1、2016年浙江省丽水市高考化学一模试卷一、选择题（本题共7小题，每题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1下列说法不正确的是（）A利用二氧化碳等原料合成的聚碳酸酯类可降解塑料替代聚乙烯塑料，可减少“白色污染”B某些铝硅酸盐形成的分子筛中有许多笼状空穴和通道，常用于分离、提纯气体或液体混合物，还可作干燥剂、离子交换剂、催化剂及催化剂载体等C2015 年 10 月，中国科学家屠呦呦获得诺贝尔生理学或医学奖，以表彰她从青蒿中提取了青蒿素（C15H22O5），这种药品可以有效降低疟疾患者的死亡率D原子吸收光谱仪一般用于测定物质中的非金属元素，红外光谱仪可用于测定有机化合物中的官能
2、团2下列说法不正确的是（）A容量瓶、量筒和滴定管上都标有使用温度，量筒、容量瓶无“0”刻度，滴定管有“0”刻度B如果酒精刚刚着火，可直接用湿抹布盖灭；若酒精燃烧有一定时间，则用 CO2灭火器灭火C室温下，浓度均为0.1molL1Na2S2O3和H2SO4溶液，分别取5mL与10mL混合，10mL 与10mL混合，可验证Na2S2O3浓度对反应速率的影响D往K2CrO4溶液中滴加稀硫酸，溶液由黄色变为橙色3短周期元素 X、Y、Z、W、Q 在周期表中相对位置如图所示，已知 X 元素是地壳中含量最高的元素，下列说法正确的是（）XYZWQAY 的非金属性比Q强，所以HnY的酸性比HnQ强BZX2、WX
3、2的熔沸点、硬度相差很大，这是由于它们的化学键类型不同造成的CW、Q、Y 元素的原子半径及其简单离子半径依次减小D将足量的 X 单质通入 W 的氢化物的水溶液，能得到 W 的低价氧化物4下列说法正确的是（）A结构片段为的高聚物，其单体是甲醛和苯酚B按系统命名法，有机物（CH3）2CHCH（CH2CH3）CH2CH2CH3命名为：2甲基3乙基庚烷C由甘氨酸、丙氨酸形成的二肽有三种D乙烯和苯都能使溴水褪色，褪色原理相同5如图是一种应用广泛的锂电池，LiPF6是电解质，SO（CH3）2是溶剂，反应原理是4Li+FeS2Fe+2Li2S下列说法正确的是（）ALi 发生氧化反应，a 极为阴极B电子由 a
4、 极流出通过电流表流入 b 极，然后再由 b 极经内电路回到 a 极C可以用水代替 SO（CH3）2做溶剂Db 极反应式是 FeS2+4Li+4eFe+2Li2S6H2CO3和 H2C2O4都是二元弱酸，不同 pH 环境下它们不同形态的粒子的组成百分率如图所示：下列说法正确的是（）A在 pH 为 6.37 及 10.25 时，溶液中 c（H2CO3）=c（HCO3）=c（CO32）B反应 HCO3+H2OH2CO3+OH的平衡常数为 107.63C0.1 molL1NaHC2O4溶液中 c（HC2O4）+2c（C2O42）+c（H2C2O4）=0.1 molL1D往 Na2CO3溶液中加入少量
5、草酸溶液，发生反应：CO32+H2C2O4=HCO3+HC2O47常温下，某溶液 A 中含有 NH4+、K+、Na+、Fe3+、Al3+、Fe2+、CO32、Cl、SO42、SO32，现取该溶液进行有关实验，实验结果如图所示下列有关说法正确的是（）A沉淀乙一定可溶于盐酸B溶液中一定存在 Na+、Al3+，一定没有 Fe3+、Fe2+、CO32C溶液中一定有 SO42，可能有 K+、ClD气体甲、乙均为无色、有刺激性气味二、非选择题部分（共180分）8可用来制备抗凝血药，通过如图路线合成： （1）A是一种气态烃，写出A的结构简式；（2）BC的反应类型是；（3）写出DE的化学方程式；（4）下列关于
6、G的说法正确的是a能与溴单质反应b能发生水解反应c1mol G 最多能和 5mol 氢气反应d分子式是 C9H6O3（5）写出满足以下条件的 B 的同系物所有同分异构体的结构简式a分子式为 C3H6O2b能发生银镜反应c能发生水解9（1）质子数为 8，中子数为 10 的简单氧离子的符号是（2）将等物质的量 Fe2O3与 FeCl3置于密闭管中加热，能恰好完全反应，且只生成一种产物 X，其物质的量是反应物总物质的量的 1.5 倍，写出 X 的化学式；（3）完成以下氧化还原反应的离子方程式：（）+MnO4+SO32+=Mn2+SO4210电镀工业中往往产生大量的有毒废水，必须严格处理后才可以排放含
7、CN废水在排放前的处理过程如下：已知：9.0g 沉淀 D 在氧气中灼烧后，产生 8.0g 黑色固体，生成的气体通过足量澄清石灰水时，产生 10.0g 白色沉淀，最后得到的混合气体除去氧气后，还剩余标准状况下密度为 1.25g/L 的单质气体 1.12L（1）沉淀 D 的化学式是（2）写出沉淀 D 在氧气中灼烧发生的化学方程式（3）滤液 C 中还含有微量的CN离子，通过反应，可将其转化为对环境无害的物质，试用离子方程式表示该原理（4）反应为制得某种元素的低价 X 离子，试从氧化还原反应的角度分析，是否可以用Na2SO3溶液来代替 B 溶液（填是或否），理由是：，并设计实验证明所用 Na2SO3溶
8、液是否变质11乙酸是重要的有机化工原料之一，目前世界上一半以上的乙酸都采用甲醇与CO 反应来制备某实验小组在一个恒压密闭容器中加入 0.20mol CH3OH 和 0.22mol CO 气体，发生反应 CH3OH（g）+CO（g）CH3COOH（l），测得甲醇的转化率随温度的变化关系如图1所示，其中曲线表示在 5 个不同温度下，均经过 5min 时测得的甲醇的转化率变化曲线，曲线表示不同温度下甲醇的平衡转化率变化曲线，已知在 T2温度下，达到平衡时容器的体积刚好为 2L已知：2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）H=566kJmol12CH3OH（g）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O
9、（l）H=1529kJmol1CH3COOH（l）+2O2（g）=2CO2（g）+2H2O（l）H=874kJmol1按要求回答下列问题：（1）CH3OH（g）+CO（g）CH3COOH（l）H=kJmol1（2）在温度为 T2时，从反应开始至 5min 时，用单位时间内物质的量变化表示的乙酸的平均反应速率为molmin1（3）在温度为 T2时，该反应的平衡常数 K=；在 T3温度下，C 点时，（正）（逆） （填“”、“”或“=”）（4）曲线在 T1T2阶段，甲醇转化率随温度变化升高的原因是；（5）在温度为 T2时，往上述已达到平衡的恒压容器中，再在瞬间通入 0.12mol CH3OH和0.0
10、6molCO 混合气体，平衡的移动方向为（填“向左”或“向右”或“不移动”），理由是（6）在温度为 T1时，乙酸的物质的量随时间变化的趋势曲线如图2所示在 t1时，将该反应体系温度上升到 T3，并维持该温度请在图中画出 t1时刻后乙酸物质的量变化总趋势曲线12水合肼 （N2H4H2O） 常用作还原剂和抗氧剂，其熔点为40，沸点 118.5，极毒实验室用如下装置制取水合肼（N2H4H2O）涉及下列反应：CO（NH2）2+2NaOH+NaClO=Na2CO3+N2H4H2O+NaClN2H4H2O+2NaClO=N2+3H2O+2NaCl 请回答下列问题（1）配制30%NaOH溶液时，所需玻璃仪器
11、除量筒外，还有（填标号）A容量瓶B烧杯C烧瓶D玻璃棒（2）将 Cl2通入 30%NaOH 溶液制备 NaClO 的化学方程式（3）实验时，如果将 NaOH 和 NaClO 的混合溶液一次性加入三颈烧瓶，可能会造成的结果是（4）实验时可根据判断 N2H4H2O 开始蒸出已知：N2H4H2O+2I2=N2+4HI+H2O测定水合肼的质量分数可采用下列步骤：取 1.250g 试样，经溶解、转移、定容等步骤，配制 250mL 溶液移取 10.00mL 溶液于锥形瓶中，滴入几滴淀粉溶液，加 20mL 水，摇匀将 0.1000molL1碘的标准溶液盛放在滴定管中（填“酸式”或“碱式”）当停止滴定，消耗碘的
12、标准溶液为 18.00mL，则产品中N2H4H2O 的质量分数为2016年浙江省丽水市高考化学一模试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共7小题，每题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1下列说法不正确的是（）A利用二氧化碳等原料合成的聚碳酸酯类可降解塑料替代聚乙烯塑料，可减少“白色污染”B某些铝硅酸盐形成的分子筛中有许多笼状空穴和通道，常用于分离、提纯气体或液体混合物，还可作干燥剂、离子交换剂、催化剂及催化剂载体等C2015 年 10 月，中国科学家屠呦呦获得诺贝尔生理学或医学奖，以表彰她从青蒿中提取了青蒿素（C15H22O5），这种药品可以有效降低疟疾患者的死亡率D原
13、子吸收光谱仪一般用于测定物质中的非金属元素，红外光谱仪可用于测定有机化合物中的官能团【考点】常见的生活环境的污染及治理；化学研究基本方法及作用；药物的主要成分和疗效【专题】化学应用【分析】A白色污染是指不能降解的聚乙烯塑料；B某些铝硅酸盐形成的分子筛中有许多笼状空穴和通道，常用于分离、提纯气体或液体混合物，还可作干燥剂、离子交换剂、催化剂及催化剂载体等；C中国女药学家屠呦呦获得了2015年诺贝尔生理学或医学奖；D用红外光谱仪可以确定物质中是否存在某些有机原子基团，用原子吸收光谱仪可以确定物质中含有哪些金属元素【解答】解：A利用二氧化碳等原料合成的聚碳酸酯类可降解塑料替代不能降解的聚乙烯塑料，可
14、减少白色污染，故A正确； B某些铝硅酸盐形成的分子筛中有许多笼状空穴和通道，常用于分离、提纯气体或液体混合物，还可作干燥剂、离子交换剂、催化剂及催化剂载体等，故B正确；C中国女药学家屠呦呦获得了2015年诺贝尔生理学或医学奖，以表彰她创新了具有国际影响的世界抗疟药青蒿素，故C正确；D用红外光谱仪可以确定物质中是否存在某些有机原子基团，用原子吸收光谱仪可以确定物质中含有哪些金属元素，故D错误；故选D【点评】本题考查了环境污染及治理、铝硅酸盐的用途、有机物的研究方法等，明确白色污染的原因、铝硅酸盐的性质是解题关键，注意对相关知识的积累2下列说法不正确的是（）A容量瓶、量筒和滴定管上都标有使用温度，
15、量筒、容量瓶无“0”刻度，滴定管有“0”刻度B如果酒精刚刚着火，可直接用湿抹布盖灭；若酒精燃烧有一定时间，则用 CO2灭火器灭火C室温下，浓度均为0.1molL1Na2S2O3和H2SO4溶液，分别取5mL与10mL混合，10mL 与10mL混合，可验证Na2S2O3浓度对反应速率的影响D往K2CrO4溶液中滴加稀硫酸，溶液由黄色变为橙色【考点】化学实验安全及事故处理；化学反应速率的影响因素；盐类水解的原理；不能加热的仪器及使用方法【专题】实验事故处理；化学反应速率专题；化学实验常用仪器及试剂【分析】A根据标有使用温度的仪器有：滴定管、容量瓶、量筒、烧杯等；根据标有“0”刻度的仪器有：滴定管、
16、托盘天平、温度计等； B酒精密度比水的小，不能够直接用水灭火；C浓度不同，反应速率不同；DK2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72（橙色）+H2O2CrO42（黄色）+2H+【解答】解：A容量瓶、量筒和滴定管上都标有刻度，使用时避免热胀冷缩，所以标有使用温度，量筒“0”刻度就是底座、容量瓶只有最大容量的一个刻度，所以两者都无“0”刻度，故A正确； B由于酒精密度比水小，不能直接用水灭火，若实验室中酒精着火，应该用湿抹布盖灭，若火势较大，可用灭火器扑救，故B正确；C亚硫酸钠和硫酸的浓度都不同，应使硫酸的浓度相同，故C错误；DK2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72（橙色）+H2O2CrO42
17、（黄色）+2H+，滴加稀硫酸液，平衡正向移动，则溶液由黄色变为橙色，故D正确故选C【点评】本题考查常见仪器的使用，题目难度不大，注意常见化学仪器的使用方法和注意事项3短周期元素 X、Y、Z、W、Q 在周期表中相对位置如图所示，已知 X 元素是地壳中含量最高的元素，下列说法正确的是（）XYZWQAY 的非金属性比Q强，所以HnY的酸性比HnQ强BZX2、WX2的熔沸点、硬度相差很大，这是由于它们的化学键类型不同造成的CW、Q、Y 元素的原子半径及其简单离子半径依次减小D将足量的 X 单质通入 W 的氢化物的水溶液，能得到 W 的低价氧化物【考点】原子结构与元素周期律的关系【专题】元素周期律与元素
18、周期表专题【分析】短周期元素 X、Y、Z、W、Q，已知 X 元素是地壳中含量最高的元素，则X为O元素，根据元素所在周期表中的位置可知，Y为F元素，Z为Si元素，W为S元素，Q为Cl元素，结合元素周期律的递变规律解答该题【解答】解：短周期元素 X、Y、Z、W、Q，已知 X 元素是地壳中含量最高的元素，则X为O元素，根据元素所在周期表中的位置可知，Y为F元素，Z为Si元素，W为S元素，Q为Cl元素，AY为F元素，Q为Cl元素，Y 的非金属性比Q强，但是HnY的酸性比HnQ弱，故A错误；BSiO2、SO2的熔沸点、硬度相差很大，这是由于它们的晶体类型不同造成的，故B错误；CS、Cl、F 元素的原子半
19、径及其简单离子半径依次减小，故C正确；D将足量的O的单质通入 S的氢化物的水溶液，能得到S单质，但是不能得到S的低价氧化物，故D错误；故选C【点评】本题考查元素周期表与元素周期律，侧重对元素周期律的考查，注意对元素周期表和周期律的理解掌握，题目难度不大，推断出具体的元素是解题的关键4下列说法正确的是（）A结构片段为的高聚物，其单体是甲醛和苯酚B按系统命名法，有机物（CH3）2CHCH（CH2CH3）CH2CH2CH3命名为：2甲基3乙基庚烷C由甘氨酸、丙氨酸形成的二肽有三种D乙烯和苯都能使溴水褪色，褪色原理相同【考点】有机化合物命名；取代反应与加成反应；有机高分子化合物的结构和性质【专题】化学
20、用语专题；有机反应【分析】A根据苯酚和甲醛发生缩聚反应；B主链为6个碳原子；C氨基酸形成肽键原理为羧基提供OH，氨基提供H，两个氨基酸分子脱去一个水分子脱水结合形成二肽，既要考虑不同氨基酸分子间生成二肽，又要考虑同种氨基酸分子间形成二肽；D乙烯与溴水发生加成反应溴水褪色；苯能萃取溴水中的溴使溴水褪色【解答】解：A苯酚和甲醛发生缩聚反应得到酚醛树酯，结构片段，故A正确； B主链为6个碳原子，名称为2甲基3乙基己烷，故B错误；C氨基酸生成二肽，就是两个氨基酸分子脱去一个水分子当同种氨基酸脱水，生成2种二肽；当是异种氨基酸脱水：可以是甘氨酸脱去羟基，丙氨酸脱氢；也可以丙氨酸脱羟基，甘氨酸脱去氢，生成
21、2种二肽所以共有4种，故C错误；D乙烯与溴水发生加成反应溴水褪色；苯能萃取溴水中的溴使溴水褪色，二者原理不同，故D错误故选A【点评】本题主要高聚物、缩聚反应、有机物命名、性质等，难度不大，需要注意的是酚醛发生缩聚反应的规律5如图是一种应用广泛的锂电池，LiPF6是电解质，SO（CH3）2是溶剂，反应原理是4Li+FeS2Fe+2Li2S下列说法正确的是（）ALi 发生氧化反应，a 极为阴极B电子由 a 极流出通过电流表流入 b 极，然后再由 b 极经内电路回到 a 极C可以用水代替 SO（CH3）2做溶剂Db 极反应式是 FeS2+4Li+4eFe+2Li2S【考点】化学电源新型电池【专题】电
22、化学专题【分析】该原电池中，Li易失电子作负极，所以a是负极、b是正极，负极反应式为LieLi+，LiPF6是电解质，则正极反应式为 FeS2+4Li+4eFe+2Li2S，A该装置是原电池而不是电解池，所以电极为正负极而不是阴阳极；B电子从负极沿导线流向正极，电子不经过电解质；C水能和Li反应生成氢氧化锂；D正极上得电子发生还原反应【解答】解：该原电池中，Li易失电子作负极，所以a是负极、b是正极，负极反应式为LieLi+，LiPF6是电解质，则正极反应式为 FeS2+4Li+4eFe+2Li2S，A该装置是原电池而不是电解池，所以电极为正负极而不是阴阳极，Li失电子发生氧化反应，a是负极、
23、b是正极，故A错误；B电子从负极沿导线流向正极，电子不经过电解质，电子从负极a沿导线流向正极b，电解质中通过阴阳离子定向移动形成电流，故B错误；C水能和Li反应生成氢氧化锂，所以不能用水作溶剂，故C错误；D正极上得电子发生还原反应，正极反应式为 FeS2+4Li+4eFe+2Li2S，故D正确；故选D【点评】本题考查化学电源新型电池，为高频考点，侧重考查原电池原理，把握正负极判断、电子移动方向、电极反应式的书写是解本题关键，难点是电极反应式的书写，题目难度不大，易错选项是B6H2CO3和 H2C2O4都是二元弱酸，不同 pH 环境下它们不同形态的粒子的组成百分率如图所示：下列说法正确的是（）A
24、在 pH 为 6.37 及 10.25 时，溶液中 c（H2CO3）=c（HCO3）=c（CO32）B反应 HCO3+H2OH2CO3+OH的平衡常数为 107.63C0.1 molL1NaHC2O4溶液中 c（HC2O4）+2c（C2O42）+c（H2C2O4）=0.1 molL1D往 Na2CO3溶液中加入少量草酸溶液，发生反应：CO32+H2C2O4=HCO3+HC2O4【考点】离子浓度大小的比较【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】A、据图分析在pH为6.37时溶液中无碳酸根离子，pH=10.25时，溶液中无碳酸分子；B、反应HCO3+H2OH2CO3+OH的平衡常数为K=，据pH=
25、6.37时计算；C、据物料守恒分析；D、往Na2CO3溶液中加入少量草酸溶液，能够生成碳酸氢根离子和C2O42【解答】解：A、在pH为6.37时c（H2CO3）=c（HCO3），pH为10.25时，c（HCO3）=c（CO32），故A错误；B、反应HCO3+H2OH2CO3+OH的平衡常数为K=，pH=6.37时，c（H2CO3）=c（HCO3），K=c（OH）=107.63，故B正确；C、在0.1molL1NaHC2O4溶液中有c（C2O42）、c（HC2O4）和c（H2C2O4），据物料守恒c（C2O42）+c（HC2O4）+c（H2C2O4）=c（Na+）=0.1molL1，故C错误；D
26、、草酸的酸性比碳酸强，往Na2CO3溶液中加入少量草酸溶液，能够生成碳酸氢根离子和C2O42，发生反应：2CO32+H2C2O4=2HCO3+C2O42，故D错误；故选B【点评】本题考查了据图分析不同pH时溶液中离子的存在形式，注意利用电荷守恒和物料守恒分析，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和计算能力7常温下，某溶液 A 中含有 NH4+、K+、Na+、Fe3+、Al3+、Fe2+、CO32、Cl、SO42、SO32，现取该溶液进行有关实验，实验结果如图所示下列有关说法正确的是（）A沉淀乙一定可溶于盐酸B溶液中一定存在 Na+、Al3+，一定没有 Fe3+、Fe2+、CO32C溶液中一定
27、有 SO42，可能有 K+、ClD气体甲、乙均为无色、有刺激性气味【考点】常见离子的检验方法【专题】物质检验鉴别题【分析】根据流程可知：溶液A通入过量氯水、和过量的碳酸铵溶液后生成白色沉淀甲，该白色沉淀只能为氢氧化铝，氢氧化铁沉淀为红褐色，则原溶液最后一定不存在Fe2+、Fe3+，原溶液最后一定含有Al3+，根据离子共存可知一定不存在SO32、CO32；则生成的气体甲只能为二氧化碳气体；向溶液甲中通入氢氧化钡溶液后生成白色沉淀乙，由于碳酸铵过量，白色沉淀乙中一定含有BaCO3，可能含有BaSO4；气体乙为氨气，溶液乙的焰色反应的火焰呈黄色，则原溶液最后一定含有钠离子，据此进行判断【解答】解：溶
28、液A通入过量氯水、和过量的碳酸铵溶液后生成白色沉淀甲，该白色沉淀只能为氢氧化铝，氢氧化铁沉淀为红褐色，则原溶液最后一定不存在Fe2+、Fe3+，原溶液最后一定含有Al3+，根据离子共存可知一定不存在SO32、CO32，则生成的气体甲只能为二氧化碳气体；向溶液甲中通入氢氧化钡溶液后生成白色沉淀乙，由于碳酸铵过量，白色沉淀乙中一定含有BaCO3，可能含有BaSO4，气体乙为氨气；溶液乙的焰色反应的火焰呈黄色，则原溶液最后一定含有钠离子，A白色沉淀乙中一定含有BaCO3，可能含有BaSO4，所以如果有硫酸钡则不溶，故A错误；B根据分析可知，溶液中一定存在Al3+、Na+，一定不存在SO32、CO32
29、、Fe2+、Fe3+，故B正确；C可能有 K+、SO42、Cl，故C错误；D气体甲为二氧化碳，乙为氨气，二者都为无色、易溶于水的气体，二氧化碳无刺激性气味，故D错误；故选B【点评】本题考查了常见气体的性质及检验方法，题目难度中等，明确常见离子的性质为解答关键，注意掌握常见气体的检验方法，试题培养了学生的灵活应用能力二、非选择题部分（共180分）8可用来制备抗凝血药，通过如图路线合成： （1）A是一种气态烃，写出A的结构简式CH2=CH2；（2）BC的反应类型是取代反应；（3）写出DE的化学方程式+CH3OH+H2O；（4）下列关于G的说法正确的是abda能与溴单质反应b能发生水解反应c1mol
30、 G 最多能和 5mol 氢气反应d分子式是 C9H6O3（5）写出满足以下条件的 B 的同系物所有同分异构体的结构简式HCOOCH2CH3a分子式为 C3H6O2b能发生银镜反应c能发生水解【考点】有机物的推断【专题】有机推断【分析】A是一种气态烃，A与氧气发生氧化反应生成乙酸，A为乙烯，由B和C的结构简式可以看出，乙酸分子中的羟基被氯原子取代，发生了取代反应，D与甲醇在浓硫酸条件下发生酯化反应生成E，则E的结构简式为，由F的结构简式可知，C和E 在催化剂条件下脱去一个HCl分子得到F，属于取代反应，F转化得到G，据此解答【解答】解：A是一种气态烃，A与氧气发生氧化反应生成乙酸，A为乙烯，由
31、B和C的结构简式可以看出，乙酸分子中的羟基被氯原子取代，发生了取代反应，D与甲醇在浓硫酸条件下发生酯化反应生成E，则E的结构简式为，由F的结构简式可知，C和E 在催化剂条件下脱去一个HCl分子得到F，属于取代反应，F转化得到G（1）A是一种气态烃，A与氧气发生氧化反应生成乙酸，A为CH2=CH2，故答案为：CH2=CH2；（2）由B和C的结构简式可以看出，乙酸分子中的羟基被氯原子取代，发生了取代反应，故答案为：取代反应；（3）DE的化学方程式为： +CH3OH+H2O，故答案为： +CH3OH+H2O；（4）G分子的结构中存在苯环、酯基、羟基、碳碳双键a能够与溴单质发生加成反应或者取代反应，故
32、a正确；b能发生酯的水解反应，故b正确；c.1molG含有1mol碳碳双键和1mol苯环，所以需要4mol氢气，c错误；d，G的分子式为C9H6O3，d正确，故答案为：abd；（5）B（CH3COOH） 的同系物同分异构体符合：a分子式为 C3H6O2，b能发生银镜反应，c能发生水解，为甲酸形成的酯，结构简式：HCOOCH2CH3，故答案为：HCOOCH2CH3【点评】本题考查有机物的推断、有机物结构与性质、同分异构体等，注意掌握有机物官能团的性质和转化，结合反应条件及有机物结构简式进行解答9（1）质子数为 8，中子数为 10 的简单氧离子的符号是（2）将等物质的量 Fe2O3与 FeCl3置
33、于密闭管中加热，能恰好完全反应，且只生成一种产物 X，其物质的量是反应物总物质的量的 1.5 倍，写出 X 的化学式FeOCl；（3）完成以下氧化还原反应的离子方程式：（2）+MnO4+5SO32+6H+=3H2O+2Mn2+5SO42【考点】氧化还原反应方程式的配平；分子、原子、离子；化学方程式的有关计算【专题】氧化还原反应专题；利用化学方程式的计算【分析】（1）根据质量数=质子数+中子数，计算其质量数为18，依据原子离子符号书写规则书写；（2）依据反应前后原子守恒分析判断X的化学式；（3）S：+4+6，2，5 Mn：+7+2，5，2再根据质量守恒定律得出正确结论【解答】解：（1）根据质量数
34、=质子数+中子数，计算其质量数为18，依据原子离子符号书写规则写出简单氧离子的符号，故答案为：；（2）将等物质的量Fe2O3与FeCl3置于密闭管中加热，能恰好完全反应，且只生成一种产物X，其物质的量是反应物总物质的量的1.5倍，设Fe2O3与FeCl3物质的量都是1mol，生成X物质的量为3mol，Fe2O3+FeCl3=3X，则依据原子守恒得到：X为FeOCl，故答案为：FeOCl；（3）S：+4+6，2，5 Mn：+7+2，5，2故SO32、SO42的化学计量数为5，MnO4、Mn2+的化学计量数为2，由O守恒可知：生成物缺3molH2O，根据电荷守恒守恒可知：反应物中缺6molH+，故
35、答案为：2，5，6H+，2，5，3H2O【点评】本题考查了原子符号、离子符号、物质推断、氧化还原方程式的配平方法，原子守恒的分析应用，注意题干条件和信息的理解应用，掌握基础是关键，题目难度中等10电镀工业中往往产生大量的有毒废水，必须严格处理后才可以排放含CN废水在排放前的处理过程如下：已知：9.0g 沉淀 D 在氧气中灼烧后，产生 8.0g 黑色固体，生成的气体通过足量澄清石灰水时，产生 10.0g 白色沉淀，最后得到的混合气体除去氧气后，还剩余标准状况下密度为 1.25g/L 的单质气体 1.12L（1）沉淀 D 的化学式是CuCN（2）写出沉淀 D 在氧气中灼烧发生的化学方程式2CuCN
36、+3O22CuO+N2+2CO2（3）滤液 C 中还含有微量的CN离子，通过反应，可将其转化为对环境无害的物质，试用离子方程式表示该原理2CN+5ClO+2H+=5Cl+N2+2CO2+H2O（4）反应为制得某种元素的低价 X 离子，试从氧化还原反应的角度分析，是否可以用Na2SO3溶液来代替 B 溶液可以（填是或否），理由是：因为Na2SO3具有还原性，有可能将Cu2+还原为Cu+离子，并设计实验证明所用 Na2SO3溶液是否变质【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【专题】无机推断【分析】9.0g沉淀D在氧气中灼烧后，产生8.0g黑色固体，黑色固体应为CuO，生成的气体通过足量澄清
37、石灰水时，产生10.0g白色沉淀，最后得到的混合气体除去氧气后，还剩余标况下密度为1.25g/L的气体1.12L，气体的相对分子质量为1.2522.4=28，电镀溶液中含有高浓度的CN离子，应为氮气，则白色沉淀为CaCO3，其物质的量为=0.1mol，生成的二氧化碳为0.1mol，则碳元素质量为0.1mol12g/mol=1.2g，氮气的质量为1.25g1.12L=1.4g，物质的量为=0.05mol，CuO的物质的量为=0.1mol，C、N、Cu元素总质量为1.2g+1.4g+0.1mol64g/mol=9g，等于沉淀D的质量，故D由Cu、C、N三种元素组成，且三原子物质的量之比为0.1mo
38、l：0.1mol：0.05mol2=1：1：1，故D的化学式为CuCN，X为Cu+离子，B应为具有还原性的物质【解答】解：9.0g沉淀D在氧气中灼烧后，产生8.0g黑色固体，黑色固体应为CuO，生成的气体通过足量澄清石灰水时，产生10.0g白色沉淀，最后得到的混合气体除去氧气后，还剩余标况下密度为1.25g/L的气体1.12L，气体的相对分子质量为1.2522.4=28，电镀溶液中含有高浓度的CN离子，应为氮气，则白色沉淀为CaCO3，其物质的量为=0.1mol，生成的二氧化碳为0.1mol，则碳元素质量为0.1mol12g/mol=1.2g，氮气的质量为1.25g1.12L=1.4g，物质的
39、量为=0.05mol，CuO的物质的量为=0.1mol，C、N、Cu元素总质量为1.2g+1.4g+0.1mol64g/mol=9g，等于沉淀D的质量，故D由Cu、C、N三种元素组成，且三原子物质的量之比为0.1mol：0.1mol：0.05mol2=1：1：1，故D的化学式为CuCN，X为Cu+离子，B应为具有还原性的物质（1）沉淀D的化学式是：CuCN，故答案为：CuCN；（2）沉淀D在氧气中灼烧发生的化学方程式：2CuCN+3O22CuO+N2+2CO2，故答案为：2CuCN+3O22CuO+N2+2CO2；（3）CN离子与NaClO在酸性条件转化为对环境无害的物质，应是生成氮气、二氧化
40、碳，还有氯化钠与水生成，反应离子方程式为：2CN+5ClO+2H+=5Cl+N2+2CO2+H2O，故答案为：2CN+5ClO+2H+=5Cl+N2+2CO2+H2O；（4）Na2SO3具有还原性，有可能将Cu2+还原为Cu+离子，可以用Na2SO3溶液来代替B溶液；Na2SO3溶液变质为生成Na2SO4，检验Na2SO3溶液是否变质的方法为：取少许Na2SO3溶液于试管中，加入足量稀盐酸，再加入氯化钡溶液，若有沉淀生成，说明Na2SO3溶液变质，否则，说明Na2SO3溶液未变质，故答案为：可以，因为Na2SO3具有还原性，有可能将Cu2+还原为Cu+离子；取少许Na2SO3溶液于试管中，加入
41、足量稀盐酸，再加入氯化钡溶液，若有沉淀生成，说明Na2SO3溶液变质，否则，说明Na2SO3溶液未变质【点评】本题考查无机物推断、氧化还原反应、实验方案设计等，属于计算猜测验证型，侧重考查学生放学计算能力、需要学生具备扎实的基础，难度较大11乙酸是重要的有机化工原料之一，目前世界上一半以上的乙酸都采用甲醇与CO 反应来制备某实验小组在一个恒压密闭容器中加入 0.20mol CH3OH 和 0.22mol CO 气体，发生反应 CH3OH（g）+CO（g）CH3COOH（l），测得甲醇的转化率随温度的变化关系如图1所示，其中曲线表示在 5 个不同温度下，均经过 5min 时测得的甲醇的转化率变化
42、曲线，曲线表示不同温度下甲醇的平衡转化率变化曲线，已知在 T2温度下，达到平衡时容器的体积刚好为 2L已知：2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）H=566kJmol12CH3OH（g）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（l）H=1529kJmol1CH3COOH（l）+2O2（g）=2CO2（g）+2H2O（l）H=874kJmol1按要求回答下列问题：（1）CH3OH（g）+CO（g）CH3COOH（l）H=175kJmol1（2）在温度为 T2时，从反应开始至 5min 时，用单位时间内物质的量变化表示的乙酸的平均反应速率为0.024molmin1（3）在温度为 T2时，该反应的
43、平衡常数 K=500；在 T3温度下，C 点时，（正）=（逆） （填“”、“”或“=”）（4）曲线在 T1T2阶段，甲醇转化率随温度变化升高的原因是反应未达平衡状态，故升高温度，化学反应速率加快，故甲醇转化率随温度的升高而增大；（5）在温度为 T2时，往上述已达到平衡的恒压容器中，再在瞬间通入 0.12mol CH3OH和0.06molCO 混合气体，平衡的移动方向为不移动（填“向左”或“向右”或“不移动”），理由是加入气体的总物质的量与原平衡气体的总物质的量相等，体积变为4L，Qc=500=K（6）在温度为 T1时，乙酸的物质的量随时间变化的趋势曲线如图2所示在 t1时，将该反应体系温度上升
44、到 T3，并维持该温度请在图中画出 t1时刻后乙酸物质的量变化总趋势曲线【考点】化学平衡的影响因素；用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学平衡的计算【专题】化学平衡专题；燃烧热的计算【分析】（1）根据盖斯定律进行计算，由（+）2得出正确结论，反应自发进行的判断依据是HTS0，反应能自发进行；（2）由曲线可知：T2温度下，5min时测得的甲醇的转化率为60%，故转化的甲醇的物质的量为0.20mol60%=0.12mol，则生成乙酸的物质的量为0.12mol，根据v=进行计算；（3）根据甲醇的转化率计算平衡时各物质的浓度，再根据平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积计算平衡常数；平衡状
45、态时，正逆反应速率相等；（4）由曲线可知：T1T2阶段，5min时，反应未达平衡状态，故升高温度，化学反应速率加快，甲醇转化率随温度的升高而增大；（5）根据浓度商与平衡常数的大小关系，判断反应进行的方向，原平衡体系，气体总的物质的量为0.08mol+0.1mol=0.18mol，体积为2L，在温度为T2时，往上述达到平衡的恒压容器中，再在瞬间通入0.12molCH3OH和0.06molCO混合气体，充入气体总的物质的量为0.12mol+0.06mol=0.18mol，原平衡相等，故体积变为原来的2倍，此时，甲醇的物质的量为0.08mol+0.12mol=0.2mol，CO的物质的量为0.1mo
46、l+0.06mol=0.16mol；（6）当时间到达t1时，将该反应体系温度迅速上升到T3，并维持该温度，温度升高，平衡逆向移动，乙酸的物质的量减小，一段时间后达到平衡状态，乙酸的物质的量保持不变，据此画出变化图象【解答】解：（1）2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）H=560kJmol12CH3OH（g）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（l）H=1530kJmol1CH3COOH（l）+2O2（g）=2CO2（g）+2H2O（l）H=870kJmol1由（+）2得，CH3OH（g）+CO（g）CH3COOH（l）H=（870kJmol1）=175kJmol1，CH3OH（g）+C
47、O（g）CH3COOH（l）H=175kJmol1，H0，S0，则满足HTS0的条件是低温下反应自发进行，故答案为：175；（2）由曲线可知：T2温度下，5min时测得的甲醇的转化率为60%，故转化的甲醇的物质的量为0.20mol60%=0.12mol，则生成乙酸的物质的量为0.12mol，故在温度为T3时，从反应开始至5min时，用单位时间内物质的量变化表示的乙酸的平均反应速率为=0.12/5=0.024molmin1，故答案为：0.024；（3）由解答（2）可知：在温度为T2时，转化的甲醇的物质的量为0.12mol，则转化的CO的物质的量为0.12mol，故平衡时甲醇的物质的量为0.20m
48、ol0.12mol=0.08mol，CO的物质的量为0.22mol0.12mol=0.1mol，故平衡常数K=500；在T3温度下，C点时反应已达平衡状态，故正逆反应速率相等，故v（正）=v（逆），故答案为：500；=；（4）由曲线可知：T1温度下，5min时，反应未达平衡状态，故升高温度，化学反应速率加快，故甲醇转化率随温度的升高而增大，故答案为：反应未达平衡状态，故升高温度，化学反应速率加快，故甲醇转化率随温度的升高而增大；（5）原平衡体系，气体总的物质的量为0.08mol+0.1mol=0.18mol，体积为2L，在温度为T2时，往上述达到平衡的恒压容器中，再在瞬间通入0.12molCH
49、3OH和0.06molCO混合气体，充入气体总的物质的量为0.12mol+0.06mol=0.18mol，原平衡相等，故体积变为原来的2倍，此时，甲醇的物质的量为0.08mol+0.12mol=0.2mol，CO的物质的量为0.1mol+0.06mol=0.16mol，则Qc=500=K，故平衡不移动；故答案为：不移动；加入气体的总物质的量与原平衡气体的总物质的量相等，体积变为4L，Qc=500=K；（6）当时间到达t1时，将该反应体系温度迅速上升到T3，并维持该温度，温度升高，平衡逆向移动，乙酸的物质的量减小，一段时间后达到平衡状态，乙酸的物质的量保持不变，故t1时刻后的变化总趋势曲线为，故
50、答案为：【点评】本题考查盖斯定律的应用、平衡图象分析、平衡常数的计算机化学平衡移动原理，难度较大要注意根据浓度商与平衡常数来判断反应进行的方向12水合肼 （N2H4H2O） 常用作还原剂和抗氧剂，其熔点为40，沸点 118.5，极毒实验室用如下装置制取水合肼（N2H4H2O）涉及下列反应：CO（NH2）2+2NaOH+NaClO=Na2CO3+N2H4H2O+NaClN2H4H2O+2NaClO=N2+3H2O+2NaCl 请回答下列问题（1）配制30%NaOH溶液时，所需玻璃仪器除量筒外，还有BD（填标号）A容量瓶B烧杯C烧瓶D玻璃棒（2）将 Cl2通入 30%NaOH 溶液制备 NaClO
51、 的化学方程式Cl2+2OH=ClO+Cl+H2O（3）实验时，如果将 NaOH 和 NaClO 的混合溶液一次性加入三颈烧瓶，可能会造成的结果是反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化（4）实验时可根据温度计1温度为118.5判断 N2H4H2O 开始蒸出已知：N2H4H2O+2I2=N2+4HI+H2O测定水合肼的质量分数可采用下列步骤：取 1.250g 试样，经溶解、转移、定容等步骤，配制 250mL 溶液移取 10.00mL 溶液于锥形瓶中，滴入几滴淀粉溶液，加 20mL 水，摇匀将 0.1000molL1碘的标准溶液盛放在酸式滴定管中（填“酸式”或“碱式”）当溶液呈微黄色且半分钟内不消失停止
52、滴定，消耗碘的标准溶液为 18.00mL，则产品中N2H4H2O 的质量分数为90%【考点】制备实验方案的设计【专题】制备实验综合【分析】（1）用天平称量氢氧化钠质量，用量筒量取水的体积，在烧杯中溶解，并用玻璃棒搅拌；（2）氯气通入到盛有NaOH的锥形瓶中发生反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；（3）由N2H4H2O+2NaClO=N2+3H2O+2NaCl，可知水合肼（N2H4H2O）具有还原性，易被次氯酸钠氧化；（4）生成水合肼 （N2H4H2O） 进行蒸馏分离，温度计1控制馏分水合肼蒸汽温度；碘水具有强氧化性，能腐蚀碱式滴定管的橡胶；N2H4H2O完全反应，加入最后一滴碘溶液颜色不褪去，溶液呈
53、微黄色且半分钟内不消失，说明滴定到达终点；由N2H4+2I2=N2+4HI可知水合肼的物质的量，进而计算其质量分数【解答】解：（1）用天平称量氢氧化钠质量，用量筒量取水的体积，在烧杯中溶解，并用玻璃棒搅拌，所需玻璃仪器除量筒外，还有烧杯、玻璃棒，故答案为：BD；（2）氯气通入到盛有NaOH的锥形瓶中发生反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为：Cl2+2OH=ClO+Cl+H2O；故答案为：Cl2+2OH=ClO+Cl+H2O；（3）由N2H4H2O+2NaClO=N2+3H2O+2NaCl，可知水合肼（N2H4H2O）具有还原性，如果将 NaOH 和 NaClO 的混合溶液一次性加入
54、三颈烧瓶，反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化，故答案为：反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化；（4）生成水合肼 （N2H4H2O） 进行蒸馏分离，温度计1温度为118.5，判断 N2H4H2O 开始蒸出，碘单质具有氧化性，能腐蚀碱式滴定管的橡胶，则碘水应装在酸式滴定管中；加入最后一滴碘溶液颜色不褪去，溶液呈微黄色且半分钟内不消失，说明滴定到达终点；由N2H4+2I2=N2+4HI，可知250ml溶液中含有的物质的量=0.100mol/L0.018L=0.0225mol，水合肼（N2H4H2O）的质量分数=100%=90%，故答案为：温度计1温度为118.5；酸式；溶液呈微黄色且半分钟内不消失；90%【点评】本题考查物质制备实验，涉及溶液配制、物质含量测定、对操作的分析评价、滴定应用等，注意根据题目信息确定溶液添加顺序，较好的考查学生对实验原理的理解、知识迁移应用，难度中等
