2016年高考化学二轮复习专题能力训练9 化学实验设计与评价 Word版含答案

合集下载

高考化学二轮精品复习试卷化学实验的设计与评价 Word版含解析[ 高考]

化学实验的设计与评价学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题()1、为研究铁及其化合物的性质，某探究小组进行如下实验：将一表面有铁锈（Fe2O3）的铁钉浸泡在稀硫酸中一段时间，取适量浸泡后的溶液滴入少量KSCN溶液，未见溶液呈血红色。

请根据要求回答问题：（1）甲同学认为：“将一表面有铁锈（Fe2O3）的铁钉浸泡在稀硫酸中一段时间”，体系中不仅铁锈、铁与稀硫酸发生了反应，同时还发生另一个反应。

①铁锈与稀硫酸反应的化学方程式为__________________________。

②“还发生另一个反应”对应的离子方程式应为______________________________。

（2）现有下列仪器和试剂，若要通过实验验证甲同学的分析是否正确，你将设计怎样的实验方案？请将你设计的方案填入下列表格中。

仪器：试管、胶头滴管试剂：氯水、稀硫酸、铁粉、硫氰酸钾溶液2、下列实验中，不能达到目的的是4、下列有关实验装置的说法中正确的是A．用图1装置制取干燥纯净的NH3B．用图2装置实验室制备Fe(OH)2C．用图3装置可以完成“喷泉”实验D．用图4装置测量Cu与浓硝酸反应产生气体的体积27、下列各图所示实验设计能达到相应实验目的的是A．用图①装置验证氯、碳、硅元素非金属性B．用图②装置能收集O2、CO2和H2C．用图③装置电解精炼铝D．用图④装置验证NaHCO3和Na2CO3的热稳定性8、下述实验能达到预期目的的是A．甲图：验证铜与稀硝酸反应的气体产物只有NOB．乙图：实验室制取乙酸乙酯C．丙图：验证钢铁片发生吸氧腐蚀D．丁图：证明在相同温度下Mg(OH)2的溶解度大于Fe(OH)39、（14分）过氧化钠常用做漂白剂、杀菌剂、消毒剂。

过氧化钠保存不当容易变质。

（1）某课外活动小组欲探究一包过氧化钠样品是否已经变质：取少量样品，溶解，加入_______溶液，充分振荡后有白色沉淀，证明Na2O2已经变质。

重庆市2016届高考化学二模试卷 Word版含解析

2016年重庆市高考化学二模试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．化学与生活密切相关，下列说法不正确的是（）A．铝壶可存放食醋B．乙烯可催熟水果C．硅胶可作干燥剂D．氯气可做消毒剂2．下列反应描述错误的是（）A．Cu与过量浓HNO3反应，生成的气体呈红棕色B．足量H2通过灼热的CuO粉末后，生成的固体为红色C．AgNO3溶液与足量Na2S溶液反应后再滴加NaCl溶液，沉淀为白色D．物质的量相同的CH3COOH与NaOH反应后滴加酚酞，溶液显红色4．某有机分子中有一个六碳环，其相对分子质量为100，完全燃烧生成等物质的量的CO2和H2O，且能与金属钠反应．则该有机物环上的一氯取代物最多有（）A．1种B．2种C．3种D．4种5．设N A为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A．1L1.0mo1•L﹣1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2N AB．标准状况下，11.2 LNO与11.2LO2混合后所含分子数为0.75N AC．Na2O和Na2O2混合物的物质的量为1mol，其中含有的阴离子总数为N AD．室温下，将9g铝片投入0.5L18.4mol•L﹣1的H2SO4中，转移的电子数为N A6．短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大．c、a、b最外层电子数为等差数列．公差为2．a、c的价电子数之和为6．d的核外电子数等于b的核外电子数加8．下列叙述错误的是（）A．a和b可形成气态化合物B．c的原子半径小于d的原子半径C．b和c形成的化合物为离子化合物D．a和d最高价氧化物的水化物均呈酸性7．氧电化学传感器可用于测定O2含量，下图为某种氧电化学传感器的原理示意图，已知在测定O2含量过程中，电解质溶液的质量保持不变，一段时间内，若通过传感器的待测气体为aL（标准状况），某电极增重了bg．下列说法正确的是（）A．Pt电极上发生氧化反应B．Pt上发生的电极反应式为4OH﹣﹣4e﹣═O2↑+2H2OC．反应过程中转移OH﹣的物质的量为0.25bmolD．待测气体中氧气的体积分数为0.7二、解答题（共3小题，满分43分）8．钛铁矿的主要成分为FeTiO3（可表示为FeO•TiO2）．用浓盐酸溶解钛铁矿去渣得溶液（含有Fe2+、TiOCl42﹣等），调节溶液的pH并加热，过滤的TiO2和滤液．控制反应温度在95℃左右，向滤液中加入H2O2和NH4H2PO4得到FePO4．再将FePO4与Li2CO3和H2C2O4一起LiFePO（）3中的化合价为，盐酸与3反应的离子方程式为．检验溶液中Fe2+的方法是．（2）为提供FePO4的产率，根据上述制备方法和表中数据，应采取的正确措施是（填正确答案的标号）．a．不加H2O2 b．调节溶液pH至5 c．降低反应温度d．增大NH4H2PO4的用量（3）磷的含氧酸H3PO2与足量的NaOH溶液反应，生成NaH2PO2．则H3PO2为元酸；在LiFePO4中的化学键有，在制备LiFePO4的过程中加入H2C2O4的作用是．（4）LiFePO4可作锂电池的电极材料．充电时，Li+从LiFePO4晶格中迁移出来，部分LiFePO4 FePO4，则阳极的电极反应式为．转化为Li1﹣x（5）电化学还原TiO2是获取金属钛的常用方法．采用熔融盐作电解质，用石墨作阳极，总反应为TiO2Ti+O2↑①电解过程中，阳极不断被消耗而需要定期更换，其原因是（用反应式表示）．②电解由含80%FeTiO3的钛铁矿制取的TiO2得到12kg金属钛，已知电流效率为76%，则至少需要该种钛铁矿kg．（电流效率=×100%）9．1，2﹣二溴乙烷是常用的有机合成中间体，某小组用如图装置合成1，2﹣二溴乙烷．装置B中发生的反应为C2H5OH CH2=CH2↑+H2O在冰水浴冷却下将20.0mL浓硫酸与10.0mL95%乙醇混合均匀得到反应液，取出10.0mL加入三颈烧瓶B中，剩余部分转入滴液漏斗A中．E的试管中加入8.0g液溴，再加入2﹣3mL 水，试管外用水冷却．断开D、E之间的导管，加热B，待装置内空气被排除后，连接D和E，继续加热并保持温度在170﹣180℃，打开滴液漏斗活塞，缓慢滴加反应液，直至反应完毕．分离提纯：将粗产物分别用10%的氢氧化钠溶液和水洗涤，分离后加入无水氯化钙干燥，待溶液澄清后进行蒸馏，得到纯净的1，2﹣二溴乙烷6.3g．回答下列问题：（1）混合浓硫酸与乙醇时，加入试剂的正确顺序是；使用冰水浴降温的目的是．（2）为防止暴沸，装置B中还应加入；C的作用是；E中试管里加水的目的是．（3）判断生成1，2﹣二溴乙烷反应结束的方法是；反应结束时正确的操作是．（4）洗涤和分离粗产物时使用的玻璃仪器是．（5）本实验中，1，2﹣二溴乙烷的产率为．（6）下列操作中，将导致产物产率降低的是（填正确答案的标号）．a．乙烯通入溴时迅速鼓泡b．实验时没有装置D c．去掉装置E烧杯中的水d．装置F中NaOH溶液用水代替．10．羰基硫（O=C=S）广泛存在于以煤为原料的各种化工原料气中，能引起催化剂中毒、化学产品质量下降和大气污染．羰基硫的氢解反应和水解反应是两种常用的脱硫方法，其反应式分别为：①氢解反应：COS（g）+H2（g）⇌H2S（g）+CO（g）△H1=+7KJ•mol﹣1②水解反应：COS（g）+H2O（g）⇌H2S（g）+CO2（g）△H2（1）在以上脱除COS的反应中，若某反应有1mol电子发生转移，则该反应吸收的热量为KJ．（2）已知热化学方程式CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）△H3 则△H3=KJ•mol ﹣1．（3）氢解反应平衡后增大容器的体积，则正反应速率，COS的转化率（填“增大”或“减小”或“不变”）．（4）COS氢解反应的平衡常数K与温度T具有如下的关系式lgK=+b，式中a和b均为常数．①如图中，表示COS氢解反应的直线为，判断依据为．1a212大小的依据为．③某温度下，在体积不变的容器中，若COS和H2的起始体积比为1：V，平衡后COS和H2的体积比为1：10V，则此温度下该反应的化学平衡常数K=．三、选做题：选修2：化学与技术（共1小题，满分15分）11．海洋深处有丰富的软锰矿（主要成分为MnO2，还含有少量铝、铜、镍等金属的化合物），软锰矿可作脱硫剂，工业上通过如下流程既脱除燃煤尾气中的SO2，又制得电池材料MnO2（反应条件已省略）请回答下列问题：（1）下列有关SO2的说法正确的是（填正确答案的标号）．a．SO2有毒，食品中不能含有SO2b．SO2能使酸性KMnO4溶液褪色c．SO2是酸性氧化物，其水溶液是强酸d．SO2通过CaCl2浓溶液能生成沉淀（2）操作1的名称是．（3）用MnCO2能除去溶液中的Al3+，其原因是．（4）加MnS除去Cu2+和Ni2+的原理是．（5）MnO2是碱性锌锰电池的正极材料，写出该电池的总反应方程式．（6）根据图中信息，写出KMnO4与MnSO4溶液反应的离子反应方程式：．（7）假设脱硫过程中，SO2只与软锰矿浆中MnO2反应，其化学方程式为；将2240m3（标准状况）含有0.86%（体积分数）SO2的尾气通入矿浆，若SO2的脱除率为100%，则最终得到MnO2的质量为kg（忽略除去铝、铜、镍等杂质时引入的锰）．选做题：选修3：物质结构与性质（共1小题，满分0分）12．某复合硅酸盐水泥的成分有CaO、MgO、Al2O3、SO3和SiO2等．回答下列问题：（1）Ca的电子排布式为．（2）MgO的熔点比CaO的熔点，其原因是．（3）Al2O3溶于NaOH溶液形成Na[Al（OH）4]，[Al（OH）4]﹣的空间构型为．（4）S的氧化物的水化物中算性最强的是，从结构上分析其原因．（5）硅酸盐结构中的基本结构单元为[SiO4]四面体，其中Si原子的杂化轨道类型为．由两个结构单元通过共用一个原子形成的硅酸盐阴离子的化学式为．（6）CaO与NaCl的晶胞类型相同，CaO晶胞中Ca2+的配位数为，若CaO晶胞参数为anm，CaO的密度为g•cm﹣3（用a和N A表示）．选做题：选修5：有机化学基础（共1小题，满分0分）13．部分果蔬中含有下列成分：已知：①C2H4O2BrCH2COOH D甲②1mol乙消耗NaHCO3的物质的量是甲的2倍③回答下列问题：（1）甲可由已知①得到．①甲中含有不饱和键的官能团名称为．②A→B为取代反应，A的结构简式为．③B→D的化学方程式为．（2）乙在一定条件下生成链状酯类有机高分子化合物的化学方程式为．（3）由丙经下列途径可得一种重要的医药和香料中间体J（部分反应条件略去）：①用化学方法除去E中残留的少量丙（室温时E和丙呈液态，忽略它们在水中的溶解），第1步加入试剂的名称为，第2、3操作分别是过滤、分液．②经E→G→H保护的官能团是，可以表征有机化合物中存在何种官能团的仪器是．③J的同分异构体中在核磁共振氢谱上显示为两组峰，峰面积比为3：2的链状且不存在支链的异构体共有种（不含立体异构），其中某异构体L中的官能团都能与H2发生加成反应，则L的结构简式为（只写一种）．2016年重庆市高考化学二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．化学与生活密切相关，下列说法不正确的是（）A．铝壶可存放食醋B．乙烯可催熟水果C．硅胶可作干燥剂D．氯气可做消毒剂【考点】铝的化学性质；乙烯的化学性质．【分析】A、铝与醋酸反应；B、乙烯为植物生长调节剂；C、硅胶吸附性；D、氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸具有氧化性．【解答】解：A、铝与醋酸反应，所以不能用铝壶可存放食醋，故A错误；B、乙烯为植物生长调节剂，可用作水果催熟剂，故B正确；C、硅胶吸附性，所以硅胶可作干燥剂，故C正确；D、氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸具有氧化性，所以可用氯气可做消毒剂，故D正确；故选A．2．下列反应描述错误的是（）A．Cu与过量浓HNO3反应，生成的气体呈红棕色B．足量H2通过灼热的CuO粉末后，生成的固体为红色C．AgNO3溶液与足量Na2S溶液反应后再滴加NaCl溶液，沉淀为白色D．物质的量相同的CH3COOH与NaOH反应后滴加酚酞，溶液显红色【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．铜和浓硝酸反应生成红棕色气体二氧化氮；B．氢气具有还原性，能还原黑色的CuO生成红色的Cu；C．硫化钠和硝酸银反应生成黑色的硫化银沉淀，硫化银不能转化为AgCl白色沉淀；D．物质的量相同的醋酸和NaOH恰好完全反应生成醋酸钠，醋酸钠溶液呈碱性而使酚酞试液变红色．【解答】解：A．浓硝酸具有强氧化性，铜和浓硝酸反应生成红棕色气体二氧化氮，所以生成的气体呈红棕色，故A正确；B．氢气具有还原性，能还原黑色的CuO生成红色的Cu，看到的现象是：固体由黑色变为红色，故B正确；C．硫化银溶解度小于氯化银，硫化钠和硝酸银反应生成黑色的硫化银沉淀，所以硫化银不能转化为AgCl白色沉淀，故C错误；D．物质的量相同的醋酸和NaOH恰好完全反应生成醋酸钠，醋酸钠是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解而导致溶液呈碱性，所以醋酸钠溶液使酚酞试液变红色，故D正确；故选C．【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．Na性质很活泼，将Na投入硫酸铜溶液时，先和水反应生成NaOH，NaOH再和硫酸铜发生复分解反应；B．CaO和水反应生成氢氧化钙且放出大量热，放出的热量促使一水合氨分解生成氨气，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色；C．酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性；D．氯气没有漂白性，次氯酸有漂白性．【解答】解：A．Na性质很活泼，将Na投入硫酸铜溶液时，先和水反应生成NaOH，NaOH 再和硫酸铜发生复分解反应生成蓝色氢氧化铜沉淀，所以得不到Cu，故A错误；B．CaO和水反应生成氢氧化钙且放出大量热，放出的热量促使一水合氨分解生成氨气，氨气和水反应生成的一水合氨电离出氢氧根离子而导致氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，故B正确；C．酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子，稀硫酸具有弱氧化性，不能氧化亚铁离子，故C错误；D．氯气没有漂白性，氯气和水生成的次氯酸有漂白性而使碘的淀粉试液褪色，故D错误；故选B．4．某有机分子中有一个六碳环，其相对分子质量为100，完全燃烧生成等物质的量的CO2和H2O，且能与金属钠反应．则该有机物环上的一氯取代物最多有（）A．1种B．2种C．3种D．4种【考点】同分异构现象和同分异构体．【分析】A含有一个六元碳环且能与Na反应，则A中含有﹣OH或﹣COOH，有机物A完全燃烧后只生成二氧化碳和水，说明没有碳氢氧以外的元素，A的相对分子质量为100，A 含有一个六碳环，6个碳原子式量为72，﹣COOH的式量为45，不符合，故分子含有1个﹣OH，式量为17，利用残余法可知，剩余基团或原子的总式量为100﹣72﹣17=11，故还有11个H原子，A的结构简式为，环上的取代物，除了﹣OH的邻、间、对位置外，羟基连接的碳也还有氢原子，可以取代．【解答】解：A含有一个六元碳环且能与Na反应，则A中含有﹣OH或﹣COOH，有机物A完全燃烧后只生成二氧化碳和水，说明没有碳氢氧以外的元素，A的相对分子质量为100，A含有一个六碳环，6个碳原子式量为72，﹣COOH的式量为45，不符合，故分子含有1个﹣OH，式量为17，利用残余法可知，剩余基团或原子的总式量为100﹣72﹣17=11，故还有11个H原子，A的结构简式为，环上的取代物，除了﹣OH的邻、间、对位置外，羟基连接的碳也还有氢原子，可以取代，共4种，故选D．5．设N A为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A．1L1.0mo1•L﹣1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2N AB．标准状况下，11.2 LNO与11.2LO2混合后所含分子数为0.75N AC．Na2O和Na2O2混合物的物质的量为1mol，其中含有的阴离子总数为N AD．室温下，将9g铝片投入0.5L18.4mol•L﹣1的H2SO4中，转移的电子数为N A【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、在偏铝酸钠溶液中，除了偏铝酸钠，水也含氧原子；B、11.2LNO与11.2LO2混合后发生的反应为2NO+O2═2NO2，2NO2N2O4；C、氧化钠和过氧化钠均由2个钠离子和1个阴离子构成；D、室温下，铝在浓硫酸中会钝化．【解答】解：A、在偏铝酸钠溶液中，除了偏铝酸钠，水也含氧原子，故溶液中的氧原子的个数多于2N A个，故A错误；B、11.2LNO与11.2LO2混合后发生的反应为2NO+O2═2NO2，2NO2N2O4，则反应后的气体的物质的量小于0，75mol，分子个数小于0.7N A个，故B错误；C、氧化钠和过氧化钠均由2个钠离子和1个阴离子构成，故1mol两者的混合物中含有的阴离子为N A个，故C正确；D、室温下，铝在浓硫酸中会钝化，故反应程度很小，则转移的电子数小于N A个，故D错误．故选C．6．短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大．c、a、b最外层电子数为等差数列．公差为2．a、c的价电子数之和为6．d的核外电子数等于b的核外电子数加8．下列叙述错误的是（）A．a和b可形成气态化合物B．c的原子半径小于d的原子半径C．b和c形成的化合物为离子化合物D．a和d最高价氧化物的水化物均呈酸性【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】c、a、b最外层电子数为等差数列，公差为2，可为1、3、7或2、4、6，a、c的价电子数之和为6，则c的最外层电子数为2，a的最外层电子数为4，b的最外层电子数为6，d的核外电子数等于b的核外电子数加8，则b、d位于同一主族，b为O元素，d为S 元素，由原子序数关系可知a为C元素，C为Mg，以此解答该题．【解答】解：c、a、b最外层电子数为等差数列，公差为2，可为1、3、7或2、4、6，a、c的价电子数之和为6，则c的最外层电子数为2，a的最外层电子数为4，b的最外层电子数为6，d的核外电子数等于b的核外电子数加8，则b、d位于同一主族，b为O元素，d 为S元素，由原子序数关系可知a为C元素，C为Mg，A．a和b可形成的化合物有CO、CO2等，故A正确；B．Mg、S位于同一周期，同周期元素原子半径从左到右逐渐减小，则Mg＞S，故B错误；C．b和c形成的化合物为MgO，为离子化合物，故C正确；D．a为C，d为S，都为非金属性，对应的最高价氧化物的水化物分别为碳酸、硫酸，故D 正确．故选B．7．氧电化学传感器可用于测定O2含量，下图为某种氧电化学传感器的原理示意图，已知在测定O2含量过程中，电解质溶液的质量保持不变，一段时间内，若通过传感器的待测气体为aL（标准状况），某电极增重了bg．下列说法正确的是（）A．Pt电极上发生氧化反应B．Pt上发生的电极反应式为4OH﹣﹣4e﹣═O2↑+2H2OC．反应过程中转移OH﹣的物质的量为0.25bmolD．待测气体中氧气的体积分数为0.7【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】通入氧气的一极为正极，得电子发生还原反应，电极方程式为O2+2H2O﹣+4e﹣═4OH ﹣，Pb电极为负极，失去电子发生氧化反应，电极方程式为2Pb+4OH﹣﹣4e﹣═2PbO+2H2O，根据电极方程式和增重的质量计算转移氢氧根离子的数目及氧气的量，从而计算氧气的体积分数．【解答】解：根据装置图分析可知，该池为原电池，通入氧气的一极为正极，Pb电极为负极，A．Pt电极通氧气，为正极，发生还原反应，故A错误；B．通入氧气的一极为正极，得电子发生还原反应，电极方程式为O2+2H2O﹣+4e﹣═4OH﹣，故B错误；C．Pb电极为负极，失去电子发生氧化反应，电极方程式为2Pb+4OH﹣﹣4e﹣═2PbO+2H2O，结合4mol氢氧根离子，电极质量增重32g，该电极增重的质量为bg，则转移OH﹣的物质的量为0.125bmol，故C错误；D．根据C的分析可知，转移电子物质的量为0.125bmol，由电极方程式为O2+2H2O﹣+4e﹣═4OH﹣，消耗氧气的体积为=0.7bL，故氧气的体积分数为，故D正确．故选D．二、解答题（共3小题，满分43分）8．钛铁矿的主要成分为FeTiO3（可表示为FeO•TiO2）．用浓盐酸溶解钛铁矿去渣得溶液（含有Fe2+、TiOCl42﹣等），调节溶液的pH并加热，过滤的TiO2和滤液．控制反应温度在95℃左右，向滤液中加入H2O2和NH4H2PO4得到FePO4．再将FePO4与Li2CO3和H2C2O4一起（1）FeTiO3中Ti的化合价为+4，盐酸与FeTiO3反应的离子方程式为FeTiO3+4H++4Cl ﹣=Fe2++TiOCl42﹣+2H2O．检验溶液中Fe2+的方法是先滴加KSCN溶液，不显血红色，再加入过氧化氢，溶液显血红色．（2）为提供FePO4的产率，根据上述制备方法和表中数据，应采取的正确措施是d（填正确答案的标号）．a．不加H2O2 b．调节溶液pH至5 c．降低反应温度d．增大NH4H2PO4的用量（3）磷的含氧酸H3PO2与足量的NaOH溶液反应，生成NaH2PO2．则H3PO2为一元酸；在LiFePO4中的化学键有离子键、共价键，在制备LiFePO4的过程中加入H2C2O4的作用是还原4．（4）LiFePO4可作锂电池的电极材料．充电时，Li+从LiFePO4晶格中迁移出来，部分LiFePO4转化为Li1﹣x FePO4，则阳极的电极反应式为LiFePO4﹣xe﹣═Li1﹣xFePO4+xLi+．（5）电化学还原TiO2是获取金属钛的常用方法．采用熔融盐作电解质，用石墨作阳极，总反应为TiO2Ti+O2↑①电解过程中，阳极不断被消耗而需要定期更换，其原因是2O2﹣﹣4e﹣═O2↑，C+O2=CO2（用反应式表示）．②电解由含80%FeTiO3的钛铁矿制取的TiO2得到12kg金属钛，已知电流效率为76%，则至少需要该种钛铁矿62.5kg．（电流效率=×100%）【考点】制备实验方案的设计；原电池和电解池的工作原理．【分析】（1）根据化合物中各元素化合价代数和为零分析，可以判断钛元素化合价为+4价；钛铁矿的主要成分为钛酸亚铁（FeTiO3），根据流程可知，钛酸亚铁与稀盐酸反应生成了水和FeTiOCl4；KSCN与Fe3+作用使溶液显血红色，与Fe2+作用无此现象，依此进行分析判断；（2）向滤液中加入H2O2和NH4H2PO4得到FePO4，过氧化氢氧化亚铁离子，与磷酸根离子形成沉淀，据此分析应采取的正确措施，物质的Ksp越小，越容易形成沉淀；（3）磷的含氧酸H3PO2与足量的NaOH溶液反应，生成NaH2PO2，NaH2PO2为正盐，H3PO2为一元酸；一般来说，金属元素与非金属元素形成离子键，同种非金属元素之间形成极性共价键，不同非金属元素之间形成极性共价键；H2C2O4中的碳为+3价，具有还原性；（4）充电时，为电解池，阳极LiFePO4发生氧化反应；（5）①用石墨做阳极，碳不断被生成的氧气氧化；②根据钛元素质量守恒计算至少需要该种钛铁矿的质量．【解答】解：（1）钛铁矿的主要成分为FeTiO3（可表示为FeO•TiO2），铁的化合价为+2价，氧元素的化合价为﹣2价，设钛元素的化合价为x，根据化合物中各元素化合价的代数和为零的规律，可得+2+x+（﹣2）×3=0；解之得x=+4，根据工艺流程可知，FeTiO3与稀盐酸反应生成了水和FeTiOCl4，反应的离子方程式为：FeTiO3+4H++4Cl﹣=Fe2++TiOCl42﹣+2H2O，KSCN与Fe3+作用使溶液显红色，与Fe2+作用无此现象，故先滴加KSCN溶液，不显血红色，说明原溶液不含有Fe3+；再加入过氧化氢，溶液显血红色，说明溶液中有Fe3+生成，即过氧化氢氧化亚铁离子，说明原溶液中含有Fe2+，故答案为：+4；FeTiO3+4H++4Cl﹣=Fe2++TiOCl42﹣+2H2O；先滴加KSCN溶液，不显血红色，再加入过氧化氢，溶液显血红色；（2）a．FePO4中的铁为+3价铁，加H2O2目的氧化亚铁离子且不引入新的杂质，不加H2O2无法氧化得不到FePO4，故a不选；b．Fe（OH）3的K sp=1×10﹣38，要使溶液中的Fe3+沉淀完全，残留在溶液中的c（Fe3+）＜10﹣5mol•L﹣1；Ksp=c（Fe3+）c3（OH﹣）=10﹣5×c3（OH﹣）=1×10﹣38 c（OH﹣）=1×10﹣11mol/L，c（H+）=1×10﹣3mol/L，即PH＞3即可形成沉淀，调节溶液pH至5，得到氢氧化铁沉淀，不利于FePO4的生成，故b不选；c．磷酸为中强酸，降低反应温，不利于NH4H2PO4的电离，不利于FePO4的生成，故c不选；d．增大NH4H2PO4的用量，增大磷酸根的浓度，有利于FePO4的生成，故d选；故答案为：d；（3）磷的含氧酸H3PO2与足量的NaOH溶液反应，生成NaH2PO2，说明次磷酸中只能电离出一个氢离子，电离方程式为：H3PO2⇌H++H2PO2﹣，为一元强酸，在LiFePO4中Li+、Fe2+，与PO43﹣形成离子键，PO43﹣中磷和氧形成共价键，H2C2O4中的碳为+3价，在制备LiFePO4的过程中加入H2C2O4的作用是还原FePO4，将+3价铁还原成+2价的铁，故答案为：一；离子键、共价键；还原FePO4；FePO4，可知阳极的电极反应式为：（4）充电时，为电解池，根据部分LiFePO4转化为Li1﹣xFePO4+xLi+，LiFePO4﹣xe﹣═Li1﹣xFePO4+xLi+；故答案为：LiFePO4﹣xe﹣═Li1﹣x（5）①电化学还原TiO2，阳极发生：2O2﹣﹣4e﹣═O2↑，C+O2=CO2，碳不断被生成的氧气氧化，因此电解过程中，阳极不断被消耗而需要定期更换，故答案为：2O2﹣﹣4e﹣═O2↑，C+O2=CO2；②设至少需要该种钛铁矿质量为m，根据钛元素质量守恒，则×76%×48g/mol=12×103g，解得m=6.25×104g=62.5kg，故答案为：62.5．9．1，2﹣二溴乙烷是常用的有机合成中间体，某小组用如图装置合成1，2﹣二溴乙烷．装置B中发生的反应为C2H5OH CH2=CH2↑+H2O在冰水浴冷却下将20.0mL浓硫酸与10.0mL95%乙醇混合均匀得到反应液，取出10.0mL加入三颈烧瓶B中，剩余部分转入滴液漏斗A中．E的试管中加入8.0g液溴，再加入2﹣3mL 水，试管外用水冷却．断开D、E之间的导管，加热B，待装置内空气被排除后，连接D和E，继续加热并保持温度在170﹣180℃，打开滴液漏斗活塞，缓慢滴加反应液，直至反应完毕．分离提纯：将粗产物分别用10%的氢氧化钠溶液和水洗涤，分离后加入无水氯化钙干燥，待溶液澄清后进行蒸馏，得到纯净的1，2﹣二溴乙烷6.3g．回答下列问题：（1）混合浓硫酸与乙醇时，加入试剂的正确顺序是先加乙醇，再加浓硫酸；使用冰水浴降温的目的是防止乙醇挥发．（2）为防止暴沸，装置B中还应加入碎瓷片；C的作用是平衡气压；E中试管里加水的目的是防止溴、产物1，2﹣二溴乙烷挥发．（3）判断生成1，2﹣二溴乙烷反应结束的方法是E中试管里的液体变为无色；反应结束时正确的操作是断开DE之间的导管，再停止加热．（4）洗涤和分离粗产物时使用的玻璃仪器是分液漏斗、烧杯．（5）本实验中，1，2﹣二溴乙烷的产率为67%．（6）下列操作中，将导致产物产率降低的是abc（填正确答案的标号）．a．乙烯通入溴时迅速鼓泡b．实验时没有装置D c．去掉装置E烧杯中的水d．装置F中NaOH溶液用水代替．【考点】制备实验方案的设计．【分析】合成1，2﹣二溴乙烷．装置B：乙醇在浓硫酸作用下加热到170℃发生消去反应生成乙烯和水，装置C：平衡气压，装置D：用氢氧化钠溶液除去SO2、CO2，装置E：溴与乙烯发生反应，装置F：尾气吸收，（1）根据浓硫酸密度大于乙醇和乙酸，且混合过程中浓硫酸放出大量热进行解答；乙醇沸点低，使用冰水浴降温可防止乙醇挥发；（2）为防止暴沸，装置B中还应加入碎瓷片，B装置产生乙烯气体，装置C有竖直的玻璃管，与空气相通，可以稳定装置中的压强，起安全瓶作用，溴易挥发，E中试管里加水的目的是防止溴挥发；（3）乙烯和溴水发生了加成反应，溴水褪色；为防止倒吸，反应结束时正确的操作是断开DE之间的导管，再停止加热；（4）根据洗涤操作选择玻璃仪器；（5）根据反应方程式CH2=CH2+Br2→BrCH2CH2Br可知，8.0g的溴和足量的乙醇制备1，2﹣二溴乙烷的质量为9.4g，根据产率=×100%计算；（6）通入乙烯气体速率过快，影响乙烯吸收，未除掉乙烯中的杂质影响产品质量，溴、1，2﹣二溴乙烷挥发需液封防止挥发．【解答】解：（1）浓硫酸密度较大，混合过程会放出大量热，所以正确操作方法为：先向试管中加入乙醇，然后边振荡边慢慢加入浓硫酸，乙醇沸点低，温度高易挥发，使用冰水浴降温可防止乙醇挥发，故答案为：先加乙醇，再加浓硫酸；防止乙醇挥发；（2）乙醇沸点低，加热易沸腾，装置B中还应加入碎瓷片引入汽化中心，防止暴沸，B装置产生乙烯气体，装置C有竖直的玻璃管为安全管，与空气相通，当C压力过大时，安全管中液面上升，使C瓶中压力稳定，并能发现装置是否堵塞，能平衡气压，液溴有强挥发性，反应放热，产物1，2﹣二溴乙烷也能的挥发，水可以起保护作用，减少产品挥发引起的损失，所以E中试管里加水的目的是防止溴、产物1，2﹣二溴乙烷挥发，故答案为：碎瓷片；平衡气压；防止溴、产物1，2﹣二溴乙烷挥发；（3）乙烯和溴水发生加成反应生成1，2﹣二溴乙烷，1，2﹣二溴乙烷为无色，所以判断生成1，2﹣二溴乙烷反应结束的方法是E中试管里的液体变为无色，为防止倒吸，反应结束时正确的操作是断开DE之间的导管，再停止加热，故答案为：E中试管里的液体变为无色；断开DE之间的导管，再停止加热；（4）将1，2﹣二溴乙烷粗产品置于分液漏斗中加水，振荡后静置，产物应在下层，所以需要的玻璃仪器为：分液漏斗、烧杯，故答案为：分液漏斗、烧杯；（5）根据反应方程式CH2=CH2+Br2→BrCH2CH2Br可知，8.0g的溴和足量的乙醇制备1，2﹣二溴乙烷的质量为9.4g，所以产率=×100%=×100%≈67%，故答案为：67%；（6）a．乙烯通入溴时迅速鼓泡，部分乙烯未被吸收，产量偏低，故选；b．装置D：用氢氧化钠溶液除去SO2、CO2，实验室没有装置D，二氧化硫能与溴水反应生成硫酸和氢溴酸，产量偏低，故选；c．液溴有强挥发性，反应放热，产物1，2﹣二溴乙烷也能的挥发，水可以起保护作用，减少产品挥发引起的损失，若去掉装置E烧杯中的水，产量偏低，故选；d．装置F尾气吸收，其中的NaOH溶液用水代替，无影响，故不选．故答案为：abc．10．羰基硫（O=C=S）广泛存在于以煤为原料的各种化工原料气中，能引起催化剂中毒、化学产品质量下降和大气污染．羰基硫的氢解反应和水解反应是两种常用的脱硫方法，其反应式分别为：①氢解反应：COS（g）+H2（g）⇌H2S（g）+CO（g）△H1=+7KJ•mol﹣1②水解反应：COS（g）+H2O（g）⇌H2S（g）+CO2（g）△H2（1）在以上脱除COS的反应中，若某反应有1mol电子发生转移，则该反应吸收的热量为3.5KJ．（2）已知热化学方程式CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）△H3 则△H3=﹣42KJ•mol ﹣1．（3）氢解反应平衡后增大容器的体积，则正反应速率减小，COS的转化率不变（填“增大”或“减小”或“不变”）．（4）COS氢解反应的平衡常数K与温度T具有如下的关系式lgK=+b，式中a和b均为常数．。

2016年高考化学热点题型和提分专题9.4 化学实验方案的设计与评价(解析版) 含解析

【高频考点解读】化学实验方案的设计与评价是化学综合实验考查的一种重要形式。

一是考查化学实验方案的设计能力，包括完善实验步骤，设计简短的实验操作方案等,多在非选择题中呈现；二是考查对实验方案的评价能力,包括实验方案的可行性，实验方案的优缺点及改进，在选择题中和填空题中都有所涉及.该题型能够综合考查学生的分析问题和解决问题的能力，综合性强，难度稍大,区分度高，应引起重视。

【热点题型】题型一制备实验方案设计例1、Fe（OH）2中一种白色沉淀，在空气中或在含有O2的水中容易被氧化而变色,难以看到它的“真面目”。

为了解决这个问题，许多科学家对此实验作了研究和改进，以下三个图有一定的代表性。

（1）按照常规实验的要求，用胶头滴管滴加溶液时（填“能”或“不能”)伸入试管中，原因是,图I 中，长胶头滴管伸入液面下的目的是；(2) 在图Ⅱ中,要观察到Fe（OH）2的生成,B管中的试剂可以是实验操作的步骤是（反应试剂已加入）①②若操作步骤①和②颠倒,能否看到Fe（OH）2白色沉淀?试说明理由：（3）若用图Ⅲ装置实验，阳极材料应选用，阴极用石墨，阳极反应,阴极反应是，该实验有一明显的不足,不利于长久清楚地看到Fe(OH）2白色沉淀的生成，请指出并设法克服。

.气体压强增大，利用的是温度和体积不变，增大气体的物质的量，从而将B装置中生成的FeSO4被气体压入II装置,FeSO4和II中的NaOH 接触发生反应，制备出Fe(OH)2;图Ⅲ则利用电解原理制备Fe（OH)2。

答案:（1)不能，药品会被污染，防止带入空气，加速药品的氧化变质（2）稀硫酸、①打开止水夹，待C中溶液有大量气泡②关闭止水夹、不能（3）Fe, Fe—2e－=Fe2+，2H++2e－=H2↑，溶液与空气接触，易引起Fe(OH）2变质,可以在溶液上层加盖保护液，如苯等。

【感悟提高】解答此题要求对铁元素的化合的知识能灵活运用，正确掌握Fe(OH）2制备条件，能将物理中大气压的知识运用到化学实验中,将基础实验与创新运用结合，将装置创新与原理创新结合。

22016年高考全国II卷化学部分试题(新课标附详细答案)

2016年普通高等学校招生全国统一考试（新课标II卷）理科综合能力测试化学部分7．下列有关燃料的说法错误的是A．燃料燃烧产物CO2是温室气体之一B．化石燃料完全燃烧不会造成大气污染C．以液化石油气代替燃油可减少大气污染D．燃料不完全燃烧排放的CO是大气污染物之一【答案】B【解析】试题分析: A．燃料燃烧产物是CO2，温室气体包括CO2、CH4等气体，A项正确；B．化石燃料完全燃烧产生大量CO2气体，大气中CO2含量过高会导致温室效应等环境问题，B项错误；C．液化石油气等物质燃烧能生成水和二氧化碳，是一种比较清洁的能源，所以以液化石油气代替燃油可减少大气污染，C项正确；D．CO是有毒气体，燃料不完全燃烧排放的CO是大气污染物之一，D项正确；答案选B。

【考点定位】考查燃料燃烧，环境污染与防治等知识。

【名师点睛】本题考查燃烧的燃烧，涉及化石燃料和液化石油气等，化石燃料是一种碳氢化合物或其衍生物。

化石燃料所包含的天然资源有煤、石油和天然气；液化石油气是由炼厂气或天然气(包括油田伴生气)加压、降温、液化得到的一种无色、挥发性气体，是一种比较清洁的能源。

8.下列各组中的物质均能发生加成反应的是A．乙烯和乙醇B．苯和氯乙烯C．乙酸和溴乙烷D．丙烯和丙烷【答案】B【考点定位】考查有机反应类型【名师点睛】本题考查有机反应类型。

取代反应、加成反应的异同比较如下：①有机物分子里的某些原子或原子团被其他原子或原子团所代替的反应，称为取代反应；有机物分子中双键（或三键）两端的碳原子与其他原子或原子团直接结合生成新的化合物的反应称为加成反应；②“上一下一，有进有出”是取代反应的特点，“断一，加二都进来”是加成反应的特点；③一般来说，烷烃、苯、饱和醇、饱和卤代烃往往容易发生取代反应，而含碳碳双键或碳碳三键或苯环的有机物容易发生加成反应。

9．a、b、c、d为短周期元素，a的原子中只有1个电子，b2-和C+离子的电子层结构相同，d与b同族。

2016年高考化学二轮复习专题能力训练9 化学实验设计与评价含答案

专题能力训练9化学实验设计与评价(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(共7小题,每小题6分,共42分。

每小题只有1个选项符合题意)1.用下图所示装置进行实验,将少量液体甲逐滴加入到固体乙中,试管中试剂为丙,则下表中现象与结论均正确的是()2.(2015浙江杭州检测)实验室里用硫酸厂烧渣(主要成分为铁的氧化物及少量FeS、SiO2等)制备聚铁(碱式硫酸铁的聚合物)和绿矾(FeSO4),其过程如下:下列选项不正确的是()A.过程①中,FeS和O2、H2SO4反应的化学方程式是4FeS+3O2+6H2SO42Fe2(SO4)3+6H2O+4SB.过程②中产生的气体会对大气造成污染,可选用氢氧化钠溶液吸收C.过程③中,需要加入的物质名称是稀硫酸D.过程④中的实验操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤3.(2015湖北武汉二中模拟)下列实验方案设计不合理的是()A.图1:验证苯中是否有碳碳双键B.图2:验证NaHCO3和Na2CO3的热稳定性C.图3:验证溴乙烷发生消去反应生成烯烃D.图4:验证酸性CH3COOH>H2CO3>C6H5OH4.(2015)所示。

下列说法不正确的是()A.工业上,电解熔融MgO冶炼金属镁可减小能耗B.从苦卤中提取Br2的反应的离子方程式为2Br-+Cl22Cl-+Br2C.试剂1可以选用石灰乳D.可用BaCl2溶液除去粗盐中的S6.某化学小组在常温下测定一定质量的某铜铝混合物中铜的质量分数,设计了如下实验方案,下列有关判断中不正确的是()方案Ⅰ:铜铝混合物测定生成气体的体积方案Ⅱ:铜铝混合物测定剩余固体的质量A.溶液A和B均可以是盐酸或NaOH溶液B.溶液A和B不可以均选用稀硝酸C.若溶液B选用浓硝酸,则测得铜的质量分数偏大D.实验室方案Ⅱ更便于实施7.下列实验装置设计正确,且能达到目的的是()二、非选择题(共2小题,共58分)8.(2015重庆模拟)(26分)已知三氯化铁的熔点为306 ℃,沸点为315 ℃,易溶于水并且有强烈的吸水性,能吸收空气里的水分而潮解。

山东省潍坊市2016届高三下学期二模考试化学试题含答案

2016年高考模拟考试理科综合能力测试化学试题2016．4 本试卷分第I卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，第I卷1至5页，第Ⅱ卷6至15页，共300分考试时间150分钟。

考生注意：1．答题前，考生务必将自己的准备证号、姓名填写在答题卡上。

2．第I卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。

第Ⅱ卷用黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答，在试题卷上作答，答案无效。

3．考试结束，监考员将试题卷，答题卡一并收回。

可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 C1 35.5 V 51Fe 56 Cu 64 Zn 65 Ba 137第I卷(选择题共126分)一、选择题：本题共13小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

7．化学与生活密切相关，下列说法不正确的是A．葡萄中的花青素在碱性环境下显蓝色，故可用苏打粉辨别真假葡萄酒B．氨氮废水(含NH4+及NH3)可用化学氧化法或电化学氧化法处理C．金属的防护中，牺牲阳极的阴极保护法利用的是原电池原理D．“84”消毒液在日常生活中使用广泛，其有效成份为Ca(ClO)28．氢化钙固体是登山运动员常用的能源供给剂。

在实验室中可以用金属钙与氢气加热反应制取。

下列说法正确的是A．氢化钙是一种强氧化剂B．加热时，氢化钙能跟干燥氧气反应生成水C．氢化钙(CaH2)是离子化合物，固体中含有H—H键D．可以取少量试样滴加几滴水，检验反应是否产生氢气来区别金属钙与氢化钙9．下表中各栏目的叙述对应都正确的一项是10．核黄素又称为维生素B2，可促进发育和细胞再生，有利于增进视力，减轻眼睛疲劳。

核黄素分子的结构为：有关核黄素的下列说法中，正确的是A．该物质属于有机高分子B．不能发生酯化反应C．不能与氢气发生加成反应D．酸性条件下加热水解，有CO2生成11．Li—Al／FeS电池是某科研机构正在研发的一种车载电池，该电池中正极的电极反应式为：2Li++FeS+2e—==Li2S+Fe。

四川省成都市2016届高三第二次诊断考试化学答案

化学二诊考试题答案第1㊀页(共2页)成都市高2013级高中毕业班第二次诊断性检测理科综合㊀化学参考答案及评分标准第Ⅰ卷(42分)1.C ㊀㊀㊀2.A㊀㊀㊀3.D㊀㊀㊀4.B ㊀㊀㊀5.A㊀㊀㊀6.B ㊀㊀㊀7.D第Ⅱ卷(58分)8.(14分)(1)第二周期V A 族㊀(2分)㊀3d 54s 1㊀(2分)(2)O>S >A l ㊀(2分)(3)s p 2㊀(2分)㊀㊀H 2O㊀(2分)(4)F e 2A l (或A l F e 2)㊀(2分)(5)3B a 2++3S O 2+2H 2O+2N O -3 3B a S O 4ˌ+2N O+4H +㊀(2分)9.(14分)(1)增大铜粉与氯气反应接触面积(2分)㊀㊀N a O H 溶液(2分)(2)C u +Cl 2ә C u C l 2㊀(2分)(3)石棉绒(C u 或C u C I )(2分)(4)C u 2++2H 2O ⥫⥬＝C u (O H )2+2H +,加酸抑制C u 2+的水解(2分)(5)50(2分)c(C l -)过大(2分)10.(16分)(1)A C (2分,不全对扣1分)(2)C H 3C H 2C H O +2A g (N H 3)2O H әңC H 3C H 2C O O N H 4+H 2O +2A g ˌ+3N H 3(2分)(3)浓溴水或F e C l 3溶液(2分)㊀㊀(2分)(4)6(2分)㊀取代反应(2分))(2分)(5)㊀㊀(或)㊀(2分,各1分)11.(14分)(1)+3(1分)㊀㊀酸性(1分)(2)取少量溶液于试管中,滴加几滴K S C N溶液,振荡,如果溶液出现红色则含有F e3+,否则不含F e3+(2分)(3)蒸发浓缩,冷却结晶,过滤(2分,不全对扣1分)N O-3+6H2O+8e- N H3ʏ+9O H-(2分)(4)3B a(N O3)2(s)+10A l(s) 3N2(g)+5A l2O3(s)+3B a O(s)әH=-(1.5a+2.5b-3c)k J/m o l(2分) (5)B a2++S O2-4 B a S O4ˌ(2分)洗涤废渣并回收洗涤液(2分)说明:1.本试卷中其它合理答案,可参照此评分标准酌情给分㊂2.方程式未写条件或条件不完全㊁不写 ˌ 或 ʏ 均扣一分,不配平不得分㊂化学二诊考试题答案第2㊀页(共2页。

2016高考真题化学实验-附答案

2016高考化学真题汇编--化学实验1．（海南）下列实验设计正确的是（）A．将SO2通入溴水中证明SO2具有漂白性B．将铁屑放入稀HNO3中证明Fe比H2活泼D．将乙烯通入KMnO4酸性溶液证明乙烯具有还原性C．将澄清石灰水滴入某溶液证明其中存在CO2－32．（海南）下列有关实验操作的叙述错误．．的是（）A．过滤操作中，漏斗的尖端应接触烧杯内壁B．从滴瓶中取用试剂时，滴管的尖嘴可以接触试管内壁C．滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁D．向容量瓶转移液体时，导流用玻璃棒可以接触容量瓶内壁3．（全国1）化学与生活密切相关，下列有关说法错误的是（）A．用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维B．食用油反复加热会产生稠环芳香烃等有害物质C．加热能杀死流感病毒是因为蛋白质受热变性D．医用消毒酒精中乙醇的浓度为95%4．（全国2）某白色粉末由两种物质组成，为鉴别其成分进行如下实验：①取少量样品加入足量水仍有部分固体未溶解：再加入足量稀盐酸，有气泡产生，固体全部溶解；②取少量样品加入足量稀盐酸有气泡产生，震荡后仍有固体存在。

该白色粉末可能为（）A．NaHCO3、Al(OH)3 B．AgCl、NaHCO3 C．Na2SO3、BaCO3 D．Na2CO3、CuSO4 5．（全国2）下列实验操作能达到实验目的的是（）实验目的实验操作A 制备Fe(OH)3胶体将NaOH浓溶液滴加到饱和FeCl3溶液中B 由MgCl2溶液制备无水MgCl2将MgCl2溶液加热蒸干C 除去Cu粉中混有的CuO 加入稀硝酸溶液，过滤、洗涤、干燥D 比较水与乙醇中氢的活泼性分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中6．（全国）实验操作A 配制稀硫酸先将浓硫酸加入烧杯中，后倒入蒸馏水B 排水法收集KMnO4分解产生的O2先熄灭酒精灯，后移出导管C 浓盐酸与MnO2反应制备纯净Cl2气体产物先通过浓硫酸，后通过饱和食盐水D CCl4萃取碘水中的I2先从分液漏斗下口放出有机层，后从上口倒出水层NaHCO3、33干燥NaHCO3四个步骤，下列图示装置和原理能达到实验目的的是（）8．（江苏）根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（）选项实验操作和现象结论A 室温下，向苯酚钠溶液中通入足量CO 2，溶液变浑浊。

2016全国卷2理综化学试题及参考答案-清晰word版-(1)

2016普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试化学部分编辑校对：尚凡朋可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Al 27 P 31 S 21 Ca 40Fe 56 Ni 59 Cu 64 Zn 65一、选择题。

（共7个小题，每题6分，每个小题只有一个正确选项。

）7．下列关于燃料的说法错误的是A．燃料燃烧产物CO2是温室气体之一B．化石燃料完全燃烧不会造成大气污染C．以液化石油气代替燃油可减少大气污染D．燃料不完全燃烧排放的CO是大气污染物之一8．下列各组中的物质均能发生就加成反应的是A．乙烯和乙醇B．苯和氯乙烯C．乙酸和溴乙烷D．丙烯和丙烷9．a、b、c、d为短周期元素，a的原子中只有1个电子，b2-和c+的电子层结构相同，d与b同族。

下列叙述错误的是A．a与其他三种元素形成的二元化合物中其化合价均为+1B．b与其他三种元素均可形成至少两种二元化合物C．c的原子半径是这些元素中最大的D．d与a形成的化合物的溶液呈弱酸性10．分子式为C4H8Cl2的有机物共有（不含立体异构）A．7种B．8种C．9种D．10种11．Mg–AgCl电池是一种以海水为电解质溶液的水激活电池。

下列叙述错误．．的是A．负极反应式为Mg – 2e–＝Mg2+B．正极反应式为Ag++ e–＝AgC．电池放电时Cl–由正极向负极迁移D．负极会发生副反应Mg+2H2O＝Mg(OH)2+H2↑12．某白色粉末由两种物质组成，为鉴别其成分进行如下实验：①取少量样品加入足量水仍有部分固体未溶解：再加入足量稀盐酸，有气泡产生，固体全部溶解；②取少量样品加入足量稀硫酸有气泡产生，震荡后仍有固体存在。

该白色粉末可能为A．NaHCO3、Al(OH)3B．AgCl、NaHCO3C．Na2SO3、BaCO3D．Na2CO3、CuSO4二、必考题。

26．(14分)联氨（又称肼，N2H4，无色液体）是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料。

2016届高考化学二轮复习真题精选训练三年模拟专题23化学实验方案的设计与评价.doc

(2)Ba(NO3)2＋ 3SO2＋ 2H2O===BaSO4↓＋ 2NO＋2H2SO4(书写 2 个方程式也可)
5 / 20
(3)C＋2H2SO4(浓)==△===CO2↑＋ 2SO2↑＋ 2H2O (4)③②④ 赶尽装置中的空气，防止空气的 CO2 影响实验 (5)Fe＋ 2H＋===Fe2＋＋ H2↑ 7．(2014 ·山东潍坊联考， 18) 工业上常用含少量 SiO2、Al 2O3 的铬铁矿 (FeO·Cr2O3) 冶炼铬，简要流程如下：
6 / 20
Ⅱ.…… Ⅲ.加指示剂，用 c mol· L －1 的硫酸亚铁铵 [(NH 4)2Fe(SO4)2] 溶液滴定，终点时消耗 b mL(此步骤的目的是用 Fe2＋把多余的 Cr2O27－转化为 Cr3＋)。 ① Ⅰ 中量取 K 2Cr2O7 溶液的仪器是 ___________________________________。_ ②计算该水样的化学需氧量时需用到下列关系：要除去 1 mol Cr 2O27－需消耗 ________ mol Fe2＋，1 mol Cr2O27－相当于 ________ mol O2。解析 (1) 根据化学方程式中的元素守恒和原子个数守恒可知需要补充 “7NaNO2”。 (2)向漏斗中的沉淀上加蒸馏水，至浸没沉淀，待液体流下，重复该操作 2～ 3 次即可。操作 ② 是加热煅烧，故选用装置 D。 (3)操作 ③前后的物质分别为 Cr2O3 和 Cr，可以采用铝热反应，使 Cr2O3 还原为 Cr，也可以采用电解的方法。 (4)①K 2Cr2O7 具有强氧化性，故选用酸式滴定管或移液管。 ② Fe2＋与 Cr2O27－发生氧化还原反应生成 Fe3＋和 Cr3＋，根据得失电子守恒可知， 1 mol Cr 2O27－需消耗 6 mol Fe2＋；根据 Cr2O27－～2Cr3＋转移 6e－，O2～2H2O 转移 4e－可知，1 mol Cr2O27－相当于 1.5 mol O2。答案 (1)7NaNO2 (2)向漏斗中加蒸馏水至浸没沉淀，待液体流下，重复操作 2～3 次 D (3)2Cr2O3=通==电==4Cr＋ 3O2↑或 2Al ＋ Cr2O3=高==温==2Cr＋ Al 2O3 (4)①酸式滴定管或移液管 ②6 1.5

2016全国卷2理综化学试题及参考答案-清晰word版

2016普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试化学部分可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Al 27 P 31 S 21 Ca 40 Fe 56 Ni 59 Cu 64 Zn 65一、选择题。

（共7个小题，每题6分，每个小题只有一个正确选项。

该白色粉末可能为A．NaHCO3、Al(OH)3B．AgCl、NaHCO3C．Na2SO3、BaCO3D．Na2CO3、CuSO4二、必考题。

26．(14分)联氨（又称肼，N2H4，无色液体）是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料。

2016届高考化学二轮复习真题精选训练五年高考专题23化学实验方案的设计与评价.doc

5 / 15
________( 填序号 ) 。
a．测定溶液的 pH
b ．加入 Ba(OH)2 溶液
c．加入盐酸
d．加入品红溶液
e．用蓝色石蕊试纸检测
(5) 检验 Na2S2O5 晶体在空气中已被氧化的实验方案是 ___________________
_____________________________________________________ 。
B 瓶中，
其中的剩余的 HCl 溶于其中显红色。 (3) ①根据所给的仪器： 100mL 容量瓶是配制一定
物质的量浓度的 NH4Cl 溶液， pH计用来测量溶液的 pH，从而判断 NH4Cl 的水解程度，温
度计用来测定恒温水浴槽 ( 可控制温度 ) 的温度，因此此实验的目的是探究温度对溶液中
NH4Cl 水解程度的影响。②实验时，只需改变温度这一变量，控制其他量相同，故所配
反应温度 0 ℃～ 5 ℃，可以采用冰水浴冷却 C装置。因为 Cl 2 和 KOH是放热反应，若氯
气通入速率过快，与 KOH溶液反应速率快，放出热量多，反应温度高，易生成
KClO3，
所以可以通过缓慢滴加盐酸来控制生成氯气的速率，进而控制反应温度。
(3) 由题给信
息②和④可知， K2FeO4 在强碱性溶液中稳定，在酸性或弱碱性条件下均不能稳定存在。 Fe(NO3) 3 溶液因 Fe3＋水解呈酸性， KClO 溶液因 ClO－水解呈碱性，所以应将饱和 Fe(NO3) 3
×
－
10
Y
③
m
4．(2015 ·江苏化学， 19，15 分 ) 实验室用下图所示装置制备
Z
T2
……
KClO 溶液，并通过 KClO溶液

山东省青岛市2016届高三化学二模试卷 Word版含解析

2016年山东省青岛市高考化学二模试卷一、选择题：本题共7小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．刘禹锡的“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂砂始到金”，这首诗句反映了对淘金过程的描写，下列说法中正确的是（）A．“千淘万漉”的基本原理是化学中的萃取B．24K金（纯金）的各方面物理性能都比18K金优越C．在铜件外镀金，金镀层破损了，会加快铜件的腐蚀速率D．常温下，金不易被氧化，不与其它任何物质发生化学反应3．五种短周期元素M、N、P、Q、K原子序数依次增大，已知：M与N，P、Q与K分别为同周期元素，M原子的最外层电子数是电子层数的2.5倍，N的最低负价为奇数，P是同周期主族原子半径最大的元素，Q与N能形成离子化合物，K元素的最高正价与最低负价的代数和为4，下列说法错误的是（）A．M的气态氢化物与其最高价氧化物的水化物之间能相互反应B．N单质能将K从其钠盐的水溶液中置换出来C．N的氢化物沸点高于其它同族元素氢化物的沸点D．P、Q、K对应的最高价氧化物的水化物相互之间可能发生反应4．葡萄糖在人体中进行无氧呼吸产生乳酸，结构简式如下：，下列有关说法正确的是（）A．葡萄糖和乳酸含有相同的官能团B．向葡萄糖溶液加入氢氧化铜悬浊液，加热一定有砖红色沉淀生成C．乳酸能发生催化氧化、加成和取代反应D．分子式C3H6O3，且含有羟基、羧基的有机物共有2种6．高温下，2.8g铁粉与水蒸气反应，向反应后所得固体物中加入足量硝酸，得到NO和NO2混合气体1.008L（标准状况），则反应后所得固体物中未参加反应的铁可能是（）A．0.595g B．1.42g C．2.485g D．2.72g7．在常温下，用0.1000mol•L﹣1的盐酸滴定25mL 0.1000mol•L﹣1Na2CO3溶液，所得滴定曲线如图．下列说法正确的是（）A．该温度下HCO3﹣的水解常数约为2×10﹣11B．a点到b点发生的主要离子反应为：HCO3﹣+H+═H2O+CO2↑C．c点：c（OH﹣）+c（CO32﹣）=c（H+）+2c（H2CO3）D．d点：c（Na+）+c（H+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣）二、非选择题8．二氧化氯气体有毒，常应用在果蔬保鲜等方面．用NaClO3与CH3OH（沸点64.7℃）在催化剂、60℃时，发生反应得到ClO2，实验装置如图（已知ClO2的稳定性较差，用稳定剂吸收ClO2，使用时加酸释放出ClO2）．完成下列填空：（1）仪器b的名称为，其作用是．（2）反应中甲醇被氧化为甲酸（HCOOH），写出制备ClO2的化学方程式．（3）甲装置中采取的加热方式是；如果滴加甲醇的速度过快，可能造成的后果．（4）某同学建议将上述装置中的分液漏斗c改用恒压漏斗e，你认为他的理由是．（5）实验结束后，先用仪器a注入一定量的NaOH，过一段时间后再拆卸仪器，其目的是．（6）如表是两种稳定剂加酸后释放ClO2的浓度随时间的变化数据，若将其用于樱桃保鲜，（）某同学在实验室测定某保鲜剂中2的含量，其实验操作如下：在锥形瓶中加入足量的KI溶液，再加入5mL稀硫酸；取15mL保鲜剂于锥形瓶中，ClO2与KI反应的离子方程式为：2ClO2+10I﹣+8H+═2Cl﹣+5I2+4H2O；用0.100mol•L﹣1 Na2S2O3标准溶液滴定碘单质（I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣），达到滴定终点时用去18.00mL Na2S2O3标准溶液．测得该保鲜剂中ClO2的含量为g•L﹣1．9．甲烷是天然气的主要成分，是一种重要的清洁能源和化工原料．（1）煤制天然气时会发生多个反应，生产过程中有多种途径生成CH4．已知：C（s）+2H2（g）⇌CH4（g）△H=﹣73kJ•mol﹣12CO（g）⇌C（s）+CO2（g）△H=﹣171kJ•mol﹣1CO（g）+3H2（g）⇌CH4（g）+H2O（g）△H=﹣203kJ•mol﹣1写出CO与H2O（g）反应生成H2和CO2的热化学方程式．（2）天然气中含有H2S杂质，某科研小组用氨水吸收得到NH4HS溶液，已知T℃，k（NH3•H2O）=1.74×10﹣5，k1（H2S）=1.07×10﹣7，k2（H2S）=1.74×10﹣13，NH4HS溶液中所含粒子浓度大小关系正确的是．a．[NH4+]＞[HS﹣]＞[OH﹣]＞[H+]b．[HS﹣]＞[NH4+]＞[S2﹣]＞[H+]c．[NH4+]＞[HS﹣]＞[H2S]＞[H+]d．[HS﹣]＞[S2﹣]＞[H+]＞[OH﹣]（3）工业上常用CH4与水蒸气在一定条件下来制取H2，其原理为：CH4（g）+H2O（g）═CO（g）+3H2（g）．①该反应的逆反应速率表达式为：v=kc（CO）c3（H2），k为速率常数，在某温度下，测得为②在体积为2L的密闭容器中通入物质的量均为2mol的CH4和水蒸气，在一定条件下发生反应，测得H2的体积分数与温度及压强的关系如图2所示，则压强P1P2（填“大于”或“小于”）；温度T3T4（填“大于”或“小于”）；③压强为P1时，在N点：v正v逆（填“大于”、“小于”或“等于”）．求N点对应温度下该反应的平衡常数K=．10．已知草酸分子式为H2C2O4，属于弱酸，具有还原性；草酸钙、草酸镁等盐难溶于水．用工业硝酸锶（含有Ba2+、Ca2+、Mg2+及其它重金属等杂质）制备高纯度碳酸锶的工业流程如图．（1）写出步骤①反应的离子反应方程式．（2）写出步骤②反应的离子反应方程式．（3）已知：Ksp[Cr（OH）3]=6.4×10﹣31，通过计算说明步骤③用氨水调节溶液的pH值在范围，才能保证Cr3+沉淀完全．（4）步骤④在除去Ca2+、Mg2+及重金属杂质时加入氨水的目的是．（5）步骤⑤成盐时，用氨水控制溶液pH在7～8之间的原因是．（6）步骤⑥在200°C烘干的目的是．三、【化学--选修：化学与技术】11．铁在自然界分布广泛，在工业、农业和国防科技中有重要应用．回答下列问题：（1）用铁矿石（赤铁矿）冶炼生铁的高炉如图（a）所示，原料中除铁矿石和焦炭外还含有石灰石．用化学反应方程式说明石灰石的作用、、．高炉排出气体的主要成分有N2、CO2和（填化学式）．（2）若炼铁时发生如下反应：2Fe2O3+6C+3O2═4Fe+6CO2，则理论上每生产1t钢铁需用标况下空气m3．（3）有人设计出“二步熔融还原法”炼铁工艺，其流程如图（b）所示，其中，还原竖炉相当于高炉的部分，主要反应的化学方程式为；熔融造气炉相当于高炉的部分．（4）铁矿石中常含有硫，使高炉气中混有SO2污染空气，脱SO2的方法是．四、【化学--选修：物质结构与性质】12．有M、X、Y、Z、Q五种元素．M元素的电负性在所有元素中最大，X原子最外层电子数比内层电子总数多1；Y原子s轨道和p轨道电子数相同，且有2个单电子；Z原子核外有3种能级，每种能级所含电子数相同；Q的原子序数为M、Y、Z原子序数之和．（1）Q元素的元素符号为，该元素原子的价层电子的轨道表示式为．（2）M、Y、Z第一电离能由大到小顺序为（用元素符号表示）．（3）将X、Y形成的化合物与单质Z在电炉中高温，得到化合物X4Z，写出该反应的化学方程式，化合物X4Z熔、沸点高，硬度大，试解释原因．（4）M与X形成的化合物的键角为；如果把该化合物与乙醚（CH3CH2﹣O﹣CH2CH3）放在一起，X原子的杂化方式发生了变化，键长增加．请说明X原子杂化方式的变化及其原因．（5）Q2Y5溶解在NaOH溶液中，可得到某酸钠（Na3QY4），该盐阴离子的空间构型为；也可以得到偏某酸钠，其阴离子呈如图所示的四面体无限链状结构（四面体的顶点为Y，Q 位于四面体的体心），则偏某酸钠的化学式为．五、【化学--选修：有机化学基础】13．有机物H（结构简式为）是合成高分子化合物M的单体，H可以通过有机物A（分子式为C7H8O）和丙酮为原料来进行合成，E为中间产物（结构简式为）其合成路线如图：已知：请回答下列问题：（1）A的命名为，G中所含官能团的名称是；①和②的反应类型分别是、．（2）检验有机物A中官能团的方法为．（3）高分子化合物M的结构简式为．（4）反应③的化学反应方程式为．（5）有机物C有多种同分异构体，其中属于芳香羧酸类的同分异构体有种．2016年山东省青岛市高考化学二模试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共7小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．刘禹锡的“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂砂始到金”，这首诗句反映了对淘金过程的描写，下列说法中正确的是（）A．“千淘万漉”的基本原理是化学中的萃取B．24K金（纯金）的各方面物理性能都比18K金优越C．在铜件外镀金，金镀层破损了，会加快铜件的腐蚀速率D．常温下，金不易被氧化，不与其它任何物质发生化学反应【考点】金属的电化学腐蚀与防护．【分析】沙里淘金是利用黄金和沙子的密度的不同，用水洗的方法将沙子和黄金分离；金不如铜活泼，故铜件外镀金后，一旦金属镀层破损，则形成原电池，铜做负极，金做正极，据此分析．【解答】解：A、沙里淘金是利用黄金和沙子的密度的不同，用水洗的方法将沙子和黄金分离，不是萃取，故A错误；B、纯金较软，故并不是各方面的物理性能都比18K金优越，故B错误；C、金不如铜活泼，故铜件外镀金后，一旦金属镀层破损，则形成原电池，铜做负极，金做正极，故能加快铜件的腐蚀，故C正确；D、金是较稳定的金属，但并不意味着在常温下和任何物质均不反应，金在常温下溶于王水，故D错误．故选C．【考点】离子共存问题．【分析】A．c（K+）＜c（Cl﹣）不遵循电荷守恒；B．c（H+）/c（OH﹣）=1×1014，显酸性，离子之间发生氧化还原反应；C．滴加NaOH溶液，先与铝离子反应；D．该组离子之间不反应，可大量共存，且滴加氨水先有沉淀产生，后沉淀部分溶解．【解答】解：A．c（K+）＜c（Cl﹣）不遵循电荷守恒，应c（K+）＞c（Cl﹣），故A错误；B．c（H+）/c（OH﹣）=1×1014，显酸性，H+、I﹣、NO3﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；C．滴加NaOH溶液，先与铝离子反应，则不能立即生成气体，故C错误；D．该组离子之间不反应，可大量共存，且滴加氨水与Mg2+、Ag+反应先有沉淀产生，后AgOH 沉淀溶解，故D正确；故选D．3．五种短周期元素M、N、P、Q、K原子序数依次增大，已知：M与N，P、Q与K分别为同周期元素，M原子的最外层电子数是电子层数的2.5倍，N的最低负价为奇数，P是同周期主族原子半径最大的元素，Q与N能形成离子化合物，K元素的最高正价与最低负价的代数和为4，下列说法错误的是（）A．M的气态氢化物与其最高价氧化物的水化物之间能相互反应B．N单质能将K从其钠盐的水溶液中置换出来C．N的氢化物沸点高于其它同族元素氢化物的沸点D．P、Q、K对应的最高价氧化物的水化物相互之间可能发生反应【考点】原子结构与元素的性质．【分析】五种短周期元素M、N、P、Q、K原子序数依次增大，已知：M原子的最外层电子数是电子层数的2.5倍，则M有2个电子层，最外层电子数为5，即M为N元素；M与N为同周期元素，而且N的原子序数大于M，N的最低负价为奇数，所以N的最低负价为﹣1价，即N为F元素；P、Q与K分别为同周期元素，在第三周期，P是同周期主族原子半径最大的元素，则P为Na元素；K元素的最高正价与最低负价的代数和为4，所以K为S元素；Q与N能形成离子化合物，则Q为Al元素或Mg元素，据此分析．【解答】解：五种短周期元素M、N、P、Q、K原子序数依次增大，已知：M原子的最外层电子数是电子层数的2.5倍，则M有2个电子层，最外层电子数为5，即M为N元素；M与N为同周期元素，而且N的原子序数大于M，N的最低负价为奇数，所以N的最低负价为﹣1价，即N为F元素；P、Q与K分别为同周期元素，在第三周期，P是同周期主族原子半径最大的元素，则P为Na元素；K元素的最高正价与最低负价的代数和为4，所以K为S元素；Q与N能形成离子化合物，则Q为Al元素，A．M为N元素，氨气与硝酸反应生成硝酸铵，故A正确；B．N为F元素，K为S元素，氟气与硫化钠溶液反应时，能直接与水反应，故B错误；C．N为F元素，HF分子间存在氢键沸点较高，所以HF沸点高于其它同族元素氢化物的沸点，故C正确；D．若Q为Al元素，则氢氧化铝、氢氧化钠、硫酸三者之间能两两反应，故D正确．故选B．4．葡萄糖在人体中进行无氧呼吸产生乳酸，结构简式如下：，下列有关说法正确的是（）A．葡萄糖和乳酸含有相同的官能团B．向葡萄糖溶液加入氢氧化铜悬浊液，加热一定有砖红色沉淀生成C．乳酸能发生催化氧化、加成和取代反应D．分子式C3H6O3，且含有羟基、羧基的有机物共有2种【考点】有机物的结构和性质．【分析】该物质分子中含有醇羟基和羧基，具有醇和羧酸性质，能发生取代反应、消去反应、氧化反应、酯化反应、中和反应等，据此分析解答．【解答】解：A．葡萄糖为多羟基醛，含有醇羟基和醛基，乳酸中含有醇羟基、羧基，二者官能团不完全相同，故A错误；B．葡萄糖和新制氢氧化铜悬浊液在加热条件下发生氧化反应才能生成砖红色沉淀，否则不生成砖红色沉淀，故B错误；C ．乳酸不含碳碳不饱和键、醛基、羰基、苯环等结构，不能发生加成反应，故C 错误；D ．分子式C 3H 6O 3，且含有羟基、羧基的有机物有HOCH 2CH 2COOH 、CH 3CH （OH ）COOH ，共有2种，故D 正确；故选D ．【考点】化学实验方案的评价．【分析】A ．乙醇易溶于水，乙酸乙酯不易溶于水；B ．次氯酸具有漂白性，不能用pH 试纸测定其pH 值；C ．氯化铁受热水解生成氢氧化铁和HCl ，加热盐酸易挥发而促进氯化铁水解，且蒸发溶液应该用蒸发皿；D ．配制一定物质的量浓度溶液需要用滴定管定容．【解答】解：A ．乙醇易溶于水，乙酸乙酯不易溶于水，所以可以用多次水洗方法分离提纯，用的仪器为分液漏斗、烧杯，故A 正确；B ．次氯酸具有漂白性，不能用pH 试纸测定其pH 值，应该用pH 计测定溶液pH 值，故B 错误；C ．氯化铁受热水解生成氢氧化铁和HCl ，加热盐酸易挥发而促进氯化铁水解，得到的固体是氢氧化铁而不是氯化铁晶体，且蒸发溶液应该用蒸发皿，故C 错误；D ．配制一定物质的量浓度溶液需要用滴定管定容，其操作方法为：先将固体在烧杯中溶解，将烧杯中液体冷却至室温后，再转移到容量瓶中，离刻度线1﹣2cm 处，再用胶头滴管定容，故D 错误；故选A ．6．高温下，2.8g 铁粉与水蒸气反应，向反应后所得固体物中加入足量硝酸，得到NO 和NO 2混合气体1.008L （标准状况），则反应后所得固体物中未参加反应的铁可能是（） A ．0.595g B ．1.42g C ．2.485g D ．2.72g【考点】氧化还原反应的计算．【分析】2.8g 铁粉的物质的量为： =0.05mol ，1.008L （标准状况）的物质的量为：=0.045mol ，如果0.045mol 全部是二氧化氮固体剩余物转移电子数为0.045mol ，若0.045mol全部是一氧化氮固体剩余物转移电子数为0.135mol，根据得失电子守恒，分析解答．【解答】解：2.8g铁粉的物质的量为=0.05mol，1.008L（标准状况）的物质的量为：=0.045mol，如果0.045mol全部是二氧化氮固体剩余物转移电子数为0.045mol，若0.045mol全部是一氧化氮固体剩余物转移电子数为0.135mol，设生成的四氧化三铁的物质的量为xmol，则固体剩余物中未参加反应的铁的物质的量为（0.05﹣3x）mol，所以与硝酸反应提供电子的物质的量为：[（0.05﹣3x）×3+x]mol，根据得失电子守恒得0.045＜（0.05﹣3x）×3+x＜0.135，所以0.001875＜x＜0.013125，则0.010625＜0.05﹣3x＜0.044375，铁的质量取值范围为0.010625×56＜m＜0.044375×56，也就是0.595g＜m＜2.485g，故选B．7．在常温下，用0.1000mol•L﹣1的盐酸滴定25mL 0.1000mol•L﹣1Na2CO3溶液，所得滴定曲线如图．下列说法正确的是（）A．该温度下HCO3﹣的水解常数约为2×10﹣11B．a点到b点发生的主要离子反应为：HCO3﹣+H+═H2O+CO2↑C．c点：c（OH﹣）+c（CO32﹣）=c（H+）+2c（H2CO3）D．d点：c（Na+）+c（H+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣）【考点】离子浓度大小的比较．【分析】A．在常温下，用0.1000mol•L﹣1的盐酸滴定25mL 0.1000mol•L﹣1Na2CO3溶液，滴定到25ml时发生反应HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣，此时PH=8，结合平衡常数计算；B．b点时n（HCl）=0.1mol/L×0.02L=0.002mol，n（Na2CO3）=0.1000mol/L×0.0250L=0.0025mol，反应后得到NaHCO3物质的量为0.002mol，Na2CO3物质的量为0.0005mol，b点生成碳酸氢钠和碳酸钠溶液；C．c点时n（HCl）=0.1mol/L×0.025L=0.0025mol，恰好完全反应生成NaHCO3，结合溶液中电荷守恒和物料守恒计算分析；D．d点时加入盐酸0.005mol，溶液中溶由反应生成的CO2，溶液存在电荷守恒，从电荷守恒的角度分析．【解答】解：A．在常温下，用0.1000mol•L﹣1的盐酸滴定25mL 0.1000mol•L﹣1Na2CO3溶液，滴定到25ml时发生反应HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣，此时PH=8，c（OH﹣）=c（H2CO3）=10﹣6mol/L，c（HCO3﹣）==0.05mol/L，K===2.0×10﹣11，故A正确；B．b点时n（HCl）=0.1mol/L×0.02L=0.002mol，n（Na2CO3）=0.1000mol/L×0.0250L=0.0025mol，反应后得到NaHCO3物质的量为0.002mol，Na2CO3物质的量为0.0005mol，a点到b点发生的主要离子反应为CO32﹣+H+=HCO3﹣，故B错误；C．c点时n（HCl）=0.1mol/L×0.025L=0.0025mol，恰好完全反应生成NaHCO3，溶液中存在的话守恒和物料守恒，c（Na+）+c（H+）=c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣），c（Na+）=c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3），c（OH﹣）+c（CO32﹣）=c（H+）+c（H2CO3），故C错误；D．d点时加入盐酸0.005mol，溶液中溶由反应生成的CO2，溶液存在电荷守恒，存在c（Na+）+c（H+）=c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣）+c（Cl﹣），由于c（Na+）=c（Cl﹣），则c （H+）=c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣），故D错误；故选A．二、非选择题8．二氧化氯气体有毒，常应用在果蔬保鲜等方面．用NaClO3与CH3OH（沸点64.7℃）在催化剂、60℃时，发生反应得到ClO2，实验装置如图（已知ClO2的稳定性较差，用稳定剂吸收ClO2，使用时加酸释放出ClO2）．完成下列填空：（1）仪器b的名称为球形冷凝管，其作用是冷凝回流甲醇．（2）反应中甲醇被氧化为甲酸（HCOOH），写出制备ClO2的化学方程式4NaClO3+CH3OH+2H2SO44ClO2↑+HCOOH+2Na2SO4+3H2O．（3）甲装置中采取的加热方式是水浴加热；如果滴加甲醇的速度过快，可能造成的后果反应速率过快，反应生成的ClO2来不及被稳定剂吸收．（4）某同学建议将上述装置中的分液漏斗c改用恒压漏斗e，你认为他的理由是有利于液体顺利流下，减少甲醇的挥发．（5）实验结束后，先用仪器a注入一定量的NaOH，过一段时间后再拆卸仪器，其目的是使反应停止，并吸收ClO2．（6）如表是两种稳定剂加酸后释放ClO2的浓度随时间的变化数据，若将其用于樱桃保鲜，你认为效果较好的稳定剂是2，原因是稳定剂2释放ClO2的浓度稳定，保鲜时间更（7）某同学在实验室测定某保鲜剂中ClO2的含量，其实验操作如下：在锥形瓶中加入足量的KI溶液，再加入5mL稀硫酸；取15mL保鲜剂于锥形瓶中，ClO2与KI反应的离子方程式为：2ClO2+10I﹣+8H+═2Cl﹣+5I2+4H2O；用0.100mol•L﹣1 Na2S2O3标准溶液滴定碘单质（I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣），达到滴定终点时用去18.00mL Na2S2O3标准溶液．测得该保鲜剂中ClO2的含量为 1.62g•L﹣1．【考点】制备实验方案的设计．【分析】（1）根据仪器特征，可知仪器b是球形冷凝管，甲醇易挥发性，冷凝回流甲醇；（2）甲醇被氧化为甲酸（HCOOH），NaClO3还原生成ClO2，在硫酸条件下，还生成硫酸钠；（3）甲装置控制反应温度60℃，采取水浴加热；加甲醇的速度过快，反应速率过快，反应生成的ClO2来不及被稳定剂吸收；（4）有利于液体顺利流下，减少甲醇的挥发；（5）可以中和酸，使反应停止，并吸收ClO2；（6）稳定剂2释放ClO2的浓度稳定，保鲜效果更好；（7）根据关系式2ClO2～5I2～10S2O32﹣计算．【解答】解：（1）根据仪器特征，可知仪器b是球形冷凝管，甲醇易挥发性，冷凝回流甲醇，故答案为：球形冷凝管；冷凝回流甲醇；（2）甲醇被氧化为甲酸（HCOOH），NaClO3还原生成ClO2，在硫酸条件下，还生成硫酸钠，反应方程式为：4NaClO3+CH3OH+2H2SO44ClO2↑+HCOOH+2Na2SO4+3H2O，故答案为：4NaClO3+CH3OH+2H2SO44ClO2↑+HCOOH+2Na2SO4+3H2O；（3）甲装置控制反应温度60℃，低于水的沸点，采取水浴加热，受热均匀，便于控制温度；加甲醇的速度过快，反应速率过快，反应生成的ClO2来不及被稳定剂吸收，故答案为：水浴加热；反应速率过快，反应生成的ClO2来不及被稳定剂吸收；（4）分液漏斗添加乙醇，需要将分液漏斗活塞打开，便于甲醇液体顺利流下，但会导致甲醇的挥发，改用恒压漏斗有利于液体顺利流下，减少甲醇的挥发，故答案为：有利于液体顺利流下，减少甲醇的挥发；（5）加入氢氧化钠可以中和酸，使反应停止，并吸收ClO2，故答案为：使反应停止，并吸收ClO2；（6）稳定剂2释放ClO2的浓度稳定，保鲜时间更长，保鲜效果更好，故答案为：2；稳定剂2释放ClO2的浓度稳定，保鲜时间更长；（7）设保鲜剂中ClO2的含量为xg•L﹣1，则：2ClO2～5I2～10S2O32﹣135g 10mol0.015L×xg/L 0.018L×0.1mol/L所以135g：0.015L×xg/L=10mol：0.018L×0.1mol/L解得x=1.62故答案为：1.62．9．甲烷是天然气的主要成分，是一种重要的清洁能源和化工原料．（1）煤制天然气时会发生多个反应，生产过程中有多种途径生成CH4．已知：C（s）+2H2（g）⇌CH4（g）△H=﹣73kJ•mol﹣12CO（g）⇌C（s）+CO2（g）△H=﹣171kJ•mol﹣1CO（g）+3H2（g）⇌CH4（g）+H2O（g）△H=﹣203kJ•mol﹣1写出CO与H2O（g）反应生成H2和CO2的热化学方程式CO（g）+H2O（g）=H2（g）+CO2（g），△H=﹣41kJ/mol．（2）天然气中含有H2S杂质，某科研小组用氨水吸收得到NH4HS溶液，已知T℃，k（NH3•H2O）=1.74×10﹣5，k1（H2S）=1.07×10﹣7，k2（H2S）=1.74×10﹣13，NH4HS溶液中所含粒子浓度大小关系正确的是ac．a．[NH4+]＞[HS﹣]＞[OH﹣]＞[H+]b．[HS﹣]＞[NH4+]＞[S2﹣]＞[H+]c．[NH4+]＞[HS﹣]＞[H2S]＞[H+]d．[HS﹣]＞[S2﹣]＞[H+]＞[OH﹣]（3）工业上常用CH4与水蒸气在一定条件下来制取H2，其原理为：CH4（g）+H2O（g）═CO（g）+3H2（g）．①该反应的逆反应速率表达式为：v=kc（CO）c3（H2），k为速率常数，在某温度下，测得为×1．②在体积为2L的密闭容器中通入物质的量均为2mol的CH4和水蒸气，在一定条件下发生反应，测得H2的体积分数与温度及压强的关系如图2所示，则压强P1大于P2（填“大于”或“小于”）；温度T3小于T4（填“大于”或“小于”）；③压强为P1时，在N点：v正大于v逆（填“大于”、“小于”或“等于”）．求N点对应温度下该反应的平衡常数K=48．【考点】化学平衡的计算；用盖斯定律进行有关反应热的计算；离子浓度大小的比较．【分析】（1）C（s）+2H2（g）⇌CH4（g）△H=﹣73kJ•mol﹣1①2CO（g）⇌C（s）+CO2（g）△H=﹣171kJ•mol﹣1②CO（g）+3H2（g）⇌CH4（g）+H2O（g）△H=﹣203kJ•mol﹣1③将方程式①+②﹣③得CO（g）+H2O（g）=H2（g）+CO2（g），焓变进行相应的改变；（2）根据电离平衡常数知，一水合氨电离程度大于硫化氢电离程度，所以NH4HS溶液铵根离子水解程度小于HS﹣水解程度，溶液呈碱性，则[OH﹣]＞[H+]，但铵根离子和硫化氢离子水解程度都较小；硫氢根离子水解程度大于其电离程度；（3）①=2=，c2=0.2，64.8=k（c2）．（0.3）3=k×0.2×（0.3）3，据此计算k值；②相同温度下，增大压强平衡逆向移动，则氢气体积分数降低；同一压强下，升高温度平衡向吸热方向移动，根据温度与氢气体积分数关系确定反应热；③N点时要使反应达到平衡状态，反应应该向正反应方向移动；设参加反应的甲烷物质的量浓度为xmol/L该反应CH4（g）+H2O（g）═CO（g）+3H2（g）开始（mol/L）1 1 0 0反应（mol/L）x x x 3x平衡（mol/L）1﹣x 1﹣x x 3x化学平衡常数只与温度有关，温度不变化学平衡常数不变，达到平衡状态时氢气体积分数为60%，则×100%=60%，x=，化学平衡常数K=．【解答】解：（1）C（s）+2H2（g）⇌CH4（g）△H=﹣73kJ•mol﹣1 ①2CO（g）⇌C（s）+CO2（g）△H=﹣171kJ•mol﹣1 ②CO（g）+3H2（g）⇌CH4（g）+H2O（g）△H=﹣203kJ•mol﹣1 ③将方程式①+②﹣③得CO（g）+H2O（g）=H2（g）+CO2（g），△H=（﹣73kJ•mol﹣1 ）+（﹣171kJ•mol﹣1）﹣（﹣203kJ•mol﹣1 ）=﹣41kJ/mol，故答案为：CO（g）+H2O（g）=H2（g）+CO2（g），△H=﹣41kJ/mol；（2）根据电离平衡常数知，一水合氨电离程度大于硫化氢电离程度，所以NH4HS溶液铵根离子水解程度小于HS﹣水解程度，溶液呈碱性，则[OH﹣]＞[H+]，但铵根离子和硫化氢离子水解程度都较小，所以离子浓度大小顺序是[NH4+]＞[HS﹣]＞[OH﹣]＞[H+]，硫氢根离子水解程度大于其电离程度，所以还存在：[NH4+]＞[HS﹣]＞[H2S]＞[H+]，故选ac；（3）①=2=，c2=0.2，64.8=k（c2）．（0.3）3=k×0.2×（0.3）3，k=1.2×104 ，故答案为：1.2×104；②相同温度下，增大压强平衡逆向移动，则氢气体积分数降低，根据图知，P1条件下氢气体积分数小于P2条件下的氢气体积分数，则P1大于P2；同一压强下，升高温度平衡向吸热方向移动，该反应的正反应是吸热反应，升高温度氢气体积分数增大，则T3小于T4，故答案为：大于；小于；③N点时要使反应达到平衡状态，反应应该向正反应方向移动，则v正大于v逆；设参加反应的甲烷物质的量浓度为xmol/L该反应CH4（g）+H2O（g）═CO（g）+3H2（g）开始（mol/L）1 1 0 0反应（mol/L）x x x 3x平衡（mol/L）1﹣x 1﹣x x 3x化学平衡常数只与温度有关，温度不变化学平衡常数不变，达到平衡状态时氢气体积分数为60%，则×100%=60%，x=，化学平衡常数K===48，故答案为：大于；48．10．已知草酸分子式为H2C2O4，属于弱酸，具有还原性；草酸钙、草酸镁等盐难溶于水．用工业硝酸锶（含有Ba2+、Ca2+、Mg2+及其它重金属等杂质）制备高纯度碳酸锶的工业流程如图．（1）写出步骤①反应的离子反应方程式Ba2++Cr2O72﹣=BaCr2O7↓．（2）写出步骤②反应的离子反应方程式3H2C2O4+8H+Cr2O7=2Cr++6CO2↑+7H2O．（3）已知：Ksp[Cr（OH）3]=6.4×10﹣，通过计算说明步骤③用氨水调节溶液的pH值在≥5.6范围，才能保证Cr3+沉淀完全．（4）步骤④在除去Ca2+、Mg2+及重金属杂质时加入氨水的目的是增大硫离子浓度，使所有重金属杂质沉淀除去．（5）步骤⑤成盐时，用氨水控制溶液pH在7～8之间的原因是将碳酸氢根离子转化为碳酸根离子，确保生成碳酸锶沉淀．（6）步骤⑥在200°C烘干的目的是使碳酸锶上吸附的铵盐分解完全．【考点】制备实验方案的设计．【分析】硝酸锶用水溶解，加入重铬酸铵除钡得到BaCr2O7沉淀，过滤分离，滤液中加入硝酸、草酸还原Cr2O72﹣，再加入氨水中和、沉淀得到Cr（OH）2，可知Cr2O72﹣被还原为Cr3+，草酸被氧化为二氧化碳，再过滤分离，滤液中加入氨水、醋酸铵、硫化氢，除去Ca2+、Mg2+、重金属，滤液中再加入碳酸氢铵得到碳酸锶，滤液中含有Sr2+，进行循环利用．（1）步骤①是硝酸锶与重铬酸铵反应得到BaCr2O7沉淀；（2）步骤②是酸性条件下Cr2O72﹣被还原为Cr3+，草酸被氧化为二氧化碳；（3）Cr3+浓度为10﹣5mol/L沉淀完全，根据Ksp[Cr（OH）3]计算溶液中c（OH﹣），进而计算控制溶液pH；（4）加入氨水溶液呈碱性，增大硫离子浓度；（5）将碳酸氢根离子转化为碳酸根离子；（6）碳酸锶表面会附着铵盐，加热会分解．【解答】解：硝酸锶用水溶解，加入重铬酸铵除钡得到BaCr2O7沉淀，过滤分离，滤液中加入硝酸、草酸还原Cr2O72﹣，再加入氨水中和、沉淀得到Cr（OH）2，可知Cr2O72﹣被还原为Cr3+，草酸被氧化为二氧化碳，再过滤分离，滤液中加入氨水、醋酸铵、硫化氢，除去Ca2+、Mg2+、重金属，滤液中再加入碳酸氢铵得到碳酸锶，滤液中含有Sr2+，进行循环利用．（1）步骤①是硝酸锶与重铬酸铵反应得到BaCr2O7沉淀，反应离子方程式为：Ba2++Cr2O72﹣=BaCr2O7↓，故答案为：Ba2++Cr2O72﹣=BaCr2O7↓；（2）步骤②是酸性条件下Cr2O72﹣被还原为Cr3+，草酸被氧化为二氧化碳，反应离子方程式为：3H2C2O4+8H++Cr2O72﹣=2Cr3++6CO2↑+7H2O，故答案为：3H2C2O4+8H++Cr2O72﹣=2Cr3++6CO2↑+7H2O；（3）Cr3+浓度为10﹣5mol/L沉淀完全，Ksp[Cr（OH）3]=6.4×10﹣31，此时溶液中c（OH﹣）=mol/L=4×10﹣9mol，溶液pH=﹣lg=5.6，故应控制pH≥5.6，故答案为：pH≥5.6；（4）加入氨水溶液呈碱性，增大硫离子浓度，使所有重金属杂质沉淀除去，故答案为：增大硫离子浓度，使所有重金属杂质沉淀除去；（5）用氨水控制溶液pH在7～8之间的原因是：将碳酸氢根离子转化为碳酸根离子，确保生成碳酸锶沉淀，故答案为：将碳酸氢根离子转化为碳酸根离子，确保生成碳酸锶沉淀；（6）碳酸锶表面会附着铵盐，在200°C烘干使铵盐分解完全，故答案为：使碳酸锶上吸附的铵盐分解完全．三、【化学--选修：化学与技术】11．铁在自然界分布广泛，在工业、农业和国防科技中有重要应用．回答下列问题：（1）用铁矿石（赤铁矿）冶炼生铁的高炉如图（a）所示，原料中除铁矿石和焦炭外还含有石灰石．用化学反应方程式说明石灰石的作用CaCO3CaO+CO2↑、CaO+SiO2CaSiO3、CaO+FeS CaS+FeO．高炉排出气体的主要成分有N2、CO2和CO（填化学式）．（2）若炼铁时发生如下反应：2Fe2O3+6C+3O2═4Fe+6CO2，则理论上每生产1t钢铁需用标况下空气1428.6m3．（3）有人设计出“二步熔融还原法”炼铁工艺，其流程如图（b）所示，其中，还原竖炉相当于高炉的炉腰部分，主要反应的化学方程式为Fe2O3+3CO2Fe+3CO2；熔融造气炉相当于高炉的炉腹部分．（4）铁矿石中常含有硫，使高炉气中混有SO2污染空气，脱SO2的方法是用碱液或氢氧化钠、氨水．【考点】高炉炼铁．。

高考高三化学二轮复习课时作业：专题化学实验设计、评价

专题十一化学实验设计、评价作业纸姓名：学号：班级：优良中差成绩1、下列实验设计能完成或实验结论合理的是（）A．证明一瓶红棕色气体是溴蒸气还是二氧化氮，可用湿润的碘化钾－淀粉试纸检验，观察试纸颜色的变化B．某溶液中加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸沉淀消失，说明该溶液中有Ca2＋C．测氯水的pH，可用玻璃棒蘸取氯水点在pH试纸上，待其变色后和标准比色卡比较D．用核磁共振氢谱图鉴别乙醇和乙酸2、下列实验方案设计合理的是（）A．鉴别氯化铝和氯化镁溶液：分别滴加过量的氢氧化钠溶液B．除去氯化铵溶液中的氯化铁：向溶液中滴加适量氢氧化钠溶液，过滤C．除去苯中的苯酚：向溶液中加入浓溴水，过滤D．检验溴乙烷中的溴元素：在溴乙烷中滴入氢氧化钾溶液加热后，用稀硝酸酸化再滴加硝酸银溶液w.w3．在下列实验中，能达到实验目的的是（）A．用石墨作电极，电解Cu（NO3）2、AgNO3的混合溶液，来比较铜和银的金属活动性B．用比较H2CO3和HClO的酸性强弱，来比较碳和氯的元素非金属性强弱C．用测定同浓度Na3PO4、Na3AsO4溶液的pH大小，来比较磷和砷的元素非金属性强弱D．用Fe3+与铜单质的反应来比较铁、铜两单质的金属活动性4、（09年江苏）医用氯化钙可用于生产补钙、抗过敏和消炎等药物。

以工业碳酸钙（含有少量Na＋、Al3＋、Fe3＋等杂志）生产医药级二水合氯化钙（CaCl2·2H2O的质量分数为97.0%~103.0%）的主要流程如下：（1）除杂操作是加入氢氧化钙，调节溶液的pH为8.0~8.5，以出去溶液中的少量Al3＋、Fe3＋。

检验Fe(OH)3是否沉淀完全的试验操作是。

（2）酸化操作是加入盐酸，调节溶液的pH约为4.0，其目的有：①将溶液中的少量Ca(OH)2转化为CaCl2；②防止Ca2＋在蒸发时水解；③。

（3）测定样品中Cl－含量的方法是：a.称取0.7500g样品，溶解，在250mL容量瓶中定容；b.量取25.00mL 待测溶液于锥形瓶中；c.用0.05000mol·L－1AgNO3溶液滴定至终点，消耗AgNO3溶液体积的平均值为20.39mL。

高考化学二轮提能力优化训练化学实验方案的设计与评价

2012届高考化学二轮提能力优化训练《化学实验方案的设计与评价》1．用以下三种途径来制取相同质量的硝酸铜：①铜与浓硝酸反应；②铜与稀硝酸反应；③铜与氧气反应生成CuO，CuO再与稀硝酸反应。

下列有关叙述不．正确的是()A．所消耗的硝酸的量：①>②>③B．对环境造成的危害，③最小C．因铜与浓硝酸作用最快，故制取硝酸铜的最佳方案是①D．三种途径所消耗的铜的质量相等解析：法①消耗的HNO3多，且产生的污染性气体也多，最佳方案应是③。

答案：C2．(2011·崇文模拟)某课外实验小组设计的下列实验不合理的是()解析：NO2能与水发生反应，不能用排水法收集，选项C错误。

答案：C3．下列化学实验装置或操作正确的是()解析：浓H2SO4稀释不能在容量瓶中进行，更不能将浓H2SO4倒入水中，A项错；蒸馏时温度计水银球应在蒸馏烧瓶支管口处，B项错；收集比空气重的NO2气体应长进短出，C 项错。

答案：D4．(2010·杨浦区高三上学期期末学科测试)用如图装置制取、提纯、收集表中的四种气体(a、b、c表示相应仪器中加入的试剂)，其中可行的是()气体 a b cA NO2浓硝酸铜片NaOH溶液B SO2浓硫酸Cu NaOH溶液C NH3浓氨水生石灰碱石灰D CO2稀盐酸CaCO3浓硫酸解析：A项和B项生成的气体均会被NaOH溶液吸收，C项NH3应用向下排空气法收集．答案：D5．下图表示从固体混合物中分离X的两种方案，请根据方案1和方案2指出下列说法合理的是()A．可以选用方案1分离碳酸氢钠中含有的氯化铵B．方案1中残留物应该具有的性质是受热易挥发C．方案2中加入的试剂一定能够与除X外的物质发生化学反应D．方案2中加入NaOH溶液可以分离出SiO2和Fe2O3混合物中的Fe2O3解析：碳酸氢钠加热分解，A错误；加热后留下的残留物一定是固体或难挥发的液体，B 错误；加入的试剂可以是水且不一定发生化学反应，C错误；二氧化硅能与氢氧化钠溶液反应生成溶于水的硅酸钠，进而分离出氧化铁，D正确。

浙江省2016届高考化学二模试卷含解析

浙江省2016届高考化学二模试卷（含解析）2016年浙江省金丽衢十二校联考高考化学二模试卷一、单项选择题（本题共17个小题，每小题6分，共102分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的．）1．下列说法不正确的是（）A．屠呦呦女士用乙醚从黄花蒿中提取出青蒿素，该技术应用了萃取原理B．解释化学反应速率理论有碰撞理论和过渡态理论，其中过渡态理论可解释温度、催化剂等因素对化学反应速率的影响C．离子交换膜在工业上应用广泛，如氯碱工业使用阳离子交换膜D．用氨水法处理燃煤烟气中的二氧化硫，既可消除其污染，又可得到副产品硫酸铵2．下列说法正确的是（）A．高锰酸钾是一种常用的化学试剂，当高锰酸钾晶体结块时，应在研钵中用力研磨，以得到细小晶体，有利于加快反应或溶解的速率B．润洗酸式滴定管时应从滴定管上口加入3～5mL所要盛装的酸溶液，倾斜着转动滴定管，使液体润湿其内壁，再从上口倒出，重复2～3次C．油脂制肥皂实验中加乙醇的目的是增大油脂的溶解度从而增大与氢氧化溶液的接触面积，从而加快油脂皂化反应速率D．在中和热的测定实验中，将氢氧化钠溶液迅速倒入盛有盐酸的量热计中，立即读出并记录溶液的起始温度，充分反应后再读出并记录反应体系的最高温度3．表为元素周期表的一部分，X、Y、Z、W、R为短周期元素，其中Z元素的原子最外层电子数是其内层电子数的3倍．下列说法正确的是（）XYZRWTA．简单离子半径大小关系为：W＞R＞Z＞YB．X有多种同素异形体，而Z不存在同素异形体C．R2W3可用RCl3溶液与Na2W溶液混合制取D．T的单质既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应4．下列说法正确的是（）A．的系统命名法为2，5﹣二甲基﹣4﹣乙基己烷B．石油的裂化、煤的气化与液化都属于化学变化，而石油的分馏与煤的干馏都属于物理变化C．总质量一定时，乙酸和葡萄糖无论以何种比例混合，完全燃烧消耗氧气的量相等D．油脂、淀粉、蛋白质等高分子化合物都属于混合物，一定条件下均可发生水解5．一种酸性“二甲醚（CH3OCH3）直接燃料电池”具有启动快、能量密度高、效率好等优点，其电池原理如图所示．下列有关该电池的说法不正确的是（）A．多孔碳a能增大气固接触面积，提高反应速率，该电极为负极B．电极b上发生的反应为：CH3OCH3﹣12e﹣+3H2O═2CO2+12H+C．H+由b电极向a电极迁移D．二甲醚直接燃料电池能量密度（kWhkg﹣1）约为甲醇（CH3OH）直接燃料电池能量密度的1.4倍6．常温常压下，将NH3缓慢通入饱和食盐水中至饱和，然后向所得溶液中缓慢通入CO2，整个实验进程中溶液的pH随通入气体体积的变化曲线如图所示（实验中不考虑氨水的挥发）．下列叙述不正确的是（）A．由a点到b点的过程中，溶液中增大B．由图可知（NH4）2CO3溶液显碱性、NH4Cl溶液显酸性C．c点所示溶液中，c（NH4+）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）D．d点所示溶液中，c（NH4+）+c（NH3H2O）=c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3）7．硼氢化钠（NaBH4）为白色粉末，容易吸水潮解，可溶于异丙胺（熔点：﹣101℃，沸点：33℃），在干空气中稳定，在湿空气中分解，是无机合成和有机合成中常用的选择性还原剂．某研究小组采用偏硼酸钠（NaBO2）为主要原料制备NaBH4，其流程如下：下列说法不正确的是（）A．实验室中取用少量钠需要用到的实验用品有镊子、滤纸、玻璃片和小刀B．操作②、操作③分别是过滤与蒸发结晶C．反应①加料之前需将反应器加热至100℃以上并通入氩气D．反应①中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2 二、非选择题部分（共180分）8．有机物X是合成药物沐舒坦的中间体，其合成路线如下：已知：请回答：（1）X中含氮官能团的名称是．（2）反应①的试剂和条件是．（3）反应①～⑤中属于取代反应的是（填反应序号）．（4）反应⑤的化学方程式．（5）反应②和③的顺序不能颠倒，理由是．（6）写出符合下列要求A的所有同分异构体结构简式．i．苯环上的一氯取代物有四种；ii．既能与酸反应，又能与碱反应，且与NaOH反应的物质的量之比为1：2．9．2013年6月“蛟龙”号载人潜水器投入应用后，计划每年将有4至5个月的海上时间用于深海探矿．（1）“蛟龙”号外壳是用特殊的钛铝合金材料制成，它可以在深海中承受700个大气压的压力．①铝元素在周期表中的位置是．②工业上可以用电解法或金属热还原法制金属钛．电解熔融的TiCl4可以制得金属钛，则TiCl4为化合物（填“离子”或“共价”）；在1070K用熔融的镁在氩气中还原TiCl4可得多孔的海绵钛，该反应的化学方程式．（2）锰结核中的黄铜矿（主要成分为CuFeS2）是海洋矿物中的一种，它是制取铜及其化合物的主要原料之一．据报道，有一种名叫Thibacillusferroxidans的细菌，在硫酸溶液中利用氧气可以将黄铜矿氧化成硫酸盐．若CuFeS2中Fe的化合价为+2，试配平该反应的化学方程式：CuFeS2+H2SO4+O2═CuSO4+Fe2（SO4）3+H2O．10．无机盐X仅由三种短周期元素组成，其相对分子质量为238，原子个数比为1：1：4．将23.8gX与水共热，生成一种有特殊臭味的气体单质A和某强酸的酸式盐溶液B，B的焰色反应呈黄色，在溶液B中加入足量的BaCl2溶液，产生46.6g白色沉淀．请推测并回答：（1）单质A有很强的氧化性，可用于净化空气，饮用水消毒等．A中组成元素的简单离子结构示意图为．（2）X的化学式．（3）实验室可通过低温电解B溶液制备X．该电解反应的化学方程式．（4）X氧化能力强，对环境友好，可用于脱硝、脱硫．在碱性条件下，X氧化NO的离子方程式．（5）X溶液与铜反应时先慢后快．某同学认为除反应放热这一因素外，还有一种可能是反应生成的Cu2+对后续反应起催化作用，为此他设计了如下实验方案：取少量铜粉置于试管中，先加入少量CuSO4溶液，再加入X溶液，振荡，观察现象．若加入硫酸铜溶液的反应快，说明Cu2+起了催化作用，反之Cu2+不起作用．写出X与铜反应的化学方程式，判断该同学设计的验证方法合理性并说明理由．11．汽车尾气排放的一氧化碳、氮氧化物等气体已成为大气污染的主要来源．德国大众汽车尾气检测造假事件引起全世界震惊．根据下列示意图（如图1）回答有关问题：（1）汽车发动机工作时会引发N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+180kJmol﹣1，其能量变化示意图如下：则NO中氮氧键的键能为kJmol﹣1．（2）空燃比过小易产生CO．有人提出可以设计反应2CO （g）=2C（s）+O2（g）来消除CO的污染．判断该设想是否可行，并说出理由．（3）利用活性炭涂层排气管处理NOx的反应为：xC（s）+2NOx（g）⇌N2（g）+xCO2（g）△H=﹣bkJmol﹣1．若使NOx更加有效的转化为无毒尾气排放，以下措施理论上可行的是．A．增加排气管长度B．增大尾气排放口C．升高排气管温度D．添加合适的催化剂（4）催化装置中涉及的反应之一为：2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）．①探究上述反应中NO的平衡转化率与压强、温度的关系，得到图2所示的曲线．催化装置比较适合的温度和压强是．②测试某型号汽车在冷启动（冷启动指发动机水温低的情况下启动）时催化装置内CO和NO百分含量随时间变化曲线如图3所示．则前10s内，CO和NO百分含量没明显变化的原因是．③研究表明：在使用等质量催化剂时，增大催化剂比表面积可提高化学反应速率．为了分别验证温度、催化剂比表面积对化学反应速率的影响规律，某同学设计了以下三组实验：实验编号T（K）NO初始浓度（molL﹣1）CO初始浓度（molL﹣1）催化剂的比表面积（m2/g）Ⅰ4001.00×10﹣33.60×10﹣382Ⅱ4001.00×10﹣33.60×10﹣3124Ⅲ4501.00×10﹣33.60×10﹣3124根据坐标图4，计算400K时该反应的平衡常数为；并在图中画出上表中的实验Ⅱ、Ⅲ条件下混合气体中NO浓度随时间变化的趋势曲线图（标明各条曲线的实验编号）．12．乙酸正丁酯是无色透明有愉快果香气味的液体，可由乙酸和正丁醇制备．反应的化学方程式如下：CH3COOH+CH3CH2CH2CH2OHCH3COOCH2CH2CH2CH3+H2O发生的副反应如下：有关化合物的物理性质见下表：化合物密度（gcm﹣3）水溶性沸点（℃）冰乙酸1.05易溶118.1正丁醇0.80微溶117.2正丁醚0.77不溶142.0乙酸正丁酯0.90微溶126.5已知：乙酸正丁酯、正丁醇和水组成三元共沸物恒沸点为90.7℃．合成：方案甲：采用装置甲（分水器预先加入水，使水面略低于分水器的支管口），在干燥的50mL圆底烧瓶中，加入11.5mL（0.125mol）正丁醇和7.2mL（0.125mol）冰醋酸，再加入3～4滴浓硫酸和2g沸石，摇匀．按下图安装好带分水器的回流反应装置，通冷却水，圆底烧瓶在电热套上加热煮沸．在反应过程中，通过分水器下部的旋塞分出生成的水（注意保持分水器中水层液面仍保持原来高度，使油层尽量回到圆底烧瓶中）．反应基本完成后，停止加热．方案乙：采用装置乙，加料方式与方案甲相同．加热回流，反应60min后停止加热．提纯：甲乙两方案均采用蒸馏方法．操作如下：请回答：（1）a处水流方向是（填“进水”或“出水”），仪器b 的名称．（2）合成步骤中，方案甲监控酯化反应已基本完成的标志是．（3）提纯过程中，步骤②是为了除去有机层中残留的酸，检验有机层已呈中性的操作是；步骤③的目的是．（4）下列有关洗涤过程中分液漏斗的使用正确的是．A．分液漏斗使用前必须要检漏，只要分液漏斗的旋塞芯处不漏水即可使用B．洗涤时振摇放气操作应如图戊所示C．放出下层液体时，需将玻璃塞打开或使塞上的凹槽对准漏斗口上的小孔D．洗涤完成后，先放出下层液体，然后继续从下口放出有机层置于干燥的锥形瓶中（5）按装置丙蒸馏，最后圆底烧瓶中残留的液体主要是；若按图丁放置温度计，则收集到的产品馏分中还含有．（6）实验结果表明方案甲的产率较高，原因是．2016年浙江省金丽衢十二校联考高考化学二模试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（本题共17个小题，每小题6分，共102分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的．）1．下列说法不正确的是（）A．屠呦呦女士用乙醚从黄花蒿中提取出青蒿素，该技术应用了萃取原理B．解释化学反应速率理论有碰撞理论和过渡态理论，其中过渡态理论可解释温度、催化剂等因素对化学反应速率的影响C．离子交换膜在工业上应用广泛，如氯碱工业使用阳离子交换膜D．用氨水法处理燃煤烟气中的二氧化硫，既可消除其污染，又可得到副产品硫酸铵【考点】化学实验方案的评价；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．【专题】物质的分离提纯和鉴别．【分析】A．乙醚从黄花蒿中提取出青蒿素，因青蒿素易溶于乙醚，不易溶于水；B．过渡状态理论认为：反应物分子并不只是通过简单碰撞直接形成产物，而是必须经过一个形成活化络合物的过渡状态，并且达到这个过渡状态需要的一定的活化能；C．氯碱工业中氯离子放电，则阳离子需要移动到阴极；D．氨水与二氧化硫发生反应．【解答】解：A．乙醚从黄花蒿中提取出青蒿素，因青蒿素易溶于乙醚，不易溶于水，为萃取原理，故A正确；B．过渡状态理论认为：反应物分子并不只是通过简单碰撞直接形成产物，而是必须经过一个形成活化络合物的过渡状态，并且达到这个过渡状态需要的一定的活化能，则过渡态理论不可解释温度对反应速率的影响，故B错误；C．氯碱工业中氯离子放电，则需要阳离子交换膜使阳离子移动到阴极，故C正确；D．氨水与二氧化硫发生反应，用氨水法处理燃煤烟气中的二氧化硫，既可消除其污染，又可得到副产品硫酸铵，故D正确；故选B．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握混合物分离提纯、化学反应原理及应用、物质性质及应用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．2．下列说法正确的是（）A．高锰酸钾是一种常用的化学试剂，当高锰酸钾晶体结块时，应在研钵中用力研磨，以得到细小晶体，有利于加快反应或溶解的速率B．润洗酸式滴定管时应从滴定管上口加入3～5mL所要盛装的酸溶液，倾斜着转动滴定管，使液体润湿其内壁，再从上口倒出，重复2～3次C．油脂制肥皂实验中加乙醇的目的是增大油脂的溶解度从而增大与氢氧化溶液的接触面积，从而加快油脂皂化反应速率D．在中和热的测定实验中，将氢氧化钠溶液迅速倒入盛有盐酸的量热计中，立即读出并记录溶液的起始温度，充分反应后再读出并记录反应体系的最高温度【考点】中和热的测定；化学反应速率的影响因素；有机化学反应的综合应用；中和滴定．【专题】化学实验基本操作．【分析】A．高锰酸钾为强氧化剂，不能用力研磨，否则容易发生爆炸；B．润洗后，从滴定管的下口放出；C．油脂难溶于水，在乙醇中的溶解度较大；D．起始温度应为混合前酸、碱的温度．【解答】解：A．高锰酸钾具有强氧化性，研磨时用力过大，容易发生爆炸，所以研磨高锰酸钾时一定要控制好力度，故A错误；B．润洗后，从滴定管的下口放出，不能从上口倒出，其他操作均合理，故B错误；C．油脂难溶于水，在乙醇中的溶解度较大，油脂制肥皂实验中加一定量的乙醇是为了增加油脂的溶解，增大与碱的接触面积，加快反应速率，故C正确；D．起始温度应为混合前酸、碱的温度，然后混合后测定最高温度，以此计算中和热，故D错误；故选C．【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及油脂的性质及皂化反应、滴定实验及操作等，侧重分析与实验能力的综合考查，注意实验的评价性分析，题目难度中等．3．表为元素周期表的一部分，X、Y、Z、W、R为短周期元素，其中Z元素的原子最外层电子数是其内层电子数的3倍．下列说法正确的是（）XYZRWTA．简单离子半径大小关系为：W＞R＞Z＞YB．X有多种同素异形体，而Z不存在同素异形体C．R2W3可用RCl3溶液与Na2W溶液混合制取D．T的单质既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应【考点】位置结构性质的相互关系应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】X、Y、Z、W、R为短周期元素，其中Z元素的原子最外层电子数是其内层电子数的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故Z为O元素，由元素在周期表中的位置可知，X为C元素，Y为N元素、W为S 元素，R为Al、T为Ga，据此解答．【解答】解：X、Y、Z、W、R为短周期元素，其中Z元素的原子最外层电子数是其内层电子数的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故Z为O元素，由元素在周期表中的位置可知，X为C元素，Y为N元素、W为S元素，R为Al、T为Ga．A．电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，离子半径电子层越多离子半径越大，故离子半径：S2﹣＞N3＞O2﹣＞Al3+，故A错误；B．碳元素有石墨、金刚石、C60等多种同素异形体，氧元素可以形氧气、臭氧，存在同素异形体，故B错误；C．Al2S3在溶液中发生水解反应生成氢氧化铝与硫化氢，不能用AlCl3溶液与Na2S溶液混合制取，故C错误；D．Ga与Al相邻，其性质与Al相似，可能与既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应，故D正确，故选：D．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，需要学生熟练掌握周期表的结构与元素化合物知识，难度中等．4．下列说法正确的是（）A．的系统命名法为2，5﹣二甲基﹣4﹣乙基己烷B．石油的裂化、煤的气化与液化都属于化学变化，而石油的分馏与煤的干馏都属于物理变化C．总质量一定时，乙酸和葡萄糖无论以何种比例混合，完全燃烧消耗氧气的量相等D．油脂、淀粉、蛋白质等高分子化合物都属于混合物，一定条件下均可发生水解【考点】有机化合物命名；有机化学反应的综合应用．【专题】有机物分子组成通式的应用规律．【分析】A．取代基的位次和不是最小；B．根据是否有新物质生成判断是物理变化还是化学变化；C．葡萄糖与乙酸的最简式都是CH2O，相同质量的葡萄糖与乙酸耗氧量相同；D．油脂不是高分子化合物．【解答】解：A．取代基的位次和不是最小，名称为2，5﹣二甲基﹣3﹣乙基己烷，故A错误；B．煤的干馏是指将煤隔绝空气加强热使之分解的过程，属于化学变化，故B错误；C．葡萄糖与乙酸的最简式都是CH2O，相同质量的葡萄糖与乙酸耗氧量相同，二者无论以何种比例混合，完全燃烧的耗氧量不变，故C正确；D．高分子化合物相对分子质量大于10000，油脂不是高分子化合物，故D错误．故选C．【点评】本题综合考查有机物的命名、结构和性质，化学变化等知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，难度不大．5．一种酸性“二甲醚（CH3OCH3）直接燃料电池”具有启动快、能量密度高、效率好等优点，其电池原理如图所示．下列有关该电池的说法不正确的是（）A．多孔碳a能增大气固接触面积，提高反应速率，该电极为负极B．电极b上发生的反应为：CH3OCH3﹣12e﹣+3H2O═2CO2+12H+C．H+由b电极向a电极迁移D．二甲醚直接燃料电池能量密度（kWhkg﹣1）约为甲醇（CH3OH）直接燃料电池能量密度的1.4倍【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】A、采用多孔导电材料，可以提高电极反应物质在电极表面的吸附量，并使它们与电解质溶液充分接触，而该极是氧气放电，所以是正极；B、电极b是负极发生氧化反应；C、阳离子向正极移动；D、二甲醚提供1mol电子所需质量为：g，而甲醇（CH3OH）提供1mol电子g．【解答】解：A、采用多孔导电材料，可以提高电极反应物质在电极表面的吸附量，并使它们与电解质溶液充分接触，而该极是氧气放电，所以是正极，而不是负极，故A错误；B、电极b是负极发生氧化反应，电极反应式为：CH3OCH3﹣12e﹣+3H2O═2CO2+12H+，故B正确；C、阳离子向正极移动，所以H+由b电极向a电极迁移，故C正确；D、二甲醚提供1mol电子所需质量为：g，而甲醇（CH3OH）提供1mol电子g，所以二甲醚直接燃料电池能量密度（kWhkg﹣1）约为甲醇（CH3OH）直接燃料电池能量密度为：约为1.4倍，故D正确；故选A．【点评】本题考查了燃料电池，明确正负极上发生的反应是解本题关键，难点是电极反应式的书写，要结合电解质溶液的酸碱性书写，注意电子不能在溶液中移动，题目难度不大．6．常温常压下，将NH3缓慢通入饱和食盐水中至饱和，然后向所得溶液中缓慢通入CO2，整个实验进程中溶液的pH随通入气体体积的变化曲线如图所示（实验中不考虑氨水的挥发）．下列叙述不正确的是（）A．由a点到b点的过程中，溶液中增大B．由图可知（NH4）2CO3溶液显碱性、NH4Cl溶液显酸性C．c点所示溶液中，c（NH4+）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）D．d点所示溶液中，c（NH4+）+c（NH3H2O）=c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3）【考点】离子浓度大小的比较．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A．a点到b点是向饱和氯化钠溶液中通入氨气达到饱和，溶液中=×=；B．b到c点是一水合氨和通入的二氧化碳反应得到碳酸铵溶液，c到d点是碳酸铵和二氧化碳反应生成碳酸氢铵，在溶液中依据溶解度大小最后反应生成碳酸氢钠晶体和氯化铵溶液；C．c点所示溶液是碳酸铵溶液，图象分析可知溶液显碱性；D．d点是氯化铵溶液和碳酸氢钠饱和溶液，溶液中存在氮物料守恒，碳元素守恒，析出碳酸氢钠，则溶液中氯离子大于溶液中钠离子；【解答】解：A．a点到b点是向饱和氯化钠溶液中通入氨气达到饱和，溶液中=×=生成一水合氨的过程中，溶液中氢氧根离子浓度增大，所以比值增大，故A正确；B．b到c点是一水合氨和通入的二氧化碳反应得到碳酸铵溶液，c到d点是碳酸铵和二氧化碳反应生成碳酸氢铵，在溶液中依据溶解度大小最后反应生成碳酸氢钠晶体和氯化铵溶液，由图可知（NH4）2CO3溶液显碱性、NH4Cl溶液显酸性，故B正确；C．c点所示溶液是碳酸铵溶液，图象分析可知溶液显碱性，离子浓度大小为：c（NH4+）＞c（CO32﹣）＞c（OH ﹣）＞c（H+），故C正确；D．d点是氯化铵溶液和碳酸氢钠饱和溶液，溶液中存在氮物料守恒，碳元素守恒，析出碳酸氢钠，则溶液中氯离子大于溶液中钠离子，c（NH4+）+c（NH3H2O）＞c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3），故D错误；故选D．【点评】本题考查了侯氏制碱法的原理过程分析，盐类水解原理、图象变化和溶液酸碱性的判断等知识，注意产物的理解应用，题目难度中等．7．硼氢化钠（NaBH4）为白色粉末，容易吸水潮解，可溶于异丙胺（熔点：﹣101℃，沸点：33℃），在干空气中稳定，在湿空气中分解，是无机合成和有机合成中常用的选择性还原剂．某研究小组采用偏硼酸钠（NaBO2）为主要原料制备NaBH4，其流程如下：下列说法不正确的是（）A．实验室中取用少量钠需要用到的实验用品有镊子、滤纸、玻璃片和小刀B．操作②、操作③分别是过滤与蒸发结晶C．反应①加料之前需将反应器加热至100℃以上并通入氩气D．反应①中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2【考点】制备实验方案的设计．【专题】实验分析题；实验评价题；演绎推理法；物质的分离提纯和鉴别．【分析】NaBO2、SiO2、Na和H2在一定条件下反应生成NaBH4、Na2SiO3，NaBH4容易吸水潮解，可溶于异丙胺，在干空气中稳定，在湿空气中分解，为防止NaBH4水解，可将生成的NaBH4、Na2SiO3溶于异丙胺，NaBH4溶解于异丙胺、Na2SiO3不溶于异丙胺，难溶性固体和溶液采用过滤方法分离，所以操作②为过滤，通过过滤得到滤液和滤渣，滤渣成分是Na2SiO3；异丙胺沸点：33℃，将滤液采用蒸馏的方法分离，得到异丙胺和固体NaBH4，所以操作③为蒸馏，A、由于钠的硬度较小，且保存在煤油中，所以取用少量钠需要用滤纸吸干煤油，再用镊子、小刀在玻璃片上切割；B、根据上面的分析可知，操作②、操作③分别是过滤与蒸馏；C、NaBH4常温下能与水反应，且氢气和氧气混合加热易产生爆炸现象，为防止NaBH4水解、防止产生安全事故，需要将装置中的空气和水蒸气排出，所以反应①加料之前需将反应器加热至100℃以上并通入氩气排尽装置中的空气和水蒸气；D、反应①中发生的反应为NaBO2+2SiO2+4Na+2H2═NaBH4+2Na2SiO3，反应中氢气中氧化剂，钠是还原剂，据此判断氧化剂与还原剂的物质的量之比；【解答】解：A、由于钠的硬度较小，且保存在煤油中，所以取用少量钠需要用滤纸吸干煤油，再用镊子、小刀在玻璃片上切割，故A正确；B、根据上面的分析可知，操作②、操作③分别是过滤与蒸馏，故B错误；C、NaBH4常温下能与水反应，且氢气和氧气混合加热易产生爆炸现象，为防止NaBH4水解、防止产生安全事故，需要将装置中的空气和水蒸气排出，所以反应①加料之前需将反应器加热至100℃以上并通入氩气排尽装置中的空气和水蒸气，故C正确；D、反应①中发生的反应为NaBO2+2SiO2+4Na+2H2═NaBH4+2Na2SiO3，反应中氢气中氧化剂，钠是还原剂，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，故D正确；故选B．【点评】本题考查物质制备实验方案设计，为高频考点，侧重考查学生分析推断及知识综合应用能力，涉及物质分离提纯、氧化还原反应、实验基本操作等知识点，综合性较强且较基础，难点是分析流程图中发生的反应、基本操作等，题目难度中等．二、非选择题部分（共180分）8．有机物X是合成药物沐舒坦的中间体，其合成路线如下：已知：请回答：（1）X中含氮官能团的名称是氨基．（2）反应①的试剂和条件是浓硝酸和浓硫酸、加热或水浴加热．（3）反应①～⑤中属于取代反应的是①④⑤（填反应序号）．（4）反应⑤的化学方程式．（5）反应②和③的顺序不能颠倒，理由是防止氨基被氧化．（6）写出符合下列要求A的所有同分异构体结构简式．i．苯环上的一氯取代物有四种；ii．既能与酸反应，又能与碱反应，且与NaOH反应的物质的量之比为1：2．【考点】有机物的推断．【专题】有机推断；结构决定性质思想；演绎推理法；有。

2016年高考化学二轮复习题化学实验设计与评价

第三讲化学实验设计与评价[考纲展示]1．能设计、评价或改进实验方案。

2.了解控制实验条件的方法。

3.能分析或处理实验数据，得出合理结论。

4.能绘制和识别典型的实验仪器装置图。

考点一化学实验方案的设计一、实验方案设计的基本要求二、实验方案设计的基本思路根据实验目的和原理及所选用的药品和仪器，设计合理的实验方案，并且从几种方案中分析选择出最佳方案。

三、实验设计示例设计实验证明氯酸钾中含有氯元素。

1．实验原理(用化学或离子方程式表示)：2KClO 3=====MnO 2△2KCl ＋3O 2↑，Ag ＋＋Cl －===AgCl↓。

2．实验试剂：氯酸钾固体、MnO 2、AgNO 3溶液、稀硝酸。

3．操作步骤(1)将氯酸钾和MnO 2混合共热。

(2)冷却至室温，加水充分溶解后，过滤。

(3)取少量滤液于洁净试管中，加入几滴硝酸酸化的AgNO 3溶液，观察到有白色沉淀生成，证明氯酸钾中含有氯元素。

四、实验方案设计中的安全问题1．防爆炸：点燃可燃性气体(如H 2、CO 、CH 4、C 2H 4)或用CO 、H 2还原Fe 2O 3、CuO 之前，要检验气体的纯度。

2．防暴沸：配制硫酸的水溶液或硫酸的酒精溶液时，要将密度大的浓硫酸缓慢倒入水中或酒精中；加热液体混合物时要加沸石或碎瓷片。

3．防中毒：制取有毒气体(如Cl 2、CO 、SO 2、H 2S 、NO 2、NO)时，应在通风橱中进行，且进行尾气处理。

4．防倒吸：加热法制取并用排水法收集气体或吸收溶解度较大的气体(如NH 3、HCl)时，要注意熄灯顺序或加装安全瓶。

五、实验方案创新设计的几个方面1．尾气处理装置的设计在设计尾气处理装置时，要充分考虑装置是否符合以下几点：能充分吸收气体、不能倒吸、尾气处理装置应与大气相通。

例如：下列吸收氨气的装置(未标出的液体为水)A、C、E、F、G均能防止倒吸，B、D 均不能。

2．防污染安全装置的设计例如：下列尾气处理装置中，A可吸收有毒的尾气(如Cl2、SO2等)，B和C装置可吸收易溶的尾气(如HCl、NH3等)，D可用于除去CO等可燃性气体，E可用于收集所有气体。