1、2014-2015学年山东省滨州市邹平双语学校高二（下）第一次月考化学试卷（虚拟班）一、选择题（本题共10小题，每小题5分，共50分）1化学无处不在，与化学有关的说法不正确的是（）A侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异B可用蘸浓盐酸的棉棒检验输送氨气的管道是否漏气C碘是人体必需微量元素，所以要多吃富含高碘酸的食物D黑火药由硫磺、硝石、木炭三种物质按一定比例混合制成2根据下列物质的化学性质，判断其应用错误的是（）A单质硅是将太阳能转化为电能的常用材料BCaO能与SO2反应，可作工业废气的脱硫剂C明矾水解时产生具有吸附性的胶体粒子，可作漂白剂D镧镍合金能大量吸收H2形成金属氢化物，可作储氢
2、材料3设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A常温常压下，2.24 L CO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.1NAB0.5 mol O3与11.2 L O2所含的分子数一定相等C常温常压下，23 g NO2含有NA个氧原子D常温常压下，22.4 L CCl4含有NA个CCl4分子4用等体积的0.1molL1的BaCl2溶液，可使相同体积的Fe2（SO4）3、Na2SO4、KAl（SO4）2三种溶液中的SO42完全沉淀，则三种硫酸盐的物质的量浓度之比为（）A3：2：3B3：1：2C2：6：3D1：1：15能正确表示下列反应的离子方程式是（）A用过量氨水吸收工业尾气中的SO2：
3、NH3H2O+SO2NH4+SO32+H2OBMnO2与浓盐酸反应制Cl2：MnO2+4HClMn2+2Cl+Cl2+2H2OC向FeBr2溶液中通入足量氯气：2Fe2+4Br+3Cl22Fe3+2Br2+6ClD醋酸除去水垢：2H+CaCO3Ca2+CO2+H2O6汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3K2O+5Na2O+16N2若氧化产物比还原产物多1.75mol，则下列判断正确的是（）A生成42.0 L N2（标准状况）B有0.250 mol KNO3被氧化C转移电子的物质的量为2.5 molD被氧化的N原子的物质的量为3.75 mol7下列与含氯化合物有关的说法正确
4、的是（）AHClO是弱酸，所以NaClO是弱电解质B向沸水中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液，可制得Fe（OH）3胶体CHCl溶液和NaCl溶液均通过离子导电，所以HCl和NaCl均是离子化合物D电解NaCl溶液得到22.4 L H2（标准状况），理论上需要转移NA个电子（NA表示阿伏加德罗常数）8下列有关实验原理或实验操作正确的是（）A用水润湿的pH试纸测量某溶液的pHB用量筒量取20 mL 0.5000 molL1 H2SO4溶液于烧杯中，加水80 mL，配制成0.1000 molL1 H2SO4溶液C实验室用图所示装置制取少量氨气D实验室用图所示装置除去Cl2中的少量HCl9实验室制取少量
5、干燥的氨气涉及下列装置，其中正确的是（）A是氨气发生装置B是氨气发生装置C是氨气吸收装置D是氨气收集、检验装置10某溶液可能含有Cl、SO42、CO32、NH4+、Fe3+、Al3+和K+取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1.6g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀由此可知原溶液中（）A至少存在5种离子BCl一定存在，且c（Cl）0.4mol/LCSO42、NH4+、一定存在，Cl可能不存在DCO32、Al3+一定不存在，K+可能存在二、非选择题（包括4个小题，共50分）11某氯化
6、铁样品含有少量FeCl2杂质现要测定其中铁元素的质量分数，实验按以下步骤进行：请根据上面流程，回答以下问题：（1）操作是配制溶液，所用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还必须有、（填仪器名称）（2）下列操作可能使所配溶液浓度偏小的是（填写序号）未洗涤烧杯和玻璃棒定容时俯视容量瓶的刻度线配溶液前容量瓶中有少量蒸馏水摇匀后，发现液面低于刻度线后继续加水至凹液面与刻度线相切（3）请写出加入氯水发生的离子方程式（4）若原样品质量a为50g，加热后红棕色固体质量b为3g，则样品中铁元素的质量分数是12向盛有KI溶液的试管中加入少许CCl4后滴加氯水，CCl4层变成紫色如果继续向试管中滴加氯水，振荡，CCl4
7、层会逐渐变浅，最后变成无色完成下列填空：（1）写出并配平CCl4层由紫色变成无色的化学反应方程式（如果系数是1，不用填写）：+HIO3+（2）整个过程中的还原剂是（3）把KI换成KBr，则CCl4层变为色；继续滴加氯水，CCl4层的颜色没有变化Cl2、HIO3、HBrO3氧化性由强到弱的顺序是13某兴趣小组用图装置探究氨的催化氧化（1）氨催化氧化的化学方程式为（2）加热玻璃管2一段时间后，挤压1中打气球鼓入空气，观察到2中物质呈红热状态；停止加热后仍能保持红热，该反应是反应（填“吸热”或“放热”）（3）为保证在装置4中观察到红棕色气体，装置3应装入；若取消3，在4中仅观察到大量白烟，原因是（4
8、）为实现氨催化氧化，也可用装置5替换装置（填装置代号）；化合物X为（只写一种），Na2O2的作用是14高分子材料M在光聚合物和金属涂料方面有重要用途，M的结构简式为：工业合成M的过程可表示如下：已知：A完全燃烧只生成CO2和H2O，其蒸气密度是相同状况下氢气密度的43倍，分子中H、0原子个数比为3：1它与Na或Na2CO3都能反应产生无色气体（1）A中含有的官能团的名称是（2）下列说法正确的是（填序号字母）a工业上，B主要通过石油分馏获得bC的同分异构体有2种（不包括C）cD在水中的溶解性很大，遇新制Cu（OH）2悬浊液，溶液呈绛蓝色dEM的反应是缩聚反应（3）写出A+D+H3PO4E反应的化
9、学方程式：，该反应类型是（4）F是A的一种同分异构体，F的核磁共振氢谱显示分子中有两种不同的氢原子存在下列转化关系：写出F、N的结构简式为：F：N：写出反应的化学方程式2014-2015学年山东省滨州市邹平双语学校高二（下）第一次月考化学试卷（虚拟班）参考答案与试题解析一、选择题（本题共10小题，每小题5分，共50分）1化学无处不在，与化学有关的说法不正确的是（）A侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异B可用蘸浓盐酸的棉棒检验输送氨气的管道是否漏气C碘是人体必需微量元素，所以要多吃富含高碘酸的食物D黑火药由硫磺、硝石、木炭三种物质按一定比例混合制成【分析】A侯氏制碱法是将CO2、NH3通
10、入饱和NaCl溶液中，由于NaHCO3溶解度小于Na2CO3，故NaHCO3在溶液中析出；B浓盐酸易挥发，与NH3结合生成NH4Cl固体；C补碘常在食盐中加入KIO3固体而不是高碘酸；D硫磺、硝石、木炭三种物质比例为1：2：3【解答】解：A侯氏制碱法是将CO2、NH3通入饱和NaCl溶液中，发生以下反应：NH3+CO2+H2O=NH4HCO3；NH4HCO3+NaCl=NH4Cl+NaHCO3，其中NaHCO3溶解度最小，故有NaHCO3的晶体析出，故A正确；B浓盐酸易挥发，与NH3结合生成NH4Cl固体小颗粒，为白烟，故B正确；C碘是人体必需元素，补碘常在食盐中加入KIO3固体而不是高碘酸，
11、高碘酸为强酸性，具有强烈刺激性和腐蚀性，故C错误；D制备黑火药的原料为S、KNO3、C，三者比例为1：2：3，故D正确故选C2根据下列物质的化学性质，判断其应用错误的是（）A单质硅是将太阳能转化为电能的常用材料BCaO能与SO2反应，可作工业废气的脱硫剂C明矾水解时产生具有吸附性的胶体粒子，可作漂白剂D镧镍合金能大量吸收H2形成金属氢化物，可作储氢材料【分析】A晶体硅导电性介于导体与绝缘体之间，是良好的半导体材料；B二氧化硫气体与氧化钙反应生成亚硫酸钙，进一步氧化为硫酸钙；C明矾溶于水发生水解反应，生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体可以吸附杂质；D镧镍合金是金属金属和金属形成的合金材料，能大量吸收
12、H2形成金属氢化物，目前可以解决氢气的储存和运输问题【解答】解：A晶体硅是良好的半导体，常用与太阳能电池，故A正确；BCaO能与SO2反应，可作工业废气的脱硫剂，二氧化硫气体与氧化钙反应生成亚硫酸钙，进一步氧化为硫酸钙；避免生成污染气体，故B正确；C明矾KAl（SO4）212H2O作为净水剂是因为明矾溶于水发生水解反应，反应的离子方程式为：Al3+3H2OAl（OH）3+3H+，生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体可以吸附杂质，明矾不具有漂白性，不能作漂白剂，故C错误；D储氢材料是一类能可逆地吸收和释放氢气的材料，镧镍合金能大量吸收H2形成金属氢化物，是目前解决氢气的储存和运输问题的材料，故D正确；
13、故选：C3设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A常温常压下，2.24 L CO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.1NAB0.5 mol O3与11.2 L O2所含的分子数一定相等C常温常压下，23 g NO2含有NA个氧原子D常温常压下，22.4 L CCl4含有NA个CCl4分子【分析】A、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol；B、氧气所处的状态不明确；C、求出二氧化氮的物质的量，然后根据1mol二氧化氮中含2mol氧原子来分析；D、常温常压下，四氯化碳为液态【解答】解：A、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故2.24L混合气体的物质的量小于0.
14、1mol，则含有的碳原子数小于0.1NA个，故A错误；B、氧气所处的状态不明确，故氧气的物质的量无法计算，则含有的氧气分子个数无法计算，故B错误；C、23g二氧化氮的物质的量为0.5mol，而1mol二氧化氮中含2mol氧原子，故0.5mol二氧化氮中含1mol氧原子即NA个，故C正确；D、常温常压下，四氯化碳为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和含有的分子个数，故D错误故选C4用等体积的0.1molL1的BaCl2溶液，可使相同体积的Fe2（SO4）3、Na2SO4、KAl（SO4）2三种溶液中的SO42完全沉淀，则三种硫酸盐的物质的量浓度之比为（）A3：2：3B3：1：2C2：6
15、：3D1：1：1【分析】等体积的0.1mol/L的BaCl2溶液，可使相同体积的Fe2（SO4）3、Na2SO4、KAl（SO4）2三种溶液的SO42完全沉淀，则Fe2（SO4）3、Na2SO4、KAl（SO4）2三种溶液中n（SO42）相同，根据硫酸根守恒可知，nFe2（SO4）3= n（SO42），n（Na2SO4）=n（SO42），nKAl（SO4）2= n（SO42），三种溶液的体积相同，物质的量浓度之比等于溶质物质的量之比，据此计算【解答】解：等体积的0.1mol/L的BaCl2溶液，可使相同体积的Fe2（SO4）3、Na2SO4、KAl（SO4）2三种溶液的SO42完全沉淀，则Fe
16、2（SO4）3、Na2SO4、KAl（SO4）2三种溶液中n（SO42）相同，根据硫酸根守恒可知，nFe2（SO4）3= n（SO42），n（Na2SO4）=n（SO42），nKAl（SO4）2= n（SO42），三种溶液的体积相同，物质的量浓度之比等于溶质物质的量之比，所以三种硫酸盐的物质的量浓度之比为cFe2（SO4）3：c（Na2SO4）：cKAl（SO4）2= n（SO42）：n（SO42）： n（SO42）=2：6：3，故选C5能正确表示下列反应的离子方程式是（）A用过量氨水吸收工业尾气中的SO2：NH3H2O+SO2NH4+SO32+H2OBMnO2与浓盐酸反应制Cl2：MnO2+
17、4HClMn2+2Cl+Cl2+2H2OC向FeBr2溶液中通入足量氯气：2Fe2+4Br+3Cl22Fe3+2Br2+6ClD醋酸除去水垢：2H+CaCO3Ca2+CO2+H2O【分析】A电荷不守恒；B氯化氢为强电解质，应拆成离子形式；C氯气足量二价铁离子、溴离子都被氧化；D醋酸为弱酸，应保留化学式【解答】解：A用过量氨水吸收工业尾气中的SO2，离子方程式：2NH3H2O+SO22NH4+SO32+H2O，故A错误；BMnO2与浓盐酸反应制Cl2，离子方程式：MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O，故B错误；C向FeBr2溶液中通入足量氯气，离子方程式：2Fe2+4Br+3Cl22F
18、e3+2Br2+6Cl，故C正确；D醋酸除去水垢，离子方程式：2CH3COOH+CaCO3Ca2+CO2+H2O+2CH3COO，故D错误；故选：C6汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3K2O+5Na2O+16N2若氧化产物比还原产物多1.75mol，则下列判断正确的是（）A生成42.0 L N2（标准状况）B有0.250 mol KNO3被氧化C转移电子的物质的量为2.5 molD被氧化的N原子的物质的量为3.75 mol【分析】10NaN3+2KNO3K2O+5Na2O+16N2中N元素化合价由、+5价变为0价，所以NaN3是还原剂、KNO3是氧化剂，N2既是氧化产物
19、又是还原剂，根据反应方程式可知，每当生成16molN2，则氧化产物比还原产物多14mol，转移电子的物质的量为10mol，被氧化的N原子的物质的量为30mol，有2molKNO3被还原；现氧化产物比还原产物多1.75mol，则生成2molN2，转移电子的物质的量为1.25mol，被氧化的N原子的物质的量为3.75mol，以此解答该题【解答】解：该反应中N元素化合价由价、+5价变为0价，所以氧化产物和还原产物都是氮气，假设有16mol氮气生成，氧化产物是15mol、还原产物是1mol，则氧化产物比还原产物多14mol，若氧化产物比还原产物多1.75mol，则参加反应的n（KNO3）=0.25mo
20、l，A生成氮气的体积=44.8 L N2，故A错误；B硝酸钾得电子作氧化剂而被还原，故B错误；C转移电子的物质的量=3n（KNO3）=50.25mol=1.25mol，故C错误；D被氧化的N原子的物质的量=3.75 mol，故D正确；故选D7下列与含氯化合物有关的说法正确的是（）AHClO是弱酸，所以NaClO是弱电解质B向沸水中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液，可制得Fe（OH）3胶体CHCl溶液和NaCl溶液均通过离子导电，所以HCl和NaCl均是离子化合物D电解NaCl溶液得到22.4 L H2（标准状况），理论上需要转移NA个电子（NA表示阿伏加德罗常数）【分析】ANaClO为强电解质；
21、B实验室用饱和FeCl3溶液滴加到沸水中的方法制备Fe（OH）3胶体；CHCl为共价化合物；D氢气的物质的量为1mol，则转移电子2mol【解答】解：AHClO为弱电解质，但NaClO为强电解质，故A错误；B实验室用饱和FeCl3溶液滴加到沸水中的方法制备Fe（OH）3胶体，注意当溶液呈红褐色时停止加热，故B正确；CHCl为共价化合物，NaCl是离子化合物，故C错误；D氢气的物质的量为1mol，理论上需要转移2NA个电子，故D错误故选B8下列有关实验原理或实验操作正确的是（）A用水润湿的pH试纸测量某溶液的pHB用量筒量取20 mL 0.5000 molL1 H2SO4溶液于烧杯中，加水80
22、mL，配制成0.1000 molL1 H2SO4溶液C实验室用图所示装置制取少量氨气D实验室用图所示装置除去Cl2中的少量HCl【分析】A用水润湿的pH试纸，溶液稀释；B配制成0.1000 molL1 H2SO4溶液需要100mL容量瓶；C收集氨气的试管口不能密封；DHCl极易溶于水，食盐水抑制氯气的溶解【解答】解：A用水润湿的pH试纸，溶液稀释，则测定pH时试纸不能润湿，故A错误；B配制成0.1000 molL1 H2SO4溶液需要100mL容量瓶，应在烧杯中稀释、冷却后转移到容量瓶中定容，故B错误；C收集氨气的试管口不能密封，可塞一团棉花，故C错误；DHCl极易溶于水，食盐水抑制氯气的溶解
23、，则用图所示装置除去Cl2中的少量HCl，故D正确；故选D9实验室制取少量干燥的氨气涉及下列装置，其中正确的是（）A是氨气发生装置B是氨气发生装置C是氨气吸收装置D是氨气收集、检验装置【分析】NH4Cl固体受热分解生成NH3和HCl，而当温度降低时，NH3和HCl又重新化合成固体NH4Cl；氨气极易溶于水，装置中相当于导气管直接插入水；CaO遇水生成Ca（OH）2，同时放出大量热量，有利于氨气的生成；氨气易溶于水，装置图中收集氨气易与空气对流收集不到纯净的气体【解答】解：NH4Cl固体受热分解生成NH3和HCl，而当温度降低时，NH3和HCl又重新化合成固体NH4Cl，气体进入干燥管的机会不多
24、，故错误；氨气极易溶于水按照装置图水会发生倒吸，故错误；向CaO中滴加浓氨水，CaO遇水生成Ca（OH）2，同时放出大量热量，使浓氨水中的氨气逸出，故正确；装置中试管口处应塞一团棉花，氨气易溶于水防止与空气对流，得不到纯净的氨气，故错误；故选B10某溶液可能含有Cl、SO42、CO32、NH4+、Fe3+、Al3+和K+取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1.6g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀由此可知原溶液中（）A至少存在5种离子BCl一定存在，且c（Cl）0.4mol/LCS
25、O42、NH4+、一定存在，Cl可能不存在DCO32、Al3+一定不存在，K+可能存在【分析】加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，可知一定存在铵离子；红褐色沉淀是氢氧化铁，1.6g固体为三氧化二铁，可知一定有Fe3+，一定没有CO32；4.66g不溶于盐酸的沉淀，硫酸钡沉淀，物质的量为：0.02mol；根据以上数据推算存在离子，根据电荷守恒推算氯离子的存在及数据【解答】解：由于加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，说明一定有NH4+，且物质的量为0.02mol；同时产生红褐色沉淀，说明一定有Fe3+，1.6g固体为氧化铁，物质的量为0.01mol，故有0.02mo
26、lFe3+，一定没有CO32；4.66g不溶于盐酸的沉淀为硫酸钡，一定有SO42，物质的量为0.02mol；根据电荷守恒，必须还有阴离子，因此一定有Cl，至少0.02mol3+0.020.02mol2=0.04mol，物质的量浓度至少 =0.4mol/L，A、至少存在Cl、SO42、NH4+、Fe3+四种离子，故A错误；B、根据电荷守恒，至少存在0.04molCl，故B正确；C、一定存在氯离子，故C错误；D、Al3+无法判断是否存在，故D错误；故选B二、非选择题（包括4个小题，共50分）11某氯化铁样品含有少量FeCl2杂质现要测定其中铁元素的质量分数，实验按以下步骤进行：请根据上面流程，回答
27、以下问题：（1）操作是配制溶液，所用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还必须有250mL容量瓶、胶头滴管（填仪器名称）（2）下列操作可能使所配溶液浓度偏小的是（填写序号）未洗涤烧杯和玻璃棒定容时俯视容量瓶的刻度线配溶液前容量瓶中有少量蒸馏水摇匀后，发现液面低于刻度线后继续加水至凹液面与刻度线相切（3）请写出加入氯水发生的离子方程式2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl（4）若原样品质量a为50g，加热后红棕色固体质量b为3g，则样品中铁元素的质量分数是42%【分析】本实验目的是测定铁的质量分数，采取的方法是使样品溶解、反应、最终生成氧化铁，然后通过氧化铁质量来求铁的质量分数，（1）由图可知，操作I是将
28、加入盐酸反应的溶液稀释成250.00mL溶液，故需要100mL的容量瓶，定容需要胶头滴管； （2）依据溶液配制过程和实验步骤分析判断选项中，各操作对浓度的影响分析判断（3）加氯水就是让+2价铁变为+3价；（4）加热分解所得的物质是Fe2O3，其质量为3g，由于用去25mL溶液，故250mL溶液可以得到Fe2O3质量为30g，根据化学式计算铁元素的质量，再利用质量分数的定义计算原氧化铁样品中铁元素的质量分数【解答】解：（1）由图可知，操作I是将加入盐酸反应的溶液稀释成250.00mL溶液，所用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，需要250mL容量瓶，还需要用胶头滴管定容，故答案为：250mL容量瓶、胶
29、头滴管； （2）依据溶液配制过程和实验步骤分析判断选项，操作可能使所配溶液浓度偏小：未洗涤烧杯和玻璃棒，溶质未全部转移到容量瓶，浓度偏低，故正确；定容时俯视容量瓶的刻度线，容量瓶中水未加到刻度线，浓度偏大，故错误；配溶液前容量瓶中有少量蒸馏水对配置溶液浓度无影响，故错误；摇匀后，发现液面低于刻度线后继续加水至凹液面与刻度线相切，溶液浓度稀释偏小，故正确；故答案为：；（3）加氯水就是让+2价铁变为+3价，发生反应的离子方程式为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl，故答案为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl；（4）加热分解所得的物质是Fe2O3，其质量为3g，由于用去25mL溶液，故250mL溶
30、液可以得到Fe2O3质量为30g，依据铁元素守恒计算铁元素的质量分数=100%=42%，故答案为：42%；12向盛有KI溶液的试管中加入少许CCl4后滴加氯水，CCl4层变成紫色如果继续向试管中滴加氯水，振荡，CCl4层会逐渐变浅，最后变成无色完成下列填空：（1）写出并配平CCl4层由紫色变成无色的化学反应方程式（如果系数是1，不用填写）：I2+5Cl2+6H2O2HIO3+10HCl（2）整个过程中的还原剂是KI、I2（3）把KI换成KBr，则CCl4层变为棕色；继续滴加氯水，CCl4层的颜色没有变化Cl2、HIO3、HBrO3氧化性由强到弱的顺序是HBrO3Cl2HIO3【分析】（1）氯气
31、具有强氧化性，向盛有KI溶液的试管中加入少许CCl4后滴加氯水，CCl4层变成紫色，说明生成I2，继续向试管中滴加氯水，振荡，CCl4层会逐渐变浅，最后变成无色，说明I2被进一步氧化，生成HIO3，同时氯气被还原为HCl，则碘元素化合价变化为：0+5，氯气中氯元素化合价变化为：01，依据得失电子守恒、原子个数守恒配平方程式；（2）根据化合价变化判断氧化剂和还原剂；（3）判断反应中氧化性强弱，可根据化学方程式判断：氧化剂+还原剂还原产物+氧化产物；氧化性：氧化剂氧化产物；还原性：还原剂还原产物来分析【解答】解：氯气具有强氧化性，向盛有KI溶液的试管中加入少许CCl4后滴加氯水，CCl4层变成紫色
32、，说明生成I2，继续向试管中滴加氯水，振荡，CCl4层会逐渐变浅，最后变成无色，说明I2被进一步氧化，生成HIO3，同时氯气被还原为HCl，则碘元素化合价变化为：0+5，氯气中氯元素化合价变化为：01，1mol碘单质反应失去10mol电子，1mol氯气反应得到2mol电子，二者最小公倍数为10，依据氧化还原反应得失电子守恒，则氯气系数为5，碘单质系数为1，依据原子个数守恒，方程式：I2+5Cl2+6H2O=2HIO3+10HCl；故答案为：I2、5Cl2、6H2O、2HIO3、10HCl；（2）在2KI+Cl2=2KCl+I2反应，I元素的化合价升高，被氧化，KI在反应中做还原剂，在5Cl2+
33、I2+6H20=2HIO3+10HCl反应，I元素的化合价升高，被氧化，I2在反应中做还原剂故答案为：KI、I2；（3）氯气的氧化性比溴强，将KI换成KBr，则生成Br2，则CCl4层变为棕色，继续滴加氯水，CCl4层的颜色没有变化，说明氧化性HBrO3Cl2，根据氧化剂和还原剂反应生成氧化产物和还原产物，氧化剂氧化性大于氧化产物的氧化性，则有Cl2HIO3，所以氧化性顺序为HBrO3Cl2HIO3，故答案为：棕；HBrO3Cl2HIO313某兴趣小组用图装置探究氨的催化氧化（1）氨催化氧化的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O（2）加热玻璃管2一段时间后，挤压1中打气球鼓入空气，观察
34、到2中物质呈红热状态；停止加热后仍能保持红热，该反应是放热反应（填“吸热”或“放热”）（3）为保证在装置4中观察到红棕色气体，装置3应装入浓H2SO4；若取消3，在4中仅观察到大量白烟，原因是生成的NO与O2反应生成NO2，NO2与水反应生成HNO3，NH3与HNO3反应生成了NH4NO3（4）为实现氨催化氧化，也可用装置5替换装置1（填装置代号）；化合物X为NH4Cl（只写一种），Na2O2的作用是与HCl反应生成氧气【分析】（1）氨气具有还原性，在催化剂作用下可与氧气反应被氧化为NO；（2）根据反应现象判断，停止加热后仍能保持红热，即可说明该反应放热；（3）红棕色气体为NO2，易与水反应，
35、应干燥，如不干燥，NO2与水反应生成硝酸，进而与氨气生成硝酸铵；（4）装置1能提供氨气和氧气，装置5也能提供氨气和氧气，但装置5中应加入氯化铵和过氧化钠，可生成氨气和氧气；【解答】解：（1）氨气具有还原性，在催化剂作用下可与氧气反应被氧化为NO，反应为4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O； （2）停止加热后仍能保持红热，即可说明该反应放热，故答案为：放热；（3）NO2易与水反应，应干燥，如不干燥，NO2与水反应生成硝酸而观察不到颜色，NO2与水反应生成HNO3，NH3与HNO3反应生成了NH4NO3，可观察到白烟生成，故答案为：浓H2SO4；生成的NO与
36、O2反应生成NO2，NO2与水反应生成HNO3，NH3与HNO3反应生成了NH4NO3；（4）装置1能提供氨气和氧气，装置5也能提供氨气和氧气，但装置5中应加入氯化铵和过氧化钠，可生成氨气和氧气，反应为：NH4ClHCl+NH3，4HCl+2Na2O24NaCl+O2+2H2O故答案为：1； NH4Cl；与HCl反应生成氧气14高分子材料M在光聚合物和金属涂料方面有重要用途，M的结构简式为：工业合成M的过程可表示如下：已知：A完全燃烧只生成CO2和H2O，其蒸气密度是相同状况下氢气密度的43倍，分子中H、0原子个数比为3：1它与Na或Na2CO3都能反应产生无色气体（1）A中含有的官能团的名称
37、是碳碳双键、羧基（2）下列说法正确的是c（填序号字母）a工业上，B主要通过石油分馏获得bC的同分异构体有2种（不包括C）cD在水中的溶解性很大，遇新制Cu（OH）2悬浊液，溶液呈绛蓝色dEM的反应是缩聚反应（3）写出A+D+H3PO4E反应的化学方程式：，该反应类型是酯化反应（4）F是A的一种同分异构体，F的核磁共振氢谱显示分子中有两种不同的氢原子存在下列转化关系：写出F、N的结构简式为：F：OHCCH2CH2CHON：写出反应的化学方程式OHCCH2CH2CHO+4Cu（OH）2+2NaOHNaOOCCH2CH2COONa+2Cu2O+6H2O【分析】B为分子式为C3H6，能与溴发生加成反应
38、，则B为CH3CH=CH2，C为CH3CHBrCH2Br，C发生水解反应生成D为A完全燃烧只生成CO2和H2O，其蒸气密度是相同状况下氢气密度的43倍，Mr（A）=432=86，分子中H、0原子个数比为3：1，它与Na或Na2CO3都能反应产生无色气体，说明分子中含有羧基，D与A、H3PO4反应得到E，E转化得到M，结合M的结构简式可知，A为，E为（4）中F是A的一种同分异构体，F的核磁共振氢谱显示分子中有两种不同的氢原子，且能与新制氢氧化铜发生氧化反应，说明分子中含有CHO，则F为OHCCH2CH2CHO，被氧化生成H为HOOCCH2CH2COOH，H与D发生缩聚反应生成高聚物N，则N为，据
39、此解答【解答】解：B为分子式为C3H6，能与溴发生加成反应，则B为CH3CH=CH2，C为CH3CHBrCH2Br，C发生水解反应生成D为A完全燃烧只生成CO2和H2O，其蒸气密度是相同状况下氢气密度的43倍，Mr（A）=432=86，分子中H、0原子个数比为3：1，它与Na或Na2CO3都能反应产生无色气体，说明分子中含有羧基，D与A、H3PO4反应得到E，E转化得到M，结合M的结构简式可知，A为，E为，（1）由上述分析可知，A为，含有官能团为：碳碳双键、羧基，故答案为：碳碳双键、羧基；（2）aB为CH3CH=CH2，应通过石油的裂化获得，故a错误；bC为CH2BrCHBrCH3，对应的同分
40、异构体有CHBr2CH2CH3、CH3CBr2CH3、CH2BrCH2CH2Br3种（不包括C），故b错误；cD为，含有2个OH，易溶于水，遇新制Cu（OH）2悬浊液，溶液呈绛蓝色，故c正确；dEM的反应是加聚反应，故d错误，故答案为：c；（3）A+D+H3PO4E反应的化学方程式为：，该反应类型是：酯化反应，故答案为：；酯化反应；（4）F是A的一种同分异构体，F的核磁共振氢谱显示分子中有两种不同的氢原子，且能发生银镜反应，说明分子中含有CHO，应为OHCCH2CH2CHO，被氧化生成H为HOOCCH2CH2COOH，可与D发生缩聚反应生成N，为，反应的化学方程式为：OHCCH2CH2CHO+4Cu（OH）2+2NaOHNaOOCCH2CH2COONa+2Cu2O+6H2O，故答案为：OHCCH2CH2CHO；OHCCH2CH2CHO+4Cu（OH）2+2NaOHNaOOCCH2CH2COONa+2Cu2O+6H2O
