1、高考资源网（） 您身边的高考专家2014-2015年湖南省郴州市宜章一中高三（下）限时练习化学试卷（九）一、选择题（每题6分，共42分）1（6分）（2013广州二模）下列实验能达到实验目的是（）A用乙醇萃取碘水中的碘B用饱和NaHCO3中除去CO2混有的HClC用Ba（NO3）2溶液鉴别SO32和SO42D用淀粉KI溶液鉴别FeCl3溶液和溴水2（6分）下列说法正确的是（）A溴乙烷和甲醇都能发生消去反应B乙烯和苯都能与酸性KMnO4溶液发生反应C纤维素和油脂的水解产物都是葡萄糖D糖类和蛋白质都是人体需要的营养物质3（6分）（2014焦作一模）如图是部分短周期元素原子半径与原子序数的关系图则下列
2、说法正确的是（）AZ、N两种元素的离子半径相比，前者较大BX、N两种元素的气态氢化物的稳定性相比，前者较弱C由X与M两种元素组成的化合物不能与任何酸反应，但能与强碱反应DZ的氧化物能分别溶解于Y的氢氧化物和N的氢化物的水溶液4（6分）（2013广州三模）下列离子方程式正确的是（）A氨水吸收足量的SO2气体：OH+SO2=HSO3B稀硝酸中加入过量铁粉：Fe+4H+NO=Fe3+NO+2H2OC用NaOH溶液吸收废气中氮氧化物：NO+NO2+OH=NO2+H2OD苯酚钠溶液中通入少量CO2：5（6分）（2014洛阳三模）有机物X、Y、M的转化关系为：淀粉XY乙酸乙酯，下列说法错误的是（）AX可用
3、新制的氢氧化铜检验BY有同分异构体CM含有两种碳氧共价键DY可发生加成反应6（6分）在容积固定不变的密闭容器中加入1mol N2和3mol H2发生反应：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=92.4kJmol1，下列结论正确的是（）A该反应达到平衡时，放出的热量等于92.4KJB达到平衡后向容器中通入1mol氦气，平衡不移动C降低温度和缩小容器体积均可使该反应的平衡常数增大D若达到平衡时N2的转化率为20%，则平衡时容器内的压强是起始时的80%7（6分）（2013广州三模）下列叙述正确的是（）Ac（NH4+）相等的（NH4）2SO4、（NH4）2Fe（SO4）2和NH4Cl溶液中，溶质浓
4、度大小关系是：c（NH4）2Fe（SO4）2c（NH4）2SO4c（NH4Cl）B若0.3 mol/L HY溶液与0.3 mol/L NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH=9，则c（OH）c（HY）=c（H+）=1105mol/LC0.2molL1 HCl溶液与等体积0.05 molL1 Ba（OH）2溶液混合后，溶液的pH=1DNaHCO3溶液中：c（H+）+c（H2CO3）=c（CO32）+c（OH）二、非选择题（58分）8（14分）（2013朝阳区一模）工业上常以赤铁矿石（主要成分为Fe2O3）和焦炭为主要原料，在高温下炼铁焦炭产生CO的反应是：C+O2CO2； C+CO22CO（1）C
5、O还原赤铁矿的化学方程式是（2）下列说法正确的是a为使赤铁矿石充分燃烧，需将其粉碎b足量的空气能提高炼铁反应速率c与生铁相比较，纯铁转化为“铁水”的温度低（3）生铁的用途很多，某电镀厂用生铁将废水中的Cr2O72转化为Cr3+，流程图1：气体A是在上述酸性溶液中，生铁比纯铁产生Fe2+的速率快，原因是将Cr3+转化为Cr（OH）3的离子方程式是（4）电解法将一定浓度的酸性废水中的Cr2O72转化为Cr3+，其原理示意图2：阳极附近溶液中Cr2O72转化为Cr3+的离子方程式是一段时间后，试管底部出现沉淀解释生成沉淀的原因：9（14分）（2013武汉模拟）重铬酸盐广泛用作氧化剂、皮革制作等以铬矿
6、石（主要成分是Cr2O3，含FeO、Al2O3、SiO2等杂质）为原料制取重铬酸钠的流程如图1：请回答下列问题：（1）写出Cr2O3在高溫焙烧时反应的化学方程式（2）写出硫酸酸化使Na2CrO4转化为Na2Cr2O7的离子方程式（3）某工厂采用石墨电极电解Na2CrO4溶液，实 现了 Na2CrO4到Na2Cr2O7的转化，其原理如图2所示钠离子交换膜的一种材料是聚丙烯酸钠，聚丙烯酸钠单体的结构简式是；写出阳极的电极反应式（4）Na2Cr2O7可用于测定废水的化学耗氧量（即C0D，指每升水样中还原性物质被氧化 所需要O2的质量）现有某水样100.00mL，酸化后加入c1mol/L的Na2Cr2
7、O7溶液 V1mL，使水中的还原性物质完全被氧化（Cr2O还原为Cr3+）；再用4mol/L的FeSO4溶液滴定剩 余的Cr2O，结果消耗FeSO4溶液V2mL该水样的COD为mg/L；假设上述反应后所得溶液中Fe3+和Cr3+的物质的量浓度均为0.1mol/L，要使Fe3+沉 淀完全而Cr3+还未开始沉淀则需调节溶液pH的范围是（可能用到的数据：KspFe（OH）3=4.01038，KspCr（OH）3=6.01031，lg=0.1，lg=0.2，lg=0.3，lg=0.6）10（15分）（2013朝阳区一模）实验室制乙烯时，产生的气体能使Br2 的四氯化碳溶液褪色，甲、乙同学用下列实验验证
8、（气密性已检验，部分夹持装置略）实验操作和现象：操 作现 象点燃酒精灯，加热至170：A中烧瓶内液体渐渐变黑：B内气泡连续冒出，溶液逐渐褪色实验完毕，清洗烧瓶：A中烧瓶内附着少量黑色颗粒状物，有刺激性气味逸出（1）烧瓶内产生乙烯的化学方程式是（2）溶液“渐渐变黑”，说明浓硫酸具有性（3）分析使B中溶液褪色的物质，甲认为是C2H4，乙认为不能排除SO2的作用根据甲的观点，使B中溶液褪色反应的化学方程式是乙根据现象认为产生了SO2，在B中与SO2 反应使溶液褪色的物质是为证实各自观点，甲、乙重新实验，设计与现象如下：设 计现 象甲在A、B间增加一个装有某种试剂的洗气瓶Br2的CCl4溶液褪色乙与A
9、连接的装置如下：D中溶液由红棕色变为浅红棕色时，E中溶液褪色a根据甲的设计，洗气瓶中盛放的试剂是b根据乙的设计，C中盛放的试剂是c能说明确实是SO2使E中溶液褪色的实验是d乙为进一步验证其观点，取少量D中溶液，加入几滴BaCl2溶液，振荡，产生大量白色沉淀，浅红棕色消失，发生反应的离子方程式是（4）上述实验得到的结论是11（15分）丁基羟基茴香醚（简称BHA ）为食品抗氧剂，其结构简式如图1（1）BHA的分子式为，作抗氧剂的原因可能是含有（填官能团名称）（2）BHA可发生的反应为 （填反应类型）（3）A为BHA的同分异构体，存在图2转化，其中E用于液晶聚合物和塑料巳知：I、A、B、C、D、E都
10、是苯的对位二元取代物，A、B、E遇FeCl3溶液呈紫色、+R3COOH、ROH+CH3COOHE的结构简式为写出符合以下条件的B的同分异构体的结构简式：）能发生银镜反应；ii） 是苯的间位三元取代物，有两个相同的取代基，且含有三个甲基反应II的化学方程式为；反应II和IV的目的是2014-2015年湖南省郴州市宜章一中高三（下）限时练习化学试卷（九）参考答案与试题解析一、选择题（每题6分，共42分）1（6分）（2013广州二模）下列实验能达到实验目的是（）A用乙醇萃取碘水中的碘B用饱和NaHCO3中除去CO2混有的HClC用Ba（NO3）2溶液鉴别SO32和SO42D用淀粉KI溶液鉴别FeCl
11、3溶液和溴水考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用 专题：物质检验鉴别题分析：A萃取剂与水不能混溶；B二氧化碳不溶于饱和碳酸氢钠溶液；C钡离子与SO32和SO42都反应生成沉淀；DKI与FeCl3溶液和溴水反应都被氧化生成碘解答：解：A酒精与水混溶，不能用作萃取剂，故A错误；B二氧化碳不溶于饱和碳酸氢钠溶液，且不反应，可用饱和NaHCO3中除去CO2混有的HCl，故B正确；C钡离子与SO32和SO42都反应生成沉淀，应加盐酸鉴别，故C错误；DKI与FeCl3溶液和溴水反应都被氧化生成碘，可加KSCN鉴别，故D错误故选B点评：本题考查物质的分离、提纯以及
12、鉴别，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高频考点，注意把握物质的性质的异同，为解答该题的关键，难度不大2（6分）下列说法正确的是（）A溴乙烷和甲醇都能发生消去反应B乙烯和苯都能与酸性KMnO4溶液发生反应C纤维素和油脂的水解产物都是葡萄糖D糖类和蛋白质都是人体需要的营养物质考点：有机物的结构和性质；有机化学反应的综合应用 专题：有机反应分析：A甲醇中只有1个C，没有邻位C，不能发生消去反应；B乙烯含双键，苯中不含双键；C纤维素为多糖，而油脂为高级脂肪酸甘油酯；D糖类和蛋白质在人体内均可水解，提供能量解答：解：A甲醇中只有1个C，没有邻位C，不能发生消去反应，而溴乙烷能发生消去反应，故A错
13、误；B乙烯含双键，苯中不含双键，则乙烯能与酸性KMnO4溶液发生反应，而苯不能，故B错误；C纤维素为多糖，而油脂为高级脂肪酸甘油酯，则纤维素的水解产物都是葡萄糖，油脂的水解产物为高级脂肪酸（或盐）、甘油，故C错误；D糖类和蛋白质在人体内均可水解，提供能量，则糖类和蛋白质都是人体需要的营养物质，故D正确；故选D点评：本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的性质、官能团、有机反应等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大3（6分）（2014焦作一模）如图是部分短周期元素原子半径与原子序数的关系图则下列说法正确的是（）AZ、N两种元素的离子半径相比，前者较大BX、N两种元素的
14、气态氢化物的稳定性相比，前者较弱C由X与M两种元素组成的化合物不能与任何酸反应，但能与强碱反应DZ的氧化物能分别溶解于Y的氢氧化物和N的氢化物的水溶液考点：原子结构与元素周期律的关系 专题：元素周期律与元素周期表专题分析：同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故前7种元素处于第二周期，后7种元素处于第三周期，由原子序数可知，X为氧元素，Y为Na元素，Z为Al元素，M为Si元素，N为Cl元素，结合元素周期律与物质的性质等解答解答：解：同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故前7种元素处于第二周期，后7种元素处于第三周期，由原子序数可知，X为氧元素，Y为Na元素
15、，Z为Al元素，M为Si元素，N为Cl元素，A、Z、N两种元素的离子分别为Al3+、Cl，最外层电子数相同，电子层越多离子半径越大，故离子半径Al3+Cl，故A错误；B、非金属性OCl，非金属性越强氢化物越稳定，故稳定性H2OHCl，故B错误；C、由X与M两种元素组成的化合物是SiO2，能与强碱反应，能与氢氟酸反应，故C错误；D、氧化铝是两性氧化物，能与氢氧化钠反应生成平衡是钠，能与盐酸反应生成氯化铝，故D正确；故选D点评：本题考查位置结构性质的关系及应用，题目难度中等，推断元素是解题的关键，根据原子半径变化规律结合原子序数进行推断，首先审题中要抓住“短周期主族元素”几个字4（6分）（2013
16、广州三模）下列离子方程式正确的是（）A氨水吸收足量的SO2气体：OH+SO2=HSO3B稀硝酸中加入过量铁粉：Fe+4H+NO=Fe3+NO+2H2OC用NaOH溶液吸收废气中氮氧化物：NO+NO2+OH=NO2+H2OD苯酚钠溶液中通入少量CO2：考点：离子方程式的书写 专题：离子反应专题分析：A、氨水溶液中一水合氨是弱电解质存在电离平衡；B、过量铁粉和三价铁离子反应生成亚铁离子；C、原子不守恒；D、苯酚钠和二氧化碳反应生成苯酚和碳酸氢钠，与二氧化碳量无关，碳酸酸性强于苯酚，苯酚显酸性和碳酸钠反应生成碳酸氢钠和苯酚钠；解答：解：A、一水合氨是弱电解质，氨水吸收足量的SO2气体反应的离子方程式
17、为：NH3H2O+SO2=NH4+HSO3；故A错误；B、稀硝酸中加入过量铁粉反应的离子方程式为：3Fe+8H+2NO=3Fe2+2NO+4H2O，故B错误；C、用NaOH溶液吸收废气中氮氧化物，反应的离子方程式：NO+NO2+2OH=2NO2+H2O，故C错误；D、苯酚钠溶液中通入少量CO2，C6H5O+CO2+H2OC6H5OH+HCO3，故D正确；故选D点评：本题考查了离子方程式的书写方法，量不同产物不同，苯酚钠和二氧化碳的反应的产物和二氧化碳量无关，题目难度中等5（6分）（2014洛阳三模）有机物X、Y、M的转化关系为：淀粉XY乙酸乙酯，下列说法错误的是（）AX可用新制的氢氧化铜检验B
18、Y有同分异构体CM含有两种碳氧共价键DY可发生加成反应考点：淀粉的性质和用途 专题：有机反应分析：淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下分解生成乙醇，乙醇可与乙酸反应生成乙酸乙酯解答：解：分析上述转化关系：淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下分解生成乙醇，乙醇可与乙酸反应生成乙酸乙酯A葡萄糖含有醛基，可用新制的氢氧化铜检验，故A正确； B乙醇有同分异构体二甲醚，故B正确；C乙酸有碳氧单键和碳氧双键，故C正确；DY为乙醇，不能发生加成反应，故D错误故选D点评：本题考查有机物的推断和性质，难度不大，有机物的推断为解题的关键6（6分）在容积固定不变的密闭容器中加入1mol N2和3mol
19、H2发生反应：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=92.4kJmol1，下列结论正确的是（）A该反应达到平衡时，放出的热量等于92.4KJB达到平衡后向容器中通入1mol氦气，平衡不移动C降低温度和缩小容器体积均可使该反应的平衡常数增大D若达到平衡时N2的转化率为20%，则平衡时容器内的压强是起始时的80%考点：化学平衡的影响因素 专题：化学平衡专题分析：A反应为可逆反应，不能完全转化；B容积不变，通入1mol氦气，反应体积中各物质的浓度不变；C该反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，K只与温度有关；D平衡时N2的转化率为20%，则反应的氮气为0.2mol，反应达到平衡，气体总物质的量减
20、少0.4mol，结合压强之比等于物质的量之比计算解答：解：A反应为可逆反应，不能完全转化，则加入1mol N2和3mol H2发生反应达到平衡时，放出的热量小于92.4KJ，故A错误；B容积不变，通入1mol氦气，反应体积中各物质的浓度不变，则平衡不移动，故B正确；C该反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，K增大，而K只与温度有关，则缩小容器体积平衡常数K不变，故C错误；D平衡时N2的转化率为20%，则反应的氮气为0.2mol，反应达到平衡，气体总物质的量减少0.4mol，由压强之比等于物质的量之比可知，平衡时容器内的压强是起始时的100%=90%，故D错误故选：B点评：本题考查化学平衡的影响
21、因素，把握浓度、温度、稀有气体对反应的影响即可解答，注意选项C为易错点，明确可逆反应的特点及平衡常数只与温度有关，题目难度不大7（6分）（2013广州三模）下列叙述正确的是（）Ac（NH4+）相等的（NH4）2SO4、（NH4）2Fe（SO4）2和NH4Cl溶液中，溶质浓度大小关系是：c（NH4）2Fe（SO4）2c（NH4）2SO4c（NH4Cl）B若0.3 mol/L HY溶液与0.3 mol/L NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH=9，则c（OH）c（HY）=c（H+）=1105mol/LC0.2molL1 HCl溶液与等体积0.05 molL1 Ba（OH）2溶液混合后，溶液的pH=
22、1DNaHCO3溶液中：c（H+）+c（H2CO3）=c（CO32）+c（OH）考点：盐类水解的应用；离子浓度大小的比较；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算 专题：电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题分析：A、铵根离子水解，而c（NH4+）相同的（NH4）2SO4、（NH4）2Fe（SO4）2和NH4Cl溶液中，NH4Cl溶液浓度最大，、（NH4）2Fe（SO4）2溶液中亚铁离子水解显酸性抑制铵根在水解，溶质浓度小于（NH4）2SO4溶液的浓度；B、依据溶液中电荷守恒和物料守恒分析计算；C、依据酸碱反应的定量关系计算反应后溶液中剩余氢离子浓度，得到溶液pH；D、依据溶液中电荷守恒和物料守
23、恒分析判断解答：解：A、铵根离子水解，而c（NH4+）相同的（NH4）2SO4、（NH4）2Fe（SO4）2和NH4Cl溶液中，NH4Cl溶液浓度最大，（NH4）2Fe（SO4）2溶液中亚铁离子水解显酸性抑制铵根在水解，溶质浓度小于（NH4）2SO4溶液的浓度，溶质浓度大小关系是：c（NH4）2Fe（SO4）2c（NH4）2SO4c（NH4Cl），故A正确；B、若0.3 mol/L HY溶液与0.3 mol/L NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH=9，溶液中存在电荷守恒，c（H+）+c（Na+）=c（OH）+c（Y），物料守恒c（Na+）=c（Y）+c（HY），得到，c（OH）c（HY）=c
24、（H+）=1109mol/L，故B错误；C、0.2molL1 HCl溶液与等体积0.05 molL1 Ba（OH）2溶液混合后，反应设体积为1L，H+OH=H2O，剩余氢离子0.1mol，溶液中氢离子浓度=0.05mol/L，的pH=2lg51，故C错误；D、NaHCO3溶液中：电荷守恒，c（H+）+c（Na+）=c（H，CO3）+2c（CO32）+c（OH），物料守恒为：c（Na+）=c（H，CO3）+c（CO32）+c（H2CO3），合并得到：c（H+）+c（H2CO3）=c（CO32）+c（OH），故D正确；故选AD点评：本题考查了盐类水解的分析应用，电解质溶液中电荷守恒，物料守恒的分析
25、判断，酸碱反应后溶液的PH计算，题目难度中等二、非选择题（58分）8（14分）（2013朝阳区一模）工业上常以赤铁矿石（主要成分为Fe2O3）和焦炭为主要原料，在高温下炼铁焦炭产生CO的反应是：C+O2CO2； C+CO22CO（1）CO还原赤铁矿的化学方程式是Fe2O3+3CO2Fe+3CO2（2）下列说法正确的是aba为使赤铁矿石充分燃烧，需将其粉碎b足量的空气能提高炼铁反应速率c与生铁相比较，纯铁转化为“铁水”的温度低（3）生铁的用途很多，某电镀厂用生铁将废水中的Cr2O72转化为Cr3+，流程图1：气体A是H2在上述酸性溶液中，生铁比纯铁产生Fe2+的速率快，原因是生铁中含有C，在硫酸
26、溶液中形成无数微小原电池，加快反应速率将Cr3+转化为Cr（OH）3的离子方程式是2Cr3+3Ca（OH）22Cr（OH）3+3Ca2+（4）电解法将一定浓度的酸性废水中的Cr2O72转化为Cr3+，其原理示意图2：阳极附近溶液中Cr2O72转化为Cr3+的离子方程式是6Fe2+Cr2O72+14H+6Fe3+2Cr3+7H2O一段时间后，试管底部出现沉淀解释生成沉淀的原因：随着电解进行，溶液中c（H+）逐渐减少，c（OH）浓度增大，生成Fe（OH）3和Cr（OH）3沉淀考点：高炉炼铁；电解原理；金属的回收与环境、资源保护 专题：几种重要的金属及其化合物分析：（1）根据工业炼铁的原理进行分析；
27、（2）铁矿石需要粉碎，以增大和空气的接触面；浓度越大反应速率越大；合金的熔点低硬度大；（3）铁与硫酸反应生成H2；原电池加快反应速率；Cr（OH）3是沉淀；（4）铁作阳极，电极本身被氧化，反应式为Fe2eFe2+，溶液呈酸性，H+离子在阴极放电生成氢气，反应式为2H+2eH2，生成的Fe2+离子与Cr2O72离子发生氧化还原反应；随着电解进行，溶液中c（H+） 逐渐减少，c（OH）浓度增大；解答：解：（1）一氧化碳和氧化铁在高温的条件下生成铁和二氧化碳，故答案为：Fe2O3+3CO2Fe+3CO2；（2）a、原料铁矿石是固体、空气是气体，为了加快反应速率，所以要将黄铁矿粉碎，增大接触面，提高反
28、应速率，故a正确；b、采用空气过量目的是增大氧气浓度，提高一氧化碳的浓度，提高炼铁反应速率，故b正确；c、生铁是合金，熔点低，故c错误；故答案为：a b；（3）铁与硫酸反应生成H2，故答案为：H2；生铁中含有C，铁和碳在硫酸溶液中形成原电池，故答案为：生铁中含有C，在硫酸溶液中形成无数微小原电池，加快反应速率；Cr3+与石灰乳反应生成Cr（OH）3是沉淀，离子方程式是2Cr3+3Ca（OH）22Cr（OH）3+3Ca2+，故答案为：2Cr3+3Ca（OH）22Cr（OH）3+3Ca2+；（4）铁作阳极，电极本身被氧化，反应式为Fe2eFe2+，溶液呈酸性，H+离子在阴极放电生成氢气，反应式为2
29、H+2eH2，Fe2+离子与Cr2O72离子发生氧化还原反应生成Fe3+离子和Cr3+离子，反应离子方程式为6Fe2+Cr2O72+14H+6Fe3+2Cr3+7H2O，故答案为：6Fe2+Cr2O72+14H+6Fe3+2Cr3+7H2O；随着电解进行，c（OH）浓度增大，生成Fe（OH）3和Cr（OH）3沉淀，故答案为：随着电解进行，溶液中c（H+） 逐渐减少，c（OH）浓度增大，生成Fe（OH）3和Cr（OH）3沉淀；点评：本题考查较为综合，涉及高炉炼铁、电解、氧化还原反应等问题，题目难度中等，本题电解离子方程式的书写是易错点9（14分）（2013武汉模拟）重铬酸盐广泛用作氧化剂、皮革制
30、作等以铬矿石（主要成分是Cr2O3，含FeO、Al2O3、SiO2等杂质）为原料制取重铬酸钠的流程如图1：请回答下列问题：（1）写出Cr2O3在高溫焙烧时反应的化学方程式2Cr2O3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+4CO2（2）写出硫酸酸化使Na2CrO4转化为Na2Cr2O7的离子方程式2CrO42+2H+Cr2O72+H2O（3）某工厂采用石墨电极电解Na2CrO4溶液，实 现了 Na2CrO4到Na2Cr2O7的转化，其原理如图2所示钠离子交换膜的一种材料是聚丙烯酸钠，聚丙烯酸钠单体的结构简式是CH2=CHCOONa；写出阳极的电极反应式4OH4e=2H2O+O2（4）Na2C
31、r2O7可用于测定废水的化学耗氧量（即C0D，指每升水样中还原性物质被氧化 所需要O2的质量）现有某水样100.00mL，酸化后加入c1mol/L的Na2Cr2O7溶液 V1mL，使水中的还原性物质完全被氧化（Cr2O还原为Cr3+）；再用4mol/L的FeSO4溶液滴定剩 余的Cr2O，结果消耗FeSO4溶液V2mL该水样的COD为（480c1V1320V2）mg/L；假设上述反应后所得溶液中Fe3+和Cr3+的物质的量浓度均为0.1mol/L，要使Fe3+沉 淀完全而Cr3+还未开始沉淀则需调节溶液pH的范围是3.24.3（可能用到的数据：KspFe（OH）3=4.01038，KspCr（
32、OH）3=6.01031，lg=0.1，lg=0.2，lg=0.3，lg=0.6）考点：制备实验方案的设计；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；电解原理 专题：实验设计题；基本概念与基本理论分析：以铬矿石（主要成分是Cr2O3，含FeO、Al2O3、SiO2等杂质）为原料，加入碳酸钠和氧气高温灼烧发生反应生成铬酸钠，二氧化碳，水浸后过滤得到滤渣FeO，滤液为Na2CrO4，Na2SiO3，NaAlO2；调节溶液PH沉淀硅酸跟离子和偏铝酸根离子，过滤得到滤液Na2CrO4，加入硫酸酸化生成重铬酸钠溶液，通过提纯得到重铬酸钠；（1）铬矿石中加入碳酸钠和氧气高温灼烧发生反应生成铬酸钠，二氧化碳，依
33、据原子守恒和电子守恒配平写出化学方程式；（2）硫酸酸化使Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，依据电荷守恒写出离子方程式；（3）依据聚丙烯酸钠是加成聚合反应生成，单体为丙烯酸钠；石墨电极电解Na2CrO4溶液，实现了Na2CrO4到Na2Cr2O7的转化，电解池中阳极是溶液中氢氧根离子失电子生成氧气，阴极是CrO42得到电子生成Cr2O72；（4）根据题意废水与K2Cr2O7溶液发生氧化还原反应，再用Fe2+把多余的Cr2O72反应：Cr2O72+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O，则与废水反应反应的K2Cr2O7的物质的量=加入的K2Cr2O7的物质的量与Fe2+反应的K2Cr2
34、O7的物质的量，利用2K2Cr2O73O2可求出废水中化学耗氧量即COD；铁离子完全沉淀的浓度为105mol/L，铬离子不沉淀的浓度为0.1mol/L，由溶度积常数计算溶液氢氧根离子浓度，结合离子积常数换算氢离子浓度计算得到溶液pH解答：解：（1）由图示可知Cr2O3在高温焙烧时生成Na2CrO4，发生氧化还原反应，反应的化学方程式为2Cr2O3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+4CO2，故答案为：2Cr2O3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+4CO2；（2）在酸性环境下，CrO42转化为Cr2O72，在酸性环境下，CrO42转化为Cr2O72，即2CrO42+2H+Cr2O7
35、2+H2O，故答案为：2CrO42+2H+Cr2O72+H2O；（3）依据聚丙烯酸钠是加成聚合反应生成，单体为丙烯酸钠，结构简式为CH2=CHCOONa，故答案为：CH2=CHCOONa；石墨电极电解Na2CrO4溶液，实现了Na2CrO4到Na2Cr2O7的转化，电解池中阳极是溶液中氢氧根离子失电子生成氧气，阴极是CrO42得到电子生成Cr2O72，阳极电极反应为4OH4e=2H2O+O2，故答案为：4OH4e=2H2O+O2；（4）现有某水样100.00mL，酸化后加入c1mol/L的Na2Cr2O7溶液 V1mL，使水中的还原性物质完全被氧化（Cr2O72还原为Cr3+）；再用4mol/
36、L的FeSO4溶液滴定剩 余的Cr2O72，结果消耗FeSO4溶液V2mL，废水与K2Cr2O7溶液发生氧化还原反应，再用Fe2+把多余的Cr2O72反应： Cr2O72+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O， 1 6 n 4mol/LV2103Ln=V2103mol则100ml废水中，与废水反应反应的K2Cr2O7的物质的量=加入的K2Cr2O7的物质的量与Fe2+反应的K2Cr2O7的物质的量=c1mol/LV1103LV2103mol，1L废水水样中被还原的K2Cr2O7的物质的量=（c1V1V2）102mol利用2K2Cr2O73O2可求出废水中化学耗氧量即COD， 2K2C
37、r2O73O2 2 332 （c1V1V2）102mol mm=（48c1V132V2）102g=（480c1V1320V2）mg，该水样的COD为（480c1V1320V2）mg/L，故答案为：（480c1V1320V2）；反应后所得溶液中Fe3+和Cr3+的物质的量浓度均为0.1mol/L，要使Fe3+沉 淀完全而Cr3+还未开始沉淀，需要c（Fe3+）=105mol/l时铁离子沉淀完全，由溶度积常数Ksp=c（Fe3+）c3（OH），c3（OH）=4.01033 ，c（OH）=1011mol/L，c（H+）=103.2，pH=lgc（H+）=3.2；Cr3+还未开始沉淀，c（Cr3+）=
38、0.1mol/L，Ksp=c（Cr3+）c3（OH）=6.01031，c3（OH）=6.01030；c（OH）=1010mol/L，c（H+）=104.3mol/L，pH=lgc（H+）=4.3，则要使Fe3+沉淀完全而Cr3+还未开始沉淀则需调节溶液pH的范围是3.24.3，故答案为：3.24.3点评：本题考查物质制备实验过程分析，滴定实验的计算，沉淀溶解平衡的溶度积常数计算应用，电解池中原理分析，题目难度较大，注意把握滴定原理以及实验的过程分析，掌握基础和题干信息是关键10（15分）（2013朝阳区一模）实验室制乙烯时，产生的气体能使Br2 的四氯化碳溶液褪色，甲、乙同学用下列实验验证（气
39、密性已检验，部分夹持装置略）实验操作和现象：操 作现 象点燃酒精灯，加热至170：A中烧瓶内液体渐渐变黑：B内气泡连续冒出，溶液逐渐褪色实验完毕，清洗烧瓶：A中烧瓶内附着少量黑色颗粒状物，有刺激性气味逸出（1）烧瓶内产生乙烯的化学方程式是（2）溶液“渐渐变黑”，说明浓硫酸具有脱水性性（3）分析使B中溶液褪色的物质，甲认为是C2H4，乙认为不能排除SO2的作用根据甲的观点，使B中溶液褪色反应的化学方程式是CH2=CH2+Br2CH2BrCH2Br乙根据现象认为产生了SO2，在B中与SO2 反应使溶液褪色的物质是H2O、Br2为证实各自观点，甲、乙重新实验，设计与现象如下：设 计现 象甲在A、B间
40、增加一个装有某种试剂的洗气瓶Br2的CCl4溶液褪色乙与A连接的装置如下：D中溶液由红棕色变为浅红棕色时，E中溶液褪色a根据甲的设计，洗气瓶中盛放的试剂是NaOH溶液b根据乙的设计，C中盛放的试剂是浓硫酸c能说明确实是SO2使E中溶液褪色的实验是加热已经褪色的品红溶液，若红色恢复，证明是SO2使品红溶液褪色而不是Br2d乙为进一步验证其观点，取少量D中溶液，加入几滴BaCl2溶液，振荡，产生大量白色沉淀，浅红棕色消失，发生反应的离子方程式是SO2+2H2O+Br24H+2Br+SO42、SO42+Ba2+BaSO4或SO2+2H2O+Br2+Ba2+4H+2Br+BaSO4（4）上述实验得到的
41、结论是乙烯能使Br2的四氯化碳溶液褪色，干燥的SO2不能使Br2的四氯化碳溶液褪色考点：乙醇的消去反应 专题：有机物的化学性质及推断分析：（1）乙醇能在一定的条件下发生消去反应生成乙烯；（2）浓硫酸具有脱水性、吸水性和强氧化性；（3）乙烯可与溴水发生加成反应；溴单质可以和二氧化硫发生氧化还原反应；a、氢氧化钠可以和二氧化硫发生反应；b、浓硫酸具有吸水性，可以做干燥剂，并能将乙烯氧化；c、二氧化硫可以使品红褪色，加热后红色会恢复；d、溴单质可以和二氧化硫发生氧化还原反应，硫酸根离子和钡离子反应会生成白色沉淀；（4）乙烯能使Br2的四氯化碳溶液褪色，二氧化硫和溴单质的反应必须在水溶液中进行解答：解
42、：（1）乙醇能在浓硫酸并加热的条件下发生消去反应生成乙烯，原理方程式为：，故答案为：；（2）浓硫酸具有脱水性，能使乙醇溶液“渐渐变黑”，故答案为：脱水性；（3）根据甲的观点，溴水可以使B中溶液褪色，反应的化学方程式是CH2=CH2+Br2CH2BrCH2Br，故答案为：CH2=CH2+Br2CH2BrCH2Br；乙根据现象认为产生了SO2，在B中溴单质可以和二氧化硫发生氧化还原反应，故答案为：H2O、Br2；a、根据甲的设计，洗气瓶中盛放的试剂是氢氧化钠，可以和二氧化硫反应，吸收二氧化硫，排除二氧化硫的干扰故答案为：NaOH 溶液；b、根据乙的设计，C中盛放的试剂是，浓硫酸具有吸水性，可以做干
43、燥剂，可将乙烯氧化为二氧化碳，排除在检验二氧化硫时乙烯的干扰，故答案为：浓硫酸；c、二氧化硫可以使品红褪色，加热后红色会恢复原来的红色，故答案为：加热已经褪色的品红溶液，若红色恢复，证明是SO2使品红溶液褪色而不是Br2；d、溴单质可以和二氧化硫发生氧化还原反应，生成硫酸根离子和溴离子，硫酸根离子和钡离子反应会生成白色沉淀，故答案为：SO2+2H2O+Br24H+2Br+SO42、SO42+Ba2+BaSO4或SO2+2H2O+Br2+Ba2+4H+2Br+BaSO4；（4）根据实验过程可以知道：乙烯能使Br2的四氯化碳溶液褪色，二氧化硫和溴单质的反应必须在水溶液中进行，故答案为：乙烯能使Br
44、2的四氯化碳溶液褪色，干燥的SO2不能使Br2的四氯化碳溶液褪色点评：本题考查学生乙醇的化学性质，结合实验考查增加了题目的难度，综合性较强，要求学生具有分析和解决问题的能力11（15分）丁基羟基茴香醚（简称BHA ）为食品抗氧剂，其结构简式如图1（1）BHA的分子式为C11H16O2，作抗氧剂的原因可能是含有酚羟基（填官能团名称）（2）BHA可发生的反应为取代反应、氧化反应、加成反应 （填反应类型）（3）A为BHA的同分异构体，存在图2转化，其中E用于液晶聚合物和塑料巳知：I、A、B、C、D、E都是苯的对位二元取代物，A、B、E遇FeCl3溶液呈紫色、+R3COOH、ROH+CH3COOHE的
45、结构简式为写出符合以下条件的B的同分异构体的结构简式：）能发生银镜反应；ii） 是苯的间位三元取代物，有两个相同的取代基，且含有三个甲基反应II的化学方程式为；反应II和IV的目的是保护B中的羟基，防止被酸性高锰酸钾氧化考点：有机物的合成 专题：有机物的化学性质及推断分析：（1）根据BHA的结构简式可知其分子式，BHA中含有酚羟基，易被氧化，可以作抗氧剂；（2）BHA分子中含有酚羟基，具有酚的性质，具有苯环，可以发生加成反应；（3）A为BHA的同分异构体，A、B、C、D、E都是苯的对位二元取代物，A、B、E遇FeCl3溶液呈紫色，均含有酚羟基，由反应及反应的产物可知B中侧链为CH=C（CH3）
46、CH2CH3，则B为，则C为，D为，故E为，据此解答解答：解：（1）根据BHA的结构简式可知其分子式为C11H16O2，BHA中含有酚羟基，易被氧化，可以作抗氧剂，故答案为：C11H16O2；酚羟基；（2）BHA分子中含有酚羟基，具有酚的性质，可以发生取代反应、氧化反应，具有苯环，可以发生加成反应，故答案为：取代反应、氧化反应、加成反应；（3）A为BHA的同分异构体，A、B、C、D、E都是苯的对位二元取代物，A、B、E遇FeCl3溶液呈紫色，均含有酚羟基，由反应及反应的产物可知B中侧链为CH=C（CH3）CH2CH3，则B为，则C为，D为，故E为，由上述分析可知，E的结构简式为，故答案为：；符
47、合以下条件的B（）的同分异构体：（i）能发生银镜反应，含有CHO，（ii）是苯的间位三元取代物，有两个相同的取代基，且含有三个甲基，则三个取代基为CH（CH3）CHO、2个CH3，该同分异构体为，故答案为：；反应II的化学方程式为：，反应中使用酸性高锰酸钾氧化碳碳双键，也可以氧化酚羟基，设计反应II和IV的目的是：保护B中的羟基，防止被酸性高锰酸钾氧化，故答案为：；保护B中的羟基，防止被酸性高锰酸钾氧化点评：本题考查有机物推断与合成、有机物结构与性质、同分异构体等，需要学生对给予的信息进行利用，能较好的考查学生自学能力与知识迁移运用能力，充分理解给予的信息是关键，对学生的推理能力有一定的要求，难度中等- 20 - 版权所有高考资源网