【化学】湖南师大附中2016届高三上学期月考（三）化学试题

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2015-2016学年湖南师大附中高三（上）月考化学试卷（三）　一、选择题（本题包括14小题，每小题3分，共42分．每小题只有一个选项符合题意）1．化学与生活、社会密切相关，下列说法不正确的是（　　）A．碳素钢的主要成分是铁碳合金、司母戊鼎的主要成分是铜锡合金B．氨很容易液化，液氨气化吸收大量的热，所以液氨常用作致冷剂C．Al2O3用作耐火材料、Al（OH）3用作阻燃剂D．SO2可以用来漂白纸浆、毛、丝、草帽辫、增白食品等　2．下列有关说法中，正确的是（　　）①钢较纯铁不易生锈②冶炼铝和钠都可以用电解法③KSCN溶液可以检验Fe3+离子④缺钙会引起骨质疏松，缺铁会引起贫血⑤青铜、不锈钢、硬铝都是合金．A．①②③④⑤B．②③④⑤C．①③④D．①②④⑤　3．下列各组离子能在指定环境中大量共存的是（　　）A．c（HCO）=0.1mol•L﹣1的溶液中：NH、Al3+、Cl﹣、NOB．室温下，由水电离出的c（H+）=1×10﹣12mol•L﹣1的溶液中：Fe2+、ClO﹣、Na+、SOC．无色透明溶液中：SO、NO、Na+、Fe3+D．使红色石蕊试纸变蓝的溶液中：SO、CO、Na+、K+　4．下列叙述中正确的是（　　）A．液溴易挥发，在存放液溴的试剂瓶中应加水封B．能使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色的物质一定是Cl2C．某溶液中加入CCl4，CCl4层显紫色，证明原溶液中存在I﹣D．某溶液中加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液一定含有Ag+33 　5．下列事实对应的化学用语正确的是（　　）A．金属钠加入滴有酚酞的水中，溶液变红：Na+2H2O═Na++2OH﹣+H2↑B．用NaOH溶液吸收多余的氯气：Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2OC．将NaHCO3溶液和过量Ca（OH）2溶液混合有白色沉淀：2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣═CaCO3↓+2H2O+CO32﹣D．将醋酸溶液滴到大理石上有气泡产生：2H++CaCO3═CO2↑+Ca2++H2O　6．类比是研究物质性质的常用方法之一，可预测许多物质的性质．但类比是相对的，不能违背客观事实．下列各种类比推测的说法中正确的是（　　）A．已知Fe与S能直接化合生成FeS，推测Cu与S可直接化合生成CuSB．已知CaCO3与稀硝酸反应生成CO2，推测CaSO3与稀硝酸反应生成SO2C．已知Br2与Fe反应生成FeBr3，推测I2与Fe生成FeI3D．已知Fe与CuSO4溶液反应，推测Fe与AgNO3溶液也能反应　7．下列反应中，改变反应物的用量或浓度，不会改变生成物的是（　　）A．铜和硝酸反应B．二氧化碳通入氢氧化钠溶液中C．细铁丝在氯气中燃烧D．氯化铝与氢氧化钠溶液反应　8．安全气囊碰撞时发生反应：10NaN3+2KNO3═K2O+5Na2O+16N2↑，下列判断正确的是（　　）A．每生成16molN2转移30mol电子B．NaN3中N元素被还原C．N2既是氧化剂又是还原剂D．还原产物与氧化产物质量之比为1：15　9．下列对于实验I～IV的说法正确的是（　　）33 A．实验I：逐滴滴加盐酸时，试管中立即产生大量气泡B．实验Ⅱ：可比较氯、碳、硅三种元素的非金属性强弱C．实验Ⅲ：从饱和食盐水中提取NaCl晶体D．装置Ⅳ：酸性KMnO4溶液中有气泡出现，且溶液颜色会逐渐变浅乃至褪去　10．酚酞，别名非诺夫他林，是制药工业原料，其结构如图所示，有关酚酞说法不正确的是（　　）A．分子式为C20H14O4B．可以发生取代反应、加成反应、氧化反应C．含有的官能团有羟基、酯基D．1mol该物质可与H2和溴水发生反应，消耗H2和Br2的最大值为10mol和4mol　11．常温下，下列各组物质中，Y既能与X反应又能与Z反应的是（　　）XYZ①NaOH溶液Al（OH）3稀硫酸②KOH溶液SiO2浓盐酸③O2N2H2④FeCl3溶液Cu浓硝酸A．①③B．①④C．②④D．②③　12．下列进行性质比较的实验，不合理的是（　　）A．比较Cu、Fe的还原性：铜加入硫酸铁溶液中33 B．比较镁、铝的金属性：取一小段去氧化膜的镁带和铝片，分别加入1.0mol•L﹣1的盐酸中C．比较高锰酸钾、氯气的氧化性：高锰酸钾中加入浓盐酸D．比较氯、溴的非金属性：溴化钠溶液中通入氯气　13．下列物质的制备与工业生产相符的是（　　）①NH3NOHNO3②浓HClCl2漂白粉③MgCl2（aq）无水MgCl2Mg④饱和NaCl（aq）NaHCO3Na2CO3⑤铝土矿NaAlO2溶液Al（OH）3Al2O3Al．A．①④⑤B．①③⑤C．②③④D．②④⑤　14．将一定质量的Mg和Al的混合物投入500mL稀硫酸中，固体全部溶解并产生气体．待反应完全后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示．则下列说法正确的是（　　）A．Mg和Al的总质量为8gB．硫酸的物质的量浓度为5mol/LC．NaOH溶液的物质的量浓度为5mol/LD．生成的H2在标准状况下的体积为11.2L　　二、非选择题（本题包括6小题，共58分）33 15．储氢纳米碳管研究成功体现了科技的进步．但用电弧法合成的碳纳米管常伴有大量的杂质﹣﹣碳纳米颗粒，这种碳纳米颗粒可用氧化气化法提纯．其反应式为：□C+□K2Cr2O7+□H2SO4→□CO2↑+□K2SO4+□Cr2（SO4）3+□H2O（1）完成并配平上述反应的化学方程式并标出电子转移方向与数目（单线桥法）；　　　　　　（2）此反应的氧化产物是　　　　　　；（3）上述反应中若产生0.1molCO2气体，则转移电子的物质的量是　　　　　　mol．　16．（12分）（2015秋•湖南校级月考）非金属元素H、C、O、S、Cl能形成多种用途很广泛的单质和化合物，试完成下列填空．（1）O2﹣的电子式为　　　　　　（2）O、Cl两元素形成的单质和化合物常用来杀菌消毒，试举例　　　　　　（任写两种）（写化学式，任写两种）；（3）H2O在常温下为液态，H2S为气态，H2O的沸点高于H2S的主要原因是　　　　　　（4）Cl2是一种大气污染物，液氯储存区贴有的说明卡如下（部分）：危险性储运要求远离金属粉末、氨、烃类、醇类物质；设置氯气检测仪泄漏处理NaOH、NaHSO3溶液吸收包装钢瓶①用离子方程式表示“泄漏处理”中NaHSO3溶液的作用　　　　　　②若液氯泄漏后遇到苯，在钢瓶表面氯与苯的反应明显加快，原因是　　　　　　③将Cl2通入适量KOH溶液中，产物中可能有KCl、KClO、KClO3．当溶液中c（Cl﹣）：c（ClO﹣）═11：1时，则c（ClO﹣）：c（ClO）比值等于　　　　　　．　17．（10分）（2015秋•湖南校级月考）绿矾（FeSO4•7H2O）、硫酸铵以相等物质的量混合可制得摩尔盐晶体，反应原理为：（NH4）2SO4+FeSO4+6H2O═（NH4）2SO4•FeSO4•6H2O↓．其流程可表示为如图1：33 （1）洗涤中Na2CO3的主要作用是　　　　　　（2）结晶过程中需要加热蒸发溶剂，加热到　　　　　　（填字母）时，停止加热，冷却结晶．A．沸腾B．液体表面出现晶膜C．析出少量晶体D．快蒸干，还有少量液体（3）过滤是用如图2装置进行，这种过滤跟普通过滤相比，过滤速度较快的原因是　　　　　　（4）用无水乙醇洗涤的目的是①　　　　　　②　　　　　　．　18．如图所示：化合物A只含两种元素，C为白色胶状沉淀，B、F为刺激性气体，且F能使品红溶液褪色，E为金属单质，J、K为非金属单质，化合物H和L为常见化工产品，化合物I常温下为液态，H的浓溶液与K加热能生成F和无色无味气体M（图中反应条件和部分产物已略去）．试回答下列问题：（1）写出A、M的化学式：A　　　　　　；M　　　　　　．（2）写出反应①、②的化学方程式：　　　　　　；　　　　　　（3）写出E→D反应的离子方程式：　　　　　　．　19．碱式氧化镍（NiOOH）可用作镍氢电池的正极材料．以含镍（Ni2+）废液为原料生产NiOOH的一种工艺流程如下：33 （1）加入Na2CO3溶液时，确认Ni2+已经完全沉淀的实验方法是　　　　　　（2）已知Ksp[Ni（OH）2]=2×10﹣15，欲使NiSO4溶液中残留c（Ni2+）≤2×10﹣5mol•L﹣1，调节pH的范围是　　　　　　（3）写出在空气中加热Ni（OH）2制取NiOOH的化学方程式：　　　　　　（4）若加热不充分，制得的NiOOH中会混有Ni（OH）2，其组成可表示为xNiOOH•yNi（OH）2．现称取9.18g样品溶于稀硫酸，加入100mL1.0mol•L﹣1Fe2+标准溶液，搅拌至溶液清亮，定容至200mL．取出20.00mL，用0.010mol•L﹣1KMnO4标准溶液滴定，用去KMnO4标准溶液20.00mL，试通过计算确定x、y的值．涉及反应如下（均未配平）：NiOOH+Fe2++H+﹣﹣Ni2++Fe3++H2OFe2++MnO+H+﹣﹣Fe3++Mn2++H2O则x=　　　　　　；y=　　　　　　．　20．（14分）（2015秋•湖南校级月考）已知有机物A～I之间的转化关系如图所示：注；O表示有机物发生了氧化反应已知：①A与D、B与E、I与F互为同分异构体②将新制Cu（OH）2悬浊液分别加入到有机物I、F中，加热，I无明显现象，F反应并生成砖红色物质③C的实验式与乙炔相同，且相对分子质量为104④E的一种同分异构体与FeCl3能发生显色反应根据以上信息，回答下列问题：33 （1）H、F中含有的含氧官能团名称分别为　　　　　　、　　　　　　．（2）反应①～⑨中属于消去反应的是　　　　　　．（3）I的结构简式为　　　　　　．（4）写出H在酸性条件下水解的化学方程式　　　　　　．（5）写出F与银氨溶液反应的化学方程式　　　　　　．（6）符合以下条件的G的同分异构体有　　　　　　种；①属于芳香族化合物②能与NaOH溶液反应③能发生银镜反应其中苯环上一元取代物只有2种的结构简式为　　　　　　．　　33 化学参考答案与试题解析　一、选择题（本题包括14小题，每小题3分，共42分．每小题只有一个选项符合题意）1．化学与生活、社会密切相关，下列说法不正确的是（　　）A．碳素钢的主要成分是铁碳合金、司母戊鼎的主要成分是铜锡合金B．氨很容易液化，液氨气化吸收大量的热，所以液氨常用作致冷剂C．Al2O3用作耐火材料、Al（OH）3用作阻燃剂D．SO2可以用来漂白纸浆、毛、丝、草帽辫、增白食品等【考点】两性氧化物和两性氢氧化物；氨的物理性质；二氧化硫的化学性质．【专题】元素及其化合物．【分析】A．碳素钢是一种铁的合金，司母戊鼎的主要成分是铜锡合金；B．氨气的沸点高，易液化；C．Al2O3熔点高、Al（OH）3加热易分解；D．二氧化硫有毒．【解答】解：A．碳素钢是一种铁的合金，司母戊鼎的主要成分是铜锡合金，故A正确；B．氨气的沸点高，液化后气化吸热，则液氨气化吸收大量的热，所以液氨常用作制冷剂，故B正确；C．Al2O3的熔点很高、Al（OH）3受热分解，降低可燃物温度达到着火点以下，达到阻燃的目的，故C正确；D．二氧化硫有毒，不能用来增白食品，故D错误；故选：D．【点评】本题考查物质的性质，综合考查元素化合物知识，把握物质的性质、性质与用途的关系为解答的关键，为高频考点，注意对相关知识的积累，题目难度不大．　2．下列有关说法中，正确的是（　　）①钢较纯铁不易生锈②冶炼铝和钠都可以用电解法③KSCN溶液可以检验Fe3+离子④缺钙会引起骨质疏松，缺铁会引起贫血33 ⑤青铜、不锈钢、硬铝都是合金．A．①②③④⑤B．②③④⑤C．①③④D．①②④⑤【考点】生活中常见合金的组成；金属冶炼的一般原理；检验三价铁与二价铁．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】①钢中金属铁、碳、潮湿的空气能构成原电池，从而易生锈；②活泼金属采用电解方法冶炼；③KSCN溶液和Fe3+离子生成血红色溶液；④铁是合成血红蛋白的主要元素，缺乏会患贫血；钙主要存在于骨胳和牙齿中，使骨和牙齿具有坚硬的结构支架；⑤青铜是铜锡合金，不锈钢是铁铬、镍合金，硬铝是铝硅、镁等形成的合金．【解答】解：①钢中金属铁、碳、潮湿的空气能构成原电池，金属铁为负极，易被腐蚀而生锈，和电化学腐蚀有关，故错误；②活泼金属采用电解方法冶炼，Al、Na是活泼金属，采用电解法冶炼，故正确；③KSCN溶液和Fe3+离子生成血红色溶液，所以可以用KSCN溶液检验铁离子，故正确；④铁是合成血红蛋白的主要元素，缺乏会患贫血；钙主要存在于骨胳和牙齿中，使骨和牙齿具有坚硬的结构支架，缺乏幼儿和青少年会患佝偻病，老年人会患骨质疏松，故正确；⑤青铜是铜锡合金，不锈钢是铁铬、镍合金，硬铝是铝硅、镁等形成的合金，所以三种物质都是合金，故正确；故选B．【点评】本题考查元素化合物知识，涉及金属冶炼、合金、离子检验等知识点，综合性较强，明确原电池原理、物质或离子性质即可解答，题目难度不大．　3．下列各组离子能在指定环境中大量共存的是（　　）A．c（HCO）=0.1mol•L﹣1的溶液中：NH、Al3+、Cl﹣、NOB．室温下，由水电离出的c（H+）=1×10﹣12mol•L﹣1的溶液中：Fe2+、ClO﹣、Na+、SOC．无色透明溶液中：SO、NO、Na+、Fe3+D．使红色石蕊试纸变蓝的溶液中：SO、CO、Na+、K+【考点】离子共存问题．33 【专题】离子反应专题．【分析】A．与HCO3﹣发生反应的离子不能大量共存；B．由水电离出的c（H+）=1×10﹣12mol•L﹣1的溶液，可能呈碱性或酸性；C．有颜色的离子不能大量存在；D．使红色石蕊试纸变蓝的溶液呈碱性．【解答】解：A．Al3+与HCO3﹣发生互促水解反应而不能大量共存，故A错误；B．由水电离出的c（H+）=1×10﹣12mol•L﹣1的溶液，可能呈碱性或酸性，无论呈酸性还是碱性，Fe2+、ClO﹣都发生氧化还原反应而不能大量共存，故B错误；C．Fe3+有颜色，不能大量存在，故C错误；D．使红色石蕊试纸变蓝的溶液呈碱性，碱性条件下，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故D正确．故选D．【点评】本题考查了离子共存，明确离子共存的条件是解本题关键，只要离子之间不生成沉淀、气体、弱电解质、不发生氧化还原反应、不生成络合物、不发生双水解反应等即可共存，注意有些习题有限制性条件，为易错点．　4．下列叙述中正确的是（　　）A．液溴易挥发，在存放液溴的试剂瓶中应加水封B．能使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色的物质一定是Cl2C．某溶液中加入CCl4，CCl4层显紫色，证明原溶液中存在I﹣D．某溶液中加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液一定含有Ag+【考点】物质的检验和鉴别的实验方案设计．【专题】化学实验基本操作．【分析】A．实验室保存液溴常用水封的方法；B．能使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色的物质具有氧化性；C．CC14层显紫色，证明原溶液中存在I2；D．溶液中加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，可能为AgCl或BaSO4．【解答】解：A．液溴易挥发，密度比水大，实验室常用水封的方法保存，故A正确；33 B．能使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色的物质具有氧化性，可能为NO2、O3、Cl2等物质，但不一定为Cl2，故B错误；C．CC14层显紫色，证明原溶液中存在I2，I﹣无色，故C错误；D．溶液中加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，可能为AgCl或BaSO4，不一定含有Ag+，故D错误．故选A．【点评】本题考查物质的保存、检验等知识，题目难度不大，解答该类题目注意把握相关化学基本实验操作．　5．下列事实对应的化学用语正确的是（　　）A．金属钠加入滴有酚酞的水中，溶液变红：Na+2H2O═Na++2OH﹣+H2↑B．用NaOH溶液吸收多余的氯气：Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2OC．将NaHCO3溶液和过量Ca（OH）2溶液混合有白色沉淀：2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣═CaCO3↓+2H2O+CO32﹣D．将醋酸溶液滴到大理石上有气泡产生：2H++CaCO3═CO2↑+Ca2++H2O【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．电子、电荷不守恒；B．反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；C．NaHCO3完全反应，生成碳酸钙、NaOH和水；D．醋酸在离子反应中保留化学式．【解答】解：A．金属钠加入滴有酚酞的水中，溶液变红的离子反应为2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑，故A错误；B．用NaOH溶液吸收多余的氯气的离子反应为Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O，故B正确；C．将NaHCO3溶液和过量Ca（OH）2溶液混合有白色沉淀的离子反应为HCO3﹣+Ca2++OH﹣═CaCO3↓+H2O，故C错误；D．将醋酸溶液滴到大理石上有气泡产生的离子反应为2HAc+CaCO3═CO2↑+Ca2++H2O+2Ac﹣，故D错误；33 故选B．【点评】本题考查离子反应方程式的书写，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子反应考查，题目难度不大．　6．类比是研究物质性质的常用方法之一，可预测许多物质的性质．但类比是相对的，不能违背客观事实．下列各种类比推测的说法中正确的是（　　）A．已知Fe与S能直接化合生成FeS，推测Cu与S可直接化合生成CuSB．已知CaCO3与稀硝酸反应生成CO2，推测CaSO3与稀硝酸反应生成SO2C．已知Br2与Fe反应生成FeBr3，推测I2与Fe生成FeI3D．已知Fe与CuSO4溶液反应，推测Fe与AgNO3溶液也能反应【考点】探究化学规律．【分析】A．硫具有弱氧化性，能将变价金属氧化为降低价态；B．亚硫酸钙具有还原性，能被硝酸氧化；C．碘的氧化性较弱，和变价金属反应生成较低价态金属碘化物；D．在金属活动性顺序表中，前边金属能置换出后边金属．【解答】解：A．硫具有弱氧化性，能将变价金属氧化为降低价态，所以Cu和S反应生成Cu2S，故A错误；B．亚硫酸钙具有还原性，能被硝酸氧化生成硫酸钙，稀硝酸被还原生成NO，故B错误；C．碘的氧化性较弱，和变价金属反应生成较低价态金属碘化物，所以碘和Fe反应生成FeI2，故C错误；D．在金属活动性顺序表中，前边金属能置换出后边金属，金属性Fe＞Cu＞Ag，所以Fe与AgNO3溶液也能反应生成Ag，故D正确；故选D．【点评】本题考查化学规律，侧重考查元素化合物性质，明确物质性质是解本题关键，注意规律中的反常现象，易错选项是BC．　7．下列反应中，改变反应物的用量或浓度，不会改变生成物的是（　　）A．铜和硝酸反应B．二氧化碳通入氢氧化钠溶液中C．细铁丝在氯气中燃烧33 D．氯化铝与氢氧化钠溶液反应【考点】硝酸的化学性质；氯气的化学性质；钠的重要化合物．【分析】A．Cu和浓硝酸反应生成NO2、和稀硝酸反应生成NO；B．二氧化碳和少量NaOH反应生成NaHCO3、和过量NaOH反应生成Na2CO3；C．无论铁是否过量，铁在氯气中燃烧都生成氯化铁；D．氯化铝和少量NaOH反应生成Al（OH）3、和过量NaOH反应生成NaAlO2．【解答】解：A．Cu+4HNO4（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O、3Cu+8HNO3=Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，所以生成物与浓度有关，故A错误；B．NaOH+CO2=NaHCO3、2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，所以生成物与反应物的量有关，故B错误；C．无论铁是否过量，铁在氯气中燃烧都生成氯化铁，2Fe+3Cl22FeCl3，所以与反应物的量、反应物浓度无关，故C正确；AlCl3+3NaOH=Al（OH）3+3NaCl、4NaOH+AlCl3=NaAlO2+3NaCl+2H2O，所以产物与反应物的量有关，故D错误；故选C．【点评】本题考查产物成分，明确物质的性质是解本题关键，有些反应中产物与反应物的量、反应物浓度或反应条件有关，熟练掌握常见元素化合物性质，题目难度不大，易错选项是C．　8．安全气囊碰撞时发生反应：10NaN3+2KNO3═K2O+5Na2O+16N2↑，下列判断正确的是（　　）A．每生成16molN2转移30mol电子B．NaN3中N元素被还原C．N2既是氧化剂又是还原剂D．还原产物与氧化产物质量之比为1：15【考点】氧化还原反应．【分析】10NaN3+2KNO3═K2O+5Na2O+16N2↑中，只有N元素的化合价变化，由N元素的化合价降低可知，2molKNO3反应转移电子为2mol×（5﹣0）=10mol，以此来解答．【解答】解：A．由反应可知，2molKNO3反应转移电子为2mol×（5﹣0）=10mol，即每生成16molN2转移10mol电子，故A错误；33 B．NaN3中N元素化合价升高，失去电子被氧化，故B错误；C．只有N元素的化合价变化，则N2既是氧化产物又是还原产物，故C错误；D．该反应中10molNaN3是还原剂，生成氧化产物N2的物质的量是15mol；2molKNO3是氧化剂，生成还原产物N2的物质的量是1mol，还原产物与氧化产物质量之比为1：15，故D正确；故选D．【点评】本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查，题目难度不大．　9．下列对于实验I～IV的说法正确的是（　　）A．实验I：逐滴滴加盐酸时，试管中立即产生大量气泡B．实验Ⅱ：可比较氯、碳、硅三种元素的非金属性强弱C．实验Ⅲ：从饱和食盐水中提取NaCl晶体D．装置Ⅳ：酸性KMnO4溶液中有气泡出现，且溶液颜色会逐渐变浅乃至褪去【考点】实验装置综合．【分析】A．先发生碳酸钠与盐酸的反应生成碳酸氢钠；B．强酸制取弱酸，最高价含氧酸的酸性越强，非金属性越强，氯化氢为非含氧酸；C．从饱和食盐水中提取NaCl晶体，利用蒸发操作；D．浓硫酸具有脱水性，蔗糖变为C，然后与浓硫酸反应生成二氧化硫，具有还原性，使酸性KMnO4溶液褪色．【解答】解：A．先发生碳酸钠与盐酸的反应生成碳酸氢钠，则开始没有气泡，故A错误；B．强酸制取弱酸可知酸性为盐酸＞碳酸＞硅酸，最高价含氧酸的酸性越强，非金属性越强，盐酸是非含氧酸，无法比较，故B错误；C．从饱和食盐水中提取NaCl晶体，利用蒸发操作，不需要坩埚，应选蒸发皿，故C错误；33 D．浓硫酸具有脱水性，蔗糖变为C，然后与浓硫酸反应生成二氧化硫，具有还原性，使酸性KMnO4溶液褪色，观察到性KMnO4溶液中有气泡出现，且溶液颜色会逐渐变浅乃至褪去，故D正确；故选D．【点评】本题考查实验方案的评价，涉及到反应的先后顺序、酸性强弱比较、蒸发等知识点，考查点较多，学生应注意思维的及时转换来解答，D选项难度较大．　10．酚酞，别名非诺夫他林，是制药工业原料，其结构如图所示，有关酚酞说法不正确的是（　　）A．分子式为C20H14O4B．可以发生取代反应、加成反应、氧化反应C．含有的官能团有羟基、酯基D．1mol该物质可与H2和溴水发生反应，消耗H2和Br2的最大值为10mol和4mol【考点】有机物的结构和性质．【分析】由结构简式可知分子式，分子中含酚﹣OH、﹣COOC﹣，结合酚、酯的性质来解答．【解答】解：A．由结构简式可知分子式为C20H14O4，故A正确；B．含酚﹣OH可发生取代、氧化反应，含苯环可发生加成反应，故B正确；C．分子中含酚﹣OH、﹣COOC﹣，即含有的官能团有羟基、酯基，故C正确；D．只有苯环与氢气发生加成反应，酚﹣OH的邻对位与溴水发生取代，且对位均有取代基，则1mol该物质可与H2和溴水发生反应，消耗H2和Br2的最大值为9mol和4mol，故D错误．故选D．【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重酚、酯性质的考查，题目难度不大．　33 11．常温下，下列各组物质中，Y既能与X反应又能与Z反应的是（　　）XYZ①NaOH溶液Al（OH）3稀硫酸②KOH溶液SiO2浓盐酸③O2N2H2④FeCl3溶液Cu浓硝酸A．①③B．①④C．②④D．②③【考点】真题集萃；硅和二氧化硅；镁、铝的重要化合物；铜金属及其重要化合物的主要性质．【专题】元素及其化合物．【分析】①氢氧化铝是两性氢氧化物，能与强酸、强碱反应；②二氧化硅不能溶于盐酸；③氮气与氧气在放电条件下反应得到NO，氮气与氢气在高温高压、催化剂条件下合成氨气反应；④Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮与水，与氯化铁溶液反应得到氯化铜、氯化亚铁．【解答】解：①氢氧化铝是两性氢氧化物，能与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，与稀硫酸反应生成硫酸铝与水，故①符合；②二氧化硅能与氢氧化钾反应反应生成硅酸钾与水，在酸中二氧化硅只与HF反应，不能与盐酸反应，故②不符合；③氮气与氧气在放电条件下反应得到NO，氮气与氢气在高温高压、催化剂条件下合成氨气反应，常温下氮气不能与氧气、氢气发生反应，故③不符合；④常温下，Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮与水，与氯化铁溶液反应得到氯化铜、氯化亚铁，故④符合，故选B．【点评】本题考查元素化合物性质，难度不大，侧重对基础知识的巩固，需要学生熟练掌握元素化合物性质．　12．下列进行性质比较的实验，不合理的是（　　）A．比较Cu、Fe的还原性：铜加入硫酸铁溶液中33 B．比较镁、铝的金属性：取一小段去氧化膜的镁带和铝片，分别加入1.0mol•L﹣1的盐酸中C．比较高锰酸钾、氯气的氧化性：高锰酸钾中加入浓盐酸D．比较氯、溴的非金属性：溴化钠溶液中通入氯气【考点】氧化还原反应；金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律．【分析】A．依据还原剂的还原性大于还原产物进行判断；B．同种氧化剂与多种还原剂反应，可以通过反应剧烈程度、快慢判断还原性强弱；C．依据氧化剂的氧化性大于氧化产物进行判断；D．单质的氧化性越强，对应元素的非金属性越强．【解答】解：A．发生反应：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，根据反应只能判断Cu还原性强于Fe2+，不能判断Cu、Fe的还原性，故A正确；B．镁带和铝片都能与盐酸反应生成氢气，但是镁带与盐酸反应更剧烈，产生氢气更快，故还原性镁大于铝，故B错误；C．发生反应：2KMnO4+16HCl=2MnCl2+5Cl2+2KCl+8H2O，KMnO4是氧化剂，Cl2是氧化产物，故氧化性前者大于后者，故C错误；D．发生反应：2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2，氧化性：氯气大于溴单质，所以非金属性：氯大于溴，故D错误；故选A．【点评】本题考查了氧化还原反应的规律，和元素非金属性强弱判断依据，题目难度不大结合相应知识不难找到答案．　13．下列物质的制备与工业生产相符的是（　　）①NH3NOHNO3②浓HClCl2漂白粉③MgCl2（aq）无水MgCl2Mg④饱和NaCl（aq）NaHCO3Na2CO3⑤铝土矿NaAlO2溶液Al（OH）3Al2O3Al．33 A．①④⑤B．①③⑤C．②③④D．②④⑤【考点】氨的化学性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；金属冶炼的一般原理；钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物．【分析】①工业用氨气催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸；②工业上常以食盐为原料制备氯气，氯气通入石灰乳制备漂白粉；③工业上制Mg的过程：将MgC12溶液经蒸发结晶得到MgC12•6H2O，然后MgC12•6H2O在一定条件下加热得到无水MgC12，最后电解熔融的氯化镁可得到Mg；④联合制碱法：先使氨气通入饱和食盐水中而成氨盐水，再通入二氧化碳生成溶解度较小的碳酸氢钠沉淀和氯化铵溶液，将经过滤、洗涤得到的NaHCO3微小晶体，再加热煅烧制得纯碱产品；⑤从铝土矿中提取铝反应过程①溶解：将铝土矿溶于NaOH（aq）：Al₂O₃+2NaOH=2NaAlO+H₂O②过滤：除去残渣氧化亚铁（FeO）、硅铝酸钠等③酸化：向滤液中通入过量CO2，NaAlO2+CO₂+2H₂O=Al（OH）₃↓+NaHCO₃④过滤、灼烧Al（OH）₃得到氧化铝，⑤电解熔融的氧化铝生成铝；【解答】解：①工业用氨气催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，过程为：NH3NOHNO3，故正确；②工业上制备漂白粉的工业流程：①NaCl溶液Cl2漂白粉，故错误；③工业上制Mg的工业流程：MgC12溶液：MgCl2（aq）MgC12•6H2O无水MgCl2Mg，故错误；④联合制碱法工业流程为：饱和NaCl（aq）NaHCO3Na2CO3，故正确；⑤工业制铝流程：铝土矿NaAlO2溶液Al（OH）3Al2O3Al，故正确；故选：A．【点评】本题考查了工业制备物质的流程，熟悉反应原理是解题关键，注意相关知识的积累，题目难度中等．　33 14．将一定质量的Mg和Al的混合物投入500mL稀硫酸中，固体全部溶解并产生气体．待反应完全后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示．则下列说法正确的是（　　）A．Mg和Al的总质量为8gB．硫酸的物质的量浓度为5mol/LC．NaOH溶液的物质的量浓度为5mol/LD．生成的H2在标准状况下的体积为11.2L【考点】有关混合物反应的计算．【分析】结合图可知，0～20mL发生酸碱中和，20～200mL发生离子与碱生成沉淀的反应，200～240mL发生氢氧化铝溶解：Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，最后剩余的沉淀为氢氧化镁；加入200mLNaOH溶液时生成沉淀最多，溶液中的溶质为硫酸钠，A、根据图象判断氢氧化铝、氢氧化镁的物质的量，再根据质量守恒定律计算出混合金属的质量；B、根据溶解氢氧化铝消耗的氢氧化钠的物质的量及氢氧化钠溶液体积计算出氢氧化钠溶液浓度，再根据200mL时溶质为硫酸钠计算出硫酸的浓度物质的量，然后根据c=计算出硫酸的浓度；C、根据（2）的计算可知氢氧化钠溶液的浓度；D、与硫酸反应生成的氢气的体积应为（0.15mol+0.3mol）×22.4L•mol﹣1=10.08L．【解答】解：根据图可知，0～20mL发生酸碱中和，20～200mL发生离子与碱生成沉淀的反应，200～240mL发生Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，200mL时生成沉淀最多，溶液中的溶质为硫酸钠，A、由图象可知，氢氧化镁的物质的量为0.15mol，则n（Mg）=n[Mg（OH）2]=0.15mol，溶解的氢氧化铝的物质的量为：0.35mol﹣0.15mol=0.2mol，根据铝原子守恒可得：n（Al）=0.2mol，则Mg和Al的总质量为：0.15mol×24g/mol+0.2mol×27g/mol=9g，故A错误；33 B、由200～240mL发生反应：Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，消耗氢氧化钠的物质的量为0.2mol，则c（NaOH）==5mol/L，200mL时生成沉淀最多，溶液中的溶质为硫酸钠，则c（H2SO4）==1mol/L，故B错误；C、在加入240mLNaOH溶液时，Al（OH）3恰好全部转化为NaAlO2，由B的计算可知氢氧化钠溶液的浓度为5mol•L﹣1，故C正确；D、与硫酸反应生成的氢气的体积应为（0.15mol+0.3mol）×22.4L•mol﹣1=10.08L，故D错误；故选C．【点评】本题考查混合物反应的计算，题目难度中等，明确图象中曲线变化及其发生的化学反应为解答的关键，注意氢氧化铝能溶解在NaOH溶液中，侧重分析及计算能力的考查．　二、非选择题（本题包括6小题，共58分）15．储氢纳米碳管研究成功体现了科技的进步．但用电弧法合成的碳纳米管常伴有大量的杂质﹣﹣碳纳米颗粒，这种碳纳米颗粒可用氧化气化法提纯．其反应式为：□C+□K2Cr2O7+□H2SO4→□CO2↑+□K2SO4+□Cr2（SO4）3+□H2O（1）完成并配平上述反应的化学方程式并标出电子转移方向与数目（单线桥法）；　　（2）此反应的氧化产物是　CO2　；（3）上述反应中若产生0.1molCO2气体，则转移电子的物质的量是　0.4　mol．【考点】氧化还原反应．【分析】（1）反应中C元素的化合价由0升高为+4价，Cr元素的化合价由+6价降低为+3价，结合质量守恒定律进行配平；（2）根据反应中元素的化合价的变化来判断氧化产物；（3）根据方程式及其产生0.1molCO2气体计算电子转移的物质的量．【解答】解：（1）反应中C元素的化合价由0升高为+4价，Cr元素的化合价由+6价降低为+3价，由电子守恒可知，C的化学计量数为3，K2Cr2O7的化学计量数为2，由质量守恒定律可知，配平后的化学反应为：2K2Cr2O7+3C+8H2SO4=2K2SO4+2Cr2（SO4）33 3+8H2O+3CO2；反应中C元素的化合价由0升高为+4价，3个C转移电子数为12e﹣，用单线桥法表示出电子转移为；故答案为：3；2；8；3；2；2；8；；（2）分析所给物质的化合价氧化剂为K2Cr2O7，还原产物为Cr2（SO4）3，还原剂为C，氧化产物为CO2．故答案为：CO2；（3）设产生的气体的体积为V，根据反应式计算：3C+2K2Cr2O7+8H2SO4═3CO2↑+2K2SO4+2Cr2（SO4）3+8H2O转移电子312mol0.10.4mol故答案为：0.4．【点评】本题考查氧化还原反应方程式的配平，氧化剂、还原剂等概念的了解和判断，以及有关氧化还原反应的简单计算，做题时注意正确判断化合价的变化，从氧化还原反应氧化剂和还原剂得失电子数目相等进行配平和计算．　16．（12分）（2015秋•湖南校级月考）非金属元素H、C、O、S、Cl能形成多种用途很广泛的单质和化合物，试完成下列填空．（1）O2﹣的电子式为　　（2）O、Cl两元素形成的单质和化合物常用来杀菌消毒，试举例　ClO2、O3、Cl2（任选两种）　（任写两种）（写化学式，任写两种）；（3）H2O在常温下为液态，H2S为气态，H2O的沸点高于H2S的主要原因是　H2O分子之间能形成氢键而H2S不能　（4）Cl2是一种大气污染物，液氯储存区贴有的说明卡如下（部分）：33 危险性储运要求远离金属粉末、氨、烃类、醇类物质；设置氯气检测仪泄漏处理NaOH、NaHSO3溶液吸收包装钢瓶①用离子方程式表示“泄漏处理”中NaHSO3溶液的作用　HSO3﹣+Cl2+H2O=SO42﹣+3H++2Cl﹣　②若液氯泄漏后遇到苯，在钢瓶表面氯与苯的反应明显加快，原因是　Fe（FeCl3）能催化苯与氯气的反应　③将Cl2通入适量KOH溶液中，产物中可能有KCl、KClO、KClO3．当溶液中c（Cl﹣）：c（ClO﹣）═11：1时，则c（ClO﹣）：c（ClO）比值等于　1：2　．【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用．【分析】（1）O2﹣核外有2个电子层，最外层电子数为8；（2）O、Cl两元素形成的单质和化合物常用来杀菌消毒，如氯气、臭氧以及ClO2等；（3）H2O含有氢键，沸点较大；（4）①氯气具有强氧化性，可与HSO3﹣发生氧化还原反应；②在钢瓶表面氯与苯的反应明显加快，类比溴与苯的反应可知铁或氯化铁起到催化剂的作用；③设n（ClO﹣）=1mol，反应后c（Cl﹣）：c（ClO﹣）=11，则n（Cl﹣）=11mol，根据电子转移守恒计算n（ClO3﹣）；【解答】解：（1）O2﹣核外有2个电子层，最外层电子数为8，电子式为：，故答案为：；（2）O、Cl两元素形成的单质和化合物常用来杀菌消毒，如氯气、臭氧以及ClO2等，故答案为：ClO2、O3、Cl2；（3）H2O含有氢键，沸点较大，而H2S不能形成氢键，故答案为：H2O分子之间能形成氢键而H2S不能；（4）①氯气具有强氧化性，可与HSO3﹣发生氧化还原反应，反应的离子方程式为HSO3﹣+Cl2+H2O=SO42﹣+3H++2Cl﹣，33 故答案为：HSO3﹣+Cl2+H2O=SO42﹣+3H++2Cl﹣；②在钢瓶表面氯与苯的反应明显加快，类比溴与苯的反应可知铁或氯化铁起到催化剂的作用，故答案为：Fe（FeCl3）能催化苯与氯气的反应；③设n（ClO﹣）=1mol，反应后c（Cl﹣）：c（ClO﹣）=11，则n（Cl﹣）=11mol，则11mol=1mol+n（ClO3﹣）×5，n（ClO3﹣）=2，则c（ClO﹣）：c（ClO）比值等于1：2，故答案为：1：2；【点评】本题考查较为综合，为高考常见题型，侧重于元素化合物知识综合理解和运用的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，难度中等．　17．（10分）（2015秋•湖南校级月考）绿矾（FeSO4•7H2O）、硫酸铵以相等物质的量混合可制得摩尔盐晶体，反应原理为：（NH4）2SO4+FeSO4+6H2O═（NH4）2SO4•FeSO4•6H2O↓．其流程可表示为如图1：（1）洗涤中Na2CO3的主要作用是　利用碳酸钠溶液呈碱性，除去铁表面的油污　（2）结晶过程中需要加热蒸发溶剂，加热到　B　（填字母）时，停止加热，冷却结晶．A．沸腾B．液体表面出现晶膜C．析出少量晶体D．快蒸干，还有少量液体（3）过滤是用如图2装置进行，这种过滤跟普通过滤相比，过滤速度较快的原因是　（该装置）减小了锥形瓶内的压强　（4）用无水乙醇洗涤的目的是①　减少晶体溶解损失　②　容易干燥　．【考点】制备实验方案的设计．【分析】制取摩尔盐晶体流程为：先利用碳酸钠溶液呈碱性，除去铁表面的油污，然后加稀硫酸溶解，铁与稀硫酸反应生成亚铁离子，加入硫酸铵发生（NH4）2SO4+FeSO4+6H2O=（NH4）2SO4•FeSO4•6H2O↓，结晶过滤，摩尔盐易溶于水，难溶于有机溶剂，用酒精洗涤摩尔盐，得到摩尔盐晶体．33 （1）Na2CO3溶液中CO32﹣水解使Na2CO3溶液呈碱性，油脂在碱性溶液中水解，利用碳酸钠溶液呈碱性，除去铁表面的油污；（2）当有晶膜出现时，则停止加热，防止摩尔盐失水；（3）过滤适用于不溶于水的固体和液体；减压的操作优点是：可加快过滤速度，并能得到较干燥的沉淀；（4）根据“相似相溶原理”可知摩尔盐易溶于水，难溶于有机溶剂．【解答】解：制取摩尔盐晶体流程为：先利用碳酸钠溶液呈碱性，除去铁表面的油污，然后加稀硫酸溶解，铁与稀硫酸反应生成亚铁离子，加入硫酸铵发生（NH4）2SO4+FeSO4+6H2O=（NH4）2SO4•FeSO4•6H2O↓，结晶过滤，摩尔盐易溶于水，难溶于有机溶剂，用酒精洗涤摩尔盐，得到摩尔盐晶体．（1）Na2CO3溶液中CO32﹣水解CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，使Na2CO3溶液呈碱性，油脂在碱性溶液中水解生成溶于水的物质易于洗去，步骤1中加入10%Na2CO3溶液的主要作用是除去铁屑表面的油污，故答案为：利用碳酸钠溶液呈碱性，除去铁表面的油污；（2）浓缩结晶摩尔盐时要用小火加热，加热浓缩初期可轻微搅拌，但注意观察晶膜，若有晶膜出现，则停止加热，防止摩尔盐失水；更不能蒸发至干，蒸干时溶液中的杂质离子会被带入晶体中，晶体可能会受热分解或被氧化，故答案为：B；（3）减压过滤，利用大气压强原理，用减小压力的方法加快过滤的速率，并能得到较干燥的沉淀，所以过滤速度较快的原因是：（该装置）减小了锥形瓶内的压强，故答案为：（该装置）减小了锥形瓶内的压强；（4）摩尔盐易溶于水，不能用蒸馏水洗涤，但摩尔盐属于无机物难溶于有机物，可用乙醇进行洗涤，洗去晶体表面的液体杂质，故答案为：减少晶体溶解损失；容易干燥．【点评】本题以莫尔盐的制备为载体，考查盐类水解、物质分离提纯等有关实验操作以及在新情境下综合运用知识解决问题的能力．题目难度中等，注意基础知识的全面掌握．　18．如图所示：化合物A只含两种元素，C为白色胶状沉淀，B、F为刺激性气体，且F能使品红溶液褪色，E为金属单质，J、K为非金属单质，化合物H和L33 为常见化工产品，化合物I常温下为液态，H的浓溶液与K加热能生成F和无色无味气体M（图中反应条件和部分产物已略去）．试回答下列问题：（1）写出A、M的化学式：A　Al2S3　；M　CO2　．（2）写出反应①、②的化学方程式：　Al2S3+6H2O=2Al（OH）3+3H2S↑　；　C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O　（3）写出E→D反应的离子方程式：　2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑　．【考点】无机物的推断．【分析】H的浓溶液与常见固态非金属单质K加热可生成刺激性气体F和无色无味气体M，J、K为非金属单质，中学里符合该反应的只有碳跟浓硫酸或与浓硝酸反应，即K为碳，M为CO2，且F能使品红溶液褪色，可推知H为浓硫酸、F为SO2，B为刺激性气味气体，B与J连续反应得到G，化合物I常温下为液态，G与液体I反应得到H，可推知J为O2，I为H2O，B为H2S，G为SO3，化合物A在水中发生水解反应得到B与C，C为白色胶状沉淀，化合物H和L为常见化工产品，C能与L反应得到D，金属单质E与L反应也得到D，可推知C为Al（OH）3，L为NaOH，D为NaAlO2，E为Al，由元素守恒可知A中含有Al、S两种元素，故A为Al2S3，据此解答．【解答】解：H的浓溶液与常见固态非金属单质K加热可生成刺激性气体F和无色无味气体M，J、K为非金属单质，中学里符合该反应的只有碳跟浓硫酸或与浓硝酸反应，即K为碳，M为CO2，且F能使品红溶液褪色，可推知H为浓硫酸、F为SO2，B为刺激性气味气体，B与J连续反应得到G，化合物I常温下为液态，G与液体I反应得到H，可推知J为O2，I为H2O，B为H2S，G为SO3，化合物A在水中发生水解反应得到B与C，C为白色胶状沉淀，化合物H和L为常见化工产品，C能与L反应得到D，金属单质E与L反应也得到D，可推知C为Al（OH）3，L为NaOH，D为NaAlO2，E为Al，由元素守恒可知A中含有Al、S两种元素，故A为Al2S3，（1）由上述分析可知，A为Al2S3，M为CO2，33 故答案为：Al2S3；CO2；（2）反应①的化学方程式为：Al2S3+6H2O=2Al（OH）3+3H2S↑，反应②的学方程式为：C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O，故答案为：Al2S3+6H2O=2Al（OH）3+3H2S↑；C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O；（3）E→D反应的离子方程式为：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑，故答案为：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑．【点评】本题考查无机物推断，该题突破口是：H的浓溶液与常见固态非金属单质K加热可生成刺激性气体F和无色无味气体M，再结合题目信息及转化关系推断，需要学生熟练掌握元素化合物性质，难度较大．　19．碱式氧化镍（NiOOH）可用作镍氢电池的正极材料．以含镍（Ni2+）废液为原料生产NiOOH的一种工艺流程如下：（1）加入Na2CO3溶液时，确认Ni2+已经完全沉淀的实验方法是　静置，在上层清液中继续滴加1～2滴Na2CO3溶液，无沉淀生成　（2）已知Ksp[Ni（OH）2]=2×10﹣15，欲使NiSO4溶液中残留c（Ni2+）≤2×10﹣5mol•L﹣1，调节pH的范围是　pH≥9　（3）写出在空气中加热Ni（OH）2制取NiOOH的化学方程式：　4Ni（OH）2+O24NiOOH+2H2O　（4）若加热不充分，制得的NiOOH中会混有Ni（OH）2，其组成可表示为xNiOOH•yNi（OH）2．现称取9.18g样品溶于稀硫酸，加入100mL1.0mol•L﹣1Fe2+标准溶液，搅拌至溶液清亮，定容至200mL．取出20.00mL，用0.010mol•L﹣1KMnO4标准溶液滴定，用去KMnO4标准溶液20.00mL，试通过计算确定x、y的值．涉及反应如下（均未配平）：NiOOH+Fe2++H+﹣﹣Ni2++Fe3++H2OFe2++MnO+H+﹣﹣Fe3++Mn2++H2O则x=　9　；y=　1　．33 【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【专题】综合实验题；化学实验基本操作．【分析】含镍（Ni2+）废液为原料生产NiOOH，在含Ni+的废液中中加入碳酸钠溶液，过滤得到NiCO3沉淀，沉淀中加入硫酸溶解生成NiSO4，加入试剂调节溶液的pH使镍离子全部沉淀生成Ni（OH）2，在空气中加热Ni（OH）2制取NiOOH；（1）确认Ni2+已经完全沉淀的实验方法是取上层清液，加入碳酸钠溶液观察是否有沉淀生成，判断镍离子是否全部沉淀；（2）依据溶度积常数计算溶液中氢氧根离子浓度，结合离子积常数计算溶液中的氢离子浓度，pH=﹣lgc（H+）；（3）空气中加热Ni（OH）2和空气中氧气反应生成NiOOH和水；（4）消耗KMnO4物质的量：0.01mol•L﹣1×0.02L=2×10﹣4mol，与NiOOH反应后剩余的Fe2+物质的量：2×10﹣4mol×5×（200÷20）=0.01mol，Fe2+总物质的量：1.0mol•L﹣1×0.1L=0.1mol，与NiOOH反应的Fe2+的物质的量：0.1mol﹣0.01mol=0.09mol，得到n（NiOOH）=0.09mol，计算得到NiOOH的质量，得到混合物中Ni（OH）2的质量，计算物质的量，依据xNiOOH•yNi（OH）2计算x和y的比值．【解答】解：（1）确认Ni2+已经完全沉淀的实验方法是取上层清液，加入碳酸钠溶液观察是否有沉淀生成，判断镍离子是否全部沉淀，具体操作步骤为：静置，在上层清液中继续滴加1～2滴Na2CO3溶液，无沉淀生成；故答案为：静置，在上层清液中继续滴加1～2滴Na2CO3溶液，无沉淀生成；（2）已知Ksp[Ni（OH）2]=2×10﹣15，欲使NiSO4溶液中残留c（Ni2+）≤2×10﹣5mol•L﹣1，Ksp[Ni（OH）2]=c（Ni2+）×c2（OH﹣）=2×10﹣15，c（OH﹣）==10﹣5mol/L，c（H+）==10﹣9mol/L，则pH=9；由于c（Ni2+）≤2×10﹣5mol•L﹣1，则调节pH的范围是：pH≥9，故答案为：pH≥9；33 （3）空气中加热Ni（OH）2和空气中氧气反应生成NiOOH和水，原子守恒配平书写化学方程式为：4Ni（OH）2+O24NiOOH+2H2O，故答案为：4Ni（OH）2+O24NiOOH+2H2O；（4）消耗KMnO4物质的量：0.01mol•L﹣1×0.02L=2×10﹣4mol与NiOOH反应后剩余的Fe2+物质的量：2×10﹣4mol×5×（200÷20）=0.01molFe2+总物质的量：1.0mol•L﹣1×0.1L=0.1mol与NiOOH反应的Fe2+的物质的量：0.1mol﹣0.01mol=0.09moln（NiOOH）=0.09molm（NiOOH）=91.7g•mol﹣1×0.09mol=8.253gn[Ni（OH）2]==0.01mol，x：y=n（NiOOH）：n[Ni（OH）2]=0.09mol：0.01mol=9：1，即x=9、y=1，故答案为：9；1．【点评】本题考查了物质分离方法和实验过程分析判断、溶度积常数和离子积常数的计算应用，题目难度中等，明确实验目的及化学实验基本操作方法为解答关键，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力．　20．（14分）（2015秋•湖南校级月考）已知有机物A～I之间的转化关系如图所示：注；O表示有机物发生了氧化反应已知：①A与D、B与E、I与F互为同分异构体33 ②将新制Cu（OH）2悬浊液分别加入到有机物I、F中，加热，I无明显现象，F反应并生成砖红色物质③C的实验式与乙炔相同，且相对分子质量为104④E的一种同分异构体与FeCl3能发生显色反应根据以上信息，回答下列问题：（1）H、F中含有的含氧官能团名称分别为　酯基　、　醛基　．（2）反应①～⑨中属于消去反应的是　②③　．（3）I的结构简式为　　．（4）写出H在酸性条件下水解的化学方程式　　．（5）写出F与银氨溶液反应的化学方程式　　．（6）符合以下条件的G的同分异构体有　17　种；①属于芳香族化合物②能与NaOH溶液反应③能发生银镜反应其中苯环上一元取代物只有2种的结构简式为　　．【考点】有机物的推断．【分析】C的实验式与乙炔相同，且相对分子质量为104，设C的化学式为（CH）n，13n=104，所以n=8，则C的化学式是C8H8，C结构简式为：，C和氯化氢发生加成反应生成氯代烃D，D和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成醇E，E被氧化生成F，F能和新制氢氧化铜反应生成砖红色沉淀，则F中含有醛基，所以F是，E是，D的结构简式为：，F被氧化生成G，则G是；A和D是同分异构体，则A的结构简式为：33 ，A和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成B，B的结构简式为：，B被氧气生成I，I的结构简式为：，B与G反应生成I，则H的结构简式为：，据此分析解答．【解答】解：C的实验式与乙炔相同，且相对分子质量为104，设C的化学式为（CH）n，13n=104，所以n=8，则C的化学式是C8H8，C结构简式为：，C和氯化氢发生加成反应生成氯代烃D，D和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成醇E，E被氧化生成F，F能和新制氢氧化铜反应生成砖红色沉淀，则F中含有醛基，所以F是，E是，D的结构简式为：，F被氧化生成G，则G是．A和D是同分异构体，则A的结构简式为：，A和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成B，B的结构简式为：，B被氧气生成I，I的结构简式为：，B与G反应生成I，则H的结构简式为：，（1）H的结构简式为：，F是，H、F中含氧官能团名称分别是酯基、醛基，故答案为：酯基；醛基；（2）①属于取代反应，②属于消去反应，③属于消去反应，④属于氧化反应，⑤加成反应，⑥取代反应，⑦、⑧属于氧化反应，⑨为酯化反应或取代反应，故答案为：②③；33 （3）由上述分析可知，I的结构简式为，故答案为：；（4）H在酸性条件下水解的化学方程式为：，故答案为：；（5）F和银氨溶液反应的方程式为：，故答案为：；（6）G为，其同分异构体符合下列条件：①属于芳香族化合物，含有苯环；②能与NaOH溶液反应，含有﹣COOH或酚羟基或酯基，③能发生银镜反应，含有﹣CHO，综上可知，应含有酚羟基、﹣CHO或为甲酸形成的酯，若为甲酸形成的酯，侧链为﹣CH2OOCH，有1种，侧链为﹣CH3、﹣OOCH，有邻、间、对3种位置关系，若有2个侧链，为﹣OH、﹣CH2CHO时，有邻、间、对3种位置关系，若有3个侧链，为﹣OH、﹣CH3、﹣CHO时，若﹣OH、﹣CH3处于邻位，﹣CHO有4种位置，若﹣OH、﹣CH3处于间位，﹣CHO有4种位置，若﹣OH、﹣CH3处于对位，﹣CHO有2种位置，故符合条件的同分异构体有：1+3+3+4+4+2=17种；其中苯环上只有2种一元取代物的结构简式为，故答案为：17；．【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及知识综合应用能力，明确官能团及其性质关系是解本题关键，难点是同分异构体种类判断，题目难度中等．33 　33