1、2014-2015学年湖南省长沙市浏阳一中高三（下）入学化学试卷一.选择题，每题3分1下列有关说法正确的是( )A在酒精灯加热条件下，Na2CO3、NaHCO3固体都能发生分解BFe（OH）3胶体无色、透明，能发生丁达尔现象CH2、SO2、CO2三种气体都可用浓硫酸干燥DSiO2既能和氢氧化钠溶液反应有能和氢氟酸反应，所以是两性氧化物2下列关于物质或离子检验的叙述正确的是( )A在溶液中加KSCN，溶液显红色，证明原溶液中有Fe3+，无Fe2+B气体通过无水CuSO4，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气C灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中有Na+，无K+D将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，证
2、明原气体是CO23下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是( )A向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液：SO32+2H+SO2+H2OB向Na2SiO3溶液中通入过量SO2：SiO32+SO2+H2OH2SiO3+SO32C向Al2（SO4）3溶液中加入过量的NH3H2O：Al3+4NH3H2OAl（OH）4+4NH4+D向CuSO4溶液中加入Na2O2：2Na2O2+2Cu2+2H2O4Na+2Cu（OH）2+O24下列有关NaClO和NaCl混合溶液的叙述正确的是( )A该溶液中，H+、NH4+、SO42、Br可以大量共存B该溶液中，Ag+、K+、NO3、CH3CHO可以大量共存C向该溶液中
3、滴入少量FeSO4溶液，反应的离子方程式为：2Fe2+ClO+2H+Cl+2Fe3+H20D向该溶液中加入浓盐酸，每产生1molCl2，转移电子约为6.021023个5在通风橱中进行下列实验：步骤现象Fe表面产生大量无色气泡，液面上方变为红棕色Fe表面产生少量红棕色气泡后，迅速停止Fe、Cu接触后，其表面均产生红棕色气泡下列说法不正确的是( )A中气体由无色变红棕色的化学方程式：2NO+O22NO2B中的现象说明Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应C对此、中现象，说明稀HNO3的氧化性强于浓HNO3D针对中现象，在Fe、Cu之间连接电流计，可判断Fe是否被氧化6给定条件下，下列选项中所
4、示的物质间转化均能一步实现的是( )A粗硅SiCl4SiBMg（OH）2MgCl2（aq）MgCFe2O3FeCl3（aq）无水FeCl3DAgNO3（aq）Ag（NH3）2OH（aq）Ag7海水开发利用的部分过程如图所示下列说法错误的是( )A向苦卤中通入Cl2是为了提取溴B粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯C工业生产常选用NaOH作为沉淀剂D富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收8食品干燥剂应无毒、无味、无腐蚀性及环境友好下列说法错误的是( )A硅胶可用作食品干燥剂BP2O5不可用作食品干燥剂C六水合氯化钙可用作食品干燥剂D加工后具有吸水性的植物纤维可用作食品干燥剂9N
5、A为阿伏伽德罗常数的值下列说法正确的是( )A18gD2O和18gH2O中含有的质子数均为10NAB2L0.5mol/L亚硫酸溶液中含有的H+个数为2NAC过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NAD密闭容器中2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数为2NA10用如图所示装置除去含有CN、Cl 废水中的CN时，控制溶液pH为910，阳极产生的ClO将CN氧化为两种无污染的气体，下列说法不正确的是( )A用石墨作阳极，铁作阴极B阳极的电极反应式：Cl+2OH2eClO+H2OC阴极的电极反应式：2H2O+2eH2+2OHD除去CN的反应：2CN+5ClO+2HN2+
6、2CO2+5Cl+H2O二、解答题（共4小题，满分70分）11（16分）FeCl3 具有净水作用，但腐蚀设备，而聚合氯化铁是一种新型的絮凝剂，处理污水比FeCl3 高效，且腐蚀性小请回答下列问题：（1）FeCl3 净水的原理是_FeCl3溶液腐蚀钢铁设备，除H+作用外，另一主要原因是（用离子方程式表示）_（2）为节约成本，工业上用NaClO3 氧化酸性FeCl2 废液得到FeCl3若酸性FeCl2 废液中各离子浓度如下：则该溶液的PH约为_c（Fe2+）=2.0102molL1，c（Fe3+）=1.0103molL1，c（Cl）=5.3102molL1，NaClO3 能在酸性条件下氧化FeCl
7、2，写出离子方程式：_（3）FeCl3 在溶液中分三步水解：Fe3+H2OFe（OH）2+H+ K1Fe（OH）2+H2OFe（OH）2+H+ K2Fe（OH）+H2OFe（OH）3+H+ K3以上水解反应的平衡常数K1、K2、K3由大到小的顺序是_通过控制条件，以上水解产物聚合，生成聚合氧化铁，离子方程式为：xFe3+yH2OFex（OH）y（3xy）+yH+欲使平衡正向移动可采用的方法是（填序号）_a降温 b加水稀释 c加入NH4Cl d加入NaHCO3室温下，使氯化铁溶液转化为高浓度聚合氯化铁的关键条件是_（4）天津某污水处理厂用氯化铁净化污水的结果如图所示由图中数据得出每升污水中投放聚
8、合氯化铁以Fe（mgL1）表示的最佳范围约为_mgL112（21分）过氧化氢常用作氧化剂、漂白剂和消毒剂，可用于甲型H1N1流感消毒，为了贮存运输和使用的方便，工业上采用“醇析法”，将它转化为固态的过碳酸钠晶体（2Na2CO33H2O2），该晶体具有Na2CO3和Na2O2的双重性质，工业“醇析法”的工艺如下：回答下列问题：（1）过氧化氢溶液加入二氧化锰的反应化学方程式为_（2）反应温度控制在05时进行的理由是_（3）稳定剂能相互反应，生成一种不溶物将过碳酸钠粒子包住，该反应的化学方程式为_（4）加入异丙醇的作用是_（5）下列物质不能使过碳酸钠较快失效的是_aFeCl3 bNa2ScCH3CO
9、OH dNaHCO3（6）根据题中有关信息，请你提出贮存、运输过碳酸钠晶体中应注意（至少两项）：_（7）某同学向酸性高锰酸钾溶液中滴入过量过氧化氢溶液，观察到高锰酸钾溶液褪色，则发生反应的离子方程式为_13（18分）二氧化氯（ClO2，黄绿色易溶于水的气体）是高效、低毒的消毒剂，请答题：（1）实验室用NH4Cl、盐酸、NaClO2（亚氯酸钠）为原料，通过以下过程（图1）制备ClO2：电解时发生反应的化学方程式为_溶液X中大量存在的阴离子有_除去ClO2中的NH3可选用的试剂是_（填标号）a水 b碱石灰 C浓硫酸 d饱和食盐水（2）用图2装置可以测定混合气中ClO2的含量：在锥形瓶中加入足量的碘
10、化钾，用50mL水溶解后，再加入 3mL 稀硫酸：在玻璃液封装置中加入水，使液面没过玻璃液封管的管口；将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收；将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中：用0.1000molL1硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液（I2+2S2O32=2I+S4O62），指示剂显示终点时共用去20.00mL硫代硫酸钠溶液在此过程中：锥形瓶内ClO2与碘化钾反应的离子方程式为_玻璃液封装置的作用是_V中加入的指示剂通常为_，滴定至终点的现象是_测得混合气中ClO2的质量为_ g（相对原子质量Cl 35.5 O 16）（3）用ClO2处理过的饮用水会含有一定最的亚氯酸盐若要除去超标的亚氯酸盐，下
11、列物质最适宜的是_（填标号）a明矾 b碘化钾c盐酸 d硫酸亚铁14化合物X是一种香料，可采用乙烯与甲苯为主要原料，按下列路线合成：已知：RXROH；RCHO+CH3COORRCH=CHCOOR请回答：（1）E中官能团的名称是_（2）B+DF的化学方程式_（3）X的结构简式_（4）对于化合物X，下列说法正确的是_A能发生水解反应 B不与浓硝酸发生取代反应C能使Br2/CCl4溶液褪色 D能发生银镜反应（5）下列化合物中属于F的同分异构体的是_A BCCH2=CHCH=CHCH=CHCH=CHCOOH D2014-2015学年湖南省长沙市浏阳一中高三（下）入学化学试卷一.选择题，每题3分1下列有关
12、说法正确的是( )A在酒精灯加热条件下，Na2CO3、NaHCO3固体都能发生分解BFe（OH）3胶体无色、透明，能发生丁达尔现象CH2、SO2、CO2三种气体都可用浓硫酸干燥DSiO2既能和氢氧化钠溶液反应有能和氢氟酸反应，所以是两性氧化物【考点】钠的重要化合物；胶体的重要性质；硅和二氧化硅；气体的净化和干燥 【分析】A、碳酸钠加热不能分解；B、氢氧化铁胶体为红褐色液体；C、氢气、二氧化硫、二氧化碳和浓硫酸不反应，可以做气体的干燥剂；D、二氧化硅和氢氟酸反应是二氧化硅的特殊性质，两性氧化物是指和酸碱都反应的氧化物；【解答】解：A、碳酸钠加热不能分解，碳酸氢钠受热分解，A错误；B、氢氧化铁胶体
13、为红褐色液体，透明，能发生丁达尔现象，故B错误；C、氢气、二氧化硫、二氧化碳和浓硫酸不反应，可以做气体的干燥剂，H2、SO2、CO2三种气体都可用浓硫酸干燥，故C正确；D、二氧化硅和氢氟酸反应是二氧化硅的特殊性质，两性氧化物是指和酸碱都反应的氧化物，二氧化硅属于酸性氧化物，故D错误；故选C【点评】本题考查了物质性质分析，酸性氧化物概念理解应用，气体干燥的原理分析，掌握基础是关键，题目较简单2下列关于物质或离子检验的叙述正确的是( )A在溶液中加KSCN，溶液显红色，证明原溶液中有Fe3+，无Fe2+B气体通过无水CuSO4，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气C灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末
14、中有Na+，无K+D将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，证明原气体是CO2【考点】真题集萃；常见阳离子的检验 【分析】A如果该溶液既含Fe3+，又含Fe2+，滴加KSCN溶液，溶液呈红色，证明存在Fe3+，并不能证明无Fe2+；B无水硫酸铜吸水变为CuSO45H2O，白色粉末变蓝，可证明原气体中含有水蒸气；C灼烧白色粉末，火焰成黄色，证明原粉末中有Na+，不能证明无K+，因为黄光可遮住紫光，K+焰色反应需透过蓝色的钴玻璃滤去黄光后观察；D能使澄清石灰水变浑浊的气体有CO2、SO2等【解答】解：AFe3+遇KSCN会使溶液呈现红色，Fe2+遇KSCN不反应无现象，如果该溶液既含Fe3+，又含Fe2
15、+，滴加KSCN 溶液，溶液呈红色，则证明存在Fe3+，并不能证明无Fe2+，故A错误；B气体通过无水硫酸铜，粉末变蓝，则发生反应：CuSO4+5H2OCuSO45H2O，可证明原气体中含有水蒸气，故B正确；C灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中有Na+，并不能证明无K+，Na+焰色反应为黄色，可遮住紫光，K+焰色反应需透过蓝色的钴玻璃滤去黄光后观察，故C错误；D能使澄清石灰水变浑浊的气体有CO2、SO2等，故将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，则原气体不一定是CO2，故D错误，故选B【点评】本题考查常见物质及离子检验，侧重对基础知识的考查，注意对基础知识的掌握积累3下列表示对应化学反应的离子
16、方程式正确的是( )A向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液：SO32+2H+SO2+H2OB向Na2SiO3溶液中通入过量SO2：SiO32+SO2+H2OH2SiO3+SO32C向Al2（SO4）3溶液中加入过量的NH3H2O：Al3+4NH3H2OAl（OH）4+4NH4+D向CuSO4溶液中加入Na2O2：2Na2O2+2Cu2+2H2O4Na+2Cu（OH）2+O2【考点】真题集萃；离子方程式的书写 【分析】A硝酸具有强氧化性，可以氧化亚硫酸根；B二氧化硫过量，应生成HSO3；C氢氧化铝不能溶于氨水，得到氢氧化铝沉淀；D过氧化钠与水反应生成氢氧化钠与氧气，氢氧化钠在与硫酸铜反应生成氢氧化
17、铜沉淀与硫酸钠【解答】解：A硝酸具有强氧化性，将SO32氧化为SO42，不能生成二氧化硫，反应离子方程式为：3SO32+2H+2NO3=3SO42+2NO+H2O，故A错误；B二氧化硫过量，应生成HSO3，反应离子方程式为SiO32+2SO2+2H2OH2SiO3+2HSO3，故B错误；C氢氧化铝不能溶于氨水，得到氢氧化铝沉淀，反应离子方程式为：Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4+，故C错误；D过氧化钠与水反应生成氢氧化钠与氧气，氢氧化钠在与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀与硫酸钠，反应总离子方程式为：2Na2O2+2Cu2+2H2O4Na+2Cu（OH）2+O2，故D正确，故选：D【点
18、评】本题考查离子方程式正误判断，需要学生熟练掌握元素化合物性质，明确离子反应发生的条件，难度中等4下列有关NaClO和NaCl混合溶液的叙述正确的是( )A该溶液中，H+、NH4+、SO42、Br可以大量共存B该溶液中，Ag+、K+、NO3、CH3CHO可以大量共存C向该溶液中滴入少量FeSO4溶液，反应的离子方程式为：2Fe2+ClO+2H+Cl+2Fe3+H20D向该溶液中加入浓盐酸，每产生1molCl2，转移电子约为6.021023个【考点】钠的重要化合物 【分析】A、次氯酸为弱酸，次氯酸根与氢离子不能大量共存；B、银离子与氯离子生成AgCl白色难溶沉淀，故而不能电离共存；C、NaClO
19、为强碱弱酸盐，水解呈碱性，NaCl为中性，溶液中不存在大量的氢离子；D、次氯酸具有氧化性，浓盐酸具有还原性，两者发生归中反应生成氯气，据此解答即可【解答】解：A、NaClO和NaCl混合溶液中存在大量的次氯酸根，次氯酸为弱酸，次氯酸根与氢离子不能大量共存，故A错误；B、NaClO和NaCl混合溶液中存在大量的氯离子，与银离子反应生成白色难溶沉淀，故不能大量共存，故B错误；C、NaClO为强碱弱酸盐，水解呈碱性，NaCl为中性，溶液中不存在大量的氢离子，与2Fe2+ClO+2H+Cl+2Fe3+H20反应矛盾，故C错误；D、浓盐酸中Cl由1价升高到0价，次氯酸中Cl由+1价降低到0价，故每生成1
20、mol氯气转移电子数为1mol，故D正确，故选D【点评】本题主要考查的是溶液中离子的判断，涉及离子共存、盐类水解、氧化还原反应原理等，综合性较强，容易出错的是C选项，没有注意原溶液的酸碱性5在通风橱中进行下列实验：步骤现象Fe表面产生大量无色气泡，液面上方变为红棕色Fe表面产生少量红棕色气泡后，迅速停止Fe、Cu接触后，其表面均产生红棕色气泡下列说法不正确的是( )A中气体由无色变红棕色的化学方程式：2NO+O22NO2B中的现象说明Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应C对此、中现象，说明稀HNO3的氧化性强于浓HNO3D针对中现象，在Fe、Cu之间连接电流计，可判断Fe是否被氧化【考
21、点】真题集萃；氧化还原反应；硝酸的化学性质 【分析】A硝酸具有强氧化性，与Fe反应生成NO，NO遇空气变为二氧化氮；B浓硝酸具有强氧化性，Fe表面形成致密的氧化层，发生钝化现象；C对比I、的现象，Fe与稀硝酸反应生成NO，而Fe与浓硝酸反应生成二氧化氮且迅速被钝化，说明浓硝酸的氧化性强于稀硝酸；D根据中现象，说明构成原电池，在Fe、Cu之间连接电流计，通过电流计指针偏转，可以判断原电池的正负极【解答】解：A稀硝酸具有酸性与强氧化性，与Fe反应生成NO，NO遇空气变为二氧化氮，中气体由无色变红棕色的化学方程式：2NO+O22NO2，故A正确；B的现象是因为铁发生了钝化，Fe表面形成致密的氧化层，
22、阻止Fe进一步反应，故B正确；C对比I、的现象，Fe与稀硝酸反应生成NO，而Fe与浓硝酸反应生成二氧化氮且迅速被钝化，说明浓硝酸的氧化性强于稀硝酸，故C错误；D根据中现象，说明构成原电池，在Fe、Cu之间连接电流计，通过电流计指针偏转，可以判断原电池的正负极，进而判断Fe是否被氧化，故D正确，故选：C【点评】本题考查硝酸的化学性质、原电池原理，难度不大，侧重考查学生分析解决问题的能力6给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是( )A粗硅SiCl4SiBMg（OH）2MgCl2（aq）MgCFe2O3FeCl3（aq）无水FeCl3DAgNO3（aq）Ag（NH3）2OH（aq）A
23、g【考点】真题集萃；硅酸盐工业；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用 【分析】ASi可与氯气在高温下反应生成SiCl4，SiCl4可与氢气发生反应生成Si和HCl；B电解氯化镁溶液生成氢氧化镁、氯气和氢气；C氯化铁易水解，加热溶液生成氢氧化铁和HCl；D蔗糖为非还原性糖，与银氨溶液不反应【解答】解：ASi可与氯气在高温下反应生成SiCl4，SiCl4可与氢气发生反应生成Si和HCl，该反应可用于工业提纯硅，故A正确；B电解氯化镁溶液生成氢氧化镁、氯气和氢气，工业用电解熔融的氯化镁制备镁，故B错误；C氯化铁易水解，加热溶液生成氢氧化铁和HCl，蒸发时应在HCl环境中进行，故C错误；D蔗糖为非还
24、原性糖，与银氨溶液不反应，故D错误故选A【点评】本题为2015年江苏考题，综合考查元素化合物知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握物质的性质以及转化的特点、反应条件，难度不大，注意相关基础知识的积累7海水开发利用的部分过程如图所示下列说法错误的是( )A向苦卤中通入Cl2是为了提取溴B粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯C工业生产常选用NaOH作为沉淀剂D富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收【考点】真题集萃；海水资源及其综合利用 【分析】A向苦卤中通入Cl2置换出溴单质，分离得到溴；B粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42等杂质，精制时应加入试剂进行除杂，过
25、滤后向滤液中加入盐酸至溶液呈中性，再进行重结晶进行提纯；C工业生成处于生石灰或石灰水作沉淀剂；D先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收转化为HBr，达到富集的目的【解答】解：A向苦卤中通入Cl2置换出溴单质，分离得到溴，通入Cl2是为了提取溴，故A正确；B粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42等杂质，精制时通常在溶液中依次中加入过量的BaCl2溶液、过量的NaOH溶液和过量的Na2CO3溶液，过滤后向滤液中加入盐酸至溶液呈中性，再进行重结晶进行提纯，故B正确；C工业生成处于生石灰或石灰水作沉淀剂，故C错误；D海水提取溴一般用氯气置换溴离子转化为溴单质，用空气和水蒸气吹出单质溴，再用
26、SO2将其还原吸收转化为HBr，达到富集的目的，故D正确，故选：C【点评】本题考查海水资源的综合利用，注意掌握中学常见的化学工业，侧重对化学与技术的考查，难度不大8食品干燥剂应无毒、无味、无腐蚀性及环境友好下列说法错误的是( )A硅胶可用作食品干燥剂BP2O5不可用作食品干燥剂C六水合氯化钙可用作食品干燥剂D加工后具有吸水性的植物纤维可用作食品干燥剂【考点】真题集萃；常见的食品添加剂的组成、性质和作用 【分析】A硅胶具有吸水性，无毒；BP2O5吸水转化为酸；C六水合氯化钙不能吸水；D具有吸水性的植物纤维无毒【解答】解：A硅胶具有吸水性，无毒，则硅胶可用作食品干燥剂，故A正确；BP2O5吸水转化
27、为酸，导致食品变质，则P2O5不可用作食品干燥剂，故B正确；C六水合氯化钙不能吸水，则不能作食品干燥剂，故C错误；D具有吸水性的植物纤维无毒，则可用作食品干燥剂，故D正确；故选C【点评】本题考查物质的性质及食品干燥剂，为高频考点，把握物质的性质、化学与生活的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的综合考查，题目难度中等9NA为阿伏伽德罗常数的值下列说法正确的是( )A18gD2O和18gH2O中含有的质子数均为10NAB2L0.5mol/L亚硫酸溶液中含有的H+个数为2NAC过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NAD密闭容器中2molNO与1molO2充分反应，产物的分子
28、数为2NA【考点】真题集萃；阿伏加德罗常数 【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】A一个D2O和H2O分子中质子数都是10，18g的D2O物质的量=0.9mol、18gH2O的物质的量=1mol，根据N=nNA知，其分子数之比等于物质的量之比=0.9mol：1mol=0.9：1，结合分子构成计算质子数；Bn（H2SO3）=0.5mol/L2L=1mol，亚硫酸是弱电解质，在水溶液中部分电离，且第二步电离程度远远小于第一步电离程度；C过氧化钠和水反应方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，每生成1mol氧气转移电子物质的量=1mol20（1）=2mol，据此计算生成0.1mol
29、氧气转移的电子数；CNO和O2反应方程式为2NO+O2=2NO2，根据方程式知，2molNO与1molO2恰好完全反应生成2molNO2，但NO2和N2O4之间存在转化，方程式2NO2N2O4【解答】解：A一个D2O和H2O分子中质子数都是10，18g的D2O物质的量=0.9mol、18gH2O的物质的量=1mol，根据N=nNA知，其分子数之比等于物质的量之比=0.9mol：1mol=0.9：1，二者的分子数分别是0.9NA、NA，结合分子构成知，二者的质子数分别是9NA、10NA，故A错误；Bn（H2SO3）=0.5mol/L2L=1mol，亚硫酸是弱电解质，在水溶液中部分电离，且第二步电
30、离程度远远小于第一步电离程度，所以溶液中含有的H+个数远远小于2NA，故B错误；C过氧化钠和水反应方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，Na2O2中O元素的化合价为1价，每生成1mol氧气转移电子物质的量=1mol20（1）=2mol，则生成0.1mol氧气转移的电子0.2mol，电子数为0.2NA，故C正确；DNO和O2反应方程式为2NO+O2=2NO2，根据方程式知，2molNO与1molO2恰好完全反应生成2molNO2，但NO2和N2O4之间存在转化，方程式2NO2N2O4，所以产物分子数小于2NA，故D错误；故选C【点评】本题考查阿伏伽德罗常数有关计算，涉及氧化还原反应、
31、可逆反应、弱电解质的电离、同位素等知识点，明确物质的性质、物质结构、物质之间的转化即可解答，易错选项是AD，注意A中D2O的相对分子质量是20，注意D中存在转化关系2NO2N2O410用如图所示装置除去含有CN、Cl 废水中的CN时，控制溶液pH为910，阳极产生的ClO将CN氧化为两种无污染的气体，下列说法不正确的是( )A用石墨作阳极，铁作阴极B阳极的电极反应式：Cl+2OH2eClO+H2OC阴极的电极反应式：2H2O+2eH2+2OHD除去CN的反应：2CN+5ClO+2HN2+2CO2+5Cl+H2O【考点】真题集萃；电解原理 【分析】A该电解质溶液呈碱性，电解时，用不活泼金属或导电
32、非金属作负极，可以用较不活泼金属作正极；B阳极上氯离子失电子生成氯气，氯气和氢氧根离子反应生成次氯酸根离子和水；C阴极上水失电子生成氢气和氢氧根离子；D阳极产生的ClO将CN氧化为两种无污染的气体，该反应在碱性条件下进行，所以应该有氢氧根离子生成【解答】解：A该电解质溶液呈碱性，电解时，用不活泼金属或导电非金属作负极，可以用较不活泼金属作正极，所以可以用石墨作氧化剂、铁作阴极，故A正确；B阳极上氯离子失电子生成氯气，氯气和氢氧根离子反应生成次氯酸根离子和水，所以阳极反应式为Cl+2OH2eClO+H2O，故B正确；C电解质溶液呈碱性，则阴极上水失电子生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为2H2O+
33、2eH2+2OH，故C正确；D阳极产生的ClO将CN氧化为两种无污染的气体，两种气体为二氧化碳和氮气，该反应在碱性条件下进行，所以应该有氢氧根离子生成，反应方程式为2CN+5ClO+H2ON2+2CO2+5Cl+2OH，故D错误；故选D【点评】本题为2015年四川省高考化学试题，涉及电解原理，明确各个电极上发生的反应及电解原理是解本题关键，易错选项是BD，注意B中反应生成物，注意D中碱性条件下不能有氢离子参加反应或生成二、解答题（共4小题，满分70分）11（16分）FeCl3 具有净水作用，但腐蚀设备，而聚合氯化铁是一种新型的絮凝剂，处理污水比FeCl3 高效，且腐蚀性小请回答下列问题：（1）
34、FeCl3 净水的原理是Fe3+水解生成的Fe（OH）3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质FeCl3溶液腐蚀钢铁设备，除H+作用外，另一主要原因是（用离子方程式表示）2Fe3+Fe=3 Fe2+（2）为节约成本，工业上用NaClO3 氧化酸性FeCl2 废液得到FeCl3若酸性FeCl2 废液中各离子浓度如下：则该溶液的PH约为2c（Fe2+）=2.0102molL1，c（Fe3+）=1.0103molL1，c（Cl）=5.3102molL1，NaClO3 能在酸性条件下氧化FeCl2，写出离子方程式：ClO3+6Fe2+6H+=Cl+6Fe3+3H2O（3）FeCl3 在溶液中分三步水解：Fe3+
35、H2OFe（OH）2+H+ K1Fe（OH）2+H2OFe（OH）2+H+ K2Fe（OH）+H2OFe（OH）3+H+ K3以上水解反应的平衡常数K1、K2、K3由大到小的顺序是K1K2K3通过控制条件，以上水解产物聚合，生成聚合氧化铁，离子方程式为：xFe3+yH2OFex（OH）y（3xy）+yH+欲使平衡正向移动可采用的方法是（填序号）b、da降温 b加水稀释 c加入NH4Cl d加入NaHCO3室温下，使氯化铁溶液转化为高浓度聚合氯化铁的关键条件是调节溶液的pH（4）天津某污水处理厂用氯化铁净化污水的结果如图所示由图中数据得出每升污水中投放聚合氯化铁以Fe（mgL1）表示的最佳范围约
36、为1820mgL1【考点】铁盐和亚铁盐的相互转变；化学平衡的影响因素；转化率随温度、压强的变化曲线；盐类水解的应用 【分析】（1）Fe3+水解生成的Fe（OH）3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质，可起到净水的作用；钢铁设备中的Fe会与铁离子反应生成亚铁离子；（2）根据电荷守恒：c（Cl）=2c（Fe2+）+3c（Fe3+）+c（H+）（酸性溶液中OH浓度很小，在这里可以忽略不计），据此溶液中氢离子的浓度，再根据pH=lgc（H+）计算；氯酸钠氧化酸性的氯化亚铁，则反应物中有氢离子参加，则生成物中有水生成，Cl元素的化合价从+5价降低到1价，得到6个电子，而Fe元素的化合价从+2价升高到+3价，失去
37、1个电子，根据得失电子守恒，则氯酸根离子的系数为1，Fe2+的系数为6，则铁离子的系数也是6，氯离子的系数是1，根据电荷守恒，则氢离子的系数是6，水的系数是3；（3）铁离子的水解分为三步，且水解程度逐渐减弱，所以水解平衡常数逐渐减小；控制条件使平衡正向移动，水解为吸热反应，所以降温平衡逆向移动；加水稀释，则水解平衡也正向移动；加入氯化铵，氯化铵溶液为酸性，氢离子浓度增大，平衡逆向移动；加入碳酸氢钠，则消耗氢离子，平衡正向移动；从反应的离子方程式中可知，氢离子的浓度影响高浓度聚合氯化铁的生成，所以关键步骤是调节溶液的pH；（4）由图象可知，聚合氯化铁的浓度在1820 mgL1时，去除率达到最大值
38、，污水的浑浊度减小【解答】解：（1）Fe3+水解生成的Fe（OH）3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质，可起到净水的作用；钢铁设备中的Fe会与铁离子反应生成亚铁离子，离子方程式是：2Fe3+Fe=3Fe2+，故答案为：Fe3+水解生成的Fe（OH）3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质；2Fe3+Fe=3Fe2+；（2）根据电荷守恒：c（Cl）=2c（Fe2+）+3c（Fe3+）+c（H+）（酸性溶液中OH浓度很小，在这里可以忽略不计），则c（H+）=c（Cl）2c（Fe2+）3c（Fe3+）=1.0102molL1，则溶液pH=lg1.0102=2，故答案为：2；氯酸钠氧化酸性的氯化亚铁，则反应物中有氢离
39、子参加，则生成物中有水生成，Cl元素的化合价从+5价降低到1价，得到6个电子，而Fe元素的化合价从+2价升高到+3价，失去1个电子，根据得失电子守恒，则氯酸根离子的系数为1，Fe2+的系数为6，则铁离子的系数也是6，氯离子的系数是1，根据电荷守恒，则氢离子的系数是6，水的系数是3，配平后离子方程式为：ClO3+6Fe2+6H+=Cl+6Fe3+3H2O，故答案为：ClO3+6Fe2+6H+=Cl+6Fe3+3H2O；（3）铁离子的水解分为三步，且水解程度逐渐减弱，所以水解平衡常数逐渐减小，则K1K2K3；控制条件使平衡正向移动，使平衡正向移动，因为水解为吸热反应，所以降温，平衡逆向移动；加水稀
40、释，则水解平衡也正向移动；加入氯化铵，氯化铵溶液为酸性，氢离子浓度增大，平衡逆向移动；加入碳酸氢钠，则消耗氢离子，所以氢离子浓度降低，平衡正向移动，故选bd；从反应的离子方程式中可知，氢离子的浓度影响高浓度聚合氯化铁的生成，所以关键步骤是调节溶液的pH，故答案为：K1K2K3；bd；调节溶液的pH；（4）由图象可知，聚合氯化铁的浓度在1820 mgL1时，去除率达到最大值，污水的浑浊度减小，故答案为：1820【点评】本题考查铁的化合物性质的应用、氧化还原反应方程式的配平、对图象的分析能力、平衡移动影响因素等，需要学生具备扎实的基础与灵活运用难度，难度中等12（21分）过氧化氢常用作氧化剂、漂白
41、剂和消毒剂，可用于甲型H1N1流感消毒，为了贮存运输和使用的方便，工业上采用“醇析法”，将它转化为固态的过碳酸钠晶体（2Na2CO33H2O2），该晶体具有Na2CO3和Na2O2的双重性质，工业“醇析法”的工艺如下：回答下列问题：（1）过氧化氢溶液加入二氧化锰的反应化学方程式为2H2O22H2O+O2（2）反应温度控制在05时进行的理由是在低温下H2O2与2Na2CO33H2O2稳定（不易分解）且2Na2CO33H2O2的溶解度小（3）稳定剂能相互反应，生成一种不溶物将过碳酸钠粒子包住，该反应的化学方程式为MgCl2+Na2SiO3=MgSiO3+2NaCl（4）加入异丙醇的作用是降低过碳酸
42、钠的溶解度，有利于晶体析出（5）下列物质不能使过碳酸钠较快失效的是daFeCl3 bNa2ScCH3COOH dNaHCO3（6）根据题中有关信息，请你提出贮存、运输过碳酸钠晶体中应注意（至少两项）：密封防潮、避免高温、避免接触还原性、酸性或二氧化锰、铁盐等物质（写出其中两项即可）（7）某同学向酸性高锰酸钾溶液中滴入过量过氧化氢溶液，观察到高锰酸钾溶液褪色，则发生反应的离子方程式为5H2O2+2MnO+6H+2Mn2+5O2+8H2O【考点】制备实验方案的设计 【分析】过氧化氢为液体，难以贮存和运输，工业常见过氧化氢转化为过碳酸钠，生成时将反应温度控制在05，目的是防止在较低温度下2Na2CO
43、33H2O2溶解度更小，且过氧化氢和过碳酸钠较稳定，加入稳定剂，发生MgCl2+Na2SiO3=MgSiO3+2NaCl，不溶物将过碳酸钠粒子包住，得到稳定的溶液，在溶液中加入异丙醇可以减小过碳酸钠在水的溶解度，使过碳酸钠晶体析出而得到过碳酸钠晶体，（1）过氧化氢溶液加入二氧化锰的发生分解反应生成水和氧气；（2）在低温时H2O2与2Na2CO33H2O2稳定（不易分解）且2Na2CO33H2O2的溶解度小；（3）根据元素守恒可书写化学方程式；（4）过碳酸钠在异丙醇中的溶解度较小；（5）过碳酸钠在铁离子作催化剂、酸性条件及还原剂的条件下都容易失效；（6）由于2Na2CO33H2O2具有Na2CO
44、3和Na2O2的双重性质，可从过氧化氢和碳酸钠的性质的角度选择贮存、运输过碳酸钠晶体中应注意的事项；（7）酸性高锰酸钾溶液与过氧化氢溶液发生氧化还原反应生成锰离子和氧气，根据电荷守恒和元素守恒书写离子方程式【解答】解：过氧化氢为液体，难以贮存和运输，工业常见过氧化氢转化为过碳酸钠，生成时将反应温度控制在05，目的是防止在较低温度下2Na2CO33H2O2溶解度更小，且过氧化氢和过碳酸钠较稳定，加入稳定剂，发生MgCl2+Na2SiO3=MgSiO3+2NaCl，不溶物将过碳酸钠粒子包住，得到稳定的溶液，在溶液中加入异丙醇可以减小过碳酸钠在水的溶解度，使过碳酸钠晶体析出而得到过碳酸钠晶体，（1）
45、过氧化氢溶液加入二氧化锰的发生分解反应生成水和氧气，反应的方程式为2H2O22H2O+O2，故答案为：2H2O22H2O+O2；（2）在低温时H2O2与2Na2CO33H2O2稳定（不易分解）且2Na2CO33H2O2的溶解度小，便于生成过碳酸钠，故答案为：在低温下H2O2与2Na2CO33H2O2稳定（不易分解）且2Na2CO33H2O2的溶解度小；（3）根据上面的分析可知，反应的化学方程式为MgCl2+Na2SiO3=MgSiO3+2NaCl，故答案为：MgCl2+Na2SiO3=MgSiO3+2NaCl；（4）过碳酸钠在异丙醇中的溶解度较小，所以加入异丙醇的作用为降低过碳酸钠的溶解度，有
46、利于晶体析出，故答案为：降低过碳酸钠的溶解度，有利于晶体析出；（5）过碳酸钠在铁离子作催化剂、酸性条件及还原剂的条件下都容易失效，aFeCl3 对过碳酸钠的分解起催化作用； bNa2S具有还原性，能还原过碳酸钠；cCH3COOH 具有酸性，过碳酸钠能与酸反应，过碳酸钠较在碳酸氢钠中较稳定，故选 d；（6）由于2Na2CO33H2O2具有Na2CO3和Na2O2的双重性质，所以贮存、运输过碳酸钠晶体中应注意密封防潮、避免高温、避免接触还原性、酸性或二氧化锰、铁盐等物质，故答案为：密封防潮、避免高温、避免接触还原性、酸性或二氧化锰、铁盐等物质（写出其中两项即可）；（7）酸性高锰酸钾溶液与过氧化氢溶
47、液发生氧化还原反应生成锰离子和氧气，反应的离子方程式为5H2O2+2MnO+6H+2Mn2+5O2+8H2O，故答案为：5H2O2+2MnO+6H+2Mn2+5O2+8H2O【点评】本题考查物质制备的实验设计，侧重于钠的化合物的考查，注意把握制备原理，结合题给信息解答，答题时注意审题，要具备较强的审题能力和自学能力13（18分）二氧化氯（ClO2，黄绿色易溶于水的气体）是高效、低毒的消毒剂，请答题：（1）实验室用NH4Cl、盐酸、NaClO2（亚氯酸钠）为原料，通过以下过程（图1）制备ClO2：电解时发生反应的化学方程式为NH4Cl+2HClNCl3+3H2溶液X中大量存在的阴离子有Cl、OH
48、除去ClO2中的NH3可选用的试剂是c（填标号）a水 b碱石灰 C浓硫酸 d饱和食盐水（2）用图2装置可以测定混合气中ClO2的含量：在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用50mL水溶解后，再加入 3mL 稀硫酸：在玻璃液封装置中加入水，使液面没过玻璃液封管的管口；将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收；将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中：用0.1000molL1硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液（I2+2S2O32=2I+S4O62），指示剂显示终点时共用去20.00mL硫代硫酸钠溶液在此过程中：锥形瓶内ClO2与碘化钾反应的离子方程式为2ClO2+10I+8H+2Cl+5I2+4H2O玻璃液封装置的作
49、用是吸收残留的ClO2气体（避免碘的逸出）V中加入的指示剂通常为淀粉溶液，滴定至终点的现象是溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色测得混合气中ClO2的质量为0.02700 g（相对原子质量Cl 35.5 O 16）（3）用ClO2处理过的饮用水会含有一定最的亚氯酸盐若要除去超标的亚氯酸盐，下列物质最适宜的是d（填标号）a明矾 b碘化钾c盐酸 d硫酸亚铁【考点】制备实验方案的设计；探究物质的组成或测量物质的含量 【分析】本题在分析制ClO2的基础上，探究实验室用NH4Cl、盐酸、NaClO2（亚氯酸钠）为原料，通过以下过程制备ClO2，涉及氯化铵与盐酸混合溶液电解生成NCl3的原理及NCl3和N
50、aClO2反应制ClO2的原理，以及反应后的混合物分离与提纯，另外还考查了利用滴定原理测定混合气体中ClO2的含量的基本操作要点及数据处理；（1）由生产流程可知氯化铵在盐酸溶液中进行电解，阴极生成氢气，阳极生成NCl3，电解方程式为NH4Cl+2HClNCl3+3H2，在NCl3溶液中加入NaClO2，可生成ClO2、NH3和X，X中含Cl、OH；由信息可知，ClO2易溶于水，所以不能利用水溶液吸收，氨气为碱性气体，利用性质差异分离提纯；（2）由题目信息可知，ClO2通入锥形瓶与酸性碘化钾溶液反应，氧化I为I2，自身被还原为Cl，同时生成水；玻璃液封装置可防止有害气体逸出；淀粉遇碘单质变蓝；根
51、据关系式2ClO25I210Na2S2O3计算n（ClO2），再根据m=nM计算m（ClO2）；（3）亚氯酸盐具有氧化性，Fe2+将ClO2还原成Cl，Fe2+ 被氧化为铁离子【解答】解：（1）由生产流程可知氯化铵在盐酸溶液中电解，阴极生成氢气，阳极生成NCl3，电解方程式为NH4Cl+2HClNCl3+3H2，故答案为：NH4Cl+2HClNCl3+3H2；在NCl3溶液中加入NaClO2，可生成ClO2、NH3和X，发生NCl3+NaClO2+H2OClO2+NH3+NaOH+NaCl，溶液X中大量存在的阴离子有Cl、OH，故答案为：Cl、OH；aClO2易溶于水，不能利用水吸收氨，故错误
52、；b碱石灰不能吸收氨气，故错误；c浓硫酸可以吸收氨气，且不影响ClO2，故正确；dClO2易溶于水，不能利用饱和食盐水吸收氨气，故错误；故答案为：c；（2）由题目信息可知，ClO2通入锥形瓶与酸性碘化钾溶液反应，氧化I为I2，自身被还原为Cl，同时生成水，反应离子方程式为2ClO2+10I+8H+2Cl+5I2+4H2O，故答案为：2ClO2+10I+8H+2Cl+5I2+4H2O；玻璃液封装置的作用是吸收残留的ClO2气体（避免碘的逸出），故答案为：吸收残留的ClO2气体（避免碘的逸出）；V中加入的指示剂通常为淀粉溶液，滴定至终点的现象是溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色，故答案为：淀粉溶
53、液；溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色；含有Na2S2O3物质的量为0.02 L0.1mol/L=0.002 mol，则：根据关系式：2ClO25I210Na2S2O3， 2 10 n（ClO2） 0.002mol所以n（ClO2）=0.0004mol，所以m（ClO2）=0.004 mol67.5g/mol=0.02700g，故答案为：0.02700；（3）若要除去超标的亚氯酸盐，ac均不能还原亚氯酸盐，b中KI具有还原性但氧化产物不适合饮用水使用，只有d中Fe2+将ClO2还原成Cl，Fe2+ 被氧化为铁离子，且铁离子水解生成胶体可净化饮用水，则最适宜的是d，故选d【点评】本题考查物质含
54、量的测定，为高频考点，为2015年高考真题，把握物质的性质、制备流程、发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验、计算能力的综合考查，综合性较强，题目难度中等14化合物X是一种香料，可采用乙烯与甲苯为主要原料，按下列路线合成：已知：RXROH；RCHO+CH3COORRCH=CHCOOR请回答：（1）E中官能团的名称是醛基（2）B+DF的化学方程式（3）X的结构简式（4）对于化合物X，下列说法正确的是ACA能发生水解反应 B不与浓硝酸发生取代反应C能使Br2/CCl4溶液褪色 D能发生银镜反应（5）下列化合物中属于F的同分异构体的是BCA BCCH2=CHCH=CHCH=CHCH=CHCOOH D
55、【考点】有机物的合成 【分析】乙烯与水在催化剂作用下发生加成反应生成乙醇，故A是乙醇，乙醇催化氧化最终生成乙酸，故B是乙酸；甲苯在光照条件下与氯气发生的是取代反应，则C为，C在氢氧化钠的水溶液中发生的是取代反应，那么D应为，由D能被氧化为E，且结合给出的信息：RCHO+CH3COORRCH=CHCOOR，那么应E为，据此推断得出F为：，那么X为，据此结合各小题回答即可【解答】解：乙烯与水在催化剂作用下发生加成反应生成乙醇，故A是乙醇，乙醇催化氧化最终生成乙酸，故B是乙酸；甲苯在光照条件下与氯气发生的是取代反应，则D为醇，由D能被氧化为E，且结合给出的信息：RCHO+CH3COORRCH=CHC
56、OOR，那么E应为醛类，即甲苯与氯气发生的是甲基上的取代，那么C为，C在氢氧化钠的水溶液中发生的是取代反应，那么D应为，即E为，据此推断得出F为：，那么X为，（1）依据分析可知：E为苯甲醛，含有官能团为CHO，即醛基，故答案为：醛基；（2）B为乙酸，D为苯甲醇，两者发生酯化反应生成乙酸苯甲酯，化学反应方程式为：，故答案为：；（3）E与F形成X，即与反应生成X，依据信息可知：RCHO+CH3COORRCH=CHCOOR，那么X应为：，故答案为：；（4）AX中含有酯基，能发生水解反应，故A正确；BX中含有苯环，能与浓硝酸发生取代反应，故B错误；CX中含有碳碳双键，能使Br2/CCl4溶液褪色，故C正确；DX中不含有醛基，不能发生银镜反应，故D错误，故选AC；（5）F为，分子式为：C9H10O2，A中含有10个碳原子数，与F不是同分异构体，故A错误；B和C的分子式均为C9H10O3，且与F结构不同，属于同分异构体；D中C原子个数为10，与F不是同分异构体，故D错误，故选BC【点评】本题主要考查的是有机物的合成与有机物的推断，充分掌握常见有机化合物的性质以及抓住所给信息解题是关键，有一定的难度，注意整理
