1、2015年四川省攀枝花市米易中学高考化学模拟试卷（2）一、选择题1下列说法正确的是（） A 将FeCl3饱和溶液煮沸可得到带正电荷的Fe（OH）3胶体 B 光导纤维具有很强的导电能力，所以大量用于制造通信光缆 C 硅酸钠溶液可以用作黏合剂，不能用作防火材料 D CaO和HCl的水溶液均能导电，且它们都属于电解质2NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（） A 80g CuO和Cu2S的混合物含有铜原子数一定为NA B 电解精炼铜时，当电路中转移NA个电子，阳极溶解32g铜 C 1mol铁与1molCl2充分反应，转移电子数为3NA D 向含有FeI2的溶液中通入适量氯气，当有1mol F
2、e2+被氧化时该反应转移电子的数目至少为NA3用试纸检验气体性质是一种重要的实验方法如图所示的实验中（可加热），下列试纸的选用、现象、对应结论都正确的一项是（）选项 试剂B 湿润的试纸A 现象 结论A 新制氯水 PH试纸 变白 氯气具有漂白性B 浓氨水，生石灰 蓝色石蕊试纸 变红 氨气显碱性C Na2SO3，硫酸 品红试纸 褪色 SO2具有漂白性D Cu，浓硝酸 KI淀粉试纸 变蓝 NO2为酸性气体 A A B B C C D D4下列各组离子能大量共存，当加入相应试剂后会发生化学变化，且发生反应的离子方程式正确的是（）选项 离子组 加入试剂 加入试剂后发生反应的离子方程式A Fe2+、NO3
3、、NH4+ NaHSO4溶液 3Fe2+NO3+4H+3Fe3+NO+2H2OB Ca2+、HCO3、Cl 少量NaOH溶液 Ca2+2HCO3+2OH2H2O+CaCO3+CO32C K+、AlO2、HCO3 通入少量CO2 2AlO2+3H2O+CO22Al（0H）3+CO32D NH4+、Al3+、SO42 少量Ba（OH）2 溶液 2 NH4+2SO42+Ba2+2OHBaSO42+2NH3H2O A A B B C C D D5（6分）（2015成都二模）与图中相对应的叙述是（） A 由图甲表示的反应速率随温度变化的关系可知该反应的H0 B 图乙表示pH相同的盐酸与醋酸中分别加入水后
4、溶液pH的变化，其中曲线a对应的是醋酸 C 图丙表示该反应为放热反应，且催化剂能改变反应的焓变 D 图丁表示向Na2CO3溶液中逐滴滴加稀盐酸，生成CO2与所加盐酸物质的量的关系6已知甲、乙、丙三种物质均含有同一种中学常见元素X，其转化关系如下：下列说法不正确的（） A 若A为硝酸，X为金属元素，则甲与丙反应可生成乙 B 若乙为NaHCO3，则丙一定是CO2 C 若A为金属单质，乙的水溶液遇KSCN溶液变红，则甲可能为非金属单质 D 若A为NaOH溶液，X为短周期的金属元素，则乙一定为白色沉淀7某绝热恒容容器中充入2mol/LNO2，发生反应2NO2N2 O4H=56.9kJ/mol 下列分析
5、不正确的是（） A 5s 时NO2的转化率为75% B 03s 时v（NO2 ）增大是由于体系温度升高 C 3s 时化学反应处于平衡状态 D 9s 时再充入N2O4，平衡后平衡常数K 较第一次平衡时大二、解答题8工业上可用电解法来处理含Cr2O72的酸性废水，最终可将Cr2O72转化成Cr（OH）3沉淀而被除去图为电解装置示意图（电极材料分别为铁和石墨）：请回答：（1）装置中的b电极分别是（填“阳极”或“阴极”）（2）a电极的电极反应式是（3）完成b电极附近溶液中反应的离子方程式：Cr2O72+6Fe2+14H+=2+6+7（4）电解时用铁不用石墨做阳极的原因是（5）电解结束后，若要检验电解液
6、中还有Fe2+存在，可选用的试剂是（填字母）AKSCN溶液 BCuCl2溶液 CH2O2溶液 DK3Fe（CN）69资料：“氨气可在纯氧中安静燃烧”某校化学小组学生设计如图装置（图中铁夹等夹持装置已略去）进行氨气与氧气在不同条件下反应的实验（1）用装置A制取纯净、干燥的氨气，大试管内碳酸盐的化学式是，碱石灰的作用是（2）将产生的氨气与过量的氧气通到装置B（催化剂为铂石棉）中，用酒精喷灯加热：氨催化氧化的化学方程式是，无水氯化钙的作用是；试管内气体变为色，该反应的化学方程式是；若将反应后的气体通入盛有紫色石蕊的溶液中，则试液变为色，该反应的化学方程式是将过量的氧气与A产生的氨气分别从a、b两管进
7、气口通入到装置C中，并在b管上端点燃氨气：（a）两气体中，先通入的气体是，其理由是（b）氨气燃烧的化学方程式是10醛在一定条件下可以两分子加成：加成产物不稳定，受热即脱水而生成不饱和醛：已知物质B是一种可作为药物的芳香族化合物，请根据如图（所有无机产物已略去）中各有机物的转化关系回答问题：（1）物质B所含官能团的名称B结构简式为；（2）物质A的核磁共振氢谱有个峰（3）写出EF的化学方程式（4）写出G与D反应生成H的化学方程式（5）F若与H2发生加反应，1mol F最多消耗的H2的物质的量为mol（6）芳香族化合物M与B互为同分异构体，且含有相同的官能团，试写出所有M结构简式11为了降低电子垃圾
8、对环境构成的影响，将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70%Cu、25%Al、4%Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：（1）第步Cu与混酸反应的离子方程式为得到滤渣1的主要成分为（2）第步中加入H2O2的作用是，使用H2O2的优点是；调溶液pH的目的是（3）简述第步由滤液2得到CuSO45H2O的方法是（4）由滤渣2制取Al2（SO4）318H2O，设计了以下三种方案：上述三种方案中，方案不可行，原因是；从原子利用率角度考虑，方案更合理（5）用滴定法测定CuSO45H2O含量取a g试样配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用c m
9、ol/L EDTA（H2Y2）标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液b mL滴定反应如下：Cu2+H2Y2CuY2+2H+写出计算CuSO45H2O质量分数的表达式=2015年四川省攀枝花市米易中学高考化学模拟试卷（2）参考答案与试题解析一、选择题1下列说法正确的是（） A 将FeCl3饱和溶液煮沸可得到带正电荷的Fe（OH）3胶体 B 光导纤维具有很强的导电能力，所以大量用于制造通信光缆 C 硅酸钠溶液可以用作黏合剂，不能用作防火材料 D CaO和HCl的水溶液均能导电，且它们都属于电解质考点： 盐类水解的应用；电解质与非电解质；硅和二氧化硅分析： A根据Fe（OH）3胶体制备方法：将饱和
10、溶液FeCl3加入沸水中能制得Fe（OH）3胶体，Fe（OH）3胶体不显电性；B、光导纤维的成分是二氧化硅，不能导电；C、硅酸钠水溶液是矿物胶，不燃烧也不助燃；D、水溶液或熔融状态导电的化合物为电解质解答： 解：A将饱和溶液FeCl3加入沸水中可得到吸附带正电荷的Fe（OH）3胶体胶粒，Fe（OH）3胶体不显电性，但故A错误；B、光导纤维具有很强的导光能力，所以大量用于制造通信光缆，故B错误；C、硅酸钠不燃烧也不助燃，所以硅酸钠溶液可作木材防火剂，故C错误；D、HCl的水溶液能导电，是自身电离的结果，氧化钙溶于水是与水反应的产物氢氧化钙电离的结果，熔融氧化钙可以电离，属于电解质，故D正确；故选
11、D点评： 本题主要考查的是电解质与非电解质的概念，胶体制备方法，物质性质的理解应用，掌握基础是关键，题目较简单2NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（） A 80g CuO和Cu2S的混合物含有铜原子数一定为NA B 电解精炼铜时，当电路中转移NA个电子，阳极溶解32g铜 C 1mol铁与1molCl2充分反应，转移电子数为3NA D 向含有FeI2的溶液中通入适量氯气，当有1mol Fe2+被氧化时该反应转移电子的数目至少为NA考点： 阿伏加德罗常数分析： ACuO和Cu2S中铜元素的质量分数相等，都是80%；B由于粗铜中含有活泼性较强的铁、锌等杂质，所以阳极溶解的铜的质量小于32g
12、；C氯气与铁反应生成氯化铁，依据量少的计算转移电子数；D碘离子的还原性强于二价铁离子，氯气先氧化碘离子，再氧化二价铁离子解答： 解：A.80gCuO和Cu2S的混合物中含有铜元素的质量为：80g=64g，含有的铜的物质的量为1mol，含有铜原子数一定为NA，故A正确；B电解精炼铜时，粗铜中含有较活泼的杂质铁、锌，电解过程中铁、锌先放电，所以当电路中转移NA个电子，即1mol电子，阳极溶解的铜的物质的量小于0.5mol，质量小于32g，故B错误；C.1mol铁与1molCl2充分反应生成氯化铁，氯气完全反应铁不足，依据氯气的量计算转移电子为2mol，转移电子数为2NA个，故C错误；D向含有FeI
13、2的溶液中通入适量氯气，氯气先氧化I，当有1mol Fe2+被氧化时转移NA个电子；2mol I被氧化时转移2NA个电子；该反应转移电子的数目至少为3NA，故D错误；故选：A点评： 本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，明确物质的构成、发生的氧化还原反应、转移的电子数是解题关键，注意二价铁离子与碘离子的还原性强弱3用试纸检验气体性质是一种重要的实验方法如图所示的实验中（可加热），下列试纸的选用、现象、对应结论都正确的一项是（）选项 试剂B 湿润的试纸A 现象 结论A 新制氯水 PH试纸 变白 氯气具有漂白性B 浓氨水，生石灰 蓝色石蕊试纸 变红 氨气显碱性C Na2SO3，硫酸 品红试纸 褪色 SO
14、2具有漂白性D Cu，浓硝酸 KI淀粉试纸 变蓝 NO2为酸性气体 A A B B C C D D考点： 常见气体的检验分析： A次氯酸具有漂白性；B氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；CNa2SO3和稀硫酸反应生成二氧化硫；DKI淀粉试纸遇氧化性物质变蓝解答： 解：A新制氯水中含有次氯酸，次氯酸具有漂白性，故A错误； B氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故不能用蓝色石蕊试纸检验，试纸选错，故B错误；C二氧化硫使品红褪色，说明有漂白性，故C正确；DKI淀粉试纸变蓝，说明NO2有氧化性，故D错误故选C点评： 本题考查常见试纸的使用，难度不大，注意KI淀粉试纸遇氧化性物质变蓝4下列各组离子能大量共存，当
15、加入相应试剂后会发生化学变化，且发生反应的离子方程式正确的是（）选项 离子组 加入试剂 加入试剂后发生反应的离子方程式A Fe2+、NO3、NH4+ NaHSO4溶液 3Fe2+NO3+4H+3Fe3+NO+2H2OB Ca2+、HCO3、Cl 少量NaOH溶液 Ca2+2HCO3+2OH2H2O+CaCO3+CO32C K+、AlO2、HCO3 通入少量CO2 2AlO2+3H2O+CO22Al（0H）3+CO32D NH4+、Al3+、SO42 少量Ba（OH）2 溶液 2 NH4+2SO42+Ba2+2OHBaSO42+2NH3H2O A A B B C C D D考点： 离子共存问题；
16、离子方程式的书写分析： 根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水、弱电解质等，不能发生氧化还原反应，不能相互促进水解反应等，则离子大量共存，以此来解答解答： 解：A该组离子之间不反应，加入NaHSO4溶液，发生氧化还原反应的离子反应为3Fe2+NO3+4H+3Fe3+NO+2H2O，故A正确；B该组离子之间不反应，加入NaOH溶液，发生与量有关的离子反应为Ca2+HCO3+OHH2O+CaCO3，故B错误；CAlO2促进HCO3的电离，不能大量共存，故C错误；D该组离子之间不反应，加入少量Ba（OH）2 溶液，发生的离子反应为2Al3+3SO42+3Ba2+6OHBaSO4+Al（OH）3，故D
17、错误；故选A点评： 本题考查离子的共存和离子反应，为高频考点，把握常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应及与量有关的离子反应及离子共存考查，题目难度中等5（6分）（2015成都二模）与图中相对应的叙述是（） A 由图甲表示的反应速率随温度变化的关系可知该反应的H0 B 图乙表示pH相同的盐酸与醋酸中分别加入水后溶液pH的变化，其中曲线a对应的是醋酸 C 图丙表示该反应为放热反应，且催化剂能改变反应的焓变 D 图丁表示向Na2CO3溶液中逐滴滴加稀盐酸，生成CO2与所加盐酸物质的量的关系考点： 弱电解质在水溶液中的电离平衡；反应热和焓变；化学反应速率与化学平衡图象的综合应用
18、专题： 图示题分析： A升高温度，平衡向吸热反应方向移动；B加水稀释促进醋酸电离，稀释相同的倍数，醋酸pH变化小于盐酸；C反应物总能量大于生成物总能量，则该反应的正反应是放热反应，催化剂能改变活化能；DNa2CO3+HClNaCl+NaHCO3，NaHCO3+HClNaCl+H2O+CO2，据此判断生成二氧化碳的量与盐酸之间的关系解答： 解：A升高温度，逆反应速率大于正反应速率，则平衡向逆反应方向移动，逆反应是吸热反应，所以正反应H0，故A错误；B加水稀释促进醋酸电离，稀释相同的倍数，醋酸pH变化小于盐酸，所以曲线a对应的是醋酸，故B正确；C反应物总能量大于生成物总能量，则该反应的正反应是放热
19、反应，催化剂能改变活化能，但不改变焓变，故C错误；DNa2CO3+HClNaCl+NaHCO3，NaHCO3+HClNaCl+H2O+CO2，所以开始时没有气体生成，当碳酸钠完全转化为碳酸氢钠时再加入稀盐酸产生二氧化碳，其图象为，故D错误；故选B点评： 本题考查了弱电解质的电离、物质之间的反应、反应热等知识点，明确弱电解质的电离特点、催化剂对反应的影响、物质之间反应先后顺序即可解答，易错选项是C，注意：催化剂能改变反应速率但不影响可逆反应平衡移动，不影响焓变，为易错点6已知甲、乙、丙三种物质均含有同一种中学常见元素X，其转化关系如下：下列说法不正确的（） A 若A为硝酸，X为金属元素，则甲与丙
20、反应可生成乙 B 若乙为NaHCO3，则丙一定是CO2 C 若A为金属单质，乙的水溶液遇KSCN溶液变红，则甲可能为非金属单质 D 若A为NaOH溶液，X为短周期的金属元素，则乙一定为白色沉淀考点： 无机物的推断分析： A若A为硝酸，则甲为铁，乙为硝酸亚铁，丙为硝酸铁；B若乙为NaHCO3，A为氢氧化钠，则甲为二氧化碳，丙可以为碳酸钠；C若A为金属单质，乙的水溶液遇KSCN溶液变红，则A为铁，甲可以为氯气，乙为氯化铁，丙为氯化亚铁；D若A为NaOH溶液，X为短周期的金属元素，则甲为氯化铝，乙为氢氧化铝，丙为偏铝酸钠解答： 解：A若A为硝酸，则甲为铁，乙为硝酸亚铁，丙为硝酸铁，甲与丙反应可生成乙
21、，故A正确；B若乙为NaHCO3，A为氢氧化钠，则甲为二氧化碳，丙可以为碳酸钠，所以丙不一定是CO2，故B错误；C若A为金属单质，乙的水溶液遇KSCN溶液变红，则A为铁，甲可以为氯气，乙为氯化铁，丙为氯化亚铁，故C正确；D若A为NaOH溶液，X为短周期的金属元素，则甲为氯化铝，乙为氢氧化铝，丙为偏铝酸钠，故D正确故选：B点评： 本题考查无机物的推断，属于开放性题目，注意掌握中学常见量不同产物不同、条件不同产物不同的反应，难度中等7某绝热恒容容器中充入2mol/LNO2，发生反应2NO2N2 O4H=56.9kJ/mol 下列分析不正确的是（） A 5s 时NO2的转化率为75% B 03s 时
22、v（NO2 ）增大是由于体系温度升高 C 3s 时化学反应处于平衡状态 D 9s 时再充入N2O4，平衡后平衡常数K 较第一次平衡时大考点： 化学平衡的影响因素；化学平衡建立的过程分析： A、分析图象5s二氧化氮变化浓度=2mol/L0.5mol/L=1.5mol/L，结合转化率概念计算=100%；B、依据反应是放热反应，在绝热恒容容器中，反应进行热量升高，反应速率增大；C、3s时二氧化氮反应速率最大，但随时间变化，速率减小，在7s后二氧化氮浓度不变是平衡状态，此时不能说明反应达到平衡状态；D、9s时反应达到平衡状态，加入N2O4，平衡逆向进行，反应热量降低，平衡向放热分析进行，平衡常数增大解
23、答： 解：A、分析图象5s二氧化氮变化浓度=2mol/L0.5mol/L=1.5mol/L，结合转化率概念计算=100%=100%=75%，故A正确；B、依据反应是放热反应，在绝热恒容容器中，反应进行热量升高，反应速率增大，随反应进行二氧化氮浓度减小，反应为达到平衡，03s时v（NO2）增大是由于体系温度升高，故B正确；C、3s时二氧化氮反应速率最大，但随时间变化，速率减小，在7s后二氧化氮浓度不变是平衡状态，3s此时不是平衡状态，故C错误；D、9s时反应达到平衡状态，加入N2O4，平衡逆向进行，反应热量降低，平衡向放热分析进行，平衡常数增大，9s时再充入N2O4，平衡后K较第一次平衡时大，故
24、D正确；故选C点评： 本题考查了图象分析判断，反应速率、转化率概念计算分析，平衡状态判断，掌握基础是解题关键，题目难度中等二、解答题8工业上可用电解法来处理含Cr2O72的酸性废水，最终可将Cr2O72转化成Cr（OH）3沉淀而被除去图为电解装置示意图（电极材料分别为铁和石墨）：请回答：（1）装置中的b电极分别是阳极（填“阳极”或“阴极”）（2）a电极的电极反应式是2H+2e=H2（3）完成b电极附近溶液中反应的离子方程式：Cr2O72+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O（4）电解时用铁不用石墨做阳极的原因是Fe作阳极，可产生还原剂Fe2+，而石墨作阳极不能提供还原剂（5）电解结
25、束后，若要检验电解液中还有Fe2+存在，可选用的试剂是D（填字母）AKSCN溶液 BCuCl2溶液 CH2O2溶液 DK3Fe（CN）6考点： 电解原理分析： （1）a连接电源负极，所以a为阴极；b连接电源正极，所以b为电解槽的阳极；（2）阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应；（3）亚铁离子具有还原性，能被重铬酸根氧化为铁离子，据此书写；（4）电解池的阳极是活泼电极时，则阳极上是电极本身失电子的过程；（5）根据亚铁离子的检验方法来回答解答： 解：（1）a连接电源负极，所以a为阴极；b连接电源正极，所以b为电解槽的阳极，故答案为：阳极；（2）a为阴极，阴极发生还原反应，根据放电顺序，电极反应式为：
26、2H+2e=H2，故答案为：2H+2e=H2；（3）亚铁离子具有还原性，能被重铬酸根氧化为铁离子，本身被还原为铬离子，根据元素守恒，得到Cr2O72+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O，故答案为：Cr3+、Fe3+、H2O；（4）金属Fe作阳极，该电极是金属铁失电子，此时可产生还原剂Fe2+，将重铬酸根离子还原，而石墨作阳极不能提供还原剂，故答案为：Fe作阳极，可产生还原剂Fe2+，而石墨作阳极不能提供还原剂；（5）电解结束后，若要检验电解液中还有Fe2+存在，可选用的试剂是K3Fe（CN）6，根据是否出现蓝色沉淀得到结论即可，故答案为：D点评： 本题考查学生电解池的工作原理以及
27、氧化还原反应的基本知识，难度中等9资料：“氨气可在纯氧中安静燃烧”某校化学小组学生设计如图装置（图中铁夹等夹持装置已略去）进行氨气与氧气在不同条件下反应的实验（1）用装置A制取纯净、干燥的氨气，大试管内碳酸盐的化学式是（NH4）2CO32NH3+H2O+CO2，碱石灰的作用是除去二氧化碳和水蒸气（2）将产生的氨气与过量的氧气通到装置B（催化剂为铂石棉）中，用酒精喷灯加热：氨催化氧化的化学方程式是4NH3+5O24NO+6H2O，无水氯化钙的作用是吸收未反应的氨气和生成的水；试管内气体变为红棕色色，该反应的化学方程式是2NO+O2=2NO2；若将反应后的气体通入盛有紫色石蕊的溶液中，则试液变为红
28、色，该反应的化学方程式是3NO2+2H2O=2HNO3+NO将过量的氧气与A产生的氨气分别从a、b两管进气口通入到装置C中，并在b管上端点燃氨气：（a）两气体中，先通入的气体是氧气，其理由是NH3在空气中不能燃烧，容易逸出污染空气，但是氨气在纯氧中能充分燃烧（b）氨气燃烧的化学方程式是4NH3+3O22N2+6H2O考点： 氨的制取和性质专题： 实验题分析： （1）碳酸铵受热分解生成氨气、二氧化碳、水蒸气，通过盛有碱石灰的干燥管除去二氧化碳和水蒸气得到干燥纯净的氨气；（2）NH3与过量O2在催化剂、加热条件下发生反应：4NH3+5O24NO+6H2O，生成的NO在试管内被过量的O2氧化为红棕色
29、的NO2气体，未反应的氨气和生成的水用装有无水氯化钙的干燥管吸收；生成的氨气与氧气反应生成红棕色的二氧化氮气体，二氧化氮和水反应生成硝酸，溶液显酸性使湿润变红色；若先通入NH3，NH3在空气中不能燃烧，容易逸出污染空气，但是氨气在纯氧中能充分燃烧，生成物为无污染的氮气和水解答： 解：（1）碳酸铵受热分解方程式：（NH4）2CO32NH3+H2O+CO2，通过盛有碱石灰的干燥管除去二氧化碳和水蒸气得到干燥纯净的氨气；故答案为：（NH4）2CO32NH3+H2O+CO2；除去二氧化碳和水蒸气；（2）NH3与过量O2在催化剂、加热条件下发生反应：4NH3+5O24NO+6H2O；用盛有无水氯化钙的干
30、燥管吸收未反应的氨气和生成的水；2NO+O2=2NO2二氧化氮是红棕色的气体；二氧化氮溶于水与水发生反应：3NO2+2H2O=2HNO3+NO，硝酸具有酸性使石蕊试液变红；故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；吸收未反应的氨气和生成的水；红棕色；2NO+O2=2NO2；红；3NO2+2H2O=2HNO3+NO；若先通入NH3，NH3在空气中不能点燃，容易逸出污染空气，但是氨气在纯氧中能充分燃烧，生成物为无污染的氮气和水，反应方程式为：4NH3+3O22N2+6H2O；故答案为：a）先通入氧气，NH3在空气中不能燃烧，容易逸出污染空气，但是氨气在纯氧中能充分燃烧；b）4NH3+3O22N2
31、+6H2O点评： 本题考查了氨气的制法和性质，题目难度不大，侧重考查学生分析实验，解决问题的能力10醛在一定条件下可以两分子加成：加成产物不稳定，受热即脱水而生成不饱和醛：已知物质B是一种可作为药物的芳香族化合物，请根据如图（所有无机产物已略去）中各有机物的转化关系回答问题：（1）物质B所含官能团的名称碳碳双键和醛基B结构简式为；（2）物质A的核磁共振氢谱有4个峰（3）写出EF的化学方程式+2NaOH+2NaBr+2H2O（4）写出G与D反应生成H的化学方程式+H2O（5）F若与H2发生加反应，1mol F最多消耗的H2的物质的量为5mol（6）芳香族化合物M与B互为同分异构体，且含有相同的官
32、能团，试写出所有M结构简式、考点： 有机物的推断专题： 有机物的化学性质及推断分析： C分子式为C9H8O2，B发生银镜反应生成C，故B中含有醛基，C中含有COOH，B的分子式为C9H8O，B的不饱和度为=6，B属于芳香族化合物，苯环饱和度为4，CHO不饱和度为1，故还含有1个C=C双键，A与乙醛加成生成B，由醛加成反应的信息可知，A为，故B为，C为，C与溴发生加成反应生成E，E为，E在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成F，则F为，C与氢气加成生成D，D中含有COOH，D与G反应生成H，H为酯，G含有OH，H分子式为C18H20O2，不饱和度为=9，故还含有2个苯环，故D为，G为，H为
33、，据此解答解答： 解：C分子式为C9H8O2，B发生银镜反应生成C，故B中含有醛基，C中含有COOH，B的分子式为C9H8O，B的不饱和度为=6，B属于芳香族化合物，苯环饱和度为4，CHO不饱和度为1，故还含有1个C=C双键，A与乙醛加成生成B，由醛加成反应的信息可知，A为，故B为，C为，C与溴发生加成反应生成E，E为，E在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成F，则F为，C与氢气加成生成D，D中含有COOH，D与G反应生成H，H为酯，G含有OH，H分子式为C18H20O2，不饱和度为=9，故还含有2个苯环，故D为，G为，H为，（1）根据上面的分析可知，B为，B所含官能团的名称为碳碳双键和
34、醛基，故答案为：碳碳双键和醛基；（2）A为，A的核磁共振氢谱有4个峰，故答案为：4；（3）EF的化学方程式为+2NaOH+2NaBr+2H2O，故答案为：+2NaOH+2NaBr+2H2O； （4）G与D反应生成H的化学方程式为：+H2O，故答案为：+H2O； （5）F为，F若与H2发生加反应，苯环和碳碳参键都能与氢气加成，所以1mol F最多消耗的H2的物质的量为 5mol，故答案为：5；（6）B为，芳香族化合物M与B互为同分异构体，且含有相同的官能团，则M结构简式为、，故答案为：、；点评： 本题考查有机物推断，涉及烯烃、醇、羧酸、醛等性质，需要对给予的信息进行利用，是对有机化合物知识的综合
35、考查，能较好的考查考生的自学能力和推理能力，难度中等，是高考热点题型11为了降低电子垃圾对环境构成的影响，将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70%Cu、25%Al、4%Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：（1）第步Cu与混酸反应的离子方程式为Cu+4H+2NO3Cu2+2NO2+2H2O 或3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O得到滤渣1的主要成分为Au、Pt（2）第步中加入H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，使用H2O2的优点是不引入杂质，对环境无污染；调溶液pH的目的是使Fe3+、Al3+沉淀除去（3）简述第步由滤液2得到CuSO
36、45H2O的方法是加热滤液2，经过蒸发、冷却、结晶、过滤，最终制得硫酸铜晶体（4）由滤渣2制取Al2（SO4）318H2O，设计了以下三种方案：上述三种方案中，甲方案不可行，原因是所得产品中含有较多Fe2（SO4）3杂质；从原子利用率角度考虑，乙方案更合理（5）用滴定法测定CuSO45H2O含量取a g试样配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用c mol/L EDTA（H2Y2）标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液b mL滴定反应如下：Cu2+H2Y2CuY2+2H+写出计算CuSO45H2O质量分数的表达式=100%考点： 制备实验方案的设计；化学方程式的有关计算；
37、物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用专题： 实验设计题分析： （1）稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+；所以滤渣1 的成分是Pt和Au，滤液1中的离子是Cu2+、Al3+、Fe2+；（2）过氧化氢具有氧化性且被还原为水，无杂质无污染；可以氧化亚铁离子为铁离子易于沉淀除去，调节溶液PH目的是铁离子和铝离子全部沉淀；第步加H2O2的作用是把Fe2+氧化为Fe3+，该氧化剂的优点是不引入杂质，产物对环境物污染调溶液PH的目的是使Fe3+和Al3+形成沉淀所以滤液2的成分是Cu2+，滤渣2的成分为氢氧化铁和氢氧化铝；（3）第步由五水硫酸铜制备硫酸铜的
38、方法应是在坩埚中加热脱水，经过蒸发、冷却、结晶、过滤，最终制得硫酸铜晶体；（4）依据实验方案过程分析制备晶体中是否含有杂质，使用的试剂作用，原料的利用率，原子利用率因素分析判断；（5）依据滴定实验和反应离子方程式计算得到解答： 解：（1）稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+；所以滤渣1的成分是Pt和Au，滤液1中的离子是Cu2+、Al3+、Fe2+；第步Cu与酸反应的离子方程式为：Cu+4H+2NO3Cu2+2NO2+2H2O 或3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O，Au、Pt和酸不反应，所以是滤渣；故答案为：Cu+4H+2NO3Cu
39、2+2NO2+2H2O 或3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O，Au、Pt；（2）第步加H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，过氧化氢做氧化剂不引入杂质，对环境无污染，调节溶液PH铁离子和铝离子全部沉淀后过滤得到氢氧化铁、氢氧化铝沉淀和滤液硫酸铜，故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；不引入杂质，对环境无污染；使Fe3+、Al3+沉淀除去；（3）第步由五水硫酸铜制备硫酸铜的方法应是在坩埚中加热脱水，经过蒸发、冷却、结晶、过滤，最终制得硫酸铜晶体；故答案为：加热滤液2，经过蒸发、冷却、结晶、过滤，最终制得硫酸铜晶体；（4）制备硫酸铝晶体的甲、乙、丙三种方法中，甲方案在滤渣中只加硫酸
40、会生成硫酸铁和硫酸铝，冷却、结晶、过滤得到的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质，方法不可行；乙和丙方法均可行；乙方案先在滤渣中加H2SO4，生成Fe2（SO4）3和Al2（SO4）3，再加Al粉和Fe2（SO4）3生成Al2（SO4）3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体；丙方案先在滤渣中加NaOH和Al（OH）3反应生成NaAlO2，再在滤液中加H2SO4生成Al2（SO4）3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体；但从原子利用角度考虑方案乙更合理，因为丙加的NaOH和制备的Al2（SO4）3的原子组成没有关系，造成原子浪费，所以从原子利用率和是否产生杂质考虑知，乙更合理，故答案为：甲；所得产
41、品中含有较多Fe2（SO4）3杂质；乙（5）取a g试样配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用c molL1 EDTA（H2Y2）标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液bmL滴定反应如下：Cu2+H2Y2=CuY2+2H+铜离子物质的量和标准液物质的量相同，则20mL溶液中铜离子的物质的量=cmol/Lb103L=bc103mol；则ag样品中CuSO45H2O的质量=cb103mol250g/mol5，所以CuSO45H2O质量分数的表达式=100%故答案为：100%点评： 本题考查离子分离的方法，实验设计，试剂选择，中和滴定的简单计算和误差的分析，离子性质的熟练掌握是解题关键，题目大
