宿遷市三校高三3月聯(lián)合模擬化學(xué)試卷

1、江蘇省宿遷市三校2015屆高三下學(xué)期3月聯(lián)合模擬化學(xué)試題一、單項(xiàng)選擇題（本題包括10小題，每小題2分，共計(jì)20分每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意）1 2014年南京青奧會(huì)吉祥物為“砳砳”一種“砳砳”的外用材料是純羊毛線，內(nèi)充物為滌綸（結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為 ）下列有關(guān)說(shuō)法不正確的是（）A羊毛的主要成分屬于蛋白質(zhì)B滌綸屬于天然高分子化合物C合成滌綸的單體之一可以是HOCH2CH2OHD可用灼燒的方法區(qū)別羊毛和滌綸考點(diǎn)：常用合成高分子材料的化學(xué)成分及其性能.專(zhuān)題：有機(jī)化合物的獲得與應(yīng)用分析：A羊毛是天然的蛋白質(zhì)組成的纖維；B相對(duì)分子質(zhì)量在10000以上的有機(jī)化合物為高分子化合物，高分子化合物分為天然高分子化合物、合

2、成高分子化合物，淀粉、纖維素、蛋白質(zhì)為天然高分子化合物；C合成滌綸的單體有對(duì)苯二甲酸和乙二醇；D羊毛的成分是天然的蛋白質(zhì)，羊毛燃燒會(huì)有焦羽毛味，而滌綸沒(méi)有解答：解：A羊毛的成分屬于蛋白質(zhì)，故A正確； B滌綸是人工合成的有機(jī)高分子物質(zhì)，是合成材料，故B錯(cuò)誤；C合成滌綸的單體之一是乙二醇，故C正確；D羊毛的成分是天然的蛋白質(zhì)，羊毛燃燒會(huì)有焦羽毛味，而滌綸沒(méi)有，所以可以用燃燒的方法來(lái)區(qū)分羊毛和滌綸，故D正確故選B點(diǎn)評(píng)：本題考查合成高分子材料的化學(xué)成分及其性能，注意把握單體的尋找方法，題目難度不大2（2分）（2015宿遷模擬）下列有關(guān)化學(xué)用語(yǔ)表示正確的是（）A明礬的化學(xué)式：KAl（SO4）2B氯離子的

3、結(jié)構(gòu)示意圖：C2丙醇的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：（CH3）2CHOHD溴化銨的電子式：考點(diǎn)：電子式、化學(xué)式或化學(xué)符號(hào)及名稱(chēng)的綜合.專(zhuān)題：化學(xué)用語(yǔ)專(zhuān)題分析：A明礬為十二水合硫酸鋁鉀，明礬中含有12個(gè)結(jié)晶水；B氯離子的核電荷數(shù)為17，原子變成離子的過(guò)程中，核電荷數(shù)不發(fā)生變化；C.2丙醇中羥基位于2號(hào)C，根據(jù)醇類(lèi)的命名原則寫(xiě)出其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式；D溴化銨的電子式中，溴離子為陰離子，需要標(biāo)出其最外層電子解答：解：A明礬中含有結(jié)晶水，明礬正確的化學(xué)式為：KAl（SO4）212H2O，故A錯(cuò)誤；B氯離子的核電荷數(shù)為17，最外層為8個(gè)電子，氯離子的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：，故B錯(cuò)誤；C.2丙醇中，羥基位于2號(hào)C，主鏈含有3個(gè)C原則，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式

4、為：（CH3）2CHOH，故C正確；D溴化銨為離子化合物，銨根離子和溴離子都需要標(biāo)出所帶電荷及原子的最外層電子，溴化銨正確的電子式為：，故D錯(cuò)誤；故選C點(diǎn)評(píng)：本題考查了常見(jiàn)化學(xué)用語(yǔ)的表示方法判斷，題目難度中等，注意掌握電子式、化學(xué)式、結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式等化學(xué)用語(yǔ)的概念及正確的表示方法，選項(xiàng)D為易錯(cuò)點(diǎn)，注意溴化銨的電子式中，溴離子和銨根離子都需要標(biāo)出最外層的電子3（2分）（2015宿遷模擬）下列有關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)的應(yīng)用不正確的是（）A甲醛能使蛋白質(zhì)變性，常用高濃度甲醛溶液浸泡食用海產(chǎn)品以防腐B硅膠多孔、吸水能力強(qiáng)，常用作袋裝食品的干燥劑C過(guò)氧化鈉能與二氧化碳反應(yīng)產(chǎn)生氧氣，可用作潛水艇的供氧劑D鋅的金屬活潑性比

5、鐵強(qiáng)，可用于保護(hù)石油管道（碳素鋼管）以減緩其腐蝕考點(diǎn)：常見(jiàn)的食品添加劑的組成、性質(zhì)和作用；金屬的電化學(xué)腐蝕與防護(hù)；鈉的重要化合物.專(zhuān)題：化學(xué)應(yīng)用分析：A甲醛有毒；B硅膠能作干燥劑；C過(guò)氧化鈉能與二氧化碳反應(yīng)產(chǎn)生氧氣；D鋅的金屬活潑性比鐵強(qiáng)，可作為原電池的負(fù)極，代替鐵被消耗解答：解：A甲醛有毒，不能用于浸泡食用海產(chǎn)品，故A錯(cuò)誤；B硅膠多孔，吸水能力強(qiáng)，硅膠能作干燥劑，由于無(wú)毒，不會(huì)污染食品，所以常用作袋裝食品的干燥劑，故B正確；C過(guò)氧化鈉能與二氧化碳反應(yīng)產(chǎn)生氧氣，故可用作潛水艇的供氧劑，故C正確；D鋅的金屬活潑性比鐵強(qiáng)，可作為原電池的負(fù)極，被消耗，故可用于保護(hù)石油管道（碳素鋼管）以減緩其腐蝕，故

6、D正確，故選A點(diǎn)評(píng)：本題考查物質(zhì)的性質(zhì)及其用途，難度不大，要注意性質(zhì)決定用途4（2分）（2015宿遷模擬）常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是（）Ac（ClO）=1.0 molL1的溶液中：Na+、SO32、S2、SO42B常溫下，=1010的溶液中：Ca2+、Mg2+、HCO3、IC由水電離的c（H+）=1×1012 molL1的溶液中：Ba2+、K+、Cl、NO3D滴入少量KSCN溶液顯紅色的溶液中：Na+、K+、I、SO42考點(diǎn)：離子共存問(wèn)題.專(zhuān)題：離子反應(yīng)專(zhuān)題分析：Ac（ClO）=1.0 molL1的溶液中，亞硫酸根離子、硫離子都會(huì)被次氯酸根離子氧化；B常溫下，

7、=1010的溶液為堿性溶液，鈣離子、鎂離子、碳酸氫根離子都能夠與氫氧根離子發(fā)生反應(yīng)；C水電離的c（H+）=1×1012 molL1的溶液中存在大量的氫離子或氫氧根離子，Ba2+、K+、Cl、NO3離子之間不發(fā)生反應(yīng)，也不與氫離子、氫氧根離子反應(yīng)；D滴入少量KSCN溶液顯紅色的溶液中存在鐵離子，鐵離子能夠與碘離子發(fā)生氧化還原反應(yīng)解答：解：Ac（ClO）=1.0 molL1的溶液中，ClO能夠氧化SO32、S2，在溶液中不能大量共存，故A錯(cuò)誤；B常溫下，=1010的溶液中成長(zhǎng)率大量的氫氧根離子，Ca2+、Mg2+、HCO3離子能夠與氫氧根離子反應(yīng)，在溶液中不能大量共存，故B錯(cuò)誤；C水電離

8、的c（H+）=1×1012 molL1的溶液為酸性或者堿性溶液，Ba2+、K+、Cl、NO3離子之間不反應(yīng)，且都不與酸溶液和堿溶液反應(yīng)，在溶液中能夠大量共存，故C正確；D滴入少量KSCN溶液顯紅色的溶液中存在鐵離子，鐵離子具有氧化性，能夠與I離子之間發(fā)生氧化還原反應(yīng)，在溶液中不能大量共存，故D錯(cuò)誤；故選C點(diǎn)評(píng)：本題考查離子共存的正誤判斷，為中等難度的試題，注意掌握離子反應(yīng)發(fā)生條件，明確離子不能大量共存的一般情況，如：能發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)的離子之間；能發(fā)生氧化還原反應(yīng)的離子之間；能發(fā)生絡(luò)合反應(yīng)的離子之間（如 Fe3+和 SCN）等；還應(yīng)該注意題目所隱含的條件，如：溶液的酸堿性，據(jù)此來(lái)判斷溶

9、液中是否有大量的 H+或OH；溶液的顏色，如無(wú)色時(shí)可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4等有色離子的存在；試題有利于培養(yǎng)學(xué)生的邏輯推理能力，提高學(xué)生靈活運(yùn)用基礎(chǔ)知識(shí)解決實(shí)際問(wèn)題的能力5（2分）（2015宿遷模擬）設(shè)NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值下列說(shuō)法正確的是 （）A一定條件下，0.2mol SO2與足量O2充分反應(yīng)，生成SO3分子數(shù)為0.2NAB0.1molNH2（氨基）中含有的電子數(shù)為0.7 NAC3.4克H2O2中含有的公用電子對(duì)數(shù)為0.1NAD常溫常壓下，16克O2和O3混合氣體含有的氧原子數(shù)為NA考點(diǎn)：阿伏加德羅常數(shù).專(zhuān)題：阿伏加德羅常數(shù)和阿伏加德羅定律分析：A、二氧化硫和氧氣反

10、應(yīng)是可逆反應(yīng)不能進(jìn)行徹底；B、氨基是取代基，屬于中性原子團(tuán)，結(jié)合微粒計(jì)算電子數(shù)；C、依據(jù)n=計(jì)算物質(zhì)的量，結(jié)合分子結(jié)構(gòu)計(jì)算共用電子對(duì)數(shù)；D、依據(jù)n=計(jì)算物質(zhì)的量，結(jié)合以上守恒分析計(jì)算解答：解：A、二氧化硫和氧氣反應(yīng)是可逆反應(yīng)不能進(jìn)行徹底，一定條件下，0.2mol SO2與足量O2充分反應(yīng)，生成SO3分子數(shù)小于0.2NA，故A錯(cuò)誤；B、氨基是取代基，屬于中性原子團(tuán)，結(jié)合微粒計(jì)算電子數(shù)=0.1mol×9×NA=0.9NA，故B錯(cuò)誤；C、依據(jù)n=計(jì)算物質(zhì)的量=0.1mol，結(jié)合分子結(jié)構(gòu)計(jì)算共用電子對(duì)數(shù)=0.1mol×3×NA=0.3NA，故C錯(cuò)誤；D、依據(jù)n=

11、計(jì)算物質(zhì)的量，結(jié)合以上守恒分析計(jì)算，16克O2和O3混合氣體含有的氧原子數(shù)=×NA=NA，故D正確；故選D點(diǎn)評(píng)：本題考查了阿伏伽德羅常數(shù)的分析應(yīng)用，難度中等，主要是微粒結(jié)構(gòu)分析判斷，質(zhì)量換算物質(zhì)的量計(jì)算微粒數(shù)，掌握基礎(chǔ)是關(guān)鍵，題目難度中等6（2分）（2015宿遷模擬）用下列實(shí)驗(yàn)裝置進(jìn)行相應(yīng)實(shí)驗(yàn)，能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖牵ǎ〢利用圖1裝置制備乙烯B利用圖2裝置除去Cl2中的HClC利用圖3裝置證明酸性：CH3COOHH2CO3苯酚D利用圖4裝置探究NaHCO3的熱穩(wěn)定性考點(diǎn)：化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià).專(zhuān)題：實(shí)驗(yàn)評(píng)價(jià)題分析：A140反應(yīng)得到乙烯；B氯氣在飽和食鹽水中的溶解度較小；C醋酸易揮發(fā)；D試管口

12、應(yīng)略向下傾斜解答：解：A140反應(yīng)得到乙烯，溫度計(jì)應(yīng)插入液面以下，故A錯(cuò)誤； B氯氣在飽和食鹽水中的溶解度較小，氯化氫極易溶于水，故B正確；C醋酸易揮發(fā)，苯酚鈉變渾濁，可能是醋酸與苯酚鈉反應(yīng)，應(yīng)設(shè)計(jì)一個(gè)裝置除去CO2中混有的醋酸蒸氣，故C錯(cuò)誤；D試管口應(yīng)略向下傾斜，防止水蒸氣冷凝回流，試管炸裂，故D錯(cuò)誤故選B點(diǎn)評(píng)：本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)，涉及物質(zhì)的制備、除雜、性質(zhì)實(shí)驗(yàn)等，注意化學(xué)實(shí)驗(yàn)操作的考查，熟悉高考中對(duì)化學(xué)實(shí)驗(yàn)注意事項(xiàng)及操作要點(diǎn)的考查，題目難度中等7（2分）（2015宿遷模擬）下列表示對(duì)應(yīng)化學(xué)反應(yīng)的離子方程式正確的是（）A碳酸鈣溶于稀醋酸：CaCO3+2H+Ca2+H2O+CO2B銅與

13、稀硝酸反應(yīng)：3Cu+2NO3+8H+3Cu2+2NO+4H2OC向NH4HCO3溶液中滴加過(guò)量Ba（OH）2溶液：HCO3+OH+Ba2+H2O+BaCO3D用銀氨溶液檢驗(yàn)乙醛中的醛基：CH3CHO+2OHCH3COO+NH4+NH3+Ag+H2O考點(diǎn)：離子方程式的書(shū)寫(xiě).專(zhuān)題：離子反應(yīng)專(zhuān)題分析：A醋酸為弱電解質(zhì)，離子方程式中醋酸不能拆開(kāi)，應(yīng)該保留分子式；B銅與稀硝酸反應(yīng)生成一氧化氮?dú)怏w，根據(jù)電荷守恒、質(zhì)量守恒定律進(jìn)行判斷；C氫氧化鋇過(guò)量，銨根離子和碳酸氫根離子都完全反應(yīng)，題中漏掉了銨根離子與氫氧根離子的反應(yīng)；D根據(jù)電子守恒、電荷守恒判斷，該離子方程式兩邊電子、電荷不守恒解答：解：A碳酸鈣溶于稀

14、醋酸，醋酸應(yīng)該保留分子式，正確的離子方程式為：CaCO3+2CH3COOH=Ca2+H2O+CO2+2CH3COO，故A錯(cuò)誤；B銅與稀硝酸反應(yīng)生成硝酸銅、一氧化氮?dú)怏w和會(huì)，反應(yīng)的離子方程式為：3Cu+2NO3+8H+3Cu2+2NO+4H2O，故B正確；C向NH4HCO3溶液中滴加過(guò)量Ba（OH）2溶液，銨根離子和碳酸氫根離子都參與反應(yīng)，正確的離子方程式為：NH4+HCO3+2OH+Ba2+H2O+BaCO3+NH3H2O，故C錯(cuò)誤；D用銀氨溶液檢驗(yàn)乙醛中的醛基，乙醛被氧化成乙酸根離子，化合價(jià)變化為2，被還原的銀的計(jì)量數(shù)應(yīng)該為2，且離子方程式兩邊電荷不守恒，正確的離子方程式為：CH3CHO+2

15、+2OHCH3COO+NH4+3NH3+2Ag+H2O，故D錯(cuò)誤；故選B點(diǎn)評(píng)：本題考查了離子方程式的正誤判斷，為中等難度的試題，注意掌握離子方程式的書(shū)寫(xiě)原則，明確離子方程式正誤判斷常用方法：檢查反應(yīng)物、生成物是否正確，檢查各物質(zhì)拆分是否正確，如難溶物、弱電解質(zhì)等需要保留化學(xué)式，檢查是否符合守恒關(guān)系（如：質(zhì)量守恒和電荷守恒等）、檢查是否符合原化學(xué)方程式等8（2分）（2015宿遷模擬）X、Y、Z為中學(xué)化學(xué)常見(jiàn)物質(zhì)，其轉(zhuǎn)化關(guān)系如下圖所示（“”表示一步轉(zhuǎn)化）下列組合不正確的是（）選項(xiàng)XYZASiO2H2SiO3Na2SiO3BNaNa2O2NaOHCH2SO3SO2H2SO4DHClOCl2HClAA

16、BBCCDD考點(diǎn)：硅和二氧化硅；氯、溴、碘及其化合物的綜合應(yīng)用；含硫物質(zhì)的性質(zhì)及綜合應(yīng)用；鈉的化學(xué)性質(zhì).專(zhuān)題：元素及其化合物分析：A二氧化硅不溶于水，不能夠與水化合生成硅酸；B鈉在氧氣中燃燒生成過(guò)氧化鈉，過(guò)氧化鈉與水反應(yīng)生成氫氧化鈉，電解熔化的氫氧化鈉得到單質(zhì)鈉；C亞硫酸分解生成二氧化硫，亞硫酸具有還原性，能夠被氧氣氧化生成硫酸；D次氯酸與氯化物反應(yīng)可以生成氯氣，次氯酸分解可以得到HCl，氯氣與水反應(yīng)得到HCl解答：解：A二氧化硅不溶于水，不能夠與水化合生成硅酸，不能實(shí)現(xiàn)一步轉(zhuǎn)化，故A錯(cuò)誤；B鈉在氧氣中燃燒生成過(guò)氧化鈉，過(guò)氧化鈉與水反應(yīng)生成氫氧化鈉，電解熔化的氫氧化鈉得到單質(zhì)鈉，符合轉(zhuǎn)化關(guān)系，

17、故B正確；C亞硫酸分解得到二氧化硫，亞硫酸與氫氧化鈉反應(yīng)得到亞硫酸鈉，二氧化硫與氫氧化鈉反應(yīng)得到亞硫酸鈉，符合轉(zhuǎn)化關(guān)系，故C正確；D次氯酸與氯化物發(fā)生氧化還原反應(yīng)可以生成氯氣，次氯酸分解可以得到HCl，而氯氣與水反應(yīng)可以得到HCl，符合轉(zhuǎn)化關(guān)系，故D正確；故選：A點(diǎn)評(píng)：本題考查無(wú)機(jī)推斷題，側(cè)重于物質(zhì)的性質(zhì)的考查，熟悉物質(zhì)的性質(zhì)是解題關(guān)鍵，題目難度不大9（2分）（2015宿遷模擬）下表為部分短周期元素的原子半徑及主要化合價(jià)下列說(shuō)法正確的是（）元素代號(hào)LMQRT原子半徑/nm0.1860.1430.1040.0750.066主要化合價(jià)+1+3+6，2+5，32A氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：RTB工業(yè)上電解

18、MCl3溶液制備單質(zhì)MC化合物L(fēng)2T與QT2所含化學(xué)鍵類(lèi)型相同DL與Q的最高價(jià)氧化物的水化物均能與M（OH）3反應(yīng)考點(diǎn)：元素周期律和元素周期表的綜合應(yīng)用.專(zhuān)題：元素周期律與元素周期表專(zhuān)題分析：短周期元素，Q、T都有2價(jià)，處于A族，Q原子半徑較大、T只有2價(jià)，則T為O元素、Q為S元素；L有+1價(jià)，處于A族，原子半徑LQ，則L為Na元素；M有+3價(jià)，處于A族，原子半徑M的介于L、Q間，則M為Al元素，R有+5、3，處于A族，原子半徑小于S，故R為N元素，據(jù)此解答解答：解：短周期元素，Q、T都有2價(jià)，處于A族，Q原子半徑較大、T只有2價(jià)，則T為O元素、Q為S元素；L有+1價(jià)，處于A族，原子半徑LQ，

19、則L為Na元素；M有+3價(jià)，處于A族，原子半徑M的介于L、Q間，則M為Al元素，R有+5、3，處于A族，原子半徑小于S，故R為N元素，A非金屬性NO，故氫化物穩(wěn)定性NH3H2O，故A錯(cuò)誤；B工業(yè)上電解熔融氧化鋁冶煉Al，電解氯化鋁溶液不能得到Al單質(zhì)，故B錯(cuò)誤；C化合物Na2O含有離子鍵、SO2含有共價(jià)鍵，二者含有化學(xué)鍵不同，故C錯(cuò)誤；D氫氧化鋁是兩性氫氧化物，能與氫氧化鈉反應(yīng)生成偏鋁酸鈉與水，與硫酸反應(yīng)生成硫酸鋁與水，故D正確，故選D點(diǎn)評(píng)：本題考查結(jié)構(gòu)性質(zhì)位置關(guān)系應(yīng)用，根據(jù)原子半徑及化合價(jià)來(lái)推斷出元素是解答本題的關(guān)鍵，難度中等10（2分）（2015宿遷模擬）如圖裝置可處理乙醛廢水，乙醛在陰、

20、陽(yáng)極發(fā)生反應(yīng)，分別轉(zhuǎn)化為乙醇和乙酸下列說(shuō)法正確的是（）Ab電極為正極B電解過(guò)程中，陰極區(qū)Na2SO4的物質(zhì)的量增大C陽(yáng)極電極反應(yīng)式為：CH3CHO2e+H2OCH3COOH+2H+D電解過(guò)程中，兩極均有少量氣體產(chǎn)生，則陽(yáng)極產(chǎn)生的是H2考點(diǎn)：電解原理.專(zhuān)題：電化學(xué)專(zhuān)題分析：陽(yáng)極發(fā)生氧化反應(yīng)，生成乙酸和氧氣，電極反應(yīng)為CH3CHO2e+H2OCH3COOH+2H+、4OH4eO2+2H2O，陰極發(fā)生還原反應(yīng)，生成乙醇和氫氣，電極反應(yīng)為4H+4e2H2或4H2O+4e2H2+4OH、CH3CHO+2e+2H2OCH3CH2OH+2OH，據(jù)此分析解答解答：解：Ab連接陰極，所以b為負(fù)極，故A錯(cuò)誤；B硫

21、酸鈉不參與反應(yīng)，所以電解過(guò)程中，陰極區(qū)Na2SO4的物質(zhì)的量不變，故B錯(cuò)誤；C陽(yáng)極上失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，陽(yáng)極電極反應(yīng)式為：CH3CHO2e+H2OCH3COOH+2H+、4OH4eO2+2H2O，故C正確；D陽(yáng)極電極反應(yīng)為CH3CHO2e+H2OCH3COOH+2H+、4OH4eO2+2H2O，陰極電極反應(yīng)為4H+4e2H2或4H2O+4e2H2+4OH、CH3CHO+2e+2H2OCH3CH2OH+2OH，所以電解過(guò)程中，兩極均有少量氣體產(chǎn)生，則陽(yáng)極產(chǎn)生的是氧氣，故D錯(cuò)誤；故選C點(diǎn)評(píng)：本題考查了電解原理，正確書(shū)寫(xiě)陰陽(yáng)極上電極反應(yīng)式是解本題關(guān)鍵，根據(jù)電極反應(yīng)式分析解答，題目難度不大二、不定項(xiàng)選

22、擇（共5小題，滿分20分）11（4分）（2015宿遷模擬）下列說(shuō)法中正確的是 （）A8NH3（g）+6NO2（g）7N2（g）+12H2O（g）H0，則該反應(yīng)一定能自發(fā)進(jìn)行B常溫下，pH均為5的鹽酸與氯化銨溶液中，水的電離程度相同C催化劑可以加快化學(xué)反應(yīng)速率，也能增大化學(xué)反應(yīng)的焓變DNH3H2O溶液加水稀釋后，溶液中Kw的值增大考點(diǎn)：反應(yīng)熱和焓變；弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；鹽類(lèi)水解的應(yīng)用.專(zhuān)題：基本概念與基本理論分析：A該反應(yīng)的S0，H0，因此G=HTS0，反應(yīng)自發(fā)；B鹽酸抑制水的電離，氯化銨水解促進(jìn)水的電離；C催化劑可以加快化學(xué)反應(yīng)速率，但對(duì)于反應(yīng)的焓變無(wú)影響；DKw只受溫度的影響解答：

23、解：A該反應(yīng)的S0，H0，因此G=HTS0，反應(yīng)自發(fā)，故A正確；B鹽酸抑制水的電離，氯化銨水解促進(jìn)水的電離，后者水的電離程度大于前者，故B錯(cuò)誤；C催化劑可以加快化學(xué)反應(yīng)速率，但對(duì)于反應(yīng)的焓變無(wú)影響，故C錯(cuò)誤；DKw只受溫度的影響，溫度不變，Kw不變，故D錯(cuò)誤；故選A點(diǎn)評(píng)：本題考查了化學(xué)反應(yīng)速率和化學(xué)反應(yīng)進(jìn)行的方向、弱電解質(zhì)的電離、鹽類(lèi)的水解等知識(shí)，為高考高頻考點(diǎn)，難度不大，注意鹽類(lèi)水解是促進(jìn)水的電離，酸和堿抑制水的電離12（4分）（2015宿遷模擬）鎮(zhèn)咳藥沐舒坦可由化合物甲和化合物乙在一定條件下制得：下列有關(guān)敘述正確的是（）A反應(yīng)過(guò)程中加入適量K2CO3可提高沐舒坦的產(chǎn)率B化合物甲的分子式為C

24、7H4NBr2ClC化合物乙既能與HCl溶液反應(yīng)又能與NaOH溶液反應(yīng)D一定條件下，沐舒坦分別能發(fā)生消去、氧化、取代、加成反應(yīng)考點(diǎn)：有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì).專(zhuān)題：有機(jī)物的化學(xué)性質(zhì)及推斷分析：A反應(yīng)為可逆反應(yīng)，加入碳酸鉀與HCl反應(yīng)；B根據(jù)結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可確定有機(jī)物分子式；COH與氫氧化鈉不反應(yīng)；D沐舒坦含有羥基，可發(fā)生取代、消去、氧化反應(yīng)，含有苯環(huán)，可發(fā)生加成反應(yīng)解答：解：A反應(yīng)為可逆反應(yīng)，加入碳酸鉀與HCl反應(yīng)，HCl濃度降低，有利于平衡向正向移動(dòng)，故A正確；B由結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知有機(jī)物分子式為C7H6NBr2Cl，故B錯(cuò)誤；COH與氫氧化鈉不反應(yīng)，不具有酸性，故C錯(cuò)誤；D沐舒坦含有羥基，可發(fā)生取代、消去、

25、氧化反應(yīng)，含有苯環(huán)，可發(fā)生加成反應(yīng)，故D正確故選AD點(diǎn)評(píng)：本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重于學(xué)生的分析能力的考查，題目難度不大，注意把握有機(jī)物官能團(tuán)的性質(zhì)，易錯(cuò)點(diǎn)為D13（4分）（2015宿遷模擬）下列依據(jù)相關(guān)實(shí)驗(yàn)或事實(shí)得出的結(jié)論正確的是（）ASiO2既能與HF溶液反應(yīng)，又能與NaOH溶液反應(yīng)，說(shuō)明SiO2是兩性氧化物B雞蛋清溶液中加入飽和（NH4）2SO4溶液有白色沉淀產(chǎn)生，說(shuō)明蛋白質(zhì)發(fā)生了變性C將少量某有機(jī)物滴加到新制氫氧化銅中，充分振蕩，未見(jiàn)磚紅色沉淀生成，說(shuō)明該有機(jī)物不含醛基D相同體積pH均為3的HA和HB兩種酸分別與足量的鋅充分反應(yīng)，HA放出的氫氣多，說(shuō)明HB的酸性比HA

26、的酸性強(qiáng)考點(diǎn)：硅和二氧化硅；氨基酸、蛋白質(zhì)的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)特點(diǎn)；有機(jī)物（官能團(tuán)）的檢驗(yàn)；比較弱酸的相對(duì)強(qiáng)弱的實(shí)驗(yàn).專(zhuān)題：實(shí)驗(yàn)評(píng)價(jià)題分析：A二氧化硅不能和強(qiáng)酸反應(yīng)；B飽和（NH4）2SO4溶液使蛋白質(zhì)發(fā)生鹽析；C該反應(yīng)需要加熱；DpH相同、體積相同的不同一元酸與足量鋅反應(yīng)時(shí)，放出氫氣的量與酸的物質(zhì)的量成正比解答：解：A二氧化硅能和NaOH溶液反應(yīng)，二氧化硅不能和強(qiáng)酸反應(yīng)，只和HF反應(yīng)，沒(méi)有代表性，所以不能據(jù)此判斷二氧化硅具有兩性，故A錯(cuò)誤；B飽和（NH4）2SO4溶液使蛋白質(zhì)在水溶液中的溶解度變小而發(fā)生鹽析，不屬于變性，故B錯(cuò)誤；C該反應(yīng)需要加熱，否則不能生成磚紅色沉淀，故C錯(cuò)誤；DpH相同、體積相

27、同的不同一元酸與足量鋅反應(yīng)時(shí)，HA放出的氫氣多，說(shuō)明HA的物質(zhì)的量大，則HA的濃度大于HB，所以HA的酸性小于HB，故D正確；故選D點(diǎn)評(píng)：本題考查了物質(zhì)的性質(zhì)，涉及二氧化硅、鹽析和變性、官能團(tuán)的檢驗(yàn)、弱電解質(zhì)的電離等知識(shí)點(diǎn)，注意鹽析和變性的區(qū)別，注意：不同一元酸與足量金屬反應(yīng)時(shí)，生成氫氣多少與酸的物質(zhì)的量有關(guān)，與電解質(zhì)強(qiáng)弱無(wú)關(guān)，為易錯(cuò)點(diǎn)14（4分）（2015宿遷模擬）下列有關(guān)電解質(zhì)溶液中微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是（）A0.1molL1 NaHCO3溶液中：c（H+）+2c（H2CO3）=2c（CO32）+c（OH）B0.1molL1 （NH4）2Fe（SO4）2溶液中：c（SO42）=c（

28、NH4+）c（Fe2+）c（H+）c（OH）C將醋酸鈉、鹽酸兩溶液混合后，溶液呈中性，則混合后的溶液中：c（Na+）c（Cl）DpH相等的CH3COONa C6H5ONa Na2CO3 NaOH四種溶液的物質(zhì)的量濃度大?。嚎键c(diǎn)：離子濃度大小的比較；鹽類(lèi)水解的應(yīng)用.專(zhuān)題：鹽類(lèi)的水解專(zhuān)題分析：A任何電解質(zhì)溶液中都存在電荷守恒和物料守恒，根據(jù)電荷守恒和物料守恒判斷；B亞鐵離子和銨根離子都水解導(dǎo)致溶液呈酸性，但水解程度較小；C溶液呈中性，則c（H+）=c（OH），根據(jù)電荷守恒判斷c（Na+）、c（Cl）相對(duì)大小；DpH相等的這幾種溶液，強(qiáng)堿溶液濃度最小，弱酸根離子水解程度越大，鈉鹽溶液濃度越小解答：解

29、：A任何電解質(zhì)溶液中都存在電荷守恒和物料守恒，根據(jù)物料守恒c（Na+）=c（HCO3）+c（CO32）+c（H2CO3）、根據(jù)電荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（HCO3）+2c（CO32）+c（OH），所以得c（H2CO3）+c（H+）=c（CO32）+c（OH），故A錯(cuò)誤；B亞鐵離子和銨根離子都水解導(dǎo)致溶液呈酸性，但水解程度較小，所以離子濃度大小順序是c（SO42）c（NH4+）c（Fe2+）c（H+）c（OH），故B錯(cuò)誤；C溶液呈中性，則c（H+）=c（OH），根據(jù)電荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（Cl）+c（CH3COO），所以c（Na+）c（Cl），故C正確；D

30、pH相等的這幾種溶液，強(qiáng)堿溶液濃度最小，酸根離子水解程度CO32C6H5OCH3COO，所以這幾種溶液濃度大小順序是：，故D正確；故選CD點(diǎn)評(píng)：本題考查了離子濃度大小比較，根據(jù)溶液中溶質(zhì)性質(zhì)結(jié)合守恒思想分析解答，知道酸根離子水解程度與酸的酸性強(qiáng)弱關(guān)系，題目難度中等15（4分）（2015宿遷模擬）在甲、乙、丙三個(gè)不同密閉容器中按不同方式投料，一定條件下發(fā)生反應(yīng)（起始溫度和起始體積相同）：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H0，相關(guān)數(shù)據(jù)如下表所示：下列說(shuō)法正確的是 （）容器甲乙丙相關(guān)條件恒溫恒容絕熱恒容恒溫恒壓反應(yīng)物投料1mol N2、3mol H22mol NH32mol NH3平衡時(shí)容器體

31、積V甲V乙V丙反應(yīng)的平衡常數(shù)K=K甲K乙K丙平衡時(shí)NH3的濃度/molL1c甲c乙c丙平衡時(shí)NH3的反應(yīng)速率/molL1min1v甲v乙v丙AV甲V丙BK乙K丙Cc乙c甲Dv甲=v丙考點(diǎn)：化學(xué)平衡建立的過(guò)程.專(zhuān)題：化學(xué)平衡專(zhuān)題分析：A、丙為氨的分解是氣體體積增大的反應(yīng)，所以丙恒溫恒壓，體積變大，甲恒溫恒容，體積不變，所以，V甲V丙；B、合成氨是放熱反應(yīng)，其逆反應(yīng)氨氣分解就是吸熱的，乙絕熱容器，丙恒溫，所以乙反應(yīng)后比丙溫度低，向吸熱方向進(jìn)行的程度小，平衡時(shí)乙中氨氣濃度比丙高，氮?dú)夂蜌錃鉂舛缺缺停琄乙K丙；C、條件相同時(shí)，甲與乙是等效平衡甲與乙容器體積相同，乙分解氨氣吸熱導(dǎo)致乙比甲溫度低，平衡向

32、合成氨方向移動(dòng)，平衡時(shí)氨氣濃度乙大于甲；D、甲與丙起始溫度和起始體積相同，恒溫條件下反應(yīng)，丙在恒壓條件下分解氨氣生成氫氣和氮?dú)?，平衡時(shí)體積比反應(yīng)前大，即平衡時(shí)丙體積大于甲，則壓強(qiáng)甲大于丙，所以甲丙解答：解：A、丙為氨的分解是氣體體積增大的反應(yīng)，所以丙恒溫恒壓，體積變大，甲恒溫恒容，體積不變，所以，V甲V丙，故A錯(cuò)誤；B、合成氨是放熱反應(yīng)，其逆反應(yīng)氨氣分解就是吸熱的，乙絕熱容器，丙恒溫，所以乙反應(yīng)后比丙溫度低，向吸熱方向進(jìn)行的程度小，平衡時(shí)乙中氨氣濃度比丙高，氮?dú)夂蜌錃鉂舛缺缺停琄乙K丙，故B正確；C、條件相同時(shí)，甲與乙是等效平衡甲與乙容器體積相同，乙分解氨氣吸熱導(dǎo)致乙比甲溫度低，平衡向合成氨

33、方向移動(dòng)，平衡時(shí)氨氣濃度乙大于甲，即c乙c甲，故C正確；D、甲與丙起始溫度和起始體積相同，恒溫條件下反應(yīng)，丙在恒壓條件下分解氨氣生成氫氣和氮?dú)猓胶鈺r(shí)體積比反應(yīng)前大，即平衡時(shí)丙體積大于甲，則壓強(qiáng)甲大于丙，所以甲丙，故D錯(cuò)誤故選：BC點(diǎn)評(píng)：本題主要考查學(xué)生對(duì)表格數(shù)據(jù)的分析利用能力和利用勒夏特列原理分析平衡移動(dòng)的思維，題目有一定難度三、解答題（共5小題，滿分68分）16（12分）（2015宿遷模擬）聚合硫酸鐵鋁（PFAS）是一種新型高效水處理劑利用硫鐵礦燒渣（主要成分為Fe3O4、FeO、SiO2等）為鐵源、粉煤灰（主要成分為Al2O3、Fe2O3、FeO等）為鋁源，制備PFAS的工藝流程如下：（

34、1）“堿溶”時(shí)，Al2O3發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為Al2O3+2NaOH2NaAlO2+H2O（2）“酸溶”時(shí)，F(xiàn)e3O4發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為Fe3O4+8H+2Fe3+Fe2+4H2O（3）“濾渣”、“濾渣”在本流程中能加以利用的是濾渣（4）“氧化”時(shí)應(yīng)控制溫度不超過(guò)57，其原因是溫度過(guò)高，H2O2會(huì)分解（5）“氧化”時(shí)若MnO2用代替H2O2，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是2Fe2+MnO2+4H+2Fe3+Mn2+2H2O（6）酸度對(duì)絮凝效果和水質(zhì)有顯著影響若產(chǎn)品PFAS中殘留過(guò)多，使用時(shí)產(chǎn)生的不良后果是硫酸抑制Al3+和Fe3+水解，降低絮凝效果；水的酸度增大，影響水質(zhì)考點(diǎn)：制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)

35、；鎂、鋁的重要化合物；鐵的氧化物和氫氧化物.專(zhuān)題：幾種重要的金屬及其化合物分析：加入NaOH溶液使Al2O3溶解，其方程式為Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，通入過(guò)量CO2，發(fā)生的反應(yīng)為CO2+NaAlO2+2H2O=Al（OH）3+NaHCO3；再加入H2SO4時(shí)，其反應(yīng)原理為2Al（OH）3+3H2SO4=Al2（SO4）3+6H2O，結(jié)晶得到Al2（SO4）3晶體；向硫鐵礦燒渣中加入H2SO4，其方程式為FeO+H2SO4=FeSO4+H2O，F(xiàn)e3O4+8H+=2Fe3+Fe2+4H2O；加入過(guò)氧化氫氧化亞鐵鹽為鐵鹽，結(jié)晶結(jié)晶制備PFAS；（1）加入NaOH溶液使Al2O

36、3溶解生成偏鋁酸鈉和水；（2）四氧化三鐵和酸反應(yīng)生成鐵鹽，亞鐵鹽；（3）“濾渣”中含有Fe2O3、FeO，“濾渣”中含有SiO2，根據(jù)工藝流程，濾渣可加以利用；（4）H2O2氧化Fe2+時(shí)，溫度不能過(guò)高，其原因是溫度過(guò)高，H2O2會(huì)分解；（5）“氧化”時(shí)若MnO2用代替H2O2，發(fā)生反應(yīng)是酸溶液中二氧化錳氧化亞鐵離子為鐵離子，二氧化錳被還原為錳離子；（6）因?yàn)镕e3+、Al3+水解均呈酸性，所以產(chǎn)品PFAS中硫酸殘留過(guò)多，會(huì)抑制Al3+、Fe3+水解，降低絮凝效果，并且酸度過(guò)大影響水質(zhì)；解答：解：加入NaOH溶液使Al2O3溶解，其方程式為Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；通入過(guò)

37、量CO2，發(fā)生的反應(yīng)為CO2+NaAlO2+2H2O=Al（OH）3+NaHCO3；再加入H2SO4時(shí)，其反應(yīng)原理為2Al（OH）3+3H2SO4=Al2（SO4）3+6H2O，結(jié)晶得到Al2（SO4）3晶體；向硫鐵礦燒渣中加入H2SO4，其方程式為FeO+H2SO4=FeSO4+H2O，F(xiàn)e3O4+8H+=2Fe3+Fe2+4H2O，加入過(guò)氧化氫氧化亞鐵鹽為鐵鹽，結(jié)晶結(jié)晶制備PFAS；（1）“堿溶”時(shí)，Al2O3發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；故答案為：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；（2）“酸溶”時(shí)，F(xiàn)e3O4發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為Fe

38、3O4+8H+=2Fe3+Fe2+4H2O；故答案為：Fe3O4+8H+=2Fe3+Fe2+4H2O；（3）依據(jù)上述分析可知，“濾渣”中含有Fe2O3、FeO，“濾渣”中含有SiO2，根據(jù)工藝流程，濾渣可加以利用；故答案為：濾渣；（4）H2O2氧化Fe2+時(shí)，“氧化”時(shí)應(yīng)控制溫度不超過(guò)57，其原因是溫度不能過(guò)高，其原因是溫度過(guò)高，H2O2會(huì)分解；故答案為：溫度過(guò)高，H2O2會(huì)分解；（5）“氧化”時(shí)若用MnO2代替H2O2，發(fā)生反應(yīng)是酸溶液中二氧化錳氧化亞鐵離子為鐵離子，二氧化錳被還原為錳離子，反應(yīng)的離子方程式為：2Fe2+MnO2+4H+2Fe3+Mn2+2H2O；故答案為：2Fe2+MnO2

39、+4H+2Fe3+Mn2+2H2O；（6）酸度對(duì)絮凝效果和水質(zhì)有顯著影響若產(chǎn)品PFAS中殘留過(guò)多，使用時(shí)產(chǎn)生的不良后果是，因?yàn)镕e3+、Al3+水解均呈酸性，所以產(chǎn)品PFAS中硫酸殘留過(guò)多，會(huì)抑制Al3+、Fe3+水解，降低絮凝效果，并且酸度過(guò)大影響水質(zhì)；故答案為：硫酸抑制Al3+和Fe3+水解，降低絮凝效果；水的酸度增大，影響水質(zhì)；點(diǎn)評(píng)：本題考查了物質(zhì)制備實(shí)驗(yàn)工廠分析判斷，物質(zhì)性質(zhì)的理解應(yīng)用，離子方程式、化學(xué)方程式書(shū)寫(xiě)方法，鹽類(lèi)水解分析應(yīng)用，掌握基礎(chǔ)是關(guān)鍵，題目難度中等17（15分）（2015宿遷模擬）葛根大豆苷元（F）用于治療高血壓引起的頭疼、突發(fā)性耳聾等癥，其合成路線如下：（1）化合物C

40、中的含氧官能團(tuán)有醚鍵、羧基（填官能團(tuán)名稱(chēng)）（2）已知：CD為取代反應(yīng)，其另一產(chǎn)物為H2O，寫(xiě)出X的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：（3）反應(yīng)EF的反應(yīng)類(lèi)型是取代反應(yīng)（4）寫(xiě)出同時(shí)滿足下列條件的B的兩種同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：屬于芳香族化合物，分子中有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫；能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)；不能發(fā)生水解反應(yīng)，能發(fā)生銀鏡反應(yīng)（5）根據(jù)已有知識(shí)并結(jié)合相關(guān)信息，寫(xiě)出以 和（CH3CO）2O為原料制備藥物中間體 的合成路線流程圖（無(wú)機(jī)試劑任用）合成路線流程圖示例如下：H2C=CH2 CHCH2BrCH3CH2OH考點(diǎn)：有機(jī)物的合成.專(zhuān)題：有機(jī)物的化學(xué)性質(zhì)及推斷分析：（1）根據(jù)C的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式判斷；（2）根據(jù)C、D的結(jié)

41、構(gòu)，利用元素守恒可推出X的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式；（3）比較E、F中的官能團(tuán)的變化可判斷反應(yīng)類(lèi)型；（4）根據(jù)B的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式同時(shí)結(jié)合下列條件屬于芳香族化合物，說(shuō)明有苯環(huán)，分子中有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫；能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，說(shuō)明有酚羥基；不能發(fā)生水解反應(yīng)，能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，說(shuō)明有醛基，據(jù)此書(shū)寫(xiě)同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式；（5）以 和（CH3CO）2O為原料制備，要先在中的苯環(huán)對(duì)位引入乙?；筛鶕?jù)題目中信息AB實(shí)現(xiàn)，再通過(guò)加成、消去、加成、取代，得到產(chǎn)品，據(jù)此答題解答：解：（1）根據(jù)C的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，C中有醚鍵和羧基，故答案為：醚鍵；羧基； （2）根據(jù)C、D的結(jié)構(gòu)，利用元素守恒可推出X的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，故答案為：；

42、（3）比較E、F中的官能團(tuán)的變化可知，反應(yīng)EF是取代反應(yīng)，故答案為：取代反應(yīng)；（4）根據(jù)B的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式同時(shí)結(jié)合下列條件屬于芳香族化合物，說(shuō)明有苯環(huán)，分子中有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫；能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，說(shuō)明有酚羥基；不能發(fā)生水解反應(yīng)，能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，說(shuō)明有醛基，這樣的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式有，故答案為：；（5）以 和（CH3CO）2O為原料制備，要先在中的苯環(huán)對(duì)位引入乙?；筛鶕?jù)題目中信息AB實(shí)現(xiàn)，再通過(guò)加成、消去、加成、取代，得到產(chǎn)品，合成路線為，故答案為：點(diǎn)評(píng)：本題是一道綜合性的有機(jī)合成試題，考查了同分異構(gòu)題的書(shū)寫(xiě)，及根據(jù)條件進(jìn)行有機(jī)合成，題目難度較大注意關(guān)注重要官能團(tuán)的性質(zhì)，書(shū)寫(xiě)同

43、分異構(gòu)體（有限制條件的）要求熟練掌握各種官能團(tuán)的性質(zhì)結(jié)合題目信息即可得出答案18（12分）（2015宿遷模擬）某科研小組在900的空氣中合成出化學(xué)式為L(zhǎng)a2Ca2MnOx的超導(dǎo)體材料，其中La以+3價(jià)存在為確定x的值，進(jìn)行如下分析：步驟1：準(zhǔn)確稱(chēng)取0.5250g超導(dǎo)體材料樣品，放入錐形瓶中，加25.00mL0.06000molL1 Na2C2O4溶液（過(guò)量）和25mL 6molL1 HNO3溶液，在6070下充分搖動(dòng)，約半小時(shí)后得到無(wú)色透明溶液A（該條件下，只有Mn元素被還原為Mn2+，Na2C2O4被氧化為CO2）步驟2：用0.02000molL1 KMnO4溶液滴定溶液A至終點(diǎn)，消耗10.

44、00mL KMnO4溶液（1）步驟1反應(yīng)后溶液中Mn2+的物質(zhì)的量濃度為0.02000molL1常溫下，為防止Mn2+形成Mn（OH）2沉淀，溶液的pH的范圍為pH8.5（2）步驟2滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象是溶液變成淺紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色（3）步驟2滴定終點(diǎn)讀數(shù)時(shí)俯視刻度，其他操作都正確，則所測(cè)x的值將偏大（填“偏大”、“偏小”或“不變”）（4）求x的值（寫(xiě)出計(jì)算過(guò)程）考點(diǎn)：中和滴定；探究物質(zhì)的組成或測(cè)量物質(zhì)的含量.專(zhuān)題：實(shí)驗(yàn)探究和數(shù)據(jù)處理題分析：（1）根據(jù)溶度積常數(shù)計(jì)算pH的范圍；（2）滴定終點(diǎn)時(shí)，顯示高錳酸鉀溶液的顏色；（3）滴定終點(diǎn)俯視，讀數(shù)偏小，根據(jù)此計(jì)算的和高錳酸鉀反應(yīng)的C2O42偏少，則溶

45、解消耗的C2O42偏大，據(jù)此分析；（4）根據(jù)消耗高錳酸鉀的量計(jì)算出和高錳酸鉀反應(yīng)的C2O42，進(jìn)而計(jì)算出溶解樣品所消耗的C2O42，樣品和C2O42反應(yīng)時(shí)，Mn元素化合價(jià)降低得電子，C的化合價(jià)升高失電子，根據(jù)氧化還原反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子數(shù)相等來(lái)計(jì)算x值解答：解：（1）沉淀溶解平衡常數(shù)Ksp=c（Mn2+）c2（OH ），當(dāng)c（Mn2+）=0.02000 molL1，所以要防止溶液中Mn2+形成Mn（OH）2沉淀，c（OH ）=×106，c（H+）=，pH=8.5，故pH8.5無(wú)沉淀生成，故答案為：pH8.5；（2）當(dāng)?shù)味ńK點(diǎn)時(shí)，C2O42被滴定完畢，再加入高錳酸鉀，顯示高錳酸鉀的顏色，故答

46、案為：溶液變成淺紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色；（3）滴定終點(diǎn)俯視，讀數(shù)偏小，根據(jù)此計(jì)算的和高錳酸鉀反應(yīng)的C2O42偏少，則溶解消耗的C2O42偏大，故測(cè)量x值偏大；故答案為：偏大；（3）樣品溶解后，滴定消耗高錳酸鉀：10.00mL×0.02000mol/L=0.2000mmol，2MnO4+5C2O42+16H+=2Mn2+10CO2+8H2OO.2000mmol 0.5000mmol樣品溶解過(guò)程所消耗的C2O42量：25.00mL×0.06000mol/L0.5000mmol=1.000mmol，La2Ca2MnOx中Mn的化合價(jià)為：2x2×32×2=2x1

47、0，根據(jù)La2Ca2MnOx中Mn得電子總數(shù)與C2O42中C電子總數(shù)相等得：=2×1.000×103，解得：x=7答：x的值為7點(diǎn)評(píng)：本題考查了探究物質(zhì)組成的計(jì)算，涉及沉淀溶解平衡的計(jì)算、滴定操作及計(jì)算、氧化還原反應(yīng)的計(jì)算，中等難度，注意分清反應(yīng)過(guò)程，利用得失電子守恒來(lái)計(jì)算x19（15分）（2015宿遷模擬）草酸鎳晶體（NiC2O42H2O）可用于制鎳催化劑，硫酸鎳晶體（NiSO47H2O）主要用于電鍍工業(yè)某小組用廢鎳催化劑（成分為Al2O3、Ni、Fe、SiO2、CaO等）制備草酸鎳晶體的部分實(shí)驗(yàn)流程如下：已知：相關(guān)金屬離子生成氫氧化物沉淀的pH如下表（開(kāi)始沉淀的pH按金

48、屬離子濃度為1.0molL1計(jì)算）：金屬離子開(kāi)始沉淀的pH沉淀完全的pHFe3+1.13.2Fe2+5.88.8Al3+3.05.0Ni2+6.79.5Ksp（CaF2）=1.46×1010 Ksp（CaC2O4）=2.34×109（1）粉碎的目的是增大接觸面積，加快反應(yīng)速率，提高鎳的浸出率（2）保持其他條件相同，在不同溫度下對(duì)廢鎳催化劑進(jìn)行“酸浸”，鎳浸出率隨時(shí)間變化如圖“酸浸”的適宜溫度與時(shí)間分別為c（填字母）a30、30min b90、150minc70、120min d90、120min（3）證明“沉鎳”工序中Ni2+已經(jīng)沉淀完全的實(shí)驗(yàn)步驟及現(xiàn)象是靜置，在上層清液中

49、繼續(xù)滴加（NH4）2C2O4溶液，若不產(chǎn)生沉淀，則Ni2+已經(jīng)沉淀完全（4）將“沉鎳”工序得到的混合物過(guò)濾，所得固體用乙醇洗滌、110下烘干，得草酸晶體用乙醇洗滌的目的是洗去（NH4）2SO4雜質(zhì)、便于烘干；烘干溫度不超過(guò)110的原因是防止溫度過(guò)高，草酸鎳晶體失去結(jié)晶水（5）由流程中的“浸出液”制備硫酸鎳晶體的相關(guān)實(shí)驗(yàn)步驟如下：第1步：取“浸出液”，加足量的H2O2溶液，充分反應(yīng)后用NaOH溶液，調(diào)節(jié)溶液5.0pH6.7，充分反應(yīng)后過(guò)濾，以除去鐵、鋁元素；第2步：向所得濾液中加入適量NH4F溶液，充分反應(yīng)后過(guò)濾，得“溶液X”；第3步：用NaOH溶液調(diào)節(jié)溶液X的pH9.5，充分反應(yīng)后過(guò)濾；第4步

50、：濾渣用稍過(guò)量硫酸充分溶解后，蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾、洗滌、干燥，得硫酸鎳晶體請(qǐng)補(bǔ)充完整相關(guān)實(shí)驗(yàn)步驟（可選試劑：H2SO4溶液、NaOH溶液、HNO3溶液、H2O2溶液）第2步中加入適量NH4F溶液的作用是除去雜質(zhì)Ca2+考點(diǎn)：制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)；難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)；物質(zhì)的分離、提純和除雜.專(zhuān)題：實(shí)驗(yàn)題分析：（1）把廢鎳催化劑粉碎，增大了反應(yīng)的接觸面積，加快反應(yīng)速率，提高鎳的浸出率；（2）根據(jù)鎳浸出率隨時(shí)間變化圖可知，70時(shí)，鎳浸出率很大，從時(shí)間看，120min鎳浸出率就已經(jīng)很高了；（3）“沉鎳”工序中，可以用繼續(xù)滴加（NH4）2C2O4溶液的方法，檢驗(yàn)Ni2+是否沉淀完全

51、，待溶液靜置后，在上層清液中繼續(xù)滴加（NH4）2C2O4溶液，若不產(chǎn)生沉淀，則Ni2+已經(jīng)沉淀完全；（4）“沉鎳”工序生成了（NH4）2SO4，用乙醇洗滌，能洗去（NH4）2SO4雜質(zhì)、便于烘干；烘干溫度不超過(guò)110，如果溫度過(guò)高，草酸鎳晶體會(huì)失去結(jié)晶水；（5）為了除去鐵、鋁元素，第1步：取“浸出液”，用雙氧水氧化二價(jià)鐵為三價(jià)鐵，再加入NaOH溶液，調(diào)節(jié)溶液5.0pH6.7，讓Al3+、Fe3+沉淀完全，不能讓Ni2+沉淀；第3步：用NaOH溶液調(diào)節(jié)溶液X的pH9.5，使Ni2+沉淀完全；根據(jù)Ksp（CaF2）=1.46×1010Ksp（CaC2O4）=2.34×109，加

52、入適量NH4F溶液，生成CaF2，除去Ca2+解答：解：（1）把廢鎳催化劑粉碎，增大了反應(yīng)的接觸面積，加快反應(yīng)速率，提高鎳的浸出率，故答案為：增大接觸面積，加快反應(yīng)速率，提高鎳的浸出率；（2）根據(jù)鎳浸出率隨時(shí)間變化圖可知，70時(shí)，鎳浸出率很大，從時(shí)間看，120min鎳浸出率就已經(jīng)很高了，故答案為：c；（3）“沉鎳”工序中，可以用繼續(xù)滴加（NH4）2C2O4溶液的方法，檢驗(yàn)Ni2+是否沉淀完全，待溶液靜置后，在上層清液中繼續(xù)滴加（NH4）2C2O4溶液，若不產(chǎn)生沉淀，則Ni2+已經(jīng)沉淀完全；故答案為：靜置，在上層清液中繼續(xù)滴加（NH4）2C2O4溶液，若不產(chǎn)生沉淀，則Ni2+已經(jīng)沉淀完全；（4）“沉鎳”工序生成了（NH4）2SO4，用乙醇洗滌，能洗去（NH4）2SO4雜質(zhì)、便于烘干；故答案為：洗去（NH4）2SO4雜質(zhì)、便于烘干；烘干溫度不超過(guò)110，如果溫度過(guò)高，草酸鎳晶體會(huì)失去結(jié)晶水；故答案為：防止溫度過(guò)高，草酸鎳晶體失去結(jié)晶水；（5）為了除去鐵、鋁元素，第1步：取“浸出液”，用雙氧水氧化二價(jià)鐵為三價(jià)鐵，再加入NaOH溶液，調(diào)節(jié)溶液5.0pH6.7，讓Al3+、Fe3+沉淀完全，不能讓Ni2+沉淀；第3步：用NaOH溶液調(diào)節(jié)溶液X的pH9.5，使Ni2+沉淀完全；故