2016年江西省吉安市新干二中高考化学四模试卷
一、选择题，每小题6分，共48分）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．以下数据可供解题时参考：相对原子质量：H1，C12，O16，Na23，Al27，S32，Cl35.5，Fe56，Zn65
1．学习化学反应速率时，我们可以用物理上的速率知识来大胆类推学习，二者在许多方面都是极其相似的．下列关于化学反应速率的说法中，不正确的是（ ）
A．化学反应速率是衡量化学反应进行快慢程度的物理量
B．化学反应速率通常用单位时间内生成或消耗某物质的质量的多少来表示
C．在同一个反应中，用各物质表示的反应速率之比等于其化学方程式中的化学计量数之比
D．化学反应速率的常用单位有mol•L﹣1•s﹣1和mol/（L•min）
2．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列关于0.2 mol•L﹣1Ba（NO3）2溶液的说法不正确的是（ ）
A．1 L溶液中含Ba2+、N的总数是0.6NA
B．500 mL溶液中Ba2+的浓度是0.2 mol•L﹣1
C．500 mL溶液中N的浓度是0.2 mol•L﹣1
D．1 L溶液中含有0.4NA个N
3．门捷列夫在描述元素周期表时，许多元素尚未发现，但他为第四周期的三种元素留下了空位，并对它们的一些性质做了预测，X是其中的一种“类硅”元素，后来被德国化学家文克勒发现，并证实门捷列夫当时的预测相当准确．根据元素周期律，下列有关X的性质的描述中正确的是（ ）
A．X单质易与水反应
B．X形成的氧化物易与水反应生成酸
C．X易形成氧化物XO
D．XH4的稳定性比SiH4的低
4．下列离子方程式正确的是（ ）
A．常温下，将铁片置于足量浓硝酸中：Fe+4H++2NO3﹣═Fe2++2NO2↑+2H2O
B．向次氯酸钙溶液中通入少量SO2：Ca2++2ClO﹣+SO2+H2O═CaSO3↓+2HClO
C．在溶液中FeI2与氯气3：4反应：2Fe2++6I﹣+4Cl2═2Fe3++3I2+8Cl﹣
D．向Ba（OH）2溶液中加过量的NH4HSO4溶液：Ba2++2OH﹣+SO42﹣+H++NH4+═BaSO4↓+H2O+NH3•H2O
5．某学生进行蔗糖的水解实验，并检验水解产物中是否含有葡萄糖．他的操作如下：取少量纯蔗糖加水配成溶液；在蔗糖溶液中加入3～5滴稀硫酸；将混合液煮沸几分钟、冷却；在冷却后的溶液中加入银氨，在水浴中加热．实验结果没有银镜产生．其原因是（ ）
A．蔗糖尚未水解
B．蔗糖水解的产物中没有葡萄糖
C．加热时间不够
D．煮沸后的溶液中没有加碱，以中和作催化剂的酸
6．某铁的“氧化物”样品，用5mol/L的盐酸140mL恰好完全溶解，所得溶液还能吸收标准状况下0.56L氯气，使其中Fe2+全部转化为Fe3+．该样品可能的化学式是（ ）
A．Fe2O3 B．Fe3O4 C．Fe4O5 D．Fe5O7
7．同温同压下，在3支相同体积的试管中分别充有等体积混合的2种气体，它们是①NO和NO2，②NO2和O2，③NH3和N2．现将3支试管均倒置于水槽中，充分反应后，试管中剩余气体的体积分别为V1、V2、V3，则下列关系正确的是（ ）
A．V1＞V2＞V3 B．V3＞V1＞V2 C．V2＞V3＞V1 D．V1＞V3＞V2
8．在一定温度下，固定容积的容器中加入a mol A和b mol B，发生反应：A（g）+2B（g）⇌2C（g）一段时间后达到平衡，生成n mol C．则下列说法中不正确的是（ ）
A．再充入少量A，平衡向正反应方向移动，但K值不变
B．起始时刻和达到平衡后容器中的压强之比为（a+b）：（a+b﹣）
C．当2v正（A）=v逆（B）时，反应一定达到平衡状态
D．充入惰性气体（如Ar）增大压强，平衡向正反应方向移动
二、非选择题，共3小题，共52分）
9．四种短周期元素W、X、Y、Z，原子序数依次增大，请结合表中信息回答下列问题．
W
X
Y
Z
结构
或性质
最高价氧化物对应的水化物与其气态氢化物反应得到离子化合物
焰色反应呈黄色
在同周期主族元素形成的简单离子中，离子半径最小
最高正价与最低负价之和为零
（1）Z在元素周期表中位于 族．
（2）上述元素的最高价氧化物对应的水化物中，有一种物质在一定条件下均能与其他三种物质发生化学反应，该元素是 （填元素符号）．
（3）①下列可作为比较X和Y金属性强弱的依据是 （填序号）．
a．自然界中的含量 b．相应氯化物水溶液的pH
c．单质与水反应的难易程度 d．单质与酸反应时失去的电子数
②从原子结构的角度解释X的金属性强于Y的原因： ，原子半径X＞Y，所以原子核对最外层电子的吸引力X＜Y，失电子能力X＞Y．
（4）W的一种氢化物HW3可用于有机合成，其酸性与醋酸相似．体积和浓度均相等的HW3与X的最高价氧化物对应的水化物混合，反应的化学方程式是 ，混合后溶液中离子浓度由大到小的顺序是 ．
（5）Y单质和Mg组成的混合物是一种焰火原料，某兴趣小组设计如下所示的实验方案，测定混合物中Y的质量分数．
能确定混合物中Y的质量分数的数据有 （填序号）．
a．m、n b．m、y c．n、y．
10．取少量Fe2O3粉末（红棕色）加入适量盐酸，所发生反应的化学方程式为 ，反应后得到的FeCl3溶液呈棕黄色．用此溶液进行以下实验：
（1）取少量溶液置于试管中，滴入NaOH溶液，可观察到有红褐色沉淀生成，反应的化学方程式为 ，此反应属于 反应．
（2）在小烧杯中加入20 mL蒸馏水，加热至沸腾后，向沸水中滴入几滴FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈 色，即可制得Fe（OH）3胶体．
（3）取另一小烧杯也加入20 mL蒸馏水后，向烧杯中加入1 mL FeCl3溶液，振荡均匀后，将此烧杯（编号甲）与盛有Fe（OH）3胶体的烧杯（编号乙）一起放置在暗处，分别用激光笔照射烧杯中的液体，可以看到 烧杯中的液体会产生丁达尔效应．这类实验可用来区别 ．
（4）从乙烧杯中取少量Fe（OH）3胶体置于试管中，向试管中滴加一定量稀盐酸，边滴边振荡，可看到溶液红褐色逐渐变浅，最终又得到黄色的FeCl3溶液，发生此变化的化学方程式为 ，此反应属于 反应．
11．三草酸合铁酸钾晶体K3[Fe（C2O4）3]•3H2O可用于摄影和蓝色印刷．某小组将无水三草酸合铁酸钾在一定条件下加热分解，对所得气体产物和固体产物进行实验和探究．该小组同学查阅资料知，固体产物中铁元素不可能以三价形式存在，而盐只有K2CO3，产生的气体中含有CO、CO2．
请利用实验室常用仪器、用品和以下限选试剂完成验证和探究过程．
限选试剂：①蒸馏水 ②3%H2O2溶液 ③氧化铜 ④1.0 mol•L﹣1盐酸 ⑤浓硫酸 ⑥1.0 mol•L﹣1NaOH溶液 ⑦澄清石灰水 ⑧0.5 mol•L﹣1 CuSO4溶液 ⑨2%KSCN溶液 ⑩苯酚溶液
（1）若用一套连续实验装置检验气体产物中CO的存在，并验证检验过程中有CO2生成，应选用的试剂为（按先后顺序把所选试剂的标号填入空格内） ．
（2）提出合理假设
假设1：只有Fe； 假设2：只有FeO； 假设3： ．
（3）设计实验方案并实验验证
步骤1：取适量固体产物于试管中，加入足量蒸馏水溶解，过滤分离出不溶固体．
步骤2：取少量上述不溶固体放入试管中，加入足量 溶液，充分振荡．若固体无明显变化，则假设 成立；若有暗红色固体生成，则反应的离子方程式为 ．
步骤3：取步骤2所得暗红色固体于试管中，滴加过量 ，振荡后静置．若溶液基本无色，则假设 成立；若溶液呈 ，则假设3成立．
（4）问题讨论
若固体产物中FeO含量较少，用步骤3方法难以确定．请你设计实验方案证明假设3成立（写出实验的操作步骤、现象与结论）： ．
（5）拓展与延伸
有资料介绍“在含Fe2+的溶液中，先滴加少量新制饱和氯水，然后滴加KSCN溶液，溶液呈红色；若再滴加过量氯水，却发现红色褪去”．假设溶液中的+3价铁还能被氯水氧化为更高价的，试写出该反应的离子方程式 ．
【化学--选修5：有机化学基础】
12．烯烃复分解反应实际上是在金属烯烃络合物的催化下实现C=C双键两边基团换位的反应．如下图表示了两个丙烯分子进行烯烃换位，生成两个新的烯烃分子﹣﹣丁烯和乙烯．
现以石油裂解得到的丙烯为原料，经过下列反应可以分别合成重要的化工原料I和G．I和G在不同条件下反应可生成多种化工产品，如环酯J．
请按要求填空：
（1）写出下列反应的反应类型：① ，⑥ ，⑧ ．
（2）反应②的化学方程式是 ．
（3）反应④、⑤中有一反应是与HCl加成，该反应是 （填反应序号）设计这一步反应的目的是 ，物质E的结构简式是 ．
（4）反应⑨的化学方程式： ．
（5）反应⑩的化学方程式： ．
2016年江西省吉安市新干二中高考化学四模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题，每小题6分，共48分）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．以下数据可供解题时参考：相对原子质量：H1，C12，O16，Na23，Al27，S32，Cl35.5，Fe56，Zn65
1．学习化学反应速率时，我们可以用物理上的速率知识来大胆类推学习，二者在许多方面都是极其相似的．下列关于化学反应速率的说法中，不正确的是（ ）
A．化学反应速率是衡量化学反应进行快慢程度的物理量
B．化学反应速率通常用单位时间内生成或消耗某物质的质量的多少来表示
C．在同一个反应中，用各物质表示的反应速率之比等于其化学方程式中的化学计量数之比
D．化学反应速率的常用单位有mol•L﹣1•s﹣1和mol/（L•min）
【考点】化学反应速率的概念．
【专题】化学反应速率专题．
【分析】A．衡量化学反应进行快慢程度的物理量为化学反应速率；
B．化学反应速率通常用单位时间内反应物浓度或生成物浓度的变化量表示；
C．在同一个反应中，时间相同体积相同，速率之比等于物质的量之比，而物质的量之比等于化学计量数之比；
D．反应速率单位是导出单位，由浓度与时间单位导出
【解答】解：A．化学反应速率是衡量化学反应进行快慢程度的物理量，故A正确；
B．化学反应速率通常用单位时间内反应物浓度或生成物浓度的变化量表示，v=，故B错误；
C．在同一个反应中，时间相同体积相同，速率之比等于物质的量之比，而物质的量之比等于化学计量数之比，所以各物质的反应速率之比等于化学方程式中的系数比，故C正确；
D．反应速率单位是导出单位，浓度单位常用mol/L，时间单位常用s、min，化学反应速率的常用单位有mol•L﹣1•S﹣1和mol/（L•min），故D正确；
故选B．
【点评】本题考查了学生对化学反应速率概念的理解，理解化学反应速率时注意：化学反应速率是平均值不是即时值；化学反应速率没有负值；同一化学反应中，各物质的化学反应速率之比等于其计量数之比；纯固体、液体一般不使用该方法表示反应速率．
2．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列关于0.2 mol•L﹣1Ba（NO3）2溶液的说法不正确的是（ ）
A．1 L溶液中含Ba2+、N的总数是0.6NA
B．500 mL溶液中Ba2+的浓度是0.2 mol•L﹣1
C．500 mL溶液中N的浓度是0.2 mol•L﹣1
D．1 L溶液中含有0.4NA个N
【考点】阿伏加德罗常数．
【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．
【分析】依据n=CV计算硝酸钡的物质的量，结合硝酸钡电离生成钡离子和硝酸根离子，溶液具有均一性，据此解答．
【解答】解：A.1 L0.2 mol•L﹣1Ba（NO3）2溶液含有硝酸钡物质的量为1L×0.2mol/L=0.2mol，含有钡离子0.2mol，含有硝酸根离子0.4mol，含Ba2+、NO3﹣的总数是0.6NA，故A正确；
B.0.2 mol•L﹣1Ba（NO3）2溶液中钡离子浓度为0.2mol/L，溶液具有均一性，与体积无关，所以500 mL溶液中Ba2+的浓度是0.2 mol•L﹣1，故B正确；
C.1mol硝酸钡含有2mol 硝酸根离子，0.2 mol•L﹣1Ba（NO3）2溶液，硝酸根离子浓度为0.4mol/L，故C错误；
D.0.2 mol•L﹣1Ba（NO3）2溶液，硝酸根离子浓度为0.4mol/L，1 L溶液中含有0.4NA个NO3﹣，故D正确；
故选：C．
【点评】本题考查了有关物质的量浓度计算，明确物质的量浓度定义及硝酸钡结构是解题关键，题目难度不大，注意溶液的均一性．
3．门捷列夫在描述元素周期表时，许多元素尚未发现，但他为第四周期的三种元素留下了空位，并对它们的一些性质做了预测，X是其中的一种“类硅”元素，后来被德国化学家文克
勒发现，并证实门捷列夫当时的预测相当准确．根据元素周期律，下列有关X的性质的描述中正确的是（ ）
A．X单质易与水反应
B．X形成的氧化物易与水反应生成酸
C．X易形成氧化物XO
D．XH4的稳定性比SiH4的低
【考点】同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系．
【专题】元素周期律与元素周期表专题．
【分析】类硅和硅属于同一主族元素，同一主族元素，其非金属性随着原子序数的增大而减弱，元素的非金属性越弱，其氢化物越不稳定，同一主族元素单质及其化合物性质具有相似性，据此分析解答．
【解答】解：A．Si和类硅都属于碳族元素，其单质都不和水反应，故A错误；
B．二氧化硅不易和水反应，类硅的非金属性小于Si，则X形成的氧化物也不易与水反应生成酸，故B错误；
C．X最外层有4个电子，易形成氧化物XO2，故C错误；
D．Si的非金属性大于X，则XH4的稳定性比SiH4的低，故D正确；
故选D．
【点评】本题考查了元素周期律的递变规律，根据X在周期表中的位置及其最外层电子利用知识迁移的方法分析其单质、化合物的性质，题目难度不大．
4．下列离子方程式正确的是（ ）
A．常温下，将铁片置于足量浓硝酸中：Fe+4H++2NO3﹣═Fe2++2NO2↑+2H2O
B．向次氯酸钙溶液中通入少量SO2：Ca2++2ClO﹣+SO2+H2O═CaSO3↓+2HClO
C．在溶液中FeI2与氯气3：4反应：2Fe2++6I﹣+4Cl2═2Fe3++3I2+8Cl﹣
D．向Ba（OH）2溶液中加过量的NH4HSO4溶液：Ba2++2OH﹣+SO42﹣+H++NH4+═BaSO4↓+H2O+NH3•H2O
【考点】离子方程式的书写．
【专题】离子反应专题．
【分析】A．常温下铁与浓硝酸发生钝化反应；
B．向次氯酸钙溶液中通入少量SO2，发生氧化还原反应生成硫酸钙；
C．在溶液中FeI2与氯气3：4反应，电离子全部被氧化，亚铁离子部分被氧化；
D．由于NH4HSO4过量，溶液显酸性，无NH3•H2O存在．
【解答】解：A．常温下铁与浓硝酸发生钝化反应，不能生成Fe2+，故A错误；
B．生成物HClO会将CaSO3氧化为CaSO4，离子反应为Ca2++3ClO﹣+H2O+SO2═CaSO4↓+Cl﹣+2HClO，故B错误；
C．在溶液中FeI2与氯气3：4反应，电离子全部被氧化，亚铁离子部分被氧化，反应的离子方程式为2Fe2++6I﹣+4Cl2═2Fe3++3I2+8Cl﹣，故C正确；
D．由于NH4HSO4过量，溶液显酸性，无NH3•H2O存在，发生Ba2++2OH﹣+SO42﹣+2H+═BaSO4↓+2H2O，故D错误．
故选C．
【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重氧化还原反应、与量有关的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式及电子、电荷守恒，题目难度不大．
5．某学生进行蔗糖的水解实验，并检验水解产物中是否含有葡萄糖．他的操作如下：取少量纯蔗糖加水配成溶液；在蔗糖溶液中加入3～5滴稀硫酸；将混合液煮沸几分钟、冷却；在冷却后的溶液中加入银氨，在水浴中加热．实验结果没有银镜产生．其原因是（ ）
A．蔗糖尚未水解
B．蔗糖水解的产物中没有葡萄糖
C．加热时间不够
D．煮沸后的溶液中没有加碱，以中和作催化剂的酸
【考点】蔗糖、麦芽糖简介．
【专题】糖类与蛋白质专题．
【分析】根据葡萄糖的检验应在碱性条件下进行．
【解答】解：葡萄糖的检验应在碱性条件下进行，在酸性条件下不能有银镜产生，故选D．
【点评】本题主要考查了物质的性质与鉴别，题目难度不大，注意相关基础知识的积累．
6．某铁的“氧化物”样品，用5mol/L的盐酸140mL恰好完全溶解，所得溶液还能吸收标准状况下0.56L氯气，使其中Fe2+全部转化为Fe3+．该样品可能的化学式是（ ）
A．Fe2O3 B．Fe3O4 C．Fe4O5 D．Fe5O7
【考点】化学方程式的有关计算．
【专题】利用化学方程式的计算．
【分析】氧化物与HCl反应生成氯化物与水，HCl中的H元素与氧化物中O元素全部结合生成H2O，由H原子、O原子守恒可知n（O）=n（H2O）=n（HCl），所得溶液再通入氯气使其中Fe2+全部转化为Fe3+，最后溶液成分为FeCl3，根据氯离子是可知n（FeCl3）=n（FeCl3）= [n（HCl）+2n（Cl2）]，再根据Fe、O原子数目之比确定氧化物化学式．
【解答】解：氧化物与HCl反应生成氯化物与水，HCl中的H元素与氧化物中O元素全部结合生成H2O，由H原子、O原子守恒可知n（O）=n（H2O）=n（HCl）=×0.14L×5mol．L=0.35mol，
所得溶液再通入氯气使其中Fe2+全部转化为Fe3+，最后溶液成分为FeCl3，根据氯原子是可知n（FeCl3）= [n（HCl）+2n（Cl2）]=×（0.14L×5mol/L+2×）=0.25mol，
所以氧化物中n（Fe）：n（O）=0.25mol：0.35mol=5：7，该氧化物的化学式为Fe5O7，
故选D．
【点评】本题考查氧化还原反应的计算，题目难度中等，注意反应中HCl的H元素与氧化物中O元素全部结合生成H2O，反应后溶液成分为FeCl3，利用守恒法计算解答．
7．同温同压下，在3支相同体积的试管中分别充有等体积混合的2种气体，它们是①NO和NO2，②NO2和O2，③NH3和N2．现将3支试管均倒置于水槽中，充分反应后，试管中剩余气体的体积分别为V1、V2、V3，则下列关系正确的是（ ）
A．V1＞V2＞V3 B．V3＞V1＞V2 C．V2＞V3＞V1 D．V1＞V3＞V2
【考点】化学方程式的有关计算．
【分析】先判断同组内各物质间是否发生化学反应，反应前后的物质是否极易溶于水，气体的溶解性越大，试管内的压强越小，水面上升的越高．试管中剩余气体越少；
【解答】解：设每种气体各占L，
①组合发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，剩余气体的体积为： L+L=L；
②组合发生反应：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，剩余气体的体积为V1=L；
③组合NH3全部溶于水，N2与水不反应，不溶于水，故剩余气体的体积V3=L，
故V1＞V3＞V2，
故选：D．
【点评】本题考查了混合气体混合溶于水后的剩余气体体积的计算，明确各种气体的性质及发生的反应是解题关键，题目难度不大．
8．在一定温度下，固定容积的容器中加入a mol A和b mol B，发生反应：A（g）+2B（g）⇌2C（g）一段时间后达到平衡，生成n mol C．则下列说法中不正确的是（ ）
A．再充入少量A，平衡向正反应方向移动，但K值不变
B．起始时刻和达到平衡后容器中的压强之比为（a+b）：（a+b﹣）
C．当2v正（A）=v逆（B）时，反应一定达到平衡状态
D．充入惰性气体（如Ar）增大压强，平衡向正反应方向移动
【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡建立的过程．
【专题】化学平衡专题．
【分析】A、增大反应物浓度，化学平衡正向移动，温度不变，化学平衡常数不变；
B、化学反应的物质的量之比等于压强之比；
C、当正逆反应速率相等时，化学反应达到平衡状态；
D、充入惰性气体（如Ar），体积不变，反应中各组分浓度不变，则化学平衡不移动．
【解答】解：A、再充入少量A，即增大反应物浓度，化学平衡正向移动，但是温度不变，化学平衡常数不变，故A正确；
B、根据反应A（g）+2B（g）⇌2C（g）初始物质的量之和是a+b，达到平衡后物质的量之和是（a+b﹣），化学反应的物质的量之比等于压强之比，即为（a+b）：（a+b﹣），B正确；
C、当2v正（A）=v逆（B）时，证明正逆反应速率相等，化学反应达到平衡状态，故C正确；
D、充入惰性气体（如Ar），体系体积不变，所以反应中各组分浓度不变，化学平衡不移动，故D错误．
故选D．
【点评】本题考查学生化学平衡的建立和移动等方面的知识，注意知识的归纳和整理是解题关键，难度不大．
二、非选择题，共3小题，共52分）
9．四种短周期元素W、X、Y、Z，原子序数依次增大，请结合表中信息回答下列问题．
W
X
Y
Z
结构
或性质
最高价氧化物对应的水化物与其气态氢化物反应得到离子化合物
焰色反应呈黄色
在同周期主族元素形成的简单离子中，离子半径最小
最高正价与最低负价之和为零
（1）Z在元素周期表中位于 ⅣA 族．
（2）上述元素的最高价氧化物对应的水化物中，有一种物质在一定条件下均能与其他三种物质发生化学反应，该元素是 Na （填元素符号）．
（3）①下列可作为比较X和Y金属性强弱的依据是 bc （填序号）．
a．自然界中的含量 b．相应氯化物水溶液的pH
c．单质与水反应的难易程度 d．单质与酸反应时失去的电子数
②从原子结构的角度解释X的金属性强于Y的原因： 电子层相同，核电荷数Al＞Na，原子半径Na＞Al，所以原子核对最外层电子的吸引力Na＜Al，失电子能力Na＞Al ，原子半径X＞Y，所以原子核对最外层电子的吸引力X＜Y，失电子能力X＞Y．
（4）W的一种氢化物HW3可用于有机合成，其酸性与醋酸相似．体积和浓度均相等的HW3与X的最高价氧化物对应的水化物混合，反应的化学方程式是 HN3+NaOH═NaN3+H2O ，混合后溶液中离子浓度由大到小的顺序是 c（Na+）＞c（N3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+） ．
（5）Y单质和Mg组成的混合物是一种焰火原料，某兴趣小组设计如下所示的实验方案，测定混合物中Y的质量分数．
能确定混合物中Y的质量分数的数据有 abc （填序号）．
a．m、n b．m、y c．n、y．
【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；元素及其化合物．
【分析】四种短周期元素W、X、Y、Z，原子序数依次增大，W最高价氧化物对应的水化物与其气态氢化物反应得到离子化合物，则W为N元素；X焰色反应呈黄色，则X为Na；Y、Z原子序数大于Na，二者处于第三周期，在同周期主族元素形成的简单离子中，Y的离子半径最小，则Y为Al，Z最高正价与最低负价之和为零，则Z为Si元素．
（1）主族元素族序数=最外层电子数；
（2）W、X、Y、Z形成的最高价氧化物的水化物分别是硝酸、氢氧化钠、氢氧化铝、硅酸，氢氧化钠和其他三种物质能反应；
（3）①比较金属性强弱的方法有：金属元素最高价氧化物的水化物碱性强弱、金属之间的置换反应、和酸或水反应生成氢气的难易程度、形成的氯化物溶液酸性强弱等，与得失电子数目多少无关；
②电子层相同、核电荷数越大原子半径越小，原子核对核外电子吸引越强；
（4）HN3的酸性与醋酸的相当，则HN3为弱酸，与NaOH发生中和反应，等体积、等浓度的HN3、NaOH溶液恰好反应得到NaN3溶液，NaN3溶液中N3﹣水解，溶液呈碱性；
（5）镁、铝和稀硫酸反应生成硫酸镁、硫酸铝和氢气，硫酸镁、硫酸铝和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化镁、氢氧化铝，氢氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，氢氧化镁和氢氧化钠溶液不反应，灼烧氢氧化镁固体，氢氧化镁分解生成氧化镁和水，所以最后所得固体是氧化镁，要确定Al的质量分数，可以计算Al的质量，进而计算其质量分数．
【解答】解：四种短周期元素W、X、Y、Z，原子序数依次增大，W最高价氧化物对应的水化物与其气态氢化物反应得到离子化合物，则W为N元素；X焰色反应呈黄色，则X为Na；Y、Z原子序数大于Na，二者处于第三周期，在同周期主族元素形成的简单离子中，Y的离子半径最小，则Y为Al，Z最高正价与最低负价之和为零，则Z为Si元素．
（1）Z是Si元素，最外层电子数为4，处于第ⅣA族，故答案为：ⅣA；
（2）W形成的最高价氧化物的水化物是硝酸，X的最高价氧化物的水化物是氢氧化钠，Y的最高价氧化物的水化物是氢氧化铝，Z的最高价氧化物的水化物是硅酸，氢氧化钠和其他三种物质能反应，所以该元素是Na，故答案为：Na；
（3）①比较金属性强弱的方法有：金属元素最高价氧化物的水化物碱性强弱、金属之间的置换反应、和酸或水反应生成氢气的难易程度、形成的氯化物溶液酸性强弱等，与得失电子数目多少无关，故选：bc；
②电子层相同，核电荷数Al＞Na，原子半径Na＞Al，所以原子核对最外层电子的吸引力Na＜Al，失电子能力Na＞Al，
故答案为：电子层相同，核电荷数Al＞Na，原子半径Na＞Al，所以原子核对最外层电子的吸引力Na＜Al，失电子能力Na＞Al；
（4）HN3的酸性与醋酸的相当，则HN3为弱酸，与NaOH发生中和反应，反应方程式为：HN3+NaOH═NaN3+H2O；等体积、等浓度，二者恰好反应，为NaN3溶液，NaN3溶液中N3﹣水解，溶液呈碱性，故溶液中离子浓度顺序为c（Na+）＞c（N3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），
故答案为：HN3+NaOH═NaN3+H2O；c（Na+）＞c（N3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；
（5）镁、铝和稀硫酸反应生成硫酸镁、硫酸铝和氢气，硫酸镁、硫酸铝和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化镁、氢氧化铝，氢氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，氢氧化镁和氢氧化钠溶液不反应，灼烧氢氧化镁固体，氢氧化镁分解生成氧化镁和水，所以最后所得固体是氧化镁．
a．根据n的量计算镁的质量，根据m、n计算铝质量，从而计算铝的质量分数，故正确；
b．根据镁、铝的质量及镁铝和稀硫酸反应生成氢气的量计算铝和镁质量，从而计算铝的质量分数，故正确；
c．根据n的质量计算镁的质量，根据镁的量计算镁和稀硫酸反应生成氢气的量，从而得出铝和稀硫酸反应生成氢气的量，故而得出铝的质量分数，故正确，
故选：abc．
【点评】本题考查元素周期表及有关推断、实验的设计、分析及评价等，推断元素是解题关键，注意掌握金属性、非金属性强弱比较实验事实，难度中等．
10．取少量Fe2O3粉末（红棕色）加入适量盐酸，所发生反应的化学方程式为 Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O ，反应后得到的FeCl3溶液呈棕黄色．用此溶液进行以下实验：
（1）取少量溶液置于试管中，滴入NaOH溶液，可观察到有红褐色沉淀生成，反应的化学方程式为 FeCl3+3NaOH=Fe（OH）3↓+3NaCl ，此反应属于 复分解 反应．
（2）在小烧杯中加入20 mL蒸馏水，加热至沸腾后，向沸水中滴入几滴FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈 红褐 色，即可制得Fe（OH）3胶体．
（3）取另一小烧杯也加入20 mL蒸馏水后，向烧杯中加入1 mL FeCl3溶液，振荡均匀后，将此烧杯（编号甲）与盛有Fe（OH）3胶体的烧杯（编号乙）一起放置在暗处，分别用激
光笔照射烧杯中的液体，可以看到 乙 烧杯中的液体会产生丁达尔效应．这类实验可用来区别 胶体和溶液 ．
（4）从乙烧杯中取少量Fe（OH）3胶体置于试管中，向试管中滴加一定量稀盐酸，边滴边振荡，可看到溶液红褐色逐渐变浅，最终又得到黄色的FeCl3溶液，发生此变化的化学方程式为 Fe（OH）3+3HCl=FeCl3+3H2O ，此反应属于 复分解 反应．
【考点】铁的氧化物和氢氧化物．
【专题】元素及其化合物．
【分析】（1）氯化铁与氢氧化钠反应生成红褐色的氢氧化铁沉淀和水，属于两种物质交换成分生成沉淀和水的反应，为复分解反应；
（2）氢氧化铁胶体为红褐色；
（3）能发生丁达尔效应是胶体的特性；
（4）氢氧化铁与盐酸反应生成氯化铁和水，属于两种物质交换成分生成水的反应，为复分解反应．
【解答】解：Fe2O3粉末（红棕色）加入适量盐酸，反应的化学方程式为：Fe2O3 +6HCl=2FeCl3 +3H2O，所得溶液中含有Fe3+离子，溶液呈黄色，
故答案为：Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O；
（1）向FeCl3溶液中滴入NaOH溶液发生复分解反应：FeCl3+3NaOH═3NaCl+Fe（OH）3↓，
故答案为：FeCl3+3NaOH═3NaCl+Fe（OH）3↓；复分解；
（2）Fe（OH）3胶体的制法：向沸水中滴加饱和的氯化铁溶液，直到出现红褐色胶体为止，
故答案为：红褐；
（3）胶体乙可发生丁达尔效应，而溶液不能，利用这一点可以区分胶体和溶液，
故答案为：乙；胶体和溶液；
（4）向Fe（OH）3胶体中滴入稀盐酸，反应的化学方程式为：Fe（OH）3+3HCl=FeCl3+3H2O，为复分解反应，
故答案为：Fe（OH）3+3HCl=FeCl3+3H2O；复分解．
【点评】本题考查学生Fe（OH）3胶体的性质、制备以及胶体和溶液的鉴别等知识，注意知识的迁移和应用是解题关键，难度不大．
11．三草酸合铁酸钾晶体K3[Fe（C2O4）3]•3H2O可用于摄影和蓝色印刷．某小组将无水三草酸合铁酸钾在一定条件下加热分解，对所得气体产物和固体产物进行实验和探究．该小组同学查阅资料知，固体产物中铁元素不可能以三价形式存在，而盐只有K2CO3，产生的气体中含有CO、CO2．
请利用实验室常用仪器、用品和以下限选试剂完成验证和探究过程．
限选试剂：①蒸馏水 ②3%H2O2溶液 ③氧化铜 ④1.0 mol•L﹣1盐酸 ⑤浓硫酸 ⑥1.0 mol•L﹣1NaOH溶液 ⑦澄清石灰水 ⑧0.5 mol•L﹣1 CuSO4溶液 ⑨2%KSCN溶液 ⑩苯酚溶液
（1）若用一套连续实验装置检验气体产物中CO的存在，并验证检验过程中有CO2生成，应选用的试剂为（按先后顺序把所选试剂的标号填入空格内） ⑦⑥⑤③⑦ ．
（2）提出合理假设
假设1：只有Fe； 假设2：只有FeO； 假设3： 含有Fe和FeO ．
（3）设计实验方案并实验验证
步骤1：取适量固体产物于试管中，加入足量蒸馏水溶解，过滤分离出不溶固体．
步骤2：取少量上述不溶固体放入试管中，加入足量 CuSO4 溶液，充分振荡．若固体无明显变化，则假设 2 成立；若有暗红色固体生成，则反应的离子方程式为 Fe+Cu2+=Cu+Fe2+ ．
步骤3：取步骤2所得暗红色固体于试管中，滴加过量 HCl ，振荡后静置．若溶液基本无色，则假设 1 成立；若溶液呈 浅绿色 ，则假设3成立．
（4）问题讨论
若固体产物中FeO含量较少，用步骤3方法难以确定．请你设计实验方案证明假设3成立（写出实验的操作步骤、现象与结论）： 取步骤3静置后的上层溶液，滴加几滴硫氰化钾溶液无红色出现，再滴加1﹣2滴双氧水，充分振荡，若溶液变红，则证明假设3成立 ．
（5）拓展与延伸
有资料介绍“在含Fe2+的溶液中，先滴加少量新制饱和氯水，然后滴加KSCN溶液，溶液呈红色；若再滴加过量氯水，却发现红色褪去”．假设溶液中的+3价铁还能被氯水氧化为更高价的，试写出该反应的离子方程式 2Fe3++8H2O+3Cl2=2FeO42﹣+16H++6Cl﹣ ．
【考点】探究物质的组成或测量物质的含量；性质实验方案的设计．
【专题】定量测定与误差分析；无机实验综合．
【分析】（1）CO的检验为先将CO2除尽，净化（干燥），检验CO（用CuO，变红），在检验有CO2生成（CO的氧化产物），检验气体产物中CO的存在，并验证检验过程中有CO2生成，应该先通过氢氧化钠溶液除去气体中的二氧化碳，再通过澄清石灰水检验二氧化碳是否除净，然后通过还原氧化铜生成二氧化碳，用澄清石灰水检验一氧化碳生成的二氧化碳，据此选出试剂并进行排序；
（2）首先铁不以三价铁形式存在，故考虑范围为二价铁的存在形式，出铁单质，氧化亚铁以为，还有可能就二者的混合物；
（3）由暗红色固体生成，可以确定为Cu，故使用的试剂为CuSO4，然后再暗红色固体（Cu、FeO）中加盐酸，溶液呈无色，说明没有Fe2+（浅绿色），故没有FeO，从而得出结论．
（4）二价铁也氧化为三价铁用KSCN进行检验，该方法比较灵敏；
（5）该反应中告知反应物为Fe3+、Cl2，产物为FeO42﹣，然后通过氧化还原缺项配平的方法对该反应进行配平．
【解答】解：（1）检验气体产物中CO的存在，并验证检验过程中有CO2生成，将CO2除尽，净化（干燥），检验CO（用CuO，变红），在检验有CO2生成（CO的氧化产物），应该先通过氢氧化钠溶液除去气体中的二氧化碳，再通过澄清石灰水检验二氧化碳是否除净，然后通过还原氧化铜生成二氧化碳，用澄清石灰水检验一氧化碳生成的二氧化碳，据此选出试剂并进行排序将气体产物依次通过⑥1.0 mol•L﹣1 NaOH溶液除去二氧化碳，再通过⑦澄淸石灰水，石灰水不变浑浊，证明二氧化碳除净，然后通过再用⑤浓硫酸干燥气体，将干燥的气体通入灼热的③氧化铜，试管中有红色物质生成，同时生成了能够使⑦澄淸石灰水变浑浊的气体，证明原氧气中有一氧化碳，所以加入试剂的顺序为：⑥⑦⑤③⑦，
故答案为：⑥⑦⑤③⑦；
（2）根据题意“固体产物中，铁元素不可能以三价形式存在”，所以存在的可能是零价铁或亚铁，可能情况有三种：只有Fe；只有FeO；含有Fe和FeO，
故答案为：含有Fe和FeO；
（3）步骤2．金属铁不溶于水中，但是可以和硫酸铜发生置换反应，生成金属铜和硫酸亚铁，所以取少置上述不溶固体放入试管中，加入足量CuSO4溶液，若蓝色溶液颜色及加入的不溶固体无明显变化，则假设2成立；若蓝色溶液颜色明显改变，且有暗红色固体生成，则证明有铁单质存在，发生反应的离子方程式为：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，
步骤3．氧化亚铁不溶于水，可以和盐酸反应生成氯化冶铁和水，可以检验亚铁离子的存在进而确定氧化亚铁的存在，方法为：取取步骤2所得暗红色固体于试管中，滴加过量HCl，静置，振荡后静置．若溶液基本无色，则假设1成立；若溶液呈浅绿色，则证明假设3成立，
故答案为：CuSO4；2；Fe+Cu2+=Cu+Fe2+；HCl；1；浅绿色；
（4）可以所以硫酸氢钾溶液和双氧水检验步骤3中是否存在亚铁离子，方法为：取步骤3静置后的上层溶液，滴加几滴硫氰化钾溶液无红色出现，再滴加1﹣2滴双氧水，充分振荡，若溶液变红，则证明假设3成立，
故答案为：取步骤3静置后的上层溶液，滴加几滴硫氰化钾溶液无红色出现，再滴加1﹣2滴双氧水，充分振荡，若溶液变红，则证明假设3成立；
（5）根据信息可知，铁离子被氯气氧化成FeO42﹣，根据化合价升降相等配平，配平后的离子方程式为：2Fe3++8H2O+3Cl2=2FeO42﹣+16H++6Cl﹣，
故答案为：2Fe3++8H2O+3Cl2=2FeO42﹣+16H++6Cl﹣；
【点评】本题目考查考生对元素及其化合物性质的掌握，对物质进行检验的实验技能，考查考生运用相关知识对实验提出假设及设计方案的能力，题目难度中等．
【化学--选修5：有机化学基础】
12．烯烃复分解反应实际上是在金属烯烃络合物的催化下实现C=C双键两边基团换位的反应．如下图表示了两个丙烯分子进行烯烃换位，生成两个新的烯烃分子﹣﹣丁烯和乙烯．
现以石油裂解得到的丙烯为原料，经过下列反应可以分别合成重要的化工原料I和G．I和G在不同条件下反应可生成多种化工产品，如环酯J．
请按要求填空：
（1）写出下列反应的反应类型：① 取代反应 ，⑥ 消去反应 ，⑧ 加成反应 ．
（2）反应②的化学方程式是 2CH2=CH﹣CH2Cl+CH2=CH2 ．
（3）反应④、⑤中有一反应是与HCl加成，该反应是 ④ （填反应序号）设计这一步反应的目的是 保护A分子中＞C=C＜不被氧化 ，物质E的结构简式是 HOOCCH2CHClCOOH ．
（4）反应⑨的化学方程式： BrCH2CH2Br+2NaOHHOCH2CH2OH+2NaBr ．
（5）反应⑩的化学方程式： HOCH2CH2OH+HOOC﹣CH=CH﹣COOH+2H2O ．
【考点】有机物的推断．
【专题】有机物的化学性质及推断．
【分析】根据J的结构简式及G的分子式为C4H4O4．可推知G为HOOC﹣CH=CH﹣COOH，I为HOCH2﹣CH2OH，根据各物质的转化关系及条件可反推得H为BrCH2CH2Br，B为CH2=CH2，B与溴发生加成反应生成H，H在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生取代反应生成I，由反应信息可知，CH2=CHCH2Cl在催化剂条件下生成CH2=CH2、ClCH2CH=CHCH2Cl，故A为ClCH2CH=CHCH2Cl，根据A在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生取代反应生成C，C为HOCH2CH=CHCH2OH，E发生消去反应生成F，F酸化得到G，故F为NaOOC﹣CH=CH﹣COONa，E为HOOCCH2CHClCOOH，结合E和DC的结构可知，D为HOCH2CH2CHClCH2OH，C与HCl发生加成反应反应生成D，保护C=C不被氧化，D再氧化可得E，据此分析解答．
【解答】解：根据J的结构简式及G的分子式为C4H4O4．可推知G为HOOC﹣CH=CH﹣COOH，I为HOCH2﹣CH2OH，根据各物质的转化关系及条件可反推得H
为BrCH2CH2Br，B为CH2=CH2，B与溴发生加成反应生成H，H在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生取代反应生成I，由反应信息可知，CH2=CHCH2Cl在催化剂条件下生成CH2=CH2、ClCH2CH=CHCH2Cl，故A为ClCH2CH=CHCH2Cl，根据A在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生取代反应生成C，C为HOCH2CH=CHCH2OH，E发生消去反应生成F，F酸化得到G，故F为NaOOC﹣CH=CH﹣COONa，E为HOOCCH2CHClCOOH，结合E和DC的结构可知，D为HOCH2CH2CHClCH2OH，C与HCl发生加成反应反应生成D，保护C=C不被氧化，D再氧化可得E，
（1）通过以上分析知，①⑥⑧的反应类型分别是取代反应、消去反应、加成反应，
故答案为：取代反应；消去反应；加成反应；
（2）该反应方程式为2CH2=CH﹣CH2Cl+CH2=CH2，故答案为：2CH2=CH﹣CH2Cl+CH2=CH2；
（3）反应④、⑤中有一反应是与HCl加成，该反应是④，设计这一步反应的目的是 保护A分子中＞C=C＜不被氧化，物质E的结构简式是HOOCCH2CHClCOOH，
故答案为：④；保护A分子中＞C=C＜不被氧化；HOOCCH2CHClCOOH；
（4）该反应方程式为BrCH2CH2Br+2NaOHHOCH2CH2OH+2NaBr，故答案为：BrCH2CH2Br+2NaOHHOCH2CH2OH+2NaBr；
（5）该反应方程式为HOCH2CH2OH+HOOC﹣CH=CH﹣COOH+2H2O，
故答案为：HOCH2CH2OH+HOOC﹣CH=CH﹣COOH+2H2O．
【点评】本题考查有机物推断，为高频考点，侧重考查学生分析推断及知识综合应用能力，根据官能团及其性质关系结合题给信息分析解答，知道常见有机物反应类型及反应条件，题目难度中等．
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