安徽省2015年高考化学试卷(纯word解析版)

1、2015年安徽省高考化学试卷一、选择题：7（6分）（2015安徽）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6.72lco28（6分）（2015安徽）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12.20mlaabbccdd9（6分）（2015安徽）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

2、，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10（6分）（2015安徽）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6.021023个11（6分）（2015安徽）汽车尾气中no产生的反应为：n2（g）+o2（g）2no（g），

3、一定条件下，等物质的量的n2（g）和o2（g）在恒容密闭容器中反应，如图曲线a表示该反应在温度t下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（）a温度t下，该反应的平衡常数k=b温度t下，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h012（6分）（2015安徽）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，

4、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mgaabbccdd13（6分）（2015安徽）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

5、时：c（cl）=c（nh4+）+c（na+）二、非选择题25（14分）（2015安徽）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alsino金刚石晶体硅ch4sih4（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

6、是26（16分）（2015安徽）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27（14分）（2015安徽）硼氢化钠（nabh4）在化工等领

7、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，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+h2nabh4+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.

8、8gnabh4（s）放热21.6kj，该反应的热化学方程式是28（14分）（2015安徽）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气体假设一成立实验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

9、（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2015年安徽省高考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题：7（6分）（2015安徽）碳酸亚乙烯酯是锂离子电池低温电解液的重要

10、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考点：化学键；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：c3h2

11、o3，故a正确；b、此分子中存在5个co键和1个cc键，还存在2个ch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8（6分）（2015安徽）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考点：

12、化学实验方案的评价；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、苯萃取溴水中的溴，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，

13、故d错误，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9（6分）（2015安徽）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，所以是两性氧化物考点：钠的重要化合物；分散系、胶体与溶液的概念及关系；硅和二氧化硅；气体的净化和干燥分析：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

14、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

15、知识是解题关键，题目难度不大10（6分）（2015安徽）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6.021023个考点：钠的重要化合物分析：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

16、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

17、：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11（6分）（2015安徽）汽车尾气中no产生的反应为：n2（g）+o2（g）2no（g），一定条件下，等物质的量的n2（g）和o2（g）在恒容密闭容器中反应，如图曲线a表示该反应在温度t下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（）a温度t下，该反应的平衡常数k=b温度t下，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考

18、点：化学平衡建立的过程；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色速率，不能改变物质的转化律；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） c0c0 0转（mol/l） x x 2x平（mol/l） c1 c1 2x解2x=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

19、，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12（6分）（2015安徽）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

20、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考点：镁的化学性质；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

21、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，故选d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题关键，注意物质检验方法的积累13（6分）（2015安徽）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

22、（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+）考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；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：

23、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

24、原理二、非选择题25（14分）（2015安徽）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alsino金刚石晶体硅ch4sih4（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

25、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的进一步反应考点：真题集萃；位置结构性质的相互关系应用；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别；原电池和电解池的工作原理分析：（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

26、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

27、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+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

28、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26（16分）（2015安徽）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ada、b的酸性比苯酚强 b、d不能发生还原反应c

29、、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考点：有机物的合成；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的分子式可知，b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

30、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，b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

31、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27（14分）（2015安徽）硼氢化钠（nabh4）在

32、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：1nabo2+2sio2+4na+2h21nabh4+2na2sio3（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；（4）nabh4（s）与h2o（l）反应生

33、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考点：真题集萃；制备实验方案的设计专题：实验设计题分析：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

34、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、101k

35、pa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

36、和固体nabh4，（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+

37、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

38、（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28（14分）（2015安徽）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

39、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气体无现象假设一成立实验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（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考点：真题集萃；性质实验方案的设计专题：实验设计题分析：（1）根据强酸制取弱酸的原理，亚硫酸是弱酸不能制备盐