1、江西师大附中、鹰潭一中2014届高三下学期5月联考化学试卷师大附中：涂德新（物） 周 玮（化） 罗荣荣（生）鹰潭一中：陈明华（物） 冯春雄（化） 苏 玲（生）本卷可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 F-19 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5Ca-40 Fe-56 Cu-64 【试卷综析】本试卷是理科综合化学试卷，知识考查涉及综合性较强的问题、注重主干知识，兼顾覆盖面，以基础知识和基本技能为载体，以能力测试为主导。考查了较多的知识点：化学与环境、化学计量的有关计算、热化学、电化学、溶液中的离子关系、有机物的基本反应类型等；本试卷在注重考查学科
2、核心知识的同时，突出考查考纲要求的基本能力，重视学生科学素养的考查体现学科基本要求，综合考查学生分析、解决化学问题的能力。试题重点考查：化学基本概念、元素周期律、溶液中的离子反应、化学实验探究、化学反应与能量、化学平衡的移动、常见的有机物及其应用等主干知识。注重常见化学方法、思想。第I卷(选择题，共126分)一、选择题（本题共13小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）7下列有关环境方面的说法不正确的是（ ）A采取“静电除尘”、“燃煤固硫”、“汽车尾气催化净化”等方法，可提高空气质量B采用天然石材装修家居，可减轻室内甲醛污染但会导致一定量的放射性物质的污染C汽油中添加
3、含铅化合物Pb(C2H5)4，可提高汽油的抗爆震性能，有利于改善大气环境DPM2.5表示每立方米空气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物的含量，PM2.5值越高，大气污染越严重【知识点】化学与环境、常见生活环境的污染与治理【答案解析】C 解析：A、采取“静电除尘”、“燃煤固硫”、“汽车尾气催化净化”等方法，减少了空气污染物，提高空气质量，故A正确；B、天然石材装修家居，可减轻室内甲醛污染但会释放出放射性气体氡，导致一定量的放射性物质的污染，故B正确；C、铅为重金属，有毒，会污染大气，故C错误；D、PM2.5表示每立方米空气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物的含量，PM2.5值越高，大气污染越严重
4、，故D正确；故答案选C【思路点拨】解答本题关键是要减少空气污染的方法和途径，环境的保护已经刻不容缓，我们要从身边的小事做起，保护环境。8下列实验能达到预期目的的是（ ）编号实验内容实验目的A室温下，用pH试纸分别测定浓度为0.1molL1NaClO溶液和0.1molL1CH3COONa溶液的pH比较HClO和CH3COOH的酸性强弱B向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaC12固体，溶液红色变浅证明Na2CO3溶液中存在水解平衡C向10mL 0.2 mol/L NaOH溶液中滴入2滴0.1 mol/L MgCl2溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1 mol/LFeCl3溶液，又生成红褐色
5、沉淀证明在相同温度下的Ksp：Mg(OH)2 Fe(OH)3D分别测定室温下等物质的量浓度的Na2SO3与Na2CO3溶液的pH，后者较大证明非金属性SC【知识点】化学实验方案的评价【答案解析】B 解析：A、NaClO溶液具有强氧化性，不能利用pH试纸测定pH，应利用pH计测定pH比较酸性强弱，故A错误；B、含有酚酞的Na2CO3溶液，因碳酸根离子水解显碱性溶液变红，加入少量BaC12固体，水解平衡逆向移动，则溶液颜色变浅，证明Na2CO3溶液中存在水解平衡，故B正确；C、NaOH过量，后滴加2滴0.1mol/L FeCl3溶液，又生成红褐色沉淀，不能说明沉淀转化，则不能比较溶度积大小，故C错
6、误；D、等物质的量浓度的Na2SO3与Na2CO3溶液的pH，后者较大，可比较亚硫酸与碳酸的酸性，因亚硫酸不是最高价含氧酸，则不能比较非金属性，故D错误；故答案选B【思路点拨】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及盐类水解与酸性比较、沉淀生成与沉淀转化、非金属性比较方法、pH的测定等，注重实验原理及物质性质的考查，注意实验的操作性、评价性分析，题目难度不大。9X、Y、Z、W、R属于短周期主族元素。X的原子半径短周期主族元素中最大，Y元素的原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，Z元素的原子L层电子数为mn，M层电子数为mn，W元素与Z元素同主族，R元素原子与Y元素原子的核外电子数之比为2
7、:1。 下列叙述错误的是（ ）AX与Y形成的两种化合物中阴、阳离子的个数比均为12BY的氢化物比R的氢化物稳定，熔沸点高CZ、W、R最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序是：RWZDRY2、WY2通入BaCl2溶液中均有白色沉淀生成。【知识点】元素周期表和元素周期律【答案解析】D 解析：X的原子半径在短周期主旋元素中最大，为Na元素；Y元素的原子外层电子数为m，次外层电子数为n，Z元素的原子L层电子数为m+n，M层电子数为m-n，因为L层电子最多为8，则n=2，m=6，所以Y为O元素，Z为Si元素，W元素与Z元素同主族，为C元素，R元素原子与Y元素原子的核外电子数之比为2：1，Y的核外电子数为8
8、，则R的核外电子数为16，为S元素。A、X与Y形成的两种化合物分别为Na2O、Na2O2，两种化合物中阴、阳离子的个数比均为1：2，故A正确；B、Y是O元素，R是S元素，元素的非金属性越强其氢化物越稳定，氧元素的非金属性大于硫元素，所以水的稳定性大于硫化氢，且水中含有氢键，沸点高，故B正确；C、非金属性：SCSi，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，故C正确；D、SO2、CO2对应的酸的酸性比盐酸弱，与氯化钡都不反应，故D错误。故答案选D【思路点拨】本题考查原子结构和元素周期律的递变规律，题目难度中等，根据原子结构特点正确推断元素的种类为解答该题的关键，注意元素非金属性的
9、比较。10某同学用沉淀法测定Na2CO3和NaOH混合物中NaOH的质量分数，有关叙述如下。可以使用MgCl2溶液作沉淀剂，使OH转化为氢氧化镁沉淀检验CO是否完全沉淀的操作方法是取上层清液，向其中继续滴加沉淀剂溶液，观察是否有沉淀继续生成用BaCl2溶液代替CaCl2溶液作沉淀剂，优点是能提高实验结果的准确度用BaCl2溶液代替CaCl2溶液作沉淀剂，优点是CO能100%转化为沉淀。其中正确的叙述是()A B C D都正确【知识点】化学实验方案的评价【答案解析】B 解析：使用MgCl2溶液作沉淀剂，MgCO3也会沉淀下来，故错误；取上层清液中加沉淀剂，生成沉淀则没有沉淀完全，否则沉淀完全，所
10、以观察是否有沉淀继续生成可检验CO32-是否完全沉淀，故正确；用BaCl2溶液代替CaCl2溶液作沉淀剂，因氢氧化钙的溶解度较小，可排除氢氧化钙对实验的影响，能提高实验结果的准确度，故正确；用BaCl2溶液代替CaCl2溶液作沉淀剂，因氢氧化钙的溶解度较小，可排除氢氧化钙对实验的影响，能提高实验结果的准确度，故错误；故答案选B【思路点拨】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及沉淀法测定物质含量、离子检验及复分解反应等，注重实验原理及物质性质的考查，注意实验的操作性、评价性分析，题目难度不大。11下表是在相同温度下三种酸的一些数据，下列判断正确的是（ ）酸HXHYHZ浓度（mol/L）0.
11、120.20.911电离度0.250.20.10.30.5电离常数K1K2K3K4K5A在相同温度，从HX的数据可以说明：弱电解质溶液，浓度越低，电离度越大，且K1K2K3=0.01B室温时，若在NaZ溶液中加水，则c（Z-）/ c（HZ） c（OH-）的比值变小，若加少量盐酸，则比值变大C等物质的量的NaX、NaY和NaZ的混合，c（X-）+c（Y-）-2c（Z-）=2c（HZ）-c（HX）-c（HY），且c（Z-）c（Y-）c（Y-）c（X-），故C错误；D、弱酸的电离度越大，酸越强，则电离常数越大，所以在相同温度下，K5K4K3，故D正确；故答案选D【思路点拨】本题考查本题考查了弱电解质
12、的电离，根据电离程度确定电解质强弱，再结合酸的强弱与酸根离子水解程度大小的关系来分析解答，易错选项是B，将该式子进行改变得到KaKw即可判断，注意：所有的平衡常数只与温度有关，不受其它因素影响，为易错点。12优质的锂碘电池可用于心脏起搏器延续患者的生命，它的正极材料是聚2-乙烯吡啶（简写P2VP）和I2的复合物，电解质是固态薄膜状的碘化锂，电池的总反应为：2Li+P2VPnI2 P2VP(n-1)I2 +2LiI,则下列说法正确的（ ）A. 正极的反应为：P2VPnI2 + 2Li+ + 2e P2VP(n-1)I2 + 2LiIB.电池工作时，碘离子移向P2VP一极C.聚2-乙烯吡啶的复合物
13、与有机物性质相似，因此聚2-乙烯吡啶的复合物不会导电D. 该电池所产生的电压低，使用寿命比较短【知识点】化学电源、新型电池【答案解析】A 解析：A、正极上I2得电子发生还原反应，其电极反应式为：P2VPnI2+2Li+2e-=P2VP（n-1）I2+2LiI，故A正确；B、原电池中阴离子向负极移动，所以电池工作时，碘离子移向Li电极，故B错误；C、聚2-乙烯吡啶的复合物作正极，所以聚2-乙烯吡啶的复合物能导电，故C错误；D、该电池的电势低，放电缓慢，使用寿命比较长，故D错误；故答案选A【思路点拨】本题考查了原电池原理，明确正负极、阴阳极上得失电子及电极反应是解本题关键，难点是电极反应式的书写，
14、注意电池中离子的移动方向，难度中等。13下列说法正确的是（ ）A按系统命名法，有机物可命名为3，7-二甲基-4-乙基辛烷B环己醇分子中所有的原子可能共平面C谷氨酸分子（- 氨基戊二酸）缩合只能形成1种二肽（不考虑立体异构）D在一定条件下，1.0 mol的最多能与含3.0 mol NaOH的溶液完全反应【知识点】有机化学的结构与性质【答案解析】D 解析：A、按系统命名法，有机物可命名为2，6-二甲基-5-乙基辛烷，,故A错误；B、环己醇分子中的碳原子是以单键与两个氢和其它两个相邻碳相连，形成四面体结构，所有的原子不可能共平面，故B错误；C、谷氨酸分子（- 氨基戊二酸）缩合，氨基与两种位置的羧基脱
15、水成肽，形成两种二肽，故C错误；D、1mol酚羟基与1mol NaOH反应，氯代有机物在 NaOH水溶液中发生取代，消耗1mol NaOH，羧酸铵中铵根消耗1mol NaOH,，所以最多消耗3mol NaOH。故D正确；故答案选D【思路点拨】本题考查有机物的基本结构与性质，注意有机反应发生的条件和类型，D选项为难点。第II卷（非选择题，共174分）三、非选择题（包括必考题和选考题两部分第22题第32题为必考题，每个试题考生都必须做答第33题第40题为选考题,考生根据要求做答）（一）必考题（22题第32题） 26（13分）：硫酸亚铁晶体(FeSO47H2O)在医药上作补血剂。为测定补血剂中铁元素
16、的含量，某化学兴趣小组设计了两套实验方案：方案一滴定法用酸性KMnO4溶液滴定测定铁元素的含量。反应原理：5Fe2MnO8H=5Fe3Mn24H2O(1)实验前，首先要精确配制一定物质的量浓度的KMnO4溶液250 mL，配制时需要的仪器除天平、玻璃棒、烧杯、胶头滴管外，还需_(填仪器名称)。(2)上述实验中KMnO4溶液需要酸化，用于酸化的酸是_。A稀硫酸B浓硝酸C稀硝酸D稀盐酸(3)某同学设计的下列滴定方式中，最合理的是_(夹持部分略去)(填字母序号)。方案二重量法操作流程如下：(4) 步骤是否可以省略，其理由是_。(5)步骤中一系列操作依次是：过滤、洗涤、_、冷却、称量。II：硫酸亚铁铵
17、(NH4)2SO4FeSO46H2O为浅绿色晶体，易溶于水，不溶于酒精，在水中的溶解度比FeSO4或(NH4)2SO4都要小。实验室中常以废铁屑为原料来制备，其步骤如下：图1步骤1：铁屑的处理。将废铁屑放入热的碳酸钠溶液中浸泡几分钟后，用图1所示方法分离出固体并洗涤、干燥。步骤2：FeSO4溶液的制备。将处理好的铁屑放入锥形瓶，加入过量的3 molL1H2SO4溶液，加热至充分反应为止。趁热过滤(如图2所示)，收集滤液和洗涤液。图2步骤3：硫酸亚铁铵的制备。向所得FeSO4溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液，经过加热浓缩、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤后得到硫酸亚铁铵晶体。请回答下列问题：(1)步
18、骤1中图1分离方法称为_法。(2)步骤2中有一处明显不合理的是_趁热过滤的理由是_。(3)步骤3加热浓缩过程中，当_时停止加热。用无水乙醇洗涤晶体的原因是_。【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量、铁盐和亚铁盐的相互转变【答案解析】：（1）250 mL容量瓶 （2）A （3）B （4）不能 ，Fe2+与碱反应后不能保证Fe2+全部转化为Fe3+，加热不能得到纯净的Fe2O3，故无法准确计算Fe的含量； （5）灼烧II：（1）倾析法 （2）应该铁屑过量，否则溶液中可能有Fe3+存在；减少溶质损失；（3）浓缩至液体表面出现晶膜；硫酸亚铁铵晶体不溶于乙醇，乙醇可以除去其表面的水分； 解析：（1）精
19、确配制一定物质的量浓度的KMnO4溶液250mL，配制时需要的仪器有天平、药匙、玻棒、烧杯、胶头滴管、250mL容量瓶，注意容量瓶的量程；A. 硝酸也具有氧化性，干扰实验，盐酸中的氯离子会被KMnO4溶液氧化，所以用于酸化的酸应该是稀硫酸；B. 标准液用滴定管装，待测液盛在锥形瓶中，酸性高锰酸钾具有强氧化性，可以腐蚀橡皮管，应盛放在酸式滴定管内，故B最合适；C. Fe2+与碱反应后不能保证Fe2+全部转化为Fe3+，加热不能得到纯净的Fe2O3，故无法准确计算Fe的含量，故步骤不能省略；（5）步骤中一系列处理是由氢氧化铁悬浊液最终转化为氧化铁，需要过滤、洗涤的氢氧化铁，然后灼烧生成氧化铁，冷却
20、后称量氧化铁的质量；II：（1）步骤1中图1分离方法称为倾析法；D. 步骤2中加入过量铁粉防止Fe2+被氧化为Fe3+溶液趁热过滤防止溶液冷却时，硫酸亚铁因析出而损失；（3）加入（NH4）2SO4固体后，溶液表面出现晶膜时，停止加热，采取蒸发浓缩、冷却结晶方法，通过减压过滤（或抽滤）等得到较为干燥的晶体，硫酸亚铁铵晶体不溶于乙醇，可以用乙醇洗去晶体表面的水；【思路点拨】本题考查学生对实验原理与实验操作的理解、物质分离提纯、元素化合物性质、氧化还原反应滴定等，难度中等，清楚实验原理是解题的关键，需要学生具备扎实的基础知识与综合运用知识分析问题、解决问题的能力。27（14分）镁是海水中含量较多的金
21、属元素，单质镁、镁合金以及镁的化合物在科学研究和工业生产中用途非常广泛。（1）Mg2Ni是一种储氢合金，已知：Mg（s）+H2（g）=MgH2（s） H1=74.5kJmol-1Mg2Ni（s）+2H2（g）=Mg2NiH4（s） H2=64.4kJmol-1Mg2Ni（s）+2 MgH2（s）=2Mg（s）+ Mg2NiH4（s） H3则H3=_ kJmol-1（2）工业上可用电解熔融的无水氯化镁获得镁。其中氯化镁晶体脱水是关键的工艺之一。一种正在试验的氯化镁晶体脱水的方法是：先将MgCl26H20转化为MgCl2NH4ClnNH3，然后在700脱氨得到无水氯化镁，脱氨反应的化学方程式为_；
22、用惰性电极电解熔融氯化镁，阴极的电极反应式为_（3）储氢材料Mg(AlH4)2在110200的反应为： Mg(AlH4)2=MgH2+2Al+3H2，每生成27gAl转移电子的物质的量为_（4）镁的一种化合物氯酸镁Mg（ClO3）2常用作催熟剂、除草剂等。为了确定实验室制备的Mg（ClO3）26H2O的纯度，做如下试验：步骤1：准确称量3.50g产品配成100mL溶液步骤2：取10mL于锥形瓶中，加入10mL稀硫酸和20mL1.000molL-1的FeSO4溶液，微热步骤3：冷却至室温，用0.100molL-1K2Cr2O7溶液滴定至终点，此过程中反应的离子方程式为：Cr2O72-+6Fe2+
23、14H+2Cr3+6Fe3+7H2O步骤4：将步骤2、3重复两次，平均消耗K2Cr2O7溶液15.00mL产品中Mg（ClO3）26H2O的纯度为_（用百分号表示，精确到小数点后一位）（5）一种有机镁化合物可用于制造光学元件的涂布液，化学式可表示为，它可以发生如下反应：ROH与B的核磁共振氢谱如下图：ROH由C、H、O、F四种元素组成的含氟化合物，分子中只有一个氧原子，所有氟原子化学环境相同，相对分子质量为168，则ROH的结构简式为_；B的结构简式为_【知识点】反应热和焓变、电解原理、制备实验方案的设计【答案解析】（1）84.6 （2）MgCl2NH4ClnNH3MgCl2+（n+1）NH3
24、+HCl Mg2+2e-=Mg （3）3mol （4）78.3% （5）（CF3）2CHOH ， 解析：（1）Mg（s）+H2（g）MgH2（s）H1=-74.5kJmol-1 Mg2Ni（s）+2H2（g）Mg2NiH4（s）H2=-64.4kJmol-1 Mg2Ni（s）+2MgH2（s）2Mg（s）+Mg2NiH4（s）H3由盖斯定律-2得到Mg2Ni（s）+2MgH2（s）2Mg（s）+Mg2NiH4（s）H3=-64.4KJ/mol-2（-74.5KJ/mol）=84.6KJ/mol，则H3=84.6KJ/mol，（2）MgCl2NH4ClnNH3在700脱氨得到无水氯化镁，反应的化
25、学方程式MgCl2NH4ClnNH3MgCl2+（n+1）NH3+HCl；用惰性电极电解熔融氯化镁，阴极上是镁离子得到电子生成镁，电极反应为：Mg2+2e-=Mg；（3）储氢材料Mg（AlH4）2在110-200的反应为：Mg（AlH4）2=MgH2+2Al+3H2，反应中生成2molAl转移电子6mol，每生成27gAl转移电子的物质的量为3mol；（4）氯酸根离子具有氧化性，可以将亚铁离子氧化为正三价，化学方程式为：ClO3-+6Fe2+6H+=6Fe3+Cl-+3H2O，根据化学方程式：ClO3-+6Fe2+6H+=6Fe3+Cl-+3H2O以及Cr2O72-+6Fe2+14H+2Cr3
26、+6Fe3+7H2O，可以得出：ClO3-6Fe2+，Cr2O72-6Fe2+，用0.100molL-1 K2Cr2O7溶液滴定至终点过程可以得出剩余的亚铁离子的物质的量为：0.100molL-10.015L6=0.009mol，和氯酸根离子反应的亚铁离子的物质的量为：2010-3L1.000molL-1-0.009mol=0.011mol，氯酸根离子的物质的量为：1/60.011mol，产品中Mg（ClO3）26H2O的质量分数：(1/12 0.011299g/mol）10 1/35100%=78.3%（5）ROH由C、H、O、F四种元素组成的含氟化合物，分子中只有一个氧原子，核磁氢谱表示含
27、有2个氢原子，所有氟原子化学环境相同，说明在一个碳原子上，相对分子质量为168，则ROH的结构简式为（CF3）2CHOH；依据反应过程化学键断裂位置分析判断生成产物B的结构简式为，【思路点拨】本题考查对常见金属元素及其化合物主要性质的掌握，主要是氧化还原反应，电子转移计算，滴定实验步骤和含量的计算分析，有机物结构和反应过程分析是解题关键，题目难度中等。28、（16分）研究化肥的合成、废水的处理等有现实的重要意义。尿素是一种非常重要的高氮化肥，工业上合成尿素的反应如下：2NH3(l)CO2(g)H2O(l)H2NCONH2 (l) H103.7 kJmol1试回答下列问题：（1）下列措施中有利于
28、提高尿素的产率的是_。A采用高温 B采用高压 C寻找更高效的催化剂 （2）合成尿素的反应在进行时分为如下两步：第一步：2NH3(l)CO2(g) H2NCOONH4(氨基甲酸铵) (l) H1第二步：H2NCOONH4(l)H2O(l)H2NCONH2(l) H2某实验小组模拟工业上合成尿素的条件，在一体积为0.5 L密闭容器中投入4 mol氨和1mol二氧化碳，实验测得反应中各组分随时间的变化如下图所示： 已知总反应的快慢由慢的一步决定，则合成尿素总反应的快慢由第_步反应决定。 反应进行到10 min时测得CO2的物质的量如图所示，则用CO2表示的第一步反应的速率v(CO2)_ 第二步反应的
29、平衡常数K随温度的变化如上右图所示，则H2 0（填“”“”或“”）以硫铁矿为原料生产硫酸所得的酸性废水中砷元素含量极高，为控制砷的排放，采用化学沉降法处理含砷废水，相关数据如下表。难溶物KspCa3(AsO4)26.81019AlAsO41.61016FeAsO45.71021 污染物H2SO4As浓度28.42 g/L1.6 gL1排放标准pH 690.5 mgL1表1几种砷酸盐的Ksp 表2工厂污染物排放浓度及允许排放标准 回答以下问题：（3）若混合溶液中Al3、Fe3的浓度均为1.0104molL1，c(AsO43)最大是 molL1。（4）工厂排放出的酸性废水中的三价砷（H3AsO3弱
30、酸）不易沉降，可投入MnO2先将其氧化成五价砷（H3AsO4弱酸），写出该反应的离子方程式 。（5）在处理含砷废水时采用分段式，先向废水中投入适量生石灰调节pH到2，再投入适量生石灰将pH调节到8左右使五价砷以Ca3(AsO4)2形式沉降。 将pH调节到2时废水中有大量沉淀产生，沉淀主要成分的化学式为 ；在pH调节到8左右才开始出现大量Ca3(AsO4)2沉淀的原因为 【知识点】化学平衡和化学反应速率的影响因素、沉淀溶解平衡【答案解析】（1）B （2）2 0.148 mol/（Lmin） （ 3 ）5.710-17（4）2H+MnO2+H3AsO3=H3AsO4+Mn2+H2O （5） CaS
31、O4 H3AsO4是弱酸，当溶液中pH调节到8左右时AsO43-浓度增大，Ca3（AsO4）2开始沉淀 解析：（1）A、采用高温，反应是放热反应，平衡向着逆向进行，尿素的产率降低，故A错误；B、反应由气体参加，反应前后气体体积减小，采用高压，增大压强，反应正向进行，尿素的产率增大，故B正确；C、寻找更高效的催化剂，催化剂可以加快反应速率，但不改变平衡，尿素的产率不变，故C错误；（2）由图象可知在15分钟左右，氨气和二氧化碳反应生成氨基甲酸铵后不再变化发生的是第一步反应，氨基甲酸铵先增大再减小最后达到平衡，发生的是第二步反应，从曲线斜率不难看出第二部反应速率慢，所以已知总反应的快慢由慢的一步决定
32、，则合成尿素总反应的快慢由第二步决定；反应进行到10 min时测得CO2的物质的量为0.26mol，二氧化碳的浓度变化为：c（CO2）=（1mol-0.26mol)/0.5L=1.48mol/L；则用CO2表示的第一步反应的速率v（CO2）=1.48mol/L10min=0.148 mol/（Lmin），第二步反应的平衡常数K随温度的升高增大，说明反应是吸热反应，H20，（3）若混合溶液中Al3+、Fe3+的浓度均为1.010-4molL-1，依据Ksp大小可以得到，Ksp（FeAsO4 ）小，反应过程中Fe3+先析出沉淀；依据Ksp（FeAsO4 ）=c（Fe3+）c（AsO43-）=5.7
33、10-21；Fe3+的浓度均为1.010-4molL-1，计算得到 c（AsO43-）=5.710-17mol/L，（4）三价砷（H3AsO3弱酸）不易沉降，可投入MnO2先将其氧化成五价砷（H3AsO4弱酸）同时生成Mn2+和H2O，则该反应的离子方程式为：2H+MnO2+H3AsO3=H3AsO4+Mn2+H2O，（5）硫酸钙难溶于酸，所以酸性条件下能析出，因此pH调节到2时废水中有大量沉淀产生，沉淀主要成分的化学式为CaSO4；H3AsO4是弱酸电离出来的AsO43-较少，所以酸性条件下不易形成Ca3（AsO4）2沉淀，当溶液中pH调节到8左右时AsO43-浓度增大，Ca3（AsO4）2
34、开始沉淀，【思路点拨】本题考查了化学平衡的影响因素分析、化学反应速率计算、溶液中浓度的换算、沉淀溶解平衡的溶度积常数计算，离子方程式的书写，沉淀的形成等知识，题目难度中等，注意明确影响化学平衡的因素及化学反应速率的计算方法，试题能够提高学生的分析、理解能力及计算能力。（二）选考题：共45分，请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，并在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。38(15分)AX七种有机物间转化关系如图所示。其中气体A在标准状况下密度为1.2
35、5 g/L，且碳元素的质量分数为85.7%；E普遍存在于许多食物中(如花生、菠菜等)；F分子中含有一个六元环，晶体X中仅含C、H、O三种元素，且原子个数比为1:3:3。试回答下列问题：(1)C的结构简式为_；晶体X的化学式为_。(2)下列转化过程涉及的有机化学反应中，属于取代反应的是_(填序号)。ABBCCDDEC、EF(3)写出D与新制Cu(OH)2悬浊液反应的方程式：_；写出C与E生成高分子化合物的化学方程式：_。(4)简述确定有机物B中官能团的实验方法：_。(5)有机物W是F的同系物，具有和F相似的结构，分子组成比F多四个碳原子，也含有六元环，其1HNMR谱图上只有一个峰，写出一种符合上
36、述条件的W的结构简式：_。(6)有机物Y是一种重要有机化工原料，可制备调香剂、皮肤创伤的愈合剂和某些药品(如头孢)等，Y的分子组成比E少一个氧原子，Y有两种不同的含氧官能团。通过电解方法可由E制取Y，电解槽中阳极通常用石墨，阴极用复合膜电极，采用阳离子交换膜，电解质溶液为饱和E与H2SO4的混合溶液。写出电解槽中阴极的电极反应式：_。【知识点】有机物的推断、电解原理【答案解析】（1）HOH2C-CH2OH，H2C2O42H2O或HOOC-COOH2H2O （2） E. OHC-CHO+4Cu（OH）2+2NaOH NaOOC-COONa+2Cu2O+6H2O（4）取少量B先与NaOH溶液共热，
37、再加硝酸酸化后加入AgNO3溶液，观察生成沉淀颜色； （5）（6）H2C2O4+2H+2e=OHC-COOH+H2O 解析：气体A在标准状况下密度为1.25g/L，则A的摩尔质量=1.25g/L22.4L/mol=28，A碳元素的质量分数为85.7%，则碳原子个数=2885.7%12=2，且A是有机物，所以A是乙烯；B和氢氧化钠的水溶液反应生成C，C能被氧气氧化生成D，D被新制氢氧化铜氧化生成E羧酸，则D中含有醛基，C中含有醇羟基，C和E发生酯化反应生成F，F分子中含有一个六元环，根据碳原子守恒知，F是乙二酸乙二酯，所以C是乙二醇，E是乙二酸，D是乙二醛，B和氢氧化钠水溶液发生取代反应生成乙二
38、醇，则B是卤代烃，A和氯气或溴发生加成反应生成B，晶体X中仅含C、H、O三种元素，且原子个数比为1：3：3，E是乙二酸，其分子式为：C2H2O4，X是乙二酸的结晶水化物，且C、H、O原子个数比为1：3：3，根据碳原子守恒知，该结晶水化物中含有2个碳原子，则氢原子个数是6，氧原子个数是6，所以该结晶水化物中含2个水分子。（1）C是乙二醇，其结构简式为：HOH2C-CH2OH，晶体X中仅含C、H、O三种元素，且原子个数比为1：3：3，E是乙二酸，其分子式为：C2H2O4，X是乙二酸的结晶水化物，且C、H、O原子个数比为1：3：3，根据碳原子守恒知，该结晶水化物中含有2个碳原子，则氢原子个数是6，氧
39、原子个数是6，所以该结晶水化物中含2个水分子，所以其分子式为：H2C2O42H2O或HOOC-COOH2H2O，（2）这几个AB BC CD DE C、EF反应中，属于取代反应的是（ 3 ）乙二醛和新制氢氧化铜反应生成乙二酸钠、氧化亚铜和水，反应方程式为：OHC-CHO+4Cu（OH）2+2NaOH NaOOC-COONa+2Cu2O+6H2O；在浓硫酸作催化剂、加热条件下，乙二酸和乙二醇发生酯化反应，反应方程式为：（4）B中含有卤原子，卤原子和氢氧化钠水溶液发生取代反应生成醇和氢卤酸，氢卤酸和硝酸酸化的硝酸银溶液发生复分解反应生成沉淀，根据沉淀颜色判断卤原子，所以其检验方法是：取少量B先与N
40、aOH溶液共热，再加硝酸酸化后加入AgNO3溶液，观察生成沉淀颜色。（5）F是乙二酸乙二酯，有机物W是F的同系物，分子组成比F多4个碳原子，也含有六元环，其1H-NMR谱图上只有一个峰说明只含一种类型的氢原子，所以符合上述条件的W的结构简式为：（6）Y分子组成比E少一个氧原子，则Y的结构简式为：OHC-COOH，通过电解方法可由E制取Y，电解槽中阳极通常用石墨，阴极用复合膜电极，采用阳离子交换膜，电解质溶液为饱和E与硫酸的混合溶液，阴极上乙二酸得电子和氢离子反应生成OHC-COOH和水，所以阴极的电极反应式：H2C2O4+2H+2e=OHC-COOH+H2O。【思路点拨】本题考查了有机物的推断及电解原理，明确有机物的官能团及其性质是解本题关键，注意卤代烃中卤原子的检验方法，注意卤原子检验时要先用酸中和碱，然后再和硝酸银反应，为易错点。