1、2016年江西省吉安市泰和县高考化学二模试卷一、选择题1只用溴水就可以将下列物质鉴别出来的是（）A水、CCl4、酒精、苯BNaCl溶液、NaBr溶液、NaI溶液、NaOH溶液CAgNO3溶液、NaOH溶液、KI溶液、CCl4DCCl4、酒精、NaCl溶液、KI淀粉溶液2下列叙述正确的是（）A汽油、柴油和植物油都是烃B油脂、淀粉和蛋白质均可发生水解反应C乙烯和苯使溴水褪色都是发生加成反应D苯环含有碳碳单键和碳碳双键3黑火药是中国古代的四大发明之一，其爆炸的热化学方程式为：S（s）+2KNO3（s）+3C（s）K2S（s）+N2（g）+3CO2（g）H=x kJmol1已知碳的燃烧热H1=a kJ
2、mol1S（s）+2K（s）K2S（s）H2=b kJmol12K（s）+N2（g）+3O2（g）2KNO3（s）H3=c kJmol1则x为（）A3a+bcBc+3abCa+bcDc+ab4下列溶液中的离子一定能大量共存的是（）A含大量MnO4的溶液中：Na+、K+、Cu2+、Fe3+B在加入铝粉能产生氢气的溶液中：NH4+、Fe2+、SO42、NO3C酸性溶液中：Ba2+、NO3、K+、AlO2D含大量Fe3+的溶液中：NH4+、Na+、I、SCN5下列说法正确的是（）A16O和18O原子的核外电子排布不相同B含有离子键的化合物一定是离子化合物CHF、HCl、HBr、HI的熔沸点逐渐升高D
3、干冰和二氧化硅熔化时所克服微粒间的相互作用相同6在一定温度下的定容密闭容器中，发生反应：2NO2（g）N2O4（g）当下列所给有关量不再变化时，不能表明该反应已达平衡状态的是（）A混合气体的压强B混合气体的密度C混合气体的平均相对分子质量D7除去下列物质中的杂质（括号内为杂质），所选用的试剂及操作方法不正确的是（）选项待提纯的物质选用试剂操作的方法AFeCl2溶液（FeCl3溶液）铁粉过滤BAl2O3（Fe2O3）NaOH溶液和CO2溶解、过滤、过滤CCl2（HCl）饱和食盐水洗气DNa2CO3固体（NaHCO3固体）加热至质量不再变化AABBCCDD8pH=a的某电解质溶液中，插入两支惰性电
4、极通直流电一段时间后，溶液的pHa，则该电解质可能是（）ANa2SO4BH2SO4CAgNO3DNaOH二、（非选择题，共3小题，共52分）9三草酸合铁（）酸钾晶体K3Fe（C2O4）33H2O可用于摄影和蓝色印刷可用如下流程来制备根据题意完成下列各题：（1）若用铁和稀硫酸制备FeSO47H2O，（填物质名称）往往要过量（2）要从溶液中得到绿矾，必须进行的实验操作是（按前后顺序填）a过滤洗涤 b蒸发浓缩 c冷却结晶 d灼烧 e干燥某课外化学兴趣小组为测定三草酸合铁酸钾晶体（K3Fe（C2O4）33H2O）中铁元素含量，做了如下实验：步骤一：称量5.000g三草酸合铁酸钾晶体，配制成250ml溶
5、液步骤二：取所配溶液25.00ml于锥形瓶中，加稀H2SO4酸化，滴加KMnO4溶液至草酸根恰好全部被氧化成二氧化碳，同时，MnO4被还原成Mn2+向反应后的溶液中加入一定量锌粉，加热至黄色刚好消失，过滤，洗涤，将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中，此时，溶液仍里酸性步骤三：用0.010mol/L KMnO4溶液滴定步骤二所得溶液至终点，消耗KMnO4溶液20.02ml，滴定中MnO4，被还原成Mn2+重复步骤二、步骤三操作，滴定消耗0.010mol/LKMnO4溶液19.98ml；（3）配制三草酸合铁酸钾溶液需要使用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒以外还有；主要操作步骤依次是：称量、转移、定容、摇匀（
6、4）加入锌粉的目的是（5）实验测得该晶体中铁的质量分数为在步骤二中，若加入的KMnO4的溶液的量不够，则测得的铁含量（选填“偏低”“偏高”“不变”）（6）某同学将8.74g无水三草酸合铁酸钾（K3Fe（C2O4）3）在一定条件下加热分解，所得固体的质量为5.42g，同时得到密度为1.647g/L（已折合成标准状况下）气体研究固体产物得知，铁元素不可能以三价形式存在，而盐只有K2CO3写出该分解反应的化学方程式10已知A、B、C为中学化学中常见的单质，A为是生产、生活中用量最大、用途最广的金属单质，室温下B是黄绿色气体，C为无色气体在一定条件下相互转化的关系如图2所示请回答以下问题：（1）A、B
7、、C分别是什么物质：A是，B是，C是，F是（填化学式）（2）写出A和B生成D的化学方程式：，向D溶液中加入溶液可看到溶液变血红色（3）写出F溶液中加入B的离子方程式：写出D溶液中加入A的离子方程式：11铁、铜单质及其化合物应用范围很广现有含氯化亚铁杂质的氯化铜晶体（CuCl22H2O），为制取纯净的CuCl22H2O，首先将其制成水溶液，然后按如图步骤进行提纯：已知Cu2+、Fe3+和Fe2+的氢氧化物开始沉淀和沉淀完全时的pH，见表：Fe3+Fe2+Cu2+氢氧化物开始沉淀时的pH1.97.04.7氢氧化物完全沉淀时的pH49.06.7（1）最适合作氧化剂X的是AK2Cr2O7 BNaClO
8、 CH2O2 DKMnO4（2）加入氧化剂的目的是（3）加入的物质Y是（写化学式），目的是调节溶液的pH根据信息，溶液的pH范围应为（4）当c（Fe3+）=105mol/L时，认为沉淀完全，则Fe（OH）3的Ksp=（5）结合方程式和必要文字说明解释不能将溶液直接蒸发结晶得到CuCl22H2O晶体的原因（6）在饱和氯化铁溶液中加入碳酸钙粉末，发现碳酸钙逐渐溶解，同时还产生的现象有【选修五有机化学基础】12席夫碱类化合物G在催化、药物、新材料等方面有广泛应用，合成G的一种路线如下：已知以下信息：1mol B经上述反应可生成2mol C，且C不能发生银镜反应D属于单取代芳烃，其相对分子质量为106
9、核磁共振氢谱显示F苯环上有两种化学环境的氢回答下列问题：（1）由A生成B的化学方程式为，反应类型为（2）D的化学名称是，由D生成E的化学方程式为（3）G的结构简式为（4）F的同分异构体中含有苯环的还有种（不考虑立体异构），其中核磁共振氢谱为4组峰，且面积比为6：2：2：1的是（写出其中一种的结构简式）（5）由苯及化合物C经如下步骤可合成N异丙基苯胺：反应条件1所选用的试剂为，反应条件2所选用的试剂为，I的结构简式为2016年江西省吉安市泰和县高考化学二模试卷参考答案与试题解析一、选择题1只用溴水就可以将下列物质鉴别出来的是（）A水、CCl4、酒精、苯BNaCl溶液、NaBr溶液、NaI溶液、N
10、aOH溶液CAgNO3溶液、NaOH溶液、KI溶液、CCl4DCCl4、酒精、NaCl溶液、KI淀粉溶液【考点】物质的检验和鉴别的实验方案设计【分析】向选项中的各溶液中加入溴水后如果呈现不同的反应现象就能鉴别，否则不能鉴别，A、溴水和水或酒精都互溶，和苯、CCl4混合会分层；B、氯化钠溶液和溴化钠溶液都与溴水互溶，溴能置换碘单质，溴和氢氧化钠反应生成无色物质；C、溴水和硝酸银反应生成淡黄色沉淀，和氢氧化钠反应生成无色物质，能置换碘单质，四氯化碳能萃取溴；D、四氯化碳能萃取溴，酒精和氯化钠溶液都与溴水互溶，溴能置换碘单质【解答】解：A、溴水和水或酒精都互溶，苯能萃取溴水中的溴而使溶液分层，上层苯
11、溶液是橙色，下层是无色的，四氯化碳能萃取溴，但下层是橙色，上层呈无色，所以能区分苯和四氯化碳，但不能区分水和酒精，故A错误；B、氯化钠溶液和溴化钠溶液都与溴水互溶，所以不能区分氯化钠溶液和溴化钠溶液，溴能置换碘单质，溴和氢氧化钠反应生成无色物质，所以能区分碘化钠溶液和氢氧化钠溶液，故B错误；C、溴水和硝酸银反应生成淡黄色沉淀，和氢氧化钠反应生成无色物质，溴能置换碘单质而使溶液呈浅紫色，四氯化碳能萃取溴而使溶液分层，出现的现象不同，所以能用溴水鉴别，故C正确；D、四氯化碳能萃取溴而使溶液分层，酒精和氯化钠溶液都与溴水互溶所以不能区分酒精和氯化钠溶液，溴能置换碘单质，碘遇淀粉变蓝色，故D错误故选C
12、2下列叙述正确的是（）A汽油、柴油和植物油都是烃B油脂、淀粉和蛋白质均可发生水解反应C乙烯和苯使溴水褪色都是发生加成反应D苯环含有碳碳单键和碳碳双键【考点】饱和烃与不饱和烃；有机化学反应的综合应用【分析】A植物油是油脂；B油脂水解为高级脂肪酸和甘油；淀粉水解为葡萄糖，蛋白质水解为氨基酸；C乙烯使溴水褪色是发生加成反应；苯使溴水褪色是发生萃取；D苯环含有一种介于碳碳单键和碳碳双键之间的特殊的键【解答】解：A汽油、柴油都是烃；植物油是油脂，故A错误；B油脂水解为高级脂肪酸和甘油；淀粉水解为葡萄糖，蛋白质水解为氨基酸，故B正确；C乙烯使溴水褪色是发生加成反应；苯使溴水褪色是发生萃取，故C错误；D苯环
13、含有一种介于碳碳单键和碳碳双键之间的特殊的键，故D错误，故选B3黑火药是中国古代的四大发明之一，其爆炸的热化学方程式为：S（s）+2KNO3（s）+3C（s）K2S（s）+N2（g）+3CO2（g）H=x kJmol1已知碳的燃烧热H1=a kJmol1S（s）+2K（s）K2S（s）H2=b kJmol12K（s）+N2（g）+3O2（g）2KNO3（s）H3=c kJmol1则x为（）A3a+bcBc+3abCa+bcDc+ab【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算【分析】碳的燃烧热H1=a kJmol1，其热化学方程式为C（s）+O2（g）=CO2（g）H1=a kJmol1S（s）+2
14、K（s）K2S（s）H2=b kJmol12K（s）+N2（g）+3O2（g）2KNO3（s）H3=c kJmol1将方程式3+得S（s）+2KNO3（s）+3C（s）K2S（s）+N2（g）+3CO2（g），其反应热进行相应的改变，据此计算反应热【解答】解：碳的燃烧热H1=a kJmol1，其热化学方程式为C（s）+O2（g）=CO2（g）H1=a kJmol1S（s）+2K（s）K2S（s）H2=b kJmol12K（s）+N2（g）+3O2（g）2KNO3（s）H3=c kJmol1将方程式3+得S（s）+2KNO3（s）+3C（s）K2S（s）+N2（g）+3CO2（g），则H=x k
15、Jmol1=（3a+bc）kJmol1，所以x=3a+bc，故选A4下列溶液中的离子一定能大量共存的是（）A含大量MnO4的溶液中：Na+、K+、Cu2+、Fe3+B在加入铝粉能产生氢气的溶液中：NH4+、Fe2+、SO42、NO3C酸性溶液中：Ba2+、NO3、K+、AlO2D含大量Fe3+的溶液中：NH4+、Na+、I、SCN【考点】离子共存问题【分析】A四种离子之间不发生反应，都不与高锰酸根离子反应；B在加入铝粉能产生氢气的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，亚铁离子、铵根离子与氢氧根离子反应，硝酸根离子在酸性条件下能够氧化亚铁离子；C偏铝酸根离子与酸性溶液中的氢离子反应；D铁离子与硫氰根
16、离子反应【解答】解：ANa+、K+、Cu2+、Fe3+之间不反应，都不与MnO4反应，在溶液中不能大量共存，故A正确；B在加入铝粉能产生氢气的溶液为酸性或强碱性溶液，NH4+、Fe2+能够与碱性溶液中的企业广告离子反应，在酸性条件下发生氧化还原反应，Fe2+、NO3在溶液中不能大量共存，故B错误；C酸性溶液中存在大量氢离子，AlO2与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；DFe3+和SCN之间发生络合反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选A5下列说法正确的是（）A16O和18O原子的核外电子排布不相同B含有离子键的化合物一定是离子化合物CHF、HCl、HBr、HI的熔沸点逐渐升高D干
17、冰和二氧化硅熔化时所克服微粒间的相互作用相同【考点】核素；元素周期律的作用；离子化合物的结构特征与性质；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别【分析】A原子核外电子排布与质子数有关；B含有离子键的化合物一定由阴阳离子构成；CHF中存在氢键；D干冰为分子晶体，二氧化硅为原子晶体【解答】解：A两种核素均为氧元素的不同种原子，核电荷数为8，核外电子排布方式相同，故A错误；B离子化合物是含有离子键的化合物，所以含有离子键的化合物一定是离子化合物，故B正确；CHF中存在氢键，故HF的熔沸点反常的升高，比HCl、HBr、HI的熔沸点均高，故C错误；D干冰为分子晶体，熔化时克服分子间作用力，二氧化硅为原子晶
18、体，熔化时克服共价键，故D错误；故选B6在一定温度下的定容密闭容器中，发生反应：2NO2（g）N2O4（g）当下列所给有关量不再变化时，不能表明该反应已达平衡状态的是（）A混合气体的压强B混合气体的密度C混合气体的平均相对分子质量D【考点】化学平衡状态的判断【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态【解答】解：A、混合气体的压强不变，说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，故A不选；B、气体的质
19、量和体积一直不变，所以混合气体的密度始终不变，不能作平衡状态的标志，故B选；C、混合气体的平均相对分子质量，说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，故C不选；D、Q=K，说明反应达平衡状态，故D不选；故选B7除去下列物质中的杂质（括号内为杂质），所选用的试剂及操作方法不正确的是（）选项待提纯的物质选用试剂操作的方法AFeCl2溶液（FeCl3溶液）铁粉过滤BAl2O3（Fe2O3）NaOH溶液和CO2溶解、过滤、过滤CCl2（HCl）饱和食盐水洗气DNa2CO3固体（NaHCO3固体）加热至质量不再变化AABBCCDD【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用【分析】AFeCl3可与Fe反应
20、生成FeCl2；B氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，通入二氧化碳生成氢氧化铝；C氯气不溶于饱和食盐水；D碳酸氢钠不稳定，加热易分解【解答】解：AFeCl3具有氧化性，与Fe反应生成FeCl2，可除杂，故A正确；B氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，通入二氧化碳生成氢氧化铝，过滤、洗涤后应灼烧，故B错误；C氯气不溶于饱和食盐水，可用饱和食盐水除去氯化氢，故C正确；D碳酸氢钠不稳定，加热易分解，生成碳酸钠，可除杂，故D正确故选B8pH=a的某电解质溶液中，插入两支惰性电极通直流电一段时间后，溶液的pHa，则该电解质可能是（）ANa2SO4BH2SO4CAgNO3DNaOH【考点】电解原理【分
21、析】根据离子的放电顺序判断电解实质，根据电解实质判断溶液中氢离子浓度与氢氧根离子浓度的关系结合题意判断选项【解答】解：A、电解硫酸钠溶液时，实际上电解的是水，所以溶液中氢离子和氢氧根离子的相对浓度不变，只是硫酸钠的浓度增大，故pH值不变，故A错误；B、电解硫酸溶液时，实际上电解的是水，但溶液中氢离子的浓度增大，pH值减小，故B错误；C、电解硝酸银溶液时，阴极上析出银，阳极上得到氧气，所以溶液中的氢氧根离子的浓度减小，氢离子的浓度增大，溶液的pH值减小，故C错误；D、电解氢氧化钠溶液时，实际上电解的是水，但溶液中的氢氧根离子的浓度增大，氢离子的浓度减小，所以溶液的pH值增大，故D正确；故选D二、
22、（非选择题，共3小题，共52分）9三草酸合铁（）酸钾晶体K3Fe（C2O4）33H2O可用于摄影和蓝色印刷可用如下流程来制备根据题意完成下列各题：（1）若用铁和稀硫酸制备FeSO47H2O，铁（填物质名称）往往要过量（2）要从溶液中得到绿矾，必须进行的实验操作是bcae（按前后顺序填）a过滤洗涤 b蒸发浓缩 c冷却结晶 d灼烧 e干燥某课外化学兴趣小组为测定三草酸合铁酸钾晶体（K3Fe（C2O4）33H2O）中铁元素含量，做了如下实验：步骤一：称量5.000g三草酸合铁酸钾晶体，配制成250ml溶液步骤二：取所配溶液25.00ml于锥形瓶中，加稀H2SO4酸化，滴加KMnO4溶液至草酸根恰好全
23、部被氧化成二氧化碳，同时，MnO4被还原成Mn2+向反应后的溶液中加入一定量锌粉，加热至黄色刚好消失，过滤，洗涤，将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中，此时，溶液仍里酸性步骤三：用0.010mol/L KMnO4溶液滴定步骤二所得溶液至终点，消耗KMnO4溶液20.02ml，滴定中MnO4，被还原成Mn2+重复步骤二、步骤三操作，滴定消耗0.010mol/LKMnO4溶液19.98ml；（3）配制三草酸合铁酸钾溶液需要使用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒以外还有250ml容量瓶；主要操作步骤依次是：称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀（4）加入锌粉的目的是将Fe3+还原成Fe2+，为进一步测定铁元素的含量
24、做准备（5）实验测得该晶体中铁的质量分数为11.12%在步骤二中，若加入的KMnO4的溶液的量不够，则测得的铁含量偏高（选填“偏低”“偏高”“不变”）（6）某同学将8.74g无水三草酸合铁酸钾（K3Fe（C2O4）3）在一定条件下加热分解，所得固体的质量为5.42g，同时得到密度为1.647g/L（已折合成标准状况下）气体研究固体产物得知，铁元素不可能以三价形式存在，而盐只有K2CO3写出该分解反应的化学方程式2K3Fe（C2O4）33K2CO3+Fe+FeO+4CO+5CO2【考点】制备实验方案的设计【分析】（1）亚铁离子易被空气中的氧气氧化为铁离子，需要加入过量的铁粉避免亚铁离子被氧化；（
25、2）根据溶液来得到晶体来分析实验操作；（3）根据实验操作的步骤以及每步操作需要仪器确定反应所需仪器；（4）锌粉能与Fe3+反应，加入锌粉的目的是将Fe3+恰好还原成Fe2+；（5）依据化学方程式或离子方程式计算，注意配制溶液的体积变化；加入的KMnO4的溶液的量不足，导致草酸根有剩余，再滴定亚铁离子时，进行与高锰酸钾反应，使的滴定亚铁离子消耗的高锰酸钾的体积偏大；（6）根据气体的密度为求出其摩尔质量，然后根据摩尔质量和质量守恒来判断成分；依据信息：固体产物中，铁元素不可能以三价形式存在，而盐只有K2CO3，结合电子得失守恒，可推测铁元素只能以亚铁和铁单质的形式存在；最后写出方程式【解答】解：（
26、1）亚铁离子易被空气中的氧气氧化为铁离子，需要加入过量的铁粉避免亚铁离子被氧化，2Fe3+Fe=3Fe2+；故答案为：铁；（2）将混合液来制备绿矾时应先将溶液加热浓缩、然后冷却结晶，将析出的固体过滤、洗涤、干燥，即可得到绿矾，故答案为：bcae；（3）配制步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解，冷却后转移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管；故答案为：250ml容量瓶；溶解，洗涤；（4）向反应后的溶
27、液中加入一小匙锌粉，加热至溶液完全由黄色变为浅绿色，说明加入锌粉的目的是将Fe3+恰好还原成Fe2+；故答案为：将Fe3+还原成Fe2+，为进一步测定铁元素的含量做准备；（5）再重复（1）、（2）步骤两次，滴定消耗0.01moL/KMnO4溶液平均体积为19.98mL；5Fe2+MnO4+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O5mol 1moln（Fe2+） 0.0100.01998mol配制成250moL溶液，取所配溶液25.00moL进行的中和滴定实验，含亚铁离子物质的量n（Fe2+）=50.0100.01998mol：所以250ml溶液中亚铁离子物质的量为：1050.0100.01998mo
28、l：铁的质量分数（Fe）=1050.0100.01998mol56 g/mol5.000 g100%=11.12%；加入的KMnO4的溶液的量不足，导致草酸根有剩余，再滴定亚铁离子时，进行与高锰酸钾反应，使的滴定亚铁离子消耗的高锰酸钾的体积偏大，导致测定的亚铁离子的物质的量偏大，故铁元素的质量偏大，计算测定的铁元素的质量分数偏高，故答案为：11.12%；偏高；（6）气体密度为1.647g/L，其摩尔质量为1.647g/L22.4L/mol=36.9g/mol，所以气体为CO和C02，两者的物质的量之比=，固体产物中，铁元素不可能以三价形式存在，而盐只有K2CO3，结合电子得失守恒，可推测铁元素
29、只能以亚铁和铁单质的形式存在，故方程式为：2K3Fe（C2O4）33K2CO3+Fe+FeO+4CO+5CO2；故答案为：2K3Fe（C2O4）33K2CO3+Fe+FeO+4CO+5CO210已知A、B、C为中学化学中常见的单质，A为是生产、生活中用量最大、用途最广的金属单质，室温下B是黄绿色气体，C为无色气体在一定条件下相互转化的关系如图2所示请回答以下问题：（1）A、B、C分别是什么物质：A是Fe，B是Cl2，C是H2，F是FeCl2（填化学式）（2）写出A和B生成D的化学方程式：2Fe+3Cl22FeCl3，向D溶液中加入KSCN溶液可看到溶液变血红色（3）写出F溶液中加入B的离子方程
30、式：Cl2+2Fe2+=2Cl+2Fe3+写出D溶液中加入A的离子方程式：Fe+2Fe3+=3Fe2+【考点】无机物的推断【分析】A、B、C为中学化学中常见的单质，A为是生产、生活中用量最大、用途最广的金属单质，则A为Fe；室温下B是黄绿色气体，则B为Cl2，二者反应生成D为FeCl3，FeCl3溶液与Fe反应得到F为FeCl2，E溶液与Fe反应得到FeCl2与无色气体C，则E为HCl，C为H2，据此解答【解答】解：A、B、C为中学化学中常见的单质，A为是生产、生活中用量最大、用途最广的金属单质，则A为Fe；室温下B是黄绿色气体，则B为Cl2，二者反应生成D为FeCl3，FeCl3溶液与Fe反
31、应得到F为FeCl2，E溶液与Fe反应得到FeCl2与无色气体C，则E为HCl，C为H2，（1）由上述分析可知，A为Fe，B为Cl2，C为H2，F为FeCl2，故答案为：Fe；Cl2；H2；FeCl2；（2）A和B生成D的化学方程式为：2Fe+3Cl22FeCl3，向D溶液中加入KSCN溶液可看到溶液变血红色，故答案为：2Fe+3Cl22FeCl3；KSCN；（3）氯化亚铁溶液中加入氯气，氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁，反应离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Cl+2Fe3+，FeCl3溶液与Fe反应得到FeCl2，反应离子方程式为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，故答案为：Cl2+2Fe2+=2
32、Cl+2Fe3+；Fe+2Fe3+=3Fe2+11铁、铜单质及其化合物应用范围很广现有含氯化亚铁杂质的氯化铜晶体（CuCl22H2O），为制取纯净的CuCl22H2O，首先将其制成水溶液，然后按如图步骤进行提纯：已知Cu2+、Fe3+和Fe2+的氢氧化物开始沉淀和沉淀完全时的pH，见表：Fe3+Fe2+Cu2+氢氧化物开始沉淀时的pH1.97.04.7氢氧化物完全沉淀时的pH49.06.7（1）最适合作氧化剂X的是CAK2Cr2O7 BNaClO CH2O2 DKMnO4（2）加入氧化剂的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，便于生成沉淀而与Cu2+分离（3）加入的物质Y是CuO或Cu（OH）2或C
33、uCO3或Cu2（OH）2CO3（写化学式），目的是调节溶液的pH根据信息，溶液的pH范围应为调节溶液的pH至44.7（4）当c（Fe3+）=105mol/L时，认为沉淀完全，则Fe（OH）3的Ksp=11035（5）结合方程式和必要文字说明解释不能将溶液直接蒸发结晶得到CuCl22H2O晶体的原因CuCl2+2H2OCu（OH）2+2HCl温度升高，HCl挥发，水解平衡正向移动，得到Cu（OH）2固体，而无法得到晶体（6）在饱和氯化铁溶液中加入碳酸钙粉末，发现碳酸钙逐渐溶解，同时还产生的现象有产生气泡和红褐色沉淀【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】氯化亚铁和氯化铜的混合液中
34、，加入氧化剂可以将亚铁离子氧化为铁离子，调节pH可以将铁离子沉淀，得到氯化铜的水溶液，然后再酸性环境下蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥即可得到氯化铜晶体，（1）加入氧化剂，将Fe2+氧化为Fe3+，易除去，除杂时，不能引入新的杂质；（2）将Fe2+氧化为Fe3+；（3）调节pH44.7，使Fe3+全部沉淀，同时不引进新杂质，调节溶液的pH的目的是使铁离子沉淀同时铜离子不能沉淀，据此判断；（4）当c（Fe3+）=105mol/L时，认为沉淀完全，此时pH=4，即c（OH）=11010，根据Ksp=c（Fe3+）c3（OH）计算；（5）CuCl2属于强酸弱碱盐，加热蒸发时促进其水解（HCl易挥
35、发），得不到CuCl22H2O；（6）饱和氯化铁溶液中铁离子水解呈酸性，加入碳酸钙粉末，碳酸钙与酸反应生成二氧化碳气体，同是促进铁离子的水解而产生氢氧化铁沉淀；【解答】解：（1）根据框图，加入氧化剂X可把Fe2+氧化为Fe3+，而没有增加新杂质，所以X为H2O2，故答案为：C；（2）Fe2+沉淀为氢氧化物时所需pH与Cu2+的沉淀的pH相同，也就是说，Fe2+沉淀的同时，Cu2+也会沉淀，无法将两者分离开，根据题干提供信息可知Fe3+沉淀所需的pH较小，所以应先将Fe2+氧化为Fe3+后再将其除去，故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+，便于生成沉淀而与Cu2+分离；（3）结合题示，调节pH44.
36、7，使Fe3+全部沉淀，同样不引进新杂质，所以Y最好为CuO或Cu（OH）2或CuCO3，故答案为：CuO或Cu（OH）2或CuCO3或Cu2（OH）2CO3；调节溶液的pH至44.7；（4）当c（Fe3+）=105mol/L时，认为沉淀完全，此时pH=4，即c（OH）=11010，Ksp=c（Fe3+）c3（OH）=105（11010）3=11035，故答案为：11035；（5）CuCl2属于强酸弱碱盐，加热蒸发时促进其水解（HCl易挥发），CuCl2+2H2OCu（OH）2+2HCl 温度升高，HCl挥发，水解平衡正向移动，得到Cu（OH）2固体，而无法得到晶体，故答案为：CuCl2+2H
37、2OCu（OH）2+2HCl 温度升高，HCl挥发，水解平衡正向移动，得到Cu（OH）2固体，而无法得到晶体；（6）饱和氯化铁溶液中铁离子水解呈酸性，加入碳酸钙粉末，碳酸钙与酸反应生成二氧化碳气体，同是促进铁离子的水解而产生氢氧化铁沉淀，所以出现的现象为碳酸钙逐渐溶解，产生气泡和红褐色沉淀故答案为：产生气泡和红褐色沉淀【选修五有机化学基础】12席夫碱类化合物G在催化、药物、新材料等方面有广泛应用，合成G的一种路线如下：已知以下信息：1mol B经上述反应可生成2mol C，且C不能发生银镜反应D属于单取代芳烃，其相对分子质量为106核磁共振氢谱显示F苯环上有两种化学环境的氢回答下列问题：（1）
38、由A生成B的化学方程式为（CH3）2CHCCl（CH3）2+NaOH（CH3）2C=C（CH3）2+NaCl+H2O，反应类型为消去反应（2）D的化学名称是乙苯，由D生成E的化学方程式为+HONO2+H2O（3）G的结构简式为（4）F的同分异构体中含有苯环的还有19种（不考虑立体异构），其中核磁共振氢谱为4组峰，且面积比为6：2：2：1的是（写出其中一种的结构简式）（5）由苯及化合物C经如下步骤可合成N异丙基苯胺：反应条件1所选用的试剂为浓硝酸、浓硫酸，反应条件2所选用的试剂为Fe粉/稀盐酸，I的结构简式为【考点】真题集萃；有机物的推断；有机物的合成【分析】A的分子式为C6H13Cl，为己烷的
39、一氯代物，在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应得到B，1mol B发生信息中氧化反应生成2mol C，且C不能发生银镜反应，B为对称结构烯烃，且不饱和C原子没有H原子，故B为（CH3）2C=C（CH3）2，C为（CH3）2C=O，逆推可知A为（CH3）2CHCCl（CH3）2D属于单取代芳烃，其相对分子质量为106，D含有一个苯环，侧链式量=10677=29，故侧链为CH2CH3，D为，核磁共振氢谱显示F苯环上有两种化学环境的氢，故D发生乙基对位取代反应生成E为，由F的分子式可知，E中硝基被还原为NH2，则F为，C与F发生信息中反应，分子间脱去1分子水形成N=C双键得到G，则G为，据此解答
40、【解答】解：A的分子式为C6H13Cl，为己烷的一氯代物，在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应得到B，1mol B发生信息中氧化反应生成2mol C，且C不能发生银镜反应，B为对称结构烯烃，且不饱和C原子没有H原子，故B为（CH3）2C=C（CH3）2，C为（CH3）2C=O，逆推可知A为（CH3）2CHCCl（CH3）2D属于单取代芳烃，其相对分子质量为106，D含有一个苯环，侧链式量=10677=29，故侧链为CH2CH3，D为，核磁共振氢谱显示F苯环上有两种化学环境的氢，故D发生乙基对位取代反应生成E为，由F的分子式可知，E中硝基被还原为NH2，则F为，C与F发生信息中反应，分子间脱
41、去1分子水形成N=C双键得到G，则G为，（1）由A生成B的化学方程式为：（CH3）2CHCCl（CH3）2+NaOH（CH3）2C=C（CH3）2+NaCl+H2O，属于消去反应，故答案为：（CH3）2CHCCl（CH3）2+NaOH（CH3）2C=C（CH3）2+NaCl+H2O；消去反应；（2）由上述分析可知，D为，化学名称是乙苯，由D生成E的化学方程式为：D为+HONO2+H2O，故答案为：乙苯； +HONO2+H2O；（3）由上述分析可知，G的结构简式为，故答案为：；（4）F为，含有苯环同分异构体中，若取代基为氨基、乙基，还有邻位、间位2种，若只有一个取代基，可以为CH（NH2）CH3
42、、CH2CH2NH2、NHCH2CH3、CH2NHCH3、N（CH3）2，有5种；若取代为2个，还有CH3、CH2NH2或CH3、NHCH3，各有邻、间、对三种，共有6种；若取代基有3个，即CH3、CH3、NH2，2个甲基相邻，氨基有2种位置，2个甲基处于间位，氨基有3种位置，2个甲基处于对位，氨基有1种位置，共有2+3+1=6种，故符合条件的同分异构体有：2+5+6+6=19，其中核磁共振氢谱为4组峰，且面积比为6：2：2：1，说明含有2个CH3，可以是，故答案为：19；（5）由苯与浓硝酸、浓硫酸在加热条件下得到H为硝基苯，硝基苯在Fe粉/盐酸条件下还有得到I为，再与（CH3）2C=O反应得到，最后加成反应还原得到，故反应条件1所选用的试剂为：浓硝酸、浓硫酸，反应条件2所选用的试剂为：Fe粉/稀盐酸，I的结构简式为，故答案为：浓硝酸、浓硫酸；Fe粉/盐酸；2016年6月17日
