浙江省杭州市萧山区2016届高考化学模拟试卷(解析版).doc

2016年浙江省杭州市萧山区高考化学模拟试卷（11）一、选择题（本题共7小题，每小题6分，共42分在每小题给出的四个选项中，只有一个是正确的）1下列说法错误的是（）A二氧化碳和环氧丙烷在催化作用下可生成一种可降解的高聚物，可减少二氧化碳对坏境的影响B化石燃料的燃烧和含硫金属矿石的冶炼等都是造成SO2污染的重要原因C氟氯烃的大量使用会破坏臭氧层，火箭、导弹将大量废气排放到高空，也会加速臭氧分解DH2O2在过氧化氢酶的催化下，随着温度的升高，分解速率持续加快2下列仪器的使用、实验药品选择或实验现象描述正确的是（）A苯、乙醇、四氯化碳都是重要有机溶剂，都可用于提取碘水中的碘单质B可用蘸浓硫酸的玻璃棒检验输送氨气的管道是否漏气C除去Fe（OH）3胶体中的NaCl时，可将其装在用半透膜做的袋子里，放在流动的蒸馏水中，该分离方法称为渗析D用量筒量取10.00mL 1.0mol/L的盐酸于100mL溶量瓶中，加水稀释至刻度，可制得0.1mol/L的盐酸3已知A、B、C、D、E是5种短周期元素，C、D、E是原子序数依次递增的同周期元素，A的最外层电子数是其电子层数的3倍，B是组成有机物的必要元素，元素D与B为同族元素，元素C与E形成的化合物CE是厨房常用调味品下列说法正确的是（）A简单离子半径：EACBC和E的单质可通过电解饱和的CE水溶液获得CC与A形成的两种化合物中化学键类型完全相同DB、D、E的最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强4下列说法正确的是（）A等质量的乙酸、葡萄糖与淀粉完全燃烧时消耗氧气的质量相等B按系统命名法的名称为4，5二甲基4乙基庚烷C豆浆中富含大豆蛋白，煮沸后蛋白质水解成了氨基酸D某烯烃（最简式为CH2）与H2加成产物为2，3二甲基丁烷，则该烯烃可能有2种结构5化学镀铜废液中含有一定量的CuS04，任意排放会污染环境，利用电化学原理可对废液进行回收处理，装置如图，其中质子交换膜只允许H+通过已知：Cu2+HCHO+30H=Cu+HCOO+2H20；还原性：HCHOM（一种金属）Cu下列说法正确的是（）A反应之前，应将含OH的HCHO溶液加人到装置的左侧B右侧发生的电极反应式：HCH02e+H20=HC0O+3H+C若将质子交换膜换成阴离子交换膜，放电过程中，大量的OH将向左侧迁移D放电一段时间后打开开关，移去质子交换膜，装置中可能会有红色固体、蓝色絮状物出现6下列溶液中有关微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A3.0 L 0.1 molL1 NaOH溶液中缓慢通入CO2至溶液增重8.8 g时，溶液中：c（Na+）c（CO32）c（HCO3）c（OH）c（H+）B常温下，将CH3COONa溶液和稀盐酸混合至溶液pH=7：c（Na+）c（CH3COO）c（Cl）=c（CH3COOH）c（H+）=c（OH）C常温下，pH=3的醋酸溶液和pH=13的氢氧化钠溶液等体积混合后（不考虑混合后溶液体积的变化），恰好完全反应，则原醋酸溶液醋酸的电离度为1%D物质的量浓度之比为1：2的NaClO、NaHCO3混合溶液中：c（HClO）+c（ClO）=2c（HCO3）+2c（H2CO3）+2c（CO32）7某强酸性溶液X中仅含有NH4+、Al3+、Ba2+、Fe2+、Fe3+、CO32、SO32、SO42、Cl、NO3中的一种或几种，取该溶液进行连续实验，实验过程如下：下列有关推断合理的是（）A根据上述连续实验不能确定溶液X中是否含有Fe3+B沉淀H为Al（OH）3、BaCO3的混合物C溶液中一定含有H+、Al3+、NH4+、Fe2+、SO42、ClD若溶液X为100 mL，产生的气体A为112 mL（标况），则X中c（Fe2+）=0.05 molL1二、非选择题（本题共4小题）8Atropic酸（H）是某些具有消炎、镇痛作用药物的中间体，其一种合成路线如下：已知：RXROH；RCH2CH2OHRCH=CH2+H2O；（1）G中含氧官能团的名称是；反应1为加成反应，则B的结构简式是（2）BC的化学方程式是；DE的化学方程式是；（3）反应2的反应类型为（4）下列说法正确的是a1mol G 能与足量Na反应放出22.4LH2b等物质的量的B、G、H完全燃烧消耗氧气的物质的量相等c一定条件下1mol有机物H最多能与5mol H2发生反应dH在一定条件下通过缩聚反应可得到高分子化合物，结构如图所示9锌是一种常用金属，冶炼方法有火法和湿法I镓（Ga）是火法冶炼锌过程中的副产品，镓与铝同主族且相邻，化学性质与铝相似，氮化镓（GaN）是制造LED的重要材料，被誉为第三代半导体材料（1）Ga在元素周期表中的位置（2）GaN可由Ga和NH3在高温条件下合成，该反应的化学方程式为（3）下列有关镓和镓的化合物的说法正确的是（填字母序号）A一定条件下，Ga可溶于盐酸和氢氧化钠B常温下，Ga可与水剧烈反应放出氢气CGa2O3可由Ga（OH）3受热分解得到D一定条件下，Ga2O3可与NaOH反应生成盐II甲、乙都是二元固体化合物，将32g甲的粉末加入足量浓硝酸并加热，完全溶解得蓝色溶液，向该溶液中加入足量Ba（NO3）2溶液，过滤、洗涤、干燥得沉淀46.6g；滤液中再滴加NaOH溶液，又出现蓝色沉淀含乙的矿石自然界中储量较多，称取一定量乙，加入稀盐酸使其全部溶解，溶液分为A、B两等份，向A中加入足量氢氧化钠溶液，过滤、洗涤、灼烧得红棕色固体28g，经分析乙与红棕色固体的组成元素相同，向B中加入8.0g铜粉充分反应后过滤、洗涤、干燥得剩余固体1.6g（1）32g甲在足量浓硝酸中反应转移的电子数为；甲在足量氧气中充分灼烧的化学方程式为（2）乙的化学式；稀硫酸溶解乙的化学方程式为（3）将甲在足量氧气中充分灼烧的气体产物通入一定量A溶液中，该反应的离子方程式为，设计实验证明此步反应后的溶液中金属元素的化合价10CO2作为未来碳源，既可弥补因石油、天然气等大量消耗引起的“碳源危机”，又可有效地解决温室效应目前，人们利用光能和催化剂，可将CO2和H2O（g）转化为CH4和O2某研究小组选用不同的催化剂（a，b，c），获得的实验结果如图1所示，请回答下列问题：（1）反应开始后的12小时内，在（填a、b、c）的作用下，收集CH4的最多（2）将所得CH4与H2O（g）通入聚焦太阳能反应器，发生反应CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）H=+206kJmol1将等物质的量的CH4和H2O（g）充入2L恒容密闭容器，某温度下反应5min后达到平衡，此时测得CO的物质的量为0.10mol，则5min内H2的平均反应速率为平衡后可以采取下列的措施能使n（CO）：n（CH4）增大A加热升高温度B恒温恒压下充入氦气C恒温下缩小容器体积D恒温恒容下再充入等物质的量的CH4和H2O（3）工业上可以利用CO为原料制取CH3OH已知：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H=49.5kJmol1CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）H=+41.3kJmol1试写出由CO和H2制取甲醇的热化学方程式该反应的S0（填“”或“”或“=”），在情况下有利于该反应自发进行（4）某科研人员为研究H2和CO合成CH3OH的最佳起始组成比n（H2）：n（CO），在l L恒容密闭容器中通入H2与CO的混合气（CO的投入量均为1mol），分别在230、250和270进行实验，测得结果如图2，则230时的实验结果所对应的曲线是（填字母）；理由是列式计算270时该反应的平衡常数K：11铁酸锌（ZnFe2O4）是对可见光敏感的半导体催化剂，其实验室制备原理为：Zn2+2Fe2+3C2O42+6H2O ZnFe2（C2O4）36H2O（a）ZnFe2（C2O4）36H2O ZnFe2O4+2CO2+4CO+6H2O （b）已知：ZnC2O4和FeC2O4难溶于水（1）上述制备原理中不属于氧化还原反应的是（选填：“a”或“b”）（2）制备ZnFe2（C2O4）36H2O时，可选用的药品有：（NH4）2Fe（SO4）26H2OZnSO47H2O（NH4）2C2O47H2O称量药品时，必须严格控制=选用的加料方式是（填字母）a按一定计量比，、同时加入反应器并加水搅拌，然后升温至75b按一定计量比，、同时加入反应器加水配成溶液，然后加入，再升温到75c按一定计量比，将、混合并配成溶液甲，另配成溶液乙，甲、乙同时加热到75，然后将乙溶液缓慢加入甲溶液中，并持续搅拌（3）从溶液中分离出ZnFe2（C2O4）36H2O需过滤、洗涤已洗涤完全的依据是（4）ZnFe2（C2O4）36H2O热分解需用酒精喷灯，还用到的硅酸盐质仪器有（5）某化学课外小组拟用废旧干电池锌皮（含杂质铁），结合如图信息从提供的试剂中选取适当试剂，制取纯净的ZnSO47H2O实验步骤如下： 将锌片完全溶于稍过量的3molL1稀硫酸，加入（选填字母，下同）A30%H2O2B新制氯水 CFeCl3溶液 DKSCN溶液加入A纯锌粉B纯碳酸钙粉末C纯ZnO粉末 D3molL1稀硫酸加热到60左右并不断搅拌趁热过滤得ZnSO4溶液，再蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥其中步骤加热的主要目的是2016年浙江省杭州市萧山区高考化学模拟试卷（11）参考答案与试题解析一、选择题（本题共7小题，每小题6分，共42分在每小题给出的四个选项中，只有一个是正确的）1下列说法错误的是（）A二氧化碳和环氧丙烷在催化作用下可生成一种可降解的高聚物，可减少二氧化碳对坏境的影响B化石燃料的燃烧和含硫金属矿石的冶炼等都是造成SO2污染的重要原因C氟氯烃的大量使用会破坏臭氧层，火箭、导弹将大量废气排放到高空，也会加速臭氧分解DH2O2在过氧化氢酶的催化下，随着温度的升高，分解速率持续加快【考点】常见的生活环境的污染及治理；化学反应速率的影响因素【分析】A二氧化碳和环氧丙烷反应生成可降解聚碳酸酯；B二氧化硫来源于化石类燃料的燃烧、含硫矿石的冶炼；C氟利昂能使臭氧生成氧气；D酶是蛋白质升高温度酶要发生变性【解答】解：A二氧化碳和环氧丙烷在催化剂作用下生成可降解聚碳酸酯，故A正确；B化石类燃料的燃烧、含硫矿石的冶炼等过程是造成SO2污染的重要原因，故B正确；C氟利昂能使臭氧生成氧气，会破坏臭氧层，大量废气的排放也能使臭氧层出现空洞，故C正确；D过氧化氢酶的催化活性会受到温度的影响，温度过高，蛋白质变性，失去催化效力，故D错误；故选：D2下列仪器的使用、实验药品选择或实验现象描述正确的是（）A苯、乙醇、四氯化碳都是重要有机溶剂，都可用于提取碘水中的碘单质B可用蘸浓硫酸的玻璃棒检验输送氨气的管道是否漏气C除去Fe（OH）3胶体中的NaCl时，可将其装在用半透膜做的袋子里，放在流动的蒸馏水中，该分离方法称为渗析D用量筒量取10.00mL 1.0mol/L的盐酸于100mL溶量瓶中，加水稀释至刻度，可制得0.1mol/L的盐酸【考点】化学实验方案的评价【分析】A乙醇与水互溶，不能做萃取剂萃取碘水中的碘单质；B浓硫酸不具有挥发性，应该浓盐酸检验氨气；C除去胶体中的可溶性杂质可以采用渗析法；D稀释浓盐酸需要在烧杯中进行，不能直接在容量瓶中稀释【解答】解：A乙醇与水互溶，不能作萃取碘水的萃取剂，而苯、四氯化碳都是重要有机溶剂，都可用于提取碘水中的碘单质，故A错误；B可用蘸浓浓盐酸的玻璃棒检验输送氨气的管道是否漏气，由于浓硫酸不挥发，所以不能用浓硫酸，故B错误；C胶体不能透过半透膜、氯化钠溶液能透过半透膜，所以可以采用渗析的方法除去Fe（OH）3胶体中的NaCl，故C正确；D不能直接在容量瓶中稀释，应在烧杯中稀释、冷却后转移到容量瓶中，故D错误；故选C3已知A、B、C、D、E是5种短周期元素，C、D、E是原子序数依次递增的同周期元素，A的最外层电子数是其电子层数的3倍，B是组成有机物的必要元素，元素D与B为同族元素，元素C与E形成的化合物CE是厨房常用调味品下列说法正确的是（）A简单离子半径：EACBC和E的单质可通过电解饱和的CE水溶液获得CC与A形成的两种化合物中化学键类型完全相同DB、D、E的最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】A、B、C、D、E是5种短周期元素，A的最外层电子数是其电子层数的3倍，A只能有2个电子层，最外层电子数为6，则A为O元素；B是组成有机物的必要元素，则B为碳元素，元素D与B为同族元素，则D为Si；C、D、E是原子序数依次递增的同周期元素，处于第三周期，元素C与E形成的化合物CE是厨房常用调味品，则C为Na、E为Cl，据此进行解答【解答】解：A、B、C、D、E是5种短周期元素，A的最外层电子数是其电子层数的3倍，A只能有2个电子层，最外层电子数为6，则A为O元素；B是组成有机物的必要元素，则B为碳元素，元素D与B为同族元素，则D为Si；C、D、E是原子序数依次递增的同周期元素，处于第三周期，元素C与E形成的化合物CE是厨房常用调味品，则C为Na、E为ClA电子层越多，离子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大，离子半径越小，则简单离子半径：EAC，故A正确；B电解饱和NaCl溶液得到氢气、氯气与氢氧化钠，电解熔融NaCl得到钠与氯气，故B错误；CC与A形成的两种化合物分别为氧化钠、过氧化钠，氧化钠含有离子键，过氧化钠含有离子键、共价键，含有化学键不完全相同，故C错误；DB、D、E的最高价氧化物对应水化物分别为碳酸、硅酸、高氯酸，酸性：硅酸碳酸高氯酸，故D错误；故选A4下列说法正确的是（）A等质量的乙酸、葡萄糖与淀粉完全燃烧时消耗氧气的质量相等B按系统命名法的名称为4，5二甲基4乙基庚烷C豆浆中富含大豆蛋白，煮沸后蛋白质水解成了氨基酸D某烯烃（最简式为CH2）与H2加成产物为2，3二甲基丁烷，则该烯烃可能有2种结构【考点】有机化合物命名；有机化学反应的综合应用【分析】A根据最简式分析，最简式相同，则燃烧消耗的氧气相同；B根据烷烃的命名原则对该有机物进行命名；C加热蛋白质发生变性；D某烯烃（最简式为CH2），则含有一个双键，结合2，3二甲基丁烷的结构简式分析【解答】解：A乙酸、葡萄糖的简式为CH2O，淀粉的最简式为C6H10O5，最简式不同，所以燃烧消耗的氧气不相同，故A错误；B该有机物为烷烃，主链中最长碳链含有7个碳，主链为庚烷，编号如图，在3、4号C各含有两个甲基，4号C含有一个乙基，该有机物命名为：3，4二甲基4乙基庚烷，故C错误； C加热蛋白质发生变性，蛋白质没有发生水解，所以没有氨基酸生成，故C错误；D某烯烃（最简式为CH2），则含有一个双键，2，3二甲基丁烷由某烯烃加成得到，则该烯烃的结构简式可能为：CH2=C（CH3）CH（CH3）2，（CH3）2C=C（CH3）2，则该烯烃可能有2种结构，故D正确；故选D5化学镀铜废液中含有一定量的CuS04，任意排放会污染环境，利用电化学原理可对废液进行回收处理，装置如图，其中质子交换膜只允许H+通过已知：Cu2+HCHO+30H=Cu+HCOO+2H20；还原性：HCHOM（一种金属）Cu下列说法正确的是（）A反应之前，应将含OH的HCHO溶液加人到装置的左侧B右侧发生的电极反应式：HCH02e+H20=HC0O+3H+C若将质子交换膜换成阴离子交换膜，放电过程中，大量的OH将向左侧迁移D放电一段时间后打开开关，移去质子交换膜，装置中可能会有红色固体、蓝色絮状物出现【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】A、如果右侧是镀铜废液，则M（一种金属）与硫酸铜会发生自发的氧化还原反应，则不能构成原电池；B、右侧是原电池的负极发生氧化反应，电极反应式为：HCH02e+0H=HC0O+2H+；C、若将质子交换膜换成阴离子交换膜，放电过程中，左侧是原电池的正极，OH应向负极迁移；D、红色物质是铜离子放电得到单质铜，蓝色絮状物【解答】解：A、如果右侧是镀铜废液，则M（一种金属）与硫酸铜会发生自发的氧化还原反应，则不能构成原电池，所以反应之前，应将含OH的HCHO溶液加人到装置的右侧，故A错误；B、右侧是原电池的负极发生氧化反应，电极反应式为HCH02e+0H=HC0O+2H+，故B错误；C、若将质子交换膜换成阴离子交换膜，放电过程中，左侧是原电池的正极，OH应向负极迁移，而不是向左侧，故C错误；D、红色物质是铜离子放电得到单质铜，蓝色絮状物，所以移去质子交换膜，装置中可能会有红色固体、蓝色絮状物出现，故D正确；故选D6下列溶液中有关微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A3.0 L 0.1 molL1 NaOH溶液中缓慢通入CO2至溶液增重8.8 g时，溶液中：c（Na+）c（CO32）c（HCO3）c（OH）c（H+）B常温下，将CH3COONa溶液和稀盐酸混合至溶液pH=7：c（Na+）c（CH3COO）c（Cl）=c（CH3COOH）c（H+）=c（OH）C常温下，pH=3的醋酸溶液和pH=13的氢氧化钠溶液等体积混合后（不考虑混合后溶液体积的变化），恰好完全反应，则原醋酸溶液醋酸的电离度为1%D物质的量浓度之比为1：2的NaClO、NaHCO3混合溶液中：c（HClO）+c（ClO）=2c（HCO3）+2c（H2CO3）+2c（CO32）【考点】离子浓度大小的比较【分析】A溶液增重的为二氧化碳的质量，根据n=计算出二氧化碳的物质的量，再根据n=cV计算出NaOH的物质的量，根据计算结果判断反应产物，然后根据碳酸钠、碳酸氢钠的物质的量判断溶液中离子浓度大小；B混合液为中性，则c（H+）=c（OH），根据电荷守恒可得：c（Na+）=c（CH3COO）+c（Cl），由于加入的氯化氢较少，则c（CH3COO）c（Cl），再结合物料守恒可得c（Cl）=c（CH3COOH）；C二者等体积混合恰好反应，则根据氢氧化钠的浓度可知醋酸的浓度，根据醋酸的pH可计算出醋酸电离出的氢离子浓度，从而可计算出醋酸的电离度；D根据混合液中的物料守恒判断【解答】解：A溶液增重的质量为二氧化碳，.0 L 0.1 molL1，n（CO2）=0.2mol，NaOH溶液中含有氢氧化钠的为：n（NaOH）=0.1mol/L3.0L=0.3mol，1=1.52，所以二者反应生成的是NaHCO3和Na2CO3，设n（Na2CO3）=xmol、n（NaHCO3）=ymol，根据C原子、Na原子守恒得：x+y=0.2、2x+y=0.3，解得：x=0.1、y=0.1，故反应后生成等物质的量的NaHCO3和Na2CO3，碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，则：c（CO32）c（HCO3），正确的离子浓度大小为：c（Na+）c（HCO3）c（CO32）c（OH）c（H+），故A错误；B常温下，将CH3COONa溶液和稀盐酸混合至溶液pH=7，则c（H+）=c（OH），根据电荷守恒可知：c（Na+）=c（CH3COO）+c（Cl），由于加入的氯化氢较少，则c（CH3COO）c（Cl），溶液中满足物料守恒：c（Na+）=c（CH3COO）+c（CH3COOH），根据可得：c（Cl）=c（CH3COOH），所以溶液中离子浓度大小为：c（Na+）c（CH3COO）c（Cl）=c（CH3COOH）c（H+）=c（OH），故B正确；C常温下，pH=3的醋酸溶液和pH=13的氢氧化钠溶液等体积混合后（不考虑混合后溶液体积的变化），恰好完全反应，说明醋酸和NaOH的物质的量浓度相等，pH=3的溶液中醋酸电离的c（H+）0.001mol/L，pH=13的氢氧化钠溶液的浓度为0.1mol/L，则原溶液中c（CH3COOH）=c（NaOH）=0.1mol/L，则原醋酸溶液醋酸的电离度为：100%=1%，故C正确；D物质的量浓度之比为1：2的NaClO、NaHCO3混合溶液中，根据物料守恒可得：2c（HClO）+2c（ClO）=c（HCO3）+c（H2CO3）+c（CO32），故D错误；故选BC7某强酸性溶液X中仅含有NH4+、Al3+、Ba2+、Fe2+、Fe3+、CO32、SO32、SO42、Cl、NO3中的一种或几种，取该溶液进行连续实验，实验过程如下：下列有关推断合理的是（）A根据上述连续实验不能确定溶液X中是否含有Fe3+B沉淀H为Al（OH）3、BaCO3的混合物C溶液中一定含有H+、Al3+、NH4+、Fe2+、SO42、ClD若溶液X为100 mL，产生的气体A为112 mL（标况），则X中c（Fe2+）=0.05 molL1【考点】常见阴离子的检验；常见阳离子的检验【分析】在强酸性溶液中一定不会存在CO32、SO32离子；加入过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀C为BaSO4，说明溶液中含有SO42离子，生成气体A，则A只能是NO，说明溶液中含有还原性离子，则一定为Fe2+离子，溶液B中加入过量NaOH溶液，沉淀F只为Fe（OH）3，生成气体D，则D为NH3，说明溶液中含有NH4+离子；溶液E中通入CO2气体，生成沉淀H，则H为Al（OH）3，E为NaOH和NaAlO2，说明溶液中含有Al3+离子，再根据离子共存知识，溶液中含有Fe2+离子，则一定不含NO3离子和SO32离子，那么一定含有SO42离子，那么就一定不含Ba2+离子，不能确定是否含有的离子Fe3+和Cl，以此进行解答【解答】解：依据分析可知：溶液中一定存在：NH4+、Al3+、Fe2+、SO42，一定不含有：Ba2+、CO32、SO32、NO3，不能确定是否含有：Fe3+和Cl，A、根据上述连续实验不能确定溶液X中是否含有Fe3+，故A正确；B、根据上述分析可知H为Al（OH）3，BaCO3与过量的二氧化碳生成碳酸氢钡，易溶于水，故B错误；C、依据分析可知，溶液中一定存在：NH4+、Al3+、Fe2+、SO42，不能确定Cl是否存在，故C错误；D、生成气体A的离子反应方程式为：3Fe2+NO3+4H+=3Fe3+NO+2H2O，产生的气体A为112 mL，物质的量为： =0.005mol，故n（Fe2+）=30.005=0.015mol，c（Fe2+）=0.15mol/L，故D错误，故选A二、非选择题（本题共4小题）8Atropic酸（H）是某些具有消炎、镇痛作用药物的中间体，其一种合成路线如下：已知：RXROH；RCH2CH2OHRCH=CH2+H2O；（1）G中含氧官能团的名称是羧基、羟基；反应1为加成反应，则B的结构简式是（2）BC的化学方程式是+HBr；DE的化学方程式是2+O22；（3）反应2的反应类型为加成反应（4）下列说法正确的是ba1mol G 能与足量Na反应放出22.4LH2b等物质的量的B、G、H完全燃烧消耗氧气的物质的量相等c一定条件下1mol有机物H最多能与5mol H2发生反应dH在一定条件下通过缩聚反应可得到高分子化合物，结构如图所示【考点】有机物的合成【分析】由苯到苯乙醛的转化可知，苯与乙炔发生加成反应生成B为，苯乙烯与HBr发生加成反应生成C为，C发生水解反应生成D为，D发生氧化反应得到苯乙醛，苯乙醛进一步氧化生成苯乙酸，苯乙酸与甲醛发生加成反应生成G，G发生消去反应生成H【解答】解：由苯到苯乙醛的转化可知，苯与乙炔发生加成反应生成B为，苯乙烯与HBr发生加成反应生成C为，C发生水解反应生成D为，D发生氧化反应得到苯乙醛，苯乙醛进一步氧化生成苯乙酸，苯乙酸与甲醛发生加成反应生成G，G发生消去反应生成H（1）由G的结构简式，可知含氧官能团的名称是：羧基、羟基，反应1为加成反应，则B的结构简式是，故答案为：羧基、羟基；（2）BC的化学方程式是： +HBr，DE的化学方程式是：2+O22，故答案为： +HBr；2+O22；（3）反应2的反应类型为加成反应，故答案为：加成反应；（4）a1mol G 能与足量Na反应生成1mol氢气，但不一定是标况下，氢气体积不一定是22.4LH2，故a错误；bG、H改写后均相当于苯乙烯，等物质的量的B、G、H完全燃烧消耗氧气的物质的量相等，故b正确；c碳碳双键、苯环能与氢气发生加成反应，一定条件下1mol有机物H最多能与4mol H2发生反应，故c错误；dH不能发生缩聚反应，在一定条件下通过加聚反应得到，故d错误故选：b9锌是一种常用金属，冶炼方法有火法和湿法I镓（Ga）是火法冶炼锌过程中的副产品，镓与铝同主族且相邻，化学性质与铝相似，氮化镓（GaN）是制造LED的重要材料，被誉为第三代半导体材料（1）Ga在元素周期表中的位置第四周期第IIIA族（2）GaN可由Ga和NH3在高温条件下合成，该反应的化学方程式为2Ga+2NH32GaN+3H2（3）下列有关镓和镓的化合物的说法正确的是ACD（填字母序号）A一定条件下，Ga可溶于盐酸和氢氧化钠B常温下，Ga可与水剧烈反应放出氢气CGa2O3可由Ga（OH）3受热分解得到D一定条件下，Ga2O3可与NaOH反应生成盐II甲、乙都是二元固体化合物，将32g甲的粉末加入足量浓硝酸并加热，完全溶解得蓝色溶液，向该溶液中加入足量Ba（NO3）2溶液，过滤、洗涤、干燥得沉淀46.6g；滤液中再滴加NaOH溶液，又出现蓝色沉淀含乙的矿石自然界中储量较多，称取一定量乙，加入稀盐酸使其全部溶解，溶液分为A、B两等份，向A中加入足量氢氧化钠溶液，过滤、洗涤、灼烧得红棕色固体28g，经分析乙与红棕色固体的组成元素相同，向B中加入8.0g铜粉充分反应后过滤、洗涤、干燥得剩余固体1.6g（1）32g甲在足量浓硝酸中反应转移的电子数为2NA；甲在足量氧气中充分灼烧的化学方程式为Cu2S+2O22CuO+SO2（2）乙的化学式Fe7O9；稀硫酸溶解乙的化学方程式为9H2SO4+Fe7O9=3FeSO4+2Fe2（SO4）3+9H2O（3）将甲在足量氧气中充分灼烧的气体产物通入一定量A溶液中，该反应的离子方程式为SO2+2Fe3+2H2O=2Fe2+SO42+4H+，设计实验证明此步反应后的溶液中金属元素的化合价取反应后的溶液两份于试管中，向一份中加入酸化的KMnO4溶液，若褪色，则含有+2价铁，向另一份中加入KSCN溶液，若出现血红色溶液，则含有+3价铁【考点】无机物的推断；元素周期表的结构及其应用【分析】I（1）Ga的原子序数为31，位于第四周期第A族；（2）Ga和NH3在高温条件下反应生成GaN和氢气；（3）镓位于第A族，位于金属与非金属交界处，与Al具有相似性质，金属性比Al强，以此分析其单质和化合物的性质；II将32g甲的粉末加入足量浓硝酸并加热，完全溶解得蓝色溶液，向该溶液中加入足量Ba（NO3）2溶液，过滤、洗涤、干燥得沉淀46.6g，该沉淀为硫酸钡，其物质的量为： =0.2mol，根据质量守恒可知甲中含有0.2molS原子；滤液中再滴加NaOH溶液，又出现蓝色沉淀，该蓝色沉淀为氢氧化铜，说明甲中含有Cu离子，32g甲中含有铜元素的物质的量为： =0.4mol，则甲的化学式为：Cu2S；含乙的矿石自然界中储量较多，称取一定量乙，加入稀盐酸使其全部溶解，溶液分为A、B两等份，向A中加入足量氢氧化钠溶液，过滤、洗涤、灼烧得红棕色固体28g，该红棕色固体为Fe2O3，氧化铁含有铁元素的物质的量为额：2=0.35mol，可能为铁离子和亚铁离子的混合物；经分析乙与红棕色固体的组成元素相同，则乙中含有Fe、O元素；向B中加入8.0g铜粉充分反应后过滤、洗涤、干燥得剩余固体1.6g，反应消耗铜的物质的量为： =0.1mol，根据反应2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+可知，0.1mol铜完全反应消耗0.2molFe3+；所以乙与盐酸反应生成的为0.2molFe3+、0.15molFe2+，铁的平均化合价为： =，则乙的化学式为：Fe7O9，据此分析解答【解答】解：（1）Ga的原子序数为31，位于第四周期第A族，故答案为：第四周期第A族；Ga和NH3在高温条件下反应生成GaN和氢气，反应为2Ga+2NH32GaN+3H2，故答案为：2Ga+2NH32GaN+3H2；（3）镓位于第A族，位于金属与非金属交界处，与Al具有相似性质，则：AAl与盐酸、NaOH均反应，则一定条件下，Ga可溶于盐酸和氢氧化钠，故A正确；BAl与水常温不反应，则常温下，Ga不能与水剧烈反应放出氢气，故B错误；C氧化铝可由氢氧化铝分解生成，则Ga2O3可由Ga（OH）3受热分解得到，故C正确；D氧化铝与NaOH反应生成盐，则一定条件下，Ga2O3可与NaOH反应生成盐，故D正确；故答案为：ACDII将32g甲的粉末加入足量浓硝酸并加热，完全溶解得蓝色溶液，向该溶液中加入足量Ba（NO3）2溶液，过滤、洗涤、干燥得沉淀46.6g，该沉淀为硫酸钡，其物质的量为： =0.2mol，根据质量守恒可知甲中含有0.2molS原子；滤液中再滴加NaOH溶液，又出现蓝色沉淀，该蓝色沉淀为氢氧化铜，说明甲中含有Cu离子，32g甲中含有铜元素的物质的量为： =0.4mol，则甲的化学式为：Cu2S；含乙的矿石自然界中储量较多，称取一定量乙，加入稀盐酸使其全部溶解，溶液分为A、B两等份，向A中加入足量氢氧化钠溶液，过滤、洗涤、灼烧得红棕色固体28g，该红棕色固体为Fe2O3，氧化铁含有铁元素的物质的量为额：2=0.35mol，可能为铁离子和亚铁离子的混合物；经分析乙与红棕色固体的组成元素相同，则乙中含有Fe、O元素；向B中加入8.0g铜粉充分反应后过滤、洗涤、干燥得剩余固体1.6g，反应消耗铜的物质的量为： =0.1mol，根据反应2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+可知，0.1mol铜完全反应消耗0.2molFe3+；所以乙与盐酸反应生成的为0.2molFe3+、0.15molFe2+，铁的平均化合价为： =，则乙的化学式为：Fe7O9，（1）甲为Cu2S，32gCu2S的物质的量为： =0.2mol，浓硝酸足量，Cu元素从+1转化成+2价、硫元素从2转化成+6价，则反应中失去电子总物质的量为：0.2mol2（21）+0.2mol6（2）=2mol，反应转移电子总数为2NA；甲在足量空气中灼烧生成氧化铜、二氧化硫气体，反应的化学方程式为：Cu2S+2O22CuO+SO2，故答案为：2NA；Cu2S+2O22CuO+SO2；（2）根据分析可知，乙的化学式为：Fe7O9；稀硫酸与乙反应的化学方程式为：9H2SO4+Fe7O9=3FeSO4+2Fe2（SO4）3+9H2O，故答案为：Fe7O9；9H2SO4+Fe7O9=3FeSO4+2Fe2（SO4）3+9H2O；（3）甲在足量氧气中充分灼烧的气体产物是二氧化硫，A中含有铁离子，二氧化硫和铁离子发生氧化还原反应生成亚铁离子和硫酸根离子，离子方程式为SO2+2Fe3+2H2O=2Fe2+SO42+4H+，向溶液中加入强氧化剂将亚铁离子氧化为铁离子，然后用KSCN检验铁离子，所以其检验方法为：取反应后的溶液两份于试管中，向一份中加入酸化的KMnO4溶液，若褪色，则含有+2价铁，向另一份中加入KSCN溶液，若出现血红色溶液，则含有+3价铁，故答案为：SO2+2Fe3+2H2O=2Fe2+SO42+4H+；取反应后的溶液两份于试管中，向一份中加入酸化的KMnO4溶液，若褪色，则含有+2价铁，向另一份中加入KSCN溶液，若出现血红色溶液，则含有+3价铁10CO2作为未来碳源，既可弥补因石油、天然气等大量消耗引起的“碳源危机”，又可有效地解决温室效应目前，人们利用光能和催化剂，可将CO2和H2O（g）转化为CH4和O2某研究小组选用不同的催化剂（a，b，c），获得的实验结果如图1所示，请回答下列问题：（1）反应开始后的12小时内，在b（填a、b、c）的作用下，收集CH4的最多（2）将所得CH4与H2O（g）通入聚焦太阳能反应器，发生反应CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）H=+206kJmol1将等物质的量的CH4和H2O（g）充入2L恒容密闭容器，某温度下反应5min后达到平衡，此时测得CO的物质的量为0.10mol，则5min内H2的平均反应速率为0.03mol/（Lmin）平衡后可以采取下列AB的措施能使n（CO）：n（CH4）增大A加热升高温度B恒温恒压下充入氦气C恒温下缩小容器体积D恒温恒容下再充入等物质的量的CH4和H2O（3）工业上可以利用CO为原料制取CH3OH已知：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H=49.5kJmol1CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）H=+41.3kJmol1试写出由CO和H2制取甲醇的热化学方程式CO（g）+2H2（g）CH3OH（l）H=90.8kJmol1该反应的S0（填“”或“”或“=”），在低温情况下有利于该反应自发进行（4）某科研人员为研究H2和CO合成CH3OH的最佳起始组成比n（H2）：n（CO），在l L恒容密闭容器中通入H2与CO的混合气（CO的投入量均为1mol），分别在230、250和270进行实验，测得结果如图2，则230时的实验结果所对应的曲线是X（填字母）；理由是该反应是放热反应，温度越低转化率越高列式计算270时该反应的平衡常数K：=1【考点】化学平衡的计算；反应热和焓变；化学平衡的影响因素【分析】（1）化学反应速率越快的，则相等时间内得到的甲烷量最多；根据v=计算v（CO），再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（H2）；A加热升高温度，平衡逆向移动；B恒温恒压下充入氦气，容器容积增大，平衡正向移动；C恒温下缩小容器体积，压强增大，平衡逆向移动；D恒温恒容下再充入等物质的量的CH4和H2O，等效为在原平衡的基础上增大一倍压强，与原平衡相比，平衡逆向移动；（3）已知：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H=49.5kJmol1CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）H=+41.3kJmol1根据盖斯定律，可得：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g），据此计算；正反应为气体物质的量减小的反应，则S0，再根据G=HTS0时反应自发进行分析；（4）合成甲醇是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO的转化率减小，则230时的实验结果所对应的曲线是X，270对应的曲线是Z，加入氢气为2mol时，CO转化率为50%，计算平衡时各组分的物质的量，容器的体积为1L，代入平衡常数K计算【解答】解：（1）根据图示的三条曲线，b的斜率最大，所以反应速率最快，开始后的12小时内，收集到的甲烷最多；故答案为：b；（2）5min内CO的平均化学反应速率v（CO）=0.01mol/（Lmin），速率之比等于化学计量数之比，v（H2）=3v（CO）=0.03mol/（Lmin）；A加热升高温度，化学平衡正向移动，n（CO）增大、n（CH4）减小，n（CO）：n（CH4）增大，故A正确；B恒温恒压下充入氦气，容器容积增大，平衡正向移动，n（CO）增大、n（CH4）减小，n（CO）：n（CH4）增大，故B正确；C恒温下缩小容器体积，压强增大，平衡逆向移动，n（CO）减小、n（CH4）增大，n（CO）：n（CH4）减小，故C错误；D恒温恒容下再充入等物质的量的CH4和H2O，等效为在原平衡的基础上增大一倍压强，与原平衡相比，平衡逆向移动，n（CO）：n（CH4）减小，故D错误，故答案为：0.03mol/（Lmin）；AB；（3）已知：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H=49.5kJmol1CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）H=+41.3kJmol1根据盖斯定律，可得：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H=90.8kJmol1；故答案为：CO（g）+2H2（g）CH3OH（l）H=90.8kJmol1；正反应为气体物质的量减小的反应，则S0，正反应为放热反应，则H0，温度较低时，G=HTS0反应自发进行，所以低温有利于反应自发进行；故答案为：；低温；（4）该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO的转化率减小，则230时的实验结果所对应的曲线是X，270对应的曲线是Z，加入氢气为2mol时，CO转化率为50%，则： CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）起始量（mol）：1 2 0变化量（mol）：0.5 1 0.5平衡量（mol）：0.5 1 0.5容器的体积为1L，化学平衡常数K=1；故答案为：X；该反应是放热反应，温度越低转化率越高；K=111铁酸锌（ZnFe2O4）是对可见光敏感的半导体催化剂，其实验室制备原理为：Zn2+2Fe2+3C2O42+6H2O ZnFe2（C2O4）36H2O（a）ZnFe2（C2O4）36H2O ZnFe2O4+2CO2+4CO+6H2O （b）已知：ZnC2O4和FeC2O4难溶于水（1）上述制备原理中不属于氧化还原反应的是a（选填：“a”或“b”）（2）制备ZnFe2（C2O4）36H2O时，可选用的药品有：（NH4）2Fe（SO4）26H2OZnSO47H2O（NH4）2C2O47H2O称量药品时，必须严格控制=2：1选用的加料方式是c（填字母）a按一定计量比，、同时加入反应器并加水搅拌，然后升温至75b按一定计量比，、同时加入反应器加水配成溶液，然后加入，再升温到75c按一定计量比，将、混合并配成溶液甲，另配成溶液乙，甲、乙同时加热到75，然后将乙溶液缓慢加入甲溶液中，并持续搅拌（3）从溶液中分离出ZnFe2（C2O4）36H2O需过滤、洗涤已洗涤完全的依据是取最后一次洗涤滤液，滴入12滴盐酸酸化的BaCl2溶液，若不出现白色沉淀，表示已洗净（4）ZnFe2（C