2015年浙江省绍兴市诸暨市牌头中学高考化学冲刺试卷（四）-一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1．化学与人类生活密切相关，对下列生活中的现象的解释不正确的是（）A．“地沟油”危害健康，是因为脂肪酸油脂中的碳碳双键被破坏，不利健康B．浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土可用作水果保鲜制是因为高锰酸钾溶液可吸收水果释放的乙烯C．废旧电池必须回收利用，是因为电池中的重金属等会严重污染土壤和水体D．食品包装袋、食物保鲜膜通常用聚乙烯树脂，是因为聚乙烯树脂是无毒的高分子化合物2．已知电离平衡常数：H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，氧化性：HClO＞Cl2＞Br2＞Fe3+．下列有关的离子方程式正确的是（）A．向能使PH试纸显深蓝色的溶液中通入少量二氧化碳：OH﹣+CO2═HCO3﹣B．向NaClO溶液中加入浓氢溴酸：ClO﹣+2H++2 Br﹣═Cl﹣+Br2+H2OC．向NaClO溶液中通入少量二氧化碳：2ClO﹣+CO2+H2O═2HClO+CO32﹣D．向FeBr2溶液中滴加少量HClO溶液：2Fe2++HClO═2Fe3++Cl﹣+OH﹣3．类推的思维方法可解决不少化学问题，但类推的结论最终要经过实践的检验才能确定其正确与否．下列几种类推结论中，你认为正确的是（）A．沸点HBr＞HCl，则同族元素氢化物沸点HCl＞HFB． Fe3O4可表示为FeO•Fe2O3，则Pb3O4可表示为PbO•Pb2O3C． CO2与Na2O2反应只生成Na2CO3和O2，故SO2与Na2O2反应也只生成Na2SO3和O2D． SiO2能形成原子晶体，一定条件下CO2也能形成原子晶体4．下列有关溶液中粒子浓度的关系式中一定不正确的是（）A．常温下，pH=7的NH4Cl和NH3•H2O的混合溶液中：c（Cl﹣）=c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+）B． pH=12的氨水与pH=2的盐酸等体积混合溶液中：c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）C． 25℃时，0.1 mol•L﹣1pH=4.5的NaHSO3溶液中：c（HSO3﹣）＞c（H2SO3）＞c（SO32﹣）D．常温下，等浓度的CH3COONa和CH3COOH混合溶液：c（CH3COO﹣）﹣c（CH3COOH）=2[c （H+）﹣c（OH﹣）]5．现有由两种可溶性化合物配成的混合溶液，且浓度均为0.1mol•L﹣1，其中阳离子可能是Fe2+、Al3+、Fe3+、H+，阴离子可能是NO3﹣、CO32﹣、I﹣、Cl﹣．若向溶液中加少量盐酸，则溶液变成黄色，且有气体生成．若不计水电离产生的少量离子，则下列说法一定正确的是：（）A．向溶液中加少量盐酸时，生成的气体可能含有CO2B．原溶液中一定含有NO3﹣、Fe2+，一定不含Fe3+、H+、CO32﹣C．原溶液中一定含有的离子为NO3﹣，可能含有Fe2+、I﹣D．若原溶液中逐滴加入NaOH溶液，沉淀的量先增加后减少6．NM﹣3和D﹣58是正处于临床试验阶段的小分子抗癌药物，结构如下：关于NM﹣3和D ﹣58的叙述，错误的是（）A．都能与NaOH溶液反应，每mol消耗NaOH的物质的量之比为1：1B．都能与溴水反应，每mol消耗Br2的物质的量之比为3：2C．都能与H2发生加成反应，每mol消耗H2的物质的量之比为4：7D．都能与O2发生氧化反应，每mol消耗O2的物质的量之比为13：157．下列有关实验的解释或说明正确的是（）A．为了加快过滤速度，可用减压过滤或边过滤边用玻璃棒搅拌B．当沉淀的密度较大时，从液体分离出沉淀可用倾析法，它的优点是操作简单，速度快C．为了减弱铜锌原电池中的极化现象，可在溶液中加入少量的双氧水D．硝酸银是鉴别食盐和工业盐的最简单的试剂之一二、解答题（共5小题，满分15分）8．A、B、C、D、E五种短周期元素，原子序数依次增大，A、E同主族，A元素的一种原子是由两种微粒构成，B元素原子的最外层电子数是内层电子总数的2倍，在紫色石蕊中通入少量的C元素的氢化物，溶液变蓝色．A、B、C、E四种元素都能与D元素形成原子个数比不相同的常见化合物．回答下列问题：（1）B、C、D可分别与A形成18电子的化合物X、Y、Z，X分子中在同一平面最多的原子数为，Y的电子式为，Z由两个相同基团构成，该基团的名称是．（2）D和E可以形成原子个数之比为1：1的化合物，该化合物中含化学键的种类为．（3）A、B、D、E能形成一种原子个数之比为1：2：4：1的化合物W，W的水溶液呈弱酸性．写出该化合物的电离方程式、．9．A+B→X+Y+H2O（未配平，反应条件略去）是中学常见反应的化学方程式，其中A、B的物质的量之比为1：4．请回答：（1）其中X是一种非金属单质，则该单质的名称是．（2）其中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：1，A是变价金属，则该反应的化学方程式为．（3）其中A、B的溶液的酸碱性相反，X可作净水剂，则该反应的离子方程式为．10．硫酸工业用SO2制取SO3的反应为：2SO2+O22SO3将2molSO22mol O2加入容积为5L的带有活塞的密闭器中，在一定条件下达到平衡．不同温度下，反应的平衡常数如右表，且在温度为T1、T2时，平衡体系中SO2的体积分数随压强变化曲线如图1所示．（1）比较K值的大小，K1K2（填＞、=、＜）．（2）下列说法正确的是A．A、C两点的正反应速率：A＞CB．A、C两点SO2气体的浓度：A＞CC．B、C两点的气体的平均相对分子质量：B=CD．由状态D到状态C，可以用加热的方法（3）在500℃时，若保持容积不变，每隔一定时间就对该容器内的物质进行分析，得到如下表的部分数据：时，二氧化硫的平均反应速率为mol （L•s）﹣1．②该条件下反应的平衡常数K的值为（精确到小数点后一位）．（4）工业上用Na2SO3吸收尾气中的SO2使之转化为NaHSO3，再用图2装置电解（惰性电极）NaHSO3制取H2SO4，该电解池阴极的总电极反应式，阳极室除生成硫酸外，还有少量的SO2和O2生成．则阳极发生的副反应的电极反应式为，该工艺中可循环利用的物质是（填化学式）．11．硫铁矿烧渣（主要成分为Fe2O3、Fe3O4、FeO、SiO2等）是生产硫酸的工业废渣，其综合利用对环境保护具有现实意义．利用硫铁矿烧渣制备铁红等产品的实验流程如图1：已知相关几种盐的溶解度随温度变化的曲线如图2所示：（1）煅烧FeCO3生成产品I的化学反应方程式为；实验室进行煅烧操作所需仪器除了酒精喷灯、泥三角、三脚架、玻璃棒外，还有．（2）为了获得产品Ⅱ，向（NH4）2SO4溶液中加入KCl溶液后，接着操作是．（3）分离粗产品Ⅱ时承接滤液的烧杯中应加入少量，分离粗产品Ⅱ后的滤液冷却至室温后，进行减压抽滤，得粗产品Ⅲ．所用的装置如图3所示，若实验过程中发现倒吸现象，应采取的措施是．（4）若向（NH4）2SO4溶液中加入FeSO4溶液后可制得硫酸亚铁铵晶体（摩尔盐），两溶液混合后，小火加热，在蒸发皿中蒸发浓缩至（填现象），应立即停止加热，将溶液静置，冷却，结晶，抽滤，并用少量酒精洗涤晶体．其目的是．（5）产品中Fe2+的定量分析：制得的摩尔盐样品中往往含有极少量的Fe3+．为了测定摩尔盐产品中Fe2+的含量，一般用在酸性下用KMnO4标准液滴定的方法．称取4.0g的摩尔盐样品，溶于水，并加入适量稀硫酸．用0.2mol•L﹣1KMnO4溶液滴定，当溶液中Fe2+全部被氧化时，消耗KMnO4溶液体积10.00mL．①本实验的滴定终点的判断方法是．②产品中Fe2+的纯度为（假设Fe2+全部来自于硫酸亚铁铵）．12．兔耳草醛H是一种重要的香料，主要用于食品、化妆品等工业中．用有机物A为原料可以合成兔耳草醛H，其合成路线如图所示：中间产物D是一种精细化工产品，可用作香料，能发生如下反应：已知：2RCH2CHO请回答：（1）A分子中碳、氢的质量比为12：1，A的分子式为．（2）D的键线式为．（3）E中含氧官能团名称为．（4）反应①的反应类型，反应②的化学方程式为．（5）枯茗醛D中的含氧官能团易被氧化，生成化合物I，I有多种同分异构体，符合下列条件的同分异构体有种，写出其中一种的结构简式．①能与新制氢氧化铜加热后反应生成红色沉淀②能与FeCl3溶液发生显色反应③苯环上一溴取代物只有一种④核磁共振氢谱有五种类型氢原子的吸收峰．2015年浙江省绍兴市诸暨市牌头中学高考化学冲刺试卷（四）参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1．化学与人类生活密切相关，对下列生活中的现象的解释不正确的是（）A．“地沟油”危害健康，是因为脂肪酸油脂中的碳碳双键被破坏，不利健康B．浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土可用作水果保鲜制是因为高锰酸钾溶液可吸收水果释放的乙烯C．废旧电池必须回收利用，是因为电池中的重金属等会严重污染土壤和水体D．食品包装袋、食物保鲜膜通常用聚乙烯树脂，是因为聚乙烯树脂是无毒的高分子化合物考点：油脂的性质、组成与结构；原电池和电解池的工作原理；合成材料．分析： A、地沟油中维生素E、脂肪酸油脂已经被破坏；B、乙烯具有催熟作用，高锰酸钾能氧化乙烯；C、电池中含有重金属；D、聚乙烯是无毒的高分子化合物．解答：解：A、正常油类的有效营养成分应该包含维生素E、必需脂肪酸油脂等，“地沟油”危害健康，主要是人体所必需的维生素E、脂肪酸油脂已经被破坏，故A错误；B、乙烯具有催熟作用，高锰酸钾能氧化乙烯，则用浸泡过的高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果释放的乙烯，可达到水果保鲜的目的，故B正确；C、电池中含有重金属铅和汞等，会污染土壤和地下水，故必须回收利用，故C正确；D、聚乙烯是无毒的高分子化合物，可制作食品包装袋、食物保鲜膜，故D正确；故选A．点评：本题考查有机物的成分和环境污染的防治等知识，比较基础，侧重对基础知识的巩固，注意对基础知识的理解掌握．2．已知电离平衡常数：H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，氧化性：HClO＞Cl2＞Br2＞Fe3+．下列有关的离子方程式正确的是（）A．向能使PH试纸显深蓝色的溶液中通入少量二氧化碳：OH﹣+CO2═HCO3﹣B．向NaClO溶液中加入浓氢溴酸：ClO﹣+2H++2 Br﹣═Cl﹣+Br2+H2OC．向NaClO溶液中通入少量二氧化碳：2ClO﹣+CO2+H2O═2HClO+CO32﹣D．向FeBr2溶液中滴加少量HClO溶液：2Fe2++HClO═2Fe3++Cl﹣+OH﹣考点：离子方程式的书写．分析： A．PH试纸显深蓝色的溶液，溶液呈碱性；B．依据氧化还原反应中的氧化性强弱规律解答；C．酸性H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，向NaClO溶液中通入少量二氧化碳生成HCO3﹣；D．氧化性：HClO＞Cl2＞Br2＞Fe3+，次氯酸少量，先氧化二价铁离子．解答：解：A．PH试纸显深蓝色的溶液，溶液呈碱性，碱性溶液中氢氧根离子与碳酸氢根离子反应，不能生成碳酸氢根离子，故A错误；B．由题意知次氯酸氧化性强于溴单质，所以向NaClO溶液中加入浓氢溴酸反应的离子方程式：ClO﹣+2H++2Br﹣═Cl﹣+Br2+H2O，故B正确；C．酸性H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，向NaClO溶液中通入少量二氧化碳生成HCO3﹣，故C错误；D．氧化性：HClO＞Cl2＞Br2＞Fe3+，次氯酸少量，先氧化二价铁离子，所以向FeBr2溶液中滴加少量HClO溶液，离子方程式：2Fe2++HClO═2Fe3++Cl﹣+OH﹣，故D正确；故选：BD．点评：本题考查了离子方程式的书写，明确酸性强弱顺序、氧化性强弱顺序是解题关键，题目难度中等．3．类推的思维方法可解决不少化学问题，但类推的结论最终要经过实践的检验才能确定其正确与否．下列几种类推结论中，你认为正确的是（）A．沸点HBr＞HCl，则同族元素氢化物沸点HCl＞HFB． Fe3O4可表示为FeO•Fe2O3，则Pb3O4可表示为PbO•Pb2O3C． CO2与Na2O2反应只生成Na2CO3和O2，故SO2与Na2O2反应也只生成Na2SO3和O2D． SiO2能形成原子晶体，一定条件下CO2也能形成原子晶体考点：含有氢键的物质；硅和二氧化硅；钠的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物．分析： A．HF分子间存在氢键沸点较高；B．Pb的化合价为+2价和+4价；C．过氧化钠具有强的氧化性，能够氧化二氧化硫；D．在高压下可以将CO2转化为具有类似SiO2结构的原子晶体．解答：解：A．HF分子间存在氢键沸点较高，所以氢化物沸点：HF＞HCl，故A错误；B．Pb的化合价为+2价和+4价，则Pb3O4可表示为2PbO•PbO2，故B错误；C．SO2具有还原性，过氧化钠具有强的氧化性，SO2与Na2O2反应生成Na2SO4，故C错误；D．SiO2能形成原子晶体，在高压下可以将CO2转化为具有类似SiO2结构的原子晶体，所以一定条件下CO2也能形成原子晶体，故D正确．故选D．点评：本题考查物质的性质，综合考查元素化合物知识，把握物质的性质及发生的反应、氢键对物理性质的影响等为解答的关键，侧重分析与知识综合应用能力的考查，题目难度不大．4．下列有关溶液中粒子浓度的关系式中一定不正确的是（）A．常温下，pH=7的NH4Cl和NH3•H2O的混合溶液中：c（Cl﹣）=c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+）B． pH=12的氨水与pH=2的盐酸等体积混合溶液中：c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）C． 25℃时，0.1 mol•L﹣1pH=4.5的NaHSO3溶液中：c（HSO3﹣）＞c（H2SO3）＞c（SO32﹣）D．常温下，等浓度的CH3COONa和CH3COOH混合溶液：c（CH3COO﹣）﹣c（CH3COOH）=2[c （H+）﹣c（OH﹣）]考点：离子浓度大小的比较．分析： A．溶液为中性，则c（OH﹣）=c（H+），根据电荷守恒可知c（Cl﹣）=c（NH4+）；B．氨水为弱碱，则混合液中氨水过量，溶液显示碱性：c（OH﹣）＞c（H+），根据电荷守恒可知c（NH4+）＞c（Cl﹣）；C.0.1 mol•L﹣1pH=4.5的NaHSO3溶液呈酸性，说明HSO3﹣的电离程度大于其水解程度，则c （SO32﹣）＞c（H2SO3）；D．根据混合液中的物料守恒和电荷守恒进行分析．解答：解：A．常温下，pH=7的NH4Cl和NH3•H2O的混合溶液中，液为中性，则c（OH﹣）=c（H+），根据电荷守恒可知c（Cl﹣）=c（NH4+），溶液中离子浓度大小为：c（Cl﹣）=c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+），故A正确；B．pH=12的氨水与pH=2的盐酸等体积混合，氨水过量，溶液显示碱性：c（OH﹣）＞c（H+），根据电荷守恒可知c（NH4+）＞c（Cl﹣），溶液中离子浓度大小为： c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c （OH﹣）＞c（H+），故B正确；C.25℃时，0.1 mol•L﹣1pH=4.5的NaHSO3溶液显示酸性，说明HSO3﹣的电离程度大于其水解程度，则c（SO32﹣）＞c（H2SO3），正确的离子浓度大小为：c（HSO3﹣）＞c（SO32﹣）＞c（H2SO3），故C错误；D．等浓度的CH3COONa和CH3COOH混合溶液，根据电荷守恒可知：c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）=c （H+）+c（Na+），根据物料守恒可得：c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=2c（Na+），二者结合可得：c（CH3COO﹣）﹣c（CH3COOH）=2[c（H+）﹣c（OH﹣）]，故D正确；故选C．点评：本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，明确电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理的含义为解答关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力．5．现有由两种可溶性化合物配成的混合溶液，且浓度均为0.1mol•L﹣1，其中阳离子可能是Fe2+、Al3+、Fe3+、H+，阴离子可能是NO3﹣、CO32﹣、I﹣、Cl﹣．若向溶液中加少量盐酸，则溶液变成黄色，且有气体生成．若不计水电离产生的少量离子，则下列说法一定正确的是：（）A．向溶液中加少量盐酸时，生成的气体可能含有CO2B．原溶液中一定含有NO3﹣、Fe2+，一定不含Fe3+、H+、CO32﹣C．原溶液中一定含有的离子为NO3﹣，可能含有Fe2+、I﹣D．若原溶液中逐滴加入NaOH溶液，沉淀的量先增加后减少考点：常见阳离子的检验；常见阴离子的检验．分析：若向溶液中加少量盐酸，则溶液变成黄色，说明原溶液中不存在H+，溶液变成黄色说明原溶液中不存在Fe3+，有气体生成，若存在CO32﹣、和H+作用生成二氧化碳，则溶液不可能出现变黄色，所以溶液酸性条件下，在氢离子环境下硝酸根离子表现出强的氧化性，将二价铁离子氧化成三价铁离子同时生成气体NO，或在氢离子环境下硝酸根离子表现出强的氧化性，将碘离子氧化成碘单质，呈现黄色同时生成气体NO，若原溶液一定含有Fe2+、NO3﹣，一定不含CO32﹣，若原溶液一定含有I﹣、NO3﹣，不含有Fe2+、则阳离子只能是Al3+，也一定不含CO32﹣，据此分析解答．解答：解：A．若原溶液一定含有Fe2+、NO3﹣，一定不含CO32﹣，若原溶液一定含有I﹣、NO3﹣，不含有Fe2+、则阳离子只能是Al3+，也一定不含CO32﹣，所以向溶液中加少量盐酸时，生成的气体不可能含有CO2，故A错误；B．在氢离子环境下硝酸根离子表现出强的氧化性，将碘离子氧化成碘单质，呈现黄色同时生成气体NO，原溶液中一定含有NO3﹣，一定不含Fe3+、H+、CO32﹣，不一定含有Fe2+，故B 错误；C．在氢离子环境下硝酸根离子表现出强的氧化性，将二价铁离子氧化成三价铁离子同时生成气体NO，4Fe2++NO3﹣+4H+=4Fe3++NO↑+2H2O，或在氢离子环境下硝酸根离子表现出强的氧化性，将碘离子氧化成碘单质，呈现黄色同时生成气体NO，4I﹣+2NO3﹣+6H+=2I2↓+2NO↑+3H2O，故C正确；D．阳离子Al3+可能存在，若原溶液一定含有Fe2+、原溶液中逐滴加入NaOH溶液，沉淀的量一定增加但不减少，故D错误；故选C．点评：本题考查离子共存、无机物的推断，题目难度中等，注意从物质的性质以及反应现象推断，熟练掌握元素化合物的性质．6．NM﹣3和D﹣58是正处于临床试验阶段的小分子抗癌药物，结构如下：关于NM﹣3和D ﹣58的叙述，错误的是（）A．都能与NaOH溶液反应，每mol消耗NaOH的物质的量之比为1：1B．都能与溴水反应，每mol消耗Br2的物质的量之比为3：2C．都能与H2发生加成反应，每mol消耗H2的物质的量之比为4：7D．都能与O2发生氧化反应，每mol消耗O2的物质的量之比为13：15考点：有机物的结构和性质．分析：有机物NM﹣3含有酚羟基，可发生取代、氧化和显色反应，含有酯基，可发生水解反应，含有羧基，可发生中和、酯化反应，含有碳碳双键，可发生加成、氧化反应，有机物D﹣58含有酚羟基，可发生取代、氧化和显色反应，含有羟基，可发生取代、氧化反应，含有C=O，可发生加成反应，以此解答该题．解答：解：A.1molNM﹣3和D﹣58消耗的NaOH的物质的量分别为3mol、3mol，故A正确；B.1molNM﹣3可与2mol溴发生取代反应，与1mol溴发生加成反应，1molD﹣58可与2mol溴发生取代反应，故B正确；C．能与氢气发生加成反应的为碳碳双键、苯环和羰基，酯基、羧基与氢气不反应，则每mol 消耗H2的物质的量之比为4：7，故C正确；D．NM﹣3和D﹣58的分子式分别为C13H12O6、C15H14O6，每mol消耗O2的物质的量之比为（13+﹣3）：（15+﹣3）≠13：15，故D错误．故选D．点评：本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，熟悉有机物的官能团与物质性质的关系来解答，把握苯酚、烯烃、酸的性质是解答的关键，题目难度中等．7．下列有关实验的解释或说明正确的是（）A．为了加快过滤速度，可用减压过滤或边过滤边用玻璃棒搅拌B．当沉淀的密度较大时，从液体分离出沉淀可用倾析法，它的优点是操作简单，速度快C．为了减弱铜锌原电池中的极化现象，可在溶液中加入少量的双氧水D．硝酸银是鉴别食盐和工业盐的最简单的试剂之一考点：化学实验方案的评价；原电池和电解池的工作原理；过滤；分液和萃取；物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．专题：实验评价题．分析： A．过滤时注意防止滤纸破损；B．倾析法可以将颗粒较大的固体与溶液分离；C．一般来说，电池极化作用非常明显，但是当工作一段时间之后加入一些高锰酸钾、重铬酸钾或者双氧水等强氧化剂，极化作用就会减弱；D．亚硝酸钠溶液和食盐溶液中滴加硝酸银溶液都生成白色沉淀．解答：解：A．过滤时不能用玻璃棒搅拌，防止滤纸破损，故A错误；B．当沉淀的颗粒较大时，易实现固体与液体分离，则倾析法可以将颗粒较大的固体与溶液分离，故B错误；C．一般来说，电池极化作用非常明显，但是当工作一段时间之后加入一些高锰酸钾、重铬酸钾或者双氧水等强氧化剂，极化作用就会减弱，故C正确；D．亚硝酸钠溶液和食盐溶液中滴加硝酸银溶液，两溶液分别反应生成亚硝酸银沉淀和氯化银沉淀，可产生白色沉淀，应加入硝酸，故D错误．故选C．点评：本题综合考查化学实验的基本操作和评价，涉及物质的分离、检验等知识，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，难度不大．二、解答题（共5小题，满分15分）8．A、B、C、D、E五种短周期元素，原子序数依次增大，A、E同主族，A元素的一种原子是由两种微粒构成，B元素原子的最外层电子数是内层电子总数的2倍，在紫色石蕊中通入少量的C元素的氢化物，溶液变蓝色．A、B、C、E四种元素都能与D元素形成原子个数比不相同的常见化合物．回答下列问题：（1）B、C、D可分别与A形成18电子的化合物X、Y、Z，X分子中在同一平面最多的原子数为 4 ，Y的电子式为，Z由两个相同基团构成，该基团的名称是羟基．（2）D和E可以形成原子个数之比为1：1的化合物，该化合物中含化学键的种类为离子键、共价键．（3）A、B、D、E能形成一种原子个数之比为1：2：4：1的化合物W，W的水溶液呈弱酸性．写出该化合物的电离方程式NaHC2O4=Na++HC2O4﹣、HC2O4﹣⇌H++C2O42﹣．考点：位置结构性质的相互关系应用．分析： A、B、C、D、E五种短周期元素，原子序数依次增大，A、E同主族，A元素的一种原子是由两种微粒构成，该原子不含中子，则A为H元素；B元素原子的最外层电子数是内层电子总数的2倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故B为碳元素；在紫色石蕊中通入少量的C元素的氢化物，溶液变蓝色，C的氢化物水溶液呈碱性，故C为N元素；A、E同主族，E的原子序数大于氮，故E为Na；A、B、C、E四种元素都能与D元素形成原子个数比不相同的常见化合物，由原子序数可知D处于第二周期，故D为O元素，据此解答．解答：解：A、B、C、D、E五种短周期元素，原子序数依次增大，A、E同主族，A元素的一种原子是由两种微粒构成，该原子不含中子，则A为H元素；B元素原子的最外层电子数是内层电子总数的2倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故B为碳元素；在紫色石蕊中通入少量的C元素的氢化物，溶液变蓝色，C的氢化物水溶液呈碱性，故C为N元素；A、E同主族，E的原子序数大于氮，故E为Na；A、B、C、E四种元素都能与D元素形成原子个数比不相同的常见化合物，由原子序数可知D处于第二周期，故D为O元素．（1）C、N、O可分别与A形成18电子的化合物分别为C2H6、N2H4、H2O2，C2H6分子中碳原子与其连接另外个原子共面，选择C﹣C单键可以使2个平面共面，故在同一平面最多的原子数为4，N2H4的电子式为，H2O2由两个相同﹣OH构成，该基团的名称是：羟基，故答案为：4；；羟基；（2）O和Na可以形成原子个数之比为1：1的化合物为Na2O2，含有离子键、共价键，故答案为：离子键、共价键；（3）H、C、O、Na能形成一种原子个数之比为1：2：4：1的化合物W，W为NaHC2O4，W的水溶液呈弱酸性，则W为NaHC2O4，该化合物的电离方程式：NaHC2O4=Na++HC2O4﹣，HC2O4﹣⇌H++C2O42﹣，故答案为：NaHC2O4=Na++HC2O4﹣，HC2O4﹣⇌H++C2O42﹣．点评：本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，注意对基础知识的熟练掌握，难度中等．9．A+B→X+Y+H2O（未配平，反应条件略去）是中学常见反应的化学方程式，其中A、B的物质的量之比为1：4．请回答：（1）其中X是一种非金属单质，则该单质的名称是氯气．（2）其中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：1，A是变价金属，则该反应的化学方程式为Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O ．（3）其中A、B的溶液的酸碱性相反，X可作净水剂，则该反应的离子方程式为AlO2﹣+4H+═Al3++2H2O ．考点：氧化还原反应；氧化还原反应的计算．分析：（1）联系实验室制取氯气的反应可判断X为氯气；（2）A为变价金属，可能为铜或铁，再结合A、B的物质的量之比为1：4、氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：1可知该反应为铁与稀硝酸反应生成硝酸铁、NO气体和水；（3）X可作净水剂，则X中含有铝元素，A、B的溶液的酸碱性相反、A、B的物质的量之比为1：4，则A为偏铝酸钠、B为HCl．解答：解：（1）X是一种非金属单质，A、B的物质的量之比为1：4，则X可以为氯气，该反应为方程式为：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案为：氯气；（2）A为变价金属，可能为铜或铁，又由于A、B的物质的量之比为1：4、氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：1，则该反应为铁与稀硝酸反应生成硝酸铁、NO气体和水：Fe+4HNO3=Fe （NO3）3+NO↑+2H2O，故答案为：Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O；（3）X可作净水剂，则X在溶液中能够电离出铝离子，根据“A、B的溶液的酸碱性相反”、“A、B的物质的量之比为1：4”可知：A应该为偏铝酸钠、B为HCl，二者反应的离子方程式为：AlO2﹣+4H+═Al3++2H2O，故答案为：AlO2﹣+4H+═Al3++2H2O．点评：本题考查了氧化还原反应的计算及其应用，题目难度中等，根据限制条件正确推断反应物为解答关键，注意掌握常见物质的性质、氧化还原反应的概念及应用方法．10．硫酸工业用SO2制取SO3的反应为：2SO2+O22SO3将2molSO22mol O2加入容积为5L的带有活塞的密闭器中，在一定条件下达到平衡．不同温度下，反应的平衡常数如右表，且在温度为T1、T2时，平衡体系中SO2的体积分数随压强变化曲线如图1所示．（1）比较K值的大小，K1＜K2（填＞、=、＜）．（2）下列说法正确的是CDA．A、C两点的正反应速率：A＞CB．A、C两点SO2气体的浓度：A＞CC．B、C两点的气体的平均相对分子质量：B=CD．由状态D到状态C，可以用加热的方法（3）在500℃时，若保持容积不变，每隔一定时间就对该容器内的物质进行分析，得到如时，二氧化硫的平均反应速率为0.0006 mol •s）﹣1．②该条件下反应的平衡常数K的值为368.2 （精确到小数点后一位）．（4）工业上用Na2SO3吸收尾气中的SO2使之转化为NaHSO3，再用图2装置电解（惰性电极）NaHSO3制取H2SO4，该电解池阴极的总电极反应式2HSO3﹣+2e﹣═SO32﹣+H2↑，阳极室除生成硫酸外，还有少量的SO2和O2生成．则阳极发生的副反应的电极反应式为2SO32﹣+4e﹣═2SO2↑+O2↑，该工艺中可循环利用的物质是Na2SO3、H2SO4、SO2（填化学式）．考点：化学平衡的影响因素；原电池和电解池的工作原理．分析：图1：压强一定时，平衡时A点二氧化硫的体积分数大于B点，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，二氧化硫的含量增大，故温度T1＞T2；（1）正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，平衡常数减小；A．A、C两点都在等温线上，压强越大，反应速率越快；B．增大压强平衡向正反应进行，向正反应进行是减小由于压强增大导致浓度增大趋势，但到达平衡仍比原平衡浓度大；C．B、C两点二氧化硫的体积分数相同，而平衡时二氧化硫物质的量相同、混合气体总物质的量相同，混合气体总质量不变；D．压强相同，由状态D到状态C，温度升高，化学平衡逆向移动，SO2的体积分数增大；（3）反应达到60s时三氧化硫的物质的量不再变化，反应达到化学平衡状态，利用三段式计算各组成的物质的量变化量、平衡时的物质的量；①根据v=计算；。