1、2016年江西省上饶市余干县高考化学二模试卷一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A1mol OH中含有9NA个电子B28g的CO气体中含有NA个氧原子C1L 1mol/L的AlCl3溶液中含有NA个Al3+D常温常压下11.2 L的甲烷气体含有的分子数为0.5NA2下列各组离子在常温下一定能大量共存的是（）ApH=0的无色溶液中：Cl、Na+、SO42、Fe2+B在=1012的溶液中：NH4+、NO3、K+、ClC加入铝粉能放出H2的溶液中：Mg2+、NH4+、NO3、ClD含有大量Fe3+的溶液中：Al3+、SCN、Br、Na+3下列
2、说法不正确的是（）A分子式为C5H12的化合物，其一氯代物种类（不考虑立体异构）不可能是2种B棉花、羊毛、蚕丝均属于天然纤维C乙二酸二乙酯、乙二酸乙二酯、二乙酸乙二酯它们互为同分异构体D石油裂化、油脂皂化和煤的干馏都是化学变化，而石油的分馏和蛋白质的盐析都是物理变化4下列有关结构和性质的说法正确的是（）A元素铯的两种核素137Cs比133Cs多4个质子BP、S、C1得电子能力和最高价氧化物对应水化物的酸性均依次增强C元素原子的最外层电子数越多，越容易得电子D从上到下，第VIIA族元素氢化物的热稳定性和还原性均依次减弱5歌曲青花瓷中所描绘的“瓶身描绘的牡丹一如你初妆”、“色白花青的锦鲤跃然于碗底
3、”等图案让人赏心悦目，但古瓷中所用颜料成分一直是个谜，近年来科学家才得知大多为硅酸盐，如蓝紫色的硅酸铜钡（BaCuSi2Ox，铜的化合价为+2），下列关于硅酸铜钡的说法不正确的是（）A可用氧化物形式表示为BaOCuO2SiO2B性质稳定，不易脱色C易溶于强酸和强碱Dx等于66已知甲、乙、丙、X是4种中学化学中常见的物质，其转化关系符合如图（部分产物已略去）下列说法中，正确的是（）A若甲为单质铁，则丙一定为FeCl3B若甲为强碱，则X一定为CO2C若乙是一种白色胶状沉淀，则甲溶液中一定含有Al3+D若甲为单质，则此关系中涉及的反应一定都是氧化还原反应7将H2（g）和Br2（g）充入恒容密闭容器，
4、恒温下发生反应H2（g）+Br2（g）2HBr（g）H0，g平衡时Br2（g）的转化率为a；若初始条件相同，绝热下进行上述反应，平衡时Br2（g）的转化率为ba与b的关系是（）AabBa=bCabD无法确定8已知AgCl的溶解平衡：AgCl（s）Ag+（aq）+Cl（aq）下列说法不正确的是（）A除去溶液中Ag+加盐酸盐比硫酸盐好B加入H20，溶解平衡不移动C用NaCl溶液代替蒸馏水洗涤AgCl，可以减少沉淀损失D反应2AgCl+Na2SAg2S+2NaCl说明溶解度：AgClAg2S二、解答题（共4小题，满分52分）9有原子序数依次增大的A、B、C、D、E五种元素，A是短周期中族序数等于周期
5、数的非金属元素；B元素的原子既不易失去也不易得到电子，其基态原子每种轨道中电子数相同；C元素的价电子构型为nsnnpn+1；D的最外层电子数与电子层数之比为3：1；E是地壳中含量仅次于铝的金属元素，其合金用途最广，用量最大（1）B与D形成的非极性分子中中心原子的孤对电子数是，中心原子的杂化轨道类型为（2）A分别与B、C、D能形成电子数为10的化合物，它们的沸点由高到低的顺序是（写分子式），它们的稳定性由弱到强的顺序是（写分子式）（3）分子ABC、BA2D的空间构型分别是、（4）B、C、D三种元素的电负性由大到小的顺序是（用元素符号表示），第一电离能由大到小的顺序是（用元素符号表示）（5）C的单
6、质分子中存在个键、个键10工业制备氯化铜时，将浓盐酸用蒸气加热至80左右，慢慢加入粗CuO粉末（含杂质Fe2O3、FeO）充分搅拌，使之溶解，得强酸性的混合溶液，现欲从该混合溶液中制备纯净的CuCl2溶液，采用以下步骤（参考数据：pH9.6时，Fe2+完全水解成Fe（OH）2；pH6.4时，Cu2+完全水解成Cu（OH）2；pH3.7时，Fe3+完全水解成Fe（OH）3）（1）第一步除去Fe2+，能否直接调整pH=9.6将Fe2+沉淀除去？，理由是有人用强氧化剂NaClO将Fe2+氧化为Fe3+：加入NaClO后，溶液的pH变化是（多选不限，填字母）A一定增大 B一定减小 C可能增大 D可能减
7、小你认为用NaClO作氧化剂是否妥当？，理由是现有下列几种常用的氧化剂，可用于除去混合溶液中Fe2+的有（多选不限，填字母）A浓HNO3 BKMnO4 CCl2 DO2EH2O2（2）除去溶液中的Fe3+的方法是调整溶液的pH=3.7，现有下列试剂均可以使强酸性溶液的pH的调整到3.7，可选用的有（多选不限，填字母）ANaOH B氨气 CCu2（OH）2CO3DNa2CO3ECuO FCu（OH）211三草酸合铁酸钾晶体K3Fe（C2O4）33H2O可用于摄影和蓝色印刷某小组将无水三草酸合铁酸钾在一定条件下加热分解，对所得气体产物和固体产物进行实验和探究该小组同学查阅资料知，固体产物中铁元素不
8、可能以三价形式存在，而盐只有K2CO3，产生的气体中含有CO、CO2请利用实验室常用仪器、用品和以下限选试剂完成验证和探究过程限选试剂：蒸馏水3%H2O2溶液氧化铜1.0 molL1盐酸浓硫酸1.0 molL1NaOH溶液澄清石灰水0.5 molL1 CuSO4溶液2%KSCN溶液苯酚溶液（1）若用一套连续实验装置检验气体产物中CO的存在，并验证检验过程中有CO2生成，应选用的试剂为（按先后顺序把所选试剂的标号填入空格内）（2）提出合理假设假设1：只有Fe；假设2：只有FeO；假设3：（3）设计实验方案并实验验证步骤1：取适量固体产物于试管中，加入足量蒸馏水溶解，过滤分离出不溶固体步骤2：取少
9、量上述不溶固体放入试管中，加入足量溶液，充分振荡若固体无明显变化，则假设成立；若有暗红色固体生成，则反应的离子方程式为步骤3：取步骤2所得暗红色固体于试管中，滴加过量，振荡后静置若溶液基本无色，则假设成立；若溶液呈，则假设3成立（4）问题讨论若固体产物中FeO含量较少，用步骤3方法难以确定请你设计实验方案证明假设3成立（写出实验的操作步骤、现象与结论）：（5）拓展与延伸有资料介绍“在含Fe2+的溶液中，先滴加少量新制饱和氯水，然后滴加KSCN溶液，溶液呈红色；若再滴加过量氯水，却发现红色褪去”假设溶液中的+3价铁还能被氯水氧化为更高价的QUOTE，试写出该反应的离子方程式12实验室制备苯甲醇和
10、苯甲酸的化学原理是已知苯甲醛易被空气氧化，苯甲醇的沸点为205.3；苯甲酸的熔点为121.7，沸点为249，溶解度为0.34g；乙醚的沸点为34.8，难溶于水制备苯甲醇和苯甲酸的主要过程如下：苯甲醛白色糊状物试根据上述信息回答下列问题：（1）操作的名称是，乙醚溶液中所溶主要成分是（2）操作的名称是，产品甲是（3）操作的名称是，产品乙是（4）如图所示，操作中温度计水银球上沿放置的位置应是（填“a”、“b”、“c”或“d”），该操作中，除需蒸馏烧瓶、温度计外，还需要的玻璃仪器是，收集产品乙醚的适宜温度为2016年江西省上饶市余干县高考化学二模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题6分，
11、满分48分）1用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A1mol OH中含有9NA个电子B28g的CO气体中含有NA个氧原子C1L 1mol/L的AlCl3溶液中含有NA个Al3+D常温常压下11.2 L的甲烷气体含有的分子数为0.5NA【考点】阿伏加德罗常数【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】A、依据氢氧根离子结构计算电子数，氢氧根离子含10个电子；B、依据n=计算物质的量结合分子式计算氧原子数；C、铝离子溶液中水解；D、依据气体摩尔体积的条件应用分析判断【解答】解：A、1mol OH中含有10NA个电子，故A错误；B、28g的CO气体物质的量为1mol，分子中含有NA个氧原
12、子，故B正确；C、铝离子溶液中水解，1L 1mol/L的AlCl3溶液中含有Al3+小于NA个，故C错误；D、常温常压下11.2 L的甲烷气体物质的量不是标准状况，含有的分子数不是0.5NA，故D错误；故选B【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是微粒结构分析计算，盐类水解的应用，注意气体摩尔体积的条件分析，题目较简单2下列各组离子在常温下一定能大量共存的是（）ApH=0的无色溶液中：Cl、Na+、SO42、Fe2+B在=1012的溶液中：NH4+、NO3、K+、ClC加入铝粉能放出H2的溶液中：Mg2+、NH4+、NO3、ClD含有大量Fe3+的溶液中：Al3+、SCN、Br、Na
13、+【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】A、pH=0的无色溶液为酸性溶液，且不存在有色离子，亚铁离子为有色离子；B、在=1012的溶液为酸性溶液，四种离子之间不反应，能够共存；C、加入铝粉能放出H2的溶液为酸性或者碱性溶液，镁离子、铵离子能够与氢氧根离子反应；D、铁离子能够与硫氰根离子反应生成络合物硫氰化铁【解答】解：A、该溶液为酸性无色溶液，Fe2+为有色离子，不满足溶液无色的要求，故A错误；B、该溶液为酸性溶液，NH4+、NO3、K+、Cl离子之间不反应，也不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；C、该溶液为酸性或者碱性溶液，Mg2+、NH4+能够与氢氧根离子反应，在溶液
14、中不能大量共存，酸性溶液中NO3、Al反应不生成氢气，故C错误；D、Fe3+能够与SCN离子反应生成硫氰化铁，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选B【点评】本题考查了离子共存的判断，题目难度中等，注意熟练掌握离子反应发生的条件，明确常见的离子不能共存的情况，还要注意题中暗含条件的要求3下列说法不正确的是（）A分子式为C5H12的化合物，其一氯代物种类（不考虑立体异构）不可能是2种B棉花、羊毛、蚕丝均属于天然纤维C乙二酸二乙酯、乙二酸乙二酯、二乙酸乙二酯它们互为同分异构体D石油裂化、油脂皂化和煤的干馏都是化学变化，而石油的分馏和蛋白质的盐析都是物理变化【考点】有机物的结构和性质；有机化学反应的综
15、合应用【专题】有机反应【分析】A分子式为C5H12的化合物为正戊烷、新戊烷、异戊烷；B棉花、羊毛、蚕丝均为天然高分子化合物；C分子式相同，结构不同的有机物互为同分异构体；D石油裂化、油脂皂化和煤的干馏均有新物质生成；石油的分馏和蛋白质的盐析均无新物质生成【解答】解：A分子式为C5H12的化合物为正戊烷、新戊烷、异戊烷，C5H12有三种同分异构体其一氯代物分别为：3、4、1，故A正确；B棉花、羊毛、蚕丝均属于天然纤维，故B正确；C分子式不同，不是同分异构体，故C错误；D石油裂化、油脂皂化和煤的干馏都是化学变化，而石油的分馏和蛋白质的盐析都是物理变化，故D正确；故选C【点评】本题考查有机物的结构与
16、性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系、有机物的组成和结构、有机反应等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大4下列有关结构和性质的说法正确的是（）A元素铯的两种核素137Cs比133Cs多4个质子BP、S、C1得电子能力和最高价氧化物对应水化物的酸性均依次增强C元素原子的最外层电子数越多，越容易得电子D从上到下，第VIIA族元素氢化物的热稳定性和还原性均依次减弱【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】A同位素质子数相等、中子数不等；B元素的非金属性越强，其得电子能力越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强；C元素原子的最外层电子数越多，不一定越容易得电子；D元素的非金属性越强，其
17、氢化物的稳定性越强，但其简单阴离子的还原性越弱【解答】解：A元素铯的两种核素137Cs比133Cs多4个中子，但质子数相等，故A错误；B元素的非金属性越强，其得电子能力越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，这几种元素非金属性强弱顺序是ClSP，所以P、S、C1得电子能力和最高价氧化物对应水化物的酸性均依次增强，故B正确；C元素原子的最外层电子数越多，不一定越容易得电子，如稀有气体，故C错误；D元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，但其简单阴离子的还原性越弱，第VIIA族元素，从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，所以其气态氢化物的稳定性减弱，还原性增强，故D错误；故选B【点评】本题考查原子结构
18、和元素周期律，侧重考查学生知识灵活运用能力，注意规律中的异常现象，易错选项是C，要考虑稀有气体，为易错点5歌曲青花瓷中所描绘的“瓶身描绘的牡丹一如你初妆”、“色白花青的锦鲤跃然于碗底”等图案让人赏心悦目，但古瓷中所用颜料成分一直是个谜，近年来科学家才得知大多为硅酸盐，如蓝紫色的硅酸铜钡（BaCuSi2Ox，铜的化合价为+2），下列关于硅酸铜钡的说法不正确的是（）A可用氧化物形式表示为BaOCuO2SiO2B性质稳定，不易脱色C易溶于强酸和强碱Dx等于6【考点】无机非金属材料【专题】碳族元素【分析】A根据硅酸盐中氧化物的书写顺序来书写；B硅酸盐性质稳定；C硅酸盐能和强酸反应；D硅酸铜钡的化学式为
19、BaCuSi2OX，利用钡、铜、硅、氧元素的化合价及化合物中正负化合价的代数和为0来解答【解答】解：A硅酸盐用氧化物形式表示时，书写顺序为：活泼金属氧化物、不活泼金属氧化物、二氧化硅、水，所以硅酸铜钡用氧化物形式表示：BaOCuO2SiO2，故A正确； BBaCuSi2O6中铜显+2价，二价铜离子不容易被还原，所以性质较稳定，不容易褪色，故B正确；CBaCuSi2O6是弱酸盐，所以能和强酸反应，和强碱不反应，故C错误；D在硅酸铜钡中的铜元素化合价为+2，硅元素化合价为+4，氧元素的化合价为2价，钡元素的化合价为+2价，则由化学式为BaCuSi2OX，根据化合物中正负化合价的代数和为0可得：（+
20、2）+（+2）+（+4）2+（2）x=0，解得x=6，故D正确故选C【点评】本题考查了硅酸盐的性质及利用化学式和元素的化合价来计算原子个数，难度不大，明确硅酸盐用氧化物形式表示时书写顺序，学生应利用信息中元素的化合价和常见元素在化合物中的化合价并结合化合价计算的原则来进行计算6已知甲、乙、丙、X是4种中学化学中常见的物质，其转化关系符合如图（部分产物已略去）下列说法中，正确的是（）A若甲为单质铁，则丙一定为FeCl3B若甲为强碱，则X一定为CO2C若乙是一种白色胶状沉淀，则甲溶液中一定含有Al3+D若甲为单质，则此关系中涉及的反应一定都是氧化还原反应【考点】无机物的推断【专题】推断题【分析】A
21、若甲为单质铁，则X可以为氯气或溴、硝酸等；B若甲为强碱，则X可以为CO2、SO2、H2S等；C乙是一种白色胶状沉淀，若甲为铝盐、X为强碱、乙为氢氧化铝、丙为偏铝酸盐，若甲为偏铝酸盐、X为强酸、丙为铝盐；D若甲为单质，乙、丙中含有的甲元素化合价不同，均为氧化还原反应【解答】解：A若甲为单质铁，则X可以为氯气或溴、硝酸等，丙为FeCl3，FeCl3，Fe（NO3）3等，故A错误；B若甲为强碱，则X可以为CO2、SO2、H2S等，故B错误；C乙是一种白色胶状沉淀，若甲为铝盐、X为强碱、乙为氢氧化铝、丙为偏铝酸盐，若甲为偏铝酸盐、X为强酸、丙为铝盐，故C错误；D若甲为单质，乙、丙中含有的甲元素化合价不
22、同，均为氧化还原反应，故D正确，故选D【点评】本题考查无机物推断，难度中等，属于开放性题目，需要学生熟练掌握元素化合物知识7将H2（g）和Br2（g）充入恒容密闭容器，恒温下发生反应H2（g）+Br2（g）2HBr（g）H0，g平衡时Br2（g）的转化率为a；若初始条件相同，绝热下进行上述反应，平衡时Br2（g）的转化率为ba与b的关系是（）AabBa=bCabD无法确定【考点】化学平衡的影响因素【专题】化学平衡专题【分析】恒温条件下反应是放热反应，平衡时Br2（g）的转化率为a，若初始条件相同，绝热下进行上述反应，由于反应是放热反应，容器中的温度高于恒温条件下容器中的温度，平衡向吸热反应方向
23、移动，所以平衡逆向进行，平衡时Br2（g）的转化率小于a；【解答】解：恒温下发生反应H2（g）+Br2（g）2HBr（g）H0，反应是放热反应，此时达到平衡时Br2（g）的转化率为a；若初始条件相同，绝热下进行上述反应，容器中的温度比恒温容器中的温度高，所以化学平衡向逆向进行，平衡时Br2（g）的转化率减少，即ba；故选：A【点评】本题考查了合成平衡的影响条件的分析应用，关键是理解恒温容器和绝热容器的本质区别8已知AgCl的溶解平衡：AgCl（s）Ag+（aq）+Cl（aq）下列说法不正确的是（）A除去溶液中Ag+加盐酸盐比硫酸盐好B加入H20，溶解平衡不移动C用NaCl溶液代替蒸馏水洗涤Ag
24、Cl，可以减少沉淀损失D反应2AgCl+Na2SAg2S+2NaCl说明溶解度：AgClAg2S【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】A、依据氯化银溶解度小于硫酸银分析判断；B、加水沉淀溶解平衡正向进行；C、氯化钠溶液中氯离子抑制程度溶解平衡，平衡左移，减少沉淀损失；D、依据沉淀转化的实质分析；【解答】解：A、氯化银溶解度小于硫酸银，除去溶液中Ag+加盐酸盐比硫酸盐好，故A正确；B、加入H20，沉淀溶解平衡正向进行，故B错误；C、用NaCl溶液代替蒸馏水洗涤AgCl，氯化钠溶液中氯离子抑制程度溶解平衡，平衡左移，可以减少沉淀损失，故C正确；D、反应
25、2AgCl+Na2SAg2S+2NaCl，反应向更难溶的方向进行，说明溶解度：AgClAg2S，故D正确；故选B【点评】本题考查了沉淀溶解平衡的影响因素分析，溶度积随温度变化，沉淀转化的实质分析，题目难度中等二、解答题（共4小题，满分52分）9有原子序数依次增大的A、B、C、D、E五种元素，A是短周期中族序数等于周期数的非金属元素；B元素的原子既不易失去也不易得到电子，其基态原子每种轨道中电子数相同；C元素的价电子构型为nsnnpn+1；D的最外层电子数与电子层数之比为3：1；E是地壳中含量仅次于铝的金属元素，其合金用途最广，用量最大（1）B与D形成的非极性分子中中心原子的孤对电子数是0，中心
26、原子的杂化轨道类型为sp杂化（2）A分别与B、C、D能形成电子数为10的化合物，它们的沸点由高到低的顺序是H2ONH3CH4（写分子式），它们的稳定性由弱到强的顺序是CH4NH3H2O（写分子式）（3）分子ABC、BA2D的空间构型分别是直线形、平面三角形（4）B、C、D三种元素的电负性由大到小的顺序是ONC（用元素符号表示），第一电离能由大到小的顺序是NOC（用元素符号表示）（5）C的单质分子中存在2个键、1个键【考点】位置结构性质的相互关系应用；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】原子序数依次增大的A、B、C、D、E五种元素，A是短周期中族序数等于周期数的非
27、金属元素，则A为H元素；B元素的原子既不易失去也不易得到电子，其基态原子中每种能级电子数相同，则B为碳元素；C 元素的价电子构型为nsnnpn+1，由于s能级最多容纳2个电子，且p能级容纳电子，故n=2，则C为N元素；D 的最外层电子数与电子层数之比为3：1，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故D为O元素；E 是地壳中含量仅次于铝的金属元素，其合金用途最广，用量最大，则E为Fe，以此解答该题【解答】解：原子序数依次增大的A、B、C、D、E五种元素，A是短周期中族序数等于周期数的非金属元素，则A为H元素；B元素的原子既不易失去也不易得到电子，其基态原子中每种能级电子数相同，则B为碳元素；C
28、 元素的价电子构型为nsnnpn+1，由于s能级最多容纳2个电子，且p能级容纳电子，故n=2，则C为N元素；D 的最外层电子数与电子层数之比为3：1，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故D为O元素；E 是地壳中含量仅次于铝的金属元素，其合金用途最广，用量最大，则E为Fe，（1）B 与D 形成的非极性分子为CO2，电子式为，可知中心原子的孤对电子数是0，含有2个键，为sp杂化，故答案为：0；sp杂化；（2）A分别与B、C、D 能形成电子数为10 的化合物分别为CH4、NH3、H2O，常温下水为液体，而甲烷、氨气为气体，水的沸点最高，而氨气分子之间存在氢键，沸点高于甲烷，故沸点由高到低的顺序
29、是：H2ONH3CH4，非金属性ONC，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，则稳定性CH4NH3H2O，故答案为：H2ONH3CH4；CH4NH3H2O；（3）分子ABC为HCN，C含有2个键，为sp杂化，为直线形分子，BA2D为甲醛，形成2个键，为sp2杂化，空间构型为平面三角形，故答案为：直线形；平面三角形；（4）同周期随原子序数增大，电负性逐渐增强，则有ONC，第一电离能呈增大趋势，但N原子2P能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能：NOC，故答案为：ONC；NOC；（5）C 的单质分子为N2，其结构为NN，分子中键和键的个数分别为为1、2，故答案为
30、：2；1【点评】本题考查位置、结构与性质，为高频考点，把握元素的位置、元素的性质推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大10工业制备氯化铜时，将浓盐酸用蒸气加热至80左右，慢慢加入粗CuO粉末（含杂质Fe2O3、FeO）充分搅拌，使之溶解，得强酸性的混合溶液，现欲从该混合溶液中制备纯净的CuCl2溶液，采用以下步骤（参考数据：pH9.6时，Fe2+完全水解成Fe（OH）2；pH6.4时，Cu2+完全水解成Cu（OH）2；pH3.7时，Fe3+完全水解成Fe（OH）3）（1）第一步除去Fe2+，能否直接调整pH=9.6将Fe2+沉淀除去？不能，理由是
31、pH=9.6时，Cu2+也以Cu（OH）2的形式沉淀下来有人用强氧化剂NaClO将Fe2+氧化为Fe3+：加入NaClO后，溶液的pH变化是A（多选不限，填字母）A一定增大 B一定减小 C可能增大 D可能减小你认为用NaClO作氧化剂是否妥当？不妥当，理由是引入了新的杂质Na+现有下列几种常用的氧化剂，可用于除去混合溶液中Fe2+的有CDE（多选不限，填字母）A浓HNO3 BKMnO4 CCl2 DO2EH2O2（2）除去溶液中的Fe3+的方法是调整溶液的pH=3.7，现有下列试剂均可以使强酸性溶液的pH的调整到3.7，可选用的有CEF（多选不限，填字母）ANaOH B氨气 CCu2（OH）2
32、CO3DNa2CO3ECuO FCu（OH）2【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；氧化还原反应；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】粗CuO粉末（含杂质Fe2O3、FeO）充分搅拌，使之溶解，得强酸性的混合溶液，反应后溶液中含亚铁离子、铁离子、铜离子，现欲从该混合溶液中制备纯净的CuCl2溶液，加氯气或过氧化氢氧化亚铁离子，然后调节pH在3.76.4之间，使铁离子转化为沉淀，过滤后滤液含氯化铜，在HCl气流中蒸发得到氯化铜（1）接调整pH=9.6将Fe2+沉淀，铜离子也沉淀；加入NaClO
33、后，溶液碱性增强；NaClO作氧化剂，引入钠离子不能除去；除去混合溶液中Fe2+，选择氧化剂，但不能引入新的杂质；（2）使强酸性溶液的pH的调整到3.7，促进铁离子水解转化为沉淀，且不引入新杂质【解答】解：粗CuO粉末（含杂质Fe2O3、FeO）充分搅拌，使之溶解，得强酸性的混合溶液，反应后溶液中含亚铁离子、铁离子、铜离子，现欲从该混合溶液中制备纯净的CuCl2溶液，加氯气或过氧化氢氧化亚铁离子，然后调节pH在3.76.4之间，使铁离子转化为沉淀，过滤后滤液含氯化铜，在HCl气流中蒸发得到氯化铜（1）第一步除去Fe2+，不能直接调整pH=9.6将Fe2+沉淀，原因为pH=9.6时，Cu2+也以
34、Cu（OH）2的形式沉淀下来，故答案为：不能；pH=9.6时，Cu2+也以Cu（OH）2的形式沉淀下来；加入NaClO后，溶液碱性增强，则pH一定增大，故答案为：A；用NaClO作氧化剂不妥当，因引入了新的杂质Na+，故答案为：不妥当；引入了新的杂质Na+；根据pH9.6时，Fe2+完全水解成Fe（OH）2；pH6.4时，Cu2+完全水解成Cu（OH）2；pH3.7时，Fe3+完全水解成Fe（OH）3，欲去除CuCl2酸性溶液中的Fe2+ 和Fe3+，需要先将Fe2+ 氧化为Fe3+，再调整pH，使Fe3+转化为Fe（OH）3除去将Fe2+ 氧化为Fe3+时不许引入新的杂质，也不能造成环境污染
35、，故选Cl2、O2、H2O2等物质做氧化剂，则CDE符合，故答案为：CDE；（2）调整溶液的pH=3.7时也不能引入杂质，可选Cu2（OH）2CO3、CuO、Cu（OH）2，故答案为：CEF【点评】本题考查混合物分离提纯及物质的制备，为高频考点，把握制备原理、盐类水解应用、混合物分离方法等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大11三草酸合铁酸钾晶体K3Fe（C2O4）33H2O可用于摄影和蓝色印刷某小组将无水三草酸合铁酸钾在一定条件下加热分解，对所得气体产物和固体产物进行实验和探究该小组同学查阅资料知，固体产物中铁元素不可能以三价形式存在，而盐只有K2CO3，产生的气体中含有CO
36、、CO2请利用实验室常用仪器、用品和以下限选试剂完成验证和探究过程限选试剂：蒸馏水3%H2O2溶液氧化铜1.0 molL1盐酸浓硫酸1.0 molL1NaOH溶液澄清石灰水0.5 molL1 CuSO4溶液2%KSCN溶液苯酚溶液（1）若用一套连续实验装置检验气体产物中CO的存在，并验证检验过程中有CO2生成，应选用的试剂为（按先后顺序把所选试剂的标号填入空格内）（2）提出合理假设假设1：只有Fe；假设2：只有FeO；假设3：含有Fe和FeO（3）设计实验方案并实验验证步骤1：取适量固体产物于试管中，加入足量蒸馏水溶解，过滤分离出不溶固体步骤2：取少量上述不溶固体放入试管中，加入足量CuSO4
37、；溶液，充分振荡若固体无明显变化，则假设2成立；若有暗红色固体生成，则反应的离子方程式为Fe+Cu2+=Cu+Fe2+步骤3：取步骤2所得暗红色固体于试管中，滴加过量HCl，振荡后静置若溶液基本无色，则假设1成立；若溶液呈浅绿色，则假设3成立（4）问题讨论若固体产物中FeO含量较少，用步骤3方法难以确定请你设计实验方案证明假设3成立（写出实验的操作步骤、现象与结论）：取步骤3静置后的上层溶液，滴加几滴硫氰化钾溶液无红色出现，再滴加12滴双氧水，充分振荡，若溶液变红，则证明假设3成立（5）拓展与延伸有资料介绍“在含Fe2+的溶液中，先滴加少量新制饱和氯水，然后滴加KSCN溶液，溶液呈红色；若再滴
38、加过量氯水，却发现红色褪去”假设溶液中的+3价铁还能被氯水氧化为更高价的QUOTE，试写出该反应的离子方程式2Fe3+8H2O+3Cl2=2FeO42+16H+6Cl【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【专题】定量测定与误差分析【分析】（1）CO的检验为先将CO2除尽，净化（干燥），检验CO（用CuO，变红），在检验有CO2生成（CO的氧化产物），检验气体产物中CO的存在，并验证检验过程中有CO2生成，应该先通过氢氧化钠溶液除去气体中的二氧化碳，再通过澄清石灰水检验二氧化碳是否除净，然后通过还原氧化铜生成二氧化碳，用澄清石灰水检验一氧化碳生成的二氧化碳，据此选出试剂并进行排序；（2）首先铁不
39、以三价铁形式存在，故考虑范围为二价铁的存在形式，出铁单质，氧化亚铁以为，还有可能就二者的混合物；（3）由暗红色固体生成，可以确定为Cu，故使用的试剂为CuSO4，然后再暗红色固体（Cu、FeO）中加盐酸，溶液呈无色，说明没有Fe2+（浅绿色），故没有FeO，从而得出结论（4）二价铁也氧化为三价铁用KSCN进行检验，该方法比较灵敏；（5）该反应中告知反应物为Fe3+、Cl2，产物为FeO42，然后通过氧化还原缺项配平的方法对该反应进行配平【解答】解：（1）检验气体产物中CO的存在，并验证检验过程中有CO2生成，将CO2除尽，净化（干燥），检验CO（用CuO，变红），在检验有CO2生成（CO的氧化
40、产物），应该先通过氢氧化钠溶液除去气体中的二氧化碳，再通过澄清石灰水检验二氧化碳是否除净，然后通过还原氧化铜生成二氧化碳，用澄清石灰水检验一氧化碳生成的二氧化碳，据此选出试剂并进行排序将气体产物依次通过1.0 molL1 NaOH溶液除去二氧化碳，再通过澄淸石灰水，石灰水不变浑浊，证明二氧化碳除净，然后通过再用浓硫酸干燥气体，将干燥的气体通入灼热的氧化铜，试管中有红色物质生成，同时生成了能够使澄淸石灰水变浑浊的气体，证明原氧气中有一氧化碳，所以加入试剂的顺序为：，故答案为：；（2）根据题意“固体产物中，铁元素不可能以三价形式存在”，所以存在的可能是零价铁或亚铁，可能情况有三种：只有Fe；只有F
41、eO；含有Fe和FeO，故答案为：含有Fe和FeO；（3）步骤2金属铁不溶于水中，但是可以和硫酸铜发生置换反应，生成金属铜和硫酸亚铁，所以取少置上述不溶固体放入试管中，加入足量CuSO4溶液，若蓝色溶液颜色及加入的不溶固体无明显变化，则假设2成立；若蓝色溶液颜色明显改变，且有暗红色固体生成，则证明有铁单质存在，发生反应的离子方程式为：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，步骤3氧化亚铁不溶于水，可以和盐酸反应生成氯化冶铁和水，可以检验亚铁离子的存在进而确定氧化亚铁的存在，方法为：取取步骤2所得暗红色固体于试管中，滴加过量HCl，静置，振荡后静置若溶液基本无色，则假设1成立；若溶液呈浅绿色，则证明假设
42、3成立，故答案为：CuSO4；2；Fe+Cu2+=Cu+Fe2+；HCl；1；浅绿色；（4）可以所以硫酸氢钾溶液和双氧水检验步骤3中是否存在亚铁离子，方法为：取步骤3静置后的上层溶液，滴加几滴硫氰化钾溶液无红色出现，再滴加12滴双氧水，充分振荡，若溶液变红，则证明假设3成立，故答案为：取步骤3静置后的上层溶液，滴加几滴硫氰化钾溶液无红色出现，再滴加12滴双氧水，充分振荡，若溶液变红，则证明假设3成立；（5）根据信息可知，铁离子被氯气氧化成FeO42，根据化合价升降相等配平，配平后的离子方程式为：2Fe3+8H2O+3Cl2=2FeO42+16H+6Cl，故答案为：2Fe3+8H2O+3Cl2=
43、2FeO42+16H+6Cl【点评】本题考查探究物质组成与含量的方法，题目难度中等，侧重考查运用相关知识对实验提出假设及设计方案的能力，明确实验目的为解答关键，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的化学实验能力12实验室制备苯甲醇和苯甲酸的化学原理是已知苯甲醛易被空气氧化，苯甲醇的沸点为205.3；苯甲酸的熔点为121.7，沸点为249，溶解度为0.34g；乙醚的沸点为34.8，难溶于水制备苯甲醇和苯甲酸的主要过程如下：苯甲醛白色糊状物试根据上述信息回答下列问题：（1）操作的名称是萃取（分液），乙醚溶液中所溶主要成分是苯甲醇（2）操作的名称是蒸馏，产品甲是苯甲醇（3）操作的名称是过滤，产
44、品乙是苯甲酸（4）如图所示，操作中温度计水银球上沿放置的位置应是b（填“a”、“b”、“c”或“d”），该操作中，除需蒸馏烧瓶、温度计外，还需要的玻璃仪器是冷凝管、酒精灯、锥形瓶、牛角管，收集产品乙醚的适宜温度为34.8【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】有机实验综合【分析】由流程结合题中信息可知，苯甲醛与KOH反应生成白色糊状物为苯甲醇、苯甲酸钾的混合物，然后加水、乙醚萃取苯甲醇，则乙醚溶液中含苯甲醇，操作II为蒸馏，得到产品甲为苯甲醇；水溶液中含苯甲酸钾，加盐酸发生强酸制取弱酸的反应，生成苯甲酸，苯甲酸的溶解度小，则操作为过滤，则产品乙为苯甲酸，以此碱
45、性解答【解答】解：由流程可知，苯甲醛与KOH反应生成苯甲醇、苯甲酸钾，然后加水、乙醚萃取苯甲醇，则乙醚溶液中含苯甲醇，操作II为蒸馏，得到产品甲为苯甲醇；水溶液中含苯甲酸钾，加盐酸发生强酸制取弱酸的反应，生成苯甲酸，苯甲酸的溶解度小，则操作为过滤，则产品乙为苯甲酸，（1）据上述分析，操作为萃取、分液；乙醚溶液中所溶主要成分苯甲醇，故答案为：萃取（分液）；苯甲醇；（2）乙醚溶液中含苯甲醇，操作II为蒸馏，得到产品甲为苯甲醇，故答案为：蒸馏；苯甲醇；（3）水溶液中含苯甲酸钾，加盐酸发生强酸制取弱酸的反应，生成苯甲酸，苯甲酸的溶解度小，则操作为过滤，则产品乙为苯甲酸，故答案为：过滤；苯甲酸；（5）蒸馏时，温度计的水银球应在支管口，则温度计水银球x的放置位置为b；蒸馏实验中需要的玻璃仪器有：蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管、牛角管（尾接管）、酒精灯、锥形瓶，所以还缺少的玻璃仪器为：冷凝管、酒精灯、锥形瓶、牛角管；通过蒸馏分离出的是乙醚，根据乙醚的沸点可知控制蒸气的温度为34.8，故答案为：b；冷凝管、酒精灯、锥形瓶、牛角管；34.8【点评】本题考查制备方案的设计，为高频考点，题目难度中等，明确有机物的性质及分离流程中的反应、混合物分离方法为解答的关键，注意掌握制备实验方案的设计原则，侧重分析与实验能力的考查