2014年江苏省高考化学试卷解析版

2014年江苏省高考化学试卷解析版参考答案与试题解析一、单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共20分，每小题只有一个选项符合题意.1．（2分）水是生命之源，2014年我国科学家首次拍摄到水分子团簇的空间取向图象，模型如图所示，下列关于水的说法正确的是（）A．水是弱电解质B．可燃冰是可以燃烧的水C．氢氧两种元素只能组成水D．0时冰的密度比液态水的密度大【考点】A6：不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别；D6：水的电离．菁优网版权所有【专题】52：元素及其化合物．【分析】A．水能够部分电离出氢离子和氢氧根离子，存在电离平衡；B．可燃冰为甲烷和水形成的一种化合物；C．氢氧两种元素还可以组成双氧水；D．液体水变成冰，体积变大，密度变小．【解答】解：A．水为极弱的电解质，能够部分电离出氢离子和氢氧根离子，故A正确；B．可燃冰为甲烷和水形成的一种特殊的化合物，并不是可燃烧的水，故B错误；C．氢氧两种元素可以组成水、双氧水，故C错误；D．冰中存在氢键，具有方向性和饱和性，其体积变大，则相同质量时冰的密度比液态水的密度小，故D错误；故选：A。【点评】本题考查了水的电离、水的组成结构及性质，题目难度不大，注意掌握水的电离，明确可燃冰的组成及性质，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力．2．（2分）下列有关化学用语表示正确的是（）A．过氧化钠的电子式：B．质子数为35、中子数为45的溴原子：C．硫离子的结构示意图：D．间二甲苯的结构简式：【考点】4J：电子式、化学式或化学符号及名称的综合．菁优网版权所有【专题】514：化学用语专题．【分析】A．过氧化钠是离子化合物，其电子式符合离子化合物特点；B．元素符号左下角数字表示质子数、左上角数字表示质量数；C．硫离子核外有18个电子、最外层有8个电子；D．该结构简式为对二甲苯．【解答】解：A．过氧化钠是离子化合物，其电子式为，故A错误；B．元素符号左下角数字表示质子数、左上角数字表示质量数，质子数为35、中子数为45的溴原子的质量数35+4580，所以该原子为：，故B正确；C．硫离子核外有18个电子、最外层有8个电子，其离子结构示意图为，故C错误；D．该结构简式为对二甲苯，间二甲苯的结构简式为，故D错误；故选：B。【点评】本题考查了化学用语，涉及结构简式、离子结构示意图、电子式等知识点，根据这些化学用语特点来分析解答，注意过氧化钠电子式的书写，为易错点．3．（2分）25时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A．pH1的溶液中：Na+、K+、MnO4、CO32B．c（H+）11013molL1的溶液中：Mg2+、Cu2+、SO42、NO3C．0.1molL1NH4HCO3溶液中：K+、Na+、NO3、ClD．0.1molL1FeCl3溶液中：Fe2+、NH4+、SCN、SO42【考点】DP：离子共存问题．菁优网版权所有【专题】516：离子反应专题．【分析】离子之间不生成气体、沉淀、弱电解质、络合物、不发生氧化还原反应、不发生双水解反应即可共存，据此分析解答．【解答】解：pH1的溶液呈强酸性，弱酸根离子CO32不能共存，故A错误；B．c（H+）11013molL1的溶液呈强碱性，Mg2+、Cu2+和氢氧根离子生成沉淀，所以不能大量共存，故B错误；C．NH4HCO3和这几种离子之间不发生反应，所以能共存，故C正确；D．Fe3+、SCN能生成络合物而使溶液呈血红色，可以利用该反应检验铁离子，所以这两种离子不能共存，故D错误；故选：C。【点评】本题考查了离子共存，明确离子共存的条件是解本题关键，根据离子共存条件来分析解答即可，注意特殊条件的限制，题目难度中等．4．（2分）下列物质性质与应用对应关系正确的是（）A．晶体硅熔点高硬度大，可用于制作半导体材料B．氢氧化铝具有弱碱性，可用于制胃酸中和剂C．漂白粉在空气中不稳定，可用于漂白纸张D．氧化铁能与酸反应，可用于制作红色涂料【考点】EM：氯、溴、碘及其化合物的综合应用；FH：硅和二氧化硅；GK：镁、铝的重要化合物；GN：铁的氧化物和氢氧化物．菁优网版权所有【专题】52：元素及其化合物；55：化学计算．【分析】A．硅位于非金属和金属分界线处，能制作半导体材料；B．氢氧化铝具有弱碱性，能中和酸；C．漂白粉具有漂白性，能漂白纸张；D．氧化铁是红棕色固体，可以作红色涂料．【解答】解：A．晶体硅熔点高硬度大可以制作玻璃刀等，硅位于金属和非金属分界线处，可用于制作半导体材料，二者没有关系，故A错误；B．胃酸的主要成分是HCl，氢氧化铝具有弱碱性，能中和酸，二者有对应关系，故B正确；C．漂白粉具有漂白性，能漂白纸张，与漂白粉的稳定性强弱无关，所以二者没有对应关系，故C错误；D．氧化铁是红棕色固体，可以作红色涂料，氧化铁属于碱性氧化物，能溶于酸，可用酸除锈，所以二者没有对应关系，故D错误；故选：B。【点评】本题考查了物质间的关系，明确物质的性质是解本题关键，根据其性质分析用途，掌握物质的性质，灵活运用知识解答，题目难度不大．5．（2分）下列装置应用于实验室制氯气并回收氯化锰的实验，能达到实验目的是（）A．用装置甲制取氯气B．用装置乙除去氯气中混有的少量氯化氢C．用装置丙分离二氧化锰和氯化锰溶液D．用装置丁蒸干氯化锰溶液制MnCl24H2O【考点】U5：化学实验方案的评价．菁优网版权所有【专题】24：实验设计题．【分析】A、二氧化锰和浓盐酸制备氯气需要加热；B、饱和碳酸氢钠溶液呈碱性，能吸收氯气，气体应为长进短处；C、二氧化锰不溶于水，将液体和不溶于液体的固体分离开来的一种方法为过滤；D、锰离子可发生水解．【解答】解：A、二氧化锰和浓盐酸制备氯气需要加热，甲装置无加热仪器，故A错误；B、饱和碳酸氢钠溶液呈碱性，能吸收氯气，且NaHCO3和HCl反应能生成CO2，引入新的杂质气体，所以吸收试剂应该为饱和食盐水，并且气体应为长进短出，故B错误；C、二氧化锰不溶于水，因此分离二氧化锰和氯化锰溶液需要过滤，丙装置为过滤装置，故C正确；D、锰离子水解，水解吸热，因此不能直接加热蒸发氯化锰溶液制MnCl24H2O，应该在HCl的气氛中进行，故D错误；故选：C。【点评】本题考查了氯气的实验室制备，侧重于实验原理、实验仪器、实验基本操作、盐类水解的考查，综合性较强，难度一般，注意气体的进出导管长短、盐类水解的抑制应用．6．（2分）设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．1.6g由氧气和臭氧组成的混合物中含有氧原子的数目为0.1NAB．0.1mol丙烯酸中含有双键的数目为0.1NAC．标准状况下，11.2L苯中含有分子的数目为0.5NAD．在过氧化钠与水的反应中，每生成0.1mol氧气，转移电子的数目为0.4NA【考点】4F：阿伏加德罗常数．菁优网版权所有【专题】518：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】A．1.6g氧气和臭氧的混合物中含有1.6g氧原子，含有0.1mol氧原子；B．丙烯酸分子中含有1个碳碳双键和1个碳氧双键，总共含有2个双键；C．标准状况下，苯的状态不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算苯的物质的量；D．过氧化钠中氧元素的化合价为1价，生成0.1mol氧气转移了0.2mol电子．【解答】解：A．1.6g氧气和臭氧的混合物中含有氧原子的质量为1.6g，含有氧原子的物质的量为0.1mol，含有氧原子的数目为0.1NA，故A正确；B．0.1mol丙烯酸中含有0.1mol碳碳双键和0.1mol碳氧双键，总共含有0.2mol双键，含有双键的数目为0.2NA，故B错误；C．标况下，苯不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算11.2L苯的物质的量，故C错误；D．过氧化钠与水的反应中，生成0.1mol氧气转移了0.2mol电子，转移电子的数目为0.2NA，故D错误；故选：A。【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确标况下气体摩尔体积的使用条件，选项B为易错点，注意丙烯酸分子中含有两个双键．7．（2分）下列指定反应的离子方程式正确的是（）A．Cu溶于稀HNO3：Cu+2H++NO3Cu2++NO2+H2OB．（NH4）2Fe（SO4）2溶液与过量NaOH溶液反应制Fe（OH）2：Fe2++2OHFe（OH）2C．用CH3COOH溶解CaCO3：CaCO3+2H+Ca2++H2O+CO2D．向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al（OH）3：CO2+AlO2+2H2OAl（OH）3+HCO3【考点】49：离子方程式的书写．菁优网版权所有【专题】516：离子反应专题．【分析】A．铜和稀硝酸反应生成NO；B．（NH4）2Fe（SO4）2溶液与过量NaOH溶液反应生成Fe（OH）2和NH3．H2O；C．弱电解质写化学式；D．偏铝酸钠和过量二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠．【解答】解：A．铜和稀硝酸反应生成NO，离子方程式为3Cu+8H++2NO33Cu2++2NO+4H2O，故A错误；B．（NH4）2Fe（SO4）2溶液与过量NaOH溶液反应生成Fe（OH）2和NH3．H2O，离子方程式为2NH4++Fe2++4OHFe（OH）2+2NH3．H2O，故B错误；C．弱电解质写化学式，离子方程式为CaCO3+2CH3COOHCa2++H2O+CO2+2CH3COO，故C错误；D．偏铝酸钠和过量二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，离子方程式为CO2+AlO2+2H2OAl（OH）3+HCO3，故D正确；故选：D。【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解本题关键，再结合离子方程式的书写规则来分析解答，易错选项是D，注意反应物的量，反应物的量不同，其产物不同，为易错点．8．（2分）下列各组物质中，不满足组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应的是（） 物质组别甲乙丙AAl2O3HClNaOHBSiO2NaOHHFCHClNaOHNaHCO3DNH3O2HNO3A．AB．BC．CD．D【考点】EB：氨的化学性质；EM：氯、溴、碘及其化合物的综合应用；FH：硅和二氧化硅；GK：镁、铝的重要化合物．菁优网版权所有【专题】52：元素及其化合物．【分析】A．Al2O3与HCl、NaOH均反应，且HCl与NaOH反应；B．SiO2与NaOH、HF反应，且NaOH与HF反应；C．HCl与NaHCO3、NaOH均反应，且NaHCO3与NaOH反应；D．NH3与O2、HNO3反应，但O2、HNO3二者不反应。【解答】解：A．Al2O3与HCl反应生成氯化铝和水，Al2O3与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，且HCl与NaOH反应生成NaCl和水，组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应，故A不选；B．SiO2与NaOH反应生成硅酸钠和水，SiO2与HF反应生成四氟化硅和水，且NaOH与HF反应生成NaF和水，组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应，故B不选；C．HCl与NaHCO3反应生成氯化钠、二氧化碳和水，HCl与NaOH反应生成NaCl和水，且NaHCO3与NaOH反应生成碳酸钠和水，组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应，故C不选；D．NH3与O2发生氧化还原反应生成NO和水，氨气与HNO3反应生成硝酸铵，但O2、HNO3二者不反应，则不满足组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应，故D选；故选：D。【点评】本题考查考查物质之间的反应，把握常见物质的性质及发生的化学反应为解答的关键，注意某些反应与量有关，明确性质与反应的关系即可解答，题目难度不大。9．（2分）短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大．X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，Y是地壳中含量最高的元素，Z2+与Y2具有相同的电子层结构，W与X同主族．下列说法正确的是（）A．Y分别与Z、W形成的化合物中化学键类型相同B．原子半径的大小顺序：r（W）r（Z）r（Y）r（X）C．Y的气态简单氢化物的热稳定性比W的强D．X的最高价氧化物对应的水化物的酸性比W的弱【考点】8F：原子结构与元素周期律的关系．菁优网版权所有【专题】51C：元素周期律与元素周期表专题．【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大．X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故X为碳元素；W与X同主族，所以W是Si元素；Y是地壳中含量最高的元素，则Y为氧元素，Z2+与Y2具有相同的电子层结构，离子核外电子数为10，故Z的质子数为12，则Z为Mg，据此解答．【解答】解：短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故X为碳元素；W与X同主族，所以W是Si元素；Y是地壳中含量最高的元素，则Y为氧元素，Z2+与Y2具有相同的电子层结构，离子核外电子数为10，故Z的质子数为12，则Z为Mg。A．Y和Z、W形成的化合物为MgO、SiO2，MgO中含有离子键，而SiO2中存在共价键，故A错误；B．同周期自左而右原子半径减小、同主族自上而下原子半径增大，故原子半径：r（Mg）r（Si）r（C）r（O），故B错误；C．元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，非金属性Y（O）W（Si），所以Y的气态简单氢化物的热稳定性比W的强，故C正确；D．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性X（C）W（Si），所以X的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强，故D错误。故选：C。【点评】本题考查原子结构和元素周期律，侧重对元素周期律的考查，推断元素是解题关键，从结构上理解同周期、同主族元素性质的递变规律．10．（2分）已知：C（s）+O2（g）CO2（g）H1CO2（g）+C（s）2CO（g）H22CO（g）+O2（g）2CO2（g）H34Fe（s）+3O2（g）2Fe2O3（s）H43CO（g）+Fe2O3（s）3CO2（g）+2Fe（s）H5下列关于上述反应焓变的判断正确的是（）A．H10，H30B．H20，H40C．H1H2+H3D．H3H4+H5【考点】BR：反应热的大小比较．菁优网版权所有【专题】517：化学反应中的能量变化．【分析】A、所有的燃烧反应属于放热反应；B、以碳作为还原剂的反应通常为吸热反应，铁的氧化属于放热反应；C、根据盖斯定律利用加合法进行分析；D、根据盖斯定律利用加合法进行分析．【解答】解：A、所有的燃烧反应属于放热反应，因此H10，H30，故A错误；B、碳还原二氧化碳的反应属于吸热反应，H20，铁与氧气的反应属于放热反应，H40，故B错误；C、已知：C（s）+O2（g）CO2（g）H1CO2（g）+C（s）2CO（g）H22CO（g）+O2（g）2CO2（g）H3，由盖斯定律可知+，因此H1H2+H3，故C正确；D、已知2CO（g）+O2（g）2CO2（g）H34Fe（s）+3O2（g）2Fe2O3（s）H43CO（g）+Fe2O3（s）3CO2（g）+2Fe（s）H5，由盖斯定律可知（+），因此H3H4H5，故D错误；故选：C。【点评】本题考查了常见的吸热反应和放热反应类型、盖斯定律的计算，难度中等，熟悉常见的吸热反应和放热反应类型、根据盖斯定律利用加合法进行有关计算的步骤是解题的关键．二、不等项选择题：本大题包括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．（4分）下列有关说法正确的是（）A．若在海轮外壳上附着一些铜块，则可以减缓海轮外壳的腐蚀B．2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）在常温下能自发进行，则该反应的H0C．加热0.1molL1 Na2CO3溶液，CO32的水解程度和溶液的pH均增大D．对于乙酸与乙醇的酯化反应（H0），加入少量浓硫酸并加热，该反应的反应速率和平衡常数均增大【考点】1B：真题集萃；BB：反应热和焓变；BK：金属的电化学腐蚀与防护；C7：化学平衡建立的过程；DC：影响盐类水解程度的主要因素．菁优网版权所有【专题】51：基本概念与基本理论．【分析】A．船体（Fe）、Cu及海水构成原电池，Fe比Cu活泼，作负极，被腐蚀；B．正反应为熵减的反应，根据HTSG0反应自发进行，据此判断；C．碳酸钠溶液中碳酸根发生水解，溶液呈碱性，而盐类水解是吸热反应，升高温度，促进水解，溶液碱性增强；D．浓硫酸起催化剂作用，加快反应速率，升高温度平衡向吸热反应分析移动，据此判断平衡常数变化．【解答】解：A．船体（Fe）、Cu及海水构成原电池，Fe比Cu活泼，作负极，加快海轮外壳的腐蚀，故A错误；B．正反应为熵减的反应，即S0，常温下能自发进行，根据HTSG0反应自发进行，可推知该反应H0，故B错误；C．碳酸钠溶液中碳酸根发生水解，溶液呈碱性，而盐类水解是吸热反应，升高温度，水解程度增大，溶液碱性增强，即溶液的pH均增大，故C正确；D．浓硫酸起催化剂作用，加入浓硫酸加快反应速率，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，故D错误，故选：C。【点评】本题比较综合，是常见题型，涉及金属腐蚀与防护、化学反应进行方向、盐类水解、化学平衡移动、化学反应速率及平衡常数影响因素等，难度不大，侧重对基础知识的考查．12．（4分）去甲肾上腺素可以调控动物机体的植物性神经功能，其结构简式如图所示。下列说法正确的是（）A．每个去甲肾上腺素分子中含有3个酚羟基B．每个去甲肾上腺素分子中含有2个手性碳原子C．1mol去甲肾上腺素最多能与2molBr2发生取代反应D．去甲肾上腺素既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应【考点】HD：有机物的结构和性质．菁优网版权所有【分析】该分子中含有酚羟基、醇羟基、氨基和苯环，具有酚、醇、胺及苯的性质，能发生取代反应、氧化反应、还原反应、加成反应、取代反应等，连接四个不同原子或原子团的碳原子属于手性碳原子，据此分析解答。【解答】解：A．只有直接连接苯环的羟基才是酚羟基，所以该分子中含2个酚羟基、1个醇羟基，故A错误；B．该分子中只有连接醇羟基的碳原子为手性碳原子，所以只有一个手性碳原子，故B错误；C．苯环上酚羟基邻对位氢原子能被溴取代，且以1：1所以，所以1mol去甲肾上腺素最多能与3molBr2发生取代反应，故C错误；D．含有酚羟基，具有酸性，含有氨基，具有碱性，所以去甲肾上腺素既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应，故D正确；故选：D。【点评】本题考查有机物结构和性质，为高频考点，明确官能团及其性质关系即可解答，侧重考查酚、醇和胺的性质，注意苯环上酚羟基邻对位氢原子才能和溴原子发生取代反应，注意酚羟基和醇羟基的区别，易错选项是B。13．（4分）在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是（）A．氯水的颜色呈浅黄绿色，说明氯水中含有Cl2B．向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有ClC．向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H+D．向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明氯水中含有HClO【考点】E2：氯气的化学性质．菁优网版权所有【专题】522：卤族元素．【分析】溶液中存在平衡Cl2+H2OHCl+HClO，只有氯气有颜色，为黄绿色，氯水中含有氯气而呈浅黄绿色，溶液中HCl与硝酸银反应产生AgCl白色沉淀，而溶液呈酸性，能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，溶液中氯气、HClO都强氧化性，都可以将亚铁离子氧化为铁离子，而使溶液变为棕黄色．【解答】解：溶液中存在平衡Cl2+H2OHCl+HClO，A．只有氯气有颜色，为黄绿色，氯水呈浅黄绿色是由于含有氯气，故A正确；B．溶液与硝酸银反应产生白色沉淀，只能是氯离子与银离子反应得到AgCl白色沉淀，说明氯水中含有Cl，故B正确；C．溶液呈酸性，能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，故C正确；D．溶液中氯气、HClO都强氧化性，都可以将亚铁离子氧化为铁离子，而使溶液变为棕黄色，不能说明氯水中含有HClO，故D错误，故选：D。【点评】本题考查氯水的性质，难度不大，侧重对基础知识的考查，需要学生熟练掌握基础知识．14．（4分）25时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A．0.1molL1 CH3COONa溶液与0.1molL1 HCl溶液等体积混合：c（Na+）c（Cl）c（CH3COO）c（OH）B．0.1molL1 NH4Cl溶液与0.1molL1氨水等体积混合（pH7）：c（NH3H2O）c（NH4+）c（Cl）c（OH）C．0.1molL1 Na2CO3溶液与0.1molL1 NaHCO3溶液等体积混合：c（Na+）c（CO32）+c（HCO3）+c（H2CO3）D．0.1molL1 Na2C2O4溶液与0.1molL1 HCl溶液等体积混合（H2C2O4为二元弱酸）：2c（C2O42）+c（HC2O4）+c（OH）c（Na+）+c（H+）【考点】DN：离子浓度大小的比较．菁优网版权所有【专题】51H：盐类的水解专题．【分析】A．溶液为氯化钠和醋酸混合溶液，且二者的物质的量浓度相等，混合溶液呈酸性，且混合溶液中存在物料守恒；B．混合溶液呈碱性，说明NH3H2O的电离程度大于NH4+的水解程度；C．混合溶液呈存在物料守恒，根据物料守恒判断；D．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断．【解答】解：A．溶液为氯化钠和醋酸混合溶液，且二者的物质的量浓度相等，混合溶液呈酸性，溶液中c（OH）很小，且混合溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得c（Na+）c（Cl），醋酸部分电离，所以溶液中存在c（Na+）c（Cl）c（CH3COO）c（OH），故A正确；B．混合溶液呈碱性，说明NH3H2O的电离程度大于NH4+的水解程度，则溶液中存在c（NH3H2O）c（NH4+），故B错误；C．混合溶液存在物料守恒，根据物料守恒得：0.1molL1 Na2CO3溶液中：c（Na+）2c（CO32）+2c（HCO3）+2c（H2CO3），0.1molL1 NaHCO3溶液中：c（Na+）c（CO32）+c（HCO3）+c（H2CO3），两式相加得，2c（Na+）3c（CO32）+3c（HCO3）+3c（H2CO3），即c（Na+）c（CO32）+c（HCO3）+c（H2CO3），故C正确；D．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得2c（C2O42）+c（HC2O4）+c（OH）+c（Cl）c（Na+）+c（H+），故D错误；故选：AC。【点评】本题考查了离子浓度大小比较，明确溶液中的溶质及其性质是解本题关键，再结合电荷守恒、物料守恒来分析解答，题目难度中等．15．（4分）一定温度下，在三个体积均为1.0L的恒容密闭容器中发生反应：2CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g） 容器编号温度（）起始物质的量（mol）平衡物质的量（mol）CH3OH（g）CH3OCH3（g）H2O3870.200.0800.0803870.40 2070.200.0900.090下列说法正确的是（）A．该反应的正反应为放热反应B．达到平衡时，容器中的CH3OH体积分数比容器中的小C．容器中反应到达平衡所需时间比容器中的长D．若起始时向容器中充入CH3OH 0.1mol、CH3OCH3 0.15mol和H2O 0.10mol，则反应将向正反应方向进行【考点】1B：真题集萃；C7：化学平衡建立的过程；CP：化学平衡的计算．菁优网版权所有【专题】51E：化学平衡专题．【分析】A．根据温度与化学平衡常数的关系确定反应热；B．该反应是反应前后气体体积不变的反应，温度相同，化学平衡常数相同，反应物的转化率相同；C．温度越高，反应速率越大，反应时间越短；D．根据化学平衡常数与浓度商的相对大小判断反应方向，如果浓度商小于平衡常数，则平衡向正反应方向进行．【解答】解：A．容器中平衡时c（CH3OCH3）c（H2O）0.080mol/L，c（CH3OH）0.04mol/L，容器中化学平衡常数K14，容器中平衡时c（CH3OCH3）c（H2O）0.090mol/L，c（CH3OH）0.02mol/L，化学平衡常数K220.254，所以降低温度，化学平衡常数增大，反应向正反应方向移动，则正反应是放热反应，故A正确；B．恒容条件下，容器相当于在容器的基础上加压，但由于该反应是反应前后气体体积不变的反应，因此平衡不移动，所以容器中的CH3OH体积分数和容器中的相等，故B错误；C．容器中的温度比容器III的温度高，温度越高反应速率越快，达到平衡所需时间越短，故C错误；D．c（CH3OH）0.1mol/L、c（CH3OCH3 ）0.15mol/L、c（H2O）0.10mol/L，浓度商1.54，平衡向正反应方向移动，故D正确；故选：AD。【点评】本题考查了化学平衡常数的有关计算，根据平衡常数公式计算平衡常数，再结合浓度与反应速率的关系、化学平衡常数与浓度商之间的关系来分析解答，注意该反应特点，题目难度中等．三、解答题16．（12分）烟气脱硫能有效减少二氧化硫的排放，实验室用粉煤灰（主要含Al2O3、SiO2等）制备碱式硫酸铝[Al2（SO4）x（OH）62x]溶液，并用于烟气脱硫研究．（1）酸浸时反应的化学方程式为Al2O3+3H2SO4Al2（SO4）3+3H2O；滤渣的主要成分为SiO2（填化学式）．（2）加CaCO3调节溶液的pH至3.6，其目的是中和溶液中的酸，并使Al2（SO4）3转化为Al2（SO4）x（OH）62x．滤渣的主要成分为CaSO4（填化学式）；若溶液的pH偏高，将会导致溶液中铝元素的含量降低，其原因是3CaCO3+2Al3++3SO42+3H2O2Al（OH）3+3CaSO4+3CO2（用离子方程式表示）．（3）上述流程中经完全热分解放出的SO2量总是小于吸收的SO2的量，其主要原因是溶液中的部分SO32被氧化生成SO42；与吸收SO2前的溶液相比，热分解后循环利用的溶液的pH将减小（填“增大”、“减小”或“不变”）．【考点】1B：真题集萃；F6：二氧化硫的污染及治理．菁优网版权所有【专题】24：实验设计题；52：元素及其化合物．【分析】粉煤灰和稀硫酸混合，发生反应Al2O3+3H2SO4Al2（SO4）3+3H2O，SiO2和稀硫酸不反应，过滤溶液得滤渣为SiO2，滤液中含有Al2（SO4）3，调节pH3.6，加入CaCO3粉末，发生反应CaCO3+2H+Ca2++CO2+H2O，CaSO4为微溶物，所以滤渣的成分主要为CaSO4，过滤得滤液，二氧化硫和水反应生成的SO32易被氧化生成SO42，弱酸根离子转化为强酸根离子，再结合题目分析解答．【解答】解：粉煤灰和稀硫酸混合，发生反应Al2O3+3H2SO4Al2（SO4）3+3H2O，SiO2和稀硫酸不反应，过滤溶液得滤渣为SiO2，滤液中含有Al2（SO4）3，调节pH3.6，加入CaCO3粉末，发生反应CaCO3+2H+Ca2++CO2+H2O，CaSO4为微溶物，所以滤渣的成分主要为CaSO4，过滤得滤液，二氧化硫和水反应生成的SO32易被氧化生成SO42，（1）通过以上分析知，酸浸时反应的化学方程式为Al2O3+3H2SO4Al2（SO4）3+3H2O，氧化铝和稀硫酸完全反应、二氧化硅和稀硫酸不反应，所以滤渣I的成分为SiO2，故答案为：Al2O3+3H2SO4Al2（SO4）3+3H2O；SiO2；（2）通过以上分析知，滤渣的成分是CaSO4，若溶液的pH偏高，溶液中的Al 3+和OH离子反应生成Al（OH）3，所以将会导致溶液中铝元素的含量降低，反应方程式为3CaCO3+2Al3++3SO42+3H2O2Al（OH）3+3CaSO4+3CO2，故答案为：CaSO4；3CaCO3+2Al3++3SO42+3H2O2Al（OH）3+3CaSO4+3CO2；（3）二氧化硫被吸收后生成SO32，SO32不稳定，易被氧化生成SO42，所以流程中经完全热分解放出的SO2量总是小于吸收的SO2的量，加热分解后的溶液中硫酸根离子浓度增大，促进生成Al2（SO4）x（OH）62x，则溶液的酸性增强，溶液的pH减小，故答案为：溶液中的部分SO32被氧化生成SO42；减小．【点评】本题考查了物质的制备原理，明确物质的性质是解本题关键，会从整体上分析每一步发生的反应及基本操作，知道加入物质的用途，题目难度中等．17．（15分）非诺洛芬是一种治疗类风湿性关节炎的药物，可通过以下方法合成：请回答下列问题：（1）非诺洛芬中的含氧官能团为醚键和羧基（填名称）。（2）反应中加入的试剂X的分子式为C8H8O2，X的结构简式为。（3）在上述五步反应中，属于取代反应的是（填序号）。（4）B的一种同分异构体满足下列条件：、能发生银镜反应，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应。、分子中有6种不同化学环境的氢，且分子中含有两个苯环。写出该同分异构体的结构简式：或。（5）根据已有知识并结合相关信息，写出以为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用），合成路线路程图示例如下：CH3CH2BrCH3CH2OHCH3COOCH2CH3。【考点】HC：有机物的合成．菁优网版权所有【专题】534：有机物的化学性质及推断．【分析】根据流程图中，A发生取代反应生成B，B发生还原反应生成C，C发生取代反应生成D，D发生取代反应生成E，E发生水解反应生成F，（1）该物质中的官能团是醚键和羧基；（2）A发生取代反应生成B，根据A、B分子式的差异并结合X的分子式确定其结构简式；（3）根据反应物和生成物变化确定反应类型；（4）、能发生银镜反应，说明含有醛基，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；、分子中有6种不同化学环境的氢，且分子中含有两个苯环，说明该分子中含有两个苯环且H原子种类是6；（5）苯乙醛和NaBH4发生还原反应生成苯乙醇，苯乙醇发生消去反应生成苯乙烯，苯乙烯发生加成反应生成，和NaCN发生水解反应生成。【解答】解：根据流程图中，A发生取代反应生成B，B发生还原反应生成C，C发生取代反应生成D，D发生取代反应生成E，E发生水解反应生成F，（1）该物质中的官能团是醚键和羧基，故答案为：醚键和羧基；（2）A发生取代反应生成B，根据A、B分子式的差异并结合X的分子式知，在B的醚键处断键，使醚基转化为酚羟基连接在X上，所以X的结构简式为，故答案为：；（3）通过以上分析知，属于取代反应的有，故答案为：；（4）、能发生银镜反应，说明含有醛基，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；、分子中有6种不同化学环境的氢，且分子中含有两个苯环，说明该分子中含有两个苯环且H原子种类是6，则符合条件的结构简式为或，故答案为：或；（5）苯乙醛和NaBH4发生还原反应生成苯乙醇，苯乙醇发生消去反应生成苯乙烯，苯乙烯发生加成反应生成，和NaCN发生水解反应生成，其合成路线图为，故答案为：。【点评】本题考查了有机物的合成，明确有机物中含有的官能团及其性质是解本题关键，利用题给信息解答（5）题，注意反应条件和有机物断键和成键位置，题目难度中等。18．（12分）碱式碳酸铝镁[MgaAlb（OH）c（CO3）dxH2O]常用作塑料阻燃剂。（1）碱式碳酸铝镁具有阻燃作用，是由于其受热分解需吸收大量热量和生成的产物具有阻燃作用。（2）[MgaAlb（OH）c（CO3）dxH2O]中的a、b、c、d的代数关系式为2a+3bc+2d。（3）为确定碱式碳酸铝镁的组成，进行如下实验：准确称取3.390g样品与足量稀盐酸充分反应，生成CO2 0.560L（已换算成标准状况下）。另取一定量样品在空气中加热，样品的固体残留率（100%）随温度的变化如图所示（样品在270时已完全失去结晶水，600以上残留固体为金属氧化物的混合物）。根据以上实验数据计算碱式碳酸铝镁样品中的n（OH）：n（CO32）（写出计算过程）。【考点】1B：真题集萃；M5：复杂化学式的确定．菁优网版权所有【专题】1A：计算题．【分析】（1）氧化镁、氧化铝熔点较高且都不燃烧；（2）根据化合物中各元素化合价的代数和为0确定这几个字母之间的关系；（3）n（CO2）2.50102mol，m（CO2）2.50102mol44g/mol1.10g，在270600之间，失去结晶水后的样品进一步受热分解生成CO2、H2O，m（CO2）+m（H2O）3.390g（0.73450.3702）1.235g，m（H2O）1.235g1.10g0.135g，生成1个H2O需要2个OH，则存在n（OH）2n（H2O），根据C原子守恒计算n（CO32），从而得出二者的比值。【解答】解：（1）碱式碳酸铝镁[MgaAlb（OH）c（CO3）dxH2O]受热分解最终生成MgO、Al2O3，MgO、Al2O3的熔点较高且都不燃烧，所以有阻燃作用，故答案为：生成的产物具有阻燃作用；（2）化合物中各元素化合价的代数和为0，所以2a+3b+c+4d（c+3d）2，所以得2a+3bc+2d，故答案为：2a+3bc+2d；（3）n（CO2）2.50102mol，m（CO2）2.50102mol44g/mol1.10g，在270600之间，失去结晶水后的样品进一步受热分解生成CO2、H2O，m（CO2）+m（H2O）3.390g（0.73450.3702）1.235g，m（H2O）1.235g1.10g0.135g，n（H2O）7.50103 mol，生成1个H2O需要2个OH，则存在n（OH）2n（H2O）1.50102 mol，根据C原子守恒得n（CO32）n（CO2）2.50102mol，所以n（OH）：n（CO32）1.50102 mol：2.50102mol3：5，答：碱式碳酸铝镁样品中的n（OH）：n（CO32）3：5。【点评】本题考查了镁铝化合物知识，根据物质的性质、物质之间的反应来分析解答，注意结合原子守恒进行分析，明确图象中曲线变化趋势及其含义，题目难度中等。19．（15分）实验室从含碘废液（除H2O外，含有CCl4、I2、I等）中回收碘，其实验过程如图一所示．（1）向含碘废液中加入稍过量的Na2SO3溶液，将废液中的I2还原为I，其离子方程式为SO32+I2+H2O2I+2H++SO42；该操作将I2还原为I的目的是使四氯化碳中的碘进入水层．（2）操作X的名称为分液．（3）氧化时，在三颈烧瓶中将含I的水溶液用盐酸调至pH约为2，缓慢通入Cl2，在40左右反应（实验装置如图二所示）．实验室控制在较低温度下进行的原因是使氯气在溶液中有较大的溶解度（或防止碘升华或防止碘进一步被氧化）；锥形瓶里盛放的溶液为NaOH溶液．（4）已知：5SO32+2IO3+2H+I2+5SO42+H2O某含碘废水（pH约为8）中一定存在I2，可能存在I、IO3中的一种或两种，请补充完整检验含碘废水中是否含有I、IO3的实验方案：取适量含碘废水用CCl4多次萃取、分液，直到水层用淀粉溶液检验不出有碘单质存在从水层取少量溶液，加入12mL淀粉溶液，加入盐酸酸化，滴加FeCl3溶液，若溶液变蓝色，说明废水中含有I，否则不含I；另从水层取少量溶液，加入12mL淀粉试液，加盐酸酸化，滴加Na2SO3溶液，若溶液变蓝色，说明废水中含有IO3，否则不含IO3．实验中可供选择的试剂：稀盐酸、淀粉溶液、FeCl3溶液、Na2SO3溶液．【考点】1B：真题集萃；P8：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；PT：物质的检验和鉴别的实验方案设计．菁优网版权所有【专题】24：实验设计题；522：卤族元素．【分析】（1）碘具有氧化性，能氧化亚硫酸钠生成硫酸钠，自身被还原生成碘；碘不容易溶于水，但碘离子易溶于水；（2）分离互不相溶的液体采用分液的方法分离；（3）碘易升华，且氯气的溶解度随着温度的升高而减小；氯气、碘蒸气都能和氢氧化钠溶液反应生成无毒物质；（4）碘离子具有还原性，能被氧化剂氧化生成碘，碘酸根离子具有氧化性，能被还原剂还原生成碘，碘遇淀粉试液变蓝色．【解答】解：（1）碘具有氧化性，能氧化亚硫酸钠生成硫酸钠，自身被还原生成碘，离子反应方程式为SO32+I2+H2O2I+2H++SO42；碘不容易溶于水，但碘离子易溶于水，为了使更多的I元素进入水溶液应将碘还原为碘离子，故答案为：SO32+I2+H2O2I+2H++SO42；使四氯化碳中的碘进入水层；（2）四氯化碳属于有机物、水属于无机物，二者不互溶，分离互不相溶的液体采用分液的方法分离，所以分离出四氯化碳采用分液的方法，故答案为：分液；（3）碘易升华，且氯气的溶解度随着温度的升高而减小，温度越高，氯气的溶解度越小，反应越不充分，所以应该在低温条件下进行反应；氯气、碘蒸气都有毒，不能直接排空，且都能和氢氧化钠溶液反应生成无毒物质，所以用NaOH溶液吸收氯气和碘蒸气，故答案为：使氯气在溶液中有较大的溶解度（或防止碘升华或防止碘进一步被氧化）；NaOH溶液；（4）碘离子具有还原性，能被氧化剂氧化生成碘，碘酸根离子具有氧化性，能被还原剂还原生成碘，碘遇淀粉试液变蓝色，所以其检验方法为：从水层取少量溶液，加入12mL淀粉溶液，加入盐酸酸化，滴加FeCl3溶液，2I+2Fe3+2Fe2++I2，若溶液变蓝色，说明废水中含有I，否则不含I；另从水层取少量溶液，加入12mL淀粉试液，加盐酸酸化，滴加Na2SO3溶液，5SO32+2 IO3+2H+I2+5SO42+H2O，若溶液变蓝色，说明废水中含有IO3，否则不含IO3，故答案为：从水层取少量溶液，加入12mL淀粉溶液，加入盐酸酸化，滴加FeCl3溶液，若溶液变蓝色，说明废水中含有I，否则不含I；另从水层取少量溶液，加入12mL淀粉试液，加盐酸酸化，滴加Na2SO3溶液，若溶液变蓝色，说明废水中含有IO3，否则不含IO3．【点评】本题以物质的制备为载体考查了氧化还原反应、离子的检验、物质的分离和提纯，明确物质的性质是解本题关键，根据物质的特殊性质、混合物分离和提纯方法的选取等方面来分析解答，知道碘的检验方法，题目难度中等．20．（14分）硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题，由硫化氢获得硫单质有多种方法．（1）将烧碱吸收H2S后的溶液加入到如图1所示的电解池的阳极区进行电解．电解过程中阳极区发生如下反应：S22eS，（n1）S+S2Sn2．写出电解时阴极的电极反应式：2H2O+2eH2+2OH．电解后阳极区的溶液用稀硫酸酸化得到硫单质，其离子方程式可写成Sn2+2H+（n1）S+H2S．（2）将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化如图2所示．在图示的转化中，化合价不变的元素是Cu、H、Cl．反应中当有1mol H2S转化为硫单质时，保持溶液中Fe3+的物质的量不变，需消耗O2的物质的量为0.5mol．在温度一定和不补加溶液的条件下，缓慢通入混合气体，并充分搅拌．欲使生成的硫单质中不含CuS，可采取的措施有提高混合气体中空气的比例．（3）H2S在高温下分解生成硫蒸气和H2，若反应在不同温度下达到平衡时，混合气体中各组分的体积分数如图3所示，H2S在高温下分解反应的化学方程式为2H2S2H2+S2．【考点】B1：氧化还原反应；CL：产物的百分含量随浓度、时间的变化曲线；DI：电解原理．菁优网版权所有【专题】51E：化学平衡专题；51I：电化学专题；52：元素及其化合物．【分析】（1）阴极上氢离子放电生成氢气，阳极上硫离子放电，电极反应式为S22eS；Sn2和氢离子反应生成S单质，S元素失电子发生氧化反应，同时S元素得电子生成H2S；（2）根据图中各元素化合价变化分析；该反应中S元素化合价由2价变为0价、O元素化合价由0价变为2价，根据氧化还原反应中得失电子相等；欲使生成的硫单质中不含CuS，则硫离子不能剩余，硫离子完全被氧化为S单质；（3）根据题意知，该反应是可逆反应，反应物是硫化氢，根据图象知，生成物中含有S元素的物质是氢气的一半，则生成物是S2和H2，再结合反应条件书写方程式．【解答】解：（1）阳极上硫离子放电，电极反应式为S22eS，阴极上氢离子放电生成氢气，电极反应式为 2H2O+2eH2+2OH，故答案为：2H2O+2eH2+2OH；电解后阳极区离子为Sn2，酸性条件下，Sn2和氢离子反应生成S单质，S元素失电子发生氧化反应生成S单质，同时S元素得电子生成H2S，反应方程式为Sn2+2H+（n1）S+H2S，故答案为：Sn2+2H+（n1）S+H2S；（2）根据图中各元素化合价知，Cu元素化合价都是+2价、H元素化合价都是+1价、Cl元素化合价都是1价，所以化合价不变的是Cu、H、Cl元素，故答案为：Cu、H、Cl；H2S不稳定，易被氧气氧化生成S单质，反应方程式为2H2S+O22S+2H2O，该反应中S元素化合价由2价变为0价、O元素化合价由0价变为2价，根据氧化还原反应中得失电子相等得，消耗O2的物质的量0.5mol，故答案为：0.5mol；欲使生成的硫单质中不含CuS，则硫离子不能剩余，即硫离子完全被氧化为S单质，所以氧气必须过量，采取的措施为提高混合气体中空气的比例，故答案为：提高混合气体中空气的比例；（3）根据题意知，该反应是可逆反应，反应物是硫化氢，根据图象知，生成物中含有S元素的物质是氢气的一半，则生成物是S2和H2，所以该反应方程式为2H2S2H2+S2，故答案为：2H2S2H2+S2．【点评】本题以S为载体考查了可逆反应、氧化还原反应、电解原理等知识点，会正确分析图象中各个物理量的含义是解本题关键，再结合电解原理、氧化还原反应中各个物理量之间的关系、化学平衡有关知识来分析解答即可，题目难度中等．【选做题】本题包括21、22两个小题，请选定其中一题，并在相应的答题区域内作答，若多做，则按第21题计分.【物质结构与性质】21．（12分）含有NaOH的Cu（OH）2悬浊液可用于检验醛基，也可用于和葡萄糖反应制备纳米Cu2O．（1）Cu+基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10 ．（2）与OH互为等电子体的一种分子为HF（填化学式）．（3）醛基中碳原子的轨道杂化类型是sp2；1mol乙醛分子中含有的键的数目为6mol或66.021023个．（4）含有NaOH的Cu（OH）2悬浊液与乙醛反应的化学方程式为NaOH+CH3CHO+2Cu（OH）2CH3COONa+Cu2O+3H2O．（5）Cu2O在稀硫酸中生成Cu和CuSO4，铜晶胞结构如图所示，铜晶体中每个铜原子周围距离最近的铜原子数目为12．【考点】1B：真题集萃；86：原子核外电子排布；9B：“等电子原理”的应用；9I：晶胞的计算；9S：原子轨道杂化方式及杂化类型判断．菁优网版权所有【专题】51B：原子组成与结构专题；51D：化学键与晶体结构．【分析】（1）Cu+核外有28个电子，Cu原子失去1个电子生成Cu+，失去的电子数是其最外层电子数，根据构造原理书写Cu+基态核外电子排布式；（2）原子个数相等、价电子数相等的微粒互为等电子体，等电子体的结构相似；（3）根据价层电子对互斥理论确定原子杂化方式，一个乙醛分子中含有6个键；（4）氢氧化钠溶液中，乙醛和新制氢氧化铜悬浊液发生氧化还原反应生成醋酸钠、氧化亚铜和水；（5）铜晶体中每个铜原子周围距离最近的铜原子数目38．【解答】解：（1）Cu+核外有28个电子，Cu原子失去1个电子生成Cu+，失去的电子数是其最外层电子数，根据构造原理知Cu+基态核外电子排布式1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10 ，故答案为：1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10 ；（2）原子个数相等、价电子数相等的微粒互为等电子体，与OH互为等电子体的一种分子为HF，故答案为：HF；（3）醛基中碳原子含有3个键，所以醛基中碳原子的轨道杂化类型是sp2，一个乙醛分子中含有6个键，所以1mol乙醛分子中含有的键的数目为6mol或66.021023个，故答案为：sp2；6mol或66.021023个；（4）氢氧化钠溶液中，乙醛和新制氢氧化铜悬浊液发生氧化还原反应生成醋酸钠、氧化亚铜和水，反应方程式为NaOH+CH3CHO+2Cu（OH）2CH3COONa+Cu2O+3H2O，故答案为：NaOH+CH3CHO+2Cu（OH）2CH3COONa+Cu2O+3H2O；（5）铜晶体中每个铜原子周围距离最近的铜原子数目3812，故答案为：12．【点评】本题考查了物质结构与性质的有关知识，涉及配位数的计算、原子杂化方式的判断、核外电子排布式的书写等知识点，根据构造原理、价层电子对互斥理论等知识点来分析解答，题目难度不大，难点是配位数的计算．【实验化学】22．磷酸铁（FePO42H2O难溶于水的米白色固体）可用于生产药物、食品添加剂和锂离子电池的正极材料．实验室可通过下列实验制备磷酸铁．（1）称取一定量已除去油污的废铁屑，加入稍过量的稀硫酸，加热、搅拌，反应一段时间后过滤，反应加热的目的是加快Fe和稀硫酸的反应速率．（2）向滤液中加入一定量H2O2氧化Fe2+，为确定加入H2O2的量，需先用K2Cr2O7标准溶液滴定滤液中的Fe2+，离子方程式如下：Cr2O72+6Fe2++14H+2Cr3++6Fe3++7H2O．在向滴定管中注入K2Cr2O7标准溶液前，滴定管需要检漏、用蒸馏水洗净和用K2Cr2O7标准溶液润洗23次．若滴定x mL滤液中的Fe2+，消耗a molL1 K2Cr2O7标准溶液b mL，则滤液中c（Fe2+）molL1．为使滤液中的Fe2+完全被H2O2氧化，下列实验条件控制正确的是AB（填序号）；A、加入适当过量的H2O2溶液B、缓慢滴加H2O2溶液并搅拌C、加热，使反应在较高温度下进行D、用氨水调节溶液pH7（3）将一定量的Na2HPO4溶液（溶液显碱性）加入到含有Fe3+的溶液中，搅拌、过滤、洗涤、干燥得到FePO42H2O．若反应得到的FePO4H2O固体呈棕黄色，则磷酸铁中混有的杂质可能为Fe（OH）3（或氢氧化铁）．【考点】U3：制备实验方案的设计．菁优网版权所有【专题】24：实验设计题．【分析】（1）温度越高，反应速率越快；（2）滴定管在使用前要检漏、洗涤、润洗，减少产生误差的机会；根据Fe2+和K2Cr2O7之间的关系式计算；为使滤液中的Fe2+完全被H2O2氧化，加入的氧化剂要过量，且使反应物充分反应；（3）氢氧根离子和铁离子反应生成红褐色沉淀氢氧化铁．【解答】解：（1）温度越高，反应速率越快，所以反应加热的目的是加快铁与稀硫酸反应速率，故答案为：加快Fe和稀硫酸的反应速率；（2）滴定管在使用前要检漏、洗涤、用K2Cr2O7标准溶液润洗23次，如果不检漏或洗涤、润洗，会导致使用滴定管中液体体积偏大，测量溶液浓度偏大，故答案为：用蒸馏水洗净；用K2Cr2O7标准溶液润洗23次；根据Fe2+和K2Cr2O7之间的关系式得c（Fe2+）mol/Lmol/L，故答案为：；A、加入适当过量的H2O2溶液，导致铁离子能完全反应，故正确；B、缓慢滴加H2O2溶液并搅拌，反应物接触面积增大，能使铁离子完全反应，故正确；C、加热，使反应在较高温度下进行，虽然反应速率加快，但双氧水会分解且能促进亚铁离子水解而产生杂质，故错误；D、用氨水调节溶液pH7，亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁杂质，故错误；故选AB；（3）碱性条件下，溶液中含有大量氢氧根离子，氢氧根离子和铁离子反应生成红褐色沉淀氢氧化铁，导致反应得到的FePO4H2O固体呈棕黄色，故答案为：Fe（OH）3（或氢氧化铁）．【点评】本题以铁及其化合物为载体考查了物质的制备，涉及氧化还原反应、实验操作、反应速率的影响因素等知识点，根据物质之间的关系式、实验操作的规范性、影响反应速率的因素等知识点来分析解答，题目难度中等．