1、河南省信阳市查山乡中学2016届高三下期第一次月考化学试卷（含解析）1印刷电路板是由高分子材料和铜箔复合而成的，刻制印刷电路时，要用FeCl3 作为“腐蚀液”，生成CuCl2和FeCl2。若完全反应后，所得溶液中Cu2+和Fe3+的浓度恰好相等。则已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的物质的量之比为（ ） A1:1 B1:2 C3:2 D2:1【答案】D【解析】2Fe3Cu=2Fe2Cu2，由题意知道，溶液中Cu2+和未反应的Fe3+的浓度恰好相等，则已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的物质的量之比就等于已反应的Fe3+和溶液中Cu2+的物质的量之比，即2:12在一定温度下，对可逆反应的下列叙述
2、中，能说明反应已达到平衡的是( )AC生成的速率与C分解的速率相等B单位时间内消耗和同时生成3amolCC容器内的压强不再变化D混合气体的总物质的量不再变化【答案】【解析】化学平衡状态是指在一定条件下的可逆反应里，当正、逆反应速率相等时，反应体系中各物质的浓度保持不变，所以A正确。B项任何时刻都适应，B不正确。题给的可逆反应是体积不变的反应，体系的压强或总物质的量不随时间的变化而变化，所以C、D不能说明反应已经达到平衡状态。3下列事实可证明醋酸是弱酸的是A、醋酸溶液与碳酸钙反应，缓慢放出二氧化碳B、用醋酸溶液做导电性实验，灯泡很暗C、0.1mol/L醋酸溶液可以使紫色石蕊试液变红D、0.1 m
3、ol/L醋酸溶液的pH3。【答案】D【解析】试题分析：A、醋酸和碳酸钙反应生成二氧化碳，说明醋酸酸性强于碳酸，但不能说明醋酸是弱酸，所以不选A；B、醋酸溶液做导电性实验，灯泡的亮度和溶液的浓度有关，所以不能说明醋酸是弱酸，不选B；C、醋酸是酸能是紫色石蕊变红，但不能说明是弱酸，所以不选C；D、pH=3，说明溶液中氢离子浓度为10-3mol/L，说明醋酸没有完全电离，是弱酸，选D考点：弱电解质的判断。4a、b、c、d是四种短周期的主族元素。a、b、d同周期，其中d的质子数最大；a、c同主族。a的原子结构示意图为：；a与b形成化合物的电子式为：。下列叙述正确的是（ ）A. 原子半径：acd B.相
4、应氢化物的沸点：dca C.非金属性：cad D. c与a、c与b均能形成两种常见化合物 【答案】D【解析】根据a的原子结构示意图可知，a是S，则b是Na，所以c是O，d是Cl。A不正确，原子半径应该是adc。B不正确，水分子间存在氢键，所以沸点最高。C不正确，非金属性应该是cda。D中分别是氧化钠、过氧化钠和水、H2O2，因此正确的答案选D。5下列说法中正确的是AAg+ + Cl = AgCl 的反应属于化合反应B按照分散剂粒子的直径大小可将分散系分为溶液、胶体和浊液C可以利用丁达尔效应区分胶体和溶液D晶体硅是制造光导纤维的原料【答案】C【解析】试题分析：A、Ag+ + Cl = AgCl
5、的反应属于离子反应，故A错误；B、按照分散质粒子直径大小可将分散系分为溶液、浊液和胶体，故B错误；C、可以利用丁达尔效应区分胶体和溶液，故C正确；D、制造光导纤维的原料是二氧化硅，故D错误。考点：化合反应的概念；分散系胶体与溶液的概念及关系；硅和二氧化硅6类推是化学学习和研究中常用的思维方法下列类推错误的是Mg可由电解熔融MgCl2制取；则Al也可由电解熔融AlCl3制取晶体中有阴离子，必有阳离子；则晶体中有阳离子，也必有阴离子1mol/L的NaCl溶液每升中含有1mol Na；则1mol/L的FeCl3溶液每升中也含有1molFe3使用pH试纸时必须保持干燥，则湿润的pH试纸测得的pH一定有
6、误差A B C D 【答案】D【解析】试题分析：Mg可由电解熔融MgCl2制取；则Al却是由电解熔融Al2O3的方法制取，因为AlCl3是由分子构成的物质，不能电解冶炼Al。错误。晶体中有阴离子，必有阳离子；但金属晶体中有阳离子，却没有阴离子。错误。1mol/L的NaCl溶液每升中含有1mol Na；则1mol/L的FeCl3溶液中由于Fe3+水解消耗，所以每升中含有Fe3小于1mol。错误。使用pH试纸时必须保持干燥，则用湿润的pH试纸测中性溶液得的pH也没有误差。错误。考点：考查类推法在化学学习和研究中应用时应该注意的问题的知识。7对于反应N2(g)3H2(g) 2NH3(g) H0，下列
7、研究目的和示意图相符的是ABCD研究目的压强对反应的影响(p2p1)温度对反应的影响平衡体系增加N2的浓度对反应的影响催化剂对反应的影响图示【答案】C【解析】试题分析：A、根据平衡图像的特点，先拐先平数值大，则P1P2，而增大压强，平衡正向移动，所以氨气的体积分数增大，平衡时P1曲线应在P2的上方，错误；B、温度升高，平衡逆向移动，氮气的转化率降低，错误；C、增加氮气的浓度，则反应物的浓度增大，而生成物的浓度不变，所以正反应速率增大，逆反应速率不变，平衡正向移动，正确；D、有催化剂的反应速率比无催化剂的反应速率快，达到平衡的时间短，错误，答案选C。考点：考查对平衡图像的分析判断8短周期元素X、
8、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6：7，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单质可以通过铝热法获得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】9用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（ ）124g白磷晶体中含有的PP键数约是06 NA 电解精炼铜时转移了NA个电子，阳极溶解32 g铜78 g Na2S和Na2O2的固体混合物中含有的阴离子数大于01 NACO（g）的燃烧热是2830
9、kJ/mol，则2CO2（g）2CO（g）O2（g） H+22830kJ/mol29g 2CaSO4H2O含有的结晶水分子数为002 NA含02 mol H2SO4的浓硫酸与足量铜反应，生成SO2的分子数为01 NA含01mol溶质Na2CO3的溶液中，所含阴离子总数大于01NAAB C D【答案】B【解析】10某物质的结构简式如图所示，关于该物质的说法正确的是A1mol该物质最多能和3mol氢气发生加成反应B1mol该物质和银氨溶液反应，最多可生成2mol银C1mol该物质最多能和3mol氢氧化钠发生反应D1mol该物质和碳酸钠反应可生成1mol二氧化碳【答案】C【解析】试题分析：A、根据结
10、构简式可知，分子中含有1个苯环、1个碳碳双键和1个酯基，因此1mol该物质最多能和5mol氢气发生加成反应，A不正确；B、分子中含有1个酯基，但同时又是甲酸形成的酯类，所以1mol该物质和银氨溶液反应，最多可生成4mol银，B不正确；C、该有机物含有1个羧基、1个酯基，但酯基水解后又产生1个酚羟基，所以1mol该物质最多能和3mol氢氧化钠发生反应，C正确；D、能和碳酸钠反应的只有羧基，所以1mol该物质和碳酸钠反应可生成0.5mol二氧化碳，D不正确，答案选C。考点：考查有机物的结构与性质11HA为酸性略强于醋酸的一元弱酸在0.1 molL1 NaA溶液中，离子浓度关系正确的是Ac(Na)c
11、(A)c(H)c(OH) Bc(Na)c(OH)c(A)c(H)Cc(Na)c(H)c(A)c(OH) Dc(Na)c(OH)c(A)c(H)【答案】C【解析】试题分析：HA为酸性略强于醋酸的一元弱酸，NaA就是强碱弱酸盐，水解溶液显碱性c(OH) c(H)，A错；A水解程度很小则c(A) c(OH)，B错；C是电荷守恒，对； D应该是c(Na)c(OH) c(A)c(H)，D错。选C。考点：溶液中离子浓度的大小比较和电荷守恒。1225时，在25mL0.1mol/L的NaOH溶液中逐滴加入0.2 mol/L CH3COOH溶液，混合溶液pH的变化曲线如图所示，下列分析结论正确的是Aa12.5，
12、且混合溶液pH7B对应曲线上E、F之间的任何一点，溶液中都有c(Na+)c(CH3COO)c(OH)c(H+)CP点时，c(CH3COO)c(Na+)c(H+)c(OH)DK点时，c(CH3COO)c(CH3COOH)2c(Na+)【答案】D【解析】13已知A、B、C、D、E五种主族元素分别位于第1、2、3周期，原子序数依次增大，其中A与C、B与D分别同主族，且B原子的最外层电子数等于A与C原子序数之和的一半，下列叙述正确的是A原子半径：ABCDEBD、E的气态氢化物的热稳定性：DECA与B、C与B均能形成X2Y2型化合物，且其中所含有的化学键类型相同D另外四种元素能够分别与C形成含单原子核阴
13、离子的离子化合物【答案】D【解析】试题分析：A.、由题意知，A一定是氢元素，BD分别位于第二三周期，则C为钠元素，氢和钠的原子序数之和为12 ，故B为氧元素，D为硫元素，E为氯元素，钠硫氯的原子半径依次减小，错误，不选A；B、因为硫的非金属性比氧弱，所以硫化氢稳定性比氯化氢弱，错误，不选B；C、氢与氧形成的过氧化氢中存在的是共价键，而钠和氧形成的过氧化钠中，既有离子键又有共价键，错误，不选C；D、钠均能与氢、氧、硫、氯形成相应的离子化合物，分别为氢化钠，氧化钠，硫化钠，氯化钠等，正确，选D。考点：元素周期表的推断。14下表中评价合理的是（ ）选项化学反应及其离子方程式评价AFeO与足量的稀硝酸
14、反应：FeO+2H+=Fe2+H2O正确B向硫酸铵溶液中加入氢氧化钡溶液：Ba2+ SO42- =BaSO4正确C碳酸氢钠溶液中滴加少量的石灰水：2HCO3- +Ca2+ 2OH-=CO32-+CaCO3+2H2O错误，HCO3-、OH-和H2O的系数应均为1，生成物中没有CO32-D用食醋除去水瓶中的水垢：CaCO3+2H+= Ca2+H2O+CO2错误，醋酸是弱酸，不应写成H+形式【答案】D【解析】A：硝酸为强氧化性酸，Fe2+会被继续氧化，正确的为：FeO+10H+NO3=Fe2+NO+5H2O；B：除Ba2+ SO42- =BaSO4外，还同时存在NH4OH=NH3H2O；C：由于石灰
15、水为少量，所以参加反应的Ca2+与 2OH-的物质的量之比就应该为1：2，原离子方程式完全正确；D：评价完全正确，正确的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH= Ca2+2CH3COO+H2O+CO215下列事实中一定不能证明CH3COOH是弱电解质的是常温下某CH3COONa溶液的pH8用CH3COOH溶液做导电实验，灯泡很暗等pH、等体积的盐酸、CH3COOH溶液和足量锌反应，CH3COOH放出的氢气较多0.1 molL1 CH3COOH溶液的pH2.1CH3COONa和H3PO4反应，生成CH3COOH0.1 molL1的CH3COOH溶液稀释100倍，pH3A B C D【答案】A
16、【解析】试题分析：醋酸钠显碱性，说明为强碱弱酸盐，能证明醋酸是弱酸。没有说明浓度或做对比实验不能证明其是弱电解质。等pH等体积的酸与足量的锌反应，醋酸反应放出的氢气多，说明醋酸的浓度大，不完全电离，可以证明其是弱电解质。醋酸溶液中氢离子浓度为10-2.1mol/L，说明不完全电离，是弱电解质。反应可说明醋酸比磷酸弱，磷酸是中强酸，所以醋酸是弱酸，弱电解质。醋酸溶液稀释，氢离子浓度不是原来的1/100，说明醋酸继续电离，是弱电解质。所以选A。考点： 弱电解质的判断16（8分）完全燃烧乙烷、丙烯、丁炔各1 mol，需要氧气最多的是 ，生成的 的质量相等。1 mol某不饱和烃可以和1 molCl2发
17、生加成反应，生成2,3-二氯-2-甲基戊烷，该不饱和烃结构简式为 ，其系统命名为 。【答案】丁炔，水。(CH3)2C=CH-CH2-CH3 ，2-甲基-2-戊烯。17(12分)电化学原理常应用于工农业生产、对工业废水和生活污水进行处理。（1）对工业废水进行处理是防止水体污染、改善水质的主要措施之一，含氰废水中的CN有剧毒。CN中碳元素显+2价，则非金属性N C（填）在微生物的作用下，CN能够被氧气氧化成HCO3-，同时生成NH3，该反应的离子方程式为 。（2）某研究性学习小组模拟工业生产，将下列装置如图连接，C、D、E、X、Y 都是石墨，F是铁，丙是模拟精炼铜。将电源接通后，向乙中滴入酚酞试液
18、，在F极附近显红色。试回答下列问题:电源 B 极的名称是_甲装置中电解反应的总化学方程式是:_ _。通电一段时间后，丙中原电解质的物质的量浓度将_（填“变大”、“变小”或“不变”）。装置丁中的现象是_ _。（3）对生活污水进行处理是防止水体污染、改善水质的主要措施。电渗析法处理厨房垃圾发酵液，同时得到乳酸的原理如下图所示（图中“HA”表示乳酸分子，A- 表示乳酸根离子）。阴离子交换膜阳离子交换膜浓HA溶液稀HA溶液0.1molL-1H2SO4溶液垃圾发酵液（含A-离子）惰性电极惰性电极浓缩室阳极的电极反应式为 。 电解过程中，采取一定的措施可控制阳极室的pH约为6-8，此时进入浓缩室的OH-可
19、忽略不计。400mL 10 gL-1乳酸溶液通电一段时间后，浓度上升为145 gL-1（溶液体积变化忽略不计），阴极上产生的H2在标准状况下的体积约为 L。（乳酸的摩尔质量为90 g mol-1）【答案】（1） 2CN+ 4H2O + O2 2HCO3 + 2NH3 （2）负极 2CuSO4+2H2O=(电解)2Cu+O2+2H2SO4 变小 Y极附近溶液颜色变深（3）4OH4e= 2H2O+O2 6.72 (2分)【解析】试题分析：（1）C和N同周期，C在N的左边。同周期元素从左至右核电荷数逐渐增多，原子半径逐渐减小，核对最外层电子的引力逐渐减弱，非金属性NC；CN能够被氧气氧化成HCO3-
20、，同时生成NH3，根据所给反应物和生成物判断应有水参与，该反应的离子方程式为2CN+ 4H2O + O2 2HCO3 + 2NH3；（2）电解饱和食盐水时，阴极电极反应2H2e=H2，H放电破坏了水的电离平衡，使溶液中的c(OH)c(H+)，溶液呈碱性，使酚酞呈红色，所以F极为阴极，对应的外电源B极为负极，A极为正极；电解硫酸铜总反应：2CuSO4+2H2O2Cu+O2+2H2SO4精炼铜时，粗铜作阳极，粗铜有杂质，其中有的杂质比Cu先失电子，导致此时溶液中的Cu+浓度下降，等变成Cu失电子时，Cu2+浓度就不再变化了；胶体有电泳现象，Fe(OH)3胶体中胶粒带正电，故胶粒向外电源负极B方向移
21、动，即Y极附近红褐色变深。（3）反应过程中产生的乳酸的质量是0400 L（145g/L 10g/L）=54g则乳酸的物质的量是54g90g/ mol=06mol；因为在反应过程乳酸根离子结合的H+离子的个数与反应过程中放电的H+或OH-的个数相等，所以n(H2)=1/2n(乳酸)=03mol,其在标准状况下体积是03mol224L/mol=672L。考点：考查查电池电极的判断、电解原理的应用和计算。18（12分）某烧碱溶液中含有少量杂质(不与盐酸反应)，现用中和滴定测定其浓度。（1）滴定：用_式滴定管盛装c mol/L盐酸标准液。下图表示某次滴定时50 mL滴定管中前后液面的位置。请将用去的标
22、准盐酸的体积填入表空格中，此时滴定管中液体的体积_mL。 下表是4种常见指示剂的变色范围：指示剂石蕊甲基橙甲基红酚酞变色范围（pH）50803144446282100该实验应选用_作指示剂；有关数据记录如下：滴定序号待测液体积(mL)所消耗盐酸标准液的体积(mL)滴定前滴定后消耗的体积1V050258025302V3V60031352535（2）根据所给数据，写出计算烧碱样品的物质的量浓度的表达式(不必化简) c = _。（3）对下列几种假定情况进行讨论：(填“无影响”、“偏高”、“偏低”)A若滴定前用蒸馏水冲洗锥形瓶，则会使测定结果_；B读数时，若滴定前仰视，滴定后俯视，则会使测定结果_；C
23、若在滴定过程中不慎将数滴酸液滴在锥形瓶外，则会使测定结果_；D滴加盐酸速度过快，未充分振荡，刚看到溶液变色，立刻停止滴定，则会使测定结果_。【答案】（1）酸 2460 大于2510 酚酞 （2） （3）无影响 偏低 偏高 偏低 【解析】 试题分析：（1）酸性溶液或氧化性的物质的溶液用酸式滴定管；用去的标准酸溶液的体积为：2490030=2460ml由于使用的是50 mL滴定管，所以此时滴定管中带有刻度的部分溶液的体积为50 mL2490=2510ml。在滴定管下边无刻度的部分还有液体，此时滴定管中液体的体积大于2510ml 石蕊颜色变化不明显，所以一般不做酸碱滴定的指示剂。用酚酞或甲基橙作指示
24、剂。由于甲基橙的变色范围是3144，酚酞的变色范围是82100。为了减少实验误差，要用酚酞相对更精确。（2）三次滴定消耗的标准HCl的体积分别是2530ml、2460ml、2535ml。由于2460ml相对误差较大。舍去。因此消耗的标准酸溶液的体积为(2530ml2535ml)2=25325ml根据酸碱恰好中和时的物质的量相等 ，可得c(碱)=。（3）A若滴定前用蒸馏水冲洗锥形瓶，由于待测的碱溶液中的溶质的质量及物质的量没有变化，所以对测定结果无影响。B读数时，若滴定前仰视，读数偏大；滴定后俯视，读数偏小。则消耗的标准酸溶液的体积会偏小。因此以此为标准计算的待测溶液的浓度就偏低。C若在滴定过程
25、中不慎将数滴酸液滴在锥形瓶外，则消耗的标准酸溶液体积偏大，以此为标准计算的待测溶液的浓度就偏高。D滴加盐酸速度过快，未充分振荡，刚看到溶液变色，立刻停止滴定，则消耗的标准酸溶液的体积偏少，会使测定结果偏低。考点：考查酸碱中和滴定的仪器和指示剂的选择、数据的处理、误差的分析及浓度的计算的知识。19(9分)某学生设计了如下实验方法分离NaCl和CaCl2两种固体混合物。(1)B溶液是 ，加入过量B溶液的原因是 ，反应的离子方程式是 。(2)经此实验方法分离得到的NaCl，经分析含有杂质，若要得到纯净的NaCl，还应补充的实验操作步骤是： (3)若要测定该混合物中NaCl和CaCl2的质量比，可称量
26、干燥的C沉淀的质量(设为m1)和混合物A的质量(设为m2)来确定，混合物中NaCl和CaCl2的质量比为 (用m1、m2表示)【答案】(共9分) (1)Na2CO3 (1分)，使Ca2沉淀完全(1分)，Ca2CO32=CaCO3。(2分) (2)加入了过量的Na2CO3 (1分)，滤液中加入足量盐酸(共9分)。(3) (1+2分) 【解析】略20某研究小组进行Mg(OH)2沉淀溶解和生成的实验探究。向2支盛有1 mL 1 mol/L的MgCl2溶液中各加入10滴2 mol/L NaOH，制得等量Mg(OH)2沉淀；然后分别向其中加入不同试剂，记录实验现象如下表：实验序号加入试剂实验现象4 mL
27、 2 mol/L NH4Cl 溶液沉淀溶解4 mL蒸馏水沉淀不溶解（1）测得实验中所用NH4Cl溶液显酸性（pH约为4.5），用离子方程式解释其显酸性的原因 。（2）同学们猜测实验中沉淀溶解的原因有两种：猜想1：氢氧化镁电离出OH-离子，与氯化铵电离出来的铵根离子反应生成氨水.猜想2： 。（3）为验证猜想，又设计了以下实验序号实验内容结 果1测定醋酸铵溶液的pHpH约为7，溶液呈中性2取少量的相同质量的氢氧化镁分别盛放在试管中，分别向其中滴加醋酸铵溶液和氯化铵溶液固体均溶解用醋酸铵溶液与氢氧化镁反应的原因是 。实验证明猜想正确的是 （填“1”或“2”）。（4）实验观察到沉淀不溶解。该实验的目的
28、是 。【答案】（1）NH4+ + H2O NH3H2O + H+ ；（2）氯化铵中NH4离子水解出的H+，与氢氧化镁电离出OH-离子生成了水；（3）醋酸铵溶液呈中性，如果氢氧化镁能溶解于醋酸铵，说明是NH4结合氢氧化镁电离出的OH-离子，导致沉淀溶解平衡移动正向移动，达到沉淀溶解； 1；（4）做对比分析，排除实验中溶剂水使沉淀溶解的可能性【解析】试题分析：（1）NH4Cl是强酸弱碱盐，NH4水解NH4H2ONH3H2OH，c(H)c(OH)，溶液显酸性；（2）NH4Cl溶液显酸性，可能是氢氧化镁电离出的OH与NH4水解产生的H发生反应，促使氢氧化镁溶解；（3）醋酸铵溶液呈现中性，如果氢氧化镁溶
29、解，说明是氢氧化镁电离出的OH与NH4结合成NH3H2O，猜想1正确；如果氢氧化镁不溶解，说明猜想2正确，根据实验把氢氧化镁加入到醋酸铵溶液中，沉淀溶解，说明猜想1正确；（4）做对比实验，说明氢氧化镁不溶于水，溶于NH4Cl溶液，不是水的缘故。考点：考查盐类水解等相关知识。21将N2和 H2按一定比例混合，在相同状况下其密度是H2的 3.6倍，取0.5mol该混合气体通入密闭容器内，使之发生反应并在一定条件下达到平衡。已知反应达到平衡后容器内压强是相同条件下反应前压强的0.76倍，试求：（1）反应前混合气体中N2和 H2的体积比；（2）达到平衡时混合气体中的氨的体积分数；（3）平衡时N2的转化
30、率。【答案】（1）1：4 （2）31.6% （3）60%【解析】试题分析：（1）N2和 H2按一定比例混合，在相同状况下其密度是H2的3.6倍，则平均相对分子质量为3.62=7.2，设氮气为x mol，氢气为y mol，则(28x+2y)(x+y)=7.2，解得x：y=1：4，相同条件下物质的量之比等于体积之比，所以反应前混合气体中N2和 H2的体积比为1：4。（2）由（1）可知，0.5mol该混合气体，氮气和氢气的物质的量分别为0.1mol、0.4mol，则3H2 + N2 2NH3开始 0.4 0.1 0转化 3n n 2n平衡0.4-3n 0.1-n 2n达到平衡后容器内压强是相同条件下
31、反应前压强的0.76倍，则（0.4-3n+0.1-n+2n）0.5=0.76，解得n=0.06mol，相同条件下物质的量之比等于体积之比，则达到平衡时混合气体中的氨的体积分数0.12moL(0.5-0.12)mol100%=31.6%。（3）氮气的转化率为（0.6mol0.1mol）100%=60%。考点：考查化学平衡的有关计算。22随原子序数的递增，八种短周期元素（用字母表示）原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图所示。根据判断出的元素回答下列问题：（1）f 在元素周期表的位置是_。（2）比较y、g、h最高价氧化物对应水化物的酸性强弱是：_。（用化学式表示）（3）由表中两种元素的原
32、子按1:1组成的化合物A和B，A中既含离子键又含非极性共价键，其电子式为_；B是常见的液态化合物，其稀溶液易被催化分解，可使用的催化剂为_。（填序号）AMnO2 BFeCl3 CNa2SO3 DKMnO4（4）由表中元素形成的常见物质X、Y、Z、M、N可发生以下反应：X溶液与Y溶液反应的离子方程式为_常温下，为使0.1 mol/L M 溶液中由M电离的阴、阳离子浓度相等，应向溶液中加入一定量的Y溶液至_（5）上述元素可组成盐R：zx4f(gd4)2，向盛有10 mL 1molL-1 R溶液的烧杯中滴加1molL-1NaOH溶液，沉淀的物质的量随NaOH溶液体积变化如图所示：写出m点反应的离子方
33、程式_。若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】（1）第三周期A族（1分）（2）HClO4H2SO4H2CO3（2分）（3）（1分）；AB（2分）（4）Al3+3NH3H2O=Al(OH)3 +3NH4+ （2分）；溶液呈中性（2分）（5）NH4+ + OH- NH3H2O（2分） 0.022（2分）【解析】试题分析：从图中的化合价和原子半径的大小，可知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；（1）f是Al元素，在元素周期表的位置是第三周期A族；（2）非
34、金属性越强，最高价氧化物水化物的酸性越强，故酸性：HClO4H2SO4H2CO3；（3）由表中两种元素的原子按1：1组成的化合物A和B，A中既含离子键又含非极性共价键，则A为Na2O2，其电子式为，B是常见的液态化合物，其稀溶液易被催化分解，则B为H2O2，能使双氧水解的催化剂为MnO2、FeCl3，故选AB（4）由反应转化可知，f为Al元素，则N为Al2O3，Z为Al（OH）3，M为仅含非金属元素的盐，应为铵盐，则反应X+Y应是氨气和铝盐在水溶液中的反应，X溶液与Y溶液反应的离子方程式为Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+；M溶液中铵根离子水解呈酸性，要使0.1mol/L M
35、溶液中由M电离的阴、阳离子浓度相等，根据溶液的电中性可知c（H+）=c（OH-），所以应向溶液中加入一定量的Y溶液至溶液呈中性；（5）m点过程中加入氢氧化钠，沉淀物质的量不变，是NH4+与OH-反应生成NH3H2O，离子方程式为：NH4+OH-=NH3H2O；10mL 1molL-1 NH4Al（SO4）2溶液中Al3+ 物质的量为0.01mol，NH4+的物质的量为0.01mol，SO42-的物质的量为0.02mol，20mL 1.2 molL-1Ba（OH）2溶液中Ba2+物质的量为0.024mol，OH-为0.048mol，由SO42-+Ba2+=BaSO4，可知SO42-不足，故可以得
36、到0.02mol BaSO4，Al3+3OH-=Al（OH）30.01mol 0.03mol 0.01mol反应剩余OH-为0.048mol-0.03mol=0.018mol，NH4+OH-=NH3H2O0.01mol 0.01mol反应剩余OH-为0.018mol-0.01mol=0.008mol，Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O0.008mol 0.008mol故得到Al（OH）3沉淀为0.01mol-0.008mol=0.002mol则最终得到固体为0.02mol+0.002mol=0.022mol。考点：考查结构位置性质关系、元素周期律、电子式、离子反应方程式、化学图象及化
37、学计算。23X、Y、Z、J、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大，元素Z在地壳中含量最高，J元素的焰色反应呈黄色，Q的最外层电子数与其电子总数比为3:8，X能与J形成离子化合物，且J+的半径大于X的半径，Y2是空气主要成分之一。请回答：（1）Q元素在周期表中的位置_；（2）这五种元素原子半径从大到小的顺序为_（填元素符号）（3）元素的非金属性Z_Q（填“”或“SNOH；（3），C；（4）2H2S+SO2=2H2O+3S；（5） 2NH4Cl+Ca(OH)2 CaCl2+2H2O+2NH3；NH4+H2ONH3H2O+H+；（6）HNO3 1:2【解析】试题分析：元素Z在地壳中含量最高，Z是氧
38、元素，J元素的焰色反应呈黄色，J是钠元素，Q的最外层电子数与其电子总数比为3:8，原子序数大于J，则Q是硫元素，X能与J形成离子化合物，且J+的半径大于X的半径，则X是氢元素，Y2是空气主要成分之一，Y是氮元素；（1）Q是硫元素，在周期表中的位置是第三周期第A族；（2）同周期从左到右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则这五种元素原子半径从大到小的顺序为NaSNOH；（3）同主族元素的非金属性从上到下逐渐减弱，则元素的非金属性ZQ，A Q的氢化物的水溶液放置在空气中会变浑浊，说明硫化氢被氧气氧化生成硫，可证明O的非金属性强于S，A正确；B Z与Q之间形成的化合物中硫元素显正价，氧
39、元素显负价，说明共用电子对偏向氧元素，可证明O的非金属性强于S，B正确；C非金属性强弱与单质的状态无关，C错误；D 同主族元素的非金属性从上到下逐渐减弱，可以根据Z和Q在周期表中的位置证明O和S的非金属性强弱，D正确；答案选C；（4）Q的氢化物H2S与它的低价氧化物SO2反应的化学方程式为2H2S+SO2=2H2O+3S；（5）X与Y可形成分子A，也可形成阳离子B，A、B在水溶液中酸、碱性恰好相反，A是NH3，B是NH4+, A的电子式；实验室制备气体A的化学方程式2NH4Cl+Ca(OH)2 CaCl2+2H2O+2NH3；B的水溶液不呈中性的原因是铵根离子水解，溶液呈酸性，NH4+H2ON
40、H3H2O+H+；（6）氨气连续和D反应，可知D是氧气，则E是NO，C是NO2，F是HNO3；CF 的反应为3NO2+H2O=2HNO3+NO，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2。考点：无机推断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
41、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，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，
42、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、1mo
43、l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。