1、河南省滑县第四高级中学2016届高三下期5月月考化学试卷（解析版）1关于合金的叙述：合金中至少含两种金属；合金中的元素以化合物的形式存在；合金中一定含金属；合金一定是混合物。其中正确的是A B C D【答案】D【解析】试题分析：合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质。因此合金概念有三个特点：一定是混合物；合金中各成分都是以单质形式存在；合金中至少有一种金属。所以，说法错误，说法正确 ，答案选D。考点：考查合金及合金的性质。2有关下列离子方程式的说法正确的是A等物质的量MgCl2、Ba(OH)2和HCl溶液混合:Mg23OHH=Mg(OH)2H2OB向NaAlO2
2、溶液中通入过量CO2的反应为:2AlO2CO23H2O=2Al(OH)3CO32C等物质的量的FeBr2与Cl2反应为：2Fe22Br2Cl2=2Fe3Br24ClD用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO46H5H2O2=2Mn25O28H2O【答案】C【解析】试题分析：A等物质的量MgCl2、Ba(OH)2和HCl溶液混合后首先发生中和反应，剩余的氢氧化钡再与氯化镁反应生成白色沉淀氢氧化镁，但反应后氯化镁过量，即:Mg24OH2H=Mg(OH)22H2O，A错误；B向NaAlO2溶液中通入过量CO2的反应AlO2CO22H2O=Al(OH)3HCO3，B
3、错误；C等物质的量的FeBr2与Cl2反应中氯气首先氧化亚铁离子，然后再氧化溴离子，其中溴离子过量，则反应可表示为2Fe22Br2Cl2=2Fe3Br24Cl，C正确；D浓盐酸也能被KMnO4溶液氧化生成氯气，应该用稀硫酸酸化，D不正确，答案选C。考点：考查离子方程式正误判断3某元素只存在两种天然同位素，且在自然界它们的含量相近，其相对原子质量为152，原子核外的电子数为63。下列叙述中错误的是( )A它是副族元素B它是第六周期元素C它的原子核内有63个质子D它的一种同位素的核内有89个中子【答案】D【解析】试题分析：依题意，该原子的原子序数为63，因为氙原子序数为54，位于第五周期，而氡原子
4、序数为86，位于第六周期，546386，故该元素位于第六周期，第六周期A、A族元素的原子序数分别为56、81,566381，故该元素属于副族元素，A项和B项都正确；原子中质子数等于电子数，它的质子数为63，C项正确；6389152，根据平均值原理知D错误，答案为D。考点：本题需要掌握根据原子序数推知元素在周期表中的位置，熟悉元素周期表的结构。4月球土壤中含有较丰富的3 2He，在地球上氦元素主要以 42He的形式存在，下列说法正确的是A32He代表原子核内有2个质子和3个中子的氦原子B32He和42He互为同位素C32He 和42He分别含有1和2个质子D32He 的最外层电子数为1，所以32
5、He具有较强的金属性【答案】B【解析】试题分析：在核素的表示中左上角表示的是质量数，左下角表示的是质子数，中子数等于质量数减质子数。32He代表原子核内有2个质子和1中子的氦原子，A错；32He和4He质子数相等，中子数不等，互为同位素，B对；32He 和4He都含有1个质子，C错；32He 的最外层电子数为2，是惰性气体，金属性很弱，D错。考点：核素的理解5下列说法正确的是()A若酸性HAHB，则相同条件下，溶液的pH大小为NaANaBB相同条件下，将pH11的NaOH溶液和氨水分别稀释成pH9的溶液，所加水的体积前者大CpH3的醋酸与pH11的NaOH溶液等体积混合时，溶液中离子浓度的大小
6、顺序是c(Na)c(CH3COO)c(OH)c(H)D0.1 molL1的某二元弱酸盐Na2A溶液中，c(Na)2c(HA)c(A2)c(H2A) 【答案】D【解析】试题分析：酸性越弱，相应的钠盐越容易水解，溶液的碱性越强，A不正确；氨水是弱碱，存在电离平衡，在稀释过程中，能继续电离出OH，所以氨水稀释时加入水的体积大，B不正确；醋酸是弱酸，存在电离平衡，所以C中反应后醋酸是过量的，溶液显酸性，C不正确；D中符合物料守恒，正确，答案选D。考点：考查溶液酸碱性的判断，弱电解质的稀释、溶液中离子浓度大小比较点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题，试题贴近高考，难易适中。注重考查学生的灵活
7、应变能力，有利于培养学生严谨的逻辑思维能力和发散思维能力。6A、B、C、D、E五种元素原子序数逐渐增大，且均不超过18。其中A与C、B与E分别为同族元素。原子半径ABEDC，B原子最外层电子数是次外层的3倍，C、D的核外电子数之和与B、E核外电子数之和相等。下列说法正确的是A原子电子层数：AB B气态氢化物的稳定性：BEC简单离子半径：ED D最高价氧化物对应的水化物碱性：CD【答案】A【解析】举特例是解元素周期律（表）类型题目的很好方法。本题容易得到B为氧，E为硫，A为氢，C为钠，D为铝。7关于室温下pH3的醋酸和pH3盐酸溶液，下列有关叙述正确的是( ) A二者水溶液中，水的电离程度相等B
8、均加水稀释10倍后，溶液的pH：醋酸盐酸C加水稀释，CH3COOH的电离程度在增大，溶液的导电能力在增强D加入足量的Mg粉充分反应后，产生H2的体积V（相同状况）：醋酸盐酸【答案】A【解析】试题分析： pH3的酸溶液中，c（OH-）=10-11molL-1，水的电离受到抑制程度相同。加水稀释时盐酸pH变化大于醋酸，故B错。加水稀释时CH3COOH 的电离程度在增大，但离子浓度再减小，溶液的导电能力减弱，故C错。D项中没有告诉两酸溶液的体积无法比较。考点：弱电解质电离8将某铁铝合金样品均分为两份，一份加入足量盐酸，另一份加入足量NaOH溶液，同温同压下产生的气体体积比为32，则样品中铁、铝物质的
9、量之比为A32 B21 C34 D43【答案】C【解析】试题分析：加入盐酸发生的反应为：2Al + 6HCl 2AlCl3 +3H2、Fe +2 HClFeCl2+ H2,加入过量的NaOH溶液，发生的反应为：2Al +2NaOH +2H2O2NaAlO2 + 3H2,设Fe 、Al的物质的量分别为;xmol、ymol，加入盐酸生成气体的物质的量为：x+1.5y、加入NaOH溶液生成的气体物质的量为1.5y，则（x+1.5y）1.5y=32，得：xy=34，选C。考点：有关物质的量的计算。9下列说法中正确是（NA表示阿伏加德罗常数） （ ）A4时，5.4mL水中所含的水分子数是0.3NAB在常
10、温常压下，11.2L氯气所含的原子数为NA C标准状况下，22.4L氢气所含的质子数为2 2.4NA D2L 1molL-1K2SO4溶液中离子的总数为3 NA【答案】A【解析】试题分析：A4时，5.4mL水的质量是5.4g,其物质的量是0.3mol，所以所含的水分子数是0.3NA，正确；B在常温常压下，11.2L氯气的物质的量小于0. 5mol,故所含的原子数小于NA，错误；C标准状况下，22.4L氢气的物质的量是1mol,所以所含的质子数为2 NA，错误；D在2L 1molL-1K2SO4溶液中电解质电离产生的离子的总数为3 NA，在溶液中水还会电离产生离子，所以溶液中离子的总数大于3 N
11、A，错误。考点：考查阿伏加德罗常数的有关计算的知识。10下列反应过程中，H0且S0的是ANH3(g)+HCl(g)NH4Cl(s) BCaCO3(s)CaO(s)CO2(g) C4Al(s)3O2(g)2Al2O3(s) DHCl(aq)NaOH(aq)NaCl(aq)H2O(l)【答案】B【解析】本题主要考查焓变、熵变的判断，分解反应大多吸热，化合反应大多放热，燃烧、中和反应都是放热反应，同种物质固、液、气态时熵值依次增大。11设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是A常温下，含l mol Fe的铁片与过量浓HNO3反应，转移电子的数目为3 NA个B电解饱和食盐水，当阴极产生2.24L
12、H2时，转移的电子数为0.2NAC标准状况下，33.6 L SO3含有9.031023个SO3分子D在46 gNO2和N2O4的混合物气体中所含原子总数为3NA个【答案】D【解析】试题分析：A、常温下铁遇浓硝酸钝化，A错误；B、电解饱和食盐水，当阴极产生2.24LH2时，转移的电子数不一定为0.2NA，因为不能确定气体所处的状态，B错误；C、标准状况下三氧化硫不是气态，不能适用于气体摩尔体积计算物质的量，C错误；D、二氧化氮和四氧化二氮的最简式相同，均是NO2，因此在46 gNO2和N2O4的混合物气体中所含原子总数为3NA个，D正确，答案选D。【考点定位】本题主要是阿伏加德罗常数的计算【名师
13、点晴】在进行物质的量的有关计算时，关键是熟练应用几个关系式、nm/M、，特别还要注意气体摩尔体积的使用条件，即只能适用于气体，且只有在标准状况下，气体的摩尔体积才是22.4L/mol。12下列关于甲、乙、丙、丁四种仪器装置的有关用法，其中不合理的是( )A甲装置：可用来证明硫的非金属性比硅强B乙装置：橡皮管的作用是能使水顺利流下C丙装置：用图示的方法能检查此装置的气密性D丁装置：可在瓶中先装入某种液体收集NO气体【答案】A【解析】试题分析：A、二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸酸性大于硅酸，所以二氧化硫能和硅酸钠反应生成硅酸，但亚硫酸不是S元素最高价氧化物的水化物，所以不能据此判断S、Si的非
14、金属性强弱，A错误；B、橡皮管的作用是平衡蒸馏烧瓶和分液漏斗中气体压强，从而能使水顺利流下，B正确；C、检查气密性的方法主要是液差法和微热法，该装置可以往乙端加水直到高于甲端，一段时间后，液差不变。故可以检查，C正确；D、NO不溶于水，可以采用排水法收集，如果该集气瓶中装满水，导气管遵循“短进长出”原则，故D正确，答案选A。【考点定位】本题主要是考查了化学实验装置的使用的相关知识【名师点晴】检查装置气密性的原理一般都是通过改变装置内气体压强实现的，若检查气密性的装置本身是一个非气密性装置，则第一步要处理成一个密闭体系。装置气密性的检查，难在以下两点：一是方法，二是文字表述。其叙述形式是：装置形
15、成封闭体系操作(微热、手捂、热毛巾捂、加水等)描述现象得出结论；微热法检查的关键词是封闭、微热、气泡、水柱；液差(封)法的关键词是封闭、液差。13在25时，密闭容器中X、Y、Z三种气体的初始浓度和平衡浓度如下表：下列说法错误的是A反应达到平衡时，X的转化率为50 B反应可表示为X+3Y2Z，其平衡常数为1600 C增大压强使平衡向生成Z的方向移动，平衡常数增大 D改变温度可以改变此反应的平衡常数【答案】C【解析】14恒温恒压，反应A+BC+D,在下列哪种情况下，一定能自发进行AH0 S0 BH0 S0 CH0 S0 DH0 S0 【答案】A【解析】试题分析：自发进行的反应G 0， G=H-TS
16、，A.H0 S0，则G 0，反应自发进行，BH0 S0 ，G不能确定；CH0 S0 G不能确定；DH0 S0 ，G0，反应不能自发进行。选A。考点：反应自发性的判断。15下列物质的转化在给定条件下能实现的是A B C D【答案】A【解析】试题分析：由于酸性碳酸强于Al(OH)3，所以向NaAlO2溶液中通入CO2，会发生反应：NaAlO2+2H2O+CO2= Al(OH)3+ NaHCO3。形成Al(OH)3沉淀；Al(OH)3不稳定，受热分解变为Al2O3、H2O；Al2O3是离子化合物，电解得到Al，Al与Fe2O3在高温下发生铝热反应产生Fe和Al2O3，正确；S与氧气在点燃时反应产生S
17、O2，而不能得到SO3，错误；碱式碳酸铜与盐酸反应产生CuCl2，CuCl2溶液电解得到Cu和Cl2，正确；Fe2O3与盐酸发生反应得到FeCl3和水，FeCl3是强酸弱碱盐，水解产生Fe(OH)3、HCl，加热该物质的溶液，促进盐的水解，HCl逸出，得到的是Fe(OH)3，错误；饱和NaCl溶液中通入NH3再通入CO2，会发生反应产生NaHCO3晶体，将其过滤出来，加热由于NaHCO3不稳定，受热分解产生Na2CO3，正确。考点：考查物质制取方案的设计的正误判断的知识。16在某一容积为5 L的密闭容器内，加入0.2mol 的CO和0.2mol的H2O（g），在催化剂存在的条件下高温加热，发生
18、如下反应：CO（g）H2O（g）CO2（g）H2（g），反应放出热量。反应中CO2的浓度随时间变化的情况如下图所示。（1）根据图中数据，从反应开始至达到平衡时，CO的化学反应速率为_；反应平衡时c（H2）_。（2）判断该反应达到平衡的依据是_（填序号）。ACO减少的化学反应速率和CO2减少的化学反应速率相等BCO、H2O、CO2、H2的浓度都相等CCO、H2O、CO2、H2的浓度都不再发生变化D正、逆反应速率都为零【答案】（1）0.003mol（Lmin）10.03molL1（2）AC【解析】（1）由图可知第10min时反应达到平衡，所以v（CO）v（CO2）0.003mol（Lmin）1，反
19、应时转化的浓度之比化学方程式的化学计量数之比，所以c（H2）c（CO）0.03molL1。（2）达到平衡的标志是各物质的百分含量保持一定，浓度不变，正、逆反应速率相等且不为0。17氧化还原反应规律是化学学科的重要规律之一。按要求回答下列问题：(1) 被称为万能还原剂的NaBH4溶于水并和水反应：NaBH4+2H2ONaBO2+4H2，此反应中B元素的化合价没有发生变化，则NaBH4中H的化合价为_，该反应氧化产物是_，还原产物是_。(2) 有下列三个反应：Cl2+FeI2FeCl2+I2；2Fe2+Br22Fe3+2Br；Co2O3+6HCl2CoCl2+Cl2+3H2O根据以上方程式可以得到
20、Fe2+、Co2+、Br、I还原性由强的弱的顺序为_；1molCo2O3能氧化HCl的物质的量_。(3) 完成并配平下列化学反应方程式：KMnO4+H2C2O4+_CO2+K2SO4+MnSO4+H2O(4)一个完整的氧化还原反应方程式可以拆写成两个“半反应式”，一个是“氧化反应式”，一个是“还原反应式”。如2H+ +ZnZn2+H2，可拆写为氧化反应式：Zn2eZn 2+，还原反应式：2H+ 2eH2。并由此实现了化学能与电能的相互转化。据此，回答下列问题： 将2Fe3+Cu= 2Fe2+ +Cu2+拆写为两个“半反应式”：其中，氧化反应式为 。由中的反应，可设计成如右图所示的原电池：若电极
21、a为Cu ，电解质溶液甲的化学式为 ；电极b处的电极反应式为 。【答案】 (1)-1，H2、H2(可以写名称，每空均为1分)(2) IFe2+BrCo2+； 2mol(没有单位减1分)(3)2KMnO4+5H2C2O4+3 H2SO410CO2+K2SO4+2MnSO4+8H2O(只要错误，不得分)(4) Cu-2eCu2+；CuSO4，2Fe3+2e2Fe2+【解析】试题分析：（1）在反应NaBH4+2H2ONaBO2+4H2中B元素的化合价没有发生变化，则根据化学式NaBO2可知，B元素的化合价是3价，因此在NaBH4中H的化合价为1价；硼氢化钠中氢元素的化合价从1价升高到0价，硼氢化钠是
22、还原剂。水中氢元素的化合价才1价降低0价，水是氧化剂，所以该反应氧化产物和还原产物均是氢气。（2）在氧化还原反应中还原剂的还原性强于还原产物的，则根据Cl2+FeI2FeCl2+I2可知，碘离子被氧化，氯气被还原，则还原性是ICl；由于氯气首先氧化碘离子，这说明碘离子的还原性强于亚铁离子的。根据2Fe2+Br22Fe3+2Br可知，亚铁离子被氧化，电子溴被还原，所以还原性是Fe2+Br；根据Co2O3+6HCl2CoCl2+Cl2+3H2O可知，氯离子被氧化，Co2O3被还原，则还原性是ClCo2+；又因为氯离子的还原性强于溴离子的，所以Fe2+、Co2+、Br、I还原性由强的弱的顺序为IFe
23、2+BrCo2+。Co元素的化合价从3价降低到2价，则1molCo2O3能得到2mol电子。氯化氢中氯元素的化合价从1价升高到0价失去1个电子，则根据电子得失守恒可知，1molCo2O3能氧化HCl的物质的量为2mol。（3）根据反应式可知，高锰酸钾中Mn元素化合价从7价降低到2价，得到5个电子。草酸中碳元素化合价从3价升高到4价，失去1个电子，则1分子草酸失去2个电子，因此根据电子得失守恒可知，氧化剂高锰酸钾与还原剂草酸的物质的量之比2:5，根据原子守恒可知，反应物还有硫酸参加，因此依据原子守恒和电子得失守恒可知，配平后的化学方程式为2KMnO45H2C2O43H2SO410CO2K2SO4
24、2MnSO48H2O。（4）根据已知信息可知，氧化反应式就是失去电子发生氧化反应，在原电池中属于负极电极反应式。则根据反应2Fe3+Cu= 2Fe2+ +Cu2+可知，氧化剂是铁离子，还原剂是铜，因此铜是负极。所以如果拆写为两个“半反应式”：其中，氧化反应式为Cu-2eCu2+；若电极a为Cu，则a是负极，铜失去电子生成铜离子，则电解质溶液甲的化学式为CuSO4；b电极是正极，溶液中的铁离子得到电子被还原为亚铁离子，则电极b处的电极反应式为2Fe3+2e2Fe2+。考点：考查氧化还原反应的判断、应用、配平和计算；原电池原理的应用、判断和电极反应式的书写18长期存放的亚硫酸钠可能会被部分氧化，现
25、通过实验来测定某无水亚硫酸钠试剂的纯度。实验步骤如下：称量ag样品，置于烧杯中。加入适量蒸馏水，使样品溶解。加入稀盐酸，使溶液呈强酸性，再加过量的BaCl2溶液。过滤，用蒸馏水洗涤沉淀。加热干燥沉淀物。将沉淀物冷却至室温后，称量。重复、操作直到合格，最后得到b g固体。回答下面问题：（1）本实验中是否能用Ba（NO3）2代替BaCl2?_；其理由是 。（2）步骤中加盐酸使溶液呈强酸性的目的是 。（3）步骤的“合格”标准是： 。（4）实验测得样品中无水亚硫酸钠占原有样品的质量分数是 。（列出算式不需化简）【答案】（1）不能在酸性溶液中，NO3能将SO32氧化成SO42，造成结果错误。（2）保证得
26、到的沉淀都是BaSO4，没有BaSO3。（3）连续两次称量的质量不变（4）（a g142 gmol1）100%【解析】Na2SO3容易被空气中的O2氧化为Na2SO4，但a g样品配成溶液加入HCl后，Na2SO3已经转化为SO2，再加BaCl2就只得BaSO4沉淀。通过BaSO4的质量b g求出变质生成的Na2SO4的质量即可。具体的操作及设问均围绕不使Na2SO3沉淀及精确称量沉淀的质量展开，在注意原理分析的同时也要注意实验技巧的分析。19（15分）钛铁矿的主要成分为FeTiO3（可表示为FeOTiO2），含有少量MgO、SiO2等杂质。利用钛铁矿制备二氧化钛，进一步制备钛单质,流程如图：
27、已知：FeTiO34H+Fe2+TiO2+2H2O草酸（C2H2O4）具有很强还原性，易被氧化成二氧化碳（1）化合物FeTiO3中铁元素的化合价是 。（2）钛铁矿加入过量H2SO4后，得到的滤渣A为_（填化学式）。（3）含TiO2+ 溶液乙转化生成TiO2的离子方程式是 。（4）由滤液丙制备LiFePO4的过程中，所需17%双氧水与H2C2O4的质量比是 。（5）用氧化还原滴定法测定TiO2的质量分数：一定条件下，将TiO2溶解并还原为Ti3+，再以KSCN溶液作指示剂，用NH4Fe（SO4）2标准溶液滴定Ti3+至全部生成Ti4+。滴定分析时，称取TiO2（摩尔质量为Mg/mol）试样wg，
28、消耗c mol/L NH4Fe（SO4）2标准溶液VmL，则TiO2质量分数为 （用代数式表示）。（6）TiO2制取单质Ti，涉及到的步骤如下：TiCl4MgMgCl2Ti熔点/-25.0648.87141667沸点/136.4109014123287反应的方程式是_。由TiCl4Ti需要在Ar气中进行的理由是_。反应后得到Mg、MgCl2、Ti的混合物，可采用真空蒸馏的方法分离得到Ti，依据表中信息，需加热的温度略高于 即可。TiCl4MgMgCl2Ti熔点/-25.0648.87141667沸点/136.4109014123287TiCl4MgMgCl2Ti熔点/-25.0648.8714
29、1667沸点/136.4109014123287【答案】（1）+2 （1分） （2）SiO2 （1分）（3）TiO2-H2OTiO22H+ （2分）（不写条件扣1分，不配平不给分） （4）20：9（2分）（5）cVM/1000W 或 cVM/1000W 100（2分）（6）TiCl4 +2Mg 2MgCl2 + Ti （2分）（不写条件扣1分，写高温不扣分，不配平不给分）；防止高温下Mg(Ti)与空气中的O2(或CO2、N2)作用（2分） 1412 （2分）【解析】试题分析：（1）化合物FeTiO3中氧元素和Ti元素的化合价分别是2价和4价，则根据正负价代数和为0可知铁元素的化合价是2价。（2
30、）钛铁矿中只有二氧化硅与硫酸不反应，则加入过量H2SO4后，得到的滤渣A为SiO2。（3）含TiO2+ 溶液乙与水反应生成TiO2，根据原子守恒可知还有氢离子产生，则反应的离子方程式是TiO2-H2OTiO22H+。（4）双氧水在反应中得到2个电子，草酸在反应中失去2个电子，则根据电子得失守恒可知，解得，即所需17%双氧水与H2C2O4的质量比是20：9。（5）反应中铁离子被还还原为亚铁离子，得到1个电子。Ti由3价升高到4价，失去1个电子，则根据电子得失守恒和原子守恒可知TiO2的质量是0.001VcM g，所以TiO2质量分数为。（6）反应是镁与四氯化钛的置换反应，则反应的方程式是TiCl
31、4 +2Mg 2MgCl2 + Ti。镁是活泼的金属，易与氧气、氮气等反应，则由TiCl4Ti需要在Ar气中进行的理由是防止高温下Mg(Ti)与空气中的O2(或CO2、N2)作用。反应后得到Mg、MgCl2、Ti的混合物，可采用真空蒸馏的方法分离得到Ti，则温度应该略高于氯化镁德 沸点1412即可。考点：考查物质制备工艺流程图的分析与判断20某化学兴趣小组进行有关电解食盐水的探究实验，电解装置如图所示。 实验一：电解饱和食盐水。（1）配制饱和食盐水所需的玻璃仪器有：烧杯、量筒、 。（2）电解饱和食盐水的化学方程式为 。实验二：电解不饱和食盐水及产物分析。相同条件下，电解1molL-1 NaCl
32、溶液并收集两极产生的气体。在X处收集到V1mL气体，同时，在Y处收集到V2mL气体，停止电解。结果发现V2V1，且与电解饱和食盐水相比，Y处收集到的气体颜色明显较浅。经讨论分析，导致上述现象的原因有：.有部分Cl2溶于NaCl溶液中；.有O2生成。（3）设计实验证明有部分Cl2溶于NaCl溶液中。实验方案为：取少量 电极附近溶液， 。（4）证明有O2生成并测定O2的体积。按如右图所示装置进行实验，通过注射器缓缓地将在Y处收集到V2mL气体全部推入装置A(盛有足量试剂NaOH溶液)中，最终，量气管中收集到V3mL气体(设V1、V2、V3均在相同条件下测得)。装置A的作用是 。本实验中，观察到_的
33、现象，说明石墨电极上有O2生成。实验中是否需要预先除尽装置中的空气？ （填“是”或“否”）。（5）实验二中，在石墨电极上产生的Cl2的总体积为 mL（用代数式表示）。【答案】（1）玻璃棒；（2）2NaCl+2H2OCl2 + H2+ 2NaOH；（3）取少量石墨电极附近溶液，滴在淀粉KI试纸上，试纸变蓝；（4）除去Cl2 ；量气管右侧液面上升（或其他合理答案）；否；（5）v1-2 v3【解析】试题分析：实验一：电解饱和食盐水（1）一定水中不能再溶解食盐固体时所得的溶液即为饱和食盐水，所以配制饱和食盐水的操作为在烧杯中加入一定量的蒸馏水，边搅拌边加入食盐固体，直到固体不再继续溶解为止，所需的玻璃
34、仪器有：烧杯、量筒、玻璃棒，故答案为：玻璃棒；（2）电解饱和食盐水阳极为氯离子失电子生成氯气，阴极为氢离子得电子生成氢气，化学方程式为：2NaCl+2H2OCl2+H2+2NaOH，故答案为：2NaCl+2H2OCl2+H2+2NaOH；实验二：电解不饱和食盐水及产物分析，（3）因为氯气可使湿润的淀粉KI试纸变蓝，所以证明有部分C12溶解于NaCl溶液中，可取少量石墨电极附近溶液，滴在淀粉KI试纸上，试纸变蓝，说明含有氯气，故答案为：石墨；滴在淀粉KI试纸上，试纸变蓝；（4）因为Y为阳极处收集到的V2mL气体中主要是氯气，所以证明有O2生成首先要除去氯气，则装置A的作用是完全吸收氯气，除去Cl
35、2，故答案为：除去Cl2；当量气管的右侧液面上升，则说明含有氧气生成，故答案为：量气管的右侧液面上升；本身的空气对压强不影响，所以实验中不需要预先除净装置中的空气，故答案为：否；（5）因为阴极X处收集到的氢气为V1mL气体，阳极Y处收集到为氯气和氧气，根据（4）最终量气管中收集到V3mL气体即氧气，设在石墨电极上生成Cl2的总体积为xml，则根据电解阴阳两极的得失电子守恒，V12=x2+V34，所以x=V1-2V3，故答案为：v1-2v3。考点：考查了电解饱和食盐水产物的探究的相关知识。21某原子的氯化物XCl2 1.11g配成溶液后，需用1molL-1的硝酸银溶液20mL才能把氯离子完全沉淀
36、下来，试计算： （1）X的质量数。 （2）若X的核内中子数为20，求22.2gXCl2中所含质子的物质的量是多少? 【答案】（1）40 （2）10.8mol。 【解析】根据题意，氯化物XCl21.11g配成溶液后，需用1molL-1的硝酸银溶液20mL才能把氯离子完全沉淀下来，可设XCl2的摩尔质量为N,由 XCl2 2AgNO3 1mol 2mol 1.11g/Ngmol-1 1gmol-10.02L 可得N=111gmol-1，则A=40，Z=20， 22.2gXCl2中所含质子的物质的量为（20+172）=10.8mol。22X、Y、Z、M、W均为周期表中前四周期的元素X元素的基态原子外
37、围电子排布式为3s2；Y原子的L能层的P能级上有一个空轨道；Z元素的基态原子最外层有3个未成对电子，次外层有2个电子； M 的基态原子的2p轨道上有1个电子的自旋方向与其它电子的自旋方向相反；W为过渡元素，它的基态原子外围电子排布成对的电子数和未成对电子数相同且为最外层电子数的两倍回答下列问题（相关回答均用元素符号表示）：（1）W的基态原子的外围电子排布图为 其基态原子核外有 种不同电子运动状态；（2）Z的氢化物的沸点比其下一周期同族元素氢化物的沸点高的原因是 。（3）W与YM易形成配合物W(YM)5，在W(YM)5中W的化合价为 ；与YM分子互为等电子体的离子的化学式为 。（写一种即可）（4
38、）W单质的晶体在不同温度下有两种原子堆积方式，晶胞分别如下图A、B所示：图B中原子堆积方式为 ，A、B中W原子的配位数之比为 。A、B晶胞的棱长分别为a cm和b cm，则A、B两种晶体的密度之比为 。（5）X和W组成的合金是目前已发现的储氢密度最高的储氢材料之一，其晶胞结构如图甲（黑球代表W，白球代表X）则该合金的化学式为 。【答案】（1） ；26（2）氨分子间形成氢键（3）0，CN- 或C22-） （4）面心立方堆积 2:3 b3:2a3 （5） FeMg2或Mg2Fe【解析】试题分析：X、Y、Z、M、W均为周期表中前四周期的元素X元素的基态原子外围电子排布式为3s2，则X为第三周期第二主
39、族元素，为镁；Y原子的L能层的P能级上有一个空轨道，为碳元素；Z元素的基态原子最外层有3个未成对电子，次外层有2个电子，为氮元素； M 的基态原子的2p轨道上有1个电子的自旋方向与其它电子的自旋方向相反，为氧元素；W为过渡元素，它的基态原子外围电子排布成对的电子数和未成对电子数相同且为最外层电子数的两倍，则电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，则W为铁。（1） W为铁，26号元素，其基太原子的外围电子排布图为；铁的基态原子有26种能量不同的电子。（2）Z为氮元素，其气态氢化物为氨气，因为氨分子间形成氢键，所以沸点比同主族的下一周期的氢化物沸点高。（3）W与YM易形成配合物W(Y
40、M)5，即Fe(CO)5，根据化合价代数和为0分析，CO的化合价的代数和为0，则铁的化合价为0，根据等电子体的定义，一氧化碳的等电子体必须是双原子分子或离子，且电子数相等，所以与一氧化碳分子互为等电子体的离子的化学式为CN- 或C22-（4）A中原子占据体心和顶点，为体心立方结构，原子数为1+8/8=2，B中占据顶点和面心，原子数为61/2+81/8=4，所以体心立方晶胞和面心立方晶胞中实际含有的铁原子个数之比为1:2，A、B晶胞的棱长分别为acm和bcm，体积分别为a3cm3、b3cm3，晶胞的密度等于晶胞中铁原子的质量与体积的比，为2m/a3:4m/b3= b3:2a3. （5） 铁位于面
41、心和顶点，数目为61/2+81/8=4，镁原子位于体心，数目为8，化学式为FeMg2或Mg2Fe。考点： 位置结构性质的相互关系应用，判断简单分子或离子的构型，晶胞的计算，原子轨道杂化方式及杂化类型的判断23（本题共12分）局部麻醉药普鲁卡因E（结构简式为）的三条合成路线如下图所示（部分反应试剂和条件已省略）：完成下列填空：（1）比A多一个碳原子，且一溴代物只有3种的A的同系物的名称是 。（2）写出反应试剂和反应条件。反应 ； （3）设计反应的目的是 。（4）B的结构简式为 ；C的名称是 。（5）写出一种满足下列条件的D的同分异构体的结构简式。芳香族化合物 能发生水解反应 有3种不同环境的氢原
42、子1 mol该物质与NaOH溶液共热最多消耗 mol NaOH。（6）普鲁卡因的三条合成路线中，第一条合成路线与第二条、第三条相比不太理想，理由是 。【答案】（1）.乙苯。（2）.浓硝酸、浓硫酸；加热；酸性KMnO4溶液；（3）.保护氨基。（4）.；氨基苯甲酸。（5）.或。（6）.肽键水解在碱性条件下进行，羧基变为羧酸盐，再酸化时氨基又发生反应。【解析】（1）.A是甲苯，比A多一个碳原子，且一溴代物只有3种的A的同系物应该是只有一个侧链的物质它是乙苯，结构简式是。（2）. 甲苯与浓硝酸、浓硫酸混合加热，发生甲基对位的取代反应，产生对硝基甲苯，对硝基甲苯与酸性KMnO4溶液反应，甲基被氧化变为羧
43、基，产生。（3）. NH2有强的还原性，容易被氧化变为NO2，设计反应的目的是保护NH2，防止在甲基被氧化为羧基时，氨基也被氧化。（4）.与酸性KMnO4溶液发生反应，甲基被氧化变为羧基，得到B，B的结构简式为。B发生水解反应，断开肽键，亚氨基上结合H原子形成氨基，产生C，结构简式是；名称为对氨基苯甲酸。（5）. D的分子式是C9H9NO4，它的同分异构体中，芳香族化合物，说明含有苯环；能发生水解反应，说明含有酯基；有3种不同环境的氢原子，说明分子中含有三种不同位置的H原子，则其同分异构体是：也可能是。（6）.普鲁卡因的三条合成路线中，第一条合成路线与第二条、第三条相比不太理想，理由是B发生水
44、解反应是在碱性环境中进行，这时羧基与碱发生反应产生羧酸的盐，若再酸化，氨基又发生反应。【考点定位】考查药物普鲁卡因合成方法中的物质的性质、反应类型、反应条件的控制及方案的评价的知识。24（15分）如图所示是利用丙烯和对二甲苯合成有机高分子材料W的转化关系示意图已知：C不含甲基，B可以发生银镜反应，1molD与足量钠可生成22.4L H2（标准状况下） RCH=CH2+H2ORCH2CH2OH 请完成下列各问：（1）A的结构简式是 ，D的核磁共振氢谱图中有 个峰（2）C中所含官能团的名称 、 （3）CD反应类型为 （4）有关物质B所具有的性质的叙述中正确的是（填序号） a能发生银镜反应 b能使溴
45、水褪色 c能发生酯化反应 d可发生聚合反应（5）写出下列反应的化学方程式： AB： D+EW： D的同分异构体（同一个碳原子上连接两个OH的不能稳定存在）和E的同分异构体反应生成最小环酯： （6）物质E有多种同分异构体，请分别写出满足以下条件一个E的同分异构体的结构简式：遇FeCl3溶液显紫色 可发生银镜反应 能发生水解反应 遇FeCl3溶液显紫色 可发生银镜反应 能和NaHCO3发生反应生成CO2 【答案】（1）CH2=CHCH2OH ， 3 ； （2）羟基 、 醛基 ；（3）加成反应； （4）abd ；（5）AB： 2CH2=CHCH2OH+O22CH2=CHCHO+2H2O；D+EW：
46、；HOCH2CH(OH) CH3+ +2H2O；（6） ； 。【解析】试题分析： 丙烯与氯气在加热条件下发生取代反应生成CH2=CHCH2Cl，CH2=CHCH2Cl在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成醇，故A为CH2=CHCH2OH，A发生氧化反应生成B为CH2=CHCHO，根据信息可知B与过氧化物得到C为HOCH2CH2CHO，C与氢气发生加成反应生成D为HOCH2CH2CH2OH对二甲苯发生氧化反应生成E为，D与E发生水解反应生成高聚物W为，（1）由上述分析可知，A的结构简式是CH2=CHCH2OH；（2）C为HOCH2CH2CHO，所含官能团的名称为：醛基、羟基；（3）结合反应
47、流程及C、D的结构可知：CD反应类型为加成反应；（4）B为CH2=CHCHO，含有碳碳双键及醛基的化学性质，即能发生银镜反应、能使溴水褪色和发生聚合反应，选项abd符合题意；（5）AB反应方程式： 2CH2=CHCH2OH+O22CH2=CHCHO+2H2O；D+EW反应方程式： ；HOCH2CH2CH2OH的同分异构体HOCH2CH(OH) CH3和E反应的化学方程式为：HOCH2CH(OH) CH3+ +2H2O（6）满足以下条件的一个E（）的同分异构体：遇FeCl3溶液显紫色含有酚羟基可发生银镜反应含有醛基 能发生水解反应含有酯基，其结构简式为 ；遇FeCl3溶液显紫色含有酚羟基可发生银镜反应含有醛基能和NaHCO3发生反应生成CO2含有羧基，其结构简式为 。考点：有机推断与合成，考查有机官能团的性质与转化及对反应信息的理解能力。