1、2016年上海市闸北区高考化学一模试卷一、选择题（本题共10分，每小题2分，每题只有一个正确选项）1化学与社会、生活密切相关下列有关说法错误的是（）A地球上99%以上的溴蕴藏在海洋中B用食醋可除去热水壶内壁的水垢C在水库铁闸门上接装铜块可减缓铁闸门腐蚀D将煤气化或液化可减少污染、提高燃烧效率2下列有关化学用语能表示甲烷的分子组成，但不能反映其分子空间构型的是（）A结构示意图：B电子式：C球棍模型：D比例模型：3丙酮是一种常用的有机溶剂，可与水以任意体积比互溶，密度小于1g/mL，沸点约55，分离水和丙酮时最合理的方法是（）A蒸发B分液C过滤D蒸馏4能导电的电解质是（）A氯化钠溶液B金属铜C熔融
2、硝酸钾D酒精5金属能导电的原因是（）A金属阳离子与自由电子间的作用较弱B金属在外加电场作用下可失去电子C金属阳离子在外加电场作用下可发生定向移动D自由电子在外加电场作用下可发生定向移动二、选择题（本题共36分，每小题3分，每题只有一个正确选项）6下列说法正确的是（）A分子式C7H16的烃，分子中有4个甲基的同分异构体有4种（不考虑立体异构）B的名称为：2，2，4三甲基4戊烯C化合物是苯的同系物D植物油的主要成分是不饱和高级脂肪酸7下列有关性质的比较，不能用元素周期律解释的是（）A酸性：H2SO4H3PO4B非金属性：ClBrC碱性：NaOHMg（OH）2D热稳定性：Na2CO3NaHCO38下
3、列有关化学基本概念的判断依据正确的是（）A弱电解质：溶液的导电能力弱B共价化合物：含有共价键C离子化合物：含有离子键D金属晶体：能够导电9已知：（1）Al（OH）3的电离方程式为：AlO2+H+H2OAl（OH）3Al3+3OH（2）无水AlCl3晶体的沸点为182.9，溶于水的电离方程式为：AlCl3=Al3+3Cl（3）PbSO4难溶于水，易溶于醋酸钠溶液，反应的化学方程式为：PbSO4+2CH3COONa=Na2SO4+（CH3COO）2Pb则下列关于Al（OH）3、AlCl3和（CH3COO）2Pb的说法中正确的是（）A均为强电解质B均为弱电解质C均为离子化合物D均为共价化合物10在盛
4、有稀H2SO4的烧杯中放入用导线连接的电极X、Y，外电路中电子流向如图所示，下列说法正确的是（）A外电路的电流方向为：X外电路YBX极上发生的是还原反应C溶液中氢离子向X极移动D若两电极都是金属，则它们的活动性顺序为XY11可以描述两种一元酸：甲（ Ki=1.8105）和乙（ Ki=1.4103）在水中的电离度与浓度关系的曲线是（）ABCD12下列关于如图所示转化关系（X代表卤素）的说法错误的是（）AQ30BQ1=Q2+Q3C按Cl、Br、I的顺序，Q2依次增大DQ1越大，HX越稳定13下列实验所采取的分离方法与对应原理都正确的是（）选项目的分离方法原理A提取碘水中的碘乙醇萃取碘在乙醇中溶解度
5、比水中大B除去纯碱中的碳酸氢铵加热纯碱热稳定性大于碳酸氢铵C分离KNO3和NaCl重结晶KNO3的溶解度大于NaClD分离乙酸乙酯和乙醇分液乙酸乙酯密度大于乙醇AABBCCDD14下列各组中的两种物质相互反应时，无论哪种过量，都可以用同一个离子方程式表示的组数是（）亚硫酸钠溶液与稀盐酸 偏铝酸钠溶液与盐酸 二氧化碳与氢氧化钠溶液氯化铝与氨水 碳酸氢钠溶液与澄清石灰水碳酸氢钙溶液与澄清石灰水 苯酚钠溶液中通入二氧化碳A2组B3组C4组D5组15已知温度T时水的离子积常数为KW，该温度下，将浓度为a mol/L的一元酸HA与b mol/L一元碱BOH等体积混合，可判定该溶液呈中性的依据是（）A混合
6、溶液的pH=7B混合溶液中，c（H+）=mol/LCa=bD混合溶液中，c（H+）+c（B+）=c（OH）+c（A）16某气体的摩尔质量为M g/mol，NA表示阿伏加德罗常数，在一定的温度和压强下，体积为V L的该气体所含有的分子数为X则表示的是（）AV L该气体的质量（以g为单位）B1 L该气体的质量（以g为单位）C1 mol该气体的体积（以L为单位）D1 L该气体的物质的量（以mol为单位）17某溶液中可能含有Na+、NH4+、Ba2+、SO42、I、S2分别取样：用pH计测试，溶液显弱酸性；加氯水和淀粉无明显现象为确定该溶液的组成，还需检验的离子是（）ANa+BSO42CBa2+DNH
7、4+三、选择题（本题共20分，每小题4分，每小题有一个或两个正确选项只有一个正确选项的，多选不给分；有两个正确选项的，选对一个给2分，选错一个，该小题不给分）18氮化钠和氢化钙都是离子化合物，与水反应的化学方程式（末配平）如下：Na3N+H2ONaOH+NH3，CaH2+H2OCa（OH）2+H2有关它们的叙述正确的是（）A离子半径的大小：Na+N3HB它们与水发生的反应均属于氧化还原反应C两种化合物均只含离子键，不含共价键D两固体混合物溶于足量盐酸中可得到三种盐1925时，某溶液中由水电离的氢离子为11012mol/L，关于该溶液的说法正确的是（）AHCO3一定不能大量存在BpH一定是12C
8、加入铝片一定能产生氢气D一定不是NH4Cl溶液20已知2NO2N2O4+Q （Q0），将一定量的NO2充入注射器中后封口，如图是在拉伸和压缩注射器的过程中气体透光率随时间的变化（气体颜色越深，透光率越小）下列说法正确的是（）Ac点的操作是拉伸注射器Bb点与a点相比，c（NO2）增大，c（N2O4）减小C若反应在一绝热容器中进行，则a、b两点的平衡常数KaKbDd点：v（正）v（逆）21科学家曾预言一种可用作炸药的物质，分子式为C（N3）4，其爆炸反应方程式为：C（N3）4C+6N2，下列说法一定错误的是（）A该物质为离子晶体B该物质可用通过C60吸附N2而制得CC（N3）4中碳元素为正价D18
9、g该物质完全分解可以产生13.44升（标准状况）氮气22向NaOH溶液中通入CO2气体后得到溶液M，因CO2通入的量不同，溶液M的组成也不同若向M中逐滴加入盐酸，产生的气体体积V（CO2）与加入盐酸的体积V（HCl）的关系如图则下列分析正确的是（不计CO2溶解）（）A若OB=0，则溶液M为Na2CO3溶液B若OB=BC，则形成溶液M所发生反应的离子方程式为OH+CO2HCO3C若溶液M中c（NaHCO3）=2c（Na2CO3），则3OB=BCD若溶液M中大量存在的阴离子为CO32和HCO3，则OBBC四、（本题共12分）23农业对化肥的需求是合成氨工业发展的持久推动力（1）氮原子最外电子层上有
10、种能量不同的电子，其原子核外存在对自旋相反的电子（2）一定温度、压强下，氮气和氢气反应生成1mol氨气的过程中能量变化示意图如图1，请写出该反应的热化学反应方程式：（Q的数值用含字母a、b的代数式表示）（3）如图2表示500、60.0MPa条件下，原料气H2和N2的投料比与平衡时NH3体积分数的关系工业上合成氨的温度一般控制在500，原因是根据图中a点数据计算N2的平衡体积分数为硫化铵晶体与晶体硅相比较，的熔点较高，原因是写出等物质的量浓度等体积的硫酸氢钠与硫化铵溶液反应的离子方程式五、（本题共12分）24海洋化学资源的研究和合理利用具有广阔前景，从海水中可提取氯、溴、碘等卤族元素（1）氯原子
11、结构示意图是，碘在元素周期表中的位置是，HI的稳定性比HBr（填写“强”或“弱”）（2）向浓缩的海水中通入Cl2，可将Br转化为Br2再用“空气吹出法”将Br2从浓海水中吹出，并用纯碱浓溶液吸收，生成NaBr、NaBrO3等当有1mol Br2被纯碱吸收时，转移的电子数为（3）如图是NaClO的发生装置该装置主要利用了电解饱和食盐水的原理，可实现对海水的消毒和灭藻写出装置中产生NaClO的化学方程式海水中含有Ca2+、Mg2+、HCO3等杂质离子，处理过程中装置的阴极易产生水垢，其主要成分是Mg（OH）2和CaCO3生成CaCO3的离子方程式是若每隔510min倒换一次电极电性，可有效地解决阴
12、极的结垢问题试用电极反应式并结合必要的文字进行解释NaOH溶液吸收SO2得Na2SO3，可用Na2SO3吸收SO2在SO2被吸收的过程中，pH随n（SO32）、n（HSO3）变化关系如下：n（SO32）：n（HSO3）91：91：11：91pH8.27.26.2从上表可判断，NaHSO3溶液呈（填“酸性”、“碱性”、“中性”），请用平衡原理解释：当吸收液呈中性时，溶液中离子浓度关系正确的是（选填字母）ac（Na+）=2c（SO32）+c（HSO3）bc（Na+）c（HSO3）c（SO32）c（H+）=c（OH）cc（Na+）+c（H+）=c（SO32）+c（HSO3）+c（OH）dc（Na+）
13、c（SO32）c（HSO3）c（H+）=c（OH）六、（本题共12分）25麦秸杆、木屑等废料经干馏制燃料气过程中产生大量的废液，俗称木醋液（主要成分乙酸，还含少量的甲醇、苯酚、焦油等）以木醋液与白云石（主要成分2MgCO33CaCO3，还含有SiO2等杂质）等为原料，可制备出绿色环保型融雪剂CMA（醋酸钙、醋酸镁固体的混合物）CMA生产流程如图1：（1）步骤发生反应的离子方程式为（2）滤渣1的主要成分为（写化学式）；步骤所得滤液常呈褐色，颜色除与木醋液中含有少量的有色焦油外，产生颜色的另一主要原因是（3）步骤是往滤液中加活性炭粉，可使滤液脱色，这是利用了活性炭具有实验测知CMA中钙、镁离子的物
14、质的量之比与出水率（与融雪效果成正比）的关系如图（4）由图2知，当CMA中n（Ca2+）：n（Mg2+）约为 时融雪的效果最好（选填字母）a1：2 b3：7 c2：3步骤的目的主要是，（5）步骤包含的操作有、过滤、洗涤及干燥七、（本题共12分）26焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是常用的食品抗氧化剂之一某化学研究小组采用图1装置（实验前已除尽装置内的空气）制取Na2S2O5，装置 II中有Na2S2O5晶体析出，发生的反应为：Na2SO3+SO2Na2S2O5（1）装置中产生气体的化学方程式为（2）要从装置中获得已析出的晶体，需要用到的玻璃仪器有装置用于处理尾气，可选用的合理装置（夹持仪器已略去）
15、为（填序号）（3）现将0.5mol Na2S2O5溶解于水配成1L溶液，该溶液pH=4.5溶液中部分微粒浓度随溶液酸碱性变化如图（4）写出Na2S2O5溶解于水的化学方程式；当溶液pH小于1后，溶液中H2SO3的浓度减小，其原因可能是（5）葡萄酒常用Na2S2O5做抗氧化剂1.90g Na2S2O5最多能还原mLO2（标准状况）（6）检验Na2S2O5晶体在空气中已被氧化的实验方案是八、（本题共11分）27食品防腐剂能防止由微生物引起的腐败变质、延长食品的保质期芳香族化合物甲是一种食品防腐剂，其相对分子质量为122，且能与NaHCO3溶液反应生成CO2（1）甲的结构简式是，芳香族化合物乙与甲互
16、为同分异构体，能与NaOH溶液反应，但不能使FeCl3溶液显紫色，写出乙与NaOH溶液反应的化学方程式：有机物H（尼泊金乙酯）也是一种常见的食品防腐剂，其生产过程如下：（反应条件未全部注明）完成下列问题：（2）有机物D的名称；有机物G的结构简式反应的试剂和条件是不能与H反应的物质是（选填字母）aNaHCO3溶液 bNaOH溶液 cFeCl3溶液 d浓Br2水（3）D有多种同分异构体，写出一个与D不同类且含苯环的结构简式：（4）反应和的目的是反应的化学方程式是九、（本题共11分）28乙酰基扁桃酰氯是一种医药中间体某研究小组以乙醇和甲苯为主要原料，按下列路线合成乙酰基扁桃酰氯已知：RCHO，RCN
17、RCOOH，RCOOHRCOClRCOOR完成下列问题：（1）D的结构简式，E中含氧官能团的名称（2）下列说法正确的是（选填字母）AA不能发生取代反应 BB能发生银镜反应CC能发生氧化反应 DG的分子式为C10H9O4（3）从甲苯到化合物C的转化过程中，涉及到的反应类型依次是反应、反应和反应（4）E+FG的化学方程式是（5）D的同分异构体有多种，写出两种同时符合下列条件的同分异构体的结构简式含有CN（氰基）和OH含有苯环，且苯环上的一卤代物有两种（6）设计以乙醇为原料制备F的合成路线（无机试剂任选）合成路线常用的表示方式为：AB目标产物十、（本题共14分）29铁粉和硫粉在隔绝空气条件下充分加热
18、可化合，所得产物硫化亚铁还能与酸作用（1）将8.8g 硫化亚铁固体置于200mL 2.0mol/L的盐酸中，以制备H2S气体反应完全后，溶液中H2S的浓度为0.10mol/L（假定溶液体积不变）试计算在标准状况下，可收集到H2S气体的体积是多少L（2）将29g混合均匀的铁粉和硫粉置于密闭容器中加热，充分反应后冷却至室温，再跟足量稀盐酸反应，产生气体在标准状况下为8.4L，则混合物中铁和硫的物质的量之比为若使上述气体充分燃烧，可消耗标准状况下氧气的体积为（3）将ag铁粉和b g硫粉混合均匀，在隔绝空气条件下充分加热，然后往反应后的固体混合物中加入足量稀硫酸若使产生的气体充分燃烧，消耗标准状况下空
19、气的体积为VL（空气中O2的体积分数为0.20）请通过计算分析V的取值范围2016年上海市闸北区高考化学一模试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共10分，每小题2分，每题只有一个正确选项）1化学与社会、生活密切相关下列有关说法错误的是（）A地球上99%以上的溴蕴藏在海洋中B用食醋可除去热水壶内壁的水垢C在水库铁闸门上接装铜块可减缓铁闸门腐蚀D将煤气化或液化可减少污染、提高燃烧效率【考点】常见的生活环境的污染及治理；金属的电化学腐蚀与防护；化石燃料与基本化工原料【专题】化学应用【分析】A地球上99%以上的溴都蕴藏在汪洋大海中； B水垢的主要成分是碳酸钙和氢氧化镁；CCu的金属活泼性比Fe弱，构
20、成的原电池中Fe为负极；D将煤气化或液化可以除去硫，减少对环境的污染【解答】解：A地球上99%以上的溴都蕴藏在汪洋大海中，故溴有“海洋元素”的美称，故A正确； B水垢的主要成分是碳酸钙和氢氧化镁，二者都能够与醋酸反应生成可溶性醋酸盐，故B正确；CCu的金属活泼性比Fe弱，构成的原电池中Fe为负极，则水库铁闸门上接装铜块可加快铁腐蚀，故C错误；D将煤气化或者液化，可以除去硫元素，减少对环境的污染，故D正确故选C【点评】本题考查化学与生产、生活的关系，题目难度不大，要求学生能够用化学知识解释化学现象，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力2下列有关化学用语能表示甲烷的分子组成，但不
21、能反映其分子空间构型的是（）A结构示意图：B电子式：C球棍模型：D比例模型：【考点】电子式；球棍模型与比例模型【分析】根据比例模型表示的是原子的相对大小及连接形式可知，甲烷的比例模型更能够反映其真实存在状况，球棍模型是利用短线代替其共价键，也可以真实表示其结构，结构示意图也能反映其空间构型，电子式不能【解答】解：甲烷的比例模型更能够反映其真实存在状况，球棍模型是利用短线代替其共价键，也可以真实表示其结构，结构示意图也能反映其空间构型，电子式只表示出了甲烷中原子的成键情况，不能反映其空间构型，故选B【点评】本题考查学生对甲烷分子结构的熟悉了解程度，题目难度不大，试题侧重基础知识的考查，意在培养学
22、生的空间想象能力，有利于提高学生的学习兴趣和学习积极性3丙酮是一种常用的有机溶剂，可与水以任意体积比互溶，密度小于1g/mL，沸点约55，分离水和丙酮时最合理的方法是（）A蒸发B分液C过滤D蒸馏【考点】物质的分离、提纯和除杂【专题】化学实验基本操作【分析】互溶的两种液体，其沸点不同，则可利用蒸馏来分离，以此来解答【解答】解：水与丙酮互溶，二者的沸点相差较大，可以采用蒸馏的方法来实现二者的分离故选D【点评】本题考查物质的分离、提纯方法，题目难度不大，注意相关基础知识的积累4能导电的电解质是（）A氯化钠溶液B金属铜C熔融硝酸钾D酒精【考点】电解质与非电解质【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】电
23、解质是在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物，包括酸、碱、盐、活泼金属氧化物和水；非电解质是在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物，包括一些非金属氧化物、氨气、大多数有机物（如蔗糖、酒精等）；物质导电的条件：含有自由移动的离子或自由电子；单质和混合物既不是电解质也不是非电解质【解答】解：A氯化钠溶液是混合物，不是电解质，故A错误；B金属铜为单质，不是电解质，故B错误；C熔融硝酸钾是电解质，含有自由移动的离子，能够导电，故C正确；D酒精在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物，是非电解质，故D错误；故选：C【点评】本题考查了电解质溶液导电的原因及电解质、非电解质的定义，明确概念是解题关键，注意电
24、解质不一定导电，导电的不一定是电解质，题目难度不大5金属能导电的原因是（）A金属阳离子与自由电子间的作用较弱B金属在外加电场作用下可失去电子C金属阳离子在外加电场作用下可发生定向移动D自由电子在外加电场作用下可发生定向移动【考点】金属的通性；金属晶体【专题】化学键与晶体结构【分析】金属属于金属晶体，是由金属阳离子与自由电子通过金属键结合而成，金属能导电，是由于金属晶体中存在自由移动的电子，在外加电场作用可发生定向移动，以此解答该题【解答】解：金属属于金属晶体，含有金属阳离子和自由电子，在外加电场作用下电子可发生定向移动，所以能够导电，故选：D【点评】本题考查金属晶体的性质，题目难度不大，明确金
25、属晶体的构成是解题关键，注意把握金属晶体的导电性、导热性以及延展性的性质二、选择题（本题共36分，每小题3分，每题只有一个正确选项）6下列说法正确的是（）A分子式C7H16的烃，分子中有4个甲基的同分异构体有4种（不考虑立体异构）B的名称为：2，2，4三甲基4戊烯C化合物是苯的同系物D植物油的主要成分是不饱和高级脂肪酸【考点】同分异构现象和同分异构体；有机化合物命名；芳香烃、烃基和同系物【专题】有机化学基础【分析】A该烃含有4个甲基的同分异构体，主链中碳原子数目只能为5，相当于正戊烷中间C原子上的2个H原子被两个甲基取代得到的物质；B该有机物为烯烃，根据烯烃的命名原则进行解答；C根据苯的同系物
26、符合：只有一个苯环；侧链为烷基，具有通式CnH2n6（n6）；D植物油的主要成分不饱和高级脂肪酸和甘油形成的酯【解答】解：A该烃含有4个甲基的同分异构体，主链中碳原子数目只能为5，相当于正戊烷中间C原子上的2个H原子被两个甲基取代得到的物质，CH3CH2CH2CH2CH3分子中间H原子被2个甲基取代，若取代同一碳原子上2个H原子，有2种情况，若取代不同C原子上H原子，有2种情况，故符合条件的该烃的同分异构体有4种，故A正确；B该有机物为烯烃，含有碳碳双键的最长碳链含有5个C，主链为戊烯，编号从距离碳碳双键最近的一端开始，碳碳双键在1号C，在2、4号C都含有甲基，该有机物命名为：2，4，4三甲基
27、1戊烯，故B错误；C分子不符合通式CnH2n6（n6），不属于苯的同系物，故C错误；D植物油的主要成分不饱和高级脂肪酸甘油酯，故D错误；故选A【点评】本题主要考查了同分异构体，烯烃的命名、苯的同系物的判断等，难度中等，注意掌握苯的同系物结构特点7下列有关性质的比较，不能用元素周期律解释的是（）A酸性：H2SO4H3PO4B非金属性：ClBrC碱性：NaOHMg（OH）2D热稳定性：Na2CO3NaHCO3【考点】元素周期律的作用；真题集萃【分析】A元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；B同主族元素从上到下非金属性依次减弱；C元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性
28、越强；D碳酸氢盐易分解，碳酸盐难分解【解答】解：A元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性：SP，则酸性：H2SO4H3PO4，能用元素周期律解释，故A不选；B同主族元素从上到下非金属性依次减弱，则非金属性：ClBr，能用元素周期律解释，故B不选；C元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性：NaMg，则碱性：NaOHMg（OH）2，能用元素周期律解释，故C不选；D碳酸氢盐易分解，碳酸盐难分解，所以热稳定性：Na2CO3NaHCO3，不能用元素周期律解释，故D选故选D【点评】本题考查了元素周期律的理解与应用，注意把握元素周期律的递变规律以及相关知识
29、的积累，难度不大8下列有关化学基本概念的判断依据正确的是（）A弱电解质：溶液的导电能力弱B共价化合物：含有共价键C离子化合物：含有离子键D金属晶体：能够导电【考点】强电解质和弱电解质的概念；离子化合物的结构特征与性质；共价键的形成及共价键的主要类型；金属晶体【专题】化学键与晶体结构；电离平衡与溶液的pH专题【分析】A电解质强弱划分依据：是否完全电离；B依据共价化合物概念解答；C依据离子化合物概念解答；D金属晶体为由金属阳离子与自由电子通过金属键结合而成的晶体【解答】解：A弱电解质是只能部分电离的电解质，电解质强弱与电解质溶液的导电能力强弱无关，故A错误；B共价化合物为只含有共价键的化合物，故B
30、错误；C离子化合物为含有离子键的化合物，故C正确；D金属晶体为由金属阳离子与自由电子通过金属键结合而成的晶体，金属晶体含有自由电子，一定导电，但是导电的不一定是金属晶体，如石墨、合金等，故D错误；故选：C【点评】本题考查了化学中的基本概念，熟悉电解质强弱划分依据、共价化合物、离子化合物定义、金属晶体的概念是解题关键，题目难度不大9已知：（1）Al（OH）3的电离方程式为：AlO2+H+H2OAl（OH）3Al3+3OH（2）无水AlCl3晶体的沸点为182.9，溶于水的电离方程式为：AlCl3=Al3+3Cl（3）PbSO4难溶于水，易溶于醋酸钠溶液，反应的化学方程式为：PbSO4+2CH3C
31、OONa=Na2SO4+（CH3COO）2Pb则下列关于Al（OH）3、AlCl3和（CH3COO）2Pb的说法中正确的是（）A均为强电解质B均为弱电解质C均为离子化合物D均为共价化合物【考点】强电解质和弱电解质的概念；电离方程式的书写；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别【专题】化学键与晶体结构；电离平衡与溶液的pH专题【分析】在水溶液中完全电离的是强电解质；部分电离的是弱电解质；离子化合物是由阴阳离子构成的化合物，一般由活泼金属和活泼非金属元素构成的化合物为离子化合物，离子化合物熔沸点较高【解答】解：AAl（OH）3在水溶液中部分电离，属于弱电解质，故A错误；BAlCl3在水溶液中完全电
32、离，属于强电解质，故B错误；C无水AlCl3晶体的沸点为182.9，沸点较低，故氯化铝为共价化合物，故C错误；D三者只含有共价键，不含有离子键，故均为共价化合物，故D正确，故选D【点评】本题考查强弱电解质、离子化合物和共价化合物的判断，难度不大根据物质中所含化学键来确定化合物类型，明确离子化合物和共价化合物的概念是解本题关键10在盛有稀H2SO4的烧杯中放入用导线连接的电极X、Y，外电路中电子流向如图所示，下列说法正确的是（）A外电路的电流方向为：X外电路YBX极上发生的是还原反应C溶液中氢离子向X极移动D若两电极都是金属，则它们的活动性顺序为XY【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学
33、专题【分析】在盛有稀H2SO4的烧杯中放入用导线连接的电极X、Y，根据电子流向知，X是负极、Y是正极，原电池工作时，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，以此解答该题【解答】解：在盛有稀H2SO4的烧杯中放入用导线连接的电极X、Y，根据电子流向知，X是负极、Y是正极，A电流从正极流向负极，所以外电路的电流方向为：Y导线X，故A错误；BX为负极，发生氧化反应，故B错误；C氢离子向正极移动，被还原生成氢气，故C错误；D原电池中，易失电子的电极为负极，若两电极都是金属，X易失电子，则它们的活动性顺序可能为XY，故D正确故选D【点评】本题考查了原电池原理，为高频
34、考点，侧重于学生的分析能力的考查，根据电子流向判断正负极，再结合电极上发生的反应、离子移动方向分析解答，注意离子移动方向，为易错点11可以描述两种一元酸：甲（ Ki=1.8105）和乙（ Ki=1.4103）在水中的电离度与浓度关系的曲线是（）ABCD【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】由甲（Ka=1.8105）和乙（Ka=1.4103）可知，甲的Ka小，则甲的酸性弱；等浓度时酸性强的电离度大；弱酸的浓度越大，其电离度越小，以此来解答【解答】解：两种一元酸：甲（Ka=1.8105）和乙（Ka=1.4103）可知，甲的Ka小，则甲的酸性弱；由图可知，横坐标
35、为浓度，纵坐标为电离度，则等浓度时酸性强的电离度大，即乙的曲线在上方，可排除A、C；弱酸的浓度越大，其电离度越小，则曲线甲、乙均随浓度的增大而下降，可排除D，显然只有B符合，故选B【点评】本题考查弱电解质的电离，把握Ka与酸性的关系、弱酸的电离度与浓度的关系及图象分析为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大12下列关于如图所示转化关系（X代表卤素）的说法错误的是（）AQ30BQ1=Q2+Q3C按Cl、Br、I的顺序，Q2依次增大DQ1越大，HX越稳定【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算【专题】化学反应中的能量变化【分析】A原子形成化学键放热，则Q3大于0；B依据盖斯定律分析，反应
36、焓变与起始物质和终了物质有关于变化途径无关；C途径是断裂化学键的过程，是吸热过程，Cl、Br、I的原子半径依次增大，Cl2、Br2、I2，断裂化学键需要能量减小；D反应中放热热量越多，形成的化合物具有的能量越小，则形成物质越稳定【解答】解：A原子形成化学键过程中放热，则反应2H（g）+2X（g）2HX（g）的Q30，故A正确；B根据盖斯定律可知，途径生成HX的反应热与途径无关，所以Q1=Q2+Q3 ，故B正确；CCl、Br、I的原子半径依次增大，Cl2、Br2、I2断裂化学键需要能量减小，所以途径按Cl、Br、I的顺序，吸收的热量Q2依次减小，故C错误；DQ1为氢气和卤素单质形成HX的过程，该
37、反应中Q1越大，说明放出的热量越多，则生成的HX具有能量越低，HX越稳定，故D正确；故选C【点评】本题考查了化学反应中的能量变化、盖斯定律的应用，题目难度中等，明确化学反应与能量不会的关系为解答关键，注意掌握盖斯定律的含义及应用方法，试题培养了学生的灵活应用能力13下列实验所采取的分离方法与对应原理都正确的是（）选项目的分离方法原理A提取碘水中的碘乙醇萃取碘在乙醇中溶解度比水中大B除去纯碱中的碳酸氢铵加热纯碱热稳定性大于碳酸氢铵C分离KNO3和NaCl重结晶KNO3的溶解度大于NaClD分离乙酸乙酯和乙醇分液乙酸乙酯密度大于乙醇AABBCCDD【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用【专题
38、】物质的分离提纯和鉴别【分析】A乙醇与水互溶；B碳酸氢铵加热易分解，而碳酸钠不能；C二者的溶解度受温度影响不同；D乙酸乙酯和乙醇不分层【解答】解：A乙醇与水互溶，则乙醇不能作萃取剂，故A错误；B碳酸氢铵加热易分解，而碳酸钠不能，则加热可除杂，分离方法与对应原理都正确，故B正确；C二者的溶解度受温度影响不同，利用结晶法分离，原理不合理，故C错误；D乙酸乙酯和乙醇不分层，不能直接分液分离，应加碳酸钠溶液、分液，原理不合理，故D错误；故选B【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、性质差异及混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大14下列各组中的两种物质相
39、互反应时，无论哪种过量，都可以用同一个离子方程式表示的组数是（）亚硫酸钠溶液与稀盐酸 偏铝酸钠溶液与盐酸 二氧化碳与氢氧化钠溶液氯化铝与氨水 碳酸氢钠溶液与澄清石灰水碳酸氢钙溶液与澄清石灰水 苯酚钠溶液中通入二氧化碳A2组B3组C4组D5组【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】Na2SO3溶液与稀盐酸反应，若稀盐酸不足，反应生成亚硫酸氢钠，若盐酸过量，反应生成二氧化硫气体； 偏铝酸钠溶液与盐酸的反应中，若盐酸不足，反应生成氢氧化铝沉淀，若盐酸过量，反应生成铝离子；二氧化碳与氢氧化钠溶液反应，当二氧化碳过量时，反应生成碳酸氢钠，当二氧化碳不足时，反应生成碳酸钠；氯化铝与氨水，无论二
40、者是否过量，反应都生成氢氧化铝沉淀和氯化铵；碳酸氢钠与氢氧化钙，氢氧化钙少量，反应生成碳酸钙、碳酸钠和水，氢氧化钙过量，反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水；碳酸氢钙溶液与澄清石灰水，无论是否过量，反应都生成碳酸钙沉淀和水；苯酚钠溶液中通入CO2，无论二者是否过量，反应都生成碳酸氢钠和苯酚【解答】解：Na2SO3溶液与稀盐酸反应时，若稀盐酸不足，反应生成的是亚硫酸氢钠，若盐酸过量，则反应生成二氧化硫气体，反应物的过量情况不同时离子方程式不同，故错误； 偏铝酸钠溶液与盐酸的反应中，若盐酸不足，反应生成氢氧化铝沉淀和氯化钠，若盐酸过量，反应生成氯化铝和水，反应物不同时反应的离子方程式不同，故错误；二氧化碳
41、与氢氧化钠溶液反应，当二氧化碳过量时，反应生成碳酸氢钠，当二氧化碳不足时，反应生成的是碳酸钠，所以反应物过量情况不同时反应的离子方程式不同，故错误；氯化铝与氨水，无论二者是否过量，反应都生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，反应的离子方程式为：Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+，故正确； 碳酸氢钠与氢氧化钙，氢氧化钙少量，反应生成碳酸钙、碳酸钠和水，氢氧化钙过量，反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水，反应产物与反应物用量有关，故错误；碳酸氢钙溶液与澄清石灰水，无论是否过量，反应都生成碳酸钙沉淀和水，反应的离子方程式都是Ca2+2HCO3+2OHCaCO3+2H2O，故正确；苯酚钠溶液中通入CO2，
42、无论哪种反应物过量，反应都生成碳酸氢钠和苯酚，反应的离子方程式都是为：C6H5ONa+CO2+H2OC6H6OH+NaHCO3，故正确；故选：B【点评】本题考查离子方程式书写，题目难度中等，明确离子方程式的书写原则为解答关键，注意反应物用量对反应的影响，题目难度中等15已知温度T时水的离子积常数为KW，该温度下，将浓度为a mol/L的一元酸HA与b mol/L一元碱BOH等体积混合，可判定该溶液呈中性的依据是（）A混合溶液的pH=7B混合溶液中，c（H+）=mol/LCa=bD混合溶液中，c（H+）+c（B+）=c（OH）+c（A）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【专题】电离平衡
43、与溶液的pH专题【分析】温度T时水的离子积常数为KW，浓度为a mol/L的一元酸HA与b mol/L的一元碱BOH等体积混合，若溶液呈中性，反应后的溶液中应存在c（H+）=c（OH）=mol/L【解答】解：A因温度未知，则pH=7不一定为中性，故A错误；B、混合溶液中，c（H+）=mol/L，根据c（H+）c（OH）=KW，可知溶液中c（H+）=c（OH）mol/L，溶液呈中性，故B正确；C因酸碱的强弱未知，a=b，只能说明酸碱恰好完全反应，但如为强酸弱碱盐或强碱弱酸盐，则溶液不呈中性，故C错误；D任何溶液都存在电荷守恒，即c（H+）+c（B）=c（OH）+c（A），不能确定溶液的酸碱性，故
44、D错误故选B【点评】本题考查酸碱混合的定性判断，题目难度中等，注意溶液呈中性应存在c（H+）=c（OH），由于温度未知，且酸碱的强弱未知，不能根据pH以及酸碱的物质的量关系判断16某气体的摩尔质量为M g/mol，NA表示阿伏加德罗常数，在一定的温度和压强下，体积为V L的该气体所含有的分子数为X则表示的是（）AV L该气体的质量（以g为单位）B1 L该气体的质量（以g为单位）C1 mol该气体的体积（以L为单位）D1 L该气体的物质的量（以mol为单位）【考点】阿伏加德罗定律及推论【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】根据题给条件，在一定的温度和压强下，体积为VL的该气体所含有的分子
45、数为X，则气体物质的量n=mol，乘以气体摩尔质量得到气体的质量，再除以气体体积得到的是气体的密度【解答】解：A、以g为单位VL，该气体的质量为：n=molM gmol1，故A错误；B、以g为单位1L该气体的质量即气体的密度=molM gmol1/VL=，故B正确；C、该气体的物质的量为：n=mol，体积为V L，1mol该气体的体积是，故C错误；D、由于V L的该气体所含有的分子数为X，故1L气体中含有的分子数为个，则物质的量为=mol，故D错误故选B【点评】本题考查了物质的量与微粒数、质量、摩尔质量、气体体积、阿伏伽德罗常数等物理量之间的关系和计算17某溶液中可能含有Na+、NH4+、Ba
46、2+、SO42、I、S2分别取样：用pH计测试，溶液显弱酸性；加氯水和淀粉无明显现象为确定该溶液的组成，还需检验的离子是（）ANa+BSO42CBa2+DNH4+【考点】离子共存问题；常见阳离子的检验；常见阴离子的检验【专题】综合实验题；化学实验【分析】根据离子的水解来分析溶液显酸性的原因，并利用离子的水解来判断离子的存在，再利用淀粉遇碘单质变蓝来结合信息加氯水和淀粉无明显现象来分析存在的离子，然后利用离子的共存及溶液呈电中性来分析还存在的离子和一定没有的离子，而对于不能确定的离子，则是还需检验的离子来解答【解答】解：由可知溶液显弱酸性，上述离子只有NH4+能水解使溶液显酸性，则一定含有NH4
47、+，而S2能水解显碱性，即S2与NH4+不能共存于同一溶液中，则一定不含有S2；再由氯水能氧化I生成碘单质，而碘遇淀粉变蓝，而中加氯水和淀粉无明显现象，则一定不含有I；又溶液呈电中性，有阳离子必有阴离子，则溶液中有NH4+，必须同时存在阴离子，即SO42必然存在，而Ba2+、SO42能结合生成沉淀，则这两种离子不能共存，即一定不存在Ba2+；显然剩下的Na+是否存在无法判断，则需检验的离子是Na+，故选：A【点评】本题考查学生推断溶液中的离子，学生明确离子的共存、离子的检验、溶液呈电中性等知识是解答的关键，有助于训练学生解决问题时思维的严密性三、选择题（本题共20分，每小题4分，每小题有一个或
48、两个正确选项只有一个正确选项的，多选不给分；有两个正确选项的，选对一个给2分，选错一个，该小题不给分）18氮化钠和氢化钙都是离子化合物，与水反应的化学方程式（末配平）如下：Na3N+H2ONaOH+NH3，CaH2+H2OCa（OH）2+H2有关它们的叙述正确的是（）A离子半径的大小：Na+N3HB它们与水发生的反应均属于氧化还原反应C两种化合物均只含离子键，不含共价键D两固体混合物溶于足量盐酸中可得到三种盐【考点】氧化还原反应；元素周期律的作用；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别【专题】氧化还原反应专题；化学键与晶体结构【分析】A根据离子半径的判断标准，核外电子层数多的大于核外电子层数少
49、的，当核外电子层数相同时，核内质子数大的离子半径小；B氧化还原反应中一定有电子的转移和化合价的升降；CNa3N、CaH2只含有离子键；D氮化钠和盐酸反应会生成氯化钠、氯化铵两种盐，氢化钠与盐酸反应会生成氯化钠【解答】解：A电子层越多，半径越大，所以氢离子半径最小，电子层一样，核电荷数越多，半径越小，所以Na+N3，即N3Na+H+，故A错误；BNa3N+H2ONaOH+NH3 该反应中没有元素化合价发生变化，不属于氧化还原反应，故B错误；CNa3N、CaH2只含有离子键，不存在共价键，故C正确；D氮化钠和盐酸反应会生成氯化钠、氯化铵两种盐，氢化钠与盐酸反应会生成氯化钠，可得到三种盐，故D正确故
50、选CD【点评】本题考查了钠及其化合物的性质，涉及离子半径大小比较、氧化还原反应的判断、原子结构的判断，题目难度不大，把握氧化还原反应的规律，准确判断元素的化合价是解题关键1925时，某溶液中由水电离的氢离子为11012mol/L，关于该溶液的说法正确的是（）AHCO3一定不能大量存在BpH一定是12C加入铝片一定能产生氢气D一定不是NH4Cl溶液【考点】离子积常数；水的电离【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】根据水电离出的c（H+）=11012 mol/L，水的电离受到抑制，该溶液可能为酸或碱或盐的溶液；A根据离子之间结合生成水、气体、沉淀，等，则离子不能大量共存；B水电离出的c（H+）=
51、11012 mol/L，溶液也可为强酸溶液；C该溶液的溶质可能为强氧化性酸；D该溶液的溶质可能为盐溶液，但一定不是水解的盐；【解答】解：A水电离出的c（H+）=11012 mol/L，该溶液可能为酸或碱的溶液，当溶液为碱性时：HCO3+OHCO32+H2O，当溶液为酸性时：H+HCO3=H2O+CO2，所以在该溶液中一定不能大量共存，故A正确；B当该溶液为pH=2的盐酸溶液，水电离出的c（H+）也为11012 mol/L，故B错误；C可能是pH=2的HNO3这样的强氧化性酸，加入铝片后，一定不能生成氢气，故C错误；D可能是pH=2的NaHSO4这样的盐溶液，但一定不是NH4Cl溶液，因为氯化铵
52、溶液中铵根离子水解促进水的电离，氢离子浓度增大，故D正确；故选AD【点评】本题考查水电离出的氢离子浓度为11012mol/L的溶液，则溶液可能为酸或碱或盐的溶液，明确由水电离出的氢离子浓度及利用该信息来分析问题是解答的关键，难度不大20已知2NO2N2O4+Q （Q0），将一定量的NO2充入注射器中后封口，如图是在拉伸和压缩注射器的过程中气体透光率随时间的变化（气体颜色越深，透光率越小）下列说法正确的是（）Ac点的操作是拉伸注射器Bb点与a点相比，c（NO2）增大，c（N2O4）减小C若反应在一绝热容器中进行，则a、b两点的平衡常数KaKbDd点：v（正）v（逆）【考点】化学平衡的影响因素【专
53、题】化学平衡专题【分析】该反应是正反应气体体积减小的放热反应，压强增大平衡虽正向移动，但二氧化氮浓度增大，混合气体颜色变深，压强减小平衡逆向移动，但二氧化氮浓度减小，混合气体颜色变浅，A据图分析，c点后透光率增大，c点是拉伸注射器的过程，气体颜色变浅，透光率增大；Bb点与a点相比，a到b是透光率减小后增加，说明是压缩体积，气体浓度增大，平衡正向进行后略有变浅，但比开始颜色深，所以c（NO2）增大，c（N2O4）增大；C若反应在一绝热容器中进行，随反应进行温度不同，平衡常数随之变化，b点气体颜色变深，透光率变小，说明平衡逆向进行，此时温度高；Dd点是平衡向气体体积增大的逆向移动过程，据此分析【解
54、答】解：Ac点气体颜色变浅，透光率增大，c点操作是拉伸注射器的过程，故A正确；Bb点与a点相比，a到b是透光率减小后增加，说明是压缩体积，气体浓度增大，平衡正向进行后略有变浅，二氧化氮和四氧化二氮的浓度都增大，故B错误；C若反应在一绝热容器中进行，随反应进行温度不同，平衡常数随之变化，b点气体颜色变深，透光率变小，说明平衡逆向进行，此时温度高，则a、b两点的平衡常数KaKb，故C正确；Dd点是透光率减小，气体颜色加深，平衡向气体体积增大的逆向移动过程，v（正）v（逆），故D错误；故选AC【点评】本题通过图象和透光率考查了压强对平衡移动的影响，注意勒夏特列原理的应用，题目难度较大21科学家曾预言
55、一种可用作炸药的物质，分子式为C（N3）4，其爆炸反应方程式为：C（N3）4C+6N2，下列说法一定错误的是（）A该物质为离子晶体B该物质可用通过C60吸附N2而制得CC（N3）4中碳元素为正价D18g该物质完全分解可以产生13.44升（标准状况）氮气【考点】氧化还原反应；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别【专题】氧化还原反应专题【分析】A根据物质C（N3）4的微粒构成来确定所述的晶体类型；BC60吸附N2的过程是物理变化；C根据C、N得电子能力来确定价态的正负情况；D根据化学方程式结合Vm=22.4L/mol的使用条件进行计算【解答】解：A该物质由非金属元素构成，没有阴阳离子，故不为离子
56、晶体，故A错误；BC和N之间存在共价键，不能是吸附作用的结果，故B错误；CC、N得电子能力：CN，所以C显示正价，N显示负价，故C正确；D根据化学方程式，18g即0.1mol该物质完全分解可以产生0.6mol即标况下13.44升氮气，故D正确故选AB【点评】本题考查较为综合，涉及晶体类型、氧化还原反应的判断、原子结构的判断，题目难度不大，把握氧化还原反应的规律，准确判断元素的化合价是解题关键22向NaOH溶液中通入CO2气体后得到溶液M，因CO2通入的量不同，溶液M的组成也不同若向M中逐滴加入盐酸，产生的气体体积V（CO2）与加入盐酸的体积V（HCl）的关系如图则下列分析正确的是（不计CO2溶
57、解）（）A若OB=0，则溶液M为Na2CO3溶液B若OB=BC，则形成溶液M所发生反应的离子方程式为OH+CO2HCO3C若溶液M中c（NaHCO3）=2c（Na2CO3），则3OB=BCD若溶液M中大量存在的阴离子为CO32和HCO3，则OBBC【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】CO2与NaOH反应为CO2+NaOH=NaHCO3，CO2+2NaOH=Na2CO3+H20，当1，反应按进行，等于1时，CO2、NaOH恰好反应生成NaHCO3；大于1时，生成生成NaHCO3，CO2有剩余；当1，反应按进行，CO2、NaOH反应，无剩余，生成物为NaHCO3、Na2
58、CO3；当，反应按进行，等于时，CO2、NaOH恰好反应生成Na2CO3；小于时，生成Na2CO3，NaOH有剩余；向M中逐滴加入盐酸，根据溶液M中溶质不同，通过反应过程判断【解答】解：（1）当含有两种溶质时，若溶质为Na2CO3、NaOH时，不能立即产生气体，滴加盐酸先中和氢氧化钠，然后与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠再与盐酸发生反应生成二氧化碳，且与碳酸钠反应生成碳酸氢钠消耗盐酸体积同碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳所消耗的盐酸体积相等，产生的气体体积V（CO2）与加入盐酸的体积V（HCl）的关系为；若为NaHCO3、Na2CO3，不能立即产生气体，滴加盐酸先与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，碳酸
59、氢钠再与盐酸发生反应生成二氧化碳，且与碳酸钠反应生成碳酸氢钠消耗盐酸体积小于与碳酸氢钠反应生成二氧化碳所消耗的盐酸体积，产生的气体体积V（CO2）与加入盐酸的体积V（HCl）的关系为；（2）若只有一种溶质时，当溶质为Na2CO3时，不能立即产生气体，滴加盐酸先与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠再与盐酸发生反应生成二氧化碳，且与碳酸钠反应生成碳酸氢钠消耗盐酸体积等于与碳酸氢钠反应生成二氧化碳所消耗的盐酸体积，产生的气体体积V（CO2）与加入盐酸的体积V（HCl）的关系为；当溶质为NaHCO3时，滴加盐酸与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，立即产生气体，产生的气体体积V（CO2）与加入盐酸的体积V（HCl
60、）的关系为A若OB=0，则形成溶液M所发生反应的离子方程式为OH+CO2HCO3，则溶液M为NaHCO3溶液，故A错误；B若OB=BC，M溶质为Na2CO3，滴加盐酸先与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠再与盐酸发生反应生成二氧化碳，且与碳酸钠反应生成碳酸氢钠消耗盐酸体积等于与碳酸氢钠反应生成二氧化碳所消耗的盐酸体积，形成溶液M所发生反应的离子方程式为2OH+CO2CO32+H2O，故B错误；C若3OB=BC，滴加盐酸先与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠再与盐酸发生反应生成二氧化碳，则溶液M中c（NaHCO3）=2c（Na2CO3），故C正确；D若OBBC，则溶液M中大量存在的阴离子为CO32和
61、OH，故D错误；故选C【点评】本题考查混合物的有关计算，难度中等，关键判断溶液可能的溶质，分情况讨论注意盐酸的体积四、（本题共12分）23农业对化肥的需求是合成氨工业发展的持久推动力（1）氮原子最外电子层上有2种能量不同的电子，其原子核外存在2对自旋相反的电子（2）一定温度、压强下，氮气和氢气反应生成1mol氨气的过程中能量变化示意图如图1，请写出该反应的热化学反应方程式：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=2（ab）KJ/mol（Q的数值用含字母a、b的代数式表示）（3）如图2表示500、60.0MPa条件下，原料气H2和N2的投料比与平衡时NH3体积分数的关系工业上合成氨的温度一般控
62、制在500，原因是该温度下催化剂的活性最好根据图中a点数据计算N2的平衡体积分数为14.5%硫化铵晶体与晶体硅相比较，晶体硅的熔点较高，原因是它属于原子晶体，而硫化铵属于离子晶体写出等物质的量浓度等体积的硫酸氢钠与硫化铵溶液反应的离子方程式H+S2=HS【考点】原子核外电子排布；热化学方程式；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算【专题】基本概念与基本理论；化学反应中的能量变化；化学平衡专题【分析】（1）氮原子最外电子层电子排布式为2S22P3，5个电子分布在2S，2P轨道上，共有2种能量不同的电子，氮原子核外电子排布式为1S22S22P3，1S轨道上有1对自旋相反的电子，2S轨道上有1对自旋相反
63、的电子，2P轨道上3个未成对电子；（2）根据能量变化图，反应热=正反应的活化能逆反应的活化能，再根据热化学反应方程式的书写解答；（3）氨气的合成是放热的、体积减小的可逆反应，温度高，可以提高反应速率，但平衡逆向移动，同时在该温度下酶的活性最大；根据图1可知H2与N2的投料比为3，平衡时NH3体积分数为42%，设H2物质的量为3amol，N2物质的量为amol，N2转化的物质的量为x，根据平衡三部曲，利用NH3体积分数计算出各物质的物质的量，从而求出平衡体积分数；原子晶体的熔点大于分子晶体；硫酸氢钠电离产生氢离子，氢离子能与硫离子反应生成硫氢根离子【解答】解：（1）氮原子最外电子层电子排布式为2
64、S22P3，共有2种能量不同的电子，分布在2S，2P轨道上，氮原子核外电子排布式为1S22S22P3，1S轨道上有1对自旋相反的电子，2S轨道上有1对自旋相反的电子，2P轨道上3个未成对电子，共有2对自旋相反的电子；故答案为：2；2；（2）一定温度、压强下，氮气和氢气反应生成1mol氨气的焓变H=E1E2=aKJ/molbKJ/mol=（ab）KJ/mol，所以热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=2（ab）KJ/mol；故答案为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=2（ab）KJ/mol；（3）氨气的合成是放热的、体积减小的可逆反应，温度高，可以提高反应速率，但平衡
65、逆向移动，同时在该温度下酶的活性最大，所以工业上合成氨的温度一般控制在500，原因是该温度下催化剂的活性最好；根据图1可知H2与N2的投料比为3，平衡时NH3体积分数为42%，设H2物质的量为3amol，N2物质的量为amol，N2转化的物质的量为x，则 N2+3H22NH3起始（mol） a 3a 0 反应（mol） x 3x 2x 平衡（mol） ax 3a3x 2x 则：100%=42%，解得x=0.592a，则N2的平衡体积分数=100%=14.5%；故答案为：该温度下催化剂的活性最好；14.5%；硫化铵是离子晶体，晶体硅是分子晶体，而原子晶体的熔点大于分子晶体，所以晶体硅的熔点较高；
66、故答案为：晶体硅；它属于原子晶体，而硫化铵属于离子晶体；硫酸氢钠电离产生氢离子，氢离子能与硫离子反应生成硫氢根离子，离子方程式为：H+S2=HS；故答案为：H+S2=HS【点评】本题考查较为综合，涉及热化学方程式书写、核外电子排布、化学平衡计算、晶体的性质等知识，题目难度中等，注意把握平衡三部曲的计算五、（本题共12分）24海洋化学资源的研究和合理利用具有广阔前景，从海水中可提取氯、溴、碘等卤族元素（1）氯原子结构示意图是，碘在元素周期表中的位置是第五周期A族，HI的稳定性比HBr弱（填写“强”或“弱”）（2）向浓缩的海水中通入Cl2，可将Br转化为Br2再用“空气吹出法”将Br2从浓海水中吹
67、出，并用纯碱浓溶液吸收，生成NaBr、NaBrO3等当有1mol Br2被纯碱吸收时，转移的电子数为11024（3）如图是NaClO的发生装置该装置主要利用了电解饱和食盐水的原理，可实现对海水的消毒和灭藻写出装置中产生NaClO的化学方程式2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2，2NaOH+Cl2NaClO+NaCl+H2O海水中含有Ca2+、Mg2+、HCO3等杂质离子，处理过程中装置的阴极易产生水垢，其主要成分是Mg（OH）2和CaCO3生成CaCO3的离子方程式是Ca2+HCO3+OHCaCO3+H2O若每隔510min倒换一次电极电性，可有效地解决阴极的结垢问题试用电极反应式并结
68、合必要的文字进行解释阴极结垢后倒换电极电性，阴极变为阳极，其电极反应为：2Cl2eCl2，产生的氯气与水发生反应：Cl2+H2=HCl+HClO，使该电极附近溶液呈酸性，从而将Mg（OH）2和CaCO3溶解而达到除垢的目的NaOH溶液吸收SO2得Na2SO3，可用Na2SO3吸收SO2在SO2被吸收的过程中，pH随n（SO32）、n（HSO3）变化关系如下：n（SO32）：n（HSO3）91：91：11：91pH8.27.26.2从上表可判断，NaHSO3溶液呈酸性（填“酸性”、“碱性”、“中性”），请用平衡原理解释：HSO3存在HSO3H+SO32和HSO3+H2OH2SO3+OH，HSO3
69、的电离程度大于水解程度当吸收液呈中性时，溶液中离子浓度关系正确的是ab（选填字母）ac（Na+）=2c（SO32）+c（HSO3）bc（Na+）c（HSO3）c（SO32）c（H+）=c（OH）cc（Na+）+c（H+）=c（SO32）+c（HSO3）+c（OH）dc（Na+）c（SO32）c（HSO3）c（H+）=c（OH）【考点】海水资源及其综合利用；氧化还原反应的计算；电解原理；离子浓度大小的比较【专题】盐类的水解专题；电化学专题；元素及其化合物【分析】（1）氯原子核外有3个电子层，最外层电子数为7，碘位于周期表第五周期A族，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定；（2）涉及反应Br2+
70、Na2CO3+H2ONaBr+NaBrO3+NaHCO3，Br元素化合价分别由0价变化为1价、+5价，结合化合价的变化计算；（3）电解饱和氯化钠溶液反应生成氢氧化钠、氯气和氢气，氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；阴极生成氢气，水的电离被破坏电极附近生成氢氧化钠，氢氧化钠和碳酸氢钙，碳酸氢镁反应生成氢氧化镁、碳酸钙沉淀；阴极结垢后倒换电极电性，阴极变为阳极，其电极反应为：2Cl2e=Cl2，产生的氯气与水发生反应：Cl2+H2O=HCl+HClO，酸溶解沉淀；根据溶液中HSO3浓度和SO32浓度的相对大小确定溶液的酸碱性；根据溶液中电荷守恒和物料守恒确定溶液中各种离子浓度的关系【解
71、答】解：（1）氯原子核外有3个电子层，最外层电子数为7，则原子结构示意图为，碘位于周期表第五周期A族，非金属性BrI，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故答案为：；第五周期A族；弱；（2）反应Br2+Na2CO3+H2ONaBr+NaBrO3+NaHCO3中，Br元素化合价分别由0价变化为1价、+5价，反应中Br2起氧化剂、还原剂作用，根据电子转移守恒可知，2n氧化剂（Br2）=25n还原剂（Br2），故n氧化剂（Br2）：n还原剂（Br2）=5：1，故吸收1mol Br2时，转移的电子数为1mol25=mol，则转移电子数为mol6.021023/mol=11024，故答案为：1102
72、4；（3）装置中由NaCl转化为NaClO的化学方程式是2NaCl+2H2O 2NaOH+Cl2+H2；2NaOH+Cl2=NaClO+NaCl+H2O；阴极生成氢气，电极附近水的电离被破坏，电极附近生成氢氧化钠，氢氧化钠和碳酸氢钙，碳酸氢镁反应生成氢氧化镁、碳酸钙沉淀，氢氧化钠和碳酸氢钙反应生成CaCO3的沉淀产生水垢，生成碳酸钙沉淀的反应离子方程式是：Ca2+HCO3+OH=CaCO3+H2O；阴极电解原理分析可知，阴极结垢后倒换电极电性，阴极变为阳极，其电极反应为：2Cl2e=Cl2，产生的氯气与水发生反应：Cl2+H2O=HCl+HClO，使该电极附近溶液呈酸性，从而将Mg（OH）2和
73、CaCO3溶解而达到除垢的目的，故答案为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2、2NaOH+Cl2NaClO+NaCl+H2O；Ca2+HCO3+OHCaCO3+H2O；阴极结垢后倒换电极电性，阴极变为阳极，其电极反应为：2Cl2eCl2，产生的氯气与水发生反应：Cl2+H2=HCl+HClO，使该电极附近溶液呈酸性，从而将Mg（OH）2和CaCO3溶解而达到除垢的目的；在溶液中主要以HSO3存在，HSO3的电离很微弱，所以n（SO32）：n（HSO3）1：1，根据表格知，当亚硫酸氢根离子的物质的量大于亚硫酸根离子的物质的量时，亚硫酸氢钠溶液呈酸性；亚硫酸氢钠溶液中存在HSO3SO32
74、+H+和HSO3+H2OH2SO3+OH，HSO3的电离程度大于水解程度，所以亚硫酸根离子的物质的量大于亚硫酸氢根，故答案为：酸性；HSO3存在HSO3H+SO32 和HSO3+H2OH2SO3+OH，HSO3的电离程度大于水解程度；当溶液呈中性时，溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，亚硫酸氢根离子浓度大于亚硫酸根离子浓度a溶液呈电中性，溶液中阴阳离子所带电荷相等，溶液呈中性时，溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，所以c（Na+）=2c（SO32）+c（HSO3），故a正确；b溶液呈中性时，溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，亚硫酸氢根离子浓度大于亚硫酸根离子浓度，溶液中阴阳离子所带电荷相等，
75、所以得c（Na+）c（HSO3）c（SO32）c（H+）=c（OH），故b正确；c溶液呈中性时，溶液中阴阳离子所带电荷相等，得c（Na+）+c（H+）=2c（SO32）+c（HSO3）+c（OH），故c错误；d由b可知应为c（Na+）c（HSO3）c（SO32）c（H+）=c（OH），故d错误故答案为：ab【点评】本题考查较为综合，涉及多方面的知识，涉及元素化合物、电解以及盐类的水解以及弱电解质的电离，考查了离子方程式、化学方程式和离子浓度大小的比较等知识点，难度不大，比较溶液中各种离子浓度相对大小时要结合电荷守恒和物料守恒分析解答，此点是学习的难点六、（本题共12分）25麦秸杆、木屑等废料经
76、干馏制燃料气过程中产生大量的废液，俗称木醋液（主要成分乙酸，还含少量的甲醇、苯酚、焦油等）以木醋液与白云石（主要成分2MgCO33CaCO3，还含有SiO2等杂质）等为原料，可制备出绿色环保型融雪剂CMA（醋酸钙、醋酸镁固体的混合物）CMA生产流程如图1：（1）步骤发生反应的离子方程式为MgCO3CaCO3+4CH3COOH=Ca2+Mg2+4CH3COO+2CO2+2H2O（2）滤渣1的主要成分为SiO2（写化学式）；步骤所得滤液常呈褐色，颜色除与木醋液中含有少量的有色焦油外，产生颜色的另一主要原因是实验过程中苯酚被空气中氧气氧化最终产生褐色物质（3）步骤是往滤液中加活性炭粉，可使滤液脱色，
77、这是利用了活性炭具有吸附性实验测知CMA中钙、镁离子的物质的量之比与出水率（与融雪效果成正比）的关系如图（4）由图2知，当CMA中n（Ca2+）：n（Mg2+）约为b 时融雪的效果最好（选填字母）a1：2 b3：7 c2：3步骤的目的主要是调节钙、镁离子的物质的量之比，除去过量的乙酸（5）步骤包含的操作有蒸发结晶、过滤、洗涤及干燥【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；无机实验综合【分析】根据流程图可知，白云石（主要成分MgCO3CaCO3，含SiO2等杂质）与木醋液（主要成分乙酸，以及少量的甲醇、苯酚、焦油等杂质）反应生成醋酸钙和醋酸镁，过滤得滤渣1为二氧化硅，
78、滤液中主要溶质是醋酸钙和醋酸镁，加入活性碳脱色，除去被氧化的苯酚、焦油等杂质，再加入氧化镁，调节溶液中n（Ca）：n（Mg）的值，过滤，除去混合液中固体杂质，得醋酸钙和醋酸镁溶液，将滤液蒸发结晶、过滤、洗涤及干燥得CMA，据此答题；【解答】解：根据流程图可知，白云石（主要成分MgCO3CaCO3，含SiO2等杂质）与木醋液（主要成分乙酸，以及少量的甲醇、苯酚、焦油等杂质）反应生成醋酸钙和醋酸镁，过滤得滤渣1为二氧化硅，滤液中主要溶质是醋酸钙和醋酸镁，加入活性碳脱色，除去被氧化的苯酚、焦油等杂质，再加入氧化镁，调节溶液中n（Ca）：n（Mg）的值，过滤，除去混合液中固体杂质，得醋酸钙和醋酸镁溶液
79、，将滤液蒸发结晶、过滤、洗涤及干燥得CMA，（1）根据上面的分析可知，步骤发生的反应离子方程式为 MgCO3CaCO3+4CH3COOH=Ca2+Mg2+4CH3COO+2CO2+2H2O，故答案为：MgCO3CaCO3+4CH3COOH=Ca2+Mg2+4CH3COO+2CO2+2H2O；（2）步骤所得滤渣1的主要成分为二氧化硅，化学式为SiO2，步骤所得滤液常呈褐色，颜色除与木醋液中含有少量的有色的焦油有关外，产生颜色的另一主要原因是实验过程中苯酚被空气中氧气氧化最终产生褐色物质，故答案为：SiO2；实验过程中苯酚被空气中氧气氧化最终产生褐色物质；（3）往滤液中加活性炭粉，可使滤液脱色，这
80、是利用了活性炭具有吸附性，根据如图2所示钙、镁的物质的量之比与出水率（与融雪效果成正比）关系，可知，当n（Ca）：n（Mg）约为3：7时，出水率最高，所以步骤的目的除调节n（Ca）：n（Mg）约为3：7，故选b，步骤中加入氧化镁的目的是调节钙、镁离子的物质的量之比，除去过量的乙酸，故答案为：吸附性；b；调节钙、镁离子的物质的量之比，除去过量的乙酸；（4）根据上面的分析可知，步骤包含的操作有 蒸发结晶、过滤、洗涤及干燥，故答案为：蒸发结晶【点评】本题考查学生阅读题目获取信息能力、对工艺流程的理解、物质推断、物质分离提纯与条件控制等，综合性较强，题目难度中等，需要学生具备扎实的基础知识与综合运用知
81、识、信息进行解决问题的能力七、（本题共12分）26焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是常用的食品抗氧化剂之一某化学研究小组采用图1装置（实验前已除尽装置内的空气）制取Na2S2O5，装置 II中有Na2S2O5晶体析出，发生的反应为：Na2SO3+SO2Na2S2O5（1）装置中产生气体的化学方程式为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O（2）要从装置中获得已析出的晶体，需要用到的玻璃仪器有玻璃棒、漏斗、烧杯装置用于处理尾气，可选用的合理装置（夹持仪器已略去）为c（填序号）（3）现将0.5mol Na2S2O5溶解于水配成1L溶液，该溶液pH=4.5溶液中部分微粒浓度随溶液酸碱性变化
82、如图（4）写出Na2S2O5溶解于水的化学方程式Na2S2O5+H2O=2NaHSO3；当溶液pH小于1后，溶液中H2SO3的浓度减小，其原因可能是亚硫酸不稳定，易分解生成二氧化硫，或亚硫酸被氧化（5）葡萄酒常用Na2S2O5做抗氧化剂1.90g Na2S2O5最多能还原224mLO2（标准状况）（6）检验Na2S2O5晶体在空气中已被氧化的实验方案是取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解；滴加足量盐酸，振荡；再滴入氯化钡溶液，若有白色沉淀生成，则该晶体已被氧化【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；无机实验综合【分析】（1）由装置中发生的反应可知，装置中
83、产生的气体为SO2，亚硫酸钠与硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫与水；（2）装置中获得已析出的晶体，分离固体与液态，应采取过滤操作，根据过滤操作需要用到的玻璃仪器答题；装置用于处理尾气，吸收未反应的二氧化硫，应防止倒吸，且不能处于完全密闭环境中；（4）根据图可知，pH=4.5时，溶液中主要以亚硫酸氢根离子形式存在，据此书写水解方程式；当溶液pH小于1后，溶液中主要以亚硫酸形成存在，但亚硫酸不稳定，易分解生成二氧化硫，据此答题；（5）用Na2S2O5做抗氧化剂，能被氧化成Na2SO4，根据电子得失守恒可知关系式Na2S2O5O2，根据关系可计算出氧气的体积；（6）Na2S2O5晶体在空气中易被氧化为N
84、a2SO4，用盐酸、氯化钡溶液检验样品中是否含有硫酸根即可；【解答】解：（1）由装置中发生的反应可知，装置中产生的气体为SO2，亚硫酸钠与硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫与水，反应方程式为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O，故答案为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O；（2）装置中获得已析出的晶体，分离固体与液态，应采取过滤操作，过滤操作需要用到的玻璃仪器有玻璃棒、漏斗、烧杯，a该装置不能吸收二氧化硫，所以无法实现实验目的，故错误；b该装置吸收二氧化硫能力较差，且为密闭环境，装置内压强增大易产生安全事故，故错误；c该装置中氢氧化钠与二氧化硫反应，可以吸收，
85、且防止倒吸，故正确；d高锰酸钾溶液能吸收二氧化硫，但该装置不能防倒吸，故错误e装置应将导管深入氨水中可以吸收二氧化硫，但为密闭环境，装置内压强增大易产生安全事故，故错误，故选c，故答案为：玻璃棒、漏斗、烧杯；c；（4）根据图可知，pH=4.5时，溶液中主要以亚硫酸氢根离子形式存在，所以水解方程式为Na2S2O5+H2O=2NaHSO3，当溶液pH小于1后，溶液中主要以亚硫酸形成存在，但亚硫酸不稳定，易分解生成二氧化硫或亚硫酸被氧化也会导致浓度小，故答案为：Na2S2O5+H2O=2NaHSO3；亚硫酸不稳定，易分解生成二氧化硫，或亚硫酸被氧化；（5）1.90g Na2S2O5的物质的量为mol
86、=0.01mol，用Na2S2O5做抗氧化剂，能被氧化成Na2SO4，根据电子得失守恒可知关系式Na2S2O5O2，所以能还原的氧气的物质的量为0.01mol，其体积为224mL，故答案为：224；（6）Na2S2O5中S元素的化合价为+4价，因此会被氧化为为+6价，即晶体在空气中易被氧化为Na2SO4，用盐酸、氯化钡溶液检验样品中是否含有硫酸根即可，实验方案为：取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解；滴加足量盐酸，振荡；再滴入氯化钡溶液，若有白色沉淀生成，则该晶体已被氧化，故答案为：取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解；滴加足量盐酸，振荡；再滴入氯化钡溶液，若有白色沉淀生成
87、，则该晶体已被氧化；【点评】本题考查物质的制备实验、实验方案设计、物质含量的测定、氧化还原反应滴定等，难度中等，明确实验原理是解本题关键，根据物质的性质分析解答，注意元素化合物知识的积累和灵活运用八、（本题共11分）27食品防腐剂能防止由微生物引起的腐败变质、延长食品的保质期芳香族化合物甲是一种食品防腐剂，其相对分子质量为122，且能与NaHCO3溶液反应生成CO2（1）甲的结构简式是，芳香族化合物乙与甲互为同分异构体，能与NaOH溶液反应，但不能使FeCl3溶液显紫色，写出乙与NaOH溶液反应的化学方程式： +2NaOHHCOONa+H2O有机物H（尼泊金乙酯）也是一种常见的食品防腐剂，其生
88、产过程如下：（反应条件未全部注明）完成下列问题：（2）有机物D的名称对甲基苯酚或4甲基苯酚；有机物G的结构简式反应的试剂和条件是乙醇、浓H2SO4加热不能与H反应的物质是a（选填字母）aNaHCO3溶液 bNaOH溶液 cFeCl3溶液 d浓Br2水（3）D有多种同分异构体，写出一个与D不同类且含苯环的结构简式：或（4）反应和的目的是保护酚羟基，防止被氧化反应的化学方程式是【考点】有机物的合成【专题】有机推断；结构决定性质思想；演绎推理法；有机物的化学性质及推断【分析】（1）甲为芳香族化合物，且甲能与NaHCO3溶液反应生成CO2，则甲分子中含有苯基和羧基COOH，苯基和羧基的相对分子质量之和
89、为：77+45=122，而甲的相对分子质量为122，所以甲的结构简式为：，芳香族化合物乙与甲互为同分异构体，能与NaOH溶液反应，但不能使FeCl3溶液显紫色，则乙的结构简式为，据此答题；（2）根据题中各物质转化关系，甲苯在甲基对位与卤素（常见为溴）发生取代生成B为，B碱性水解，发生取代反应生成C，C酸化得D，D与碘甲烷发生取代反应生成E，E被氧化得到F，比较F和H的结构可知，F发生酯化反应得G为，G与HI发生取代反应得H，据此答题【解答】解：（1）甲为芳香族化合物，且甲能与NaHCO3溶液反应生成CO2，则甲分子中含有苯基和羧基COOH，苯基和羧基的相对分子质量之和为：77+45=122，而
90、甲的相对分子质量为122，所以甲的结构简式为：，芳香族化合物乙与甲互为同分异构体，能与NaOH溶液反应，但不能使FeCl3溶液显紫色，则乙的结构简式为，乙与NaOH溶液反应的化学方程式为： +2NaOHHCOONa+H2O，故答案为：； +2NaOHHCOONa+H2O；根据题中各物质转化关系，甲苯在甲基对位与卤素（常见为溴）发生取代生成B为，B碱性水解，发生取代反应生成C，C酸化得D，D与碘甲烷发生取代反应生成E，E被氧化得到F，比较F和H的结构可知，F发生酯化反应得G为，G与HI发生取代反应得H，（2）根据D的结构简式可知，D的名称是对甲基苯酚或4甲基苯酚，G为，反应为羧酸与乙醇的酯化反应
91、，所以反应的试剂和条件是乙醇、浓H2SO4，加热，根据H的结构简式可知，H中有酚羟基和酯基，能与NaOH溶液、FeCl3溶液、浓Br2水等反应，不能与碳酸氢钠反应，故选a，故答案为：对甲基苯酚或4甲基苯酚；乙醇、浓H2SO4，加热；a；（3）D是酚类物质，D有多种同分异构体中与D不同类且含苯环的结构简式为或，故答案为：或；（4）由于苯环连接的甲基被氧化为COOH，而酚羟基也比较容易被氧化，所以该过程中反应这两步的目的是保护酚羟基，防止被氧化，反应的化学方程式是，故答案为：保护酚羟基，防止被氧化；【点评】本题考查有机推断，题目难度中等，涉及有机物分子式、结构简式的确定、化学方程式书写、有机物的官
92、能团及其结构等知识，明确常见有机物结构与性质为解答关键，试题培养了学生的分析、理解能力及逻辑推理能力九、（本题共11分）28乙酰基扁桃酰氯是一种医药中间体某研究小组以乙醇和甲苯为主要原料，按下列路线合成乙酰基扁桃酰氯已知：RCHO，RCNRCOOH，RCOOHRCOClRCOOR完成下列问题：（1）D的结构简式，E中含氧官能团的名称醇羟基和羧基（2）下列说法正确的是C（选填字母）AA不能发生取代反应 BB能发生银镜反应CC能发生氧化反应 DG的分子式为C10H9O4（3）从甲苯到化合物C的转化过程中，涉及到的反应类型依次是取代反应、水解或取代反应和氧化反应（4）E+FG的化学方程式是（5）D的
93、同分异构体有多种，写出两种同时符合下列条件的同分异构体的结构简式含有CN（氰基）和OH含有苯环，且苯环上的一卤代物有两种（6）设计以乙醇为原料制备F的合成路线（无机试剂任选）合成路线常用的表示方式为：AB目标产物【考点】有机物的推断【专题】有机物的化学性质及推断【分析】根据题中各物质转化关系，结合题中信息可知，甲苯在光照条件下与氯气反应生成A为，A发生碱性水解得B为，B发生氧化反应得C为，C发生信息中的反应得D为，D酸性水解得E为，根据F的分子式可知，乙醇氧化成乙酸，乙酸再与SOCl2发生信息中的反应生成F为CH3COCl，F和E发生取代反应生成G为，G与SOCl2反应生成乙酰基扁桃酰氯，（6
94、）以乙醇为原料制备F，可以用乙醇氧化成乙酸，乙酸再与SOCl2发生信息中的反应生成F为CH3COCl，据此分析解答【解答】解：根据题中各物质转化关系，结合题中信息可知，甲苯在光照条件下与氯气反应生成A为，A发生碱性水解得B为，B发生氧化反应得C为，C发生信息中的反应得D为，D酸性水解得E为，根据F的分子式可知，乙醇氧化成乙酸，乙酸再与SOCl2发生信息中的反应生成F为CH3COCl，F和E发生取代反应生成G为，G与SOCl2反应生成乙酰基扁桃酰氯，（1）通过以上分析知，D结构简式为，E为，E中含氧官能团是醇羟基和羧基，故答案为：；醇羟基和羧基；（2）AA为，A能和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生
95、成苯甲醇，故A错误； BB为，不含醛基，所以不能发生银镜反应，故B错误；CC为，C中含有醛基而能发生氧化反应，故C正确； DG的分子式为C10H10O4，故D错误；故选C；（3）从甲苯到化合物C的转化过程中，涉及到的反应类型有取代反应、水解反应或取代反应和氧化反应，故答案为：取代；水解或取代；氧化；（4）该反应方程式为，故答案为：；（5）D的同分异构体符合下列条件：含有CN（氰基）和OH，含有苯环，且苯环上的一卤代物有两种，符合条件的同分异构体有，故答案为：；（6）以乙醇为原料制备F，可以用乙醇氧化成乙酸，乙酸再与SOCl2发生信息中的反应生成F为CH3COCl，反应的合成路线为，故答案为：【
96、点评】本题考查有机物推断，为高频考点，明确官能团及其性质关系是解本题关键，注意结合题给信息及有机反应条件来分析解答，侧重考查学生分析推断能力及知识综合应用能力，难点是有机物合成路线设计，题目难度中等十、（本题共14分）29铁粉和硫粉在隔绝空气条件下充分加热可化合，所得产物硫化亚铁还能与酸作用（1）将8.8g 硫化亚铁固体置于200mL 2.0mol/L的盐酸中，以制备H2S气体反应完全后，溶液中H2S的浓度为0.10mol/L（假定溶液体积不变）试计算在标准状况下，可收集到H2S气体的体积是多少L（2）将29g混合均匀的铁粉和硫粉置于密闭容器中加热，充分反应后冷却至室温，再跟足量稀盐酸反应，产
97、生气体在标准状况下为8.4L，则混合物中铁和硫的物质的量之比为3：2若使上述气体充分燃烧，可消耗标准状况下氧气的体积为9.8L（3）将ag铁粉和b g硫粉混合均匀，在隔绝空气条件下充分加热，然后往反应后的固体混合物中加入足量稀硫酸若使产生的气体充分燃烧，消耗标准状况下空气的体积为VL（空气中O2的体积分数为0.20）请通过计算分析V的取值范围【考点】化学方程式的有关计算；有关混合物反应的计算【专题】利用化学方程式的计算【分析】（1）发生反应：FeS+2HCl=FeCl2+H2S，进行过量计算，根据不足量的物质计算生成H2S物质的量，减去溶液中溶解的硫化氢即为收集的硫化氢，进而计算收集硫化氢的体
98、积；（2）由FeS+2HCl=FeCl2+H2S、Fe+2HCl=FeCl2+H2，可知生成气体的物质的量等于混合物中Fe的物质的量，再结合混合物质量计算S的物质的量；根据方程式确定生成气体组成及物质的量，气体燃烧生成SO2与H2O，根据氧原子守恒计算消耗氧气体积；（3）混合物加热时，发生反应：Fe+SFeS，向反应后的固体混合物中加入稀硫酸，发生反应：FeS+H2SO4=FeSO4+H2S，若混合物中Fe有剩余，则还发生反应：Fe+H2SO4=FeSO4+H2，由方程式可知得到气体物质的量等于Fe的物质的量，生成的气体燃烧时，发生反应：2H2S+3O2=2H2O+2SO2，2H2+O2=2H
99、2O，由方程式可知，气体只有H2S时，消耗氧气最多，气体只有H2时，消耗氧气达极小值【解答】解：（1）8.8g FeS的物质的量为=0.1mol，HCl物质的量为0.2L2mol/L=0.4mol，由FeS+2HCl=FeCl2+H2S，可知FeS不足，故生成硫化氢共0.1mol，溶液中溶解硫化氢为0.2L0.1mol/L=0.02mol，故收集硫化氢的体积为（0.10.02）mol22.4L/mol=1.792L，答：收集硫化氢的体积为1.792L（2）由FeS+2HCl=FeCl2+H2S、Fe+2HCl=FeCl2+H2，可知生成气体的物质的量等于混合物中Fe的物质的量，则n（Fe）=n
100、（气体）=0.375mol，则S的物质的量为（29g0.375mol56g/mol32g/mol=0.25mol，则Fe、S物质的量之比为0.375mol：0.25mol=3：2；混合物加热时，发生反应：Fe+SFeS，可知Fe过量，故生成的气体为H2S、H2，其中H2S为0.25mol，氢气为0.375mol0.25mol=0.125mol，气体燃烧生成SO2与H2O，根据氧原子守恒，2n（O2）=2n（SO2）+n（H2O）=20.25mol+（0.25+0.125）mol=0.875mol，则n（O2）=0.4375mol，故消耗氧气体积为0.4375mol22.4L/mol=9.8L，
101、故答案为：3：2；9.8；（3）混合物加热时，发生反应：Fe+SFeS，向反应后的固体混合物中加入稀硫酸，发生反应：FeS+H2SO4=FeSO4+H2S，若混合物中Fe有剩余，则还发生反应：Fe+H2SO4=FeSO4+H2，由方程式可知得到气体物质的量等于Fe的物质的量，即生成气体=mol，标况下气体体积为mol22.4L/mol=0.4aL生成的气体燃烧时，发生反应：2H2S+3O2=2H2O+2SO2，2H2+O2=2H2O，由方程式可知，气体只有H2S时，消耗氧气最多，消耗氧气体积最大为0.4a L=0.6a L，则消耗空气体积最大为0.6a L0.2=1.2a L；气体只有H2时，消耗氧气达极小值，可知氧气极小值为0.4a L=0.2a L，则消耗空气体积极小值为0.2a L0.2=a L，故V的取值范围为：aV1.2a，答：V的取值范围为aV1.2a【点评】本题考查混合物计算、化学方程式计算，关键是明确发生的反应，侧重考查学生的分析计算能力，（3）中利用极端法进行分析解答，使问题化难为易，化繁为简，难度中等
