2016年江蘇省高考化學試卷

精品文檔精心整理精品文檔可編輯的精品文檔2016年江蘇省高考化學試卷一、單項選擇題（共10小題，每小題2分，滿分20分，每小題只有一個選項符合題意）1．（2分）大氣中CO2含量的增加會加劇“溫室效應”。下列活動會導致大氣中CO2含量增加的是（）A．燃燒煤炭供熱 B．利用風力發(fā)電 C．增加植被面積 D．節(jié)約用電用水2．（2分）下列有關化學用語表示正確的是（）A．中子數(shù)為10的氧原子： B．Mg2+的結構示意圖： C．硫化鈉的電子式： D．甲酸甲酯的結構簡式：C2H4O23．（2分）下列有關物質的性質與用途具有對應關系的是（）A．SO2具有氧化性，可用于漂白紙漿 B．NH4HCO3受熱易分解，可用作氮肥 C．Fe2（SO4）3易溶于水，可用作凈水劑 D．Al2O3熔點高，可用作耐高溫材料4．（2分）短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數(shù)依次增大，X原子的最外層有6個電子，Y是迄今發(fā)現(xiàn)的非金屬性最強的元素，在周期表中Z位于IA族，W與X屬于同一主族。下列說法正確的是（）A．元素X、W的簡單陰離子具有相同的電子層結構 B．由Y、Z兩種元素組成的化合物是離子化合物 C．W的簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性比Y的強 D．原子半徑：r（X）＜r（Y）＜r（Z）＜r（W）5．（2分）下列指定反應的離子方程式正確的是（）A．將銅插入稀硝酸中：Cu+4H++2NO3﹣═Cu2++2NO2↑+H2O B．向Fe2（SO4）3溶液中加入過量鐵粉：Fe3++Fe═2Fe2+ C．向Al2（SO4）3溶液中加入過量氨水：Al3++3NH3?H2O═Al（OH）3↓+3NH4+ D．向Na2SiO3溶液中滴加稀鹽酸：Na2SiO3+3H+═H2SiO3↓+3Na+6．（2分）根據(jù)侯氏制堿原理制備少量NaHCO3的實驗，經(jīng)過制取氨氣、制取NaHCO3、分離NaHCO3、干燥NaHCO3四個步驟，下列圖示裝置和原理能達到實驗目的是（）A．制取氨氣 B．制取NaHCO3 C．分離NaHCO3 D．干燥NaHCO37．（2分）下列說法正確的是（）A．氫氧燃料電池工作時，H2在負極上失去電子 B．0.1mol?L﹣1Na2CO3溶液加熱后，溶液的pH減小 C．常溫常壓下，22.4LCl2中含有的分子數(shù)為6.02×1023個 D．室溫下，稀釋0.1mol?L﹣1CH3COOH溶液，溶液的導電能力增強8．（2分）通過以下反應均可獲取H2．下列有關說法正確的是（）①太陽光催化分解水制氫：2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H1＝+571.6kJ?mol﹣1②焦炭與水反應制氫：C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H2＝+131.3kJ?mol﹣1③甲烷與水反應制氫：CH4（g）+H2O（g）═CO（g）+3H2（g）△H3＝+206.1kJ?mol﹣1。A．反應①中電能轉化為化學能 B．反應②為放熱反應 C．反應③使用催化劑，△H3減小 D．反應CH4（g）═C（s）+2H2（g）的△H＝+74.8kJ?mol﹣19．（2分）在給定的條件下，下列選項所示的物質間轉化均能實現(xiàn)的是（）A．SiO2SiCl4Si B．FeS2SO2H2SO4 C．N2NH3NH4Cl（aq） D．MgCO3MgCl2（aq）Mg10．（2分）下列圖示與對應的敘述不相符合的是（）A．圖甲表示燃料燃燒反應的能量變化 B．圖乙表示酶催化反應的反應速率隨反應溫度的變化 C．圖丙表示弱電解質在水中建立電離平衡的過程 D．圖丁表示強堿滴定強酸的滴定曲線二、不定項選擇題：本題共5個小題，每小題4分，共計20分，每個小題只有一個或兩個選項符合題意。若正確答案只包括一個選項，多選時，該小題得0分；若正確答案包括兩個選項，只選一個且正確的得2分，選兩個且全部選對的得4分，但只要選錯一個，該小題就得0分。11．（4分）化合物X是一種醫(yī)藥中間體，其結構簡式如圖所示。下列有關化合物X的說法正確的是（）A．分子中兩個苯環(huán)一定處于同一平面 B．不能與飽和Na2CO3溶液反應 C．1mol化合物X最多能與2molNaOH反應 D．在酸性條件下水解，水解產(chǎn)物只有一種12．（4分）制備（NH4）2Fe（SO4）2?6H2O的實驗中，需對過濾出產(chǎn)品的母液（pH＜1）進行處理。常溫下，分別取母液并向其中加入指定物質，反應后的溶液中主要存在的一組離子正確的是（）A．通入過量Cl2：Fe2+、H+、NH4+、Cl﹣、SO42﹣ B．加入過量NaClO溶液：NH4+、Fe2+、H+、SO42﹣、ClO﹣ C．加入過量NaOH溶液：Na+、Fe2+、NH4+、SO42﹣、OH﹣ D．加入過量NaClO溶液和NaOH的混合溶液：Na+、SO42﹣、Cl﹣、ClO﹣、OH﹣13．（4分）根據(jù)下列實驗操作和現(xiàn)象所得到的結論正確的是（）選項實驗操作和現(xiàn)象結論A室溫下，向苯酚鈉溶液中通入足量CO2，溶液變渾濁碳酸的酸性比苯酚的強B室溫下，向濃度為0.1mol?L﹣1的BaCl2和CaCl2混合溶液中滴加Na2SO4溶液，出現(xiàn)白色沉淀Ksp（BaSO4）＜Ksp（CaSO4）C室溫下，向FeCl3溶液中滴加少量KI溶液，再滴加幾滴淀粉溶液，溶液變藍色Fe3+的氧化性比I2的強D室溫下，用pH試紙測得0.1mol?L﹣1Na2SO3溶液的pH約為10；0.1mol?L﹣1NaHSO3溶液的pH約為5HSO3﹣結合H+的能力比SO32﹣的強A．A B．B C．C D．D14．（4分）H2C2O4為二元弱酸。20℃時，配制一組c（H2C2O4）+c（HC2O4﹣）+c（C2O42﹣）＝0.100mol?L﹣1的H2C2O4和NaOH混合溶液，溶液中部分微粒的物質的量濃度隨pH的變化曲線如圖所示。下列指定溶液中微粒的物質的量濃度關系一定正確的是（）A．pH＝2.5的溶液中：c（H2C2O4）+c（C2O42﹣）＞c（HC2O4﹣） B．c（Na+）＝0.100mol?L﹣1的溶液中：c（H+）+c（H2C2O4）＝c（OH﹣）+c（C2O42﹣） C．c（HC2O4﹣）＝c（C2O42﹣）的溶液中：c（Na+）＞0.100mol?L﹣1+c（HC2O4﹣） D．pH＝7的溶液中：c（Na+）＞2c（C2O42﹣）15．（4分）一定溫度下，在3個體積均為1.0L的密閉容器中反應2H2（g）+CO（g）?CH3OH（g）達到平衡，下列說法正確的是（）容器溫度/℃物質的起始濃度/mol?L﹣1物質的平衡濃度/mol?L﹣1c（H2）c（CO）c（CH3OH）c（CH3OH）Ⅰ4000.200.1000.080Ⅱ4000.400.200Ⅲ500000.100.025A．該反應的正反應放熱 B．達到平衡時，容器Ⅰ中反應物轉化率比容器Ⅱ中的大 C．達到平衡時，容器Ⅱ中c（H2）大于容器Ⅲ中c（H2）的兩倍 D．達到平衡時，容器Ⅲ中的反應速率比容器Ⅰ中的大三、解答題（共5小題，滿分68分）16．（12分）以電石渣[主要成分為Ca（OH）2和CaCO3]為原料制備KClO3的流程如圖1：（1）氯化過程控制電石渣過量，在75℃左右進行。氯化時存在Cl2與Ca（OH）2作用生成Ca（ClO）2的反應，Ca（ClO）2進一步轉化為Ca（ClO3）2，少量Ca（ClO）2分解為CaCl2和O2。①生成Ca（ClO）2的化學方程式為。②提高Cl2轉化為Ca（ClO3）2的轉化率的可行措施有（填序號）。A．適當減緩通入Cl2速率B．充分攪拌漿料C．加水使Ca（OH）2完全溶解（2）氯化過程中Cl2轉化為Ca（ClO3）2的總反應方程式為：6Ca（OH）2+6Cl2═Ca（ClO3）2+5CaCl2+6H2O氯化完成后過濾。①濾渣的主要成分為（填化學式）。②濾液中Ca（ClO3）2與CaCl2的物質的量之比n[Ca（ClO3）2]：n[CaCl2]1：5（填“＞”、“＜”或“＝”）。（3）向濾液中加入稍過量KCl固體可將Ca（ClO3）2轉化為KClO3，若溶液中KClO3的含量為100g?L﹣1，從該溶液中盡可能多地析出KClO3固體的方法是。17．（15分）化合物H是合成抗心律失常藥物泰達隆的一種中間體，可通過以下方法合成：（1）D中的含氧官能團名稱為（寫兩種）。（2）F→G的反應類型為。（3）寫出同時滿足下列條件的C的一種同分異構體的結構簡式。①能發(fā)生銀鏡反應；②能發(fā)生水解反應，其水解產(chǎn)物之一能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應；③分子中只有4種不同化學環(huán)境的氫。（4）E經(jīng)還原得到F，E的分子式為C14H17O3N，寫出E的結構簡式。（5）已知：①苯胺（）易被氧化請以甲苯和（CH3CO）2O為原料制備，寫出制備的合成路線流程圖（無機試劑任用，合成路線流程圖示例見本題題干）。18．（12分）過氧化鈣（CaO2?8H2O）是一種在水產(chǎn)養(yǎng)殖中廣泛使用的供氧劑。（1）Ca（OH）2懸濁液與H2O2溶液反應可制備CaO2?8H2O。Ca（OH）2+H2O2+6H2O═CaO2?8H2O反應時通常加入過量的Ca（OH）2，其目的是。（2）箱池塘水中加入一定量的CaO2?8H2O后，池塘水中濃度增加的離子有（填序號）。A．Ca2+B．H+C．CO32﹣D．OH﹣（3）水中溶解氧的測定方法如下：向一定量水樣中加入適量MnSO4和堿性KI溶液，生成MnO（OH）2沉淀，密封靜置，加入適量稀H2SO4，將MnO（OH）2與I﹣完全反應生成Mn2+和I2后，以淀粉作指示劑，用Na2S2O3標準溶液滴定至終點，測定過程中物質的轉化關系如下：①寫出O2將Mn2+氧化成MnO（OH）2的離子方程式：。②取加過一定量CaO2?8H2O的池塘水樣100.00mL，按上述方法測定水中溶解氧量，消耗0.01000mol?L﹣1Na2S2O3標準溶液13.50mL．計算該水樣中的溶解氧（用mg?L﹣1表示），寫出計算過程。19．（15分）實驗室以一種工業(yè)廢渣（主要成分為MgCO3、Mg2SiO4和少量Fe、Al的氧化物）為原料制備MgCO3?3H2O．實驗過程如圖1：（1）酸溶過程中主要反應的熱化學方程式為MgCO3（S）+2H+（aq）═Mg2+（aq）+CO2（g）+H2O（l）△H＝﹣50.4kJ?mol﹣1Mg2SiO4（s）+4H+（aq）═2Mg2+（aq）+H2SiO3（s）+H2O（l）△H＝﹣225.4kJ?mol﹣1酸溶需加熱的目的是；所加H2SO4不宜過量太多的原因是。（2）加入H2O2氧化時發(fā)生發(fā)應的離子方程式為。（3）用圖2所示的實驗裝置進行萃取分液，以除去溶液中的Fe3+。①實驗裝置圖中儀器A的名稱為。②為使Fe3+盡可能多地從水相轉移至有機相，采取的操作：向裝有水溶液的儀器A中加入一定量的有機萃取劑，、靜置、分液，并重復多次。（4）請補充完整由萃取后得到的水溶液制備MgCO3?3H2O的實驗方案：邊攪拌邊向溶液中滴加氨水，，過濾、用水洗滌固體2﹣3次，在50℃下干燥，得到MgCO3?3H2O。[已知該溶液中pH＝8.5時Mg（OH）2開始沉淀；pH＝5.0時Al（OH）3沉淀完全]。20．（14分）鐵炭混合物（鐵屑和活性炭的混合物）、納米鐵粉均可用于處理水中污染物。（1）鐵炭混合物在水溶液中可形成許多微電池。將含有Cr2O72﹣的酸性廢水通過鐵炭混合物，在微電池正極上Cr2O72﹣轉化為Cr3+，其電極反應式為。（2）在相同條件下，測量總質量相同、鐵的質量分數(shù)不同的鐵炭混合物對水中Cu2+和Pb2+的去除率，結果如圖1所示。①當鐵炭混合物中鐵的質量分數(shù)為0時，也能去除水中少量的Cu2+和Pb2+，其原因是。②當鐵炭混合物中鐵的質量分數(shù)大于50%時，隨著鐵的質量分數(shù)的增加，Cu2+和Pb2+的去除率不升反降，其主要原因是。（3）納米鐵粉可用于處理地下水中的污染物。①一定條件下，向FeSO4溶液中滴加堿性NaBH4溶液，溶液中BH4﹣（B元素的化合價為+3）與Fe2+反應生成納米鐵粉、H2和B（OH）4﹣，其離子方程式為。②納米鐵粉與水中NO3﹣反應的離子方程式為4Fe+NO3﹣+10H+═4Fe2++NH4++3H2O研究發(fā)現(xiàn)，若pH偏低將會導致NO3﹣的去除率下降，其原因是。③相同條件下，納米鐵粉去除不同水樣中NO3﹣的速率有較大差異（見圖2），產(chǎn)生該差異的可能原因是?！具x做題】本題包括21、22兩小題，請選定其中一個小題，并在相應的答題區(qū)域內作答．若多做，則按21小題評分．[物質結構與性質]21．（12分）[Zn（CN）4]2﹣在水溶液中與HCHO發(fā)生如下反應：4HCHO+[Zn（CN）4]2﹣+4H++4H2O═[Zn（H2O）4]2++4HOCH2CN（1）Zn2+基態(tài)核外電子排布式為。（2）1molHCHO分子中含有σ鍵的數(shù)目為mol。（3）HOCH2CN分子中碳原子軌道的雜化軌道類型是。（4）與H2O分子互為等電子體的陰離子為。（5）[Zn（CN）4]2﹣中Zn2+與CN﹣的C原子形成配位鍵，不考慮空間構型，[Zn（CN）4]2﹣的結構可用示意圖表示為。[實驗化學]（共1小題，滿分0分）22．焦亞硫酸鈉（Na2S2O5）是常用的抗氧化劑，在空氣中，受熱時均易分解。實驗室制備少量Na2S2O5的方法。在不斷攪拌下，控制反應溫度在40℃左右，向Na2CO3過飽和溶液中通入SO2，實驗裝置如圖所示。當溶液pH約為4時，停止反應。在20℃靜置結晶，生成Na2S2O5的化學方程式為：2NaHSO3═Na2S2O5+H2O。（1）SO2與Na2CO3溶液反應生成NaHSO3和CO2，其離子方程式為。（2）裝置Y的作用是。（3）析出固體的反應液經(jīng)減壓抽濾，洗滌，25℃﹣30℃干燥，可獲得Na2S2O5固體。①組成減壓抽濾裝置的主要儀器是布氏漏斗、和抽氣泵。②依次用飽和SO2水溶液、無水乙醇洗滌Na2S2O5固體，用飽和SO2水溶液洗滌的目的是。（4）實驗制得的Na2S2O5固體中含有一定量的Na2SO3和Na2SO4，其可能的原因是。精品文檔精心整理精品文檔可編輯的精品文檔2016年江蘇省高考化學試卷解析版參考答案與試題解析一、單項選擇題（共10小題，每小題2分，滿分20分，每小題只有一個選項符合題意）1．（2分）大氣中CO2含量的增加會加劇“溫室效應”。下列活動會導致大氣中CO2含量增加的是（）A．燃燒煤炭供熱 B．利用風力發(fā)電 C．增加植被面積 D．節(jié)約用電用水【考點】F7：常見的生活環(huán)境的污染及治理．【專題】56：化學應用．【分析】燃燒煤炭供熱時，碳與氧氣反應產(chǎn)生大量的二氧化碳氣體；風力發(fā)電、節(jié)約用水用電中不會涉及到含碳物質的燃燒；增加植被面積可以有效減少CO2的排放，據(jù)此分析回答?！窘獯稹拷猓篈．燃燒煤炭供熱時，碳與氧氣反應產(chǎn)生大量的二氧化碳氣體，故A正確；B．風力發(fā)電可減少二氧化碳含量，故B錯誤；C、增加植被面積可以吸收二氧化碳，減少CO2含量，故C錯誤；D、節(jié)約用水用電與二氧化碳無關，故D錯誤。故選：A?！军c評】本題考查環(huán)境問題及物質的性質，明確含碳物質的燃燒會導致二氧化碳含量增大，導致溫室效應，題目較為簡單，根據(jù)生活實際分析的回答即可解答。2．（2分）下列有關化學用語表示正確的是（）A．中子數(shù)為10的氧原子： B．Mg2+的結構示意圖： C．硫化鈉的電子式： D．甲酸甲酯的結構簡式：C2H4O2【考點】4J：電子式、化學式或化學符號及名稱的綜合．【專題】514：化學用語專題．【分析】A．中子數(shù)+質子數(shù)＝質量數(shù)，結合原子表示方法分析判斷，質量數(shù)標記在元素符號左上角，質子數(shù)標記在左下角；B．鎂離子是鎂原子失去最外層2個電子形成；C．硫化鈉是鈉離子和硫離子形成的離子化合物，電子式中需要標記陰陽離子；D．結構簡式需要表示出結構特征和官能團；【解答】解：A．中子數(shù)為10的氧原子，質子數(shù)為8，則質量數(shù)為18，則原子表示為，故A錯誤；B．鎂離子是鎂原子失去最外層2個電子形成，離子的結構示意圖為：，故B正確；C．硫化鈉的化學式中含有兩個鈉離子，硫化鈉正確的電子式為：，故C錯誤；D．甲酸甲酯的結構簡式：HCOOCH3，C2H4O2為甲酸甲酯的分子式，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題考查了化學用語的規(guī)范應用和書寫方法，注意檢查的熟練掌握，題目較簡單。3．（2分）下列有關物質的性質與用途具有對應關系的是（）A．SO2具有氧化性，可用于漂白紙漿 B．NH4HCO3受熱易分解，可用作氮肥 C．Fe2（SO4）3易溶于水，可用作凈水劑 D．Al2O3熔點高，可用作耐高溫材料【考點】14：物質的組成、結構和性質的關系．【專題】52：元素及其化合物．【分析】A．二氧化硫化合價居于中間價態(tài)，具有氧化性，但漂白紙張是利用二氧化硫的漂白性；B．碳酸氫銨具有易分解的性質，做氮肥是利用其溶解后銨根離子被植物吸收做氮肥；C．硫酸鐵溶液中鐵離子水解生成氫氧化鐵膠體具有吸附懸浮雜質的作用，可以凈水；D．利用氧化鋁熔點高的性質可以做耐火材料?！窘獯稹拷猓篈．二氧化硫化合價居于中間價態(tài)，具有氧化性和還原性，但漂白紙張是利用二氧化硫的漂白性，不是其氧化性，故A錯誤；B．做氮肥是利用碳酸氫銨溶解后的銨根離子被植物吸收做氮肥，不是利用其分解的性質，故B錯誤；C．硫酸鐵溶液中鐵離子水解生成氫氧化鐵膠體具有吸附懸浮雜質的作用，可以凈水，不是利用的易溶于水的性質，故C錯誤；D．Al2O3熔點高，不易熔融可用作耐高溫材料，故D正確；故選：D。【點評】本題考查了二氧化硫、銨鹽、鐵鹽和氧化鋁的性質應用分析判斷，注意知識積累，題目較簡單。4．（2分）短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數(shù)依次增大，X原子的最外層有6個電子，Y是迄今發(fā)現(xiàn)的非金屬性最強的元素，在周期表中Z位于IA族，W與X屬于同一主族。下列說法正確的是（）A．元素X、W的簡單陰離子具有相同的電子層結構 B．由Y、Z兩種元素組成的化合物是離子化合物 C．W的簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性比Y的強 D．原子半徑：r（X）＜r（Y）＜r（Z）＜r（W）【考點】8F：原子結構與元素周期律的關系．【專題】51C：元素周期律與元素周期表專題．【分析】Y是迄今發(fā)現(xiàn)的非金屬性最強的元素，應為F，X原子的最外層有6個電子，且原子序數(shù)小于F，應為O元素，在周期表中Z位于IA族，由原子序數(shù)關系可知Z為Na元素，W與X屬于同一主族，W應為S元素，結合對應物質的性質以及元素周期率知識解答該題?！窘獯稹拷猓篩是迄今發(fā)現(xiàn)的非金屬性最強的元素，應為F，X原子的最外層有6個電子，且原子序數(shù)小于F，應為O元素，在周期表中Z位于IA族，由原子序數(shù)關系可知Z為Na元素，W與X屬于同一主族，W應為S元素，A．元素X、W的簡單陰離子分別為O2﹣、S2﹣，離子的電子層結構不同，故A錯誤；B．Y為F，Z為Na，由Y、Z兩種元素組成的化合物為NaF，是離子化合物，故B正確；C．非金屬性F＞S，元素的非金屬性越強，對應的氫化物越穩(wěn)定，故C錯誤；D．原子核外電子層數(shù)越多，原子半徑越大，同周期元素從左到右原子半徑逐漸減小，則半徑r（F）＜r（O）＜r（S）＜r（Na），故D錯誤。故選：B?！军c評】本題考查了原子結構與元素周期律的關系，題目難度中等，正確推斷元素為解答關鍵，注意掌握原子結構與元素周期律、元素周期表的關系，試題培養(yǎng)了學生的分析能力及靈活應用能力。5．（2分）下列指定反應的離子方程式正確的是（）A．將銅插入稀硝酸中：Cu+4H++2NO3﹣═Cu2++2NO2↑+H2O B．向Fe2（SO4）3溶液中加入過量鐵粉：Fe3++Fe═2Fe2+ C．向Al2（SO4）3溶液中加入過量氨水：Al3++3NH3?H2O═Al（OH）3↓+3NH4+ D．向Na2SiO3溶液中滴加稀鹽酸：Na2SiO3+3H+═H2SiO3↓+3Na+【考點】49：離子方程式的書寫．【專題】516：離子反應專題．【分析】A．銅和稀硝酸反應生成硝酸銅、一氧化氮和水；B．鐵和硫酸鐵反應生成硫酸亞鐵，離子方程式中需要符合電荷守恒；C．硫酸鋁溶液中加入過量氨水反應生成氫氧化鋁沉淀和硫酸銨，氫氧化鋁是兩性氫氧化物不溶于弱酸弱堿；D．硅酸鈉溶液中滴入鹽酸反應生成硅酸沉淀，硅酸鈉是強電解質溶液中完全電離。【解答】解：A．將銅插入稀硝酸中反應的離子方程式為：3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O，故A錯誤；B．向Fe2（SO4）3溶液中加入過量鐵粉反應的離子方程式為：2Fe3++Fe═3Fe2+，故B錯誤；C．向Al2（SO4）3溶液中加入過量氨水反應的離子方程式：Al3++3NH3?H2O═Al（OH）3↓+3NH4+，故C正確；D．向Na2SiO3溶液中滴加稀鹽酸反應的離子方程式：SiO32﹣+2H+═H2SiO3↓，故D錯誤；故選：C?！军c評】本題考查了離子方程式書寫方法，主要是物質性質的熟練掌握、反應產(chǎn)物判斷等知識，題目難度不大。6．（2分）根據(jù)侯氏制堿原理制備少量NaHCO3的實驗，經(jīng)過制取氨氣、制取NaHCO3、分離NaHCO3、干燥NaHCO3四個步驟，下列圖示裝置和原理能達到實驗目的是（）A．制取氨氣 B．制取NaHCO3 C．分離NaHCO3 D．干燥NaHCO3【考點】U5：化學實驗方案的評價．【專題】25：實驗評價題．【分析】A．氯化銨不穩(wěn)定，加熱易分解，溫度稍低又可生成氯化銨；B．氣體通入方向錯誤；C．從溶液中分離碳酸氫鈉固體，可用過濾的方法；D．碳酸氫鈉不穩(wěn)定，不能直接加熱干燥。【解答】解：A．氯化銨不穩(wěn)定，加熱易分解，溫度稍低又可生成氯化銨，制備氨氣，應用氯化銨和氫氧化鈣為反應物，故A錯誤；B．應將二氧化碳從長導管進入，否則將液體排出，故B錯誤；C．從溶液中分離碳酸氫鈉固體，可用過濾的方法，故C正確；D．碳酸氫鈉不穩(wěn)定，不能直接加熱干燥，可烘干，故D錯誤。故選：C?！军c評】本題考查較為綜合，涉及物質的分離、提純以及制備，為高考常見題型，側重于學生的分析、實驗能力的考查，注意把握實驗的嚴密性和可行性的評價，難度不大。7．（2分）下列說法正確的是（）A．氫氧燃料電池工作時，H2在負極上失去電子 B．0.1mol?L﹣1Na2CO3溶液加熱后，溶液的pH減小 C．常溫常壓下，22.4LCl2中含有的分子數(shù)為6.02×1023個 D．室溫下，稀釋0.1mol?L﹣1CH3COOH溶液，溶液的導電能力增強【考點】BH：原電池和電解池的工作原理；D4：電解質溶液的導電性；DB：鹽類水解的原理．【專題】51H：鹽類的水解專題；51I：電化學專題．【分析】A、氫氧燃料電池中，H2在負極上失去電子；B、加熱促進碳酸根離子的水解，使得氫氧根離子濃度增大；C、不是標準狀況，不能用公式計算氣體的物質的量；D、電解質的導電能力與溶液中自由移動陰陽離子的濃度有關?！窘獯稹拷猓篈、氫氧燃料電池中，H2在負極上失去電子被氧化，故A正確；B、Na2CO3溶液加熱，促進碳酸根離子的水解，使得氫氧根離子濃度增大，溶液的pH增大，故B錯誤；C、常溫常壓，不是標準狀況，22.4LCl2中，不能用公式計算氣體的物質的量，故C錯誤；D、電解質的導電能力與溶液中自由移動陰陽離子的濃度有關，稀釋0.1mol?L﹣1CH3COOH溶液，使得離子濃度減小，導電能力減弱，故D錯誤。故選：A?！军c評】本題考查了原電池基本原理、鹽類水解的影響因素、NA的計算和導電能力強弱的判斷，綜合性強，但是較為基礎，掌握基本原理是解題的關鍵，難度不大。8．（2分）通過以下反應均可獲取H2．下列有關說法正確的是（）①太陽光催化分解水制氫：2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H1＝+571.6kJ?mol﹣1②焦炭與水反應制氫：C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H2＝+131.3kJ?mol﹣1③甲烷與水反應制氫：CH4（g）+H2O（g）═CO（g）+3H2（g）△H3＝+206.1kJ?mol﹣1。A．反應①中電能轉化為化學能 B．反應②為放熱反應 C．反應③使用催化劑，△H3減小 D．反應CH4（g）═C（s）+2H2（g）的△H＝+74.8kJ?mol﹣1【考點】BB：反應熱和焓變．【專題】517：化學反應中的能量變化．【分析】A、太陽光催化分解水制氫氣，是光能轉化為化學能；B、△H2＞0，反應為吸熱反應；C、催化劑不能改變反應熱的大??；D、根據(jù)蓋斯定律，目標反應CH4（g）═C（s）+2H2（g）相當于③﹣②?！窘獯稹拷猓篈、太陽光催化分解水制氫氣，是光能轉化為化學能，故A錯誤；B、反應的△H2＞0，故該反應為吸熱反應，故B錯誤；C、催化劑不能改變反應熱的大小，只能改變化學反應速率，故C錯誤；D、根據(jù)蓋斯定律，目標反應CH4（g）═C（s）+2H2（g）相當于③﹣②，故△H＝△H3﹣△H2，△H＝+206.1kJ?mol﹣1﹣（+131.3kJ?mol﹣1）＝+74.8kJ?mol﹣1，故D正確。故選：D?！军c評】本題考查了化學反應與能量變化，利用蓋斯定律進行相關計算，注意催化劑不能改變焓變，蓋斯定律計算時焓變的加減時正負號為易錯點，題目難度較小。9．（2分）在給定的條件下，下列選項所示的物質間轉化均能實現(xiàn)的是（）A．SiO2SiCl4Si B．FeS2SO2H2SO4 C．N2NH3NH4Cl（aq） D．MgCO3MgCl2（aq）Mg【考點】FH：硅和二氧化硅；GK：鎂、鋁的重要化合物．【專題】52：元素及其化合物．【分析】A．二氧化硅為酸性氧化物和鹽酸不反應；B．FeS2燃燒生成二氧化硫，二氧化硫和水反應生成亞硫酸；C．氮氣和氫氣一定條件下反應生成氨氣，氨氣和鹽酸反應生成氯化銨；D．碳酸鎂和鹽酸反應生成氯化鎂、二氧化碳和水，氯化鎂溶液電解不能生成金屬鎂。【解答】解：A．二氧化硅屬于酸性氧化物和鹽酸不反應，不能一步實現(xiàn)反應，故A錯誤；B．二氧化硫和水反應生成亞硫酸，亞硫酸被氧化生成硫酸，二氧化硫和水不能一步轉化，故B錯誤；C．氮氣和氫氣在催化劑、高溫高壓條件下反應生成氨氣，氨氣是堿性氣體和鹽酸反應生成氯化銨，兩步反應能一步實現(xiàn)，故C正確；D．碳酸鎂溶于鹽酸生成氯化鎂溶液，氯化鎂溶液電解得到氫氧化鎂，氫氣和氯氣，不能直接得到金屬鎂，應是電解熔融狀態(tài)的氯化鎂得到金屬鎂，故D錯誤；故選：C?！军c評】本題考查了物質性質、物質轉化的應用，主要是硅、硫、氮、鎂的化合物性質的理解判斷，掌握基礎是解題關鍵，題目較簡單。10．（2分）下列圖示與對應的敘述不相符合的是（）A．圖甲表示燃料燃燒反應的能量變化 B．圖乙表示酶催化反應的反應速率隨反應溫度的變化 C．圖丙表示弱電解質在水中建立電離平衡的過程 D．圖丁表示強堿滴定強酸的滴定曲線【考點】BB：反應熱和焓變．【分析】A．燃料燃燒應放出熱量，反應物總能量大于生成物總能量；B．溫度過高，酶失去催化活性；C．弱電解質存在電離平衡，平衡時正逆反應速率相等；D．強堿滴定強酸，溶液pH增大，存在pH的突變?！窘獯稹拷猓篈．燃料燃燒應放出熱量，反應物總能量大于生成物總能量，而題目所給圖為吸熱反應，故A錯誤；B．酶為蛋白質，溫度過高，蛋白質變性，則酶催化能力降低，甚至失去催化活性，故B正確；C．弱電解質存在電離平衡，平衡時正逆反應速率相等，圖象符合電離特點，故C正確；D．強堿滴定強酸，溶液pH增大，存在pH的突變，圖象符合，故D正確。故選：A。【點評】本題考查較為綜合，涉及弱電解質的電離、化學反應與能量、化學平衡的影響，考查《化學反應原理》主要內容，側重學生的分析能力的考查，為高考常見題型，易錯點為B，注意蛋白質的性質，難度不大。二、不定項選擇題：本題共5個小題，每小題4分，共計20分，每個小題只有一個或兩個選項符合題意。若正確答案只包括一個選項，多選時，該小題得0分；若正確答案包括兩個選項，只選一個且正確的得2分，選兩個且全部選對的得4分，但只要選錯一個，該小題就得0分。11．（4分）化合物X是一種醫(yī)藥中間體，其結構簡式如圖所示。下列有關化合物X的說法正確的是（）A．分子中兩個苯環(huán)一定處于同一平面 B．不能與飽和Na2CO3溶液反應 C．1mol化合物X最多能與2molNaOH反應 D．在酸性條件下水解，水解產(chǎn)物只有一種【考點】HD：有機物的結構和性質．【專題】534：有機物的化學性質及推斷．【分析】有物含有酯，可生水解反，含有基，具有酸，可生中和、酯化反應，結合有物結構特點解答題?！窘獯稹拷猓篈．兩苯環(huán)連接在飽和原子上具有甲烷結構點且﹣C為鍵可自由旋，則分子中兩個苯不一定處于同一平面，故A錯誤；B．含有羧基，具有酸性，可與碳酸鈉溶液反應，故B錯誤；C．含有酯基，且可水解生成酚羥基和羧基，都可與氫氧化鈉反應，且含有羧基，則1mol化合物X最多能與3molNaOH反應，故C錯誤；D．能水解的只有酯基，且為環(huán)狀化合物，則水解產(chǎn)物只有一種，故D正確。故選：D?！军c評】本題查有機物的結構與性，為高頻考點，題目中等，注意把握官能團的性質，為解答該題的關鍵，題目有利于培養(yǎng)學生良好的科學素養(yǎng)，提高分析能力，12．（4分）制備（NH4）2Fe（SO4）2?6H2O的實驗中，需對過濾出產(chǎn)品的母液（pH＜1）進行處理。常溫下，分別取母液并向其中加入指定物質，反應后的溶液中主要存在的一組離子正確的是（）A．通入過量Cl2：Fe2+、H+、NH4+、Cl﹣、SO42﹣ B．加入過量NaClO溶液：NH4+、Fe2+、H+、SO42﹣、ClO﹣ C．加入過量NaOH溶液：Na+、Fe2+、NH4+、SO42﹣、OH﹣ D．加入過量NaClO溶液和NaOH的混合溶液：Na+、SO42﹣、Cl﹣、ClO﹣、OH﹣【考點】DP：離子共存問題．【專題】516：離子反應專題．【分析】根據(jù)離子之間不能結合生成水、氣體、沉淀、弱電解質，不能發(fā)生氧化還原反應等，離子能大量共存，并結合母液中含有（NH4）2?Fe（SO4）2?6H2O晶體中的離子，利用離子共存的觀點分析解答?！窘獯稹拷猓篈．氯氣與還原性離子Fe2+發(fā)生氧化還原反應，不能存在二價鐵離子，故A錯誤；B．Fe2+有強還原性，酸性條件ClO﹣離子具有強氧化性，要發(fā)生氧化還原反應，不能共存，故B錯誤；C．Fe2+、OH﹣結合生成沉淀，銨根離子與堿結合生成弱電解質，不能共存，故C錯誤；D．該組離子之間不反應，能共存，加入過量NaClO溶液和NaOH的混合溶液，離子之間不反應，能共存，故D正確；故選：D?！军c評】本題考查離子的共存，熟悉復分解反應發(fā)生的條件及強氧化性離子與強還原性離子間發(fā)生的氧化還原反應即可解答，注重基礎知識的考查，題目難度不大。13．（4分）根據(jù)下列實驗操作和現(xiàn)象所得到的結論正確的是（）選項實驗操作和現(xiàn)象結論A室溫下，向苯酚鈉溶液中通入足量CO2，溶液變渾濁碳酸的酸性比苯酚的強B室溫下，向濃度為0.1mol?L﹣1的BaCl2和CaCl2混合溶液中滴加Na2SO4溶液，出現(xiàn)白色沉淀Ksp（BaSO4）＜Ksp（CaSO4）C室溫下，向FeCl3溶液中滴加少量KI溶液，再滴加幾滴淀粉溶液，溶液變藍色Fe3+的氧化性比I2的強D室溫下，用pH試紙測得0.1mol?L﹣1Na2SO3溶液的pH約為10；0.1mol?L﹣1NaHSO3溶液的pH約為5HSO3﹣結合H+的能力比SO32﹣的強A．A B．B C．C D．D【考點】U5：化學實驗方案的評價．【分析】A．苯酚鈉與二氧化碳反應生成苯酚；B．向混合溶液中滴加Na2SO4溶液，不能確定生成的白色沉淀成分；C．碘離子和鐵離子反應生成碘和亞鐵離子，碘遇淀粉試液變藍色，同一氧化還原反應中，氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性；D．陰離子水解程度越大，溶液pH越大，說明越易結合氫離子?！窘獯稹拷猓篈．苯酚鈉與二氧化碳反應生成苯酚，由現(xiàn)象可知碳酸的酸性比苯酚的強，故A正確；B．向濃度均為0.1mol?L﹣1的BaCl2和CaCl2混合溶液中滴加Na2SO4溶液，出現(xiàn)白色沉淀，無法確定生成沉淀成分，則不能比較Ksp（BaSO4）、Ksp（CaSO4）的大小，故B錯誤；C．碘離子和鐵離子反應生成碘和亞鐵離子，碘遇淀粉試液變藍色，同一氧化還原反應中，氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性，該反應中氧化劑是鐵離子、氧化產(chǎn)物的碘，所以氧化性：Fe3+＞I2，故C正確；D．陰離子水解程度越大，溶液的pH越大，說明越易結合氫離子，則HSO3﹣結合H+的能力比SO32﹣的弱，故D錯誤；故選：AC?！军c評】本題考查實驗方案的評價，題目難度中等，涉及物質的性質比較、檢驗及難溶物溶度積大小比較等知識，為高考常見題型，側重于學生的分析、實驗能力的考查，注意把握實驗的嚴密性和可行性的評價，試題有利于提高學生的分析、理解能力及化學實驗能力。14．（4分）H2C2O4為二元弱酸。20℃時，配制一組c（H2C2O4）+c（HC2O4﹣）+c（C2O42﹣）＝0.100mol?L﹣1的H2C2O4和NaOH混合溶液，溶液中部分微粒的物質的量濃度隨pH的變化曲線如圖所示。下列指定溶液中微粒的物質的量濃度關系一定正確的是（）A．pH＝2.5的溶液中：c（H2C2O4）+c（C2O42﹣）＞c（HC2O4﹣） B．c（Na+）＝0.100mol?L﹣1的溶液中：c（H+）+c（H2C2O4）＝c（OH﹣）+c（C2O42﹣） C．c（HC2O4﹣）＝c（C2O42﹣）的溶液中：c（Na+）＞0.100mol?L﹣1+c（HC2O4﹣） D．pH＝7的溶液中：c（Na+）＞2c（C2O42﹣）【考點】DN：離子濃度大小的比較；DO：酸堿混合時的定性判斷及有關ph的計算．【專題】51G：電離平衡與溶液的pH專題．【分析】A．依據(jù)圖象可知pH＝2.5的溶液中：c（H2C2O4）+c（C2O42﹣）＜c（HC2O4﹣）；B．依據(jù)溶液中電荷守恒和物料守恒分析，c（Na+）＝0.100mol/L的溶液中c（H+）+c（H2C2O4）＝c（OH﹣）+c（C2O42﹣）；C．c（HC2O4﹣）＝c（C2O42﹣）的溶液中c（Na+）＜0.100mol?L﹣1+c（HC2O4﹣）；D．20℃時，Kw＝0.681×10﹣14，pH＝7的溶液中，顯酸性，（H+）＞c（OH﹣），根據(jù)電荷守恒判斷?！窘獯稹拷猓篈．由圖象可知，pH＝2.5的溶液中c（H2C2O4）和c（C2O42﹣）濃度之和小于c（HC2O4﹣），則c（H2C2O4）+c（C2O42﹣）＜c（HC2O4﹣），故A錯誤；B．依據(jù)溶液中電荷守恒和物料守恒分析，c（Na+）＝0.100mol/L的溶液中為NaHC2O4溶液，溶液中存在電荷守恒c（H+）+c（Na+）＝2c（C2O42﹣）+c（HC2O4﹣）+c（OH﹣），物料守恒c（Na+）＝c（C2O42﹣）+c（HC2O4﹣）+c（H2C2O4），代入計算得到c（H+）+c（H2C2O4）＝c（OH﹣）+c（C2O42﹣），故B正確；C．c（H2C2O4）+c（HC2O4﹣）+c（C2O42﹣）＝0.100mol?L﹣1，c（HC2O4﹣）＝c（C2O42﹣），電荷守恒c（H+）+c（Na+）＝2c（C2O42﹣）+c（HC2O4﹣）+c（OH﹣），pH約4，此時氫離子濃度大于氫氧根，得到溶液中c（Na+）＜0.100mol?L﹣1+c（HC2O4﹣），故C錯誤；D．20℃時，Kw＝0.681×10﹣14，pH＝7的溶液中，顯酸性，（H+）＞c（OH﹣），根據(jù)電荷守恒c（H+）+c（Na+）＝2c（C2O42﹣）+c（OH﹣），所以c（Na+）＜2c（C2O42﹣），故D錯誤；故選：B?！军c評】本題考查了弱電解質的電離、離子濃度大小比較，側重于學生的分析能力的考查，注意把握物料守恒、電荷守恒的運用，答題時注意體會，難度中等。15．（4分）一定溫度下，在3個體積均為1.0L的密閉容器中反應2H2（g）+CO（g）?CH3OH（g）達到平衡，下列說法正確的是（）容器溫度/℃物質的起始濃度/mol?L﹣1物質的平衡濃度/mol?L﹣1c（H2）c（CO）c（CH3OH）c（CH3OH）Ⅰ4000.200.1000.080Ⅱ4000.400.200Ⅲ500000.100.025A．該反應的正反應放熱 B．達到平衡時，容器Ⅰ中反應物轉化率比容器Ⅱ中的大 C．達到平衡時，容器Ⅱ中c（H2）大于容器Ⅲ中c（H2）的兩倍 D．達到平衡時，容器Ⅲ中的反應速率比容器Ⅰ中的大【考點】CP：化學平衡的計算．【分析】對比Ⅰ、Ⅲ，如溫度相同，0.1mol/L的CH3OH相當于0.20mol/L的H2和0.1mol/L的CO，為等效平衡，但Ⅲ溫度較高，平衡時CH3OH較低，說明升高溫度平衡逆向移動，正反應為放熱反應，對比Ⅰ、Ⅱ，在相同溫度下反應，但Ⅱ濃度較大，由方程式可知，增大濃度，平衡正向移動，以此解答該題?！窘獯稹拷猓篈．對比Ⅰ、Ⅲ，如溫度相同，0.1mol/L的CH3OH相當于0.20mol/L的H2和0.1mol/L的CO，為等效平衡，但Ⅲ溫度較高，平衡時CH3OH較低，說明升高溫度平衡逆向移動，正反應為放熱反應，故A正確；B．對比Ⅰ、Ⅱ，在相同溫度下反應，但Ⅱ濃度較大，由方程式2H2（g）+CO（g）?CH3OH（g）可知，增大濃度，平衡正向移動，該反應正向為體積減小的反應，增大濃度轉化率會增大，則容器Ⅰ中反應物轉化率比容器Ⅱ中的小，故B錯誤；C．Ⅱ濃度較大，Ⅲ溫度較高，增大濃度平衡正向移動，升高溫度平衡逆向移動，Ⅲ的轉化率降低，Ⅲ中相當于起始C（H2）為Ⅱ的一半，平衡時Ⅱ中C（H2）小于Ⅲ中的兩倍，故C錯誤；D．對比Ⅰ、Ⅲ，Ⅲ溫度較高，濃度相當，升高溫度，反應速率增大，故D正確。故選：AD。【點評】本題考查化學反應速率的影響，涉及等效平衡問題，為高頻考點，側重于學生的分析能力的考查，題目難度不大，但易錯，答題時注意把握反應的特點以及平衡的影響因素。三、解答題（共5小題，滿分68分）16．（12分）以電石渣[主要成分為Ca（OH）2和CaCO3]為原料制備KClO3的流程如圖1：（1）氯化過程控制電石渣過量，在75℃左右進行。氯化時存在Cl2與Ca（OH）2作用生成Ca（ClO）2的反應，Ca（ClO）2進一步轉化為Ca（ClO3）2，少量Ca（ClO）2分解為CaCl2和O2。①生成Ca（ClO）2的化學方程式為2Cl2+2Ca（OH）2＝CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O。②提高Cl2轉化為Ca（ClO3）2的轉化率的可行措施有AB（填序號）。A．適當減緩通入Cl2速率B．充分攪拌漿料C．加水使Ca（OH）2完全溶解（2）氯化過程中Cl2轉化為Ca（ClO3）2的總反應方程式為：6Ca（OH）2+6Cl2═Ca（ClO3）2+5CaCl2+6H2O氯化完成后過濾。①濾渣的主要成分為CaCO3、Ca（OH）2（填化學式）。②濾液中Ca（ClO3）2與CaCl2的物質的量之比n[Ca（ClO3）2]：n[CaCl2]＜1：5（填“＞”、“＜”或“＝”）。（3）向濾液中加入稍過量KCl固體可將Ca（ClO3）2轉化為KClO3，若溶液中KClO3的含量為100g?L﹣1，從該溶液中盡可能多地析出KClO3固體的方法是蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶?！究键c】U3：制備實驗方案的設計．【專題】546：無機實驗綜合．【分析】電石渣含有Ca（OH）2，加入水打漿，通入氯氣，可生成Ca（ClO）2，Ca（ClO）2進一步轉化為Ca（ClO3）2，過濾后在濾液中加入KCl轉化生成KClO3，經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶可得晶體KClO3，（1）①氯氣和氫氧化鈣反應生成氯化鈣、次氯酸鈣和水；②提高Cl2轉化為Ca（ClO3）2的轉化率，可使氯氣和氫氧化鈣充分接觸；（2）①發(fā)生6Ca（OH）2+6Cl2═Ca（ClO3）2+5CaCl2+6H2O，生成的Ca（ClO3）2溶于水，CaCO3不溶于水，Ca（OH）2微溶；②氯化過程中Cl2與氫氧化鈣反應部分生成Ca（ClO）2和CaCl2；（3）經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶可得晶體KClO3?！窘獯稹拷猓弘娛蠧a（OH）2，加入水打漿，通入氯氣，可生成Ca（ClO）2，Ca（ClO）2進一步轉化為Ca（ClO3）2，過濾后在濾液中加入KCl轉化生成KClO3，經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶可得晶體KClO3，（1）②氯氣和氫氧化鈣反應生成氯化鈣、次氯酸鈣和水，反應的化學方程式為2Cl2+2Ca（OH）2＝CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，故答案為：2Cl2+2Ca（OH）2＝CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；②提高Cl2轉化為Ca（ClO3）2的轉化率，可使氯氣和氫氧化鈣充分接觸，可適當減緩通入Cl2速率、充分攪拌漿料，因氫氧化鈣微溶于水，加水溶解的做法不可取，因濃度過低，對后續(xù)實驗不利，故答案為：AB；（2）①發(fā)生6Ca（OH）2+6Cl2═Ca（ClO3）2+5CaCl2+6H2O，生成的Ca（ClO3）2溶于水，CaCO3不溶于水，Ca（OH）2微溶，則濾渣中含有CaCO3、Ca（OH）2，故答案為：CaCO3、Ca（OH）2；②氯化過程中Cl2與氫氧化鈣反應部分生成Ca（ClO）2和CaCl2，則n[Ca（ClO3）2]：n[CaCl2]＜1：5，故答案為：＜；（3）該溶液中盡可能多地析出KClO3固體，應經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶，故答案為：蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶?！军c評】本題考查物質的制備，為高考常見題型和高頻考點，側重于學生的分析、實驗能力的考查，解答本題注意把握物質的性質以及題給信息，把握反應的流程，同時要具有扎實的實驗基礎知識，難度不大。17．（15分）化合物H是合成抗心律失常藥物泰達隆的一種中間體，可通過以下方法合成：（1）D中的含氧官能團名稱為酚羥基、羰基和酰胺鍵等（寫兩種）。（2）F→G的反應類型為消去反應。（3）寫出同時滿足下列條件的C的一種同分異構體的結構簡式。①能發(fā)生銀鏡反應；②能發(fā)生水解反應，其水解產(chǎn)物之一能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應；③分子中只有4種不同化學環(huán)境的氫。（4）E經(jīng)還原得到F，E的分子式為C14H17O3N，寫出E的結構簡式。（5）已知：①苯胺（）易被氧化請以甲苯和（CH3CO）2O為原料制備，寫出制備的合成路線流程圖（無機試劑任用，合成路線流程圖示例見本題題干）?！究键c】HC：有機物的合成．【分析】（1）由結構簡式可知D含有酚羥基、羰基和酰胺鍵；（2）F含有羥基，而生成G含有碳碳雙鍵，可知發(fā)生消去反應；（3）C的一種同分異構體：①能發(fā)生銀鏡反應，說明含有醛基；②能發(fā)生水解反應，其水解產(chǎn)物之一能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，說明水解可生成酚羥基，應含有HCOO﹣結構；③分子中只有4種不同化學環(huán)境的氫，應為對稱結構；（4）E經(jīng)還原得到F，E的分子式為C14H17O3N，Ω7，由F的結構簡式可知E中含有C＝O鍵，發(fā)生還原反應生成﹣OH；（5）甲苯和（CH3CO）2O為原料制備，可先由甲苯發(fā)生硝化反應，生成鄰﹣硝基甲苯，然后發(fā)生還原反應生成鄰甲基苯胺，與乙酸酐發(fā)生取代反應生成，氧化可生成?！窘獯稹拷猓海?）由結構簡式可知D含有酚羥基、羰基和酰胺鍵，故答案為：酚羥基、羰基和酰胺鍵；（2）F含有羥基，而生成G含有碳碳雙鍵，可知發(fā)生消去反應，故答案為：消去反應；（3）C的一種同分異構體：①能發(fā)生銀鏡反應，說明含有醛基；②能發(fā)生水解反應，其水解產(chǎn)物之一能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，說明水解可生成酚羥基，應含有HCOO﹣結構；③分子中只有4種不同化學環(huán)境的氫，應為對稱結構，則同分異構體可為，故答案為：；（4）E經(jīng)還原得到F，E的分子式為C14H17O3N，Ω7，由F的結構簡式可知E中含有C＝O鍵，發(fā)生還原反應生成﹣OH，E的結構簡式為，故答案為：；（5）甲苯和（CH3CO）2O為原料制備，可先由甲苯發(fā)生硝化反應，生成鄰﹣硝基甲苯，然后發(fā)生還原反應生成鄰甲基苯胺，與乙酸酐發(fā)生取代反應生成，氧化可生成，流程為，故答案為：。【點評】本題考查有機物的合成與推斷、有機反應類型、官能團結構與性質、限制條件同分異構體書寫，是對有機會基礎的綜合考查，較好的考查學生信息獲取與知識遷移運用，題目有利于培養(yǎng)學生的分析能力，難度中等。18．（12分）過氧化鈣（CaO2?8H2O）是一種在水產(chǎn)養(yǎng)殖中廣泛使用的供氧劑。（1）Ca（OH）2懸濁液與H2O2溶液反應可制備CaO2?8H2O。Ca（OH）2+H2O2+6H2O═CaO2?8H2O反應時通常加入過量的Ca（OH）2，其目的是提高過氧化氫的利用率。（2）箱池塘水中加入一定量的CaO2?8H2O后，池塘水中濃度增加的離子有AD（填序號）。A．Ca2+B．H+C．CO32﹣D．OH﹣（3）水中溶解氧的測定方法如下：向一定量水樣中加入適量MnSO4和堿性KI溶液，生成MnO（OH）2沉淀，密封靜置，加入適量稀H2SO4，將MnO（OH）2與I﹣完全反應生成Mn2+和I2后，以淀粉作指示劑，用Na2S2O3標準溶液滴定至終點，測定過程中物質的轉化關系如下：①寫出O2將Mn2+氧化成MnO（OH）2的離子方程式：O2+2Mn2++4OH﹣＝2MnO（OH）2↓。②取加過一定量CaO2?8H2O的池塘水樣100.00mL，按上述方法測定水中溶解氧量，消耗0.01000mol?L﹣1Na2S2O3標準溶液13.50mL．計算該水樣中的溶解氧（用mg?L﹣1表示），寫出計算過程?！究键c】RD：探究物質的組成或測量物質的含量．【專題】546：無機實驗綜合．【分析】（1）依據(jù)方程式可知反應時加入氫氧化鈣是為了提高雙氧水的利用率；（2）過氧化鈣與水反應生成氫氧化鈣、氧氣和水，因此箱池水塘中加入一定量的CaO2?8H2O，池塘水中濃度增加的離子有鈣離子和氫氧根離子；（3）①O2將Mn2+氧化成MnO（OH）2的反應中O2是氧化劑得到4個電子，Mn元素的化合價從+2價升高到+4價，失2個電子，所以根據(jù)電子得失守恒以及原子守恒可知反應的離子方程式為：O2+2Mn2++4OH﹣＝MnO（OH）2；②依據(jù)流程圖并依據(jù)電子得失守恒可知氧氣得到的電子就是硫代硫酸鈉失去的電子，其中硫元素化合價從+2價升高到+2.5價，計算該水樣中的溶解氧?！窘獯稹拷猓海?）依據(jù)方程式Ca（OH）2+H2O2+6H2O═CaO2?8H2O可知，反應時加入氫氧化鈣是為了提高雙氧水的利用率，故答案為：提高過氧化氫的利用率；（2）過氧化鈣與水反應生成氫氧化鈣、氧氣和水，因此箱池水塘中加入一定量的CaO2?8H2O，池塘水中濃度增加的離子有鈣離子和氫氧根離子，選擇AD，故答案為：AD；（3）①O2將Mn2+氧化成MnO（OH）2的反應中O2是氧化劑得到4個電子，Mn元素的化合價從+2價升高到+4價，失2個電子，所以根據(jù)電子得失守恒以及原子守恒可知反應的離子方程式為：O2+2Mn2++4OH﹣＝2MnO（OH）2，故答案為：O2+2Mn2++4OH﹣＝2MnO（OH）2；②I2+2S2O32﹣＝2I﹣+S4O62﹣，n（I2）6.750×10﹣5mol，n（MnO（OH）2）＝n（I2）＝6.750×10﹣5mol，n（O2）n（MnO（OH）2）6.750×10﹣5mol＝3.375×10﹣5mol，水中溶解氧10.80mg/L，答：該水樣中的溶解氧10.80mg/L?！军c評】本題考查氧化還原反應方程式書寫以及溶解氧含量測定等，主要是滴定實驗過程的理解應用和計算分析，掌握基礎是解題關鍵，題目難度中等。19．（15分）實驗室以一種工業(yè)廢渣（主要成分為MgCO3、Mg2SiO4和少量Fe、Al的氧化物）為原料制備MgCO3?3H2O．實驗過程如圖1：（1）酸溶過程中主要反應的熱化學方程式為MgCO3（S）+2H+（aq）═Mg2+（aq）+CO2（g）+H2O（l）△H＝﹣50.4kJ?mol﹣1Mg2SiO4（s）+4H+（aq）═2Mg2+（aq）+H2SiO3（s）+H2O（l）△H＝﹣225.4kJ?mol﹣1酸溶需加熱的目的是加快酸溶速率；所加H2SO4不宜過量太多的原因是避免制備MgCO3時消耗過多的堿。（2）加入H2O2氧化時發(fā)生發(fā)應的離子方程式為2Fe2++2H++H2O2＝2Fe3++2H2O。（3）用圖2所示的實驗裝置進行萃取分液，以除去溶液中的Fe3+。①實驗裝置圖中儀器A的名稱為分液漏斗。②為使Fe3+盡可能多地從水相轉移至有機相，采取的操作：向裝有水溶液的儀器A中加入一定量的有機萃取劑，充分振蕩、靜置、分液，并重復多次。（4）請補充完整由萃取后得到的水溶液制備MgCO3?3H2O的實驗方案：邊攪拌邊向溶液中滴加氨水，至5＜pH＜8.5，過濾，邊攪拌邊向濾液中滴加碳酸鈉溶液至有大量沉淀生成，靜置，向上層清夜中滴加碳酸鈉溶液，若無沉淀生成，過濾、用水洗滌固體2﹣3次，在50℃下干燥，得到MgCO3?3H2O。[已知該溶液中pH＝8.5時Mg（OH）2開始沉淀；pH＝5.0時Al（OH）3沉淀完全]?！究键c】U3：制備實驗方案的設計．【專題】546：無機實驗綜合．【分析】廢渣主要成分為MgCO3、Mg2SiO4和少量Fe、Al的氧化物，加入40%的硫酸酸溶，過量后濾液中含有硫酸鎂、硫酸亞鐵以及硫酸鋁，加入H2O2氧化亞鐵離子，然后加入有機萃取劑萃取Fe3+，分液后可除去溶液中的Fe3+，分液后水溶液中含有Mg2+、Al3+，可調節(jié)溶液pH至5＜pH＜8.5，可除去Al3+，又可防止生成Mg（OH）2，過濾后在濾液中加入碳酸鈉溶液，可生成MgCO3沉淀，在50℃下干燥，得到MgCO3?3H2O．以此解答該題?！窘獯稹拷猓簭U渣主要成分為MgCO3、Mg2SiO4和少量Fe、Al的氧化物，加入40%的硫酸酸溶，過量后濾液中含有硫酸鎂、硫酸亞鐵以及硫酸鋁，加入H2O2氧化亞鐵離子，然后加入有機萃取劑萃取Fe3+，分液后可除去溶液中的Fe3+，分液后水溶液中含有Mg2+、Al3+，可調節(jié)溶液pH至5＜pH＜8.5，可除去Al3+，又可防止生成Mg（OH）2，過濾后在濾液中加入碳酸鈉溶液，可生成MgCO3沉淀，在50℃下干燥，得到MgCO3?3H2O。（1）加熱，溫度升高，可增大反應速率，即加快酸溶速率，但加入硫酸不能過多，避免制備MgCO3時消耗過多的堿而浪費原料，故答案為：加快酸溶速率；避免制備MgCO3時消耗過多的堿；（2）加入H2O2溶液與二價鐵離子發(fā)生氧化還原反應，反應的離子方程式為：2Fe2++2H++H2O2＝2Fe3++2H2O，故答案為：2Fe2++2H++H2O2＝2Fe3++2H2O；（3）①由裝置圖可知儀器A為分液漏斗，用于萃取、分液，故答案為：分液漏斗；②萃取時，為使溶質盡可能被萃取，應充分振蕩，以充分接觸而分離，故答案為：充分振蕩；（4）分液后水溶液中含有Mg2+、Al3+，可調節(jié)溶液pH至5＜pH＜8.5，可除去Al3+，又可防止生成Mg（OH）2，過濾后在濾液中加入碳酸鈉溶液，可生成MgCO3沉淀，靜置，向上層清夜中滴加碳酸鈉溶液，若無沉淀生成，說明已完全反應，過濾后，用水洗滌固體2﹣3次，在50℃下干燥，得到MgCO3?3H2O。故答案為：至5＜pH＜8.5，過濾，邊攪拌邊向濾液中滴加碳酸鈉溶液至有大量沉淀生成，靜置，向上層清夜中滴加碳酸鈉溶液，若無沉淀生成?！军c評】本題考查物質的制備及混合物分離和提純，明確流程中的方法和基本操作、發(fā)生的化學反應是解答的關鍵，要求學生具有分析和解決問題的能力，題目有利于培養(yǎng)學生的實驗能力，題目難度較大。20．（14分）鐵炭混合物（鐵屑和活性炭的混合物）、納米鐵粉均可用于處理水中污染物。（1）鐵炭混合物在水溶液中可形成許多微電池。將含有Cr2O72﹣的酸性廢水通過鐵炭混合物，在微電池正極上Cr2O72﹣轉化為Cr3+，其電極反應式為Cr2O72﹣+14H++6e﹣＝2Cr3++7H2O。（2）在相同條件下，測量總質量相同、鐵的質量分數(shù)不同的鐵炭混合物對水中Cu2+和Pb2+的去除率，結果如圖1所示。①當鐵炭混合物中鐵的質量分數(shù)為0時，也能去除水中少量的Cu2+和Pb2+，其原因是活性炭對Cu2+和Pb2+具有吸附作用。②當鐵炭混合物中鐵的質量分數(shù)大于50%時，隨著鐵的質量分數(shù)的增加，Cu2+和Pb2+的去除率不升反降，其主要原因是鐵的質量分數(shù)的增加，碳鐵混合物形成的微電池數(shù)目減少。（3）納米鐵粉可用于處理地下水中的污染物。①一定條件下，向FeSO4溶液中滴加堿性NaBH4溶液，溶液中BH4﹣（B元素的化合價為+3）與Fe2+反應生成納米鐵粉、H2和B（OH）4﹣，其離子方程式為2Fe2++BH4﹣+4OH﹣＝2Fe+2H2↑+B（OH）4﹣。②納米鐵粉與水中NO3﹣反應的離子方程式為4Fe+NO3﹣+10H+═4Fe2++NH4++3H2O研究發(fā)現(xiàn)，若pH偏低將會導致NO3﹣的去除率下降，其原因是納米鐵粉與氫離子反應生成氫氣。③相同條件下，納米鐵粉去除不同水樣中NO3﹣的速率有較大差異（見圖2），產(chǎn)生該差異的可能原因是Cu或Cu2+催化納米鐵粉去除NO3﹣的反應（或形成Fe﹣Cu原電池增大納米鐵粉去除NO3﹣的反應速率）?！究键c】BH：原電池和電解池的工作原理．【專題】546：無機實驗綜合．【分析】（1）正極上Cr2O72﹣轉化為Cr3+，發(fā)生還原反應，結合電荷守恒書寫電極方程式；（2）①當鐵炭混合物中鐵的質量分數(shù)為0時，則只有碳粉，碳粉具有吸附性，可去除水中少量的Cu2+和Pb2+；②隨著鐵的質量分數(shù)的增加，形成的微電池數(shù)目減少，則Cu2+和Pb2+的去除率不升反降；（3）①向FeSO4溶液中滴加堿性NaBH4溶液，溶液中BH4﹣（B元素的化合價為+3）與Fe2+反應生成納米鐵粉、H2和B（OH）4﹣，反應中只有Fe、H元素化合價發(fā)生變化，結合質量守恒、電荷守恒可寫出離子方程式；②pH偏低，氫離子濃度偏大，則鐵可與氫離子反應生成氫氣；③由圖2可知銅離子濃度越大，去除率越大，銅離子可起到催化作用，也可能形成原電池反應?！窘獯稹拷猓海?）正極上Cr2O72﹣轉化為Cr3+，發(fā)生還原反應，在酸性溶液中，電極方程式為Cr2O72﹣+14H++6e﹣＝2Cr3++7H2O，故答案為：Cr2O72﹣+14H++6e﹣＝2Cr3++7H2O；（2）①當鐵炭混合物中鐵的質量分數(shù)為0時，則只有碳粉，可去除水中少量的Cu2+和Pb2+，原因是碳粉具有吸附性，也可起到凈水的作用，故答案為：活性炭對Cu2+和Pb2+具有吸附作用；②隨著鐵的質量分數(shù)的增加，形成的微電池數(shù)目減少，反應速率減小，則Cu2+和Pb2+的去除率不升反降，故答案為：鐵的質量分數(shù)的增加，碳鐵混合物形成的微電池數(shù)目減少；（3）①向FeSO4溶液中滴加堿性NaBH4溶液，溶液中BH4﹣（B元素的化合價為+3）與Fe2+反應生成納米鐵粉、H2和B（OH）4﹣，反應中只有Fe、H元素化合價發(fā)生變化，發(fā)生氧化還原反應，離子方程式為2Fe2++BH4﹣+4OH﹣＝2Fe+2H2↑+B（OH）4﹣，故答案為：2Fe2++BH4﹣+4OH﹣＝2Fe+2H2↑+B（OH）4﹣；②pH偏低，氫離子濃度偏大，則鐵可與氫離子反應生成氫氣，可導致NO3﹣的去除率下降，故答案為：納米鐵粉與氫離子反應生成氫氣；③由圖2可知銅離子濃度越大，去除率越大，銅離子可起到催化作用，也可能形成原電池反應，故答案為：Cu或Cu2+催化納米鐵粉去除NO3﹣的反應（或形成Fe﹣Cu原電池增大納米鐵粉去除NO3﹣的反應速率）?！军c評】本題考查物質的分離、提純，側重于化學與生活、環(huán)境的考查，題目有利于培養(yǎng)學生的良好的科學素養(yǎng)，側重于考查學生的分析、實驗能力的考查，