江苏省南京市2016年高考化学三模试卷 Word版含解析.doc

www.ks5u.com ‎2016年江苏省南京市高考化学三模试卷 ‎　‎ 一、选择题（共15小题，1-10小题为单项选择题，每小题2分，11-15小题为不定项选择题，每小题2分，满分40分）‎ ‎1．2016年4月22日世界地球日的主题为“珍惜地球资源，转变发展方式﹣提高资源利用效益”．下列说法不符合该主题的是（　　）‎ A．利用农作物秸秆制取乙醇 B．回收地沟油，制备生物柴油 C．焚烧废旧塑料，防止白色污染 D．开发利用各种新能源，减少对化石燃料的依赖 ‎2．下列有关氧元素及其化合物表示正确的是（　　）‎ A．质子数为8、中子数为10的氧原子： O B．氧原子的结构示意图：‎ C．过氧化氢的电子式：‎ D．乙酸甲酯的结构简式HCOOC2H5‎ ‎3．下列说法正确的是（　　）‎ A．蔗糖在硫酸催化下水解，只生成葡萄糖 B．石油的裂解、煤的干馏都是化学变化 C．1L1mol•L﹣1AlCl3溶液中含Al3+数目为6.02×1023‎ D．等质量的铝粉按a、b两种途径完全转化，途径a比途径b消耗更多的NaOH 途径a：AlAl2O3NaAlO2；途径b：AlNaAlO2‎ ‎4．已知：Mg2Si+4HCl═SiH4↑+2MgCl2，下列说法正确的是（　　）‎ A．原子半径：Si＞Mg B．氢元素不存在同位素 C．该反应熵增 D．SiH4比HCl稳定 ‎5．X、Y、Z、W、R属于短周期主族元素，X的原子半径是短周期主族元素中最大的，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m+n，M层电子数为m﹣n，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2：1．下列叙述正确的是（　　）‎ A．离子半径的大小顺序为：r（R2﹣）＞r（X+）＞r（Y2﹣）‎ B．最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序是：R＞W＞Z C．Y与X形成的化合物和Y与W形成的化合物化学键类型完全相同 D．分别向BaCl2溶液中通入RY2、WY2，均有白色沉淀生成 ‎6．25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）‎ A．能使甲基橙变红的溶液：Mg2+、Na+、NO3﹣、Cl﹣‎ B．0.1mol•L﹣1NH4Cl溶液：K+、Ba2+、OH﹣、CO32﹣‎ C．0.1mol•L﹣1Fe（NO3）2溶液：H+、Al3+、SO42﹣、I﹣‎ D．由水电离产生的c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液：NH4+、SO42﹣、HCO3﹣、Cl﹣‎ ‎7．下列有关实验装置正确的是（　　）‎ A．用图1装置制取少量乙酸乙酯 B．用图2装置分离苯和溴苯 C．用图3装置制取并收集乙炔气体 D．用图4装置测定中和热 ‎8．下列物质的每步转化在给定条件下能一步实现的是（　　）‎ A．FeFe2O3Fe2（SO4）3‎ B．饱和食盐水NaHCO3Na2CO3‎ C．海水Mg（OH）2MgOMg D．NH3N2HNO3‎ ‎9．下列离子方程式表达正确的是（　　）‎ A．SO2通入溴水中：SO2+2H2O+Br2═2H++SO42﹣+2HBr B．向漂白粉稀溶液中通入过量CO2：ClO﹣+CO2+H2O═HClO+HCO3﹣‎ C．NaHSO4溶液和Ba（OH）2溶液充分反应后溶液显中性：Ba2++OH﹣+H++SO42﹣═BaSO4↓+H2O D．Fe（OH）3溶于氢碘酸中：Fe（OH）3+3H+═Fe3++3H2O ‎10．锂空气电池充放电基本原理如图所示，下列说法不正确的是（　　）‎ A．充电时，锂离子向阴极移动 B．充电时阴极电极反应式为：Li++e﹣═Li C．放电时正极电极反应式为：O2+4e﹣+2H2O═4OH﹣‎ D．负极区的有机电解液可以换成水性电解液 ‎11．下列有关说法正确的是（　　）‎ A．1mol过氧化钠和足量水充分反应，理论上转移的电子数约为2×6.02×1023‎ B．电工操作中将铝线与铜线直接相连，会导致铜线更快被氧化 C．MnS悬浊液中滴加少量CuSO4溶液可生成CuS沉淀，则Ksp（CuS）＜Ksp（MnS）‎ D．0.1mol•L﹣1醋酸溶液pH=a，0.01mol•L﹣1醋酸溶液pH=b，则a+1＜b ‎12．甲、乙、丙三种物质是某抗生素合成过程中的中间产物，下列说法正确的是（　　）‎ A．甲、乙、丙三种有机化合物均可跟NaOH溶液反应 B．用FeCl3溶液区分甲、丙两种有机化合物 C．一定条件下丙可以与NaHCO3溶液、C2H5OH反应 D．乙、丙都能发生银镜反应 ‎13．下列设计的实验方案能达到实验目的是（　　）‎ A．向1mL1%的NaOH溶液中加入2mL2%的CuSO4溶液，振荡后再加入0.5mL有机物X，加热后未出现砖红色沉淀，说明X结构中不含有醛基 B．室温下向苯和少量苯酚的混合溶液中加入适量浓溴水，振荡、静置后过滤，可除去苯中少量苯酚 C．向无色的淀粉KI溶液中滴加少量氯水，溶液变成蓝色，说明氧化性：Cl2＞I2‎ D．向含酚酞的氢氧化钠溶液中加入少量30%H2O2溶液，红色褪去，向褪色后的溶液再补加NaOH溶液，不显红色，说明H2O2因显酸性而使溶液褪色 ‎14．常温下，下列有关溶液的说法正确的是（　　）‎ A．向0.10mol•L﹣1NaHSO3溶液中通入NH3至溶液pH=7（通入气体对溶液体积的影响可忽略）：c（Na+）＞c（SO32﹣）＞c（NH4+）‎ B．0.1mol/L醋酸钠溶液20mL与0.1mol•L﹣1盐酸10mL混合后的溶液中：c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（CH3COOH）‎ C．已知Kw（HF）＞Kw（CH3COOH），pH相等的NaF与CH3COOK两溶液中：c（Na+）﹣c（F﹣）＞c（K+）﹣c（CH3COO﹣）‎ D．0.1mol•L﹣1醋酸溶液和0.2mol•L﹣1醋酸钠溶液等体积混合后的溶液中：3c（H+）+2c（CH3COOH）=c（CH3COO﹣）+3c（OH﹣）‎ ‎15．一定条件下合成乙烯：6H2（g）+2CO2（g）⇌CH2=CH2（g）+4H2O（g）．已知温度对CO2的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图所示，下列说法正确的是（　　）‎ A．生成乙烯的速率：v（M）有可能小于v（N）‎ B．当温度高于250℃时，升高温度，平衡向逆反应方向移动，催化剂的催化效率降低 C．平衡常数：KM＜KN D．若投料比n（H2）：n（CO2）=3：1，则图中M点乙烯的体积分数为15.4%‎ ‎　‎ 二、解答题（共5小题，满分68分）‎ ‎16．利用生产硼砂的废渣﹣硼镁泥（主要成分为MgCO3、SiO2，还有少量Fe2O3、MnO、CaO等）为主要原料制取轻质碳酸镁[MgCO3•Mg（OH）2•2H2O]的工业流程如下：‎ ‎（1）写出“酸溶”一步中，MgCO3和硫酸反应的化学方程式　　　　　　．酸溶时硫酸稍过量（pH约为2），目的是　　　　　　．‎ ‎（2）滤渣2的主要成分有MnO2和　　　　　　，写出生成MnO2的离子方程式　　　　　　．‎ ‎（3）“合成”时需通蒸气至80℃，边加热边搅拌，温度控制在80℃的原因是　　　　　　，写出该步发生的化学反应方程式　　　　　　．‎ ‎17．化合物F是合成新型杀虫剂茚虫威的中间体，可以通过以下方法合成：‎ ‎（1）化合物A中的含氧官能团为　　　　　　（填官能团的名称）．‎ ‎（2）化合物B的结构简式为　　　　　　，由D→E的反应类型是　　　　　　．‎ ‎（3）写出同时满足下列条件的F的一种同分异构体G的结构简式　　　　　　．‎ Ⅰ．属于芳香族化合物 Ⅱ.1molG与足量银氨溶液反应，生成6molAg Ⅲ．分子中含有3种不同化学环境的氢 ‎（4）根据已有知识并结合题目所给信息，写出以（）为原料制备化合物E（）的合成路线流程图（无机试剂任用）．合成路线流程图示例如下：‎ H2C=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH．‎ ‎18．过氧乙酸（CH3COOOH）用作纺织品漂白剂，可通过下列方法制备：‎ 向烧瓶中依次加入乙酸、42.5%过氧化氢溶液、浓硫酸．控制反应温度为25℃，搅拌4小时，静置15小时，得过氧乙酸溶液．‎ ‎（1）制备20g38%过氧乙酸溶液至少需要42.5%过氧化氢溶液质量为：　　　　　　．‎ ‎（2）过氧乙酸含量测定．准确称取0.5000g过氧乙酸样液，定容于100mL容量瓶中．取5.00mL上述溶液与100mL碘量瓶中，再加入5.0mL2mol•L﹣1H2SO4溶液，用0.01mol•L﹣1KMnO4溶液滴定至溶液出现浅红色（以除去过氧乙酸试样中剩余H2O2‎ ‎），随即加入过量KI溶液，摇匀，用0.01000mol•L﹣1Na2S2O3标准液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液25.00mL．‎ 已知：CH3COOOH+2I﹣+2H+═I2+CH3COOH+H2O ‎2S2O32﹣+I2═2I﹣+S4O62﹣‎ ‎①加入过量KI溶液前，需除去H2O2的原因是（用离子方程式表示）：　　　　　　．‎ ‎②计算过氧乙酸样液中过氧乙酸的质量分数（请给出计算过程）．‎ ‎③用该法测定过氧乙酸含量比实际含量偏高的原因是（不考虑实验操作产生的误差）　　　　　　．‎ ‎19．实验室用如图1所示装置制备Na2S2O3•5H2O，已知Na2S2O3•5H2O具有下列性质：‎ ‎①无色晶体，易溶于水，难溶于酒精；‎ ‎②在33℃以上的干燥空气中风化；‎ ‎③在酸性溶液中发生反应：S2O32﹣+2H+═H2O+SO2↑+S↓‎ ‎（1）分液漏斗中如直接用浓硫酸，烧瓶中固体易产生“结块”现象使反应速率变慢，产生“结块”现象的原因是　　　　　　，装置B的作用是　　　　　　．‎ ‎（2）如直接加水溶解Na2S溶液中易出现浑浊且有H2S逸出，原因是　　　　　　．‎ ‎（3）装置C中反应生成Na2S2O3和CO2，其离子方程式为　　　　　　，该反应的最佳温度为35℃，实验中可采取的措施是　　　　　　．‎ ‎（4）由于副反应的存在，产品中常含有Na2SO4等杂质．‎ ‎①检验Na2S2O3•5H2O粗产品中是否含有Na2SO4的方法为：取少量粗产品溶于足量稀盐酸，　　　　　　；‎ ‎②如粗产品含少量Na2SO4杂质，则提纯产品的实验方案为　　　　　　．（相关物质的溶解度曲线如图2所示．实验中可供选择的试剂：BaCl2溶液，无水乙醇，蒸馏水）‎ ‎20．氨氮是造成水体富营养化的重要因素之一，用次氯酸钠水解生成的次氯酸将水中的氨氮（用NH3表示）转化为氮气除去，其相关反应的主要热化学方程式如下：‎ 反应①：NH3（aq）+HClO（aq）═NH2Cl（aq）+H2O（I）△H1=akJ•mol﹣1‎ 反应②：NH2Cl（aq）+HClO（aq）═NHCl2（aq）+H2O（I）△H2=bkJ•mol﹣1‎ 反应③：2NHCl2（aq）+H2O（I）═N2（g）+HClO（aq）+3HCl（aq）△H3=ckJ•mol﹣1‎ ‎（1）2NH3（aq）+HClO（aq）═N2（g）+3H2O（I）+3HCl（aq）的△H=　　　　　　．‎ ‎（2）已知在水溶液中NH2Cl较稳定，NHCl2不稳定易转化为氮气．在其他条件一般的情况下，改变（即NaClO溶液的投入液），溶液中次氯酸钠去除氨氮效果与余氯（溶液中+1价氯元素的含量）影响如图1所示．a点之前溶液中发生的主要反应为　　　　　　．‎ A．反应①B．反应①②C．反应①②③‎ 反应中氨氮去除效果最佳的值约为　　　　　　．‎ ‎（3）溶液pH对次氯酸钠去除氨氮有较大的影响（如图2所示）．在pH较低时溶液中有无色无味的气体生成，氨氮去除效率较低，其原因是　　　　　　．‎ ‎（4）用电化学法也可以去除废水中氨氮．在蒸馏水中加入硫酸铵用惰性电极直接电解发现氨氮去除效率极低，但在溶液中再加入一定量的氯化钠后，去除效率可以大大提高．反应装置如图3所示，b为电极　　　　　　极，电解时阴极的电极反应式为　　　　　　．‎ ‎（5）氯化磷酸三钠（Na2PO4•0.25NaClO•12H2O）可用于减小水的硬度，相关原理可用下列离子方程式表示：‎ ‎3CaSO4（s）+2PO43﹣（aq）⇌Ca3（PO4）2（s）+3SO42﹣（aq），该反应的平衡常数K=　　　　　　．‎ ‎[已知Ksp[Ca3（PO4）2]=2.0×10﹣29，Ksp（CaSO4）=9.1×10﹣6]．‎ ‎　‎ ‎【物质结构与性质】‎ ‎21．三草酸合铁酸钾可用氯化铁与草酸钾混合直接合成：‎ FeCl3+3K2C2O4═K3[Fe（C2O4）3]+3KCl ‎（1）FeCl3中铁离子基态核外电子排布式：　　　　　　．‎ ‎（2）上述反应涉及的主族元素中，第一电离能最小的是　　　　　　（填元素符号）．‎ ‎（3）K3[Fe（C2O4）3]中化学键的类型有　　　　　　．‎ ‎（4）草酸（H2C2O4）中C原子的杂化类型为　　　　　　，1mol草酸（H2C2O4）中含有σ键的数目为　　　　　　．‎ ‎（5）与C2O42﹣互为等电子体的一种分子为　　　　　　（填化学式）．‎ ‎　‎ ‎2016年江苏省南京市高考化学三模试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（共15小题，1-10小题为单项选择题，每小题2分，11-15小题为不定项选择题，每小题2分，满分40分）‎ ‎1．2016年4月22日世界地球日的主题为“珍惜地球资源，转变发展方式﹣提高资源利用效益”．下列说法不符合该主题的是（　　）‎ A．利用农作物秸秆制取乙醇 B．回收地沟油，制备生物柴油 C．焚烧废旧塑料，防止白色污染 D．开发利用各种新能源，减少对化石燃料的依赖 ‎【考点】常见的生活环境的污染及治理．‎ ‎【分析】A．农作物秸秆主要成分是纤维素属于多糖，多糖水解可以得到单糖；‎ B．回收地沟油，制备生物柴油，提高资源利用效益；‎ C．白色污染就是一次性难降解的塑料包，灼烧后会导致大气污染；‎ D．化石燃料的燃烧，增大空气中PM2.5的含量．‎ ‎【解答】解：A．农作物秸秆主要成分是纤维素，纤维素水解可以得到葡萄糖，葡萄糖发酵可以制乙醇，提高资源利用效益，故A正确；‎ B．回收地沟油，制备生物柴油，有利于节约资源，提高资源利用效益，故B正确；‎ C．焚烧废旧塑料，会导致大气污染，故C错误；‎ D．开发利用各种新能源，减少对化石燃料的依赖，可以降低空气中PM2.5的含量，转变发展方式﹣提高资源利用效益，故D正确，‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎2．下列有关氧元素及其化合物表示正确的是（　　）‎ A．质子数为8、中子数为10的氧原子： O B．氧原子的结构示意图：‎ C．过氧化氢的电子式：‎ D．乙酸甲酯的结构简式HCOOC2H5‎ ‎【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合．‎ ‎【分析】A．质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数；‎ B．氧原子的电荷守恒=核外电子总数=8，最外层含有6个电子；‎ C．过氧化氢为共价化合物，分子中含有1个O﹣O键和2个O﹣H键；‎ D．乙酸甲酯为乙酸和甲醇反应生成的酯．‎ ‎【解答】解：A．质子数为8、中子数为10的氧原子的质量数为18，该原子正确的表示方法为：188O，故A错误；‎ B．为氧离子结构示意图，氧原子的最外层含有6个电子，其正确的原子结构示意图为：，故B错误；‎ C．过氧化氢为共价化合物，其电子式为，故C正确；‎ D．HCOOC2H5为甲酸乙酯，乙酸甲酯正确的结构简式为：CH3COOCH3，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎3．下列说法正确的是（　　）‎ A．蔗糖在硫酸催化下水解，只生成葡萄糖 B．石油的裂解、煤的干馏都是化学变化 C．1L1mol•L﹣1AlCl3溶液中含Al3+数目为6.02×1023‎ D．等质量的铝粉按a、b两种途径完全转化，途径a比途径b消耗更多的NaOH 途径a：AlAl2O3NaAlO2；途径b：AlNaAlO2‎ ‎【考点】铝的化学性质；物理变化与化学变化的区别与联系；阿伏加德罗常数；蔗糖、麦芽糖简介．‎ ‎【分析】A．蔗糖水解生成葡萄糖和果糖；‎ B．有新物质生成的变化是化学变化，没有新物质生成的变化是物理变化；‎ C．氯化铝为强酸弱碱盐，铝离子水解；‎ D．根据途径a、b的反应方程式中铝粉与NaOH的关系解答．‎ ‎【解答】解：A．蔗糖在一定条件下发生水解反应：C12H22O11（蔗糖）+H2OC6H12O6（葡萄糖）+C6H12O6（果糖），故A错误；‎ B．石油的裂解、裂化及煤的干馏都有新物质生成，属于化学变化，故B正确；‎ C．氯化铝在溶液中，铝离子水解，所以1L1mol•L﹣1AlCl3溶液中含Al3+数目小于6.02×1023，故C错误；‎ D．途径a：4Al+3O22Al2O3，Al2O3+2NaOH═2NaAlO2+H2O，2mol铝需2mol氢氧化钠，途径b：2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，2mol铝需2mol氢氧化钠，途径a与途径b消耗的NaOH一样多，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎4．已知：Mg2Si+4HCl═SiH4↑+2MgCl2，下列说法正确的是（　　）‎ A．原子半径：Si＞Mg B．氢元素不存在同位素 C．该反应熵增 D．SiH4比HCl稳定 ‎【考点】同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系．‎ ‎【分析】A、同周期从左到右原子半径减小；‎ B、氢元素存在三种同位素；‎ C、有气体生成；‎ D、非金属性Si＜Cl，所以稳定性HCl比SiH4稳定．‎ ‎【解答】解：A、同周期从左到右原子半径减小，所以原子半径：Si＜Mg，故A错误；‎ B、氢元素存在三种同位素，故B错误； ‎ C、有气体生成，所以该反应熵增，故C正确；‎ D、非金属性Si＜Cl，所以稳定性HCl比SiH4稳定，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎5．X、Y、Z、W、R属于短周期主族元素，X的原子半径是短周期主族元素中最大的，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m+n，M层电子数为m﹣n，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2：1．下列叙述正确的是（　　）‎ A．离子半径的大小顺序为：r（R2﹣）＞r（X+）＞r（Y2﹣）‎ B．最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序是：R＞W＞Z C．Y与X形成的化合物和Y与W形成的化合物化学键类型完全相同 D．分别向BaCl2溶液中通入RY2、WY2，均有白色沉淀生成 ‎【考点】原子结构与元素的性质．‎ ‎【分析】X的原子半径在短周期主旋元素中最大，应为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，应为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，则R的核外电子数为16，应为S元素，结合元素对应单质、化合物的性质以及元素周期律可解答该题．‎ ‎【解答】解：X的原子半径在短周期主旋元素中最大，应为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，应为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，则R的核外电子数为16，应为S元素，‎ A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时核电荷数越多半径越小，硫离子三个电子层，钠离子和氧负离子的电子层结构相同，钠的核电荷数多，所以r（R2﹣）＞r（Y2﹣）＞r（X+），故A错误；‎ B．R是S元素，W是C元素，Z为Si元素，元素的非金属性逐渐减弱，所以最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐减弱，故B正确；‎ C．X与Y形成的两种化合物分别为Na2O、Na2O2，两者都是离子化合物，Y与W形成的化合物CO、CO2，两者都是共价化合物，所以化学键的类型不完全相同，故C错误；‎ 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．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎6．25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）‎ A．能使甲基橙变红的溶液：Mg2+、Na+、NO3﹣、Cl﹣‎ B．0.1mol•L﹣1NH4Cl溶液：K+、Ba2+、OH﹣、CO32﹣‎ C．0.1mol•L﹣1Fe（NO3）2溶液：H+、Al3+、SO42﹣、I﹣‎ D．由水电离产生的c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液：NH4+、SO42﹣、HCO3﹣、Cl﹣‎ ‎【考点】离子共存问题．‎ ‎【分析】A．能使甲基橙变红的溶液呈酸性，四种离子之间不反应，都不与酸性溶液中的氢离子反应；‎ B．氯化铵与氢氧根离子反应，钡离子与碳酸根离子反应；‎ C．酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，能够氧化亚铁离子、碘离子；‎ D．由水电离产生的c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，碳酸氢根离子与氢离子、氢氧根离子反应．‎ ‎【解答】解：A．能使甲基橙变红的溶液中存在大量氢离子，Mg2+、Na+、NO3﹣、Cl﹣之间不反应，都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；‎ B．Ba2+、CO32﹣之间反应生成碳酸钡沉淀，OH﹣、NH4Cl之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；‎ C．Fe（NO3）2在溶液中电离出亚铁离子和硝酸根离子，硝酸根离子在酸性条件下能够氧化Fe2+、I﹣，在溶液不能大量共存，故C错误；‎ D．由水电离产生的c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液为酸性或碱性溶液，溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，HCO3﹣与氢离子和氢氧根离子反应，在溶液中一定不能大量共存，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎7．下列有关实验装置正确的是（　　）‎ A．用图1装置制取少量乙酸乙酯 B．用图2装置分离苯和溴苯 C．用图3装置制取并收集乙炔气体 D．用图4装置测定中和热 ‎【考点】化学实验方案的评价．‎ ‎【分析】A．该实验中导气管不能伸入碳酸钠溶液液面下；‎ B．互溶的液体采用蒸馏的方法分离提纯，温度计测量馏分温度；‎ C．乙炔密度小于空气，应该采用向下排空气法收集；‎ D．测定中和热时需要用环形玻璃搅拌棒搅拌混合液体．‎ ‎【解答】解：A．该实验中导气管不能伸入碳酸钠溶液液面下，否则易产生倒吸，故A错误；‎ B．互溶的液体采用蒸馏的方法分离提纯，温度计测量馏分温度，苯和溴苯互溶，应该采用蒸馏方法分离提纯，故B正确；‎ C．乙炔密度小于空气，应该采用向下排空气法收集，所以集气瓶应该倒置，故C错误；‎ D．测定中和热时需要用环形玻璃搅拌棒搅拌混合液体，该实验缺少玻璃搅拌棒，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎8．下列物质的每步转化在给定条件下能一步实现的是（　　）‎ A．FeFe2O3Fe2（SO4）3‎ B．饱和食盐水NaHCO3Na2CO3‎ C．海水Mg（OH）2MgOMg D．NH3N2HNO3‎ ‎【考点】镁、铝的重要化合物；含氮物质的综合应用；钠的重要化合物；铁的化学性质．‎ ‎【分析】A．铁和氧气点燃反应生成四氧化三铁，四氧化三铁和硫酸反应生成硫酸铁、硫酸亚铁；‎ B．饱和食盐水中通入氨气、二氧化碳会发生反应生成碳酸氢钠晶体和氯化铵溶液，过滤得到碳酸氢钠分解生成碳酸钠；‎ C．海水中含镁离子，加入熟石灰反应生成氢氧化镁沉淀，氢氧化镁受热分解生成氧化镁，氧化镁熔点高不能电解氧化镁制备镁，应是电解熔融氯化镁得到镁；‎ D．氨气氧化得到氮气，氮气和氧气在水溶液中不反应．‎ ‎【解答】解：A．铁和氧气点燃反应生成四氧化三铁，铁在纯净氧气中点燃不能一步生成氧化铁，四氧化三铁和硫酸反应生成硫酸铁、硫酸亚铁，故A错误；‎ B．饱和食盐水中通入氨气、二氧化碳会发生反应生成碳酸氢钠晶体和氯化铵溶液，NH3+CO2+NaCl+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，过滤得到碳酸氢钠分解生成碳酸钠，能一步实现，故B正确；‎ C．海水中含镁离子，加入熟石灰反应生成氢氧化镁沉淀，氢氧化镁受热分解生成氧化镁，氧化镁熔点高不能电解氧化镁制备镁，应是电解熔融氯化镁得到镁，不能一步实现各步转化，故C错误；‎ D．氨气氧化得到氮气，氮气和氧气在水溶液中不反应，不能生成硝酸，应是氨气催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮和氧气水中全部转化为硝酸，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎9．下列离子方程式表达正确的是（　　）‎ A．SO2通入溴水中：SO2+2H2O+Br2═2H++SO42﹣+2HBr B．向漂白粉稀溶液中通入过量CO2：ClO﹣+CO2+H2O═HClO+HCO3﹣‎ C．NaHSO4溶液和Ba（OH）2溶液充分反应后溶液显中性：Ba2++OH﹣+H++SO42﹣═BaSO4↓+H2O D．Fe（OH）3溶于氢碘酸中：Fe（OH）3+3H+═Fe3++3H2O ‎【考点】离子方程式的书写．‎ ‎【分析】A．溴化氢为强酸，应拆成离子形式；‎ B．二氧化碳过量，反应生成次氯酸和碳酸氢钙；‎ C．NaHSO4溶液和Ba（OH）2溶液充分反应后溶液显中性则消耗的硫酸氢钠与氢氧化钡物质的量之比为2：1；‎ D．不符合反应客观事实，三价铁离子能够氧化碘离子．‎ ‎【解答】解：A．SO2通入溴水中，离子方程式：SO2+2H2O+Br2═4H++SO42﹣+2Br﹣，故A错误；‎ B．向漂白粉稀溶液中通入过量CO2，离子方程式：ClO﹣+CO2+H2O═HClO+HCO3﹣，故B正确；‎ C．NaHSO4溶液和Ba（OH）2溶液充分反应后溶液显中性，离子方程式：Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H2O，故C错误；‎ D．氢氧化铁溶于氢碘酸中的离子反应为2I﹣+2Fe（OH）3+6H+═2Fe2++6H2O+I2，故D错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎10．锂空气电池充放电基本原理如图所示，下列说法不正确的是（　　）‎ A．充电时，锂离子向阴极移动 B．充电时阴极电极反应式为：Li++e﹣═Li C．放电时正极电极反应式为：O2+4e﹣+2H2O═4OH﹣‎ D．负极区的有机电解液可以换成水性电解液 ‎【考点】化学电源新型电池．‎ ‎【分析】A、充电时的原理是电解池原理，电解质中的阳离子移向阴极；‎ B、充电时阴极上发生得电子的还原反应；‎ C、放电时原理是原电池原理，正极上发生得电子的还原反应；‎ D、金属锂可以和水之间发生反应，据此回答．‎ ‎【解答】解：A、充电时的原理是电解池原理，电解质中的阳离子移向阴极，即锂离子向阴极移动，故A正确；‎ B、充电时阴极上发生得电子的还原反应，即Li++e﹣═Li，故B正确；‎ C、放电时原理是原电池原理，正极上发生得电子的还原反应O2+4e﹣+2H2O═4OH﹣，故C正确；‎ D、金属锂可以和水之间发生反应，所以负极区的有机电解液可以换成水性电解液，故D错误．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎11．下列有关说法正确的是（　　）‎ A．1mol过氧化钠和足量水充分反应，理论上转移的电子数约为2×6.02×1023‎ B．电工操作中将铝线与铜线直接相连，会导致铜线更快被氧化 C．MnS悬浊液中滴加少量CuSO4溶液可生成CuS沉淀，则Ksp（CuS）＜Ksp（MnS）‎ D．0.1mol•L﹣1醋酸溶液pH=a，0.01mol•L﹣1醋酸溶液pH=b，则a+1＜b ‎【考点】氧化还原反应；金属的电化学腐蚀与防护；弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．‎ ‎【分析】A．Na2O2与足量水反应转移电子数依据化学方程式计算得到，1molNa2O2与足量水反应转移电子1mol；‎ B．Cu、Al形成原电池时，Al作负极被腐蚀；‎ C．化学式形式相同的，溶度积越大，溶解度越大；‎ D．加水稀释促进醋酸电离．‎ ‎【解答】解：A．Na2O2与足量水反应的化学方程式为：2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，则1molNa2O2与足量水反应转移电子1mol，即转移的电子数约为2×6.02×1023，故A错误；‎ B．Cu、Al形成原电池时，Al作负极被腐蚀，Cu作正极被保护，所以铜不易被氧化，故B错误；‎ C．化学式形式相同的，溶度积越大，溶解度越大，MnS悬浊液中滴加少量CuSO4溶液可生成CuS沉淀，则Ksp（CuS）＜Ksp（MnS），故C正确；‎ D．0.1mol•L﹣1醋酸溶液，加水稀释促进醋酸电离，所以0.01mol•L﹣1醋酸溶液中氢离子浓度大于0.1mol•L﹣1醋酸溶液中氢离子浓度的，则a+1＞b，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎12．甲、乙、丙三种物质是某抗生素合成过程中的中间产物，下列说法正确的是（　　）‎ A．甲、乙、丙三种有机化合物均可跟NaOH溶液反应 B．用FeCl3溶液区分甲、丙两种有机化合物 C．一定条件下丙可以与NaHCO3溶液、C2H5OH反应 D．乙、丙都能发生银镜反应 ‎【考点】有机物的结构和性质．‎ ‎【分析】A．酚羟基、羧基、卤原子或酯基都能和NaOH溶液反应；‎ B．氯化铁能和酚发生显色反应；‎ C．丙中含有酚羟基、羧基、氯原子、醚键和苯环，具有酚、羧酸、卤代烃、醚和苯的性质；‎ D．醛基能发生银镜反应．‎ ‎【解答】解：A．酚羟基、羧基、卤原子或酯基都能和NaOH溶液反应，甲中不含酚羟基、羧基、卤原子或酯基，所以不能和NaOH溶液反应，故A错误；‎ B．氯化铁能和酚发生显色反应，甲不含酚羟基而丙含有酚羟基，则丙能发生显色反应，而甲不能发生显色反应，所以可以用氯化铁溶液鉴别甲、丙，故B正确；‎ C．丙中含有酚羟基、羧基、氯原子、醚键和苯环，具有酚、羧酸、卤代烃、醚和苯的性质，羧基能和乙醇、碳酸氢钠反应，故C正确；‎ D．醛基能发生银镜反应，乙含有醛基，能发生银镜反应，丙不含醛基，不能发生银镜反应，故D错误；‎ 故选BC．‎ ‎　‎ ‎13．下列设计的实验方案能达到实验目的是（　　）‎ A．向1mL1%的NaOH溶液中加入2mL2%的CuSO4溶液，振荡后再加入0.5mL有机物X，加热后未出现砖红色沉淀，说明X结构中不含有醛基 B．室温下向苯和少量苯酚的混合溶液中加入适量浓溴水，振荡、静置后过滤，可除去苯中少量苯酚 C．向无色的淀粉KI溶液中滴加少量氯水，溶液变成蓝色，说明氧化性：Cl2＞I2‎ D．向含酚酞的氢氧化钠溶液中加入少量30%H2O2溶液，红色褪去，向褪色后的溶液再补加NaOH溶液，不显红色，说明H2O2因显酸性而使溶液褪色 ‎【考点】化学实验方案的评价．‎ ‎【分析】A．用新制氢氧化铜悬浊液检验醛基时，必须是在碱性条件下；‎ B．苯酚和溴发生取代反应生成溴苯，溴苯、苯和溴能互溶；‎ C．同一氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；‎ D．因为该反应中双氧水的量较少，混合溶液中NaOH过量，混合溶液呈碱性．‎ ‎【解答】解：A．用新制氢氧化铜悬浊液检验醛基时，必须是在碱性条件下，该实验中NaOH不足导致NaOH和硫酸铜混合溶液不是碱性，所以实验不成功，故A错误；‎ B．苯酚和溴发生取代反应生成溴苯，溴苯、苯和溴能互溶，应该用NaOH和苯酚反应生成可溶性的苯酚钠，然后分液除去苯中的苯酚，故B错误；‎ C．同一氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，根据实验现象知，氯气氧化碘离子生成碘，氧化剂是氯气、碘是氧化产物，则氧化性：Cl2＞I2，故C正确；‎ D．因为该反应中双氧水的量较少，混合溶液中NaOH过量，混合溶液呈碱性，但溶液褪色，说明酚酞发生了反应，该实验应该体现双氧水的氧化性，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎14．常温下，下列有关溶液的说法正确的是（　　）‎ A．向0.10mol•L﹣1NaHSO3溶液中通入NH3至溶液pH=7（通入气体对溶液体积的影响可忽略）：c（Na+）＞c（SO32﹣）＞c（NH4+）‎ B．0.1mol/L醋酸钠溶液20mL与0.1mol•L﹣1盐酸10mL混合后的溶液中：c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（CH3COOH）‎ C．已知Kw（HF）＞Kw（CH3COOH），pH相等的NaF与CH3COOK两溶液中：c（Na+）﹣c（F﹣）＞c（K+）﹣c（CH3COO﹣）‎ D．0.1mol•L﹣1醋酸溶液和0.2mol•L﹣1醋酸钠溶液等体积混合后的溶液中：3c（H+）+2c（CH3COOH）=c（CH3COO﹣）+3c（OH﹣）‎ ‎【考点】离子浓度大小的比较．‎ ‎【分析】A．溶液呈中性时，c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒可知：c（Na+）+c（NH4+）=2c（SO32﹣），由于钠离子浓度大于亚硫酸根离子，则c（Na+）＞c（SO32﹣）＞c（NH4+）；‎ B．将0.1mol/L的醋酸钠溶液20mL与0.1mol/L盐酸10mL混合，反应后NaAc和HAc的物质的量相等，溶液显酸性；‎ C．根据HF和CH3COOH的电离平衡常数判断二者酸性强弱，酸性越强，对应的酸根离子的水解程度越强，据此判断pH相同时NaF与CH3COOK两溶液中离子浓度大小；‎ D．0.1mol•L﹣1醋酸溶液和0.2mol•L﹣1醋酸钠溶液等体积混合，根据电荷守恒和物料守恒综合计算．‎ ‎【解答】解：A．向0.1mol•L的NaHSO3中通入氨气至溶液呈中性时，c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒可知：c（Na+）+c（NH4+）=2c（SO32﹣），由于钠离子浓度大于亚硫酸根离子，则c（Na+）＞c（SO32﹣）＞c（NH4+），所以溶液中c（H+）、c（OH﹣）、c（SO32﹣）、‎ c（Na+）、c（NH4+）这五种离子浓度大小关系为：c（Na+）＞c（SO32﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）=c（OH﹣），故A正确；‎ B．将0.1mol/L的醋酸钠溶液20mL与0.1mol/L盐酸10mL混合后，反应后NaAc和HAc的物质的量相等，溶液显酸性，说明HAc电离程度大于Ac﹣水解程度，则（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣），HAc为弱电解质，部分电离，应有c（CH3COOH）＞c（H+），故B错误；‎ C．根据电离平衡常数可知酸性HF＞CH3COOH，则CH3COOK的水解程度大于NaF，所以pH相等的NaF与CH3COOK两溶液CH3COOK的浓度小于NaF，由于两溶液的pH相同，则两溶液中氢离子、氢氧根离子的浓度相同，即c（H+）=c（OH﹣）①，根据电荷守恒可得：c（H+）+c（Na+）+c（K+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）+c（F﹣）②，由①②得c（Na+）﹣c（F﹣）=c（CH3COO﹣）﹣c（K+），故C错误；‎ D．0.1mol•L﹣1醋酸溶液和0.2mol•L﹣1醋酸钠溶液等体积混合，根据电荷守恒c（H+）+c（Na+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）①，根据物料守恒3c（Na+）=2c（CH3COO﹣）+2c（CH3COOH）②，由①×3﹣②得3c（H+）+2c（CH3COOH）=c（CH3COO﹣）+3c（OH﹣），故D正确，‎ 故选AD．‎ ‎　‎ ‎15．一定条件下合成乙烯：6H2（g）+2CO2（g）⇌CH2=CH2（g）+4H2O（g）．已知温度对CO2的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图所示，下列说法正确的是（　　）‎ A．生成乙烯的速率：v（M）有可能小于v（N）‎ B．当温度高于250℃时，升高温度，平衡向逆反应方向移动，催化剂的催化效率降低 C．平衡常数：KM＜KN D．若投料比n（H2）：n（CO2）=3：1，则图中M点乙烯的体积分数为15.4%‎ ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】A、温度升高化学反应速率加快，催化剂的催化效率降低；‎ B、根据图象，当温度高于250℃，升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则平衡逆向移动；‎ C、升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则升温平衡逆向移动；‎ D、设开始投料n（H2）为3mol，则n（CO2）为1mol，所以当在M点平衡时二氧化碳的转化率为50%，据此列三段式计算．‎ ‎【解答】解：A、化学反应速率随温度的升高而加快，催化剂的催化效率降低，所以v（M）有可能小于v（N），故A正确；‎ B、根据图象，当温度高于250℃，升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则平衡逆向移动，但催化剂只影响反应速率，不影响平衡移动和转化率，故B错误；‎ C、升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则升温平衡逆向移动，所以M化学平衡常数大于N，故C错误；‎ D、设开始投料n（H2）为3mol，则n（CO2）为1mol，所以当在M点平衡时二氧化碳的转化率为50%‎ 所以有6H2（g）+2CO2（g）CH2=CH2（g）+4H2O（g）‎ 开始 3 1 0 0‎ 转化 1.5 0.5 0.25 1‎ 平衡 1.5 0.5 0.25 1‎ 所以乙烯的体积分数为×100%=7.7%，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ 二、解答题（共5小题，满分68分）‎ ‎16．利用生产硼砂的废渣﹣硼镁泥（主要成分为MgCO3、SiO2，还有少量Fe2O3、MnO、CaO等）为主要原料制取轻质碳酸镁[MgCO3•Mg（OH）2•2H2O]的工业流程如下：‎ ‎（1）写出“酸溶”一步中，MgCO3和硫酸反应的化学方程式　MgCO3+H2SO4=MgSO4+CO2↑+H2　．酸溶时硫酸稍过量（pH约为2），目的是　使碳酸镁充分溶解生成硫酸镁　．‎ ‎（2）滤渣2的主要成分有MnO2和　Fe（OH）3　，写出生成MnO2的离子方程式　Mn2++ClO﹣+H2O═MnO2↓+2H++Cl﹣　．‎ ‎（3）“合成”时需通蒸气至80℃，边加热边搅拌，温度控制在80℃的原因是　温度过低反应速率慢，温度过高轻质碳酸镁、碳酸铵会分解　，写出该步发生的化学反应方程式　2MgSO4+2（NH4）2CO3+3H2O=MgCO3•Mg（OH）2•2H2O↓+2（NH4）2SO4++2CO3↑　．‎ ‎【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．‎ ‎【分析】由制备流程可知，硼镁泥的主要成分为MgCO3、SiO2，还有少量Fe2O3、MnO、CaO等，向废渣中加硫酸时SiO2不溶解，过滤得到滤渣1为二氧化硅，NaClO具有氧化性，能将Mn2+氧化为MnO2，调节PH生成MnO2、Fe（OH）3沉淀，过滤得滤渣2为MnO2、Fe（OH）3，再经过系列除杂后所得溶液中加碳酸铵溶液，得到轻质碳酸镁，‎ ‎（1）MgCO3和硫酸反应生成硫酸镁和二氧化碳，硫酸过量可以使碳酸镁充分溶解；‎ ‎（2）根据上面的分析可知滤渣2的主要成分，次氯酸钠能氧化锰离子生成MnO2，据此书写离子方程式；‎ ‎（3）“合成”时在溶液中加碳酸铵溶液，得到轻质碳酸镁、硫酸铵和水，温度过低反应速率慢，温度过高轻质碳酸镁、碳酸铵会分解，据此答题．‎ ‎【解答】解；由制备流程可知，硼镁泥的主要成分为MgCO3、SiO2，还有少量Fe2O3、MnO、CaO等，向废渣中加硫酸时SiO2不溶解，过滤得到滤渣1为二氧化硅，NaClO具有氧化性，能将Mn2+氧化为MnO2，调节PH生成MnO2、Fe（OH）3沉淀，过滤得滤渣2为MnO2、Fe（OH）3，再经过系列除杂后所得溶液中加碳酸铵溶液，得到轻质碳酸镁，‎ ‎（1）MgCO3和硫酸反应生成硫酸镁和二氧化碳，反应方程式为MgCO3+H2SO4=MgSO4+CO2↑+H2O，硫酸过量可以使碳酸镁充分溶解生成硫酸镁，‎ 故答案为：MgCO3+H2SO4=MgSO4+CO2↑+H2；使碳酸镁充分溶解生成硫酸镁；‎ ‎（2）根据上面的分析可知滤渣2的主要成分为MnO2、Fe（OH）3，次氯酸钠能氧化锰离子生成MnO2，反应的离子方程式为Mn2++ClO﹣+H2O═MnO2↓+2H++Cl﹣，‎ 故答案为：Fe（OH）3；Mn2++ClO﹣+H2O═MnO2↓+2H++Cl﹣；‎ ‎（3）“合成”时在溶液中加碳酸铵溶液，得到轻质碳酸镁、硫酸铵和水，温度过低反应速率慢，温度过高轻质碳酸镁、碳酸铵会分解，“合成”时反应的方程式为2MgSO4+2（NH4）2CO3+3H2O=MgCO3•Mg（OH）2•2H2O↓+2（NH4）2SO4++2CO3↑，‎ 故答案为：温度过低反应速率慢，温度过高轻质碳酸镁、碳酸铵会分解；2MgSO4+2（NH4）2CO3+3H2O=MgCO3•Mg（OH）2•2H2O↓+2（NH4）2SO4++2CO3↑．‎ ‎　‎ ‎17．化合物F是合成新型杀虫剂茚虫威的中间体，可以通过以下方法合成：‎ ‎（1）化合物A中的含氧官能团为　醛基　（填官能团的名称）．‎ ‎（2）化合物B的结构简式为　　，由D→E的反应类型是　取代反应　．‎ ‎（3）写出同时满足下列条件的F的一种同分异构体G的结构简式　　．‎ Ⅰ．属于芳香族化合物 Ⅱ.1molG与足量银氨溶液反应，生成6molAg Ⅲ．分子中含有3种不同化学环境的氢 ‎（4）根据已有知识并结合题目所给信息，写出以（）为原料制备化合物E（）的合成路线流程图（无机试剂任用）．合成路线流程图示例如下：‎ H2C=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH．‎ ‎【考点】有机物的合成．‎ ‎【分析】（1）由A的结构简式，可知含有的含氧官能团为醛基；‎ ‎（2）B与氢气发生加成反应生成C，对比A、C结构与B的分子式，可知B的结构简式为；对比D、E的结构可知，由D→E的反应类型是取代反应；‎ ‎（3）F的一种同分异构体G满足条件：Ⅰ．属于芳香族化合物，说明含有苯环，Ⅱ.1molG与足量银氨溶液反应，生成6molAg，说明分子中含有3个﹣CHO，Ⅲ．分子中含有3种不同化学环境的氢，应为对称结构；‎ ‎（4）发生取代反应生成为，然后氧化生成，再进一步氧化生成，再与SOCl2反应得到 ‎，最后再氯化铝条件下发生取代反应生成．‎ ‎【解答】解：（1）由A的结构简式，可知含有的含氧官能团为醛基，‎ 故答案为：醛基；‎ ‎（2）B与氢气发生加成反应生成C，对比A、C结构与B的分子式，可知B的结构简式为，对比D、E的结构可知，由D→E脱下1分子HCl形成新的碳碳单键，属于取代反应，‎ 故答案为：；取代反应；‎ ‎（3）F的一种同分异构体G满足条件：Ⅰ．属于芳香族化合物，说明含有苯环，Ⅱ.1molG与足量银氨溶液反应，生成6molAg，说明分子中含有3个﹣CHO，Ⅲ．分子中含有3种不同化学环境的氢，应为对称结构，符合条件G的结构简式为：，‎ 故答案为：；‎ ‎（4）发生取代反应生成为，然后氧化生成，再进一步氧化生成，再与SOCl2反应得到 ‎，最后再氯化铝条件下发生取代反应生成，合成路线流程图为：，‎ 故答案为：‎ ‎．‎ ‎　‎ ‎18．过氧乙酸（CH3COOOH）用作纺织品漂白剂，可通过下列方法制备：‎ 向烧瓶中依次加入乙酸、42.5%过氧化氢溶液、浓硫酸．控制反应温度为25℃，搅拌4小时，静置15小时，得过氧乙酸溶液．‎ ‎（1）制备20g38%过氧乙酸溶液至少需要42.5%过氧化氢溶液质量为：　8g　．‎ ‎（2）过氧乙酸含量测定．准确称取0.5000g过氧乙酸样液，定容于100mL容量瓶中．取5.00mL上述溶液与100mL碘量瓶中，再加入5.0mL2mol•L﹣1H2SO4溶液，用0.01mol•L﹣1KMnO4溶液滴定至溶液出现浅红色（以除去过氧乙酸试样中剩余H2O2），随即加入过量KI溶液，摇匀，用0.01000mol•L﹣1Na2S2O3标准液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液25.00mL．‎ 已知：CH3COOOH+2I﹣+2H+═I2+CH3COOH+H2O ‎2S2O32﹣+I2═2I﹣+S4O62﹣‎ ‎①加入过量KI溶液前，需除去H2O2的原因是（用离子方程式表示）：　2I﹣+H2O2+H+=I2+2H2O　．‎ ‎②计算过氧乙酸样液中过氧乙酸的质量分数（请给出计算过程）．‎ ‎③用该法测定过氧乙酸含量比实际含量偏高的原因是（不考虑实验操作产生的误差）　过量的KMnO4氧化I﹣生成I2或在酸性溶液中I﹣会被空气中氧气氧化为I2　．‎ ‎【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．‎ ‎【分析】（1）醋酸与双氧水反应生成过氧乙酸和水，H2O2+CH3COOH（过氧乙酸）+H2O，结合化学方程式定量关系计算过氧化氢的质量；‎ ‎（2）①加入过量KI溶液前，需除去H2O2的原因是过氧化氢也会氧化碘离子，会干扰测定结果；‎ ‎②n（S2O32﹣）=0.01000mol/L×0.02500L=2.5×10﹣4mol，‎ CH3COOOH+2I﹣+2H+═I2+CH3COOH+H2O ‎2S2O32﹣+I2═2I﹣+S4O62﹣‎ CH3COOOH～I2～2S2O32﹣，‎ n（CH3COOOH）=n（S2O32﹣）=×2.5×10﹣4mol=1.25×10﹣4mol，‎ 计算得到过氧乙酸样液中过氧乙酸的质量分数；‎ ‎③实验过程中高锰酸钾溶液、空气中氧气都会氧化碘离子造成测定的含量偏高；‎ ‎【解答】解：（1）制备20g38%过氧乙酸溶液至少需要42.5%过氧化氢溶液质量为x，‎ H2O2+CH3COOHCH3COOOH+H2O ‎34 76‎ x×42.5% 20g×38%‎ x=8g，‎ 故答案为：8g；‎ ‎（2）①加入过量KI溶液前，需除去H2O2的原因是过氧化氢也会氧化碘离子，会干扰测定结果，反应的离子方程式为：2I﹣+H2O2+H+=I2+2H2O，‎ 故答案为：2I﹣+H2O2+H+=I2+2H2O；‎ ‎②n（S2O32﹣）=0.01000mol/L×0.02500L=2.5×10﹣4mol，‎ CH3COOOH+2I﹣+2H+═I2+CH3COOH+H2O ‎2S2O32﹣+I2═2I﹣+S4O62﹣‎ CH3COOOH～I2～2S2O32﹣，‎ n（CH3COOOH）=n（S2O32﹣）=×2.5×10﹣4mol=1.25×10﹣4mol，‎ w%=×100%=38.0%，‎ 答：n（S2O32﹣）=0.01000mol/L×0.02500L=2.5×10﹣4mol，‎ CH3COOOH+2I﹣+2H+═I2+CH3COOH+H2O ‎2S2O32﹣+I2═2I﹣+S4O62﹣‎ CH3COOOH～I2～2S2O32﹣，‎ n（CH3COOOH）=n（S2O32﹣）=×2.5×10﹣4mol=1.25×10﹣4mol，‎ w%=×100%=38.0%；‎ ‎③取5.00mL上述溶液与100mL碘量瓶中，再加入5.0mL2mol•L﹣1H2SO4溶液，用0.01mol•L﹣1KMnO4溶液滴定至溶液出现浅红色（以除去过氧乙酸试样中剩余H2O2），过量的高锰酸钾溶液会氧化碘离子生成碘单质导致过氧乙酸含量偏高，或空气中氧气也可以氧化碘离子为碘单质，也可以导致测定结果偏高，‎ 故答案为：过量的KMnO4氧化I﹣生成I2或在酸性溶液中I﹣会被空气中氧气氧化为I2；‎ ‎　‎ ‎19．实验室用如图1所示装置制备Na2S2O3•5H2O，已知Na2S2O3•5H2O具有下列性质：‎ ‎①无色晶体，易溶于水，难溶于酒精；‎ ‎②在33℃以上的干燥空气中风化；‎ ‎③在酸性溶液中发生反应：S2O32﹣+2H+═H2O+SO2↑+S↓‎ ‎（1）分液漏斗中如直接用浓硫酸，烧瓶中固体易产生“结块”现象使反应速率变慢，产生“结块”现象的原因是　生成的硫酸钠固体附着在亚硫酸钠表面　，装置B的作用是　防止倒吸　．‎ ‎（2）如直接加水溶解Na2S溶液中易出现浑浊且有H2S逸出，原因是　空气中氧气可以将硫离子氧化为S，硫化氢水解生成硫化氢　．‎ ‎（3）装置C中反应生成Na2S2O3和CO2，其离子方程式为　4SO2+2S2﹣+CO32﹣=3S2O32﹣+CO2　，该反应的最佳温度为35℃，实验中可采取的措施是　水浴加热　．‎ ‎（4）由于副反应的存在，产品中常含有Na2SO4等杂质．‎ ‎①检验Na2S2O3•5H2O粗产品中是否含有Na2SO4的方法为：取少量粗产品溶于足量稀盐酸，　置，取上层清液，滴加氯化钡溶液，若出现白色沉淀，说明含有Na2SO4杂质　；‎ ‎②如粗产品含少量Na2SO4杂质，则提纯产品的实验方案为　将样品溶于适量蒸馏水中，蒸发浓缩，冷却至30℃结晶，过滤，用无水乙醇洗涤，低温干燥　．（相关物质的溶解度曲线如图2所示．实验中可供选择的试剂：BaCl2溶液，无水乙醇，蒸馏水）‎ ‎【考点】制备实验方案的设计．‎ ‎【分析】A装置制备二氧化硫，C装置中合成Na2S2O3，会导致装置内气压减小，B装置为安全瓶作用，二氧化硫有毒，会污染空气，用氢氧化钠溶液吸收剩余的二氧化硫．‎ ‎（1）生成的硫酸钠附着在亚硫酸钠表面；B装置防止倒吸；‎ ‎（2）氧气可以将硫离子氧化，硫化氢水解会生成硫化氢；‎ ‎（3）C中SO2与Na2S、Na2CO3反应生成Na2S2O3，同时生成二氧化碳；控制反应的最佳温度为35℃，低于水的沸点，采取水浴加热；‎ ‎（4）①取上层清液，用氯化钡溶液检验是否含有硫酸根；‎ ‎②由图可知，30℃之前硫酸的溶解度随温度升高而增大，高于30℃随温度升高而降低，而硫酸硫酸钠的溶解度随温度升高而增大，采取重结晶的方法进行提纯，注意用乙醇洗涤，减少溶解导致的损失．‎ ‎【解答】解：A装置制备二氧化硫，C装置中合成Na2S2O3，会导致装置内气压减小，B装置为安全瓶作用，二氧化硫有毒，会污染空气，用氢氧化钠溶液吸收剩余的二氧化硫．‎ ‎（1）生成的硫酸钠附着在亚硫酸钠表面，使反应速率变慢，B装置起安全瓶，防止倒吸，‎ 故答案为：生成的硫酸钠固体附着在亚硫酸钠表面；防止倒吸；‎ ‎（2）空气中氧气可以将硫离子氧化为S，出现浑浊现象，硫化氢水解生成硫化氢，导致有硫化氢逸出，‎ 故答案为：空气中氧气可以将硫离子氧化为S，硫化氢水解生成硫化氢；‎ ‎（3）C中SO2与Na2S、Na2CO3反应生成Na2S2O3，同时生成二氧化碳，反应离子方程式为：4SO2+2S2﹣+CO32﹣=3S2O32﹣+CO2，控制反应的最佳温度为35℃，低于水的沸点，采取水浴加热，受热均匀，便于控制温度，‎ 故答案为：4SO2+2S2﹣+CO32﹣=3S2O32﹣+CO2；水浴加热；‎ ‎（4）①检验Na2S2O3•5H2O粗产品中是否含有Na2SO4的方法为：取少量粗产品溶于足量稀盐酸，静置，取上层清液，滴加氯化钡溶液，若出现白色沉淀，说明含有Na2SO4杂质，‎ 故答案为：静置，取上层清液，滴加氯化钡溶液，若出现白色沉淀，说明含有Na2SO4杂质；‎ ‎②由图可知，30℃之前硫酸的溶解度随温度升高而增大，高于30℃随温度升高而降低，而硫酸硫酸钠的溶解度随温度升高而增大，粗产品含少量Na2SO4杂质，则提纯产品的实验方案为：将样品溶于适量蒸馏水中，蒸发浓缩，冷却至30℃结晶，过滤，用无水乙醇洗涤，低温干燥，‎ 故答案为：将样品溶于适量蒸馏水中，蒸发浓缩，冷却至30℃结晶，过滤，用无水乙醇洗涤，低温干燥．‎ ‎　‎ ‎20．氨氮是造成水体富营养化的重要因素之一，用次氯酸钠水解生成的次氯酸将水中的氨氮（用NH3表示）转化为氮气除去，其相关反应的主要热化学方程式如下：‎ 反应①：NH3（aq）+HClO（aq）═NH2Cl（aq）+H2O（I）△H1=akJ•mol﹣1‎ 反应②：NH2Cl（aq）+HClO（aq）═NHCl2（aq）+H2O（I）△H2=bkJ•mol﹣1‎ 反应③：2NHCl2（aq）+H2O（I）═N2（g）+HClO（aq）+3HCl（aq）△H3=ckJ•mol﹣1‎ ‎（1）2NH3（aq）+HClO（aq）═N2（g）+3H2O（I）+3HCl（aq）的△H=　（2a+2b+c）kJ/mol　．‎ ‎（2）已知在水溶液中NH2Cl较稳定，NHCl2不稳定易转化为氮气．在其他条件一般的情况下，改变（即NaClO 溶液的投入液），溶液中次氯酸钠去除氨氮效果与余氯（溶液中+1价氯元素的含量）影响如图1所示．a点之前溶液中发生的主要反应为　A　．‎ A．反应①B．反应①②C．反应①②③‎ 反应中氨氮去除效果最佳的值约为　1.5　．‎ ‎（3）溶液pH对次氯酸钠去除氨氮有较大的影响（如图2所示）．在pH较低时溶液中有无色无味的气体生成，氨氮去除效率较低，其原因是　盐酸与次氯酸钠反应生成次氯酸，次氯酸分解生成氧气，与氨氮反应的次氯酸减小　．‎ ‎（4）用电化学法也可以去除废水中氨氮．在蒸馏水中加入硫酸铵用惰性电极直接电解发现氨氮去除效率极低，但在溶液中再加入一定量的氯化钠后，去除效率可以大大提高．反应装置如图3所示，b为电极　正　极，电解时阴极的电极反应式为　2H2O+2NH4++2e﹣=2NH3•H2O+H2↑或2H++2e﹣=H2↑　．‎ ‎（5）氯化磷酸三钠（Na2PO4•0.25NaClO•12H2O）可用于减小水的硬度，相关原理可用下列离子方程式表示：‎ ‎3CaSO4（s）+2PO43﹣（aq）⇌Ca3（PO4）2（s）+3SO42﹣（aq），该反应的平衡常数K=　3.77×1013　．‎ ‎[已知Ksp[Ca3（PO4）2]=2.0×10﹣29，Ksp（CaSO4）=9.1×10﹣6]．‎ ‎【考点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；电解原理．‎ ‎【分析】（1）反应①：NH3（aq）+HClO（aq）═NH2Cl（aq）+H2O（I）△H1=akJ•mol﹣1‎ 反应②：NH2Cl（aq）+HClO（aq）═NHCl2（aq）+H2O（I）△H2=bkJ•mol﹣1‎ 反应③：2NHCl2（aq）+H2O（I）═N2（g）+HClO（aq）+3HCl（aq）△H3=ckJ•mol﹣1‎ 依据化学方程式和盖斯定律计算，①×2+②×2+③得到所热化学方程式；‎ ‎（2）用次氯酸钠水解生成的次氯酸将水中的氨氮（用NH3表示）转化为氮气除去，改变（即NaClO溶液的投入液），溶液中次氯酸钠去除氨氮效果与余氯图象变化中，次氯酸少氨气多，a点前发生的反应是NH3（aq）+HClO（aq）═NH2Cl（aq）+H2O（I）；反应中氨氮去除效果最佳的从图象分析可知为去除率较高同时余氯量最少；‎ ‎（3）在pH较低时溶液中，生成的次氯酸分解有无色无味的气体生成为氧气，次氯酸较少氨氮去除效率较低；‎ ‎（4）在蒸馏水中加入硫酸铵用惰性电极直接电解发现氨氮去除效率极低，但在溶液中再加入一定量的氯化钠后，去除效率可以大大提高，是因为阳极上氯离子失电子发生氧化反应，阴极上氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，破坏了水的电离平衡，氢氧根离子浓度增大，结合铵根离子生成一水合氨，氯气上升过程中吸收，所以装置图可知b为正极，a为负极；‎ ‎（5）3CaSO4（s）+2PO43﹣（aq）⇌Ca3（PO4）2（s）+3SO42﹣（aq），该反应的平衡常数K==×=计算．‎ ‎【解答】解：（1）反应①：NH3（aq）+HClO（aq）═NH2Cl（aq）+H2O（I）△H1=akJ•mol﹣1‎ 反应②：NH2Cl（aq）+HClO（aq）═NH2Cl（aq）+H2O（I）△H2=bkJ•mol﹣1‎ 反应③：2NHCl2（aq）+H2O（I）═N2（g）+HClO（aq）+3HCl（aq）△H3=ckJ•mol﹣1‎ 依据化学方程式和盖斯定律计算，①×2+②×2+③得到所热化学方程式2NH3（aq）+HClO（aq）═N2（g）+3H2O（I）+3HCl（aq）△H=（2a+2b+c）KJ/mol，‎ 故答案为：（2a+2b+c）KJ/mol；‎ ‎（2）用次氯酸钠水解生成的次氯酸将水中的氨氮（用NH3表示）转化为氮气除去，改变（即NaClO溶液的投入液），溶液中次氯酸钠去除氨氮效果与余氯图象变化中，次氯酸少氨气多，a点前发生的反应是NH3（aq）+HClO（aq）═NH2Cl（aq）+H2O（I）；反应中氨氮去除效果最佳的从图象分析可知为去除率较高同时余氯量最少，图象中符合的比值为1.5，‎ 故答案为：A；1.5；‎ ‎（3）在pH较低时溶液中，盐酸与次氯酸钠反应生成的次氯酸分解有无色无味的气体生成为氧气，次氯酸较少氨氮去除效率较低，‎ 故答案为：盐酸与次氯酸钠反应生成的次氯酸，次氯酸分解产生氧气，与氨氮反应的次氯酸量减少了；‎ ‎（4）在蒸馏水中加入硫酸铵用惰性电极直接电解发现氨氮去除效率极低，但在溶液中再加入一定量的氯化钠后，去除效率可以大大提高，是因为阳极上氯离子失电子发生氧化反应，阴极上氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，破坏了水的电离平衡，氢氧根离子浓度增大，结合铵根离子生成一水合氨，电极反应为：2H2O+2NH4++2e﹣=2NH3•H2O+H2↑或2H++2e﹣=H2↑，氯气上升过程中吸收，所以装置图可知b为正极，a为负极，‎ 故答案为：正；2H2O+2NH4++2e﹣=2NH3•H2O+H2↑或2H++2e﹣=H2↑；‎ ‎（5）3CaSO4（s）+2PO43﹣（aq）⇌Ca3（PO4）2（s）+3SO42﹣（aq），该反应的平衡常数K==×===3.77×1013，‎ 故答案为：3.77×1013．‎ ‎　‎ ‎【物质结构与性质】‎ ‎21．三草酸合铁酸钾可用氯化铁与草酸钾混合直接合成：‎ FeCl3+3K2C2O4═K3[Fe（C2O4）3]+3KCl ‎（1）FeCl3中铁离子基态核外电子排布式：　1s22s22p63s23p63d5，　．‎ ‎（2）上述反应涉及的主族元素中，第一电离能最小的是　K　（填元素符号）．‎ ‎（3）K3[Fe（C2O4）3]中化学键的类型有　离子键、配位键、共价键　．‎ ‎（4）草酸（H2C2O4）中C原子的杂化类型为　sp2杂化　，1mol草酸（H2C2O4）中含有σ键的数目为　7mol　．‎ ‎（5）与C2O42﹣互为等电子体的一种分子为　N2O4　（填化学式）．‎ ‎【考点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；化学键；“等电子原理”的应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．‎ ‎【分析】（1）铁离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，失去4s能级2个电子、3d能级1个电子形成Fe3+；‎ ‎（2）金属性越强，第一电离能越小；‎ ‎（3）K3[Fe（C2O4）3]中含有离子键、配位键、共价键；‎ ‎（4）草酸（H2C2O4）的结构式为，C原子没有孤对电子，杂化轨道数目为3，单键为σ键，双键含有1个σ键；‎ ‎（5）原子数目相等、价电子总数也相等的微粒互为等电子体，可以利用同主族替换法与周期表中元素左右移动书写．‎ ‎【解答】解：（1）铁离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，失去4s能级2个电子、3d能级1个电子形成Fe3+，铁离子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d5，‎ 故答案为：1s22s22p63s23p63d5；‎ ‎（2）涉及的主族元素中，只有K为金属元素，其它均为非金属性，金属性越强，第一电离能越小，故K的第一电离能最小，‎ 故答案为：K；‎ ‎（3）K3[Fe（C2O4）3]中钾离子与配离子之间形成离子键，配离子中含有配位键、共价键，‎ 故答案为：离子键、配位键、共价键；‎ ‎（4）草酸（H2C2O4）的结构式为，C原子没有孤对电子，杂化轨道数目为3，C原子采取sp2杂化，单键为σ键，双键含有1个σ键，分子中含有7个σ键，1mol草酸（H2C2O4）中含有σ键的数目为7mol，‎ 故答案为：sp2杂化；7mol；‎ ‎（5）原子数目相等、价电子总数也相等的微粒互为等电子体，与C2O42﹣互为等电子体的一种分子为N2O4，‎ 故答案为：N2O4．‎ ‎2016年6月1日