2016年湖北省黄冈中学高考化学模拟试卷（七）
一、选择题：每小题6分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．21世纪化学的最新定义为“化学是一门创造新物质的科学”．下列有关说法不正确的是（ ）
A．用CO2合成可降解的聚碳酸酯塑料，可以实现“碳”的循环利用
B．开发利用太阳能、生物质能等清洁能源，有利于节约资源
C．绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理
D．制备物质时探究化学反应中高的选择性、转化率和原子利用率，属于“绿色”的生产工艺
2．用H2O2溶液处理含NaCN的废水的反应原理为：NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3，已知：HCN的酸性比H2CO3弱．下列有关说法正确的是（ ）
A．该反应中氮元素被氧化
B．该反应中H2O2作还原剂
C．0.1mol•L﹣1NaCN溶液中含有HCN和CN﹣的总数为0.1×6.02×1023
D．实验室配制NaCN溶液时，需加入适量的NaOH溶液
3．下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A．氯化铝溶液中加入过量的氨水：Al3++4 NH3•H2O=AlO2﹣+4 NH4+
B．稀硝酸中加入过量铁粉：Fe+4H++NO3﹣=Fe3++NO↑+2H2O
C．二氧化锰与浓盐酸混合加热：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O
D．石灰水中加入过量小苏打溶液：HCO3﹣+Ca2++OH﹣=CaCO3↓+H2O
4．短周期元素W、X、Y、Z 原子序数依次增大，W与Y最外层电子数之和为X的最外层电子数的2倍，Z最外层电子数等于最内层电子数，X、Y、Z的简单离子的电子层结构相同，W的单质是空气中体积分数最大的气体．下列说法正确的是（ ）
A．Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强
B．W的气态氢化物比X的稳定
C．离子半径的大小顺序：r（W）＞r（X）＞r（Y）＞r（Z）
D．WX2与ZY2中的化学键类型相同
5．葛根素具有降血压等作用，其结构简式如图，下列有关说法正确的是（ ）
A．该物质在一定条件下能发生消去反应、加成反应、取代反应
B．葛根素的分子式为C21H22O9
C．该物质在一定条件下能与碳酸氢钠溶液反应
D．一定条件下1 mol 该物质与H2反应最多能消耗7 mol H2
6．下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（ ）
选项
实验操作
实验现象
结论
A
用铂丝蘸取少量某无色溶液进行焰
色反应
火焰呈黄色
该溶液一定是钠盐溶液
B
向浓度均为0.1mol•L﹣1的NaCl和NaI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液
出现黄色沉淀
Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI）
C
溴乙烷与NaOH溶液共热后，加入AgNO3溶液
未出现淡黄色沉淀
溴乙烷没有水解
D
向含H2SO4的淀粉水解液中加入新制的Cu（OH）2，煮沸
没有砖红色沉淀
淀粉未水解
A．A B．B C．C D．D
7．热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源．一种热激活电池的基本结构如图所示，其中作为电解质的无水LiCl﹣KCl混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能．该电池总反应为PbSO4+2LiCl+Ca═CaCl2+Li2SO4+Pb．下列有关说法正确的是（ ）
A．正极反应式：Ca+2Cl﹣﹣2e﹣=CaCl2
B．放电过程中，Li+向负极移动
C．常温时，在正负极间接上电流表或检流计，指针发生偏转
D．每转移0.1 mol电子，理论上生成10.35g Pb
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．必考题每个试题考生都必须作答．选考题考生根据要求作答．（一）必考题
8．工业上利用废铁屑（含少量氧化铝、氧化铁等）生产碱式硫酸铁[Fe（OH）SO4]的工艺流程如下：
已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：
沉淀物
Fe（OH）3
Fe（OH）2
Al（OH）3
开始沉淀
2.3
7.5
3.4
完全沉淀
3.2
9.7
4.4
回答下列问题：
（1）加入少量NaHCO3的目的是 ，该工艺中“搅拌”的作用是 ．
（2）生产中碱式硫酸铁溶液蒸发时需要在减压条件下的原因是 ．
（3）反应Ⅱ中的离子方程式为 ，在实际生产中，反应Ⅱ常同时通入O2循环使用产物以减少NaNO2的用量，O2的作用是 ．（用化学方程式表示）
（4）在医药上常用硫酸亚铁与硫酸、硝酸的混合液反应制备碱式硫酸铁．根据我国质量标准，产品中不得含有Fe2+及NO3﹣．为检验所得产品中是否含有Fe2+，应使用的试剂为 ．（填写字母）
A．溴水 B．KSCN溶液 C．NaOH溶液 D．酸性KMnO4溶液．
9．以下均为中学化学常见物质，存在如图转化关系（部分产物已省略）．通常C为气体单质，G为紫黑色固体单质．实验室中，常用固体E在B的催化下加热制取气体单质H．
（1）G的化学式 ；F的电子式
（2）反应②的离子方程式 ；
（3）写出另外一种实验室制取H的化学方程式 ；
（4）D溶液中阳离子的焰色反应火焰呈 色；可用 试剂检验D溶液中大量存在的阴离子．
10．电化学原理在生产生活中应用十分广泛．请回答下列问题：
（1）通过SO2传感器可监测大气中SO2的含量，其工作原理如图1所示．
①固体电解质中O2﹣向 极移动（填“正”或“负”）．
②写出V2O5电极的电极反应式： ．
（2）如图2所示装置I是一种可充电电池，装置Ⅱ是一种以石墨为电极的家用环保型消毒液发生器．装置I中离子交换膜只允许Na+通过，充放电的化学方程式为：2Na2S2+NaBr3Na2S4+3NaBr
①负极区电解质为： （用化学式表示）
②家用环保型消毒液发生器发生反应的离子方程为 ．
③闭合开关K，当有0.04mol Na+通过离子交换膜时，a电极上析出的气体在标准状况下体积为 mL．
（3）如图3Ⅰ、Ⅱ分别是甲、乙两组同学将反应“AsO43﹣+2I﹣+2H+⇌AsO33﹣+I2+H2O”设计成的原电池装置，其中C1、C2均为碳棒．甲组向图Ⅰ烧杯中逐滴加入适量浓盐酸或40%NaOH溶液，电流表指针都不发生偏转；乙组经思考后先添加了一种离子交换膜，然后向图Ⅱ烧杯右侧中逐滴加入适量浓盐酸或适量40%NaOH溶液，发现电流表指针都发生偏转．
①甲组电流表指针都不发生偏转的原因是 ．
②乙组添加的是 （填“阴”或“阳”）离子交换膜．
三、选考题：共45分．请考生从给出的3道化学题中任选一题作答．如果多做，则每学科按所做的第一题计分．[化学--选修3：物质结构与性质]
11．磷酸亚铁锂（LiFePO4）电池具有安全性高、寿命长、容量大高温性能好、无记忆效应和无污染等特点．
（1）写出基态Fe2+的核外电子排布式 ．
（2）PO43﹣的空间构型为 ．
（3）磷酸亚铁锂（LiFePO4）可以由磷酸二氢锂、三氧化二铁和过量炭粉在高温下制备，反应产物还有CO和H2O．
①该反应的化学方程式为 ．
②与CO互为等电子体的一种分子为 （填化学式），1mol CO中含有的σ键数目为 ．
③H2O分子中氧原子轨道的杂化类型为 ．
（4）铁有δ、γ、α三种同素异形体，γ晶体晶胞中所含有的铁原子数为 ，δ、α两种晶胞中铁原子的配位数之比为 ．
四、[化学--选修5有机化学基础]
12．化合物E是一种医药中间体，常用于制备抗凝血药，可以通过下图所示的路线合成：
（1）B中含有的含氧官能团名称为 ．
（2）C转化为D的反应类型是 ．
（3）写出D与足量NaOH溶液完全反应的化学方程式 ．
（4）1molE最多可与 molH2加成．
（5）写出同时满足下列条件的B的一种同分异构体的结构简式 ．
A．能发生银镜反应
B．核磁共振氢谱只有4个峰
C．能与FeCl3溶液发生显色反应，水解时1mol可消耗3molNaOH
（6）已知工业上以氯苯水解制取苯酚，而酚羟基一般不易直接与羧酸酯化．甲苯可被酸性高锰酸钾溶液氧化为苯甲酸．苯甲酸苯酚酯（）是一种重要的有机合成中间体．试写出以苯、甲苯为原料制取该化合物的合成路线流程图（无机原料任选）．合成路线流程图示例如下：
H2C═CH2CH3CH2BrCH3CH2OH ．
2016年湖北省黄冈中学高考化学模拟试卷（七）
参考答案与试题解析
一、选择题：每小题6分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．21世纪化学的最新定义为“化学是一门创造新物质的科学”．下列有关说法不正确的是（ ）
A．用CO2合成可降解的聚碳酸酯塑料，可以实现“碳”的循环利用
B．开发利用太阳能、生物质能等清洁能源，有利于节约资源
C．绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理
D．制备物质时探究化学反应中高的选择性、转化率和原子利用率，属于“绿色”的生产工艺
【考点】常见的生活环境的污染及治理；常见的能量转化形式．
【专题】化学应用．
【分析】A．利用CO2合成聚碳酸酯类可降解塑料，减少二氧化碳的排放；
B．太阳能、生物质是清洁能源；
C．绿色化学核心就是要利用化学反应原理从源头消除污染；
D．绿色化学实质是反应物全部反应生成所需的产物，不造成浪费、污染．
【解答】解：A．利用CO2合成聚碳酸酯类可降解塑料，实现“碳”的循环利用应用，减少二氧化碳的排放，符合题意，故A正确；
B．开发利用太阳能、生物质能等清洁能源无污染产生，有利于节约资源，故B正确；
C．对环境污染进行治理是对已经产生的污染治理，绿色化学又称环境友好化学，其核心就是要利用化学反应原理从源头消除污染，故C错误；
D．“绿色化学”是当今社会提出的一个新概念它包括“原料的绿色化”、“化学反应的绿色化”、“产物的绿色化”等内容．其中“化学反应的绿色化”是指参加反应的物质中的所有原子完全被利用且全部转化到预制得的产品中，故D正确；
故选C．
【点评】本题考查了化学与生活、社会密切相关知识，主要考查白色污染、清洁能源、绿色化学等知识，掌握常识、理解原因是关键，题目难度不大．
2．用H2O2溶液处理含NaCN的废水的反应原理为：NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3，已知：HCN的酸性比H2CO3弱．下列有关说法正确的是（ ）
A．该反应中氮元素被氧化
B．该反应中H2O2作还原剂
C．0.1mol•L﹣1NaCN溶液中含有HCN和CN﹣的总数为0.1×6.02×1023
D．实验室配制NaCN溶液时，需加入适量的NaOH溶液
【考点】氧化还原反应．
【专题】氧化还原反应专题．
【分析】NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3↑反应中O元素从﹣1价降低为﹣2价，C元素从+2价升高到+4价，结合电子转移和NaCN的性质分析．
【解答】解：A．NaCN中C为+2价，Na为+1价，则氮元素的化合价为﹣3，反应前后N元素化合价不变，故A错误；
B．NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3↑反应中O元素从﹣1价降低为﹣2价，所以反应中H2O2作氧化剂，故B错误；
C．没有告诉溶液的体积，无法计算，故C错误；
D．因为HCN酸性比H2CO3弱，所以实验室配制NaCN溶液时，需加入适量的NaOH溶液防止水解，故D正确．
故选D．
【点评】本题考查了氧化还原反应和盐的水解，侧重于氧化还原反应电子转移和物质性质的考查，注意从化合价的角度分析，题目难度不大．
3．下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A．氯化铝溶液中加入过量的氨水：Al3++4 NH3•H2O=AlO2﹣+4 NH4+
B．稀硝酸中加入过量铁粉：Fe+4H++NO3﹣=Fe3++NO↑+2H2O
C．二氧化锰与浓盐酸混合加热：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O
D．石灰水中加入过量小苏打溶液：HCO3﹣+Ca2++OH﹣=CaCO3↓+H2O
【考点】离子方程式的书写．
【专题】离子反应专题．
【分析】A．氨水为弱碱，不会溶解氢氧化铝，氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝沉淀；
B．铁粉过量，反应生成亚铁离子，不会生成铁离子；
C．二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，氯化氢需要拆开；
D．小苏打为碳酸氢钠，碳酸氢钠过量，离子方程式按照氢氧化钙的组成书写．
【解答】解：A．氯化铝溶液中加入过量的氨水，反应生成氢氧化铝沉淀，正确的离子方程式为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故A错误；
B．稀硝酸中加入过量铁粉，反应生成亚铁离子，正确的离子方程式为：3Fe+8H++2NO3﹣=3Fe2++2NO↑+4H2O，故B错误；
C．二氧化锰与浓盐酸混合加热，反应生成氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O，故C正确；
D．碳酸氢钠过量，离子方程式按照氢氧化钙的组成书写，碳酸根离子有剩余，正确的离子方程式为：Ca2++2HCO3﹣+2OH﹣═CaCO3↓+2H2O+CO32﹣，故D错误；
故选C．
【点评】本题考查了离子方程式的正误判断，为中等难度的试题，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）、检查是否符合原化学方程式等．
4．短周期元素W、X、Y、Z 原子序数依次增大，W与Y最外层电子数之和为X的最外层电子数的2倍，Z最外层电子数等于最内层电子数，X、Y、Z的简单离子的电子层结构相同，W的单质是空气中体积分数最大的气体．下列说法正确的是（ ）
A．Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强
B．W的气态氢化物比X的稳定
C．离子半径的大小顺序：r（W）＞r（X）＞r（Y）＞r（Z）
D．WX2与ZY2中的化学键类型相同
【考点】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】短周期元素W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，W的单质是空气中体积分数最大的气体，则W为N元素；Z最外层电子数等于最内层电子数，原子序数大于N元素，只能处于第三周期，故Z为Mg元素；X、Y、Z的简单离子的电子层结构相同，结构原子序数
可知，X只能处于第二周期，且最外层电子数大于5，W（氮元素）与Y最外层电子数之和为X的最外层电子数的2倍，则Y原子最外层电子数只能为奇数，结合原子序数可知，Y不可能处于ⅠA族，只能处于ⅦA族，故Y为F元素，X最外层电子数为=6，则X为O元素，以此解答该题．
【解答】解：短周期元素W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，W的单质是空气中体积分数最大的气体，则W为N元素；Z最外层电子数等于最内层电子数，原子序数大于N元素，只能处于第三周期，故Z为Mg元素；X、Y、Z的简单离子的电子层结构相同，结构原子序数可知，X只能处于第二周期，且最外层电子数大于5，W（氮元素）与Y最外层电子数之和为X的最外层电子数的2倍，则Y原子最外层电子数只能为奇数，结合原子序数可知，Y不可能处于ⅠA族，只能处于ⅦA族，故Y为F元素，X最外层电子数为=6，则X为O元素，
A．Y为F元素，无正价，不存在最高价氧化物，故A错误；
B．非金属性O＞N，故氢化物稳定性H2O＞NH3，故B错误；
C．W、X、Y、Z 的离子具有相同的结构，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径r（W）＞r（X）＞r（Y）＞r（Z），故C正确；
D．OF2中含有共价键，MgF2中含有离子键，二者化学键类型不同，故D错误；
故选C．
【点评】本题考查结构性质位置关系应用，为高考常见题型，题目难度中等，推断元素是解题关键，注意利用奇偶性判断Y可能所在的族，对学生的逻辑推理有一定的要求，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．
5．葛根素具有降血压等作用，其结构简式如图，下列有关说法正确的是（ ）
A．该物质在一定条件下能发生消去反应、加成反应、取代反应
B．葛根素的分子式为C21H22O9
C．该物质在一定条件下能与碳酸氢钠溶液反应
D．一定条件下1 mol 该物质与H2反应最多能消耗7 mol H2
【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】有机物含有酚羟基，可发生取代、氧化和显色反应，含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，含有羟基，可发生取代、消去和氧化反应，且分子中含有羰基，可发生加成反应，结合有机物的结构特点解答．
【解答】解：A．含有酚羟基，可发生取代、氧化和显色反应，含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，含有羟基，可发生取代、消去和氧化反应，故A正确；
B．由结构简式可知有机物的分子式为C21H20O9，故B错误；
C．含有酚羟基，但酸性比碳酸弱，与碳酸氢钠不反应，故C错误；
D．分子中能与氢气发生加成反应的有2个苯环、1个羰基和碳碳双键，则1mol该物质一定条件下最多能消耗H2 8mol，故D错误．
故选A．
【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点和常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构特点和官能团的性质，为解答该题的关键，难度中等．
6．下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（ ）
选项
实验操作
实验现象
结论
A
用铂丝蘸取少量某无色溶液进行焰
色反应
火焰呈黄色
该溶液一定是钠盐溶液
B
向浓度均为0.1mol•L﹣1的NaCl和NaI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液
出现黄色沉淀
Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI）
C
溴乙烷与NaOH溶液共热后，加入AgNO3溶液
未出现淡黄色沉淀
溴乙烷没有水解
D
向含H2SO4的淀粉水解液中加入新制的Cu（OH）2，煮沸
没有砖红色沉淀
淀粉未水解
A．A B．B C．C D．D
【考点】化学实验方案的评价．
【专题】化学实验基本操作．
【分析】A．钠元素的焰色反应呈黄色；
B．溶度积小的物质先出现沉淀；
C．检验溴乙烷中溴元素时，在加硝酸银溶液之前必须加稀硝酸中和未反应的碱；
D．葡萄糖和新制氢氧化铜悬浊液的反应必须在碱性条件下．
【解答】解：A．钠元素的焰色反应呈黄色，用焰色反应检验某溶液时，焰色反应呈黄色，说明该溶液中含有钠离子，但溶质可能是钠盐或NaOH，故A错误；
B．溶度积小的物质先出现沉淀，向浓度均为0.1mol•L﹣1的NaCl和NaI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，先出现黄色沉淀，说明Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI），故B正确；
C．检验溴乙烷中溴元素时，在加硝酸银溶液之前必须加稀硝酸中和未反应的碱，否则实验不成功，故C错误；
D．葡萄糖和新制氢氧化铜悬浊液的反应必须在碱性条件下，所以淀粉水解实验中在加新制氢氧化铜悬浊液之前必须加NaOH中和未反应的稀硫酸，故D错误；
故选B．
【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及元素检验、物质检验、溶度积常数等知识点，明确实验原理及实验操作先后顺序是解本题关键，注意BD官能团或离子检验所需溶液酸碱性条件，为易错点．
7．热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源．一种热激活电池的基本结构如图所示，其中作为电解质的无水LiCl﹣KCl混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能．该电池总反应为PbSO4+2LiCl+Ca═CaCl2+Li2SO4+Pb．下列有关说法正确的是（ ）
A．正极反应式：Ca+2Cl﹣﹣2e﹣=CaCl2
B．放电过程中，Li+向负极移动
C．常温时，在正负极间接上电流表或检流计，指针发生偏转
D．每转移0.1 mol电子，理论上生成10.35g Pb
【考点】原电池和电解池的工作原理．
【专题】电化学专题．
【分析】由原电池总反应可知Ca为原电池的负极，被氧化生成反应H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g），反应的电极方程式为Ca+2Cl﹣﹣2e﹣=CaCl2，为原电池的正极，发生还原反应，电极方程式为PbSO4+2e﹣+2Li+=Li2SO4+Pb，原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，结合电解方程式计算．
【解答】解：A．正极发生还原反应，电极方程式为PbSO4+2e﹣+2Li+=Li2SO4+Pb，故A错误；
B．放电过程中阳离子向正极移动，Li+向正极移动，故B错误；
C．常温下，电解质不是熔融态，离子不能移动，不能产生电流，因此连接电流表或检流计，指针不偏转，故C错误；
D．根据电极方程式PbSO4+2e﹣+2Li+=Li2SO4+Pb，可知每转移0.1 mol电子，理论上生成0.05molPb，质量为10.35g，故D正确；
故选D．
【点评】本题考查原电池的工作原理，注意根据总反应式结合物质所含元素化合价的变化判断原电池的正负极，把握电极方程式的书写方法，易错点为C，注意把握原电池的构成条件，题目难度中等．
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．必考题每个试题考生都必须作答．选考题考生根据要求作答．（一）必考题
8．工业上利用废铁屑（含少量氧化铝、氧化铁等）生产碱式硫酸铁[Fe（OH）SO4]的工艺流程如下：
已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：
沉淀物
Fe（OH）3
Fe（OH）2
Al（OH）3
开始沉淀
2.3
7.5
3.4
完全沉淀
3.2
9.7
4.4
回答下列问题：
（1）加入少量NaHCO3的目的是 调节PH，除去溶液中Al3+（使溶液中Al3+生成氢氧化物沉淀） ，该工艺中“搅拌”的作用是 使反应物充分接触，加快反应速率，使反应充分进行 ．
（2）生产中碱式硫酸铁溶液蒸发时需要在减压条件下的原因是 防止蒸发时温度过高，碱式硫酸铁进一步水解生成Fe（OH）3 ．
（3）反应Ⅱ中的离子方程式为 Fe2++2H++NO2﹣=Fe3++NO↑+H2O或Fe2++H2O+NO2﹣=Fe（OH）2++NO↑+H+ ，在实际生产中，反应Ⅱ常同时通入O2循环使用产物以减少NaNO2的用量，O2的作用是 2H2O+4NO+O2=4HNO3（或2NO+O2=2NO23NO2+H2O=2HNO3+NO） ．（用化学方程式表示）
（4）在医药上常用硫酸亚铁与硫酸、硝酸的混合液反应制备碱式硫酸铁．根据我国质量标准，产品中不得含有Fe2+及NO3﹣．为检验所得产品中是否含有Fe2+，应使用的试剂为 D ．（填写字母）
A．溴水 B．KSCN溶液 C．NaOH溶液 D．酸性KMnO4溶液．
【考点】制备实验方案的设计．
【专题】无机实验综合．
【分析】废铁屑中含少量氧化铝、氧化铁等，将过量废铁屑加入稀硫酸中，发生反应 Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑、Al2O3+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2O、Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O、Fe2（SO4）3+Fe=3FeSO4，然后反应I中加入NaHCO3并搅拌，调节溶液的pH，发生反应Al3++3HCO3﹣=Al（OH）3↓+3CO2↑，所以滤渣中成分是Al（OH）3，过滤得到硫酸亚铁，向硫酸亚铁溶液中加入稀硫酸和NaNO2，酸性条件下，NaNO2和FeSO4发生氧化还原反应生成铁离子、NO，将溶液蒸发浓缩、过滤得到碱式硫酸铁，以此解答该题．
【解答】解：废铁屑中含少量氧化铝、氧化铁等，将过量废铁屑加入稀硫酸中，发生反应 Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑、Al2O3+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2O、Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O、Fe2（SO4）3+Fe=3FeSO4，然后反应I中加入NaHCO3并搅拌，调节溶液的pH，发生反应Al3++3HCO3﹣=Al（OH）3↓+3CO2↑，所以滤渣中成分是Al（OH）3，过滤得到硫酸亚铁，向硫酸亚铁溶液中加入稀硫酸和NaNO2，酸性条件下，NaNO2和FeSO4发生氧化还原反应生成铁离子、NO，将溶液蒸发浓缩、过滤得到碱式硫酸铁，
（1）备硫酸亚铁，应与硫酸铝分离，应调节溶液pH生成Al（OH）3，要避免生成应Fe（OH）2沉淀，根据氢氧化物沉淀需要的pH知，在pH在4.4﹣7.5之间将铝离子转化为Al
（OH）3沉淀，而亚铁离子不能生成沉淀，所以控制pH在4.4～7.5之间，搅拌的目的为使反应物充分接触，加快反应速率，使反应充分进行，
故答案为：调节PH，除去溶液中Al3+（使溶液中Al3+生成氢氧化物沉淀）；使反应物充分接触，加快反应速率，使反应充分进行；
（2）减小压强，可降低沸点，可防止蒸发时温度过高，碱式硫酸铁进一步水解生成Fe（OH）3，
故答案为：防止蒸发时温度过高，碱式硫酸铁进一步水解生成Fe（OH）3；
（3）酸性条件下，亚硝酸钠具有氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，自身被还原生成NO，所以反应Ⅱ中加入NaNO2的目的是氧化Fe2+，发生反应的离子方程式为 2H++Fe2++NO2﹣=Fe3++NO↑+H2O，氧气和与NO反应，进一步与水反应生成硝酸，反应的化学方程式为2H2O+4NO+O2=4HNO3（或2NO+O2=2NO2 3NO2+H2O=2HNO3+NO），
故答案为：Fe2++2H++NO2﹣=Fe3++NO↑+H2O 或Fe2++H2O+NO2﹣=Fe（OH）2++NO↑+H+；2H2O+4NO+O2=4HNO3（或2NO+O2=2NO2 3NO2+H2O=2HNO3+NO）；
（4）亚铁离子具有还原性，能被强氧化剂氧化生成铁离子，反应过程中颜色变化明显的效果最佳，
A．溴水为橙红色，溴将亚铁离子氧化为铁离子，溶液呈黄色，颜色变化不明显，故A不选；
B．KSCN溶液和亚铁离子不反应，没有颜色变化，故B不选；
C．NaOH溶液和亚铁离子反应生成白色沉淀，铁离子和氢氧根离子反应生成红褐色沉淀，掩盖氢氧化亚铁颜色，故C不选；
D．酸性KMnO4溶液呈紫色，亚铁离子能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，现象明显，故D选；
故答案为：D．
【点评】本题考查物质的分离和提纯，侧重考查学生获取信息及利用信息能力、分析能力、实验操作能力，注意题给信息的灵活运用，知道常见离子的检验方法及现象，题目难度中等．
9．以下均为中学化学常见物质，存在如图转化关系（部分产物已省略）．通常C为气体单质，G为紫黑色固体单质．实验室中，常用固体E在B的催化下加热制取气体单质H．
（1）G的化学式 I2 ；F的电子式
（2）反应②的离子方程式 6I﹣+ClO﹣3+6H+=3I2+Cl﹣+3H2O ；
（3）写出另外一种实验室制取H的化学方程式 2H2O22H2O+O2↑或2KClO32KCl+O2↑ ；
（4）D溶液中阳离子的焰色反应火焰呈 紫 色；可用 硝酸银、稀硝酸或新制氯水、淀粉或新制氯水、CCl4 试剂检验D溶液中大量存在的阴离子．
【考点】无机物的推断．
【分析】实验室中，常用固体E在B的催化下加热制取气体单质H，则可推断知E为氯酸钾，B为二氧化锰，H为氧气，G为紫黑色固体单质，可推断G为碘单质，A的浓溶液与B加热生成C，可推得C物质为氯气，则A为盐酸，反应C和D溶液反应生成F溶液和G，则D为碘化钾，F为氯化钾，据此答题．
【解答】解：实验室中，常用固体E在B的催化下加热制取气体单质H，则可推断知E为氯酸钾，B为二氧化锰，H为氧气，G为紫黑色固体单质，可推断G为碘单质，A的浓溶液与B加热生成C，可推得C物质为氯气，则A为盐酸，反应C和D溶液反应生成F溶液和G，则D为碘化钾，F为氯化钾，
（1）根据上面的分析可知，G的化学式I2；F为KCl，F的电子式为，
故答案为：I2；；
（2）反应②为在酸性条件下KClO 3可以将I﹣氧化为I 2，反应中有H+参加，结合氧原子生成水，反应的离子方程式为6I﹣+ClO﹣3+6H+=3I2+Cl﹣+3H2O，
故答案为：6I﹣+ClO﹣3+6H+=3I2+Cl﹣+3H2O；
（3）H为O 2，另外一种实验室制取H的化学方程式为2H2O22H2O+O2↑或2KClO32KCl+O2↑，
故答案为：2H2O22H2O+O2↑或2KClO32KCl+O2↑；
（4）D为碘化钾，D溶液中阳离子的焰色反应火焰呈紫色，检验碘离子可用硝酸银、稀硝酸生成黄色沉淀，或用新制氯水、淀粉 或新制氯水、CCl4试剂将碘离子氧化成碘单质，再通过检验碘单质来检验溶液中的碘离子，
故答案为：紫；硝酸银、稀硝酸 或 新制氯水、淀粉 或新制氯水、CCl4．
【点评】本题主要考查卤素机器化合物间的关系及有关离子方程式的书写，试题由一定难度，特别是书写离子方程式，要注意介质的影响．
10．电化学原理在生产生活中应用十分广泛．请回答下列问题：
（1）通过SO2传感器可监测大气中SO2的含量，其工作原理如图1所示．
①固体电解质中O2﹣向 负 极移动（填“正”或“负”）．
②写出V2O5电极的电极反应式： SO2﹣2e﹣+O2﹣=SO3 ．
（2）如图2所示装置I是一种可充电电池，装置Ⅱ是一种以石墨为电极的家用环保型消毒液发生器．装置I中离子交换膜只允许Na+通过，充放电的化学方程式为：2Na2S2+NaBr3Na2S4+3NaBr
①负极区电解质为： Na2S2、Na2S4 （用化学式表示）
②家用环保型消毒液发生器发生反应的离子方程为 Cl﹣+H2OClO﹣+H2↑ ．
③闭合开关K，当有0.04mol Na+通过离子交换膜时，a电极上析出的气体在标准状况下体积为 448 mL．
（3）如图3Ⅰ、Ⅱ分别是甲、乙两组同学将反应“AsO43﹣+2I﹣+2H+⇌AsO33﹣+I2+H2O”设计成的原电池装置，其中C1、C2均为碳棒．甲组向图Ⅰ烧杯中逐滴加入适量浓盐酸或40%NaOH溶液，电流表指针都不发生偏转；乙组经思考后先添加了一种离子交换膜，然后向图Ⅱ烧杯右侧中逐滴加入适量浓盐酸或适量40%NaOH溶液，发现电流表指针都发生偏转．
①甲组电流表指针都不发生偏转的原因是 氧化还原反应在电解质溶液中直接进行，没有电子沿导线通过 ．
②乙组添加的是 阳 （填“阴”或“阳”）离子交换膜．
【考点】电解原理．
【专题】电化学专题．
【分析】（1）①原电池中阴离子移向负极；
②在V2O5电极上，SO2失电子发生氧化反应生成SO3；
（2）①原电池的负极发生氧化反应；
②电解氯化钠溶液生成NaOH、氯气和氢气，氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠和氯化钠；
③a极生成氯气，b极生成氢气，当有0.04mol Na+通过离子交换膜时，有0.04mol氢离子放电；
（3）①甲组向图Ⅰ烧杯中逐滴加入适量浓盐酸，发生氧化还原反应，不发生原电池反应；
②乙组向图ⅡB烧杯中逐滴加入适量浓盐酸或40%NaOH溶液，发生原电池反应，A中发生I2+2e﹣═2I﹣，为正极反应，而B中As化合价升高，发生氧化反应，以此分析．
【解答】解：（1）①原电池中阴离子移向负极，故答案为：负；
②在V2O5电极上，SO2失电子发生氧化反应生成SO3，电极方程式为：SO2﹣2e﹣+O2﹣=SO3，故答案为：SO2﹣2e﹣+O2﹣=SO3；
（2）①原电池的负极发生氧化反应，所含元素化合价升高，所以负极区电解质为：Na2S2、Na2S4，故答案为：Na2S2、Na2S4；
②电解氯化钠溶液生成NaOH、氯气和氢气，氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠和氯化钠，总反应的离子方程式为Cl﹣+H2OClO﹣+H2↑，故答案为：Cl﹣+H2OClO﹣+H2↑；
③a极生成氯气，b极生成氢气，当有0.04mol Na+通过离子交换膜时，有0.04mol氢离子放电，生成氢气0.02mol，标准状况下体积为：0.02mol×22.4L/mol=0.448L=448mL，故答案为：448；
（3）①甲组操作时，两个电极均为碳棒，不发生原电池反应，则微安表（G）指针不发生偏转，故答案为：氧化还原反应在电解质溶液中直接进行，没有电子沿导线通过；
②乙组向图ⅡB烧杯中逐滴加入适量浓盐酸或40%NaOH溶液，发生原电池反应，A中发生I2+2e﹣═2I﹣，为正极反应，而B中As化合价升高，发生氧化反应，添加了阳离子交换膜，故答案为：阳．
【点评】本题考查了原电池电解池相关知识以及电极反应式书写和电解计算，题目难度较大．
三、选考题：共45分．请考生从给出的3道化学题中任选一题作答．如果多做，则每学科按所做的第一题计分．[化学--选修3：物质结构与性质]
11．磷酸亚铁锂（LiFePO4）电池具有安全性高、寿命长、容量大高温性能好、无记忆效应和无污染等特点．
（1）写出基态Fe2+的核外电子排布式 1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6 ．
（2）PO43﹣的空间构型为 正四面体 ．
（3）磷酸亚铁锂（LiFePO4）可以由磷酸二氢锂、三氧化二铁和过量炭粉在高温下制备，反应产物还有CO和H2O．
①该反应的化学方程式为 2LiH2PO4+Fe2O3+C=2LiFePO4 +CO↑+2H2O ．
②与CO互为等电子体的一种分子为 N2 （填化学式），1mol CO中含有的σ键数目为 1mol（或6.02×1023个） ．
③H2O分子中氧原子轨道的杂化类型为 sp3 ．
（4）铁有δ、γ、α三种同素异形体，γ晶体晶胞中所含有的铁原子数为 4 ，δ、α两种晶胞中铁原子的配位数之比为 4：3 ．
【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布；共价键的形成及共价键的主要类型；判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．
【专题】化学键与晶体结构．
【分析】（1）铁是26号元素，其原子核外有26个电子，铁原子失去2个电子变成Fe2+，根据构造原理书写Fe2+核外电子排布式；
（2）根据价层电子对互斥理论确定PO43﹣的空间型；
（3）①根据题中的反应物和生成物利用元素守恒和电荷守恒写出化学方程式；
②根据等电子体的定义：原子数和价电子数都相等的粒子称为等电子体，可写出CO的等电子体，互为等电子体的结构相似，判断σ键数目；
③根据水的中心原子的价电子对数判断杂化方式；
（4）利用均摊法计算原子数；根据晶胞的结构确定配位数目，再求得配位数之比；
【解答】解：（1）铁是26号元素，其原子核外有26个电子，铁原子失去最外层2个电子变成Fe2+，根据构造原理知，其基态离子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6 或[Ar]3d6，故答案为：1s22s22p63s23p63d6 或[Ar]3d6；
（2）PO43﹣中心原子为P，其中σ键电子对数为4，中心原子孤电子对数为（5+3﹣4×2）=0，PO43﹣价层电子对对数为4+0=4，故立体构型为正四面体，故答案为：正四面体；
（3）①根据题中的反应物和生成物利用元素守恒和电荷守恒写出化学方程式为2LiH2PO4+Fe2O3+C=2LiFePO4 +CO↑+2H2O，故答案为：2LiH2PO4+Fe2O3+C=2LiFePO4 +CO↑+2H2O；
②根据等电子体的定义：原子数和价电子数都相等的粒子称为等电子体，CO的价电子数为10，原子数为2，与它互为等电子体的分子为N2，互为等电子体的结构相似，N2中σ键数目为1，所以1mol CO中含有的σ键数目为1mol（或6.02×1023个）故答案为：N2；1mol（或6.02×1023个）；
③根据水的中心原子的氧原子的价电子对数为=4，所以氧原子的杂化方式为sp3杂化，故答案为：sp3；
（4）利用均摊法计算得γ晶体晶胞中所含有的铁原子数为=4；根据晶胞的结构可知，δ晶胞中以顶点铁原子为例，与之距离最近的铁原子是体心上的铁原子，这样的原子有8个，所以铁原子的配位数为8，α晶胞中以顶点铁原子为例，与之距离最近的铁原子是与之相连的顶点上的铁原子，这样的原子有6个，所以铁原子的配位数为6，所以δ、α两种晶胞中铁原子的配位数之比为8：6=4：3，故答案为：4：4：3；
【点评】本题主要考查了原子核外电子排布式、分子空间构型、原子杂化方式、晶胞的结构计算等知识点，中等难度，解题时注重基础知识的运用．
四、[化学--选修5有机化学基础]
12．化合物E是一种医药中间体，常用于制备抗凝血药，可以通过下图所示的路线合成：
（1）B中含有的含氧官能团名称为 羟基和羧基 ．
（2）C转化为D的反应类型是 取代反应 ．
（3）写出D与足量NaOH溶液完全反应的化学方程式 ．
（4）1molE最多可与 4 molH2加成．
（5）写出同时满足下列条件的B的一种同分异构体的结构简式 ．
A．能发生银镜反应
B．核磁共振氢谱只有4个峰
C．能与FeCl3溶液发生显色反应，水解时1mol可消耗3molNaOH
（6）已知工业上以氯苯水解制取苯酚，而酚羟基一般不易直接与羧酸酯化．甲苯可被酸性高锰酸钾溶液氧化为苯甲酸．苯甲酸苯酚酯（）是一种重要的有机合成中间体．试写出以苯、甲苯为原料制取该化合物的合成路线流程图（无机原料任选）．合成路线流程图示例如下：
H2C═CH2CH3CH2BrCH3CH2OH ．
【考点】有机物的合成．
【专题】有机推断；结构决定性质思想；演绎推理法；有机物的化学性质及推断．
【分析】由合成流程可知，A能氧化得乙酸，所以根据A的分子式可知，A为CH3CHO，CH3COOH与三氯化磷发生取代反应生成CH3COCl，B为邻羟基苯甲酸与甲醇发生酯化反应生成C，C为，C与CH3COCl发生取代反应生成D，根据E的结构简式可知，D中含﹣COOC﹣，能发生水解反应，D水解酸化后发送至酯化反应生成E，以苯、甲苯为原料制取苯甲酸苯酚酯，可以用苯与氯气发生取代生成氯苯，再水解得苯酚，用甲苯氧化得苯甲酸，苯甲酸与三氯化磷发生取代得苯甲酰氯，苯甲酰氯与苯酚发生取代反应生成苯甲酸苯酚酯，然后结合有机物的结构与性质来解答．
【解答】解：由合成流程可知，A为CH3CHO，B为邻羟基苯甲酸发生酯化反应生成C，C为，C与CH3COCl发生取代反应生成D，D中含﹣COOC﹣，能发生水解反应，D水解酸化后发送至酯化反应生成E，
（1）根据B的结构简式可知，B中含有的含氧官能团为羟基和羧基，
故答案为：羟基和羧基；
（2）由上述分析可知，C中的﹣OH上的H被取代，则C转化为D的反应类型是取代反应，
故答案为：取代反应；
（3）D与足量NaOH溶液完全反应的化学方程式为，
故答案为：；
（4）E中含苯环与C=C，均能与氢气发生加成反应，则1摩尔E最多可与4molH2加成，
故答案为：4；
（5）B为邻羟基苯甲酸，其同分异构体符合：
A．能够发生银镜反应，含﹣CHO；
B．核磁共振氢谱只有4个峰，含4种位置的H；
C．能与FeCl3溶液发生显色反应，含酚﹣OH，水解时每摩尔可消耗3摩尔NaOH，含﹣COOCH，所以同分异构体为，
故答案为：；
（6）以苯、甲苯为原料制取苯甲酸苯酚酯，可以用苯与氯气发生取代生成氯苯，再水解得苯酚，用甲苯氧化得苯甲酸，苯甲酸与三氯化磷发生取代得苯甲酰氯，苯甲酰氯与苯酚发生取代反应生成苯甲酸苯酚酯，合成流程图为，
故答案为：．
【点评】本题考查有机物的合成，为高考常见的题型，注意把握合成流程中的反应条件、已知信息等推断各物质，熟悉有机物的结构与性质即可解答，题目难度中等．
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