发布时间 : 星期一 文章2016年江苏省南京市高考化学三模试卷（解析版）更新完毕开始阅读94b55ef4227916888586d75f
D．0.1mol?L﹣1醋酸溶液，加水稀释促进醋酸电离，所以0.01mol?L﹣1醋酸溶液中氢离子浓度大于0.1mol?L﹣1醋酸溶液中氢离子浓度的
，则a+1＞b，故D错误．
故选C．
12．甲、乙、丙三种物质是某抗生素合成过程中的中间产物，下列说法正确的是（ ）
A．甲、乙、丙三种有机化合物均可跟NaOH溶液反应
B．用FeCl3溶液区分甲、丙两种有机化合物
C．一定条件下丙可以与NaHCO3溶液、C2H5OH反应 D．乙、丙都能发生银镜反应 【考点】有机物的结构和性质．
【分析】A．酚羟基、羧基、卤原子或酯基都能和NaOH溶液反应； B．氯化铁能和酚发生显色反应；
C．丙中含有酚羟基、羧基、氯原子、醚键和苯环，具有酚、羧酸、卤代烃、醚和苯的性质； D．醛基能发生银镜反应．
【解答】解：A．酚羟基、羧基、卤原子或酯基都能和NaOH溶液反应，甲中不含酚羟基、羧基、卤原子或酯基，所以不能和NaOH溶液反应，故A错误；
B．氯化铁能和酚发生显色反应，甲不含酚羟基而丙含有酚羟基，则丙能发生显色反应，而甲不能发生显色反应，所以可以用氯化铁溶液鉴别甲、丙，故B正确；
C．丙中含有酚羟基、羧基、氯原子、醚键和苯环，具有酚、羧酸、卤代烃、醚和苯的性质，羧基能和乙醇、碳酸氢钠反应，故C正确；
D．醛基能发生银镜反应，乙含有醛基，能发生银镜反应，丙不含醛基，不能发生银镜反应，故D错误； 故选BC．
13．下列设计的实验方案能达到实验目的是（ ）
A．向1mL1%的NaOH溶液中加入2mL2%的CuSO4溶液，振荡后再加入0.5mL有机物X，加热后未出现砖红色沉淀，说明X结构中不含有醛基
B．室温下向苯和少量苯酚的混合溶液中加入适量浓溴水，振荡、静置后过滤，可除去苯中少量苯酚
C．向无色的淀粉KI溶液中滴加少量氯水，溶液变成蓝色，说明氧化性：Cl2＞I2
D．向含酚酞的氢氧化钠溶液中加入少量30%H2O2溶液，红色褪去，向褪色后的溶液再补加NaOH溶液，不显红色，说明H2O2因显酸性而使溶液褪色 【考点】化学实验方案的评价．
【分析】A．用新制氢氧化铜悬浊液检验醛基时，必须是在碱性条件下； B．苯酚和溴发生取代反应生成溴苯，溴苯、苯和溴能互溶； C．同一氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；
D．因为该反应中双氧水的量较少，混合溶液中NaOH过量，混合溶液呈碱性．
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A．【解答】解：用新制氢氧化铜悬浊液检验醛基时，必须是在碱性条件下，该实验中NaOH
不足导致NaOH和硫酸铜混合溶液不是碱性，所以实验不成功，故A错误；
B．苯酚和溴发生取代反应生成溴苯，溴苯、苯和溴能互溶，应该用NaOH和苯酚反应生成可溶性的苯酚钠，然后分液除去苯中的苯酚，故B错误；
C．同一氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，根据实验现象知，氯气氧化碘离子生成碘，氧化剂是氯气、碘是氧化产物，则氧化性：Cl2＞I2，故C正确； D．因为该反应中双氧水的量较少，混合溶液中NaOH过量，混合溶液呈碱性，但溶液褪色，说明酚酞发生了反应，该实验应该体现双氧水的氧化性，故D错误； 故选C．
14．常温下，下列有关溶液的说法正确的是（ ）
A．向0.10mol?L﹣1NaHSO3溶液中通入NH3至溶液pH=7（通入气体对溶液体积的影响可忽略）：c（Na+）＞c（SO32﹣）＞c（NH4+）
B．0.1mol/L醋酸钠溶液20mL与0.1mol?L﹣1盐酸10mL混合后的溶液中：c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（CH3COOH）
C．已知Kw（HF）＞Kw（CH3COOH），pH相等的NaF与CH3COOK两溶液中：c（Na+）﹣c（F﹣）＞c（K+）﹣c（CH3COO﹣）
D．0.1mol?L﹣1醋酸溶液和0.2mol?L﹣1醋酸钠溶液等体积混合后的溶液中：3c（H+）+2c（CH3COOH）=c（CH3COO﹣）+3c（OH﹣） 【考点】离子浓度大小的比较．
【分析】A．溶液呈中性时，c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒可知：c（Na+）+c（NH4+）=2c（SO32﹣） ，由于钠离子浓度大于亚硫酸根离子，则c（Na+）＞c（SO32﹣）＞c（NH4+）；B．将0.1mol/L的醋酸钠溶液20mL与0.1mol/L盐酸10mL混合，反应后NaAc和HAc的物质的量相等，溶液显酸性；
C．根据HF和CH3COOH的电离平衡常数判断二者酸性强弱，酸性越强，对应的酸根离子的水解程度越强，据此判断pH相同时NaF与CH3COOK两溶液中离子浓度大小；
D．0.1mol?L﹣1醋酸溶液和0.2mol?L﹣1醋酸钠溶液等体积混合，根据电荷守恒和物料守恒综合计算．
【解答】解：A．向0.1mol?L的NaHSO3中通入氨气至溶液呈中性时，c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒可知：c（Na+）+c（NH4+）=2c（SO32﹣），由于钠离子浓度大于亚硫酸根离子，则c（Na+）＞c（SO32﹣）＞c（NH4+），所以溶液中c（H+）、c（OH﹣）、c（SO32﹣）、c（Na+）、c（NH4+）这五种离子浓度大小关系为：c（Na+）＞c（SO32﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）=c（OH﹣），故A正确；
B．将0.1mol/L的醋酸钠溶液20mL与0.1mol/L盐酸10mL混合后，反应后NaAc和HAc的物质的量相等，溶液显酸性，说明HAc电离程度大于Ac﹣水解程度，则（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣），HAc为弱电解质，部分电离，应有c（CH3COOH）＞c（H+），故B错误；
C．根据电离平衡常数可知酸性HF＞CH3COOH，则CH3COOK的水解程度大于NaF，所以pH相等的NaF与CH3COOK两溶液CH3COOK的浓度小于NaF，由于两溶液的pH相同，则两溶液中氢离子、氢氧根离子的浓度相同，即c（H+）=c（OH﹣）①，根据电荷守恒可得：c（H+）+c（Na+）+c（K+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）+c（F﹣）②，由①②得c（Na+）﹣c（F﹣）=c（CH3COO﹣）﹣c（K+），故C错误；
D．0.1mol?L﹣1醋酸溶液和0.2mol?L﹣1醋酸钠溶液等体积混合，根据电荷守恒c（H+）+c
=c+c=2c+2c①，（Na+）（CH3COO﹣）（OH﹣）根据物料守恒3c（Na+）（CH3COO﹣）（CH3COOH）
②，由①×3﹣②得3c（H+）+2c（CH3COOH）=c（CH3COO﹣）+3c（OH﹣），故D正确，
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故选AD．
15．一定条件下合成乙烯：6H2（g）+2CO2（g）?CH2=CH2（g）+4H2O（g）．已知温度对CO2的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．生成乙烯的速率：v（M）有可能小于v（N）
B．当温度高于250℃时，升高温度，平衡向逆反应方向移动，催化剂的催化效率降低 C．平衡常数：KM＜KN D．若投料比n（H2）：n（CO2）=3：1，则图中M点乙烯的体积分数为15.4% 【考点】化学平衡的影响因素．
【分析】A、温度升高化学反应速率加快，催化剂的催化效率降低；
B、根据图象，当温度高于250℃，升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则平衡逆向移动； C、升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则升温平衡逆向移动；
D、设开始投料n（H2）为3mol，则n（CO2）为1mol，所以当在M点平衡时二氧化碳的转化率为50%，据此列三段式计算．
【解答】解：A、化学反应速率随温度的升高而加快，催化剂的催化效率降低，所以v（M）有可能小于v（N），故A正确；
B、根据图象，当温度高于250℃，升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则平衡逆向移动，但催化剂只影响反应速率，不影响平衡移动和转化率，故B错误；
C、升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则升温平衡逆向移动，所以M化学平衡常数大于N，故C错误；
D、设开始投料n（H2）为3mol，则n（CO2）为1mol，所以当在M点平衡时二氧化碳的转化率为50%
所以有6H2（g）+2CO2（g）
CH2=CH2（g）+4H2O（g）
开始 3 1 0 0 转化 1.5 0.5 0.25 1 平衡 1.5 0.5 0.25 1 所以乙烯的体积分数为
×100%=7.7%，故D错误；
故选A．
二、解答题（共5小题，满分68分）
16．利用生产硼砂的废渣﹣硼镁泥（主要成分为MgCO3、SiO2，还有少量Fe2O3、MnO、CaO等）为主要原料制取轻质碳酸镁[MgCO3?Mg（OH）2?2H2O]的工业流程如下：
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（1）写出“酸溶”一步中，MgCO3和硫酸反应的化学方程式
MgCO3+H2SO4=MgSO4+CO2↑+H2 ．酸溶时硫酸稍过量（pH约为2），目的是 使碳酸镁充分溶解生成硫酸镁 ． （2）滤渣2的主要成分有MnO2和 Fe（OH）写出生成MnO2的离子方程式 Mn2++ClO3 ，﹣
+H2O═MnO2↓+2H++Cl﹣ ．
（3）“合成”时需通蒸气至80℃，边加热边搅拌，温度控制在80℃的原因是 温度过低反应速率慢，温度过高轻质碳酸镁、碳酸铵会分解 ，写出该步发生的化学反应方程式
2MgSO4+2（NH4）2CO3+3H2O=MgCO3?Mg（OH）2?2H2O↓+2（NH4）2SO4++2CO3↑ ． 【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．
【分析】由制备流程可知，硼镁泥的主要成分为MgCO3、SiO2，还有少量Fe2O3、MnO、CaO等，向废渣中加硫酸时SiO2不溶解，过滤得到滤渣1为二氧化硅，NaClO具有氧化性，能将Mn2+氧化为MnO2，调节PH生成MnO2、Fe（OH）3沉淀，过滤得滤渣2为MnO2、Fe（OH）3，再经过系列除杂后所得溶液中加碳酸铵溶液，得到轻质碳酸镁，
（1）MgCO3和硫酸反应生成硫酸镁和二氧化碳，硫酸过量可以使碳酸镁充分溶解；
（2）根据上面的分析可知滤渣2的主要成分，次氯酸钠能氧化锰离子生成MnO2，据此书写离子方程式；
（3）“合成”时在溶液中加碳酸铵溶液，得到轻质碳酸镁、硫酸铵和水，温度过低反应速率慢，温度过高轻质碳酸镁、碳酸铵会分解，据此答题．
MnO、【解答】解；由制备流程可知，硼镁泥的主要成分为MgCO3、SiO2，还有少量Fe2O3、
CaO等，向废渣中加硫酸时SiO2不溶解，过滤得到滤渣1为二氧化硅，NaClO具有氧化性，能将Mn2+氧化为MnO2，调节PH生成MnO2、Fe（OH）3沉淀，过滤得滤渣2为MnO2、Fe（OH）3，再经过系列除杂后所得溶液中加碳酸铵溶液，得到轻质碳酸镁， （1）MgCO3和硫酸反应生成硫酸镁和二氧化碳，反应方程式为
MgCO3+H2SO4=MgSO4+CO2↑+H2O，硫酸过量可以使碳酸镁充分溶解生成硫酸镁， 故答案为：MgCO3+H2SO4=MgSO4+CO2↑+H2；使碳酸镁充分溶解生成硫酸镁；
（2）根据上面的分析可知滤渣2的主要成分为MnO2、Fe（OH）3，次氯酸钠能氧化锰离子生成MnO2，反应的离子方程式为Mn2++ClO﹣+H2O═MnO2↓+2H++Cl﹣， 故答案为：Fe（OH）3；Mn2++ClO﹣+H2O═MnO2↓+2H++Cl﹣；
（3）“合成”时在溶液中加碳酸铵溶液，得到轻质碳酸镁、硫酸铵和水，温度过低反应速率慢，温度过高轻质碳酸镁、碳酸铵会分解，“合成”时反应的方程式为2MgSO4+2（NH4）2CO3+3H2O=MgCO3?Mg（OH）2?2H2O↓+2（NH4）2SO4++2CO3↑，
故答案为：温度过低反应速率慢，温度过高轻质碳酸镁、碳酸铵会分解；2MgSO4+2（NH4）2CO3+3H2O=MgCO3?Mg（OH）2?2H2O↓+2（NH4）2SO4++2CO3↑．
17．化合物F是合成新型杀虫剂茚虫威的中间体，可以通过以下方法合成：
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