2016年天津市河东区高考化学二模试卷深入分析

2016年天津市河东区高考化学二模试卷一、选择题（共6小题，每小题6分，满分36分）1（6分）化学与生产生活、环境密切相关，下列说法正确的是（）A农作物收获后，就地焚烧秸秆，增加土壤中钾肥含量B工业废水可经过“再生”处理，用于城市道路保洁、喷泉和浇花用水C硅单质常作为制备光导纤维的主要材料D淘米水中含有淀粉可以直接检测加碘盐中是否含有碘元素2（6分）下列叙述均正确且前后有因果关系的是（）A常温，NaHCO3溶解度比Na2CO3小，向饱和Na2CO3溶液中通入CO2产生沉淀B常温，SiO2与氢氟酸、NaOH溶液均可反应，SiO2是两性氧化物CBaSO3难溶于水，SO2气体通入Ba（NO3）2溶液中产生沉淀D非金属性：ClS，酸性：HClOH2SO43（6分）下列说法正确的是（）A反应A（g）2B（g）H，若正反应的活化能为Ea kJ/mol，逆反应的活化能为Eb kJ/mol，则H=（ EaEb）kJ/molB常温下，pH相同的NaOH溶液和Ba（OH）2溶液中，水的电离程度相同C某温度氯化钠在水中的溶解度是20 g，该温度饱和氯化钠溶液的质量分数为20%D将浓度为0.1 mol/L HF溶液加水不断稀释过程中，电离平衡常数Ka（HF）保持不变，始终保持增大4（6分）下列图示与对应的叙述相符的是（）A图1表示某吸热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化B图2表示常温下，等量锌粉与足量的等浓度的盐酸反应（滴加CuSO4溶液的为虚线）C图3表示KNO3的溶解度曲线，a点所示的溶液是80时KNO3的不饱和溶液D图4表示某可逆反应生成物的量随反应时间变化的曲线，t时反应物转化率最大5（6分）用如图装置研究电化学原理，下列分析中错误的是（）选项连接电极材料分析abAK1 K2石墨铁模拟铁的吸氧腐蚀BK1 K2锌铁模拟钢铁防护中牺牲阳极的阴极保护法CK1 K3石墨铁模拟电解饱和食盐水DK1 K3铁石墨模拟钢铁防护中外加电流的阴极保护法AABBCCDD6（6分）工业上制备纯硅反应的热化学方程式如下：SiCl4（g）+2H2（g）Si（s）+4HCl（g）H=+QkJ/mol（Q0）某温度、压强下，将一定量反应物通入密闭容器进行上述反应，下列叙述正确的是（）A反应过程中，若增大压强能提高SiCl4的转化率B若反应开始时SiCl4为1 mol，则达平衡时，吸收热量为Q kJC反应至4 min时，若HCl浓度为0.12 mol/L，则H2的反应速率为0.03 mol/（Lmin）D反应吸收0.025Q kJ热量时，生成的HCl通入100 mL 1 mol/L的NaOH溶液中恰好完全反应二、解答题（共4小题，满分64分）7（14分）下表给出五种短周期元素的相关信息元素相关信息A常温、常压下，其单质是最轻的气体，它将成为备受青睐的清洁燃料B工业上通过分离液态空气获得其单质，其某种同素异形体是保护地球地表环境的重要屏障C植物生长三要素之一，它能形成多种氧化物，某些氧化物会造成光化学污染D室温下其单质为淡黄色粉末状固体，加热易熔化该单质在氧气中燃烧，发出明亮的蓝紫色火焰E常温下其单质为黄绿色气体，其单质水溶液有漂白、杀菌作用请按要求回答下列问题：（1）D元素核外电子排布；（2）A、B两元素形成的含有非极性键的化合物的结构式；A、B两元素形成的具有相同电子数的离子有（填化学式）：、（3）C与A形成的某一化合物能和C与B形成的另一无色化合物（这两种化合物分子中原子个数比皆为1：2）一起用作火箭助推剂，两者发生反应生成无毒物质，写出上述化学反应方程式：（4）一定条件下，在水溶液中1mol E、EO（x=1，2，3，4）的能量（kJ）相对大小如右图所示n是（填离子符号）离子反应yx+m的热化学方程式为（用离子符号表示）（5）Na2DB3水溶液中各离子浓度的大小顺序是（填离子符号）8（18分）新药的开发及药物合成是有机化学研究重要发展方向，某药物V的合成路线如下：（1）中含氧官能团的名称（2）反应的化学方程式（3）和在浓硫酸催化加热时反应的化学方程式（4）下列说法正确的是A和均属于芳香烃 B能发生银镜反应C.1mol能与4molH2发生加成反应 D反应属于酯化反应（5）反应的反应类型反应；A的分子式（6）与互为同分异构体，遇FeCl3发生显色反应，其苯环上的一氯代物只有2种写出满足上述条件的的结构简式（7）反应的反应类型是 反应；一定条件下，化合物也能发生类似反应的环化反应，的环化产物的结构简式9（18分）在印染工业中，连二亚硫酸钠（Na2S2O4）因能使染好的布褪色，而使布能重新染色，故而俗称保险粉，其可溶于水，但不溶于甲醇工业制备流程如下：请回答下列问题：（1）流程步骤中需在耐高温的坩埚中进行，常用来制做耐高温坩埚的金属氧化物化学式为（2）由锌块制备锌粉的目的是；向锌液中鼓入M气体，使液态锌雾化，冷却得到粒度约为180m的锌粉鼓入气体M为常见的化合物，则M的化学式为；分散系A为（填“溶液”“胶体”或“悬浊液”）（3）流程步骤中的化学方程式为（4）流程的分离方法步骤为、洗涤、干燥，洗涤所用试剂是；过滤前加入NaCl固体的作用是（5）将等体积0.04mo1L1AgNO3溶液和0.02molL1碱性Na2S2O4溶液混合，两者恰好完全反应，反应后溶液中有纳米级的银粉生成，写出反应的离子方程式10（14分）草酸（H2C2O4）广泛存在于食品中，人们对其及相关产品进行了深入研究（1）H2C2O4 （s）H2O（g）+CO（g）+CO2（g）H=+340kJmol1，写出此反应的平衡常数表达式 K=；密闭容器中，保持温度不变，下列有关选项正确的是A恒容时，容器的压强不再变化，说明该反应已达到化学平衡状态B恒压时，容器的体积不再变化，说明该反应已达到化学平衡状态C气体摩尔体积不再发生变化，说明该反应已达到化学平衡状态D气体平均摩尔质量不再发生变化，说明该反应已达到化学平衡状态（2）草酸分解所需燃料可以是CO，通过甲烷制备CO：CH4（g）+CO2（g）2CO（g）+2H2（g）HO常温下，在2L的密闭容器中通入4mol CH4气体和6mol CO2气体发生反应，5min后达到平衡，测得CO气体的浓度为0.1molL1平衡时，该反应的平均反应速率v（CO2）= molL1min1在不改变反应混合物用量的前提下，为了提高CH4气体的转化率，可采取的措施是（3）电解饱和草酸溶液可以制得高档香料乙醛酸（H2C2O3），装置如下图1所示，写出复合膜电极的电极反应式（4）在K3Fe（C2O4）3溶液中存在：Fe（C2O4）33Fe3+3C2O42，常温下，该溶液中Fe（C2O4）33的浓度与温度的关系如图2所示，则A点的c（Fe3+）B点的c（Fe3+） （填“”“”或“=”）；草酸是一种温和的还原剂，其他条件不变，向K3Fe（C2O4）3溶液中加入少量KMnO4固体，Fe3+的浓度（填“增大”“减小”或“不变”）2016年天津市河东区高考化学二模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共6小题，每小题6分，满分36分）1（6分）（2016河东区二模）化学与生产生活、环境密切相关，下列说法正确的是（）A农作物收获后，就地焚烧秸秆，增加土壤中钾肥含量B工业废水可经过“再生”处理，用于城市道路保洁、喷泉和浇花用水C硅单质常作为制备光导纤维的主要材料D淘米水中含有淀粉可以直接检测加碘盐中是否含有碘元素【分析】A就地焚烧农作物秸秆，会产生有害气体和烟尘，污染大气；B工业废水经处理后可循环使用；C光导纤维主要成分是二氧化硅；D加碘盐中加入的是碘的化合物，不是碘单质；【解答】解：A农作物收获后，就地焚烧秸秆，会产生有害气体和烟尘，污染大气，不利于环境保护，故A错误；B将工业废水“再生”处理，把废水变为较为纯净的水，可用于城市道路保洁、喷泉和浇花用水，故B正确；C光导纤维主要成分是二氧化硅，不是硅，故C错误；D碘与淀粉变蓝是指与碘单质与淀粉变蓝，而不是碘的化合物，而食盐加碘加入的是碘的化合物，故D错误；故选：B【点评】本题主要考查了化学在生产、生活中常见的环境污染与治理、二氧化硅、硅的用途，加碘盐的成分，难度不大，平时注意知识的积累2（6分）（2016河东区二模）下列叙述均正确且前后有因果关系的是（）A常温，NaHCO3溶解度比Na2CO3小，向饱和Na2CO3溶液中通入CO2产生沉淀B常温，SiO2与氢氟酸、NaOH溶液均可反应，SiO2是两性氧化物CBaSO3难溶于水，SO2气体通入Ba（NO3）2溶液中产生沉淀D非金属性：ClS，酸性：HClOH2SO4【分析】A由溶解度可分析饱和溶液晶体析出的原因，NaHCO3溶解度比Na2CO3小；BSiO2与氢氟酸反应不生成盐和水；CSO2气体通入Ba（NO3）2发生氧化还原反应生成BaSO4沉淀；D非金属性：ClS，可比较最高价氧化物水化物的酸性；【解答】解：A由溶解度可NaHCO3溶解度比Na2CO3小，向饱和Na2CO3溶液中通入CO2产生沉淀碳酸氢钠，陈述和均正确，并存在因果关系，故A选；BSiO2与氢氟酸反应不生成盐和水，虽然SiO2既能与氢氟酸反应又能与NaOH溶液反应，但是SiO2不是两性氧化物，是酸性氧化物，故B不选；CSO2气体通入Ba（NO3）2发生氧化还原反应生成BaSO4沉淀，陈述和均正确，但不存在因果关系，故C不选；D非金属性：ClS，可比较最高价氧化物水化物的酸性，陈述正确，错，不存在因果关系，故D不选；故选A【点评】本题考查物质的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应及相关反应原理为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的综合应用，题目难度不大3（6分）（2016河东区二模）下列说法正确的是（）A反应A（g）2B（g）H，若正反应的活化能为Ea kJ/mol，逆反应的活化能为Eb kJ/mol，则H=（ EaEb）kJ/molB常温下，pH相同的NaOH溶液和Ba（OH）2溶液中，水的电离程度相同C某温度氯化钠在水中的溶解度是20 g，该温度饱和氯化钠溶液的质量分数为20%D将浓度为0.1 mol/L HF溶液加水不断稀释过程中，电离平衡常数Ka（HF）保持不变，始终保持增大【分析】A反应A（g）2B（g），若正反应的活化能为Ea kJmol1，逆反应的活化能为Eb kJmol1，反应的焓变等于正逆反应活化能之差；B常温下，同浓度的氢离子和氢氧根离子对水的电离抑制程度相等；C某温度下，100g水中溶解氯化钠的最大质量即是其溶解度；D弱酸加水稀释，其电离度增大，电离平衡常数不变，氟离子和氢离子物质的量同等程度的增大【解答】解：A逆反应的活化能=正反应的活化能+反应的焓变，所以H=逆反应的活化能正反应的活化能=（EaEb）kJmol1，故A错误；B常温下，同浓度的氢离子和氢氧根离子对水的电离抑制程度相等，而pH相同的NaOH溶液和Ba（OH）2溶液说明氢氧根离子浓度相等，所以水的电离程度相同，故B正确；C饱和溶液的质量分数和溶解度之间的关系：100%=100%，该温度下的饱和氯化钠溶液的溶质质量分数小于20%，故C错误；D将浓度为0.1 molL1 HF溶液加水不断稀释过程中，电离度增大，Ka（HF）保持不变，氟离子浓度和氢离子浓度比值基本不变，故D错误；故选B【点评】本题综合考查反应焓变的计算、水的电离程度、饱和溶液溶质质量分数和溶解度之间的关系、弱电解质的电离平衡的知识，难度中等4（6分）（2016河东区二模）下列图示与对应的叙述相符的是（）A图1表示某吸热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化B图2表示常温下，等量锌粉与足量的等浓度的盐酸反应（滴加CuSO4溶液的为虚线）C图3表示KNO3的溶解度曲线，a点所示的溶液是80时KNO3的不饱和溶液D图4表示某可逆反应生成物的量随反应时间变化的曲线，t时反应物转化率最大【分析】A、吸热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量，反应中加入催化剂会降低活化能，改变反应的速率，但反应热不改变；B、原电池原理能加速金属的腐蚀速率，根据金属Zn的消耗情况来确定生成氢气的量的多少；C、溶解度曲线上的点是饱和溶液，曲线以下的点是不饱和溶液来分析；D、对于可逆反应，当达到化学平衡状态时反应物的转化率最大，生成物的产率最大【解答】解：A、吸热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量，与图不符，故A错误；B、锌粉与足量的等浓度的盐酸反应在滴加CuSO4溶液后能加速金属锌的腐蚀速率，但是金属Zn被消耗掉一部分来置换金属铜，所以用来生成氢气的金属锌质量减少，产生的氢气量减少，故B错误；C、溶解度曲线上的点是饱和溶液，曲线以下的a点是不饱和溶液，故C正确；D、对于可逆反应，当达到化学平衡状态时反应物的转化率最大，t时不是平衡状态，反应物转化率不是最大，故D错误故选C【点评】本题以图象题的形式呈现来考查知识点，做题时要注意从图象中获取正确信息，正确判断得出结论5（6分）（2016河东区二模）用如图装置研究电化学原理，下列分析中错误的是（）选项连接电极材料分析abAK1 K2石墨铁模拟铁的吸氧腐蚀BK1 K2锌铁模拟钢铁防护中牺牲阳极的阴极保护法CK1 K3石墨铁模拟电解饱和食盐水DK1 K3铁石墨模拟钢铁防护中外加电流的阴极保护法AABBCCDD【分析】A在中性条件下，铁发生吸氧腐蚀；BZn、Fe形成原电池，Fe作正极被保护；CFe作阴极，阴极上氢离子得电子，石墨作阳极，阳极上氯离子失电子；DFe作阳极，Fe失电子【解答】解：A在中性条件下，铁作负极失电子，石墨作正极，正极上氧气得电子生成氢氧根离子，则Fe发生吸氧腐蚀，故A正确；BZn、Fe形成原电池，Zn作负极被腐蚀，Fe作正极被保护，属于牺牲阳极的阴极保护法，故B正确；CFe作阴极，阴极上氢离子得电子，石墨作阳极，阳极上氯离子失电子，电解氯化钠溶液生成氢气、氯气和氢氧化钠，故C正确；DFe与正极相连，Fe作阳极，Fe失电子，被腐蚀，Fe不能被保护，故D错误故选D【点评】本题考查了金属的电化学腐蚀和防护，侧重于考查学生对原电池原理和电解池原理的应用能力，题目难度不大6（6分）（2016河东区二模）工业上制备纯硅反应的热化学方程式如下：SiCl4（g）+2H2（g）Si（s）+4HCl（g）H=+QkJ/mol（Q0）某温度、压强下，将一定量反应物通入密闭容器进行上述反应，下列叙述正确的是（）A反应过程中，若增大压强能提高SiCl4的转化率B若反应开始时SiCl4为1 mol，则达平衡时，吸收热量为Q kJC反应至4 min时，若HCl浓度为0.12 mol/L，则H2的反应速率为0.03 mol/（Lmin）D反应吸收0.025Q kJ热量时，生成的HCl通入100 mL 1 mol/L的NaOH溶液中恰好完全反应【分析】A增大平衡向气体体积减小的方向移动，据此判断；B该反应为可逆反应，1molSiCl4不能完全转化，结合热化学方程式判断；C根据v=计算v（HCl），利用速率之比等于化学计量数之比计算判断；D根据反应吸收的热量计算生成的HCl的物质的量，据此判断【解答】解：A从方程式可以看出，反应物气体的计量数之和小于生成物气体的计量数之和，则增大压强，平衡向逆反应方向移动，SiCl4的转化率减小，故A错误；B该反应为可逆反应，1molSiCl4不能完全转化，达平衡时，吸收热量小于QkJ，故B错误；C反应至4min时，若HCl浓度为0.12mol/L，则v（HCl）=0.03mol/（Lmin），根据反应速率之比等于化学计量数之比，则v（H2）=v（HCl）=0.03mol/（Lmin）=0.015mol/（Lmin），故C错误；D由方程式可知，当反应吸收热量为0.025QkJ时，生成HCl的物质的量为：=0.1mol，100mL1mol/L的NaOH的物质的量为0.1L1mol/L=0.1mol，二者物质的量相等，恰好反应，故D正确；故选D【点评】本题考查较为综合，涉及反应热的计算、化学反应速率、化学平衡等问题，题目难度中等，注意反应的可逆性二、解答题（共4小题，满分64分）7（14分）（2016河东区二模）下表给出五种短周期元素的相关信息元素相关信息A常温、常压下，其单质是最轻的气体，它将成为备受青睐的清洁燃料B工业上通过分离液态空气获得其单质，其某种同素异形体是保护地球地表环境的重要屏障C植物生长三要素之一，它能形成多种氧化物，某些氧化物会造成光化学污染D室温下其单质为淡黄色粉末状固体，加热易熔化该单质在氧气中燃烧，发出明亮的蓝紫色火焰E常温下其单质为黄绿色气体，其单质水溶液有漂白、杀菌作用请按要求回答下列问题：（1）D元素核外电子排布；（2）A、B两元素形成的含有非极性键的化合物的结构式HOOH；A、B两元素形成的具有相同电子数的离子有（填化学式）：OH、H3O+（3）C与A形成的某一化合物能和C与B形成的另一无色化合物（这两种化合物分子中原子个数比皆为1：2）一起用作火箭助推剂，两者发生反应生成无毒物质，写出上述化学反应方程式：2N2H4+N2O43N2+4H2O（4）一定条件下，在水溶液中1mol E、EO（x=1，2，3，4）的能量（kJ）相对大小如右图所示n是ClO4（填离子符号）离子反应yx+m的热化学方程式为3ClO（aq）=2Cl（aq）+ClO3（aq）H=117kJmol1（用离子符号表示）（5）Na2DB3水溶液中各离子浓度的大小顺序是Na+SO32OHHSO3H+（填离子符号）【分析】A、B、C、D为短周期元素，氢气的燃烧产物为水，是倍受青睐的清洁燃料，则A为H；分离液态空气可得到氮气和氧气，臭氧能保护地球地表环境，则B为O；C是植物生长三种必需元素之一，它能形成多种氧化物，它能形成多种氧化物，其氢化物是中学化学里学习的唯一的碱性气体，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则C为N；室温下D的单质呈粉末状固体，加热易熔化，该单质在氧气中燃烧，发出明亮的蓝紫色火焰，则D为S；E常温下其单质为黄绿色气体，其单质水溶液有漂白、杀菌作用，则E为Cl；然后利用元素及其单质、化合物的性质来解答【解答】解：A、B、C、D为短周期元素，氢气的燃烧产物为水，是倍受青睐的清洁燃料，则A为H；分离液态空气可得到氮气和氧气，臭氧能保护地球地表环境，则B为O；C是植物生长三种必需元素之一，它能形成多种氧化物，它能形成多种氧化物，其氢化物是中学化学里学习的唯一的碱性气体，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则C为N；室温下D的单质呈粉末状固体，加热易熔化，该单质在氧气中燃烧，发出明亮的蓝紫色火焰，则D为S；E常温下其单质为黄绿色气体，其单质水溶液有漂白、杀菌作用，则E为Cl；（1）D为S，核外电子排布，故答案为：； （2）A、B两元素形成的含有非极性键的化合物过氧化氢，其结构式为HOOH；氢、氧两元素形成的具有相同电子数的离子有OH、H3O+，故答案为HOOH；OH、H3O+；（3）氮与氢形成的某一化合物N2H4能和氮与氧形成的另一无色化合物N2O4，两者发生反应生成无毒物质是氮气，反应方程式为：2N2H4+N2O43N2+4H2O，故答案为：2N2H4+N2O43N2+4H2O；（4）n是氯+7价的离子符号为：ClO4；离子反应yx+m，y自身发生氧化还原反应生成x和m，根据转移电子守恒得该反应方程式为3ClO=ClO3+2Cl，反应热=（63kJ/mol+20kJ/mol）360kJ/mol=117kJ/mol，故答案为：ClO4；3ClO（aq）=2Cl（aq）+ClO3（aq）H=117 kJmol1；（5）Na2SO3水溶液呈碱性，溶液中各离子浓度的大小顺序是Na+SO32OHHSO3H+，故答案为：Na+SO32OHHSO3H+【点评】本题考查结构性质位置关系应用，熟悉元素及物质的性质是解答本题的关键，难度不大8（18分）（2016河东区二模）新药的开发及药物合成是有机化学研究重要发展方向，某药物V的合成路线如下：（1）中含氧官能团的名称醛基（2）反应的化学方程式2+O22（3）和在浓硫酸催化加热时反应的化学方程式+H2O（4）下列说法正确的是BCA和均属于芳香烃 B能发生银镜反应C.1mol能与4molH2发生加成反应 D反应属于酯化反应（5）反应的反应类型取代反应；A的分子式C9H13ON（6）与互为同分异构体，遇FeCl3发生显色反应，其苯环上的一氯代物只有2种写出满足上述条件的的结构简式（7）反应的反应类型是消去 反应；一定条件下，化合物也能发生类似反应的环化反应，的环化产物的结构简式【分析】（1）由化合物的结构简式，可知含有官能团为醛基；（2）反应是苯甲醛发生催化氧化生成苯甲酸；（3）和在浓硫酸催化加热时发生酯化反应生成苯甲酸苯甲酯；（4）A化合物、含有C和H以外的元素，不属于烃类；B化合物分子中含CHO，具有醛的性质；C化合物苯环和CHO都能与H2发生加成反应；D反应的产物中形成，不含酯基；（5）由反应的产物IV逆向分析，应从之间断键，故A是；（6）化合物与化合物I互为同分异构体，遇 FeCl3发生显色反应，含有酚羟基，另外取代基为甲基，其苯环上的一氯代物只有2种，则酚羟基与甲基处于对位；（7）比较、的结构可知反应的类型，环化反应的特征是羰基去O，连接到苯环侧链的邻位上，注意双键位置在N原子上，结构中的S相当于中的O，发生脱水环化反应的有机产物类似于V，无机产物是硫化氢【解答】解：（1）由化合物的结构简式，可知含有官能团为醛基，故答案为：醛基；（2）反应是苯甲醛发生催化氧化生成苯甲酸，反应方程式为：2+O22，故答案为：2+O22；（3）和在浓硫酸催化加热时发生酯化反应生成苯甲酸苯甲酯，反应方程式为：+H2O，故答案为：+H2O；（4）A化合物、含有C和H以外的元素，不属于烃类，属于烃的衍生物，故A错误；B化合物分子中含CHO，具有醛的性质，能发生银镜反应，故B正确；C化合物苯环和CHO都能与H2发生加成反应，1mol能与4mol氢气反应，故C正确；D反应的产物中形成，不含酯基，不属于酯化反应，故D错误，故答案为：BC；（5）由反应的产物IV逆向分析，应从之间断键，反应应为取代反应，A是，所以A的分子式为C9H13ON，故答案为：取代；C9H13ON；（6）化合物与化合物I互为同分异构体，遇FeCl3发生显色反应，含有酚羟基，另外取代基为甲基，其苯环上的一氯代物只有2种，则酚羟基与甲基处于对位，的结构简式为，故答案为：；（7）比较、的结构可知反应的类型为消去反应，环化反应的特征是羰基去O，连接到苯环侧链的邻位上，注意双键位置在N原子上，结构中的S相当于中的O，发生脱水环化反应的有机产物类似于V，无机产物是硫化氢，的环化产物的结构简式为，故答案为：消去；【点评】本题考查有机物的推断与合成、官能团的结构与性质、同分异构体书写、有机反应方程式等，充分利用有机物的结构分析解答，是对有机化学的综合考查，侧重考查学生分析推理与知识迁移运用能力考查，难度较大9（18分）（2016河东区二模）在印染工业中，连二亚硫酸钠（Na2S2O4）因能使染好的布褪色，而使布能重新染色，故而俗称保险粉，其可溶于水，但不溶于甲醇工业制备流程如下：请回答下列问题：（1）流程步骤中需在耐高温的坩埚中进行，常用来制做耐高温坩埚的金属氧化物化学式为Al2O3（2）由锌块制备锌粉的目的是增大锌反应的表面积，加快化学反应速率；向锌液中鼓入M气体，使液态锌雾化，冷却得到粒度约为180m的锌粉鼓入气体M为常见的化合物，则M的化学式为CO2；分散系A为悬浊液（填“溶液”“胶体”或“悬浊液”）（3）流程步骤中的化学方程式为Zn+2SO2=ZnS2O4（4）流程的分离方法步骤为过滤、洗涤、干燥，洗涤所用试剂是洗涤；过滤前加入NaCl固体的作用是增大Na+ 浓度，便于Na2S2O4结晶析出（5）将等体积0.04mo1L1AgNO3溶液和0.02molL1碱性Na2S2O4溶液混合，两者恰好完全反应，反应后溶液中有纳米级的银粉生成，写出反应的离子方程式2Ag+S2O42+4OH=2Ag+2SO32+2H2O【分析】锌块加热融化，向锌液中鼓入M气体，使液态锌雾化，冷却得到锌粉，加水形成分散系，再通入二氧化硫反应得到ZnS2O4，加入NaOH溶液反应得到氢氧化锌沉淀、Na2S2O4，最后加入NaCl降低Na2S2O4的溶解度，析出Na2S2O4，溶液D中含有NaCl（1）常用来制做耐高温坩埚的金属氧化物为氧化铝；（2）由锌块制备锌粉，增大锌反应的表面积；鼓入气体M为常见的化合物，可以是二氧化碳，冷却得到粒度约为180m的锌粉，分散系A为悬浊液；（3）流程步骤中Zn与二氧化硫反应生成ZnS2O4；（4）流程是分离固体与溶液，分离方法为过滤、洗涤、干燥，为减少溶解导致的损失，用甲醇洗涤，过滤前加入NaClNa+ 浓度增大，便于Na2S2O4结晶析出；（5）反应后溶液中有纳米级的银粉生成，根据电子转移守恒，可知S2O42氧化生成SO32【解答】解：锌块加热融化，向锌液中鼓入M气体，使液态锌雾化，冷却得到锌粉，加水形成分散系，再通入二氧化硫反应得到ZnS2O4，加入NaOH溶液反应得到氢氧化锌沉淀、Na2S2O4，最后加入NaCl降低Na2S2O4的溶解度，析出Na2S2O4，溶液D中含有NaCl（1）常用来制做耐高温坩埚的金属氧化物为Al2O3，故答案为：Al2O3；（2）由锌块制备锌粉的目的是：增大锌反应的表面积，加快化学反应速率；向锌液中鼓入M气体，使液态锌雾化，冷却得到粒度约为180m的锌粉鼓入气体M为常见的化合物，则M的化学式为CO2，分散系A为悬浊液，故答案为：增大锌反应的表面积，加快化学反应速率；CO2；悬浊液；（3）流程步骤中Zn与二氧化硫反应生成ZnS2O4，反应方程式为：Zn+2SO2=ZnS2O4，故答案为：Zn+2SO2=ZnS2O4；（4）流程是分离固体与溶液，分离方法为过滤、洗涤、干燥，为减少溶解导致的损失，用甲醇洗涤，过滤前加入NaCl增大Na+ 浓度，便于Na2S2O4结晶析出，故答案为：过滤；甲醇；增大Na+ 浓度，便于Na2S2O4结晶析出；（5）反应后溶液中有纳米级的银粉生成，Ag元素发生还原反应，S元素发生氧化反应，设S元素在氧化产物中化合价为a，则VL0.04mo1L11=VL0.02molL12（a3），解得a=4，故S2O42氧化生成SO32，反应离子方程式为：2Ag+S2O42+4OH=2Ag+2SO32+2H2O，故答案为：2Ag+S2O42+4OH=2Ag+2SO32+2H2O【点评】本题考查物质准备工艺流程、陌生方程式的书写、物质的分离提纯等，注意对题目信息的获取与迁移应用，是对学生综合能力的考查10（14分）（2016河东区二模）草酸（H2C2O4）广泛存在于食品中，人们对其及相关产品进行了深入研究（1）H2C2O4 （s）H2O（g）+CO（g）+CO2（g）H=+340kJmol1，写出此反应的平衡常数表达式 K=c（H2O）c（CO）c（CO2）；密闭容器中，保持温度不变，下列有关选项正确的是ABA恒容时，容器的压强不再变化，说明该反应已达到化学平衡状态B恒压时，容器的体积不再变化，说明该反应已达到化学平衡状态C气体摩尔体积不再发生变化，说明该反应已达到化学平衡状态D气体平均摩尔质量不再发生变化，说明该反应已达到化学平衡状态（2）草酸分解所需燃料可以是CO，通过甲烷制备CO：CH4（g）+CO2（g）2CO（g）+2H2（g）HO常温下，在2L的密闭容器中通入4mol CH4气体和6mol CO2气体发生反应，5min后达到平衡，测得CO气体的浓度为0.1molL1平衡时，该反应的平均反应速率v（CO2）=0.01 molL1min1在不改变反应混合物用量的前提下，为了提高CH4气体的转化率，可采取的措施是升高温度或增大容器的体积（减小压强）（3）电解饱和草酸溶液可以制得高档香料乙醛酸（H2C2O3），装置如下图1所示，写出复合膜电极的电极反应式H2C2O4+2H+2e=H2C2O3+H2O（4）在K3Fe（C2O4）3溶液中存在：Fe（C2O4）33Fe3+3C2O42，常温下，该溶液中Fe（C2O4）33的浓度与温度的关系如图2所示，则A点的c（Fe3+）B点的c（Fe3+） （填“”“”或“=”）；草酸是一种温和的还原剂，其他条件不变，向K3Fe（C2O4）3溶液中加入少量KMnO4固体，Fe3+的浓度增大（填“增大”“减小”或“不变”）【分析】（1）化学平衡常