2015届湖南省岳阳市高三教学质量检测化学试卷与答案（带解析）.doc

《2015届湖南省岳阳市高三教学质量检测化学试卷与答案（带解析）.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2015届湖南省岳阳市高三教学质量检测化学试卷与答案（带解析）.doc（14页珍藏版）》请在麦多课文档分享上搜索。

1、2015届湖南省岳阳市高三教学质量检测化学试卷与答案（带解析） 选择题 为了 “让生态环境越来越好 ”，下列选项中的做法全部正确的是 合理开发利用可燃冰 全面关停化工企业 研发易降解的生物农药 改进汽车尾气净化技术 A B C D 答案： B 试题分析： 可燃冰是甲烷的水化物，因此合理开发利用可燃冰有利于环境保护，正确； 全面关停化工企业不符合生产实际，错误； 研发易降解的生物农药，有利于环境保护，正确； 改进汽车尾气净化技术可以减少尾气排放，正确，答案：选 B。 考点：考查化学与环境保护的有关判断 25 时，几种弱酸的电离常数如下： 弱酸的化学式 CH3COOH HCN H2S 电离常数（

2、25 ） 1.810-5 4.910-10 K1 1.310-7 K2 7.110-15 25 时，下列说法正确的是 A等物质的量浓度的各溶液 pH关系为： pH(CH3COONa) pH(Na2S) pH(NaCN) B a mol/LHCN溶液与 b mol/LNaOH溶液等体积混合，所得溶液中c(Na+)c(CN-)，则 a一定小于或等于 b C NaHS和 Na2S的混合溶液中，一定存在 c(Na+) c(H+) c(OH-) c(HS-)2c(S2-) D某浓度的 NaCN溶液的 pH d，则其中由水电离出的 c(OH-) 10-dmol/L 答案： C 试题分析： A弱酸的电离常数

3、越大，酸性越强。则根据电离平衡常数可知酸性是 H2S CH3COOH HCN HS 。酸性越弱相应的酸根越容易水解，则等物质的量浓度的各溶液 pH关系为： pH(Na2S) pH(NaCN) pH(CH3COONa)， A错误； B a mol/LHCN溶液与 b mol/LNaOH溶液等体积混合，所得溶液中c(Na+) c(CN-)，则根据电荷守恒可知溶液中氢离子浓度小于氢氧根浓度，所以溶液显碱性。由于二者恰好反应时生成的盐水解也显碱性，或者 HCN过量很少时也可能显碱性，因此 a不一定小于或等于 b，也可能大于 b， B错误；C NaHS和 Na2S的混合溶液中，根据电荷守恒可知一定存在

4、c(Na+) c(H+)c(OH-) c(HS-) 2c(S2-)， C正确； D某浓度的 NaCN溶液的 pH d，则溶液中氢离子浓度是 10-dmol/L，由于水电离出的氢离子被 CN 结合生成 HCN，所以其中由水 电离出的 c(OH-) 10-dmol/L， D错误，答案：选 C。 考点：考查弱电解质的电离、盐类水解以及溶液中离子浓度大小比较 在某一恒温体积可变的密闭容器中发生如下反应： A(g)+B(g) 2C(g) H 0。 t1 时刻达到平衡后，在 t2 时刻改变某一条件，其反应过程如图所示。下列说法正确的是 A B I、 两过程达到平衡时， A的体积分数 III C 时刻改变的

5、条件是向密闭容器中加 C D I、 II两过程达到平衡时，平衡常数 III 答案： C 试题分析： A、根据图像可知反应进行到 t1时就已经达到平衡状态，此时正逆反应速率相等， A错误； B、 t2 时刻逆反应速率瞬间增大，然后逐渐减小，最后恢复到原来的速率，这说明平衡不移动，所以 I、 两过程达到平衡时， A的体积分数 I II， B错误； C、由于反应前后体积不变，且容器体积可知，因此 B中分析可知 t2 时刻改变的条件是向密闭容器中加 C， C正确； D、平衡常数只与温度有关系，则 I、 II两过程达到平衡时，平衡常数 I II， D错误，答案：选 C。 考点：考查外界条件对平衡状态的影

6、响以及有关图像分析 在化工生产中，常用 MnS(s)作沉淀剂处理含 Cu2 的废水。 其反应原理为：Cu2 (aq) MnS(s) CuS(s) Mn2 (aq)。下列有关该反应的推理不正确的是 A该反应达到平衡时： c(Cu2 )=c(Mn2 ) B CuS的溶解度比 MnS的溶解度小 C往平衡体系中加入少量 Cu(NO3)2(s)后， c(Mn2 )变大 D该反应平衡常数表达式： 答案： A 试题分析： A、平衡时 c(Cu2 )、 c(Mn2 )均不在发生变化，但二者不一定相等，A错误； B、 MnS能转化为 CuS，根据沉淀容易向更难溶的方向转化可知， CuS的溶解度比 MnS的溶解度

7、小， B正确； C、往平衡体系中加入少量 Cu(NO3)2(s)后，铜离子浓度增大，平衡向逆反应方向进行，则 c(Mn2 )变大， C正确； D、根据方程式可知该反应平衡常数表达式 K， D正确，答案：选 A。 考点：考查溶解平衡的应用 甲醇是一种重要的化工原料，广泛应用于化工生产，也可以直接用作燃料。 已知： CH3OH（ l） +O2（ g） = CO（ g） +2H2O（ g） H1= -443.64 kJ mol-1 2CO（ g） + O2（ g） = 2CO2（ g） H2 -566.0kJ mol-1 下列说法或热化学方程式正确的 是 A CO的燃烧热为 566.0 kJ mol

8、-1 B 2 mol CO和 1 mol O2的总能量比 2 mol CO2的总能量低 C完全燃烧 20g甲醇，生成二氧化碳和水蒸气时放出的热量为 908.3 kJ D 2CH3OH（ l） + 3O2（ g） = 2CO2（ g） + 4H2O（ g） H = -1453.28 kJmol-1 答案： D 试题分析： A、燃烧热是在一定条件下， 1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，则根据方程式 2CO（ g） + O2（ g） = 2CO2（ g） H2 -566.0kJ mol-1可知 CO的燃烧热为 283.0 kJ mol-1， A错误； B、 CO燃烧是放热反应，则

9、 2molCO和 1molO2的总能量比 2molCO2的总能量高， B错误； C、20g甲醇的物质的量是 20g32g/mol 0.625mol，则生成二氧化碳和水蒸气时放出的热量为 443.64 kJ mol-10.625mol 277.3kJ， C错误； D、已知： CH3OH（ l） +O2（ g） = CO（ g） +2H2O（ g） H1= -443.64 kJ mol-1， 2CO（ g） + O2（ g） = 2CO2（ g） H2 -566.0kJ mol-1，根据盖斯定律可知 2 即可得到 2CH3OH（ l） + 3O2（ g） = 2CO2（ g） + 4H2O（ g）

10、 H -1453.28 kJmol-1， D正确，答案：选 D。 考点：考查反应热的有关应用、计算与判断等 X、 Y、 Z、 W、 R属于短周期主族元素。 X的原子半径是短周期主族元素中最大的， Y元素的原子最外层电子数为 m，次外层电子数为 n， Z元素的原子 L层电子数为 m n， M层电子数为 m-n， W元素与 Z元素同主族， R元素原子与Y元素原子的核外电子数之比为 2:1。 下列叙述错误的是 A X与 Y形成的两种化合物中阴、阳离子的个数比均为 1 2 B Y的氢化物比 R的氢化物稳定，熔沸点高 C Z、 W、 R最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序是： RWZ D RY2、 WY

11、2通入 BaCl2溶液中均有白色沉淀生成 答案： D 试题分析： X、 Y、 Z、 W、 R属于短周期主族元素。 X的原子半径是短周期主族元素中最大的，则 X是 Na。 Y元素的原子最外层电子数为 m，次外层电子数为 n， Z元素的原子 L层电子数为 m n， M层电子数为 m-n，则 m n 8，所以 Y是第二周期元素，则 n 2，因此 m 6，所以 Y是氧元素， Z是硅元素。W元素与 Z元素同主族，则 W是碳元素。 R元素原子与 Y元素原子的核外电子数之比为 2:1，则 R是硫元素。则 A X与 Y形成的两种化合物氧化钠和过氧化钠中阴、阳离子的个数比均为 1 2， A正确； B氧元素的非金

12、属性强于S，则 Y的氢化物水比 S的氢化物稳定，水分子间存在氢键，熔沸点高于 H2S，B正确； C非金属性越强，最高价氧化物水化物的酸性逐渐增强，非金属性是Si C S，则 Z、 W、 R最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序是： RWZ，C正确； D CO2、 SO2通入 BaCl2溶液中均没有白色 沉淀生成， D错误，答案：选 D。 考点：考查元素推断的有关应用 全世界每年钢铁因锈蚀造成大量的损失。某城市拟用如图方法保护埋在酸性土壤中的钢质管道，使其免受腐蚀。关于此方法，下列说法不正确的是 A土壤中的钢铁易被腐蚀是因为在潮湿的土壤中形成了原电池 B金属棒 M的材料应该是比镁活泼的金属 C金属

13、棒 M上发生反应： M - ne- Mn+ D这种方法称为牺牲阳极的阴极保护法 答案： B 试题分析： A土壤中的钢铁易被腐蚀是因为在潮湿的土壤中形成了原电池而被腐蚀， A正确； B要保护钢管不被腐蚀，则钢管应该与电源的负极相连或作原电池的正极，当如果金属棒 M的材料是比镁还活泼的金属，则金属容易与水反应， B错误； C金属棒 M是负极，则发生反应为 M - ne-Mn+， C正确；D该装置中没有外加电流，因此这种方法称为牺牲阳极的阴极保护法， D正确，答案：选 B。 考点：考查金属的腐蚀与防护 下列有关说法和结论都正确的是 A已知 Cu2O + 2H+=Cu2+ + Cu + H2O，氢气还

14、原氧化铜后所得红色固体能完全溶于稀硝酸，说明红色固体是铜 B用蒸馏水、酚酞、 BaCl2溶液和已知浓度盐酸标准溶液作试剂，可测定NaOH固体 (杂质仅为 Na2CO3)的纯度 C将 SO2气体通入溴水中，溴水颜色逐渐褪去，说明 SO2具有漂白性 D已知 Ksp(Ag2CrO4)=9.010-12, Ksp(AgCl)=1.810-10，说明 Ag2CrO4的溶解度小于 AgCl 答案： B 试题分析： A硝酸是氧化性酸，能氧化金属铜，应该用稀硫酸。即氢气还原氧化铜后所得红色固体溶于稀硫酸中如果溶液显蓝色，说明红色固体含有氧化亚铜， A错误； B首先利用氯化钡沉淀碳酸钠，过滤后利用酚酞试液滴定氢

15、氧化钠即可测定 NaOH固体 (杂质仅为 Na2CO3)的纯度， B正确； C将 SO2气体通入溴水中，溴水颜色逐渐褪去，说明 SO2具有还原性， SO2不能漂白溴水， C错误； D Ag2CrO4与 AgCl的组成不相似，试液不能仅仅根据溶度积常数大小判断相应的溶解度， D错误，答案：选 B。 考点：考查物质检验、含量测定、 SO2性质以及溶度积常数应用等 下列解释事实的离子方程式正确的是 A铁和稀硝酸反应制得浅绿色溶液： Fe+ 4H+ + NO3 Fe3+ + NO+ 2H2O B向 Ca(ClO)2溶液中通入过量 CO2制取次氯酸： 2ClO + H2O + CO2 2HClO + C

16、O32 C向酸性 KMnO4溶液中通入 SO2： 2MnO4 + 5SO2 + 4OH 2Mn2+ 5SO42 + 2H2O D 0.01 mol L1 NH4Al(SO4)2溶液与 0.02 mol L1 Ba(OH)2溶液等体积混合：NH4+ Al3+ 2SO42-+ 2Ba2+ 4OH =2BaSO4+ Al(OH)3+ NH3 H2O 答案： D 试题分析： A铁和稀硝酸反应制得浅绿色溶液生成的是硝酸亚铁，离子方程式不正确， A错误； B向 Ca(ClO)2溶液中通入过量 CO2制取次氯酸生成的碳酸氢根，离子方程式不正确， B错误； C向酸性 KMnO4溶液中通入 SO2：2MnO4

17、+ 5SO2 +2H2O 2Mn2+ 5SO42 + 4H ， C错误； D 0.01 mol L1 NH4Al(SO4)2溶液与 0.02 mol L1 Ba(OH)2溶液等体积混合： NH4+ Al3+ 2SO42-+ 2Ba2+ 4OH =2BaSO4+ Al(OH)3+ NH3 H2O， D正确，答案：选 D。 考点：考查离子方程式正误判断 下列图中的实验方案，能达到实验目的的是 A B C D 实验 方案 实验 目的 验证 FeCl3对 H2O2分解反应有催化作用 制备 Fe(OH)2并能较长时间观察其颜色 除去 CO2气体中混有的 SO2 比较 HCl、 H2CO3和 H2SiO3

18、的酸性强弱 答案： B 试题分析： A、验证 FeCl3对 H2O2分解反应有催化作用，则两个试管中双氧水溶液的温度应该是相同的， A错误； B、煤油目的小于水，在水的上层可以隔绝空气。铁与电源的正极的相连，作阳极失去电子转化为亚铁离子与氢氧根结合生成氢氧化铁， B正确； C、碳酸钠溶液也能与 CO2反应生成碳酸氢钠，剩余应该用饱和碳酸氢钠溶液除去 CO2中的 SO2， C错误； D、盐酸易挥发，则生成的CO2中混有氯化氢，氯化氢也能与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，因此不能比较酸性强弱， D错误，答案：选 B。 考点：考查化学实验方案设计与探究 下列有关化学用语正确的是 A NH4Cl的电子式： C

19、l B 2氯甲苯的结构简式： C S2 的结构示意图： D 质子数为 94、中子数为 144的钚（ Pu）原子： 答案： B 试题分析： A NH4Cl是离子化合物，电子式为 ， A错误；B 2氯甲苯的结构简式为 ， B正确； C S2 的结构示意图为， C错误； D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。因为质子数和中子数之和是质量数，则质子数为 94、中子数为 144的钚（ Pu）原子可表示为 ， D错误，答案：选 B。 考点：考查化学用语判断 在指定条件下，下列各组离子可能大量共存的是 A无色澄清透明溶液中： H+、 Cu2+、 SO42-、 Cl- B与铝反应放出

20、 H2的溶液中： NH4+、 K+、 NO3-、 Br- C由水电离的 c(OH-)=10-13mol L-1的溶液中： Na+、 Cl-、 CO32-、 NO3- D滴加酚酞显红色的溶液中： Na+、 ClO-、 S2-、 SO42- 答案： C 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无色澄清透明溶液中 Cu2+不能大量共存， A错误； B与铝反应放出 H2的溶液可能显首先也可能显碱性。如果显酸性则 NO3-、 Br-之间发生氧化还原反应，不能大量共存。如果显碱性，则 NH4+不能大量共存， B错误； C由水电离的c(OH-) 10-13mol L-1的溶液中水的

21、电离平衡被抑制，因此溶液可能显酸性，也可能显碱性，显酸性碳酸根不能大量共存，当显碱性 Na+、 Cl-、 CO32-、 NO3-之间不反应，可以大量共存， C正确； D滴加酚酞显红色的溶液显碱性，溶液中ClO-、 S2-之间发生氧化还原反应不能大量共存， D错误，答案：选 C。 考点：考查离子共存正误判断 乌头酸的结构简式如图所示，下列关于乌头酸的说法错误的是 A化学式为 C6H6O6 B乌头酸能发生水解反应和加成反应 C乌头酸能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D含 l mol乌头酸的溶液最多可消耗 3 mol NaOH 答案： B 试题分析： A根据结构简式可知该有机物的化学式为 C6H6O6， A

22、正确； B分子中含有碳碳双键，乌头酸能发生加成反应，不存在酯基，因此不能发生水解反应， B错误； C分子中含有碳碳双键，乌头酸能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C正确； D分子中含有 3个羧基，因此含 l mol乌头酸的溶液最多可消耗 3 mol NaOH， D正确，答案：选 B。 考点：考查有机物结构与性质 现有四种溶液： pH 3的 CH3COOH溶液， pH 3的 HCl溶液， pH 11的氨水， pH 11的 NaOH溶液。相同条件下，下列有关上述溶液的叙述中，错误的是 A 、 等体积混合后，溶液显碱性 B将 、 溶液混合后， pH 7，消耗溶液的体积： C等体积的 、 、 溶液分别与足量铝粉

23、反应，生成 H2的量 最大 D向溶液中加入 100 mL水后，溶液的 pH： 答案： A 试题分析： A、醋酸是弱酸，存在电离平衡，因此 pH 3的醋酸溶液的浓度大于 0.001mol/L，则与 pH 11的氢氧化钠溶液的等体积混合后醋酸是过量的，溶液显酸性， A错误； B、氨水是弱碱， pH 11的氨水溶液的浓度大于0.001mol/L，所以将 、 溶液混合后如果 pH 7，这说明消耗溶液的体积： ， B 正确； C、 、 、 溶液中醋酸的物质的量最大，所以等体积的 、 、 溶液分别与足量铝粉反应，生成 H2的量 最大， C正确； D、弱酸弱碱在稀释过程中促进分离，所以向溶液中加入 100

24、mL水后，溶液的 pH： ， D正确，答案：选 D。 考点：考查弱电解质的电离 分子式为 C9H12O，苯环上有两个取代基且含羟基的化合物，其可能的结构有 A 9种 B 12种 C 15种 D 16种 答案： C 试题分析：分子式为 C9H12O，苯环上有两个取代基且含羟基的化合物，因此两个取代基可以是 OH 和正丙基或 OH 和异丙基或 CH 2OH和 CH 2CH3或 CH 2CHOH或 CH 3或 CHOHCH 3和 CH 3，其位置均有邻间对三种，所以其可能的结构有 35 15种，答案：选 C。 考点：考查 设 NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法中正确的是 A 1.8 g重水 (D

25、2O)中含有的质子数和电子数均为 NA B常温下， 16gO2和 O3的混合气体中含有的氧原子数为 NA C标准状况下， 22.4 L NO 和 22.4 L O2 混合后所得气体中分子总数为 1.5 NA D将 11.2 L Cl2 通入足量的石灰乳中制备漂白粉，转移的电子数为 0.5 NA 答案： B 试题分析： A重水分子中含有 10个质子和 10个中子， 1.8 g重水 (D2O)的物质的量是 1.8g20g/mol 0.09mol，则分子中含有的质子数和电子数均为 0.9NA， A错误； B氧气和臭氧均是由氧元素形成的不同单质，则常温下， 16gO2和 O3的混合气体中氧原子的物质的

26、量是 16g16g/mol 1mol，含有的氧原子数为 NA，B正确； C标准状况下， 22.4 L NO 和 22.4 L O2 混合后生成 22.4LNO2，剩余11.2L氧气。当由于 NO2与 N2O4之间存在平衡关系，则所得气体中分子总数小于 1.5 NA， C错误； D将 11.2 L Cl2 通入足量的石灰乳中制备漂白粉，转移的电子数不一定是 0.5 NA，因此氯气的物质的量不一定是 0.5mol， D 错误，答案：选 B。 考点：考查阿伏加德罗常数的计算 填空题 10分）铜及其化合物在工农业生产及日常生活中应用非常广泛。 （ 1）由辉铜矿制取铜的反应过程为： 2Cu2S(s) +

27、 3O2 (g) = 2Cu2O(s) + 2SO2(g) H= 768.2kJ mol 1, 2Cu2O(s) + Cu2S(s) = 6Cu(s) + SO2(g) H=+116.0kJ mol 1, 请写出 Cu2S与 O2反应生成 Cu与 SO2的热反应方程式： 。 （ 2）氯化铜溶液中铜各物种的分布分数 (平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数 )与 c(Cl ) 的关系如图。 当 c(Cl )=9 mol L 1时，溶液中主要的 3种含铜物种浓度大小关系为 。 在 c(Cl )=1 mol L 1的氯化铜溶液中，滴入 AgNO3溶液，含铜物种间转化的离子方程式为 （任写一个）。

28、（ 3） 电解 Na2HPO3溶液可得到亚磷酸，装置如下图（说明：阳膜只允许阳离子通过，阴膜只允许阴离子通过） 阳极的电极反应式为： _。 产品室中反应的离子方程式为： _。 答案：（ 10分）（ 1） Cu2S（ s） +O2（ g） =2Cu（ s） +SO2（ g） H = -217.4KJ/mol； （ 2） c（ CuCl2） c（ CuCl+） c（ CuCl3-）； CuCl+ + Ag+ = AgCl+ Cu2+ (或 CuCl2 + Ag+ = CuCl+ + AgCl； CuCl2 + 2Ag+ = Cu2+ + 2AgCl) （ 3） 4OH-4e-=2H2O+O2 HP

29、O32-+2H+=H3PO3 试题分析：（ 1）已知： 2Cu2S(s) + 3O2 (g) 2Cu2O(s) + 2SO2(g) H 768.2kJ mol 1, 2Cu2O(s) + Cu2S(s) 6Cu(s) + SO2(g) H +116.0kJ mol 1,则根据盖斯定律可知（ ） 3 即得到 Cu2S与 O2反应生成 Cu与 SO2的热反应方程式 )Cu2S（ s） +O2（ g） 2Cu（ s） +SO2（ g） H = -217.4KJ/mol。 （ 2） 根据图像可知当 c(Cl )=9 mol L 1时，溶液中主要的 3种含铜物种浓度大小关系为 c（ CuCl2） c（

30、CuCl+） c（ CuCl3-）； 在 c(Cl ) 1 mol L 1的氯化铜溶液中，滴入 AgNO3溶液，由于氯离子易与银离子结合生成氯化银沉淀，则根据图像可知含铜物种间转化的离子方程式可以是 CuCl+ + Ag+ = AgCl+ Cu2+或 CuCl2 + Ag+ = CuCl+ + AgCl或 CuCl2 + 2Ag+ = Cu2+ + 2AgCl。 （ 3） 电解池中阳极失去电子发生氧化反应，则根据装置可知阳极是溶液中的氢氧根放电，电极反应式为 4OH-4e-=2H2O+O2； 阳极氢氧根放电因此溶液氢离子浓度增大，则通过阳离子交换膜进入产品室，则产品室中反应的离子方程式为 HP

31、O32-+2H+ H3PO3。 考点：考查盖斯定律、氯化铜溶液的有关分析与判断以及电化学原理的应用 亚氯酸钠（ NaClO2）是一种强氧化性漂白剂，广泛用于纺织、印染和食品工业。它在碱性环境中稳定存在。某同学查阅资料后设计生产 NaClO2的主要流程如下。 （ 1）双氧水的电子式为 ； 中发生反应的还原剂是 （填化学式）。 （ 2） 中反应的离子方程式是 。 （ 3） ClO2是一种高效水处理剂，可用亚氯酸钠和稀盐酸为原料制备。 写出该反应的化学方程式： ； 研究表明：若反应开始时盐酸浓度越大，则气体产物中 Cl2的含量越大，运用氧化还原反应规律分析，其原因是 。 （ 4） NaClO2变质可

32、分解为 NaClO3和 NaCl。取等质量变质前后的 NaClO2试样均配成溶液，分别与足量 FeSO4溶液反应时，消耗 Fe2+的物质的量 (填 “相同 ”、“不相同 ”或 “无法判断 ”) 答案：（ 10分）（ 1） Na2SO3 （ 2） 2ClO2+ H2O2+ 2OH 2ClO2 + O2+ 2H2O （ 3） 5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2+2H2O ClO2-的氧化性或 Cl-的还原性随溶液的酸性和浓度的增大而增强，因此 Cl-被氧化得到 Cl2 （ 4）相同 试题分析：（ 1）双氧水是含有极性键和非极性键的共价化合物，其电子式为。反应 I中氯酸钠转化为 ClO

33、2，亚氯酸钠转化为硫酸钠，其中氯元素的化合价降低， S元素的化合价升高，则还原剂是 Na2SO3。 （ 2） ClO2与双氧水反应生成亚氯酸钠，其中氯元素的化合价降低，则双氧水被氧化，所以气体 a是氧气，则反应的离子方程式为 2ClO2+H2O2+2OH 2ClO2+O2+ 2H2O。 （ 3） 亚氯酸钠和稀盐酸为原料制备 ClO2，根据亚氯酸钠中氯元素的化合价为 3甲可知亚氯酸钠应该既是氧化剂，也是还原剂，则反应的化学方程式为5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2+2H2O。 由于 ClO2-的氧化性或 Cl-的还原性随溶液的酸性和浓度的增大而增强，因此在反应中 Cl-被氧化得到

34、Cl2。 （ 4）由于不论是亚氯酸钠，还是氯酸钠与硫酸亚铁反应时，均被还原为氯化钠，因此足量 FeSO4溶液反应时根据电子得失守恒可知消耗 Fe2+的物质的量相同。 考点：考查物质制备工艺流程图的分析与应用 （ 16分）已知：乙二酸（ HOOC-COOH，可简写为 H2C2O4），俗称草酸，157 时开始分解。 （ 1）探究草酸的酸性 25 H2C2O4 K1 = 5.410-2， K2= 5.410-5； H2CO3 K1=4.510-7 K2= 4.710-11 下列化学方程式可能正确的是 。 A H2C2O4 + CO32- = HCO3- + HC2O4- B HC2O4- + CO3

35、2- = HCO3- + C2O42- C 2C2O42- + CO2 + H2O = 2HC2O4- + CO32- D H2C2O4 + CO32- = C2O42- + H2O +CO2 （ 2）探究草酸分解产物 实验中观察到 B中 CuSO4粉末变蓝， C中澄清石灰水变浑浊， D的作用是 ，证明有 CO气体生成的现象是 。 （ 3）探究催化剂对化学反应速率的影响 在甲、乙两支试管中各加入 4mL 0.01mol/L KMnO4酸性溶液 2mL 0.1mol/L H2C2O4溶液， 再向乙试管中加入一粒黄豆大的 MnSO4固体，摇匀。填写下表： 反应现象 实验结论 试管中发生反应的离子方

36、程式 （ 4）用酸性 KMnO4溶液滴定 Na2C2O4，求算 Na2C2O4的纯度 实验步骤：准确称取 2.0g Na2C2O4固体，配成 100mL溶液；取出 20.00mL于锥形瓶中，再向瓶中加入足量稀 H2SO4；用 0.0160mol/L酸性高锰酸钾溶液滴定，滴定至终点时消耗高锰酸钾溶液 25.00mL。 高锰酸钾溶液应装在 _滴定管中。（填 “酸式 ”或 “碱式 ”） Na2C2O4的纯度是 _。 答案：（ 16分）（ 1） BD （ 2）吸收 CO2气体； F中黑色 CuO变成光亮的红色， G中澄清石灰水变浑浊。 （ 3）两支试管中紫色 KMnO4溶液均褪色，乙试管中溶液褪色较快

37、；MnSO4(Mn2+)是此反应的催化剂，加入催化剂可以使化学反应速率加快； 2MnO4 +5H2C2O4+6H+ 10CO2+2Mn2+8H2O （ 4） 酸式 33.5% 试题分析：（ 1）电离常数越大酸性越强，则根据电离平衡常数可知酸性是H2C2O4 HC2O4 H2CO3 HCO3 ，根据较强酸制备较弱酸可知 A草酸氢根能与碳酸根反应，则反应 H2C2O4 + CO32- = HCO3- + HC2O4-不正确， A错误；B根据以上分析可知 HC2O4- + CO32- HCO3- + C2O42-是正确的， B正确； C碳酸不能制备草酸或草酸氢根，即 2C2O42- + CO2 +

38、H2O = 2HC2O4- + CO32-是错误的，C不正确； D草酸的酸性强于碳酸，则反应 H2C2O4 + CO32- = C2O42- + H2O +CO2是正确的， D则，答案：选 BD。 （ 2）实验中观察到 B中 CuSO4粉末变蓝，说明有水蒸气产生。 C中澄清石灰水变浑浊，说明有 CO2产生。如果有 CO，则 CO还原氧化铜后生成 CO2，可以使澄清石灰水变浑浊，所以必需除去 CO中混有的 CO2，则 D的作用是吸收 CO2气体；根据以上分析可知证明有 CO气 体生成的现象是 F中黑色 CuO变成光亮的红色， G中澄清石灰水变浑浊。 （ 3）由于催化剂能加快反应速率，则两支试管中

39、紫色 KMnO4溶液均褪色，若乙试管中溶液褪色较快，这说明在反应中 MnSO4(Mn2+)是此反应的催化剂，加入催化剂可以使化学反应速率加快，反应的离子方程式为 2MnO4+5H2C2O4+6H+ 10CO2+2Mn2+8H2O。 （ 4） 高锰酸钾溶液具有强氧化性，能腐蚀橡胶，则应装在酸式滴定管中。 消耗高锰酸钾的物质的量是 0.025L0.0160mol/L 0.0004mol，则根据方程式可知草酸的物质的量是 0.0004mol 5/2 0.001mol，所以根据原子守恒可知100ml溶液中草酸钠的物质的量是 0.001mol100/20 0.005mol，质量是0.005mol134g

40、/mol 0.67gg，因此纯度是 。 考点：考查电离常数应用、物质的检验、外界条件对反应速率的影响以及纯度沉淀与计算等 14分 )迷迭香酸 (F)的结构简式为：它是存在于许多植物中的一种多酚，具有抗氧化、延缓衰老、减肥降脂等功效。以 A为原料合成 F的路线如下 (已知苯环上的羟基很难直接与羧酸发生酯化反应 )： 根据题意回答下列问题： （ 1） A的结构简式为 _；反应 的反应类型是 _。 （ 2）反应 的试剂为 _。 （ 3） 1mol F分别与足量的溴水和 NaOH溶液反应，最多可消耗 Br2 mol、 NaOH mol。 （ 4） E在一定条件下发生缩聚反应的化学方程式是 。 （ 5）

41、与 E 互为同分异构体，且同时满足下列条件的有机物有 _种。 苯环上有四个取代基，且苯环上的一氯取代物只有一种。 1 mol该物质分别与 NaHCO3、 Na2CO3反应时，最多消耗 NaHCO3、 Na2CO3的量分别是 1 mol和 4mol。 答案： ；消去反应 新制氢氧化铜或银氨溶液、稀盐酸（或稀硫酸） 7， 6 4 试题分析：根据 B在一定条件下的生成物结构简式可知 B分子中两个酚羟基是邻位，则 A的结构简式为 ，则 B的结构简式为 。根据C的分子式可知反应 是羟基的消去反应，则 C的结构简式为。根据 D 的结构简式可知，反应 是醛基的氧化反应，则 D的结构简式为 。根据 F的结构简

42、式可知， D和 E通过酯化反应生成 F，则 E的结构简式为 。 （ 1）根据以上分析可知 A的结构简式为 ；反应 的反应类型是消去反应。 （ 2）由于碳碳双键也易被氧化，因此反应 中的氧化剂应该是弱氧化剂，则反应 的试剂为新制氢氧化铜或银氨溶液、稀盐酸（或稀硫酸）。 （ 3） F分子中含有 4个酚羟基， 1个酯基，则 1mol F分别与足量的溴水和NaOH溶液反应，最多可消耗 Br27mol（其中取代反应是 6mol，加成反应是1mol）、 NaOH6mol。 （ 4） E分子中含有羧基和醇羟基，在一定条件下发生缩聚反应的化学方程式是。 （ 5） 苯环上有四个取代基，且苯环上的一氯取代物只 有一种，说明结构是对称的。 1 mol该物质分别与 NaHCO3、 Na2CO3反应时，最多消耗 NaHCO3、Na2CO3的量分别是 1mol和 4mol，这说明含有 1个羧基和 3个酚羟基，则符合条件的有机物结构简式为 、 、，共计是 4种。 考点：考查有机物推断与合成、反应条件、反应类型、同分异构体判断以及方程式书写等