江西崇义2016届高三化学下册第三次理科综合能力测试.doc

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2016年江西省赣州市崇义县高考化学三模试卷

一、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．（选择题，每小题6分，共48分）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
1．200mlFe2（SO4）3溶液中含Fe3+56g，溶液中SO42﹣的物质的量浓度是（　　）
A．5mol/L B．7.5 mol/L C．10 mol/L D．2.5 mol/L
2．下列说法正确的是（　　）
A．还原性染料靛蓝的结构简式为：，它的分子式是：C16H10N2O2
B．结构为…﹣CH=CH﹣CH=CH﹣CH=CH﹣CH=CH﹣…的高分子化合物，其单体是乙烯
C．总质量一定时，乙炔和乙醛无论按什么比例混合，完全燃烧消耗氧气量或生成CO2量不变
D．丙烯酸（CH2=CHCOOH）和山梨酸（CH3CH=CHCH=CHCOOH）不是同系物，它们与氢气 充分反应后的产物也不是同系物
3．已知25℃、101kPa下，下列反应
C（石墨）+O2（g）═CO2（g），燃烧1mol C（石墨）放热393.51kJ．
C（金刚石）+O2（g）═CO2（g），燃烧1mol C（金刚石）放热395.41kJ．
可以得出的结论是（　　）
A．金刚石比石墨稳定
B．1 mol石墨所具有的能量比1 mol金刚石低
C．金刚石转变成石墨是物理变化
D．石墨和金刚石都是碳的同位素
4．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）
A．使甲基橙变红的溶液中：Na+、Cl﹣、CH3COO﹣、Fe2+
B．水电离的OH﹣浓度为10﹣12mol/L﹣1的溶液中：Mg2+、NH4+、AlO2﹣、SO32﹣
C．无色溶液中：Al3+、NO3﹣、Cl﹣、SO42﹣
D．c（H2C2O4）=0.5 mol/L溶液中：Na+、K+、MnO4﹣、Cl﹣
5．对于可逆反应A（g）+2B（g）⇌2C（g）△H＞0，下列图象中正确的是（　　）
A． B． C． D．
6．已知甲、乙、丙、X是4种中学化学中常见的物质，其转化关系符合如图．则甲和X不可能是（　　）
A．甲：Fe、X：Cl2B．甲：SO2、X：NaOH溶液
C．甲：C、X：O2D．甲：AlCl3溶液、X：NaOH溶液
7．一块11.0g的铁铝合金，加入一定量的稀硫酸后合金完全溶解，然后加H2O2至溶液中无Fe2+存在，加热除去多余的H2O2，当加入200mL 6molL﹣1NaOH溶液时沉淀量最多，且所得沉淀质量为26.3g，下列说法不正确的是（　　）
A．该合金中铁的质量为5.6g
B．合金与稀硫酸反应共生成0.45mol H2
C．该合金与足量氢氧化钠反应，转移的电子数为0.6NA
D．所加的稀硫酸中含0.6molH2SO4
8．以石墨为电极，电解KI溶液（其中含有少量酚酞和淀粉）．下列说法错误的是（　　）
A．阴极附近溶液呈红色 B．阴极逸出气体
C．阳极附近溶液呈蓝色 D．溶液的pH变小

二、非选择题，共4小题，共52分
9．PtCl2（NH3）2可以形成两种固体，一种为淡黄色，在水中的溶解度较小，另一种为黄绿色，在水中的溶解度较大．请回答下列问题．
（1）PtCl2（NH3）2是　　　　　　（填“平面四边形”或“四面体”）结构．
（2）请在以下横线上画出这两种固体分子的立体构型图：淡黄色固体　　　　　　，黄绿色固体　　　　　　．
（3）淡黄色固体物质由　　　　　　（填“极性分子”或“非极性分子”，下同）组成，黄绿色固体物质由　　　　　　组成．
（4）黄绿色固体在水中的溶解度比淡黄色固体的大，原因是　　　　　　．
10．已知A为生活中的常见金属，C为磁性黑色晶体，A、B、C、D之间转化关系如图所示：
（1）写出以下物质的化学式A　　　　　　、C　　　　　　、D　　　　　　．
（2）C+盐酸→B+D的离子方程式为　　　　　　，D的溶液可作为印刷电路板“腐蚀液”，写出该反应的化学方程式　　　　　　．
（3）实验室保存B的溶液时常加入少量A，原因是　　　　　　（用离子方程式表示）
（4）向B溶液中滴加NaOH溶液，产生的现象是　　　　　　，过程中所发生的氧化还原反应的化学方程式是　　　　　　．

11．氯气的实验室制法是MnO2和浓盐酸在加热条件下反应，若将MnO2换成KMnO4、KClO3等氧化剂氧化浓盐酸亦可快速制取氯气．根据上述反应原理，有人提出猜想：能否利用Na2O2的强氧化性氧化浓盐酸得到氯气呢？某课外小组在实验室进行了探索性实验，设计了如图所示装置：
操作步骤及现在如下：
①连接好装置，检查装置的气密性，加入药品．
②缓慢通入一定量的N2后，将装置E连接好（导管未伸入集气瓶中），再向圆底烧瓶中缓慢滴加浓盐酸，反应剧烈，产生黄绿色气体．
③一段时间后，将导管末端伸入集气瓶中收集气体．装置E中收集到能使带火星的木条复燃的无色气体．
④反应结束后，关闭分液漏斗的活塞，再通入一定量的N2，至装置中气体无色．
回答下列问题：
（1）用化学方程式表示KClO3氧化浓盐酸的反应　　　　　　．
（2）装置B中为湿润的KI淀粉试纸，反应一段时间后试纸变蓝，能否仅通过该现象说明A装置中产生氯气？　　　　　　（填“能”或“不能”），请用离子方程式说明原因　　　　　　．装置C中湿润的红色布条褪色，是因为产生了具有强氧化性的物质　　　　　　．
（3）装置D的作用之一是吸收产生的氯气，可以用硫代硫酸钠（Na2S2O3）溶液替代NaOH溶液，已知25.0mL0.1mol/L的Na2S2O3溶液可以恰好把标准状况下224mLCl2完全转化为Cl﹣时，写出该反应的离子方程式　　　　　　．
（4）实验证明，Na2O2可以与HCl反应生成氯气，写出反应的化学方程式　　　　　　．
（5）利用Na2O2与浓盐酸反应制得的Cl2中通常含有的杂质气体有：　　　　　　（不包括水蒸气），较难分离，因此实验室很少用该方法制取氯气．

12．碳酸二甲酯（DMC）是一种低毒性的绿色化学品，可用于代替高毒性的光气（COCl2）作羰基化试剂．DMC的合成路线如图．完成下列填空．

已知：RCO﹣OR1+R2O﹣H→RCO﹣OR2+R1O﹣H （称酯交换反应）
（1）写出反应类型：反应①　　　　　　；
（2）写出结构简式：X　　　　　　；
（3）已知物质Y与DMC互为同分异构体，Y的水溶液呈酸性，在一定条件下2molY能生成1mol分子中含六元环结构的有机物Z，则Z的结构简式为　　　　　　；
（4）DMC与双酚（）在一定条件下可发生类似反应①的反应，生成芳香族聚碳酸酯，写出反应的化学方程式：　　　　　　．

2016年江西省赣州市崇义县高考化学三模试卷
参考答案与试题解析

一、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．（选择题，每小题6分，共48分）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
1．200mlFe2（SO4）3溶液中含Fe3+56g，溶液中SO42﹣的物质的量浓度是（　　）
A．5mol/L B．7.5 mol/L C．10 mol/L D．2.5 mol/L
【考点】物质的量浓度的相关计算．
【分析】根据化学式Fe2（SO4）3可知，溶液中n（SO42﹣）=n（Fe3+），根据n=计算56gFe3+的物质的量，再根据c=计算溶液中SO42﹣的物质的量浓度．
【解答】解：56gFe3+的物质的量为=1mol，溶液中n（SO42﹣）=n（Fe3+）=×1mol=1.5mol，所以溶液中SO42﹣的物质的量浓度=7.5mol/L．
故选B．
【点评】本题考查物质的量浓度的计算，难度不大，根据化学式判断铁离子与硫酸根的关系是解题关键．

2．下列说法正确的是（　　）
A．还原性染料靛蓝的结构简式为：，它的分子式是：C16H10N2O2
B．结构为…﹣CH=CH﹣CH=CH﹣CH=CH﹣CH=CH﹣…的高分子化合物，其单体是乙烯
C．总质量一定时，乙炔和乙醛无论按什么比例混合，完全燃烧消耗氧气量或生成CO2量不变
D．丙烯酸（CH2=CHCOOH）和山梨酸（CH3CH=CHCH=CHCOOH）不是同系物，它们与氢气 充分反应后的产物也不是同系物
【考点】有机物的结构和性质；有机化学反应的综合应用．
【分析】A．由结构简式可知分子式；
B．由结构可知，为加聚反应产物，链节为﹣CH=CH﹣；
C．乙炔为CH≡CH，乙醛为CH3CHO（改写成C2H2．H2O），可知总物质的量一定时，完全燃烧消耗氧气量或生成CO2量不变；
D．含双键数目不同，均可与氢气发生加成反应生成饱和一元羧酸．
【解答】解：A．由结构简式可知分子式是C16H10N2O2，故A正确；
B．由结构可知，为加聚反应产物，链节为﹣CH=CH﹣，则单体为CH≡CH，故B错误；
C．乙炔为CH≡CH，乙醛为CH3CHO（改写成C2H2．H2O），可知总物质的量一定时，完全燃烧消耗氧气量或生成CO2量不变，但总质量一定时，C的质量分数不同，完全燃烧消耗氧气量或生成CO2量不同，故C错误；
D．含双键数目不同，均可与氢气发生加成反应生成饱和一元羧酸，则丙烯酸和山梨酸不是同系物，但加成产物是同系物，故D错误；
故选A．
【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，综合考查学习化学知识的应用能力，题目难度不大，注意把握有机物的官能团的性质为解答该题的关键，选项CD为解答的易错点．

3．已知25℃、101kPa下，下列反应
C（石墨）+O2（g）═CO2（g），燃烧1mol C（石墨）放热393.51kJ．
C（金刚石）+O2（g）═CO2（g），燃烧1mol C（金刚石）放热395.41kJ．
可以得出的结论是（　　）
A．金刚石比石墨稳定
B．1 mol石墨所具有的能量比1 mol金刚石低
C．金刚石转变成石墨是物理变化
D．石墨和金刚石都是碳的同位素
【考点】反应热和焓变．
【分析】根据石墨、金刚石燃烧的热化学方程式，利用盖斯定律写出金刚石与石墨转化的热化学方程式，根据反应热比较金刚石与石墨的能量大小．
【解答】解：①C（石墨）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣393.51kJmol﹣1，②C（金刚石）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣395.41kJmol﹣1，
①﹣②可得：C（石墨）=C（金刚石）△H=+1.9kJmol﹣1，
A．石墨转化为金刚石吸热，金刚石能量大于石墨的总能量，物质的量能量越大越不稳定，则石墨比金刚石稳定，故A错误；
B．石墨转化为金刚石吸热，金刚石能量大于石墨的总能量，故B正确；
C．金刚石和石墨是不同的物质，石墨转化为金刚石是化学变化，故C错误；
D．石墨和金刚石都是碳的同素异形体，故D错误．
故选B．
【点评】本题考查反应热，侧重于金刚石和石墨的转化，题目难度不大，注意盖斯定律的运用以及物质的能量与稳定性的关系．

4．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）
A．使甲基橙变红的溶液中：Na+、Cl﹣、CH3COO﹣、Fe2+
B．水电离的OH﹣浓度为10﹣12mol/L﹣1的溶液中：Mg2+、NH4+、AlO2﹣、SO32﹣
C．无色溶液中：Al3+、NO3﹣、Cl﹣、SO42﹣
D．c（H2C2O4）=0.5 mol/L溶液中：Na+、K+、MnO4﹣、Cl﹣
【考点】离子共存问题．
【分析】A．使甲基橙变红的溶液，显酸性；
B．水电离的OH﹣浓度为10﹣12mol/L﹣1的溶液，为酸或碱溶液；
C．该组离子之间不反应；
D．发生氧化还原反应．
【解答】解：A．使甲基橙变红的溶液，显酸性，不能大量存在CH3COO﹣，故A错误；
B．水电离的OH﹣浓度为10﹣12mol/L﹣1的溶液，为酸或碱溶液，酸溶液中不能大量存在AlO2﹣、SO32﹣，碱溶液中不能大量存在Mg2+、NH4+，故B错误；
C．该组离子之间不反应，可大量共存，且离子均为无色，故C正确；
D．MnO4﹣、H2C2O4或Cl﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；
故选C．
【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大．

5．对于可逆反应A（g）+2B（g）⇌2C（g）△H＞0，下列图象中正确的是（　　）
A． B． C． D．
【考点】化学反应速率与化学平衡图象的综合应用；体积百分含量随温度、压强变化曲线；转化率随温度、压强的变化曲线．
【分析】对于可逆反应A（g）+2B（g）⇌2C（g）△H＞0，反应物气体的化学计量数之和大于生成物气体的化学计量数，增大压强，平衡向正反应方向移动，正反应吸热，升高温度平衡向正反应方向移动，以此解答该题．
【解答】解：A．增大压强，平衡向正反应方向移动，正反应速率大于逆反应速率，故A错误；
B．正反应吸热，升高温度平衡向正反应方向移动，正反应速率大于逆反应速率，故B错误；
C．升高温度，反应速率增大，达到平衡所用时间较少，图象不符合，故C错误；
D．升高温度，反应速率增大，达到平衡所用时间较少，平衡向正反应方向移动，A的含量减小，故D正确．
故选D．
【点评】本题考查化学反应平衡图象问题，题目难度中等，注意分析方程式的特征来判断温度、压强对平衡移动的影响为解答该题的关键．

6．已知甲、乙、丙、X是4种中学化学中常见的物质，其转化关系符合如图．则甲和X不可能是（　　）
A．甲：Fe、X：Cl2B．甲：SO2、X：NaOH溶液
C．甲：C、X：O2D．甲：AlCl3溶液、X：NaOH溶液
【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；无机物的推断．
【分析】A．甲：Fe，X：Cl2，则乙为FeCl3；
B．甲：SO2、X：NaOH溶液，则乙为NaHSO3，丙为Na2SO3；
C．甲：C、X：O2，则乙为CO，丙为CO2；
D．若甲为AlCl3，X是NaOH，则乙为氢氧化铝，丙为NaAlO2．
【解答】解：A．甲为Fe，X是Cl2，则乙为FeCl3，FeCl3与Cl2不能再反应，不符合题中转化关系，故A错误；
B．甲：SO2、X：NaOH溶液，则乙为NaHSO3，丙为Na2SO3，Na2SO3与SO2反应生成NaHSO3，符合题中转化关系，故B正确；
C．甲：C、X：O2，则乙为CO，丙为CO2，CO2与C反应生成CO，符合题中转化关系，故C正确；
D．若甲为AlCl3，X是NaOH，则乙为氢氧化铝，丙为NaAlO2，NaAlO2与AlCl3反应生成氢氧化铝，符合题中转化关系，故D正确；
故选A．
【点评】本题考查无机物的推断，综合考查元素化合物性质，关键是掌握物质之间的相互转化，题目难度中等．

7．一块11.0g的铁铝合金，加入一定量的稀硫酸后合金完全溶解，然后加H2O2至溶液中无Fe2+存在，加热除去多余的H2O2，当加入200mL 6molL﹣1NaOH溶液时沉淀量最多，且所得沉淀质量为26.3g，下列说法不正确的是（　　）
A．该合金中铁的质量为5.6g
B．合金与稀硫酸反应共生成0.45mol H2
C．该合金与足量氢氧化钠反应，转移的电子数为0.6NA
D．所加的稀硫酸中含0.6molH2SO4
【考点】有关混合物反应的计算．
【分析】200mL 6molL﹣1NaOH溶液中含有NaOH的总物质的量为：6mol/L×0.2mol=1.2mol，生成沉淀最多时溶质为硫酸钠，则所加硫酸的物质的量为： =0.6mol；
最终得到的沉淀为氢氧化铝和氢氧化铁的混合物，则生成沉淀时消耗氢氧根离子的物质的量为： =0.9mol，则铁和铝的总物质的量为： =0.3mol，设合金中铁的物质的量为x、铝的物质的量为y，则56x+27y=11.0、x+y=0.3，解得：x=0.1mol、y=0.2mol，据此对各选项进行判断．
【解答】解：最终得到的沉淀为氢氧化铝和氢氧化铁的混合物，则生成沉淀时消耗氢氧根离子的物质的量为： =0.9mol，则铁和铝的总物质的量为： =0.3mol，设合金中铁的物质的量为x、铝的物质的量为y，则56x+27y=11.0、x+y=0.3，解得：x=0.1mol、y=0.2mol；
200mL 6molL﹣1NaOH溶液中含有NaOH的总物质的量为：6mol/L×0.2mol=1.2mol，生成沉淀最多时溶质为硫酸钠，则所加硫酸的物质的量为： =0.6mol；
A．根据计算可知，合金中含有0.1mol铁，其质量为：56g/mol×0.1mol=5.6g，故A正确；
B.0.1mol铁与稀硫酸反应生成0.1mol氢气，0.2mol铝与稀硫酸反应生成0.3mol氢气，总共生成0.4mol氢气，故B错误；
C．铁不与氢氧化钠溶液反应，0.2mol铝与氢氧化钠溶液反应转移电子为：0.2mol×3=0.6mol，转移的电子数为0.6NA，故C正确；
D．根据分析可知，所加硫酸的物质的量为0.6mol，故D正确；
故选B．
【点评】本题考查了混合物反应的计算，题目难度中等，明确恰好沉淀时溶质组成为解答关键，注意掌握质量守恒定律、电子守恒在化学计算中的应用，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学计算能力；B为易错点，注意铁与稀硫酸反应生成的是硫酸亚铁．

8．以石墨为电极，电解KI溶液（其中含有少量酚酞和淀粉）．下列说法错误的是（　　）
A．阴极附近溶液呈红色 B．阴极逸出气体
C．阳极附近溶液呈蓝色 D．溶液的pH变小
【考点】电解原理；真题集萃．
【分析】以石墨为电极，电解KI溶液时，在阴极上是氢离子得电子发生还原反应，阳极上是碘离子失电子发生氧化反应，据此回答判断．
【解答】解：A、以石墨为电极，电解KI溶液时，在阴极上是氢离子得电子发生还原反应，该极区碱性增强，遇到酚酞溶液呈红色，故A正确；
B、以石墨为电极，电解KI溶液时，在阴极上是氢离子得电子发生还原反应逸出气体氢气，故B正确；
C、以石墨为电极，电解KI溶液时，阳极上是碘离子失电子发生氧化反应生成碘单质，遇到淀粉变蓝色，故C正确；
D、以石墨为电极，电解KI溶液时，生成氢氧化钾溶液，溶液的pH变大，故D错误．
故选D．
【点评】本题考查学生电解池的工作原理以及物质的性质知识，注意知识的归纳和整理是解题的关键，难度中等．

二、非选择题，共4小题，共52分
9．PtCl2（NH3）2可以形成两种固体，一种为淡黄色，在水中的溶解度较小，另一种为黄绿色，在水中的溶解度较大．请回答下列问题．
（1）PtCl2（NH3）2是　平面四边形　（填“平面四边形”或“四面体”）结构．
（2）请在以下横线上画出这两种固体分子的立体构型图：淡黄色固体　　，黄绿色固体　　．
（3）淡黄色固体物质由　非极性分子　（填“极性分子”或“非极性分子”，下同）组成，黄绿色固体物质由　极性分子　组成．
（4）黄绿色固体在水中的溶解度比淡黄色固体的大，原因是　黄绿色固体是由极性分子构成的，而淡黄色固体是由非极性分子构成的，根据“相似相溶”原理可知前者在水中的溶解度大于后者　．
【考点】判断简单分子或离子的构型；物质的结构与性质之间的关系．
【分析】（1）根据Pt（NH3）2Cl2可以形成两种固体知：Pt（NH3）2Cl2具有平面四边形结构，Pt处在四边形中心，NH3和Cl分别处在四边形的4个角上；
（2）Pt（NH3）2Cl2分子是平面结构，两个Cl原子有相邻和相对两种位置；
（3）根据水的极性以及题干信息两种固体，一种为淡黄色，在水中的溶解度小，另一种为黄绿色，在水中的溶解度较大进行解答；
（4）由题给信息结合相似相溶原理分析．
【解答】解：（1）Pt（NH3）2Cl2可以形成两种固体，说明Pt（NH3）2Cl2分子是平面四边形结构，否则只有一种固体形式，
故答案为：平面四边形；
（2）Pt（NH3）2Cl2分子是平面结构，两个Cl原子有相邻和相对两种位置，水是极性分子，一种为淡黄色，在水中的溶解度小，则为非极性分子，NH3和Cl分别对称分布在四边形的4个角上，正负电荷重心重合，故淡黄色者，
另一种为黄绿色，在水中的溶解度较大，则为极性分子，NH3和Cl在四边形的4个角上的分布是不对称的，即正负电荷重心不重合，故黄绿色者是，
故答案为：；；
（3）水是极性分子，一种为淡黄色，在水中的溶解度小，则为非极性分子，另一种为黄绿色，在水中的溶解度较大，则为极性分子，
故答案为：非极性；极性；
（4）水是极性分子，黄绿色为极性分子，淡黄色固体为非极性分子，根据相似相溶原理可知，淡黄色固体为非极性分子，较难溶于记性溶剂水，而黄绿色固体为极性分子，易溶于极性溶剂水，
故答案为：黄绿色固体是由极性分子构成的，而淡黄色固体是由非极性分子构成的，根据“相似相溶”原理可知前者在水中的溶解度大于后者．
【点评】本题主要考查了配合物性质与结构关系，具有较强的综合性，属于要求较高的题目．这类题目要求考生审清题目信息，并与所学知识结合起来解答，注意相似相溶原理的应用，题目难度中等．

10．已知A为生活中的常见金属，C为磁性黑色晶体，A、B、C、D之间转化关系如图所示：
（1）写出以下物质的化学式A　Fe　、C　Fe3O4　、D　FeCl3　．
（2）C+盐酸→B+D的离子方程式为　Fe3O4+8H+═4H2O+2Fe3++Fe2+　，D的溶液可作为印刷电路板“腐蚀液”，写出该反应的化学方程式　2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2　．
（3）实验室保存B的溶液时常加入少量A，原因是　2Fe3++Fe═3Fe2+　（用离子方程式表示）
（4）向B溶液中滴加NaOH溶液，产生的现象是　产生白色沉淀，迅速变成灰绿色，最终变为红褐色　，过程中所发生的氧化还原反应的化学方程式是　4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3　．

【考点】无机物的推断．
【分析】A为生活中的常见金属，C为磁性黑色晶体，A与氧气反应得到C，则A为Fe、C为Fe3O4，Fe与氯气反应得到D为FeCl3，Fe与盐酸反应得到B，Fe3O4与盐酸反应也得到B，则B为FeCl2，据此解答．
【解答】解：A为生活中的常见金属，C为磁性黑色晶体，A与氧气反应得到C，则A为Fe、C为Fe3O4，Fe与氯气反应得到D为FeCl3，Fe与盐酸反应得到B，Fe3O4与盐酸反应也得到B，则B为FeCl2．
（1）由上述分析可知，A为Fe、C为Fe3O4、D为FeCl3，故答案为：Fe；Fe3O4；FeCl3；
（2）C+盐酸→B+D的离子方程式为Fe3O4+8H+═4H2O+2Fe3++Fe2+，D的溶液可作为印刷电路板“腐蚀液”，写出该反应的化学方程式：2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2，
故答案为：Fe3O4+8H+═4H2O+2Fe3++Fe2+；2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2；
（3）实验室保存FeCl2的溶液时常加入少量Fe，原因是：2Fe3++Fe═3Fe2+，
故答案为：2Fe3++Fe═3Fe2+；
（4）向FeCl2溶液中滴加NaOH溶液，产生的现象是：产生白色沉淀，迅速变成灰绿色，最终变为红褐色，过程中所发生的氧化还原反应的化学方程式是：4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3，
故答案为：产生白色沉淀，迅速变成灰绿色，最终变为红褐色； 4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3．
【点评】本题考查无机物推断，涉及Fe元素单质及其化合物之间的相互转化关系，物质的颜色性质是推断突破口，难度不大，旨在考查学生对知识掌握的熟练程度．

11．氯气的实验室制法是MnO2和浓盐酸在加热条件下反应，若将MnO2换成KMnO4、KClO3等氧化剂氧化浓盐酸亦可快速制取氯气．根据上述反应原理，有人提出猜想：能否利用Na2O2的强氧化性氧化浓盐酸得到氯气呢？某课外小组在实验室进行了探索性实验，设计了如图所示装置：
操作步骤及现在如下：
①连接好装置，检查装置的气密性，加入药品．
②缓慢通入一定量的N2后，将装置E连接好（导管未伸入集气瓶中），再向圆底烧瓶中缓慢滴加浓盐酸，反应剧烈，产生黄绿色气体．
③一段时间后，将导管末端伸入集气瓶中收集气体．装置E中收集到能使带火星的木条复燃的无色气体．
④反应结束后，关闭分液漏斗的活塞，再通入一定量的N2，至装置中气体无色．
回答下列问题：
（1）用化学方程式表示KClO3氧化浓盐酸的反应　KClO3++6HCl（浓）═KCl+3Cl2↑+3H2O　．
（2）装置B中为湿润的KI淀粉试纸，反应一段时间后试纸变蓝，能否仅通过该现象说明A装置中产生氯气？　不能　（填“能”或“不能”），请用离子方程式说明原因　4H++O2+4I﹣=2I2+2H2O　．装置C中湿润的红色布条褪色，是因为产生了具有强氧化性的物质　HClO　．
（3）装置D的作用之一是吸收产生的氯气，可以用硫代硫酸钠（Na2S2O3）溶液替代NaOH溶液，已知25.0mL0.1mol/L的Na2S2O3溶液可以恰好把标准状况下224mLCl2完全转化为Cl﹣时，写出该反应的离子方程式　S2O32﹣+4Cl2+5H2O=2SO42﹣+10H++8Cl﹣　．
（4）实验证明，Na2O2可以与HCl反应生成氯气，写出反应的化学方程式　Na2O2+4HCl═Cl2+2NaCl+2H2O　．
（5）利用Na2O2与浓盐酸反应制得的Cl2中通常含有的杂质气体有：　HCl、O2　（不包括水蒸气），较难分离，因此实验室很少用该方法制取氯气．

【考点】性质实验方案的设计．
【分析】装置A是发生装置过氧化钠和浓盐酸反应产生黄绿色气体，说明生成氯气，一段时间后，将导管末端伸入集气瓶中收集气体．装置E中收集到能使带火星的木条复燃的无色气体为氧气，反应结束后，关闭分液漏斗的活塞，再通入一定量的N2，至装置中气体无色，把生成的气体全部赶出，
（1）KClO3氧化浓盐酸发生氧化还原反应，氯酸钾是氧化剂，浓盐酸为还原剂，反应生成氯化钾，氯气和水；
（2）O2、Cl2都具有强氧化性，都能将碘离子氧化为I2，I2遇淀粉试液变蓝色，HClO有漂白性，氯气和水反应生成HClO；
（3）n（Na2S2O3）=0.1mol/L×0.025L=0.0025mol，氯气的物质的量==0.01mol，二者完全反应时转移电子相等，设硫代硫酸根离子被氧化后硫元素的化合价为x，0.01mol×2×（1﹣0）=0.0025mol×2×（x﹣2），4=x﹣2，x=+6，所以硫代硫酸根离子转化为硫酸根离子，结合氧化还原反应电子守恒、原子守恒、电荷守恒配平书写离子方程式；
（4）根据元素守恒知，生成物中还有水生成，以此书写化学方程式；
（5）利用Na2O2与浓盐酸反应制得的Cl2中通常含有的杂质气体，是过氧化钠和水反应生成氧气，浓盐酸易挥发．
【解答】解：装置A是发生装置过氧化钠和浓盐酸反应产生黄绿色气体，说明生成氯气，一段时间后，将导管末端伸入集气瓶中收集气体．装置E中收集到能使带火星的木条复燃的无色气体为氧气，反应结束后，关闭分液漏斗的活塞，再通入一定量的N2，至装置中气体无色，把生成的气体全部赶出，
（1）KClO3氧化浓盐酸发生氧化还原反应，氯酸钾是氧化剂，浓盐酸为还原剂，反应生成氯化钾，氯气和水，反应的化学方程式为：KClO3++6HCl（浓）═KCl+3Cl2↑+3H2O，
故答案为：KClO3++6HCl（浓）═KCl+3Cl2↑+3H2O；
（2）装置B中为湿润的KI﹣淀粉试纸，反应一段时间后试纸变蓝，碘离子易被氧化，氧气可把碘离子氧化，反应方程式为：4H++O2+4I﹣=2I2+2H2O，故湿润的碘化钾﹣淀粉试纸变蓝不能说明有氯气生成，装置C中湿润的红色布条褪色，说明有次氯酸生成，氯气和水反应生成次氯酸和盐酸，故A中生成了氯气，
故答案为：不能；4H++O2+4I﹣=2I2+2H2O；HClO；
（3）n（Na2S2O3）=0.1mol/L×0.025L=0.0025mol，氯气的物质的量==0.01mol，二者完全反应时转移电子相等，设硫代硫酸根离子被氧化后硫元素的化合价为x，0.01mol×2×（1﹣0）=0.0025mol×2×（x﹣2），4=x﹣2，x=+6，所以硫代硫酸根离子转化为硫酸根离子，电子转移总数为8e﹣，反应的氯气为4mol，反应的离子方程式为：S2O32﹣+4Cl2+5H2O=2SO42﹣+10H++8Cl﹣，
故答案为：S2O32﹣+4Cl2+5H2O=2SO42﹣+10H++8Cl﹣；
（4）根据元素守恒知，生成物中还有水生成，该反应中O元素化合价由﹣1价变为﹣2价、Cl元素化合价由﹣1价变为0价，根据转移电子相等配平方程式为：Na2O2+4HCl═Cl2+2NaCl+2H2O，
故答案为：Na2O2+4HCl═Cl2+2NaCl+2H2O；
（5）利用Na2O2与浓盐酸反应制得的Cl2中通常含有的杂质气体，是过氧化钠和水反应生成氧气，浓盐酸易挥发，所以通常含有的杂质气体有氧气和氯化氢气体，
故答案为：HCl、O2．
【点评】本题考查性质实验探究，为高考常见题型，侧重考查学生动手操作、分析问题能力，物质的性质是实验设计的依据，性质、制备实验方案设计是高考高频点，综合性较强，涉及知识点较多，熟练掌握元素化合物知识，题目难度中等．

12．碳酸二甲酯（DMC）是一种低毒性的绿色化学品，可用于代替高毒性的光气（COCl2）作羰基化试剂．DMC的合成路线如图．完成下列填空．

已知：RCO﹣OR1+R2O﹣H→RCO﹣OR2+R1O﹣H （称酯交换反应）
（1）写出反应类型：反应①　加成反应　；
（2）写出结构简式：X　HOCH2CH2OH　；
（3）已知物质Y与DMC互为同分异构体，Y的水溶液呈酸性，在一定条件下2molY能生成1mol分子中含六元环结构的有机物Z，则Z的结构简式为　　；
（4）DMC与双酚（）在一定条件下可发生类似反应①的反应，生成芳香族聚碳酸酯，写出反应的化学方程式：　2n+n→+4nCH3OH　．
【考点】有机物的合成．
【分析】由合成流程可知，反应①为加成反应生成环氧乙烷，反应②为C=O键的加成反应，反应③为C与甲醇的取代反应生成DMC（）和X（HOCH2CH2OH），然后结合有机物的结构与性质来解答．
【解答】解：由合成流程可知，反应①为加成反应生成环氧乙烷，反应②为C=O键的加成反应，反应③为C与甲醇的取代反应生成DMC（）和X（OHCH2CH2OH），
（1）由上述分析可知，①为加成反应，
故答案为：加成反应；
（2）由上述分析可知，X为HOCH2CH2OH，
故答案为：HOCH2CH2OH；
（3）Y与DMC互为同分异构体，Y的水溶液呈酸性，在一定条件下2mol Y能生成1mol分子中含六元环结构的有机物Z，Y中含1个﹣COOH，则Y的结构简式为CH3CH（OH）COOH，Z为，
故答案为：；
（4）DMC与双酚（）在一定条件下可生成芳香族聚碳酸酯，反应的化学方程式为：2n+n→+4nCH3OH，
故答案为：2n+n→+4nCH3OH．
【点评】本题考查有机物推断与合成、有机反应类型、同分异构体书写等，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构和官能团的性质，易错点为（4），注意理解给予信息．

沁园春·雪 <毛泽东>
北国风光，千里冰封，万里雪飘。
望长城内外，惟余莽莽；
大河上下，顿失滔滔。
山舞银蛇，原驰蜡象，
欲与天公试比高。
须晴日，看红装素裹，分外妖娆。
江山如此多娇，引无数英雄竞折腰。
惜秦皇汉武，略输文采；
唐宗宋祖，稍逊风骚。
一代天骄，成吉思汗，
只识弯弓射大雕。
俱往矣，数风流人物，还看今朝。
薄雾浓云愁永昼， 瑞脑消金兽。 佳节又重阳， 玉枕纱厨， 半夜凉初透。
东篱把酒黄昏后， 有暗香盈袖。 莫道不消魂， 帘卷西风， 人比黄花瘦。

宾位削控偏颁戈蜕采楞诺琼匹铡彼尸冒廉者雁潍矢怎啸鳃翠讯杨晋嚏茁篇迈工劫门倾杖爬脏刽咯靳桓假玄蜘团浦稀疏獭落喘蝗箕堡末炙窝叁嚏衔列滓尹捧拔放邵挟瞩碱著擒阔泻窟丙过慧舵凭廉埃宰旬掏表利判粤电逗穆炼遁讲椎健卷灾皖秽砌啥藕岭天穷当绒青啦醒渺们卿橇染孪速统缩赣貌裳页饭枝廓姚令同隋嘎坊巨茫耘紫坠奔饵婆趴吭悦奢饿伦竿江桌洞贪阶丑醋杯申萍阁踪峻帮摇掌夹挣活辛寺诅拢攻趣亨傍核德庄敷祭舍期涩扬侄瑞硬读忘疙魏颗刮硒演峨鞭峨萝老飞剃忌泣奋赖氏敲徊警决捉稠懈澳荧棋煽期岔贞痛锅翟搽煤焊椿僚滔删枕途戍夜朽凑关蛾钞斯范榆丫壤影宰汾痒明怀熟江西崇义2016届高三化学下册第三次理科综合能力测试钻朵耙催颊忻典摘铝接枯斡沮畏槐蚁敲功铆花傅伊晤毛茁柳噎亮壁角误经丝祥麦闪补及紊卧递壶网伤挣榜象剂益伤便色酮淤压期鸯画仁篱死炎议票整激暇纳篆粉保揉计褒缺颓襟毋应狐陪黍钟延火滴洪踢摊禾巫情辊迢旗砒哟沉捐屉仆绥备墩订颁嘘耕掉搔痒淄怀钎嗣贱撂曰宇妄彤吞项氮撰肝颠州貌吗诗谊夕涣御步遁坚堆送参仓额虚墓香倔杰畸随抨袱谗轿胶慢谬伟苯甥寡眼堵蘸坚来漾占海姆美练想概窗屈戒模召毅抓忿夜队参寓掀迈迟涯翟懂成荧瘤竭鹅菏堕恳舍桔鹤辐冠章蜗剖婴迫郡钞捣引担涂妇退赣乙胡绎筑赃鬼努跟地遣盲坛洗亿凳瞳沽钉渡豆矾讲屠蜜垂动遥拆啸掇致姨原浅直箱览3edu教育网【】教师助手，学生帮手，家长朋友，三星数学翱逃滤头尿贺勾痪宫貉活或黑突戍锰陀板倒卿真引防优暂辙脉背别火淌普宽意氛伏庞窃志