1、河南省信阳市师河区十三里桥乡联合中学2016届高三下期二月月考化学试卷（含解析）1下列叙述中，正确的是 A. 中和10mL 0.1 molL-1HAc与中和100mL 0.01 molL-1HAc所需NaOH的物质的量不同B. 10mL 0.1 molL-1氨水与100mL 0.01 molL-1氨水，其OH物质的量相同C. 相同条件下，将pH值相同的盐酸和醋酸稀释相同的倍数，盐酸pH值变化较大D. 锌分别与pH=3的盐酸和pH=3的醋酸溶液反应，起始反应速率盐酸较快【答案】C2科学家对原子结构的认识顺序正确的是道尔顿原子模型 汤姆生原子模型 卢瑟福原子模型 电子云模型A B C D【答案】C
2、【解析】试题解析：1803年，英国科学家道尔顿提出了原子论；1904年汤姆生提出的葡萄干面包原子模型；1911年卢瑟福提出原子结构行星模型；1913年玻尔提出轨道式原子模型则顺序为。考点：原子的结构和化学史3P轨道电子云形状正确的是A.球形对称 B.圆形对称 C.极大值在x、y、z轴上的纺锤形D.互相垂直的花瓣形【答案】C【解析】考查能级轨道和电子云的特点。P轨道电子云形呈纺锤形，所以正确的答案是C。4Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液共同具备的性质是 A.都比较稳定，久置不变浑浊B.相同的颜色C.有丁达尔现象D.加盐酸先产生沉淀，后沉淀溶解【答案】A5若将阿伏加德罗常数规定为0.024 kg
3、 12C中所含有的C原子数，而其他概念和规定一律不变，则下列各项的数值不会发生变化的是( )A.物质的量 B.相对原子质量C.物质的摩尔质量 D.12 g12C中所含有的C原子数【答案】BD【解析】由公式n=N/NA知，NA发生了变化，则N必发生变化，A选项不可选。又由于n=,而不论对NA如何规定，一定量的物质的质量是不变的，则M=mn 随n的变化而变化。C选项不可选。相对原子质量有它自己的标准(12C原子质量的1/12)，只随其标准的改变而改变，不随阿伏加德罗常数的改变而改变，B选项可选。只要物质的质量(或体积)一定，则构成它的粒子数一定，不随阿伏加德罗常数的改变而改变，D选项可选。6三氟化
4、氮(NF3)是无色无味气体，它可由氨气和氟气反应制得：4NH33F2=NF33NH4F。下列说法正确的是A、NH4F的还原性比NH3强B、NF3的氧化性比F2强C、该反应中被氧化和被还原物质的物质的量之比为43D、该反应中得到1 mol NF3时，转移6 mol电子【答案】D【解析】试题分析：AN元素的化合价升高，氨气为还原剂，由还原剂的还原性大于还原产物的还原性可知，NH4F的还原性比NH3弱，故A错误；BF元素的化合价降低，氟单质为氧化剂，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，NF3的氧化性比F2弱，故B错误；C该反应中只有1molNH3作还原剂，被氧化，3molF2作氧化剂被还原，该
5、反应中被氧化和被还原物质的物质的量之比为1：3，故C错误；DN元素的化合价由-3价升高为+3价，该反应中得到1molNF3时，转移1mol3-（-3）=6mol电子，故D正确；故选D。考点：考查氧化还原反应的判断与计算7关于图中各装置的叙述不正确的是A装置中X若为四氯化碳，可用于吸收氨气，并防止倒吸B装置可检验溴乙烷发生消去反应得到的气体中含有乙烯C装置的两个装置中通过导线的电子数相同时，消耗负极材料的物质的量不相同D装置能验证AgCl沉淀可转化为溶解度更小的Ag2S沉淀【答案】D【解析】8下列关于阿佛加德罗常数的说法正确的是A0.1 NA的NO在一密闭容器中与足量氧气完全反应，得到0.1 m
6、ol NO2B一定条件下的密闭容器中，6.4 g SO2可被氧气氧化得到SO3的分子数为0.1 NAC常温下18 g铝放入足量浓硫酸中转移电子数2 NAD1 L 0.1 mol/L FeCl3溶液完全水解得到的Fe(OH)3胶体微粒数小于0.1 NA【答案】D【解析】试题分析：A.0.1NA的NO与氧气反应后生成的NO2会自动化合成N2O4，导致得到的NO2 小于0.1 mol，A项错误； B.SO2和氧气的反应是可逆反应，SO2 不能完全转化成SO3，B项错误；C.铝在浓硫酸中发生钝化，因生成氧化膜阻止反应的继续进行，C项错误；D.水解反应是可逆的、微弱的过程，所以1 L 0.1 mol/L
7、 FeCl3溶液完全水解得到的Fe(OH)3胶体微粒数小于0.1 NA，D项正确；选D。考点：考查阿伏伽德罗常数及计算。9t时，水的离子积为Kw，该温度下将a molL1 一元酸HA与b molL1 一元碱BOH等体积混合，混合液一定呈中性的是（ ）A. 混合液的pH7B. 混合液中c(B+)c(A)C. ab D. 加入甲基橙显橙色【答案】B【解析】试题分析：溶液呈中性的本质是c(H+)=c(OH-)，HA与BOH混合后溶液中电荷守恒式为c(A-)+c(OH-)=c(B+)+c(H+)，B正确。因温度未知，pH=7的溶液不一定呈中性，A错误；若a=b，HA为强酸、BOH为强碱或HA为弱酸、B
8、OH为弱碱且二者电离常数相同，溶液呈中性，C错误；常温下，甲基橙显橙色的溶液3.1pHCo2O3Fe3C在反应中生成1 mol Cl2时，有2 mol HCl被氧化D根据反应一定可以推理得到Cl2FeBr2=FeCl2Br2【答案】C【解析】中的氧化产物为I2，A错；氧化性强弱关系为Co2O3Cl2Fe3，B错；因为Fe2的还原性比Br的强，故与氯气反应时，首先被氧化的应该是Fe2，D错。11可促进HClO的电离，并使pH增大的是（ ）加入HCl 加入NaClO 加入NaOH 加入Zn 加热A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析： 次氯酸是弱酸，存在电离平衡HClOClOH，所以盐
9、酸或次氯酸钠均是抑制次氯酸的电离。都是促进次氯酸的电离，但加热后，次氯酸溶液的酸性会增强，pH减小，所以正确的答案选C。考点：考查外界条件对电离平衡的影响及溶液pH的有关计算。点评：外界条件对电离平衡的影响，主要是依据勒夏特列原理进行判断，而溶液的pH主要是和溶液中氢离子浓度大小有关系。12室温下，将1.000molL1盐酸滴入20.00mL 1.000molL1氨水中，溶液pH和温度随加入盐酸体积变化曲线如图所示下列有关说法正确的是Aa点由水电离出的c（H+）=1.01014molL1Bb点：c（NH4+）+c（NH3H2O）=c（Cl）Cc点：c（Cl）=c（NH4+）Dd点后，溶液温度略
10、下降的主要原因是NH3H2O电离吸热【答案】C【解析】A、因a点7pH14，因此水电离出的c（H+）1.01014molL1，故A错误；B、b点时pH7，则盐酸和氨水反应，氨水过量，则c（NH4+）+c（NH3H2O）c（Cl），故B错误；C、因c点pH=7溶液呈中性，则c（H+）=c（OH），根据电荷守恒可知c（Cl）=c（NH4+），故C正确；D、d点时盐酸和氨水恰好完全反应，放热最多，再加盐酸温度降低只能是加入盐酸的温度低于溶液温度，这才是温度下降的原因，故D错误；13铋(Bi)位于元素周期表中A族，3价较稳定，铋酸钠(NaBiO3)溶液呈无色。取一定量的硫酸锰(MnSO4)溶液依次滴加
11、下列溶液，对应的现象如下表所示：加入溶液适量的铋酸钠溶液过量的双氧水适量KI淀粉溶液实验现象溶液呈紫红色紫红色消失，产生气泡溶液变成蓝色关于NaBiO3、KMnO4、I2、H2O2的氧化性由强到弱(从左至右)的顺序为ANaBiO3、KMnO4、H2O2、I2BI2、H2O2、KMnO4、NaBiO3CKMnO4、NaBiO3、I2、H2O2 DH2O2、I2、NaBiO3、KMnO4【答案】A【解析】试题分析：根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，由中现象可知，铋酸钠把锰离子氧化成高锰酸根离子，则铋酸钠的氧化性强于高锰酸钾；由现象分析，高锰酸钾氧化过氧化氢生成氧气，高锰酸钾的氧化性大于氧气，
12、从价态上分析，高锰酸钾的氧化性一定强于二氧化锰；由分析，碘离子被过氧化氢氧化成碘单质，过氧化氢的氧化性强于碘单质，综上所述，氧化性顺序为A。考点：氧化性和还原性的比较14室温时，向20mL 0.1molL1的醋酸溶液中不断滴人0.1molL1的NaOH溶液，溶液的pH变化曲线如图所示。在滴定过程中，关于溶液中离子浓度大小关系的描述不正确的是（ ）Aa点时：c( CH3COOH)c( Na+)c( CH3COO)c( H+)c( OH )Bb点时:c( Na+) =c( CH3COO)c(H+)=c( OH)Cc点时：c(H+)=c(CH3COOH) +c( OH)Dd点时：c(Na+)c(CH
13、3COO )c(OH)c(H+)【答案】A【解析】试题分析：该题是动态的微粒浓度的比较，要注意各点溶液中物质的成分。A、a点为CH3COOH和CH3COONa溶液，溶液呈酸性，以醋酸电离为主，故微粒浓度大小为c( CH3COO)c( Na+)c( CH3COOH)c( H+)c( OH )，错误；B、b点为中性溶液，c(H+)=c( OH)，根据电荷守恒，得出c( Na+) =c( CH3COO)，正确；C、c点为CH3COONa溶液，质子守恒关系式为c(H+)=c(CH3COOH) +c( OH)，正确；D、d点为等量的CH3COONa和NaOH溶液，由于CH3COO水解，c(CH3COO
14、)c(OH)，错误。考点：考查溶液中微粒间浓度关系内容。15草酸（H2C2O4）是二元弱酸，草酸氢钾溶液呈酸性。在0.1molL1 KHC2O4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) = 0.1 molL1Cc(C2O42) c(H2C2O4)，C项错误；D项符合物料守恒，正确；选D。考点：考查溶液中离子浓度的大小比较，溶液中的各种守恒。16 A、B是两种常见的无机物,它们分别能与下图中周围4种物质在一定条件下反应：请回答下列问题：（1）A溶液与B溶液反应的离子方程式 。（2）若A与其周围某物质在
15、一定条件下反应，产物之一是B周围的一种，则此反应的离子方程式为_（3）请写出B溶液分别与Cl2、Al(OH)3反应的离子方程式： ， （4）在A、B周围的8种物质中，有些既能与A反应又能与B反应。则这些物质可能是：_【答案】（1）H+OH=H2O （2分） （2）MnO2+2Cl+4H+=Mn2+Cl2+2H2O（2分）（3）Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O （2分） Al(OH)3+OH=AlO2+2H2O（2分）（4）Al(OH)3 NaHCO3 （2分）17现有反应：mA(g)+nB(g)pC(g)，达到平衡后，当升高温度时，B的转化率变大；当减小压强时，混合体系中C的质量分数也减小
16、，则: （1） m+n_p(填“”“=”“”)。 （2）若加压时，A的质量分数_。(填“增大”“减小”或“不变”，下同) （3）若加入A(体积不变)，则B的转化率_。 （4）若降低温度，则平衡时B、C的浓度之比将_ _。 （5）若加入催化剂，平衡时气体混合物的总物质的量_ _。（6）若B是有色物质，A、C均无色，维持容器内压强不变，充入氖气时，混合物颜色_ (填“变深”“变浅”或“不变”)。【答案】（1） （2）减小 （3） 增大 （4） 增大 （5） 不变 （6）变深【解析】试题分析：（1）达到平衡后，当减小压强时，混合体系中C的质量分数也减小，说明压强减小平衡向逆反应方向移动，则方程式中反
17、应物的气体的计量数之和大于生成物气体的化学计量数之和，故m+np。（2）增大压强时，平衡向着方程式中气体的计量数之和增大的反应方向移动，即向着正反应方向移动，则A的质量分数减小。（3）若加入A（体积不变），平衡向着正反应方向移动，则B的转化率增大。（4）正反应放热，若降低温度，平衡正向移动，C的物质的量增多，B的物质的量减小，所以二者的浓度比值将增大。（5）催化剂对化学平衡移动没有影响，所以若加入催化剂，该反应平衡时气体混合物的总物质的量不变。（6）若B是有色物质，A、C均为无色物质，维持容器内压强不变，充入氖气时，反应体系气体的压强减小，化学平衡向气体系数增大的方向移动，即向逆反应方向移动，
18、所以化合物颜色变深。考点：本题考查外界条件对化学平衡移动的影响。 18如图所示，以石墨为电极电解A的水溶液，并做下面一系列实验。试根据实验现象完成下列问题（电解质A的水溶液焰色反应呈紫色）。（1）A的化学式为 ，E的名称为 。（2）I和F反应的离子方程式是 。（3）若将电解装置中的阳极换成铁棒，则在U型管底部可观察到的现象是 ，阳极的电极反应式为 ，阴极的电极反应式为 ，电解的化学方程式为 。【答案】（1）KCl； 硫化亚铁（2）2Fe3+ + H2S=2Fe2+ + S+ 2H+（3）产生了白色絮状沉淀 Fe-2e-Fe2+ 2H+2e-=H2 Fe+2H2OFe(OH)2+H2【解析】19
19、为测定碳酸钙的纯度（设含杂质SiO2），某兴趣小组的同学设计了如下几个实验方案：方案称取碳酸钙样品M g用c1mol/L的盐酸V1 mL（过量）溶解样品取溶解后的溶液体积的十分之一，用c2 mol/L的NaOH溶液滴定，恰用去V2 mL。方案称取碳酸钙样品M g高温煅烧直至质量不再改变，冷却后称量，剩余固体质量为M1 g方案称取碳酸钙样品M g加入足量c mol/L的盐酸V mL使之完全溶解过滤并取滤液在滤液中加入过量c1 mol/L的Na2CO3溶液V1 mL将步骤中的沉淀滤出、洗涤、干燥、称重，质量为M1 g。根据以上实验方案，回答以下问题：（1）方案中计算碳酸钙纯度的的公式为_。（2）方
20、案中的“冷却”应如何操作？_；理由是_。（3）方案中不需要的数据是_（填选项编号）。Ac、V Bc1、V1 CM1 DM（4）方案中为了减少实验误差，必要的操作是_（填选项编号）。A精确测定Na2CO3溶液的体积V1 mLB精确配制Na2CO3溶液，使其浓度为c1 mol/LC将步骤所得沉淀洗涤，洗涤液并入中（5）请再设计一个实验方案：_。【答案】（1）（0.1C1V1C2V2）/2MX100% （2）应该在干燥器中冷却；防止生成的CaO与空气中的CO2、H2O反应，造成误差 （3）因钙离子最后全变成了沉淀，所以只需M、M1即可（4）C（5）称取CaCO3样品M g ，加入过量的盐酸，收集并测
21、定标准状况下生成的气体的体积V mL 【解析】（1）碳酸钙与盐酸反应后剩余盐酸的十分之一被氢氧化钠溶液中和，则与碳酸钙反应的盐酸为C1V110-310C2V210-3，则碳酸钙物质的量为0.5（C1V110-310C2V210-3），所以碳酸钙纯度为（0.1C1V1C2V2）/2MX100%（2）因CaO会与空气发生反应，所以放在干燥器中冷却；防止生成的CaO与空气中的CO2、H2O反应，造成误差（3）A、B（4）C（5）称取CaCO3样品M g ，加入过量的盐酸，收集并测定标准状况下生成的气体的体积V mL 20氯气是一种重要的工业原料实验室可用二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气，反应的化学方程式
22、是 某研究性学习小组查阅资料得知，漂白粉与硫酸反应可制取氯气，化学方程式为：Ca（ClO）2+CaCl2+2H2SO42CaSO4+2Cl2+2H2O他们利用该反应设计如下制取氯气并验证其性质的实验回答下列问题：（1）该实验中A部分的装置是 （填标号）（2）请你帮助他们设计一个实验，证明洗气瓶C中的Na2SO3已被氧化（简述实验步骤）： （3）写出D装置中发生反应的离子方程式 （4）该实验存在明显的缺陷，请你提出改进的方法 （5）该小组又进行了如下实验：称取漂白粉2.0g，研磨后溶解，配制成250mL溶液，取出25mL加入到锥形瓶中，再加入过量的KI溶液和过量的H2SO4溶液，静置待完全反应后
23、，用0.1molL1的Na2S2O3溶液作标准液滴定反应生成的碘，已知反应方程式为：2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI，共用去Na2S2O3溶液20.0mL则该漂白粉中Ca（ClO）2的质量分数为 【答案】MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2+2H2O；（1）b；（2）取少量溶液置于洁净的试管中，向其中滴加稀盐酸至不再产生气体，再向其中滴入氯化钡溶液，若产生白色沉淀，证明亚硫酸钠被氧化；（3）Cl2+H2OH+Cl+HClO；H+HCO3CO2+H2O；（4）应将尾气通入NaOH溶液中；（5）35.75%【解析】试题分析：二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气、氯化锰和水，反应的方程
24、式为MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2+2H2O；（1）A部分用于制取Cl2，根据所给Cl2的生成反应的反应物状态和反应是否需要加热选择气体发生装置，应选属于“固+液气”型的b；（2）Na2SO3氧化的产物为Na2SO4，确定存在SO42即可证明Na2SO3已部分被氧化检验时，应取C中溶液少许于洁净试管中，先加稀HCl至不再产生气体以排除SO32的干扰，然后再加入BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则证明Na2SO3已部分被氧化；（3）进入D的Cl2与水反应的离子方程式为Cl2+H2OH+Cl+HClO，HCl能与NaHCO3反应，离子方程式为H+HCO3=CO2+H2O，HClO因酸性
25、比H2CO3弱而不能与NaHCO3反应；（4）NaHCO3吸收Cl2的能力有限，应将尾气通入NaOH溶液中；（5）关系式Ca（ClO）22Cl22I24Na2S2O3，nCa（ClO）2=n（Na2S2O3）=20.0 mL103 LmL10.1 molL1=0.005 mol，Ca（ClO）2%=100%=35.75%考点：探究物质的组成或测量物质的含量；性质实验方案的设计21向200mlNaOH溶液中投入5.4gAl ，二者恰好完全反应，计算：（1）参加反应的NaOH的物质的量浓度？ （2）生成标况下氢气的体积？【答案】（1）1mol/L （2）6.72L22随原子序数的递增，八种短周期元
26、素（用字母X等表示）原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如下图所示。根据判断出的元素回答问题：（1）z在元素周期表的位置是 。（2）比较d、f简单离子的半径大小（用化学符号表示，下同） ；比较d、g元素的简单气态氢化物的稳定性大小 。（3）任选上述元素组成一种四原子共价化合物，写出其电子式 。（4）已知1mol固体e的单质在足量d2气体中燃烧，恢复至室温，放出255.5kJ热量，写出该反应的热化学方程式 。（5）由上述元素组成的离子化合物 Q：eh 和 W：e2gd4，若电解含2 molQ和2 molW的混合水溶液，当阳极产生44.8L气体（标准状况下，且不考虑气体的溶解和损失）时，电
27、路中转移电子的物质的量为 mol。（6）上述元素可组成盐R：zx4f(gd4)2。向盛有10mL1molL-1R溶液的烧杯中滴加1molL-1 NaOH溶液，沉淀物质的量随NaOH溶液体积变化示意图如下：R溶液中，离子浓度由大到小的顺序是 。写出m点发生反应的离子方程式 。若在R溶液中改加20mL 1.2 molL-1Ba(OH)2溶液，充分反应后，溶液中产生沉淀的物质的量为 mol。【答案】(共14分)（前4空每空1分，其余每空2分）（1）第二周期A族 ；（2）r(O2-)r(Al3+) ；H2OH2S；（3）（或）；（4）2Na(s)+O2(g) Na2O2(s) H=-511kJmol-
28、1（5）6（6）c(SO42-)c(NH4+)c(Al3+)c(H+)c(OH-) NH4+ + OH-NH3H2O 0.02【解析】试题分析：根据元素的原子序数、原子半径及元素的化合价可确定x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素。Z是N元素，在元素周期表中位于第二周期A族；（2）根据元素的原子序数、原子半径及元素的化合价可确定d是O元素，f是Al元素，g是S元素。二者形成的简单离子O2-、Al3+核外电子排布都是2、8，电子层结构相等，对于电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以d、f简单离子的半径大小r(O2-)r
29、(Al3+)；O、S是同一主族的元素，原子序数越大，元素的非金属性越弱，元素相应的最简单的氢化物的稳定性越小，所以d、g元素的简单气态氢化物的稳定性大小H2OH2S；（3）在上述元素组成一种四原子共价化合物如NH3，其电子式是。（4）已知1mol固体e的单质Na在足量O2气体中燃烧反应产生Na2O2，恢复至室温，放出255.5kJ热量，则该反应的热化学方程式是2Na(s)+O2(g) Na2O2(s) H=-511kJmol-1。（5）由上述元素组成的离子化合物 Q：NaCl和 W：Na2SO4，若电解含2 molQ和2 molW的混合水溶液，当阳极产生44.8L气体（标准状况下，且不考虑气体
30、的溶解和损失）时，在阳极首先发生反应：2Cl-2e-=Cl2,n(NaCl)=2mol，反应产生1mol氯气，转移2mol电子；然后发生反应：4OH-4e-=2H2O+O2,n(O2)=2mol-1mol=1mol，反应转移电子的物质的量是4mol，所以电路中转移电子的物质的量为6mol。（6）上述元素可组成盐R：zx4f(gd4)2是复盐NH4Al(SO4)2。盐NH4Al(SO4)2在溶液中发生电离：NH4Al(SO4)2=NH4+Al3+2SO42-，NH4+、Al3+发生水解反应，消耗水电离产生的OH-，使溶液中c(H+)增大，当最终溶液达到平衡时，c(H+)c(OH-)，溶液显酸性；
31、由于Al3+水解程度大于NH4+，因此c(NH4+)c(Al3+)，盐水解程度是微弱的，主要以盐电离产生的离子存在，因此溶液中离子浓度大小关系是：c(SO42-)c(NH4+)c(Al3+)c(H+)c(OH-) ；在030mL时发生反应：Al3+3OH-= Al(OH)3；在NaOH溶液30mL40mL时，发生反应：NH4+ + OH-NH3H2O；在10mL1molL-1R溶液中含Al3+的物质的量是1mol/L0.01L=0.01mol；含有SO42-的物质的量是n(SO42-)=0.02mol，若在R溶液中改加20mL 1.2 molL-1Ba(OH)2溶液，充分反应后，nBa(OH)
32、2)=1.2mol/L0.02L=0.024mol；n(Ba2+)=0.024mol；n(OH-)=20.024mol=0.048mol，会发生反应:Ba2+SO42-=BaSO4，二者发生反应的物质的量的比是1:1，根据二者的物质的量可知Ba2+过量，反应产生的BaSO4以SO42-为标准计算，n(BaSO4)=0.02mol；Al3+会发生反应：Al3+3OH-= Al(OH)3，由于n(Al3+)=0.01mol，n(OH-)=0.048mol，根据反应关系可知OH-过量，形成沉淀以Al3+为标准，形成0.01mol Al(OH)3，反应消耗0.03mol OH-，过量的OH-会发生反应
33、：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，二者反应的物质的量的比是1:1,由于Al(OH)3物质的量是0.01mol，溶液中含有OH-0.018mol，OH-过量，最后Al(OH)3完全被溶解变为AlO2-，因此溶液中产生沉淀是0.02mol硫酸钡。【考点定位】考查元素周期表、元素周期律的应用、热化学方程式的书写、溶液中离子浓度大小比较、电解原理的应用、氢氧化铝的两性及物质的量在化学反应方程式的计算的应用的知识。【名师点睛】元素周期表是学习化学的工具，元素周期律是反映元素之间关系及元素的原子结构、元素性质的规律，本题将元素的推断、元素周期律的应用、电子式的书写、物质的性质比较、盖斯定律的
34、应用、热化学方程式的书写、盐的水解规律、氢氧化铝的两性、物质的量在化学反应方程式的计算、反应物有过量时的计算通过元素推断和物质的性质的应用有机融为一体，是一个非常好的综合性题目。23（12分)高分子材料E和含扑热息痛高分子药物的合成流程如图所示：已知：I含扑热息痛高分子药物的结构为：IIIII试回答下列问题：（1）的反应类型为 ，G的分子式为 。（2）若1mol 可转化为1mol A和1mol B，且A与FeCl3溶液作用显紫色，写出A的稀溶液与过量浓溴水发生反应的化学方程式： ；（3）反应为加成反应，则B的结构简式为 ；扑热息痛的结构简式为 。（4）D蒸气密度是相同状态下甲烷密度的6.25倍
35、，D中各元素的质量分数分别为碳60%，氢8%，氧32%D分子中所含官能团为 。（5）1mol含扑热息痛高分子药物最多可与（含NaOH_ mol)氢氧化钠溶液发生反应。【答案】（1）加成反应（1分)， C4H5OCl（1分)；（2），（2分) （3）（2分)，（2分)；（4）碳碳双键和酯基；（2分) （5）3n（2分)【解析】试题分析：（1）根据有机物的结构简式可判断，反应是苯与丙烯的加成反应，因此反应类型为加成反应；根据已知信息II可知2甲基丙酸与SOCl2发生取代反应生成G，则G的结构简式为CH2C（CH3)COCl，则G的分子式为C4H5OCl。（2）若 1mol 可转化为1mol A和1
36、mol B，且A与FeCl3溶液作用显紫色，说明A中含有酚羟基。根据B与HCN发生加成反应的生成物结构简式可知，B分子中含有3个碳原子，则A是苯酚，因此A的稀溶液与过量浓溴水发生反应的化学方程式为。（3）反应为加成反应，这说明B分子中含有羰基，则N是丙酮，因此B的结构简式为；根据含扑热息痛高分子药物的结构简式可知，该高分子化合物是加聚产物。而H是扑热息痛与G通过取代反应生成的，则扑热息痛的结构简式为。（4）D蒸气密度是相同状态下甲烷密度的6.25倍，则D的相对分子质量是166.25100。D中各元素的质量分数分别为碳60%，氢8%，氧32%，则碳氢氧原子的个数分别是、，即D的分子式为C5H8O
37、2。D能发生反应生成高分子化合物E，这说明D分子中含有碳碳双键。又因为CN水解转化为羧基，羧基与甲醇发生酯化反应，则分子中还含有酯基。（5）1mol含扑热息痛高分子药物中含有nmol酯基和nmol肽键，且酯基水解后又产生酚羟基，因此最多可与（含NaOH3nmol)氢氧化钠溶液发生反应。考点：考查有机物推断与合成、官能团、反应类型及方程式书写等24某芳香烃X是一种重要的有机化工原料，分子式C7H8。现以它为初始原料设计出如下转化关系图（部分产物、合成路线、反应条件略去）其中A是一氯代物，F的分子式为C7H7NO2，Y是一种功能高分子材料。已知下列信息：（1）烷基苯在高锰酸钾的作用下，侧链被氧化成
38、羧基（2）请根据本题所给信息与所学知识回答下列问题：（1）X的结构简式是 ，其核磁共振氢谱图有 个吸收峰；（2）有机物C的结构简式是 ；（3）阿司匹林分子中含有的官能团的名称是 ；1mol阿司匹林与足量NaOH溶液反应最多消耗NaOH的物质的量为 mol；（4）Y的结构简式为 ；（5）有多种同分异构体，其中含有1个醛基和2个羟基的芳香族化合物共有 种；（6）以下是由A和其他物质合成的流程图，。甲乙反应的化学方程式为 【答案】（14分）（1）；4（2）（3）酯基、羧基；3（4）（5）6种（6）【解析】试题分析：相对分子质量为92的某芳香烃X是一种重要的有机化工原料，令分子组成为CxHy，则=78
39、，由烷烃中C原子与H原子关系可知，该烃中C原子数目不能小于7，故该芳香烃X的分子式为C7H8、结构简式为，X与氯气发生取代反应生成A，A转化生成B，B催化氧化生成C，C能与银氨溶液反应生成D，故B含有醇羟基、C含有醛基，故A为，B为，C为，D酸化生成E，故D为，E为，在浓硫酸、加热条件下与浓硝酸发生取代反应生成F，结合反应的产物可知F为，F转化生成G，由于苯胺容易被氧化，由反应信息、反应信息可知，G为，Y是一种功能高分子，链节组成为C7H5NO，与的分子式相比减少1分子H2O，为通过形成肽键发生缩聚反应是错的高聚物，Y为。（1）通过以上分析知，X是，分子中含有4种H原子，核磁共振氢谱图有4个吸
40、收峰，故答案为：；4；（2）根据上述分析，有机物C的结构简式，故答案为：；（3）由阿司匹林的结构可知，1mol阿司匹林含有1mol-COOH、1mol酯基，该酯基是酸与酚形成的，1mol该酯基能与2molNaOH反应，1mol-COOH与1mol NaOH反应，故1mol阿司匹林最多消耗3mol NaOH，故答案为：酯基、羧基；3；（4）由上述分析可知，Y为，故答案为：；（5）有多种同分异构体，其中含有1个醛基和2个羟基，如是2个羟基相邻，则醛基有2种位置，如是羟基和醛基相邻，则另一个羟基有4种位置，共有6种同分异构体，故答案为：6；（6）在催化剂条件下发生加成反应生成，再在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成，与溴发生加成反应生成，最后在氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成，故甲乙反应的化学方程式为：，故答案为：。考点：考查了有机合成与推断的相关知识。
