1、2016年江西省新余市分宜县实验班高考化学一模试卷一、选择题1设阿伏加德罗常数的数值为NA，下列说法正确的是（）A1 molNa2O2和水完全反应，转移电子数为2NAB0.5 L 0.2 molL1FeCl3溶液中，含Fe3+离子数为0.1 NAC理论上氢氧燃料电池负极消耗11.2 L标准状况下气体，外线路通过电子数为NAD常温常压下，28 g乙烯和丙烯混合气体含有的碳原子总数为2.5NA2下列各反应式中正确的是（）A用稀HNO3溶解Fe3O4固体的离子方程式：Fe3O4+8H+2Fe3+Fe2+4H2OB将SO2通入H2S溶液中的化学方程式：SO2+2H2S3S+2H2OC氢溴酸与氢氧化钠发
2、生中和反应的离子方程式：H+OHH2OD向明矾溶液中加入过量的氨水发生反应的离子方程式：Al3+4OH+2H2O3实现下列物质转化时，反应所属的反应类型分别是（）A取代、酯化、加成、加成B取代、取代、加成、取代C加成、加成、取代、取代D氧化、酯化、加成、加成4X、Y、Z是原子序数依次递增的短周期元素，3种元素的原子核外电子数之和与Ca2+的核外电子数相等，X、Z分别得到一个电子后均形成稀有气体原子的稳定电子层结构下列说法正确的是（）A原子半径：ZYXBZ与X形成化合物的稳定性大于Z的同族元素与X形成化合物的稳定性CNa2Y2与水发生反应时，Na2Y2只作氧化剂D在CaX2、CaY2和CaZ2三
3、种化合物中，阳离子与阴离子的个数比均为1：25某混合气体中可能含有Cl2、O2、SO2、NO、NO2中的两种或多种气体现将此无色透明的混合气体通过品红溶液后，品红溶液褪色，把剩余气体排入空气中，很快变为红棕色对于原混合气体成分的判断中正确的是（）A肯定有O2和NOB肯定没有Cl2、O2和NO2C可能有Cl2和O2D肯定只有NO6将一定质量的Mg和Al的混合物投入500mL稀硫酸中，固体全部溶解并产生气体待反应完全后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示则下列说法正确的是（）AMg和Al的总质量为8 gB硫酸的物质的量浓度为5 mol/LCNaOH
4、溶液的物质的量浓度为5 mol/LD生成的H2在标准状况下的体积为11.2 L7T时，A气体与B气体反应生成C气体反应过程中A、B、C浓度变化如图（1）所示，若保持其他条件不变，温度分别为T1和T2时，B的体积分数与时间的关系如图（2）所示，则下列结论正确的是（）A该平衡体系的化学反应方程式为：3A（g）+B（g）4 C（g）B在t1时间内用B表示该反应的平均速率为0.6/t1molL1min1C其他条件不变，升高温度，正反应速率减小、逆反应速率增大，A的转化率减小D维持温度和容器体积不变，往平衡体系中充惰性气体，C的百分含量增大8以H2、O2、熔融盐Na2CO3组成燃料电池，采用电解法制备F
5、e（OH）2，装置如图所示，其中P端通入CO2通电一段时间后，右侧玻璃管中产生大量的白色沉淀，且较长时间不变色则下列说法中正确的是（）AX、Y两端都必须用铁作电极B不可以用NaOH溶液作为电解液C阴极发生的反应是：2H2O+2e=H2+2OHD白色沉淀只能在阳极上产生二、第卷（非选择题，共4小题，共52分）9 A、B、X、Y和Z是原子序数依次递增的短周期元素，其中A与Y同主族，X与Z同主族，A与B和A与X均可形成10个电子化合物；B与Z的最外层电子数之比为2：3，常见化合物Y2X2与水反应生成X的单质，其溶液可使酚酞试液变红请回答下列问题（1）X在周期表中的位置是（2）化合物Y2X2的电子式为
6、；它含有的化学键类型有（填序号）A离子键 B极性共价键 C非极性共价键 D氢键（3）A与X和A与Z均能形成18个电子的化合物，此两种化合物发生反应生成Z的化学方程式为（4）化合物A2X和A2S中，沸点较高的是（填化学式）（5）常温常压下，由A，B，X三种元素组成一种常见的液态燃料甲现有2.3克甲与4.8克的X单质恰好完全反应，生成标准状况下2.24L的BX2气体和2.7克的A2X液体，同时放出68.35KJ的热量，该反应的热化学方程式为10银铜合金广泛用于航空工业从切割废料中回收银并制备铜化工产品的工艺如下：（注：Al（OH）3和Cu（OH）2开始分解的温度分别为450和80）（1）电解精炼银
7、时，阴极反应式为；滤渣A与稀HNO3反应，产生的气体在空气中迅速变为红棕色，该气体变色的化学方程式为（2）固体混合物B的组成为；在生成固体B的过程中，需控制NaOH的加入量，若NaOH过量，则因过量引起的反应的离子方程式为（3）完成煅烧过程中一个反应的化学方程式：CuO+Al2O3CuAlO2+（4）若银铜合金中铜的质量分数为63.5%，理论上5.0kg废料中的铜可完全转化为mol CuAlO2，至少需要1.0molL1的Al2（SO4）3溶液L（5）CuSO4溶液也可用于制备胆矾，其基本操作是、过滤、洗涤和干燥11某学生对SO2与漂粉精的反应进行实验探究：操作现象取4g漂粉精固体，加入100
8、mL水部分固体溶解，溶液略有颜色过滤，测漂粉精溶液的pHpH试纸先变蓝（约为12），后褪色i液面上方出现白雾；稍后，出现浑浊，溶液变为黄绿色；稍后，产生大量白色沉淀，黄绿色褪去（1）Cl2和Ca（OH）2制取漂粉精的化学方程是（2）pH试纸颜色的变化说明漂粉精溶液具有的性质是（3）向水中持续通入SO2，未观察到白雾推测现象i的白雾由HCl小液滴形成，进行如下实验：a用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化；b用酸化的AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉淀实验a目的是由实验a、b不能判断白雾中含有HCl，理由是（4）现象中溶液变为黄绿色的可能原因：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和Cl发生反应通过
9、进一步实验确认了这种可能性，其实验方案是（5）将A瓶中混合物过滤、洗涤，得到沉淀X向沉淀X中加入稀HCl，无明显变化取上层清液，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀则沉淀X中含有的物质是用离子方程式解释现象中黄绿色褪去的原因：12已知A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平，现以A为主要原料合成一种具有果香味的物质E，其合成路线如图所示请回答下列问题：（1）B、D分子中的官能团名称分别是、（2）写出下列反应的化学方程式，并注明反应类型：，；，（3）在实验室利用B和D制备E的实验中，若用1mol B和1mol D充分反应，能否生成1mol E，原因是（4）若184gB和120gD反应能生成106g
10、E，则该反应的产率2016年江西省新余市分宜县实验班高考化学一模试卷参考答案与试题解析一、选择题1设阿伏加德罗常数的数值为NA，下列说法正确的是（）A1 molNa2O2和水完全反应，转移电子数为2NAB0.5 L 0.2 molL1FeCl3溶液中，含Fe3+离子数为0.1 NAC理论上氢氧燃料电池负极消耗11.2 L标准状况下气体，外线路通过电子数为NAD常温常压下，28 g乙烯和丙烯混合气体含有的碳原子总数为2.5NA【考点】阿伏加德罗常数【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】A、过氧化钠与水的反应为歧化反应；B、铁离子为弱碱阳离子，在溶液中会水解；C、氢氧燃料电池中，负极上放电
11、的是氢气；D、乙烯和丙烯的最简式均为CH2【解答】解：A、过氧化钠与水的反应为歧化反应，故1mol过氧化钠转移1mol电子即NA个，故A错误；B、铁离子为弱碱阳离子，在溶液中会水解，故溶液中含有的阳离子的个数小于0.1NA个，故B错误；C、氢氧燃料电池中，负极上放电的11.2L气体即0.5mol气体是氢气，根据氢气放电后变为+1价可知，0.5mol氢气放电失去1mol电子，即通过电子数为NA个，故C正确；D、乙烯和丙烯的最简式均为CH2，故28g混合物中含有的CH2的物质的量为2mol，则含2NA个碳原子，故D错误故选C【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构
12、是解题关键，难度不大2下列各反应式中正确的是（）A用稀HNO3溶解Fe3O4固体的离子方程式：Fe3O4+8H+2Fe3+Fe2+4H2OB将SO2通入H2S溶液中的化学方程式：SO2+2H2S3S+2H2OC氢溴酸与氢氧化钠发生中和反应的离子方程式：H+OHH2OD向明矾溶液中加入过量的氨水发生反应的离子方程式：Al3+4OH+2H2O【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】A硝酸具有强的氧化性，能够氧化二价铁离子生成三价铁离子；B二者反应生成硫单质和水，硫不溶液水是沉淀；C二者反应生成氢离子与氢氧根离子反应生成水；D不符合反应客观事实【解答】解：AHNO3会将Fe3O4中的+2
13、价Fe氧化成+3价，稀 HNO3被还原为NO，应写为3Fe3O4+28H+NO39Fe3+NO+14H2O，故A错误；B将SO2通入H2S溶液中的化学方程式：SO2+2H2S3S+2H2O，故B错误；C氢溴酸与氢氧化钠发生中和反应的离子方程式：H+OHH2O，故C正确；D向明矾溶液中加入过量的氨水发生反应的离子方程式：Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+，故D错误；故选：C【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解题关键，注意氢氧化铝只能溶解在强碱溶液中，注意化学符合使用的规范性，题目难度不大3实现下列物质转化时，反应所属的反应类型分别是（）A取代、酯化、加成、加成B取
14、代、取代、加成、取代C加成、加成、取代、取代D氧化、酯化、加成、加成【考点】有机物的结构和性质；有机化学反应的综合应用【专题】有机反应【分析】为醇的氧化，为醇的酯化，为乙烯加成，为乙烯加成，以此来解答【解答】解：由转化关系可知，为醇的氧化，为醇的酯化，为乙烯加成，为乙烯加成，故选D【点评】本题考查有机物的结构与性质，注意把握官能团与性质的关系，侧重乙醇和乙烯性质的考查，题目难度不大4X、Y、Z是原子序数依次递增的短周期元素，3种元素的原子核外电子数之和与Ca2+的核外电子数相等，X、Z分别得到一个电子后均形成稀有气体原子的稳定电子层结构下列说法正确的是（）A原子半径：ZYXBZ与X形成化合物的
15、稳定性大于Z的同族元素与X形成化合物的稳定性CNa2Y2与水发生反应时，Na2Y2只作氧化剂D在CaX2、CaY2和CaZ2三种化合物中，阳离子与阴离子的个数比均为1：2【考点】原子结构与元素周期律的关系【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】X、Y、Z是原子序数依次递增的短周期元素，3种元素的原子核外电子数之和与Ca2+的核外电子数相等，3种元素的核外电子数之和为18，X、Z分别得到一个电子后均形成稀有气体原子的稳定电子层结构，结合原子序数可知，Z得到1个电子变成8电子稳定结构，则Z为F元素，X得到一个电子后均形成稀有气体原子的稳定电子层结构，故X为H元素，Y元素原子核外电子数为1819=
16、8，故Y为O元素，据此结合选项解答【解答】解：X、Y、Z是原子序数依次递增的短周期元素，3种元素的原子核外电子数之和与Ca2+的核外电子数相等，3种元素的核外电子数之和为18，X、Z分别得到一个电子后均形成稀有气体原子的稳定电子层结构，结合原子序数可知，Z得到1个电子变成8电子稳定结构，则Z为F元素，X得到一个电子后均形成稀有气体原子的稳定电子层结构，故X为H元素，Y元素原子核外电子数为1819=8，故Y为O元素，AX、Y、Z分别是H、O、F，同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径OFH，故A错误；BF元素为同主族元素中非金属性最强，故同主族氢化物中HF最稳定，故B正确
17、；CNa2O2与水发生反应时，Na2O2中O元素化合价由1降低为2价、由1价升高为0价，既是氧化剂又是还原剂，故C错误；DCaH2和CaF2中阴离子分别为H、F，阳离子与阴离子的个数比均为1：2，但CaO2中阴离子为O22，阴、阳离子个数比为1：1，故D错误；故选B【点评】本题考查结构性质位置关系、氧化还原反应等，难度中等，推断元素是解题关键，注意C选项中过氧化钠与水反应本质是生成氢氧化钠与过氧化氢，过氧化氢再分解生成水与氧气5某混合气体中可能含有Cl2、O2、SO2、NO、NO2中的两种或多种气体现将此无色透明的混合气体通过品红溶液后，品红溶液褪色，把剩余气体排入空气中，很快变为红棕色对于原
18、混合气体成分的判断中正确的是（）A肯定有O2和NOB肯定没有Cl2、O2和NO2C可能有Cl2和O2D肯定只有NO【考点】常见气体的检验【专题】物质检验鉴别题【分析】根据气体的颜色判断可排除Cl2和NO2气体，能使品红褪色的气体为SO2，把剩余气体排入空气中，很快变为红棕色，说明含有气体NO【解答】解：气体无色，则说明不含有Cl2和NO2气体，此无色混合气体通过品红溶液后，品红溶液褪色，说明一定含有SO2，把剩余气体排入空气中，很快变为红棕色，说明含有气体NO，则一定没有O2，A一定有NO，一定无O2，故A错误；B肯定没有Cl2、O2和NO2 ，故B正确；C一定无Cl2、O2，故C错误；D分析
19、判断原气体一定含有NO、SO2，故D错误；故选B【点评】本题考查常见气体的检验，题目难度不大，注意常见气体的性质以及检验方法，掌握基础是解题关键6将一定质量的Mg和Al的混合物投入500mL稀硫酸中，固体全部溶解并产生气体待反应完全后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示则下列说法正确的是（）AMg和Al的总质量为8 gB硫酸的物质的量浓度为5 mol/LCNaOH溶液的物质的量浓度为5 mol/LD生成的H2在标准状况下的体积为11.2 L【考点】有关混合物反应的计算【分析】结合图可知，020mL发生酸碱中和，20200mL发生离子与碱生成沉淀
20、的反应，200240mL发生氢氧化铝溶解：Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，最后剩余的沉淀为氢氧化镁；加入200mLNaOH溶液时生成沉淀最多，溶液中的溶质为硫酸钠，A、根据图象判断氢氧化铝、氢氧化镁的物质的量，再根据质量守恒定律计算出混合金属的质量；B、根据溶解氢氧化铝消耗的氢氧化钠的物质的量及氢氧化钠溶液体积计算出氢氧化钠溶液浓度，再根据200mL时溶质为硫酸钠计算出硫酸的浓度物质的量，然后根据c=计算出硫酸的浓度；C、根据（2）的计算可知氢氧化钠溶液的浓度；D、与硫酸反应生成的氢气的体积应为（0.15mol+0.3mol）22.4 Lmol1=10.08L【解答】解：根据
21、图可知，020mL发生酸碱中和，20200mL发生离子与碱生成沉淀的反应，200240mL发生Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，200mL时生成沉淀最多，溶液中的溶质为硫酸钠，A、由图象可知，氢氧化镁的物质的量为0.15mol，则n（Mg）=nMg（OH）2=0.15mol，溶解的氢氧化铝的物质的量为：0.35mol0.15mol=0.2mol，根据铝原子守恒可得：n（Al）=0.2mol，则Mg和Al的总质量为：0.15mol24g/mol+0.2mol27g/mol=9g，故A错误；B、由200240mL发生反应：Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，消耗氢氧化
22、钠的物质的量为0.2mol，则c（NaOH）=5mol/L，200mL时生成沉淀最多，溶液中的溶质为硫酸钠，则c（H2SO4）=1mol/L，故B错误；C、在加入240mLNaOH溶液时，Al（OH）3恰好全部转化为NaAlO2，由B的计算可知氢氧化钠溶液的浓度为5molL1，故C正确；D、与硫酸反应生成的氢气的体积应为（0.15mol+0.3mol）22.4 Lmol1=10.08L，故D错误；故选C【点评】本题考查混合物反应的计算，题目难度中等，明确图象中曲线变化及其发生的化学反应为解答的关键，注意氢氧化铝能溶解在NaOH溶液中，侧重分析及计算能力的考查7T时，A气体与B气体反应生成C气体
23、反应过程中A、B、C浓度变化如图（1）所示，若保持其他条件不变，温度分别为T1和T2时，B的体积分数与时间的关系如图（2）所示，则下列结论正确的是（）A该平衡体系的化学反应方程式为：3A（g）+B（g）4 C（g）B在t1时间内用B表示该反应的平均速率为0.6/t1molL1min1C其他条件不变，升高温度，正反应速率减小、逆反应速率增大，A的转化率减小D维持温度和容器体积不变，往平衡体系中充惰性气体，C的百分含量增大【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡建立的过程【专题】化学平衡专题【分析】该反应达到平衡状态时，A浓度的变化量=（0.50.3）mol/L=0.2mol/L，B浓度的变化量=（0
24、.70.1）mol/L=0.6mol/L，C浓度的变化量=（0.40）mol/L=0.4mol/L，同一化学反应同一时间段内，各物质浓度的变化量之比等于其计量数之比，所以该反应方程式为：A（g）+3B（g）2C（g），根据“先拐先平数值大”结合图II知，T1T2，升高温度，B的体积分数增大，则该反应的正反应是放热反应，据此分析【解答】解：该反应达到平衡状态时，A浓度的变化量=（0.50.3）mol/L=0.2mol/L，B浓度的变化量=（0.70.1）mol/L=0.6mol/L，C浓度的变化量=（0.40）mol/L=0.4mol/L，同一化学反应同一时间段内，各物质浓度的变化量之比等于其计
25、量数之比，所以该反应方程式为：A（g）+3B（g）2C（g），根据“先拐先平数值大”结合图II知，T1T2，升高温度，B的体积分数增大，则该反应的正反应是放热反应；A由上面分析可知，该平衡体系的化学反应方程式为A（g）+3B（g）2C（g），故A错误；B、在t1时间内B浓度的变化量=（0.70.1）mol/L=0.6mol/L，则v（B）=molL1min1 ，故B正确；C其它条件不变，升高温度，正逆反应速率都增大，平衡向吸热反应方向移动，正反应是放热反应，所以平衡向逆反应方向移动，A的转化率降低，故C错误；D维持温度和容器体积不变，往平衡体系中充惰性气体，反应体系各组分的浓度保持不变，所以平
26、衡不移动，C的百分含量不变，故D错误；故选B【点评】本题考查化学平衡移动以及平衡图象题，做题时注意分析图象中曲线的变化规律，结合外界条件对平衡移动的影响进行分析，题目难度中等8以H2、O2、熔融盐Na2CO3组成燃料电池，采用电解法制备Fe（OH）2，装置如图所示，其中P端通入CO2通电一段时间后，右侧玻璃管中产生大量的白色沉淀，且较长时间不变色则下列说法中正确的是（）AX、Y两端都必须用铁作电极B不可以用NaOH溶液作为电解液C阴极发生的反应是：2H2O+2e=H2+2OHD白色沉淀只能在阳极上产生【考点】化学电源新型电池【分析】依据装置图分析，石墨电极是通入氢气发生的氧化反应，氢气失去电子
27、在熔融盐Na2CO3组成燃料电池中反应生成水，为负极，通入氧气的一极为正极，电解时，X为阴极，Y为阳极，铁做阳极失电子生成亚铁离子，X电极氢离子得到电子生成氢气，氢氧根离子浓度增大，结合亚铁离子生成氢氧化亚铁沉淀，以此解答【解答】解：AX、Y两端，阳极Y必须是铁电极，X电极不需要一定用铁作电极，可以用石墨电极，故A错误；B电解过程是阴极上氢离子放电得到溶液中的氢氧根离子交换亚铁离子生成氢氧化亚铁，所以可以用NaOH溶液作为电解液，故B错误；C阴极发生的反应是溶液中的氢离子得到电子生成氢气，碱溶液中电极反应：2H2O+2e=H2+2OH，故C正确；D白色沉淀只能在阳极上产生，随电解过程分析，亚铁
28、离子移向阴极也可以在阴极生成氢氧化亚铁沉淀，故D错误故选C【点评】本题考查新型电池，为高频考点，题目难度不大，注意把握原电池的工作原理以及电极反应式的书写，解答本题的关键是根据物质的性质判断原电池的正负极二、第卷（非选择题，共4小题，共52分）9A、B、X、Y和Z是原子序数依次递增的短周期元素，其中A与Y同主族，X与Z同主族，A与B和A与X均可形成10个电子化合物；B与Z的最外层电子数之比为2：3，常见化合物Y2X2与水反应生成X的单质，其溶液可使酚酞试液变红请回答下列问题（1）X在周期表中的位置是第二周期A族（2）化合物Y2X2的电子式为；它含有的化学键类型有AC（填序号）A离子键 B极性共
29、价键 C非极性共价键 D氢键（3）A与X和A与Z均能形成18个电子的化合物，此两种化合物发生反应生成Z的化学方程式为H2O2+H2S=S+2H2O（4）化合物A2X和A2S中，沸点较高的是H2O（填化学式）（5）常温常压下，由A，B，X三种元素组成一种常见的液态燃料甲现有2.3克甲与4.8克的X单质恰好完全反应，生成标准状况下2.24L的BX2气体和2.7克的A2X液体，同时放出68.35KJ的热量，该反应的热化学方程式为CH3CH2OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（l）H=1367KJ/mol【考点】位置结构性质的相互关系应用【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】A与B
30、和A与X均可形成10个电子化合物，则A应为H元素，A与Y同主族，则Y为Na元素，常见化合物Y2X2与水反应生成X的单质，其溶液可使酚酞试液变红，则X为O元素；Y2X2为Na2O2，X与Z同主族，则Z为S元素，B与Z的最外层电子数之比为2：3，则B元素的最外层电子数为4，根据A、B、X、Y和Z是原子序数依次递增的短周期元素，B应为C元素，根据元素所在周期表中的位置，结合对应的化合物的结构和性质解答该题【解答】解：A与B和A与X均可形成10个电子化合物，则A应为H元素，A与Y同主族，则Y为Na元素，常见化合物Y2X2与水反应生成X的单质，其溶液可使酚酞试液变红，则X为O元素，Y2X2为Na2O2，
31、X与Z同主族，则Z为S元素，B与Z的最外层电子数之比为2：3，则B元素的最外层电子数为4，根据A、B、X、Y和Z是原子序数依次递增的短周期元素，B应为C元素，（1）X为O，其原子序数为8，位于第二周期A族，故答案为：第二周期A族；（2）Y2X2为Na2O2，过氧化钠为离子化合物，其电子式为：，过氧化钠中含离子键和OO非极性共价键，故答案为：；AC；（3）A与X和A与Z均能形成18个电子的化合物分别为H2O2、H2S，此两种化合物发生反应生成Z的化学方程式为H2O2+H2S=S+2H2O，故答案为：H2O2+H2S=S+2H2O；（4）O原子半径较小，非金属性较强，H2O存在氢键，沸点在同主族元
32、素中形成的氢化物最高，故答案为：H2O；（5）A、B、X分别为H、C、O元素，2.7g为A2X液体为H2O的质量，2.24L的BX2为CO2气体，则水的物质的量为：n（H2O）=0.15mol，二氧化碳的物质的量为：n（CO2）=0.1mol，则：n（H）=2n（H2O）=0.3mol，氢元素的质量为：m（H）=0.3g，碳元素的质量为：m（C）=0.1mol12g/mol=1.2g，根据质量守恒定律可得：m（甲）=m（C）+m（O）+m（H），则m（O）=2.3g1.2g0.3g=0.8g，因此2.3g甲中含有氧元素的物质的量为：n（O）=0.05mol，所以在甲分子中，n（C）：n（H）：
33、n（O）=0.1mol：0.3mol：0.05mol=2：6：1，则甲的分子式为：C2H6O，氢原子已经达到饱和，则其实验式即为其分子式，该有机物为常见的液态燃料，则甲为CH3CH2OH，2.3g甲的物质的量为： =0.05mol，则1molJ燃烧放出热量为： =1367KJ/mol，所以该反应的热化学方程式为：CH3CH2OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（l）H=1367KJ/mol，故答案为：CH3CH2OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（l）H=1367KJ/mol【点评】本题考查位置结构性质的相互关系应用，题目难度中等，正确推断元素的种类为解答该题的关
34、键，注意元素所对应的化合物的结构和性质，试题培养了学生灵活应用基础知识的能力10银铜合金广泛用于航空工业从切割废料中回收银并制备铜化工产品的工艺如下：（注：Al（OH）3和Cu（OH）2开始分解的温度分别为450和80）（1）电解精炼银时，阴极反应式为Ag+e=Ag；滤渣A与稀HNO3反应，产生的气体在空气中迅速变为红棕色，该气体变色的化学方程式为2NO+O2=2NO2（2）固体混合物B的组成为Al（OH）3和CuO；在生成固体B的过程中，需控制NaOH的加入量，若NaOH过量，则因过量引起的反应的离子方程式为Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O（3）完成煅烧过程中一个反应的化学方程式：4
35、CuO+2Al2O34CuAlO2+O2（4）若银铜合金中铜的质量分数为63.5%，理论上5.0kg废料中的铜可完全转化为50.0mol CuAlO2，至少需要1.0molL1的Al2（SO4）3溶液25.0L（5）CuSO4溶液也可用于制备胆矾，其基本操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥【考点】金属的回收与环境、资源保护；铜金属及其重要化合物的主要性质【专题】压轴题；几种重要的金属及其化合物【分析】（1）根据电解原理分析判断；无色的NO在常温下与空气中的O2迅速化合生成红棕色N02；（2）未煮沸之前是Cu（OH）2和Al（OH）3，根据Al（OH）3和Cu（OH）2开始分解的温度分别为
36、450和80判断产物；根据氢氧化铝显两性能与碱反应；（3）根据化合价升降总数相等以及原子守恒来配平；（4）根据铜元素守恒建立关系式：CuCuAlO2来计算；根据铝元素守恒建立关系式：Al2（SO4）32CuAlO2来计算；（5）根据可溶性溶质从溶液中析出晶体的方法；【解答】解：（1）电镀法精炼银时，粗银为阳极，精银为阴极，阳极上失电子变成离子进入溶液了：Age=Ag+，阴极银离子得到电子形成单质银：Ag+e=Ag；无色的NO在常温下与空气中的O2迅速化合生成红棕色N02：2NO+O2=2NO2；故答案为：Ag+e=Ag；2NO+O2=2NO2；（2）未煮沸之前是Cu（OH）2和Al（OH）3，
37、Al（OH）3和Cu（OH）2开始分解的温度分别为450和80，煮沸后Cu（OH）2分解产生氧化铜，可知B为Al（OH）3和CuO；氢氧化铝显两性能与碱反应：Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，故答案为：Al（OH）3和CuO；Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O；（3）反应前Cu为+2价，反应后为+1，化合价降低1，Al化合价没有变化，所以氧元素的化合价升高，生成氧气，反应前氧为2价，反应后为0，化合价升高2，两者的最小公倍数是2，再根据原子守恒得：4CuO+2Al2O3=4CuAlO2+O2，故答案为：4；2；4；O2；（4）由关系式：CuCuAlO2得n（CuAlO2）
38、=50.0mol，则CuAlO2为50.0mol，由关系式：Al2（SO4）32CuAlO2得Al2（SO4）3=n（CuAlO2）=25.0mol，所以需要体积为=25.0L，故答案为：50.0；25.0；（5）由CuSO4溶液获得CuSO45H2O晶体，需要经过蒸发浓缩，冷却结晶（或结晶），过滤等操作，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶【点评】本题以从废料中回收银并制备铜化工产品为背景，考查了电解原理、沉淀的判断、氧化还原反应的配平以及化学计算，难度不大11某学生对SO2与漂粉精的反应进行实验探究：操作现象取4g漂粉精固体，加入100mL水部分固体溶解，溶液略有颜色过滤，测漂粉精溶液的pHpH试
39、纸先变蓝（约为12），后褪色i液面上方出现白雾；稍后，出现浑浊，溶液变为黄绿色；稍后，产生大量白色沉淀，黄绿色褪去（1）Cl2和Ca（OH）2制取漂粉精的化学方程是2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O（2）pH试纸颜色的变化说明漂粉精溶液具有的性质是碱性、漂白性（3）向水中持续通入SO2，未观察到白雾推测现象i的白雾由HCl小液滴形成，进行如下实验：a用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化；b用酸化的AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉淀实验a目的是检验白雾中是否含有Cl2，排除Cl2干扰由实验a、b不能判断白雾中含有HCl，理由是白雾中混有SO2，SO2可与酸化的
40、AgNO3反应产生白色沉淀（4）现象中溶液变为黄绿色的可能原因：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和Cl发生反应通过进一步实验确认了这种可能性，其实验方案是向漂粉精溶液中逐滴加入硫酸，观察溶液是否变为黄绿色（5）将A瓶中混合物过滤、洗涤，得到沉淀X向沉淀X中加入稀HCl，无明显变化取上层清液，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀则沉淀X中含有的物质是CaSO4用离子方程式解释现象中黄绿色褪去的原因：SO2+Cl2+2H2O=SO42+2Cl+4H+【考点】二氧化硫的化学性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用【专题】压轴题；卤族元素；氧族元素【分析】（1）漂粉精的制备，氯气和碱反应，利用氢氧化钙和氯气
41、发生反应生成次氯酸钙、氯化钙和水；（2）pH试纸先变蓝（约为12），后褪色说明溶液呈碱性，具有漂白性；（3）反应中生成Cl2，用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾中是否Cl2，排除Cl2干扰；白雾中含有SO2，可以被硝酸氧化为硫酸，故SO2可以使酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀；（4）依据次氯酸根离子和氯离子在酸溶液中会发生归中反应生成氯气，向漂粉精溶液中逐滴滴入硫酸，观察溶液颜色是否变为黄绿色；（5）二氧化硫通入漂白精溶液中，形成酸溶液，次氯酸根离子具有强氧化性可以氧化二氧化硫为硫酸和钙离子形成硫酸钙沉淀；二氧化硫继续通入后和生成的氯气发生反应生成硫酸和盐酸；【解答】解：（1）氯气和碱反应，利用氢
42、氧化钙和氯气发生反应生成次氯酸钙、氯化钙和水，反应的化学方程式为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；（2）pH试纸先变蓝（约为12）溶液呈碱性，后褪色溶液具有漂白性，所以说明溶液呈碱性，具有漂白性；故答案为：碱性、漂白性；（3）向水中持续通入SO2，未观察到白雾推测现象的白雾由HCl小液滴形成，用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化；为了检验白雾中是否含有氯气，因为含有氯气在检验氯化氢存在时产生干扰；故答案为：检验白雾中是否含有Cl2，排除Cl2干扰；用酸化的AgNO3溶液检验白雾，
43、产生白色沉淀，若含有二氧化硫气体，通入硝酸酸化的硝酸银溶液，会被硝酸氧化为硫酸，硫酸和硝酸银反应也可以生成硫酸银沉淀，所以通过实验不能证明一定含有氯化氢；故答案为：白雾中混有SO2，SO2可与酸化的AgNO3反应产生白色沉淀（4）现象中溶液变为黄绿色的可能原因：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和Cl发生反应通过进一步实验确认了这种可能性，漂粉精中成分为次氯酸钙、氯化钙，次氯酸根具有强氧化性在酸性溶液中可以氧化氯离子为 氯气；故答案为：向漂粉精溶液中逐滴加入硫酸，观察溶液是否变为黄绿色；（5）取上层清液，加入BaC12溶液，产生白色沉淀，说明SO2被氧化为SO42，故沉淀X为CaSO4；溶液呈
44、黄绿色，有Cl2生成，Cl2与SO2反应生成盐酸与硫酸；反应的离子方程式为：SO2+Cl2+2H2O=SO42+2Cl+4H+；故答案为：CaSO4：SO2+Cl2+2H2O=SO42+2Cl+4H+；【点评】本题考查了二氧化硫性质的综合应用，性质的实验验证方法和实验判断，漂白精的成分中次氯酸钙和氯化钙在酸溶液中会发生氧化还原反应生成氯气，注意物质的检验方法，题目难度较大12已知A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平，现以A为主要原料合成一种具有果香味的物质E，其合成路线如图所示请回答下列问题：（1）B、D分子中的官能团名称分别是羟基、醛基（2）写出下列反应的化学方程式，并注明反应类型：2
45、CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，氧化反应；CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOCH2CH3+H2O，酯化反应或取代反应（3）在实验室利用B和D制备E的实验中，若用1mol B和1mol D充分反应，能否生成1mol E不能，原因是该反应为可逆反应，有一定的限度，不可能完全转化（4）若184gB和120gD反应能生成106gE，则该反应的产率60.2%【考点】有机物的推断【专题】有机物的化学性质及推断【分析】A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平，则A是CH2=CH2，乙烯和水发生加成反应生成B为CH3CH2OH，乙醇发生氧化反应生成C为CH3CHO，乙醛进一步发生
46、氧化反应生成D为CH3COOH，乙酸与乙醇发生酯化反应生成E为CH3COOCH2CH3，据此解答【解答】解：A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平，则A是CH2=CH2，乙烯和水发生加成反应生成B为CH3CH2OH，乙醇发生氧化反应生成C为CH3CHO，乙醛进一步发生氧化反应生成D为CH3COOH，乙酸与乙醇发生酯化反应生成E为CH3COOCH2CH3（1）B为CH3CH2OH，官能团为羟基，C为CH3CHO，官能团为醛基，故答案为：羟基；醛基；（2）反应的方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，属于氧化反应，反应的方程式为：CH3COOH+CH3CH2OH CH3CO
47、OCH2CH3+H2O，属于酯化反应，也属于取代反应，故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，氧化反应；CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOCH2CH3+H2O，酯化反应或取代反应；（3）由于酯化反应与酯的水解反应互为可逆反应，有一定的限度，不可能完全转化，所以在实验室利用B和D制备E的实验中，若用1mol B和1 mol D充分反应，不能生成1mol E，故答案为：不能，该反应为可逆反应，有一定的限度，不可能完全转化；（4）184g乙醇的物质的量是184g46g/mol=4mol，120g乙酸的物质的量是120g60g/mol=2mol，由于乙醇过量所以反应产生的乙酸乙酯应该按照乙酸来计算，理论上应该产生乙酸乙酯的质量是2mol88g/mol=196g实际反应能生成106gE，则该反应的产率（106g17 6g）100%=60.2%，故答案为：60.2%【点评】本题考查无机物推断，涉及烯烃、醇、醛、羧酸的性质与转化，比较基础，侧重对基础知识的巩固
