2020年高考化学试卷（江苏卷）(含解析)

第页码96页/总NUMPAGES总页数96页2020年高考化学试卷（江苏卷）可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24Al27Cl35.5K39Ca40Fe56Cu64Zn65Br80Ag108Il27单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分。每小题只有一个选项符合题意。1.打赢蓝天保卫战，提高空气质量。下列物质不属于空气污染物的是A.PM2.5B.O2C.SO2D.NO2.反应可用于氯气管道的检漏。下列表示相关微粒的化学用语正确的是A.中子数为9的氮原子：B.N2分子的电子式：C.Cl2分子的结构式：Cl—ClD.Cl-的结构示意图：3.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A.铝的金属活泼性强，可用于制作铝金属制品B.氧化铝熔点高，可用作电解冶炼铝的原料C.氢氧化铝受热分解，可用于中和过多的胃酸D.明矾溶于水并水解形成胶体，可用于净水4.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.氨水溶液：Na+、K+、OH-、NOB.盐酸溶液：Na+、K+、SO、SiOC.KMnO4溶液：NH、Na+、NO、I-D.AgNO3溶液：NH、Mg2+、Cl-、SO5.实验室以CaCO3为原料，制备CO2并获得CaCl2﹒6H2O晶体。下列图示装置和原理不能达到实验目的的是A.制备CO2B.收集CO2C.滤去CaCO3D.制得CaCl2﹒6H2O6.下列有关化学反应的叙述正确的是A.室温下，Na在空气中反应生成Na2O2B.室温下，Al与4.0mol﹒L-1NaOH溶液反应生成NaAlO2C.室温下，Cu与浓HNO3反应放出NO气体D.室温下，Fe与浓H2SO4反应生成FeSO47.下列指定反应的离子方程式正确的是A.Cl2通入水中制氯水：B.NO2通入水中制硝酸：C.NaAlO2溶液中通入过量CO2：D.AgNO3溶液中加入过量浓氨水：8.反应可用于纯硅的制备。下列有关该反应的说法正确的是A.该反应、B.该反应的平衡常数C.高温下反应每生成1molSi需消耗D.用E表示键能，该反应阅读下列资料，完成9~10题海水晒盐后精制得到NaCl，氯碱工业电解饱和NaCl溶液得到Cl2和NaOH，以NaCl、NH3、CO2等为原料可得到NaHCO3；向海水晒盐得到的卤水中通Cl2可制溴；从海水中还能提取镁。9.下列关于Na、Mg、Cl、Br元素及其化合物的说法正确的是A.NaOH的碱性比Mg(OH)2的强B.Cl2得到电子的能力比Br2的弱C.原子半径r:D.原子的最外层电子数n:10.下列选项所示的物质间转化均能实现的是A.(aq)(g)漂白粉(s)B.(aq)(s)(s)C.(aq)(aq)(aq)D.(s)(aq)(s)不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。11.将金属M连接在钢铁设施表面，可减缓水体中钢铁设施的腐蚀。在题图所示的情境中，下列有关说法正确的是

A.阴极的电极反应式为B.金属M的活动性比Fe的活动性弱C.钢铁设施表面因积累大量电子而被保护D.钢铁设施在河水中的腐蚀速率比在海水中的快12.化合物Z是合成某种抗结核候选药物的重要中间体，可由下列反应制得。下列有关化合物X、Y和Z的说法正确的是A.X分子中不含手性碳原子B.Y分子中的碳原子一定处于同一平面C.Z在浓硫酸催化下加热可发生消去反应D.X、Z分别在过量NaOH溶液中加热，均能生成丙三醇13.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验操作和现象结论A向淀粉溶液中加适量20%H2SO4溶液，加热，冷却后加NaOH溶液至中性，再滴加少量碘水，溶液变蓝淀粉未水解B室温下，向HCl溶液中加入少量镁粉，产生大量气泡，测得溶液温度上升镁与盐酸反应放热C室温下，向浓度均为的BaCl2和CaCl2混合溶液中加入Na2CO3溶液，出现白色沉淀白色沉淀是BaCO3D向H2O2溶液中滴加KMnO4溶液，溶液褪色H2O2具有氧化性A.A B.B C.C D.D14.室温下，将两种浓度均为的溶液等体积混合，若溶液混合引起的体积变化可忽略，下列各混合溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是A.混合溶液(pH=10.30)：B.氨水-NH4Cl混合溶液(pH=9.25)：C.混合溶液(pH=4.76):D.混合溶液(pH=1.68，H2C2O4为二元弱酸):15.CH4与CO2重整生成H2和CO的过程中主要发生下列反应在恒压、反应物起始物质的量比条件下，CH4和CO2的平衡转化率随温度变化的曲线如图所示。下列有关说法正确的是

A.升高温度、增大压强均有利于提高CH4的平衡转化率B.曲线B表示CH4的平衡转化率随温度的变化C.相同条件下，改用高效催化剂能使曲线A和曲线B相重叠D.恒压、800K、n(CH4)：n(CO2)=1:1条件下，反应至CH4转化率达到X点的值，改变除温度外的特定条件继续反应，CH4转化率能达到Y点的值16.吸收工厂烟气中的SO2，能有效减少SO2对空气的污染。氨水、ZnO水悬浊液吸收烟气中SO2后经O2催化氧化，可得到硫酸盐。已知：室温下，ZnSO3微溶于水，Zn(HSO3)2易溶于水；溶液中H2SO3、HSO3-、SO32-的物质的量分数随pH的分布如图-1所示。(1)氨水吸收SO2。向氨水中通入少量SO2，主要反应的离子方程式为___________；当通入SO2至溶液pH=6时，溶液中浓度最大的阴离子是_____________(填化学式)。(2)ZnO水悬浊液吸收SO2。向ZnO水悬浊液中匀速缓慢通入SO2，在开始吸收的40mim内，SO2吸收率、溶液pH均经历了从几乎不变到迅速降低的变化(见图-2)。溶液pH几乎不变阶段，主要产物是____________(填化学式)；SO2吸收率迅速降低阶段，主要反应的离子方程式为_______________。(3)O2催化氧化。其他条件相同时，调节吸收SO2得到溶液的pH在4.5~6.5范围内，pH越低SO生成速率越大，其主要原因是__________；随着氧化的进行，溶液的pH将__________(填“增大”、“减小”或“不变”)。17.化合物F是合成某种抗肿瘤药物的重要中间体，其合成路线如下：(1)A中的含氧官能团名称为硝基、__________和____________。(2)B的结构简式为______________。(3)C→D的反应类型为___________。(4)C的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式________。①能与FeCl3溶液发生显色反应。②能发生水解反应，水解产物之一是α-氨基酸，另一产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为1:1且含苯环。(5)写出以CH3CH2CHO和为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)________。18.次氯酸钠溶液和二氯异氰尿酸钠(C3N3O3Cl2Na)都是常用的杀菌消毒剂。NaClO可用于制备二氯异氰尿酸钠.(1)NaClO溶液可由低温下将Cl2缓慢通入NaOH溶液中而制得。制备NaClO的离子方程式为__________；用于环境杀菌消毒的NaClO溶液须稀释并及时使用，若在空气中暴露时间过长且见光，将会导致消毒作用减弱，其原因是__________________。(2)二氯异氰尿酸钠优质品要求有效氯大于60%。通过下列实验检测二氯异氰尿酸钠样品是否达到优质品标准。实验检测原理为准确称取1.1200g样品，用容量瓶配成250.0mL溶液；取25.00mL上述溶液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过量KI溶液，密封在暗处静置5min；用Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈微黄色，加入淀粉指示剂继续滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液20.00mL。①通过计算判断该样品是否为优质品_______。(写出计算过程，)②若在检测中加入稀硫酸的量过少，将导致样品的有效氯测定值____________(填“偏高”或“偏低”)。19.实验室由炼钢污泥(简称铁泥，主要成份为铁的氧化物)制备软磁性材料α-Fe2O3。其主要实验流程如下：(1)酸浸：用一定浓度的H2SO4溶液浸取铁泥中的铁元素。若其他条件不变，实验中采取下列措施能提高铁元素浸出率的有___________(填序号)。A．适当升高酸浸温度B．适当加快搅拌速度C．适当缩短酸浸时间(2)还原：向“酸浸”后的滤液中加入过量铁粉，使Fe3+完全转化为Fe2+。“还原”过程中除生成Fe2+外，还会生成___________(填化学式)；检验Fe3+是否还原完全的实验操作是______________。(3)除杂：向“还原”后的滤液中加入NH4F溶液，使Ca2+转化为CaF2沉淀除去。若溶液的pH偏低、将会导致CaF2沉淀不完全，其原因是___________[，]。(4)沉铁：将提纯后的FeSO4溶液与氨水-NH4HCO3混合溶液反应，生成FeCO3沉淀。①生成FeCO3沉淀的离子方程式为____________。②设计以FeSO4溶液、氨水-NH4HCO3混合溶液为原料，制备FeCO3的实验方案：__。【FeCO3沉淀需“洗涤完全”，Fe(OH)2开始沉淀的pH=6.5】。20.CO2/HCOOH循环在氢能的贮存/释放、燃料电池等方面具有重要应用。(1)CO2催化加氢。在密闭容器中，向含有催化剂的KHCO3溶液(CO2与KOH溶液反应制得)中通入H2生成HCOO-，其离子方程式为__________；其他条件不变，HCO3-转化为HCOO-的转化率随温度的变化如图-1所示。反应温度在40℃~80℃范围内，HCO3-催化加氢的转化率迅速上升，其主要原因是_____________。(2)HCOOH燃料电池。研究HCOOH燃料电池性能装置如图-2所示，两电极区间用允许K+、H+通过的半透膜隔开。①电池负极电极反应式为_____________；放电过程中需补充的物质A为_________(填化学式)。②图-2所示的HCOOH燃料电池放电的本质是通过HCOOH与O2的反应，将化学能转化为电能，其反应的离子方程式为_______________。(3)HCOOH催化释氢。在催化剂作用下，HCOOH分解生成CO2和H2可能的反应机理如图-3所示。①HCOOD催化释氢反应除生成CO2外，还生成__________(填化学式)②研究发现：其他条件不变时，以HCOOK溶液代替HCOOH催化释氢效果更佳，其具体优点是_______________。21.以铁、硫酸、柠檬酸、双氧水、氨水等为原料可制备柠檬酸铁铵【(NH4)3Fe(C6H5O7)2】。(1)Fe基态核外电子排布式为___________；中与Fe2+配位的原子是________(填元素符号)。(2)NH3分子中氮原子的轨道杂化类型是____________；C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为_______________。(3)与NH互为等电子体一种分子为_______________(填化学式)。(4)柠檬酸的结构简式见图。1mol柠檬酸分子中碳原子与氧原子形成的σ键的数目为_________mol。22.羟基乙酸钠易溶于热水，微溶于冷水，不溶于醇、醚等有机溶剂。制备少量羟基乙酸钠的反应为实验步骤如下：步骤1：如图所示装置的反应瓶中，加入40g氯乙酸、50mL水，搅拌。逐步加入40%NaOH溶液，在95℃继续搅拌反应2小时，反应过程中控制pH约为9。步骤2：蒸出部分水至液面有薄膜，加少量热水，趁热过滤。滤液冷却至15℃，过滤得粗产品。步骤3：粗产品溶解于适量热水中，加活性炭脱色，分离掉活性炭。步骤4：将去除活性炭后的溶液加到适量乙醇中，冷却至15℃以下，结晶、过滤、干燥，得羟基乙酸钠。(1)步骤1中，如图所示装置中仪器A的名称是___________；逐步加入NaOH溶液的目的是____________。(2)步骤2中，蒸馏烧瓶中加入沸石或碎瓷片的目的是_______________。(3)步骤3中，粗产品溶解于过量水会导致产率__________(填“增大”或“减小”)；去除活性炭的操作名称是_______________。(4)步骤4中，将去除活性炭后的溶液加到适量乙醇中的目的是_______________。2020年高考化学试卷（江苏卷）化学试题答案可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24Al27Cl35.5K39Ca40Fe56Cu64Zn65Br80Ag108Il27单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分。每小题只有一个选项符合题意。1.打赢蓝天保卫战，提高空气质量。下列物质不属于空气污染物的是A.PM2.5B.O2C.SO2D.NO【答案】B【解析】【详解】A．PM2.5指环境空气中空气动力学当量直径小于等于2.5微米颗粒物，PM2.5粒径小，面积大，活性强，易附带有毒、有害物质，且在大气中的停留时间长、输送距离远，因而对人体健康和大气环境质量的影响大，其在空气中含量浓度越高，就代表空气污染越严重，PM2.5属于空气污染物，A不选；B．O2是空气的主要成分之一，是人类维持生命不可缺少的物质，不属于空气污染物，B选；C．SO2引起的典型环境问题是形成硫酸型酸雨，SO2属于空气污染物，C不选；D．NO引起的典型环境问题有：硝酸型酸雨、光化学烟雾、破坏O3层等，NO属于空气污染物，D不选；答案选B。2.反应可用于氯气管道的检漏。下列表示相关微粒的化学用语正确的是A.中子数为9的氮原子：B.N2分子的电子式：C.Cl2分子的结构式：Cl—ClD.Cl-的结构示意图：【答案】C【解析】【详解】A．N原子的质子数为7，中子数为9的氮原子的质量数为7+9=16，该氮原子表示为，A错误；B．N2分子中两个N原子间形成3对共用电子对，N2分子的电子式为，B错误；C．Cl2分子中两个Cl原子间形成1对共用电子对，Cl2分子的结构式为Cl—Cl，C正确；D．Cl-的核电荷数为17，核外有18个电子，Cl-的结构示意图为，D错误；答案选C。3.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A.铝的金属活泼性强，可用于制作铝金属制品B.氧化铝熔点高，可用作电解冶炼铝的原料C.氢氧化铝受热分解，可用于中和过多的胃酸D.明矾溶于水并水解形成胶体，可用于净水【答案】D【解析】【详解】A．铝在空气中可以与氧气反应生成致密氧化铝，致密氧化铝包覆在铝表面阻止铝进一步反应，铝具有延展性，故铝可用于制作铝金属制品，A错误；B．氧化铝为离子化合物，可用作电解冶炼铝的原料，B错误；C．氢氧化铝为两性氢氧化物，可以用于中和过多的胃酸，C错误；D．明矾溶于水后电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体能吸附水中的悬浮物，用于净水，D正确；故选D。4.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.氨水溶液：Na+、K+、OH-、NOB.盐酸溶液：Na+、K+、SO、SiOC.KMnO4溶液：NH、Na+、NO、I-D.AgNO3溶液：NH、Mg2+、Cl-、SO【答案】A【解析】【详解】A．在0.1mol/L氨水中，四种离子可以大量共存，A选；B．在0.1mol/L盐酸中含有大量氢离子，四种离子中硅酸根可以与氢离子反应生成硅酸沉淀，故不能共存，B不选；C．具有强氧化性，可以将碘离子氧化成碘单质，故不能共存，C不选；D．在0.1mol/L硝酸银溶液中，银离子可以与氯离子、硫酸根离子反应生成氯化银、硫酸银沉淀，不能共存，D不选；故选A。5.实验室以CaCO3为原料，制备CO2并获得CaCl2﹒6H2O晶体。下列图示装置和原理不能达到实验目的的是A.制备CO2B.收集CO2C.滤去CaCO3D.制得CaCl2﹒6H2O【答案】D【解析】【详解】A．碳酸钙盛放在锥形瓶中，盐酸盛放在分液漏斗中，打开分液漏斗活塞，盐酸与碳酸钙反应生成氯化钙、二氧化碳和水，故A正确；B．二氧化碳密度比空气大，用向上排空气法收集二氧化碳气体，故B正确；C．加入的盐酸与碳酸钙反应后，部分碳酸钙未反应完，碳酸钙是难溶物，因此用过滤的方法分离，故C正确；D．CaCl2∙6H2O易失去结晶水，因此不能通过加热蒸发皿得到，可由氯化钙的热饱和溶液冷却结晶析出六水氯化钙结晶物，故D错误。综上所述，答案为D。6.下列有关化学反应叙述正确的是A.室温下，Na在空气中反应生成Na2O2B.室温下，Al与4.0mol﹒L-1NaOH溶液反应生成NaAlO2C.室温下，Cu与浓HNO3反应放出NO气体D.室温下，Fe与浓H2SO4反应生成FeSO4【答案】B【解析】【详解】A．室温下，钠与空气中氧气反应生成氧化钠，故A错误；B．室温下，铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，故B正确；C．室温下，铜与浓硝酸反应生成二氧化氮气体，故C错误；D．室温下，铁在浓硫酸中发生钝化，故D错误。综上所述，答案为B。7.下列指定反应的离子方程式正确的是A.Cl2通入水中制氯水：B.NO2通入水中制硝酸：C.NaAlO2溶液中通入过量CO2：D.AgNO3溶液中加入过量浓氨水：【答案】C【解析】【详解】A.次氯酸为弱酸，书写离子方程式时应以分子形式体现，正确的是Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO，故A错误；B.NO2与H2O反应：3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，离子方程式为3NO2＋H2O=2H＋＋2＋NO，故B错误；C.碳酸的酸性强于偏铝酸，因此NaAlO2溶液通入过量的CO2，发生的离子方程式为＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋，故C正确；D.AgOH能与过量的NH3·H2O反应生成[Ag(NH3)2]OH，故D错误；答案为C。【点睛】本题应注意“量”，像选项C中若不注意CO2是过量的，往往产物写成，还有选项D，AgOH能溶于氨水中，生成银氨溶液。8.反应可用于纯硅的制备。下列有关该反应的说法正确的是A.该反应、B.该反应的平衡常数C.高温下反应每生成1molSi需消耗D用E表示键能，该反应【答案】B【解析】【详解】A．SiCl4、H2、HCl为气体，且反应前气体系数之和小于反应后气体系数之和，因此该反应为熵增，即△S>0，故A错误；B．根据化学平衡常数的定义，该反应的平衡常数K=,故B正确；C.题中说的是高温，不是标准状况下，因此不能直接用22.4L·mol－1计算，故C错误；D．△H=反应物键能总和－生成物键能总和，即△H=4E(Si－Cl)＋2E(H－H)－4E(H－Cl)－2E(Si－Si)，故D错误；答案为B。阅读下列资料，完成9~10题海水晒盐后精制得到NaCl，氯碱工业电解饱和NaCl溶液得到Cl2和NaOH，以NaCl、NH3、CO2等为原料可得到NaHCO3；向海水晒盐得到的卤水中通Cl2可制溴；从海水中还能提取镁。9.下列关于Na、Mg、Cl、Br元素及其化合物的说法正确的是A.NaOH的碱性比Mg(OH)2的强B.Cl2得到电子的能力比Br2的弱C.原子半径r:D.原子的最外层电子数n:【答案】A【解析】【详解】A．同周期自左至右金属性减弱，所以金属性Na＞Mg，则碱性NaOH＞Mg(OH)2，故A正确；B．同主族元素自上而下非金属性减弱，所以非金属性Cl＞Br，所以Cl2得电子的能力比Br2强，故B错误；C．电子层数越多原子半径越大，电子层数相同，核电荷数越小原子半径越大，所以原子半径：r(Br)＞r(Na)＞r(Mg)＞r(Cl)，故C错误；D．Cl和Br为同主族元素，最外层电子数相等，故D错误。综上所述，答案为A。10.下列选项所示的物质间转化均能实现的是A.(aq)(g)漂白粉(s)B.(aq)(s)(s)C.(aq)(aq)(aq)D.(s)(aq)(s)【答案】C【解析】【详解】A．石灰水中Ca(OH)2浓度太小，一般用氯气和石灰乳反应制取漂白粉，故A错误；B．碳酸的酸性弱于盐酸，所以二氧化碳与氯化钠溶液不反应，故B错误；C．氧化性Cl2＞Br2＞I2，所以氯气可以氧化NaBr得到溴单质，溴单质可以氧化碘化钠得到碘单质，故C正确；D．电解氯化镁溶液无法得到镁单质，阳极氯离子放电生成氯气，阴极水电离出的氢离子放电产生氢气，同时产生大量氢氧根，与镁离子产生沉淀，故D错误。综上所述，答案为C。不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。11.将金属M连接在钢铁设施表面，可减缓水体中钢铁设施的腐蚀。在题图所示的情境中，下列有关说法正确的是

A.阴极的电极反应式为B.金属M的活动性比Fe的活动性弱C.钢铁设施表面因积累大量电子而被保护D.钢铁设施在河水中的腐蚀速率比在海水中的快【答案】C【解析】【分析】该装置为原电池原理的金属防护措施，为牺牲阳极的阴极保护法，金属M作负极，钢铁设备作正极，据此分析解答。【详解】A.阴极的钢铁设施实际作原电池的正极，正极金属被保护不失电子，故A错误；B.阳极金属M实际为原电池装置的负极，电子流出，原电池中负极金属比正极活泼，因此M活动性比Fe的活动性强，故B错误；C.金属M失电子，电子经导线流入钢铁设备，从而使钢铁设施表面积累大量电子，自身金属不再失电子从而被保护，故C正确；D.海水中的离子浓度大于河水中的离子浓度，离子浓度越大，溶液的导电性越强，因此钢铁设施在海水中的腐蚀速率比在河水中快，故D错误；故选：C。12.化合物Z是合成某种抗结核候选药物的重要中间体，可由下列反应制得。下列有关化合物X、Y和Z的说法正确的是A.X分子中不含手性碳原子B.Y分子中的碳原子一定处于同一平面C.Z在浓硫酸催化下加热可发生消去反应D.X、Z分别在过量NaOH溶液中加热，均能生成丙三醇【答案】CD【解析】【详解】A.X中红色碳原子为手性碳原子，故A说法错误；B.中与氧原子相连接的碳原子之间化学键为单键，可以旋转，因此左侧甲基上碳原子不一定与苯环以及右侧碳原子共平面，故B说法错误；C.中与羟基相连接的碳原子邻位碳原子上有氢原子，在浓硫酸作催化并加热条件下，能够发生消去反应，故C说法正确；D.中含有卤素原子，在过量氢氧化钠溶液并加热条件下能够发生取代反应生成丙三醇，在氢氧化钠溶液作用下先发生水解反应生成，然后在氢氧化钠溶液并加热条件下能够发生取代反应生成丙三醇，故D说法正确；综上所述，说法正确的是：CD。【点睛】醇类和卤代烃若发生消去反应，则醇分子中羟基(-OH)或卤代烃中卤原子相连的碳原子必须有相邻的碳原子，且此相邻的碳原子上还必须连有氢原子时，才可发生消去反应。13.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验操作和现象结论A向淀粉溶液中加适量20%H2SO4溶液，加热，冷却后加NaOH溶液至中性，再滴加少量碘水，溶液变蓝淀粉未水解B室温下，向HCl溶液中加入少量镁粉，产生大量气泡，测得溶液温度上升镁与盐酸反应放热C室温下，向浓度均为的BaCl2和CaCl2混合溶液中加入Na2CO3溶液，出现白色沉淀白色沉淀是BaCO3D向H2O2溶液中滴加KMnO4溶液，溶液褪色H2O2具有氧化性A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A.加入碘水后，溶液呈蓝色，只能说明溶液中含有淀粉，并不能说明淀粉是否发生了水解反应，故A错误；B.加入盐酸后，产生大量气泡，说明镁与盐酸发生化学反应，此时溶液温度上升，可证明镁与盐酸反应放热，故B正确；C.BaCl2、CaCl2均能与Na2CO3反应，反应产生了白色沉淀，沉淀可能为BaCO3或CaCO3或二者混合物，故C错误；D.向H2O2溶液中加入高锰酸钾后，发生化学反应2KMnO4+3H2O2=2MnO2+2KOH+2H2O+3O2↑等(中性条件)，该反应中H2O2被氧化，体现出还原性，故D错误；综上所述，故答案为：B。【点睛】淀粉在稀硫酸作催化剂下的水解程度确定试验较为典型，一般分三种考法：①淀粉未发生水解：向充分反应后的溶液中加入碘单质，溶液变蓝，然后加入过量氢氧化钠溶液使溶液呈碱性，然后加入新制氢氧化铜溶液并加热，未生成砖红色沉淀；②淀粉部分发生水解：向充分反应后的溶液中加入碘单质，溶液变蓝，然后加入过量氢氧化钠溶液使溶液呈碱性，然后加入新制氢氧化铜溶液并加热，生成砖红色沉淀；③向充分反应后的溶液中加入碘单质，溶液不变蓝，然后加入过量氢氧化钠溶液使溶液呈碱性，然后加入新制氢氧化铜溶液并加热，生成砖红色沉淀。此实验中需要注意：①碘单质需在加入氢氧化钠溶液之前加入，否则氢氧化钠与碘单质反应，不能完成淀粉的检验；②酸性水解后的溶液需要加入氢氧化钠溶液碱化，否则无法完成葡萄糖的检验；③利用新制氢氧化铜溶液或银氨溶液检验葡萄糖试验中，均需要加热，银镜反应一般为水浴加热。14.室温下，将两种浓度均为的溶液等体积混合，若溶液混合引起的体积变化可忽略，下列各混合溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是A.混合溶液(pH=10.30)：B.氨水-NH4Cl混合溶液(pH=9.25)：C.混合溶液(pH=4.76):D.混合溶液(pH=1.68，H2C2O4为二元弱酸):【答案】AD【解析】【详解】A.NaHCO3水溶液呈碱性，说明的水解程度大于其电离程度，等浓度的NaHCO3和Na2CO3水解关系为：，溶液中剩余微粒浓度关系为：，和水解程度微弱，生成的OH-浓度较低，由NaHCO3和Na2CO3化学式可知，该混合溶液中Na+浓度最大，则混合溶液中微粒浓度大小关系为：，故A正确；B.该混合溶液中电荷守恒为：，物料守恒为：，两式联立消去c(Cl-)可得：，故B错误；C.若不考虑溶液中相关微粒行为，则c(CH3COOH)=c(CH3COO-)=c(Na+)，该溶液呈酸性，说明CH3COOH电离程度大于CH3COONa水解程度，则溶液中微粒浓度关系为：c(CH3COO-)>c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+)，故C错误；D.该混合溶液中物料守恒为：，电荷守恒为：，两式相加可得：，故D正确；综上所述，浓度关系正确的是：AD。15.CH4与CO2重整生成H2和CO的过程中主要发生下列反应在恒压、反应物起始物质的量比条件下，CH4和CO2的平衡转化率随温度变化的曲线如图所示。下列有关说法正确的是

A.升高温度、增大压强均有利于提高CH4的平衡转化率B.曲线B表示CH4的平衡转化率随温度的变化C.相同条件下，改用高效催化剂能使曲线A和曲线B相重叠D.恒压、800K、n(CH4)：n(CO2)=1:1条件下，反应至CH4转化率达到X点的值，改变除温度外的特定条件继续反应，CH4转化率能达到Y点的值【答案】BD【解析】【详解】A．甲烷和二氧化碳反应是吸热反应，升高温度，平衡向吸热反应即正向移动，甲烷转化率增大，甲烷和二氧化碳反应是体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，甲烷转化率减小，故A错误；B．根据两个反应得到总反应为CH4(g)＋2CO2(g)H2(g)＋3CO(g)＋H2O(g)，加入的CH4与CO2物质的量相等，CO2消耗量大于CH4，因此CO2的转化率大于CH4，因此曲线B表示CH4的平衡转化率随温度变化，故B正确；C．使用高效催化剂，只能提高反应速率，但不能改变平衡转化率，故C错误；D．800K时甲烷的转化率为X点，可以通过改变二氧化碳的量来提高甲烷的转化率达到Y点的值，故D正确。综上所述，答案为BD。16.吸收工厂烟气中的SO2，能有效减少SO2对空气的污染。氨水、ZnO水悬浊液吸收烟气中SO2后经O2催化氧化，可得到硫酸盐。已知：室温下，ZnSO3微溶于水，Zn(HSO3)2易溶于水；溶液中H2SO3、HSO3-、SO32-的物质的量分数随pH的分布如图-1所示。(1)氨水吸收SO2。向氨水中通入少量SO2，主要反应的离子方程式为___________；当通入SO2至溶液pH=6时，溶液中浓度最大的阴离子是_____________(填化学式)。(2)ZnO水悬浊液吸收SO2。向ZnO水悬浊液中匀速缓慢通入SO2，在开始吸收的40mim内，SO2吸收率、溶液pH均经历了从几乎不变到迅速降低的变化(见图-2)。溶液pH几乎不变阶段，主要产物是____________(填化学式)；SO2吸收率迅速降低阶段，主要反应的离子方程式为_______________。(3)O2催化氧化。其他条件相同时，调节吸收SO2得到溶液的pH在4.5~6.5范围内，pH越低SO生成速率越大，其主要原因是__________；随着氧化的进行，溶液的pH将__________(填“增大”、“减小”或“不变”)。【答案】(1).或(2).HSO(3).ZnSO3(4).或(5).随着pH降低，HSO浓度增大(6).减小【解析】【分析】向氨水中通入少量的SO2，反应生成亚硫酸铵，结合图像分析pH=6时溶液中浓度最大的阴离子；通过分析ZnO吸收SO2后产物的溶解性判断吸收率变化的原因；通过分析与氧气反应的生成物，分析溶液pH的变化情况。【详解】(1)向氨水中通入少量SO2时，SO2与氨水反应生成亚硫酸铵，反应的离子方程式为2NH3+H2O+SO2=2+（或2NH3·H2O+SO2=2++H2O）；根据图-1所示，pH=6时，溶液中不含有亚硫酸，仅含有和，根据微粒物质的量分数曲线可以看出溶液中阴离子浓度最大的是；(2)反应开始时，悬浊液中的ZnO大量吸收SO2，生成微溶于水的ZnSO3，此时溶液pH几乎不变；一旦ZnO完全反应生成ZnSO3后，ZnSO3继续吸收SO2生成易溶于水的Zn(HSO3)2，此时溶液pH逐渐变小，SO2的吸收率逐渐降低，这一过程的离子方程式为ZnSO3+SO2+H2O=Zn2++2（或ZnO+2SO2+H2O=Zn2++2）(3)可以经氧气氧化生成，这一过程中需要调节溶液pH在4.5~6.5的范围内，pH越低，溶液中的的浓度越大，使得催化氧化过程中反应速率越快；随着反应的不断进行，大量的反应生成，反应的离子方程式为2+O2=2+2H+，随着反应的不断进行，有大量的氢离子生成，导致氢离子浓度增大，溶液pH减小。17.化合物F是合成某种抗肿瘤药物的重要中间体，其合成路线如下：(1)A中的含氧官能团名称为硝基、__________和____________。(2)B的结构简式为______________。(3)C→D的反应类型为___________。(4)C的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式________。①能与FeCl3溶液发生显色反应②能发生水解反应，水解产物之一是α-氨基酸，另一产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为1:1且含苯环。(5)写出以CH3CH2CHO和为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)________。【答案】(1).醛基(2).(酚)羟基(3).(4).取代反应(5).(6).【解析】【分析】本题从官能团的性质进行分析，利用对比反应前后有机物不同判断反应类型；【详解】(1)根据A的结构简式，A中含氧官能团有硝基、酚羟基、醛基；(2)对比A和C的结构简式，可推出A→B：CH3I中的－CH3取代酚羟基上的H，即B的结构简式为；(3)对比C和D的结构简式，Br原子取代－CH2OH中的羟基位置，该反应类型为取代反应；(4)①能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②能发生水解反应，说明含有酯基或肽键，水解产物之一是α－氨基酸，该有机物中含有“”，另一产物分子中不同化学环境的氢原子数目之比为1：1，且含有苯环，说明是对称结构，综上所述，符合条件的是；(5)生成,根据E生成F，应是与H2O2发生反应得到，按照D→E，应由CH3CH2CH2Br与反应得到，CH3CH2CHO与H2发生加成反应生成CH3CH2CH2OH，CH3CH2CH2OH在PBr3作用下生成CH3CH2CH2Br，合成路线是CH3CH2CHOCH3CH2CH2OHCH3CH2CH2Br。【点睛】有机物的推断和合成中，利用官能团的性质以及反应条件下进行分析和推断，同时应注意利用对比的方法找出断键和生成键的部位，从而确定发生的反应类型。18.次氯酸钠溶液和二氯异氰尿酸钠(C3N3O3Cl2Na)都是常用的杀菌消毒剂。NaClO可用于制备二氯异氰尿酸钠.(1)NaClO溶液可由低温下将Cl2缓慢通入NaOH溶液中而制得。制备NaClO的离子方程式为__________；用于环境杀菌消毒的NaClO溶液须稀释并及时使用，若在空气中暴露时间过长且见光，将会导致消毒作用减弱，其原因是__________________。(2)二氯异氰尿酸钠优质品要求有效氯大于60%。通过下列实验检测二氯异氰尿酸钠样品是否达到优质品标准。实验检测原理为准确称取1.1200g样品，用容量瓶配成250.0mL溶液；取25.00mL上述溶液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过量KI溶液，密封在暗处静置5min；用Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈微黄色，加入淀粉指示剂继续滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液20.00mL。①通过计算判断该样品是否为优质品_______。(写出计算过程，)②若在检测中加入稀硫酸的量过少，将导致样品的有效氯测定值____________(填“偏高”或“偏低”)。【答案】(1).(2).NaClO溶液吸收空气中的CO2后产生HClO，HClO见光分解(3).根据物质转换和电子得失守恒关系：得氯元素的质量:该样品的有效氯为：该样品的有效氯大于60%，故该样品为优质品(4).偏低【解析】【详解】(1)由题意可知，氯气通入氢氧化钠中产生次氯酸钠，同时产生氯化钠，反应的离子方程式为：；次氯酸钠溶液长期暴露在空气中会吸收空气中的二氧化碳气体，因次氯酸酸性比碳酸弱，因此次氯酸钠可以与二氧化碳在水中反应产生HClO，HClO具有不稳定性，在受热或见光条件下会发生分解反应，产生HCl和O2，从而是次氯酸钠失效，故答案为：；NaClO溶液吸收空气中的CO2后产生HClO，HClO见光分解；(2)①由题中反应可知，在酸性条件产生HClO，HClO氧化碘离子产生碘单质，碘单质再用硫代硫酸钠滴定，结合反应转化确定物质之间的关系为：，，根据物质转换和电子得失守恒关系：得n(Cl)=0.5=，氯元素的质量：m(Cl)==0.03550g，该样品中的有效氯为：=63.39%，该样品中的有效氯大于60%，故该样品为优质品故答案为：n(S2O)=，根据物质转换和电子得失守恒关系：，得n(Cl)=0.5=，氯元素的质量：m(Cl)==0.03550g，该样品中的有效氯为：=63.39%，该样品中的有效氯大于60%，故该样品为优质品②如果硫酸的用量过少，则导致反应不能充分进行，产生的HClO的量偏低，最终导致实验测得的有效氯含量会偏低，故答案为：偏低；19.实验室由炼钢污泥(简称铁泥，主要成份为铁的氧化物)制备软磁性材料α-Fe2O3。其主要实验流程如下：(1)酸浸：用一定浓度的H2SO4溶液浸取铁泥中的铁元素。若其他条件不变，实验中采取下列措施能提高铁元素浸出率的有___________(填序号)。A．适当升高酸浸温度B．适当加快搅拌速度C．适当缩短酸浸时间(2)还原：向“酸浸”后的滤液中加入过量铁粉，使Fe3+完全转化为Fe2+。“还原”过程中除生成Fe2+外，还会生成___________(填化学式)；检验Fe3+是否还原完全的实验操作是______________。(3)除杂：向“还原”后的滤液中加入NH4F溶液，使Ca2+转化为CaF2沉淀除去。若溶液的pH偏低、将会导致CaF2沉淀不完全，其原因是___________[，]。(4)沉铁：将提纯后的FeSO4溶液与氨水-NH4HCO3混合溶液反应，生成FeCO3沉淀。①生成FeCO3沉淀的离子方程式为____________。②设计以FeSO4溶液、氨水-NH4HCO3混合溶液为原料，制备FeCO3实验方案：__。【FeCO3沉淀需“洗涤完全”，Fe(OH)2开始沉淀的pH=6.5】。【答案】(1).AB(2).H2(3).取少量清液，向其中滴加几滴KSCN溶液，观察溶液颜色是否呈血红色(4).pH偏低形成HF，导致溶液中F-浓度减小，CaF2沉淀不完全(5).或(6).在搅拌下向FeSO4溶液中缓慢加入氨水-NH4HCO3混合溶液，控制溶液pH不大于6.5；静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2~3次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，不出现白色沉淀【解析】【分析】铁泥的主要成份为铁的氧化物，铁泥用H2SO4溶液“酸浸”得到相应硫酸盐溶液，向“酸浸”后的滤液中加入过量铁粉将Fe3+还原为Fe2+；向“还原”后的滤液中加入NH4F使Ca2+转化为CaF2沉淀而除去；然后进行“沉铁”生成FeCO3，将FeCO3沉淀经过系列操作制得α—Fe2O3；据此分析作答。【详解】(1)A．适当升高酸浸温度，加快酸浸速率，能提高铁元素的浸出率，A选；B．适当加快搅拌速率，增大铁泥与硫酸溶液的接触，加快酸浸速率，能提高铁元素的浸出率，B选；C．适当缩短酸浸时间，铁元素的浸出率会降低，C不选；答案选AB。(2)为了提高铁元素的浸出率，“酸浸”过程中硫酸溶液要适当过量，故向“酸浸”后的滤液中加入过量的铁粉发生的反应有：Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑，“还原”过程中除生成Fe2+外，还有H2生成；通常用KSCN溶液检验Fe3+，故检验Fe3+是否还原完全的实验操作是：取少量清液，向其中滴加几滴KSCN溶液，观察溶液颜色是否呈血红色，若不呈血红色，则Fe3+还原完全，若溶液呈血红色，则Fe3+没有还原完全，故答案为：H2，取少量清液，向其中滴加几滴KSCN溶液，观察溶液颜色是否呈血红色。(3)向“还原”后的滤液中加入NH4F溶液，使Ca2+转化为CaF2沉淀，Ksp(CaF2)=c(Ca2+)·c2(F-)，当Ca2+完全沉淀（某离子浓度小于1×10-5mol/L表明该离子沉淀完全）时，溶液中c(F-)至少为mol/L=×10-2mol/L；若溶液的pH偏低，即溶液中H+浓度较大，H+与F-形成弱酸HF，导致溶液中c(F-)减小，CaF2沉淀不完全，故答案为：pH偏低形成HF，导致溶液中F-浓度减小，CaF2沉淀不完全。(4)①将提纯后的FeSO4溶液与氨水—NH4HCO3混合溶液反应生成FeCO3沉淀，生成FeCO3的化学方程式为FeSO4+NH3·H2O+NH4HCO3=FeCO3↓+(NH4)2SO4+H2O[或FeSO4+NH3+NH4HCO3=FeCO3↓+(NH4)2SO4]，离子方程式为Fe2+++NH3·H2O=FeCO3↓++H2O（或Fe2+++NH3=FeCO3↓+），答案为：Fe2+++NH3·H2O=FeCO3↓++H2O（或Fe2+++NH3=FeCO3↓+）。②根据题意Fe(OH)2开始沉淀的pH=6.5，为防止产生Fe(OH)2沉淀，所以将FeSO4溶液与氨水—NH4HCO3混合溶液反应制备FeCO3沉淀的过程中要控制溶液的pH不大于6.5；FeCO3沉淀需“洗涤完全”，所以设计的实验方案中要用盐酸酸化的BaCl2溶液检验最后的洗涤液中不含；则设计的实验方案为：在搅拌下向FeSO4溶液中缓慢加入氨水—NH4HCO3混合溶液，控制溶液pH不大于6.5；静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2~3次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，不出现白色沉淀，故答案为：在搅拌下向FeSO4溶液中缓慢加入氨水—NH4HCO3混合溶液，控制溶液pH不大于6.5；静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2~3次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，不出现白色沉淀。【点睛】本题的易错点是实验方案设计中的细节，需注意两点：(1)控制pH不形成Fe(OH)2沉淀；(2)沉淀洗涤完全的标志。20.CO2/HCOOH循环在氢能的贮存/释放、燃料电池等方面具有重要应用。(1)CO2催化加氢。在密闭容器中，向含有催化剂的KHCO3溶液(CO2与KOH溶液反应制得)中通入H2生成HCOO-，其离子方程式为__________；其他条件不变，HCO3-转化为HCOO-的转化率随温度的变化如图-1所示。反应温度在40℃~80℃范围内，HCO3-催化加氢的转化率迅速上升，其主要原因是_____________。(2)HCOOH燃料电池。研究HCOOH燃料电池性能的装置如图-2所示，两电极区间用允许K+、H+通过的半透膜隔开。①电池负极电极反应式为_____________；放电过程中需补充的物质A为_________(填化学式)。②图-2所示的HCOOH燃料电池放电的本质是通过HCOOH与O2的反应，将化学能转化为电能，其反应的离子方程式为_______________。(3)HCOOH催化释氢。在催化剂作用下，HCOOH分解生成CO2和H2可能的反应机理如图-3所示。①HCOOD催化释氢反应除生成CO2外，还生成__________(填化学式)。②研究发现：其他条件不变时，以HCOOK溶液代替HCOOH催化释氢的效果更佳，其具体优点是_______________。【答案】(1).(2).温度升高反应速率增大，温度升高催化剂的活性增强(3).(4).H2SO4(5).或(6).HD(7).提高释放氢气的速率，提高释放出氢气的纯度【解析】【分析】(1)根据元素守恒和电荷守恒书写离子方程式；从温度对反应速率的影响以及温度对催化剂的影响的角度分析。(2)该装置为原电池装置，放电时HCOOˉ转化为被氧化，所以左侧为负极，Fe3+转化为Fe2+被还原，所以右侧为正极。(3)HCOOH生成HCOOˉ和H+分别与催化剂结合，在催化剂表面HCOOˉ分解生成CO2和Hˉ，之后在催化剂表面Hˉ和第一步产生的H+反应生成H2。【详解】(1)含有催化剂的KHCO3溶液中通入H2生成HCOOˉ，根据元素守恒和电荷守恒可得离子方程式为：+H2HCOOˉ+H2O；反应温度在40℃~80℃范围内时，随温度升高，活化分子增多，反应速率加快，同时温度升高催化剂的活性增强，所以的催化加氢速率迅速上升；(2)①左侧为负极，碱性环境中HCOOˉ失电子被氧化为，根据电荷守恒和元素守恒可得电极反应式为HCOOˉ+2OHˉ－2eˉ===+H2O；电池放电过程中，钾离子移向正极，即右侧，根据图示可知右侧的阴离子为硫酸根，而随着硫酸钾不断被排除，硫酸根逐渐减少，铁离子和亚铁离子进行循环，所以需要补充硫酸根，为增强氧气的氧化性，溶液最好显酸性，则物质A为H2SO4；②根据装置图可知电池放电的本质是HCOOH在碱性环境中被氧气氧化为，根据电子守恒和电荷守恒可得离子方程式为2HCOOH+O2+2OHˉ=2+2H2O或2HCOOˉ+O2=2；(3)①根据分析可知HCOOD可以产生HCOOˉ和D+，所以最终产物为CO2和HD(Hˉ与D+结合生成)；②HCOOK是强电解质，更容易产生HCOOˉ和K+，更快的产生KH，KH可以与水反应生成H2和KOH，生成的KOH可以吸收分解产生的CO2，从而使氢气更纯净，所以具体优点是：提高释放氢气的速率，提高释放出氢气的纯度。【点睛】第3小题为本题难点，要注意理解图示的HCOOH催化分解的反应机理，首先HCOOH分解生成H+和HCOOˉ，然后HCOOˉ再分解成CO2和Hˉ，Hˉ和H+反应生成氢气。21.以铁、硫酸、柠檬酸、双氧水、氨水等为原料可制备柠檬酸铁铵【(NH4)3Fe(C6H5O7)2】。(1)Fe基态核外电子排布式为___________；中与Fe2+配位的原子是________(填元素符号)。(2)NH3分子中氮原子的轨道杂化类型是____________；C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为_______________。(3)与NH互为等电子体的一种分子为_______________(填化学式)。(4)柠檬酸的结构简式见图。1mol柠檬酸分子中碳原子与氧原子形成的σ键的数目为_________mol。【答案】(1).1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2(2).O(3).sp3(4).N＞O＞C(5).CH4或SiH4(6).7【解析】【分析】(1)Fe核外有26个电子，H2O中O原子有孤对电子，提供孤对电子。(2)先计算NH3分子中氮原子价层电子对数，同周期，从左到右，第一电离能呈增大的趋势，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族。(3)根据价电子数Si＝C＝N+的关系得出互为等电子体的分子。(4)羧基的结构是，一个羧基中有碳原子与氧原子分别形成两个σ键，一个羟基与碳原子相连形成一个σ键。【详解】(1)Fe核外有26个电子，其基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；由于H2O中O原子有孤对电子，因此[Fe(H2O)6]2+中与Fe2+配位的原子是O；故答案为：1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；O。(2)NH3分子中氮原子价层电子对数为，因此氮杂化类型为sp3，同周期，从左到右，第一电离能呈增大的趋势，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族，因此C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C；故答案为：sp3；N＞O＞C。(3)根据价电子数Si＝C＝N+，得出互为等电子体的分子是CH4或SiH4；故答案为：CH4或SiH4。(4)羧基的结构是，一个羧基中有碳原子与氧原子分别形成两个σ键，三个羧基有6个，还有一个羟基与碳原子相连形成一个σ键，因此1mol柠檬酸分子中碳原子与氧原子形成的σ键的数目为7mol；故答案为：7。【点睛】物质结构是常考题型，主要考查电子排布式，电离能、电负性、共价键分类、杂化类型、空间构型等。22.羟基乙酸钠易溶于热水，微溶于冷水，不溶于醇、醚等有机溶剂。制备少量羟基乙酸钠的反应为实验步骤如下：步骤1：如图所示装置的反应瓶中，加入40g氯乙酸、50mL水，搅拌。逐步加入40%NaOH溶液，在95℃继续搅拌反应2小时，反应过程中控制pH约为9。步骤2：蒸出部分水至液面有薄膜，加少量热水，趁热过滤。滤液冷却至15℃，过滤得粗产品。步骤3：粗产品溶解于适量热水中，加活性炭脱色，分离掉活性炭。步骤4：将去除活性炭后的溶液加到适量乙醇中，冷却至15℃以下，结晶、过滤、干燥，得羟基乙酸钠。(1)步骤1中，如图所示的装置中仪器A的名称是___________；逐步加入NaOH溶液的目的是____________。(2)步骤2中，蒸馏烧瓶中加入沸石或碎瓷片的目的是_______________。(3)步骤3中，粗产品溶解于过量水会导致产率__________(填“增大”或“减小”)；去除活性炭的操作名称是_______________。(4)步骤4中，将去除活性炭后的溶液加到适量乙醇中的目的是_______________。【答案】(1).(回流)冷凝管(2).防止升温太快、控制反应体系pH(3).防止暴沸(4).减小(5).趁热过滤(6).提高羟基乙酸钠的析出量(产率)【解析】【分析】制备少量羟基乙酸钠的反应为，根据羟基乙酸钠易溶于热水，粗产品溶解于适量热水中，加活性炭脱色，分离掉活性炭，趁热过滤，根据羟基乙酸钠不溶于醇，将去除活性炭后的溶液加到适量乙醇中，冷却至15℃以下，结晶、过滤、干燥，得羟基乙酸钠。【详解】(1)根据图中仪器得出仪器A的名称为冷凝管，根据题中信息可知制备羟基乙酸钠的反应为放热反应，逐步加入NaOH溶液的目的是防止升温太快，同时控制反应体系的pH；故答案为：(回流)冷凝管；防止升温太快，控制反应体系的pH。(2步骤2中烧瓶中加入沸石或碎瓷片的目的是防止暴沸；故答案为：防止暴沸。(3)粗产品溶于过量水，导致在水中溶解过多，得到的产物减少，因此导致产率减小；由于产品易溶于热水，微溶于冷水，因此去除活性炭的操作名称是趁热过滤；故答案为：减少；趁热过滤。(4)根据信息，产品不溶于乙醇、乙醚等有机溶剂中，因此步骤4中，将去除活性炭后的溶液加到适量乙醇中的目的是降低产品的溶解度，提高羟基乙酸钠的析出量(产量)；故答案为：提高羟基乙酸钠的析出量(产量)。【点睛】化学实验是常考题型，主要考查实验仪器、实验操作、对新的信息知识的理解。篇一：高考学霸们的学习方法超管用高考成绩下来了看看咱青岛的学霸都长啥样一：每天读英文报背4本单词书58中高三14班的李腾，以文科成绩670分成为市区内的文科最高分，全省排第55名，这在两年前，老师和家长都是不敢想象的，因为当时他的英语和语文，都很难考到如今的140分和132分。“我高一也有点迷茫，后来就什么弱主攻什么，慢慢就赶上来了。”李腾告诉记者，他的数学和文综成绩分别为139分和259分，整体来看没有太高或太低的，但数学的成绩让他很不满意，平时能拿到145分以上，可高考的最后一道大题失误丢了分。李腾的学习方法就是跟着老师的节奏走，“我们把课程节奏安排得很好，跟上就行了，一旦掉队了必须课后多下功夫。”李腾高一上学期也跟不上节奏，只好下课后使劲拼，多看书多做题是重要的方法。而英语的落后让李腾一度很焦急，到了高二时他发现自己做阅读理解时常遇到不认识的单词，于是他前后买了4本单词书，全都背过了，“有点像《中国合伙人》里面演的，但这个办法真的好用。”之后他每天阅读英文报，遇到不认识的单词就去查，直到全记住，最终他的英语从120分的水平提到了高考的140分。“语文老师杨富华是我的班主任，逻辑分析就是靠他帮忙才提上去的。”李腾说，语文的词汇和逻辑也曾让他头疼，但时常和杨老师交流让他找到了进步的诀窍，无非是多思考、多积累，“多积累汉语的词汇，在作文写作中十分重要，而且所有的方法都必须坚持到底。”对于填报志愿，李腾希望冲一冲北大，另外还定了复旦和人大，而专业则锁定在了经济专业。二：专注某一件事时就要百分百去做昨日下午查到自己获得703分的好成绩后，青岛二中高三9班的理科生王融鑫并没有表现得特别激动与兴奋，因为这一切都在他的预料中，在级部常排名第一的他早已胜券在握。王融鑫是个性格沉稳的男生，记者在采访过程中能清晰地感受到这一点，说起自己的学习等各方面，他总是条理非常清晰、目标非常明确。“从小我学习成绩就很好，但上二中后很快就感觉到了压力，周围全是尖子生，我要怎么突围呢？在这种紧迫感之下，我跟着老师的节奏一步一个脚印，踏踏实实学习，那段时间真的是非常专一，只专注于学习和与学习相关的竞赛。”王融鑫说，为此他参加了全国信息学竞赛等学科竞赛，也取得全国大奖，这让他信心倍增，而此时他的成绩已基本上稳定在级部前三名。成绩优异的王融鑫继续钻研，除了课业外，他还参加了机器人大赛，从学校的兴趣小组一路比赛，直到在省里拿到一等奖。“机器人大赛近年来在全球都很热，我觉得它特别启发我的思维，对于理科生来说又能很好地将自己所学融汇到机器人设计中，更加增强了我的学习兴趣。”王融鑫说，在所有学科里，物理是他最擅长的，理综他考出了285分的高分，在他看来这与机器人大赛的锻炼有很大关系。说起自己的学习秘诀，王融鑫\t"/content/16/0815/08/_blank"总结道：“在我看来，就是要专一，当你专注于某一件事时你就要付出百分百的努力，然后你就有巨大的收获。”三：方法诚可贵心态“价”更高“712分，算是正常发挥吧，没有什么太多意外。”昨天下午，得知自己的成绩后郝韵珊说。在她看来，取得好成绩，努力加上好的学习方法固然重要，但对待学习的态度对最终的结果尤为重要。18岁的郝韵珊家住城阳夏庄郝家营社区，是城阳二中高三12班学生。“平时各科的成绩就比较平均，英语会突出一点。”郝韵珊说。除了省优秀学生的额外加分，裸分692分，其中语文133分，数学136分，英语146分，综合277分。“学习中要寻找方法，不能一味苦学。”郝韵珊说，她的父母都是老师，时常告诫她这样一句话。虽然身为老师，实践中父母很少知道自己的功课，只是教给她一些学习方式。学习过程中，她也从来不选择“题海战术”，而是寻找窍门。例如学习英语，阅读一篇文章时，遇到生词和好句子就自觉记下来。“我从不局限于为答题而答题。”郝韵珊说，做阅读题时，别人总是限于回答试题中列举的问题，而她每每都是读懂全文，遇到不熟悉的句子，即使与题目无关，也非得找老师问个明白。在她看来，通过这种方式学习，做完老师布置的题目完全足够了。“大部分同学努力学习是为了取得好成绩，考上一所好大学，然后找份好工作。”郝韵珊说，这些目标也给他们带来巨大压力，如果不及时排解，反而不进则退。高考前，每天早上起来，她总是默默鼓励自己，也不再去考虑能不能考上好大学，实践中，每天都给自己制定一个小目标，只要完成这个目标就会有所收获。“不去考虑未来怎样，而是享受每天努力的过程，这样，好成绩自然会找上你。”郝韵珊说。四：平度·许占玮·理科703分“运动健将”学习运动两不误早报讯平度一中高三·一班学生许占玮，今年以703的裸分，获得平度市理科最高分。昨天，记者了解到，许占玮不仅学习成绩好且兴趣爱好广泛，不仅会各种球类运动、下棋以及游泳几乎都非常精通。然而，就是这名在学习上也从来不“安分守己”学生，在学习上却丝毫没有耽误，始终成绩在班内名列前茅。“我喜欢数理化平时牢记数学公式定理，多做一些典型题，精力不必用于追求正确答案，主要还是在解题思路上。我认为解题要勤于思考，尽管我爱好广泛，通过这种学习方法才得以让我取得好成绩。”许占玮说，在日常学习当中，他觉得听课时要领会各个知识点的内涵，课后他还会通过做一些有代表性的题加深理解。“在学习中，不要为做题而做题，但同时要扩大典型题的操作量。”许占玮说，他认为，学习数学的关键在于对于考试过后错题他都要认真记录下来，然后加以标注改正。（记者牟成梓）五：莱西·史宜林·理科695分强化记忆必不可少早报讯“强化记忆必不可少，我的高考秘诀是隔三差五看下错题本，这样可以马上想出思路。”莱西一中北校的理科生史宜林考出了695分，她向记者透露了自己的学习秘籍。“学习贵在反思总结。对于理科来说，错题本尤为重要。学习中应注意点滴积累，任何看似简单的错题都不要放过，并且还要在每道错题后写明分析思路，易错提醒，将同类型的题目放在一起强化记忆。错题本不要搁置，要隔三差五地翻看，不要等到考试之前才集中处理，那样很难消化吸收。”虽然是理科生，但史宜林总结起自己的秘诀时，对错题本情有独钟。史宜林提醒自己的学弟学妹们，对于错题要严格要求，不仅要会做，还讲求一个熟练程度，要求看到错题马上想出思路，并在短时间内解答出。语文和英语重在积累，一定要在高一开始就重视语文和英语的学习，随记本一定要带在身上，积累点滴方可有质的飞跃！“我印象较深的是高考前两个月的强化训练，每天都要刷很多试卷，这的确能有效地提高成绩，甚至就在高考前两三天，我依然做适量的新题，但难度不要太大，一是保温，二是增强信心，当然前提是对知识点的透彻掌握。”史宜林告诉记者，她经常晚自习课间出去跑步，回来后就感觉神清气爽。大休回家，晚饭后与父母散散步，及时与父母沟通、谈心，能很好地调整心态。考试心态要放平，平时考试看淡分数，最重要的是超越自我。（记者原野摄影报道）篇二：学霸的学习方法学霸的优秀学习方法一、典型不良学习习惯1、概念的重要性被忽视，而一些难题，怪题倍受青睐。2、把大量的时间花在自己喜欢的科目上，冷落了其它科目。3、平时依赖计算器，一考试就犯计算上的错误，搞的自己手忙脚乱。4、听老师讲例题觉得会了，自己用参考书时一看题明白了就以为自己会了，不再动手去做。5、匆忙应付老师作业，搞题海战术，却不认真对待做题时发现的问题。6、听课时将内容一股脑塞进去，不动脑筋去思考所以然。7、成绩好一点的同学认为老师上课讲的太简单，开小差。其实忽略了老师对某一些关键问题的分析。8、将老师讲的例题一字不漏的抄下来，而同时忽略了老师精辟的分析。9、晚上开夜车，白天没精打采，形成恶性循环。10、一边学习一边做其他事情，如与同学聊天、听MP3等。二、一般学习策略1、课前预习，找出问题，听课时才能有重点的听。2、认真听讲：将老师讲的精华抓住。“课上一分钟，课下半天功”。3、记笔记：基本概念不用记，而老师对概念的解释特别要记。老师讲例题时，将题抄好之后，就听老师分析、解题，最后把答案抄下来，课后在自己独立做出来。4、课后把当天所学的内容看几遍，想一遍，直到全部理解后再去做题，否则只是应付作业。这样事半功倍的掌握了知识，以后少了许多障碍。5、每次考试前都将平时作业和以前试卷中做错的题重新做一遍。这是查漏补缺最好的方法。三、学科学习策略语文：虽然考的几乎都是课外知识，但是能力的培养需要课内来提高。★语文学习：1、记基本的字词、文言虚词意义及用法。2、阅读现代文，分析写作技巧，作文列提纲。3、重视课外阅读，但由于时间关系，只能读一些精短的文学、科学作品，提高语文水平。4、做阅读理解时做到泛读、精读、扫读。浏览一遍知道大意，精读掌握段落大意及答题点，第三遍搜寻问题答案。★英语学习：1、牢记单词，当然包括它的用法，争取每一个单词背下一两个例句，用起来就不容易错了。2、系统的学语法，平时零零碎碎记下来的要及时总结，更要看系统总结的书。3、加大阅读量、背诵文章。建议每天晚上将白天学的单词背一遍，语法记一遍，早自修再回忆一遍。冰冻三尺，非一日之寒，外语的学习就需要长期积累才能见成果。★数学学习：1、数形结合思想，每一个初等函数在头脑里有清晰的图，由表达式得图象，从图象推定义域、值域等。2、函数与方程的思想，例如二次函数定义域、值域在解一元二次不等式中的应用。3、分类讨论，例如在求解含参数的不等式时，分别讨论参数取值范围，复杂的问题分割成几个简单问题了。4、数学要多做题，才能见识，掌握多种题型，才能得心应手。★学习时间安排1、早晨背一些英语课文或课文的名家名段，或一些古代文言文。2、晚自习一般是先复习当天所学的内容，然后写作业，做一些练习题，复习完了，理解了再做题，比做一道，翻一下书效率要高得多。3、有时间再分专题的读一些英语语法，如：虚拟语气，连词之类。四、学习建议1、找一个竞争对手，大家成绩不相上下，由此共同进步。2、带着问题去听课，时刻准备着回答老师的问题，会让自己精力非常集中，并且要边听边动脑筋。3、建立一个错题记录。把平时作业、考试、练习中做错的问题记录在错题集上，不时拿出来看看。4、把每一张试卷当做自己能力和水平的检测。做的好，给自己一点信心，做的不好，说明这一阶段努力不够，需要再接再厉。5、专项，综合，强化。先将每一章节的知识各个击破，然后再将知识连成一个网，做一做最近几年的高考题，想想高考都考些什么，每一题与什么知识点有关。最后强化练习模拟题。五、几个典型问题的处理1、目前，存在我身上最大的缺点是懒，意志力不强，四周如果有人说话，我就参与其中，该用什么方法改正？答：对症才好下药，你已找到了自己的缺点，这也是进步的表现。要改变“懒”和“爱说话”的习性，关键在于意志，你已明确它们的不利之处，这是改正的前提；以后，要时时提醒自己，如果不改正情况只会越来越糟；同时，确立一个自己学习的榜样；另外需要把学习\t"/content/16/0815/08/_blank"计划安排的紧凑一点，让自己时刻有正事可做，减少犯错误的机会，努力提高自己的自制力，只要这样，经过一段时间的努力，必然会有较大的改观。2、数理化方面的学习方法不够好，该如何改进？答：（1）培养对学科的兴趣；（2）注重公式、定理的推导过程，领会其实质；（3）必要量的练习，练习不是目的，而是掌握定理、公式的手段；（4）记住几道典型的习题，举一反三，关键是多思考。3、在晚自修，有时题目做不出，总喜欢马上去问别人，憋在心里难受，我也知道这种习惯不好，既影响别人学习，又破坏了班级的秩序，那么，我该怎能么办呢？答：一般情况下，安静有序地晚自修是学校加强纪律性的内在要求，同时，也为鼓励学生独立思考，独立完成作业创造良好的客观环境。因此，首先得维护学校的纪律。但是，学习要进步，好问是必要的，那么又如何达到此目的呢？我想应安排好问问题的时间，掌握好问问题的技巧，你可以在课外时间进行，同时问问题也不能每道题不懂就马上询问，这会失去更多独立思考的机会，在晚自修时也不是说就完全不可以问，可以用笔头提问法，这样也可以让被问的同学留有充分思考的时空，另外切记直截了当地问答案万万不可取，最好问一些解题思路、技巧效果会更佳。4、一天中的有效学习时间是多少？答：一天的时间是有限的，作为学生除了休息等日常生活时间的支配外，其他时间都可用于学习。一般来说，可以保证10小时左右，但有效学习时间应是一个变量，以及效果的高低也会因人、因地、因时各有不同。如今，学生之间存在的竞争，是效率的竞争，方法的竞争，一个人的学习动机、学习态度、学习方法、以及一个人的兴趣、爱好、情感、意志、性格、品行都会影响学习的有效性，因此，提高学习的有效性，增加时间不是唯一的手段，最佳的方法是努力提高自己各方面的素质，特别是一个人的意志品质。5、如何保持注意力的高度集中？答：（一）认识到保证注意力集中的重要意义注意力是人智力的有机组成部分，\t"/content/16/0815/08/_blank"心理学研究表明，有意记忆的效果比无意记忆的效果好，保持注意力的高度集中是有效听课、有效分析问题、解决问题的必要条件（二）保持注意力的高度集中的方法：1、培养对学科的兴趣，因为对越感兴趣的东西，很自然会觉得有吸引力，就自然会保持注意力的高度集中2、兴趣产生于需要，因此要端正学习的态度，明确学习的目的，使自己保持较旺盛的求知欲。3、对不感兴趣的东西，除了去培养兴趣的努力外，关键是发挥意志力的作用。4另外，有一个良好的心情也是非常重要，应及时调整自己的情绪，培养良好的情感，平时不要小看文体活动，尽量做到劳逸结合。6、该怎么样制订第二天的学习计划？答：学习计划可分这长期、中期、短期，一天的学习计划应属短期计划，它应该与长期、中期计划相一致，如在某一时段学什么应保持相对的稳定性，因此，一天的计划应是根据当天的实际情况，是对中期计划的局部调整，是对具体学习内容在有限时空中的科学安排，针对此计划内容少，一般不必写成书面形式，也不必留出整快时间，可以在睡觉前想一下，或在当天早上考虑一下即可。7、如何做好预复习工作？答：预习的直接目的是为了能在听课中提高效果，因此，预习必须做到找出重点与难点，为此，必须明确内容的思维过程，对其中内容进行理解，有的同学认为预习只是把内容看一遍即可，这是一种肤浅的认识，没有思考的浏览是一种无效的劳动。为了理解知识点，必须坚持理论联系实际，展开丰富的联想，回顾一下已学的知识，把新旧知识联系起来，同时，想一想新知识与现实内容的联系。在预习过程中，必定会有较难理解或不懂的地方，这时，要动笔记上记号，以便听课时，集中精力搞懂它。复习是巩固知识的过程，同时还要做到温故知新，特别对以前做错的地方进行再思考，总结出错的原因，从而对相关知识点进行整理，做到查漏补缺。比较复习法是最常见的复习方法，把相同或相近的知识点进行归类复习，也可把相对的知识点进行对比归类学习。以上是预复习工作的基本的普遍使用的方法，当然也适合理化的学习，而在具体展开时结合具体内容灵活运用。六、重要观点1、非淡泊无以明智，非宁静无以致远。心态一定要平静，每一次考试认真对待，好不骄傲，