1、山东省安丘市第一中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）1下列反应属于吸热反应的是 （ ） A碳在氧气中的燃烧 B葡萄糖在人体内氧化分解CBa(OH)28H2O与NH4Cl反应 D锌粒与稀H2SO4反应制取H2【答案】C【解析】2某有机原料的结构简式如图: 下列有关该有机物的叙述正确的是A已知为平面结构,则该有机物分子中最多有16个原子在同一平面内。B1mol该有机物可以和2mol NaOH反应，但不能用Na2CO3溶液区分该有机物和CH3COOCH2CH3C. 该有机物能发生加成反应不能发生取代反应 D. 该有机物与乙酸互为同系物【答案】A【解析】试题分析：A直接连接碳碳
2、双键两端的原子共面，羰基为平面结构，则连接羰基的原子共面，单键能旋转，所以该有机物分子中最多有16个原子在同一平面内，A正确；B该物质中含有羧基，羧基能和NaOH发生中和反应，且羧基和NaOH以1：1反应，羧基能和碳酸钠溶液反应生成二氧化碳、酯基和碳酸钠溶液不反应，所以能用Na2CO3溶液区分该有机物和CH3COOCH2CH3，B错误；C该有机物中含有羧基，所以能发生取代反应，C错误；D该分子中含有两个碳碳双键且含有两个羧基，乙酸中只含一个羧基，所以该有机物和乙酸不是同系物，D错误；答案选A。【考点定位】本题主要是考查有机物结构和性质【名师点晴】明确有机物分子中的官能团及其性质关系即可解答，侧
3、重考查羧酸和烯烃性质，难点是判断原子共面，采用知识迁移方法解答，易错选项是A。3对危险化学品要在包装标签上印有警示性标志。浓硫酸应选用的标志是 A. B. C. D.【答案】D【解析】试题分析：浓硫酸具有腐蚀性，包装标签上应该印有腐蚀性标志，故选D。考点：考查了化学实验安全的相关知识。4起固定氮作用的化学反应是AN2与H2在一定条件下反应生成NH3 BNO遇O2转化为NO2C硝酸工厂用NH3氧化制NO D由NH3制碳酸氢铵和硫酸铵【答案】A【解析】试题分析：由游离态的氮变为化合态叫氮的固定。故A项正确。考点：本题考查氮的转化。5为了提高煤燃烧的热效率并减少SO2和烟尘对大气的污染，适宜采取的措
4、施是( )A.通入大量的空气 B.将煤块粉碎成煤粉C.将煤制成多孔的煤球 D.将煤经过处理，转化为气体燃料【答案】BD【解析】扩大煤与氧气或空气的接触面，燃烧会更充分。6下列各图所示装置的气密性检查中，一定漏气的是 【答案】D【解析】试题分析：A、用手握住试管，试管内气体受热膨胀，在烧杯内有气泡产生，说明装置气密性良好，故A不漏气；B、用弹簧夹夹住右边导管，向长颈漏斗中倒水，液面高度不变，说明装置气密性良好，故B不漏气；C、用弹簧夹夹住右边导管，双手捂住烧瓶，烧瓶内气体受热膨胀，使集气瓶中气体压强增大，在玻璃管中形成一段水柱，说明装置气密性良好，故C不漏气；D、用弹簧夹夹住右边导管，上下移动，
5、若装置不漏气，两边液面应形成一定的高度差，而图示两端液面相平，说明装置漏气；故选D。考点：考查装置气密性的检查7下列用途中没有用到H2SO4酸性的是A实验室制氢气 B制硫酸铵C干燥氧气 D除铁锈【答案】C【解析】试题分析：A实验室制氢气利用的是稀硫酸与活泼的金属产生硫酸盐和氢气，利用了硫酸的酸性，正确；B用硫酸与氨气或一水合氨发生复分解反应制硫酸铵，利用了硫酸的酸性，正确；C干燥氧气利用的是浓硫酸的吸水性，错误；D除铁锈是利用稀硫酸与金属氧化物反应产生盐和水，利用了硫酸的酸性，正确。考点：考查硫酸的性质的利用的正误判断的知识。8有a、b、c、d四种一元酸的溶液，实验表明：物质的量浓度相同的a、
6、c溶液中，分别滴入甲基橙试液后，a溶液呈黄色而c溶液呈橙色；物质的量浓度相同的b、c的钠盐溶液相比较，b的钠盐溶液pH小于c的钠盐溶液pH；a酸跟d的盐反应生成a的盐和d酸由此可以确定四种酸的酸性由强到弱的顺序正确的是Abacd Bdacb C bcad Dcdab【答案】C【解析】9常温时，纯水中由水电离的c（H）a，pH1的盐酸中由水电离的c（H）b,02 mol/L的盐酸与01 mol/L的氢氧化钠溶液等体积混合后，由水电离的c（H）c，则a、b、c的关系正确的是Aabc Bacb Ccba Dbca【答案】B【解析】试题分析：02molL-1的盐酸与01molL-1的氢氧化钠溶液等体积
7、混合，反应后的溶液中含有氯化钠和盐酸，溶液中氢离子浓度005molL-1，盐酸中的氢离子抑制了水的电离，氢离子浓度越大，水的电离程度越小，pH=1的盐酸中，氢离子浓度为01mo/lL，所以a、b、c的关系是acb，选项B符合题意。考点：考查影响水电离的因素10向100mL0.1molL1硫酸铝铵NH4Al(SO4)2溶液中逐滴滴入0.1molL1Ba(OH)2溶液。随着Ba(OH)2溶液体积（V）的变化，沉淀总物质的量（n）的变化如图所示。下列叙述正确的是Aa点的沉淀总物质的量为0.03molBOa段发生反应的离子方程式是： Al3+2SO42+2Ba2+3OH= Al(OH)3+2BaSO4
8、Cab段发生反应的离子方程式是： NH4+SO42+Ba2+OH= NH3H2O+BaSO4D反应到c点时，加入Ba(OH)2溶液的总体积为250mL【答案】D【解析】试题分析：100mL0.1molL1硫酸铝铵NH4Al(SO4)2溶液中溶质的物质的量是0.01mol.A、向100mL0.1molL1硫酸铝铵NH4Al(SO4)2溶液中逐滴滴入0.1molL1Ba(OH)2溶液，开始铝离子和硫酸根离子都生成沉淀，但铝离子完全沉淀时，硫酸根离子未完全沉淀，所以a点表示的是铝离子沉淀完全，此时发生的离子反应是2Al3+6OH-+3Ba2+3SO42-= 2Al(OH)3+3BaSO4，所以沉淀的
9、物质的量是0.01mol氢氧化铝沉淀和0.015mol硫酸钡沉淀，共0.025mol，错误；B、根据A的分析，Oa段发生的离子反应是2Al3+6OH-+3Ba2+3SO42-= 2Al(OH)3+3BaSO4，错误；C、铝离子沉淀完全后，再加入氢氧化钡溶液，则剩余硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，发生反应的离子方程式是NH4+OH=NH3H2O、SO42+Ba2+=BaSO4，不可合并，错误；D、c点时，0.01mol NH4Al(SO4)2与氢氧化钡溶液完全反应生成偏铝酸钡、硫酸钡、一水合氨，钡离子的物质的量是0.02mol+0.005mol=0.025mol，则需要0.1molL1Ba
10、(OH)2溶液的体积是0.25L=250mL，正确，答案选D。考点：考查对图像的分析，铝化合物的计算11下列装置能组成原电池的是【答案】B【解析】试题分析：A、没有形成闭合回路，不能形成原电池，A错误；B、可以形成原电池，其中锌是负极，铜是正极，B正确；C、四氯化碳不是电解质，不能形成原电池，C错误；D、没有形成闭合回路，不能形成原电池，D错误，答案选B。【考点定位】本题主要是考查原电池的形成【名师点晴】掌握原电池的构成条件是解答的关键，原电池的构成条件：（1）能自发地发生氧化还原反应。（2）电解质溶液或熔融的电解质(构成电路或参加反应)。（3）由还原剂和导体构成负极系统，由氧化剂和导体构成正
11、极系统。（4）形成闭合回路(两电极接触或用导线连接)。12下列说法正确的是（ ） ASO2能使酸性KMnO4溶液迅速褪色B可以用澄清石灰水鉴别SO2和CO2C硫粉在过量的纯氧中燃烧可以生成SO3D少量SO2通过浓的CaCl2溶液能生成白色沉淀【答案】A【解析】略13下列标有横线的物质在给定的条件下不能完全反应的是1mol Zn与含1mol H2SO4的稀硫酸溶液反应1mol Cu与含2mol H2SO4的浓硫酸溶液共热1mol Cu与含4mol HNO3的浓硝酸溶液反应1mol MnO2与含4mol HCl的浓盐酸溶液共热A B C D【答案】C【解析】试题分析：1mol锌与含1mol H2S
12、O4的稀硫酸溶液恰好完全反应，最终锌不会剩余，错误；随反应的进行浓硫酸变为稀硫酸，稀硫酸与铜不反应，导致Cu有剩余，正确；1mol铜转移2mol的电子，生成2mol的铜离子与2mol硝酸结合成硫酸盐，而2molHNO3的硝酸作氧化剂，得电子的量为2mol6mol，所以铜不足，会完全反应，错误；随着反应的进行，盐酸浓度逐渐降低，稀盐酸与二氧化锰不反应，使MnO2有剩余，正确。故选项是包含的C选项。考点：考查物质的量浓度与反应的关系的知识。14对下列电解质溶液的叙述错误的是A等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3混合液中：c（Na+）c（HCO3-）c（CO32-）c（OH-）c（H+）B25
13、时 02 molL-1盐酸与等体积0. 05 molL-lBa（OH）2溶液混合后，溶液的pH=lCpH=3的二元弱酸H2R溶液与pH=ll的NaOH溶液混合后，混合液的pH等于7，则反应后的混合液中：2c（R2-）+c（HR-）=c（Na+）D25时，若0.3 molL-1 HY溶液与0.3 molL-l NaOH溶液等体积混合后，溶液的 pH=9，则：c（OH-）-c（HY）=1l0-9 molL-1【答案】B【解析】试题分析：A.等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3混合液中碳酸根的水解程度大于碳酸氢根，则溶液中：c（Na+）c（HCO3-）c（CO32-）c（OH-）c（H+），A
14、正确；B25时 02 molL-1盐酸与等体积0. 05 molL-lBa（OH）2溶液混合后盐酸过量，则反应后溶液中氢离子浓度，则溶液的pH不是l，B错误；CpH=3的二元弱酸H2R溶液与pH=ll的NaOH溶液混合后，混合液的pH等于7，即c（OH）c（H）。根据电荷守恒可知2c（R2-）+c（HR-）+ c（OH）= c（H）+c（Na+），所以反应后的混合液中：2c（R2-）+c（HR-）=c（Na+），C正确；D25时，若0.3 molL-1 HY溶液与0.3 molL-l NaOH溶液等体积混合后，溶液的 pH=9，说明酸根水解，溶液显碱性，则根据质子守恒可知c（OH-）c（HY）
15、+c（H）1l0-9 mol/L，D正确，答案选B。考点：考查弱电解质的电离、盐类水解及溶液中离子浓度大小比较15下列各组离子可能大量共存的是A能使碘化钾淀粉试纸变蓝的溶液：Na、NH4+、S2、BrB遇pH试纸变红色的溶液：Fe2+、S2O32-、SO42、Na+C水电离出的c(H) c(OH) =1028的溶液：Na、S2、NO3 、SO32 D能使KSCN显红色的溶液：Na、NH4、AlO2-、CO32-【答案】C【解析】试题分析：A、能使碘化钾淀粉试纸变蓝的溶液有氧化性，且氧化性比碘单质强，而碘单质的氧化性又比硫单质的强，因此能氧化碘离子的氧化剂，也能氧化硫离子，错误；B、遇pH试纸变
16、红色的溶液是显酸性的溶液，酸性条件下硫代硫酸根离子不能共存，错误；C、水电离出的c(H) c(OH) =1028的溶液，表明溶液中水的电离受到了抑制，可能是强酸性能条件，此时溶液不能共存，但也可能是强碱性条件，这时题中的各种离子可以共存，正确；D、能使KSCN显红色的溶液，表明溶液中含有三价铁离子，含有三价铁离子的溶液不可以跟碳酸根离子共存，能发生双水解，错误。考点：考查离子共存。16 氮是地球上含量丰富的原子元素，氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用。（1）25时，01mol/LNH4NO3溶液中水的电离程度_（填“大于”、“等于”或“小于”） 01mol/L NaOH溶液中水的电离
17、程度。（2）若将01mol/L NaOH溶液和02mol/LNH4NO3溶液等体积混合，混合溶液中2c(NH4+)c(NO3)，所得溶液中离子浓度由大到小的顺序是_。（3）发射火箭时肼(N2H4)为燃料，二氧化氮作氧化剂，两者反应生成氮气和气态水。经测定16g气体在上述反应中放出284kJ的热量。则该反应的热化学方程式是_。（4）下图是1mol NO2和1mol CO反应生成CO2和NO过程中能量变化示意图。已知：N2(g)O2(g)2NO(g) H180kJ/mol2NO (g)O2(g)N2(g)2CO2(g) H1123kJ/mol则反应：2NO(g)CO(g)N2(g)2CO2(g)的
18、H是_。【答案】（1）大于 （2）c(NO3)c(NH4+)c(Na+)c(OH)c(H+)（3）2N2H4(g)2NO2(g)3N2(g)2H2O (g) H1136kJ/mol（4）7603kJ/mol【解析】试题分析：（1）NH4+能发生水解，促进了水的电离，而OH抑制了水的电离，因此，01mol/LNH4NO3溶液中水的电离程度大于01mol/L NaOH溶液中水的电离程度；（2） 若将01mol/L NaOH溶液和02mol/LNH4NO3溶液等体积混合，所得溶液的溶质为NaNO3、NH3H2O、NH4NO3。溶液中2c(NH4+)c(NO3)，则溶液中NH3H2O的电离程度大于NH
19、4+的水解程度，溶液呈碱性，各离子的浓度大小为c(NO3)c(NH4+)c(Na+)c(OH)c(H+)；（3）N2H4和NO2反应的化学方程式为：2N2H4+2NO2=3N2+4H2O；16g（即05mol）N2H4气体在上述反应中放出284kJ的热量，则该反应的热化学方程式为2N2H4(g)2NO2(g)3N2(g)2H2O (g) H1136kJ/mol；（4）根据盖斯定律，可计算求得此反应的H=7603kJ/mol。考点：考查电解质溶液中离子浓度大小的比较、热化学方程式的书写、反应热的计算。17已知2X2(g)Y2(g)2Z(g) Ha kJmol1(a0)，在一个容积固定的密闭容器中
20、加入2 mol X2和1 mol Y2，在500 时充分反应达平衡后Z的浓度为WmolL1，放出热量b kJ。（1）此反应平衡常数表达式为_；若将温度降低到300 ，则反应平衡常数将_(填“增大”“减少”或“不变”)。（2）若原容器中只加入2 mol Z，500 充分反应达平衡后，吸收热量c kJ，则Z浓度_WmolL1(填“”“”或“”)，b、c间的关系为_。（用a、b、c表示）。（3）能说明反应已达到平衡状态的是_(从下列选项中选择)。a单位时间内消耗1molY2的同时消耗了2mol Z b容器内的密度保持不变c. 2v逆(X2)v正(Y2) d容器内压强保持不变（4）若将上述容器改为恒压
21、容器(反应器开始体积相同)，相同温度下起始加入2 mol X2和1 mol Y2达到平衡后，Y2的转化率将_(填“变大”“变小”或“不变”)。【答案】（1）K 增大 （2） b+c=a；（3）ad；（4）变大【解析】试题分析：（1）化学平衡常数是指在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，所以2X2(g)Y2(g)2Z(g)的平衡常数K，该反应正反应是放热反应，降低温度，平衡向正反应移动，平衡常数增大。 （2）恒温恒容下，2molZ完全转化到左边，可得2molX2和1molY2，则该平衡与原平衡为等效平衡，平衡时Z的浓度
22、相同，c（Z）= WmolL-1，同一可逆反应，相同温度下，正、逆反应的反应热数值相等，但符号相反，相同条件下，2 mol Z在500 充分反应达平衡后，吸收热量c kJ，相当于由平衡状态完全反应生成2molZ放出ckJ的热量， 2 mol X2和1 mol Y2，在500 时充分反应达平衡后放出bkJ的热量，然后根据热化学方程式提供的数据，2 mol X2和1 mol Y2，在500 时完全反应生成2molZ放出akJ的热量，所以b+c=a。（3）平衡的标志是反应的正逆反应速率相同；a单位时间内消耗1molY2的同时消耗了2mol Z，说明正逆反应速率相同，正确；b. 反应容器体积一定，气体
23、质量守恒，反应过程和平衡状态容器内的密度始终保持不变，错误；c. 依据反应速率之比等于化学方程式的系数之比，表示的是正反应速率，只有v逆（X2）=2v正（Y2），才能说明v逆（X2）=v正（X2），错误；d.反应是气体压强减小的反应，平衡状态容器内压强保持不变，说明反应达到平衡，正确；答案选ad。（4）原平衡随反应进行，压强降低恒压容器（反应器开始体积相同），相同温度下起始加入2molX2和1molY2，等效为在原平衡的基础上增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，即向正反应移动，Y2的转化率变大。考点：考查化学平衡常数的表达式及影响因素，化学平衡状态的判断，等效平衡等知识。18（12分）某学
24、生课外学习活动小组针对教材中铜与浓硫酸反应，提出了研究“能够与铜反应的硫酸的最低浓度是多少？”的问题，并设计了如下方案进行实验：实验试剂：18mol/L硫酸20mL，纯铜粉足量，足量2mol/LNaOH溶液请根据实验回答问题：（1）烧杯中用NaOH溶液吸收的物质是： （填化学式），利用倒置的漏斗而不是将导气管直接深入烧杯中的目的是： 。（2）加热烧瓶20分钟，烧瓶中发生反应的化学方程式是： 。待烧瓶中反应基本结束，撤去酒精灯，利用烧瓶中的余热使反应进行完全。然后由导管a通入足量的空气，以确保烧瓶中的SO2气体全部进入烧杯中。在该实验装置中的 （填仪器序号“a”或“b”）起到了确保硫酸体积保持不
25、变的作用。（3）将充分反应后的烧杯取下，向其中加入足量的酸化的双氧水，再加入足量的BaCl2溶液，再进行_ _、 、 后称量硫酸钡的质量为1398g，请计算能与铜反应的硫酸的最低浓度是 。（4）有的同学提出在上面（4）中可以不必加入酸化的双氧水，直接进行后面的实验，也能得到准确的数据，请结合你的理解分析是否需要加入双氧水及原因： ， 。【答案】（12分）(1) SO2 (填化学式)，防倒吸 。(2) Cu+2H2SO4（浓） = CuSO4+SO2+2H2O 。 b。(3) 过 滤、洗 涤、干 燥， 12mol/L (2分) 。(方程式2分，其余每空1分)(4) 需要加双氧水 ,原因：在烧杯中
26、生成的Na2SO3可能只是被部分氧化为Na2SO4，如果不加入双氧水而直接测定沉淀质量则无法确定S元素的物质的量，从而使实验结果错误。 (方程式2分，其余每空1分)【解析】略19某学生设计如图所示的实验装置，利用氯气与潮湿的消石灰反应制取少量漂白粉（这是一个放热反应）据此回答下列问题：（1）在A装置中用固体二氧化锰与浓盐酸在加热条件下制取氯气，若在标准状态下收集到33.6L的氯气，则被氧化的HCl的物质的量是 （2）漂白粉将在U形管中产生，其化学方程式是 （3）C装置的作用是 （4）此实验所得漂白粉的有效成分偏低该学生经分析并查阅资料发现，主要原因是在U形管中还存在两个副反应温度较高时氯气与消
27、石灰反应生成Ca（ClO3）2，为避免此副反应的发生，可采取的措施是 试判断另一个副反应为（用化学方程式表示） 为避免此副反应的发生，可将装置作何改进 （5）家庭中使用漂白粉时，为了增强漂白能力，可加入少量的物质是 A食盐 B食醋 C烧碱 D纯碱【答案】（1）3mol；（2）2Ca（OH）2+2Cl2CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；（3）吸收未完全反应的氯气，防止污染空气；（4）将B装置冷却（或将B装置放在冷水浴中）；：Ca（OH）2+2HClCaCl2+2H2O；在A、B之间接一个饱和的NaCl溶液洗气瓶；（5）B【解析】（1）加热条件下，二氧化锰和浓盐酸发生氧化还原反应生成氯气，发
28、生MnO2+4HCl（浓） MnCl2+2H2O+Cl2，每4molHCl反应，生成1molCl2，只有2molHCl被氧化，若在标准状态下收集到33.6L的氯气物质的量=1.5mol，被氧化的HCl物质的量=3mol，（2）因氯气与碱石灰反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，化学反应方程式为2Ca（OH）2+2Cl2CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，（3）因氯气有毒，则装置C的作用为吸收未完全反应的氯气，防止污染空气，（4）因温度较高时发生副反应生成Ca（ClO3）2，则可将B装置冷却来避免该副反应的发生，因浓盐酸易挥发，则另一个副反应为HCl与碱石灰反应，反应为Ca（OH）2+2HClCaC
29、l2+2H2O，所以应除去氯气中的HCl，即在A、B之间接一个饱和的NaCl溶液洗气瓶可除去HCl，（5）酸性条件下生成HClO，漂白性增强，只有B符合，A为中性，C、D为碱性，【点评】本题考查氯气的化学性质、氯气的实验室制法、尾气的处理等知识点，注意把握习题中的信息分析（4），侧重分析与实验能力的综合考查，题目难度中等20(15分)某兴趣小组利用以下实验装置模拟工业炼铁的主要过程：（1）装置甲中发生的反应为：HCOOH(甲酸)CO+H2O。已知甲酸是一种无色有刺激性气味的液体。制取一氧化碳时应该 （填字母）。a将甲酸滴入浓硫酸 b将浓硫酸滴入甲酸 c将甲酸与浓硫酸混合后加入（2）请按合适的顺
30、序连接好以下装置：甲（ ）（ ）（ ）（3）丙装置中碱石灰的作用是 。（4）实验将近完成时，熄灭装置甲、乙、丁中酒精灯的先后顺序为 。（5）为了探究影响反应产物的外界因素，在Fe2O3与CO反应部位，该小组同学分别用酒精灯和酒精喷灯进行了两次实验，结果如下：加热方式通CO加热时间min澄清石灰水变浑浊时间min产物颜色产物能否全部被磁铁吸引酒精灯305黑色能酒精喷灯301黑色能甲同学猜想黑色产物中可能含有碳单质。乙同学排除了该可能，他提出的两种理由是 、 。丙同学查找资料发现，Fe3O4也能被磁铁吸引，对黑色产物成分提出以下三种假设：i全部为铁；ii ；iii 。【答案】(15分)（1）a（1
31、分）；（2）甲丙丁乙；（2分）；（3）除去一氧化碳中的甲酸和水蒸气（2分）；（4）丁甲乙（2分）；（5）碳单质不会被磁铁吸引，从氧化还原角度分析不可能生成碳单质等（各2分）；全部为四氧化三铁；四氧化三铁和铁的混合物（各2分）；【解析】试题分析：（1）该反应中的浓硫酸做催化剂，所以应将甲酸滴入浓硫酸中，所以选择a；（2）产生的CO气体需干燥、净化后填入盛有氧化铁的试管中，反应后生成的二氧化碳气体用澄清石灰水检验，多余的CO点燃，不能直接排放，所以装置的链接顺序是甲、丙、丁、乙；（3）丙装置中碱石灰的作用是除去一氧化碳中的甲酸和水蒸气，防止在丁处发生爆炸；（4）实验快结束时，先熄灭丁处酒精灯，用余
32、热使反应完全，然后再熄灭甲处的酒精灯，防止丁处的Fe被氧化，最后CO被乙处酒精灯点燃，所以最后熄灭乙处酒精灯；（5）因为黑色物质可以被磁铁吸引，而碳单质不会被磁铁吸引，Fe元素的化合价降低，所以C元素的化合价不可能也降低，所以从氧化还原角度分析不可能生成碳单质等；根据能被磁铁吸引的物质的可能性判断另外两种可能：全部为四氧化三铁；或为四氧化三铁和铁的混合物。考点：考查实验室炼铁的实验探究，实验方案的设计、物质的检验21（9分）某含氧有机物，它的相对分子质量为74。7.4g该含氧有机物充分燃烧后的产物通过浓硫酸后增重5.4g，通过足量澄清石灰水后有30g白色沉淀生成。求：（1）该含氧有机物的分子式
33、；（2）该含氧有机物有多种同分异构体，写出其中能水解的同分异构体的结构简式。【答案】（1）C3H6O2 （2）HCOOCH2 CH3 CH3COOCH3【解析】22PETG是一种新型材料，可回收利用，对环境不构成任何威胁，其结构简式如下：已知：RCOOR1R2OHRCOOR2R1OH(R、R1、R2表示烃基)。采用如下图所示的合成路线可合成PETG：试回答下列问题：（1）上述各步反应中，属于取代反应的有_(填写编号)。（2）写出结构简式：B_、I_。（3）写出化学方程式：反应 、反应 。（4）合成时应控制的单体的物质的量n (D)n (F)n (H)_(用m、n表示)。（5）写出同时符合下列要
34、求的物质H的所有同分异构体的结构简式：_。属于芳香族化合物且苯环上有两个取代基；能与NaHCO3溶液反应，并有气体放出；能发生水解反应。【答案】（1）；（2）；（3）；（4）m：n：(m+n)；（5）【解析】试题分析：由PETG的结构简式可知对应的单体有HOCH2CH2OH、，则D应为HOCH2CH2OH，F为，H为，E为，G为，B为，A为CH2=CH2，C为CH2BrCH2Br，I为，（1）由以上分析结合题给转化关系可知属于取代反应，为加成反应，其他为氧化反应，故答案为：；（2）由以上分析可知B为，I为，故答案为：；（3）反应的反应为，反应的反应为，故答案为：；（4）合成时应控制的单体的物质
35、的量n (D)：n (F)：n (H)=m：n：(m+n)，故答案为：m：n：(m+n)；（5）H为，对应的同分异构体，属于芳香族化合物且苯环上有两个取代基；能与NaHCO3溶液反应，并有气体放出，说明含有羧基；能发生水解反应，说明含有酯基，则可能为，故答案为：。【考点定位】考查有机合成与推断【名师点晴】本题考查有机物的推断，侧重于学生分析能力和推断能力的考查，该题信息量大，注意根据高聚物的结构简式判断单体为解答该题的突破口，答题时注意把握题给信息，为解答该题的关键。该类题综合性强，思维容量大，常以框图题或变相框图题的形式出现，解决这类题的关键是以反应类型为突破口，以物质类别判断为核心进行思考
36、。经常在一系列推导关系中有部分物质已知，这些已知物往往成为思维“分散”的联结点。可以由原料结合反应条件正向推导产物，也可以从产物结合条件逆向推导原料，也可以从中间产物出发向两侧推导，审题时要抓住基础知识，结合新信息进行分析、联想、对照、迁移应用、参照反应条件推出结论。解题的关键是要熟悉烃的各种衍生物间的转化关系，不仅要注意物质官能团的衍变，还要注意同时伴随的分子中碳、氢、氧、卤素原子数目以及有机物相对分子质量的衍变，这种数量、质量的改变往往成为解题的突破口。由定性走向定量是思维深化的表现，将成为今后高考命题的方向之一。23现有A、B、C、D、E、F六种原子序数依次增大的短周期主族元素。已知A与
37、D同主族且能形成离子化合物DA，B元素氢化物的水溶液呈碱性，C与E同主族且EC2是一种具有刺激性气味的气体。用化学用语回答下列问题：（1）元素F在周期表中的位置_。（2）C、D、E三种元素原子半径由大到小的顺序为_。A、C、D三种元素组成的化合物和单质F反应的离子方程式为 。（3）B与F形成的化合物分子中，各原子最外层均达8电子结构，则该分子的电子式为 。（4）已知0.50mol EC2被C2氧化成气态EC3，放出49.15kJ热量，其热化学方程式为 。（5）A、B、C以原子个数比4：2：3所形成的化合物，所含的化学键类型为 ；0.1 molL1的该化合物水溶液中的离子浓度由大到小的顺序为：
38、。【答案】（1）第三周期A族 （2）r（Na） r（S） r（O） （3） （4）2SO2（g）+O2（g）=2SO3（g）；H =-196.6 kJmol1 ； （5）离子键、共价键 c（NO3-）c（NH4+）c（H+）c（OH-）【解析】试题分析：A、B、C、D、E、F是六种原子序数依次增大的短周期主族元素，A与D同主族且能形成离子化合物DA，则A、D是第一主族元素，A是氢元素，D是钠元素，B元素氢化物的水溶液呈碱性，B是氮元素，C与E同主族且EC2是一种具有刺激性气味的气体，则C是氧元素，E是硫元素；则F是氯元素；（1）元素F在周期表中的位置是第三周期A族；（2）电子层数越多，半径越大
39、，电子层数相同时，核电荷数越多，半径越小，则C、D、E三种元素原子半径由大到小的顺序为r（Na） r（S） r（O）；A、C、D三种元素组成的化合物是NaOH和Cl2反应的离子方程式为；（3）B与F形成的化合物分子中，各原子最外层均达8电子结构，应为NCl3，则该分子的电子式为；（4）0.50mol SO2被O2氧化成气态SO3，放出49.15kJ热量，则其热化学方程式为2SO2（g）+O2（g）=2SO3（g）H =-196.6 kJmol1 ；（5）A、B、C以原子个数比4：2：3所形成的化合物为NH4NO3，所含的化学键类型为离子键、共价键；NH4NO3是强酸弱碱盐，水解显酸性，则0.1 molL1 NH4NO3水溶液中的离子浓度由大到小的顺序为：c（NO3-）c（NH4+）c（H+）c（OH-）考点：元素周期律