2016年天津市五区县高考化学模拟试卷
一、选择题，共6题，每题6分，共36分．在每题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的．
1．下列有关“化学与生活、社会”的叙述正确的是（ ）
A．碘是人体必需微量元素，所以要多吃富含高碘酸的食物
B．“霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应
C．药皂中含有苯酚，能杀菌消毒，故苯酚具有强氧化性
D．屠呦呦获得了2015年诺贝尔奖，她用乙醚提取青蒿素的过程属于化学变化
2．下列有关实验的叙述正确的是（ ）
A．实验室可用浓硫酸干燥SO2气体
B．准确量取25.00 mL的液体可选用量筒或滴定管等量具
C．无色气体燃烧后生成的气体通入Ba（OH）2溶液，有白色沉淀生成，则原气体一定是CO
D．FeCl3、CuCl2的混合液中加铁粉充分反应后仍有固体存在，再加KSCN溶液可呈现血红色
3．下列说法不正确的是（ ）
A．放热反应在常温下不一定能够自发进行
B．合成氨反应需使用催化剂，目的是促进该反应平衡向生成氨的方向移动
C．0.1 mol•L﹣1Na2CO3溶液在35℃时碱性比25℃强，说明Na2CO3水解是吸热反应
D．MnS悬浊液中滴加少量CuSO4溶液可生成CuS沉淀，则Ksp（CuS）＜Ksp（MnS）
4．对下列两种有机物的描述正确的是（ ）
A．苯环上的一氯代物种数相同
B．分子中共面的碳原子数一定相同
C．1 mol甲与浓溴水反应最多能消耗4 mol Br2
D．甲、乙可用红外光谱区分，但不能用核磁共振氢谱区分
5．已知温度T时水的离子积常数为Kw．该温度下，将浓度为a mol•L﹣1的一元酸HA与b mol•L﹣1的NaOH等体积混合，混合溶液中c（H+）=mol•L﹣1．下列说法不正确的是（ ）
A．混合溶液呈中性
B．a≥b
C．混合溶液中，c（A﹣）=c（Na+）
D．混合液中水电离出c（OH﹣）大于该温度下纯水电离出c（OH﹣）
6．用一种镁二次电池（反应为：xMg+Mo3S4MgxMo3S4）连接甲、乙装置进行电解．如图所示，a、b、c均为石墨电极，d为Fe电极，电解时d极有气体放出．下列说法不正确的是（ ）
A．甲装置中a的电极反应为4OH﹣﹣4e﹣═O2↑+2H2O
B．放电时镁电池正极的电极反应为 Mo3S4+2xe﹣═Mo3S42x﹣
C．当d极产生0.56 L（标准状况）气体时，b极增重3.2 g
D．镁电池放电时，甲池中的SO42﹣移向a电极
二、非选择题，（共64分）
7．如表是元素周期表的一部分，短周期元素X的最高化合价是+5，Y的单质可在空气中燃烧．
W
X
Y
Z
请回答下列问题：
（1）Y在元素周期表的位置是 ，其氢化物的电子式为 ．
（2）B元素与Y、Z同主族，且原子半径比二者小．E是形成化合物种类最多的元素，已知一定量的E单质能在B2 （g）中燃烧，其可能的产物及能量关系如图所示，请写出一定条件下EB2（g） 与E（s）反应生成EB（g）的热化学方程式 ．
（3）25℃时，NaH2XO2溶液pH＞7，向100mL 0.01mol•L﹣1的H3XO2溶液中，滴加等浓度的NaOH溶液至溶液呈中性，消耗NaOH溶液的体积 （填“＞”、“=”或“＜”）100mL．
（4）W的最高价氧化物能溶于烧碱溶液，该反应的离子方程式为 ．现取100mL 1mol•L﹣1W的氯化物溶液，向其中加入1mol•L﹣1NaOH溶液产生了3.9g的沉淀，则加入的氢氧化钠溶液体积可能是 mL．
（5）探究同主族元素性质的相似性，是学习化学的重要方法之一．在下表中列出对H2ZO3各种不同化学性质的推测，请根据示例填写下列空格（Z元素符号仍用Z表示）
编号
性质推测
化学方程式
示例
氧化性
H2ZO3+4HI═Z↓+2I2+3H2O
①
还原性
②
H2ZO3+2NaOH═Na2ZO3+2H2O
8．芳香化合物A是一种基本化工原料，可以制备有机化工中间体M．各物质之间的转化关系如下：
已知：
请回答下列问题：
（1）A的化学名称为 ；E所含官能团的名称为 ．
（2）F是一种聚酯类高分子化合物，其结构简式为 ．由A生成B的反应过程中，会同时生成多种副产物，其中一种与B互为同分异构体，它的核磁共振氢谱有 个吸收峰．
（3）G是M的同分异构体，写出E 转化为G的化学方程式 ．
（4）符合下列条件的E的同分异构体共有 种，写出其中两种的结构简式 ．
①属于芳香族化合物；②分子中含有醚键；③能发生水解反应和银镜反应．
（5）下列有关C（C8H9Br）的说法正确的是 ．
a．能够发生消去反应
b．可能的结构有3种
c．水解产物能够与FeCl3溶液发生显色反应
d．1mol的C最多可以和2mol NaOH反应
（6）D（邻苯二甲酸二乙酯）是一种增塑剂．请用A和其它原料，经两步反应合成D．用类似如上转化关系的合成路线表示．
9．工业上制备补血剂常用碳酸亚铁，某兴趣小组对碳酸亚铁的制备与性质进行探究．
（1）利用如图1装置制备碳酸亚铁：
①装置中仪器A的名称为 ．实验时要配制100mL 4mol•L﹣1 H2SO4溶液，需用98%（ρ=1.84g•cm﹣3）的浓硫酸体积为 ．
②制备FeCO3时，将B中混合溶液压入装置C的操作是 ．
（2）探究碳酸亚铁性质：
如图2，称取一定质量的纯净FeCO3放入硬质玻璃管中，打开K，通入氧气，加热硬质玻璃管．乙瓶中澄清石灰水不再产生沉淀时（CO32﹣全部转化为CO2），停止加热，继续通入氧气至玻璃管冷却，称量剩余固体的质量．
①为确定剩余固体中是否含有Fe2+，除稀硫酸外，还需要选用的试剂是 ．
②若开始时称取23.2g FeCO3固体，反应后称得剩余固体质量净减7.2g．通过计算确定剩余固体成分是 ，写出硬质玻璃管中发生反应的化学方程式 ．
（3）FeCO3可用于乳制品、营养液成分乳酸亚铁的制备：将FeCO3加入乳酸溶液中，再加入铁粉，在75℃下搅拌使之充分反应，然后再加入适量乳酸．
①反应后加入适量乳酸的作用是 ．最后溶液经浓缩、加入适量无水乙醇、静置、过滤、洗涤、干燥，获得乳酸亚铁晶体．分离过程中加入无水乙醇的目的是 ．
②已知人体不能很好地吸收利用Fe3+，科学研究表明服用含乳酸亚铁的补血剂时，同时服用维生素C，有利于铁元素的吸收．维生素C在这一过程中的作用是 ．
10．重铬酸钾（K2Cr2O7）是高中化学常见的氧化剂，工业上以铬铁矿为原料用碱溶氧化法制备．铬铁矿中通常含有Cr2O3、FeO、Al2O3、SiO2等．
已知：①NaFeO2遇水强烈水解．②2CrO42﹣（黄色）+2H+⇌Cr2O72﹣（橙色）+H2O请回答下列问题：
（1）将矿石粉碎的目的是 ；高温灼烧时Cr2O3发生反应的化学方程式为 ．
（2）滤渣1中有红褐色物质，写出生成该物质反应的离子方程式 ．滤渣2的主要成分是Al（OH）3和 ．
（3）用简要的文字说明Na2Cr2O7溶液中加入KCl固体，降温析出K2Cr2O7的原因 ．
（4）25℃时，对反应2CrO42﹣（黄色）+2H+⇌Cr2O72﹣（橙色）+H2O，取Na2CrO4溶液进行实验，测得部分实验数据如下：
时间/（s）
0
0.01
0.02
0.03
0.04
（CrO42﹣）/（mol•L﹣1）
0.20
1.6×10﹣2
1.2×10﹣2
1.0×10﹣2
（Cr2O72﹣）/（mol•L﹣1）
0
9.2×10﹣2
9.4×10﹣2
9.5×10﹣2
①反应达到平衡时，溶液的pH=1，该反应平衡常数K为 ．
②下列有关说法正确的 ．
a．加少量NaHCO3固体，可使溶液的橙色加深
b．0.03s时v（CrO42﹣）（正）=2v（Cr2O72﹣）（逆）
c．溶液中c（CrO42﹣）：c（Cr2O72﹣）=2：1时该反应已达平衡状态
d．反应达到平衡时CrO42﹣的转化率为95%
2016年天津市五区县高考化学模拟试卷
参考答案与试题解析
一、选择题，共6题，每题6分，共36分．在每题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的．
1．下列有关“化学与生活、社会”的叙述正确的是（ ）
A．碘是人体必需微量元素，所以要多吃富含高碘酸的食物
B．“霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应
C．药皂中含有苯酚，能杀菌消毒，故苯酚具有强氧化性
D．屠呦呦获得了2015年诺贝尔奖，她用乙醚提取青蒿素的过程属于化学变化
【考点】碘与人体健康；物理变化与化学变化的区别与联系；分散系、胶体与溶液的概念及关系；苯酚的化学性质．
【专题】化学应用．
【分析】A．碘是人体必须微量元素，每人每天大约吃食盐12克，多吃无益；
B．气溶胶属于胶体，有丁达尔效应；
C．苯酚无强氧化性；
D．乙醚提取青蒿素无新物质生成．
【解答】解：A．碘是人体必需微量元素，所以要吃富含KIO3的食盐，但不能多吃，多吃会导致升高血压，促进动脉粥样硬化，故A错误；
B．雾霾所形成的气溶胶属于胶体，有丁达尔效应，故B正确；
C．苯酚的水溶液可使菌体蛋白变性杀菌消毒，但苯酚无强氧化性，故C错误；
D．乙醚提取青蒿素无新物质生成，属于物理变化，故D错误．
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，提高学生学习的积极性，题目难度不大，注意相关基础知识的积累．
2．下列有关实验的叙述正确的是（ ）
A．实验室可用浓硫酸干燥SO2气体
B．准确量取25.00 mL的液体可选用量筒或滴定管等量具
C．无色气体燃烧后生成的气体通入Ba（OH）2溶液，有白色沉淀生成，则原气体一定是CO
D．FeCl3、CuCl2的混合液中加铁粉充分反应后仍有固体存在，再加KSCN溶液可呈现血红色
【考点】化学实验方案的评价．
【专题】实验评价题．
【分析】A．二氧化硫和浓硫酸不反应；
B．量筒的感量是0.1mL、滴定管的感量是0.01mL；
C．无色气体燃烧后生成的气体通入Ba（OH）2溶液，有白色沉淀生成，则原气体不一定是CO，可能是烃；
D．铁离子和KCSN反应生成血红色溶液，亚铁离子、铜离子和KSCN不反应．
【解答】解：A．二氧化硫和浓硫酸不反应，所以可以用浓硫酸干燥二氧化硫，故A正确；
B．量筒的感量是0.1mL、滴定管的感量是0.01mL，所以不能用量筒量取25.00mL溶液，故B错误；
C．无色气体燃烧后生成的气体通入Ba（OH）2溶液，有白色沉淀生成，则原气体不一定是CO，可能是烃，如甲烷、乙烯、乙炔等，故C错误；
D．铁离子和KCSN反应生成血红色溶液，亚铁离子、铜离子和KSCN不反应，FeCl3、CuCl2的混合液中加铁粉充分反应后仍有固体存在，铁离子氧化性大于铜离子，只要有固体单质存在，溶液中就不存在铁离子，所以加入KCSN溶液后溶液不变色，故D错误；
故选A．
【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及气体干燥、仪器的选取、气体检验、离子检验等知识点，明确实验原理及物质性质是解本题关键，易错选项是C，注意能燃烧生成二氧化碳的气体不一定是CO，还可能是烃或烃的衍生物．
3．下列说法不正确的是（ ）
A．放热反应在常温下不一定能够自发进行
B．合成氨反应需使用催化剂，目的是促进该反应平衡向生成氨的方向移动
C．0.1 mol•L﹣1Na2CO3溶液在35℃时碱性比25℃强，说明Na2CO3水解是吸热反应
D．MnS悬浊液中滴加少量CuSO4溶液可生成CuS沉淀，则Ksp（CuS）＜Ksp（MnS）
【考点】吸热反应和放热反应；化学平衡的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．
【专题】化学反应中的能量变化；化学平衡专题；电离平衡与溶液的pH专题．
【分析】A、焓判据只能用于判断过程的方向，能否实现要看反应的条件；
B、催化剂只能改变反应速率，不会引起平衡的移动；
C、盐类水解是吸热反应，升高温度，可以促进水解平衡正向移动；
D、Ksp反映物质的溶解程度，沉淀向着Ksp更小的物质转化．
【解答】解：A、焓判据认为放热反应具有自发进行的倾向，能否实现要看反应的条件，如铝热反应是放热反应，在常温下不能够自发进行，故A正确；
B、合成氨反应需使用催化剂，目的是加快反应速率，故B错误；
C、升温碳酸钠水解程度增强，碱性增强，证明盐类水解吸热，故C正确；
D、沉淀向着Ksp更小的物质转化，当MnS悬浊液中滴加少量CuSO4溶液可生成CuS沉淀，则Ksp（CuS）＜Ksp（MnS），故D正确．
故选B．
【点评】本题涉及反应方向的判断、化学平衡移动的影响因素、沉淀的转化等方面的知识，属于知识的综合考查，难度中等．
4．对下列两种有机物的描述正确的是（ ）
A．苯环上的一氯代物种数相同
B．分子中共面的碳原子数一定相同
C．1 mol甲与浓溴水反应最多能消耗4 mol Br2
D．甲、乙可用红外光谱区分，但不能用核磁共振氢谱区分
【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．甲中苯环上有5种氢原子，所以其苯环上的一氯代物有5种；乙苯环上有4种，其苯环上一氯代物有4种；
B．甲中分子共平面的碳原子最少有9个、最多有15个，乙中共平面的碳原子最多15个、最少8个；
C．甲中能和溴反应的有碳碳双键和苯环上酚羟基的邻对位氢原子；
D．甲、乙官能团不同且氢原子种类不同．
【解答】解：A．甲中苯环上有5种氢原子，所以其苯环上的一氯代物有5种；乙苯环上有4种，其苯环上一氯代物有4种，所以苯环上的一氯代物种数不同，故A错误；
B．甲中分子共平面的碳原子最少有9个、最多有15个，乙中共平面的碳原子最多15个、最少8个，所以分子中共面的碳原子数不一定相同，故B错误；
C．甲中能和溴反应的有碳碳双键和苯环上酚羟基的邻对位氢原子，所以1 mol甲与浓溴水反应最多能消耗4 mol Br2，故C正确；
D．甲、乙官能团不同且氢原子种类不同，所以可以用红外光谱、核磁共振氢谱区分，故D错误；
故选C．
【点评】本题考查有机物结构和性质，为高频考点，侧重考查学生分析判断及空间想象能力，明确官能团及其结构性质关系是解本题关键，易错选项是B．
5．已知温度T时水的离子积常数为Kw．该温度下，将浓度为a mol•L﹣1的一元酸HA与b mol•L﹣1的NaOH等体积混合，混合溶液中c（H+）=mol•L﹣1．下列说法不正确的是（ ）
A．混合溶液呈中性
B．a≥b
C．混合溶液中，c（A﹣）=c（Na+）
D．混合液中水电离出c（OH﹣）大于该温度下纯水电离出c（OH﹣）
【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．
【专题】电离平衡与溶液的pH专题．
【分析】温度T时水的离子积常数为KW，浓度为a mol/L的一元酸HA与b mol/L的一元碱NaOH等体积混合，混合后溶液中c（H+）=mol/L，而c（H+）×c（OH﹣）=KW，则c（OH﹣）=c（H+），说明溶液呈中性．若酸为一元强酸，则酸与氢氧化钠浓度相等，若酸为一元弱酸，则酸稍过量．根据电荷守恒可知c（A﹣）=c（Na+）．
【解答】解：A．温度T时水的离子积常数为KW，浓度为a mol/L的一元酸HA与b mol/L的一元碱NaOH等体积混合，混合后溶液中c（H+）=mol/L，而c（H+）×c（OH﹣）=KW，则c（OH﹣）=c（H+），说明溶液呈中性，故A正确；
B．若酸为一元强酸，则酸与氢氧化钠浓度相等，若酸为一元弱酸，恰好反应生成为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，故酸稍过量，则a≥b，故B正确；
C．根据电荷守恒：c（A﹣）+c（OH﹣）=c（H+）+c（Na+），溶液呈中性c（OH﹣）=c（H+），则c（A﹣）=c（Na+），故C正确；
D．混合液中水电离出c（OH﹣）等于该温度下纯水电离出c（OH﹣），故D错误．
故选：D．
【点评】本题考查离子浓度大小比较、水的离子积、酸碱混合的定性判断等，题目难度中等，注意溶液呈中性应存在c（H+）=c（OH﹣）．
6．用一种镁二次电池（反应为：xMg+Mo3S4MgxMo3S4）连接甲、乙装置进行电解．如图所示，a、b、c均为石墨电极，d为Fe电极，电解时d极有气体放出．下列说法不正确的是（ ）
A．甲装置中a的电极反应为4OH﹣﹣4e﹣═O2↑+2H2O
B．放电时镁电池正极的电极反应为 Mo3S4+2xe﹣═Mo3S42x﹣
C．当d极产生0.56 L（标准状况）气体时，b极增重3.2 g
D．镁电池放电时，甲池中的SO42﹣移向a电极
【考点】电解原理．
【专题】电化学专题．
【分析】与电源正极相连，为阳极，与电源负极相连，为阴极，a、b、c均为石墨电极，d为Fe电极，电解时d极有气体放出，依据电解质溶液为氯化钾的溶液，判断d电极是阴极，
d极气体为氢气，2H++2e﹣=H2↑，d相连的为电源负极，a相连的为电源正极，依据电极原理分析选项．
A．a为电解池阳极，氢氧根离子放电；
B．由总反应式可知，放电时，为原电池反应，Mg化合价升高，被氧化；
C．甲中发生2CuSO4+2H2O 2Cu+O2↑+2H2SO4，根据得失电子守恒计算；
D．电解池中阴离子移向阳极．
【解答】解：A．a、b、c均为石墨电极，d为Fe电极，电解时d极有气体放出，d电极是阴极，惰性电极电解KCl溶液，阳极上是氯离子失电子，2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，阴极上是氢离子得电子，2H++2e﹣=H2↑，由两极上的电极反应可以得到总反应为2Cl﹣+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH﹣，d极气体为氢气，d相连的为电源负极，a相连的为电源正极，
a为电解池阳极，发生4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O，故A正确；
B．放电时，Mo3S4被还原，为原电池正极反应，发生还原反应，电极反应式为Mo3S4+2xe﹣═Mo3S42x﹣，故B正确；
C． d极气体为氢气，2H++2e﹣=H2↑，当d极产生0.56 L（标准状况）即0.025mol气体时，转移电子数为：0.05mol，甲池中阳极a电极反应：4OH﹣﹣4e_=2H2O+O2↑；阴极b电极反应为：2Cu2++4e﹣=2Cu；b极增重0.025mol×64g/mol=1.6g，故C错误；
D．放电时甲池为电解池，电解硫酸铜溶液，SO42﹣移向阳极，即a电极，故D正确；
故选C．
【点评】本题考查了原电池和电解池的工作原理应用，电极判断，电极反应书写，电子转移的计算应用，明确两个烧杯中的电极反应是解答本题的关键，并注意装置特点及电子守恒来解答，题目难度中等．
二、非选择题，（共64分）
7．如表是元素周期表的一部分，短周期元素X的最高化合价是+5，Y的单质可在空气中燃烧．
W
X
Y
Z
请回答下列问题：
（1）Y在元素周期表的位置是 第三周期第ⅥA族 ，其氢化物的电子式为 ．
（2）B元素与Y、Z同主族，且原子半径比二者小．E是形成化合物种类最多的元素，已知一定量的E单质能在B2 （g）中燃烧，其可能的产物及能量关系如图所示，请写出一定条件下EB2（g） 与E（s）反应生成EB（g）的热化学方程式 CO2（g）+C（s）=2CO（g）△H=+172.5 kJ•mol ﹣1 ．
（3）25℃时，NaH2XO2溶液pH＞7，向100mL 0.01mol•L﹣1的H3XO2溶液中，滴加等浓度的NaOH溶液至溶液呈中性，消耗NaOH溶液的体积 ＜ （填“＞”、“=”或“＜”）100mL．
（4）W的最高价氧化物能溶于烧碱溶液，该反应的离子方程式为 Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O ．现取100mL 1mol•L﹣1W的氯化物溶液，向其中加入1mol•L﹣1NaOH溶液产生了3.9g的沉淀，则加入的氢氧化钠溶液体积可能是 150或350 mL．
（5）探究同主族元素性质的相似性，是学习化学的重要方法之一．在下表中列出对H2ZO3各种不同化学性质的推测，请根据示例填写下列空格（Z元素符号仍用Z表示）
编号
性质推测
化学方程式
示例
氧化性
H2ZO3+4HI═Z↓+2I2+3H2O
①
还原性
②
H2ZO3+2NaOH═Na2ZO3+2H2O
【考点】性质实验方案的设计；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；无机实验综合．
【分析】短周期元素X的最高化合价是+5，Y的单质可在空气中燃烧，由元素在周期表中相对位置可知，X为P元素、Y为S元素，W为Al，Z为Se．
（1）主族元素周期数=电子层数、主族族序数=最外层电子数，Y元素氢化物为H2S，分子中S原子与H原子之间形成1对共用电子对；
（2）B元素与Y、Z同主族，且原子半径比二者小，则B为O元素；E是形成化合物种类最多的元素，则E为碳元素．
由图可知，1molC（s）与0.5molO2（g）反应得到1molCO（g）放出热量=393.5kJ﹣283kJ=110.5kJ，该反应热化学方程式为：C（s）+O2（g）=CO（g）△H=﹣110.5kJ/mol ①
1molC（s）与1molO2（g）反应得到1molCO2（g）放出热量393.5kJ，该反应热化学方程式为：C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣393.5kJ/mol ②，
根据盖斯定律，①×2﹣②得：CO2（g）+C（s）=2CO（g）；
（3）25℃时，NaH2PO2溶液pH＞7，向100mL 0.01mol•L﹣1的H3PO2溶液中，滴加等浓度的NaOH溶液至溶液呈中性，消耗氢氧化钠的物质的量小于H3PO2的物质的量；
（4）W的最高价氧化物为氧化铝，与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与水；
100mL 1mol/L的AlCl3溶液中氯化铝的物质的量=0.1L×1mol/L=0.1mol，若Al元素都转化为氢氧化铝沉淀，则氢氧化铝沉淀的质量=0.1mol×78g/mol=7.8g＞3.9g，说明有两种情况：一为氢氧化钠体积较少，沉淀不完全，只生成Al（OH）3沉淀；另一种情况为氢氧化钠体积较多，沉淀完全后又部分溶解，既生成Al（OH）3沉淀，又生成NaAlO2，结合方程式计算消耗氢氧化钠物质的量，进而计算需要氢氧化钠溶液体积；
（5）H2SeO3与H2SO3相似，具有氧化性、还原性和酸性．
【解答】解：短周期元素X的最高化合价是+5，Y的单质可在空气中燃烧，由元素在周期表中相对位置可知，X为P元素、Y为S元素，W为Al，Z为Se．
（1）Y为S元素，原子核外有3个电子层，最外层电子数为6，处于周期表中第三周期第ⅥA族，Y元素氢化物为H2S，分子中S原子与H原子之间形成1对共用电子对，其电子式为：，
故答案为：第三周期第ⅥA族；；
（2）B元素与Y、Z同主族，且原子半径比二者小，则B为O元素；E是形成化合物种类最多的元素，则E为碳元素．
由图可知，1molC（s）与0.5molO2（g）反应得到1molCO（g）放出热量=393.5kJ﹣283kJ=110.5kJ，该反应热化学方程式为：C（s）+O2（g）=CO（g）△H=﹣110.5kJ/mol ①
1molC（s）与1molO2（g）反应得到1molCO2（g）放出热量393.5kJ，该反应热化学方程式为：C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣393.5kJ/mol ②，
根据盖斯定律，①×2﹣②得：CO2（g）+C（s）=2CO（g）△H=+172.5 kJ•mol ﹣1，
故答案为：CO2（g）+C（s）=2CO（g）△H=+172.5 kJ•mol ﹣1；
（3）25℃时，NaH2PO2溶液pH＞7，向100mL 0.01mol•L﹣1的H3PO2溶液中，滴加等浓度的NaOH溶液至溶液呈中性，消耗氢氧化钠的物质的量小于H3PO2的物质的量，则消耗NaOH溶液的体积小于100mL，
故答案为：＜；
（4）W的最高价氧化物为氧化铝，与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与水，反应离子方程式为：Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O，
100mL 1mol/L的AlCl3溶液中氯化铝的物质的量=0.1L×1mol/L=0.1mol，若Al元素都转化为氢氧化铝沉淀，则氢氧化铝沉淀的质量=0.1mol×78g/mol=7.8g＞3.9g，说明有两种情况：一为沉淀不完全，只生成Al（OH）3沉淀；另一种情况为沉淀部分溶解，既生成Al（OH）3沉淀，又生成NaAlO2，
n（Al（OH）3）==0.05mol，
①若碱不足，由Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓可知，NaOH的物质的量为0.05mol×3=0.15mol，加入NaOH溶液的体积为=0.15L=150mL；
②沉淀部分溶解，既生成Al（OH）3沉淀，又生成NaAlO2，则：
Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓
0.1mol 0.3mol 0.1mol
溶解的氢氧化铝为0.1mol﹣0.05mol=0.05mol，则：
Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O
0.05mol 0.05mol
则消耗的碱的物质的量为0.3mol+0.05mol=0.35mol，
加入NaOH溶液的体积为=0.035L=350mL；
故答案为：Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O；150或350；
（5）H2SeO3与H2SO3相似，具有氧化性、还原性和酸性，如反应：2H2SeO3+O2═2H2SeO4（或Br2+H2SeO3+H2O═H2SeO4+2HBr）中表现还原性，反应H2SeO3+2NaOH═Na2SeO3+2H2O表现酸性，
故答案为：
1
还原性
2H2SeO3+O2═2H2SeO4
（或Br2+H2SeO3+H2O═H2SeO4+2HBr）
2
酸性
H2SeO3+2NaOH═Na2SeO3+2H2O
．
【点评】本题与元素推断为载体，考查结构性质位置关系应用、热化学方程书写、化学方程式计算、元素周期律的应用等，（5）注意根据同主族元素化合物性质的相似性解答．
8．芳香化合物A是一种基本化工原料，可以制备有机化工中间体M．各物质之间的转化关系如下：
已知：
请回答下列问题：
（1）A的化学名称为 邻二甲苯 ；E所含官能团的名称为 羧基、羟基 ．
（2）F是一种聚酯类高分子化合物，其结构简式为 ．由A生成B的反应过程中，会同时生成多种副产物，其中一种与B互为同分异构体，它的核磁共振氢谱有 5 个吸收峰．
（3）G是M的同分异构体，写出E 转化为G的化学方程式 ．
（4）符合下列条件的E的同分异构体共有 4 种，写出其中两种的结构简式 ．
①属于芳香族化合物；②分子中含有醚键；③能发生水解反应和银镜反应．
（5）下列有关C（C8H9Br）的说法正确的是 cd ．
a．能够发生消去反应
b．可能的结构有3种
c．水解产物能够与FeCl3溶液发生显色反应
d．1mol的C最多可以和2mol NaOH反应
（6）D（邻苯二甲酸二乙酯）是一种增塑剂．请用A和其它原料，经两步反应合成D．用类似如上转化关系的合成路线表示．
【考点】有机物的合成．
【专题】有机推断．
【分析】A和溴发生取代反应生成B，根据B的结构简式知，A的结构简式为，A和溴在催化剂条件下发生取代反应生成C，根据C的分子式知，C的结构简式为，B发生一系列反应后生成邻苯二甲醛，结合已知反应信息可知，邻苯二甲醛反应生成E，E的结构简式为，E发生缩聚反应生成
F，则F的结构简式为，G是M同分异构体，E发生分子内酯化反应生成G，G结构简式为，
（6）A被酸性高锰酸钾氧化生成二苯甲酸，其结构简式为，邻苯二甲酸与甲醇发生酯化反应酯化反应得到D（邻苯二甲酸二乙酯），据此分析解答．
【解答】解：A和溴发生取代反应生成B，根据B的结构简式知，A的结构简式为，A和溴在催化剂条件下发生取代反应生成C，根据C的分子式知，C的结构简式为，B发生一系列反应后生成邻苯二甲醛，结合已知反应信息可知，邻苯二甲醛反应生成E，E的结构简式为，E发生缩聚反应生成F，则F的结构简式为，G是M同分异构体，E发生分子内酯化反应生成G，G结构简式为，
（1）A为，其名称是邻二甲苯，E的结构简式为，E中官能团名称是羧基和羟基，
故答案为：邻二甲苯；羧基、羟基；
（2）F结构简式为，在该反应的副产物中，与B互为同分异构体的化合物的结构简式为，有5种氢原子，所以其核磁共振氢谱有5个吸收峰，
故答案为：；5；
（3）E发生分子内酯化反应生成G，反应方程式为，
故答案为：；
（4）E的同分异构体符合下列条件：
①属于芳香族化合物，说明含有苯环；②分子中含有醚键；③能发生水解反应和银镜反应，说明含有酯基和醛基，则符合条件的同分异构体有，所以有4种，
故答案为：4；；
（5）C的结构简式为，
a．溴原子在苯环上，不能够发生消去反应，故错误；
b．可能的结构有2种，故错误；
c．水解产物含有酚羟基，所以能够与FeCl3溶液发生显色反应，故正确；
d．水解生成的酚羟基和HBr都能与NaOH反应，所以1mol的C最多可以和2mol NaOH反应，故正确；
故选cd；
（6）A被酸性高锰酸钾氧化生成二苯甲酸，其结构简式为，邻苯二甲酸与甲醇发生酯化反应酯化反应得到D（邻苯二甲酸二乙酯），其合成路线为，故答案为：．
【点评】本题考查有机物推断和合成，为高频考点，侧重考查学生分析判断能力，明确官能团及其性质关系、常见反应类型及反应条件是解本题关键，注意题给信息的灵活运用，题目难度不大．
9．工业上制备补血剂常用碳酸亚铁，某兴趣小组对碳酸亚铁的制备与性质进行探究．
（1）利用如图1装置制备碳酸亚铁：
①装置中仪器A的名称为 分液漏斗 ．实验时要配制100mL 4mol•L﹣1 H2SO4溶液，需用98%（ρ=1.84g•cm﹣3）的浓硫酸体积为 21.7mL ．
②制备FeCO3时，将B中混合溶液压入装置C的操作是 关闭活塞3，打开活塞2 ．
（2）探究碳酸亚铁性质：
如图2，称取一定质量的纯净FeCO3放入硬质玻璃管中，打开K，通入氧气，加热硬质玻璃管．乙瓶中澄清石灰水不再产生沉淀时（CO32﹣全部转化为CO2），停止加热，继续通入氧气至玻璃管冷却，称量剩余固体的质量．
①为确定剩余固体中是否含有Fe2+，除稀硫酸外，还需要选用的试剂是 酸性高锰酸钾溶液 ．
②若开始时称取23.2g FeCO3固体，反应后称得剩余固体质量净减7.2g．通过计算确定剩余固体成分是 Fe2O3 ，写出硬质玻璃管中发生反应的化学方程式 4FeCO3+O22Fe2O3+4CO ．
（3）FeCO3可用于乳制品、营养液成分乳酸亚铁的制备：将FeCO3加入乳酸溶液中，再加入铁粉，在75℃下搅拌使之充分反应，然后再加入适量乳酸．
①反应后加入适量乳酸的作用是 除去过量铁粉，且抑制Fe2+的水解 ．最后溶液经浓缩、加入适量无水乙醇、静置、过滤、洗涤、干燥，获得乳酸亚铁晶体．分离过程中加入无水乙醇的目的是 减少乳酸亚铁在水中的溶解量，有利于晶体析出 ．
②已知人体不能很好地吸收利用Fe3+，科学研究表明服用含乳酸亚铁的补血剂时，同时服用维生素C，有利于铁元素的吸收．维生素C在这一过程中的作用是 作还原剂，防止Fe2+被氧化 ．
【考点】制备实验方案的设计．
【专题】制备实验综合．
【分析】（1）①仪器A为分液漏斗；根据c=计算浓硫酸物质的量浓度，再根据稀释定律计算需要浓硫酸的体积；
②亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，Fe与稀硫酸反应制备硫酸亚铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，C装置中FeSO4和NH4HCO3发生反应：FeSO4+2NH4HCO3=FeCO3↓+（NH4）2SO4+CO2↑+H2O，利用生成氢气，使B装置中气压增大，将B装置中的氯化亚铁溶液压入C中；
（2）①利用硫酸溶解加热后的固体，再利用酸性高锰酸钾溶液检验是否含有亚铁离子；
②23.2g FeCO3物质的量为=0.2mol，完全分解可以得到二氧化碳为2mol×44g/mol=8.8g，反应中通入氧气，分解得到的FeO会被氧化，计算剩余固体的质量，结合Fe原子守恒计算残留固体中O原子物质的量，可以确定剩余固体的化学式，进而书写反应方程式；
（3）①实验目的是制备乳酸亚铁晶体，加入Fe粉，防止Fe2+离子被氧化，过量的铁粉用乳酸除去，Fe被充分利用，可以抑制亚铁离子水解；
分离过程中加入无水乙醇，减少乳酸亚铁在水中的溶解量，有利于晶体析出；
②维生素作还原剂，防止Fe2+被氧化．
【解答】解：（1）①由仪器A的结构特征，可知A为分液漏斗，根据c=可知，浓硫酸物质的量浓度为mol/L=18.4mol/L，根据稀释定律，需要浓硫酸的体积为=21.7mL，
故答案为：分液漏斗；21.7mL；
②亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，Fe与稀硫酸反应制备硫酸亚铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，C装置中FeSO4和NH4HCO3发生反应：FeSO4+2NH4HCO3=FeCO3↓+（NH4）2SO4+CO2↑+H2O，利用生成氢气，使B装置中气压增大，将B装置中的氯化亚铁溶液压入C中，具体操作为：关闭活塞3，打开活塞2，
故答案为：关闭活塞3，打开活塞2；
（2）①利用硫酸溶解加热后的固体，再滴入酸性高锰酸钾溶液检验，若溶液紫色脱去，说明含有Fe2+，否则不含Fe2+，
故答案为：酸性高锰酸钾溶液；
②23.2g FeCO3物质的量为=0.2mol，完全分解可以得到二氧化碳为2mol×44g/mol=8.8g，反应中通入氧气，分解得到的FeO会被氧化，剩余固体中Fe为0.2mol，则剩余固体中O元素物质的量为=0.3mol，故Fe、O物质的量之比为2：3，则剩余固体为Fe2O3，反应方程式为：4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2，
故答案为：Fe2O3；4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2；
（3）①Fe2+离子易被氧化为Fe3+离子，实验目的是制备乳酸亚铁晶体，加入Fe粉，防止Fe2+离子被氧化，过量的铁粉可以充分利用，得到乳酸亚铁，且抑制Fe2+的水解，
分离过程中加入无水乙醇，减少乳酸亚铁在水中的溶解量，有利于晶体析出，
故答案为：除去过量铁粉，且抑制Fe2+的水解；减少乳酸亚铁在水中的溶解量，有利于晶体析出；
②维生素作还原剂，防止Fe2+被氧化，
故答案为：作还原剂，防止Fe2+被氧化．
【点评】本题考查实验制备方案，涉及化学仪器识别、对操作的分析评价、物质分离提纯、信息获取与迁移应用、溶液配制、化学计算等，明确原理是解题关键，是对学生综合能力的考查，难度中等．
10．重铬酸钾（K2Cr2O7）是高中化学常见的氧化剂，工业上以铬铁矿为原料用碱溶氧化法制备．铬铁矿中通常含有Cr2O3、FeO、Al2O3、SiO2等．
已知：①NaFeO2遇水强烈水解．②2CrO42﹣（黄色）+2H+⇌Cr2O72﹣（橙色）+H2O请回答下列问题：
（1）将矿石粉碎的目的是 增大反应物的表面积，加快反应速率 ；高温灼烧时Cr2O3发生反应的化学方程式为 2Cr2O3+3O2+8NaOH4Na2CrO4+4H2O ．
（2）滤渣1中有红褐色物质，写出生成该物质反应的离子方程式 FeO2﹣+2H2O=Fe（OH）3↓+OH﹣ ．滤渣2的主要成分是Al（OH）3和 H2SiO3 ．
（3）用简要的文字说明Na2Cr2O7溶液中加入KCl固体，降温析出K2Cr2O7的原因 K2Cr2O7的溶解度受温度影响较大，氯化钠的溶解度受温度影响较小 ．
（4）25℃时，对反应2CrO42﹣（黄色）+2H+⇌Cr2O72﹣（橙色）+H2O，取Na2CrO4溶液进行实验，测得部分实验数据如下：
时间/（s）
0
0.01
0.02
0.03
0.04
（CrO42﹣）/（mol•L﹣1）
0.20
1.6×10﹣2
1.2×10﹣2
1.0×10﹣2
（Cr2O72﹣）/（mol•L﹣1）
0
9.2×10﹣2
9.4×10﹣2
9.5×10﹣2
①反应达到平衡时，溶液的pH=1，该反应平衡常数K为 9.5×104 ．
②下列有关说法正确的 bd ．
a．加少量NaHCO3固体，可使溶液的橙色加深
b．0.03s时v（CrO42﹣）（正）=2v（Cr2O72﹣）（逆）
c．溶液中c（CrO42﹣）：c（Cr2O72﹣）=2：1时该反应已达平衡状态
d．反应达到平衡时CrO42﹣的转化率为95%
【考点】制备实验方案的设计．
【专题】制备实验综合．
【分析】铁矿中通常含有Cr2O3、FeO、Al2O3、SiO2等，将铬铁矿和烧碱、氧气混合焙烧得到Na2CrO4、NaFeO2，而SiO2与NaOH发生反应生成Na2SiO3，Al2O3与NaOH发生反应，生成NaAlO2，故还含有Na2SiO3、NaAlO2，由于NaFeO2会发生强烈水解，滤渣1中有红褐色物质，可推知NaFeO2水解生成氢氧化钠与氢氧化铁，过滤分离，滤液1中主要是NaAlO2、Na2SiO3、Na2CrO4、NaOH，滤渣1为Fe（OH）3；调节溶液pH，使NaAlO2、Na2SiO3反应转化为H2SiO3、Al（OH）3沉淀，过滤除去，滤液2主要是Na2CrO4，加入硫酸酸化，溶质变为Na2Cr2O7，然后加入KCl固体，利用溶解度不同或者受温度影响不同，结晶得到K2Cr2O7晶体，采用过滤方法得到K2Cr2O7晶体．
（1）增大反应物的表面积，加快反应速率；发生氧化还原反应，Cr2O3与O2、NaOH反应生成Na2CrO4与水；
（2）NaFeO2会发生强烈水解生成氢氧化钠与氢氧化铁；滤渣2的主要成分是氢氧化铝与硅酸；
（3）K2Cr2O7的溶解度受温度影响较大，氯化钠的溶解度受温度影响较小；
（4）①0.03s时c（Cr2O72﹣）=×（0.2﹣1.0×10﹣2）mol/L=9.5×10﹣2mol/L，与0.04s时的浓度相等，故0.03s时处于平衡状态，再根据K=计算；
②a．加少量NaHCO3固体，消耗氢离子，平衡逆向移动；
b．0.03s时处于平衡状态，不同物质表示的正逆速率之比等于其化学计量数之比；
c．平衡时各组分的浓度不一定等于化学计量数之比，与转化率等有关；
d．转化率=×100%．
【解答】解：铁矿中通常含有Cr2O3、FeO、Al2O3、SiO2等，将铬铁矿和烧碱、氧气混合焙烧得到Na2CrO4、NaFeO2，而SiO2与NaOH发生反应生成Na2SiO3，Al2O3与NaOH发生反应，生成NaAlO2，故还含有Na2SiO3、NaAlO2，由于NaFeO2会发生强烈水解，滤渣1中有红褐色物质，可推知NaFeO2水解生成氢氧化钠与氢氧化铁，过滤分离，滤液1中主要是NaAlO2、Na2SiO3、Na2CrO4、NaOH，滤渣1为Fe（OH）3；调节溶液pH，使NaAlO2、
Na2SiO3反应转化为H2SiO3、Al（OH）3沉淀，过滤除去，滤液2主要是Na2CrO4，加入硫酸酸化，溶质变为Na2Cr2O7，然后加入KCl固体，利用溶解度不同或者受温度影响不同，结晶得到K2Cr2O7晶体，采用过滤方法得到K2Cr2O7晶体．
（1）将矿石粉碎的目的是：增大反应物的表面积，加快反应速率；发生氧化还原反应，Cr2O3与O2、NaOH反应生成Na2CrO4与水，反应方程式为：2Cr2O3+3O2+8NaOH4Na2CrO4+4H2O，
故答案为：增大反应物的表面积，加快反应速率；2Cr2O3+3O2+8NaOH4Na2CrO4+4H2O；
（2）NaFeO2会发生强烈水解生成氢氧化钠与氢氧化铁，反应离子方程式为：FeO2﹣+2H2O=Fe（OH）3↓+OH﹣；滤渣2的主要成分是Al（OH）3和H2SiO3，
故答案为：FeO2﹣+2H2O=Fe（OH）3↓+OH﹣；H2SiO3；
（3）Na2Cr2O7溶液中加入KCl固体，降温析出K2Cr2O7的原因：K2Cr2O7的溶解度受温度影响较大，氯化钠的溶解度受温度影响较小，
故答案为：K2Cr2O7的溶解度受温度影响较大，氯化钠的溶解度受温度影响较小；
（4）①0.03s时c（Cr2O72﹣）=×（0.2﹣1.0×10﹣2）mol/L=9.5×10﹣2mol/L，与0.04s时的浓度相等，故0.03s时处于平衡状态，反应达到平衡时，溶液的pH=1，该反应平衡常数K===9.5×104，
故答案为：9.5×104；
②a．加少量NaHCO3固体，消耗氢离子，平衡逆向移动，溶液的橙色变浅，黄色加深，故a错误；
b．0.03s时处于平衡状态，v（CrO42﹣）（正）=2v（Cr2O72﹣）（逆）说明同种离子的生成熟练与消耗熟练相等，故b正确；
c．平衡时各组分的浓度不一定等于化学计量数之比，与转化率等有关，故c错误；
d．反应达到平衡时CrO42﹣的转化率为×100%=95%，故d正确．
故选：bd．
【点评】本题考查学生对工艺流程的理解、阅读题目获取信息能力、物质的分离提纯、化学平衡移动及计算等，综合性较大，难度中等，需要学生具备扎实的基础知识与综合运用知识、信息进行解决问题的能力．
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