1、江西省吉安市新干二中2015-2016年第二学期高三化学试卷(2)（解析版）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反应4NH3+5O24NO+6H2O在5L的密闭容器中进行30s后，NO的物质的量增加了0.3mol，则此反应的平均速率为（）Av（O2）=0.01 molL1s1Bv（NO）=0.008 molL1s1Cv（H2O）=0.003 molL1s1Dv（NH3）=0.002 molL1s12有BaCl2和NaCl的混
2、合溶液a L，将它均分成两份一份滴加稀硫酸，使Ba2+离子完全沉淀；另一份滴加AgNO3溶液，使Cl离子完全沉淀反应中消耗x mol H2SO4、y mol AgNO3据此得知原混合溶液中的c（Na+）/molL1为（）ABCD3下列叙述错误的是（）热稳定性：H2OHFH2S 熔点：AlNaKA、A族元素的阳离子与同周期稀有气体元素的原子具有相同的核外电子排布元素周期表中从B族到B族10个纵行的元素都是金属元素多电子原子中，在离核较近的区域内运动的电子能量较高盐酸可以碳酸钠溶液反应生成CO2气体，说明盐酸比碳酸强，Cl 比S的非金属性强SiCl4、PCl3分子中各原子最外层均达到8电子稳定结构
3、ABCD4下列各组离子能大量共存的是（）“84”消毒液的水溶液中：Fe2+、Cl、Ca2+、Na+加入KSCN显红色的溶液：K+、NH4+、Cl、S2能够与金属Cu常温下反应放出气体的溶液；Fe3+、Al3+、SO42、K+pH=2的溶液中：NH4+、Na+、Cl、Cu2+无色溶液中：K+、CH3COO、HCO3、MnO4ABCD5“基因剪刀”（酶）的合成和克隆，为化学治疗提供了一种全新的观念和途径实验室在适宜的条件下，用含有过氧化氢酶的猪肝研磨液催化过氧化氢分解，比用FeCl3溶液催化过氧化氢分解的速率快得多，这说明与无机催化剂相比，酶具有的特性是（）A专一性B多样性C高效性D适应性6将1.
4、12g铁粉加入25mL2molL1的氯化铁溶液中，充分反应后，其结果是（）A铁粉有剩余，溶液呈浅绿色，Cl基本保持不变B往溶液中滴入无色KSCN溶液，溶液变红色CFe2+和Fe3+物质的量之比为5：1D氧化产物和还原产物的物质的量之比为2：57把3体积的NO2气体，依次通过下列3个分别装有NaHCO3饱和溶液，浓H2SO4，Na2O2的装置后，用排水法把残留气体收集到集气瓶中，集气瓶内气体应是（同温同压下测定）（）A1体积NOB2体积NO2和0.5体积O2C2体积O2D0.25体积O28下列图示与对应的叙述相符的是（）A图甲可以判断出反应A（g）+B（g）若2C（g）的H0，T2T1B图乙表示
5、压强对可逆反应2A（g）+2B（g）3C（g）+D（s）的影响乙的压强比甲的压强大C依据图丙，若除去CuSO4溶液中的Fe3+，可向溶液中加入适量CuO，调节pH4D图丁表示25时，用0.1 mol/L叫盐酸滴定20 mL 0.1 mol/L NaOH溶液，溶液的pH随加入盐酸体积的变化二、非选择题，共3小题，共52分）9（15分）J、L、M、R、T是原子序数依次增大的短周期主族元素，J、R在周期表中的相对位置如右表；J元素最低负化合价的绝对值与其原子最外层电子数相等；M是地壳中含量最多的金属元素（1）M的离子结构示意图为；元素T在周期表中位于第族 （2）J和氢组成的化合物分子有6个原子，其结
6、构简式为（3）M和T形成的化合物在潮湿的空气中冒白色烟雾，反应的化学方程式为（4）L的最简单气态氢化物甲的水溶液显碱性在微电子工业中，甲的水溶液可作刻蚀剂H2O2 的清除剂，所发生反应的产物不污染环境，其化学方程式为一定条件下，甲在固定体积的密闭容器中发生分解反应（H0）并达平衡后，仅改变下表中反应条件x，该平衡体系中随x递增y递减的是（选填序号）选项abcdx温度温度加入N2的物质的量加入甲的物质的量y甲的物质的量平衡常数K甲的转化率生成物物质的量总和（5）由J、R形成的液态化合物JR2 0.2mol在O2中完全燃烧，生成两种气态氧化物，298K时放出热量215kJ 该反应的热化学方程式为1
7、0根据图装置，分别写出A、B、C装置中发生的现象和有关反应的离子方程式（1）装置A中发生的现象是；此反应的离子方程式为（2）装置B中的现象是（3）装置C中发生的现象是；此反应的离子方程式为11（16分）某铜矿石中铜元素含量较低，且含有铁、镁、钙等杂质离子某小组在实验室中用浸出萃取法制备硫酸铜：（1）操作为操作用到的玻璃仪器有烧杯、（2）操作、操作的主要目的是、富集铜元素（3）小组成员利用CuSO4溶液与Na2CO3溶液混合反应，制备环保型木材防腐剂Cu2（OH）2CO3悬浊液多次实验发现所得蓝色悬浊液颜色略有差异，查阅资料表明，可能由于条件控制不同使其中混有较多Cu（OH）2或Cu4（OH）6
8、SO4已知Cu（OH）2、Cu2（OH）2CO3，Cu4（OH）6SO4均难溶于水，可溶于酸；分解温度依次为80、200、300设计实验检验悬浊液成分，完成表中内容限选试剂：2 molL1 HCl、1 molL1 H2SO4、0.1 molL1 NaOH、0.1 molL1BaCl2、蒸馏水仪器和用品自选实验步骤预期现象和结论步骤1：取少量悬浊液，过滤，充分洗涤后，取滤渣于试管中，说明悬浊液中混有Cu4（OH）6SO4步骤2：另取少量悬浊液于试管中，说明悬浊液中混有Cu（OH）2（4）上述实验需要100 mL 0.5 molL1的CuSO4溶液，配制时需称取g CuSO45H2O（化学式量：2
9、50）【化学-选修5：有机化学基础】（15分）12（15分）某有机物A（C8H13O2Br）在一定条件下可分别生成B1+C1和B2+C2各物质之间的转化关系如图所示：（1）C2的名称为，B1属于下列化合物中的（填序号）一元醇 二元醇 卤代烃醛 饱和羧酸 不饱和羧酸（2）写出下列化学反应类型：反应；反应（3）在不同的条件下，C2和J发生化学反应可以生成多种有机物I，请写出满足下列条件的两种I的结构简式：C2和J按物质的量之比为1：1反应生成的最小环状化合物C2和J按物质的量之比为1：1反应生成的链状高分子（4）写出的化学反应方程式（5）满足如下条件的有机物有种（不考虑手性异构）与C2相对分子质量
10、相同；该物质分子中含两种不同的官能团，且1 mol该物质能与金属钠反应生成1 mol氢气2016年江西省吉安市新干二中高考化学五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反应4NH3+5O24NO+6H2O在5L的密闭容器中进行30s后，NO的物质的量增加了0.3mol，则此反应的平均速率为（）Av（O2）=0.01 molL1s1Bv（NO）=0.008 molL1s1Cv（H2O）=0.003 molL
11、1s1Dv（NH3）=0.002 molL1s1【考点】化学反应速率和化学计量数的关系【分析】根据v=计算v（NO），再根据速率之比等于化学计量数之比计算用其它物质表示的反应速率【解答】解：在5L的密闭容器中进行30s后，NO的物质的量增加了0.3mol，则v（NO）=0.002mol/（Ls）A速率之比等于化学计量数之比，所以v（O2）=v（NO）=0.002mol/（Lmin）=0.0025mol/（Ls），故A错误；Bv（NO）=0.002mol/（Ls），故B错误；C速率之比等于化学计量数之比，所以v（H2O）=v（NO）=0.002mol/（Ls）=0.003mol/（Ls），故C正
12、确；D速率之比等于化学计量数之比，所以v（NH3）=v（NO）=0.002mol/（Ls），故D正确故选CD【点评】本题考查化学反应速率的计算，比较基础，反应速率计算通常有定义法、化学计量数法，根据情况选择合适的方法2有BaCl2和NaCl的混合溶液a L，将它均分成两份一份滴加稀硫酸，使Ba2+离子完全沉淀；另一份滴加AgNO3溶液，使Cl离子完全沉淀反应中消耗x mol H2SO4、y mol AgNO3据此得知原混合溶液中的c（Na+）/molL1为（）ABCD【考点】有关混合物反应的计算【分析】由BaCl2和稀硫酸反应可计算Ba2+离子的物质的量，利用NaCl和AgNO3溶液反应计算出
13、Cl离子的物质的量，由混合液呈电中性可计算出钠离子的物质的量，并注意均分成两份及计算原混合溶液中的c（Na+）来解答即可【解答】解：设每份中的Ba2+离子的物质的量为m，Cl离子的物质的量为n，由Ba2+SO42BaSO4， 1 1 m xmol则：m=xmol，Cl+Ag+AgCl，1 1n ymol则：n=ymol，设每份中的钠离子的物质的量为z，BaCl2和NaCl的混合溶液不显电性，则x2+z=y，整理可得：z=（y2x）mol，则原溶液中的钠离子的物质的量为：（y2x）mol2=（2y4x）mol，原溶液中钠离子浓度为：c（Na+）=mol/L，故选D【点评】本题考查混合物反应的计算
14、，题目难度中等，明确离子之间的量的关系即可解答，利用溶液不显电性来计算钠离子的物质的量是解答的关键，并注意两等份的关系，为易错点3下列叙述错误的是（）热稳定性：H2OHFH2S 熔点：AlNaKA、A族元素的阳离子与同周期稀有气体元素的原子具有相同的核外电子排布元素周期表中从B族到B族10个纵行的元素都是金属元素多电子原子中，在离核较近的区域内运动的电子能量较高盐酸可以碳酸钠溶液反应生成CO2气体，说明盐酸比碳酸强，Cl 比S的非金属性强SiCl4、PCl3分子中各原子最外层均达到8电子稳定结构ABCD【考点】非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；金属在元素周期表中的位置及其性质递变的
15、规律【分析】原子的得电子能力越强，氢化物的热稳定性越大；碱金属元素单质的熔点逐渐降低；A、A族元素的阳离子比同周期稀有气体元素的原子少一个电子层；过渡元素都是金属元素；核外电子中，离核较近的区域内运动的电子能量较低；根据元素的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱来判断元素的非金属性强弱；|化合物中该元素的化合价|+最外层电子数=8，则原子最外层即达到8电子稳定结构【解答】解：原子的得电子能力FOS，氢化物的热稳定性HFH2OH2S，故错误； 碱金属元素单质的熔点逐渐降低，即NaK，铝是高熔点的金属，所以熔点：AlNaK，故正确；A、A族元素的阳离子比同周期稀有气体元素的原子少一个电子层，核外电子
16、排布不一样，故错误；从B族到B族10个纵行的元素都是过渡元素，都是金属元素，故正确；核外电子中，离核较近的区域内运动的电子能量较低，离核较远的区域内运动的电子能量较高，故错误；Cl、S元素的最高价氧化物对应的水化物的酸性：高氯酸强于硫酸，所以元素的非金属性ClS，故错误；SiCl4、PCl3分子中各原子，|化合物中该元素的化合价|+最外层电子数=8，则各个原子最外层即达到8电子稳定结构，故正确故选A【点评】本题涉及元素周期律和元素周期表知识的综合应用方面的知识，注意知识的归纳和整理是解题的关键，难度不大4下列各组离子能大量共存的是（）“84”消毒液的水溶液中：Fe2+、Cl、Ca2+、Na+加
17、入KSCN显红色的溶液：K+、NH4+、Cl、S2能够与金属Cu常温下反应放出气体的溶液；Fe3+、Al3+、SO42、K+pH=2的溶液中：NH4+、Na+、Cl、Cu2+无色溶液中：K+、CH3COO、HCO3、MnO4ABCD【考点】离子共存问题【分析】“84”消毒液的水溶液中含有ClO，具有强氧化性；加入KSCN显红色的溶液中含有Fe3+；能够与金属Cu常温下反应放出气体的溶液，具有强氧化性；pH=2的溶液，为酸性溶液；MnO4在水溶液中为紫色【解答】解：“84”消毒液的水溶液中含有ClO，具有强氧化性，与Fe2+发生氧化还原反应而不能共存，故错误；加入KSCN显红色的溶液中含有Fe3
18、+，与S2相互促进水解而不能共存，故错误；能够与金属Cu常温下反应放出气体的溶液，具有强氧化性，但该组离子之间不反应，则能够共存，故正确；pH=2的溶液，为酸性溶液，该组离子之间不反应，则能够共存，故正确；MnO4在水溶液中为紫色，与无色溶液不符，故错误；故选D【点评】本题考查离子的共存，明确题目中的隐含信息及离子之间的反应是解答本题的关键，题目难度不大5“基因剪刀”（酶）的合成和克隆，为化学治疗提供了一种全新的观念和途径实验室在适宜的条件下，用含有过氧化氢酶的猪肝研磨液催化过氧化氢分解，比用FeCl3溶液催化过氧化氢分解的速率快得多，这说明与无机催化剂相比，酶具有的特性是（）A专一性B多样性
19、C高效性D适应性【考点】酶的结构和性质【分析】酶的催化具有高效性（酶的催化效率远远高于无机催化剂）、专一性（一种酶只能催化一种或一类化学反应的进行）、需要适宜的温度和pH值，据此解题【解答】解：过氧化氢酶是有机催化剂，FeCl3是无机催化剂用过氧化氢酶比用FeCl3溶液快得多，说明相对于无机催化剂，酶的催化具有高效性故选C【点评】本题考查酶的结构和性质，难度不大，注重糖类、油脂、蛋白质基础知识的考查，题目难度不大6将1.12g铁粉加入25mL2molL1的氯化铁溶液中，充分反应后，其结果是（）A铁粉有剩余，溶液呈浅绿色，Cl基本保持不变B往溶液中滴入无色KSCN溶液，溶液变红色CFe2+和Fe
20、3+物质的量之比为5：1D氧化产物和还原产物的物质的量之比为2：5【考点】氧化还原反应的计算；铁的化学性质【分析】n（Fe）=0.02mol，n（FeCl3）=2mol/L0.025L=0.05mol，二者反应方程式为2FeCl3+Fe=3FeCl2，根据方程式知，0.02molFe完全反应需要FeCl30.04mol0.05mol，所以FeCl3有剩余，剩余n（FeCl3）=0.05mol0.04mol=0.01mol，据此分析解答【解答】解：n（Fe）=0.02mol，n（FeCl3）=2mol/L0.025L=0.05mol，二者反应方程式为2FeCl3+Fe=3FeCl2，根据方程式知
21、，0.02molFe完全反应需要FeCl30.04mol0.05mol，所以FeCl3有剩余，剩余n（FeCl3）=0.05mol0.04mol=0.01mol，A根据以上分析知，氯化铁有剩余，Fe完全反应，故A错误；B溶液中氯化铁有剩余，所以加入KSCN溶液时会生成硫氰化铁络合物而使溶液呈血红色，故B正确；C根据Fe和氯化亚铁的关系式知，生成n（FeCl2）=3n（Fe）=0.02mol3=0.06mol，溶液中n（FeCl3）=0.01mol，所以Fe2+和Fe3+物质的量之比=0.06mol：0.01mol=6：1，故C错误；D该反应中氧化产物和还原产物都是氯化亚铁，氧化产物和还原产物的
22、物质的量之比=1：2，故D错误；故选B【点评】本题以铁、氯化铁为载体考查氧化还原反应有关计算，侧重考查分析计算能力，进行过量计算是解本题关键，利用方程式分析解答，易错选项是D7把3体积的NO2气体，依次通过下列3个分别装有NaHCO3饱和溶液，浓H2SO4，Na2O2的装置后，用排水法把残留气体收集到集气瓶中，集气瓶内气体应是（同温同压下测定）（）A1体积NOB2体积NO2和0.5体积O2C2体积O2D0.25体积O2【考点】化学方程式的有关计算；氮的氧化物的性质及其对环境的影响【分析】假定为3molNO2，通过饱和碳酸氢钠溶液，首先发生3NO2+H2O=2HNO3+NO，生成1molNO、2
23、molHNO3，再发生反应：HNO3+NaHCO3=NaNO3+CO2+H2O，生成2molCO2，从饱和碳酸氢钠溶液出来的气体为1molNO、2molCO2及水蒸气，再通过浓硫酸干燥，出来的气体为1molNO、2molCO2，气体通过过氧化钠，发生反应2CO2+2Na2O22Na2CO3+O2、2NO+O2=2NO2，从过氧化钠出来的气体最终为0.5molO2、1molNO2，最后用排水法收集，发生反应4NO2+O2+2H2O=4HNO3，据此计算解答【解答】解：假定为3molNO2，通过饱和碳酸氢钠溶液，首先发生3NO2+H2O=2HNO3+NO，生成1molNO、2molHNO3，再发生
24、反应：HNO3+NaHCO3=NaNO3+CO2+H2O，生成2molCO2，从饱和碳酸氢钠溶液出来的气体为1molNO、2molCO2及水蒸气，再通过浓硫酸干燥，出来的气体为1molNO、2molCO2，气体通过过氧化钠，发生反应2CO2+2Na2O22Na2CO3+O2，生成1molO2，再发生反应2NO+O2=2NO2，1molNO消耗0.5molO2，生成1molNO2，故从过氧化钠出来的气体最终为0.5molO2、1molNO2，最后用排水法收集，发生反应4NO2+O2+2H2O=4HNO3，1molNO2消耗O2为1mol=0.25mol，故最终剩余的氧气为0.5mol0.25mo
25、l=0.25mol，体积之比等于物质的量之比，故最终收集到的气体是0.25体积的O2，故选D【点评】本题考查混合物的有关计算、根据方程式进行的计算，题目涉及的反应较多、过程复杂，计算量较大，需要学生细心计算，难度中等，清楚发生的反应是解题的关键8下列图示与对应的叙述相符的是（）A图甲可以判断出反应A（g）+B（g）若2C（g）的H0，T2T1B图乙表示压强对可逆反应2A（g）+2B（g）3C（g）+D（s）的影响乙的压强比甲的压强大C依据图丙，若除去CuSO4溶液中的Fe3+，可向溶液中加入适量CuO，调节pH4D图丁表示25时，用0.1 mol/L叫盐酸滴定20 mL 0.1 mol/L N
26、aOH溶液，溶液的pH随加入盐酸体积的变化【考点】化学平衡的影响因素；pH的简单计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【分析】A、升高温度，化学平衡向着吸热方向进行；B、增大压强，化学平衡向着气体体积减小的方向进行；C、若除去CuSO4溶液中的Fe3+，则铁离子需要的pH范围是铁离子沉淀完全，但是铜离子开始沉淀；D、根据滴定开始之前，0.1 mol/L NaOH溶液的pH来判断即可【解答】解：A、升高温度，化学平衡A（g）+B（g）2C（g）H0向着吸热方向进行，即向着逆反应方向进行，A的转化率越小，所以A的转化率越小，温度越高，T2T1，故A错误；B、增大压强，可逆反应2A（g）+2B（
27、g）3C（g）+D（s）向着气体体积减小的方向进行，即向着正反应方向进行，反应物的百分含量要减小，即乙的压强比甲的压强小，故B错误；C、若除去CuSO4溶液中的Fe3+，则铁离子需要的pH范围是铁离子沉淀完全，但是铜离子开始沉淀，为不引进杂质离子，可向溶液中加入适量CuO，并调节pH4，故C正确；D、滴定开始之前，0.1 mol/L NaOH溶液的pH=13，不是1，故D错误故选C【点评】本题考查学生化学平衡移动的影响因素，结合图象来考查增加了难度，注意知识的迁移和应用是关键，难度不大二、非选择题，共3小题，共52分）9（15分）（2010福建）J、L、M、R、T是原子序数依次增大的短周期主族
28、元素，J、R在周期表中的相对位置如右表；J元素最低负化合价的绝对值与其原子最外层电子数相等；M是地壳中含量最多的金属元素（1）M的离子结构示意图为；元素T在周期表中位于第A族族 （2）J和氢组成的化合物分子有6个原子，其结构简式为CH2=CH2（3）M和T形成的化合物在潮湿的空气中冒白色烟雾，反应的化学方程式为AlCl3+3H2OAl（OH）3+3HCl（4）L的最简单气态氢化物甲的水溶液显碱性在微电子工业中，甲的水溶液可作刻蚀剂H2O2 的清除剂，所发生反应的产物不污染环境，其化学方程式为2NH3H2O+3H2O2=N2+8H2O一定条件下，甲在固定体积的密闭容器中发生分解反应（H0）并达平
29、衡后，仅改变下表中反应条件x，该平衡体系中随x递增y递减的是ac（选填序号）选项abcdx温度温度加入N2的物质的量加入甲的物质的量y甲的物质的量平衡常数K甲的转化率生成物物质的量总和（5）由J、R形成的液态化合物JR2 0.2mol在O2中完全燃烧，生成两种气态氧化物，298K时放出热量215kJ 该反应的热化学方程式为CS2（l）+3O2（g）=CO2（g）+2SO2（g）H=1075kJ/mol【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】J元素最低负化合价的绝对值与其原子最外层电子数相等，可以判断J元素为碳元素；M是地壳中含量最多的金属元素为铝元素；根据J、R在周期表中的相对位置可以判断R
30、为硫元素，则T为氯元素，由（4）L的最简单气态氢化物甲的水溶液显碱性，可知L为N元素，根据元素所在周期表中的位置，结合元素对应的单质、化合物的性质解答该题，本题中注意外界条件对化学平衡的影响，注意把握热化学方程式的书写方法【解答】解：（1）J元素最低负化合价的绝对值与其原子最外层电子数相等，可以判断J元素为碳元素；M是地壳中含量最多的金属元素为铝元素；根据J、R在周期表中的相对位置可以判断R为硫元素，则T为氯元素，处于第三周期第A族，故答案为：A；（2）J和氢组成含有6个原子的分子为乙烯，其结构简式为CH2=CH2，故答案为：CH2=CH2；（3）M和T形成的化合物为AlCl3，与水反应AlC
31、l3+3H2OAl（OH）3+3HCl，其中氯化氢气体呈雾状，故答案为：AlCl3+3H2OAl（OH）3+3HCl；（4）氨水与双氧水发生氧化还原反应：2NH3H2O+3H2O2=N2+8H2O，生成无污染的氮气，故答案为：2NH3H2O+3H2O2=N2+8H2O；甲在固体体积的密闭容器中发生分解反应H0，H0 表明正反应为吸热反应，升高温度，平衡朝着正方向移动，甲物质的量减少，平衡常数增大；加入N2的物质的量即增加生成物的浓度，平衡朝逆方向移动，甲的转化率减小；加入甲的物质的量，平衡向正反应方向移动，生成物物质的量总和增大，故答案为：ac；（5）JR2为CS2，燃烧生成二氧化碳和二氧化硫
32、，0.2mol在O2中完全燃烧，生成两种气态氧化物，298K时放出热量215kJ，则1mol放出的热量为1075kJ，则反应的热化学方程式CS2（l）+3O2（g）=CO2（g）+2SO2（g）H=1075kJ/mol，故答案为：CS2（l）+3O2（g）=CO2（g）+2SO2（g）H=1075kJ/mol【点评】本题是常规元素推断题，结合元素位置，元素性质，元素特性可以很快推出为C，N，Al，S，Cl其中N，Cl两种元素要结合下面小题题干才能推出这点也是近年来推断题的变化之处设计问题进行“拼盘式”考查，一考查化学用语，其中氯化铝在潮湿的空气中冒白色烟雾涉及铝离子的水解，学生根据冒白色烟雾可
33、以推出氨气与H2O2反应涉及氧化还原反应知识，学生根据反应的产物不污染环境可以推出产物为氮气，再配平方程式二是考查化学平衡移动知识，比较基础三是考查热化学方程式书写，学生可以根据题意可顺利写出来10根据图装置，分别写出A、B、C装置中发生的现象和有关反应的离子方程式（1）装置A中发生的现象是有气体产生，固体不断减少；此反应的离子方程式为CaCO3+2H+Ca2+CO2+H2O（2）装置B中的现象是无明显现象（3）装置C中发生的现象是溶液变浑浊；此反应的离子方程式为Ca2+2OH+CO2CaCO3+H2O【考点】性质实验方案的设计；实验装置综合【分析】由实验装置可知，A中发生盐酸与碳酸钙反应生成
34、氯化钙和二氧化碳，由于弱酸不能制强酸，二氧化碳与氯化钙不反应，二氧化碳为酸性氧化物，与氢氧化钙反应生成白色沉淀碳酸钙，结合离子方程式中难溶物不能拆分成离子形式来解答【解答】解：由实验装置可知，A中发生盐酸与碳酸钙反应生成氯化钙和二氧化碳，由于弱酸不能制强酸，二氧化碳与氯化钙不反应，二氧化碳为酸性氧化物，与氢氧化钙反应生成白色沉淀碳酸钙，（1）A中发生CaCO3+2H+Ca2+CO2+H2O，观察到有气体产生，固体不断减少，故答案为：有气体产生，固体不断减少；CaCO3+2H+Ca2+CO2+H2O；（2）装置B中的现象是无明显现象，故答案为：无明显现象；（3）装置C中发生的现象是溶液变浑浊；此
35、反应的离子方程式为Ca2+2OH+CO2CaCO3+H2O，故答案为：溶液变浑浊；Ca2+2OH+CO2CaCO3+H2O【点评】本题考查性质实验方案的设计及实验装置综合，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意强酸制取弱酸的原理，题目难度不大11（16分）（2016吉安校级模拟）某铜矿石中铜元素含量较低，且含有铁、镁、钙等杂质离子某小组在实验室中用浸出萃取法制备硫酸铜：（1）操作为过滤操作用到的玻璃仪器有烧杯、分液漏斗（2）操作、操作的主要目的是除去杂质、富集铜元素（3）小组成员利用CuSO4溶液与Na2CO3溶液混合反应，制备环保型木材防腐剂Cu2
36、（OH）2CO3悬浊液多次实验发现所得蓝色悬浊液颜色略有差异，查阅资料表明，可能由于条件控制不同使其中混有较多Cu（OH）2或Cu4（OH）6SO4已知Cu（OH）2、Cu2（OH）2CO3，Cu4（OH）6SO4均难溶于水，可溶于酸；分解温度依次为80、200、300设计实验检验悬浊液成分，完成表中内容限选试剂：2 molL1 HCl、1 molL1 H2SO4、0.1 molL1 NaOH、0.1 molL1BaCl2、蒸馏水仪器和用品自选实验步骤预期现象和结论步骤1：取少量悬浊液，过滤，充分洗涤后，取滤渣于试管中，加入过量2mol/L的盐酸溶液，充分振荡，再滴加几滴0.1mol/L氯化钡
37、溶液有白色沉淀生成说明悬浊液中混有Cu4（OH）6SO4步骤2：另取少量悬浊液于试管中，将试管放入装有沸水的小烧杯中水浴加热一段时间取出试管观察试管中有黑色固体生成，说明悬浊液中混有Cu（OH）2（4）上述实验需要100 mL 0.5 molL1的CuSO4溶液，配制时需称取12.5g CuSO45H2O（化学式量：250）【考点】制备实验方案的设计【分析】铜矿石溶于酸，然后采用过滤方法将难溶性固体和溶液分离，则操作I为过滤；然后向滤液中加入有机物采用萃取方法将含铜物质和溶液分离，所以操作II为萃取，得到的有机相中含有铜元素，再采用硫酸最萃取剂将含铜有机相萃取，得到硫酸铜溶液和有机相，将硫酸铜
38、溶液加热浓缩、冷却结晶得到硫酸铜晶体，（1）操作是酸溶后分离固体和溶液，操作是过滤；操作II是分离互不相溶的液体，实验操作是分液，（2）依据操作II、操作III得到的物质和实验目的，浸出萃取法制备硫酸铜，水相和有机相为了除去杂质；（3）证明含有Cu4（OH）6SO4，可以证明硫酸根离子的存在设计实验验证；氢氧化铜的存在可以利用加热悬浊液氢氧化铜分解生成黑色的氧化铜沉淀分析回答；（4）依据铜元素守恒结合物质的量计算晶体质量【解答】解：铜矿石溶于酸，然后采用过滤方法将难溶性固体和溶液分离，则操作I为过滤；然后向滤液中加入有机物采用萃取方法将含铜物质和溶液分离，所以操作II为萃取，得到的有机相中含有
39、铜元素，再采用硫酸最萃取剂将含铜有机相萃取，得到硫酸铜溶液和有机相，将硫酸铜溶液加热浓缩、冷却结晶得到硫酸铜晶体，（1）依据流程图分析操作是矿石酸溶后分离固体和液体的方法，实验操作是过滤；操作是加入有机物溶解铜的化合物且能和水分层，实验操作是分液，用到的玻璃仪器有烧杯、分液漏斗等；故答案为：过滤；分液漏斗；（2）利用水和有机溶剂萃取提纯硫酸铜溶液结晶得到硫酸铜晶体；操作II、操作III的主要目的是除去溶液中的杂质；故答案为：除去杂质；（3）利用CuSO4溶液与Na2CO3溶液混合反应，制备环保型木材防腐剂 Cu2（OH）2CO3悬浊液，由于条件控制不同使其中混有较多Cu（OH）2或Cu4（OH
40、）6SO4实验验证杂质的存在，可以检验是否含硫酸根离子检验Cu4（OH）6SO4的存在，加入盐酸排除其他离子的干扰，加入氯化钡生成白色沉淀证明含Cu4（OH）6SO4；依据氢氧化铜受热分解生成氧化铜黑色沉淀设计实验来分析验证，取少量悬浊液于试管中利用沸水浴加热试管；试管中有黑色沉淀生成证明含Cu（OH）2；水浴加热的目的是避免温度过高氧化铜分解；故答案为：步骤1：加入过量2mol/L的盐酸溶液，充分振荡，再滴加几滴0.1mol/L氯化钡溶液；有白色沉淀生成；步骤2：将试管放入装有沸水的小烧杯中水浴加热一段时间取出试管观察；试管中有黑色固体生成；（4）溶质CuSO4的物质的量为0.05 mol，
41、则需要CuSO45H2O也为0.05 mol，其质量为12.5 g；故答案为：12.5【点评】本题考查物质的分离提纯、制备、离子检验及物质的量浓度溶液配制，明确反应原理是解本题关键，难点是（3）题实验方案设计，知道常见物质的性质及颜色，题目难度不大【化学-选修5：有机化学基础】（15分）12（15分）（2016吉安校级模拟）某有机物A（C8H13O2Br）在一定条件下可分别生成B1+C1和B2+C2各物质之间的转化关系如图所示：（1）C2的名称为2甲基1，3丙二醇，B1属于下列化合物中的（填序号）一元醇 二元醇 卤代烃醛 饱和羧酸 不饱和羧酸（2）写出下列化学反应类型：反应消去反应；反应加聚反
42、应（3）在不同的条件下，C2和J发生化学反应可以生成多种有机物I，请写出满足下列条件的两种I的结构简式：C2和J按物质的量之比为1：1反应生成的最小环状化合物C2和J按物质的量之比为1：1反应生成的链状高分子（4）写出的化学反应方程式CH2=C（CH3）COOCH2CH（CH3）CH2Br+2NaOHCH2=C（CH3）COONa+HOH2CCH（CH3）CH2OH+NaBr（5）满足如下条件的有机物有2种（不考虑手性异构）与C2相对分子质量相同；该物质分子中含两种不同的官能团，且1 mol该物质能与金属钠反应生成1 mol氢气【考点】有机物的推断【分析】A的分子式为C8H13O2Br，A能在
43、酸性或碱性条件下发生水解反应，说明含有酯基；C2能连续被氧化生成J，说明C2中含有两个醇羟基，则C2结构简式为HOCH2CH（CH3）CH2OH、F结构简式为OHCCH（CH3）CHO，C1发生水解反应生成C2，则C1的结构简式为HOCH2CH（CH3）CH2Br，根据反应条件知，D结构简式为OHCCH（CH3）CH2Br、E结构简式为HOOCCH（CH3）CH2Br，E发生消去反应生成B2，B2结构简式为NaOOC（CH3）=CH2，B1结构简式为HOOC（CH3）=CH2，B1和甲醇发生酯化反应生成G，G结构简式为CH2=C（CH3）COOCH3，G发生加聚反应生成H，A的结构简式为CH2
44、=C（CH3）COOCH2CH（CH3）CH2Br，据此分析解答【解答】解：A的分子式为C8H13O2Br，A能在酸性或碱性条件下发生水解反应，说明含有酯基；C2能连续被氧化生成J，说明C2中含有两个醇羟基，则C2结构简式为HOCH2CH（CH3）CH2OH、F结构简式为OHCCH（CH3）CHO，C1发生水解反应生成C2，则C1的结构简式为HOCH2CH（CH3）CH2Br，根据反应条件知，D结构简式为OHCCH（CH3）CH2Br、E结构简式为HOOCCH（CH3）CH2Br，E发生消去反应生成B2，B2结构简式为NaOOC（CH3）=CH2，B1结构简式为HOOC（CH3）=CH2，B1
45、和甲醇发生酯化反应生成G，G结构简式为CH2=C（CH3）COOCH3，G发生加聚反应生成H，A的结构简式为CH2=C（CH3）COOCH2CH（CH3）CH2Br，（1）C2结构简式为HOCH2CH（CH3）CH2OH、B1结构简式为HOOC（CH3）=CH2，前者名称是2甲基1，3丙二醇，后者含有碳碳双键和羧基，属于不饱和酸，故答案为：2甲基1，3丙二醇；（2）反应是消去反应、反应是加聚反应，故答案为：消去反应；加聚反应；（3）C2和J按物质的量之比为1：1反应生成的最小环状化合物为，故答案为：；C2和J按物质的量之比为1：1反应生成的链状高分子为，故答案为：；（4）的化学反应方程式为CH2=C（CH3）COOCH2CH（CH3）CH2Br+2NaOHCH2=C（CH3）COONa+HOH2CCH（CH3）CH2OH+NaBr，故答案为：CH2=C（CH3）COOCH2CH（CH3）CH2Br+2NaOHCH2=C（CH3）COONa+HOH2CCH（CH3）CH2OH+NaBr；（5）与C2相对分子质量相同；该物质分子中含两种不同的官能团，且1 mol该物质能与金属钠反应生成1 mol氢气，符合条件的同分异构体有CH3CHOHCOOH、CH2OHCH2COOH，共2种，故答案为：2
