1、高考资源网（） 您身边的高考专家2016-2017学年广东省汕头市潮阳市黄图盛中学高三（上）期中化学试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1化学在生产和日常生活中有着重要的应用下列说法中不正确的是（）A电解AlCl3饱和溶液，可制得金属铝B铝热反应不仅被用于焊接钢轨，而且还常被用于冶炼熔点较高的金属C铝比铁活泼，但铝制品比铁制品在空气中耐腐蚀DAl2O3、MgO的熔点很高，可用于制作耐高温材料2下列有关化学用语正确的是（）ANH4Cl的电子式：B2硝基甲苯的结构简式：C硫原子结构示意图：D质子数为94、中子数为144的钚原子：Pu3用NA表示阿伏加德罗常数的值下列叙述正确的是（）A
2、标准状况下，22.4 L NO与11.2 L O2充分反应后得到的气体分子数为NAB3.6 g重水中含有的中子数为2NAC一定条件下，6.4 g铜与过量的硫反应，转移电子数目为0.2NAD常温下，1 L 1 molL1的CH3COOH溶液中，所含溶质分子数小于NA4几种短周期元素的原子半径及主要化合价如表：元素代号XYZMR原子半径/nm0.1860.1020.0750.0740.143主要化合价+1+6、2+5、32+3已知X是短周期中最活泼的金属，且与R同周期下列叙述不正确的是（）A离子半径大小：R3+X+M2BY与M组成的化合物是光化学烟雾的原因之一C将YM2通入Ba（NO3）2溶液中有
3、大量白色沉淀产生DR的单质是铝热剂的成分之一5青蒿酸是合成青蒿素的原料，其结构如图所示下列有关青蒿酸的说法正确的是（）A青蒿素分子式为：C15H20O2B1 mol青蒿酸可与3 mol H2发生加成反应C在一定条件，可与乙醇发生酯化反应D能使溴水褪色，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色6用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的是（）A用如图所示装置验证反应产物二氧化碳B用如图装置吸收氨气并防止倒吸C如图装置配制100 mL 1 molL1的硫酸D用如图装置除去氯气中的氯化氢7中科院宁波材料所研发金属空气电池获得重大突破该电池的工作原理如图所示：下列有关说法正确的是（）A电池工作时，负极附近溶液的pH
4、升高B电池工作时，电流由M极经外电路流向N极C电路中转移2mol电子，理论上约消耗标准状况下空气56LD电池总反应为4Al+3O2=2Al2O3、2Mg+O2=2MgO二、解答题（共4小题，满分58分）8（14分）亚硝酸钙Ca（NO2）2是水泥混凝土外加剂的主要原料，某学习小组设计实验制备亚硝酸钙，实验装置如图所示（夹持装置略去）已知：2NO+CaO2Ca（NO2）2；2NO2+CaO2Ca（NO3）2请回答下列问题：（1）向三颈烧瓶中加入稀硝酸之前，应向装置中通入一段时间的N2，原因是（2）仪器D的名称是；B中盛放的试剂是（3）装置F中，酸性K2Cr2O7溶液可将剩余的NO氧化成NO3，溶液
5、由橙色变为绿色（Cr3+），发生反应的离子方程式是（4）已知Ca（NO2）2溶液需保持弱碱性，因为其遇酸会发生反应，产生NO气体设计实验证明E中有亚硝酸钙生成（5）工业上可用石灰乳和硝酸工业的尾气（含NO、N02）反应，既能净化尾气，又能获得应用广泛的Ca（NO2）2，反应原理为Ca（OH）2+NO+N02=Ca（N02）2+H2O若n（ NO）：n（NO2）l：l，则会导致：若n（ NO）：n（ NO2）l l，则会导致9（16分）SnSO4用于合金、马口铁、汽缸活塞、钢丝等酸性电镀，电子器件的光亮镀锡等另外，还用于铝合金制品涂层氧化着色，印染工业用作媒染剂，有机溶液中双氧水去除剂等工业上S
6、nSO4的制备路线如图：已知：酸性条件下，锡在水溶液中有Sn2+、Sn4+两种主要存在形式，Sn2+易被氧化SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡回答下列问题：（1）锡原子的核外电子数为50，与碳元素同主族，锡元素在周期表中的位置是（2）操作是、过滤、洗涤（3）SnCl2粉末需加浓盐酸进行溶解，请用平衡移动原理解释原因：（4）加入锡粉的作用有两个：调节溶液pH，（5）反应得到沉淀是SnO，得到该沉淀的离子反应方程式是（6）酸性条件下，SnSO4还可以用作双氧水去除剂，发生反应的离子方程式是（7）该小组通过下列方法测定所用锡粉的纯度（杂质不参与反应）：将试样溶于盐酸中，反应为Sn+2HClSnCl2+
7、H2；加过量FeCl3氧化Sn2+生成Sn4+；用已知浓度的盐酸酸化过的K2Cr2O7滴定生成的FeCl2，反应的化学方程是：6FeCl2+K2Cr2O7+14HCl6FeCl3+2KCl+2CrCl3+7H2O取1.360g锡粉，经上述各步反应后，共用去0.100molL1K2Cr2O7溶液33.00mL，则锡粉中锡的质量分数是（保留一位小数）10（14分）钼酸钠晶体（ Na2MoO42H2O）是一种无公害型冷却水系统的金属缓蚀剂工业上利用钼精矿（主要成分是不溶于水的MoS2）制备钼酸钠的两种途径如图1所示：（1）NaClO的电子式是（2）为了提高焙烧效率，除增大空气量外还可以采用的措施是（
8、3）途径I碱浸时发生反应的离子方程式为（4）途径氧化时发生反应的离子方程式为（5）钼酸钠和月桂酰肌氨酸的混合液常作为碳素钢的缓蚀剂常温下，碳素钢在三种不同介质中的腐蚀速率实验结果如图2：要使碳素钢的缓蚀效果最优，钼酸钠和月桂酰肌氨酸的浓度比应为当硫酸的浓度大于90%时，腐蚀速率几乎为零，原因是试分析随着盐酸和硫酸浓度的增大，碳素钢在两者中腐蚀速率产生明显差异的主要原因是11（14分）贝诺酯主要用于类风湿性关节炎、风湿痛等其合成路线如图所示：回答下列问题：（1）A的结构简式为；E中含氧官能团的名称为（2）D+GH的反应类型为；C的结构简式为（3）写出F与足量NaOH溶液反应的化学方程式：（4）写
9、出符合下列条件的E的同分异构体结构简式a分子中含有苯环 b能发生水解反应 c核磁共振氢谱有4组峰（5）请根据题中合成路线图有关信息，写出以甲苯和苯酚为原料制备的合成路线流程图（无机试剂可任选）：合成路线流程图示例如下：CH3CHOCH3COOH CH3COOCH2CH32016-2017学年广东省汕头市潮阳市黄图盛中学高三（上）期中化学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化学在生产和日常生活中有着重要的应用下列说法中不正确的是（）A电解AlCl3饱和溶液，可制得金属铝B铝热反应不仅被用于焊接钢轨，而且还常被用于冶炼熔点较高的金属C铝比铁活泼，但铝制品比铁制品在
10、空气中耐腐蚀DAl2O3、MgO的熔点很高，可用于制作耐高温材料【考点】电解原理【专题】电化学专题【分析】AAl的表面易形成致密的氧化膜；B铝具有较强的还原性，铝热反应会放出大量热；CAlCl3饱和溶液中氢离子的得电子能力大于铝离子；DAl2O3、MgO的熔点在两千摄氏度以上【解答】解：AAlCl3饱和溶液中氢离子的得电子能力大于铝离子，所以在阴极上氢离子得电子生成氢气，铝离子不能被电解，所以得不到金属铝，故A错误；B铝具有较强的还原性，铝热反应会放出大量热，铝热反应生成的铁单质为液体可以用于焊接钢轨，铝热反应还常被用于冶炼熔点较高的金属，故B正确；CAl的表面易形成致密的氧化膜，能保护内部金
11、属不被腐蚀，Fe表面形成疏松的氧化膜，不能保护内部金属，所以铝制品比铁制品在空气中耐腐蚀，故C正确；DAl2O3、MgO的熔点在两千摄氏度以上，熔点很高，可用于制作耐高温材料，故D正确故选A【点评】本题考查了铝及其化合物的性质，题目难度不大，注意把握常见元素化合物的性质，侧重于考查学生对基础知识的应用能力2下列有关化学用语正确的是（）ANH4Cl的电子式：B2硝基甲苯的结构简式：C硫原子结构示意图：D质子数为94、中子数为144的钚原子：Pu【考点】电子式【专题】化学用语专题【分析】A、氯化铵是由氨根离子与氯离子通过离子键结合而成的离子化合物；B、2硝基甲苯是在甲苯苯环上的2号碳原子上连有一个
12、硝基；C、硫原子的核内有16个质子，核外有16个电子；D、质量数=质子数+中子数【解答】解：A、氯化铵是离子化合物，由氨根离子与氯离子构成，电子式为：，故A错误；B、2硝基甲苯是在甲苯苯环上的2号碳原子上连有一个硝基，故结构简式为，故B错误；C、硫原子的核内有16个质子，核外有16个电子，故原子结构示意图为，故C正确；D、质量数=质子数+中子数，故质子数为94、中子数为144的钚原子的质量数为238，即为23894Pu，故D错误故选C【点评】本题考查了常见额化学用语，难度不大，应注意的是离子化合物电子式的书写方法3用NA表示阿伏加德罗常数的值下列叙述正确的是（）A标准状况下，22.4 L NO
13、与11.2 L O2充分反应后得到的气体分子数为NAB3.6 g重水中含有的中子数为2NAC一定条件下，6.4 g铜与过量的硫反应，转移电子数目为0.2NAD常温下，1 L 1 molL1的CH3COOH溶液中，所含溶质分子数小于NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A二氧化氮与四氧化二氮之间存在转化平衡，导致气体分子数减少；B重水的摩尔质量为20g/mol，重水中含有10个电子，3.6g重水的物质的量为0.18mol，含有1.8mol中子；C铜与硫反应生成硫化亚铜，6.4g铜的物质的量为0.1mol，与硫单质完全反应转移0.1mol电子；D根据n=cV计算出醋酸的物质的量，醋酸部分电离，溶液中醋
14、酸分子数目减少【解答】解：A标准状况下，22.4L一氧化氮的物质的量为1mol，11.2L氧气的物质的量为0.5mol，二者恰好反应生成1mol二氧化氮，由于部分二氧化氮转化成四氧化二氮，则反应后的物质分子小于1mol，得到的气体分子数小于NA，故A错误；B3.6g重水的物质的量为：=0.18mol，0.18mol重水中含有1.8mol中子，含有的中子数为1.8NA，故B错误；C6.4g铜的物质的量为：=0.1mol，0.1mol铜与S单质完全反应转移0.1mol电子，转移电子数目为0.1NA，故C错误；D1L 1molL1的CH3COOH溶液中含有溶质醋酸的物质的量为1mol，由于醋酸部分电
15、离，则溶液中醋酸分子小于1mol，所含溶质分子数小于NA，故D正确；故选D【点评】本题考查阿伏加德罗常数的综合应用，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系，试题有利于提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力4几种短周期元素的原子半径及主要化合价如表：元素代号XYZMR原子半径/nm0.1860.1020.0750.0740.143主要化合价+1+6、2+5、32+3已知X是短周期中最活泼的金属，且与R同周期下列叙述不正确的是（）A离子半径大小：R3+X+M2BY与M组成的化合物是光化学烟雾的原因之一C
16、将YM2通入Ba（NO3）2溶液中有大量白色沉淀产生DR的单质是铝热剂的成分之一【考点】原子结构与元素的性质【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】由化合价可知Y化合价有+6、2价，应为A族元素，为S元素，M化合价只有2价，为O元素，Z化合价为+5、3，为A族元素，因原子半径大于O小于S，应为N元素，X化合价为+1价，为A族元素，原子半径大于S，为Na元素，R为+3价，属于A族元素，原子半径小于Na，大于S，为Al元素，结合对应单质、化合物的性质解答该题【解答】解：Y和M的化合价都有2价，应为周期表第A族元素，Y的最高价为+6价，应为S元素，M无正价，应为O元素；Z的化合价为+5、3价，应为周
17、期表第A族，原子半径小于硫元素原子，故处于第二周期，为N元素；R的化合价为+3价，应为周期表第A族元素，R原子半径大于硫元素，为Al元素；X的化合价为+1价，应为周期表第A族元素，原子半径大于Al元素，处于第三周期，为Na元素，A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：Al3+Na+S2，故A正确；BZ与M组成的化合物二氧化硫，是形成酸雨的原因之一，氮的氧化物是光化学烟雾的原因之一，故B错误；C将SO2通入Ba（NO3）2溶液中，硝酸根离子在酸性条件下，能氧化二氧化硫，能反应生成硫酸钡白色沉淀，故C正确；DAl的单质是铝热剂的成分之一，故D正确；故选B【点评
18、】本题考查元素位置结构和性质的关系及应用，题目难度中等，正确把握元素化合价、原子半径与元素性质的关系是解答该题的关键，注意元素周期律的递变规律的应用5青蒿酸是合成青蒿素的原料，其结构如图所示下列有关青蒿酸的说法正确的是（）A青蒿素分子式为：C15H20O2B1 mol青蒿酸可与3 mol H2发生加成反应C在一定条件，可与乙醇发生酯化反应D能使溴水褪色，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色【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】由结构可知分子式，分子中含碳碳双键、COOH，结合烯烃及羧酸的性质来解答【解答】解：A青蒿素分子式为C15H22O2，故A错误；B只有2个碳碳双键与氢气发
19、生加成反应，则1 mol青蒿酸可与2 mol H2发生加成反应，故B错误；C含COOH，可与乙醇发生酯化反应，故C正确；D含碳碳双键，能使溴水褪色，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，分别发生加成、氧化反应，故D错误；故选C【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意烯烃、羧酸性质的应用及COOH不能发生加成反应，题目难度不大6用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的是（）A用如图所示装置验证反应产物二氧化碳B用如图装置吸收氨气并防止倒吸C如图装置配制100 mL 1 molL1的硫酸D用如图装置除去氯气中的氯化氢【考点】化学实验方
20、案的评价【专题】实验评价题；同分异构体的类型及其判定【分析】A二氧化硫、二氧化碳都可使澄清石灰水变浑浊；B氨气不溶于四氯化碳；C不能在容量瓶中稀释浓硫酸；D进气方向错误【解答】解：A碳和浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化硫、二氧化碳，二氧化硫、二氧化碳都可使澄清石灰水变浑浊，应先除去二氧化硫，故A错误；B氨气不溶于四氯化碳，不直接与水接触，可防止倒吸，故B正确；C容量瓶只能用于配制溶液，且在常温下使用，不能在容量瓶中稀释浓硫酸，故C错误；D进气方向错误，洗气时，气体从长导管进入，故D错误故选B【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握实验原理及实验装置的作用为解答的关键，明确实验基本操
21、作和物质的性质即可解答，注意实验的评价性和操作性分析，题目难度不大7中科院宁波材料所研发金属空气电池获得重大突破该电池的工作原理如图所示：下列有关说法正确的是（）A电池工作时，负极附近溶液的pH升高B电池工作时，电流由M极经外电路流向N极C电路中转移2mol电子，理论上约消耗标准状况下空气56LD电池总反应为4Al+3O2=2Al2O3、2Mg+O2=2MgO【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】根据原电池的工作原理可以看出：活泼金属镁和铝的合金是负极，该电极上发生失电子的氧化反应，正极上是氧气得电子的还原反应，电子从负极流向着正极，电流从正极流向负极，总反应是正极和负极反
22、应的和，根据电极反应式来回答【解答】解：A、根据原电池的工作原理可以看出：活泼金属镁和铝的合金是负极，该电极上发生失电子的氧化反应，即Mg2e=Mg2+，正极上是氧气得电子的还原反应，产生氢氧根离子，氢氧根离子和镁离子之间反应会得到氢氧化镁，负极附近溶液的pH降低，故A错误；B、电池工作时，电流从正极流向负极，即由N极经外电路流向M极，故B错误；C、电路中转移2mol电子，根据正极上发生反应：O2+4H+4e=2H2O，消耗氧气的物质的量是0.5mol，标况下的体积是11.2L，理论上约消耗标准状况下空气56L，故C正确；D、电池总反应为2Mg+O2+2H2O=2Mg（OH）2，故D错误故选C
23、【点评】本题综合考查原电池知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，侧重于正负极的判断和电极方程式的书写，学生要注意相关基础知识的积累，题目难度不大二、解答题（共4小题，满分58分）8（14分）亚硝酸钙Ca（NO2）2是水泥混凝土外加剂的主要原料，某学习小组设计实验制备亚硝酸钙，实验装置如图所示（夹持装置略去）已知：2NO+CaO2Ca（NO2）2；2NO2+CaO2Ca（NO3）2请回答下列问题：（1）向三颈烧瓶中加入稀硝酸之前，应向装置中通入一段时间的N2，原因是排除装置中氧气，防止其将生成的一氧化氮氧化生成二氧化氮（2）仪器D的名称是U形干燥管；B中盛放的试剂是蒸馏水（3）装置F中，
24、酸性K2Cr2O7溶液可将剩余的NO氧化成NO3，溶液由橙色变为绿色（Cr3+），发生反应的离子方程式是2NO+Cr2O72+6H+=2Cr3+2NO3+3H2O（4）已知Ca（NO2）2溶液需保持弱碱性，因为其遇酸会发生反应，产生NO气体设计实验证明E中有亚硝酸钙生成取少量E中反应后的固体于试管中，滴加少许硫酸，试管口有红棕色气体生成（5）工业上可用石灰乳和硝酸工业的尾气（含NO、N02）反应，既能净化尾气，又能获得应用广泛的Ca（NO2）2，反应原理为Ca（OH）2+NO+N02=Ca（N02）2+H2O若n（ NO）：n（NO2）l：l，则会导致排放气体中NO含量升高，污染环境：若n（
25、NO）：n（ NO2）l l，则会导致产品Ca（NO2）2中Ca（NO3）2含量升高【考点】制备实验方案的设计【专题】制备实验综合【分析】（1）空气中氧气能氧化一氧化氮干扰实验；（2）根据仪器的结构来解答；硝酸易挥发，通过蒸馏水洗去硝酸，以防止过氧化钙反应生成氧气；（3）反应中Cr2O72被还原成Cr3+，NO氧化成NO3，根据电子得失守恒与质量守恒配平；（4）根据Ca（NO2）2与酸会发生反应产生NO气体，NO气体遇氧气生成红棕色NO2气体；（5）若n（NO）：n（NO2）1：1，则一氧化氮过量，若1：1，则二氧化氮过量；【解答】解：（1）装置中含有空气，空气中氧气能氧化一氧化氮，所以通入氮
26、气的目的是排除装置中氧气，防止其将生成的一氧化氮氧化生成二氧化氮；故答案为：排除装置中氧气，防止其将生成的一氧化氮氧化生成二氧化氮；（2）仪器D的名称是U形干燥管；硝酸易挥发，通过B中盛放的蒸馏水洗去硝酸，以防止过氧化钙反应生成氧气；故答案为：U形干燥管；蒸馏水；（3）反应中Cr2O72被还原成Cr3+，NO氧化成NO3，离子反应方程式为：2NO+Cr2O72+6H+=2Cr3+NO3+3H2O；故答案为：2NO+Cr2O72+6H+=2Cr3+NO3+3H2O；（4）Ca（NO2）2与酸会发生反应产生NO气体，NO气体遇氧气生成红棕色NO2气体，所以取少量E中反应后的固体于试管中，滴加少许硫
27、酸，试管口有红棕色气体生成即可证明E中有亚硝酸钙生成；故答案为：取少量E中反应后的固体于试管中，滴加少许硫酸，试管口有红棕色气体生成；（5）若n（NO）：n（NO2）1：1，则一氧化氮过量，排放气体中NO含量升高，污染环境；若n（NO）：n（NO2）1：1，则二氧化氮过量，二氧化氮可与石灰乳反应生成Ca（NO3）2；故答案为：排放气体中NO含量升高，污染环境；产品Ca（NO2）2中Ca（NO3）2含量升高；【点评】本题考查了制备实验方案的设计，同时考查学生分析问题、解决问题的能力，知道装置的作用、除杂原理、离子方程式的书写、氧化还原反应即可进行解答，难度不大9（16分）SnSO4用于合金、马口
28、铁、汽缸活塞、钢丝等酸性电镀，电子器件的光亮镀锡等另外，还用于铝合金制品涂层氧化着色，印染工业用作媒染剂，有机溶液中双氧水去除剂等工业上SnSO4的制备路线如图：已知：酸性条件下，锡在水溶液中有Sn2+、Sn4+两种主要存在形式，Sn2+易被氧化SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡回答下列问题：（1）锡原子的核外电子数为50，与碳元素同主族，锡元素在周期表中的位置是第5周期A族（2）操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤（3）SnCl2粉末需加浓盐酸进行溶解，请用平衡移动原理解释原因：SnCl2+H2OSn（OH）Cl+HCl，加入盐酸，使该平衡向左移动，抑制Sn2+的水解（4）加入锡粉的作用有两个
29、：调节溶液pH，防止Sn2+被氧化（5）反应得到沉淀是SnO，得到该沉淀的离子反应方程式是Sn2+CO32SnO+CO2（6）酸性条件下，SnSO4还可以用作双氧水去除剂，发生反应的离子方程式是Sn2+H2O2+2H+Sn4+2H2O（7）该小组通过下列方法测定所用锡粉的纯度（杂质不参与反应）：将试样溶于盐酸中，反应为Sn+2HClSnCl2+H2；加过量FeCl3氧化Sn2+生成Sn4+；用已知浓度的盐酸酸化过的K2Cr2O7滴定生成的FeCl2，反应的化学方程是：6FeCl2+K2Cr2O7+14HCl6FeCl3+2KCl+2CrCl3+7H2O取1.360g锡粉，经上述各步反应后，共用
30、去0.100molL1K2Cr2O7溶液33.00mL，则锡粉中锡的质量分数是86.6%（保留一位小数）【考点】制备实验方案的设计【专题】制备实验综合【分析】SnCl2粉末加浓盐酸进行溶解得到酸性溶液，此时溶液中含有Sn2+、Sn4+，向其中加入Sn粉，Sn粉可以和H+发生反应，使溶液酸性减弱，调节了溶液pH值，另外Sn可以将被氧化生成的Sn4+还原成Sn2+，即防止Sn2+被氧化为Sn4+，过滤得SnCl2溶液，向其中加碳酸钠，将Sn元素以SnO形式沉淀，过滤洗涤得纯净的SnO，加稀硫酸，得SnSO4溶液，加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，制得SnSO4晶体；（1）锡原子的核电荷数为50，与碳
31、元素属于同一主族，处于A族，根据原子序数减各周期容纳元素种数确定所在的周期；（2）从溶液中获取晶体采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤的方法；（3）由信息可知，SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡，加入盐酸，抑制Sn2+水解；（4）由信息可知，Sn2+易被氧化，加入Sn粉除调节溶液pH外，还防止Sn2+被氧化； （5）反应得到沉淀是SnO，Sn元素化合价为变化，属于非氧化还原反应，同时生成气体，该气体为二氧化碳；（6）酸性条件下，SnSO4还可以用作双氧水去除剂，双氧水有强氧化性，将Sn2+易被氧化为Sn4+，自身被还原为水；（7）根据电子转移守恒与方程式可得关系式SnSn2+2Fe3+2Fe2+K
32、2Cr2O7，据此计算【解答】解：SnCl2粉末加浓盐酸进行溶解得到酸性溶液，此时溶液中含有Sn2+、Sn4+，向其中加入Sn粉，Sn粉可以和H+发生反应，使溶液酸性减弱，调节了溶液pH值，另外Sn可以将被氧化生成的Sn4+还原成Sn2+，即防止Sn2+被氧化为Sn4+，过滤得SnCl2溶液，向其中加碳酸钠，将Sn元素以SnO形式沉淀，过滤洗涤得纯净的SnO，加稀硫酸，得SnSO4溶液，加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，制得SnSO4晶体；（1）锡原子的核电荷数为50，与碳元素属于同一主族，处于A族，其原子核外有5个电子层，所以位于第5周期第IVA族，故答案为：第5周期A族；（2）从溶液中获取晶
33、体采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤的方法，所以操作I是蒸发浓缩、冷却结晶，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；（3）由信息可知，SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡，存在平衡Sn Cl2+H2OSn（OH）Cl+HCl，加入盐酸，使该平衡向左移动，抑制Sn2+水解，故答案为：SnCl2水解，发生SnCl2+H2OSn（OH）Cl+HCl，加入盐酸，使该平衡向左移动，抑制Sn2+水解；（4）由信息可知，Sn2+易被氧化，加入Sn粉除调节溶液pH外，还防止Sn2+被氧化，故答案为：防止Sn2+被氧化；（5）反应得到沉淀是SnO，Sn元素化合价为变化，属于非氧化还原反应，同时生成气体，该气体为二氧化碳，离子
34、方程式为：Sn2+CO32SnO+CO2，故答案为：Sn2+CO32SnO+CO2；（6）酸性条件下，SnSO4还可以用作双氧水去除剂，双氧水有强氧化性，将Sn2+易被氧化为Sn4+，自身被还原为水，离子方程式为：Sn2+H2O2+2H+Sn4+2H2O，故答案为：Sn2+H2O2+2H+Sn4+2H2O（7）令锡粉中锡的质量分数为x，则：SnSn2+2Fe3+2Fe2+K2Cr2O7119g mol 1.360gx 0.100mol/L0.033L故119g：mol=（1.360gx）：（0.100mol/L0.033L）x=86.6%，故答案为：86.6%【点评】本题SnSO4制备为载体，
35、考查学生对工艺流程的理解、物质的分离提纯、阅读题目获取信息的能力、滴定应用及利用关系式进行的计算等，对学生的基础知识及逻辑推理有较高的要求，难点是确定Sn和K2Cr2O7的关系式，题目难度中等10（14分）钼酸钠晶体（ Na2MoO42H2O）是一种无公害型冷却水系统的金属缓蚀剂工业上利用钼精矿（主要成分是不溶于水的MoS2）制备钼酸钠的两种途径如图1所示：（1）NaClO的电子式是（2）为了提高焙烧效率，除增大空气量外还可以采用的措施是充分粉碎或逆流焙烧（3）途径I碱浸时发生反应的离子方程式为MoO3+CO32=MoO42+CO2（4）途径氧化时发生反应的离子方程式为MoS2+9ClO+6O
36、H=MoO42+9Cl+2SO42+3H2O（5）钼酸钠和月桂酰肌氨酸的混合液常作为碳素钢的缓蚀剂常温下，碳素钢在三种不同介质中的腐蚀速率实验结果如图2：要使碳素钢的缓蚀效果最优，钼酸钠和月桂酰肌氨酸的浓度比应为1：1当硫酸的浓度大于90%时，腐蚀速率几乎为零，原因是常温下浓硫酸具有强氧化性，会使铁钝化试分析随着盐酸和硫酸浓度的增大，碳素钢在两者中腐蚀速率产生明显差异的主要原因是Cl有利于碳钢的腐蚀，SO42不利于碳钢的腐蚀【考点】制备实验方案的设计【专题】制备实验综合【分析】利用钼精矿（主要成分是MoS2）制备钼酸钠有两种途径：途径是先在空气中灼烧生成MnO3，同时得到对环境有污染的气体SO
37、2，然后再用纯碱溶液溶解MnO3，即可得到钼酸钠溶液，最后结晶得到钼酸钠晶体；途径是直接用NaClO溶液在碱性条件下氧化钼精矿得到钼酸钠溶液，结晶后得到钼酸钠晶体；据此分析解答：（1）NaClO是离子型化合物，含有Na+和ClO；（2）通常可以增加空气的流通量、固体粉碎或逆流焙烧等措施来提高焙烧效率；（3）途径I碱浸时MoO3和纯碱溶液反应生成钼酸钠，同时得到CO2气体，反应方程式为MoO3+Na2CO3=Na2MoO4+CO2；（4）途径用NaClO在碱性条件下氧化MoO3，得到钼酸钠和NaCl和水，据此可写出离子反应方程式；（5）根据图象分析，在缓蚀剂中碳钢的腐蚀速率速率最小，腐蚀效果最好
38、，最好的腐蚀效果在中点处；浓硫酸有强氧化性，能使金属表面形成致密的氧化膜保护层；根据图示数据分析碳钢在盐酸和硫酸中腐蚀速率随酸的浓度变化有明显差异的原因【解答】解：（1）离子化合物NaClO的电子式为，故答案为：；（2）提高焙烧效率，除增大空气量外还可以采用的措施是充分粉碎或逆流焙烧，故答案为：充分粉碎或逆流焙烧；（3）途径I碱浸时发生反应的离子方程式为MoO3+CO32=MnO42+CO2，故答案为：MoO3+CO32=MoO42+CO2；（4）途径用NaClO在碱性条件下氧化MoO3，发生反应的离子方程式为MnS2+9ClO+6OH=MoO42+9Cl+2SO42+3H2O，故答案为：Mo
39、S2+9ClO+6OH=MoO42+9Cl+2SO42+3H2O；（5）根据图示可知，当钼酸钠、月桂酸肌氨酸浓度相等时，腐蚀速率最小，腐蚀效果最好，即浓度比为1：1，答案为：1：1；当硫酸的浓度大于90%时，腐蚀速率几乎为零，原因是常温下浓硫酸具有强氧化性，会使铁钝化，起到防腐蚀作用，故答案为：常温下浓硫酸具有强氧化性，会使铁钝化；由图示数据可知，碳钢在盐酸中的腐蚀速率明显快于硫酸的腐蚀速度；硫酸浓度增大变成浓硫酸后，发生了钝化现象，腐蚀速度很慢，故答案为：Cl有利于碳钢的腐蚀，SO42不利于碳钢的腐蚀【点评】本题考查制备钼酸钠晶体的工业制备方法，涉及利用化学用语分析反应原理，解题关键是分析题
40、中图示，最后一问有一定的难度，容易出错，本题难度中等11（14分）贝诺酯主要用于类风湿性关节炎、风湿痛等其合成路线如图所示：回答下列问题：（1）A的结构简式为；E中含氧官能团的名称为羟基、羧基（2）D+GH的反应类型为取代反应；C的结构简式为（3）写出F与足量NaOH溶液反应的化学方程式：（4）写出符合下列条件的E的同分异构体结构简式a分子中含有苯环 b能发生水解反应 c核磁共振氢谱有4组峰（5）请根据题中合成路线图有关信息，写出以甲苯和苯酚为原料制备的合成路线流程图（无机试剂可任选）：合成路线流程图示例如下：CH3CHOCH3COOH CH3COOCH2CH3【考点】有机物的合成【专题】有机
41、物的化学性质及推断【分析】A发生取代反应生成B，根据B结构简式知，A结构简式为，B发生还原反应生成C，C发生反应生成D，根据D结构简式知，C结构简式为；E发生取代反应生成F，F发生取代反应生成G，D和F发生取代反应生成H；（5）甲苯和苯酚为原料制备 ，可先制备苯甲酸，苯甲酸与SOCl2发生反应生成，与苯酚发生取代反应可生成目标物【解答】解：A发生取代反应生成B，根据B结构简式知，A结构简式为，B发生还原反应生成C，C发生反应生成D，根据D结构简式知，C结构简式为；E发生取代反应生成F，F发生取代反应生成G，D和F发生取代反应生成H；（1）A的结构简式为；E中含氧官能团的名称为羟基、羧基，故答案
42、为：；羟基、羧基；（2）D、G发生取代反应生成H和HCl；对比D的结构可知C为，故答案为：取代反应； ；（3）F含有酯基和羧基，且酯基可水解生成酚羟基，都可与氢氧化钠溶液反应，方程式为，故答案为：；（4）E的同分异构体结构能发生水解，含有酯基，核磁共振氢谱有4组峰，如含有2个取代基，应位于对位，也可能含有1个取代基，可为，故答案为：；（5）甲苯和苯酚为原料制备 ，可先制备苯甲酸，苯甲酸与SOCl2发生反应生成，与苯酚发生取代反应可生成目标物，流程为，故答案为：【点评】本题考查有机物的合成，为高频考点，侧重考查学生分析推断能力，答题时注意把握题给信息以及官能团的性质，难点是合成路线设计及同分异构体结构简式确定，题目难度中等高考资源网版权所有，侵权必究！