1、山东省新矿集团第一中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）1下列各组离子能大量共存的是A加入KSCN显红色的溶液中：K+、NH4+、Cl、IB含“84”消毒夜（有效成分NaClO）的溶液中：Fe2+、Cl、Ca2+、Na+C常温下，pH=1的溶液中：NH4+、Na+、Cl、Cu2+D常温下，pH=13的无色溶液中：K+、NO3、HCO3、Al3+【答案】C【解析】试题分析：Fe3+遇KSCN溶液变红，则加入KSCN显红色的溶液中一定大量存在Fe3+，由于2Fe3+2I=2Fe2+I2，具有强氧化性的Fe3+与强还原性的I不能大量共存，故A错误；ClO具有强氧化性，Fe2+具
2、有强还原性，二者容易发生氧化反应反应，生成Cl和Fe3+，故B错误；常温下pH=1的溶液中大量存在H+，H+、NH4+、Na+、Cl、Cu2+之间不能反应，故C正确；常温下pH=13的溶液中大量存在OH，OH与HCO3容易发生中和反应，生成H2O和CO32，OH与Al3+容易发生复分解反应，生成Al(OH)3或AlO2和H2O，故D错误。考点：考查离子共存，涉及铁离子的显色反应和氧化还原反应、亚铁离子的氧化还原反应、溶液的酸碱性和pH、碳酸氢根离子的酸性、铝离子的沉淀反应或铝三角的转化等。2下列属于天然高分子化合物的是（ ） A淀粉 B蛋白质 C塑料 D 顺丁橡胶【答案】AB【解析】淀粉和蛋白
3、质属于天然高分子化合物；塑料和顺丁橡胶属于合成高分子化合物。选AB3下列说法正确的是A某物质经科学测定只含有一种元素，则可以断定该物质是一种纯净物B不能用瓷坩埚加热熔融氢氧化钠固体 C将SO2通入品红溶液或溴水均能使它们褪色，证明SO2有漂白性 D向某溶液中滴加氯水后，滴加KSCN溶液，溶液变红，证明溶液中含有Fe2+【答案】B【解析】试题分析：A某物质经科学测定只含有一种元素，则可以断定该物质可能是一种纯净物，也可能是混合物，错误；B由于瓷坩埚的成分中含有SiO2能够与NaOH发生反应，所以不能用瓷坩埚加热熔融氢氧化钠固体，正确；C将SO2通入品红溶液，溶液褪色，是由于SO2有漂白性，SO2
4、能够使溴水褪色是由于SO2有还原性，二者的作用不同，错误；D向某溶液中滴加氯水后，滴加KSCN溶液，溶液变红，证明溶液中可能含有Fe2+也可能含有Fe3+，错误。考点：考查物质的性质、应用、成分的知识。4在任何条件下，纯水显中性，这是因为 （ ）A、PH=7 B、c（H+）=c（OH-） C、c（H+）=c（OH-）=10-7mol/L D、c（H+）c（OH-）=10-14【答案】B【解析】略5书写热化学方程式时要注明物质的状态，其主要原因是A物质的状态与反应热有关 B物质的状态与生成物有关C可以具体说明反应进行的情况 D可以具体说明反应发生的条件【答案】A【解析】试题分析：A、物质的状态与
5、物质具有的能量有关，即物质的状态与反应热有关，正确；B、物质的状态与生成物无关，错误；C、物质的状态不能具体说明反应进行的情况，错误；D、物质的状态不能具体说明反应发生的条件，错误。考点：考查热化学方程式的书写。6下列过程有化学变化发生的是（ ）A冰雪的融化 B鞭炮的燃放 C米酒的酿制 D香气的扩散【答案】BC【解析】试题分析：有新物质生成的反应是化学变化，冰雪融化是由固体变为液体的过程，属于物理变化，A错误；鞭炮的燃烧，发生爆炸生成新物质，属于化学变化，B正确；米酒的酿制是由淀粉转化成葡萄糖，最后发酵生成酒精的过程，是化学变化，C正确；香气的扩散，属于物理变化，D错误，答案选BC.考点：化学
6、变化和物理变化7宇航员翟志刚成功完成的中国历史上首次太空行走，使中国成为第三个独立掌握出舱活动技术的国家。宇航员出舱时，呼吸所需的氧气主要来自太空服中的呼吸面具。下列物质在一定条件下均能产生氧气，其中最适宜用于呼吸面具中供氧剂的是AHNO3 BH2O2 CKClO3 DNa2O2【答案】D【解析】最适宜用于呼吸面具中供氧剂的是Na2O2因为只有过氧化钠跟二氧化碳反应，生成氧气和碳酸钠，所以可以吸收人呼吸生成的二氧化碳，放出人需要的氧气。8下列关于蛋白质的叙述正确的是A天然蛋白质的组成元素只有磷、氢、氧、氮B加热会使蛋白质变性，因此食生鸡蛋的营养价值更高C向鸡蛋中加食盐，会使蛋白质凝固变性D用一
7、束光照射蛋白质溶液，可以产生丁达尔现象【答案】D【解析】试题分析：A、天然蛋白质主要由碳、氢、氧、氮4种元素组成，除此之外，还含有少量硫、磷等，故A错误；B、加热会使蛋白质变性，这样就有利于蛋白水解酶对其催化水解，营养价值更高，故B错误；C、向鸡蛋清中加入食盐，蛋白质析出的过程为盐析，而不是变性，故C错误；D、蛋白质溶液是胶体，用一束光照射蛋白质溶液，可以产生丁达尔现象，故D正确；故选D。考点：考查蛋白质的性质9反应：xA(气)yB(气)zC(气)，达到平衡时测得A气体的浓度为0.5 mol/L，当在恒温下将该容器体积扩大一倍，再次达到平衡，测得A气体的浓度为0.3 mol/L，则下列叙述正确
8、的是Axyz B平衡向右移动CB的转化率升高 DC的体积分数降低【答案】D【解析】再次达到平衡时，A的浓度大于原先的一半，说明减压平衡向生成A的一方移动，说明xyz，B的转化率减小，C的体积分数降低，故答案为D10合成氨反应的正反应是气体体积减小的放热反应。合成氨工业的生产流程如下：关于合成氨工业的说法中不正确的是()A混合气进行循环利用遵循绿色化学思想B合成氨反应须在低温下进行C对原料气进行压缩是为了增大原料气的转化率D使用催化剂可以提高反应的速率，但是不能使平衡向正反应方向移动【答案】B【解析】合成氨反应在700 K的高温下进行。11可用离子方程式H+OHH2O表示的化学反应是（ ）A盐酸
9、和氢氧化钡的反应 Ba(OH)2 2HCl BaCl2 2H2OB硝酸和氢氧化铝的反应 Al (OH)3 3HNO3 Al (NO3)3 3H2O C硫酸和氢氧化钡的反应 Ba(OH)2 H2SO4 BaSO4 2H2OD盐酸和氢氧化铜反应 Cu(OH)2 2HCl CuCl22H2O【答案】A【解析】离子方程式H+OHH2O表示强酸与强碱反应生成易溶于水的盐和水；所以A正确；B错，氢氧化铝为难溶物，不能拆成离子形式；C错，硫酸钡为难溶于水的沉淀不能拆成离子形式；D错，氢氧化铜为沉淀不能拆成离子形式；12由O2、CO2、SO2组成的混合气体在同温同压下与N2O的密度相同，则该混合气体中O2、C
10、O2、SO2的分子数之比为( )A853 B837 C643 D1056【答案】D【解析】试题分析：根据题意O2、CO2、SO2组成的混合气体在同温同压下与N2O的密度相同，则混合气体的平均相等分子质量与N2O的相同为44，二氧化碳的相等分子质量是44，所以只需O2、SO2组成的混合气体的平均相等分子质量是44即可，根据十字交叉法可得O2、SO2的物质的量之比是10:6，即分子数之比是10：6，则二氧化碳的量是任意的，所以答案选D。考点：考查混合气体的计算13两体积相同的密闭容器中均充入1mol X和1mol Y，分别于300和500开始发生反应：X（g）+Y（g）3Z（g）Z的含量（Z%）随
11、时间t的变化如图所示已知在t3时刻改变了某一实验条件相关判断正确的是A曲线a是500时的图象 Bt3时刻可能是降低了温度C正反应是吸热反应 Dt3时刻可能是增大了压强【答案】B【解析】试题分析：A、温度越高，反应速率越快，b曲线反应速率快，所以曲线b是500时的图象，错误；B、达到平衡，500时Z的含量小于300时Z的含量，说明温度升高，平衡向逆反应方向移动，t3时Z的含量增大，平衡向正反应方向移动，则t3时刻可能是降低了温度，正确；C、温度升高，平衡向逆反应方向移动，则正反应是放热反应，错误；D、增大压强，平衡向逆反应方向移动，Z的含量减小，与图像不符，错误。考点：本题考查化学平衡移动、图像
12、的分析。14设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A1 mol AlCl3完全转化为氢氧化铝胶体，会生成NA个胶粒B1L 1mol/L的CH3COOH溶液中含有NA个H+C1 mol Na2O2和足量H2O或CO2反应时转移的电子数均为2NA D27 g Al和足量盐酸或氢氧化钠溶液反应时转移的电子数均为3NA【答案】D【解析】试题分析：A、由于氢氧化铝晶体为氢氧化铝的聚集体，所以无法计算溶液中氢氧化铝胶粒的数目，故A错误；B、1L 1mol/L的CH3COOH溶液中含有溶质醋酸1mol，由于醋酸为弱电解质，则溶液中电离出的氢离子小于1mol，含有的氢离子数小于NA，故B错误；C、1
13、mol Na2O2和足量H2O或CO2反应时，过氧化钠既是氧化剂，也是还原剂，1mol过氧化钠完全反应转移1mol电子，转移的电子数均为NA，故C错误；D、27g铝的物质的量为1mol，Al为3价金属，1mol铝无论与盐酸还是与氢氧化钠溶液反应，完全反应都转移了3mol电子，转移的电子数均为3NA，故D正确；故选D。【考点定位】考查阿伏伽德罗常数【名师点晴】本题考查了阿伏伽德罗常数的应用。注意掌握物质的量与阿伏伽德罗常数、摩尔质量等物理量之间的转化关系，选项A需要明确氢氧化铝晶体为氢氧化铝的聚集体，为易错点。15现有常温条件下甲、乙、丙三种溶液，甲为0.1 molL1的NaOH溶液，乙为0.1
14、 molL-1的HCl溶液，丙为0.1 molL1的CH3COOH溶液，试回答下列问题：（1）甲溶液的pH_；（2）丙溶液中存在的所有电离平衡为_（用电离方程式表示）；（3）甲、乙、丙三种溶液中由水电离出的c（OH）的大小关系为_；【答案】（1）13（2）CH3COOHCH3COOH，H2OOHH（3）丙甲乙【解析】试题分析：（1）氢氧化钠是强碱，则0.1mol/L氢氧化钠溶液这氢氧根浓度是0.1mol/L，所以溶液中氢离子浓度是1013mol/L，则pH13。（2）醋酸是弱电解质，在醋酸溶液中存在醋酸和水的两种电离平衡，分别是CH3COOHCH3COOH、H2OOHH。（3）酸电离出的氢离子
15、或碱电离出的氢氧根浓度越大，对水的电离程度越大，则甲、乙、丙三种溶液中由水电离出的c（OH）的大小关系为丙甲乙。考点：考查pH计算、弱电解质的电离及外界条件对水电离平衡的影响16按要求填空：（1）写出制取氢氧化铁胶体的水解方程式： （2）有4中混合溶液，分别由等体积0.1mol/L的2种溶液混合而成：CH3COONa与HClCH3COONa与NaOHCH3COONa与NaClCH3COONa与NaHCO3，则c(CH3COO)从大到小的关系为 。（填序号）。（3）25时，已知0.1molL1 CH3COONa溶液的PH=8，精确表达下列算式的数学结果：c(Na+)c(CH3COO) ；c(OH
16、)c(CH3COOH) （4）若往Mg(OH)2的悬浊液中逐滴滴入NH4Cl溶液至澄清，该过程中沉淀溶解的离子反应是 。【答案】（1） Fe3+3H2OFe(OH)3(胶体)3H+（不写胶体扣1分） （2） （3）106108 mol/L 108 mol/L （不带单位扣1分）（4）Mg(OH)2(s)2NH4+(aq)Mg2+(aq)2NH3H2O(aq)【解析】试题分析：（1）FeCl3在沸水中水解制备胶体，水解方程式为Fe3+3H2OFe(OH)3(胶体)3H+。（2）中CH3COONa与NaOH不反应，NaOH中的OH-抑制CH3COO-水解，则c（CH3C00-）最大，中CH3COO
17、Na与NaHCO3混合不反应，两种盐相互抑制水解，c(CH3COO)较大，中CH3COONa与NaCl混合不反应，只有水解，而中CH3COO-与酸结合生成弱电解质醋酸，c（CH3C00-）最小，则c(CH3COO)从大到小的关系为。（3）CH3COONa溶液中存在电荷守恒，C(Na+)+C(H+)=C(CH3COO-)+C(OH-)可得，C(Na+)-C(CH3COO-)=C(OH-)-(H+)=（10-6-10-8)molL-1，由c(CH3COO)+c(CH3COOH)=0.1mol/L、c(Na)+c(H)=c(CH3COO)+c(OH)，可得C(OH-)-C(CH3COOH)=c(H)
18、=10-8molL-1。（4）往Mg(OH)2的悬浊液中逐滴滴入NH4Cl溶液至澄清，说明Mg(OH)2沉淀溶解，NH4 水解显酸性，Mg(OH)2在酸性溶液中溶解生成Mg2，则该过程中沉淀溶解的离子反应是Mg(OH)2(s)2NH4+(aq)Mg2+(aq)2NH3H2O(aq)。考点：考查Fe(OH)3胶体的制备，离子浓度的大小顺序，守恒关系的应用，沉淀的转化等知识。17（11分）“酒是陈的香”，就是因为酒在储存过程中生成了有香味的乙酸乙酯，在实验室我们也可以用如图所示的装置制取乙酸乙酯回答下列问题：（1）写出制取乙酸乙酯的化学反应方程式： （2）在大试管中配制一定比例的乙醇、乙酸和浓硫酸
19、的混合液的方法是： （3）浓硫酸的作用是： ； （4）饱和碳酸钠溶液的主要作用是 （5）实验中加热小试管的目的是： ； （6）装置中通蒸气的导管要插在饱和碳酸钠溶液的液面上，不能插入溶液中，目的是 （7）若要把制得的乙酸乙酯分离出来，应采用的实验操作是 【答案】（1）CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O；（2）将浓H2SO4慢慢倒人乙醇和乙酸的混合液中，然后轻轻地振荡试管，使之混合均匀；（3）催化剂；吸水剂（4）溶解乙醇、中和乙酸；降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层析出（5）加快反应速率；及时将产物乙酸乙酯蒸出；（6）防止倒吸（7）分液【解析】试题分析：（1）酯化反应的本质为酸
20、脱羟基，醇脱氢，该反应生成乙酸乙酯和水，且为可逆反应；（2）为防止酸液飞溅，应将密度大的液体加入到密度小的液体中，即将浓H2SO4慢慢倒人乙醇和乙酸的混合液中；（3）乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应，该反应为可逆反应，浓硫酸吸水利于平衡向生成乙酸乙酯方向移动；（4）饱和碳酸钠溶液与乙酸反应除去乙酸、同时降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层；（5）反应加热 提高反应速率，乙酸乙酯沸点低，加热蒸出乙酸乙酯；（6）导管伸入液面下可能发生倒吸；（7）分离互不相溶的液体，可用分液的方法分离解：（1）酯化反应的本质为酸脱羟基，醇脱氢，乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，该反应为可逆
21、反应，反应的化学方程式为：CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O，故答案为：CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O；（2）为防止液体飞溅，原理和浓H2SO4加入水中相同，方法为：将浓H2SO4慢慢倒人乙醇和乙酸的混合液中，然后轻轻地振荡试管，使之混合均匀，故答案为：将浓H2SO4慢慢倒人乙醇和乙酸的混合液中，然后轻轻地振荡试管，使之混合均匀；（3）乙酸与乙醇发生酯化反应，需浓硫酸作催化剂，该反应为可逆反应，浓硫酸吸水利于平衡向生成乙酸乙酯方向移动，浓硫酸的作用为催化剂，吸水剂，故答案为：催化剂；吸水剂；（4）制备乙酸乙酯时常用饱和碳酸钠溶液，目的是中和挥发出
22、来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中，便于闻乙酸乙酯的香味；溶解挥发出来的乙醇；降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分层得到酯，故答案为：溶解乙醇、中和乙酸；降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层析出；（5）实验中加热小试管的，可以提高反应速率，乙酸乙酯沸点低，加热利于蒸出乙酸乙酯，故答案为：加快反应速率；及时将产物乙酸乙酯蒸出；（6）导管不能插入溶液中，导管要插在饱和碳酸钠溶液的液面上，伸入液面下可能发生倒吸，故答案为：防止倒吸；（7）分离乙酸乙酯时先将盛有混合物的试管充分振荡，让饱和碳酸钠溶液中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中，溶解挥发出来的乙醇；降低乙酸乙酯在水中的溶解度，静置分层后取上层得
23、乙酸乙酯，故答案为：分液点评：本题考查乙酸乙酯的制备方法及反应原理，题目难度中等，试题涉及的内容较多，考查较全面，明确酯化反应的原理和饱和碳酸钠溶液、浓硫酸的作用为解答关键18用氯化钠固体配制1.00mol/L的NaCl溶液95mL，回答下列问题所需仪器为：托盘天平、量筒、烧杯胶头滴管，若要完成实验，还需要两种玻璃仪器为 、 。该实验的实验步骤为：计算，称量 gNaCl， 溶解，移液，洗涤，定容， 摇匀。试分析下列操作，对所配溶液的浓度有何影响。（用偏低、偏高、无影响填空）。用天平称量氯化钠后，发现砝码底部有锈斑。所配溶液的浓度 ；为加速固体溶解，微热烧杯溶液并不断搅拌。在未降至20时，就将溶
24、液转移至容量瓶定容。所配溶液的浓度 ；容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水。所配溶液的浓度 ；若定容时仰视刻度线。所配溶液的浓度 ；定容后，加盖、倒转、摇匀后，发现液面低于刻度线，又补加蒸馏水至刻度。则所配溶液的浓度 。【答案】100 mL容量瓶 玻璃棒 5.9 偏高 偏高 无影响 偏低 偏低【解析】试题分析：（1）由于实验室没有95ml容量瓶，所以要用氯化钠固体配制1.00mol/L的NaCl溶液95mL，则需要100ml容量瓶，另外还缺少溶解和转移时的玻璃棒。（2）需要氯化钠的质量0.1L1.00mol/L58.5g/mol5.85g5.9g。（3）根据cBnB/V可得，一定物质的量浓度溶液配制的
25、误差都是由溶质的物质的量B和溶液的体积V引起的。误差分析时，关键要看配制过程中引起和V怎样的变化。在配制一定物质的量浓度溶液时，若nB比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若nB比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。用天平称量氯化钠后，发现砝码底部有锈斑，这说明砝码质量偏大，因此氯化钠的质量偏大，则所配溶液的浓度偏高；为加速固体溶解，微热烧杯溶液并不断搅拌。在未降至20时，就将溶液转移至容量瓶定容，则冷却后容量瓶中溶液的体积偏少，因此所配溶液的浓度偏高；容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水，对所配溶液的浓度不影响；若定容时仰视刻度线，则容量瓶中溶液的体积偏大，因此所配溶
26、液的浓度偏低；定容后，加盖、倒转、摇匀后，发现液面低于刻度线，又补加蒸馏水至刻度，则容量瓶中溶液的体积偏大，因此所配溶液的浓度偏低。考点：考查移动物质的量浓度配制以及误差分析19纯碱在工业上非常重要。（1）取一定量纯碱细小粉末置于烧杯中，加入一定量的水，可以得到颗粒较大的晶体A。烧杯温度升高，理由是 ；（2）从上述烧杯中得到干燥纯净的晶体A，实验程序为： ；（填序号，可重复使用）蒸发结晶放入干燥器转移入过滤器中用水洗涤23次用乙醇洗涤加热灼烧（3）取纯净物13.92g晶体A，进行热重分析，直到质量不再改变，生成物质Z，具体数据如下：物质样品AT1oC下得到物质XT2 oC下得到物质Y600oC
27、时得到物质Z质量/g13.9211.757.456.36通过计算确定样品A的化学式。并写出计算过程。【答案】（9分）（1）其化学原理为Na2CO3+nH2O=Na2CO3nH2O反应物总能量高于生成物总能量，故放出热量，导致温度升高。（2分）（2）（3分）（3）设A的化学式为Na2CO3nH2O，加热到质量不再变化时为Na2CO3Na2CO3nH2O Na2CO3 106+18n 1066.36(106+18n):106=13.92:6.36n=7故A的化学式为Na2CO37H2O （共4分）【解析】试题分析：（1）温度升高说明发生了反应放出了热量，其化学原理为Na2CO3+nH2O=Na2C
28、O3nH2O，反应物总能量高于生成物总能量，故放出热量，导致温度升高。（2）从烧杯中得到干燥纯净的晶体A，实验程序为转移入过滤器中、用乙醇洗涤、放入干燥器。（3）设A的化学式为Na2CO3nH2O，加热到质量不再变化时为Na2CO3Na2CO3nH2O Na2CO3 106+18n 1066.36(106+18n):106=13.92:6.36n=7。故A的化学式为Na2CO37H2O。考点：钠的重要化合物 化学计算点评：本题考查的是纯碱的性质及化学计算的知识，题目难度中，考查学生分析问题、解决问题和计算的能力。20若电解饱和食盐水时消耗NaCl 117g，计算理论上最多可配成物质的量浓度为0
29、.5molL1的氢氧化钠溶液多少升？用该反应制得的氯制备漂白粉，最多能生成漂白粉的质量为多少？【答案】 4L 127g【解析】试题分析：117gNaCl的物质的量为n=m/M=117g58.5g.mol=2mol,设生成的NaOH 和Cl2物质的量为n1 和n2，则有：2NaCl + 2H2O 通电 2NaOH + Cl2+ H22 2 12mol n1 n22: 2 = 2mol : n1 n1= 2mol 2 : 1 = 2mol : n2 n2 = 1mol氢氧化钠溶液的体积：V n1/C2mol/(0.5molL-1) = 4L漂白粉由CaCl2 和 Ca(ClO)2组成，它们的物质的
30、量之比为1: 1，可以看成一种物质，设可以生成漂白粉的物质的量为n3，则有：2Cl2 + 2Ca(OH)2 = CaCl2 + Ca(ClO)2 + 2H2O2 11mol n3 得：n3=0.5mol 漂白粉质量为：m =nM=0. 5mol254g/mol=127g考点：有关物质的量的计算。21有机化合物M是一种治疗心脏病药物的重要中间体，以A为原料的工业合成路线如下图所示。已知：RONa+ RXROR+ NaX根据题意完成下列填空：（1）化合物M的化学式为 ，1mol化合物M完全燃烧消耗 mol氧气。（2）写出反应类型：反应 。（3）写出A、E的结构简式 、 。（4）与 分子式相同，且能
31、使氯化铁溶液显紫色的同分异构体还有 种（不考虑立体异构），其中核磁共振氢谱为4组峰，且峰的面积比为2213的结构简式（写出其中任意两种）是 。（5）写出由C生成D的化学方程式 。【答案】（1）C13H16O4 15 （各1分，共2分）（2）加成反应 （1分）（3）（2分）（2分）（4）11 （2分） 或或（每个2分，共4分）（5）（2分）【解析】试题分析：由反应的生成物可知，A为，反应为醇的氧化反应，B为，由碳链的骨架可知，C为，D为，由M的结构可知，E为；（1）化合物M的化学式为C13H16O4，1mol化合物M完全燃烧消耗氧气13+16/4-2=15mol；（2）由上述分析可知反应为加成反
32、应；（3）A的结构简式，E的结构简式；（4）能使氯化铁溶液显紫色，说明含有酚羟基，同分异构体有、共11种，其中核磁共振氢谱为4组峰，且峰的面积比为2213的结构简式有或或；（5）由C生成D的化学方程式为考点：有机推断22X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，且互不同族；其中只有两种为金属；X原子的最外层子数与次外层电子数相等；X与W、Y与Z这两对原子的最外层电子数之和均为9单质Y和W都可与浓的NaOH溶液反应请回答下列问题：（1）Y、Z、W的原子半径由小到大的顺序 （2）ZW2的电子式是 （3）实验室制备Y的最高价氧化物的水化物的离子方程式是 （4）X与Y化学性质相似，则X与浓的NaO
33、H溶液反应的化学方程式是 （5）0.1mol的单质W与50mL 1.5mol/L的FeBr2溶液反应，则被氧化的Fe2+和Br的物质的量之比是 【答案】（1）ClSAl；（2）；（3）Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+；（4）Be+2NaOH=Na2BeO2+H2；（5）3：5【解析】试题分析：X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，且互不同族，“X原子的最外层电子数与次外层电子数相等”，短周期中只有Be和Ar，此处显然X是Be；四元素有两种为金属，则Y、Z、W一定处于第三周期，X与W原子的最外层电子数之和为9，则W处于A族，为Cl元素；Y与Z原子的最外层电子数之和为9，
34、则Y处于A族、Z处于A族，故Y为Al元素、Z为S元素，据此解答解：X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，且互不同族，“X原子的最外层电子数与次外层电子数相等”，短周期中只有Be和Ar，此处显然X是Be；四元素有两种为金属，则Y、Z、W一定处于第三周期，X与W原子的最外层电子数之和为9，则W处于A族，为Cl元素；Y与Z原子的最外层电子数之和为9，则Y处于A族、Z处于A族，故Y为Al元素、Z为S元素，（1）同周期自左而右原子半径减小，故原子半径ClSAl，故答案为：ClSAl；（2）SCl2中S原子与Cl原子之间形成1对共用电子对，其电子式是，故答案为：；（3）实验室制备氢氧化铝的离子方程
35、式是：Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+，故答案为：Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+；（4）Be与Al化学性质相似，则Be与浓的NaOH溶液反应的化学方程式是：Be+2NaOH=Na2BeO2+H2，故答案为：Be+2NaOH=Na2BeO2+H2；（5）氯气能将亚铁离子和溴离子氧化，先氧化亚铁离子后氧化溴离子，50mL 1.5mol/L的FeBr2溶液中Fe2+的物质的量=0.05L1.5mol/L=0.075mol，Br的物质的量=0.05L1.5mol/L2=0.15mol，根据电子转移守恒，0.075molFe2+完全被氧化需要氯气的物质的量=0.0375mol0.1mol，故0.075molFe2+完全被氧化，剩余氯气为0.1mol0.0375mol=0.0625mol，根据电子转移守恒可以氧化溴离子=0.125mol0.15mol，故被氧化的Fe2+和Br的物质的量之比=0.075mol：0.125mol=3：5，故答案为：3：5
