1、2015-2016学年上海市十一校高三（上）联考化学试卷（12月份）一、选择题（只有一个正确选项，每小题2分，共10分）1化学与新型材料、环境保护、能源开发等密切相关下列说法错误的是（）A使用生物酶降解生活废水中的有机物，可防止水体的富营养化B人造纤维、合成橡胶和光导纤维都属于有机高分子化合物C上海世博会很多展馆采用光电转化装置，体现当今“低碳”经济的理念D利用二氧化碳等原料合成的聚碳酸酯类可降解塑料有利于减少白色污染2下列各项中表达正确的是（）AH2O2的电子式：B的命名：2，2二甲基2乙醇C常温下，浓度都为0.1molL1的Na2CO3、NaHCO3溶液的pH，前者小于后者D为二氯化二硫（
2、S2Cl2）的结构，分子中有极性键、非极性键，是极性分子3在通常条件下，下列各组物质的性质排列正确的是（）A密度：CH3CH2CH2ClCH3CH2ClCH3ClB水溶性：HClH2SSO2C还原性：HFHClHBrHID热稳定性：HFH2ONH34不能作为判断硫、氯两种元素非金属性强弱的依据是（）A单质氧化性的强弱B单质沸点的高低C单质与氢气化合的难易D最高价氧化物对应的水化物酸性的强弱5其他条件不变，升高温度下列数据一定增大的是（）A碱在水中的溶解度B乙酸溶液的pHC合成氨的反应热D醋酸钠溶液中的氢氧根离子浓度二、选择题（只有一个正确选项，每小题3分，共36分）6研究表明生命起源于火山爆发
3、，是因为火山爆发产生的气体中含有1%的羰基硫（COS），已知羰基硫分子中所有原子均满足八电子结构，结合周期表知识，有关说法不正确的是（）A羰基硫分子为非极性分子B羰基硫的电子式为：C羰基硫沸点比CO2高D羰基硫分子中三个原子处于同一直线上7检验用硫酸亚铁制得的硫酸铁中是否含有硫酸亚铁，可选用的试剂是（）ANaOHBKMnO4CKSCND苯酚8下列各反应中，水既不是氧化剂，又不是还原剂，且反应属于氧化还原反应的是（）A氟气和水B铝与氢氧化钠溶液C二氧化氮和水D五氧化二磷与冷水9最新报道：科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程反应过程的示意图如下：下列说法正确的是（）
4、ACO和O生成CO2是吸热反应B在该过程中，CO断键形成C和OCCO和O生成了具有极性共价键的CO2D状态状态表示CO与O2反应的过程10甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系：甲乙丙，下列有关物质的推断不正确的是（）A若甲为Fe，则丁可能是Cl2B若甲为焦炭，则丁可能是O2C若甲为SO2，则丁可能是氨水D若甲为NaOH 溶液，则丁可能是CO211常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（）A使酚酞变红色的溶液中：Na+、Al3+、SO42、ClB =11013molL1的溶液中：NH4+、Ca2+、Cl、NO3C与Al反应能放出H2的溶液
5、中：Fe2+、K+、NO3、SO42D水电离的c（H+）=11013molL1的溶液中：K+、Na+、AlO2、CO3212下列实验操作、现象与实验结论一致的是（）选项实验操作、现象实验结论A向某溶液中加入Ba（NO3）2溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸沉淀不消失该溶液中有SO42B甲苯中滴入少量浓溴水，振荡，静置，溴水层褪色甲苯与溴发生了取代反应C将FeCl3溶液分别滴入NaBr、NaI溶液中，再分别滴加CCl4，振荡，静置氧化性：Fe3+Br2I2D除锈的铁钉在浓硝酸中浸泡后，用蒸馏水洗净，再放入CuSO4溶液中无现象铁钉表面形成了一层致密稳定的氧化膜AABBCCDD13紫罗兰酮是存在于玫瑰花
6、、番茄等中的一种天然香料，它经多步反应可合成维生素A1下列说法正确的是（）A紫罗兰酮和中间体X都可使酸性KMnO4溶液褪色B1mol中间体X最多能与2mol H2发生加成反应C紫罗兰酮分子式为：C13H22OD紫罗兰酮与中间体X互为同分异构体14某实验兴趣小组设计如下微型实验装置，a、b为直流电源的两极实验时，若断开K1，闭合K2，两极均有气泡产生，下列有关描述正确的是（）A断开K1闭合K2时，总反应的离子方程式为：2H+2ClH2+Cl2B断开K1闭合K2时，电子沿“aFe电解质溶液Cb”的路径流动C断开K1闭合K2时，铁电极附近溶液pH逐渐升高D断开K2闭合K1时，Fe电极被保护，此法称为
7、牺牲阳极的阴极保护法15只改变一个影响因素，平衡常数K与化学平衡移动的关系叙述错误的是（）AK值不变，平衡可能移动BK值变化，平衡一定移动C平衡移动，K值可能不变D平衡移动，K值一定变化16某化学小组研究在其他条件不变时，改变密闭容器中某一条件对A2（g）+3B2（g）2AB3（g）化学平衡状态的影响，得到如图所示的曲线（图中T表示温度，n表示物质的量）下列判断正确的是（）A若T2T1，则正反应一定是放热反应B达到平衡时A2的转化率大小为：bacC若T2T1，达到平衡时b、d点的反应速率为vdvbD在T2和n（A2）不变时达到平衡，AB3的物质的量大小为：cba17某温度下，向一定体积0.1m
8、ol/L醋酸溶液中逐滴加入等浓度的NaOH溶液，溶液中pOH（pOH=lgOH）与pH的变化关系如图所示，则（）AM点所示溶液导电能力强于Q点BN点所示溶液中c（CH3COO）c（Na+）CM点和N点所示溶液中水的电离程度相同DQ点消耗NaOH溶液的体积等于醋酸溶液的体积三、选择题（有12个正确选项，每小题4分，共20分）18短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且原子最外层电子数之和为13X的原子半径比Y的小，X与W同主族，Z是地壳中含量最高的元素下列判断合理的是（）A元素W分别与X、Y、Z形成的化合物都是离子化合物B四种元素简单离子的半径：XYZWCZ与其他三种元素形成的常见化合物中
9、有离子晶体、原子晶体和分子晶体D只含X、Y、Z 三种元素的化合物，可能是离子化合物，也可能是共价化合物1940时，在氨水体系中不断通入CO2，各种离子的变化趋势如图所示下列说法不正确的是（）A在pH=9.0时，c（NH4+）c（HCO3）c（NH2COO）c（CO32）B不同pH的溶液中存在关系：c（NH4+）+c（H+）=2c（CO32）+c（HCO3）+c（NH2COO）+c（OH）C随着CO2的通入，不断增大D在溶液pH不断降低的过程中，有含NH2COO的中间产物生成20某天然碱的化学式可表示为3Na2CO3NaHCO32H2O，取少量该物质溶于水得稀溶液，在溶液中逐滴滴加稀盐酸下列离子
10、方程式与事实不相符的是（）AHCO3+CO32+3H+2CO2+2H2OBHCO3+3CO32+7H+4CO2+4H2OC2HCO3+CO32+4H+3CO2+3H2ODCO32+H+HCO321黄铜矿（CuFeS2）是提取铜的主要原料，其煅烧产物Cu2S在1200高温下继续反应：2Cu2S+3O22Cu2O+2SO22Cu2O+Cu2S6Cu+SO2则下列说法正确的是（）A反应中Cu2S只发生了氧化反应B反应中氧化产物只有SO2C若1molCu2S完全转化为2molCu，则转移电子数为2NAD将1molCu2S冶炼成2molCu，需要O21mol22在含有0.6molCl、0.8molSO4
11、2及一定量Mg2+和Al3+的混合溶液中，滴入一定浓度NaOH溶液，产生沉淀情况如图（不考虑Mg2+和Al3+水解及水电离对离子数目的影响）若反应前Al3+的物质的量为a mol，Al3+的物质的量与混合溶液中离子总物质的量的比值为x则下列正确的是（）Ax=Bx的取值范围是0xCA点横坐标的值不随x发生变化D若B点横坐标为200mL时，c（NaOH）=7.0mol/L四、（本题共12分）23硫化钠是一种重要的化工原料工业上用硫酸钠与碳反应得到硫化钠反应方程式如下：Na2SO4+2CNa2S+CO2完成下列填空：（1）上述反应的元素中，原子半径最小的元素的原子有种能级不同的电子（2）下列可以证明
12、二氧化碳是非极性分子的事实是（填编号）a二氧化碳密度比空气大 b二氧化碳能溶于水c二氧化碳在电场中通过不偏向 d二氧化碳常温常压下为气态（3）硫化钠在一定条件下会与硫单质反应生成多硫化钠（Na2SX）在碱性溶液中，Na2SX与NaBrO3反应生成Na2SO4与NaBr若Na2SX与NaBrO3反应的物质的量之比为3：16，则 x=（4）写出硫氢化钠与少量硫酸铜溶液反应的离子方程式能否用硫酸铜溶液来鉴别硫化钠溶液和硫氢化钠溶液？请简述实验操作和现象并说明自己的观点：（5）已知：H2S Ki1=9.1108 Ki2=1.11012 HF Ki=3.5104H2SO3 Ki1=1.5102 Ki2=
13、1.0107 HAc Ki=1.75105（6）若用如图的装置，用硫化钠固体和下列溶液制取硫化氢气体，可选用的试剂是a硝酸 b亚硫酸氢钠 c氢氟酸 d醋酸五、（本题共12分）25（12分）（2015秋上海月考）利用氮气、氢气在一定条件下生成氨气这一可逆反应来合成氨，是一个重要的化工反应常用来生产液氨和氨水完成下列填空：（1）如图表示合成氨时生成1mol生成物时的能量变化，E的单位为kJ请写出合成氨的热化学方程式N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=2（E1E3）或2（E3E1）kg/mol（热量用E1、E2或E3表示）该图中的实线与虚线部分是什么反应条件发生了变化？（2）在一定温度下，若将
14、4amol H2和2amol N2放入VL的定容密闭容器中，2分钟后测得N2的转化率为50%，则该段时间用H2表示的反应速率为摩尔/（升秒）若此时再向该容器中投入a mol H2、amol N2和2amol NH3，判断平衡移动的方向是正向移动（填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”）（3）液氨和水类似，也能电离：2NH3NH4+NH2，某温度时，其离子积K=2l030该温度下：将少量NH4Cl固体加入液氨中，K=21030（填“”、“”或“=”）；将少量金属钠投入液氨中，完全反应后所得溶液中各微粒物质的量大小排列为：（4）工厂生产的氨水作肥料时需要稀释用水稀释0.1mol/L稀氨水时，溶液中
15、随着水量的增加而减少的是abcd六、（本题共12分）26（12分）（2014奉贤区一模）某化学小组拟采用如下装置（夹持和加热仪器已略去）来电解饱和食盐水，并用电解产生的H2还原CuO粉末来测定Cu的相对原子质量，同时检验氯气的氧化性（1）为完成上述实验，正确的连接顺序为A连；B连（填写字母）（2）对硬质玻璃管里的氧化铜粉末加热前，需要进行的操作为（3）若检验氯气的氧化性，则乙装置的a瓶中溶液可以是，对应的现象为（4）丙装置的c瓶中盛放的试剂为，作用是（5）为测定Cu的相对原子质量，设计了如下甲、乙两个实验方案精确测量硬质玻璃管的质量为a g，放入CuO后，精确测量硬质玻璃管和CuO的总质量为b
16、 g，实验完毕后：甲方案：通过精确测量硬质玻璃管和Cu粉的总质量为c g，进而确定Cu的相对原子质量乙方案：通过精确测定生成水的质量d g，进而确定Cu的相对原子质量请你分析并回答：方案所测结果更准确你认为不合理的方案的不足之处是若按甲方案测定的数据计算，Cu的相对原子质量为七、（本题共12分）27（12分）（2015秋上海月考）实验室以苯、乙醛为原料，AlCl3为催化剂制备1，1二苯乙烷，其反应原理为如图1：已知：AlCl3固体遇水会发生较强烈水解I制取装置如图2所示（1）该反应需控制反应温度为20控制20的方法是；该反应不高于20的可能原因是：（2）仪器a的作用是；装置c的作用是吸收HCl
17、，写出产生HCl的化学方程式；装置b的作用是实验结束后，将三口烧瓶中的混合物倒入冷稀盐酸中，用分液漏斗分离出有机层，依次用水、2%碳酸钠溶液、水洗涤，洗涤后加入少量无水硫酸镁固体，过滤、蒸馏，得到1，1二苯乙烷（3）分液漏斗中，产品在（填“上”或“下”）层；洗涤操作中，第二次水洗的目的是；无水硫酸镁也可用物质代替（4）蒸馏提纯时，下列装置中会导致收集到的产品中混有低沸点杂质的装置如图3是（选填编号）（5）三口烧瓶中加入120mL苯（密度0.88g/mL）、19g A1C13和3.7g乙醛，20时充分反应，制得纯净的1，1二苯乙烷7.8g该实验的产率约为八、（本题共10分）28（10分）（201
18、5秋上海月考）已知：（1）CH3CHO+CH3CHOCH3CH=CHCHO，水杨酸酯E为紫外线吸收剂，可用于配制防晒霜E的一种合成路线如下：请回答下列问题：（1）饱和一元醇A中氧的质量分数约为21.6%，则A的分子式为；结构分析显示A只有一个甲基，A的系统命名法名称为（2）B能与新制的Cu（OH）2悬浊液发生反应，该反应的化学方程式为（3）C的可能结构有种；若一次取样，检验C中所含官能团，按使用的先后顺序写出所用试剂：（4）D所含官能团的名称为；第步的反应类型为；（5）同时符合下列条件的水杨酸所有同分异构体共有种a分子中有6个碳原子在一条直线上；b分子中所含官能团包括水杨酸具有的含氧官能团九、
19、（本题共12分）29（12分）（2012北京）优良的有机溶剂对孟烷、耐热型特种高分子功能材料PMnMA的合成路线如下：己知芳香化合物苯环上的氢原子可被卤代烷中的烷基取代如：（1）B为芳香烃由B生成对孟烷的反应类型是（CH3 ）2CHCl与A生成B的化学方程式是A的同系物中相对分子质量最小的物质是（2）1.08g的C与饱和溴水完全反应生成3.45g白色沉淀E不能使Br2的CCl4溶液褪色F的官能团是C的结构简式是反应I的化学方程式是（3）下列说法正确的是（选填字母）aB可使酸性高锰酸钾溶液褪色 bC不存在醛类同分异构体cD的酸性比E弱 dE的沸点高于对孟烷（4）G的核磁共振氢谱有3种峰，其峰面积
20、之比为3：2：1G与NaHCO3反应放出CO2反应II的化学方程式是十、（本题共14分）30（14分）（2015秋上海月考）氢气是化工行业重要原料之一（1）电解饱和食盐水是生产H2的方法之一常温下，电解250mL饱和食盐水一段时间后，溶液质量减轻0.365g（假设气体全部逸出）生成的氢气在标准状况下的体积为mL（2）在电弧炉中，甲烷裂解产生乙炔和氢气，若1m3甲烷经此过程生成0.27m3氢气，则甲烷的裂解率为%（体积均在相同条件下测定）（3）已知：CxHy+H2OCO+CO2+H2（未配平）工业上用甲烷、乙烷的混合气体利用上述反应生产氢气，反应后气体经干燥组成如下表所示：组分COCO2H2体积
21、分数20%5%75%计算原混合气体中甲烷与乙烷的物质的量之比（4）合成氨生产过程中，消耗氮氢混合气2000m3（其中CH4的体积分数为0.112%，下同），分离液氨后的氮氢混合气中含CH4 2.8%计算分离出液氨为多少吨（保留2位小数，所有体积均已折算至标准状况）2015-2016学年上海市十一校高三（上）联考化学试卷（12月份）参考答案与试题解析一、选择题（只有一个正确选项，每小题2分，共10分）1化学与新型材料、环境保护、能源开发等密切相关下列说法错误的是（）A使用生物酶降解生活废水中的有机物，可防止水体的富营养化B人造纤维、合成橡胶和光导纤维都属于有机高分子化合物C上海世博会很多展馆采用
22、光电转化装置，体现当今“低碳”经济的理念D利用二氧化碳等原料合成的聚碳酸酯类可降解塑料有利于减少白色污染【考点】常见的生活环境的污染及治理；使用化石燃料的利弊及新能源的开发【专题】热点问题【分析】A降低废水中的有机物可防止水体的富营养化；B光导纤维不属于有机高分子化合物；C采用光电转化装置，可减少常规能源的使用；D形成白色污染的主要来源为聚乙烯材料【解答】解：A废水中的有机物可导致水体富营养化，降低废水中的有机物可防止水体的富营养化，故A正确；B光导纤维的主要成分为二氧化硅，不属于有机高分子化合物，故B错误；C采用光电转化装置，可减少常规能源的使用，从而减少二氧化碳的排放，体现当今“低碳”经济
23、的理念，故C正确；D形成白色污染的主要来源为聚乙烯材料，难以降解，但利用二氧化碳等原料合成的聚碳酸酯类可降解塑料有利于减少白色污染，故D正确故选B【点评】本题考查常见的生活环境的污染及治理，题目难度不大，注意相关基础知识的积累2下列各项中表达正确的是（）AH2O2的电子式：B的命名：2，2二甲基2乙醇C常温下，浓度都为0.1molL1的Na2CO3、NaHCO3溶液的pH，前者小于后者D为二氯化二硫（S2Cl2）的结构，分子中有极性键、非极性键，是极性分子【考点】电子式；极性键和非极性键；极性分子和非极性分子；有机化合物命名【专题】化学用语专题；化学键与晶体结构【分析】AH2O2是共价化合物，
24、不存在离子键，H2O2分子中氧原子之间形成1对共用电子对、氧原子与氢原子之间形成1对共用电子对；B含有羟基OH的主链有3个C原子，结合系统命名法命名；C相同浓度，碳酸根的水解程度大于碳酸氢根水程度；D同种原子之间形成非极性键，不同种原子之间形成极性键，二氯化二硫（S2Cl2）的结构为书页形结构，分子不对称，正负电荷重心不重合【解答】解：AH2O2是共价化合物，不存在离子键，H2O2分子中氧原子之间形成1对共用电子对、氧原子与氢原子之间形成1对共用电子对，电子式为，故A错误；B含有羟基OH的主链有3个C原子，名称为：2甲基2丙醇，故B错误；C碳酸根、碳酸氢根都水解，溶液呈碱性，相同浓度，碳酸根的
25、水解程度大于碳酸氢根水程度，故碳酸钠溶液的碱性更强，PH值更大，故C错误；D二氯化二硫（S2Cl2）中SS键为非极性键，SCl键为极性键，为书页形结构，分子不对称，正负电荷重心不重合，属于极性分子，故D正确；故选D【点评】本题考查电子式书写、有机物命名、盐类水解、分子结构等，题目较为综合，旨在考查学生对基础知识的掌握，难度中等3在通常条件下，下列各组物质的性质排列正确的是（）A密度：CH3CH2CH2ClCH3CH2ClCH3ClB水溶性：HClH2SSO2C还原性：HFHClHBrHID热稳定性：HFH2ONH3【考点】元素周期律的作用【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】A饱和一卤代烃
26、的密度随着碳原子数的增多而减小；BH2S微溶于水，而HCl和SO2都易溶于水；C元素的非金属性越强，对应氢化物的还原性越弱；D元素的非金属性越强，氢化物的稳定性越大；【解答】解：A饱和一卤代烃的密度随着碳原子数的增多而减小，密度：CH3CH2CH2ClCH3CH2ClCH3Cl，故A错误；BH2S微溶于水，而HCl和SO2都易溶于水，故B错误；C元素的非金属性：FClBrI，对应氢化物的还原性：HFHClHBrHI，故C错误；D非金属性：FON，元素的非金属性越强，氢化物的稳定性越大，则热稳定性：HFH2ONH3，故D正确；故选：D；【点评】本题考查较为综合，题目难度不大，注意饱和一卤代烃性质
27、的变化规律，掌握变化规律是解题的关键4不能作为判断硫、氯两种元素非金属性强弱的依据是（）A单质氧化性的强弱B单质沸点的高低C单质与氢气化合的难易D最高价氧化物对应的水化物酸性的强弱【考点】非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律【分析】比较两种元素的非金属性强弱，可根据单质之间的置换反应、与氢气反应的难易程度、氢化物的稳定性以及最高正价氧化物对应水化物酸性强弱【解答】解：A单质的氧化性越强，其元素的非金属性越强，可以判断非金属性强弱，故A不选；B单质的沸点属于物理性质，与元素的非金属性无关，不能判断非金属性强弱，故B选；C单质与氢气化合越容易，则元素的非金属性越强，可以判断非金属性强弱，故
28、C不选；D最高价氧化物对应的水化物酸性越强，其元素的非金属性越强，可以判断非金属性强弱，故D不选故选B【点评】本题考查非金属性的比较，题目难度不大，注意元素非金属性和金属性的比较角度，学习中注意相关基础知识的积累5其他条件不变，升高温度下列数据一定增大的是（）A碱在水中的溶解度B乙酸溶液的pHC合成氨的反应热D醋酸钠溶液中的氢氧根离子浓度【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；影响盐类水解程度的主要因素【分析】A、碱的溶解度随温度的升高，溶解度的变化不同；B、乙酸是弱酸，电离吸热，温度改变会促进弱电解质的电离；C、根据勒夏特列原理，对所有可逆反应升温平衡都向吸热的方向移动可逆反应的正反应既有吸热
29、反应也有放热反应，要区别对待；D、醋酸钠溶液中醋酸根离子水解导致溶液显碱性，水解吸热【解答】解：A、氢氧化钙的溶解度随温度的升高而降低，故A错误；B、升温醋酸的电离平衡正向移动，溶液酸性增强，pH减小，故B错误；C、合成氨反应放热，升温时平衡逆向移动，放热减少，故C错误；D、升温醋酸根离子水解程度增大，氢氧根离子浓度增大，故D正确；故选D【点评】本题考查了温度对溶解度、弱电解质的电离、化学平衡的移动以及盐类水解的影响，题目难度不大二、选择题（只有一个正确选项，每小题3分，共36分）6研究表明生命起源于火山爆发，是因为火山爆发产生的气体中含有1%的羰基硫（COS），已知羰基硫分子中所有原子均满足
30、八电子结构，结合周期表知识，有关说法不正确的是（）A羰基硫分子为非极性分子B羰基硫的电子式为：C羰基硫沸点比CO2高D羰基硫分子中三个原子处于同一直线上【考点】极性分子和非极性分子；电子式【专题】化学键与晶体结构【分析】羰基硫可以看作是二氧化碳分子中的一个碳原子被硫原子取代A根据极性分子中正负电荷的中心不重合，具有一定的极性；B、根据羰基硫分子中所有原子的最外层都满足8电子结构判断其电子式C、根据分子晶体中物质的熔沸点与相对分子质量的关系判断D、根据二氧化碳的结构判断羰基硫的结构【解答】解：A、二氧化碳结构对称，所以羰基硫也是直线型分子，但2个极性键的极性不等，所以中正负电荷的中心不重合，是极
31、性分子，故A错误；B、羰基硫中分子中所有原子的最外层都满足8电子结构，碳原子能形成4个共价键，硫原子能形成2个共价键，氧原子能形成2个共价键，所以其电子式为，故B正确C、分子晶体中，一般的相对分子质量越大其熔沸点越大，羰基硫的相对分子质量大于二氧化碳的相对分子质量，所以羰基硫的熔沸点大于二氧化碳的，故C正确；D、二氧化碳是直线型分子，羰基硫可以看作是二氧化碳分子中的一个碳原子被硫原子取代，所以羰基硫也是直线型分子，故D正确；故选A【点评】本题考查了物质结构中的有关知识，属于信息给予题目，注意利用二氧化碳结构进行知识迁移运用7检验用硫酸亚铁制得的硫酸铁中是否含有硫酸亚铁，可选用的试剂是（）ANa
32、OHBKMnO4CKSCND苯酚【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用【分析】亚铁离子具有还原性，可与氯水、高锰酸钾等氧化剂反应，以此解答该题【解答】解：A加入氢氧化钠，因含有铁离子，可生成红褐色沉淀，不能检验是否含有亚铁离子，故A错误；B亚铁离子具有还原性，可与高锰酸钾等发生氧化还原反应，高锰酸钾溶液褪色，可鉴别，故B正确；C亚铁离子与KSCN不反应，不能鉴别，只能鉴别铁离子，故C错误；D亚铁离子与苯酚不反应，不能鉴别，只能鉴别铁离子，故D错误故选B【点评】本题考查物质的检验，为高频考点，题目难度不大，本题注意亚铁离子与铁离子性质的区别，检验时必须有明显不同的现象8下列各反应中，水既不
33、是氧化剂，又不是还原剂，且反应属于氧化还原反应的是（）A氟气和水B铝与氢氧化钠溶液C二氧化氮和水D五氧化二磷与冷水【考点】氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】A反应中F元素的化合价降低，水中O元素的化合价升高；B反应中Al元素的化合价升高，水中H元素的化合价降低；C反应中N元素的化合价既升高又降低；D该反应中没有元素的化合价变化【解答】解：A反应中F元素的化合价降低，水中O元素的化合价升高，水作还原剂，故A不选；B反应中Al元素的化合价升高，水中H元素的化合价降低，水作氧化剂，故B不选；C反应中N元素的化合价既升高又降低，而水中元素的化合价不变，所以水既不是氧化剂，又不是还原剂，故C选
34、；D该反应中没有元素的化合价变化，该反应不是氧化还原反应，故D不选；故选C【点评】本题考查氧化还原反应，明确反应中元素的化合价变化是解答本题的关键，注意氧化还原反应中的基本概念，题目难度不大9最新报道：科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程反应过程的示意图如下：下列说法正确的是（）ACO和O生成CO2是吸热反应B在该过程中，CO断键形成C和OCCO和O生成了具有极性共价键的CO2D状态状态表示CO与O2反应的过程【考点】真题集萃【分析】由图可知反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，CO与O在催化剂表面形成CO2，不存在CO的断键过程，以此解答该题【解答】解：A
35、由图可知反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，故A错误；B由图可知不存在CO的断键过程，故B错误；CCO与O在催化剂表面形成CO2，CO2含有极性共价键，故C正确；D状态状态表示CO与O反应的过程，而不是与氧气反应，故D错误故选C【点评】本题为2015年考题，侧重于化学反应原理的探究的考查，题目着重于考查学生的分析能力和自学能力，注意把握题给信息，难度不大10甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系：甲乙丙，下列有关物质的推断不正确的是（）A若甲为Fe，则丁可能是Cl2B若甲为焦炭，则丁可能是O2C若甲为SO2，则丁可能是氨水D若甲为NaOH 溶液
36、，则丁可能是CO2【考点】铁的化学性质；钠的重要化合物【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】A、若甲为Fe，丁为氯气，铁和氯气反应生成氯化铁，而氯化铁与氯气不反应；B、甲为碳，丁为O2，物质转化关系为：CCOCO2；C、若甲为SO2，丁为氨水，物质转化关系为：SO2NH4HSO3（NH4）2SO3；D若甲为NaOH 溶液，丁为CO2，物质转化关系，NaOHNa2CO3NaHCO3【解答】解：A、若甲为Fe，丁为氯气，铁和氯气反应生成氯化铁，而氯化铁与氯气不反应，故A错误；B、甲为碳，丁为O2，物质转化关系为：CCOCO2；2C+O2=2CO 2CO+O2=2CO2 CO2+C2CO，故B正确
37、；C、若甲为SO2，丁为氨水，物质转化关系为：SO2NH4HSO3（NH4）2SO3；SO2+NH3H2O=NH4HSO3，NH4HSO3+NH3H2O=（NH4）2SO3+H2O；（NH4）2SO3+H2O+SO2=2NH4HSO3，故C正确；D若甲为NaOH 溶液，丁为CO2，物质转化关系，NaOHNa2CO3NaHCO3；2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3 ，NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O，故D正确；故选A【点评】本题考查物质间的转化关系及性质的应用，难度中等注意物质的量不同产物不同，掌握物质性质是解题关键11常温下，下列
38、各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（）A使酚酞变红色的溶液中：Na+、Al3+、SO42、ClB =11013molL1的溶液中：NH4+、Ca2+、Cl、NO3C与Al反应能放出H2的溶液中：Fe2+、K+、NO3、SO42D水电离的c（H+）=11013molL1的溶液中：K+、Na+、AlO2、CO32【考点】真题集萃；离子共存问题【分析】A使酚酞变红色的溶液，显碱性；B. =11013molL1的溶液，显酸性；C与Al反应能放出H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液；D水电离的c（H+）=11013molL1的溶液，水的电离受到抑制，为酸或碱溶液【解答】解：A使酚酞变红色的溶液，显碱性
39、，碱性溶液中不能大量存在Al3+，故A错误；B. =11013molL1的溶液，显酸性，该组离子在酸性溶液中不反应，可大量共存，故B正确；C与Al反应能放出H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，酸性溶液中Fe2+（或Al）、H+、NO3发生氧化还原反应，碱性溶液中不能大量存在Fe2+，故C错误；D水电离的c（H+）=11013molL1的溶液，水的电离受到抑制，为酸或碱溶液，酸溶液中不能大量存在AlO2、CO32，故D错误；故选B【点评】本题考查离子的共存，为2015年高考题，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，注意“一定共存”的信息，题
40、目难度不大12下列实验操作、现象与实验结论一致的是（）选项实验操作、现象实验结论A向某溶液中加入Ba（NO3）2溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸沉淀不消失该溶液中有SO42B甲苯中滴入少量浓溴水，振荡，静置，溴水层褪色甲苯与溴发生了取代反应C将FeCl3溶液分别滴入NaBr、NaI溶液中，再分别滴加CCl4，振荡，静置氧化性：Fe3+Br2I2D除锈的铁钉在浓硝酸中浸泡后，用蒸馏水洗净，再放入CuSO4溶液中无现象铁钉表面形成了一层致密稳定的氧化膜AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价；氧化性、还原性强弱的比较；硫酸根离子的检验；铁的化学性质；苯的同系物【专题】实验评价题【分析】A硝酸盐在酸性
41、条件下具有强氧化性，原溶液中可能存在SO32；B发生萃取；CFeCl3溶液与NaI发生氧化还原反应生成碘单质；D浓硝酸具有强氧化性，金属氧化物不能与硫酸铜反应【解答】解：A向某溶液中加入Ba（NO3）2溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸沉淀不消失，因硝酸盐在酸性条件下具有强氧化性，原溶液中可能存在SO32或SO42或都有，故A错误；B甲苯中滴入少量浓溴水，振荡，静置，溴水层褪色，发生萃取，不发生取代反应，故B错误；CFeCl3溶液与NaI发生氧化还原反应生成碘单质，则氧化性为Br2Fe3+I2，故C错误；D浓硝酸具有强氧化性，铁钉表面形成了一层致密稳定的氧化膜，金属氧化物不能与硫酸铜反应，则无现象，
42、故D正确；故选D【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及氧化还原反应、萃取等高考常考查点，选项A为解答的易错点，题目难度中等13紫罗兰酮是存在于玫瑰花、番茄等中的一种天然香料，它经多步反应可合成维生素A1下列说法正确的是（）A紫罗兰酮和中间体X都可使酸性KMnO4溶液褪色B1mol中间体X最多能与2mol H2发生加成反应C紫罗兰酮分子式为：C13H22OD紫罗兰酮与中间体X互为同分异构体【考点】有机物的结构和性质【专题】有机物的化学性质及推断【分析】A紫罗兰酮和中间体X都含有C=C；B.1mol中间体X中含有2molC=C和1molCHO；C由结构简式分析分子中的原子个数；D紫罗兰酮与中间体
43、X的分子式不同【解答】解：A紫罗兰酮和中间体X都含有C=C，可被酸性高锰酸钾氧化，都可使酸性KMnO4溶液褪色，故A正确；B.1mol中间体X中含有2molC=C和1molCHO，均能与氢气发生加成反应，1mol中间体X最多能与3molH2发生加成反应，故B错误；C由结构简式可知1个分子中含13个碳原子、20个H原子，1个O原子，则分子式为C13H20O，故C错误；D紫罗兰酮与中间体X的C原子数不同，则分子式不同，不是同分异构体，故D错误故选：A【点评】本题考查有机物的官能团和性质，明确烯烃、醛的性质及该有机物的结构即可解答，题目难度不大14某实验兴趣小组设计如下微型实验装置，a、b为直流电源
44、的两极实验时，若断开K1，闭合K2，两极均有气泡产生，下列有关描述正确的是（）A断开K1闭合K2时，总反应的离子方程式为：2H+2ClH2+Cl2B断开K1闭合K2时，电子沿“aFe电解质溶液Cb”的路径流动C断开K1闭合K2时，铁电极附近溶液pH逐渐升高D断开K2闭合K1时，Fe电极被保护，此法称为牺牲阳极的阴极保护法【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】断开K1，闭合K2时，该装置是电解池，电解池工作时，两极均有气泡产生，说明铁电极是阴极，石墨电极是阳极，阳极上生成氯气，阴极上生成氢气；断开K2，闭合K1时，该装置是原电池，铁作负极，石墨作正极，负极上铁失电子发生氧化反
45、应，正极上氧气得电子发生还原反应【解答】解：A断开K1闭合K2时，总反应的离子方程式为：2Cl+2H2O H2+2OH+Cl2，故A错误；B断开K1闭合K2时，为电解池，但电子不能流经溶液，故B错误；C断开K1闭合K2时，铁电极为阴极生成氢气，促进水的电离，溶液碱性增强，故C正确；D断开K2闭合K1时，该装置是原电池，铁易失电子作负极，石墨作正极，金属被腐蚀，故D错误故选C【点评】本题综合考查电解池和原电池知识，注意把握电化学工作原理，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，难度中等15只改变一个影响因素，平衡常数K与化学平衡移动的关系叙述错误的是（）AK值
46、不变，平衡可能移动BK值变化，平衡一定移动C平衡移动，K值可能不变D平衡移动，K值一定变化【考点】真题集萃；化学平衡的影响因素【专题】化学平衡专题【分析】平衡常数K是温度的函数，只与温度有关，温度一定，平衡常数K值一定，温度发生变化，平衡常数K值也发生变化【解答】解：影响化学平衡的因素主要有浓度、温度、压强等AK值只与温度有关，若在其他条件不变时，增大反应物的浓度或减小生成物的浓度，有利于正反应的进行，K值不变，平衡向右移动，故A正确；BK值是温度的函数，K值变化，说明温度发生了改变，则平衡一定发生移动，故B正确；C若在其他条件不变时，增大反应物的浓度或减小生成物的浓度，有利于正反应的进行，平
47、衡向右移动，但K值只与温度有关，故K值不变，故C正确；D若是改变浓度或压强使平衡发生移动，而温度不变，则K值不变，故D错误，故选D【点评】本题考查平衡常数与平衡移动的关系，难度不大要注意平衡常数K是温度的函数，只与温度有关16某化学小组研究在其他条件不变时，改变密闭容器中某一条件对A2（g）+3B2（g）2AB3（g）化学平衡状态的影响，得到如图所示的曲线（图中T表示温度，n表示物质的量）下列判断正确的是（）A若T2T1，则正反应一定是放热反应B达到平衡时A2的转化率大小为：bacC若T2T1，达到平衡时b、d点的反应速率为vdvbD在T2和n（A2）不变时达到平衡，AB3的物质的量大小为：c
48、ba【考点】化学平衡建立的过程；产物的百分含量随浓度、时间的变化曲线【专题】化学平衡专题【分析】A、由图可知，T2时AB3的体积分数大于T1时AB3的体积分数，当T2T1时，则说明升高温度平衡正向移动，即正反应为吸热反应；B、在可逆反应中增加一种反应物的浓度可以提高另一种物质的转化率，随着B2的量的增加，A2的转化率逐渐增大，即cba；C、温度越高，反应速率 越快，当T2T1时，vdvb；D、在可逆反应中，随着B2的量的增加，A2的转化率逐渐增大，生成的AB3的物质的量逐渐增大【解答】解：A、由图可知，T2时AB3的体积分数大于T1时AB3的体积分数，当T2T1时，则说明升高温度平衡正向移动，
49、即正反应为吸热反应，故A错误；B、在可逆反应中增加一种反应物的浓度可以提高另一种物质的转化率，随着B2的量的增加，A2的转化率逐渐增大，即cba，故B错误；C、温度越高，反应速率 越快，当T2T1时，vdvb，故C错误；D、在可逆反应中，随着B2的量的增加，A2的转化率逐渐增大，生成的AB3的物质的量逐渐增大，故D正确；故选D【点评】本题主要考查影响化学平衡移动的因素以及影响化学反应速率的因素，中等难度，解题关键在于仔细审题，尤其是图象17某温度下，向一定体积0.1mol/L醋酸溶液中逐滴加入等浓度的NaOH溶液，溶液中pOH（pOH=lgOH）与pH的变化关系如图所示，则（）AM点所示溶液导
50、电能力强于Q点BN点所示溶液中c（CH3COO）c（Na+）CM点和N点所示溶液中水的电离程度相同DQ点消耗NaOH溶液的体积等于醋酸溶液的体积【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；pH的简单计算【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】酸溶液中pOH越大，说明溶液中氢氧根离子浓度越小，溶液氢离子浓度越大，酸性越强，随着NaOH的加入，发生中和反应，溶液氢氧根离子的浓度逐渐增大，则溶液pOH逐渐减小，pH逐渐增大，结合若电解质的电离解答该题【解答】解：A由于醋酸是弱酸，电离程度很小，离子浓度也较小，M点溶液的导电能力最弱，故A错误；BN点所示溶液为碱性，根据溶液电荷守恒易判断出此时c（N
51、a+）c（CH3COO），故B错误；C由于M点的H+浓度等于N点的OH浓度，对水的电离程度抑制能力相同，所以两点水电离程度相同，故C正确；DQ点的pOH=pH，溶液为中性，而两者等体积混合后生成醋酸钠，水解显碱性则所加NaOH溶液体积略小于醋酸溶液的体积，故D错误故选C【点评】本题考查酸碱中和的定性判断和计算，侧重于弱电解质的电离的考查，注意弱电解质的电离特点，把握pOH的含义，题目难度中等三、选择题（有12个正确选项，每小题4分，共20分）18短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且原子最外层电子数之和为13X的原子半径比Y的小，X与W同主族，Z是地壳中含量最高的元素下列判断合理的是（
52、）A元素W分别与X、Y、Z形成的化合物都是离子化合物B四种元素简单离子的半径：XYZWCZ与其他三种元素形成的常见化合物中有离子晶体、原子晶体和分子晶体D只含X、Y、Z 三种元素的化合物，可能是离子化合物，也可能是共价化合物【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】短周期元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，Z 是地壳中含量最高的元素，Z为氧元素，X 的原子半径比Y 的小，则X不可能与Y处于同一周期，Y的原子序数小于氧元素，故Y处于第二周期，X处于第一周期，则X为氢元素，X与W同主族，故W为Na元素，四原子最外层电子数之和为13，则Y原子的最外层电子数为13
53、116=5，故Y为氮元素，结合对应物质的性质以及元素周期律的递变规律解答该题【解答】解：短周期元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，Z 是地壳中含量最高的元素，Z为氧元素，X 的原子半径比Y 的小，则X不可能与Y处于同一周期，Y的原子序数小于氧元素，故Y处于第二周期，X处于第一周期，则X为氢元素，X与W同主族，故W为Na元素，四原子最外层电子数之和为13，则Y原子的最外层电子数为13116=5，故Y为氮元素，AW为Na，金属性较强，与H、N、O等元素形成的化合物为离子化合物，故A正确；BN、O、Na对应的简单离子的核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，故B错误；CO与H、N、Na生成
54、的化合物对应的晶体类型有分子晶体和离子晶体，不存在原子晶体，故C错误；D由H、N、O三元素组成的化合物中，若硝酸为共价化合物，硝酸铵为离子化合物，故D正确，故选AD【点评】本题考查原子结构与元素周期律知识，侧重于学生的分析能力的考查，为高频常见题型，难度中等，推断元素是解题的关键，注意利用同周期原子半径大小关系确定X为氢元素1940时，在氨水体系中不断通入CO2，各种离子的变化趋势如图所示下列说法不正确的是（）A在pH=9.0时，c（NH4+）c（HCO3）c（NH2COO）c（CO32）B不同pH的溶液中存在关系：c（NH4+）+c（H+）=2c（CO32）+c（HCO3）+c（NH2COO
55、）+c（OH）C随着CO2的通入，不断增大D在溶液pH不断降低的过程中，有含NH2COO的中间产物生成【考点】真题集萃；离子浓度大小的比较【分析】A根据pH=9时，图象中各种离子浓度的大小关系分析；B溶液中存在电荷守恒，即正电荷的总浓度等于负电荷的总浓度；C根据Kb=分析；D根据图象可知开始没有NH2COO，后来也不存在NH2COO【解答】解：ApH=9时，图象中各种离子浓度的大小关系：c（NH4+）c（HCO3）c（NH2COO）c（CO32），故A正确；B溶液中存在电荷守恒，即正电荷的总浓度等于负电荷的总浓度，则不同pH的溶液中存在电荷守恒关系为：c（NH4+）+c（H+）=2c（CO32
56、）+c（HCO3）+c（NH2COO）+c（OH），故B正确；C已知Kb=，温度一定时，Kb为常数，不随浓度的变化而变化，随着CO2的通入，c（NH4+）逐渐增大，则不断减小，故C错误；D由图象可知开始没有NH2COO，后来也不存在NH2COO，所以NH2COO为中间产物，即在溶液pH不断降低的过程中，有含NH2COO的中间产物生成，故D正确故选C【点评】本题考查了溶液中离子浓度大小比较、电荷守恒的应用、图象的分析与应用等，题目难度中等，侧重于考查学生对图象的分析与应用能力20某天然碱的化学式可表示为3Na2CO3NaHCO32H2O，取少量该物质溶于水得稀溶液，在溶液中逐滴滴加稀盐酸下列离子
57、方程式与事实不相符的是（）AHCO3+CO32+3H+2CO2+2H2OBHCO3+3CO32+7H+4CO2+4H2OC2HCO3+CO32+4H+3CO2+3H2ODCO32+H+HCO3【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】碳酸氢根离子、碳酸根离子加入盐酸，碳酸根离子先与氢离子反应生成碳酸氢根离子，然后碳酸氢根离子再反应生成二氧化碳和水，据此解答【解答】解：A碳酸根离子没有完全反应，碳酸氢根离子不会反应，故A错误；B当加入过量的盐酸时，碳酸氢根离子与碳酸根离子都反应，离子方程式：HCO3+3CO32+7H+4CO2+4H2O，故B正确；C碳酸根离子没有完全反应，碳酸氢根离子
58、不会反应，故C错误；D当滴入盐酸少量时，碳酸根离子优先反应生成碳酸氢根离子，离子方程式CO32+H+HCO3，故D正确；故选：AC【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确碳酸根离子与碳酸氢根离子与氢离子反应实质及先后顺序是解题关键，题目难度中等21黄铜矿（CuFeS2）是提取铜的主要原料，其煅烧产物Cu2S在1200高温下继续反应：2Cu2S+3O22Cu2O+2SO22Cu2O+Cu2S6Cu+SO2则下列说法正确的是（）A反应中Cu2S只发生了氧化反应B反应中氧化产物只有SO2C若1molCu2S完全转化为2molCu，则转移电子数为2NAD将1molCu2S冶炼成2molCu，需要O21
59、mol【考点】氧化还原反应的计算；氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】反应2Cu2S+3O22Cu2O+2SO2中，Cu元素化合价不变，S元素化合价升高，O元素化合价降低，反应2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2中，Cu元素化合价降低，S元素化合价升高，以此解答该题【解答】解：A氧化、还原反应同时进行，反应2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2中，Cu元素化合价降低，S元素化合价升高，Cu2S发生了氧化反应、还原反应，故A错误；B反应中只有S元素化合价升高，则SO2都为氧化产物，故B正确；C若1molCu2S完全转化为2molCu，最终产物为Cu和SO2，总方程式为Cu2S+O22Cu+SO
60、2，反应中Cu元素化合价降低，S元素化合价升高，转移电子的物质的量为6mol，则转移电子数为6NA，故C错误；D将1 molCu2S完全转化为 2mol Cu，最终产物为Cu和SO2，由质量守恒可知生成1molSO2，需要O21mol，故D正确；故选BD【点评】本题考查金属的冶炼以及氧化还原有关知识，为高频考点，侧重学生的分析、计算能力的考查，题目难度不大，注意分析各元素的化合价的变化特点，以正确分析氧化剂和还原剂22在含有0.6molCl、0.8molSO42及一定量Mg2+和Al3+的混合溶液中，滴入一定浓度NaOH溶液，产生沉淀情况如图（不考虑Mg2+和Al3+水解及水电离对离子数目的影
61、响）若反应前Al3+的物质的量为a mol，Al3+的物质的量与混合溶液中离子总物质的量的比值为x则下列正确的是（）Ax=Bx的取值范围是0xCA点横坐标的值不随x发生变化D若B点横坐标为200mL时，c（NaOH）=7.0mol/L【考点】离子方程式的有关计算【专题】利用化学方程式的计算【分析】A、溶液中Al3+的物质的量为a mol，利用电荷守恒用a表示出Mg2+的物质的量，溶液中离子总的物质的量为三种离子之和，得到x和a的关系；B、溶液中Al3+的物质的量为a mol，利用电荷守恒用a表示出Mg2+的物质的量，溶液中离子总的物质的量为三种离子之和，也等于mol，据此列等式计算a的值（用x
62、表示），利用极限法计算x的取值范围；C、溶液中铝离子的物质的量一定，消耗氢氧化钠的量是一定值；D、根据铝元素守恒计算氢氧化铝溶解消耗的氢氧化钠的物质的量，进而计算浓度即可【解答】解：A、Al3+的物质的量为a mol，根据电荷守恒：n（Cl）+2n（SO42）=2n（Mg2+）+3n（Al3+），解得2n（Mg2+）=0.6mol+1.6mol3amol=（2.23a）mol，n（Mg2+）=（1.11.5a）mol，所以Al3+的物质的量与混合溶液中离子总物质的量的比值为x，即x=，故A错误；B、溶液中Al3+的物质的量为a mol，由电荷守恒可知Mg2+的物质的量为（1.11.5a）mol
63、，x=，a，解得x的取值范围是：0x，故B正确；C、，因为溶液中氯离子、硫酸根离子物质的量一定，A点时镁离子、铝离子完全被转化为沉淀，则溶液中的溶质转化为氯化钠、硫酸钠，所以A点横坐标的值不会随x发生变化，故C正确；D、Al3+的物质的量为a mol，最终消耗氢氧化钠是4amol，n（Mg2+）=（1.11.5a）mol，消耗氢氧化钠是（2.23a）mol，共消耗氢氧化钠是a+2.2mol，所以若B点横坐标为200mL时，c（NaOH）=mol/L，故D错误故选BC【点评】本题考查混合物的有关计算，题目难度中等，注意利用守恒进行的计算，B为易错点，可以直接利用极限法分析判断x的最大值不能取等号
64、，侧重于考查学生的分析能力和计算能力四、（本题共12分）23硫化钠是一种重要的化工原料工业上用硫酸钠与碳反应得到硫化钠反应方程式如下：Na2SO4+2CNa2S+CO2完成下列填空：（1）上述反应的元素中，原子半径最小的元素的原子有3种能级不同的电子（2）下列可以证明二氧化碳是非极性分子的事实是c（填编号）a二氧化碳密度比空气大 b二氧化碳能溶于水c二氧化碳在电场中通过不偏向 d二氧化碳常温常压下为气态（3）硫化钠在一定条件下会与硫单质反应生成多硫化钠（Na2SX）在碱性溶液中，Na2SX与NaBrO3反应生成Na2SO4与NaBr若Na2SX与NaBrO3反应的物质的量之比为3：16，则 x
65、=5（4）写出硫氢化钠与少量硫酸铜溶液反应的离子方程式2HS+Cu2+=CuS+H2S能否用硫酸铜溶液来鉴别硫化钠溶液和硫氢化钠溶液？请简述实验操作和现象并说明自己的观点：可以，分别向两种溶液中缓缓加入少量的硫酸铜溶液，若产生气泡的是硫氢化钠，不产生的是硫化钠（5）已知：H2S Ki1=9.1108 Ki2=1.11012 HF Ki=3.5104H2SO3 Ki1=1.5102 Ki2=1.0107 HAc Ki=1.75105（6）若用如图的装置，用硫化钠固体和下列溶液制取硫化氢气体，可选用的试剂是da硝酸 b亚硫酸氢钠 c氢氟酸 d醋酸【考点】含硫物质的性质及综合应用【专题】氧族元素【分
66、析】（1）原子半径同周期半径依次减小，同主族原子半径依次增大，几种元素中原子半径最小的是O，根据钠原子的电子排布分析；（2）a 密度大小不能判断分子结构和极性；b极性分子也能溶于水；c非极性分子在电场中通过时不偏向；d极性分子常温常压下也可能为气态；（3）S元素化合价由升高为+6，而NaBrO3被还原为NaBr，Br元素化合价由+5价降低为1价，反应中Na2Sx与NaBrO3的物质的量之比为3：16，根据氧化还原反应中转移电子相等进行解答；（4）硫氢化钠与少量硫酸铜溶液反应生成硫化铜沉淀和硫化氢；硫化钠与硫酸铜生成沉淀，硫氢化钠与硫酸铜生成沉淀和气体；（5）根据酸性强的酸能制备酸性弱的酸的原理
67、分析，硫化氢具有强还原性能被亚硫酸和硝酸氧化【解答】解：（1）Na2SO4+2CNa2S+CO2，上述反应的元素中，几种元素中原子半径最小的是O，钠原子的电子排布式为1s22s22p4，则O原子有3种能级不同的电子；故答案为：3；（2）a 密度大小只能比较气体的轻重，不能说明二氧化碳是非极性分子，故a错误；b极性分子也能溶于水，如HCl属于极性分子，易溶于水，故b错误；c非极性分子的正负电荷中心重叠，不显电性，在电场中通过时不偏向，二氧化碳在电场中通过不偏向，则二氧化碳属于非极性分子，故c正确；d极性分子常温常压下也可能为气态，如氨气、HCl等极性分子在常温下也是气体，故d错误；故答案为：c；
68、（3）Na2Sx在碱性溶液中可被NaBrO3氧化为Na2SO4，S元素化合价由升高为+6，而NaBrO3被还原为NaBr，Br元素化合价由+5价降低为1价，反应中Na2Sx与NaBrO3的物质的量之比为3：16，则：x6（）3=165（1），解得x=5，故答案为：5；（4）硫氢化钠与少量硫酸铜溶液反应生成硫化铜沉淀和硫化氢，其反应的离子方程式为：2HS+Cu2+=CuS+H2S；硫化钠与硫酸铜生成沉淀，硫氢化钠与硫酸铜生成沉淀和气体，所以能用硫酸铜溶液来鉴别硫化钠溶液和硫氢化钠溶液；故答案为：2HS+Cu2+=CuS+H2S；可以，分别向两种溶液中缓缓加入少量的硫酸铜溶液，若产生气泡的是硫氢化
69、钠，不产生的是硫化钠；（5）电离常数越大，酸性越强，硫化氢具有强还原性能被亚硫酸和硝酸氧化，所以不能用硝酸和亚硫酸来制备氢硫酸，HF不能盛放在玻璃容器中，所以不能选用HF，则可以用醋酸制备氢硫酸；故答案为：d【点评】本题考查了硫元素及其化合物的性质，题目涉及的知识点较多，侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力，注意把握电子排布规律、非极性分子、氧化还原反应原理的应用物质的检验鉴别等，题目难度中等五、（本题共12分）25（12分）（2015秋上海月考）利用氮气、氢气在一定条件下生成氨气这一可逆反应来合成氨，是一个重要的化工反应常用来生产液氨和氨水完成下列填空：（1）如图表示合成氨时生成1mol生
70、成物时的能量变化，E的单位为kJ请写出合成氨的热化学方程式N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=2（E3E1）kJ/molN2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=2（E1E3）或2（E3E1）kg/mol（热量用E1、E2或E3表示）该图中的实线与虚线部分是什么反应条件发生了变化？催化剂（2）在一定温度下，若将4amol H2和2amol N2放入VL的定容密闭容器中，2分钟后测得N2的转化率为50%，则该段时间用H2表示的反应速率为摩尔/（升秒）若此时再向该容器中投入a mol H2、amol N2和2amol NH3，判断平衡移动的方向是正向正向移动（填“正向移动”“逆向移动”或“不
71、移动”）（3）液氨和水类似，也能电离：2NH3NH4+NH2，某温度时，其离子积K=2l030该温度下：将少量NH4Cl固体加入液氨中，K=21030（填“”、“”或“=”）；将少量金属钠投入液氨中，完全反应后所得溶液中各微粒物质的量大小排列为：c（NH3）c（NH2）c（Na+）c（NH4+）（4）工厂生产的氨水作肥料时需要稀释用水稀释0.1mol/L稀氨水时，溶液中随着水量的增加而减少的是bcabcd【考点】化学平衡的影响因素；弱电解质在水溶液中的电离平衡【专题】化学平衡专题；电离平衡与溶液的pH专题【分析】（1）H=生成物能量和反应物能量和=反应物键能和生成物键能和=反应物活化能生成物活
72、化能；催化剂能够降低反应的活化能，据此解答；（2）利用三段法计算出平衡时各物质的浓度，再计算氢气的反应速率及平衡常数，然后利用Q与K的关系来分析平衡的移动；（3）K是温度的函数，温度不变K值不变；将少量金属钠投入液氨中，2NH4+2Na=NH3+2Na+H2，导致平衡正向移动，所以离子浓度大小关系为：c（NH3）c（NH2）c（Na+）c（NH4+）；（4）NH3H2ONH4+OH，用水稀释促进电离，平衡正向移动，n（NH3H2O）减少，n（NH4+）增加，加水稀释促进一水合氨电离，溶液中c（OH）、c（NH3H2O）、c（NH4+）都减小，温度不变，水的离子积常数不变，则c（H+）增大【解答
73、】解：（1）据反应图象，先求出反应焓变，H=反应物活化能生成物活化能=（E1E3）KJ/mol，即可写出热化学方程式：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=2（E1E3）kJ/mol；虚线部分和实线相比，只是活化能降低了，反应物和生成物能量相等，所以，虚线部分是使用了催化剂时的能量变化图线，故答案为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=2（E3E1）kJ/mol；催化剂（2）由4amolH2和2amolN2放入VL的密闭容器中，充分反应后测得N2的转化率为50%，则 N2+3H2 2NH3开始mol/L 2 4 0转化mol/L 3 2平衡mol/L 2用H2表示的反应速率为=mol
74、/（Lmin）=mol/（Ls），K=，若此时再向该容器中投入amolH2、amolN2和2amolNH3，则浓度分别为：2mol/L； 2mol/L；4mol/L则Q=K，则化学平衡正向移动，故答案为： mol/（Ls）；正向移动；（3）K是温度的函数，温度不变K值不变，故答案为：=；2NH3NH4+NH2，将少量金属钠投入液氨中，2NH4+2Na=NH3+2Na+H2，平衡正向移动，所以离子浓度大小关系为c（NH3）c（NH2）c（Na+）c（NH4+），故答案为：=，c（NH3）c（NH2）c（Na+）c（NH4+）；（4）a相当于比较，分子增加，分母减小，所以值增大，故a错误； b相当
75、于比较，分子减小，分母增加，所以值减小，故b正确； c分子减小，分母增加，所以值减小，故c正确； d分子增加，分母减小，所以值增大，故d错误；故答案为：b、c；【点评】本题考查化学平衡标志的分析判断，化学反应速率概念分析应用，明确影响化学反应速率及化学平衡的影响因素，弱电解质的电离等知识，综合性较强，难度较大明确化学平衡的特征及弱电解质电离特点是解本题的关键六、（本题共12分）26（12分）（2014奉贤区一模）某化学小组拟采用如下装置（夹持和加热仪器已略去）来电解饱和食盐水，并用电解产生的H2还原CuO粉末来测定Cu的相对原子质量，同时检验氯气的氧化性（1）为完成上述实验，正确的连接顺序为A
76、连E；B连C（填写字母）（2）对硬质玻璃管里的氧化铜粉末加热前，需要进行的操作为检验氢气的纯度（3）若检验氯气的氧化性，则乙装置的a瓶中溶液可以是淀粉碘化钾溶液，对应的现象为溶液变为蓝色（4）丙装置的c瓶中盛放的试剂为浓硫酸，作用是吸收氢气中的水，防止硬质玻璃管炸裂（5）为测定Cu的相对原子质量，设计了如下甲、乙两个实验方案精确测量硬质玻璃管的质量为a g，放入CuO后，精确测量硬质玻璃管和CuO的总质量为b g，实验完毕后：甲方案：通过精确测量硬质玻璃管和Cu粉的总质量为c g，进而确定Cu的相对原子质量乙方案：通过精确测定生成水的质量d g，进而确定Cu的相对原子质量请你分析并回答：甲方案
77、所测结果更准确你认为不合理的方案的不足之处是空气中的二氧化碳和水通过D口进入U形管造成实验误差较大若按甲方案测定的数据计算，Cu的相对原子质量为【考点】氯碱工业【专题】电化学专题【分析】（1）在电解池的阴极上产生的是氢气，阳极上产生的是氯气，据实验目的来连接装置；（2）电解饱和食盐水产生的氢气中含有水蒸气，会影响铜的相对原子质量的测定，需进行干燥，检验纯度；（3）氯气具有氧化性，能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝；（4）电解饱和食盐水产生的氢气中含有水蒸气，会影响铜的相对原子质量的测定，必须干燥；（5）选方案甲的数据进行计算时，主要考虑U型管也可能吸收空气中的CO2这方面原因会导致测定Cu的相对原子
78、质量有偏差；选用了方案乙数据进行计算是利用反应前后CuO中氧元素的减少量和实验前准确称取CuO的质量为wg中氧元素的质量相等，求得Cu的相对原子质量【解答】解：（1）A是阴极，阴极上产生的是氢气，B是阳极，阳极上产生的是氯气，要用氢气来还还原氧化铜，所以A连接E，干燥氢气后用氢气来还原氧化铜，所以B连接C，故答案为：E；C；（2）加热氧化铜之前要检验纯度，否则加热易引起爆炸，故答案为：检验氢气的纯度；（3）氯气具有氧化性，能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，可以用湿润的淀粉碘化钾试纸来检验，故答案为：淀粉碘化钾溶液；溶液变为蓝色；（4）氢气的干燥可以用浓硫酸，在实验时，如果氢气中有水，会将硬质玻璃管
79、炸裂，故答案为：浓硫酸；吸收氢气中的水，防止硬质玻璃管炸裂；（5）U型管也可能吸收空气中的CO2这方面原因会导致测定Cu的相对原子质量有误差，故答案为：甲；空气中的二氧化碳和水通过D口进入U形管造成实验误差较大；根据甲方案，设金属铜的原子量为M，则 CuOCuM+16 Mba ca ，解得M=，故答案为：【点评】本题是一道氯碱工业的知识题目，考查角度广，要求学生具有分析和解决问题的能力，难度较大七、（本题共12分）27（12分）（2015秋上海月考）实验室以苯、乙醛为原料，AlCl3为催化剂制备1，1二苯乙烷，其反应原理为如图1：已知：AlCl3固体遇水会发生较强烈水解I制取装置如图2所示（1
80、）该反应需控制反应温度为20控制20的方法是乙醛的沸点低，温度较高，乙醛挥发，产率降低（或温度高会发生副反应）；该反应不高于20的可能原因是：将三口烧瓶置于20的水浴中（2）仪器a的作用是冷凝、回流；装置c的作用是吸收HCl，写出产生HCl的化学方程式AlCl3+3H2O Al（OH）3+3HCl；装置b的作用是防止烧杯中的水蒸气进入反应器中与三氯化铝反应实验结束后，将三口烧瓶中的混合物倒入冷稀盐酸中，用分液漏斗分离出有机层，依次用水、2%碳酸钠溶液、水洗涤，洗涤后加入少量无水硫酸镁固体，过滤、蒸馏，得到1，1二苯乙烷（3）分液漏斗中，产品在上（填“上”或“下”）层；洗涤操作中，第二次水洗的目
81、的是洗掉氯化铝、盐酸和碳酸钠（或洗掉可溶性无机物）；无水硫酸镁也可用物质氯化钙代替（4）蒸馏提纯时，下列装置中会导致收集到的产品中混有低沸点杂质的装置如图3是ab（选填编号）（5）三口烧瓶中加入120mL苯（密度0.88g/mL）、19g A1C13和3.7g乙醛，20时充分反应，制得纯净的1，1二苯乙烷7.8g该实验的产率约为51%【考点】制备实验方案的设计【专题】实验分析题；实验评价题；演绎推理法；制备实验综合【分析】（1）乙醛的沸点低，温度较高时，乙醛挥发，使得反应产率降低，所以该反应需控制反应温度为20，控制温度的方法可以通过水水浴的方式；（2）仪器a为冷凝管，对反应混合物进行冷凝回流
82、；氯化铝水解可得氯化氢和氢氧化铝，氯化铝极易水解，所以要防止烧杯中的水蒸气进入三口烧瓶，引起氯化铝的水解，装置b处用干燥剂吸水；（3）1，1二苯乙烷的密度小于水，据此判断产品的位置，洗涤操作中，第二次水洗主要是除去氯化铝、盐酸和碳酸钠（或洗掉可溶性无机物），洗涤后加入少量无水硫酸镁固体，目的是吸收产品中少量的水分，也可以用氯化钙代替；（4）蒸馏提纯时，如果温度计水银球的位置在支管口下面，收集到的馏份的沸点要低于水银球的位置在支管口处的收集到的馏份，据此判断；（5）120mL苯（密度0.88g/mL）的物质的量为mol=1.35mol，3.7g乙醛的物质的量为mol=0.084mol，根据苯、乙
83、醛为原料制备1，1二苯乙烷的方程式可知，苯过量，所以产品的理论产量为0.084mol182g/mol=15.3g，根据产率=100%计算【解答】解：（1）乙醛的沸点低，温度较高时，乙醛挥发，使得反应产率降低，所以该反应需控制反应温度为20，控制温度的方法可以通过水水浴的方式，即将三口烧瓶置于20的水浴中，故答案为：将三口烧瓶置于20的水浴中；乙醛的沸点低，温度较高，乙醛挥发，产率降低（或温度高会发生副反应）；（2）仪器a为冷凝管，对反应混合物进行冷凝回流，氯化铝水解可得氯化氢和氢氧化铝，反应方程式为AlCl3+3H2O Al（OH）3+3HCl，氯化铝极易水解，所以要防止烧杯中的水蒸气进入三口
84、烧瓶，引起氯化铝的水解，装置b处用干燥剂吸水，防止烧杯中的水蒸气进入反应器中与三氯化铝反应，故答案为：冷凝、回流；AlCl3+3H2O Al（OH）3+3HCl；防止烧杯中的水蒸气进入反应器中与三氯化铝反应；（3）1，1二苯乙烷的密度小于水，所以产品在上层，洗涤操作中，第二次水洗主要是除去氯化铝、盐酸和碳酸钠（或洗掉可溶性无机物），洗涤后加入少量无水硫酸镁固体，目的是吸收产品中少量的水分，也可以用氯化钙代替，故答案为：上；洗掉氯化铝、盐酸和碳酸钠（或洗掉可溶性无机物）；氯化钙；（4）蒸馏提纯时，如果温度计水银球的位置在支管口下面，收集到的馏份的沸点要低于水银球的位置在支管口处的收集到的馏份，故
85、选ab；（5）120mL苯（密度0.88g/mL）的物质的量为mol=1.35mol，3.7g乙醛的物质的量为mol=0.084mol，根据苯、乙醛为原料制备1，1二苯乙烷的方程式可知，苯过量，所以产品的理论产量为0.084mol182g/mol=15.3g，所以1，1二苯乙烷的产率约为100%=51%，故答案为：51%【点评】本题考查制备实验方案设计，侧重考查学生分析、基本操作等能力，明确实验原理是解本题关键，知道每个仪器作用、物质的性质，学生对于制备实验较陌生，对于有机物性质较陌生，从而导致得分率较低，为学习难点八、（本题共10分）28（10分）（2015秋上海月考）已知：（1）CH3CH
86、O+CH3CHOCH3CH=CHCHO，水杨酸酯E为紫外线吸收剂，可用于配制防晒霜E的一种合成路线如下：请回答下列问题：（1）饱和一元醇A中氧的质量分数约为21.6%，则A的分子式为C4H10O；结构分析显示A只有一个甲基，A的系统命名法名称为1丁醇（或正丁醇）（2）B能与新制的Cu（OH）2悬浊液发生反应，该反应的化学方程式为CH3CH2CH2CHO+2Cu（OH）2+NaOHCH3CH2CH2COONa+Cu2O+3H2O（3）C的可能结构有2种；若一次取样，检验C中所含官能团，按使用的先后顺序写出所用试剂：银氨溶液、稀盐酸、溴水（4）D所含官能团的名称为羟基；第步的反应类型为取代反应（酯
87、化反应）；（5）同时符合下列条件的水杨酸所有同分异构体共有4种a分子中有6个碳原子在一条直线上；b分子中所含官能团包括水杨酸具有的含氧官能团【考点】有机物的推断【专题】有机推断；结构决定性质思想；演绎推理法；有机化合物的获得与应用【分析】一元醇A中氧的质量分数约为21.6%，设该饱和一元醇的化学式为CnH2n+2O，氧元素的质量分数=，则n=4，且A中只有一个甲基，所以该一元醇是1丁醇，在铜作催化剂、加热条件下，A被氧气氧化生成B丁醛，丁醛和氢氧化钠的水溶液发生反应生成 C，结合题给信息知，C的结构简式为：CH3CH2CH2CH=C（CH2CH3）CHO，C反应生成D，D的相对分子质量是130
88、，则C和氢气发生加成反应生成D，则D的结构简式为：CH3CH2CH2CH2CH（CH2OH）CH2CH3，D和邻羟基苯甲酸发生酯化反应生成E，E的结构简式为：，结合物质的结构和性质解答【解答】解：一元醇A中氧的质量分数约为21.6%，设该饱和一元醇的化学式为CnH2n+2O，氧元素的质量分数=，则n=4，且A中只有一个甲基，所以该一元醇是1丁醇，在铜作催化剂、加热条件下，A被氧气氧化生成B丁醛，丁醛和氢氧化钠的水溶液发生反应生成 C，结合题给信息知，C的结构简式为：CH3CH2CH2CH=C（CH2CH3）CHO，C反应生成D，D的相对分子质量是130，则C和氢气发生加成反应生成D，则D的结构
89、简式为：CH3CH2CH2CH2CH（CH2OH）CH2CH3，D和邻羟基苯甲酸发生酯化反应生成E，E的结构简式为：，（1）通过以上分析知，A的分子式为：C4H10O，结构分析显示A只有一个甲基，A的名称为1丁醇，故答案为：C4H10O，1丁醇（或正丁醇）；（2）加热条件下，丁醛和新制氢氧化铜反应生成丁酸钠、氧化亚铜和水，反应方程式为：CH3CH2CH2CHO+2Cu（OH）2+NaOH CH3CH2CH2COONa+Cu2O+3H2O，故答案为：CH3CH2CH2CHO+2Cu（OH）2+NaOH CH3CH2CH2COONa+Cu2O+3H2O；（3）C的结构简式为：CH3CH2CH2CH
90、=C（CH2CH3）CHO，有顺式和反式两种结构，C中含有醛基和碳碳双键，都能和溴水反应，要检验两种官能团，则应先用银氨溶液检验醛基，然后再用溴水检验碳碳双键，所以所加试剂先后顺序是：银氨溶液、稀盐酸、溴水，故答案为：2；银氨溶液、稀盐酸、溴水；（4）D的结构简式为：CH3CH2CH2CH2CH（CH2OH）CH2CH3，D中所含有的官能团为羟基，根据上面的分析可知，第步的反应类型为取代反应（酯化反应），故答案为：羟基；取代反应（酯化反应）；（5）根据条件a分子中有6个碳原子在一条直线上，则该分子中含有两个碳碳三键：b分子中所含官能团包括水杨酸具有的官能团，则该分子中含有一个羟基和一个羧基，则
91、符合条件的水杨酸同分异构体的结构简式为：HOCH2CCCCCH2COOH、HOCH2CH2CCCCCOOH、，共有4种，故答案为：4【点评】本题考查有机物的推断，正确推断出A物质是解本题关键，结合题给信息进行分析解答，难度中等，注意溴水能氧化醛基，为易错点九、（本题共12分）29（12分）（2012北京）优良的有机溶剂对孟烷、耐热型特种高分子功能材料PMnMA的合成路线如下：己知芳香化合物苯环上的氢原子可被卤代烷中的烷基取代如：（1）B为芳香烃由B生成对孟烷的反应类型是加成反应（或还原反应）（CH3 ）2CHCl与A生成B的化学方程式是A的同系物中相对分子质量最小的物质是苯（2）1.08g的C
92、与饱和溴水完全反应生成3.45g白色沉淀E不能使Br2的CCl4溶液褪色F的官能团是碳碳双键C的结构简式是反应I的化学方程式是（3）下列说法正确的是（选填字母）adaB可使酸性高锰酸钾溶液褪色 bC不存在醛类同分异构体cD的酸性比E弱 dE的沸点高于对孟烷（4）G的核磁共振氢谱有3种峰，其峰面积之比为3：2：1G与NaHCO3反应放出CO2反应II的化学方程式是【考点】有机物的合成【专题】压轴题；有机物的化学性质及推断【分析】2氯丙烷和化合物A反应生成B，B为芳香烃，B和氢气发生加成反应生成对孟烷，根据对孟烷的结构简式及题给信息知，A是甲苯，B是；1.08g的C与饱和溴水完全反应生成3.45g
93、白色沉淀，说明C中含有酚羟基，C变为白色沉淀时质量增加的量=（3.451.08）g=2.37g，当1mol酚和浓溴水发生取代反应时，有1mol氢原子被溴原子取代时，质量增加79g，当酚质量增加2.37g，则使有0.03mol氢原子被取代，有0.01mol酚参加反应，所以C的摩尔质量为： =108g/mol，苯酚的相对分子质量是94，该酚的相对分子质量比苯酚大14，说明C中还含有一个甲基，C中能和溴水发生3溴取代，则C是间甲基苯酚，C和2氯丙烷发生取代反应生成D，D的结构简式为：，D反应生成E，E发生消去反应生成F，F和氢气发生加成反应生成对孟烷，D和氢气发生加成反应生成，和氢氧化钠的醇反应发生
94、消去反应生成或，然后或发生加成反应生成对孟烷，则E是，F是或，G与NaHCO3反应放出CO2，说明G中含有羧基，G的核磁共振氢谱有3种峰，其峰面积之比为3：2：1，则G的结构简式为：CH2=C（CH3）COOH，H是【解答】解：2氯丙烷和化合物A反应生成B，B为芳香烃，B和氢气发生加成反应生成对孟烷，根据对孟烷的结构简式及题给信息知，A是甲苯，B是；1.08g的C与饱和溴水完全反应生成3.45g白色沉淀，说明C中含有酚羟基，C变为白色沉淀时质量增加的量=（3.451.08）g=2.37g，当1mol酚和浓溴水发生取代反应时，有1mol氢原子被溴原子取代时，质量增加79g，当酚质量增加2.37g
95、，则使有0.03mol氢原子被取代，有0.01mol酚参加反应，所以C的摩尔质量为： =108g/mol，苯酚的相对分子质量是94，该酚的相对分子质量比苯酚大14，说明C中还含有一个甲基，C中能和溴水发生3溴取代，则C是间甲基苯酚，C和2氯丙烷发生取代反应生成D，D的结构简式为：，D反应生成E，E发生消去反应F，F和氢气发生加成反应生成对孟烷，D和氢气发生加成反应生成，和氢氧化钠的醇反应发生消去反应生成或，然后或发生加成反应生成对孟烷，则E是，F是或，G与NaHCO3反应放出CO2，说明G中含有羧基，G的核磁共振氢谱有3种峰，其峰面积之比为3：2：1，则G的结构简式为：CH2=C（CH3）CO
96、OH，H是（1）通过流程图知，B和氢气发生加成反应生成对孟烷，故答案为：加成（还原）反应；2氯丙烷和甲苯在催化剂条件下发生取代反应，反应方程式为：，故答案为：；A是甲苯，A的同系物中相对分子质量最小的物质是苯，故答案为：苯；（2）F是或，其含有的官能团是碳碳双键，故答案为：碳碳双键；通过以上分析知，C的结构简式为：，故答案为：；和氢气发生加成反应，反应方程式为：，故答案为：；（3）aB是，B中直接连接苯环的碳原子上含有氢原子，所以B可使酸性高锰酸钾溶液褪色，故正确； bC是，C存在醛类同分异构体，故错误；cD是，E是，酚的酸性大于醇，故错误；dE中能形成氢键，对孟烷不能形成氢键，所以E的沸点高
97、于对孟烷，故正确；故选a、d；（4）H是，H发生加聚反应，所以反应II的化学方程式是 ，故答案为：【点评】本题考查了有机物的推断，正确推断C是解本题关键，注意结合题给信息进行分析解答，难度中等十、（本题共14分）30（14分）（2015秋上海月考）氢气是化工行业重要原料之一（1）电解饱和食盐水是生产H2的方法之一常温下，电解250mL饱和食盐水一段时间后，溶液质量减轻0.365g（假设气体全部逸出）生成的氢气在标准状况下的体积为112mL（2）在电弧炉中，甲烷裂解产生乙炔和氢气，若1m3甲烷经此过程生成0.27m3氢气，则甲烷的裂解率为18%（体积均在相同条件下测定）（3）已知：CxHy+H2
98、OCO+CO2+H2（未配平）工业上用甲烷、乙烷的混合气体利用上述反应生产氢气，反应后气体经干燥组成如下表所示：组分COCO2H2体积分数20%5%75%计算原混合气体中甲烷与乙烷的物质的量之比（4）合成氨生产过程中，消耗氮氢混合气2000m3（其中CH4的体积分数为0.112%，下同），分离液氨后的氮氢混合气中含CH4 2.8%计算分离出液氨为多少吨（保留2位小数，所有体积均已折算至标准状况）【考点】有关混合物反应的计算；电解原理【专题】电化学专题；利用化学方程式的计算【分析】（1）电解饱和食盐水是生产H2的方法之一，溶液质量减轻就是氯化氢的质量，所以n（H2）=0.005mol，根据V=n
99、Vm，计算体积；（2）由反应方程式：2CH43H2+C2H2，生成0.27m3氢气，则分解甲烷的物质的量为： =0.18m3；（3）设出反应产物的总体积及甲烷、乙烷的总体积，根据碳元素、氧元素、氢元素守恒分别列式计算，再根据相同条件下气体的体积之比等于其物质的量之比计算出原混合气体中甲烷与乙烷的物质的量之比；（4）CH4的体积分数为0.112%，所以CH4的体积为：2000m30.112%=2.24m3，则反应后混合气体的体积为： =80m3，所以气体体积减少量为：2000m380m3=1920m3，就是生成氨气的物质的量，所以氨气的物质的量为：=4.28104mol，所以质量为：4.2810
100、4mol17g/mol=0.728t，由此解答【解答】解：（1）电解饱和食盐水是生产H2的方法之一，溶液质量减轻就是氯化氢的质量，所以n（H2）=0.005mol，所以V=nVm0.005mol22.4L/mol=112ml，故答案为：112； （2）由反应方程式：2CH43H2+C2H2，生成0.27m3氢气，则分解甲烷的物质的量为： =0.18m3，甲烷的裂解率为=18%，故答案为：18； （3）设反应后气体总体积为V，甲烷的体积为x、乙烷的体积为y，则含有CO体积而为0.2V，二氧化碳为0.05V，氢气为0.75V，根据碳元素守恒可得：x+2y=0.2V+0.05V=0.25V，根据氧元
101、素守恒可知，参加反应的水的物质的量为：0.2V+0.05V2=0.3V，根据H元素守恒，水分子中H生成氢气体积为0.3V，则甲烷和乙烷分子中含有氢元素生成的氢气体积为：0.75V0.3V=0.45V，即：（4x+6y）=0.45V，联立解得：x=0.15V、y=0.05V，相同条件下气体体积之比等于其物质的量之比，所以原混合气体中甲烷与乙烷的物质的量之比为：0.15V：0.05V=3：1，答：原混合气体中甲烷与乙烷的物质的量之比3：1； （4）CH4的体积分数为0.112%，所以CH4的体积为：2000m30.112%=2.24m3，则反应后混合气体的体积为： =80m3，所以气体体积减少量为：2000m380m3=1920m3，就是生成氨气的物质的量，所以氨气的物质的量为：=4.28104mol，所以质量为：4.28104mol17g/mol=0.728t，答：分离出液氨为0.73t【点评】本题考查了混合物反应的计算，题目难度中等，根据氧元素守恒计算出甲烷和乙烷分子中氢元素的量为解答关键，注意明确质量守恒定律在化学计算中的应用，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学计算能力
