山东省泰安市英雄山中学高考化学考前模拟试卷（含解析）.doc

2015年山东省泰安市英雄山中学高考化学考前模拟试卷一、选择题（每题只有一个选项符合题意，每题6分，共42分）1关于下列化学知识的说法，不正确的是( )a可以用淀粉溶液检验加碘盐中是否含碘元素b水晶、玛瑙的主要成分是二氧化硅c“白色污染”是指由不可降解的塑料造成的环境污染d硫和氮的氧化物是形成酸雨的主要物质2对于某些离子的检验方法（包括操作、现象、结论），完全正确的是( )a向待测溶液中加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，一定有co32b向待测溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液，开始有白色沉淀生成，继续滴加氢氧化钠溶液到过量，沉淀逐渐溶解，一定有al3+c向待测溶液中先滴加盐酸酸化未出现沉淀，再加入bacl2 溶液有白色沉淀产生，一定有so42d向待测溶液中滴加naoh溶液，加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，一定有nh4+3下列离子方程式的书写正确的是( )a向稀nh4hco3 溶液中滴加过量naoh溶液：nh4+ohnh3h2obca（clo）2 溶液中通入过量的so2：c1o+so2+h2ohclo+hso3c向含有0.1 mol溶质的硫酸亚铁稀溶液中加入7.8 g na2o2：4na2o2+4fe2+6h2o4fe（oh）3+8na+o2dso2使紫色石蕊溶液变红色：so2+h2o2h+so324在化学学习与研究中经常采用“推理”的思维方式下列“推理”正确的是( )a苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，则甲苯也不能使酸性高锰酸钾溶液褪色b组成和结构相似的物质，沸点随相对分子质量增大而升高，则sih4沸点高于ch4c加热蒸发食盐水可以得到nacl（s），则加热蒸发fecl3溶液可以获得fecl3（s）d盐酸和氧化亚铁反应只生成盐和水，则硝酸和氧化亚铁反应也只生成盐和水5x、y、z均为短周期元素，其简单离子x+、y3+、z2的核外电子层结构相同下列说法不正确的是( )a离子半径：x+y3+z2b原子序数：yxzc电负性：zyxd单质的还原性：xy6关于下列各图的叙述中正确的是( )a表示a、b两物质的溶解度随温度变化情况，将tl时a、b的饱和溶液分别升温至t2时（水不减少），溶质的质量分数bab表示常温下，稀释ha、hb两种酸的稀溶液时，溶液ph随加水量的变化，则naa溶液的ph小于同浓度的nab溶液的phc表示h2与o2发生反应过程中的能量变化，则h2的燃烧热为241.8 kjmol1d表示恒温恒容条件下，2no2（g）n2o4（g）中，各物质的浓度与其消耗速率之间的关系，其中交点a对应的状态为化学平衡状态7已知酸性k2cr2o7溶液可与feso4反应生成fe3+和cr3+现将硫酸酸化的k2cr2o7溶液与feso4溶液混合，充分反应后再向所得溶液中加入ki溶液，混合溶液中fe3+的物质的量随加入的ki的物质的量的变化关系如下图所示，下列说法中不正确的是( )a图中ab段的氧化剂为k2cr2o7b开始加入的k2cr2o7为0.25molc图中bc段发生的反应为2fe3+2i2fe2+i2dk2cr2o7与feso4反应的物质的量之比为1：3二、填空题（共58分）8过渡元素铁可形成多种配合物，如：fe（cn）64、fe（scn）3等（1）基态铁原子核外电子排布式为_（2）科学研究表明用tio2作光催化剂可将废水中cn转化为ocn，并最终氧化为n2、co2ocn中三种元素的第一电离能由大到小的顺序为_（3）与cn互为等电子体的一种分子为_（填化学式）；1molfe（cn）63中含有键的数目为_（4）铁的另一种配合物fe（co）5熔点为20.5，沸点为103，易溶于ccl4，据此可以判断fe（co）5晶体属于_（填晶体类型）（5）铁铝合金的一种晶体属于面心立方结构，其晶胞可看成由8个小体心立方结构堆砌而成已知小立方体如图所示，该合金的化学式为_9（14分）如图是二氧化硫的制取和吸收装置（加热装置已省略），分液漏斗中的液体是反应试剂a，烧瓶中盛反应试剂b完成下列填空：（1）烧瓶内发生反应的化学化学方程式是_（2）检验该气体发生装置气密性的方法是_（3）装置c是吸收多余二氧化硫的装置，其中盛放的吸收剂为_，实验结束进行尾气吸收时，对活塞开关k1、k2的控制是_（4）如果用该套装置制备盐酸，此时c瓶所加试剂为_，此时c中液体可能会发生倒吸，如果不改变现有的装置，要克服这一安全隐患，可以在c瓶中再加入有机试剂封住长导管管口，该有机试剂可以为_，吸收后，将 c瓶中的液体经过_操作获得盐酸（5）甲同学用该装置测定一定质量小苏打样品（含少量nacl）中碳酸氢钠的纯度，可以在c中加入氢氧化钠溶液吸收二氧化碳，通过c瓶增重得到二氧化碳质量，计算出碳酸氢钠的含量，实验结果小苏打含量偏低，你认为实验结果偏低的原因是_10（16分）物质h俗称衣康酸，是制备高效粘合剂等多种精细化学品的重要原料，可经下列反应路线得到：回答下列问题：（1）c4h8的名称是（系统命名）_；c4h7cl中含有的官能团的名称是_（2）反应的化学方程式为_（3）写出反应的化学方程式_；其反应类型是_；（4）下列关于h的说法正确的是_a能使酸性kmno4溶液或溴的ccl4溶液褪色b能与na2co3反应，但不与hbr反应c能与新制cu（oh）2反应d.1molh完全燃烧消耗5molo2（5）衣康酸有多种同分异构体，其中一种与衣康酸属于同类且核磁共振氢谱有5个峰，写出其结构简式_11（16分）u、v、w、y、z是原子序数依次增大的短周期主族元素，u、y在周期表中的相对位置如右表；u元素与氧元素能形成两种无色气体；w是地壳中含量最多的金属元素uy（1）元素z在周期表中位于_族我国首创以w组成的金属海水空气电池作为能源的新型海水标志灯，它以海水为电解质溶液，靠空气中的氧气使w组成的金属不断氧化而产生电流只要把灯放入海水中数分钟，就会发出耀眼的白光则该电源负极反应为_（2）yo2气体通入bacl2和hno3的混合溶液，生成白色沉淀和无色气体vo，有关反应的离子方程式为_，由此可知yo2和vo还原性较强的是（写化学式）_（3）v的最简单气态氢化物甲的水溶液显碱性在微电子工业中，甲的水溶液可作刻蚀剂h2o2的清除剂，所发生反应的产物不污染环境，其化学方程式为_一定条件下，甲在固定体积的密闭容器中发生分解反应（h0）并达平衡后，仅改变下表中反应条件x，该平衡体系中随x递增y递增的是_（填代号）选项abcdx温度温度加入h2的物质的量加入甲的物质的量y混合气体的平均相对分子质量平衡常数k混合气体的密度达平衡时的甲的转化率温度为t时，将2a molh2和a moln2放入0.5l密闭容器中，充分反应后测得n2的转化率为50%则该反应的平衡常数为_向含4mol v的最高价含氧酸的稀溶液中，逐渐加入fe粉至过量假设生成的气体只有一种（vo），请在坐标系中画出n（fe2+）随n（fe）变化的示意图（4）相同温度下，等体积、物质的量浓度都为0.1mol/l的kz和ch3cook溶液的两种溶液中，离子总数相比较_（填代号）a前者多 b一样多c后者多 d无法判断2015年山东省泰安市英雄山中学高考化学考前模拟试卷一、选择题（每题只有一个选项符合题意，每题6分，共42分）1关于下列化学知识的说法，不正确的是( )a可以用淀粉溶液检验加碘盐中是否含碘元素b水晶、玛瑙的主要成分是二氧化硅c“白色污染”是指由不可降解的塑料造成的环境污染d硫和氮的氧化物是形成酸雨的主要物质【考点】常见离子的检验方法；二氧化硫的化学性质；常见的生活环境的污染及治理；硅和二氧化硅 【分析】a淀粉遇碘单质变蓝；b根据水晶、玛瑙的主要成分来分析；c白色污染是人们对难降解的塑料垃圾污染环境现象的一种形象称谓，它是指用聚苯乙烯、聚丙烯、聚氯乙烯等高分子化合物制成的各类生活塑料制品使用后被弃置成为固体废物；d二氧化硫、氮的氧化物可使雨水的酸性增强【解答】解：a淀粉遇碘单质变蓝，而加碘盐中含碘酸钾，不是单质，不能用淀粉溶液检验加碘盐中是否含碘元素，故a错误；b水晶、玛瑙的主要成分是二氧化硅，故b正确；c白色污染是由废弃的各类生活难降解的塑料制品造成的，故c正确；d二氧化硫、氮的氧化物可使雨水的酸性增强，雨水ph5.6为酸雨，所以形成酸雨的主要物质是硫的氧化物和氮的氧化物，故d正确；故选a【点评】本题考查常见的生活环境的污染及治理，把握酸雨、白色污染及碘单质的检验为解答的关键，注重化学与生活、环境保护的联系，题目难度不大2对于某些离子的检验方法（包括操作、现象、结论），完全正确的是( )a向待测溶液中加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，一定有co32b向待测溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液，开始有白色沉淀生成，继续滴加氢氧化钠溶液到过量，沉淀逐渐溶解，一定有al3+c向待测溶液中先滴加盐酸酸化未出现沉淀，再加入bacl2 溶液有白色沉淀产生，一定有so42d向待测溶液中滴加naoh溶液，加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，一定有nh4+【考点】常见离子的检验方法 【分析】a气体为二氧化碳或二氧化硫；b锌离子也可以先与氢氧化钠溶液反应生成白色沉淀，继续滴加氢氧化钠溶液到过量，沉淀又逐渐溶解；c向待测溶液中先滴加盐酸酸化未出现沉淀，说明不含银离子，再加入bacl2 溶液有白色沉淀产生，一定有so42；d碱性气体是能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体【解答】解：a气体为二氧化碳或二氧化硫，则原溶液中可能含co32，或so32，或hco3、hso3，故a错误；b锌离子也可以先与氢氧化钠溶液反应生成白色沉淀，继续滴加氢氧化钠溶液到过量，沉淀又逐渐溶解，所以不一定有al3+，故b错误；c向待测溶液中先滴加盐酸酸化未出现沉淀，说明不含银离子，再加入bacl2 溶液有白色沉淀产生，一定有so42，故c正确；d加入naoh并加热能产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，说明原溶液含有nh4+，故d正确；故选cd【点评】本题考查化学实验方案的评价，题目难度中等，解答本题的关键是把握相关物质的性质，学习中注意积累3下列离子方程式的书写正确的是( )a向稀nh4hco3 溶液中滴加过量naoh溶液：nh4+ohnh3h2obca（clo）2 溶液中通入过量的so2：c1o+so2+h2ohclo+hso3c向含有0.1 mol溶质的硫酸亚铁稀溶液中加入7.8 g na2o2：4na2o2+4fe2+6h2o4fe（oh）3+8na+o2dso2使紫色石蕊溶液变红色：so2+h2o2h+so32【考点】离子方程式的书写 【分析】a漏写碳酸氢根离子与碱的反应；b发生氧化还原反应生成硫酸钙；c等物质的量反应生成氢氧化铁、氧气、硫酸钠；d亚硫酸为二元弱酸，电离以第一步为主【解答】解：a向稀nh4hco3 溶液中滴加过量naoh溶液的离子反应为hco3+nh4+2ohnh3h2o+co32+h2o，故a错误；bca（clo）2 溶液中通入过量的so2的离子反应为ca2+2clo+2h2o+2so2=caso4+4h+2cl+so42，故b错误；c向含有0.1 mol溶质的硫酸亚铁稀溶液中加入7.8 g na2o2的离子反应为4na2o2+4fe2+6h2o4fe（oh）3+8na+o2，故c正确；dso2使紫色石蕊溶液变红色的离子反应为so2+h2oh2so3h+hso3，故d错误；故选c【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重与量有关的离子反应及氧化还原反应的离子反应考查，题目难度不大4在化学学习与研究中经常采用“推理”的思维方式下列“推理”正确的是( )a苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，则甲苯也不能使酸性高锰酸钾溶液褪色b组成和结构相似的物质，沸点随相对分子质量增大而升高，则sih4沸点高于ch4c加热蒸发食盐水可以得到nacl（s），则加热蒸发fecl3溶液可以获得fecl3（s）d盐酸和氧化亚铁反应只生成盐和水，则硝酸和氧化亚铁反应也只生成盐和水【考点】化学研究基本方法及作用 【分析】a由于甲基对苯环影响，使苯环中氢变得活泼；b组成和结构相似的物质，沸点随相对分子质量增大而升高，但含有氢键的物质熔沸点较高；c氯化铁属于强酸弱碱盐，水解生成fe（oh）3和hcl，加热促进水解；d硝酸具有强氧化性【解答】解：a由于甲基对苯环影响，使苯环中氢变得活泼，苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而甲苯可以，故a错误；b组成和结构相似的物质，沸点随相对分子质量增大而升高，但含有氢键的物质熔沸点较高，甲烷和硅烷中都不含有氢键且结构和组成相似，所以sih4沸点高于ch4，故b正确；c氯化铁属于强酸弱碱盐，水解生成fe（oh）3和hcl，加热促进水解，所以加热蒸发fecl3溶液可不能获得fecl3（s），故c错误；d硝酸具有强氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子，故d错误，故选b【点评】本题考查化学反应规律及规律中的异常现象，为高考高频点，涉及物质性质、盐类水解、熔沸点比较及氧化还原反应，综合性较强，注意规律中的反常现象，会采用举例法解答，注意氢键只影响物质物理性质不影响化学性质5x、y、z均为短周期元素，其简单离子x+、y3+、z2的核外电子层结构相同下列说法不正确的是( )a离子半径：x+y3+z2b原子序数：yxzc电负性：zyxd单质的还原性：xy【考点】原子结构与元素周期律的关系 【分析】x、y、z均为短周期元素，其简单离子x+、y3+、z2的核外电子层结构相同，则离子具有2个电子层，故x为na、y为al、z为o，电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，结合元素周期律解答【解答】解：x、y、z均为短周期元素，其简单离子x+、y3+、z2的核外电子层结构相同，则离子具有2个电子层，故x为na、y为al、z为oa电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径o2na+al3+，故a错误；bx为na、y为al、z为o，原子序数：alnao，故b正确；c非金属性越强电负性越大，故电负性：z（o）y（al）x（na），故c正确；d金属性naal，单质的还原性：naal，故d正确；故选a【点评】本题考查结构性质位置关系、元素周期律等，根据离子结构特点及处于短周期推断元素是关键，可以不确定具体元素，通过确定相对位置结合元素周期律解答6关于下列各图的叙述中正确的是( )a表示a、b两物质的溶解度随温度变化情况，将tl时a、b的饱和溶液分别升温至t2时（水不减少），溶质的质量分数bab表示常温下，稀释ha、hb两种酸的稀溶液时，溶液ph随加水量的变化，则naa溶液的ph小于同浓度的nab溶液的phc表示h2与o2发生反应过程中的能量变化，则h2的燃烧热为241.8 kjmol1d表示恒温恒容条件下，2no2（g）n2o4（g）中，各物质的浓度与其消耗速率之间的关系，其中交点a对应的状态为化学平衡状态【考点】溶液中溶质的质量分数及相关计算；反应热和焓变；化学平衡的影响因素；弱电解质在水溶液中的电离平衡 【专题】图示题【分析】a、物质溶解度随温度升高增大，升温溶质溶剂不变，知识饱和溶液变为不饱和溶液；b、酸性越弱对应盐的水解显碱性，水解程度越大，溶液ph越大；c、燃烧热是1mol可燃物完全反应生成稳定氧化物放出的热量；d、依据图象中起点和变化趋势，结合化学平衡分析判断【解答】解：a、b两物质的溶解度随温度变化情况，将t1时，ab溶解度相同，a、b的饱和溶液质量分数相同，分别升温至t2时，溶解度增大，但溶液浓度不变溶质的质量分数b=a，故a错误；b、图中两种酸ph相同，稀释ha、hb两种酸的稀溶液时，ha的ph增大的多，hbph增大的少，说明ha酸的酸性强于hb的酸性，所以同浓度的naa溶液水解程度小于nab溶液，naa溶液ph小于nab溶液，故b正确；c、图象中2mol氢气完全燃烧生成的是水蒸气时放热241.8kj，不是氢气的燃烧热，故c错误；d、图中二氧化氮和四氧化二氮气态都是从0开始，横坐标向右表示浓度增大 纵坐标向上表示物质消耗速率快，a点表示反应速率相等，不能确定平衡状态，如果达到平衡状态，则二者消耗速率之比等于化学计量数之比即应该等于2：1，此时才能够达到平衡状态，故d错误；故选b【点评】本题考查了各种图象的分析思路和变化特征的应用，主要是燃烧热的概念应用，平衡状态的判断，饱和溶液中溶质溶解度和质量分数的判断，弱酸稀释的ph变化判断酸的强弱7已知酸性k2cr2o7溶液可与feso4反应生成fe3+和cr3+现将硫酸酸化的k2cr2o7溶液与feso4溶液混合，充分反应后再向所得溶液中加入ki溶液，混合溶液中fe3+的物质的量随加入的ki的物质的量的变化关系如下图所示，下列说法中不正确的是( )a图中ab段的氧化剂为k2cr2o7b开始加入的k2cr2o7为0.25molc图中bc段发生的反应为2fe3+2i2fe2+i2dk2cr2o7与feso4反应的物质的量之比为1：3【考点】氧化还原反应的计算 【分析】氧化性强弱顺序为k2cr2o7fe3+，由图象可知，在反应后的溶液中滴加碘化钾溶液，开始时fe3+浓度不变，则说明fe3+没有参加反应，则ab应为k2cr2o7和碘化钾的反应，bc段为铁离子和碘化钾的反应，结合得失电子守恒解答该题【解答】解：a开始时fe3+浓度不变，则说明fe3+没有参加反应，则ab应为k2cr2o7和碘化钾的反应，k2cr2o7为氧化剂，故a正确；b由氧化剂和还原剂得失电子数目相等可知反应的关系式为k2cr2o76fe3+6i，共消耗的n（i）=1.5mol，则开始加入的k2cr2o7的物质的量为mol=0.25mol，故b正确；cbc段fe3+浓度逐渐减小，为铁离子和碘化钾的反应，反应的离子方程式为2fe3+2i=2fe2+i2，故c正确；d由方程式2fe3+2i2fe2+i2可知，bc段消耗ki0.9mol，则n（fe3+）=n（fe2+）=0.9mol，k2cr2o7可与feso4反应的物质的量为0.25mol：0.9mol=5：18，故d错误故选d【点评】本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握发生的反应及电子守恒计算该题，题目难度中等二、填空题（共58分）8过渡元素铁可形成多种配合物，如：fe（cn）64、fe（scn）3等（1）基态铁原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2或ar3d64s2（2）科学研究表明用tio2作光催化剂可将废水中cn转化为ocn，并最终氧化为n2、co2ocn中三种元素的第一电离能由大到小的顺序为noc（3）与cn互为等电子体的一种分子为co或n2（填化学式）；1molfe（cn）63中含有键的数目为126.021023个或12na（4）铁的另一种配合物fe（co）5熔点为20.5，沸点为103，易溶于ccl4，据此可以判断fe（co）5晶体属于分子晶体（填晶体类型）（5）铁铝合金的一种晶体属于面心立方结构，其晶胞可看成由8个小体心立方结构堆砌而成已知小立方体如图所示，该合金的化学式为alfe3【考点】配合物的成键情况 【分析】（1）根据铁的原子序数为26，结合能量最低原理书写基态原子的电子排布式；（2）同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第iia族和第va族元素的第一电离能大于相邻元素；（3）原子个数相等且价电子数相等的分子或离子为等电子体；1molfe（cn）63中cn含有c、n三键，其中1个是键，n原子有孤对电子，铁原子有空轨道，所以每个铁离子与cn形成4个配位键，所以共用6个键，1molfe（cn）63中含有键数为12mol；（4）依据fe（co）5的熔沸点低，且易溶于四氯化碳判断晶体类型；（5）依据正方体中，顶点上的原子被8个晶胞占有，体心上的原子被1个晶胞占有，铁铝合金晶胞结构铝原子的数目为4=；铁原子数目为1+4=，所以铝原子与铁原子个数之比为1：3【解答】解：（1）铁的原子序数为26，根据能量最低原理其态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2或ar3d64s2，故答案为：1s22s22p63s23p63d64s2或ar3d64s2；（2）同周期第一电离能自左而右具有增大趋势，所以第一电离能oc由于氮元素原子2p能级有3个电子，处于半满稳定状态，能量较低，第一电离能大于相邻元素，所以c、n、o三种元素的第一电离能由大到小的顺序是noc，故答案为：noc；（3）cn含有2个原子，价电子总数为4+5+1=10，故其等电子体为氮气分子、co等，1molfe（cn）63中cn含有c、n三键，其中1个是键，n原子有孤对电子，铁原子有空轨道，所以每个cn与铁离子形成6个配位键，所以共用12个键，1molfe（cn）32中含有键数为12mol，个数为：12na，故答案为：co或n2；126.021023个或12na；（4）fe（co）3的熔沸点低，且易溶于四氯化碳，依据分子晶体熔沸点低，且存在相似相溶原理，可知fe（co）3为分子晶体，故答案为：分子晶体；（5）依据铁铝合金晶胞结构铝原子的数目为4=；铁原子数目为1+4=，所以铝原子与铁原子个数之比为1：3，该铁铝合金的化学式为：alfe3，故答案为：alfe3【点评】本题考查较为综合，涉及电子排布式、电负性、键数以及晶体结构分析等知识，题目难度中等，注意同一周期中第一电离能的变化趋势及异常现象，为易错点9（14分）如图是二氧化硫的制取和吸收装置（加热装置已省略），分液漏斗中的液体是反应试剂a，烧瓶中盛反应试剂b完成下列填空：（1）烧瓶内发生反应的化学化学方程式是na2so3+h2so4（浓）=so2+na2so4+h2o（2）检验该气体发生装置气密性的方法是关闭k1、k2，从a中加水，水无法持续流入b，则气密性良好或关闭k1，打开k2，微热b，若c中导管产生气泡，停止加热后，c中导管液柱上升，高于瓶内液面，则气密性良好（3）装置c是吸收多余二氧化硫的装置，其中盛放的吸收剂为氢氧化钠溶液，实验结束进行尾气吸收时，对活塞开关k1、k2的控制是关闭活塞k1、打开活塞k2（4）如果用该套装置制备盐酸，此时c瓶所加试剂为水，此时c中液体可能会发生倒吸，如果不改变现有的装置，要克服这一安全隐患，可以在c瓶中再加入有机试剂封住长导管管口，该有机试剂可以为四氯化碳，吸收后，将 c瓶中的液体经过分液操作获得盐酸（5）甲同学用该装置测定一定质量小苏打样品（含少量nacl）中碳酸氢钠的纯度，可以在c中加入氢氧化钠溶液吸收二氧化碳，通过c瓶增重得到二氧化碳质量，计算出碳酸氢钠的含量，实验结果小苏打含量偏低，你认为实验结果偏低的原因是气体滞留在b瓶中【考点】性质实验方案的设计；实验装置综合 【分析】由图是二氧化硫的制取和吸收装置可知，分液漏斗中的液体是反应试剂a，烧瓶中盛反应试剂b，则a为浓硫酸，b为na2so3，该实验制取气体第一步操作为检验气密性，可利用液差法；装置c是吸收多余二氧化硫，可利用naoh溶液吸收，以此解答（1）（3）；（4）用该套装置制备盐酸，利用水吸收多余的hcl，但图中装置可导致倒吸，利用密度比水大的有机溶剂（不溶于水）可防止倒吸；（5）用该装置测定一定质量小苏打样品（含少量nacl）中碳酸氢钠的纯度，c中加入氢氧化钠溶液吸收二氧化碳，通过c瓶增重得到二氧化碳质量，因二氧化碳气体可能没有被naoh完全吸收，则增重质量偏小【解答】解：由图是二氧化硫的制取和吸收装置可知，分液漏斗中的液体是反应试剂a，烧瓶中盛反应试剂b，则a为浓硫酸，b为na2so3，（1）烧瓶内发生反应的化学化学方程式是na2so3+h2so4（浓）=so2+na2so4+h2o，故答案为：na2so3+h2so4（浓）=so2+na2so4+h2o；（2）检验该气体发生装置气密性的方法是关闭k1、k2，从a中加水，水无法持续流入b，则气密性良好或关闭k1，打开k2，微热b，若c中导管产生气泡，停止加热后，c中导管液柱上升，高于瓶内液面，则气密性良好，故答案为：关闭k1、k2，从a中加水，水无法持续流入b，则气密性良好或关闭k1，打开k2，微热b，若c中导管产生气泡，停止加热后，c中导管液柱上升，高于瓶内液面，则气密性良好；（3）装置c是吸收多余二氧化硫，可利用naoh溶液吸收，实验结束进行尾气吸收时，对活塞开关k1、k2的控制是关闭活塞k1、打开活塞k2，故答案为：氢氧化钠溶液；关闭活塞k1、打开活塞k2；（4）用该套装置制备盐酸，利用水吸收多余的hcl，但图中装置可导致倒吸，则克服这一安全隐患，可以在c瓶中再加入有机试剂封住长导管管口，该有机试剂可以为四氯化碳，吸收后盐酸与四氯化碳分层，然后分液获得盐酸，故答案为：水；四氯化碳；分液；（5）用该装置测定一定质量小苏打样品（含少量nacl）中碳酸氢钠的纯度，c中加入氢氧化钠溶液吸收二氧化碳，通过c瓶增重得到二氧化碳质量，因二氧化碳气体可能没有被naoh完全吸收，即气体滞留在b瓶中，则增重质量偏小，所以计算小苏打含量偏低，故答案为：气体滞留在b瓶中【点评】本题考查性质实验方案的设计，为高频考点，把握图中装置及反应原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，综合性较强，题目难度不大10（16分）物质h俗称衣康酸，是制备高效粘合剂等多种精细化学品的重要原料，可经下列反应路线得到：回答下列问题：（1）c4h8的名称是（系统命名）2甲基1丙烯；c4h7cl中含有的官能团的名称是氯原子和碳碳双键（2）反应的化学方程式为（ch3）2c=ch2+cl2（ch3）2cclch2cl（3）写出反应的化学方程式2+o22+2h2o；其反应类型是氧化反应；（4）下列关于h的说法正确的是aca能使酸性kmno4溶液或溴的ccl4溶液褪色b能与na2co3反应，但不与hbr反应c能与新制cu（oh）2反应d.1molh完全燃烧消耗5molo2（5）衣康酸有多种同分异构体，其中一种与衣康酸属于同类且核磁共振氢谱有5个峰，写出其结构简式hoocch=chch2cooh【考点】有机物的推断 【专题】有机物的化学性质及推断【分析】根据反应产物的结构简式，可知，c4h7cl的结构式为，由反应的条件可知，c4h8cl2脱去1分子hcl发生消去反应生成，则c4h8cl2的结构式为，结合反应可知，c4h8含有c=c双键，与氯气发生加成反应生成，则c4h8的结构式为；反应为醇的催化氧化，所以生成的产物为：，再被银氨溶液氧化后酸化得到h，故h为，据此解答【解答】解：根据反应产物的结构简式，可知，c4h7cl的结构式为，由反应的条件可知，c4h8cl2脱去1分子hcl发生消去反应生成，则c4h8cl2的结构式为，结合反应可知，c4h8含有c=c双键，与氯气发生加成反应生成，则c4h8的结构式为；反应为醇的催化氧化，所以生成的产物为：，再被银氨溶液氧化后酸化得到h，故h为，（1）由上述分析可知，c4h8为，名称是2甲基1丙烯；c4h7cl的结构式为，c4h7cl中含有的官能团的名称是氯原子和碳碳双键，故答案为：2甲基1丙烯；氯原子和碳碳双键；（2）由上述分析可知，h为，其中含有的官能团的名称是羧基、碳碳双键；反应为取代反应，故答案为：羧基、碳碳双键；取代反应；（3）反应的化学方程式为（ ch3）2c=ch2+cl2（ ch3）2cclch2cl，故答案为：（ ch3）2c=ch2+cl2（ ch3）2cclch2cl；（4）反应的化学方程式为2+o22+2h2o，该反应为氧化反应，故答案为：2+o22+2h2o；氧化反应；（5）h为a因为含有碳碳双键，所以能使酸性kmno4溶液或溴的ccl4溶液褪色，故a正确；b因为含有羧基，所以能与na2co3反应，但含有碳碳双键，也可与hbr反应，故b错误；c因为含有羧基，所以能与新制cu（oh）2反应，故c正确；d根据h分子式为c5h6o4，则1mol h完全燃烧消耗4.5mol o2，故d错误；故选：ac；（4）衣康酸为，有多种同分异构体，其中有一种核磁共振氢谱有5个峰，说明每个碳上一种氢，结构不对称，所以其结构简式hoocch=chch2cooh，故答案为：hoocch=chch2cooh【点评】本题考查有机物的推断与合成，需要对给予的结构进行利用，能较好的考查考生的阅读、自学能力和思维能力，是热点题型注意根据有机物的分子式与结构进行推断，h的结构推断是本题的难点11（16分）u、v、w、y、z是原子序数依次增大的短周期主族元素，u、y在周期表中的相对位置如右表；u元素与氧元素能形成两种无色气体；w是地壳中含量最多的金属元素uy（1）元素z在周期表中位于viia族我国首创以w组成的金属海水空气电池作为能源的新型海水标志灯，它以海水为电解质溶液，靠空气中的氧气使w组成的金属不断氧化而产生电流只要把灯放入海水中数分钟，就会发出耀眼的白光则该电源负极反应为al3e=al3+（2）yo2气体通入bacl2和hno3的混合溶液，生成白色沉淀和无色气体vo，有关反应的离子方程式为3so2+2no3+3ba2+2h2o=3baso4+2no+4h+，由此可知yo2和vo还原性较强的是（写化学式）so2（3）v的最简单气态氢化物甲的水溶液显碱性在微电子工业中，甲的水溶液可作刻蚀剂h2o2的清除剂，所发生反应的产物不污染环境，其化学方程式为2nh3+3h2o2=n2+6h2o一定条件下，甲在固定体积的密闭容器中发生分解反应（h0）并达平衡后，仅改变下表中反应条件x，该平衡体系中随x递增y递增的是bc（填代号）选项abcdx温度温度加入h2的物质的量加入甲的物质的量y混合气体的平均相对分子质量平衡常数k混合气体的密度达平衡时的甲的转化率温度为t时，将2a molh2和a moln2放入0.5l密闭容器中，充分反应后测得n2的转化率为50%则该反应的平衡常数为向含4mol v的最高价含氧酸的稀溶液中，逐渐加入fe粉至过量假设生成的气体只有一种（vo），请在坐标系中画出n（fe2+）随n（fe）变化的示意图（4）相同温度下，等体积、物质的量浓度都为0.1mol/l的kz和ch3cook溶液的两种溶液中，离子总数相比较a（填代号）a前者多 b一样多c后者多 d无法判断【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用；化学平衡的计算 【分析】u、v、w、y、z是原子序数依次增大的短周期主族元素，w是地壳中含量最多的金属元素，则w是al元素，由u、y在周期表中的相对位置如知，u为第二周期元素，u元素与氧元素能形成两种无色气体，则u是c元素，y是s元素，z的原子序数大于s元素且为短周期主族元素，所以z是cl元素，（3）中v的最简单气态氢化物甲的水溶液显碱性，则v是n元素，甲是氨气（1）主族元素原子最外层电子数与其族序数相等；al、氧气和电解质溶液构成原电池，al易失电子作负极；（2）so2气体通入bacl2和hno3的混合溶液，生成白色沉淀和无色气体no，发生氧化还原反应生成硫酸根离子和no，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀，同一氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性；（3）氨气和双氧水发生氧化还原反应生成氮气和水；一定条件下，甲在固定体积的密闭容器中发生分解反应（h0）并达平衡后，a该分解反应是吸热反应，升高温度促进分解，混合物的物质的量增大；b升高温度，促进氨气分解；c加入氢气，抑制氨气分解，混合气体质量增大，容器体积不变，根据=判断；d加入氨气，氨气浓度增大，平衡向右移动，但氨气转化率减小；温度为t时，将2a molh2和a moln2放入0.5l密闭容器中，发生反应n2（g）+3h2（g）2nh3（g）h0，计算平衡时各组分物质的量浓度，代入k=计算平衡常数；含有4mol硝酸的稀硝酸溶液中，逐渐加入fe粉至过量，发生的反应为fe+4hno3=fe（no3）3+no+2h2o、2fe（no3）3+fe=3fe（no3）2，4mol硝酸氧化铁生成硝酸铁时需要1molfe，硝酸铁氧化铁生成硝酸亚铁时需要0.5mol铁，最终生成亚铁离子的物质的量是1.5mol；相同温度下，等体积、物质的量浓度都为0.1mol/l的kcl和ch3cook溶液的两种溶液中，kcl中存在c（k+）+c（oh）=c（h+）+c（cl），ch3cook溶液中存在c（ch3coo）+c（oh）=c（h+）+c（k+），醋酸钾溶液呈碱性、氯化钾溶液呈中性，两种溶液中钾离子浓度相等，据此判断【解答】解：u、v、