1、山东省济南第二中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）1下列关于硅及其化合物的说法不正确的是A单质硅常用作半导体材料B硅酸钠是制备木材防火剂的原料C二氧化硅是制备光导纤维的基本原料D硅酸可由二氧化硅与水直接反应制得【答案】D【解析】试题分析：二氧化硅不能直接与水反应。考点：硅及其化合物。2NA为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是A28gCO和N2混合气体中含有原子总数为2NAB标准状况下，22.4 L水所含的H2O分子数为NA个C足量铜与1L 18molL-1浓硫酸反应可以得到SO2的分子总数为9NAD1mol Na与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去电子
2、数为2NA 【答案】A【解析】试题分析：A一氧化氮和氮气都是双原子分子，而且摩尔质量也相同，所以原子总数是2NA；B标准状况下，水是液体，所以22.4 L水的物质的量不是1mol，所含的H2O分子数也不是NA个；C足量铜与1L 18molL-1浓硫酸反应可以得到SO2的分子总数小于9NA，其中理论上只有一半的硫酸做氧化剂；D1mol Na与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去电子数为NA 故选A。考点：阿伏伽德罗常数点评：本题需要学生注意的是，气体摩尔体积应用时要注意：标况下，水是液态，不适用该公式。3下列说法不正确的是：A向新制氯水中加入少量CaCO3粉末后，溶液的pH减小
3、BSO2、CH2 CH2都能使溴水褪色，但原理不同CNaHCO3、CH3COONH4都能分别和盐酸、烧碱溶液反应DFeSO4溶液、Na2SO3溶液在空气中都易因氧化而变质【答案】A【解析】4下列化学用语错误的是A聚乙烯的结构简式为B淀粉的化学式为（C6H10O5）nC乙酸的分子式C2H4O2D甘氨酸的结构式为C2H5O2N【答案】D【解析】甘氨酸的结构式为5图4-17为氢氧燃料电池原理示意图，按照此图的提示，下列叙述不正确的是( )图4-17A.a电极是负极B.b电极的电极反应为：4OH-4e-=2H2O+O2C.氢氧燃料电池是一种具有应用前景的绿色电源D.氢氧燃料电池是一种不需要将还原剂和氧
4、化剂全部储藏在电池内的新型发电装置【答案】B【解析】依据原电池原理判断：a电极通入H2发生氧化反应，作负极，其电极反应为2H2+4OH-4e-=4H2O；b电极通入O2发生还原反应，作正极，其电极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-；氢氧燃料电池的产物为H2O，无污染，具有良好的应用前景，且氧化剂(O2来自空气)不必储存在电池内，由上知B项不正确。6下列物质中属于纯净物的是A冰水混合物 B纯净的盐酸 C洁净的空气 DCuSO4溶液【答案】A【解析】试题分析：A、冰水混合物中只有水分子，属于纯净物，A正确；B、纯净的盐酸是氯化氢的水溶液，是混合物，B错误；C、洁净的空气中也有氧气、氮气等物质，
5、属于混合物，C错误；D、CuSO4溶液是混合物，D错误。答案选A。考点：物质的分类7（2015秋唐山校级期末）下列试剂保存方法或实验方法不正确的是（ ）A盛浓硝酸、硝酸银用棕色试剂瓶，并置于阴凉处B用带玻璃塞的磨口玻璃瓶盛氢氧化钠C金属钠通常保存在煤油里DHF酸储存在塑料瓶中【答案】B【解析】A浓硝酸、硝酸银是见光易分解的液体，所以通常保存在棕色细口瓶并置于阴凉处，故A正确； B玻璃塞的主要成分为硅酸钠、二氧化硅等，二氧化硅和氢氧化钠反应生成硅酸钠和水SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，硅酸钠是黏性物质，很容易将玻璃塞粘结，不易打开，所以盛装NaOH溶液的试剂瓶用橡皮塞而不用玻璃塞，
6、故B错误；C钠、钾的性质很活泼，极易和空气中的氧气反应生成氧化钠和氧化钾，所以应密封保存；钠、钾的密度小于煤油的密度，且和煤油不反应，所以金属钠、钾通常保存在煤油里，故C正确；D氢氟酸腐蚀玻璃，所以不能放在玻璃瓶中，应储存在塑料瓶中，故D正确【点评】本题考查了化学试剂的存放，题目难度不大，需要掌握常见试剂的保存方法，关键是掌握试剂的性质，关键化学性质选择保存方法，试题基础性强，侧重对学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力的培养8下列各对物质中，互为同分异构体的是【答案】C【解析】本题考查的是同分异构体的有关内容。同分异构体说的是分子式相同，但是结构不同，C符合题意。故本题选C。9今有五种有机物
7、：CH2OH（CHOH）4CHO CH3（CH2）3OHCH2=CHCH2OH CH2=CHCOOCH3CH2=CHCOOH其中既能发生加成反应、加聚反应、酯化反应，又能发生氧化反应的是A B C D【答案】A【解析】试题分析：CH2OH（CHOH）4CHO有OH和CHO，可以发生加成和酯化反应，不能发生加聚反应，错；CH3（CH2）3OH 中有OH，可以发生酯化反应，不能发生加成反应，错；CH2=CHCH2OH中有OH ，CC可以发生酯化，加成，加聚反应，对；CH2=CHCOOCH3中有CC，COOC，可以发生加成，加聚反应，不能发生酯化反应，错；CH2=CHCOOH中有CC和COOH可以发
8、生加成、加聚和酯化反应，对，选A考点：10下列有关电化学知识的描述正确的是()ACaOH2O=Ca(OH)2，可以放出大量的热，故可把该反应设计成原电池，把其中的化学能转化为电能B某原电池反应为Cu2AgNO3=Cu(NO3)22Ag，装置中的盐桥中可以是装有含琼胶的KCl饱和溶液C因为铁的活泼性强于铜，所以将铁、铜用导线连接后放入浓硝酸中，若能组成原电池，必是铁作负极，铜作正极D理论上说，任何能自发进行的氧化还原反应都可设计成原电池【答案】D【解析】A项，CaOH2O=Ca(OH)2不是氧化还原反应，不能设计成原电池；B项，会发生反应：KClAgNO3=AgClKNO3，生成的AgCl会使盐
9、桥的导电性减弱，所以不能使用KCl溶液，可换成KNO3溶液，B项错误；C项，由于铁遇到浓硝酸会发生钝化而生成致密氧化膜，故该组合不能构成原电池。所以C项错误；D项正确。11在0.5mol Na2SO4中，含有的Na+数约是A3.011023 B6.021023 C0.5 D1【答案】B【解析】试题分析：根据Na2SO4 = 2Na+ SO42- , 0.5mol Na2SO4中，含有的Na+物质的量为1mol,离子数为6.021023，选B。考点：考查离子数目的计算。12根据同分异构体的概念，判断下列物质互为同分异构体的是A. CH3-CH2-CH3 和 CH3-CH2-CH2-CH3 B.
10、NO和COC. CH3-CH2OH和 CH3-O-CH3 D. 红磷和白磷【答案】C【解析】试题分析：分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体，则选项C中互为同分异构体；A中互为同系物，B中是两种不同的化合物，D中互为同素异形体，答案选C。考点：考查同分异构体的判断点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度试题的考查。试题基础性强，侧重对学生基础知识的巩固和训练，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的逻辑推理能力和发散思维能力。该题的关键是明确同位素、同素异形体、同分异构体、同系物的含义以及判断依据，然后灵活运用即可。13用NA表示阿伏德罗常数，下列叙述一定正确的是
11、A标准状况下，2.24LH2O含有的质子数为 NAB等物质的量的氮气和氧气，都含有2NA个原子 C常温常压下，1.06g Na2CO3含有的Na+离子数为0.02 NA D物质的量浓度为0.5 mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl- 个数为 NA 【答案】C【解析】试题分析：A标准状况下H2O是液体，因此不能使用气体摩尔体积，错误；B等物质的量的氮气和氧气，不一定都是1mol，因此不能确定二者含有的原子个数，错误；C常温常压下，1.06g Na2CO3的物质的量是0.01mol,因此含有的Na+离子数为0.02 NA，正确；D.由于不知道溶液的体积，所以不能确定微粒的多少，错误。考点：考查阿
12、伏德罗常数的计算的知识。14碘与氢气反应的热化学方程式是I2(g) + H2(g) 2HI(g) H=9.48 kJmol1 I2(s) + H2(g) 2HI(g) H= +26.48 kJmol1下列说法正确的是A的反应物总能量比的反应物总能量低BI2(s) = I2(g) H= +17.00 kJmol1C的产物比的产物稳定D1mol I2(g)中通入1 mol H2(g)，发生反应时放热9.48 kJ 【答案】A【解析】试题分析：A、对于同一物质，固态物质的能量比气态物质能量低；因此反应的反应物总能量比反应的反应物总能量低，故A正确；B、由盖斯定律知-得，H=+26.48-（-9.48
13、）=+35.96kJ，故B错误；C、一样稳定，都是HI的气态因为是可逆反应，所以不能进行完全，放热小于9.48kJ，故C错误；D、因为是可逆反应，1mol I2（g）中通入1 mol H2（g），发生反应放热小于9.48 kJ，故D错误；故选A。考点：考查了化学反应中的能量变化的相关知识。15某课外兴趣小组进行电解原理的实验探究，做了如下的实验：以铜为电极，按如图所示的装置电解饱和食盐水。实验现象：接通电源30 s内，阳极附近出现白色浑浊，之后变成橙黄色浑浊，此时测定溶液的pH约为10。一段时间后，试管底部聚集大量红色沉淀，溶液仍为无色。查阅资料：物质氯化铜氧化亚铜氢氧化亚铜(不稳定)氯化亚铜
14、颜色固体呈棕色，浓溶液呈绿色，稀溶液呈蓝色红色橙黄色白色*相同温度下CuCl的溶解度大于CuOH下列说法错误的是A反应结束后最终溶液呈碱性B阴极上发生的电极反应为：2H2O + 2e H2+ 2OHC电解过程中氯离子移向阳极D试管底部红色的固体具有还原性【答案】A【解析】试题分析：由图可知，电源正极连接阳极，负极连接阴极，已知阳极附近出现白色浑浊，说明阳极附近生成CuCl，之后变成橙黄色浑浊，说明CuCl转变成CuOH，一段时间后，试管底部聚集大量红色沉淀，即Cu2O，其中Cu2O的Cu显+1价，具有还原性，故D正确；又因为电解池中，是饱和食盐水，阴极就是电解水，电极反应为2H2O + 2e-
15、 H2+ 2OH-故B正确；电解池工作过程中，阴离子向阳极靠近，故C正确；电解后，溶液中的OH-与Cu+形成了不稳定的CuOH，最总生成Cu2O，故最终溶液应显酸性，A不正确，此题选A。考点：考查电解原理16氯气在298K、100kPa时，在1L水中溶解0.09mol即达饱和，实验测得溶于水的Cl2有三分之一与水反应。请回答下列问题：（1）该反应的离子方程式为_ _； 计算上述体系的平衡常数_ 。（2）若在该饱和氯水中加入少量NaOH固体，平衡将向_移动，溶液的pH值将 （“增大”、 “减小”、“不变”）；通入适量氯气平衡将_移动。（填“向左”、“向右”、“不移动”）（3）如果增大氯气的压强，
16、平衡将向_移动（填“左”、“右”）。氯气在水中的溶解度将_。（填“增大”、“减小”或“不变”），参与反应的氯气与溶解氯气的比值将_1/3（填“大于”、“小于”或“等于”）。【答案】（1）Cl2+H2OH+Cl-+HClO；4.510-4；（2）正反应方向；增大；不移动（3）正反应方向；增大；小于。【解析】试题分析：（1）氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，反应的离子方程式为：Cl2+H2OH+Cl-+HClO，在1L水中可溶解0.09mol氯气，近似氯气难度为0.09mol/L；依据平衡三段式列式计算得到平衡浓度：Cl2 + H2OH+ + Cl - + HClO起始浓度：0.09 0 0 0转化浓
17、度：0.03 0.03 0.03 0.03平衡浓度：0.06 0.03 0.03 0.03K=4.510-4，故答案为：Cl2+H2OH+Cl-+HClO；4.510-4；（2）在上述平衡体系中加入少量NaOH固体，会中和平衡状态下的氢离子反应，平衡正向进行，溶液的酸性减弱，pH增大，故答案为：正反应方向；增大；在饱和氯水中通入适量氯气平衡不移动，故答案为：不移动（3）在上述平衡中加压，平衡向气体体积减小的反应方向进行，平衡都向正反应方向移动，氯气的溶解量会增加；平衡向右移动，但氯气的转化率会减小，即参与反应的氯气与溶解氯气的比值将小于1/3，故答案为：正反应方向；增大；小于。考点：考查了化学
18、平衡的影响因素、化学平衡常数计算的相关知识。17氯碱工业中电解饱和食盐水的原理示意图如右图所示。（1）电极b是电源的 ；（2）溶液A的溶质是（填化学式） ；（3）电解饱和食盐水的化学方程式是 。（4）电解时用盐酸控制阳极区溶液的pH在23。用化学平衡移动原理解释盐酸的作用： 。（5）使Cl2和H2O（g）通过灼热的炭层，生成HCl和CO2，当有1mol Cl2参与反应时释放出145kJ热量，写出该反应的热化学方程： 。【答案】（1）负极 （2）NaOH（3）总反应式：2NaCl + 2H2O H2 + Cl2 + 2NaOH（4）氯气与水反应：Cl2+H2OHCl+HClO，增大HCl的浓度可
19、使平衡向左移动，减少氯气在水中的溶解，有利于氯气的溢出（5）2Cl2（g）+2H2O（g）+C（s）4HCl（g）+CO2（g）H=290kJmol1 【解析】试题分析：（1）据钠离子移动方向，故右池是阴极区，故电极b是电源的负极。（2）电解饱和食盐水时，阴极反应式为：2H2O-2e-2OH-+H2，阳极反应式为：2Cl-2e-Cl2，阴极产物为NaOH和H2，阳极产物是Cl2，据此可以确定溶液A的溶质是NaOH。（3）电解饱和食盐水的化学方程式是2NaCl + 2H2O H2 + Cl2 + 2NaOH。（4）电解时用盐酸控制阳极区溶液的pH在23的作用是促使化学平衡Cl2+H2OHCl+H
20、ClO向左移动，减少Cl2在水中的溶解，有利于Cl2的逸出，故答案为：Cl2与水的反应为Cl2+H2OHCl+HClO，增大HCl的浓度使平衡逆向移动减少Cl2在水中的溶解，有利于Cl2的逸出。（5）使Cl2和H2O（g）通过灼热的炭层，生成HCl和CO2，当有1mol Cl2参与反应时释放出145kJ热量，则该反应的热化学方程：）2Cl2（g）+2H2O（g）+C（s）4HCl（g）+CO2（g）H=290kJmol1。考点：考查电解饱和食盐水18（11分）某化学小组为了证明SO2和Cl2的漂白性，设计了如下图所示的实验装置：它们制备SO2和Cl2所依据的原理分别是：Na2SO3+H2SO4
21、= Na2SO4+H2O+SO2 MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O（1）用来制取Cl2的装置是 （填序号），反应中浓盐酸所表现出的化学性质是 和 。（2）反应开始一段时间后， B、D试管中的品红溶液均褪色。停止通气后，再给B、D两个试管分别加热，_ _ （填“B”或“D” ）试管中无明显现象。（3）装置C的作用是 ；（4）若装置D中的品红溶液换成紫色的石蕊溶液，则出现的现象是 。（5）该小组同学将两种气体混合后通入品红溶液，一段时间后，品红溶液几乎不褪色。查阅资料得知：两种气体按体积比1:1混合，再与水反应可生成两种常见的酸，因而失去漂白作用，该反应的化学方程式是 。【答案
22、】（1） E（2分） 还原性、酸性（各1分）（2） D （1分）（3）吸收多余的SO2和Cl2（2分）（4）先变红，后褪色（2分）（5）SO2+Cl2+2H2O =2HCl+H2SO4 （2分）【解析】试题分析： （1）制备氯气是固液加热型的装置，应选E装置；反应中浓盐酸表现出还原性和酸性； （2）B装置通入的二氧化硫与品红化合而使溶液褪色，加热后分解，溶液又恢复原色；D装置通入氯气后产生的次氯酸氧化了品红，褪色后再加热也不能恢复原色，无明显现象；（3）装置C装有氢氧化钠，吸收多余的SO2和Cl2，防止污染空气；（4） 若装置D中的品红溶液换成紫色的石蕊溶液，氯气通入后产生盐酸使其变红，产生的
23、次氯酸使其褪色，故现象为：先变红，后褪色；（5）SO2和Cl2两种气体按体积比1:1混合，再与水反应可生成硫酸和盐酸，因而失去漂白作用，化学方程式是：SO2+Cl2+2H2O =2HCl+H2SO4。考点：考查元素及其化合物的性质。19（15分）S2Cl2是一种易挥发的液体(熔点：76，沸点：138)，且易与水发生水解反应，可能生成H2S、SO2、H2SO3、H2SO4等物质。它是橡胶硫化剂。在熔融的硫中通以氯气即可生成S2Cl2。下图是实验室用S和Cl2制备S2Cl2的装置 (夹持装置、加热装置均已略去)。 (1)已知S2Cl2分子结构与H2O2相似，则S2Cl2的分子中共含有 条共价键。(
24、2)装置a中应放试剂为 ；装置d的名称是 ，它的作用是 。(3)该实验的操作顺序应为 (用序号表示)。 加热装置c 通入Cl2 通冷凝水 停止通Cl2 停止加热装置c(4)图中f装置中应放置的试剂为 ，其作用为 。(5)将S2Cl2的水解气体产物通入氯水中，若观察到 的现象，则可证明水解产物中有硫化氢生成。【答案】【解析】略20某实验小组把CO2通入饱和Na2CO3溶液制取NaHCO3，装置如图所示（气密性已检验，部分夹持装置略）：（1）请结合化学平衡移动原理解释B中溶液的作用 。 （2）当D中有大量白色固体析出时，停止实验，将固体过滤、洗涤，取一定量配成样液，并加入BaCl2溶液，出现白色沉
25、淀并有气体产生，其离子方程式是 。某课外活动小组欲利用氨气与CuO反应，研究氨气的性质并测其组成，设计了如下实验（夹持装置未画出）进行实验。请回答下列问题：（1）仪器b中可选择的试剂为（任意填一种） 。（2）实验中，装置C中黑色CuO粉末全部转化为红色固体（已知Cu2O也为红色固体），量气管中有无色无味的气体。实验前称取黑色CuO 80g，实验后得到红色固体质量为68g。则红色固体成分的化学式为 。（3）F中读取气体体积前，应向上或向下移动右管，使得左右两边液面相平，若无此操作，而F中左边液面低于右边液面，会导致读取的气体体积 （填“偏大”或“偏小”或“无影响”）。（4）要想测得氨气分子中氮、
26、氢原子个数比，实验中应至少测量或读取哪些数据 （填序号）。aB装置实验前后质量差mg； bF装置实验前后液面差VLcD装置实验前后质量差mg； dE装置实验前后质量差mg；（5）E装置中浓硫酸的作用是 。【答案】（1）CO2在水中存在平衡：CO2+H2OH2CO3HCO3+H+，有H2SO4存在时，可使上述平衡向左移动，从而减少CO2在水中的溶解，同时吸收挥发出来的HCl气体（3分）给分要点：吸收HCl气体、减少CO2在水中的溶解、H2SO4电离出的H+使平衡左移（2）2HCO3+Ba2+=BaCO3+ CO2+H2O（3分）（1）碱石灰或生石灰或氢氧化钠固体（任意填一种）（2分）（2）Cu和
27、Cu2O（3分） （3）偏小（2分） （4）b、c（3分）（5）防止F中水蒸气进入D中，并吸收氨气（2分）【解析】试题分析：（1）7molL1的盐酸与CaCO3反应制取的CO2气体中含有HCl，硫酸溶液可吸收HCl，CO2能溶于水，存在平衡：CO2+H2OH2CO3HCO3+H+，H2SO4电离产生H+，使上述平衡向左移动，从而减少CO2在水中的溶解。（2）当D中有大量白色固体析出时，CO2、H2O与Na2CO3反应生成了NaHCO3，加入BaCl2溶液，出现白色沉淀为BaCO3，产生的气体为CO2，离子方程式为：2HCO3+Ba2+=BaCO3+ CO2+H2O（1）碱石灰或生石灰或氢氧化钠
28、固体都能与浓氨水作用，产生氨气。（2）若CuO全部被还原为Cu，根据关系式：CuO Cu，生成的Cu质量为：80g64/80=64g；若CuO全部被还原为Cu2O，根据关系式：2CuO Cu2O，生成的Cu2O质量为：80g144/160=72g，实际得到红色固体质量为68g，则红色固体成分为Cu和Cu2O（3）F中左边液面低于右边液面，说明左边气体压强大于右边，则会导致读取的气体体积偏小。（4）F装置实验前后液面差VL，为NH3与CuO反应生成的N2的体积，可求出N原子的物质的量，D装置实验前后质量差mg，为NH3与CuO反应生成的H2O的质量，可求出H原子的物质的量，由二者可求出氨气分子中
29、氮、氢原子个数比。（5）因为D中碱石灰的作用是吸收NH3与CuO反应生成的H2O，所以E中浓硫酸可F中水蒸气进入D中，并吸收未反应的氨气。考点：本题考查化学实验的分析、产物的判断、试剂的选择与作用、离子方程式的书写。 21（7分） 现有5.6g某烃在足量的氧气中完全燃烧，将产生的高温气体依次通过浓H2SO4和碱石灰，测得浓H2SO4增重7.2g，碱石灰增重17.6g。已知相同条件下，该烃的蒸汽对H2的相对密度为28，且能使酸性高锰酸钾褪色或溴水褪色，与HCl反应只有一种产物，推测它的分子式，写出该有机物的结构简式、键线式并用系统命名法进行命名。【答案】该有机物的蒸汽对H2的相对密度为28，所以
30、有机物相对分子质量为282 = 56C CO2 2H H2O12g 44g 2g 18gm(C) 17.6g m(H) 7.2g = = m(C) = 4.8g m(H) = 0.8g n(C) : n(H) = : = 1 : 2该烃的最简式为CH2； 可设其分子式为(CH2)n，则n = = 4 (3分)因此该烃的分子式为C4H8 （ 1分）因为能使酸性高锰酸钾或溴水褪色，故分子中应含有不饱和键，因为与HCl反应只有一种产物，所以结构简式、键线式及对应命名如下所示结构简式:CH3CHCHCH3 (以下共3分每个1分)键线式: 系统命名:2-丁烯【解析】考查有机物分子式、结构式及有机物的命名
31、。22以乙炔或苯为原料可合成有机酸H2MA，并进一步合成高分子化合物PMLA。.用乙炔等合成烃C。已知：RCCHCORHCOHRCCHR（1）A分子中的官能团名称是_。（2）A的一种同分异构体属于乙酸酯，其结构简式是_。（3）B转化为C的化学方程式是_ ，其反应类型是_。.用烃C或苯合成PMLA的路线如下。已知：RCH2OHRCOOH（4）1 mol有机物H与足量NaHCO3溶液反应生成标准状况下的CO2 44.8 L，H有顺反异构，其反式的结构简式是_。（5）E的结构简式是_。（6）G与NaOH溶液在加热条件下反应的化学方程式是_。(7)聚酯PMLA有多种结构，写出由H2MA制PMLA的化学
32、方程式(任写一种)：_。【答案】(1)羟基 碳碳三键 (2)CH3COOCH=CH2(3)消去反应(4)HOOCCH=CHCOOH(5)HOCH2CH=CHCH2OH）(6) HOOCCHClCH2COOH3NaOHNaOOCCHOHCH2COONaNaCl2H2O(7) nHOOCCHOHCH2COOHHO COCH2CHOHCOO H(n1)H2O【解析】试题分析：（1）根据已知反应，乙炔和醛反应后，官能团有碳碳三键和羟基。（2）A的分子式是C4H6O2，又属于乙酸酯，其结构简式是CH3COOCH=CH2（3）B为 转化为C4H6，浓硫酸加热的条件，所以是消去反应。（4）1 mol有机物H
33、与足量NaHCO3溶液反应生成标准状况下的CO2 44.8 L，说明1分子H含有2个羧基，H有顺反异构说明含有双键，根据分子式得反式结构简式是（5）根据逆合成分析，E分子中的2个羟基在碳链的两端得E的结构简式（6）根据逆合成分析，H2MA为，G是琼斯试剂反应后得到的羧酸，G与NaOH溶液在加热条件下反应，是卤代烃的水解反应，还有酸碱的中和反应，综上得聚酯PMLA有多种结构，所以是缩聚反应。H2MA分子式为，得化学方程式考点：考查官能团的判断和性质，卤代烃的反应，合成高分子的反应等相关知识。23短周期元素形成的纯净物A、B、C、D、E，五种物质之间的转化关系如图1所示，物质A与物质B之间的反应不
34、在溶液中进行（E可能与A、B两种物质中的一种相同）请回答下列问题：（1）若C是离子化合物，D是一种强碱，则C的化学式 ，并任写一种C的主要用途 （2）若E的水溶液呈弱酸性，D是既能溶于强酸、又能溶于强碱的化合物用电离方程式解释D既能溶于强酸、又能溶于强碱的原因（仅写出电离方程式即可）： 用电荷守恒的等式表示E与NaOH溶液反应生成正盐的溶液中所有离子的浓度之间的关系： （3）若C是一种气体，D是一种强酸，则：C与水反应的化学方程式为 已知常温下物质A与物质B反应生成1mol气体C的H=57kJmol1，1mol气体C与H2O反应生成化合物D和气体E的H=46kJmol1，写出物质A与物质B及水
35、反应生成化合物D的热化学方程式为 有人认为“浓H2SO4可以干燥气体C”某同学为了验证该观点是否正确，用如图2所示装置进行实验实验过程中，在浓H2SO4中未发现有气体逸出，则得出的结论是 用铂做电极电解H2SO4的溶液，其阳极的电极反应式为 【答案】（1）Na2O2；供氧剂、漂白剂、氧化剂；（2）H+H2O+AlO2Al（OH）3Al3+3OH；c（Na+）+c（H+）2c（S2）+c（HS）+c（OH）；（3）3NO2+H2O2HNO3+NO；4NO（g）+3O2（g）+2H2O（1）=4HNO3 （aq）H=618kJmol1；NO2能溶于浓H2SO4，因而不能用浓H2SO4干燥NO2；4
36、OH4eO2+2H2O【解析】试题分析：（1）若C是离子化合物，D是一种强碱，C为Na2O2，D为NaOH，E为O2，A、B分别为氧气、Na中的一种；（2）若E的水溶液呈弱酸性，D是既能溶于强酸、又能溶于强碱的化合物，则C为Al2S3，E为H2S，D为Al（OH）3，A、B分别为Al、S中的一种；（3）若C是一种气体，D是一种强酸，则C为NO2，D为HNO3，E为NO，据此解答解：（1）若C是离子化合物，D是一种强碱，C为Na2O2，D为NaOH，E为O2，A、B分别为氧气、Na中的一种，过氧化钠可以用作供氧剂、漂白剂、氧化剂等，（2）若E的水溶液呈弱酸性，D是既能溶于强酸、又能溶于强碱的化合
37、物，C为Al2S3，E为H2S，D为Al（OH）3，A、B分别为Al、S中的一种，则：用电离方程式解释D既能溶于强酸、又能溶于强碱的原因：H+H2O+AlO2Al（OH）3Al3+3OH，H2S与NaOH溶液反应生成正盐为Na2S，溶液中硫离子水解，用电荷守恒的等式表示溶液中所有离子的浓度之间的关系为：c（Na+）+c（H+）2c（S2）+c（HS）+c（OH），（3）若C是一种气体，D是一种强酸，C为NO2，D为HNO3，E为NO，则：C与水反应的化学方程式为：3NO2+H2O2HNO3+NO，常温下物质A与物质B生成1mol气体C的H为57kJmol1，则：反应的热化学方程式为：2NO（g）+O2（g）=2NO2（g）H=114kJmol1，1mol气体C与H2O反应生成D溶液和E气体的H为46kJmol1，反应的热化学方程式为：3NO2（g）+H2O（l）=2HNO3（aq）+NO（g）；H=138 kJmol1，则3+2得4NO（g）+3O2（g）+2H2O（1）=4HNO3 （aq）；H=3（114kJmol1）+2（138 kJmol1）=618kJmol1，由现象实验过程中，浓H2SO4中未发现有气体逸出，可以得出NO2能溶于浓硫酸中，用铂做电极电解H2SO4的溶液，阳极发生氧化反应，氢氧根离子在阳极放电生成氧气，其阳极的电极反应式为：4OH4eO2+2H2O
