1、2016年江西省新余市分宜县高考化学一模试卷一、（选择题，每小题6分，共48分）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1下列说法或表述正确的是（）常温时pH=11的KOH溶液与pH=3的醋酸等体积混合，所得溶液pH7二氧化硅是酸性氧化物，但它能与某种酸反应Fe2O3（s）+3H2（g）2Fe（s）+3H2O（g）H0，S0任何条件下都不能自发进行丁达尔效应可用于区别溶液和胶体，电泳现象能证明胶体带电荷钢铁的吸氧腐蚀，正极发生反应：O2+4e+4H+2H2OH2的燃烧热为285.8kJ/mol，则表示H2的燃烧热的热化学方程式为H2（g）+O2（g）H2O（g）H=285.8kJ/
2、molABCD2下列示意图中，白球代表氢原子，黑球代表氦原子，方框代表容器，容器中间有一个可以上下滑动的隔板（其质量忽略不计）其中能表示等质量的氢气与氦气的是（）ABCD3下列离子方程式书写正确的是（）A碳酸钡和稀硫酸：BaCO3+2H+Ba2+CO2+H2OBCO2通入足量的NaOH溶液中：CO2+OHHCO3C向FeCl2溶液中通入Cl2反应生成FeCl3溶液：Fe2+Cl2Fe3+2ClD少量CO2通入澄清石灰水中：CO2+Ca2+2OHCaCO3+H2O4下列说法正确的是（）A分子中至少有10个碳原子处于同一平面B蛋白质和油脂都属于高分子化合物，一定条件下能水解C等物质的量的苯和苯甲酸
3、完全燃烧消耗的氧气的量不相等D经测定乙二醇和苯组成的混合物中氧的质量分数为8%，则此混合物中碳的质量分数是84%5某溶液中存在5种离子：NO3、SO42、Fe3+、H+和R离子，其物质的量之比为2：3：1：3：1，则R可能为（）AFe2+BMg2+CClDBa2+6将一定量纯净的氨基甲酸铵置于特制的密闭真空容器中（假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计），在恒定温度下使其达到分解平衡：NH2COONH4（s）2NH3（g）+CO2（g），不能判断该分解反应已经达到化学平衡的是（）Av（NH3）正=2v（CO2）逆B密闭容器中总压强不变C密闭容器中氨气的体积分数不变D密闭容器中混合气体的密度不变
4、7常温下MOH和ROH两种一元碱的溶液分别加水稀释时，pH变化如图所示下列叙述中不正确的是（）AROH是一种强碱，MOH是一种弱碱B等浓度的MOH与盐酸反应，所得溶液呈中性，则V（MOH）V（盐酸）C在x点，c（M+）=c（R+）D稀释前，c（ROH）=10c（MOH）8镁锰干电池的电化学反应式为：Mg+2MnO2+H2OMg（OH）2+Mn2O3下列说法不正确的是（）A镁为负极，发生氧化反应B可以选择碱性溶液作为电解质C反应后正极和负极附近溶液的pH均升高D正极的电极反应为：2MnO2+H2O+2eMn2O3+2OH二、（非选择题，共4小题，共52分）9A、B、C、D是中学化学中常见的单质，
5、D为地壳中含量最多的金属；甲、乙、丙为化合物，其中甲为有磁性的黑色晶体，乙在常温常压下为无色液体各物质的转化关系如下：（1）组成D的元素在周期表中的位置是（2）若用一种反应类型概括上述转化中所涉及到的全部反应，该反应类型是（3）在上述电解反应中，阳极的极反应式是（4）甲和D反应的化学方程式是（5）D的某种盐常用于净水，用离子方程式表示其净水原理10某兴趣小组在实验室用铜和硫酸为原料多种方法制取硫酸铜制备方法如下：方法一：（1）浓硫酸试剂瓶上适合贴上的标签是（填序号）（2）甲同学取6.4 g铜片和10 mL 18 molL1浓硫酸，放在试管中共热时发现，铜与热的浓硫酸反应后并没有得到预期的蓝色溶
6、液，而是在试管底部看到灰白色沉淀甲同学为了验证其中白色沉淀主要成分设计下列实验：实验步骤：倾倒掉上层液体后，向所得灰白色的固体中加入适量蒸馏水，边加边搅拌实验现象：；实验结论：所得白色固体的化学式为（3）乙还观察到加热过程中，起初液面以上出现大量白色烟雾，在试管内壁上部析出少量淡黄色固体物质，持续加热，淡黄色固体物质又慢慢地溶于浓硫酸而消失淡黄色固体消失的原因是（用化学反应方程式回答）直到最后反应完毕，发现试管中还有铜片剩余乙根据自己所学的化学知识，认为试管中还有硫酸剩余他这样认为的理由是方法二：（4）丙同学认为甲设计的实验方案不好，他自己设计的思路是：2Cu+O22CuO，CuO+H2SO4
7、CuSO4+H2O对比甲的方案，你认为丙同学的优点是，（3）方法三：（5）丁同学取一铜片和稀硫酸放在试管中，再向其中滴入双氧水，发现溶液逐渐呈蓝色写出反应的化学反应方程式11已知AG有如图所示的转化关系（部分生成物已略去），其中A、G为单质，D是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，E、F均能与NaOH溶液反应请回答下列问题：（1）写出F的电子式：；（2）C溶液与D的水溶液反应的离子方程式为；F溶液与NaOH溶液共热反应的化学方程式为；（3）请用离子方程式解释C溶液为何显酸性；F溶液中离子浓度由大到小的顺序为；（4）将5.4 g A投入到200 mL 2.0 mol/L某溶液中有G单质产生，且充
8、分反应后有金属剩余，则该溶液可能是（填代号）；AHNO3溶液 BH2SO4溶液CNaOH溶液 DHCl溶液（5）将1 mol N2和3 mol G及催化剂充入容积为2 L的某密闭容器中进行反应，已知该反应为放热反应平衡时，测得D的物质的量浓度为a mol/L在其他条件不变的情况下，若起始时充入0.5 mol N2和1.5 mol G达到平衡后，D的物质的量浓度（填“大于”“小于”或“等于”）a/2 mol/L12化学选修5有机化学基础I已知有机物A仅含碳、氢、氧3种元素，质谱分析可知其相对分子质量为46，核磁共 振氢谱显示分子中有三种不同化学环境的氢原子，且有如下的转化关系：（1）由AB的反应
9、类型是（2）D的红外光谱表明分子内除C一H键、C一C键外还含有两个C一O单键，反应中 D与HCl按物质的量之比1：1反应，则D的结构简式是II化合物E和F是药品普鲁卡因合成的重要原料，普鲁卡因的合成路线如下：已知（3）丁的结构简式为（4）反应的化学方程式是（5）普鲁卡因有两种水解产物戊和己，且戊与甲具有相同的分子式符合下列条件的戊的同分异构体有种（包含戊）；a分子结构中含苯环，且每个苯环有2个侧链b分子结构中一定含官能团一NH2且一NH2直接与碳原子相连（6）戊经聚合反应制成的高分子纤维广泛用于通讯、宇航等领域该聚合反应的化学方程式是2016年江西省新余市分宜县高考化学一模试卷参考答案与试题解
10、析一、（选择题，每小题6分，共48分）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1下列说法或表述正确的是（）常温时pH=11的KOH溶液与pH=3的醋酸等体积混合，所得溶液pH7二氧化硅是酸性氧化物，但它能与某种酸反应Fe2O3（s）+3H2（g）2Fe（s）+3H2O（g）H0，S0任何条件下都不能自发进行丁达尔效应可用于区别溶液和胶体，电泳现象能证明胶体带电荷钢铁的吸氧腐蚀，正极发生反应：O2+4e+4H+2H2OH2的燃烧热为285.8kJ/mol，则表示H2的燃烧热的热化学方程式为H2（g）+O2（g）H2O（g）H=285.8kJ/molABCD【考点】硅和二氧化硅；胶体的
11、重要性质；反应热和焓变；金属的电化学腐蚀与防护；弱电解质在水溶液中的电离平衡【专题】基本概念与基本理论；元素及其化合物【分析】常温时pH之和等于14的酸碱等体积混合，谁弱呈谁性；二氧化硅是酸性氧化物，但它能与氢氟酸反应；Fe2O3（s）+3H2（g）2Fe（s）+3H2O（g）反应是放热反应，混乱程度不变；丁达尔效应可用于区别溶液和胶体，胶体粒子可以带电，胶体不带电；钢铁的吸氧腐蚀，正极发生还原反应，反应式为：O2+4e+2H2O4OH；H2的燃烧热为285.8kJ/mol，则表示H2的燃烧热的热化学方程式中水为液态水【解答】解：常温时pH之和等于14的酸碱等体积混合，谁弱呈谁性，醋酸是弱酸，
12、所以溶液呈酸性，故正确；二氧化硅是酸性氧化物，但它能与氢氟酸反应，故正确；Fe2O3（s）+3H2（g）2Fe（s）+3H2O（g）反应是放热反应，混乱程度不变，根据下HTS0，能自发，故Q错误；丁达尔效应可用于区别溶液和胶体，胶体粒子可以带电，胶体不带电，故错误；钢铁的吸氧腐蚀，正极发生还原反应，反应式为：O2+4e+2H2O4OH，而不是O2+4e+4H+2H2O，故错误H2的燃烧热为285.8kJ/mol，则表示H2的燃烧热的热化学方程式中水为液态水，而不是气态水，故错误；故选B【点评】本题考查了钢铁的吸氧腐蚀、丁达尔效应和二氧化硅的性质等，酸与碱混合后溶液pH的判断，其中选项学生要注意
13、醋酸是弱电解质，醋酸溶液中存在大量的醋酸分子，题目难度中等2下列示意图中，白球代表氢原子，黑球代表氦原子，方框代表容器，容器中间有一个可以上下滑动的隔板（其质量忽略不计）其中能表示等质量的氢气与氦气的是（）ABCD【考点】阿伏加德罗定律及推论；摩尔质量；物质的量的相关计算【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】白球代表氢原子，黑球代表氦原子，等质量的氢气与氦气，其物质的量之比为2：1，体积之比为2：1【解答】解：设氢气与氦气都为mg，则二者的物质的量之比为： =2：1，则体积之比为2：1；A、白球代表氢原子，黑球代表氦原子，符合物质的量之比为2：1，体积之比为2：1，故A正确；B、白球代
14、表氢原子，黑球代表氦原子，物质的量之比为2：1，体积之比为2：1，但氦气是单原子构成的分子，故B错误；C、白球代表氢原子，黑球代表氦原子，物质的量之比为2：1，但体积之比为1：2，故C错误；D、白球代表氢原子，黑球代表氦原子，物质的量之比为1：1，体积之比为2：1，故D错误；故选A【点评】本题考查阿伏伽德罗定律，明确等质量的气体中物质的量和体积的关系是解答的关键，并注意氦气的构成来解答3下列离子方程式书写正确的是（）A碳酸钡和稀硫酸：BaCO3+2H+Ba2+CO2+H2OBCO2通入足量的NaOH溶液中：CO2+OHHCO3C向FeCl2溶液中通入Cl2反应生成FeCl3溶液：Fe2+Cl2
15、Fe3+2ClD少量CO2通入澄清石灰水中：CO2+Ca2+2OHCaCO3+H2O【考点】离子方程式的书写【分析】A难溶物写化学式；BCO2通入足量的NaOH溶液中生成碳酸钠和水；C电荷不守恒；D少量CO2通入澄清石灰水中生成碳酸钙和水【解答】解：A难溶物硫酸钡写化学式，离子方程式为BaCO3+SO42+2H+BaSO4+CO2十H2O，故A错误；BCO2通入足量的NaOH溶液中生成碳酸钠和水，离子方程式为CO2+2OHCO32+H2O，故B错误；C电荷不守恒，离子方程式为2Fe2+Cl22Fe3+2Cl，故C错误；D少量CO2通入澄清石灰水中生成碳酸钙和水，离子方程式为CO2+Ca2+2O
16、HCaCO3+H2O，故D正确；故选D【点评】本题考查离子方程式的书写，为高频考点，明确物质性质及离子方程式书写规则是解本题关键，注意BD中离子方程式与反应物的量有关，为易错点4下列说法正确的是（）A分子中至少有10个碳原子处于同一平面B蛋白质和油脂都属于高分子化合物，一定条件下能水解C等物质的量的苯和苯甲酸完全燃烧消耗的氧气的量不相等D经测定乙二醇和苯组成的混合物中氧的质量分数为8%，则此混合物中碳的质量分数是84%【考点】有机物的结构和性质；有机化学反应的综合应用【专题】有机化学基础【分析】A苯环为平面结构，与苯环直接相连的C原子共面；B油脂的相对分子质量在10000以下；C苯甲酸与苯相差
17、1个二氧化碳的组成；D苯中不含O，只有乙二醇含O，结合相对分子质量计算【解答】解：A苯环为平面结构，与苯环直接相连的C原子共面，则至少11个碳原子共面，苯环上处于对位的四个原子共直线，故A错误；B油脂不是高分子化合物，均可发生水解，故B错误；C组成上可以看作相差一个二氧化碳，所以等物质的量时消耗氧气量相同，故C错误；D乙二醇的质量分数为8%，所以两种物质中碳元素的质量分数总量为 （8%）+1（8%=0.06+0.78=0.84=84%，故D正确；故选D【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物官能团与性质、结构与含量计算等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大5某
18、溶液中存在5种离子：NO3、SO42、Fe3+、H+和R离子，其物质的量之比为2：3：1：3：1，则R可能为（）AFe2+BMg2+CClDBa2+【考点】离子反应发生的条件；物质的量的相关计算【专题】物质的量的计算【分析】根据溶液的电中性可以确定未知离子为阳离子，然后利用离子不能结合生成水、气体、沉淀等，不能发生氧化还原反应，确定未知离子，以此来解答【解答】解：由物质的量之比为n（NO3）：n（SO42）：n（Fe3+）：n（H+）：n（未知）=2：3：1：3：1，由于溶液不显电性，则：21+3213+31，则未知离子为阳离子，由电荷守恒可知，未知离子为带两个单位正电荷的阳离子，又Fe2+、
19、NO3、H+发生氧化还原反应、硫酸根离子能够与钡离子生成难溶物硫酸钡，则未知阳离子为Mg2+，故选B【点评】本题考查溶液为电中性及离子的共存，注意阳离子的电荷总数等于阴离子电荷总数确定M为阳离子是解答本题的关键，并注意发生的氧化还原反应，题目难度中等6将一定量纯净的氨基甲酸铵置于特制的密闭真空容器中（假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计），在恒定温度下使其达到分解平衡：NH2COONH4（s）2NH3（g）+CO2（g），不能判断该分解反应已经达到化学平衡的是（）Av（NH3）正=2v（CO2）逆B密闭容器中总压强不变C密闭容器中氨气的体积分数不变D密闭容器中混合气体的密度不变【考点】化学平
20、衡状态的判断【专题】化学平衡专题【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态【解答】解：A、根据反应可得出v（NH3）正=2v（CO2）正，故当v（NH3）正=2v（CO2）逆时反应达平衡状态，能判断该分解反应已经达到化学平衡，故A不选；B、随着反应的进行体系压强逐渐增大，容器内压强保持不变说明达平衡状态，能判断该分解反应已经达到化学平衡，故B不选；C、氨气与二氧化碳比例为2：1不会随反应方向变化
21、而变化，与平衡无关，不能判断该分解反应已经达到化学平衡，故C选；D、当体系达平衡状态时，混合气体的总质量不变，而容器的体积不变，密闭容器中混合气体的密度不变，说明达平衡状态，能判断该分解反应已经达到化学平衡，故故D不选；故选C【点评】本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分的浓度不随时间的变化而变化7常温下MOH和ROH两种一元碱的溶液分别加水稀释时，pH变化如图所示下列叙述中不正确的是（）AROH是一种强碱，MOH是一种弱碱B等浓度的MOH与盐酸反应，所得溶液呈中性，则V（MOH）V（盐酸）C在x点，c（M+）=c（R+）D稀释前，c（ROH
22、）=10c（MOH）【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】由图可知，ROH开始的pH=13，稀释100倍pH=11，则ROH为强碱，而MOH开始的pH=12，稀释100倍pH=11，则MOH为弱碱，并根据酸碱中和及电离来解答【解答】解：AROH开始的pH=13，稀释100倍pH=11，则ROH为强碱，MOH开始的pH=12，稀释100倍pH=11，则MOH为弱碱，故A正确；BMOH为弱碱，等物质的量浓度的MOH与盐酸反应，假设等体积的两种物质反应，则所得溶液呈酸性，要使所得溶液呈中性，则碱应该稍微过量，所以碱的体积应该大于酸，故B正确；C由ROHR+OH，
23、MOHM+OH可知，在x点，c（OH）相等，则c（M+）=c（R+），故C正确；D稀释前，c（ROH）=0.1mol/L，c（MOH）0.01mol/L，则c（ROH）10c（MOH），故D错误；故选D【点评】本题考查电解质在水中的电离及图象，明确图象中pH的变化及交点的意义是解答本题的关键，题目难度不大，侧重于考查学生对信息的提取和应用能力8镁锰干电池的电化学反应式为：Mg+2MnO2+H2OMg（OH）2+Mn2O3下列说法不正确的是（）A镁为负极，发生氧化反应B可以选择碱性溶液作为电解质C反应后正极和负极附近溶液的pH均升高D正极的电极反应为：2MnO2+H2O+2eMn2O3+2OH【
24、考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】A、依据原电池原理分析，反应中镁失电子做负极发生氧化反应；B、镁失电子生成氢氧化镁说明电解质溶液是碱性溶液；C、负极镁失电子生成的镁离子和氢氧根结合生成氢氧化镁沉淀，氢氧根离子浓度减小，正极电极反应过程中生成氢氧根离子；D、正极是MnO2得到电子发生还原反应生成Mn2O3【解答】解：A、镁锰干电池的电化学反应式为Mg+2MnO2+H2OMg（OH）2+Mn2O3，分析可知镁失电子发生氧化反应，做负极，故A正确；B、镁锰干电池的电化学反应式为：Mg+2MnO2+H2OMg（OH）2+Mn2O3，负极电极反应为Mg2e+2OH=Mg（OH）2
25、，电解质溶液为碱性溶液，故B正确；C、负极镁失电子生成的镁离子和氢氧根结合生成氢氧化镁沉淀，Mg2e+2OH=Mg（OH）2，氢氧根离子浓度减小，正极电极反应2MnO2+H2O+2eMn2O3+2OH过程中生成氢氧根离子，所以正极附近溶液pH增大，负极附近溶液pH减小，故C错误；D、正极是MnO2得到电子发生还原反应生成Mn2O3，正极的电极反应为2MnO2+H2O+2eMn2O3+2OH，故D正确；故选C【点评】本题考查了原电池原理的分析应用，主要是电极判断，电极反应的分析判断，题目难度中等二、（非选择题，共4小题，共52分）9A、B、C、D是中学化学中常见的单质，D为地壳中含量最多的金属；
26、甲、乙、丙为化合物，其中甲为有磁性的黑色晶体，乙在常温常压下为无色液体各物质的转化关系如下：（1）组成D的元素在周期表中的位置是第三周期第A族（2）若用一种反应类型概括上述转化中所涉及到的全部反应，该反应类型是氧化还原反应（3）在上述电解反应中，阳极的极反应式是2O24e=O2（4）甲和D反应的化学方程式是3Fe3O4+8Al9Fe+4Al2O3（5）D的某种盐常用于净水，用离子方程式表示其净水原理Al3+3H2OAl（OH）3+3H+【考点】无机物的推断【专题】推断题【分析】D为地壳中含量最多的金属，应为Al，甲为有磁性的黑色晶体，应为Fe3O4，乙在常温常压下为无色液体，应为H2O，由转化
27、关系甲+D丙+A可知，丙为Al2O3，A为Fe，电解丙可得到氧气和铝，则B为O2，铁和水蒸汽在高温下反应生成Fe3O4和H2，则C为H2，结合对应物质的性质和题目要求解答该题【解答】解：D为地壳中含量最多的金属，应为Al，甲为有磁性的黑色晶体，应为Fe3O4，乙在常温常压下为无色液体，应为H2O，由转化关系甲+D丙+A可知，丙为Al2O3，A为Fe，电解丙可得到氧气和铝，则B为O2，铁和水蒸汽在高温下反应生成Fe3O4和H2，则C为H2，（1）由以上分析可知D为Al，位于周期表第三周期第A族，故答案为：第三周期第A族；（2）题中反应都由单质参加，一定为氧化还原反应，故答案为：氧化还原反应；（3
28、）电解氧化铝，阳极发生氧化反应生成氧气，阴极发生还原反应生成铝，阳极电极方程式为2O24e=O2，故答案为：2O24e=O2；（4）甲和D反应为铝热反应，方程式为3Fe3O4+8Al9Fe+4Al2O3，故答案为：3Fe3O4+8Al9Fe+4Al2O3；（5）明矾常用于净水，主要是利用了铝离子水解可生成具有吸附性的氢氧化铝胶体，离子方程式为Al3+3H2OAl（OH）3+3H+，故答案为：Al3+3H2OAl（OH）3+3H+【点评】本题考查无机物的推断，题目难度不大，本题注意把握常见物质的颜色、状态以及常见反应，为解答该题的关键，注意把握相关物质的性质，学习中注意积累10某兴趣小组在实验室
29、用铜和硫酸为原料多种方法制取硫酸铜制备方法如下：方法一：（1）浓硫酸试剂瓶上适合贴上的标签是BD（填序号）（2）甲同学取6.4 g铜片和10 mL 18 molL1浓硫酸，放在试管中共热时发现，铜与热的浓硫酸反应后并没有得到预期的蓝色溶液，而是在试管底部看到灰白色沉淀甲同学为了验证其中白色沉淀主要成分设计下列实验：实验步骤：倾倒掉上层液体后，向所得灰白色的固体中加入适量蒸馏水，边加边搅拌实验现象：沉淀中白色物质溶解，溶液变蓝色；实验结论：所得白色固体的化学式为CuSO4（3）乙还观察到加热过程中，起初液面以上出现大量白色烟雾，在试管内壁上部析出少量淡黄色固体物质，持续加热，淡黄色固体物质又慢慢
30、地溶于浓硫酸而消失淡黄色固体消失的原因是（用化学反应方程式回答）S+2H2SO4（浓）3SO2+2H2O直到最后反应完毕，发现试管中还有铜片剩余乙根据自己所学的化学知识，认为试管中还有硫酸剩余他这样认为的理由是随着反应的进行，浓硫酸的浓度逐渐变小，由浓变稀，稀硫酸不能与铜发生反应方法二：（4）丙同学认为甲设计的实验方案不好，他自己设计的思路是：2Cu+O22CuO，CuO+H2SO4CuSO4+H2O对比甲的方案，你认为丙同学的优点是产生等量的硫酸铜，乙消耗的硫酸更少，不产生污染物SO2（3）方法三：（5）丁同学取一铜片和稀硫酸放在试管中，再向其中滴入双氧水，发现溶液逐渐呈蓝色写出反应的化学反
31、应方程式Cu+H2O2+H2SO4CuSO4+2H2O【考点】浓硫酸的性质；浓硫酸的性质实验【专题】无机实验综合【分析】（1）依据浓硫酸具有强烈的腐蚀性、强氧化性选择标签；（2）硫酸铜粉末为白色，而硫酸铜溶液为蓝色，无水硫酸铜溶于水生成蓝色的硫酸铜溶液，据此解答；（3）硫与浓硫酸反应生成二氧化硫和水；铜与浓硫酸反应，与稀硫酸不反应；（4）该过程中不生成有毒气体二氧化硫；使用硫酸的量少；（5）Cu作还原剂，双氧水作氧化剂，发生氧化还原反应生成硫酸铜；【解答】解：（1）浓硫酸具有强烈的腐蚀性、强氧化性，所以选择的标签为BD，故答案为：BD；（2）硫酸铜粉末为白色，而硫酸铜溶液为蓝色，无水硫酸铜溶于
32、水得到蓝色溶液，看到现象为沉淀中白色物质溶解，溶液变蓝色；则所得白色固体为CuSO4；故答案为：沉淀中白色物质溶解，溶液变蓝色；CuSO4；（3）硫与浓硫酸反应生成二氧化硫和水，化学方程式：S+2H2SO4（浓）3SO2+2H2O；随着反应的进行，浓硫酸的浓度逐渐变小，由浓变稀，稀硫酸不能与铜发生反应，铜与浓硫酸反应，与稀硫酸不反应；故答案为：S+2H2SO4（浓）3SO2+2H2O； 随着反应的进行，浓硫酸的浓度逐渐变小，由浓变稀，稀硫酸不能与铜发生反应；（4）依据方程式可知：产生等量的硫酸铜，乙消耗的硫酸更少，而且不产生污染物SO2；故答案：产生等量的硫酸铜，乙消耗的硫酸更少；不产生污染物
33、SO2；（5）铜片和稀硫酸放在试管中，再向其中滴入双氧水，发现溶液逐渐呈蓝色，是发生了氧化还原反应所致，该反应为Cu+H2O2+H2SO4CuSO4+2H2O，故答案为：Cu+H2O2+H2SO4CuSO4+2H2O【点评】本题考查了浓硫酸的性质，明确浓硫酸具有强氧化性及发生的化学反应是解答本题的关键，题目难度不大11已知AG有如图所示的转化关系（部分生成物已略去），其中A、G为单质，D是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，E、F均能与NaOH溶液反应请回答下列问题：（1）写出F的电子式：；（2）C溶液与D的水溶液反应的离子方程式为Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+；F溶液与N
34、aOH溶液共热反应的化学方程式为NH4Cl+NaOHNaCl+NH3+H2O；（3）请用离子方程式解释C溶液为何显酸性Al3+3H2OAl（OH）3+3H+；F溶液中离子浓度由大到小的顺序为c（Cl）c（NH4+）c（H+）c（OH）；（4）将5.4 g A投入到200 mL 2.0 mol/L某溶液中有G单质产生，且充分反应后有金属剩余，则该溶液可能是D（填代号）；AHNO3溶液 BH2SO4溶液CNaOH溶液 DHCl溶液（5）将1 mol N2和3 mol G及催化剂充入容积为2 L的某密闭容器中进行反应，已知该反应为放热反应平衡时，测得D的物质的量浓度为a mol/L在其他条件不变的情
35、况下，若起始时充入0.5 mol N2和1.5 mol G达到平衡后，D的物质的量浓度小于（填“大于”“小于”或“等于”）a/2 mol/L【考点】无机物的推断【专题】元素及其化合物【分析】AG有如图所示的转化关系（部分生成物已略去），D是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，则D为NH3，其中A、G为单质，且A与氧化铁反应，与氢氧化钠反应反应得到G，G反应可以得到氨气，可推知A为Al、G为H2，E、F均能与NaOH溶液反应，结合转化关系可知，故B为Al2O3，C为AlCl3，E为Al（OH）3，F为NH4Cl，据此解答【解答】解：AG有如图所示的转化关系（部分生成物已略去），D是能使湿润的红色
36、石蕊试纸变蓝色的气体，则D为NH3，其中A、G为单质，且A与氧化铁反应，与氢氧化钠反应反应得到G，G反应可以得到氨气，可推知A为Al、G为H2，E、F均能与NaOH溶液反应，结合转化关系可知，故B为Al2O3，C为AlCl3，E为Al（OH）3，F为NH4Cl，（1）F为NH4Cl，电子式为：，故答案为：；（2）C溶液与D反应的离子方程式为：Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+，故答案为：Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+；F溶液与NaOH溶液共热反应的化学方程式为：NH4Cl+NaOHNaCl+NH3+H2O，故答案为：NH4Cl+NaOHNaCl+NH3+H2
37、O；（3）AlCl3溶液中铝离子水解：Al3+3H2OAl（OH）3+3H+，平衡水的电离平衡，溶液呈酸性，故答案为：Al3+3H2OAl（OH）3+3H+；NH4Cl溶液中铵根离子水解，溶液呈酸性，故溶液中离子浓度由大到小的顺序为：c（Cl）c（NH4+）c（H+）c（OH），故答案为：c（Cl）c（NH4+）c（H+）c（OH）；（4）将5.4g Al的物质的量=0.2mol，200mL 2.0mol/L某溶液中溶质的物质的量=0.2L2mol/L=0.4mol，将Al投入该溶液中有G单质产生，且充分反应后有金属剩余，Al与稀硝酸反应没有气体单质生成，与稀硫酸、氢氧化钠、盐酸反应都生成氢气
38、，由2Al3H2SO4可知，0.2molAl完全反应消耗H2SO4 的物质的量=0.3mol0.4mol，故Al没有剩余，由2Al2NaOH可知，0.2molAl完全反应消耗NaOH的物质的量=0.2mol0.4mol，故Al没有剩余，由2Al6HCl可知，0.2molAl完全反应消耗HCl的物质的量=0.6mol0.4mol，故Al有剩余，故答案为：D；（5）将1molN2和3molH2和及催化剂充入容积为2L的某密闭容器中进行反应，已知该反应为放热反应平衡时，测得NH3的物质的量浓度为a mol/L，在其他条件不变的情况下，若起始时充入0.5molN2和1.5molH2达到平衡等效为在原平
39、衡基础上体积扩大一倍，压强减小，平衡向生成氮气、氢气的方向移动，故NH3的物质的量浓度小于0.5amol/L，故答案为：小于【点评】本题考查无机物推断，D的性质是推断突破口，再结合转化关系中特殊反应推断，题目比较综合，难度中等，注意元素化合物知识的掌握12化学选修5有机化学基础I已知有机物A仅含碳、氢、氧3种元素，质谱分析可知其相对分子质量为46，核磁共 振氢谱显示分子中有三种不同化学环境的氢原子，且有如下的转化关系：（1）由AB的反应类型是消去反应（2）D的红外光谱表明分子内除C一H键、C一C键外还含有两个C一O单键，反应中 D与HCl按物质的量之比1：1反应，则D的结构简式是II化合物E和
40、F是药品普鲁卡因合成的重要原料，普鲁卡因的合成路线如下：已知（3）丁的结构简式为（4）反应的化学方程式是+HOCH2CH2Cl+H2O（5）普鲁卡因有两种水解产物戊和己，且戊与甲具有相同的分子式符合下列条件的戊的同分异构体有9种（包含戊）；a分子结构中含苯环，且每个苯环有2个侧链b分子结构中一定含官能团一NH2且一NH2直接与碳原子相连（6）戊经聚合反应制成的高分子纤维广泛用于通讯、宇航等领域该聚合反应的化学方程式是【考点】有机物的推断【专题】有机物的化学性质及推断【分析】I有机物A仅含碳、氢、氧3种元素，则分子中至少含有1个C原子、1个O原子，核磁共振氢谱显示分子中有三种不同化学环境的氢原子
41、，则分子内H氢原子数目至少为4，质谱分析可知其相对分子质量为46，假定分子含有1个C原子、1个O原子、4个H原子，剩余的基团的式量=4612164=14，故应还含有1个C原子，即A含有2个C原子、1个O原子，则H原子数目=6，则A的分子式为C2H6O，结合A中含有3三种不同的H原子，则A为CH3CH2OH；反应中D与HCl按物质的量之比1：1反应，由E的结构简式可知，D的分子式为C2H4O，D的红外光谱表明分子内除CH键、CC键外还含有两个CO单键，则D的结构简式为，由F的结构可知，B属于烃，故B为CH2=CH2；B与HCl发生加成反应生成G，G为CH3CH2Cl，G与氨气发生取代反应生成F；
42、由普鲁卡因的合成路线可知，甲苯发生硝化反应生成甲为，甲氧化生成乙为，乙与E发生酯化反应生成丙为，丙与氢气发生还原反应生成丁，反应中硝基变为氨基，丁为，丁与F发生取代反应生成普鲁卡因，然后结合物质的性质来解答【解答】解：I已知有机物A仅含碳、氢、氧3种元素，则分子中至少含有1个C原子、1个O原子，核磁共振氢谱显示分子中有三种不同化学环境的氢原子，则分子内H氢原子数目至少为4，质谱分析可知其相对分子质量为46，假定分子含有1个C原子、1个O原子、4个H原子，剩余的基团的式量=4612164=14，故应还含有1个C原子，及A含有2个C原子、1个O原子，则H原子数目=6，则A的分子式为C2H6O，结合
43、A中含有3三种不同的H原子，则A为CH3CH2OH；反应中D与HCl按物质的量之比1：1反应，由E的结构简式可知，D的分子式为C2H4O，D的红外光谱表明分子内除CH键、CC键外还含有两个CO单键，则D的结构简式为，由F的结构可知，B属于烃，故B为CH2=CH2；B与HCl发生加成反应生成G，G为CH3CH2Cl，G与氨气发生取代反应生成F，（1）由AB的化学反应方程式是：CH3CH2OHCH2=CH2+H2O，属于消去反应，故答案为：消去反应；（2）由上述分析可知，D的结构简式是；故答案为：；由普鲁卡因的合成路线可知，甲苯发生硝化反应生成甲为，甲氧化生成乙为，乙与E发生酯化反应生成丙为，丙与
44、氢气发生还原反应生成丁，反应中硝基变为氨基，丁为，丁与F发生取代反应生成普鲁卡因，（3）由上述分析可知，丁的结构简式为，故答案为：；（4）反应的化学方程式是： +HOCH2CH2Cl+H2O，故答案为： +HOCH2CH2Cl+H2O；（5）普鲁卡因水解有两种产物戊和己，且戊与甲具有相同的分子式，甲为对硝基甲苯，则戊为，戊的同分异构体中满足：a分子结构中含苯环，且每个苯环有2个侧链，b分子结构中一定含官能团NH2且NH2直接与碳原子相连，侧链为NH2、COOH，或为NH2、OOCH，或为OH、OCNH2，均有邻、间、对3种位置，故共有9种（包含戊），故答案为：9；（8）经聚合反应制成的高分子纤维广泛用于通讯、宇航等领域该聚合反应的化学方程式是，故答案为：【点评】本题考查有机物的推断，明确反应条件、碳链骨架的变化、官能团的变化推断出各物质是解答本题的关键，侧重考查学生对知识的迁移应用，题目难度中等，D为解答的难点，环氧乙烷的性质学生不熟悉
