1、高考资源网（ ），您身边的高考专家2016年江西省吉安市新干县高考化学四模试卷（实验班）一、选择题（共8小题，每小题3分，满分24分）1认真归纳常见的吸热反应和放热反应并回答，下列变化属于吸热反应的是（）加热KClO3和MnO2的混合物制取O2蜡烛的燃烧碳和二氧化碳在高温下反应将氢氧化钡晶体和氯化铵晶体的混合物放入水中将碳酸钠晶体和硝酸铵晶体混合均匀放在日光下暴晒将黏土、石子、水混合均匀将生石灰倒入海水中煅烧石灰石ABCD2某位同学配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，造成所配溶液浓度偏高的原因是（）A所用NaOH已经潮解B向容量瓶中加水未到刻度线C有少量NaOH溶液残留在烧杯里D用带游码的托
2、盘天平称2.4gNaOH时误用了“左码右物”方法3下列反应的离子方程式错误的是（）A醋酸和足量的氢氧化钠溶液反应：H+OHH2OB溴化亚铁溶液中通入足量的氯气：2 Fe2+4 Br+3 Cl22 Fe3+2 Br2+6 ClC用小苏打治疗胃酸过多：HCO3+H+CO2+H2OD碳酸氢铵稀溶液中加入过量的石灰水：Ca2+HCO3+2 OH+NH4+CaCO3+NH3H2O+H2O4A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期主族元素，A与C、B与D分别同主族，且A、C元素的质子数之和是B、D元素质子数之和的一半下列判断正确的是（）A原子半径大小顺序：DCBAB由B和C元素组成的化合物，可以既含有
3、离子键，又含有共价键C元素B、D、E分别与A形成的化合物中，熔沸点最低的是B与A形成的化合物D元素D与C形成的化合物在空气中长期放置不易变质5甲烷和氯气的混合气体在光照条件下发生反应，生成氯化氢、一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷和四氯甲烷下列有关说法正确的是（）A该反应既是取代反应又是置换反应B一氯甲烷的电子式是C二氯甲烷分子有和两种空间结构D三氯甲烷和四氯甲烷是工业上重要的溶剂6将0.51 mol铜与250 mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解产生的NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2 L待产生的气体全部释放后，向溶液中加入300 mL 5 mol/L的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu
4、2+全部转化成沉淀则下列选项正确的是（）A反应中转移电子1.0molB产生NO2气体0.26molC原HNO3浓度为8.0mol/LD原HNO3浓度为6.0mol/L7温度为T时，向2.0L恒容密闭容器中充入1.0molPCl5，反应PCl5（g）PCl3（g）+Cl2（g）通过一段时间后达到平衡反应过程中测定的部分数据见下表下列说法正确的是（） t/s 0 50 150 250 350 n（PCl3）mol 0 0.16 0.19 0.20 0.20A反应在 前50s的平均速率v（PCl5）=0.0032molL1s1B保持其它条件不变，升高温度，平衡时c（PCl5）=0.11molL1，则
5、该反应的H0C相同温度下，起始时向容器中充入1.0molPCl5、0.20molPCl3和0.20molCl2反应达到平衡前v正v逆D相同温度下，起始时向容器中充入2.0molPCl3和2.0molCl2，达到平衡时，PCl3的转化率小于80%8实验发现，在FeCl3酸性溶液中加入少量锌粉后，Fe3+立即被还原成Fe2+某化学兴趣小组根据该实验事实设计了如图所示的原电池装置下列有关说法中正确的是（）A该原电池的正极反应是：Zn2e=Zn2+BPt电极表面生成大量气泡C生成的Fe2+通过盐桥可以和锌直接反应生成FeD左烧杯中溶液的红色逐渐褪去二、解答题（共4小题，满分37分）9某兴趣小组用下图装
6、置探究氨的催化氧化（1）氨催化氧化的化学方程式为（2）加热玻璃管C一段时间后，打入空气，观察到C中物质呈红热状态；停止加热后仍能保持红热，该反应是反应（填“吸热”或“放热”）（3）为保证在装置E中观察到红棕色气体，装置D应装入；若取消D，在E中仅观察到大量白烟，原因是（4）已知常温下Al（OH）3的Ksp=1036，在pH=8的氨水中，可以存在的Al3+的浓度为mol/L；在pH=3的溶液中，Al3+（填“能”或“不能”）完全沉淀10A、B、C、D、E、F均为短周期元素A的原子半径是短周期中最大的，B元素的原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，C元素的原子L层电子数为 m+n，M层电子数为m
7、n，D元素与C元素同主族，E元素原子与B元素原子的核外电子数之比为2：1，F的一种原子中，质量数与质子数之差为0（1）B2的离子结构示意图为；A、F两元素组成的化合物电子式为（2）A、B、E形成的简单离子的半径由大到小的顺序是（用元素符号表示）（3）由D、F可以构成最简单的化合物X，取356 g分子式为X9H2O的化合物，将其释放的X完全燃烧生成液态水，可放出1 780.6 kJ的热量，则X燃烧的热化学方程式为（4）1 mol DB2中含有的化学键的数目为NA（NA为阿伏加德罗常数）；DB2与某金属发生置换反应的化学方程式为；产物的一个用途是（5）向FeCl3溶液中通入过量的EB2，发生反应的
8、离子方程式为11已知浓硫酸和木炭粉在加热条件下可发生化学反应（1）上述反应的化学方程式为（2）试用如图所列各装置设计一个实验，来验证上述反应所产生的各种产物编号装置这些装置的连接顺序（按产物气流从左至右的方向）是（填装置中导管口的编号）：接，接，接（3）实验时可观察到装置中A瓶中的溶液退色，C瓶中的溶液不退色A瓶中的溶液的作用是；B瓶中的溶液的作用是；C瓶中的溶液的作用是（4）装置中所加固体药品是无水硫酸铜可验证的产物是（5）装置中所盛溶液是澄清石灰水，可验证的产物12葡萄糖酸钙是一种可促进骨骼生长的营养物质葡萄糖酸钙可通过以下反应制得：C6H12O6（葡萄糖）+Br2+H2OC6H12O7（
9、葡萄糖酸）+2HBr2C6H12O7+CaCO3Ca（C6H11O7）2（葡萄糖酸钙）+H2O+CO2相关物质的溶解性见下表：物质名称葡萄糖酸钙葡萄糖酸溴化钙氯化钙水中的溶解性可溶于冷水易溶于热水可溶易溶易溶乙醇中的溶解性微溶微溶可溶可溶实验流程如下：（1）第步中溴水氧化葡萄糖时，下列装置中最适合的是制备葡萄糖酸钙的过程中，葡萄糖的氧化也可用其他试剂，下列物质中最适合的是A新制Cu（OH）2悬浊液 B酸性KMnO4溶液CO2/葡萄糖氧化酶 DAg（NH3）2OH溶液（2）第步充分反应后CaCO3固体需有剩余，其目的是；本实验中不宜用CaCl2替代CaCO3，理由是（3）第步需趁热过滤，其原因是
10、（4）第步加入乙醇的作用是（5）第步中，下列洗涤剂最合适的是A冷水B热水C乙醇D乙醇水混合溶液2016年江西省吉安市新干县高考化学四模试卷（实验班）参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题3分，满分24分）1认真归纳常见的吸热反应和放热反应并回答，下列变化属于吸热反应的是（）加热KClO3和MnO2的混合物制取O2蜡烛的燃烧碳和二氧化碳在高温下反应将氢氧化钡晶体和氯化铵晶体的混合物放入水中将碳酸钠晶体和硝酸铵晶体混合均匀放在日光下暴晒将黏土、石子、水混合均匀将生石灰倒入海水中煅烧石灰石ABCD【考点】吸热反应和放热反应【专题】化学反应中的能量变化【分析】化学反应根据能量变化分为吸热反应和
11、放热反应，常见的放热反应有：所有的物质燃烧、所有金属与酸反应、金属与水反应、所有中和反应、绝大多数化合反应和铝热反应；常见的吸热反应有：绝大数分解反应、个别的化合反应（如C和CO2）、少数分解、置换以及某些复分解反应（如铵盐和强碱）等；物理变化既不是吸热反应也不是放热反应【解答】解：加热KClO3和MnO2的混合物制取O2是分解反应，属于吸热反应；蜡烛的燃烧是放热反应；碳和二氧化碳在高温下反应是吸热反应；将氢氧化钡晶体和氯化铵晶体的混合物放入水中是吸热反应；将碳酸钠晶体和硝酸铵晶体混合均匀放在日光下暴晒，是吸热反应；将黏土、石子、水混合均匀，是物理变化，既不是吸热反应也不是放热反应；将生石灰倒
12、入海水中，氧化钙和水反应生成氢氧化钙，是放热反应；煅烧石灰石是吸热反应；故选A【点评】本题考查吸热反应，抓住中学化学中常见的吸热或放热的反应是解题的关键，对于特殊过程中的热量变化的要熟练记忆来解答此类习题2某位同学配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，造成所配溶液浓度偏高的原因是（）A所用NaOH已经潮解B向容量瓶中加水未到刻度线C有少量NaOH溶液残留在烧杯里D用带游码的托盘天平称2.4gNaOH时误用了“左码右物”方法【考点】配制一定物质的量浓度的溶液【专题】物质的量浓度和溶解度专题【分析】具体分析操作对溶质物质的量或溶液体积的影响，结合c=进行判断【解答】解：A、所用NaOH固体已潮解，
13、称取一定质量的NaOH时，溶质的物质的量偏小，所配溶液浓度偏低，故A不选；B、向容量瓶中加水未到刻度线，导致所配溶液体积减小，所配溶液浓度偏高，故B选；C、有少量NaOH溶液残留在烧杯里，导致移入容量瓶中溶质氢氧化钠的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故C不不选；D、将砝码放在左盘，被称量物放在右盘，使用游码，会导致所称取的氢氧化钠的质量少，导致溶液的浓度偏低，故D不选故选B【点评】本题考查配制一定物质的量浓度的溶液的实验操作误差分析，题目难度中等，分析时注意从c=分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断3下列反应的离子方程式错误的是（）A醋酸和足量的氢氧化钠溶液反应：H+OHH2OB溴化亚
14、铁溶液中通入足量的氯气：2 Fe2+4 Br+3 Cl22 Fe3+2 Br2+6 ClC用小苏打治疗胃酸过多：HCO3+H+CO2+H2OD碳酸氢铵稀溶液中加入过量的石灰水：Ca2+HCO3+2 OH+NH4+CaCO3+NH3H2O+H2O【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】A醋酸为弱酸应保留化学式；B氯气足量，二价铁离子、溴离子都被氧化；C碳酸氢钠与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳；D氢氧化钙过量，反应生成碳酸钙、一水合氨和水【解答】解：A醋酸和足量的氢氧化钠溶液反应，离子方程式：CH3COOH+OHH2O+CH3COO，故A错误；B溴化亚铁溶液中通入足量的氯气，离子方程
15、式：2 Fe2+4 Br+3 Cl22 Fe3+2 Br2+6 Cl，故B正确；C用小苏打治疗胃酸过多，离子方程式：HCO3+H+CO2+H2O，故C正确；D碳酸氢铵稀溶液中加入过量的石灰水，离子方程式：Ca2+HCO3+2 OH+NH4+CaCO3+NH3H2O+H2O，故D正确；故选：A【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质及离子方程式书写方法是解题关键，注意反应物用量对反应的影响，选项B为易错选项4A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期主族元素，A与C、B与D分别同主族，且A、C元素的质子数之和是B、D元素质子数之和的一半下列判断正确的是（）A原子半径大小顺序：DCBAB
16、由B和C元素组成的化合物，可以既含有离子键，又含有共价键C元素B、D、E分别与A形成的化合物中，熔沸点最低的是B与A形成的化合物D元素D与C形成的化合物在空气中长期放置不易变质【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】A、B、C、D是原子序数依次增大的短周期主族元素，A与C，B与D分别同主族，由原子序数可知，B处于第二周期、C与D处于第三周期，且A，C元素的质子数之和是B、D元素质子数之和的一半，则A只能为H元素，C为Na，可推知B为O元素、D为S元素，E为Cl，结合元素周期律与元素化合物性质解答【解答】解：A、B、C、D是原子序数依次增大的短周期主族元素，A
17、与C，B与D分别同主族，由原子序数可知，B处于第二周期、C与D处于第三周期，且A，C元素的质子数之和是B、D元素质子数之和的一半，则A只能为H元素，C为Na，可推知B为O元素、D为S元素，E为ClA所有元素中H原子半径最小，同周期自左而右原子半径减小、同主族自上而下原子半径增大，故原子半径：NaSOH，故A错误；B由B和C元素组成的化合物为氧化钠、过氧化钠，过氧化钠既含有离子键，又含共价键，故B正确；C元素B、D、E与A形成的化合物分别为H2O、H2S、HCl，常温下H2S、HCl为气体，而H2O分子之间存在氢键，为液体，沸点最高，故C错误；D元素D与C形成的化合物为Na2S，硫离子易被氧气氧
18、化而变质，故D错误，故选B【点评】本题考查了原子结构和元素性质，为高频考点，根推断元素是解题关键，侧重考查学生分析推理能力，注意熟练掌握短周期元素5甲烷和氯气的混合气体在光照条件下发生反应，生成氯化氢、一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷和四氯甲烷下列有关说法正确的是（）A该反应既是取代反应又是置换反应B一氯甲烷的电子式是C二氯甲烷分子有和两种空间结构D三氯甲烷和四氯甲烷是工业上重要的溶剂【考点】甲烷的化学性质【专题】有机物的化学性质及推断【分析】A该反应是取代反应，不是置换反应；B氯原子的最外层也达到8电子的稳定结构；C二氯甲烷没有同分异构体； D三氯甲烷又称氯仿可以做麻醉剂，和四氯化碳都是重要的有
19、机溶剂【解答】解：A该反应是取代反应，不是置换反应，故A错误；B氯原子的最外层也达到8电子的稳定结构，一氯甲烷的电子式是，故B错误；C和是二氯甲烷在平面上的不同投影，是同一种物质，故C错误； D三氯甲烷又称氯仿可以做麻醉剂，和四氯化碳都是重要的有机溶剂，故D正确故选D【点评】本题考查了甲烷的化学性质，难度不大，掌握甲烷及氯代烷的结构和性质是解题关键，注意常见有机物物理性质的积累6将0.51 mol铜与250 mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解产生的NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2 L待产生的气体全部释放后，向溶液中加入300 mL 5 mol/L的NaOH溶液，恰好使溶液中的C
20、u2+全部转化成沉淀则下列选项正确的是（）A反应中转移电子1.0molB产生NO2气体0.26molC原HNO3浓度为8.0mol/LD原HNO3浓度为6.0mol/L【考点】化学方程式的有关计算；有关混合物反应的计算【专题】利用化学方程式的计算【分析】铜在反应中失去2个电子，所以转移电子是0.51 mol2=1.02 mol，令NO和NO2的物质的量分别为x mol、ymol，根据电子转移守恒及二者体积列方程计算各自物质的量；向反应后溶液中加入NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2+全部转化成沉淀，此时溶液中溶质为NaNO3，由钠离子守恒n（NaNO3）=n（NaOH），根据氮原子守恒可知n（H
21、NO3）=n（NaNO3）+n（NO2+NO），再根据c=计算原硝酸的浓度【解答】解：A、铜在反应中失去2个电子，所以转移电子是0.51 mol2=1.02 mol，故A错误；B、NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2L，混合气体物质的量为，令NO和NO2的物质的量分别为x mol、ymol，根据电子转移守恒及二者体积，则：，解得x=0.26 y=0.24即混合气体中NO为0.26mol、NO2为0.24mol，故B错误；C、向反应后溶液中加入NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2+全部转化成沉淀，此时溶液中溶质为NaNO3，由钠离子守恒n（NaNO3）=n（NaOH）=0.3L5mol
22、/L=1.5 mol，根据氮原子守恒可知n（HNO3）=n（NaNO3）+n（NO2+NO）=1.5 mol+0.5mol=2mol，故原有硝酸的物质的量浓度为=8.0mol/L，故C正确；D、由C中解析可知，原有硝酸的物质的量浓度为=8.0mol/L，故D错误；故选C【点评】本题考查硝酸的性质、化学计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，难度中等，注意利用原子守恒进行的计算7温度为T时，向2.0L恒容密闭容器中充入1.0molPCl5，反应PCl5（g）PCl3（g）+Cl2（g）通过一段时间后达到平衡反应过程中测定的部分数据见下表下列说法正确的是（） t/s 0 50 150 250
23、350 n（PCl3）mol 0 0.16 0.19 0.20 0.20A反应在 前50s的平均速率v（PCl5）=0.0032molL1s1B保持其它条件不变，升高温度，平衡时c（PCl5）=0.11molL1，则该反应的H0C相同温度下，起始时向容器中充入1.0molPCl5、0.20molPCl3和0.20molCl2反应达到平衡前v正v逆D相同温度下，起始时向容器中充入2.0molPCl3和2.0molCl2，达到平衡时，PCl3的转化率小于80%【考点】化学平衡的计算【分析】A、由表中数据可知50s内，n（PCl3）=0.16mol，根据v=计算v（PCl3）；B、由表中数据可知，平
24、衡时n（PCl3）=0.2mol，保持其他条件不变，升高温度，平衡时，c（PCl3）=0.11 mol/L，则n（PCl3）=0.22mol，根据平衡时n（PCl3），判断平衡移动方向，升高温度平衡向吸热反应方向移动；C、先求平衡常数K，再求浓度商（Qc），KQc，说明平衡向正反应方向移动，KQc，说明平衡向逆反应方向移动，K=Qc，说明平衡不移动，据此判断平衡移动；D、等效为起始加入2.0molPCl5，与原平衡相比，压强增大，平衡向逆反应方向移动，平衡时的PCl5转化率较原平衡低，故平衡时PCl3的物质的量小于0.4mol，即相同温度下，起始时向容器中充入2.0 mol PCl3和2.0
25、mol Cl2，达到平衡时，PCl3的物质的量小于0.4mol，参加反应的PCl3的物质的量大于1.6mol，据此判断【解答】解：A、由表中数据可知50s内，n（PCl3）=0.16mol，v（PCl3）=0.0016mol/（Ls），故A错误；B、由表中数据可知，平衡时n（PCl3）=0.2mol，保持其他条件不变，升高温度，平衡时，c（PCl3）=0.11 mol/L，则n（PCl3）=0.11 mol/L2L=0.22mol，说明升高温度平衡正向移动，正反应为吸热反应，即HO，故B错误；C、对于可逆反应：PCl5（g）PCl3（g）+Cl2（g），开始（mol/L）：0.5 0 0变化（
26、mol/L）：0.1 0.1 0.1平衡（mol/L）：0.4 0.1 0.1所以平衡常数k=0.025，起始时向容器中充入1.0 mol PCl5、0.20 molPCl3和0.20 molCl2，起始时PCl5的浓度为0.5mol/L、PCl3的浓度为0.1mol/L、Cl2的浓度为0.1mol/L，浓度商Qc=0.02，QcK，说明平衡向正反应方向移动，反应达平衡前v（正）v（逆），故C正确；D、等效为起始加入2.0molPCl5，与原平衡相比，压强增大，平衡向逆反应方向移动，平衡时的PCl5转化率较原平衡低，故平衡时PCl3的物质的量小于0.4mol，即相同温度下，起始时向容器中充入2
27、.0 mol PCl3和2.0 mol Cl2，达到平衡时，PCl3的物质的量小于0.4mol，参加反应的PCl3的物质的量大于1.6mol，故达到平衡时，PCl3的转化率高于100%=80%，故D错误；故选C【点评】本题考查反应速率、平衡常数计算、平衡移动、等效平衡等，难度中等，注意D中使用等效平衡思想分析，使问题简单化，也可以根据平衡常数计算，掌握基础是关键8实验发现，在FeCl3酸性溶液中加入少量锌粉后，Fe3+立即被还原成Fe2+某化学兴趣小组根据该实验事实设计了如图所示的原电池装置下列有关说法中正确的是（）A该原电池的正极反应是：Zn2e=Zn2+BPt电极表面生成大量气泡C生成的F
28、e2+通过盐桥可以和锌直接反应生成FeD左烧杯中溶液的红色逐渐褪去【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】该原电池反应为Zn+2FeCl32FeCl2+ZnCl2，则负极为Zn，该反应不生成气体，阳离子移动到正极，左边烧杯中发生Fe3+eFe2+，以此来解答【解答】解：A该原电池的正极反应是Fe3+eFe2+，负极反应为Zn2e=Zn2+，故A错误；B该原电池反应为Zn+2FeCl32FeCl2+ZnCl2，该反应不生成气体，故B错误；C原电池中阳离子移动到正极，则生成的Fe2+在左边的烧杯中，故C错误；D左边烧杯中发生Fe3+eFe2+，则左烧杯中溶液的红色逐渐褪去，故D正
29、确；故选D【点评】本题考查原电池，明确原电池反应及正、负极的判断、发生的电极反应是解答本题的关键，题目难度不大二、解答题（共4小题，满分37分）9某兴趣小组用下图装置探究氨的催化氧化（1）氨催化氧化的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O（2）加热玻璃管C一段时间后，打入空气，观察到C中物质呈红热状态；停止加热后仍能保持红热，该反应是放热反应（填“吸热”或“放热”）（3）为保证在装置E中观察到红棕色气体，装置D应装入浓H2SO4；若取消D，在E中仅观察到大量白烟，原因是生成的NO与O2反应生成NO2，NO2与水反应生成HNO3，NH3与HNO3反应生成NH4NO3（4）已知常温下Al（O
30、H）3的Ksp=1036，在pH=8的氨水中，可以存在的Al3+的浓度为1.01018mol/L；在pH=3的溶液中，Al3+不能（填“能”或“不能”）完全沉淀【考点】氨的化学性质【专题】实验设计题【分析】装置分析先通入空气，通过浓氨水带出氨气，通过装置B干燥后，在装置C中氨气和氧气催化剂铂丝作用下加热反应生成一氧化氮和水，通过装置D中 的浓硫酸干燥吸收氨气和水蒸气，在装置E中观察到红棕色气体二氧化氮生成，通入石蕊试液溶液变红色，剩余污染性气体用氢氧化钠溶液吸收，（1）氨气的催化氧化反应生成一氧化氮和水；（2）该反应为放热，故不加热后仍能保持红热状态；（3）产物中有NO和NH3，NO会被O2氧
31、化生成NO2，在于空气中的水蒸气反应生成HNO3，而HNO3与NH3会产生白烟；（4）Ksp=c（Al3+）c（OH）3，离子浓度小于105 molL1时，可以认为沉淀基本完全【解答】解：（1）NH3和O2氧化生成NO和H2O，反应的化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；（2）加热玻璃管C一段时间后，打入空气，观察到C中物质呈红热状态；停止加热后仍能保持红热，说明该反应为放热，故不加热后仍能保持红热状态故答案为：放热；（3）分析可知铵的催化氧化生成一氧化氮和水蒸气，同时含有氨气和氧气，通过装置D中 的浓硫酸除去水蒸气和氨气，得到 一氧化氮和
32、氧气反应生成红棕色气体二氧化碳，若取消D，一氧化氮和氧气反应生成的二氧化氮和水反应生成硝酸，硝酸和氨气反应生成硝酸铵固体，所以在E中仅观察到大量白烟，故答案为：浓H2SO4，生成的NO与O2反应生成NO2，NO2与水反应生成HNO3，NH3与HNO3反应生成NH4NO3；（4）Ksp=c（Al3+）c（OH）3，离子浓度小于105 molL1时，可以认为沉淀基本完全，在pH=8的氨水中，c（OH）=106mol/L，可以存在的Al3+的浓度=1.01018，在pH=3的溶液中c（OH）=1011mol/L，可以存在的Al3+的浓度=103 molL1，所以不能完全沉淀，故答案为：1.01018
33、，不能；【点评】本题考查了氨气、一氧化氮、二氧化氮、硝酸等物质的性质分析，沉淀溶解平衡中溶度积常数的计算应用，题目难度中等10A、B、C、D、E、F均为短周期元素A的原子半径是短周期中最大的，B元素的原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，C元素的原子L层电子数为 m+n，M层电子数为mn，D元素与C元素同主族，E元素原子与B元素原子的核外电子数之比为2：1，F的一种原子中，质量数与质子数之差为0（1）B2的离子结构示意图为；A、F两元素组成的化合物电子式为Na+：H（2）A、B、E形成的简单离子的半径由大到小的顺序是S2O2Na+（用元素符号表示）（3）由D、F可以构成最简单的化合物X，取3
34、56 g分子式为X9H2O的化合物，将其释放的X完全燃烧生成液态水，可放出1 780.6 kJ的热量，则X燃烧的热化学方程式为CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（l）；H=890.3kJ/mol（4）1 mol DB2中含有的化学键的数目为4NA（NA为阿伏加德罗常数）；DB2与某金属发生置换反应的化学方程式为2Mg+CO22MgO+C；产物的一个用途是耐高温材料（5）向FeCl3溶液中通入过量的EB2，发生反应的离子方程式为2H2O+SO2+2Fe3+=2Fe2+SO42+4H+【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】A的原子半径是短周期中最
35、大的主族元素，则A为Na元素；F的一种原子中，质量数与质子数之差为零，则该原子中无中子，则F为H元素；B元素的原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，则n为2或8；C元素的原子L层电子数为m+n，M层电子数为mn，则L层含有8个电子，故n=2、m=6，B含有2个电子层，其最外层含有6个电子，B为O元素；C含有3个电子层，最外层含有62=4个电子，为Si元素；D元素与C元素同主族，则D为碳元素；E元素原子与B元素原子的核外电子数之比为2：1，则E电子数为16，为S元素，以此解答该题【解答】解：A的原子半径是短周期中最大的主族元素，则A为Na元素；F的一种原子中，质量数与质子数之差为零，则该原子中
36、无中子，则F为H元素；B元素的原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，则n为2或8；C元素的原子L层电子数为m+n，M层电子数为mn，则L层含有8个电子，故n=2、m=6，B含有2个电子层，其最外层含有6个电子，B为O元素；C含有3个电子层，最外层含有62=4个电子，为Si元素；D元素与C元素同主族，则D为碳元素；E元素原子与B元素原子的核外电子数之比为2：1，则E电子数为16，为S元素，（1）B2为氧离子，其核电荷数为8，核外电子总数为10，氧离子的离子结构示意图为：；化合物AF为NaH，氢化钠为离子化合物，其电子式为：Na+：H，故答案为：；Na+：H；（2）A为钠元素，B为氧元素，E为硫
37、元素，三者的简单离子分别为Na+、O2、S2，Na+、O2电子层排布相同，核电荷数越大离子半径越小，所以Na+O2，O2、S2最外层电子数相同，电子层越多离子半径越大，所以O2S2，所以离子半径S2O2Na+，故答案为：S2O2Na+；（3）CH49H2O，n（CH4）=n（CH49H2O）=mol=2 mol，1 mol CH4燃烧放出热量为1 780.6 kJ2 mol=890.3 kJ/mol，故CH4燃烧的热化学方程式为：CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（l）；H=890.3 kJ/mol故答案为：CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（l）；H=890.3k
38、J/mol；（4）CO2的结构式为故1 mol CO2含有4 mol化学键，化学键数为4NA中学阶段常见的能与CO2发生置换反应的金属为Mg MgO具有很高的熔点，常用于耐高温材料故答案为：4；2Mg+CO22MgO+C；耐高温材料；（5）Fe3+具有较强的氧化性，SO2具有较强的还原性，Fe3+在水溶液中将SO2氧化成硫酸，本身被还原成Fe2+方程式为2H2O+SO2+2Fe3+=2Fe2+SO42+4H+，故答案为：2H2O+SO2+2Fe3+=2Fe2+SO42+4H+【点评】本题考查了位置、结构与性质关系的综合应用，题目难度中等，涉及原电池原理、离子半径大小比较、离子方程式书写、常见化
39、学用语的书写、元素推断等知识，注意掌握元素周期表结构、元素周期律内容，明确原子核外电子排布特点为解答关键11已知浓硫酸和木炭粉在加热条件下可发生化学反应（1）上述反应的化学方程式为2H2SO4（浓）+C2H2O+CO2+2SO2（2）试用如图所列各装置设计一个实验，来验证上述反应所产生的各种产物编号装置这些装置的连接顺序（按产物气流从左至右的方向）是（填装置中导管口的编号）：g接c（或d），d（或c）接a，b接f（3）实验时可观察到装置中A瓶中的溶液退色，C瓶中的溶液不退色A瓶中的溶液的作用是检验SO2气体；B瓶中的溶液的作用是吸收SO2气体；C瓶中的溶液的作用是检验SO2气体是否除干净（4）
40、装置中所加固体药品是无水硫酸铜可验证的产物是H2O（5）装置中所盛溶液是澄清石灰水，可验证的产物CO2【考点】浓硫酸的性质；性质实验方案的设计【专题】实验设计题【分析】（1）木炭粉与浓硫酸发生反应产生SO2和CO2气体；（2）检验二氧化碳和二氧化硫时用到的溶液中均含有水，所以先检验水的存在，二氧化碳和二氧化硫均可以使澄清石灰水变浑浊，所以先检验二氧化硫，再除去，最后检验二氧化碳；（3）根据实验目的和装置图考虑操作步骤和试剂的作用及发生反应从整体考虑，A为检验二氧化硫装置，B、C为除去二氧化硫并检验是否除尽二氧化硫的装置；（4）无水硫酸铜为白色固体，遇水可变为五水硫酸铜（CuSO45H2O）为蓝
41、色固体；（5）根据CO2能使澄清石灰水变浑浊【解答】解：（1）木炭粉与浓硫酸发生反应产生SO2和CO2气体，反应的方程式为2H2SO4（浓）+C2SO2+CO2+2H2O，故答案为：2H2SO4（浓）+C2SO2+CO2+2H2O；（2）检验二氧化碳和二氧化硫时用到的溶液中均含有水，所以先检验水的存在，二氧化碳和二氧化硫均可以使澄清石灰水变浑浊，所以先检验二氧化硫，再除去，最后检验二氧化碳，故答案为：g；c（或d）；d（或c）；a；b；f；（3）A为检验二氧化硫装置，B、C为除去二氧化硫并检验是否除尽二氧化硫的装置，故答案为：检验SO2气体；吸收SO2气体；检验SO2气体是否除干净；（4）无水
42、硫酸铜为白色固体，遇水可变为五水硫酸铜（CuSO45H2O）为蓝色固体，用于检验水的存在，故答案为：H2O；（5）将气体通入澄清石灰水中，石灰水变浑浊，所以证明该气体是CO2，故答案为：CO2【点评】本题考查学生浓硫酸的性质中的和碳单质的反应，注意产物检验所用的试剂以及检验的先后顺序知识，综合性较强，难度大12葡萄糖酸钙是一种可促进骨骼生长的营养物质葡萄糖酸钙可通过以下反应制得：C6H12O6（葡萄糖）+Br2+H2OC6H12O7（葡萄糖酸）+2HBr2C6H12O7+CaCO3Ca（C6H11O7）2（葡萄糖酸钙）+H2O+CO2相关物质的溶解性见下表：物质名称葡萄糖酸钙葡萄糖酸溴化钙氯化
43、钙水中的溶解性可溶于冷水易溶于热水可溶易溶易溶乙醇中的溶解性微溶微溶可溶可溶实验流程如下：（1）第步中溴水氧化葡萄糖时，下列装置中最适合的是B制备葡萄糖酸钙的过程中，葡萄糖的氧化也可用其他试剂，下列物质中最适合的是CA新制Cu（OH）2悬浊液 B酸性KMnO4溶液CO2/葡萄糖氧化酶 DAg（NH3）2OH溶液（2）第步充分反应后CaCO3固体需有剩余，其目的是提高葡萄糖酸的转化率；本实验中不宜用CaCl2替代CaCO3，理由是氯化钙难以与葡萄糖酸直接反应得到葡萄糖酸钙（3）第步需趁热过滤，其原因是葡萄糖酸钙冷却后会结晶析出，如不趁热过滤会损失产品（4）第步加入乙醇的作用是可降低葡萄糖酸钙在溶
44、剂中的溶解度，有利于葡萄糖酸钙的析出（5）第步中，下列洗涤剂最合适的是DA冷水B热水C乙醇D乙醇水混合溶液【考点】性质实验方案的设计【专题】实验设计题【分析】（1）由于实验中需要能够控制滴加溴和水浴加热；由于葡萄糖是一种多羟基的醛，所以可以被弱氧化剂氧化成羧酸类，通过醛类催化氧化是最合适的；（2）增加某一种物质的量，可以提高另一种物质的转化率；符合强酸制备弱酸原理，氯化钙难以与葡萄糖酸直接反应得到葡萄糖酸钙；（3）根据表格中葡萄糖酸钙的溶解度与温度的关系解答；（4）葡萄糖酸钙在乙醇中的溶解度是微溶，有利于葡萄糖酸钙的析出；（5）利用水可以将无机杂质溶解除掉，同时利用葡萄糖酸钙在乙醇中的微溶，减
45、少葡萄糖酸钙的损失【解答】解：（1）由于实验中需要能够控制滴加溴和水浴加热，A不能控制添加溴，C没有进行水浴加热，故装置B最合适，由于葡萄糖是一种多羟基的醛，所以可以被弱氧化剂氧化成羧酸类，酸性高锰酸钾溶液可以氧化羟基，A、D会产生重金属杂质离子，通过醛类催化氧化是最合适的，故答案为：B；C；（2）第步充分反应后CaCO3固体需有剩余，其目的是：提高葡萄糖酸的转化率，符合强酸制备弱酸原理，氯化钙难以与葡萄糖酸直接反应得到葡萄糖酸钙，宜用CaCl2替代CaCO3，故答案为：提高葡萄糖酸的转化率；氯化钙难以与葡萄糖酸直接反应得到葡萄糖酸钙；（3）葡萄糖酸钙冷却后会结晶析出，如不趁热过滤会损失产品，故答案为：葡萄糖酸钙冷却后会结晶析出，如不趁热过滤会损失产品；（4）葡萄糖酸钙在乙醇中的溶解度是微溶，可降低葡萄糖酸钙在溶剂中的溶解度，有利于葡萄糖酸钙的析出，故答案为：可降低葡萄糖酸钙在溶剂中的溶解度，有利于葡萄糖酸钙的析出；（5）利用水可以将无机杂质溶解除掉，同时利用葡萄糖酸钙在乙醇中的微溶，减少葡萄糖酸钙的损失，故选：D【点评】本题考查物质制备，涉及对工艺流程的理解、对装置于操作的分析与评价、物质的量分离提纯等，操作考查学生对知识的迁移应用，题目体现化学再生活、生产中应用，难度中等版权所有：高考资源网()投稿兼职请联系：2355394692
