1、高考资源网（） 您身边的高考专家2016年江西省吉安市新干二中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以下数据可供解题时参考：相对原子质量：H1，C12，O16，Na23，Al27，S32，Cl35.5，Fe56，Zn651我国首创的海洋电池以铝板为负极，铂网为正极，海水为电解质溶液，空气中的氧气与铝反应产生电流电池总反应为：4Al+3O2+6H2O4Al（OH）3，下列说法不正确的是（）A正极反应式为：O2+2H2O+4e40H B电池工作时，电流由铝电极沿导线流向铂电极C以网状的铂为正极，可增大与氧气的接触面积D该电池通常只需更
2、换铝板就可继续使用2X、Y、Z、W是短周期元素，原子序数依次增大X是原子半径最小的元素；Y元素原子的最外层电子数是电子层数的2倍；Z元素的1价阴离子、W元素的+3价阳离子的核外电子排布均与氖原子相同下列说法正确的是（）AX、Y形成的化合物只含有极性键BX单质和Z单质在暗处能剧烈反应C含W元素的盐溶液一定显酸性DZ离子半径小于W离子半径3将一定质量的镁和铝混合物投入200mL硫酸中，固体全部溶解后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量n与加入NaOH溶液的体积V的变化如图所示则下列说法不正确的是（）A镁和铝的总质量为9 gB最初20 mL NaOH溶液用于中和过量的硫酸C硫酸的物质的
3、量浓度为2.5 molL1D生成的氢气在标准状况下的体积为11.2 L4下列反应中不属于加成反应的是（）ABCH2CHCHCH2+2H2CH3CH2CH2CH3CDCH3CH2Br+NaOHCH3CH2OH+NaBr5下列反应属于可逆反应的是（）A电解水生成H2、O2与H2在O2中燃烧生成H2OBH2和I2在高温下边化合边分解C溶解与结晶DSO2通入品红溶液褪色，加热后又恢复红色6取少量无机盐溶液试样对其中的离子进行检验下列判断正确的是（）A加入盐酸，产生白色沉淀，则试样中一定有Ag+B加入盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色气体，则试样中一定有CO32或HCO3C加入NaOH溶液微热，产生使
4、湿润红色石蕊试纸变蓝气体，则试样中一定有NH4+D加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，则试样中一定有SO427在恒温条件下，有甲、乙两容器，甲容器为体积不变的密闭容器，乙容器为一个带有理想活塞（即无质量、无摩擦力的刚性活塞）的体积可变的密闭容器，两容器起始状态完全相同，都充有C气体，若发生可逆反应C（g）A（g）+B（g），经一段时间后，甲、乙两容器反应都达到平衡下列说法中正确的是（）A平衡时C的转化率：乙甲B平衡时C的体积分数：乙甲C反应速率：乙甲D平衡时A的物质的量：甲乙8用0.100 0molL1 NaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的盐酸（酚酞作指示剂）的滴定曲线如图所示
5、下列说法正确的是（）A水电离出的氢离子浓度：abB盐酸的物质的量浓度为0.0100 molL1C指示剂变色时，说明盐酸与NaOH恰好完全反应D当滴加NaOH溶液10.00 mL（忽略反应前后体积变化），该混合液的pH=1+lg3二、非选择题，共3小题，共52分）94种相邻主族短周期元素的相对位置如表，元素x的原子核外电子数是m的2倍，y的氧化物具有两性，回答下列问题：（1）元素x在周期表中的位置是第周期，第族，其单质可采用电解熔融的方法制备（2）m、n、y三种元素最高价氧化物的水化物中，酸性最强的是，碱性最强的是（填化学式）（3）气体分子（mn）2的电子式为（mn）2成为拟卤素，性质与卤素类似
6、，其与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为10某中学化学实验小组为了证明和比较SO2与氯水的漂白性，设计了如下装置：（1）实验室常用装置E制备Cl2，指出该反应中浓盐酸所表现出的性质，（2）反应开始后，发现B、D两个试管中的品红溶液都褪色，停止通气后，给B、D两个试管加热，两个试管中的现象分别为：B D（3）装置C的作用是（4）该实验小组的甲、乙两位同学利用上述两发生装置按下图装置继续进行实验：通气一段时间后，甲同学实验过程中品红溶液几乎不褪色，而乙同学的实验现象是品红溶液随时间的推移变得越来越浅，试根据该实验装置和两名同学的实验结果指出在气体进入品红溶液之前，先将SO2和Cl2通过浓硫酸的两个目的
7、、试分析甲同学实验过程中，品红溶液不褪色的原因是：、，并用离子方程式表示你认为乙同学是怎样做到让品红溶液变得越来越浅的？11“速力菲”是一种人工合成的补铁剂，某研究性学习小组为探究其主要成分，进行了如下实验：（）打开这种药片的密封膜，发现其外观为淡黄色；（）将“速力菲”投入小试管中，加入少量蒸馏水，充分振荡后发现溶液变浑浊；慢慢加入稀硫酸后溶液变得澄清透明并显黄色；滴加KSCN溶液，立即变为血红色学生甲由此断定“速力菲”的主要成分是三价铁盐；（）学生乙的操作与甲大致相同，所不同的是他动作敏捷，且在振荡前用橡皮塞塞紧试管口结果发现：溶液仅显示淡红色乙同学认为“速力菲”的主要成分不是三价铁盐而是亚
8、铁盐（）为了确认甲、乙的结论是否正确，学生丙将乙所得的淡红色溶液分成两份继续进行实验：试回答下列问题：（1）甲、乙两位同学的结论中比较合理的是，另一同学判断出错的原因是（2）丙的实验说明维生素C具有较强的性（填“氧化”或“还原”）（3）写出与丙的实验中现象对应的离子反应方程式；（4）关于丙的实验中的现象，丙同学提出了两种假设：一种是过量的氯水与Fe3+结合生成了某种稳定的新物质；另一种则是过量的氯水将SCN氧化了请你设计一个实验方案以确认哪种假设更合理（5）针对实验目的，本次实验尚未完成的任务是二、【化学-选修5：有机化学基础】12从甲苯出发，按下面流程可以合成苯甲酸苯甲酯和水杨酸（）：（1）
9、写出反应的反应条件：（2）写出C、F的结构简式：C、F（3）写出反应、的化学方程式：、（4）、两步反应能否互换，为什么？（5）反应中，属于取代反应的有（6）同时符合下列条件的水杨酸的同分异构体共有种苯环上有3个取代基能发生银镜反应2016年江西省吉安市新干二中高考化学一模试卷参考答案与试题解析一、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以下数据可供解题时参考：相对原子质量：H1，C12，O16，Na23，Al27，S32，Cl35.5，Fe56，Zn651我国首创的海洋电池以铝板为负极，铂网为正极，海水为电解质溶液，空气中的氧气与铝反应产生电流电池总反
10、应为：4Al+3O2+6H2O4Al（OH）3，下列说法不正确的是（）A正极反应式为：O2+2H2O+4e40H B电池工作时，电流由铝电极沿导线流向铂电极C以网状的铂为正极，可增大与氧气的接触面积D该电池通常只需更换铝板就可继续使用【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】根据电池总反应可知，电池工作时，负极为Al，发生氧化反应，电极反应式为Al3e+3OH=Al（OH）3，正极上通入空气，发生还原反应，正极反应式为O2+2H2O+4e=4OH，结合原电池的工作原理解答该题【解答】解：A、正极上通入空气，发生还原反应，正极反应式为O2+2H2O+4e=4OH，故A正确；B、电
11、池工作时，电流由正极流向负极，即从铂电极沿导线流向铝电极，故B错误；C、铂做成网状的目的是增大与氧气的接触面积，故C正确；D、Al不断反应，不断溶解，所以一段时间后，更换铝板就可以继续使用，故D正确故选B【点评】本题考查化学电源知识，题目难度中等，注意原电池的两极上的变化以及原电池原理2X、Y、Z、W是短周期元素，原子序数依次增大X是原子半径最小的元素；Y元素原子的最外层电子数是电子层数的2倍；Z元素的1价阴离子、W元素的+3价阳离子的核外电子排布均与氖原子相同下列说法正确的是（）AX、Y形成的化合物只含有极性键BX单质和Z单质在暗处能剧烈反应C含W元素的盐溶液一定显酸性DZ离子半径小于W离子
12、半径【考点】原子结构与元素的性质【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】X、Y、Z、W是短周期元素，原子序数依次增大X是原子半径最小的元素，则X为H元素；Y元素原子的最外层电子数是电子层数的2倍，Y原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，则Y为C元素；Z元素的1价阴离子、W元素的+3价阳离子的核外电子排布均与氖原子相同，则Z为F、W为Al，据此解答【解答】解：X、Y、Z、W是短周期元素，原子序数依次增大X是原子半径最小的元素，则X为H元素；Y元素原子的最外层电子数是电子层数的2倍，Y原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，则Y为C元素；Z元素的1价阴离子、W元素的+3价阳离子的核外电子排布均
13、与氖原子相同，则Z为F、W为Al，AH与C元素形成的乙炔等分子中碳碳之间形成非极性键，故A错误；B氢气和氟气在暗处能剧烈反应，故B正确；C偏铝酸钠溶液中偏铝酸跟水解，溶液呈碱性，故C错误；DF、Al3+电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径FAl3+，故D错误，故选B【点评】本题考查结构性质位置关系应用，A选项中学生容易考虑C、H元素之间形成的化合物及注意化学键的分析，C选项中学生容易考虑铝盐而忽略偏铝酸盐，难度不大3将一定质量的镁和铝混合物投入200mL硫酸中，固体全部溶解后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量n与加入NaOH溶液的体积V的变化如图所示则下列说法不
14、正确的是（）A镁和铝的总质量为9 gB最初20 mL NaOH溶液用于中和过量的硫酸C硫酸的物质的量浓度为2.5 molL1D生成的氢气在标准状况下的体积为11.2 L【考点】镁、铝的重要化合物；有关混合物反应的计算【专题】计算题；元素及其化合物【分析】由图象可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余，此时发生的反应为：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O当V（NaOH溶液）=200mL时，沉淀量最大，此时为Mg（OH）2和Al（OH）3，二者物质的量之和为0.35mol，溶液中溶质为Na2SO4，根据钠元素守恒可知此时n（Na2
15、SO4）等于200mL氢氧化钠溶液中含有的n（NaOH）的倍从200mL到240mL，NaOH溶解Al（OH）3：NaOH+Al（OH）3=NaAlO2+2H2O，当V（NaOH溶液）=240mL时，沉淀不再减少，此时全部为Mg（OH）2，物质的量为0.15mol，所以沉淀量最大，Mg（OH）2为0.15mol，Al（OH）3为0.35mol0.15mol=0.2mol，由于从200mL到240mL，NaOH溶解Al（OH）3：NaOH+Al（OH）3=NaAlO2+2H2O，所以该阶段消耗n（NaOH）=nAl（OH）3=0.2mol，氢氧化钠的浓度为=5mol/LA、由元素守恒可知n（Al
16、）=nAl（OH）3=0.2mol，n（Mg）=nMg（OH）2=0.15mol，据此计算；B、由图象可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余，此时发生的反应为：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O；C、沉淀量最大，此时为Mg（OH）2和Al（OH）3，溶液中溶质为Na2SO4，根据钠元素守恒可知此时n（Na2SO4）等于200mL氢氧化钠溶液中含有的n（NaOH）的，据此计算；D、由A中可知n（Al）=0.2mol，n（Mg）=0.15mol，根据电子转移守恒可知2n（H2）=3n（Al）+2n（Mg），据此计算n（H2），再
17、根据V=nVm计算氢气体积【解答】解：由图象可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余，此时发生的反应为：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O当V（NaOH溶液）=200mL时，沉淀量最大，此时为Mg（OH）2和Al（OH）3，二者物质的量之和为0.35mol，溶液中溶质为Na2SO4，根据钠元素守恒可知此时n（Na2SO4）等于200mL氢氧化钠溶液中含有的n（NaOH）的从200mL到240mL，NaOH溶解Al（OH）3：NaOH+Al（OH）3=NaAlO2+2H2O，当V（NaOH溶液）=240mL时，沉淀不再减少，此时
18、全部为Mg（OH）2，物质的量为0.15mol，所以沉淀量最大，Mg（OH）2为0.15mol，Al（OH）3为0.35mol0.15mol=0.2mol，由于从200mL到240mL，NaOH溶解Al（OH）3：NaOH+Al（OH）3=NaAlO2+2H2O，所以该阶段消耗n（NaOH）=nAl（OH）3=0.2mol，氢氧化钠的浓度为=5mol/LA、由元素守恒可知n（Al）=nAl（OH）3=0.2mol，n（Mg）=nMg（OH）2=0.15mol，所以镁和铝的总质量为0.2mol27g/mol+0.15mol24g/mol=9g，故A正确；B、由图象可知，从开始至加入NaOH溶液2
19、0mL，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余，此时发生的反应为：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，故B正确；C、沉淀量最大，此时为Mg（OH）2和Al（OH）3，溶液中溶质为Na2SO4，根据钠元素守恒可知此时n（Na2SO4）等于200mL氢氧化钠溶液中含有的n（NaOH）的倍，所以n（Na2SO4）=0.2L5mol/L=0.5mol，所以硫酸的浓度为=2.5mol/L，故C正确；D、由A中可知n（Al）=0.2mol，n（Mg）=0.15mol，根据电子转移守恒可知2n（H2）=3n（Al）+2n（Mg）=30.2mol+20.15mol=0.9mol，
20、所以n（H2）=0.45mol，故氢气体积为0.45mol22.4mol/L=10.08L，故D错误故选D【点评】本题考查镁铝的重要化合物，以图象题的形式考查，题目难度中等，注意分析图象各阶段的物质的量的关系，根据各阶段的化学反应，利用守恒计算4下列反应中不属于加成反应的是（）ABCH2CHCHCH2+2H2CH3CH2CH2CH3CDCH3CH2Br+NaOHCH3CH2OH+NaBr【考点】取代反应与加成反应【专题】有机反应【分析】有机物分子中的不饱和键断裂，断键原子与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应是加成反应，一般来说，当有机物中含有C=C、CC、C=O键，且反应后转化为CC
21、、CO时，发生加成反应，以此解答【解答】解：A乙醛中由C=O键生成CO键，为加成反应，故A不选；B丁二烯中的双键断裂，每个碳原子上结合一个氢原子生成丁烷，为加成反应，故B不选；C乙醛与氢气反应生成乙醇，C=O键生成CO键，为加成反应，故C不选；DCH3CH2Br在氢氧化钠水溶液中，CH3CH2Br中溴原子取代生成乙醇，属于取代反应，故D选故选D【点评】本题主要考查了加成反应的判断，加成反应的条件是有机物中必须含有不饱和键（如碳碳双键、碳碳三键等）5下列反应属于可逆反应的是（）A电解水生成H2、O2与H2在O2中燃烧生成H2OBH2和I2在高温下边化合边分解C溶解与结晶DSO2通入品红溶液褪色，
22、加热后又恢复红色【考点】化学反应的可逆性【专题】化学平衡专题【分析】可逆反应是指在同一条件下，既能向生成物方向进行，同时又能向反应物方向进行的反应注意条件相同，同时向正逆两个方向进行【解答】解：A、可逆反应要求正、逆反应在同一条件下进行，电解水生成H2和O2的反应是在通电条件下进行的，而H2与O2燃烧生成H2O的反应是在点燃条件下进行的，条件不同，不是可逆反应，故A错误；B、H2和I2的生成和分解为相同条件下同时进行的两个反应，故B正确；C、溶解与结晶过程没有发生化学变化，不是可逆反应，故C错误；D、SO2使品红溶液褪色，加热又复原，是不同条件下进行的两个过程，故不是可逆反应，故D错误故选B【
23、点评】本题主要考查可逆反应概念，难度较小，注意把握可逆反应条件相同，同时向正逆两个方向进行6取少量无机盐溶液试样对其中的离子进行检验下列判断正确的是（）A加入盐酸，产生白色沉淀，则试样中一定有Ag+B加入盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色气体，则试样中一定有CO32或HCO3C加入NaOH溶液微热，产生使湿润红色石蕊试纸变蓝气体，则试样中一定有NH4+D加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，则试样中一定有SO42【考点】常见离子的检验方法【专题】物质的分离提纯和鉴别【分析】A白色沉淀可能为硅酸；B气体可能为二氧化硫；C使湿润红色石蕊试纸变蓝气体为氨气；D白色沉淀可能为AgCl【解答
24、】解：A若溶液中存在SiO32，加盐酸也可以生成白色沉淀，故A错误；BSO32或HSO3可以与酸生成使澄清石灰水变浑浊的无色气体，故B错误；C氨气是唯一的碱性气体，产生使湿润红色石蕊试纸变蓝气体，则试样中一定有NH4+，故C正确；D加BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，也有可能是AgCl的沉淀，故D错误；故选C【点评】本题考查离子的鉴别，为高频考点，把握离子检验的试剂、现象及反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意离子检验中排除干扰离子，题目难度不大7在恒温条件下，有甲、乙两容器，甲容器为体积不变的密闭容器，乙容器为一个带有理想活塞（即无质量、无摩擦力的刚性活塞）的体积可变的密
25、闭容器，两容器起始状态完全相同，都充有C气体，若发生可逆反应C（g）A（g）+B（g），经一段时间后，甲、乙两容器反应都达到平衡下列说法中正确的是（）A平衡时C的转化率：乙甲B平衡时C的体积分数：乙甲C反应速率：乙甲D平衡时A的物质的量：甲乙【考点】化学平衡建立的过程【专题】化学平衡专题【分析】甲为恒容，乙为恒压，随着反应的进行，甲容器压强逐渐增大，而增大压强，平衡向逆方向移动，本题可从压强对平衡移动的影响的角度比较分析【解答】解：甲为恒容，乙为恒压，随着反应的进行，甲容器压强逐渐增大，而乙压强不变，A增大压强平衡向逆方向移动，C的转化率减小，则平衡时C的转化率：乙甲，故A正确；B增大压强平衡
26、向逆方向移动，平衡时C的体积分数：甲乙，故B错误；C压强越大反应速率越大，则反应速率：甲乙，故C错误；D增大压强平衡向逆方向移动，则平衡时A的物质的量：乙甲，故D错误故选A【点评】本题考查化学平衡的移动，题目难度不大，本题注意从压强对平衡移动的影响的角度比较甲乙两个状态8用0.100 0molL1 NaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的盐酸（酚酞作指示剂）的滴定曲线如图所示下列说法正确的是（）A水电离出的氢离子浓度：abB盐酸的物质的量浓度为0.0100 molL1C指示剂变色时，说明盐酸与NaOH恰好完全反应D当滴加NaOH溶液10.00 mL（忽略反应前后体积变化），该混合液的pH=1+
27、lg3【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】Aa点时加入NaOH较少，溶液中c（H+）较大，从影响水的电离平衡移动的角度分析；B加入NaOH溶液20.00mL时，酸碱恰好中和，根据c（酸）V（酸）=c（碱）V（碱）计算；C指示剂为酚酞，溶液变色范围为8.210，溶液呈碱性；D当滴加NaOH溶液10.00 mL时，酸过量，根据c（H+）=计算溶液的pH【解答】解：Aa点时加入NaOH较少，溶液中c（H+）较大，c（H+）越大，水的电离程度越小，则有水电离出的氢离子浓度：ab，故A错误；B加入NaOH溶液20.00mL时，酸碱恰好中和，由c（酸）V（酸
28、）=c（碱）V（碱）可知，盐酸的物质的量浓度为0.100 molL1，故B错误；C指示剂为酚酞，溶液变色范围为8.210，溶液呈碱性，NaOH过量，并不是恰好完全反应，故C错误；D当滴加NaOH溶液10.00 mL时，酸过量，c（H+）=101mol/L，则pH=1+lg3，故D正确故选D【点评】本题考查酸碱混合的定性判断和计算，题目难度中等，本题注意把握弱电解质的电离特点，易错点为C，注意酸碱中和滴定的实验原理二、非选择题，共3小题，共52分）94种相邻主族短周期元素的相对位置如表，元素x的原子核外电子数是m的2倍，y的氧化物具有两性，回答下列问题：（1）元素x在周期表中的位置是第三周期，第
29、IIA族，其单质可采用电解熔融氯化镁的方法制备（2）m、n、y三种元素最高价氧化物的水化物中，酸性最强的是HNO3，碱性最强的是Al（OH）3（填化学式）（3）气体分子（mn）2的电子式为（mn）2成为拟卤素，性质与卤素类似，其与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为2NaOH+（CN）2=NaCN+NaCNO+H2O【考点】真题集萃；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】这几种元素都是短周期元素，且为相邻主族，根据元素在周期表中的位置知，m和n位于第二周期、x和y位于第三周期，x原子核外电子数是m的2倍，y的氧化物具有两性，则y是Al元素，根据元素位置知，x是Mg
30、元素、m是C元素、n元素N元素，再结合题目分析解答【解答】解：这几种元素都是短周期元素，且为相邻主族，根据元素在周期表中的位置知，m和n位于第二周期、x和y位于第三周期，x原子核外电子数是m的2倍，y的氧化物具有两性，则y是Al元素，根据元素位置知，x是Mg元素、m是C元素、n元素N元素，（1）元素x是Mg元素，在周期表中的位置是第三周期第IIA族，其单质可以采用电解熔融氯化镁的方法制备，故答案为：三；IIA；氯化镁；（2）m、n、y分别是C、N、Al，元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，这三种元素金属性最强的是Al元素、非金属
31、性最强的是N元素，所以酸性最强的是HNO3，碱性最强的是Al（OH）3，故答案为：HNO3；Al（OH）3；（3）气体分子（mn）2为（CN）2，电子式为，根据氯气和氢氧化钠溶液反应知，（CN）2和NaOH反应生成NaCN、NaCNO、H2O，反应方程式为2NaOH+（CN）2=NaCN+NaCNO+H2O，故答案为：；2NaOH+（CN）2=NaCN+NaCNO+H2O【点评】本题考查了元素周期表和元素周期律的综合应用，根据元素在周期表中物质及元素性质确定元素，再结合物质的性质分析解答，采用知识迁移的方法分析解答（3）题，题目难度中等10某中学化学实验小组为了证明和比较SO2与氯水的漂白性，
32、设计了如下装置：（1）实验室常用装置E制备Cl2，指出该反应中浓盐酸所表现出的性质酸性，还原性（2）反应开始后，发现B、D两个试管中的品红溶液都褪色，停止通气后，给B、D两个试管加热，两个试管中的现象分别为：B溶液由无色变成红色 D溶液没有明显变化（3）装置C的作用是吸收多余的SO2和Cl2，防止污染环境（4）该实验小组的甲、乙两位同学利用上述两发生装置按下图装置继续进行实验：通气一段时间后，甲同学实验过程中品红溶液几乎不褪色，而乙同学的实验现象是品红溶液随时间的推移变得越来越浅，试根据该实验装置和两名同学的实验结果指出在气体进入品红溶液之前，先将SO2和Cl2通过浓硫酸的两个目的使SO2和C
33、l2混合均匀，、通过观察气泡控制气体的流速试分析甲同学实验过程中，品红溶液不褪色的原因是：控制SO2和Cl2按物质的量之比1：1进气，二者发生反应，、生成无漂白性的H2SO4和HCl，并用离子方程式表示SO2+Cl2+2H2O=SO42+2Cl+4H+你认为乙同学是怎样做到让品红溶液变得越来越浅的？控制SO2和Cl2进气的物质的量，使之不相等【考点】探究二氧化硫与水和品红溶液的反应；探究氯水、氯气的漂白作用【专题】卤族元素；氧族元素【分析】（1）根据氯元素的化合价判断其表现的性质（2）次氯酸的漂白性是利用次氯酸的强氧化性，二氧化硫的漂白性是利用二氧化硫和有色物质生成无色物质，注意次氯酸的漂白性
34、是永久性的，二氧化硫的漂白性是暂时的（3）根据氢氧化钠及二氧化硫和氯气的性质分析（4）浓硫酸和二氧化硫、氯气不反应，但氯气和二氧化硫在该装置中能充分混合，且通过观察气泡的速度控制气体流量，使二者按一定比列混合氯气有强氧化性，二氧化硫有还原性，二者能按1：1发生氧化还原反应而使气体失去漂白性如果SO2和Cl2的进气速度不相等，混合发生反应后其中一种气体有剩余，仍具有漂白性【解答】解：（1）实验室制取氯气的反应方程式为：MnO2+4HClMnCl2+Cl2+2H2O，由HCl生成MnCl2，氯元素化合价不变，由HCl生成Cl2，氯元素化合价升高，所以浓盐酸所表现出的性质是酸性和还原性故答案为：还原
35、性和酸性（2）次氯酸的漂白性是利用次氯酸的强氧化性，二氧化硫的漂白性是利用二氧化硫和有色物质生成无色物质，次氯酸的漂白性是永久性的，二氧化硫的漂白性是暂时的；加热时，次氯酸漂白过的溶液无变化，二氧化硫和有色物质生成的无色物质不稳定，加热时能重新变成红色故答案为：溶液由无色变成红色；溶液没有明显变化（3）氯气和二氧化硫有毒，不能排放到空气中，但氯气和二氧化硫都和碱反应，所以装置C的作用是保证安全，吸收多余的氯气和二氧化硫故答案为：吸收多余的SO2和Cl2，防止污染环境（4）浓硫酸和二氧化硫、氯气不反应，但氯气和二氧化硫在该装置中能充分混合，且通过观察气泡的速度控制气体流量，使二者按一定比列混合故
36、答案为：使SO2和Cl2混合均匀，通过观察气泡控制气体的流速氯气有强氧化性，二氧化硫有还原性，二者能按1：1发生氧化还原反应而使气体失去漂白性，离子反应方程式为SO2+Cl2+2H2O4H+SO42+2Cl故答案为：控制SO2和Cl2按物质的量之比1：1进气，二者发生反应，生成无漂白性的H2SO4和HCl，SO2+Cl2+2H2O=SO42+2Cl+4H+通气一段时间后，品红溶液颜色随时间推移变得越来越浅，说明有漂白性；如果SO2和Cl2的进气速度不相等，混合发生反应后其中一种气体有剩余，仍具有漂白性故答案为：控制SO2和Cl2进气的物质的量，使之不相等【点评】本题考查了次氯酸和二氧化硫的漂白
37、性，难度不大，注意次氯酸和二氧化硫漂白性的不同，次氯酸的漂白性是利用其强氧化性，二氧化硫的漂白性是利用二氧化硫和有色物质反应生成无色物质11“速力菲”是一种人工合成的补铁剂，某研究性学习小组为探究其主要成分，进行了如下实验：（）打开这种药片的密封膜，发现其外观为淡黄色；（）将“速力菲”投入小试管中，加入少量蒸馏水，充分振荡后发现溶液变浑浊；慢慢加入稀硫酸后溶液变得澄清透明并显黄色；滴加KSCN溶液，立即变为血红色学生甲由此断定“速力菲”的主要成分是三价铁盐；（）学生乙的操作与甲大致相同，所不同的是他动作敏捷，且在振荡前用橡皮塞塞紧试管口结果发现：溶液仅显示淡红色乙同学认为“速力菲”的主要成分不
38、是三价铁盐而是亚铁盐（）为了确认甲、乙的结论是否正确，学生丙将乙所得的淡红色溶液分成两份继续进行实验：试回答下列问题：（1）甲、乙两位同学的结论中比较合理的是乙，另一同学判断出错的原因是甲同学操作慢，溶液中的Fe2+被氧气氧化成Fe3+（2）丙的实验说明维生素C具有较强的还原性（填“氧化”或“还原”）（3）写出与丙的实验中现象对应的离子反应方程式2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl；Fe3+3SCNFe（SCN）3（4）关于丙的实验中的现象，丙同学提出了两种假设：一种是过量的氯水与Fe3+结合生成了某种稳定的新物质；另一种则是过量的氯水将SCN氧化了请你设计一个实验方案以确认哪种假设更合理在溶液
39、中继续加入过量的FeCl3溶液，若呈现血红色，则是过量氯水与Fe3+结合，反之，则是过量氯水将SCN氧化（5）针对实验目的，本次实验尚未完成的任务是未检测阴离子【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【专题】定量测定与误差分析【分析】（）打开这种药片的密封膜，发现其外观为淡黄色；（）将“速力菲”投入小试管中，加入少量蒸馏水，充分振荡后发现溶液变浑浊；慢慢加入稀硫酸后溶液变得澄清透明并显黄色；滴加KSCN溶液，立即变为血红色可能是操作慢导致亚铁离子被空气中氧气氧化；（）学生乙的操作与甲大致相同，所不同的是他动作敏捷，且在振荡前用橡皮塞塞紧试管口结果发现：溶液仅显示淡红色，只有少部分被已化为铁离子，
40、学生丙将乙所得的淡红色溶液分成两份继续进行实验，乙得到的淡红色溶液滴入几滴氯水呈血红色，加入过量氯水血红色褪去，说明原淡红色溶液中含亚铁离子，被氯气氧化为铁离子遇到KSCN变红色，加入过量氯水红色褪去过量的氯水与Fe3+结合生成了某种稳定的新物质；另一种则是过量的氯水将SCN氧化了，淡红色溶液中加入维生素C淡红色褪去证明维生素C具有还原性能还原为亚铁离子，Fe3+3SCNFe（SCN）3平衡逆向进行，淡红色褪去，（1）根据亚铁离子易被空气中氧气氧化的化学性质及甲、乙同学的操作是否严密进行分析；（2）根据三价铁离子具有氧化性及淡黄色褪去判断维生素具有的性质；（3）加入氯水，亚铁离子被氧化成了三价
41、铁离子；硫氰化钾与铁离子生成硫氰化铁；（4）可以向反应后的溶液中重新加入硫氰化钾溶液，根据现象判断两种假设的合理性；（5）研究性学习小组为探究其主要成分，根据题中信息找出本次实验尚未完成的任务未能测出“速力菲”成分【解答】解：（1）由于亚铁离子容易被空气中的氧气氧化，乙同学动作敏捷，且在振荡前用橡皮塞塞紧试管口，而甲同学充分振荡后，慢慢加入稀硫酸，所以乙同学比较合理，故答案是：乙；甲同学操作慢，溶液中的Fe2+被氧气氧化成Fe3+；（2）由于三价铁离子具有氧化性，加入维生素后淡红色褪去，铁离子被维生素还原成了亚铁离子，故答案是：还原；（3）中现象对应的反应方是氯气和亚铁离子的反应及硫氰化钾与铁
42、离子反应生成血红色的硫氰化铁，反应的离子方程式是：2Fe2+Cl2=2 Fe3+2Cl，Fe3+3SCNFe（SCN）3，故答案是：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl；Fe3+3SCNFe（SCN）3；（4）若是氯水将SCN氧化了，可以重新加入硫氰化钾溶液，观察现象，如果变成血红色，第二种假设合理；如果不变色，说明第一种假设合理，故答案是：在溶液中继续加入过量的FeCl3溶液，若呈现血红色，则是过量氯水与Fe3+结合，反之，则是过量氯水将SCN氧化；（5）根据“某研究性学习小组为探究其主要成分，进行了如下实验”，本次实验尚未完成的任务是：未能测出“速力菲”成分，故答案为：未检测阴离子【点评】本
43、题考查了探究“速力菲”主要成分，充分考查了学生的分析、理解能力及对所学知识的掌握情况，题目难度中等二、【化学-选修5：有机化学基础】12从甲苯出发，按下面流程可以合成苯甲酸苯甲酯和水杨酸（）：（1）写出反应的反应条件：光照（2）写出C、F的结构简式：C、F（3）写出反应、的化学方程式：、（4）、两步反应能否互换，为什么？不能，因为酚羟基容易被氧化，如果互换则得不到水杨酸（5）反应中，属于取代反应的有（6）同时符合下列条件的水杨酸的同分异构体共有6种苯环上有3个取代基能发生银镜反应【考点】有机物的推断【专题】有机物的化学性质及推断【分析】E与G反应生成苯甲酸苯甲酯，E转化生成F，F氧化生成G，故
44、G为、E为，F为，甲苯与氯气发生取代反应生成A，A在一定条件生成苯甲醇，故A为，甲苯与氯气发生取代反应生成B，B经过系列反应生成水杨酸，故氯原子取代甲基邻位苯环上的H原子，故B为，B在酸性高锰酸钾条件下氧化、并酸化生成C，故C为，C水解生成D、D酸化生成水杨酸，故D为，据此解答【解答】解：E与G反应生成苯甲酸苯甲酯，E转化生成F，F氧化生成G，故G为、E为，F为，甲苯与氯气发生取代反应生成A，A在一定条件生成苯甲醇，故A为，甲苯与氯气发生取代反应生成B，B经过系列反应生成水杨酸，故氯原子取代甲基邻位苯环上的H原子，故B为，B在酸性高锰酸钾条件下氧化、并酸化生成C，故C为，C水解生成D、D酸化生
45、成水杨酸，故D为（1）反应是甲苯与氯气发生取代反应生成，反应条件为：光照，故答案为：光照；（2）C、F的结构简式分别为：、，故答案为：；（3）反应是在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生取代反应生成，反应方程式为，反应是苯甲酸与苯甲醇发生酯化反应生成苯甲酸苯甲酯，反应方程式为：，故答案为：；（4）反应是将甲基氧化为COOH，反应是氯原子水解移入酚羟基OH，酚羟基容易被氧化，如果互换则得不到水杨酸，故两步反应不能互换，故答案为：不能，因为酚羟基容易被氧化，如果互换则得不到水杨酸；（5）取代反应的实质：用其他原子或原子团代替原来物质中的原子或原子团，反应中，属于取代反应的有：，故答案为：；（6）同时符合下列条件的水杨酸的同分异构体：苯环上有3个取代基，能发生银镜反应，说明含有醛基，苯环上取代基有一个CHO、两个OH，两个OH的位置有邻、间、对位，再用CHO取代上面的H原子，根据对称性，可推知邻位时有三种同分异构体，间位有两种，对位有一种，所以总共有6种，故答案为：6【点评】本题考查有机物推断，根据苯甲酸苯甲酯的结构推断E、F是突破口，再利用顺推法与逆推法相结合推断其它物质，是对有机化学知识的综合考查，能较好的考查学生的分析思维能力高考资源网版权所有，侵权必究！