【高考试卷】2011年安徽省高考化学试卷

2011年安徽省高考化学试卷

一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分） 1．（6分）（2011•安徽）科学家最近研制出可望成为高效火箭推进剂的N（NO2）3（如图所示）．已知该分子中N﹣N﹣N键角都是108.1°，下列有关N（NO2）（ ） 3的说法正确的是

A．分子中N、O间形成的共价键是非极性键 B．分子中四个氧原子共平面 C．该物质既有氧化性又有还原性

22

D．15.2g该物质含有6.02×10个原子 2．（6分）（2011•安徽）室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ） A．饱和氯水中：Cl、NO3、Na、SO3

﹣13﹣1﹣﹣++2﹣

B．c（H）=1.0×10mol•L溶液中：C6H5O、K、SO4、Br

﹣2﹣+2+

C．Na2S溶液中：SO4、K、Cl、Cu

﹣﹣+3+

D．pH=12的溶液中：NO3、I、Na、Al

3．（6分）（2011•安徽）电镀废液中Cr2O7可通过下列反应转化成铬黄（PbCrO4）：Cr2O7﹣2++

（aq）+2Pb（aq）+H2O（l）⇌2PbCrO4（s）+2H（aq）△H＜0该反应达平衡后，改变横坐标表示的反应条件，下列示意图正确的是（ ）

2﹣

2

﹣

﹣

+2﹣

A． B． C．

D．

4．（6分）（2011•安徽）下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是（ ） 选项 实验操作 现象 解释或结论 3+① 过量的Fe粉中加入HNO3， 溶液呈红色 稀HNO3将Fe氧化为Fe 充分反应后，滴入KSCN溶液 ② AgI沉淀中滴入稀KCl溶液 有白色沉淀出现 AgCl比AgI更难溶 ③ 无现象 Al箔插入稀HNO3中 Al箔表面被HNO3氧化，形成致第1页（共15页）

④ 用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色试纸变蓝色 石蕊试纸上 A．① B．② C．③ D．④ 5．（6分）（2011•安徽）中学化学中很多“规律”都有其使用范围，下列根据有关“规律”推出的结论合理的是（ ）

A．根据同周期元素的第一电离能变化趋势，推出Al的第一电离能比Mg大 B．根据主族元素最高正化合价与族序数的关系，推出卤族元素最高正价都是+7 C．根据溶液的pH与溶液酸碱性的关系，推出pH=6.8的溶液一定显酸性

D．根据较强酸可以制取较弱酸的规律，推出CO2通入NaClO溶液中能生成HClO 6．（6分）（2011•安徽）研究人员最近发现了一种“水”电池，这种电池能利用淡水与海水之间含盐量差别进行发电，在海水中电池总反应可表示为：

5MnO2+2Ag+2NaCl=Na2Mn5O10+2AgCl，下列“水”电池在海水中放电时的有关说法正确的是（ ）

A．正极反应式：Ag+Cl﹣e=AgCl

B．每生成1mol Na2Mn5O10转移2mol电子

+

C．Na不断向“水”电池的负极移动 D．AgCl是还原产物

7．（6分）（2011•安徽）室温下，将1.000mol•L盐酸滴入20.00mL 1.000mol•L氨水中，溶液pH和温度随加入盐酸体积变化曲线如图所示．下列有关说法正确的是（ ）

﹣1

﹣1

﹣

﹣

密的氧化膜 浓氨水呈碱性

A．a点由水电离出的c（H）=1.0×10mol•L

﹣+

B．b点：c（NH4）+c（NH3•H2O）=c（Cl）

﹣+

C．c点：c（Cl）=c（NH4）

D．d点后，溶液温度略下降的主要原因是NH3•H2O电离吸热

二、解答题（共4小题，满分58分） 8．（14分）（2011•安徽）W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，其原子半径随原子序数变化如下图所示．已知W的一种核素的质量数为18，中子数为10；X和Ne原子的核外电子数相差1；Y的单质是一种常见的半导体材料；Z的电负性在同周期主族元素中最大．

（1）X位于元素周期表中第 周期第 族；W的基态原子核外有 个未成对电子．

（2）X的单质和Y的单质相比，熔点较高的是 （写化学式）；Z的气态氢化物和溴化氢相比，较稳定的是 （写化学式）．

第2页（共15页）

+

﹣14

﹣1

（3）Y与Z形成的化合物和足量水反应，生成一种弱酸和一种强酸，该反应的化学方程式是 ．

（4）在25°C、101kPa下，已知Y的气态氢化物在氧气中完全燃烧后恢复至原状态，平均每转移1mol 电子放热190.0kJ，该反应的热化学方程式是 ．

9．（17分）（2011•安徽）室安卡因（G）是一种抗心率失常药物，可由下列路线合成

（1）已知A是的单体，则A中含有的官能团是 （写名称）．B

的结构简式是 ．

（2）C的名称（系统命名）是 ，C与足量NaOH醇溶液共热时反应的化学方程式是 ．

（3）X是E的同分异构体，X分子中含有苯环，且苯环上一氯代物只有两种，则X所有可能的结构简式有

、 、 、 ．

（4）F→G的反应类型是 ．

（5）下列关于室安卡因（G）的说法正确的是 ．

a．能发生加成反应 b．能使酸性高锰酸钾溶液褪色 c．能与盐酸反应生成盐 d．属于氨基酸．

10．（14分）（2011•安徽）MnO2是一种重要的无机功能材料，粗MnO2的提纯是工业生产的重要环节．某研究性学习小组设计了将粗MnO2（含有较多的MnO和MnCO3）样品转化为纯MnO2实验，其流程如下

第3页（共15页）

（1）第①步加稀H2SO4时，粗MnO2样品中的 （写化学式）转化为可溶性物质．

（2）第②步反应的离子方程式： ． （3）第③步蒸发操作必需的仪器有铁架台（含铁

圈）、 、 、 ，已知蒸发得到的固体中有NaClO3和NaOH，则一定还有含有 （写化学式）．

（4）若粗MnO2样品的质量为12.69g，第①步反应后，经过滤得到8.7g MnO2，并收集到0.224LCO2（标准状况下载），则在第②步反应中至少需要 mol NaClO3． 11．（13分）（2011•安徽）地下水中盐造成的氮污染已成为一个世界性的环节问题．文献报道某课题组模拟地下水脱氮过程，利用Fe粉和KNO3溶液反应，探究脱氮原理及相关因素对脱氮速率的影响．

（1）实验前：①先用0.1mol•LH2SO4洗涤Fe粉，其目的是 ，然后用蒸馏水洗涤至中性；②将KNO3溶液的pH调至2.5；③为防止空气中的O2对脱氮的影响，应向KNO3溶液中通入 （写化学式）．

（2）图表示足量Fe粉还原上述KNO3溶液过程中，测出的溶液中相关离子浓度、pH随时间的变化关系（部分副反应产物曲线略去）．请根据图中信息写出t1时刻前该反应的离子方

+2+

程式 ．t1时刻后，改反应仍在进行，溶液中NH4的浓度在增大，Fe的浓度却没有增大，可能的原因是 ．

（3）改课题组对影响脱氮速率的因素提出了如下假设，请你完成假设二和假设三： 假设一：溶液的pH； 假设二： ； 假设二： ；

（4）请你设计实验验证上述假设一，写出实验步骤及结论．（已知：溶液中的NO3浓度可用离子色谱仪测定） 实验结论：

﹣

﹣1

第4页（共15页）

2011年安徽省高考化学试卷

参与试题解析

一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）

1．（6分）（2011•安徽）科学家最近研制出可望成为高效火箭推进剂的N（NO2）3（如图所示）．已知该分子中N﹣N﹣N键角都是108.1°，下列有关N（NO2）（ ） 3的说法正确的是

A．分子中N、O间形成的共价键是非极性键 B．分子中四个氧原子共平面 C．该物质既有氧化性又有还原性

22

D．15.2g该物质含有6.02×10个原子 考点： 极性键和非极性键；物质分子中的原子个数计算；键能、键长、键角及其应用． 分析： 根据信息中该分子中N﹣N﹣N键角都是108.1°及N（NO2）3的结构应与氨气相同，则分子中四个氮原子不共平面，利用元素的化合价来分析其性质，利用是否同种元素之间形成共用电子对来分析极性键． 解答： 解：A、N（NO2）3是一种共价化合物，N、O原子之间形成的化学键是极性键，故A错误； B、根据题干信息知该分子中N﹣N﹣N键角都是108.1°，推知分子中4个氮原子在空间呈四面体型， 所以分子中四个氧原子不可能共平面，故B错误； C、该分子中的氮元素为+3价，+3价氮既有氧化性又有还原性，故C正确； D、N（NO2）3的相对分子质量为152，15.2 g N（NO2）3为0.1mol，该物质的分子23中所含原子为1NA即6.02×10个原子，故D错误． 故选：C． 点评： 作为2011年的安徽理综高考题，题干信息比较新颖，同时考查大家熟悉的化学键、分子结构、氧化还原反应和物质的量的相关计算． 2．（6分）（2011•安徽）室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）

A．饱和氯水中：Cl、NO3、Na、SO3

﹣13﹣1﹣﹣++2﹣

B．c（H）=1.0×10mol•L溶液中：C6H5O、K、SO4、Br

﹣2﹣+2+

C．Na2S溶液中：SO4、K、Cl、Cu

﹣﹣+3+

D．pH=12的溶液中：NO3、I、Na、Al 考点： 离子共存问题． 分析： 根据溶液中的成分，若离子之间结合生成水、气体、沉淀、弱电解质，以及离子之间发生氧化还原反应则不能大量共存于溶液中来分析解答． +解答： 解：A、由Cl2和水反应生成盐酸和次氯酸，则饱和氯水中含有H和HClO等微粒，﹣﹣

+2﹣

H与SO3结合生成水和二氧化硫，且在酸性条件下HClO与SO3发生氧化还原反应，则该组离子不能大量共存，故A错误； B、c（H）=1.0×10

+﹣13+2﹣2﹣mol•L﹣1溶液中，氢离子浓度小于1.0×10mol•L，则溶液﹣7﹣1第5页（共15页）

为碱的溶液，在碱溶液中能共存，故B正确； C、因Na2S溶液中S与Cu结合生成沉淀，则该组离子一定不能大量共存，故C错误； D、因pH=12的溶液中OH较多，则OH与Al反应生成AlO2离子，则该组离子一定不能共存，故D错误； 故选B． 点评： 本题考查离子的共存问题，明确离子之间复分解反应发生的条件，能判断常见的弱电解质及离子之间能否发生氧化还原反应、相互促进水解反应等知识点即可解答． 3．（6分）（2011•安徽）电镀废液中Cr2O7可通过下列反应转化成铬黄（PbCrO4）：Cr2O7﹣2++

（aq）+2Pb（aq）+H2O（l）⇌2PbCrO4（s）+2H（aq）△H＜0该反应达平衡后，改变横坐标表示的反应条件，下列示意图正确的是（ ）

2﹣

2

﹣﹣2﹣2+3+﹣A． B． C．

D． 考点： 物质的量或浓度随时间的变化曲线；化学平衡常数的含义；化学反应速率变化曲线及其应用；转化率随温度、压强的变化曲线． 专题： 图示题；热点问题；化学平衡专题． 分析： 根据图象中纵横坐标的意义，利用温度、浓度对化学反应速率及化学平衡的影响来分析一个量随另一个量的变化，变化趋势与图中符合的即为正确答案． 解答： 解：A、由△H＜0，则正反应是一个放热的反应，升高温度平衡向吸热的方向移动，即向逆反应方向移动，由平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积，则K减小，故A正确； +B、pH增大溶液，则碱性增强，会中和溶液中H，降低生成物浓度，平衡向正方应2﹣方向移动，Cr2O7的转化率会增大，与图中不符，故B错误； C、温度升高，正、逆反应速率都增大，与图中不符，故C错误； D、增大反应物Pb的浓度，平衡向正方应方向移动，则Cr2O7的物质的量会减小，与图中不符，故D错误； 故选：A． 点评： 本题考查影响化学平衡移动和化学反应速率的因素，注重了与图象相结合来考查学生，明确图象中纵横坐标表示的量，学生应学会将理论分析与图象有机的结合在一起即可解答，难度不是很大． 4．（6分）（2011•安徽）下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是（ ） 选项 实验操作 现象 解释或结论 第6页（共15页）

2+2﹣

① ② ③ ④ 过量的Fe粉中加入HNO3， 溶液呈红色 充分反应后，滴入KSCN溶液 AgI沉淀中滴入稀KCl溶液 有白色沉淀出现 无现象 Al箔插入稀HNO3中 稀HNO3将Fe氧化为Fe AgCl比AgI更难溶 Al箔表面被HNO3氧化，形成致密的氧化膜 浓氨水呈碱性 3+用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色试纸变蓝色 石蕊试纸上 A．① B．② C．③ D．④ 考点： 难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；氨的化学性质；的化学性质；二价Fe离子和三价Fe离子的检验． 2+分析： 根据过量的铁与稀反应生成物是Fe，滴入KSCN溶液不可能显红色；AgI沉淀中滴入稀KCl溶液不可能产生AgCl沉淀，并且AgI的溶度积常数小于AgCl的溶度积常数； Al箔插入稀HNO3中，不会钝化；氨水在溶液中会电离出氢氧根离子而显碱性，当遇到红色石蕊试纸时会显蓝色． 3+3+解答： 解：A、Fe粉与稀反应生成物是Fe，但过量的铁会继续和Fe反应，将其还原2+3+成Fe，即溶液中不存在Fe，所以滴入KSCN溶液不可能显红色，故A错； B、AgI的溶度积常数小于AgCl的溶度积常数，所以AgI沉淀中滴入稀KCl溶液不可能产生AgCl沉淀，故B错； C、Al箔插入稀HNO3中，首先会和Al箔表面的氧化膜反应，然后再和单质铝发生氧化还原反应，被还原生成NO气体单质铝表面的氧化膜是被空气中氧气氧化的，故C错； D、氨水在溶液中会电离出氢氧根离子而显碱性，当遇到红色石蕊试纸时会显蓝色，故D正确． 故选D． 点评： 本题主要考查元素化合物知识，并有难溶电解质的沉淀转化问题，题目难度较小，重点要准确把握物质的性质． 5．（6分）（2011•安徽）中学化学中很多“规律”都有其使用范围，下列根据有关“规律”推出的结论合理的是（ ）

A．根据同周期元素的第一电离能变化趋势，推出Al的第一电离能比Mg大 B．根据主族元素最高正化合价与族序数的关系，推出卤族元素最高正价都是+7 C．根据溶液的pH与溶液酸碱性的关系，推出pH=6.8的溶液一定显酸性

D．根据较强酸可以制取较弱酸的规律，推出CO2通入NaClO溶液中能生成HClO 考点： 元素周期律和元素周期表的综合应用；弱电解质在水溶液中的电离平衡；溶液pH的定义． 分析： 根据元素周期表中元素的第一电离能与化合价的变化规律及溶液的酸碱性与PH的关系、强酸制弱酸原理等知识来解本题，并注意规律中的特殊情况． 解答： 解：A、同周期元素，第一电离能的变化趋势为：从左到右，逐渐增大，但镁和铝例外，理由是镁的价电子排布是3s2，3p轨道全空较稳定，而铝是3s23p1，不是全满，全空，半空中任意一种情况，不稳定，故铝的第一电离能比镁小，故A错． B、卤族元素中，氟元素没有正价，故B错． C、酸性是指c（H+）＞c（OH﹣），而pH实际反映的是c（H+），水的离子积常数受温度影响，即pH=6.8 不能说明溶液一定显酸性，故C错． 第7页（共15页）

D、根据强酸制弱酸原理，强酸可以与弱酸的盐溶液反应制取弱酸，故D正确． 故选：D． 点评： 本题考查了元素周期律、溶液酸碱性等知识，解题时要注意一般规律与特殊情况的关系，以及规律所适用的条件等． 6．（6分）（2011•安徽）研究人员最近发现了一种“水”电池，这种电池能利用淡水与海水之间含盐量差别进行发电，在海水中电池总反应可表示为：5MnO2+2Ag+2NaCl=Na2Mn5O10+2AgCl，下列“水”电池在海水中放电时的有关说法正确的是（ ）

A．正极反应式：Ag+Cl﹣e=AgCl

B．每生成1mol Na2Mn5O10转移2mol电子

+

C．Na不断向“水”电池的负极移动 D．AgCl是还原产物 考点： 电极反应和电池反应方程式；原电池和电解池的工作原理． 专题： 压轴题． 分析： 根据电池总反应可判断出反应中Ag的化合价升高，被氧化，Ag应为原电池的负极，AgCl是氧化产物；方程式中5MnO2生成1Na2Mn5O10，化合价共降低了2价，所以每生成1molNa2Mn5O10转移2mol电子；在原电池中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，以形成闭合电路． 解答： 解：A、根据电池总反应：5MnO2+2Ag+2NaCl=Na2Mn5O10+2AgCl，可判断出Ag应﹣﹣

为原电池的负极，负极发生反应的电极方程式为：Ag+Cl﹣e=AgCl，而不是正极方程式，故A错； B、根据方程式中5MnO2生成1Na2Mn5O10，化合价共降低了2价，所以每生成1molNa2Mn5O10转移2mol电子，故B正确； C、在原电池中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，故C错； D、反应中Ag的化合价升高，被氧化，Ag应为原电池的负极，AgCl是氧化产物，故D错． 故选：B． 点评： 本题考查原电池的电极反应和离子的定向移动以及电化学的简单计算，做题时要注意总电池反应式的判断利用，运用两极上的反应特点做题，分析Mn元素的化合价变化是该题的难点． 7．（6分）（2011•安徽）室温下，将1.000mol•L盐酸滴入20.00mL 1.000mol•L氨水中，溶液pH和温度随加入盐酸体积变化曲线如图所示．下列有关说法正确的是（ ）

﹣1

﹣1

﹣﹣

A．a点由水电离出的c（H）=1.0×10mol•L

﹣+

B．b点：c（NH4）+c（NH3•H2O）=c（Cl）

﹣+

C．c点：c（Cl）=c（NH4）

第8页（共15页）

+

﹣14

﹣1

D．d点后，溶液温度略下降的主要原因是NH3•H2O电离吸热 考点： 酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算． 专题： 压轴题． 分析： 根据酸碱滴定过程的图中a、b、c点的pH值来分析溶液中离子的浓度或溶液中的溶质，并利用原子守恒和电荷守恒来分析解答． ﹣14﹣1+解答： 解：A、因a点7＜pH＜14，因此水电离出的c（H）＞1.0×10mol•L，故A错误； B、b点时pH＞7，则盐酸和氨水反应，氨水过量，则c（NH4）+c（NH3•H2O）＞c﹣（Cl），故B错误； ﹣﹣+C、因c点pH=7溶液呈中性，则c（H）=c（OH），根据电荷守恒可知c（Cl）=c+（NH4），故C正确； D、d点时盐酸和氨水恰好完全反应，放热最多，再加盐酸温度降低只能是加入盐酸的温度低于溶液温度，这才是温度下降的原因，故D错误； 故选：C． 点评： 本题考查水溶液中的电离平衡以及酸碱中和滴定，明确滴定曲线中各点的pH是解答的关键，并学会利用物料守恒、电荷守恒来解答此类习题． 二、解答题（共4小题，满分58分） 8．（14分）（2011•安徽）W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，其原子半径随原子序数变化如下图所示．已知W的一种核素的质量数为18，中子数为10；X和Ne原子的核外电子数相差1；Y的单质是一种常见的半导体材料；Z的电负性在同周期主族元素中最大． （1）X位于元素周期表中第 三 周期第 ⅠA 族；W的基态原子核外有 2 个未成对电子．

（2）X的单质和Y的单质相比，熔点较高的是 Si （写化学式）；Z的气态氢化物和溴化氢相比，较稳定的是 HCl （写化学式）．

（3）Y与Z形成的化合物和足量水反应，生成一种弱酸和一种强酸，该反应的化学方程式是 SiCl4+3H2O═H2SiO3↓+4HCl ．

（4）在25°C、101kPa下，已知Y的气态氢化物在氧气中完全燃烧后恢复至原状态，平均每转移1mol 电子放热190.0kJ，该反应的热化学方程式是 SiH4（g）+2O2（g）=SiO2（s）+2H2O（l）△H=﹣1520kJ/mol ．

+

考点： 位置结构性质的相互关系应用；原子核外电子排布；热化学方程式． 分析： 根据W的一种核素的质量数为18，中子数为10，则W的质子数为8，即W为氧元素；X和Ne原子的核外电子数相差1，则X为钠或氟，又由图可知X的原子半径比氧原子的半径大，则X为钠； 再利用Y的单质是一种常见的半导体材料，Z的电负性在同周期主族元素中最大及原子半径X＞Y＞Z来推断元素，然后利用元素的位置、原子的原子结构、化合物的结构和性质、气态氢化物燃烧时的能量书写热化学方程式来解答即可． 第9页（共15页）

解答： 解：由信息及质子数+中子数=质量数，则W的质子数为18﹣10=8，则W为氧元素；由X和Ne原子的核外电子数相差1及X的原子半径比氧原子的半径大，则X为钠元素； Y的单质是一种常见的半导体材料，Y为短周期元素，则Y为硅元素；Z的电负性在同周期主族元素中最大及原子半径X＞Y＞Z，则Z为氯元素； （1）X为钠元素，位于周期表中第三周期第ⅠA族，W为氧元素，则基态原子核外电子排布为1S2S2P，P能级有三个轨道，由洪特规则和泡利原理可知P轨道上只有2个未成对电子， 故答案为：三；ⅠA；2； （2）因钠单质为金属晶体，而硅单质为原子晶体，则熔点较高的是Si，因HCl中键长比HBr中键长短，键长越短越稳定，则HCl稳定，故答案为：Si；HCl； （3）Y与Z形成的化合物为SiCl4，与足量水反应生成一种弱酸和一种强酸，由元素守恒可知应生成H2SiO3和HCl，反应为SiCl4+3H2O═H2SiO3↓+4HCl， 故答案为：SiCl4+3H2O═H2SiO3↓+4HCl； （4）Y的气态氢化物为SiH4，在氧气中完全燃烧后恢复至原状态，平均每转移1mol 电子放热190.0kJ，则1molSiH4燃烧转移8mol电子放热为190.0kJ×8=1520kJ， 则该反应的热化学方程式为SiH（+2O（=SiO（+2H2O（l）△H=﹣1520kJ/mol，4g）2g）2s）故答案为：SiH4（g）+2O2（g）=SiO2（s）+2H2O（l）△H=﹣1520kJ/mol． 点评： 本题考查位置、结构、性质的应用，学会寻找元素推断的突破口是解答的关键，并应熟悉元素化合物的性质、原子结构、热化学反应方程式的书写方法来解答即可． 9．（17分）（2011•安徽）室安卡因（G）是一种抗心率失常药物，可由下列路线合成

224

（1）已知A是的单体，则A中含有的官能团是 碳碳双键、羧基 （写名

称）．B的结构简式是 CH3CH2COOH ．

（2）C的名称（系统命名）是 2﹣溴丙酸 ，C与足量NaOH醇溶液共热时反应的化学方

程式是 ．

第10页（共15页）

（3）X是E的同分异构体，X分子中含有苯环，且苯环上一氯代物只有两种，则X所有可

能的结构简式有、 、 、

．

（4）F→G的反应类型是 取代反应 ．

（5）下列关于室安卡因（G）的说法正确的是 abc ．

a．能发生加成反应 b．能使酸性高锰酸钾溶液褪色 c．能与盐酸反应生成盐 d．属于氨基酸． 考点： 有机物的合成；有机物的推断． 分析： （1）A是的单体，则A为CH2=CHCOOH；A→B发生加成反应； （2）据B→C结构的变化，可知发生的是α﹣取代反应，C为2﹣溴丙酸；C与足量NaOH醇溶液共热时发生消去和中和反应； （3）X是E的同分异构体，X分子中含有苯环，且苯环上一氯代物只有两种，可能有2个取代基或3个取代基，利用对称来分析； （4）F→G的碳链结构相同，只是溴原子被﹣NH2取代； （5）根据G中含有苯环、C=O键、﹣NH2来分析其性质． 解答： 解：由A是的单体，可知A为CH2=CHCOOH；据A→B的反应条件可知，发生的是加成反应，则B为CH3CH2COOH；据B→C结构的变化，可知发生的是α﹣取代反应；从C→D结构的变化可知发生的是取代反应；同样从结构的变化可判断，D+E→F，F→G的反应也都是取代反应． （1）A为CH2=CHCOOH，官能团为碳碳双键和羧基，CH2=CHCOOH与氢气发生加成反应生成B，则B为CH3CH2COOH，故答案为：碳碳双键、羧基；CH3CH2COOH； （2）据B→C结构的变化，可知发生的是α﹣取代反应，C为2﹣溴丙酸；C与足量NaOH醇溶液共热时发生消去和中和反应，该反应为， 故答案为：2﹣溴丙酸；； （3）“苯环上一氯代物只有两种”，说明结构的对称程度高，由第11页（共15页）

移动取代基的位置可得：；若是三个取代基，可以是， 故答案为：；；； （4）F→G的碳链结构相同，只是溴原子被﹣NH2取代，则反应为取代反应，故答案为：取代反应； （5）G中含有苯环、C=O键、﹣NH2，其中的苯环和羰基可以发生加成反应，故a正确；苯环上的甲基可以使酸性高锰酸钾褪色，故b正确；氨基显碱性，故可与盐酸反应成盐，故c正确；结构中没有羧基，故d错，故答案为：abc． 点评： 本题综合考查有机合成，熟悉有机物的命名、同分异构、官能团及性质等相关知识即可解答，题目难度中等，稍有能力的学生都能做好． 10．（14分）（2011•安徽）MnO2是一种重要的无机功能材料，粗MnO2的提纯是工业生产的重要环节．某研究性学习小组设计了将粗MnO2（含有较多的MnO和MnCO3）样品转化为纯MnO2实验，其流程如下

（1）第①步加稀H2SO4时，粗MnO2样品中的 MnO和MnCO3 （写化学式）转化为可溶性物质．

（2）第②步反应的离子方程式： 5Mn+2ClO3+4H2O=5MnO2+Cl2↑+8H ． （3）第③步蒸发操作必需的仪器有铁架台（含铁圈）、 酒精灯 、 蒸发皿 、 玻璃棒 ，已知蒸发得到的固体中有NaClO3和NaOH，则一定还有含有 NaCl （写化学式）． （4）若粗MnO2样品的质量为12.69g，第①步反应后，经过滤得到8.7g MnO2，并收集到0.224LCO2（标准状况下载），则在第②步反应中至少需要 0.02mol mol NaClO3． 考点： 物质的分离、提纯和除杂；化学方程式的有关计算；无机物的推断；蒸发和结晶、重结晶． 2+

﹣

+

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专题： 压轴题；计算题；实验设计题；几种重要的金属及其化合物． 分析： （1）MnO2不溶于硫酸，样品中的MnO和MnCO3分别和硫酸反应生成可溶性的MnSO4； （2）依据得失电子守恒和质量守恒可写出离子方程式； （3）蒸发所需的仪器有铁架台（含铁圈）、酒精灯、蒸发皿、玻璃棒；Cl2通入热的NaOH溶液中有NaClO3和NaCl生成； （4）根据质量守恒和化学方程式计算，CO2的物质的量为0.01mol，则MnCO3的物质的量为0.01mol，质量为115g/mol×0.01mol=1.15g，所以MnO的质量为3.99g﹣1.15g=2.84g，其物质的量为 =0.04mol，因此与稀硫酸反应时共生成MnSO4的物质的量为0.05mol，根据方程式5MnSO4+2NaClO3+4H2O=5MnO2+Cl2↑+Na2SO4+4H2SO4，可计算出需要NaClO3的物质的量为0.02mol． 解答： 解析：（1）MnO2不溶于硫酸，所以加稀硫酸时样品中的MnO和MnCO3分别和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，所以答案是粗MnO2样品中的MnO和MnCO3转化为可溶性物质， 故答案为：MnO和MnCO3； （2）MnSO4要转化为MnO2，需失去电子，故需要加入NaClO3做氧化剂，依据得失电子守恒可以配平，所以反应的化学方程式是：5MnSO4+2NaClO3+4H2O=5MnO2+Cl2↑+Na2SO4+4H2SO4，因此反应的离子方程式是：﹣﹣2++2+5Mn+2ClO3+4H2O=5MnO2+Cl2↑+8H，故答案为：5Mn+2ClO3++4H2O=5MnO2+Cl2↑+8H； （3）第③属于蒸发，所以所需的仪器有铁架台（含铁圈）、酒精灯、蒸发皿、玻璃棒；Cl2通入热的NaOH溶液中一定发生氧化还原反应，且氯气既做氧化剂又做还原剂，NaClO3属于氧化产物，因此一定有还原产物NaCl，故答案为：酒精灯、蒸发皿、玻璃棒；NaCl； （4）由题意知样品中的MnO和MnCO3质量为12.69g﹣8.7 g=3.99g．由方程式H2SO4+MnCO3=MnSO4+H2O+CO2↑可知MnCO3的物质的量为0.01mol，质量为115g/mol×0.01mol=1.15g，所以MnO的质量为3.99g﹣1.15g=2.84g，其物质的量为 =0.04mol，因此与稀硫酸反应时共生成MnSO4的物质的量为0.05mol，根据方程式5MnSO4+2NaClO3+4H2O=5MnO2+Cl2↑+Na2SO4+4H2SO4，可计算出需要NaClO3的物质的量为0.02mol．故答案为：0.02mol． 点评： 本题通过MnO2的提纯综合考察了常见的基本实验操作、氧化还原方程式的配平、产物的判断及有关计算． 11．（13分）（2011•安徽）地下水中盐造成的氮污染已成为一个世界性的环节问题．文献报道某课题组模拟地下水脱氮过程，利用Fe粉和KNO3溶液反应，探究脱氮原理及相关因素对脱氮速率的影响．

（1）实验前：①先用0.1mol•LH2SO4洗涤Fe粉，其目的是 去除铁粉表面的氧化物等杂质 ，然后用蒸馏水洗涤至中性；②将KNO3溶液的pH调至2.5；③为防止空气中的O2对脱氮的影响，应向KNO3溶液中通入 N2 （写化学式）．

（2）图表示足量Fe粉还原上述KNO3溶液过程中，测出的溶液中相关离子浓度、pH随时间的变化关系（部分副反应产物曲线略去）．请根据图中信息写出t1时刻前该反应的离子方

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﹣1

程式 4Fe+NO3+10H═4Fe+NH4+3H2O ．t1时刻后，改反应仍在进行，溶液中NH4

2+2+

的浓度在增大，Fe的浓度却没有增大，可能的原因是 生成的Fe水解 ．

（3）改课题组对影响脱氮速率的因素提出了如下假设，请你完成假设二和假设三： 假设一：溶液的pH； 假设二： 温度 ；

假设二： 铁粉颗粒大小 ；

﹣

﹣

+2+++

（4）请你设计实验验证上述假设一，写出实验步骤及结论．（已知：溶液中的NO3浓度可用离子色谱仪测定） 实验结论：

考点： 探究影响化学反应速率的因素；常见的生活环境的污染及治理；铁的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变． 专题： 压轴题． 分析： （1）铁表面有铁锈加入硫酸可除去，除去溶液中的氧气，可向溶液中通入氮气； （2）根据图象判断出离子浓度减小的有H、NO3，增大的有Fe 和NH4，故反﹣+2+应物为Fe和H、NO3，生成物为Fe ﹣++2++2+和NH4，可写出化学方程式为4Fe+NO3+10H═4Fe+NH4+3H2O；Fe水解呈酸2+性，当溶液中PH较大时会促进Fe水解；（3）在溶液中进行的反应，影响化学反应速率的外界因素有浓度、温度、催化剂以及固体的表面积大小等； （4）要验证溶液的pH对反应速率的影响，需其他条件相同，而溶液的酸碱性不同，结合题目中提供的信息，如：通入N2除去O2，用色谱仪测定溶液中NO3的浓度等． 解答： 解：（1）H2SO4可以除去Fe粉表面的氧化物；为防止空气中的O2对脱氮的影响，可向KNO3溶液中通入N2，排出O2．故答案为：去除铁粉表面的氧化物等杂质； N2； ﹣+2++（2）t1时刻前H、NO3 浓度减小，Fe 和NH4的浓度增大，故反应的离子方程﹣+2++2+式为4Fe+NO3+10H═4Fe+NH4+3H2O．Fe粉足量，反应仍在进行，Fe的浓度没有增大的原因是 发生了水解反应，因为溶液的pH增大，促进了水解．故答案为：4Fe+NO3﹣+2++2++10H═4Fe+NH4+3H2O；生成的Fe水解（或和溶液中的OH反应）； （3）影响反应速率的因素还可能有温度、铁粉颗粒大小等．故答案为：温度； 铁粉颗粒大小； （4）要验证溶液的pH对反应速率的影响，需其他条件相同，而溶液的酸碱性不同，结合题目中提供的信息，如：通入N2除去O2，用色谱仪测定溶液中NO3的浓度等，故答案为： ①分别取等体积、等浓度的KNO3溶液于不同的试管中； ②调节溶液呈酸性且pH各不相同，并通入N2； ③分别向上述溶液中加入足量等质量的同种铁粉； 第14页（共15页）

﹣﹣﹣+﹣2++

④用离子色谱仪测定相同反应时间时各溶液中NO3的浓度； ﹣若pH不同的KNO3溶液中，测出的NO3的浓度不同，表明pH对脱氮速率有影响，否则无影响． （本题属于开放性试题，合理答案均可） 点评： 本题考查元素化合物的性质、除杂以及化学反应速率、化学平衡等问题，综合性较强，设计实验步骤，注意语言的条理性和严密性．

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