江西省新余市分宜县高考化学五模试卷（含解析）.doc

2016年江西省新余市分宜县高考化学五模试卷一、选择题（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每小题6分，共48分）1已知化学反应2c（s）+o2（g）co2（g）、2co（g）+o2（g）2co2（g）都是放热反应，据此判断，下列说法错误的是（）a12gc所具有的能量一定高于28gco所具有的能量b56gco和32go2所具有的总能量大于44gco2所具有的总能量c12gc和32go2所具有的总能量大于44gco2所具有的总能量d将一定质量的碳燃烧，生成co2比生成co时放出的热量多2关于0.1mol/l h2so4溶液的叙述错误的是（）a1l该溶液中含有h2so4的质量为9.8gb0.5l该溶液中氢离子的物质的量浓度为0.2mol/lc从1l该溶液中取出100ml，则取出溶液中h2so4的物质的量浓度为0.01mol/ld取该溶液10ml，加水稀释至100ml后h2so4的物质的量浓度为0.01mol/l3下列离子方程式正确的是（）a用醋酸除水垢：caco3+2h+ca2+h2o+co2b用小苏打治疗胃酸过多：hco3+h+co2+h2oc向溴化亚铁溶液中通入足量氯气：2br+cl2br2+2cld向澄清石灰水中通人过量二氧化碳：ca2+2oh+co2caco3+h2o4氧元素有三种核素16o、17o、18o，它们在自然界中所占的原子个数百分比分别为a%、b%、c%，则下列说法正确的是（）a一个16o原子的质量为16gb17o的相对原子质量约为17c氧元素的相对原子质量为d氧元素的相对原子质量为（16a%+17b%+18c%）52013年4月24日，东航首次成功进行了由地沟油生产的生物航空燃油的验证飞行能区别地沟油（加工过的餐饮废弃油）与矿物油（汽油、煤油、柴油等）的方法是（）a点燃，能燃烧的是矿物油b测定沸点，有固定沸点的是矿物油c加入水中，浮在水面上的是地沟油d加入足量氢氧化钠溶液共热，不分层的是地沟油6某固体混合物可能含al、（nh4）2so4、mgcl2、alcl3、fecl3中的一种或几种，现对该混合物作如下实验，所得现象和有关数据如下图（气体体积已换算成标准状况下的体积）下列叙述不正确的是（）a该实验的整个过程共涉及6个化学反应b该实验的整个过程只涉及1个氧化还原反应c混合物中一定有al、（nh4）2so4、mgcl2，一定没有alcl3、fecl3d混合物中一定有al、（nh4）2so4、mgcl2、alcl3，一定没有fecl37已知某反应aa（g）+bb（g）cc（g）h=q 在密闭容器中进行，在不同温度（t1和t2 ）及压强（p1 和p2 ）下，混合气体中b的质量分数w（b）与反应时间（t）的关系如图所示，下列判断正确的是（）at1t2，p1p2，a+bc，q0bt1t2，p1p2，a+bc，q0ct1t2，p1p2，a+bc，q0dt1t2，p1p2，a+bc，q08将反应cu（s）+2ag+（aq）cu2+（aq）+2ag（s）设计成原电池，某一时刻的电子流向及电流计（g）指针偏转方向如图所示，有关叙述正确的是（）akno3盐桥中的k+移向cu（no3）2溶液b当电流计指针指向0时，该反应达平衡，平衡常数k=0c若向硝酸银溶液中加入nacl固体，随着nacl量的增加，电流计指针向右偏转幅度减小指针指向0向左偏转d向硝酸铜溶液中加入naoh固体，随着naoh量的增加，电流计指针向右偏转幅度减小指针指向0向左偏转二、非选择题（共4小题，共52分）9有两个实验小组的同学为探究过氧化钠与二氧化硫的反应，都用如下图所示的装置进行实验通入so2气体，将带余烬的木条插入试管c中，木条复燃请回答下列问题：（1）第1小组同学认为na2o2与so2反应生成了na2so3和o2，该反应的化学方程式是（2）请设计一种实验方案证明na2o2与so2反应生成的白色固体中含有na2so3（3）第2小组同学认为na2o2与so2反应除了生成na2so3和o2外，还有na2so4生成为检验是否有na2so4生成，他们设计了如下方案：将b中反应后的固体溶解于水白色沉淀仍有部分白色沉淀不溶解，证明有na2so4生成上述方案是否合理？请简要说明两点理由：；10有x、y、z三种元素，已知：x2、y均与y的气态氢化物分子具有相同的电子数；z与y可组成化合物zy3，zy3溶液遇苯酚呈紫色请回答：（1）y的最高价氧化物对应水化物的化学式是（2）将zy3溶液滴入沸水可得到红褐色液体，反应的离子方程式是此液体具有的性质是（填序号字母）a光束通过该液体时形成光亮的“通路”b插入电极通直流电后，有一极附近液体颜色加深c向该液体中加入硝酸银溶液，无沉淀产生d将该液体加热、蒸干、灼烧后，有氧化物生成（3）x单质在空气中燃烧生成一种无色有刺激性气味的气体已知一定条件下，每1 mol该气体被o2氧化放热98.0kj若2 mol该气体与1 mol o2在此条件下发生反应，达到平衡时放出的热量是176.4 kj，则该气体的转化率为原无色有刺激性气味的气体与含1.5 mol y的一种含氧酸（该酸的某盐常用于实验室制取氧气）溶液在一定条件下反应，可生成一种强酸和一种氧化物若有1.56.021023个电子转移时，该反应的化学方程式是11连二亚硫酸钠（na2s2o4）又称保险粉，是印刷工业中重要的还原剂某课题小组进行如下实验查阅材料（1）连二亚硫酸钠（na2s2o4）是一种白色粉末，易溶于水，难溶于乙醇（2）2na2s2o4+4hcl4nacl+s+3so2+2h2ona2s2o3+2hcl2nacl+s+so2+h2o（1）制备方法75时将甲酸钠和纯碱加入乙醇水溶液中，通入so2进行反应，完成其反应方程式：hcoona+na2co3+=na2s2o4+co2+冷却至4045，过滤，用洗涤，干燥制得na2s2o4（2）na2s2o4的性质（1）na2s2o4 溶液在空气中易被氧化，课题小组测定0.050 moll1 na2s2o4 溶液在空气中ph变化如图：0t1 段主要生成hso3，根据ph变化图，hso3的电离平衡水解平衡（填“”或“”），课题小组推测na2s2o4 溶液在空气中易被氧化，0t1 发生离子反应方程式为t3 时溶液中主要阴离子符号是（2）隔绝空气加热na2s2o4 固体完全分解得到固体产物na2so3、na2s2o3 和气体为（填化学式）请你设计实验验证产物有na2s2o3 存在，完成下表中内容（供选择的试剂：稀盐酸、稀硝酸、bacl2 溶液、kmno4 溶液）实验步骤（不要求写出具体操作过程）预期的实验现象和结论12香草醛是食品添加剂的增香原料，可由丁香酚经以下反应合成香草醛（1）写出香草醛分子中含氧官能团的名称 （任意写两种）（2）下列有关丁香酚和香草醛的说法正确的是a丁香酚既能发生加成反应又能发生取代反应b香草醛中的oh能被酸性k2cr2o7氧化c丁香酚和化合物互为同分异构体d1mol香草醛最多能与3mol氢气发生加成反应（3）写出化合物香草醛的化学方程式（4）乙基香草醛（其结构见图a）也是食品添加剂的增香原料，它的一种同分异构体a属于酯类a在酸性条件下水解，其中一种产物的结构见图ba的结构简式是2016年江西省新余市分宜县高考化学五模试卷参考答案与试题解析一、选择题（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每小题6分，共48分）1已知化学反应2c（s）+o2（g）co2（g）、2co（g）+o2（g）2co2（g）都是放热反应，据此判断，下列说法错误的是（）a12gc所具有的能量一定高于28gco所具有的能量b56gco和32go2所具有的总能量大于44gco2所具有的总能量c12gc和32go2所具有的总能量大于44gco2所具有的总能量d将一定质量的碳燃烧，生成co2比生成co时放出的热量多【考点】吸热反应和放热反应【分析】根据放热反应中反应物总能量大于生成物总能量，等量的物质完全燃烧时放出的热量大于不完全燃烧时的热量，据此来解答【解答】解：a、因2c+o2=2co是放热反应，所以12gc和16go2所具有的总能量一定高于28gco所具有的能量，故a错误；b、因2co+o22co2是放热反应，所以56gco和32go2所具有的总能量大于88gco2所具有的总能量，即反应物的总能量大于生成物的总能量，故b正确；c、因2c+o2=2co，2co+o22co2都是放热反应，所以c+o2=co2也是放热反应，所以12gc和32o2所具有的总能量一定高于44gco2所具有的总能量，故c正确；d、因物质完全燃烧放出的热量比不完全燃烧放出热量多，所以一定质量的碳燃烧，生成co2比生成co时放出的热量多，故d正确；故选a【点评】本题考查了放热反应，解此类题要明确，反应物能量是指所有反应物的总能量和，生成物能量是指所有生成物总能量和，而不是某一个反应物和某一个生成物能量进行对比2关于0.1mol/l h2so4溶液的叙述错误的是（）a1l该溶液中含有h2so4的质量为9.8gb0.5l该溶液中氢离子的物质的量浓度为0.2mol/lc从1l该溶液中取出100ml，则取出溶液中h2so4的物质的量浓度为0.01mol/ld取该溶液10ml，加水稀释至100ml后h2so4的物质的量浓度为0.01mol/l【考点】物质的量浓度的相关计算【专题】物质的量浓度和溶解度专题【分析】a根据n=cv=计算；bc（h+）=2c（h2so4）；c根据溶液为均一、稳定的分散系进行判断；d根据溶液稀释前后，溶质的物质的量不变计算【解答】解：an（h2so4）=1l0.1mol/l=0.1mol，m（h2so4）=0.1mol98gmol=9.8g，故a正确；bc（h+）=2c（h2so4）=20.1mol/l=0.2mol/l，故b正确；c溶液为均一、稳定的分散系，从1l该溶液中取出100ml，则取出溶液中h2so4的物质的量浓度应为0.1mol/l，故c错误；d取该溶液10ml，n（h2so4）=0.01l0.1mol/l，加水稀释至100ml后h2so4的物质的量浓度为=0.01mol/l，故d正确故选c【点评】本题考查物质的量的相关计算，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意相关计算公式的运用，难度不大3下列离子方程式正确的是（）a用醋酸除水垢：caco3+2h+ca2+h2o+co2b用小苏打治疗胃酸过多：hco3+h+co2+h2oc向溴化亚铁溶液中通入足量氯气：2br+cl2br2+2cld向澄清石灰水中通人过量二氧化碳：ca2+2oh+co2caco3+h2o【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】a、醋酸是弱电解质存在电离平衡，不能拆成离子；b、小苏打是碳酸氢钠，胃酸是盐酸，反应生成二氧化碳和水；c、溴化亚铁溶液中亚铁离子还原性大于溴离子，足量氯气会氧化亚铁离子和溴离子；d、过量二氧化碳反应生成碳酸氢钙；【解答】解：a、用醋酸除水垢，醋酸是弱电解质，反应的离子方程式为：caco3+2ch3coohca2+h2o+co2+2ch3coo；故a错误；b、用小苏打治疗胃酸过多是碳酸氢钠和盐酸反应生成二氧化碳和水，反应的离子方程式：hco3+h+co2+h2o，故b正确；c、向溴化亚铁溶液中通入足量氯气：2fe2+4br+3cl22fe3+2br2+6cl；故c错误；d、向澄清石灰水中通人过量二氧化碳：oh+co2hco3；故d错误；故选b【点评】本题考查了离子方程式的书写方法和书写原则，注意弱电解质判断，氧化还原反应的顺序反应，量不同产物不同，题目难度中等4氧元素有三种核素16o、17o、18o，它们在自然界中所占的原子个数百分比分别为a%、b%、c%，则下列说法正确的是（）a一个16o原子的质量为16gb17o的相对原子质量约为17c氧元素的相对原子质量为d氧元素的相对原子质量为（16a%+17b%+18c%）【考点】同位素及其应用【专题】原子组成与结构专题【分析】a一个氧原子的质量非常小；b17o的质量数为17，是其相对原子质量的近似值；c元素的相对原子质量是其各种同位素相对原子质量的加权平均值；d元素的相对原子质量是其各种同位素相对原子质量的加权平均值【解答】解：a16o的质量数为16，一个氧原子的质量非常小，故a错误；b17o的质量数为17，是其相对原子质量的近似值，故17o的相对原子质量约为17，故b正确；c元素的相对原子质量是其各种同位素相对原子质量的加权平均值，故c错误；d元素的相对原子质量是其各种同位素相对原子质量的加权平均值，没有每个核素的相对原子质量，故无法计算，故d错误；故选b【点评】本题考查质量数与原子的相对原子质量的关系、元素的相对原子质量的概念，难度不大注意熟练掌握基本概念是解题的关键52013年4月24日，东航首次成功进行了由地沟油生产的生物航空燃油的验证飞行能区别地沟油（加工过的餐饮废弃油）与矿物油（汽油、煤油、柴油等）的方法是（）a点燃，能燃烧的是矿物油b测定沸点，有固定沸点的是矿物油c加入水中，浮在水面上的是地沟油d加入足量氢氧化钠溶液共热，不分层的是地沟油【考点】有机物的鉴别；饱和烃与不饱和烃；油脂的性质、组成与结构【专题】有机物的化学性质及推断【分析】地沟油中含油脂，与碱溶液反应，而矿物油不与碱反应，混合后分层，以此来解答【解答】解：a地沟油、矿物油均能燃烧，不能区别，故a错误；b地沟油、矿物油均为混合物，没有固定沸点，不能区别，故b错误；c地沟油、矿物油均不溶于水，且密度均比水小，不能区别，故c错误；d加入足量氢氧化钠溶液共热，不分层的是地沟油，分层的为矿物油，现象不同，能区别，故d正确；故选d【点评】本题考查有机物的区别，明确地沟油、矿物油的成分及性质是解答本题的关键，侧重有机物性质的考查，题目难度不大6某固体混合物可能含al、（nh4）2so4、mgcl2、alcl3、fecl3中的一种或几种，现对该混合物作如下实验，所得现象和有关数据如下图（气体体积已换算成标准状况下的体积）下列叙述不正确的是（）a该实验的整个过程共涉及6个化学反应b该实验的整个过程只涉及1个氧化还原反应c混合物中一定有al、（nh4）2so4、mgcl2，一定没有alcl3、fecl3d混合物中一定有al、（nh4）2so4、mgcl2、alcl3，一定没有fecl3【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；无机物的推断【专题】物质的分离提纯和鉴别【分析】根据生成气体通过碱石灰体积不变（无酸性气体），而通过浓硫酸体积减小，说明剩余的 6.72 l气体为氢气，即原固体中一定含有金属al，且其质量为27 g/mol=5.4 g生成氨气的物质的量为=0.2 mol，则原固体中一定含有 0.1 mol （nh4）2so4，其质量为13.2 g，得到白色沉淀久置不变色，说明无fecl3，因为naoh过量，所以白色沉淀不可能含有氢氧化铝，则说明5.8 g白色沉淀为mg（oh）2，为0.1 mol，则固体中mgcl2为0.1 mol，质量为9.5g，无色溶液中有al与过量naoh溶液反应后得到的naalo2，al、（nh4）2so4、mgcl2的总质量为：5.4g+13.2g+9.5g=28.1 g，等于原固体的质量，说明混合物中不含有alcl3，以此解答该题【解答】解：根据生成气体通过碱石灰体积不变（无酸性气体），而通过浓硫酸体积减小，说明剩余的 6.72 l气体为氢气，即原固体中一定含有金属al，且其质量为27 g/mol=5.4 g生成氨气的物质的量为=0.2 mol，则原固体中一定含有 0.1 mol （nh4）2so4，其质量为13.2 g，得到白色沉淀久置不变色，说明无fecl3，因为naoh过量，所以白色沉淀不可能含有氢氧化铝，则说明5.8 g白色沉淀为mg（oh）2，为0.1 mol，则固体中mgcl2为0.1 mol，质量为9.5g，无色溶液中有al与过量naoh溶液反应后得到的naalo2，al、（nh4）2so4、mgcl2的总质量为：5.4g+13.2g+9.5g=28.1 g，等于原固体的质量，说明混合物中不含有alcl3，a过程中涉及的反应为：al、（nh4）2so4、mgcl2分别与naoh的反应，nh3与硫酸的反应，naalo2与盐酸的反应，al（oh）3与盐酸的反应，共6个反应，故a正确；bal与naoh反应为氧化还原反应，故b正确；c有以上分析可知，混合物中一定有al、（nh4）2so4、mgcl2，一定没有alcl3、fecl3，故c正确；d由以上分析可知不含alcl3，故d错误故选d【点评】本题考查物质的分离、提纯以及检验，侧重于元素化合物知识的综合应用，为高考常考查题型，注意根据相关数据进行判断，题目难度中等7已知某反应aa（g）+bb（g）cc（g）h=q 在密闭容器中进行，在不同温度（t1和t2 ）及压强（p1 和p2 ）下，混合气体中b的质量分数w（b）与反应时间（t）的关系如图所示，下列判断正确的是（）at1t2，p1p2，a+bc，q0bt1t2，p1p2，a+bc，q0ct1t2，p1p2，a+bc，q0dt1t2，p1p2，a+bc，q0【考点】体积百分含量随温度、压强变化曲线【分析】温度相同时，根据到达平衡的时间判断压强大小，再根据压强对b的含量的影响，判断压强对平衡的影响，确定反应气体气体体积变化情况；压强相同时，根据到达平衡的时间判断温度大小，再根据温度对b的含量的影响，判断温度对平衡的影响，确定反应的热效应【解答】解：由图象可知，温度为t1时，根据到达平衡的时间可知p2p1，且压强越大，b的含量高，说明压强增大平衡向逆反应方向移动，故正反应为气体体积增大的反应，即a+bc；压强为p2时，根据到达平衡的时间可知t1t2，且温度越高，b的含量低，说明温度升高平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应，即q0，故选：无答案【点评】本题考查化学平衡图象问题，难度不大，本题注意根据图象判断温度、压强的大小，根据温度、压强对平衡移动的影响分析8将反应cu（s）+2ag+（aq）cu2+（aq）+2ag（s）设计成原电池，某一时刻的电子流向及电流计（g）指针偏转方向如图所示，有关叙述正确的是（）akno3盐桥中的k+移向cu（no3）2溶液b当电流计指针指向0时，该反应达平衡，平衡常数k=0c若向硝酸银溶液中加入nacl固体，随着nacl量的增加，电流计指针向右偏转幅度减小指针指向0向左偏转d向硝酸铜溶液中加入naoh固体，随着naoh量的增加，电流计指针向右偏转幅度减小指针指向0向左偏转【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】a原电池放电时，盐桥中阳离子向正极移动；b当电流计指针为0时，该反应达平衡，但平衡常数k不等于0；c若此时向agno3溶液中加入nacl固体，随着nacl量的增加，cl与溶液中的ag+形成agcl沉淀，脱离溶液体系c（ag+）逐渐减小，根据和化学平衡常数的比值大小判断反应方向；d向硝酸铜溶液中加入氢氧化钠固体时，氢氧化钠和硝酸铜反应生成氢氧化铜沉淀，根据与化学平衡常数k比较确定反应方向【解答】解：a该原电池中，铜作负极，银作正极，放电时，硝酸钾中的钾离子向硝酸银溶液移动，故a错误；b当电流计指针为0时，该反应达平衡状态，但平衡常数k不等于0，故b错误；c向agno3aq中加入nacl固体（固体可以忽略稀释影响），cl与溶液中的ag+形成agcl沉淀，脱离溶液体系，c（ag+）逐渐减小，当逐渐接近k（反应速度减小），指针向右偏转幅度减小，c（ag+）继续减小，当等于k（反应速度为0），指针指向0，c（ag+）继续减小，当k（反应变为逆方向进行），指针向左偏转，所以随着nacl量的增加，电流计指针向右偏转幅度减小指针指向0向左偏转，故c正确；d向cu（no3）2溶液中加入naoh固体，氢氧化钠和硝酸铜反应生成氢氧化铜沉淀，随着naoh量的增加，当接近化学平衡常数k时，反应速率减小，指针向左偏转幅度减小，当等于化学平衡常数k时，指针为0，当小于化学平衡常数k时，指针向右偏转，所以随着naoh量的增加指针电流计指针向左偏转幅度减小指针指向0向右偏转，故d错误；故选c【点评】本题考查原电池原理及化学平衡，明确指针的偏转幅度含义是解本题关键，知道k与的差距越大，反应速度越快，难度中等，侧重于考查学生的分析能力二、非选择题（共4小题，共52分）9有两个实验小组的同学为探究过氧化钠与二氧化硫的反应，都用如下图所示的装置进行实验通入so2气体，将带余烬的木条插入试管c中，木条复燃请回答下列问题：（1）第1小组同学认为na2o2与so2反应生成了na2so3和o2，该反应的化学方程式是2na2o2+2so2=2na2so3+o2（2）请设计一种实验方案证明na2o2与so2反应生成的白色固体中含有na2so3取白色固体，加稀硫酸，产生能使品红溶液褪色的气体（3）第2小组同学认为na2o2与so2反应除了生成na2so3和o2外，还有na2so4生成为检验是否有na2so4生成，他们设计了如下方案：将b中反应后的固体溶解于水白色沉淀仍有部分白色沉淀不溶解，证明有na2so4生成上述方案是否合理？不合理请简要说明两点理由：稀硝酸能将亚硫酸钡氧化为硫酸钡；如果反应后的固体中还残留na2o2，它溶于水后能将亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子【考点】性质实验方案的设计；二氧化硫的化学性质【专题】实验设计题【分析】探究过氧化钠与二氧化硫的反应，由实验装置可知，浓硫酸干燥二氧化硫，通入so2气体，将带余烬的木条插入试管c中，木条复燃，可知在b中发生2na2o2+2so2=2na2so3+o2，可利用强酸制弱酸的反应原理检验na2so3，向反应后的溶液中滴加盐酸，再将生成的气体通入品红溶液，若褪色则有so2生成，原固体中含有na2so3而检验na2so4时，需排除na2so3的干扰，因为na2so3易被氧化成na2so4硝酸、na2o2氧化性均很强，均能将so32氧化成so42，以此来解答【解答】解：（1）na2o2与so2反应生成了na2so3和o2，该反应的化学方程式是2na2o2+2so2=2na2so3+o2，故答案为：2na2o2+2so2=2na2so3+o2；（2）证明na2o2与so2反应生成的白色固体中含有na2so3，实验方法为取白色固体，加稀硫酸，产生能使品红溶液褪色的气体，故答案为：取白色固体，加稀硫酸，产生能使品红溶液褪色的气体；（3）b中反应后的固体溶解于水白色沉淀仍有部分白色沉淀不溶解，不能证明有na2so4生成，该方案不合理，因稀硝酸能将亚硫酸钡氧化为硫酸钡、如果反应后的固体中还残留na2o2，它溶于水后能将亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子，故答案为：不合理；稀硝酸能将亚硫酸钡氧化为硫酸钡；如果反应后的固体中还残留na2o2，它溶于水后能将亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子【点评】本题以物质的性质为载体综合考查性质实验的设计，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握相关物质的性质，明确实验目的和原理是解答该题的关键，注意相关实验操作方法的注意事项，题目难度中等10有x、y、z三种元素，已知：x2、y均与y的气态氢化物分子具有相同的电子数；z与y可组成化合物zy3，zy3溶液遇苯酚呈紫色请回答：（1）y的最高价氧化物对应水化物的化学式是hclo4（2）将zy3溶液滴入沸水可得到红褐色液体，反应的离子方程式是fe3+3h2ofe（oh）3（胶体）+3h+此液体具有的性质是a、b、d（填序号字母）a光束通过该液体时形成光亮的“通路”b插入电极通直流电后，有一极附近液体颜色加深c向该液体中加入硝酸银溶液，无沉淀产生d将该液体加热、蒸干、灼烧后，有氧化物生成（3）x单质在空气中燃烧生成一种无色有刺激性气味的气体已知一定条件下，每1 mol该气体被o2氧化放热98.0kj若2 mol该气体与1 mol o2在此条件下发生反应，达到平衡时放出的热量是176.4 kj，则该气体的转化率为90%原无色有刺激性气味的气体与含1.5 mol y的一种含氧酸（该酸的某盐常用于实验室制取氧气）溶液在一定条件下反应，可生成一种强酸和一种氧化物若有1.56.021023个电子转移时，该反应的化学方程式是so2+2hclo3=h2so4+2clo2【考点】无机物的推断【专题】无机推断【分析】有x、y、z三种元素，z与y可组成化合物zy3，zy3溶液遇苯酚呈紫色，为fecl3，故z为fe元素，y为cl元素，x2、y均与cl元素的气态氢化物分子具有相同的电子数，为18个电子，故x为s元素；（1）cl元素的最高价氧化物对应水化物的化学式是hclo4；（2）将fecl3溶液滴入沸水中发生水解反应生成氢氧化铁胶体，所形成的溶液具有胶体的性质，氢氧化铁胶体胶粒带正电荷，会发生电泳现象，溶液中含有氯离子，将溶液蒸干促进水解，最终氢氧化铁分解生成氧化铁；（3）硫单质在空气中燃烧生成一种无色有刺激性气味的气体为so2，根据反应热计算参加反应的二氧化硫的物质的量，再利用转化率定义计算；cl元素的一种含氧酸（该酸的某盐常用于实验室制取氧气），故该酸为hclo3，该酸具有强氧化性，将二氧化硫氧化为硫酸，根据转移电子数计算氯元素在氧化物中化合价，判断氧化物化学式，据此书写【解答】解：有x、y、z三种元素，z与y可组成化合物zy3，zy3溶液遇苯酚呈紫色，为fecl3，故z为fe元素，y为cl元素，x2、y均与cl元素的气态氢化物分子具有相同的电子数，为18个电子，故x为s元素，（1）cl元素的最高价氧化物对应水化物的化学式是hclo4，故答案为：hclo4；（2）将fecl3溶液滴入沸水中发生水解反应生成氢氧化铁胶体，反应的离子方程式是fe3+3h2o fe（oh）3（胶体）+3h+，a氢氧化铁胶体具有丁达尔效应，故a正确；b胶体胶粒带有正电荷，通直流电后，发生电泳现象，负极附近液体颜色加深，故b正确；c所得的溶液中含有氯离子，向该液体中加入硝酸银溶液，有沉淀产生，故c错误；d将该液体加热、蒸干、灼烧后，有氧化铁生成，故d正确；故答案为：fe3+3h2o fe（oh）3（胶体）+3h+；abd；（3）x单质在空气中燃烧生成一种无色有刺激性气味的气体为so2，发生反应2so2+o22so2，1molso2被o2氧化放热98.0kj，若2mol该气体与1mol o2在此条件下发生反应，达到平衡时放出的热量是176.4kj，故参加反应的so2为1mol=1.8mol，故so2转化率为100%=90%，故答案为：90%；cl元素的一种含氧酸（该酸的某盐常用于实验室制取氧气），故该酸为hclo3，so2与含1.5molhclo3溶液在一定条件下反应，可生成一种强酸为和一种氧化物，该强酸为h2so4，cl元素在氧化物中化合价为x，则（5x）1.56.021023=1.56.021023，解得x=4，故氧化物为clo2，反应方程式为：so2+2hclo3=h2so4+2clo2，故答案为：so2+2hclo3=h2so4+2clo2【点评】本题以元素推断为载体，考查常用化学用语书写、胶体性质、氧化还原反应计算、反应热与化学平衡计算，题目综合性较大，难度中等，（3）中注意利用氧化还原反应规律计算氯元素在氧化物中的化合价11连二亚硫酸钠（na2s2o4）又称保险粉，是印刷工业中重要的还原剂某课题小组进行如下实验查阅材料（1）连二亚硫酸钠（na2s2o4）是一种白色粉末，易溶于水，难溶于乙醇（2）2na2s2o4+4hcl4nacl+s+3so2+2h2ona2s2o3+2hcl2nacl+s+so2+h2o（1）制备方法75时将甲酸钠和纯碱加入乙醇水溶液中，通入so2进行反应，完成其反应方程式：hcoona+1na2co3+4so2=2na2s2o4+3co2+冷却至4045，过滤，用乙醇洗涤，干燥制得na2s2o4（2）na2s2o4的性质（1）na2s2o4 溶液在空气中易被氧化，课题小组测定0.050 moll1 na2s2o4 溶液在空气中ph变化如图：0t1 段主要生成hso3，根据ph变化图，hso3的电离平衡水解平衡（填“”或“”），课题小组推测na2s2o4 溶液在空气中易被氧化，0t1 发生离子反应方程式为2s2o42+o2+2h2o=4hso3t3 时溶液中主要阴离子符号是so42（2）隔绝空气加热na2s2o4 固体完全分解得到固体产物na2so3、na2s2o3 和气体为so2（填化学式）请你设计实验验证产物有na2s2o3 存在，完成下表中内容（供选择的试剂：稀盐酸、稀硝酸、bacl2 溶液、kmno4 溶液）实验步骤（不要求写出具体操作过程）预期的实验现象和结论【考点】化学实验方案的评价【专题】制备实验综合【分析】（1）根据电子得失守恒和原子守恒书写化学方程式；连二亚硫酸钠是一种白色粉末，易溶于水，难溶于乙醇；（1）溶液显酸性，hso3的电离程度大于水解程度；na2s2o4溶液在空气中易被氧化生成亚硫酸氢钠，t3时溶液的ph=1，说明溶液的酸性较强，因此亚硫酸氢钠被氧化为硫酸氢钠；（2）隔绝空气加热na2s2o4固体完全分解，得到固体产物na2so3、na2s2o3和气体，其中亚硫酸钠是氧化产物，而na2s2o3中s是+2价，则根据氧化还原反应中电子得失守恒可知气体应该是so2根据反应na2s2o3+2hcl=2nacl+s+so2+h2o可知要检验硫代硫酸钠【解答】解：（1）反应中s元素的化合价从+4价降低到+3价，得到1个电子甲酸钠中碳元素的化合价从+2价升高到+4价，则根据电子得失守恒和原子守恒可知反应的化学方程式为2hcoona+na2co3+4so2=2na2s2o4+3co2+h2o连二亚硫酸钠是一种白色粉末，易溶于水，难溶于乙醇，因此可以用乙醇洗涤产品，故答案为：2hcoona+na2co3+4so2=2na2s2o4+3co2+h2o；乙醇；（1）na2s2o4溶液在空气中易被氧化生成亚硫酸氢钠，则0t1段发生离子反应方程式为 2s2o42+o2+2h2o=4hso30t1段主