江西省萍乡市芦溪县2016年高考化学模拟试卷（打包4套）.zip

12016 年江西省萍乡市芦溪县高考化学一模试卷一、选择题（共 8 小题，每小题 6 分，满分 48 分）1．下列实验操作中：①过滤；②蒸发；③溶解；④取液体试剂；⑤取固体试剂．一定要用到玻璃棒的是（ ）A．①②③ B．④⑤ C．①④ D．①③⑤2．如图所示装置中观察到电流计指针偏转，M 棒变粗，N 棒变细，指针指向 M，由此判断下表中所列 M、N、P 物质，其中可以成立的组合是（ ）M N PA 锌 铜 稀硫酸溶液B 铜 铁 稀盐酸溶液C 银 锌 硝酸银溶液D 锌 铁 硝酸铁溶液A．A B．B C．C D．D3．一端封闭的 U 形管，封闭的一端有一段 CH4和 Cl2的混合气体，在水平部分有一段气柱，其他两段为液柱，已知液体与气体不反应．使 CH4和 Cl2在稍暗的光线下缓慢反应，则中间气柱的长度将（假设中间气柱未移出 U 形管水平部分）（ ）A．变大 B．变小 C．不变 D．难以确定4．下列电离方程式书写正确的是（ ）2A．H 2SO4═H 22++SO42﹣ B．NaHCO 3═Na ++H++CO32﹣C．NaOH═Na ++O2﹣ +H+ D．Na 2SO4═2Na ++SO42﹣5．在密闭容器中，反应：CH 4（g）+H 2O（g）⇌CO（g）+H 2（g）△H＞0，达到平衡，下列叙述不正确的是（ ）A．增加甲烷的量，△H 增大B．增加水蒸气的量，可提高甲烷的转化率C．升高温度，逆反应速率增大D．增大体系压强，该反应的化学平衡常数不变6．下列叙述正确的是（ ）A．1mol 钠与 O2反应生成 Na2O 或 Na2O2，转移的电子数目均为 2NAB．1molO 2和足量的 Mg 或 Al 完全反应，电子转移数目之比为 2：3C．Na、Mg、Al 各 1mol 和足量的 O2反应，电子转移数目之比为 1：2：3D．Cu、Mg 各 1mol 在 O2中充分燃烧，电子转移数目之比为 3：27．把 aL 含硫酸铵、硝酸铵的混合溶液分成两等份，一份用 bmol 烧碱刚好把 NH3全部赶出，另一份与氯化钡溶液完全反应消耗 cmolBaCl2，则原溶液中 c（NO 3﹣ ）为（ ）A． mol•L﹣1 B． mol•L﹣1C． mol•L﹣1 D． mol•L﹣18．下列物质溶于水后，能使水的电离程度增大的是（ ）A．NO 2 B．Ba（OH） 2C．Cl 2 D．CH 3COONa二、解答题（共 3 小题，满分 11 分）9． V，W、X、Y、Z 是由周期表中短周期元素组成的 5 种物质，其中 Z 由一种元素组成，V，W、Y 均由两种元素组成，X 由三种元素组成．上述 5 种化合物涉及的所有元素的原子序数之和等于 28．它们之间的反应关系如下（反应条件省略，方程式没有配平）：3①W+H 2O→X（白色沉淀）+Y（无色、具有刺激性气味的气体）；②X→V+H 2O；③Y+O 2→Z（无色、无味的气体）+H 2O．（1）写出下列化合物的化学式．V ，W ，X ．（2）Y 的电子为 ．（3）写出①②的化学方程式．① ．② ．10．重铬酸钾（K 2Cr2O7）是一种重要的无机试剂．（1）①K 2Cr2O7在加热条件下可以氧化浓盐酸产生氯气，其还原产物为 Cr3+．该反应的离子方程式为 ．②常温下，Fe 2+可将 Cr2O72﹣ 还原为 Cr3+，利用此反应原理可处理废水中有毒的 Cr2O72﹣ ．某废水中 Cr2O72﹣ 的浓度为 0.005 mol/L，若处理 10 L 该废水至少需要绿矾（FeSO 4•7H2O） g．（2）K 2Cr2O7溶液中存在如下平衡：Cr 2O72﹣ （橙色）+H 2O⇌2CrO42﹣ （黄色）+2H +．①若平衡体系的 pH=2，则溶液显 色．②高温时，向饱和 Na2Cr2O7溶液中先加入少量的硫酸，再加入一定量 KCl 固体，降温，就会析出 K2Cr2O7晶体和 NaCl 晶体的混合物．加入少量硫酸的原因为 ；不同温度下，相关物质的溶解度数据如下表所示，请分析加入 KCl 固体后，降温会析出 K2Cr2O7晶体的原因为 ．20℃ 60℃ 100℃Na2Cr2O7 73.2 82.0 91.4K2Cr2O7 13.1 50.5 96.2NaCl 36 37 39KCl 34 45.5 56.74③向 K2Cr2O7溶液中加入 Ba（NO 3） 2和 Pb（NO 3） 2，可析出 BaCrO4和 PbCrO4两种沉淀，此时溶液中 = ．[已知：K sp（BaCrO 4）=1.2×10 ﹣10 ；K sp（PbCrO 4）=2.8×10﹣13 ]．11．图示中，A 为一种常见的单质，B、C、D、E 是含有 A 元素的常见化合物．它们的焰色反应均为黄色．请填写下列空白：（1）写出化学式：A 、B 、C 、D ．（2）以上反应中属于氧化还原反应的有 ．（填写编号）（3）写出 A→C 反应的离子方程式 ；E→D 的化学方程式 ．[化学--选修 5：有机化学基础]（共 1 小题，满分 15 分）12．如图是利用二甲苯的一种同分异构体制备新型染料 M 的合成路线图．（1）a 反应所属反应类型为 ，b 反应生成另一小分子是 ．（2）写出 B 的结构简式 ．（3）C 与 A 互为同分异构体，含有两个不相邻的取代基，C 的一氯取代产物最多可能有 种；D 是其中一种，苯环上含有三个取代基，D 与酸性高锰酸钾反应得 E，E 在一定条件下5能与乙二醇反应生成高分子化合物 F，F 是一种优良的高分子材料．写出下列反应的化学方程式：①E 与过量热 NaOH 溶液反应 ．②E→F ．（4）新型染料 M 在一定条件下可降解生成 和另一种含氮有机分子 G，G 分子既能与氢氧化钠溶液反应，也能与盐酸反应．G 分子中氮元素的质量分数为 ．62016 年江西省萍乡市芦溪县高考化学一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）1．下列实验操作中：①过滤；②蒸发；③溶解；④取液体试剂；⑤取固体试剂．一定要用到玻璃棒的是（ ）A．①②③ B．④⑤ C．①④ D．①③⑤【考点】过滤、分离与注入溶液的仪器．【专题】化学实验常用仪器及试剂．【分析】运用液体、固体药品的取用、溶解、蒸发、过滤的基本操作知识解答．【解答】解：①过滤时要用玻璃棒引流；②蒸发要用玻璃棒搅拌防止局部受热造成液滴飞溅同时能加速溶解；③溶解固体需玻璃棒搅拌加速溶解；④取液体试剂直接倾倒不需要玻璃棒；⑤取用固体用药匙，不用玻璃棒；故选 A．【点评】本题考查了实验基本操作的使用仪器和操作步骤，熟悉实验操作即可解答，较简单．2．如图所示装置中观察到电流计指针偏转，M 棒变粗，N 棒变细，指针指向 M，由此判断下表中所列 M、N、P 物质，其中可以成立的组合是（ ）M N PA 锌 铜 稀硫酸溶液B 铜 铁 稀盐酸溶液C 银 锌 硝酸银溶液D 锌 铁 硝酸铁溶液7A．A B．B C．C D．D【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】该装置没有外接电源，是原电池；M 棒变粗，N 棒变细，说明 N 极失电子作负极，M 极得电子作正极；M 棒变粗，所以溶液中的金属阳离子析出生成金属单质，电解质溶液中的阳离子为金属阳离子且活泼性小于 N，原电池正负极的判断方法：1、根据电极材料的活泼性判断负极：活泼性相对强的一极正极：活泼性相对弱的一极2、根据电子流向或电流的流向判断负极：电子流出或电流流入的一极正极：电子流入或电流流出的一极3、根据溶液中离子移动的方向判断负极：阴离子移向的一极正极：阳离子移向的一极4、根据两极的反应类型判断负极：发生氧化反应的一极正极：发生还原反应的一极5、根据电极反应的现象判断负极：溶解或减轻的一极正极：增重或放出气泡的一极【解答】解：该装置没有外接电源，所以是原电池．原电池中，负极材料比正极材料活泼，且负极材料是随着反应的进行质量减少，正极质量增加或放出气泡．根据题意知，N 极是负极，M 是正极，且 N 极材料比 M 极活泼．A、M 极材料比 N 极活泼，故 A 错误；B、M 极上质量不增加，故 B 错误；8C、N 极材料比 M 极活泼，且 M 极上有银析出，所以质量增加，符合题意，故 C 正确；D、M 极材料比 N 极活泼，故 D 错误；故选 C．【点评】本题考查了原电池的工作原理，难度不大，能根据电极材料的变化判断正负极是解本题的关键．3．一端封闭的 U 形管，封闭的一端有一段 CH4和 Cl2的混合气体，在水平部分有一段气柱，其他两段为液柱，已知液体与气体不反应．使 CH4和 Cl2在稍暗的光线下缓慢反应，则中间气柱的长度将（假设中间气柱未移出 U 形管水平部分）（ ）A．变大 B．变小 C．不变 D．难以确定【考点】甲烷的取代反应．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】甲烷与氯气反应生成了液态的 CH2Cl2、CHCl 3和 CCl4，使左侧气体总体积减小右侧液面下降，中间气柱的压强减小，长度变大．【解答】解：CH 4和 Cl2在稍暗的光线下缓慢反应生成了液态的 CH2Cl2、CHCl 3和 CCl4，使左侧气体总体积减小，压强减小，则右侧液面下降，中间气柱的压强减小，由于气体的物质的量不变，根据 PV=nRT 可知，V 应增大，则长度变大．故选 A．【点评】本题考查甲烷的取代反应，题目难度不大，注意根据相同温度下体积的变化判断压强的变化．4．下列电离方程式书写正确的是（ ）A．H 2SO4═H 22++SO42﹣ B．NaHCO 3═Na ++H++CO32﹣C．NaOH═Na ++O2﹣ +H+ D．Na 2SO4═2Na ++SO42﹣【考点】电离方程式的书写．【专题】化学用语专题．【分析】A．氢离子符号书写错误；9B．碳酸氢根离子为多元弱酸根离子，不能拆；C．氢氧根离子为原子团不能拆；D．硫酸钠为强电解质，完全电离．【解答】解：A．硫酸为强电解质，完全电离，电离方程式：H 2SO4═2H ++SO42﹣ ，故 A 错误；B．碳酸氢钠为强电解质，完全电离，电离方程式：NaHCO 3═Na ++HCO3﹣ ，故 B 错误；C．氢氧化钠为强电解质，完全电离，电离方程式：NaOH═Na ++OH﹣ ，故 C 错误；D．硫酸钠为强电解质，完全电离，电离方程式：Na 2SO4═2Na ++SO42﹣ ，故 D 正确；故选：D．【点评】本题考查了电解质电离方程式的书写，明确电解质强弱及电离方式是解题关键，注意原子团不能拆，注意离子符号书写，题目难度不大．5．在密闭容器中，反应：CH 4（g）+H 2O（g）⇌CO（g）+H 2（g）△H＞0，达到平衡，下列叙述不正确的是（ ）A．增加甲烷的量，△H 增大B．增加水蒸气的量，可提高甲烷的转化率C．升高温度，逆反应速率增大D．增大体系压强，该反应的化学平衡常数不变【考点】化学平衡的影响因素．【分析】A、△H 的大小与化学方程式的书写有关，与加入反应物的多少无关；B、增加水蒸气的量，平衡正向移动；C、升高温度，正逆反应速率都增大；D、化学平衡常数只受温度影响．【解答】解：A、△H 的大小与化学方程式的书写有关，与加入反应物的多少无关，所以，增大甲烷的量，△H 不变，故 A 错误；B、增加水蒸气的量，平衡正向移动，甲烷的转化率增大，故 B 正确；C、升高温度，正逆反应速率都增大，故 C 正确；D、化学平衡常数只受温度影响，不随压强的改变而改变，故 D 正确；故选 A．10【点评】本题考查了焓变的大小与反应物多少的关系、平衡移动以及化学平衡常数的相关知识，题目难度不大．6．下列叙述正确的是（ ）A．1mol 钠与 O2反应生成 Na2O 或 Na2O2，转移的电子数目均为 2NAB．1molO 2和足量的 Mg 或 Al 完全反应，电子转移数目之比为 2：3C．Na、Mg、Al 各 1mol 和足量的 O2反应，电子转移数目之比为 1：2：3D．Cu、Mg 各 1mol 在 O2中充分燃烧，电子转移数目之比为 3：2【考点】阿伏加德罗常数；氧化还原反应的电子转移数目计算．【专题】计算题；阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】A、1molNa 全部反应电子转移为 1mol；B、1molO 2和足量的 Mg 或 Al 完全反应电子转移相同；C、Na、Mg、Al 各 1mol 和足量的 O2反应，1molNa 失电子 1mol，1molMg 失电子2mol、1molAl 失电子 3mol；D、Cu、Mg 各 1mol 在 O2中充分燃烧分别生成 CuO、MgO，电子转移相同．【解答】解：A、1molNa 全部反应电子转移为 1mol，1mol 钠与 O2反应生成 Na2O 或 Na2O2，转移的电子数目均为 NA，故 A 错误；B、1molO 2和足量的 Mg 或 Al 完全反应电子转移相同，电子转移数目之比为 1：1，故 B 错误；C、Na、Mg、Al 各 1mol 和足量的 O2反应，1molNa 失电子 1mol，1molMg 失电子2mol、1molAl 失电子 3mol，Na、Mg、Al 各 1mol 和足量的 O2反应，电子转移数目之比为1：2：3，故 C 正确；D、Cu、Mg 各 1mol 在 O2中充分燃烧生成 CuO，MgO，电子转移相同电子转移数目之比为1：1，故 D 错误；故选 C．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是金属反应电子转移的计算分析应用，掌握电子守恒的计算方法和变化过程是解题关键，题目难度中等．7．把 aL 含硫酸铵、硝酸铵的混合溶液分成两等份，一份用 bmol 烧碱刚好把 NH3全部赶出，另一份与氯化钡溶液完全反应消耗 cmolBaCl2，则原溶液中 c（NO 3﹣ ）为（ ）11A． mol•L﹣1 B． mol•L﹣1C． mol•L﹣1 D． mol•L﹣1【考点】物质的量浓度的相关计算．【专题】计算题．【分析】bmol 烧碱刚好把 NH3全部赶出，根据 NH4++OH﹣ ═NH 3+H2O 可知每份中含有bmolNH4+，与氯化钡溶液完全反应消耗 cmolBaCl2，根据 Ba2++SO42﹣ ═BaSO 4↓可知每份含有SO42﹣ cmol．根据溶液不显电性，计算出每份中 NO3﹣ 的物质的量，再根据 c= 计算原溶液中硝酸根离子的浓度．【解答】解：bmol 烧碱刚好把 NH3全部赶出，根据 NH4++OH﹣ ═NH 3+H2O 可知每份中含有bmolNH4+，与氯化钡溶液完全反应消耗 cmolBaCl2，根据 Ba2++SO42﹣ ═BaSO 4↓可知每份含有SO42﹣ cmol，设每份中 NO3﹣ 的物质的量为 n，根据溶液不显电性，则：bmol×1=cmol×2+n×1解得 n=（b﹣2c）mol每份溶液的体积为 0.5aL，所以每份溶液硝酸根的浓度为 c（NO 3﹣ ）= =mol/L，即原溶液中硝酸根的浓度为： mol/L，故选 B．【点评】本题考查学生利用离子方程式的简单计算，题目难度中等，关键明确每份溶液中离子的物质的量浓度与原溶液的关系及溶液中的电荷守恒．8．下列物质溶于水后，能使水的电离程度增大的是（ ）A．NO 2 B．Ba（OH） 2C．Cl 2 D．CH 3COONa【考点】水的电离．【专题】电离平衡与溶液的 pH 专题．【分析】酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，物质溶于水后能使水的电离程度增大，说明该溶液中有含有弱离子的盐，据此分析解答．12【解答】解：A．NO 2和水反应生成 HNO3而抑制水电离，则水的电离程度减小，故 A 错误；B．Ba（OH） 2是强碱，Ba（OH） 2电离出的 OH﹣ 使溶液中 c（OH ﹣ ）增大而抑制水电离，故B 错误；C．Cl 2和水反应生成 HCl、HClO，这两种酸抑制水电离，故 C 错误；D．CH 2COONa 中醋酸根离子水解而促进水电离，导致水的电离程度增大，故 D 正确；故选 D．【点评】本题以电解质的电离、二氧化氮及氯气和水的反应为载体考查水的电离，为高频考点，明确溶液中溶质及其性质是解本题关键，题目难度不大．二、解答题（共 3 小题，满分 11 分）9．V，W、X、Y、Z 是由周期表中短周期元素组成的 5 种物质，其中 Z 由一种元素组成，V，W、Y 均由两种元素组成，X 由三种元素组成．上述 5 种化合物涉及的所有元素的原子序数之和等于 28．它们之间的反应关系如下（反应条件省略，方程式没有配平）：①W+H 2O→X（白色沉淀）+Y（无色、具有刺激性气味的气体）；②X→V+H 2O；③Y+O 2→Z（无色、无味的气体）+H 2O．（1）写出下列化合物的化学式．V MgO ，W Mg 3N2 ，X Mg（OH） 2 ．（2）Y 的电子为 ．（3）写出①②的化学方程式．① Mg 3N2+6H2O=3Mg（OH） 2↓+2NH 3↑ ．② Mg（OH） 2MgO+H2O ．【考点】无机物的推断．【专题】无机推断．【分析】根据 Y 与氧气反应生成水和单质 Z，Y+O 2→Z（无色、无味的气体）+H 2O，Z 为无色、无味气体，可确定组成 Z 的元素为氮，则 Y 是 NH3；根据反应①W+H 2O→X（白色沉淀）+Y（无色、具有刺激性气味的气体），利用元素守恒，可以确定 5 种物质共涉及 4 种元素，其中 3 种为氢、氧、氮，根据原子序数之和等于 28，可以确定另一种元素为镁．则可推出X 为 Mg（OH） 2、V 为 MgO、W 为 Mg3N2，（1）依据分析可知 X 为 MgO V 为 Mg3N2 W 为 Mg（OH） 2；（2）Y 为 NH3属于共价化合物，氮原子和三个氢原子形成三对共用电子对；13（3）反应①是氮化镁和水反应生成氨气和氢氧化镁沉淀；②的反应为氢氧化镁受热分解生成氧化镁和水．【解答】解：根据 Y 与氧气反应生成水和单质 Z，Y+O 2→Z（无色、无味的气体）+H 2O，Z为无色、无味气体，可确定组成 Z 的元素为氮，则 Y 是 NH3；根据反应①W+H 2O→X（白色沉淀）+Y（无色、具有刺激性气味的气体），利用元素守恒，可以确定 5 种物质共涉及 4 种元素，其中 3 种为氢、氧、氮，根据原子序数之和等于 28，可以确定另一种元素为镁．则可推出 X 为 Mg（OH） 2、V 为 MgO、W 为 Mg3N2，（1）依据分析可知 X 为 MgO V 为 Mg3N2 W 为 Mg（OH） 2，故答案为：MgO，Mg 3N2，Mg（OH） 2 ；（2）氨气为共价化合物，氨气中存在 3 个氮氢键，氮原子最外层达到 8 电子稳定结构，氨气的电子式为 ，故答案为： ；（3）反应①是氮化镁和水反应生成氨气和氢氧化镁沉淀，反应的化学方程式为：Mg3N2+6H2O=3Mg（OH） 2↓+2NH 3↑，②的反应为氢氧化镁受热分解生成氧化镁和水，反应的化学方程式为：Mg（OH）2 MgO+H2O，故答案为：Mg 3N2+6H2O=3Mg（OH） 2↓+2NH 3↑；Mg（OH） 2 MgO+H2O．【点评】本题考查了物质转化关系分析，物质性质的理解应用，主要是氮及其化合物性质的熟练掌握，题目难度中等．10．重铬酸钾（K 2Cr2O7）是一种重要的无机试剂．（1）①K 2Cr2O7在加热条件下可以氧化浓盐酸产生氯气，其还原产物为 Cr3+．该反应的离子方程式为 Cr 2O72﹣ +14H++6Cl﹣ 2Cr3++3Cl2↑+7H 2O ．②常温下，Fe 2+可将 Cr2O72﹣ 还原为 Cr3+，利用此反应原理可处理废水中有毒的 Cr2O72﹣ ．某废水中 Cr2O72﹣ 的浓度为 0.005 mol/L，若处理 10 L 该废水至少需要绿矾（FeSO 4•7H2O） 83.4 g．（2）K 2Cr2O7溶液中存在如下平衡：Cr 2O72﹣ （橙色）+H 2O⇌2CrO42﹣ （黄色）+2H +．①若平衡体系的 pH=2，则溶液显 橙 色．14②高温时，向饱和 Na2Cr2O7溶液中先加入少量的硫酸，再加入一定量 KCl 固体，降温，就会析出 K2Cr2O7晶体和 NaCl 晶体的混合物．加入少量硫酸的原因为 H 2SO4电离产生的 H+使 Cr2O72﹣ +H2O⇌2CrO42﹣ +2H+逆向移动，从而增大了 c（Cr 2O72﹣ ），提高 K2Cr2O7产率 ；不同温度下，相关物质的溶解度数据如下表所示，请分析加入 KCl 固体后，降温会析出K2Cr2O7晶体的原因为 K 2Cr2O7的溶解度随温度降低减小的幅度大，使得复分解反应Na2Cr2O7+KCl=K2Cr2O7↓+NaCl 得以发生，从而析出 K2Cr2O7晶体 ．20℃ 60℃ 100℃Na2Cr2O7 73.2 82.0 91.4K2Cr2O7 13.1 50.5 96.2NaCl 36 37 39KCl 34 45.5 56.7③向 K2Cr2O7溶液中加入 Ba（NO 3） 2和 Pb（NO 3） 2，可析出 BaCrO4和 PbCrO4两种沉淀，此时溶液中 = 2.3×10 ﹣3 ．[已知：K sp（BaCrO 4）=1.2×10 ﹣10 ；K sp（PbCrO 4）=2.8×10﹣13 ]．【考点】化学平衡的影响因素；氧化还原反应；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【专题】氧化还原反应专题；化学平衡专题．【分析】（1）①根据反应中元素化合价的升降相等配平离子方程式，K 2Cr2O7中的 Cr 化合价由+6 价变为 Cr3+中的+3 价，化合价变化 3，Cl 的化合价由﹣1 价变为 0 价，化合价变化1，由于 K2Cr2O7中 Cr 的数目为 2，氯气中有 2 个氯原子，故 K2Cr2O7的计量数为 1，Cl ﹣ 的计量数为 6；②求出 Cr2O72﹣ 的物质的量，根据 Cr2O72﹣ ～6Fe 2+～6FeSO 4•7H2O，求出 FeSO4•7H2O 的物质的量，最后求质量即可；（2）①根据平衡的移动，判断生成 Cr2O72﹣ （橙色）还是 2CrO4﹣ （黄色），根据它们的颜色判断；15②加入少量的硫酸，平衡左移，有利于生成 Cr2O72﹣ ，提高 K2Cr2O7产率；当溶液中溶解的物质多于溶解度时，有沉淀析出；③析出 BaCrO4和 PbCrO4两种沉淀，溶液中存在 BaCrO4 +Pb2+=PbCrO4+Ba2+，结合溶度积常数计算．【解答】解：（1）①K 2Cr2O7在加热条件下可以氧化浓盐酸产生氯气，其还原产物为Cr3+．K 2Cr2O7中的 Cr 化合价由+6 价变为 Cr3+中的+3 价，化合价变化 3，Cl 的化合价由﹣1价变为 0 价，化合价变化 1，由于 K2Cr2O7中 Cr 的数目为 2，氯气中有 2 个氯原子，故K2Cr2O7的计量数为 1，Cl ﹣ 的计量数为 6，反应的离子方程式为Cr2O72﹣ +14H++6Cl﹣ 2Cr3++3Cl2↑+7H 2O，故答案为：Cr 2O72﹣ +14H++6Cl﹣ 2Cr3++3Cl2↑+7H 2O；②10L 该废水样液中含有 Cr2O72﹣ 的物质的量=0.005mol/L×10L=0.050mol，根据Cr2O72﹣ ～6Fe 2+～6FeSO 4•7H2O 可知 FeSO4•7H2O 的物质的量=6×0.050mol=0.300mol，FeSO 4•7H2O 的质量=0.300mol×278g/mol=83.4g，故答案为：83.4；（2）①若平衡体系的 pH=2，则溶液呈酸性，平衡左移，生成的 Cr2O72﹣ （橙色），故溶液呈橙色，故答案为：橙；②加入少量的硫酸，H 2SO4电离产生的 H+使 Cr2O72﹣ +H2O⇌2CrO42﹣ +2H+逆向移动，从而增大了 c（Cr 2O72﹣ ），提高 K2Cr2O7产率；加入 KCl 固体后，降温降温会析出 K2Cr2O7晶体是因为溶液中溶解的物质大于溶解度时，有沉淀析出，K 2Cr2O7的溶解度随温度降低减小的幅度大，使得复分解反应Na2Cr2O7+KCl=K2Cr2O7↓+NaCl 得以发生，从而析出 K2Cr2O7晶体；故答案为：H 2SO4电离产生的 H+使 Cr2O72﹣ +H2O⇌2CrO42﹣ +2H+逆向移动，从而增大了c（Cr 2O72﹣ ），提高 K2Cr2O7产率；K 2Cr2O7的溶解度随温度降低减小的幅度大，使得复分解反应 Na2Cr2O7+KCl=K2Cr2O7↓+NaCl 得以发生，从而析出 K2Cr2O7晶体；③析出 BaCrO4和 PbCrO4两种沉淀，溶液中存在 BaCrO4 +Pb2+=PbCrO4+Ba2+，= = =2.3×10﹣3 ，故答案为：2.3×10 ﹣3 ．16【点评】本题考查了难溶电解质的溶解平衡、氧化还原反应的计算以及水解反应的应用等，沉淀溶解平衡的理解与计算，掌握基础是关键，题目难度中等．11．图示中，A 为一种常见的单质，B、C、D、E 是含有 A 元素的常见化合物．它们的焰色反应均为黄色．请填写下列空白：（1）写出化学式：A Na 、B Na 2O2 、C NaOH 、D Na 2CO3 ．（2）以上反应中属于氧化还原反应的有 ①②③④ ．（填写编号）（3）写出 A→C 反应的离子方程式 2Na+2H 2O═2Na ++2OH﹣ +H2↑ ；E→D 的化学方程式 2NaHCO3 Na2CO3+CO2↑+H 2O ．【考点】无机物的推断．【专题】无机推断．【分析】A 为一种常见的单质，B、C、D、E 是含有 A 元素的常见化合物．它们的焰色反应均为黄色，则均为钠的单质或化合物，所以 A 为 Na，结合转化关系可知，B 为 Na2O2，C 为NaOH，D 为 Na2CO3，E 为 NaHCO3，然后结合单质及化合物的性质、化学用语来解答．【解答】解：A 为一种常见的单质，B、C、D、E 是含有 A 元素的常见化合物．它们的焰色反应均为黄色，则均为钠的单质或化合物，所以 A 为 Na，结合转化关系可知，B 为Na2O2，C 为 NaOH，D 为 Na2CO3，E 为 NaHCO3，（1）上述分析可知 A 为 Na，B 为 Na2O2，C 为 NaOH，D 为 Na2CO3，E 为 NaHCO3，故答案为：Na；Na 2O2；NaOH；Na 2CO3；（2）以上反应中①为钠的燃烧，②为 Na 与水反应，③为过氧化钠与水反应，④为过氧化钠与二氧化碳反应，均属于氧化还原反应，⑤是二氧化碳和氢氧化钠溶液反应生成碳酸氢钠和水，⑥是碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，⑤⑥不是氧化还原反应，故答案为：①②③④；17（3）A﹣C 反应②的离子反应为 2Na+2H2O═2Na ++2OH﹣ +H2↑，E﹣D 反应⑥为 2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H 2O，故答案为：2Na+2H 2O═2Na ++2OH﹣ +H2↑；2NaHCO 3 Na2CO3+CO2↑+H 2O．【点评】本题考查无机物的推断，明确焰色为黄色及 A 为单质为解答的突破口，熟悉钠及其化合物的性质是解答的关键，注重基础知识的考查，题目难度不大．[化学--选修 5：有机化学基础]（共 1 小题，满分 15 分）12．如图是利用二甲苯的一种同分异构体制备新型染料 M 的合成路线图．（1）a 反应所属反应类型为 还原反应 ，b 反应生成另一小分子是 HCl ．（2）写出 B 的结构简式 ．（3）C 与 A 互为同分异构体，含有两个不相邻的取代基，C 的一氯取代产物最多可能有 2 种；D 是其中一种，苯环上含有三个取代基，D 与酸性高锰酸钾反应得 E，E 在一定条件下能与乙二醇反应生成高分子化合物 F，F 是一种优良的高分子材料．写出下列反应的化学方程式：①E 与过量热 NaOH 溶液反应 ．②E→F n +nHOCH2CH2OH +2nH2O ．18（4）新型染料 M 在一定条件下可降解生成 和另一种含氮有机分子 G，G 分子既能与氢氧化钠溶液反应，也能与盐酸反应．G 分子中氮元素的质量分数为 8.8% ．【考点】有机物的推断．【专题】有机推断；结构决定性质思想；演绎推理法；有机化合物的获得与应用．【分析】根据题中各物质转化关系，A 为二甲苯的一种同分异构体，根据可知 A 为，A 发生硝化反应得 B 为 ，B 发生还原反应得产物 ，所以反应 a 为还原反应，比较 和 以及 Sudan 的结构，根据元素守恒可知，反应 b 生成的小分子为 HCl，C 为芳香族化合物，与 A 互为同分异构体，含有两个互不相邻的取代基，则 C 为 ，D 是 C 的一氯取代产物中一种，苯环上含有三个取代基，则 D 为 ，D 与酸性高锰酸钾溶液反应得 E，E 在一定条件下能与乙二醇反应生成高分子化合物 F，则 E 是二元酸，所以 E 为 ，F 为，比较 M 和 的结构可知 G 的结构简式为，据此答题．19【解答】解：根据题中各物质转化关系，A 为二甲苯的一种同分异构体，根据可知 A 为，A 发生硝化反应得 B 为 ，B 发生还原反应得产物 ，所以反应 a 为还原反应，比较 和 以及 Sudan 的结构，根据元素守恒可知，反应 b 生成的小分子为 HCl，C 为芳香族化合物，与 A 互为同分异构体，含有两个互不相邻的取代基，则 C 为 ，D 是 C 的一氯取代产物中一种，苯环上含有三个取代基，则 D 为 ，D 与酸性高锰酸钾溶液反应得 E，E 在一定条件下能与乙二醇反应生成高分子化合物 F，则 E 是二元酸，所以 E 为 ，F 为，比较 M 和 的结构可知 G 的结构简式为，（1）根据上面的分析可知，a 反应所属反应类型为还原反应，b 反应生成的另一小分子是HCl，故答案为：还原反应；HCl； （2）根据上面的分析可知，B 的结构简式为 ，故答案为： ；20（3）C 为 ，C 的一氯取代产物最多可能有 2 种，E 为 ，F 为，①E 与过量热 NaOH 溶液反应为，②E→F 反应的化学方程式为 n +nHOCH2CH2OH+2nH2O，故答案为：2； ；n +nHOCH2CH2OH+2nH2O．（4）G 的结构简式为 ，其分子式是 C10H9NO，氮元素的质量分数为×100%=8.8%，故答案为：8.8%．【点评】本题考查有机物的推断与合成，难度中等，注意对题目反应信息的理解利用，根据有机物的结构特点用正推和逆推法推断有机物．12016 年江西省萍乡市芦溪县高考化学三模试卷一、（选择题，每小题 6 分，共 48 分）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．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．下列实验操作中，正确的是（ ）A．给试管里的液体加热，液体的体积一般不超过试管容积的B．向酒精灯里添加酒精，不可超过酒精灯容积的C．酒精灯使用完毕，应立即用嘴吹灭火焰D．用燃着的酒精灯去点燃另一盏酒精灯2．已知 H++OH﹣ ═H 2O 生成 1mol H2O 放出 57.3kJ 热量，下列过程中放出热量为 57.3kJ 的是（ ）A．1mol H 2SO4与足量的 NaOH 溶液反应B．稀盐酸与氨水反应生成 1mol H2OC．稀盐酸与 Ba（OH） 2溶液反应生成 1mol H2OD．稀 NaOH 与 98%浓硫酸反应生成 1mol H2O3．瓦斯气中含有甲烷，它是煤矿安全生产的“大敌”，为防止瓦斯爆炸，需要不断地向坑道中鼓入空气以排除坑道内的瓦斯气．若将甲烷与空气混合于某容器中点燃，当爆炸最剧烈时，甲烷与空气的体积比为（同温、同压下）（ ）A．1：2 B．2：5 C．1：10 D．1：84．下列叙述正确的是（ ）A．CaCO 3在水中的溶解度很小，其水溶液电阻率很大，所以 CaCO3是弱电解质B．CaCO 3在水中溶解度很小，但溶于水的 CaCO3全部电离，所以 CaCO3是强电解质C．强电解质溶液的导电能力一定强，弱电解质溶液的导电能力一定弱D．液态 SO2不导电，但溶于水后导电，所以 SO2是电解质25．对于可逆反应 mA+nB⇌pC 正反应的反应热为△H．分别改变温度、压强、B 的物质的量导致平衡常数（K）、A 的转化率（a%）、A 的物质的量浓度[c（A）]发生如图所示的变化．根据图中变化情况，以下结论正确的是（ ）A．m+n＜p，△H＞0 A、B、C 均为气体 B．m＜，p△H＜0 A、C 均为气体C．n＞p，△H＞0 B、C 均为气体 D．m＞p，△H＜0 A、C 均为气体6．某干燥粉末可能由 Na2O、Na 2O2、Na 2CO3、NaHCO 3、NaCl 中的一种或几种组成．将该粉末与足量的盐酸反应有气体 X 逸出，X 通过足量的 NaOH 溶液后体积缩小（同温、同压下测定）有剩余气体．若将原来混合粉末在空气中用酒精灯加热，也有气体放出，且剩余固体的质量大于原混合粉末的质量．下列判断正确的是①粉末中一定有 Na2O、Na 2O2、NaHCO 3②粉末中一定不含有 Na2CO3和 NaCl③粉末中一定不含有 Na2O 和 NaCl④无法肯定粉末中是否含有 Na2CO3和 NaCl（ ）A．①② B．②③ C．③④ D．①④7．如图所示，挤压胶头滴管（装有液体）a，将液体加入到广口瓶（装有另一种物质）中，两装置中的气球（干瘪）b 都有明显地胀大（忽略液体体积对气球的影响，以及外界和广口瓶间热量的传递影响）．则所用试剂不可能是（ ）A．甲：H 2O 和 CaO（固体）；乙：H 2O 和 NH4NO3（固体）B．甲：盐酸和 Na2O2（固体）；乙：亚硫酸钠溶液和氯气C．甲：NaOH 溶液和 CO2；乙：盐酸和 NaHCO3溶液3D．甲：浓 H2SO4和蔗糖（固体）；乙：H 2O 和 NO28．如图所示甲、乙两个装置，所盛溶液体积和浓度均相同且足量，当两装置电路中通过的电子都是 1mol 时，下列说法不正确的是（ ）A．溶液的质量变化：甲减小乙增大B．溶液 pH 变化：甲减小乙增大C．相同条件下产生气体的体积：V 甲 =V 乙D．电极反应式：甲中阴极为 Cu2++2e﹣ ═Cu，乙中负极为 Mg﹣2e ﹣ ═Mg 2+二、第Ⅱ卷（非选择题，共 3 小题，共 52 分）9．有 V、W、X、Y、Z 五种元素，它们的质子数依次增大，且都小于 20，其中 X、Z 是金属元素；V 和 Z 元素原子的最外层都只有 1 个电子；W 元素原子的最外层电子数比 Y 元素原子的最外层电子数多 2，且含有 2 个电子层的 W 元素原子的 L 层电子数是 K 层电子数的 4 倍；X 元素原子的最外层电子数是 Y 元素原子最外层电子数的一半．回答下列问题：（1）V 是 ，X 是 ，Z 是 （填元素符号）．（2）V 的一种核素中质子数为中子数的 1/2，则该核素的符号为 ，是常用于制造 的原料．（3）W 元素的原子结构示意图为 ．（4）X 的最高价氧化物的水化物分别与 Y、Z 的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为 、 ．410．将 HCl、H 2SO4、Ba（NO 3） 2三种溶液，按一定顺序依次滴入到 Na2CO3溶液中至恰好完全反应，并有以下现象：①滴加 A 时生成白色沉淀 ②再滴加 B 时沉淀溶解，并有气体逸出 ③往生成的溶液中加入 C 时，又有白色沉淀生成．根据上述现象，回答：（1）A、B、C 各是什么溶液（填写溶质的化学式）A B C （2）写出上述反应的离子方程式① ；② ；③ ．11．已知 X 为一种盐，F 为淡黄色固体；M、N 为生活中常见的金属单质，N 的氧化物是耐火材料，也是冶炼 N 的原料；H 为气体单质，D 为无色气体，在空气中会出现红棕色．各物质的转化关系如下图（部分反应产物已略去）．请回答下列问题：（1）X 的化学式为 ；M 在周期表中位置 ；F 的电子式为 ．（2）反应②的离子方程式为 ．反应③的化学方程式为 ．反应③在工业生产中的用途（任写一条） ．M2+与 F 按物质的量之比 2：3 反应的离子方程式为 ．（3）若向 100mL 盐 X 的溶液中加入 10g 金属单质 M 的粉末，充分搅拌后，过滤，烘干得10.16g 固体 C．则滤液 A 中溶质的物质的量浓度为 ．（假设溶液体积不变）5[化学-选修有机化学基础]12．已知 ，如果要合成 ，所用的起始原料可以是（ ）A．2 甲基 1，3 丁二烯和 1 丁炔 B．1，3 戊二烯和 2 丁炔C．2，3 二甲基 1，3 戊二烯和乙炔 D．2，3 二甲基 1，3 丁二烯和丙炔13．A～G 都是有机化合物，它们的转化关系如下：请回答下列问题：（1）已知：6.0g 化合物 E 完全燃烧生成 8.8g CO2和 3.6g H2O；E 的蒸气对氢气的相对密度为 30，则 E 的分子式为 ．（2）A 为一取代芳烃，B 中含有一个甲基．由 B 生成 C 的化学方程式为 ．（3）由 B 生成 D、由 C 生成 D 的反应条件分别是 、 ．（4）由 A 生成 B、由 D 生成 G 的反应类型分别是 、 ．（5）F 存在于栀子香油中，其结构简式为 ．（6）在 G 的同分异构体中，苯环上一硝化的产物只有一种的共有 种，其中核磁共振氢谱有两组峰，且峰面积比为 l：1 的是 （填结构简式）62016 年江西省萍乡市芦溪县高考化学三模试卷参考答案与试题解析一、（选择题，每小题 6 分，共 48 分）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．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．下列实验操作中，正确的是（ ）A．给试管里的液体加热，液体的体积一般不超过试管容积的B．向酒精灯里添加酒精，不可超过酒精灯容积的C．酒精灯使用完毕，应立即用嘴吹灭火焰D．用燃着的酒精灯去点燃另一盏酒精灯【考点】化学实验安全及事故处理．【专题】化学实验基本操作．【分析】给试管里的液体加热，液体的体积一般不超过试管容积的 ；向酒精灯中加酒精时，不能超过酒精灯溶积的 ，酒精灯使用完毕，应使用灯帽盖灭，不能用燃着的酒精灯去点燃另一盏酒精灯，据此分析．【解答】解：A、给试管里的液体加热，液体的体积一般不超过试管容积的 ，否则容易导致溶液溅出伤人，故 A 错误；B、向酒精灯中加酒精时，不能超过酒精灯溶积的 ，否则容易引起酒精灯的爆炸并引发火灾，故 B 正确；C、酒精灯使用完毕，应使用灯帽盖灭，不能用嘴吹灭，故 C 错误；D、用燃着的酒精灯去点燃另一盏酒精灯容易导致酒精洒出，引发火灾，故 D 错误．故选 B．【点评】本题考查了实验安全问题，规范基本的实验操作是保证实验安全的前提，难度不大．72．已知 H++OH﹣ ═H 2O 生成 1mol H2O 放出 57.3kJ 热量，下列过程中放出热量为 57.3kJ 的是（ ）A．1mol H 2SO4与足量的 NaOH 溶液反应B．稀盐酸与氨水反应生成 1mol H2OC．稀盐酸与 Ba（OH） 2溶液反应生成 1mol H2OD．稀 NaOH 与 98%浓硫酸反应生成 1mol H2O【考点】中和热．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A、1mol H 2SO4与足量的 NaOH 溶液反应会生成 2mol 的水；B、氨水是弱电解质，电离过程需要吸热；C、稀盐酸与 Ba（OH） 2溶液反应生成 1mol H2O 所产生的热量即为生成 1mol H2O 放出的热量；D、98%浓硫酸的稀释过程是放热的过程．【解答】解：A、1mol H 2SO4与足量的 NaOH 溶液反应会生成 2mol 的水，生成的热量是114.6kJ，故 A 错误；B、氨水是弱电解质，电离过程需要吸热，放出热量小于 57.3kJ，故 B 错误；C、稀盐酸与 Ba（OH） 2溶液反应生成 1mol H2O 所产生的热量为 57.3kJ，故 C 正确；D、98%浓硫酸的稀释过程是放热的，放出的热量会大于 57.3kJ，故 D 错误．故选：C．【点评】本题考查学生中和热的概念知识，注意知识的归纳和整理是解题关键，难度不大．3．瓦斯气中含有甲烷，它是煤矿安全生产的“大敌”，为防止瓦斯爆炸，需要不断地向坑道中鼓入空气以排除坑道内的瓦斯气．若将甲烷与空气混合于某容器中点燃，当爆炸最剧烈时，甲烷与空气的体积比为（同温、同压下）（ ）A．1：2 B．2：5 C．1：10 D．1：8【考点】化学方程式的有关计算．【专题】利用化学方程式的计算．【分析】由 CH4+2O2 CO2+2H2O 可知，V（CH 4）：V（O 2）=1：2，恰好完全反应，爆炸最为剧烈，空气中约含 O2为 20%，以此求得 V（CH 4）：V（空气）．8【解答】解：由 CH4+2O2 CO2+2H2O 可知，V（CH 4）：V（O 2）=1：2，恰好完全反应，爆炸最为剧烈，空气中约含 O2为 20%，故 V（CH 4）：V（空气）=1： =1：10．故选 C．【点评】本题考查化学方程式的有关计算，难度不大，明确同温同压下气 V（CH 4）：V（O 2）=1：2，恰好完全反应，爆炸最为剧烈是解题关键．4．下列叙述正确的是（ ）A．CaCO 3在水中的溶解度很小，其水溶液电阻率很大，所以 CaCO3是弱电解质B．CaCO 3在水中溶解度很小，但溶于水的 CaCO3全部电离，所以 CaCO3是强电解质C．强电解质溶液的导电能力一定强，弱电解质溶液的导电能力一定弱D．液态 SO2不导电，但溶于水后导电，所以 SO2是电解质【考点】电解质与非电解质；强电解质和弱电解质的概念．【分析】A、强弱电解质的本质区别是电离程度；B、碳酸钙在水溶液中能完全电离；C、电解质的强弱与导电能力无关；D、二氧化硫溶于水后生成亚硫酸．【解答】解：A、根据电解质的电离程度确定电解质的强弱，不是根据电解质的溶解性大小确定电解质的强弱，碳酸钙是强电解质，故 A 错误；B、根据电解质的电离程度确定电解质的强弱，不是根据电解质的溶解性大小确定电解质的强弱，所以虽然碳酸钙在水中的溶解度小，但溶解的碳酸钙全部电离，所以是强电解质，故 B 正确；C、电解质的强弱与导电能力无关，即强电解质溶于的导电能力不一定强，弱电解质的不一定弱，故 C 错误；D、二氧化硫溶于水后生成亚硫酸，是亚硫酸电离出自由移动离子而导电，与二氧化硫无关，故二氧化硫为非电解质，故 D 错误．故选 B．【点评】本题考查了电解质、非电解质的判断等知识点，明确电解质的强弱是根据电解质的电离程度划分的，不是根据溶解性大小划分的．95．对于可逆反应 mA+nB⇌pC 正反应的反应热为△H．分别改变温度、压强、B 的物质的量导致平衡常数（K）、A 的转化率（a%）、A 的物质的量浓度[c（A）]发生如图所示的变化．根据图中变化情况，以下结论正确的是（ ）A．m+n＜p，△H＞0 A、B、C 均为气体 B．m＜，p△H＜0 A、C 均为气体C．n＞p，△H＞0 B、C 均为气体 D．m＞p，△H＜0 A、C 均为气体【考点】化学平衡建立的过程．【专题】化学平衡专题．【分析】由图可看出，温度升高，K 减小，因而平衡左移，逆反应为吸热；压强增加，a%减小，平衡左移；增加 B 的量，c（A）不变，说明平衡不移动，根据平衡移动原理来回答判断．【解答】解：由图可看出，温度升高，K 减小，因而平衡左移，逆反应为吸热，正反应为放热，△H＜O；压强增加，a%减小，平衡左移，所以 m＜p；增加 B 的量，c（A）不变，说明平衡不移动，故 B 不是气体．故选 B．【点评】本题以图象的方式考查学生平衡移动原理的应用知识，注意知识的迁移应用是关键，难度中等．6．某干燥粉末可能由 Na2O、Na 2O2、Na 2CO3、NaHCO 3、NaCl 中的一种或几种组成．将该粉末与足量的盐酸反应有气体 X 逸出，X 通过足量的 NaOH 溶液后体积缩小（同温、同压下测定）有剩余气体．若将原来混合粉末在空气中用酒精灯加热，也有气体放出，且剩余固体的质量大于原混合粉末的质量．下列判断正确的是①粉末中一定有 Na2O、Na 2O2、NaHCO 3②粉末中一定不含有 Na2CO3和 NaCl③粉末中一定不含有 Na2O 和 NaCl④无法肯定粉末中是否含有 Na2CO3和 NaCl（ ）A．①② B．②③ C．③④ D．①④【考点】几组未知物的检验．10【分析】盐酸可以和过氧化钠反应产生氧气，和碳酸钠、碳酸氢钠反应可以释放出二氧化碳，二氧化碳可以和氢氧化钠反应，氧气不反应，碳酸氢钠受热分解会生成二氧化碳气体，氧化钠和氧气反应是固体质量增加的反应．【解答】解：向混合物中加入足量的盐酸，有气体放出，与盐酸反应产生气体的物质可能为 Na2O2（生成 O2）、Na 2CO3或 NaHCO3（生成 CO2），X 通过 NaOH 溶液后体积缩小（而不是气体全部消失），说明 X 由 O2和 CO2组成，原粉末中 Na2O2一定存在，Na 2CO3和 NaHCO3至少有一种一定存在．将原混合粉末加热，有气体放出，说明混合物中一定有 NaHCO3，但NaHCO3受热分解会使粉末质量减小，而实际剩余固体的质量却增加了，原因只能是发生了反应：2Na 2O+O2=2Na2O2； 综上分析，混合物中一定有 Na2O、Na 2O2、NaHCO 3，无法确定混合物中是否有 Na2CO3和 NaCl，即正确的是①④．故选 D．【点评】本题考查物质的检验和鉴别，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质以及反应现象，本题注意氧化钠和过氧化钠的性质，难度中等．7．如图所示，挤压胶头滴管（装有液体）a，将液体加入到广口瓶（装有另一种物质）中，两装置中的气球（干瘪）b 都有明显地胀大（忽略液体体积对气球的影响，以及外界和广口瓶间热量的传递影响）．则所用试剂不可能是（ ）A．甲：H 2O 和 CaO（固体）；乙：H 2O 和 NH4NO3（固体）B．甲：盐酸和 Na2O2（固体）；乙：亚硫酸钠溶液和氯气C．甲：NaOH 溶液和 CO2；乙：盐酸和 NaHCO3溶液D．甲：浓 H2SO4和蔗糖（固体）；乙：H 2O 和 NO2【考点】实验装置综合．【专题】元素及其化合物．11【分析】甲中气球胀大，说明广口瓶中气体或者温度升高导致气体膨胀，乙中气球胀大，说明广口瓶中压强减小，气体减少或者温度降低导致气体体积缩小，然后结合物质的性质来解答．【解答】解：甲中气球胀大，说明广口瓶中气体或者温度升高导致气体膨胀，乙中气球胀大，说明广口瓶中压强减小，气体减少或者温度降低导致气体体积缩小．A．CaO 和 H2O 反应放热，NH 4NO3溶于水吸热，符合题意，故 A 不选；B．Na 2O2与盐酸反应生成氧气，气体体积增大；氯气和亚硫酸钠溶液发生反应：Cl2+Na2SO3+H2O=Na2SO4+2HCl，气体体积减小，符合题意，故 B 不选；C．CO 2被 NaOH 溶液吸收，气体体积减小，盐酸与 NaHCO3反应，产生 CO2，气体体积增大，不符合题意，故 C 选；D．浓 H2SO4和蔗糖可以发生氧化还原反应，产生大量的气体，H 2O 和 NO2可以发生反应生成硝酸和 NO，气体的体积减小，符合题意，故 D 不选；故选 C．【点评】本题考查实验装置的综合应用，为高频考点，把握装置的作用、元素化合物的性质为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．8．如图所示甲、乙两个装置，所盛溶液体积和浓度均相同且足量，当两装置电路中通过的电子都是 1mol 时，下列说法不正确的是（ ）A．溶液的质量变化：甲减小乙增大B．溶液 pH 变化：甲减小乙增大C．相同条件下产生气体的体积：V 甲 =V 乙D．电极反应式：甲中阴极为 Cu2++2e﹣ ═Cu，乙中负极为 Mg﹣2e ﹣ ═Mg 2+【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．12【分析】甲中总反应为：2CuSO 4+2H2O 2Cu+2H2SO4+O2↑，乙中总反应为：Mg+2HCl=MgCl2+H2↑，故甲溶液质量减小，乙溶液质量增大；甲中生成 H2SO4，pH 减小，乙中消耗 HCl，pH 增大；当两装置电路中通过的电子都是 1mol 时，甲中产生 0.25molO2，乙中产生 0.5molH2；甲中阴极为 Cu2+放电，电极反应为 Cu2++2e﹣ =Cu，乙中负极为 Mg 放电，电极反应为：Mg﹣2e ﹣ =Mg2﹣ ．【解答】解：A、甲中总反应为：2CuSO 4+2H2O 2Cu+2H2SO4+O2↑，乙中总反应为：Mg+2HCl=MgCl2+H2↑，故甲溶液质量减小，乙溶液质量增大，故 A 正确；B、甲中生成 H2SO4，pH 减小，乙中消耗 HCl，pH 增大，故 B 正确；C、当两装置电路中通过的电子都是 1mol 时，甲中产生 0.25molO2，乙中产生 0.5molH2，故相同条件下，甲乙中产生气体的体积比为 1：2，故 C 错误；D、甲中阴极为 Cu2+放电，电极反应为 Cu2++2e﹣ =Cu，乙中负极为 Mg 放电，电极反应为：Mg﹣2e ﹣ =Mg2﹣ ，故 D 正确；．故选 C．【点评】本题考查原电池和电解池的原理，题目难度中等．二、第Ⅱ卷（非选择题，共 3 小题，共 52 分）9．有 V、W、X、Y、Z 五种元素，它们的质子数依次增大，且都小于 20，其中 X、Z 是金属元素；V 和 Z 元素原子的最外层都只有 1 个电子；W 元素原子的最外层电子数比 Y 元素原子的最外层电子数多 2，且含有 2 个电子层的 W 元素原子的 L 层电子数是 K 层电子数的 4 倍；X 元素原子的最外层电子数是 Y 元素原子最外层电子数的一半．回答下列问题：（1）V 是 H ，X 是 Al ，Z 是 K （填元素符号）．（2）V 的一种核素中质子数为中子数的 1/2，则该核素的符号为 H ，是常用于制造 氢弹 的原料．（3）W 元素的原子结构示意图为 ．（4）X 的最高价氧化物的水化物分别与 Y、Z 的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为 Al（OH） 3+3H+═Al 3+++3H2O 、 Al（OH） 3+OH﹣ ═AO 2﹣ +2H2O ．【考点】位置结构性质的相互关系应用．13【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】W 有两个电子层且其原子的 L 层电子数是 K 层电子数的 4 倍，可推出 W 元素是Ne．Y 的原子序数大于 W、小于 20，且其最外层电子数比 W 的最外层电子数少 2，则可推出Y 元素是 S，X 的最外层电子数为 3，且 X 是金属元素，原子序数大于 W，故 X 元素为 Al；由 Z 是金属元素，最外层电子数为 1 且原子序数大于 Y，可知，Z 元素为 K；V 的最外层电子数为 1，且不是金属元素，故 V 元素是 H，据此解答．【解答】解：W 有两个电子层且其原子的 L 层电子数是 K 层电子数的 4 倍，可推出 W 元素是 Ne．Y 的原子序数大于 W、小于 20，且其最外层电子数比 W 的最外层电子数少 2，则可推出 Y 元素是 S，X 的最外层电子数为 3，且 X 是金属元素，原子序数大于 W，故 X 元素为Al；由 Z 是金属元素，最外层电子数为 1 且原子序数大于 Y，可知，Z 元素为 K；V 的最外层电子数为 1，且不是金属元素，故 V 元素是 H，（1）V 是氢，X 是铝，Z 是钾，故答案为：H；Al；K；（2）氢的一种核素中质子数为中子数的 1/2，所以中子数为 2，则该核素的符号为 H，常用于制造氢弹，故答案为： H；氢弹；（3）W 元素是 Ne．原子结构示意图为： ，故答案为： ；（4）铝的最高价氧化物的水化物是氢氧化铝与 Y、Z 的最高价氧化物对应的水化物分别是硫酸和氢氧化钾反应的离子方程式为 Al（OH） 3+3H+═Al 3+++3H2O 和 Al（OH） 3+OH﹣ ═AO2﹣ +2H2O，故答案为：Al（OH） 3+3H+═Al 3+++3H2O；Al（OH） 3+OH﹣ ═AO 2﹣ +2H2O．【点评】本题考查结构性质位置关系的综合应用，题目难度中等，正确推断各元素名称为解答关键，注意掌握用核外电子排布与元素周期表，旨在考查学生对基础知识的掌握．10．将 HCl、H 2SO4、Ba（NO 3） 2三种溶液，按一定顺序依次滴入到 Na2CO3溶液中至恰好完全反应，并有以下现象：①滴加 A 时生成白色沉淀 ②再滴加 B 时沉淀溶解，并有气体逸出 ③往生成的溶液中加入 C 时，又有白色沉淀生成．根据上述现象，回答：（1）A、B、C 各是什么溶液（填写溶质的化学式）A Ba（NO 3） 2 B HCl C H 2SO4 （2）写出上述反应的离子方程式① Ba 2++CO32﹣ =BaCO3↓ ；② BaCO 3+2H+=Ba2++CO2↑+H 2O ；③ Ba 2++SO42﹣ =BaSO4↓ ．14【考点】物质的检验和鉴别的实验方案设计；离子方程式的书写．【专题】物质检验鉴别题．【分析】①能和碳酸钠反应生成白色沉淀的是硝酸钡；②再滴加 B 时沉淀溶解，并有气体逸出，则 B 为盐酸；因硫酸能和钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀，③往生成的溶液中加入C 时，又有白色沉淀生成，则 C 为硫酸，以此分析判断 A、B、C 各物质，结合化学用语来解答．【解答】解：①能和碳酸钠反应生成白色沉淀的是硝酸钡；②再滴加 B 时沉淀溶解，并有气体逸出，则 B 为盐酸；因硫酸能和钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀，③往生成的溶液中加入 C 时，又有白色沉淀生成，则 C 为硫酸，（1）通过以上分析知，A 是 Ba（NO 3） 2 B 是 HCl，C 是硫酸．故答案为：Ba（NO 3）2；HCl；H 2SO4；（2）①钡离子和碳酸根离子反应生成碳酸钡白色沉淀，离子方程式为Ba2++CO32﹣ =BaCO3↓，故答案为：Ba 2++CO32﹣ =BaCO3↓；②碳酸钡和盐酸反应生成钡离子、二氧化碳和水，离子方程式为BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H 2O，故答案为：BaCO 3+2H+=Ba2++CO2↑+H 2O；③钡离子和硫酸根离子反应生成硫酸钡白色沉淀，离子方程式为：Ba 2++SO42﹣ =BaSO4↓，故答案为：Ba 2++SO42﹣ =BaSO4↓．【点评】本题以元素化合物的推断为载体考查了元素化合物的性质，明确各物质的性质是解本题的关键，注意在解题时问题的要求，把握化学用语的使用，题目难度不大．11．已知 X 为一种盐，F 为淡黄色固体；M、N 为生活中常见的金属单质，N 的氧化物是耐火材料，也是冶炼 N 的原料；H 为气体单质，D 为无色气体，在空气中会出现红棕色．各物质的转化关系如下图（部分反应产物已略去）．15请回答下列问题：（1）X 的化学式为 Cu（NO 3） 2 ；M 在周期表中位置 第四周期第Ⅷ族 ；F 的电子式为 ．（2）反应②的离子方程式为 3Fe 2++NO3﹣ +4H+═3Fe 3++NO↑+2H 2O ．反应③的化学方程式为 2Al+Fe 2O3 Al2O3+2Fe ．反应③在工业生产中的用途（任写一条） 焊接钢轨或冶炼难熔金属 ．M2+与 F 按物质的量之比 2：3 反应的离子方程式为 2Fe 2++3Na2O2+4H2O═2Fe（OH）3+2OH﹣ +O2↑+6Na + ．（3）若向 100mL 盐 X 的溶液中加入 10g 金属单质 M 的粉末，充分搅拌后，过滤，烘干得10.16g 固体 C．则滤液 A 中溶质的物质的量浓度为 0.2mol/L ．（假设溶液体积不变）【考点】无机物的推断．【专题】无机推断；元素及其化合物．【分析】M、N 为生活中常见的金属单质，N 的氧化物是耐火材料，也是冶炼 N 的原料，氧化铝熔点高，可作耐火材料，电解氧化铝可得铝，则 N 是铝，联系铝热反应可知 M 是铁，E 是氧化铁，G 是氢氧化铁，D 为无色气体，在空气中会出现红棕色，则 D 为 NO，所以 A是 Fe（NO 3） 2，根据蓝色沉淀知 X 是 Cu（NO 3） 2，F 是 Na2O2，H 是氧气，B 是氯化铁，C 是Cu，据此解答．【解答】解：M、N 为生活中常见的金属单质，N 的氧化物是耐火材料，也是冶炼 N 的原料，氧化铝熔点高，可作耐火材料，电解氧化铝可得铝，则 N 是铝，联系铝热反应可知 M 是铁，E 是氧化铁，G 是氢氧化铁，D 为无色气体，在空气中会出现红棕色，则 D 为 NO，所以 A是 Fe（NO 3） 2，根据蓝色沉淀知 X 是 Cu（NO 3） 2，F 是 Na2O2，H 是氧气，B 是氯化铁，C 是Cu．（1）X 的化学式为 X 是 Cu（NO 3） 2，M 为 Fe，在周期表中位置：第四周期第Ⅷ族；F 是Na2O2，电子式为 ，故答案为：Cu（NO 3） 2；第四周期第Ⅷ族； ；（2）反应②的离子方程式为：3Fe 2++NO3﹣ +4H+═3Fe 3++NO↑+2H 2O，反应③的化学方程式为：2Al+Fe 2O3 Al2O3+2Fe，16反应③在工业生产中的用途：焊接钢轨或冶炼难熔金属，M2+与 F 按物质的量之比 2：3 反应的离子方程式为：2Fe 2++3Na2O2+4H2O═2Fe（OH）3+2OH﹣ +O2↑+6Na +，故答案为：3Fe 2++NO3﹣ +4H+═3Fe 3++NO↑+2H 2O；2Al+Fe 2O3 Al2O3+2Fe；焊接钢轨或冶炼难熔金属；2Fe 2++3Na2O2+4H2O═2Fe（OH） 3+2OH﹣ +O2↑+6Na +；（3）设 Fe 的质量为 m，则：Fe～Cu 2+～Cu 固体增重△m56 1mol 64 8m 10.16g﹣10g=0.16g所以 m= =1.12g故硝酸亚铁的物质的量浓度为 =0.2mol/L，故答案为：0.2mol/L．【点评】本题考查无机物推断，物质的性质、用途及颜色是推断突破口，熟练掌握元素化合物性质，（3）中注意利用差量法计算解答，难度中等．[化学-选修有机化学基础]12．已知 ，如果要合成 ，所用的起始原料可以是（ ）A．2 甲基 1，3 丁二烯和 1 丁炔 B．1，3 戊二烯和 2 丁炔C．2，3 二甲基 1，3 戊二烯和乙炔 D．2，3 二甲基 1，3 丁二烯和丙炔【考点】烯烃．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】根据 1，3﹣丁二烯与乙烯反应 知，1，3﹣丁二烯中的两个碳碳双键断裂，中间形成一个碳碳双键，边上两个半键与乙烯中的两个半键相连构成环状，类比 1，3﹣丁二烯与乙烯的加成反应，采用逆合成分析法可知，要合成 ，逆向17推断 或者是 ，以此解答该题．【解答】解：根据 1，3﹣丁二烯与乙烯反应 知，1，3﹣丁二烯中的两个碳碳双键断裂，中间形成一个碳碳双键，边上两个半键与乙烯中的两个半键相连构成环状，类比 1，3﹣丁二烯与乙烯的加成反应，采用逆合成分析法可知，要合成 ，逆向推断 或者是 ，若为，则有机物的命名原则两种原料分别是 2，3﹣二甲基﹣l，3﹣丁二烯和丙炔；若为 ，则两种原料分别为 2﹣甲基﹣l，3﹣丁二烯和 2﹣丁炔；故选：D．【点评】本题主要考查有机物结构式的确定、有机反应方程式的书写，题目难度中等，易错点为对信息的理解，注意正确推断有机物的结构为解答该题的关键．13．A～G 都是有机化合物，它们的转化关系如下：请回答下列问题：（1）已知：6.0g 化合物 E 完全燃烧生成 8.8g CO2和 3.6g H2O；E 的蒸气对氢气的相对密度为 30，则 E 的分子式为 C 2H4O2 ．18（2）A 为一取代芳烃，B 中含有一个甲基．由 B 生成 C 的化学方程式为 ．（3）由 B 生成 D、由 C 生成 D 的反应条件分别是 氢氧化钠醇溶液、加热 、 浓硫酸、加热 ．（4）由 A 生成 B、由 D 生成 G 的反应类型分别是 取代反应 、 加成反应 ．（5）F 存在于栀子香油中，其结构简式为 ．（6）在 G 的同分异构体中，苯环上一硝化的产物只有一种的共有 7 种，其中核磁共振氢谱有两组峰，且峰面积比为 l：1 的是 （填结构简式）【考点】有机物的推断．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】E 的蒸气与氢气的相对密度为 30，则 Mr（E）=30×2=60，6.0gE 的物质的量是0.1mol，完全燃烧后生成 CO2和 H 2O 的物质的量分别为 =0.2mol， =0.2mol，分子中 N（C）= =2、N（H）= =4，故 N（O）= =2，故 E 的分子式是 C2H4O2．A 为一取代芳烃，由分子式可知为苯的同系物，故 A 为 ，A 与氯气在光照条件下发生取代反应生成 B，而 B 中含有一个甲基，则 B 为 ，B 发生水解反应生成 C 为 ，C 与 E 发生酯化反应生成 F，结合 F 的分子式可知，应是发生酯化反应，则 E 为 CH3COOH，F 为 ，B、C 转化都得到 D，D 与溴发生加成反应19生成 G，则 B、C 均发生消去反应生成 D，故 D 为 ，则 G 为，据此解答．【解答】解：E 的蒸气与氢气的相对密度为 30，则 Mr（E）=30×2=60，6.0gE 的物质的量是 0.1mol，完全燃烧后生成 CO2和 H 2O 的物质的量分别为 =0.2mol， =0.2mol，分子中 N（C）= =2、N（H）= =4，故 N（O）= =2，故 E 的分子式是 C2H4O2．A 为一取代芳烃，由分子式可知为苯的同系物，故 A 为 ，A 与氯气在光照条件下发生取代反应生成 B，而 B 中含有一个甲基，则 B 为 ，B 发生水解反应生成 C 为 ，C 与 E 发生酯化反应生成 F，结合 F 的分子式可知，应是发生酯化反应，则 E 为 CH3COOH，F 为 ，B、C 转化都得到 D，D 与溴发生加成反应生成 G，则 B、C 均发生消去反应生成 D，故 D 为 ，则 G 为，（1）由上述分析可知，E 的分子式为 C2H4O2，故答案为：C 2H4O2；（2）由 B 生成 C 的化学方程式为 ，故答案为： ；（3）由 B 生成 D 是 发生消去反应生成 ，反应条件为：氢氧化钠醇溶液、加热，20C 生成 D 是 发生消去反应生成 ，反应条件为：浓硫酸、加热，故答案为：氢氧化钠醇溶液、加热；（4）由 A 生成 B 属于取代反应，由 D 生成 G 属于加成反应，故答案为：取代反应；加成反应；（5）由上述分析可知，F 的结构简式为 ，故答案为： ；（6）在 G（ ）的同分异构体中，苯环上一硝化的产物只有一种，对称性高，可以含有 2 个相同的取代基，且处于对位，为 ，若含有 3 个取代基时，取代基不可能相同，苯环上取代至少有 2 种，故不可能含有 3 个取代基，可以可以 4 个取代基，为 2 个﹣Br、2 个﹣CH 3，分别为 ，故符合条件的同分异构体共有 7 种，其中核磁共振氢谱有两组峰，且峰面积比为 l：1 的是，故答案为：7； ．21【点评】本题考查有机物推断，关键是确定 A 为乙苯，再结合转化关系及分子式推断，（6）中同分异构体书写为易错点、难点，难度中等．