1、2015-2016学年江苏省南京市六校联考高三（上）调研化学试卷（12月份）一、选择题（共10小题，每小题2分，满分20分）121世纪化学的最新定义为“化学是一门创造新物质的科学”下列有关说法不正确的是（）A用CO2合成可降解的聚碳酸酯塑料，可以实现“碳”的循环利用B开发利用太阳能、生物质能等清洁能源，有利于节约资源C绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理D制备物质时探究化学反应中高的选择性、转化率和原子利用率，属于“绿色”的生产工艺2下列有关化学用语表示正确的是（）A质子数为53、中子数为78的碘原子： IBS2的结构示意图：CN2的电子式：DNH4I的电子式：3用H2O2溶液处理含
2、NaCN的废水的反应原理为：NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3，已知：HCN的酸性比H2CO3弱下列有关说法正确的是（）A该反应中氮元素被氧化B该反应中H2O2作还原剂C0.1molL1NaCN溶液中含有HCN和CN的总数为0.16.021023D实验室配制NaCN溶液时，需加入适量的NaOH溶液4下列有关物质的性质和该性质的应用均正确的是（）A炭具有强还原性，高温下能将二氧化硅还原为硅BNa的金属性比Mg强，可用Na与MgCl2溶液反应制取金属MgC光照时乙烷和氯气能发生取代反应，工业上常用该反应生产氯乙烷D二氧化锰具有强氧化性，能将双氧水氧化为氧气5短周期元素W、X、Y、Z
3、的原子序数依次增大，W与Y最外层电子数之和为X的最外层电子数的2倍，Z最外层电子数等于最内层电子数，X、Y、Z的简单离子的电子层结构相同，W的单质是空气中体积分数最大的气体下列说法正确的是（）AY的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强BW的气态氢化物比X的稳定C离子半径的大小顺序：r（W）r（X）r（Y）r（Z）DXY2与ZY2中的化学键类型相同6下列溶液中的离子一定能大量共存的是（）A在加入铝粉能产生氢气的溶液中：NH4+、Fe2+、SO42、NO3B室温下水电离出的氢离子浓度c（H+）=11014mol/L的溶液中：Ba2+、NO3、K+、ClOC使苯酚显紫色的溶液：NH4+、Na+、C1
4、、SCND能使甲基橙变红的溶液中：Na+、NH4+、SO42、NO37下列装置或操作能达到实验目的是（）A装置可用于证明SO2与NaOH溶液发生了反应B装置中X为CCl4，可用于吸收氨气或氯化氢C装置可用于实验室从食盐水中提取氯化钠D装置可用于证明溴乙烷与NaOH醇溶液共热生成乙烯8下列物质转化在给定条件下能实现的是（）A饱和NaCl（aq）Na2CO3BFe2SO4FeCl3（aq）无水FeCl3CAl2O3NaAlO2溶液Al（OH）3DSSO3H2SO49下列离子方程式书写正确的是（）A用醋酸溶液除去水垢中的CaCO3：CaCO3+2H+Ca2+H2O+CO2B碘水中通入足量的SO2气体
5、：I2+SO2+2H2O2I+SO42+4H+CNaHSO4溶液与Ba（OH）2溶液反应至中性：H+SO42+Ba2+OHBaSO4+H2OD在强碱溶液中次氯酸钠与Fe（OH）3反应生成Na2FeO4：3ClO+2Fe（OH）32FeO42+3Cl+H2O+4H+10热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源一种热激活电池的基本结构如图所示，其中作为电解质的无水LiClKCl混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能该电池总反应为PbSO4+2LiCl+CaCaCl2+Li2SO4+Pb下列有关说法正确的是（）A正极反应式：Ca+2Cl2e=CaCl2B放电过程中，Li+向负极移动C常温时，在正负极间接
6、上电流表或检流计，指针发生偏转D每转移0.1 mol电子，理论上生成10.35g Pb二、选择题不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。11下列叙述中正确的是（）A以Al作阳极，Fe作阴极，可以实现铁上镀铝B向沸水中滴加FeCl3饱和溶液制备Fe（OH）3胶体的原理是加热促进了Fe3+水解C向纯水中加入盐酸或降温，都能使水的电离平衡逆向移动，水的离子积减小D3C（s）+CaO（s）CaC2（s）+
7、CO（g）在常温下不能自发进行，说明该反应的H0122015年我国药物化学家屠吆吆因发明抗疟疾新药青蒿素和双氢青蒿素被授予诺贝尔生理学或医学奖以异胡薄荷醇为起始原料是人工合成青蒿素的途径之一（如图）下列说法正确的是（）A异胡薄荷醇遇FeCl3溶液显紫色B异胡薄荷醇可发生消去反应、加成反应C青蒿素分子中含有7个手性碳原子D青蒿素在热的酸、碱溶液中均可稳定存在13下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（）选项实验操作实验现象结 论A测定等浓度的Na2CO3和Na2SO3 溶液的pH前者pH比后者的大非金属性：SCB溴乙烷与NaOH溶液共热后，加入AgNO3溶液未出现淡黄色沉淀溴乙烷没有水解C向
8、等浓度的KCl、KI混合液中滴加AgNO3溶液先出现黄色沉淀Ksp（AgCl）Ksp（AgI）D将KI和FeCl3溶液在试管中混合后，加入CCl4，振荡，静止下层液体显紫红色氧化性：Fe3+I2AABBCCDD14下列溶液中各离子的浓度关系正确的是（）A0.1 molL1CH3COONa溶液中：c（CH3COO）+c（CH3COOH）0.1 molL1B25时，等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH（Na2CO3）pH（C6H5ONa）pH（NaHCO3）pH（CH3COONa）C25时，pH=9.4，浓度均为0.1 molL1的HCN与NaCN的混合溶液中：c（Na+）c（HCN）c（CN）
9、c（OH）D将足量AgCl分别放入：5m水，10mL0.2mol/LMgC12，20mL0.3mol/L盐酸中溶解至饱和，c（Ag+）：15一定温度时，向容积为2L的密闭容器中充入一定量的SO2和O2，发生反应2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H=196kJmoL1，一段时间后达平衡，反应过程中测定的部分数据见下表：反应时间/minn（SO2）/moln（O2）/mol02151.2100.4150.8下列说法不正确的是（）A反应在前5min的平均速率为v（SO2）=0.08molL1 min1B保持温度不变，向平衡后的容器中再充入1molSO2和0.5molO2时，v（正）v（逆）C保
10、持其他条件不变，若起始时向容器中充入2molSO3，达平衡时吸收78.4kJ的热量D相同温度下，起始时向容器中充入1.5mol SO3，达平衡时SO3的转化率为40%三、解答题（共5小题，满分68分）16工业上利用废铁屑（含少量氧化铝、氧化铁等）生产碱式硫酸铁Fe（OH）SO4的工艺流程如下：已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表：回答下列问题：沉淀物Fe（OH）3Fe（OH）2Al（OH）3开始沉淀2.37.53.4完全沉淀3.29.74.4（1）加入少量NaHCO3的目的是，该工艺中“搅拌”的作用是（2）反应中的离子方程式为，在实际生产中，反应常同时通入O2以减少NaNO2的用
11、量，O2的作用是（用化学方程式表示）（3）生产中碱式硫酸铁溶液蒸发时需要在减压条件下的原因是（4）在医药上常用硫酸亚铁与硫酸、硝酸的混合液反应制备碱式硫酸铁根据我国质量标准，产品中不得含有Fe2+及NO3为检验所得产品中是否含有Fe2+，应使用的试剂为（填写字母）A氯水 BKSCN溶液 CNaOH溶液 D酸性KMnO4溶液17化合物E是一种医药中间体，常用于制备抗凝血药，可以通过下图所示的路线合成：（1）B中含有的含氧官能团名称为（2）C转化为D的反应类型是（3）写出D与足量NaOH溶液完全反应的化学方程式（4）1molE最多可与molH2加成（5）写出同时满足下列条件的B的一种同分异构体的结
12、构简式A能发生银镜反应B核磁共振氢谱只有4个峰C能与FeCl3溶液发生显色反应，水解时1mol可消耗3molNaOH（6）已知工业上以氯苯水解制取苯酚，而酚羟基一般不易直接与羧酸酯化甲苯可被酸性高锰酸钾溶液氧化为苯甲酸苯甲酸苯酚酯（）是一种重要的有机合成中间体试写出以苯、甲苯为原料制取该化合物的合成路线流程图（无机原料任选）合成路线流程图示例如下：H2CCH2CH3CH2BrCH3CH2OH18工业上可用软锰矿（主要成分是MnO2）和黄铁矿（主要成分是FeS2）为主要原料制备高性能磁性材料碳酸锰（MnCO3）其工业流程如图1：已知：MnCO3难溶于水、乙醇，潮湿时易被空气氧化，100开始分解回
13、答下列问题：（1）净化工序的目的是除去溶液中的Cu2+、Ca2+等杂质若测得滤液中c（F）=0.01mol/L1，滤液中残留的c（Ca2+）=已知：Ksp（CaF2）=1.461010（2）沉锰工序中，298K、c（Mn2+）为1.05mol/L1时，实验测得MnCO3的产率与溶液pH、反应时间的关系如图所示根据图2中信息得出的结论是（3）从沉锰工序中得到纯净MnCO3的操作方法是：过滤、（4）为测定某软锰矿中二氧化锰的质量分数，准确称量1.20g软锰矿样品，加入2.68g草酸钠固体，再加入足量的稀硫酸并加热（杂质不参加反应），充分反应后冷却，将所得溶液转移到250mL容量瓶中用蒸馏水稀释至刻
14、度，从中取出25.0mL，用0.0200molL1高锰酸钾溶液进行滴定，当滴入20.0mL溶液时恰好完全反应已知高锰酸钾、二氧化锰在酸性条件下均能将草酸钠（Na2C2O4）氧化：2MnO4+5C2O42+16H+2Mn2+10CO2+8H2OMnO2+C2O42+4H+Mn2+2CO2+2H2O求该软锰矿中二氧化锰的质量分数（写出计算过程）19氯酸钠（NaClO3）是无机盐工业的重要产品之一（1）工业上制取氯酸钠采用在热的石灰乳中通入氯气，然后结晶除去氯化钙后，再加入适量的（填试剂化学式），过滤后即可得到（2）实验室制取氯酸钠可通过如下反应：3C12+6NaOH5NaC1+NaC1O3+3H2
15、O先往5的NaOH溶液中通入适量C12，然后将溶液加热，溶液中主要阴离子浓度随温度的变化如右图所示，图中C表示的离子是（3）某企业采用无隔膜电解饱和食盐水法生产氯酸钠则反应化学方程式为：（4）样品中C1O3的含量可用滴定法进行测定，步骤如下：步骤1：准确称取样品ag（约2.20g），经溶解、定容等步骤准确配制1000mL溶液步骤2：从上述容量瓶中取出10.00mL溶液于锥形瓶中，准确加入25mL 1.000mol/L（NH4）2Fe（SO4）2溶液（过量），再加入75mL硫酸和磷酸配成的混酸，静置10min步骤3：再在锥形瓶中加入100mL蒸馏水及某种指示剂，用0.0200mol/L K2Cr
16、2O7标准溶液滴定至终点，消耗体积15.62mL步骤4：步骤5：数据处理与计算步骤2中反应的离子方程式为；静置10min的目的是步骤3中K2Cr2O7标准溶液应盛放在（填仪器名称）中为精确测定样品中C1O3的质量分数，步骤4操作为（5）在上述操作无误的情况下，所测定的结果偏高，其可能的原因的原因是20研究和深度开发CO、CO2的应用对构建生态文明社会具有重要的意义（1）CO可用于炼铁，已知：Fe2O3（s）+3C（s）2Fe（s）+3CO（g）H1=+489.0kJmol1C（s）+CO2（g）2CO（g）H2=+172.5kJmol1则CO还原Fe2O3（s）的热化学方程式为（2）电子工业中
17、使用的一氧化碳常以甲醇为原料通过脱氢、分解两步反应得到第一步：2CH3OH（g）HCOOCH3（g）+2H2（g）H0第二步：HCOOCH3（g）CH3OH（g）+CO（g）H0第一步反应的机理可以用图1表示：图中中间产物X的结构简式为在工业生产中，为提高CO的产率，可采取的合理措施有（写两条措施）（3）第21届联合国气候变化大会（COP21）于2015年11月30日至12月11日在巴黎召开会议旨在讨论控制温室气体CO2的排放，减缓全球变暖，力争将全球气温上升控制在2度内Li4SiO4可用于富集得到高浓度CO2原理是：在500，低浓度CO2与Li4SiO4接触后生成两种锂盐；平衡后加热至700
18、，反应逆向进行，放出高浓度CO2，Li4SiO4再生请写出700时反应的化学方程式为：利用太阳能和缺铁氧化物如Fe0.9O可将富集到的廉价CO2热解为碳和氧气，实现CO2再资源化，转化过程如图2所示，若用1mol缺铁氧化物Fe0.9O与足量CO2完全反应可生成molC（碳）固体氧化物电解池（SOEC）用于高温电解CO2/H2O，既可高效制备合成气（CO+H2），又可实现CO2的减排，其工作原理如图3写出电极c上发生的电极反应式：，（4）以TiO2/Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2和CH4直接转化成乙酸在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率的关系见图4如何解释图中250400时温度升
19、高与乙酸的生成速率变化的关系？四、解答题（共1小题，满分6分）选做题本题包括A、B两小题，请选定其中一小题，并作答若多做，则按A小题评分A物质结构与性质21一项科学研究成果表明，铜锰氧化物（CuMn2O4）能在常温下催化氧化空气中的一氧化碳和甲醛（HCHO）（1）向一定物质的量浓度的Cu（NO3）2和Mn（NO3）2溶液中加入Na2CO3溶液，所得沉淀经高温灼烧，可制得CuMn2O4Cu2+基态的核外电子排布式可表示为CO32的空间构型是（用文字描述）（2）在铜锰氧化物的催化下，CO被氧化为CO2，HCHO 被氧化为CO2和H2O写出一种与CO分子互为等电子体的离子的化学式HCHO分子中C原子
20、轨道的杂化类型为1mol CO2中含有的键数目为（3）向CuSO4溶液中加入过量NaOH溶液可生成Cu（OH）42Cu（OH）42的结构可用示意图表示为（不考虑空间构型）五、解答题（共1小题，满分6分）B实验化学22实验室用粗锌（含铅等杂质）与过量的稀硫酸反应制氢气的废液制备硫酸锌晶体，其流程如下：已知ZnSO4的溶解度如下表所示：温度/0102030406080100溶解度/g41.647.553.861.370.575.471.160.5（1）实验过程中多次用到如图所示的过滤装置，仪器a的名称为（2）滤渣的主要成分为X的化学式为（3）溶解过程中加入的稀硫酸的作用是（4）结晶的操作为（5）用
21、酒精进行洗涤的原因是2015-2016学年江苏省南京市六校联考高三（上）调研化学试卷（12月份）参考答案与试题解析一、选择题（共10小题，每小题2分，满分20分）121世纪化学的最新定义为“化学是一门创造新物质的科学”下列有关说法不正确的是（）A用CO2合成可降解的聚碳酸酯塑料，可以实现“碳”的循环利用B开发利用太阳能、生物质能等清洁能源，有利于节约资源C绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理D制备物质时探究化学反应中高的选择性、转化率和原子利用率，属于“绿色”的生产工艺【考点】常见的生活环境的污染及治理；常见的能量转化形式【专题】化学应用【分析】A利用CO2合成聚碳酸酯类可降解塑料，
22、减少二氧化碳的排放； B太阳能、生物质是清洁能源；C绿色化学核心就是要利用化学反应原理从源头消除污染；D绿色化学实质是反应物全部反应生成所需的产物，不造成浪费、污染【解答】解：A利用CO2合成聚碳酸酯类可降解塑料，实现“碳”的循环利用应用，减少二氧化碳的排放，符合题意，故A正确； B开发利用太阳能、生物质能等清洁能源无污染产生，有利于节约资源，故B正确；C对环境污染进行治理是对已经产生的污染治理，绿色化学又称环境友好化学，其核心就是要利用化学反应原理从源头消除污染，故C错误；D“绿色化学”是当今社会提出的一个新概念它包括“原料的绿色化”、“化学反应的绿色化”、“产物的绿色化”等内容其中“化学反
23、应的绿色化”是指参加反应的物质中的所有原子完全被利用且全部转化到预制得的产品中，故D正确；故选C【点评】本题考查了化学与生活、社会密切相关知识，主要考查白色污染、清洁能源、绿色化学等知识，掌握常识、理解原因是关键，题目难度不大2下列有关化学用语表示正确的是（）A质子数为53、中子数为78的碘原子： IBS2的结构示意图：CN2的电子式：DNH4I的电子式：【考点】电子式；分子、原子、离子；原子结构示意图【分析】A、原子符合ZAX，左下角Z代表质子数，左上角A代表质量数，其中质量数=质子数+中子数；B、硫离子质子数为16，核外电子数为18，有3个电子层，各层电子数为你2、8、8；C、氮气中N原子
24、存在一对孤对电子；D、碘离子最外层达到8电子稳定结构，没有标出其最外层电子【解答】解：A、质子数为53，中子数为78的碘原子，质量数为53+78=131，该原子符合为53131I，故A正确；B、硫离子质子数为16，核外电子数为18，有3个电子层，各层电子数分别为2、8、8，离子结构示意图为，故B错误；C、氮气中还含有孤对电子，正确的应为，故C错误；D、碘化铵为离子化合物，其电子式需要标出所有原子的最外层电子，碘化铵正确的电子式为：，故D错误，故选A【点评】本题主要考查常用化学用语书写、摩尔质量等，比较基础，注意对基础知识的理解掌握3用H2O2溶液处理含NaCN的废水的反应原理为：NaCN+H2
25、O2+H2O=NaHCO3+NH3，已知：HCN的酸性比H2CO3弱下列有关说法正确的是（）A该反应中氮元素被氧化B该反应中H2O2作还原剂C0.1molL1NaCN溶液中含有HCN和CN的总数为0.16.021023D实验室配制NaCN溶液时，需加入适量的NaOH溶液【考点】氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3反应中O元素从1价降低为2价，C元素从+2价升高到+4价，结合电子转移和NaCN的性质分析【解答】解：ANaCN中C为+2价，Na为+1价，则氮元素的化合价为3，反应前后N元素化合价不变，故A错误；BNaCN+H2O2+H2O=N
26、aHCO3+NH3反应中O元素从1价降低为2价，所以反应中H2O2作氧化剂，故B错误；C没有告诉溶液的体积，无法计算，故C错误；D因为HCN酸性比H2CO3弱，所以实验室配制NaCN溶液时，需加入适量的NaOH溶液防止水解，故D正确故选D【点评】本题考查了氧化还原反应和盐的水解，侧重于氧化还原反应电子转移和物质性质的考查，注意从化合价的角度分析，题目难度不大4下列有关物质的性质和该性质的应用均正确的是（）A炭具有强还原性，高温下能将二氧化硅还原为硅BNa的金属性比Mg强，可用Na与MgCl2溶液反应制取金属MgC光照时乙烷和氯气能发生取代反应，工业上常用该反应生产氯乙烷D二氧化锰具有强氧化性，
27、能将双氧水氧化为氧气【考点】硅和二氧化硅；钠的化学性质；有机化学反应的综合应用【专题】元素及其化合物【分析】A、碳具有还原性，能还原部分氧化物；B、钠与氯化镁溶液反应时，钠先与水反应；C、乙烷和氯气在光照条件下反应不止生成氯乙烷；D、在双氧水的分解反应中，二氧化锰做催化剂【解答】解：A、碳和二氧化硅在高温条件反应生成硅和一氧化碳，该反应中碳失电子而作还原剂，故A正确；B、钠与氯化镁溶液反应时，钠先与水反应，生成的NaOH再与氯化镁反应，故不能置换出金属镁，故B错误；C、乙烷和氯气在光照条件下反应不止生成一氯乙烷，还能继续反应生成二氯乙烷、三氯乙烷直至六氯乙烷，并生成HCl，故不能得到纯净的一氯
28、乙烷，且一氯乙烷的产率很低并难以分离，故工业上用乙烯和HCl加成来制取一氯乙烷，故C错误；D、在双氧水的分解反应中，二氧化锰做催化剂，不做氧化剂，故D错误故选A【点评】本题考查了单质硅的工业制法、钠与盐溶液的反应以及卤代烃的制备，应注意的是卤代烃一般用烯烃加成的方法来制取，原子利用率高，产物纯净易分离5短周期元素W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，W与Y最外层电子数之和为X的最外层电子数的2倍，Z最外层电子数等于最内层电子数，X、Y、Z的简单离子的电子层结构相同，W的单质是空气中体积分数最大的气体下列说法正确的是（）AY的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强BW的气态氢化物比X的稳定C离子半径
29、的大小顺序：r（W）r（X）r（Y）r（Z）DXY2与ZY2中的化学键类型相同【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】短周期元素W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，W的单质是空气中体积分数最大的气体，则W为N元素；Z最外层电子数等于最内层电子数，原子序数大于N元素，只能处于第三周期，故Z为Mg元素；X、Y、Z的简单离子的电子层结构相同，结构原子序数可知，X只能处于第二周期，且最外层电子数大于5，W（氮元素）与Y最外层电子数之和为X的最外层电子数的2倍，则Y原子最外层电子数只能为奇数，结合原子序数可知，Y不可能处于A族，只能处于A族，故Y为F元素，X最外层电子
30、数为=6，则X为O元素，以此解答该题【解答】解：短周期元素W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，W的单质是空气中体积分数最大的气体，则W为N元素；Z最外层电子数等于最内层电子数，原子序数大于N元素，只能处于第三周期，故Z为Mg元素；X、Y、Z的简单离子的电子层结构相同，结构原子序数可知，X只能处于第二周期，且最外层电子数大于5，W（氮元素）与Y最外层电子数之和为X的最外层电子数的2倍，则Y原子最外层电子数只能为奇数，结合原子序数可知，Y不可能处于A族，只能处于A族，故Y为F元素，X最外层电子数为=6，则X为O元素，AY为F元素，无正价，不存在最高价氧化物，故A错误；B非金属性ON，故氢化物稳定性
31、H2ONH3，故B错误；CW、X、Y、Z 的离子具有相同的结构，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径r（W）r（X）r（Y）r（Z），故C正确；DOF2中含有共价键，MgF2中含有离子键，二者化学键类型不同，故D错误，【点评】本题考查结构性质位置关系应用，为高考常见题型，推断元素是解题关键，注意利用奇偶性判断Y可能所在的族，对学生的逻辑推理有一定的要求，难度中等6下列溶液中的离子一定能大量共存的是（）A在加入铝粉能产生氢气的溶液中：NH4+、Fe2+、SO42、NO3B室温下水电离出的氢离子浓度c（H+）=11014mol/L的溶液中：Ba2+、NO3、K+、ClOC使苯酚显紫色的溶液：NH4
32、+、Na+、C1、SCND能使甲基橙变红的溶液中：Na+、NH4+、SO42、NO3【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】A加入铝粉能产生氢气的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，亚铁离子、铵根离子与氢氧根离子反应，酸性条件下硝酸根离子能够氧化亚铁离子；B室温下水电离出的氢离子浓度c（H+）=11014mol/L的溶液中存在大量氢离子氢离子或氢氧根离子，次氯酸根离子与氢离子反应；C使苯酚显紫色的溶液中存在铁离子，铁离子与反应SCND能使甲基橙变红的溶液为酸性溶液，四种离子之间不反应，都不与氢离子反应【解答】解：A加入铝粉能产生氢气的溶液为酸性或碱性溶液，溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子
33、，NH4+、Fe2+与氢氧根离子反应，Fe2+、NO3在酸性条件下发生氧化还原反应，在溶液中一定不能大量共存，故A错误；B室温下水电离出的氢离子浓度c（H+）=11014mol/L的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，ClO与氢离子反应，在酸性溶液中不能大量共存，故B错误；C使苯酚显紫色的溶液中含有铁离子，SCN与铁离子反应生成硫氰化铁，在溶液中不能大量共存，故C错误；D能使甲基橙变红的溶液中存在电离氢离子，Na+、NH4+、SO42、NO3之间不反应，都不与氢离子反应，在溶液中一定能够大量共存，故D正确；故选D【点评】本题考查了离子共存的判断，题目难度中等，明确离子反应发生条件为解答关键，注意
34、掌握离子不能共存的情况，如：发生复分解反应、发生氧化还原反应、生成络合物等，试题培养了学生的灵活应用能力7下列装置或操作能达到实验目的是（）A装置可用于证明SO2与NaOH溶液发生了反应B装置中X为CCl4，可用于吸收氨气或氯化氢C装置可用于实验室从食盐水中提取氯化钠D装置可用于证明溴乙烷与NaOH醇溶液共热生成乙烯【考点】化学实验方案的评价【分析】A二氧化硫易溶于水，锥形瓶中气压减小；B四氯化碳密度比水大，和水是互不相溶的，和氨气也不相溶；C蒸发操作利用蒸发皿，不能利用坩埚；D乙醇易挥发，能被高锰酸钾氧化【解答】解：A二氧化硫易溶于水，锥形瓶中气压减小，无法证明SO2与NaOH溶液发生了反应
35、，故A错误；B氨气或氯化氢是极易溶于水的气体，在处理时要防止倒吸，四氯化碳密度比水大，和水是互不相溶的，和氨气也不相溶，该装置可以防止倒吸，故B正确；C实验室中从食盐水中提取氯化钠，应利用蒸发，蒸发操作利用蒸发皿，不能利用坩埚，故C错误；D乙醇易挥发，能被高锰酸钾氧化，则该装置中生成的乙烯及挥发出的乙醇均使高锰酸钾溶液褪色，则不能证明溴乙烷与NaOH醇溶液共热生成乙烯，故D错误；故选B【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及物质的性质、尾气处理、蒸发操作、气体的制取及检验等，注重实验的基础知识的考查，题目难度不大8下列物质转化在给定条件下能实现的是（）A饱和NaCl（aq）Na2CO3BFe2
36、SO4FeCl3（aq）无水FeCl3CAl2O3NaAlO2溶液Al（OH）3DSSO3H2SO4【考点】钠的重要化合物；含硫物质的性质及综合应用；镁、铝的重要化合物；铁盐和亚铁盐的相互转变【专题】元素及其化合物【分析】A在饱和食盐水中通入氨气，再向其中通入二氧化碳，析出NaHCO3；B硫酸亚铁与盐酸不反应；C氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液通入二氧化碳，生成氢氧化铝；D硫燃烧只生成二氧化硫【解答】解：A在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，析出NaHCO3，加热Na
37、HCO3分解生成碳酸钠，故A错误；B硫酸亚铁与盐酸不反应，故B错误；C氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液通入二氧化碳，发生反应NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+2NaHCO3，生成氢氧化铝，故C正确；D硫燃烧只生成二氧化硫，故D错误故选C【点评】本题考查较为综合，侧重于元素化合物知识的综合考查与应用，为高频考点，注意常见物质的性质，学习中注意积累，难度不大9下列离子方程式书写正确的是（）A用醋酸溶液除去水垢中的CaCO3：CaCO3+2H+Ca2+H2O+CO2B碘水中通入足量的SO2气体：I2+SO2+2H2O2I+SO42+4H+CNaHSO4溶液与Ba（OH）2
38、溶液反应至中性：H+SO42+Ba2+OHBaSO4+H2OD在强碱溶液中次氯酸钠与Fe（OH）3反应生成Na2FeO4：3ClO+2Fe（OH）32FeO42+3Cl+H2O+4H+【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】A醋酸为弱酸，在离子反应中应保留化学式；B发生氧化还原反应生成HI和硫酸；C至中性，二者以2：1反应，反应生成硫酸钡、硫酸钠、水；D强碱溶液不会存在大量的H+【解答】解：A用醋酸溶液除去水垢中的CaCO3的离子反应为CaCO3+2HAcCa2+H2O+CO2+2Ac，故A错误；B碘水中通入足量的SO2气体的离子反应为I2+SO2+2H2O2I+SO42+4H+，
39、故B正确；CNaHSO4溶液与Ba（OH）2溶液反应至中性的离子反应为2H+SO42+Ba2+2OHBaSO4+2H2O，故C错误；D在强碱溶液中次氯酸钠与Fe（OH）3反应生成Na2FeO4的离子反应为4OH+3ClO+2Fe（OH）32FeO42+3Cl+5H2O，故D错误；故选B【点评】本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的化学反应是解答的关键，注意选项D中碱性溶液中及发生的氧化还原为解答的难点，题目难度中等10热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源一种热激活电池的基本结构如图所示，其中作为电解质的无水LiClKCl混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能该电池总反应为PbSO4+2LiC
40、l+CaCaCl2+Li2SO4+Pb下列有关说法正确的是（）A正极反应式：Ca+2Cl2e=CaCl2B放电过程中，Li+向负极移动C常温时，在正负极间接上电流表或检流计，指针发生偏转D每转移0.1 mol电子，理论上生成10.35g Pb【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】由原电池总反应可知Ca为原电池的负极，被氧化生成反应H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g），反应的电极方程式为Ca+2Cl2e=CaCl2，为原电池的正极，发生还原反应，电极方程式为PbSO4+2e+2Li+=Li2SO4+Pb，原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，结合电解方程式计算
41、【解答】解：A正极发生还原反应，电极方程式为PbSO4+2e+2Li+=Li2SO4+Pb，故A错误；B放电过程中阳离子向正极移动，Li+向正极移动，故B错误；C常温下，电解质不是熔融态，离子不能移动，不能产生电流，因此连接电流表或检流计，指针不偏转，故C错误；D根据电极方程式PbSO4+2e+2Li+=Li2SO4+Pb，可知每转移0.1 mol电子，理论上生成0.05molPb，质量为10.35g，故D正确；故选D【点评】本题考查原电池的工作原理，注意根据总反应式结合物质所含元素化合价的变化判断原电池的正负极，把握电极方程式的书写方法，易错点为C，注意把握原电池的构成条件，题目难度中等二、
42、选择题不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。11下列叙述中正确的是（）A以Al作阳极，Fe作阴极，可以实现铁上镀铝B向沸水中滴加FeCl3饱和溶液制备Fe（OH）3胶体的原理是加热促进了Fe3+水解C向纯水中加入盐酸或降温，都能使水的电离平衡逆向移动，水的离子积减小D3C（s）+CaO（s）CaC2（s）+CO（g）在常温下不能自发进行，说明该反应的H0【考点】电解原理；反应热和焓变；水的电离；
43、盐类水解的应用【专题】基本概念与基本理论【分析】A、铝离子在水溶液中不易得电子；B、加热促进了的Fe3+水解；C、水的离子积大小和温度有关，酸碱会抑制水的电离；D、根据反应自发进行的判据HTS0结合反应情况来回答【解答】解：A、在水溶液中铝离子在氢离子后放电，不能析出铝，故A错误；B、向沸水中滴加FeCl3饱和溶液制各Fe（OH）3胶体的原因是加热促进的Fe3+水解，故B正确；C、向纯水中加入盐酸会抑制水的电离，但是离子积不变，降温都能使水的离子积减小，故C错误；D、反应的熵变是正值，在常温下不能自发进行，根据判据HTS0，所以该反应的H0，故D正确故选BD【点评】本题考查水的电离平衡、胶体的
44、制备、反应的自发性和电解原理的应用知识，难度不大，注意知识的迁移应用是关键，难度中等122015年我国药物化学家屠吆吆因发明抗疟疾新药青蒿素和双氢青蒿素被授予诺贝尔生理学或医学奖以异胡薄荷醇为起始原料是人工合成青蒿素的途径之一（如图）下列说法正确的是（）A异胡薄荷醇遇FeCl3溶液显紫色B异胡薄荷醇可发生消去反应、加成反应C青蒿素分子中含有7个手性碳原子D青蒿素在热的酸、碱溶液中均可稳定存在【考点】有机物的结构和性质【专题】有机物的化学性质及推断【分析】A异胡薄荷醇遇含有醇羟基和碳碳双键，具有醇和烯烃性质；B异胡薄荷醇遇含有醇羟基和碳碳双键，且连接醇羟基邻位上含有氢原子，所以能发生消去反应，碳
45、碳双键能发生加成反应；C根据手性碳原子的定义判断；D青蒿素含有酯基，可发生水解反应【解答】解：A异胡薄荷醇遇含有醇羟基和碳碳双键，具有醇和烯烃性质，没有酚羟基，所以不能发生显色反应，故A错误；B异胡薄荷醇遇含有醇羟基和碳碳双键，且连接醇羟基邻位上含有氢原子，所以能发生消去反应，碳碳双键能发生加成反应，故B正确；C手性碳原子连接4个不同的原子或原子团，手性碳原子标识如图：，共7个，故C正确；D青蒿素含有酯基，可发生水解反应，可与酸、碱发生反应，故D错误故选BC【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，此类题目注意把握物质的结构和官能团的性质，易错点为C，注意手性
46、碳原子的判断13下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（）选项实验操作实验现象结 论A测定等浓度的Na2CO3和Na2SO3 溶液的pH前者pH比后者的大非金属性：SCB溴乙烷与NaOH溶液共热后，加入AgNO3溶液未出现淡黄色沉淀溴乙烷没有水解C向等浓度的KCl、KI混合液中滴加AgNO3溶液先出现黄色沉淀Ksp（AgCl）Ksp（AgI）D将KI和FeCl3溶液在试管中混合后，加入CCl4，振荡，静止下层液体显紫红色氧化性：Fe3+I2AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【专题】物质的分离提纯和鉴别【分析】A比较非金属性，应比较元素对应的最高价氧化物的水化物对应的盐溶液的pH；
47、B溴乙烷与NaOH溶液共热后，应加酸中和后检验溴离子；C先生成沉淀的溶度积小；D溶液显紫红色，说明生成I2【解答】解：A比较非金属性的强弱，应用元素对应的最高价氧化物的水化物的酸性强弱进行比较，应比较Na2CO3和Na2SO4溶液的pH，故A错误； B溴乙烷与NaOH溶液共热后，应加酸中和后检验溴离子，未加酸中和，则不能检验溴离子，所以没有黄色沉淀，但溴乙烷发生水解反应，故B错误；C先生成沉淀的溶度积小，先产生黄色沉淀，证明Ksp（AgI）Ksp（AgCl），故C错误；D溶液显紫红色，说明生成I2，则证明氧化性：Fe3+I2，故D正确故选D【点评】本题综合考查元素化合物知识，侧重于学生的分析、
48、实验能力的考查，为高考常见题型，注意相关基础知识的积累，难度不大14下列溶液中各离子的浓度关系正确的是（）A0.1 molL1CH3COONa溶液中：c（CH3COO）+c（CH3COOH）0.1 molL1B25时，等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH（Na2CO3）pH（C6H5ONa）pH（NaHCO3）pH（CH3COONa）C25时，pH=9.4，浓度均为0.1 molL1的HCN与NaCN的混合溶液中：c（Na+）c（HCN）c（CN）c（OH）D将足量AgCl分别放入：5m水，10mL0.2mol/LMgC12，20mL0.3mol/L盐酸中溶解至饱和，c（Ag+）：【考点】离
49、子浓度大小的比较【专题】盐类的水解专题【分析】A任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒判断；B.25时，等物质的量浓度的这几种钠盐，弱酸根离子水解程度越大，钠盐pH越大；C.25时，浓度均为0.1 molL1的HCN与NaCN的混合溶液pH=9.4，溶液呈碱性，说明NaCN水解程度大于HCN 电离程度；DAgCl在水溶液中存在溶解平衡，氯离子或银离子都抑制AgCl溶解，氯离子或银离子浓度越大，其抑制程度越大【解答】解：A任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒得c（CH3COO）+c（CH3COOH）0.1 molL1，故A正确；B.25时，等物质的量浓度的这几种钠盐，弱酸根离子水解
50、程度越大，钠盐pH越大，酸根离子水解程度CO32C6H5OHCO3CH3COO，所以其相同浓度的钠盐溶液：pH（Na2CO3）pH（C6H5ONa）pH（NaHCO3）pH（CH3COONa），故B正确；C.25时，浓度均为0.1 molL1的HCN与NaCN的混合溶液pH=9.4，溶液呈碱性，说明NaCN水解程度大于HCN 电离程度，所以c（HCN）c（CN），结合物料守恒得c（Na+）c（HCN），故C错误；DAgCl在水溶液中存在溶解平衡，氯离子或银离子都抑制AgCl溶解，氯离子或银离子浓度越大，其抑制程度越大，氯离子浓度大小顺序是，所以c（Ag+）：，故D错误；故选AB【点评】本题考查
51、离子浓度大小比较，为高频考点，涉及弱电解质的电离、盐类水解、难溶物的溶解平衡等知识点，明确溶液中溶质及其性质、弱离子水解程度相对大小等知识点是解本题关键，注意C水解程度和电离程度相对大小判断，为易错点15一定温度时，向容积为2L的密闭容器中充入一定量的SO2和O2，发生反应2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H=196kJmoL1，一段时间后达平衡，反应过程中测定的部分数据见下表：反应时间/minn（SO2）/moln（O2）/mol02151.2100.4150.8下列说法不正确的是（）A反应在前5min的平均速率为v（SO2）=0.08molL1 min1B保持温度不变，向平衡后的容器
52、中再充入1molSO2和0.5molO2时，v（正）v（逆）C保持其他条件不变，若起始时向容器中充入2molSO3，达平衡时吸收78.4kJ的热量D相同温度下，起始时向容器中充入1.5mol SO3，达平衡时SO3的转化率为40%【考点】化学平衡建立的过程【专题】化学平衡专题【分析】A、根据化学反应速率v=来计算；B、温度不变，向平衡后的容器中再充入1molSO2和0.5molO2时，相当于增大压强，根据压强对化学平衡的影响来回答判断；C、根据可逆反应不能进行彻底以及热化学方程式的意义来回答判断；D、根据三行式计算化学反应中物质的转化率【解答】解：A、根据已知数据，用二氧化硫化学反应速率v=m
53、ol/（Lmin）=0.08molL1 min1，故A正确；B、温度不变，向平衡后的容器中再充入1molSO2和0.5molO2时，相当于增大压强，化学平衡正向移动，v（正）v（逆），故B正确；C、通过计算，当反应进行到10min时，二氧化硫的物质的量是0.8mol，所以10min就达到化学平衡状态，此时反应放出的热量是0.4196kJ=78.4kJ，起始时向容器中充入2molSO3，达到的平衡和充入2molSO2以及1molO2建立的平衡是等效的，互为逆反应的过程是吸热的，所以达平衡时吸收78.4kJ的热量，故C正确；D、2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）初始量：2 1 0变化量：1.
54、2 0.6 1.2平衡量：0.8 0.4 1.2化学平衡常数K=起始时向容器中充入1.5mol SO3，如果转化率是40%，则 2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）初始量：0 0 0.75变化量：0.3 0.15 0.3平衡量：0.3 0.15 0.45此时K=，故D错误故选D【点评】本题涉及等效平衡的建立以及化学反应达到平衡时物质的转化率等方面的知识，属于综合知识的考查，难度大三、解答题（共5小题，满分68分）16工业上利用废铁屑（含少量氧化铝、氧化铁等）生产碱式硫酸铁Fe（OH）SO4的工艺流程如下：已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表：回答下列问题：沉淀物Fe（OH）3
55、Fe（OH）2Al（OH）3开始沉淀2.37.53.4完全沉淀3.29.74.4（1）加入少量NaHCO3的目的是调节PH，除去溶液中Al3+（使溶液中Al3+生成氢氧化物沉淀），该工艺中“搅拌”的作用是使反应物充分接触，加快反应速率，使反应充分进行（2）反应中的离子方程式为Fe2+2H+NO2=Fe3+NO+H2O，在实际生产中，反应常同时通入O2以减少NaNO2的用量，O2的作用是2H2O+4NO+O2=4HNO3（用化学方程式表示）（3）生产中碱式硫酸铁溶液蒸发时需要在减压条件下的原因是防止蒸发时温度过高，碱式硫酸铁进一步水解生成Fe（OH）3（4）在医药上常用硫酸亚铁与硫酸、硝酸的混合
56、液反应制备碱式硫酸铁根据我国质量标准，产品中不得含有Fe2+及NO3为检验所得产品中是否含有Fe2+，应使用的试剂为D（填写字母）A氯水 BKSCN溶液 CNaOH溶液 D酸性KMnO4溶液【考点】制备实验方案的设计；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【专题】无机实验综合【分析】废铁屑中含少量氧化铝、氧化铁等，将过量废铁屑加入稀硫酸中，发生反应 Fe+H2SO4=FeSO4+H2、Al2O3+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2O、Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O、Fe2（SO4）3+Fe=3FeSO4，然后反应I中加入NaHCO3并搅拌，调节溶液的pH，发生反应
57、Al3+3HCO3=Al（OH）3+3CO2，所以滤渣中成分是Al（OH）3，过滤得到硫酸亚铁，向硫酸亚铁溶液中加入稀硫酸和NaNO2，酸性条件下，NaNO2和FeSO4发生氧化还原反应生成铁离子、NO，将溶液蒸发浓缩、过滤得到碱式硫酸铁，据此分析解答；（1）为了除去溶液里的Al3+，需要调节溶液的pH，促进Al3+水解生成沉淀，通过过滤分离，操作过程中不断搅拌是为了促进反应完全和加快反应速率；（2）利用NaNO2的氧化性氧化溶液里的Fe2+，同时通O2的目的是将还原产生NO氧化得到硝酸，减少环境污染；（3）水解是吸热过程，防止加热促进水解生成Fe（OH）3；（4）Fe2+有还原性，溶液显浅绿
58、色，可选择氧化性的试剂并结合溶液颜色变化来检验【解答】解：废铁屑中含少量氧化铝、氧化铁等，将过量废铁屑加入稀硫酸中，发生反应 Fe+H2SO4=FeSO4+H2、Al2O3+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2O、Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O、Fe2（SO4）3+Fe=3FeSO4，然后反应I中加入NaHCO3并搅拌，调节溶液的pH，发生反应Al3+3HCO3=Al（OH）3+3CO2，所以滤渣中成分是Al（OH）3，过滤得到硫酸亚铁，向硫酸亚铁溶液中加入稀硫酸和NaNO2，酸性条件下，NaNO2和FeSO4发生氧化还原反应生成铁离子、NO，将溶液蒸发浓缩、过滤得
59、到碱式硫酸铁，（1）加入少量NaHCO3的目的是调节pH，根据氢氧化物沉淀需要的pH知，在pH在4.47.5之间将铝离子转化为Al（OH）3沉淀，而亚铁离子不能生成沉淀，搅拌的目的是使反应物充分接触反应，故答案为：调节PH，除去溶液中Al3+（使溶液中Al3+生成氢氧化物沉淀）；使反应物充分接触，加快反应速率，使反应充分进行；（2）酸性条件下，亚硝酸钠具有氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，发生反应的离子方程式为 2H+Fe2+NO2=Fe3+NO+H2O，通入O2可以将NO氧化得到硝酸，同时减少NaNO2的用量，发生反应的化学方程式为，故答案为：Fe2+2H+NO2=Fe3+NO+H2O；2H
60、2O+4NO+O2=4HNO3；（3）碱式硫酸铁溶于水后产生的Fe（OH）2+离子，Fe（OH）2+可部分水解生成Fe（OH）3，因水解是吸热反应，加热会促进水解，因此碱式硫酸铁溶液蒸发时需要在减压条件下进行，故答案为：防止蒸发时温度过高，碱式硫酸铁进一步水解生成Fe（OH）3；（4）亚铁离子具有还原性，能被强氧化剂氧化生成铁离子，反应过程中颜色变化明显的效果最佳，A氯水为浅黄绿色，氯将亚铁离子氧化为铁离子，溶液呈黄色，颜色变化不明显，故A不选； BKSCN溶液和亚铁离子不反应，没有颜色变化，故B不选； CNaOH溶液和亚铁离子反应生成白色沉淀，铁离子和氢氧根离子反应生成红褐色沉淀，掩盖氢氧化
61、亚铁颜色，故C不选； D酸性KMnO4溶液呈紫色，亚铁离子能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，现象明显，故D选；故答案为：D【点评】本题考查物质的分离和提纯，侧重考查学生获取信息及利用信息能力、分析能力、实验操作能力，注意题给信息的灵活运用，知道常见离子的检验方法及现象，题目难度中等17化合物E是一种医药中间体，常用于制备抗凝血药，可以通过下图所示的路线合成：（1）B中含有的含氧官能团名称为羟基和羧基（2）C转化为D的反应类型是取代反应（3）写出D与足量NaOH溶液完全反应的化学方程式（4）1molE最多可与4molH2加成（5）写出同时满足下列条件的B的一种同分异构体的结构简式
62、A能发生银镜反应B核磁共振氢谱只有4个峰C能与FeCl3溶液发生显色反应，水解时1mol可消耗3molNaOH（6）已知工业上以氯苯水解制取苯酚，而酚羟基一般不易直接与羧酸酯化甲苯可被酸性高锰酸钾溶液氧化为苯甲酸苯甲酸苯酚酯（）是一种重要的有机合成中间体试写出以苯、甲苯为原料制取该化合物的合成路线流程图（无机原料任选）合成路线流程图示例如下：H2CCH2CH3CH2BrCH3CH2OH【考点】有机物的合成【专题】有机推断；结构决定性质思想；演绎推理法；有机物的化学性质及推断【分析】由合成流程可知，A能氧化得乙酸，所以根据A的分子式可知，A为CH3CHO，CH3COOH与三氯化磷发生取代反应生成
63、CH3COCl，B为邻羟基苯甲酸与甲醇发生酯化反应生成C，C为，C与CH3COCl发生取代反应生成D，根据E的结构简式可知，D中含COOC，能发生水解反应，D水解酸化后发送至酯化反应生成E，以苯、甲苯为原料制取苯甲酸苯酚酯，可以用苯与氯气发生取代生成氯苯，再水解得苯酚，用甲苯氧化得苯甲酸，苯甲酸与三氯化磷发生取代得苯甲酰氯，苯甲酰氯与苯酚发生取代反应生成苯甲酸苯酚酯，然后结合有机物的结构与性质来解答【解答】解：由合成流程可知，A为CH3CHO，B为邻羟基苯甲酸发生酯化反应生成C，C为，C与CH3COCl发生取代反应生成D，D中含COOC，能发生水解反应，D水解酸化后发送至酯化反应生成E，（1）
64、根据B的结构简式可知，B中含有的含氧官能团为羟基和羧基，故答案为：羟基和羧基；（2）由上述分析可知，C中的OH上的H被取代，则C转化为D的反应类型是取代反应，故答案为：取代反应；（3）D与足量NaOH溶液完全反应的化学方程式为，故答案为：；（4）E中含苯环与C=C，均能与氢气发生加成反应，则1摩尔E最多可与4molH2加成，故答案为：4；（5）B为邻羟基苯甲酸，其同分异构体符合：A能够发生银镜反应，含CHO；B核磁共振氢谱只有4个峰，含4种位置的H；C能与FeCl3溶液发生显色反应，含酚OH，水解时每摩尔可消耗3摩尔NaOH，含COOCH，所以同分异构体为，故答案为：；（6）以苯、甲苯为原料制
65、取苯甲酸苯酚酯，可以用苯与氯气发生取代生成氯苯，再水解得苯酚，用甲苯氧化得苯甲酸，苯甲酸与三氯化磷发生取代得苯甲酰氯，苯甲酰氯与苯酚发生取代反应生成苯甲酸苯酚酯，合成流程图为，故答案为：【点评】本题考查有机物的合成，为高考常见的题型，注意把握合成流程中的反应条件、已知信息等推断各物质，熟悉有机物的结构与性质即可解答，题目难度中等18工业上可用软锰矿（主要成分是MnO2）和黄铁矿（主要成分是FeS2）为主要原料制备高性能磁性材料碳酸锰（MnCO3）其工业流程如图1：已知：MnCO3难溶于水、乙醇，潮湿时易被空气氧化，100开始分解回答下列问题：（1）净化工序的目的是除去溶液中的Cu2+、Ca2+
66、等杂质若测得滤液中c（F）=0.01mol/L1，滤液中残留的c（Ca2+）=1.46106mol/L已知：Ksp（CaF2）=1.461010（2）沉锰工序中，298K、c（Mn2+）为1.05mol/L1时，实验测得MnCO3的产率与溶液pH、反应时间的关系如图所示根据图2中信息得出的结论是pH等于7.0时反应速率最快，且MnCO3的产率最高（3）从沉锰工序中得到纯净MnCO3的操作方法是：过滤、先水洗23次、再用乙醇洗涤、低温干燥（或低于100干燥）（4）为测定某软锰矿中二氧化锰的质量分数，准确称量1.20g软锰矿样品，加入2.68g草酸钠固体，再加入足量的稀硫酸并加热（杂质不参加反应）
67、，充分反应后冷却，将所得溶液转移到250mL容量瓶中用蒸馏水稀释至刻度，从中取出25.0mL，用0.0200molL1高锰酸钾溶液进行滴定，当滴入20.0mL溶液时恰好完全反应已知高锰酸钾、二氧化锰在酸性条件下均能将草酸钠（Na2C2O4）氧化：2MnO4+5C2O42+16H+2Mn2+10CO2+8H2OMnO2+C2O42+4H+Mn2+2CO2+2H2O求该软锰矿中二氧化锰的质量分数72.5%（写出计算过程）【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【专题】守恒法；定量测定与误差分析【分析】由流程可知软锰矿（主要成分MnO2）和黄铁矿加入硫酸酸浸过滤得到浸出液调节溶液p
68、H，FeS2和稀硫酸反应生成Fe2+，然后过滤得到滤渣是MnO2，向滤液中加入软锰矿发生的离子反应方程式为：2Fe2+15MnO2+28H+=2Fe3+14H2O+15Mn2+4SO42，过滤，滤液中主要含有Cu2+、Ca2+等杂质，加入硫化铵和氟化铵，除去Cu2+、Ca2+过滤，在滤液中加入碳酸氢铵和氨水沉锰，生成MnCO3沉淀，过滤得到的滤渣中主要含有MnCO3，通过洗涤、烘干得到MnCO3晶体，（1）根据Ksp（CaF2）和c（F），写出溶度积常数表达式求算钙离子浓度；（2）根据沉锰的图象可知，pH越大得到的MnCO3的产率越高，且需要的时间越短，且在pH=7时，有更好的效果；（3）从沉
69、锰工序中得到纯净MnCO3，只需将沉淀析出的MnCO3过滤、洗涤、干燥即可得到碳酸锰；（4）n（C2O42）=2.68g134g/mol=0.02mol；滴定250mL稀释后溶液，消耗n（MnO4）=0.0200mol/L0.0200L10=0.00400mol；根据氧化还原反应中得失电子数相等得n（MnO2）2+0.00400mol5=0.0200mol2，n（MnO2）=0.0100mol，再根据质量分数公式计算其质量分数【解答】解：由流程可知软锰矿（主要成分MnO2）和黄铁矿加入硫酸酸浸过滤得到浸出液调节溶液pH，FeS2和稀硫酸反应生成Fe2+，然后过滤得到滤渣是MnO2，向滤液中加入
70、软锰矿发生的离子反应方程式为：2Fe2+15MnO2+28H+=2Fe3+14H2O+15Mn2+4SO42，过滤，滤液中主要含有Cu2+、Ca2+等杂质，加入硫化铵和氟化铵，除去Cu2+、Ca2+过滤，在滤液中加入碳酸氢铵和氨水沉锰，生成MnCO3沉淀，过滤得到的滤渣中主要含有MnCO3，通过洗涤、烘干得到MnCO3晶体，（1）已知Ksp（CaF2）=1.461010，c（F）=0.01 molL1 ，则c（Ca2+）=mol/L=1.46106molL1，故答案为：1.46106 mol/L；（2）从沉锰的图象可以看出，在已给的几个pH值条件下，pH越大得到的MnCO3的产率越高，且需要的
71、时间越短，且在pH=7时，有更好的效果，因此结论是pH等于7.0时反应速率最快，且MnCO3的产率最高，故答案为：pH等于7.0时反应速率最快，且MnCO3的产率最高；（3）从沉锰工序中得到纯净MnCO3的操作方法是：过滤、先水洗23次、再用乙醇洗涤、低温干燥（或低于100干燥），用水洗去可溶性杂质，用乙醇洗去水分，低温干燥防止碳酸锰分解，故答案为：先水洗23次、再用乙醇洗涤、低温干燥（或低于100干燥）；（4）n（C2O42）=2.68g134g/mol=0.02mol；滴定250mL稀释后溶液，消耗n（MnO4）=0.0200mol/L0.0200L10=0.00400mol；根据氧化还原
72、反应中得失电子数相等得n（MnO2）2+0.00400mol5=0.0200mol2，n（MnO2）=0.0100mol，二氧化锰质量分数=100%=72.5%，故答案为：72.5%【点评】本题考查物质制备，为高频考点，涉及方程式的计算、溶度积常数计算、物质分离和提纯操作、图象分析等知识点，侧重考查学生分析、计算能力，难点是（4）题计算，注意转移电子守恒的应用19氯酸钠（NaClO3）是无机盐工业的重要产品之一（1）工业上制取氯酸钠采用在热的石灰乳中通入氯气，然后结晶除去氯化钙后，再加入适量的Na2CO3（填试剂化学式），过滤后即可得到（2）实验室制取氯酸钠可通过如下反应：3C12+6NaOH
73、5NaC1+NaC1O3+3H2O先往5的NaOH溶液中通入适量C12，然后将溶液加热，溶液中主要阴离子浓度随温度的变化如右图所示，图中C表示的离子是ClO（3）某企业采用无隔膜电解饱和食盐水法生产氯酸钠则反应化学方程式为：NaC1+3H2ONaC1O3+3H2（4）样品中C1O3的含量可用滴定法进行测定，步骤如下：步骤1：准确称取样品ag（约2.20g），经溶解、定容等步骤准确配制1000mL溶液步骤2：从上述容量瓶中取出10.00mL溶液于锥形瓶中，准确加入25mL 1.000mol/L（NH4）2Fe（SO4）2溶液（过量），再加入75mL硫酸和磷酸配成的混酸，静置10min步骤3：再在
74、锥形瓶中加入100mL蒸馏水及某种指示剂，用0.0200mol/L K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗体积15.62mL步骤4：重复上述步骤2、3操作23次步骤5：数据处理与计算步骤2中反应的离子方程式为ClO3+6Fe2+6H+=Cl+6Fe3+3H2O；静置10min的目的是使溶液中C1O3与Fe2+反应充分完全步骤3中K2Cr2O7标准溶液应盛放在酸式滴定管（填仪器名称）中为精确测定样品中C1O3的质量分数，步骤4操作为重复上述步骤2、3操作23次（5）在上述操作无误的情况下，所测定的结果偏高，其可能的原因的原因是溶液中的Fe2+被空气中的氧气氧化【考点】探究物质的组成或测量物质的含
75、量【专题】定量测定与误差分析【分析】（1）石灰乳与氯气反应生成氯化钙和氯酸钙，除去氯化钙后，可加入碳酸钠溶液，以生成碳酸钙沉淀，以此得到氯酸钠；（2）氯气与氢氧化钠反应温度低时生成NaClO，温度高时生成NaC1O3；（3）采用无隔膜电解饱和食盐水法生产氯酸钠，同时生成氢气；（4）酸性条件下，亚铁离子被ClO3氧化为铁离子，自身被还原为氯离子；静置10min可以使反应进行完全；K2Cr2O7溶液具有强氧化性，能腐蚀碱式滴定管的橡胶管；滴定实验操作一般重复23次；（5）如果溶液中的Fe2+被空气中的氧气，在滴定时消耗的（NH4）2Fe（SO4）2溶液会偏多【解答】解：热的石灰乳通入氯气，反应的方
76、程式为：2Cl2+2Ca（OH）2CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，除去CaCl2后主要成分为Ca（ClO）2，要加入钠盐得到NaClO3，应加入Na2CO3，发生复分解反应生成碳酸钙沉淀，故答案为：Na2CO3；（2）氯气与氢氧化钠反应温度低时生成NaClO，温度高时生成NaC1O3，图中C的浓度随着温度的升高而减小，所以C代表ClO；故答案为：ClO；（3）采用无隔膜电解饱和食盐水法生产氯酸钠，同时生成氢气，其反应的方程式为：NaC1+3H2ONaC1O3+3H2；故答案为：NaC1+3H2ONaC1O3+3H2；（4）酸性条件下，亚铁离子被ClO3氧化为铁离子，自身被还原为氯离子，
77、其反应的离子方程式为：ClO3+6Fe2+6H+=Cl+6Fe3+3H2O；静置10min可以使亚铁离子和ClO3充分反应；故答案为：ClO3+6Fe2+6H+=Cl+6Fe3+3H2O；使溶液中C1O3与Fe2+反应充分完全；K2Cr2O7溶液具有强氧化性，能腐蚀碱式滴定管的橡胶管，所以应该用酸式滴定管盛放；故答案为：酸式滴定管；为精确测定样品中C1O3的质量分数，滴定实验操作一般重复23次，即重复上述步骤2、3操作23次；故答案为：重复上述步骤2、3操作23次；（5）如果溶液中的Fe2+被空气中的氧气，则溶液中Fe2+的浓度会减小，在滴定时消耗的（NH4）2Fe（SO4）2溶液的体积会偏大
78、，所以测定的结果偏高；故答案为：溶液中的Fe2+被空气中的氧气氧化【点评】本题以氯酸盐的制备为载体考查物质的分离、提纯以及含量的测定、氧化还原反应滴定法的应用等，侧重于学生的分析、实验能力的考查，注意把握物质的性质为解答该题的关键，题目难度中等20研究和深度开发CO、CO2的应用对构建生态文明社会具有重要的意义（1）CO可用于炼铁，已知：Fe2O3（s）+3C（s）2Fe（s）+3CO（g）H1=+489.0kJmol1C（s）+CO2（g）2CO（g）H2=+172.5kJmol1则CO还原Fe2O3（s）的热化学方程式为Fe2O3（s）+3CO（g）2Fe（s）+3CO2（g）H=28.5
79、kJmol1（2）电子工业中使用的一氧化碳常以甲醇为原料通过脱氢、分解两步反应得到第一步：2CH3OH（g）HCOOCH3（g）+2H2（g）H0第二步：HCOOCH3（g）CH3OH（g）+CO（g）H0第一步反应的机理可以用图1表示：图中中间产物X的结构简式为HCHO在工业生产中，为提高CO的产率，可采取的合理措施有升高温度，降低压强（写两条措施）（3）第21届联合国气候变化大会（COP21）于2015年11月30日至12月11日在巴黎召开会议旨在讨论控制温室气体CO2的排放，减缓全球变暖，力争将全球气温上升控制在2度内Li4SiO4可用于富集得到高浓度CO2原理是：在500，低浓度CO2
80、与Li4SiO4接触后生成两种锂盐；平衡后加热至700，反应逆向进行，放出高浓度CO2，Li4SiO4再生请写出700时反应的化学方程式为：Li2CO3+Li2SiO3CO2+Li4SiO4利用太阳能和缺铁氧化物如Fe0.9O可将富集到的廉价CO2热解为碳和氧气，实现CO2再资源化，转化过程如图2所示，若用1mol缺铁氧化物Fe0.9O与足量CO2完全反应可生成0.1molC（碳）固体氧化物电解池（SOEC）用于高温电解CO2/H2O，既可高效制备合成气（CO+H2），又可实现CO2的减排，其工作原理如图3写出电极c上发生的电极反应式：CO2+2eCO+O2，H2O+2e=H2+O2（4）以T
81、iO2/Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2和CH4直接转化成乙酸在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率的关系见图4如何解释图中250400时温度升高与乙酸的生成速率变化的关系？在250300过程中，催化剂是影响速率的主要因素，因此催化效率的降低，导致反应速率也降低；而在300400时，催化效率低且变化程度较小，但反应速率增加较明显【考点】热化学方程式；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的影响因素【专题】基本概念与基本理论【分析】（1）Fe2O3（s）+3C（石墨）=2Fe（s）+3CO（g）H1=+489.0kJmol1C（石墨）+CO2（g）=2CO（g）H2=+172.5kJmo
82、l1由盖斯定律3得到热化学方程式；（2）依据分解反应过程和反应机理图示分析判断，中间产物为甲醛；反应是气体体积增大的吸热反应，依据化学平衡移动原理分析判断；（3）根据题干信息，反应物为CO2与Li4SiO4，生成物有Li2CO3，根据质量守恒进行解答；依据反应物和产物利用直平法配平化学方程式，利用已知守恒计算得到；二氧化碳在a极得到电子发生还原反应生成一氧化碳同时生成氧离子，反应电极反应式为：CO2+2eCO+O2，水中的氢元素化合价降低被还原，电极反应式为：H2O+2e=H2+O2；（4）在250300过程中，催化剂是影响速率的主要因素，因此催化效率的降低，导致反应速率也降低；而在30040
83、0时，催化效率低且变化程度较小，但反应速率增加较明显【解答】解：（1）Fe2O3（s）+3C（石墨）=2Fe（s）+3CO（g）H1=+489.0kJmol1C（石墨）+CO2（g）=2CO（g）H2=+172.5kJmol1由盖斯定律3得到Fe2O3（s）+3CO（g）2Fe（s）+3CO2（g）H=28.5kJmol1，故答案为：Fe2O3（s）+3CO（g）2Fe（s）+3CO2（g）H=28.5kJmol1；（2）依据图示和分解反应过程，结合原子守恒分析，甲醇去氢后得到的是甲醛，故答案为：HCHO；第二步：HCOOCH3（g）CH3OH（g）+CO（g）H0，反应是气体体积增大的吸热反
84、应，依据平衡移动原理可知提高一氧化碳产率，应使平衡正向进行，升温，减压实现，故答案为：升高温度，降低压强；（3）在500，CO2与Li4SiO4接触后生成Li2CO3，反应物为CO2与Li4SiO4，生成物有Li2CO3，根据质量守恒可知产物还有Li2SiO3，所以700时反应的化学方程式为：Li2CO3+Li2SiO3CO2+Li4SiO4，故答案为：Li2CO3+Li2SiO3CO2+Li4SiO4；依据图示得到化学方程式为：Fe0.9O+0.1CO2=xC+Fe3O4，依据碳原子守恒得到x=0.1，故答案为：0.1；二氧化碳在a极得到电子发生还原反应生成一氧化碳同时生成氧离子，反应电极反
85、应式为：CO2+2eCO+O2，水中的氢元素化合价降低被还原，电极反应式为：H2O+2e=H2+O2，故答案为：CO2+2eCO+O2；H2O+2e=H2+O2； （4）在250300过程中，催化剂是影响速率的主要因素，因此催化效率的降低，导致反应速率也降低；而在300400时，催化效率低且变化程度较小，但反应速率增加较明显，故答案为：在250300过程中，催化剂是影响速率的主要因素，因此催化效率的降低，导致反应速率也降低；而在300400时，催化效率低且变化程度较小，但反应速率增加较明显，因此该过程中温度是影响速率的主要因素，温度越高，反应速率越大【点评】本题考查了热化学方程式和盖斯定律的计
86、算和应用，电解池电极反应的分析书写，原子守恒氧化还原反应的计算应用，题目难度中等四、解答题（共1小题，满分6分）选做题本题包括A、B两小题，请选定其中一小题，并作答若多做，则按A小题评分A物质结构与性质21一项科学研究成果表明，铜锰氧化物（CuMn2O4）能在常温下催化氧化空气中的一氧化碳和甲醛（HCHO）（1）向一定物质的量浓度的Cu（NO3）2和Mn（NO3）2溶液中加入Na2CO3溶液，所得沉淀经高温灼烧，可制得CuMn2O4Cu2+基态的核外电子排布式可表示为1s22s22p63s23p63d9或Ar3d9CO32的空间构型是平面三角形（用文字描述）（2）在铜锰氧化物的催化下，CO被氧
87、化为CO2，HCHO 被氧化为CO2和H2O写出一种与CO分子互为等电子体的离子的化学式CN（或O22+、C22、NO+）HCHO分子中C原子轨道的杂化类型为sp21mol CO2中含有的键数目为2mol或26.021023或2NA（3）向CuSO4溶液中加入过量NaOH溶液可生成Cu（OH）42Cu（OH）42的结构可用示意图表示为（不考虑空间构型）【考点】配合物的成键情况；原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断【专题】原子组成与结构专题；化学键与晶体结构【分析】（1）Cu元素原子核外电子数为29，其基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p43d
88、104s1，Cu原子失去4s、3d能级的1个电子形成Cu2+；利用加成电子对互斥模型判断；（2）CO含有2个原子14个电子，结合等电子体概念写出与CO分子互为等电子体的离子的化学式；根据中心原子形成的键和孤电子对数判断杂化类型；据CO2的结构式O=C=O判断；（3）Cu（OH）42中与Cu2+与4个OH形成配位键【解答】解：（1）Cu元素原子核外电子数为29，其基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，Cu原子失去4s、3d能级的1个电子形成Cu2+，Cu2+的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d9，故答案为：1s22s22p63s23p63d9或Ar
89、3d9；CO32中孤对电子=0，价层电子对个数=3+0=3，则C采取sp2杂化，空间构型为平面三角形，故答案为：平面三角形；（2）CO含有2个原子14个电子，所以CO互为等电子体的离子的化学式为：CN（或O22+、C22、NO+），故答案为：CN（或O22+、C22、NO+）；HCHO中碳原子含有3个键，不含孤电子对，采用sp2 杂化，故答案为：sp2；CO2的结构式为O=C=O，分子中C形成2个键，则1molCO2中含有的键数目为2mol或26.021023或2NA，故答案为：2mol或26.021023或2NA；（3）Cu（OH）42中与Cu2+与4个OH形成配位键，则Cu（OH）42的结
90、构可用示意图表示为：，故答案为：【点评】本题综合考查物质的结构与性质知识，侧重于电子排布式、等电子体、杂化类型与配位键等知识，题目难度中等，注意把握杂化类型的判断方法，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的灵活应用能力五、解答题（共1小题，满分6分）B实验化学22实验室用粗锌（含铅等杂质）与过量的稀硫酸反应制氢气的废液制备硫酸锌晶体，其流程如下：已知ZnSO4的溶解度如下表所示：温度/0102030406080100溶解度/g41.647.553.861.370.575.471.160.5（1）实验过程中多次用到如图所示的过滤装置，仪器a的名称为抽滤瓶（2）滤渣的主要成分为PbSO4X的
91、化学式为ZnO或Zn（OH）2（3）溶解过程中加入的稀硫酸的作用是制备ZnSO4并抑制ZnSO4水解（4）结晶的操作为蒸发浓缩、冷却结晶（5）用酒精进行洗涤的原因是减少硫酸锌晶体的损失，容易干燥【考点】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】实验室用粗锌（含铅等杂质）与过量的稀硫酸反应制氢气的废液制备硫酸锌晶体，废液过滤得到滤渣沉淀PbSO4，滤液中加入氧化锌或氢氧化锌调节溶液PH，且不引入锌的杂质，过滤得到氢氧化锌，加入稀硫酸溶解且抑制硫酸锌的水解，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤干燥得到硫酸锌晶体；（1）装置图可知为吸滤瓶；（2）上述分析可知滤渣是铅和硫酸反应生成的
92、硫酸铅白色沉淀，X是用来调节溶液PH使锌离子全部沉淀且不引入新的杂质；（3）滤渣加入稀硫酸溶解，溶解过程中加入的稀硫酸的作用是制备硫酸锌，抑制锌离子的水解；（4）溶液中得到溶质晶体的方法是通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤干燥得到；（5）酒精洗涤晶体会减少晶体的损失【解答】解：实验室用粗锌（含铅等杂质）与过量的稀硫酸反应制氢气的废液制备硫酸锌晶体，废液过滤得到滤渣沉淀PbSO4，滤液中加入氧化锌或氢氧化锌调节溶液PH，且不引入锌的杂质，过滤得到氢氧化锌，加入稀硫酸溶解且抑制硫酸锌的水解，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤干燥得到硫酸锌晶体；（1）实验过程中多次用到如图所示的过滤装置，仪器a的名称依
93、据装置图可知为抽滤瓶，故答案为：抽滤瓶；（2）上述分析可知滤渣是铅和硫酸反应生成的硫酸铅白色沉淀，X是用来调节溶液PH使锌离子全部沉淀且不引入新的杂质，可以是ZnO或Zn（OH）2，故答案为：PbSO4；ZnO或Zn（OH）2；（3）滤渣加入稀硫酸溶解，溶解过程中加入的稀硫酸的作用是制备硫酸锌，抑制锌离子的水解，故答案为：制备ZnSO4并抑制ZnSO4水解；（4）溶液中得到溶质晶体的方法是通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤干燥得到，结晶的操作为蒸发浓缩、冷却结晶，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；（5）硫酸锌不溶于酒精，酒精易挥发，用酒精进行洗涤的原因是酒精洗涤晶体会减少晶体的损失，故答案为：减少硫酸锌晶体的损失，容易干燥【点评】本题考查了物质提纯，分离的流程分析判断，物质现在的理解应用，实验步骤和试剂选择是解题关键，题目难度中等版权所有：高考资源网()