1、湖北省武汉市黄陂区第一中学2015-2016学年高二下期期末复习化学模拟试题（解析版）1在下列各溶液中，离子一定能大量共存的是A强碱性溶液中：K+、Al3+、Cl-、SO42-B在无色透明的溶液中：K+、Cu2+、SO42-、NO3-C含有0.1 molL-1 Ca2+溶液在中：Na+、K+、CO32-、Cl-D室温下，pH1的溶液中： Na+、Fe3+、NO3-、SO42-【答案】D【解析】试题分析：A、强碱性溶液含有OH-离子，与Al3+反应，生成Al(OH）3沉淀,故不能共存；B、溶液无色透明，故要排除Cu2+ ，错误；C、Ca2+与 CO32-形成沉淀，故错误；D、酸性溶液中，均共存。
2、考点：考查了离子共存的相关知识2下列实验操作、现象和结论均正确的是选项实验操作现象结论A用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应火焰呈黄色原溶液中有Na+，无K+B将SO2和CO2气体分别通入水中至饱和，立即用pH计测两溶液的pH前者的pH小于后者H2SO3酸性强于H2CO3C铝热剂溶于足量稀盐酸再滴加KSCN溶液未出现血红色铝热剂中不能确定是否含有铁的氧化物D向淀粉溶液中加入稀H2SO4，加热几分钟，冷却后再加入几滴新制Cu(OH)2悬浊液，加热没有红色沉淀生成淀粉没有水解成葡萄糖【答案】C【解析】试题分析：A、由于没有透过蓝色钴玻璃观察，则不能确定是否含有钾离子，A错误；B、二者的水溶液的浓度不同，
3、所以不能通过pH比较酸性强弱，B错误；C、未出现血红色只能说明不存在铁离子，但可能含有亚铁离子，即铝热剂中不能确定是否含有铁的氧化物，C正确；D、没有加碱中和，则不能确定是否含有葡萄糖，D错误，答案选C。【考点定位】本题主要是考查实验方案设计与评价【名师点晴】该题的易错选项是B和D，注意利用溶液中氢离子浓度比较酸性强弱时必须满足在相同条件下，即温度、浓度相等，而饱和亚硫酸和碳酸的浓度不同，不能比较；醛基与新制氢氧化铜或银氨溶液反应时必须在碱性溶液中，因此检验淀粉是否水解时必须首先加入氢氧化钠中和硫酸。3下列说法中正确的是A有机物中一定含有C、H元素，可能含有氧元素、氮元素、卤素等B乙烯与苯都可
4、以使溴水褪色，褪色是因为前者发生了加成反应，后者发生了取代反应C石油主要含有C、H两种元素，石油分馏得到的各馏分均是混合物D煤的干馏是化学变化，煤的气化或液化是物理变化【答案】C【解析】4现代家居装修材料中，普遍存在着甲醛、苯等有毒物质，如果不注意处理就会对人体产生极大的危害。按照有机物的分类，甲醛属于醛。下列各项对有机物的分类方法与此方法相同的是（ ） 属于环状化合物属于卤代烃属于链状化合物属于醚A B C D【答案】C【解析】试题分析：甲醛属于醛，这是根据官能团进行分类，这是根据碳骨架进行的分类，分成链状化合物和环状化合物，不符合题意，故错误；因为含有Br，因此此有机物属于卤代烃，符合题意
5、，故正确；根据碳骨架进行分类，故错误；含有醚键，属于醚，按照官能团进行分类，故正确；故选项C正确。考点：考查有机物的分类等知识。5下列物质的组成中，一定含有氧元素的是A单质 B酸 C碱 D盐【答案】C【解析】试题分析：A、单质不一定含有氧，A项错误；B、酸有无氧酸，B项错误；C、碱是由金属阳离子和OH离子构成的化合物，既然有OH那么必然有氧元素，C项正确；D、无氧酸与金属阳离子形成的盐没有氧元素，D项错误；答案选C。考点：考查物质分类6某兴趣小组设计如下微型实验装置。实验时，现断开K2，闭合K1，两极均有气泡产生；一段时间后，断开K1，闭合K2，发现电流表指针偏转，下列有关描述正确的是( )A
6、断开K2，闭合K1时，总反应的离子方程式为：2H+2ClCl2+H2B断开K2，闭合K1时，石墨为正极，铜为负极，石墨电极附近溶液变红C断开K1，闭合K2时，石墨电极上的电极反应为：Cl2+2e2Cl D断开K2闭合K1时，是化学能转变为电能。断开K1闭合K2时，是电能转变为化学能。【答案】C【解析】试题分析：A、断开K2，闭合K1时，是电解池装置，电解饱和食盐水的总反应的离子方程式为2H2O+2ClCl2+H2+2OH，错误；B、断开K2，闭合K1时，是电解池装置，两极均有气泡产生，说明两极产生的气体分别是氢气和氯气，因此活泼金属Cu不能做阳极，Cu做阴极，石墨做阳极，阳极上（石墨电极上）氯
7、离子离子失电子发生氧化反应，阴极上（Cu电极上）氢离子得到电子发生还原反应，依据水的电离平衡，氢氧根离子浓度增大酚酞变红，错误；C、断开K1，闭合K2时，发现电流表指针偏转，证明是原电池反应，形成氢氯燃料电池，据上述分析可知，Cu电极上产生了氢气，石墨电极上产生了氯气，因此石墨电极上的电极反应为：Cl2+2e2Cl，正确；D、断开K2闭合K1时，有外接电源，是电解池，电能转变为化学能。断开K1闭合K2时，发现电流表指针偏转，是原电池，化学能转变为电能，错误。考点：考查原电池和电解池的工作原理。7钠离子电池具有资源广泛、价格低廉、环境友好、安全可靠的特点，特别适合于固定式大规模储能应用的需求。一
8、种以Na2SO4水溶液为电解液的钠离子电池总反应为：NaTi2(PO4)3 +2Na2NiFeII (CN)6 Na3Ti2(PO4)3 +2NaNiFeIII(CN)6（注：其中P的化合价为+5，Fe的上标II、III代表其价态）。下列说法不正确的是A放电时NaTi2(PO4)3在正极发生还原反应B放电时负极材料中的Na脱离电极进入溶液，同时溶液中的Na嵌入到正极材料中C充电过程中阳极反应式为：2NaNiFeIII(CN)62Na2e2Na2NiFeII (CN)6D该电池在较长时间的使用过程中电解质溶液中Na+的浓度基本保持不变【答案】C【解析】试题分析：由题意可知放电时负极为2Na2Ni
9、FeII (CN)6- 2e2NaNiFeIII(CN)6+ 2Na，Na2NiFeII (CN)6失电子被氧化发生氧化反应，正极为：2NaTi2(PO4)32Na+2eNa3Ti2(PO4)3，NaTi2(PO4)3得电子被还原发生还原反应，故A项正确；放电时负极材料中的Na脱离电极进入溶液，同时溶液中的Na嵌入到正极材料中，B项正确；充电过程中阴极极反应式为：2NaNiFeIII(CN)62Na2e2Na2NiFeII (CN)6，阳极：Na3Ti2(PO4)3-2e2NaTi2(PO4)32Na，故C项错误；该电池在较长时间的使用过程中电解质溶液中Na+的浓度基本保持不变，D项正确；本题
10、选C。考点：电化学原理。8碱性电池具有容量大、放电电流大的特点，因而得到广泛使用，锌-锰碱性电池以氢氧化钾溶液为电解液，电池总反应为： Zn(s)+2MnO2(s)+H2O(l)Zn(OH)2(s)+Mn2O3(s)。下列说法错误的是A电池工作时，锌失去电子B电池正极的电极反应式为：2MnO2(s)+H2O(l)+2eMn2O3(s)+2OH(aq)C电池工作时，电子由正极通过外电路流向负极D外电路中每通过0.2mol电子，锌的质量理论上减小6.5g【答案】C【解析】试题分析：A根据反应方程式可知，在电池工作时，锌失去电子，发生氧化反应，作负极，正确。B电池，MnO2为正极，在正极上得到电子，
11、发生还原反应，正极的电极反应式为：2MnO2(s)+H2O(l)+2eMn2O3(s)+2OH(aq)，正确。C电池工作时，电子由负极通过外电路流向正极，错误。D由于Zn 是+2价的金属，所以外电路中每通过0.2mol电子，则反应消耗Zn的物质的量是0.1mol，其质量是m(Zn)=nM=0.1mol65g/mol=6.5g，正确。考点：考查锌-锰碱性电池的工作原理及有关计算的知识。9下表中，对陈述、的正确性及两者间有无因果关系的判断都正确的是（ ）选项陈述陈述判断A用锌和足量稀硫酸制取氢气时加入硫酸铜溶液可以制取更多的氢气对、对、有B用MgAlNaOH构成原电池Mg更活泼作负极对、对、无CA
12、lCl3是离子化合物电解熔融的AlCl3制取金属铝对、对、无D石墨常用做电解池的电极石墨的化学性质稳定且导电性好对、对、有【答案】D【解析】试题分析：A陈述用锌和足量稀硫酸制取氢气时加入硫酸铜溶液，是形成锌铜原电池，加快反应速率，但是制取的氢气会减少，因为其中一部分锌用来置换出铜，所以对、错、两者间无因果关系，A项错误；B陈述用MgAlNaOH构成原电池，由于镁不能和氢氧化钠反应，铝可以，所以镁做正极；所以对、错、两者间无因果关系，B项错误；C陈述AlCl3是离子化合物本身就是错误的，因为它是共价化合物，所以也无法电解熔融的氯化铝，错、错、两者间无因果关系，C项错误；D陈述石墨常用做电解池的电
13、极，陈述石墨的化学性质稳定且导电性好，所以对、对、两者间有因果关系，D项正确；答案选D。【考点定位】考查原电池的工作原理及应用。【名师点睛】本题考查原电池的工作原理及应用。学生要熟练掌握原电池的基本知识，这类问题便可解决。原电池是将化学能直接转化为电能的一种装置。其原理也是通过化学反应（在正负极发生不同的氧化还原反应）使闭合电路中产生电子流，从而产生电流的。其中在负极发生氧化反应，正极发生还原反应。10有两种一元弱酸的钠盐溶液，其物质的量浓度相等，现向这两种盐的溶液中分别通入适量的CO2，发生如下反应：NaRCO2H2OHRNaHCO3 2NaR1CO2H2O2HR1Na2CO3。HR和HR1
14、的酸性强弱比较，正确的是（ ）AHR较B弱 BHR1较弱 C两者相同 D无法比较【答案】【解析】试题分析：NaR1的反应：CO2先和水反应生成H2CO3，然后和NaR1发生第一步反应：NaR1+H2CO3NaHCO3+HR1，由于NaR1过量，所以NaHCO3继续和NaR1反应：NaHCO3+NaR1HR1+Na2CO3，总反应表示为：2NaR1CO2H2O2HR1Na2CO3，根据较强酸制备较弱酸可知酸性：H2CO3HCO3-HR1；NaR的反应：CO2先和水反应生成H2CO3，然后和NaR发生第一步反应：NaR+H2CO3NaHCO3+HR，虽然NaR过量，但反应停在了NaR+CO2+H2
15、OHR+NaHCO3这步，说明酸性：H2CO3HRHCO3 -，所以HR较强、HR1较弱，答案选B。考点：考查酸性强弱判断11现有反应：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+SO2+S+H2O，下列各组实验中最先出现浑浊的 实验反应温度/Na2S2O3溶液稀H2SO4H2OV/mLc/（molL-1）V/mLc/（molL-1）V/mLA2550.1100.15B2550.250.210C3550.1100.15D3550.250.210【答案】D【解析】试题分析：温度越高、浓度越大，则反应速率就越快，在实验中就最先出现浑浊。因3525，则选项C和D中的反应速率大于选项A和B中，又D中反应
16、物的浓度大于C中反应物的浓度，则D中反应速率最快，即在实验中就最先出现浑浊，故选D。考点：考查影响化学反应速率的因素12苯的结构式可用来表示，下列关于苯的叙述中正确的是( )A苯是无色无味，密度比水大的液体B苯中含有碳碳双键，所以苯属于烯烃C苯分子中6个碳碳化学键完全相同D苯可以与溴水、高锰酸钾溶液反应而使它们褪色【答案】C【解析】试题分析：A苯是无色有刺激性气味，密度比水小的液体，A错误；B苯中不含有碳碳双键，苯不属于烯烃，B错误；C苯分子中6个碳碳化学键完全相同，是一中介于单键和双键中间的一种独特的键，C正确；D苯可以与溴水、高锰酸钾溶液不反应，D错误，答案选C。考点：考查苯的结构和性质1
17、3下表为部分短周期元素的原子半径及主要化合价，根据表中信息判断，下列叙述正确的是元素代号XYZMN原子半径nm0.1600.1430.1020.0710.099主要化合价23+6、211AX、Y最高价氧化物对应水化物的碱性：YXB最高价氧化物对应的水化物的酸性： H2ZO4HNO4C气态氢化物的稳定性：HMH2ZDM、N形成的简单离子的还原性：NM【答案】D【解析】试题分析：根据元素的主要化合价以及原子半径可知，X是Mg，Y是Al，Z是S，M是F，N是Cl。A不正确，X、Y最高价氧化物对应水化物的碱性是XY。最高价氧化物对应的水化物的酸性是H2ZO4HNO4，B不正确；气态氢化物的稳定性是HM
18、H2Z，C不正确；非金属性越强，相应阴离子的还原性越强，则选项D正确，答案选D。考点：考查元素周期律的应用点评：该题是中等难度的试题，试题贴近高考，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练，旨在培养学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。该题的关键是明确元素周期律的递变规律，然后结合题意灵活运用即可，有利于培养学生的逻辑推理能力。14能在透明溶液中大量共存的一组离子是ANa+、NH4+、OH、HCO3 BMg2+、Ag+、NO3、SiO32CK +、Cu2+、Cl、SO42 DH+、Fe3+、I、ClO【答案】C【解析】试题分析：铵根离子与氢氧根离子容易反应，生成一水合氨或氨气和水，氢氧根离
19、子与碳酸氢根离子容易反应，生成二氧化碳气体和水，故A选项错误；镁离子与硅酸根离子容易反应，生成硅酸镁沉淀或氢氧化镁沉淀和硅酸沉淀，银离子与硅酸根离子容易反应，生成氢氧化银沉淀和硅酸沉淀，故B选项错误；K +、Cu2+、Cl、SO42之间不能反应，故C选项正确；氢离子与次氯酸根离子容易反应，生成次氯酸，铁离子与碘离子容易反应，生成亚铁离子和单质碘，铁离子与次氯酸根离子容易反应，生成氢氧化铁沉淀和次氯酸，故D选项错误。考点：考查离子共存，主要涉及离子之间反应生成难溶物、难电离物和易挥发物、氧化还原反应、双水解反应、复水解反应等。15草酸是二元弱酸，草酸氢钾溶液呈酸性。在0.01 molL1KHC2
20、O4溶液中，下列关系正确的是（ ）Ac (K+) + c (H+) = c (HC2O4) + c (OH) + c (C2O42)Bc (HC2O4) + c (C2O42) = 0.01 molL1Cc (C2O42) 0.1mol/L；向丙溶液中滴入AgNO3溶液有不溶于稀HNO3的白色沉淀生成。回答：（1）丁溶液是 （2）乙溶液的电离方程式 （3）丙溶液PH 7, 原因用方程式表示 （4）乙和丁反应的离子方程式 【答案】（1）NH4HCO3 （2）H2SO4=2H+ +SO42 （3） Mg2+2H2O = Mg(OH)2 +2H+（4）H+ + HCO3= CO2+H2O【解析】试题
21、解析：根据中的信息可知乙是二元酸，故乙是H2SO4；根据中现象，可以推知丙中含有Cl-；再结合中提供信息，甲与其它三种物质混合均产生白色沉淀，则可推出甲是Ba（OH）2，乙是H2SO4，丙是MgCl2，丁是NH4HCO3。(1) 丁溶液是NH4HCO3；(2) 硫酸是强电解质，其电离方程式是：H2SO4=2H+ +SO42；(3) 丙溶液PH7, 原因是氢氧化镁是弱碱，在溶液中可以水解，用离子方程式表示为：Mg2+2H2O = Mg(OH)2 +2H+；(4) 乙和丁反应的离子方程式为：H+HCO3=CO2+H2O。考点：常见离子的检验17硫酸的性质有：A强酸性；B吸水性；C脱水性；D强氧化性
22、。在下列硫酸的用途或化学反应中，硫酸可能表现上述的一个或者多个性质，试用字母填空：（1）实验室干燥氢气_；（2）浓硫酸与金属铜的反应_；（3）实际生产中，浓硫酸可用钢瓶贮运_；（4）浓硫酸使蔗糖变黑，且有刺激性气味的气体产生_。【答案】（8分）（1）B（2）AD （3）D（4）CD【解析】试题分析：（1）实验室干燥氢气利用了浓硫酸的吸水性；（2）浓硫酸与金属铜的反应体现了浓硫酸的强氧化性和酸性；（3）实际生产中，浓硫酸可用钢瓶贮运体现了浓硫酸的强氧化性；（4）浓硫酸使蔗糖变黑，且有刺激性气味的气体产生体现了浓硫酸的强氧化性和脱水性。考点：考查了浓硫酸的性质和应用等知识18某化学兴趣小组用图1所
23、示装置进行探究实验。当温度迅速上升后，可观察到试管中溴水褪色，烧瓶中浓硫酸与乙醇的混合液体变为棕黑色。（1）该实验中生成乙烯的化学方程式为： ；（2）一些同学认为：溴水褪色的现象不能证明反应中有乙烯生成和乙烯具有不饱和性，因为棕黑色物质与浓硫酸反应生成某气体，该气体使溴水褪色反应的化学方程式为： ；另一些同学经过细致的观察后认为：试管中另一个现象可证明反应中有乙烯生成，且乙烯具有不饱和性。这个现象是 ；（3）该小组改用图2装置实验，将烧瓶置于润滑油（沸点、燃点均高于300）中加热。此法加热的优点是 ； ；【答案】（1） CH3CH2OHH2O+CH2=CH2；（2）SO2+Br2+2H2O=H
24、2SO4+2HBr；溶液分层，且下层油状液体，上层近乎无色； （3）保持温度的恒定，减少副产物的产生；避免温度过高，有二氧化硫生成，干扰乙烯的检验。【解析】试题分析：（1）乙醇与浓硫酸在170，反应生成乙烯和水，化学方程式为CH3CH2OHH2O+CH2=CH2；（2）浓硫酸具有脱水性，使乙醇碳化变黑；浓硫酸还具有强氧化性，与碳反应有二氧化硫气体生成，二氧化硫也可以使溴水褪色，发生的反应化学方程式为SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr；若为二氧化硫使溴水褪色，则溶液不分层，而乙烯与溴水发生加成反应生成的溴乙烷不溶于水，所以溶液会分层，溴乙烷的目的比水大，下层为无色油状液体，上层近乎无
25、色，从而可判断由乙烯生成；（3）直接给反应液加热温度，会造成温度太高，乙醇被碳化，产物中有二氧化硫生成给乙烯的检验带来干扰，类似水浴加热的方法，改用在润滑油中加热反应液，达到170时再将烧瓶放入盛有润滑油的烧杯中，减少副产物的生成。所以该装置的优点是保持温度的恒定，减少副产物的产生；避免温度过高，有二氧化硫生成，干扰乙烯的检验。考点：考查实验室制取乙烯的实验，化学方程式的书写，对实验现象的分析，对实验装置的判断19某烧碱样品中含有少量不与酸作用的可溶性杂质，为了测定其纯度，进行以下滴定操作：A在250mL容量瓶中定容成250mL烧碱溶液；B用碱式滴定管移取25mL烧碱溶液于锥形瓶中并滴加几滴甲
26、基橙作指示剂；C在天平上准确称取烧碱样品mg，在烧杯中加蒸馏水溶解；D将物质的量浓度为C molL-1的标准H2SO4溶液装入酸式滴定管，调整液面，记下开始刻度为V1mL；E在锥形瓶下垫一张白纸，滴定到终点，记录终点刻度为V2 mL。回答下列问题：（1）正确操作步骤的顺序是(用字母填写) D 。（2）操作E中的锥形瓶下垫一张白纸的作用是 。（3）操作D中液面应调整到 。（4）滴定终点的现象是 。（5）若酸式滴定管没有用标准H2SO4润洗，会对测定结果有何影响? (填“偏高”、“偏低”或“无影响”，其它操作均正确)。（6）该烧碱样品的纯度计算式是 。【答案】（1）：C；A；B；D；E；（2）便于
27、准确判断终点时颜色的变化情况；（3）零刻度或零稍下的某一刻度（4）由黄色变为橙色 （5）偏高（6）80(V2-V1)c/m%【解析】试题分析：（1）实验时应先称量一定质量的固体，溶解后配制成溶液，量取待测液与锥形瓶中，然后用标准液进行滴定，故答案为：C；A；B；D；E；（2）因锥形瓶下垫一张白纸使滴定终点颜色变化更明显，便于分辨，故答案为：便于准确判断终点时颜色的变化情况；（3）滴定管0刻度在上，滴定前应调节到零刻度或零稍下的某一刻度，为减小误差，尖嘴部分应充满液体，无气泡，（4） 指示剂为甲基橙，变色范围为 3.14.4，终点时pH约为4.4，颜色由黄色变为橙色，故答案为：由黄色变为橙色；（
28、5） 因标准液浓度变小，用量变大，故答案为：偏高（6） 硫酸的物质的量为c（V2-V1）10-3mol，则n（NaOH）=2c（V2-V1）10-3mol，m（NaOH）=80c（V2-V1）10-3，则样品中NaOH的质量为1080c（V2-V1）10-3，所以烧碱样品纯度为1080(V2-V1) 10-3c/m100%=80(V2-V1) c/m%（注意：V为mL），考点：滴定操作及误差分析20二氧化氯（ClO2，黄绿色易溶于水的气体）是高效、低毒的消毒剂。实验室用NH4Cl、盐酸、NaClO2（亚氯酸钠）为原料，通过以下过程制备ClO2：（1）电解时的阳极反应方程式为_。（2）除去ClO
29、2中的NH3可选用的试剂为是_（填标号）A水 B浓硫酸 C碱石灰 D饱和食盐水（3）用右图装置可以测定混合气中ClO2的含量：I.在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用50ml水溶解后，再加入3ml稀硫酸；II.在玻璃液封装置中加入水，使液面没过玻璃液封管的管口；III.将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收；IV.将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中；V.用0.2000mol/L 硫代酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液（I2+2S2O32=2I+S4O62），指示剂显示终点时共用去20.00ml硫代酸钠溶液。在此过程中：玻璃液封装置的作用是_。 V中加入的指示剂通常为_，滴定至终点的现象是_。测定混合气中ClO
30、2的质量为_g。用此方法测定混合气中ClO2的质量常常偏高，可能的原因是_（用离子方程式表示）。【答案】（1）NH4+ + 3Cl6eNCl3+4H+（2分）（2）b （1分）（3）吸收残余的二氧化氯气体（或者防止碘的逸出）（1分）淀粉溶液，（1分）当滴入最后一滴标准液时，溶液蓝色褪去，且半分钟内溶液颜色不再改变（2分）0.054 （2分） 4I+O2 +4H+2I2+2H2O（1分）【解析】试题分析：（1）根据流程图可知电解时生成氢气和NCl3，其中阳极是铵根离子放电，电极反应式为NH4+ + 3Cl6eNCl3+4H+。（2）a、ClO2易溶于水，不能利用水吸收氨气，a错误；b、浓硫酸可以
31、吸收氨气，且不影响ClO2，b正确；c、碱石灰不能吸收氨气，c错误；d、ClO2易溶于水，不能利用饱和食盐水吸收氨气，d错误，答案选b。（3）由于二氧化氯是气体，容易挥发到空气中，所以玻璃液封装置的作用是吸收残余的二氧化氯气体。由于碘遇淀粉显蓝色，则V中加入的指示剂通常为淀粉，滴定至终点的现象是溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色。根据方程式可知2ClO25I210S2O32-，则测得混合气中ClO2的质量为0.2mol/L0.02L67.5g/mol/50.054g。由于碘离子易被氧化生成单质碘，从而导致消耗硫代硫酸钠溶液的体积增加，测定结果偏高，反应的离子方程式为4I+O2 +4H+2I2+
32、2H2O。【考点定位】本题主要是考查阅读题目获取信息能力、氧化还原反应滴定及应用、电解原理、对工艺流程及装置理解分析等【名师点晴】本题从知识上考查了重要物质的化学性质、化学实验基本操作、实验现象的判断与分析、化学探究实验方案的设计与评价、化学方程式的书写、氧化还原反应原理等知识。考查了学生对基础知识的记忆、理解和运用，运用所学知识分析具体问题的能力。也涉及到运用所学知识分析问题、解决问题的能力，同时把元素化合物、基本化学原理和化学实验联系在一起，充分体现了学生对基础知识的掌握和分析问题、解决问题的思维能力，凸显了理科综合考试中的综合性与实用性的特点。该题难度中等，要求学生要有扎实的实验基础知识
33、和灵活应用信息解决问题的能力，注意基础知识的全面掌握和灵活应用。21（13分）将10gCO2与CO的混合物通过装有足量Na2O2的干燥管，反应后干燥管的总质量增加了5.6g，则原混合气体中CO2的质量分数为多少？【答案】88%.【解析】依题意的，发生反应的化学方程式为：2CO22Na2O2=2Na2CO3O2 m .3分244g 56gm（CO2） 5.6g .3分 解得m（CO2）=8.8g .2分则原混合气体中CO2的质量分数为 . .2分答：原混合气体中CO2的质量分数为88%.2分22A、B、C、D、E 五种物质存在以下转化关系，已知A 为金属单质，在以下各步反应中E 是白色沉淀。（1
34、）试确定各物质的化学式：A _B _C_ D_ E_（2）写出以下反应的离子方程式：A C _B E _【答案】（1）AAl BAlCl3 CNaAlO2 DAl2O3 EAl(OH)3（2）2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2 Al3+3NH3H2O=Al(OH)3+3NH4+【解析】试题分析：（1）金属单质A与Fe2O3高温下反应，应该是铝热反应，则A为Al，由此可依次推断出B为AlCl3，C为NaAlO2，D为Al2O3，E为Al(OH)3；（2）铝溶解在NaOH溶液里发生反应的离子反应式为2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2，在氯化铝溶液里滴加氨水，发生反应的离子方程式
35、为Al3+3NH3H2O=Al(OH)3+3NH4+。考点：无机推断，考查铝及其化合物的性质与转化。23【化学选修5：有机化学基础】香料G的一种合成工艺如下图所示。核磁共振氢谱显示A有两种峰，其强度之比为11。请回答下列问题：（1）A的结构简式为_，G中官能团的名称为_。（2）检验M已完全转化为N的实验操作是_。（3）有学生建议，将MN的转化用KMnO4 (H)代替O2，老师认为不合理，原因是_。（4）写出下列转化的化学方程式，并标出反应类型：KL_，反应类型_。（5）F是M的同系物，比M多一个碳原子。满足下列条件的F的同分异构体有_种。(不考虑立体异构)能发生银镜反应 能与溴的四氯化碳溶液加
36、成 苯环上有2个对位取代基（6）以丙烯和NBS试剂为原料制备甘油(丙三醇)，请设计合成路线(其他无机原料任选)。请用以下方式表示：AB目标产物【答案】（1）（2分） 碳碳双键、酯基（1分）（2）取少量M与试管中，滴加稀NaOH至溶液呈碱性，再加新制的Cu(OH)2加热，若没有砖红色沉淀产生，说明M已完全转化为N（其他合理操作均可）（2分）（3）KMnO4（H+）在氧化醛基的同时，还可以氧化碳碳双键（2分）（4）（2分）加成反应（1分）（5）6（2分）（6）（3分）【解析】试题分析：根据流程图和题给信息可知，E、N在浓硫酸的催化下发生酯化反应生成酯(G)，将G的酯基断裂，则E为3-羟基环己烯、N
37、为苯丙烯酸，D在NaOH溶液中加热生成E，则D为3-溴己烯，根据信息1可知C为己烯，B在浓硫酸加热的条件下生成C，则B为环己醇，则A为环己酮。根据已知2，3可知K为苯甲醛，L为，M为苯丙烯醛，M在氧气、催化剂的条件下加热生成N(苯丙烯酸)。（1）根据上述分析，A为环己酮，核磁共振氢谱显示A有两种峰，其强度之比为1: 1，所以其结构简式为，G中官能团的名称为碳碳双键、酯基；（2） 检验M已完全转化为N，实际上是检验M中无醛基，实验操作是取少量M与试管中，滴加稀NaOH至溶液呈碱性，再加新制的Cu(OH)2加热，若没有砖红色沉淀产生，说明M已完全转化为N。（3）KMnO4(H)溶液具有强氧化性，能
38、将醛基和碳碳双键氧化，所以不能将M N的转化用KMnO4 (H)代替O2 ，原因是KMnO4(H)在氧化醛基的同时，还可以氧化碳碳双键。（4）KL的化学反应为：，根据反应特点，该反应是加成反应。（5）F是M(苯丙烯醛)的同系物，比M多一个碳原子，说明有10个碳原子的芳香族化合物， 能发生银镜反应，说明有醛基， 能与溴的四氯化碳溶液加成，说明有碳碳双键， 苯环上有2个对位取代基，所以同分异构体分别是一个取代基为甲基，对位有两种连法，一个是乙烯基，对位是乙醛基，一个是取代基为醛基，对位丙烯基3中连法，共6种。（6）以丙烯和NBS试剂为原料制各甘油(丙三醇)，合成路线为：。考点：考查有机流程推断，有机结构简式，冠能团、同分异构体的数目的判断及有机化学反应方程式。
