2016年江西省新余市分宜县实验班高考化学二模试卷（解析版）

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1、江西省新余市分宜县实验班2015-2016年第二学期高三化学试卷（解析版）一、（选择题，每小题6分，共48分）1下列有关溶液的说法中，正确的是（）A含H+的溶液显酸性，含OH的溶液显碱性B用丁达尔现象实验可区分葡萄糖溶液和氢氧化铁胶体C某饱和溶液变成不饱和溶液，溶质的质量分数一定减小D标准状况下，2.24 L NH3溶于水制得1L氨水，则c （NH3H2O）=0.1molL12某无色溶液中只可能含有Na+、Ba2+、Cl、I、SO32、SO42等离子，对该溶液进行下列实验，实验操作和现象如表：步骤操作现象（1）取少量溶液滴加几滴石蕊试液溶液变蓝（2）另取少量溶液滴加过量氯水，再加入CCl4振荡

2、，静置上层无色，下层呈紫色（3）取（2）上层溶液，加入过量Ba（NO3）2溶液和稀HNO3，过滤有白色沉淀产生（4）向（3）的滤液中加入过量AgNO3溶液和稀HNO3有白色沉淀产生下列结论正确的是（）A可能含有Cl、SO32、SO42B肯定没有Ba2+、Cl、IC不能确定Na+、SO32、SO42D肯定含有 Na+、I、SO323如图是六种常见有机化合物分子的球棍模型，下列有关叙述中不正确的是（）A甲、乙、丙属于烃，丁、戊、己属于烃的衍生物B丙和己混合后会分层，且丙在上层C甲、丙、丁、戊、己均发生取代反应D乙和水反应可生成丁，丁和戊反应可生成己4下列说法中，正确的是（）A第A族元素的金属性一定

3、比A族元素的金属性强B第三周期中的非金属元素的气态氢化物还原越强，对应元素的最高价含氧酸酸性越弱C非金属元素之间只能形成共价化合物D短周期中，同周期元素的离子半径从左到右逐渐减小5在一定条件下，将m体积NO和n体积O2同时通入倒立于水中且盛满水的容器中内，充分反应后，容器内残留体积的气体，该气体与空气接触后变为红棕色，则mn的比值为（）A3：2B2：3C8：3D3：86常温下，将11.2g由CO2、CH4O、CO三种气体组成的混合气体直接通入到足量的Na2O2固体中，充分反应后，使Na2O2固体增重5.6g；若将同样的一组气体经过足量氧气充分燃烧后，再将燃烧后的气体混合物通入到足量的Na2O2

4、固体中，充分反应后，使Na2O2固体增重为（）A6.2 gB8.8 gC8.0 gD11.2 g7t时，某一气态平衡体系中含有X（g）、Y（g）、Z（g）、W（g）四种物质，此温度下发生反应的平衡常数表达式为：K=，有关该平衡体系的说法正确的是（）A升高温度，平衡常数K增大B增大压强，W（g）质量分数增加C升高温度，若混合气体的平均相对分子质量变小，则正反应是放热反应D增大X（g）浓度，平衡向正反应方向移动8流动电池是一种新型电池其主要特点是可以通过电解质溶液的循环流动，在电池外部调节电解质溶液，以保持电池内部电极周围溶液浓度的稳定我国某研究小组新开发的一种流动电池如图所示，电池总反应为Cu+

5、PbO2+2H2SO4CuSO4+PbSO4+2H2O下列说法不正确的是（）Aa为正极，b为负极B该电池工作时PbO2电极附近溶液的pH增大Cb极的电极反应为Cu2eCu2+D调节电解质溶液的方法是补充CuSO4二、（非选择题，共4小题，共52分）9已知A、B、C、D、E为中学常见的物种物质，均含元素Y，有的还可能含有元素X、Z，元素X、Y、Z的原子序数依次递增元素Y在A、B、C、D、E中所呈化合价依次递增，其中只有B为单质常温下将气体D通入水中发生反应，生成C和E工业上以A、空气和水为原料，通过催化氧化法制成E请回答以下问题：（1）A分子的空间构型是；从轨道重叠的方式看，B分子中的共价键类型

6、有（2）写出中反应的化学方程式：（3）工业上，若输送Cl2的管道漏气，用A进行检验时可观察到大量白烟，同时有B生成，写出有关反应化学方程式：10氧化镁在医药、建筑等行业应用广泛硫酸镁还原热解制备高纯氧化镁是一种新的探索以菱镁矿（主要成分为MgCO3，含少量FeCO3）为原料制备高纯氧化镁的实验流程如下：（1）MgCO3与稀硫酸反应的离子方程式为（2）加入H2O2 氧化时，发生反应的化学方程式为（3）滤渣2 的成分是（填化学式）（4）煅烧过程存在以下反应：2MgSO4+C2MgO+2SO2+CO2MgSO4+C MgO+SO2+COMgSO4+3C MgO+S+3CO利用如图装置对煅烧产生的气体

7、进行分步吸收或收集D中收集的气体可以是 （填化学式）B中盛放的溶液可以是（填字母）aNaOH 溶液 bNa2CO3 溶液 c稀硝酸 dKMnO4溶液A中得到的淡黄色固体与热的NaOH溶液反应，产物中元素最高价态为+4，写出该反应的离子方程式：11（15分）焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是常用的食品抗氧化剂之一某研究小组进行如下实验：（1）实验一焦亚硫酸钠的制取采用如图装置（实验前已除尽装置内的空气）制取了Na2S2O5装置中有Na2S2O5晶体析出，发生的反应为Na2SO3+SO2Na2S2O5（1）装置中产生气体的化学方程式为（2）要从装置中获得已析出的晶体，可采取的分离方法是（3）装置用于处

8、理尾气，可选用的最合理装置（夹持仪器已略去）为（填序号）（2）实验二焦亚硫酸钠的性质Na2S2O5溶于水即生成NaHSO3（4）证明NaHSO3溶液中HSO的电离程度大于水解程度，可采用的实验方法是（填序号）a测定溶液的pHb加入Ba（OH）2溶液c加入盐酸d加入品红溶液 e用蓝色石蕊试纸检测（5）检测Na2S2O5晶体在空气中已被氧化的实验方案是（3）实验三葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定（6）葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）的方案如下：葡萄酒样品100.00mL馏分溶液出现蓝色且30 s内不褪色（已知：滴定时反应的化学方程式为SO2+I2+2

9、H2OH2SO4+2HI）按上述方案实验，消耗标准I2溶液25.00 mL，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）为gL1在上述实验过程中，若有部分HI被空气氧化，则测定结果（填“偏高”“偏低”或“不变”）12某课外小组设计的实验室制取乙酸乙酯的装置如图所示，A中放有浓硫酸，B中放有乙醇、无水醋酸钠，D中放有饱和碳酸钠溶液已知：无水氯化钙可与乙醇形成难溶于水的CaCl26C2H5OH有关有机物的沸点：试剂乙醚乙醇乙酸乙酸乙酯沸点/34.778.511877.1请回答：（1）浓硫酸的作用是；若用同位素18O示踪法确定反应产物水分子中氧原子的提供者，写出能表示18O位置的化学方程式

10、：（2）球形干燥管C的作用是若反应前向D中加入几滴酚酞，溶液呈红色，反应结束后D中的现象是（3）采用（操作名称）法从 D中分离出的乙酸乙酯中常含有一定量的乙醇、乙醚和水，然后加入无水氯化钙，分离出；再加入（从下列选项中选择），然后进行蒸馏，收集左右的馏分，以得较纯净的乙酸乙酯A五氧化二磷 B碱石灰 C无水硫酸钠 D生石灰2016年江西省新余市分宜县实验班高考化学二模试卷参考答案与试题解析一、（选择题，每小题6分，共48分）1下列有关溶液的说法中，正确的是（）A含H+的溶液显酸性，含OH的溶液显碱性B用丁达尔现象实验可区分葡萄糖溶液和氢氧化铁胶体C某饱和溶液变成不饱和溶液，溶质的质量分数一定减小

11、D标准状况下，2.24 L NH3溶于水制得1L氨水，则c （NH3H2O）=0.1molL1【考点】胶体的重要性质；溶液的含义【分析】A溶液的酸碱性取决于溶液中氢离子浓度与氢氧根离子浓度的相对大小；B胶体有丁达尔效应；C在不指明温度的情况下饱和与不饱和溶液溶质质量分数无法比较；DNH3H2O是弱电解质【解答】解：A判断溶液的酸碱性应根据溶液中氢离子浓度与氢氧根离子浓度的相对大小判断，故A错误； B溶液无丁达尔效应，胶体有丁达尔效应，可用丁达尔效应可以区别溶液与胶体，故B正确；C在不指明温度的情况下饱和与不饱和溶液溶质质量分数无法比较大小，相同温度饱和溶液一定比不饱和溶液质量分数要大，故C错误

12、；DNH3H2O是弱电解质，能发生部分电离，浓度小于0.1molL1，故D错误故选B【点评】本题考查酸碱的定义、胶体的性质、饱和溶液、弱电解质的电离等，难度不大，注意溶液的酸碱性取决于溶液中氢离子浓度与氢氧根离子浓度的相对大小2某无色溶液中只可能含有Na+、Ba2+、Cl、I、SO32、SO42等离子，对该溶液进行下列实验，实验操作和现象如表：步骤操作现象（1）取少量溶液滴加几滴石蕊试液溶液变蓝（2）另取少量溶液滴加过量氯水，再加入CCl4振荡，静置上层无色，下层呈紫色（3）取（2）上层溶液，加入过量Ba（NO3）2溶液和稀HNO3，过滤有白色沉淀产生（4）向（3）的滤液中加入过量AgNO3溶

13、液和稀HNO3有白色沉淀产生下列结论正确的是（）A可能含有Cl、SO32、SO42B肯定没有Ba2+、Cl、IC不能确定Na+、SO32、SO42D肯定含有 Na+、I、SO32【考点】物质检验实验方案的设计【分析】由（1）可知，溶液呈碱性，说明含有弱酸阴离子，只有亚硫酸根离子，则不可能含Ba2+；由（2）中CCl4层呈紫红色可知，含I离子；由（3）可知，白色沉淀为硫酸钡，一定含SO32，可能含有SO42离子；由（4）可知，白色沉淀为AgCl，但由于步骤（2）加入了氯离子，所以原溶液是否含氯离子不能确定，以此来解答最后根据电荷守恒确定电解质溶液中的阳离子的存在【解答】解：由（1）可知，溶液呈碱

14、性，是含有弱酸阴离子，只有亚硫酸根离子，则不可能含Ba2+；由（2）中CCl4层呈紫红色可知，含I离子；由（3）可知，白色沉淀为硫酸钡，一定含SO32，可能含有SO42离子；由（4）可知，白色沉淀为AgCl，但由于步骤（2）加入了氯离子，所以原溶液是否含氯离子不能确定；根据以上分析溶液中一定含有SO32、I，一定没有Ba2+；由电荷守恒可知，溶液中一定含有阳离子为Na+；所以溶液中一定存在的离子是Na+、I、SO32；不能确定的是Cl、SO42；故选D【点评】本题考查物质的鉴别和检验，涉及化学反应与现象、萃取操作、离子共存的判断等知识，注意电荷守恒的应用，关键是先肯定离子存在，再否定不共存的离

15、子，题目难度不大，框图型实验题是近几年高考题的热点，本题注重考查学生对一些重要的离子性质的掌握情况，及其检验方法的掌握情况3如图是六种常见有机化合物分子的球棍模型，下列有关叙述中不正确的是（）A甲、乙、丙属于烃，丁、戊、己属于烃的衍生物B丙和己混合后会分层，且丙在上层C甲、丙、丁、戊、己均发生取代反应D乙和水反应可生成丁，丁和戊反应可生成己【考点】球棍模型与比例模型；有机化学反应的综合应用【分析】根据图示的常见有机化合物分子的球棍模型可知：甲为甲烷、乙为乙烯、丙为苯、丁为乙醇、戊为乙酸、己为乙酸乙酯，A、只含有碳氢元素的为烃，除了碳氢外，还含有其它元素的有机物为烃的衍生物；B、根据图示，丙为有

16、机溶剂苯，丙和己能够混溶；C、根据甲烷、苯、乙醇、乙酸、乙酸乙酯的化学性质分析；D、乙烯能够与水反应生成乙醇，乙醇和乙酸能够反应生成乙酸乙酯【解答】解：根据图示的常见有机化合物分子的球棍模型可知：甲为甲烷、乙为乙烯、丙为苯、丁为乙醇、戊为乙酸、己为乙酸乙酯，A、甲、乙和丙中只含有碳氢元素，属于烃，丁、戊和己中含有除了碳氢外，还含有氧元素，属于烃的衍生物，故A正确；B、丙为苯，属于有机溶剂，己为乙酸乙酯，乙酸乙酯能够溶解于苯中，混合后不会分层，故B错误；C、甲烷在光照条件下与发生取代反应，苯与液溴在催化剂作用下能够发生取代反应生成溴苯，乙酸和乙醇的酯化反应属于取代反应，乙酸乙酯的水解属于取代反应

17、，故C正确；D、乙烯与水在催化剂作用下能够发生加成反应生成乙醇，乙酸能够乙醇能够发生酯化反应生成乙酸乙酯，故D正确；故选B【点评】本题考查了有机物的球棍模型及有及化学反应的综合应用，题目难度中等，试题基础性强，侧重对学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力的培养，解题关键是能够根据图示的常见有机化合物分子的球棍模型判断出有机物结构简式4下列说法中，正确的是（）A第A族元素的金属性一定比A族元素的金属性强B第三周期中的非金属元素的气态氢化物还原越强，对应元素的最高价含氧酸酸性越弱C非金属元素之间只能形成共价化合物D短周期中，同周期元素的离子半径从左到右逐渐减小【考点】同一周期内元素性质的递变规律与

18、原子结构的关系；同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系；金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律【分析】A根据金属性的递变规律比较；B同周期元素的非金属性越强，对应的单质的氧化性越强，氢化物的还原性越弱；C非金属元素之间可形成离子化合物；D同周期元素的离子半径，阳离子半径小于阴离子半径【解答】解：A第A族元素的金属性不一定比A族元素的金属性强，如Li比Ca、Ba等金属的金属性弱，故A错误；B同周期元素的非金属性越强，对应的单质的氧化性越强，氢化物的还原性越弱，故B正确；C非金属元素之间可形成离子化合物，如硝酸铵等铵盐，故C错误；D核外电子层数

19、越多，离子半径越大，同周期元素的离子半径，阳离子半径小于阴离子半径，故D错误故选B【点评】本题考查元素周期律知识，题目难度不大，注意把握元素周期律的递变规律，把握比较物质性质的角度5在一定条件下，将m体积NO和n体积O2同时通入倒立于水中且盛满水的容器中内，充分反应后，容器内残留体积的气体，该气体与空气接触后变为红棕色，则mn的比值为（）A3：2B2：3C8：3D3：8【考点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；化学方程式的有关计算【分析】根据一氧化氮气体和氧气混合通入水中全部吸收的反应进行计算，残留气体与空气接触变红棕色，说明残留气体是一氧化氮【解答】解：在一定条件下，将m体积NO和n体积O2

20、同时通入倒立于水中且盛满水的容器中内，充分反应，一氧化氮和氧气全部溶于水时按照下列反应进行，化学方程式为：4NO+3O2+2H2O=4HNO3；容器内残留气体为一氧化氮，所以和氧气全部溶于水的一氧化氮气体为m=，一氧化氮和氧气按照4：3混合溶于水恰好全部溶解，所以：n=4：3，得到m：n=8：3；故选C【点评】本题考查了氮氧化物和氧气混合溶于水的判断计算，关键是混合气体溶于水的物质的量之比的应用6常温下，将11.2g由CO2、CH4O、CO三种气体组成的混合气体直接通入到足量的Na2O2固体中，充分反应后，使Na2O2固体增重5.6g；若将同样的一组气体经过足量氧气充分燃烧后，再将燃烧后的气体

21、混合物通入到足量的Na2O2固体中，充分反应后，使Na2O2固体增重为（）A6.2 gB8.8 gC8.0 gD11.2 g【考点】化学方程式的有关计算【分析】使Na2O2固体增重5.6 g，发生反应2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2；含碳元素的物质完全燃烧后再通入足量Na2O2固体，实际增加的为与CO2等物质的量的CO的质量；含氢的物质完全燃烧后再通入足量Na2O2固体，实际增加的为H原子的质量，以此来解答【解答】解：混合气体直接通入到足量的Na2O2固体中，充分反应后，使Na2O2固体增重5.6 g，发生反应2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2，2Na2O2+2CO22Na2

22、CO3+O2 m 88 32 56 x 5.6g可知参加反应的CO2的质量为=8.8 g，所以CH4O、CO的质量之和为11.28.8=2.4 g；第二次经过燃烧后使Na2O2固体增重的反应过程中，根据反应方程式得到规律：含碳元素的物质完全燃烧后再通入足量Na2O2固体，实际增加的为与CO2等物质的量的CO的质量；含氢的物质完全燃烧后再通入足量Na2O2固体，实际增加的为H原子的质量，则CH4O、CO的质量之和就是使Na2O2固体增加的质量，再加上CO2使Na2O2固体增重的5.6 g，即2.4g+5.6g=8.0 g，故选C【点评】本题考查化学反应方程式的计算，为高频考点，把握物质的性质、发

23、生的反应为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意固体增重的判断，题目难度不大7t时，某一气态平衡体系中含有X（g）、Y（g）、Z（g）、W（g）四种物质，此温度下发生反应的平衡常数表达式为：K=，有关该平衡体系的说法正确的是（）A升高温度，平衡常数K增大B增大压强，W（g）质量分数增加C升高温度，若混合气体的平均相对分子质量变小，则正反应是放热反应D增大X（g）浓度，平衡向正反应方向移动【考点】化学平衡的影响因素【分析】根据平衡常数表达式可知反应方程式为2Z（g）+2W（g）X（g）+2y（g），结合影响化学平衡移动的因素解答该题【解答】解：根据平衡常数表达式可知反应方程式为2Z（g）+2

24、W（g）X（g）+2y（g），则A由于反应的吸放热未知，则温度变化，平衡常数的变化不能判断，故A错误；B增大压强，平衡向正反应方向移动，W（g）体积分数减小，故B错误；C升高温度，若混合气体的平均相对分子质量变小，说明气体的物质的量增多，平衡向逆反应方向移动，则说明正反应为放热反应，故C正确；D增大X（g）浓度，平衡向逆反应方向移动，故D错误故选C【点评】本题考查化学平衡移动，题目难度中等，解答本题的关键是根据平衡常数的表达式判断反应的化学方程式8流动电池是一种新型电池其主要特点是可以通过电解质溶液的循环流动，在电池外部调节电解质溶液，以保持电池内部电极周围溶液浓度的稳定我国某研究小组新开发的

25、一种流动电池如图所示，电池总反应为Cu+PbO2+2H2SO4CuSO4+PbSO4+2H2O下列说法不正确的是（）Aa为正极，b为负极B该电池工作时PbO2电极附近溶液的pH增大Cb极的电极反应为Cu2eCu2+D调节电解质溶液的方法是补充CuSO4【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】根据电池总反应为Cu+PbO2+2H2SO4CuSO4+PbSO4+2H2O，则铜失电子发生氧化反应为负极，反应式为：Cu2eCu2+，PbO2得电子发生还原反应为正极，反应式为：PbO2+4H+SO42+2ePbSO4+2H2O，以此解答该题【解答】解：A根据电池总反应为Cu+PbO2+2H2SO4CuS

26、O4+PbSO4+2H2O，则铜失电子发生氧化反应为负极，PbO2得电子发生还原反应为正极，所以为负极，b为正极，故A正确；BPbO2得电子发生还原反应为正极，反应式为：PbO2+4H+SO42+2ePbSO4+2H2O，所以PbO2电极附近溶液的pH增大，故B正确；C铜失电子发生氧化反应为负极，反应式为：Cu2eCu2+，故C正确；D由电池总反应为Cu+PbO2+2H2SO4CuSO4+PbSO4+2H2O，则调节电解质溶液的方法是补充H2SO4，故D错误；故选D【点评】本题考查了化学电源新型电池，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，根据原电池原理来分析解答，知道电极上发生的反应即可解答

27、，电极反应式的书写是学习难点，总结归纳书写规律，难度中等二、（非选择题，共4小题，共52分）9（2016分宜县二模）已知A、B、C、D、E为中学常见的物种物质，均含元素Y，有的还可能含有元素X、Z，元素X、Y、Z的原子序数依次递增元素Y在A、B、C、D、E中所呈化合价依次递增，其中只有B为单质常温下将气体D通入水中发生反应，生成C和E工业上以A、空气和水为原料，通过催化氧化法制成E请回答以下问题：（1）A分子的空间构型是三角锥形；从轨道重叠的方式看，B分子中的共价键类型有键和键（2）写出中反应的化学方程式：3NO2+H2O=2HNO3+NO（3）工业上，若输送Cl2的管道漏气，用A进行检验时可

28、观察到大量白烟，同时有B生成，写出有关反应化学方程式：8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】工业上以A、空气和水为原料，通过催化氧化法制成E，工业上用催化氧化制取硝酸，则A是NH3、E是HNO3；元素Y在A、B、C、D、E中所呈化合价依次递增，其中只有B为单质，则B是N2；常温下将气体D通入水中发生反应，生成C和硝酸，D中N元素化合价大于C而小于E，且D能和水反应，则D是NO2，C是NO；A、B、C、D、E为中学常见的物种物质，均含元素Y，则Y是N元素，有的还可能含有元素X、Z，元素X、Y、Z的原子序数依次递增，则X是H元素、Z是O元素，再结合物质结构

29、、性质解答【解答】解：工业上以A、空气和水为原料，通过催化氧化法制成E，工业上用催化氧化制取硝酸，则A是NH3、E是HNO3；元素Y在A、B、C、D、E中所呈化合价依次递增，其中只有B为单质，则B是N2；常温下将气体D通入水中发生反应，生成C和硝酸，D中N元素化合价大于C而小于E，且D能和水反应，则D是NO2，C是NO；A、B、C、D、E为中学常见的物种物质，均含元素Y，则Y是N元素，有的还可能含有元素X、Z，元素X、Y、Z的原子序数依次递增，则X是H元素、Z是O元素，（1）ANH3，氨气分子的空间构型是三角锥形；B是N2，从轨道重叠的方式看，B分子中的共价键类型有头对头形成的键、肩并肩形成的

30、键，故答案为：三角锥；键和键；（2）二氧化氮和水反应生成硝酸和NO，所以中反应的化学方程式：3NO2+H2O=2HNO3+NO，故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；（3）工业上，若输送Cl2的管道漏气，用A进行检验时可观察到大量白烟，同时有B生成，说明该反应生成氯化铵和氮气，则该反应方程式为8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2，故答案为：8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2【点评】本题考查了无机物推断，涉及氧化还原反应、微粒的空间构型判断等知识点，氨气的催化氧化为突破口采用进行推断，再结合元素化合价、物质间的反应来分析解答，题目难度中等10（2013江苏）氧化镁在医药、建筑等行业

31、应用广泛硫酸镁还原热解制备高纯氧化镁是一种新的探索以菱镁矿（主要成分为MgCO3，含少量FeCO3）为原料制备高纯氧化镁的实验流程如下：（1）MgCO3与稀硫酸反应的离子方程式为MgCO3+2H+Mg2+CO2+H2O（2）加入H2O2 氧化时，发生反应的化学方程式为2FeSO4+H2O2+H2SO4Fe2（SO4）3+2H2O（3）滤渣2 的成分是Fe（OH）3（填化学式）（4）煅烧过程存在以下反应：2MgSO4+C2MgO+2SO2+CO2MgSO4+C MgO+SO2+COMgSO4+3C MgO+S+3CO利用如图装置对煅烧产生的气体进行分步吸收或收集D中收集的气体可以是CO （填化学

32、式）B中盛放的溶液可以是d（填字母）aNaOH 溶液 bNa2CO3 溶液 c稀硝酸 dKMnO4溶液A中得到的淡黄色固体与热的NaOH溶液反应，产物中元素最高价态为+4，写出该反应的离子方程式：3S+6OH2S2+SO32+3H2O【考点】镁、铝的重要化合物；二氧化硫的化学性质【分析】（1）碳酸镁与稀硫酸反应生成硫酸镁水和二氧化碳；（2）过氧化氢在酸性条件下氧化硫酸亚铁为硫酸铁；（3）加入氨水调节溶液PH使氢氧化铁全部沉淀；（4）煅烧得到的气体主要有SO2、CO2、CO、S，产生的气体进行分步吸收或收集，所以通过A使硫蒸气冷凝下来，再通过B装置高锰酸钾溶液吸收二氧化硫，通过C中的氢氧化钠溶液

33、吸收二氧化碳，最后剩余一氧化碳气体在D中收集【解答】解：（1）MgCO3与稀硫酸反应生成硫酸镁、二氧化碳和水，反应的离子方程式为MgCO3+2H+Mg2+CO2+H2O，故答案为：MgCO3+2H+Mg2+CO2+H2O；（2）加入H2O2 氧化时，在酸性溶液中氧化硫酸亚铁为硫酸铁，反应的化学方程式为：2FeSO4+H2O2+H2SO4Fe2（SO4）3+2H2O，故答案为：2FeSO4+H2O2+H2SO4Fe2（SO4）3+2H2O；（3）酸溶后过滤得到溶液中加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入氨水调节溶液PH使铁离子全部沉淀，过滤后所以得到沉淀为氢氧化铁，故答案为：Fe（OH）3；（4

34、）煅烧得到的气体主要有SO2、CO2、CO、S，产生的气体进行分步吸收或收集，所以通过A使硫蒸气冷凝下来，再通过B装置高锰酸钾溶液吸收二氧化硫，通过C中的氢氧化钠溶液吸收二氧化碳，最后剩余一氧化碳气体在D中收集；D中收集的气体可以是CO，故答案为：CO；B中盛放的溶液可以KMnO4溶液吸收二氧化硫，故答案为：d；A中得到的淡黄色固体与热的NaOH溶液反应，依据氧化还原反应原理，产物中元素最高价态为+4，最低价为2价，反应的离子方程式为：3S+6OH2S2+SO32+3H2O，故答案为：3S+6OH2S2+SO32+3H2O【点评】本题考查了镁铝及其化合物、二氧化硫性质应用，混合物分离方法和实验

35、操作方法，物质性质熟练掌握是解题关键，题目难度中等11（15分）（2016分宜县二模）焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是常用的食品抗氧化剂之一某研究小组进行如下实验：（1）实验一焦亚硫酸钠的制取采用如图装置（实验前已除尽装置内的空气）制取了Na2S2O5装置中有Na2S2O5晶体析出，发生的反应为Na2SO3+SO2Na2S2O5（1）装置中产生气体的化学方程式为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O（2）要从装置中获得已析出的晶体，可采取的分离方法是过滤（3）装置用于处理尾气，可选用的最合理装置（夹持仪器已略去）为d（填序号）（2）实验二焦亚硫酸钠的性质Na2S2O5溶于水即生成

36、NaHSO3（4）证明NaHSO3溶液中HSO的电离程度大于水解程度，可采用的实验方法是a、e（填序号）a测定溶液的pHb加入Ba（OH）2溶液c加入盐酸d加入品红溶液 e用蓝色石蕊试纸检测（5）检测Na2S2O5晶体在空气中已被氧化的实验方案是取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成（3）实验三葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定（6）葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）的方案如下：葡萄酒样品100.00mL馏分溶液出现蓝色且30 s内不褪色（已知：滴定时反应的化学方程式为SO2+I2+2H2

37、OH2SO4+2HI）按上述方案实验，消耗标准I2溶液25.00 mL，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）为0.16gL1在上述实验过程中，若有部分HI被空气氧化，则测定结果偏低（填“偏高”“偏低”或“不变”）【考点】制备实验方案的设计；探究物质的组成或测量物质的含量；性质实验方案的设计【分析】（1）由装置中发生的反应可知，装置中产生的气体为SO2，亚硫酸钠与硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫与水；（2）装置中获得已析出的晶体，分离固体与液态，应采取过滤操作；（3）装置用于处理尾气，吸收为反应的二氧化硫，应防止倒吸，且不能处于完全密闭环境中；（4）NaHSO3溶液中HSO3的电离

38、程度大于水解程度，溶液呈酸性，故检验溶液呈酸性即可；（5）Na2S2O5晶体在空气中易被氧化为Na2SO4，用盐酸、氯化钡溶液检验样品中是否含有硫酸根即可；（6）由消耗碘的量，结合SO2+I2+2H2OH2SO4+2HI计算二氧化硫的质量，进而计算浓度；若有部分HI被空气氧化，则消耗碘的量偏小，故测定二氧化硫的量偏小【解答】解：（1）由装置中发生的反应可知，装置中产生的气体为SO2，亚硫酸钠与硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫与水，反应方程式为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O，故答案为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O；（2）装置中获得已析出的晶体，分离

39、固体与液态，应采取过滤进行分离，故答案为：过滤；（3）a装置应将导管深入氨水中可以吸收二氧化硫，但为密闭环境，装置内压强增大易产生安全事故，故错误；b该装置吸收二氧化硫能力较差，且为密闭环境，装置内压强增大易产生安全事故，故错误；c该装置不能吸收二氧化硫，所以无法实现实验目的，故错误；d该装置中氢氧化钠与二氧化硫反应，可以吸收，且防止倒吸，故正确；故答案为：d；（4）NaHSO3溶液中HSO3的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，测定溶液的pH，可以确定溶液酸碱性，酸性溶液可以使湿润蓝色石蕊试纸变红，所以能用测定溶液pH值、湿润的蓝色石蕊试液检验，而加入Ba（OH）2溶液、HCl溶液、品红溶液都

40、不能说明溶液呈酸性，故选ae；故答案为：ae；（5）Na2S2O5中S元素的化合价为+4价，因此会被氧化为为+6价，即晶体在空气中易被氧化为Na2SO4，用盐酸、氯化钡溶液检验样品中是否含有硫酸根即可，实验方案为：取少量Na2S2O5晶体于试管中，加入适量水溶解，滴加盐酸，振荡，再滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，故答案为：取少量Na2S2O5晶体于试管中，加入适量水溶解，滴加盐酸，振荡，再滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成；（6）令100mL葡萄酒中二氧化硫的质量为mg，则：SO2+2H2O+I2H2SO4+2HI64g 1mol mg 0.025L0.01mol/L所以，64g：mg=1mol：

41、0.025L0.01mol/L，解得m=0.016故该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）为=0.16 g/L故答案为：0.16；若有部分HI被空气氧化，则消耗碘的量偏小，故测定二氧化硫的量偏小，则测定结果偏低，故答案为：偏低【点评】本题考查物质的制备实验、实验方案设计、物质含量的测定、氧化还原反应滴定等，难度中等，明确实验原理是解本题关键，根据物质的性质分析解答，注意元素化合物知识的积累和灵活运用12（2016分宜县二模）某课外小组设计的实验室制取乙酸乙酯的装置如图所示，A中放有浓硫酸，B中放有乙醇、无水醋酸钠，D中放有饱和碳酸钠溶液已知：无水氯化钙可与乙醇形成难溶于水的Ca

42、Cl26C2H5OH有关有机物的沸点：试剂乙醚乙醇乙酸乙酸乙酯沸点/34.778.511877.1请回答：（1）浓硫酸的作用是酸性、催化剂、脱水剂；若用同位素18O示踪法确定反应产物水分子中氧原子的提供者，写出能表示18O位置的化学方程式：CH3CO18OH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H218O（2）球形干燥管C的作用是防止倒吸、冷凝若反应前向D中加入几滴酚酞，溶液呈红色，反应结束后D中的现象是溶液分层，上层无色油体液体，下层溶液颜色变浅（3）采用分液（操作名称）法从 D中分离出的乙酸乙酯中常含有一定量的乙醇、乙醚和水，然后加入无水氯化钙，分离出乙醇；再加入（从下列选项中选择）C，

43、然后进行蒸馏，收集77左右的馏分，以得较纯净的乙酸乙酯A五氧化二磷 B碱石灰 C无水硫酸钠 D生石灰【考点】乙酸乙酯的制取【分析】（1）乙酸与乙醇在浓硫酸作催化剂、加热的条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯，该反应为可逆反应，浓硫酸吸水利于平衡向生成乙酸乙酯方向移动；羧酸与醇发生的酯化反应中，羧酸中的羧基提供OH，醇中的OH提供H，相互结合生成水；（2）圆底烧瓶受热不均，球形干燥管的管口伸入液面下可能发生倒吸，同时起冷凝作用；醇与乙酸都易挥发，制备的乙酸乙酯含有乙醇与乙酸，通常用饱和碳酸钠溶液吸收乙酸乙酯，反应掉挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中，便于闻乙酸乙酯的香味，溶解挥发出来的乙醇，降低

44、乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分层得到酯，故D中的溶液为饱和的碳酸钠溶液，碳酸根水解，溶液呈碱性，反应后溶液分层，上层无色油体液体，由于碳酸钠与乙酸反应，故下层溶液颜色变；（3）用分液法分离和提纯乙酸乙酯，然后用氯化钙除去少量乙醇，用无水硫酸钠除去少量的水，无水硫酸钠吸水形成硫酸钠结晶水合物；根据乙酸乙酯的沸点判断温度【解答】解：（1）酸与乙醇需浓硫酸作催化剂，该反应为可逆反应，浓硫酸吸水利于平衡向生成乙酸乙酯方向移动，由于反应加入的是乙酸钠，故浓硫酸还制乙酸的作用，故浓硫酸的作用是酸性、催化剂、吸水剂；羧酸与醇发生的酯化反应中，羧酸中的羧基提供OH，醇中的OH提供H，相互结合生成水，其它基团相

45、互结合生成酯，同时该反应可逆，反应的化学方程式为CH3CO18OH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H218O；故答案为：酸性、催化剂、脱水剂；CH3CO18OH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H218O；（2）圆底烧瓶受热不均，球形干燥管的管口伸入液面下可能发生倒吸，球形干燥管体积大，可以防止倒吸，同时起冷凝作用；碳酸根水解CO32+H2OHCO3+OH，溶液呈碱性，加入几滴酚酞，溶液呈红色；碳酸钠水解呈碱性，乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，密度比水小，溶液分层，上层无色油体液体，乙酸和碳酸钠反应而使溶液红色变浅；故答案为：防止倒吸、冷凝；溶液分层，上层无色油体液体，下层溶液颜色变浅；（3）用分液法分离和提纯乙酸乙酯，然后用氯化钙除去少量乙醇，用无水硫酸钠除去少量的水，无水硫酸钠吸水形成硫酸钠结晶水合物；乙酸乙酯的沸点为77，所以收集 77左右的馏分，以得较纯净的乙酸乙酯，故答案为：分液；乙醇；C；77