2015届安徽省江淮名校高三第二次联考化学试卷与答案（带解析）
选择题2015届安徽省江淮名校高三第二次联考化学试卷与答案（带解析）
化学在工农业生产和日常生活中都有着重要的应用。下列叙述正确的是
A．K2FeO4是新型净水剂，其净水原理与明矾完全相同
B．工业上铝的冶炼是通过电解熔融的AlC13来实现的
C．PM2．5表示每立方米空气中直径小于或等于2．5微米的颗粒物的含量，PM2．5值越高，大气污染越严重，因为PM2．5颗粒物在空气中形成胶体分散系，吸附能力很强
D．长期使用（NH4）2SO4化肥使土壤酸化，而过度使用尿素[CO（NH2）2]会使土壤碱化
解析试题分析：A、高铁酸钾具有强氧化性，能杀菌消毒。明矾溶于水电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶体有的吸附性，二者原理不同，A错误；B、氯化铝是共价化合物，在熔融状态下不导电，工业上通过电解熔融的氧化铝来冶炼，B不正确；C、PM2.5表示每立方米空气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物的含量，PM2.5值越高，大气污染越严重。但其微粒直径不介于1nm和100nm之间，形成的分散系不一定是胶体，C不正确；D、铵根离子水解显酸性，氨基是碱性基团，因此长期使用（NH4）2SO4化肥使土壤酸化，而过度使用尿素则会使土壤碱化，D正确，答案选D。考点：考查化学与生活的有关判断
根据下表（部分短周期元素的原子半径及主要化合价）信息，判断以下叙述正确的是
原子半径/nm
主要化合价
A．最高价氧化物对应水化物的碱性A&C B．氢化物的沸点H2D& H2EC．单质与稀盐酸反应的速率A&B D．C2+与A+的核外电子数相等
解析试题分析：A的最高价是＋1价，这说明A是第IA族元素；B的最高价是+3价，应为第ⅢA族元素；D的最高价为+6价，应为S元素。E无正价，最低价是－2价，说明E是O元素；C的最高价是+2价，应为第ⅡA族；由于A的原子半径最大，根据同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大可知A是Na，B是Al。C的原子半径大于E二小于D，则C是Be。A、钠的金属性强于Be，因此最高价氧化物对应水化物的碱性A&C，A正确；B、水分间存在氢键，因此氢化物的沸点H2S＜H2O，B错误；C、钠的金属性强于铝，金属性越强与酸反应越剧烈，则与稀盐酸反应的速率A＞B，C错误；D、Be2+与Na+的核外电子数不相等，前者是2，后者是10，D错误，答案选A。考点：考查元素周期律的应用
足量铜溶于一定量浓硝酸，产生NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体若与2．24LO2（标准状况）混合后通入水中，气体被水完全吸收。若向原所得溶液中加入l0 mol·L－1H2SO4溶液100 mL，则继续溶解的Cu的质量为
解析试题分析：标准状况下2.24L氧气的物质的量是0.1mol，在反应中得到0.4mol电子。NO2、N2O4、NO的混合气体与0.1molLO2混合后通入水中，氮元素转化为硝酸。这说明Cu失去电子被硝酸得到，但最终又被氧气获得，所以根据电子得失守恒可知原来溶解的铜的物质的量是0.4mol÷2＝0.2mol，即溶液中含有0.2mol硝酸铜，其中硝酸根是0.4mol。硫酸中氢离子的物质的量是2mol，因此根据方程式3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋4H2O＋2NO↑可知氢离子过量，所以继续溶解铜的物质的量是0.6mol，质量是0.6mol×64g/mol＝38.4g，答案选C。考点：考查氧化还原反应的有关计算
下列说法中正确的是
A．原电池放电过程中，负极质量一定减轻，或正极的质量一定增加
B．Fe、Cu组成原电池：Fe一定是负极
C．为加快一定量的Zn与足量稀H2SO4反应的速率，且不影响生成H2总量，可加入少量CuSO4溶液
D．某海水电池总反应表示为：5MnO2+2Ag+2NaCl=Na2Mn5O10+2AgCl，则负极反应式：Ag-e－+Cl－=AgCl
解析试题分析：A、在原电池中负极失去电子，发生氧化反应，但负极质量不一定减轻，同样正极的质量也不一定增加，例如燃料电池中电极质量一般是不变的，A错误；B、铁的金属性强于铜，Fe、Cu组成原电池中如果用稀硫酸作电解质溶液，则铁是负极。但如果用浓硝酸作电解质溶液，铁钝化，铜是负极，B错误；C、加入少量CuSO4溶液，锌置换出铜，构成铜锌原电池，加快反应速率。但置换铜时消耗锌，导致产生的氢气减少，C错误；D、根据方程式5MnO2+2Ag+2NaCl＝Na2Mn5O10+2AgCl可知，银失去电子，被氧化，作还原剂。所以在原电池中银作负极，电极反应式为Ag-e－+Cl－＝AgCl，D正确，答案选D。考点：考查电化学原理的应用
已知含3molNaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液，加入的KIO3和析出的I2的物质的量的关系曲线如图所示，则下列判断不正确的是
A．还原性：HSO3－&I－，氧化性：IO3－&I2&SO42－
B．a点处的氧化产物是SO42－，还原产物是I－
C．当溶液中的I－为0．4mol时，加入的KIO3一定为0．4mol
D．若向KIO3溶液中滴加NaHSO3溶液，反应开始时的离子方程式为：2IO3－+5HSO3－=I2+5SO42－+3H++H2O
解析试题分析：根据图像可知开始阶段没有碘生成，这说明首先发生的反应应该是IO3－+3HSO3－＝I－+3SO42－+3H+。在氧化还原反应中还原剂的还原性强于还原产物的还原性，因此还原性HSO－3＞I－；继续加入KIO3，出现单质碘，这说明此时发生的反应为IO3－+6H++5I－＝3H2O+3I2。在氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，因此氧化性IO3－＞I2。则 A、根据以上分析可知还原性：HSO3－&I－，氧化性：IO3－&I2&SO42－，A正确；B、a点处亚硫酸氢钠过量，则氧化产物是SO42－，还原产物是I－，B正确；C、3mol亚硫酸氢钠最多消耗1mol碘酸钾，产生1mol碘离子，但碘酸钾可以氧化碘离子，所以当溶液中的I－为0．4mol时，加入的KIO3不一定为0．4mol，C错误；D、根据以上分析可知若向KIO3溶液中滴加NaHSO3溶液，碘酸钾过量，可以生成单质碘，因此反应开始时的离子方程式为2IO3－+5HSO3－＝I2+5SO42－+3H++H2O，D正确，答案选C。考点：考查离子反应、氧化还原反应的有关判断与计算
已知：一般溶液浓度越大密度越大，氨水等例外。则体积为vL、质量为mg，浓度为a mol/L的氨水溶液的溶质质量分数为b%，用水稀释到0．5a mol/L，下列说法正确的是
A．加水的体积为vL
B．加水的质量为mg
C．0．5amol/L的氨水质量分数等于0.5b%
D．0．5amol/L的氨水质量分数小于0.5b%
解析试题分析：A、氨水溶液的浓度越大，密度越小。加入等体积的水，溶液的质量分数小于0.5b%，但氨水溶液的密度增大，所以根据c＝可知，此时溶液的浓度不一定是0.5amol/L，A错误；B、如果加入等质量的水，则溶液的质量分数等于0.5b%，但氨水溶液的密度增大，所以根据c＝可知，此时溶液的浓度大于0.5amol/L，B错误；C、0．5amol/L的氨水溶液的密度大于浓度为a mol/L的氨水溶液的密度，因此根据c＝可知，0．5amol/L的氨水溶液的质量分数小于0.5b%，C错误；D、根据C中分析可知0．5amol/L的氨水溶液的质量分数小于0.5b%，D正确，答案选D。考点：考查物质的量浓度与质量分数的有关计算
下列图象不符合事实是
A．图①：pH相同的H2S溶液、稀H2SO4溶液、H2SO3溶液露置于空气中一段时间后，溶液的pH随时间的变化情况
B．图②：表示向乙酸溶液中通入NH3过程中溶液导电性的变化
C．图③：将铜粉加入到一定量浓硝酸中产生的气体与加入铜量的变化情况
D．图④知合成甲醇的热化学方程式为CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g）△H＝－（b-a）kJ·mol－1
解析试题分析：A、硫化氢易被氧化生成单质S，溶液酸性降低，pH增大；稀硫酸放置在空气中溶液的pH基本不变；亚硫酸放置在空气中易被氧化为硫酸，硫酸是强酸，溶液酸性增强，pH减小，A正确；B、向乙酸溶液中通入氨气生成强电解质醋酸铵，溶液的导电性增强，图像错误，B错误；C、铜与浓硝酸反应生成NO2，但随着反应的进行，硝酸浓度减小，稀硝酸与铜反应生成NO，曲线斜率降低，图像正确，C正确；D、根据图像可知反应物总能量高于生成物总能量，属于放热反应，则焓变＝－（b－a）kJ/mol，D正确，答案选B。考点：考查物质变化及化学反应中图像分析与判断
下列实验方案不能达到实验目的的是
A．图A装置用Cu和浓硝酸可制取NO
B．图B装置可用于实验室制备Cl2
C．图C装置可用于实验室制取乙酸乙酯
D．图D装置可用于实验室分离CO和CO2
解析试题分析：A、铜与浓硝酸反应生成NO2，但NO2溶于水生成NO，因此通过排水法可以制备NO，A正确；B、酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，常温下能氧化浓盐酸生成氯气，氯气密度大于空气，可以用向上排空气法收集，氯气有毒需要用氢氧化钠溶液吸收尾气，B正确；C、烧碱能使乙酸乙酯水解，应该用饱和碳酸钠溶液吸收，C错误；D、CO2能与碱反应生成碳酸盐，但CO不能，因此可以先用氢氧化钠溶液吸收CO2，即可以先分离出CO；然后再将生成的碳酸盐加入适量稀硫酸即可重新得到CO2，能达到实验的目，D正确，答案选C。考点：考查实验方案设计与评价
下列实验不能达到目的的是
A．向25mL沸水中滴加5-6滴稀的FeCl3溶液制备氢氧化铁胶体
B．只用少量水就可鉴别Na2CO3和NaHCO3固体
C．用FeSO4、NaOH和盐酸等试剂在空气中可以制备纯净的FeCl3溶液
D．用NaOH溶液和盐酸可除去MgCl2溶液中混有的AlCl3
解析试题分析：A、实验室制备氢氧化铁胶体应该用新制的饱和氯化铁溶液，不能用稀的氯化铁溶液，A错误；B、碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠的溶解度，只用少量水可鉴别Na2CO3和NaHCO3固体，B正确；C、FeSO4、NaOH反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定，最终被氧化物氢氧化铁红褐色沉淀。氢氧化铁与盐酸反应即可得到纯净的FeCl3溶液，C正确；D、氯化镁与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钠，氯化铝与过量的氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氯化钠，因此过滤即可得到氢氧化镁沉淀，然后用盐酸溶解氢氧化镁即可得到纯净的氯化镁溶液，所以可以用NaOH溶液和盐酸可除去MgCl2溶液中混有的AlCl3，D正确，答案选A。考点：考查物质的制备、鉴别以及分离与提纯等
5．6g铁粉与一定量的硫磺混合，在空气中加热发生剧烈反应，冷却后用足量的盐酸溶解反应后的残留固体，产生了2．0L气体（标准状况），通过分析小于了应生成的气体量，其最可能原因是
A．硫磺量不足
B．生成了FeS
C．生成了Fe2S3
D．有部分Fe被空气中的氧氧化了
解析试题分析：5.6g的物质的量是0.1mol，铁与硫反应生成FeS，在反应中铁可能过量。但不论是铁还是硫化亚铁均能与盐酸反应分别生成氢气和H2S气体，即FeS＋2HCl＝FeCl2＋H2S↑、Fe＋2HCl＝FeCl2＋H2↑。因此根据方程式可知0.1mol铁一定生成0.1mol气体，在标准状况下的体积是2.24L。但实际产生的气体是2.0L，这说明部分铁被氧化生成了铁的氧化物，与盐酸反应时不能放出气体，所以选项ABC均是错误的，答案选D。考点：考查铁及其化合物的性质以及有关反应的判断与计算
化学反应的发生一般可通过现象加以判断。根据下列现象判断，其中没有新物质生成的是①蛋白质溶液中加入硫酸铵后形成沉淀
②向氢氧化铁胶体中滴加盐酸产生沉淀；③二氧化氮经加压冷卸凝成无色液体；
④溴水滴入裂化汽油中振荡褪色；⑤硫酸铜粉末滴加少量水变蓝；
⑥活性炭除去水中的颜色和异味
解析试题分析：有新物质生成的反应是化学反应，在物理变化中没有产生新物质。①蛋白质溶液中加入硫酸铵发生盐析，但盐析是物理变化，没有产生新物质；②向氢氧化铁胶体中滴加盐酸，胶体聚沉产生沉淀，没有产生新物质；③二氧化氮经加压冷却凝成无色液体，转化为N2O4，有新物质产生；④溴水滴入裂化汽油中振荡，发生加成反应而褪色，有新物质产生；⑤硫酸铜粉末滴加少量水变蓝生成胆矾，有新物质产生；⑥活性炭的表面积大，吸附能力强 因此可以利用活性炭除去水中的颜色和异味，属于物理变化，没有产生新物质，因此选项①②⑥正确，答案选D。考点：考查物理变化与化学变化的判断
下列化学用语描述中正确的是
A．含18个中子的氯原子的核素符号：
B．比例模型可以表示CO2分子或SiO2分子
C．HCO3－的电离方程式为：HCO3－+ H2O CO32－+H3O+
D．次氯酸的结构式：H－Cl－O
解析试题分析：A、在表示原子组成时元素符号的左下角表示质子数，左上角表示质量数，则含18个中子的氯原子的核素符号为，A错误；B、比例模型可以表示CO2分子，二氧化硅是原子晶体，不存在分子，因此不能用来表示SiO2，B错误；C、HCO3－的电离方程式为：HCO3－+ H2OCO32－+H3O+，C正确；D、次氯酸的电子式为，则其结构式可表示为H－O－Cl，D不正确，答案选C。考点：考查化学用语的正误判断
常温下，下列各组粒子在指定溶液中能量共存的是
A．在酸性KMnO4溶液中：Na+、C2H5OH、NH4＋、Cl－
B．能溶解CaCO3的溶液中：Fe2+、Ca2÷、Cl－、NO3－
C．澄清透明的溶液中：Cu2+、Mg2+、SO42－、Cl－
D．能使淀粉-KIO3试纸显蓝色的溶液中：K+、H+、SO42－、I－
解析试题分析：离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，反之是可以的。则A、酸性KMnO4溶液能氧化C2H5OH、Cl－，二者均不能大量共存，A错误；B、能溶解CaCO3的溶液显酸性，在酸性溶液中Fe2+与NO3－发生氧化还原反应，不能大量共存，B错误；C、澄清透明的溶液中Cu2+、Mg2+、SO42－、Cl－可以大量共存，C正确；D、能使淀粉－KIO3试纸显蓝色的溶液一定具有氧化性，而碘离子具有还原性，因此I－不能大量共存，D不正确，答案选C。考点：考查离子共存的正误判断
元素周期表中ⅣA元素包括C、Si、Ce、Sn、Pb等，已知Sn的+4价稳定，而Pb的+2价稳定。结合所学知识，判断下列反应中（反应条件略）正确的是①Pb+2Cl2=PbCl4
②Sn+2Cl2=SnCl4
③SnCl2+Cl2=SnCl4④PbO2+4HCl=PbCl4+2H2O
⑤Pb3O4+8HCl=3PbCl2+Cl2↑+4H2OA．①②④⑤
B．①②③④
解析试题分析：已知Sn的+4价稳定，这说明＋2价的Sn具有还原性，因此Sn与氯气反应生成SnCl4、SnCl2与Cl2也转化为SnCl4。Pb的+2价稳定，这说明＋4价的Pb具有氧化性，因此铅与氯气反应生成的是PbCl2，二氧化铅、四氧化三铅均能氧化浓盐酸生成氯气、水和PbCl2。根据以上分析可知反应②Sn+2Cl2＝SnCl4、③SnCl2+Cl2＝SnCl4、⑤Pb3O4+8HCl＝PbCl2+Cl2↑+4H2O可以发生，答案选D。考点：考查第ⅣA元素性质与反应的有关判断
某溶液中含有SO32－、Br－、SiO32－、CO32－、Na+，向该溶液中通入过量的Cl2，下列判断正确的是①反应前后，溶液中离子浓度基本保持不变的只有Na+
②有胶状沉淀物质生成
③有气体产生④溶液颜色发生变化
⑤共发生了2个氧化还原反应
A．①②③④⑤
B．①②③④
解析试题分析：氯气溶于水还生成盐酸和次氯酸，溶液显酸性、具有强氧化性，因此向该溶液中通入过量的Cl2，SO32-被氯气氧化为硫酸根离子，SiO32-和盐酸反应生成硅酸沉淀，Br-被氯气氧化为溴单质，CO32-和盐酸反应生成二氧化碳气体。所以①反应前后，溶液中离子浓度基本保持不变的只有Na+，①正确；②有胶状物质硅酸生成，②正确；③有二氧化碳气体产生，③正确；④氯气氧化溴离子为溴单质，溶液颜色发生变化由无色变化为橙红色，④正确；⑤发生了氯气氧化SO32－、Br－以及氯气和水发生的氧化反应，共3个氧化还原反应，⑤错误，答案选B。考点：考查氯气性质
下列图像中的曲线（纵坐标为沉淀或气体的量，横坐标为加入物质的量），其中错误的是
A．图A表示向含H+、Mg2+、Al3+、NH4＋的溶液中滴加NaOH溶液产生沉淀量的关系曲线
B．图B表示向澄清石灰水中通入二氧化碳直至过量产生沉淀量的关系曲线
C．图C表示向NaOH和Na2CO3的混合液中滴加盐酸产生CO2气体的关系曲线
D．图D表示向明矾溶液中滴加Ba（OH）2溶液产生沉淀最的关系曲线
解析试题分析：A、将氢氧化钠溶液逐滴滴入含H+、Mg2+、Al3+、NH4＋的溶液中，首先中和氢离子，然后再沉淀铝离子、镁离子分别转化为氢氧化铝、氢氧化镁沉淀。沉淀完毕后与铵根离子结合转化为一水合氨。氢氧化铝是两性氢氧化物，继续加入氢氧化钠溶解氢氧化铝，图像正确，A正确；B、向澄清石灰水中通入二氧化碳生成生成碳酸钙沉淀，CO2过量后，碳酸钙又与CO2、水反应生成可溶性的碳酸氢钙，图像正确，B正确；C、向NaOH和Na2CO3的混合液中滴加盐酸，首先中和氢氧化钠生成氯化钠和水，然后与碳酸钠反应生成碳酸氢钠和和氯化钠，最后盐酸与碳酸氢钠反应生成氯化钠、水和CO2。根据方程式Na2CO3＋HCl=NaHCO3＋NaCl、NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2O＋CO2↑可知后阶段消耗的盐酸相同，曲线错误，C并正确；D、向明矾溶液中滴加Ba（OH）2溶液先生成硫酸钡白色沉淀和氢氧化铝沉淀，氢氧化钡过量后氢氧化铝又溶解，曲线正确，D正确，答案选C。考点：考查物质之间反应的有关图像分析与判断
如图所示的甲、乙、丙三种物质均含有相同的某种元素，箭头表示甲、乙丙物质问的转化一步就能实现，则甲可能是①Fe
C．①②③⑤
D．①②③④⑤
解析试题分析：①Fe与盐酸反应转化为FeCl2，与氯气反应生成FeCl3，氯化亚铁与氯气反应得到氯化铁，氯化铁与Fe反应得到氯化亚铁；②稀HNO3被还原转化为NO，浓硝酸被还原转化为NO2，NO与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应可以生成硝酸和NO；③铝与酸反应转化为铝盐，与强碱反应转化为偏铝酸盐，铝盐与碱反应转化为偏铝酸盐，偏铝酸盐与酸反应也可以转化为铝盐；④过氧化钠与水反应转化为氢氧化钠和氧气，与CO2反应转化为碳酸钠和氧气。氢氧化钠吸收CO2生成与碳酸钠和水，碳酸钠与氢氧化钡反应生成氢氧化钠和碳酸钡沉淀；⑤C完全燃烧生成CO2，不完全燃烧生成CO，CO与氧气反应得到CO2，CO2与碳反应得到CO，根据以上分析可知①②③④⑤均符合，答案选D。考点：考查物质转化的有关判断
NA代表阿伏加德罗常数的值下列有关叙述正确的是
A．5．6g铁粉在2．24L氯气中充分燃烧，失去的电子数一定为0．3NA
B．标准状况下，15g一氧化氮和5．6L氧气混合后的分子总数为0．5NA
C．在标准状况下，22．4LCH4与18gH2O所含有的电子数均为10NA
D．78gNa2S和Na2O2的混合物中含有的离子总数大于3NA
解析试题分析：A、5．6g铁粉的物质的量是0.1mol，但2．24L氯气的物质的量不能确定，因此不能计算反应中转移的电子数，A错误；B、标准状况下，15g一氧化氮的物质的量是0.5mol，标准状况下5．6L氧气的物质的量是0.25mol，二者混合后生成0.5molNO2，但NO2与N2O4之间存在平衡关系，因此分子总数小于0．5NA，B错误；C、在标准状况下，22．4LCH4的物质的量是22.4L÷22.4L/mol＝1mol，18gH2O的物质的量是18g÷18g/mol＝1mol，二者所含有的电子数均为10NA，C正确；D、硫化钠与过氧化钠的摩尔质量相同，都是78g/mol，且晶体中阴阳离子的个数之比均是1:2，所以78gNa2S和Na2O2的混合物中含有的离子总数等于3NA，D错误，答案选C。考点：考查阿伏伽德罗常数的计算
实验题2015届安徽省江淮名校高三第二次联考化学试卷与答案（带解析）
（14分）（I）已知：R－OH+HX→R－X+H2O。右图是实验室用乙醇与浓硫酸和溴化钠反应制备溴乙烷的装置，图中省去了加热装置。有关数据见下表：乙醇、溴乙烷、溴有关参数
深红棕色液体
密度/gocm-3
（1）制备操作中，加入的浓硫酸必需进行稀释，其目的是
。a．减少副产物烯和醚的生成
b．减少Br2的生成c．减少HBr的挥发
d．水是反应的催化剂（2）加热的目的是
（从速率和限度两方面回答）；应采取的加热方式是
。（3）为除去产品中的一种主要杂质，最好选择下列_____溶液来洗涤产品。A．氢氧化钠
C．亚硫酸钠（4）第（3）步的实验所需要的主要玻璃仪器是
。（Ⅱ）苯甲酸甲酯（）是一种重要的工业有机溶剂。请分析下列有机物的结构简式或性质特点，然后回答问题。（1）乙中含氧官能团的名称是
。（2）甲、乙、丙三种有机物中与苯甲酸甲酯是同分异构体的是
。与NaOH溶液在加热条件下反应消耗NaOH最多的是
。（3）符合丙条件的结构可能有________，种，写出其中两种
答案（Ⅰ）（1）abc （2分）
（2）升高温度加快反应速率，同时使生成的溴乙烷气化分离出来促进平衡移动（2分）水浴加热（1分） （3）C （2分） （4）分液漏斗（1分）（Ⅱ）（1）酯基（2）甲乙、乙（3）三 （每空1分）
解析试题分析：（Ⅰ）（1）a、在浓硫酸作用下乙醇能生成乙醚或乙烯，所以学生浓硫酸的目的是减少副产物烯和醚的生成，a正确；b．浓硫酸还具有强氧化性，能氧化溴化氢生成单质溴，因此稀释的目的是减少Br2的生成，b正确；c、浓硫酸溶于水放热，容易使溴化氢挥发，所以稀释浓硫酸的目的还起到减少HBr的挥发，c正确；d．水不是反应的催化剂，d错误，答案选abc。（2）升高温度反应速率加快，因此加热的目的是加快反应速率。该反应是可逆反应，温度高于38.4°C溴乙烷全部挥发蒸馏出来，即相当于降低生成物浓度促进平衡向右移动；为了使溶液受热均匀，应该采用水浴加热；（3）生成的溴乙烷中含有杂质溴，则A、卤代烃在氢氧化钠溶液中水解，不能用氢氧化钠溶液洗涤，A错误；B、溴能氧化碘化钠生成单质碘，从而会引入新的杂质碘单质，B错误；C、加亚硫酸钠能把溴氧化，且亚硫酸氢钠与溴乙烷不反应，C正确，答案选C；（4）洗涤产品分离混合物需要在分液装置中，需要的主要玻璃仪器为分液漏斗；（Ⅱ）（1）根据有机物乙的结构简式可知乙中含氧官能团的名称是酯基；（2）丙物质能与钠反应放出氢气，说明含有的是羟基。又因为能与氯化铁溶液反应显紫色，，因此是酚羟基，即丙分子中含有酚羟基和甲基。分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体。根据甲、乙、丙三种有机物的结构简式可知与苯甲酸甲酯互为同分异构体的是甲、乙。其中甲为甲酸苯甲酯，1mol甲水解最多需要1mol氢氧化钠；乙水解生成乙酸和苯酚，都能与NaOH反应，1mol丙分子中含有1mol酚羟基，只能消耗1mol氢氧化钠，则消耗的NaOH最多是乙；（3）丙分子中含有酚羟基、甲基，二者在苯环上的位置有邻、间、对三种，结构简式分别为。考点：考查物质制备的反应原理和过程分析、有机物结构与性质以及同分异构体判断等
（16分）某研究小组探究SO2和Fe（NO3）3溶液的反应，其反应装置如下图所示：已知：l．0mol·L－1的Fe（NO3）3溶液的pH=l，请回答下列问题：（1）装置A中反应的化学方程式是
。（2）为排除空气对实验的干扰，滴加浓硫酸之前进行的操作是
。（3）装置B中产生了白色沉淀，其成分是
，说明SO2具有
性。分析B中产生白色沉淀的原因：猜想1：SO2与Fe3+反应；猜想2：在酸性条件下SO2与NO3－反应；猜想3：……（4）甲同学从装置B中取出适量反应后的溶液，能使KMnO4溶液褪色。【得出结论】猜想1成立。其结论正确吗？
（填是或否）。若不正确，理由是________（正确无需回答）。（5）乙同学设计实验验证猜想2，请帮他完成下表中内容（提示：NO3－在不同条件下的还原产物较复杂，有时难以观察到气体产生。除了上述实验提供的试剂外，可供选择的药品有：NaNO3固体和盐酸等。）
实验步骤(不要求写具体操作过程)
预期现象和结论
①配溶液____________________。②……
（6）在实际操作中，当SO2通入Fe（NO3）3溶液时观察到的现象；溶液由黄色变为浅绿色，接着又变为黄色，请用相关离子方程式表示其过程
答案（1）Na2SO3＋H2SO4(浓)＝Na2SO4＋SO2↑＋H2O（2分）（2）关闭分液漏斗活塞，打开弹簧夹，向装置中通入一段时间的N2，关闭弹簧夹 （2分）（3）BaSO4； 还原（2分） （4）否， 可能SO2过量，溶解的SO2也能使KMnO4溶液褪色（2分）（5）（4分）
实验步骤(不要求写具体操作过程)
预期现象和结论
①用NaNO3和盐酸配成pH＝1，NO3—浓度为3 mol·L－1的溶液，并替换装置B中的Fe(NO3)3溶液。②打开弹簧夹，向装置中通入一段时间的N2，关闭弹簧夹。打开分液漏斗活塞，向三颈烧瓶中滴加浓硫酸。
若装置B中有白色沉淀生成，猜想2成立。若装置B中无白色沉淀生成，猜想2不成立。
（6）2Fe3+ + SO2 + 2H2O = 2Fe2+ + SO42- + 4H+
3Fe2+ + NO3- + 4H+ = 3Fe3+ +NO↑+ 2H2O（2+2分）
解析试题分析：（l）浓硫酸是强酸，与亚硫酸钠发生复分解反应生成硫酸钠、SO2和水，因此装置A中反应的化学方程式是Na2SO3＋H2SO4(浓)＝Na2SO4＋SO2↑＋H2O；（2）空气中含有氧气具有氧化性，因此为排除空气对实验的干扰，滴加浓硫酸之前应先通入氮气，将空气排出。方法是打开弹簧夹，向装置中通入一段时间的N2，然后关闭弹簧夹；（3）二氧化硫具有还原性，在酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，能氧化SO2生成硫酸根离子，进而生成硫酸钡沉淀；（4）SO2具有还原性，因此如果在反应中SO2过量，过量的SO2也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，因此结论不正确；（5）如果在酸性条件下SO2与NO3－反应，则需要排除铁离子的干扰。因此可以配制与硝酸铁溶液酸性相同，且硝酸根离子浓度也相同的溶液代替硝酸铁溶液即可。然后在验证是否有硫酸根产生，即用NaNO3和盐酸配成pH＝1，NO3—浓度为3 mol·L－1的溶液，并替换装置B中的Fe(NO3)3溶液。然后打开弹簧夹，向装置中通入一段时间的N2，关闭弹簧夹。打开分液漏斗活塞，向三颈烧瓶中滴加浓硫酸。若装置B中有白色沉淀生成，猜想2成立。若装置B中无白色沉淀生成，猜想2不成立。（6）SO2通入Fe（NO3）3溶液时观察到的现象；溶液由黄色变为浅绿色，这说明铁离子被还原为亚铁离子，离子方程式为2Fe3+ + SO2 + 2H2O＝2Fe2+ + SO42- + 4H+；接着又变为黄色，这说明亚铁离子又被硝酸根氧化为铁离子，离子方程式为3Fe2+ + NO3- + 4H+ = 3Fe3+ +NO↑+ 2H2O。考点：考查物质性质实验设计与探究
填空题2015届安徽省江淮名校高三第二次联考化学试卷与答案（带解析）
（12分）A、B、C、D、E是原子序数依次增大的短周期主族元素。A元素可形成多种同素异形体，其中一种是自然界最硬的物质；B的原子半径在短周期主族元素中最大；C原子核外电子占据7个不同的原子轨道；D的单质在常温常压下是淡黄色固体。（1）E在元素周期表中的位置
；B的基态原子核外电子排布式为
。（2）A、D、E中电负性最大的是
（填元素符号）；B、C两元素第一电离能较大的是
（填元素符号）。（3）A和D两元素非金属性较强的是
（填元素符号），写出能证明该结论的一个事实依据
。（4）化合物AD2分子中共有
个键和___个键，AD2分子的空间构型是
。（5）C与E形成的化合物在常温下为白色固体，熔点为190℃，沸点为182．7℃，在177．8℃升华，推测此化合物为
晶体。工业上制取上述无水化合物方法如下：C的氧化物与A、E的单质在高温条件下反应，已知每消耗12kgA的单质，过程中转移2×l03mol e－，写出相应反应的化学方程式：
答案（方程式2分，其余1分）⑴第三周期、第ⅦA族
1s22s22p63s1⑵Cl
H2CO3是弱酸，H2SO4是强酸（或其它合理答案） ⑷2个
直线型⑸分子
Al2O3 + 3C + 3Cl23CO + 2AlCl3
解析试题分析：A、B、C、D、E是原子序数依次增大的短周期主族元素。A元素可形成多种同素异形体，其中一种是自然界最硬的物质，因此A是碳元素；B的原子半径在短周期主族元素中最大，则B是Na；C原子核外电子占据7个不同的原子轨道，则C的核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，所以C是Al；D的单质在常温常压下是淡黄色固体，则D是S，E的原子序数大于S，且是短周期元素，因此E是Cl。（1）E的原子序数是17，位于元素周期表的第三周期、第ⅦA族；B是钠，根据核外电子排布规律可知。其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s1。（2）非金属性越强，电负性越大，则A、D、E中电负性最大的是Cl；金属性越强，第一电离能越小，则B、C两元素第一电离能较大的是Al。（3）非金属性越强，最高价氧化物水化物的酸性越强。已知H2CO3是弱酸，而H2SO4是强酸，因此A和D两元素非金属性较强的是S。（4）双键是由1个键和1个键组成的，CS2的结构式为S＝C＝S，因此分子中共有2个键和2个键。分子的空间构型与CO2分子的相似，属于直线形结构。（5）C与E形成的化合物在常温下为白色固体，熔点为190℃，沸点为182．7℃，在177．8℃升华，推测此化合物为分子晶体。工业上制取上述无水化合物方法如下：C的氧化物与A、E的单质在高温条件下反应，12kg碳的物质的量是12000÷12g/mol＝1000mol，由于过程中转移2×l03mol e－，因此碳元素在反应中失去2个电子，即其氧化产物是CO，所以该反应的化学方程式为Al2O3 + 3C + 3Cl23CO + 2AlCl3。考点：考查元素推断、核外电子排布、元素周期律、共价键、分子空间构型以及化学方程式判断等
（14分）高温焙烧含硫废渣会产生SO2废气，为了回收利用SO2，研究人员研制了利用低品位软锰矿浆（主要成分是MnO2）吸收SO2，并制备硫酸锰晶体的生产流程，其流程示意图如下：已知，浸出液的pH&2，其中的金属离子主要是Mr12+，还含有少量的Fe2+、Al3+等其他金属离子。有关金属离子形成氢氧化物沉淀时的pH见下表：
开始沉淀时的pH
完全沉淀时的pH
请回答下列问题：（1）高温焙烧：在实验室宜选择的主要仪器是
。（2）写出氧化过程中主要反应的离子方程式：
。（3）在氧化后的液体中加入石灰浆，并调节溶液pH，pH应调节的范围是
。（4）滤渣的主要成分有__________。（5）工业生产中为了确定需要向浸出液中加入多少MnO2粉，可准确量取l0．00 mL浸出液用0．02mol/L酸性KMnO4溶液滴定，判断滴定终点的方法是____；若达滴定终点共消耗l0．00 mL酸性KMnO4溶液，请计算浸出液中Fe2+浓度是
。（6）操作a的具体过程________。
答案）(1）坩埚（1分）（2）2Fe2＋＋MnO2＋4H＋＝2Fe3＋＋Mn2＋＋2H2O（2分）（3）4.7 ≤ pH＜ 8.3（2分） （4）氢氧化铁、氢氧化铝、硫酸钙（3分）（5）当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液，溶液变紫红色，且半分钟内不褪色（1分）
0.1 mol/L（2分）（6）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤（3分）
解析试题分析：（1）固体灼烧应该在坩埚中进行。（2）杂质离子中只有Fe2+具有还原性，可以被MnO2在酸性条件下氧化成Fe3+，反应的离子方程式为2Fe2++MnO2+4H+＝2Fe3++Mn2++2H2O。（3）杂质中含有Fe3+、Al3+阳离子，根据表中数据可知pH大于4.7可以将Fe3+和Al3+除去，而大于8.3是开始出现氢氧化锰沉淀，因此为防止Mn2+也沉淀，pH应调节的范围是4.7～8.3。（4）根据以上分析可知Fe3+、Al3+阳离子通过调pH值，分别转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀。根据原子守恒可知同时还生成微溶的硫酸钙，所以滤渣的主要成分有氢氧化铁、氢氧化铝、硫酸钙。（5）酸性高锰酸钾溶液显紫红色，因此终点的实验现象是当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液，溶液变紫红色，且半分钟内不褪色即可。10.00 mL、0.02mol/L高锰酸钾的物质的量是0.0002mol，根据方程式5Fe2++MnO4－+8H+＝5Fe3++Mn2++4H2O可知消耗亚铁离子的物质的量是0.001mol，因此亚铁离子的浓度是0.001mol÷0.01L＝0.1 mol/L。（6）从溶液中得到晶体的一般操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤。考点：考查物质制备工艺流程图的分析判断