江蘇省南京市、鹽城市2015年高考化學(xué)二模試卷(新解析版）

1、江蘇省南京市、鹽城市2015年高考化學(xué)二模試卷一、選擇題（共10小題，每小題2分，滿分20分）1（2分）（2015鹽城二模）國務(wù)院辦公廳2014年5月印發(fā)了20142015年節(jié)能減排低碳發(fā)展行動(dòng)方案下列做法違背低碳發(fā)展原則的是（）A發(fā)展氫能和太陽能B限制塑料制品的使用C提高原子利用率，發(fā)展綠色化學(xué)D盡量用純液態(tài)有機(jī)物代替水作溶劑考點(diǎn)：常見的生活環(huán)境的污染及治理.分析：根據(jù)低碳經(jīng)濟(jì)的理念進(jìn)行分析，低碳就是減少二氧化碳的排放A氫能燃燒生成水以及太陽能都無污染且屬于可再生能源；B塑料是含碳的有機(jī)高聚物，限制塑料制品的使用可減少白色污染；C發(fā)展綠色化學(xué)，可把反應(yīng)物轉(zhuǎn)化為環(huán)保、健康、安全的產(chǎn)品；D純液態(tài)

2、有機(jī)物與減少二氧化碳的排放無關(guān)解答：解：A開發(fā)利用氫能和太陽能等新能源，無污染且屬于可再生能源，可以減少二氧化碳的排放，造成環(huán)境污染等，故A正確；B限制塑料制品的使用，可以減少白色污染，符合低碳經(jīng)濟(jì)的理念，故B正確；C綠色化學(xué)是指無污染、無公害、盡可能地把反應(yīng)物轉(zhuǎn)化為環(huán)保、健康、安全的產(chǎn)品，提高原子利用率，發(fā)展綠色化學(xué)符合低碳經(jīng)濟(jì)的理念，故C正確；D用純液態(tài)有機(jī)物代替水作溶劑，與減少二氧化碳的排放無關(guān)，故D錯(cuò)誤；故選D點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了與節(jié)能減排相關(guān)的知識(shí)，依據(jù)低碳就是減少二氧化碳的排放進(jìn)行解答，題目難度不大2（2分）（2015鹽城二模）下列有關(guān)化學(xué)用語表示正確的是（）A中子數(shù)為20的氯原子

3、：ClB苯的結(jié)構(gòu)簡式：C6H6C硅的原子結(jié)構(gòu)示意圖：DNa2S的電子式：考點(diǎn)：電子式、化學(xué)式或化學(xué)符號(hào)及名稱的綜合；原子結(jié)構(gòu)示意圖；質(zhì)量數(shù)與質(zhì)子數(shù)、中子數(shù)之間的相互關(guān)系.分析：A、中子數(shù)為20，則質(zhì)量數(shù)為37，元素符號(hào)左上角的數(shù)字為質(zhì)量數(shù)；B、根據(jù)分子式和結(jié)構(gòu)簡式的特點(diǎn)來回答；C、根據(jù)原子核外電子排布規(guī)律知識(shí)結(jié)合原子結(jié)構(gòu)示意圖的畫法來回答分析；D、硫化鈉是鈉離子和硫離子構(gòu)成的離子化合物，根據(jù)離子化合物電子式的畫法進(jìn)行回答解答：解：A、中子數(shù)為20的氯原子中，質(zhì)子數(shù)是17，但是質(zhì)量數(shù)是37，中子數(shù)為20的氯原子為Cl，故A錯(cuò)誤；B、苯的結(jié)構(gòu)簡式是，故B錯(cuò)誤；C、硅是14號(hào)元素，它的原子結(jié)構(gòu)示意圖

4、為：，故C正確；D、硫化鈉是鈉離子和硫離子構(gòu)成的離子化合物，Na2S的電子式是，故D錯(cuò)誤；故選C點(diǎn)評(píng)：本題考查了電子式、化學(xué)式、結(jié)構(gòu)簡式的書寫知識(shí)，題目難度中等，明確物質(zhì)中存在的化學(xué)鍵及電子式的書寫規(guī)則即可解答，注意離子鍵和共價(jià)鍵的區(qū)別，試題培養(yǎng)了學(xué)生靈活應(yīng)用基礎(chǔ)知識(shí)的能力3（2分）（2015鹽城二模）25時(shí)，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A0.1 molL1NH4HCO3溶液：K+、Na+、SO42、OHB能使pH試紙呈紅色的溶液：Na+、NH4+、I、NO3C0.1 molL1CH3COONa溶液：Mg2+、H+、Cl、SO42DKw/c（H+）=0.1 molL1的溶液：

5、Na+、K+、SiO32、NO3考點(diǎn)：離子共存問題.分析：ANH4HCO3溶液與堿反應(yīng)；B能使pH試紙呈紅色的溶液，顯酸性；CCH3COONa溶液，顯堿性；DKw/c（H+）=0.1 molL1的溶液顯堿性解答：解：ANH4HCO3溶液中不能大量存在OH，故A不選；B能使pH試紙呈紅色的溶液，顯酸性，H+、I、NO3發(fā)生氧化還原反應(yīng)，不能大量共存，故B不選；CCH3COONa溶液中不能大量存在H+，故C不選；DKw/c（H+）=0.1 molL1的溶液顯堿性，該組離子之間不反應(yīng)，可大量共存，故D選；故選D點(diǎn)評(píng)：本題考查離子的共存，為高頻考點(diǎn)，把握習(xí)題中的信息及常見離子之間的反應(yīng)為解答的關(guān)鍵，側(cè)

6、重復(fù)分解反應(yīng)、氧化還原反應(yīng)的離子共存考查，題目難度不大4（2分）（2015鹽城二模）下列有關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)與應(yīng)用的敘述都正確的是（）A明礬溶液具有強(qiáng)氧化性，可用作凈水劑B二氧化硅不與任何酸反應(yīng)，可用石英制造耐酸容器C銅的金屬活動(dòng)性比鐵弱，可在海輪外殼上裝若干銅塊以減緩其腐蝕D常溫下，鋁能被濃硝酸鈍化，可用鋁制槽車運(yùn)送濃硝酸考點(diǎn)：膠體的應(yīng)用；金屬的電化學(xué)腐蝕與防護(hù)；硝酸的化學(xué)性質(zhì)；硅和二氧化硅.分析：A明礬凈水是利用氫氧化鋁膠體的吸附性；B二氧化硅與氫氟酸反應(yīng)；C根據(jù)犧牲陽極的陰極保護(hù)法來保護(hù)金屬；D根據(jù)濃硝酸的特性可知，常溫下濃硝酸使鋁鈍化，生成一層致密的保護(hù)膜阻止反應(yīng)進(jìn)一步進(jìn)行解答：解：A氫氧化

7、鋁沒有強(qiáng)氧化性，明礬凈水是利用氫氧化鋁膠體的吸附性，故A錯(cuò)誤； B二氧化硅與氫氟酸常溫發(fā)生反應(yīng)，不能用玻璃瓶盛放氫氟酸，故B錯(cuò)誤；C因要減緩船體的腐蝕應(yīng)連接比鐵更活潑的金屬，如鋅，這就是犧牲陽極的陰極保護(hù)法，故C錯(cuò)誤；D因濃硝酸具有強(qiáng)氧化性，能夠與大多數(shù)金屬反應(yīng)，但遇到金屬鋁、鐵要發(fā)生鈍化，因此常溫下用鋁、鐵制貯罐貯運(yùn)濃硝酸，故D正確故選D點(diǎn)評(píng)：本題考查了常見物質(zhì)的性質(zhì)，屬于對(duì)基礎(chǔ)知識(shí)的考查，題目難度不大，結(jié)合相關(guān)知識(shí)即可解答5（2分）（2015鹽城二模）下列實(shí)驗(yàn)操作或裝置正確的是（）A利用圖所示操作制備氫氧化鐵膠體B利用圖所示裝置制取NH3C利用圖所示裝置證明H2CO3酸性強(qiáng)于苯酚D利用圖所

8、示裝置制備乙酸乙酯考點(diǎn)：化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià).分析：A氫氧化亞鐵不穩(wěn)定，易被空氣氧化生成氫氧化鐵，所以制取氫氧化亞鐵要隔絕空氣；B實(shí)驗(yàn)室用氯化銨和氫氧化鈣加熱制取氨氣，且采用向下排空氣法收集；C乙酸具有揮發(fā)性，生成的二氧化碳中含有乙酸而干擾實(shí)驗(yàn)；D制取乙酸乙酯用飽和碳酸鈉處理乙酸、乙醇解答：解：A氫氧化亞鐵不穩(wěn)定，易被空氣氧化生成氫氧化鐵，所以制取氫氧化亞鐵要隔絕空氣，應(yīng)該將膠頭滴管伸入液面下，故A錯(cuò)誤；B實(shí)驗(yàn)室用氯化銨和氫氧化鈣加熱制取氨氣，氨氣常溫下和氧氣不反應(yīng)且密度小于空氣，所以采用向下排空氣法收集，故B正確；C乙酸具有揮發(fā)性，生成的二氧化碳中含有乙酸，乙酸也和苯酚鈉反應(yīng)生成苯酚，從而干擾

9、實(shí)驗(yàn)，應(yīng)該在盛放苯酚鈉的儀器前有一個(gè)洗氣裝置，故C錯(cuò)誤；D氫氧化鈉能將乙酸乙酯水解，應(yīng)該用飽和的碳酸鈉處理乙酸、乙醇，乙醇易溶于水，乙酸能和碳酸鈉反應(yīng)生成可溶性的乙酸鈉，飽和碳酸鈉能降低乙酸乙酯溶解度，故D錯(cuò)誤；故選B點(diǎn)評(píng)：本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案評(píng)價(jià)，涉及氣體的制備、物質(zhì)的制備、酸性強(qiáng)弱判斷等知識(shí)點(diǎn)，為高考高頻點(diǎn)，明確實(shí)驗(yàn)原理是解本題關(guān)鍵，注意D中飽和碳酸鈉的作用，題目難度不大6（2分）（2015鹽城二模）設(shè)NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值下列說法正確的是（）A17.6 g丙烷中所含的共價(jià)鍵數(shù)目為4NAB常溫下，pH=13的NaOH溶液中含有的OH離子數(shù)目為0.1NAC標(biāo)準(zhǔn)狀況下，5.6 L NO和5

10、.6 L O2混合后的分子總數(shù)目為0.5NAD電解精煉銅時(shí)，若陽極質(zhì)量減少64 g，則陰極得到電子的數(shù)目為2NA考點(diǎn)：阿伏加德羅常數(shù).分析：A、求出丙烷的物質(zhì)的量，然后根據(jù)1mol丙烷中含10mol共價(jià)鍵來分析計(jì)算；B、溶液的體積不明確；C、在NO2氣體中存在平衡：2NO2N2O4，導(dǎo)致氣體體積偏?。籇、根據(jù)粗銅中含有雜質(zhì)（鐵）的摩爾質(zhì)量比銅小，轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量大于1mol分析解答：解：A、17.6g丙烷的物質(zhì)的量n=0.4mol，而1mol丙烷中含10mol共價(jià)鍵，故0.4mol丙烷中含4mol共價(jià)鍵，故A正確；B、溶液的體積不明確，故溶液中的氫氧根的個(gè)數(shù)無法計(jì)算，故B錯(cuò)誤；C、一氧化氮

11、和氧氣不需要任何條件即可反應(yīng)，由2NO+O22NO2，分子數(shù)減少，即分子總數(shù)小于0.5NA，故C錯(cuò)誤；D、電解精煉銅時(shí)，若陽極質(zhì)量減少64g，由于陽極有鐵雜質(zhì)存在，鐵的摩爾質(zhì)量小于銅的，所以陽極減少64g，轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量大于2mol，則陰極得到的電子數(shù)大于2NA，故D錯(cuò)誤；故選A點(diǎn)評(píng)：本題考查了阿伏伽德羅常數(shù)的有關(guān)計(jì)算，掌握公式的運(yùn)用和物質(zhì)的結(jié)構(gòu)是解題關(guān)鍵，難度不大7（2分）（2015鹽城二模）下列指定反應(yīng)的離子方程式正確的是（）ACu與濃硝酸反應(yīng)制備NO2：3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO2+4H2OBNH4Al（SO4）2溶液與過量NaOH溶液反應(yīng)：Al3+4OHAlO2+2H

12、2OC用銀氨溶液檢驗(yàn)乙醛中的醛基：CH3CHO+2Ag（NH3）2+2OHCH3COO+NH4+3NH3+2Ag+H2OD用H2O2從酸化的海帶灰浸出液中提取碘：2I+H2O2I2+2OH考點(diǎn)：離子方程式的書寫.分析：A根據(jù)電子守恒判斷，離子方程式兩邊電子不守恒；B氫氧化鈉過量，銨根離子和鋁離子都參與反應(yīng)；C銀氨絡(luò)離子與乙醛發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成乙酸銨、氨氣、銀單質(zhì)和水；D酸性溶液中，反應(yīng)物中不會(huì)生成氫氧根離子解答：解：ACu與濃硝酸反應(yīng)制備NO2，該反應(yīng)不滿足電子守恒，正確的離子方程式為：Cu+4H+2NO3Cu2+2NO2+2H2O，故A錯(cuò)誤；BNH4Al（SO4）2溶液與過量NaOH溶液反

13、應(yīng)生成一水合氨、偏鋁酸根離子和水，正確的離子方程式為：NH4+Al3+5OHAlO2+2H2O+NH3H2O，故B錯(cuò)誤； C用銀氨溶液檢驗(yàn)乙醛中的醛基，反應(yīng)的離子方程式為：CH3CHO+2Ag（NH3）2+2OHCH3COO+NH4+3NH3+2Ag+H2O，故C正確；D用H2O2從酸化的海帶灰浸出液中提取碘，產(chǎn)物不會(huì)生成氫氧根離子，正確的離子方程為：2I+2H+H2O2I2+2H2O，故D錯(cuò)誤；故選C點(diǎn)評(píng)：本題考查了離子方程式的判斷，為中等難度的試題，注意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)

14、系（如：質(zhì)量守恒和電荷守恒等），B為易錯(cuò)點(diǎn)，注意反應(yīng)物過量情況對(duì)生成物的影響8（2分）（2015鹽城二模）下列各組物質(zhì)中，不滿足組內(nèi)任意兩種物質(zhì)在一定條件下均能發(fā)生反應(yīng)的是（）物質(zhì) 組別甲乙丙ASO2Ba（OH）2NaHCO3BNa2O2H2OCO2CNa2SiO3NaOHHClDAlH2SO4NaOHAABBCCDD考點(diǎn)：鈉的重要化合物；二氧化硫的化學(xué)性質(zhì)；鋁的化學(xué)性質(zhì).分析：ASO2與Ba（OH）2、NaHCO3反應(yīng)，且Ba（OH）2與NaHCO3反應(yīng)；BNa2O2與H2O、CO2反應(yīng)，但H2O與CO2反應(yīng)；CHCl與NaOH、Na2SiO3反應(yīng)，且NaOH與Na2SiO3不反應(yīng)；DAl與

15、H2SO4、NaOH均反應(yīng)，且H2SO4與NaOH反應(yīng)；解答：解：ASO2與Ba（OH）2反應(yīng)生成亞硫酸鋇和水，SO2與NaHCO3反應(yīng)生成亞硫酸鈉和二氧化碳，且Ba（OH）2與NaHCO3反應(yīng)生成碳酸鋇，組內(nèi)任意兩種物質(zhì)在一定條件下均能發(fā)生反應(yīng)，故A不選；BNa2O2與H2O發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成氫氧化鈉和氧氣，Na2O2與CO2反應(yīng)生成碳酸鈉和氧氣，且H2O與CO2反應(yīng)生成碳酸，組內(nèi)任意兩種物質(zhì)在一定條件下均能發(fā)生反應(yīng)，故B不選；CHCl與NaOH反應(yīng)生成氯化鈉和水，HCl與Na2SiO3反應(yīng)生成氯化鈉和硅酸，但NaOH與Na2SiO3不反應(yīng)，則不滿足組內(nèi)任意兩種物質(zhì)在一定條件下均能發(fā)生反應(yīng)

16、，故C選；DAl與H2SO4反應(yīng)生成硫酸鋁和氫氣，Al與NaOH溶液反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和氫氣，且H2SO4與NaOH反應(yīng)生成Na2SO4和水，組內(nèi)任意兩種物質(zhì)在一定條件下均能發(fā)生反應(yīng)，故D不選；故選C點(diǎn)評(píng)：本題考查考查物質(zhì)之間的反應(yīng)，把握常見物質(zhì)的性質(zhì)及發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)為解答的關(guān)鍵，注意某些反應(yīng)與量有關(guān)，明確性質(zhì)與反應(yīng)的關(guān)系即可解答，題目難度不大9（2分）（2015鹽城二模）X、Y、Z、W、R是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，X是原子半徑最小的元素，Y的最高正價(jià)與最低負(fù)價(jià)的代數(shù)和為0，Z的二價(jià)陽離子與氖原子具有相同的核外電子排布，W原子最外層電子數(shù)是最內(nèi)層電子數(shù)的3倍下列說法正確的是（）AX與Y

17、形成的化合物只有一種BR的氫化物的熱穩(wěn)定性比W的強(qiáng)C原子半徑：r（Z）r（R）DY的最高價(jià)氧化物的水化物的酸性比W的強(qiáng)考點(diǎn)：位置結(jié)構(gòu)性質(zhì)的相互關(guān)系應(yīng)用.分析：X、Y、Z、W、R是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素X是原子半徑最小的元素，則X為H元素；Z的二價(jià)陽離子與氖原子具有相同的核外電子排布，則Z為Mg；W原子最外層電子數(shù)是最內(nèi)層電子數(shù)的3倍，最外層電子數(shù)為6，結(jié)合原子序數(shù)可知，W為S，故R為Cl；Y的最高正價(jià)與最低負(fù)價(jià)的代數(shù)和為0，處于A族，原子序數(shù)小于Mg，故Y為C元素，結(jié)合元素周期律與元素化合物性質(zhì)解答解答：解：X、Y、Z、W、R是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素X是原子半徑最小的元素，

18、則X為H元素；Z的二價(jià)陽離子與氖原子具有相同的核外電子排布，則Z為Mg；W原子最外層電子數(shù)是最內(nèi)層電子數(shù)的3倍，最外層電子數(shù)為6，結(jié)合原子序數(shù)可知，W為S，故R為Cl；Y的最高正價(jià)與最低負(fù)價(jià)的代數(shù)和為0，處于A族，原子序數(shù)小于Mg，故Y為C元素AH與C元素形成烴類物質(zhì)，化合物種類繁多，故A錯(cuò)誤；B非金屬性ClS，故氫化物穩(wěn)定性HClH2S，故B正確；CZ為Mg、R為Cl，二者同周期，原子序數(shù)依次增大，原子半徑減小，故C錯(cuò)誤；DY、W的最高價(jià)氧化物的水化物分別為碳酸、硫酸，碳酸是弱酸，而硫酸是強(qiáng)酸，故D錯(cuò)誤，故選B點(diǎn)評(píng)：本題考查結(jié)構(gòu)性質(zhì)位置關(guān)系應(yīng)用，推斷元素是解題關(guān)鍵，注意對(duì)元素周期律的理解掌握

19、10（2分）（2015鹽城二模）一種三室微生物燃料電池污水凈化系統(tǒng)原理如圖所示，圖中有機(jī)廢水中有機(jī)物可用C6H10O5表示下列有關(guān)說法正確的是（）Ab電極為該電池的負(fù)極Bb電極附近溶液的pH減小Ca電極反應(yīng)式：C6H10O524e+7H2O6CO2+24H+D中間室：Na+移向左室，Cl移向右室不定項(xiàng)選擇題：考點(diǎn)：原電池和電解池的工作原理.分析：該原電池中，硝酸根離子得電子發(fā)生還原反應(yīng)，則右邊裝置中電極b是正極，電極反應(yīng)式為2NO3+10e+12H+=N2+6H2O，左邊裝置電極a是負(fù)極，負(fù)極上有機(jī)物失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，有機(jī)物在厭氧菌作用下生成二氧化碳，電極反應(yīng)式為C6H10O524e+7H2

20、O6CO2+24H+，據(jù)此分析解答解答：解：該原電池中，硝酸根離子得電子發(fā)生還原反應(yīng)，則右邊裝置中電極b是正極，電極反應(yīng)式為2NO3+10e+12H+=N2+6H2O，左邊裝置電極a是負(fù)極，負(fù)極上有機(jī)物失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，有機(jī)物在厭氧菌作用下生成二氧化碳，電極反應(yīng)式為C6H10O524e+7H2O6CO2+24H+，A該原電池中，硝酸根離子得電子發(fā)生還原反應(yīng)，則右邊裝置中電極b是正極，故A錯(cuò)誤；B右邊裝置中電極b是正極，電極反應(yīng)式為2NO3+10e+12H+=N2+6H2O，氫離子參加反應(yīng)導(dǎo)致溶液酸性減小，溶液的pH增大，故B錯(cuò)誤；C左邊裝置電極a是負(fù)極，負(fù)極上有機(jī)物失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，有機(jī)物

21、在厭氧菌作用下生成二氧化碳，電極反應(yīng)式為C6H10O524e+7H2O6CO2+24H+，故C正確；D放電時(shí)，電解質(zhì)溶液中陽離子Na+移向正極右室，陰離子Cl移向負(fù)極室左室，故D錯(cuò)誤；故選C點(diǎn)評(píng)：本題考查化學(xué)電源新型電池，側(cè)重考查學(xué)生獲取信息、分析推斷能力，根據(jù)N元素化合價(jià)變化確定正負(fù)極，難點(diǎn)是電極反應(yīng)式的書寫，且原電池和電解池原理是高考高頻點(diǎn)，要熟練掌握；本題包括5小題，每小題4分，共20分每小題只有一個(gè)或兩個(gè)選項(xiàng)符合題意若正確答案只包括一個(gè)選項(xiàng)，多選時(shí)，該題得0分；若正確答案包括兩個(gè)選項(xiàng)，只選一個(gè)且正確的得2分，選兩個(gè)且都正確的得滿分，但只要選錯(cuò)一個(gè)，該小題就得0分11（4分）（2015鹽

22、城二模）下列說法正確的是（）A常溫下，反應(yīng)4Fe（OH）2（s）+2H2O（l）+O2（g）4Fe（OH）3（s）能自發(fā)進(jìn)行，證明該反應(yīng)的H0B常溫下，BaSO4分別在相同物質(zhì)的量濃度的Na2SO4溶液和Al2（SO4）3溶液中的溶解度相同C常溫下，向飽和Na2CO3溶液中加少量BaSO4粉末，過濾，向洗凈的沉淀中加稀鹽酸，有氣泡產(chǎn)生，說明常溫下Ksp（BaCO3）Ksp（BaSO4）D等體積、等物質(zhì)的量濃度的NH3H2O溶液與NH4Cl溶液混合后溶液呈堿性，說明NH3H2O的電離程度小于NH的水解程度考點(diǎn)：難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)；反應(yīng)熱和焓變；弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡.分析

23、：A、HTS0的反應(yīng)能夠自發(fā)進(jìn)行；B、據(jù)Ksp（BaSO4）=c（Ba2+）c（SO42）和Ksp只受溫度影響分析；C、當(dāng)Qc（BaCO3）Ksp（BaCO3）時(shí)，就會(huì)生成BaCO3沉淀；D、NH3H2O電離使溶液顯堿性，NH4Cl水解使溶液顯酸性解答：解：A、該反應(yīng)的S0，常溫下能夠自發(fā)進(jìn)行，說明HTS0，所以該反應(yīng)的H0，故A正確；B、硫酸根離子濃度越大的溶液中，BaSO4在其中的溶解度越小，故B錯(cuò)誤；C、常溫下，向飽和Na2CO3溶液中加少量BaSO4粉末，部分BaSO4因飽和Na2CO3溶液中高濃CO32轉(zhuǎn)化BaCO3，因此向洗凈的沉淀中加稀鹽酸，有氣泡產(chǎn)生，這不能證明Ksp（BaCO

24、3）與Ksp（BaSO4）的大小，故C錯(cuò)誤；D、體積、等物質(zhì)的量濃度的NH3H2O溶液與NH4Cl溶液混合后溶液呈堿性，說明NH3H2O的電離程度大于NH的水解程度，故D錯(cuò)誤故選A點(diǎn)評(píng)：本題考查了反應(yīng)自發(fā)進(jìn)行的條件、沉淀的溶解平衡、鹽類水解和弱電解質(zhì)的電離，題目難度不大12（4分）（2015鹽城二模）一種具有除草功效的有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡式如圖所示下列有關(guān)該化合物的說法正確的是（） A分子中含有2個(gè)手性碳原子B能發(fā)生氧化、取代、加成反應(yīng)C1 mol該化合物與足量濃溴水反應(yīng)，最多消耗3 mol Br2D1 mol該化合物與足量NaOH溶液反應(yīng)，最多消耗4 mol NaOH考點(diǎn)：有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì).分析

25、：由結(jié)構(gòu)簡式可知分子中含酚OH、碳碳雙鍵、COOC，結(jié)合酚、烯烴及酯的性質(zhì)來解答解答：解：A連4個(gè)不同基團(tuán)的C為手性碳原子，只有與苯環(huán)、酯基直接相連的1個(gè)C為手性碳原子，故A錯(cuò)誤；B含雙鍵可發(fā)生加成、氧化反應(yīng)，含OH可發(fā)生氧化、取代反應(yīng)，故B正確；C酚OH的鄰對(duì)位與溴水發(fā)生取代，碳碳雙鍵與溴水發(fā)生加成反應(yīng)，則1 mol該化合物與足量濃溴水反應(yīng)，最多消耗4 mol Br2，故C錯(cuò)誤；D酚OH、COOC均與NaOH溶液反應(yīng)，1 mol該化合物與足量NaOH溶液反應(yīng)，最多消耗4 mol NaOH，故D正確；故選BD點(diǎn)評(píng)：本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，為高頻考點(diǎn)，把握官能團(tuán)與性質(zhì)的關(guān)系為解答的關(guān)鍵，側(cè)重

26、常見有機(jī)物性質(zhì)及遷移應(yīng)用能力的考查，題目難度不大13（4分）（2015鹽城二模）下列實(shí)驗(yàn)方案中，能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖牵ǎ┻x項(xiàng)實(shí)驗(yàn)?zāi)康膶?shí)驗(yàn)方案A檢驗(yàn)CH3CH2Br與NaOH溶液是否發(fā)生反應(yīng)將CH3CH2Br與NaOH溶液共熱，冷卻，取上層溶液，加AgNO3溶液，觀察是否產(chǎn)生淡黃色沉淀B檢驗(yàn)Fe（NO3）2晶體是否已氧化變質(zhì)將Fe（NO3）2樣品溶于稀H2SO4后，滴加KSCN溶液，觀察溶液是否變成紅色C驗(yàn)證氧化性：Fe3+I2將KI和FeCl3溶液在試管中混合后，加入CCl4，振蕩，靜置，觀察下層液體是否變成紫色D檢驗(yàn)乙醇與濃硫酸共熱是否產(chǎn)生乙烯將乙醇與濃硫酸共熱至170，所得氣體通入酸性高錳酸鉀

27、溶液中，觀察溶液是否褪色AABBCCDD考點(diǎn)：化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià).分析：A鹵代烴中檢驗(yàn)鹵離子時(shí)，在加入硝酸銀溶液之前要中和堿；B酸性條件下，亞鐵離子能被硝酸根離子氧化；C同一自發(fā)進(jìn)行的氧化還原反應(yīng)中，氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性；D乙醇的消去反應(yīng)中會(huì)產(chǎn)生乙烯和二氧化硫等氣體解答：解：A鹵代烴中檢驗(yàn)鹵離子時(shí)，在加入硝酸銀溶液之前要中和堿，該實(shí)驗(yàn)中沒有加入硝酸中和NaOH，所以不產(chǎn)生淡黃色沉淀，故A錯(cuò)誤；B酸性條件下，亞鐵離子能被硝酸根離子氧化為鐵離子，從而造成干擾，向溶液中滴加KSCN溶液觀察是否變紅色即可判斷，故B錯(cuò)誤；C同一自發(fā)進(jìn)行的氧化還原反應(yīng)中，氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性，

28、將KI和FeCl3溶液在試管中混合后，二者發(fā)生氧化還原反應(yīng)2FeCl3+2KI=I2+2FeCl2+2KCl，所以氧化性Fe3+I2，故C正確；D乙醇的消去反應(yīng)中，碳和濃硫酸之間會(huì)反應(yīng)生成具有還原性的二氧化硫氣體，該氣體能使高錳酸鉀褪色，故D錯(cuò)誤；故選C點(diǎn)評(píng)：本題考查實(shí)驗(yàn)方案評(píng)價(jià)，涉及難溶物的轉(zhuǎn)化、氧化性強(qiáng)弱比較、二氧化硫的還原性等知識(shí)點(diǎn)，明確實(shí)驗(yàn)原理是解本題關(guān)鍵，注意A中易漏掉中和堿而導(dǎo)致錯(cuò)誤，為易錯(cuò)點(diǎn)，知道鐵離子和亞鐵離子的檢驗(yàn)方法14（4分）（2015鹽城二模）下列溶液中有關(guān)物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是（）A0.1 molL1NaHCO3溶液：c（Na+）c（HCO3）c（CO32）c（H2

29、CO3）B0.1 molL1NaHCO3溶液與0.1 molL1NaOH溶液等體積混合：c（Na+）=2c（CO32）+c（HCO3）+2c（H2CO3）C0.1 molL1NaHCO3溶液與0.2 molL1NaOH溶液等體積混合：c（Na+）c（OH）0.05 molL1c（CO32）c（HCO3）D0.2 molL1NaHCO3溶液與0.1 molL1NaOH溶液等體積混合：c（CO32）+2c（OH）=c（HCO3）+3c（H2CO3）+2c（H+）考點(diǎn)：離子濃度大小的比較.分析：ANaHCO3溶液呈堿性，HCO3水解程度大于電離程度；B、0.1 molL1NaHCO3溶液與0.1 m

30、olL1NaOH溶液等體積混合，恰好完全反應(yīng)生成單一的碳酸鈉；C、向0.1molL1NaHCO3溶液中加入等體積0.2 molL1NaOH溶液后，相當(dāng)于0.05 molL1的Na2CO3溶液和0.05 molL1NaOH溶液的混合液，由于Na2CO3的水解，導(dǎo)致氫氧根離子濃度大于0.05 molL1，而碳酸根離子濃度小于0.05 molL1；D、向0.2molL1NaHCO3溶液中加入等體積0.1 molL1NaOH溶液后，相當(dāng)于0.05 molL1的Na2CO3溶液和0.05 molL1NaHCO3溶液的混合液，根據(jù)物料守恒和電荷守恒分析解答解答：解：ANaHCO3溶液呈堿性，HCO3水解程

31、度大于電離程度，則c（H2CO3）c（CO32），故A錯(cuò)誤；BNa2CO3溶液中存在物料守恒，為c（Na+）=2c（CO32）+2c（HCO3）+2c（H2CO3），故B錯(cuò)誤；C、向0.1molL1NaHCO3溶液中加入等體積0.2 molL1NaOH溶液后，相當(dāng)于0.05 molL1的Na2CO3溶液和0.05 molL1NaOH溶液的混合液，由于Na2CO3的水解呈堿性，所以c（Na+）c（OH）0.05 molL1c（CO32）c（HCO3），故C正確；D、向0.2molL1NaHCO3溶液中加入等體積0.1 molL1NaOH溶液后，相當(dāng)于0.05 molL1的Na2CO3溶液和0.0

32、5 molL1NaHCO3溶液的混合液，根據(jù)電荷守恒可知：c（Na+）=2c（CO32）+c（HCO3）+c（OH）c（H+），而物料守恒可知：2c（Na+）=3c（CO32）+3c（HCO3）+3c（H2CO3），將代入，可得：c（CO32）+2c（OH）=c（HCO3）+3c（H2CO3）+2c（H+），故D正確；故選：CD點(diǎn)評(píng)：本題考查離子濃度大小的比較，結(jié)合鹽的水解綜合分析離子濃度的變化情況，學(xué)生要學(xué)會(huì)將守恒知識(shí)在解這類題中的應(yīng)用，有一定的難度15（4分）（2015鹽城二模）利用I2O5可消除CO污染，反應(yīng)為5CO（g）+I2O5（s）5CO2（g）+I2（s）；H不同溫度（T1、T2

33、）下，向裝有足量I2O5固體的2L恒容密閉容器中通入2mol CO，測得CO2氣體體積分?jǐn)?shù)（CO2）隨時(shí)間t變化曲線如圖所示下列說法正確的是（）AT1T2，H0BT1溫度下，該反應(yīng)的平衡常數(shù)為1 024CT2溫度下，00.5 min內(nèi)，CO的平均反應(yīng)速率為0.3 molL1min1DT1溫度下，若向裝有足量I2固體的2 L恒容密閉容器中通入10 mol CO2，達(dá)到平衡時(shí)，（CO2）=0.8考點(diǎn)：化學(xué)平衡的計(jì)算.分析：A、圖象分析可知，先拐先平，溫度高，得到T1T2 ，依據(jù)化學(xué)平衡移動(dòng)原理，溫度越高二氧化碳體積分?jǐn)?shù)越小，說明平衡逆向進(jìn)行；B、T1溫度下達(dá)到平衡，二氧化碳體積分?jǐn)?shù)為0.8，結(jié)合化

34、學(xué)平衡三段式列式計(jì)算平衡濃度，平衡常數(shù)=；C、圖象可知T2溫度下，00.5 min內(nèi)二氧化碳體積分?jǐn)?shù)為0.3，結(jié)合化學(xué)平衡三段式列式計(jì)算，反應(yīng)速率v=計(jì)算；D、反應(yīng)為5CO（g）+I2O5（s）5CO2（g）+I2（s），反應(yīng)前后氣體體積不變，充入10 mol CO2，增大壓強(qiáng)，化學(xué)平衡不變，所以二氧化碳體積分?jǐn)?shù)不變解答：解：A、圖象分析可知，先拐先平，溫度高，得到T1T2 ，依據(jù)化學(xué)平衡移動(dòng)原理，溫度越高二氧化碳體積分?jǐn)?shù)越小，說明平衡逆向進(jìn)行，升溫平衡向吸熱反應(yīng)方向進(jìn)行，所以逆反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，正反應(yīng)為放熱反應(yīng)H0，故A錯(cuò)誤；B、T1溫度下達(dá)到平衡，二氧化碳體積分?jǐn)?shù)為0.8，一氧化碳轉(zhuǎn)化x 5

35、CO（g）+I2O5（s）5CO2（g）+I2（s）起始量（mol/L） 1 0變化量（mol/L） x x 平衡量（mol/L） 1x x=0.8x=0.8mol/L平衡常數(shù)=1024，故B正確；C、圖象可知T2溫度下，00.5 min內(nèi)二氧化碳體積分?jǐn)?shù)為0.3， 5CO（g）+I2O5（s）5CO2（g）+I2（s）起始量（mol/L） 1 0變化量（mol/L） x x 5min量（mol/L） 1x x=0.3x=0.3由反應(yīng)速率v=可知CO的平均反應(yīng)速率=0.6molL1min1，故C錯(cuò)誤；D、反應(yīng)為5CO（g）+I2O5（s）5CO2（g）+I2（s），反應(yīng)前后氣體體積不變，充入1

36、0 mol CO2，增大壓強(qiáng)，但平衡不變，所以平衡后二氧化碳體積分?jǐn)?shù)不變?yōu)?.8，故D正確；故選BD點(diǎn)評(píng)：本題考查了化學(xué)反應(yīng)速率、平衡常數(shù)概念的計(jì)算分析，注意圖象分析判斷方法，化學(xué)平衡移動(dòng)原理的理解應(yīng)用和影響平衡因素的理解應(yīng)用，掌握基礎(chǔ)是解題關(guān)鍵，題目難度中等二、解答題（共5小題，滿分68分）16（12分）（2015鹽城二模）利用鋁灰（主要成分為Al、Al2O3、AlN、FeO等）制備鋁鞣劑主要成分為Al（OH）2Cl的一種工藝如下：（1）氣體A能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍(lán)鋁灰在90水解生成A的化學(xué)方程式為AlN+3H2OAl（OH）3+NH3“水解”采用90而不在室溫下進(jìn)行的原因是加快AlN水

37、解反應(yīng)速率；降低NH3在水中的溶解度，促使NH3逸出（2）“酸溶”時(shí)，Al2O3發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為Al2O3+6H+2Al3+3H2O（3）“氧化”時(shí)，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為2Fe2+2H+ClO3Fe3+Cl+H2O（4）“廢渣”成分為Fe（OH）3（填化學(xué)式）（5）采用噴霧干燥而不用蒸發(fā)的原因是防止Al（OH）2Cl水解生成Al（OH）3考點(diǎn)：物質(zhì)分離和提純的方法和基本操作綜合應(yīng)用.分析：鋁灰主要成分為Al、Al2O3、AlN、FeO等加入水發(fā)生反應(yīng)，AlN和水反應(yīng)生成氫氧化鋁和氨氣，加入鹽酸酸溶后，生成氯化鋁溶液和氯化亞鐵溶液，加入漂白劑氧化亞鐵離子為鐵離子，加入純堿調(diào)節(jié)溶液PH使鐵

38、籠子全部沉淀，采用噴霧干燥制備鋁鞣劑；（1）氣體A能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍(lán)，說明生成的是氨氣，鋁灰中的AlN和水發(fā)生水解反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀和氨氣，加熱可以促進(jìn)氮化鋁水解生成氨氣；（2）氧化鋁是兩性氧化物酸溶時(shí)和鹽酸發(fā)生反應(yīng)生成氯化鋁溶液；（3）加入漂白液的作用是利用次氯酸根離子在酸溶液中的強(qiáng)氧化性氧化亞鐵離子為鐵離子；（4）上述分析可知濾渣為氫氧化鐵沉淀；（5）鋁鞣劑主要成分為Al（OH）2Cl，在加熱蒸發(fā)時(shí)會(huì)發(fā)生水解，為防止水解利用噴霧干燥，減少鋁鞣劑水解解答：解：鋁灰主要成分為Al、Al2O3、AlN、FeO等加入水發(fā)生反應(yīng)，AlN和水反應(yīng)生成氫氧化鋁和氨氣，加入鹽酸酸溶后，生成氯化鋁

39、溶液和氯化亞鐵溶液，加入漂白劑氧化亞鐵離子為鐵離子，加入純堿調(diào)節(jié)溶液PH使鐵籠子全部沉淀，采用噴霧干燥制備鋁鞣劑；（1）氣體A能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍(lán)，說明生成的是氨氣，鋁灰中的AlN和水發(fā)生水解反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀和氨氣，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：AlN+3H2OAl（OH）3+NH3，加熱可以促進(jìn)氮化鋁水解生成氨氣，降低NH3在水中的溶解度，促使NH3逸出；故答案為：AlN+3H2OAl（OH）3+NH3；降低NH3在水中的溶解度，促使NH3逸出；（2）氧化鋁是兩性氧化物酸溶時(shí)和鹽酸發(fā)生反應(yīng)生成氯化鋁溶液，）“酸溶”時(shí)，Al2O3發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：Al2O3+6H+2Al3+3H2O；故

40、答案為：Al2O3+6H+2Al3+3H2O；（3）加入漂白液的作用是利用次氯酸根離子在酸溶液中的強(qiáng)氧化性氧化亞鐵離子為鐵離子，反應(yīng)的離子方程式為：2Fe2+2H+ClO3Fe3+Cl+H2O；故答案為：2Fe2+2H+ClO3Fe3+Cl+H2O；（4）上述分析可知“廢渣”成分為氫氧化鐵沉淀，化學(xué)式為：Fe（OH）3，故答案為：Fe（OH）3；（5）鋁鞣劑主要成分為Al（OH）2Cl，在加熱蒸發(fā)時(shí)會(huì)發(fā)生水解，為防止水解利用噴霧干燥，減少鋁鞣劑水解，故答案為：防止Al（OH）2Cl水解生成Al（OH）3點(diǎn)評(píng)：本題考查了物質(zhì)制備的實(shí)驗(yàn)流程分析判斷，物質(zhì)性質(zhì)的理解應(yīng)用，主要是工藝流程和反應(yīng)產(chǎn)物的分

41、析，掌握基礎(chǔ)是解題關(guān)鍵，題目難度中等17（15分）（2015鹽城二模）有機(jī)物H是一種新型大環(huán)芳酰胺的合成原料，可通過以下方法合成：已知：苯胺（）有還原性，易被氧化；硝基苯直接硝化主要產(chǎn)物為間二硝基苯（1）寫出A中含氧官能團(tuán)的名稱：羧基和硝基（2）寫出F的結(jié)構(gòu)簡式：（3）步驟和步驟的目的是保護(hù)氨基，防止其被硝酸氧化（4）寫出一種符合下列條件的化合物C的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：分子中含有2個(gè)苯環(huán)；能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)；分子中有3種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子（5）對(duì)苯二胺）是一種重要的染料中間體根據(jù)已有知識(shí)并結(jié)合相關(guān)信息，寫出以苯、（CH3CO）2O及CH3COOH為主要有機(jī)原料制備對(duì)苯二胺的合成

42、路線流程圖（無機(jī)試劑任用）合成路線流程圖示例如下：H2CCH2CH3CH2BrCH3CH2OH考點(diǎn)：有機(jī)物的合成.分析：對(duì)比物質(zhì)的結(jié)構(gòu)可知，反應(yīng)發(fā)生羧基的脫水反應(yīng)形成酸酐，屬于取代反應(yīng)，反應(yīng)為取代反應(yīng)，反應(yīng)是硝基被還原為氨基，反應(yīng)是氨基與羧酸發(fā)生的脫水反應(yīng)，由反應(yīng)產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)，可知反應(yīng)發(fā)生苯環(huán)的硝化反應(yīng)，則F為，反應(yīng)發(fā)生肽鍵的水解反應(yīng)，又得到氨基，由于苯胺易被氧化，故步驟和步驟的目的是保護(hù)氨基，防止其被硝酸氧化，反應(yīng)中是硝基被還原為氨基得到目標(biāo)物（4）化合物C的同分異構(gòu)體符合：分子中含有2個(gè)苯環(huán)；能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，含有酚羥基；分子中有3種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子，為對(duì)稱結(jié)構(gòu)；（5）苯與

43、濃硝酸、濃硫酸在加入條件下發(fā)生硝化反應(yīng)生成，由于硝基苯直接硝化主要產(chǎn)物為間二硝基苯，結(jié)合轉(zhuǎn)化中反應(yīng)在苯環(huán)對(duì)位引入硝酸，硝基苯先還原為，再與（CH3CO）2O、CH3COOH反應(yīng)得到，再與濃硝酸在濃硫酸、加熱條件下得到，然后在硫酸條件下水解得到，最后再用氫氣還原得到對(duì)苯二胺（）解答：解：對(duì)比物質(zhì)的結(jié)構(gòu)可知，反應(yīng)發(fā)生羧基的脫水反應(yīng)形成酸酐，屬于取代反應(yīng)，反應(yīng)為取代反應(yīng)，反應(yīng)是硝基被還原為氨基，反應(yīng)是氨基與羧酸發(fā)生的脫水反應(yīng)，由反應(yīng)產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)，可知反應(yīng)發(fā)生苯環(huán)的硝化反應(yīng)，則F為，反應(yīng)發(fā)生肽鍵的水解反應(yīng)，又得到氨基，由于苯胺易被氧化，故步驟和步驟的目的是保護(hù)氨基，防止其被硝酸氧化，反應(yīng)中是硝基被還原為

44、氨基得到目標(biāo)物（1）由A的結(jié)構(gòu)簡式可知，A中含氧官能團(tuán)有：羧基、硝基，故答案為：羧基；硝基；（2）由上述分析可知，F(xiàn)的結(jié)構(gòu)簡式：，故答案為：；（3）由上述分析可知，步驟和步驟的目的是：保護(hù)氨基，防止其被硝酸氧化，故答案為：保護(hù)氨基，防止其被硝酸氧化；（4）化合物C的同分異構(gòu)體符合：分子中含有2個(gè)苯環(huán)；能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，含有酚羥基；分子中有3種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子，為對(duì)稱結(jié)構(gòu)，符合條件的C的同分異構(gòu)體為：，故答案為：；（5）苯與濃硝酸、濃硫酸在加入條件下發(fā)生硝化反應(yīng)生成，由于硝基苯直接硝化主要產(chǎn)物為間二硝基苯，結(jié)合轉(zhuǎn)化中反應(yīng)在苯環(huán)對(duì)位引入硝酸，硝基苯先還原為，再與（CH3CO）2O

45、、CH3COOH反應(yīng)得到，再與濃硝酸在濃硫酸、加熱條件下得到，然后在硫酸條件下水解得到，最后再用氫氣還原得到對(duì)苯二胺，合成路線流程圖為：，故答案為：點(diǎn)評(píng)：本題考查有機(jī)物合成、官能團(tuán)的結(jié)構(gòu)、限制條件同分異構(gòu)體書寫等，（5）中合成路線設(shè)計(jì)，需要學(xué)生利用題目給予的信息、轉(zhuǎn)化關(guān)系中隱含的信息，為易錯(cuò)點(diǎn)、難點(diǎn)，較好的考查學(xué)生對(duì)知識(shí)的遷移運(yùn)用，難度中等18（12分）（2015鹽城二模）堿式次氯酸鎂Mga（ClO）b（OH）cxH2O是一種有開發(fā)價(jià)值的微溶于水的無機(jī)抗菌劑為確定堿式次氯酸鎂的組成，進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：準(zhǔn)確稱取1.685g堿式次氯酸鎂試樣于250mL錐形瓶中，加入過量的KI溶液，用足量乙酸酸化，用0

46、.800 0molL1的Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)（離子方程式為2S2O32+I22I+S4O62），消耗25.00mL另取1.685g堿式次氯酸鎂試樣，用足量乙酸酸化，再用足量3%H2O2溶液處理至不再產(chǎn)生氣泡（H2O2被ClO氧化為O2），稀釋至1 000mL移取25.00mL溶液至錐形瓶中，在一定條件下用0.020 00molL1的EDTA（Na2H2Y）標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定其中的Mg2+（離子方程式為Mg2+H2Y2MgY2+2H+），消耗25.00mL（1）步驟需要用到的指示劑是淀粉溶液（2）步驟若滴定管在使用前未用EDTA標(biāo)準(zhǔn)溶液潤洗，測得的Mg2+物質(zhì)的量將偏高（填“偏高”“偏低”

47、或“不變”）（3）通過計(jì)算確定堿式次氯酸鎂的化學(xué)式考點(diǎn)：中和滴定；探究物質(zhì)的組成或測量物質(zhì)的含量.分析：（1）用0.800 0molL1的Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，反應(yīng)的離子方程式為2S2O32+I22I+S4O62，反應(yīng)終點(diǎn)的判斷加入淀粉溶液；（2）步驟若滴定管在使用前未用EDTA標(biāo)準(zhǔn)溶液潤洗，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液體積增大，誤差分析依據(jù)c（待測）=進(jìn)行分析；（3）依據(jù)反應(yīng)的關(guān)系式：ClOI22S2O32n（ClO）=n（S2O32）=0.800 0 molL125.00103 L=1.000102 mol；n（Mg2+）=0.020 00 molL125.00103 L1 000 mL/25

48、.00 mL=2.000102 mol；根據(jù)電荷守恒，可得：n（OH）=2n（Mg2+）n（ClO）=22.000102 mol1.000102 mol=3.000102 mol；n（H2O）=1.685 g1.000102 mol51.5 gmol12.000102 mol24 gmol13.000102 mol17 gmol1=0.180 g；n（H2O）=gmol1=1.000102 mol，計(jì)算的n（Mg2+）：n（ClO）：n（OH）：n（H2O）物質(zhì)的量之比寫出化學(xué)式解答：解：（1）準(zhǔn)確稱取1.685g堿式次氯酸鎂試樣于250mL錐形瓶中，加入過量的KI溶液，用足量乙酸酸化，碘離子

49、被次氯酸氧化為I2，用0.800 0molL1的Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，反應(yīng)的離子方程式為2S2O32+I22I+S4O62，反應(yīng)終點(diǎn)的判斷加入淀粉溶液，到反應(yīng)終點(diǎn)溶液顏色由藍(lán)色變化為無色；故答案為：淀粉溶液；（2）步驟若滴定管在使用前未用EDTA標(biāo)準(zhǔn)溶液潤洗，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液體積增大，計(jì)算測定的Mg2+物質(zhì)的量將增大；故答案為：偏高；（3）依據(jù)反應(yīng)的關(guān)系式：ClOI22S2O32n（ClO）=n（S2O32）=0.800 0 molL125.00103 L=1.000102 mol；n（Mg2+）=0.020 00 molL125.00103 L1 000 mL/25.00 mL=2.

50、000102 mol；根據(jù)電荷守恒，可得：n（OH）=2n（Mg2+）n（ClO）=22.000102 mol1.000102 mol=3.000102 mol；n（H2O）=1.685 g1.000102 mol51.5 gmol12.000102 mol24 gmol13.000102 mol17 gmol1=0.180 g；n（H2O）=gmol1=1.000102 mol，n（Mg2+）：n（ClO）：n（OH）：n（H2O）=2.000102 mol：1.000102 mol：3.000102 mol：1.000102 mol=2：1：3：1，堿式次氯酸鎂的化學(xué)式為Mg2ClO（OH

51、）3H2O；答：堿式次氯酸鎂的化學(xué)式為Mg2ClO（OH）3H2O點(diǎn)評(píng)：本題考查滴定實(shí)驗(yàn)過程分析，物質(zhì)成分的實(shí)驗(yàn)探究和測定方法，化學(xué)式的計(jì)算確定，掌握基礎(chǔ)是關(guān)鍵，題目難度中等19（15分）（2015鹽城二模）工業(yè)上以濃縮海水為原料提取溴的部分流程如圖1：已知：Br2常溫下呈液態(tài)，易揮發(fā)，有毒；3Br2+3CO325Br+BrO3+3CO2（1）上述流程中，步驟的目的是使海水中的溴元素富集（2）反應(yīng)釜2中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為5Br+BrO3+6H+3Br2+3H2O（3）實(shí)驗(yàn)室使用右圖所示裝置模擬上述過程A裝置中先通入Cl2一段時(shí)間后，再通入熱空氣通入熱空氣的目的是使A中Br2進(jìn)入B瓶中；B裝

52、置中導(dǎo)管D的作用是平衡壓強(qiáng)；C裝置中溶液X為NaOH溶液或Na2CO3溶液（4）對(duì)反應(yīng)后燒瓶B中的溶液進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)，請(qǐng)補(bǔ)充完整相關(guān)實(shí)驗(yàn)步驟限選用的試劑為：稀硫酸、四氯化碳、澄清石灰水檢驗(yàn)燒瓶B的溶液中是否含有CO32取燒瓶B中的溶液適量，加入試管中，再加入過量的稀硫酸酸化；將酸化后產(chǎn)生的氣體通過盛有四氯化碳的洗氣瓶后，再通入澄清石灰水中，若石灰水變渾濁，則證明燒瓶B的溶液中含有CO32提取反應(yīng)后燒瓶B溶液中的溴單質(zhì)向燒瓶B中加入過量的稀硫酸酸化；然后用四氯化碳進(jìn)行萃取并分液后蒸餾，從而得到溴單質(zhì)考點(diǎn)：海水資源及其綜合利用.分析：（1）步驟中用氯氣將溴離子氧化成溴單質(zhì)，步驟將溴單質(zhì)吹出，步驟中用碳酸鈉溶液吸收溴單質(zhì)，從而提高了溴離子的濃度；（2）反應(yīng)釜2中溴溴離子、溴酸根離子在酸性條件下反應(yīng)生成溴單質(zhì)，據(jù)此寫出反應(yīng)的離子方程式；（3）通入熱空氣能將溴從蒸餾燒瓶A中吹出；B裝置中導(dǎo)管D起到了平衡壓強(qiáng)、防止倒吸的作用；尾氣中含有有毒的氯氣或溴，需要用堿液吸收；（4）根據(jù)是否生成