1、2016年江西省萍乡市上栗县高考化学四模试卷一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1amol H2SO4中含有b个氧原子，则阿伏加德罗常数可以表示为（）A（）mol1B（）mol1C（）mol1D（）mol12硫酸是一种重要的化工产品，硫酸的消耗量常被视为一个国家工业发展水平的一种标志目前的重要生产方法是“接触法”，有关接触氧化反应2SO2+O2 2SO3，的说法不正确的是（）A该反应为可逆反应，故在一定条件下二氧化硫和氧气不可能全部转化为三氧化硫B达到平衡后，反应就停止了，故此时正、逆反应速率相等且均为零C一定条件下，向某密闭容器中加入2molSO2和1molO2，则从反应开始到达到
2、平衡的过程中，正反应速率不断减小，逆反应速率不断增大，某一时刻，正、逆反应速率相等D在利用上述反应生产三氧化硫时，要同时考虑反应所能达到的限度和化学反应速率两方面的问题3为验证无还原性的蔗糖能水解，且水解的生成物具有还原性，可能有如下实验步骤：加入稀硫酸；加入几滴CuSO4；加热；加入蒸馏水；加入烧碱溶液至碱性；加入新制Cu（OH）2悬浊液，最佳顺序（）ABCD4如表是某矿物质饮用水的部分标签说明主要成分钾离子（K+）2027.3mgL1氯离子（Cl）3034.2mgL1镁离子（Mg2+）20.224.9mgL1硫酸根离子（SO42）2427.5mgL1则该饮用水中还可能较大量存在（）AOHB
3、Ag+CNa+DCa2+5已知A、B、D、E 均为中学化学常见物质，它们之间的转化关系如图所示（部分产物略去，的反应条件相同）则A、E 可能的组合为（）CO2、NaOH 溶液NaCl溶液、Ca（OH）2 溶液Fe、稀HNO3 Na、O2 CuO、CAlCl3 溶液、NH3H2OABCD6下列反应中，说明氨有还原性和碱性的是（）A2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2OB8NH3+3Cl26NH4Cl+N2C4NH3+6NO5N2+6H2ODNH3+HClNH4Cl7某种碳酸饮料中主要含柠檬酸、碳酸、白砂糖、苯甲酸钠等成分，常温下测得其pH约为3.5，下列说法不正确的是（）A柠檬酸的电离会抑制碳
4、酸的电离B该碳酸饮料中水的电离受到抑制C常温下，该碳酸饮料中KW的值大于纯水中KW的值D打开瓶盖冒出大量气泡，是因为压强减小，降低了CO2的溶解度8有关下列两套装置的描述不正确的是（）A甲装置为铁的析氢腐蚀，若将铁换成铜，则甲装置就是铜的吸氧腐蚀B若将甲装置中的电流表改为电源，无论电源怎么连接，C电极上都会有气体放出C乙装置中K关闭后，a极附近颜色逐渐加深变黑D若将乙装置中的NaOH溶液换为HCl溶液，则K关闭后b极颜色变浅二、解答题（共3小题，满分18分）9周期表前20号元素中有A、B、C、D、E五种不同主族元素已知它们原子半径依次增大，其中A与D、C与E原子的电子层数都相差2，且D与E原子
5、的最外层电子数之比为2：1，C与E能形成离子化合物EC（1）D元素的原子结构示意图为；（2）B元素的名称为；（3）用电子式表示A2C的形成过程；（4）写出E的碳酸氢盐与足量KOH溶液反应的离子方程式：；（5）写出EA2与水反应放出气体的化学方程式，并用单线桥表示电子转移方向和数目10（2016上栗县四模）有三种金属单质A、B、C，其中A的焰色反应为黄色，B、C是常见金属三种金属单质A、B、C能与气体甲、乙、丙及物质D、E、F、G、H之间发生如下转化关系（图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出）请根据以上信息回答下列问题：（1）写出下列物质的化学式：A；H； G；乙；（2）写出下列反应的化学
6、方程式反应反应11如图所示的转化关系中，已知A是由短周期元素组成的酸式盐D、Y、H为气体，X为无色液体，G和K均是常见的强酸H与Na2O2可发生化合反应，生成的盐与Ba2+反应可生成不溶于稀G的白色沉淀，一个D分子中含有10个电子试回答下列问题：（1）写出D（少量）、H、X反应生成A的离子反应方程式：（2）写出D与Y反应生成E的化学方程式：（3）写出D与K反应生成的正盐溶液中的离子浓度大小关系：（4）已知：2H（g）+Y（g）2I（g）H=196.6 kJmol1当加入4mol H和2mol Y后，放出345 kJ的热量时，H的转化率最接近于（填字母）A.40%B.50%C.80%D.90%选
7、修5-有机化学基础（共1小题，满分15分）12芳香化合物A（）在一定条件下可以发生如下图所示的转化（其他产物和水已略去）请回答下列问题：（1）请写出A的分子式（2）1mol A在氢氧化钠溶液中加热，充分反应消耗氢氧化钠mol（3）有机物C可以由乳酸（）经过几步有机反应制得，其中最佳的次序是：a消去、加成、水解、酸化 b氧化、加成、水解、酸化 c取代、水解、氧化、酸化 d消去、加成、水解、氧化（4）写出由E制得F的化学方程式：，反应类型是（5）有机物B与乙酸酐（CH3COOCOCH3）直接反应制得阿司匹林（即乙酰水杨酸，分子式C9H8O4），满足以下条件的阿司匹林的同分异构体有种，写出其中核磁共
8、振氢谱是3：2：2：1的结构简式：、苯环上只含有两个侧链 有两个酯基 能发生银镜反应2016年江西省萍乡市上栗县高考化学四模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1amol H2SO4中含有b个氧原子，则阿伏加德罗常数可以表示为（）A（）mol1B（）mol1C（）mol1D（）mol1【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】根据氧原子数求出硫酸分子数，根据物质的量、阿伏伽德罗常数与分子数之间的关系式计算【解答】解：一个硫酸分子中含有四个氧原子，所以含有b个氧原子的硫酸的分子数是，NA=，故选D【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的概念和计
9、算应用，主要是物质的量、微粒数和阿伏伽德罗常数的计算关系，要会运用逆向思维方法解题，题目难度不大2硫酸是一种重要的化工产品，硫酸的消耗量常被视为一个国家工业发展水平的一种标志目前的重要生产方法是“接触法”，有关接触氧化反应2SO2+O2 2SO3，的说法不正确的是（）A该反应为可逆反应，故在一定条件下二氧化硫和氧气不可能全部转化为三氧化硫B达到平衡后，反应就停止了，故此时正、逆反应速率相等且均为零C一定条件下，向某密闭容器中加入2molSO2和1molO2，则从反应开始到达到平衡的过程中，正反应速率不断减小，逆反应速率不断增大，某一时刻，正、逆反应速率相等D在利用上述反应生产三氧化硫时，要同时
10、考虑反应所能达到的限度和化学反应速率两方面的问题【考点】化学反应的可逆性；化学平衡状态的判断【专题】化学平衡专题【分析】A、依据可逆反应的特征分析判断；B、化学平衡是动态平衡，正反应速率和逆反应速率相同；C、依据平衡建立的过程分析；D、合成需要考虑温度压强对平衡的影响和经济效益【解答】解：A、可逆反应是在一定条件下不能进行彻底的反应，正反应和逆反应同时进行，该反应为可逆反应，故在一定条件下SO2和O2不可能全部转化为SO3 ，故A正确；B、达到平衡后，正反应速率和逆反应速率相同，是动态平衡，速率不能为0，故B错误；C、一定条件下，向某密闭容器中加入2 mol SO2和1 mol O2，则从反应
11、开始到平衡的过程中，正反应速率不断减小，逆反应速率不断增大，某一时刻，正、逆反应速率相等达到平衡，故C正确；D、反应是放热反应，但为了反应速率需要一定温度，催化剂活性最大，压强在常温下，二氧化硫的转化率已经横高改变压强对转化率影响不大，故D正确；故选B【点评】本题考查了化学平衡的建立和平衡的特征分析，注意平衡建立过程、平衡的可逆性理解是解题关键，题目难度中等3为验证无还原性的蔗糖能水解，且水解的生成物具有还原性，可能有如下实验步骤：加入稀硫酸；加入几滴CuSO4；加热；加入蒸馏水；加入烧碱溶液至碱性；加入新制Cu（OH）2悬浊液，最佳顺序（）ABCD【考点】化学实验操作的先后顺序【分析】蔗糖在
12、硫酸的催化下水解产物为葡萄糖，而用新制Cu（OH）2悬浊液检验葡萄糖需在碱性的条件下进行，故先用氢氧化钠溶液进行中和做催化剂的硫酸，根据此实验原理选择合适的步骤进行实验操作【解答】解：蔗糖水解的实验步骤为：加入少量蒸馏水溶解蔗糖，然后向蔗糖溶液中加入稀硫酸，加热；检验其水解产物的实验步骤为：因还原性糖葡萄糖与新制Cu（OH）2悬浊液发生氧化反应，必须在碱性条件下进行，而此时溶液中有硫酸呈酸性，所以，在冷却后的溶液中加入新制Cu（OH）2悬浊液溶液前，加碱中和至碱性，再加入新制Cu（OH）2悬浊液溶液选，加热选若有砖红色沉淀产生证明蔗糖的水解产物葡萄糖具有还原性即正确顺序为：，故选B【点评】本题
13、考查了蔗糖的水解及其产物葡萄糖与新制Cu（OH）2悬浊液作用的实验，掌握葡萄糖与新制Cu（OH）2悬浊液反应的条件是解答的关键，题目难度不大4如表是某矿物质饮用水的部分标签说明主要成分钾离子（K+）2027.3mgL1氯离子（Cl）3034.2mgL1镁离子（Mg2+）20.224.9mgL1硫酸根离子（SO42）2427.5mgL1则该饮用水中还可能较大量存在（）AOHBAg+CNa+DCa2+【考点】物质的量浓度的相关计算【分析】A氢氧根离子能够与镁离子反应生成氢氧化镁沉淀；B银离子能够与氯离子、硫酸根离子发生反应，在溶液中不能大量共存；C钠离子不与钾离子、氯离子、镁离子和硫酸根离子反应，
14、在溶液中能够共存；D钙离子能够与硫酸根离子反应生成微溶物硫酸钙【解答】解：AOH离子与Mg2+离子反应生成难溶物氢氧化镁，在溶液中不能大量共存，故A错误；BAg+离子能够与Cl离子反应生成氯化银，在溶液中不能大量共存，故B错误；CNa+离子不与Mg2+、Cl、K+、SO42离子发生反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；DCa2+与SO42离子发生反应生成硫酸钙，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选C【点评】本题以物质的量浓度载体，考查了离子共存的判断，题目难度中等，学生容易利用电荷守恒计算解答，导致计算量大，容易出错，注意掌握离子反应发生条件，明确常见的离子不能共存的情况，如生成难溶物、弱电解
15、质、气体、发生氧化还原反应等5已知A、B、D、E 均为中学化学常见物质，它们之间的转化关系如图所示（部分产物略去，的反应条件相同）则A、E 可能的组合为（）CO2、NaOH 溶液NaCl溶液、Ca（OH）2 溶液Fe、稀HNO3 Na、O2 CuO、CAlCl3 溶液、NH3H2OABCD【考点】钠的重要化合物；铝的化学性质；铁的化学性质【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】NaOH溶液与不同量CO2反应可以生成Na2CO3、NaHCO3，二者可以相互转化；NaCl溶液与Ca（OH）2溶液不反应；Fe与足量稀HNO3反应生成硝酸铁，硝酸不足时生成硝酸亚铁，硝酸铁与硝酸亚铁可以相互转化；Na与
16、O2反应产物与温度有关，与反应物的量无关；C不足生成二氧化碳，碳过量可以生成CO，CO与二氧化碳可以相互转化；A1Cl3溶液与NH3H2O反应生成氢氧化铝沉淀与氯化铵，与量无关；NaAlO2溶液与盐酸反应，盐酸少量生成氢氧化铝，盐酸过量生成氯化铝，二者可以相互转化【解答】解：NaOH溶液与过量CO2反应NaHCO3，与少量CO2反应生成生成Na2CO3，NaHCO3与NaOH反应或加热可以得到Na2CO3，Na2CO3与二氧化碳、水反应可以得到NaHCO3，符合转化关系，故正确；NaCl溶液与Ca（OH）2溶液不反应，故错误；Fe与足量稀HNO3反应生成硝酸铁，硝酸不足时生成硝酸亚铁，硝酸铁与
17、Fe反应可得硝酸亚铁，硝酸亚铁与硝酸反应可得硝酸铁，符合转化关系，故正确；钠在常温下与氧气反应生成氧化钠，在加热条件下与氧气反应生成过氧化钠，与反应的量无关，故错误；C不足生成二氧化碳，碳过量可以生成CO，CO与氧气反应可得二氧化碳，二氧化碳越碳反应可得CO，符合转化关系，故正确；A1Cl3溶液与NH3H2O反应生成氢氧化铝沉淀与氯化铵，与量无关，故错误；故选：D【点评】本题以框图形式考查元素化合物性质及转化关系，掌握元素化合物性质是解题关键，注意反应物用量对反应的影响，题目难度不大6下列反应中，说明氨有还原性和碱性的是（）A2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2OB8NH3+3Cl26NH4
18、Cl+N2C4NH3+6NO5N2+6H2ODNH3+HClNH4Cl【考点】氨的化学性质【专题】氮族元素【分析】氨有还原性，则反应中化合价应升高，得到相应的氧化产物，氨有碱性，则应与酸生成相应的盐，据此解答【解答】解：A在反应2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O中，氮元素化合价升高，表现氨气的还原性，无铵盐生成，不能体现氨气的碱性，故A错误；B在反应8NH3+3Cl26NH4Cl+N2，氮元素化合价升高，表现氨气的还原性，有铵盐生成，说明氨有还原性和碱性，故B正确；C在反应4NH3+6NO5N2+6H2O中，氮元素化合价升高，表现氨气的还原性，无铵盐生成，不能体现氨气的碱性，故C错误；D
19、在反应NH3+HClNH4Cl中氮元素化合价不变，生成铵盐，只体现氨气的碱性，故D错误；故选：B【点评】本题考查了元素化合物知识，明确反应中氮元素化合价变化及生成产物性质是解题关键，题目难度不大7某种碳酸饮料中主要含柠檬酸、碳酸、白砂糖、苯甲酸钠等成分，常温下测得其pH约为3.5，下列说法不正确的是（）A柠檬酸的电离会抑制碳酸的电离B该碳酸饮料中水的电离受到抑制C常温下，该碳酸饮料中KW的值大于纯水中KW的值D打开瓶盖冒出大量气泡，是因为压强减小，降低了CO2的溶解度【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】A能产生氢离子的物质抑制弱酸电离；B酸或碱
20、抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离；C水的离子积常数只与温度有关；D气体的溶解度随着压强的增大而增大【解答】解：A柠檬酸能电离出氢离子，导致溶液中氢离子浓度增大，碳酸也电离出氢离子，所以抑制碳酸电离，故A正确；B水电离出氢离子和氢氧根离子，碳酸电离出的氢离子抑制水电离，故B正确；C温度不变，水的离子积常数不变，所以两种溶液中水的离子积常数相等，故C错误；D气体的溶解度随着压强的增大而增大，所以打开瓶盖冒出大量气泡，是因为压强减小，降低了CO2的溶解度，故D正确；故选C【点评】本题考查了弱电解质的电离、影响气体溶解度的因素、水的离子积常数等知识点，根据弱电解质电离特点、温度与水的离子积常数的关
21、系及压强对气体溶解度的关系即可解答，易错选项是C，注意水的离子积常数与溶液的酸碱性无关，为易错点8有关下列两套装置的描述不正确的是（）A甲装置为铁的析氢腐蚀，若将铁换成铜，则甲装置就是铜的吸氧腐蚀B若将甲装置中的电流表改为电源，无论电源怎么连接，C电极上都会有气体放出C乙装置中K关闭后，a极附近颜色逐渐加深变黑D若将乙装置中的NaOH溶液换为HCl溶液，则K关闭后b极颜色变浅【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】A铜与盐酸不反应，形成原电池反应时发生吸氧腐蚀；BC电极若为阳极，则溶液中Cl放电，生成Cl2，若C电极为阴极，则溶液中的H+放电生成H2；C硫化银胶粒带负电荷，向
22、阳极移动；D若将乙装置中的NaOH溶液换为HCl溶液，因为镁比铝活泼，所以镁为负极【解答】解：A因为铁是氢前金属，所以甲装置为铁的析氢腐蚀，若将铁换成铜，因为铜是氢后金属，则甲装置就是铜的吸氧腐蚀，故A正确；B若将甲装置中的电流表改为电源，C电极若为阳极，则溶液中Cl放电，生成Cl2，若C电极为阴极，则溶液中的H+放电生成H2，故B正确；C乙装置中K关闭后，因为Al能与NaOH溶液反应，所以Al为负极，则a为阴极，b为阳极，硫化银胶体属于金属硫化物是带负电的胶体粒子，所以移向阳极，故a极附近颜色逐渐加深变黑是错误的，故C错误；D若将乙装置中的NaOH溶液换为HCl溶液，因为镁比铝活泼，所以镁为
23、负极，则a为阳极，b为阴极，则K关闭后硫化银胶体移向a极，b极颜色变浅正确故D正确故选C【点评】本题考查原电池知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握原电池的工作原理，答题时注意：（1）电池问题的解决要以确定电极为第一步，然后按照电极反应的特点进行分析；（2）胶体粒子带电的规律是金属氧化物和金属的氢氧化物带正电，金属硫化物和非金属氧化物带负电，题目难度不大二、解答题（共3小题，满分18分）9周期表前20号元素中有A、B、C、D、E五种不同主族元素已知它们原子半径依次增大，其中A与D、C与E原子的电子层数都相差2，且D与E原子的最外层电子数之比为2：1，C与E能形成离子化合物EC（
24、1）D元素的原子结构示意图为；（2）B元素的名称为氟；（3）用电子式表示A2C的形成过程；（4）写出E的碳酸氢盐与足量KOH溶液反应的离子方程式：Ca2+2HCO3+2OH=CaCO3+CO32+2H2O；（5）写出EA2与水反应放出气体的化学方程式，并用单线桥表示电子转移方向和数目【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；化学键与晶体结构【分析】周期表前20号元素中有A、B、C、D、E五种不同主族元素已知它们原子半径依次增大，其中A与D、C与E原子的电子层数都相差2，D和E不能同时是第三周期的元素，否则A和C都是氢，结合原子半径知E是第四周期的元素中的钾或钙，D是
25、第三周期的元素，A是氢，则E是钙（钾与氢同主族），D与E原子的最外层电子数之比为2：1，则D是硅，结合“C与E能形成离子化合物EC”知C是氧，根据原子半径知B是氟【解答】解：周期表前20号元素中有A、B、C、D、E五种不同主族元素已知它们原子半径依次增大，其中A与D、C与E原子的电子层数都相差2，D和E不能同时是第三周期的元素，否则A和C都是氢，结合原子半径知E是第四周期的元素中的钾或钙，D是第三周期的元素，A是氢，则E是钙（钾与氢同主族），D与E原子的最外层电子数之比为2：1，则D是硅，结合“C与E能形成离子化合物EC”知C是氧，根据原子半径知B是氟（1）D为Si元素，原子结构示意图为，故答
26、案为：；（2）B元素的名称为氟，故答案为：氟；（3）用电子式表示H2O的形成过程：，故答案为：；（4）E的碳酸氢盐与足量KOH溶液反应的离子方程式：Ca2+2HCO3+2OH=CaCO3+CO32+2H2O，故答案为：Ca2+2HCO3+2OH=CaCO3+CO32+2H2O；（5）CaH2与水反应放出气体，反应化学方程式：CaH2+2H2O=Ca（OH）2+2H2，并用单线桥表示电子转移方向和数目为：，故答案为：【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，侧重考查学生的分析推理能力、常用化学用语等，（5）为易错点，中学基本不涉及金属氢化物，难度中等10（2016上栗县四模）有三
27、种金属单质A、B、C，其中A的焰色反应为黄色，B、C是常见金属三种金属单质A、B、C能与气体甲、乙、丙及物质D、E、F、G、H之间发生如下转化关系（图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出）请根据以上信息回答下列问题：（1）写出下列物质的化学式：ANa；HFe（OH）3； GFeCl3；乙Cl2；（2）写出下列反应的化学方程式反应Fe+2HClFeCl2+H2反应2NaOH+2Al+2H2O2NaAlO2+3H2【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；无机物的推断【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】框图推断题要注意寻找解题的突破口，在本题中，焰色反应为黄色说明物质中一定含有钠元素
28、，黄绿色的气体是氯气，钠和水反应生成氢气和氢氧化钠，红褐色的沉淀一定是氢氧化铁，根据物质的性质来完成此图物质间的转化即可【解答】解：（1）A的焰色反应为黄色，所以A一定是金属钠，钠和水反应生成氢气和氢氧化钠，甲是氢气，D的溶液是氢氧化钠，气体并是氯化氢，所以E是盐酸，红褐色的沉淀H一定是氢氧化铁，所以金属C是铁，F是氯化亚铁，能和氢氧化钠反应生成氢气的金属只有铝，所以B是铝故答案为：Na；Fe（OH）3；FeCl3；Cl2；（2）铁和盐酸的反应为：Fe+2HClFeCl2+H2，氢氧化钠能和铝反应，方程式为：2NaOH+2Al+2H2O2NaAlO2+3H2，故答案为：Fe+2HClFeCl2
29、+H2；2NaOH+2Al+2H2O2NaAlO2+3H2【点评】本题以框图题的形式考查物质的化学性质，要求学生熟记教材知识，灵活应用11如图所示的转化关系中，已知A是由短周期元素组成的酸式盐D、Y、H为气体，X为无色液体，G和K均是常见的强酸H与Na2O2可发生化合反应，生成的盐与Ba2+反应可生成不溶于稀G的白色沉淀，一个D分子中含有10个电子试回答下列问题：（1）写出D（少量）、H、X反应生成A的离子反应方程式：NH3+SO2+H2O=NH4+HSO3（2）写出D与Y反应生成E的化学方程式：4NH3+5O24NO+6H2O（3）写出D与K反应生成的正盐溶液中的离子浓度大小关系：c（NH4
30、+）c（SO42）c（H+）c（OH）（4）已知：2H（g）+Y（g）2I（g）H=196.6 kJmol1当加入4mol H和2mol Y后，放出345 kJ的热量时，H的转化率最接近于D（填字母）A.40%B.50%C.80%D.90%【考点】无机物的推断【专题】有机推断【分析】X为无色液体，与过氧化钠反应得到B与气体Y，则X是H2O，Y是O2，B是NaOHA能与氢氧化钠反应生成气体D，且D为10电子分子，可判断A为铵盐，D为NH3；C与强酸K反应，生成气体H，且H能与Na2O2发生化合反应，可判断H具有还原性，H的氧化产物能与Ba2+生成难溶于酸的沉淀，可知该沉淀是BaSO4，据此逐步推
31、出，A为NH4HSO3，C为Na2SO3，H为SO2，I为SO3，K为硫酸；由D到G的转化过程可判断，E为NO，F为NO2，G为HNO3，据此解答【解答】解：X为无色液体，与过氧化钠反应得到B与气体Y，则X是H2O，Y是O2，B是NaOHA能与氢氧化钠反应生成气体D，且D为10电子分子，可判断A为铵盐，D为NH3；C与强酸K反应，生成气体H，且H能与Na2O2发生化合反应，可判断H具有还原性，H的氧化产物能与Ba2+生成难溶于酸的沉淀，可知该沉淀是BaSO4，据此逐步推出，A为NH4HSO3，C为Na2SO3，H为SO2，I为SO3，K为硫酸；由D到G的转化过程可判断，E为NO，F为NO2，G
32、为HNO3（1）亚硫酸属于二元酸，NH3少量时生成酸式盐，反应离子方程式为：NH3+SO2+H2O=NH4+HSO3，故答案为：NH3+SO2+H2O=NH4+HSO3；（2）NH3在催化剂存在下可被O2氧化为NO，这是工业生成硝酸的基础，反应方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；（3）NH3与硫酸反应生成（NH4）2SO4，铵根离子部分水解使溶液呈酸性，故溶液中的离子浓度关系为：c（NH4+）c（SO42）c（H+）c（OH），故答案为：c（NH4+）c（SO42）c（H+）c（OH）；（4）根据热化学反应方程式可知，4 mol SO2与2
33、mol O2完全反应放出的热量为：196 kJ2=392 kJ，实际放出的热量为345 kJ，故SO2的转化率为：345 kJ/392 kJ=0.88，故选：D【点评】本题考查无机物土地，突破点为X（无色液体）与Na2O2反应生成Y（气体）和B，需要学生熟练掌握元素化合物知识，注意根据转化关系中特殊反应进行推断，难度中等选修5-有机化学基础（共1小题，满分15分）12芳香化合物A（）在一定条件下可以发生如下图所示的转化（其他产物和水已略去）请回答下列问题：（1）请写出A的分子式C10H7O4Cl（2）1mol A在氢氧化钠溶液中加热，充分反应消耗氢氧化钠4mol（3）有机物C可以由乳酸（）经过
34、几步有机反应制得，其中最佳的次序是：aa消去、加成、水解、酸化 b氧化、加成、水解、酸化 c取代、水解、氧化、酸化 d消去、加成、水解、氧化（4）写出由E制得F的化学方程式：，反应类型是酯化反应（或取代反应）（5）有机物B与乙酸酐（CH3COOCOCH3）直接反应制得阿司匹林（即乙酰水杨酸，分子式C9H8O4），满足以下条件的阿司匹林的同分异构体有9种，写出其中核磁共振氢谱是3：2：2：1的结构简式：、苯环上只含有两个侧链 有两个酯基 能发生银镜反应【考点】有机物的推断【专题】有机物的化学性质及推断【分析】A为，分子式为C10H7O4Cl，在氢氧化钠水溶液条件下发生水解反应、酸化得到B与C，结
35、合B、C分子式可知，B为，C为HOCH2CH（OH）COOH，由转化关系可知，D为，E为，E与乙醇发生转化反应得到F为，据此解答【解答】解：A为，分子式为C10H7O4Cl，在氢氧化钠水溶液条件下发生水解反应、酸化得到B与C，结合B、C分子式可知，B为，C为HOCH2CH（OH）COOH，由转化关系可知，D为，E为，E与乙醇发生转化反应得到F为，（1）A为，分子式为C10H7O4Cl，故答案为：C10H7O4Cl；（2）A在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生为：，1mol A在氢氧化钠溶液中加热，充分反应消耗氢氧化钠4mol，故答案为：4；（3）有机物C为HOCH2CH（OH）COOH，可以由乳酸
36、先发生消去反应，再与溴发生加成反应，再在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应，最后酸化得到，故答案为：a；（4）由E制得F的化学方程式为：，属于酯化反应（或取代反应），故答案为：，酯化反应（或取代反应）；（5）有机物B与乙酸酐（CH3COOCOCH3）直接反应制得阿司匹林（即乙酰水杨酸，分子式C9H8O4），结构简式为，满足以下条件的阿司匹林的同分异构体：苯环上只含有两个侧链，有两个酯基，能发生银镜反应，至少有一个甲酸形成的酯基，侧链为OOCH、OOCCH3，或OOCH、COOCH3，或OOCH、CH2OOCH，各有邻、间、对三种，故共有9种，其中核磁共振氢谱是3：2：2：1的结构简式：、，故答案为：、【点评】本题考查有机物推断，注意充分利用有机物结构简式与分子式、转化条件进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质，难度中等