①称取6.3 g某草酸晶体配成100.00 mL溶液。
②量取25.00 mL所配溶液置于锥形瓶中，加入适量稀H2SO4，用浓度为0.5 mol/L的KMnO4
溶液滴定，滴定终点时消耗KMnO4溶液的体积为10.00 mL。
(6)写出上述反应的离子方程式：___________________________________________ ________________________________________________________________________。 (7)计算x＝____________。
32．(10分)有机物H是合成免疫抑制剂药物霉酚酸的中间体，可由如图路径合成得到。
(1)有机物A中的含氧官能团的名称为__________。 (2)由C转化为D的反应类型为__________。
(3)反应⑦除了得到有机物H外还得到HBr，试剂X的结构简式为________________________________________________________________________。
(4)步骤⑤可得到副产品有机物J，有机物J和有机物F互为同分异构体，写出有机物J的结构简式：__________________________。
(5)已知：直接与苯环相连的卤素原子难以与NaOH水溶液发生取代反应。根据已有知识
并结合相关信息，写出以、HCHO为原料制备合成路线流程图(无机
试剂任用)：______________________________________。
(6)E的一种同分异构体满足下列条件：
Ⅰ.可以发生银镜反应，且能够与NaHCO3反应产生CO2；Ⅱ.是芳香族化合物，且H核磁共振谱图显示分子中有4种不同化学环境的氢。
写出该同分异构体的结构简式：___________________________________________。
考前仿真模拟卷(七)
1．A 2.C 3.B 4.C 5.B 6.D 7.A
8．A [解析] A项碘原子的质量数为53＋78＝131，A项正确；B项小苏打的化学式为
1
- 9 -
NaHCO3，B项错误；C项是Na原子的结构示意图，C项错误；D项NaOH为强碱，能完全电离，“
”应改为“===”，D项错误。
9．D [解析] H2S属于二元弱酸，属于弱电解质，A项正确；NO和CO为不成盐氧化物，即NO和CO 不属于酸性氧化物，B项正确；臭氧具有强氧化性，H2S、NO、CO具有还原性，故H2S、NO、CO都能与臭氧发生氧化还原反应，C项正确；H2S属于二元弱酸，具有还原性，NO3在酸性条件下具有强氧化性，能把－2价S氧化成S单质，溶液中出现浑浊，D项错误。
10．B [解析] 由于没有向无色的浸取液中加入氧化剂将碘离子氧化为碘单质，则加入CCl4后下层为无色，并不能说明浸取液中不含碘元素，A项错误；若向溶有CO2的BaCl2溶液中通入氨，碳酸会转化为碳酸铵，从而与BaCl2溶液发生复分解反应生成碳酸钡沉淀，B项正确；向一定量饱和氯水中通入足量SO2，再加入足量AgNO3溶液，生成的沉淀中还有Ag2SO4，C项错误；溶剂水的量太少，两支试管中的固体都有剩余，无法比较，D项错误。
11．D [解析] 具有相同质子数，不同中子数的同一元素的不同核素互为同位素，而Cl
－
37－
是离子，A项错误；该物质的名称应为2，2-二甲基丙烷，B项错误；同素异形体是针对单质
而言的，H2O、D2O都属于化合物，C项错误；(CH3)2CHCH2CH(CH3)2分子中有3种不同化学环境的氢原子，所以该分子中一个氢原子被氯原子取代后的结构有3种，D项正确。
12．C [解析] X元素的原子L层电子数是K层电子数的2倍，X为C元素；根据元素在周期表中的相对位置可知，Z为Si元素，Y为O元素，W为S元素，Q为Cl元素。同周期主族元素自左而右，原子半径逐渐减小，同主族元素自上而下，原子半径逐渐增大，则原子半径Z>W>Y，A项正确；二氧化硅为原子晶体，二氧化碳为分子晶体，晶体类型不同，B项正确；H2SO3不是S元素最高价氧化物对应的水化物，不能说明S的得电子能力比Si强，C项错误；乙烷分子中的6个氢原子被氯原子取代可以得到六氯乙烷，D项正确。
13．D [解析] HClO为弱酸，在离子方程式中应写化学式，A项错误；I的还原性大于Fe的，故FeI2溶液中加入少量氯水，I优先反应，B项错误；Fe和稀盐酸反应生成Fe，C项错误。
14．C [解析] A．恒温环境下加压，平衡逆向移动，由于A为固体，体系的气体平均相对分子质量不一定升高，故A错误；
B．任何情况下，速率之比均等于化学计量数之比，即v(C)∶v(D)＝1∶1不能判断反应达到平衡状态，故B错误；
C．恒温恒容下，物质A的质量不再改变，说明反应已达平衡，故C正确；
D．增大固体的表面积，反应速率加快，但平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，故D错误。
15．C 16.C
17. B [解析] 显然电极a、b与电解质溶液稀H2SO4组成原电池。因活泼性a>b(碳棒)，所以a为原电池的负极，失电子，发生氧化反应；b为正极，H在其表面得电子，发生还原反
- 10 -
＋
2＋
－
2＋
－
应。由于正极消耗H，溶液中c(H)减小，pH增大。在外电路中，电子由a极流向b极。
18．C
19．C [解析] A．二氧化硅是原子晶体，晶体的硬度大小取决于硅原子和氧原子之间的共价键和排列方式，选项A正确；B.乙醇分子中存在氢键，故其沸点高于二甲醚，两者的沸点高低取决于分子间作用力，选项B正确；C.冰醋酸溶于水，发生电离，破坏分子间作用力(范德华力、氢键)和共价键，选项C错误；D.氧化镁中含有离子键，比较难破坏，所以熔点高，选项D正确。
20．C
21．C [解析] 乙炔充分燃烧生成1 mol二氧化碳气体和液态水，并放出热量b kJ，则生成4 mol CO2应该放出热量4b kJ，A、B、D错误，C正确。
11（0.1－0.07） mol·L
22．D [解析] 0～15 s内，v(I2)＝v(HI)＝×＝0.001 mol·L
2215 s
－1
－1
＋＋
·s，A项错误；随着反应的进行，c(HI)减小，v(HI)减小，故c(HI)由0.07 mol·L降
－1
－1－1
到0.05 mol·L所需时间大于10 s，B项错误；升高温度，正、逆反应速率均加快，C项错误；减小反应体系的体积，相当于增大压强，化学反应速率加快，D项正确。
23．C [解析] A．M点溶液中的溶质为一水合氨，溶液显碱性，存在电离平衡NH3·H2O
NH4＋OH，其离子浓度大小关系为c(NH3·H2O)>c(OH)>c(NH4)>c(H)，A项错误；
－
＋
－
－
＋
＋
B．N点溶液中的溶质为等浓度的NH3·H2O和NH4Cl，根据图像可知，溶液显碱性，c(OH)>c(H
＋
)，根据电荷守恒式c(NH4)＋c(H)＝c(Cl)＋c(OH)可知，c(NH4)>c(Cl)，则离子浓度大
＋
－
－
＋＋－－＋－
小为c(NH4)>c(Cl)>c(NH3·H2O)>c(OH)，B项错误；
C．P点溶液中的溶质为等浓度的醋酸铵、氯化铵和醋酸，根据电荷守恒可知，c(NH4)＋
＋
c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(Cl－)＋c(OH－)，根据物料守恒可得2c(Cl－)＝c(NH＋4)＋c(NH3·H2O)，
二者结合可得c(NH4)＋2c(H)＝2c(CH3COO)＋c(NH3·H2O)＋2c(OH)，因该点对应的c(H
＋
＋
＋
－
－
)>c(OH)，则c(NH4)<2c(CH3COO)＋c(NH3·H2O)，C项正确；
D．Q点溶液中盐酸与醋酸铵按物质的量之比1∶1反应，溶液中的溶质为等浓度的醋酸和
－＋－
氯化铵，根据物料守恒可知，2c(Cl)＝c(CH3COOH)＋c(NH4)＋c(CH3COO)＋c(NH3·H2O)，D项错误。
24．C [解析] A项，亚硫酸盐具有较强的还原性，可作抗氧化剂，正确；C项，过量的氯水也要消耗NaOH溶液，且氯水具有漂白性而能使指示剂褪色，错误；D项，SO2能被碱液吸收形成SO3，调节中性的目的是防止碱液消耗I2，滴定时可使用淀粉作指示剂，正确。
25．D
26．[解析] 由题意知，A为C6H12O6，B为CH3CH2OH，C为CH3OH，D为HCHO，E为HCOOH，F为HCOOCH2CH3。(1)A为葡萄糖。(2)葡萄糖在酒化酶作用下产生CH3CH2OH。(3)HCOOH与CH3CH2OH发生酯化反应生成HCOOCH2CH3和H2O。(4)甲醇易致人失明，A项正确；HCHO、HCOOH、HCOOCH2CH3
2－
－＋－
- 11 -
分子结构中均含醛基，B项正确；CH3CH2OH的同分异构体是CH3OCH3(甲醚)，C项错误；CH3CH2OH、CH3OH与HCOOH均能发生酯化反应，D项正确。
[答案] (1)C6H12O6 (2)羟基
(3)酯化反应(或取代反应) HCOOH＋CH3CH2OH(4)C
27．[解析] (1)废液中含有Fe、Cu、Ag三种金属离子，加入过量的铁粉后，银离子被还原成单质银、铜离子被还原成金属铜，所以步骤①得到的沉淀中含有铜、银和过量的铁。
(2)步骤②是将Fe转化为Fe，发生氧化反应，所以应加氧化剂，只有新制氯水，故选C。
(3)氯化铁中加入氨水生成氢氧化铁，离子方程式为Fe＋3NH3·H2O===Fe(OH)3↓＋3NH4。 [答案] (1)银、铜、铁 (2)C (3)Fe＋3NH3·H2O===Fe(OH)3↓＋3NH4
28．(1)坩埚 除去黑木耳中的C、H元素，使有机铁转化为铁的氧化物 (2)不正确，在实验过程中＋2价铁被氧化成＋3价的铁
29．[解析] 50 mL 0.1 mol/L的AgNO3溶液中n(AgNO3)＝0.05 L×0.1 mol/L＝0.005 mol，1由BaCl2＋2AgNO3===2AgCl↓＋Ba(NO3)2，可知25 mL溶液中n(BaCl2)＝n(AgNO3)＝0.002 5 mol，
2所以100 mL溶液中n(BaCl2)＝0.01 mol，2.44 g BaCl2·xH2O的物质的量是0.01 mol，则2.44 g
BaCl2·xH2O的摩尔质量＝＝244 g/mol。当以g/mol为单位时，相对分子质量在数值
0.01 mol上和摩尔质量是相等的，故BaCl2·xH2O的相对分子质量为244，则244＝18x＋208，所以x＝2。
[答案] (1)0.01 mol (2)2
1.8 g2.24 L
30．[解析] (1)n(C)＝＝0.15 mol，n(O2)＝＝0.1 mol，结合反应：
12 g/mol22.4 mol/LC＋O2===CO2，2C＋O2===2CO，定量关系分析判断反应生成的产物，n(C)∶n(O2)＝0.15∶0.1＝3∶2，所以该反应生成的气体为CO和CO2的混合气体，反应的化学方程式可表示为3C＋2O2===2CO＋CO2，则由题意可知3 mol C全部反应放热30.65 kJ/mol×20＝613 kJ/mol；反应的热化学方程式为
①3C(s)＋2O2(g)===2CO(g)＋CO2(g) ΔH＝－613 kJ/mol ②C(s)＋O2(g)===CO2(g) ΔH＝－393.5 kJ/mol
结合盖斯定律计算，②×3－①得到CO完全燃烧生成二氧化碳的热化学方程式：2CO(g)
3＋
＋
3＋
＋
2＋
3＋3＋
2＋
＋
浓硫酸
△HCOOCH2CH3＋H2O
- 12 -
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