1、江苏省苏州市第一中学校2016届高三下期3月月考化学试卷（苏教版，解析版）1下列物质属于离子化合物的是 AO3 BH2O CK2SO4 DCO2【答案】C【解析】试题分析：含有离子键的化合物是离子化合物，所以选项C是离子化合物，A是单质，B和D是共价化合物，答案选C。考点：考查离子化合物的判断点评：该题是高考中的常见题型，属于基础性试题的考查。试题难易适中，基础性强，侧重对学生基础知识的巩固和训练。该题的关键是明确离子化合物的判断依据，然后灵活运用即可，有利于培养学生的逻辑推理能力。2NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A某温度下纯水的pH6，该温度下10 L pH11的NaOH溶液中
2、含OH的数目为NAB以Mg、Al为电极，NaOH溶液为电解质溶液的原电池中，导线上流过NA个电子，则正极放出H2的体积为11.2 LC在反应Zn2HNO3NH4NO3=N23H2OZn(NO3)2中每溶解1 mol Zn，转移的电子总数等于2NAD5.4 g Al分别与含溶质0.2 mol的NaOH溶液、盐酸反应，生成H2分子数均为0.3NA【答案】A【解析】试题分析：A、pH=6的纯水中，离子积常为10-12，该温度下10 L pH11的NaOH溶液中OH的浓度是0.1mol/L，物质的量是1mol，数目为NA，A正确；B、导线上流过NA个电子即1mol，正极放出0.5molH2，因为温度压
3、强未知，所以体积无法求得，B错误；C、在反应Zn2HNO3NH4NO3=N23H2OZn(NO3)2中，锌的化合价由0变为+2价，氮元素由-3变为0价、由+5变为0价，即每摩尔反应转移5mol电子，则每溶解1 mol Zn，转移的电子总数等于5NA，C错误；D、5.4 g Al即0.2molAl，分别与含溶质0.2 mol的NaOH溶液、盐酸反应，酸不足，D错误。答案选A。考点：阿伏加德罗常数3下列说法正确的是A目前，我国城市环境污染中的大气污染物包括SO2、NO2、CO、烟尘等B石油的分馏、煤的干馏都是化学变化C赤潮、白色污染、绿色食品中的“赤”“白”“绿”均指相关物质的颜色D绿色化学的核心
4、是应用化学原理对环境污染进行治理【答案】A【解析】试题分析：A、正确，我国城市环境污染中的大气污染物包括SO2、NO2、CO、烟尘等，改善空气质量，必须控制大气中二氧化硫、氮氧化物、烟尘等污染物的排放量。B、不正确，煤的干馏是指煤在隔绝空气的条件下加热，生成煤焦油、焦炭、焦炉煤气等物质，属于化学变化石油分馏是指通过石油中含有的物质的沸点不同而使各种物质分离开的一种方法，该过程中没有新物质生成，属于物理变化C、不正确，绿色食品并不是绿颜色的食品或者经济价值必须高的食品，而是安全、无公害、无毒、有利于人体健康的营养食品，塑料袋的污染称为白色污染，赤潮是水体的“富营养化”导致的结果，能使海水中的某些
5、微小浮游生物大量繁殖，使水体呈红、紫等颜色，并对生物造成危害，和颜色有关；D、不正确，“绿色化学”的核心就是要利用化学原理从源头消除污染。选A。考点：化学与社会、科学、技术4下列叙述正确的是A稀盐酸可除去烧瓶内残留的MnO2B可用无色广口玻璃瓶保存氨水C稀硝酸可除去试管内壁粘有的硫磺D煮沸自来水可除去其中的Ca(HCO3)2【答案】D【解析】试题分析：A稀盐酸不能与二氧化锰反应，用浓盐酸、加热除去烧瓶内残留的MnO2，故A错误；B氨水是溶液，应该是细口瓶，故B错误；C硫磺与稀硝酸不反应，不可以除去试管内壁的硫磺，故C错误；D自来水煮沸，Ca(HCO3)2可以转化为CaCO3，使硬水得到软化，故
6、D正确，故选D。考点：考查元素化合物性质、试剂保持、硬水软化等。5下列解释实际应用的原理表达式中，不正确的是A用排饱和食盐水法收集Cl2：Cl2 + H2O H+ + Cl+ HClO B用热的纯碱溶液清洗油污：CO32 + 2H2O H2CO3 + 2OH C用Na2CO3溶液处理水垢中的CaSO4：CaSO4 + CO32 CaCO3 + SO42D用TiCl4制备TiO2：TiCl4 +（x+2）H2O（过量） TiO2x H2O+ 4HCl【答案】B【解析】A 正确，用排饱和食盐水法收集Cl2，是为了降低氯气在水中的溶解度。B 错误，CO32水解，应分部水解C 正确，把溶度积大的硫酸钙
7、转变为溶度积小的碳酸钙，从而除去水垢中的CaSO4D 正确，渗透水解TiCl4制备纳米TiO26分子式为C8H10的芳香烃有（ ）种A3 B4 C5 D6【答案】B【解析】试题分析：分子式为C8H10的芳香烃可能结构是、，共4种，故选项B正确。考点：考查有机物同分异构体种类的判断的知识。7X、Y、Z、W、N为前四周期五种元素,分别位于周期表中三个紧邻的周期，且原子序数逐渐增大，X、Y、Z的氢化物都比同族元素氢化物的沸点高。N原子外围未成对电子数是同周期中最多的。W元素的电离能数据见下表(kJmol1)：I1I2I3I4496456269129540请回答：（1）W2Y2含有的电子式为 。灼烧W
8、2Y2时，火焰呈特殊颜色，请从原理上解释产生该现象的原因： 。（2）N元素基态原子的外围电子排布式是： 。（3）X3-的空间构型是 ，中心原子的杂化方式是 。（4）用氢键表示式写出Z的氢化物水溶液中存在的氢键 。【答案】（共13分） （1） (2分) 在加热条件下，低能级电子跃迁到高能级，不稳定，电子由高能级跃迁回低能级，能量以光波形式释放，使火焰呈现特殊颜色（2分，提到“电子跃迁”即可得分）(2)3d54s1 (2分) （3）直线型 sp（每空2分）（4）FHF FHO OHF OHO（3分，写对1个就得1分）【解析】试题分析：根据题中信息得，X、Y、Z的氢化物中都含有氢键，故X为N元素；Y
9、为O元素；Z为F元素。N原子外围未成对电子数是同周期中最多的，N为二十四号元素铬(Cr)。六对，d五对，s一对。根据W元素的电离能数据可以出，第一电离能远大于第二电离能，W原子最外层为1个电子，W为Na元素。（1）W2Y2是Na2O2，电子式为。灼烧Na2O2时，火焰呈黄色，发生的是焰色反应，原理是在加热条件下，低能级电子跃迁到高能级，不稳定，电子由高能级跃迁回低能级，能量以光波形式释放，使火焰呈现特殊颜色。（2）N元素是Cr元素，其基态原子的外围电子排布式是d54s1。（3）X3-为N3-，空间构型是直线型，中心原子的杂化方式是sp。（4）Z的氢化物为HF，其氢键的表示式是FHF FHO O
10、HF OHO。考点：位置结构性质的相互关系应用 元素电离能、电负性的含义及应用 氢键 原子轨道杂化方式及杂化类型判断 电子式 电子跃迁点评：题目综合性较大，涉及位置结构性质的相互关系应用、元素电离能和电负性的含义及应用、氢键、原子轨道杂化方式及杂化类型判断、电子式、电子跃迁等，难度中等，是物质结构的综合性题目，是对学生综合能力的考查，氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高是推断的突破口。8设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是A标准状况下，22.4 L CCl4中所含分子数为NAB标准状况下，18g水所含原子数为NAC常温常压下，11.2 LCO2所含的原子数为1.5NAD常温
11、常压下，48 g O2与O3混合物含有的氧原子数为3NA【答案】D【解析】试题分析：A. 标准状况下，四氯化碳是液态，错误；B18g水是1 mol所含原子数为3NA，错误；C常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，错误；D由于O2和O3都只含O元素，所以48克就是48/16=3molO，即氧原子数为3NA，正确。【考点定位】考查阿伏伽德罗常数的有关计算【名师点睛】阿伏伽德罗常数（NA）是历年高考的热点，经久不衰，常常在考题中有意设置一些极易疏忽的干扰因素，在分析解答这类问题时，要特别注意。例如，一个D2O分子中所含的质子数为20；参加反应转移的电子数应根据元素价态的升降和反应的物质的量
12、来计算。通常情况下，铁与非氧化性酸如稀硫酸反应，生成亚铁离子，而与氧化性酸生成铁离子。925时，0.05mol/L的Ba(OH)2溶液，pH为A12.7 B12.0 C13.0 D13.7【答案】C【解析】试题分析：氢氧化钡溶液的C(OH-)=0.052=0.1mol/L，C(H+)=KW/ C(OH-)=10-13,根据公式pH=-lgc(H+) ，得PH=13 ;C项正确；答案选C。考点：PH计算10如图所示，将锌片和铜片通过导线相连，置于稀硫酸中。下列说法正确的A铜片上有气泡逸出 B溶液的pH逐渐减小C电子由铜片经导线流向锌片 D该装置能将电能转化为化学能【答案】A【解析】试题分析：A、
13、装置为原电池，锌为负极，铜为正极，铜上是溶液中的氢离子反应生成氢气，正确，选A；B、溶液中的氢离子浓度减小，pH增大，不选B；C、电子从负极流向正极，即从锌经导线流向铜，不选C；D、原电池是将化学能转变成电能，不选D。考点：原电池的原理。11有关Na2CO3和NaHCO3的叙述中正确的是 （ ）ANa2CO3和NaHCO3均可与NaOH溶液反应 BNaHCO3比Na2CO3热稳定性强C相同物质的量的Na2CO3和NaHCO3与足量盐酸作用时，产生的气体的量相同D相同质量的Na2CO3和NaHCO3与足量盐酸作用时，二者消耗的盐酸一样多【答案】C【解析】试题分析：ANaHCO3与NaOH溶液反应
14、生成碳酸钠和水，而碳酸钠和NaOH溶液不反应，A项错误；B碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、CO2和水，而碳酸钠受热不易分解，所以NaHCO3比Na2CO3热稳定性差，B项错误；C根据反应Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2+H2O、NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O，则相同物质的量的Na2CO3和NaHCO3与足量盐酸作用时，产生的气体的量相同，C项正确；D根据上述分析，相同质量的Na2CO3和NaHCO3与足量盐酸作用时，产生的气体质量不相同，碳酸氢钠产生的CO2多，D项错误；答案选C。考点：考查碳酸钠和碳酸氢钠的性质。12下列离子方程式书写正确的是A氢氧化铁溶于氢碘酸中：Fe
15、(OH)3+3H+=Fe3+3H2OB次氯酸钙溶液中通入过量的CO2：Ca2+2ClO-+H2O+CO2=CaCO3+ 2HClOC向100mL1mol/L的FeBr2溶液中通入 0.15mol Cl2 ：2Fe2+4Br-+3Cl2= 2Fe3+2Br2+6Cl-D向明矾溶液逐滴加入Ba(OH)2溶液至Al3+离子刚好沉淀完全Al3+SO42-+Ba2+3OH-=BaSO4 +Al(OH)3【答案】C【解析】正确答案：CA、不正确，2I2Fe(OH)3+6H+=2Fe2+6H2OB、不正确， ClO-+H2O+CO2=HCO3+ HClOD、不正确，2Al3+3SO42-+3Ba2+6OH-
16、=3BaSO4 +2Al(OH)313短周期元素X、Y、Z和W 的原子序数依次递增，且在同一周期，四种元素原子的最外层电子数之和为19，X和Y元素原子的原子序数比67，X的最高正价是W的最低负价的绝对值的2倍。下列说法正确的是AX单质不可以与CO2反应BY的氧化物是良好的半导体材料CZ的氢化物比W的氢化物更稳定DX的最高价氧化物和Z的最高价氧化物化合的产物中有共价键和离子键【答案】D【解析】试题分析：X和Y元素的原子序数比6：7，设X的原子序数6，X：C，则Y的原子序数7，Y：N，X的最高价是W的最低负价的绝对值的2倍且它们属于同周期，即W：O，不符合题意，则X和Y元素的原子序数分别为12、1
17、4，则是：Mg、Si，X的最高价是W的最低负价的绝对值的2倍且它们属于同周期，即W：Cl，四种元素最外层电子数之和为19，则Z：S，A、2MgCO2=2MgOC，错误；B、SiO2是石英，晶体硅是良好的半导体材料，不是二氧化硅，错误；C、Cl的非金属性强于S，非金属性越强，其氢化物越稳定，稳定性：HClH2S，错误；D、X的最高价氧化物：MgO，Z的最高价氧化物：SO3，两者化合物是MgSO4，含有离子键和共价键，正确。考点：考查元素周期律和元素性质。14合成氨反应为N23H22NH3，今有A、B、C、D四个容器，每个容器中有两种操作，两种操作分别达到平衡后，操作1中N2和操作2中NH3转化率
18、之和一定不为1的是（起始体积相同）A恒温恒容：操作1：加1 mol N23 mol H2，操作2：加2 mol NH3B恒温恒压：操作1：加1 mol N23 mol H2，操作2：加2 mol NH3C恒温恒容：操作1：加1 mol N23 mol H2，操作2：加3 mol NH3D恒温恒压：操作1：加1 mol N23 mol H2，操作2：加3 mol NH3【答案】C【解析】试题分析：操作1中N2和操作2中NH3转化率之和为1的是（起始体积相同）等效平衡，C不是等效平衡。故选C。考点：考查等效平衡等相关知识。15V L含有（NH4）2SO4和K2SO4的混合溶液，已知NH4+浓度为a
19、 molL-1 ；SO42浓度为bmolL-1 。则原混合溶液中钾离子的物质的量浓度为A(b-2a) molL-1 B（b-2a) /2molL-1C(2b-a)molL-1 D(2b-a)/2 molL-1【答案】C【解析】试题分析：根据溶液呈现电中性，即c(NH4)c(K)=2c(SO42)，则c(K)=(2ba)molL1，故选项C正确。考点：考查守恒思想的化学计算等知识。16（14分）铜是第四周期重要的过渡元素之一，其单质及化合物具有广泛用途。请回答下列有关问题： 铜原子的基态电子排布式是 。比较第一电离能Cu Zn（填 “”、“”、“”），说明理由 。氮和铜形成某种化合物的晶胞结构如
20、图所示，则其化学式为 。（每个球均表示1个原子）铜可以形成多种多样的配合物。 NH3可以和很多过渡金属形成配合物。NH3分子中心原子的杂化类型为 杂化，与NH3互为等电子体的粒子有 。（只写其中一种）向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液。试用离子方程式表示其原因、 。在绿色植物标本的制作过程中，将植物材料洗净后浸入5%的硫酸铜溶液中，叶绿素（如图1）中心离子Mg2被置换成Cu2（如图2），叶片则永保绿色，请在图2中用箭头表示出配位键。【答案】（14分）（1） 1s22s22p63s23p63d104s1 或Ar 3d104s1（2分）
21、 （1分） Cu失去1个电子后内层电子达到全充满的稳定状态（1分）（2） Cu3N（2分）（3） SP3 H3O （各1分）Cu22NH3H2OCu(OH)22NH4（2分）Cu(OH)24NH3=Cu(NH3)42+2OH-（2分）（3）（2分）【解析】17（5分） 在同温同压下，同体积的甲烷（CH4）和二氧化碳分子数之比为，物质的量之比为 ，原子总数之比为 ，质量之比为 ，密度之比为 。【答案】1:1 ； 1:1 ； 5:3 ； 4:11 ； 4:11 。【解析】试题分析：在相同的温度和压强下，相同体积的任何气体具有相同的分子数。这就是阿伏伽德罗定律。N(CH4):N(CO2)=V(CH4
22、):V(CO2)= 1:1;n(CH4):n(CO2)= V(CH4):V(CO2)= 1:1;原子个数的比为5:3；m(CH4):m(CO2)=M(CH4):M(CO2)=16:44=4:11;(CH4):(CO2)=M(CH4):M(CO2)=16:44=4:11.考点：考查阿伏伽德罗定律及推论。18已知非金属单质硫（S）是淡黄色固体粉末，难溶于水。为了验证氯元素的非金属性比硫元素的非金属性强，某化学实验小组设计了如下实验，请回答下列问题：（1）装置A的分液漏斗中盛装的试剂是 ，烧瓶中加入的试剂是 。（2）画出虚线框内的实验装置图，并注明所加试剂，说明装置的作用 。（3）装置B中盛放的试剂
23、是 （选填下列所给试剂的代码），ANa2S溶液 BNa2SO3溶液 CNa2SO4溶液 化学反应方程式是 。（4）还有哪些事实能够说明氯元素的非金属性比硫元素的非金属性强（试举一例）。 【答案】【解析】19（8分）（1）已知反应：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S+SO2+H2O。甲同学通过测定该反应发生时溶液变浑浊的时间，研究外界条件对化学反应速率的影响。设计实验如下：实验编号实验温度/c（Na2S2O3）/molL-1V（Na2S2O3）/mLc（H2SO4）/molL-1V（H2SO4）/mLV（H2O）/mL250.15.00.110.0a250.110.00.110.002
24、50.25.00.15.0b500.25.00.110.05.0其他条件不变时：探究温度对化学反应速率的影响，应选择实验 （填实验编号）；若同时选择实验、实验，测定混合液变浑浊的时间，可分别探究Na2S2O3浓度和H2SO4的浓度对化学反应速率的影响，则表中a和b分别为 和 。（2）某同学设计如下实验流程探究Na2S2O3的化学性质。实验操作中测试时pH试纸的颜色应该接近 。A红色 B黄色 C深蓝色 D绿色上述流程中实验、的目的是为了探究Na2S2O3某种化学性质，你认为是探究了Na2S2O3的 性。【答案】（1），5.0，10.0；（2）D，还原。【解析】试题分析：（1）探究温度对化学反应速
25、率影响，要求其他条件不变，升高温度或降低温度，化学反应速率如何改变，中c(Na2S2O3)=0.110103/20103molL1=0.05molL1，c(Na2S2O3)=0.25103/20103molL1=0.05molL1，只有温度不同，因此应是，研究浓度对反应速率的影响，要求溶液的体积应是相同的，混合后的体积应是20.0mL，因此a=5.0，b=10.0；（2）硫代硫酸钠是强碱弱酸盐，S2O32要发生水解，S2O32H2OH2S2O3OH，溶液显碱性，对照标准比色卡，应显绿色，故D选项正确，白色沉淀B应是硫酸钡，硫代硫酸钠中硫原子的化合价应是+2价，而SO42中硫显6价，化合价升高，
26、被氧化，因此是探究硫代硫酸钠的还原性。考点：考查影响化学反应速率的因素、盐类水解、氧化还原反应等知识。20（14分）二氧化氯(ClO2)作为一种高效强氧化剂已被联合国世界卫生组织(WHO)列为AI级安全消毒剂。常温下二氧化氯为黄绿色或橘黄色气体，性质非常不稳定，温度过高或水溶液中ClO2的质量分数高于30等均有可能引起爆炸，易与碱液反应生成盐和水。（1）某研究小组设计如图所示实验制备ClO2溶液，其反应的化学方程式为2KClO3+H2C2O4+2H2SO42KHSO4+2ClO2+2CO2+2H2O在反应开始之前将烧杯中的水加热到80，然后停止加热，并使其温度保持在6080之间。控制温度的目的
27、是_ 。装置A用于溶解产生的二氧化氯气体，其中最好盛放_(填字母)。a20mL 60的温水 b100mL冰水 c100mL饱和食盐水 d100mL沸水在烧瓶中加入12.25g KClO3和9g草酸(H2C2O4)，然后再加入足量的稀硫酸，水浴加热，反应后生成ClO2的质量为_ClO2（2）用ClO2处理过的饮用水(pH为5.56.5)常含有一定量对人体不利的亚氯酸根离子(ClO2-)。饮用水中ClO2、ClO2-的含量可用连续碘量法进行测定，实验步骤如下：步骤1：准确量取一定体积的水样加入锥形瓶中；步骤2：调节水样的pH至7.08.0；步骤3：加入足量的KI晶体；步骤4：加入少量指示剂，用一定
28、浓度的Na2S2O3溶液滴定至终点；步骤5：再调节溶液的pH2.0；步骤6：继续用相同浓度的Na2S2O3溶液滴定至终点。步骤1中若要量取20.00mL水样，则应选用的仪器是_。步骤14的目的是测定水样中ClO2的含量，其反应的化学方程式为: 2ClO2+2KI=2KClO2+I2 2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，则步骤4中加入的指示剂为_，滴定达到终点时溶液的颜色变化为_。步骤5的目的是用I-将溶液中的ClO2-还原为Cl-以测定其含量，该反应的离子方程式为_。【答案】(每空2分，共14分) （1）使反应正常进行，并防止温度过高引起爆炸。 b 6.75g（2） 25mL酸式
29、滴定管 淀粉溶液 溶液颜色褪去，且30秒内不恢复蓝色。 ClO2- + 4I- + 4H+ = Cl- + 2I2 + 2H2O【解析】试题分析：（1） 反应温度保持在6080之间，可以使反应正常进行，并防止温度过高ClO2引起爆炸。装置A用于溶解产生的二氧化氯气体，由于二氧化氯常温下为黄绿色或橘黄色气体，性质非常不稳定，温度过高或水溶液中ClO2的质量分数高于30等均有可能引起爆炸，易与碱液反应生成盐和水，所以装置A最好盛放100mL冰水,选项是b；n(KClO3)= 12.25g122.5g/mol=0.1mol；n(H2C2O4)= 9g90g/mol=0.1mol,根据方程式可知在反应
30、时n(KClO3)：n(H2C2O4)2:1，可见草酸过量，反应产生的物质应该以不足量的KClO3为标准。n(ClO2)= 0.1mol,其质量是m(ClO2)=0.1mol67.5g/mol=6.75g。（2） 步骤1中若要量取20.00mL水样，由于ClO2的水溶液显酸性，所以应选用的仪器是25mL酸式滴定管；在反应中若水中不存在氧化性的物质，则前边滴加KI反应产生的I2不再产生，再滴加Na2S2O3也不会发生反应，所以步骤4中加入的指示剂为淀粉溶液，滴定达到终点时溶液的颜色变化为溶液颜色褪去，且30秒内不恢复蓝色。步骤5的目的是用I-将溶液中的ClO2-还原为Cl-以测定其含量，根据电子
31、守恒及原子守恒、电荷守恒，该反应的离子方程式为ClO2- + 4I- + 4H+ = Cl- + 2I2 + 2H2O。考点：考查反应条件及控制的原因、反应物有过量时的计算、指示剂的选择、滴定终点的判断、反应的离子方程式的书写的知识。21（10分）已知高锰酸钾、二氧化锰在酸性条件下能将草酸钠(Na2C2O4)氧化：MnO4C2O42HMn2CO2H2O(未配平)；MnO2C2O42HMn2CO2H2O(未配平)。为测定某软锰矿中二氧化锰的质量分数，准确称量1.20 g软锰矿样品，加入2.68 g草酸钠固体，再加入足量的稀硫酸并加热(杂质不参加反应)，充分反应后冷却，将所得溶液转移到容量瓶中用蒸
32、馏水稀释至刻度，从中取出25.0 mL，用0.0200 molL1高锰酸钾溶液进行滴定。当加入20.0 mL溶液时恰好完全反应，试根据以上信息完成下列各题：(1)配平上述两个离子方程式：_MnO_C2O_H=_Mn2_CO2_H2O；_MnO2_C2O_H=_Mn2_CO2_H2O。(2)欲求得软锰矿中二氧化锰的质量分数，还缺一个数据，这个数据是_(填数据所代表的意义)。(3)若该数据的数值为250，求该软锰矿中二氧化锰的质量分数(写出计算过程)。（4分）【答案】（10分） (1)25162108 114122(2)容量瓶的容积(3)，滴定250 mL稀释后的溶液，消耗n(MnO4)0.020
33、0 molL10.02 L100.004 mol，根据氧化还原反应中得失电子数相等，有n(MnO2)20.004 mol50.02 mol2，n(MnO2)0.01 mol，【解析】(1)化学方程式的配平，Mn +7+2价，C由+3+4价，结果为25162108Mn +4+2价，C由+3+4价，结果为114122(2)容量瓶的容积，否则无法确定取出的溶液的浓度。(3)，滴定250 mL稀释后的溶液，消耗n(MnO4)0.0200 molL10.02 L100.004 mol，根据氧化还原反应中得失电子数相等，有n(MnO2)20.004 mol50.02 mol2，n(MnO2)0.01 mo
34、l，22（2015秋湖州期末）已知甲、乙、丙、丁4种物质均含有常见非金属元素，其中甲为淡黄色粉末它们之间有如图所示的转化关系（转化过程中部分产物未标出）（1）丙的化学式为 （2）写出丁乙的化学方程式 【答案】H2SO3；Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O【解析】甲、乙、丙、丁4种物质均含有常见非金属元素，其中甲为淡黄色粉末，甲能燃烧，则甲是S，乙为SO2，乙和水反应生成亚硫酸，则丙是H2SO3，丙被氧化生成丁，丁为H2SO4，丁发生氧化还原反应生成乙，（1）通过以上分析知，丙是亚硫酸，其化学式为H2SO3，（2）在加热条件下，Cu和浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫，反应方程
35、式为Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O，【点评】本题以S及其化合物为载体考查无机物推断，为高频考点，明确常见物质特殊性质是解本题关键，知道常见物质之间的转化，知道浓硫酸的强氧化性、吸水性和脱水性等，题目难度不大23已知:醛在一定条件下可以两分子间反应兔耳草醛是重要的合成香料，它具有独特的新鲜水果的清香。由枯茗酸合成兔耳草醛的路线如下：（1）枯茗醛的核磁共振氢谱有_种峰；AB的反应类型是_。（2）B中含有的官能团是_（写结构式)；检验B中含氧官能团的实验方案是_（3）写出C兔耳草醛的化学方程式: _。（4）若分子式与A相同，且符合苯环上有两个取代基，其中一个取代基为，能发生水解
36、反应，水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应,则其同分异构体有多种，写出其中2种有机物的结构简式：_、_【答案】（1）5 消去反应 （2）、 （3）将B加入到银氨溶液中再水浴加热，如果出现银镜说明其中有醛基（4） 、 【解析】试题分析：根据信息反应知道枯茗酸和丙醛反应生成A是，A加热生成B是，B与H2发生加成反应生成C是，C被氧化生成兔耳草醛是。（1）枯茗醛除醛基外，分子中上下对称，其对称位上的氢是等效的，故其核磁共振氢谱如图有5种峰；AB的过程中A脱去了一个H2O生成B中多了一个碳碳双键，所以反应类型是消去反应。（2） 根据B的结构知道B中含有的官能团是碳碳双键和醛基，结构式为：、；检验
37、B中的醛基的方法是：将B加入到银氨溶液中再水浴加热，如果出现银镜说明其中有醛基。（4）A的同分异构体，符合苯环上有两个取代基，其中一个取代基为，能发生水解反应，水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明该有机物中有酯基并且水解产物中有酚羟基，则苯环上取代基有两种情况：CH(CH3)2、OOCH(CH3)2； CH(CH3)2、OOCH2CH2CH3取代基在苯环上有邻间对三种情况，其中两种结构为： 考点：有机物中官能团的转化、同分异构体的书写、核磁共振氢谱峰的分析。24（12分）下图是部分短周期元素的单质及其化合物的转化关系图(有关反应的条件及生成的H2O已略去)，已知：a.A、B、C、D
38、是非金属单质，其中B、C、D在常温常压下是气体。b.反应是化工生产中的重要反应。c.化合物E是形成酸雨的污染物之一，化合物K是常用的氮肥。d.化合物L具有漂白性，可由Cl2与NaOH溶液反应制得。e.化合物J由两种元素组成，其相对分子质量为32。请按要求填空：（1）A元素在元素周期表中的位置_。（2）反应的化学方程式：_。（3）C的结构式：_ _；F的一种用途：_。（4）L的溶液与化合物E反应的离子方程式：_ 。（5）化合物J的化学式： _。【答案】（12分）（1）第三周期，第A族 （2）2NH3H2SO4=(NH4)2SO4 （3）)NN 做致冷剂 制HNO3 等（4）ClOSO22OH=C
39、lSO42H2O （5）N2H4【解析】试题分析：由短周期元素的单质及其化合物的转化关系图可知，化合物E是形成酸雨的污染物之一，则E为SO2，A、B、C、D都是非金属单质，其中B、C、D在常温常压下是气体，则A为S，B为O2；化合物K是常用的氮肥，K为硫酸铵，所以F为氨气，则C、D分别为N2、H2；化合物L具有漂白性，可由Cl2与NaOH溶液反应而制得，则L为NaClO，氨气与NaClO反应生成J，J由两种元素组成，它是火箭推进剂的成分之一，其相对分子质量为32，则J为N2H4；J与氧气反应生成C，C为氮气，据此回答：（1）根据上述分析，A为S，所以A元素在元素周期表中的位置是第三周期，第A族；（2）根据上述推断，F为氨气，氨气与硫酸反应生成硫酸铵，化学方程式为2NH3H2SO4=(NH4)2SO4；（3）C为氮气，其结构式为NN，F为氨气，常做制冷剂、制硝酸等；（4）L为NaClO，E为SO2，在溶液中发生氧化还原反应生成氯化钠、硫酸钠，离子反应方程式为ClOSO22OH=ClSO42H2O；（4）根据上述推断可知，化合物J为N2H4。考点：考查物质的推断，化学方程式的书写，离子方程式的书写等知识。
