江苏省扬州市、南通市、连云港市联考2015届高考化学二模试卷【解

2015年江苏省扬州市、南通市、连云港市联考高考化学二模试

卷

一、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．国务院颁布的《“十二五”控制温室气体排放工作方案》提出，2015年我国单位国内生产总值CO2排放要比2010年下降17%．下列说法不正确的是( ) A．CO2属于酸性氧化物

B．CO2是导致酸雨发生的主要原因 C．可用Na2CO3溶液捕捉（吸收）CO2

D．使用氢能源替代化石燃料可减少CO2排放

2．下列有关化学用语表示正确的是( ) A．过氧化钙（CaO2）的电子式：

B．816O2﹣离子的结构示意图：

C．H2CO3的电离方程式：H2CO3?2H++CO32﹣ D．葡萄糖的结构简式：C6H12O6

3．下列物质性质与应用对应关系正确的是( ) A．浓硫酸具有脱水性，可用于干燥CO2 B．氨气具有还原性，可用于检查HCl泄漏

C．四氯化碳密度比水大，可用于萃取溴水中的Br2 D．氧化铝具有高熔点，可用于生产耐火砖

4．用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的是（夹持装置未画出）( A．

用装置甲检验溶液中是否有K+

)

B．

用装置乙制取并收集少量NH3

C．

用装置丙进行喷泉实验

D．

用装置丁加热熔融NaOH固体

5．25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( ) A．使酚酞变红色的溶液：NH4+、Ca2+、NO3﹣、SO42﹣

B．c（OH﹣）=1×10﹣13 mol?L﹣1的溶液：Na+、K+、ClO﹣、SO42﹣ C．0.1 mol?L﹣1 FeCl2溶液：K+、Na+、SO42﹣、NO3﹣ D．0.1 mol?L﹣1 KMnO4溶液：Na+、Mg2+、NO3﹣、SO32﹣

6．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是( ) A．常温常压下，2.24L H2O中含有极性共价键的数目为0.2NA B．0.1mol?L﹣1 NH4Cl溶液中含有NH4+的数目小于0.1NA

C．100mL 12mol?L﹣1的浓HNO3与过量Cu反应转移电子的数目为0.6NA

D．标准状况下，11.2L由CH4和C2H4组成的混合气体中含有氢原子的数目为2NA

7．下列指定反应的离子方程式正确的是( ) A．Na2O与水反应：O2﹣+H2O═2OH﹣

B．SO2使氯水褪色：SO2+Cl2+2H2O═4H++SO42﹣+2Cl﹣

C．Na2SiO3溶液与盐酸反应：Na2SiO3+2H+═H2SiO3↓+2Na+

D．Ca（HCO3）2溶液与过量NaOH溶液反应：Ca2++HCO3﹣+OH﹣═CaCO3↓+2H2O

8．下列各组物质中，能一步实现右图所示①～⑤转化关系的是 X Y Z W A Fe3O4 Fe FeCl2 FeCl3 B Al Al2O3 NaAlO2 Al（OH）3 C H2SO4 D CH3CH2Br SO2 CH2=CH2 S C2H5OH SO3 CH2BrCH2Br

A．A B．B C．C D．D

9．图象能直观地反映有关物理量的变化及规律，下列各图象与描述相符的是( )

A．

如图表示SO2氧化反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化

B．

如图表示0.1 mol MgCl2?6H2O在空气中充分加热时固体质量随时间的变化

C．

如图表示分别稀释10 mL pH=2的盐酸和醋酸时溶液pH的变化，图中b＞100

D．

如图表示平衡2NO2（g）?N2O4（g）在t1时迅速将体积缩小后c（N2O4）的变化

10．已知X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，其中Y、R原子最外层电子数相等；X元素最低负价与W元素最高正价绝对值相等；工业上常用电解熔融

Z、W、R最高价氧化物对应的水化物两两反应均生成盐和水．氧化物的方法冶炼W单质；下

列说法正确的是( )

A．简单离子半径：Y＞Z＞W

B．简单氢化物的热稳定性：X＞Y＞R

C．W的最高价氧化物对应的水化物碱性比Z的强 D．R的最高价氧化物对应的水化物化学式一定是HRO4

二、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．下列说法正确的是( )

A．用右图所示方法可保护钢闸门不被腐蚀

B．SiO2（s）+2C（s）═Si（s）+2CO（g）在常温下不能自发进行，则该反应的△H＞0 C．常温下，NH4Cl溶液加水稀释，

增大

D．C（s）+H2O（g）?CO（g）+H2（g）（△H＞0），其它条件不变时，升高温度，正反应速率增大、逆反应速率减小，平衡正向移动

12．化合物M具有广谱抗菌活性，合成M的反应可表示如图：

下列说法正确的是( )

A．X分子中有2个手性碳原子

B．Y分子中所有原子可能在同一平面内

C．可用FeCl3溶液或NaHCO3溶液鉴别X和Y

D．在NaOH溶液中，1 mol M最多可与4 mol NaOH发生反应

13．下列实验操作与预期实验目的或所得实验结论不一致的是( ) 选项 实验操作 实验目的或结论 A B C D A．A

将Al2（SO4）3、NaOH溶液相互滴加 向AgCl悬浊液中滴入少量KI溶液，有黄色沉淀生成 向NaHS溶液中滴入酚酞，溶液变红色 向某溶液中滴加氯水，再滴加KSCN溶液，溶液变成红色 B．B C．C D．D 鉴别Al2（SO4）3、NaOH溶液 说明KSP（AgCl）＞KSP（AgI）HS﹣水解程度大于电离程度 该溶液中一定含有Fe2+ 14．25℃时，向10mL 0.1mol?L﹣1 CH3COONa溶液中加入0.1mol?L﹣1盐酸，溶液pH随加入盐酸的体积变化情况如图所示．下列说法正确的是( )

A．点①所示溶液中：c（OH﹣）=c（H+）+c（CH3COOH）

B．点②所示溶液中：c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）=0.05 mol?L﹣1

C．点③所示溶液中：c（CH3COO﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（OH﹣） D．点④所示溶液中：c（Na+）+c（H+）＜c（CH3COO﹣）+c（Cl﹣）

15．在2L的恒容密闭容器中充入A（g）和B（g），发生反应：

A（g）+B（g）?2C（g）+D（s）△H=a kJ?mol﹣1，实验内容和结果分别如表和如图所示．下列说法正确的是( ) 实验 温度 起始物质的量 热量 A B 序号 变化 600℃ 1 mol Ⅰ 3 mol 96 kJ 800℃ 1.5 mol Ⅱ 0.5 mol ﹣﹣

A．实验Ⅰ中，10 min内平均速率v（B）=0.06 mol?L﹣1?min﹣1

B．上述方程式中a=﹣160

C．600℃时，该反应的平衡常数是0.45

D．向实验Ⅱ的平衡体系中再充入0.5 mol A和1.5 mol B，A的转化率增大

三、非选择题（共80分）

16．硝酸铝[Al（NO3）3]是一种常用媒染剂．工业上用铝灰（主要含Al、Al2O3、Fe2O3等）制取硝酸铝晶体[Al（NO3）3?9H2O]的流程如图甲：

2015年江苏省扬州市、南通市、连云港市联考高考化学

二模试卷

一、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．国务院颁布的《“十二五”控制温室气体排放工作方案》提出，2015年我国单位国内生产总值CO2排放要比2010年下降17%．下列说法不正确的是( ) A．CO2属于酸性氧化物

B．CO2是导致酸雨发生的主要原因 C．可用Na2CO3溶液捕捉（吸收）CO2

D．使用氢能源替代化石燃料可减少CO2排放

【考点】使用化石燃料的利弊及新能源的开发；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系．

【分析】A、酸性氧化物是指能和碱反应生成盐和水的氧化物； B、酸雨是由NO2和SO2导致的； C、Na2CO3溶液可以和CO2反应； D、氢能源燃烧生成水．

【解答】解：A、酸性氧化物是指能和碱反应生成盐和水的氧化物，CO2是酸性氧化物，故A正确；

B、酸雨分为硝酸型酸雨和硫酸型酸雨，分别是由NO2和SO2导致的，二氧化碳不会导致酸雨，故B错误；

C、Na2CO3溶液可以和CO2反应生成NaHCO3，起到吸收CO2的作用，故C正确；

D、氢能源燃烧生成水，无二氧化碳生成，故用氢能源代替化石燃料可以减少二氧化碳的排放，故D正确． 故选B．

【点评】本题考查了酸性氧化物的概念、酸雨的成因和新能源的开发了利用，难度不大．

2．下列有关化学用语表示正确的是( ) A．过氧化钙（CaO2）的电子式：

B．816O2﹣离子的结构示意图：

C．H2CO3的电离方程式：H2CO3?2H++CO32﹣ D．葡萄糖的结构简式：C6H12O6

【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合；原子结构示意图；电离方程式的书写．

【分析】A．过氧化钙为离子化合物，化学式中存在钙离子和过氧根离子； B．氧离子的核电荷数为8，核外电子总数为10；

C．碳酸为弱酸，电离方程式分步写，主要写出第一步的电离即可；

D．葡萄糖为五羟基醛，结构简式中需要标出官能团的结构．

【解答】解：A．过氧化钙（CaO2）为离子化合物，钙离子直接用离子符号表示，过氧根离子需要标出所带电荷及原子的最外层电子，过氧化钙的电子式为确；

，故A正

B．氧离子的核电荷数为8，表示16，氧离子正确的离子结构示意图为：，故B错

误； C．H2CO3的电离分步进行，其电离方程式只写出第一步的电离即可，正确的电离方程式为：H2CO3?H++HCO3﹣，故C错误；

D．葡萄糖是多羟基醛，前五个碳原子上各有一个羟基，最后一个碳原子上有一个醛基，所以葡萄糖正确的结构简式为：CH2OH（CHOH）4CHO，故D错误； 故选A．

【点评】本题考查了常见化学用语的表示方法判断，题目难度中等，注意掌握电子式、离子

B为易错点，结构示意图、电离方程式、结构简式等化学用语的概念及书写原则，注意816O2

﹣

离子的结构示意图为氧离子的结构示意图．

3．下列物质性质与应用对应关系正确的是( ) A．浓硫酸具有脱水性，可用于干燥CO2 B．氨气具有还原性，可用于检查HCl泄漏

C．四氯化碳密度比水大，可用于萃取溴水中的Br2 D．氧化铝具有高熔点，可用于生产耐火砖

【考点】浓硫酸的性质；氨的化学性质；镁、铝的重要化合物；分液和萃取． 【分析】A．浓硫酸干燥气体是利用其吸水性； B． 氨气和HCl反应产生白烟，该反应属于化合反应，没有电子转移，不属于氧化还原反应；C．萃取剂和原溶剂不互溶，且萃取剂和溶质不反应，溶质在萃取剂中的溶解度大于在原溶剂中的溶解度；

D．氧化铝的熔点很高，一般条件下不熔融．

【解答】解：A．浓硫酸干燥气体是利用其吸水性，二氧化碳和浓硫酸不反应，所以可以用浓硫酸干燥二氧化碳，与浓硫酸的脱水性无关，故A错误； B．氨气和HCl反应产生白烟，该反应属于化合反应，没有电子转移，不属于氧化还原反应，所以氨气不体现还原性，故B错误；

C．萃取剂和原溶剂不互溶，且萃取剂和溶质不反应，溶质在萃取剂中的溶解度大于在原溶剂中的溶解度，四氯化碳符合萃取剂条件，与其密度大小无关，故C错误；

D．氧化铝的熔点很高，一般条件下不熔融，所以氧化铝能作耐火砖，故D正确； 故选D．

【点评】本题考查萃取剂的选取、浓硫酸的性质、氨气的性质及氧化铝的用途，涉及氧化还

原反应、化合反应等知识点，知道萃取剂的选取标准，注意浓硫酸吸水性和脱水性的区别．

4．用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的是（夹持装置未画出）( )

A．

用装置甲检验溶液中是否有K+

B．

用装置乙制取并收集少量NH3

C．

用装置丙进行喷泉实验

D．

用装置丁加热熔融NaOH固体 【考点】化学实验方案的评价．

【分析】A．观察K的焰色反应应透过蓝色的钴玻璃；

B．浓氨水与生石灰混合可生成氨气，氨气的密度比空气的密度小； C．氯气不易溶于食盐水；

D．瓷坩埚中的二氧化硅与NaOH反应．

【解答】解：A．观察K的焰色反应应透过蓝色的钴玻璃，由图可知，缺少蓝色的钴玻璃，故A错误；

B．浓氨水与生石灰混合可生成氨气，氨气的密度比空气的密度小，则图中固液反应不加热装置及向下排空气法均合理，故B正确；

C．氯气不易溶于食盐水，则图中装置不能形成喷泉实验，故C错误；

D．瓷坩埚中的二氧化硅与NaOH反应，仪器选择不合理，应使用铁坩埚，故D错误； 故选B．

【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及焰色反应、气体的制备及收集、物质的性质等，把握物质的性质及反应原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意装置的作用及实验的评价性分析，题目难度不大．

5．25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( ) A．使酚酞变红色的溶液：NH4+、Ca2+、NO3﹣、SO42﹣

B．c（OH﹣）=1×10﹣13 mol?L﹣1的溶液：Na+、K+、ClO﹣、SO42﹣ C．0.1 mol?L﹣1 FeCl2溶液：K+、Na+、SO42﹣、NO3﹣ D．0.1 mol?L﹣1 KMnO4溶液：Na+、Mg2+、NO3﹣、SO32﹣ 【考点】离子共存问题．

【分析】A．使酚酞变红色的溶液，显碱性；

B．c（OH﹣）=1×10﹣13 mol?L﹣1的溶液，显酸性； C．该组离子之间不反应；

D．KMnO4具有强氧化性，溶液中不能存在还原性离子．

【解答】解：A．使酚酞变红色的溶液，显碱性，NH4+、OH﹣结合生成弱电解质，Ca2+、SO42﹣

结合生成沉淀，不能共存，故A不选；

B．c（OH﹣）=1×10﹣13 mol?L﹣1的溶液，显酸性，H+、ClO﹣结合生成弱酸，不能大量共存，故B不选；

C．该组离子之间不反应，可大量共存，故C选；

D．KMnO4具有强氧化性，与SO32﹣发生氧化还原反应，不能共存，故D不选； 故选C．

【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解

答的关键，侧重氧化还原反应、复分解反应的离子共存考查，综合性较强，题目难度不大．

6．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是( ) A．常温常压下，2.24L H2O中含有极性共价键的数目为0.2NA B．0.1mol?L﹣1 NH4Cl溶液中含有NH4+的数目小于0.1NA

C．100mL 12mol?L﹣1的浓HNO3与过量Cu反应转移电子的数目为0.6NA

D．标准状况下，11.2L由CH4和C2H4组成的混合气体中含有氢原子的数目为2NA 【考点】阿伏加德罗常数．

【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律． 【分析】A、常温常压下，水为液态； B、溶液体积不明确；

C、浓HNO3与铜反应被还原为NO2，稀HNO3与铜反应被还原为NO； D、根据CH4和C2H4均含4个氢原子来分析．

【解答】解：A、常温常压下，水为液态，故22.4L水的物质的量不是1mol，所含的极性共价键的物质的量不是2mol，故A错误；

B、溶液体积不明确，故溶液中NH4+的数目无法计算，故B错误； C、100 mL 12 mol?L由于浓HNO3与铜反应被还原为NO2，而稀HNO3与铜反应被还原为NO，﹣1

的浓HNO3中被还原为NO2和NO的物质的量不明确，故转移的电子数无法计算，故C错误； D、11.2L混合气体的物质的量为0.5mol，标况下，而CH4和C2H4均含4个氢原子，故0.5mol混合气体中含有的氢原子的物质的量为2mol，故D正确． 故选D．

【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．

7．下列指定反应的离子方程式正确的是( )

A．Na2O与水反应：O2﹣+H2O═2OH﹣

B．SO2使氯水褪色：SO2+Cl2+2H2O═4H++SO42﹣+2Cl﹣

C．Na2SiO3溶液与盐酸反应：Na2SiO3+2H+═H2SiO3↓+2Na+

D．Ca（HCO3）2溶液与过量NaOH溶液反应：Ca2++HCO3﹣+OH﹣═CaCO3↓+2H2O 【考点】离子方程式的书写．

【分析】A．氧化钠为氧化物，离子方程式中不能拆开； B．二氧化硫与氯气发生氧化还原反应生成硫酸和盐酸； C．硅酸钠为易溶的强电解质，离子方程式中需要拆开；

D．氢氧化钠过量，离子方程式按照碳酸氢钙的化学式组成书写．

A．Na2O与水反应生成氢氧化钠，Na2O+H2O═2Na++2OH【解答】解：正确的离子方程式为：

﹣

，故A错误；

B．二氧化硫具有还原性，氯气具有强氧化性，所以SO2能够使氯水褪色，反应的离子方程式为：SO2+Cl2+2H2O═4H++SO42﹣+2Cl﹣，故B正确；

C．Na2SiO3溶液与盐酸反应，硅酸钠需要拆开，正确的离子方程式为：SiO32﹣

+2H+═H2SiO3↓，故C错误；

D．氢氧化钠过量，碳酸氢钙与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钙、碳酸钠和水，正确的离子方程式为：Ca2++2HCO3﹣+2OH﹣═CaCO3↓+CO32﹣+2H2O，故D错误； 故选B．

【点评】本题考查了离子方程式的书写判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法，如：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等；D为易错点，注意反应物过量情况对生成物的影响．

8．下列各组物质中，能一步实现右图所示①～⑤转化关系的是 A B C D X Fe3O4 Al H2SO4 CH3CH2Br Y Fe Al2O3 SO2 CH2=CH2 Z FeCl2 NaAlO2 S C2H5OH W FeCl3 Al（OH）3 SO3 CH2BrCH2Br

A．A B．B C．C D．D

【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；含硫物质的性质及综合应用；镁、铝的重要化合物；铁盐和亚铁盐的相互转变；乙醇的化学性质．

【分析】A．Al与Fe3O4反应生成Fe，Fe与盐酸反应生成FeCl2，Fe与氯气反应生成FeCl3，FeCl2与氯气反应FeCl3，FeCl3与Fe反应生成FeCl2；

B．Al与氧气反应生成Al2O3，Al2O3与NaOH反应生成NaAlO2，Al2O3不能直接转化为Al（OH）3，NaAlO2与少量酸反应生成Al（OH）3，Al（OH）3与NaOH反应生成NaAlO2； C．硫酸与Cu反应生成二氧化硫，二氧化硫与硫化氢反应生成S，二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫，S不能一步转化为SO3；

D．CH3CH2Br发生消去反应生成乙烯，乙烯与水加成反应生成乙醇，乙烯与溴水发生加成反应生成CH2BrCH2Br，乙醇不能一步转化为CH2BrCH2Br． 【解答】解：A．Fe3O4

Fe

FeCl2

FeCl3

FeCl2，Fe

FeCl3，均能一步实现转化，

故A选；

B．Al2O3不能一步转化为Al（OH）3，故B不选； C．S不能一步转化为SO3，故C不选；

D．C2H5OH不能一步转化为CH2BrCH2Br，二者相互转化不能一步实现，故D不选； 故选A．

【点评】本题考查金属元素的单质及化合物的性质、有机物的性质等，为高频考点，综合考查元素化合物知识，把握物质的性质及发生的反应为解答的关键，注意一步实现转化，题目难度不大．

9．图象能直观地反映有关物理量的变化及规律，下列各图象与描述相符的是( )

A．

如图表示SO2氧化反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化

B．

如图表示0.1 mol MgCl2?6H2O在空气中充分加热时固体质量随时间的变化

C．

如图表示分别稀释10 mL pH=2的盐酸和醋酸时溶液pH的变化，图中b＞100

D．

如图表示平衡2NO2（g）?N2O4（g）在t1时迅速将体积缩小后c（N2O4）的变化

【考点】化学反应的能量变化规律；化学平衡的影响因素；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；镁、铝的重要化合物．

【分析】A、催化剂只能改变化学反应中的活化能，不能改变热效应；

B、MgCl2为强酸弱碱盐，在空气中加热发生水解生成氧化镁，据此解答即可； C、醋酸是弱电解质，在水溶液里存在电离平衡，加水稀释促进醋酸电离； D、此反应特点为气体体积减小的反应，缩小体积，即增大压强，平衡右移．

【解答】解：A、此图中反应物总能量与生成物总能量差值出现变化，不可能是由于催化剂引起，催化剂不能改变反应的热效应，故A错误； B、MgCl2为强酸弱碱盐，0.1molMgO的质量为0.1mol×在空气中加热发生水解生成氧化镁，（24+16）g/mol=4.0g，故最终生成质量应为4.0g，故B错误；

C、醋酸是弱电解质，在水溶液里存在电离平衡，加水稀释促进醋酸电离，氯化氢是强电解质，完全电离，导致稀释过程中，醋酸中氢离子浓度大于盐酸，所以pH变化小的为醋酸，且稀释至pH=4，b应＞100，故C正确；

D、此反应特点为气体体积减小的反应，缩小体积，即增大压强，平衡右移，c（N2O4）变大，与图象中先变大后变小不一致，故D错误， 故选C．

【点评】本题主要考查的是化学反应的能量变化规律、弱电解质的电离、平衡移动方向判断等，综合性较强，难度较大．

10．已知X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，其中Y、R原子最外层电子数相等；X元素最低负价与W元素最高正价绝对值相等；工业上常用电解熔融

Z、W、R最高价氧化物对应的水化物两两反应均生成盐和水．氧化物的方法冶炼W单质；下

列说法正确的是( )

A．简单离子半径：Y＞Z＞W

B．简单氢化物的热稳定性：X＞Y＞R

C．W的最高价氧化物对应的水化物碱性比Z的强

D．R的最高价氧化物对应的水化物化学式一定是HRO4 【考点】原子结构与元素周期律的关系．

【分析】X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，Z、W、R最高价氧化物对应的水化物两两反应均生成盐和水，应氢氧化铝与强酸、强碱反应，可推知Z为Na、W为Al，工业上常用电解熔融氧化铝的方法冶炼Al单质；X元素最低负价绝对值与W元素最高正价相等，X处于VA族，原子序数小于Al，故X为N元素；Y、R原子最外层电子数相等，若Y为O，则R为S，若Y为F，则R为Cl，据此解答．

【解答】解：X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，Z、W、R最高价氧化物对应的水化物两两反应均生成盐和水，应氢氧化铝与强酸、强碱反应，可推知Z为Na、W为Al，工业上常用电解熔融氧化铝的方法冶炼Al单质；X元素最低负价绝对值与W元素最高正价相等，X处于VA族，原子序数小于Al，故X为N元素；Y、R原子最外层电子数相等，若Y为O，则R为S，若Y为F，则R为Cl．

A．Y离子为O2﹣或F﹣，Z、W的离子分别为Na+、Al3+，三者离子电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：O2﹣（或F﹣）＞Na+＞Al3+，故A正确； B．Y的非金属性强于X，故氢化物稳定性Y＞X，故B错误； C．金属性Al＜Na，故碱性：氢氧化铝＜氢氧化钠，故C错误； D．R为S时，最高价氧化物对应水化物为H2SO4，故D错误， 故选A．

【点评】本题考查原子结构和元素周期律，侧重考查学生分析推断能力，推断元素是解题的关键，注意Y、R元素的不确定性，明确元素周期律即可解答，难度不大．

二、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．下列说法正确的是( )

A．用右图所示方法可保护钢闸门不被腐蚀

B．SiO2（s）+2C（s）═Si（s）+2CO（g）在常温下不能自发进行，则该反应的△H＞0 C．常温下，NH4Cl溶液加水稀释，

增大

D．C（s）+H2O（g）?CO（g）+H2（g）（△H＞0），其它条件不变时，升高温度，正反应速率增大、逆反应速率减小，平衡正向移动

【考点】金属的电化学腐蚀与防护；焓变和熵变；化学反应速率的影响因素；盐类水解的原理．

【分析】A、保护钢闸门不被腐蚀，应让钢闸门做原电池的正极或电解池的阴极； B、△H﹣T△S＞0反应非自发进行，反应△S＞0，△H＞0； C、盐的水解平衡常数Kh只受温度的影响； D、升高温度，正、逆反应速率都增大；

【解答】解：A、保护钢闸门不被腐蚀，应让钢闸门做原电池的正极或电解池的阴极，而此图中钢闸门做了原电池的负极，腐蚀速率会加快，故A错误；

B、△H﹣T△S＞0，反应非自发进行，反应△S＞0，满足△H﹣T△S＞0，则△H＞0，故B正确；

C、铵根离子的水解平衡常数Kh=只受温度的影响，与其他任

何因素无关，故常温加水稀释，Kh值不变，故C错误；

D、升高温度，正、逆反应速率都增大，正反应速率增大更多，平衡向正反应方向移动，故D错误； 故选B．

【点评】本题考查金属的腐蚀与防护、水解平衡常数的影响因素，题目难度不大，本题把握外界条件对平衡常数的影响．

12．化合物M具有广谱抗菌活性，合成M的反应可表示如图：

下列说法正确的是( )

A．X分子中有2个手性碳原子

B．Y分子中所有原子可能在同一平面内

C．可用FeCl3溶液或NaHCO3溶液鉴别X和Y

D．在NaOH溶液中，1 mol M最多可与4 mol NaOH发生反应 【考点】有机物的结构和性质． 【专题】有机物的化学性质及推断．

【分析】A．根据手性碳原子的定义判断；

B．Y含有羧基和碳碳双键，具有乙烯和甲酸的结构特点； C．X含有酚羟基，Y含有羧基，结合官能团的性质判断；

D．M含有2个酚羟基、1个羧基、1个肽键、和1个酯基，都可与氢氧化钠反应．

【解答】解：A．手性碳原子连接4个不同的原子或原子团，X中只有连接氨基的为手性碳原子，故A错误；

B．Y含有羧基和碳碳双键，具有乙烯和甲酸的结构特点，所有原子可能在同一平面内，故B正确；

C．X含有酚羟基，可与氯化铁发生显色反应，Y含有羧基，可与NaHCO3溶液反应生成气体，则可用FeCl3溶液或NaHCO3溶液鉴别X和Y，故C正确； D．M含有2个酚羟基、1个羧基、1个肽键、和1个酯基，都可与氢氧化钠反应，则在NaOH溶液中，1 mol M最多可与6 mol NaOH发生反应，故D错误． 故选BC．

【点评】本题考查物质的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重酚、酸、酯性质的考查，选项A为解答的难点，题目难度不大．

13．下列实验操作与预期实验目的或所得实验结论不一致的是( ) 选项 实验操作 实验目的或结论 A B C D A．A 将Al2（SO4）3、NaOH溶液相互滴加 向AgCl悬浊液中滴入少量KI溶液，有黄色沉淀生成 向NaHS溶液中滴入酚酞，溶液变红色 向某溶液中滴加氯水，再滴加KSCN溶液，溶液变成红色 B．B C．C D．D 鉴别Al2（SO4）3、NaOH溶液 说明KSP（AgCl）＞KSP（AgI）HS﹣水解程度大于电离程度 该溶液中一定含有Fe2+ 【考点】化学实验方案的评价；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；二价Fe离子和

三价Fe离子的检验；物质的检验和鉴别的实验方案设计． 【分析】A．NaOH少量生成沉淀，NaOH过量得到澄清溶液； B．AgCl悬浊液中滴入少量KI溶液，发生沉淀的转化； C．NaHS溶液中滴入酚酞，溶液变红色，溶液显碱性； D．滴加氯水，可氧化亚铁离子，干扰亚铁离子的检验．

【解答】解：A．NaOH少量生成沉淀，NaOH过量得到澄清溶液，则利用相互滴加产生的现象不同鉴别Al2（SO4）3、NaOH，故A正确；

B．AgCl悬浊液中滴入少量KI溶液，由现象可知发生沉淀的转化，则说明KSP（AgCl）＞KSP（AgI），故B正确；

C．NaHS溶液中滴入酚酞，溶液变红色，溶液显碱性，则HS﹣水解程度大于电离程度，故C正确；

D．检验亚铁离子，应先滴加KSCN溶液，无现象，再滴加氯水变为血红色，不能先加氯水，试剂加入顺序不合理，故D错误； 故选D．

【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质鉴别、沉淀转化、盐类水解及电离、离子检验等，把握物质的性质、反应原理为解答的关键，侧重分析与应用能力及化学反应原理的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．

14．25℃时，向10mL 0.1mol?L﹣1 CH3COONa溶液中加入0.1mol?L﹣1盐酸，溶液pH随加入盐酸的体积变化情况如图所示．下列说法正确的是( )

A．点①所示溶液中：c（OH﹣）=c（H+）+c（CH3COOH）

B．点②所示溶液中：c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）=0.05 mol?L﹣1

C．点③所示溶液中：c（CH3COO﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（OH﹣） D．点④所示溶液中：c（Na+）+c（H+）＜c（CH3COO﹣）+c（Cl﹣） 【考点】离子浓度大小的比较．

【分析】A．点①时为醋酸钠溶液，根据醋酸钠溶液中的质子守恒判断； B．点②溶液的pH=7，加入盐酸的体积小于10mL，根据物料守恒分析；

C．点③所示溶液中，加入5mL盐酸，此时溶质为等浓度的醋酸和醋酸钠，醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解，溶液显示酸性；

D．溶液中一定满足电荷守恒，根据混合液中的电荷守恒判断．

【解答】解：A．点①所示溶液为醋酸钠溶液，根据醋酸钠溶液中的质子守恒可得：c（OH﹣

）=c（H+）+c（CH3COOH），故A正确；

B．点②所示溶液中，根据物料守恒可得：n（CH3COOH）+n（CH3COO﹣）=0.001mol，由于加入的盐酸小于5mL，则混合液总体积小于20mL，所以c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）＞0.05 mol?L﹣1，故B错误；

C．点③所示溶液中，反应后溶质为等浓度的醋酸和醋酸钠，溶液显示酸性，则：c（H+）＞c（OH﹣），由于醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，则c（CH3COO﹣）＞c（CH3COOH），所以溶液中离子浓度关系为：c（CH3COO﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（OH﹣），故C正确； D．任何溶液中一定满足电荷守恒，根据混合液中的电荷守恒可知：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（Cl﹣）+c（OH﹣），故c（Na+）+c（H+）＞c（CH3COO﹣）+c（Cl﹣），故D错误； 故选AC．

【点评】本题考查了酸碱混合的定性判断、离子浓度定性比较，题目难度中等，明确反应后溶质组成及盐的水解原理为解答关键，注意掌握判断离子浓度大小常用方法，如：电荷守恒、物料守恒、质子守恒、盐的水解原理等．

15．在2L的恒容密闭容器中充入A（g）和B（g），发生反应：

A（g）+B（g）?2C（g）+D（s）△H=a kJ?mol﹣1，实验内容和结果分别如表和如图所示．下列说法正确的是( ) 实验 温度 起始物质的量 热量 A B 序号 变化 600℃ 1 mol Ⅰ 3 mol 96 kJ 800℃ 1.5 mol Ⅱ 0.5 mol ﹣﹣

A．实验Ⅰ中，10 min内平均速率v（B）=0.06 mol?L﹣1?min﹣1

B．上述方程式中a=﹣160

C．600℃时，该反应的平衡常数是0.45

D．向实验Ⅱ的平衡体系中再充入0.5 mol A和1.5 mol B，A的转化率增大 【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线．

A、10 min内C生成了1.2mol，【分析】图象分析可知实验Ⅰ中，结合化学反应速率V=计算，速率之比等于化学方程式计量数之比，以此计算B的反应速率；

B、根据图象中的变化量结合图表中热量变化计算，依据化学平衡三段式可知， A（g）+B（g）?2C（g）+D（s）△H=a kJ?mol﹣1， 起始量（mol） 1 3 0 0 aKJ 变化量（mol） 0.6 0.6 1.2 0.6 96KJ 平衡量（mol） 0.4 2.4 1.2 0.6 反应焓变是指1molA全部反应的热量变化；

C、结合B中化学平衡三段式列式计算平衡浓度，c（A）=0.2mol/L，c（B）=1.2mol/L，c

=0.6mol/L， （C）平衡常数等于生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积；D、反根据等效平衡分析判断，反应前后气体体积不变，等比等效，开始投入量 AB之比为3：1，向实验Ⅱ的平衡体系中再充入0.5 mol A和1.5 mol B，可以看作充入AB反应比为3：1，先投入0.5molA和

molB的量．

【解答】解：图象分析，先拐先平温度高，温度越高C物质的量越小，温度升高，平衡逆向进行，说明反应是放热反应，

A、10 min内C生成了1.2mol，则反应速率V（C）=

=0.06mol/L?min，速率之比等

molB，达到平衡状态，A的转化率不变，相当于多投入1.5mol﹣

于化学方程式计量数之比，V（B）=V（C）=0.06mol/L?min×=0.03mol/L?min，故A错误；

B、由化学平衡三段式可知，

A（g）+B（g）?2C（g）+D（s）△H=a kJ?mol﹣1，

起始量（mol） 1 3 0 0 aKJ 变化量（mol） 0.6 0.6 1.2 0.6 96KJ 平衡量（mol） 0.4 2.4 1.2 0.6 反应焓变是指1molA全部反应的热量变化，则a=

=160KJ/mol

图象分析，先拐先平温度高，温度越高C物质的量越小，温度升高，平衡逆向进行，说明反应是放热反应，所以a=﹣160KJ/mol，故B正确；

C、由B中可知平衡浓度：c（A）=0.2mol/L，c（B）=1.2mol/L，c（C）=0.6mol/L，平衡常数K=

=1.5，故C错误；

D、反应前后气体体积不变，等比等效，开始投入量 AB之比为3：1，向实验Ⅱ的平衡体系中再充入0.5 mol A和1.5 mol B，可以看作充入AB反应比为3：1，先投入0.5molA和

molB，达到平衡状态，A的转化率不变，相当于多投入1.5mol﹣增大，A的转化率增大，故D正确； 故选BD．

【点评】本题考查化学平衡计算分析，图象的理解判断，平衡常数、反应速率、等效平衡的计算与分析应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等．

三、非选择题（共80分）

16．硝酸铝[Al（NO3）3]是一种常用媒染剂．工业上用铝灰（主要含Al、Al2O3、Fe2O3等）制取硝酸铝晶体[Al（NO3）3?9H2O]的流程如图甲：

molB的量，B量

（1）写出反应Ⅰ的离子方程式：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑（或Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣

+H2O）（任写一个）． （2）若在实验室中完成反应Ⅱ，为避免铝的损失，需要解决的问题是如何控制反应终点（或硝酸的用量），可采取的措施为将加入稀硝酸改为通入过量CO2．

（3）上述流程中采用减压蒸发，并控制反应Ⅲ中加入的稀硝酸稍过量，其目的是抑制硝酸铝水解．

（4）温度高于200℃时，硝酸铝完全分解成氧化铝和两种气体（其体积比为4：1），该反应的化学方程式是4Al（NO3）32Al2O3+12NO2↑+3O2↑．

（5）若用图乙所示实验装置制取Al（NO3）3，通入水蒸气的作用是提高温度、搅拌，加快反应速率．

【考点】制备实验方案的设计．

【分析】铝灰用氢氧化钠溶液溶解，铝、氧化铝反应生成偏铝酸钠，氧化铁不反应，过滤分离，滤液中含有偏铝酸钠、未反应的NaOH，加入硝酸中和未反应的氢氧化钠，并将偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，再过滤分离，氢氧化铝沉淀再用硝酸溶解，得到硝酸铝溶液，经过减压蒸发得到硝酸铝晶体．

（1）反应Ⅰ涉及：铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与氢气，氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水；

（2）硝酸属于强酸，可以溶解氢氧化铝沉淀，导致Al元素损失，应控制硝酸用量，可以利用弱酸将偏铝酸根转化为氢氧化铝沉淀而不溶解；

（3）硝酸铝容易发生水解，从抑制硝酸铝水解进行分析解答；

（4）温度高于200℃时，硝酸铝完全分解成氧化铝和两种气体，两种气体应是二氧化氮与氧气，二者体积之比为4：1，满足原子守恒与电子转移守恒； （5）水蒸气温度较高，且可以起搅拌作用，可以加快反应速率．

【解答】解：铝灰用氢氧化钠溶液溶解，铝、氧化铝反应生成偏铝酸钠，氧化铁不反应，过滤分离，滤液中含有偏铝酸钠、未反应的NaOH，加入硝酸中和未反应的氢氧化钠，并将偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，再过滤分离，氢氧化铝沉淀再用硝酸溶解，得到硝酸铝溶液，经过减压蒸发得到硝酸铝晶体．

（1）反应Ⅰ涉及：铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与氢气，氧化铝与氢氧化钠反应生成偏

2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑、Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O， 铝酸钠与水，反应方程式为：

故答案为：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑（或Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O）；

（2）硝酸属于强酸，可以溶解氢氧化铝沉淀，导致Al元素损失，需要解决的问题是：如何控制反应终点（或硝酸的用量），可以将加入稀硝酸改为通入过量CO2，避免氢氧化铝沉淀溶解；

故答案为：如何控制反应终点（或硝酸的用量）；将加入稀硝酸改为通入过量CO2；

（3）硝酸铝容易发生水解，减压蒸馏可以降低温度、反应Ⅲ中加入的稀硝酸稍过量，都可以抑制硝酸铝水解，

故答案为：抑制硝酸铝水解；

（4）温度高于200℃时，硝酸铝完全分解成氧化铝和两种气体，两种气体应是二氧化氮与氧气，二者体积之比为4：1，满足原子守恒与电子转移守恒，反应方程式为：4Al（NO3）

3

2Al2O3+12NO2↑+3O2↑，

2Al2O3+12NO2↑+3O2↑；

故答案为：4Al（NO3）3

（5）由于水蒸气温度较高，可以升高反应体系的温度，且可以起搅拌作用，可以加快反应速率，

故答案为：提高温度、搅拌，加快反应速率．

【点评】本题考查实验制备方案，侧重考查是对工艺流程的理解、分析与评价，是对学生综合能力的考查，需要学生具备知识的基础与灵活运用的能力，难度中等．

17．罂粟碱是一种异喹啉型生物碱，其盐酸盐可用于治疗脑血栓、肢端动脉痉挛等．罂粟碱的合成方法如下：

（1）B分子中的官能团有醚键和溴原子（填名称）． （2）D→E的转化属于取代反应（填反应类型）．

E和F发生取代反应生成G的同时有HCl生成，（3）则F的结构简式是 ．

（4）E的同分异构体有多种，写出一种符合下列要求的异构体X的结构简式：

．

Ⅰ．含氧官能团种类与D相同．

Ⅱ．核磁共振氢谱图中有4个吸收峰．

Ⅲ．属于芳香族化合物，苯环上一取代物有两种． （5）已知：

（R、R′为烃基）．根据已有知识并结合相关信

息，写出以乙醇为原料制备线流程图示例如下： CH3CH2OH

H2C=CH2

的合成路线流程图（无机试剂任用）．合成路

【考点】有机物的合成．

【分析】（1）根据B的结构简式可知B中所含官能团；

（2）比较D和E的结构简式可知，D中的﹣OH被氯原子取代； （3）比较E和G的结构简式，利用元素守恒可写出F的结构简式；

（4）根据E的结构，结合Ⅰ．含氧官能团种类与D相同，即含醚键和羧基，Ⅱ．核磁共振氢谱图中有4个吸收峰，即分子中有4种等效氢，Ⅲ．属于芳香族化合物，苯环上一取代物有两种，即苯环上有两种等效氢，可写出X的结构简式；

（5）以乙醇为原料制备，可以将乙醇与HBr生成溴乙烷，溴乙烷与KCN

发生类似B→C的反应得到CH3CH2CN，再将乙醇氧化得乙醛，用CH3CH2CN与乙醛发生题中信息中的反应，再酸性水解即得产品． 【解答】解：（1）根据B的结构简式可知B中所含官能团为醚键和溴原子，故答案为：醚键；溴原子；

（2）比较D和E的结构简式可知，D中的﹣OH被氯原子取代，所以D→E的转化属于取代反应，故答案为：取代；

（3）比较E和G的结构简式，利用元素守恒可知F的结构简式为，故

答案为：；

（4）根据E的结构，结合条件Ⅰ．含氧官能团种类与D相同，即含醚键和羧基，Ⅱ．核磁共振氢谱图中有4个吸收峰，即分子中有4种等效氢，Ⅲ．属于芳香族化合物，苯环上一取代物有两种，即苯环上有两种等效氢，所以符合条件的X的结构简式为

，

故答案为：；

（5）以乙醇为原料制备，可以将乙醇与HBr生成溴乙烷，溴乙烷与KCN

发生类似B→C的反应得到CH3CH2CN，再将乙醇氧化得乙醛，用CH3CH2CN与乙醛发生题中信息中的反应，再酸性水解即得产品，合成路线为

，

故答案为：

．

【点评】本题考查有机物的结构和性质以及有机合成，答题时注意有机官能团的性质及转化，侧重对基础知识的综合考查，难度中等．

【考点】位置结构性质的相互关系应用；元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算．

【分析】Y元素原子核外共有3个能级，则为1s、2s、2p3个能级，且最高能级电子数是前两个能级电子数之和，则2p能级含有4个电子，Y的核外电子排布式为：1s22s22p4，为O元素；

X基态原子未成对电子数在所处周期中最多，则X处于ⅤA族，结合原子序数可知X为N元素；

Z的单质常温下为淡黄色固体，则Z为S元素；

M的原子外围电子排布式为3dn4sn，则n=2，则M的态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d24s2，其原子序数为22，故M为Ti元素，据此进行解答．

【解答】解：Y元素原子核外共有3个能级，则为1s、2s、2p3个能级，且最高能级电子数是前两个能级电子数之和，则2p能级含有4个电子，Y的核外电子排布式为：1s22s22p4，为O元素；X基态原子未成对电子数在所处周期中最多，则X处于ⅤA族，结合原子序数可知X为N元素；Z的单质常温下为淡黄色固体，则Z为S元素；M的原子外围电子排布式为3dn4sn，则n=2，则M的态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d24s2，其原子序数为22，故M为Ti元素，

（1）非金属性越强，第一电离能越强，由于N元素的2p轨道处于半满状态，其第一电离能大于O元素，所以三者的第一电离能大小为：N＞O＞S， 故答案为：N＞O＞S；

（2）X为N元素，氮氮双键中含有1个σ键，H﹣N=N﹣H中还含有1个氮氢键，另外还含有1对孤电子对，所以N原子总共含有3个杂化轨道，为sp2杂化；由于H2O分子间形成了氢键，而H2S分子间不能形成氢键，所以水的沸点高于硫化氢， 故答案为：sp2；H2O分子间形成了氢键，而H2S分子间不能形成氢键；

（3）X2Y为N2O，其分子中含有22个电子，与二氧化碳互为等电子体，其结构与二氧化碳相似，含有两个双键，其电子式为：

，

故答案为：；

（4）由图可知，晶胞堆积方式为镁型，即面心立方堆积，以顶点的原子分析，位于面心的原子与之相邻，1个顶点原子为12个面共用，故配位数为12；

[Ti（H2O）5Cl]Cl2?H2O中，1molTi与1molCl和5molH2O形成了6mol配位键， 故答案为：12； 6 mol（或6×6.02×1023）．

【点评】本题考查了位置、结构与性质关系的应用，题目难度中等，涉及第一电离能大小比较、等电子体的应用、晶胞结构与金属、氢键等知识，正确推断各元素名称为解答关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力．

五、[实验化学]

22．卷心菜中含有丰富的维生素C，维生素C在酸性溶液中能被碘氧化．某实验小组通过如下实验对卷心菜中维生素C的含量进行测定．

第一步：配制维生素C标准溶液．将5片100mg的维生素C药片碾碎、溶解，配成250mL标准溶液．

第二步：制取卷心菜汁．取50g新鲜的卷心菜，捣烂，加水充分搅拌，用如图所示装置抽滤制得卷心菜汁50mL．

第三步：标准溶液中维生素C含量的测定．移取20.00mL维生素C标准溶液于锥形瓶中，加入1mL 0.1mol?L﹣1盐酸酸化，加入2滴淀粉试液作指示剂，用0.010mol?L﹣1碘水滴定到终点，记录消耗碘水的体积．重复上述操作两次，消耗碘水的平均体积为V1．

第四步：卷心菜汁中维生素C含量的测定．移取20mL卷心菜汁于锥形瓶中，加入1mL 0.1mol?L﹣1盐酸酸化，加入2滴淀粉试液作指示剂，用0.010mol?L﹣1碘水滴定到终点，记录消耗碘水的体积．重复上述操作两次，消耗碘水的平均体积为V2．

（1）与过滤相比，抽滤的优点是加快过滤速率．抽滤所用的滤纸应略小于（填“大于”或“小于”）布氏漏斗内径，将全部小孔盖住．

（2）移取20.00mL待测液选用的仪器是20mL移液管或酸式滴定管，滴定终点溶液的颜色呈蓝色．

（3）上述滴定过程滴定速度要快，否则将会使测得的维生素C的含量偏低，其可能的原因是维生素C被空气中的氧气氧化． （4）1kg卷心菜中所含维生素C相当于表示）

片上述维生素药片．（用含V1、V2的代数式

【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．

【专题】综合实验题；定量测定与误差分析． 【分析】（1）利用抽气泵使抽滤瓶中的压强降低，快速达到固液分离的目的，修剪滤纸，使其略小于布式漏斗，但要把所有的孔都覆盖住，并滴加蒸馏水使滤纸与漏斗连接紧密； （2）移取20.00mL待测液需要精密量具，精确到0.01ml，滴定实验中有滴定管和移液管；维生素C在酸性溶液中能被碘氧化，依据碘单质遇到淀粉变蓝色可以选取淀粉指示反应的终点；

（3）维生素C具有还原性，易被空气中的氧气氧化分析；

（4）利用维生素C标准溶液消耗碘单质量计算50g卷心菜中所含维生素C的质量，换算为1kg卷心菜中所含维生素C的质量，每片维生素C质量为20mg，计算得到卷心菜中维生素C相当于多少维生素C片． 【解答】解：（1）分析可知与过滤相比，抽滤的优点是加快过滤速率，快速达到固液分离的目的，修剪滤纸，使其略小于布式漏斗，但要把所有的孔都覆盖住； 故答案为：加快过滤速率，小于；

（2）移取20.00mL待测液选用的仪器是精密量具，精确到0.01ml，维生素C又称L﹣抗坏血酸，为酸性己糖衍生物可以选择移液管或酸式滴定管移取，移取维生素C标准溶液于锥形瓶中，加入1mL 0.1mol?L﹣1盐酸酸化，加入2滴淀粉试液作指示剂，用0.010mol?L﹣1碘

水滴定到终点，碘单质遇到淀粉变蓝，所以费用终点是滴入最后一滴碘水，溶液无色变化为蓝色且半分钟不变证明反应终点；

故答案为：20 mL移液管或酸式滴定管，蓝；

（3）维生素遇空气和加热都易引起变质，在碱性溶液中易于氧化而失效，在空气条件下，被空气中的氧气氧化在水溶液中迅速变质，是强还原剂； 故答案为：维生素C被空气中的氧气氧化；

（4）利用标准溶液中维生素C含量的测定和卷心菜汁中维生素C含量的测定，金属50g卷心菜中维生素C的质量， 设为xmg，则100：0.01mol/L×V1×x=

mg

=x：0.01mol/L×V2×

1000g卷心菜中含有维生素C质量=mg×=mg

每片维生素C质量为20mg，则1000g卷心菜中含有维生素C的片数==；

故答案为：．

【点评】本题考查了化学实验标定和测定溶液含量的过程分析判断和计算应用，注意各溶液体积变化和操作过程的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等．

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