1、2015年安徽省阜阳市颍上一中高考化学模拟最后一卷一选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题6分）1化合物A是近年来采用的锅炉水添加剂，其结构简式如图，A能除去锅炉水中溶解的氧气，下列说法正确的是（）A A分子中所有原子都在同一平面内B A分子中所含的O键与键个数之比为10：1C 1 mol A所含有的电子数为44NA（NA表示阿伏伽德罗常数）D 1 molA与O2反应生成CO2、N2、H2O的物质的量之比为1：2：32下表中对应关系正确的是（）A甲基橙溶液呈黄色的溶液，一定能大量存在的离子Na+、Fe3+、Cl、SO42B在久置的氯水中能大量共存的微粒K+、Al3+、NO3、HCOOHC向
2、明矾溶液中滴加Ba（OH）2溶液，恰好使Al3+沉淀完全：2Al3+3SO42+3Ba2+6OH=2Al（OH）3+3BaSO4D1L0.1mol/LCuSO4溶液和足量的Ca充分反应最终生成6.4gCuA AB BC CD D3下列实验操作和现象与结论对应关系正确的是（）选项实验操作实验现象结论A测量等浓度的Na2CO3与C6H5ONa溶液的pHNa2CO3溶液的pH大于C6H5ONa的pHH2CO3的酸性大于C6H5OHB将SO2通入溴水中溴水褪色SO2具有漂白性C取少量的变质FeCl2晶体于试管中，逐滴加入酸性高锰酸钾溶液酸性高锰酸钾溶液褪色FeCl2未完全变质D向苯酚的苯溶液中加入足量
3、NaOH溶液，振荡静置分层上层为苯，下层为NaOH与苯酚钠的混合溶液A AB BC CD D4一定条件下，在2L密闭容器中加入等物质的量的FeO和CO，发生下列反应FeO（s）+CO（g）Fe（s）+CO2（g），在T1、T2温度下，物质的量n随时间t变化的曲线如图所示，下列叙述正确的是（）A 平衡前，随着反应的进行，容器内气体的相对分子质量始终不变B 平衡时，其他条件不变，取出适当铁可提高CO的转化率C 该反应的H0，K1K2=1.5D 当反应进行到t1时刻仅改变一个条件，可能是通入了氮气5全钒液流储能电池是利用不同价态离子对氧化还原反应来实现化学能和电能相互转化的装置，其原理如图所示，放电
4、时左槽溶液逐渐由黄变蓝，下列有关说法正确的是（）A 左槽的惰性电极为该电池的正极，右槽的电极反应式为V2+e=V3+B 充电过程中H+由右槽定向移动到左槽C 充电时阴极的电极反应式 VO2+2H+e=VO2+H2OD 若充电时，左槽溶液中n（H+）的变化量为2mol，则反应转移的电子数为NA个6室温下，将0.1000mol/LNaOH溶液滴入20.00ml 0.1000mol/L CH3COOH溶液中，溶液pH随加入NaOH溶液体积变化曲线如图所示下列有关说法正确的是（）A a点：由水电离出的c（H+）=1.0103mol/LB b点：c（CH3COO）c（CH3COOH）c（Na+）c（H+
5、）c（OH）C c点：c（Na+）=c（CH3COOH）+c（CH3COO）D d点：c（OH）c（H+）=c（CH3COOH）7图象能直观地反映有关物理量的变化及规律，下列各图象与描述相符的是（）A 此图表示一定条件下某化学反应速率随时间变化趋势图，该反应不可能为吸热反应B 此图中X可以是H2S，W可以是O2C 此图表示向AlCl3、MgCl2的混合液中逐滴滴入NaOH至过量D 此图可以用来直接处理像H2S、Cl2、NO等尾气二、非选择题（共4小题，满分58分）8X、Y、Z、W是元素周期表中前四周期中的常见元素，其相关信息如下表：元素相关信息XX的单质是密度最小的气体YY的一种核素常用于考古
6、且其一种同素异形体是较软的物质之一ZZ是其气态氢化物的水溶液显碱性的元素WW是地壳中含量居于第二位的金属（1）Z位于元素周期表第周期第族，W的基态原子核外有个未成对电子（2）Z的气态氢化物比Y的气态氢化物熔点 （填“高”或“低”），原因是（3）X与Y可形成多种化合物，其中以直线型存在的4核分子中键与键之比为，（4）Z与X组成的一种气态化合物还原性较强，试写出还原CuO且产物对环境无污染的化学方程式：（5）可用YX4还原ZOx以消除污染YX4（g）+4ZO2（g）=4ZO（g）+YO2（g）+2X2O（g）H=574.0KJmolYX4（g）+4ZO（g）=2Z2（g）+YO2（g）+2X2O（
7、g） H=1160.0KJ/mol试写出YX4还原ZO2至Z2的热化学方程式：9二氯烯丹是一种播前除草剂，其合成路线如下：已知：D在反应中能生成的E，其结构只有一种可能（1）写出下列反应的类型：反应是，反应是（2）写出下列物质的结构简式：C（3）B的系统命名为，E中官能团的结构式（4）ClCH2CHClCH2Cl与NaOH水溶液反应的化学方程式（5）写出C的同分异构体（核磁共振氢谱只有一种峰）（6）下列叙述正确的是aA到B的反应条件为加热 bE到二氯烯丹的反应为加成cD碱性水解的产物之一分子式为C3H6O2 d二氯烯丹酸性水解可生成CO210NiSO46H2O是一种绿色易溶于水的晶体，可由电镀
8、废渣（除镍外，还含有铜、锌、铁等元素）为原料获得操作步骤如下：（1）向滤液中加入FeS是为了生成难溶于酸的硫化物沉淀而除去Cu2+、Zn2+等杂质，则除去Cu2+的离子方程式为：（2）对滤液的操作，请回答：往滤液中加入H2O2的离子方程式：调滤液pH的目的是检验Fe3+是否除尽的操作和现象是：（3）滤液溶质的主要成分是NiSO4，加Na2CO3过滤后得到NiCO3固体，再加适量稀硫酸溶解又生成NiSO4，这两步操作的目的是（4）得到的NiSO4溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等一系列操作可得到NiSO46H2O晶体，请回答：在进行蒸发浓缩操作时，加热到（描述实验现象），则停止加热为了提高产率，过
9、滤后得到的母液要循环使用，则应该回流到流程中的位置（填a、b、c、d）如果得到产品的纯度不够，则应该进行操作（填操作名称）11某学习小组对“部分酸碱盐溶解性表”中碳酸亚铁的性质设计实验探究（一）制备碳酸亚铁将一定量新制备的硫酸亚铁溶液和过量的碳酸氢铵溶液混合产生大量沉淀和气体（1）写出离子方程式：（二）探究碳酸亚铁的热稳定性（加热仪器省略）连接仪器、装药品打开K，先通入一段时间氮气，然后，用酒精喷灯在A处加热玻璃管，观察B瓶溶液变浑浊待固体分解完后，继续通入氮气至玻璃管冷却（2）先通入氮气的目的是B瓶现象能说明（3）停止加热之前，是否拆开A、B之间橡胶管？答：；理由是（三）探究碳酸亚铁还原性【
10、查阅资料】氧化亚铁是一种黑色粉末，它不稳定，在空气中加热，就迅速被氧化成四氧化三铁碳酸亚铁在空气中灼烧生成氧化铁（4）探究碳酸亚铁和氧气反应后的固体成分：【提出设想】假设1 固体成分是氧化铁；假设2 固体成分是四氧化三铁；假设3请设计实验验证假设一（限选试剂：2.00mol/L的H2SO4、HCI、HNO3；KSCN溶液、KMnO4溶液、NaOH溶液、H2O2溶液）实验步骤预期现象和结论（5）定量探究：取23.2g纯净固体碳酸亚铁，在空气中高温灼烧至恒重，称得固体质量净减少7.2g通过计算确定固体成分是2015年安徽省阜阳市颍上一中高考化学模拟最后一卷参考答案与试题解析一选择题（每小题只有一个
11、选项符合题意，每小题6分）1化合物A是近年来采用的锅炉水添加剂，其结构简式如图，A能除去锅炉水中溶解的氧气，下列说法正确的是（）A A分子中所有原子都在同一平面内B A分子中所含的O键与键个数之比为10：1C 1 mol A所含有的电子数为44NA（NA表示阿伏伽德罗常数）D 1 molA与O2反应生成CO2、N2、H2O的物质的量之比为1：2：3考点：有机物的结构和性质专题：有机化学基础分析：AN原子为sp3杂化，为三角锥型；B单键为O键，双键中含1个O键和1个键；CA中含4个N原子、6个H原子、1个C原子、1个O原子；DA中C、N、H的原子个数比为1：4：6解答：解：AN原子为sp3杂化，
12、为三角锥型，则A分子中所有原子不可能在同一平面内，故A错误；B单键为O键，双键中含1个O键和1个键，则A分子中所含的O键与键个数之比为11：1，故B错误；CA中含4个N原子、6个H原子、1个C原子、1个O原子，则1molA中含电子为1mol（74+61+6+8）=48mol，即电子数为48NA，故C错误；DA中C、N、H的原子个数比为1：4：6，则1 molA与O2反应生成CO2、N2、H2O的物质的量之比为1：2：3，故D正确；故选D点评：本题考查有机物的结构与性质，为高考高频考点，把握有机物的结构及原子的杂化、共价键的类型等为解答的关键，注意原子守恒及氨气的结构应用，题目难度中等2下表中对
13、应关系正确的是（）A甲基橙溶液呈黄色的溶液，一定能大量存在的离子Na+、Fe3+、Cl、SO42B在久置的氯水中能大量共存的微粒K+、Al3+、NO3、HCOOHC向明矾溶液中滴加Ba（OH）2溶液，恰好使Al3+沉淀完全：2Al3+3SO42+3Ba2+6OH=2Al（OH）3+3BaSO4D1L0.1mol/LCuSO4溶液和足量的Ca充分反应最终生成6.4gCuA AB BC CD D考点：离子共存问题；离子方程式的书写分析：A甲基橙溶液呈黄色的溶液可能呈酸性、中性或碱性；B久置的氯水呈酸性；C向明矾溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液，当Al3+恰好全部沉淀时，反应生成硫酸钡、氢氧化铝、硫
14、酸钾；DCa先和水反应生成氢氧化钙，溶液呈碱性，生成氢氧化铜解答：解：A甲基橙的变色范围3.14.4，溶液呈黄色的溶液可能呈酸性、中性或碱性，如呈碱性，则Fe3+不能大量共存，故A错误；B久置的氯水呈酸性，酸性条件下NO3、HCOOH发生氧化还原反应而不能大量共存，故B错误；C向明矾溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液，当Al3+恰好全部沉淀时，离子方程式为：2Al3+3SO42+3Ba2+6OH=3BaSO4+2Al（OH）3，故C正确；DCa先和水反应生成氢氧化钙，溶液呈碱性，生成氢氧化铜，没有铜生成，故D错误故选C点评：本题综合考查离子反应，侧重于离子共存和离子方程式的书写，为高频考点，注意
15、把握离子的性质以及反应类型的判断，难度不大3下列实验操作和现象与结论对应关系正确的是（）选项实验操作实验现象结论A测量等浓度的Na2CO3与C6H5ONa溶液的pHNa2CO3溶液的pH大于C6H5ONa的pHH2CO3的酸性大于C6H5OHB将SO2通入溴水中溴水褪色SO2具有漂白性C取少量的变质FeCl2晶体于试管中，逐滴加入酸性高锰酸钾溶液酸性高锰酸钾溶液褪色FeCl2未完全变质D向苯酚的苯溶液中加入足量NaOH溶液，振荡静置分层上层为苯，下层为NaOH与苯酚钠的混合溶液A AB BC CD D考点：化学实验方案的评价分析：A酸的酸性越强，其相应的钠盐溶液pH越小；B二氧化硫具有还原性，
16、能被强氧化剂氧化；C酸性高锰酸钾溶液氧化氯离子生成氯气；D苯酚和钠反应生成可溶性的苯酚钠，水的密度大于苯且二者不互溶解答：解：A等物质的量浓度的Na2CO3溶液的pH大于C6H5ONa的pH，说明HCO3的酸性小于C6H5OH的酸性，故A错误；B二氧化硫具有还原性，能被强氧化剂溴氧化生成硫酸，二氧化硫体现还原性，故B错误；C酸性高锰酸钾溶液氧化氯离子生成氯气而导致酸性高锰酸钾溶液褪色，不能说明氯化亚铁未完全变质，结论错误，故C错误；D苯酚和钠反应生成可溶性的苯酚钠，水的密度大于苯且二者不互溶，所以水和苯混合时，苯在上层、水在下层，所以操作、现象及结论都正确，故D正确；故选D点评：本题考查化学实
17、验方案评价，为高频考点，侧重考查弱电解质的电离、氧化还原反应等知识点，明确实验原理是解本题关键，注意从操作规范性、物质性质来分析解答，易错选项是C4一定条件下，在2L密闭容器中加入等物质的量的FeO和CO，发生下列反应FeO（s）+CO（g）Fe（s）+CO2（g），在T1、T2温度下，物质的量n随时间t变化的曲线如图所示，下列叙述正确的是（）A 平衡前，随着反应的进行，容器内气体的相对分子质量始终不变B 平衡时，其他条件不变，取出适当铁可提高CO的转化率C 该反应的H0，K1K2=1.5D 当反应进行到t1时刻仅改变一个条件，可能是通入了氮气考点：化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素分析：
18、结合图可知，温度为T1先到达平衡，所以T1T2，T1时消耗FeO为2.01.0=1.0mol，所以生成二氧化碳为1.0mol，又T2时生成二氧化碳为1.2mol，所以升温平衡向逆反应方向移动；A平衡前，随着反应的进行，气体又CO变成二氧化碳，所以容器内气体的相对分子质量一直增大；B改变纯固体平衡不移动；C根据以上分析，升温平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，温度高平衡常数越小；D在2L密闭容器中加入不反应的气体，平衡不移动；解答：解：结合图可知，温度为T1先到达平衡，所以T1T2，T1时消耗FeO为2.01.0=1.0mol，所以生成二氧化碳为1.0mol，又T2时生成二氧化碳为1.2mo
19、l，所以升温平衡向逆反应方向移动；A平衡前，随着反应的进行，气体又CO变成二氧化碳，所以容器内气体的相对分子质量一直增大，故A错误；B因为铁为纯固体，所以取出适当铁，平衡不移动，CO的转化率不变，故B错误；C根据以上分析，升温平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，温度高平衡常数越小，即H0，K1K2=1.5，故C正确；D在2L密闭容器中加入不反应的氮气气体，平衡不移动，故D错误；故选C点评：本题考查了化学平衡中浓度随时间变化的曲线分析，涉及了外界条件对平衡移动影响等知识，题目难度中等，根据图象判断反应为放热反应是解题的关键，注意把握图象中曲线的变化特点，明确外界条件对化学平衡的影响5全钒液流
20、储能电池是利用不同价态离子对氧化还原反应来实现化学能和电能相互转化的装置，其原理如图所示，放电时左槽溶液逐渐由黄变蓝，下列有关说法正确的是（）A 左槽的惰性电极为该电池的正极，右槽的电极反应式为V2+e=V3+B 充电过程中H+由右槽定向移动到左槽C 充电时阴极的电极反应式 VO2+2H+e=VO2+H2OD 若充电时，左槽溶液中n（H+）的变化量为2mol，则反应转移的电子数为NA个考点：原电池和电解池的工作原理分析：A当左槽溶液逐渐由黄变蓝，V元素的化合价由+5价变为+4价，该电极上得电子发生还原反应；B充电过程中，右槽为阴极，V元素化合价由+3价变为+2价；C放电时，氢离子向正极移动；D
21、充电时，若转移的电子数为3.011023个即物质的量为0.5mol，根据转移电子和氢离子的物质的量之间的关系式判断解答：解：A当左槽溶液逐渐由黄变蓝，V元素的化合价由+5价变为+4价，该电极上得电子发生还原反应，为原电池的正极，右槽为负极发生氧化反应，电极反应式为V2+e=V3+，故A正确；B充电过程中，右槽为阴极，阳离子移向阴极，H+由左槽定向移动到右槽，故B错误；C充电时，左槽为阳极，左槽发生的反应为VO2+H2OVO2+2H+e，故C错误；D充电时，左槽发生的反应为VO2+H2OVO2+2H+e，当转移电子为1mol时，生成氢离子为2mol，此时氢离子参与正极反应，通过交换膜定向移动使电
22、流通过溶液，溶液中离子的定向移动可形成电流，通过1mol电子，则左槽溶液中n（H+）的变化量为2mol1mol=1mol，故D错误；故选A点评：本题考查了化学电源新型电池，根据充放电时各个电极上得失电子来分析解答，难点是电极反应式的书写，要根据电解质溶液酸碱性书写，难度中等6室温下，将0.1000mol/LNaOH溶液滴入20.00ml 0.1000mol/L CH3COOH溶液中，溶液pH随加入NaOH溶液体积变化曲线如图所示下列有关说法正确的是（）A a点：由水电离出的c（H+）=1.0103mol/LB b点：c（CH3COO）c（CH3COOH）c（Na+）c（H+）c（OH）C c点
23、：c（Na+）=c（CH3COOH）+c（CH3COO）D d点：c（OH）c（H+）=c（CH3COOH）考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算分析：Aa点为醋酸溶液显酸性，水的电离受到抑制；Bb点NaOH为10mL，醋酸只反应的一半，溶液的溶质为醋酸和醋酸钠；Cc点溶液显中性，根据电荷守恒分析；Dd点醋酸与NaOH恰好反应生成醋酸钠，根据质子守恒分析解答：解：Aa点为醋酸溶液显酸性，水的电离受到抑制，则由水电离出的c（H+）1.0107mol/L，故A错误；Bb点NaOH为10mL，醋酸只反应的一半，溶液的溶质为醋酸和醋酸钠，而且二者的物质的量相同，溶液显酸性，则c（CH3COO）c（
24、Na+）c（CH3COOH）c（H+）c（OH），故B错误；Cc点溶液显中性，则c（H+）=c（OH），电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（CH3COO），则c（Na+）=c（CH3COO），故C错误；Dd点醋酸与NaOH恰好反应生成醋酸钠，溶液中质子守恒为c（OH）=c（H+）+c（CH3COOH），则c（OH）c（H+）=c（CH3COOH），故D正确故选D点评：本题考查了酸碱混合溶液的有关计算，要解题时要分清楚每个状态时溶液的组成情况，并注意各种守恒思想的灵活利用，题目难度中等7图象能直观地反映有关物理量的变化及规律，下列各图象与描述相符的是（）A 此图表示一定条件下某化
25、学反应速率随时间变化趋势图，该反应不可能为吸热反应B 此图中X可以是H2S，W可以是O2C 此图表示向AlCl3、MgCl2的混合液中逐滴滴入NaOH至过量D 此图可以用来直接处理像H2S、Cl2、NO等尾气考点：化学反应速率的影响因素；含硫物质的性质及综合应用；镁、铝的重要化合物；尾气处理装置专题：图示题分析：A、某些吸热反应开始需要持续加热，反应速率开始增大，但随反应物浓度减小，但随反应物浓度减小，所以反应速率减小；B、H2S与氧气反应，氧气充足时生成二氧化硫，氧气不足时生成S，S与氧气反应生成二氧化硫；C、向AlCl3、MgCl2的混合液中逐滴滴入NaOH，开始就生成沉淀；D、NO不能与
26、NaOH溶液反应解答：解：A、某些吸热反应开始需要持续加热，反应速率开始增大，但随反应物浓度减小，所以速率减小，所以反应不一定是放热反应，可能为吸热反应，故A错误；B、H2S与氧气反应，氧气充足时2H2S+3O22SO2+2H2O，氧气不足时2H2S+O22S+2H2O，S+O2=SO2，符合图示关系，故正确；C、起点不对，故C错误；D、NO不能与NaOH反应，故D错误；故选B点评：本题根据图象考查了，影响反应速率的因素、与量有关的氧化还原反应、氢氧化铝的两性、尾气处理，题目难度中等二、非选择题（共4小题，满分58分）8X、Y、Z、W是元素周期表中前四周期中的常见元素，其相关信息如下表：元素相
27、关信息XX的单质是密度最小的气体YY的一种核素常用于考古且其一种同素异形体是较软的物质之一ZZ是其气态氢化物的水溶液显碱性的元素WW是地壳中含量居于第二位的金属（1）Z位于元素周期表第二周期第VA族，W的基态原子核外有4个未成对电子（2）Z的气态氢化物比Y的气态氢化物熔点NH3 （填“高”或“低”），原因是NH3分子间形成氢键（3）X与Y可形成多种化合物，其中以直线型存在的4核分子中键与键之比为3：2，（4）Z与X组成的一种气态化合物还原性较强，试写出还原CuO且产物对环境无污染的化学方程式：2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O（5）可用YX4还原ZOx以消除污染YX4（g）+4ZO2（g
28、）=4ZO（g）+YO2（g）+2X2O（g）H=574.0KJmolYX4（g）+4ZO（g）=2Z2（g）+YO2（g）+2X2O（g） H=1160.0KJ/mol试写出YX4还原ZO2至Z2的热化学方程式：CH4（g）+2NO2（g）N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=867.0KJmol考点：位置结构性质的相互关系应用专题：元素周期律与元素周期表专题分析：X的单质是密度最小的气体，则X为H元素；Y的一种核素常用于考古且其一种同素异形体是较软的物质之一，则Y为C元素；Z的气态氢化物的水溶液显碱性的元素，则Z为N元素；W是地壳中含量居于第二位的金属，则W为Fe，据此解答解答：解：
29、X的单质是密度最小的气体，则X为H元素；Y的一种核素常用于考古且其一种同素异形体是较软的物质之一，则Y为C元素；Z的气态氢化物的水溶液显碱性的元素，则Z为N元素；W是地壳中含量居于第二位的金属，则W为Fe（1）Z为N元素，位于元素周期表第二周期第VA族，W为Fe元素，基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，3d能级有4个未成对电子，故答案为：二、VA；4；（2）NH3分子间形成氢键，熔点高于CH4，故答案为：NH3；NH3分子间形成氢键；（3）H与C可形成多种化合物，其中以直线型存在的4核分子为HCCH，分子中键与键之比为 3：2，故答案为：3：2；（4）Z与X组成
30、的一种气态化合物还原性较强，该气体为NH3，还原CuO生成产物对环境无污染，应生成Cu、氮气与水，反应的化学方程式：2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O，故答案为：2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O；（5）已知：CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=574.0KJmolCH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g） H=1160.0KJ/mol根据盖斯定律，（+）可得：CH4（g）+2NO2（g）N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=867.0KJmol，故答案为：CH4（g）+2NO2（g）N2（g）+CO2（g）
31、+2H2O（g）H=867.0KJmol点评：本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，注意对基础知识的理解掌握9二氯烯丹是一种播前除草剂，其合成路线如下：已知：D在反应中能生成的E，其结构只有一种可能（1）写出下列反应的类型：反应是取代反应，反应是消去反应（2）写出下列物质的结构简式：C（3）B的系统命名为3氯1丙烯，E中官能团的结构式：Cl、（4）ClCH2CHClCH2Cl与NaOH水溶液反应的化学方程式ClCH2CHClCH2Cl+3NaOHHOCH2CHOHCH2OH+3NaCl（5）写出C的同分异构体（核磁共振氢谱只有一种峰）（6）下列叙述正确的是acdaA到B的反应条件为
32、加热 bE到二氯烯丹的反应为加成cD碱性水解的产物之一分子式为C3H6O2 d二氯烯丹酸性水解可生成CO2考点：有机物的合成；有机物的推断分析：A与氯气反应生成B，B与发生加成反应生成，则B为ClCH2CH=CH2，反应为取代反应，A为CH3CH=CH2反应发生卤代烃的消去反应生成C，C与氯气发生加成反应生成D，D发生消去反应生成E，由E的产物结构，可知E为ClCH2CCl=CHCl，D在反应中能生成的E，其结构只有一种可能，则D为ClCH2CCl2CH2Cl，C为，据此解答解答：解：A与氯气反应生成B，B与发生加成反应生成，则B为ClCH2CH=CH2，反应为取代反应，A为CH3CH=CH2
33、反应发生卤代烃的消去反应生成C，C与氯气发生加成反应生成D，D发生消去反应生成E，由E的产物结构，可知E为ClCH2CCl=CHCl，D在反应中能生成的E，其结构只有一种可能，则D为ClCH2CCl2CH2Cl，C为（1）反应属于取代反应，反应属于消去反应，故答案为：取代反应；消去反应；（2）由上述分析可知，C的结构简式为：，故答案为：；（3）B为ClCH2CH=CH2，系统命名为：3氯1丙烯，E为ClCH2CCl=CHCl，含有官能团的结构式为：Cl、，故答案为：3氯1丙烯；：Cl、；（4）ClCH2CHClCH2Cl与NaOH水溶液反应的化学方程式：ClCH2CHClCH2Cl+3NaOH
34、HOCH2CHOHCH2OH+3NaCl，故答案为：ClCH2CHClCH2Cl+3NaOHHOCH2CHOHCH2OH+3NaCl；（5）C（）的同分异构体核磁共振氢谱只有一种峰，结构简式为：，故答案为：；（6）aA到B是烯烃与氯气发生取代反应，反应条件为加热，故a正确；bE到二氯烯丹的反应为取代反应，故b错误；cD为ClCH2CCl2CH2Cl，碱性条件下完全水解得到HOCH2COCH2OH，分子式为C3H6O2，故c正确；d二氯烯丹中羰基与N原子、S原子之间形成的键，与肽键、酯基性质相似，酸性水解得到碳酸，进而分解生成CO2，故d正确，故选：acd点评：本题考查有机物的推断与合成，充分利
35、用有机物的结构进行分析解答，较好的考查学生的分析推理能力，是对学生综合能力的考查，难度中等10NiSO46H2O是一种绿色易溶于水的晶体，可由电镀废渣（除镍外，还含有铜、锌、铁等元素）为原料获得操作步骤如下：（1）向滤液中加入FeS是为了生成难溶于酸的硫化物沉淀而除去Cu2+、Zn2+等杂质，则除去Cu2+的离子方程式为：FeS+Cu2+=CuS+Fe2+（2）对滤液的操作，请回答：往滤液中加入H2O2的离子方程式：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2 H2O调滤液pH的目的是除去Fe3+检验Fe3+是否除尽的操作和现象是：用试管取少量滤液，滴加几滴KSCN溶液，若无颜色变化，则Fe3+已
36、除净（3）滤液溶质的主要成分是NiSO4，加Na2CO3过滤后得到NiCO3固体，再加适量稀硫酸溶解又生成NiSO4，这两步操作的目的是增大NiSO4的浓度，利于蒸发结晶（或富集NiSO4）（4）得到的NiSO4溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等一系列操作可得到NiSO46H2O晶体，请回答：在进行蒸发浓缩操作时，加热到液表面形成晶体薄膜（或者有少量晶体析出）（描述实验现象），则停止加热为了提高产率，过滤后得到的母液要循环使用，则应该回流到流程中的d位置（填a、b、c、d）如果得到产品的纯度不够，则应该进行重结晶操作（填操作名称）考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；制备实验方案的设计分
37、析：废渣（除含镍外，还含有Cu、Zn、Fe等元素的化合物杂质），在硫酸溶解后过滤后除去不溶性物质，滤液含有二价铁离子、镍离子、锌离子等杂质，加入硫化钠可除去铜离子、锌离子，然后加H2O2是将二价铁氧化成三价铁，调节溶液PH使三价铁以氢氧化物的沉淀而除去，滤液含有可溶性硫酸盐，为Na2SO4、NiSO4，再加碳酸钠沉淀二价镍，过滤、洗涤，然后与硫酸反应生成NiSO4晶体，（1）FeS除去Cu2+的反应是沉淀的转化；（2）对滤液加H2O2的目的是将Fe2+氧化Fe3+；然后调pH沉淀Fe3+，Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+；依据铁离子遇到KSCN溶液呈红色设计实验检验是否除净；（3）NiS
38、O4与Na2CO3反应生成NiCO3沉淀，而后过滤，再加适量稀硫酸溶解又生成NiSO4，这样可提高NiSO4的浓度，有利于蒸发结晶；（4）在进行蒸发浓缩操作时，当大量晶体析出时，停止加热；为了提高产率，过滤后得到的母液要循环使用，应该回流到流程中d中；产品的纯度不够需要重新溶解、浓缩、结晶析出得到较纯净的晶体；解答：解：废渣（除含镍外，还含有Cu、Zn、Fe等元素的化合物杂质），在硫酸溶解后过滤后除去不溶性物质，滤液含有二价铁离子、镍离子、锌离子等杂质，加入硫化钠可除去铜离子、锌离子，然后加H2O2是将二价铁氧化成三价铁，调节溶液PH使三价铁以氢氧化物的沉淀而除去，滤液含有可溶性硫酸盐，为Na
39、2SO4、NiSO4，再加碳酸钠沉淀二价镍，过滤、洗涤，然后与硫酸反应生成NiSO4晶体，（1）FeS除去Cu2+的反应是沉淀的转化，即FeS+Cu2+=CuS+Fe2+；故答案为：FeS+Cu2+=CuS+Fe2+；（2）对滤液加H2O2的目的是将Fe2+氧化Fe3+，加入H2O2的离子方程式为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2 H2O，故答案为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2 H2O；调滤液pH的目的是除去Fe3+，故答案为：除去Fe3+；检验Fe3+是否除尽的操作和现象是用试管取少量滤液，滴加几滴KSCN溶液，若无颜色变化，则Fe3+已除净；故答案为：用试管取少量滤液，
40、滴加几滴KSCN溶液，若无颜色变化，则Fe3+已除净；（3）NiSO4与Na2CO3反应生成NiCO3沉淀，而后过滤，再加适量稀硫酸溶解又生成NiSO4，这样可提高NiSO4的浓度，有利于蒸发结晶；故答案为：增大NiSO4的浓度，利于蒸发结晶（或富集NiSO4）；（4）在进行蒸发浓缩操作时，当大量晶体析出时或溶液表面形成晶体薄膜，停止加热；故答案为：溶液表面形成晶体薄膜或者有大量晶体析出；为了提高产率，过滤后得到的母液要循环使用，应该回流到流程中d中循环使用，故答案为：d；产品的纯度不够需要重新溶解、浓缩、结晶析出得到较纯净的晶体，实验操作为重结晶，故答案为：重结晶点评：本题考查物质的分离提纯
41、的实验方案的设计，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，题目难度较大，明确实验的目的和原理是解答该题的关键，注意把握基本实验操作11某学习小组对“部分酸碱盐溶解性表”中碳酸亚铁的性质设计实验探究（一）制备碳酸亚铁将一定量新制备的硫酸亚铁溶液和过量的碳酸氢铵溶液混合产生大量沉淀和气体（1）写出离子方程式：Fe2+2HCO3=FeCO3+CO2+H2O（二）探究碳酸亚铁的热稳定性（加热仪器省略）连接仪器、装药品打开K，先通入一段时间氮气，然后，用酒精喷灯在A处加热玻璃管，观察B瓶溶液变浑浊待固体分解完后，继续通入氮气至玻璃管冷却（2）先通入氮气的目的是排尽装置内空气，避免氧气干扰B瓶现象能说明分解
42、产物有二氧化碳（3）停止加热之前，是否拆开A、B之间橡胶管？答：否；理由是通入氮气，玻璃管内气压不会减小（三）探究碳酸亚铁还原性【查阅资料】氧化亚铁是一种黑色粉末，它不稳定，在空气中加热，就迅速被氧化成四氧化三铁碳酸亚铁在空气中灼烧生成氧化铁（4）探究碳酸亚铁和氧气反应后的固体成分：【提出设想】假设1 固体成分是氧化铁；假设2 固体成分是四氧化三铁；假设3氧化铁和四氧化三铁请设计实验验证假设一（限选试剂：2.00mol/L的H2SO4、HCI、HNO3；KSCN溶液、KMnO4溶液、NaOH溶液、H2O2溶液）实验步骤预期现象和结论（5）定量探究：取23.2g纯净固体碳酸亚铁，在空气中高温灼烧
43、至恒重，称得固体质量净减少7.2g通过计算确定固体成分是氧化铁考点：性质实验方案的设计专题：实验设计题分析：（1）硫酸亚铁和碳酸氢铵发生复分解反应生成碳酸亚铁沉淀、二氧化碳和水；（2）亚铁盐不稳定，易被空气中氧气氧化生成铁盐，从而干扰实验；根据元素守恒知，能使澄清石灰水变浑浊的气体是二氧化碳；（3）通入氮气，玻璃管内气压不会减小，所以不会产生倒吸现象；（4）固体可能是氧化铁和四氧化三铁的混合物；证明假设1正确，只要证明溶液中不存在亚铁离子即可，可以选用酸性高锰酸钾溶液检验；（5）根据最初固体质量和减少质量之间的关系式利用差量法确定固体成分解答：解：（1）硫酸亚铁和碳酸氢铵溶液反应生成硫酸氢铵、
44、碳酸亚铁，硫酸氢铵电离氢离子，和碳酸氢铵反应生成二氧化碳和水，化学方程式为：FeSO4+2NH4HCO3=FeCO3+（NH4）2SO4+CO2+H2O，改写成离子方程式为：Fe2+2HCO3=FeCO3+CO2+H2O，故答案为：Fe2+2HCO3=FeCO3+CO2+H2O；（2）探究碳酸亚铁稳定性，排除装置内空气，避免空气氧化+2价铁元素；B中澄清石灰水变浑浊，说明碳酸亚铁分解产物有二氧化碳，故答案为：排尽装置内空气，避免氧气干扰；分解产物有二氧化碳；（3）继续通入氮气，不会减小玻璃管内气压，所以不能产生倒吸，则不必拆开A、B之间橡胶管，故答案为：否；通入氮气，玻璃管内气压不会减小；（4
45、）固体可能是氧化铁和四氧化三铁，故假设3为：氧化铁和四氧化三铁；证明假设1：固体成分是氧化铁，只要证明不存在亚铁离子即可，可用酸性高锰酸钾溶液检验，操作方法及结论为：取少量反应后的固体于试管中，加入过量的2.00mol/L的H2SO4溶液进行溶解，然后向试管中滴加KMnO4溶液，若KMnO4溶液不退色，说明溶液中不存在亚铁离子，则假设一成立，若KMnO4溶液退色，则假设一不成立，故答案为：氧化铁和四氧化三铁；实验步骤预期现象和结论1取少量反应后的固体于试管中，加入过量的2.00mol/L的H2SO4溶液进行溶解，2向试管中滴加KMnO4溶液 若KMnO4溶液不退色，则假设一成立若KMnO4溶液
46、退色，则假设一不成立（5）假设碳酸亚铁在氧气中分解产物为四氧化三铁，则固体净减质量为m，6FeCO3+O22Fe3O4+6CO2固体净减质量6116 232232.2g m则：=，解得：m=7.7g7.2g；假设碳酸亚铁在氧气中高温反应固体产物为氧化铁，则固体净减质量为x，4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2 固体净减质量4116 14423.2g x则：，解得：x=7.2g，与题意相符，故碳酸亚铁在氧气中高温灼烧生成氧化铁，故答案为：氧化铁点评：本题考查性质实验方案设计与评价，为高频考点，题目难度中等，涉及离子方程式的书写、物质成分判断、离子检验等知识点，同时考查学生分析判断、实验操作及计算能力，难点是（5）中固体成分判断，注意掌握假设法、差量法在化学计算中的应用