2015年安徽省高考化学试卷.doc

第 1 页（共 24 页）2015 年安徽省高考化学试卷年安徽省高考化学试卷一、选择题：一、选择题：1 （6 分）碳酸亚乙烯酯是锂离子电池低温电解液的重要添加剂，其结构如图，下列有关该物质的说法正确的是（ ）A分子式为 C3H2O3B分子中含 6 个 键C分子中只有极性键D8.6g 该物质完全燃烧得到 6.72LCO22 （6 分）下列有关实验的选项正确的是（ ）A配制0.10molL1NaOH 溶液B除去 CO 中的CO2C苯萃取碘水中I2，分出水层后的操作D记录滴定终点读数为 12.20mLAABBCCDD3 （6 分）下列有关说法正确的是（ ）A在酒精灯加热条件下，Na2CO3、NaHCO3固体都能发生分解BFe（OH）3胶体无色、透明，能产生丁达尔现象CH2、SO2、CO2三种气体都可用浓 H2SO4干燥DSiO2既能和 NaOH 溶液反应又能和氢氟酸反应，所以是两性氧化物4 （6 分）下列有关 NaClO 和 NaCl 混合溶液的叙述正确的是（ ）A该溶液中，H+、NH4+、SO42、Br可以大量共存B该溶液中，Ag+、K+、NO3、CH3CHO 可以大量共存第 2 页（共 24 页）C向该溶液中滴入少量 FeSO4溶液，反应的离子方程式为：2Fe2+ClO+2H+Cl+2Fe3+H20D向该溶液中加入浓盐酸，每产生 1molCl2，转移电子约为 6.02×1023个5 （6 分）等物质的量的 N2（g）和 O2（g）在恒容密闭容器中反应：N2（g）+O2（g）2NO（g） ，下图曲线 a 表示该反应在 T时 N2的浓度随时间的变化，曲线 b 表示该反应在某一起始反应条件改变时 N2的浓度随时间的变化下列叙述正确的是（ ）AT时，该反应的平衡常数 K=BT时，随着反应的进行，混合气体的密度减小C曲线 b 对应的条件改变可能是加入了催化剂D若曲线 b 对应的条件改变是温度，可判断该反应的H06 （6 分）某同学将光亮的镁条放入盛有 NH4Cl 溶液的试管中，有大量气泡产生，为探究该反应原理，该同学做了以下实验并观察到相关现象，由此得出的结论不合理的是（ ）选项实验及现象结论A将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝反应中有 NH3产生B收集产生的气体并点燃，火焰呈淡蓝色反应中有 H2产生C收集气体的同时测得溶液的 pH 为 8.6弱碱性溶液中 Mg 也可被氧化D将光亮的镁条放入 pH 为 8.6 的 NaHCO3溶液中，有气泡产生弱碱性溶液中 OH氧化了第 3 页（共 24 页）MgAABBCCDD7 （6 分）25时，在 10mL 浓度均为 0.1molL1的 NaOH 和 NH3H2O 混合溶液中滴加 0.1molL1盐酸，下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是（ ）A未加盐酸时：c（OH）c（Na+）=c（NH3H2O）B加入 10mL 盐酸时：c（NH4+）+c（H+）=c（OH）C加入盐酸至溶液 pH=7 时：c（Cl）=c（Na+）D加入 20mL 盐酸时：c（Cl）=c（NH4+）+c（Na+）二、非选择题二、非选择题8 （14 分）C、N、O、Al、Si、Cu 是常见的六种元素（1）Si 位于元素周期表第 周期第 族；（2）N 的基态原子核外电子排布式为 ；Cu 的基态原子最外层有 个电子；（3）用“”或“”填空：原子半径电负性熔点沸点Al SiN O金刚石 晶体硅CH4 SiH4（4）常温下，将除去表面氧化膜的 Al、Cu 片插入浓 HNO3中组成原电池（图1） ，测得原电池的电流强度（I）随时间（t）的变化如图 2 所示，反应过程中有红棕色气体产生0t1时，原电池的负极是 Al 片，此时，正极的电极反应式是 ，溶液中的 H+向 极移动t1时，原电池中电子流动方向发生改变，其原因是 第 4 页（共 24 页）9 （16 分）四苯基乙烯（TPE）及其衍生物具有聚集诱导发光特性，在光电材料等领域应用前景广泛，以下是 TPE 的两条合成路线（部分试剂和反应条件省略）：（1）A 的名称是 ；试剂 Y 为 ；（2）BC 的反应类型是 ；B 中官能团的名称是 ，D 中官能团的名称是 ；（3）EF 的化学方程式是 ；（4）W 是 D 的同分异构体，具有下列结构特征：属于萘（）的一元取代物；存在羟甲基（CH2OH） ，写出 W 所有可能的结构简式： ；（5）下列说法正确的是 a、B 的酸性比苯酚强 b、D 不能发生还原反应c、E 含有 3 种不同化学环境的氢 d、TPE 既属于芳香烃也属于烯烃10 （14 分）硼氢化钠（NaBH4）在化工等领域具有重要的应用价值，某研究小组采用偏硼酸钠（NaBO2）为主要原料制备 NaBH4，其流程如图：第 5 页（共 24 页）已知：NaBH4常温下能与水反应，可溶于异丙胺（沸点：33） ；（1）在第步反应加料之前，需要将反应器加热至 100以上并通入氩气，该操作的目的是 ，原料中的金属钠通常保存在 中，实验室取用少量金属钠需要用到的实验用品有 、 、玻璃片和小刀等；（2）请配平第步反应的化学方程式：NaBO2+ SiO2+ Na+ H2 NaBH4+ Na2SiO3（3）第步分离采用的方法是 ；第步分出 NaBH4并回收溶剂，采用的方法是 ；（4）NaBH4（s）与 H2O（l）反应生成 NaBO2（s）和 H2（g） 在 25、101kPa下，已知每消耗 3.8gNaBH4（s）放热 21.6kJ，该反应的热化学方程式是 11 （14 分）某研究小组将纯净的 SO2气体通入 0.1molL1的 Ba（NO3）2溶液中，得到了 BaSO4沉淀为探究上述溶液中何种微粒能氧化通入的 SO2，该小组提出了如下假设：假设一：溶液中的 NO3假设二：溶液中溶解的 O2；（1）验证假设一该小组设计实验验证了假设一，请在下表空白处填写相关实验现象实验步骤实验现象结论实验 1：在盛有不含 O2的25mL0.1molL1BaCl2溶液的烧杯中，缓慢通入纯净的 SO2气体实验 2：在盛有不含 O2的 假设一成立第 6 页（共 24 页）25mL0.1molL1Ba（NO3）2溶液的烧杯中，缓慢通入纯净的 SO2气体（2）为深入研究该反应，该小组还测得上述两个实验中溶液 pH 随通入 SO2体积的变化曲线如图实验 1 中溶液 pH 变小的原因是 ；V1时，实验 2 中溶液 pH 小于实验 1的原因是（用离子方程式表示） （3）验证假设二请设计实验验证假设二，写出实验步骤、预期现象和结论实验步骤、预期现象和结论（不要求写具体操作过程）：（4）若假设二成立，请预测：在相同条件下，分别用足量的 O2和 KNO3氧化相同的 H2SO3溶液（溶液体积变化忽略不计） ，充分反应后两溶液的 pH 前者 （填“大于”或“小于”）后者，理由是 第 7 页（共 24 页）2015 年安徽省高考化学试卷年安徽省高考化学试卷参考答案与试题解析参考答案与试题解析一、选择题：一、选择题：1 （6 分）碳酸亚乙烯酯是锂离子电池低温电解液的重要添加剂，其结构如图，下列有关该物质的说法正确的是（ ）A分子式为 C3H2O3B分子中含 6 个 键C分子中只有极性键D8.6g 该物质完全燃烧得到 6.72LCO2【分析】A、为有机物的结构简式，其中顶点省略的是 C 原子，每个 C原子均形成 4 对共价键，每个 O 原子形成 2 对共价键，C 原子价键不饱和的用H 原子补充，据此判断分子式；B、单键即为 键，依据此结构简式判断 键的个数；C、相同原子之间形成非极性共价键，不同原子之间形成极性共价键，据此解答；D、依据 C 的完全燃烧产物为二氧化碳，依据此有机物物质的量判断标准状况下生成二氧化碳的体积【解答】解：A、，此有机物中含有 3 个 C、3 个 O 和 2 个 H，故分子式为：C3H2O3，故 A 正确；B、此分子中存在 4 个 CO 键、1 个 C=O 双键，还存在 2 个 CH 键，1 个 C=C 双第 8 页（共 24 页）键，总共 8 个 键，故 B 错误；C、此有机物中存在 C=C 键，属于非极性共价键，故 C 错误；D、8.6g 该有机物的物质的量为：=0.1mol，由于未指明标准状况，故生成的二氧化碳的体积不一定是 6.72L，故 D 错误，故选：A。【点评】本题主要考查的是有机物结构简式的判断，涉及分子式书写、化学键类型判断、有机物的燃烧等，综合性较强，但是难度不大2 （6 分）下列有关实验的选项正确的是（ ）A配制0.10molL1NaOH 溶液B除去 CO 中的CO2C苯萃取碘水中I2，分出水层后的操作D记录滴定终点读数为 12.20mLAABBCCDD【分析】A、容量瓶为配制一定物质的量浓度溶液的仪器，不能用于溶解固体，溶解固体需在烧杯中进行；B、二氧化碳为酸性气体，和强碱反应形成盐，CO 既不溶于碱也不溶于水；C、苯的密度小于水，萃取后的溶液应位于分液漏斗的上层，上层溶液从上口倒出；D、滴定管的 0 刻度在上方，据此读数即可【解答】解：A、溶解固体药品应用烧杯，不能直接在容量瓶中溶解，故 A 错误；B、CO 不与水和氢氧化钠溶液反应，而二氧化碳可以与氢氧化钠反应，利用此装置可以除去 CO 中混有的二氧化碳，故 B 正确；C、苯萃取碘水中的碘，在分液漏斗的上层，应从上口倒出，故 C 错误；D、滴定管的 0 刻度在上方，此图中正确读数应为 11.80mL，故 D 错误，第 9 页（共 24 页）故选：B。【点评】本题主要考查的是实验室中常见仪器的使用以及简单实验操作，还考查了仪器的读数等，难度不大3 （6 分）下列有关说法正确的是（ ）A在酒精灯加热条件下，Na2CO3、NaHCO3固体都能发生分解BFe（OH）3胶体无色、透明，能产生丁达尔现象CH2、SO2、CO2三种气体都可用浓 H2SO4干燥DSiO2既能和 NaOH 溶液反应又能和氢氟酸反应，所以是两性氧化物【分析】A、NaHCO3不稳定，加热易分解；B、氢氧化铁胶体为红褐色；C、浓硫酸具有酸性、强氧化性、吸水性和脱水性，所以浓硫酸不能干燥还原性气体、碱性气体，据此分析解答；D、二氧化硅是酸性氧化物，酸性氧化物可以与碱反应生成盐和水【解答】解：A、NaHCO3不稳定，加热易分解：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，碳酸钠受热稳定，加热不分解，故 A 错误；B、Fe（OH）3胶体为红褐色、透明，不是无色，故 B 错误；C、H2、SO2、CO2三种气体均不与浓硫酸反应，故能利用浓硫酸干燥，故 C 正确；D、二氧化硅是酸性氧化物，酸性氧化物可以与碱反应生成盐和水，因此二氧化硅能与氢氧化钠溶液反应，但和氢氟酸反应是二氧化硅的特性，故 D 错误，故选 C。【点评】本题考查了物质性质的分析应用，熟练掌握浓硫酸、二氧化硅的性质、常见胶体的颜色与性质等基础知识是解题关键，题目难度不大4 （6 分）下列有关 NaClO 和 NaCl 混合溶液的叙述正确的是（ ）A该溶液中，H+、NH4+、SO42、Br可以大量共存B该溶液中，Ag+、K+、NO3、CH3CHO 可以大量共存第 10 页（共 24 页）C向该溶液中滴入少量 FeSO4溶液，反应的离子方程式为：2Fe2+ClO+2H+Cl+2Fe3+H20D向该溶液中加入浓盐酸，每产生 1molCl2，转移电子约为 6.02×1023个【分析】A、次氯酸为弱酸，次氯酸根与氢离子不能大量共存；B、银离子与氯离子生成 AgCl 白色难溶沉淀，故而不能电离共存；C、NaClO 为强碱弱酸盐，水解呈碱性，NaCl 为中性，溶液中不存在大量的氢离子；D、次氯酸具有氧化性，浓盐酸具有还原性，两者发生归中反应生成氯气，据此解答即可【解答】解：A、NaClO 和 NaCl 混合溶液中存在大量的次氯酸根，次氯酸为弱酸，次氯酸根与氢离子不能大量共存，故 A 错误；B、NaClO 和 NaCl 混合溶液中存在大量的氯离子，与银离子反应生成白色难溶沉淀，故不能大量共存，故 B 错误；C、NaClO 为强碱弱酸盐，水解呈碱性，NaCl 为中性，溶液中不存在大量的氢离子，与 2Fe2+ClO+2H+Cl+2Fe3+H20 反应矛盾，故 C 错误；D、浓盐酸中 Cl 由1 价升高到 0 价，次氯酸中 Cl 由+1 价降低到 0 价，故每生成1mol 氯气转移电子数为 1mol，故 D 正确，故选 D。【点评】本题主要考查的是溶液中离子的判断，涉及离子共存、盐类水解、氧化还原反应原理等，综合性较强，容易出错的是 C 选项，没有注意原溶液的酸碱性5 （6 分）等物质的量的 N2（g）和 O2（g）在恒容密闭容器中反应：N2（g）+O2（g）2NO（g） ，下图曲线 a 表示该反应在 T时 N2的浓度随时间的变化，曲线 b 表示该反应在某一起始反应条件改变时 N2的浓度随时间的变化下列叙述正确的是（ ）第 11 页（共 24 页）AT时，该反应的平衡常数 K=BT时，随着反应的进行，混合气体的密度减小C曲线 b 对应的条件改变可能是加入了催化剂D若曲线 b 对应的条件改变是温度，可判断该反应的H0【分析】A、依据氮气的浓度变化，找出三段式，计算平衡常数即可；B、此容器为恒容密闭容器，=，据此判断即可；C、催化剂只能改变化学反应速率，不能改变物质的转化率；D、由图可知，b 曲线化学反应速率快，若是升高温度，氮气的平衡浓度减小，则正反应为吸热反应【解答】解：A、N2（g）+O2（g）2NO（g） ，起（mol/L） c0 c0 0转（mol/L） c0 c1 c0 c1 2（c0 c1 ）平（mol/L） c1 c1 2（c0 c1 ）故 K=，故 A 正确；B、反应物和生成物均是气体，故气体的质量 m 不变，容器为恒容容器，故 V不变，那么密度 =不变，故 B 错误；C、由图可知，b 曲线氮气的平衡浓度减小，故应是平衡发生移动，催化剂只能改变速率，不能改变平衡，故 b 曲线不可能是由于催化剂影响的，故 C 错误；D、由图可知，b 曲线化学反应速率快（变化幅度大） ，氮气的平衡浓度减小，升高温度平衡正向移动，则正反应为吸热反应，即H0，故 D 错误，故选A。第 12 页（共 24 页）【点评】本题主要考查的是化学平衡建立的过程，涉及平衡常数的计算、平衡移动原理的应用、催化剂对平衡的影响等，综合性较强，有一定难度6 （6 分）某同学将光亮的镁条放入盛有 NH4Cl 溶液的试管中，有大量气泡产生，为探究该反应原理，该同学做了以下实验并观察到相关现象，由此得出的结论不合理的是（ ）选项实验及现象结论A将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝反应中有 NH3产生B收集产生的气体并点燃，火焰呈淡蓝色反应中有 H2产生C收集气体的同时测得溶液的 pH 为 8.6弱碱性溶液中 Mg 也可被氧化D将光亮的镁条放入 pH 为 8.6 的 NaHCO3溶液中，有气泡产生弱碱性溶液中 OH氧化了MgAABBCCDD【分析】A氨气为碱性气体，遇到湿润的红色石蕊变蓝；B氢气燃烧发出淡蓝色的火焰；CPH 为 8.6 时，仍然有气体生成，说明碱性条件下，Mg 可以被氧化；D若是氢氧根氧化了 Mg，则氢氧根得电子被还原，不可能生成气体【解答】解：A氨气为碱性气体，遇到湿润的红色石蕊变蓝，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝，可以证明气体中含有氨气，故 A 正确；B收集产生的气体并点燃，火焰呈淡蓝色，可以证明氢气的存在，故 B 正确；CPH 为 8.6 时，仍然有气体生成，说明碱性条件下，Mg 可以被氧化，故 C 正确；D、若是氢氧根氧化了 Mg，则氢氧根得电子被还原，不可能生成气体，所以 D的结论不合理，故 D 错误；故选：D。【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉镁、氯化铵、碳酸氢钠的性质是解第 13 页（共 24 页）题关键，注意物质检验方法的积累7 （6 分）25时，在 10mL 浓度均为 0.1molL1的 NaOH 和 NH3H2O 混合溶液中滴加 0.1molL1盐酸，下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是（ ）A未加盐酸时：c（OH）c（Na+）=c（NH3H2O）B加入 10mL 盐酸时：c（NH4+）+c（H+）=c（OH）C加入盐酸至溶液 pH=7 时：c（Cl）=c（Na+）D加入 20mL 盐酸时：c（Cl）=c（NH4+）+c（Na+）【分析】氢氧化钠为强碱，在水溶液中完全电离，一水合氨为弱碱，在水溶液中部分电离，相同体积与浓度的氢氧化钠与一水合氨其中和能力是相同的，据此分析解答即可。【解答】解：A、NaOH 和 NH3H2O 混合溶液中，NaOH 完全电离，NH3H2O 部分电离，因此 c（OH）0.1mol/L，c（Na+）=0.1mol/L，c（NH3H2O）0.1mol/L，故 c（OH）c（Na+）c（NH3H2O） ，故 A 错误；B、在此混合溶液中加入 10mL 盐酸，存在电中性原则：c（NH4+）+c（H+）+c（Na+）=c（OH）+c（Cl） ，由于等体积等浓度混合，故 c（Na+）=c（Cl） ，即c（NH4+）+c（H+）=c（OH） ，故 B 正确；C、加入盐酸至 pH=7 时，溶液呈中性，即 c（H+）=c（OH） ，那么 c（NH4+）+c（Na+）=c（Cl） ，即 c（Cl）c（Na+） ，故 C 错误；D、加入 20mL 盐酸时，此时溶液恰好为氯化钠与氯化铵的混合溶液，此时溶液呈酸性，即存在 c（H+）c（OH） ，那么 c（NH4+）+c（Na+）c（Cl） ，故 D错误，故选 B。【点评】本题主要考查酸碱混合的定性判断，题目难度中等，本题注意把握弱电解质的电离特点，易错点为 C，注意酸碱中和滴定的实验原理。第 14 页（共 24 页）二、非选择题二、非选择题8 （14 分）C、N、O、Al、Si、Cu 是常见的六种元素（1）Si 位于元素周期表第 三 周期第 IVA 族；（2）N 的基态原子核外电子排布式为 1s22s22p3 ；Cu 的基态原子最外层有 1 个电子；（3）用“”或“”填空：原子半径电负性熔点沸点Al SiN O金刚石 晶体硅CH4 SiH4（4）常温下，将除去表面氧化膜的 Al、Cu 片插入浓 HNO3中组成原电池（图1） ，测得原电池的电流强度（I）随时间（t）的变化如图 2 所示，反应过程中有红棕色气体产生0t1时，原电池的负极是 Al 片，此时，正极的电极反应式是 2H+NO3+e=NO2+H2O ，溶液中的 H+向 正 极移动t1时，原电池中电子流动方向发生改变，其原因是 Al 在浓硝酸中发生钝化，氧化膜阻止了 Al 的进一步反应 【分析】 （1）Si 原子序数为 14，有 3 个电子层，最外层电子数为 4；（2）N 的原子序数为 7，共排布 3 个能层；Cu 为 29 号元素，和核外电子排布式为：Ar3d104s1，据此解答即可；（3）同一周期，原子序数越小，半径越大；元素的非金属性越强，其电负性越大；晶体类型相同的，原子半径越小，熔点越高；分子组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，沸点越高，据此解答即可；（4）依据题意，0t1时，原电池的负极是 Al 片，且有红棕色气体产生，说明溶液中的硝酸根在正极放电，据此解答即可；电流发生改变，即原电池的正负第 15 页（共 24 页）极发生改变，据此分析原因即可【解答】解：（1）Si 原子序数为 14，有 3 个电子层，最外层电子数为 4，故 Si处于第三周期第 IVA 族，故答案为：三；IVA；（2）N 的原子序数为 7，共排布 3 个能层，其核外电子排布式为：1s22s22p3，Cu 元素为 29 号元素，原子核外有 29 个电子，所以核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，故其最外层电子数为 1，故答案为：1s22s22p3；1；（3）同一周期，原子序数越小，半径越大，由于原子序数 AlSi，故半径AlSi；元素的非金属性越强，其电负性越大，由于非金属性 ON，故电负性NO；晶体类型相同的，原子半径越小，熔点越高，由于 C 的原子半径小于 Si的原子半径，故熔点：金刚石晶体硅；分子组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，沸点越高，由于 SiH4相对分子质量大于 CH4，故沸点CH4SiH4，故答案为：；（4）0t1时，原电池的负极是 Al 片，溶液中产生红棕色气体是二氧化氮，故正极反应方程式为：2H+NO3+e=NO2+H2O，此时溶液中的氢离子移向正极，一段时间后，由于 Al 与浓硝酸发生钝化，导致原电池中 Al 作正极，Cu 作负极，故答案为：2H+e+NO3=NO2+H2O；正；Al 在浓硝酸中发生钝化，氧化膜阻止了 Al 的进一步反应【点评】本题主要考查的元素位构性的关系、原电池工作原理，涉及电负性大小比较、原子半径大小比较等，难度不大，注意整理9 （16 分）四苯基乙烯（TPE）及其衍生物具有聚集诱导发光特性，在光电材料等领域应用前景广泛，以下是 TPE 的两条合成路线（部分试剂和反应条件省略）：第 16 页（共 24 页）（1）A 的名称是 甲苯 ；试剂 Y 为 酸性高锰酸钾溶液 ；（2）BC 的反应类型是 取代反应 ；B 中官能团的名称是 羧基 ，D 中官能团的名称是 羰基 ；（3）EF 的化学方程式是 ；（4）W 是 D 的同分异构体，具有下列结构特征：属于萘（）的一元取代物；存在羟甲基（CH2OH） ，写出 W 所有可能的结构简式： ；（5）下列说法正确的是 ad a、B 的酸性比苯酚强 b、D 不能发生还原反应c、E 含有 3 种不同化学环境的氢 d、TPE 既属于芳香烃也属于烯烃【分析】 （1）由 A 的分子式与 B 的结构可知，应是甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成苯甲酸；（2）对比 B、C 的结构简式可知，B 发生取代反应生成 C；由 B、D 结构可知，含有的官能团分别为羧基、羰基；（3）E 的分子式为 C13H11Br，F 的分子式为 C13H12O，对比 E 的结构与 F 的分子第 17 页（共 24 页）式可知，E 中 Br 原子被OH 取代生成 F；（4）D 的分子式为 C13H10O，不饱和度为 9，W 是 D 的同分异构体属于萘（）的一元取代物，存在羟甲基（CH2OH） ，萘环不饱和度为 7，则侧链存在碳碳三键，故侧链为CCCH2OH，萘有 2 种化学环境不同的 H 原子，据此书写；（5）a羧基酸性大于酚羟基；bD 含有苯环与羰基，能与氢气发生加成反应；cE 中含有 4 种化学环境不同的 H 原子；dTPE 只有含有 C、H2 种元素，属于烃，含有苯环，属于芳香烃，含有碳碳双键，属于烯烃【解答】解：（1）由 A 的分子式与 B 的结构可知，应是甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成苯甲酸，故答案为：甲苯；酸性高锰酸钾溶液；（2）对比 B、C 的结构简式可知，B 发生取代反应生成 C；由 B、D 结构可知，含有的官能团分别为羧基、羰基，故答案为：取代反应；羧基；羰基；（3）对比 E 的结构与 F 的分子式可知，E 中 Br 原子被OH 取代生成 F，反应方程式为，故答案为：；（4）D 的分子式为 C13H10O，不饱和度为 9，W 是 D 的同分异构体属于萘（）的一元取代物，存在羟甲基（CH2OH） ，萘环不饱和度为 7，则侧链存在碳碳三键，故侧链为CCCH2OH，萘有 2 种化学环境不同的 H 原子，符第 18 页（共 24 页）合条件的 W 有：，故答案为：；（5）a羧基酸性大于酚羟基，故 a 正确；bD 含有苯环与羰基，能与氢气发生加成反应，属于还原反应，故 b 错误；cE 中含有 4 种化学环境不同的 H 原子，故 c 错误；dTPE 只有含有 C、H2 种元素，属于烃，含有苯环，属于芳香烃，含有碳碳双键，属于烯烃，故 d 正确，故选：ad【点评】本题考查有机物的合成，注意根据有机物的结构与分子式进行分析解答，是对有机化学基础的综合考查，难度不大10 （14 分）硼氢化钠（NaBH4）在化工等领域具有重要的应用价值，某研究小组采用偏硼酸钠（NaBO2）为主要原料制备 NaBH4，其流程如图：已知：NaBH4常温下能与水反应，可溶于异丙胺（沸点：33） ；（1）在第步反应加料之前，需要将反应器加热至 100以上并通入氩气，该操作的目的是 除去反应器中的水蒸气和空气 ，原料中的金属钠通常保存在 煤油 中，实验室取用少量金属钠需要用到的实验用品有 镊子 、 滤纸 、玻璃片和小刀等；（2）请配平第步反应的化学方程式：1 NaBO2+ 2 SiO2+ 4 Na+ 2 H2 1 NaBH4+ 2 Na2SiO3（3）第步分离采用的方法是 过滤 ；第步分出 NaBH4并回收溶剂，采用的方法是 蒸馏 ；第 19 页（共 24 页）（4）NaBH4（s）与 H2O（l）反应生成 NaBO2（s）和 H2（g） 在 25、101kPa下，已知每消耗 3.8gNaBH4（s）放热 21.6kJ，该反应的热化学方程式是 NaBH4（s）+2H2O（l）=NaBO2（s）+4H2（g）H=216.0kJ/mol 【分析】NaBO2、SiO2、Na 和 H2在一定条件下反应生成NaBH4、Na2SiO3，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；NaBH4可溶于异丙胺，根据知，中加入的溶剂是异丙胺，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，通过过量得到滤液和滤渣，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，（1）为防止安全事故发生和防止 NaBH4水解，在第步反应加料之前，需要将反应器加热至 100以上并通入氩气，从而排出空气和水蒸气；原料中的金属钠通常保存在煤油中，需要用到的实验用品有镊子、滤纸、玻璃片和小刀等；（2）该反应中 H 元素化合价由 0 价变为1 价、Na 元素化合价由 0 价变为+1 价，根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式；（3）分离难溶性固体和溶液采用过滤方法；熔沸点相差较大的可以采用蒸馏方法；（4）n（NaBH4）=0.1mol，在 25、101kPa 下，每消耗0.1molNaBH4（s）放热 21.6kJ，则消耗 1molNaBH4（s）放热 216.0kJ，据此书写热化学方程式【解答】解：NaBO2、SiO2、Na 和 H2在一定条件下反应生成NaBH4、Na2SiO3，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；NaBH4可溶于异丙胺，根据知，中加入的溶剂是异丙胺，NaBH4溶解与异丙胺、Na2SiO3不溶于异丙胺，难溶性固体和溶液采用过滤方法分离，通过过量得到滤液和滤渣，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，第 20 页（共 24 页）（1）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；钠极易和空气中氧气、和水反应，钠的密度大于煤油，为隔绝空气和水，原料中的金属钠通常保存在煤油中；实验室取用少量金属钠时，需要镊子夹取钠、用滤纸吸煤油，所以实验室取用少量金属钠需要用到的实验用品有镊子、滤纸、玻璃片和小刀等，故答案为：除去反应器中的水蒸气和空气；煤油；镊子、滤纸；（2）该反应中 H 元素化合价由 0 价变为1 价、Na 元素化合价由 0 价变为+1 价，转移电子总数为 4，根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式为 NaBO2+2SiO2+4Na+2H2NaBH4+2Na2SiO3，故答案为：1；2；4；2；1；2；（3）分离难溶性固体和溶液采用过滤方法，中加入的溶剂是异丙胺，NaBH4溶解与异丙胺、Na2SiO3不溶于异丙胺，所以第步分离采用的方法是过滤；熔沸点相差较大的可以采用蒸馏方法，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，故答案为：过滤；蒸馏；（4）NaBH4（s）与 H2O（l）反应生成 NaBO2（s）和 H2（g） ，n（NaBH4）=0.1mol，在 25、101kPa 下，每消耗 0.1molNaBH4（s）放热 21.6kJ，则消耗 1molNaBH4（s）放热 216.0kJ，则热化学方程式为 NaBH4（s）+2H2O（l）=NaBO2（s）+4H2（g）H=216.0kJ/mol，故答案为：NaBH4（s）+2H2O（l）=NaBO2（s）+4H2（g）H=216.0kJ/mol【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、热化学反应方程式的书写、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11 （14 分）某研究小组将纯净的 SO2气体通入 0.1molL1的 Ba（NO3）2溶液第 21 页（共 24 页）中，得到了 BaSO4沉淀为探究上述溶液中何种微粒能氧化通入的 SO2，该小组提出了如下假设：假设一：溶液中的 NO3假设二：溶液中溶解的 O2；（1）验证假设一该小组设计实验验证了假设一，请在下表空白处填写相关实验现象实验步骤实验现象结论实验 1：在盛有不含 O2的25mL0.1molL1BaCl2溶液的烧杯中，缓慢通入纯净的 SO2气体无现象 实验 2：在盛有不含 O2的25mL0.1molL1Ba（NO3）2溶液的烧杯中，缓慢通入纯净的 SO2气体生成白色沉淀 假设一成立（2）为深入研究该反应，该小组还测得上述两个实验中溶液 pH 随通入 SO2体积的变化曲线如图实验 1 中溶液 pH 变小的原因是 SO2溶于水后生成 H2SO3 ；V1时，实验 2 中溶液 pH 小于实验 1 的原因是（用离子方程式表示） 3SO2+2H2O+2NO3=2NO+4H+3SO42 （3）验证假设二请设计实验验证假设二，写出实验步骤、预期现象和结论实验步骤、预期现象和结论（不要求写具体操作过程）：（4）若假设二成立，请预测：在相同条件下，分别用足量的 O2和 KNO3氧化相同的 H2SO3溶液（溶液体积变化忽略不计） ，充分反应后两溶液的 pH 前者 小于 （填“大于”或“小于”）后者，理由是 反应的离子方程式表明，足量的 O2和 NO3分别氧化相同的 H2SO3，生成的 H+的物质的量前者大于后者 第 22 页（共 24 页）【分析】 （1）根据强酸制取弱酸的原理，亚硫酸是弱酸不能制备盐酸，故实验1 无现象；二氧化硫溶于水后生成 H2SO3，亚硫酸电离出氢离子：H2SO32H+SO32，H+、NO3结合生成具有强氧化性的 HNO3，硝酸将亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子，硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡；（2）试验 1 中，二氧化硫溶于水后生成 H2SO3，亚硫酸电离出氢离子，所以溶液的 pH 减小；试验 2 中反应生成强电解质硫酸，则实验 2 的 pH 更小；（3）验证假设二，需要用实验 1 做对比实验，然后做实验 3：在盛有未经脱O2处理的 25ml0.1mol/LBaCl2溶液的烧杯中，缓慢通入纯净的 SO2气体，若有白色沉淀生成，则假设二成立；（4）氧气与亚硫酸反应的离子方程式为：2H2SO3+O2=4H+2SO42，亚硫酸与硝酸根离子反应的离子方程式为：3H2SO3+2NO3=2NO+4H+H2O+3SO42，根据反应方程式判断两溶液的 pH 大小【解答】解：（1）根据强酸制取弱酸的原理，亚硫酸是弱酸不能制备盐酸，故实验 1 无现象；二氧化硫溶于水后生成 H2SO3，亚硫酸电离出氢离子：H2SO32H+SO32，H+、NO3结合生成具有强氧化性的 HNO3，硝酸将亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子，从而生成硫酸钡沉淀，故答案为：无现象；白色沉淀生成；（2）试验 1 中，二氧化硫溶于水后生成 H2SO3，亚硫酸电离出氢离子：H2SO32H+SO32，所以溶液的 pH 减小；试验 2 发生反应：3SO2+2H2O+2NO3=2NO+4H+3SO42，反应中生成了强酸硫酸，则实验 2 的 pH 小第 23 页（共 24 页）于实验 1，故答案为：SO2溶于水后生成 H2SO3，亚硫酸显酸性，故 pH 值减小；3SO2+2H2O+2NO3=2NO+4H+3SO42；（3）验证假设二，需要用实验 1 做对比实验，然后做实验 3：在盛有未经脱O2处理的 25ml0.1mol/LBaCl2溶液的烧杯中，缓慢通入纯净的 SO2气体，若有白色沉淀生成，则假设二成立，即：实验步骤实验现象结论实验 1：在盛有不含 O2的25ml0.1mol/LBaCl2溶液的烧杯中，缓慢通入纯净的 SO2气体无现象实验 3：在盛有未经脱 O2处理的25ml0.1mol/LBaCl2溶液的烧杯中，缓慢通入纯净的 SO2气体有白色沉淀生成假设二成立，故答案为：实验步骤实验现象结论实验 1：在盛有不含 O2的25ml0.1mol/LBaCl2溶液的烧杯中，缓慢通入纯净的 SO2气体无现象实验 3：在盛有未经脱 O2处理的25ml0.1mol/LBaCl2溶液的烧杯中，缓慢通入纯净的 SO2气体有白色沉淀生成假设二成立（4）氧气与亚硫酸反应的离子方程式为：2H2SO3+O2=4H+2SO42，亚硫酸与硝酸根离子反应的离子方程式为：3H2SO3+2NO3=2NO+4H+H2O+3SO42，根据反应可知，足量的 O2和 NO3分步氧化相同的亚硫酸，生成的氢离子的物质的量前者大于后者，所以前者溶液的 pH 小于后者，第 24 页（共 24 页）故答案为：小于；反应的离子方程式表明，足量的 O2和 NO3分步氧化相同的亚硫酸，生成的氢离子的物质的量前者大于后者【点评】本题考查了性质实验方案的设计，题目难度中等，明确实验目的及实验原理为解答关键，试题充分考查学生的分析、理解能力及化学实验能力，注意掌握物质性质实验方案的设计与评价原则