湖南省宜章一中2016届高三上学期理综第三次测试化学试卷

理科综合能力测试[化学部分］第Ⅰ卷（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： H 1，C 12，O 16,Na 23,Al 27，S 32，Cl 35.5，Fe 56，Zn 651。

短周期元素A 、B 、C 的原子序数依次递增,三者原子最外层电子数之和为14,A 原子的次外层电子数等于B 原子的最外层电子数,A 与C 同主族。

则下列叙述正确的是（ )A 。

原子半径:A<B 〈CB. 氢化物稳定性:A<CC. B 与A 的化合物比B 与C 的化合物熔点低D 。

A 与C 的化合物属于大气污染物2。

公元前一世纪，我国已使用天然气井。

现在“西气东输”工程早已全面竣工.天然气的主要成分为甲烷。

下列关于甲烷的叙述中,错误的是 ( ）A. 通常情况下，甲烷跟强酸、强碱、强氧化剂都不反应 B 。

甲烷的化学性质比较稳定，点燃前不必验纯C 。

甲烷与氯气反应，无论生成CH 3Cl 、CH 2Cl 2、CHCl 3、CCl 4,都属于取代反应D. 甲烷的四种有机氯代产物都难溶于水3. 下图为北京奥运会的奖牌——“金镶玉”牌,使用了昂贵的玉石材料,其化学成分多为含水钙镁硅酸盐，如Ca 2Mg 5Si 8O 22(OH ）2等。

下列说法正确的是( ）A 。

Ca 2Mg 5Si 8O 22（OH ）2可用氧化物的形式表示为2CaO ·5MgO ·8SiO 2·H 2OB 。

从分类的角度看，Ca 2Mg 5Si 8O 22（OH ）2为氧化物C. 玉石材料性质稳定,耐强酸和强碱的腐蚀D. Ca 2Mg 5Si 8O 22(OH)2易溶于水4。

下列物质分类的正确组合是 碱 酸 盐 酸性氧化物A 纯碱 盐酸 烧碱 二氧化硫B 烧硫食一碱 酸 盐 氧化碳C 苛性钠醋酸 石灰石 水 D 苛性钾 碳酸 苏打 三氧化硫A 。

高中化学学习材料（灿若寒星**整理制作）湖南省宜章一中2014届高三理综化学模拟试卷三第I 卷（共42分）相对原子质量:H:1 C:12 N:14 O:16 Mg:24 Si:28 P:31 S:32 Cl:35.5 Ca:40 7、下列说法不正确的是 （ ） A ．使用催化剂不能改变化学反应的反应热B ．蛋白质溶液具有丁达尔效应，说明该蛋白质分子直径约1nm~100nmC ．分散系中分散质粒子的直径：Fe(OH)3悬浊液＞Fe(OH)3胶体＞FeCl 3溶液D ．将碳酸钠溶液和碳酸氢钠溶液分别蒸干并灼烧，所得固体均为氢氧化钠8．下列反应属于吸热反应的是（ ）A. C 6H 12O 6(葡萄糖aq)+6O 2 6CO 2+6H 2OB. CH 3COOH+KOHCH 3COOK+H 2OC. 反应物的总能量大于生成物的总能量D ．破坏反应物全部化学键所需能量大于破坏生成物全部化学键所需能量9. 三氟化氮(NF 3)是微电子工业中一种优良的等离子蚀刻气体。

它无色、无臭,在潮湿的空气中能发生下列反应：3NF 3＋5H 2O ＝2NO ＋HNO 3＋9HF ， 下列有关说法正确的是（ ） A ．反应中NF 3是氧化剂，H 2O 是还原剂B ．NF 3在潮湿空气中泄漏会产生白雾、红棕色气体等现象C ．若反应中生成0.2mol HNO 3，则反应共转移0.2mol e －D ．反应中被氧化与被还原的原子物质的量之比为2∶110、下列描述中，不符合．．．生产实际的是（ ） A ．电解熔融的氧化铝制取金属铝，用铁作阳极 B ．电解法精炼粗铜，用纯铜作阴极C ．电解饱和食盐水制烧碱，用涂镍碳钢网作阴极D ．在镀件上电镀锌，用锌作阳极11. 二氯化二硫(S 2Cl 2)是广泛用于橡胶工业的硫化剂，其分子结构如右下图所示。

常温下，S 2Cl 2遇水易水解，并产生能使品红溶液褪色的气体。

下列说法错误．．的是（ ） A.S 2Cl 2与H 2O 反应的化学方程式可能为： 2S 2Cl 2+2H 2O=SO 2↑+3S↓+4HCl B.S 2Cl 2分子中含有极性键和非极性键C.S 2Br 2与S 2Cl 2结构相似，熔沸点：S 2Br 2>S 2Cl 2酶D ．12、在容积不变的密闭容器中，一定条件下发生反应：2AB(g)+2C(g)，且达到平衡。

2016年理综高考试题全国卷3(含答案)(同名8786)绝密★启封并使用完毕前试题类型：2016年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试注意事项：1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。

2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试题相应的位置。

3.全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效。

4.考试结束后，将本试题和答题卡一并交回。

第Ⅰ卷（选择题共126分）本卷共21小题，每小题6分，共126分。

可能用到的相对原子质量：一、选择题：本大题共13小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

二、7.化学在生活中有着广泛的应用，下列对应关系错误的是8.下列说法错误的是A.乙烷室温下能与浓盐酸发生取代反应B.乙烯可以用作生产食品包装材料的原料C.乙醇室温下在水中的溶解度大于溴乙烷D.乙酸在甲酸甲酯互为同分异构体9.下列有关实验的操作正确的是10.已知异丙苯的结构简式如下，下列说法错误的是A.异丙苯的分子式为C9H12B.异丙苯的沸点比苯高C.异丙苯中碳原子可能都处于同一平面D.异丙苯的和苯为同系物11.锌–空气燃料电池可用作电动车动力电源，电池的电解质溶液为KOH溶液，反应为2Zn+O2+4OH–+2H2O===2Zn(OH)24-。

下列说法正确的是A.充电时，电解质溶液中K+向阳极移动B.充电时，电解质溶液中(OH)c-逐渐减小C.放电时，负极反应为：Zn+4OH–-2e–===Zn(OH)24-D.放电时，电路中通过2mol电子，消耗氧气22.4L（标准状况）12.四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X的简单离子具有相同电子层结构，X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，W与Y同族，Z与X形成的离子化合物的水溶液呈中性。

下列说法正确的是A.简单离子半径：W<X<ZB.W 与X 形成的化合物溶于水后溶液呈碱性C.气态氢化物的热稳定性：W<YD.最高价氧化物的水化物的酸性：Y>Z13.下列有关电解质溶液的说法正确的是A.向0.1mol 1L -⋅CH 3COOH 溶液中加入少量水，溶液中3(H )(CH COOH)c c +减小B.将CH 3COONa 溶液从20℃升温至30℃，溶液中33(CH COO )(CH COOH)(OH )c c c --⋅增大C.向盐酸中加入氨水至中性，溶液中4(NH )1(Cl )c c +->D.向AgCl 、AgBr 的饱和溶液中加入少量AgNO 3，溶液中(Cl )(Br )c c --不变二、选择题：本大题共8小题，每小题6分。

湖南省四县（市区）2016届高三3月联考理综化学试题7．下列说法正确的是A．双氧水、高锰酸钾溶液可以完全灭活埃博拉病毒，其消毒原理与漂白粉消毒饮用水的原理相同B．不法商家制取的“地沟油”具有固定的熔沸点C．食品保鲜膜按材质可分为聚乙烯（PE）、聚氯乙烯（PVC）等，PVC的单体可由PE的单体与氯化氢加成制得D．乙醇用作医用消毒剂时，无水乙醇消毒效果最好8．下列说法正确的是A．N A个Fe(OH)3胶体粒子的质量为107gB．8.0gCu2S和CuO的混合物中含有铜原子数为0.1N AC．标准状况下，将2.24L Cl2溶于水，可得到HClO分子的数目是0.1N AD．2.3gNa与氧气完全反应，反应中转移的电子数介于0.1N A到0.2N A之间9．早在1807年化学家戴维用电解熔融氢氧化钠制得钠，反应原理为：4NaOH(熔融)= 4Na＋O2↑＋2H2O；后来盖·吕萨克用铁与熔融氢氧化钠作用也制得钠，反应原理为：3Fe＋4NaOH=Fe3O4＋2H2↑＋4Na↑。

下列有关说法正确的是A．电解熔融氢氧化钠制钠，阳极发生电极反应为：Na+＋e－= NaB．盖·吕萨克法制钠原理是利用铁的还原性比钠强C．若戴维法与盖·吕萨克法制得等量的钠，则两反应中转移的电子总数比为2:1D．工业上常用电解熔融氯化钠法制钠（如图），电解槽中石墨极为阳极，铁为阴极10．短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次递增，A、B两元素相邻，B、C、E原子的最外层电子数之和为13，E原子最外层电子数是B原子内层电子数的3倍或者是C原子最外层电子数的3倍，B、D原子最外层电子数之和等于C、E原子最外层电子数之和。

下列说法正确的是A．元素A所形成的氧化物只有一种B．元素B的最高价氧化物对应的水化物为强酸C．元素C、D、E的最高价氧化物对应的水化物两两之间可发生反应D．氢化物的稳定性：A>B11．常温下，在10mL0.1 mol·L-1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol·L-1HCl溶液，溶液的pH逐渐降低，此时溶液中含碳微粒的物质的量分数变化如图所示（CO2因逸出未画出，忽略因气体逸出引起的溶液体积变化），下列说法正确的是A．在0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(CO32－)+c(HCO3－)+c(OH－)B．当溶液的pH为7时，溶液的总体积为20 mLC．在B点所示的溶液中，浓度最大的阳离子是Na+D．在A点所示的溶液中：c(CO32－)=c(HCO3－)＞c(H+)＞c(OH－)12．某食用香料乙酸橙花酯的结构简式如图所示，关于该有机物的下列叙述中正确的是①分子式为C12H20O2②能使酸性KMnO4溶液褪色③它的同分异构体中有芳香族化合物④1mol该有机物水解时只能消耗1molNaOH⑤1mol该有机物在一定条件下能和3mol H2反应A．①②③B．①②④C．①②⑤D．①②③④13．通过对实验现象的观察、分析推理得出正确的结论是化学学习的方法之一。

2016高考全国新课标Ⅲ卷理科综合化学试题（清晰WORD版）一、选择题：本大题共13小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

7（28．下列说法错误的是A．乙烷室温下能与浓盐酸发生取代反应B．乙烯可以用作生产食品包装材料的原料C．乙醇室温下在水中的溶解度大于溴乙烷D．乙酸在甲酸甲酯互为同分异构体9先从分液漏斗下口放出有机层，10A．异丙苯的分子式为C9H12 B．异丙苯的沸点比苯高C．异丙苯中碳原子可能都处于同一平面D．异丙苯的和苯为同系物11．锌–空气燃料电池可用作电动车动力电源，电池的电解质溶液为KOH溶液，反应为-。

下列说法正确的是2Zn+O2+4OH–+2H2O===2Zn(OH)24A．充电时，电解质溶液中K+向阳极移动c-逐渐减小B．充电时，电解质溶液中(OH)-C．放电时，负极反应为：Zn+4OH–−2e–===Zn(OH)24D．放电时，电路中通过2mol电子，消耗氧气22.4L（标准状况）12．四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X的简单离子具有相同电子层结构，X 的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，W 与Y 同族，Z 与X 形成的离子化合物的水溶液呈中性。

下列说法正确的是A ．简单离子半径：W<X<ZB ．W 与X 形成的化合物溶于水后溶液呈碱性C ．气态氢化物的热稳定性：W<YD ．最高价氧化物的水化物的酸性：Y>Z 13．下列有关电解质溶液的说法正确的是A ．向0.1mol 1L -⋅CH 3COOH 溶液中加入少量水，溶液中3(H )(CH COOH)c c +减小B ．将CH 3COONa 溶液从20℃升温至30℃，溶液中33(CH COO )(CH COOH)(OH )c c c --⋅增大 C ．向盐酸中加入氨水至中性，溶液中4(NH )1(Cl )c c +-> D ．向AgCl 、AgBr 的饱和溶液中加入少量AgNO 3，溶液中(Cl )(Br )c c --不变 26.（14分）过氧化钙微溶于水，溶于酸，可作分析试剂、医用防腐剂、消毒剂。

湖南省宜章一中2014届高三理综化学模拟试卷三第I 卷（共42分）相对原子质量:H:1 C:12 N:14 O:16 Mg:24 Si:28 P:31 S:32 Cl:35.5 Ca:40 7、下列说法不正确的是 （ ） A ．使用催化剂不能改变化学反应的反应热B ．蛋白质溶液具有丁达尔效应，说明该蛋白质分子直径约1nm~100nmC ．分散系中分散质粒子的直径：Fe(OH)3悬浊液＞Fe(OH)3胶体＞FeCl 3溶液D ．将碳酸钠溶液和碳酸氢钠溶液分别蒸干并灼烧，所得固体均为氢氧化钠8．下列反应属于吸热反应的是（ ）A. C 6H 12O 6(葡萄糖aq)+6O 2 6CO 2+6H 2OB. CH 3COOH+KOHCH 3COOK+H 2OC. 反应物的总能量大于生成物的总能量D ．破坏反应物全部化学键所需能量大于破坏生成物全部化学键所需能量9. 三氟化氮(NF 3)是微电子工业中一种优良的等离子蚀刻气体。

它无色、无臭,在潮湿的空气中能发生下列反应：3NF 3＋5H 2O ＝2NO ＋HNO 3＋9HF ， 下列有关说法正确的是（ ） A ．反应中NF 3是氧化剂，H 2O 是还原剂B ．NF 3在潮湿空气中泄漏会产生白雾、红棕色气体等现象C ．若反应中生成0.2mol HNO 3，则反应共转移0.2mol e －D ．反应中被氧化与被还原的原子物质的量之比为2∶110、下列描述中，不符合．．．生产实际的是（ ） A ．电解熔融的氧化铝制取金属铝，用铁作阳极 B ．电解法精炼粗铜，用纯铜作阴极C ．电解饱和食盐水制烧碱，用涂镍碳钢网作阴极D ．在镀件上电镀锌，用锌作阳极11. 二氯化二硫(S 2Cl 2)是广泛用于橡胶工业的硫化剂，其分子结构如右下图所示。

常温下，S 2Cl 2遇水易水解，并产生能使品红溶液褪色的气体。

下列说法错误．．的是（ ） A.S 2Cl 2与H 2O 反应的化学方程式可能为： 2S 2Cl 2+2H 2O=SO 2↑+3S↓+4HCl B.S 2Cl 2分子中含有极性键和非极性键C.S 2Br 2与S 2Cl 2结构相似，熔沸点：S 2Br 2>S 2Cl 2 D ．12、在容积不变的密闭容器中，一定条件下发生反应：2A B(g)+2C(g)，且达到平衡。

2016届湖南省宜章一中高三第一次理综测试化学试卷第I 卷（共42分）相对原子质量:H:1 C:12 N:14 O:16 Na:23 Al:27 S ：32 Cl:35.5 Fe:56 Cu:647．下列化工生产中所发生的主要化学反应，不涉及氧化还原反应的是（ ）A ．制造普通玻璃B ．接触法制硫酸C ．工业冶炼铝D ．工业合成氨 8．下列说法不正确．．．的是：（ ） A ．丙烯和丙烷可通过Br 2/CCl 4溶液区别B ．淀粉水解的最终产物是葡萄糖C ．米酒变酸的过程涉及了氧化反应D ．甲醇在一定条件下通过加聚反应形成高分子化合物9．设阿伏加德罗常数为N A 。

则下列说法正确的是 （ ）A ．100 g 98%的浓硫酸中含氧原予总数为4N AB ．常温常压下，18g 重水(D 2O)中所含的电子数为10 N AC ．常温常压下，4.6 g NO 2气体含有0.3 N A 个原子D ．常温下，2.7g 、铝片投入足量的浓硫酸中，产生的SO 2，分子数为0.3N A10．下列关系正确的是（ ）A ．等物质的量的Na 2O 2 与Na 2O 中阴离子个数之比为2:1B ．标准状况下，等体积的CO 2与CO 中氧原子数之比为2:1C ．pH 相同的H 2SO 4(aq)与CH 3COOH(aq)中的c (H +)之比为2:1D ．等浓度的(NH 4)2SO 4 (aq)与NH 4Cl(aq)中c (NH 4+)之比为2:111．在铝制易拉罐中收集一满罐CO 2，加入过量浓NaOH 溶液，立即把口封闭。

发现易拉罐“咔咔”作响，并变瘪了；过一会儿后，易拉罐又会作响并鼓起来。

则下列说法错误．．的是（ ）A ．导致易拉罐变瘪的反应是：CO 2 + 2OH - == CO 32- + H 2OB ．导致易拉罐又鼓起来的反应是：2Al + 2OH - + 2H 2O == 2AlO 2- + 3H 2↑C ．反应结束后，溶液中的离子浓度关系是：c (Na +) + c (H +) = c (OH -) +c (AlO 2-) + c (CO 32-)D ．如果将CO 2换为NH 3，浓NaOH 溶液换为浓盐酸，易拉罐也会出现先瘪后鼓的现象12．X 、Y 、Z 是3种短周期元素，其中X 、Z 位于同一主族，X 、Y 处于同一周期。

2015-2016学年湖南省郴州市宜章一中高三（上）第一次月考化学试卷一、选择题（每题6分，共42分）1．下列化工生产中所发生的主要化学反应，不涉及氧化还原反应的是（） A．制造普通玻璃 B．氨氧化法制硝酸C．工业冶炼铝 D．工业合成氨2．下列说法不正确的是（）A．丙烯和丙烷可通过Br2/CCl4溶液区别B．淀粉水解的最终产物是葡萄糖C．米酒变酸的过程涉及了氧化反应D．甲醇在一定条件下通过加聚反应形成高分子化合物3．设阿伏加德罗常数为N A．则下列说法正确的是（）A． 100 g 98%的浓硫酸中含氧原予总数为4N AB．常温常压下，18g重水（D2O）中所含的电子数为10 N AC．常温常压下，4.6 g NO2气体含有0.3 N A个原子D．常温下，2.7g、铝片投入足量的浓硫酸中，产生的SO2，分子数为0.3N A4．下列关系正确的是（）A．等物质的量的Na2O2与Na2O 中阴离子个数之比为2：1B．标准状况下，等体积的CO2与CO中氧原子数之比为2：1C． pH相同的H2SO4（aq）与CH3COOH（aq）中的c（H+）之比为2：1D．等浓度的（NH4）2SO4（aq）与NH4Cl（aq）中c（NH4+）之比为2：15．在铝制易拉罐中收集一满罐CO2，加入过量浓NaOH 溶液，立即把口封闭．发现易拉罐“咔咔”作响，并变瘪了；过一会儿后，易拉罐又会作响并鼓起来．则下列说法错误的是（） A．导致易拉罐变瘪的反应是：CO2+2OH﹣═CO32﹣+H2OB．导致易拉罐又鼓起来的反应是：2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑C．反应结束后，溶液中的离子浓度关系是：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（AlO2﹣）+c （CO32﹣）D．如果将CO2换为NH3，浓NaOH溶液换为浓盐酸，易拉罐也会出现先瘪后鼓的现象6．X、Y、Z是3种短周期元素，其中X、Z位于同一主族，X、Y处于同一周期．X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍．X原子的核外电子数比Y原子少1．下列说法正确的是（） A．元素非金属性由弱到强的顺序为Z＜Y＜XB． Y元素的氢化物是一种强酸C． 3种元素的气态氢化物中，Y的气态氢化物还原性最强D．其对应的阴离子半径由大到小的顺序为Z n﹣＞X n﹣＞Y n﹣7．查处酒后驾驶采用的“便携式乙醇测量仪”以燃料电池为工作原理，在酸性环境中，理论上乙醇可以被完全氧化为CO2，但实际乙醇被氧化为X，其中一个电极的反应式为：CH3CH2OH ﹣2e﹣→X+2H+．下列说法中正确的是（）A．电池内部H+由正极向负极移动B．另一极的电极反应式为：O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣C．乙醇在正极发生反应，电子经过外电路流向负极D．电池总反应为：2CH3CH2OH+O2→2CH3CHO+2H2O二、非选择题（共58分）8．（14分）（2015秋•郴州校级月考）A、B、C、D、E、F是原子序数依次增大的短周期主族元素，A的最外层电子数是次外层电子数2倍，B是短周期中金属性最强的元素，C是同周期中阳离子半径最小的元素，D元素的最高价氧化物对应水化物与B元素的最高价氧化物对应水化物反应的产物M是制备木材防火剂的原料，E的最外层电子数与内层电子数之比为3﹕5．请回答：（1）D的元素符号为．（2）F在元素周期表中的位置．（3）用电子式表示由元素B和F组成的化合物的形成过程：．（4）B单质与氧气反应的产物与C的单质同时放入水中，产生两种无色气体，有关的化学方程式为、．（5）工业上将干燥的F单质通入熔融的E单质中可制得化合物E2F2．该物质可与水反应生成一种能使品红溶液褪色的气体，0.2mol该物质参加反应时转移0.3mol电子，其中只有一种元素化合价发生改变，该反应的化学方程式为．9．（14分）（2015秋•郴州校级月考）硅是信息产业、太阳能电池光电转化的基础材料．锌还原四氯化硅是一种有着良好应用前景的制备硅的方法，该制备过程示意如图：（1）焦炭在过程Ⅰ中作剂．（2）过程Ⅱ中的Cl2用电解饱和食盐水制备，制备Cl2的化学方程式是．（3）整个制备过程必须严格控制无水．①SiCl4遇水剧烈水解生成SiO2和一种酸，反应的化学方程式是．②干燥Cl2时，从有利于充分干燥和操作安全的角度考虑，需将约90℃的潮湿氯气先冷却至12℃，然后再通入到浓H2SO4中．冷却的作用是．（4）Zn还原SiCl4的反应如下：反应1：400℃～756℃，SiCl4（g）+2Zn（l）⇌Si（s）+2ZnCl2（l）△H1＜0反应2：756℃～907℃，SiCl4（g）+2Zn（l）⇌Si（s）+2ZnCl2（g）△H2＜0反应3：907℃～1410℃，SiCl4（g）+2Zn（g）⇌Si（s）+2ZnCl2（g）△H3＜0①对于上述三个反应，下列说法合理的是．a．升高温度会提高SiCl4的转化率 b．还原过程需在无氧的气氛中进行c．增大压强能提高反应的速率 d．Na、Mg可以代替Zn还原SiCl4②实际制备过程选择“反应3”，选择的理由是．③已知Zn（l）═Zn（g）△H=+116KJ/mol．若SiCl4的转化率均为90%，每投入1mol SiCl4，“反应3”比“反应2”多放出kJ的热量．（5）用硅制作太阳能电池时，为减弱光在硅表面的反射，采用化学腐蚀法在其表面形成粗糙的多孔硅层．腐蚀剂常用稀HNO3和HF的混合液．硅表面首先形成SiO2，最后转化为H2SiF6．用化学方程式表示SiO2转化为H2SiF6的过程．10．（15分）（2014•安溪县校级模拟）实验室制乙烯时，产生的气体能使Br2的四氯化碳溶液褪色，甲、乙同学用如图实验验证．（气密性已检验，部分夹持装置略）．实验操作和现象：操作现象点燃酒精灯，加热至170℃ Ⅰ：A中烧瓶内液体渐渐变黑Ⅱ：B内气泡连续冒出，溶液逐渐褪色…实验完毕，清洗烧瓶Ⅲ：A中烧瓶内附着少量黑色颗粒状物，有刺激性气味逸出（1）烧瓶内产生乙烯的化学方程式是（2）溶液“渐渐变黑”，说明浓硫酸具有性．（3）分析使B中溶液褪色的物质，甲认为是C2H4，乙认为不能排除SO2的作用．①根据甲的观点，使B中溶液褪色反应的化学方程式是②乙根据现象Ⅲ认为产生了SO2，在B中与SO2反应使溶液褪色的物质是③为证实各自观点，甲、乙重新实验，设计与现象如表：设计现象甲在A、B间增加一个装有某种试剂的洗气瓶 Br2的CCl4溶液褪色乙与A连接的装置如下：D中溶液由红棕色变为浅红棕色时，E中溶液褪色a．根据甲的设计，洗气瓶中盛放的试剂是b．根据乙的设计，C中盛放的试剂是c．乙为进一步验证其观点，取少量D中溶液，加入几滴BaCl2溶液，振荡，产生大量白色沉淀，浅红棕色消失，发生反应的离子方程式是（4）上述实验得到的结论是．11．（15分）（2012•腾冲县校级模拟）有机物E用作塑料或涂料的溶剂，可用以下方法合成（部分反应条件及副产物已略去）．已知：①芳香族化合物B中有两种不同化学环境的氧原子，且两种氢原子的数目比为1：1②E 中只有一种官能团．请回答：（1）由CH2=CH2直接生成CH3CHO的反应类型为．（2）A的名称为，由A生成B的反应条件是．（3）由B生成C的化学反应方程式为．（4）由C和D生成E的化学反应方程式为．（5）写出符合下列条件的E的所有同分异构体的结构简式：．①与E的官能团相同；②分子中有三种不同化学环境的氢原子．2015-2016学年湖南省郴州市宜章一中高三（上）第一次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每题6分，共42分）1．下列化工生产中所发生的主要化学反应，不涉及氧化还原反应的是（） A．制造普通玻璃 B．氨氧化法制硝酸C．工业冶炼铝 D．工业合成氨考点：氧化还原反应．专题：氧化还原反应专题．分析：判断物质发生反应时，所含元素的化合价是否发生变化，如化合价发生变化，则发生氧化还原反应．解答：解：A．玻璃工业的反应类型主要是复分解反应，不涉及氧化还原反应，故A选；B．氨的催化氧化中有电子的转移，所以属于氧化还原反应，故B不选；C．工业上电解2Al2O34Al+3O2，为氧化还原反应，故C不选；D．合成氨工业存在N2+3H2⇌2NH3的反应，为氧化还原反应，故D不选；故选A．点评：本题考查氧化还原反应，题目难度不大，本题注意常见工业生产原理，注重基础知识的积累．2．下列说法不正确的是（）A．丙烯和丙烷可通过Br2/CCl4溶液区别B．淀粉水解的最终产物是葡萄糖C．米酒变酸的过程涉及了氧化反应D．甲醇在一定条件下通过加聚反应形成高分子化合物考点：淀粉的性质和用途；乙醇的化学性质．专题：有机物的化学性质及推断．分析： A．丙烯具有碳碳双键，丙烷不具有；B．淀粉水解生成葡萄糖；C．有元素化合价变化的化学反应是氧化还原反应；D．甲醇中不含碳碳双键．解答：解：A．丙烯通过Br2/CCl4溶液，使其褪色，而丙烷不能，可以区别，故A正确；B．淀粉水解最终生成葡萄糖，故B正确；C．乙醇中碳元素的平均化合价是﹣2价，乙酸中碳元素的平均化合价是0价，所以乙醇中碳元素失电子发生氧化反应生成乙酸，故C正确；D．甲醇中不含碳碳双键，不能发生加聚反应，故D错误．故选D．点评：本题考查有机物的性质，难度不大，注意化合价升高的是氧化反应．3．设阿伏加德罗常数为N A．则下列说法正确的是（）A． 100 g 98%的浓硫酸中含氧原予总数为4N AB．常温常压下，18g重水（D2O）中所含的电子数为10 N AC．常温常压下，4.6 g NO2气体含有0.3 N A个原子D．常温下，2.7g、铝片投入足量的浓硫酸中，产生的SO2，分子数为0.3N A考点：阿伏加德罗常数．分析： A．浓硫酸溶液中硫酸、水都含有氧原子；B.1个水分子含有10个电子，结合重水的相对分子质量为20解答；C.4.6gNO2的物质的量为0.1mol，1个二氧化氮分子含有3个原子；D．铝常温下遇到浓硫酸发生钝化．解答：解：A．浓硫酸溶液中硫酸、水都含有氧原子，所以100g 98%的浓硫酸中含氧原子个数远远大于4N A，故A错误；B.18g重水（D2O）的物质的量为=0.9mol，所含的电子数为9N A，故B错误；C.1个二氧化氮分子含有3个原子，所以4.6 g（0.1mol） NO2气体含有0.3 N A个原子，故C 正确；D．铝常温下遇到浓硫酸发生钝化，常温下，2.7g、铝片投入足量的浓硫酸中，产生的SO2，分子数小于0.3N A，故D错误；故选：C．点评：本题考查阿伏加德罗常数，掌握公式的使用和物质的结构、状态是解题关键，注意浓硫酸是强氧化性，题目难度不大．4．下列关系正确的是（）A．等物质的量的Na2O2与Na2O 中阴离子个数之比为2：1B．标准状况下，等体积的CO2与CO中氧原子数之比为2：1C． pH相同的H2SO4（aq）与CH3COOH（aq）中的c（H+）之比为2：1D．等浓度的（NH4）2SO4（aq）与NH4Cl（aq）中c（NH4+）之比为2：1考点：离子化合物的结构特征与性质；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用．专题：基本概念与基本理论．分析： A．过氧化钠中阴离子是过氧根离子；B．标况下，等体积的气体的物质的量相等，结合分子构成判断；C．根据c（H+）=10﹣pH计算；D．铵盐溶液中，铵根离子浓度越大，其水解程度越小．解答：解：A．过氧化钠中阴离子是过氧根离子，等物质的量的Na2O2与Na2O 中阴离子个数之比为1：1，故A错误；B．标况下，等体积的CO2与CO的物质的量相等，根据二氧化碳和一氧化碳的分子构成知，两种气体中氧原子数之比为2：1，故B正确；C．根据c（H+）=10﹣pH知，pH相同的H2SO4（aq）与CH3COOH（aq）中的c（H+）之比为1：1，故C错误；D．铵盐溶液中，铵根离子浓度越大，其水解程度越小，所以硫酸铵中铵根离子水解程度小于氯化铵，则等浓度的（NH4）2SO4（aq）与NH4Cl（aq）中c（NH4+）之比大于2：1，故D错误；故选B．点评：本题考查离子、原子个数的比较，涉及盐类水解、分子的构成等知识点，易错选项是A，注意过氧化钠中阴离子是过氧根离子而不是氧离子，为易错点．5．在铝制易拉罐中收集一满罐CO2，加入过量浓NaOH 溶液，立即把口封闭．发现易拉罐“咔咔”作响，并变瘪了；过一会儿后，易拉罐又会作响并鼓起来．则下列说法错误的是（） A．导致易拉罐变瘪的反应是：CO2+2OH﹣═CO32﹣+H2OB．导致易拉罐又鼓起来的反应是：2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑C．反应结束后，溶液中的离子浓度关系是：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（AlO2﹣）+c （CO32﹣）D．如果将CO2换为NH3，浓NaOH溶液换为浓盐酸，易拉罐也会出现先瘪后鼓的现象考点：离子方程式的书写；铝的化学性质．专题：离子反应专题．分析：易拉罐变瘪发生CO2+2OH﹣═CO32﹣+H2O，气体的压强变小；过一会儿后，易拉罐又会作响并鼓起来，发生2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑，气体压强增大，以此来解答．解答：解：A．气体与碱反应，导致易拉罐变瘪，反应为CO2+2OH﹣═CO32﹣+H2O，故A正确；B．易拉罐又会作响并鼓起来，发生2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑，气体压强增大，故B正确；C．由电荷守恒可知，c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（AlO2﹣）+2c（CO32﹣），故C错误；D．将CO2换为NH3，浓NaOH溶液换为浓盐酸，先发生氨气与浓盐酸反应，后发生Al与盐酸的反应，则易拉罐也会出现先瘪后鼓的现象，故D正确；故选C．点评：本题考查物质的性质及离子反应方程式，明确发生的化学反应是解答本题的关键，题目难度不大，注意选项C中的电荷守恒式．6．X、Y、Z是3种短周期元素，其中X、Z位于同一主族，X、Y处于同一周期．X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍．X原子的核外电子数比Y原子少1．下列说法正确的是（） A．元素非金属性由弱到强的顺序为Z＜Y＜XB． Y元素的氢化物是一种强酸C． 3种元素的气态氢化物中，Y的气态氢化物还原性最强D．其对应的阴离子半径由大到小的顺序为Z n﹣＞X n﹣＞Y n﹣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： X、Y、Z是3种短周期元素，X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，则X有2个电子层，最外层电子数为6，故X为氧元素；X、Z位于同一族，故Z为硫元素；X、Y处于同一周期，X原子的核外电子数比Y少1，则Y原子的核外电子数为9，故Y为F元素，结合元素周期律解答．解答：解：X、Y、Z是3种短周期元素，X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，则X有2个电子层，最外层电子数为6，故X为氧元素；X、Z位于同一族，故Z为硫元素；X、Y 处于同一周期，X原子的核外电子数比Y少1，则Y原子的核外电子数为9，故Y为F元素，A．同周期自左而右非金属性增强，同主族自上而下非金属性减弱，所以非金属性S＜O＜F，故A错误；B．Y为F元素，氢氟酸为弱酸，故B错误；C．非金属性S＜O＜F，故氢化物中H2S的还原性最强，故C错误；D．电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径S2﹣＞O2﹣＞F﹣，故D正确；故选D．点评：本题考查结构位置性质关系的应用、元素周期律等，难度不大，推断元素是关键，突破口为X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，注意基础知识的积累掌握．7．查处酒后驾驶采用的“便携式乙醇测量仪”以燃料电池为工作原理，在酸性环境中，理论上乙醇可以被完全氧化为CO2，但实际乙醇被氧化为X，其中一个电极的反应式为：CH3CH2OH﹣2e﹣→X+2H+．下列说法中正确的是（）A．电池内部H+由正极向负极移动B．另一极的电极反应式为：O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣C．乙醇在正极发生反应，电子经过外电路流向负极D．电池总反应为：2CH3CH2OH+O2→2CH3CHO+2H2O考点：化学电源新型电池．专题：电化学专题．分析：乙醇酸性燃料电池中，乙醇被氧化，应为电池负极，正极上氧气得电子和氢离子反应生成水，电极反应式为O2+4e﹣+4H+=2H2O，由CH3CH2OH﹣2e﹣→X+2H+可知，X应为CH3CHO，应为2CH3CH2OH+O2→2CH3CHO+2H2O，原电池工作时，电子由负极经外电路流向正极．解答：解：A．原电池工作时，阳离子向正极移动，故A错误；B．电解质溶液呈酸性，正极反应式为O2+4e﹣+4H+=2H2O，故B错误；C．原电池工作时，电子由负极经外电路流向正极，故C错误；D．由CH3CH2OH﹣2e﹣→X+2H+可知，X应为CH3CHO，则电池总反应为2CH3CH2OH+O2→2CH3CHO+2H2O，故D正确．故选D．点评：本题以化学电源新型电池为载体考查了原电池原理，难度不大，易错选项是B，写电极反应式时要注意结合溶液的酸碱性；在酸性溶液，生成物中不能有氢氧根离子生成；在碱性溶液中，生成物中不能有氢离子生成．二、非选择题（共58分）8．（14分）（2015秋•郴州校级月考）A、B、C、D、E、F是原子序数依次增大的短周期主族元素，A的最外层电子数是次外层电子数2倍，B是短周期中金属性最强的元素，C是同周期中阳离子半径最小的元素，D元素的最高价氧化物对应水化物与B元素的最高价氧化物对应水化物反应的产物M是制备木材防火剂的原料，E的最外层电子数与内层电子数之比为3﹕5．请回答：（1）D的元素符号为Si ．（2）F在元素周期表中的位置第三周期ⅦA族．（3）用电子式表示由元素B和F组成的化合物的形成过程：．（4）B单质与氧气反应的产物与C的单质同时放入水中，产生两种无色气体，有关的化学方程式为2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑、2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑．（5）工业上将干燥的F单质通入熔融的E单质中可制得化合物E2F2．该物质可与水反应生成一种能使品红溶液褪色的气体，0.2mol该物质参加反应时转移0.3mol电子，其中只有一种元素化合价发生改变，该反应的化学方程式为2S2Cl2+2H2O═3S+SO2↑+4HCl．考点：位置结构性质的相互关系应用．分析： A、B、C、D、E、F是原子序数依次增大的短周期主族元素，A的最外层电子数是次外层电子数2倍，A原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，则A为碳元素；B是短周期中金属性最强的元素，则B为Na；结合原子序数可知，C、D、E、F都处于第三周期，C是同周期中阳离子半径最小的元素，则C为Al；D元素的最高价氧化物对应水化物与B元素的最高价氧化物对应水化物反应的产物M是制备木材防火剂的原料，则D为Si、M为Na2SiO3；E的最外层电子数与内层电子数之比为3：5，则最外层电子数为6，故E为硫元素，F的原子序数最大，故F为Cl，据此解答．解答：解：A、B、C、D、E、F是原子序数依次增大的短周期主族元素，A的最外层电子数是次外层电子数2倍，A原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，则A为碳元素；B是短周期中金属性最强的元素，则B为Na；结合原子序数可知，C、D、E、F都处于第三周期，C是同周期中阳离子半径最小的元素，则C为Al；D元素的最高价氧化物对应水化物与B元素的最高价氧化物对应水化物反应的产物M是制备木材防火剂的原料，则D为Si、M为Na2SiO3；E 的最外层电子数与内层电子数之比为3：5，则最外层电子数为6，故E为硫元素，F的原子序数最大，故F为Cl，（1）由上述分析可知，D为Si元素，故答案为：Si；（2）F为Cl元素，在元素周期表中的位置为：第三周期ⅦA族，故答案为：第三周期ⅦA族；（3）元素B和F组成的化合物为NaCl，用电子式表示形成过程：，故答案为：；（4）Na单质与氧气反应的产物、Al单质同时放入水中，产生两种无色气体，有关的化学方程式为：2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑、2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，故答案为：2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑、2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑；（5）S2Cl2与水反应生成一种能使品红溶液褪色的气体为二氧化硫，只有一种元素化合价发生改变，故S元素化合价降低，转移0.3mol电子生成二氧化硫为0.1mol，故有0.3molS原子发生还原反应，根据电子转移守恒可知S元素在还原产物中的化合价为0，故生成S，同时生成HCl，该反应的化学方程式为：2S2Cl2+2H2O═3S+SO2↑+4HCl，故答案为：2S2Cl2+2H2O═3S+SO2↑+4HCl．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，侧重考查学生运用知识分析问题、解决问题的能力，难度中等．9．（14分）（2015秋•郴州校级月考）硅是信息产业、太阳能电池光电转化的基础材料．锌还原四氯化硅是一种有着良好应用前景的制备硅的方法，该制备过程示意如图：（1）焦炭在过程Ⅰ中作还原剂．（2）过程Ⅱ中的Cl2用电解饱和食盐水制备，制备Cl2的化学方程式是2NaCl+2H2O通电2NaOH+Cl2↑+H2↑．（3）整个制备过程必须严格控制无水．①SiCl4遇水剧烈水解生成SiO2和一种酸，反应的化学方程式是SiCl4+2H2O═SiO2+4HCl ．②干燥Cl2时，从有利于充分干燥和操作安全的角度考虑，需将约90℃的潮湿氯气先冷却至12℃，然后再通入到浓H2SO4中．冷却的作用是使水蒸气冷凝，减少进入浓硫酸的水量，保持持续的吸水性，并降低放出的热量．（4）Zn还原SiCl4的反应如下：反应1：400℃～756℃，SiCl4（g）+2Zn（l）⇌Si（s）+2ZnCl2（l）△H1＜0反应2：756℃～907℃，SiCl4（g）+2Zn（l）⇌Si（s）+2ZnCl2（g）△H2＜0反应3：907℃～1410℃，SiCl4（g）+2Zn（g）⇌Si（s）+2ZnCl2（g）△H3＜0①对于上述三个反应，下列说法合理的是 b c d ．a．升高温度会提高SiCl4的转化率 b．还原过程需在无氧的气氛中进行c．增大压强能提高反应的速率 d．Na、Mg可以代替Zn还原SiCl4②实际制备过程选择“反应3”，选择的理由是温度高，反应速率快；与前两个反应比较，更易于使硅分离，使化学平衡向右移动，提高转化率．③已知Zn（l）═Zn（g）△H=+116KJ/mol．若SiCl4的转化率均为90%，每投入1mol SiCl4，“反应3”比“反应2”多放出208.8 kJ的热量．（5）用硅制作太阳能电池时，为减弱光在硅表面的反射，采用化学腐蚀法在其表面形成粗糙的多孔硅层．腐蚀剂常用稀HNO3和HF的混合液．硅表面首先形成SiO2，最后转化为H2SiF6．用化学方程式表示SiO2转化为H2SiF6的过程SiO2+6HF═H2SiF6+2H2O ．考点：硅和二氧化硅；热化学方程式；化学平衡的影响因素．分析：（1）依据碳与二氧化硅反应中元素化合价变化解答；（2）工业上用电解饱和食盐水制备氯气；（3）①四氯化硅与水反应生成二氧化硅和氯化氢；②使水蒸气冷凝，减少进入浓硫酸的水，保持浓硫酸持续的吸水性，同时降低放出的热量；（4）①△H＜0表示放热，根据平衡移动的原理解答；②反应2与反应1比较，反应2产物为固体和气体比反应1更易于分离，反应3与反应2比较，温度高，反应速率更快；③根据盖斯定律可以计算化学反应的焓变；（5）氟化氢跟二氧化硅反应生成四氟化硅和水，四氟化硅和氟化氢直接反应生成H2SiF6．解答：解：（1）在SiO2+2C Si+2CO↑中，碳元素化合价升高，被氧化，做还原剂，故答案为：还原剂；（2）电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氯气和氢气，方程式：2NaCl+2H2O 通电2NaOH+Cl2↑+H2↑；故答案为：2NaCl+2H2O 通电2NaOH+Cl2↑+H2↑；（3）①四氯化硅与水反应生成二氧化硅和氯化氢，化学方程式：SiCl4+2H2O═SiO2+4HCl；故答案为：SiCl4+2H2O═SiO2+4HCl；②将约90℃的潮湿氯气先冷却至12℃，然后再通入浓H2SO4中，可使水蒸气冷凝，减少进入浓硫酸的水，保持浓硫酸持续的吸水性，同时降低放出的热量，故答案为：使水蒸气冷凝，减少进入浓硫酸的水，保持浓硫酸持续的吸水性，同时降低放出的热量；（4）①通过热化学方程式可知，对于三个反应的反应热都是△H＜0表示，都是放热反应，a．升高温度，平衡向吸热的方向移动，所以会降低SiCl4的转化率，故a错误；b．Si遇氧气在高温的条件下反应生成二氧化硅，所以还原过程需在无氧的气氛中进行，b正确；c．有气体参加的反应，增大压强，能加快反应的速率，对于三个反应，都有气体参与，所以增大压强，能提高反应的速率，故c正确；d．Na、Mg都是还原性比较强的金属，可以代替Zn还原SiCl4，故d正确；故选：b c d；②反应2与反应1比较，反应2产物为固体和气体比反应1更易于分离，反应3与反应2比较，反应物都为气态，温度高，反应速率更快，所以实际制备过程选择“反应3”，温度高反应速率快；与前两个反应比较更易于使硅分离使化学平衡向右移动提高转化率，故答案为：温度高反应速率快；与前两个反应比较更易于使硅分离使化学平衡向右移动提高转化率；③每投入1mol SiCl4，有2molZn参加反应，“反应3”与“反应2”比较，反应2中锌为液态，根据Zn（l）═Zn（g）△H=+116KJ/mol，若SiCl4的转化率均为90%，“反应3”比“反应2”多放出116KJ/mol×2×90%=208.8KJ，故答案为：208.8；（5）二氧化硅和氢氟酸：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O；SiF4+2HF=H2SiF6，所以用稀HNO3和HF的混合液，硅表面首先形成SiO2，最后转化为H2SiF6的化学方程式为SiO2+6HF═H2SiF6+2H2O，故答案为：SiO2+6HF═H2SiF6+2H2O．点评：本题考查了硅及其化合物的性质及化学平衡相关知识，掌握平衡移动原理的运用，掌握硅及其化合物的性质是解答的关键，难度中等．10．（15分）（2014•安溪县校级模拟）实验室制乙烯时，产生的气体能使Br2的四氯化碳溶液褪色，甲、乙同学用如图实验验证．（气密性已检验，部分夹持装置略）．实验操作和现象：操作现象点燃酒精灯，加热至170℃ Ⅰ：A中烧瓶内液体渐渐变黑Ⅱ：B内气泡连续冒出，溶液逐渐褪色…实验完毕，清洗烧瓶Ⅲ：A中烧瓶内附着少量黑色颗粒状物，有刺激性气味逸出（1）烧瓶内产生乙烯的化学方程式是CH3CH2OH CH2═CH2↑+H2O（2）溶液“渐渐变黑”，说明浓硫酸具有脱水性性．（3）分析使B中溶液褪色的物质，甲认为是C2H4，乙认为不能排除SO2的作用．①根据甲的观点，使B中溶液褪色反应的化学方程式是CH2=CH2+Br2→CH2Br﹣CH2Br②乙根据现象Ⅲ认为产生了SO2，在B中与SO2反应使溶液褪色的物质是H2O、Br2③为证实各自观点，甲、乙重新实验，设计与现象如表：设计现象甲在A、B间增加一个装有某种试剂的洗气瓶 Br2的CCl4溶液褪色乙与A连接的装置如下：D中溶液由红棕色变为浅红棕色时，E中溶液褪色a．根据甲的设计，洗气瓶中盛放的试剂是NaOH溶液b．根据乙的设计，C中盛放的试剂是浓硫酸c．乙为进一步验证其观点，取少量D中溶液，加入几滴BaCl2溶液，振荡，产生大量白色沉淀，浅红棕色消失，发生反应的离子方程式是SO2+2H2O+Br2═4H++2Br﹣+SO42﹣、SO42﹣+Ba2+═BaSO4↓（4）上述实验得到的结论是乙烯能使Br2的四氯化碳溶液褪色，干燥的SO2不能使Br2的四氯化碳溶液褪色．考点：性质实验方案的设计．专题：实验设计题．分析：（1）乙醇能在一定的条件下发生消去反应生成乙烯；（2）浓硫酸具有脱水性、吸水性和强氧化性；（3）①乙烯可与溴水发生加成反应；。

2016届湖南省宜章一中高三第二次理综测试化学试卷第I卷（共42分）相对原子质量:H:1 C:12 N:14 O:16 Na:23 S:32 Cl:35.5 Ca :40 Fe:56 Cu:64 7．下列与有机物结构、性质相关的叙述错误的是（）A．乙酸分子中含有羧基，可与NaHCO3溶液反应生成CO2B．蛋白质和油脂都属于高分子化合物，一定条件下都能水解C．甲烷和氯气反应生成一氯甲烷与苯和硝酸反应生成硝基苯的反应类型相同D．苯不能使四氯化碳溶液褪色，说明苯分子中没有乙烯分子中类似的碳碳双键8．在下列各组离子中，能在同一溶液中大量共存的是（）A．K+、AlO2－、SO42－、HCO3－B．K+、H+、NO3－、Fe2+C．Na+、CO32－、Cl－、Ca2+D．Na+、Cl－、SO42－、H+9、设N A表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是()A．1 mol氯气参加氧化还原反应，转移的电子数一定为2N AB．标准状况下，以任意比混合的氢气和一氧化碳气体共8.96 L，在足量氧气中充分燃烧时消耗氧气的分子数为0.2N AC．含1 mol FeCl3的溶液中Fe3＋的个数为N AD．1.8 g NH4＋中含有的电子数为0.1N A10．新型纳米材料MFe2O x（3 < x < 4）中M表示+2 价的金属元素，M在反应中化合价不发生变化。

常温下，MFe2O y能使工业废气中的SO2转化为S，流程如下：则下列判断正确的是：A．MFe2O x是还原剂B．SO2是该反应的催化剂C．x>y D．该反应属于置换反应11．用下列实验装置完成对应的实验(部分仪器已省略)，能达到实验目的的是（）12．下列关于Na2CO3的说法中正确的是（）A．Na2CO3溶液中c (OHˉ)= c (H +) + c (HCO3ˉ) + c (H2CO3)Ｂ．Na2CO3溶液中滴加酚酞呈红色，加热红色变浅Ｃ．0.1 mol·Lˉ1的Na2CO3溶液中c (Na +) > 2c (CO32ˉ)Ｄ．相同温度下，CaCO3在饱和Na2CO3溶液中的K SP比在纯水中的小13．在298K 1．0l×l05Pa下，将32g SO2通入750mL 1mol／L KOH溶液中充分反应．测得反应放出xkJ的热量。

2015-2016学年湖南省郴州市宜章一中高三（上）第三次质检化学试卷一、选择题（每题6分，共42分）1．下列实验不能达到目的是（）A．往酸性KMnO4溶液中通入SO2验证SO2的还原性B．加热氯化铵与氢氧化钙固体混合物制取氨气C．用二氧化锰和稀盐酸反应制取氯气D．用乙醇萃取碘水中的碘2．有关能量的判断或表示方法正确的是（）A．由H+（aq）+OH﹣（aq）=H2O（l）△H=﹣57.3kJ/mol，可知：含1mol CH3COOH的溶液与含1mol NaOH的溶液混合，放出热量等于57.3 kJB．等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量更多C．从C（S、石墨）=C（S、金刚石）△H=+1.9kJ/mol，可知石墨比金刚石更稳定D．2gH2完全燃烧生成液态水放出285.8kJ热量，则氢气燃烧的热化学方程式为：2H2（g）+O2（g）=2 H2O（l）△H=﹣285.8kJ/mol3．合金就是不同种金属（也包括一些非金属）在熔化状态下形成的一种熔合物，根据下列A．Cu和Al B．Fe和Cu C．Fe和Na D．Al和Na4．将60℃的硫酸铜饱和溶液100g，冷却到20℃，下列说法正确的是（）A．溶液质量不变 B．溶剂质量发生变化C．溶液为饱和溶液，浓度不变 D．有晶体析出，溶剂质量不变5．某烃的一种同分异构体在核磁共振氢谱中出现一组峰，该烃的分子式可以是（）A．C3H8B．C4H10C．C5H12D．C6H146．炼金厂的废水中含有CN﹣有剧毒，其性质与卤素离子相似，还原性介于I﹣与Br﹣之间，HCN为弱酸．下列说法不正确的是（）A．CN﹣可以和稀硫酸反应生成HCNB．CN﹣可被Cl2氧化成（CN）2C．在水溶液中（CN）2可被F﹣还原D．常温下NaCN溶液显碱性7．在密闭容器中，1mol HI分解[2HI（g）═H2（g）+I2（g）]时，I2的体积分数为X%；相同条件下，2mol HI分解达平衡时，I2的体积分数为Y%，则X与Y的关系为（）A．X＜Y B．X=C．X＞Y D．X=Y二、非选择题（共58分）8．原子序数由小到大排列的四种短周期元素X、Y、Z、W，四种元素的原子序数之和为32，在周期表中X是原子半径最小的元素，Y、Z左右相邻，Z、W位于同主族．（1）X元素是（2）X与W组成的化合物电子式为（3）由X、Y、Z、W四种元素中的三种组成的一种强酸，该强酸的稀溶液能与铜反应，离子方程式为（4）由X、Y、Z、W四种元素组成的一种离子化合物A①已知1mol A能与足量NaOH浓溶液反应生成标准状况下44.8L气体．写出加热条件下A与NaOH溶液反应的离子方程式：②又知A既能与盐酸反应，又能与氯水反应，写出A与氯水反应的离子方程式：（5）由X、Y、Z、W和Fe五种元素组成的式量为392的化合物B，1mol B中含有6mol结晶H2O．对化合物B进行如下实验：a．取B的溶液加入过量浓NaOH溶液并加热，产生白色沉淀和无色刺激性气味气体．过一段时间白色沉淀变为灰绿色，最终变为红褐色；b．另取B的溶液，加入过量BaCl2溶液产生白色沉淀，加盐酸沉淀不溶解①B的化学式为：②已知1mol/L 100mL B的溶液能与1mol/L 20mLKMnO4溶液（硫酸酸化）恰好反应．写出反应的离子方程式：．9．硫酸工业用SO2制取SO3的反应为：2SO2+O22SO3△H=﹣47kJ/mol．不同温度下，=（2）下列描述中能说明上述反应已达到平衡的是（填序号）a．v（O2）正=2v（SO3）逆 b．容器中气体的平均分子量不随时间而变化c．容器中气体的密度不随时间而变化 d．容器中气体的分子总数不随时间而变化（3）在上述平衡体系中加入18O2，当平衡发生移动后，SO2中18O的百分含量（填增加、减少、不变）其原因是．（4）一定温度下，把2molSO2和1molO2通入一恒容密闭容器中，平衡时SO3的体积分数为x．保持温度不变，若初始加入的SO2、O2和SO3的物质的量分别为a、b、c，当a、b、c的取值满足下列关系时才能保证达到平衡时SO3的体积分数仍为x．①（填a与c的关系）、②（填b、c的关系）．（5）工业上用Na2SO3吸收尾气中的SO2，再用如图装置电解（惰性电极）NaHSO3制取H2SO4，阳极电极反应式，阳极区逸出气体的成分为（填化学式）．10．两个学习小组用图装置探究乙二酸（HOOC﹣COOH）受热分解的部分产物．（1）甲组：①按接口顺序：a﹣b﹣c﹣d﹣e﹣f﹣g﹣h连接装置进行实验．B中溶液变浑浊，证明分解产物有；装置C的作用是；E中溶液变浑浊，D中的现象是，证明分解产物有．②乙二酸受热分解的化学方程式为．（2）乙组：①将接口a与j连接进行实验，观察到F中生成的气体可使带火星的木条复燃，则F中最主要反应的化学方程式为．②从A﹣F中选用装置进行实验，证明甲组通入D的气体能否与Na2O2反应．最简单的装置接口连接顺序是；实验后用F中的固体进行验证的方法是（可另选试剂）．11．已知：①②CH3COOCH2CH2OH的名称为乙酸羟乙酯．软性隐形眼镜可由聚甲基丙烯酸羟乙酯（HEMA）制成超薄镜片，其合成路线如图：请回答下列问题：（1）E的结构简式为，I的名称为，F所含官能团的名称为．（2）反应C→D的反应类型为，反应E→F的反应类型为．（3）反应A→B的化学方程式为；反应I→G的化学方程式为．（4）H存在多种同分异构体，写出同时满足下列条件：①能发生银镜反应；②能与碱发生中和反应；③分子结构中含有两个甲基的H存在五种同分异构体，其中一种的结构简式为OHCCH2C（CH3）2COOH，则剩余四种同分异构体的结构简式分别为：、、、．2015-2016学年湖南省郴州市宜章一中高三（上）第三次质检化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每题6分，共42分）1．下列实验不能达到目的是（）A．往酸性KMnO4溶液中通入SO2验证SO2的还原性B．加热氯化铵与氢氧化钙固体混合物制取氨气C．用二氧化锰和稀盐酸反应制取氯气D．用乙醇萃取碘水中的碘【考点】二氧化硫的化学性质；氯气的实验室制法；氨的实验室制法；分液和萃取．【专题】卤族元素；氧族元素；氮族元素．【分析】A．高锰酸钾具有强氧化性；B．固体与固体加热制取氨气的反应原理；C．二氧化锰与稀盐酸不反应；D．乙醇与水互溶，不能作萃取剂．【解答】解：A．因高锰酸钾具有强氧化性，则往酸性KMnO4溶液中通入SO2，溶液褪色，验证SO2具有还原性，故A不选；B．由固体铵盐与碱加热制取氨气的反应原理可知，加热氯化铵与氢氧化钙固体混合物能制取氨气，故B不选；C．因二氧化锰与稀盐酸不反应，则不用二氧化锰和稀盐酸反应制取氯气，故C选；D．因乙醇与水互溶，不能作萃取剂，不能用乙醇萃取碘水中的碘，可用苯萃取碘水中的碘，故D选；故选CD．【点评】本题考查二氧化硫的性质及氨气的制法、氯气的制法、萃取，考查知识点较多，注重基础知识的考查，难度不大．2．有关能量的判断或表示方法正确的是（）A．由H+（aq）+OH﹣（aq）=H2O（l）△H=﹣57.3kJ/mol，可知：含1mol CH3COOH的溶液与含1mol NaOH的溶液混合，放出热量等于57.3 kJB．等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量更多C．从C（S、石墨）=C（S、金刚石）△H=+1.9kJ/mol，可知石墨比金刚石更稳定D．2gH2完全燃烧生成液态水放出285.8kJ热量，则氢气燃烧的热化学方程式为：2H2（g）+O2（g）=2 H2O（l）△H=﹣285.8kJ/mol【考点】反应热和焓变．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A．乙酸是弱酸，电离过程是吸热过程；B．硫固体转化为硫蒸气的过程是吸热该过程，硫的燃烧过程是放热过程；C．物质具有的能量越低越稳定；D．根据热化学方程式的意义和书写方法来判断．【解答】解：A．乙酸是弱酸，电离过程是吸热过程，含1mol CH3COOH的溶液与含1mol NaOH 的稀溶液混合，放出热量小于57.3 kJ，故A错误；B．硫固体转化为硫蒸气的过程是吸热该过程，硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，硫蒸气放出热量更多，故B错误；C．从C（石墨）═C（金刚石）△H=+1.9kJ/mol，可知石墨具有的能量较低，物质具有的能量越低越稳定，所以石墨比金刚石更稳定，故C正确；D．2gH2即1molH2完全燃烧生成液态水放出285.8kJ热量，则2molH2燃烧放出的热量285.8kJ×2=571.6KJ，则氢气燃烧的热化学方程式为：2H2（g）+O2（g）═2 H2O（l）△H=﹣571.6kJ/mol，故D错误；故选C．【点评】本题考查化学反应的反应热和焓变间的关系知识，注意中和热的测定实验中使用的是强酸和强碱的稀溶液，题目难度不大．3．合金就是不同种金属（也包括一些非金属）在熔化状态下形成的一种熔合物，根据下列A．Cu和Al B．Fe和Cu C．Fe和Na D．Al和Na【考点】金属与合金在性能上的主要差异；合金的概念及其重要应用．【专题】金属概论与碱元素．【分析】由合金的形成可知，两种金属若能够形成合金，则熔点较高的金属的熔点不能大于熔点较低的金属的沸点．【解答】解：A．铜的熔点低于铝的沸点，两种金属能够形成合金，故A错误；B．铁的熔点低于铜的沸点，两种金属能够形成合金，故B错误；C．铁的熔点高于钠的沸点，两种金属不能形成合金，故C正确；D．铝的熔点低于钠的沸点，两种金属能够形成合金，故D错误．故选C．【点评】本题考查合金的定义，题目难度不大，注意基础知识的积累．4．将60℃的硫酸铜饱和溶液100g，冷却到20℃，下列说法正确的是（）A．溶液质量不变 B．溶剂质量发生变化C．溶液为饱和溶液，浓度不变 D．有晶体析出，溶剂质量不变【考点】溶解度、饱和溶液的概念．【专题】溶解度的计算．【分析】饱和溶液：在一定温度、一定量的溶剂中，溶质不能继续被溶解的溶液，据此解答即可．【解答】解：硫酸铜结晶析出的产物是五水硫酸铜，即带有5个结晶水；A．此变化溶液冷却，有晶体析出，溶液质量减少，故A错误；B．此溶液析出五水硫酸铜晶体，溶质和溶剂均发生变化，故B正确；C．此时溶液仍为饱和溶液，浓度减少，故C错误；D．此时析出的晶体是五水硫酸铜，溶剂质量减少，故D错误，故选B．【点评】本题主要考查的是饱和溶液的概念以及硫酸铜晶体析出的特殊性，本题有一定的难度．5．某烃的一种同分异构体在核磁共振氢谱中出现一组峰，该烃的分子式可以是（）A．C3H8B．C4H10C．C5H12D．C6H14【考点】有机物结构式的确定．【专题】有机物分子组成通式的应用规律．【分析】核磁共振氢谱测得分子中只有一个吸收峰，说明只含有一种氢原子，从CH4的组成与结构出发，将H替换为﹣CH3得到C5H12，依此类推得到C17H36…；从CH3CH3的组成与结构出发，将H替换为﹣CH3得到C8H18，依此类推得到C26H54等．【解答】解：核磁共振氢谱测得分子中只有一个吸收峰，说明只含有一种氢原子，从CH4的组成与结构出发，将H替换为﹣CH3得到C5H12，故选C．【点评】本题主要考查了限制条件下分子式的确定，掌握解题规律是解题的关键，难度不大．6．炼金厂的废水中含有CN﹣有剧毒，其性质与卤素离子相似，还原性介于I﹣与Br﹣之间，HCN为弱酸．下列说法不正确的是（）A．CN﹣可以和稀硫酸反应生成HCNB．CN﹣可被Cl2氧化成（CN）2C．在水溶液中（CN）2可被F﹣还原D．常温下NaCN溶液显碱性【考点】氧化还原反应；氯、溴、碘及其化合物的综合应用．【专题】氧化还原反应专题．【分析】A、HCN为弱酸，利用强酸制取弱酸的原理来分析；B、CN﹣的还原性介于I﹣与Br﹣之间，利用氧化还原反应来分析；C、利用氧化性的强弱来分析氧化还原反应；D．氰化钠是强碱弱酸盐，根据盐的类型判断．【解答】解：A、HCN为弱酸，根据强酸制弱酸规律可知，CN﹣可以和稀硫酸反应生成HCN，故A正确；B、由于CN﹣的还原性介于I﹣与Br﹣之间，则Cl2可氧化CN﹣而生成（CN）2，故B正确；C、因F﹣的还原性弱于CN﹣，故（CN）2与F﹣不反应，故C错误；D．氰化钠是强碱弱酸盐，CN﹣易水解而使其溶液呈碱性，故D正确；故选：C．【点评】本题考查学生利用信息中离子的性质的相似性及氧化还原反应来分析解答问题，明确信息的应用，并熟悉强酸制取弱酸、氧化性、还原性的强弱等知识来解答．7．在密闭容器中，1mol HI分解[2HI（g）═H2（g）+I2（g）]时，I2的体积分数为X%；相同条件下，2mol HI分解达平衡时，I2的体积分数为Y%，则X与Y的关系为（）A．X＜Y B．X=C．X＞Y D．X=Y【考点】等效平衡．【专题】化学平衡计算．【分析】碘化氢分解生成氢气和碘蒸气，反应前后气体体积不变，在密闭容器中1molHI分解达平衡时I2占X%，保持温度和压强不变，再充入1molHI，即加入2mol HI时，最后达到的平衡相同．【解答】解：碘化氢分解生成氢气和碘蒸气，2HI（g）⇌H2（g）+I2（g），反应前后气体体积不变，在密闭容器中1molHI分解达平衡时I2占X%（体积分数），保持温度和压强不变，再充入1molHI，最后达到的平衡相同，碘的体积分数相同，故选：D．【点评】本题考查了化学平衡的建立，等效平衡的分析判断，注意条件的分析应用，恒温恒压容器中等比等效，题目难度中等．二、非选择题（共58分）8．原子序数由小到大排列的四种短周期元素X、Y、Z、W，四种元素的原子序数之和为32，在周期表中X是原子半径最小的元素，Y、Z左右相邻，Z、W位于同主族．（1）X元素是H（2）X与W组成的化合物电子式为（3）由X、Y、Z、W四种元素中的三种组成的一种强酸，该强酸的稀溶液能与铜反应，离子方程式为3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++4H2O+2NO↑（4）由X、Y、Z、W四种元素组成的一种离子化合物A①已知1mol A能与足量NaOH浓溶液反应生成标准状况下44.8L气体．写出加热条件下A与NaOH溶液反应的离子方程式：NH4++OH﹣H2O+NH3↑②又知A既能与盐酸反应，又能与氯水反应，写出A与氯水反应的离子方程式：SO32﹣+Cl2+H2O=SO42﹣+2Cl﹣+2H+（5）由X、Y、Z、W和Fe五种元素组成的式量为392的化合物B，1mol B中含有6mol结晶H2O．对化合物B进行如下实验：a．取B的溶液加入过量浓NaOH溶液并加热，产生白色沉淀和无色刺激性气味气体．过一段时间白色沉淀变为灰绿色，最终变为红褐色；b．另取B的溶液，加入过量BaCl2溶液产生白色沉淀，加盐酸沉淀不溶解①B的化学式为：（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O②已知1mol/L 100mL B的溶液能与1mol/L 20mLKMnO4溶液（硫酸酸化）恰好反应．写出反应的离子方程式：5Fe2++MnO4﹣+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O ．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【专题】原子组成与结构专题；元素周期律与元素周期表专题．【分析】原子序数由小到大排列的四种短周期元素X、Y、Z、W，在周期表中X是原子半径最小的元素，则X为H元素；Z、W位于同主族，设Z的原子序数为x，则W的原子序数为x+8，Y、Z左右相邻，Y的原子序数为x﹣1，由四种元素的原子序数之和为32，则1+（x﹣1）+x+（x+8）=32，解得x=8，即Y为N元素，Z为O元素，W为S元素．（1）由分析可知X为H元素；（2）X与W组成的化合物为H2S；（3）由H、N、O、S四种元素中的三种组成的一种强酸，该强酸的稀溶液能与铜反应，该酸为HNO3，Cu越稀硝酸反应得到硝酸铜、NO与水；（4）由H、N、O、S四种元素组成的一种离子化合物A，则A为铵盐．①1molA能与足量NaOH浓溶液反应生成标准状况下44.8L气体，铵根离子与氢氧根离子反应生成氨气与水；②由①可知生成氨气为2mol，即1molA含有2mol铵根离子，而A能与盐酸反应，又能与氯水反应，可推知A为亚硫酸铵；（5）由H、N、O、S和Fe五种元素组成的相对分子质量为392的化合物C，1mol C中含有6mol结晶水．向C的溶液中加入过量浓NaOH溶液并加热，产生白色沉淀和无色有刺激性气味的气体，白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，说明C中含有Fe2+和NH4+，另取少量C的溶液，向其中加入过量BaCl2溶液时产生白色沉淀，再加入稀盐酸沉淀不溶解，说明C中含有SO42﹣，结合C的相对分子质量和结晶水个数可知C的化学式为（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O．【解答】解：原子序数由小到大排列的四种短周期元素X、Y、Z、W，在周期表中X是原子半径最小的元素，则X为H元素；Z、W位于同主族，设Z的原子序数为x，则W的原子序数为x+8，Y、Z左右相邻，Y的原子序数为x﹣1，由四种元素的原子序数之和为32，则1+（x ﹣1）+x+（x+8）=32，解得x=8，即Y为N元素，Z为O元素，W为S元素．（1）由上述分析可知，X为H元素，故答案为：H；（2）X与W组成的化合物为H2S，电子式为，故答案为：；（3）由H、N、O、S四种元素中的三种组成的一种强酸，该强酸的稀溶液能与铜反应，该酸为HNO3，Cu越稀硝酸反应得到硝酸铜、NO与水，反应离子方程式为：3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++4H2O+2NO↑，故答案为：3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++4H2O+2NO↑；（4）由H、N、O、S四种元素组成的一种离子化合物A，为铵盐．①1molA能与足量NaOH浓溶液反应生成标准状况下44.8L气体，反应离子方程式为：NH4++OH ﹣H2O+NH3↑，故答案为：NH4++OH﹣H2O+NH3↑；②由①可知生成氨气为2mol，即1molA含有2mol铵根离子，而A能与盐酸反应，又能与氯水反应，可推知A为亚硫酸铵，与氯水反应的离子方程式：SO32﹣+Cl2+H2O=SO42﹣+2Cl﹣+2H+，故答案为：SO32﹣+Cl2+H2O=SO42﹣+2Cl﹣+2H+；（5）由H、N、O、S和Fe五种元素组成的相对分子质量为392的化合物C，1mol C中含有6mol结晶水．向C的溶液中加入过量浓NaOH溶液并加热，产生白色沉淀和无色有刺激性气味的气体，白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，说明C中含有Fe2+和NH4+，另取少量C的溶液，向其中加入过量BaCl2溶液时产生白色沉淀，再加入稀盐酸沉淀不溶解，说明C中含有SO42﹣，①令C的化学式为x（NH4）2SO4•yFeSO4•6H2O，则：（96+36）x+（96+56）y+108=392，则x=y=1，故C化学式为：（NH4）2SO4•FeSO4•6H2O，故答案为：（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O；②B的物质的量为0.1 mol，高锰酸根离子的物质的量为0.02 mol，说明亚铁离子与高锰酸根离子以5：1的比例恰好完全反应，故离子方程式为：5Fe2++MnO4﹣+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，故答案为：5Fe2++MnO4﹣+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O．【点评】本题综合考查位置结构性质关系，明确元素的种类为解答该题的关键，侧重于物质的性质以及化学式的推断，需要学生熟练掌握元素化合物性质，难度较大．9．硫酸工业用SO2制取SO3的反应为：2SO2+O22SO3△H=﹣47kJ/mol．不同温度下，（1）反应的平衡常数表达式为=（2）下列描述中能说明上述反应已达到平衡的是bd （填序号）a．v（O2）正=2v（SO3）逆 b．容器中气体的平均分子量不随时间而变化c．容器中气体的密度不随时间而变化 d．容器中气体的分子总数不随时间而变化（3）在上述平衡体系中加入18O2，当平衡发生移动后，SO2中18O的百分含量增加（填增加、减少、不变）其原因是该反应是可逆反应，在SO2和18O2反应生成S18O3的同时，S18O3又分解生成S18O2．（4）一定温度下，把2molSO2和1molO2通入一恒容密闭容器中，平衡时SO3的体积分数为x．保持温度不变，若初始加入的SO2、O2和SO3的物质的量分别为a、b、c，当a、b、c的取值满足下列关系时才能保证达到平衡时SO3的体积分数仍为x．①a+c=2 （填a与c的关系）、②2b+c=2 （填b、c的关系）．（5）工业上用Na2SO3吸收尾气中的SO2，再用如图装置电解（惰性电极）NaHSO3制取H2SO4，阳极电极反应式4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2，阳极区逸出气体的成分为O2、SO2（填化学式）．【考点】化学平衡的影响因素；原电池和电解池的工作原理；化学平衡状态的判断．【专题】化学平衡专题；电化学专题．【分析】（1）根据平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积；（2）当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，据此解答，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态；（3）根据可逆反应的特点进行判断；（4）根据等效平衡进行计算；（5）阳极上阴离子失去电子发生氧化反应，且酸与亚硫酸氢根离子反应．【解答】解：（1）2SO2+O22SO3，K=，故答案为：K=；（2）a．v正（O2）=2v逆（SO3），反应速率之比与化学计量数之比不等，故a错误；b．平均分子量=，总质量一定，总物质的量会变，故容器中气体的平均分子量不随时间而变化能说明到达平衡状态，故b正确；c．随反应进行气体的质量不变，容器的体积也不变，故容器中气体的密度不随时间而变化不能说明到达平衡状态，故c错误；d．随反应进行气体的分子数减少，故容器中气体的分子总数不随时间而变化能说明到达平衡状态，故d正确；故答案为：bd；（3）2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）的平衡体系中加入18O2，由于反应是可逆反应，所以达到新的平衡后18O2出现在SO2、O2与SO3中，故SO2中18O的百分含量增加，故答案为：增加；该反应是可逆反应，在SO2和18O2反应生成S18O3的同时，S18O3又分解生成S18O2；（4）2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3Ⅰ2mol 1mol 0Ⅱa b c当SO2和SO3的物质的量之和为2 mol时，才能保证反应初始SO2的物质的量为2mol，即a+c=2mol，此时要求O2为1mol，那么就有b+0.5c=1mol．满足此两条件方可使平衡与原平衡为等效平衡，故答案为：a+c=2；2b+c=2；（5）阳极电极是氢氧根离子放电，阳极反应为4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2、HSO3﹣﹣2e﹣+H2O=3H++SO42﹣，且部分亚硫酸氢根离子会和氢离子反应生成二氧化硫气体，故答案为：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2；O2、SO2．【点评】本题考查影响化学平衡移动的因素、平衡状态的判断、平衡常数表达式、等效平衡、电极反应式的书写等知识点，难度较大．要注意等效平衡的条件．10．两个学习小组用图装置探究乙二酸（HOOC﹣COOH）受热分解的部分产物．（1）甲组：①按接口顺序：a﹣b﹣c﹣d﹣e﹣f﹣g﹣h连接装置进行实验．B中溶液变浑浊，证明分解产物有CO2；装置C的作用是充分除去CO2；E中溶液变浑浊，D中的现象是溶液褪色或变浅，证明分解产物有CO ．②乙二酸受热分解的化学方程式为HOOC﹣COOH CO2↑+CO↑+H2O ．（2）乙组：①将接口a与j连接进行实验，观察到F中生成的气体可使带火星的木条复燃，则F中最主要反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2．②从A﹣F中选用装置进行实验，证明甲组通入D的气体能否与Na2O2反应．最简单的装置接口连接顺序是a﹣d﹣e﹣j ；实验后用F中的固体进行验证的方法是取F中的固体，滴加稀硫酸，将生成的气体通入澄清石灰水中，若变浑浊，则发生了反应；若不变浑浊，则未发生变化．（可另选试剂）．【考点】物质检验实验方案的设计；连接仪器装置．【专题】实验设计题．【分析】（1）乙二酸受热分解生成CO和CO2，方程式为HOOC﹣COOH CO2↑+CO↑+H2O，检验产物时先通过澄清石灰水观察是否变浑浊，并通入到NaOH溶液除去CO2，然后通入酸性高锰酸钾溶液观察溶液颜色变化以判断是否有CO生成；（2）CO2与Na2O2反应的化学方程式为：2CO2+Na2O2═2Na2CO3+O2，生成的氧气可用以带火星的木条检验，证明甲组通入D的气体能否与Na2O2反应，应先将a中生成CO2的融入碱液中除去，再通入到F装置中进行检验．【解答】解：（1）①B中澄清石灰水变浑浊，证明分解产物有CO2产生；装置C的作用是充分除去CO2，防止对后继实验产物检验的干扰；E中澄清石灰水变浑浊，说明有CO2产生，乙二酸产生的CO2在C装置中已经被NaOH吸收完全，CO2的产生来源于D装置中高锰酸钾对CO 的氧化，D中现象为溶液褪色（或变浅），证明分解产物有CO，故答案为：CO2；充分除去CO2；溶液褪色或变浅； CO；②乙二酸受热分解的化学方程式为：HOOC﹣COOH CO2↑+CO↑+H2O，故答案为：HOOC﹣COOH CO2↑+CO↑+H2O；（2）①接口a与j连接进行实验，观察到F中生成的气体可使带火星的木条复燃，说明有氧气产生，通过冷凝管后出来主要是CO2，CO2与Na2O2反应的化学方程式为：2CO2+Na2O2═2Na2CO3+O2．故答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；②先要制备气体，将产生的CO2吸收，再通入到Na2O2中证明．连接顺序为：a→d→e→j；要证明发生了反应，即证明F中的物质是Na2CO3，加入酸使之生成二氧化碳气体，然后通入澄清石灰水观察是否变浑浊，故答案为：a﹣d﹣e﹣j；取F中的固体，滴加稀硫酸，将生成的气体通入澄清石灰水中，若变浑浊，则发生了反应；若不变浑浊，则未发生变化．【点评】本题综合考查化学实验、实验现象、实验设计、化学反应等知识，做题时注意除杂问题，特别是物质检验时要排除其它物质的性质干扰，以得出正确结论．11．已知：①②CH3COOCH2CH2OH的名称为乙酸羟乙酯．软性隐形眼镜可由聚甲基丙烯酸羟乙酯（HEMA）制成超薄镜片，其合成路线如图：请回答下列问题：（1）E的结构简式为（CH3）2C（OH）COOH ，I的名称为1，2﹣二氯乙烷，F所含官能团的名称为碳碳双键、羧基．（2）反应C→D的反应类型为氧化反应，反应E→F的反应类型为消去反应．（3）反应A→B的化学方程式为CH2=CHCH3+HBr→CH3CHBrCH3；反应I→G的化学方程式为ClCH2CH2Cl+2NaOH→2NaCl+HOCH2CH2OH ．（4）H存在多种同分异构体，写出同时满足下列条件：①能发生银镜反应；②能与碱发生中和反应；③分子结构中含有两个甲基的H存在五种同分异构体，其中一种的结构简式为OHCCH2C（CH3）2COOH，则剩余四种同分异构体的结构简式分别为：OHCC（CH3）2CH2COOH 、OHCHCH3CHCH3COOH 、OHCCCH3（C2H5）COOH 、OHCCH〔CH（CH3）2〕COOH ．【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】H发生加聚反应得到HEMA（聚甲基丙烯酸羟乙酯），则H为甲基丙烯酸羟乙酯，即CH2=C（CH3）COOCH2CH2OH，结合转化关系可知，G为HOCH2CH2OH，I为CH2ClCH2Cl，F应为CH2=C （CH3）COOH，结合题目给予的反应信息可知，E中羧基、羟基连接同一碳原子上，则E为（CH3）2C（OH）COOH，故D为O=C（CH3）2，C为CH3CH（OH）CH3，B为CH3CHBrCH3，A为CH2=CHCH3，据此解答．【解答】解：H发生加聚反应得到HEMA（聚甲基丙烯酸羟乙酯），则H为甲基丙烯酸羟乙酯，即CH2=C（CH3）COOCH2CH2OH，结合转化关系可知，G为HOCH2CH2OH，I为CH2ClCH2Cl，F应为CH2=C（CH3）COOH，结合题目给予的反应信息可知，E中羧基、羟基连接同一碳原子上，则E 为（CH3）2C（OH）COOH，故D为O=C（CH3）2，C为CH3CH（OH）CH3，B为CH3CHBrCH3，A为CH2=CHCH3，（1）根据上面的分析可知，E的结构简式为（CH3）2C（OH）COOH，I为CH2ClCH2Cl，I的名称为 1，2﹣二氯乙烷，F为CH2=C（CH3）COOH，F所含官能团的名称为碳碳双键、羧基，故答案为：（CH3）2C（OH）COOH；1，2﹣二氯乙烷；碳碳双键、羧基；（2）反应C→D的反应类型为氧化反应，反应E→F的反应类型为消去反应，故答案为：氧化反应；消去反应；（3）反应A→B的化学方程式为 CH2=CHCH3+HBr→CH3CHBrCH3；反应I→G的化学方程式为ClCH2CH2Cl+2 NaOH→2 NaCl+HO CH2CH2OH，故答案为：CH2=CHCH3+HBr→CH3CHBrCH3；ClCH2CH2Cl+2 NaOH→2 NaCl+HO CH2CH2OH；（4）H为CH2=C（CH3）COOCH2CH2OH，根据下列条件：①能发生银镜反应，说明有醛基；②能与碱发生中和反应，说明有羧基；③分子结构中含有两个甲基，则符合条件的H存在五种同分异构体，其中一种的结构简式为OHCCH2C（CH3）2COOH，剩余四种同分异构体的结构简式分别为OHCC（CH3）2 CH2COOH、OHCHCH3CHCH3COOH、OHCC CH3（C2H5）COOH、OHCCH〔CH（CH3）2〕COOH，故答案为：OHCC（CH3）2 CH2COOH、OHCHCH3CHCH3COOH、OHCC CH3（C2H5）COOH、OHCCH〔CH （CH3）2〕COOH．【点评】本题考查有机物的推断，难度中等，需要学生对给予的信息进行利用，较好的考查学生自学能力与知识迁移运用，注意根据HEMA的结构及有机物分子式、反应条件进行推断．。