江西省景德镇市鸬鹚中学高考化学二模试卷（含解析）.doc

2015年浙江省江西省景德镇市鸬鹚中学高考化学二模试卷一、选择题（每小题只有一个正确答案每题6分，共42分）1下列说法不正确的是( )a熟石灰与水混合成糊状后会很快凝固，转化为坚硬的生石膏，可用它制作石膏绷带b人造纤维是利用自然界的非纤维材料通过化学合成方法得到的c雾霾是一种分散系，分散剂是空气，带活性炭口罩防雾霾的原理是吸附原理d利用二氧化碳等原料合成的聚碳酸酯类可降解塑料替代聚乙烯塑料，可减少“白色污染”2下列说法正确的是( )a用高锰酸钾溶液滴定na2so3溶液至终点：滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液恰好由紫色变为无色，且半分钟不变色b通常用产生气泡的快慢，比较不同条件下na2s2o3溶液与稀硫酸反应速率c润洗酸式滴定管时应从滴定管上口加入35ml所要盛装的酸溶液，倾斜着转动滴定管，使液体润湿其内壁，再从下口放出，重复23次d用标准naoh溶液滴定盐酸，滴定管尖嘴部分在滴定前无气泡，滴定终点时出现气泡，则测定结果将偏大3短周期元素w、x、y、z在元素周期表中的位置如图所示，其中w的单质是空气的主要成分，化学性质稳定，不易参加化学反应，则下列有关说法中错误的是( )wxyza每个x元素的双原子分子内存在三个共价键bz元素的最高价氧化物水化物的酸性强于yc四种元素常见的氢化物：yh4、wh3、h2x、hz中，yh4最不稳定d氢化物wh3与hz反应生成的离子化合物中存在10e、18 e两种微粒4下列说法正确的是( )a蔗糖及其水解产物均能发生银镜反应b用酸性kmno4溶液即可鉴别2丁烯和正丁醛c乙醇、乙二醇、丙三醇的沸点依次升高d用甘氨酸和丙氨酸缩合最多可形成3种二肽5用naoh溶液吸收烟气中的so2，将所得的na2so3溶液进行电解，可循环再生naoh同时得到某种副产物，其原理如图所示（电极材料为石墨）下列说法不正确的是( )ab电极上的主反应是 so322e+h2oso42+2h+b若d是混合气体，则可能含有so2、o2等成分ca 电极发生还原反应，当有1mol na+通过阳离子交换膜时，a极生成11.2l气体da溶液是稀naoh溶液，作用是增强溶液的导电性；c是较浓的硫酸溶液625时，c（ch3cooh）+c（ch3coo）=0.1mol/l的醋酸、醋酸钠混合溶液中，c（ch3cooh）、c（ch3coo）与ph的关系如图所示下列有关该溶液的叙述不正确的是( )aph=5的溶液中：c（ch3cooh）c（ch3coo）c（h+）c（oh）b溶液中：c（h+）+c（na+）=c（ch3coo）+c（oh）c由w点可以求出25时ch3cooh的电离常数dph=4的溶液中：c（h+）+c（na+）+c（ch3cooh）c（oh）=0.1 mol/l7固体粉末x中可能含有cu、feo、fe2o3、nahco3、na2co3、na2s2o3、naalo2中的若干种某化学兴趣小组为确定该固体粉末的成分，现取x进行连续实验，实验过程及现象如下：已知：hco3+alo2+h2oal （oh）3+co32下列说法正确的是( )a气体乙和气体丙都为纯净物b固体粉末x中一定含有feo、na2s2o3、naalo2，可能含有na2co3、nahco3c溶液丁中的阳离子一定只含h+、fe2+d溶液甲中一定含有alo2，可能含有co32二、解答题（共5小题，满分58分）8某科研小组利用石油分馏产品经下列路线，合成一种新型香料已知x分子中碳氢质量比为24：5，a、e都是x的裂解产物，且二者互为同系物，d与饱和nahco3溶液反应产生气体信息提示：卤代烃在强碱水溶液中发生水解（取代）反应生成醇如：rch2ch2clrch2ch2oh+hcl（水解反应）（1）x分子为直链结构，x的名称为_；c中官能团的名称为_（2）的反应中，下列反应类型存在且数目由多到少的是_（用字母和“”写出）a加成反应 b加聚反应 c取代反应 d氧化反应（3）b与d在浓硫酸作用下，生成甲，则与甲同类别的同分异构体的有_种（不包括甲）（4）写出的化学反应方程式_（5）e可能发生下列选项中的某种反应，写出能反应的化学方程式_a皂化反应 b与乙酸的酯化反应 c加聚反应 d与银氨溶液的银镜反应9铜是生命必需的元素，也是人类广泛使用的金属（1）向氯化铜和氯化铁的混合溶液中加入氧化铜粉末会产生新的沉淀，写出该沉淀的化学式_（2）将so2气体通入cucl2溶液中，生成cucl沉淀的同时，还有产物_填写化学式）（3）现代工业上，主要采用高温冶炼黄铜矿（cufes2，也可表示为cu2sfe2s3）的方法获得铜火法炼铜首先要焙烧黄铜矿：2cufes2+4o2cu2s+3so2+2feo每转移0.6mol电子，有_mol硫被氧化（4）cu2o投入足量的某浓度的硝酸中，若所得气体产物为no和no2的混合物，且体积比为11，发生反应的化学方程式为：_10某无机化合物a的相对分子质量为184，在一定条件下，scl2与氨完全反应生成a和淡黄色单质b及离子化合物x，且x的水溶液的ph7将18.4ga隔绝空气加强热可得到12.8g b和气体单质c请回答下列问题：（1）a的化学式为_，c的电子式为_（2）写出scl2与氨反应的化学方程式：_（3）亚硝酸钠和x固体在加热条件下_（填“可能”或“不能”）发生反应，判断理由是_（4）请设计检验物质x的实验方案：_11（14分）co和h2可作为能源和化工原料，应用十分广泛已知（i）co（g）+2h2（g）ch3oh（g）h1=90.1kjmol1（ii）co2（g）+3h2（g）ch3oh（g）+h2o（g）h2=49.0kjmol1（iii）co（g）+h2o（g）co2（g）+h2 （g）h3=41.1kjmol1（iv）2ch3oh（g）ch3och3（g）+h2o（g）h4=24.5kjmol1回答下列问题：（1）写出由h2和co直接制备二甲醚的热化学方程式为_根据化学反应原理，分析升高温度对直接制备二甲醚反应的影响_（2）有研究者在催化剂（含cuznalo和al2o3）、压强为5.0mpa的条件下，由h2和co直接制备二甲醚，结果如图1所示其中co转化率随温度升高而降低的原因是_（3）由co和h2在催化剂作用下，也可以合成甲醇反应原理为：co（g）+2h2（g）ch3oh（g）对于气相反应，用某组分（b）的平衡压强（pb）代替物质的量浓度（cb）也可以平衡常数（记作kp），则以上反应kp=_；在容积均为1l的密闭容器（a、b、c、d、e）中，分别充入1mol co和2mol h2等量混合气体，在不同的温度下（温度分别为t1、t2、t3、t4、t5），经相同的时间，在t时刻，测得容器甲醇的体积分数（如图所示）解析在t1t2及t4t5二个温度区间，容器内甲醇的体积分数如图2所示的变化趋势，其原因是_在不改变反应物用量情况下，将容器c中的平衡状态转变到容器d中的平衡状态，可采取的措施有（写出2点）_、_12（16分）间硝基苯胺（mr=128）是一种重要的染料中间体它是一种黄色针状结晶，微溶于水，随温度升高溶解度增大，溶于乙醇、乙醚、甲醇间硝基苯胺可选用间二硝基苯与碱金属多硫化物进行选择性还原，其反应式如图1：已知：rnh2+h+rnh3+实验步骤：在100ml锥形瓶中加入8g结晶硫化钠与30ml水，搅拌溶解再加入2g硫黄粉，缓缓加热并不断搅拌到硫黄粉全部溶解，冷却后备用在150ml三颈烧瓶中加入4.74g间二硝基苯（mr=158）与40ml水，安装机械搅拌装置、滴液漏斗和回流冷凝管如图2所示，将步骤配制的多硫化钠溶液加入滴液漏斗加热三颈烧瓶至瓶内微微沸腾，开动搅拌使间二硝基苯与水形成悬浮液慢慢滴加多硫化钠溶液，滴加完毕后继续搅拌回流30min移去热源，用冷水浴使反应物迅速冷却到室温后，减压过滤，滤饼洗涤三次在150ml某容器中配制稀盐酸（30ml水加7ml浓盐酸），将上述粗产物转移进该容器，加热并用玻璃棒搅拌，使间硝基苯胺溶解，冷却到室温后减压过滤冷却滤液，在搅拌下滴加过量浓氨水到ph=8，滤液中逐渐析出黄色的间硝基苯胺冷却到室温后减压过滤，洗涤滤饼到中性，抽干，产物重结晶提纯，在红外灯下干燥，称重，得2.56g回答下列问题：（1）滴液漏斗较普通分液漏斗的优点_；第步中配制稀盐酸的容器名称为_（2）间二硝基苯和间硝基苯胺都有毒，因此该实验应在_内进行（3）在铁和盐酸作用制得初生态氢原子（还原性远强于碱金属多硫化物）也可以将硝基还原为氨基，却未被采用，其可能原因为_（4）第步用盐酸溶解粗产品，而不用水的原因_（5）第步中滤饼洗涤三次，可选用的洗涤剂为_；第步产物要进行重结晶，可选用的试剂为_a冷水b热水c乙醚d乙醇（6）第步中，搅拌使间二硝基苯与水形成悬浮液后再滴加多硫化钠溶液，其原因为_（7）第步中要将滤饼洗涤到中性，检验方法为_（8）该反应的产率为_2015年浙江省江西省景德镇市鸬鹚中学高考化学二模试卷一、选择题（每小题只有一个正确答案每题6分，共42分）1下列说法不正确的是( )a熟石灰与水混合成糊状后会很快凝固，转化为坚硬的生石膏，可用它制作石膏绷带b人造纤维是利用自然界的非纤维材料通过化学合成方法得到的c雾霾是一种分散系，分散剂是空气，带活性炭口罩防雾霾的原理是吸附原理d利用二氧化碳等原料合成的聚碳酸酯类可降解塑料替代聚乙烯塑料，可减少“白色污染”【考点】含硫物质的性质及综合应用；常见的生活环境的污染及治理；合成材料 【专题】化学应用【分析】a、熟石膏与水混合成糊状后会很快凝固，转化为坚硬的生石膏利用石膏的这一性质，人们常利用各种模型和医疗上用的；b、以天然纤维素纤维（树皮、纸浆、废棉纱）为原料熔融纺丝、纺纱制造的，都是人造纤维；石油化工为原料制造的，都是合成纤维；c雾分散剂是空气，分散质为灰尘颗粒，活性炭具有吸附作用；d白色污染是指不能降解的聚乙烯塑料【解答】解：a、熟石膏与水混合成糊状后会很快凝固，转化为坚硬的生石膏利用石膏的这一性质，人们常利用各种模型和医疗上用的，故a正确；b以天然纤维素纤维（树皮、纸浆、废棉纱）为原料熔融纺丝、纺纱制造的，都是人造纤维，以石油化工为原料制造的，都是合成纤维，故b错误；c具有吸附性，能吸附异味、有毒物质和色素等，带活性炭口罩防雾霾是利用了活性炭具有吸附性，能吸附可吸入性颗粒物等，是吸附原理，故c正确；d利用二氧化碳等原料合成的聚碳酸酯类可降解塑料替代不能降解的聚乙烯塑料，可减少白色污染，故d正确；故选b【点评】本题考查了石膏性质应用，人造纤维和合成纤维的定义，白色污染、雾霾的理解应用，注意知识的积累，题目难度不大2下列说法正确的是( )a用高锰酸钾溶液滴定na2so3溶液至终点：滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液恰好由紫色变为无色，且半分钟不变色b通常用产生气泡的快慢，比较不同条件下na2s2o3溶液与稀硫酸反应速率c润洗酸式滴定管时应从滴定管上口加入35ml所要盛装的酸溶液，倾斜着转动滴定管，使液体润湿其内壁，再从下口放出，重复23次d用标准naoh溶液滴定盐酸，滴定管尖嘴部分在滴定前无气泡，滴定终点时出现气泡，则测定结果将偏大【考点】化学实验方案的评价 【专题】定量测定与误差分析【分析】a滴入最后一滴高锰酸钾溶液，过量可判断滴定终点；bna2s2o3溶液与稀硫酸反应生成s、二氧化硫，二氧化硫溶于水；c润洗后，从滴定管的下口放出；d滴定管尖嘴部分在滴定前无气泡，滴定终点时出现气泡，消耗标准液偏少【解答】解：a当na2so3被消耗完毕时，再滴加高锰酸钾溶液则出现紫色，所以终点时溶液由无色变为紫色，且半分钟不变色，故a错误；bna2s2o3+h2so4=na2so4+s+so2+h2o，虽说也有so2产生，但so2在水中溶解度比较大，1体积水大约可以溶解40体积so2，观察气体产生快慢不明显，通常用观察沉淀生成，比较不同条件下na2s2o3溶液与稀硫酸的反应速率，故b错误；c润洗后，从滴定管的下口放出，不能从上口倒出，其他操作均合理，故c正确；d滴定管尖嘴部分在滴定前无气泡，滴定终点时出现气泡，消耗标准液偏少，则测定结果将偏小，故d错误；故选c【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及实验基本操作、滴定原理及应用、反应速率比较等，把握物质的性质、反应原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大3短周期元素w、x、y、z在元素周期表中的位置如图所示，其中w的单质是空气的主要成分，化学性质稳定，不易参加化学反应，则下列有关说法中错误的是( )wxyza每个x元素的双原子分子内存在三个共价键bz元素的最高价氧化物水化物的酸性强于yc四种元素常见的氢化物：yh4、wh3、h2x、hz中，yh4最不稳定d氢化物wh3与hz反应生成的离子化合物中存在10e、18 e两种微粒【考点】原子结构与元素周期律的关系；原子结构与元素的性质 【分析】由元素在周期表中位置可知，w、x处于第二周期，y、z处于第三周期，其中w的单质是空气的主要成分，化学性质稳定，不易参加化学反应，则w为n元素，可推知x为o元素，y为si，z为cl元素，据此解答【解答】解：由元素在周期表中位置可知，w、x处于第二周期，y、z处于第三周期，其中w的单质是空气的主要成分，化学性质稳定，不易参加化学反应，则w为n元素，可推知x为o元素，y为si，z为cl元素，ax元素的双原子分子有氧气、臭氧，o2分子中o原子之间形成2个共价键，故a错误；b高氯酸的酸性强于硅酸，故b正确；c四种元素中si元素的非金属性最弱，故氢化物中sih4最不稳定，故c正确；dnh3与hcl反应生成的离子化合物为nh4cl，nh4cl中nh4+含有10e，cl含有18 e，故d正确，故选a【点评】本题考查结构性质位置关系综合应用，需要学生熟练掌握元素周期表结构，注意对基础知识的理解掌握4下列说法正确的是( )a蔗糖及其水解产物均能发生银镜反应b用酸性kmno4溶液即可鉴别2丁烯和正丁醛c乙醇、乙二醇、丙三醇的沸点依次升高d用甘氨酸和丙氨酸缩合最多可形成3种二肽【考点】有机物的结构和性质；有机化学反应的综合应用 【专题】有机反应【分析】a蔗糖不含cho；b.2丁烯和正丁醛均能被高锰酸钾氧化；coh越多，沸点越高；d甘氨酸、丙氨酸缩合本身缩合有2种，不同氨基酸缩合有2种二肽【解答】解：a蔗糖不含cho，而水解产物中葡萄糖含cho，只有葡萄糖能发生银镜反应，故a错误；b.2丁烯和正丁醛均能被高锰酸钾氧化，则不能利用高锰酸钾氧化，故b错误；coh越多，沸点越高，则乙醇、乙二醇、丙三醇的沸点依次升高，故c正确；d甘氨酸、丙氨酸缩合本身缩合有2种，不同氨基酸缩合有2种二肽，共形成4种，故d错误；故选c【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大5用naoh溶液吸收烟气中的so2，将所得的na2so3溶液进行电解，可循环再生naoh同时得到某种副产物，其原理如图所示（电极材料为石墨）下列说法不正确的是( )ab电极上的主反应是 so322e+h2oso42+2h+b若d是混合气体，则可能含有so2、o2等成分ca 电极发生还原反应，当有1mol na+通过阳离子交换膜时，a极生成11.2l气体da溶液是稀naoh溶液，作用是增强溶液的导电性；c是较浓的硫酸溶液【考点】电解原理 【分析】依据电解质溶液中阴阳离子的移动方向判断电极，阳离子移向阴极，a为阴极，b为阳极，so32在阳极失去电子变成so42，可能伴有氢氧根离子放电生成氧气，所以c口流出的物质是h2so4，阴极区放电离子为氢离子生成氢气，据此解答【解答】解：ab极为阳极，亚硫酸根离子在阳极上失去电离生成硫酸根离子，电极反应式为：so322e+h2oso42+2h+，故a正确；b亚硫酸根离子与稀硫酸反应生成二氧化硫，b极伴随副反应氢氧根离子失去电子生成氧气，所以若d是混合气体，则可能含有so2、o2等成分，故b正确；c未指明气体状况，不能确定生成氢气的体积，故c错误；d水为弱电解质，导电能力弱，随着反应不断进行，a极溶液中氢氧根离子不断减少，应及时补充稀氢氧化钠，增强溶液导电性，b为阳极，so32在阳极失去电子变成so42，所以c口流出的物质是浓h2so4，故d正确；故选：c【点评】本题考查了电解的原理，明确电解池工作原理是解题关键，注意电解质电极判断的方法和电极反应式书写注意问题为易错点625时，c（ch3cooh）+c（ch3coo）=0.1mol/l的醋酸、醋酸钠混合溶液中，c（ch3cooh）、c（ch3coo）与ph的关系如图所示下列有关该溶液的叙述不正确的是( )aph=5的溶液中：c（ch3cooh）c（ch3coo）c（h+）c（oh）b溶液中：c（h+）+c（na+）=c（ch3coo）+c（oh）c由w点可以求出25时ch3cooh的电离常数dph=4的溶液中：c（h+）+c（na+）+c（ch3cooh）c（oh）=0.1 mol/l【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理 【分析】a、根据图象结合溶液ph分析；b、任何溶液中均存在电中性原则，据此分析即可；c、w点c（ch3cooh）=c（ch3coo），平衡常数k=104.75moll1；d、由电荷守恒及c（ch3cooh）+c（ch3coo）=0.1moll1分析【解答】解：a、根据图象知，ph=5溶液中：c（ch3cooh）c（ch3coo），故a错误；b、由电荷守恒可知，c（na+）+c（h+）=c（ch3coo）+c（oh），故b正确；c、w点c（ch3cooh）=c（ch3coo），平衡常数k=104.75moll1，故c正确；d、由电荷守恒及c（ch3cooh）+c（ch3coo）=0.1moll1可知，c（na+）+c（h+）c（oh）+c（ch3cooh）=c（ch3coo）+c（oh）c（oh）+c（ch3cooh）=0.1mol/l，故d正确，故选a【点评】本题考查离子浓度大小的比较，明确盐类水解、质子守恒是解答本题的关键，选项d为解答的易错点，题目难度不大7固体粉末x中可能含有cu、feo、fe2o3、nahco3、na2co3、na2s2o3、naalo2中的若干种某化学兴趣小组为确定该固体粉末的成分，现取x进行连续实验，实验过程及现象如下：已知：hco3+alo2+h2oal （oh）3+co32下列说法正确的是( )a气体乙和气体丙都为纯净物b固体粉末x中一定含有feo、na2s2o3、naalo2，可能含有na2co3、nahco3c溶液丁中的阳离子一定只含h+、fe2+d溶液甲中一定含有alo2，可能含有co32【考点】几组未知物的检验 【专题】物质检验鉴别题【分析】根据x是否溶于水，分为两部分；固体甲溶于足量盐酸，能使酸性高锰酸钾褪色，可知含有溶液丁中的阳离子一定含h+、fe2+，可能含有fe3+，x一定含有feo；溶液甲加入足量稀盐酸，产生气体和沉淀，说明x一定含有na2s2o3、naalo2，加入碳酸氢铵生成沉淀，说明alo2一定存在，而hco3 与alo2不共存，一定不含nahco3，可能含有na2co3，以此解答该题【解答】解：根据x是否溶于水，分为两部分；固体甲溶于足量盐酸，能使酸性高锰酸钾褪色，可知含有溶液丁中的阳离子一定含h+、fe2+，可能含有fe3+，x一定含有feo；溶液甲加入足量稀盐酸，产生气体和沉淀，说明x一定含有na2s2o3、naalo2，加入碳酸氢铵生成沉淀，说明alo2一定存在，而hco3 与alo2不共存，一定不含nahco3，可能含有na2co3；a由以上分析可知，乙可能是二氧化碳和二氧化硫，故a错误；b粉末x 中一定含有feo、na2s2o3、naalo2，一定不含nahco3，因为hco3 与alo2不共存，故b错误；c溶液丁中的阳离子一定含h+、fe2+，可能含有fe3+，故c错误；d溶液甲中一定含有alo2，可能含有co32，故d正确故选d【点评】本题考查物质的检验和鉴别的实验方案的设计，侧重于元素化合物知识的综合运用，题目难度中等，注意把握反应的现象，根据现象结合物质的性质进行判断二、解答题（共5小题，满分58分）8某科研小组利用石油分馏产品经下列路线，合成一种新型香料已知x分子中碳氢质量比为24：5，a、e都是x的裂解产物，且二者互为同系物，d与饱和nahco3溶液反应产生气体信息提示：卤代烃在强碱水溶液中发生水解（取代）反应生成醇如：rch2ch2clrch2ch2oh+hcl（水解反应）（1）x分子为直链结构，x的名称为丁烷或正丁烷；c中官能团的名称为醛基（2）的反应中，下列反应类型存在且数目由多到少的是dca（用字母和“”写出）a加成反应 b加聚反应 c取代反应 d氧化反应（3）b与d在浓硫酸作用下，生成甲，则与甲同类别的同分异构体的有3种（不包括甲）（4）写出的化学反应方程式2ch3cooh+ch3chohch2oh+2h2o（5）e可能发生下列选项中的某种反应，写出能反应的化学方程式nch3ch=ch2a皂化反应 b与乙酸的酯化反应 c加聚反应 d与银氨溶液的银镜反应【考点】有机物的推断 【分析】饱和烃x分子中碳氢质量比为24：5，则碳氢个数比为=2：5，所以x的分子式为c4h10，x分子为直链结构，所以x为ch3ch2ch2ch3，a、e都是x的裂解产物，且二者互为同系物，则a、e为乙烯和丙烯，d与饱和nahco3溶液反应产生气体，则d为羧酸，e与氯气加成得f，f水解得g，则g为二元醇，根据新型香料的分子式可知，该物质为二元酯，所以根据碳原子守恒，g中应有三个碳，d中应有两个碳，所以a为乙烯，e为丙烯，根据转化关系可知，b为ch3ch2oh，c为ch3cho，d为ch3cooh，f为ch3chclch2cl，g为ch3chohch2oh，a氧化得c，b氧化得c，c氧化得d，e发生加成得f，f发生取代得g，g和d发生酯化（取代）得香料，据此答题【解答】解：饱和烃x分子中碳氢质量比为24：5，则碳氢个数比为=2：5，所以x的分子式为c4h10，x分子为直链结构，所以x为ch3ch2ch2ch3，a、e都是x的裂解产物，且二者互为同系物，则a、e为乙烯和丙烯，d与饱和nahco3溶液反应产生气体，则d为羧酸，e与氯气加成得f，f水解得g，则g为二元醇，根据新型香料的分子式可知，该物质为二元酯，所以根据碳原子守恒，g中应有三个碳，d中应有两个碳，所以a为乙烯，e为丙烯，根据转化关系可知，b为ch3ch2oh，c为ch3cho，d为ch3cooh，f为ch3chclch2cl，g为ch3chohch2oh，a氧化得c，b氧化得c，c氧化得d，e发生加成得f，f发生取代得g，g和d发生酯化（取代）得香料，（1）根据上面的分析，x为ch3ch2ch2ch3，x的名称为丁烷或正丁烷，c为ch3cho，c中官能团的名称为醛基，故答案为：丁烷或正丁烷；醛基； （2）的反应中，都氧化反应，是加成反应，是取代反应，所以反应类型存在且数目由多到少的是dca，故答案为：dca；（3）b与d在浓硫酸作用下，生成甲为ch3cooch2ch3，则与甲同类别的同分异构体的有ch3ch2cooch3、hcooch2ch2ch3、hcooch（ch3）2，共3 种（不包括甲），故答案为：3；（4）的化学反应方程式为2ch3cooh+ch3chohch2oh +2h2o，故答案为：2ch3cooh+ch3chohch2oh +2h2o；（5）e为丙烯，e可能发生加聚反应，反应的方程式为n ch3ch=ch2，故答案为：n ch3ch=ch2【点评】本题考查有机物推断、有机物结构与性质，涉及烯烃、醇、醛、羧酸性质与转化等，解题的关键是a和e的确定，难度不大，有利于基础知识的巩固9铜是生命必需的元素，也是人类广泛使用的金属（1）向氯化铜和氯化铁的混合溶液中加入氧化铜粉末会产生新的沉淀，写出该沉淀的化学式fe（oh）3（2）将so2气体通入cucl2溶液中，生成cucl沉淀的同时，还有产物h2so4、hcl填写化学式）（3）现代工业上，主要采用高温冶炼黄铜矿（cufes2，也可表示为cu2sfe2s3）的方法获得铜火法炼铜首先要焙烧黄铜矿：2cufes2+4o2cu2s+3so2+2feo每转移0.6mol电子，有0.1mol硫被氧化（4）cu2o投入足量的某浓度的硝酸中，若所得气体产物为no和no2的混合物，且体积比为11，发生反应的化学方程式为：2cu2o+10hno3=4cu（no3）2+no+no2+5h2o【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质 【专题】元素及其化合物【分析】（1）cuo促进铁离子水解，据此解答即可；（2）so2气体通入cucl2溶液中，生成cucl沉淀，发生氧化还原反应，则s元素的化合价升高；（3）2cufes2+4o2cu2s+3so2+2feo中，cu、o元素的化合价降低，s元素的化合价升高，利用化合价变化计算被氧化的s；二氧化硫与碱反应可处理尾气；（4）cu元素的化合价由+1价升高为+2价，气体产物为no和no2的混合物，且体积比为11，得到电子数为1（52）+1（54）=4，cu2o失去电子数为2，结合电子守恒及原子守恒分析【解答】解：（1）因为fe3+会水解产生较多的h+：fe3+3h2ofe（oh）3+3h+，加入cuo与h+反应生成cu2+和h2o，降低了h+浓度，使得水解平衡正向移动，生成fe（oh）3沉淀，故答案为：fe（oh）3；（2）so2气体通入cucl2溶液中，生成cucl沉淀，发生氧化还原反应，则s元素的化合价升高，则生成h2so4，由元素守恒可知还生成hcl，故答案为：h2so4、hcl；（3）2cufes2+4o2cu2s+3so2+2feo中，cu、o元素的化合价降低，得到电子被还原，则被还原的元素为cu、o；s元素的化合价升高，每转移0.6mol电子，被氧化的s为=0.1mol，故答案为：0.1；（4）cu元素的化合价由+1价升高为+2价，气体产物为no和no2的混合物，且体积比为11，得到电子数为1（52）+1（54）=4，cu2o失去电子数为2，由电子守恒及原子守恒可知，反应为2cu2o+10hno3=4cu（no3）2+no+no2+5h2o，故答案为：2cu2o+10hno3=4cu（no3）2+no+no2+5h2o【点评】本题考查cu及其化合物的性质，综合考查元素化合物知识，为高频考点，把握物质的性质、氧化还原反应及应用为解答的关键，注重基础知识的夯实和训练，题目难度不大10某无机化合物a的相对分子质量为184，在一定条件下，scl2与氨完全反应生成a和淡黄色单质b及离子化合物x，且x的水溶液的ph7将18.4ga隔绝空气加强热可得到12.8g b和气体单质c请回答下列问题：（1）a的化学式为s4n4，c的电子式为（2）写出scl2与氨反应的化学方程式：6scl2+16nh3s4n4+2s+12nh4cl（3）亚硝酸钠和x固体在加热条件下可能（填“可能”或“不能”）发生反应，判断理由是nano2中n元素化合价为+3价，nh4cl中n元素化合价为3价，发生氧化还原反应生成n2（4）请设计检验物质x的实验方案：取少量x固体加水溶解，分成两份；其中一份加入浓naoh溶液加热，若产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明有nh4+；向另一份溶液中加入硝酸酸化的agno3溶液，若出现白色沉淀，则证明有cl【考点】无机物的推断 【分析】x的水溶液的ph7，则x为强酸弱碱盐，在一定条件下，scl2与氨完全反应生成a和淡黄色单质b及离子化合物x，根据元素守恒知淡黄色单质b为s、x为nh4cl，某无机化合物a的相对分子质量为184，18.4ga的物质的量=0.1mol，根据质量守恒定律得c质量为18.4g12.8g=5.6g，a分解生成s和单质c，则a是二元化合物且含有s元素，scl2与氨反应生成nh4cl，氨气中n、h原子个数比为1：3、氯化铵中n、h原子个数比为1：4，根据原子守恒知，a中还含有n元素，所以c为n2，n（s）=0.4mol、n（s）=0.4mol，所以a中n、s原子个数之比为0.4mol：0.4mol=1：1，所以a为s4n4，据此分析解答【解答】解：（1）通过以上分析知，a的化学式为s4n4，c是氮气，其电子式为，故答案为：s4n4；（2）一定条件下，scl2与氨反应生成s、氯化铵和s4n4，反应方程式为6scl2+16nh3s4n4+2s+12nh4cl，故答案为：6scl2+16nh3s4n4+2s+12nh4cl；（3）亚硝酸钠中n元素化合价为+3价、氯化铵中n元素化合价为3价，二者可以发生氧化还原反应生成0价的氮气，故答案为：可能；nano2中n元素化合价为+3价，nh4cl中n元素化合价为3价，发生氧化还原反应生成n2；（4）x为氯化铵，氯离子可以用硝酸酸化的硝酸银检验，铵根离子可以用naoh、湿润的红色石蕊试纸检验，其检验方法是：取少量x固体加水溶解，分成两份；其中一份加入浓naoh溶液加热，若产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明有nh4+；向另一份溶液中加入硝酸酸化的agno3溶液，若出现白色沉淀，则证明有cl，故答案为：取少量x固体加水溶解，分成两份；其中一份加入浓naoh溶液加热，若产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明有nh4+；向另一份溶液中加入硝酸酸化的agno3溶液，若出现白色沉淀，则证明有cl【点评】本题考查无机物推断，涉及s、n元素及其化合物之间的转化，根据氨气与scl2反应前后n、h元素原子个数比确定a是解本题关键，熟悉常见离子的检验方法，易错点是化学用语的灵活运用，题目难度中等11（14分）co和h2可作为能源和化工原料，应用十分广泛已知（i）co（g）+2h2（g）ch3oh（g）h1=90.1kjmol1（ii）co2（g）+3h2（g）ch3oh（g）+h2o（g）h2=49.0kjmol1（iii）co（g）+h2o（g）co2（g）+h2 （g）h3=41.1kjmol1（iv）2ch3oh（g）ch3och3（g）+h2o（g）h4=24.5kjmol1回答下列问题：（1）写出由h2和co直接制备二甲醚的热化学方程式为2co（g）+4h2（g）=ch3och3（g）+h2o（g），h=204.7kjmol1根据化学反应原理，分析升高温度对直接制备二甲醚反应的影响增大压强，化学反应速率增大，平衡正向移动，co和h2转化率增大，ch3och3产率增加（2）有研究者在催化剂（含cuznalo和al2o3）、压强为5.0mpa的条件下，由h2和co直接制备二甲醚，结果如图1所示其中co转化率随温度升高而降低的原因是反应放热，温度升高，平衡逆向移动（3）由co和h2在催化剂作用下，也可以合成甲醇反应原理为：co（g）+2h2（g）ch3oh（g）对于气相反应，用某组分（b）的平衡压强（pb）代替物质的量浓度（cb）也可以平衡常数（记作kp），则以上反应kp=；在容积均为1l的密闭容器（a、b、c、d、e）中，分别充入1mol co和2mol h2等量混合气体，在不同的温度下（温度分别为t1、t2、t3、t4、t5），经相同的时间，在t时刻，测得容器甲醇的体积分数（如图所示）解析在t1t2及t4t5二个温度区间，容器内甲醇的体积分数如图2所示的变化趋势，其原因是t1t2区间，化学反应未达到平衡状态，温度越高，化学反应速率越快，所以甲醇的体积分数随着温度的升高而提高t3t4区间，化学反应已达到平衡状态，由于正反应为放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，所以甲醇的体积分数减少在不改变反应物用量情况下，将容器c中的平衡状态转变到容器d中的平衡状态，可采取的措施有（写出2点）升温、降压【考点】转化率随温度、压强的变化曲线；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算 【专题】化学平衡专题【分析】（1）依据热化学方程式和盖斯定律进行计算，依据计算得到的反应结合化学平衡移动原理分析判断增大压强的影响；（2）依据化学平衡移动原理分析；（3）平衡常数指的是：生成物浓度之幂或分压力的乘积与反应物浓度的幂或分压力的乘积之间的比值，根据平衡常数的定义列出表达式；根据影响化学反应速率和化学平衡的因素进行判断得出正确结论a、b没有达到平衡状态，c、d、e达到平衡状态；根据影响化学平衡的因素进行判断得出正确结论【解答】解：（1）、co（g）+2h2（g）ch3oh（g）h1=90.1kjmol1、2ch3oh（g）ch3och3（g）+h2o（g）h4=24.5kjmol1依据盖斯定律2+得到：2co（g）+4h2（g）=ch3och3+h2o（g），h=204.7kjmol1；该反应是气体体积减小的反应，增加压强，平衡正向进行，反应速率加快，co和h2的转化率增大，ch3och3产率增加，故答案为：2co（g）+4h2（g）=ch3och3（g）+h2o（g），h=204.7kjmol1；增大压强，化学反应速率增大，平衡正向移动，co和h2转化率增大，ch3och3产率增加；（2）co转化率随温度升高而降低，是因为反应是放热反应，升温平衡逆向进行，故答案为：反应放热，温度升高，平衡逆向移动；（3）平衡常数指的是：生成物浓度之幂或分压力的乘积与反应物浓度的幂或分压力的乘积之间的比值，故kp=，故答案为：；反应进行到t时刻时，a、b没有达到平衡状态，c、d、e达到平衡状态，故t1t2区间，化学反应未达到平衡状态，温度越高，化学反应速率越快，所以甲醇的体积分数随着温度的升高而提高t3t4区间，化学反应已达到平衡状态，由于正反应为放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，所以甲醇的体积分数减少，故答案为：t1t2区间，化学反应未达到平衡状态，温度越高，化学反应速率越快，所以甲醇的体积分数随着温度的升高而提高t3t4区间，化学反应已达到平衡状态，由于正反应为放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，所以甲醇的体积分数减少；将容器c中的平衡状态转变到容器d中的平衡状态，即降低甲醇的含量，使平衡逆向移动，可采取的措施有：升温、减压，故答案为：升温；降压【点评】本题考查了热化学方程式和盖斯定律的应用，化学平衡移动原理的分析判断，平衡常数的表示方法，题目难度中等12（16分）间硝基苯胺（mr=128）是一种重要的染料中间体它是一种黄色针状结晶，微溶于水，随温度升高溶解度增大，溶于乙醇、乙醚、甲醇间硝基苯胺可选用间二硝基苯与碱金属多硫化物进行选择性还原，其反应式如图1：已知：rnh2+h+rnh3+实验步骤：在100ml锥形瓶中加入8g结晶硫化钠与30ml水，搅拌溶解再加入2g硫黄粉，缓缓加热并不断搅拌到硫黄粉全部溶解，冷却后备用在150ml三颈烧瓶中加入4.74g间二硝基苯（mr=158）与40ml水，安装机械搅拌装置、滴液漏斗和回流冷凝管如图2所示，将步骤配制的多硫化钠溶液加入滴液漏斗加热三颈烧瓶至瓶内微微沸腾，开动搅拌使间二硝基苯与水形成悬浮液慢慢滴加多硫化钠溶液，滴加完毕后继续搅拌回流30min移去热源，用冷水浴使反应物迅速冷却到室温后，减压过滤，滤饼洗涤三次在150ml某容器中配制稀盐酸（30ml水加7ml浓盐酸），将上述粗产物转移进该容器，加热并用玻璃棒搅拌，使间硝基苯胺溶解，冷却到室温后减压过滤冷却滤液，在搅拌下滴加过量浓氨水到ph=8，滤液中逐渐析出黄色的间硝基苯胺冷却到室温后减压过滤，洗涤滤饼到中性，抽干，产物重结晶提纯，在红外灯下干燥，称重，得2.56g回答下列问题：（1）滴液漏斗较普通分液漏斗的优点保持恒压，便于液体顺利留下；第步中配制稀盐酸的容器名称为烧杯（2）间二硝基苯和间硝基苯胺都有毒，因此该实验应在通风橱内进行（3）在铁和盐酸作用制得初生态氢原子（还原性远强于碱金属多硫化物）也可以将硝基还原为氨基，却