1、四川省成都市树德中学2015届高三上学期期中考试化学试卷一、单项选择题1（3分）设NA为阿伏加德罗常数，下列叙述不正确的是（）A工业可采用火法炼铜：Cu2S+O22Cu+SO2 每生成2mol铜，反应共转移6NA个电子BP4O6的分子结构中只含有单键，且每个原子的最外层都满足8电子结构，则1mol该分子中含有的共价键数目是12NAC一定条件下定容容器中充入3molH2（g）和1mol N2（g）发生反应：3H2（g）+N2（g）2NH3（g）；H=QkJ/mol，当该反应放出0.25QkJ的热量时，容器中的氢分子数共有2.25NAD标准状况下，定容容器中盛有某气体纯净物，气体密度为gL1，则该
2、物质相对分子质量为：g考点：阿伏加德罗常数.专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A该反应中Cu元素化合价由0价变为+1价，O元素化合价由0价变为2价、S元素化合价由2价变为+4价，根据化合价变化计算转移电子数；BP4O6的分子结构中只含有单键，且每个原子的最外层都满足8电子结构，则每个P4O6分子中12个共价键，据此计算1mol该分子中共价键个数；C设：当该反应放出0.25QkJ的热量时，参加反应的氢气的物质的量为x，3H2（g）+N2（g）2NH3（g）H=QkJ/mol3mol QkJx 0.25QkJ3mol：QkJ=x：0.25kJx=mol，没有参加反应的氢气量就是平衡时存在的
3、氢气量；D根据=计算其摩尔质量，摩尔质量在数值上等于其相对分子质量解答：解：A该反应中Cu元素化合价由0价变为+1价，O元素化合价由0价变为2价、S元素化合价由2价变为+4价，每生成2mol铜，有1molCu2S参加反应，反应共转移电子数=1mol（4+2）NA/mol=6NA，故A正确；BP4O6的分子结构中只含有单键，且每个原子的最外层都满足8电子结构，则每个P4O6分子中12个共价键，所以1mol该分子中共价键个数为12NA，故B正确；C设：当该反应放出0.25QkJ的热量时，参加反应的氢气的物质的量为x，3H2（g）+N2（g）2NH3（g）H=QkJ/mol3mol QkJx 0.2
4、5QkJ3mol：QkJ=x：0.25kJx=mol，没有参加反应的氢气的物质的量=3mol0.75mol=2.25mol，则氢气分子个数为2.25NA，故C正确；D根据=知其摩尔质量=22.4，摩尔质量在数值上等于其相对分子质量，所以其相对分子质量为22.4，故D错误；故选D点评：本题考查阿伏伽德罗常数的计算，侧重考查化学平衡计算、氧化还原反应、物质结构等知识点，注意B中该分子结构为，注意A中氧化剂有两种，为易错点2（3分）两种元素X、Y，其原子核外电子层数分别为a、b，最外层电子数分别为m、n下列说法错误的是（）A若a=b=3，8mnb，则元素非金属性：XYB若abm=n=4，则晶体类型相
5、同时，其单质熔点：YXC若Y的气态氢化物化学式为YHn，且b4，则该氢化物易溶于水D若ab=3，m=n=7，已知原子半径大小：YN（氮原子）X，则NX3、NY3与水反应生成不同的含氮化合物考点：原子结构与元素周期律的关系.专题：元素周期律与元素周期表专题分析：A同周期元素从左到右，元素的非金属性逐渐增强；B若abm=n=4，二者处于A族，A为C元素、B为Si，都形成原子晶体，共价键越短，熔沸点越高；C若Y的气态氢化物化学式为YHn，且b4，为短周期元素，如为非极性分子，难溶于水；D若ab=3，m=n=7，X为F，Y为Cl，NX3、NY3中N元素化合价为+3价，可发生氧化还原反应解答：解：A若a
6、=b=3，8mnb，两种元素位于相同周期，同周期元素从左到右，元素的非金属性逐渐增强，故A正确；B若abm=n=4，二者处于A族，A为C元素、B为Si，都形成原子晶体，金刚石中CC键的键长晶体Si中SiSi，故CC键更稳定，熔沸点：晶体硅金刚石，故B正确；C若Y的气态氢化物化学式为YHn，且b4，为短周期元素，如为甲烷，为非极性分子，难溶于水，故C错误；D若ab=3，m=n=7，X为F，Y为Cl，NX3、NY3中N元素化合价为+3价，可发生氧化还原反应，生成硝酸、氮气等物质，故D正确故选C点评：本题考查原子结构与元素性质、分子性质、晶体类型与性质等，难度不大，确定元素在周期表中位置是关键，注意
7、元素的不确定性3（3分）化学用语是学习化学的重要工具，下列用来表示物质变化的化学用语中，正确的是（）A向Mg（HCO2）3溶液中滴加过量的NaOH溶液的离子方程式：Mg2+2HCO3+2OHMgCO3+CO32+2H2OB向NH4Al（SO4）2溶液中滴入Ba（OH）2溶液恰好使SO42完全沉淀的离子方程式：2Ba2+NH4+Al3+2SO42+4OHAl（OH）3+NH3H2O+2BaSO4C用稀醋酸除去铜绿的离子方程式：4H+Cu2（OH）2CO3=2Cu2+CO2+3H2OD已知：共价键CCC=CCHHH键能/kJmol1348610413436则可以计算出反应的H为384 kJmol1
8、考点：离子方程式的书写；反应热和焓变.专题：离子反应专题；化学反应中的能量变化分析：A向Mg（HCO2）3溶液中滴加过量的NaOH溶液，反应生成氢氧化镁、碳酸钠和水；B向NH4Al（SO4）2溶液中滴入Ba（OH）2溶液恰好使SO42完全沉淀，反应生成氢氧化铝、一水合氨、硫酸钡；C用稀醋酸与碱式碳酸铜反应生成醋酸铜、水、二氧化碳；D苯环中不含碳碳双键解答：解：A碳酸氢镁溶液和过量的NaOH溶液反应的离子方程式为：2HCO3+Mg2+4OH=Mg（OH）2+2H2O+2CO32，故A错误；B向NH4Al（SO4）2溶液中滴入Ba（OH）2溶液恰好使SO42完全沉淀的离子方程式：2Ba2+NH4+
9、Al3+2SO42+4OHAl（OH）3+NH3H2O+2BaSO4，故B正确；C用稀醋酸除去铜绿的离子方程式：4CH3COOH+Cu2（OH）2CO3=2Cu2+CO2+3H2O+4CH3COO，故C错误；D苯环中不含碳碳双键，依据给出条件不能计算反应的焓变，故D错误；故选：B点评：本题考查了离子方程式的书写，题目难度中等，明确反应的实质是解题关键，反应物用量对反应的影响，注意反应焓变=反应物总键能生成物总键能4（3分）如图是某厂采用电解法处理石油炼制过程中产生的大量H2S废气的工艺流程该方法对H2S的吸收率达99%以上，并可制取H2和S下列说法正确的是（）A可采取在足量空气中充分燃烧的方法
10、消除H2S的污染B反应中的阴极反应式为2H+2eH2，电解后所得溶液呈酸性C如反应中H2S过量，则反应离子方程式为：2Fe3+3H2S2FeS+S+6H+D此反应流程图中可循环利用的物质是FeCl3溶液，FeCl3可用作杀菌、消毒剂和净水剂考点：电解原理.专题：电化学专题分析：氯化铁与硫化氢发生氧化还原反应生成盐酸、S和氯化亚铁，过滤后滤液中含HCl、FeCl2，电解时发生2HClH2+Cl2，氯气将氯化亚铁氧化为氯化铁，则氯化铁可循环利用，以此来解答解答：解：A空气中充分燃烧硫化氢转化为二氧化硫，对空气仍造成污染，故A错误；B电解的是氯化亚铁和盐酸溶液，阳极发生的应该是氧化反应，所得滤液中含
11、有Fe2+、H+和Cl，由于还原性Fe2+Cl，电解时阳极反应式为Fe2+eFe3+，阴极反应式为：2H+2eH2，电解后所得FeCl3溶液为强酸弱碱盐呈酸性，故B正确；C由图中的流程图可知，FeCl3与H2S反应，FeCl3中+3价的铁具有氧化性，H2S中2价的硫具有还原性，所以两者反应2Fe3+H2S2Fe2+S+2H+生成S和Fe2+，故C错误；DFeCl3与H2S反应，电解又生成氯化铁，则FeCl3在该工艺流程中可循环利用，FeCl3可用作净水剂，但不能用作杀菌、消毒剂，故D错误；故选B点评：本题考查较综合，涉及离子方程式正误判断、电极反应式的书写、H2S的化学性质等知识点，把握流程图
12、熟练运用氧化还原反应是解答的关键，题目难度中等5（3分）在甲、乙两个密闭容器中，发生如下反应：2A（g）B（g）+2C（s）；H=mkJmol1有如图两种图象下列叙述正确的是（）A若甲为恒容体系，图象（）代表温度不同时，时间与B的体积分数关系图，则m0B恒温条件下，图象 （）可能代表压强不同时，时间与B的体积分数关系图C恒温条件下，若甲、乙两容器体积相同，起始时分别向甲中充入2molA，乙中充入1molB、3molC，则达到平衡后两容器中B的体积分数一定不同D恒温条件下，乙容器存在图象 （）的关系，则当x代表压强时，y可代表B的体积分数考点：化学平衡的影响因素.专题：化学平衡专题分析：A、温度
13、升高，化学反应向着吸热方向进行，根据B的体积分数的变化来确定反应的吸放热；B、增大压强，平衡向着气体的体积减小的方向进行，根据根据P的变化确定B的体积分数的变化；C、甲中充入2molA，和乙中充入1molB、3molC（C是固体，不影响平衡的移动）建立的平衡是等效的；D、根据压强对平衡移动的影响来回答解答：解：A、先拐先平，温度越高，根据图示知道，温度升高，B的体积分数降低，所以平衡逆向移动，该反应是放热反应，即m0，故A错误；B、先拐先平，压强越大，根据图示知道，压强升高，B的体积分数降低，和平衡正向移动，B的体积分数增大矛盾，故B错误；C、C是固体，其量的增减不影响平衡的移动，甲中充入2m
14、olA，和乙中充入1molB、3molC建立的平衡是等效的达到平衡后两容器中B的体积分数可能相等，故C错误；D、反应：2A（g）B（g）+2C（s），增大压强，平衡正向移动，B的体积分数增加，故D正确故选D点评：本题综合考查学生影响化学反应速率和平衡的移动的因素等知识，注意知识的归纳和梳理是关键，难度中等6（3分）下列说法正确的是（）A常温下0.1 mol/L的下列溶液NH4Al（SO4）2NH3H2ONH4Cl CH3COONH4中，c（NH4+）由大到小的顺序是：B常温时，pH=2的CH3COOH溶液和pH=12的氨水等体积混合；pH=2的HCl溶液和pH=12的NaOH溶液等体积混合，各
15、混合溶液中由水电离的c（H+）一定相等C常温下0.4mol/L HB溶液和0.2mol/L NaOH溶液等体积混合后，则混合后溶液中离子浓度的大小顺序一定为：c（B）c（Na+）c（H+）c（OH）D0lmol/L pH为4的NaHB溶液中：c（HB）c（H2B）c（B2）c（OH）考点：离子浓度大小的比较.专题：盐类的水解专题分析：A铝离子水解抑制铵根离子的水解；弱碱电离，且电离的程度很弱；铵根离子水解；醋酸根离子水解促进铵根离子水解；BpH=2的CH3COOH溶液和pH=12的氨水等体积混合生成醋酸铵，pH=2的HCl溶液和pH=12的NaOH溶液等体积混合生成氯化钠，醋酸铵溶液中醋酸根离
16、子和铵根离子水解促进了水的电离，氯化钠不水解，不影响水的电离；C常温下0.4mol/L HB溶液和0.2mol/L NaOH溶液等体积混合后，没有告诉溶液酸碱性，无法判断各离子浓度大小；D0lmol/L pH为4的NaHB溶液，溶液显示酸性，说明HB的电离程度大于其水解程度，c（H2B）c（B2）解答：解：A同浓度的下列溶液：NH4Al（SO4）2NH3H2ONH4Cl CH3COONH4，因中铝离子水解抑制铵根离子的水解；中弱碱电离，且电离的程度很弱；中铵根离子水解；醋酸根离子水解促进铵根离子水解，则c（NH4+）由大到小的顺序是：，故A正确；B常温下pH=2的CH3COOH溶液和pH=12
17、的氨水等体积混合生成醋酸铵，溶液显示中性，由于铵根离子、醋酸根离子的水解，促进了水的电离水的电离程度增大；pH=2的HCl溶液和pH=12的NaOH溶液等体积混合生成氯化钠，溶液为中性，氯化钠不水解，不影响水的电离，所以两溶液中水的电离程度不相同，水电离的c（H+）不相等，故B错误；C没有告诉混合液的酸碱性，无法计算混合液中离子浓度大小，故C错误；D0lmol/L pH为4的NaHB溶液显示酸性，则c（H+）c（OH），说明HB的电离程度大于其水解程度，则c（H2B）c（B2），溶液中离子浓度大小为：c（HB）c（B2）c（H2B）c（OH），故D错误，故选A点评：本题考查了离子浓度大小比较、
18、盐的水解原理及其应用，题目难度中等，注意掌握盐的水解原理及其应用方法，能够根据电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理判断溶液中各离子浓度大小7（3分）已知酸性高锰酸钾溶液可以将FeSO4氧化，化学反应方程式为：2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4K2SO4+2MnSO4+5Fe2（SO4）3+8H2O，现将一定量的硫酸酸化的高锰酸钾溶液与硫酸亚铁溶液混合，充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液（假设I与KMnO4反应的氧化产物为I2），混合溶液中铁离子的物质的量随加入的KI的物质的量的变化关系如图所示，则下列有关说法不正确的是（）A图中AB段主要是高锰酸钾和碘化钾溶液反应B图中BC段发生的反应为
19、2Fe3+2I2Fe2+I2通电C根据OC段的数据可知开始加入的高锰酸钾的物质的量为0.25molD以Pt为电极材料电解C点的溶液，总反应式为2H2O2H2+O2，则当外电路电子流通4mol时两极产生的气体总体积一定是67.2L考点：化学方程式的有关计算.专题：图示题；计算题分析：氧化性强弱顺序为KMnO4Fe3+，由图象可知，在反应后的溶液中滴加碘化钾溶液，开始时Fe3+浓度不变，则说明Fe3+没有参加反应，则AB应为高锰酸钾和碘化钾的反应，BC段为铁离子和碘化钾的反应，C点时溶液的成分是硫酸亚铁，电解的实质是电解水，结合得失电子守恒解答该题解答：解：A开始时Fe3+浓度不变，则说明Fe3+
20、没有参加反应，则AB应为高锰酸钾和碘化钾的反应，故A正确；BBC段Fe3+浓度逐渐减小，为铁离子和碘化钾的反应，反应的离子方程式为2Fe3+2I=2Fe2+I2，故B正确；C由氧化剂和还原剂得失电子数目相等可知反应的关系式为2KMnO410Fe3+10I，共消耗的n（I）=1.25mol，则开始加入的高锰酸钾的物质的量为=0.25mol，故C正确；DC点时溶液的成分是硫酸亚铁，电解的实质是电解水，总反应式为2H2O2H2+O2，则当外电路电子流通4mol时，生成3mol气体，气体状况未知，不能计算两极上产生的气体体积，故D错误故选D点评：本题考查化学方程式的计算，侧重于学生的分析能力和计算能力
21、的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握反应的相关方程式的书写，根据方程式、关系式计算该题，难度中等二、解答题（共4小题，满分60分）8（16分）AJ分别表示中学化学中常见的一种物质，它们之间相互关系如图1所示（部分反应物、生成物没有列出），G常用作耐火材料，为主族元素的固态氧化物，A是一种金属单质，F是一种红褐色固体，A、B、C、D、E、F六种物质中均含同一种元素请填写下列空白：（1）A、B、C、D、E、F六种物质中含有的同一种元素在周期表中位置第四周期族C溶液加热蒸干灼烧的产物是Fe2O3（2）写出反应的离子方程式Fe3O4+8H+=2 Fe3+Fe2+4H2O（3）若向气体K的水溶液中
22、加入盐酸，室温下使其溶液的PH=7，则溶液中离子浓度由大到小的排列是c（NH4+）=（Cl）c（H+）=c（OH）（4）已知：FeO（s）+CO（g）Fe（s）+CO2（g）；H=11kJ/mol在1L的密闭容器中，投入7.2g FeO和0.1mol CO在定温条件下反应，该反应的正反应速率随时间变化情况如图2所示，在t1时改变了某种条件，反应在t2时达平衡，改变的条件可能是a（选填字母）a升高温度 b增大CO的浓度c使用催化剂 d增大压强考点：无机物的推断.专题：推断题分析：G常用作耐火材料，为主族元素的固态氧化物，在电解条件下生成I和H，能与NaOH溶液反应，说明G为Al2O3，与NaOH
23、反应生成NaAlO2，而I也能与NaOH反应生成NaAlO2，则I为Al，H为O2，F是一种红褐色固体，由CEF的转化可知，E为Fe（OH）2，F为Fe（OH）3，A是一种金属单质，则A为Fe，B为Fe3O4，C为FeCl2，D为FeCl3，K为NH3，据此解答解答：解：G常用作耐火材料，为主族元素的固态氧化物，在电解条件下生成I和H，能与NaOH溶液反应，说明G为Al2O3，与NaOH反应生成NaAlO2，而I也能与NaOH反应生成NaAlO2，则I为Al，H为O2，F是一种红褐色固体，由CEF的转化可知，E为Fe（OH）2，F为Fe（OH）3，A是一种金属单质，则A为Fe，B为Fe3O4，
24、C为FeCl2，D为FeCl3，K为NH3，（1）A、B、C、D、E、F六种物质中所含金属元素为铁，位于周期表第四周期族，C为FeCl2，其溶液加热蒸干灼烧，水解得到氢氧化亚铁，加热灼烧时，氢氧化亚铁氧化为氢氧化铁，并分解得到氧化铁，故答案为：第四周期族；Fe2O3；（2）反应为Fe3O4和盐酸的反应，反应的离子方程式为：Fe3O4+8H+=2 Fe3+Fe2+4H2O，故答案为：Fe3O4+8H+=2 Fe3+Fe2+4H2O；（3）若向气体NH3的水溶液中加入盐酸，室温下使其溶液的PH=7，则c（H+）=c（OH），由电荷守恒可知c（NH4+）=（Cl），则溶液中离子浓度大小关系为：c（N
25、H4+）=（Cl）c（H+）=c（OH），故答案为：c（NH4+）=（Cl）c（H+）=c（OH）；（4）由图象可知，开始正反应速率减小，反应正向进行，t1时刻改变条件，正反应速率突然增大，且正反应速率为增大的变化趋势，平衡向逆反应方向移动，反应是气体体积不变的放热反应，选项中的催化剂和压强改变不会发生平衡移动，一氧化碳量的增大会瞬间提高正反应速率，但随反应进行呈现减小趋势，温度升高平衡逆向进行，正反应速率增大最后达到平衡，故选：a点评：本题考查无机物的推断、离子浓度大小比较、化学平衡图象等，物质的颜色及特殊反应为推断突破口，需要学生熟练掌握元素化合物知识，难度中等9（14分）如图是实验室制备
26、氯气并进行一系列相关实验的装置（夹持设备已略）（1）制备氯气选用的药品为：漂粉精固体和浓盐酸，相关的化学反应方程式为：Ca（ClO）2+4HCl（浓）=CaCl2+2Cl2+2H2O（2）装置B中饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl；同时装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，请写出发生堵塞时B中的现象B中长颈漏斗中液面上升，形成水柱（3）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中、处依次放入dabcd干燥的有色布条干燥的有色布条湿润的有色布条湿润的有色布条碱石灰硅胶浓硫酸无水氯化钙湿润的有色布条湿润的有色布条干燥的有色布条干燥的有色布条（4）设计装置D、E的目的是比较氯、
27、溴、碘的非金属性当向D中缓缓通入一定量氯气时，可以看到无色溶液逐渐变为黄色，说明氯的非金属性大于溴（5）打开活塞，将装置D中少量溶液加入装置E中，振荡观察到的现象是E中溶液分为两层，上层（苯层）为紫红色（6）有人提出，装置F中可改用足量的NaHSO3溶液吸收余氯，试写出相应的离子反应方程式：HSO3+Cl2+H2OSO42+2Cl+3H+（或4HSO3+Cl2SO42+2Cl+3SO2+2H2O），判断改用NaHSO3溶液是否可行否（填“是”或“否”）考点：氯气的实验室制法.专题：实验题分析：（1）次氯酸钙具有强的氧化性，能够氧化浓盐酸生成氯气；（2）盐酸易挥发，反应制取的氯气中含有氯化氢，装
28、置B中饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl；监测实验进行时C中是否发生堵塞，发生堵塞时B中的，压强增大；（3）验证氯气是否具有漂白性，要验证干燥氯气无漂白性，湿润的有色布条中，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性；（4）氯气的氧化性大于溴，能够氧化溴离子生成溴单质，溴水呈黄色；（5）溴的氧化性强于碘单质，溴单质和碘化钾反应生成碘单质，碘单质溶解于苯中，振荡分层，苯层在上层；（6）F中的氢氧化钠溶液吸收没有反应的氯气，避免污染环境；若改用NaHSO3，会发生反应HSO3+Cl2+H2O=SO42+2Cl+3H+、HSO3+H+=SO2+H2O，生成二氧化硫气体解答：解：（1）次氯酸钙与浓盐酸反应生
29、成氯化钙、氯气与水：Ca（ClO）2+4HCl（浓）=CaCl2+2Cl2+2H2O；故答案为：Ca（ClO）2+4HCl（浓）=CaCl2+2Cl2+2H2O；（2）盐酸易挥发，反应制取的氯气中含有氯化氢，装置B中饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl；装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，发生堵塞时B中的，压强增大，B中长颈漏斗中液面上升，形成水柱，故答案为：除去Cl2中的HCl；B中长颈漏斗中液面上升，形成水柱；（3）验证氯气是否具有漂白性，则先通过I中湿润的有色布条，观察到褪色，再利用II中固体干燥剂（无水氯化钙或硅胶）干燥后，在中放入干燥的有色布条，观察到颜色不褪，则验证
30、氯气不具有漂白性，只有d符合，故答案为：d；（4）氯气的氧化性大于溴，能够氧化溴离子生成溴单质，溴水呈黄色，故答案为：黄；（5）溴的氧化性强于碘单质，溴单质和碘化钾反应生成碘单质，碘单质溶于苯呈紫红色，振荡发生萃取，溶液分层，上层（苯层）为紫红色，故答案为：E中溶液分为两层，上层（苯层）为紫红色；（6）NaHSO3与氯气发生氧化还原反应，离子反应为：HSO3+Cl2+H2OSO42+2Cl+3H+（或4HSO3+Cl2SO42+2Cl+3SO2+2H2O），可能生成二氧化硫，污染环境，所以不能用NaHSO3溶液吸收尾气，故答案为：HSO3+Cl2+H2OSO42+2Cl+3H+（或4HSO3+
31、Cl2SO42+2Cl+3SO2+2H2O）；否点评：本题考查性质实验方案的制备，为高频考点，把握氯气的性质、制法、装置的作用及氧化还原反应原理为解答的关键，注意基础知识的掌握，本题难度中等10（16分）（2012湖北模拟）高分子材料M在光聚合物和金属涂料方面有重要用途，M的结构简式为：工业上合成的过程可表示如下：已知：A完全燃烧只生成CO2和H2O，其蒸气密度是相同状况下氢气密度的43倍，分子中H、0原子个数比为3：1它与Na或Na2CO3都能反应产生无色气体（1）A中含有的官能团的名称是碳碳双键、羧基（2）下列说法正确的是c（填序号字母）a工业上，B主要通过石油分馏获得bC的同分异构体有2
32、种（不包括C）cD在水中的溶解性很大，遇新制Cu（OH）2悬浊液，溶液呈绛蓝色dEM的反应是缩聚反应（3）写出A+D+H3PO4E反应的化学方程式：，该反应类型是酯化反应（4）F是A的一种同分异构体，F的核磁共振氢谱显示分子中有两种不同的氢原子存在下列转化关系：FH高分子化合物N写出F、N的结构简式为：F：OHCCH2CH2CHON：写出反应的化学方程式OHCCH2CH2CHO+4Cu（OH）2+2NaOHNaOOCCH2CH2COONa+2Cu2O+6H2O考点：有机物的推断.专题：有机物的化学性质及推断分析：B为分子式为C3H6，能与溴发生加成反应，则B为CH3CH=CH2，C为CH3CH
33、BrCH2Br，C发生水解反应生成D为A完全燃烧只生成CO2和H2O，其蒸气密度是相同状况下氢气密度的43倍，Mr（A）=432=86，分子中H、0原子个数比为3：1，它与Na或Na2CO3都能反应产生无色气体，说明分子中含有羧基，D与A、H3PO4反应得到E，E转化得到M，结合M的结构简式可知，A为，E为（4）中F是A的一种同分异构体，F的核磁共振氢谱显示分子中有两种不同的氢原子，且能与新制氢氧化铜发生氧化反应，说明分子中含有CHO，则F为OHCCH2CH2CHO，被氧化生成H为HOOCCH2CH2COOH，H与D发生缩聚反应生成高聚物N，则N为，据此解答解答：解：B为分子式为C3H6，能与
34、溴发生加成反应，则B为CH3CH=CH2，C为CH3CHBrCH2Br，C发生水解反应生成D为A完全燃烧只生成CO2和H2O，其蒸气密度是相同状况下氢气密度的43倍，Mr（A）=432=86，分子中H、0原子个数比为3：1，它与Na或Na2CO3都能反应产生无色气体，说明分子中含有羧基，D与A、H3PO4反应得到E，E转化得到M，结合M的结构简式可知，A为，E为，（1）由上述分析可知，A为，含有官能团为：碳碳双键、羧基，故答案为：碳碳双键、羧基；（2）aB为CH3CH=CH2，应通过石油的裂化获得，故a错误；bC为CH2BrCHBrCH3，对应的同分异构体有CHBr2CH2CH3、CH3CBr
35、2CH3、CH2BrCH2CH2Br3种（不包括C），故b错误；cD为，含有2个OH，易溶于水，遇新制Cu（OH）2悬浊液，溶液呈绛蓝色，故c正确；dEM的反应是加聚反应，故d错误，故答案为：c；（3）A+D+H3PO4E反应的化学方程式为：，该反应类型是：酯化反应，故答案为：；酯化反应；（4）F是A的一种同分异构体，F的核磁共振氢谱显示分子中有两种不同的氢原子，且能发生银镜反应，说明分子中含有CHO，应为OHCCH2CH2CHO，被氧化生成H为HOOCCH2CH2COOH，可与D发生缩聚反应生成N，为，反应的化学方程式为：OHCCH2CH2CHO+4Cu（OH）2+2NaOHNaOOCCH2
36、CH2COONa+2Cu2O+6H2O，故答案为：OHCCH2CH2CHO；OHCCH2CH2CHO+4Cu（OH）2+2NaOHNaOOCCH2CH2COONa+2Cu2O+6H2O点评：本题考查有机物的推断，注意以B、M的结构进行推断，熟练掌握有机物的官能团的结构和性质，题目难度中等11重铬酸钾（K2Cr2O7）是工业生产和实验室的重要氧化剂，工业上常用铬铁矿（主要成分为FeOCr2O3）为原料生产重铬酸钾实验室模拟工业法用铬铁矿制K2Cr2O7的主要工艺如图所示反应器中涉及的主要反应是：6FeOCr2O3+24NaOH+7KClO312Na2CrO4+3Fe2O3+7KCl+12H2O试
37、回答下列问题：（1）在反应器中，有Na2CrO4生成，同时Fe2O3转变为NaFeO2，杂质SiO2、Al2O3与纯碱反应的原理相同均转变为可溶性盐写出氧化铝与碳酸钠反应的化学方程式：Al2O3+Na2CO3=2NaAlO2+CO2（2）操作中加酸酸化后CrO42转化为Cr2O72，写出转化的离子方程式：2CrO42+2H+=Cr2O72+H2O（3）步骤中测定pH值的操作为：取一段pH试纸置于表面皿上，用玻璃棒蘸取待测液点在试纸的中部，再将试纸与标准比色卡进行比较（4）某同学设计的检验上述工艺流程的滤渣中Fe、Al、Si元素成分的探究实验如下，请帮助完成该实验，并填写表中空格：操作步骤实验现
38、象结论取滤渣样少量于试管中，加足量稀HCl，搅拌，静置试管中仍有固体物质固体为硅酸操作后，过滤；在滤液中加入过量的NaOH溶液有红褐色沉淀产生沉淀为Fe（OH）3将操作后的红褐色沉淀滤去，在滤液中通入足量CO2白色胶状沉淀生成生成物为Al（OH）3（5）称取重铬酸钾（其式量为294）试样2.5000g配成250mL溶液，用移液管取出25.00mL于碘量瓶中，加入10mL 2mol/L H2SO4和足量碘化钾（铬的还原产物为Cr3+），放置于暗处5min，然后加入100mL水，加入3mL淀粉指示剂，用0.1200mol/L Na2S2O3标准溶液滴定（I2+2S2O32=2I+S4O62）配制溶
39、液时所需的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还需250 mL容量瓶和胶头滴管若实验中共用去Na2S2O3标准溶液40.00mL，则所得产品中重铬酸钾的纯度为（设整个过程中其他杂质不参与反应）94.08%（保留2位小数）考点：探究物质的组成或测量物质的含量；镁、铝的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物.专题：实验探究和数据处理题分析：（1）依据杂质SiO2、Al2O3与纯碱反应的原理相同均转变为可溶性盐写出化学方程式；（2）酸化后CrO42转化为Cr2O72，依据原子守恒和电荷守恒写出离子方程式；（3）依据PH试纸的使用方法分析回答；（4）过量的酸溶液中反应生成沉淀说明是硅酸沉淀；加入过量氢氧化钠溶液反应生
40、成红褐色沉淀氢氧化铁；偏铝酸盐通入过量二氧化碳反应生成白色沉淀为氢氧化铝；（5）依据溶液配制的步骤分析需要的玻璃仪器；根据反应：I2+2S2O32=2I+S4O62，碘单质遇到淀粉时，溶液的蓝色消失，据此来回答并计算纯度依据反应过程的离子方程式的定量关系计算，注意溶液体积变化；解答：解：（1）杂质SiO2、Al2O3与纯碱反应的原理相同均转变为可溶性盐，氧化硅和碳酸钠加热反应生成硅酸钠和二氧化碳，所以氧化铝和碳酸钠反应的化学方程式为：Al2O3+Na2CO3=2NaAlO2+CO2；故答案为：Al2O3+Na2CO3=2NaAlO2+CO2；（2）操作中加酸酸化后CrO42转化为Cr2O72，
41、转化的离子方程式为：2CrO42+2H+=Cr2O72+H2O；故答案为：2CrO42+2H+=Cr2O72+H2O；（3）PH试纸的实验方法是取一段pH试纸置于表面皿上，用玻璃棒蘸取待测液点在试纸的中部，变色后再将试纸与标准比色卡进行比较，故答案为：取一段pH试纸置于表面皿上，用玻璃棒蘸取待测液点在试纸的中部，再将试纸与标准比色卡进行比较；（4）检验上述工艺流程的滤渣中Fe、Al、Si元素成分的探究实验过程是利用过量盐酸反应能生成沉淀的是硅酸根离子，生成沉淀硅酸，剩余溶液中加入过量氢氧化钠溶液出现红褐色沉淀氢氧化铁，铝离子生成偏铝酸钠，在滤液中通入过量二氧化碳反应生成白色沉淀氢氧化铝；故答案
42、为：硅酸（或H2SiO3）NaOH溶液（或其它强碱溶液）白色胶状沉淀生成（4）配制溶液时，在烧杯中溶解物质后，盐玻璃棒转移溶液到250ml容量瓶中，最后用胶头滴管定容，所以所需的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还需250 mL容量瓶，胶头滴管；故答案为：250 mL容量瓶，胶头滴管； 根据反应：I2+2S2O32=2I+S4O62，当滴加最后一滴硫代硫酸钠溶液时，碘单质恰好完全反应，溶液蓝色褪去，达到滴定终点，由反应Cr2O72+6I+14H+=2Cr3+3I2+7H2O；I2+2S2O32=2I+S4O62可得反应的关系式为Cr2O723I26S2O32，根据关系式计算Cr2O723I26S2O321mol 6moln 0.120040103mol则250ml含重铬酸钾的物质的量为n=10，则所得产品中重铬酸钾纯度为100%=94.08%；故答案为：94.08%；点评：本题考查物质性质和组成的实验分析应用，有关盐的水解以及滴定实验等方面的综合知识，要求学生具有分析和解决问题的能力，难度较大