2019-2020年高考化学押题卷（一）（含解析）.doc

2019-2020年高考化学押题卷（一）（含解析）一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1化学与社会、科学、技术、环境等有密切联系下列有关说法不正确的是（） A PM2.5是指氮、硫的氧化物溶于水形成的酸性液体造成的空气污染 B 氯气是塑料、合成橡胶、合成纤维、农药、染料及药品的重要原料 C 硅陶瓷和碳纤维复合制成的材料是一种新型无机非金属材料 D 用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果产生的乙烯以达到保鲜目的2下列各组物质的分类正确的是（）混合物：氯水、氨水、水玻璃、水银、福尔马林、淀粉含有氧元素的化合物叫氧化物CO2、NO2、P2O5均为酸性氧化物，Na2O、Na2O2为碱性氧化物同位素：1H+、2H2、3H同素异形体：C60、C80、金刚石、石墨糖类、油脂、蛋白质都是高分子化合物，它们都能发生水解反应同分异构体：乙二酸二乙酯、乙二酸乙二酯强电解质溶液的导电能力一定强在熔化状态下能导电的化合物为离子化合物有单质参加的反应或有单质产生的反应是氧化还原反应 A 全部正确 B C D 3设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（） A 28 g由C2H4和C3H6组成的混合物中含有氢原子的数目为4 NA B l mol Fe（NO3）3与足量HI溶液反应时转移的电子数为3NA C 1 mol Na2O2固体中含离子总数为4NA D 在标准状况下，11.2L NO2所含电子数为11.5NA4在下列溶液中，各组粒子一定能够大量共存的是（） A 在=1012的溶液中：Fe2+、Mg2+、NO3、Cl B 使甲基橙变红的溶液中：NH4+、Al3+、NO3、Cl C 澄清透明的溶液中：ClO、MnO4、Al3+、CH3CH2OH D 0.1mol/L的氯化铁溶液中：Na+、SO42、Cl、C6H5OH5下列实验现象预测正确的是（） A 实验：振荡后静置，上层溶液颜色保持不变 B 实验：酸性KMnO4溶液中出现气泡，且颜色逐渐褪去 C 实验：微热稀HNO3片刻，溶液中有气泡产生，广口瓶内始终保持无色 D 实验：继续煮沸溶液至红褐色，停止加热，当光束通过体系时可产生丁达尔效应6常温下，将Cl2缓慢通入一定量的水中至饱和，然后向所得饱和氯水中逐滴加入0.1molL1的氢氧化钠溶液，整个过程中pH变化如图所示，下列有关叙述正确的是（） A 点之前所发生反应的离子方程式为Cl2+H2O=2H+Cl+ClO B 点所示溶液中：c（Na+）=c（Cl）+c（ClO） C 实验进程中溶液的pH可以用pH试纸测得 D 曲线起点处水的电离程度最大7密闭容器中充有10mol CO与20mol H2，在催化剂作用下反应生成甲醇：CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g）；CO的平衡转化率（）与温度、压强的关系如下图所示下列说法正确的是（） A 在 A、B两点对应的容器中，n（A）总：n（B）总=4：5 B 在 A、C两点对应的容器中自反应开始到平衡状态所需的时间tAtC C 设B、C两点的平衡常数分别为KB、KC，则KBKC D 在不改变反应物用量的情况下，降温、加压、将甲醇从混合体系中分离出来均可提高CO的转化率二、解答题（共4小题，满分58分）8下表是元素周期表的一部分表中所列的字母分别代表一种化学元素a b c d e f g h i j k l m n O 试回答下列问题：（1）请写出元素n的基态原子的价电子排布式，元素O在周期表的位置是，属于区k在空气中燃烧产物的分子构型为，中心原子的杂化方式为，该分子是（填“极性”或“非极性”）分子（3）第三周期8种元素按单质熔点高低的顺序如图甲，其中序号“8”代表（填元素符号）；其中电负性最大的是（填图甲中的序号）（4）i单质晶体中原子的堆积方式如图乙所示，其晶胞特征如图丙所示则晶胞中i原子的配位数为9某小组以废铁屑、稀硫酸、饱和（NH4）2SO4溶液为原料，经过一系列反应和操作后，合成了浅蓝绿色晶体X为确定其组成，进行如下实验I结晶水的测定：称取7.84g浅蓝绿晶体，加热至100失去结晶水，冷却至室温后，称重，质量为5.68gNH4+的测定：将上述5.68g固体置于如图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量10% NaOH溶液，通入氮气，用40.00mL l molL1的硫酸溶液吸收产生氨气蒸氨结束后取下接收瓶，用2molL1NaOH标准溶液滴定过剩的硫酸，到终点时消耗20.00mLNaOH溶液铁元素的测定：将上述实验结束后三颈瓶中的溶液全部倒入锥形瓶中，向其中加入适量3%H2O2的溶液，充分振荡后滤出沉淀，洗净、干燥、灼烧后；测得其质量为1.6g 回答下列问题：（1）在实验I中，不可能用到的实验仪器是（填正确答案标号）A烧杯 B铁架台（带铁圈） C坩埚 D蒸发皿E酒精灯 F干燥器 G托盘天平在实验中，通入氮气的目的是蒸氨结束后，为了减少实验误差，还需要对直形冷凝管进行“处理”，“处理”的操作方法是（3）在实验中，用NaOH标准溶液滴定过剩的硫酸时，应使用式滴定管；可使用的指示剂为（4）在实验中，检验沉淀是否洗净的方法是（5）根据上述实验数据计算，该浅蓝绿晶体的化学式为三颈瓶中发生反应的离子方程式为10食品安全一直是大家关注的话题各地对食品非法添加和滥用添加剂进行了多项整治活动其中常用的面粉增白剂过氧化苯甲酰 也被禁用 下面是一种以苯为原料合成过氧化苯甲酰的流程：信息提示：xx年赫克、根岸英一和铃木章因在“钯催化交叉偶联反应”研究领域作出了杰出贡献，而获得了诺贝尔化学奖，其反应机理可简单表示为：请回答下列问题：（1）结合过氧化苯甲酰的结构分析，过氧化苯甲酰可以作为增白剂的原因是；物质B的结构式为，物质C的名称是；（3）反应中属于取代反应的有；写出反应的化学方程式；（4）某物质D为过氧化苯甲酰的同分异构体，同时符合下列条件的D的同分异构体有多种，请写出其中两种的结构简式：、；分子中只含有一种官能团在一定条件下能发生银镜反应，且1molD最多可得到2molAg1molD最多可消耗4molNaOH（5）苯乙烯是一种重要的工业原料，可与1，3丁二烯共聚合成丁苯橡胶，请写出有关反应方程式：；（6）请写出以苯乙烯为原料，合成 的流程，无机物任选，注明反应条件示例如下：11高纯度氧化铝有广泛的用途，某研究小组研究用以下流程制取高纯度氧化铝：根据上述流程图填空：（1）“除杂”操作是加入过氧化氢后，用氨水调节溶液的pH约为8.0，以除去硫酸铵溶液中的少量Fe2+请写出在除去Fe2+离子的过程中，发生的主要反应的离子方程式通常条件下KspFe（OH）3=4.01038，除杂后溶液中c（Fe3+）约为（3）配制硫酸铝溶液时，需用硫酸酸化，酸化的目的是（4）“结晶”这步操作中，母液经蒸发浓缩至溶液表面刚出现薄层晶体即停止加热，然后冷却结晶，得到铵明矾晶体（含结晶水）母液不能蒸干的原因是（5）“分离”操作的名称是 （填字母代号）A蒸馏 B分液 C过滤（6）铵明矾晶体的化学式为NH4Al（SO4）212H2O，在0.1mol/L铵明矾的水溶液中，离子浓度最大的离子是，离子浓度最小的离子是四川省成都市学大教育高考化学押题卷（一）参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1化学与社会、科学、技术、环境等有密切联系下列有关说法不正确的是（） A PM2.5是指氮、硫的氧化物溶于水形成的酸性液体造成的空气污染 B 氯气是塑料、合成橡胶、合成纤维、农药、染料及药品的重要原料 C 硅陶瓷和碳纤维复合制成的材料是一种新型无机非金属材料 D 用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果产生的乙烯以达到保鲜目的考点： 常见的生活环境的污染及治理；氯气的化学性质；无机非金属材料；乙烯的用途分析： APM2.5为固体颗粒物导致的空气污染；B氯气用途广泛，Cl2是重要化工原料，可制盐酸、漂白粉，用于制造杀虫剂、染料、自来水消毒、制塑料、合成橡胶、合成纤维的原料；C硅陶瓷和碳纤维复合而成的陶瓷碳纤维，是一种具有新性能新型的无机非金属材料；D乙烯可与溴发生氧化还原反应解答： 解：APM2.5为固体颗粒物导致的空气污染，而氮、硫的氧化物溶于水形成的酸性液体为酸雨，故A错误；B氯气用途广泛，Cl2是重要化工原料，可制盐酸、漂白粉，用于制造杀虫剂、染料、自来水消毒、制塑料、合成橡胶、合成纤维的原料，故B正确；C硅陶瓷和碳纤维复合制成的材料具有硅晶体和碳纤维的性质，为新型复合制无机非金属材料，故C正确；D乙烯具有催熟作用，高锰酸钾能氧化乙烯，则用浸泡过的高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果释放的乙烯，可达到水果保鲜的目的，故D正确故选A点评： 本题考查化学与生活、生成及环境保护等，该内容与我们的生产、生活息息相关，因此成为历年高考的必考的热点，综合考查学生分析问题、解决问题的能力，题目难度不大2下列各组物质的分类正确的是（）混合物：氯水、氨水、水玻璃、水银、福尔马林、淀粉含有氧元素的化合物叫氧化物CO2、NO2、P2O5均为酸性氧化物，Na2O、Na2O2为碱性氧化物同位素：1H+、2H2、3H同素异形体：C60、C80、金刚石、石墨糖类、油脂、蛋白质都是高分子化合物，它们都能发生水解反应同分异构体：乙二酸二乙酯、乙二酸乙二酯强电解质溶液的导电能力一定强在熔化状态下能导电的化合物为离子化合物有单质参加的反应或有单质产生的反应是氧化还原反应 A 全部正确 B C D 考点： 混合物和纯净物；同素异形体；氧化还原反应；强电解质和弱电解质的概念；同分异构现象和同分异构体分析： 水银是金属汞，属于纯净物；只含两种元素其中一种是氧元素的化合物叫氧化物；NO2不属于酸性氧化物，Na2O是碱性氧化物，Na2O2不是碱性氧化物；同位素是指同种元素的不同原子；C60、C80、金刚石、石墨都是碳元素形成的不同单质，属于同素异形体；油脂不是高分子化合物，单糖不能水解；乙二酸二乙酯的结构简式：CH3CH2OOCCOOCH2CH3，乙二酸乙二酯就是一个乙二酸（HOOCCOOH）和一个乙二醇（HOCH2CH2OH）形成的环酯，分子式不同，不是同分异构体；强电解质的稀溶液由于离子浓度小，导电能力很弱；共价化合物在熔化状态下不导电，在熔化状态下能导电的化合物为离子化合物；有单质参加的反应或有单质产生的反应不一定是氧化还原反应，如同素异形体间的转化是非氧化还原反应解答： 解：水银是金属汞，属于纯净物，故错误；只含两种元素其中一种是氧元素的化合物叫氧化物，故错误；NO2不属于酸性氧化物，Na2O是碱性氧化物，Na2O2不是碱性氧化物，故错误；同位素是指同种元素的不同原子，故错误；C60、C80、金刚石、石墨都是碳元素形成的不同单质，属于同素异形体，故正确；油脂不是高分子化合物，单糖不能水解，故错误；乙二酸二乙酯的结构简式：CH3CH2OOCCOOCH2CH3，乙二酸乙二酯就是一个乙二酸（HOOCCOOH）和一个乙二醇（HOCH2CH2OH）形成的环酯，分子式不同，不是同分异构体，故错误；强电解质的稀溶液由于离子浓度小，导电能力很弱，故错误；共价化合物在熔化状态下不导电，在熔化状态下能导电的化合物为离子化合物，故正确；有单质参加的反应或有单质产生的反应不一定是氧化还原反应，如同素异形体间的转化是非氧化还原反应，故错误，故选D点评： 本题主要考查的是物质的分类、同位素的概念、共价化合物和离子化合物的概念、氧化还原反应等，难度不大3设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（） A 28 g由C2H4和C3H6组成的混合物中含有氢原子的数目为4 NA B l mol Fe（NO3）3与足量HI溶液反应时转移的电子数为3NA C 1 mol Na2O2固体中含离子总数为4NA D 在标准状况下，11.2L NO2所含电子数为11.5NA考点： 阿伏加德罗常数专题： 阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析： A、C2H4和C3H6的最简式均为CH2；B、Fe（NO3）3与足量HI反应时，Fe3+被还原为Fe2+，NO3全部被还原为NO，据此分析；C、过氧化钠由2mol钠离子和1mol过氧根构成；D、在NO2气体中存在平衡：2NO2N2O4解答： 解：A、C2H4和C3H6的最简式均为CH2，故28g混合物中含有的CH2的物质的量n=2mol，即含4mol氢原子，故A正确；B、Fe（NO3）3与足量HI反应时，Fe3+被还原为Fe2+，NO3全部被还原为NO，故1molFe（NO3）3与足量HI反应时，转移4mol电子，故B错误；C、过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根构成，故1mol过氧化钠由2mol钠离子和1mol过氧根构成，即含3mol离子，即3NA个，故C错误；D、在NO2气体中存在平衡：2NO2N2O4，故标况下11.2L二氧化氮气体中所含的NO2的物质的量大于0.5mol，故所含的电子大于11.5NA个，故D错误故选A点评： 本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大4在下列溶液中，各组粒子一定能够大量共存的是（） A 在=1012的溶液中：Fe2+、Mg2+、NO3、Cl B 使甲基橙变红的溶液中：NH4+、Al3+、NO3、Cl C 澄清透明的溶液中：ClO、MnO4、Al3+、CH3CH2OH D 0.1mol/L的氯化铁溶液中：Na+、SO42、Cl、C6H5OH考点： 离子共存问题专题： 离子反应专题分析： A在=1012的溶液中存在大量氢离子，硝酸根离子在酸性条件下能够氧化亚铁离子；B使甲基橙变红的溶液中存在大量氢离子，四种离子之间不反应，都不与氢离子反应；C次氯酸根离子与铝离子之间发生双水解反应，高锰酸根离子能够氧化乙醇；D铁离子与苯酚发生络合反应解答： 解：A在=1012的溶液为酸性溶液，Fe2+、NO3在酸性溶液中发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B使甲基橙变红的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，NH4+、Al3+、NO3、Cl之间不发生反应，都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；CClO、Al3+之间发生双水解反应，MnO4、CH3CH2OH之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；DFe3+、C6H5OH之间发生络合反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选B点评： 本题考查离子共存的判断，为中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还原反应的离子之间，能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN）等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于提高学生灵活运用基础知识的能力5下列实验现象预测正确的是（） A 实验：振荡后静置，上层溶液颜色保持不变 B 实验：酸性KMnO4溶液中出现气泡，且颜色逐渐褪去 C 实验：微热稀HNO3片刻，溶液中有气泡产生，广口瓶内始终保持无色 D 实验：继续煮沸溶液至红褐色，停止加热，当光束通过体系时可产生丁达尔效应考点： 化学实验方案的评价；胶体的重要性质；硝酸的化学性质；浓硫酸的性质实验专题： 压轴题；实验评价题分析： A溴和NaOH反应，苯不溶于水，且密度比水小；B浓硫酸和蔗糖反应生成二氧化碳和二氧化硫气体；C生成NO，根据NO的性质判断；D在沸水中滴加饱和氯化铁溶液可生成氢氧化铁胶体解答： 解：A溴和NaOH反应生成NaBr和NaBrO，苯不溶于水，且密度比水小，所以上层无色，故A错误；B浓硫酸和蔗糖反应生成二氧化碳和二氧化硫气体，二氧化硫与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，二氧化碳不反应，故B正确；C生成NO，NO易与空气中氧气反应生成二氧化氮，为红棕色，故C错误；D在沸水中滴加饱和氯化铁溶液可生成氢氧化铁胶体，当光束通过体系时可产生丁达尔效应，故D正确故选BD点评： 本题考查化学实验基本操作，题目难度中等，解答本题的关键是把握相关物质的性质，学习中注意积累6常温下，将Cl2缓慢通入一定量的水中至饱和，然后向所得饱和氯水中逐滴加入0.1molL1的氢氧化钠溶液，整个过程中pH变化如图所示，下列有关叙述正确的是（） A 点之前所发生反应的离子方程式为Cl2+H2O=2H+Cl+ClO B 点所示溶液中：c（Na+）=c（Cl）+c（ClO） C 实验进程中溶液的pH可以用pH试纸测得 D 曲线起点处水的电离程度最大考点： 氯气的化学性质分析： 整个过程发生的反应为Cl2+H2OHCl+HClO、HCl+NaOHNaCl+H2O、HClO+NaOHNaClO+H2O，AHClO为弱电解质，应写成化学式；B根据电荷守恒c（H+）+c（Na+）=c（Cl）+c（Cl0）+c（OH）判断；C次氯酸具有漂白性，不能用pH试纸测量；D当全被生成NaClO时促进水的电离解答： 解：AHClO为弱电解质，应写成化学式，离子方程式为Cl2+H2O=H+Cl+HClO，故A错误；B点溶液呈中性，则c（H+）=c（OH），根据电荷守恒得c（H+）+c（Na+）=c（Cl）+c（Cl0）+c（OH），所以c（Na+）=c（Cl）+c（ClO），根据物料守恒得c（Cl）=c（ClO）+c（HClO），所以c（Na+）=c（HClO）+2c（ClO），故B正确；C溶液中含有次氯酸，具有漂白性，不能用pH试纸测量，故C错误；D当全被生成NaClO时，可水解，促进水的电离，故D错误故选B点评： 本题综合考查氯气的性质，侧重于学生的分析能力的考查，注意理解溶液中的溶质及其性质是解本题关键，根据物料守恒得c（Cl）=c（ClO）+c（HClO），为易错点，难度中等7密闭容器中充有10mol CO与20mol H2，在催化剂作用下反应生成甲醇：CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g）；CO的平衡转化率（）与温度、压强的关系如下图所示下列说法正确的是（） A 在 A、B两点对应的容器中，n（A）总：n（B）总=4：5 B 在 A、C两点对应的容器中自反应开始到平衡状态所需的时间tAtC C 设B、C两点的平衡常数分别为KB、KC，则KBKC D 在不改变反应物用量的情况下，降温、加压、将甲醇从混合体系中分离出来均可提高CO的转化率考点： 转化率随温度、压强的变化曲线分析： A根据CO转化率计算参加反应的CO的物质的量，再根据方程式计算平衡时混合气体总物质的量变化量，进而计算平衡时混合气体总物质的量，据此解答；B温度越高、越强越大，反应速率越快，最先到达平衡；C由图可知，一定压强下，温度越高，CO的转化率越低，说明升高稳定平衡向逆反应方向移动；D正反应是气体体积减小的反应，减压平衡向逆反应方向移动解答： 解：AA点CO的转化率为0.5，则参加反应的CO为10mol0.5=5mol，则：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）气体物质的量减少1 25mol 10mol故A点平衡时，混合气体总的物质的量=10mol+20mol10mol=20mol，B点CO的转化率为0.7，则参加反应的CO为10mol0.7=7mol，则：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）气体物质的量减少1 27mol 14mol故B点平衡时，混合气体总的物质的量=10mol+20mol14mol=16mol故A、B两点时容器内总气体的物质的量之比n（A）：n（B）=20mol：16mol=5：4，故A错误；BC点的温度、压强都高于A点，温度越高、越强越大，反应速率越快，最先到达平衡，故则从反应开始至到达平衡状态所需的时间tAtC，故B错误；C由图可知，一定压强下，温度越高，CO的转化率越低，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，B的温度高于C点，故平衡常数KBKC，故C错误；D正反应是气体体积减小的反应，加压平衡向正反应方向移动，升高温度平衡向逆反应方向移动，将甲醇从混合体系中分离出来均可使CO的转化率升高，故D正确故选D点评： 本题考查化学平衡图象，涉及化学平衡影响因素及有关计算、反应速率影响因素、化学平衡常数等，难度中等，注意分析温度、压强对平衡的影响，由于正反应为气体体积减小的反应，A选项中转化率越大，平衡时混合气体的物质的量越小，据此解答更为解答二、解答题（共4小题，满分58分）8下表是元素周期表的一部分表中所列的字母分别代表一种化学元素a b c d e f g h i j k l m n O 试回答下列问题：（1）请写出元素n的基态原子的价电子排布式3d54s1，元素O在周期表的位置是第三周期、族，属于d区k在空气中燃烧产物的分子构型为角形（或V形），中心原子的杂化方式为sp2，该分子是极性（填“极性”或“非极性”）分子（3）第三周期8种元素按单质熔点高低的顺序如图甲，其中序号“8”代表Si（填元素符号）；其中电负性最大的是2（填图甲中的序号）（4）i单质晶体中原子的堆积方式如图乙所示，其晶胞特征如图丙所示则晶胞中i原子的配位数为12考点： 元素周期律和元素周期表的综合应用专题： 元素周期律与元素周期表专题分析： （1）n为24号元素Cr，根据构造原理写出其价电子排布式；O为26号元素铁，处于第三周期、族，属于d区；k为S，在空气中燃烧生成SO2，计算S原子价层电子对数、孤对电子确定杂化方式与空间结构，根据正负电荷重心是否重合判断分子极性问题；（3）第三周期8种元素按单质熔点最高的为原子晶体Si；同周期电负性最大的是A的元素；（4）该类型为面心立方最密堆积，配位数=38=12解答： 解：（1）元素n是24号元素Cr，价电子排布式为3d54s1，元素O是Fe，在周期表的第三周期、族，属于d区，故答案为：3d54s1；第四周期、族；d；k为S，在空气中燃烧生成SO2，S原子价层电子对数=2+=3，含有1对孤对电子，SO2为V型结构，S原子采取sp2杂化，分子结构不对称，正负电荷重心不重合，为极性分子，故答案为：角形（或V形）； sp2；极性；（3）序号“8”单质的熔点最高，第三周期8种元素单质熔点最高的为原子晶体Si；呈气体的是Cl2和Ar，其中Cl2的沸点比Ar高，即序号“2”是Cl，同周期电负性最大的是A的元素，因此电负性最大的Cl，故答案为：Si； 2；（4）i是Al，根据图片知，Al单质为面心立方最密堆积，Al原子配位数配位数=38=12，故答案为：12点评： 本题考查位置、结构与性质的关系，题目难度中等，试题涉及元素周期表、核外电子排布规律、杂化理论、分子结构与性质、晶体类型与性质等，侧重考查学生对知识运用、分析解决问题能力9某小组以废铁屑、稀硫酸、饱和（NH4）2SO4溶液为原料，经过一系列反应和操作后，合成了浅蓝绿色晶体X为确定其组成，进行如下实验I结晶水的测定：称取7.84g浅蓝绿晶体，加热至100失去结晶水，冷却至室温后，称重，质量为5.68gNH4+的测定：将上述5.68g固体置于如图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量10% NaOH溶液，通入氮气，用40.00mL l molL1的硫酸溶液吸收产生氨气蒸氨结束后取下接收瓶，用2molL1NaOH标准溶液滴定过剩的硫酸，到终点时消耗20.00mLNaOH溶液铁元素的测定：将上述实验结束后三颈瓶中的溶液全部倒入锥形瓶中，向其中加入适量3%H2O2的溶液，充分振荡后滤出沉淀，洗净、干燥、灼烧后；测得其质量为1.6g 回答下列问题：（1）在实验I中，不可能用到的实验仪器是AD（填正确答案标号）A烧杯 B铁架台（带铁圈） C坩埚 D蒸发皿E酒精灯 F干燥器 G托盘天平在实验中，通入氮气的目的是将溶液中的氨全部蒸出蒸氨结束后，为了减少实验误差，还需要对直形冷凝管进行“处理”，“处理”的操作方法是用蒸馏水冲洗冷凝管装置23次，洗涤液并入锥形瓶中（3）在实验中，用NaOH标准溶液滴定过剩的硫酸时，应使用碱式滴定管；可使用的指示剂为酚酞（或甲基红）（4）在实验中，检验沉淀是否洗净的方法是取最后一次洗涤液于试管中，滴入12滴稀硝酸，再滴入硝酸钡溶液，若无白色沉淀生成，则说明沉淀已经洗净（5）根据上述实验数据计算，该浅蓝绿晶体的化学式为FeSO4（NH4）2SO46H2O或（NH4）2Fe（SO4）26H2O三颈瓶中发生反应的离子方程式为2NH4+Fe2+4OH=Fe（OH）2+2NH3+2H2O考点： 探究物质的组成或测量物质的含量专题： 实验探究和数据处理题分析： （1）根据实验步骤中的各步操作，确定所需的实验仪器；实验的目的是测定铵根离子的含量，铵根离子含量根据氨气的量测定，将氨气全部赶出需通入氮气，蒸氨结束后用蒸馏水冲洗冷凝管装置23次，洗涤液并入锥形瓶中，保证生成的氨气全部进入锥形瓶中与硫酸反应；（3）碱只能盛放在碱式滴定管中，酸性溶液只能盛放在酸式滴定管中；NaOH溶液和H2SO4溶液恰好反应后呈中性，可以选择酸性或碱性变色范围内的指示剂；（4）溶液中存在硫酸铵，可用硝酸酸化的硝酸钡溶液检验最后一次洗涤液中是否存在硫酸根离子，以判断沉淀是否洗净；（5）7.84g浅蓝绿晶体，加热后，称重，质量为5.68g，根据质量差求出水的质量及其物质的量，根据反应式2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O求出剩余硫酸的物质的量，根据反应式2NH3+H2SO4=（NH4）2SO4求出与氨气反应的硫酸的物质的量，据此求出与硫酸反应的氨气的物质的量，2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，测得其质量为1.6g为氧化铁，根据以上所求数据得出n（NH4+）：n（Fe2+）：n（SO42）：n（H2O）=2：1：2：6，据此求出该浅蓝绿晶体的化学式，亚铁离子和铵根离子和氢氧根反应生成氢氧化亚铁，据此书写离子反应方程式解答： 解：（1）结晶水的测定：称量需要托盘天平（G），加热需要酒精灯（E）、坩埚（C）、铁架台带铁圈（B）、玻璃棒、干燥时需干燥器（F）等，无须用烧杯（A）、蒸发皿（D），故答案为：AD；实验的目的是测定铵根离子的含量，通过铵根离子和碱反应生成的氨气的量测定，NH4+OHNH3+H2O，根据将氨气全部赶出，减小误差需通入氮气，蒸氨结束后用蒸馏水冲洗冷凝管装置23次，洗涤液并入锥形瓶中，目的保证生成的氨气全部进入锥形瓶中与硫酸反应，故答案为：将溶液中的氨全部蒸出；用蒸馏水冲洗冷凝管装置23次，洗，涤液并入锥形瓶中；（3）碱只能盛放在碱式滴定管中，酸性溶液只能盛放在酸式滴定管中，所以用NaOH标准溶液确定过剩的H2SO4时，应使用碱式滴定管盛放NaOH溶液；NaOH溶液和盐酸溶液恰好反应后呈中性，可以选择酸性或碱性变色范围内的指示剂，甲基红为酸性变色指示剂、酚酞为碱性变色指示剂，所以可以选取甲基红或酚酞作指示剂，故答案为：碱；酚酞（或甲基红）；（4）溶液中存在硫酸铵，若未洗净，加入12滴稀硝酸，再滴入硝酸钡溶液，有白色沉淀生成，所以检验沉淀是否洗净的方法是：取最后一次洗涤液于试管中，滴入12滴稀硝酸，再滴入硝酸钡溶液，若无白色沉淀生成，则说明沉淀已经洗净，故答案为：取最后一次洗涤液于试管中，滴入12滴稀硝酸，再滴入硝酸钡溶液，若无白色沉淀生成，则说明沉淀已经洗净；（5）由题给数据可知7.84g摩尔盐中m（H2O）=7.84g5.68g=2.16g，n（H2O）=0.12mol，消耗氢氧化钠的物质的量是n=cv=lmolL140.00mL=0.04mol，则根据反应式2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O可知：剩余硫酸的物质的量是2molL120.00mL=0.02mol，则根据反应式2NH3+H2SO4=（NH4）2SO4可知：与氨气反应的硫酸的物质的量是0.04mol0.02mol=0.02mol，则与硫酸反应的氨气的物质的量是0.02mol2=0.04mol，生成的m（NH3）=0.68g，2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，测得其质量为1.6g为氧化铁，m（Fe2O3）=1.6g，n（Fe2O3）=0.01mol，则m（NH4+）=0.04mol18g/mol=0.72g，m（Fe2+）=0.02mol56g/mol=1.12g，则m（SO42）=7.84g2.16g0.72g1.12g=3.84g，n（SO42）=0.04mol，所以n（NH4+）：n（Fe2+）：n（SO42）：n（H2O）=0.04mol：0.02mol：0.04mol：0.12mol=2：1：2：6，该浅蓝绿晶体的化学式为FeSO4（NH4）2 SO46H2O 或（NH4）2Fe（SO4）26H2O，三颈瓶中亚铁离子和铵根离子和氢氧根反应生成氢氧化亚铁，反应为：2NH4+Fe2+4OH=Fe（OH）2+2NH3+2H2O，故答案为：FeSO4（NH4）2 SO46H2O 或（NH4）2Fe（SO4）26H2O；2NH4+Fe2+4OH=Fe（OH）2+2NH3+2H2O点评： 本题主要考查了晶体组成的测定，同时考查了实验知识，主要是实验过程分析判断，质量分数的测定，熟练基本实验操作和掌握物质组成的测定方法，弄清实验原理是解题的关键，题目难度中等10食品安全一直是大家关注的话题各地对食品非法添加和滥用添加剂进行了多项整治活动其中常用的面粉增白剂过氧化苯甲酰 也被禁用 下面是一种以苯为原料合成过氧化苯甲酰的流程：信息提示：xx年赫克、根岸英一和铃木章因在“钯催化交叉偶联反应”研究领域作出了杰出贡献，而获得了诺贝尔化学奖，其反应机理可简单表示为：请回答下列问题：（1）结合过氧化苯甲酰的结构分析，过氧化苯甲酰可以作为增白剂的原因是分子中有过氧键，具有强氧化性；物质B的结构式为，物质C的名称是苯甲酸；（3）反应中属于取代反应的有；写出反应的化学方程式2+H2O+2HCl；（4）某物质D为过氧化苯甲酰的同分异构体，同时符合下列条件的D的同分异构体有多种，请写出其中两种的结构简式：、；分子中只含有一种官能团在一定条件下能发生银镜反应，且1molD最多可得到2molAg1molD最多可消耗4molNaOH（5）苯乙烯是一种重要的工业原料，可与1，3丁二烯共聚合成丁苯橡胶，请写出有关反应方程式：；（6）请写出以苯乙烯为原料，合成 的流程，无机物任选，注明反应条件示例如下：考点： 有机物的推断专题： 有机物的化学性质及推断分析： 抓住碳链骨架的变化及官能团的变化及性质，并根据反应条件判断反应类型和相关物质如转化关系中反应条件是KMnO4，我们就想到是氧化反应，再结合题干信息，便知是苯乙烯被酸性高锰酸钾氧化为苯甲酸；看到反应条件Br/Fe，COCl2便知这些反应为取代反应，再结合前后转化关系，得出正确结论苯与Br/Fe反应生成A溴苯，溴苯与B反应生成苯乙烯，B为乙烯，苯乙烯被酸性高锰酸钾氧化生成C苯甲酸，苯甲酸与COCl2反应生成，与双氧水、碳酸钠在催化剂条件下生成D在一定条件下能发生银镜反应，且1molD最多可得到2molAg，说明该物质中含有一个醛基，且该物质能发生水解反应，只含一种官能团，故该官能团只能为为酯基，又知1molD最多可消耗4molNaOH，因此D在酸性条件下的水解产物中共含有2个羧基和2个酚羟基，故D的结构简式有6种（邻、间、对）（邻、间、对）解答： 解：（1）根据氧化苯甲酰的结构可知，该分子含有过氧键，具有很强的氧化性，可作为漂白剂故答案为：分子中有过氧键，具有强氧化性；反应为取代反应，生成A为溴苯，根据提示中的反应原理可知B为乙烯，故结构式为，苯乙烯被酸性高锰酸钾氧化后的产物为苯甲酸，故C为苯甲酸，故答案为 ； 苯甲酸；（3）为取代反应，反应为氧化反应故答案为：；根据反应物和产物可知反应为取代反应，方程式为 2+H2O2+2HCl，故答案为：2+H2O2+2HCl；（4）D在一定条件下能发生银镜反应，且1molD最多可得到2molAg，说明该物质中含有一个醛基，且该物质能发生水解反应，只含一种官能团，故该官能团只能为为酯基，又知1molD最多可消耗4molNaOH，因此D在酸性条件下的水解产物中共含有2个羧基和2个酚羟基，故D的结构简式有6种（邻、间、对）（邻、间、对），故答案为：；（5）该反应为聚合反应，类似1，3丁二烯的聚合反应，方程式为故答案为：（6）逆推法，要生成羰基和羧基羰基和醛基2个羟基2个卤原子烯烃的溴代反应，合成流程如下：故答案为：点评： 本题主要考查了增白剂的增白原理，酯类水解产物醇和酚的性质区别，以及两种烯烃的聚合反应有机推断几乎是高考不变的一个题型，每年高考中必考，而给出某反应信息要求学生加以应用，能较好的考查考生的阅读、自学能力和思维能力，是热点题型11高纯度氧化铝有广泛的用途，某研究小组研究用以下流程制取高纯度氧化铝：根据上述流程图填空：（1）“除杂”操作是加入过氧化氢后，用氨水调节溶液的pH约为8.0，以除去硫酸铵溶液中的少量Fe2+请写出在除去Fe2+离子的过程中，发生的主要反应的离子方程式2Fe2+H2O2+4NH3H2O=2Fe（OH）3+4NH4+通常条件下KspFe（OH）3=4.01038，除杂后溶液中c（Fe3+）约为41020mol/L（3）配制硫酸铝溶液时，需用硫酸酸化，酸化的目的是抑制Al3+水解（4）“结晶”这步操作中，母液经蒸发浓缩至溶液表面刚出现薄层晶体即停止加热，然后冷却结晶，得到铵明矾晶体（含结晶水）母液不能蒸干的原因是减少可溶性杂质的析出及Al3+水解（5）“分离”操作的名称是C （填字母代号）A蒸馏 B分液 C过滤（6）铵明矾晶体的化学式为NH4Al（SO4）212H2O，在0.1mol/L铵明矾的水溶液中，离子浓度最大的离子是SO42，离子浓度最小的离子是OH考点： 金属的回收与环境、资源保护专题： 实验设计题分析： （1）H2O2溶液具有强氧化性，可以氧化亚铁离子生成铁离子，铁离子在氨水存在的条件下生成氢氧化铁红褐色沉淀；根据氢氧化铁的溶度积及PH=8计算出铁离子浓度；（3）铝离子在溶液中能够发生水解生成氢氧化铝；（4）蒸干会析出可溶性杂质的析出，且Al3+水解程度增大；（5）将晶体与溶液分离的操作是过滤；（6）根据题中所给的化学式，利用铵根和铝离子水解进行解答即可解答： 解：（1）亚铁离子具有还原性，双氧水具有强氧化性，在碱性溶液中，亚铁离子被氧化生成铁离子，铁离子与氢氧根结合生成氢氧化铁沉淀，此反应的离子反应方程式为：2Fe2+H2O2+4NH3H2O=2Fe（OH）3+4NH4+，故答案为：2Fe2+H2O2+4NH3H2O=2Fe（OH）3+4NH4+；KSPFe（OH）3=4.01038，PH=8，溶液中氢氧根离子浓度为：1106mol/L，c（Fe3+）= mol/L=4.01020mol/L，故答案为：4.01020mol/L；（3）由于铝离子在溶液中能够发生水解生成氢氧化铝，所以加入硫酸酸化，抑制了铝离子的水解，故答案为：抑制Al3+水解；（4）由于蒸干会析出可溶性杂质的析出，且Al3+水解程度增大，所以母液不能蒸干，故答案为：减少可溶性杂质的析出及Al3+水解；（5）通过过滤，将硫酸铝晶体从溶液中分离，所以C正确；故选C；（6）铵明矾晶体的化学式为NH4Al（SO4）212H2O，在0.1mol/L铵明矾的水溶液中，未水解前，c（Al3+）=c（NH4+）=0.1mol/L，由于铵根和铝离子均水解，水解结合水电离出的氢氧根，故水解后浓度均小于0.1mol/L，c（SO42）=0.2mol/L，0.20.1，故答案为：SO42；OH点评： 本题考查工艺流程、离子检验、盐类水解、对条件的控制选择、物质的分离提纯等，理解工艺流程原理是解题的关键，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，题目难度中等