高三化學南京市2016年高考化學三模試卷

PAGEPAGE12016年江蘇省南京市高考化學三模試卷一、選擇題（共15小題，1-10小題為單項選擇題，每小題2分，11-15小題為不定項選擇題，每小題2分，滿分40分）1．2016年4月22日世界地球日的主題為“珍惜地球資源，轉(zhuǎn)變發(fā)展方式﹣提高資源利用效益”．下列說法不符合該主題的是（）A．利用農(nóng)作物秸稈制取乙醇B．回收地溝油，制備生物柴油C．焚燒廢舊塑料，防止白色污染D．開發(fā)利用各種新能源，減少對化石燃料的依賴2．下列有關氧元素及其化合物表示正確的是（）A．質(zhì)子數(shù)為8、中子數(shù)為10的氧原子：OB．氧原子的結構示意圖：C．過氧化氫的電子式：D．乙酸甲酯的結構簡式HCOOC2H53．下列說法正確的是（）A．蔗糖在硫酸催化下水解，只生成葡萄糖B．石油的裂解、煤的干餾都是化學變化C．1L1mol?L﹣1AlCl3溶液中含Al3+數(shù)目為6.02×1023D．等質(zhì)量的鋁粉按a、b兩種途徑完全轉(zhuǎn)化，途徑a比途徑b消耗更多的NaOH途徑a：AlAl2O3NaAlO2；途徑b：AlNaAlO24．已知：Mg2Si+4HCl═SiH4↑+2MgCl2，下列說法正確的是（）A．原子半徑：Si＞Mg B．氫元素不存在同位素C．該反應熵增 D．SiH4比HCl穩(wěn)定5．X、Y、Z、W、R屬于短周期主族元素，X的原子半徑是短周期主族元素中最大的，Y元素的原子最外層電子數(shù)為m，次外層電子數(shù)為n，Z元素的原子L層電子數(shù)為m+n，M層電子數(shù)為m﹣n，W元素與Z元素同主族，R元素原子與Y元素原子的核外電子數(shù)之比為2：1．下列敘述正確的是（）A．離子半徑的大小順序為：r（R2﹣）＞r（X+）＞r（Y2﹣）B．最高價氧化物對應水化物的酸性強弱順序是：R＞W(wǎng)＞ZC．Y與X形成的化合物和Y與W形成的化合物化學鍵類型完全相同D．分別向BaCl2溶液中通入RY2、WY2，均有白色沉淀生成6．25℃時，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A．能使甲基橙變紅的溶液：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．由水電離產(chǎn)生的c（H+）=10﹣12mol?L﹣1的溶液：NH4+、SO42﹣、HCO3﹣、Cl﹣7．下列有關實驗裝置正確的是（）A．用圖1裝置制取少量乙酸乙酯B．用圖2裝置分離苯和溴苯C．用圖3裝置制取并收集乙炔氣體D．用圖4裝置測定中和熱8．下列物質(zhì)的每步轉(zhuǎn)化在給定條件下能一步實現(xiàn)的是（）A．FeFe2O3Fe2（SO4）3B．飽和食鹽水NaHCO3Na2CO3C．海水Mg（OH）2MgOMgD．NH3N2HNO39．下列離子方程式表達正確的是（）A．SO2通入溴水中：SO2+2H2O+Br2═2H++SO42﹣+2HBrB．向漂白粉稀溶液中通入過量CO2：ClO﹣+CO2+H2O═HClO+HCO3﹣C．NaHSO4溶液和Ba（OH）2溶液充分反應后溶液顯中性：Ba2++OH﹣+H++SO42﹣═BaSO4↓+H2OD．Fe（OH）3溶于氫碘酸中：Fe（OH）3+3H+═Fe3++3H2O10．鋰空氣電池充放電基本原理如圖所示，下列說法不正確的是（）A．充電時，鋰離子向陰極移動B．充電時陰極電極反應式為：Li++e﹣═LiC．放電時正極電極反應式為：O2+4e﹣+2H2O═4OH﹣D．負極區(qū)的有機電解液可以換成水性電解液11．下列有關說法正確的是（）A．1mol過氧化鈉和足量水充分反應，理論上轉(zhuǎn)移的電子數(shù)約為2×6.02×1023B．電工操作中將鋁線與銅線直接相連，會導致銅線更快被氧化C．MnS懸濁液中滴加少量CuSO4溶液可生成CuS沉淀，則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，則a+1＜b12．甲、乙、丙三種物質(zhì)是某抗生素合成過程中的中間產(chǎn)物，下列說法正確的是（）A．甲、乙、丙三種有機化合物均可跟NaOH溶液反應B．用FeCl3溶液區(qū)分甲、丙兩種有機化合物C．一定條件下丙可以與NaHCO3溶液、C2H5OH反應D．乙、丙都能發(fā)生銀鏡反應13．下列設計的實驗方案能達到實驗目的是（）A．向1mL1%的NaOH溶液中加入2mL2%的CuSO4溶液，振蕩后再加入0.5mL有機物X，加熱后未出現(xiàn)磚紅色沉淀，說明X結構中不含有醛基B．室溫下向苯和少量苯酚的混合溶液中加入適量濃溴水，振蕩、靜置后過濾，可除去苯中少量苯酚C．向無色的淀粉KI溶液中滴加少量氯水，溶液變成藍色，說明氧化性：Cl2＞I2D．向含酚酞的氫氧化鈉溶液中加入少量30%H2O2溶液，紅色褪去，向褪色后的溶液再補加NaOH溶液，不顯紅色，說明H2O2因顯酸性而使溶液褪色14．常溫下，下列有關溶液的說法正確的是（）A．向0.10mol?L﹣1NaHSO3溶液中通入NH3至溶液pH=7（通入氣體對溶液體積的影響可忽略）：c（Na+）＞c（SO32﹣）＞c（NH4+）B．0.1mol/L醋酸鈉溶液20mL與0.1mol?L﹣1鹽酸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與CH3COOK兩溶液中：c（Na+）﹣c（F﹣）＞c（K+）﹣c（CH3COO﹣）D．0.1mol?L﹣1醋酸溶液和0.2mol?L﹣1醋酸鈉溶液等體積混合后的溶液中：3c（H+）+2c（CH3COOH）=c（CH3COO﹣）+3c（OH﹣）15．一定條件下合成乙烯：6H2（g）+2CO2（g）?CH2=CH2（g）+4H2O（g）．已知溫度對CO2的平衡轉(zhuǎn)化率和催化劑催化效率的影響如圖所示，下列說法正確的是（）A．生成乙烯的速率：v（M）有可能小于v（N）B．當溫度高于250℃時，升高溫度，平衡向逆反應方向移動，催化劑的催化效率降低C．平衡常數(shù)：KM＜KND．若投料比n（H2）：n（CO2）=3：1，則圖中M點乙烯的體積分數(shù)為15.4%二、解答題（共5小題，滿分68分）16．利用生產(chǎn)硼砂的廢渣﹣硼鎂泥（主要成分為MgCO3、SiO2，還有少量Fe2O3、MnO、CaO等）為主要原料制取輕質(zhì)碳酸鎂[MgCO3?Mg（OH）2?2H2O]的工業(yè)流程如下：（1）寫出“酸溶”一步中，MgCO3和硫酸反應的化學方程式．酸溶時硫酸稍過量（pH約為2），目的是．（2）濾渣2的主要成分有MnO2和，寫出生成MnO2的離子方程式．（3）“合成”時需通蒸氣至80℃，邊加熱邊攪拌，溫度控制在80℃的原因是，寫出該步發(fā)生的化學反應方程式．17．化合物F是合成新型殺蟲劑茚蟲威的中間體，可以通過以下方法合成：（1）化合物A中的含氧官能團為（填官能團的名稱）．（2）化合物B的結構簡式為，由D→E的反應類型是．（3）寫出同時滿足下列條件的F的一種同分異構體G的結構簡式．Ⅰ．屬于芳香族化合物Ⅱ.1molG與足量銀氨溶液反應，生成6molAgⅢ．分子中含有3種不同化學環(huán)境的氫（4）根據(jù)已有知識并結合題目所給信息，寫出以（）為原料制備化合物E（）的合成路線流程圖（無機試劑任用）．合成路線流程圖示例如下：H2C=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH．18．過氧乙酸（CH3COOOH）用作紡織品漂白劑，可通過下列方法制備：向燒瓶中依次加入乙酸、42.5%過氧化氫溶液、濃硫酸．控制反應溫度為25℃，攪拌4小時，靜置15小時，得過氧乙酸溶液．（1）制備20g38%過氧乙酸溶液至少需要42.5%過氧化氫溶液質(zhì)量為：．（2）過氧乙酸含量測定．準確稱取0.5000g過氧乙酸樣液，定容于100mL容量瓶中．取5.00mL上述溶液與100mL碘量瓶中，再加入5.0mL2mol?L﹣1H2SO4溶液，用0.01mol?L﹣1KMnO4溶液滴定至溶液出現(xiàn)淺紅色（以除去過氧乙酸試樣中剩余H2O2），隨即加入過量KI溶液，搖勻，用0.01000mol?L﹣1Na2S2O3標準液滴定至終點，消耗Na2S2O3溶液25.00mL．已知：CH3COOOH+2I﹣+2H+═I2+CH3COOH+H2O2S2O32﹣+I2═2I﹣+S4O62﹣①加入過量KI溶液前，需除去H2O2的原因是（用離子方程式表示）：．②計算過氧乙酸樣液中過氧乙酸的質(zhì)量分數(shù)（請給出計算過程）．③用該法測定過氧乙酸含量比實際含量偏高的原因是（不考慮實驗操作產(chǎn)生的誤差）．19．實驗室用如圖1所示裝置制備Na2S2O3?5H2O，已知Na2S2O3?5H2O具有下列性質(zhì)：①無色晶體，易溶于水，難溶于酒精；②在33℃以上的干燥空氣中風化；③在酸性溶液中發(fā)生反應：S2O32﹣+2H+═H2O+SO2↑+S↓（1）分液漏斗中如直接用濃硫酸，燒瓶中固體易產(chǎn)生“結塊”現(xiàn)象使反應速率變慢，產(chǎn)生“結塊”現(xiàn)象的原因是，裝置B的作用是．（2）如直接加水溶解Na2S溶液中易出現(xiàn)渾濁且有H2S逸出，原因是．（3）裝置C中反應生成Na2S2O3和CO2，其離子方程式為，該反應的最佳溫度為35℃，實驗中可采取的措施是．（4）由于副反應的存在，產(chǎn)品中常含有Na2SO4等雜質(zhì)．①檢驗Na2S2O3?5H2O粗產(chǎn)品中是否含有Na2SO4的方法為：取少量粗產(chǎn)品溶于足量稀鹽酸，；②如粗產(chǎn)品含少量Na2SO4雜質(zhì)，則提純產(chǎn)品的實驗方案為．（相關物質(zhì)的溶解度曲線如圖2所示．實驗中可供選擇的試劑：BaCl2溶液，無水乙醇，蒸餾水）20．氨氮是造成水體富營養(yǎng)化的重要因素之一，用次氯酸鈉水解生成的次氯酸將水中的氨氮（用NH3表示）轉(zhuǎn)化為氮氣除去，其相關反應的主要熱化學方程式如下：反應①：NH3（aq）+HClO（aq）═NH2Cl（aq）+H2O（I）△H1=akJ?mol﹣1反應②：NH2Cl（aq）+HClO（aq）═NHCl2（aq）+H2O（I）△H2=bkJ?mol﹣1反應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較穩(wěn)定，NHCl2不穩(wěn)定易轉(zhuǎn)化為氮氣．在其他條件一般的情況下，改變（即NaClO溶液的投入液），溶液中次氯酸鈉去除氨氮效果與余氯（溶液中+1價氯元素的含量）影響如圖1所示．a(chǎn)點之前溶液中發(fā)生的主要反應為．A．反應①B．反應①②C．反應①②③反應中氨氮去除效果最佳的值約為．（3）溶液pH對次氯酸鈉去除氨氮有較大的影響（如圖2所示）．在pH較低時溶液中有無色無味的氣體生成，氨氮去除效率較低，其原因是．（4）用電化學法也可以去除廢水中氨氮．在蒸餾水中加入硫酸銨用惰性電極直接電解發(fā)現(xiàn)氨氮去除效率極低，但在溶液中再加入一定量的氯化鈉后，去除效率可以大大提高．反應裝置如圖3所示，b為電極極，電解時陰極的電極反應式為．（5）氯化磷酸三鈉（Na2PO4?0.25NaClO?12H2O）可用于減小水的硬度，相關原理可用下列離子方程式表示：3CaSO4（s）+2PO43﹣（aq）?Ca3（PO4）2（s）+3SO42﹣（aq），該反應的平衡常數(shù)K=．[已知Ksp[Ca3（PO4）2]=2.0×10﹣29，Ksp（CaSO4）=9.1×10﹣6]．【物質(zhì)結構與性質(zhì)】21．三草酸合鐵酸鉀可用氯化鐵與草酸鉀混合直接合成：FeCl3+3K2C2O4═K3[Fe（C2O4）3]+3KCl（1）FeCl3中鐵離子基態(tài)核外電子排布式：．（2）上述反應涉及的主族元素中，第一電離能最小的是（填元素符號）．（3）K3[Fe（C2O4）3]中化學鍵的類型有．（4）草酸（H2C2O4）中C原子的雜化類型為，1mol草酸（H2C2O4）中含有σ鍵的數(shù)目為．（5）與C2O42﹣互為等電子體的一種分子為（填化學式）．

2016年江蘇省南京市高考化學三模試卷參考答案與試題解析一、選擇題（共15小題，1-10小題為單項選擇題，每小題2分，11-15小題為不定項選擇題，每小題2分，滿分40分）1．2016年4月22日世界地球日的主題為“珍惜地球資源，轉(zhuǎn)變發(fā)展方式﹣提高資源利用效益”．下列說法不符合該主題的是（）A．利用農(nóng)作物秸稈制取乙醇B．回收地溝油，制備生物柴油C．焚燒廢舊塑料，防止白色污染D．開發(fā)利用各種新能源，減少對化石燃料的依賴【考點】常見的生活環(huán)境的污染及治理．【分析】A．農(nóng)作物秸稈主要成分是纖維素屬于多糖，多糖水解可以得到單糖；B．回收地溝油，制備生物柴油，提高資源利用效益；C．白色污染就是一次性難降解的塑料包，灼燒后會導致大氣污染；D．化石燃料的燃燒，增大空氣中PM2.5的含量．【解答】解：A．農(nóng)作物秸稈主要成分是纖維素，纖維素水解可以得到葡萄糖，葡萄糖發(fā)酵可以制乙醇，提高資源利用效益，故A正確；B．回收地溝油，制備生物柴油，有利于節(jié)約資源，提高資源利用效益，故B正確；C．焚燒廢舊塑料，會導致大氣污染，故C錯誤；D．開發(fā)利用各種新能源，減少對化石燃料的依賴，可以降低空氣中PM2.5的含量，轉(zhuǎn)變發(fā)展方式﹣提高資源利用效益，故D正確，故選C．2．下列有關氧元素及其化合物表示正確的是（）A．質(zhì)子數(shù)為8、中子數(shù)為10的氧原子：OB．氧原子的結構示意圖：C．過氧化氫的電子式：D．乙酸甲酯的結構簡式HCOOC2H5【考點】電子式、化學式或化學符號及名稱的綜合．【分析】A．質(zhì)量數(shù)=質(zhì)子數(shù)+中子數(shù)，元素符號的左上角為質(zhì)量數(shù)、左下角為質(zhì)子數(shù)；B．氧原子的電荷守恒=核外電子總數(shù)=8，最外層含有6個電子；C．過氧化氫為共價化合物，分子中含有1個O﹣O鍵和2個O﹣H鍵；D．乙酸甲酯為乙酸和甲醇反應生成的酯．【解答】解：A．質(zhì)子數(shù)為8、中子數(shù)為10的氧原子的質(zhì)量數(shù)為18，該原子正確的表示方法為：188O，故A錯誤；B．為氧離子結構示意圖，氧原子的最外層含有6個電子，其正確的原子結構示意圖為：，故B錯誤；C．過氧化氫為共價化合物，其電子式為，故C正確；D．HCOOC2H5為甲酸乙酯，乙酸甲酯正確的結構簡式為：CH3COOCH3，故D錯誤；故選C．3．下列說法正確的是（）A．蔗糖在硫酸催化下水解，只生成葡萄糖B．石油的裂解、煤的干餾都是化學變化C．1L1mol?L﹣1AlCl3溶液中含Al3+數(shù)目為6.02×1023D．等質(zhì)量的鋁粉按a、b兩種途徑完全轉(zhuǎn)化，途徑a比途徑b消耗更多的NaOH途徑a：AlAl2O3NaAlO2；途徑b：AlNaAlO2【考點】鋁的化學性質(zhì)；物理變化與化學變化的區(qū)別與聯(lián)系；阿伏加德羅常數(shù)；蔗糖、麥芽糖簡介．【分析】A．蔗糖水解生成葡萄糖和果糖；B．有新物質(zhì)生成的變化是化學變化，沒有新物質(zhì)生成的變化是物理變化；C．氯化鋁為強酸弱堿鹽，鋁離子水解；D．根據(jù)途徑a、b的反應方程式中鋁粉與NaOH的關系解答．【解答】解：A．蔗糖在一定條件下發(fā)生水解反應：C12H22O11（蔗糖）+H2OC6H12O6（葡萄糖）+C6H12O6（果糖），故A錯誤；B．石油的裂解、裂化及煤的干餾都有新物質(zhì)生成，屬于化學變化，故B正確；C．氯化鋁在溶液中，鋁離子水解，所以1L1mol?L﹣1AlCl3溶液中含Al3+數(shù)目小于6.02×1023，故C錯誤；D．途徑a：4Al+3O22Al2O3，Al2O3+2NaOH═2NaAlO2+H2O，2mol鋁需2mol氫氧化鈉，途徑b：2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，2mol鋁需2mol氫氧化鈉，途徑a與途徑b消耗的NaOH一樣多，故D錯誤．故選B．4．已知：Mg2Si+4HCl═SiH4↑+2MgCl2，下列說法正確的是（）A．原子半徑：Si＞Mg B．氫元素不存在同位素C．該反應熵增 D．SiH4比HCl穩(wěn)定【考點】同一周期內(nèi)元素性質(zhì)的遞變規(guī)律與原子結構的關系．【分析】A、同周期從左到右原子半徑減?。籅、氫元素存在三種同位素；C、有氣體生成；D、非金屬性Si＜Cl，所以穩(wěn)定性HCl比SiH4穩(wěn)定．【解答】解：A、同周期從左到右原子半徑減小，所以原子半徑：Si＜Mg，故A錯誤；B、氫元素存在三種同位素，故B錯誤；C、有氣體生成，所以該反應熵增，故C正確；D、非金屬性Si＜Cl，所以穩(wěn)定性HCl比SiH4穩(wěn)定，故D錯誤；故選C．5．X、Y、Z、W、R屬于短周期主族元素，X的原子半徑是短周期主族元素中最大的，Y元素的原子最外層電子數(shù)為m，次外層電子數(shù)為n，Z元素的原子L層電子數(shù)為m+n，M層電子數(shù)為m﹣n，W元素與Z元素同主族，R元素原子與Y元素原子的核外電子數(shù)之比為2：1．下列敘述正確的是（）A．離子半徑的大小順序為：r（R2﹣）＞r（X+）＞r（Y2﹣）B．最高價氧化物對應水化物的酸性強弱順序是：R＞W(wǎng)＞ZC．Y與X形成的化合物和Y與W形成的化合物化學鍵類型完全相同D．分別向BaCl2溶液中通入RY2、WY2，均有白色沉淀生成【考點】原子結構與元素的性質(zhì)．【分析】X的原子半徑在短周期主旋元素中最大，應為Na元素；Y元素的原子外層電子數(shù)為m，次外層電子數(shù)為n，Z元素的原子L層電子數(shù)為m+n，M層電子數(shù)為m﹣n，因為L層電子最多為8，則n=2，m=6，所以Y為O元素，Z為Si元素，W元素與Z元素同主族，應為C元素，R元素原子與Y元素原子的核外電子數(shù)之比為2：1，Y的核外電子數(shù)為8，則R的核外電子數(shù)為16，應為S元素，結合元素對應單質(zhì)、化合物的性質(zhì)以及元素周期律可解答該題．【解答】解：X的原子半徑在短周期主旋元素中最大，應為Na元素；Y元素的原子外層電子數(shù)為m，次外層電子數(shù)為n，Z元素的原子L層電子數(shù)為m+n，M層電子數(shù)為m﹣n，因為L層電子最多為8，則n=2，m=6，所以Y為O元素，Z為Si元素，W元素與Z元素同主族，應為C元素，R元素原子與Y元素原子的核外電子數(shù)之比為2：1，Y的核外電子數(shù)為8，則R的核外電子數(shù)為16，應為S元素，A．電子層數(shù)越多半徑越大，電子層數(shù)相同時核電荷數(shù)越多半徑越小，硫離子三個電子層，鈉離子和氧負離子的電子層結構相同，鈉的核電荷數(shù)多，所以r（R2﹣）＞r（Y2﹣）＞r（X+），故A錯誤；B．R是S元素，W是C元素，Z為Si元素，元素的非金屬性逐漸減弱，所以最高價氧化物對應水化物的酸性逐漸減弱，故B正確；C．X與Y形成的兩種化合物分別為Na2O、Na2O2，兩者都是離子化合物，Y與W形成的化合物CO、CO2，兩者都是共價化合物，所以化學鍵的類型不完全相同，故C錯誤；D．SO2、CO2對應的酸的酸性比鹽酸弱，與氯化鋇都不反應，故D錯誤．故選B．6．25℃時，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A．能使甲基橙變紅的溶液：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．由水電離產(chǎn)生的c（H+）=10﹣12mol?L﹣1的溶液：NH4+、SO42﹣、HCO3﹣、Cl﹣【考點】離子共存問題．【分析】A．能使甲基橙變紅的溶液呈酸性，四種離子之間不反應，都不與酸性溶液中的氫離子反應；B．氯化銨與氫氧根離子反應，鋇離子與碳酸根離子反應；C．酸性條件下硝酸根離子具有強氧化性，能夠氧化亞鐵離子、碘離子；D．由水電離產(chǎn)生的c（H+）=10﹣12mol?L﹣1的溶液中存在大量氫離子或氫氧根離子，碳酸氫根離子與氫離子、氫氧根離子反應．【解答】解：A．能使甲基橙變紅的溶液中存在大量氫離子，Mg2+、Na+、NO3﹣、Cl﹣之間不反應，都不與氫離子反應，在溶液中能夠大量共存，故A正確；B．Ba2+、CO32﹣之間反應生成碳酸鋇沉淀，OH﹣、NH4Cl之間發(fā)生反應，在溶液中不能大量共存，故B錯誤；C．Fe（NO3）2在溶液中電離出亞鐵離子和硝酸根離子，硝酸根離子在酸性條件下能夠氧化Fe2+、I﹣，在溶液不能大量共存，故C錯誤；D．由水電離產(chǎn)生的c（H+）=10﹣12mol?L﹣1的溶液為酸性或堿性溶液，溶液中存在大量氫離子或氫氧根離子，HCO3﹣與氫離子和氫氧根離子反應，在溶液中一定不能大量共存，故D錯誤；故選A．7．下列有關實驗裝置正確的是（）A．用圖1裝置制取少量乙酸乙酯B．用圖2裝置分離苯和溴苯C．用圖3裝置制取并收集乙炔氣體D．用圖4裝置測定中和熱【考點】化學實驗方案的評價．【分析】A．該實驗中導氣管不能伸入碳酸鈉溶液液面下；B．互溶的液體采用蒸餾的方法分離提純，溫度計測量餾分溫度；C．乙炔密度小于空氣，應該采用向下排空氣法收集；D．測定中和熱時需要用環(huán)形玻璃攪拌棒攪拌混合液體．【解答】解：A．該實驗中導氣管不能伸入碳酸鈉溶液液面下，否則易產(chǎn)生倒吸，故A錯誤；B．互溶的液體采用蒸餾的方法分離提純，溫度計測量餾分溫度，苯和溴苯互溶，應該采用蒸餾方法分離提純，故B正確；C．乙炔密度小于空氣，應該采用向下排空氣法收集，所以集氣瓶應該倒置，故C錯誤；D．測定中和熱時需要用環(huán)形玻璃攪拌棒攪拌混合液體，該實驗缺少玻璃攪拌棒，故D錯誤；故選B．8．下列物質(zhì)的每步轉(zhuǎn)化在給定條件下能一步實現(xiàn)的是（）A．FeFe2O3Fe2（SO4）3B．飽和食鹽水NaHCO3Na2CO3C．海水Mg（OH）2MgOMgD．NH3N2HNO3【考點】鎂、鋁的重要化合物；含氮物質(zhì)的綜合應用；鈉的重要化合物；鐵的化學性質(zhì)．【分析】A．鐵和氧氣點燃反應生成四氧化三鐵，四氧化三鐵和硫酸反應生成硫酸鐵、硫酸亞鐵；B．飽和食鹽水中通入氨氣、二氧化碳會發(fā)生反應生成碳酸氫鈉晶體和氯化銨溶液，過濾得到碳酸氫鈉分解生成碳酸鈉；C．海水中含鎂離子，加入熟石灰反應生成氫氧化鎂沉淀，氫氧化鎂受熱分解生成氧化鎂，氧化鎂熔點高不能電解氧化鎂制備鎂，應是電解熔融氯化鎂得到鎂；D．氨氣氧化得到氮氣，氮氣和氧氣在水溶液中不反應．【解答】解：A．鐵和氧氣點燃反應生成四氧化三鐵，鐵在純凈氧氣中點燃不能一步生成氧化鐵，四氧化三鐵和硫酸反應生成硫酸鐵、硫酸亞鐵，故A錯誤；B．飽和食鹽水中通入氨氣、二氧化碳會發(fā)生反應生成碳酸氫鈉晶體和氯化銨溶液，NH3+CO2+NaCl+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，過濾得到碳酸氫鈉分解生成碳酸鈉，能一步實現(xiàn)，故B正確；C．海水中含鎂離子，加入熟石灰反應生成氫氧化鎂沉淀，氫氧化鎂受熱分解生成氧化鎂，氧化鎂熔點高不能電解氧化鎂制備鎂，應是電解熔融氯化鎂得到鎂，不能一步實現(xiàn)各步轉(zhuǎn)化，故C錯誤；D．氨氣氧化得到氮氣，氮氣和氧氣在水溶液中不反應，不能生成硝酸，應是氨氣催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮和氧氣水中全部轉(zhuǎn)化為硝酸，故D錯誤；故選B．9．下列離子方程式表達正確的是（）A．SO2通入溴水中：SO2+2H2O+Br2═2H++SO42﹣+2HBrB．向漂白粉稀溶液中通入過量CO2：ClO﹣+CO2+H2O═HClO+HCO3﹣C．NaHSO4溶液和Ba（OH）2溶液充分反應后溶液顯中性：Ba2++OH﹣+H++SO42﹣═BaSO4↓+H2OD．Fe（OH）3溶于氫碘酸中：Fe（OH）3+3H+═Fe3++3H2O【考點】離子方程式的書寫．【分析】A．溴化氫為強酸，應拆成離子形式；B．二氧化碳過量，反應生成次氯酸和碳酸氫鈣；C．NaHSO4溶液和Ba（OH）2溶液充分反應后溶液顯中性則消耗的硫酸氫鈉與氫氧化鋇物質(zhì)的量之比為2：1；D．不符合反應客觀事實，三價鐵離子能夠氧化碘離子．【解答】解：A．SO2通入溴水中，離子方程式：SO2+2H2O+Br2═4H++SO42﹣+2Br﹣，故A錯誤；B．向漂白粉稀溶液中通入過量CO2，離子方程式：ClO﹣+CO2+H2O═HClO+HCO3﹣，故B正確；C．NaHSO4溶液和Ba（OH）2溶液充分反應后溶液顯中性，離子方程式：Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H2O，故C錯誤；D．氫氧化鐵溶于氫碘酸中的離子反應為2I﹣+2Fe（OH）3+6H+═2Fe2++6H2O+I2，故D錯誤；故選：B．10．鋰空氣電池充放電基本原理如圖所示，下列說法不正確的是（）A．充電時，鋰離子向陰極移動B．充電時陰極電極反應式為：Li++e﹣═LiC．放電時正極電極反應式為：O2+4e﹣+2H2O═4OH﹣D．負極區(qū)的有機電解液可以換成水性電解液【考點】化學電源新型電池．【分析】A、充電時的原理是電解池原理，電解質(zhì)中的陽離子移向陰極；B、充電時陰極上發(fā)生得電子的還原反應；C、放電時原理是原電池原理，正極上發(fā)生得電子的還原反應；D、金屬鋰可以和水之間發(fā)生反應，據(jù)此回答．【解答】解：A、充電時的原理是電解池原理，電解質(zhì)中的陽離子移向陰極，即鋰離子向陰極移動，故A正確；B、充電時陰極上發(fā)生得電子的還原反應，即Li++e﹣═Li，故B正確；C、放電時原理是原電池原理，正極上發(fā)生得電子的還原反應O2+4e﹣+2H2O═4OH﹣，故C正確；D、金屬鋰可以和水之間發(fā)生反應，所以負極區(qū)的有機電解液可以換成水性電解液，故D錯誤．故選D．11．下列有關說法正確的是（）A．1mol過氧化鈉和足量水充分反應，理論上轉(zhuǎn)移的電子數(shù)約為2×6.02×1023B．電工操作中將鋁線與銅線直接相連，會導致銅線更快被氧化C．MnS懸濁液中滴加少量CuSO4溶液可生成CuS沉淀，則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，則a+1＜b【考點】氧化還原反應；金屬的電化學腐蝕與防護；弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)．【分析】A．Na2O2與足量水反應轉(zhuǎn)移電子數(shù)依據(jù)化學方程式計算得到，1molNa2O2與足量水反應轉(zhuǎn)移電子1mol；B．Cu、Al形成原電池時，Al作負極被腐蝕；C．化學式形式相同的，溶度積越大，溶解度越大；D．加水稀釋促進醋酸電離．【解答】解：A．Na2O2與足量水反應的化學方程式為：2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，則1molNa2O2與足量水反應轉(zhuǎn)移電子1mol，即轉(zhuǎn)移的電子數(shù)約為2×6.02×1023，故A錯誤；B．Cu、Al形成原電池時，Al作負極被腐蝕，Cu作正極被保護，所以銅不易被氧化，故B錯誤；C．化學式形式相同的，溶度積越大，溶解度越大，MnS懸濁液中滴加少量CuSO4溶液可生成CuS沉淀，則Ksp（CuS）＜Ksp（MnS），故C正確；D．0.1mol?L﹣1醋酸溶液，加水稀釋促進醋酸電離，所以0.01mol?L﹣1醋酸溶液中氫離子濃度大于0.1mol?L﹣1醋酸溶液中氫離子濃度的，則a+1＞b，故D錯誤．故選C．12．甲、乙、丙三種物質(zhì)是某抗生素合成過程中的中間產(chǎn)物，下列說法正確的是（）A．甲、乙、丙三種有機化合物均可跟NaOH溶液反應B．用FeCl3溶液區(qū)分甲、丙兩種有機化合物C．一定條件下丙可以與NaHCO3溶液、C2H5OH反應D．乙、丙都能發(fā)生銀鏡反應【考點】有機物的結構和性質(zhì)．【分析】A．酚羥基、羧基、鹵原子或酯基都能和NaOH溶液反應；B．氯化鐵能和酚發(fā)生顯色反應；C．丙中含有酚羥基、羧基、氯原子、醚鍵和苯環(huán)，具有酚、羧酸、鹵代烴、醚和苯的性質(zhì)；D．醛基能發(fā)生銀鏡反應．【解答】解：A．酚羥基、羧基、鹵原子或酯基都能和NaOH溶液反應，甲中不含酚羥基、羧基、鹵原子或酯基，所以不能和NaOH溶液反應，故A錯誤；B．氯化鐵能和酚發(fā)生顯色反應，甲不含酚羥基而丙含有酚羥基，則丙能發(fā)生顯色反應，而甲不能發(fā)生顯色反應，所以可以用氯化鐵溶液鑒別甲、丙，故B正確；C．丙中含有酚羥基、羧基、氯原子、醚鍵和苯環(huán)，具有酚、羧酸、鹵代烴、醚和苯的性質(zhì)，羧基能和乙醇、碳酸氫鈉反應，故C正確；D．醛基能發(fā)生銀鏡反應，乙含有醛基，能發(fā)生銀鏡反應，丙不含醛基，不能發(fā)生銀鏡反應，故D錯誤；故選BC．13．下列設計的實驗方案能達到實驗目的是（）A．向1mL1%的NaOH溶液中加入2mL2%的CuSO4溶液，振蕩后再加入0.5mL有機物X，加熱后未出現(xiàn)磚紅色沉淀，說明X結構中不含有醛基B．室溫下向苯和少量苯酚的混合溶液中加入適量濃溴水，振蕩、靜置后過濾，可除去苯中少量苯酚C．向無色的淀粉KI溶液中滴加少量氯水，溶液變成藍色，說明氧化性：Cl2＞I2D．向含酚酞的氫氧化鈉溶液中加入少量30%H2O2溶液，紅色褪去，向褪色后的溶液再補加NaOH溶液，不顯紅色，說明H2O2因顯酸性而使溶液褪色【考點】化學實驗方案的評價．【分析】A．用新制氫氧化銅懸濁液檢驗醛基時，必須是在堿性條件下；B．苯酚和溴發(fā)生取代反應生成溴苯，溴苯、苯和溴能互溶；C．同一氧化還原反應中氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性；D．因為該反應中雙氧水的量較少，混合溶液中NaOH過量，混合溶液呈堿性．【解答】解：A．用新制氫氧化銅懸濁液檢驗醛基時，必須是在堿性條件下，該實驗中NaOH不足導致NaOH和硫酸銅混合溶液不是堿性，所以實驗不成功，故A錯誤；B．苯酚和溴發(fā)生取代反應生成溴苯，溴苯、苯和溴能互溶，應該用NaOH和苯酚反應生成可溶性的苯酚鈉，然后分液除去苯中的苯酚，故B錯誤；C．同一氧化還原反應中氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性，根據(jù)實驗現(xiàn)象知，氯氣氧化碘離子生成碘，氧化劑是氯氣、碘是氧化產(chǎn)物，則氧化性：Cl2＞I2，故C正確；D．因為該反應中雙氧水的量較少，混合溶液中NaOH過量，混合溶液呈堿性，但溶液褪色，說明酚酞發(fā)生了反應，該實驗應該體現(xiàn)雙氧水的氧化性，故D錯誤；故選C．14．常溫下，下列有關溶液的說法正確的是（）A．向0.10mol?L﹣1NaHSO3溶液中通入NH3至溶液pH=7（通入氣體對溶液體積的影響可忽略）：c（Na+）＞c（SO32﹣）＞c（NH4+）B．0.1mol/L醋酸鈉溶液20mL與0.1mol?L﹣1鹽酸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與CH3COOK兩溶液中：c（Na+）﹣c（F﹣）＞c（K+）﹣c（CH3COO﹣）D．0.1mol?L﹣1醋酸溶液和0.2mol?L﹣1醋酸鈉溶液等體積混合后的溶液中：3c（H+）+2c（CH3COOH）=c（CH3COO﹣）+3c（OH﹣）【考點】離子濃度大小的比較．【分析】A．溶液呈中性時，c（H+）=c（OH﹣），根據(jù)電荷守恒可知：c（Na+）+c（NH4+）=2c（SO32﹣），由于鈉離子濃度大于亞硫酸根離子，則c（Na+）＞c（SO32﹣）＞c（NH4+）；B．將0.1mol/L的醋酸鈉溶液20mL與0.1mol/L鹽酸10mL混合，反應后NaAc和HAc的物質(zhì)的量相等，溶液顯酸性；C．根據(jù)HF和CH3COOH的電離平衡常數(shù)判斷二者酸性強弱，酸性越強，對應的酸根離子的水解程度越強，據(jù)此判斷pH相同時NaF與CH3COOK兩溶液中離子濃度大??；D．0.1mol?L﹣1醋酸溶液和0.2mol?L﹣1醋酸鈉溶液等體積混合，根據(jù)電荷守恒和物料守恒綜合計算．【解答】解：A．向0.1mol?L的NaHSO3中通入氨氣至溶液呈中性時，c（H+）=c（OH﹣），根據(jù)電荷守恒可知：c（Na+）+c（NH4+）=2c（SO32﹣），由于鈉離子濃度大于亞硫酸根離子，則c（Na+）＞c（SO32﹣）＞c（NH4+），所以溶液中c（H+）、c（OH﹣）、c（SO32﹣）、c（Na+）、c（NH4+）這五種離子濃度大小關系為：c（Na+）＞c（SO32﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）=c（OH﹣），故A正確；B．將0.1mol/L的醋酸鈉溶液20mL與0.1mol/L鹽酸10mL混合后，反應后NaAc和HAc的物質(zhì)的量相等，溶液顯酸性，說明HAc電離程度大于Ac﹣水解程度，則（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣），HAc為弱電解質(zhì)，部分電離，應有c（CH3COOH）＞c（H+），故B錯誤；C．根據(jù)電離平衡常數(shù)可知酸性HF＞CH3COOH，則CH3COOK的水解程度大于NaF，所以pH相等的NaF與CH3COOK兩溶液CH3COOK的濃度小于NaF，由于兩溶液的pH相同，則兩溶液中氫離子、氫氧根離子的濃度相同，即c（H+）=c（OH﹣）①，根據(jù)電荷守恒可得：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錯誤；D．0.1mol?L﹣1醋酸溶液和0.2mol?L﹣1醋酸鈉溶液等體積混合，根據(jù)電荷守恒c（H+）+c（Na+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）①，根據(jù)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正確，故選AD．15．一定條件下合成乙烯：6H2（g）+2CO2（g）?CH2=CH2（g）+4H2O（g）．已知溫度對CO2的平衡轉(zhuǎn)化率和催化劑催化效率的影響如圖所示，下列說法正確的是（）A．生成乙烯的速率：v（M）有可能小于v（N）B．當溫度高于250℃時，升高溫度，平衡向逆反應方向移動，催化劑的催化效率降低C．平衡常數(shù)：KM＜KND．若投料比n（H2）：n（CO2）=3：1，則圖中M點乙烯的體積分數(shù)為15.4%【考點】化學平衡的影響因素．【分析】A、溫度升高化學反應速率加快，催化劑的催化效率降低；B、根據(jù)圖象，當溫度高于250℃，升高溫度二氧化碳的平衡轉(zhuǎn)化率減低，則平衡逆向移動；C、升高溫度二氧化碳的平衡轉(zhuǎn)化率減低，則升溫平衡逆向移動；D、設開始投料n（H2）為3mol，則n（CO2）為1mol，所以當在M點平衡時二氧化碳的轉(zhuǎn)化率為50%，據(jù)此列三段式計算．【解答】解：A、化學反應速率隨溫度的升高而加快，催化劑的催化效率降低，所以v（M）有可能小于v（N），故A正確；B、根據(jù)圖象，當溫度高于250℃，升高溫度二氧化碳的平衡轉(zhuǎn)化率減低，則平衡逆向移動，但催化劑只影響反應速率，不影響平衡移動和轉(zhuǎn)化率，故B錯誤；C、升高溫度二氧化碳的平衡轉(zhuǎn)化率減低，則升溫平衡逆向移動，所以M化學平衡常數(shù)大于N，故C錯誤；D、設開始投料n（H2）為3mol，則n（CO2）為1mol，所以當在M點平衡時二氧化碳的轉(zhuǎn)化率為50%所以有6H2（g）+2CO2（g）CH2=CH2（g）+4H2O（g）開始3100轉(zhuǎn)化1.50.50.251平衡1.50.50.251所以乙烯的體積分數(shù)為×100%=7.7%，故D錯誤；故選A．二、解答題（共5小題，滿分68分）16．利用生產(chǎn)硼砂的廢渣﹣硼鎂泥（主要成分為MgCO3、SiO2，還有少量Fe2O3、MnO、CaO等）為主要原料制取輕質(zhì)碳酸鎂[MgCO3?Mg（OH）2?2H2O]的工業(yè)流程如下：（1）寫出“酸溶”一步中，MgCO3和硫酸反應的化學方程式MgCO3+H2SO4=MgSO4+CO2↑+H2．酸溶時硫酸稍過量（pH約為2），目的是使碳酸鎂充分溶解生成硫酸鎂．（2）濾渣2的主要成分有MnO2和Fe（OH）3，寫出生成MnO2的離子方程式Mn2++ClO﹣+H2O═MnO2↓+2H++Cl﹣．（3）“合成”時需通蒸氣至80℃，邊加熱邊攪拌，溫度控制在80℃的原因是溫度過低反應速率慢，溫度過高輕質(zhì)碳酸鎂、碳酸銨會分解，寫出該步發(fā)生的化學反應方程式2MgSO4+2（NH4）2CO3+3H2O=MgCO3?Mg（OH）2?2H2O↓+2（NH4）2SO4++2CO3↑．【考點】物質(zhì)分離和提純的方法和基本操作綜合應用．【分析】由制備流程可知，硼鎂泥的主要成分為MgCO3、SiO2，還有少量Fe2O3、MnO、CaO等，向廢渣中加硫酸時SiO2不溶解，過濾得到濾渣1為二氧化硅，NaClO具有氧化性，能將Mn2+氧化為MnO2，調(diào)節(jié)PH生成MnO2、Fe（OH）3沉淀，過濾得濾渣2為MnO2、Fe（OH）3，再經(jīng)過系列除雜后所得溶液中加碳酸銨溶液，得到輕質(zhì)碳酸鎂，（1）MgCO3和硫酸反應生成硫酸鎂和二氧化碳，硫酸過量可以使碳酸鎂充分溶解；（2）根據(jù)上面的分析可知濾渣2的主要成分，次氯酸鈉能氧化錳離子生成MnO2，據(jù)此書寫離子方程式；（3）“合成”時在溶液中加碳酸銨溶液，得到輕質(zhì)碳酸鎂、硫酸銨和水，溫度過低反應速率慢，溫度過高輕質(zhì)碳酸鎂、碳酸銨會分解，據(jù)此答題．【解答】解；由制備流程可知，硼鎂泥的主要成分為MgCO3、SiO2，還有少量Fe2O3、MnO、CaO等，向廢渣中加硫酸時SiO2不溶解，過濾得到濾渣1為二氧化硅，NaClO具有氧化性，能將Mn2+氧化為MnO2，調(diào)節(jié)PH生成MnO2、Fe（OH）3沉淀，過濾得濾渣2為MnO2、Fe（OH）3，再經(jīng)過系列除雜后所得溶液中加碳酸銨溶液，得到輕質(zhì)碳酸鎂，（1）MgCO3和硫酸反應生成硫酸鎂和二氧化碳，反應方程式為MgCO3+H2SO4=MgSO4+CO2↑+H2O，硫酸過量可以使碳酸鎂充分溶解生成硫酸鎂，故答案為：MgCO3+H2SO4=MgSO4+CO2↑+H2；使碳酸鎂充分溶解生成硫酸鎂；（2）根據(jù)上面的分析可知濾渣2的主要成分為MnO2、Fe（OH）3，次氯酸鈉能氧化錳離子生成MnO2，反應的離子方程式為Mn2++ClO﹣+H2O═MnO2↓+2H++Cl﹣，故答案為：Fe（OH）3；Mn2++ClO﹣+H2O═MnO2↓+2H++Cl﹣；（3）“合成”時在溶液中加碳酸銨溶液，得到輕質(zhì)碳酸鎂、硫酸銨和水，溫度過低反應速率慢，溫度過高輕質(zhì)碳酸鎂、碳酸銨會分解，“合成”時反應的方程式為2MgSO4+2（NH4）2CO3+3H2O=MgCO3?Mg（OH）2?2H2O↓+2（NH4）2SO4++2CO3↑，故答案為：溫度過低反應速率慢，溫度過高輕質(zhì)碳酸鎂、碳酸銨會分解；2MgSO4+2（NH4）2CO3+3H2O=MgCO3?Mg（OH）2?2H2O↓+2（NH4）2SO4++2CO3↑．17．化合物F是合成新型殺蟲劑茚蟲威的中間體，可以通過以下方法合成：（1）化合物A中的含氧官能團為醛基（填官能團的名稱）．（2）化合物B的結構簡式為，由D→E的反應類型是取代反應．（3）寫出同時滿足下列條件的F的一種同分異構體G的結構簡式．Ⅰ．屬于芳香族化合物Ⅱ.1molG與足量銀氨溶液反應，生成6molAgⅢ．分子中含有3種不同化學環(huán)境的氫（4）根據(jù)已有知識并結合題目所給信息，寫出以（）為原料制備化合物E（）的合成路線流程圖（無機試劑任用）．合成路線流程圖示例如下：H2C=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH．【考點】有機物的合成．【分析】（1）由A的結構簡式，可知含有的含氧官能團為醛基；（2）B與氫氣發(fā)生加成反應生成C，對比A、C結構與B的分子式，可知B的結構簡式為；對比D、E的結構可知，由D→E的反應類型是取代反應；（3）F的一種同分異構體G滿足條件：Ⅰ．屬于芳香族化合物，說明含有苯環(huán)，Ⅱ.1molG與足量銀氨溶液反應，生成6molAg，說明分子中含有3個﹣CHO，Ⅲ．分子中含有3種不同化學環(huán)境的氫，應為對稱結構；（4）發(fā)生取代反應生成為，然后氧化生成，再進一步氧化生成，再與SOCl2反應得到，最后再氯化鋁條件下發(fā)生取代反應生成．【解答】解：（1）由A的結構簡式，可知含有的含氧官能團為醛基，故答案為：醛基；（2）B與氫氣發(fā)生加成反應生成C，對比A、C結構與B的分子式，可知B的結構簡式為，對比D、E的結構可知，由D→E脫下1分子HCl形成新的碳碳單鍵，屬于取代反應，故答案為：；取代反應；（3）F的一種同分異構體G滿足條件：Ⅰ．屬于芳香族化合物，說明含有苯環(huán)，Ⅱ.1molG與足量銀氨溶液反應，生成6molAg，說明分子中含有3個﹣CHO，Ⅲ．分子中含有3種不同化學環(huán)境的氫，應為對稱結構，符合條件G的結構簡式為：，故答案為：；（4）發(fā)生取代反應生成為，然后氧化生成，再進一步氧化生成，再與SOCl2反應得到，最后再氯化鋁條件下發(fā)生取代反應生成，合成路線流程圖為：，故答案為：．18．過氧乙酸（CH3COOOH）用作紡織品漂白劑，可通過下列方法制備：向燒瓶中依次加入乙酸、42.5%過氧化氫溶液、濃硫酸．控制反應溫度為25℃，攪拌4小時，靜置15小時，得過氧乙酸溶液．（1）制備20g38%過氧乙酸溶液至少需要42.5%過氧化氫溶液質(zhì)量為：8g．（2）過氧乙酸含量測定．準確稱取0.5000g過氧乙酸樣液，定容于100mL容量瓶中．取5.00mL上述溶液與100mL碘量瓶中，再加入5.0mL2mol?L﹣1H2SO4溶液，用0.01mol?L﹣1KMnO4溶液滴定至溶液出現(xiàn)淺紅色（以除去過氧乙酸試樣中剩余H2O2），隨即加入過量KI溶液，搖勻，用0.01000mol?L﹣1Na2S2O3標準液滴定至終點，消耗Na2S2O3溶液25.00mL．已知：CH3COOOH+2I﹣+2H+═I2+CH3COOH+H2O2S2O32﹣+I2═2I﹣+S4O62﹣①加入過量KI溶液前，需除去H2O2的原因是（用離子方程式表示）：2I﹣+H2O2+H+=I2+2H2O．②計算過氧乙酸樣液中過氧乙酸的質(zhì)量分數(shù)（請給出計算過程）．③用該法測定過氧乙酸含量比實際含量偏高的原因是（不考慮實驗操作產(chǎn)生的誤差）過量的KMnO4氧化I﹣生成I2或在酸性溶液中I﹣會被空氣中氧氣氧化為I2．【考點】探究物質(zhì)的組成或測量物質(zhì)的含量．【分析】（1）醋酸與雙氧水反應生成過氧乙酸和水，H2O2+CH3COOH（過氧乙酸）+H2O，結合化學方程式定量關系計算過氧化氫的質(zhì)量；（2）①加入過量KI溶液前，需除去H2O2的原因是過氧化氫也會氧化碘離子，會干擾測定結果；②n（S2O32﹣）=0.01000mol/L×0.02500L=2.5×10﹣4mol，CH3COOOH+2I﹣+2H+═I2+CH3COOH+H2O2S2O32﹣+I2═2I﹣+S4O62﹣CH3COOOH～I2～2S2O32﹣，n（CH3COOOH）=n（S2O32﹣）=×2.5×10﹣4mol=1.25×10﹣4mol，計算得到過氧乙酸樣液中過氧乙酸的質(zhì)量分數(shù)；③實驗過程中高錳酸鉀溶液、空氣中氧氣都會氧化碘離子造成測定的含量偏高；【解答】解：（1）制備20g38%過氧乙酸溶液至少需要42.5%過氧化氫溶液質(zhì)量為x，H2O2+CH3COOHCH3COOOH+H2O3476x×42.5%20g×38%x=8g，故答案為：8g；（2）①加入過量KI溶液前，需除去H2O2的原因是過氧化氫也會氧化碘離子，會干擾測定結果，反應的離子方程式為：2I﹣+H2O2+H+=I2+2H2O，故答案為：2I﹣+H2O2+H+=I2+2H2O；②n（S2O32﹣）=0.01000mol/L×0.02500L=2.5×10﹣4mol，CH3COOOH+2I﹣+2H+═I2+CH3COOH+H2O2S2O32﹣+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+H2O2S2O32﹣+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上述溶液與100mL碘量瓶中，再加入5.0mL2mol?L﹣1H2SO4溶液，用0.01mol?L﹣1KMnO4溶液滴定至溶液出現(xiàn)淺紅色（以除去過氧乙酸試樣中剩余H2O2），過量的高錳酸鉀溶液會氧化碘離子生成碘單質(zhì)導致過氧乙酸含量偏高，或空氣中氧氣也可以氧化碘離子為碘單質(zhì)，也可以導致測定結果偏高，故答案為：過量的KMnO4氧化I﹣生成I2或在酸性溶液中I﹣會被空氣中氧氣氧化為I2；19．實驗室用如圖1所示裝置制備Na2S2O3?5H2O，已知Na2S2O3?5H2O具有下列性質(zhì)：①無色晶體，易溶于水，難溶于酒精；②在33℃以上的干燥空氣中風化；③在酸性溶液中發(fā)生反應：S2O32﹣+2H+═H2O+SO2↑+S↓（1）分液漏斗中如直接用濃硫酸，燒瓶中固體易產(chǎn)生“結塊”現(xiàn)象使反應速率變慢，產(chǎn)生“結塊”現(xiàn)象的原因是生成的硫酸鈉固體附著在亞硫酸鈉表面，裝置B的作用是防止倒吸．（2）如直接加水溶解Na2S溶液中易出現(xiàn)渾濁且有H2S逸出，原因是空氣中氧氣可以將硫離子氧化為S，硫化氫水解生成硫化氫．（3）裝置C中反應生成Na2S2O3和CO2，其離子方程式為4SO2+2S2﹣+CO32﹣=3S2O32﹣+CO2，該反應的最佳溫度為35℃，實驗中可采取的措施是水浴加熱．（4）由于副反應的存在，產(chǎn)品中常含有Na2SO4等雜質(zhì)．①檢驗Na2S2O3?5H2O粗產(chǎn)品中是否含有Na2SO4的方法為：取少量粗產(chǎn)品溶于足量稀鹽酸，置，取上層清液，滴加氯化鋇溶液，若出現(xiàn)白色沉淀，說明含有Na2SO4雜質(zhì)；②如粗產(chǎn)品含少量Na2SO4雜質(zhì)，則提純產(chǎn)品的實驗方案為將樣品溶于適量蒸餾水中，蒸發(fā)濃縮，冷卻至30℃結晶，過濾，用無水乙醇洗滌，低溫干燥．（相關物質(zhì)的溶解度曲線如圖2所示．實驗中可供選擇的試劑：BaCl2溶液，無水乙醇，蒸餾水）【考點】制備實驗方案的設計．【分析】A裝置制備二氧化硫，C裝置中合成Na2S2O3，會導致裝置內(nèi)氣壓減小，B裝置為安全瓶作用，二氧化硫有毒，會污染空氣，用氫氧化鈉溶液吸收剩余的二氧化硫．（1）生成的硫酸鈉附著在亞硫酸鈉表面；B裝置防止倒吸；（2）氧氣可以將硫離子氧化，硫化氫水解會生成硫化氫；（3）C中SO2與Na2S、Na2CO3反應生成Na2S2O3，同時生成二氧化碳；控制反應的最佳溫度為35℃，低于水的沸點，采取水浴加熱；（4）①取上層清液，用氯化鋇溶液檢驗是否含有硫酸根；②由圖可知，30℃之前硫酸的溶解度隨溫度升高而增大，高于30℃隨溫度升高而降低，而硫酸硫酸鈉的溶解度隨溫度升高而增大，采取重結晶的方法進行提純，注意用乙醇洗滌，減少溶解導致的損失．【解答】解：A裝置制備二氧化硫，C裝置中合成Na2S2O3，會導致裝置內(nèi)氣壓減小，B裝置為安全瓶作用，二氧化硫有毒，會污染空氣，用氫氧化鈉溶液吸收剩余的二氧化硫．（1）生成的硫酸鈉附著在亞硫酸鈉表面，使反應速率變慢，B裝置起安全瓶，防止倒吸，故答案為：生成的硫酸鈉固體附著在亞硫酸鈉表面；防止倒吸；（2）空氣中氧氣可以將硫離子氧化為S，出現(xiàn)渾濁現(xiàn)象，硫化氫水解生成硫化氫，導致有硫化氫逸出，故答案為：空氣中氧氣可以將硫離子氧化為S，硫化氫水解生成硫化氫；（3）C中SO2與Na2S、Na2CO3反應生成Na2S2O3，同時生成二氧化碳，反應離子方程式為：4SO2+2S2﹣+CO32﹣=3S2O32﹣+CO2，控制反應的最佳溫度為35℃，低于水的沸點，采取水浴加熱，受熱均勻，便于控制溫度，故答案為：4SO2+2S2﹣+CO32﹣=3S2O32﹣+CO2；水浴加熱；（4）①檢驗Na2S2O3?5H2O粗產(chǎn)品中是否含有Na2SO4的方法為：取少量粗產(chǎn)品溶于足量稀鹽酸，靜置，取上層清液，滴加氯化鋇溶液，若出現(xiàn)白色沉淀，說明含有Na2SO4雜質(zhì)，故答案為：靜置，取上層清液，滴加氯化鋇溶液，若出現(xiàn)白色沉淀，說明含有Na2SO4雜質(zhì)；②由圖可知，30℃之前硫酸的溶解度隨溫度升高而增大，高于30℃隨溫度升高而降低，而硫酸硫酸鈉的溶解度隨溫度升高而增大，粗產(chǎn)品含少量Na2SO4雜質(zhì)，則提純產(chǎn)品的實驗方案為：將樣品溶于適量蒸餾水中，蒸發(fā)濃縮，冷卻至30℃結晶，過濾，用無水乙醇洗滌，低溫干燥，故答案為：將樣品溶于適量蒸餾水中，蒸發(fā)濃縮，冷卻至30℃結晶，過濾，用無水乙醇洗滌，低溫干燥．20．氨氮是造成水體富營養(yǎng)化的重要因素之一，用次氯酸鈉水解生成的次氯酸將水中的氨氮（用NH3表示）轉(zhuǎn)化為氮氣除去，其相關反應的主要熱化學方程式如下：反應①：NH3（aq）+HClO（aq）═NH2Cl（aq）+H2O（I）△H1=akJ?mol﹣1反應②：NH2Cl（aq）+HClO（aq）═NHCl2（aq）+H2O（I）△H2=bkJ?mol﹣1反應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較穩(wěn)定，NHCl2不穩(wěn)定易轉(zhuǎn)化為氮氣．在其他條件一般的情況下，改變（即NaClO溶液的投入液），溶液中次氯酸鈉去除氨氮效果與余氯（溶液中+1價氯元素的含量）影響如圖1所示．a(chǎn)點之前溶液中發(fā)生的主要反應為A．A．反應①B．反應①②C．反應①②③反應中氨氮去除效果最佳的值約為1.5．（3）溶液pH對次氯酸鈉去除氨氮有較大的影響（如圖2所示）．在pH較低時溶液中有無色無味的氣體生成，氨氮去除效率較低，其原因是鹽酸與次氯酸鈉反應生成次氯酸，次氯酸分解生成氧氣，與氨氮反應的次氯酸減?。?）用電化學法也可以去除廢水中氨氮．在蒸餾水中加入硫酸銨用惰性電極直接電解發(fā)現(xiàn)氨氮去除效率極低，但在溶液中再加入一定量的氯化鈉后，去除效率可以大大提高．反應裝置如圖3所示，b為電極正極，電解時陰極的電極反應式為2H2O+2NH4++2e﹣=2NH3?H2O+H2↑或2H++2e﹣=H2↑．（5）氯化磷酸三鈉（Na2PO4?0.25NaClO?12H2O）可用于減小水的硬度，相關原理可用下列離子方程式表示：3CaSO4（s）+2PO43﹣（aq）?Ca3（PO4）2（s）+3SO42﹣（aq），該反應的平衡常數(shù)K=3.77×1013．[已知Ksp[Ca3（PO4）2]=2.0×10﹣29，Ksp（CaSO4）=9.1×10﹣6]．【考點】反應熱和焓變；化學平衡的影響因素；難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)；電解原理．【分析】（1）反應①：NH3（aq）+HClO（aq）═NH2Cl（aq）+H2O（I）△H1=akJ?mol﹣1反應②：NH2Cl（aq）+HClO（aq）═NHCl2（aq）+H2O（I）△H2=bkJ?mol﹣1反應③：2NHCl2（aq）+H2O（I）═N2（g）+HClO（aq）+3HCl（aq）△H3=ckJ?mol﹣1依據(jù)化學方程式和蓋斯定