1、2015-2016学年山东省济南市平阴县实验中学高三（下）月考化学试卷（3月份）一、选择题（共15小题，每小题3分，满分45分）1下列说法中正确的是（）A式量相同的物质是同种物质B分子式相同的不同有机物一定是同分异构体C具有同一通式的物质属于同系物D分子中含有碳与氢的化合物是烃类2由一种阳离子与两种酸根离子组成的盐称为混盐混盐CaOCl2在酸性条件下可以产生氯气，下列关于混盐CaOCl2的有关判断不正确的是（）A该混盐具有较强的氧化性B该混盐中氯元素的化合价为+1和1价C该混盐与盐酸反应产生1mol Cl2时转移1mol电子D该混盐的水溶液显酸性3下列物质的类别与所含官能团都正确的是（）A醇类
2、OHB羧酸CHOC酯类CHOD醚类 CH3OCH34一定条件下，将H2与I2以体积比1：1置于体积不变的密闭容器中发生H2（g）+I2（g）2HI（g），能说明该反应达到平衡状态的是（）A体系的压强保持不变BH2与I2的体积比保持不变C混合气体的颜色保持不变D每消耗1molH2的同时生成2molHI5下列物质的名称、化学式与分类完全正确的是（）A硝酸钠、NaNO2、盐B氨水、NH3H2O、强碱C稀硫酸、H2SO4、电解质D乙醇、CH3CH2OH、醇类6下列是几种粒子的结构示意图，有关说法不正确的是（）A和属同种元素B属于稀有气体元素C和的化学性质相似D属于金属元素7已知难溶性物质K2SO4Mg
3、SO42CaSO4在水中存在如下平衡：K2SO4MgSO42CaSO4（s）2Ca2+2K+Mg2+4SO42，不同温度下，K+的浸出浓度与溶浸时间的关系如图所示，则下列说法错误的是（）A向该体系中加入饱和NaOH溶液，溶解平衡向右移动B向该体系中加入饱和碳酸钠溶液，溶解平衡向右移动C升高温度，反应速率增大，平衡向正反应方向移动D该平衡的Ksp=c（Ca2+）c（K+）c（Mg2+）c（SO42）8下列反应与Na2O2+SO2Na2SO4相比较，Na2O2的作用相同的是（）A2Na2O2+CO22Na2CO3+O2B2Na2O2+2SO32Na2SO4+O2CNa2O2+H2SO4Na2SO4
4、+H2O2D3Na2O2+Cr2O32Na2CrO4+Na2O9下列说法中，正确的是（）A气象环境报告中新增的“PM2.5”是对一种新分子的描述B“光化学烟雾”“硝酸型酸雨”的形成都与氮氧化合物有关C小苏打是制作面包等糕点的膨松剂，苏打是治疗胃酸过多的一种药剂D乙醇、过氧化氢、次氯酸钠等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的10小明做实验时不小心沾了一些KMnO4，皮肤上的黑斑很久才能消除，如果用草酸的稀溶液洗涤马上可以复原，其离子方程式为：MnO4+H2C2O4+H+CO2+Mn2+（未配平）关于此反应的叙述正确的是（）A该反应的氧化剂是H2C2O4B1molMnO4在反应中失去5mol电子
5、C该反应右框内的产物是OHD配平该反应后，H+的计量数是61125时，将amol/L一元酸HA与bmol/L NaOH等体积混合后测得溶液pH=7，则下列关系一定不正确的（）Aa=bBabCc（A）=c（Na+）Dc（A）c（Na+）12已知25、101kPa下，下列反应C（石墨）+O2（g）CO2（g），燃烧1mol C（石墨）放热393.51kJC（金刚石）+O2（g）CO2（g），燃烧1mol C（金刚石）放热395.41kJ可以得出的结论是（）A金刚石比石墨稳定B1 mol石墨所具有的能量比1 mol金刚石低C金刚石转变成石墨是物理变化D石墨和金刚石都是碳的同位素13已知：某温度时，K
6、W=1.01012在该温度下，测得0.1molL1Na2A溶液pH=6，则下列说法正确的是（）AH2A在水溶液中的电离方程式为：H2A=H+HA，HAH+A2B常温下，NH4HA溶液中滴加NaOH溶液至溶液pH=7，则c（Na+）=2c（A2）C相同条件下，体积相等、pH相等的盐酸与H2A溶液中和NaOH的量相等D0.0l molLl的NaHA溶液pH214图表归纳是学习化学的常用方法，如下归纳的下表与上图中的项目对应正确的是（）选项XYZA胶体混合物淀粉溶液B化合物酸性氧化物氧化钙C脂肪烃烯烃环丙烯D芳香烃苯的同系物甲苯AABBCCDD15下列关于物质或离子检验的叙述正确的是（）A在溶液中加
7、KSCN，溶液显红色，证明原溶液中有Fe3+，无Fe2+B气体通过无水硫酸铜，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气C灼烧白色粉末，火焰成黄色，证明原粉末中有Na+，无K+D将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，证明原气体是CO2二、解答题（共9小题，满分44分）16普通泡沫灭火器的铁桶里装有一只玻璃筒，玻璃筒内盛装硫酸铝溶液，铁桶里盛装碳酸氢钠溶液，使用时，倒置灭火器振荡，两种溶液相混合就会喷出含二氧化碳的白色泡沫（1）产生此现象的离子方程式是（2）不能把硫酸铝装在铁桶里的主要原因是（3）一般不用碳酸钠代替碳酸氢钠是因为17已知在25、1.013105Pa下，1mol氢气完全燃烧生成液态水放出285k
8、J的热量，请回答下列问题：（1）若2mol氢气完全燃烧生成水蒸气，则放出的热量（填“”、“”或“=”）570kJ（2）美国阿波罗宇宙飞船上使用了一种新型装置，其构造如图所示：A、B两个电极均由多孔的碳块组成该电池的正极为：（填A或B）若该电池工作时增加了1mol H2O，电路中转移电子的物质的量为 mol（3）写出电极反应式A：； B：18某化学小组为比较盐酸和醋酸的酸性，设计了如下实验方案装置如图（夹持仪器略）：实验方案：在两试管中分别加入过量镁条，同时将两注射器中的溶液注入相应试管中，观察产生氢气的速率和体积（1）盐酸与镁反应的离子方程式为（2）在上述实验方案中有一明显欠缺，该欠缺是（3）
9、在欠缺已经得到改正的方案下，反应起始时，产生氢气的速率关系应是；最终产生氢气体积的关系应是（4）实验中产生的氢气体积比理论值高，可能原因是（5）通过比较起始反应的速率可以得出的结论是（6）除上述方法外，还可以通过其他方向比较盐酸和醋酸的酸性，请写出其中的一种方法19下列是某化学小组为探究氢氧化钙的性质而进行的相关实验，请你也一起参与探究（1）小明通过一玻璃管向盛有澄清石灰水的试管中吹气，溶液变浑浊（2）小丽向盛有澄清石灰水的试管中加入适量的碳酸钠溶液，溶液变浑浊（3）小倩向盛有少量氢氧化钙固体的试管中加入一定量的蒸馏水，液体变浑浊，再向其中加入3滴无色酚酞，液体变成红色，继续向试管中加入过量的
10、稀盐酸，出现的现象是，据小倩同学的实验及现象可知氢氧化钙具有的性质有（4）上述实验涉及的反应不属于碱的相似化学性质的反应方程式是，不属于基本反应类型的反应方程式是（5）实验后三位同学将试管中的废液倒入同一烧杯中，搅拌，得到无色溶液，则该溶液中一定含有的物质是请设计实验证明可能存在的物质是否存在：实验步骤实验现象及结论20某学生用已准确称量的2.000g烧碱固体配制一定物质的量浓度的溶液500mL实验室提供以下仪器：100mL烧杯 100mL量筒 1000mL容量瓶 500mL容量瓶 玻璃棒 托盘天平（带砝码）请回答下列问题：（1）配制时，必须使用的仪器有（填代号），还缺少的仪器是（填仪器名称）
11、；（2）配制时正确的操作顺序是（字母表示，每个操作只用一次）；A用少量水洗涤烧杯23次，洗涤液均注入容量瓶，振荡B在盛有NaOH固体的烧杯中加入适量水溶解C将烧杯中已冷却的溶液沿玻璃棒注入容量瓶中D将容量瓶盖紧，反复上下颠倒，摇匀E改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度线相切F继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度12cm处（3）实验中两次用到玻璃棒，其作用分别是：先用于，后用于；（4）若出现如下情况，其中将引起所配溶液浓度偏高的是；（填下列编号）容量瓶实验前用蒸馏水洗干净，但未烘干定容观察液面时俯视配制过程中遗漏了（2）中步骤A（5）计算：该烧碱溶液的物质的量浓度为21为确定某铝热剂样品（
12、铝和氧化铁）的组成，分别进行下列实验：（1）若取10.7g该样品，向其中加入足量的NaOH溶液，测得生成的气体（标准状况，下同）体积为a L样品中铝的质量分数w（Al）=（用含a的表达式表示）若该样品，在高温下恰好发生完全反应，则a=L（2）待（1）中反应产物冷却后，加入足量盐酸，测得生成的气体体积为b L，该气体与（1）中所得气体的体积比b：a=（3）若另取10.7g该样品，此样品在高温下仍然恰好完全反应，向其中加入1.0molL盐酸Vml，固体恰好溶解完全，则盐酸体积V的最小值为22化合物A的分子式为C9H15OCl，分子中含有一个六元环和一个甲基，环上只有一个取代基；F分子中不含甲基：A
13、与其它物质之间的转化如图所示：（1）AF的反应类型是；G中含氧官能团的名称是（2）AC的反应方程式是（3）H的结构简式是，E的结构简式是（4）有的同学认为B中可能没有氯原子，你的观点是（填“同意”或“不同意”），你的理由（5）某烃的含氧衍生物X符合下列条件的同分异构体中，核磁共振氢谱显示为2组峰的是（写结构简式）；只含有两个甲基的同分异构体有种相对分子质量比C少54 氧原子数与C相同 能发生水解反应23有机物丙（C13H18O2）是一种香料，其合成路线如图所示其中A的相对分子质量通过质谱法测得为56，它的核磁共振氢谱显示只有二组峰；D的结构简式为，在催化剂存在条件下1mol D与2mol H2
14、反应可以生成乙；丙中含有两个CH3已知：RCH=CH2RCH2CH2OH（1）A的结构简式为；乙的分子式为（2）C与新制Cu（OH）2悬浊液反应的化学方程式（3）D所含官能团的名称是；D有多种同分异构体，其中与其所含官能团相同的同分异构体有种（不考虑立体异构）（4）甲与乙反应的化学方程式为（5）写出一种满足下列条件的有机物的结构简式与乙互为同分异构体，且苯还上有两个取代基；遇FeCl3溶液显紫色；其苯环上的一溴代物只有两种24高分子材料PET聚酯树脂和PMMA的合成路线如下：已知：RCOOR+R18OH RCO18O R+ROH（R、R、R代表烃基）（R、R代表烃基）（1）的反应类型是（2）的
15、化学方程式为（3）PMMA单体的官能团名称是、（4）F的核磁共振氢谱显示只有一组峰，的化学方程式为（5）G的结构简式为（6）下列说法正确的是（填字母序号）a为酯化反应bB和D互为同系物cD的沸点比同碳原子数的烷烃高d1mol与足量NaOH溶液反应时，最多消耗4mol NaOH（7）J的某种同分异构体与J具有相同官能团，且为顺式结构，其结构简式是（8）写出由PET单体制备PET聚酯（化学式为C10nH8nO4n或C10n+2H8n+6O4n+2）并生成B的化学方程式2015-2016学年山东省济南市平阴县实验中学高三（下）月考化学试卷（3月份）参考答案与试题解析一、选择题（共15小题，每小题3分
16、，满分45分）1下列说法中正确的是（）A式量相同的物质是同种物质B分子式相同的不同有机物一定是同分异构体C具有同一通式的物质属于同系物D分子中含有碳与氢的化合物是烃类【考点】同分异构现象和同分异构体；饱和烃与不饱和烃；芳香烃、烃基和同系物【专题】同系物和同分异构体【分析】A式量相同的物质不一定是同种物质，如N2和CO；B不同的有机物结构不同；C单烯烃和环烷烃具有同一通式，但不是同系物； D分子中只含有碳与氢的化合物是烃类【解答】解：A式量相同的物质不一定是同种物质，如N2和CO、正丁烷和异丁烷，故A错误；B分子式相同，不同的有机物结构不同，互为同分异构体，故B正确；C单烯烃和环烷烃具有同一通式
17、，但结构不同，不是同系物，故C错误；D分子中只含有碳与氢的化合物是烃类，如乙醇中含有C、H，但不是烃，故D错误；故选B【点评】本题考查了同分异构体、同系物、烃的概念的理解，难度不大，注意相似概念的辨析2由一种阳离子与两种酸根离子组成的盐称为混盐混盐CaOCl2在酸性条件下可以产生氯气，下列关于混盐CaOCl2的有关判断不正确的是（）A该混盐具有较强的氧化性B该混盐中氯元素的化合价为+1和1价C该混盐与盐酸反应产生1mol Cl2时转移1mol电子D该混盐的水溶液显酸性【考点】氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】由混盐CaOCl2在酸性条件下可以产生Cl2可知混盐为CaCl2Ca（ClO
18、）2的形式，在酸性条件下发生：Cl+ClO+2H+=Cl2+H2O，以此解答该题【解答】解：ACa（ClO）2中Cl元素化合价为+1价，具有强氧化性，故A正确；BCa（ClO）2中Cl元素化合价为+1价，CaCl2Cl元素化合价为1价，故B正确；C在酸性条件下发生：Cl+ClO+2H+=Cl2+H2O，由化合价可知产生1molCl2时转移1mole，故C正确；D混盐为CaCl2Ca（ClO）2的形式，溶液呈碱性，故D错误故选D【点评】本题考查含氯化合物的性质，为高频考点，根据题意判断混盐的组成为解答的关键，侧重氧化还原反应、盐类水解及化学键的考查，题目难度中等3下列物质的类别与所含官能团都正确
19、的是（）A醇类OHB羧酸CHOC酯类CHOD醚类 CH3OCH3【考点】烃的衍生物官能团【专题】有机化学基础【分析】决定有机物化学性质的原子或者原子团称为官能团，常见的官能团有：碳碳双键、碳碳三键、羟基OH、醛基CHO、羧基COOH、醚基O、酯基COO等，据此进行判断【解答】解：A羟基连在链烃基上的有机物质属于醇，其官能团为羟基：OH，故A正确；B羧酸的官能团为羧基：COOH，而CHO为醛类的官能团醛基，故B错误；C酯的官能团为酯基，结构简式为COOC，而CHO为醛类的官能团醛基，故C错误；D醚类的官能团为醚基，醚基的结构简式为：O，CH3OCH3为具体物质二甲醚，故D错误；故选A【点评】本题
20、考查了烃的衍生物的官能团的书写判断，题目难度不大，注意掌握常见的有机物官能团结构、类型，明确烃的衍生物类型与官能团之间的正确关系4一定条件下，将H2与I2以体积比1：1置于体积不变的密闭容器中发生H2（g）+I2（g）2HI（g），能说明该反应达到平衡状态的是（）A体系的压强保持不变BH2与I2的体积比保持不变C混合气体的颜色保持不变D每消耗1molH2的同时生成2molHI【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
21、该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态【解答】解：A、两边的计量数相等，体系压强始终不变，故A错误；B、将H2与I2以体积比1：1，变化量也是1：1，所以H2与I2的体积比始终为1：1，不能说明达平衡状态，故B错误；C、混合气体的颜色保持不变，说明碘蒸气的物质的量不变，说明达平衡状态，故C正确；D、只反映的正反应，没有体现正逆的关系，故D错误；故选C【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05下列物质的名称、化学式与分类完全正确的是（）A硝酸钠、NaNO2、盐B氨水、NH3H2O、强碱C稀硫酸、H2SO4、电解质D乙醇、CH3
22、CH2OH、醇类【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；电子式、化学式或化学符号及名称的综合【专题】物质的分类专题【分析】A、硝酸钠，是金属离子与酸根离子形成的盐，硝酸根离子中氮元素+5价；B、一水合氨是弱碱；C、稀硫酸是混合物，而电解质必须是纯净物D、酒精是乙醇，属于醇类【解答】解：A、硝酸钠，是金属离子与酸根离子形成的盐，硝酸根离子中氮元素+5价，化学式为：NaNO3，故A错误；B、一水合氨是弱碱，不是强碱，故B错误；C、稀硫酸是混合物，不属于电解质，电解质必须是纯净物中的化合物，故C错误；D、乙醇属于醇类，故D正确故选D【点评】此题是对物质的化学式及分类的考查，解题的关键是能对物质
23、的名称、分类及化学式有较明确的认识，属基础性知识考查题6下列是几种粒子的结构示意图，有关说法不正确的是（）A和属同种元素B属于稀有气体元素C和的化学性质相似D属于金属元素【考点】原子结构示意图【分析】A元素的种类由质子数决定；B稀有气体的最外层电子数是8（氦是2）；C元素原子的最外层电子数相同的元素的化学性质相似；D根据原子结构示意图的特点：金属元素的最外层电子数一般少于4，进行解答【解答】解：A和的质子数相同，所以和是同种元素，故A正确；B的最外层虽已达到稳定结构，但该微粒不是原子（核内质子数=8核外电子数=10），所以不属于稀有气体，为氧离子，故B错误；C元素原子最外层电子数决定元素的化学
24、性质，和的最外层电子数相同，所以化学性质相似，故C正确；D最外层电子数是1小于4，属于金属元素，是11号是钠元素，故D正确；故选B【点评】本题主要考查了离子结构示意图的有关知识，并应用知识进行分析解题的能力，题目难度不大7已知难溶性物质K2SO4MgSO42CaSO4在水中存在如下平衡：K2SO4MgSO42CaSO4（s）2Ca2+2K+Mg2+4SO42，不同温度下，K+的浸出浓度与溶浸时间的关系如图所示，则下列说法错误的是（）A向该体系中加入饱和NaOH溶液，溶解平衡向右移动B向该体系中加入饱和碳酸钠溶液，溶解平衡向右移动C升高温度，反应速率增大，平衡向正反应方向移动D该平衡的Ksp=c
25、（Ca2+）c（K+）c（Mg2+）c（SO42）【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】A、根据OH对溶解平衡的影响分析；B、根据CO32对溶解平衡的影响分析；C、依据图象分析，纵轴意义，曲线的变化，达到平衡需要的时间；D、根据平衡常数含义判断【解答】解：A、已知K2SO4MgSO42CaSO4（s）2Ca2+2K+Mg2+4SO42，加入饱和NaOH溶液，氢氧根离子和镁离子结合生成氢氧化镁沉淀，c（Mg2+）减小，溶解平衡右移，故A正确；B、加入饱和碳酸钠，CO32和Ca2+结合生成碳酸钙沉淀，c（Ca2+）减小，溶解平衡右移，故B正确；C、由图
26、可知，升高温度，达到平衡需要的时间缩短，即反应速率增大；升高温度，c（K+）增大，即平衡正移，故C正确；D、已知K2SO4MgSO42CaSO4（s）2Ca2+2K+Mg2+4SO42，则该平衡的Ksp=c2（Ca2+）c2（K+）c（Mg2+）c4（SO42），故D错误；故选D【点评】本题考查了沉淀溶解平衡的影响因素分析判断，图象分析判断方法，溶度积的表达式等，注意对图象的分析理解是解题的关键，题目难度中等8下列反应与Na2O2+SO2Na2SO4相比较，Na2O2的作用相同的是（）A2Na2O2+CO22Na2CO3+O2B2Na2O2+2SO32Na2SO4+O2CNa2O2+H2SO4
27、Na2SO4+H2O2D3Na2O2+Cr2O32Na2CrO4+Na2O【考点】钠的重要化合物【专题】元素及其化合物【分析】在Na2O2+SO2Na2SO4中，Na2O2的作用是氧化剂，SO2是还原剂，根据反应中元素的化合价变化分析，A、Na2O2既体现氧化性又体现还原性；B、Na2O2既体现氧化性又体现还原性；C、不属于氧化还原反应；D、根据化合价变化，Na2O2体现氧化性【解答】解：因为在Na2O2+SO2Na2SO4中，Na2O2的作用相同的是氧化剂，A、在2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2中只有氧元素变价，Na2O2是自身氧化还原，故A错误；B、在2Na2O2+2SO32Na
28、2SO4+O2中只有氧元素变价，Na2O2是自身氧化还原，故B错误；C、在Na2O2+H2SO4Na2SO4+H2O2中这是非氧化还原，是一个复分解反应，故C错误；D、在3Na2O2+Cr2O32Na2CrO4+Na2O中，Na2O2中1价的氧变为2价，Na2O2作氧化剂，故D正确；故选D【点评】本题考查了钠及其化合物性质，氧化还原反应的实质分析，掌握基础是解题关键，题目难度中等9下列说法中，正确的是（）A气象环境报告中新增的“PM2.5”是对一种新分子的描述B“光化学烟雾”“硝酸型酸雨”的形成都与氮氧化合物有关C小苏打是制作面包等糕点的膨松剂，苏打是治疗胃酸过多的一种药剂D乙醇、过氧化氢、次
29、氯酸钠等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的【考点】常见的生活环境的污染及治理；常见的食品添加剂的组成、性质和作用【专题】化学计算【分析】A、PM2.5是指直径小于或等于2.5um的颗粒物；B、氮氧化物可形成酸雨和光化学烟雾；C、碳酸钠碱性较强，所以不能用来治疗胃酸过多，碳酸氢钠在医疗上是治疗胃酸过多的一种药剂；D、乙醇不具有强氧化性，乙醇能使蛋白质发生变性【解答】解：A、PM2.5是指直径小于或等于2.5um的颗粒物，不是一种新分子，故A错误；B、“光化学烟雾”“硝酸型酸雨”的形成都与氮氧化合物有关，故B正确；C、小苏打是制作面包等糕点的膨松剂，也是医疗上治疗胃酸过多症的一种药剂，故C错误
30、；D、乙醇不具有强氧化性，乙醇能使蛋白质发生变性，故D错误；故选B【点评】本题考查了物质的性质与用途，难度不大，注意基础知识的掌握10小明做实验时不小心沾了一些KMnO4，皮肤上的黑斑很久才能消除，如果用草酸的稀溶液洗涤马上可以复原，其离子方程式为：MnO4+H2C2O4+H+CO2+Mn2+（未配平）关于此反应的叙述正确的是（）A该反应的氧化剂是H2C2O4B1molMnO4在反应中失去5mol电子C该反应右框内的产物是OHD配平该反应后，H+的计量数是6【考点】氧化还原反应方程式的配平；氧化还原反应的电子转移数目计算【专题】氧化还原反应专题【分析】A、化合价降低的元素所在反应物是氧化剂；B
31、、化合价升高元素失去电子，化合价升高数=失去电子的数目；C、根据原子守恒、电子守恒和电荷守恒来配平离子方程式；D、根据原子守恒、电子守恒和电荷守恒来配平离子方程式【解答】解：A、化合价降低的元素是锰元素，所在反应物KMnO4是氧化剂，故A错误；B、锰元素化合价从+7价降低到+2价，元素得到电子，化合价降低数=得到电子的数目=5，即1molMnO4在反应中得到5mol电子，故B错误；C、根据电子守恒，该反应中锰元素化合价降低5价，两碳元素化合价共升高2价，所以反应转移电子数为10，所以可以得到：2MnO4+5H2C2O4+H+10CO2+2Mn2+，根据电荷守恒、原子守恒，所以中为8H2O，H+
32、的计量数是6，故C错误；D、根据原子守恒、电子守恒和电荷守恒来配平离子方程式为：2MnO4+5H2C2O4+6H+10CO2+2Mn2+8H2O，H+的计量数是6，故D正确故选D【点评】本题考查学生氧化还原反应中的综合知识，要求学生具有分析和解决问题的能力，难度较大1125时，将amol/L一元酸HA与bmol/L NaOH等体积混合后测得溶液pH=7，则下列关系一定不正确的（）Aa=bBabCc（A）=c（Na+）Dc（A）c（Na+）【考点】pH的简单计算；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】根据HA是强酸还是弱酸，结合盐类水解判断a、b关系；根据溶
33、液呈电中性可知，溶液中c（A）+c（OH）=c（Na+）+c（H+），结合溶液的pH值判断c（A）、c（Na+）的相对大小【解答】解：A、若HA为强酸，溶液pH=7，HA与NaOH等体积混合恰好反应，故a=b，若HA为弱酸，生成强碱弱酸盐NaA，溶液会呈碱性；由于溶液pH=7，HA与NaOH等体积混合，HA应过量，故ab，综上所述，ab，故A正确；B、由A分析可知，可以满足ab，故B正确；C、溶液中c（A）+c（OH）=c（Na+）+c（H+），溶液pH=7，则c（OH）=c（H+），故c（A）=c（Na+），故C正确；D、由C中分析可知，溶液中一定满足c（A）=c（Na+），故D错误；故选：
34、D【点评】本题考查溶液中离子浓度比较、酸碱反应pH的定性判断、盐类水解等知识，题目难度中等，注意酸HA的强弱讨论方法及电荷守恒、物料守恒在比较离子间关系时的应用12已知25、101kPa下，下列反应C（石墨）+O2（g）CO2（g），燃烧1mol C（石墨）放热393.51kJC（金刚石）+O2（g）CO2（g），燃烧1mol C（金刚石）放热395.41kJ可以得出的结论是（）A金刚石比石墨稳定B1 mol石墨所具有的能量比1 mol金刚石低C金刚石转变成石墨是物理变化D石墨和金刚石都是碳的同位素【考点】反应热和焓变【分析】根据石墨、金刚石燃烧的热化学方程式，利用盖斯定律写出金刚石与石墨转化
35、的热化学方程式，根据反应热比较金刚石与石墨的能量大小【解答】解：C（石墨）+O2（g）=CO2（g）H=393.51kJmol1，C（金刚石）+O2（g）=CO2（g）H=395.41kJmol1，可得：C（石墨）=C（金刚石）H=+1.9kJmol1，A石墨转化为金刚石吸热，金刚石能量大于石墨的总能量，物质的量能量越大越不稳定，则石墨比金刚石稳定，故A错误；B石墨转化为金刚石吸热，金刚石能量大于石墨的总能量，故B正确；C金刚石和石墨是不同的物质，石墨转化为金刚石是化学变化，故C错误；D石墨和金刚石都是碳的同素异形体，故D错误故选B【点评】本题考查反应热，侧重于金刚石和石墨的转化，题目难度不大
36、，注意盖斯定律的运用以及物质的能量与稳定性的关系13已知：某温度时，KW=1.01012在该温度下，测得0.1molL1Na2A溶液pH=6，则下列说法正确的是（）AH2A在水溶液中的电离方程式为：H2A=H+HA，HAH+A2B常温下，NH4HA溶液中滴加NaOH溶液至溶液pH=7，则c（Na+）=2c（A2）C相同条件下，体积相等、pH相等的盐酸与H2A溶液中和NaOH的量相等D0.0l molLl的NaHA溶液pH2【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理【分析】某温度时，KW=1.01012，则该温度下水中c（H+）=1.0106mol/L，pH=6，在该温度下，测得0.1
37、molL1Na2A溶液pH=6，溶液呈中性，说明Na2A是强酸强碱盐，则H2A是强酸，据此分析解答【解答】解：A、KW=1.01012，则该温度下水中c（H+）=1.0106mol/L，pH=6，溶液为中性，可知H2A是强酸，其电离方程式为H2A=2H+A2，故A错误；B、NH4HA为强酸酸式盐，氢离子的存在导致溶液呈酸性，加入NaOH使溶液显中性，则氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，据电荷守恒可知c（Na+）+c（NH4+）=2c（A2），故B错误；C、H2A和盐酸都是强酸，其氢离子已经完全电离出来，所以体积相等、pH相等的盐酸与H2A溶液中和NaOH的量相等，故C正确；D、0.0lmolLl的
38、NaHA溶液中c（H+）=0.01mol/L，所以pH=2，故D错误；故选C【点评】本题考查弱电解质电离，正确判断酸的强弱是解本题关键，再结合物质之间的反应分析解答，同时考查学生灵活运用知识解答问题能力，题目难度中等14图表归纳是学习化学的常用方法，如下归纳的下表与上图中的项目对应正确的是（）选项XYZA胶体混合物淀粉溶液B化合物酸性氧化物氧化钙C脂肪烃烯烃环丙烯D芳香烃苯的同系物甲苯AABBCCDD【考点】分散系、胶体与溶液的概念及关系；混合物和纯净物；芳香烃、烃基和同系物【专题】物质的分类专题【分析】分析给出的图例：Y包含Z，X包含Y，据此分析选项【解答】解：A胶体和淀粉溶液都是混合物，故
39、A错误；B氧化钙是碱性氧化物，不属于酸性氧化物范畴，故B错误；C脂肪烃是链状的烃，环烯烃属于烯烃，但是不属于脂肪烃，故C错误；D甲苯属于苯的同系物，苯的同系物都含有苯环，都属于芳香烃，故D正确故选D【点评】本题考查了混合物、纯净物的区别，烃的分类，属于基础知识的考查，题目难度不大，关键抓住每个概念的核心15下列关于物质或离子检验的叙述正确的是（）A在溶液中加KSCN，溶液显红色，证明原溶液中有Fe3+，无Fe2+B气体通过无水硫酸铜，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气C灼烧白色粉末，火焰成黄色，证明原粉末中有Na+，无K+D将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，证明原气体是CO2【考点】常见离子的检
40、验方法【分析】A如果该溶液既含Fe3+，又含Fe2+，滴加KSCN溶液，溶液呈红色，证明存在Fe3+，并不能证明无Fe2+；B无水硫酸铜吸水变为CuSO45H2O，白色粉末变蓝，可证明原气体中含有水蒸气；C灼烧白色粉末，火焰成黄色，证明原粉末中有Na+，不能证明无K+，因为黄光可遮住紫光，K+焰色反应需透过蓝色的钴玻璃滤去黄光后观察；D能使澄清石灰水变浑浊的气体有CO2、SO2等【解答】解：AFe3+遇KSCN会使溶液呈现红色，Fe2+遇KSCN不反应无现象，如果该溶液既含Fe3+，又含Fe2+，滴加KSCN 溶液，溶液呈红色，则证明存在Fe3+，并不能证明无Fe2+，故A错误；B气体通过无水
41、硫酸铜，粉末变蓝，则发生反应：CuSO4+5H2OCuSO45H2O，可证明原气体中含有水蒸气，故B正确；C灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中有Na+，并不能证明无K+，Na+焰色反应为黄色，可遮住紫光，K+焰色反应需透过蓝色的钴玻璃滤去黄光后观察，故C错误；D能使澄清石灰水变浑浊的气体有CO2、SO2等，故将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，则原气体中可能含有SO2，不一定是CO2，故D错误；故选B【点评】本题考查常见物质及离子检验，题目难度中等，明确常见物质的性质及检验方法为解答关键，试题侧重对基础知识的考查，培养了学生的分析能力及灵活应用能力二、解答题（共9小题，满分44分）16普通泡
42、沫灭火器的铁桶里装有一只玻璃筒，玻璃筒内盛装硫酸铝溶液，铁桶里盛装碳酸氢钠溶液，使用时，倒置灭火器振荡，两种溶液相混合就会喷出含二氧化碳的白色泡沫（1）产生此现象的离子方程式是Al3+3HCO3=Al（OH）3+3CO2（2）不能把硫酸铝装在铁桶里的主要原因是Al3+水解产生的H+会腐蚀铁筒（3）一般不用碳酸钠代替碳酸氢钠是因为由1molCO32转化为1molCO2需2molH+，H+由Al3+提供（水解），现因Al3+量不变，只能生成HCO3，没有CO2，喷不出泡沫【考点】盐类水解的应用【专题】盐类的水解专题【分析】（1）普通泡沫灭火器是碳酸氢钠和硫酸铝溶液混合发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀
43、和二氧化碳气体；（2）硫酸铝中的铝离子水解得到的溶液显示酸性，能和金属铁发生反应；（3）碳酸根的水解是分步进行的，先水解得到碳酸氢根，进一步水解得到二氧化碳【解答】解：（1）普通泡沫灭火器是碳酸氢钠和硫酸铝溶液混合发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，反应的离子方程式为Al3+3HCO3=Al（OH）3+3CO2，故答案为：Al3+3HCO3=Al（OH）3+3CO2；（2）Al3+水解产生的H+会和金属铁反应，这样会腐蚀铁筒，所以不能把硫酸铝溶液盛在铁筒里，故答案为：Al3+水解产生的H+会腐蚀铁筒；（3）Al2（SO4）3溶液和NaHCO3溶液混合后会发生双水解反应，原理方程式为：
44、Al2（SO4）3+6NaHCO32Al（OH）3+6CO2+3Na2SO4，Al2（SO4）3溶液和NaHCO3溶液的体积比约是1：6，由1mol的碳酸根离子转化为1molCO2需2molH+，H+由Al3+提供（水解），在Al3+量不变的情况下，碳酸根离子先水解得到碳酸氢根，只能生成HCO3，没有CO2，喷不出泡沫，并且双水解时NaHCO3表面生成Al（OH）3后，会阻碍反应的进行，故答案为：由1molCO32转化为1molCO2需2molH+，H+由Al3+提供（水解），现因Al3+量不变，只能生成HCO3，没有CO2，喷不出泡沫【点评】本题考查了盐类水解的分析判断，溶液酸碱性分析理解，
45、主要是盐类水解的应用，掌握基础是关键，题目较简单17已知在25、1.013105Pa下，1mol氢气完全燃烧生成液态水放出285kJ的热量，请回答下列问题：（1）若2mol氢气完全燃烧生成水蒸气，则放出的热量（填“”、“”或“=”）570kJ（2）美国阿波罗宇宙飞船上使用了一种新型装置，其构造如图所示：A、B两个电极均由多孔的碳块组成该电池的正极为：B（填A或B）若该电池工作时增加了1mol H2O，电路中转移电子的物质的量为2 mol（3）写出电极反应式A：2H24e+4OH=4H2O； B：O2+4e+2H2O=4OH【考点】反应热和焓变；原电池和电解池的工作原理【专题】化学反应中的能量变
46、化【分析】（1）物质的聚集状态不同，反应热不同，气态物质变为液态物质放热，反之吸热；（3）根据氢气发生氧化反应，燃料电池的负极发生氧化反应，1mol氢气反应转移2mol电子，生成1mol水；（4）碱性氢氧燃料电池中，通入氢气的一极为原电池的负极，发生氧化反应，通入氧气的一极为原电池的正极，发生还原反应，书写电极反应式【解答】解：（1）2mol氢气完全燃烧生成液态水放出570kJ的热量，但液态水变为气态水要吸热，若2mol氢气完全燃烧生成水蒸气，则放出的热量小于570kJ，故答案为：；（2）氢气发生氧化反应，燃料电池的负极发生氧化反应，1mol氢气反应转移2mol电子，生成1mol水，故答案为：
47、B；2；（3）碱性氢氧燃料电池中，通入氢气的一极为原电池的负极，发生氧化反应，电极反应式为：2H24e+4OH=4H2O；通入氧气的一极为原电池的正极，发生还原反应，电极反应式为：O2+4e+2H2O=4OH，故答案为：2H24e+4OH=4H2O（或H22e+2OH=2H2O）；O2+4e+2H2O=4OH【点评】本题考查较为综合，涉及化学反应能量的计算，原电池的工作原理以及电极反应式的书写，题目难度中等，注意把握原电池电极反应式的书写方法18某化学小组为比较盐酸和醋酸的酸性，设计了如下实验方案装置如图（夹持仪器略）：实验方案：在两试管中分别加入过量镁条，同时将两注射器中的溶液注入相应试管中
48、，观察产生氢气的速率和体积（1）盐酸与镁反应的离子方程式为Mg+2H+Mg2+H2，（2）在上述实验方案中有一明显欠缺，该欠缺是没有说明两种酸的浓度相等（3）在欠缺已经得到改正的方案下，反应起始时，产生氢气的速率关系应是盐酸的快，醋酸的慢；最终产生氢气体积的关系应是体积相等（4）实验中产生的氢气体积比理论值高，可能原因是反应放热，过量镁与水反应（5）通过比较起始反应的速率可以得出的结论是盐酸酸性比醋酸强（6）除上述方法外，还可以通过其他方向比较盐酸和醋酸的酸性，请写出其中的一种方法测定同浓度的盐酸和醋酸的pH或测定醋酸钠和氯化钠溶液的pH【考点】比较弱酸的相对强弱的实验【专题】无机实验综合【分
49、析】（1）盐酸与镁反应生成氯化镁和氢气，反应的离子方程式为Mg+2H+Mg2+H2；（2）两种酸的浓度必须相等，才能比较反应速率快慢；（3）醋酸为弱酸，溶液中只能部分电离出氢离子，则醋酸与镁的在开始时反应速率较小；由于两种酸的物质的量相等，则生成氢气的最终体积相等；（4）该反应放热，过量镁与水反应生成了氢气；（5）盐酸醋酸氢气速率快、醋酸慢，说明盐酸的酸性较强；（6）比较酸的强弱，还可以测定相同浓度的醋酸和盐酸溶液的pH，或沉淀醋酸钠和氯化钠溶液的pH；【解答】解：（1）盐酸与镁反应生成氯化镁和氢气，反应的离子方程式为Mg+2H+Mg2+H2，故答案为：Mg+2H+Mg2+H2；（2）根据产生
50、氢气的速率判断酸性强弱时，必须指出醋酸和盐酸的浓度相等，否则无法比较，故答案为：没有说明两种酸的浓度相等；（3）醋酸为弱酸，盐酸为强酸，浓度相等时醋酸中氢离子浓度小于盐酸，则与镁的反应中，盐酸的快，醋酸的慢；由于醋酸和盐酸的浓度、体积相等，镁过量，则最终生成氢气的体积相等，故答案为：盐酸的快，醋酸的慢； 体积相等；（4）镁在加热条件下能够与水反应，所以该反应放热，导致过量镁与水反应生成氢气，所以产生的氢气比理论值高，故答案为：反应放热，过量镁与水反应；（5）根据醋酸、盐酸与镁反应产生氢气的速率可知，盐酸中氢离子浓度大于醋酸，则盐酸的酸性大于醋酸，故答案为：盐酸酸性比醋酸强；（6）判断醋酸和盐酸
51、的酸性强弱，还可以通过测定同浓度的盐酸和醋酸的pH或测定醋酸钠和氯化钠溶液的pH进行判断，故答案为：测定同浓度的盐酸和醋酸的pH；测定醋酸钠和氯化钠溶液的pH【点评】本题考查了酸性强弱比较的方法，题目难度中等，明确弱电解质的电离平衡及其影响因素为解答关键，注意掌握判断酸性强弱的方法，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力19下列是某化学小组为探究氢氧化钙的性质而进行的相关实验，请你也一起参与探究（1）小明通过一玻璃管向盛有澄清石灰水的试管中吹气，溶液变浑浊（2）小丽向盛有澄清石灰水的试管中加入适量的碳酸钠溶液，溶液变浑浊（3）小倩向盛有少量氢氧化钙固体的试管中加入一定量的蒸馏水，液体变浑浊，再
52、向其中加入3滴无色酚酞，液体变成红色，继续向试管中加入过量的稀盐酸，出现的现象是红色褪去，浑浊液体变澄清，据小倩同学的实验及现象可知氢氧化钙具有的性质有微溶于水、能使酚酞变红、能与（盐）酸反应（4）上述实验涉及的反应不属于碱的相似化学性质的反应方程式是Ca（OH）2+Na2CO3=CaCO3+2 NaOH，不属于基本反应类型的反应方程式是CO2+Ca（OH）2CaCO3+H2O（5）实验后三位同学将试管中的废液倒入同一烧杯中，搅拌，得到无色溶液，则该溶液中一定含有的物质是NaCl、CaCl2、（酚酞）（或氯化钠、氯化钙（酚酞）请设计实验证明可能存在的物质是否存在：实验步骤实验现象及结论取实验所
53、得的无色溶液少量于试管中，向试管中滴加石蕊溶液（或锌粒、碳酸钠等）溶液由无色变成红色（或有气泡冒出）说明溶液中还含有HCl【考点】性质实验方案的设计【分析】（1）小明通过一玻璃管向盛有澄清石灰水的试管中吹气，溶液变浑浊，是二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀；（2）小丽向盛有澄清石灰水的试管中加入适量的碳酸钠溶液，溶液变浑浊，是溶液中碳酸根离子结合钙离子生成碳酸钙沉淀；（3）小倩向盛有少量氢氧化钙固体的试管中加入一定量的蒸馏水，液体变浑浊，说明氢氧化钙溶解度不大，再向其中加入3滴无色酚酞，液体变成红色，说明溶液显碱性，继续向试管中加入过量的稀盐酸，和氢氧化钙反应生成氯化钙和水，出现的现象是溶液
54、红色褪去；（4）氢氧化钙和碳酸钠反应生成沉淀是碱和盐的反应，二氧化碳和氢氧化钙的反应不属于基本反应类型；（5）实验后三位同学将试管中的废液倒入同一烧杯中，搅拌，依据各试管中的成分分析得到无色溶液中含有氯化钠、氯化钙、酚酞，可能含有盐酸；【解答】解：（1）小明通过一玻璃管向盛有澄清石灰水的试管中吹气，溶液变浑浊，是二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀；（2）小丽向盛有澄清石灰水的试管中加入适量的碳酸钠溶液，溶液变浑浊，是溶液中碳酸根离子结合钙离子生成碳酸钙沉淀；（3）小倩向盛有少量氢氧化钙固体的试管中加入一定量的蒸馏水，液体变浑浊，说明氢氧化钙溶解度不大，属于微溶于水的物质，再向其中加入3滴无色
55、酚酞，液体变成红色，说明溶液显碱性，氢氧化钙电离出阴离子全部是氢氧根离子，溶液呈碱性，继续向试管中加入过量的稀盐酸，和氢氧化钙反应生成氯化钙和水，氢氧化根离子转化为水，出现的现象是溶液红色褪去变化为无色酚酞，故答案为：红色褪去，浑浊液体变澄清，溶于水、能使酚酞变红、能与（盐）酸反应；（4）氢氧化钙和碳酸钠反应生成沉淀是碱和盐的反应，反应的化学方程式为：Ca（OH）2+Na2CO3=CaCO3+2 NaOH，二氧化碳和氢氧化钙的反应不属于基本反应类型，反应的化学方程式为：CO2+Ca（OH）2CaCO3+H2O，故答案为：Ca（OH）2+Na2CO3=CaCO3+2 NaOH，CO2+Ca（OH
56、）2CaCO3+H2O；（5）实验后三位同学将试管中的废液倒入同一烧杯中，小明的试管中为碳酸钙和水，小丽试管中为碳酸钙沉淀和氯化钠，小倩试管中为氯化钙，盐酸加入会和氢氧化钙、碳酸钙反应，搅拌，依据各试管中的成分分析得到无色溶液中含有氯化钠、氯化钙、酚酞，可能含有盐酸，实验验证的设计为：取实验所得的无色溶液少量于试管中，向试管中滴加石蕊溶液（或锌粒、碳酸钠等），溶液由无色变成红色（或有气泡冒出）说明溶液中还含有HCl；故答案为：NaCl、CaCl2、（酚酞）（或氯化钠、氯化钙（酚酞）实验步骤实验现象及结论取实验所得的无色溶液少量于试管中，向试管中滴加石蕊溶液（或锌粒、碳酸钠等）溶液由无色变成红色
57、（或有气泡冒出）说明溶液中还含有HCl【点评】本题考查了物质性质的实验检验方法，实验设计过程分析，反应产物和反应特征的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等20某学生用已准确称量的2.000g烧碱固体配制一定物质的量浓度的溶液500mL实验室提供以下仪器：100mL烧杯 100mL量筒 1000mL容量瓶 500mL容量瓶 玻璃棒 托盘天平（带砝码）请回答下列问题：（1）配制时，必须使用的仪器有（填代号），还缺少的仪器是胶头滴管（填仪器名称）；（2）配制时正确的操作顺序是（字母表示，每个操作只用一次）BCAFED；A用少量水洗涤烧杯23次，洗涤液均注入容量瓶，振荡B在盛有NaOH固体的烧杯
58、中加入适量水溶解C将烧杯中已冷却的溶液沿玻璃棒注入容量瓶中D将容量瓶盖紧，反复上下颠倒，摇匀E改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度线相切F继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度12cm处（3）实验中两次用到玻璃棒，其作用分别是：先用于搅拌，后用于引流；（4）若出现如下情况，其中将引起所配溶液浓度偏高的是；（填下列编号）容量瓶实验前用蒸馏水洗干净，但未烘干定容观察液面时俯视配制过程中遗漏了（2）中步骤A（5）计算：该烧碱溶液的物质的量浓度为0.1 mol/L【考点】溶液的配制【专题】化学实验基本操作【分析】（1）依据配制步骤选择需要的仪器；（2）配制物质的量浓度一般步骤：计算、称量、溶解、冷
59、却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶，据此排序；（3）依据在溶解过程和移液过程中玻璃棒作用解答；（4）分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据C=进行误差分析；（5）计算溶质的物质的量，依据C=计算溶液浓度【解答】解：（1）配制500mL的溶液需选择500mL的容量瓶，用固体配制溶液，需要托盘天平称量固体的质量，还需要在烧杯中溶解，溶解或移液时需要玻璃棒搅拌或引流，定容时需要胶头滴管，所以必须的仪器有；还缺少的仪器是胶头滴管；故答案为：，胶头滴管；（2）配制物质的量浓度一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶，所以配制时正确的操作顺序是BCAFED；故答案为：BCAFE
60、D；（3）溶解时用玻璃棒用于搅拌，加速固体的溶解；后来移液时用玻璃棒作用是引流；故答案为：搅拌、引流；（4）容量瓶实验前用蒸馏水洗干净，但未烘干，对结果无影响，因为在配制过程中，需直接向容量瓶内加蒸馏水，所以溶液浓度不变，故不选；定容观察液面时俯视，会导致所配溶液的体积偏少，溶液浓度偏高，故选；配制过程中遗漏了（2）中步骤A，则会导致溶质的物质的量减少，溶液浓度偏低，故不选；答案选；（5）2.000g烧碱固体的物质的量是2.000g40g/mol=0.05mol，溶液的体积500mL=0.5L，所以烧碱溶液的物质的量浓度C=nV=0.05mol0.5L=0.1mol/L；故答案为：0.1mol
61、/L；【点评】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，明确配制原理和操作步骤是解题关键，注意误差分析的方法和技巧，题目难度不大21为确定某铝热剂样品（铝和氧化铁）的组成，分别进行下列实验：（1）若取10.7g该样品，向其中加入足量的NaOH溶液，测得生成的气体（标准状况，下同）体积为a L样品中铝的质量分数w（Al）=7.5a%（用含a的表达式表示）若该样品，在高温下恰好发生完全反应，则a=3.36L（2）待（1）中反应产物冷却后，加入足量盐酸，测得生成的气体体积为b L，该气体与（1）中所得气体的体积比b：a=2：3（3）若另取10.7g该样品，此样品在高温下仍然恰好完全反应，向其中加入1.0
62、molL盐酸Vml，固体恰好溶解完全，则盐酸体积V的最小值为500mL【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【分析】（1）铝和NaOH反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，n（H2）=，根据化学方程式计算；取同质量的样品，在高温下使其恰好反应，发生：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，根据方程式可计算10.7g样品中含有Al的物质的量，可根据方程式计算生成气体的体积；（2）（1）中反应产物中生成Fe，可根据铁的物质的量计算生成气体的体积，进而计算体积比；（3）取10.7g样品将其点燃，恰好完全反应，发生铝热反应生成铁，铁与盐酸反应生成氢气，反应的方程式计算【
63、解答】解：（1）铝和NaOH反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，n（H2）=mol，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H22mol 3moln（Al） moln（Al）=mol=mol，m（Al）=27g/molmol=g，（Al）=100%7.5a%取同质量的样品，在高温下使其恰好反应，发生：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，设混合物中含有xmolAl，ymolFe2O3，则有：解之得：x=0.1，y=0.05，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H22mol 322.4lL0.1mol aLa=3.36，故答案为：0.075
64、a；3.36；（2）由（1）知n（Fe）=0.1mol，Fe+2HCl=FeCl2+H21mol 22.4L0.1mol bL b=2.24，所以a：b=3.36：2.24=3：2，故答案为：2：3；（3）上述计算可知铝物质的量为0.1mol，铝与氧化铁在高温下生成铁与氧化铝，反应方程式为2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；由二者恰好反应，根据方程式可知，0.1molAl可生成0.1molFe，0.05molAl2O3，与盐酸反应，向其中加入1.0molL盐酸Vml，固体恰好溶解完全， Fe+2HCl=FeCl2+H20.1mol 0.2mol Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O0
65、.05mol 0.3mol消耗HCl物质的量为0.5mol，则盐酸体积V的最小值=0.5L=500mL，故答案为：500mL【点评】本题考查铝热反应以及化学方程式的计算，题目难度中等，本题注意铝热反应的原理，注意相关方程式的书写以及物质的量应用于化学方程式的计算方法22化合物A的分子式为C9H15OCl，分子中含有一个六元环和一个甲基，环上只有一个取代基；F分子中不含甲基：A与其它物质之间的转化如图所示：（1）AF的反应类型是消去反应；G中含氧官能团的名称是碳碳双键和羧基（2）AC的反应方程式是（3）H的结构简式是，E的结构简式是（4）有的同学认为B中可能没有氯原子，你的观点是同意（填“同意”
66、或“不同意”），你的理由在碱性环境下氯原子有可能水解，使得B中没有氯原子（5）某烃的含氧衍生物X符合下列条件的同分异构体中，核磁共振氢谱显示为2组峰的是HCOOC（CH3）3（写结构简式）；只含有两个甲基的同分异构体有5种相对分子质量比C少54 氧原子数与C相同 能发生水解反应【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】A的分子式为C9H15OCl，A的不饱和度=2，分子中含有一个六元环和一个甲基，环上只有一个取代基，A发生消去反应得F，F分子中不含甲基，所以A为，A氧化得B为，A碱性水解得C为，C 氧化得D为，D发生缩聚反应得E为，A发生
67、消去反应得F为，F氧化得G为，G在一定条件下发生加聚反应得H为，据此答题【解答】解：A的分子式为C9H15OCl，A的不饱和度=2，分子中含有一个六元环和一个甲基，环上只有一个取代基，A发生消去反应得F，F分子中不含甲基，所以A为，A氧化得B为，A碱性水解得C为，C 氧化得D为，D发生缩聚反应得E为，A发生消去反应得F为，F氧化得G为，G在一定条件下发生加聚反应得H为，（1）根据上面的分析可知，AF的反应类型是消去反应，G为，G中含氧官能团的名称是碳碳双键和羧基，故答案为：消去反应；碳碳双键和羧基；（2）AC的反应方程式是，故答案为：；（3）根据上面的分析可知，H的结构简式是，E的结构简式是，
68、故答案为：；（4）由于在碱性条件下被氢氧化铜氧化成B，分子中氯原子在碱性环境下氯原子有可能水解，使得B中没有氯原子，故答案为：同意；在碱性环境下氯原子有可能水解，使得B中没有氯原子；你的观点是 （填“同意”或“不同意”），你的理由（5）C为，某烃的含氧衍生物X符合下列条件相对分子质量比C少54，则X的相对分子质量为102，氧原子数与C相同，说明有2个氧原子，能发生水解反应，说明有酯基，核磁共振氢谱显示为2组峰，则X为HCOOC（CH3）3，只含有两个甲基的同分异构体为HCOOCH2CH（CH3）2、HCOOCH（CH3）CH2CH3、CH3COOCH2CH2CH3、CH3CH2COOCH2CH
69、3、CH3CH2CH2COOCH3，有5 种，故答案为：HCOOC（CH3）3；5【点评】本题考查有机物推断，为高频考点，侧重考查学生分析推断能力，正确判断A结构简式是解本题关键，根据反应条件结合某些物质分子式、结构进行推断，难点是（5）同分异构体种类判断，要考虑官能团异构、位置异构，题目难度中等23有机物丙（C13H18O2）是一种香料，其合成路线如图所示其中A的相对分子质量通过质谱法测得为56，它的核磁共振氢谱显示只有二组峰；D的结构简式为，在催化剂存在条件下1mol D与2mol H2反应可以生成乙；丙中含有两个CH3已知：RCH=CH2RCH2CH2OH（1）A的结构简式为（CH3）2
70、C=CH2；乙的分子式为C9H12O（2）C与新制Cu（OH）2悬浊液反应的化学方程式（CH3）2CHCHO+2Cu（OH）2+NaOH（CH3）2CHCOONa+Cu2O+3H2O（3）D所含官能团的名称是碳碳双键、醛基；D有多种同分异构体，其中与其所含官能团相同的同分异构体有4种（不考虑立体异构）（4）甲与乙反应的化学方程式为（5）写出一种满足下列条件的有机物的结构简式与乙互为同分异构体，且苯还上有两个取代基；遇FeCl3溶液显紫色；其苯环上的一溴代物只有两种【考点】有机物的推断【分析】结合信息及转化关系可知A为烃，质谱法测得A的相对分子质量为56，分子中C原子数目最大数=48，故A为C4
71、H8，它的核磁共振氢谱显示只有2组峰，可推知A为（CH3）2C=CH2 ，顺推可知B为CH3）2CHCH2OH，C为（CH3）2CHCHO，甲为（CH3）2CHCOOH，甲和乙反应生成有机物C13H18O2，应是发生酯化反应，则乙为醇，甲中含有4个碳原子，所以乙中含有9个碳原子，乙的分子式为：C9H12O，D可以发生银镜反应，含有CHO，在催化剂存在条件下1mol D与2mol H2反应可以生成乙，丙中含有两个CH3，而甲中含有2个甲基，故乙中没有甲基，可推知D为，乙为，据此解答【解答】解：结合信息及转化关系可知A为烃，质谱法测得A的相对分子质量为56，分子中C原子数目最大数=48，故A为C4
72、H8，它的核磁共振氢谱显示只有2组峰，可推知A为（CH3）2C=CH2 ，顺推可知B为CH3）2CHCH2OH，C为（CH3）2CHCHO，甲为（CH3）2CHCOOH，甲和乙反应生成有机物C13H18O2，应是发生酯化反应，则乙为醇，甲中含有4个碳原子，所以乙中含有9个碳原子，乙的分子式为：C9H12O，D可以发生银镜反应，含有CHO，在催化剂存在条件下1mol D与2mol H2反应可以生成乙，丙中含有两个CH3，而甲中含有2个甲基，故乙中没有甲基，可推知D为，乙为，（1）由上述分析可知，A的结构简式为：（CH3）2C=CH2 ，乙的分子式为：C9H12O，故答案为：（CH3）2C=CH2
73、 ；C9H12O；（2）C为（CH3）2CHCHO，与新制Cu（OH）2悬浊液反应的化学方程式为：（CH3）2CHCHO+2Cu（OH）2+NaOH（CH3）2CHCOONa+Cu2O+3H2O，故答案为：（CH3）2CHCHO+2Cu（OH）2+NaOH（CH3）2CHCOONa+Cu2O+3H2O；（3）D为，含有碳碳双键和醛基官能团；D有多种同分异构体，其中与其所含官能团相同的同分异构体（不考虑立体异构），侧链可以为C（CHO）=CH2，也可以为CHO、CH=CH2，有邻、间、对三种位置关系，故符合条件的同分异构体共有4种，故答案为：碳碳双键、醛基；4；（4）甲与乙反应的化学方程式为：，
74、故答案为：，；（5）乙为，其同分异构体符合条件：遇FeCl3溶液显紫色，含有酚羟基；其苯环上的一溴代物只有两种，则只能有2个侧链，另外侧链为CH2CH2CH3或CH（CH3）2，且处于对位，故该有机物的结构简式为：，故答案为：【点评】本题考查有机物推断，需要对给予的信息进行利用，能较好的考查学生阅读获取信息能力，确定A的结构简式是关键，利用正推法与逆推法相结合进行推断，注意掌握官能团的性质与转化，难度中等24高分子材料PET聚酯树脂和PMMA的合成路线如下：已知：RCOOR+R18OH RCO18O R+ROH（R、R、R代表烃基）（R、R代表烃基）（1）的反应类型是加成反应（2）的化学方程式
75、为（3）PMMA单体的官能团名称是碳碳双键、酯基（4）F的核磁共振氢谱显示只有一组峰，的化学方程式为（5）G的结构简式为（6）下列说法正确的是ac（填字母序号）a为酯化反应bB和D互为同系物cD的沸点比同碳原子数的烷烃高d1mol与足量NaOH溶液反应时，最多消耗4mol NaOH（7）J的某种同分异构体与J具有相同官能团，且为顺式结构，其结构简式是（8）写出由PET单体制备PET聚酯（化学式为C10nH8nO4n或C10n+2H8n+6O4n+2）并生成B的化学方程式【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，由PMMA的结构可知，PMMA单体为CH2=
76、C（CH3）COOCH3，E氧化得F，F的核磁共振氢谱显示只有一组峰，F发生信息中的反应得G，G在浓硫酸作用下发生消去反应得J，结合PMMA单体的结构和E的分子式可知，E为CH3CHOHCH3，F为CH3COCH3，G为（CH3）2COHCOOH，J为CH2=C（CH3）COOH，所以D为HOCH3，乙烯与溴发生加成反应生成A为BrCH2CH2Br，A在碱性条件下水解得B为HOCH2CH2OH，B与对苯二甲酸甲酯发生取代反应生成PET单体为，PET单体发生信息的反应得PET聚酯，据此答题【解答】解：根据题中各物质转化关系，由PMMA的结构可知，PMMA单体为CH2=C（CH3）COOCH3，E
77、氧化得F，F的核磁共振氢谱显示只有一组峰，F发生信息中的反应得G，G在浓硫酸作用下发生消去反应得J，结合PMMA单体的结构和E的分子式可知，E为CH3CHOHCH3，F为CH3COCH3，G为（CH3）2COHCOOH，J为CH2=C（CH3）COOH，所以D为HOCH3，乙烯与溴发生加成反应生成A为BrCH2CH2Br，A在碱性条件下水解得B为HOCH2CH2OH，B与对苯二甲酸甲酯发生取代反应生成PET单体为，PET单体发生信息的反应得PET聚酯，（1）根据上面的分析可知，反应的反应类型是加成反应，故答案为：加成反应； （2）的化学方程式为，故答案为：；（3）PMMA单体为CH2=C（CH
78、3）COOCH3，PMMA单体的官能团名称是碳碳双键和酯基，故答案为：碳碳双键、酯基；（4）反应的化学方程式为，故答案为：；（5）G的结构简式为，故答案为：；（6）a为CH2=C（CH3）COOH与HOCH3发生酯化反应，故a正确；bD为HOCH3，B为HOCH2CH2OH，它们的羟基的数目不同，所以B和D不是互为同系物，故b错误；cD中有羟基，能形成氢键，所以D的沸点比同碳原子数的烷烃高，故c正确；d.1mol与足量NaOH溶液反应时，最多消耗2mol NaOH，故d错误；故选ac；（7）J的某种同分异构体与J具有相同官能团，且为顺式结构，其结构简式是，故答案为：；（8）由PET单体制备PET聚酯并生成B的化学方程式为，故答案为：【点评】本题考查有机物的推断与合成，注意根据充分利用题中信息和有机物的结构进行推断，明确有机物的官能团及其性质是解本题关键，难度中等
