1、安徽省皖北协作区2015届高考化学一模试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1（6分）三聚氯氰是一种重要的精细化工产品，广泛用于制造农药、染料、炸药、医药等工业目前工业上生产三聚氯氰的反应原理为：3NaCN+3Cl23NaCl+ 下列有关说法正确的是（）A三聚氯氰中Cl的化合价是+1B该反应中NaCN被还原C三聚氯氰分子中既含键又含健D36.9 g三聚氯氰中含有1.2041023个原子2（6分）下表提供的玻璃仪器（非玻璃仪器任选）及现象描述均符合相应实脸目的是（） 选项 实验目的 玻璃仪器 实验现象 A 硫化锌沉淀转化为硫化铜沉淀 试管、胶头滴管 白色沉淀转化为黑色沉淀 B 验证C
2、O2的氧化性 酒精灯、集气瓶、玻璃片 镁条剧烈燃烧，产生白色的烟雾，瓶内壁有白色粉末 C 分离乙酸与乙酸乙酯 分液漏斗、烧杯 液体分层、上层为无色油状液体，上层液体和下层液体部分液体都从分液漏斗下口放出 D 实验室制取乙烯 酒精灯、圆底烧瓶、导管 加热后液体沸腾，液体逐渐变黑，并有气体产生AABB、CC、DD、3（6分）硫酸亚铁铵（NH4）2Fe（SO4）2是一种重要的化工原料，下列有关说法正确的是（）ANa+、Fe3+、NO3、Cl2都可在该物质的溶液中大量共存B向O.1mo1L1该物质的溶液中清加0Lmol1NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与逐滴加入NaOH溶液体积关系如图所示C检验该物质
3、中Fe2+是否变质的方法是向该物质的溶液中滴入几滴KSCN溶液，观察溶液是否变红色D向该物质的溶液中摘加Ba（OH）2溶液，恰好使S042完全沉淀的离子方程式为：Fe2+2SO42+3Ba2+2OH2BaSO4+Fe（OH）24（6分）氢能是最重要的新能源，储氢是氢能利用的关健技术，其中一种储氢的方法为：（g）（g）+3H2（g）H0，若该反应在恒容的密闭容器中进行，下列有关该反应的图象判断正确的是（）ABCDAABBCCDD5（6分）全固态锂硫电池是一种新型电池，其能且密度约为一般电子设备中广泛使用的锂离子电池的4倍，且成本更低廉已知锂硫电池的总反应为2Li+SLi2S，用此电池作电源电解足
4、量的AgNO3溶液，其工作原理如图所示下列有关说法正确的是（）A乙池溶液中的N03一移向铁电极B乙池石墨电极反应式为Ag+e=AgC甲池充电时，锂电极发生氧化反应D甲池中消耗14g锂，乙池中产生11.2L氧气标准状况下）6（6分）类推是学习和研究化学的重要思维方法下列有关类推结论正确的是（） 选项 化学事实 类推结论 A 铜丝在氧气中加热反应生成CuO 铜丝在S蒸气中加热反应生成CuS B 常温下，pH=2的稀盐酸加水稀释至100倍后溶液的pH变为4 常温下，pH=2的醋酸溶液加水稀释至100倍后溶液的pH变为4 C 同一周期从左到右，主族元素非金属性逐渐增强 同一周期从左到右，主族元素的电负
5、性逐渐增大 D 除去Na2CO3粉末中混有少量的NaHCO3，看采用充分加热的方法 除去碘粉末中混有少量的NH4Cl，看采用充分加热的方法AABBCCDD7（6分）常温下，向20mL 0lmolL1的草酸（H2C204）溶被中不断滴入0lmolL1的KOH溶液，溶液的pH变化曲线如图所示下列有关说法正确的是（）Aa点溶液呈酸性，是因为HC204的电离程度小于其水解程度Bb点：c（K+）=c（HC2O4）+2c（C2O42）Cc点：c（K+）=c（H2C2O4）+c（HC2O4）+2c（C2O42）Dd点：c（K+）c（C2O42）c（OH）c（HC2O4）c（H+）二、解答题（共4小题，满分5
6、8分）8（15分）K，Fe，C，N，O，S是中学化学常见的六种元素（1）K位于元素周期表的第周期第族；N的基态原子核外有个未成对电子基态Fe2+的核外电子排布式是（2）用“”或“”填空： 第一电离能 键的极性 熔点 稳定性 NS HS键HO键 金刚石K2CO3 CH4NH3（3）在250C、l01kPa下，已知CO与NO在一定条件下反应生成N2和C02，恢复至原状态，平均每转移lmol电子放热153.9kJ，该反应的热化学方程式是（4）钢铁在有电解质溶液存在的条件下易发生电化学腐蚀某同学利用钢铁的电化学腐蚀原理，设计如图甲所示实验：写出石墨电极的电极反应式：将该装置作筒单修改即可成为铁的电化学
7、防护装置，请在图乙中的虚线框内所示位置作出修改9（14分）环己烷1，2二甲酸二异丁醋（H）属于无毒环保型增塑剂，可由下列路线合成：已知：（1）B的结构简式是；CD的反应类型是（2）C中含有的官能团名称是；F的名称系统命名）是（3）由D和G合成H的化学方程式是（4）同时满足下列条件C的同分异构体的结构简式是含有苯环；核磁共振氢谱只显示2个吸收峰；1mol该有机物最多消耗4mol NaOH（5）下列说法正确的是（填字母序号）a1mol C完全燃烧消耗8.5mol氧气bA与E均能发生氧化反应、加聚反应cG催化氧化后的产物能发生银镜反应dF与G发生消去反应的条件都是浓硫酸、加热10（14分）铋酸钠（N
8、aBi03）常用作Mn2十鉴定的强氧化剂某研究小组用浮选过的辉铋矿（主要成分是Bi2S3，还含少量Bi203，SiO2等杂质）制备铋酸钠，其流程如下：己知：铋酸钠是一种难溶于水的物质；BiC13极易水解生成不溶性的BiOCl沉淀，在浓盐酸中几乎不水解；FeC13溶液开始沉淀的pH值为2.7，沉淀完全时的pH值为3.7请回答下列问题：（1）为了提高溶浸工序中原料的浸出率，可以采取的措施（选滨字母序号）a加入足量的蒸馏水b拢拌e粉碎矿石d升离温度（2）溶浸时通常加入FeC13溶掖和浓盐徽，向其中加入过量浓盐酸的目的是滤渣A的主要成分为（3）铋酸钠可在酸性介质中将Mn2+氧化为Mn04一，故可用于M
9、2+的鉴定已知NaBi03被还原为Bi3+试写出该反应的离子方程式：（4）实验室为了测定NaBi03样品的纯度，需要配制250mL 2.0mo1L1，FeSO4溶液，所需要的玻瑞仪器除烧杯、量筒、玻璃棒外，还需要配制2.0mo1L1FeSO4溶液定容时具体的操作步获为（5）取上述NaBi03样品10.0g，加入稀硫酸和MnSO4溶液使其完全溶解，然后用新配制的2.0mo1L1FesO4；溶液对生成的Mn04一进行滴定，滴定完成后稍耗31.00mL FeS04溶液则该样品中NaBi03纯度为11（15分）氰化物有剧毒，氰化电镀会产生大量含氰化物的废水，该电镀含氰废水中的氰化物主要是以CN一和Fe
10、（CN）63两种形式存在研究表明可采用双氧水氧化法处理电镀含氰废水某化学兴趣小组模拟双氧水氧化法探究有关因素对该破氰反应速率的影晌（破氰反应是指氧化剂将CN氧化的反应）【查阅资料】Cu2+可作为双氧水氧化法破氛处理过程中的催化剂；Cu2十在偏碱性条件下对双氧水分解影响较弱，可以忽略不计；Fe（CN）63较CN一难被双氧水氧化，pH越大，Fe（CN）63越稳定，越难被氧化实脸设计在常温下，控制含氰废水样品中总氰的初始浓度和催化剂Cu2+的浓度相同，调节含氰废水样品不同的初始pH和一定浓度双氧水溶液的用量，设计如下对比实验（l）请完成以下实验设计表（表中不要留空格） 实验序号 实验目的 初始pH
11、废水样品体积mL CuSO4溶液的体积/mL 双氧水溶液的体积/mL 蒸馏水的体积/mL 为以下实验操作参考废水的初始pH对 7 60 10 10 20 废水的初始pH对破氯反应速率的影响 12 60 10 10 20 10【数据处理实验测得含氰废水中的总氰浓度（以CN一表示）随时间变化关系如图所示（2实验中2060min时间段反应速率v（CN）=molL1min1【解释和给论（3）实验和实验结果表明，含氰废水的初始pH增大，破氰反应速率减小，其原因可能是（填一点即可）在偏碱性条件下，含氰废水中的CN一最终被双氧水氧化为HC03，同时放出NH3，试写出该反应的离子方程式：（4）该兴趣小组同学要
12、探究Cu2+是否对双氧水氧化法破氰反应起催化作用，请你帮助他设计实脸并验证上述结论，完成下表中内容（己知：废水中的CN一浓度可用离子色谱仪测定） 实验步骤（不要写出具体操作过程） 预期实验现象和结论安徽省皖北协作区2015届高考化学一模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1（6分）三聚氯氰是一种重要的精细化工产品，广泛用于制造农药、染料、炸药、医药等工业目前工业上生产三聚氯氰的反应原理为：3NaCN+3Cl23NaCl+ 下列有关说法正确的是（）A三聚氯氰中Cl的化合价是+1B该反应中NaCN被还原C三聚氯氰分子中既含键又含健D36.9 g三聚氯氰中含有1.20
13、41023个原子考点：共价键的形成及共价键的主要类型；物质的量的相关计算；根据化学式判断化合价 分析：A共价化合物中非金属性强的元素显负价；B反应中Cl元素的化合价降低，被还原；C单键中只含有键，双键中既含键又含健；D根据n=求出分子的物质的量，再求原子的物质的量和数目解答：解：A共价化合物中非金属性强的元素显负价，组成三聚氯氰的三种元素中氯元素的非金属性最强，故Cl的化合价应为1，故A错误；B3NaCN+3Cl23NaCl+ 反应中Cl元素的化合价降低，氯气为氧化剂，NaCN是还原剂，在反应中被氧化，故B错误；C三聚氯氰分子中含单键和双键，单键中只含有键，双键中既含键又含健，故既含键又含键，
14、故C正确；Dn=0.2mol，则分子数为1.2041023，原子数目为1.08361024，故D错误故选C点评：本题考查了化合价、共价键、物质的量的简单计算等，题目难度不大，注意单键中只含有键，双键中既含键又含健2（6分）下表提供的玻璃仪器（非玻璃仪器任选）及现象描述均符合相应实脸目的是（） 选项 实验目的 玻璃仪器 实验现象 A 硫化锌沉淀转化为硫化铜沉淀 试管、胶头滴管 白色沉淀转化为黑色沉淀 B 验证CO2的氧化性 酒精灯、集气瓶、玻璃片 镁条剧烈燃烧，产生白色的烟雾，瓶内壁有白色粉末 C 分离乙酸与乙酸乙酯 分液漏斗、烧杯 液体分层、上层为无色油状液体，上层液体和下层液体部分液体都从分
15、液漏斗下口放出 D 实验室制取乙烯 酒精灯、圆底烧瓶、导管 加热后液体沸腾，液体逐渐变黑，并有气体产生AABB、CC、DD、考点：化学实验方案的评价 分析：A发生沉淀的转化反应；BMg与二氧化碳反应生成MgO和C，C元素的化合价降低；C乙酸与乙酸乙酯互溶，不分层；D加热至170制备乙烯解答：解：A向ZnS白色沉淀中滴加CuSO4溶液，会转化为更难溶的CuS黑色沉淀，目的、现象及仪器选择均合理，故A正确；B镁条在CO2中剧烈燃烧，发出耀眼的白光，产生白烟，瓶内壁附有白色粉末和黑色颗粒，现象不合理，故B错误；C向乙酸乙酯与乙酸中应加入饱和碳酸钠溶液，振荡、静置、分液，上层的乙酸乙酯应从分液漏斗上口
16、放出，故C错误；D实验室制乙烯所需的玻璃仪器中缺少温度计，故D错误；故选A点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及沉淀转化、实验现象及混合物分离、物质制备等，把握物质的性质及反应原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验评价性分析，题目难度中等3（6分）硫酸亚铁铵（NH4）2Fe（SO4）2是一种重要的化工原料，下列有关说法正确的是（）ANa+、Fe3+、NO3、Cl2都可在该物质的溶液中大量共存B向O.1mo1L1该物质的溶液中清加0Lmol1NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与逐滴加入NaOH溶液体积关系如图所示C检验该物质中Fe2+是否变质的方法是向该物质的溶液中滴入几
17、滴KSCN溶液，观察溶液是否变红色D向该物质的溶液中摘加Ba（OH）2溶液，恰好使S042完全沉淀的离子方程式为：Fe2+2SO42+3Ba2+2OH2BaSO4+Fe（OH）2考点：离子方程式的有关计算；离子方程式的书写；离子共存问题；二价Fe离子和三价Fe离子的检验 分析：AFe2+可被Cl2氧化而不能大量共存；B滴加NaOH溶液，首先Fe2+先与OH反应生成白色沉淀；C若Fe2+被氧化为Fe3+，只需滴入几滴KSCN溶液即可鉴别；D漏掉了NH4+与OH的反应解答：解：A（NH4）2Fe（SO4）2中含有Fe2+，Fe2+可被Cl2氧化而不能大量共存，故A错误；B滴加NaOH溶液，首先Fe
18、2+先与OH反应生成白色沉淀，图象错误，故B错误；C滴入几滴KSCN溶液，若溶液变红色，说明Fe2+被氧化为Fe3+，故C正确；D恰好使S042完全沉淀的离子方程式为：2NH4+Fe2+2SO42+3Ba2+4OH2BaSO4+Fe（OH）2+2NH3+2H2O，故D错误；故选C点评：本题考查了水溶液中的离子反应，涉及离子大量共存、离子反应先后顺序、Fe3+的检验、离子方程式的书写，综合性较强，难度中等，注意书写离子方程式时不能漏掉部分离子反应4（6分）氢能是最重要的新能源，储氢是氢能利用的关健技术，其中一种储氢的方法为：（g）（g）+3H2（g）H0，若该反应在恒容的密闭容器中进行，下列有关
19、该反应的图象判断正确的是（）ABCDAABBCCDD考点：化学平衡常数的含义；体积百分含量随温度、压强变化曲线；化学反应速率与化学平衡图象的综合应用 分析：A、H0，所以温度越高，平衡常数K越大；B、增大环己烷的物质的量，相当于增大压强；C、先拐先平，所以P1P2，增大压强平衡逆向移动；D、两边计量数不等的反应，反应速率同等程度增大，说明使用催化剂解答：解：A、该反应正反应为吸热反应，升温，平衡常数增大，故A错误；B、增大环己烷的物质的量，环己烷的转化率应降低，故B错误；C、根据“先拐先平数值大”知p1p2，增大压强平衡逆向移动，苯的体积分数应减小，故C错误；D、t1时使用催化剂，该可逆反应的
20、正、逆反应速率同等倍数的增大，故D正确；故选D点评：本题以图象形式，考查化学反应中能量变化、化学反应速率计算、化学平衡图象及影响因素等，难度中等，B选项为易错点，学生容易忽略单位问题5（6分）全固态锂硫电池是一种新型电池，其能且密度约为一般电子设备中广泛使用的锂离子电池的4倍，且成本更低廉已知锂硫电池的总反应为2Li+SLi2S，用此电池作电源电解足量的AgNO3溶液，其工作原理如图所示下列有关说法正确的是（）A乙池溶液中的N03一移向铁电极B乙池石墨电极反应式为Ag+e=AgC甲池充电时，锂电极发生氧化反应D甲池中消耗14g锂，乙池中产生11.2L氧气标准状况下）考点：原电池和电解池的工作原
21、理 分析：A、电解池中，电解质里的阴离子移向阳极；B、石墨电极为阳极，阳极上发生失电子的氧化反应；C、甲池充电时是电解池装置原理，在电解池的阴极上发生还原反应；D、根据电极反应结合电子守恒进行计算即可解答：解：A、甲为原电池，其中Li电极为负极，所连接的Fe电极为阴极；S电极为正极，所连接的C电极为阳极，电解池中NO3移向阳极（C电极），故A错误；B、石墨电极为阳极，其电极反应式为2H2O4eO2+4H+，故B错误；C、甲池充电时，Li电极为阴极，Li+得电子发生还原反应，故C错误；D、根据得失电子守恒有4LiO2，乙池产生O2的物质的量为0.5mol，故D正确 故选D点评：本题考查学生二次电
22、池中电极反应的书写以及计算知识，注意原电池和电解池的工作原理是关键，难度中等6（6分）类推是学习和研究化学的重要思维方法下列有关类推结论正确的是（） 选项 化学事实 类推结论 A 铜丝在氧气中加热反应生成CuO 铜丝在S蒸气中加热反应生成CuS B 常温下，pH=2的稀盐酸加水稀释至100倍后溶液的pH变为4 常温下，pH=2的醋酸溶液加水稀释至100倍后溶液的pH变为4 C 同一周期从左到右，主族元素非金属性逐渐增强 同一周期从左到右，主族元素的电负性逐渐增大 D 除去Na2CO3粉末中混有少量的NaHCO3，看采用充分加热的方法 除去碘粉末中混有少量的NH4Cl，看采用充分加热的方法AAB
23、BCCDD考点：探究化学规律 分析：AS具有弱氧化性，能将变价金属氧化为较低价态；B醋酸是弱电解质，加水稀释促进其电离；C同一周期元素，主族元素的非金属性随着原子序数增大而增强，元素的非金属性越强，其电负性越大；DNa2CO3的稳定性大于NaHCO3，且加热条件下，NaHCO3能转化为Na2CO3；NH4Cl不稳定，受热易分解生成氨气和HCl，稳定较低时二者又转化为NH4Cl解答：解：A氧气氧化性较强，能将变价金属氧化为较高价态，S具有弱氧化性，能将变价金属氧化为较低价态，所以铜丝在硫蒸气中加热反应生成Cu2S，故A错误；B由于醋酸是弱酸，加水稀释不断电离出H+，故pH=2的醋酸溶液加水稀释1
24、00倍后溶液的pH4，故B错误；C同一周期元素，主族元素的非金属性随着原子序数增大而增强，元素的非金属性越强，其吸引电子能力越强，则其电负性越大，故C正确；D碘粉中混有少量的NH4Cl，加热后碘粉易升华，NH4Cl易分解，遇冷后碘粉凝华，NH3和HCl又化合生成NH4Cl，两者又混在一起，无法分离，故D错误；故选C点评：本题考查化学反应规律，侧重考查元素化合物知识，为2015届高考高频点，涉及物质性质、元素周期律、弱电解质电离等知识点，注意S单质和金属反应特点，为易错点7（6分）常温下，向20mL 0lmolL1的草酸（H2C204）溶被中不断滴入0lmolL1的KOH溶液，溶液的pH变化曲线
25、如图所示下列有关说法正确的是（）Aa点溶液呈酸性，是因为HC204的电离程度小于其水解程度Bb点：c（K+）=c（HC2O4）+2c（C2O42）Cc点：c（K+）=c（H2C2O4）+c（HC2O4）+2c（C2O42）Dd点：c（K+）c（C2O42）c（OH）c（HC2O4）c（H+）考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算 分析：Aa点恰好反应生成HC2O4，HC2O4的电离程度大于其水解程度；Bb点溶液呈中性，结合电荷守恒判断；Cc点是草酸与KOH恰好中和反应生成K2C2O4，根据物料守恒判断；Dd点是反应后生成等物质的量的K2C2O4和KOH的混合液，应为c（OH）大于c（C2O
26、42）解答：解：Aa点溶液呈酸性是因为HC2O4的电离程度大于其水解程度，故A错误；Bb点溶液呈中性，即有c（H+）=c（OH），根据电荷守恒有c（K+）+c（H+）=c（HC2O4）+2c（C2O42）+c（OH），故有c（K+）=c（HC2O4）+2c（C2O42），故B正确；Cc点是草酸与KOH恰好中和反应生成K2C2O4，根据物料守恒有c（K+）=2c（H2C2O4）+2c（HC2O4）+2c（C2O42），故C错误；Dd点是反应后生成等物质的量的K2C2O4和KOH的混合液，由于C2O42要水解，应是c（OH）c（C2O42），故D错误故选B点评：本题考查了酸碱混合溶液定性判断，为高
27、频考点，明确溶液中的溶质及其性质是解本题关键，再结合溶液的酸碱性及物料守恒和电荷守恒来分析解答，题目难度中等二、解答题（共4小题，满分58分）8（15分）K，Fe，C，N，O，S是中学化学常见的六种元素（1）K位于元素周期表的第四周期第A族；N的基态原子核外有3个未成对电子基态Fe2+的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d6（2）用“”或“”填空： 第一电离能 键的极性 熔点 稳定性 NS HS键HO键 金刚石K2CO3 CH4NH3（3）在250C、l01kPa下，已知CO与NO在一定条件下反应生成N2和C02，恢复至原状态，平均每转移lmol电子放热153.9kJ，该反应的热
28、化学方程式是2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）H=615.6kJmol1（4）钢铁在有电解质溶液存在的条件下易发生电化学腐蚀某同学利用钢铁的电化学腐蚀原理，设计如图甲所示实验：写出石墨电极的电极反应式：O2+2H2O+4e4OH将该装置作筒单修改即可成为铁的电化学防护装置，请在图乙中的虚线框内所示位置作出修改考点：原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；热化学方程式；电解原理 分析：（1）K属于19号元素，位于元素周期表第四周期第A族，N原子核外电子排布式为1s22s22p3，Fe属于26号元素；（2）同周期元素自左向右第一电离能呈增大趋势，但N的2P电子是半充满状
29、态，第一电离能NO，由同主族自上向下第一电离能逐渐减小；由于电负性越大键的极性越大；一般来说，原子晶体（金刚石）的熔点高于离子晶体（K2CO3）的熔点；非金属性越强，氢化物稳定性越强；（3）依据热化学方程式书写方法，标注物质聚集状态和对应量的反应热些出热化学方程式；（4）发生吸氧腐蚀，石墨为正极，氧气得电子被还原生成OH；成为钢铁电化学防护的装置，铁连接电源的负极解答：解：（1）K属于19号元素，位于元素周期表第四周期第A族；N原子核外电子排布式为1s22s22p3，未成对电子有3个；Fe属于26号元素，基态Fe2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，故答案为：四；A；3；
30、1s22s22p63s23p63d6；（2）同周期元素自左向右第一电离能呈增大趋势，但N的2P电子是半充满状态，第一电离能NO，由同主族自上向下第一电离能逐渐减小，所以第一电离能OS，所以第一电离能NS；由于电负性OS，所以键的极性HS键HO键；一般来说，原子晶体（金刚石）的熔点高于离子晶体（K2CO3）的熔点，故熔点：金刚石K2CO3；非金属性越强，氢化物稳定性越强，N的非金属性大于C，所以稳定性 CH4NH3，故答案为：；（3）在250C、l01kPa下，已知CO与NO在一定条件下反应生成N2和C02，恢复至原状态，平均每转移lmol电子放热153.9kJ，则生成1mol氮气转移4mol电
31、子，放出153.94=615.6KJ，该反应的热化学反应方程式是2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）H=615.6kJmol1，故答案为：2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）H=615.6kJmol1；（4）发生吸氧腐蚀，石墨为正极，氧气得电子被还原生成OH，方程式为O2+2H2O+4e4OH，故答案为：O2+2H2O+4e4OH；成为钢铁电化学防护的装置，铁连接电源的负极，如图，故答案为：点评：本题考查了原子核外电子排布，电离能、电负性的含义及应用以及热化学方程式、电化学等知识，注意把握电化学工作原理和电极反应，为解答该题的关键，难度中等9（14分）环己烷1，
32、2二甲酸二异丁醋（H）属于无毒环保型增塑剂，可由下列路线合成：已知：（1）B的结构简式是；CD的反应类型是加成反应（2）C中含有的官能团名称是碳碳双键、羟基；F的名称系统命名）是2甲基1溴丙烷（3）由D和G合成H的化学方程式是（4）同时满足下列条件C的同分异构体的结构简式是含有苯环；核磁共振氢谱只显示2个吸收峰；1mol该有机物最多消耗4mol NaOH（5）下列说法正确的是abc（填字母序号）a1mol C完全燃烧消耗8.5mol氧气bA与E均能发生氧化反应、加聚反应cG催化氧化后的产物能发生银镜反应dF与G发生消去反应的条件都是浓硫酸、加热考点：有机物的推断 分析：根据信息反应原理可知，A
33、与1，3丁二烯反应生成B，则B为；F与在氢氧化钠溶液中加热发生水解反应生成G，则F的结构简式为：；D和G发生酯化反应H，反应的化学方程式为：，据此进行解答解答：解：根据信息反应原理可知，A与1，3丁二烯反应生成B，则B为；F与在氢氧化钠溶液中加热发生水解反应生成G，则F的结构简式为：；D和G发生反应生成H，（1）根据分析可知，B的结构简式为：；CD的反应中，C与氢气发生加成反应生成D，故答案为：； 加成反应（或还原反应）；（2）根据C的结构简式可知，C中含有的官能团为碳碳双键和羟基；F的结构简式为，官能团溴原子位于1号C，甲基处于2号C，该有机物名称为：2甲基1溴丙烷，故答案为：碳碳双键、羧基
34、； 2甲基1溴丙烷；（3）D和G发生正反应，该反应的化学方程式为：，故答案为：；（4）C的同分异构体满足：含有苯环；核磁共振氢谱只显示2个吸收峰，其分子中含有2种等效H原子，该有机物具有对称结构；1mol该有机物最多消耗4molNaOH，结合C的结构简式可知，该有机物分子中含有4个酚羟基，则满足条件的有机物的结构简式为：，故答案为：； （5）aC的分子式为C8H10O4，1molC完全燃烧消耗氧气的物质的量为：（8+）mol=8.5mol，故a正确；bA与E分子中都含有碳碳双键，所以都能发生氧化反应、加聚反应，故b正确；cG中连接羟基的C上含有2个氢原子，所以G催化氧化后的产物为可以含有醛基，
35、能发生银镜反应，故c正确；dF为卤代烃，发生消去反应的条件为氢氧化钠的醇溶液、加热，而G为醇，发生消去反应的条件是浓硫酸、加热，二者的反应条件不同，故d错误；故答案为：abc点评：本题考查了有机合成，题目难度较大，明确合成原理为解答关键，注意熟练掌握常见有机物结构与性质，明确同分异构体的概念及书写原则，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力10（14分）铋酸钠（NaBi03）常用作Mn2十鉴定的强氧化剂某研究小组用浮选过的辉铋矿（主要成分是Bi2S3，还含少量Bi203，SiO2等杂质）制备铋酸钠，其流程如下：己知：铋酸钠是一种难溶于水的物质；BiC13极易水解生成不溶性的Bi
36、OCl沉淀，在浓盐酸中几乎不水解；FeC13溶液开始沉淀的pH值为2.7，沉淀完全时的pH值为3.7请回答下列问题：（1）为了提高溶浸工序中原料的浸出率，可以采取的措施bcd（选滨字母序号）a加入足量的蒸馏水b拢拌e粉碎矿石d升离温度（2）溶浸时通常加入FeC13溶掖和浓盐徽，向其中加入过量浓盐酸的目的是防止FeCl3及BiCl3水解生成不溶性沉淀，提高原料的浸出率滤渣A的主要成分为SiO2、S（3）铋酸钠可在酸性介质中将Mn2+氧化为Mn04一，故可用于M2+的鉴定已知NaBi03被还原为Bi3+试写出该反应的离子方程式：5NaBiO3+2Mn2+14H+=2MnO4+5Na+5Bi3+7H
37、2O（4）实验室为了测定NaBi03样品的纯度，需要配制250mL 2.0mo1L1，FeSO4溶液，所需要的玻瑞仪器除烧杯、量筒、玻璃棒外，还需要250mL容量瓶、胶头滴管配制2.0mo1L1FeSO4溶液定容时具体的操作步获为沿着玻璃棒向容量瓶中加入蒸馏水至离刻度线12cm处，再改用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液凹液面与刻度线相切（5）取上述NaBi03样品10.0g，加入稀硫酸和MnSO4溶液使其完全溶解，然后用新配制的2.0mo1L1FesO4；溶液对生成的Mn04一进行滴定，滴定完成后稍耗31.00mL FeS04溶液则该样品中NaBi03纯度为86.8%考点：物质分离和提纯的方法和基本操
38、作综合应用 分析：辉铋矿（主要成分是Bi2S3还含少量Bi203，SiO2等杂质）制备铋酸钠，辉铋矿加入氯化铁溶液和盐酸溶解后过滤，氯化铁氧化硫离子为硫单质，盐酸是防止FeCl3及BiCl3水解生成不溶性沉淀，得到滤渣为SiO2和S，滤液中含有Bi3+，H+，Fe2+，滤液中加入铁粉过滤得到海绵铋，和滤液B主要是氯化亚铁，通入氯气后生成氯化铁，然后循环使用，海绵铋在氧气中加入过氧化钠发生氧化还原反应生成NaBiO3；（1）提高溶浸工序中原料的浸出率，可以结合影响化学反应速率的因素分析；（2）加入过量浓盐酸的目的是防止FeCl3及BiCl3水解生成不溶性沉淀，上述分析可知滤渣为二氧化硅和氯化铁氧
39、化生成的硫单质；（3）铋酸钠可在酸性介质中将Mn2+氧化为Mn04，NaBi03被还原为Bi3+，依据电荷守恒和原子守恒书写反应的离子方程式：（4）配制溶液步骤和过程分析需要的玻璃仪器，烧杯中溶解后，转移到容量瓶，加水至刻度定容；（5）依据化学反应的定量关系计算，5NaBiO32MnO410Fe2+，得到NaBiO3物质的量，得到质量计算质量分数解答：解：辉铋矿（主要成分是Bi2S3还含少量Bi203，SiO2等杂质）制备铋酸钠，辉铋矿加入氯化铁溶液和盐酸溶解后过滤，氯化铁氧化硫离子为硫单质，盐酸是防止FeCl3及BiCl3水解生成不溶性沉淀，得到滤渣为SiO2和S，滤液中含有Bi3+，H+，
40、Fe2+，滤液中加入铁粉过滤得到海绵铋，和滤液B主要是氯化亚铁，通入氯气后生成氯化铁，然后循环使用，海绵铋在氧气中加入过氧化钠发生氧化还原反应生成NaBiO3；（1）a加入足量的蒸馏水不能溶解矿石中的物质，不能提高浸出率，故a错误；b拢拌加快物质溶解，能提高浸出率，故b正确；e粉碎矿石增大接触面积，提高反应速率，故c正确；d升离温度提高反应速率，可以提高溶浸工序中原料的浸出率，故d正确，故答案为：bcd；（2）加入过量浓盐酸的目的是防止FeCl3及BiCl3水解生成不溶性沉淀，上述分析可知滤渣为二氧化硅和氯化铁氧化生成的硫单质，故答案为：防止FeCl3及BiCl3水解生成不溶性沉淀，提高原料的
41、浸出率；SiO2、S；（3）铋酸钠可在酸性介质中将Mn2+氧化为Mn04，NaBi03被还原为Bi3+，由电荷守恒和原子守恒可知反应的离子方程式为5NaBiO3+2Mn2+14H+=2MnO4+5Na+5Bi3+7H2O，故答案为：5NaBiO3+2Mn2+14H+=2MnO4+5Na+5Bi3+7H2O；（4）配制溶液步骤和过程分析需要的玻璃仪器，所需要的玻瑞仪器除烧杯、量筒、玻璃棒外，还需要250mL容量瓶、胶头滴管，配制2.0mo1L1FeSO4溶液定容时具体的操作步骤为，硫酸亚铁在烧杯中溶解后，转移到容量瓶，加水至刻度定容，具体步骤为：沿着玻璃棒向容量瓶中加入蒸馏水至离刻度线12cm处
42、，再改用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液凹液面与刻度线相切，故答案为：沿着玻璃棒向容量瓶中加入蒸馏水至离刻度线12cm处，再改用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液凹液面与刻度线相切；（5）由5NaBiO3+2Mn2+14H+=2MnO4+5Na+5Bi3+7H2O、MnO4+5Fe2+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O可知，5NaBiO32MnO410Fe2+，5 10n（NaBiO3） 2.0mo1L10.0310L n（NaBiO3）=0.031mol得到质量计算质量分数=100%=86.8%，故答案为：86.8%点评：本题考查了物质分离提纯的方法和过程分析判断，实验基本操作，溶液配制方法的分析应用，注意物
43、质性质的理解应用，掌握基础是关键，题目难度中等11（15分）氰化物有剧毒，氰化电镀会产生大量含氰化物的废水，该电镀含氰废水中的氰化物主要是以CN一和Fe（CN）63两种形式存在研究表明可采用双氧水氧化法处理电镀含氰废水某化学兴趣小组模拟双氧水氧化法探究有关因素对该破氰反应速率的影晌（破氰反应是指氧化剂将CN氧化的反应）【查阅资料】Cu2+可作为双氧水氧化法破氛处理过程中的催化剂；Cu2十在偏碱性条件下对双氧水分解影响较弱，可以忽略不计；Fe（CN）63较CN一难被双氧水氧化，pH越大，Fe（CN）63越稳定，越难被氧化实脸设计在常温下，控制含氰废水样品中总氰的初始浓度和催化剂Cu2+的浓度相同
44、，调节含氰废水样品不同的初始pH和一定浓度双氧水溶液的用量，设计如下对比实验（l）请完成以下实验设计表（表中不要留空格） 实验序号 实验目的 初始pH 废水样品体积mL CuSO4溶液的体积/mL 双氧水溶液的体积/mL 蒸馏水的体积/mL 为以下实验操作参考废水的初始pH对 7 60 10 10 20 废水的初始pH对破氯反应速率的影响 12 60 10 10 20 10【数据处理实验测得含氰废水中的总氰浓度（以CN一表示）随时间变化关系如图所示（2实验中2060min时间段反应速率v（CN）=0.0175molL1min1【解释和给论（3）实验和实验结果表明，含氰废水的初始pH增大，破氰反
45、应速率减小，其原因可能是初始pH增大，Fe（CN）63较中性和酸性条件下更稳定，难以氧化（填一点即可）在偏碱性条件下，含氰废水中的CN一最终被双氧水氧化为HC03，同时放出NH3，试写出该反应的离子方程式：CN+H2O2+H2ONH3+HCO3（4）该兴趣小组同学要探究Cu2+是否对双氧水氧化法破氰反应起催化作用，请你帮助他设计实脸并验证上述结论，完成下表中内容（己知：废水中的CN一浓度可用离子色谱仪测定） 实验步骤（不要写出具体操作过程） 预期实验现象和结论考点：探究温度、压强对化学反应速率的影响 分析：（1）实验的目的是调节含氰废水样品不同的初始pH和一定浓度双氧水溶液的用量，应分别检测废
46、水的初始pH对破氯反应速率的影响和双氧水的浓度对破氰反应速率的影响；（2）根据v=，进行计算求解；（3）pH越大，Fe（CN）63越稳定，越难被氧化，破氰反应速率减小；根据条件结合氧化还原反应的知识解答；（4）分别取温度相同、体积、浓度相同的含氰废水的试样两等份，滴加过氧化氢，一份中加入少量的无水硫酸铜粉末，另一份不加，用用离子色谱仪测定废水中的CN一浓度来做对比实验解答：解：（1）双氧水的浓度对破氰反应速率的影响，其它量应不变，而且总体积不变，蒸馏水的体积为10mL，所以双氧水的体积为20mL，故答案为：实验编号实验目的初始pH废水样品体积/mLCuSO4溶液的体积/mL双氧水溶液的体积/m
47、L蒸馏水的体积/mL双氧水的浓度对破氰反应速率的影响7601020（2）根据v=0.0175molL1min1，故答案为：0.0175；（3）pH越大，Fe（CN）63越稳定，越难被氧化，所以破氰反应速率减小；因为氰废水中的CN一最终被双氧水氧化为HC03，其中的碳由+2价变成+4价，1mol转移2mol的电子，而过氧化氢1mol也转移2mol的电子，所以CN一和H2O2的物质的量之比为1：1，所以反应的离子方程式为：CN+H2O2+H2ONH3+HCO3，故答案为：初始pH增大，Fe（CN）63较中性和酸性条件下更稳定，难以氧化；CN+H2O2+H2ONH3+HCO3；（4）分别取温度相同、
48、体积、浓度相同的含氰废水的试样两等份，滴加过氧化氢，一份中加入少量的无水硫酸铜粉末，另一份不加，用用离子色谱仪测定废水中的CN一浓度，如果在相同时间内，若甲试管中的CN浓度小于乙试管中的CN浓度，则Cu2+对双氧水破氰反应起催化作用，反之则不起催化作用，故答案为：实验方案（不要求写出具体操作过程）预期实验现象和结论分别取等体积、等浓度的含氰废水于甲、乙两支试管中，再分别加入等体积、等浓度的双氧水溶液，只向甲试管中加入少量的无水硫酸铜粉末，用离子色谱仪测定相同反应时间内两支试管中的CN浓度相同时间内，若甲试管中的CN浓度小于乙试管中的CN浓度，则Cu2+对双氧水破氰反应起催化作用；若两试管中的CN浓度相同，则Cu2+对双氧水破氰反应不起催化作用点评：本题考查外界条件的变化对化学反应速率的影响，学生要清楚在研究一个变量引起速率变化的时候，其它的量应该相同，另还要学会以用对比实验，来得出结论，有一定的难度