1、河南省新乡市黄岗普通学校2016届高三下期4月月考化学试卷（解析版）1设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A.标准状况下22.4L氯气通入足量水中反应，转移的电子数为2NAB.乙烯和氮气组成的28g混合气体中含有分子数为NaC.1molNa2O2固体中阳离子和阴离子数均为2NAD. 1m0IFeCl3跟水完全反应转化为氢氧化铁胶体后，其中胶体粒子的数目为NA【答案】B【解析】略2图中，Z为浸透饱和食盐水和酚酞试液的滤纸，水槽中盛有足量CuSO4溶液，X、Y为石墨电极。接通电路后，发现Z上的d点显红色。下列说法正确的是( )A.接通电路后，水槽中溶液的pH不变B.b是正极，Y电极上发生氧化反
2、应C.同温同压下，X、Y两电极上产生气体的体积相等D.d点显红色是因为接通电路后OH向d点移动【答案】B【解析】电解饱和食盐水：2NaCl2H2O=2NaOHH2Cl2阳极：2Cl-2e=Cl2 阴极：2H2e=H2电解CuSO4溶液：2CuSO42H2O=2Cu2H2SO4O2阳极：4OH-4e=2H2OO2 阴极：Cu22e=Cu由于d点显红色，是由于氢离子放电，促进水的电离，溶液中的氢氧根离子的浓度大于氢离子浓度，显碱性，则d极为是阴极，则可知电源的a极为负极，b极为正极A：有强酸生成，酸性增强，pH减小B：正确C：X极为阴极，不产生气体，不正确D：不正确答案为B3将17.9g由Al、F
3、e、Cu组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，产生气体3.36L（标准状况）。另取等质量的合金溶于过量的稀硝酸中，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，得到沉淀的质量为25.4g。若HNO3的还原产物仅为NO，则生成NO的标准状况下的体积为（ ）A2.24LB4.48LC6.72LD8.96L【答案】C【解析】试题分析：只有铝能和氢氧化钠反应生成氢气，所以根据氢气是0.15mol可知，铝的物质的量是0.1mol，质量是2.7g。氢氧化钠过滤，所以生成的沉淀是氢氧化铜和氢氧化铁，根据质量守恒定律可知，沉淀中OH的质量是25.4g（17.9g2.7g）10.2g，其物质的量是10.2g17g/mo
4、l0.6mol。由于金属失去电子的物质的量就结合的OH的物质的量，所以在反应中三种金属共失去电子0.3mol0.6mol0.9mol，因此根据电子得失守恒可知，生成NO是0.9mol30.3mol，其标准状况下的体积是6.72L，答案选C。考点：考查混合物计算有关问题。4500 mL某溶液中除H和OH外，只含有4.5 mol SO42和3.0 mol金属离子，则该溶液溶质的物质的量浓度为()A6.0 molL1 B3.0 molL1 C9.0 molL1 D4.5 molL1 【答案】B【解析】根据题意含有4.5 mol SO42和3.0 mol金属离子，可写出该溶质的化学式为R2(SO4)3
5、，溶质的物质的量为1.5 mol，则溶质的物质的量浓度为1.5/0.53.0 molL1。5设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是A在过氧化钠与水的反应中，每生成0.1mol氧气，转移电子的数目为0.4NAB0.1mol丙烯酸中含有双键的数目为0.1NAC标准状况下，11.2L苯中含有分子的数目为0.5NAD1.6g由氧气和臭氧组成的混合物中含有氧原子的数目为0.1NA【答案】D【解析】试题分析：A在过氧化钠与水发生歧化反应中，每生成0.1mol氧气，转移电子的数目为0.2NA，故A错误。B丙烯酸分子中含有1个碳碳双键1个碳氧双键，所以0.1mol丙烯酸中含有双键的数目为0.2NA，故B
6、错误。C标准状况下，苯为液体，故C错误。D氧气和臭氧均为氧元素的单质，所以1.6g由氧气和臭氧组成的混合物中含有氧原子的数目为1.6g16g.mol-1NA=0.1NA,故D正确。考点：了解阿佛加德常数的含义。点评：关于阿伏加德罗常数(NA)的考查，涉及的知识面广，灵活性强，是高考命题的热点。解答该类题目时要细心审题，特别注意题目中的关键性字词，留心“陷阱”。6下列判断正确的是（ ） 【答案】D【解析】A、B、C选项都是错误的。正确的判断分别是： 7下列物质中含分子数最多的是A标准状况下72mL水 B80g CO2C 标准状况下44.8L氨气 D3.011023个氢分子【答案】A【解析】试题分
7、析：分子数和物质的量成正比，A、72mL水的物质的量为72/18mol=4mol；B、80gSO2的物质的量为80/64mol=1.25mol；C、氨气的物质的量为44.8/22.4mol=2mol；D、氢气物质的量为3.011023/6.021023mol=0.5mol，因此分子数最多的是水，即选项A正确。考点：考查微粒数和物质的量的关系、物质的量计算等知识。8下列溶液中的Cl浓度与50 mL 1 molL1MgCl2溶液中的Cl浓度相等的是A150 mL 1 molL1NaCl溶液 B75 mL 2 molL1 CaCl2溶液C150mL 2 molL1KCl溶液 D75 mL 1molL
8、1AlCl3溶液【答案】C【解析】试题分析：在50 mL 1 molL1MgCl2溶液中的Cl浓度是2mol/L。A150 mL 1 molL1NaCl溶液中Cl-的物质的量浓度是1mol/L，错误；B75 mL 2 molL1 CaCl2溶液Cl浓度是4mol/L，错误；C150mL 2 molL1KCl溶液中Cl浓度是2mol/L，与MgCl2溶液中的Cl浓度相等，正确；D75 mL 1molL1AlCl3溶液Cl浓度是3mol/L，不符合，错误。考点：考查不同电解质电离产生的离子浓度比较的知识。9下列各组离子在溶液中能大量共存的是ACa2+、HCO3-、Cl-、K+ BAl3+、AlO2
9、-、H+、Na+CFe2+、NH4+、SO42-、S2- DFe3+、SCN-、Na+、CO32-【答案】A【解析】试题分析：离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，反之是可以的。则A在溶液中Ca2+、 HCO3-、Cl-、K+之间不反应，可以大量共存，A正确；B在溶液中AlO2-、H+之间反应生成氢氧化铝沉淀，不能大量共存，B错误；C在溶液中Fe2+与S2-反应生成FeS沉淀，不能大量共存，C错误；D在溶液中Fe3+与SCN-、CO32-之间均不能大量共存，D错误，答案选A。考点：考查离子共存正误判断10有关烯烃的下列说法中正确的是( )A烯烃分子中所有的原子一定在同一平面上B烯烃在适宜的条
10、件下只能发生加成反应不能发生取代反应C分子式是C4H8的烃分子一定含有碳碳双键D烯烃既能使溴水褪色也能使酸性KMnO4溶液褪色【答案】D【解析】试题分析：A烯烃分子中所有的原子不一定在同一平面上；B烯烃在适宜的条件下能发生加成反应，也不能发生取代反应；C分子式是C4H8的烃分子不一定含有碳碳双键；D烯烃因加成反应能使溴水褪色，也能因发生氧化反应使酸性KMnO4溶液褪色考点：烷烃和烯烃的性质。11对下列化学用语的理解和描述均正确的是()A原子结构示意图可以表示12C，也可以表示14CB比例模型可以表示二氧化碳分子，也可以表示水分子C结构示意图为的阴离子都不能破坏水的电离平衡D电子式可以表示羟基，
11、也可以表示氢氧根离子【答案】A【解析】试题分析：A、原子结构示意图表示C原子，可以表示12C，也可以表示14C，正确；B、根据键角可知比例模型可以表示水分子，不能表示二氧化碳分子，错误；C、结构示意图为的阴离子可表示多种离子，如Cl、K+、Ca2+不能破坏水的电离平衡，也可表示S2能破坏水的电离平衡，错误；D、电子式可以表示羟基，不能表示氢氧根离子，错误。考点：本题考查化学用语。 12桶烯（Barrelene)结构简式如图所示，则下列有关说法一定正确的是A0. 1mol桶烯完全燃烧需要消耗氧气22. 4LB桶烯在一定条件下能发生加成反应，不能发生加聚反应C桶烯二氯取代产物只有三种D桶烯与苯乙烯
12、（C6H5CH=CH2)互为同分异构体【答案】D【解析】试题分析：A不能确定氧气所处于的状态，则不能计算氧气的体积，A错误；B桶烯分子中含有碳碳双键，在一定条件下能发生加成反应，也能发生加聚反应，B错误；C根据该有机物的结构简式可知，二氯取代产物有碳碳单键的相邻、顶点的相对、相隔1个单键和双键的间位一种，双键上的相邻、不同双键上的两种，共6种，C错误；D桶烯与苯乙烯（C6H5CHCH2)的分子式相同，均是C8H8，但结构不同，因此互为同分异构体，D正确，答案选D。考点：考查有机物结构与性质13300mL Al2（SO4）3溶液中，含Al 3+为1.62g，在该溶液中加入0.1mol/L Ba（
13、OH）2溶液300mL，反应后溶液中SO42的物质的量浓度为（ ）A0.4 mol/L B0.3 mol/L C0.2 mol/L D0.1 mol/L【答案】D【解析】硫酸铝溶液中c（Al 3+）=0.2mol/L，根据化学式知c（SO42）=c（Al 3+）=0.2mol/L=0.3mol/L，n（SO42）=0.3mol/L0.3L=0.09mol；向该溶液中加入氢氧化钡，二者反应生成硫酸钡和水，nBa（OH）2=0.1mol/L0.3L=0.03mol，0.03mol钡离子完全反应需要0.03mol硫酸根离子，则混合溶液中剩余n（SO42）=0.09mol0.03mol=0.06mol
14、，混合溶液中硫酸根离子物质的量浓度C=0.1 mol/L，故选D【点评】本题考查物质的量浓度有关计算，为高频考点，明确各个微粒之间关系及离子之间反应是解本题关键，题目难度不大14某学生用NaHCO3和KHCO3组成的混合物进行实验，测得如下数据（每次加入的盐酸的物质的量浓度相等），下列分析不正确的是（ ）盐酸 /mL50 50 50 m（混合物）/g9.215.727.6V（CO2）（标况）/L2.243.36L3.36LA盐酸的物质的量浓度为3.0mol/LB根据表中数据能计算混合物中NaHCO3的质量分数C加入混合物9.2g时盐酸过量D15.7g混合物恰好与盐酸完全反应【答案】D【解析】N
15、aHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，KHCO3+HCl=KCl+H2O+CO2，A、通过后面的两组数据可以看出，第三组数据中混合物是过量的，盐酸全部参加反应，从上面的方程式可以看出盐酸的物质的量和二氧化碳物质的量是相等的，二氧化碳物质的量是：3.36/22.4=0.15mol，所以盐酸的物质的量就是0.15mol，摩尔浓度就是：0.15/0.05=3mol/L，故A正确；B、从前两组中的数据可以看出，二氧化碳的体积增加了1/2，混合物的质量也需要增加1/2，第二组中实际参加反应的混合物是13.8克，15.7克的混合物没有反应完，实际盐酸已经不足了，设碳酸氢钠是x克，则碳酸氢钾就是（1
16、3.8-x）克依据方程式可以看出碳酸氢钠和碳酸氢钾与盐酸物质的量都是1：1，所以碳酸氢钠物质的量是：x/84，碳酸氢钾物质的量是：(13.8-x)/100，x/84 +(13.8-x)/100=0.15，解得：x=6.3克质量分数为：6.3/13.8100%=46%；故B正确C、从B中的计算可以看出，50ml盐酸会与13.8克的混合物反应，所以9.2克时盐酸过量，故C正确；D、从前两组中的数据可以看出，二氧化碳的体积增加了1/2，混合物的质量也需要增加1/2，第二组中实际参加反应的混合物是13.8克，故D错误；故答案为D15（6分）在下列变化中：干冰气化 硝酸钾熔化 食盐溶于水 HCl溶于水
17、蔗糖溶于水 HI分解。用序号填空：（1）未破坏化学键的是 ，（2）仅离子键被破坏的是 ，（3）仅共价键被破坏的是 。【答案】 （共6分，每空2分）（1） (2) (3) 【解析】干冰气化是物理变化，破坏的是分子间作用力。硝酸钾熔化，破坏的是离子键。食盐溶于水破坏是离子键。氯化氢溶于水破坏的是极性键。蔗糖溶于水破坏的是破坏的是分子间作用力。碘化氢分解是化学变化，破坏的是极性键。16取A、B两份物质的量浓度相等的NaOH溶液，体积均为50 mL，分别向其中通入一定量的CO2后，再分别稀释为100 mL。(1)在NaOH溶液中通入一定量的CO2后，溶液中的溶质的组成可能是： ； ； ； 。(2)在稀
18、释后的溶液中分别逐滴加入0.1 molL1的盐酸，产生的CO2的体积(标准状况)与所加盐酸的体积关系如图所示。分别加入足量的盐酸后，溶液中的溶质是 ，原NaOH溶液的物质的量浓度是 。A曲线表明，通入CO2后，溶液中的溶质是 ，与盐酸反应产生CO2的最大体积是 mL(标准状况)。B曲线表明，原NaOH溶液通入CO2后，所得溶质的化学式为 ，其物质的量之比为 。【答案】(1)Na2CO3和NaOH Na2CO3 Na2CO3和NaHCO3 NaHCO3 (2)NaCl或NaCl和HCl；0.15 molL1 NaOH和Na2CO3；33.6 Na2CO3和NaHCO3；1：1。【解析】(1)在N
19、aOH溶液中通入一定量的CO2后，发生的反应有：2NaOHCO2=Na2CO3H2O，Na2CO3H2OCO2=2NaHCO3(CO2足量)。该反应过程分步进行，故据反应的CO2的量的不同，溶液中的溶质组成可能出现以下几种情况：Na2CO3和NaOH；Na2CO3；Na2CO3和NaHCO3；NaHCO3。(2)分析可知，产生气体的反应均为：NaHCO3HCl=NaClH2OCO2，据Na、Cl元素守恒知，c(NaOH)n(NaOH)/V(NaOH)n(HCl)/V(NaOH)(75103L0.1 molL1)/(50103L)0.15 molL1。由A曲线及NaHCO3HCl=NaClH2O
20、CO2知，生成的n(CO2)15103L0.1 molL11.5103 mol(即33.6 mL)，即A中刚开始产生气体时n(NaHCO3)1.5103 mol，产生气体与未产生气体的物质消耗HCl的体积比为1：4，可知A的溶质为NaOH和Na2CO3。结合B曲线知，产生气体与未产生气体的物质消耗HCl的体积比为2：1(Na2CO3HCl=NaHCO3NaCl，NaHCO3HCl=NaClH2OCO2)，故B中溶质为Na2CO3和NaHCO3，且n(Na2CO3)：n(NaHCO3)1：1。17现有下列化学仪器与用品：玻璃棒 烧杯 托盘天平 量筒 药匙 胶头滴管 容量瓶 标签纸 细口试剂瓶称量
21、：若需要配制500 mL 0622 moL / L NaOH溶液，则应称取固体NaOH g；用以上称量后的NaOH固体配制溶液并备用：按配制溶液的过程顺序，从上述所给仪器和用品中选取需要的仪器（重复的不计），其编号排列是 ；配制过程中，应将固体NaOH溶解后并冷却至室温的溶液转移到 中，在转移时玻璃棒起 作用；在液面接近容量瓶刻度线 处，改用 定容。若实验中遇到下列情况，可能导致溶液浓度偏高的是 (填字母)：A、固体氢氧化钠溶解时未冷却至室温，就开始转移、洗涤以及定容；B、转移时不小心有少量溶液流到了容量瓶外；C、定容时仰视容量瓶刻度线； D、定容时加水超过了刻度线，马上用胶头滴管吸去多余的水
22、。E、配制好后，发现称量时所用的托盘天平的砝码生锈了【答案】124(填1244不得分) （凡错不得分）500ml容量瓶（无体积不得分）；引流； 12cm ；胶头滴管。A、E【解析】试题分析：称量：若需要配制500 mL 0622 moL / L NaOH溶液，则应称取固体NaOH 124g，由于天平的精确度为0,1g。所需要步骤为计算：计算所需要的氢氧化钠的质量和水的质量；称量：用药匙取氯化钠固体，用托盘天平称量氢氧化钠固体，用量筒量取所需水的体积；溶解：用烧杯溶解溶质，并用玻璃棒搅拌；装瓶；配制过程中，应将固体NaOH溶解后并冷却至室温的溶液转移到500ml容量瓶中，在转移时玻璃棒起引流作用
23、；在液面接近容量瓶刻度线 12cm处，改用胶头滴管定容。固体氢氧化钠溶解时未冷却至室温，就开始转移、洗涤以及定容，由于热胀冷缩，实际体积小于500mL，配制好后，发现称量时所用的托盘天平的砝码生锈了，则会导致氢氧化钠固体称多了。考点：考查配制一定物质的量浓度的溶液等相关知识。18用下面两种方法均可制得Fe(OH)2白色沉淀方法一：用不含Fe3的FeSO4溶液与不含O2的蒸馏水配制的NaOH溶液反应制备（1）用硫酸亚铁晶体配制上述FeSO4溶液时还需要加入_（2）除去蒸馏水中溶解的O2常采用_的方法（3）制取Fe(OH)2白色沉淀的操作是用长滴管吸取不含O2的NaOH溶液，插入FeSO4溶液液面
24、下，再挤出NaOH溶液这样操作的理由是：防止发生反应_（填化学方程式）方法二 在如图所示的装置中，用NaOH溶液、铁屑、稀H2SO4等试剂制备（4）在试管里加入的试剂是_（5）为了制得Fe(OH)2白色沉淀，在试管和中加入试剂，打开止水夹，塞紧塞子后的实验步骤是_.【答案】（1）稀H2SO4、铁屑（2）煮沸（3）4Fe(OH)2O22H2O4Fe(OH)3（4）稀H2SO4和铁屑（5）检验试管出口处排出的H2的纯度，当排出的H2已经纯净时再夹紧止水夹【解析】试题分析：（1）硫酸亚铁中亚铁离子能水解所以加入酸抑制水解，亚铁离子容易被氧化，加入铁屑防止氧化。（2）气体的溶解随着温度的升高而减小，所
25、以加热煮沸蒸馏水可以除去水中溶解的氧气。（3）氢氧化亚铁与氧气和水反应生成氢氧化铁，方程式为4Fe(OH)2O22H2O4Fe(OH)3。（4）铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，氢气进入到试管中排出空气，然后关闭止水夹，在氢气的压强下，硫酸亚铁流入试管中，与试管中的氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，所以试管中加入的试剂为稀H2SO4和铁屑。（5）氢氧化亚铁溶液被氧化，所以用氢气检验试管出口处排出的H2的纯度，当排出的H2已经纯净时再夹紧止水夹。考点：制备实验方案的设计，氢氧化亚铁的性质 【名师点睛】氢氧化亚铁不稳定，容易被空气中的氧气氧化成氢氧化铁，氢氧化铁为红褐色沉淀。本实验用两种方法制取
26、，方法一为课本上的实验，考查硫酸亚铁溶液的配制中的要求，必须要注意防止水解和氧化。所以在制备氢氧化亚铁必须除去溶解在溶液中的氧气。方法二位对课本实验的延伸，是一种改进的制备方法，用氢气保护的方法来保证新制的氢氧化亚铁不被马上氧化。19碱式碳酸铜可表示为：xCuCO3yCu(OH)2zH2O，测定碱式碳酸铜组成的方法有多种(Cu的相对原子质量按63.5计)。(1)现采用氢气还原法，请回答下列问题：已知xCuCO3yCu(OH)2zH2O与氢气反应的化学方程式为xCuCO3yCu(OH)2zH2O(xy)H2(xy)CuxCO2(x2yz)H2O实验装置用下列所有仪器连接而成，按氢气流方向的连接顺
27、序是(填入仪器接口字母编号)：(a)()()()()()()()()()()(l)；称取23.9 g某碱式碳酸铜样品，充分反应后得到12.7 g残留物，生成4.4 g二氧化碳和7.2 g水。该样品的结晶水质量为_g，化学式为_。(2)某同学以氮气代替氢气，并用上述全部或部分仪器来测定碱式碳酸铜的组成，你认为是否可行？请说明理由_【答案】(1)kjg(或h)f(或i)deh(或g)i(或f)bc1.8CuCO3Cu(OH)2H2O(2)可行。根据反应xCuCO3yCu(OH)2zH2O(xy)CuOxCO2(yz)H2O，依据碱式碳酸铜、CuO、CO2和H2O的质量(或其中任意三个量)，即可计算
28、出其组成【解析】(1)由实验目的和实验装置知，该实验要测定生成的水、二氧化碳的量，而从a口出来的氢气中含有水蒸气和挥发出来的氯化氢，会对实验有干扰，所以应先用水吸收氯化氢，再用浓硫酸吸收水蒸气，再通入碱式碳酸铜中发生反应，而产生的两种气体应先用浓硫酸吸收水蒸气，再用U形管中的碱石灰吸收二氧化碳，同时要连接上装有碱石灰的球形干燥管，防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入U形管而产生误差。根据所给数据可计算出生成的铜、二氧化碳、水的物质的量分别为0.2 mol、1 mol、0.4 mol，所以可知(xy)x(x2yz)214，故x、y、z分别为1、1、1，从而求得碱式碳酸铜样品的化学式及结晶水的质量。(
29、2)若以氮气代替氢气，则原理是利用碱式碳酸铜热分解的化学方程式：xCuCO3yCu(OH)2zH2O(xy)CuOxCO2(yz)H2O，要想完成实验目的，知道碱式碳酸铜、CuO、CO2和H2O的质量(或其中任意三个量)即可。20（6分）（1）某温度下，在一密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间的变化曲线如图所示。分析有关数据，写出X、Y、Z反应的化学方程式 。（2）某温度下，在另一密闭容器中充入2molX和3molY，然后按（1）中的化学方程式进行反应，当达到化学平衡时，测得Z的物质的量分数为25%，求平衡时X的转化率。【答案】（1）X+3Y2Z （用“=”不给分）（2分）（2） X
30、 + 3Y2Z起始量（mol） 2 3 0转化量（mol） a 3a 2a平衡量（mol） 2a 33a 2a所以有解得a0.5所以其转化率是25。【解析】（1）根据图像可知X和Y是反应物，Z是生成物，反应进行到2min是各种物质的物质的量不再发生变化，X、Y。Z物质的量的变化量分别为0.1mol、0.3mol、0.2mol，所以方程式为X+3Y2Z。（2）可采用三段式进行计算。21图中各物质是中学化学中常见的物质，甲、乙均是离子化合物，且阴、阳离子个数比为11。甲是发酵粉的主要成分，乙是一种常用的化肥，B、D常温常压下是气体。请回答下列问题：（1）甲的俗名是_。（2）A、D物质的水溶液分别滴
31、入酚酞试液后，溶液均显红色，其原理_(填“相同”或“不相同”)。（3）甲在潮湿的空气中会缓慢分解，A会吸收空气中的水分：AnH2O=AnH2O(n为平均值，n10)，取没有妥善保管的甲样品9.16 g，溶于水制成溶液，慢慢滴入稀盐酸并不停地搅拌，加入盐酸的体积与生成的B的体积(标准状况)如下表：(溶于水中的B不计)盐酸的体积(mL)48152050120150生成B的体积(mL)0011222489622402240则： 稀盐酸的物质的量浓度为_。 样品中的成分及其物质的量分别为_。【答案】（1）小苏打；（2）不相同；（3）c(HCl)=1mol/L；NaHCO3：0.09mol；Na2CO3
32、3H2O；0.01mol。【解析】试题分析：（1）甲是发酵粉的主要成分，是离子化合物，且阴、阳离子个数比为11，则甲是NaHCO3，俗称小苏打；（2）NaHCO3受热分解产生Na2CO3、H2O、CO2；由于A中加入酚酞试液变为红色，则溶液呈碱性，所以A是Na2CO3；而B在常温常压下是气体，则B是CO2；C是H2O；乙是离子化合物，且阴、阳离子个数比为11。乙是一种常用的化肥，受热分解产物有B是CO2；C是H2O；及水溶液使酚酞试液显红色的碱性物质产生，而且D常温常压下是气体。则乙是NH4HCO3；D是NH3。（2）A的水溶液分别滴入酚酞试液后，溶液显红色，其原理是盐水解消耗水电离产生的H+
33、,是溶液中c(OH-) c(H+),而NH3的水溶液显碱性是由于NH3+H2O=NH3H2O，产物电离产生OH；NH3H2ONH4+ OH-。所以原因不同；（3）当反应开始产生气体后加入盐酸，发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+ CO2，每产生1mol的气体，消耗盐酸1mol，根据表格数据可知：若产生气体n(CO2)=(0.224L0.112L) 22.4 L/mol=0.005mol,则n(HCl)= 0.005mol ，v(HCl)= 5ml=0.005L,所以c(HCl)= 0.005mol 0.005L=1mol/L；从反应开始产生 0.112LCO2,一共消耗HCl体积
34、是15ml；产生CO20.005mol，其中发生反应：NaHCO3 +HCl=NaCl+H2O+ CO2消耗的盐酸的物质的量是0.005mol，其体积是0.005mol 1mol/L= 0.005L，则发生反应：Na2CO3+ HCl=NaCl+ NaHCO3消耗盐酸的体积是10ml，所以n(Na2CO3)= n(HCl)=0.01L 1mol/L =0.01mol。由于9.16 g样品与足量的盐酸反应产生气体的物质的量是0.1mol,根据C元素守恒可得n(NaHCO3)=0.1mol0.01mol=0.09mol，则0.09mol 的NaHCO3的质量是m (NaHCO3)= 0.09mol
35、 84 g/mol=7.52g.那么0.01mol碳酸钠的结晶水化物的质量是9.16 g7.52g=1.6g,其中碳酸钠的质量是0.01mol106g/mol=1.06g,所以该结晶水化物中结晶水的数目是(1.6g1.06g)18g/mol0.1mol=3,故该碳酸钠晶体的化学式是Na2CO33H2O。即该混合物中含有NaHCO3：0.09mol；Na2CO33H2O：0.01mol。考点：考查元素及化合物的推断、物质浓度的计算、碳酸钠、碳酸氢钠的混合物与盐酸的反应的知识。22丙烯是重要的化工原料，以丙烯为原料合成某种有机玻璃和油墨材料DAPA树脂的流程如下：回答问题：（1）写出下列物质可能的
36、结构简式：B_F_。（2）写出反应类型：反应_；反应_。（3）1DAPA树脂在一定条件下与H2发生加成反应，最多消耗H2_。（4）写出反应的化学方程式_。（5）写出G在一定条件下与乙二醇发生反应生成一种高分子化合物的化学方程式_。（6）E的同分异构体中，属于酯类的链状有机物有HCOOCH2=CH-CH2、HCOOCH-CH一CH3、_、_。【答案】共15分（1）或（）（2分），（2分）（2）氧化；加聚（各1分，共2分） （3）4n（2分）（4） （2分）（5）+（2n-1）H2O（2分）（6）HCOOCH2-CH=CH2、CH3-C(OOCH)=CH2对1个1分，2个全对给3分）【解析】试题分
37、析：根据A和G的反应条件及产物可知，该反应是酯化反应，则A的结构简式是CH2=CHCH2OH，G是邻二苯甲酸，所以F是邻二甲苯，被氧化生成G。根据A的结构简式可知，反应是丙烯甲基上氢原子的取代反应。由于A中含有碳碳双键，能和氯化氢发生加成反应生成B，所以B的结构简式为CH3CHClCH2OH或CH2ClCH2CH2OH。B发生催化氧化生成C，所以C是CH3CHClCOOH或CH2ClCH2COOH。最后C再通过消去反应生成丙烯酸。丙烯酸和甲醇发生酯化反应生成E，则E的结构简式为CH2=CHCOOCH3。E中含有碳碳双键，能发生加聚反应生成有机玻璃。而H中也含有碳碳双键，也能发生加聚反应，生成高
38、分子化合物。由于H中含有1个苯环和2个碳碳双键，所以根据树脂的结构简式可知，1molDAP-A树脂在一定条件下与H2发生加成反应，最多消耗H24nmol（1）CH3CHClCH2OH或CH2ClCH2CH2OH 。（2）消去反应；加聚反应。（3）4n。（4） Cl2 HCl（5）nn（2n-1）H2O（6）HCOOCH2-CH=CH2、CH3-C(OOCH)=CH2考点：有机物的结构与性质推断23（10分）由短周期元素组成的A、B两种盐可发生下列变化，且B的焰色反应呈黄色（其它生成物未在图中列出）（1）无色溶液F中，一定含有的溶质的化学式为 。（2）写出白色胶状沉淀C转化为无色溶液E的离子方程
39、式_。（3）A和B的混合物溶于水发生反应的离子方程式_。（4）将B与E的溶液混合时，可观察到的现象是_，写出其反应的离子方程式_。【答案】（1）Na2CO3（2）Al(OH)3+OH=Al(OH)4 （3）Al3+3HCO3=Al(OH)3+3CO2 （4）有白色胶状沉淀， Al(OH)4+HCO3=Al(OH)3+CO32+H2O 【解析】试题分析：B的焰色反应呈黄色，说明B为钠盐，能与氢氧化钠反应，所以B为NaHCO3；F为Na2CO3；D为CO2；A与NaHCO3反应，生成白色胶状沉淀，C为Al(OH)3；所以A为AlCl3；E为NaAl(OH)4；（1）F中，一定含有的溶质的化学式为Na2CO3；（2）Al(OH)3与氢氧化钠反应的离子方程式为Al(OH)3+OH=Al(OH)4；（3）NaHCO3与AlCl3发生双水解反应，反应方程式为Al3+3HCO3=Al(OH)3+3CO2；（4）NaAl(OH)4与NaHCO3混合，生成氢氧化铝沉淀；反应离子方程式为Al(OH)4+HCO3=Al(OH)3+CO32+H2O。考点：本题考查铝的化合物的性质。
