1、2016年江西省新余市分宜县高考化学四模试卷一、选择题（在下列各题的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的每小题6分，共48分）1化学反应中的能量变化是由化学反应中旧化学键断裂时吸收的能量与新化学键形成时放出的能量不同引起的如图为N2（g）和O2（g）反应生成NO（g）过程中的能量变化，下列说法正确的是（） A1molN2（g）和NA个O2（g）反应放出的能量为180 kJB1molN2（g）和1molO2（g）具有总能量小于2molNO（g）具有的总能量C通常情况下，N2（g）和O2（g）混合能直接生成NOD吸热反应一定需要加热才能发生2下列有关叙述正确的是（）A1 L0.6molL1的食
2、盐水中含氯化钠0.6molB0.5mol碳酸钠溶于水配成0.5L溶液，所得溶液的物质的量浓度为0.5molL1C标准状况下，44.8L氯化氢气体溶于1L水中所得溶液的物质的量浓度为2molL1D20g氢氧化钠溶于水配成物质的量浓度为1molL1的溶液，可得溶液1L3若溶液中由水电离产生的c（OH）=11014 mol/L，满足此条件的溶液中一定可以大量共存的离子组是（）AK+、NH4+、SO42、NO3BCa2+、Al3+、HCO3、ClCMnO4、K+、SO42、Na+DNa+、Fe2+、NO3、SCN4若NA为阿伏加德罗常数，已知某元素的阴离子Rn的原子核中，中子数为Ax+n，其中A为原子
3、的质量数，则m g Rn中电子总数为（）ABCD5下列说法正确的是（）A糖类化合物都具有相同的官能团B酯类物质是形成水果香味的主要成分C油脂的皂化反应生成脂肪酸和丙醇D蛋白质的水解产物都含有羧基和羟基6根据下列框图分析下列说法正确的是（）AE2+的氧化性比M2+的氧化性弱B在反应中硫酸既表现了酸性、又表现了氧化性C反应的离子方程式可表示为：3SCN+E3+=E（SCN）3D在反应中若不加稀硫酸可能看到红褐色沉淀7已知：H2（g）+I2（g）2HI（g）H=14.9kJ/mol某温度下在甲、乙两个恒容密闭容器中充入反应物，其起始浓度如下表所示甲中反应达到平衡时，测得c（H2）=0.008mol/
4、L 下列判断正确的（）起始浓度c（H2）/mol/Lc（I2）/mol/Lc（HI）/mol/L甲0.010.010乙0.020.020A平衡时，乙中H2的转化率是甲中的2倍B平衡时，甲中混合物的颜色比乙中深C平衡时，甲、乙中热量的变化值相等D该温度下，反应的平衡常数K=0.258如图实验装置中，实验时，先断开K2，闭合K1，两极均有气泡产生；一段时间后，断开K1，闭合K2，发现电流表指针偏转，下列有关描述正确的是（）A断开K2，闭合K1时，总反应的离子方程式为：2H+2ClCl2+H2B断开K2，闭合K1时，电子沿“bCu电解质溶液石墨a”的路径流动C断开K2，闭合K1时，铜电极附近溶液变红
5、D断开K1，闭合K2时，铜电极上的电极反应为：Cl2+2e=2Cl二、非选择题（共4小题，共52分）9某化学兴趣小组为了探究常温下某非金属氧化物形成的未知气体的成分该小组成员将气体通入澄清石灰水，发现澄清石灰水变浑浊，持续通入发现浑浊又变澄清，由此该小组成员对气体的成分提出猜想【提出猜想】猜想1：猜想2：猜想3：为了验证猜想，该小组设计实验加以探究【实验探究】该小组同学按如图所示装置，将气体从a端通入，则；（1）B中应该装试剂（填编号）A氢氧化钠溶液 B酸性高锰酸钾溶液 C饱和碳酸钠溶液 D饱和碳酸氢钠（2）A中品红溶液的作用是（3）D中澄清石灰水的作用是通过该实验，该小组同学观察到以下三个实
6、验现象：A中品红溶液褪色 C中品红溶液不褪色 D中澄清石灰水变浑浊【得出结论】（4）由上述现象该小组同学确认该气体为10下表为元素周期表的一部分，请参照元素在表中的位置，回答下列问题；（回答问题时，均需使用元素的真实元素符号，不得使用数字编号）族周期AAAAAAA123（1）、的旅子半径由大到小的顺序为（2）写出由、两元称组成，且的质量分数最高的分子的电子式，写出该化合物跟的单质发生置换反应的化学方程式（3）元素的最高价氧化物可和元素的氢氧化物水溶液发生反应，写出反应的离子方程式（4）元素有多种氧化物，其中甲的相对分子质量最小；元素有多种单质，其中乙的相对分子质量最小在一定条件下，将2L 甲气
7、体与1.5L 乙气体均匀混合，若该混合气体被足量NaOH 溶液完全吸收（没有气体残留）所生成的含氧酸盐的化学式是111774年瑞典化学家舍勒用软锰矿（主要成分是二氧化锰）和盐酸共热得到黄绿色气体甲、乙两个同学分别采取上述反应原理，各制取一瓶氯气，并用其验证Cl2与水反应所得产物的性质请回答：（1）写出实验室制备氯气的化学方程式（2）对于乙同学的实验装置，若要停止实验，其操作顺序是停止加热取出集气瓶盖好将导管伸入到烧碱溶液中（3）甲、乙两同学分别向收集到的氯气中加入适量水，充分振荡后分成两份，均做验证氯气与水反应所得产物性质的两个实验实验操作、现象、结论记录如下：实验序号实验操作现象结论加品红溶
8、液溶液褪色氯气与水反应的产物有漂白性加入NaHCO2粉末有无色气泡产生氯气与水反应的产物具有较强的酸性（4）丙同学查阅资料发现HClO的氧化性大于MnO2，拟用下列四组试剂在实验室制取氧气ACaC12和次氯酸B浓盐酸NaClOC浓盐酸和次氯酸 D固体NaCl、固体NaClO和浓硫酸你认为上述四种试剂中组试剂符合实际，且Cl的原子利用率最高试写出这个反应的化学方程式12AQ10种有机物的转化关系如图所示，其中部分反应的条件未给出已知：G的氧化产物能发生银镜反应等物质的量的A和J分别与足量的NaHCO3溶液反应，产生CO2（相同状况）的体积比为1：2（1）A的结构简式为；H的结构简式为； J的结构
9、简式为（2）写出下列化学反应的反应类型AC反应；CE反应（3）写出下列转化的化学方程式BD；GA（4）与G具有相同官能团的物质的结构简式还有； G的另一种同分异构体可发生银镜反应，其核磁共振氢谱中有5个峰，其结构简式为（5）Q的结构简式2016年江西省新余市分宜县高考化学四模试卷参考答案与试题解析一、选择题（在下列各题的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的每小题6分，共48分）1化学反应中的能量变化是由化学反应中旧化学键断裂时吸收的能量与新化学键形成时放出的能量不同引起的如图为N2（g）和O2（g）反应生成NO（g）过程中的能量变化，下列说法正确的是（） A1molN2（g）和NA个O2（
10、g）反应放出的能量为180 kJB1molN2（g）和1molO2（g）具有总能量小于2molNO（g）具有的总能量C通常情况下，N2（g）和O2（g）混合能直接生成NOD吸热反应一定需要加热才能发生【考点】化学反应中能量转化的原因【专题】化学反应中的能量变化【分析】A、分析能量变化黑球代表氧原子，依据反应焓变=反应物断裂化学键吸收的能量生成物形成化学键放出的能量计算判断；B、依据A计算的焓变判断反应能量变化，结合反应前后能量守恒分析；C、氮气和氧气在放电条件才能反应；D、一个化学反应是吸热还是放热与反应条件无关【解答】解：A、焓变=反应物断裂化学键吸收的能量生成物形成化学键放出的能量，N2+
11、O2=2NO，H=946KJ/mol+498KJ/mol2632KJ/mol=180KJ/mol，反应是吸热反应，故A错误；B、依据A计算可知反应是吸热反应，依据能量守恒，1 mol N2（g）和1 mol O2（g）具有的总能量小于2 mol NO（g）具有的总能量，故B正确；C、通常情况下，N2（g）和O2（g）混合不能直接生成NO，故C错误；D、一个化学反应是吸热还是放热与反应条件无关，氢氧化钡晶体和氯化铵晶体的反应属于吸热反应，在常温下即可进行，故D错误；故选B【点评】本题考查了反应能量变化的计算和判断，反应的焓变计算方法和能量守恒是解题关键，题目难度中等2下列有关叙述正确的是（）A1
12、 L0.6molL1的食盐水中含氯化钠0.6molB0.5mol碳酸钠溶于水配成0.5L溶液，所得溶液的物质的量浓度为0.5molL1C标准状况下，44.8L氯化氢气体溶于1L水中所得溶液的物质的量浓度为2molL1D20g氢氧化钠溶于水配成物质的量浓度为1molL1的溶液，可得溶液1L【考点】物质的量的相关计算【分析】A结合n=cV计算；B结合c=计算；C溶于1L水，溶液体积未知；D结合n=、V=计算【解答】解：A.1 L0.6molL1的食盐水中含氯化钠为1L0.6mol/L=0.6mol，故A正确；B.0.5mol碳酸钠溶于水配成0.5L溶液，所得溶液的物质的量浓度为=1molL1，故B
13、错误；C溶于1L水，溶液体积未知，不能计算溶液的浓度，故C错误；D.20g氢氧化钠溶于水配成物质的量浓度为1molL1的溶液，n=0.5mol，溶液体积为=0.5L，故D错误；故选A【点评】本题考查物质的量的计算，为高频考点，把握质量、物质的量、体积的关系为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大3若溶液中由水电离产生的c（OH）=11014 mol/L，满足此条件的溶液中一定可以大量共存的离子组是（）AK+、NH4+、SO42、NO3BCa2+、Al3+、HCO3、ClCMnO4、K+、SO42、Na+DNa+、Fe2+、NO3、SCN【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析
14、】溶液中由水电离产生的c（OH）=11014 mol/L，该溶液为酸性或碱性溶液，溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，A若为碱性溶液，铵根离子与氢氧根离子反应生成一水合氨；B铝离子与碳酸氢根离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体；CMnO4、K+、SO42、Na+离子之间不发生反应，都不与氢离子和氢氧根离子反应；D酸性溶液中，Fe2+、NO3之间发生氧化还原反应【解答】解：由水电离产生的c（OH）=11014 mol/L的溶液为酸性或碱性溶液，溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，A碱性溶液中存在大量氢氧根离子，NH4+与氢氧根离子反应生成弱电解质一水合氨，在溶液中不能大量共存，故A错误；
15、BAl3+、HCO3之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，在溶液中不能大量共存，故B错误；CMnO4、K+、SO42、Na+之间不反应，且都不与氢离子、氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；D酸性溶液中存在大量氢离子，在酸性条件下Fe2+、NO3之间能够发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选C【点评】本题考查离子共存的正误判断，为高考中的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间； 能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN）等；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件
16、，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH；溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等4若NA为阿伏加德罗常数，已知某元素的阴离子Rn的原子核中，中子数为Ax+n，其中A为原子的质量数，则m g Rn中电子总数为（）ABCD【考点】物质的量的相关计算【专题】计算题【分析】某元素的阴离子Rn，其原子核内的中子数为Ax+n，其中A为质量数，则R的质子数为xn，所以Rn中核外电子数为xn+n=x，再计算出m克Rn离子的物质的量，进而计算电子数目【
17、解答】解：已知某元素的阴离子Rn，其原子核内的中子数为Ax+n，其中A为质量数，则R的质子数=A（Ax+n）=xn，所以Rn中核外电子数为xn+n=x，n（Rn）=mol，则m克Rn离子中包含电子个数=molmolxNAmol1=NA，故选D【点评】本题考查原子结构、物质的量的相关计算，关键是确定离子核外电子数，难度不大5下列说法正确的是（）A糖类化合物都具有相同的官能团B酯类物质是形成水果香味的主要成分C油脂的皂化反应生成脂肪酸和丙醇D蛋白质的水解产物都含有羧基和羟基【考点】酯的性质；油脂的性质、组成与结构；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点【专题】有机物的化学性质及推断【分析】A糖类是多羟基醛
18、、多羟基酮以及能水解而生成多羟基醛或多羟基酮的有机化合物；B酯类一般是有香味的物质；C油脂是高级脂肪酸甘油酯；D蛋白质的水解产物是氨基酸【解答】解：A葡萄糖的官能团是羟基和醛基，而果糖的官能团是羟基和羰基，故A错误； B酯类一般都是易挥发具有芳香气味的物质，故B正确；C油脂在碱性条件水解生成高级脂肪酸盐和甘油，称之为皂化反应，故C错误；D蛋白质的水解产物是氨基酸，氨基酸的官能团是羧基和氨基，故D错误故选B【点评】本题考查有机物的性质，难度不大，注意葡萄糖的官能团是羟基和醛基，而果糖的官能团是羟基和羰基6根据下列框图分析下列说法正确的是（）AE2+的氧化性比M2+的氧化性弱B在反应中硫酸既表现了
19、酸性、又表现了氧化性C反应的离子方程式可表示为：3SCN+E3+=E（SCN）3D在反应中若不加稀硫酸可能看到红褐色沉淀【考点】无机物的推断；氧化还原反应【专题】元素及其化合物【分析】流程分析可知，M为铜，在酸性溶液中被过氧化氢氧化为铜盐溶液CuSO4，依据y加入KSCN溶液血红色说明是Fe3+离子，和氨水反应生成红褐色沉淀氢氧化铁；说明X为亚铁离子形成的硫酸亚铁溶液，推断E为Fe；依据推断出的物质分析选项；A、依据阳离子氧化性强弱，结合金属活动顺序表分析判断；Fe2+的氧化性比Cu2+的氧化性弱；B、反应中硫酸只是提供酸性环境，过氧化氢做氧化剂氧化铜；C、反应的离子方程式可表示为：3SCN+
20、Fe3+=Fe（SCN）3；生成的是血红色溶液，不是沉淀；D、在反应中若不加稀硫酸，硫酸亚铁被过氧化氢氧化为硫酸铁，在酸性溶液中铁离子会沉淀，可能看到红褐色沉淀；【解答】解：流程分析可知，M为铜，在酸性溶液中被过氧化氢氧化为铜盐溶液CuSO4，依据y加入KSCN溶液血红色说明是Fe3+离子，和氨水反应生成红褐色沉淀氢氧化铁；说明X为亚铁离子形成的硫酸亚铁溶液，推断E为Fe；A、依据阳离子氧化性强弱，结合金属活动顺序表分析判断；Fe2+的氧化性比Cu2+的氧化性弱，故A正确；B、反应中硫酸只是提供酸性环境，过氧化氢做氧化剂氧化铜，故B错误；C、反应的离子方程式可表示为：3SCN+Fe3+=Fe（
21、SCN）3；生成的是血红色溶液，不是沉淀，故C错误；D、在反应中若不加稀硫酸，硫酸亚铁被过氧化氢氧化为硫酸铁，在酸性溶液中 铁离子会沉淀，可能看到红褐色沉淀，故D正确；故选D【点评】本题考查了物质转化关系的推断和判断，物质性质的应用，反应现象的分析是解题关键，题目难度中等7已知：H2（g）+I2（g）2HI（g）H=14.9kJ/mol某温度下在甲、乙两个恒容密闭容器中充入反应物，其起始浓度如下表所示甲中反应达到平衡时，测得c（H2）=0.008mol/L 下列判断正确的（）起始浓度c（H2）/mol/Lc（I2）/mol/Lc（HI）/mol/L甲0.010.010乙0.020.020A平衡
22、时，乙中H2的转化率是甲中的2倍B平衡时，甲中混合物的颜色比乙中深C平衡时，甲、乙中热量的变化值相等D该温度下，反应的平衡常数K=0.25【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡常数的含义【专题】化学平衡专题【分析】A、该反应前后气体的体积不变，乙中的浓度为甲中的2倍，乙中压强为甲中2倍，压强不影响平衡移动，二者为等效平衡；B、二者为等效平衡，平衡时乙中c（I2）是甲中的2倍；C、二者为等效平衡，反应物转化率相同，乙中参加反应I2的是甲中的2倍；D、根据平衡时氢气的浓度，利用三段式计算平衡时其它组分的平衡浓度，代入平衡常数表达式计算【解答】解：A、该反应前后气体的体积不变，乙中的浓度为甲中的2倍，
23、乙中压强为甲中2倍，压强不影响平衡移动，二者为等效平衡，平衡时对应各组分的转化率相同，故A错误；B、二者为等效平衡，平衡时乙中c（I2）是甲中的2倍，平衡时乙中颜色更深，故B错误；C、二者为等效平衡，反应物转化率相同，乙中参加反应I2的是甲中的2倍，乙中的热量变化是甲中的2倍，故C错误；D、平衡时氢气的浓度为0.008mol/L，则： H2（g）+I2（g）2HI（g）开始（mol/L）：0.01 0.01 0变化（mol/L）：0.002 0.002 0.004平衡（mol/L）：0.008 0.008 0.004故该温度下该反应的平衡常数k=0.25，故D正确；故选D【点评】本题考查等效平
24、衡、化学平衡常数的计算、影响化学平衡的因素等，难度中等，注意理解等效平衡规律8如图实验装置中，实验时，先断开K2，闭合K1，两极均有气泡产生；一段时间后，断开K1，闭合K2，发现电流表指针偏转，下列有关描述正确的是（）A断开K2，闭合K1时，总反应的离子方程式为：2H+2ClCl2+H2B断开K2，闭合K1时，电子沿“bCu电解质溶液石墨a”的路径流动C断开K2，闭合K1时，铜电极附近溶液变红D断开K1，闭合K2时，铜电极上的电极反应为：Cl2+2e=2Cl【考点】电解原理【专题】电化学专题【分析】A、断开K2，闭合K1时，是电解池装置，两极均有气泡产生，说明是电解饱和食盐水的反应；B、断开K
25、2，闭合K1时，是电解池装置，两极均有气泡产生，石墨做阳极，溶液中氯离子离子失电子发生氧化反应，铜做阴极，氢离子得到电子发生还原反应，据此解答；C、断开K2，闭合K1时，是电解池装置，两极均有气泡产生，石墨做阳极，溶液中氯离子离子失电子发生氧化反应，铜做阴极，氢离子得到电子发生还原反应，依据水的电离平衡，氢氧根离子浓度增大；D、断开K1，闭合K2时，发现电流表指针偏转，证明是原电池反应，形成氢氯燃料电池，铜做负极氢气失电子发生氧化反应【解答】解：A、断开K2，闭合K1时，是电解池装置，两极均有气泡产生，说明是电解饱和食盐水的反应，反应的离子方程式为2H2O+2ClCl2+H2+2OH，故A错误
26、；B、断开K2，闭合K1时，是电解池装置，两极均有气泡产生，石墨做阳极，溶液中氯离子离子失电子发生氧化反应，铜做阴极，氢离子得到电子发生还原反应，电子沿“石墨a内电路bCu”的路径流动，故B错误；C、断开K2，闭合K1时，是电解池装置，两极均有气泡产生，石墨做阳极，溶液中氯离子离子失电子发生氧化反应，铜做阴极，氢离子得到电子发生还原反应，依据水的电离平衡，氢氧根离子浓度增大酚酞变红，故C正确；D、断开K1，闭合K2时，发现电流表指针偏转，证明是原电池反应，形成氢氯燃料电池，电解过程在铜电极产生氢气，石墨电极产生氯气，因此铜电极上氢气失电子，碱性条件下生成水应，故D错误；故选C【点评】本题考查原
27、电池和电解池原理，明确电极上得失电子及离子放电顺序即可解答，难度中等二、非选择题（共4小题，共52分）9某化学兴趣小组为了探究常温下某非金属氧化物形成的未知气体的成分该小组成员将气体通入澄清石灰水，发现澄清石灰水变浑浊，持续通入发现浑浊又变澄清，由此该小组成员对气体的成分提出猜想【提出猜想】猜想1：猜想2：猜想3：为了验证猜想，该小组设计实验加以探究【实验探究】该小组同学按如图所示装置，将气体从a端通入，则；（1）B中应该装B试剂（填编号）A氢氧化钠溶液 B酸性高锰酸钾溶液 C饱和碳酸钠溶液 D饱和碳酸氢钠（2）A中品红溶液的作用是检验该气体中是否含有SO2（3）D中澄清石灰水的作用是检验该气
28、体中是否含有CO2通过该实验，该小组同学观察到以下三个实验现象：A中品红溶液褪色 C中品红溶液不褪色 D中澄清石灰水变浑浊【得出结论】（4）由上述现象该小组同学确认该气体为CO2和SO2的混合气体【考点】常见气体的检验【专题】实验设计题【分析】根据题意知，气体通入澄清石灰水变浑浊，持续通入浑浊又变澄清，说明气体为SO2，CO2中一种或两种，故猜想1：气体为CO2猜想2：气体为SO2猜想3：气体为SO2和CO2的混合物；由题给装置图可知，探究该气体成分的实验原理为：A装置用品红溶液检验SO2是否存在；B装置除去气体中SO2；C装置用品红溶液检验SO2是否除尽；D装置用澄清石灰水检验CO2是否存在
29、【解答】解：（1）装置B的作用是除去SO2，防止影响CO2检验，选择试剂要能吸收二氧化硫，不能吸收CO2，不能引入CO2A氢氧化钠溶液能同时吸收二氧化碳和二氧化硫，错误；B、酸性高锰酸钾溶液能吸收二氧化硫，不能吸收二氧化碳，正确；C饱和碳酸钠溶液能同时吸收二氧化碳和二氧化碳，错误；D饱和碳酸氢钠溶液能吸收二氧化硫，但反应能生成二氧化碳，错误；故答案为：B； 根据题意知，气体通入澄清石灰水变浑浊，持续通入浑浊又变澄清，说明气体为SO2，CO2中一种或两种，故猜想1：气体为CO2猜想2：气体为SO2猜想3：气体为SO2和CO2的混合物；由题给装置图可知，探究该气体成分的实验原理为：A装置用品红溶液
30、检验SO2是否存在；B装置除去气体中SO2；C装置用品红溶液检验SO2是否除尽；D装置用澄清石灰水检验CO2是否存在（2）A中品红溶液的作用是检验SO2的存在，故答案为：检验该气体中是否含有SO2；（3）装置D中澄清石灰水作用是检验CO2的存在，故答案为：检验该气体中是否含有CO2；（4）由实验现象知，A中品红褪色，说明气体含有SO2；C中品红不褪色，说明SO2已经除尽；D中澄清石灰水变浑浊，说明含有气体中含有CO2，故该气体是SO2，CO2的混合气体故答案为：SO2、CO2的混合气体【点评】本题考查了二氧化硫和二氧化碳气体的检验，难度不大，二者的检验或性质比较为高考热点，掌握二者的性质是解题
31、的关键10下表为元素周期表的一部分，请参照元素在表中的位置，回答下列问题；（回答问题时，均需使用元素的真实元素符号，不得使用数字编号）族周期AAAAAAA123（1）、的旅子半径由大到小的顺序为NaAlC（2）写出由、两元称组成，且的质量分数最高的分子的电子式，写出该化合物跟的单质发生置换反应的化学方程式CH4+2Cl2C+4HCl（3）元素的最高价氧化物可和元素的氢氧化物水溶液发生反应，写出反应的离子方程式Al2O3+2OH2AlO2+H2O（4）元素有多种氧化物，其中甲的相对分子质量最小；元素有多种单质，其中乙的相对分子质量最小在一定条件下，将2L 甲气体与1.5L 乙气体均匀混合，若该混
32、合气体被足量NaOH 溶液完全吸收（没有气体残留）所生成的含氧酸盐的化学式是NaNO3【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】根据元素所在周期表中的位置，可知元素的种类，为H元素，为C元素，为N元素，为O元素，为Na元素，为Al元素，为Si元素，为Cl元素，（1）周期表中，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大；（2）由、两元称组成，且的质量分数最高的分子为CH4，CH4中碳原子与氢原子之间形成1对共用电子对；氯气与甲烷发生置换反应，氯气具有强氧化性，故反应生成碳与氯化氢；（3）氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水；（4
33、）元素有多种氧化物，其中甲的相对分子质量最小，甲为NO；元素有多种单质，其中乙的相对分子质量最小，乙为O2，在一定条件下，将2LNO气体与1.5LO2均匀混合，该混合气体被足量NaOH溶液完全吸收，根据电子转移守恒计算N元素在盐中的化合价，据此确定化学式【解答】解：根据元素所在周期表中的位置，可知元素的种类，为H元素，为C元素，为N元素，为O元素，为Na元素，为Al元素，为Si元素，为Cl元素，（1）Na、Al、Si同周期，周期表中，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径NaAlSi，同主族原子核外电子层数越多半径越大，故半径SiC，则有原子半径NaAlC，故答案为：NaAlC；（2）
34、由、两元称组成，且的质量分数最高的分子为CH4，CH4中碳原子与氢原子之间形成1对共用电子对，甲烷电子式为：，氯气有强氧化性，与甲烷发生置换反应，故生成碳与氯化氢，反应方程式：CH4+2Cl2 C+4HCl，故答案为：；CH4+2Cl2 C+4HCl；（3）氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，离子方程式为Al2O3+2OH2AlO2+H2O，故答案为：Al2O3+2OH2AlO2+H2O；（4）元素有多种氧化物，甲的相对分子质量最小，甲为NO；元素有多种单质，乙的相对分子质量最小，乙为O2，在一定条件下，将2LNO气体与1.5LO2均匀混合，该混合气体被足量NaOH溶液完全吸收，N元素被氧化
35、，令盐N元素化合价为a，根据电子转移守恒可知，则1.54=2（a2），解得a=5，故生成的盐为NaNO3，故答案为：NaNO3【点评】本题考查结构性质位置关系、半径比较、常用化学用语书写、氧化还原反应计算等，难度中等，整体把握元素周期表，确定元素种类是关键，（4）中注意根据电子转移守恒利用111774年瑞典化学家舍勒用软锰矿（主要成分是二氧化锰）和盐酸共热得到黄绿色气体甲、乙两个同学分别采取上述反应原理，各制取一瓶氯气，并用其验证Cl2与水反应所得产物的性质请回答：（1）写出实验室制备氯气的化学方程式MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O（2）对于乙同学的实验装置，若要停止实验，
36、其操作顺序是停止加热取出集气瓶盖好将导管伸入到烧碱溶液中（3）甲、乙两同学分别向收集到的氯气中加入适量水，充分振荡后分成两份，均做验证氯气与水反应所得产物性质的两个实验实验操作、现象、结论记录如下：实验序号实验操作现象结论加品红溶液溶液褪色氯气与水反应的产物有漂白性加入NaHCO2粉末有无色气泡产生氯气与水反应的产物具有较强的酸性（4）丙同学查阅资料发现HClO的氧化性大于MnO2，拟用下列四组试剂在实验室制取氧气ACaC12和次氯酸B浓盐酸NaClOC浓盐酸和次氯酸 D固体NaCl、固体NaClO和浓硫酸你认为上述四种试剂中D组试剂符合实际，且Cl的原子利用率最高试写出这个反应的化学方程式N
37、aCl+NaClO+H2SO4Na2SO4+H2O+Cl2（产物中Na2SO4也可写成NaHSO4）【考点】氯气的实验室制法【专题】实验设计题【分析】（1）盐酸和二氧化锰在加热条件下反应生成氯气、氯化锰和水；（2）按照实验操作安全及尾气处理要求：乙同学停止实验应先取出集气瓶，将多余的氯气通入氢氧化钠，最后停止加热；（3）甲同学用向上排空气法收集氯气，因为氯化氢具有挥发性，所以收集的氯气中含有大量的氯化氢，氯化氢与碳酸氢钠反应生成二氧化碳气体，对氯水成分的检验造成干扰；乙同学制备的氯气中无氯化氢不会对氯水中的氯化氢的检验造成干扰；（4）ACaC12和次氯酸，次氯酸为弱酸，电离出的氢离子少；B浓盐
38、酸NaClO，在溶液中，氯气溶于水，原子利用率低；C浓盐酸和次氯酸，次氯酸为弱酸，电离出的氢离子少，在溶液中，氯气溶于水，原子利用率低；D固体NaCl、固体NaClO和浓硫酸，氯原子利用率高【解答】解：（1）实验室用盐酸和二氧化锰在加热条件下反应制备氯气，反应的方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O；（2）氯气有毒不能排放到空气中，先停止加热容易发生倒吸，所以乙同学的实验装置，要停止实验，其操作顺序为：先取出集气瓶，将多余的氯气通入氢氧化钠，最后停止加热；故答案为：；（3）甲同学用向上排空气法收集氯气，因为
39、氯化氢具有挥发性，所以收集的氯气中含有大量的氯化氢，氯化氢与碳酸氢钠反应生成二氧化碳气体，对氯水成分的检验造成干扰；乙同学制备的氯气中无氯化氢不会对氯水中的氯化氢的检验造成干扰，故答案为：实验序号甲乙合理合理不合理合理；（4）ACaC12和次氯酸，次氯酸为弱酸，电离出的氢离子少，该组试剂不符合实际；B浓盐酸NaClO，在溶液中，氯气溶于水，原子利用率低，该组试剂不符合实际；C浓盐酸和次氯酸，次氯酸为弱酸，电离出的氢离子少，在溶液中，氯气溶于水，原子利用率低，该组试剂不符合实际；D固体NaCl、固体NaClO和浓硫酸，浓硫酸含水量极少，两固体间反应制取氯气，氯原子利用率高，反应为：NaCl+Na
40、ClO+H2SO4Na2SO4+H2O+Cl2（产物中Na2SO4也可写成NaHSO4），故D符合实际；故答案为：D；NaCl+NaClO+H2SO4Na2SO4+H2O+Cl2（产物中Na2SO4也可写成NaHSO4）【点评】本题为实验评价，侧重考查了实验室制备氯气的装置分析，气体除杂和试剂选择，题目难度中等，明确反应的原理，实验设计的目的是解题关键（3）请你填写下表，评价甲、乙同学实验、的结论（填合理或不合理）：实验序号甲乙12AQ10种有机物的转化关系如图所示，其中部分反应的条件未给出已知：G的氧化产物能发生银镜反应等物质的量的A和J分别与足量的NaHCO3溶液反应，产生CO2（相同状况
41、）的体积比为1：2（1）A的结构简式为CH2=CHCOOH；H的结构简式为CH2OHCHOHCOOH； J的结构简式为HOOCCHOHCOOH（2）写出下列化学反应的反应类型AC加成反应；CE取代反应（3）写出下列转化的化学方程式BDBrCH2CH2COOH+2NaOH HOCH2CH2COONa+NaBr+H2O；GACH2OHCH2COOH CH2=CHCOOH+H2O（4）与G具有相同官能团的物质的结构简式还有CH3CHOHCOOH； G的另一种同分异构体可发生银镜反应，其核磁共振氢谱中有5个峰，其结构简式为HOCH2CHOHCHO（5）Q的结构简式【考点】有机物的合成【专题】有机物的化
42、学性质及推断【分析】A能与溴或HBr发生加成反应，说明含有C=C键，能与NaHCO3溶液反应，说明含有COOH，由J的分子式可知A含有3个C原子，则A为CH2=CHCOOH，G的氧化产物发生银镜反应，说明含有醛基，则G应为HOCH2CH2COOH，D为HOCH2CH2COONa，B为BrCH2CH2COOH，C为CH2BrCHBrCOOH，E为CH2OHCHOHCOONa，H为CH2OHCHOHCOOH，I为HOOCCOCOOH，G与J能发生缩聚反应，它们应含有OH和COOH，而J中有5个O原子，故J中应有2个COOH，G中有2个OH，所以J的结构为，J为HOOCCHOHCOOH，Q为，结合对
43、应有机物的结构和性质以及题目要求可解答该题【解答】解：A能与溴或HBr发生加成反应，说明含有C=C键，能与NaHCO3溶液反应，说明含有COOH，由J的分子式可知A含有3个C原子，则A为CH2=CHCOOH，G的氧化产物发生银镜反应，说明含有醛基，则G应为HOCH2CH2COOH，D为HOCH2CH2COONa，B为BrCH2CH2COOH，C为CH2BrCHBrCOOH，E为CH2OHCHOHCOONa，H为CH2OHCHOHCOOH，I为HOOCCOCOOH，J为HOOCCHOHCOOH，Q为，（1）由以上分析可知A为CH2=CHCOOH，H为CH2OHCHOHCOOH，J为HOOCCHO
44、HCOOH，故答案为：CH2=CHCOOH；CH2OHCHOHCOOH；HOOCCHOHCOOH；（2）C为BrCH2CHBrCOOH，A发生加成反应生成C，E为CH2OHCHOHCOONa，C发生取代反应生成E，故答案为：加成；取代；（3）B为BrCH2CH2COOH，D为HOCH2CH2COONa，B在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成D，反应的方程式为BrCH2CH2COOH+2NaOHHOCH2CH2COONa+NaBr+H2O，G到A的反应是HOCH2CH2COOH在浓硫酸催化作用下加热发生消去反应生成CH2=CHCOOH，反应的化学方程式为：CH2OHCH2COOH CH2=CHCOO
45、H+H2O，故答案为：BrCH2CH2COOH+2NaOH HOCH2CH2COONa+NaBr+H2O；CH2OHCH2COOH CH2=CHCOOH+H2O；（4）与G具有相同官能团的物质是羟基位置异构，物质的结构简式为：CH3CHOHCOOH，G为HOCH2CH2COOH，另一种同分异构体可发生银镜反应，说明含有醛基，其核磁共振氢谱中有5个峰，G为HOCH2CH2COOH，它的同分异体中含有CHO时说明是将原来的COOH拆为CHO和OH则结构简式为HOCH2CHOHCHO，故答案为：CH3CHOHCOOH，HOCH2CHOHCHO；（5）由以上分析可知Q为，故答案为：【点评】本题考查有机物的推断，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和综合把握有机物的结构和性质的能力，难度中等，注意以A为解答该题的突破口
