1、2015年天津市南开中学高考化学模拟试卷（1）一、选择题（每小题有1个正确答案，每小题6分，共36分）1下列说法不正确的是( )A在干旱地区植树造林时，可利用高吸水性树脂抗旱保水B硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，是制备硅胶和木材防火剂的原料C为补充人体所需的营养成分，人人都应食用添加营养强化剂的食品D服用阿司匹林若出现水杨酸反应，应立即停药并静脉滴注NaHCO3溶液2下列说法正确的是( )A配制FeCl3溶液，可将一定量FeCl3固体溶于适量盐酸中并加入少量铁粉B制备Fe（OH）3胶体，可向沸水中滴加FeCl3饱和溶液并长时间煮沸C配制0.1molL1 NaOH溶液100mL，将4.0g NaOH固
2、体放入100mL容量瓶中溶解D向饱和Ca（OH）2溶液中加入少量无水CaO固体，恢复原温度，溶液中Ca（OH）2的物质的量浓度不变3下列涉及有机物的性质或应用的说法，不正确的是( )A石油的裂解为深度裂化，产物主要为乙烯等小分子烃B油脂“硬化”后性质变的更稳定C蔗糖、淀粉、纤维素均会水解，反应后的产物相同D2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O属于氧化反应4常温下，用0.01molL1 NaOH溶液滴定20.00mL 0.01molL1 CH3COOH溶液，所得滴定曲线如图下列说法正确的是( )Aa点对应溶液的pH=2Bb点对应的溶液中：c（OH）+c（CH3COO）=c（Na+）+
3、c（H+）Cc点表示NaOH溶液与CH3COOH溶液恰好完全反应Dd点对应的溶液中，水的电离程度小于同温下纯水的电离程度5下述根据下列操作和现象，所得结论正确的是( )实验操作及现象实验结论A分别向2mL 0.1molL1 CH3COOH溶液和2mL 0.1molL1 H3BO3溶液中滴加等浓度的NaHCO3溶液，前者有气泡产生，后者无明显现象酸性：CH3COOHH2CO3H3BO3B向2mL 0.1molL1 NaOH溶液中滴加3滴0.1molL1 MgCl2溶液，出现白色沉淀后，再滴加3滴0.1molL1 FeCl3溶液，出现红褐色沉淀溶解度：Mg（OH）2Fe（OH）3C在少量无水乙醇中
4、加入金属Na，生成可以在空气中燃烧的气体CH3CH2OH是弱电解质D用3mL稀H2SO4溶液与足量Zn反应，当气泡稀少时，加入1mL浓H2SO4，又迅速产生较多气泡H2SO4浓度增大，反应速率加快AABBCCDD6在2L的密闭容器中进行如下反应：CO（g）+H2O（g）TCO2（g）+H2（g），有如下数据：实验温度/起始量/mol平衡量/molCOH2OCO2H2CO216502.01.0000.828002.02.0001.0下列说法正确的是( )A正反应为吸热反应B实验1中，CO的转化率为80%C650时，化学平衡常数K=D实验1再加入1.0 mol H2O，重新达到平衡时，n（CO2）
5、为1.6 mol二、填空题（共64分）7（14分）短周期元素A、B、C、D、E，A为原子半径最小的元素，A、D同主族，D、E同周期，C、E同主族且E的原子序数为C的原子序数的2倍，B为组成物质种类最多的元素（1）E离子的原子结构示意图_（2）分别由A、C、D、E四种元素组成的两种盐可相互反应得到气体，写出这个反应的离子方程式_（3）由A、B、C三种元素组成的物质X，式量为46，在一定条件下与C、D两种元素的单质均可反应写出X与C单质在红热的铜丝存在时反应的化学方程式_ （4）A、C、D三种元素组成的化合物Y中含有的化学键为_，B的最高价氧化物与等物质的量的Y溶液反应后，溶液显_（“酸”、“碱”
6、或“中”）性，原因是：_（5）A的气体单质和C的气体单质可发生反应，在“神舟六号”飞船上使用了根据这反应设计的燃料电池，电解质溶液为KOH溶液，电池负极反应为_使用这种电池的优点为_8（18分）亚克力的分子式是（C5H8O2）n某同学从提供的原料库中选择一种原料X，设计合成高分子亚克力的路线如图所示：原料库：aCH2=CHCH3 bCH2=CHCH2CH3 cCH2=C（CH3）2 dCH3CH（CH3）2，不易被氧化成羧酸不易被氧化成醛或酮（R、R、R均代表烃基 ）请回答：（1）原料X是_（填所选物质的名称）；高聚物F的结构简式为_；（2）的反应条件是_；的反应类型是_；的反应类型是_；（3
7、）D中含有的官能团为_；（4）反应的化学方程式为_；（5）的化学方程式是_；（6）C有多种同分异构体，其中能发生银镜反应且能发生水解反应的共有_种；（7）某同学以丙烯为原料设计了合成中间体D的路线：，得到D的同时也得到了另一种有机副产物M，则M可能的结构简式是_9（16分）甲、乙两同学用下图所示装置进行实验，探究硝酸与铁反应的产物文献记载：I在浓硝酸和活泼金属反应过程中，随着硝酸浓度的降低，其生成的产物有+4、+2、3价等氮的化合物IIFeSO4+NOFe（NO）SO4（棕色）H0IIINO2和NO都能被KMnO4氧化吸收甲的实验操作和现象记录如下：实验操作实验现象打开弹簧夹，通入一段时间CO
8、2，关闭弹簧夹打开分液漏斗活塞，将浓硝酸缓慢滴入烧瓶中，关闭活塞无明显现象加热烧瓶，反应开始后停止加热A中有红棕色气体产生，一段时间后，气体颜色逐渐变浅； B中溶液变棕色； C中溶液紫色变浅反应停止后，A中无固体剩余请回答下列问题：（1）滴入浓硝酸加热前没有明显现象的原因是_（2）检验是否生成3价氮的化合物，应进行的实验操作是_（3）甲取少量B中溶液，加热，实验现象是_请用化学平衡原理解释原因：_甲依据该现象得出的结论是A中有NO生成（4）乙认为甲得出A中有NO生成的证据不足为获取充足的证据，乙仍采用该装置和操作进行对照实验，乙作出的改变是_，证明有NO生成的实验现象是_（5）证明A溶液中是否
9、含有Fe2+和Fe3+，选择的药品是（填序号）_a铁粉 b溴水 c鉄氰化钾溶液 d硫氰化钾溶液10（16分）海水是巨大的化学资源宝库从海水中可以提取氯、溴、碘等卤族元素（1）Cl2的电子式是_（2）已知：X2（g）+H2（g）2HX（g）（X2表示Cl2、Br2和I2）图1表示平衡常数K与温度t的关系H 表示X2与H2反应的焓变，H_0（填“”、“”或“=”）曲线a表示的是_（填“Cl2”、“Br2”或“I2”）与H2反应时K与t的关系海水淡化具有广泛的应用前景，淡化前需对海水进行预处理（1）通常用明矾K2SO4Al2（SO4）324H2O作混凝剂，降低浊度明矾水解的离子方程式是_（2）用图2
10、所示NaClO的发生装置对海水进行消毒和灭藻处理装置中由NaCl转化为NaClO的化学方程式是_海水中含有Ca2+、Mg2+、HCO3等杂质离子，处理过程中装置的阴极易产生水垢，其主要成分是Mg（OH）2和CaCO3生成CaCO3的离子方程式是_若每隔510min倒换一次电极电性，可有效地解决阴极的结垢问题试用电极反应式并结合必要的文字进行解释_2015年天津市南开中学高考化学模拟试卷（1）一、选择题（每小题有1个正确答案，每小题6分，共36分）1下列说法不正确的是( )A在干旱地区植树造林时，可利用高吸水性树脂抗旱保水B硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，是制备硅胶和木材防火剂的原料C为补充人体所需的
11、营养成分，人人都应食用添加营养强化剂的食品D服用阿司匹林若出现水杨酸反应，应立即停药并静脉滴注NaHCO3溶液【考点】常见的生活环境的污染及治理；含硅矿物及材料的应用；营养均衡与人体健康的关系；常见的食品添加剂的组成、性质和作用 【专题】化学计算【分析】A、高吸水性树脂可以聚集水源，减缓水分的流失；B、硅酸钠的水溶液具有粘结力强、强度较高，耐酸性、耐热性好，耐碱性和耐水性差等理化性能；C、营养强化剂属于食品添加剂，不可随意使用；D、NaHCO3溶液呈碱性，可以与水杨酸发生中和反应【解答】解：A、高吸水性树脂是一种新型的高分子材料，它能够吸收自身重量几百倍至千倍的水分，干旱地区水分流失快，使用高
12、吸水性树脂正好可以聚集水源，减缓水分的流失，提高树苗的成活率，故A正确；B、硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，理化性能为：粘结力强、强度较高，耐酸性、耐热性好，耐碱性和耐水性差，是制备粘合剂、硅胶和木材防火剂的原料，故B正确；C、食品营养强化剂是指“为增强营养成份而加入食品中的天然的或者人工合成的属于天然营养素范围的食品添加剂，食品添加剂不可滥用，要符合食品营养强化剂使用卫生标准，故C错误；D、NaHCO3溶液由于碳酸氢根离子水解使得溶液呈碱性，正好可以与水杨酸发生中和反应而除掉水杨酸，以达到解毒的目的，再者NaHCO3溶液碱性弱，对人体的伤害很小，可以静脉滴注，故D正确；故选：C【点评】本题易错点为
13、D选项中NaHCO3溶液，有试题中可能改成错误的碳酸钠溶液，二者不可混淆，平时学习中注意化学与生活的联系，任何事物都具有两面性，食品添加剂也是如此，整体而言本题难度很小2下列说法正确的是( )A配制FeCl3溶液，可将一定量FeCl3固体溶于适量盐酸中并加入少量铁粉B制备Fe（OH）3胶体，可向沸水中滴加FeCl3饱和溶液并长时间煮沸C配制0.1molL1 NaOH溶液100mL，将4.0g NaOH固体放入100mL容量瓶中溶解D向饱和Ca（OH）2溶液中加入少量无水CaO固体，恢复原温度，溶液中Ca（OH）2的物质的量浓度不变【考点】配制一定物质的量浓度的溶液；铁盐和亚铁盐的相互转变 【专
14、题】物质的量浓度和溶解度专题【分析】A、铁与铁离子反应生成亚铁离子，导致出现了杂质亚铁离子，所以配制氯化铁溶液不能加入铁粉；B、若长时间煮沸，氢氧化铁胶体会变成红褐色的氢氧化铁沉淀；C、容量瓶只能用于配制一定物质的量浓度的溶液，不能用于溶解或稀释溶液；D、恢复原温度后仍然为饱和溶液，饱和溶液中氢氧化钙的物质的量浓度相等【解答】解：A、配制FeCl3溶液，可将一定量FeCl3固体溶于适量盐酸中，但是不能加入少量铁粉，否则铁粉与铁离子反应生成亚铁离子，引进了杂质，故A错误；B、制备Fe（OH）3胶体，可向沸水中滴加FeCl3饱和溶液然后煮沸，当溶液变成红褐色时停止加热，不能长时间煮沸，避免氢氧化铁
15、胶体变成氢氧化铁沉淀，故B错误；C、溶解氢氧化钠固体应该在烧杯中进行，不能在容量瓶中溶解氢氧化钠，故C错误；D、向饱和Ca（OH）2溶液中加入少量无水CaO固体，恢复原温度，得到的溶液还是饱和溶液，所以溶液中Ca（OH）2的物质的量浓度不变，故D正确；故选D【点评】本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液、氢氧化铁胶体的配制、氯化铁溶液的配制等知识，题目难度中等，注意掌握配制氢氧化铁胶体、氯化铁溶液的正确方法，配制一定物质的量浓度的溶液时，不能在容量瓶中溶解或者稀释溶质3下列涉及有机物的性质或应用的说法，不正确的是( )A石油的裂解为深度裂化，产物主要为乙烯等小分子烃B油脂“硬化”后性质变的更稳定
16、C蔗糖、淀粉、纤维素均会水解，反应后的产物相同D2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O属于氧化反应【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裂解主要生成乙烯；B油脂“硬化”，发生碳碳双键与氢气的加成反应；C蔗糖、淀粉、纤维素均会水解，属于糖类物质，但蔗糖水解生成葡萄糖和果糖；D加氧去氢的反应为氧化反应【解答】解：A石油裂解是用石油分馏产品作原料，采用比裂化更高的温度，使其中相对分子质量较大的烃断裂成乙烯等小分子烃，故A正确；B油脂的硬化也叫油脂的氢化，就是植物油在催化剂作用下和氢加成，不饱和高级脂肪酸变成饱和的高级脂肪酸，性质变得稳定，故B正确；C
17、淀粉和纤维素水解产物均为葡萄糖，蔗糖水解产物为葡萄糖和果糖，故C错误；D由CH3CH2OH变为CH3CHO，分子中减少了两个氢原子，是氧化反应，故D正确；故选C【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握常见有机物的组成、结构、性质为解答的关键，注意相关概念的辨析及石油裂解的产物，题目难度不大4常温下，用0.01molL1 NaOH溶液滴定20.00mL 0.01molL1 CH3COOH溶液，所得滴定曲线如图下列说法正确的是( )Aa点对应溶液的pH=2Bb点对应的溶液中：c（OH）+c（CH3COO）=c（Na+）+c（H+）Cc点表示NaOH溶液与CH3COOH溶液恰好完全反应D
18、d点对应的溶液中，水的电离程度小于同温下纯水的电离程度【考点】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【分析】A醋酸为弱酸，不能完全电离；Bb点时溶液呈酸性，结合电荷守恒解答；Cc点时溶液呈中性，如醋酸和氢氧化钠恰好完全反应，则溶液应呈碱性；Dd点时溶液呈碱性，如二者恰好中和，则促进水解的电离【解答】解：A醋酸为弱酸，不能完全电离，则0.01molL1 CH3COOH溶液pH2，故A错误；B溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（CH3COO），故B正确；C醋酸和氢氧化钠反应生成醋酸钠，醋酸钠是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，当酸碱恰好反应时溶液应
19、该呈碱性，但C点溶液呈中性，说明酸过量，故C错误；Dd点时溶液呈碱性，如二者恰好中和，完全反应生成醋酸钠，水解呈碱性，促进水的电离，故D错误故选B【点评】本题以NaOH滴定CH3COOH的滴定曲线为载体，考查盐类的水解、溶液离子浓度的大小比较等，难度中等，注意离子浓度大小比较中电荷守恒，把握影响弱电解质的电离和盐类水解的因素，注重相关基础知识的积累，难度不大5下述根据下列操作和现象，所得结论正确的是( )实验操作及现象实验结论A分别向2mL 0.1molL1 CH3COOH溶液和2mL 0.1molL1 H3BO3溶液中滴加等浓度的NaHCO3溶液，前者有气泡产生，后者无明显现象酸性：CH3C
20、OOHH2CO3H3BO3B向2mL 0.1molL1 NaOH溶液中滴加3滴0.1molL1 MgCl2溶液，出现白色沉淀后，再滴加3滴0.1molL1 FeCl3溶液，出现红褐色沉淀溶解度：Mg（OH）2Fe（OH）3C在少量无水乙醇中加入金属Na，生成可以在空气中燃烧的气体CH3CH2OH是弱电解质D用3mL稀H2SO4溶液与足量Zn反应，当气泡稀少时，加入1mL浓H2SO4，又迅速产生较多气泡H2SO4浓度增大，反应速率加快AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价 【专题】实验评价题【分析】A强酸反应制弱酸；B发生沉淀的转化；C在水溶液或熔融状态下不完全电离出离子的电解质称为弱电解质
21、弱电解质；D浓硫酸稀释放热【解答】解：A强酸反应制弱酸，NaHCO3溶液只与CH3COOH反应，酸性：CH3COOHH2CO3H3BO3，故A正确； B向2mL 0.1molL1 NaOH溶液中滴加3滴0.1molL1 MgCl2溶液，氢氧化钠过量，再滴加3滴0.1molL1 FeCl3溶液，出现红褐色沉淀，不发生沉淀的转化，故B错误；C钠能与乙醇中的羟基反应生成氢气，与电离无关，故C错误；D浓硫酸稀释放热，温度升高，反应速率加快，故D错误故选A【点评】本题考查较为综合，涉及酸性比较，沉淀转化以及元素化合物知识，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高考常见题型，难度大不，注意把握实验操作的
22、原理和实验方法6在2L的密闭容器中进行如下反应：CO（g）+H2O（g）TCO2（g）+H2（g），有如下数据：实验温度/起始量/mol平衡量/molCOH2OCO2H2CO216502.01.0000.828002.02.0001.0下列说法正确的是( )A正反应为吸热反应B实验1中，CO的转化率为80%C650时，化学平衡常数K=D实验1再加入1.0 mol H2O，重新达到平衡时，n（CO2）为1.6 mol【考点】化学平衡的计算；吸热反应和放热反应 【分析】A利用三段式，计算出两个温度下的平衡常数，再根据平衡常数的大小可判断出该反应是放热反应还是吸热反应；B转化率=；C根据根据平衡常数
23、等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积进行计算；D根据650时的平衡常数进行计算【解答】解：A在650时 CO（g ）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）， 起始（mol） 2.0 1.0 0 0 转化（mol） 0.8 0.8 0.8 0.8 平衡（mol） 1.2 0.2 0.8 0.8平衡常数K=，在800时 CO（g ）+H2O（g）CO2（g）+H2（g），起始（mol） 2.0 2.0 0 0转化（mol） 1.0 1.0 1.0 1.0平衡（mol） 1.0 1.0 1.0 1.0平衡常数K=1，由此可知在650时平衡常数大于800的平衡常数，即升高温度平衡逆向移动，故该
24、反应的正反应为放热反应，故A错误；B在650时 CO（g ）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）， 起始（mol） 2.0 1.0 0 0 转化（mol） 0.8 0.8 0.8 0.8 平衡（mol） 1.2 0.2 0.8 0.8CO的转化率=100%=40%，故B错误；C由A中的计算可知，650时，化学平衡常数K=，故C正确；D设平衡时n（CO2）为x，则 CO（g ）+H2O（g）CO2（g）+H2（g），起始（mol） 2.0 2.0 0 0转化（mol） x x x x平衡（mol） 2x 2x x x平衡常数K=，解得x1.6，故D错误；故选C【点评】本题主要考查平衡常数和转化
25、率的计算，及根据平衡常数对反应作判断，中等难度要注意温度对平衡常数的影响二、填空题（共64分）7（14分）短周期元素A、B、C、D、E，A为原子半径最小的元素，A、D同主族，D、E同周期，C、E同主族且E的原子序数为C的原子序数的2倍，B为组成物质种类最多的元素（1）E离子的原子结构示意图（2）分别由A、C、D、E四种元素组成的两种盐可相互反应得到气体，写出这个反应的离子方程式H+HSO3=H2O+SO2（3）由A、B、C三种元素组成的物质X，式量为46，在一定条件下与C、D两种元素的单质均可反应写出X与C单质在红热的铜丝存在时反应的化学方程式2C2H5OH+O22CH3CHO+2H2O （4
26、）A、C、D三种元素组成的化合物Y中含有的化学键为共价键、离子键，B的最高价氧化物与等物质的量的Y溶液反应后，溶液显碱（“酸”、“碱”或“中”）性，原因是：反应后所得溶液为NaHCO3，HCO3发生水解和电离：HCO3+H2OH2CO3+OH，HCO3CO32+H+，水解大于电离，所以溶液显碱性（5）A的气体单质和C的气体单质可发生反应，在“神舟六号”飞船上使用了根据这反应设计的燃料电池，电解质溶液为KOH溶液，电池负极反应为2H2+4OH4e=2H2O使用这种电池的优点为电池效率高，反应产物可综合利用，不产生污染【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】短
27、周期元素A、B、C、D、E，A为原子半径最小的元素，则A为H元素；A、D同主族，D的原子序数比A至少大3，故D为Na；D、E同周期，即处于第三周期，C、E同主族且E的原子序数为C的原子序数的2倍，可推知C为O元素、E为S元素；B为组成物质种类最多的元素，则B为碳元素，（1）S2离子核外电子数为18，有3个电子层，各层电子数为2、8、8；（2）四种元素分别为H、O、Na、S，所形成的两种盐为NaHSO3和NaHSO4，二者反应生成硫酸钠与SO2、水；（3）X是C2H5OH，和O2在有催化剂条件下反应生成乙醛与水；（4）Y是NaOH，含有共价键和离子键，和CO2等物质的量反应后产物为NaHCO3，
28、溶液中HCO3发生水解和电离：HCO3+H2OH2CO3+OH，HCO3CO32+H+，水解大于电离，所以溶液显碱性；（5）氢氧燃料电池，负极上H2在碱性条件下失电子，产物是水；氢氧燃料电池效率高，反应产物可综合利用，不产生污染【解答】解：短周期元素A、B、C、D、E，A为原子半径最小的元素，则A为H元素；A、D同主族，D的原子序数比A至少大3，故D为Na；D、E同周期，即处于第三周期，C、E同主族且E的原子序数为C的原子序数的2倍，可推知C为O元素、E为S元素；B为组成物质种类最多的元素，则B为碳元素，（1）S2离子核外电子数为18，有3个电子层，各层电子数为2、8、8，结构示意图为：，故答
29、案为：；（2）四种元素分别为H、O、Na、S，所形成的两种盐为NaHSO3和NaHSO4，二者反应生成硫酸钠与SO2、水，反应离子方程式为：H+HSO3=H2O+SO2，故答案为：H+HSO3=H2O+SO2；（3）X是C2H5OH，和O2在有催化剂条件下反应生成乙醛与水，化学反应方程式为：2C2H5OH+O22CH3CHO+2H2O，故答案为：2C2H5OH+O22CH3CHO+2H2O；（4）Y是NaOH，含有共价键和离子键，和CO2等物质的量反应后产物为NaHCO3，溶液中HCO3发生水解和电离：HCO3+H2OH2CO3+OH，HCO3CO32+H+，水解大于电离，所以溶液显碱性，故答
30、案为：共价键、离子键；碱性；反应后所得溶液为NaHCO3，HCO3发生水解和电离：HCO3+H2OH2CO3+OH，HCO3CO32+H+，水解大于电离，所以溶液显碱性；（5）氢氧燃料电池，负极上H2在碱性条件下失电子，产物是水，负极电极反应式为：2H2+4OH4e=2H2O；氢氧燃料电池效率高，反应产物可综合利用，不产生污染，故答案为：2H2+4OH4e=2H2O；电池效率高，反应产物可综合利用，不产生污染【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，侧重对化学用语的考查，需要学生熟练掌握基础知识，难度不大8（18分）亚克力的分子式是（C5H8O2）n某同学从提供的原料库中选择一
31、种原料X，设计合成高分子亚克力的路线如图所示：原料库：aCH2=CHCH3 bCH2=CHCH2CH3 cCH2=C（CH3）2 dCH3CH（CH3）2，不易被氧化成羧酸不易被氧化成醛或酮（R、R、R均代表烃基 ）请回答：（1）原料X是2甲基丙烯（填所选物质的名称）；高聚物F的结构简式为；（2）的反应条件是NaOH水溶液、加热；的反应类型是氧化反应；的反应类型是加聚反应；（3）D中含有的官能团为羧基和羟基；（4）反应的化学方程式为（CH3）2C（OH）CHO+2Ag（NH3）2OH（CH3）2C（OH）COONH4+2Ag+3NH3+H2O；（5）的化学方程式是；（6）C有多种同分异构体，其
32、中能发生银镜反应且能发生水解反应的共有2种；（7）某同学以丙烯为原料设计了合成中间体D的路线：，得到D的同时也得到了另一种有机副产物M，则M可能的结构简式是CH3CH2CH（OH）COOH【考点】有机物的推断 【专题】有机物的化学性质及推断【分析】由EF可确定E中含有COOH，由F（C5H8O2）n可知E、F中含有C=C官能团，且E的分子式为C4H6O2，应为不饱和酸，则E应为，结合信息可知反应流程应为，结合有机物的结构和性质解答该题，以丙烯为原料设计了合成中间体D的路线，丙烯先与HBr反应制得溴丙烷，溴丙烷水解生成丙醇，再与HCN反应后水解，最终会生成2羟基丁酸【解答】解：（1）由EF可确定
33、E中含有COOH，由F（C5H8O2）n可知E、F中含有C=C官能团，且E的分子式为C4H6O2，应为不饱和酸，则E应为，则X为CH2=C（CH3）2，为2甲基丙烯，E应为，加聚反应生成高聚物F为，故答案为：2甲基丙烯；（2）由以上图示可知，的反应条件是NaOH水溶液，加热；反应为氧化反应，观察E、F可知，由于反应没有脱去小分子，分子组成上没有变化，反应应为加聚反应，故答案为：NaOH水溶液、加热；氧化反应；加聚反应； （3）由EF可确定E中含有COOH，由F（C5H8O2）n可知E、F中含有C=C官能团，且E的分子式为C4H6O2，应为不饱和酸，则E应为，D发生消去反应生成E，则D为，含有羧
34、基和羟基，故答案为：羧基和羟基；（4）D为，C发生氧化反应生成C，则C为（CH3）2C（OH）CHO，被2Ag（NH3）2OH氧化的反应方程式为）（CH3）2C（OH）CHO+2Ag（NH3）2OH（CH3）2C（OH）COONH4+2Ag+3NH3+H2O，故答案为：（CH3）2C（OH）CHO+2Ag（NH3）2OH（CH3）2C（OH）COONH4+2Ag+3NH3+H2O；（5）反应为和甲醇发生酯化反应，方程式为，故答案为：；（6）C为（CH3）2C（OH）CHO，其同分异构体能发生银镜反应且能发生水解反应，说明是甲酸丙酯，丙基有2种，所以其同分异构体有2种，故答案为：2；（7）以丙烯
35、为原料设计了合成中间体D可能发生的副反应为，得到的副产品为CH3CH2CH（OH）COOH，故答案为：CH3CH2CH（OH）COOH【点评】本题考查有机物的合成，题目难度较大，注意根据题给信息梳理合成流程为解答该题的关键，易错点为（7），注意把握有机物的结构和性质9（16分）甲、乙两同学用下图所示装置进行实验，探究硝酸与铁反应的产物文献记载：I在浓硝酸和活泼金属反应过程中，随着硝酸浓度的降低，其生成的产物有+4、+2、3价等氮的化合物IIFeSO4+NOFe（NO）SO4（棕色）H0IIINO2和NO都能被KMnO4氧化吸收甲的实验操作和现象记录如下：实验操作实验现象打开弹簧夹，通入一段时间
36、CO2，关闭弹簧夹打开分液漏斗活塞，将浓硝酸缓慢滴入烧瓶中，关闭活塞无明显现象加热烧瓶，反应开始后停止加热A中有红棕色气体产生，一段时间后，气体颜色逐渐变浅； B中溶液变棕色； C中溶液紫色变浅反应停止后，A中无固体剩余请回答下列问题：（1）滴入浓硝酸加热前没有明显现象的原因是常温时，铁遇浓硝酸形成致密氧化膜，阻止反应进一步发生（2）检验是否生成3价氮的化合物，应进行的实验操作是取少量反应后A中溶液于试管中，向其中加入浓NaOH溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸接近试管口若试纸变蓝，则A中生成NH4+（3）甲取少量B中溶液，加热，实验现象是棕色溶液变浅（或绿），无色气体逸出，且在空气中变为红棕色
37、请用化学平衡原理解释原因：FeSO4+NOFe（NO）SO4（棕色）H0正反应放热，加热后，平衡向逆反应方向移动甲依据该现象得出的结论是A中有NO生成（4）乙认为甲得出A中有NO生成的证据不足为获取充足的证据，乙仍采用该装置和操作进行对照实验，乙作出的改变是浓硝酸换成稀硝酸，证明有NO生成的实验现象是A中没有红棕色气体生成，B中溶液变为棕色（5）证明A溶液中是否含有Fe2+和Fe3+，选择的药品是（填序号）cda铁粉 b溴水 c鉄氰化钾溶液 d硫氰化钾溶液【考点】硝酸的化学性质；铁及其化合物的性质实验 【专题】氮族元素【分析】（1）常温时，铁遇浓硝酸形成致密氧化膜，阻止反应进一步发生；（2）若
38、有3价氮的化合物生成，应生成NH4+，检验A溶液中是否有NH4+离子即可；（3）B中溶液变棕色，说明B中有Fe（NO）SO4生成，反应FeSO4+NOFe（NO）SO4（棕色）的正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，棕色溶液变浅（或绿），生成的NO与氧气反应生成二氧化氮，气体在空气中变为红棕色；（4）铜和浓硝酸反应生成红棕色气体二氧化氮，二氧化氮和水反应生成一氧化氮，一氧化氮能使硫酸亚铁溶液变成棕色，所以不能证明铁和浓硝酸反应过程中NO生成，为排除生成的NO干扰，把浓硝酸换成稀硝酸，如果硫酸亚铁溶液再变成棕色则说明有NO生成；（5）亚铁离子和铁鉄氰化钾溶液反应生成蓝色沉淀，铁离子和硫氰化
39、钾溶液反应生成血红色溶液【解答】解：（1）常温时，铁和浓硝酸反应生成一层致密的氧化物薄膜，阻止了铁和浓硝酸进一步反应，即产生钝化现象，所以滴入浓硝酸加热前没有明显现象，故答案为：常温时，铁遇浓硝酸形成致密氧化膜，阻止反应进一步发生；（2）生成3价氮的化合物是氨气，氨气极易溶于水生成氨水，氨水电离生成铵根离子，检验铵根离子的方法是：取少量反应后A中溶液于试管中，向其中加入浓NaOH溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸接近试管口若试纸变蓝，则A中生成NH4+，故答案为：取少量反应后A中溶液于试管中，向其中加入浓NaOH溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸接近试管口若试纸变蓝，则A中生成NH4+；（3）取少
40、量B中溶液，加热，棕色溶于变浅，有无色气体逸出，且该气体在空气中变为红棕色，应为可逆反应FeSO4+NOFe（NO）SO4（棕色）是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，导致Fe（NO）SO4（棕色）降低，所以溶液颜色变浅，故答案为：棕色溶液变浅（或绿），无色气体逸出，且在空气中变为红棕色；FeSO4+NOFe（NO）SO4（棕色）H0 正反应放热，加热后，平衡向逆反应方向移动；（4）二氧化氮和水反应生成的一氧化氮能使硫酸亚铁溶液变成棕色，所以不能证明铁和浓硝酸反应过程中NO生成，为排除生成的NO干扰，把浓硝酸换成稀硝酸，稀硝酸和铜反应生成无色的一氧化氮，没有二氧化氮生成，则A中气体是无色
41、的，且B中溶液变为棕色，则说明生成的一氧化氮和硫酸亚铁反应生成棕色，从而说明A中无色气体是一氧化氮，故答案为：浓硝酸换成稀硝酸；A中没有红棕色气体生成，B中溶液变为棕色；（5）亚铁离子的特征反应是：亚铁离子和铁氰化钾溶液反应生成蓝色沉淀，铁离子的特征反应是：铁离子和无色的硫氰化钾溶液反应血红色溶液，故选cd【点评】本题考查铁、硝酸的性质，铵根离子、铁离子和亚铁离子的检验是高考热点，注意：常温时，铁和浓硝酸不是不反应，而是发生了钝化现象，阻止了进一步反应，为易错点10（16分）海水是巨大的化学资源宝库从海水中可以提取氯、溴、碘等卤族元素（1）Cl2的电子式是（2）已知：X2（g）+H2（g）2H
42、X（g）（X2表示Cl2、Br2和I2）图1表示平衡常数K与温度t的关系H 表示X2与H2反应的焓变，H0（填“”、“”或“=”）曲线a表示的是I2（填“Cl2”、“Br2”或“I2”）与H2反应时K与t的关系海水淡化具有广泛的应用前景，淡化前需对海水进行预处理（1）通常用明矾K2SO4Al2（SO4）324H2O作混凝剂，降低浊度明矾水解的离子方程式是Al3+3H2OAl（OH）3+3H+（2）用图2所示NaClO的发生装置对海水进行消毒和灭藻处理装置中由NaCl转化为NaClO的化学方程式是2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H2，2NaOH+Cl2=NaClO+NaCl+H2O海水中
43、含有Ca2+、Mg2+、HCO3等杂质离子，处理过程中装置的阴极易产生水垢，其主要成分是Mg（OH）2和CaCO3生成CaCO3的离子方程式是Ca2+HCO3+OH=CaCO3+H2O若每隔510min倒换一次电极电性，可有效地解决阴极的结垢问题试用电极反应式并结合必要的文字进行解释阴极结垢后倒换电极电性，阴极变为阳极，其电极反应为：2Cl2e=Cl2，产生的氯气与水发生反应：Cl2+H2O=HCl+HClO，使该电极附近溶液呈酸性，从而将Mg（OH）2和CaCO3溶解而达到除垢的目的【考点】海水资源及其综合利用；化学平衡建立的过程 【专题】元素及其化合物；化学计算【分析】、（1）氯气是非金属
44、单质，氯原子间形成共价键；（2）依据图象分析平衡常数随温度升高减小，说明平衡逆向进行，正反应为放热反应；Cl2、Br2、I2，与H2反应时K与t的关系分析可知氯气和氢气反应放热多；、（1）明矾中含有铝离子，铝离子在水中水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性而净水；（2）电解饱和氯化钠溶液反应生成氢氧化钠、氯气和氢气，氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；阴极生成氢气，水的电离被破坏电极附近生成氢氧化钠，氢氧化钠和碳酸氢钙，碳酸氢镁反应生成氢氧化镁、碳酸钙沉淀；阴极结垢后倒换电极电性，阴极变为阳极，其电极反应为：2Cl2e=Cl2，产生的氯气与水发生反应：Cl2+H2O=HCl+HClO
45、，酸溶解沉淀；【解答】解：（1）Cl2的电子式是；故答案为：；（2）图象分析平衡常数随温度升高减小，说明平衡逆向进行，正反应为放热反应，H0；故答案为：；Cl2、Br2、I2，与H2反应时K与t的关系分析可知氯气和氢气反应放热多，碘化氢加热分解平衡逆向进行平衡常数减小的大，曲线a表示的是I2；故答案为：I2；（1）明矾中含有铝离子，铝离子在水中水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性而净水，水解方程式为Al3+3H2OAl（OH）3（胶体）+3H+；故答案为：Al3+3H2OAl（OH）3（胶体）+3H+；（2）装置中由NaCl转化为NaClO的化学方程式是2NaCl+2H2O 2NaOH+Cl2
46、+H2；2NaOH+Cl2=NaClO+NaCl+H2O；故答案为：2NaCl+2H2O 2NaOH+Cl2+H2；2NaOH+Cl2=NaClO+NaCl+H2O；阴极生成氢气，电极附近水的电离被破坏，电极附近生成氢氧化钠，氢氧化钠和碳酸氢钙，碳酸氢镁反应生成氢氧化镁、碳酸钙沉淀，氢氧化钠和碳酸氢钙反应生成CaCO3的沉淀产生水垢，生成碳酸钙沉淀的反应离子方程式是：Ca2+HCO3+OH=CaCO3+H2O；答案为：Ca2+HCO3+OH=CaCO3+H2O；阴极电解原理分析可知，阴极结垢后倒换电极电性，阴极变为阳极，其电极反应为：2Cl2e=Cl2，产生的氯气与水发生反应：Cl2+H2O=HCl+HClO，使该电极附近溶液呈酸性，从而将Mg（OH）2和CaCO3溶解而达到除垢的目的；故答案为：阴极结垢后倒换电极电性，阴极变为阳极，其电极反应为：2Cl2e=Cl2，产生的氯气与水发生反应：Cl2+H2O=HCl+HClO，使该电极附近溶液呈酸性，从而将Mg（OH）2和CaCO3溶解而达到除垢的目的；【点评】本题考查了海水资源的分析应用，物质制备电解原理的分析应用图象分析应用，掌握基础是关键，题目难度中等