1、江西省赣州市崇义县2015-2016年第二学期高三化学试卷（解析版）一、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（选择题，每小题6分，共48分）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尿黑酸症是由酪氨酸在人体内非正常代谢而产生的一种遗传病其转化过程如下：下列说法错误的是（）A酪氨酸的分子式为C9H11O3NB对羟苯丙酮酸分子中有三种含氧官能团C可用溴水鉴别对羟苯丙酮酸与尿黑酸D1mol尿黑酸最多可与含3mol NaOH的溶液反应2NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的有（）20g D2O含有的电子数
2、为10NA常温下，4g CH4含有NA个CH共价键10mL质量分数为98%的H2SO4，加水至100mL，H2SO4的质量分数为9.8%标准状况下，5.6L四氯化碳含有的分子数为0.25NA25时，pH=12的1.0L CH3COONa溶液中水电离出的OH的数目为0.01NA1mol Na2O2与水完全反应时转移电子数为2NAA5个B2个C3个D4个3下列各组顺序的排列不正确的是（）A原子半径：FNaMgAlB热稳定性：HClH2SPH3C酸性强弱：H2CO3H3PO4H2SO4D碱性强弱：CsOHKOHNaOH4下列说法正确的是（）A图I所示装置用于Cu和浓H2SO4制取少量的SO2气体B图
3、装置可验证非金属性：ClCSiC图可用于收集气体H2、CO2、Cl2、NH3D图表示将SO2气体通入溴水中，所得溶液的pH变化5根据反应Fe+Cu2+Fe2+Cu 2Fe3+CuCu2+2Fe2+；2Fe2+Cl22Fe3+2ClHClO+H+ClCl2+H2O可以判断出各微粒的氧化性由强到弱的顺序正确的是（）AHClOCl2Fe3+Cu2+Fe2+BCl2HClOFe3+Cu2+Fe2+CCl2Fe3+HClOCu2+Fe2+DHClOCl2Cu2+Fe3+Fe2+6在一个固定体积的密闭容器中，保持一定温度，进行以下反应：H2（g）+I2（g）2HI（g）已知起始时加入1mol H2和2mo
4、l I2（g），当达到平衡时H2的体积分数为下列四种情况分别投入上述容器，且始终保持原温度，平衡时H2的体积分数也为的是（）A2 mol H2（g）和1 mol I2（g）B3 mol HI（g）C2 mol H2（g）和2 mol I2（g）D1 mol I2（g）和2 mol HI（g）7将一定量的钠铝合金置于水中，合金全部溶解，得到20mL pH=14的溶液，然后用1mol/L的盐酸滴定，沉淀质量与消耗盐酸的体积关系如下图所示，则下列选项正确的是（）A图中m值为1.56 gB标准状况下产生氢气896 mLC图中V2为60 mLD原合金质量为0.92 g8下列说法中正确的是（）A在25纯水
5、中，c（H+）=c（OH）=107 mol/L，呈中性B溶液中，若c（H+）107mol/L，则c（H+）c（OH），呈酸性Cc（H+）越大，则pH 越大，溶液的碱性越强DpH为0的溶液，其中只有H+而无OH二、非选择题，共4小题，共52分）9（1）KClO3与浓盐酸发生反应：KClO3+6HCl（浓）KCl+3Cl2+3H2O，该反应中被氧化的元素和被还原的元素的质量之比为转移1mol电子时，产生标准状况下的Cl2 L（2）与Cl2相比较，ClO2处理水时被还原成Cl，不生成有机氯代物等有害物质工业上用亚氯酸钠和稀盐酸为原料制备ClO2反应：NaClO2+HClClO2+NaCl+H2O写出
6、配平的化学方程式生成0.2mol ClO2转移电子的物质的量为 mol（3）取体积相同的KI、Na2SO3、FeBr2溶液，分别通入足量氯气，当恰好完全反应时，三种溶液消耗氯气的物质的量相同，则KI、Na2SO3、FeBr2溶液的物质的量浓度之比为如果向FeBr2 溶液中通入等物质的量的Cl2，该反应的离子方程式为10X、Y和W为原子序数依次递增的短周期元素已知：X和Y同主族，Y和W的氢化物具有相同的电子数在中学范围内X的单质只有氧化性，且是空气的主要成份之一（1）写出实验室制取W2反应的离子方程式（2）某小组设计如图所示的装置，分别研究YX2和W2的性质分别通入YX2和W2，在装置A中观察到
7、的现象是否相同（填“相同”或“不相同”）；若装置D中装的是铜粉，当通入足量W2时观察到的现象为；若装置D中装的是五氧化二钒（催化剂），当通入足量YX2时，打开K通入适量X2，化学反应方程式为若装置B中装有5.0mL 1.0103mol/L的碘水，当通入足量W2完全反应后，转移了5.0105mol电子，该反应的化学方程式为（3）某同学将足量的YX2通入一支装有氯化钡溶液的试管，未见沉淀生成，再向该试管中加入过量的下列溶液也无沉淀生成的是（填字母）A氨水 B稀盐酸 C稀硝酸 D氯化钙 E双氧水 F硝酸银11锶（Sr）为第五周期A族元素，其化合物六水氯化锶（SrCl26H2O）是实验窒重要的分析试剂
8、，工业上常用天青石（主要成分为SrSO4）为原料制备，生成流程如图：已知：经盐酸浸取后，溶液中除含有Sr2+和Cl外，还含有少量Ba2+杂质；SrSO4、BaSO4的溶度积常数分别为3.3107、1.11010；SrCl26H2O的摩尔质量为：267g/mol（1）天青石焙烧前先研磨粉碎，其目的是（2）隔绝空气高温焙烧，若0.5mol SrSO4中只有S被还原，转移了4mol电子写出该反应的化学方程式（3）为了得到较纯的六水氯化锶晶体，过滤2后还需进行的两步操作是（4）加入硫酸的目的是；为了提高原料的利用率，滤液中Sr2+的浓度应不高于 mol/L（注：此时滤液中Ba2+浓度为1105 mol
9、/L）（5）产品纯度检测：称取1.000g产品溶解于适量水中，向其中加入含AgNO31.100102mol的AgNO3溶液（溶液中除Cl外，不含其它与Ag+反应的离子），待Cl完全沉淀后，用含Fe3+的溶液作指示剂，用0.2000mol/L的NH4SCN标准溶液滴定剩余的AgNO3，使剩余的Ag+以AgSCN白色沉淀的形式析出滴定反应达到终点的现象是；若滴定过程用去上述浓度的NH4SCN溶液20.00mL，则产品中SrCl26H2O的质量百分含量为（保留4位有效数字）12已知：一种钯催化的交叉偶联反应可以表示为：如图是利用钯催化的交叉偶联反应，以烃A与苯为原料合成某个复杂分子L（相对质量不超过
10、200）的过程，其中F在浓硫酸作用下可以发生两种不同的反应分别形成H和G（1）写出反应的反应类型：（2）根据要求完成下列两个空格：用系统命名法给物质A命名：；写出物质L的结构简式：（3）写出下列反应的化学方程式：CD：；FG：（4）H有多种同分异构体，符合下列条件的同分异构体有种i能发生水解反应 ii分子中只含有两个甲基 iii不含环状结构2016年江西省赣州市崇义县高考化学一模试卷参考答案与试题解析一、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（选择题，每小题6分，共48分）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，Fe5
11、6，Zn651尿黑酸症是由酪氨酸在人体内非正常代谢而产生的一种遗传病其转化过程如下：下列说法错误的是（）A酪氨酸的分子式为C9H11O3NB对羟苯丙酮酸分子中有三种含氧官能团C可用溴水鉴别对羟苯丙酮酸与尿黑酸D1mol尿黑酸最多可与含3mol NaOH的溶液反应【考点】有机物的结构和性质【分析】由结构简式确定分子式，对羟苯丙酮酸中含羰基、酚OH、COOH，尿黑酸中含酚OH、COOH，结合酚、羧酸的性质来解答【解答】解：A由结构简式可知酪氨酸的分子式为C9H11O3N，故A正确；B对羟苯丙酮酸中含羰基、酚OH、COOH，为三种含氧官能团，故B正确；C对羟苯丙酮酸与尿黑酸中均含酚OH，加溴水均生成
12、白色沉淀，则不能用溴水鉴别，故C错误；D尿黑酸中含酚OH、COOH，均与碱反应，则1mol尿黑酸最多可与含3mol NaOH的溶液反应，故D正确；故选C【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重酚、羧酸性质的考查，选项C为易错点，题目难度不大2NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的有（）20g D2O含有的电子数为10NA常温下，4g CH4含有NA个CH共价键10mL质量分数为98%的H2SO4，加水至100mL，H2SO4的质量分数为9.8%标准状况下，5.6L四氯化碳含有的分子数为0.25NA25时，pH=12的1.0L CH3COONa溶
13、液中水电离出的OH的数目为0.01NA1mol Na2O2与水完全反应时转移电子数为2NAA5个B2个C3个D4个【考点】阿伏加德罗常数【分析】重水中含有10个电子，20g D2O的物质的量为1mol，含有10mol电子；常温下，4g甲烷的物质的量为0.25mol，含有1mol碳氢键；由于硫酸浓度越大，硫酸的密度越大，则10mL质量分数为98%的H2SO4，加水至100mL，H2SO4的质量分数大于9.8%；标准状况下，四氯化碳为液体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算四氯化碳的物质的量；醋酸钠溶液中，氢氧根离子是水电离的，25时，pH=12的1.0L CH3COONa溶液中氢氧根离子浓度为0.
14、01mol/L，水电离的氢氧根离子为0.01mol；过氧化钠中氧元素为1价，1mol Na2O2与水完全反应生成0.5mol氧气，转移了1mol电子【解答】解：20g D2O的物质的量为1mol，1mol重水中含有10mol电子，含有的电子数为10NA，故正确；常温下，4g甲烷的物质的量为0.25mol，0.25mol甲烷中含有1mol碳氢键，含有NA个CH共价键，故正确；硫酸的质量分数越大，硫酸溶液的密度越大，稀释过程中硫酸的质量不变，由于稀释后硫酸的密度减小，则10mL质量分数为98%的H2SO4，加水至100mL，H2SO4的质量分数会大于：98%=9.8%，故错误；标准状况下，四氯化碳
15、的状态不是气体，题中条件无法计算四氯化碳的物质的量，故错误；25时，pH=12的1.0L CH3COONa溶液中氢氧根离子浓度为0.01mol/L，溶液中的氢氧根离子是水电离的，则1L该醋酸钠溶液中水电离出的氢氧根离子的物质的量为0.01mol，OH的数目为0.01NA，故正确；1mol Na2O2与水完全反应生成0.5mol氧气，转移了1mol电子，转移电子数为NA，故错误；根据以上分析可知，正确的有，总共3个，故选C【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意明确标况下四氯化碳不是气体，要求掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原
16、子核内质子中子及核外电子的构成关系，选项为易错点，注意过氧化钠中氧元素的化合价为1价3下列各组顺序的排列不正确的是（）A原子半径：FNaMgAlB热稳定性：HClH2SPH3C酸性强弱：H2CO3H3PO4H2SO4D碱性强弱：CsOHKOHNaOH【考点】元素周期律的作用【分析】A同一周期，从左至右，元素原子的半径逐渐减小以及同一主族，从上到下，元素原子的半径逐渐增大；B元素的非金属性越强，对应的氢化物的稳定性越强；C元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；D元素的金属性越强其对应的最高价氧化物对应的水化物的碱性越强【解答】解：A因同一主族，从上到下，元素原子的半径逐渐增大
17、，所以半径：ClF，又因同一周期，从左至右，元素原子的半径逐渐减小，所以半径：NaMgAlCl；则半径：NaMgAlF，故A错误；B因元素的非金属性越强其对应的氢化物越稳定，非金属性：ClSP，所以稳定性：HClH2SPH3，故B正确；C非金属性SPC，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，则酸性强弱：H2CO3H3PO4H2SO4，故C正确；D同主族元素从上到下，元素的金属性逐渐增强，其对应的最高价氧化物对应的水化物的碱性增强，则碱性强弱：CsOHKOHNaOH，故D正确故选A【点评】本题考查元素周期律，注意把握元素周期律的递变规律，把握元素的性质与对应单质、化合物的性质
18、的递变规律以及比较的角度，难度不大，注意相关基础知识的积累4下列说法正确的是（）A图I所示装置用于Cu和浓H2SO4制取少量的SO2气体B图装置可验证非金属性：ClCSiC图可用于收集气体H2、CO2、Cl2、NH3D图表示将SO2气体通入溴水中，所得溶液的pH变化【考点】化学实验方案的评价【分析】ACu和浓H2SO4反应需要加热；B盐酸易挥发，可知盐酸酸性大于碳酸、盐酸酸性大于硅酸，不能确定碳酸、硅酸的酸性，且不能利用无氧酸与含氧酸的酸性比较非金属性；CCO2、Cl2可利用向上排空气法收集，H2、NH3可利用向下排空气法收集；D溴水溶液显酸性，pH不会大于7【解答】解：ACu和浓H2SO4反
19、应需要加热，则图中装置不能制取少量的SO2气体，故A错误；B盐酸易挥发，可知盐酸酸性大于碳酸、盐酸酸性大于硅酸，不能确定碳酸、硅酸的酸性，且不能利用无氧酸与含氧酸的酸性比较非金属性，应利用最高价含氧酸的酸性比较非金属性，若将盐酸改为HClO4可完成实验，故B错误；CCO2、Cl2可利用向上排空气法收集，从长导管进气；H2、NH3可利用向下排空气法收集，从短导管进气，故C正确；D溴水溶液显酸性，pH不会大于7，将SO2气体通入溴水中生成硫酸和HBr，酸性增强，pH减小，故D错误；故选C【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及气体的制取、酸性及非金属性比较、气体的收集、氧化还原反应及p
20、H等，侧重化学反应原理及实验技能的考查，注意实验的评价性、操作性分析，题目难度中等5根据反应Fe+Cu2+Fe2+Cu 2Fe3+CuCu2+2Fe2+；2Fe2+Cl22Fe3+2ClHClO+H+ClCl2+H2O可以判断出各微粒的氧化性由强到弱的顺序正确的是（）AHClOCl2Fe3+Cu2+Fe2+BCl2HClOFe3+Cu2+Fe2+CCl2Fe3+HClOCu2+Fe2+DHClOCl2Cu2+Fe3+Fe2+【考点】氧化性、还原性强弱的比较【分析】在同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，据此分析解答【解答】解：Fe+Cu2+
21、=Fe2+Cu中铜离子是氧化剂，亚铁离子是氧化产物，所以氧化性Cu2+Fe2+；2Fe3+Cu=Cu2+2Fe2+中铁离子是氧化剂，铜离子是氧化产物，所以氧化性Fe3+Cu2+；2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl中氯气是氧化剂，铁离子是氧化产物，所以氧化性Cl2Fe3+；HClO+H+Cl=H2O+Cl2中次氯酸是氧化剂，氯气是氧化产物，所以氧化性HClOCl2，所以氧化性由强到弱的顺序正确的是HClOCl2Fe3+Cu2+Fe2+，故选A【点评】本题考查氧化还原反应，侧重于考查学生分析和解决问题的能力，可以根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性行回答，题目难度不大6在一个固定体积的密闭容器中
22、，保持一定温度，进行以下反应：H2（g）+I2（g）2HI（g）已知起始时加入1mol H2和2mol I2（g），当达到平衡时H2的体积分数为下列四种情况分别投入上述容器，且始终保持原温度，平衡时H2的体积分数也为的是（）A2 mol H2（g）和1 mol I2（g）B3 mol HI（g）C2 mol H2（g）和2 mol I2（g）D1 mol I2（g）和2 mol HI（g）【考点】等效平衡【分析】等温等容条件下，对于反应前后气体物质的量不变的反应，经过等价转化只要最初加入的物质的量之比与原平衡相等，就会建立等效平衡，平衡时各物质的体积分数相同，由此分析解答【解答】解：等温等容条
23、件下，对于反应前后气体物质的量不变的反应，经过等价转化只要最初加入的物质的量之比与原平衡相等，就会建立等效平衡，平衡时各物质的体积分数相同题干起始n（H2）：n（I2）=1：2，A、起始n（H2）：n（I2）=2：1，不能建立等效平衡，故A错误；B、加3 mol HI（g） 相当于起始加入1.5 mol H2（g）和1.5 mol I2（g），n（H2）：n（I2）=1：1，不能建立等效平衡，故B错误；C、起始n（H2）：n（I2）=1：1，不能建立等效平衡，故C错误；D、起始加入1 mol I2（g）和2 mol HI（g）相当于起始加入1 mol H2和2 mol I2（g），n（H2）：
24、n（I2）=1：2，能建立等效平衡，故D正确；故选D【点评】本题考查两边计量数相等的等效平衡判断，难度中等，理解等效平衡规律是解题的关键，然后用极端转化的方法分析判断即可解题7将一定量的钠铝合金置于水中，合金全部溶解，得到20mL pH=14的溶液，然后用1mol/L的盐酸滴定，沉淀质量与消耗盐酸的体积关系如下图所示，则下列选项正确的是（）A图中m值为1.56 gB标准状况下产生氢气896 mLC图中V2为60 mLD原合金质量为0.92 g【考点】有关混合物反应的计算【分析】钠铝合金置于水中，合金全部溶解，发生反应为：2Na+2H2O2NaOH+H2、2Al+2H2O+2NaOH2NaAlO
25、2+3H2，加盐酸时发生NaOH+HClNaCl+H2O、NaAlO2+HCl+H2ONaCl+Al（OH）3、Al（OH）3+3HClAlCl3+3H2O，再结合图象中加入40mL盐酸生成的沉淀最多进行计算【解答】解：由图象可知，向合金溶解后的溶液中加盐酸，先发生反应NaOH+HClNaCl+H2O，后发生反应NaAlO2+HCl+H2ONaCl+Al（OH）3，最后发生Al（OH）3+3HClAlCl3+3H2O，合金溶解后剩余的氢氧化钠的物质的量为：0.02L1mol/L=0.02mol，由NaOH+HClNaCl+H2O，0.02mol 0.02mol则V1为： =0.02L=20mL
26、，生成沉淀时消耗的盐酸为40mL20mL=20mL，其物质的量为由：0.02L1mol/L=0.02mol，由 NaAlO2+HCl+H2ONaCl+Al（OH）3，0.02mol 0.02mol 0.02molA由上述计算可知，生成沉淀为0.02mol，其质量为：0.02mol78g/mol=1.56g，故A正确；B由2Na+2H2O2NaOH+H2、2Al+2H2O+2NaOH2NaAlO2+3H2，生成氢气的物质的量为：0.02mol+0.03mol=0.05mol，标况下的体积为：0.05mol22.4L/mol=1.12L，故B错误；C由Al（OH）3+3HClAlCl3+3H2O可
27、知，溶解沉淀需要0.06molHCl，其体积为60mL，则V2为：40mL+60mL=100mL，故C错误；D由钠元素及铝元素守恒可知，合金的质量为：0.04mol23g/mol+0.02mol27g/mol=1.46g，故D错误；故选A【点评】本题考查混合物反应的计算，题目难度中等，明确发生的化学反应及反应与图象的对应关系是解答本题的关键，注意掌握守恒思想在化学计算中的应用方法8下列说法中正确的是（）A在25纯水中，c（H+）=c（OH）=107 mol/L，呈中性B溶液中，若c（H+）107mol/L，则c（H+）c（OH），呈酸性Cc（H+）越大，则pH 越大，溶液的碱性越强DpH为0的
28、溶液，其中只有H+而无OH【考点】探究溶液的酸碱性；水的电离【分析】A只要溶液中存在c（H+）=c（OH），则该溶液就一定呈中性；Bc（H+）107mol/L的溶液不一定存在c（H+）c（OH）；Cc（H+）越大，则pH越小，溶液酸性越强；DpH=0的溶液呈强酸性溶液，溶液中氢离子浓度是1mol/L，任何水溶液中都含有氢离子和氢氧根离子【解答】解：A只要溶液中存在c（H+）=c（OH），则该溶液就一定呈中性，所以在25纯水中，c（H+）=c（OH）=107 mol/L，则溶液一定呈中性，故A正确；Bc（H+）107mol/L的溶液不一定存在c（H+）c（OH），如100纯水中c（H+）=106
29、mol/L107mol/L，但溶液呈中性，故B错误；Cc（H+）越大，则pH越小，溶液酸性越强，c（H+）越小，则pH 越大，溶液的碱性越强，故C错误；DpH=0的溶液呈强酸性溶液，溶液中氢离子浓度是1mol/L，任何水溶液中都含有氢离子和氢氧根离子，故D错误；故选A【点评】本题考查探究溶液酸碱性，为高频考点，要根据溶液中c（H+）、c（OH）相对大小判断溶液酸碱性，易错选项是B二、非选择题，共4小题，共52分）9（2016崇义县一模）（1）KClO3与浓盐酸发生反应：KClO3+6HCl（浓）KCl+3Cl2+3H2O，该反应中被氧化的元素和被还原的元素的质量之比为5：1转移1mol电子时，
30、产生标准状况下的Cl213.44 L（2）与Cl2相比较，ClO2处理水时被还原成Cl，不生成有机氯代物等有害物质工业上用亚氯酸钠和稀盐酸为原料制备ClO2反应：NaClO2+HClClO2+NaCl+H2O写出配平的化学方程式5NaClO2+4HCl=4ClO2+5NaCl+2H2O生成0.2mol ClO2转移电子的物质的量为0.2 mol（3）取体积相同的KI、Na2SO3、FeBr2溶液，分别通入足量氯气，当恰好完全反应时，三种溶液消耗氯气的物质的量相同，则KI、Na2SO3、FeBr2溶液的物质的量浓度之比为6：3：2如果向FeBr2 溶液中通入等物质的量的Cl2，该反应的离子方程式
31、为2Fe2+2Br+2Cl22Fe3+Br2+4Cl【考点】氧化还原反应【分析】（1）在KClO3+6HCl=KCl+3Cl2+3H2O的反应中，根据化合价不交叉的原则，KClO3中+5价的氯元素降为0价，HCl中氯元素升为0价，氯化钾中的氯元素来自盐酸，所以KClO3是氧化剂、部分HCl是还原剂，氧化剂被还原、还原剂被氧化，据此分析解答；（2）ClO2处理水时，发生反应，NaClO2ClO2，+3价的氯元素化合价升高到+4价，NaClO2NaCl，+3价的氯元素的化合价降低到1价，由得失电子守恒分析；（3）根据通入足量氯气，当反应恰好完全时，三种溶液消耗氯气的物质的量相同，则KI、Na2SO
32、3、FeBr2失去的电子数相等，又溶液的体积相同，则浓度之比等于物质的量之比；向FeBr2 溶液中通入等物质的量的Cl2，先与亚铁离子反应，再与溴离子反应【解答】解：（1）根据化合价不交叉的原则，在KClO3+6HCl=KCl+3Cl2+3H2O的反应中，KClO3中+5价的氯元素降为0价，该氯原子为被还原的氯原子，HCl中氯元素升为0价，该氯原子为被氧化的氯原子，氯化钾中的氯元素来自盐酸，则被氧化发生氧化反应的Cl为5，所以KClO3是氧化剂、部分HCl是还原剂，氧化剂被还原、还原剂被氧化，被氧化和被还原的元素都是Cl元素，其质量之比等于其物质的量之比=5：1；反应中转移5mol电子生成3m
33、ol氯气，则转移1mol电子时，产生标准状况下的Cl2为0.6mol，其体积为13.44 L；故答案为：5：1；13.44；（2）ClO2处理水时，发生反应，NaClO2ClO2，+3价的氯元素化合价升高到+4价，NaClO2NaCl，+3价的氯元素的化合价降低到1价，由得失电子守恒可知，方程式为5NaClO2+4HCl=4ClO2+5NaCl+2H2O；生成4molClO2，转移电子4mol，生成0.2mol ClO2转移电子的物质的量为0.2mol；故答案为：5NaClO2+4HCl=4ClO2+5NaCl+2H2O；0.2；（3）因KI、Na2SO3、FeBr2溶液，分别通入足量氯气均发
34、生氧化还原反应，且反应恰好完全时，三种溶液消耗氯气的物质的量相同，则KI、Na2SO3、FeBr2失去的电子数相等，设KI、Na2SO3、FeBr2的物质的量分别为x、y、z，由失去的电子数相等可知，x（10）=y（64）=z（32）+z2（10），解得x：y：z=6：3：2；向FeBr2 溶液中通入等物质的量的Cl2，先与亚铁离子反应，再与溴离子反应，其反应方程式为：2Fe2+2Br+2Cl22Fe3+Br2+4Cl；故答案为：6：3：2；2Fe2+2Br+2Cl22Fe3+Br2+4Cl【点评】本题考查了氧化还原反应，题目涉及氧化还原反应的计算、方程式的书写等，要求学生具有分析和解决问题的
35、能力，明确元素化合价是解本题关键，题目难度中等10（2016崇义县一模）X、Y和W为原子序数依次递增的短周期元素已知：X和Y同主族，Y和W的氢化物具有相同的电子数在中学范围内X的单质只有氧化性，且是空气的主要成份之一（1）写出实验室制取W2反应的离子方程式MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O（2）某小组设计如图所示的装置，分别研究YX2和W2的性质分别通入YX2和W2，在装置A中观察到的现象是否相同相同（填“相同”或“不相同”）；若装置D中装的是铜粉，当通入足量W2时观察到的现象为产生棕黄色的烟；若装置D中装的是五氧化二钒（催化剂），当通入足量YX2时，打开K通入适量X2，化学反应方
36、程式为2SO2+O22SO3若装置B中装有5.0mL 1.0103mol/L的碘水，当通入足量W2完全反应后，转移了5.0105mol电子，该反应的化学方程式为5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl（3）某同学将足量的YX2通入一支装有氯化钡溶液的试管，未见沉淀生成，再向该试管中加入过量的下列溶液也无沉淀生成的是BD（填字母）A氨水 B稀盐酸 C稀硝酸 D氯化钙 E双氧水 F硝酸银【考点】性质实验方案的设计；位置结构性质的相互关系应用【分析】X、Y和W为原子序数依次增大的短周期元素，中学范围内X的单质只有氧化性，且是空气的主要成份之一，则X为O元素；X和Y同主族，则Y为S元素；Y和W
37、的氢化物具有相同的电子数，氢化物电子数为18，结合原子序数可知W为Cl元素，（1）实验室常用二氧化锰与浓盐酸反应准备氯气，反应生成氯化锰、氯气与水；（2）二氧化硫与品红化合为无色物质，氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性，将品红氧化为无色物质；氯气与铜反应产生棕黄色的烟；二氧化硫在五氧化二钒作催化剂、加热条件下与氧气反应生成三氧化硫；（3）二氧化硫溶于水，呈酸性，且具有还原性，故碱性物质能与二氧化硫在溶液在生成亚硫酸盐、强氧化性物质可以将二氧化硫氧化为硫酸，能与氯化钡反应生成亚硫酸钡、硫酸钡沉淀，硝酸银溶液与氯化钡溶液生成AgCl白色沉淀，据此解答【解答】解：X、Y和W为原子序数依次增大
38、的短周期元素，中学范围内X的单质只有氧化性，且是空气的主要成份之一，则X为O元素；X和Y同主族，则Y为S元素；Y和W的氢化物具有相同的电子数，氢化物电子数为18，结合原子序数可知W为Cl元素，（1）实验室常用二氧化锰与浓盐酸反应准备氯气，反应生成氯化锰、氯气与水，反应离子方程式为：MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O，故答案为：MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O；（2）二氧化硫与品红化合物无色物质，氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性，将品红氧化为无色物质，二氧化硫与氯气都可以是品红溶液褪色，在装置A中观察到的现象是相同；氯气与铜反应产生棕黄色的烟；二氧化硫在五氧化
39、二钒作催化剂、加热条件下与氧气反应生成三氧化硫，反应方程式为：2SO2+O22SO3故答案为：相同；产生棕黄色的烟；2SO2+O22SO3；若装置B中装有5.0mL 1.0103mol/L的碘水，当通入足量Cl2完全反应后，转移的电子为5.0105mol，令碘元素在氧化产物中的化合价为a，则根据电子转移守恒有5.0103L1.0103mol/L2a=5.0105mol，解得a=+5，所以碘单质被氧化为HIO3，则该反应的化学方程式为5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl，故答案为：5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl；（3）氨水溶液呈碱性，当加入氨水时，产生BaSO3白色
40、沉淀；当加入HNO3或双氧水时，使溶液中H2SO3氧化成H2SO4，产生BaSO4白色沉淀；而硝酸银溶液与氯化钡溶液生成AgCl白色沉淀，故再加入盐酸、氯化钙溶液始终没有沉淀生成，故答案为：BD【点评】本题考查元素化合物推断、化学实验、元素化合物性质、常用化学用语、氧化还原反应应用等，（2）中注意根据电子转移守恒计算判断产物，侧重考查学生对知识的综合应用，难度中等11（2016崇义县一模）锶（Sr）为第五周期A族元素，其化合物六水氯化锶（SrCl26H2O）是实验窒重要的分析试剂，工业上常用天青石（主要成分为SrSO4）为原料制备，生成流程如图：已知：经盐酸浸取后，溶液中除含有Sr2+和Cl外
41、，还含有少量Ba2+杂质；SrSO4、BaSO4的溶度积常数分别为3.3107、1.11010；SrCl26H2O的摩尔质量为：267g/mol（1）天青石焙烧前先研磨粉碎，其目的是增加反应物的接触面积，提高反应速率，提高原料的转化率（2）隔绝空气高温焙烧，若0.5mol SrSO4中只有S被还原，转移了4mol电子写出该反应的化学方程式SrSO4+4CSrS+4CO（3）为了得到较纯的六水氯化锶晶体，过滤2后还需进行的两步操作是洗涤、干燥（4）加入硫酸的目的是除去溶液中Ba2+杂质；为了提高原料的利用率，滤液中Sr2+的浓度应不高于0.03 mol/L（注：此时滤液中Ba2+浓度为1105
42、mol/L）（5）产品纯度检测：称取1.000g产品溶解于适量水中，向其中加入含AgNO31.100102mol的AgNO3溶液（溶液中除Cl外，不含其它与Ag+反应的离子），待Cl完全沉淀后，用含Fe3+的溶液作指示剂，用0.2000mol/L的NH4SCN标准溶液滴定剩余的AgNO3，使剩余的Ag+以AgSCN白色沉淀的形式析出滴定反应达到终点的现象是溶液由无色变为血红色，且30s不褪色；若滴定过程用去上述浓度的NH4SCN溶液20.00mL，则产品中SrCl26H2O的质量百分含量为93.45%（保留4位有效数字）【考点】制备实验方案的设计【分析】以天青石（主要成分为SrSO4）为原料制
43、备六水氯化锶（SrCl26H2O），由流程可知，天青石和碳隔绝空气高温焙烧生成CO、SrS，SrS加盐酸后溶液中除含有Sr2+和Cl外，还含有少量Ba2+杂质，然后加硫酸生成硫酸钡沉淀，所以过滤后滤渣为硫酸钡，滤液中含SrSO4、SrCl2，最后蒸发、冷却结晶得到SrCl26H2O，（1）研磨粉碎的目的是增加反应物的接触面积，提高反应速率，提高原料的转化率；（2）0.5mol SrSO4中只有S被还原，转移了4mol电子，则1mol的S转移8mol的电子，反应后生成的2价硫离子，据此写出该反应的化学方程式；（3）过滤1后的滤液中含有氯化锶，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶，然后从溶液中将晶体过滤出来，
44、洗涤除去表面的杂质离子并进行干燥即获得SrCl26H2O；（4）用HCl溶解SrS后的溶液中含有杂质钡离子，加入硫酸的后生成硫酸钡沉淀从而除去溶液中Ba2+杂质；根据钡离子浓度、硫酸钡的溶度积计算出钡离子完全除去时硫酸根离子的浓度，然后根据硫酸锶的溶度积计算出需要锶离子的最小浓度；（5）若NH4SCN不再剩余的Ag+结合形成AgSCN白色沉淀，溶液中就会含有SCN，就会与Fe3+产生络合物是溶液变为红色，据此判断滴定终点；根据n=cV计算出n（NH4SCN），Ag+以AgSCN白色沉淀的形式析出，据此计算出溶液中剩余的Ag+的物质的量及与Cl反应的Ag+的物质的量，再根据氯离子守恒计算出1.0
45、00g产品中SrCl26H2O的物质的量、质量，最后计算出产品纯度【解答】解：（1）天青石焙烧前先研磨粉碎，其目的是为了增加反应物的接触面积，提高化学反应速率，从而提高原料的转化率，故答案为：增加反应物的接触面积，提高反应速率，提高原料的转化率；（2）在焙烧的过程中若只有0.5 mol SrSO4中只有S被还原，转移了4 mol电子，则1mol的S转移8mol的电子，由于在反应前元素的化合价为+6价，所以反应后元素的化合价为2价，因此碳与天青石在高温下发生反应的化学方程式为：SrSO4+4CSrS+4CO，故答案为：SrSO4+4CSrS+4CO；（3）然后向得到的含有SrS固体中加入HCl发
46、生反应：SrS+2HCl=SrCl2+H2S，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶，然后从溶液中将晶体过滤出来，洗涤除去表面的杂质离子并进行干燥即获得SrCl26H2O，故答案为：洗涤、干燥；（4）在用HCl溶解SrS后的溶液中加入硫酸的目的是除去溶液中Ba2+杂质；由于在Ba2+浓度为1105 mol/L，BaSO4的溶度积常数为1.11010，所以c（SO42）=mol/L=1.1105mol/L，而SrSO4的溶度积常数为3.3107，所以c（Sr2+）=mol/L=3.0102=0.03mol/L，故答案为：除去溶液中Ba2+杂质； 0.03；（5）若NH4SCN不再剩余的Ag+结合形成AgSCN
47、白色沉淀，溶液中就会含有SCN，就会与Fe3+产生络合物是溶液变为红色，因此滴定达到终点时溶液由无色变为血红色，且30 s不褪色，故答案为：溶液由无色变为血红色，且30 s不褪色；n（NH4SCN）=0.2000mol/L0.02L=4.0103mol，Ag+以AgSCN白色沉淀的形式析出，所以溶液中剩余的Ag+的物质的量为：n（Ag+）=4.0103mol，则与Cl反应的Ag+的物质的量为：n（Ag+）=1.100102 mol4.0103mol=7.0103mol，1.000g产品中SrCl26H2O的物质的量为：n（SrCl26H2O）=n（Ag+）=3.5103mol，1.000g产品
48、中SrCl26H2O的质量为：m（SrCl26H2O）=3.5103mol267 g/mol=0.9345g，所以产品纯度为：100%=93.45%，故答案为：93.45%【点评】本题考查制备实验方案的设计，为高频考点，把握制备流程中发生的化学反应及物质分离方法为解答的关键，涉及反应速率、氧化还原反应、滴定原理等，注意信息与所学知识的综合应用，综合性较强，题目难度较大12（2016崇义县一模）已知：一种钯催化的交叉偶联反应可以表示为：如图是利用钯催化的交叉偶联反应，以烃A与苯为原料合成某个复杂分子L（相对质量不超过200）的过程，其中F在浓硫酸作用下可以发生两种不同的反应分别形成H和G（1）写
49、出反应的反应类型：消去反应还原反应（2）根据要求完成下列两个空格：用系统命名法给物质A命名：3甲基1丁烯；写出物质L的结构简式：（3）写出下列反应的化学方程式：CD：；FG：（4）H有多种同分异构体，符合下列条件的同分异构体有6种i能发生水解反应 ii分子中只含有两个甲基 iii不含环状结构【考点】有机物的合成【分析】根据K的结构为邻位，则溴苯发生消化反应生成I为，I在铁、氯化氢条件下发生还原反应生成J为，J与H发生脱水生成K，则根据K的结构可推知H为，因为F在浓硫酸作用下可以发生两种不同的反应分别形成H和G，又由H的相对分子质量为100，F为118，G为200，则F在浓硫酸作用下发生消去反应
50、生成H，2分子F在浓硫酸作用下脱去2分子水发生分子间酯化反应生成G，则F为，G为；烃A与氯气发生加成反应生成B，根据B的相对分子质量141，则烃A的相对分子质量70，分子式为C5H10，B含有2个氯原子，又B（141）发生反应生成C（104），由相对分子质量得出B在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成C，则C中含有2个羟基，又C催化氧化生成D，D与新制的氢氧化铜反应生成E，E又反应生成F，根据F的结构简式，则C为，D为，E为，B为，A为，据此分析解答【解答】解：根据K的结构为邻位，则溴苯发生消化反应生成I为，I在铁、氯化氢条件下发生还原反应生成J为，J与H发生脱水生成K，则根据K的结构可推知H为，因
51、为F在浓硫酸作用下可以发生两种不同的反应分别形成H和G，又由H的相对分子质量为100，F为118，G为200，则F在浓硫酸作用下发生消去反应生成H，（2分）子F在浓硫酸作用下脱去（2分）子水发生分子间酯化反应生成G，则F为，G为；烃A与氯气发生加成反应生成B，根据B的相对分子质量141，则烃A的相对分子质量70，分子式为C5H10，B含有2个氯原子，又B，由相对分子质量得出B在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成C，则C中含有2个羟基，又C催化氧化生成D，D与新制的氢氧化铜反应生成E，E又反应生成F，根据F的结构简式，则C为，D为，E为，B为，A为；（1）根据以上分析，反应为F在浓硫酸作用下发生消去反应生成H，反应为I在铁、氯化氢条件下发生还原反应生成J，故答案为：消去反应；还原反应；（2）根据以上分析，A为，名称为3甲基1丁烯；根据流程K发生信息反应生成L，则L为，故答案为：3甲基1丁烯；（3）根据以上分析，C到D的反应为：；FG为：，故答案为：；（4）H为，有多种同分异构体i能发生水解反应，说明含有酯基；ii分子中只含有两个甲基iii不含环状结构，所以符合条件的结构简式为：CH3COOCH2CH=CH2、CH3COOCH=CHCH3、HCOOC（CH3）CHCH3、CH3COOC=（CH3）CH2、CH3CH=CHCOOCH3、CH2=C（CH3）COOCH3，共有6种
