1、2016年江西省赣州市宁都县高考化学一模试卷一、选择题（本大题共7小题，每小题6分，共42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在25、101kPa下，1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，下列热化学方程式正确的是（）ACH3OH（l）+O2（g）CO2（g）+2H2O（l）H=+725.8kJ/molB2CH3OH（l）+3O2（g）2CO2（g）+4H2O（l）H=1452kJ/molC2CH3OH（l）+3O2（g）2CO2（g）+4H2O（l）H=725.8kJ/molD2CH3OH（l）+3O2（g）2CO2（g）+4H2O（l）H=+1452kJ/m
2、ol2设NA为阿伏伽德罗常数，下列叙述正确的是（）A23g钠的原子最外层电子数为2NAB1L0.1molL1乙酸溶液中H+数为0.1NAC标准状况下，22.4L乙烷的分子数为NAD1mol甲基所含质子数为10NA3有机物X、Y、M（M为乙酸）的转化关系为：淀粉XY乙酸乙酯，下列说法错误的是（）AX可用新制的氢氧化铜检验B由Y和M制取乙酸乙酯时可用饱和NaOH溶液来提纯C由Y生成乙酸乙酯的反应属于取代反应D可用碘的四氯化碳溶液检验淀粉是否水解完全4下列各组离子：（1）I、Fe2+、NO3、H+（2）K+、NH4+、HCO3、OH （3）SO32、SO42、K+、OH（4）Fe2+、Cu2+、SO
3、42、Cl （5）Fe3+、SCN、K+、SO42 （6）H+、K+、AlO2、HSO3 在溶液中能大量共存且溶液为无色的组别共有（）A1组B2组C3组D不少于4组5元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且原子序数之和为22，最外层电子数之和为16，在化合物Y2X2、Z2X4、X2W2中，相应分子内各原子最外层电子都满足稳定结构下列说法正确的是（）AX、Y、Z、W的原子半径的大小关系为：WYZXB在化合物Y2X2、Z2X4、X2W2中，分子所含的共用电子对数相等C与元素Y、Z相比，元素W形成的简单氢化物最稳定，是因为其分子间存在氢键DX、Y、Z、W四种元素可形成化学式为X7Y2ZW2的化合物6
4、在密闭容器中进行反应CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）H0，测得c（CH4）随反应时间（t）的变化如图所示下列判断不正确的是（）A10min时，改变的外界条件可能是升高温度B010min内，v（H2）=0.15molL1min1C恒温下，缩小容器体积，一段时间内v逆v正D12min时，反应达平衡的本质原因是气体总质量不再变化7向物质的量浓度为1molL1的KAl（SO4）2溶液中滴入Ba（OH）2溶液，当生成沉淀的质量最大时，铝元素的主要存在形式为（）AAl3+和Al（OH）3BAl（OH）3CAlO2DAlO2和Al（OH）3二、解答题（共3小题，满分43分）8已知二氧化硅，
5、二氧化硫和二氧化碳都是酸性氧化物，化学性质具有一定的相似性，镁和钠的化学性质也具有一定的相似性用如上图所示装置进行镁和二氧化硫的实验，其中A是制备二氧化硫的发生装置（1）选择制取二氧化硫的合适试剂（填序号）10%的硫酸溶液80%硫酸溶液亚硫酸钠固体亚硫酸钙固体（2）写出装置B中发生反应的化学方程式：装置C中氢氧化钠溶液的作用是（3）请在图中画出制备二氧化硫的发生装置，注明仪器名称，固定仪器省略不画（4）你认为该装置的不足之处是（任写2条）某研究性学习小组进行了“实验室制硅”的研究，查阅资料知：工业上在高温时用碳还原二氧化硅可制得硅；镁在点燃的条件下即可与二氧化硅反应；金属硅化物与稀硫酸反应生成
6、硫酸盐与四氢化硅；四氢化硅在空气中自燃他们在实验报告中记录着：“选用合适的物质在适宜的条件下充分反应，再用足量稀硫酸溶解固体产物；然后过滤，洗涤，干燥，最后称量在用稀硫酸溶解固体产物时，发现有爆鸣声和火花，其产率也只有预期值的63%左右”（5）该小组“实验室制硅”的化学方程式是（6）你估计“用稀硫酸溶解固体产物时，发现有爆鸣声和火花：的原因是9草酸亚铁晶体（FeC2O42H2O）呈淡黄色某课题组为探究草酸亚铁晶体的化学性质，进行了一系列实验探究（1）向盛有草酸亚铁晶体的试管中滴入几滴硫酸酸化的KMnO4溶液，振荡，发现溶液颜色逐渐变为棕黄色，并检测到二氧化碳气体生成这说明草酸亚铁晶体具有（填“
7、氧化性”、“还原性”或“碱性”）若反应中消耗1.5mol FeC2O42H2O，则参加反应的KMnO4为mol（2）资料表明：在密闭容器中加热到一定温度时，草酸亚铁晶体可完全分解，生成几种氧化物，残留物为黑色固体课题组根据课本上所介绍的铁的氧化物的性质，对黑色固体的组成提出如下假设，请你完成假设二和假设三：假设一：全部是FeO 假设二：假设三：（3）为验证上述假设一是否成立，课题组进行如下研究【定性研究】请你完成如表中内容实验步骤（不要求写出具体操作过程）预期实验现象和结论取少量黑色固体【定量研究】课题组在文献中查阅到，FeC2O42H2O受热分解时，固体质量随温度变化的曲线如图所示，写出加热
8、到400时，FeC2O42H2O晶体受热分解的化学方程式为：根据图象，如有1.0g草酸亚铁晶体在坩埚中敞口充分加热，最终残留黑色固体的质量大于0.4g某同学由此得出结论：假设一不成立你是否同意该同学的结论，并简述理由：10二氧化锆是重要的耐高温材料、陶瓷绝缘材料以锆英砂（主要成分为ZrSiO4，还含有少量Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂货）为原料制备二氧化锆（ZrO2）的工艺流程如图所示已知：ZrO2能与烧碱反应生成可溶于水的Na2ZrO2，Na2ZrO2与酸反应生成ZrO2+部分离子在实验条件下开始沉淀和完全沉淀时的pH如表？离子Fe3+AP+ZrO2+开始沉淀pH1.93.36.2完仝
9、沉淀pH3.25.28.0（l）经熔融后，锆英砂中Zr元素以（写化学式）形式存在，写出酸浸时生成Al3+、Fe3+的离子方程式：（2）滤渣I的主要成分的名称为（3）向过滤所得溶液中加氨水调pH=a，其目的是（4）向过滤所得溶液中加入CaCO2粉末并加热，可得CO2和另一种气体，该反应的离子方程式为【选修五有机化学基础】11化合物F是一种调香剂，结构为；以化合物A为原料合成F的工艺流程如图：根据上述信息回答下列问题：（1）化合物F不能发生的反应类型有_（填序号）A加成反应B醋化反应C水解反应D加聚反应（2）化合物A的结构简式为；分子中不同化学环境的氢核磁共振谱峰面积比为（3）反应的化学方程式为（
10、4）化合物F反式异构体结构简式为2016年江西省赣州市宁都县高考化学一模试卷参考答案与试题解析一、选择题（本大题共7小题，每小题6分，共42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在25、101kPa下，1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，下列热化学方程式正确的是（）ACH3OH（l）+O2（g）CO2（g）+2H2O（l）H=+725.8kJ/molB2CH3OH（l）+3O2（g）2CO2（g）+4H2O（l）H=1452kJ/molC2CH3OH（l）+3O2（g）2CO2（g）+4H2O（l）H=725.8kJ/molD2CH3OH（l）+3O2（g）2
11、CO2（g）+4H2O（l）H=+1452kJ/mol【考点】热化学方程式【分析】A、根据反应吸时焓变值为正值，放热时焓变值为负值来分析；B、根据热化学方程式的书写原则以及方程式系数的含义来分析；C、根据甲醇燃烧时的用量和放出的热量之间的关系进行回答；D、根据反应吸时焓变值为正值，放热时焓变值为负值来分析；【解答】解：A、反应吸热时焓变值为正值，放热时焓变值为负值，甲醇燃烧是放热反应，故H0，故A错误；B、1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，则64g甲醇即2mol甲醇燃烧放的热量为1452kJ，根据热化学方程式的书写方法写出为：2CH3OH（l）+3O2（g）2CO2（g）+4
12、H2O（l）H=1452kJ/mol，故B正确；C、1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，则64g甲醇即2mol甲醇燃烧放的热量为1452kJ，答案中焓变的数值错误，故C错误；D、反应吸时焓变值为正值，放热时焓变值为负值，甲醇燃烧是放热反应，故H0，故D错误；故选B2设NA为阿伏伽德罗常数，下列叙述正确的是（）A23g钠的原子最外层电子数为2NAB1L0.1molL1乙酸溶液中H+数为0.1NAC标准状况下，22.4L乙烷的分子数为NAD1mol甲基所含质子数为10NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A钠原子最外层含有1个电子，23g钠的物质的量为1mol，1mol钠原子的最外层含
13、有1mol电子；B水为弱电解质，只能部分电离出氢离子；C标准状况下22.4L乙烷的物质的量为1mol；D甲基中含有9个质子，1mol甲基中含有9mol质子【解答】解：A23g钠原子的物质的量为： =1mol，1mol钠原子含有1mol最外层电子，含有的最外层电子数为NA，故A错误；B1L0.1molL1乙酸溶液中含有0.1mol乙酸，0.1mol乙酸只能部分电离出H+，则溶液中含有的氢离子数目小于0.1NA，故B错误；C标准状况下，22.4L乙烷的物质的量为： =1mol，含有的分子数为NA，故C正确；D1mol甲基中含有9mol质子，所含质子数为9NA，故D错误；故选C3有机物X、Y、M（M
14、为乙酸）的转化关系为：淀粉XY乙酸乙酯，下列说法错误的是（）AX可用新制的氢氧化铜检验B由Y和M制取乙酸乙酯时可用饱和NaOH溶液来提纯C由Y生成乙酸乙酯的反应属于取代反应D可用碘的四氯化碳溶液检验淀粉是否水解完全【考点】淀粉的性质和用途【分析】淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下分解生成乙醇，乙醇可与乙酸反应生成乙酸乙酯【解答】解：分析上述转化关系：淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下分解生成乙醇，乙醇可与乙酸反应生成乙酸乙酯A葡萄糖含有醛基，可用新制的氢氧化铜检验，故A正确； B氢氧化钠能与乙酸乙酯反应，将原物质除掉，故B错误；CY为乙醇，生成乙酸乙酯的反应属于取代反应，故C正
15、确；D碘单质遇淀粉溶液变蓝色，若褪色则说明完全水解，故D正确故选B4下列各组离子：（1）I、Fe2+、NO3、H+（2）K+、NH4+、HCO3、OH （3）SO32、SO42、K+、OH（4）Fe2+、Cu2+、SO42、Cl （5）Fe3+、SCN、K+、SO42 （6）H+、K+、AlO2、HSO3 在溶液中能大量共存且溶液为无色的组别共有（）A1组B2组C3组D不少于4组【考点】离子共存问题【分析】溶液的颜色为无色可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4等有色离子的存在，（1）（4）（5）分别含有Fe2+、Fe2+Cu2+、Fe3+，在溶液中一定不能存在；再根据复分解反应发生条件判
16、断（2）（6）中离子能够发生反应，所以在溶液中能大量共存且溶液为无色的组别共有1组【解答】解：（1）亚铁离子为有色离子，NO3在大量H+存在条件下具有强氧化性，能够氧化I、Fe2+，在溶液中不能大量共存，故（1）错误；（2）NH4+、HCO3能够与OH 离子发生反应，在溶液中不能大量共存，故（2）错误；（3）SO32、SO42、K+、OH离子之间不发生反应，且都是无色离子，在溶液中能够大量共存，故（3）正确；（4）Fe2+、Cu2+为有色离子，不满足溶液无色的条件，故（4）错误；（5）Fe3+为有色离子，Fe3+能够与SCN发生反应生成硫氰化铁，在溶液中不能大量共存，故（5）错误；（6）H+能
17、够与AlO2、HSO3 发生反应，在溶液中不能大量共存，故（6）错误；故选A5元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且原子序数之和为22，最外层电子数之和为16，在化合物Y2X2、Z2X4、X2W2中，相应分子内各原子最外层电子都满足稳定结构下列说法正确的是（）AX、Y、Z、W的原子半径的大小关系为：WYZXB在化合物Y2X2、Z2X4、X2W2中，分子所含的共用电子对数相等C与元素Y、Z相比，元素W形成的简单氢化物最稳定，是因为其分子间存在氢键DX、Y、Z、W四种元素可形成化学式为X7Y2ZW2的化合物【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】在化合物Y2X2、Z2X4、X2W2中，相应分子
18、内各原子最外层电子都满足稳定结构，X应为H，形成的化合物分别为C2H2、N2H4、H2O2，则Y为C，Z为N，W为O，满足原子序数之和为1+6+7+8=22，最外层电子数之和为1+4+5+6=16，以此解答该题【解答】解：在化合物Y2X2、Z2X4、X2W2中，相应分子内各原子最外层电子都满足稳定结构，X应为H，形成的化合物分别为C2H2、N2H4、H2O2，则Y为C，Z为N，W为O，满足原子序数之和为1+6+7+8=22，最外层电子数之和为1+4+5+6=16，AX、Y、Z、W的原子半径的大小关系为C（Y）N（Z）W（O）X（H），故A错误；B在化合物C2H2、N2H4、H2O2中，含有的电
19、子对数分别为5、5、3，不相等，故B错误；C氢化物的稳定性与氢键无关，与共价键的强弱有关，故C错误；DX、Y、Z、W四种元素可形成化学式为H7C2NO2的化合物，为CH2OHCH（OH）NH2，故D正确故选D6在密闭容器中进行反应CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）H0，测得c（CH4）随反应时间（t）的变化如图所示下列判断不正确的是（）A10min时，改变的外界条件可能是升高温度B010min内，v（H2）=0.15molL1min1C恒温下，缩小容器体积，一段时间内v逆v正D12min时，反应达平衡的本质原因是气体总质量不再变化【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线【分析】A
20、由图可知，10min时甲烷的浓度继续减小，反应向正反应方向移动；B根据图可知，前10min内甲烷的浓度由1.00mol/L减小为0.50mol/L，根据v=，计算v（CH4），再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（H2）；C恒温下，缩小容器体积，压强增大，平衡向逆反应方向移动；D反应达平衡的本质是正、逆速率相等【解答】解：A由图可知，10min时甲烷的浓度继续减小，该反应向正反应方向移动，该反应正反应是吸热反应，可能是升高温度，故A正确；B根据图可知，前10min内甲烷的浓度由1.00mol/L减小为0.50mol/L，故v（CH4）=0.05mol/（Lmin），由化学计量数之比等于反应速
21、率之比，则v（H2）=30.05mol/（Lmin）=0.15mol/（Lmin），故B正确；C恒温下，缩小容器体积，压强增大，平衡向逆反应方向移动，所以一段时间内v逆v正，故C正确；D反应达平衡的本质是正、逆速率相等，不是气体总质量不再变化，故D错误；故选D7向物质的量浓度为1molL1的KAl（SO4）2溶液中滴入Ba（OH）2溶液，当生成沉淀的质量最大时，铝元素的主要存在形式为（）AAl3+和Al（OH）3BAl（OH）3CAlO2DAlO2和Al（OH）3【考点】化学方程式的有关计算【分析】明矾的化学式为KAl（SO4）212H2O，当生成沉淀的质量最大时，也就是使SO42全部转化成B
22、aSO4沉淀，设明矾为1mol，则溶液中含有1molAl3+，2molSO42，根据反应：SO42+Ba2+=BaSO4，Al3+4OH=AlO2+2H2O判断【解答】解：明矾的化学式为KAl（SO4）212H2O，当生成沉淀的质量最大时，设明矾为1mol，则溶液中含有1molAl3+，2molSO42，由反应SO42+Ba2+=BaSO4可知，使SO42全部转化成BaSO4沉淀，需要2molBa（OH）2，则加入4molOH，则发生Al3+4OH=AlO2+2H2O，所以最后溶液中存在AlO2，故选C二、解答题（共3小题，满分43分）8已知二氧化硅，二氧化硫和二氧化碳都是酸性氧化物，化学性质
23、具有一定的相似性，镁和钠的化学性质也具有一定的相似性用如上图所示装置进行镁和二氧化硫的实验，其中A是制备二氧化硫的发生装置（1）选择制取二氧化硫的合适试剂（填序号）10%的硫酸溶液80%硫酸溶液亚硫酸钠固体亚硫酸钙固体（2）写出装置B中发生反应的化学方程式：3Mg+SO22MgO+MgS（或2Mg+SO22MgO+S，Mg+SMgS）装置C中氢氧化钠溶液的作用是吸收过量二氧化硫，防止污染环境（3）请在图中画出制备二氧化硫的发生装置，注明仪器名称，固定仪器省略不画（4）你认为该装置的不足之处是在A和B之间没有连接一个干燥装置、C装置未与大气相通、在镁下方未垫一个不锈钢片、镁与玻璃管反应、未设计一
24、个防倒吸装置（任写2条）某研究性学习小组进行了“实验室制硅”的研究，查阅资料知：工业上在高温时用碳还原二氧化硅可制得硅；镁在点燃的条件下即可与二氧化硅反应；金属硅化物与稀硫酸反应生成硫酸盐与四氢化硅；四氢化硅在空气中自燃他们在实验报告中记录着：“选用合适的物质在适宜的条件下充分反应，再用足量稀硫酸溶解固体产物；然后过滤，洗涤，干燥，最后称量在用稀硫酸溶解固体产物时，发现有爆鸣声和火花，其产率也只有预期值的63%左右”（5）该小组“实验室制硅”的化学方程式是2Mg+SiO22MgO+Si（6）你估计“用稀硫酸溶解固体产物时，发现有爆鸣声和火花：的原因是金属镁与生成的硅继续反应生成硅化镁，硅化镁与
25、稀硫酸反应生成的SiH4可自燃【考点】性质实验方案的设计【分析】（1）依据强酸制备弱酸的原理，结和物质的性质，选择实验室制备SO2的试剂；（2）根据Mg与CO2的反应知Mg与SO2反应能生成氧化镁与单质硫，但单质硫能与镁反应生成硫化镁；二氧化硫有毒，不能直接排放到空气中，可用氢氧化钠吸收过量的二氧化硫；（3）依据反应物状态及反应条件选择合适的发生装置；（4）该装置中：A中的水蒸气会进入B与Mg反应，在A、B中间应加干燥装置；Mg能与SiO2反应，在Mg下方垫一不锈钢片，隔离Mg和SiO2；尾气处理装置C试管用胶塞封闭，且无防倒吸装置；（5）类似于镁和二氧化碳的反应，可生成单质硅和氧化镁；（6）
26、发现有爆鸣声和火花，说明生成气体，应为SiH4【解答】解：（1）制取SO2应用浓H2SO4和亚硫酸盐，选项中不可选用CaSO3，因为CaSO3微溶于水，会附在固体表面，阻碍反应进行，故答案为：；（2）Mg具有还原性，SO2具有氧化性，两者发生氧化还原反应，反应的方程式为3Mg+SO22MgO+MgS（或2Mg+SO22MgO+S，Mg+SMgS），二氧化硫可与碱反应，易防止污染空气，故答案为：3Mg+SO22MgO+MgS（或2Mg+SO22MgO+S，Mg+SMgS）；吸收过量二氧化硫，防止污染环境；（3）实验室制备二氧化硫的反应为固液不加热制取气体的反应，故可用分液漏斗盛80%的H2SO4
27、，用锥形瓶装固体Na2SO3，装置图为，故答案为：；（4）该装置中：A中的水蒸气会进入B与Mg反应，在A、B中间应加干燥装置；Mg能与SiO2反应，在Mg下方垫一不锈钢片，隔离Mg和SiO2；尾气处理装置C试管用胶塞封闭，且无防倒吸装置，故答案为：在A和B之间没有连接一个干燥装置、C装置未与大气相通、在镁下方未垫一个不锈钢片、镁与玻璃管反应、未设计一个防倒吸装置；（5）Mg在点燃的条件下即可与SiO2反应，由题给信息可知类似于镁和二氧化碳的反应，可生成单质硅和氧化镁，反应的方程式为2Mg+SiO22MgO+Si，故答案为：2Mg+SiO22MgO+Si；（6）发现有爆鸣声和火花，说明生成气体，
28、应为SiH4，原因是发生2Mg+SiMg2Si，Mg2Si+2H2SO42MgSO4+SiH4，SiH4+2O2SiO2+2H2O，金属镁与生成的硅继续反应生成硅化镁，硅化镁与稀硫酸反应生成的SiH4可自燃，故答案为：金属镁与生成的硅继续反应生成硅化镁，硅化镁与稀硫酸反应生成的SiH4可自燃9草酸亚铁晶体（FeC2O42H2O）呈淡黄色某课题组为探究草酸亚铁晶体的化学性质，进行了一系列实验探究（1）向盛有草酸亚铁晶体的试管中滴入几滴硫酸酸化的KMnO4溶液，振荡，发现溶液颜色逐渐变为棕黄色，并检测到二氧化碳气体生成这说明草酸亚铁晶体具有还原性（填“氧化性”、“还原性”或“碱性”）若反应中消耗1
29、.5mol FeC2O42H2O，则参加反应的KMnO4为0.9mol（2）资料表明：在密闭容器中加热到一定温度时，草酸亚铁晶体可完全分解，生成几种氧化物，残留物为黑色固体课题组根据课本上所介绍的铁的氧化物的性质，对黑色固体的组成提出如下假设，请你完成假设二和假设三：假设一：全部是FeO 假设二：全部是四氧化三铁假设三：氧化亚铁和四氧化三铁的混合物（3）为验证上述假设一是否成立，课题组进行如下研究【定性研究】请你完成如表中内容实验步骤（不要求写出具体操作过程）预期实验现象和结论取少量黑色固体加入适量的稀盐酸（或稀硫酸）溶解，在溶液中加入KSCN溶液若溶液不变红，则假设一成立，若溶液变红，则假设
30、一不成立【定量研究】课题组在文献中查阅到，FeC2O42H2O受热分解时，固体质量随温度变化的曲线如图所示，写出加热到400时，FeC2O42H2O晶体受热分解的化学方程式为：FeC2O42H2OFeO+CO+CO2+2H2O或FeC2O4FeO+CO+CO2根据图象，如有1.0g草酸亚铁晶体在坩埚中敞口充分加热，最终残留黑色固体的质量大于0.4g某同学由此得出结论：假设一不成立你是否同意该同学的结论，并简述理由：不同意，实验未在密闭容器中进行，FeO会被空气进一步氧化，生成铁的其它氧化物【考点】性质实验方案的设计【分析】（1）向盛有草酸亚铁晶体的试管中滴入几滴硫酸酸化的KMnO4溶液，振荡，
31、发现溶液颜色逐渐变为棕黄色，并检测到CO2生成说明草酸亚铁被氧化为铁离子、二氧化碳气体，草酸亚铁具有还原性，依据电子守恒计算得到消耗的高锰酸钾物质的量；（2）草酸亚铁晶体可完全分解，生成几种氧化物，残留物为黑色固体可能为氧化亚铁或四氧化三铁，分析判断；（3）【定性研究】氧化亚铁溶解于盐酸生成氯化亚铁溶液，加入KSCN溶液，若溶液不变红证明假设一正确；【定量研究】根据图中提供的信息，通过计算可以判断反应的化学方程式和物质的化学式；如有1.0g草酸亚铁晶体在坩埚中敞口充分加热，最终残留黑色固体的质量大于0.4g某同学由此得出结论：假设一不成立不合理，氧化亚铁可以被空气氧化【解答】解：（1）向盛有草
32、酸亚铁晶体的试管中滴入几滴硫酸酸化的KMnO4溶液，振荡，发现溶液颜色逐渐变为棕黄色，并检测到CO2生成说明草酸亚铁被氧化为铁离子、二氧化碳气体，草酸亚铁具有还原性，依据电子守恒计算得到消耗的高锰酸钾物质的量，依据氧化还原反应电子守恒原子守恒配平书写离子方程式为5Fe2+5C2O42+3MnO4+24H+=5Fe3+3Mn2+5CO2+12H2O，消耗1.5mol FeC2O42H2O，则参加反应的KMnO4为0.9mol，故答案为：还原性；0.9；（2）假设一：全部是氧化亚铁；假设二：全部是四氧化三铁；假设三：氧化亚铁和四氧化三铁的混合物，故答案为：全部是四氧化三铁；氧化亚铁和四氧化三铁的混
33、合物；（3）【定性研究】实验步聚：取少量黑色固体，加入适量的稀盐酸（或稀硫酸）溶解，在溶液中加入KSCN溶液现象与结论：若溶液不变红，则假设一成立，若溶液变红，则假设一不成立；故答案为：加入适量的稀盐酸（或稀硫酸）溶解，在溶液中加入KSCN溶液；若溶液不变红，则假设一成立，若溶液变红，则假设一不成立；【定量研究】通过剩余固体的质量可知，过程发生的反应是：草酸亚铁晶体受热失去结晶水，设失去结晶水x，图象分析可知固体质量变化1.00.8=0.2g，依据则反应的化学方程式计算为：FeC2O42H2OFeC2O4（2x）H2O+xH2Om180 18x1.0 0.2 x=2加热到300C，晶体全部失去
34、结晶水生成草酸亚铁和水，继续加热到400C，固体质量减少0.8g0.4g=0.4g；此时草酸亚铁分解减少的是气体质量，反应过程中一定存在反应生成氧化亚铁和二氧化碳，铁元素化合价不变时，依据元素化合价变化和电子守恒可知碳元素化合价从+3价变化为+4价，一定有化合价降低生成+2价的一氧化碳，反应的化学方程式FeC2O4FeO+CO+CO2，FeC2O4FeO+CO+CO2 m144 72 0.8 0.4计算结果符合图象固体质量变化，所以反应的化学方程式为FeC2O42H2OFeO+CO+CO2+2H2O或FeC2O4FeO+CO+CO2，故答案为：FeC2O42H2OFeO+CO+CO2+2H2O
35、或FeC2O4FeO+CO+CO2；如有1.0g草酸亚铁晶体在坩埚中敞口充分加热，依据铁元素守恒计算得到若生成氧化亚铁，质量为0.4g，但实验过程中最终残留黑色固体的质量大于0.4g，可能是实验未在密闭容器中进行，氧化亚铁被空气氧化为氧化铁，某同学由此得出结论：假设一不成立不合理，故答案为：不同意，实验未在密闭容器中进行，FeO会被空气进一步氧化，生成铁的其它氧化物10二氧化锆是重要的耐高温材料、陶瓷绝缘材料以锆英砂（主要成分为ZrSiO4，还含有少量Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂货）为原料制备二氧化锆（ZrO2）的工艺流程如图所示已知：ZrO2能与烧碱反应生成可溶于水的Na2ZrO2，
36、Na2ZrO2与酸反应生成ZrO2+部分离子在实验条件下开始沉淀和完全沉淀时的pH如表？离子Fe3+AP+ZrO2+开始沉淀pH1.93.36.2完仝沉淀pH3.25.28.0（l）经熔融后，锆英砂中Zr元素以Na2ZrO3（写化学式）形式存在，写出酸浸时生成Al3+、Fe3+的离子方程式：Fe2O3+6H+=Fe3+3H2O，AlO2+4H+=Al3+2H2O（2）滤渣I的主要成分的名称为硅酸（3）向过滤所得溶液中加氨水调pH=a，其目的是除去Fe3+、Al3+（4）向过滤所得溶液中加入CaCO2粉末并加热，可得CO2和另一种气体，该反应的离子方程式为2NH4+CaCO3Ca2+2NH3+C
37、O2+H2O【考点】制备实验方案的设计【分析】锆英砂（主要成分为ZrSiO4，也可表示为ZrO2SiO2，还含少量Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质）加NaOH熔融，ZrSiO4转化为Na2SiO3和Na2ZrO3，加过量盐酸酸浸，Na2SiO3与HCl生成硅酸沉淀，滤液中含有ZrO2+、Fe3+、Al3+，加氨水调节pH为5.26.2，使Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀，过滤，滤液中主要含有ZrO2+，再加氨水调节pH使ZrO2+转化为Zr（OH）4沉淀，过滤、洗涤，得到Zr（OH）4，加热分解，即可得到ZrO2（1）高温下，ZrSiO4与NaOH反应生成Na2SiO3和Na2ZrO
38、3；酸浸时生成Al3+、Fe3+的反应是氧化铁和酸反应生成氯化铁和水，偏铝酸钠和盐酸反应生成氯化铝和水；（2）加过量盐酸酸浸，Na2SiO3与HCl生成硅酸沉淀，过滤，滤渣为H2SiO3；（3）需用氨水调pH=a，使Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀，而ZrO2+不能沉淀，根据表中数据判断；加氨水至pH=b时，ZrO2+与NH3H2O反应生成Zr（OH）4沉淀；（4）过滤所得滤液中主要含有铵根离子，溶液显酸性，加入CaCO3粉末并加热得到氨气和二氧化碳【解答】解：（1）高温下，ZrSiO4与NaOH反应生成Na2SiO3和Na2ZrO3，其反应的方程式为：ZrSiO4+4NaOH Na2Si
39、O3+Na2ZrO3+2H2O，经熔融后，锆英砂中Zr元素以Na2ZrO3存在，酸浸时生成Al3+、Fe3+的反应是氧化铁和酸反应生成氯化铁和水，偏铝酸钠和盐酸反应生成氯化铝和水，反应的离子方程式为：Fe2O3+6H+=Fe3+3H2O，AlO2+4H+=Al3+2H2O，故答案为：Na2ZrO3；Fe2O3+6H+=Fe3+3H2O，AlO2+4H+=Al3+2H2O；（2）加过量盐酸酸浸，Na2SiO3与HCl生成硅酸沉淀，过滤，滤渣为H2SiO3，名称为：硅酸，故答案为：硅酸；（3）需用氨水调pH=a，使Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀，而ZrO2+不能沉淀，根据数据可知：pH在5.
40、26.2时Fe3+、Al3+完全沉淀，ZrO2+不沉淀，故答案为：除去Fe3+、Al3+；（4）过滤所得滤液中主要含有铵根离子，溶液显酸性，加入CaCO3粉末并加热得到氨气和二氧化碳，其反应的离子方程式为：2NH4+CaCO3Ca2+2NH3+CO2+H2O；故答案为：2NH4+CaCO3Ca2+2NH3+CO2+H2O【选修五有机化学基础】11化合物F是一种调香剂，结构为；以化合物A为原料合成F的工艺流程如图：根据上述信息回答下列问题：（1）化合物F不能发生的反应类型有_B（填序号）A加成反应B醋化反应C水解反应D加聚反应（2）化合物A的结构简式为CH3CH2C（CH3）=CH2；分子中不同
41、化学环境的氢核磁共振谱峰面积比为3：2：3：2（3）反应的化学方程式为（4）化合物F反式异构体结构简式为【考点】有机物的推断【分析】根据题中各物质转化条件和C的结构简式可知，A与溴水发生加成反应得B，B发生碱性水解得C，所以A为CH3CH2C（CH3）=CH2，B为CH3CH2C（CH3）BrCH2Br，C发生选择性氧化反应得D为CH3CH2C（CH3）OHCOOH，D发生消去反应得E，E发生酯化反应得F，据此答题【解答】解：根据题中各物质转化条件和C的结构简式可知，A与溴水发生加成反应得B，B发生碱性水解得C，所以A为CH3CH2C（CH3）=CH2，B为CH3CH2C（CH3）BrCH2Br，C发生选择性氧化反应得D为CH3CH2C（CH3）OHCOOH，D发生消去反应得E，E发生酯化反应得F，（1）根据F的结构简式可知，F中有碳碳双键和酯基，所以F可以发生加成反应、水解反应、加聚反应，不能发生酯化反应，故选B；（2）根据上面的分析可知，化合物A的结构简式为CH3CH2C（CH3）=CH2，分子中不同化学环境的氢核磁共振谱峰面积比为3：2：3：2，故答案为：CH3CH2C（CH3）=CH2；3：2：3：2； （3）反应为D发生消去反应得E，反应的化学方程式为，故答案为：； （4）根据F的结构简式可知，化合物F反式异构体结构简式为，故答案为：2016年6月19日
