2014-2015学年江西省临川二中、新余四中高三（下）第四次月考化学试卷

发布时间：2016-02-18 12:32:08 来源：文档文库

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一、选择题（每小题只有一个正确选项，3分×16=48分）

1．金属钛对体液无毒且有惰性，能与肌肉和骨骼生长在一起，因而有“生物金属”之称．下列有关和的说法中正确的是（　　）

　 A．和原子中均含有22个中子

　 B．和核外均有4个电子层

　 C．分别由和组成的金属钛单质互称为同分异构体

　 D．与为同一核素

2．分类方法在化学学科的发展中起到了非常重要的作用．下列分类标准合理的是（　　）

①根据物质的导电性，将物质分为电解质和非电解质

②根据反应中是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应

③根据分散系是否具有丁达尔现象将分散系分为溶液、胶体和浊液

④根据反应中的热效应将化学化学反应分为放热反应和吸热反应．

　 A． ①② B． ③④ C． ①③ D． ②④

3．下列实验能达到预期目的是（　　）

　 A．向煮沸的1 mol•L﹣1NaOH溶液中滴加FeCl3饱和溶液制备Fe（OH）3胶体

　 B．向乙酸乙酯中加入饱和Na2CO3溶液，振荡，分液分离除去乙酸乙酯中的少量乙酸

　 C．称取19.0 g　SnCl2，用100 mL蒸馏水溶解，配制1.0 mol•L﹣1　SnCl2溶液

　 D．用氢氧化铜粉末检测尿糖．

4．室温时，两个容积相同的烧瓶中分别盛有M和N两种气体（同温同压），取下弹簧夹A，使两烧瓶内的气体接触（如图），容器内的压强由大到小的顺序是（　　）

编号 ① ② ③ ④

气体M H2S H2 NH3 NO

气体N SO2 Cl2 HCl O2

　 A． ①②③④ B． ①④③② C． ②④①③ D． ④①②③

5．下列各组离子在溶液中按括号内的物质的量之比混合，得到无色、碱性、澄清溶液的是（　　）

　 A． Fe3+、Na+、Cl﹣、S2﹣ （1：2：3：1）

　 B． K+、Cu2+、OH﹣、SO42﹣ （1：1：1：1）

　 C． NH4+、H+、I ﹣、HCO3﹣ （1：1：1：1）

　 D． Na+、Al 3+、Cl ﹣、OH﹣（4：1：3：4）

6．在浓盐酸中H3AsO3与SnCl2反应的离子方程式为：3SnCl2+12Cl﹣+2H3AsO3+6H+=2As+3SnCl62﹣+6M，关于该反应的说法中正确的组合是（　　）

①氧化剂是H3AsO3； ②还原性：Cl﹣＞As； ③每生成1molAs，反应中转移电子的物质的量为3mol； ④M为OH﹣；⑤SnCl62﹣是氧化产物．

　 A． ①③⑤ B． ①②④⑤ C． ①②③④ D．只有①③

7．下列是某同学对相应反应的离子方程式所作的评价，其中评价合理的是（　　）

编号化学反应离子方程式评价

① 碳酸钙与醋酸反

应 CO32﹣+2CH3COOH=CO2↑+H2O+2CH3COO﹣ 错误，碳酸钙是

弱电解质，不应

写成离子形式

② 向AlCl3溶液中

加入过量的氨水 Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+ 错误，碱过量，

应生成AlO2﹣

③ NaHCO3的水解 HCO3﹣+H2O⇌CO32﹣+H3O+ 正确

④ 等物质的量的

FeBr2和Cl2反应 2Fe2++2Br﹣+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl﹣ 正确

　 A． ① B． ② C． ③ D． ④

8．实验室有一瓶久置的白色K2SO3粉末，为确定其是否被氧化及其成分，元素分析表明粉末中K和S元素的质量比为39：16，下列结论正确的是（　　）

　 A．根据元素分析结果推测该粉末为纯净物

　 B．将粉末溶于水，加入氯化钡，有白色沉淀生成，证明原粉末是K2SO4

　 C．将粉末加入盐酸中，产生气泡，证明原粉末是K2SO3

　 D．将粉末溶于水，加入氯化钡和过量的盐酸，有白色沉淀和气泡生成，证明原粉末是K2SO4和K2SO3的混合物

9．常温下将稀NaOH溶液与稀CH3COOH溶液混合，不可能出现的结果是（　　）

　 A． pH＞7，且 c（OH﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（CH3COO﹣）

　 B． pH＞7，且 c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣）

　 C． pH＜7，且c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（Na+）＞c（OH﹣）

　 D． pH=7，且c（CH3COO﹣）=c（Na+）

10．在密闭容器中，反应X2（g）+Y2（g）⇌2XY（g）；△H＜0，达到甲平衡．在仅改变某一条件后，达到乙平衡，图中对此过程的分析正确的是（　　）

　 A．图I是加入适当催化剂的变化情况

　 B．图Ⅱ是扩大容器体积的变化情况

　 C．图Ⅲ是增大压强的变化情况

　 D．图Ⅲ是升高温度的变化情况

11．将Na2O2、HCl和Al2O3一起溶于一定量的水中，完全反应后，测得所得溶液中只含有Na+、AlO2﹣、Cl﹣ （不考虑AlO2﹣的水解和H2O的电离），则Na2O2、HCl、Al2O3的物质的量之比不可能是（　　）

　 A． 2：2：1 B． 3：3：1 C． 3：4：1 D． 4：6：1

12．咖啡鞣酸具有较广泛的抗菌作用，结构简式如图所示：关于咖啡鞣酸的下列叙述不正确的是（　　）

　 A．分子式为C16H18O9

　 B． 1 mol咖啡鞣酸水解时可消耗8molNaOH

　 C．与苯环上碳直接相连的原子都在同一平面上

　 D．与浓溴水既能发生取代反应又能发生加成反应

13．甲、乙两杯醋酸稀溶液，甲的pH=a，乙的pH=a+1，对下列叙述的判断正确的是（　　）

①甲由水电离出来的H+的物质的量浓度是乙的倍

②物质的量浓度c（甲）=10c（乙）

③中和等物质的量的NaOH溶液需甲、乙两杯酸的体积，10V（甲）＞V（乙）

④甲中的c（OH﹣）为乙中的c（OH﹣）的10倍．

　 A． ①②④正确 B． ①③正确 C． ②④正确 D．只有①正确

14．在容积为2L的密闭容器中，有反应mA（g）+nB（g）⇌pC（g）+qD（g），经过5min达到平衡，此时各物质的变化为A减少a mol/L，B的平均反应速率v（B）=mol/（L•min），C增加（ mol/L），这时若增加系统压强，发现A与C的体积分数不变，则m：n：p：q等于（　　）

　 A． 3：1：2：2 B． 1：3：2：2 C． 1：3：2：1 D． 1：1：1：1

15．有9.7g Cu和Zn的合金与足量的稀HNO3反应，还原产物只有NO气体，其体积在标准状况下为2.24L．将溶液稀释为1L，测得溶液的pH=1，此时溶液中NO﹣3的浓度为（　　）

　 A． 0.3mol/L B． 0.4mol/L C． 0.5mol/L D． 0.6mol/L

16．将C棒、Fe棒平行插人饱和NaCl溶液中（如图所示）．下列叙述符合事实的是（　　）

　 A．断开 K2，闭合 K1时，Fe 电极反应为：2 H++2e﹣=H2↑

　 B．断开 K2，闭合 Kl 时，C电极反应为：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑

　 C．断开 K1，闭合 K2时，Fe 电极反应为：Fe﹣2e﹣=Fe2+

　 D．断开 Kl，闭合 K2时，C电极反应为：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑

二、填空题

17．已知A、B、C、D、E为原子序数依次增大的五种短周期元素．其中A与D、B与E同主族，C元素的最外层电子数是内层电子数的3倍，D元素在地壳中的含量仅次于氧，D的单质是良好的半导体材料，E元素的最高正价与最低负价的代数和为2．请回答：

（1）E元素的氢化物是　　　　　　分子（填“极性”或“非极性”），电子式是　　　　　　．

（2）A、B、C三种元素形成的氢化物的熔点由高到低的顺序是　　　　　　．（用化学式表示）

（3）B、D、E三种元素的最高价氧化物的水化物的酸性由强到弱的顺序是　　　　　　．（同上）

（4）工业上用A单质制备D单质的化学方程式是　　　　　　．

18．二甲醚（CH3OCH3）被称为21世纪的新型燃料，它清洁、高效，具有优良的环保性能．四川是利用天然气生产二甲醚的重要基地之一．请填写下列空白：

（1）与二甲醚相对分子质量相等且元素种类相同的有机物的结构简式是：　　　　　　．

（2）二甲醚可由合成气（CO+H2）在一定条件下制得．用合成气制二甲醚时，还产生了一种可参与大气循环的无机化合物，该反应的化学方程式可能是：　　　　　　．

（3）以二甲醚、空气、氢氧化钾溶液为原料，石墨为电极可构成燃料电池．该电池中负极上的电极反应式是：　　　　　　．

（4）制备二甲醚的合成气可由甲烷与水蒸气或二氧化碳经高温催化反应制得．合成气除制二甲醚外，还可用于冶炼金属，用它冶炼铁的生产过程如图所示：

①在催化反应室中进行的反应均为可逆反应，增大体系的压强对甲烷转化率的影响是　　　　　　（填“增大”、“减小”或“不变”）．

②若有x m3（标准状况）的甲烷进入燃烧反应室，生成5ykg的铁，最多可产生合成气　　　　　　m3（标准状况）．

19．已知图甲中A是一种两种元素组成的常见液态有机溶剂，N磁性氧化物，B、F、L、O、P是中学化学常见单质，D、F、J都含有一种相同的元素，D、B、F相对分子质量关系是M（D）=2M（B）=2M（F），A和B反应前后气体体积（常温常压）保持不变，I是一种常用的氮肥，反应①②③均是化工生产中的重要反应．

（1）A的化学式　　　　　　．

（2）写出反应①的化学方程式　　　　　　．在工业上叫　　　　　　

（3）高温下反应⑤⑥互为可逆反应，写出反应⑥的化学方程式　　　　　　

（4）写出在加热条件下单质F与单质L的化学反应方程　　　　　　．

（5）请设计一个实验方案，完成反应④，并在图乙位置绘出实验装置图．

20．用如下装置可以完成一系列实验（图中夹持装置已略去）．

请回答下列问题：

Ⅰ．若用装置A选用浓硫酸和亚硫酸钠固体制取SO2气体（根据需要可以加热），并通过装置B完成表中设计实验，请填写表中空白：

B中棉花的位置 ① ② ③ ④

所蘸试剂石蕊试液品红溶液淀粉和碘水混合液氢硫酸

现象　　　　　　　　　　　　褪色浅黄色

体现SO2的性质　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

II．若用装置A选用浓硫酸和浓盐酸混合制取HCl气体，装置B中的四处棉花依次做了如下处理：①包有某固体物质、②蘸有KI溶液、③蘸有石蕊溶液、④蘸有浓NaOH溶液．回答下列问题：

（1）p中盛装试剂为　　　　　　．

（2）反应开始后，观察到②处有棕黄色物质产生，写出②处发生反应的离子方程式　　　　　　．①处包有的某固体物质可能是　　　　　　．

a．MnO2 b．KMnO4 c．KCl d．Cu

（3）在整个实验过程中，在③处能观察到　　　　　　．

（4）反应较长时间后，②处有棕黄色褪去，生成无色的IO3﹣，写出该反应的离子方程式：　　　　　　．

21．已知：环丙烷、环丁烷、环戊烷在催化剂的作用和加热条件下都能与氢气发生类似的反应，如环丁烷与氢气反应可用下列反应式表示：

碳原子数不大于4的环烷烃可与卤素、卤化氢发生类似反应，而碳原子数大于4的环烷烃与卤素则发生取代反应．

试填空：

（1）环丙烷、环丁烷与Cl2的反应是　　　　　　（填反应类型）；

（2）由环丁烷和Cl2为原料制取1，3﹣丁二烯的方法是：首先制取　　　　　　（填结构简式），然后再由它通过　　　　　　（填反应类型）即得到1，3﹣丁二烯；

（3）已知二甲苯充分加氢后得到烃A，A再与溴反应时发生取代反应，产物之一为B；B的相对分子质量比A大158；C分子的一取代物只有两种；F的分子式为C16H24O4．一定条件下可以它们可发生下述转化：

写出A和C物质的结构简式：A　　　　　　；C　　　　　　；

写出下列反应的化学方程式：B→D：　　　　　　；E→F：　　　　　　．

2014-2015学年江西省临川二中、新余四中高三（下）第四次月考化学试卷

参考答案与试题解析

一、选择题（每小题只有一个正确选项，3分×16=48分）

1．金属钛对体液无毒且有惰性，能与肌肉和骨骼生长在一起，因而有“生物金属”之称．下列有关和的说法中正确的是（　　）

　 A．和原子中均含有22个中子

　 B．和核外均有4个电子层

　 C．分别由和组成的金属钛单质互称为同分异构体

　 D．与为同一核素

考点：质量数与质子数、中子数之间的相互关系；核素．

专题：原子组成与结构专题．

分析： A．根据ZAX中的Z表示质子数，A表示质量数，质量数=质子数+中子数求出中子数；

B．同位素是质子数相同，中子数不同的原子；同一种元素在周期表中位置相同；

C．同分异构体是分子式相同，中子数不同的化合物；

D．同一核素是质子数相同，中子数也相同的原子．

解答：解：A．2248Ti和2250Ti的质子数都为22，质量数分别为48、50，中子数分别为26、28，故A错误；

B．2248Ti与2250Ti质子数都为22，质量数分别为48、50，中子数分别为26、28，互称同位素，同位素是同一种元素，故在周期表中位置相同，22号元素是第4周期第ⅣB族，都有4个电子层，故B正确；

C．分别2248Ti与2250Ti组成的金属钛是单质，不属于同分异构体，故C错误；

D．2248Ti与2250Ti质子数都为22，中子数分别为26、28，不是同一核素，故D错误；

故选B．

点评：本题考查了同位素在周期表中的位置，核素的概念，原子中质量数、中子数和质子数之间的关系，难度不大，注意质量数=质子数+中子数．

2．分类方法在化学学科的发展中起到了非常重要的作用．下列分类标准合理的是（　　）

①根据物质的导电性，将物质分为电解质和非电解质

②根据反应中是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应

③根据分散系是否具有丁达尔现象将分散系分为溶液、胶体和浊液

④根据反应中的热效应将化学化学反应分为放热反应和吸热反应．

　 A． ①② B． ③④ C． ①③ D． ②④

考点：电解质与非电解质；分散系、胶体与溶液的概念及关系；氧化还原反应；吸热反应和放热反应．

分析： ①根据电解质和非电解质的概念进行判断；

②根据反应中是否有电子转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应；

③根据分散系中分散质粒子直径的大小将分散系分为溶液，胶体和浊液；

④根据化学反应中的热效应将化学反应分为吸热反应和放热反应．

解答：解：①电解质指在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；在上述两种情况下都不能导电的化合物称为非电解质，故①错误；

②根据反应中是否有电子转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应，故②正确；

③根据分散系中分散质粒子直径的大小将分散系分为溶液，胶体和浊液，故③错误；

④根据化学反应中的热效应将化学反应分为吸热反应和放热反应，不存在既不吸热也不放热的反应，故④正确；

故选D．

点评：本题考查了电解质与非电解质的概念，化学反应类型分类方法，分散系的本质特征，反应热效应等，题目较简单．

3．下列实验能达到预期目的是（　　）

　 A．向煮沸的1 mol•L﹣1NaOH溶液中滴加FeCl3饱和溶液制备Fe（OH）3胶体

　 B．向乙酸乙酯中加入饱和Na2CO3溶液，振荡，分液分离除去乙酸乙酯中的少量乙酸

　 C．称取19.0 g　SnCl2，用100 mL蒸馏水溶解，配制1.0 mol•L﹣1　SnCl2溶液

　 D．用氢氧化铜粉末检测尿糖．

考点：化学实验方案的评价；胶体的重要性质；食物中淀粉、蛋白质、葡萄糖的检验；配制一定物质的量浓度的溶液；乙酸乙酯的制取．

专题：实验评价题．

分析： A．NaOH溶液中滴加FeCl3溶液反应生成沉淀；

B．乙酸乙酯中加入饱和Na2CO3溶液，降低乙酸乙酯的溶解度、除去乙酸，吸收乙醇；

C．n（SnCl2）=≈0.1mol，但溶液的体积不是0.1L；

D．应利用氢氧化铜的悬浊液来检测尿糖．

解答：解：A．NaOH溶液中滴加FeCl3溶液反应生成沉淀，应向沸水中滴加饱和氯化铁溶液来制备胶体，故A错误；

B．乙酸乙酯中加入饱和Na2CO3溶液，降低乙酸乙酯的溶解度、除去乙酸，吸收乙醇，则向乙酸乙酯中加入饱和Na2CO3溶液，振荡，分液分离除去乙酸乙酯中的少量乙酸，故B正确；

C．n（SnCl2）=≈0.1mol，但溶液的体积不是0.1L，所以不能配制1.0 mol•L﹣1SnCl2溶液，故C错误；

D．应利用氢氧化铜的悬浊液来检测尿糖，出现砖红色沉淀可说明含有葡萄糖，不能利用氢氧化铜粉末检测尿糖，故D错误；

故选B．

点评：本题考查实验方案的评价，明确胶体的制备、混合物的分离、溶液的配制、葡萄糖的性质即可解答，题目难度不大．

编号 ① ② ③ ④

气体M H2S H2 NH3 NO

气体N SO2 Cl2 HCl O2

　 A． ①②③④ B． ①④③② C． ②④①③ D． ④①②③

考点：二氧化硫的化学性质；氯气的化学性质；氨的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响．

专题：氧族元素；氮族元素．

分析：取下弹簧夹A，使两烧瓶内的气体接触，生成的气体越少，则压强越小．

①发生2H2S+SO2=3S↓+H2O；

②发生H2、Cl2不反应；③发生NH3+HCl=NH4Cl；

④发生2NO+O2=2NO2，设体积均为2L，结合反应分析．

解答：解：取下弹簧夹A，使两烧瓶内的气体接触，生成的气体越少，则压强越小．

①发生2H2S+SO2=3S↓+H2O；

②不发生反应；

③发生NH3+HCl=NH4Cl；

④发生2NO+O2=2NO2，设体积均为2L，

由反应可知，①中反应后只有1L气体，②中有4L气体，③中不含气体，④中含3L左右的气体，

则容器内的压强由大到小的顺序是②④①③，

故选C．

点评：本题考查物质的性质，综合考查元素化合物知识，为高频考点，把握发生的反应及物质的量关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．

5．下列各组离子在溶液中按括号内的物质的量之比混合，得到无色、碱性、澄清溶液的是（　　）

　 A． Fe3+、Na+、Cl﹣、S2﹣ （1：2：3：1）

　 B． K+、Cu2+、OH﹣、SO42﹣ （1：1：1：1）

　 C． NH4+、H+、I ﹣、HCO3﹣ （1：1：1：1）

　 D． Na+、Al 3+、Cl ﹣、OH﹣（4：1：3：4）

考点：离子反应发生的条件．

分析： A、Fe3+与S2﹣发生氧化还原反应；

B、Cu2+与OH﹣反应生成蓝色沉淀；

C、H+与HCO3﹣反应放出CO2，剩余NH4I溶液呈酸性；

D、Al3+与OH﹣之比为1：4，反应生成偏铝酸钠与氯化钠的混合物．

解答：解：A、Fe3+与S2﹣发生氧化还原反应，生成淡黄色的硫单质，故A错误；

B、Cu2+与OH﹣反应生成蓝色沉淀，故B错误；

C、H+与HCO3﹣反应放出CO2，剩余NH4I溶液呈酸性，故C错误；

D、Al3+与OH﹣之比为1：4，反应生成偏铝酸钠与氯化钠的混合物，偏铝酸根水解呈碱性，故D正确；

故选D．

点评：本题考查离子共存的判断，为高考中的高频题，属于中等难度的试题，注意掌握离子反应发生条件，明确离子不能大量共存的一般情况．

6．在浓盐酸中H3AsO3与SnCl2反应的离子方程式为：3SnCl2+12Cl﹣+2H3AsO3+6H+=2As+3SnCl62﹣+6M，关于该反应的说法中正确的组合是（　　）

①氧化剂是H3AsO3； ②还原性：Cl﹣＞As； ③每生成1molAs，反应中转移电子的物质的量为3mol； ④M为OH﹣；⑤SnCl62﹣是氧化产物．

　 A． ①③⑤ B． ①②④⑤ C． ①②③④ D．只有①③

考点：氧化还原反应．

专题：压轴题；氧化还原反应专题．

分析：离子方程式3SnCl2+12Cl﹣+2H3AsO3+6H+=2As+3SnCl62﹣+6M中，Sn的化合价由+2价升高到+4价，As元素的化合价由+3价降低到0价，从化合价的角度分析氧化还原反应，判断有关氧化剂、还原剂等概念，并判断物质的性质，从守恒的角度判断M的组成．

解答：解：①H3AsO3中As元素的化合价降低，H3AsO3为氧化剂，故①正确；

②反应中Cl元素的化合价没有发生变化，不能比较二者的还原性强弱，故②错误；

③H3AsO3中As元素的化合价由+3价降低到0价，每生成1molAs，反应中转移电子的物质的量为3mol，故③正确；

④根据离子方程式的电荷守恒可知M不带电荷，从质量守恒的角度分析可知应为H2O，故④错误；

⑤SnCl2→SnCl62﹣，Sn元素的化合价升高，SnCl62﹣是氧化产物，故⑤正确．

故选：A．

点评：本题考查氧化还原反应，题目难度中等，解答本题的关键是正确判断元素的化合价，根据化合价的变化分析氧化还原反应．

7．下列是某同学对相应反应的离子方程式所作的评价，其中评价合理的是（　　）

编号化学反应离子方程式评价

① 碳酸钙与醋酸反

应 CO32﹣+2CH3COOH=CO2↑+H2O+2CH3COO﹣ 错误，碳酸钙是

弱电解质，不应

写成离子形式

② 向AlCl3溶液中

加入过量的氨水 Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+ 错误，碱过量，

应生成AlO2﹣

③ NaHCO3的水解 HCO3﹣+H2O⇌CO32﹣+H3O+ 正确

④ 等物质的量的

FeBr2和Cl2反应 2Fe2++2Br﹣+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl﹣ 正确

　 A． ① B． ② C． ③ D． ④

考点：离子方程式的书写．

专题：离子反应专题．

分析： ①碳酸钙不溶于水，在离子反应中应保留化学式；

②氢氧化铝不能溶于氨水中；

③碳酸氢根离子水解生成碳酸和氢氧根离子；

④等物质的量的FeBr2和Cl2反应，亚铁离子全部被氧化，溴离子一半被氧化．

解答：解：A．碳酸钙与醋酸反应的离子反应为CaCO3+2CH3COOH=CO2↑+H2O++Ca2++2CH3COO﹣，碳酸钙不溶于水，但属于强电解质，故A错误；

B．向AlCl3溶液中加入过量的氨水的离子反应为Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，评价错误，故B错误；

C．NaHCO3的水解的离子反应为HCO3﹣+H2OH2CO3+OH﹣，评价错误，故C错误；

D．等物质的量的FeBr2和Cl2反应，亚铁离子全部被氧化，溴离子一半被氧化，离子反应为2Fe2++2Br﹣+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl﹣，故D正确；

故选D．

点评：本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的化学反应及离子反应方程式的书写方法即可解答，题目难度不大．

8．实验室有一瓶久置的白色K2SO3粉末，为确定其是否被氧化及其成分，元素分析表明粉末中K和S元素的质量比为39：16，下列结论正确的是（　　）

　 A．根据元素分析结果推测该粉末为纯净物

　 B．将粉末溶于水，加入氯化钡，有白色沉淀生成，证明原粉末是K2SO4

　 C．将粉末加入盐酸中，产生气泡，证明原粉末是K2SO3

　 D．将粉末溶于水，加入氯化钡和过量的盐酸，有白色沉淀和气泡生成，证明原粉末是K2SO4和K2SO3的混合物

考点：物质的检验和鉴别的实验方案设计；含硫物质的性质及综合应用．

专题：物质检验鉴别题．

分析： A．钾和硫的质量比为39：16，则钾原子与硫原子的物质的量之比为2：1，白色粉末可能为硫酸钾与亚硫酸钾的混合物；

B．亚硫酸钾与氯化钡反应也生成白色沉淀；

C．白色粉末为硫酸钾与亚硫酸钾的混合物，加入盐酸也产生二氧化硫气体；

D．加入盐酸有气泡，说明白色粉末含有亚硫酸钾，同时排除亚硫酸根对检验硫酸根的干扰，有白色沉淀说明含有硫酸钾．

解答：解：A．钾和硫的质量比为39：16，则钾原子与硫原子的物质的量之比为：=2：1，而硫酸钾与亚硫酸钾中钾原子与硫原子的物质的量之比都为2：1，所以白色粉末可能是亚硫酸钾或硫酸钾或为硫酸钾与亚硫酸钾的混合物，故A错误；

B．若白色粉末是亚硫酸钾或硫酸钾与亚硫酸钾的混合物，溶于水与氯化钡反应也生成白色沉淀，故B错误；

C．白色粉末为硫酸钾与亚硫酸钾的混合物，加入盐酸也产生二氧化硫气体，故C错误；

D．加入盐酸有气泡，说明溶液中含有亚硫酸根，盐酸同时排除亚硫酸根对检验硫酸根的干扰，加入氯化钡有白色沉淀生成，说明溶液中含有硫酸根，证明原粉末是硫酸钾和亚硫酸钾的混合物，故D正确；

故选D．

点评：本题考查物质推断与离子检验等，注意亚硫酸根对硫酸根检验的干扰，把握常见离子的检验方法为解答的关键，题目难度不大．

9．常温下将稀NaOH溶液与稀CH3COOH溶液混合，不可能出现的结果是（　　）

　 A． pH＞7，且 c（OH﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（CH3COO﹣）

　 B． pH＞7，且 c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣）

　 C． pH＜7，且c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（Na+）＞c（OH﹣）

　 D． pH=7，且c（CH3COO﹣）=c（Na+）

考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．

专题：电离平衡与溶液的pH专题．

分析： A．氢离子和氢氧根离子反应生成水，钠离子不参加反应，则：c（Na+）＞c（OH﹣）；

B．任何电解质溶液都存在电荷守恒；

C．常温下，pH＜7，则氢离子浓度大于氢氧根离子；

D．常温下pH=7，说明溶液呈中性，根据电荷守恒判断．

解答：解：A．氢离子和氢氧根离子反应生成水，钠离子不反应，则c（Na+）＞c（OH﹣）、c（H+）＜c（CH3COO﹣），故A错误；

B．任何电解质溶液都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），故B正确；

C．常温下，pH＜7，说明溶液呈酸性，则c（OH﹣）＜c（H+），若醋酸远远过量，则可以满足：c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（Na+）＞c（OH﹣），故C正确；

D．常温下pH=7，说明溶液呈中性，则c（OH﹣）=c（H+），根据电荷守恒可知：c（CH3COO﹣）=c（Na+），故D正确；

故选A．

点评：本题考查了酸碱混合的定性判断、离子浓度定性比较，题目难度中等，明确反应后溶质组成为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒在判断离子浓度大小中应用方法．

10．在密闭容器中，反应X2（g）+Y2（g）⇌2XY（g）；△H＜0，达到甲平衡．在仅改变某一条件后，达到乙平衡，图中对此过程的分析正确的是（　　）

　 A．图I是加入适当催化剂的变化情况

　 B．图Ⅱ是扩大容器体积的变化情况

　 C．图Ⅲ是增大压强的变化情况

　 D．图Ⅲ是升高温度的变化情况

考点：化学反应速率与化学平衡图象的综合应用；物质的量或浓度随时间的变化曲线．

专题：化学平衡专题．

分析：由反应X2（g）+Y2（g）2XY（g）；△H＜0，则该反应为反应前后体积不变的反应，若增大压强，正逆反应速率同等程度的增大，但化学平衡不移动；若升高温度，正逆反应速率都增大，化学平衡逆向移动，则逆反应大于正反应速率；若使用催化剂，正逆反应速率同等程度的增大，但化学平衡不移动，然后结合图象依次解答．

解答：解：A、因催化剂使正逆反应速率同等程度的增大，则与图Ⅰ不符合，故A错误；

B、扩大容器体积相当于减小压强，则正逆反应速率同等程度的减小，而图象中反应速率同等程度的增大，与图Ⅱ不符合，故B错误；

C、对该反应，改变压强化学平衡不移动，则XY的含量不发生变化，与图象Ⅲ不符合，故C错误；

D、由图象可知乙的温度大于甲的温度，升高温度化学平衡逆向移动，XY的含量减小，与图象相符合，故D正确；

故选D．

点评：本题考查化学反应速率、化学平衡与图象的关系，明确影响因素及图象中纵横坐标的含义、点与线的含义是解答本题的关键．

　 A． 2：2：1 B． 3：3：1 C． 3：4：1 D． 4：6：1

考点：钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物．

专题：几种重要的金属及其化合物．

分析：令Na2O2、HCl、Al2O3的物质的量分别为x、y、z，所得溶液中只含有Na+、AlO2﹣、Cl﹣，根据原子守恒及电荷守恒有：2x=y+2z，将各比例代入满足即可，据此判断．

解答：解：令Na2O2、HCl、Al2O3的物质的量分别为x、y、z，所得溶液中只含有Na+、AlO2﹣、Cl﹣（不考虑AlO2﹣的水解和H2O的电离），根据原子守恒及电荷守恒有：2x=y+2z，

A、Na2O2、HCl、Al2O3的物质的量之比为2：2：1，则2×2=2+2×1，故A正确；

B、Na2O2、HCl、Al2O3的物质的量之比为3：3：1，则2×3≠3+2×1，故B错误；

C、Na2O2、HCl、Al2O3的物质的量之比为3：4：1，则2×3=4+2×1，故C正确；

D、Na2O2、HCl、Al2O3的物质的量之比为4：6：1，则2×4=6+2×1，故D正确．

故选：B．

点评：本题是一道开放性的题目，考查学生分析和解决问题的能力，运用原子守恒及电荷守恒是解题关键，难度较大．

12．咖啡鞣酸具有较广泛的抗菌作用，结构简式如图所示：关于咖啡鞣酸的下列叙述不正确的是（　　）

　 A．分子式为C16H18O9

　 B． 1 mol咖啡鞣酸水解时可消耗8molNaOH

　 C．与苯环上碳直接相连的原子都在同一平面上

　 D．与浓溴水既能发生取代反应又能发生加成反应

考点：有机物的结构和性质．

专题：有机物的化学性质及推断．

分析：由结构简式可知，分子式为C16H18O9，含﹣OH、﹣COOH、酚﹣OH、C=C、﹣COOC﹣及苯环，结合醇、羧酸、苯酚、酯、烯烃的性质来解答．

解答：解：A．A．由结构简式可知，分子式为C16H18O9，故A正确；

B．﹣COOH、酚﹣OH、﹣COOC﹣能与NaOH溶液反应，则1mol咖啡鞣酸水解时可消耗4mol NaOH，故B错误；

C．苯环为平面结构，则与苯环直接相连的原子都在同一平面上，故C正确；

D．含酚﹣OH能与溴水发生取代反应，含C=C能与溴水发生加成反应，故D正确；

故选B．

点评：本题考查有机物的结构与性质，注意把握官能团与性质的关系，侧重羧酸、苯酚、烯烃及酯的性质的考查，题目难度不大．

13．甲、乙两杯醋酸稀溶液，甲的pH=a，乙的pH=a+1，对下列叙述的判断正确的是（　　）

①甲由水电离出来的H+的物质的量浓度是乙的倍

②物质的量浓度c（甲）=10c（乙）

③中和等物质的量的NaOH溶液需甲、乙两杯酸的体积，10V（甲）＞V（乙）

④甲中的c（OH﹣）为乙中的c（OH﹣）的10倍．

　 A． ①②④正确 B． ①③正确 C． ②④正确 D．只有①正确

考点： pH的简单计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡．

分析： ①酸溶液中水电离出的c（H+）等于溶液中c（OH﹣）；

②溶液越稀，醋酸的电离程度越大，据此判断酸的浓度大小；

③酸的浓度越大，消耗酸的体积越小；

④根据c（OH﹣）=分析．

解答：解：①c（H+）=10﹣pH，所以c （H+）甲=10﹣a，c （H+）乙=10﹣（a+1），所以c（H+）甲=10c （H+）乙，酸溶液中水电离出的c（H+）等于溶液中c（OH﹣），所以c（OH﹣）=，所以氢氧根离子浓度：10c （OH﹣）甲=c （OH﹣）乙，则水电离出的氢离子浓度10c（H+）甲=c（H+）乙，故①正确；

②酸的浓度越大，酸的电离程度越小，c（甲）＞10c（乙），故②错误；

③酸的浓度越大，酸的电离程度越小，与等量NaOH反应，酸的浓度越大则消耗酸的体积越小，c（甲）＞10c（乙），所以消耗酸的体积，10V（甲）＜V（乙），故③错误；

④c（OH﹣）=，所以氢氧根离子浓度：10c （OH﹣）甲=c （OH﹣）乙，故④错误；

故选D．

点评：本题考查弱电解质的电离，注意弱电解质的电离程度和浓度的关系，为易错点，题目难度不大．

　 A． 3：1：2：2 B． 1：3：2：2 C． 1：3：2：1 D． 1：1：1：1

考点：化学反应速率和化学计量数的关系；化学平衡的影响因素．

分析： v（A）==mol/（L•min），v（C）==mol/（L•min），同一反应中同一时间段内各物质反应速率之比等于其计量数之比，则m：n：p=mol/（L•min）：mol/（L•min）：mol/（L•min）=3：1：2；

这时若增加系统压强，发现A与C的体积分数不变，说明反应前后气体计量数之和不变，则m+n=p+q，据此分析解答．

解答：解：v（A）==mol/（L•min），v（C）==mol/（L•min），同一反应中同一时间段内各物质反应速率之比等于其计量数之比，则m：n：p=mol/（L•min）：mol/（L•min）：mol/（L•min）=3：1：2；

这时若增加系统压强，发现A与C的体积分数不变，说明反应前后气体计量数之和不变，则m+n=p+q，所以m：n：p：q=3：1：2：2，故选A．

点评：本题考查各物质反应速率关系，明确反应速率之比与计量数之比关系是解本题关键，注意：压强对反应前后气体计量数之和不变的可逆反应平衡移动无影响，为易错点．

　 A． 0.3mol/L B． 0.4mol/L C． 0.5mol/L D． 0.6mol/L

考点：氧化还原反应的计算；硝酸的化学性质．

专题：守恒法．

分析：根据电子转移守恒计算金属提供的电子物质的量，金属完全反应生成Cu（NO3）2、Zn（NO3）2，根据电荷守恒计算二者物质的量之和，根据溶液pH计算剩余硝酸的物质的量，反应后溶液中n（NO﹣3）=n（HNO3）+2n[Cu（NO3）2]+2n[Zn（NO3）2]，据此计算NO﹣3物质的量浓度．

解答：解：合金与足量的稀HNO3反应，还原产物只有NO气体，其体积在标准状况下为2.24L，物质的量为0.1mol，根据电子转移守恒，可知金属提供电子物质的量=0.1×（5﹣2）=0.3mol，

将溶液稀释为1L，测得溶液的pH=1，可知硝酸有剩余，剩余硝酸为0.1mol/L×1L=0.1mol，根电荷守恒可知，溶液中n[Cu（NO3）2]+n[Zn（NO3）2]==0.15mol，

故反应后溶液中n（NO﹣3）=n（HNO3）+2n[Cu（NO3）2]+2n[Zn（NO3）2]=0.1mol+2×0.15mol=0.4mol．

所以溶液中NO﹣3物质的量浓度为=0.4mol/L．

故选B．

点评：本题考查氧化还原反应的计算，难度中等，根据电子转移守恒、元素守恒计算是关键，如根据方程式计算，相对比较麻烦．注意守恒思想在氧化还原反应计算中应用．

16．将C棒、Fe棒平行插人饱和NaCl溶液中（如图所示）．下列叙述符合事实的是（　　）

　 A．断开 K2，闭合 K1时，Fe 电极反应为：2 H++2e﹣=H2↑

　 B．断开 K2，闭合 Kl 时，C电极反应为：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑

　 C．断开 K1，闭合 K2时，Fe 电极反应为：Fe﹣2e﹣=Fe2+

　 D．断开 Kl，闭合 K2时，C电极反应为：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑

考点：原电池和电解池的工作原理．

分析： A、断开 K2，闭合 K1时，是原电池装置，活泼的铁是负极，失电子，发生氧化反应；

B、断开 K2，闭合 K1时，是原电池装置，是吸氧腐蚀，C是正极；

C、断开 K1，闭合 K2时，是电解池装置，铁与电源的负极相连是阴极，发生还原反应；

D、断开 K1，闭合 K2时，是电解池装置，C是阳极，还原性强的氯离子首先放电．

解答：解：A、断开 K2，闭合 K1时，是原电池装置，铁是负极发生氧化反应，所以电极反应式：Fe﹣2e﹣=Fe2+，故A错误；

B、断开 K2，闭合 K1时，是原电池装置，C电正极发生还原反应，是吸氧腐蚀，所以电极反应式为：O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣，故B错误；

C、断开 K1，闭合 K2时，是电解池装置，铁是阴极发生还原反应，氢离子得电子，所以电极反应式为：2 H++2e﹣=H2↑，故C错误；

D、断开 K1，闭合 K2时，是电解池装置，C是阳极，氯离子放电，所以电极反应式为：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，故D正确；

故选：D．

点评：本题考查了原电池原理和电解池原理，为高频考点，侧重于学生的分析，能正确判断电池的类型及两极的反应是解本题的关键，题目难度中等．

二、填空题

（1）E元素的氢化物是　极性　分子（填“极性”或“非极性”），电子式是　　．

（2）A、B、C三种元素形成的氢化物的熔点由高到低的顺序是　H2O＞NH3＞CH4　．（用化学式表示）

（3）B、D、E三种元素的最高价氧化物的水化物的酸性由强到弱的顺序是　HNO3＞H3PO4＞H2SiO3　．（同上）

（4）工业上用A单质制备D单质的化学方程式是　2C+SiO2Si+2CO↑　．

考点：位置结构性质的相互关系应用．

分析： A、B、C、D、E为原子序数依次增大的五种短周期元素，C元素的最外层电子数是内层电子数的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故C为O元素；D元素在地壳中的含量仅次于氧，D的单质是良好的半导体材料，则D为Si；A与D同主族，则A为碳元素；E元素的最高正价与最低负价的代数和为2，原子序数大于Si，则E为P元素；B与E同主族，则B为N元素，据此解答．

解答：解：A、B、C、D、E为原子序数依次增大的五种短周期元素，C元素的最外层电子数是内层电子数的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故C为O元素；D元素在地壳中的含量仅次于氧，D的单质是良好的半导体材料，则D为Si；A与D同主族，则A为碳元素；E元素的最高正价与最低负价的代数和为2，原子序数大于Si，则E为P元素；B与E同主族，则B为N元素．

（1）E元素的氢化物为PH3，与氨气结构相似，为三角锥形结构，分子中正负电荷重心不重合，属于极性分子，电子式是，故答案为：极性；；

（2）A、B、C三种元素形成的氢化物分别为CH4、NH3、H2O，常温下CH4、NH3为气体，而H2O为液态，故H2O的熔点最高，NH3分子之间存在氢键，熔点高于CH4，故熔点H2O＞NH3＞CH4，故答案为：H2O＞NH3＞CH4；

（3）B、D、E三种元素的最高价氧化物的水化物分别为：HNO3、H2SiO3、H3PO4，非金属性N＞P＞Si，故酸性由强到弱的顺序是：HNO3＞H3PO4＞H2SiO3，

故答案为：HNO3＞H3PO4＞H2SiO3；

（4）工业上用碳单质与二氧化硅反应制备Si单质，化学方程式是：2C+SiO2Si+2CO↑，故答案为：2C+SiO2Si+2CO↑．

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，注意氢键为物质性质的元素，难度不大．

18．二甲醚（CH3OCH3）被称为21世纪的新型燃料，它清洁、高效，具有优良的环保性能．四川是利用天然气生产二甲醚的重要基地之一．请填写下列空白：

（1）与二甲醚相对分子质量相等且元素种类相同的有机物的结构简式是：　C2H5OH　．

（2）二甲醚可由合成气（CO+H2）在一定条件下制得．用合成气制二甲醚时，还产生了一种可参与大气循环的无机化合物，该反应的化学方程式可能是：　3CO+3H2=CH3OCH3+CO2或2CO+4H2=CH3OCH3+H2O　．

（3）以二甲醚、空气、氢氧化钾溶液为原料，石墨为电极可构成燃料电池．该电池中负极上的电极反应式是：　CH3OCH3﹣12e﹣+16OH﹣=2CO32﹣+11H2O　．

①在催化反应室中进行的反应均为可逆反应，增大体系的压强对甲烷转化率的影响是　减小　（填“增大”、“减小”或“不变”）．

②若有x m3（标准状况）的甲烷进入燃烧反应室，生成5ykg的铁，最多可产生合成气　12（x+y）　m3（标准状况）．

考点：原电池和电解池的工作原理；化学平衡的影响因素．

分析：（1）与二甲醚相对分子质量相等且元素种类相同的有机物为乙醇；

（2）CO+H2在一定条件下合成二甲醚，可能生成二氧化碳或水；

（3）负极上二甲醚失去电子；

（4）①催化反应室中发生CO2（g）+CH4（g）⇌2CO（g）+2H2（g）、H2O（g）+CH4（g）⇌CO（g）+3H2（g），加压平衡逆向移动；

②x m3（标准状况）的甲烷进入燃烧反应室，发生CH4+2O2CO2+2H2O（g），生成3xm3尾气；在还原反应室发生3H2+Fe2O32Fe+3H2O、3CO+Fe2O32Fe+3CO2，生成5ykg的铁，生成气体的物质的量为Fe的物质的量的倍，生成气体体积为×10﹣3m3/L=3ym3，则在燃烧与反应室中产生气体的总体积为（3x+3y）m3，结合催化反应室中发生CO2（g）+CH4（g）⇌2CO（g）+2H2（g）、H2O（g）+CH4（g）⇌CO（g）+3H2（g），可知合成气的体积为通入二氧化碳和水蒸气体积的4倍，以此来解答．

解答：解：（1）与二甲醚相对分子质量相等且元素种类相同的有机物为乙醇，其结构简式为C2H5OH，故答案为：C2H5OH；

（2）CO+H2在一定条件下合成二甲醚，可能生成二氧化碳或水，反应为3CO+3H2=CH3OCH3+CO2或2CO+4H2=CH3OCH3+H2O，故答案为：3CO+3H2=CH3OCH3+CO2或2CO+4H2=CH3OCH3+H2O；

（3）负极上二甲醚失去电子，则碱性电解质中该电池中负极上的电极反应式为CH3OCH3﹣12e﹣+16OH﹣=2CO32﹣+11H2O，故答案为：CH3OCH3﹣12e﹣+16OH﹣=2CO32﹣+11H2O；

（4）①催化反应室中发生CO2（g）+CH4（g）⇌2CO（g）+2H2（g）、H2O（g）+CH4（g）⇌CO（g）+3H2（g），加压平衡逆向移动，甲烷转化率减小，

故答案为：减小；

②x m3（标准状况）的甲烷进入燃烧反应室，发生CH4+2O2CO2+2H2O（g），生成3xm3尾气；在还原反应室发生3H2+Fe2O32Fe+3H2O、3CO+Fe2O32Fe+3CO2，生成5ykg的铁，生成气体的物质的量为Fe的物质的量的倍，生成气体体积为×10﹣3m3/L=3ym3，则在燃烧与反应室中产生气体的总体积为（3x+3y）m3，在催化反应室中发生CO2（g）+CH4（g）⇌2CO（g）+2H2（g）、H2O（g）+CH4（g）⇌CO（g）+3H2（g），可知合成气的体积为通入二氧化碳和水蒸气体积的4倍，即为4×（3x+3y）m3=12（x+y）m3，故答案为：12（x+y）．

点评：本题考查原电池及化学反应的计算，为高频考点，把握电极反应的书写、平衡移动及制备二甲醚的合成气涉及的化学反应为解答的关键，（4）为解答的难点，题目难度中等．

（1）A的化学式　CS2　．

（2）写出反应①的化学方程式　NaCl+CO2+H2O+NH3=NaHCO3↓+NH4Cl　．在工业上叫　联合制碱法或侯氏制碱法　

（3）高温下反应⑤⑥互为可逆反应，写出反应⑥的化学方程式　3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2　

（4）写出在加热条件下单质F与单质L的化学反应方程　2Cu+SCu2S　．

（5）请设计一个实验方案，完成反应④，并在图乙位置绘出实验装置图．

考点：无机物的推断．

专题：推断题．

分析：反应①②③均是化工生产中的重要反应，I是一种常用的氮肥，由氯化钠溶液反应生成，所以反应①是侯德榜制碱法的反应，可推知I为NH4Cl，G为NaHCO3，H为Na2CO3，E、C分别为中为CO2、NH3中的一种，A是一种含两种元素组成的液态有机溶剂，A中含有碳元素，A与单质B反应得到C，则B为O2，C为CO2，故E为NH3．单质F与B（O2）反应生成D为氧化物，D与氧气继续反应生成J也是氧化物，而M（D）=2M（B）=2M（F），可推知F为S，D为SO2，J为SO3，则A与氧气反应生成二氧化碳与二氧化硫，则A为CS2，A和B反应前后气体体积（常温常压）保持不变．单质P与K反应得到N与单质O，N为磁性氧化物，则N为Fe3O4，O为H2，P为Fe，K为H2O，可推知M为H2SO4，L为单质，与硫酸在一定条件下反应生成蓝色溶液，所以L为Cu，据此解答．

解答：解：反应①②③均是化工生产中的重要反应，I是一种常用的氮肥，由氯化钠溶液反应生成，所以反应①是侯德榜制碱法的反应，可推知I为NH4Cl，G为NaHCO3，H为Na2CO3，E、C分别为中为CO2、NH3中的一种，A是一种含两种元素组成的液态有机溶剂，A中含有碳元素，A与单质B反应得到C，则B为O2，C为CO2，故E为NH3．单质F与B（O2）反应生成D为氧化物，D与氧气继续反应生成J也是氧化物，而M（D）=2M（B）=2M（F），可推知F为S，D为SO2，J为SO3，则A与氧气反应生成二氧化碳与二氧化硫，则A为CS2，A和B反应前后气体体积（常温常压）保持不变．单质P与K反应得到N与单质O，N为磁性氧化物，则N为Fe3O4，O为H2，P为Fe，K为H2O，可推知M为H2SO4，L为单质，与硫酸在一定条件下反应生成蓝色溶液，所以L为Cu．

（1）由以上分析可知A为CS2，故答案为：CS2；

（2）反应①的反应方程式为：NaCl+CO2+H2O+NH3=NaHCO3↓+NH4Cl，工业上叫联合制碱法或侯氏制碱法，

故答案为：NaCl+CO2+H2O+NH3=NaHCO3↓+NH4Cl；联合制碱法或侯氏制碱法；

（3）反应⑥的化学方程式：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2，

故答案为：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；

（4）在加热条件下，硫与铜反应生成硫化亚铜，化学反应方程式为：2Cu+SCu2S，

故答案为：2Cu+SCu2S；

（5）完成反应④，应是铜作阳极，碳作阴极，电解质溶液为硫酸，装置图为，

故答案为：．

点评：本题考查无机物的推断，涉及S、Fe、Cu元素单质化合物性质以及常见化学工业，题目难度较大，注意利用物质的颜色、连续反应、常见化学工业等进行推断，难度较大．

20．用如下装置可以完成一系列实验（图中夹持装置已略去）．

请回答下列问题：

Ⅰ．若用装置A选用浓硫酸和亚硫酸钠固体制取SO2气体（根据需要可以加热），并通过装置B完成表中设计实验，请填写表中空白：

B中棉花的位置 ① ② ③ ④

所蘸试剂石蕊试液品红溶液淀粉和碘水混合液氢硫酸

现象　　　　褪色浅黄色

体现SO2的性质　　　　　　　　

（1）p中盛装试剂为　浓硫酸　．

（2）反应开始后，观察到②处有棕黄色物质产生，写出②处发生反应的离子方程式　Cl2+2I﹣=2Cl﹣+I2　．①处包有的某固体物质可能是　b　．

a．MnO2 b．KMnO4 c．KCl d．Cu

（3）在整个实验过程中，在③处能观察到　先变红后褪色　．

（4）反应较长时间后，②处有棕黄色褪去，生成无色的IO3﹣，写出该反应的离子方程式：　5Cl2+I2+6H2O=12H++2IO3﹣+10Cl﹣　．

考点：二氧化硫的化学性质．

专题：氧族元素．

分析： Ⅰ．根据SO2可溶于水生成亚硫酸（H2SO3），H2SO3显酸性；根据SO2具有漂白性；

根据碘能使淀粉溶液变蓝，SO2具有还原性，能与碘水反应；SO2具有氧化性，能与氢硫酸反应；

II．（1）根据浓硫酸稀释的方法将浓硫酸往水中倒；

（2）先根据有棕黄色物质确定为单质碘，再根据卤素单质间能发生置换反应；由通过①后生成了Cl2，再根据KMnO4溶液能氧化HCl得到Cl2；

（3）根据Cl2能与水反应生成HCl和HClO，HCl具有酸性和HClO具有强氧化性；

（4）根据实验现象和氧化还原反应中化合价升降总数相等来解答；

解答：解：Ⅰ．SO2可溶于水生成亚硫酸（H2SO3），H2SO3显酸性，能使石蕊试液变红；

SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色；

碘能使淀粉溶液变蓝，SO2具有还原性，能与碘水反应：SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，溶液蓝色褪去；

SO2具有氧化性，能与氢硫酸反应：SO2+2H2S=3S+2H2O，

故答案为：

溶液变红溶液褪色

水溶液显酸性漂白性还原性氧化性

II．（1）因浓硫酸和浓盐酸混合时，为了使热量散发，应将浓硫酸缓慢加入到浓盐酸中，故答案为：浓硫酸；

（2）有棕黄色物质确定为单质碘，卤素单质间能发生置换反应：Cl2+2KI=2KCl+I2，因通过①后生成了Cl2，而KMnO4溶液能氧化HCl得到Cl2，所以某固体物质可能是KMnO4，故答案为：Cl2+2I﹣=2Cl﹣+I2；b；

（3）因Cl2能与水反应生成HCl和HClO，HCl具有酸性，能使石蕊溶液变红，HClO具有强氧化性能使红色褪去，故答案为：先变红后褪色；

（4）②处有棕黄色褪去，生成无色的IO3﹣，碘的化合价升高，则氯元素和化合价降低为﹣1价，化学方程式为：

5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl，离子方程式为：5Cl2+I2+6H2O=12H++2IO3﹣+10Cl﹣，

故答案为：5Cl2+I2+6H2O=12H++2IO3﹣+10Cl﹣．

点评：本题主要结合实验考查了物质的性质，能够根据实验现象判断物质的性质．

21．已知：环丙烷、环丁烷、环戊烷在催化剂的作用和加热条件下都能与氢气发生类似的反应，如环丁烷与氢气反应可用下列反应式表示：

碳原子数不大于4的环烷烃可与卤素、卤化氢发生类似反应，而碳原子数大于4的环烷烃与卤素则发生取代反应．

试填空：

（1）环丙烷、环丁烷与Cl2的反应是　加成反应　（填反应类型）；

（2）由环丁烷和Cl2为原料制取1，3﹣丁二烯的方法是：首先制取　ClCH2CH2CH2CH2Cl　（填结构简式），然后再由它通过　消去反应　（填反应类型）即得到1，3﹣丁二烯；

写出A和C物质的结构简式：A　　；C　　；

写出下列反应的化学方程式：B→D：　　；E→F：　　．

考点：有机物的推断．

专题：有机物的化学性质及推断．

分析：（1）有机物分子中的碳碳键断裂与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应是加成反应；

（2）一定条件下，环丁烷和氯气发生加成反应生成1，4﹣二氯丁烷，1，4﹣二氯丁烷和氢氧化钠的醇溶液发生消去反应生成1，3﹣丁二烯；

（3）二甲苯充分加氢后得到烃A，A再与溴反应时发生取代反应生成B，B的相对分子质量比A大158，说明A发生二取代反应，B发生消去反应生成C，C分子的一取代物只有两种，则C的结构简式为，根据C的结构简式知，二甲苯的结构简式为：，A的结构简式为，B的结构简式为，B和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成D，D的结构简式为，D被氧气氧化生成E，E能和D在浓硫酸作用下反应生成F，F的分子式为C16H24O4，说明二者发生酯化反应，则E的结构简式为：，结合物质的结构和性质分析解答．

解答：解：（1）根据环丁烷和氢气的反应方程式知，该反应属于加成反应，则环丙烷、环丁烷与Cl2的反应也是加成反应，故答案为：加成反应；

（2）一定条件下，环丁烷和氯气发生加成反应生成1，4﹣二氯丁烷，结构简式为：ClCH2CH2CH2CH2Cl，1，4﹣二氯丁烷和氢氧化钠的醇溶液发生消去反应生成1，3﹣丁二烯，

故答案为：ClCH2CH2CH2CH2Cl；消去反应；

（3）二甲苯充分加氢后得到烃A，A再与溴反应时发生取代反应生成B，B的相对分子质量比A大158，说明A发生二取代反应，B发生消去反应生成C，C分子的一取代物只有两种，则C的结构简式为，根据C的结构简式知，二甲苯的结构简式为：，A的结构简式为：，B的结构简式为：，B和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成D，D的结构简式为，D被氧气氧化生成E，E能和D在浓硫酸作用下反应生成F，F的分子式为C16H24O4，说明二者发生酯化反应，则E的结构简式为：，