1、2014-2015学年上海市金山中学高二（下）期末化学试卷一、选择题（共20小题，每小题2分，满分40分）1自然界中只能以化合态存在的元素是( )A硫B氧C氮D铝2钼可用于制导弹，钼的同位素Mo所含的中子数是( )A42B47C52D943以下是人们对原子结构的认识所经历的几个重要历史阶段：道尔顿提出的原子论；汤姆孙提出的葡萄干面包原子摸型；德谟克里特的古典原子论；卢瑟福的原子结构行星模型其中先后顺序正确的是( )ABCD4下列化合物属于弱电解质的是( )ANaOHBHFCCH3COONH4DCO25不能使KI淀粉溶液显蓝色的物质是( )AI2BKICNO2DCl26不属于石油分馏产品的是(
2、)A石蜡B乙烯C汽油D煤油7下列各组物质的类别归属正确的是( )A同位素：1H2、2H2、3H2B分子晶体：I2、SO3、固态氩C非电解质：Cl2、BaSO4、C2H5OHD化合物：重水、双氧水、矿泉水8与二氧化硫反应时，下列物质作氧化剂的是( )A溴单质B硫化氢C品红D氢氧化钙9下列变化会放出热量的是( )A干冰升华B雪融化C硝酸铵溶于水D铁粉和硫粉反应10测定硫酸铜晶体中结晶水含量时，要用到下列仪器中的( )ABCD1125时，0.005mol/L氢氧化钡溶液的pH是( )A2B2.3C11.7D1212对于A2（g）+3B2（g）2C（g）+D（g）反应来说，以下化学反应速率的表示中，反
3、应速率最快的是( )Av（A2）=0.4mol/（Ls）Bv（B2）=0.8mol/（Ls）Cv（C）=0.6mol/（Ls）Dv（D）=0.3mol/（Ls）13如图是电解CuCl2溶液的装置，其中c、d为石墨电极则下列有关的判断正确的是( )Aa为负极、b为正极Ba为阳极、b为阴极C电解过程中，d电极质量增加D电解过程中，氯离子浓度不变14某无色透明溶液中可能大量存在Ag+，Mg2+，Cu2+中的几种离子取少量原溶液加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成，再加过量稀硝酸，白色沉淀不消失在上述溶液的滤液中加入过量NaOH溶液，出现白色沉淀则原溶液中可能大量存在的阴离子是( )AClBNO3CCO32
4、DOH15下列反应的离子方程式书写正确的是( )A稀硫酸与铁粉反应：2Fe+6H+=2 Fe3+3H2B氢氧化钡溶液与稀硫酸反应：Ba2+SO42=BaSO4C石灰石与稀盐酸反应：CO32+2H+=H2O+CO2D氯化铜溶液与铁粉反应Cu2+Fe=Cu+Fe2+16下列各图中，表示正反应是吸热反应的图是( )ABCD17加速漂白粉的漂白作用，最好的办法是( )A用水湿润B加热干燥C加NaOH溶液D加少量盐酸18下列叙述中，可以表明N2+3H22NH3的反应达到平衡状态的是( )A1mol NN键断裂的同时，有3mOLHH键形成B1molNN键断裂的同时，有3molHH键断裂C1molNN键断裂
5、的同时，有6molNH键形成D1molNN键断裂的同时，有6molNH键断裂19珍爱生命，远离毒品以下是四种毒品的结构简式，下列有关说法正确的是( )AK粉的分子式为C13H17ClNOB这四种毒品都属于芳香烃C摇头丸不可能发生加成反应D1mol大麻可与1mol Br2发生加成反应20由NaHS、MgSO4、NaHSO3组成的混合物中，已知S元素的质量分数w（S）=a%，则O元素的质量分数w（O）为( )A11.75a%B1.75a%C1.25a%D无法计算二、（本题共24分）21四种短周期元素的性质或结构信息如下表请根据信息回答下列问题元素ABCDE性质结构信息室温下单质呈粉末状固体，加热易
6、熔化，是黑火药的成分之一单质在氧气中燃烧，发出明亮的蓝紫色火焰单质常温、常压下是黄绿色气体，能溶于水单质质软、银白色固体、导电性强单质在空气中燃烧发出黄色的火焰是形成化合物最多的元素，其单质有多种同素异形体单质导电性良好，其氧化物和最高价氧化物的水化物都具有两性（1）B元素在周期表中的位置_，写出A原子的结构示意图_（2）写出C单质与水反应的化学方程式_A与C形成的化合物溶于水后，溶液的pH_7（填“大于”、“等于”或“小于”）（3）写出D元素最高价氧化物的电子式_（4）A、B、C、E这四种元素中，原子半径最大的是_，离子半径最小的是_（分别写出元素符号和离子符号）（5）写出E元素最高价氧化物
7、的水化物的电离方程式_22中央电视台每晚都要预报42个重点城市的空气质量，它一般将这些城市空气中SO2和可吸入颗粒的量分为8个等级（1）空气质量预报中还预报下列物质中_的含量；氯气 氨气 氮氧化物 二氧化碳（2）已知测定空气中SO2含量的实验仪器中装有酸性KMnO4溶液，SO2气体与酸性KMnO4溶液反应时，MnO4被还原为Mn2+，SO2被氧化为SO42则该反应中SO2是_剂（填“氧化”或“还原”），0.2mol KMnO4可以与_mol 的SO2反应（3）SO2是形成酸雨的“元凶”，SO2可以直接形成酸雨，酸雨的主要成分是_（填写化学式）（4）若上述酸雨的pH为4，则其中c（H+）为_mo
8、l/L；（5）若在实验室配置100mL pH也为4的硫酸溶液，则溶液中溶质H2SO4的物质的量为_mol23醋酸是一种弱电解质：（1）写出醋酸在水溶液中的电离方程式_；（2）浓度为0.1mol/L的醋酸溶液，其pH_1（填“”、“”或“=”）；加水稀释，醋酸的电离程度_（填“增大”、“减小”或“不变”，下同），溶液中的H+离子浓度_（3）向0.1mol/L的醋酸溶液中加入NaOH溶液，当溶液中c（Na+）=c（CH3COO），则反应消耗醋酸和氢氧化钠的物质的量的关系为n（CH3COOH）_n（NaOH）（填“”、“”或“=”）24勒夏特列原理在生产生活中有许多重要应用完成下列填空：（1）实验室
9、配置FeCl3溶液时，将FeCl3溶解在盐酸中，目的是防止_（2）某指示剂（用HZ表示）试液中存在的电离平衡HZ（红色）H+Z（蓝色）在碱性溶液中该指示剂试液呈_色；要使该指示剂试液呈红色，可加入_（3）工业制硫酸时，为使SO2尽可能多地转化成SO3，采取的措施是_（4）合成氨工业采取的以下措施中，可以用勒夏特列原理解释的是_（选填编号）a升温至500左右 b使用催化剂c加压至2050MPa d将氨及时液化分离三、（本题共15分）25在实验室里制取乙烯，常因温度过高而使乙醇和浓硫酸反应生成少量的二氧化硫，有人设计实验图以确认上述混合气体中有C2H4和SO2回答下列问题：（1）实验室制备乙烯的反
10、应方程式是：_（2）I、IV装置可盛放的试剂是I_；_；_；_（将下列有关试剂的序号填入空格内）A品红溶液 BNaOH溶液 C浓硫酸 D酸性KMnO4溶液（3）能说明SO2气体存在的现象是_（4）使用装置II的目的是_（5）使用装置III的目的是_（6）确定含有乙烯的现象是_26根据实验室测定硫酸铜晶体结晶水含量的实验，填写下列空白（1）实验除了需要电子天平、研钵、药匙、酒精灯、干燥器、玻璃棒、坩埚、三脚架外，还需要的仪器是_（2）某学生实验后得到以下数据：加热前的质量加热后的质量W1（容器）W2（容器+晶体）W3（容器+无水硫酸铜）第一次15.688g17.668g16.962g第二次15.
11、688g17.744g17.002g请写出结晶水x=_（保留2位小数）实验误差=_%（保留2位小数）提示：实验误差=（实验值理论值）/理论值）100%从下列选项中选出该学生产生误差的原因可能是（填写字母）_A加热前称量时容器未完全干燥B晶体表面已经少量失水C加热后容器未放入干燥器中冷却D加热过程中晶体有少量溅失四、（本题共11分）27已知可简写为降冰片烯的结构可表示为：（1）降冰片烯属于_a环烃 b不饱和烃 c烷烃 d芳香烃（2）降冰片烯的分子式为_（3）降冰片烯不具有的性质_a能溶于水 b能发生氧化反应c能发生加成反应 d常温常压下为气体（4）写出降冰片烯含有一个六元环的单环的一种同分异构体
12、的结构简式：_28某有机物A的结构简式为：则：（1）该有机物含有的官能团为：_、_；（2）判断有机物A不可能发生的反应是下列中的：_（填序号）；加成反应 消去反应 氧化反应 酯化反应 加聚反应（3）任写出一种符合下列条件的A的同分异构体：能发生银镜反应；与金属钠反应有气体产生_；（4）写出A与溴水反应的化学方程式：_五、（本题共10分）29在标准状况下进行下列实验：甲、乙各取 30.0ml同浓度的盐酸，加入同一镁铝合金粉末产生气体，有关数据列表如下：实验序号甲乙丙合金质量/mg255385510气体体积/ml280336336（1）盐酸的物质的量浓度为_ mol/L，在表中可作为计算依据的是_
13、 （填实验序号，符合要求的全部写出）（2）据_（填实验序号）中的数据，可计算此镁铝合金中镁与铝的物质的量之比_（3）在乙实验中，可以判断_A、金属过量 B、恰好反应 C、金属不足 D、无法判断（4）在丙实验之后，向容器中加入一定量的1.00mol/l的NaOH溶液能使合金中的铝粉恰好完全溶解，再过滤出不溶性的固体，请填下表：滤液中的溶质NaClNaAlO2对应物质的量/mol加入NaOH溶液的体积/ml2014-2015学年上海市金山中学高二（下）期末化学试卷一、选择题（共20小题，每小题2分，满分40分）1自然界中只能以化合态存在的元素是( )A硫B氧C氮D铝【考点】铝的化学性质 【分析】根
14、据物质的性质判断，空气中可存在氧气、氮气、稀有气体，火山喷口附近有硫单质，铝是活泼金属，以此解答【解答】解：A火山喷口附近有硫单质，自然界中能以游离态存在，故A错误；B空气中存在氧气，氧可以单质形成存在，故B错误；C空气中存在氮气，氮元素可以单质形成存在，故C错误；D铝性质活泼，在自然界中只能以化合态存在，故D正确；故选D【点评】本题综合考查元素化合物知识，侧重于物质的存在形成的考查，难度不大，注意硫、氧、氮、铝在自然界中的存在形成，学习中注意积累，题目较简单2钼可用于制导弹，钼的同位素Mo所含的中子数是( )A42B47C52D94【考点】质子数、中子数、核外电子数及其相互联系 【分析】94
15、42Mo中质子数是42，质量数是94，中子数=质量数质子数，据此分析【解答】解：9442Mo中质子数是42，质量数是94，中子数=质量数质子数=9442=52，故选C【点评】本题考查了质子数、中子数和质量数的关系，难度不大，明确质量数和中子数、质子数之间的关系是解本题的关键3以下是人们对原子结构的认识所经历的几个重要历史阶段：道尔顿提出的原子论；汤姆孙提出的葡萄干面包原子摸型；德谟克里特的古典原子论；卢瑟福的原子结构行星模型其中先后顺序正确的是( )ABCD【考点】化学史 【分析】1808年，英国科学家道尔顿提出了原子论；1897年汤姆生发现了电子；德谟克里特（约公元前460公元前370）提出
16、的古典原子论；1911年卢瑟福提出原子结构行星模型【解答】解：1808年，英国科学家道尔顿提出了原子论；1897年汤姆生发现了电子1897年汤姆生发现了电子，提出的葡萄干面包原子摸型；德谟克里特（约公元前460公元前370）提出的古典原子论；1911年卢瑟福提出原子结构行星模型；先后顺序为故选D【点评】本题主要考查了化学史，难度较小，旨在考查学生对基础知识的识记，注意基础知识的积累掌握4下列化合物属于弱电解质的是( )ANaOHBHFCCH3COONH4DCO2【考点】强电解质和弱电解质的概念 【分析】电解质是指在水溶液或熔化状态下都能导电的化合物；强电解质在水溶液或熔融状态下，能完全电离成离
17、子的电解质；弱电解质为：在水溶液里部分电离的电解质，包括弱酸、弱碱、水与少数盐，据此即可解答【解答】解：A氢氧化钠为强碱，在水溶液中能够完全电离，属于强电解质，故A不选；B氢氟酸为弱酸，在水溶液中能够部分电离，属于弱电解质，故B选；C醋酸铵为盐，在水溶液中能够完全电离，属于强电解质，故C不选；D二氧化碳本身不能电离，属于非电解质，故D不选；故选：B【点评】本题考查了电解质强弱的判断，注意明确强电解质与弱电解质的本质区别为能否完全电离，题目难度不大5不能使KI淀粉溶液显蓝色的物质是( )AI2BKICNO2DCl2【考点】淀粉的性质和用途 【分析】碘化钾具有强的还原性，遇到强的氧化剂能够氧化生成
18、单质碘，单质碘遇到淀粉变蓝，据此解答【解答】解：NO2、Cl2具有强的氧化性能够氧化碘化钾生成单质碘，单质碘遇到淀粉变蓝，能够使淀粉变蓝，故选B【点评】本题考查了元素化合物性质，熟悉碘离子的还原性是解题关键，题目难度不大6不属于石油分馏产品的是( )A石蜡B乙烯C汽油D煤油【考点】石油的分馏产品和用途 【分析】根据石油中含有的成分解答，石油中主要含有碳和氢两种元素，将石油加热炼制，利用石油中各成分的沸点不同将它们分离煤隔绝空气加强热可使煤分解生成焦炭、煤焦油、煤气等【解答】解：石油中含有多种成分，这些成分的沸点不同，根据沸点不同将它们加热分离可得到汽油、煤油、柴油、润滑油、石蜡、溶剂油、沥青等
19、产品，乙烯不是从石油中分离出来的故选B【点评】本题考查了石油分馏的产品，明确石油分馏的产品是解答本题的关健，难度不大7下列各组物质的类别归属正确的是( )A同位素：1H2、2H2、3H2B分子晶体：I2、SO3、固态氩C非电解质：Cl2、BaSO4、C2H5OHD化合物：重水、双氧水、矿泉水【考点】同位素及其应用；单质和化合物；分子晶体；电解质与非电解质 【分析】A有相同质子数，不同中子数的原子或同一元素的不同核素互为同位素；B分子晶体：分子间通过分子分子间作用力（包括范德华力和氢键）构成的晶体；C非电解质：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物；D化合物：由两种或两种以上的元素组成的纯净物【
20、解答】解：A1H2、2H2、3H2是由氢的不同核素形成的单质，故A错误；BI2、SO3、固态氩都是分子晶体，故B正确；CCl2是单质，既不是电解质，也不是非电解质，BaSO4是强电解质，C2H5OH是非电解质，故C错误；D重水和双氧水都是化合物，矿泉水是混合物，故D错误，故选B【点评】本题考查同位素、化合物、非电解质和分子晶体的概念，难度不大，要注意平时知识的积累，明确相关的概念是解题的关键8与二氧化硫反应时，下列物质作氧化剂的是( )A溴单质B硫化氢C品红D氢氧化钙【考点】氧化还原反应 【分析】与二氧化硫反应时，下列物质作氧化剂，说明二氧化硫作还原剂，在反应中失电子化合价升高，据此分析解答【
21、解答】解：ABr2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，该反应中二氧化硫失电子化合价而作还原剂、溴作氧化剂，故A正确；B.2H2S+SO2=3S+2H2O中二氧化硫得电子化合价降低而作氧化剂，硫化氢作还原剂，故B错误；C二氧化硫和有色物质品红反应生成无色物质而体现漂白性，故C错误；DCa（OH）2+SO2=CsSO3+H2O中各元素化合价不变，所以不属于氧化还原反应，故D错误；故选A【点评】本题以二氧化硫为载体考查氧化还原反应，侧重考查基本概念，知道二氧化硫具有氧化性、还原性、漂白性，根据元素化合价变化判断即可，注意二氧化硫也能使澄清石灰水变浑浊，题目难度不大9下列变化会放出热量的是( )
22、A干冰升华B雪融化C硝酸铵溶于水D铁粉和硫粉反应【考点】吸热反应和放热反应 【分析】A升华是吸热过程；B雪融化是吸热过程；C铵盐溶于水吸收能量；D根据常见的放热反应有：所有的物质燃烧、所有金属与酸反应、金属与水反应，所有中和反应；绝大多数化合反应和铝热反应；常见的吸热反应有：绝大数分解反应，个别的化合反应（如C和CO2），少数分解置换以及某些复分解（如铵盐和强碱），C或氢气做还原剂时的反应【解答】解：A升华是吸热过程，吸收热量，故A错误； B雪融化是吸热过程，吸收热量，故B错误；C铵盐溶于水吸收能量，故C错误；D铁粉和硫粉反应是化合反应，是放热反应，故D正确故选D【点评】本题考查放热反应，难度
23、不大，抓住中学化学中常见的吸热或放热的反应是解题的关键，对于特殊过程中的热量变化的要熟练记忆来解答此类习题10测定硫酸铜晶体中结晶水含量时，要用到下列仪器中的( )ABCD【考点】不能加热的仪器及使用方法 【分析】测定硫酸铜晶体中结晶水含量时，需要加热失去结晶水，据此解题【解答】解：测定硫酸铜晶体中结晶水含量时，需要加热失去结晶水，加热固体需要使用坩埚故选C【点评】本题考查常见仪器的使用和化学基本操作的方法，题目难度不大，注意在学习中加强基础知识的积累1125时，0.005mol/L氢氧化钡溶液的pH是( )A2B2.3C11.7D12【考点】pH的简单计算 【分析】pH=lgC（H+），碱溶
24、液中先计算氢氧根离子浓度，再根据氢离子浓度与氢氧根离子浓度和离子积常数之间的关系式计算【解答】解：0.005mol/LBa（OH）2溶液中氢氧根离子浓度=0.005 mol/L2=0.01mol/L，根据离子积常数KW=c（H+）c（OH），知，溶液中氢离子浓度c（H+）=mol/L=1012mol/L，所以溶液的pH=12，故选D【点评】本题考查了pH的有关计算，明确氢离子浓度、氢氧根离子浓度和离子积常数之间的关系是解本题关键，题目难度不大12对于A2（g）+3B2（g）2C（g）+D（g）反应来说，以下化学反应速率的表示中，反应速率最快的是( )Av（A2）=0.4mol/（Ls）Bv（B
25、2）=0.8mol/（Ls）Cv（C）=0.6mol/（Ls）Dv（D）=0.3mol/（Ls）【考点】化学反应速率和化学计量数的关系 【专题】化学反应速率专题【分析】对于同一化学反应的速率，用不同物质表示时其速率大小可能不一致，但反应进度一致即：反应速率除以其化学计量数得到的值相等，得到的数值越大反应越快【解答】解：反应速率除以其化学计量数可得：A、=0.4mol/（Ls）B、=0.267mol/（Ls）C、=0.3mol/（Ls）D、=0.3mol/（Ls），数值越大反应越快，故选A【点评】本题考查化学反应速率大小比较，其方法为：统一单位求反应进度即用反应速率除以其化学计量数，得到的数值越
26、大反应速率越快此方法可以快速解题13如图是电解CuCl2溶液的装置，其中c、d为石墨电极则下列有关的判断正确的是( )Aa为负极、b为正极Ba为阳极、b为阴极C电解过程中，d电极质量增加D电解过程中，氯离子浓度不变【考点】电解原理 【专题】电化学专题【分析】依据装置图中电流流向分析电极名称，与电源正极连接的为阳极，与电源负极连接的为阴极；电解时铜离子在阴极得到电子析出铜，氯离子在阳极失电子生成氯气，据此分析【解答】解：A、电流从正极流向负极，根据装置图中电流流向判断a为电源正极，b为电源负极；故A错误；B、a为电源正极，与a连接的电极c为阳极；b为电源负极，与负极相连的电极d为阴极，故B错误；
27、C、电解过程中，Cu2+ 在阴极d上得电子生成Cu，所以d电极质量增加，故C正确；D、氯离子在阳极失电子生成氯气，电解过程中，氯离子浓度减小，故D错误；故选C【点评】本题考查电解原理的分析应用，电极名称、电极反应和电极产物的分析判断是解题关键，题目难度中等14某无色透明溶液中可能大量存在Ag+，Mg2+，Cu2+中的几种离子取少量原溶液加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成，再加过量稀硝酸，白色沉淀不消失在上述溶液的滤液中加入过量NaOH溶液，出现白色沉淀则原溶液中可能大量存在的阴离子是( )AClBNO3CCO32DOH【考点】常见离子的检验方法 【分析】溶液呈无色透明，而Cu2+在溶液中为蓝绿色，
28、则原溶液中一定不存在Cu2+；取少量原溶液加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成，再加入过量稀硝酸，白色沉淀不消失，说明原溶液中肯定有Ag+离子；在除去Ag+离子的溶液中，加入过量NaOH溶液，出现白色沉淀，则原溶液中一定存在Mg2+；根据分析可知，原溶液中存在的离子为：Ag+、Mg2+，能够与Ag+、Mg2+反应的离子在溶液中不能大量共存，据此进行判断【解答】解：由于溶液呈无色透明，而Cu2+有颜色，为蓝绿色，可以肯定原溶液中不存在Cu2+；取少量原溶液加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成，再加入过量稀硝酸，白色沉淀不消失，说明原溶液中肯定有Ag+离子，反应的离子方程式为Ag+ClAgCl；在除去Ag+离
29、子的溶液中，加入过量NaOH溶液，出现白色沉淀，则原溶液中一定存在Mg2+，根据分析可知，原溶液中存在的离子为：Ag+、Mg2+，则原溶液中一定不存在与Ag+、Mg2+反应的Cl、CO32、OH，所以可能存在的离子为NO3，故选B【点评】本题考查了离子共存的判断、常见离子的性质及检验方法，题目难度中等，正确推断原溶液中存在的离子为解答关键，注意掌握常见离子的性质及离子共存的条件，试题培养了学生的灵活应用能力15下列反应的离子方程式书写正确的是( )A稀硫酸与铁粉反应：2Fe+6H+=2 Fe3+3H2B氢氧化钡溶液与稀硫酸反应：Ba2+SO42=BaSO4C石灰石与稀盐酸反应：CO32+2H+
30、=H2O+CO2D氯化铜溶液与铁粉反应Cu2+Fe=Cu+Fe2+【考点】离子方程式的书写 【专题】离子反应专题【分析】A铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁；B氢氧化钡和稀硫酸反应生成硫酸钡和水；C难溶物要写化学式，气体要写气体符号；D氯化铜和铁发生置换反应【解答】解：A铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁，离子反应方程式为Fe+2H+=Fe2+H2，故A错误；B氢氧化钡和稀硫酸反应生成硫酸钡和水，离子反应方程式为：Ba2+2OH+2H+SO42=BaSO4+2H2O，故B错误；C难溶物要写化学式，气体要写气体符号，离子反应方程式为CaCO3+2H+=H2O+CO2+Ca2+，故C错误；D氯化铜和铁发生置换反应
31、，离子反应方程式为Cu2+Fe=Cu+Fe2+，故D正确；故选D【点评】本题考查了离子反应方程式，明确离子反应方程式的书写规则是解本题关键，书写时要遵循客观事实、原子守恒、转移电子守恒、电荷守恒，为考试热点和学习难点16下列各图中，表示正反应是吸热反应的图是( )ABCD【考点】吸热反应和放热反应 【分析】根据反应物的总能量生成物的总能量，反应为放热反应；反应物的总能量生成物的总能量，反应为吸热反应来解答【解答】解：吸热反应中，反应物总能量生成物总能量，故选A【点评】本题考查了吸热反应的图示，题目难度中等，旨在考查学生对基础知识的识记，注意基础知识的积累掌握17加速漂白粉的漂白作用，最好的办法
32、是( )A用水湿润B加热干燥C加NaOH溶液D加少量盐酸【考点】化学反应速率的影响因素；氯、溴、碘及其化合物的综合应用 【专题】化学反应速率专题【分析】漂白粉的有效成分的是次氯酸钙，但实际起漂白作用的是次氯酸，因此要加速漂白粉的漂白作用就得将次氯酸钙转化为次氯酸，利用强酸制弱酸的原理进行【解答】解：根据漂白粉的成分是氯化钙和次氯酸钙的混合物，其有效成分为次氯酸钙，但实际上起漂白作用的是次氯酸，利用强酸制弱酸的原理，盐酸的酸性比比次氯酸的酸性强，次氯酸钙与盐酸反应生成具有漂白性的次氯酸，以加速漂白粉的漂白作用，加苛性钠、用水湿润、加热干燥，都不会产生次氯酸，故选D【点评】本题围绕漂白粉的漂白原理
33、来分析解决，实际上还是元素化合物的性质问题，需要掌握相关元素化合物的性质，难度不大18下列叙述中，可以表明N2+3H22NH3的反应达到平衡状态的是( )A1mol NN键断裂的同时，有3mOLHH键形成B1molNN键断裂的同时，有3molHH键断裂C1molNN键断裂的同时，有6molNH键形成D1molNN键断裂的同时，有6molNH键断裂【考点】化学平衡状态的判断 【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明
34、可逆反应到达平衡状态【解答】解：A、1mol NN键断裂，等效于3molHH键的断裂，的同时有3molHH键的形成，正逆反应速率相等，达平衡状态，故A正确；B、1molNN键断裂的同时，有3molHH键断裂，都体现的是正反应方向，故B错误；C、1molNN键断裂的同时，有6molNH键形成，都体现的正反应方向，故C错误；D、1molNN键断裂，等效于有6molNH形成的同时有6molNH键断裂，正逆反应速率相等，故D正确；故选AD【点评】本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为019珍爱生命，远离毒品以下是四种毒品的结构简式，下列有关说法正确的
35、是( )AK粉的分子式为C13H17ClNOB这四种毒品都属于芳香烃C摇头丸不可能发生加成反应D1mol大麻可与1mol Br2发生加成反应【考点】有机物的结构和性质 【分析】A根据K粉的结构简式判断含有的元素种类和原子个数可确定有机物的分子式；B根据烃的定义分析；C摇头丸中含有苯环，可发生加成反应；D大麻中含有酚羟基和C=C，可与溴发生取代反应和加成反应【解答】解：AK粉中含有13个C、16个H、1个Cl、1个N、1个O，则分子式为C13H16ClNO，故A错误；BK粉中不含苯环，且含有Cl、N、O等元素；冰毒含有N元素；摇头丸含有N、O元素；大麻含有O元素，则不属于烃，应为烃的衍生物，故B
36、错误；C摇头丸中含有苯环，可发生加成反应，故C错误；D大麻中含有酚羟基和C=C，可与溴发生取代反应和加成反应，其中C=C可与溴发生加成反应，需1mol溴，故D正确故选D【点评】本题考查有机物的结构和性质，解答该题要注意把握官能团的性质，准确理解烃的定义，仔细分析有机物的结构简式，能正确判断有机物的分子式，题目难度不大20由NaHS、MgSO4、NaHSO3组成的混合物中，已知S元素的质量分数w（S）=a%，则O元素的质量分数w（O）为( )A11.75a%B1.75a%C1.25a%D无法计算【考点】元素质量分数的计算 【专题】计算题【分析】NaHS、NaHSO3中“NaH”的总相对原子质量为
37、24，与1个Mg原子的相对原子质量相等，所以可以从质量角度将“NaH”视为一个与Mg等效的整体A（即将“NaH”和Mg都换用“A”来表示，可看作其相对原子质量为24）那么，这样处理后混合物就相当于是由AS、ASO4、ASO3组成的了，而此时的混合物中A、S原子个数比为1：1，二者的质量比为24：32；利用硫元素的质量分数可求得A的质量分数，混合物中氧元素的质量分数=1混合物中硫元素的质量分数A元素的质量分数【解答】解：由于Na和H的相对原子质量和等于Mg的相对原子质量，所以可以从质量角度将“NaH”视为一个与Mg等效的整体A（即将“NaH”和Mg都换用“A”来表示，其相对原子质量可作24），混
38、合物就相当于是由AS、ASO4、ASO3组成，而此时的混合物中A、S原子个数比为1：1，二者的质量比为24：32=3：4，由于w（S）=a%，故w（A）=a=0.75a%，氧元素的质量分数=1a%0.75a%=11.75a%；故选：A【点评】本题考查质量分数的有关计算，根据物质组成元素的特点，利用数学的技巧处理复杂的化学计算，是解决此类问题所需要的能力，难度中等二、（本题共24分）21四种短周期元素的性质或结构信息如下表请根据信息回答下列问题元素ABCDE性质结构信息室温下单质呈粉末状固体，加热易熔化，是黑火药的成分之一单质在氧气中燃烧，发出明亮的蓝紫色火焰单质常温、常压下是黄绿色气体，能溶于
39、水单质质软、银白色固体、导电性强单质在空气中燃烧发出黄色的火焰是形成化合物最多的元素，其单质有多种同素异形体单质导电性良好，其氧化物和最高价氧化物的水化物都具有两性（1）B元素在周期表中的位置第三周期第A族，写出A原子的结构示意图（2）写出C单质与水反应的化学方程式2Na+2H2O=2NaOH+H2A与C形成的化合物溶于水后，溶液的pH大于7（填“大于”、“等于”或“小于”）（3）写出D元素最高价氧化物的电子式（4）A、B、C、E这四种元素中，原子半径最大的是Na，离子半径最小的是Al（分别写出元素符号和离子符号）（5）写出E元素最高价氧化物的水化物的电离方程式AlO2+H+H2OAl（OH）
40、3Al3+3OH【考点】位置结构性质的相互关系应用 【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】A元素室温下单质呈粉末状固体，加热易熔化，是黑火药的成分之一，单质在氧气中燃烧，发出明亮的蓝紫色火焰，故A为S元素；B单质常温、常压下是黄绿色气体，能溶于水，故B为Cl元素；C的单质质软、银白色固体、导电性强，单质在空气中燃烧发出黄色的火焰，故C为Na元素；D的元素是形成化合物最多的元素，其单质有多种同素异形体，故D为C元素；E的单质导电性良好，其氧化物和最高价氧化物的水化物都具有两性，故E为Al元素【解答】解：A元素室温下单质呈粉末状固体，加热易熔化，是黑火药的成分之一，单质在氧气中燃烧，发出明亮的
41、蓝紫色火焰，故A为S元素；B单质常温、常压下是黄绿色气体，能溶于水，故B为Cl元素；C的单质质软、银白色固体、导电性强，单质在空气中燃烧发出黄色的火焰，故C为Na元素；D的元素是形成化合物最多的元素，其单质有多种同素异形体，故D为C元素；E的单质导电性良好，其氧化物和最高价氧化物的水化物都具有两性，故E为Al元素（1）由上述分析可知，B为Cl元素，在周期表中的位置为第三周期第A族；A为S元素，原子核外有16个电子，有3个电子层，最外层电子数为6，电子式为故答案为：第三周期第A族；（2）钠与水反应生成氢氧化钠与氢气，反应方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2A与C形成的化合物为Na2S，Na
42、2S是强碱弱酸盐水解呈碱性，溶液的pH值大于7，故答案为：2Na+2H2O=2NaOH+H2；大于；（3）D为C元素，D元素最高价氧化物为CO2，分子中C原子与O原子之间形成2对共用电子对，电子式为，故答案为：；（4）A为S元素、B为Cl元素、C为Na元素、D为C元素，E是Al元素，同一周期中，原子的原子半径随着原子序数的增大而减小，A、B、C、E这四种元素中，所以原子半径最大的是Na元素；电子层数越多，离子半径越大，电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数的增大而减小，所以离子半径最小的是Al元素，故答案为：Na；Al；（5）E元素最高价氧化物的水化物是氢氧化铝，氢氧化铝的电离方程式为：A
43、lO2+H+H2OAl（OH）3Al3+3OH，故答案为：AlO2+H+H2OAl（OH）3Al3+3OH【点评】本题以元素推断为载体考查了元素化合物的知识，准确确定元素是解本题的关键，注意氢氧化铝有两种电离方式，分别为酸式电离和碱式电离22中央电视台每晚都要预报42个重点城市的空气质量，它一般将这些城市空气中SO2和可吸入颗粒的量分为8个等级（1）空气质量预报中还预报下列物质中的含量；氯气 氨气 氮氧化物 二氧化碳（2）已知测定空气中SO2含量的实验仪器中装有酸性KMnO4溶液，SO2气体与酸性KMnO4溶液反应时，MnO4被还原为Mn2+，SO2被氧化为SO42则该反应中SO2是还原剂（填
44、“氧化”或“还原”），0.2mol KMnO4可以与0.5mol 的SO2反应（3）SO2是形成酸雨的“元凶”，SO2可以直接形成酸雨，酸雨的主要成分是H2SO4（填写化学式）（4）若上述酸雨的pH为4，则其中c（H+）为104mol/L；（5）若在实验室配置100mL pH也为4的硫酸溶液，则溶液中溶质H2SO4的物质的量为5106mol【考点】含硫物质的性质及综合应用 【分析】（1）空气污染指数就是将常规监测的几种空气污染物浓度简化成为单一的数值形式，并分级表示空气污染程度和空气质量状况，目前计入空气污染指数的项目主要为：可吸入颗粒物、二氧化硫、二氧化氮等；（2）元素化合价升高做还原剂被氧
45、化，元素化合价降低做氧化剂被还原，结合反应的离子方程式的定量关系计算0.2mol KMnO4可以需要的二氧化硫物质的量；（3）二氧化硫和氧气在浮尘作用下反应生成三氧化硫，三氧化硫和水反应生成硫酸；（4）依据PH=lgc（H+）计算得到氢离子浓度；（5）pH也为4的硫酸溶液，c（H+）=104mol/L，得到c（H2SO4）=5105mol/L【解答】解：（1）空气污染指数就是将常规监测的几种空气污染物浓度简化成为单一的数值形式，并分级表示空气污染程度和空气质量状况，目前计入空气污染指数的项目主要为：可吸入颗粒物、二氧化硫、二氧化氮等，空气质量预报中主要预报城市空气中SO2、可吸入颗粒的量、氮氧
46、化物，二氧化碳是空气中的成分，氯气、氨气不是空气中常见的气体，故答案为：；（2）SO2气体与酸性KMnO4溶液反应时，MnO4被还原为Mn2+，SO2被氧化为SO42，反应的离子方程式为：2MnO4+5SO2+2H2O=5SO42+4H+2Mn2+，反应中硫元素化合价升高，SO2做还原剂被氧化，Mn元素化合价降低，KMnO4做氧化剂被还原，结合反应的离子方程式的定量关系计算0.2mol KMnO4可以需要的二氧化硫物质的量0.5mol，故答案为：还原；0.5mol；（3）二氧化硫和氧气在浮尘作用下反应生成三氧化硫，三氧化硫和水反应生成硫酸，酸雨的主要成分是H2SO4故答案为：H2SO4；（4）
47、依据PH=lgc（H+）计算得到氢离子浓度，若上述酸雨的pH为4，则其中c（H+）=104mol/L，故答案为：104；（5）pH也为4的硫酸溶液，c（H+）=104mol/L，得到c（H2SO4）=5105mol/L，溶液中溶质H2SO4的物质的量为5105mol/L，故答案为：5106mol【点评】本题考查了二氧化硫性质的分析，酸雨形成过程，氧化还原反应分析，题目难度中等，注意掌握氧化还原反应原理和概念的理解应用，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力，题目难度中等23醋酸是一种弱电解质：（1）写出醋酸在水溶液中的电离方程式CH3COOHCH3COO+H+；（2）浓度为0.
48、1mol/L的醋酸溶液，其pH1（填“”、“”或“=”）；加水稀释，醋酸的电离程度增大（填“增大”、“减小”或“不变”，下同），溶液中的H+离子浓度减小（3）向0.1mol/L的醋酸溶液中加入NaOH溶液，当溶液中c（Na+）=c（CH3COO），则反应消耗醋酸和氢氧化钠的物质的量的关系为n（CH3COOH）n（NaOH）（填“”、“”或“=”）【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡 【分析】（1）醋酸是弱酸，不能完全电离，存在电离平衡；（2）加水稀释促进醋酸电离，但氢离子浓度和醋酸根离子浓度减小，离子物质的量增大不如溶液体积增大的幅度大；（3）据溶液中的电荷守恒分析，c（Na+）=c（CH3C
49、OO）时，溶液显中性，醋酸物质的量大于NaOH【解答】解：（1）醋酸是弱酸，电离可逆，电离方程式为CH3COOHCH3COO+H+，故答案为：CH3COOHCH3COO+H+；（2）醋酸是弱酸，不能完全电离，0.1mol/L的醋酸溶液，其pH1，加水稀释促进醋酸电离，但氢离子浓度和醋酸根离子浓度减小，故答案为：；增大；减小；（3）向0.1mol/L的醋酸溶液中加入NaOH溶液，当溶液中c（Na+）=c（CH3COO）时，溶液显中性，醋酸与NaOH恰好中和时生成醋酸钠溶液显碱性，醋酸物质的量大于NaOH，故答案为：【点评】本题考查了弱电解质的电离平衡和盐类水解，注意醋酸钠溶液显碱性，题目难度不大
50、24勒夏特列原理在生产生活中有许多重要应用完成下列填空：（1）实验室配置FeCl3溶液时，将FeCl3溶解在盐酸中，目的是防止Fe3+的水解（2）某指示剂（用HZ表示）试液中存在的电离平衡HZ（红色）H+Z（蓝色）在碱性溶液中该指示剂试液呈蓝色；要使该指示剂试液呈红色，可加入酸（3）工业制硫酸时，为使SO2尽可能多地转化成SO3，采取的措施是用足量的氧气（4）合成氨工业采取的以下措施中，可以用勒夏特列原理解释的是cd（选填编号）a升温至500左右 b使用催化剂c加压至2050MPa d将氨及时液化分离【考点】盐类水解的原理；化学平衡移动原理 【分析】（1）配制氯化铁溶液需要防止铁离子水解而变浑
51、浊；（2）酸碱指示剂存在电离平衡，根据加入的电解质溶液是促进指示剂电离还是抑制指示剂电离，如果促进指示剂电离，溶液呈蓝色，如果是抑制指示剂电离溶液就呈红色，从而确定溶液的颜色和加入的物质；（3）根据平衡移动原理结合增加反应物的转化率知识来回答；（4）勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用【解答】解：（1）铁离子在溶液中水解，所以实验室中配制FeCl3溶液时通常需要向其中加盐酸抑制Fe3+水解，故答案为：Fe3+的水解；（2）根据平衡：HZ（红色）H+Z（蓝色），在碱性溶液中该指示剂试液，
52、则氢离子被消耗，平衡正向移动，所以显示蓝色，要使该指示剂试液呈红色，平衡逆向移动即可，可以加入酸，故答案为：蓝色；酸；（3）工业制硫酸时，为使SO2尽可能多地转化成SO3，增加二氧化硫的转化率，可以采取的措施是用足量的氧气，故答案为：用足量的氧气；（4）a、合成氨反应为放热反应，升高温度不利用平衡向正方向移动，但升温却可提高反应速率，催化剂活性大，与勒沙特列原理不符，故不符合；b、用铁触媒加快化学反应速率，是利用铁触媒做催化剂降低反应的活化能，加快反应速率，不改变化学平衡，不能用勒夏特列原理解释，故不符合；c、反应是气体体积减小的反应，加压平衡正向进行符合化学平衡移动原理，可以用勒夏特列原理解
53、释，故符合；d、将生成的氨液化并及时从体系中分离出来，减少生成物浓度，平衡正向进行，可以用勒夏特列原理解释，故符合；故选cd【点评】本题考查了化学平衡影响因素以及盐的水解原理的应用知识，化学反应特征和平衡移动原理是解题关键，题目较简单三、（本题共15分）25在实验室里制取乙烯，常因温度过高而使乙醇和浓硫酸反应生成少量的二氧化硫，有人设计实验图以确认上述混合气体中有C2H4和SO2回答下列问题：（1）实验室制备乙烯的反应方程式是：CH3CH2OHCH2=CH2+H2O（2）I、IV装置可盛放的试剂是IA；B；A；D（将下列有关试剂的序号填入空格内）A品红溶液 BNaOH溶液 C浓硫酸 D酸性KM
54、nO4溶液（3）能说明SO2气体存在的现象是中品红溶液褪色（4）使用装置II的目的是除去SO2，以免干扰乙烯的检验（5）使用装置III的目的是检验SO2是否已经被完全除去（6）确定含有乙烯的现象是中的品红不褪色，中的酸性高锰酸钾溶液褪色【考点】乙烯的实验室制法 【专题】有机物的化学性质及推断【分析】（1）实验室制备乙烯所用的原料为乙醇，浓硫酸作催化剂、脱水剂，反应条件是加热到170，据此写出反应的化学方程式；（2）多种产物需检验时，应考虑先后顺序，本题中先检验二氧化硫，然后除去二氧化硫，再检验产物中有乙烯；（3）根据二氧化硫能漂白品红检验二氧化硫的存在；（4）氢氧化钠溶液能吸收二氧化硫，据此可
55、以除去混合气体中的二氧化硫；（5）品红溶液不褪色确认SO2已除干净，避免二氧化硫对乙烯检验的干扰；（6）装置中确定无二氧化硫，装置中气体与酸性高锰酸钾溶液褪色证明混合气体中含有乙烯【解答】解：（1）利用乙醇在浓硫酸的催化作用下发生分子内脱水制取乙烯，乙醇发生了消去反应，反应的化学方程式为：CH3CH2OH CH2=CH2+H2O，故答案为：CH3CH2OH CH2=CH2+H2O；（2）检验二氧化硫用品红溶液，检验乙烯用高锰酸钾酸性溶液，乙烯和二氧化硫都能使高锰酸钾酸性溶液褪色，所以先检验二氧化硫，然后检验乙烯，同在检验乙烯之前用NaOH溶液除尽SO2，再通过品红溶液不褪色确认SO2已除干净，
56、最后用高锰酸钾酸性溶液褪色检验乙烯，因装置I用来检验SO2，试管中品红溶液褪色，说明含有SO2，装置II试管装有NaOH溶液除去SO2，装置III试管通过品红溶液不褪色确认SO2已除干净，装置IV 通过高锰酸钾酸性溶液褪色检验乙烯，故答案为：A；B；A；D；（3）装置I用来检验SO2，试管中品红溶液褪色，说明含有SO2，故答案为：中品红溶液褪色；（4）装置试管装有NaOH溶液，目的是除去SO2，以免干扰乙烯的检验，故答案为：除去SO2，以免干扰乙烯的检验；（5）装置试管通过品红溶液不褪色，从而确定SO2已除干净，故答案为：检验SO2是否已经被完全除去；（6）装置通过高锰酸钾酸性溶液褪色检验乙烯
57、，如果中的品红不褪色，中的酸性高锰酸钾溶液褪色，则证明有乙烯生成，故答案为：中的品红不褪色，中的酸性高锰酸钾溶液褪色【点评】本题考查了乙烯的实验室制法以及产物的检验，题目难度中等，注意掌握乙烯的实验室制取原理，明确当有多种产物需检验时，应考虑先后顺序，高锰酸钾既能氧化二氧化硫，又能氧化乙烯，是解答本题的关键26根据实验室测定硫酸铜晶体结晶水含量的实验，填写下列空白（1）实验除了需要电子天平、研钵、药匙、酒精灯、干燥器、玻璃棒、坩埚、三脚架外，还需要的仪器是泥三角、坩埚钳（2）某学生实验后得到以下数据：加热前的质量加热后的质量W1（容器）W2（容器+晶体）W3（容器+无水硫酸铜）第一次15.68
58、8g17.668g16.962g第二次15.688g17.744g17.002g请写出结晶水x=4.97（保留2位小数）实验误差=0.6%（保留2位小数）提示：实验误差=（实验值理论值）/理论值）100%从下列选项中选出该学生产生误差的原因可能是（填写字母）BCA加热前称量时容器未完全干燥B晶体表面已经少量失水C加热后容器未放入干燥器中冷却D加热过程中晶体有少量溅失【考点】探究物质的组成或测量物质的含量 【分析】（1）首先根据实验步骤中的各步操作，确定所需的实验仪器；（2）根据结晶水合物中，结晶水的质量=m（容器十晶体）m（容器十无水硫酸铜），据化学方程式可以计算结晶水x的值，在测定中若被测样
59、品中含有加热挥发的杂质或实验前容器中有水，都会造成测量结果偏高、偏低【解答】解：（1）测定硫酸铜晶体（CuSO45H2O）里结晶水的含量，实验步骤为：研磨 称量空坩埚和装有试样的坩埚的质量 加热 冷却 称量 重复至的操作，直到连续两次称量的质量差不超过0.1g为止 根据实验数据计算硫酸铜结晶水的含量所需仪器是托盘天平、研钵、酒精灯、玻璃棒、坩埚、干燥器、泥三角、三角架、药匙、坩埚钳，故答案为：泥三角、坩埚钳；（2）由表格中的数据，第一次酸硫铜的质量为16.962g15.688g=1.274g，水的质量：17.668g16.962g=0.706g，第二次酸硫铜的质量为：17.002g15.688
60、g=1.314g，水的质量：17.744g17.002g=0.742g，则CuSO 4xH2OCuSO 4+xH2O， 160 18x 1.274g 0.706g解得x4.93CuSO 4xH2OCuSO 4+xH2O， 160 18x 1.314g 0.742g解得x5.01，两次的平均值x=4.97实验误差=100%0.6%，A、加热前所用的容器未完全干燥加热后水挥发，导致水的质量测定结果偏大，故A错误；B、晶体表面已经少量失水，会导致水测定结果偏小，故B正确；C、加热后容器未放入干燥器中冷却会导致测定的水的质量偏小，故C正确；D、加热过程中晶体有少量溅失会导致测定的水的质量偏大，故D错误
61、故答案为：4.97；0.6；BC【点评】本题是一道定量实验题，既要学生分析实验的关键、细节，又要求对实验结果产生的误差的原因进行分析既考查了学生对化学实验的基本操作和常见仪器的认识和使用，又考查了学生分析问题和解决问题的能力从题目本身对学生的实验能力要求较高，但此题实际上就来源于课本的学生实验，只要学生认真的去操作过、体验过、思考过，就会觉得很熟悉，题目难度中等四、（本题共11分）27已知可简写为降冰片烯的结构可表示为：（1）降冰片烯属于a、ba环烃 b不饱和烃 c烷烃 d芳香烃（2）降冰片烯的分子式为C7H10（3）降冰片烯不具有的性质ada能溶于水 b能发生氧化反应c能发生加成反应 d常温
62、常压下为气体（4）写出降冰片烯含有一个六元环的单环的一种同分异构体的结构简式：【考点】有机物的结构和性质；饱和烃与不饱和烃 【分析】由结构简式可确定有机物式，有机物含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，以此解答该题【解答】解：（1）由结构简式可知有机物含有环状结构，并含有碳碳双键，则属于环烃和不饱和烃，故答案为：a、b；（2）由有机物结构简式可知有机物分子式为C7H10，故答案为：C7H10；（3）分子中含有碳碳双键，可发生加成、氧化反应，烃类物质都不溶于水，且碳原子数大于4，常温下为液体，故答案为：ad；（4）分子式为C7H10，含有一个六元环的单环的一种同分异构体的结构简式为等，故答案
63、为：【点评】本题考查有机物的合成及有机物的性质，明确有机物的结构与性质的关系即可解答，注意把握烯烃的性质来解答，题目难度不大28某有机物A的结构简式为：则：（1）该有机物含有的官能团为：羧基、碳碳双键；（2）判断有机物A不可能发生的反应是下列中的：（填序号）；加成反应 消去反应 氧化反应 酯化反应 加聚反应（3）任写出一种符合下列条件的A的同分异构体：能发生银镜反应；与金属钠反应有气体产生；（4）写出A与溴水反应的化学方程式：【考点】有机物的结构和性质 【分析】有机物含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，含有羧基，具有酸性，可发生中和、酯化等反应，以此解答该题【解答】解：（1）由结构简式可
64、知有机物含有羧基、碳碳双键，故答案为：羧基；碳碳双键； （2）有机物含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，含有羧基，具有酸性，可发生中和、酯化等反应，不可能发生消去反应，故答案为：；（3）能发生银镜反应，说明含有醛基，与金属钠反应有气体产生，说明含有羟基，则结构简式可为等，故答案为：；（4）A含有碳碳双键，与溴水发生加成反应，方程式为，故答案为：【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重烯烃、酸性质的考查，题目难度不大五、（本题共10分）29在标准状况下进行下列实验：甲、乙各取 30.0ml同浓度的盐酸，加入同一镁铝合金粉末产生气体，有关数据列
65、表如下：实验序号甲乙丙合金质量/mg255385510气体体积/ml280336336（1）盐酸的物质的量浓度为1 mol/L，在表中可作为计算依据的是乙、丙 （填实验序号，符合要求的全部写出）（2）据甲（填实验序号）中的数据，可计算此镁铝合金中镁与铝的物质的量之比1：1（3）在乙实验中，可以判断AA、金属过量 B、恰好反应 C、金属不足 D、无法判断（4）在丙实验之后，向容器中加入一定量的1.00mol/l的NaOH溶液能使合金中的铝粉恰好完全溶解，再过滤出不溶性的固体，请填下表：滤液中的溶质NaClNaAlO2对应物质的量/mol加入NaOH溶液的体积/ml【考点】有关混合物反应的计算；镁
66、的化学性质；铝的化学性质 【专题】实验分析题【分析】（1）由表中数据可知，30.0ml同浓度的盐酸加入255mg金属，盐酸有剩余，金属完全反应加入385mg金属与加入510mg金属生成的氢气体积一样多，故加入385mg金属，盐酸完全反应，此时生成氢气336mL，计算氢气的物质的量，根据氢元素守恒可知n（HCl）=2n（H2），据此计算（2）由表中甲、乙数据可知，甲中盐酸有剩余，金属完全反应，此时生成氢气280mL，故可以根据甲组数据计算金属的物质的量之比令镁、铝的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量之和与电子转移守恒列方程计算x、y的值（3）甲中盐酸有剩余，金属完全反应，此时生成氢气
67、280mL，据此计算生成336mL氢气需要金属的质量，判断金属是否完全反应（4）丙实验之后，向容器中加入一定量的1.00mol/l的NaOH溶液能使合金中的铝粉恰好完全溶解，溶液中溶质为氯化钠、偏铝酸钠由（2）中计算Mg、Al的物质的量可知丙中Al的物质的量，根据铝元素守恒计算偏铝酸钠的物质的量，根据钠离子守恒计算溶液中n（NaCl）=1mol/L0.03L=0.03mol根据钠离子守恒可知n（NaOH）=n（NaCl）+n（NaAlO2），据此计算氢氧化钠的物质的量，根据V=计算氢氧化钠的体积【解答】解：（1）由表中数据可知，30.0ml同浓度的盐酸加入255mg金属，盐酸有剩余，金属完全反
68、应加入385mg金属与加入510mg金属生成的氢气体积一样多，故加入385mg金属，盐酸完全反应，此时生成氢气336mL，氢气的物质的量为=0.015mol，根据氢元素守恒可知n（HCl）=2n（H2）=20.015mol=0.03mol，故盐酸的物质的量浓度为=1mol/L故答案为：1mol/L；乙、丙（2）由表中甲、乙数据可知，甲中盐酸有剩余，金属完全反应，此时生成氢气280mL，故可以根据甲组数据计算金属的物质的量之比令镁、铝的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量可知24x+27y=0.255，根据电子转移守恒有2x+3y=2，联立方程解得：x=0.005、y=0.005，故合
69、金中镁与铝的物质的量之比为0.005mol：0.005mol=1：1故答案为：甲；1：1（3）甲中盐酸有剩余，255mg金属完全反应，此时生成氢气280mL，故生成336mL氢气需要金属的质量为255mg=306mg，故金属有剩余故选：A（4）丙实验之后，向容器中加入一定量的1.00mol/l的NaOH溶液能使合金中的铝粉恰好完全溶解，溶液中溶质为氯化钠、偏铝酸钠由（2）中计算Mg、Al的物质的量可知丙中Al的物质的量为0.005mol=0.01mol，根据铝元素守恒计算偏铝酸钠的物质的量为0.01mol，根据氯离子守恒可知n（NaCl）=1mol/L0.03L=0.03mol，根据钠离子守恒可知n（NaOH）=n（NaCl）+n（NaAlO2）=0.03mol+0.01mol=0.04mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为=0.04L=40mL故答案为：滤液中的溶质NaClNaAlO2对应物质的量/mol0.030.01加入NaOH溶液的体积/ml40【点评】考查镁铝及其化合物的性质、混合物的计算、对实验数据的分析等，难度较大，成分利用表中数据判断金属与盐酸的反应情况是解题的关键，注意守恒思想的运用
