北京市房山区高三化学二模试卷Word版含解析

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1、园丁网数学第一站成套数学资料免费下载 2015年北京市房山区高考化学二模试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1（6分）（2015房山区二模）在日常生活中，下列解决问题的方法不可行的是（）A为加快漂白精的漂白速率，使用时可滴加几滴醋酸B为防止海鲜腐烂，可将海鲜产品浸泡在硫酸铜溶液中C为增强治疗缺铁性贫血效果，可在口服硫酸亚铁片时同服维生素CD为使水果保鲜，可在水果箱内放入高锰酸钾溶液浸泡过的硅藻土考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用；常见的食品添加剂的组成、性质和作用；药物的主要成分和疗效分析：A在漂白精中滴加醋酸，可增大HClO的浓度；B硫酸铜为重金属盐，对人体有害；C维生素C具

2、有还原性，可防止亚铁被氧化；D高锰酸钾可氧化乙烯解答：解：A漂白精种含有次氯酸钙，在漂白精中滴加醋酸，可增大HClO的浓度，则氧化性增强，可增大漂白速率，故A正确；B硫酸铜为重金属盐，对人体有害，不能用于食品防腐，故B错误；C维生素C具有还原性，可防止亚铁被氧化，可在口服硫酸亚铁片时同服维生素C，可增强治疗缺铁性贫血效果，故C正确；D乙烯可催熟，高锰酸钾可氧化乙烯，可在水果箱内放入高锰酸钾溶液浸泡过的硅藻土，可起到保鲜的作用，故D正确故选B点评：本题考查较为综合，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，注意相关物质的性质以及应用，难度不大2（6分）（2015房山区二模）用

3、下列实验分离装置进行相应实验，能达到实验目的是（）A用图所示装置分离苯和水B用图所示装置除去C2H2中含有的少量H2SC用图所示装置分离NaCl和CaCl2的混合溶液D用图所示装置蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体考点：化学实验方案的评价专题：实验评价题分析：A苯不溶于水，且密度比水小；B乙炔可被酸性高锰酸钾氧化；CNaCl和CaCl2互溶；D氯化铵不稳定，加热易分解解答：解：A苯不溶于水，可用分液的方法分离，苯的密度比水小，在上层，故A正确；B乙炔可被酸性高锰酸钾氧化，应用硫酸铜溶液除杂，故B错误；CNaCl和CaCl2互溶，不能用过滤的方法分离，故C错误；D氯化铵不稳定，加热易分解，

4、不能直接蒸干，故D错误故选A点评：本题考查化学实验方案的评价，涉及物质的分离、提纯等，注意化学实验操作的考查，熟悉高考中对化学实验注意事项及操作要点的考查，题目难度中等3（6分）（2015房山区二模）已知：W是组成信息高速公路骨架的元素之一，且X、Y、Z、W在元素周期表中的位置如图所示下列说法正确的是（）XYZWA最高正化合价：ZX=WYB原子半径：YXWZC最高价氧化物对应水化物的酸性：ZXWYD最高价含氧酸的钠盐溶液能与SO2反应的：X、Y、Z、W考点：位置结构性质的相互关系应用专题：元素周期律与元素周期表专题分析：W是组成信息高速公路骨架的元素之一，应为Si元素，根据X、Y、Z、W在元素

5、周期表中的位置可知X为C元素，Y为N元素，Z为Al元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期率知识解答该题解答：解：W是组成信息高速公路骨架的元素之一，应为Si元素，根据X、Y、Z、W在元素周期表中的位置可知X为C元素，Y为N元素，Z为Al元素，AZ为Al，最高化合价为+3价，而Y为N，最高化合价为+5价，故A错误；B同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则XY、ZW，故B错误；C非金属性NCSiAl，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物对应水化物的酸性越强，故C错误；D最高价含氧酸的钠盐分别为Na2CO3、NaNO3、NaAlO2、Na2SiO3，由于亚硫酸酸性比碳酸、硅酸强，则二氧化硫可

6、与Na2CO3、Na2SiO3溶液反应生成二氧化碳、硅酸，NaAlO2溶液与二氧化硫反应生成氢氧化铝沉淀，二氧化硫水溶液呈酸性，而硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，则NaNO3可与二氧化硫在溶液中发生氧化还原反应，故D正确故选D点评：本题考查位置、结构、性质的关系及应用，把握元素在周期表中的位置及元素周期律为解答的关键，注意利用实例分析，侧重分析能力和归纳能力的考查，题目难度不大4（6分）（2015房山区二模）如图所示，常温时将一滴管液体Y一次性全部挤到充满O2的锥形瓶内（装置气密性良好），若锥形瓶内气体的最大物质的量是amol，久置后其气体的物质的量是bmol，不存在ab关系的是（）XYA

7、过量C、Fe碎屑稀HClB过量Na2CO3粉末稀H2SO4C过量Fe、Al碎屑浓H2SO4D过量Cu、CuO粉末浓HNO3AABBCCDD考点：化学实验方案的评价分析：若锥形瓶内气体的最大物质的量是amol，久置后其气体的物质的量是bmol，如存在ab关系，说明在久置过程中锥形瓶的气体参与反应而消耗，反之不存在ab，以此解答该题解答：解：A铁与盐酸反应生成氢气，由于铁过量，则久置过程中铁发生吸氧腐蚀，则消耗氧气，ab，故A不选；B碳酸钠和稀硫酸反应生成二氧化碳气体，由于碳酸钠过量，则久置过程中碳酸钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，气体总物质的量减小，ab，故B不选；CFe、Al与浓硫酸发生钝化，气

8、体体积基本不变，故C选；D铜和浓硝酸反应生成二氧化氮气体，久置过程中二氧化氮与水反应生成NO，体积变小，故D不选故选C点评：本题综合考查元素化合物知识，为高频考点，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大5（6分）（2015房山区二模）解释下列实验事实的离子方程式中，不准确的是（）A在Na2SO4溶液中滴入Ba（OH）2溶液，产生白色沉淀：Ba2+SO42=BaSO4B向H2O中加入少量Na2O2，产生无色气体：2Na2O2+2H2O=O2+4OH+4Na+C向Cl2水中滴入适量Fe（NO3）2 溶液，溶液变为黄色：2Fe2+Cl2=2Fe3+2ClD向淀粉

9、KI溶液中滴加酸性H2O2溶液，溶液变蓝色：H2O2+2I+2H+=I2+2H2O考点：离子方程式的书写分析：A硫酸钠与氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和水，漏掉了生成水的反应；B过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气；C氯水显示酸性，酸性条件下硝酸根离子的氧化性最强，硝酸根离子优先与亚铁离子反应；D双氧水具有强氧化性，能够将碘离子氧化成碘单质解答：解：A在Na2SO4溶液中滴入Ba（OH）2溶液，反应生成硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为：Ba2+SO42=BaSO4，故A正确；B向H2O中加入少量Na2O2，反应生成氢氧化钠和氧气，反应的离子方程式为：2Na2O2+2H2O=O2+4OH+4Na+，故B

10、正确；C氯水呈酸性，酸性溶液中硝酸根离子的氧化性最强，所以硝酸根离子优先参与反应，正确的离子方程式为：6Fe2+8H+2NO3=6Fe3+4H2O+2NO，故C错误；D向淀粉KI溶液中滴加酸性H2O2溶液，碘离子被双氧水氧化成碘单质，所以溶液变蓝色，反应的离子方程式为：H2O2+2I+2H+=I2+2H2O，故D正确；故选C点评：本题考查了离子方程式的书写判断，题目难度中等，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）6（6分）（2015房山

11、区二模）己烯雌酚的结构简式如图所示，下列有关叙述中不正确的是（）A与NaOH反应可生成化学式为C18H18O2Na2的化合物B聚己烯雌酚含有顺式和反式两种结构C1mol己烯雌酚最多可与7molH2发生加成反应D形成高分子 的单体中有己烯雌酚考点：有机物的结构和性质专题：有机物的化学性质及推断分析：A酚羟基能和NaOH反应生成酚钠；B碳碳双键两端的碳原子含有不同的基团的有机物有顺反异构；C苯环和碳碳双键能和氢气发生加成反应；D该高分子化合物中单体是和HCHO解答：解：A酚羟基能和NaOH反应生成酚钠，所以与NaOH反应可生成化学式为C18H18O2Na2的化合物，故A正确；B聚己烯雌酚不含碳碳双

12、键，所以没有顺反异构，故B正确；C苯环和碳碳双键能和氢气发生加成反应，1mol己烯雌酚最多可与7molH2发生加成反应，故C正确；D该高分子化合物中单体是和HCHO，所以形成高分子 的单体中有己烯雌酚，故D正确；故选B点评：本题考查有机物结构和性质，为高频考点，侧重考查酚和烯烃性质、顺反异构、高分子化合物单体等知识点，易错选项是BD，注意聚己烯雌酚不含碳碳双键，注意生成D中高分子化合物需要单体，为易错点7（6分）（2015房山区二模）已知：在700的恒温、恒容密闭容器中发生反应3CH4（g）+2N2（g）3C（s）+4NH3（g），若CH4与N2在不同投料比时CH4的平衡转化率如图所示，下列说

13、法正确的是（）An（CH4）/n（N2）越大，CH4的转化率越高Ba点对应的平衡常数比c点的大Cb点对应的NH3的体积分数为26%D不改变投料比，增加n（N2）时，NH3体积分数增大考点：化学平衡的影响因素；化学平衡建立的过程分析：由图可知，纵坐标为甲烷的转化率，横坐标为，越大，甲烷的转化率越小；平衡正向移动时氨气的体积分数增大，且平衡常数只与温度有关，并利用b点甲烷转化率为22%计算氨气的体积分数，以此来解答解答：解：A由图象看出，CH4的转化率随的增大而降低，故A错误；Bab两点的温度相同，平衡常数只与温度有关，则平衡常数不变，故B错误；Cb点甲烷转化率为22%，=0.75，则设甲烷为3m

14、ol，氮气为4mol， 3CH4（g）+2N2（g）3C（s）+4NH3（g）H0开始 3 4 0转化 0.66 0.44 0.88平衡 2.34 3.56 0.88则NH3的体积分数约为100%=13%，故C错误；D、不改变投料比，增加n（N2）时，必然增加甲烷，平衡正向移动，氨气体积分数增大，故D正确；故选D点评：本题考查化学平衡图象及计算，为高频考点，把握图象中纵横坐标的含义、影响平衡的因素及平衡常数、化学平衡三段法计算等为解答的关键，注重高考高频考点的考查，题目难度中等二、解答题（共4小题，满分58分）8（17分）（2015房山区二模）有机化合物I分子结构中含有三个六元环，其合成路线如

15、下：已知：R1CHO+R2CH2CHO回答以下问题：（1）D中所含官能团的名称是醛基、羟基CH2=CH2B的反应类型是加成反应（2）A+CD的化学反应方程式是（3）F的反式结构式是（4）HI的化学反应方程式是（5）下列说法正确的是bcaA、C为同系物 bE、F均能自身发生聚合反应cE、H互为同分异构体 dI、G均易溶于水和有机溶剂（6）E的同分异构体有多种，符合以下要求：苯环上只有两个对位取代基 FeCl3溶液发生显色反应能发生银镜反应 能发生水解反应写出E的同分异构体的结构简式考点：有机物的推断专题：有机物的化学性质及推断分析：乙烯与水发生加成反应生成B为CH3CH2OH，乙醇催化氧化生成C

16、为CH3CHOA的分子式为C7H6O，与乙醛发生信息中的加成反应生成D，则A含有醛基，D经过系列转化得到I，且I分子结构中含有三个六元环，故A中含有六元环，故A为，则D为，D发生银镜反应、酸化得到E为，E在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成F为，根据I分子结构中含有3个六元环可知，F与HCl发生加成反应，氯原子加在羧基邻位碳上，则G为，G在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成、酸化得到H为，2分子H发生酯化反应形成环酯I为，据此解答解答：解：乙烯与水发生加成反应生成B为CH3CH2OH，乙醇催化氧化生成C为CH3CHOA的分子式为C7H6O，与乙醛发生信息中的加成反应生成D，则A含有醛基

17、，D经过系列转化得到I，且I分子结构中含有三个六元环，故A中含有六元环，故A为，则D为，D发生银镜反应、酸化得到E为，E在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成F为，根据I分子结构中含有3个六元环可知，F与HCl发生加成反应，氯原子加在羧基邻位碳上，则G为，G在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成、酸化得到H为，2分子H发生酯化反应形成环酯I为（1）D为，所含官能团有：醛基、羟基，CH2=CH2B的反应类型是：加成反应，故答案为：醛基、羟基；加成反应；（2）A+CD的化学反应方程式是：，故答案为：；（3）F为，其反式结构式是：，故答案为：；（4）HI的化学反应方程式是：，故答案为：；（5）a

18、A是苯甲醛、C为CH3CHO，二者不属于同系物，故错误； bE为，含有羧基、羟基，可以发生缩聚反应，F为，含有碳碳双键，可以发生加聚反应，故正确；cE为，H为，二者互为同分异构体，故正确；dI属于酯类物质，不易溶于水，故错误，故选：bc；（6）E（）的同分异构体有多种，符合以下要求：苯环上只有两个对位取代基；FeCl3溶液发生显色反应，含有酚羟基；能发生银镜反应，能发生水解反应，说明含有甲酸生成的酯基（OOCH），故符合条件的同分异构体的结构简式为：，故答案为：点评：本题考查有机物的推断，需要学生对给予的信息进行利用，结合I的分子式与结构特点、反应条件，采取正逆推法相结合进行推断，较好的考查学

19、生分析推理能力，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，难度中等9（12分）（2015房山区二模）已知工业上在500时，利用CO和CO2生产甲醇的热化学方程式分别是：2H2（g）+CO（g）CH3OH（g）H=90.1kJ/mol3H2（g）+CO2（g）CH3OH（g）+H2O （g）H=49.0kJ/mol（1）反应H2（g）+CO2（g）H2O（g）+CO（g）H=+41.1 kJ/mol（2）若500时反应H2（g）+CO2（g）H2O（g）+CO（g）的平衡常数K=1.0该条件下，在1L密闭容器中，当加入等物质的量的H2和 CO2进行反应时，c（CO）与反应时间t的变化曲线X如图1所示当

20、反应进行到t1时刻，容器内c（CO2）=2mol/L当容器内c（CO2）=5molL1时，该反应v正v逆（填“、或=”）当反应进行到t2时刻，若使反应按曲线Y进行，调控反应条件的方法是升高温度（3）微生物可使甲醇在酸性环境下与空气中氧气发生原电池反应，反应原理如图2所示反应中阳离子的运动方向是A到BB极的反应式是O2+4e+4H+=2H2OA极可能产生的物质是cdaH2 bCH4cHCOOH dCO2考点：热化学方程式；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的影响因素分析：（1）2H2（g）+CO（g）CH3OH（g）H=90.1kJ/mol 3H2（g）+CO2（g）CH3OH（g）+H2O （

21、g）H=49.0kJ/mol ，利用即可得出；（2）依据平衡常数K=1.0，利用三段法计算即可；依据的计算判断此时浓度下，平衡移动方向；由X变到Y即增加CO的浓度，依据反应特点判断即可；（3）甲醇原电池中甲醇在负极放电，据此判断阳离子的移动方向；正极氧气放电，在酸性环境中生成水，据此书写即可；A电极为负极，失去电子，发生氧化反应，化合价升高，据此判断即可解答：解：（1）（1）2H2（g）+CO（g）CH3OH（g）H=90.1kJ/mol ，3H2（g）+CO2（g）CH3OH（g）+H2O （g）H=49.0kJ/mol ，得：H2（g）+CO2（g）H2O（g）+CO（g）H=49.0kJ

22、/mol（90.1kJ/mol）=+41.1 kJ/mol，故答案为：+41.1 kJ/mol；（2）由图可知：t1时刻，容器内c（CO）=2mol/L，即转化生成的CO为2mol，那么有 H2（g）+CO2（g）H2O（g）+CO（g）始（mol/L）x x 0 0转 2 2 2 2平 x2 x2 2 2K=1，解x=4，4mol/L2mol/L=2mol/L，故答案为：2mol/L；由（1）计算可知t1时刻，容器内c（CO2）=2mol/L，此时仍未达到平衡，即v正v逆，故当容器内c（CO2）=5molL1时，该反应v正v逆，故答案为：；由（1）计算得知，反应H2（g）+CO2（g）H2O

23、（g）+CO（g）H=+41.1kJ/mol，即为吸热反应，要使得反应按曲线Y进行，即升高温度即可，故答案为：升高温度；（3）甲醇原电池中甲醇在负极放电，即A为原电池的负极，溶液中阳离子由A移到B，故答案为：A至B；氧气在正极放电，结合酸性溶液中的氢离子生成水，电极反应方程式为：O2+4e+4H+=2H2O，故答案为：O2+4e+4H+=2H2O； 甲醇中C元素的化合价为2价，失去电子发生氧化反应，化合价升高，可以生成HCOOH（C的化合价为+2价），可以生成CO2（C的化合价为+4价），故选cd点评：本题主要考查的是盖斯定律的应用、化学平衡的有关计算以及化学平衡常数的计算、原电池原理等，综合

24、性较强，有一定的难度，为常考题10（14分）（2015房山区二模）如图是从海水制盐和分离出的盐卤中提取Br2、Mg的某种流程：回答下列问题：（1）用惰性电极电解饱和食盐水的离子方程式是2Cl+2H2OCl2+H2+2OH（2）已知盐卤中含有Na+、Mg2+、Fe2+、Fe3+、Cl、Br等离子盐卤呈酸性性加入NaClO的目的是将Fe2+氧化成Fe3+，同时调pH使Fe3+全部沉淀（3）制备无水MgCl2时需持续加入的X是盐酸，用化学用语及简要文字解释其原因是Mg2+2H2O=Mg（OH）2+2H+_（4）若吸收塔中溴以Br和BrO3的形式存在，则n（Br）：n（BrO3）是5：1（5）蒸馏塔中

25、反应的离子方程式是5Br+BrO3+6H+=3Br2+3H2O，加入H2SO4而不加入盐酸的原因是易挥发失去HCl而削弱酸化作用考点：海水资源及其综合利用专题：实验设计题分析：海水晒盐得到粗盐和盐卤，盐卤中含有Na+、Mg2+、Fe2+、Fe3+、Cl、Br等离子，加入NaClO氧化亚铁离子，调节溶液PH使铁离子全部沉淀，过滤得到滤液A中加入氨气沉淀镁离子，过滤得到滤液B和氢氧化镁沉淀，氢氧化镁加入盐酸溶解得到氯化镁溶液，通过蒸发浓缩，冷却结晶得到氯化镁晶体，加入盐酸抑制镁离子的水解，加热得到氯化镁固体，电解得到金属镁，滤液B通入氯化氢和氯气，樱花园溴离子为溴单质，在吹出塔中通入热的空气得到溴

26、蒸气在吸收塔中加入碳酸钠溶液吸收溴单质，吸收塔中溴以Br和BrO3的形式存在，在蒸馏塔中加入硫酸使Br和BrO3在酸溶液中发生氧化还原反应得到溴单质；（1）电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氯气和氢气；（2）盐卤中含有弱碱阳离子铁离子、亚铁离子等水解溶液呈酸性；加入NaClO的目的是将Fe2+氧化成Fe3+，便于除去铁离子；（3）为抑制镁离子水解，制备无水MgCl2时需持续加入盐酸；（4）若吸收塔中溴以Br和BrO3的形式存在，依据电子守恒计算得到n（Br）：n（BrO3）；（5）在蒸馏塔中加入硫酸使Br和BrO3在酸溶液中发生氧化还原反应得到溴单质，加入硫酸是难挥发性酸，盐酸是易挥发性酸；解答：解

27、：海水晒盐得到粗盐和盐卤，盐卤中含有Na+、Mg2+、Fe2+、Fe3+、Cl、Br等离子，加入NaClO氧化亚铁离子，调节溶液PH使铁离子全部沉淀，过滤得到滤液A中加入氨气沉淀镁离子，过滤得到滤液B和氢氧化镁沉淀，氢氧化镁加入盐酸溶解得到氯化镁溶液，通过蒸发浓缩，冷却结晶得到氯化镁晶体，加入盐酸抑制镁离子的水解，加热得到氯化镁固体，电解得到金属镁，滤液B通入氯化氢和氯气，樱花园溴离子为溴单质，在吹出塔中通入热的空气得到溴蒸气在吸收塔中加入碳酸钠溶液吸收溴单质，吸收塔中溴以Br和BrO3的形式存在，在蒸馏塔中加入硫酸使Br和BrO3在酸溶液中发生氧化还原反应得到溴单质；（1）电解饱和食盐水生成

28、氢氧化钠、氯气和氢气，反应的离子方程式为：2Cl+2H2O Cl2+H2+2OH，故答案为：2Cl+2H2O Cl2+H2+2OH；（2）盐卤中含有弱碱阳离子铁离子、亚铁离子等水解溶液呈酸性，故答案为：酸性；加入NaClO的目的是将Fe2+氧化成Fe3+，便于除去铁离子，故答案为：将Fe2+氧化成Fe3+，同时调pH使Fe3+全部沉淀；（3）溶液中镁离子水解，Mg2+2H2O=Mg（OH）2+2H+，为抑制镁离子水解，制备无水MgCl2时需持续加入的X为盐酸，故答案为：盐酸，Mg2+2H2O=Mg（OH）2+2H+；（4）若吸收塔中溴以Br和BrO3的形式存在，溴单质在碱溶液中发生歧化反应，0

29、价变化为+5价和1价，依据电子守恒计算得到，n（Br）：n（BrO3）=5：1，故答案为：5：1；（5）在蒸馏塔中加入硫酸使Br和BrO3在酸溶液中发生氧化还原反应得到溴单质，反应的离子方程式为：5Br+BrO3+6H+=3Br2+3H2O，加入硫酸是难挥发性酸，盐酸是易挥发性酸；故答案为：易挥发失去HCl而削弱酸化作用，5Br+BrO3+6H+=3Br2+3H2O；点评：本题考查了海水资源的应用，物质提纯方法和步骤分析判断，主要是海水提溴、海水提镁的生产流程分析应用，掌握基础是关键，提镁难度中等11（15分）（2015房山区二模）学习小组拟通过实验，探究Mg（NO3）2受热分解的产物小组猜想

30、：固体产物可能有Mg（NO2）2、MgO、Mg3N2中的一种或几种气体产物可能有NO2、N2、O2中的一种或几种查得相关资料：aMg（NO2）2、Mg（NO3）2易溶于水，MgO难溶于水b.2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2OcMg3N2+6H2O=3Mg（OH）2+2NH3（1）针对以上猜想，设计了如图所示实验（图中加热、夹持仪器等装置均省略）：（2）进行实验检验上述装置气密性称取3.7gMg（NO3）2固体，置入硬质玻璃管A中，打开K，通入一段时间N2，并进行相关物质质量称量关闭K，用酒精灯持续给装置A加热，过程中各装置内溶液均未倒吸入其它装置待Mg（NO3）2完全分解，装

31、置冷却至室温，打开K，再缓慢通入一会N2后并再称量称得A中剩余固体质量为1.0g，B、C、D、E、F中溶液质量分别增加了2.3g、0.0g、0.1g、0.3g、0.05g取少量剩余固体于试管中，加入适量水，未出现明显现象（3）回答问题小组预测一定有O2生成，理由是N元素化合价降低，则一定存在化合价升高的元素，只能为氧元素失去电子生成O2N2的电子式是，步骤中，通入一段时间N2的目的是避免对分解产物O2的检验产生干扰步骤中，装置A内若出现了红棕色气体，其化学式是NO2装置C中若红色始终未褪，其设计的目的是验证NO2是否被吸收干净，防止NO2干扰后续对O2的检验实验中发现Mg（NO3）2分解时有O

32、2生成，其实验现象是C中红色溶液中有气泡冒出，D中溶液褪色，用化学用语解释，产生上述现象的原因是Na2SO3+H2ONaHSO3+NaOH、2Na2SO3+O2=2Na2SO4实验中Mg（NO3）2分解没有N2生成的理由是Mg（NO3）2的质量与剩余固体、NO2、O2的质量之和相等，已符合质量守恒定律Mg（NO3）2分解的化学方程式是2Mg（NO3）22MgO+4NO2+O2装置F中溶液质量增加的原因是吸收空气进入的O2所致考点：性质实验方案的设计专题：实验设计题分析：根据氧化还原反应中化合价有升高，一定也要降低角度进行判断；氮气分子中含有氮氮三键，最外层满足8电子稳定结构；各装置中都有氧气，

33、避免空气中氧气干扰实验；根据二氧化氮为红棕色气体分析；二氧化氮影响氧气的检验，所以检验氧气前先必须证明二氧化氮已经除尽；若C中红色溶液中有气泡冒出，D中溶液褪色，则证明产物中有氧气；分别写出亚硫酸钠水解、亚硫酸钠被氧气氧化的方程式；根据质量守恒进行判断；根据以上分析可知，硝酸镁分解生成氧化镁、二氧化氮和氧气，据此写出反应的方程式；空气中有氧气，能够将亚硫酸钠氧化成硫酸钠导致溶液质量增加解答：解：Mg（NO3）2受热分解生成的氮化物中，N元素的化合价降低，则一定有化合价升高的元素，根据硝酸镁的组成可知，只能为2价的氧元素失去电子生成氧气，故答案为：N元素化合价降低，则一定存在化合价升高的元素，只

34、能为氧元素失去电子生成O2；氮气分子中含有氮氮三键，氮原子最外层达到8电子稳定结构，其电子式为：；步骤中，通入一段时间N2，目的是用氮气排出装置中空气避免对产物氧气检验的干扰，故答案为：；避免对分解产物O2的检验产生干扰；步骤中，装置A内若出现了红棕色气体，则该红棕色气体为NO2，故答案为：NO2；装置D用于检验氧气，而二氧化氮能够氧化亚硫酸钠，影响了氧气的测定，所以必须用装置C验证NO2是否被吸收干净，防止NO2干扰后续对O2的检验，故答案为：验证NO2是否被吸收干净，防止NO2干扰后续对O2的检验；若装置C中红色溶液中有气泡冒出，且试管D中亚硫酸钠的酚酞溶液褪色，则证明反应产物中有氧气，涉

35、及的反应有：亚硫酸钠水解溶液呈碱性，所以滴有酚酞的溶液显示红色：Na2SO3+H2ONaHSO3+NaOH、亚硫酸钠被氧化生成硫酸钠：2Na2SO3+O2=2Na2SO4，导致溶液褪色，故答案为：C中红色溶液中有气泡冒出，D中溶液褪色；Na2SO3+H2ONaHSO3+NaOH、2Na2SO3+O2=2Na2SO4；称取3.7gMg（NO3）2固体，反应后剩余1g固体，B中增重2.3g为二氧化氮质量，D、E增重的为氧气，质量为0.4g，总质量恰好为3.7g，说明反应产物中不会有氮气生成，故答案为：Mg（NO3）2的质量与剩余固体、NO2、O2的质量之和相等，已符合质量守恒定律；取少量剩余固体于试管中，加入适量水，未出现明显现象，说明反应产物中没有氮化镁和亚硝酸镁，只能为氧化镁，结合其它分析可知，硝酸镁分解生成氧化镁、二氧化氮气体和氧气，反应方程式为：2Mg（NO3）22MgO+4NO2+O2，故答案为：2Mg（NO3）22MgO+4NO2+O2；装置F的作用是吸收空气中氧气，避免干扰实验测定，由于亚硫酸钠与空气中氧气反应生成硫酸钠，导致试管F中溶液质量增加，故答案为：吸收空气进入的O2所致点评：本题考查了性质实验方案的设计，题目难度中等，明确实验原理及化学实验基本操作方法为解答关键，注意掌握物质的性质及检验方法，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学实验能力