1、2016年江西省萍乡市上栗二中高考化学二模试卷（实验班）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有V L浓度为0.5 molL1的盐酸，现欲将此盐酸的浓度增大1倍，以下方法中最宜采用的是（）A加热浓缩到溶液体积为LB加入0.05 molL1盐酸0.125V LC加入10 molL1盐酸0.1V L，再稀释至1.5V LD标准状况下通入11.2 L氯化氢气体2下列措施能使煤炭燃烧最充分，提高热能利用率的是（）A向燃烧正旺的炉火上
2、洒一些水B把煤炭做成大煤球C把煤中掺一些黄泥做成蜂窝煤D把煤粉碎，在煤粉燃烧器中燃烧3根据元素周期律判断，下列递变规律不正确的是（）ANa、Mg、Al的金属性依次减弱BHCl、HBr、HI的稳定性依次增强CHCl04、H2S04、H3P04的酸性依次减弱DLi、Na、K分别与水反应的剧烈程度依次增强4下列物质之间的相互关系不正确的是（）ACH3CH2NO2和H2NCH2COOH互为同分异构体BH、D、T互为同位素CO2和O3互为同素异形体DCH3CH2CH2CH3与性质完全相同5将一定质量的镁和铝混合物投入200 mL稀硫酸中，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与
3、加入的NaOH溶液体积的变化关系如图所示则下列说法错误的是（）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稀硫酸C氢氧化钠溶液的物质的量浓度为5 molL1D生成的氢气在标准状况下的体积为11.2 L6下列说法正确的是（）A一个可逆反应达到的平衡状态就是这个反应在该条件下所能达到的限度B增大反应物浓度，能增大活化分子百分数，所以反应速率增大C在化学反应过程中，发生物质变化的同时不一定发生能量变化D100 mL 2 mol/L的盐酸跟锌片反应，加入适量的氯化钠溶液，反应速率不变7常温时，下列关于电解质溶液的叙述正确的是（）A稀释pH=10的氨水，溶液中所有离子的浓度均降低
4、BpH均为5的盐酸和氯化铵溶液中，水的电离程度相同C等浓度的碳酸钠与碳酸氢钠溶液相比，碳酸钠溶液的pH大D分别中和pH与体积均相同的硫酸和醋酸，硫酸消耗氢氧化钠的物质的量多8下列说法不正确的是（）A粗铜电解精炼时，应将粗铜与直流电源的正极相连B金属的吸氧腐蚀的过程中，正极的电极反应式为O2+4e+2H2O4OHC燃料电池中加入燃料的电极一定是电池的负极D在生产生活中，为保护钢铁器件免受腐蚀，应将该器件与直流电源的正极相连二、（非选择题，共4小题，共52分）9【实验目的】利用所学知识，设计原电池装置【实验用品】电极：镁条、铜片、铁片等电解质：果汁（橙汁、苹果汁、柠檬汁等）其他：导线、金属夹、发光
5、二极管、500 mL烧杯【实验方案】CuMg原电池，电解质溶液为橙汁CuFe原电池，电解质溶液为苹果汁FeMg原电池，电解质溶液为柠檬汁【实验操作】用导线分别将三种方案中的金属片连接到金属夹上，分别将金属片两两插入到盛有果汁的三个500 mL的烧杯中，用发光二极管两端分别接触三种方案中金属活动性不同的金属夹观察现象，连接方式，如图所示【实验现象】三种方案中发光二极管均发光【实验结论】原电池把化学能转变为电能回答下列问题：（1）连接装置时活泼金属接在二极管的极上，较不活泼金属接在二极管的极上（2）在方案中铜作电极情况：（3）在方案中镁作电极情况：（4）在方案中铁作电极情况：（5）在方案中负极反应
6、为，正极反应为，总反应的离子方程式为10中学化学几种常见物质的转化关系如下（有些生成物已略去）其中A、a是单质，其余为化合物，E在溶液中是红褐色沉淀，请回答下列问题：（1）写出下列物质的化学式：Aa（2）写出下列反应的离子方程式：D+bE+F；C与等物质的量的Na2O2在溶液中反应（3）由D的饱和溶液可以制得E为分散质的胶体，若要提纯该胶体，采用的操作方法为（4）D溶显酸性，配制D溶液时，采用的方法是（5）D溶液中通入NH3也可生成E，某温度下，向容积为2升的定容密闭容器中充入2molNH3，达到平衡时测得NH3的分解率为0.25，则该反应平衡常数K=，此时容器中压强为刚充入NH3气体时压强的
7、倍11连二亚硫酸钠（Na2S2O4）又称保险粉，是印刷工业中重要的还原剂某课题小组进行如下实验查阅材料连二亚硫酸钠（Na2S2O4）是一种白色粉末，易溶于水，难溶于乙醇2Na2S2O4+4HCl4NaCl+S+3SO2+2H2ONa2S2O3+2HCl2NaCl+S+SO2+H2O（1）制备方法75时将甲酸钠和纯碱加入乙醇水溶液中，通入SO2进行反应，完成其反应方程式：HCOONa+Na2CO3+=Na2S2O4+CO2+冷却至4045，过滤，用洗涤，干燥制得Na2S2O4（2）Na2S2O4的性质Na2S2O4 溶液在空气中易被氧化，课题小组测定0.050 molL1 Na2S2O4 溶液在
8、空气中pH变化如右图：0t1 段主要生成HSO3，根据pH变化图，HSO3的电离平衡水解平衡（填“”或“”），课题小组推测Na2S2O4 溶液在空气中易被氧化，0t1 发生离子反应方程式为t3 时溶液中主要阴离子符号是隔绝空气加热Na2S2O4 固体完全分解得到固体产物Na2SO3、Na2S2O3 和气体为（填化学式）请你设计实验验证产物有Na2S2O3 存在，完成下表中内容（供选择的试剂：稀盐酸、稀硝酸、BaCl2 溶液、KMnO4 溶液）实验步骤（不要求写出具体操作过程）预期的实验现象和结论12镇静药物C、化合物N以及高分子树脂（）的合成路线如下：已知：（1）A的含氧官能团的名称是（2）A
9、在催化剂作用下可与H2反应生成B，该反应的类型是，B的分子式是（3）酯类化合物C的分子式是C15H14O3，其结构简式是（4）写出A与新制Cu（OH）2悬浊液反应的化学方程式为；反应类型是（5）扁桃酸（）有多种同分异构体属于甲酸酯且含酚羟基的同分异构体共有种，写出其中一种含亚甲基（CH2）的同分异构体的结构简式（6）F与M合成高分子树脂的化学方程式是；该反应的反应类型是（7）N在NaOH溶液中发生水解反应的化学方程式是2016年江西省萍乡市上栗二中高考化学二模试卷（实验班）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
10、时参考：相对原子质量：H1，C12，O16，Na23，Al27，S32，Cl35.5，Fe56，Zn651有V L浓度为0.5 molL1的盐酸，现欲将此盐酸的浓度增大1倍，以下方法中最宜采用的是（）A加热浓缩到溶液体积为LB加入0.05 molL1盐酸0.125V LC加入10 molL1盐酸0.1V L，再稀释至1.5V LD标准状况下通入11.2 L氯化氢气体【考点】物质的量浓度的相关计算【专题】溶液浓度的计算【分析】A盐酸易挥发，加热浓缩时挥发的不仅是溶剂水，还有溶质HCl，所得溶液的浓度比期望值偏小；B向溶液中加入溶质或不同浓度的溶液会引起溶液体积的变化，所得溶液浓度与期望浓度都有偏
11、差；C该方法合理，根据n=cV计算出两溶液中HCl的物质的量，再根据c=计算所得溶液浓度是否为1mol/L；D通入氯化氢气体后，溶液体积会发生变化【解答】解：A盐酸具有挥发性，加热浓缩时挥发的不仅是溶剂水，还有部分溶质HCl，导致所得溶液的浓度比期望值偏小，该方法不适宜，故A错误；B向溶液中加入0.05 molL1盐酸0.125V L，会引起溶液体积的变化，导致所得溶液浓度与期望浓度有偏差，故B错误；C加入10 molL1盐酸0.1V L，混合液中HCl的物质的量为：10mol/L0.1VL+0.5mol/LVL=1.5Vmol，则所得溶液浓度为： =1mol/L，该方法合理，所得溶液浓度为1
12、mol/L，故C正确；D标准状况下通入11.2 L氯化氢气体，会导致溶液体积发生变化，则所得溶液浓度会发生变化，故D错误；故选C【点评】本题考查了物质的量浓度的计算，题目难度中等，明确物质的量浓度的概念及表达式为解答关键，注意掌握配制一定物质的量浓度的溶液方法，试题培养了学生的分析能力及化学计算、化学实验能力2下列措施能使煤炭燃烧最充分，提高热能利用率的是（）A向燃烧正旺的炉火上洒一些水B把煤炭做成大煤球C把煤中掺一些黄泥做成蜂窝煤D把煤粉碎，在煤粉燃烧器中燃烧【考点】化学能与热能的应用【专题】化学反应中的能量变化【分析】颗粒越小，表面积越大，反应速率越高，燃烧越充分，提高热能利用率【解答】解
13、：A发生吸热反应：C（s）+H2O（g）H2（g）+CO（g），不会使煤炭燃烧充分，故A错误； B把煤炭做成大煤球，燃烧更不充分，故B错误；C把煤中掺一些黄泥做成蜂窝煤，增大表面积，染煞较充分，故C错误；D煤与空气的接触面积最大，燃烧最充分，故D正确故选D【点评】本题考查化学能与热能的应用，促进燃烧的方法，培养学生分析问题、解决问题的能力，难度不大3根据元素周期律判断，下列递变规律不正确的是（）ANa、Mg、Al的金属性依次减弱BHCl、HBr、HI的稳定性依次增强CHCl04、H2S04、H3P04的酸性依次减弱DLi、Na、K分别与水反应的剧烈程度依次增强【考点】元素周期律的作用【专题】元
14、素周期律与元素周期表专题【分析】A同周期自左而右元素金属性减弱；B同主族自上而下元素的非金属性减弱，非金属性越强氢化物越稳定；C同周期自左而右元素的非金属性增强，非金属性越强最高价含氧酸的酸性越强；D同主族自上而下元素的金属性增强，金属单质越活泼【解答】解：A同周期自左而右元素金属性减弱，故Na、Mg、Al的金属性依次减弱，故A正确；B同主族自上而下元素的非金属性减弱，非金属性ClBrI，非金属性越强氢化物越稳定，故HCl、HBr、HI的稳定性依次减弱，故B错误；C同周期自左而右元素的非金属性增强，非金属性ClSP，非金属性越强最高价含氧酸的酸性越强，故HCl04、H2S04、H3P04的酸性
15、依次减弱，故C正确；D同主族自上而下元素的金属性增强，故Li、Na、K活泼性增强，故Li、Na、K分别与水反应的剧烈程度依次增强，故D正确；故选B【点评】本题考查同周期同主族元素性质的递变规律，比较基础，注意对规律的理解掌握4下列物质之间的相互关系不正确的是（）ACH3CH2NO2和H2NCH2COOH互为同分异构体BH、D、T互为同位素CO2和O3互为同素异形体DCH3CH2CH2CH3与性质完全相同【考点】同位素及其应用；同素异形体；有机化合物的异构现象【专题】物质的分类专题【分析】A同分异构体指分子式相同结构不同的化合物； B质子数相同中子数不同的同一元素的不同原子互称同位素；C同素异形
16、体是同种元素组成的性质不同的单质之间的互称；DCH3CH2CH2CH3与结构不同【解答】解：ACH3CH2NO2和H2NCH2COOH分子式相同，结构不同互为同分异构体，故A正确； BH、D、T质子数相同中子数不同，互为同位素，故B正确；CO2和O3是同种氧元素组成的性质不同的单质，互称同素异形体，故C正确；D二者虽互为同分异构体，但结构不同，性质有所不同，故D错误故选D【点评】本题考查同系物、同分异构体、同位素、同素异形体、同一物质的区别，难度不大，注意把握概念的内涵与外延5将一定质量的镁和铝混合物投入200 mL稀硫酸中，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与加
17、入的NaOH溶液体积的变化关系如图所示则下列说法错误的是（）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稀硫酸C氢氧化钠溶液的物质的量浓度为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；化学方程式的有关计算【专题】几种重要的金属及其化合物【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
18、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，
19、氢氧化钠的浓度为=5mol/L，以此来解答【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）的倍从200mL到240mL，NaOH溶解Al（OH）3：NaOH+Al（OH）3=NaAlO2+2H2O，当V（NaOH溶液）=240mL时，
20、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/L，A由元素守恒可知n（Al）=nAl（OH）3=0.2mol，n（Mg）=nMg（OH）2=0.15mol，则镁和铝的总质量为0.2mol27g/mol+0.15mol24g/mol=9g，故A正确；B由图象可知，从开始至加入
21、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，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错误；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=0.9
22、mol，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】本题以图象题的形式考查镁铝的重要化合物的性质及计算，为高频考点，把握图象中各阶段的物质的量的关系及各阶段发生的化学反应为解答的关键，注意利用守恒计算，侧重分析与计算能力的综合考查，题目难度中等6下列说法正确的是（）A一个可逆反应达到的平衡状态就是这个反应在该条件下所能达到的限度B增大反应物浓度，能增大活化分子百分数，所以反应速率增大C在化学反应过程中，发生物质变化的同时不一定发生能量变化D100 mL 2 mol/L的盐酸跟锌片反应，加入适量的氯化钠溶液，反应速率不变【考
23、点】化学反应速率的影响因素【专题】化学反应速率专题【分析】A化学反应限度就是研究可逆反应所能达到的最大程度，即化学反应动态平衡；B增大反应物的浓度，活化分子百分数不变；C化学反应进行过程中一定伴随着能量的变化；D溶液浓度降低【解答】解：A化学反应限度就是研究可逆反应所能达到的最大程度，即化学反应动态平衡，故A正确；B增大反应物的浓度，能增大活化分子的数目，平衡会向正反应方向移动，但其他条件不变时反应速率保持不变，故B错误；C化学反应进行过程中一定伴随着能量的变化，故C错误；D相当于稀释溶液，使溶液的浓度降低，降低反应速率，故D错误故选A【点评】本题综合考查化学反应速率以及化学平衡问题，为高考常
24、见题型和高频考点，侧重于学生的双基的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大7常温时，下列关于电解质溶液的叙述正确的是（）A稀释pH=10的氨水，溶液中所有离子的浓度均降低BpH均为5的盐酸和氯化铵溶液中，水的电离程度相同C等浓度的碳酸钠与碳酸氢钠溶液相比，碳酸钠溶液的pH大D分别中和pH与体积均相同的硫酸和醋酸，硫酸消耗氢氧化钠的物质的量多【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】A、氨水是弱电解质，稀释后c（H+）减小，但是c（H+）增大；B、盐酸溶液，酸的氢离子抑制了水的电离，氯化铵中的铵离子结合OH，促进了水的电离；C、碳酸的酸性大于HC
25、O3的酸性，CO32 的水解强于HCO3；D、硫酸是强电解质，溶液中完全电离，醋酸是弱电解质，部分电离【解答】解：A、稀释pH=10的氨水，由于氨水中存在H+、OH和NH4+； 稀释后c（OH）减小，水的离子积不变，c（H+）增大；故A错误；B、pH均为5的盐酸和氯化铵溶液中，盐酸溶液的氢离子主要是盐酸提供的，并且抑制了水的电离；而氯化铵溶液中，NH4+结合水电离的H+，促进了水的电离，故B错误； C、等浓度的碳酸钠与碳酸氢钠溶液中，由于碳酸的酸性大于HCO3的酸性，酸性越强，其离子的水解越弱，所以碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠的，碳酸钠溶液的pH大，故C正确；D、c（H+）=10PH，硫酸是强
26、电解质，氢离子完全电离出来；醋酸是弱电解质，氢离子部分电离，c（醋酸）c（H+），所以醋酸消耗的氢氧化钠比硫酸多，故D错误本题答案是C【点评】本题考查的是弱电解质的电离平衡知识，难度适中8下列说法不正确的是（）A粗铜电解精炼时，应将粗铜与直流电源的正极相连B金属的吸氧腐蚀的过程中，正极的电极反应式为O2+4e+2H2O4OHC燃料电池中加入燃料的电极一定是电池的负极D在生产生活中，为保护钢铁器件免受腐蚀，应将该器件与直流电源的正极相连【考点】原电池和电解池的工作原理；电解原理【专题】电化学专题【分析】A粗铜电解精炼时，粗铜为阳极，纯铜为阴极；B发生吸氧腐蚀时，正极上氧气被还原；C原电池中，负极
27、发生氧化反应；D应将该器件与直流电源的正极相连，加速金属的腐蚀【解答】解：A粗铜电解精炼时，粗铜为阳极，纯铜为阴极，粗铜被氧化，在阴极上析出铜，故A正确；B发生吸氧腐蚀时，正极上氧气被还原，电极方程式为O2+4e+2H2O4OH，故B正确；C原电池中，负极发生氧化反应，燃料为负极，故C正确；D钢铁保护时应将器件与直流电源负极相连，故D错误故选D【点评】本题考查了原电池原理，为高考高频考点，侧重于学生的分析能力和基本理论知识的综合理解和运用的考查，明确原电池的构成、电极上发生的反应、电流的流向即可解答，难度不大二、（非选择题，共4小题，共52分）9【实验目的】利用所学知识，设计原电池装置【实验用
28、品】电极：镁条、铜片、铁片等电解质：果汁（橙汁、苹果汁、柠檬汁等）其他：导线、金属夹、发光二极管、500 mL烧杯【实验方案】CuMg原电池，电解质溶液为橙汁CuFe原电池，电解质溶液为苹果汁FeMg原电池，电解质溶液为柠檬汁【实验操作】用导线分别将三种方案中的金属片连接到金属夹上，分别将金属片两两插入到盛有果汁的三个500 mL的烧杯中，用发光二极管两端分别接触三种方案中金属活动性不同的金属夹观察现象，连接方式，如图所示【实验现象】三种方案中发光二极管均发光【实验结论】原电池把化学能转变为电能回答下列问题：（1）连接装置时活泼金属接在二极管的负极上，较不活泼金属接在二极管的正极上（2）在方案
29、中铜作电极情况：铜均作正极（3）在方案中镁作电极情况：Mg均作负极（4）在方案中铁作电极情况：活泼金属做负极、较不活泼金属做正极（5）在方案中负极反应为Mg2eMg2+，正极反应为2H+2e=H2，总反应的离子方程式为Mg+2H+=Mg2+H2【考点】探究原电池及其工作原理【专题】电化学专题【分析】（1）二极管的正极连接电源正极，负极连接电源的正极，结合活泼金属作负极、较不活泼金属作正极分析；（2）铜活泼性较弱，做原电池中作正极；（3）Mg的活泼性较强，在原电池中作负极；（4）活泼性MgFeCu，结合活泼金属作负极、较不活泼金属作正极判断；（5）在方案中负极镁失去电子生成镁离子，正极氢离子得到
30、电子生成氢气，据此写出电极反应式及电极总反应【解答】解：（1）二极管的正极连接电源正极，负极连接电源的正极，活泼金属作负极，应该连接二极管的负极；较不活泼金属作正极，应连接二极管的正极，故答案为：负；正；（2）金属活动性：MgFeCu，不活泼金属做原电池的正极，所以铜作正极，故答案为：Cu均作正极；（3）活泼性MgFeCu，则Mg活泼性较强，在原电池中作负极，故答案为：镁均作负极；（4）金属活泼性大小为：MgFeCu，活泼金属做负极、较不活泼金属做正极，则方案中铁作负极，方案中铁作正极，故答案为：方案中铁作负极，方案中铁作正极；（5）在方案中负极Mg失去电子发生氧化反应，负极反应为：Mg2e=
31、Mg2+，正极氢离子得到电子生成氢气，正极反应为：2H+2e=H2，总电池反应的离子方程式为：Mg+2H+=Mg2+H2，故答案为：Mg2eMg2+；2H+2e=H2；Mg+2H+=Mg2+H2【点评】本题考查了探究原电池工作原理的方法，题目难度中等，明确实验目的为解答关键，注意掌握原电池工作原理，试题培养了学生的分析、理解能力及化学实验能力10中学化学几种常见物质的转化关系如下（有些生成物已略去）其中A、a是单质，其余为化合物，E在溶液中是红褐色沉淀，请回答下列问题：（1）写出下列物质的化学式：AFeaCl2（2）写出下列反应的离子方程式：D+bE+FFe3+3OH=Fe（OH）3；C与等物
32、质的量的Na2O2在溶液中反应4Fe2+4Na2O2+6H2O=4Fe（OH）3+O2+8Na+（3）由D的饱和溶液可以制得E为分散质的胶体，若要提纯该胶体，采用的操作方法为渗析（4）D溶显酸性，配制D溶液时，采用的方法是将FeCl3溶于浓盐酸中，再用水稀释到所需的浓度（5）D溶液中通入NH3也可生成E，某温度下，向容积为2升的定容密闭容器中充入2molNH3，达到平衡时测得NH3的分解率为0.25，则该反应平衡常数K=0.0117，此时容器中压强为刚充入NH3气体时压强的1.25倍【考点】无机物的推断【专题】推断题【分析】E在溶液中是红褐色沉淀，为Fe（OH）3，A为单质，由转化关系，根据元
33、素守恒可知A为Fe，可推知B为FeS、C为FeCl2，电解F的水溶液生成单质a与化合物b，单质a与氯化亚铁反应生成D，D与b反应生成氢氧化铁与F，可推知a为氯气、b为碱，则D为FeCl3，F为NaCl等，据此解答【解答】解：E在溶液中是红褐色沉淀，为Fe（OH）3，A为单质，由转化关系，根据元素守恒可知A为Fe，可推知B为FeS、C为FeCl2，电解F的水溶液生成单质a与化合物b，单质a与氯化亚铁反应生成D，D与b反应生成氢氧化铁与F，可推知a为氯气、b为碱，则D为FeCl3，F为NaCl等，（1）由上述分析可知，A为Fe，a为，故答案为：Fe；Cl2；（2）D+bE+F的反应离子方程式为：F
34、e3+3OH=Fe（OH）3；FeCl2与等物质的量的Na2O2在溶液中反应离子方程式为：4Fe2+4Na2O2+6H2O=4Fe（OH）3+O2+8Na+，故答案为：Fe3+3OH=Fe（OH）3；4Fe2+4Na2O2+6H2O=4Fe（OH）3+O2+8Na+；（3）由D的饱和溶液可以制得E为分散质的胶体，若要提纯该胶体，采用的操作方法为：渗析，故答案为：渗析；（4）FeCl3溶液中Fe3+水解，溶液呈酸性，配制FeCl3溶液时，应将FeCl3溶于浓盐酸中，再用水稀释到所需的浓度，故答案为：将FeCl3溶于浓盐酸中，再用水稀释到所需的浓度；（5）某温度下，向容积为2升的定容密闭容器中充入
35、2molNH3，达到平衡时测得NH3的分解率为0.25，则分解的氨气的物质的量为2mol0.25=0.5mol，则： 2NH3N2+3H2开始（mol）：2 0 0 变化（mol）：0.5 0.25 0.75平衡（mol）：1.5 0.25 0.75故该稳定性平衡常数k=0.0117相同条件下，压强之比等于物质的量之比，故平衡时容器中压强为刚充入NH3气体时压强的倍数=1.25，故答案为：0.0117；1.25【点评】本题考查无机物推断、常用化学用语、盐类水解应用、化学平衡有关计算等，难度不大，（2）中过氧化钠与氯化亚铁等物质的量反应离子方程式书写为易错点，可以先写成过氧化钠与水的反应，再书写
36、氯化亚铁与氢氧化钠、氧气反应，根据比例关系加合书写11连二亚硫酸钠（Na2S2O4）又称保险粉，是印刷工业中重要的还原剂某课题小组进行如下实验查阅材料连二亚硫酸钠（Na2S2O4）是一种白色粉末，易溶于水，难溶于乙醇2Na2S2O4+4HCl4NaCl+S+3SO2+2H2ONa2S2O3+2HCl2NaCl+S+SO2+H2O（1）制备方法75时将甲酸钠和纯碱加入乙醇水溶液中，通入SO2进行反应，完成其反应方程式：2HCOONa+1Na2CO3+4SO2=2Na2S2O4+3CO2+1H2O冷却至4045，过滤，用乙醇洗涤，干燥制得Na2S2O4（2）Na2S2O4的性质Na2S2O4 溶液
37、在空气中易被氧化，课题小组测定0.050 molL1 Na2S2O4 溶液在空气中pH变化如右图：0t1 段主要生成HSO3，根据pH变化图，HSO3的电离平衡水解平衡（填“”或“”），课题小组推测Na2S2O4 溶液在空气中易被氧化，0t1 发生离子反应方程式为2S2O42+O2+2H2O=4HSO3t3 时溶液中主要阴离子符号是SO42隔绝空气加热Na2S2O4 固体完全分解得到固体产物Na2SO3、Na2S2O3 和气体为SO2（填化学式）请你设计实验验证产物有Na2S2O3 存在，完成下表中内容（供选择的试剂：稀盐酸、稀硝酸、BaCl2 溶液、KMnO4 溶液）实验步骤（不要求写出具体
38、操作过程）预期的实验现象和结论【考点】制备实验方案的设计；探究物质的组成或测量物质的含量【专题】制备实验综合【分析】（1）反应中S元素的化合价从+4价降低到+3价，得到1个电子，甲酸钠中碳元素的化合价从+2价升高到+4价，则根据电子得失守恒有HCOONa2SO2，再结合原子守恒配平；则根据电子得失守恒和原子守恒，反应的化学方程式为：2HCOONa+Na2CO3+4SO2=2Na2S2O4+3CO2+H2O；连二亚硫酸钠（Na2S2O4）是一种白色粉末，易溶于水，难溶于乙醇，因此可以用乙醇洗涤产品；（2）0t1段主要先生成HSO3，溶液显酸性，说明HSO3的电离程度大于水解程度；Na2S2O4溶
39、液在空气中易被氧化生成亚硫酸氢钠；t3时溶液的pH=1，说明溶液的酸性较强，因此亚硫酸氢钠被氧化为硫酸氢钠；隔绝空气加热Na2S2O4固体完全分解，得到固体产物Na2SO3、Na2S2O3和气体，其中亚硫酸钠是氧化产物，而Na2S2O3中S是+2价，则根据氧化还原反应中电子得失守恒可知气体应该是SO2根据反应Na2S2O3+2HCl=2NaCl+S+SO2+H2O可知要检验硫代硫酸钠，则只需要取少量完全分解的固体产物于试管中，加入稀盐酸，如果有淡黄色沉淀，则有Na2S2O3存在【解答】解：（1）反应中S元素的化合价从+4价降低到+3价，得到1个电子，甲酸钠中碳元素的化合价从+2价升高到+4价，
40、则根据电子得失守恒有HCOONa2SO2，由原子守恒反应的化学方程式为：2HCOONa+Na2CO3+4SO2=2Na2S2O4+3CO2+H2O；连二亚硫酸钠易溶于水，难溶于乙醇，因此可以用乙醇洗涤产品，减少因溶解导致的损失，故答案为：2；1；4SO2；2；3；1H2O；乙醇；（2）0t1段主要先生成HSO3，溶液显酸性，说明HSO3的电离程度大于水解程度；Na2S2O4溶液在空气中易被氧化生成亚硫酸氢钠，0t1 发生离子反应方程式为：2S2O42+O2+2H2O=4HSO3，t3时溶液的pH=1，说明溶液的酸性较强，因此亚硫酸氢钠被氧化为硫酸氢钠，则溶液中主要阴离子符号是SO42，故答案为
41、：；2S2O42+O2+2H2O=4HSO3；SO42；隔绝空气加热Na2S2O4固体完全分解，得到固体产物Na2SO3、Na2S2O3和气体，其中亚硫酸钠是氧化产物，而Na2S2O3中S是+2价，则根据氧化还原反应中电子得失守恒可知气体应该是SO2根据反应Na2S2O3+2HCl=2NaCl+S+SO2+H2O可知要检验硫代硫酸钠，则只需要取少量完全分解的固体产物于试管中，加入稀盐酸，如果有淡黄色沉淀，则有Na2S2O3存在故答案为：SO2； 实验步骤（不要求写出具体操作过程）预期的实验现象和结论取少量完全分解的固体产物于试管中加入稀盐酸若有淡黄色沉淀，则有Na2S2O3存在【点评】本题考查
42、氧化还原反应、物质制备和检验、实验设计与探究等，是对学生综合能力的考查，为高考常考题型，注意对题目信息的应用，难度中等12镇静药物C、化合物N以及高分子树脂（）的合成路线如下：已知：（1）A的含氧官能团的名称是醛基（2）A在催化剂作用下可与H2反应生成B，该反应的类型是加成反应（或还原反应），B的分子式是C7H8O（3）酯类化合物C的分子式是C15H14O3，其结构简式是（4）写出A与新制Cu（OH）2悬浊液反应的化学方程式为；反应类型是氧化反应（5）扁桃酸（）有多种同分异构体属于甲酸酯且含酚羟基的同分异构体共有13种，写出其中一种含亚甲基（CH2）的同分异构体的结构简式（任意一种）（6）F与
43、M合成高分子树脂的化学方程式是；该反应的反应类型是缩聚反应（7）N在NaOH溶液中发生水解反应的化学方程式是【考点】有机物的合成【专题】有机物的化学性质及推断【分析】由高分子树脂（）的合成路线可知，由逆推法可知，M为HCHO，F为，结合信息，RCHO在碱性条件下反应，A为，化合物B为苯甲醇，则C为，A与氢氧化铜反应生成D，则D为，再由信息可知，E为，E、F发生取代反应生成N，则N为，然后结合有机物的官能团及性质来解答【解答】解：由高分子树脂（）的合成路线可知，由逆推法可知，M为HCHO，F为，结合信息，RCHO在碱性条件下反应，A为，化合物B为苯甲醇，则C为，A与氢氧化铜反应生成D，则D为，再
44、由信息可知，E为，E、F发生取代反应生成N，则N为，（1）A为苯甲醛，官能团为醛基，故答案为：醛基；（2）A在催化剂作用下可与H2反应生成B，B为苯甲醇，该反应为加成反应（或还原反应），苯甲醇的分子式为C7H8O，故答案为：加成反应（或还原反应）；C7H8O；（3）酯类化合物C的分子式是C15H14O3，其结构简式是，故答案为：；（4）写出A与新制Cu（OH）2悬浊液反应的化学方程式为，属于氧化反应，故答案为：；氧化反应；（5）扁桃酸（）有多种同分异构体属于甲酸酯且含酚羟基的同分异构体，符合为甲酸酯 含有酚羟基，故取代基为OH、CH2OOCH，有邻、间、对三种，取代基为OH、CH3、OOCH，当CH3、OOCH处于邻位，OH有4种位置，当CH3、OOCH处于间位，OH有4种位置，当CH3、OOCH处于对位，OH有2种位置，故符合条件的同分异构体有3+4+4+2=13种，含亚甲基（CH2）的同分异构体的结构简式为（任意一种），故答案为：13；（任意一种）；（6）F与M合成高分子树脂的化学方程式是，该反应为缩聚反应，故答案为：；缩聚反应；（7）N在NaOH溶液中发生水解反应的化学方程式是，故答案为：【点评】本题考查有机物的合成，利用合成路线中物质官能团及碳链的变化推断各物质是解答的关键，注意结合信息来分析官能团的性质，题目难度中等，同分异构体的推断是解答的难点
