1、2015年广东省湛江市高考化学一模试卷一、选择题（共8小题，每小题4分，满分36分）1下列有关说法正确的是（） A 麦芽糖及其水解产物均能与新制的Cu（OH）2悬浊液反应 B 棉、丝、毛、油脂都是天然有机高分子化合物 C 白菜上洒少许福尔马林，既保鲜又消毒 D 石英玻璃、陶瓷都属于硅酸盐产品2水溶液中能大量共存的一组离子是（） A Ca2+、H+、Cl、HCO3 B H+、K+、S2、ClO C Fe2+、Na+、SO42、NO3 D Cu2+、Ag+、SO42、OH3设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（） A 22.4 L CH4中含有4 NA个CH键 B 44g CO2含有2N
2、A个氧原子 C 25，pH=1的硫酸溶液中含有的H+离子数为0.1NA D 5.6g Fe与足量稀硝酸反应，转移的电子数为0.2 NA4下列叙述正确的是（） A 电解饱和食盐水能制得NaOH B 澄清石灰水能鉴别Na2CO3和NaHCO3 C 配制溶液，定容时俯视容量瓶刻度会使溶液浓度偏低 D 铁粉中混入少量铝粉，可加入过量的氨水后过滤除去5下表为元素周期表前四周期的一部分，下列叙述正确的是（） A Y单质在空气中燃烧生成YO3 B Z元素的最高价氧化物的水化物酸性最强 C X的氢化物为H2X D Y、Z和W的阴离子半径依次增大6下述实验不能到达预期目的是（）编号 实验内容 实验目的A 向Fe
3、Cl2溶液中加入几滴KSCN溶液，观察溶液颜色 检验FeCl2溶液是否已变质B 将Cl2通入NaBr溶液中 比较氯气与溴的氧化性强弱C 用冰水冷却铜与浓硝酸反应生成的气体 研究温度对化学平衡的影响D 直接将CuCl2溶液加热蒸干 制取无水CuCl2固体 A A B B C C D D7下列叙述错误的是（） A 电镀时，待镀的金属制品作阳极 B 用惰性电极电解CuSO4溶液，溶液pH增大 C 氢氧燃料电池（酸性电解质）中，正极反应为O2+4H+4e=2H2O D 镀锌铁皮比镀锡铁皮耐腐蚀8如图为常温下用0.1000molL1NaOH溶液滴定20.00mL 0.1000molL1盐酸和20.00m
4、L 0.1000molL1醋酸的曲线若以HA表示酸，下列判断和说法正确的是（） A 左图是滴定盐酸的曲线 B E点时溶液中离子浓度为c（Na+）=c（A） C B点时，反应消耗溶液体积：V（NaOH）V（HA） D 当0 mLV（NaOH）20.00 mL时，对应溶液中各离子浓度大小顺序一定均为c（A）c（Na+）c（H+）c（OH）二、解答题（共4小题，满分64分）9Suzuki偶联反应在有机合成上有广泛应用反应如下（Ph代表苯基 ）：反应：化合物I可以由以下途径合成：（1）化合物V的分子式为；1mol化合物I最多可跟mol氢气反应（2）化合物IV的结构简式为；化合物V转化为化合物VI的反应
5、类型为（3）写出化合物VI在NaOH溶液中共热的反应方程式（4）已知化合物是化合物V的同分异构体，其苯环上一溴代物有2种，且1mol与足量银氨溶液反应生成4mol Ag，写出化合物的一种结构简式（5）化合物（ ）与化合物（HO2BCOOH 也能发生类似反应的偶联反应，写出产物的结构简式10制备氢气可利用碘硫热化学循环法，其原理示意图如图1（1）已知：2SO3（g）2SO2 （g）+O2 （g）H1H2SO4（l）SO3（g）+H2O（l）H22H2SO4（l）2SO2 （g）+O2（g）+2H2O（l）H3则H3= （用H1和H2表示）（2）上述热化学循环制氢要消耗大量的能量，从绿色化学角度，
6、能量供应的方案是（3）碘化氢热分解反应为：2HI（g）H2（g）+I2（g）H0则该反应平衡常数表达式：K=；升温时平衡常数K（选填“增大”或“减小”）（4）本生（Bunsen）反应中SO2和I2及H2O发生反应为：SO2+I2+2H2O=3H+HSO4+2I； I+I2I3当起始时，SO2为1mol，水为16mol，溶液中各离子变化关系如下图，图中a、b分别表示的离子是、在水相中进行本生反应必须使水和碘显著过量，但易引起副反应将反应器堵塞写出浓硫酸与HI发生反应生成硫和碘的化学方程式：11工业上用难溶于水的碳酸锶（SrCO3）粉末为原料（含少量钡和铁的化合物）制备高纯六水氯化锶晶体（SrCl
7、26H2O），其过程为：已知：有关氢氧化物沉淀的pH：氢氧化物 Fe（OH）3 Fe（OH）2开始沉淀的pH 1.5 6.5沉淀完全的pH 3.7 9.7SrCl26H2O 晶体在61时开始失去结晶水，100时失去全部结晶水（1）操作需要加快反应速率，措施有充分搅拌和（写一种）碳酸锶与盐酸反应的离子方程式（2）在步骤的过程中，将溶液的pH值由1调节至；宜用的试剂为A.1.5 B.3.7 C.9.7 D氨水 E氢氧化锶粉末 F碳酸钠晶体（3）操作中所得滤渣的主要成分是 （填化学式）（4）工业上用热风吹干六水氯化锶，适宜的温度是A5060B80100C100以上（5）步骤宜选用的无机洗涤剂是12化
8、学实验有助于理解化学知识，提升科学素养某探究小组用以下右图装置做如下实验实验编号 a中试剂 b中试剂 1 0.1克Na、3mL水 0.1克Na、3mL乙醇 2 3mL水 3mL饱和FeSO4溶液 （1）实验1：同时加入试剂，反应开始阶段可观察到U形管中液面（填编号，下同），反应结束静置一段时间，最终U形管中液面a左高右低 b左低右高 c左右基本持平（2）实验2：一段时间后观察到U形管中液面左低右高，b管溶液中出现红褐色浑浊物，请解释出现上述现象的原因：某研究小组为探究弱酸性条件下铁的电化学腐蚀类型，将混合均匀的新制铁粉和炭粉置于锥形瓶底部，塞上瓶塞（如图（1）所示）从胶头滴管中滴入几滴醋酸溶液
9、，同时测量容器中的压强变化（3）请填满表中空格，以完成实验设计：编号 实验目的 炭粉/g 铁粉/g 醋酸浓度/mol/L 作参照实验 0.5 2.0 1.0 探究醋酸浓度对实验的影响 0.5 0.1 0.2 2.0 1.0（4）实验测得容器中的压强随时间的变化如图（2）所示该小组得出0t1时压强增大的主要原因是：t2时，容器中压强明显变小的原因是请在图（3）中用箭头标出发生该腐蚀时A和B之间的电子移动方向2015年广东省湛江市高考化学一模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题4分，满分36分）1下列有关说法正确的是（） A 麦芽糖及其水解产物均能与新制的Cu（OH）2悬浊液反应 B
10、 棉、丝、毛、油脂都是天然有机高分子化合物 C 白菜上洒少许福尔马林，既保鲜又消毒 D 石英玻璃、陶瓷都属于硅酸盐产品考点： 蔗糖、麦芽糖简介；硅酸盐工业；甲醛；有机高分子化合物的结构和性质分析： A麦芽糖和水解产物葡萄糖中均含CHO；B相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物，油脂是高级脂肪酸甘油酯，不是有机高分子化合物；C甲醛有毒，不能用来保鲜食品；D石英玻璃的主要成分是二氧化硅，不属于硅酸盐产品解答： 解：A麦芽糖和水解产物葡萄糖中的官能团都有醛基，则麦芽糖、葡萄糖属于还原性糖可发生银镜反应，故A正确；B棉、丝、毛都是天然有机高分子化合物，油脂相对分子质量较小，不是高分子化
11、合物，故B错误；C甲醛有毒，能破坏蛋白质的结构，不但对人体有害，而且降低了食品的质量，故C错误，D含有硅酸根离子的盐属于硅酸盐，传统硅酸盐产品包括：普通玻璃、陶瓷、水泥，石英玻璃的主要成分是二氧化硅是氧化物，不属于硅酸盐产品，故D错误；故选A点评： 本题考查生活中的化学知识应用，注意基础知识的积累，掌握糖类的性质、天然有机高分子化合物的概念、甲醛的毒性、常见的硅酸盐的产品是解答的关键，题目难度不大2水溶液中能大量共存的一组离子是（） A Ca2+、H+、Cl、HCO3 B H+、K+、S2、ClO C Fe2+、Na+、SO42、NO3 D Cu2+、Ag+、SO42、OH考点： 离子共存问题
12、分析： A氢离子与碳酸氢根离子反应生成二氧化碳气体和水；B次氯酸根离子与氢离子、硫离子反应；C四种离子之间不满足离子反应发生条件；D铜离子、银离子与氢氧根离子反应解答： 解：AH+、HCO3之间发生反应生成二氧化碳气体，在溶液中不能大量共存，故A错误；BH+、S2都与ClO发生反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；CFe2+、Na+、SO42、NO3离子之间不满足离子反应发生条件，在溶液中能够大量共存，故C正确；DCu2+、Ag+都与OH发生反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选C点评： 本题考查离子共存的正误判断，为中等难度的试题，注掌握离子反应发生条件，明确离子不能大量共存的一般情况：
13、能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还原反应的离子之间，能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN）等；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力3设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（） A 22.4 L CH4中含有4 NA个CH键 B 44g CO2含有2NA个氧原子 C 25，pH=1的硫酸溶液中含有的H+离子数为0.1NA D 5.6g Fe与足量稀硝酸反应，转移的电子数为0.2 NA考点： 阿伏加德罗常数分析： A、甲烷所处的状态不明确；B、1mol二氧化碳中含2mol氧原子；C、溶液体积不明确；D
14、、铁与稀硝酸反应变为+3价；解答： 解：A、甲烷所处的状态不明确，不一定是标况，故物质的量不一定是1mol，故A错误；B、44g二氧化碳的物质的量为1mol，而1mol二氧化碳中含2mol氧原子，故B正确；C、溶液体积不明确，故无法计算氢离子的个数，故C错误；D、铁与稀硝酸反应变为+3价，故5.6g铁即0.1mol铁反应时失去0.3mol电子，故D错误故选B点评： 本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握公式的使用和物质的结构、状态是解题关键，难度不大4下列叙述正确的是（） A 电解饱和食盐水能制得NaOH B 澄清石灰水能鉴别Na2CO3和NaHCO3 C 配制溶液，定容时俯视容量瓶刻度会使
15、溶液浓度偏低 D 铁粉中混入少量铝粉，可加入过量的氨水后过滤除去考点： 物质的分离、提纯和除杂；电解原理；物质的检验和鉴别的实验方案设计；配制一定物质的量浓度的溶液分析： A、电解饱和食盐水得到氯气、氢气和氢氧化钠，俗称氯碱工业；B、碳酸钠和碳酸氢钠都能和澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀；C、俯视刻度线，会导致加入的蒸馏水体积偏小；D、铁粉和铝粉都是活泼金属，都能和酸反应和弱碱不反应解答： 解：A、电解饱和食盐水得到氯气、氢气和氢氧化钠，俗称氯碱工业，故A正确；B、碳酸钠和碳酸氢钠都能和澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀，故澄清石灰水不能鉴别Na2CO3和NaHCO3，故B错误；C、定容时俯视，液面在刻
16、度线下方，溶液的体积偏小，所配溶液浓度偏高，故C错误；D、铁粉和铝粉都是活泼金属，都能和酸反应和弱碱不反应；但铝粉能和强碱反应生成盐和氢气，而铁粉和强碱不反应，正确除杂方法是：用氢氧化钠溶液除杂，故D错误，故选A点评： 本题考查物质的分离、提纯，为高考常见题型，除杂时要注意不能引入新的杂质，更不能影响被提纯的物质，难度不大5下表为元素周期表前四周期的一部分，下列叙述正确的是（） A Y单质在空气中燃烧生成YO3 B Z元素的最高价氧化物的水化物酸性最强 C X的氢化物为H2X D Y、Z和W的阴离子半径依次增大考点： 原子结构与元素的性质；原子结构与元素周期律的关系分析： 由短周期元素在周期表
17、中位置，可知X为N元素、Y为S元素、Z为Cl、W为Br、R为Ar，D中离子半径比较规律：电子层结构相同、核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，结合元素化合物性质解答解答： 解：由短周期元素在周期表中位置，可知X为N元素、Y为S元素、Z为Cl、W为Br、R为ArA硫单质在空气中燃烧生成SO2，故A错误；BZ元素的最高价氧化物的水化物为高氯酸，其酸性最强，故B正确；CX的氢化物为NH3，故C错误；D电子层结构相同、核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径BrS2Cl，故D错误，故选B点评： 本题考查元素周期表、元素周期律等，比较基础，注意理解掌握微粒半径比较，有利于
18、对基础知识的巩固6下述实验不能到达预期目的是（）编号 实验内容 实验目的A 向FeCl2溶液中加入几滴KSCN溶液，观察溶液颜色 检验FeCl2溶液是否已变质B 将Cl2通入NaBr溶液中 比较氯气与溴的氧化性强弱C 用冰水冷却铜与浓硝酸反应生成的气体 研究温度对化学平衡的影响D 直接将CuCl2溶液加热蒸干 制取无水CuCl2固体 A A B B C C D D考点： 化学实验方案的评价分析： A铁离子和KSCN溶液反应生成络合物而使溶液呈血红色，亚铁离子和KSCN溶液不反应；B同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；C温度影响可逆反应的化学平衡移动；D氯化铜是强酸弱碱盐，水
19、解生成氢氧化铜和HCl，升高温度促进其水解，且促进HCl挥发解答： 解：A铁离子和KSCN溶液反应生成络合物而使溶液呈血红色，亚铁离子和KSCN溶液不反应，所以可以用KSCN溶液检验FeCl2溶液是否已变质，故A正确；B氯气的氧化性比溴强，可与NaBr溶液生成溴，溶液变成橙红色，故B正确；C存在平衡2NO2N2O4，正反应放热，温度改变，平衡发生移动，颜色发生变化，故C正确；D氯化铜是强酸弱碱盐，水解生成氢氧化铜和HCl，升高温度促进其水解，且促进HCl挥发，所以直接将CuCl2溶液加热蒸干得不到氯化铜固体，低温时得到氢氧化铜，故D错误；故选D点评： 本题考查化学实验方案评价，为高频点，涉及物
20、质检验、反应原理、物质性质比较、盐类水解等知识点，综合性较强，明确物质性质及反应原理即可解答，离子检验时要排除其它离子干扰，题目难度中等7下列叙述错误的是（） A 电镀时，待镀的金属制品作阳极 B 用惰性电极电解CuSO4溶液，溶液pH增大 C 氢氧燃料电池（酸性电解质）中，正极反应为O2+4H+4e=2H2O D 镀锌铁皮比镀锡铁皮耐腐蚀考点： 原电池和电解池的工作原理分析： A、电镀时，待镀的金属制品作阴极，镀件作阳极；B、阳极氢氧根离子放电；C、正极发生还原反应；D、作原电池负极的金属加速被腐蚀，作原电池正极的金属被保护解答： 解：A、电镀时，待镀的金属制品作阴极，镀件作阳极，故A错误；
21、B、阳极氢氧根离子放电，所以溶液pH减小，故B错误；C、正极是氧气发生还原反应，电极反应式为：O2+4H+4e=2H2O，故C正确；D、锡、铁和电解质溶液构成的原电池中，铁作负极而加速被腐蚀，锌、铁和电解质溶液构成的原电池中，铁作正极被保护，所以后者铁更易被腐蚀，故D正确；故选AB点评： 本题考查了金属的腐蚀与防护，明确原电池和电解池原理是解本题关键，知道作负极或阳极的金属加速被腐蚀，作正极或阴极的金属被保护，难度不大8如图为常温下用0.1000molL1NaOH溶液滴定20.00mL 0.1000molL1盐酸和20.00mL 0.1000molL1醋酸的曲线若以HA表示酸，下列判断和说法正
22、确的是（） A 左图是滴定盐酸的曲线 B E点时溶液中离子浓度为c（Na+）=c（A） C B点时，反应消耗溶液体积：V（NaOH）V（HA） D 当0 mLV（NaOH）20.00 mL时，对应溶液中各离子浓度大小顺序一定均为c（A）c（Na+）c（H+）c（OH）考点： 酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算分析： A、根据盐酸和醋酸在滴定开始时的pH来判断；B、根据溶液中的电荷守恒来判断；C、根据酸和碱反应的化学方程式来计算回答；D、根据氢氧化钠和醋酸以及盐酸反应的原理结合给定的物质的量计算来回答解答： 解：A、滴定开始时0.1000mol/L盐酸pH=1，0.1000mol/L醋酸pH1
23、，所以滴定盐酸的曲线是右图，故A错误；B、达到B、E状态时，溶液是中性的，此时c（H+）=c（OH），根据电荷守恒，则两溶液中离子浓度均为 c（Na+）=c（A），故B正确；C、达到C、E状态时，消耗的氢氧化钠物质的量是相等的，根据反应原理：HClNaOH，CH3COOHNaOH，反应消耗的n（HA）=n（HCl），恰好反应生成醋酸钠溶液显碱性，左图为滴定醋酸溶液，B点溶液显酸性，醋酸过量，反应消耗溶液体积：V（NaOH）V（HA），故C正确；D、当0 mLV（NaOH）20.00 mL时，酸相对于碱来说是过量的，所得溶液是生成的盐和酸的混合物，假设当加入的氢氧化钠极少量时，生成了极少量的钠盐
24、（氯化钠或是醋酸钠），剩余大量的酸，此时c（A）c（H+）c（Na+）c（OH），故D错误故选BC点评： 本题考查NaOH与CH3COOH、盐酸的反应，涉及盐类的水解和溶液离子浓度的大小比较知识，注意利用电荷守恒的角度做题二、解答题（共4小题，满分64分）9Suzuki偶联反应在有机合成上有广泛应用反应如下（Ph代表苯基 ）：反应：化合物I可以由以下途径合成：（1）化合物V的分子式为C9H8O2；1mol化合物I最多可跟4mol氢气反应（2）化合物IV的结构简式为；化合物V转化为化合物VI的反应类型为加成反应（3）写出化合物VI在NaOH溶液中共热的反应方程式（4）已知化合物是化合物V的同分异
25、构体，其苯环上一溴代物有2种，且1mol与足量银氨溶液反应生成4mol Ag，写出化合物的一种结构简式（5）化合物（ ）与化合物（HO2BCOOH 也能发生类似反应的偶联反应，写出产物的结构简式考点： 有机物的推断分析： （1）根据的结构简式确定其分子式；根据的不饱和度可确定氢气的物质的量；（2）化合物IV水解得到V，则IV中存在酯基，结合IV分子式与V的结构可知，IV水解得到V和甲醇；由V到，碳碳双键变碳碳单键，所以发生加成反应；（3）化合物中存在羧基、溴原子，所以与足量氢氧化钠反应，发生中和、水解反应；（4）1mol与足量银氨溶液反应生成4mol Ag单质，说明化合物中存在2个醛基，核磁共
26、振氢谱中有 4种峰，峰面积之比为3：2：2：1，说明有4种H原子，说明2个醛基处于间位，甲基在2个醛基的中间；（5）观察反应的特点，2种物质分子中 Br原子、B（OH）2同时去掉，将余下的基团相连即可解答： 解：（1）由化合物的结构简式判断其分子式为C8H7Br；每个化合物I分子中有一个苯环和一个碳碳双键，所以1mol化合物I最多可跟4mol氢气反应，故答案为：C9H8O2；4；（2）化合物IV水解得到V，则IV中存在酯基，结合IV分子式与V的结构可知，IV水解得到V和甲醇，所以化合物IV的结构简式为；由V到，碳碳双键变碳碳单键，所以发生加成反应，故答案为：；加成反应；（3）化合物中存在羧基、
27、溴原子，所以与足量氢氧化钠反应，发生中和、水解反应，化学方程式为，故答案为：；（4）1mol与足量银氨溶液反应生成4mol Ag单质，说明化合物中存在2个醛基，其苯环上一溴代物有2种，所以符合条件的化合物有3种为，故答案为：；（5）观察反应的特点，2种物质分子中 Br原子、B（OH）2同时去掉，将余下的基团相连即可，所以产物的结构简式为，故答案为：点评： 本题考查有机物的推断与合成、有机反应类型、同分异构体书写、有机反应方程式书写等，注意根据有机物的结构分析解答，需要学生具备扎实的基础与灵活运用知识的能力，难度中等10制备氢气可利用碘硫热化学循环法，其原理示意图如图1（1）已知：2SO3（g）
28、2SO2 （g）+O2 （g）H1H2SO4（l）SO3（g）+H2O（l）H22H2SO4（l）2SO2 （g）+O2（g）+2H2O（l）H3则H3=H1+2H2 （用H1和H2表示）（2）上述热化学循环制氢要消耗大量的能量，从绿色化学角度，能量供应的方案是用廉价的清洁能源供给能量（用太阳能、风能、核能及生物质能等作为能源）（3）碘化氢热分解反应为：2HI（g）H2（g）+I2（g）H0则该反应平衡常数表达式：K=；升温时平衡常数K增大（选填“增大”或“减小”）（4）本生（Bunsen）反应中SO2和I2及H2O发生反应为：SO2+I2+2H2O=3H+HSO4+2I； I+I2I3当起始
29、时，SO2为1mol，水为16mol，溶液中各离子变化关系如下图，图中a、b分别表示的离子是H+、I3在水相中进行本生反应必须使水和碘显著过量，但易引起副反应将反应器堵塞写出浓硫酸与HI发生反应生成硫和碘的化学方程式：6HI+H2SO4（浓）=3I2+S+4H2O考点： 用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学平衡常数的含义；离子浓度大小的比较分析： （1）根据盖斯定律计算；（2）从能源角度考虑，用太阳能、风能、核能及生物质能等作为能源；（3）根据平衡常数表达式等于生成物浓度的幂次方之积比上反应物浓度的幂次方之积书写；由图象，升高温度，氢气增大，该反应向正反应方向移动，则平衡常数增大；（4）根据图
30、象b为从零越来越大的离子，a为不变的离子，结合反应过程分析判断；根据氧化还原反应得失电子守恒书写浓硫酸与HI发生反应生成硫和碘的化学方程式；解答： 解：（1）已知：2SO3（g）2SO2（g）+O2（g）H1H2SO4（l）SO3（g）+H2O（l）H2则+2得，2H2SO4（l）2SO2（g）+O2（g）+2H2O（l）H3=H1+2H2故答案为：H1+2H2；（2）从能源角度考虑，用太阳能、风能、核能及生物质能等作为能源，故答案为：用廉价的清洁能源供给能量（用太阳能、风能、核能及生物质能等作为能源）；（3）由2HI（g）H2（g）+I2（g），故K=，由图象，升高温度，氢气增大，该反应向正
31、反应方向移动，则平衡常数增大，故答案为：；增大；（4）由图象b为从零越来越大的离子，则根据SO2+I2+2H2O=3H+HSO4+2I，I+I2I3，反应中越来越多的离子为I3，反应过程中氢离子始终不变，故答案为：H+、I3；由氧化还原反应得失电子守恒，则浓硫酸与HI发生反应生成硫和碘的化学方程式为：6HI+H2SO4（浓）=3I2+S+4H2O；故答案为：6HI+H2SO4（浓）=3I2+S+4H2O；点评： 本题主要考查了盖斯定律的应用，平衡常数的表达式及其判断以及电解池的原理，难度不大，注意方程式的书写11工业上用难溶于水的碳酸锶（SrCO3）粉末为原料（含少量钡和铁的化合物）制备高纯六
32、水氯化锶晶体（SrCl26H2O），其过程为：已知：有关氢氧化物沉淀的pH：氢氧化物 Fe（OH）3 Fe（OH）2开始沉淀的pH 1.5 6.5沉淀完全的pH 3.7 9.7SrCl26H2O 晶体在61时开始失去结晶水，100时失去全部结晶水（1）操作需要加快反应速率，措施有充分搅拌和加热、适当增加盐酸浓度等（写一种）碳酸锶与盐酸反应的离子方程式SrCO3+2H+=Sr2+CO2+H2O（2）在步骤的过程中，将溶液的pH值由1调节至B；宜用的试剂为EA.1.5 B.3.7 C.9.7 D氨水 E氢氧化锶粉末 F碳酸钠晶体（3）操作中所得滤渣的主要成分是Fe（OH）3、BaSO4 （填化学式
33、）（4）工业上用热风吹干六水氯化锶，适宜的温度是AA5060B80100C100以上（5）步骤宜选用的无机洗涤剂是饱和氯化锶溶液考点： 制备实验方案的设计分析： 以SrCO3为原料制备六水氯化锶（SrCl26H2O），由流程可知，SrCO3和盐酸发生反应：SrCO3+2HCl=SrCl2+CO2+H2O，反应后溶液中除含有Sr2+和Cl外，还含有少量Fe2+、Ba2+杂质，加入过氧化氢，将Fe2+氧化为Fe3+，然后加硫酸生成硫酸钡沉淀，同时调节溶液pH，使Fe3+转化氢氧化铁沉淀，所以过滤后滤渣为硫酸钡和氢氧化铁，滤液中含SrCl2，最后蒸发、冷却结晶得到SrCl26H2O（1）（增大盐酸的
34、浓度，加热等可以增大反应速率；碳酸锶与盐酸反应生成氯化锶、二氧化碳和水；（2）根据Fe3+开始沉淀pH与沉淀完全pH调节溶液的pH范围，调节溶液pH使Fe3+转化氢氧化铁沉淀，且不能引入新杂质；（3）SrCO3和盐酸反应后溶液中除含有Sr2+和Cl外，还含有少量Fe2+、Ba2+杂质，加入了稀硫酸，有硫酸钡生成，加入过氧化氢，将Fe2+氧化为Fe3+，再调节溶液pH，水解可生成氢氧化铁沉淀；（4）根据六水氯化锶晶体开始失去结晶水的温度选择热风吹干时适宜的温度；（5）根据溶解平衡且不能引入新杂质分析解答解答： 解：以SrCO3为原料制备六水氯化锶（SrCl26H2O），由流程可知，SrCO3和盐
35、酸发生反应：SrCO3+2HCl=SrCl2+CO2+H2O，反应后溶液中除含有Sr2+和Cl外，还含有少量Fe2+、Ba2+杂质，加入过氧化氢，将Fe2+氧化为Fe3+，加硫酸生成硫酸钡沉淀，再调节溶液pH，使Fe3+转化氢氧化铁沉淀，所以过滤后滤渣为硫酸钡和氢氧化铁，滤液中含SrCl2，最后蒸发、冷却结晶得到SrCl26H2O（1）增大盐酸的浓度，加热，或者搅拌，增大接触面积，可以增大反应速率；碳酸锶与盐酸反应生成氯化锶、二氧化碳和水，反应的离子方程式为SrCO3+2H+=Sr2+CO2+H2O，故答案为：加热、适当增加盐酸浓度等；SrCO3+2H+=Sr2+CO2+H2O；（2）由表中数
36、据可知，Fe3+在pH=1.5时开始沉淀，在pH=3.7时沉淀完全，故在步骤的过程中，将溶液的pH值由1调节至3.7，使Fe3+转化氢氧化铁沉淀，且不能引入新杂质，可以选择氢氧化锶粉末，故答案为：B；E；（3）加入了稀硫酸，有硫酸钡生成，加入过氧化氢，将Fe2+氧化为Fe3+，再调节溶液pH，水解可生成氢氧化铁沉淀，操作中所得滤渣的主要成分是BaSO4、Fe（OH）3，故答案为：Fe（OH）3、BaSO4；（4）六水氯化锶晶体61时开始失去结晶水，100时失去全部结晶水，则用热风吹干六水氯化锶，选择的适宜温度范围是5060，故答案为：A；（5）根据溶解平衡，且不能引入新杂质，步骤宜选用的无机洗
37、涤剂是：饱和氯化锶溶液，故答案为：饱和氯化锶溶液点评： 本题考查制备实验方案的设计，理解制备工艺流程原理是解答的关键，涉及反应速率影响因素、物质的分离提纯、操作条件的控制与试剂选择等，注意对题目信息与所学知识的综合应用，题目难度中等12化学实验有助于理解化学知识，提升科学素养某探究小组用以下右图装置做如下实验实验编号 a中试剂 b中试剂 1 0.1克Na、3mL水 0.1克Na、3mL乙醇 2 3mL水 3mL饱和FeSO4溶液 （1）实验1：同时加入试剂，反应开始阶段可观察到U形管中液面b（填编号，下同），反应结束静置一段时间，最终U形管中液面ca左高右低 b左低右高 c左右基本持平（2）实
38、验2：一段时间后观察到U形管中液面左低右高，b管溶液中出现红褐色浑浊物，请解释出现上述现象的原因：溶液中FeSO4吸收O2，b管内压强减小，生成了Fe（OH）3某研究小组为探究弱酸性条件下铁的电化学腐蚀类型，将混合均匀的新制铁粉和炭粉置于锥形瓶底部，塞上瓶塞（如图（1）所示）从胶头滴管中滴入几滴醋酸溶液，同时测量容器中的压强变化（3）请填满表中空格，以完成实验设计：编号 实验目的 炭粉/g 铁粉/g 醋酸浓度/mol/L 作参照实验 0.5 2.0 1.0 探究醋酸浓度对实验的影响 0.5 0.1 0.2 2.0 1.0（4）实验测得容器中的压强随时间的变化如图（2）所示该小组得出0t1时压强
39、增大的主要原因是：发生析氢腐蚀，产生了气体；反应放热，温度升高t2时，容器中压强明显变小的原因是发生吸氧腐蚀消耗了氧气请在图（3）中用箭头标出发生该腐蚀时A和B之间的电子移动方向考点： 金属腐蚀的化学原理分析： I（1）依据钠与水、乙醇反应快慢以及最终生成的氢气的量来分析；（2）硫酸亚铁具有强的还原性，能够吸收空气中的氧气被氧化生成硫酸铁，硫酸铁中铁离子水解生成氢氧化铁；II（3）根据对比试验中保证变量的唯一性进行解答；（4）图2中0t1时压强变大，可能是发生了析氢腐蚀使气体体积增大或者反应放热使温度升高，锥形瓶中气体体积增大；t2时，容器中压强明显小于起始压强，是因为发生吸氧腐蚀，吸收氧气，
40、压强减小；根据钢铁的腐蚀类型及原理标出电子转移的方向；解答： 解：I（1）钠与水反应比钠与乙醇反应快，所以开始时a试管中产生的氢气比b试管多，故液面应左低右高；但是又由于最终生成的氢气一样多，所以最终液面又左右基本持平，故选：b；c；（2）一段时间后U形管中液面出现左低右高，说明b中有气体被消耗，又FeSO4溶液易被空气中的氧气氧化成硫酸铁，所以b管内压强减小，硫酸铁水解生成氢氧化铁，所以b管溶液中出现红褐色浑浊物；故答案为：溶液中 FeSO4吸收O2，b管内压强减小，生成了Fe（OH）3；II（3）为参照试验，由于探究醋酸的浓度的影响，则除了醋酸浓度不同外，其它条件必须完全相同，即铁粉质量应
41、该为2.0g；中只有碳粉含量与不同，则为探究碳粉含量的影响，故答案为：编号 实验目的 炭粉/g 铁粉/g 醋酸浓度/mol/L 2.0 探究炭粉的量对实验的影响 （4）图2中0t1时压强变大的原因可能为：铁发生了析氢腐蚀、铁与醋酸的反应为放热反应，温度升高时锥形瓶中压强增大，所以假设二为：反应放热使锥形瓶内温度升高；t2时，容器中压强明显小于起始压强，是因为发生吸氧腐蚀，吸收氧气，压强减小；t2时，容器中压强明显小于起始压强，说明锥形瓶中气体体积减小，说明发生了吸氧腐蚀，碳为正极，铁为负极，电子转移的方向为：，故答案为：发生析氢腐蚀，产生了气体；反应放热，温度升高；发生吸氧腐蚀消耗了氧气；点评： 本题考查了探究铁的腐蚀原理、原电池工作原理，明确原电池工作原理、钢铁析氢腐蚀、吸氧腐蚀的条件是解题关键，题目难度中等