C 向10mL0.2mol?L﹣1NaOH溶液中滴入2滴白色沉淀转化为红相同温度下的KspMg（OH）（OH）2＞KspFe3 0.1mol?L﹣1MgCl2溶液，产生白色沉淀后，再褐色沉淀 滴加2滴0.1mol?L﹣1FeCl3溶液 D 室温下，用pH试纸分别测定浓度为0.1mol?LCH3COONa溶液酸性： ﹣1NaClO溶液和0.1mol?L﹣1CH3COONa溶液的的pH试纸颜色深 HClO＞CH3COOH pH A．A
B．B
C．C
D．D
【考点】化学实验方案的评价． 【专题】实验评价题．
【分析】A．醋酸具有挥发性，生成的二氧化碳中含有醋酸，醋酸也能和苯酚钠反应生成苯酚；
B．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；
C．NaOH足量，氯化镁、氯化铁不足量，所以该实验中氢氧化镁、氢氧化铁沉淀都产生； D．次氯酸钠具有漂白性，不能利用pH试纸测定pH．
【解答】解：A．醋酸具有挥发性，生成的二氧化碳中含有醋酸，醋酸也能和苯酚钠反应生成苯酚，所以醋酸干扰碳酸酸性检验，在将气体通入苯酚钠溶液前应该除去醋酸，故A错误；
B．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，将KI和FeCl3溶液在试管中混合后，加入CCl4，振荡、静置，下层溶液呈紫红色，说明碘离子和铁离子发生氧化还原反应生成碘，铁离子作氧化剂、碘是氧化产物，则氧化性：Fe3+＞I2，故B正确； C．NaOH足量，氯化镁、氯化铁不足量，所以该实验中氢氧化镁、氢氧化铁沉淀都产生，所以该实验不能判断相同温度下的KspMg（OH）2＞KspFe（OH）3，故C错误； D．NaClO溶液具有强氧化性，不能利用pH试纸测定pH，应利用pH计测定pH比较酸性强弱，故D错误； 故选B．
【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及pH测定、溶度积大小比较、氧化性强弱判断、酸性强弱比较等知识点，明确实验原理及物质性质是解本题关键，注意D中次氯酸钠的强氧化性及C中NaOH的量，为易错点．
5． 依曲替酯用于治疗严重的牛皮癣、红斑性角化症等．它可以由原料X经过多步反应合成：
11
下列说法正确的是（ ） A．X与Y互为同分异构体
B．可用酸性KMnO4溶液鉴别X和Y
C．1molY能与6molH2或3mol NaOH发生反应 D．依曲替酯只能发生加成、取代、消去反应 【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．分子式相同、结构不同的有机物互称同分异构体； B．X和Y中苯环上都含有甲基，都能被酸性高锰酸钾溶液氧化；
C．Y中苯环、羰基、碳碳双键都能与氢气在一定条件下发生加成反应，酚羟基、酯基水解生成的羧基能与NaOH反应；
D．依曲替酯中含有碳碳双键、醚键、苯环、酯基，具有烯烃、醚、苯和酯的性质，能发生加成反应、取代反应、水解反应等．
【解答】解：A．分子式相同、结构不同的有机物互称同分异构体，原料X与中间体Y的分子式相同，但结构不同，则二者互为同分异构体，故A正确；
B．X和Y中苯环上都含有甲基，都能被酸性高锰酸钾溶液氧化生成﹣COOH，所以二者不能用酸性高锰酸钾溶液鉴别，故B错误；
C．Y中苯环、羰基、碳碳双键都能与氢气在一定条件下发生加成反应，酚羟基、酯基水解 生成的羧基能与NaOH反应，所以1molY能与5molH2或3mol NaOH发生反应，故C错误；D．依曲替酯中含有碳碳双键、醚键、苯环、酯基，具有烯烃、醚、苯和酯的性质，能发生加成反应、取代反应、水解反应等，不能发生消去反应，故D错误； 故选A．
【点评】本题考查有机物的结构与性质，注意把握有机物官能团与性质的关系来解答，熟悉酚、酯、烯烃的性质是解答的关键，选项C为易错点，注意Y水解生成酚羟基，题目难度不大
12
6．如图甲是利用一种微生物将废水中的尿素[CO（NH2）2]的化学能直接转化为电能，并生成环境友好物质的装置，同时利用此装置的电能在铁上镀铜，下列说法中不正确的是（ ）
A．铜电极应与X相连接
B．H+透过质子交换膜由左向右移动
C．M电极反应式为CO（NH2）2+H2O﹣6e﹣═CO2↑+N2↑+6H+ D．当N电极消耗0.25 mol气体时，则理论上铁电极增重32 g 【考点】化学电源新型电池． 【专题】电化学专题．
【分析】根据题给信息知，甲图中装置是将化学能转化为电能的原电池，M是负极，N是正极，电解质溶液为酸性溶液，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应；在铁上镀铜，则铁为阴极应与负极相连，铜为阳极应与正极相连，根据得失电子守恒计算，以此解答该题．
【解答】解：甲图中装置是将化学能转化为电能的原电池，M是负极，N是正极，电解质溶液为酸性溶液，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应， A．铁上镀铜，则铁为阴极应与负极相连，铜为阳极应与正极Y相连，故A错误； B．M是负极，N是正极，质子透过离子交换膜由左M极移向右N极，即由左向右移动，故B正确；
C．H2NCONH2在负极M上失电子发生氧化反应，生成但其、二氧化碳和水，电极反应式为H2NCONH2+H2O﹣6e﹣═CO2↑+N2↑+6H+，故C正确；
D．当N电极消耗0.25 mol氧气时，则转移0.25×4=1mol电子，所以铁电极增重mol×64g/mol=32g，故D正确． 故选A．
【点评】本题考查了原电池原理以及电镀原理，侧重于学生的分析、计算能力的考查，明确原电池正负极上得失电子、电解质溶液中阴阳离子移动方向即可解答，难度中等．
13
7．pC类似pH，是指极稀溶液中，溶质物质的量浓度的常用对数负值．如某溶液溶质的浓度为l×10﹣3mol?L﹣1，则该溶液中溶质的pC=﹣lg（1×l0﹣3）=3．如图为H2CO3在加入强酸或强碱溶液后，平衡时溶液中三种成分的pC﹣pH图．下列说法不正确的是（ ）
A．H2CO3、HCO3﹣、CO32﹣不能在同一溶液中大量共存 B．H2CO3电离平衡常数Kal≈10﹣6
C．pH=7时，溶液中存在关系（HCO3﹣）＞c（H2CO3）＞c（CO32﹣） D．pH=9时，溶液中存在关系（H+）+c（H2CO3）=c（OH﹣）+c（CO32﹣） 【考点】离子浓度大小的比较．
【专题】电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题．
【分析】A．根据离子存在溶液的酸碱性判断，碳酸根离子和碳酸不能大量共存； B．由图象可知当pH=6时，pC（H2CO3）=pC（HCO3﹣），结合Ka1（H2CO3）=
计算；
C．Pc值越大，其浓度越小；
D．由图象可知，横坐标为pH，纵坐标为pC，pH=9时，H2CO3溶液中浓度最大的含碳元素离子为HCO3﹣，结合碳酸氢钠溶液中电荷守恒和物料守恒计算分析．
【解答】解：A．碳酸存在的溶液中酸性较强、碳酸根离子存在的溶液中碱性较强，所以碳酸根离子和碳酸不能大量共存，H2CO3、HCO3﹣、CO32﹣不能在同一溶液中大量共存，故A正确；
B．由图象可知当pH=6时，pC（H2CO3）=pC（HCO3﹣），结合Ka1（H2CO3）=
=
=10﹣6，故B正确；
C．Pc值越大，其浓度越小，当pH=7时，溶液中含碳元素的主要微粒的物质的量浓度的大小关系为 c（HCO3﹣）＞c（H2CO3）＞c（CO3 2﹣ ），故C正确；
14
D．由图象可知，横坐标为pH，纵坐标为pC，pH=9时，H2CO3溶液中浓度最大的含碳元素离子为HCO3﹣，碳酸氢钠溶液中溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣），物料守恒c（Na+）=c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3），代入计算得到（H+）+c（H2CO3）=c（OH﹣）+c（CO32﹣），但此时不只是碳酸氢钠，属于溶液中离子浓度关系错误，故D错误； 故选D．
【点评】本题考查了弱电解质的电离，明确图象中Pc的含义是解本题关键，再结合pH、Pc的关系来分析解答，题目难度中等．
二、非选择题
8．酣酸亚铬晶体是一种氧气吸收剂，化学式为[Cr（CH3COO）2]2?2H2O，不溶于冷水，易溶于盐酸．由于Cr2+易被氧气氧化，制备醋酸亚铬时，需在封闭体系中用锌作还原剂，先将Cr3+还原为Cr2+，再与醋酸钠溶液作用制得，其总反应为： 2Cr3++Zn+4CH3COO﹣+2H2O═[Cr（CH3COO）2]2?2H2O+Zn2+ 请回答下列问题：
（1）实验中用恒压滴液漏斗，相比普通分液漏斗，显著的优点是 平衡压强，使液体顺利滴下，可以防止液体挥发 ．
（2）实验开始前，必需进行的实验操作是 检验装置气密性 ；实验开始时，打开恒压滴液漏斗的旋塞，让盐酸滴入装置2中，打开A，关闭B，目的是 盐酸与锌反应产生的氢气将装置中的空气排出，形成还原性氛围，防止Cr2+被氧化， ，反应一段时间后，保持盐酸持续滴下，关闭A，打开B，目的是 让产生的H2将CrCl2溶液压入装置3与CH3COONa溶液反应 ．
（3）已知其它反应物足量，实验时取用的是含溶质3.17g CrCl3溶液和1L 0.1mol?L﹣1的醋酸钠溶液；实验后得干燥纯净的醋酸亚铬晶体2.82g，则该实验所得产品的产率为 75% （不考虑醋酸亚铬晶体的溶解损失）．
（4）为标定实验所用的CrCl3溶液，进行了如下操作：
取25.00mLCrCl3溶液于碘量瓶（一种带塞的锥形瓶）中，加热至沸后加入适量Na2O2，充分加热煮沸，稀释，加入过量的稀H2SO4至溶液呈强酸性，此时铬以Cr2O72﹣存在；再加入足量KI，密塞，摇匀，于暗处静置5分钟后，用0.25mol?L﹣1硫代硫酸钠溶液滴定至溶液
15
