1、黑龙江省同江市第一中学2015-2016学年高二下期期末复习化学模拟试题（解析版）1下列说法正确的是A需要加热方能发生的反应一定是吸热反应B放热反应在常温条件下一定很容易发生C反应是吸热还是放热的，要看反应物和生成物所具有总能量的大小D灼热的炭与二氧化碳的反应为放热反应【答案】C【解析】试题分析：A、煤的燃烧是放热反应，但需要加热到着火点，A错误；B、很多可燃物的燃烧，需要加热到较高的温度才能发生反应，B错误；C、反应热决定于反应物和生成物能量的相对高低，H=生成物的能量和-反应物的能量和，C正确；D、灼热的炭与二氧化碳的反应为吸热反应，D错误。考点：考查了化学反应能量变化的相关知识。2“人文
2、奥运”是2008年北京奥运会的三大理念之一，它反对运动员服用兴奋剂。某种兴奋剂的结构简式如右图所示，有关该物质的说法正确的是A、该化合物的分子式为Cl6H18O3B、该分子中一定共平面的碳原子最多有7个 C、1mol该物质完全燃烧消耗氧气的量为18.5molD、能够跟1mol该物质起反应的Br2或H2的最大用量分别是6mol、7mol【答案】C 【解析】该化合物的分子式为；该分子中所有碳原子都有可能共平面；1mol该物质最多可消耗4mol。3在甲、乙两烧杯溶液中，含有大量的Cu2+、Na+、H+、SO42-、CO32-、OH- 六种离子。已知甲烧杯的溶液呈蓝色，则乙烧杯的溶液中大量存在的离子的
3、是A. Cu2+、H+、SO42- B. Na+、OH-、CO32-C. CO32-、OH-、SO42 - D. Na+、H+、SO42-【答案】B【解析】试题分析：甲烧杯的溶液呈蓝色，则甲中一定含有Cu2+，因Cu2+能分别为CO32-、OH-结合生成沉淀，则CO32-、OH-一定在乙烧杯中，又H+、OH-结合生成水而不能共存，则H+在甲中，再根据溶液不显电性，则乙中的阳离子为Na+；A、乙中含有Na+、OH-、CO32-，甲中含有Cu2+、H+、SO42-，故A错误；B、乙中含有Na+、OH-、CO32-，故B正确；C、乙中不含有SO42-，故C错误；D、乙中不含有H+、SO42-，故D错
4、误；故选B。考点：离子共存问题点评：本题考查学生利用离子的共存来分析溶液的成分，明确溶液为蓝色是解答的突破口，然后利用离子之间的反应及溶液为电中性来解答即可。4 下列反应的离子方程式书写正确的是A向NHHSO稀溶液中逐滴加入Ba（OH）稀溶液至刚好沉淀完全： Ba2OHNHHSO=BaSONHHOHOB将标准状况下112mL氯气通入10mL浓度为1mol/L的溴化亚铁溶液中：2Fe2+ + 4Br- +3Cl2 = 2Fe2+ + 6Cl- +2Br2C向硅酸钠溶液中通入过量的CO：SiOCOHO=HSiOCOD硫酸亚铁溶液中加过氧化氢溶液：Fe2+ + 2H2O2 + 4H+ Fe3+ +
5、4H2O【答案】A。【解析】B错，Fe2+ 还原性强于 Br-，n（Cl2）=0.005mol，n（FeBr2）=0.01mol，所以Cl2刚好把Fe2+氧化完，则离子方程式是2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl- ；C错，过量的CO生成HCO3-；D错，电子得失不相等5500 mL KNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中c(NO3)60 molL1，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到224 L气体（标准状况），假定电解后溶液体积仍为500 mL，下列说法正确的是( )A原混合溶液中c(K)为1 molL1 B上述电解过程中共转移4 mol电子C电解得到的Cu的物质的量为05
6、 mol D电解后溶液中c(H)为2 molL1【答案】B【解析】 试题分析：电解KNO3和Cu(NO3)2的混合溶液，在阳极发生反应：4OH4e-=2H2O+O2。n(O2)= 224 L224L/mol=1mol。则转移电子4mol因此选项B正确；在阴极首先发生反应：Cu2+2e-=Cu,然后发生：2H+2e-=H2。由于产生氢气的物质的量是1mol,得到电子2mol,则产生Cu转移的电子也是2mol,产生Cu1mol。所以选项C错误；Cu(NO3)2的物质的量是1mol,根据N守恒可得n(KNO3)= 60 mol/L05L2mol=1mol,所以c(K)= c(KNO3)=1mol05
7、L=2mol/L,选项A错误；因为在反应过程中放电的OH-的物质的量与H+及电子的物质的量相等，因为电子转移4mol,所以电解后溶液中H的物质的量也是4mol,所以c(H)=4mol05L=8mol/L ,所以选项D错误。考点：考查电解原理和有关计算及其的应用的知识。6某有机物的蒸气完全燃烧时需三倍于其体积的氧气，产生二倍于其体积的CO2，该有机物可能是AC2H4 BC2H5OHCCH3CHO DCH3COOH【答案】AB【解析】7根据如图提供的信息，下列所得结论正确的是A该反应为吸热反应B该反应向外界放出的热量为E1E3C该反应一定可以设计成为原电池D该反应向外界放出的热量为E2E3【答案】
8、B【解析】试题分析：A、反应物的总能量大于生成物的总能量，此反应是放热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量，此反应是吸热反应，根据图像，反应物的总能量大于生成物总能量，此反应属于放热反应，故错误；B、根据能量守恒定律，放出的热量为E1E3，故正确；C、设计成原电池，要求反应属于氧化还原反应，题目中没有说明此反应是否是氧化还原反应，故错误；D、跟始态和终态有关，跟过程无关，故错误。考点：考查能量和反应热之间的关系。8中学化学中很多“规律”都有其适用范围，下列根据有关“规律”推出的结论合理的是（ ）A.根据同周期元素的第一电离能变化趋势，推出Al的第一电离能比Mg大B.根据主族元素最高正化合价与
9、族序数的关系，推出卤族元素最高正价都是+7C.根据价电子构型与化合价的关系，推出最外层电子数3个的元素一定是第A族元素D.根据较强酸可以制取较弱酸的规律，推出CO2通入NaClO溶液中能生成HClO【答案】CD【解析】A错，Al的第一电离能比Mg小；B错，卤族元素中F无正价；C正确，根据价电子构型与化合价的关系，推出最外层电子数3个的元素一定是第A族元素；D正确，碳酸的酸性大于次氯酸；9如图是四种常见有机物的比例模型示意图。下列说法正确的是A甲能使酸性KMnO4溶液褪色B乙可与溴水发生取代反应而使溴水褪色C丙中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的独特键D丁在稀硫酸作用下可与乙酸发生取代反应【
10、答案】C【解析】 试题分析：根据比例模型可知甲是甲烷，乙是乙烯；丙是苯；丁是乙醇。A甲是甲烷，甲烷不能使酸性KMnO4溶液褪色，错误；B乙是乙烯，可与溴水发生加成反应而使溴水褪色，错误；C在苯中苯分子中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的独特键，键长、键能、都相同，因此该选项是正确的；D乙醇在浓硫酸作用下可与乙酸发生取代反应产生乙酸乙酯和水，错误。考点：考查比例模型在确定物质的分子结构与物质性质的应用的知识。10根据元素周期律及元素周期表的知识分析，下列关系中不正确的是（ ）A酸性强弱：H3PO4H2SO4HClO4B离子半径大小：FNaMg2Al3C稳定性大小：SiH4PH3H2SHClD
11、碱性强弱：NaOHMg(OH)2Al(OH)3【答案】A【解析】试题分析：A同周期自左向右非金属性逐渐增强，最高价含氧酸的酸性越强，则酸性强弱：H3PO4H2SO4HClO4，A错误；B离子的核外电子层数越多，离子半径越大，核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小，则离子半径大小为FNaMg2Al3，B正确；C同周期自左向右非金属性逐渐增强，氢化物的稳定性逐渐增强，则稳定性大小：SiH4PH3H2SHCl，C正确；D同周期自左向右金属性逐渐减弱，最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐减弱，则碱性强弱：NaOHMg(OH)2Al(OH)3，D正确，答案选A。考点：考查元素周期律的应用11用铁片
12、与稀硫酸反应制氢气时，下列措施不能使氢气生成速率加快的是A、加热B、不用稀硫酸，改用98%浓硫酸C、加CuSO4溶液D、不用铁片，改用铁粉【答案】B【解析】试题分析：A、加热能使反应速率加快，故A正确；B、因浓硫酸具有强氧化性，则铁与浓硫酸反应生成二氧化硫，而得不到氢气，故B错误；C、滴加少量CuSO4溶液，铁置换出Cu，从而构成原电池，加快反应速率，故C正确；D、改用铁粉，增大了反应物的接触面积，反应速率加快，故D正确；故选B。考点：考查了影响化学反应速率的因素的相关知识。12现有短周期元素X、Y、Z、M，X、Y位于同主族，Z、M位于同主族，Y、Z位于同周期，X与Z、M都不在同一周期，Z的核
13、电荷数是M的2倍。下列说法正确的是A简单阳离子的氧化性：YXB气态氢化物的稳定性：ZMC简单离子半径由大到小的顺序是：ZMYD等浓度的X2Z与Y2Z的溶液中，水的电离程度：X2ZY2Z【答案】C【解析】试题分析：Z、M位于同主族，且Z的核电荷数是M的2倍，因此符合条件的是第A族的O和S，即M是O，Z是S。X与Z、M都不在同一周期，且都是短周期元素，所以X是H。X、Y位于同主族，即Y是第IA族元素。又因为Y、Z位于同周期，所以X是Na。A、同主族自上而下，金属性逐渐增强，相应阳离子的氧化性逐渐减弱，则简单阳离子的氧化性：YX，A不正确；B、非金属性越强，氢化物的稳定性越强。同主族自上而下非金属性
14、逐渐减弱，则氢化物的稳定性逐渐减弱，所以气态氢化物的稳定性：ZM，B不正确；C、离子的核外电子层数越多，离子半径越大。在核外电子排布相同的条件下，原子序数越大，离子半径越小，则简单离子半径由大到小的顺序是：ZMY，C正确；D、H2S溶于水电离出氢离子，抑制水的电离。Na2S溶于水电离出的S2水解促进水的电离，所以等浓度的X2Z与Y2Z的溶液中，水的电离程度：X2ZY2Z，D不正确，答案选C。考点：考查元素周期表的结构和元素周期律的应用13室温下0.1molL-1的二元酸H2A溶液中，溶液中可能存在的含A料子(H2A、HA-、A2-)的物质的量分数()随pH变化的关系如图所示，下列说法正确的是(
15、 )AH2A的电离方程式为：H2AH+HA-BpH=5时，在NaHA和Na2A的混合溶液中：c(HA-)：c(A2-)=1：100C等物质的量浓度的NaHA和Na2A溶液等体积混合，离子浓度大小关系为c(Na+)c(HA-)c(A2-)DNa2A溶液必存在c(OH-)=c(H+)+c(HA-)+2c(H2A)，各粒子浓度均大于0【答案】B【解析】试题分析：A二元酸H2A溶液中不存在其分子，说明第一步完全电离，二元酸H2A的电离方程式为：H2A=H+HA-，HA-H+A2-，故A错误；B据图象分析，pH=3时，c(HA-)与c(A2-)相同，pH=5时，c(HA-)：c(A2-)=1：100，故
16、B正确；C等物质的量浓度的NaHA和Na2A溶液等体积混合后，无法比较c(HA-)与c(A2-)的大小，故C错误；D二元酸H2A的电离方程式为：H2A=H+HA-，HA-H+A2-，Na2A溶液中不存在H2A分子，c(H2A)=0，故D错误；故答案为B。考点：考查据图象分析二元酸的电离特点，关键是从图象分析出第一步完全电离，题目难度中等14常温下，浓度均为0.10 mol/L、体积均为V0的HA和HB溶液，分别加水稀释至体积V，pH随的变化如图所示，下列叙述正确的是( )A该温度下HB的电离平衡常数约等于1.11105B相同条件下NaA溶液的pH大于NaB溶液的pHC溶液中水的电离程度：acb
17、D当时，若两溶液同时升高温度，则减小【答案】A【解析】试题分析：0.1mol/L的HA溶液的pH=1，说明HA完全电离，所以HA为强酸，0.1mol/L的HB溶液的pH2，说明HB在溶液中部分电离，所以HB是弱酸；Aa点时，存在平衡：HBH+B-，稀释100倍后，HB溶液的pH=4，溶液中c(A-)c(H+)=10-4mol/L，则Ka=1.1110-5，故A正确；BHA为强酸，NaA是强酸强碱盐不水解，溶液显中性，NaB为强碱弱酸盐，水解显碱性，所以相同条件下NaA溶液的pH小于NaB溶液的pH，故B错误；C酸抑制水的电离，酸电离出的氢离子浓度越大，对水的抑制程度越大，氢离子浓度：a=cb，
18、所以溶液中水的电离程度：a=cb，故C错误；D升高温度促进弱酸的电离，所以HB中B-浓度增大，强酸的酸根离子浓度不变，所以A-的浓度不变，因此增大，故D错误。故选A。【考点定位】考查弱电解质在水溶液中的电离平衡【名师点晴】本题考查弱电解质电离与影响因素、电离平衡常数、pH有关计算等，关键是根据pH的变化判断强弱电解质，注意理解电离平衡常数计算过程中的估算问题。15（6分）有机物A的结构简式为，它可通过不同化学反应分别制得B、C和D 三种物质。 B C D （1）B中的含氧官能团名称是 、 。（2）CA的反应类型是 ；AD中互为同分异构体的是 。（3）由A生成B的化学方程式是 。（4）C在一定条
19、件下发生加聚反应的化学方程式是 。【答案】【解析】（1）根据B的结构可以确定B中的含氧官能团是醛基和羧基。（2）根据C的结构和A的结构，C中含有醇羟基，发生了消去反应生成了A的碳碳双键，所以C到A是消去反应。分子式相同结构不同的化合物互为同分异构体，所以AD中互为同分异构体的是CD。（3）A生成B的化学方程式为（4）C中含有碳碳双键，发生加聚反应的方程式为。16（每空3分，共12分)A是化学实验室中最常见的有机物，它易溶于水并有特殊香味，并能进行如图所示的多种反应。（1）写出A的结构式 （2）写出下列反应的化学方程式（有机物用结构简式表示）：反应：反应：反应：【答案】(每空3分，共12分)（1
20、） （2）2CH3CH2OH + 2Na 2CH3CH2ONa + H2CH3CH2OH+3O22CO2 +3H2O 2CH3CH2OH+O22CH3CHO +2H2O【解析】A是化学实验室中最常见的有机物，它易溶于水并有特殊香味，A是乙醇，（1）乙醇的结构式；）2CH3CH2OH + 2Na 2CH3CH2ONa + H2CH3CH2OH+3O22CO2 +3H2O 2CH3CH2OH+O22CH3CHO +2H2O本题考查了乙醇的结构与性质。乙醇能发生取代、氧化、消去等反应。属于基本的知识与技能。17（6分）下图表示配制 100 mL 0.100 molL-1 Na2CO3溶液的几个关键实
21、验步骤和操作，据图回答下列问题：（1）用托盘天平称取Na2CO310H2O 的质量是 。（2）步骤E中将一玻璃仪器上下颠倒数次，该仪器的名称是 。（3）步骤B通常称为转移，步骤A通常称为 。（4）将上述实验步骤AF按实验过程先后次序排列 。【答案】 2.9g(2分) （2） 容量瓶(1分) （3） 定容(1分) （4） CBDFAE(2分)【解析】试题分析：（1）100 mL 0.100 molL-1 Na2CO3溶液中碳酸钠的物质的量是0.1L0.100 molL-1=0.01mol，所以需要Na2CO310H2O 的物质的量也是0.01mol，其质量为0.01mol286g/mol=2.8
22、6g，托盘天平只能精确到0.1g，所以需要Na2CO310H2O 的质量是2.9g；（2）定容后需将容量瓶内的溶液上下颠倒摇匀，所以该仪器的名称是容量瓶；（3）步骤A是用胶头滴管定容，该步骤为定容；（4）F中的溶液多于B中的溶液，所以F是洗涤后移液，按照配置溶液的一般步骤称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀，所以按实验过程先后次序排列是CBDFAE。考点：考查溶液的计算与配制步骤的判断18滴定实验是化学学科中重要的定量实验。请回答下列问题： （1）酸碱中和滴定用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液。 下列操作会造成测定结果偏高的是 （填选项字母）。A、滴定终点读数时，俯视滴定管刻度，其他操作正确B
23、、盛NaOH溶液锥形瓶用蒸馏水洗后，未用NaOH溶液润洗C、酸式滴定管用蒸馏水洗净后，未用标准盐酸润洗D、滴定前，滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失某学生的实验操作如下：A、用碱式滴定管取稀NaOH溶液25.00 mL，注入锥形瓶中，加入甲基橙作指示剂B、用待测定的溶液润洗碱式滴定管C、用蒸馏水洗干净滴定管D、取下酸式滴定管，用标准HCl溶液润洗后，注入标准液至“0”刻度以上23cm处，再把滴定管固定好，调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下E、检查滴定管是否漏水F、另取锥形瓶，再重复操作一次G、把锥形瓶放在滴定管下面，瓶下垫一张白纸，边滴边摇动锥形瓶直至滴定终点，记下滴定管液面所在刻度a滴定操作
24、的正确顺序是（用序号填写） 。b在G操作中如何确定终点? 。（2）氧化还原滴定取草酸溶液于锥形瓶中，加适量稀硫酸，用浓度为0.1 molL1的高锰酸钾溶液滴定，发生反应为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4K2SO4+10CO2+22MnSO4+8H2O。表格记录了实验数据：滴定次数待测液体积（mL）标准KMnO4溶液体积（mL）滴定前读数滴定后读数第一次25.000.5020.40第二次25.003.0023.00第三次25.004.0024.10滴定时，KMnO4溶液应装在 （“酸”或“碱”）式滴定管中，达终点时的现象是 。该草酸溶液的物质的量浓度为 。（3）沉淀滴定滴定剂和被滴定
25、物的生成物比滴定剂与指示剂的生成物更难溶。参考下表中的数据，若用AgNO3滴定NaSCN溶液，可选的指示剂是 （填选项字母）。难溶物AgClAgBrAgCNAg2CrO4AgSCN颜色白浅黄白砖红白KSP1.7710105.3510131.2110161.1210121.01012A、NaCl B、NaBr C、NaCN D、Na2CrO4 【答案】（7分）（1）C、D ；（1分） a. ECBADGF或ECDBAGF（1分）b. 溶液由黄色变橙色，且半分钟内不恢复黄色（1分） （2）酸（分） 锥形瓶中溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色（1分）0.2molL1 （1分）（3）D（1分）【解
26、析】试题分析：（1） A、滴定终点读数时，俯视滴定管刻度，其他操作正确，则标准溶液体积偏小，使待测溶液的浓度偏低，错误；B、盛NaOH溶液锥形瓶用蒸馏水洗后，未用NaOH溶液润洗，无影响，错误；C、酸式滴定管用蒸馏水洗净后，未用标准盐酸润洗，使消耗的标准溶液的体积偏多，则待测溶液的浓度偏高，正确；D、滴定前，滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，标准溶液的体积偏多，使待测溶液的浓度偏高，正确；a滴定操作的正确顺序是首先检查滴定管是否漏水，然后洗涤滴定管；接着用待测定的溶液润洗碱式滴定管，用碱式滴定管取稀NaOH溶液25.00 mL，注入锥形瓶中，加入甲基橙作指示剂；再取下酸式滴定管，用标准HCl溶
27、液润洗后，注入标准液至“0”刻度以上23cm处，再把滴定管固定好，调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下，把锥形瓶放在滴定管下面，瓶下垫一张白纸，边滴边摇动锥形瓶直至滴定终点，记下滴定管液面所在刻度，为了减少实验的偶然性，另取锥形瓶，再重复操作一次，取平均值就是所得到的标准溶液的体积，步骤代号是E、C、B、A、D、G、F，也可以先向酸式滴定管中装标准溶液，再向碱式滴定管中装待测溶液，其它步骤相同，因此也可以是E、C、D、B、A、G、F； b在G操作中确定终点的方法是由于指示剂甲基橙在碱溶液中，所以开始时是黄色的，当滴加最后一滴溶液，溶液有黄色变为橙色，半分钟内不恢复黄色就达到滴定终点；（2）KM
28、nO4溶液有强的氧化性，容易与橡胶等有机物发生反应，所以滴定时，KMnO4溶液应装在酸式滴定管中；三次实验消耗的KMnO4溶液的体积分别是19.90ml、20.00ml、20.10ml，所以消耗体积平均是：（19.90ml+ 20.00ml+ 20.10ml）3=20.00ml,n(KMnO4)= 0.1 mol/L0.02L=210-3mol；根据方程式中草酸与KMnO4反应时的物质的量的关系可知：n(H2C2O4)= 5/2 n(KMnO4)= 510-3mol;所以草酸的浓度是：c(H2C2O4)= 510-3mol 0.025L=0.2mol/L;（3）若用AgNO3滴定NaSCN溶液
29、,由于产生的AgSCN的溶度积常数是1.01012，根据溶度积常数可知产生Ag2CrO4的溶度积产生是1.121012，需要的CrO42-的浓度大，换言之AgSCN比Ag2CrO4更难溶，而其它物质比AgSCN难溶，因此选择的指示剂是Na2CrO4 ，选项是D。考点：考查滴定实验的操作步骤、误差分析、仪器的使用、指示剂的使用和计算的知识。19（14分）某工厂对制革工业污泥中Cr元素的回收与再利用工艺如下（硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe2+、Fe3+、Al3+、Cu2+、Mg2+）:常温下部分阳离子以氢氧化物沉淀形式存在时溶液的pH见下表：阳离子Fe3+Fe2+Mg2+Al3+
30、Cu2+Cr3+开始沉淀时的pH1970933747-沉淀完全时的pH329011180679（9 溶解）（1）酸浸时，为了提高浸取效率可采取的措施是_（至少写一条）。（2）加入H2O2 目的是氧化_离子，其有关的离子方程式_。针铁矿（Coethite）是以德国诗人歌德（Coethe）名字命名的，组成元素是Fe、H、O，化学式量为89，其化学式是_。（3）调pH=8是为了将_离子（从Fe3+、Al3+、Cu2+、Mg2+中选择）以氢氧化物沉淀的形式除去。滤出的沉淀中部分沉淀将溶解于足量的氢氧化钠溶液中，其有关的离子方程式是_，取少量上层澄清溶液，向其中通入足量的CO2，又能重新得到相应的沉淀,
31、 其有关的离子方程式为_。（4）试配平最后一步相关的氧化还原方程式：_Na2Cr2O7 + _SO2 + _ H2O = _ Cr（OH）（H2O）5SO4 + _ Na2SO4，每生成1mol Cr（OH）（H2O）5SO4时，该反应中转移的电子数为_。【答案】（14分）（1）升高温度、搅拌、延长浸取时间、过滤后再次浸取（其他合理答案也可）（1分）；（2）Fe2+（1分）， 2Fe2+ + H2O2 + 2H+ = 2Fe3+ + 2H2O（2分）， FeO（OH） （1分）；（3）Al3+、Cu2+（1分）， Al（OH）3 + OH- = AlO2 + 2H2O（2分），AlO2 + 2
32、H2O + CO2 = Al（OH）3+ HCO3 （2分）（4）1 ,3 ,11, 2 ,1（2分）， 3NA（2分）（或18061024）；【解析】试题分析：（1）升高温度、搅拌、延长浸取时间、过滤后再次浸取都可以加快反应速率。（2）硫酸浸取液含有Fe2+，所以加入H2O2 目的是氧化Fe2+；反应的离子方程式为：2Fe2+ + H2O2 + 2H+ = 2Fe3+ + 2H2O；根据组成元素是Fe、H、O，化学式量为89，可得化学式为：FeO（OH）。（3）Fe3+在pH为3.2时完全转化为沉淀，Cu2+在pH为6.7时完全转化为沉淀，所以调pH=8是为了将Al3+、Cu2+以氢氧化物的
33、形式沉淀除去；Al(OH)3能与NaOH溶液反应，所以离子方程式为：Al（OH）3 + OH- = AlO2 + 2H2O；AlO2 、 2H2O 、 CO2 反应可生成Al(OH)3沉淀，离子方程式为：AlO2 + 2H2O + CO2 = Al（OH）3+ HCO3。（4）Cr元素由+6价降低为+3价，S元素由+4价升高至+价，根据化合价升高的总价数等于降低的总价数配平可得方程式的计量数为：1 ,3 ,11, 2 ,1；因为Cr元素降低3价，所以每生成1mol Cr（OH）（H2O）5SO4时，该反应中转移的电子数为3NA或18061024。考点：本题考查化学流程的分析、离子方程式的书写、
34、氧化还原反应原理及方程式的配平。20已知苯磺酸在稀酸中可以水解而除去磺酸根：又知苯酚与浓H2SO4易发生磺化反应：现以苯、水、溴、浓H2SO4及碱为原料，合成，写出有关各步反应的化学方程式。【答案】【解析】本题以苯为主要原料制取，由于苯环上的H原子不能同时被OH和Br原子所取代(副产物多)，因此应选择先溴代生成溴苯，利用卤代烃的水解反应制得苯酚，再结合题目所给信息，苯酚易发生磺化反应，生成磺化产物后再溴代，可以减少副产物生成，得到需要的邻位产物。21利用芳香烃X和链烃Y可以合成紫外线吸收剂BAD，已知G不能发生银镜反应，BAD结构简式为：BAD的合成路线如下：试完成下列问题：（1）写出结构简式
35、：Y_ _，D_ _。（2）属于取代反应的有_ _(填数字序号)。（3）1 mol BAD最多可与含_mol NaOH的溶液完全反应。（4）写出方程式：反应_ _。BGH_ _。【答案】（每空2分）（1）CH3CHCH2；（2） （3）6（4）2CH3CH(OH)CH3+O22CH3COCH3+H2O；CH3COCH3+2C6H5OH+H2O【解析】试题分析：芳香烃X与Cl2在催化剂存在时，发生取代反应，产生A，结构简式为，A 和水在催化剂存在时发生取代反应产生B，B是苯酚，结构简式为；B与NaOH的水溶液发生取代反应产生C，结构简式为；C与CO2在一定条件下反应产生D：；D酸化得到E：；根据
36、BAD结构简式可知Y是CH3CHCH2，Y与H2O发生加成反应形成F，结构简式为CH3CH(OH)CH3；F催化氧化产生G，结构简式为；G与苯酚发生反应形成H和水，H的结构简式为；H与发生酯化反应形成BAD和水。（1）根据以上分析可知Y结构简式是CH3CHCH2，D结构简式是；（2）根据以上分析可知在上述反应中属于取代反应的有；（3）在BAD分子中含有2个酚羟基、2个酯基，2个酯基水解产生2个酚羟基和2个羧基，它们都可以与NaOH溶液发生反应，因此1molBAD可以与6molNaOH的溶液完全反应；（4）根据以上分析可知反应的化学方程式是2CH3CH(OH)CH3+O22CH3COCH3+H2
37、O；BGH的方程式是CH3COCH3+2C6H5OH+2H2O。【考点定位】本题主要是考查有机物的推断、物质的结构、性质、转化、反应类型的判断、化学方程式的书写的知识。【名师点晴】有机推断与合成题的解题关键是要熟悉烃的各种衍生物间的转化关系，不仅要注意物质官能团的衍变，还要注意同时伴随的分子中碳、氢、氧、卤素原子数目以及有机物相对分子质量的衍变，这种数量、质量的改变往往成为解题的突破口。22（14分）X、Y、Z、W四种物质有如下相互转化关系（其中X、W单质，Y、Z为化合物，未列出反应条件）。若Z是生活中常用的调味品，W遇淀粉溶液变蓝，则：（1）向FeCl2溶液中加入X的水溶液，是溶液颜色变为棕
38、黄色的微粒是 。（2）工业上Z有多种用途，用化学方程式表示Z的一种用途 。（3）生活中所用的Z加入了碘酸钾，过量X与Y溶液反应时可以得到一种碘酸盐，此反应的离子方程式是 。若X是工业上用量最大的金属单质，Z是一种具有磁性的黑色晶体，则：（1）X与Y反应的化学方程式是 。（2）若用下列装置只进行Z + WX + Y反应（夹持装置未画出）：完成此实验有多步操作，其中三步是：a点燃酒精灯，b滴加盐酸，c检验气体纯度这三步操作的先后顺序是 （填字母）。为保证实验成功，上述装置需要改进，方法是（用文字叙述） 。（3）将3.48 g Z加入50 mL 4 mol/L的稀HNO3中充分反应，产生112 mL
39、的NO（标准状况），向反应后的溶液中滴加NaOH溶液能产生沉淀。当沉淀量最多时，至少需要加入2 mol/L的NaOH溶液 mL（精确到0.1）。【答案】I.（14分，每空2分）（1）Cl2；（2）2NaOH2H2O2NaOHH2Cl2或2NaCl（熔融）2NaCl2或NaClNH3H2OCO2=NaHCO3NH4Cl；（3）3Cl2I3H2O=IO36Cl6H；.（1）3Fe4H2O（g）Fe3O44H2；（2）b、c、a；在甲、乙之间增加一个盛水的试剂瓶； （3）97.5mL。【解析】试题分析：I.Z是生活中常用的调味品，一般是NaCl或CH3COOH，W遇淀粉溶液变蓝，则W：I2，X为单质
40、，因此Z为NaCl，则X为Cl2，可以推出Y：NaI，（1）X为氯气，两者发生氧化还原反应，2Fe2Cl2=2Fe32Cl，因此微粒是Cl2，（2）NaCl用途广泛，可以用于氯碱工业，金属钠的制取，纯碱的制取等等，2NaOH2H2O2NaOHH2Cl2或2NaCl（熔融）2NaCl2或NaClNH3H2OCO2=NaHCO3NH4Cl；（3）根据题目信息，氯气将I氧化成IO3，本身被还原为Cl，利用化合价升降以及原子守恒，其离子反应方程式为：3Cl2I3H2O=IO36Cl6H；.X是工业上用量最大的金属单质，则X是Fe，Z是一种具有磁性的黑色晶体，则Z是Fe3O4，则Y是水，（1）铁和水蒸气
41、在高温下发生反应，3Fe4H2O（g）Fe3O44H2；（2）还原金属氧化物，先通一段时间的氢气，把装置中的空气排尽，防止发生危险，当氢气纯净后，在点燃酒精灯，因此步骤是：b、c、a；从甲装置中出来的气体除氢气外，还有氯化氢气体、水蒸气，浓硫酸吸水，缺少除去氯化氢的装置，因此在甲乙装置之间加一个盛水的试剂瓶；（3）沉淀最多，说明铁元素全部转化成Fe（OH）3，此时溶液中的溶质为NaNO3，根据氮元素守恒，硝酸起氧化性和酸性，因此有n（NaOH）=n（NaNO3）=n（NO3）=501034112103/22.4mol=0.195mol，V（NaOH）=n（NaOH）/c（NaOH）=0.0975L，即97.5mL。考点：考查氯元素、铁元及其化合物的性质、化学计算等知识。