1、高考资源网（） 您身边的高考专家2016年江西省萍乡市上栗二中高考化学三模试卷一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1X、Y、Z、M四种金属，已知X可以从Y的盐溶液中置换出Y：X和Z作原电池电极时，Z为正极；Y和Z的离子共存于电解液中，Y离子先放电；M的离子的氧化性强于Y的离子则这四种金属的活动性由强到弱的顺序为（）AXYZMBXZMYCMZXYDXZYM2表示下列反应的离子方程式正确的是（）A铁溶于稀盐酸：2Fe+6H+=2Fe3+3H2B氯化铝溶液中加过量氨水：Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+C碳酸氢铵溶液中加足量氢氧化钠并加热：NH4+OHH2O+NH3D氯气通
2、入水中，溶液呈酸性：Cl2+H2O2H+Cl+ClO3用Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物HCl，利用反应4HCl+O22Cl2+2H2O可实现氯的循环利用已知：反应中，4 mol HCl被氧化放出115.6 kJ 的热量；则断开1molHO键与断开1molHCl键所需能量相差约为（）A12kJB32kJC115.6kJD127.6kJ4已知某溶液中含有Cl、Br、I的物质的量之比为2：3：4，要使溶液中Cl、Br、I的物质的量之比为4：3：2，则通入的Cl2物质的量是原溶液中I物质的量的（）ABCD5下列物质之间的相互关系不正确的是（）ACH3CH2NO2和H2NCH2COOH互为同分异
3、构体BH、D、T互为同位素CO2和O3互为同素异形体DCH3CH2CH2CH3与性质完全相同6在恒温条件下，有甲、乙两容器，甲容器为体积不变的密闭容器，乙容器为一个带有理想活塞（即无质量、无摩擦力的刚性活塞）的体积可变的密闭容器，两容器起始状态完全相同，都充有C气体，若发生可逆反应C（g）A（g）+B（g），经一段时间后，甲、乙两容器反应都达到平衡下列说法中正确的是（）A平衡时C的转化率：乙甲B平衡时C的体积分数：乙甲C反应速率：乙甲D平衡时A的物质的量：甲乙7下列各组物质能相互反应得到Al（OH）3的是（）A铝跟NaOH溶液BAl（NO3）3跟过量的NaOH溶液CAl2O3和热水DAl2（S
4、O4）3溶液跟过量的氨水8用质量均为100g的Cu作电极，电解AgNO3溶液稍电解一段时间后，两电极的质量相差14g，此时两电极的质量分别为（）A阳极100g，阴极128gB阳极96.8g，阴极110.8gC阳极94.8g，阴极108.8gD阳极95.9g，阴极114.0g二、解答题（共4小题）9丁达尔现象是区分胶体与溶液的一种最常用的方法（1）如图是在实验室中进行氢氧化铁胶体丁达尔现象实验的示意图，该图中有一处明显错误是，原因是（试从分散系的分类进行讨论说明）（2）欲在树林中观察到丁达尔效应，你认为一天中最有可能观察到该现象的时间是，理由是（3）去树林观察丁达尔效应有诸多不便，聪明的你想出了
5、许多在家里看到丁达尔效应的方法，其中最简单、最环保的方法是10A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期元素已知A、B、E三原子最外层共有11个电子，且这三种元素的最高价氧化物对应的水化物之间两两皆能反应生成盐和水；C元素的最外层电子数比次外层电子数少4，D元素原子次外层电子数比最外层电子数多3请回答下列问题：（1）写出下列元素符号：A，C，E（2）E元素+1价含氧酸的电子式为：（3）写出A、B两元素最高价氧化物对应的水化物相互反应的离子方程式（4）比较C、D最高价氧化物对应水化物的酸性11（1）要配制浓度约为2 mol/L的NaOH溶液100 ml，下面操作正确的是称取8gNaOH固体，放
6、入250ml烧杯中，用100ml量筒量取100ml蒸馏水，加入烧杯中，同时不断搅拌至固体溶解；称取8gNaOH固体，放入100ml量筒中，边搅拌，边慢慢加入蒸馏水，待固体完全溶解后用蒸馏水稀释至100ml；称取8gNaOH固体，放入100ml容量瓶中，加入适量蒸馏水，振荡容量瓶使固体溶解，再加入水到刻度线，盖好瓶塞，反复摇匀；用100ml量筒量取40ml5mol/LNaOH溶液，倒入250ml烧杯中，再用同一量筒取60ml蒸馏水，不断搅拌下，慢慢倒入烧杯中；（2）有下列八种物质NH4ClNaOHFeCl3NaHCO3AlCH3COOH盐酸H2CO3（A）属于强电解质的是（填序号）（B）既与盐酸
7、反应又与氢氧化钠反应的是（填序号）（C）将的饱和溶液滴入沸水中，继续加热可得红褐色液体，此液体不具有的性质是A光束通过该液体时形成光亮的“通路”B插入电极通过直流电后，有一极附近液体颜色加深C向该液体中加入硝酸银溶液，无沉淀产生D将该液体加热蒸干、灼烧后，有氧化物生成12在我国乙醇汽油是用变性燃料乙醇（乙醇进一步脱水变成）加入适量的汽油调和而成的，符合我国能源替代战略和可再生能源发展方向它资源丰富，可以提高燃油品质而降低油耗；减少尾气排放；自洁除杂，提高动力如果乙醇燃烧时氧气不足，可能还有CO生成（1）用图所示的装置确证乙醇燃烧产物中有CO、CO2、H2O，应将乙醇燃烧产物依次通过以下装置，按
8、气流从左到右的顺序填写装置编号：（2）实验时可观察到装置中A瓶的石灰水变浑浊A瓶溶液的作用是，B瓶溶液的作用是；C瓶溶液的作用（3）装置的作用是装置中所盛的是溶液，作用是（4）装置中所盛固体药品是，它可确证的产物是（5）尾气应2016年江西省萍乡市上栗二中高考化学三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）1X、Y、Z、M四种金属，已知X可以从Y的盐溶液中置换出Y：X和Z作原电池电极时，Z为正极；Y和Z的离子共存于电解液中，Y离子先放电；M的离子的氧化性强于Y的离子则这四种金属的活动性由强到弱的顺序为（）AXYZMBXZMYCMZXYDXZYM【考点】原电池和电解池
9、的工作原理；常见金属的活动性顺序及其应用【专题】电化学专题【分析】活泼金属能置换出不活泼金属；原电池中不活泼金属作正极，活泼金属作负极；电解质溶液中不活泼金属阳离子先放电；金属阳离子中，不活泼金属的阳离子氧化性比活泼金属阳离子的氧化性强，据此分析解答【解答】解：X可以从Y的盐溶液中置换出Y，说明X的活动性大于Y；X和Z作原电池电极时，Z为正极，说明X的活动性大于Z；Y和Z的离子共存于电解液中，Y离子先放电，说明Z的活动性大于Y；M的离子的氧化性强于Y的离子，说明Y的活动性大于M，所以得出这四种金属的活动性由强到弱的顺序为XZYM，故选D【点评】本题考查学生金属活泼性强弱的判断方法，难度不大，会
10、归纳、总结金属活动性强弱的方法2表示下列反应的离子方程式正确的是（）A铁溶于稀盐酸：2Fe+6H+=2Fe3+3H2B氯化铝溶液中加过量氨水：Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+C碳酸氢铵溶液中加足量氢氧化钠并加热：NH4+OHH2O+NH3D氯气通入水中，溶液呈酸性：Cl2+H2O2H+Cl+ClO【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】A反应生成氯化亚铁和氢气；B反应生成氢氧化铝和氯化铵；C漏写碳酸氢根离子与碱的反应；DHClO在离子反应中应保留化学式【解答】解：A铁溶于稀盐酸反应的离子反应为Fe+2H+=Fe2+H2，故A错误；B氯化铝溶液中加过量氨水的离子反应
11、为Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+，故B正确；C碳酸氢铵溶液中加足量氢氧化钠并加热HCO3+NH4+2OH2H2O+NH3+CO32，故C错误；D氯气通入水中，溶液呈酸性的离子反应为Cl2+H2OH+Cl+HClO，故D错误；故选B【点评】本题考查离子反应方程式的书写，为高频考点，把握发生的化学反应及离子反应的书写方法为解答的关键，选项A为易错点，侧重与量有关的离子反应的考查，注意氢氧化铝的两性，综合性较强，题目难度不大3用Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物HCl，利用反应4HCl+O22Cl2+2H2O可实现氯的循环利用已知：反应中，4 mol HCl被氧化放出115.
12、6 kJ 的热量；则断开1molHO键与断开1molHCl键所需能量相差约为（）A12kJB32kJC115.6kJD127.6kJ【考点】有关反应热的计算【专题】燃烧热的计算【分析】反应热H=反应物总键能生成物的总键能，据此计算HO键与HCl键的键能差，进而计算断开1mol HO键与断开1mol HCl键所需能量差【解答】解：E（HO）、E（HCl）分别表示HO键能、HCl键能，反应A中，4mol HCl被氧化，放出115.6kJ的热量，反应热H=反应物总键能生成物的总键能，故：4E（HCl）+498kJ/mol2243kJ/mol+4E（HO）=115.6kJ/mol，整理得，4E（HCl
13、）4E（HO）=127.6kJ/mol，即E（HO）E（HCl）=31.9kJ/mol，故断开1mol HO键与断开1mol HCl键所需能量相差约为31.9kJ/mol1mol=31.9kJ，约为32kJ，故选C【点评】本题考查反应热的有关计算，题目难度不大，注意掌握键能与焓变关系4已知某溶液中含有Cl、Br、I的物质的量之比为2：3：4，要使溶液中Cl、Br、I的物质的量之比为4：3：2，则通入的Cl2物质的量是原溶液中I物质的量的（）ABCD【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；离子方程式的有关计算【专题】卤族元素【分析】已知还原性IBrCl，反应后I有剩余，说明Br浓度没有变化，通入
14、的Cl2只与I发生反应，根据反应的方程式2I+Cl2=2Cl+I2计算【解答】解：已知还原性IBrCl，反应后I有剩余，说明Br浓度没有变化，通入的Cl2只与I发生反应，设原溶液中含有2molCl，3molBr，4molI，通入Cl2后，它们的物质的量之比变为4：3：2，则各离子物质的量分别为：4molCl，3molBr，2molI，Cl增加了2mol，则需1molCl2，则通入的Cl2物质的量是原溶液中I物质的量的，故选A【点评】本题考查化学方程式的计算，题目难度中等，注意把握离子还原性的强弱比较，题目从质量守恒的角度分析5下列物质之间的相互关系不正确的是（）ACH3CH2NO2和H2NCH
15、2COOH互为同分异构体BH、D、T互为同位素CO2和O3互为同素异形体DCH3CH2CH2CH3与性质完全相同【考点】同位素及其应用；同素异形体；有机化合物的异构现象【专题】物质的分类专题【分析】A同分异构体指分子式相同结构不同的化合物； B质子数相同中子数不同的同一元素的不同原子互称同位素；C同素异形体是同种元素组成的性质不同的单质之间的互称；DCH3CH2CH2CH3与结构不同【解答】解：ACH3CH2NO2和H2NCH2COOH分子式相同，结构不同互为同分异构体，故A正确； BH、D、T质子数相同中子数不同，互为同位素，故B正确；CO2和O3是同种氧元素组成的性质不同的单质，互称同素异
16、形体，故C正确；D二者虽互为同分异构体，但结构不同，性质有所不同，故D错误故选D【点评】本题考查同系物、同分异构体、同位素、同素异形体、同一物质的区别，难度不大，注意把握概念的内涵与外延6在恒温条件下，有甲、乙两容器，甲容器为体积不变的密闭容器，乙容器为一个带有理想活塞（即无质量、无摩擦力的刚性活塞）的体积可变的密闭容器，两容器起始状态完全相同，都充有C气体，若发生可逆反应C（g）A（g）+B（g），经一段时间后，甲、乙两容器反应都达到平衡下列说法中正确的是（）A平衡时C的转化率：乙甲B平衡时C的体积分数：乙甲C反应速率：乙甲D平衡时A的物质的量：甲乙【考点】化学平衡建立的过程【专题】化学平衡
17、专题【分析】甲为恒容，乙为恒压，随着反应的进行，甲容器压强逐渐增大，而增大压强，平衡向逆方向移动，本题可从压强对平衡移动的影响的角度比较分析【解答】解：甲为恒容，乙为恒压，随着反应的进行，甲容器压强逐渐增大，而乙压强不变，A增大压强平衡向逆方向移动，C的转化率减小，则平衡时C的转化率：乙甲，故A正确；B增大压强平衡向逆方向移动，平衡时C的体积分数：甲乙，故B错误；C压强越大反应速率越大，则反应速率：甲乙，故C错误；D增大压强平衡向逆方向移动，则平衡时A的物质的量：乙甲，故D错误故选A【点评】本题考查化学平衡的移动，题目难度不大，本题注意从压强对平衡移动的影响的角度比较甲乙两个状态7下列各组物质
18、能相互反应得到Al（OH）3的是（）A铝跟NaOH溶液BAl（NO3）3跟过量的NaOH溶液CAl2O3和热水DAl2（SO4）3溶液跟过量的氨水【考点】两性氧化物和两性氢氧化物【分析】A铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气；B硝酸铝与过量的氢氧化钠反应生成偏铝酸钠；C氧化铝不溶于水，与热水不反应；D硫酸铝与氨水反应生成氢氧化铝和硫酸铵【解答】解：A铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，得不到氢氧化铝，故A错误；B硝酸铝与过量的氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，得不到氢氧化铝，故B错误；C氧化铝不溶于水，与热水不反应，得不到氢氧化铝，故C错误；D硫酸铝与氨水反应生成氢氧化铝和硫酸铵，得到了氢氧化铝，故D正
19、确；故选：D【点评】本题考查了氢氧化铝的制备，熟悉铝及其化合物的性质是解题关键，注意氢氧化铝只与强碱发生反应，题目难度不大8用质量均为100g的Cu作电极，电解AgNO3溶液稍电解一段时间后，两电极的质量相差14g，此时两电极的质量分别为（）A阳极100g，阴极128gB阳极96.8g，阴极110.8gC阳极94.8g，阴极108.8gD阳极95.9g，阴极114.0g【考点】电解原理【专题】电化学专题【分析】用铜作电极电解硝酸银溶液时，阳极上铜失电子发生氧化反应，电极反应式为Cu2e=Cu 2+，阴极上银离子得电子生成银，电极反应式为Ag+e=Ag，电池反应式为Cu+2Ag+=2Ag+Cu
20、2+，两个电极质量差为溶解铜的质量和析出银的质量之和，根据转移电子相等计算两个电极的质量【解答】解：用铜作电极电解硝酸银溶液时，阳极上铜失电子发生氧化反应，电极反应式为Cu2e=Cu 2+，阴极上银离子得电子生成银，电极反应式为Ag+e=Ag，电池反应式为Cu+2Ag+=2Ag+Cu 2+，假设阳极质量减少xg，则阳极质量为（100x）g，阴极质量为（100+2108）g，根据题意可得：（100x）g+14g=（100+2108）g，x=3.2g，阳极质量变为96.8g，阴极质量为110.8g，故选B【点评】本题以电解原理为载体考查物质的量的计算，正确理解“电解一段时间后两个电极质量差为溶解铜
21、的质量和析出银的质量之和”为解答本题关键，再结合转移电子守恒解答即可，本题还可以采用排除法解答，阳极质量减少阴极质量增加，根据转移电子守恒知溶解铜的质量和析出银的质量不等，从而得出正确选项二、解答题（共4小题）9丁达尔现象是区分胶体与溶液的一种最常用的方法（1）如图是在实验室中进行氢氧化铁胶体丁达尔现象实验的示意图，该图中有一处明显错误是空气中也出现了光柱，原因是进入烧杯前，光穿过的空气不是胶体，不会产生丁达尔效应（试从分散系的分类进行讨论说明）（2）欲在树林中观察到丁达尔效应，你认为一天中最有可能观察到该现象的时间是清晨，理由是清晨，水被太阳加热，形成水雾，可能构成1100nm的分散质，阳光
22、透过树叶间隙形成光束，穿过这些水雾会产生丁达尔现象（3）去树林观察丁达尔效应有诸多不便，聪明的你想出了许多在家里看到丁达尔效应的方法，其中最简单、最环保的方法是打开暖瓶（加热水）让水汽升腾起来，用一束光照射即可【考点】胶体的重要性质【专题】溶液和胶体专题【分析】（1）丁达尔现象是胶体特有的性质，空气不是胶体，不会产生丁达尔效应；（2）清晨水雾浓，会产生丁达尔现象；（3）根据生活用品和生活经验联系丁达尔现象进行解答；【解答】解：（1）当一束光线透过胶体，从入射光的垂直方向可以观察到胶体里出现的一条光亮的“通路”，这种现象叫丁达尔现象，丁达尔现象是胶体特有的性质，空气不是胶体，不会产生丁达尔效应，
23、所以该图中有一处明显错误是空气中也出现了光柱，故答案为：空气中也出现了光柱；进入烧杯前，光穿过的空气不是胶体，不会产生丁达尔效应；（2）清晨，太阳升起，水被太阳加热，形成水雾，可能构成1100 nm的分散质，是胶体，阳光透过树叶间隙形成光束，穿过这些水雾会产生丁达尔现象，故答案为：清晨；清晨水被太阳加热，形成水雾，可能构成1100 nm的分散质，阳光透过树叶间隙形成光束，穿过这些水雾会产生丁达尔现象；（3）打开暖瓶（加热水）看到的水汽，可能构成1100 nm的分散质，用一束光照射穿过这些水雾会产生丁达尔现象，该法是最简单、最环保观察丁达尔效应的方法，故答案为：打开暖瓶（加热水）让水汽升腾起来，
24、用一束光照射即可；【点评】本题考查了丁达尔效应，掌握丁达尔效应是胶体特有的性质是解答的关键，题目较简单10A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期元素已知A、B、E三原子最外层共有11个电子，且这三种元素的最高价氧化物对应的水化物之间两两皆能反应生成盐和水；C元素的最外层电子数比次外层电子数少4，D元素原子次外层电子数比最外层电子数多3请回答下列问题：（1）写出下列元素符号：ANa，CSi，ECl（2）E元素+1价含氧酸的电子式为：（3）写出A、B两元素最高价氧化物对应的水化物相互反应的离子方程式Al（OH）3+OHAlO2+2H2O（4）比较C、D最高价氧化物对应水化物的酸性H3PO4H
25、2SiO3【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、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期元素，A、B、E三原子最外层共有11个电子，且这三种元素的最高价氧化物对应的水化物之间两两皆能反应生成盐和水，则B的最高价氧化物的水化物具有两性，所以B为Al元素，A的最高价氧化物的水化物具有强碱性，则A是Na，根据三种元素最外层电子数知，E最外层有7个电子，则E为Cl元素；C元素的最外层电子数比次外层电子数少4，次外层有8个电子，则C元素最外层有4个电子，为Si元素，D元素原子次外层电子数比最外层电子数多3，则D元素最外层有5个电子，且D原子序数大于C，所以D为P
26、元素，结合物质结构、性质分析解答【解答】解：A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期元素，A、B、E三原子最外层共有11个电子，且这三种元素的最高价氧化物对应的水化物之间两两皆能反应生成盐和水，则B的最高价氧化物的水化物具有两性，所以B为Al元素，A的最高价氧化物的水化物具有强碱性，则A是Na，根据三种元素最外层电子数知，E最外层有7个电子，则E为Cl元素；C元素的最外层电子数比次外层电子数少4，次外层有8个电子，则C元素最外层有4个电子，为Si元素，D元素原子次外层电子数比最外层电子数多3，则D元素最外层有5个电子，且D原子序数大于C，所以D为P元素，（1）通过以上分析知，A是Na元素、
27、C是Si元素、E是Cl元素，故答案为：Na；Si；Cl；（2）E元素+1价含氧酸为HClO，O原子和H原子、Cl原子形成两对共用电子对，HClO的电子式为，故答案为：；（3）A的最高价氧化物的水化物化学式为NaOH、B的最高价氧化物的水化物化学式为Al（OH）3，二者反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为Al（OH）3+OHAlO2+2H2O，故答案为：Al（OH）3+OHAlO2+2H2O；（4）元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性PSi，所以其最高价氧化物的水化物酸性H3PO4H2SiO3，故答案为：H3PO4H2SiO3【点评】本题考查位置结构性质的相互关系及应用，正
28、确推断元素是解本题关键，熟练掌握原子结构、元素周期表结构及元素周期律内涵、元素化合物知识，注意次氯酸电子式的书写，很多同学认为Cl原子位于中间而导致错误，题目难度不大11（1）要配制浓度约为2 mol/L的NaOH溶液100 ml，下面操作正确的是称取8gNaOH固体，放入250ml烧杯中，用100ml量筒量取100ml蒸馏水，加入烧杯中，同时不断搅拌至固体溶解；称取8gNaOH固体，放入100ml量筒中，边搅拌，边慢慢加入蒸馏水，待固体完全溶解后用蒸馏水稀释至100ml；称取8gNaOH固体，放入100ml容量瓶中，加入适量蒸馏水，振荡容量瓶使固体溶解，再加入水到刻度线，盖好瓶塞，反复摇匀；
29、用100ml量筒量取40ml5mol/LNaOH溶液，倒入250ml烧杯中，再用同一量筒取60ml蒸馏水，不断搅拌下，慢慢倒入烧杯中；（2）有下列八种物质NH4ClNaOHFeCl3NaHCO3AlCH3COOH盐酸H2CO3（A）属于强电解质的是（填序号）（B）既与盐酸反应又与氢氧化钠反应的是（填序号）（C）将的饱和溶液滴入沸水中，继续加热可得红褐色液体，此液体不具有的性质是CA光束通过该液体时形成光亮的“通路”B插入电极通过直流电后，有一极附近液体颜色加深C向该液体中加入硝酸银溶液，无沉淀产生D将该液体加热蒸干、灼烧后，有氧化物生成【考点】配制一定物质的量浓度的溶液；胶体的重要性质；强电解
30、质和弱电解质的概念【专题】物质的分类专题；溶液和胶体专题；化学实验基本操作【分析】（1）mol/L的NaOH溶液意义为1L溶液中含有溶质的物质的量为2mol，质量为80g；则配制浓度约为2 mol/L的NaOH溶液100 ml，需要溶质的质量为2mol/L0.1L40g/mol=8.0g，注意物质的量浓度中体积为溶液的体积不是容积的体积；（2）A强电解质是熔融态或水溶液中完全电离的化合物，常见强电解质为强酸、强碱、大多数盐；B既能与酸反应，又能与碱反应的物质有弱酸弱碱盐、弱酸的酸式盐、两性氧化物、两性氢氧化物、金属铝、蛋白质和氨基酸等物质；C本题考查有关胶体的性质，将三氯化铁溶液滴入沸水加热可
31、得红褐色液体，形成氢氧化铁胶体，胶体具有丁达尔效应、电泳现象，结合氢氧化铁性质解答；【解答】解；（1）称取8gNaOH固体，放入250ml烧杯中，用100ml量筒量取100ml蒸馏水，溶质的物质的量为0.2mol，溶液体积为0.1L，所配溶液浓度为2mol/L，故正确；固体不能在容量瓶中溶解，故错误；容量瓶为精密仪器，不能用来溶解固体，故错误；用100ml量筒量取40ml5mol/LNaOH溶液，倒入250ml烧杯中，再用同一量筒取60ml蒸馏水，不断搅拌下，慢慢倒入烧杯中，依据溶液稀释规律：40ml5mol/L=100mLc，解得C=2mol/L，故正确；故选：；（2）（A）NH4Cl、Na
32、OH、FeCl3、NaHCO3、在水溶液中都能完全电离属于强电解质；Al是单质，不是电解质；CH3COOH、H2CO3只能部分电离，属于弱电解质；盐酸是混合物不是电解质；所以属于强电解质的是：；故答案为：；（B）NH4Cl不能与盐酸反应，故不选；NaOH不能与碱反应，故不选；FeCl3不能与盐酸反应，故不选；NaHCO3，是弱酸的酸式盐，既能与盐酸又能与氢氧化钠反应，故选；Al与盐酸反应生成氯化铝和氢气，与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠钠溶液和水，故选；CH3COOH与盐酸不反应，故不选；盐酸与盐酸不反应，故不选；H2CO3与盐酸不反应，故不选；故选：；（C）将三氯化铁溶液滴入沸水加热可得红褐色
33、液体，形成氢氧化铁胶体A体现胶体的丁达尔效应，故A正确；B氢氧化铁胶粒带电，有电泳现象，故B正确；C三氯化铁水解生成氢氧化铁胶体，同时还有盐酸生成在溶液里，与硝酸银生成沉淀，故C错误；D氢氧化铁胶体加热出现氢氧化铁沉淀，继续加热失水生成三氧化二铁，故D正确；故选：C【点评】本题为综合题考查了一定物质的量浓度溶液的配制、强电解质的判断、胶体的性质、既与盐酸反应又与氢氧化钠反应物质判断，明确配制原理、强电解质的性质、相关物质的性质是解题关键，题目难度不大12在我国乙醇汽油是用变性燃料乙醇（乙醇进一步脱水变成）加入适量的汽油调和而成的，符合我国能源替代战略和可再生能源发展方向它资源丰富，可以提高燃油
34、品质而降低油耗；减少尾气排放；自洁除杂，提高动力如果乙醇燃烧时氧气不足，可能还有CO生成（1）用图所示的装置确证乙醇燃烧产物中有CO、CO2、H2O，应将乙醇燃烧产物依次通过以下装置，按气流从左到右的顺序填写装置编号：（2）实验时可观察到装置中A瓶的石灰水变浑浊A瓶溶液的作用是验证二氧化碳的存在，B瓶溶液的作用是除去混合气体中的二氧化碳；C瓶溶液的作用验证二氧化碳是否已除尽（3）装置的作用是将CO氧化成CO2装置中所盛的是澄清石灰水溶液，作用是检验由CO与CuO反应生成的CO2，从而验证有CO气体（4）装置中所盛固体药品是无水硫酸铜，它可确证的产物是水（5）尾气应点燃或收集【考点】乙醇的催化氧
35、化实验【专题】有机实验综合【分析】（1）要达到实验目的应先检验是否存在二氧化碳，再看是否被除尽考虑；通过把原来的二氧化碳除尽再通过氧化铜再生成二氧化碳来判断是否存在一氧化碳；（2）二氧化碳能够使澄清石灰水变浑浊，据此检验二氧化碳的存在；然后通过氢氧化钠溶液吸收生成的二氧化碳，排除对一氧化碳检验的干扰，再通过澄清石灰水检验二氧化碳是否被吸收完全；（3）一氧化碳不能直接验证，可以通过与氧化铜反应生成二氧化碳，通过检验二氧化碳的存在检验一氧化碳；（4）无水硫酸铜与水反应生成五水硫酸铜，固体由白色变为蓝色，据此检验水的存在；（5）尾气中可能含有一氧化碳，能够造成环境污染，应进行处理【解答】解：（1）要
36、达到实验目的应先检验是否存在二氧化碳，再看是否被除尽考虑；通过把原来的二氧化碳除尽再通过氧化铜再生成二氧化碳来判断是否存在一氧化碳，所以正确的顺序为：；故答案为：；（2）要验证产物，应先将二氧化碳通入澄清石灰水，二氧化碳能够使澄清石灰水变浑浊，据此检验二氧化碳的存在；然后通过氢氧化钠溶液吸收生成的二氧化碳，排除对一氧化碳检验的干扰，再通过澄清石灰水检验二氧化碳是否被吸收完全，所以A瓶溶液的作用是验证二氧化碳的存在，B瓶溶液的作用是除去混合气体中的二氧化碳；C瓶溶液的作用验证二氧化碳是否已除尽；故答案为：验证二氧化碳的存在；除去混合气体中的二氧化碳；验证二氧化碳是否已除尽；（3）一氧化碳不能直接
37、验证，可以通过与氧化铜反应生成二氧化碳，通过检验二氧化碳的存在检验一氧化碳，所以装置的作用是将CO氧化成CO2装置中所盛的是澄清石灰水溶液，作用是检验由CO与CuO反应生成的CO2，从而验证有CO气体；故答案为：将CO氧化成CO2；澄清石灰水；验由CO与CuO反应生成的CO2，从而验证有CO气体；（4）无水硫酸铜与水反应生成五水硫酸铜，固体由白色变为蓝色，则可证明水的生成；故答案为：无水硫酸铜；水；（5）尾气中可能含有一氧化碳，能够造成环境污染，可以点燃或收集；故答案为：点燃或收集【点评】本题考查了乙醇汽油燃烧生成尾气成分的确定，明确物质的性质是解题关键，注意实验设计的严密性，题目难度不大高考资源网版权所有，侵权必究！
