1、2016年江西省吉安市遂川县加强班高考化学模拟试卷一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1对某酸性溶液（可能含有Br，SO42，H2SO3，NH4+）分别进行如下实验：加热时放出的气体可以使品红溶液褪色；加碱调至碱性后，加热时放出的气体可以使润湿的红色石蕊试纸变蓝；加入氯水时，溶液略显黄色，再加入BaCl2溶液，产生的白色沉淀不溶于稀硝酸对于下列物质不能确认其在原溶液中是否存在的是（）ABrBSO42CH2SO3DNH4+2下列反应既属于非氧化还原反应，又是吸热反应的是（）A铝片和稀硫酸反应BBa（OH）28H2O与NH4Cl反应C灼热的碳与二氧化碳反应D甲烷在氧气中燃烧3某有机物X的
2、结构简式如下图所示，则下列有关说法中正确的是（）A有机物X的含氧官能团有3种BX分子中苯环上的一氯取代物有3种C在Ni作催化剂的条件下，1mol X 最多能与5 mol H2加成DX在一定条件下能发生加成、取代、消去等反应4下列反应的离子方程式书写正确的是（）A氯气和水的反应：C12+H2O=2H+Cl+ClOB等体积等物质的量浓度的氢氧化钡溶液与碳酸氢铵溶液混合：Ba2+2OH+NH4+HCO3=BaCO3+NH3H2O+H2OC碳酸钙溶于醋酸：CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2OD硫酸与氢氧化钡溶液反应：Ba2+OH+SO42+H+=BaSO4+H2O5现有CuO和Fe2O3的混合物
3、m克，向其中加入1molL1的HNO3溶液200mL恰好完全反应，若将2m克该混合物用足量CO还原，充分反应后剩余固体质量为（）A（2m1.6）克B2（m1.6）克C（m1.6）克D3.2克6将固体NH4I置于密闭容器中，在一定温度下发生下列反应：NH4I（s）NH3（g）+HI（g）2HI（g）H2（g）+I2（g）达到平衡时，c（H2）=1molL1，c（HI）=4molL1，则此温度下反应的平衡常数为（）A22B24C20D257在下列变化过程中，既有离子键被破坏又有共价键被破坏的是（）A将SO2通入水中B烧碱溶于水C将HCl通入水中D硫酸氢钠溶于水8如图两个电解槽中，a、b、c、d均为
4、石墨电极若电解过程中共有0.02mol电子通过，下列叙述中正确的是（）A甲烧杯中a极上最多可析出铜0.64gB甲烧杯中b极上电极反应式4OH4e2H2O+O2C乙烧杯中滴入酚酞试液，d极附近先变红D烧杯中c极上电极反应式为4H+4e2H2二、解答题（共3小题，满分43分）9通过下列两步实验测定草酸晶体（H2C2O4xH2O）中结晶水x的值：（1）称取mg草酸晶体，配制成100.0mL溶液（2）取25.0mL所配溶液置于锥形瓶中，加入适量稀硫酸后，用浓度为a molL1 KMnO4溶液进行滴定其反应原理是：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2+8H2O
5、请回答下列问题：实验（2）中，KMnO4应装在滴定管中（填“酸式”、“碱式”），滴定前是否需要在锥形瓶内加入指示剂（填“是”、“否”），原因是；若滴定用的KMnO4溶液因放置时间过长而部分变质，浓度偏低，则根据实验求出的x值（填“偏高”、“偏低”、“无影响”）；若滴定终点时，共用去KMnO4溶液VmL，则草酸溶液浓度为molL1，x=（用含有m、V的代数式表示）10实验室测定碳酸钠和碳酸氢钠混合物中碳酸钠的质量分数W（Na2CO3），称取此混合物5.0g，溶于水中，配成250mL溶液方案一：沉淀法利用化学反应把HCO3、CO32完全转化为沉淀，称量干燥沉淀的质量，由此计算混合物中（Na2CO3
6、）（1）量取100mL配制好的溶液于烧杯中，滴加足量沉淀剂，把溶液中HCO3、CO32完全转化为沉淀，应选用的试剂是（填编号）ACaCl2溶液 BMgSO4溶液 CNaCl溶液 DBa（OH）2溶液（2）过滤，洗涤沉淀，判断沉淀是否洗净的方法是；（3）将所得沉淀充分干燥，称量沉淀的质量为mg，由此可以计算（Na2CO3）如果此步中，沉淀未干燥充分就称量，则测得（Na2CO3）（填“偏大”、“偏小“或“无影响”）方案二：量气法量取10.00mL配制好的溶液与足量稀硫酸溶液反应，测定生成气体在通常状况（约20、1.01105Pa）的体积，由此计算混合物中（Na2CO3）（1）装置中导管a的作用是（
7、2）若撤去导管a，使测得气体体积（“偏大”，“偏小”或“无影响”）方案三：滴定法量取25.00mL配制好的溶液加入锥形瓶中，滴加2滴酚酞试剂，摇匀，用0.2000mol/L的盐酸滴定到终点（已知终点时反应H+CO32=HCO3恰好完全）重复此操作2次，消耗盐酸的体积平均值为20.00mL（1）量取25.00mL配制好的溶液，应选择仪器来完成（2）判断滴定终点的依据是（3）此法测得（Na2CO3）=%11A、B、C、D均为中学化学常见的纯净物，A是单质它们之间有如下的反应关系：（1）若B是淡黄色固体，反应均用到同一种液态氢化物D物质常用于食品工业写出反应的化学方程式（2）若B是气态氢化物C、D是
8、氧化物且会造成光化学烟雾污染写出反应的化学方程式（3）若D物质具有两性，反应均要用强碱溶液，反应是通入过量的一种引起温室效应的主要气体写出反应离子方程式（4）若A是太阳能电池用的光伏材料C、D为钠盐，两种物质中钠、氧外的元素为同一主族，且溶液均显碱性写出反应的化学方程式（5）若A是应用最广泛的金属反应用到A，反应均用到同一种非金属单质写出反应的离子方程式选修五有机化学基础12从环己烷可制备1，4环己二醇，下列有关7步反应（其中无机产物都已略去），其中有2步属于取代反应，2步属于消去反应，3步属于加成反应试回答：AB（1）化合物的结构简式：B，C（2）反应所用试剂和条件是（3）反应的方程式是20
9、16年江西省吉安市遂川县加强班高考化学模拟试卷参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1对某酸性溶液（可能含有Br，SO42，H2SO3，NH4+）分别进行如下实验：加热时放出的气体可以使品红溶液褪色；加碱调至碱性后，加热时放出的气体可以使润湿的红色石蕊试纸变蓝；加入氯水时，溶液略显黄色，再加入BaCl2溶液，产生的白色沉淀不溶于稀硝酸对于下列物质不能确认其在原溶液中是否存在的是（）ABrBSO42CH2SO3DNH4+【考点】常见离子的检验方法【分析】加热时放出的气体可以使品红溶液褪色，说明生成二氧化硫气体，说明溶液中含有H2SO3；加碱调至碱性后，加热时放出的气体可
10、以使润湿的红色石蕊试纸变蓝；证明气体是NH3，原溶液含有NH4+；加入氯水时，溶液略显黄色，证明溶液中含有Br，再加入BaCl2溶液，产生的白色沉淀不溶于稀硝酸，说明生成硫酸钡沉淀，但在硝酸溶液中亚硫酸可以被氧化为硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，不能确定原溶液中 是否含有硫酸根离子；【解答】解：加热时放出的气体可以使品红溶液褪色，说明生成二氧化硫气体，说明溶液中含有H2SO3；加碱调至碱性后，加热时放出的气体可以使润湿的红色石蕊试纸变蓝；证明气体是NH3，原溶液含有NH4+；加入氯水时，溶液略显黄色，证明溶液中含有Br，再加入BaCl2溶液，产生的白色沉淀不溶于稀硝酸，说明生成硫酸钡沉淀，但在
11、硝酸溶液中亚硫酸可以被氧化为硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，不能确定原溶液中 是否含有硫酸根离子；综上所述：根据实验可知含有H2SO3，根据实验确定含有，据实验可推知有Br，不能确定有无，因H2SO3被氯水氧化成H2SO4故选B2下列反应既属于非氧化还原反应，又是吸热反应的是（）A铝片和稀硫酸反应BBa（OH）28H2O与NH4Cl反应C灼热的碳与二氧化碳反应D甲烷在氧气中燃烧【考点】吸热反应和放热反应；氧化还原反应【分析】没有化合价变化的反应是非氧化还原反应大多数的分解反应、焦炭和二氧化碳的反应、Ba（OH）28H2O晶体与NH4Cl晶体的反应是吸热反应【解答】解：A、铝片和稀硫酸的反应是放
12、热反应，铝化合价升高，氢化合价降低，是氧化还原反应，故A错误；B、Ba（OH）28H2O与NH4Cl的反应属于吸热反应，没有化合价变化，是非氧化还原反应，故B正确；C、灼热的炭与CO2的反应既属于氧化还原反应，又是吸热反应，故C错误D、甲烷在氧气中的燃烧属于放热反应，也是氧化还原反应，故D错误；故选B3某有机物X的结构简式如下图所示，则下列有关说法中正确的是（）A有机物X的含氧官能团有3种BX分子中苯环上的一氯取代物有3种C在Ni作催化剂的条件下，1mol X 最多能与5 mol H2加成DX在一定条件下能发生加成、取代、消去等反应【考点】有机物的结构和性质【分析】有机物含有酯基，可发生水解，
13、含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，含有羟基，可发生取代、氧化反应，以此解答该题【解答】解：A有机物的含氧官能团有酯基和羟基，故A错误；B苯环只有一个侧链，则分子中苯环上的一氯取代物有邻、间、对3种，故B正确；C能与氢气发生加成反应的为苯环和碳碳双键，则1mol X最多只能与4mol H2加成，故C错误；D能发生消去反应的羟基，但羟基邻位碳原子不含氢原子，则不能发生消去反应，故D错误故选B4下列反应的离子方程式书写正确的是（）A氯气和水的反应：C12+H2O=2H+Cl+ClOB等体积等物质的量浓度的氢氧化钡溶液与碳酸氢铵溶液混合：Ba2+2OH+NH4+HCO3=BaCO3+NH3H2
14、O+H2OC碳酸钙溶于醋酸：CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2OD硫酸与氢氧化钡溶液反应：Ba2+OH+SO42+H+=BaSO4+H2O【考点】离子方程式的书写【分析】A反应生成盐酸和HClO，HClO在离子反应中保留化学式；B等体积等物质的量浓度，其物质的量相同，反应生成碳酸钡、一水合氨、水；C醋酸在离子反应中保留化学式；D不符合离子的配比【解答】解：A氯气和水的反应的离子反应为C12+H2O=H+Cl+HClO，故A错误；B等体积等物质的量浓度的氢氧化钡溶液与碳酸氢铵溶液混合的离子反应为Ba2+2OH+NH4+HCO3=BaCO3+NH3H2O+H2O，故B正确；C碳酸钙溶于醋酸的
15、离子反应为CaCO3+2CH3COOH=Ca2+CO2+H2O+2CH3COO，故C错误；D硫酸与氢氧化钡溶液反应的离子反应为Ba2+2OH+SO42+2H+=BaSO4+2H2O，故D错误；故选B5现有CuO和Fe2O3的混合物m克，向其中加入1molL1的HNO3溶液200mL恰好完全反应，若将2m克该混合物用足量CO还原，充分反应后剩余固体质量为（）A（2m1.6）克B2（m1.6）克C（m1.6）克D3.2克【考点】有关混合物反应的计算；化学方程式的有关计算【分析】CuO和Fe2O3的混合物与硝酸反应生成硝酸盐和水，CuOCu（NO3）2，Fe2O3Fe（NO3）3，由电荷守恒可知：2
16、n混合物（O）=n（NO3），据此计算2mg混合物中氧元素的质量，用足量CO还原2m g混合物，反应剩余固体为Cu、Fe，金属氧化物的质量减去氧的质量即为金属的质量【解答】解：CuO和Fe2O3的混合物与硝酸反应生成硝酸盐和水，CuOCu（NO3）2，Fe2O3Fe（NO3）3，由电荷守恒可知mg混合物中2n混合物（O）=n（NO3）=0.2 L1 mol/L，则n混合物（O）=0.1mol，故2mg混合物中氧元素的质量为：0.1mol216g/mol=3.2g，用足量CO还原2m g混合物，反应剩余固体为Cu、Fe，则金属质量为氧化物的质量减去氧的质量，即金属质量为：2mg3.2g=2（m1
17、.6）g，故选B6将固体NH4I置于密闭容器中，在一定温度下发生下列反应：NH4I（s）NH3（g）+HI（g）2HI（g）H2（g）+I2（g）达到平衡时，c（H2）=1molL1，c（HI）=4molL1，则此温度下反应的平衡常数为（）A22B24C20D25【考点】用化学平衡常数进行计算【分析】反应的平衡常数k=c（NH3）c（HI），NH4I分解生成的HI为平衡时HI与分解的HI之和，即为NH4I分解生成的NH3，由反应可知分解的c（HI）为平衡时c（H2）的2倍，求出为NH4I分解生成的NH3，代入反应的平衡常数k=c（NH3）c（HI）计算【解答】解：平衡时c（HI）=4molL1
18、，HI分解生成的H2的浓度为1molL1NH4I分解生成的HI的浓度为4molL1+21molL1=6molL1，所以NH4I分解生成的NH3的浓度为6molL1，所以反应的平衡常数k=c（NH3）c（HI）=6molL14molL1=24mol2L2故选B7在下列变化过程中，既有离子键被破坏又有共价键被破坏的是（）A将SO2通入水中B烧碱溶于水C将HCl通入水中D硫酸氢钠溶于水【考点】化学键【分析】活泼金属和活泼非金属之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键（铵盐除外）；既有离子键被破坏又有共价键被破坏说明物质在水溶液里或熔融状态下进行电离，或者是物质间发生了化学反应，据此分析解答【解答
19、】解：A、二氧化硫和水反应生成亚硫酸，只有共价键被破坏和形成，故A错误B、烧碱溶于水后电离出钠离子和氢氧根离子，只有离子键被破坏，故B错误C、氯化氢溶于水后电离出氢离子和氯离子，只有共价键被破坏，故C错误D、硫酸氢钠溶于水后电离出氢离子、钠离子和硫酸根离子，钠离子和硫酸氢根离子之间的离子键被破坏，硫酸氢根离子中氧原子和氢原子之间的共价键被破坏，所以既有离子键被破坏又有共价键被破坏，故D正确故选D8如图两个电解槽中，a、b、c、d均为石墨电极若电解过程中共有0.02mol电子通过，下列叙述中正确的是（）A甲烧杯中a极上最多可析出铜0.64gB甲烧杯中b极上电极反应式4OH4e2H2O+O2C乙烧
20、杯中滴入酚酞试液，d极附近先变红D烧杯中c极上电极反应式为4H+4e2H2【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】电解时，甲烧杯中：A极（阳极）反应式为4OH4e=2H2O+O2，B极（阴极）反应式为：Cu2+2e=Cu，乙烧杯中：C极（阳极）反应式为2Cl2e=Cl2，D极（阴极）反应式为2H+2e=H2，以此解答该题【解答】解：AA极（阳极）反应式为4OH4e=2H2O+O2，生成氧气，不能析出铜，故A错误；B甲烧杯中B极上电极反应式为：Cu2+2e=Cu，故B错误；Cd极（阴极）反应式为2H+2e=H2，由于H+放电，打破了水的电离平衡，导致d极附近溶液呈碱性（有NaOH生成），故C正确
21、；D烧杯中c极上电极反应式为2Cl2e=Cl2，故D错误；故选C二、解答题（共3小题，满分43分）9通过下列两步实验测定草酸晶体（H2C2O4xH2O）中结晶水x的值：（1）称取mg草酸晶体，配制成100.0mL溶液（2）取25.0mL所配溶液置于锥形瓶中，加入适量稀硫酸后，用浓度为a molL1 KMnO4溶液进行滴定其反应原理是：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2+8H2O请回答下列问题：实验（2）中，KMnO4应装在酸式滴定管中（填“酸式”、“碱式”），滴定前是否需要在锥形瓶内加入指示剂否（填“是”、“否”），原因是紫红色KMnO4溶液被H2
22、C2O4还原为Mn2+时溶液褪色、当最后一滴KMnO4滴入时，溶液中紫红色不再褪去即为滴定终定；若滴定用的KMnO4溶液因放置时间过长而部分变质，浓度偏低，则根据实验求出的x值偏低（填“偏高”、“偏低”、“无影响”）；若滴定终点时，共用去KMnO4溶液VmL，则草酸溶液浓度为molL1，x=（用含有m、V的代数式表示）【考点】硫酸铜晶体中结晶水含量的测定【分析】（2）KMnO4溶液具有强氧化性，可以腐蚀橡皮管，故KMnO4溶液应装在酸式滴定管中；KMnO4溶液呈紫色，草酸反应完毕，滴入最后一滴KMnO4溶液，紫色不褪去，说明滴定到终点，不需要外加指示剂；由题给化学方程式及数据可得出X，若滴定用
23、的KMnO4溶液因放置时间过长而部分变质，浓度偏低，则所得消耗酸性KMnO4溶液的体积偏大，由此所得n（H2C2O4）偏大，则n（H2O）偏小，x偏低；根据化学方程式及各物质之间的关系进行计算【解答】解：KMnO4溶液具有强氧化性，可以腐蚀橡皮管，故KMnO4溶液应装在酸式滴定管中；KMnO4溶液呈紫色，草酸反应完毕，滴入最后一滴KMnO4溶液，紫色不褪去，说明滴定到终点，不需要外加指示剂，故答案为：酸；否；紫红色KMnO4溶液被H2C2O4还原为Mn2+时溶液褪色、当最后一滴KMnO4滴入时，溶液中紫红色不再褪去即为滴定终定；若滴定用的KMnO4溶液因放置时间过长而部分变质，浓度偏低，由此所
24、得n（H2C2O4）偏大，则n（H2O）偏小，x偏低，故答案为：偏低；由2MnO2+5H2C2O4 +6H+2Mn2+10CO2+8H2O 2mol 5molaV103mol 0.025Cmol=解得：C=molL1H2C2O4xH2OH2C2O4 xH2O1mol 18xg0.1aV0.1 w0.1aV0.190 =解得x=故答案为：；10实验室测定碳酸钠和碳酸氢钠混合物中碳酸钠的质量分数W（Na2CO3），称取此混合物5.0g，溶于水中，配成250mL溶液方案一：沉淀法利用化学反应把HCO3、CO32完全转化为沉淀，称量干燥沉淀的质量，由此计算混合物中（Na2CO3）（1）量取100mL配
25、制好的溶液于烧杯中，滴加足量沉淀剂，把溶液中HCO3、CO32完全转化为沉淀，应选用的试剂是D（填编号）ACaCl2溶液 BMgSO4溶液 CNaCl溶液 DBa（OH）2溶液（2）过滤，洗涤沉淀，判断沉淀是否洗净的方法是取少量最后一次洗涤液，滴加Na2SO4溶液，如无沉淀，则沉淀已洗净，反之则未完成；（3）将所得沉淀充分干燥，称量沉淀的质量为mg，由此可以计算（Na2CO3）如果此步中，沉淀未干燥充分就称量，则测得（Na2CO3）偏小（填“偏大”、“偏小“或“无影响”）方案二：量气法量取10.00mL配制好的溶液与足量稀硫酸溶液反应，测定生成气体在通常状况（约20、1.01105Pa）的体积
26、，由此计算混合物中（Na2CO3）（1）装置中导管a的作用是平衡压强、使液体顺利滴下，消除加入稀硫酸引起的气体体积误差（2）若撤去导管a，使测得气体体积偏大（“偏大”，“偏小”或“无影响”）方案三：滴定法量取25.00mL配制好的溶液加入锥形瓶中，滴加2滴酚酞试剂，摇匀，用0.2000mol/L的盐酸滴定到终点（已知终点时反应H+CO32=HCO3恰好完全）重复此操作2次，消耗盐酸的体积平均值为20.00mL（1）量取25.00mL配制好的溶液，应选择碱式滴定管仪器来完成（2）判断滴定终点的依据是由红色突变为无色，且30s不恢复（3）此法测得（Na2CO3）=84.8%【考点】探究物质的组成或
27、测量物质的含量【分析】方案一：（1）滴加足量沉淀剂，把溶液中HCO3、CO32完全转化为沉淀，关键是该沉淀剂能够与碳酸氢根离子反应生成沉淀；（2）过滤，洗涤沉淀，判断沉淀是否洗净的方法，根据洗涤液中是否含有钡离子检验；（3）沉淀未干燥充分就称量，则称量值偏大，由于在质量相等的条件下碳酸氢钠产生的沉淀大于碳酸钠产生的沉淀，据此判断对测定结果的影响；方案二：（1）由于碳酸盐与酸反应产生二氧化碳气体，瓶内压强增大，所以装置中导管a的作用是平衡压强、使液体顺利滴下；消除加入稀硫酸引起的体积误差；（2）若撤去导管a，会导致硫酸的体积产生误差；方案三：（1）碳酸钠、碳酸氢钠的混合液显碱性，应该用碱式滴定管
28、量取；（2）酚酞的变色范围是8.210.0，反应结束时溶液由红色突变为无色，据此判断滴定终点；（3）根据反应H+CO32=HCO3计算出50 mL样品溶液中含有的碳酸钠的物质的量，然后计算出250mL样品溶液中含有的碳酸钠的物质的量，再根据m=nM计算出碳酸钠的质量，最后根据质量分数的表达式计算出样品中碳酸钠的质量分数【解答】解：方案一：（1）ACaCl2溶液只能与碳酸根反应转化为碳酸根沉淀，故A错误；BMgSO4溶液与HCO3、CO32均不反应，故B错误；CNaCl溶液与HCO3、CO32都不反应，故C错误；DBa（OH）2溶液与HCO3、CO32都发生反应生成碳酸钡沉淀，故D正确；故答案为
29、：D；（2）过滤，洗涤沉淀，判断沉淀是否洗净的方法，根据洗涤液中是否含有钡离子检验，取少量最后一次洗涤液，滴加Na2SO4溶液，如无沉淀，则沉淀已洗净，反之则未完成，故答案为：取少量最后一次洗涤液，滴加Na2SO4溶液，如无沉淀，则沉淀已洗净，反之则未完成；（3）如果此步中，沉淀未干燥充分就称量，则称量值偏大，由于在质量相等的条件下碳酸氢钠产生的沉淀大于碳酸钠产生的沉淀，所以如果称量值偏大，则碳酸氢钠的质量偏大，则碳酸钠的含量偏小，故答案为：偏小；方案二：（1）由于碳酸盐与酸反应产生二氧化碳气体，瓶内压强增大，所以装置中导管a的作用是平衡压强、使液体顺利滴下；消除加入稀硫酸引起的体积误差，故答
30、案为：平衡压强、使液体顺利滴下，消除加入稀硫酸引起的气体体积误差；（2）若撤去导管a，滴入硫酸到一定程度会产生压强，使测得气体体积偏大，故答案为：偏大；方案三：（1）溶液显碱性，因此应该用碱式滴定管量取，故答案为：碱式滴定管；（2）酚酞的变色范围是8.210.0，所以判断滴定终点的依据是由红色突变为无色，且30s不恢复，故答案为：由红色突变为无色，且30s不恢复；（3）反应达到终点时，发生的离子方程式为：H+CO32=HCO3，则根据消耗盐酸的体积可知20.00ml可知，消耗碳酸钠的物质的量为：0.2000 mol/L0.02000L=0.004mol，则原混合物中碳酸钠的物质的量为：0.00
31、4mol=0.04mol，质量为：0.04mol106g/mol=4.24g，所以碳酸钠质量分数为：100%=84.8%，故答案为：84.811A、B、C、D均为中学化学常见的纯净物，A是单质它们之间有如下的反应关系：（1）若B是淡黄色固体，反应均用到同一种液态氢化物D物质常用于食品工业写出反应的化学方程式NaOH+CO2=NaHCO3（2）若B是气态氢化物C、D是氧化物且会造成光化学烟雾污染写出反应的化学方程式4NH3+5O24NO+6H2O（3）若D物质具有两性，反应均要用强碱溶液，反应是通入过量的一种引起温室效应的主要气体写出反应离子方程式AlO2+2H2O+CO2Al（OH）3+HCO
32、3（4）若A是太阳能电池用的光伏材料C、D为钠盐，两种物质中钠、氧外的元素为同一主族，且溶液均显碱性写出反应的化学方程式Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2（5）若A是应用最广泛的金属反应用到A，反应均用到同一种非金属单质写出反应的离子方程式2Fe3+Fe=3Fe2+【考点】无机物的推断【分析】（1）若B是淡黄色固体，反应均用到同一种液态氢化物，应为水，则A为Na，B为Na2O2，所以C为NaOH，D物质常用于食品工业，则D为NaHCO3；（2）若B是气态氢化物，C、D是氧化物且会造成光化学烟雾污染，判断为NO、NO2，B为NH3，氨气能被氧化成NO，所以C为NO，D为NO2，A是
33、单质，则A为N2，依据推断出的物质书写化学方程式；（3）若D物质具有两性推断D为Al（OH）3，反应是通入过量的一种引起温室效应的主要气体，说明C为偏铝酸钠NaAlO2，反应均要用强碱溶液，判断A为Al，B为AlCl3，单质A为Al，依据推断出的物质判断；（4）若A是太阳能电池用的光伏材料，判断A为SiC、D为钠盐，两种物质中钠、氧外的元素为同一主族，且溶液均显碱性，说明盐水解呈碱性，C为Na2SiO3，D为Na2CO3，B为SiO2；（5）若A是应用最广泛的金属推断为Fe，反应用到A，反应均用到同一种非金属单质，推断A为Cl2，C的溶液用于蚀刻印刷铜电路板，判断C为FeCl3，D为FeCl2
34、【解答】解：（1）若B是淡黄色固体，反应均用到同一种液态氢化物，应为水，则A为Na，B为Na2O2，所以C为NaOH，D物质常用于食品工业，则D为NaHCO3，反应的化学方程式为NaOH+CO2=NaHCO3，故答案为：NaOH+CO2=NaHCO3；（2）若B是气态氢化物，C、D是氧化物且会造成光化学烟雾污染，判断为NO、NO2，B为NH3，氨气能被氧化成NO，所以C为NO，D为NO2，A是单质，则A为N2，反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；（3）若D物质具有两性推断D为Al（OH）3，反应是通入过量的一种引起温室效应的主要气体，
35、说明C为偏铝酸钠NaAlO2，反应均要用强碱溶液，判断A为Al，B为AlCl3，单质A为Al，元素在周期表中的位置是第三周期A族，反应离子方程式：AlO2+2H2O+CO2Al（OH）3+HCO3，故答案为：AlO2+2H2O+CO2Al（OH）3+HCO3；（4）若A是太阳能电池用的光伏材料，判断A为SiC、D为钠盐，两种物质中钠、氧外的元素为同一主族，且溶液均显碱性，说明盐水解呈碱性，C为Na2SiO3，D为Na2CO3，B为SiO2；反应的化学方程式为：Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2，故答案为：Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2；（5）若A是应用最广泛的金
36、属推断为Fe，反应用到A，反应均用到同一种非金属单质推断为Cl2，C的溶液用于蚀刻印刷铜电路板，判断C为FeCl3，D为FeCl2，反应的离子方程式为2Fe3+Fe=3Fe2+，故答案为：2Fe3+Fe=3Fe2+选修五有机化学基础12从环己烷可制备1，4环己二醇，下列有关7步反应（其中无机产物都已略去），其中有2步属于取代反应，2步属于消去反应，3步属于加成反应试回答：AB（1）化合物的结构简式：B，C（2）反应所用试剂和条件是氢氧化钠的水溶液、加热（3）反应的方程式是【考点】有机物的合成【分析】环己烷和氯气发生取代反应生成，在氢氧化钠的醇溶液、加热条件下发生消去反应生成A，则A的结构简式为
37、：，A和氯气反应生成B，B发生消去反应生成，所以B的结构简式为，则A和氯气发生加成反应生成B，和溴发生1，4加成反应生成，在氢氧化钠的水溶液、加热条件下发生取代反应生成C为，和氢气发生加成反应生成，以此解答该题【解答】解：环己烷和氯气发生取代反应生成，在氢氧化钠的醇溶液、加热条件下发生消去反应生成A，则A的结构简式为：，A和氯气反应生成B，B发生消去反应生成，所以B的结构简式为，则A和氯气发生加成反应生成B，和溴发生1，4加成反应生成，在氢氧化钠的水溶液、加热条件下发生取代反应生成C为，和氢气发生加成反应生成，（1）根据上面的分析可知，B的结构简式为，C为，故答案为：；（2）反应为在氢氧化钠的水溶液、加热条件下发生取代反应生成C为，所用试剂和条件是，故答案为：氢氧化钠的水溶液、加热；（3）反应为和溴水发生1，4加成生成，反应方程式为，故答案为：2016年6月9日