1、高考资源网（ ），您身边的高考专家河南省洛阳市嵩县第一高级中学2016届高三下期3月月考化学试卷（解析版）1下列有关电解质溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（ ）A. 在0.1 molL1NaHCO3溶液中：c(Na) c(OH)c(HCO3) c(H)B 在0.1 molL1Na2CO3溶液中：c(OH)c(H)c(Na) c(HCO3) C 向0.2 molL1NaHCO3溶液中加入等体积0.1 molL1NaOH溶液：c(Na)c(H) c(OH) c(HCO3) c(CO32-)D 常温下，CH3COONa和CH3COOH混合溶液pH7，c(Na)0.1 molL1： c(CH3CO
2、O) 0.1 molL1【答案】D【解析】试题分析：HCO3的水解程度或电离程度均是很小的，A不正确，应该是c(Na) c(HCO3) c(OH) c(H)；根据电荷守恒可知，c(Na)c(H) c(OH) c(HCO3) 2c(CO32-)，因此选项BC 都是错误的；同样根据电荷守恒可知，D正确，答案选D。考点：考查溶液中离子浓度大小比较点评：该题是中等难度的试题，也是高考中的常见题型与重要的考点。试题在注重对基础知识巩固与训练的同时，侧重对学生能力的培养。该题的关键是利用好几个守恒关系，即电荷守恒、物料守恒和质子守恒，并能结合同样灵活运用。2下列关于油脂的叙述中不正确的是A油脂属于酯类 B
3、油脂没有固定的熔沸点C油脂是高级脂肪酸的甘油酯 D油脂属于高分子化合物【答案】D【解析】试题分析：A油脂属于酯类，A正确；B油脂是混合物，没有固定的熔沸点，B正确；C油脂是高级脂肪酸的甘油酯，C正确；D油脂不属于高分子化合物，D错误；答案选D。考点：考查油脂的性质。32003年10月15日我国成功发射了第一艘载人航天飞船“神舟”五号，2005年10月12日“神舟”六号飞船成功发射，完成了多人多天飞行，从此我国进入了航天大国和航天强国行列，实现了中华民族自古以来的飞天梦想。发射飞船时用肼（N2H4）作为火箭发动机的燃料，NO2为氧化剂，反应方程式为：2N2H4+2NO2=3N2+4H2O。下列说
4、法错误的是（ ）A.可以用湿润的KI淀粉试纸检验Br2蒸气和NO2气体B.NO2是污染大气的主要气体之一C.N2H4分子中N元素的化合价为-2D.N2H4和NH3的性质相似，能与强酸反应【答案】A【解析】NO2和Br2都具有强氧化性，使KI被氧化成I2而遇淀粉变蓝色，D错误；NO2和SO2一样是常见的大气污染物，主要来自煤和石油的燃烧及汽车尾气；N2H4的电子式为，NN共用电子对不偏移，所以N显-2价；N2H4和NH3分子一样都有孤对电子，可以与H+形成共用电子对，所以都可与酸反应。4一定条件下，合成氨气反应达到平衡时，测得混合气体中氨气的体积分数为20.0%，与反应前的体积相比，反应后体积缩
5、小的百分率是A16.7% B20.0% C80.0% D83.3%【答案】A【解析】试题分析： N2 + 3H22NH3起始量（mol） a b 0转化量（mol） x 3x 2x平衡量（mol） a-x b-3x 2x则解得12xab所以与反应前的体积相比，反应后体积缩小的百分率是，答案选A。考点：考查可逆反应计算5下列各组物质中，化学键的类型相同的是ACaCl2和Na2S BNa2O和Na2O2 CN2和Ne DHCl和NaOH【答案】A【解析】试题分析：A、氯化钙与硫化钠中都只含离子键，化学键类型相同，正确；B、氧化钠中只含离子键，而过氧化钠中含有离子键和共价键，类型不同，错误；C、氮气
6、中含有共价键，而Ne中不含化学键，错误；D、HCl中含有共价键，而氢氧化钠中含有离子键和共价键，错误，答案选A。考点：考查化学键类型的判断6常温下，用 0.1000 molL-1NaOH溶液滴定 20.00mL0.1000 molL-1某一元弱酸HA溶液滴定曲线如图。下列说法正确的是A. 点所示溶液中：c(A)c(OH) c(HA) c(H)B. 点所示溶液中：c(Na) = c(HA) c(A)C. 点所示溶液中：c(Na) c(A) c(OH) c(H)D. 滴定过程中可能出现：c(HA) c(A) c(H) c(OH) c(Na)【答案】C【解析】本题主要考查的是粒子浓度大小的比较。A项
7、，处于点时，酸过量，根据电荷守恒，则有c(H+)=c(OH-)+c(A-)；B项，在点时，pH=7，仍没有完全反应，算过量，c(Na+)c(A-)c(OH-)c(H+)，正确；D项，在滴定过程中，当NaOH的量少时，不能完全中和醋酸，则有c(HA) c(A) c(H) c(Na) c(OH)，故D错误。 综上分析可知，本题选C项。7V L浓度为0.5 molL1的盐酸，欲使其浓度增大1倍，采取的措施合理的是()。A通入标准状况下的HCl气体11.2V LB加入10 molL1的盐酸0.1V L，再稀释至1.5V LC将溶液加热浓缩到0.5V LD加入V L 1.5 molL1的盐酸混合均匀【答
8、案】B【解析】A项，通入HCl气体后溶液的体积会发生变化，若溶液体积不变时所给数据是合理的，该项不合理；C项，盐酸具有挥发性，加热浓缩会导致HCl挥发，该项不合理；D项，不同浓度盐酸混合时，混合后溶液的体积不能用两溶液的体积加和，该项不合理。8有NaCl、KSCN、NaOH、AgNO3、四种溶液，只用一种试剂就可把它们鉴别开来，这种试剂是( )A盐酸 B.Na2CO3溶液 C. 氯水 D.FeCl3溶液【答案】D【解析】试题分析：A、盐酸与氯化钠、KSCN均不反应，与氢氧化钠发生中和反应，无明显实验现象，与硝酸银反应产生白色沉淀，不能鉴别，A错误；B、碳酸钠与NaCl、KSCN、NaOH均不反
9、应，与硝酸银反应产生白色沉淀，不能鉴别，B错误；C、氯水与氯化钠、KSCN均不反应，与氢氧化钠发生反应，氯水颜色消失，与硝酸银反应产生白色沉淀，不能鉴别，C错误；D、氯化铁与氯化钠不反应，与KSCN溶液反应，溶液显红色，与氢氧化钠反应产生红褐色沉淀，与硝酸银反应产生白色沉淀，现象各不相同，可以鉴别，D正确，答案选D。考点：考查物质的鉴别9Na2O、NaOH、Na2CO3、NaCl、Na2SO4可按某种标准划为同一类物质,下列分类标准正确的是钠的化合物 能与硝酸反应的物质 可溶于水的物质 电解质 钠盐 钠的含氧化合物 A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：上述物质属于钠的化合物，氯
10、化钠与硝酸不反应，都是可溶于水的物质，都是强电解质，Na2O属于氧化物，不属于钠盐，都是钠的含氧化合物，选A。考点：考查物质的分类。1025时，有v1mL pH=9的氨水(A)和v2mL pH=10的氨水(B)，v3mL pH=10的NaOH溶液(C)，它们能中和同量的盐酸。以下叙述正确的是Av110v2 B加少量水稀释，氨水中c(NH4+)/c(NH3H2O)都减小Cv2=v3 D中和热A=B=C【答案】A【解析】试题分析：有v1mL pH=9的氨水(A)和v2mL pH=10的氨水(B)，v3mL pH=10的NaOH溶液(C)，它们能中和同量的盐酸。则它们含有的碱的物质的量相等。对于弱碱
11、来说，存在电离平衡，溶液的pH越大，碱的电离程度就越小。氨水的pH越小，电离程度就越大，v1mL pH=9的氨水(A)和v2mL pH=10的氨水(B)中碱的物质的量相等，所以v110v2；选项A正确；B在氨水中存在电离平衡：NH3H2O NH4+OH-，加少量水稀释，电离平衡正向移动，氨水中c(NH4+)/c(NH3H2O)增大；选项B错误；C 氨水中的一水合氨是弱碱，部分电离，主要以电解质分子存在，NaOH是强碱完全电离，当二者的物质的量相等时，v2mL pH=10的氨水(B)，v3mL pH=10的NaOH溶液(C)，v2C，错误。考点：考查强酸与强碱、弱碱发生中和反应时溶液的体积、浓度
12、及反应热等比较的知识。11浓度均为0.1 molL-1的下列溶液，其pH由小到大的排列顺序是NaHCO3溶液 NaHSO4溶液 NaCl溶液 AlCl3溶液 NaClO溶液A B C D 【答案】C【解析】略12在常温常压下，取下列四种气态烃各1mol，分别在足量的氧气中燃烧，消耗氧气最多的是A、C4H10 B、C2H6 C、C3H8 D、CH4【答案】A【解析】试题分析：1molCxHy完全燃烧消耗的氧气为x+y/4mol，故1molC4H10 完全燃烧消耗的氧气量最多，选项A符合题意。考点：烃完全燃烧消耗氧气的比较13下列操作不能实现实验目的的是()A 目的：浓度对化学反应速率的影响B 目
13、的：配制银氨溶液C 目的：比较Al、Fe、Cu活动性D 目的：实验室制取氨气【答案】B【解析】试题分析：ANa2S2O3的浓度不同，其它的都相同，因此可以比较浓度对化学反应速率的影响，正确；B 配制银氨溶液时应该把稀氨水滴加到AgNO3溶液中至开始产生的沉淀恰好完全溶解为止，错误；C通过左边的装置可以比较Al、Fe的活动性，通过右边的装置可以比较Fe、Cu的活动性，从而可以得到Al、Fe、Cu活动性的强弱。正确；D在实验室就是通过加热氯化铵与氢氧化钙的混合物来制取氨气，并用向下排空气法来收集氨气的，正确。 考点：考查实验操作与实验目的的关系的知识。14某工厂发生CI2泄漏，以下应对措施中主要是
14、基于CI2的物理性质考虑的是A向被污染的土壤洒石灰B向远离污染源的高处撤离C用浸有纯碱溶液的毛巾捂住口鼻迅速撤离D来不及撤离时可用纯碱溶液浸湿的棉被堵好门窗【答案】B【解析】试题分析：A向被污染的土壤洒石灰，氯气与石灰发生化学变化，A错误；B氯气密度大于空气，因此向远离污染源的高处撤离利用的是物理性质，B正确；C用浸有纯碱溶液的毛巾捂住口鼻迅速撤离，利用的是纯碱能与氯气反应，属于化学变化，C错误；D来不及撤离时可用纯碱溶液浸湿的棉被堵好门窗利用的是纯碱能与氯气反应，属于化学变化，D错误，答案选B。考点：考查氯气的性质15经一定时间后，可逆反应aA(g)bB(g)cC(g)中物质的含量A和C随温
15、度的变化曲线如图所示，下列说法正确的是（ ）A该反应在T1、T3温度时达到化学平衡B该反应在T2温度时达到化学平衡C该反应的逆反应是放热反应D升高温度，平衡会向正反应方向移动【答案】B【解析】试题分析：T2之前A%变小，C%从0渐增大，而T2之后A%渐大，C%渐小，说明T2之前是反应没有达到平衡状态，而T2时恰好平衡，T2之后是温度升高使平衡向左移动，所以逆反应是吸热反应。A、T1温度之后A%继续变小，C%继续增大，T3温度之后A%继续增大，C%继续减小，故T1、T3温度时未达到化学平衡，故A错误；B、T2之前A%变小，C%从0渐增大，而T2之后A%渐大，C%渐小，说明T2之前是反应没有达到平
16、衡状态，故B正确；C、T2时恰好平衡，T2之后A%渐大，C%渐小，说明T2之后是温度升高使平衡向左移动，所以逆反应是吸热反应，故C错误；D、T2时恰好平衡，T2之后A%渐大，C%渐小，说明T2之后是温度升高使平衡向逆反应移动，故D错误，答案选B。考点：考查化学平衡图象、温度对化学平衡的影响16写出符合下列条件的元素原子的外围电子排布式：(1)电负性最大的元素的原子_。(2)自然界中最活泼的金属元素的原子_。(3)第四周期0族元素的原子_。(4)能形成自然界中最硬的单质的元素原子_。【答案】(1)2s22p5 (2)6s1 (3)4s24p6 (4)2s22p2【解析】(1)电负性最大的元素为F
17、；(2)自然界中最活泼的金属元素为Cs(Fr自然界中不存在)；(3)Kr；(4)自然界中最硬的单质为金刚石，因此为C。17已知A、B、C、D、E五种元素的核电荷数依次增大，除E为第四周期元素外，其余都是短周期元素，其中A、B、C是同一周期的非金属元素，A元素最外层电子数是内层电子数的2倍，B元素基态原子的最外层有3个未成对电子，化合物DC的晶体为离子晶体，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构，E元素的3价离子的3d能级为半充满状态。（答题时用ABCDE对应的元素符号表示）（1）A的一种氢化物A2H2，其中心原子采取的杂化形式为_，分子中含有_个键，_键。 （2）写出化合物DC的电子式
18、_，E原子的核外电子排布式_。 （3）由E元素形成的金属的晶胞结构如右图，则该晶 胞中含有金属原子的数目为_。 （4）化合物E（CO）5常温下为液态，熔点为205， 沸点为103，易溶于非极性溶剂，据此判断E（CO）5晶体属于_（填晶体类型）。 【答案】（1） sp 、 3 、 2 （2） 氧化镁的电子式（略） 、 1s22s22p63s23p63d64s2 （3） 2 （4） 分子晶体18（14分）某课外学习小组为探究硫酸亚铁晶体（FeSO47H2O）制备及影响因素，进行如下实验。 制取硫酸亚铁溶液称取一定量铁屑，放入烧瓶中，加入25 mL 3 molL1 硫酸，用酒精灯加热。（1）加热一段
19、时间后，发现烧瓶中溶液变黄并产生能使品红溶液褪色的气体。产生该现象的原因是 （用化学方程式表示）。（2）制备过程中，铁需过量的原因是 。 实验改进该小组同学发现以上实验不完善，查阅资料后，对实验做如下改进：反应前通入氮气；水浴加热，控制温度5060；实验中适当补充硫酸调节pH2；增加尾气吸收装置。改进装置如图（夹持和加热装置略去）。（3）实验中采用水浴加热，除了便于控制温度外，还有的优点是 。（4）调节pH2目的是 。（5）下列装置适合尾气吸收的是 （填序号）。 晶体纯度测定（6）烧瓶中的溶液经处理得硫酸亚铁晶体。准确称取晶体 0.5000 g置于锥形瓶中，加入10 mL 3 molL1硫酸溶
20、液和15 mL新煮沸过的蒸馏水进行溶解，立即用0.02000 molL1高锰酸钾标准溶液滴定，消耗标准溶液体积的平均值为16.90 mL。（已知：5Fe2MnO48H5Fe3Mn24H2O）高锰酸钾标准溶液应盛装在 滴定管（填“酸式”或“碱式”）。获得硫酸亚铁晶体的纯度为 。【答案】（1）2Fe6H2SO4（浓）Fe2(SO4)33SO26H2O（其他合理答案给分）（3分）（2）防止Fe2被氧化（2分） （3）均匀受热（2分） （4）抑制Fe2的水解（2分）（5）BC（2分） （6）酸式（1分） 93.96%（2分）【解析】试题分析：（1）加热一段时间后，发现烧瓶中溶液变黄并产生能使品红溶液褪
21、色的气体，该气体应该是二氧化硫，溶液显黄色，说明有铁离子产生。这说明在加热的条件下硫酸与铁反应生成了硫酸铁、二氧化硫和水，反应的化学方程式为2Fe6H2SO4（浓）Fe2(SO4)33SO26H2O。（2）亚铁离子极易被氧化，而铁具有还原性，因此铁过量的目的是防止Fe2被氧化。（3）水浴加热除了便于控制温度外，还有的优点是受热均匀。（4）在溶液中亚铁离子易水解，溶液显酸性。因此调节pH2的目的是控制亚铁离子水解。（5）二氧化硫易溶于水，直接吸收容易引起液体倒流，所以A装置不正确，BC装置正确，答案选BC。（6）高锰酸钾溶液具有强氧化性，因此高锰酸钾标准溶液应盛装在酸式滴定管中。消耗0.0200
22、0 molL1高锰酸钾的物质的量是0.02000 molL10.01690L0.000338mol。则根据方程式可知消耗亚铁离子的物质的量是0.000338mol50.00169mol，因此硫酸亚铁晶体的质量0.00169mol278g/mol0.46982g，所以纯度为100%93.96%。考点：考查硫酸亚铁晶体制备实验方案设计与探究19(14分)氢化钙(CaH2)是二种常用的储氢材料，也是登山运动员常用的能源提供剂，需要密封保存，遇水反应生成氢氧化钙和氢气。某研究性学习小组模拟生产企业制取氢化钙。【实验】用锌粒和稀硫酸反应制得干燥、纯净的氢气，再与金属钙在加热的条件下直接化合，即可制得Ca
23、H2。（1）下列有关该实验的说法正确的是 。a其他条件相同时，粗锌制取氢气的速率比纯锌快b加热时，必须通入氮气作为保护气，以防止空气的干扰c可以用浓硫酸或碱石灰对H2进行干燥除杂d开始实验时，应先通入H2，后给金属钙加热e已停止实验时，应先停止通入H2，后停止加热。【提出假设】（2）由于实验中操作不当，金属钙或氢化钙都可能被氧化。该小组甲同学对反应后的固体产物成分提出如下假设。假设l：含有Ca 和CaH2。 假设2：含有CaH2和CaO。假设3：含有 。【设计实验方案，验证假设】（3）定性实验用化学方法鉴别Ca与CaH2，请设计实验完成下表中内容。实验步骤(不要求写具体操作过程)预期现象和结论
24、取少量固体样品，（4）定量实验 测定Ca 和CaH2 混合物中CaH2 的质量分数。取m1g样品与水完全反应，利用如图装置测定生成的气体体积时，在 时进行收集（填字母）a刚开始有气泡时 b气泡连续均匀时 c气体经过验纯后，再收集如果装置气密性良好，操作正确，乙同学认为：由于液体加入，导致气体的体积测定偏大，则计算出氢化钙的质量分数 （天“偏高”、“偏低”“无影响”）【反思与交流】（5）登山运动员常用氢化钙作为能源提供剂，与氢气相比，其优点是氢化钙是固体，携带方便。既然金属钙与水反应也能生成氢气，为什么还要讲金属钙制备成氢化钙呢？你的观点是 。【答案】（1）acd （2）CaH2或CaH2、Ca
25、O、Ca （3）取少量固体在干燥条件下与氧气反应，将产生的产物通入装有无水硫酸铜的干燥管，观察无水硫酸铜变蓝色 （4）a；偏高（5）等质量的钙和CaH2，CaH2产生的氢气多【解析】试题分析：（1）a、其他条件相同时，粗锌制取氢气时可以形成原电池，可以反应速率，a正确；b、加热时，应先通入氢气排尽装置中空气，氮气在加热的条件下也能与钙反应，b错误；c、氢气与浓硫酸或碱石灰不反应，因此可以用浓硫酸或碱石灰对H2进行干燥除杂，正确；d、始实验时，应先通入H2，排尽装置中的空气，防止钙被氧化，正确；e、已停止实验时，应先停止加热，或停止通入H2，错误，答案选acd。（2）根据假设1和2可知，假设3应
26、该是含有CaH2或CaH2、CaO、Ca。（3）冠军化学式可知氢化钙燃烧的产物中含有水，利用无水硫酸铜检验即可。即取少量固体在干燥条件下与氧气反应，将产生的产物通入装有无水硫酸铜的干燥管，观察无水硫酸铜变蓝色，证明是氢化钙，反之是钙。（4）测定生成的气体体积时必须从刚开始就收集，因为反应后锥形瓶内会存有氢气，与原来存有的空气抵消，体积才基本保持不变，即答案选a；因液体加入引起气体排出，导致气体体积测定变大，则氢化钙质量偏高。（5）根据方程式Ca2H2OCa(OH)2H2、CaH22H2OCa(OH)22H2可知，等质量的钙和氢化钙相比，氢化钙产生的氢气多。考点：考查氢化钙制备实验方案设计与探究
27、20铬铁矿的主要成分可表示为FeOCr2O3，还含有MgO、Al2O3、Fe2O3等杂质，以下是以铬铁矿为原料制备重铬酸钾（K2Cr2O7）的流程图：根据题意回答下列问题：（1）操作的名称是 ，固体X中主要含有 （填写化学式）；（2）用醋酸调节溶液pH=78后再进行操作所得固体Y的成分为 （写化学式）.（3）酸化步骤中调节溶液pH5时发生反应2CrO422H+Cr2O72H2O.若将将醋酸改用盐酸，盐酸会与Cr2O72反应造成大气污染并生成Cr3+杂质，该反应的离子方程式为 （4）下表是相关物质的溶解度数据，操作III发生反应的化学方程式是Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7+2NaCl
28、。该反应在溶液中能发生的理由是： 。（5）含铬废渣（废水）的随意排放对人类生存环境有极大的危害。电解法是处理铬污染的一种方法，金属铁作阳极、石墨作阴极电解含Cr2O72-的酸性废水，一段时间后产生Fe(OH)3和Cr(OH)3沉淀。电解法处理废水的总反应如下，配平并填写空缺：(已知产物中n(Fe(OH)3): n (H2)=1:1)_Fe_Cr2O72-_ _H2O _Fe(OH)3_Cr(OH)3_H2；已知常温下Cr(OH)3的Ksp=6.41032mol4/l4，若类生活饮用水水质标准铬含量最高限值是0.052 mg/L，要使溶液中c(Cr3+)降到符合饮用水水质标准，须调节溶液的pH大
29、于_。（已知lg2=0.3）【答案】过滤 Fe2O3、MgO；Al(OH)3Cr2O72+6Cl+14H+2 Cr3+3Cl2+7 H2OK2Cr2O7的溶解度比Na2Cr2O7小（或四种物质中K2Cr2O7的溶解度最小）。 6,1,2H+,17,6,2,6 (6FeCr2O72-2H+17H2O = 6Fe(OH)32Cr(OH)36H2)；5.6【解析】试题分析：（1）操作是分离固体和液体，名称是过滤；根据反应的产物，不溶于水的物质为氧化铁、氧化镁，所以X是Fe2O3、MgO；用醋酸调节溶液pH=78后，生成Al(OH)3沉淀，再进行过滤所得固体Y的成分为Al(OH)3；（3）酸化步骤中调
30、节溶液pH5时发生反应2CrO422H+Cr2O72H2O.若将将醋酸改用盐酸，盐酸被Cr2O72氧化为氯气， Cr2O72被还原为生成Cr3+，该反应的离子方程式为Cr2O72+6Cl+14H+2 Cr3+3Cl2+7 H2O；K2Cr2O7的溶解度比Na2Cr2O7小，所以Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7+2NaCl能发生； 电解法处理废水的总反应根据电子守恒配平6FeCr2O72-2H+17H2O6Fe(OH)32Cr(OH)36H2；根据Cr(OH)3的Ksp=6.41032mol4/l4，PH=5.6，要使溶液中c(Cr3+)降到符合饮用水水质标准，须调节溶液的pH大于5.
31、6。考点：本题考查化学综合题。 21已知Cl有两种天然同位素35Cl、37Cl，Cl的相对原子质量为35.5，Na只有一种原子23Na，求10吨纯度为90%的食盐（杂质中不含Na、Cl）样品中含37Cl多少吨，含Na35Cl多少吨？【答案】6.6 t ；=1.4 t【解析】试题分析：可设35Cl和37Cl两种同位素的比例为a:b，则35a+37b=35.5(a+b)，得a:b=3:1，所以23Na35Cl和23Na37Cl的物质的量之比为3:1，设Na35Cl有x吨，Na37Cl有y吨，依据题意，可得x+y=10*90%,(x/58):(y/60)=3:1,解得x、y值，再由y值求出37Cl的
32、含量。 考点：相对原子质量的计算；同位素；混合物中物质含量的计算点评：本题考查相对原子质量的计算和同位素的知识，依据题意，可求算得混合物中物质含量，综合性较强，题目难度中等。22软性隐形眼镜是由甲基丙烯酸羟乙酯CH2=C(CH3)COOCH2CH2OH的高聚物(HEMA)制成的超薄镜片，其合成路线可以是：已知：CH3COOCH2CH2OH的名称为乙酸羟乙酯。（1）A、E的结构简式分别为：A 、E 。（2）有机物C的名称为 。（3）写出下列反应的反应类型：CD ，EF 。（4）写出下列转化的化学方程式：IG ；G+FH 。【答案】（1）CH2CHCH3；(CH3)2C(OH)COOH；（2）2丙
33、醇（或：异丙醇）（3）氧化反应；消去反应（4）CH2ClCH2Cl2NaOHHOCH2CH2OH2NaClHOCH2CH2OHCH2C(CH3)COOHCH2C(CH3)COOCH2CH2OHH2O。【解析】试题分析：H发生加聚反应得到HEMA（聚甲基丙烯酸羟乙酯），则H为甲基丙烯酸羟乙酯，即CH2=C（CH3）COOCH2CH2OH，结合转化关系可知，G为HOCH2CH2OH，I为CH2ClCH2Cl，F应为CH2=C（CH3）COOH，结合题目给予的反应信息可知，E中羧基、羟基连接同一碳原子上，则E为（CH3）2C（OH）COOH，故D为O=C（CH3）2，C为CH3CH（OH）CH3，B
34、为CH3CHBrCH3，A为CH2=CHCH3，（1）由上述分析可知，A的结构简式为CH2=CHCH3，E的结构简式为（CH3）2C（OH）COOH，故答案为：CH2=CHCH3；（CH3）2C（OH）COOH；（2）有机物C为CH3CH（OH）CH3，其名称为：2-丙醇，故答案为：2-丙醇；（3）C为CH3CHOHCH3，D为丙酮，C生成D的反应为氧化反应，E为（CH3）2C（OH）COOH，F为CH2=C（CH3）COOH，E生成F的反应为消去反应，故答案为：氧化反应；消去反应；（4）IG是卤代烃发生水解反应生成醇，反应方程式为：CH2ClCH2Cl+2NaOHHOCH2CH2OH+2Na
35、Cl，G+FH是羧酸与醇发生酯化反应，反应方程式为：HOCH2CH2OH+CH2=C（CH3）COOHCH2=C（CH3）COOCH2CH2OH+H2O，故答案为：CH2ClCH2Cl+2NaOHHOCH2CH2OH+2NaCl；HOCH2CH2OH+CH2=C（CH3）COOHCH2=C（CH3）COOCH2CH2OH+H2O。考点：考查了的相关知识。23芳香族化合物A是一种基本化工原料，可以从煤和石油中得到。OPA是一种重要的有机化工中间体。A、B、C、D、E、F（聚合物）和OPA的转化关系如下所示：已知：回答下列问题：（1）A的化学名称是 ；（2）由A生成B 的反应类型是 在该反应的副产
36、物中，与B互为同分异构体的化合物的结构简式为 ；（3）写出C所有可能的结构简式 ；（4）D（邻苯二甲酸二乙酯）是一种增塑剂。请用A和不超过两个碳的有机物及合适的无机试剂为原料，经两步反应合成D。用结构简式表示合成路线： 。合成路线流程图示例如下：CH3CH2OHCH2=CH2（5）EF的化学方程式为 。（6）芳香化合物G是E的同分异构体，G分子中含有醛基、酯基和醚基三种含氧官能团，G可能的同分异构体有 种，写出核磁共振氢谱中峰面积比3221的化合物的结构简式 。【答案】（1）邻二甲苯；（2分）（2）；（2分）（3）；（2分）（4）（3分）（5）（2分）（6）4种（2分）， （2分）【解析】试题
37、分析：（1）A与溴在光照条件下发生取代反应生成B，所以A是邻二甲苯；（2）A与溴生成B的反应是侧链取代反应，由B的结构简式可知A与2分子溴发生取代反应，所以生成B的副产物的结构简式是；（3）邻二甲苯与溴在溴化铁作催化剂条件下发生苯环的取代反应，在甲基的邻为或对位发生取代，所以C的结构简式可能是；（4）邻二甲苯被高锰酸钾氧化可得到邻二苯甲酸，生成D还需乙醇，所以邻二苯甲酸与2分子乙醇发生酯化反应可得到D，流程图为；（5）由已知信息可知，两个醛基可在一定条件下反应生成醇羟基和羧基，而OPA中含有2个醛基，所以E分子中含有醇羟基和羧基，然后发生缩聚反应生成F，化学方程式是；（6）E的结构简式为，芳香
38、化合物G是E的同分异构体，G分子中含有醛基、酯基和醚基三种含氧官能团，则取代基可能是HCOOC-O-或HCOO-、CH3O-，两个取代基的结构有邻、间、对三种，所以共4种结构，分别是，其中核磁共振氢谱中峰面积比3221的化合物为。【考点定位】不同主要是考查有机物的推断，结构简式与化学方程式的书写，同分异构体的判断【名师点晴】合成路线给定型有机推断：该类题综合性强，思维容量大，常以框图题或变相框图题的形式出现，解决这类题的关键是以反应类型为突破口，以物质类别判断为核心进行思考。经常在一系列推导关系中有部分物质已知，这些已知物往往成为思维“分散”的联结点。可以由原料结合反应条件正向推导产物，也可以
39、从产物结合条件逆向推导原料，也可以从中间产物出发向两侧推导，审题时要抓住基础知识，结合新信息进行分析、联想、对照、迁移应用、参照反应条件推出结论。解题的关键是要熟悉烃的各种衍生物间的转化关系，不仅要注意物质官能团的衍变，还要注意同时伴随的分子中碳、氢、氧、卤素原子数目以及有机物相对分子质量的衍变，这种数量、质量的改变往往成为解题的突破口。由定性走向定量是思维深化的表现，将成为今后高考命题的方向之一。24（16分）某课外学习小组对日常生活中不可缺少的调味品M进行探究。已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰。M与其他物质的转化关系如下图所示（部分产物已略去）：（1）写出用惰性电极电解M溶液的离子方程式_
40、。写出F的电子式_。（2）若A是一种常见的酸性氧化物，且可用于制造玻璃，E溶液与F溶液反应可以制备一种胶体，则E溶液的俗称是_。（3）若A是CO2气体，A与B溶液能够反应，反应后所得的溶液再与盐酸反应，如图所示，“则A与B溶液”反应后溶液中的溶质化学式为_。（4）若A是一种常见金属单质，且A与B溶液能够反应，则将过量的F溶液逐滴加入E溶液，边加边振荡，所看到的实验现象是_。（5）若A是一种不稳定的盐，A溶液与B溶液混合将产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰绿色，最后变成红褐色的E，向G溶液中加入苯酚溶液后显紫色，则由A转化成E的离子方程式是_（6）若A是一种化肥。实验室可用A和B反应制取气体E，E与F
41、、E与D相遇均冒白烟，且利用E与D的反应检验输送D的管道是否泄露，写出E与D反应的化学方程式是_。（7）若A是一种溶液，只可能含有H+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、CO32、SO42中的某些离子，当向该溶液中加入B溶液时发现生成沉淀的物质的量随B溶液的体积发生变化如图所示，由此可知，该溶液中肯定含有的离子及其浓度之比为_。【答案】（16分）（1）2Cl+2H2O2OH+H2+Cl2； ；（2）水玻璃 ；（3）Na2CO3和NaHCO3 ；（4）溶液中逐渐有白色絮状沉淀生成且不断增加；然后沉淀逐渐溶解最后消失；（5）4Fe2+8OH+O2+2H2O=4Fe(OH)3；（Fe2+2OH
42、=2Fe(OH)2；4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3）；（6）3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl；（7）c(H+)：c(Al3+)：c(NH4+)：c(SO42)=1：1：2：3。【解析】试题分析：日常生活中不可缺少的调味品M是NaCl，用惰性电极电解M溶液的离子方程式是2Cl2H2OCl2H22OH ；由于C可在D中燃烧发出苍白色火焰，所以C是H2，D是Cl2，则B是NaOH溶液，C与D发生反应产生的F是HCl。 F的电子式是；（2）若A是一种常见的酸性氧化物，且可用于制造玻璃，则A是SiO2，SiO2与NaOH溶液发生反应：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O
43、，则E是Na2SiO3；E溶液的俗称是水玻璃；E溶液与F溶液反应可以制备一种胶体，发生反应是：Na2SiO3+2HCl=H2SiO3(胶体)+2NaCl；（3）若A是CO2气体，A与B溶液能够反应，反应方程式是：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O 或 NaOH +CO2 =NaHCO3，也可能两个反应都发生；反应后所得的溶液再与盐酸反应，根据图示可知：由于产生气体时发生的反应是：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+ CO2，其消耗的体积是开始无沉淀产生消耗的盐酸的体积的2倍，说明在开始发生反应：Na2CO3+ HCl=NaCl+ NaHCO3。由于Na2CO3变为NaHCO3消耗的盐
44、酸与反应产生的NaHCO3再反应产生CO2消耗的盐酸物质的量相等，体积也相等，所以该溶液中含有Na2CO3和NaHCO3，二者的物质的量的比是1:1；故“则A与B溶液”反应后溶液中的溶质为Na2CO3和NaHCO3 ；（4）若A是一种常见金属单质，且A与B溶液能够反应，常见金属只要Al能够与NaOH溶液发生反应，反应方程式是：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，反应产生的E是NaAlO2；则将过量的F溶液逐滴加入E溶液，边加边振荡，首先发生反应：NaAlO2+ H2O+HCl=NaCl+ Al(OH)3，产生白色沉淀；当盐酸过量时，又发生反应：Al(OH)3+3HCl=AlC
45、l3+3H2O，看到产生的沉淀又溶解，反应的总方程式是：NaAlO2+4HCl=NaCl+AlCl3+2H2O。故所看到的实验现象是溶液中逐渐有白色絮状沉淀生成且不断增加；然后沉淀逐渐溶解最后消失；（5）若A是一种不稳定的盐，A溶液与B溶液混合将产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰绿色，最后变成红褐色的E，向G溶液中加入苯酚溶液后显紫色，则A可能是FeCl2，FeCl2与NaOH溶液发生反应：FeCl2+ 2NaOH=Fe(OH)2+2NaCl；反应产生的E是Fe(OH)2；Fe(OH)2被溶解的氧气氧化发生反应：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。根据电子守恒及电荷守恒和原子守恒可得
46、由A转化成E的离子方程式是4Fe2+8OH+O2+2H2O=4Fe(OH)3；（6）若A是一种化肥。实验室可用A和B反应制取气体E，则A是NH4Cl，反应产生的气体E是NH3，E与F、E与D相遇均冒白烟，且利用E与D的反应检验输送D的管道是否泄露，则根据电子守恒和元素的原子守恒，可得E与D反应的化学方程式是3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl；（7）若A是一种溶液，只可能含有H+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、CO32、SO42中的某些离子，当向该溶液中加入NaOH溶液时发现开始无沉淀产生，说明溶液中含有H+，发生反应：H+OH-=H2O；后来生成沉淀，在后来溶液中的沉淀量不变，发
47、生反应：NH4+OH-=NH3H2O，后来沉淀完全溶解，发生反应：Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，含有的金属阳离子只要Al3+，形成沉淀的反应是：Al33OH-Al(OH)3；根据反应消耗的NaOH的体积关系可知，n(H+):n(Al3):n(NH4+)=1:1:2，由于上述离子都是阳离子，根据溶液电中性可知含有阴离子，CO32与H+和Al3会发生反应不能共存，因此一定含有SO42，其物质的量是n(SO42)=n(H+)+3 n(Al3)+ n(NH4+)2=(1+13+2）2=3，则n(H+):n(Al3):n(NH4+): n(SO42)=1:1:2:3，由于溶液的体积相
48、等，所以微粒的物质的量的比等于它们的浓度之比，故该溶液中肯定含有的离子及其浓度之比为c(H+)：c(Al3+)：c(NH4+)：c(SO42)=1：1：2：3。【考点定位】考查电解原理的应用、物质的化学性质、相互转化、溶液中离子确定和微粒浓度关系的知识。【名师点睛】本题以电解饱和食盐水为线索，把问题铺展开，考查了元素化合物的知识，包括Cl2的性质、NH3的实验室制取方法、性质、检验；酸性氧化物与碱的反应、铝元素的单质、氧化物、氢氧化物和盐的性质、反应现象的描述、Fe的化合物的性质及转化、碳酸盐、硅酸盐等的物质转化及溶液中的离子共存、离子存在的检验、离子浓度的计算等知识。是一个综合性很强的试题，多角度考查了学生的知识掌握情况和学生灵活应用知识分析解决问题的能力，是一个很好的题目。投稿兼职请联系：2355394692
