2022年安徽省蚌埠市高考化学三模试卷 一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．离子液体（IonicIiquid），是指由有机阳离子和阴离子构成的在室温下呈液态的盐类化合物，具有蒸汽压低、熔点低、液程宽、易操作、可溶性好和稳定性高等特征，正逐步应用于科技和社会生活领域．一种合成“离子液体”的原料咪唑：，分子式：C3H4N2，与苯有类似结构和性质．有关它的说法错误的是（ ）A．是芳香族化合物B．能发生加成、取代、氧化反应C．每个分子中有9个σ键D．分子极性键又含有非极性键中既含有 2．一定浓度的盐酸和氨水混合后形成的混合溶液中，下列说法正确的是（ ）A．当溶液中c（Cl﹣）＞c（NH4+）时，Mg2+、Na+、SO32﹣、NO3﹣可以大量共存B．当溶液中c（Cl﹣）=c（NH4+）时，Na+、CH3CH2OH、[Ag（NH3）2]+可以大量共存C．当溶液中c（Cl﹣）＜c（NH4+）时，可以发生ClO﹣+Cl﹣+2H+═Cl2+H2OD．若溶液中c（Cl﹣）=c（NH4+）时，则盐酸和氨水按物质的量1：1混合 3．（2022•蚌埠三模）为了实现下列实验目的，依据下表提供的主要仪器，所用的试剂合理的是（ ）选项实验目的主要仪器试剂A测定氨水的浓度锥形瓶、滴定管、烧杯氨水、1mol/L盐酸、甲基橙B制备Fe（OH）3胶体烧杯、胶头滴管、酒精灯饱和FeCl3溶液、NaOH溶液C检验丙烯醛中的碳碳双键试管、胶头滴管丙烯醛、溴水D配制100mL1mol/L硫酸容量瓶、胶头滴管、10mL量筒、烧杯18mol/L硫酸、蒸馏水A．AB．BC．CD．D 4．工业合成氨是人类科学技术上的一个重大突破，其反应过程为N2+3H22NH3；△H＜0．若反应在恒容的容器中进行，下列由该反应的相关图象做出判断正确的是（ ）ABCDP代表的是压强c%是氨气百分含量1molN2和3molH2平衡常数：Kb＞Ka-14-反应达平衡放出热量92kJA．AB．BC．CD．D 5．部分弱酸的电离平衡常数如下表：弱酸HAHBH2C电离平衡常数K1=1.77×10﹣4K1=4.9×10﹣10K1=4.3×10﹣7K2=5.6×10﹣11下列选项错误的是（ ）A．B﹣+HA→HB+A﹣B．2Bˉ+H2C→2HB+C2﹣C．中和等体积、等pH的HA和HB消耗NaOH的量前者小于后者D．等体积、等浓度的NaA和NaB溶液中所含离子总数前者大于后者 6．已知二氧化硒是一种氧化剂，它可有Se+2H2SO4（浓）═2SO2↑+SeO2+2H2O制取．又知离子方程式aSeO2+bSO2+cH2O═aSe+bX+dY；则关于下列叙述正确的是（ ）A．a：b=1：1B．Y为OH﹣C．氧化性为：SeO2＞H2SO4（浓）D．若每生成0.2molX则该反应转移0.4NA个电子 7．实验室使用pH传感器来测定Na2CO3和NaHCO3混合物中NaHCO3的含量．称取1.59g样品，溶于水配成250.00ml溶液，取出该溶液25.00ml用0.1mol•L﹣1盐酸进行滴定，得到如下曲线．以下说法或操作正确的是（ ）A．上一个计量点前发生反应的离子方程式为HCO3﹣+H+═H2O+CO2↑B．下一个计量点溶液中存在大量的阴离子是Cl﹣、HCO3﹣C．此样品n（NaHCO3）=（28.1﹣2×11.9）×10﹣3molD．使用该方法测定Na2CO3和NaOH混合溶液中的氢氧化钠含量，将会得到1个计量点 二、解答题（共4小题）8．已知有：H、C、O、S、Cl、Fe六种元素，则回答下列有关其性质：（1）Fe原子价电子的排布为 ；Cl位于周期表中位置： ；C原子核外有 个能级．（2）用“＞”或“＜”填空：还原性：HCl H2S半径：C O（3）在NaOH溶液中用Fe作阳极，通过电解制取FeO42﹣的电极反应式为： ．（4）已知1molS完全燃烧生成SO2放出akJ热量；又知2SO3（g）═2SO2（g）+O2（g）；△H=bkJ/mol；则请写出1mol固体S生成气体SO3的热化学方程式为 ．-14- 9．目前社会是科技发展的时代，不断的创新电视显示技术，目前的电视显示器制备中用到了有机物F，其合成路线设计如下：已知这个结构不稳定，自动脱水，生成碳基．有机物E的结构简式： ；有机物C的系统名称为： ．（2）条件a是指： ；由B生成C的化学方程式为： ．（3）有机物M与有机物K互为同分异构体，且有机物M同时满足①能与金属钠反应②核磁共振氢谱峰的强度比为3：2：1的结构简式为： ．（4）有关有机物F的性质叙述正确的是 ．a、能与银氨溶液发生银镜反应b、能使溴水和酸性KMnO4褪色c、1molF最多能消耗1molNaOHd、1molF最多能和3molH2反应． 10．制烧碱所用盐水需两次精制．第一次精制主要是用沉淀法除去粗盐水中Ca2+、Mg2+、SO42﹣等离子，过程如下：Ⅰ、向粗盐水中加入过量BaCl2溶液，操作X；Ⅱ、向所得滤液中加入过量Na2CO3溶液，过滤；Ⅲ、滤液用盐酸调节pH，获得第一次精制盐水．（1）操作X使用的主要仪器为： ．（2）过程Ⅰ、Ⅱ生成的部分沉淀及其溶解度如下表，请依据表中数据解释下列问题：CaSO4Mg2（OH）2CO3CaCO3BaSO4BaCO32.6×10﹣22.5×10﹣47.8×10﹣42.4×10﹣41.7×10﹣3①过程Ⅰ选用BaCl2而不选用CaCl2的原因为 ．②过程Ⅱ之后检测Ca2+、Mg2+及过量Ba2+是否除尽时，只需检测Ba2+即可，检验Ba2+的操作是 ．（3）第二次精制要除去微量的I﹣、IO3﹣、NH4+、Ca2+、Mg2+，流程示意如下：①过程Ⅳ除去NH4+的离子方程式是 ．②实验室从水溶液分离出I2的操作名称为 ．③过程Ⅵ中，产品NaOH在电解槽的 区生成（填“阳极”或“阴极”），该电解槽为 离子交换膜电解槽（填“阳”或“阴”）． 11．某学校化学兴趣小组以在不同的温度下淀粉遇碘变蓝色的快慢为背景来研究温度对化学反应速率影响．具体研究过程：-14-1、反应原理：NaHSO3首先和KIO3反应先产生碘离子，NaHSO3消耗完碘离子再和过量的KIO3溶液反应生成I2．在实验的过程中，发现当NaHSO3完全消耗即有I2析出，即淀粉变蓝．请写出此反应过程的离子方程式： 、 ．2、探究温度对化学反应速率的影响：已知NaHSO3溶液在不同温度下均可被过量KIO3氧化，根据I2析出所需时间可以求得NaHSO3的反应速率．实验如下：将浓度均为0.020mol•L﹣1NaHSO3（含少量淀粉）10.0mL、KIO3（过量）酸性溶液40.0mL混合，记录10～55℃间溶液变蓝时间，55℃时未观察到溶液变蓝，实验结果如图所示．据图分析讨论：（1）兴趣小组对于55℃时未观察到溶液变蓝原因进行了猜测：假设一：此温度下，亚硫酸氢钠分解；假设二： ；假设三： ；…（2）由图分析：温度的变化与溶液变蓝时间的关系是： ．（3）图中b、c两点对应的NaHSO3反应速率为v（b） v（c）（填大于、小于或等于）．（4）图中a点对应的NaHSO3反应平均速率为 ．（5）根据图象分析，你认为淀粉能否作为检验碘单质的试剂？简述理由： ． -14-2022年安徽省蚌埠市高考化学三模试卷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．离子液体（IonicIiquid），是指由有机阳离子和阴离子构成的在室温下呈液态的盐类化合物，具有蒸汽压低、熔点低、液程宽、易操作、可溶性好和稳定性高等特征，正逐步应用于科技和社会生活领域．一种合成“离子液体”的原料咪唑：，分子式：C3H4N2，与苯有类似结构和性质．有关它的说法错误的是（ ）A．是芳香族化合物B．能发生加成、取代、氧化反应C．每个分子中有9个σ键D．分子极性键又含有非极性键中既含有【考点】有机物的结构和性质．【分析】A．含有苯环的化合物为芳香族化合物；B．与苯有类似结构和性质，能发生加成、取代、氧化反应；C．单键为σ键，双键含有1个σ键、1个π键；D．同种元素原子之间形成非极性键，不同元素原子之间形成极性键．【解答】解：A．含有苯环的化合物为芳香族化合物，该物质不含苯环，不属于芳香族化合物，故A错误；B．与苯有类似结构和性质，能发生加成、取代、氧化反应，故B正确；C．分子中含有3个C﹣H键，1个N﹣H键，3个C﹣N单键，1个C=C双键，1个C=N双键，单键为σ键，双键含有1个σ键、1个π键，共含有9个σ键，故C正确；D．碳原子之间形成非极性键，C原子与H原子、N原子之间形成极性键，N原子与H原子之间也形成极性键，故D正确，故选A．【点评】本题考查有机物的结构与性质，比较基础，有利于基础知识的巩固． 2．一定浓度的盐酸和氨水混合后形成的混合溶液中，下列说法正确的是（ ）A．当溶液中c（Cl﹣）＞c（NH4+）时，Mg2+、Na+、SO32﹣、NO3﹣可以大量共存B．当溶液中c（Cl﹣）=c（NH4+）时，Na+、CH3CH2OH、[Ag（NH3）2]+可以大量共存C．当溶液中c（Cl﹣）＜c（NH4+）时，可以发生ClO﹣+Cl﹣+2H+═Cl2+H2OD．若溶液中c（Cl﹣）=c（NH4+）时，则盐酸和氨水按物质的量1：1混合【考点】离子共存问题．【分析】A．当溶液中c（Cl﹣）＞c（NH4+）时，根据电荷守恒知，溶液中c（OH﹣）＜c（H+），溶液呈酸性；B．当溶液中c（Cl﹣）=c（NH4+）时，根据电荷守恒知，溶液中c（OH﹣）=c（H+），溶液呈中性；C..当溶液中c（Cl﹣）＜c（NH4+）时，根据电荷守恒知，溶液中c（OH﹣）＞c（H+），溶液呈碱性；D．氯化铵是强酸弱碱盐，其水溶液呈酸性，要使氨水和盐酸溶液呈中性，则氨水应该稍微过量．-14-【解答】解：A．当溶液中c（Cl﹣）＞c（NH4+）时，根据电荷守恒知，溶液中c（OH﹣）＜c（H+），溶液呈酸性，酸性条件下，SO32﹣、NO3﹣发生氧化还原反应而不能大量共存，故A错误；B．当溶液中c（Cl﹣）=c（NH4+）时，根据电荷守恒知，溶液中c（OH﹣）=c（H+），溶液呈中性，粒子之间不反应，所以能大量共存，故B正确；C..当溶液中c（Cl﹣）＜c（NH4+）时，根据电荷守恒知，溶液中c（OH﹣）＞c（H+），溶液呈碱性，氯气和碱反应生成盐，所以不能发生该反应，故C错误；D．氯化铵是强酸弱碱盐，其水溶液呈酸性，要使氨水和盐酸溶液呈中性，则氨水应该稍微过量，则盐酸和氨水按物质的量小于1：1混合，故D错误；故选B．【点评】本题考查离子共存及溶液酸碱性判断，为高频考点，正确判断溶液酸碱性是解本题关键，再结合离子共存条件及物质性质分析解答，易错选项是A． 3．为了实现下列实验目的，依据下表提供的主要仪器，所用的试剂合理的是（ ）选项实验目的主要仪器试剂A测定氨水的浓度锥形瓶、滴定管、烧杯氨水、1mol/L盐酸、甲基橙B制备Fe（OH）3胶体烧杯、胶头滴管、酒精灯饱和FeCl3溶液、NaOH溶液C检验丙烯醛中的碳碳双键试管、胶头滴管丙烯醛、溴水D配制100mL1mol/L硫酸容量瓶、胶头滴管、10mL量筒、烧杯18mol/L硫酸、蒸馏水A．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．氯化铵呈酸性；B．用烧杯取少量蒸馏水，用酒精灯加热至沸腾，然后逐滴向烧杯中滴加FeCl3饱和溶液，并继续煮沸至液体呈透明的红褐色即得氢氧化铁胶体；C．双键、﹣CHO均能使溴水褪色；D．依据配制一定物质的量浓度溶液的操作步骤选择合适的仪器．【解答】解：A．氯化铵呈酸性，可用甲基橙作指示剂，故A正确；B．用烧杯取少量蒸馏水，用酒精灯加热至沸腾，然后逐滴向烧杯中用胶头滴管滴加FeCl3饱和溶液，并继续煮沸至液体呈透明的红褐色即得氢氧化铁胶体，用不到氢氧化钠，故B错误；C．双键、﹣CHO均能使溴水褪色，则加入溴水，若溴水褪色，不能证明含有醛基，故C错误；D．配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、量取、稀释冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，用到的仪器有：烧杯、胶头滴管、玻璃棒、量筒、100mL容量瓶，缺少玻璃棒，故D错误．故选A．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及中和滴定、溶液配制以及物质制备等，侧重实验基本操作和实验原理的考查，注意装置的作用及实验的操作性、评价性分析，题目难度不大． -14-4．工业合成氨是人类科学技术上的一个重大突破，其反应过程为N2+3H22NH3；△H＜0．若反应在恒容的容器中进行，下列由该反应的相关图象做出判断正确的是（ ）ABCDP代表的是压强c%是氨气百分含量1molN2和3molH2反应达平衡放出热量92kJ平衡常数：Kb＞KaA．AB．BC．CD．D【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡建立的过程．【分析】A．合成氨增大压强平衡向正反应方向移动；B．根据合成氨反应为放热反应，温度高平衡向逆反应方向移动；C．根据合成氨为可逆反应，不可能反应到底分析；D．温度高平衡向逆反应方向移动，所以温度越低平衡时氨气的量越多，平衡常数越大．【解答】解：A．合成氨增大压强平衡向正反应方向移动，所以平衡后正反应速率应大于逆反应速率，故A错误；B．合成氨反应为放热反应，温度高平衡向逆反应方向移动，所以温度越高氨气百分含量越低，故B错误；C．由图象可知1molN2和3molH2完全反应放出热量92kJ，又合成氨为可逆反应，不可能反应到底，所以放出热量小于92kJ，故C错误；D．因为温度高平衡向逆反应方向移动，所以温度越低平衡时氨气的量越多，平衡常数越大，所以平衡常数：Kb＞Ka，故D正确；故选D．【点评】本题以图象形式，考查化学反应中能量变化、化学平衡图象及影响因素等，难度中等． 5．部分弱酸的电离平衡常数如下表：弱酸HAHBH2C电离平衡常数K1=1.77×10﹣4K1=4.9×10﹣10K1=4.3×10﹣7K2=5.6×10﹣11下列选项错误的是（ ）A．B﹣+HA→HB+A﹣B．2Bˉ+H2C→2HB+C2﹣C．中和等体积、等pH的HA和HB消耗NaOH的量前者小于后者D．等体积、等浓度的NaA和NaB溶液中所含离子总数前者大于后者【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】弱酸的电离平衡常数越大，其酸性越强，等pH的弱酸溶液，酸性越强的酸其物质的量浓度越小，弱酸根离子水解程度越小，结合强酸能和弱酸盐反应制取弱酸分析解答．A、据电离平衡常数分析，B﹣结合氢离子的能力比Aˉ强；B、据电离平衡常数分析，C2﹣结合氢离子的能量比Bˉ强；C、据电离平衡常数分析，HA的酸性强于HB，等pH时，HB的浓度大；-14-D、根据电荷守恒，c（A﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+），c（B﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+）分析．【解答】解：A、据电离平衡常数分析，B﹣结合氢离子的能力比Aˉ强，故A正确；B、据电离平衡常数分析，C2﹣结合氢离子的能量比Bˉ强，其反应方程式应为Bˉ+H2C=HB+HC﹣，故B错误；C、据电离平衡常数分析，HA的酸性强于HB，等pH时，HB的浓度大，中和等体积、等pH的HA和HB消耗NaOH的量前者小于后者，故C正确；D、根据电荷守恒，c（A﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+），c（B﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+），即离子总数是n（Na+）+n（H+）的2倍，而NaB的水解程度大，即NaB溶液中的c（OH﹣）大，c（H+）小，c（Na+）相同，所以NaA和NaB中离子总数前者大于后者，故D正确；故选B．【点评】本题考查了弱电解质的电离，明确弱电解质电离平衡常数与酸性强弱、酸根离子的水解程度的关系是解本题关系，再结合强酸制取弱酸、酸碱中和反应来分析解答，易错选项是D，注意从电荷守恒的角度解答该题． 6．已知二氧化硒是一种氧化剂，它可有Se+2H2SO4（浓）═2SO2↑+SeO2+2H2O制取．又知离子方程式aSeO2+bSO2+cH2O═aSe+bX+dY；则关于下列叙述正确的是（ ）A．a：b=1：1B．Y为OH﹣C．氧化性为：SeO2＞H2SO4（浓）D．若每生成0.2molX则该反应转移0.4NA个电子【考点】氧化还原反应方程式的配平；氧化还原反应．【分析】依据氧化还原反应得失电子守恒结合原子个数守恒写成反应的离子方程式，结合氧化还原反应规律解答．【解答】解：由题意可知：二氧化硒是一种氧化剂，结合离子方程式aSeO2+bSO2+cH2O═aSe+bX+dY，反应中se化合价由+4价降低到0价，得到4个电子，则S化合价必升高到+6价，失去2个电子，依据氧化还原反应得失电子守恒，二氧化硒系数为1，二氧化硫系数为2，依据原子个数守恒，反应的离子方程式：SeO2+2SO2+2H2O=Se+4H++2SO42﹣；A．a：b=1：2，故A错误；B．Y为氢离子，故B错误；C．Se+2H2SO4（浓）═2SO2↑+SeO2+2H2O，反应中浓硫酸为氧化剂，二氧化硒为氧化产物，依据氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性，所以SeO2＜H2SO4（浓），故C错误；D．依据方程式：SeO2+2SO2+2H2O=Se+4H++2SO42﹣，每生成0.2mol硫酸根离子，转移0.4NA个电子，故D正确；故选：D．【点评】本题考查了氧化还原反应，侧重考查氧化还原反应配平，熟悉氧化还原反应规律是解题关键，题目难度不大． -14-7．实验室使用pH传感器来测定Na2CO3和NaHCO3混合物中NaHCO3的含量．称取1.59g样品，溶于水配成250.00ml溶液，取出该溶液25.00ml用0.1mol•L﹣1盐酸进行滴定，得到如下曲线．以下说法或操作正确的是（ ）A．上一个计量点前发生反应的离子方程式为HCO3﹣+H+═H2O+CO2↑B．下一个计量点溶液中存在大量的阴离子是Cl﹣、HCO3﹣C．此样品n（NaHCO3）=（28.1﹣2×11.9）×10﹣3molD．使用该方法测定Na2CO3和NaOH混合溶液中的氢氧化钠含量，将会得到1个计量点【考点】离子方程式的有关计算；离子反应发生的条件．【分析】A、上一个计量点前溶液显示碱性，据此确定发生的离子反应；B、下一个计量点溶液pH=4，显示酸性，据此确定存在的离子；C、Na2CO3和NaHCO3混合物加盐酸，先是碳酸钠转化为碳酸氢钠，随后是碳酸氢钠转化为氯化钠的过程，据此计算；D、Na2CO3和NaOH混合溶液中加入盐酸，显示和氢氧化钠中和，随后是和碳酸钠之间发生反应，据此回答．【解答】解：A、根据图示知道上一个计量点前溶液显示碱性，发生的离子反应：CO32﹣+H+═HCO3﹣，故A错误；B、下一个计量点溶液pH=4，显示酸性，不能存在HCO3﹣离子，故B错误；C、Na2CO3和NaHCO3混合物加盐酸，首先是碳酸钠转化为碳酸氢钠：CO32﹣+H+═HCO3﹣，此时消耗的盐酸的体积为11.9mL，随后是碳酸氢钠转化为氯化钠的过程，HCO3﹣+H+═H2O+CO2↑，由于CO32﹣+H+═HCO3﹣过程和HCO3﹣+H+═H2O+CO2过程消耗的盐酸体积应该是相同的，所以样品中碳酸钠消耗的盐酸为2×11.9mL，则样品中碳酸氢钠消耗的盐酸n（HCl）=（28.1﹣2×11.9）×10﹣3L×0.1mol•L﹣1=（28.1﹣2×11.9）×10﹣4mol，所以此样品n（NaHCO3）=（28.1﹣2×11.9）×10﹣4mol×10=（28.1﹣2×11.9）×10﹣3mol，故C正确；D、Na2CO3和NaOH混合溶液中加入盐酸，先是和氢氧化钠中和，随后是和碳酸钠之间发生反应，生成碳酸氢钠，最后是生成氯化钠，不止得到1个计量点，是3个计量点，故D错误．故选C．【点评】本题考查学生碳酸钠和碳酸氢钠与盐酸之间的反应知识，注意反应的先后是解题的关键，注重学生读图能力的考查． 二、解答题（共4小题）8．已知有：H、C、O、S、Cl、Fe六种元素，则回答下列有关其性质：（1）Fe原子价电子的排布为 3d44s2 ；Cl位于周期表中位置： 第三周期第VIIA族 ；C原子核外有 3 个能级．（2）用“＞”或“＜”填空：还原性：HCl ＜ H2S半径：C ＞ O（3）在NaOH溶液中用Fe作阳极，通过电解制取FeO42﹣的电极反应式为： Fe+8OH﹣﹣6e﹣═FeO42﹣+4H2O ．-14-（4）已知1molS完全燃烧生成SO2放出akJ热量；又知2SO3（g）═2SO2（g）+O2（g）；△H=bkJ/mol；则请写出1mol固体S生成气体SO3的热化学方程式为 S（s）+O2（g）=SO3（g）△H=（﹣a﹣b）kJ•mol﹣1 ．【考点】元素周期律的作用；热化学方程式；原电池和电解池的工作原理．【分析】（1）Fe为26号元素，Cl为17号元素，C为6号元素，据此解答即可；（2）元素的非金属性越强，其氢化物的还原性越弱，同一周期原子序数越大，半径越小；（3）阳极失去电子，发生氧化反应，化合价升高，据此解答即可；（4）利用盖斯定律进行计算即可．【解答】解：（1）Fe为26号元素，除以第四周期第VIII族，价电子排布为：3d44s2，Cl处于第三周期第VIIA族，C原子序数为6，有3个能级，分别是1s、2s和2p，故答案为：3d44s2；第三周期第VIIA族；3；（2）Cl与S处于同一周期，原子序数越大，非金属性越大，氢化物还原性越弱，故还原性：HCl＜H2S，原子序数O＞C，故半径C＞O，故答案为：＜；＞；（3）用电化学法制取Na2FeO4，由图可知Fe为阳极失去电子，则阳极反应为Fe+8OH﹣﹣6e﹣═FeO42﹣+4H2O，故答案为：Fe+8OH﹣﹣6e﹣═FeO42﹣+4H2O；（4）已知①S（s）+O2（g）=SO2（g）△H1=﹣akJ•mol﹣1，②SO2（g）+O2（g）=SO3（g）△H2=﹣bkJ•mol﹣1；则利用盖斯定律将①+②可得S（s）+O2（g）=SO3（g）△H3=（△H1+△H2）=（﹣a﹣b）kJ•mol﹣1，故答案为：S（s）+O2（g）=SO3（g）△H=（﹣a﹣b）kJ•mol﹣1．【点评】本题综合考查反应热与焓变，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意催化剂对反应的影响以及盖斯定律的应用． 9．目前社会是科技发展的时代，不断的创新电视显示技术，目前的电视显示器制备中用到了有机物F，其合成路线设计如下：已知这个结构不稳定，自动脱水，生成碳基．（1）有机物E的结构简式： ；有机物C的系统名称为： 2﹣甲基丙醛 ．（2）条件a是指： NaOH的水溶液、加热 ；由B生成C的化学方程式为： 2（CH3）2CHCH2OH+O22（CH3）2CHCHO+2H2O ．-14-（3）有机物M与有机物K互为同分异构体，且有机物M同时满足①能与金属钠反应②核磁共振氢谱峰的强度比为3：2：1的结构简式为： ．（4）有关有机物F的性质叙述正确的是 ab ．a、能与银氨溶液发生银镜反应b、能使溴水和酸性KMnO4褪色c、1molF最多能消耗1molNaOHd、1molF最多能和3molH2反应．【考点】有机物的推断．【分析】J和氯气发生取代反应生成K，根据K结构简式知，J结构简式为，根据F结构简式知，E为，则K发生水解反应然后酸化得到E，所以条件a为NaOH的水溶液、加热，根据F结构简式知，D为（CH3）2CHCOOH，C发生氧化反应然后酸化得到D，则C为（CH3）2CHCHO，B发生催化氧化反应生成C，则B为（CH3）2CHCH2OH，A发生水解反应生成B，则A为（CH3）2CHCH2Cl，据此分析解答．【解答】解：J和氯气发生取代反应生成K，根据K结构简式知，J结构简式为，根据F结构简式知，E为，则K发生水解反应然后酸化得到E，所以条件a为NaOH的水溶液、加热，根据F结构简式知，D为（CH3）2CHCOOH，C发生氧化反应然后酸化得到D，则C为（CH3）2CHCHO，B发生催化氧化反应生成C，则B为（CH3）2CHCH2OH，A发生水解反应生成B，则A为（CH3）2CHCH2Cl，（1）通过以上分析知，有机物E的结构简式：；C为（CH3）2CHCHO，有机物C的系统名称为：2﹣甲基丙醛，故答案为：；2﹣甲基丙醛；（2）条件a是指：NaOH的水溶液、加热；C为（CH3）2CHCHO，B发生催化氧化反应生成C，则B为（CH3）2CHCH2OH，由B生成C的化学方程式为：2（CH3）2CHCH2OH+O22（CH3）2CHCHO+2H2O，故答案为：NaOH的水溶液、加热；2（CH3）2CHCH2OH+O22（CH3）2CHCHO+2H2O；（3）有机物M与有机物K互为同分异构体，且有机物M同时满足①能与金属钠反应，因为K中只含一个O原子，则说明M含有羟基；②核磁共振氢谱峰的强度比为3：2：1，说明含有3种氢原子且氢原子个数之比为3：2：1，则M的结构简式为：，故答案为：；（4）a、F中含有醛基，所以能与银氨溶液发生银镜反应，故正确；b、醛基较活泼，能被酸性高锰酸钾溶液和溴水氧化而能使溴水和酸性KMnO4褪色，故正确；-14-c、酯基水解生成的羧基和酚羟基都能和氢氧化钠反应，所以1molF最多能消耗2molNaOH，故错误；d、苯环、醛基都能和氢气发生加成反应，所以1molF最多能和4molH2反应，故错误；故选ab．【点评】本题考查有机物推断，为高频考点，侧重考查学生分析推断能力，根据F、K结构简式结合反应条件、某些物质的分子式进行推断，知道常见有机物官能团及其性质关系，难点是同分异构体结构判断，注意：两个羟基位于同一碳原子上不稳定，醛基能被溴水氧化，为易错点． 10．制烧碱所用盐水需两次精制．第一次精制主要是用沉淀法除去粗盐水中Ca2+、Mg2+、SO42﹣等离子，过程如下：Ⅰ、向粗盐水中加入过量BaCl2溶液，操作X；Ⅱ、向所得滤液中加入过量Na2CO3溶液，过滤；Ⅲ、滤液用盐酸调节pH，获得第一次精制盐水．（1）操作X使用的主要仪器为： 漏斗、烧杯、玻璃棒 ．（2）过程Ⅰ、Ⅱ生成的部分沉淀及其溶解度如下表，请依据表中数据解释下列问题：CaSO4Mg2（OH）2CO3CaCO3BaSO4BaCO32.6×10﹣22.5×10﹣47.8×10﹣42.4×10﹣41.7×10﹣3①过程Ⅰ选用BaCl2而不选用CaCl2的原因为 BaSO4的溶解度比CaSO4的小，可将SO42﹣沉淀更完全 ．②过程Ⅱ之后检测Ca2+、Mg2+及过量Ba2+是否除尽时，只需检测Ba2+即可，检验Ba2+的操作是 取少量清液放置于试管中，先加入盐酸，再加入硫酸钠溶液，若无白色沉淀，则可证明溶液无Ba2+ ．（3）第二次精制要除去微量的I﹣、IO3﹣、NH4+、Ca2+、Mg2+，流程示意如下：①过程Ⅳ除去NH4+的离子方程式是 3ClO﹣+2NH4+=3Cl﹣+N2↑+2H++3H2O ．②实验室从水溶液分离出I2的操作名称为 萃取 ．③过程Ⅵ中，产品NaOH在电解槽的 阴极 区生成（填“阳极”或“阴极”），该电解槽为 阳 离子交换膜电解槽（填“阳”或“阴”）．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【专题】实验设计题．【分析】（1）向粗盐水中加入过量BaCl2溶液可生成硫酸钡沉淀，分离沉淀应过滤；（2）①根据表中数据分析BaSO4与CaSO4的溶解度大小，溶解度越小，沉淀越完全；②可用硫酸钠检验是否含有钡离子；（3）①次氯酸根离子具有强氧化性，能够氧化铵根离子生成氮气；②可用萃取的方法分离碘；③根据电解原理及水的电离平衡H2O⇌H++OH﹣进行分析在电解槽的阴极区生成NaOH原理以及判断此交换膜．【解答】解：（1）向粗盐水中加入过量BaCl2溶液，硫酸根离子与氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀，分离沉淀和溶液，可用过滤的方法，用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，故答案为：漏斗、烧杯、玻璃棒；-14-（2）①硫酸钡的溶度积为2.4×10﹣4，硫酸钙的溶度积为2.6×10﹣2，显然硫酸钙的溶度积大于硫酸钡，即BaSO4的溶解度比CaSO4的小，可将SO42﹣沉淀更完，故答案为：BaSO4的溶解度比CaSO4的小，可将SO42﹣沉淀更完全；②根据步骤数据可知，在BaCO3、CaCO3、Mg2（OH）2CO3中，BaCO3的溶解度最大，若Ba2+沉淀完全，则说明Mg2+和Ca2+也沉淀完全，可取少量清液放置于试管中，先加入盐酸，再加入硫酸钠溶液，若无白色沉淀，则可证明溶液无Ba2+，故答案为：取少量清液放置于试管中，先加入盐酸，再加入硫酸钠溶液，若无白色沉淀，则可证明溶液无Ba2+；（3）①过程Ⅳ加入次氯酸钠，次氯酸根离子能够氧化NH4+，可生成氮气，反应的离子方程式为3ClO﹣+2NH4+=3Cl﹣+N2↑+2H++3H2O，故答案为：3ClO﹣+2NH4+=3Cl﹣+N2↑+2H++3H2O；②碘易溶于四氯化碳等有机溶剂，可用萃取的方法分离，故答案为：萃取；③电解过程中，H+在阴极上得电子变成H2逸出，使H2O⇌H++OH﹣电离平衡向右移动，OH﹣在阴极区浓度增大，Na+向阴极区移动，最后NaOH在阴极区生成，故此交换膜为阳离子交换膜，故答案为：阴极；阳．【点评】本题考查了粗盐的提纯、难溶电解质的沉淀平衡及转化、电解原理、离子方程式的书写等知识，题目难度中等，试题涉及的题量较大，知识点较多，注意掌握粗盐的提纯方法、物质的分离与提纯原则，明确电解原理及应用方法，能够正确书写离子方程式． 11．某学校化学兴趣小组以在不同的温度下淀粉遇碘变蓝色的快慢为背景来研究温度对化学反应速率影响．具体研究过程：1、反应原理：NaHSO3首先和KIO3反应先产生碘离子，NaHSO3消耗完碘离子再和过量的KIO3溶液反应生成I2．在实验的过程中，发现当NaHSO3完全消耗即有I2析出，即淀粉变蓝．请写出此反应过程的离子方程式： 3HSO3﹣+IO3﹣=I﹣+SO42﹣+3H+ 、 IO3﹣+5I﹣+6H+=3I2+3H2O ．2、探究温度对化学反应速率的影响：已知NaHSO3溶液在不同温度下均可被过量KIO3氧化，根据I2析出所需时间可以求得NaHSO3的反应速率．实验如下：将浓度均为0.020mol•L﹣1NaHSO3（含少量淀粉）10.0mL、KIO3（过量）酸性溶液40.0mL混合，记录10～55℃间溶液变蓝时间，55℃时未观察到溶液变蓝，实验结果如图所示．据图分析讨论：（1）兴趣小组对于55℃时未观察到溶液变蓝原因进行了猜测：假设一：此温度下，亚硫酸氢钠分解；假设二： 没有生成单质碘 ；假设三： 淀粉变质 ；…（2）由图分析：温度的变化与溶液变蓝时间的关系是： 40℃以前，温度越高，反应速率越快，40℃后温度越高，变色时间越长，反应速率越慢 ．（3）图中b、c两点对应的NaHSO3反应速率为v（b） 小于 v（c）（填大于、小于或等于）．（4）图中a点对应的NaHSO3反应平均速率为 5.0×10﹣5mol•L﹣1•s﹣1 ．（5）根据图象分析，你认为淀粉能否作为检验碘单质的试剂？简述理由： 温度高于40℃时，淀粉易糊化，不宜在高于40℃的条件下作指示剂． ．-14-【考点】探究影响化学反应速率的因素．【分析】1、首先NaHSO3被氧化为SO42﹣，同时KIO3被还原为碘离子，其次过量的KIO3和碘离子发生归中反应生成单质碘，根据电子得失守恒以及质量守恒判断；2、（1）55℃时未观察到溶液变蓝还可能是没有单质碘，或者淀粉变质来分析；（2）由图象可知，40℃之前温度越高溶液变蓝所需要的时间越短；40℃之后温度越高溶液变蓝所需要的时间越长，其变化趋势相反；（3）b、c点对应的温度不同；（3）根据V=来解答；（4）温度高于40℃时，淀粉易糊化；【解答】解：1、NaHSO3被氧化为SO42﹣，同时KIO3被还原为碘离子，其反应的离子方程式为：3HSO3﹣+IO3﹣=I﹣+SO42﹣+3H+；过量的KIO3和碘离子发生归中反应生成单质碘，其反应的离子方程式为：IO3﹣+5I﹣+6H+=3I2+3H2O；故答案为：5HSO3﹣+2IO3﹣=I2+5SO42﹣+3H++H2O；IO3﹣+5I﹣+6H+=3I2+3H2O；2、（1）55℃时未观察到溶液变蓝还可能是没有单质碘，或者淀粉变质；故答案为：没有生成单质碘；淀粉变质；（2）从图象中可以看出，40℃以前，温度越高，反应速率越快，40℃后温度越高，变色时间越长，反应速率越慢，其变化趋势相反；故答案为：40℃以前，温度越高，反应速率越快，40℃后温度越高，变色时间越长，反应速率越慢，其变化趋势相反；（3）由图中b、c反应时间相同、温度不同可知，温度高反应速率快，故反应速率不同；故答案为：小于；（4）a点时间为80s，浓度变化量为=0.004mol/L，a点对应的NaHSO3反应速率为V==5.0×10﹣5mol•L﹣1•s﹣1；故答案为：5.0×10﹣5mol•L﹣1•s﹣1；（5）温度高于40℃时，淀粉易糊化，故淀粉不宜在高于40℃的条件下作指示剂；故答案为：温度高于40℃时，淀粉易糊化，不宜在高于40℃的条件下作指示剂．【点评】本题考查化学反应速率的影响因素，侧重图象分析及温度对反应的影响，注意不同温度下均可被过量KIO3氧化，注重分析能力和解决问题能力的考查，题目难度较大． -14-
