湖南省衡阳一中2017-2018学年高考化学模拟试卷 Word版含解析

2017-2018学年湖南省衡阳一中高考化学模拟试卷一、选择题1．我国明代《本草纲目》中收载药物1892种，其中“烧酒”条目下写道：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上…其清如水，味极浓烈，盖酒露也．”这里所用的“法”是指（）A．萃取 B．渗析 C．蒸馏 D．干馏2．下列各组离子或分子能大量共存，当加入相应试剂后，发生反应的离子方程式书写正确3．因发现青蒿素、开创治疗疟疾新方法，中国药学家屠呦呦获得2015年获诺贝尔生理学或医学奖．青蒿素的分子式为C15H22O5，不能发生酯化反应，在热的酸、碱溶液中不能稳定存在．下列结构简式中有一种是青蒿素的结构简式．由此判断青蒿素的结构简式为（）A．B． C．D．A．简单的离子半径由小到大排序：Y、X、WB．X的气态氢化物的稳定性一定比R的强C．R、X和Y可以组成含共价键的离子化合物D．在R、X、W的氢化物中，X的沸点最高6．葡萄糖分子中含醛基（﹣CHO），能与银氨溶液发生银镜反应生成光亮的银．有机物C8H5O3Br的同分异构体中，苯环上含有3个取代基且能发生银镜反应的结构共有（）（不考虑立体异构体）A．8种B．10种C．11种D．13种7．AlPO4的沉淀溶解平衡曲线如图所示（T2＞T1）．下列说法正确的是（）A．图象中四个点的K sp：a=b＞c＞dB．AlPO4在b点对应的溶解度大于c点C．AlPO4（s）⇌Al3+（aq）+PO43﹣（aq）△H＜0D．升高温度可使d点移动到b点二、解答题（共4小题，满分58分）8．氯酸（HClO3）具有强酸性及强氧化性，可用于制取多种氯酸盐．Ba（ClO3）2、AgClO3可溶于水．40%的氯酸溶液加热时会分解，产物可能有O2和Cl2．回答下列问题：（1）实验室可用氯酸钡和稀硫酸反应制备氯酸，反应原理为Ba（ClO3）2+H2SO4═BaSO4↓+2HClO3．①仪器a的名称是．②将氯酸分离出来的操作方法是．（2）某科研小组按照如图2所示的装置，通过实验检验氯酸的分解产物．①装置A中可观察到的现象是，由此可知氯酸分解的产物中有．②装置B的主要作用是，装置C的作用是．③检验另一气体产物的操作是，现象是．（3）浓度较高的氯酸与铜反应会生成ClO2气体，请写出该反应的离子方程式：．（4）氯酸钠在常温下为白色粉末，味咸，约300℃时释放出氧气，较高温度全部分解．请设计实验进行鉴别NaCl与氯酸钠（至少写两种，不包括本题中已使用的性质）：①．②．9．工业上利用锌焙砂（主要含ZnO、ZnFe2O4，还含有少量FeO、CuO等杂质）制取金属锌的工艺流程如下：回答下列问题：（1）ZnFe2O4是一种性能优良的软磁材料，也是一种催化剂，能催化烯类有机物氧化脱氢等反应．①ZnFe2O4中Fe的化合价是，从物质分类角度说，ZnFe2O4属于（填“酸”、“碱”或“盐”）．②工业上利用反应ZnFe2（C2O4）3•6H2O ZnFe2O4+2CO2↑+4CO↑+6H2O制备ZnFe2O4．该反应中氧化产物是（填化学式），每生成1mol ZnFe2O4，转移电子的物质的量是．（2）酸浸时要将锌焙砂粉碎，其目的是提高酸浸效率．为达到这一目的，还可采用的措施是（任答一条）；已知ZnFe2O4能溶于酸，则酸浸后溶液中存在的金属离子有（填离子符号）．（3）净化Ⅰ中H2O2参与反应的离子方程式为；试剂X的作用是．（4）钢铁镀锌是钢铁防护的一种有效方法．按图甲装置进行模拟铁上镀锌的实验，实验结果如图乙所示．乙中横坐标x表示电路中通过电子的物质的量，纵坐标y表示反应物或生成物的物质的量．①C电极的电极反应式为．②E可以表示的量是（任写一种）．10．N2H4（肼）可作用制药的原料，也可作火箭的燃料．（1）肼能与酸反应．N2H6Cl2溶液呈弱酸性，在水中存在如下反应：①N2H62++H2O⇌N2H5++H3O+平衡常数K1②N2H5++H2O⇌N2H4+H3O+平衡常数K2相同温度下，上述平衡常数K2＜K1，其主要原因是．（2）工业上，可用次氯酸钠与氨反应制备肼，副产物对环境友好，写出化学方程式．（3）肼在催化剂作用下分解只产生两种气体，其中一种气体能使红色石蕊试纸变蓝色．在密闭容器中发生上述反应，平衡体系中肼气体的体积分数与温度关系如图1所示．该反应的正反应△H0（填：＜、＞或=，下同）；P2P1．（4）已知热化学反应方程式：反应I：N2H4（g）⇌N2（g）+2H2（g）△H1；反应II：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H2．①△H1△H2（填：＜、＞或=）②7N2H4（g）⇌8NH3（g）+3N2（g）+2H2（g）△H△H=（用△H1、△H2表示）．③向1L恒容密闭容器中充入0.1mol N2H4，在30℃、Ni﹣Pt催化剂作用下发生反应I，测得混合物体系中，（用y表示）与时间的关系如图2所示．0～4.0min时间内H2的平均生成速率υ（H2）=mol•L﹣1•min﹣1；该温度下，反应I的平衡常数K=．（5）肼还可以制备碱性燃料电池，氧化产物为稳定的对环境友好的物质．该电池负极的电极反应式为；若以肼﹣空气碱性燃料电池为电源，以NiSO4溶液为电镀液，在金属器具上镀镍，开始两极质量相等，当两极质量之差为1.18g时，至少消耗肼的质量为g．11．有机化合物G常用作香料．合成G的一种路线如下：已知以下信息：①A的分子式为C5H8O，核磁共振氢谱显示其有两种不同化学环境的氢②CH3CH2CH═CH2CH3CHBrCH═CH2③CH3CHO+CH3CHO、CH3CH═CHCHO+H2O回答下列问题：（1）A的结构简式为，D中官能团的名称为．（2）B→C的反应类型为．（3）D→E反应的化学方程式为．（4）检验M是否已完全转化为N的实验操作是．（5）满足下列条件的L的两种同分异构体有种（不考虑立体异构）．①能发生银镜反应②能发生水解反应．其中核磁共振氢谱中有5组峰，且峰面积之比为1：2：2：2：3的结构简式为．（6）参照上述合成路线，设计一条以1﹣丁醇和NBS为原料制备顺丁橡胶（）的合成路线：．2016年湖南省衡阳一中高考化学模拟试卷参考答案与试题解析一、选择题1．我国明代《本草纲目》中收载药物1892种，其中“烧酒”条目下写道：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上…其清如水，味极浓烈，盖酒露也．”这里所用的“法”是指（）A．萃取 B．渗析 C．蒸馏 D．干馏【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．【分析】由信息可知，蒸令气上，则利用互溶混合物的沸点差异分离，以此来解答．【解答】解：由信息可知，蒸令气上，则利用互溶混合物的沸点差异分离，则该法为蒸馏，故选C．2．下列各组离子或分子能大量共存，当加入相应试剂后，发生反应的离子方程式书写正确【考点】离子共存问题；离子方程式的书写．【分析】A．少量Ba（OH）2溶液，铵根离子不反应；B．少量Mg（HCO3）2溶液完全反应，生成氢氧化镁、碳酸钠和水；C．通入少量CO2与NH3•H2O反应；D．离子之间发生氧化还原反应，不能共存．【解答】解：A．少量Ba（OH）2溶液，铵根离子不反应，离子反应为Fe2++SO42﹣+Ba2++2OH ﹣=BaSO4↓+Fe（OH）2↓，故A错误；B．少量Mg（HCO3）2溶液完全反应，生成氢氧化镁、碳酸钠和水，离子反应为Mg2++2HCO3﹣+4OH﹣=2H2O+Mg（OH）2↓+2CO32﹣，故B正确；C．通入少量CO2与NH3•H2O反应，离子反应为2NH3•H2O+CO2=2NH4++CO32﹣+H2O，故C错误；D．Fe2+、NO3﹣、HSO3﹣发生氧化还原反应，不能共存，故D错误；故选B．3．因发现青蒿素、开创治疗疟疾新方法，中国药学家屠呦呦获得2015年获诺贝尔生理学或医学奖．青蒿素的分子式为C15H22O5，不能发生酯化反应，在热的酸、碱溶液中不能稳定存在．下列结构简式中有一种是青蒿素的结构简式．由此判断青蒿素的结构简式为（）A．B． C．D．【考点】结构简式．【分析】青蒿素的分子式为C15H22O5，不能发生酯化反应说明不含羟基和羧基，在热的酸、碱溶液中不能稳定存在说明分子中含有酯键，酸碱条件下发生水解反应，依据所具有官能团存在判断结构简式．【解答】解：A．分子中无羧基和羟基，不能发生酯化反应，无酯键在热的酸、碱溶液中能稳定存在，故A错误；B．存在酯键在热的酸、碱溶液中不能稳定存在，但无羧基和羟基不能发生酯化反应，故B 错误；C．分子中含有酯键，在热的酸、碱溶液中不能稳定存在，含羟基能发生酯化反应，故C错误；D．分子中含酯键，在热的酸、碱溶液中不能稳定存在，无羧基和羟基，不能发生酯化反应，故D正确；故选D．A．简单的离子半径由小到大排序：Y、X、WB．X的气态氢化物的稳定性一定比R的强C．R、X和Y可以组成含共价键的离子化合物D．在R、X、W的氢化物中，X的沸点最高【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】短周期元素R、X、Y、W，W的主要化合价为+7、﹣1，则W为Cl元素；Y的主要化合价为+1，位于ⅠA族，其原子半径大于W（Cl），则Y为Na；X的主要化合价为﹣2，没有正化合价，则X为O元素；R的主要化合价为+4、﹣4，位于ⅣA族，原子半径大于O、小于Na，则R为C元素，据此结合元素周期律知识判断．【解答】解：短周期元素R、X、Y、W，W的主要化合价为+7、﹣1，则W为Cl元素；Y 的主要化合价为+1，位于ⅠA族，其原子半径大于W（Cl），则Y为Na；X的主要化合价为﹣2，没有正化合价，则X为O元素；R的主要化合价为+4、﹣4，位于ⅣA族，原子半径大于O、小于Na，则R为C元素，A．Y、X、W分别为Na、O、Cl，离子的电子层越多，离子半径越大，电子层相同时离子的核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径大小为：W＞X＞Y，即：简单的离子半径由小到大排序：Y、X、W，故A正确；B．非金属性越强，对应气态氢化物的稳定性越强，非金属性X（O）＞R（C），则X的气态氢化物的稳定性一定比R的强，故B正确；C．R、X和Y分别为C、O、Na元素，三种元素可以形成碳酸钠，碳酸钠是含有共价键的离子化合物，故C正确；D．R、X、W分别为C、O、Cl元素，由于C形成的氢化物比较复杂，含有碳原子数比较多的氢化物沸点大于水，故D错误；故选D．【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．胶体具有丁达尔效应；B．二氧化硫与氯化钡不反应；C．乙烯不能使品红褪色；D．也可能生成AgCl沉淀．【解答】解：A．只有胶体具有丁达尔效应，故A正确；B．将FeSO4高温强热，可生成二氧化硫和三氧化硫气体，二氧化硫与氯化钡不反应，得到的沉淀只有硫酸钡，故B错误；C．乙烯不能使品红褪色，气体应为二氧化硫，故C错误；D．也可能生成AgCl沉淀，如检验是否含有SO42﹣，应先加入盐酸，再加入氯化钡检验，故D错误．故选A．6．葡萄糖分子中含醛基（﹣CHO），能与银氨溶液发生银镜反应生成光亮的银．有机物C8H5O3Br的同分异构体中，苯环上含有3个取代基且能发生银镜反应的结构共有（）（不考虑立体异构体）A．8种B．10种C．11种D．13种【考点】有机化合物的异构现象．【分析】分子式为C8H5O3Br，苯环上含有3个取代基能与NaHCO3溶液反应且能发生银镜反应，说明取代基为﹣COOH，﹣CHO，﹣Br，采用“定二议一”的方法分析．【解答】解：分子式为C8H5O3Br，苯环上含有3个取代基能与NaHCO3溶液反应且能发生银镜反应，说明取代基为﹣COOH，﹣CHO，﹣Br，采用“定二议一”的方法分析，当﹣COOH与﹣CHO，处在邻位时，苯环上剩余的4种氢原子不同，用﹣Br取取代的产物有4种结构；当﹣COOH与﹣CHO处在间位时，苯环上剩余的4种氢原子也各不相同，用﹣Br取取代的产物有4种结构；当﹣COOH与﹣CHO处在对位时，苯环上有2种氢，用﹣Br取取代的产物有2种结构，共4+4+2=10种结构，故选B．7．AlPO4的沉淀溶解平衡曲线如图所示（T2＞T1）．下列说法正确的是（）A．图象中四个点的K sp：a=b＞c＞dB．AlPO4在b点对应的溶解度大于c点C．AlPO4（s）⇌Al3+（aq）+PO43﹣（aq）△H＜0D．升高温度可使d点移动到b点【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【分析】A．温度相同，Ksp相同，温度越高，Ksp越大；B．T2＞T1，温度高时溶解度大；C．沉淀溶解平衡为吸热反应；D．升高温度，沉淀溶解平衡正向移动．【解答】解：A．温度相同，Ksp相同，温度越高，Ksp越大，则图象中四个点的K sp：a=d=c ＜b，故A错误；B．T2＞T1，温度高时溶解度大，则AlPO4在b点对应的溶解度大于c点，故B正确；C．沉淀溶解平衡为吸热反应，则AlPO4（s）→Al3+（aq）+PO43﹣（aq）△H＞0，故C错误；D．升高温度，沉淀溶解平衡正向移动，则升高温度Al3+、PO43﹣的浓度均增大，不能使d 点移动到b点，故D错误；故选B．二、解答题（共4小题，满分58分）8．氯酸（HClO3）具有强酸性及强氧化性，可用于制取多种氯酸盐．Ba（ClO3）2、AgClO3可溶于水．40%的氯酸溶液加热时会分解，产物可能有O2和Cl2．回答下列问题：（1）实验室可用氯酸钡和稀硫酸反应制备氯酸，反应原理为Ba（ClO3）2+H2SO4═BaSO4↓+2HClO3．①仪器a的名称是分液漏斗．②将氯酸分离出来的操作方法是过滤．（2）某科研小组按照如图2所示的装置，通过实验检验氯酸的分解产物．①装置A中可观察到的现象是产生黄绿色气体，由此可知氯酸分解的产物中有Cl2．②装置B的主要作用是吸收氯气，装置C的作用是干燥气体．③检验另一气体产物的操作是将带火星的木条放置在C的出气口，现象是木条复燃．（3）浓度较高的氯酸与铜反应会生成ClO2气体，请写出该反应的离子方程式：Cu+2ClO3﹣+4H+=Cu2++2ClO2↑+2H2O．（4）氯酸钠在常温下为白色粉末，味咸，约300℃时释放出氧气，较高温度全部分解．请设计实验进行鉴别NaCl与氯酸钠（至少写两种，不包括本题中已使用的性质）：①将两种固体物质加热到300℃以上，若有气体产生，证明待鉴物质为NaClO3．②在两种待鉴物质的溶液中分别加入AgNO3溶液，若有白色沉淀产生，证明待鉴物质为NaCl．【考点】制备实验方案的设计．【分析】（1）①由图可知仪器的名称；②由Ba（ClO3）2+H2SO4═BaSO4↓+2HClO3可知，硫酸钡不溶于水；（2）①氯酸受热分解生成O2和Cl2，Cl2为黄绿色气体，根据A中气体颜色判断生成含有氯气；②氯气能和水反应生成HCl、HClO，所以氯气能和碱溶液反应；浓硫酸具有吸水性，能干燥气体；③氧气具有助燃性，可以用带火星的木条检验；（3）浓度较高的氯酸与铜反应会生成ClO2气体，Cu被氧化生成Cu 2+，该反应中Cl元素化合价由+5价变为+4价、Cu元素化合价由0价变为+2价，根据转移电子守恒配平方程式；（4）由信息可知，氯酸钠加热分解，且与硝酸银不反应，而NaCl不分解，与硝酸银反应生成白色沉淀．【解答】解：（1）①仪器a的名称是分液漏斗，故答案为：分液漏斗；②由Ba（ClO3）2+H2SO4═BaSO4↓+2HClO3可知，硫酸钡不溶于水，则将氯酸分离出来的操作方法是过滤，故答案为：过滤；（2）①氯酸受热分解生成O2和Cl2，Cl2为黄绿色气体，如果A中气体呈黄绿色，所以看到的现象是A中气体呈黄绿色，由此可知氯酸分解的产物中含有Cl2，故答案为：产生黄绿色气体；Cl2；②氯气能和水反应生成HCl、HClO，所以氯气能和碱溶液反应，则B的作用是吸收氯气；浓硫酸具有吸水性，能干燥气体，所以C的作用是干燥气体，故答案为：吸收氯气；干燥气体；③氧气具有助燃性，可以用带火星的木条检验，所以检验另一种气体的方法是：将带火星的木条放置在C的出气口，如果带火星的木条复燃就证明有氧气生成，故答案为：将带火星的木条放置在C的出气口；木条复燃；（3）浓度较高的氯酸与铜反应会生成ClO2气体，Cu被氧化生成Cu 2+，该反应中Cl元素化合价由+5价变为+4价、Cu元素化合价由0价变为+2价，转移电子数为2，根据转移电子守恒配平方程式为Cu+2ClO3﹣+4H+=Cu2++2ClO2↑+2H2O，故答案为：Cu+2ClO3﹣+4H+=Cu2++2ClO2↑+2H2O；（4）由信息可知，氯酸钠加热分解，且与硝酸银不反应，而NaCl不分解，与硝酸银反应生成白色沉淀，则鉴别二者的方法为①将两种固体物质加热到300℃以上，若有气体产生，证明待鉴物质为NaClO3；②在两种待鉴物质的溶液中分别加入AgNO3溶液，若有白色沉淀产生，证明待鉴物质为NaCl，故答案为：将两种固体物质加热到300℃以上，若有气体产生，证明待鉴物质为NaClO3；在两种待鉴物质的溶液中分别加入AgNO3溶液，若有白色沉淀产生，证明待鉴物质为NaCl．9．工业上利用锌焙砂（主要含ZnO、ZnFe2O4，还含有少量FeO、CuO等杂质）制取金属锌的工艺流程如下：回答下列问题：（1）ZnFe2O4是一种性能优良的软磁材料，也是一种催化剂，能催化烯类有机物氧化脱氢等反应．①ZnFe2O4中Fe的化合价是+3，从物质分类角度说，ZnFe2O4属于盐（填“酸”、“碱”或“盐”）．②工业上利用反应ZnFe2（C2O4）3•6H2O ZnFe2O4+2CO2↑+4CO↑+6H2O制备ZnFe2O4．该反应中氧化产物是ZnFe2O4、CO2（填化学式），每生成1mol ZnFe2O4，转移电子的物质的量是4mol．（2）酸浸时要将锌焙砂粉碎，其目的是提高酸浸效率．为达到这一目的，还可采用的措施是增大硫酸的浓度或升高温度、空气搅拌等（任答一条）；已知ZnFe2O4能溶于酸，则酸浸后溶液中存在的金属离子有Zn2+、Fe3+、Fe2+、Cu2+（填离子符号）．（3）净化Ⅰ中H2O2参与反应的离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+═2Fe3++2H2O；试剂X 的作用是调节溶液的pH，促进Fe3+水解．（4）钢铁镀锌是钢铁防护的一种有效方法．按图甲装置进行模拟铁上镀锌的实验，实验结果如图乙所示．乙中横坐标x表示电路中通过电子的物质的量，纵坐标y表示反应物或生成物的物质的量．①C电极的电极反应式为4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O．②E可以表示的量是消耗水的物质的量、生成Zn的物质的量、生成硫酸的物质的量（任写一种）．【考点】制备实验方案的设计．【分析】将锌焙砂（主要含ZnO、ZnFe2O4，还含有少量FeO、CuO等氧化物杂质）酸浸，发生反应ZnFe2O4+8H+=Zn2++2Fe3++4H2O、ZnO+2H+=Zn2++H2O、FeO+2H+=Fe2++H2O、CuO+2H+=Cu2++H2O，向溶液中加入双氧水，发生反应2Fe2++2H++H2O2=2 Fe3++2H2O，调节溶液的pH将Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，调节溶液pH时不能引进新的杂质，可以用ZnO，所以X为ZnO，然后向溶液中加入Zn，发生反应Cu2++Zn=Zn2++Cu，然后过滤，所以Y中含有Cu，最后电解得到Zn，（1）①ZnFe2O4中锌的化合价+2价，氧元素化合价﹣2价，结合化合价代数和为0计算得到Fe的化合价；②工业上利用反应ZnFe2（C2O4）3•6H2O ZnFe2O4+2CO2↑+4CO↑+6H2O制备ZnFe2O4．反应过程中铁元素化合价+2价变化为+3价，碳元素化合价+3价变化为+4价好+2价；（2）酸浸时要将锌焙砂粉碎，其目的是提高酸浸效率．为达到这一目的，还可采用的措施是增大硫酸的浓度或升高温度、空气搅拌等，已知ZnFe2O4能溶于酸，则酸浸后溶液中存在的金属离子有，氧化锌溶解得到锌离子、氧化亚铁溶解得到亚铁离子、氧化铜溶解得到铜离子、ZnFe2O4能溶于酸得到铁离子；（3）化Ⅰ中H2O2参与反应是双氧水具有氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，试剂X的作用是调节溶液PH，促进Fe3+水解生成氢氧化铁沉淀除去；（4）由甲可知，为电解装置，C为阳极，发生4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O，Cu为阴极，发生Cu2++2e﹣=Cu；由乙可知，转移4mol电子生成2molE，E为Cu，生成1molF，F为氧气，以此来解答．【解答】解：将锌焙砂（主要含ZnO、ZnFe2O4，还含有少量FeO、CuO等氧化物杂质）酸浸，发生反应ZnFe2O4+8H+=Zn2++2Fe3++4H2O、ZnO+2H+=Zn2++H2O、FeO+2H+=Fe2++H2O、CuO+2H+=Cu2++H2O，向溶液中加入双氧水，发生反应2Fe2++2H++H2O2=2 Fe3++2H2O，调节溶液的pH将Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，调节溶液pH时不能引进新的杂质，可以用ZnO，所以X为ZnO，然后向溶液中加入Zn，发生反应Cu2++Zn=Zn2++Cu，然后过滤，所以Y中含有Cu，最后电解得到Zn，（1）①ZnFe2O4中锌的化合价+2价，氧元素化合价﹣2价，结合化合价代数和为0计算得到Fe的化合价，+2+x×2+（﹣2）×4=0，x=+3，从物质分类角度说，物质是酸根离子和金属阳离子构成，所以ZnFe2O4属于盐，故答案为：+3；盐；②工业上利用反应ZnFe2（C2O4）3•6H2O ZnFe2O4+2CO2↑+4CO↑+6H2O制备ZnFe2O4．反应过程中铁元素化合价+2价变化为+3价，碳元素化合价+3价变化为+4价好+2价，则氧化产物为：ZnFe2O4、CO2，每生成1mol ZnFe2O4，碳元素化合价+3价变化为+2价降低得到电子，每生成1mol ZnFe2O4，生成4molCO转移电子的物质的量是4mol，故答案为：ZnFe2O4、CO2；4mol；（2）酸浸时要将锌焙砂粉碎，其目的是提高酸浸效率．为达到这一目的，还可采用的措施是增大硫酸的浓度或升高温度、空气搅拌等，已知ZnFe2O4能溶于酸，则酸浸后溶液中存在的金属离子有，氧化锌溶解得到锌离子、氧化亚铁溶解得到亚铁离子、氧化铜溶解得到铜离子、ZnFe2O4能溶于酸得到铁离子，所以得到的金属离子有：Zn2+、Fe3+、Fe2+、Cu2+，故答案为：增大硫酸的浓度或升高温度、空气搅拌等；Zn2+、Fe3+、Fe2+、Cu2+；（3）净化Ⅰ中H2O2参与反应是双氧水具有氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，离子方程式为：H2O2+2Fe2++2H+═2Fe3++2H2O，试剂X的作用是调节溶液PH，促进Fe3+水解生成氢氧化铁沉淀除去，故答案为：H2O2+2Fe2++2H+═2Fe3++2H2O；调节溶液的pH，促进Fe3+水解；（4）由甲可知，为电解装置，C为阳极，发生4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O，Cu为阴极，发生Cu2++2e﹣=Cu，总反应为2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，结合乙可知，转移4mol电子生成2molE，生成1molF，①C为阳极，电极的电极反应式为：4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O，故答案为：4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O；②由总反应可知，Cu与水的物质的量相同，则E表示反应消耗水的物质的量，由电子与物质的物质的量的关系可知E表示反应生成锌的物质的量，也可以为生成硫酸的物质的量，故答案为：消耗水的物质的量、生成Zn的物质的量、生成硫酸的物质的量．10．N2H4（肼）可作用制药的原料，也可作火箭的燃料．（1）肼能与酸反应．N2H6Cl2溶液呈弱酸性，在水中存在如下反应：①N2H62++H2O⇌N2H5++H3O+平衡常数K1②N2H5++H2O⇌N2H4+H3O+平衡常数K2相同温度下，上述平衡常数K2＜K1，其主要原因是第一步水解生成的H3O+对第二步水解有抑制作用．（2）工业上，可用次氯酸钠与氨反应制备肼，副产物对环境友好，写出化学方程式NaClO+2NH3=NaCl+N2H4+H2O．（3）肼在催化剂作用下分解只产生两种气体，其中一种气体能使红色石蕊试纸变蓝色．在密闭容器中发生上述反应，平衡体系中肼气体的体积分数与温度关系如图1所示．该反应的正反应△H＞0（填：＜、＞或=，下同）；P2＜P1．（4）已知热化学反应方程式：反应I：N2H4（g）⇌N2（g）+2H2（g）△H1；反应II：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H2．①△H1＞△H2（填：＜、＞或=）②7N2H4（g）⇌8NH3（g）+3N2（g）+2H2（g）△H△H=7△H1+4△H2（用△H1、△H2表示）．③向1L恒容密闭容器中充入0.1mol N2H4，在30℃、Ni﹣Pt催化剂作用下发生反应I，测得混合物体系中，（用y表示）与时间的关系如图2所示．0～4.0min时间内H2的平均生成速率υ（H2）=0.025mol•L﹣1•min﹣1；该温度下，反应I的平衡常数K=0.01．（5）肼还可以制备碱性燃料电池，氧化产物为稳定的对环境友好的物质．该电池负极的电极反应式为N2H4﹣4e﹣+4OH﹣=N2↑+4H2O；若以肼﹣空气碱性燃料电池为电源，以NiSO4溶液为电镀液，在金属器具上镀镍，开始两极质量相等，当两极质量之差为1.18g时，至少消耗肼的质量为0.16g．【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；反应热和焓变；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的计算．【分析】（1）第一步水解生成的H3O+对第二步水解有抑制作用，第一步水解为主；（2）次氯酸钠的还原产物为氯化钠，不是氯气，还有水生成，氯化钠、水对环境都友好，结合原子守恒配平书写得到化学方程式；（3）从图象看出，升高温度，平衡体系中肼气体的体积分数降低，则平衡正向移动，说明正方向是吸热反应；肼在催化剂作用下分解只产生两种气体，其中一种气体能使红色石蕊试纸变蓝色，则方程式为：3N2H44NH3+N2，增大压强，平衡向左移动，N2H4体积分数增大，故P1大于P2；（4）①反应I是吸热反应，反应II是放热反应；②根据盖斯定律知，反应I×7+反应II×4=反应III；③设平衡时n（N2）=a，n（H2）=2a，n（N2H4）=0.1 mol﹣a，则：3a=3.0×（0.1 mol﹣a），a=0.05 mol，υ（H2）=，K=计算；（5）N2H4/空气在碱溶液中构成电池，N2H4在负极上发生氧化反应，O2在正极上发生还原反应，负极的电极反应式为N2H4﹣4e﹣+4OH﹣=N2↑+4H2O，镀镍时阴极的反应式为Ni2++2e ﹣=Ni，镍的相对原子质量为59，阳极为纯镍，阳极的电极反应式为Ni﹣2e﹣=Ni2+，根据得失电子守恒建立关系计算．【解答】解：（1）相同温度下，上述平衡常数K2＜K1，其主要原因是第一步水解生成的H3O+对第二步水解有抑制作用，第一步水解为主，故答案为：第一步水解生成的H3O+对第二步水解有抑制作用；（2）次氯酸钠的还原产物为氯化钠，不是氯气，还有水生成，氯化钠、水对环境都友好，化学方程式为：NaClO+2NH3=NaCl+N2H4+H2O，故答案为：NaClO+2NH3=NaCl+N2H4+H2O；（3）从图象看出，升高温度，平衡体系中肼气体的体积分数降低，则平衡正向移动，说明正方向是吸热反应；肼在催化剂作用下分解只产生两种气体，其中一种气体能使红色石蕊试纸变蓝色，则方程式为：3N2H44NH3+N2，增大压强，平衡向左移动，N2H4体积分数增大，故P1大于P2，故答案为：＞；＜；（4）①反应I是吸热反应，△H1＞0，反应II是放热反应，△H2＜0，则△H1＞△H2，故答案为：＞；②反应I：N2H4（g）⇌N2（g）+2H2（g）△H1反应II：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H2反应III：7N2H4（g）⇌8NH3（g）+3N2（g）+2H2（g）△H根据盖斯定律知，反应I×7+反应II×4=反应III，△H=7△H1+4△H2，故答案为：7△H1+4△H2；③设平衡时n（N2）=a，n（H2）=2a，n（N2H4）=0.1 mol﹣a，则：3a=3.0×（0.1 mol﹣a），a=0.05 mol．υ（H2）==0.025mol/（L•min），K===0.01，故答案为：0.025；0.01；（5）N2H4/空气在碱溶液中构成电池，N2H4在负极上发生氧化反应，O2在正极上发生还原反应，负极的电极反应式为N2H4﹣4e﹣+4OH﹣=N2↑+4H2O，镀镍时阴极的反应式为Ni2++2e﹣=Ni，镍的相对原子质量为59，阳极为纯镍，阳极的电极反应式为Ni﹣2e﹣=Ni2+，设至少消耗N2H4的物质的量为n，由电子守恒知，阴极质量与阳极质量之差为[2n﹣（﹣2n）]×59g/m/ol=1.18g，n=0.005mol，m（N2H4）=0.005mol×32g/mol=0.16g，故答案为：N2H4﹣4e﹣+4OH﹣=N2↑+4H2O；0.16．11．有机化合物G常用作香料．合成G的一种路线如下：已知以下信息：①A的分子式为C5H8O，核磁共振氢谱显示其有两种不同化学环境的氢②CH3CH2CH═CH2CH3CHBrCH═CH2③CH3CHO+CH3CHO、CH3CH═CHCHO+H2O回答下列问题：（1）A的结构简式为，D中官能团的名称为碳碳双键、氯原子．（2）B→C的反应类型为消去反应．（3）D→E反应的化学方程式为．（4）检验M是否已完全转化为N的实验操作是取少量试样于试管中，滴加稀NaOH至溶液呈碱性，再加入新制（）2加热至沸，若没有砖红色沉淀产生，说明已完全转化为N，否则M未完全转化为N．（5）满足下列条件的L的两种同分异构体有14种（不考虑立体异构）．①能发生银镜反应②能发生水解反应．其中核磁共振氢谱中有5组峰，且峰面积之比为1：2：2：2：3的结构简式为．（6）参照上述合成路线，设计一条以1﹣丁醇和NBS为原料制备顺丁橡胶（）的合成路线：CH3CH2CH2CH2OH CH3CH2CH=CH2CH3CHBrCH=CH2CH2=CHCH=CH2．【考点】有机物的合成．【分析】由G的结构简式可知E、N分别为、中的一种，K发生信息③中的转化得到M，M发生催化氧化生成N为羧酸，故N为，E为，逆推可知M为，L为，K为．A的分子式为C5H8O，核磁共振氢谱显示其有两种不同化学环境的氢，能与氢气发生加成反应，系列转化得到E，可知A为，则B为，结合信息②可知，B发生消去反应生成C为，C与NBS发生取代反应生成D为，D在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成E，以1﹣丁醇和NBS为原料制备顺丁橡胶，可以用1﹣丁醇发生消去生成1﹣丁烯，再与溴发生取代生成CH3CHBrCH=CH2，再消去得到CH2=CHCH=CH2，CH2=CHCH=CH2再加聚可得产品，据此答题．【解答】解：由G的结构简式可知E、N分别为、中的一种，K发生信息③中的转化得到M，M发生催化氧化生成N为羧酸，故N为，E为，逆推可知M为，L为，K为．A的分子式为C5H8O，核磁共振氢谱显示其有两种不。