1、2015-2016学年山东省烟台市金城高级中学高三（下）月考化学试卷（3月份）一、选择题1某化工厂发生了氯气泄漏及爆炸特大事故，喷出的氯气造成了多人伤亡作为现场的消防干警下列处理方法和过程较合理的是（）及时转移疏散人群，同时向有关部门如实报告事故的有关情况；被转移人群应戴上用浓NaOH溶液处理过的口罩（湿润）；用高压水枪向空中喷洒含碱性物质的水溶液解毒；被转移人群可戴上用Na2CO3处理过的口罩（湿润）；将人群转移到地势较低的地方；及时清理现场，检查水源和食物等是否被污染；常温下氯气能溶于水，所以只要向空气中喷洒水就可以解毒ABCD2NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A标准状况下，5.
2、6L氯气和16.8L氧气的混合气体中含有分子数为NAB标准状况下，22.4LH2O所含有原子数为3NACNA个N2分子所占的体积与0.5NA个H2分子所占的体积比一定是2：1D1molNa2O2与H2O完全反应，转移2NA个电子3下列关于食谱的说法错误的是（）A营养学家编制的食谱对每个人都适用B每一种食物含有多种营养素，每种营养素又存在于多种食物中，因此对营养素的摄取应综合考虑C靠不吃或少吃减肥是不正确的，有害健康D编制好的食谱可以永久使用4下列热化学方程式书写正确的是（）A2SO2+O2=2SO3 H=196.6kJmol1BH2（g）+O2（g）=H2O（l）H=285.8kJmol1C2
3、H2（g）+O2（g）=2H2O（l）H=571.6kJDC（s）+O2（g）=CO2（g）H=+393.5kJmol15下列微粒中：13Al3+ F，其核外电子数相同的是（）ABCD6下列物质分类正确的是（）ANa2O2、Fe3O4、CuO均为碱性氧化物B稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体C烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质D盐酸、水玻璃、氨水均为混合物7白蚁能分泌一种叫做蚁酸的物质，其化学性质与乙酸相似据此判断，下列物质最不容易被蚁酸腐蚀的是（）A铝合金门窗B镀锌水管C石灰墙面D黄金饰品8下列说法不正确的是（）A光催化还原水制氢比电解水制氢更节能环保、更经济B氨氮废水（含NH4+及NH3）可用
4、化学氧化法或电化学氧化法处理C某种光学检测技术具有极高的灵敏度，可检测到单个细胞（V1012L）内的数个目标分子，据此可推算该检测技术能检测细胞内浓度约为10121011molL1的目标分子D向汽油中添加甲醇后，该混合燃料的热值不变9一定质量的钠、钾投入一定量的稀盐酸中，产生气体随时间变化的曲线如图所示，则下列说法正确的是（）A投入的Na、K一定等质量B投入的Na的质量小于K的质量C曲线a为Na，b为KD稀盐酸的量一定是不足量的10实验中在对某种样品进行检验时，加入试剂顺序的不同对最后结果的判断具有很大影响某样品中可能含有SO42，实验中加入试剂种类和顺序正确的是（）ABaCl2溶液，稀盐酸B
5、稀盐酸，BaCl2溶液CBaCl2溶液，稀硝酸D稀硝酸，BaCl2溶液11下列关于生活中化学知识的叙述正确的是（）A“地沟油”禁止食用，但可以用来制肥皂B为提高农作物的产量和质量，应大量使用化肥和农药C加碘盐就是在食用盐中加入碘单质D大量焚烧稻草、小麦桔杆等不会对空气质量造成影响12500，在三个相同体积的恒容密闭容器里，分别加入对应物质，甲：2mol SO2 1mol O2乙：2mol SO2 1mol O2 1mol N2 丙：4mol SO2 2mol O2同时进行反应，开始时反应速率最大的是（）A甲B乙C丙D无法判断13下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（）选项
6、实验现象 结论A炭粉中加入浓硝酸并加热，导出的气体通入少量澄清石灰水中有红棕色气体产生，石灰水变浑浊有NO2和CO2产生BFeCl3和BaCl2混合溶液中通入足量SO2溶液变为浅绿色且有白色沉淀生成Fe3+被还原为Fe2+，沉淀为BaSO3C钠块放在石棉网上加热钠块溶化，最终得到淡黄色固体熔点：Na2O2大于NaD蔗糖中滴入浓硫酸并不断搅拌产生黑色蓬松多孔固体浓硫酸具有吸水性和强氧化性AABBCCDD142007年12月4日浙江省卫生厅公布的最常见的四种疾病中，高血压排在第一位，胆结石排在第二位，可见在全民社会中普及如何预防胆结石显得尤为重要从化学上讲，非结合胆红素（VCB）分子有羟基，被氧化
7、后（生成羧基）与钙离子结合形成胆红素钙的反应，就是一个生成沉淀的离子反应，从动态平衡的角度分析能预防胆结石的方法是（）A大量食用纯碱可使钙离子沉淀完全，预防胆结石产生B不食用含钙的食品C适量服用维生素E、维生素C等抗氧化自由基可预防胆结石D手术切除胆囊15a mL三种气态烃的混合物与足量的氧气混合点燃爆炸后，恢复到原来的状态（常温、常压），体积共缩小2a mL则三种烃可能是（）ACH4、C2H4、C3H4BC2H6、C3H6、C4H6CCH4、C2H6、C3H8DC2H4、C2H2、CH4二、解答题（共8小题，满分54分）16元素X的原子最外层电子排布式为nsnnpn+l原子中能量最高的是电子
8、；元素X的氢化物的分子结构呈形；该氢化物可以与H+离子以键相合17某温度时，在2L固定体积的密闭容器中X、Y、Z三种气体随时间的变化如图所示：（1）该反应的化学方程式为；（2）下列表示该反应速率最大的是Av（X）=0.6mol/（Ls） Bv（Y）=0.3mol/（Ls） Cv（Z）=0.5mol/（Ls）18下图是用于气体的制备干燥性质实验、尾气处理的常用装置请根据要求回答下列问题（1）怎样检查装置A的气密性（2）某同学将仪器连接顺序为ABCD，以此证明实验室制取Cl2的过程中有HCl和水蒸气挥发出来A中的反应化学方程式是B中盛放的试剂是，C中盛放的是CCl4溶液，其作用是，D中盛放的试剂是
9、，实验时看到的现象是有同学认为实验有缺陷，应该在C、D之间增加E装置，你认为该装置中应放入（3）最后，同学们用上述除B以外的仪器组装一套可以制出纯净干燥氯气的装置，按气流方向填出接口顺序aghf（不能选用B装置，其它装置可以重复使用；需要几个接口填几个）并按顺序写出所填接口对应仪器盛放的试剂19化学是一门以实验为基础的学科，试回答以下问题（1）选用装置甲、戊制取并收集少量氨气，氨气应从收集装置的（填“长”或“短”）导管进气，写出利用该装置制备氨气的化学方程式（2）选用装置乙、丙制备少量一氧化氮气体，乙中塑料板上若放置大理石，则装置乙的作用是，丙中产生NO的离子方程式为（3）二氧化氯（ClO2）
10、为A1级消毒剂，某研究小组利用丁装置制备ClO2在烧瓶中放入KClO3和草酸（H2C2O4），然后加入足量的稀硫酸，水浴加热反应生成ClO2、CO2和一种酸式盐，则该反应中氧化产物与还原产物物质的量之比为温度过高时，二氧化氯的水溶液有可能引起爆炸在反应开始前将烧杯中的水加热到80，然后停止加热，并使其保持在6080之间，丁装置中缺少的一种必需的玻璃仪器名称是将二氧化氯溶液加入到硫化氢溶液中，加入少量的稀盐酸酸化过的氯化钡溶液，发现有白色沉淀生成，该沉淀的化学式为20四氯化锡常用于染色的媒染剂等，工业上常用氯气与金属锡反应制备四氯化锡已知SnCl4为无色液体，熔点33，沸点114，极易水解，在潮
11、湿的空气中发烟实验室可用如图装置合成四氯化锡（夹持装置略）（1）装置D的名称为；（2）冷凝水应从（填“a”或“b”）口进入F中；（3）装置A中固体B为黑色粉末，写出烧瓶中发生反应的化学反应方程式为；（4）假设没有装置C，在D中除生成SnCl4外，可能得到的副产物为；（5）装置E中加热的目的是、；（6）装置H中盛放足量的FeBr2溶液可吸收尾气中的氯气，其反应的离子反应方程式为（7）该实验装置存在设计缺陷，你的改进措施为（8）若装置A中标准状况下生成6.72L气体，假设不计气体损耗且Sn足量，反应完毕后在G 中锥形瓶里收集到37.20g SnCl4，则SnCl4的产率为（已知SnCl4相对分子质
12、量为261）21有NH4+、Fe3+、NO3、Fe2+、H+和H2O六种微粒，分别属于一个氧化还原反应中的反应物和生成物（1）氧化剂与还原剂的物质的量之比为（2）若有l mol NO3参加反应，则转移mol e（3）若把该反应设计为原电池，则负极反应为22有机物A（C13H18O2）具有香味，可用作香皂、洗发香波的芳香剂A可通过下图所示的转化关系而制得已知：B属于芳香族化合物，相对分子质量大于100，小于130，其中含氧质量分数为0.131；D、E具有相同官能团E分子烃基上的一氯取代物只有一种；F可以使溴的四氯化碳溶液褪色请回答下列问题：（1）B的分子式为；B在上图转化中所发生的反应类型有（2
13、）F的名称是物质C发生银镜反应的化学方程式是（3）D的同分异构体有多种，写出符合下列条件的所有物质的结构简式：a属于芳香族化合物且苯环上的一氯代物有两种；b含基团：（4）B和O2反应生成C的化学方程式为23有机高分子材料丨（）是一种保水剂，无毒无害，吸水能力很强，能反复释水、吸水，人们把它比喻为农业上“微型水库“，它可以用A（丙fe）通过以下反应制得，其中D的结构简式为：，F的结构简式为：请回答：（1 ） B和H的结构简式：B，H；（2 ）反应的条件，反应的类型（3 ）反应的化学方程式（4）M是一种由2个F分子在浓硫酸和加热条件下反应生成的环酯，该反应的化学方程式：（5 ）下列有关D （）的说
14、法错误的是：能发生银镜反应1摩尔D与H2加成时最多消耗2molH21摩尔D充分燃烧最少需要消耗2mol 02能使酸性高锰酸钾溶液褪色选做【选修5：有机化学基础】24有机高分子化合物甲是一种常用的光敏高分子材料，其结构简式为：按图可以合成甲，其中试剂可由相对分子质量为26的烃与水加成制得已知：CH2OH+CH2OHCH2OCH2+H2O+H2O回答下列问题：（1）试剂的名称是；BC的反应类型是；（2）质谱图显示A的相对分子质量是80.5；A分子中氧元素的质量分数为19.88%，碳元素的质量分数为29.81%，其余为氢元素和氯元素，且A的核磁共振氢谱上有三个吸收峰，峰面积的比例为2：2：1，则A的
15、结构简式为（3）写出下列反应的化学方程式DE的反应；C与F的反应（4）E的一种同分异构体，水解产物有两种，一种能使溴水褪色，另一种在滴加饱和溴水后，有白色沉淀生成，该物质的结构简式为2015-2016学年山东省烟台市金城高级中学高三（下）月考化学试卷（3月份）参考答案与试题解析一、选择题1某化工厂发生了氯气泄漏及爆炸特大事故，喷出的氯气造成了多人伤亡作为现场的消防干警下列处理方法和过程较合理的是（）及时转移疏散人群，同时向有关部门如实报告事故的有关情况；被转移人群应戴上用浓NaOH溶液处理过的口罩（湿润）；用高压水枪向空中喷洒含碱性物质的水溶液解毒；被转移人群可戴上用Na2CO3处理过的口罩（
16、湿润）；将人群转移到地势较低的地方；及时清理现场，检查水源和食物等是否被污染；常温下氯气能溶于水，所以只要向空气中喷洒水就可以解毒ABCD【考点】化学实验安全及事故处理【专题】化学实验基本操作【分析】根据氯气的密度比空气的大、氯气能被碱溶液吸收、氯气在水中的溶解度不大等性质来分析，并注意浓氢氧化钠具有强腐蚀性【解答】解：及时转移疏散人群，同是向有关部门报告事故有关情况，做到了发现问题及时上报，并尽最大程度的保护群众，故正确；被转移人群应带上用浓氢氧化钠处理过的口罩，则会受到浓氢氧化钠的腐蚀，做法不合理，故错误；因氯气能溶于碱性物质的溶液，用高压水枪向空中喷洒含有碱性物质的水溶液可减少空中氯气的
17、含量，故正确；因氯气能溶于碱性物质的溶液，且Na2CO3溶液显弱碱性，则被转移人群应带上用Na2CO3溶液处理过的口罩可减少氯气中毒，故正确；氯气的密度比空气的大，地势较低的地方氯气含量大，中毒的可能性大，将人群转移到地势较低的地方是不合理的，故错误；及时清理现场，检查水源及食物等是否被污染，减少污染源，做法合理，故正确；常温下氯气能溶于水，但氯气在水中的溶解度不大，则只向空中喷洒水就可以解毒的做法不合理，故错误；故选B【点评】本题考查氯气的性质及氯气泄漏的处理，明确氯气的性质采取正确的处理措施是解答本题的关键，并注意结合实际来分析解决问题2NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A标准状况
18、下，5.6L氯气和16.8L氧气的混合气体中含有分子数为NAB标准状况下，22.4LH2O所含有原子数为3NACNA个N2分子所占的体积与0.5NA个H2分子所占的体积比一定是2：1D1molNa2O2与H2O完全反应，转移2NA个电子【考点】阿伏加德罗常数【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】A、根据N=计算分子数B、根据气体摩尔体积的使用范围判断，气体摩尔体积仅适用于气体C、气体的体积与温度和压强有关D、根据过氧化钠与转移电子之间的关系式计算【解答】解：A、氯气和氧气不反应，标况下，5.6L氯气和16.8L氧气的混合气体的物质的量是1mol，所以含有的分子数为NA，故A正确B、标况
19、下，水是液体，气体摩尔体积对其不适用，所以说法计算含有的原子数，故B错误C、气体的体积与温度和压强有关，未标明温度和压强，所以气体摩尔体积未知导致气体体积无法计算，故C错误D、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2转移电子 2mol 2NA 1mol NA所以1mol过氧化钠与H2O完全反应，转移NA个电子，故D错误故选A【点评】本题考查了有关阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，注意气体摩尔体积的使用范围和使用条件3下列关于食谱的说法错误的是（）A营养学家编制的食谱对每个人都适用B每一种食物含有多种营养素，每种营养素又存在于多种食物中，因此对营养素的摄取应综合考虑C靠不吃或少吃减肥是不正确的
20、，有害健康D编制好的食谱可以永久使用【考点】营养均衡与人体健康的关系【专题】化学计算【分析】人类需要的营养物质有糖类、油脂、蛋白质、维生素、水和无机盐【解答】解：A人类都需要糖类、油脂、蛋白质、维生素、水和无机盐等物质，所以营养学家编制的食谱对每个人都适用，故A正确； B每一种食物含有多种营养素，每种营养素又存在于多种食物中，不能只偏爱某种食品，对营养素的摄取应综合考虑，故B正确；C不吃或少吃食物时，人体不能获取充足的营养物质，对健康不利，故C正确；D食谱也要根据季节、每个人的具体情况作适时的调整，不能永久不变，故D错误故选D【点评】解答本题要理解人体在新陈代谢过程中需要各种营养物质，要合理搭
21、配膳食，只有这样才能促进人体健康发展，题目难度不大4下列热化学方程式书写正确的是（）A2SO2+O2=2SO3 H=196.6kJmol1BH2（g）+O2（g）=H2O（l）H=285.8kJmol1C2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）H=571.6kJDC（s）+O2（g）=CO2（g）H=+393.5kJmol1【考点】热化学方程式【专题】化学反应中的能量变化【分析】A热化学方程式需要标注物质的聚集状态；B符合热化学方程式的书写方法；C反应热的单位为kJ/moLDC与O2的化合反应为放热反应；【解答】解：A没有标出物质的聚集状态，正确的热化学方程式为：2SO2（g）+O2（g）2S
22、O3（g）H=196.6kJ/mol，故A错误；BH2的燃烧为放热反应，符合热化学方程式的书写要求，故B正确；C、反应热的单位为kJ/moL，正确的热化学方程式为：2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）H=571.6kJ/mol，故C错误；DC的燃烧为放热反应，正确的热化学方程式为：C（s）+O2（g）CO2（g）H=393.5kJ/mol，故D错误；故选：B【点评】本题考查热化学方程式的书写，题目难度不大，注意热化学方程式的书写注意事项5下列微粒中：13Al3+ F，其核外电子数相同的是（）ABCD【考点】原子构成【专题】原子组成与结构专题【分析】根据质子数或原子序数与电子数的关系计算电子
23、数，阳离子的核外电子数=质子数所带电荷数，阴离子核外电子数=质子数+所带电荷数；结构示意图中弧线上的数字表示该层含有的电子数，核外电子数等于各层电子数之和【解答】解：13Al3+，质子数是13，原子的电子数是13，由原子失去3个电子变成阳离子，所以该阳离子有10个电子；根据离子结构示意图知，核外电子数为2+8=10；F是由F原子得1个电子生成的，F原子有9个电子，所以F有10个电子；根据电子式知，该离子最外层8个电子，氯原子为17号元素，内层有10个电子，所以该离子共有17+1=18个电子；故选：A【点评】本题考原子结构示意图、离子中微粒之间的关系，注意理解离子中质子数、核外电子数、电荷之间的
24、关系，注意无论原子变成离子，还是离子变成原子，变化的是核外电子数，不变的是核内质子数和核电荷数，题目难度不大6下列物质分类正确的是（）ANa2O2、Fe3O4、CuO均为碱性氧化物B稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体C烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质D盐酸、水玻璃、氨水均为混合物【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；混合物和纯净物；分散系、胶体与溶液的概念及关系；电解质与非电解质【专题】物质的分类专题【分析】A碱性氧化物是指和酸反应生成盐和水的氧化物；B胶体是分散质直径在1100nm的分散系，硅酸是沉淀，氯化铁溶液不是胶体；C电解质是水溶液中或熔融状态能导电的化合物，四氯化碳是非电解质；
25、D不同物质组成的物质为混合物【解答】解：ACuO和酸反应生成盐和水，为碱性氧化物，过氧化钠和酸反应生成盐和水，还有氧气，不是碱性氧化物，故A错误；B稀豆浆属于胶体、硅酸是难溶的沉淀、氯化铁溶液不是胶体，分散质微粒直径不同是分散系的本质区别，故B错误；C烧碱是氢氧化钠水溶液中完全电离是强电解质、冰醋酸水溶液中部分电离是弱电解质、四氯化碳水溶液中或熔融状态都不导电属于非电解质，故C错误；D盐酸是氯化氢的水溶液属于混合物、水玻璃是硅酸钠水溶液，属于混合物、氨水是氨气溶于水形成的溶液属于混合物，所以均为混合物，故D正确；故选D【点评】本题考查了氧化物分类，分散系的区分，电解质的判断，混合物的物质组成，
26、题目较简单，学习中注意相关基础知识的积累7白蚁能分泌一种叫做蚁酸的物质，其化学性质与乙酸相似据此判断，下列物质最不容易被蚁酸腐蚀的是（）A铝合金门窗B镀锌水管C石灰墙面D黄金饰品【考点】羧酸简介【分析】先回顾乙酸的化学性质，再类比蚁酸的化学性质乙酸易与锌反应、与碳酸钙发生反应、易与铝反应，而金的金属活动性较差，乙酸不与金反应【解答】解：因为蚁酸与乙酸性质类似，凡能与乙酸反应的物质也一定能与蚁酸反应，乙酸易与锌反应、与碳酸钙发生反应、易与铝反应，而金的金属活动性较差，乙酸不与金反应故选D【点评】本题是对蚁酸性质的考查，解决的关键是利用乙酸与蚁酸的相似性质进行类比探讨即可8下列说法不正确的是（）A
27、光催化还原水制氢比电解水制氢更节能环保、更经济B氨氮废水（含NH4+及NH3）可用化学氧化法或电化学氧化法处理C某种光学检测技术具有极高的灵敏度，可检测到单个细胞（V1012L）内的数个目标分子，据此可推算该检测技术能检测细胞内浓度约为10121011molL1的目标分子D向汽油中添加甲醇后，该混合燃料的热值不变【考点】真题集萃；反应热和焓变；清洁能源；三废处理与环境保护【专题】化学计算【分析】A电解消耗电能，而光催化还原水制氢可利用太阳能；B氨氮废水中N为3价，可利用氧化还原反应原理转化为无毒物质；C可检测到单个细胞（V1012L）内的数个目标分子，结合c=计算；D汽油与甲醇均可燃烧，且热值
28、不同【解答】解：A电解消耗电能，而光催化还原水制氢可利用太阳能，前者浪费能源，则光催化还原水制氢比电解水制氢更节能环保、更经济，故A正确；B氨氮废水中N为3价，可利用氧化还原反应原理发生氧化反应转化为无毒物质，所以可用化学氧化法或电化学氧化法处理，故B正确；C可检测到单个细胞（V1012L）内的数个目标分子，体积为1012L，设数个分子为N，则即该检测技术能检测细胞内浓度为，N可能介于110之间，则约为10121011molL1的目标分子，故C正确；D汽油与甲醇均可燃烧，且热值不同，则向汽油中添加甲醇后，该混合燃料的热值发生变化，故D错误；故选D【点评】本题为2014年浙江高考化学试题，涉及能
29、源利用、氧化还原反应原理、燃烧热及光学检测技术等，选项C为解答的难点，为前沿学科技术，知识点较偏僻，题目难度中等9一定质量的钠、钾投入一定量的稀盐酸中，产生气体随时间变化的曲线如图所示，则下列说法正确的是（）A投入的Na、K一定等质量B投入的Na的质量小于K的质量C曲线a为Na，b为KD稀盐酸的量一定是不足量的【考点】钠的化学性质【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】A、由图象分析知，两种金属与盐酸反应生成氢气的量相等，根据氢气的量计算金属的量B、根据氢气的量计算金属的质量进行比较C、根据金属的活泼性判断反应速率大小，金属钾的活泼性大于钠D、钠、钾不仅和盐酸反应还和水反应【解答】解：由图象知
30、，金属和酸反应生成氢气的量相等A、2Na+2HCl=2NaCl+H2， 46g 1mol2K+2HCl=2KCl+H2，78g 1mol通过方程式知，生成相同物质的量的氢气需要金属的质量不同，故A错误B、通过A选项知，生成相同物质的量的氢气需要金属的质量不同，需要钾的质量大于钠的，故B正确C、因为钾的金属性大于钠，所以钾与酸反应速率大于钠与酸反应速率，即生成相同物质的量的氢气，钾需要的时间短，钠需要的时间长，所以曲线a为钾，b为钠，故C错误D、因为钠、钾不仅和盐酸反应还和水反应，所以钠、钾生成相同物质的量的氢气与稀盐酸是否足量无关，故D错误故选B【点评】本题考查了碱金属元素的性质，难度不大，解
31、答本题时注意：钠、钾不仅和盐酸反应还和水反应10实验中在对某种样品进行检验时，加入试剂顺序的不同对最后结果的判断具有很大影响某样品中可能含有SO42，实验中加入试剂种类和顺序正确的是（）ABaCl2溶液，稀盐酸B稀盐酸，BaCl2溶液CBaCl2溶液，稀硝酸D稀硝酸，BaCl2溶液【考点】常见离子的检验方法【专题】离子反应专题【分析】检验溶液中是否存在硫酸根离子，应该先加入稀盐酸，没有明显现象，据此排除能够与氯化钡产生白色沉淀的银离子、碳酸根离子、亚硫酸根离子的干扰，然后再加入氯化钡溶液，若生成了白色沉淀，说明溶液中存在硫酸根离子，否则不存在硫酸根离子【解答】解：A、若先加入氯化钡溶液，生成的
32、沉淀可能为氯化银沉淀，无法判断是否存在硫酸根离子，故A错误；B、先加入盐酸，没有明显现象，再加入氯化钡溶液，若生成了白色沉淀，证明溶液中一定存在硫酸根离子，故B正确；C、先加入氯化钡溶液，若溶液中存在亚硫酸根离子，亚硫酸根离子被稀硝酸氧化成硫酸根离子，同样会有白色沉淀生成，无法证明溶液中是否存在硫酸根离子，故C错误；D、先加入稀硝酸，溶液中若有亚硫酸根离子，稀硝酸能够将亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子，所以无法证明溶液中是否存在硫酸根离子，故D错误；故选B【点评】本题考查了常见离子的检验方法，题目难度不大，注意熟练掌握常见离子的检验方法，注意检验硫酸根离子时，一定要排除干扰离子；试题培养了学生灵活
33、应用所学知识解决实际问题的能力11下列关于生活中化学知识的叙述正确的是（）A“地沟油”禁止食用，但可以用来制肥皂B为提高农作物的产量和质量，应大量使用化肥和农药C加碘盐就是在食用盐中加入碘单质D大量焚烧稻草、小麦桔杆等不会对空气质量造成影响【考点】常见的生活环境的污染及治理【专题】化学计算【分析】A地沟油中含有大量的有害物质，长期食用会引起消化道癌变，在碱性条件下水解可以用来制肥皂；B大量使用农药、化肥，会污染水资源；C碘盐就是在食盐中加入一定量的碘酸钾（KIO3）；D秸秆燃烧产生的大量烟尘增加了空气中的可吸入颗粒物；【解答】解：A地沟油中含有大量的有害物质，“地沟油”禁止食用，但可以用来制肥
34、皂，故A正确；B大量使用农药、化肥，会污染水资源，故B错误；C加碘盐就是在食用盐中加入碘酸钾（KIO3），不是碘单质，故C错误；D秸秆燃烧产生的大量烟尘增加了空气中的可吸入颗粒物，污染了空气，故D错误；故选：A【点评】利用化学知识解答生活问题，考查对知识的灵活运用，体现化学与生活的关系12500，在三个相同体积的恒容密闭容器里，分别加入对应物质，甲：2mol SO2 1mol O2乙：2mol SO2 1mol O2 1mol N2 丙：4mol SO2 2mol O2同时进行反应，开始时反应速率最大的是（）A甲B乙C丙D无法判断【考点】化学反应速率的影响因素【分析】体积相同，温度相同，参加反
35、应的气体的浓度越大，则反应速率越大，以此解答该题【解答】解：相同温度、相同体积条件下，甲乙参加反应的气体的物质的量相等，乙中氮气不参加反应，则甲、乙反应速率相等；丙参加气体的浓度最大，反应速率最大故选C【点评】本题考查外界条件对反应速率的影响，难度不大，甲与乙的比较涉及氮气，不要仅仅从压强的角度分析，为易错点，根据反应的条件进行判断13下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（）选项实验现象 结论A炭粉中加入浓硝酸并加热，导出的气体通入少量澄清石灰水中有红棕色气体产生，石灰水变浑浊有NO2和CO2产生BFeCl3和BaCl2混合溶液中通入足量SO2溶液变为浅绿色且有白色沉淀生
36、成Fe3+被还原为Fe2+，沉淀为BaSO3C钠块放在石棉网上加热钠块溶化，最终得到淡黄色固体熔点：Na2O2大于NaD蔗糖中滴入浓硫酸并不断搅拌产生黑色蓬松多孔固体浓硫酸具有吸水性和强氧化性AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【专题】实验评价题【分析】A碳与浓硝酸反应生成NO2，NO2与水反应生成硝酸； B发生反应2FeCl3+SO2+2H2O=2FeCl2+H2SO4+2HCl；C钠的熔点低，加热先熔化，钠与氧气反应生成淡黄色过氧化钠；D浓硫酸显示脱水性和强氧化性且放热，生成的部分碳继续与浓硫酸反应【解答】解：A由于碳与浓硝酸反应生成NO2，NO2与水反应生成硝酸，故不能观察到石灰水
37、变浑浊，故A错误； B发生反应2FeCl3+SO2+2H2O=2FeCl2+H2SO4+2HCl，生成的硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，故B错误；C钠的熔点低，加热先熔化，钠与氧气反应生成淡黄色过氧化钠，且现象与结论有因果关系，故C正确；D浓硫酸显示脱水性和强氧化性且放热，生成的部分碳继续与浓硫酸反应产生二氧化碳和二氧化硫，故D错误故选C【点评】本题考查较为综合，涉及物质的性质的比较，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高频考点和常见题型，注意把握实验的角度和可行性的评价，难度中等142007年12月4日浙江省卫生厅公布的最常见的四种疾病中，高血压排在第一位，胆结石排在第二位，可见在全民社
38、会中普及如何预防胆结石显得尤为重要从化学上讲，非结合胆红素（VCB）分子有羟基，被氧化后（生成羧基）与钙离子结合形成胆红素钙的反应，就是一个生成沉淀的离子反应，从动态平衡的角度分析能预防胆结石的方法是（）A大量食用纯碱可使钙离子沉淀完全，预防胆结石产生B不食用含钙的食品C适量服用维生素E、维生素C等抗氧化自由基可预防胆结石D手术切除胆囊【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】预防胆结石的生成，就是防止羟基（OH）被氧化后生成羧基与钙离子结合形成沉淀 所以适量服用抗氧化自由基的药物 可以预防胆结石的生成【解答】解：A纯碱能与钙离子反应，形成沉淀，故A错
39、误； B不食用含钙的食品，会导致人体缺钙，故B错误；C低维生素E、低维生素C等抗氧化自由基有还原性，能防止羟基（OH）被氧化后生成羧基，可以防止胆结石，故C正确；D胆囊分泌胆汁，胆汁参与脂肪的消化，故D错误故选C【点评】本题考查有机物的结构与性质，题目难度不大，明确根据题干信息明确非结合胆红素含有的官能团及具有的性质为解答关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力15a mL三种气态烃的混合物与足量的氧气混合点燃爆炸后，恢复到原来的状态（常温、常压），体积共缩小2a mL则三种烃可能是（）ACH4、C2H4、C3H4BC2H6、C3H6、C4H6CCH4、C2H6、C3H8DC2H4、C2H
40、2、CH4【考点】有关混合物反应的计算【专题】烃及其衍生物的燃烧规律【分析】设烃的混合物的平均化学式为CxHy，在氧气中燃烧的化学方程式为CxHy+（x+）O2xCO2+H2O（l），根据体积变化，利用差量法计算【解答】解析：设混合烃的平均组成为CxHy，根据完全燃烧通式CxHy+（x+）O2xCO2+H2O（l）V1 1+a 2a则1+=2解得y=4即混合气体分子中平均含有4个H原子故选：A【点评】本题考查混合物的计算，题目难度中等，注意利用差量法计算二、解答题（共8小题，满分54分）16元素X的原子最外层电子排布式为nsnnpn+l原子中能量最高的是2p电子；元素X的氢化物的分子结构呈三角
41、锥形；该氢化物可以与H+离子以配位键相合【考点】原子核外电子排布【专题】原子组成与结构专题【分析】元素X的原子最外层电子排布式为nsnnpn+1，s能级最多排2个电子，该元素排列了p能级，说明s能级已经填满，所以n=2，则该元素最外层电子排布式为2s22p3，则该元素是N元素，氨气为三角锥分子，氨气可以与H+离子以配位键形成铵根离子【解答】解：因为元素X的原子最外层电子排布式为nsnnn+1，np轨道已排上电子，说明ns轨道已排满电子，即n=2，则元素X的原子核外电子排布式为1s22s22p3，是氮元素，原子中能量最高的是2p电子，氨气为三角锥分子，氨气可以与H+离子以配位键形成铵根离子；故答
42、案为：2p；三角锥；配位【点评】本题考查了原子核外电子排布，正确推断元素是解本题关键，难度不大17某温度时，在2L固定体积的密闭容器中X、Y、Z三种气体随时间的变化如图所示：（1）该反应的化学方程式为3X+Y2Z；（2）下列表示该反应速率最大的是BAv（X）=0.6mol/（Ls） Bv（Y）=0.3mol/（Ls） Cv（Z）=0.5mol/（Ls）【考点】化学平衡建立的过程【专题】化学平衡专题【分析】（1）根据在反应中，反应物物质的量减小，生成物的物质的量增加，变化的物质的量之比等于反应中计量数之比，写出化学方程式；（2）根据速率之比等于计量数之比，把反应中的各物质表示的反应速率换算成一种
43、物质，进行比较；【解答】解：（1）根据图可知，X物质的量减小了（1.00.7）mol/L=0.3mol，Y物质的量减小了（1.00.9）mol/L=0.1mol，所以X、Y为反应物，Z的物质的量增加了0.2mol，所以Z为生成物，X、Y、Z的物质的量的变化量之比为0.3：0.1：0.2=3：1：2，反应中各物质计量数之比等于物质的浓度的变化量之比，写出化学方程式为3X+Y2Z，故答案为：3X+Y2Z；（2）根据速率之比等于计量数之比可知，A当v（X）=0.6mol/（Ls）时，v（Z）=v（X）=0.4mol/（Ls） B当v（Y）=0.3mol/（Ls）时，v（Z）=2v（Y）=0.6mol
44、/（Ls） Cv（Z）=0.5mol/（Ls）比较上面三种情况可知，B的反应速率 最大，故选B【点评】本题主要考查根据图象写化学方程式、反应速率 的计算，比较基础，解题时正确把握基础知识即可18下图是用于气体的制备干燥性质实验、尾气处理的常用装置请根据要求回答下列问题（1）怎样检查装置A的气密性先将a接口封闭，然后向分液漏斗中注入水，打开分液漏斗活塞，分液漏斗中水的液面不会连续下降，证明装置A的气密性好（2）某同学将仪器连接顺序为ABCD，以此证明实验室制取Cl2的过程中有HCl和水蒸气挥发出来A中的反应化学方程式是MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2OB中盛放的试剂是无水硫酸铜
45、粉末，C中盛放的是CCl4溶液，其作用是吸收氯气，防止对HCl检验带来影响，D中盛放的试剂是AgNO3溶液，实验时看到的现象是产生白色沉淀有同学认为实验有缺陷，应该在C、D之间增加E装置，你认为该装置中应放入湿润的KI淀粉试纸或湿润的有色布条（3）最后，同学们用上述除B以外的仪器组装一套可以制出纯净干燥氯气的装置，按气流方向填出接口顺序aededghf（不能选用B装置，其它装置可以重复使用；需要几个接口填几个）并按顺序写出所填接口对应仪器盛放的试剂饱和食盐水、浓硫酸【考点】氯气的实验室制法【专题】卤族元素【分析】（1）依据装置中的气体压强变化，利用分液漏斗中的液体液面变化分析判断；（2）实验室
46、制备氯气的反应是二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯化锰、氯气和水；检验生成产物中有氯化氢和水蒸气应先检验水的存在，用无水硫酸铜白色变蓝色，再检验氯化氢存在用硝酸银溶液检验，检验前需要吸收氯气防止干扰氯化氢的检验；在CD间加装置E是广口瓶检验氯气是否除净，利用氯气的漂白作用；（3）依据实验室制备氯气中含有氯化氢和水蒸气，利用洗气装置先利用饱和氯化钠溶液吸收氯化氢，再通过浓硫酸吸收水蒸气；【解答】解：（1）装置A中先把a封闭，在分液漏斗中加入水，一段时间后，水不继续下降证明装置气密性完好；故答案为：先将a接口封闭，然后向分液漏斗中注入水，打开分液漏斗活塞，分液漏斗中水的液面不会连续下降，证明装置A的气
47、密性好；（2）实验室制备氯气的反应是二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O；故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O；检验生成产物中有氯化氢和水蒸气应先检验水的存在，用无水硫酸铜白色变蓝色，再检验氯化氢存在用硝酸银溶液检验，检验前需要吸收氯气防止干扰氯化氢的检验，B中盛放的试剂是无水硫酸铜粉末，C中盛放的是CCl4溶液，其作用是吸收氯气，防止对HCl检验带来影响，D中盛放的试剂是AgNO3溶液，实验时看到的现象是白色沉淀；故答案为：无水硫酸铜粉末；吸收氯气，防止对HCl检验带来影响； AgNO
48、3溶液；产生白色沉淀；实验有缺陷，应该在C、D之间增加E装置，检验氯气是否除净，利用氯气的漂白作用，可以在广口瓶中加入湿润的淀粉碘化钾或湿润的有色布条，若变蓝或褪色证明氯气未吸收完全，若不变蓝或不褪色证明氯气已经除净；故答案为：湿润的KI淀粉试纸或湿润的有色布条；（3）用上述除B以外的仪器组装一套可以制出纯净干燥氯气的装置，实验室制备氯气中含有氯化氢和水蒸气，利用洗气装置先利用饱和氯化钠溶液吸收氯化氢，再通过浓硫酸吸收水蒸气，连接装置为eded，第一个广口瓶盛饱和食盐水，第二个盛浓硫酸；故答案为：eded；饱和食盐水、浓硫酸；【点评】本题考查了实验室制备氯气的装置分析和反应原理的应用，杂质气体
49、的除去和验证实验设计是解题关键，题目难度中等19化学是一门以实验为基础的学科，试回答以下问题（1）选用装置甲、戊制取并收集少量氨气，氨气应从收集装置的短（填“长”或“短”）导管进气，写出利用该装置制备氨气的化学方程式2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3+2H2O（2）选用装置乙、丙制备少量一氧化氮气体，乙中塑料板上若放置大理石，则装置乙的作用是利用碳酸钙与盐酸产生的CO2排尽装置中的空气，丙中产生NO的离子方程式为3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O（3）二氧化氯（ClO2）为A1级消毒剂，某研究小组利用丁装置制备ClO2在烧瓶中放入KClO3和草酸（H2C2O4），然
50、后加入足量的稀硫酸，水浴加热反应生成ClO2、CO2和一种酸式盐，则该反应中氧化产物与还原产物物质的量之比为1：1温度过高时，二氧化氯的水溶液有可能引起爆炸在反应开始前将烧杯中的水加热到80，然后停止加热，并使其保持在6080之间，丁装置中缺少的一种必需的玻璃仪器名称是温度计将二氧化氯溶液加入到硫化氢溶液中，加入少量的稀盐酸酸化过的氯化钡溶液，发现有白色沉淀生成，该沉淀的化学式为BaSO4【考点】制备实验方案的设计【专题】制备实验综合【分析】（1）氨气的密度比空气小，采取向上排空气法收集；实验室用氯化铵与氢氧化钙在加热条件下制备氨气；（2）丙中Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO与水，乙中大理石与
51、盐酸反应生成CO2，排出装置中的空气，防止丙中NO与氧气反应；（3）由元素守恒可知，生成酸式盐为和KHSO4，反应的方程式为：2KClO3+H2C2O4+2H2SO42ClO2+2CO2+2KHSO4+2H2O，氧化产物为CO2，还原产物为ClO2；该实验需要保持在6080之间，所以缺少的一种必需的玻璃仪器名称是温度计；将二氧化氯溶液加入到硫化氢溶液中，所得溶液中加入少量氯化钡溶液，有白色沉淀生成，说明二氧化氯和硫化氢发生氧化还原生成SO42【解答】解：（1）氨气的密度比空气小，采取向上排空气法收集，所以应从短管进气，制备氨气的化学方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3+2
52、H2O，故答案为：短；2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3+2H2O；（2）大理石与盐酸反应生成CO2，能够排出装置中的空气，防止丙中NO与氧气反应，所以装置乙的作用是：利用碳酸钙与盐酸产生的CO2排尽装置中的空气，丙中产生NO的离子方程式为：3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O，故答案为：利用碳酸钙与盐酸产生的CO2排尽装置中的空气；3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O；（3）由元素守恒可知，生成酸式盐为和KHSO4，反应的方程式为：2KClO3+H2C2O4+2H2SO42ClO2+2CO2+2KHSO4+2H2O，氧化产物为CO2，还原产物为ClO2，
53、该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：1，故答案为：1：1；该实验需要保持在6080之间，所以缺少的一种必需的玻璃仪器名称是温度计，故答案为：温度计；将二氧化氯溶液加入到硫化氢溶液中，所得溶液中加入少量氯化钡溶液，有白色沉淀生成，说明二氧化氯和硫化氢发生氧化还原生成SO42，白色沉淀的化学式为BaSO4，故答案为：BaSO4【点评】本题考查实验室制氨气、实验基本操作、离子方程式、氧化还原反应等知识，注意对基础知识的理解掌握20四氯化锡常用于染色的媒染剂等，工业上常用氯气与金属锡反应制备四氯化锡已知SnCl4为无色液体，熔点33，沸点114，极易水解，在潮湿的空气中发烟实验室可用如图装置
54、合成四氯化锡（夹持装置略）（1）装置D的名称为蒸馏烧瓶；（2）冷凝水应从b（填“a”或“b”）口进入F中；（3）装置A中固体B为黑色粉末，写出烧瓶中发生反应的化学反应方程式为MnO2+4HClMnCl2+Cl2+2H2O；（4）假设没有装置C，在D中除生成SnCl4外，可能得到的副产物为SnO2（其它合理答案如Sn（OH）4、H2SnO3、H4SnO4也可）；（5）装置E中加热的目的是促进氯气与锡粉反应、促进SnCl4气化，使SnCl4从反应混合物中分离出去；（6）装置H中盛放足量的FeBr2溶液可吸收尾气中的氯气，其反应的离子反应方程式为2Fe2+Cl22Fe3+2Cl（7）该实验装置存在设
55、计缺陷，你的改进措施为在装置G、H之间连接盛有碱石灰的干燥管（或U形管）（8）若装置A中标准状况下生成6.72L气体，假设不计气体损耗且Sn足量，反应完毕后在G 中锥形瓶里收集到37.20g SnCl4，则SnCl4的产率为95.0%（已知SnCl4相对分子质量为261）【考点】制备实验方案的设计；氯气的化学性质；氯气的实验室制法【专题】实验分析题；实验设计题【分析】题中所制SnCl4为无色液体，熔点33，沸点114，极易水解，在潮湿的空气中发烟，故利用氯气制SnCl4时，应保持干燥无氧环境，同时还要考虑Cl2本身的除杂，装置E加热的目的是使生成的SnCl4气化，使SnCl4从反应混合物中分离
56、出去，并经过冷凝管液化后进行收集要，最后再碱性溶液吸收含有氯气的尾气，反应产率可根据A中生成的氯气计算出理论产值，再求算产率；（1）结合常见的仪器可判断D装置的仪器名称；（2）冷凝管里冷却水的方向应该与气流方向相反；（3）装置A是实验室制氯气，反应物为二氧化锰和浓盐酸，生成氯化锰及氯气；（4）没有装置C，进入D装置的氯气中混有水汽，SnCl4遇水会水解，产生杂质；（5）装置E是制SnCl4的反应装置，加热会加快反应时行，同时因SnCl4沸点较低，可使SnCl4气化便于分离与收集；（6）装置H中盛放足量的FeBr2溶液，利用氯气可氧化FeBr2，达到吸收尾气中氯气的目的；（7）因SnCl4易水解
57、，在尾气处理装置前要增加一个干燥装置，防止有水蒸汽进入G中；（8）根据反应A中生成的氯气可计算SnCl4理论产量，再结合实际产量，计算产率【解答】解：（1）根据装置D的结构特点和应用可知为蒸馏烧瓶，故答案为：蒸馏烧瓶；（2）为了冷却充分，使冷凝水充满整个冷凝管，冷凝水应该从b口进，a口出，故答案为：b；（3）装置A中是在加热条件下浓盐酸与二氧化锰反应制备Cl2，其化学反应方程式为：MnO2+4HClMnCl2+Cl2+2H2O，帮答案为：MnO2+4HClMnCl2+Cl2+2H2O；（4）装置A制备的Cl2中含有HCl和水蒸气，装置B中盛有饱和食盐水，可除去Cl2中的HCl，装置C中应该盛放
58、浓H2SO4，除去Cl2中的水蒸气，若没有装置C，水蒸气会进入装置D中，根据题目信息，生成的SiCl4能与H2O发生反应：SnCl4+4H2OSn（OH）4+4HCl，加热促进其水解，生成的Sn（OH）4分解生成SnO2，所以可能得到的副产物为SnO2，故答案为：SnO2（其它合理答案如Sn（OH）4、H2SnO3、H4SnO4也可）； （5）Sn与Cl2反应需在加热条件下进行，同时生成的SnCl4的沸点为114，加热促进SnCl4气化，进入37装置F中，然后冷却分离，故答案为：促进氯气与锡粉反应、促进SnCl4气化，使SnCl4从反应混合物中分离出去； （6）氯气能氧化FeBr2生成氯化铁和
59、溴，发生反应的离子方程式为2Fe2+Cl22Fe3+2Cl，故答案为：2Fe2+Cl22Fe3+2Cl；（7）装置H中的水蒸气会进入装置G中导致SnCl4水解，所以应该在装置G、H之间连接一个盛有碱石灰的干燥管（或U形管），防止空气中的水蒸气进入装置G中，故答案为：在装置G、H之间连接盛有碱石灰的干燥管（或U形管）； （8）根据反应：Sn+2Cl2SnCl4，6.72L标准状况下的Cl2体积为0.3mol，理论上可得0.15molSnCl4，其质量=0.15mol261g/mol=39.15g，故SnCl4的产率=95.0%，故答案为：95.0%【点评】本题具有基础性、灵活性和拓展性特点，与近
60、年高考命题具有相似性，通过本题的分析和解答，体验如何应用信息设计相应实验的基本套路，提升同学们的应试能力解答本题的关键：一、明确实验目的是制备纯净SnCl4，结合SnCl4（易水解）从而得出装置存在的缺陷、副产物的产生等二、计算SnCl4的产率时要结合反应方程式找出理论值，然后用实际得到的SnCl4质量与理论值相比即可21有NH4+、Fe3+、NO3、Fe2+、H+和H2O六种微粒，分别属于一个氧化还原反应中的反应物和生成物（1）氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：8（2）若有l mol NO3参加反应，则转移8mol e（3）若把该反应设计为原电池，则负极反应为Fe2+e=Fe3+【考点】氧化
61、还原反应的计算【分析】（1）酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，亚铁离子具有还原性，所以硝酸根离子是氧化剂、亚铁离子是还原剂，根据转移电子守恒计算氧化剂和还原剂的物质的量之比；（2）该反应中N元素化合价由+5价变为3价，所以每个N原子转移8个电子；（3）原电池中，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应【解答】解：（1）酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，亚铁离子具有还原性，所以硝酸根离子是氧化剂、亚铁离子是还原剂，N元素化合价由+5价变为3价、Fe元素化合价由+2价变为+3价，根据转移电子守恒知，氧化剂和还原剂的物质的量之比1：8，故答案为：1：8；（2）该反应中N元素化合价由+5
62、价变为3价，所以每个N原子转移8个电子，所以若有l mol NO3参加反应，则转移8mole，故答案为：8；（3）原电池中，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，所以亚铁离子在负极上失电子发生氧化反应，电极反应式为Fe2+e=Fe3+，故答案为：Fe2+e=Fe3+【点评】本题考查氧化还原反应的有关计算，明确元素化合价变化是解本题关键，会根据元素化合价变化确定原电池正负极发生的反应、会判断氧化剂和还原剂，题目难度不大22有机物A（C13H18O2）具有香味，可用作香皂、洗发香波的芳香剂A可通过下图所示的转化关系而制得已知：B属于芳香族化合物，相对分子质量大于100，小于130，其
63、中含氧质量分数为0.131；D、E具有相同官能团E分子烃基上的一氯取代物只有一种；F可以使溴的四氯化碳溶液褪色请回答下列问题：（1）B的分子式为C8H10O；B在上图转化中所发生的反应类型有氧化反应、消去反应、酯化反应（2）F的名称是苯乙烯物质C发生银镜反应的化学方程式是（3）D的同分异构体有多种，写出符合下列条件的所有物质的结构简式：a属于芳香族化合物且苯环上的一氯代物有两种；b含基团：（4）B和O2反应生成C的化学方程式为【考点】有机物的推断【分析】B属于芳香族化合物，相对分子质量大于100，小于130，其中含氧质量分数为0.131，则质量为13.117.03，所以分子组成中仅含一个氧原子
64、，所以B的相对分子量为=122，分子式为C8H10O，可以连续发生氧化反应生成D，则B中含有醇羟基，B在浓硫酸、加热条件下得到F，F使溴的四氯化碳溶液褪色，应是B发生消去反应生成F，所以B为，F的结构简式为，故C为，D为D、E是具有相同官能团，再结合B和E发生酯化反应生成A（C13H18O2），所以E中含5个碳的酸，且E分子烃基上的一氯取代物只有一种，则E为（CH3）3CCOOH，B与E发生酯化反应生成A为，据此解答【解答】解：B属于芳香族化合物，相对分子质量大于100，小于130，其中含氧质量分数为0.131，则质量为13.117.03，所以分子组成中仅含一个氧原子，所以B的相对分子量为=1
65、22，分子式为C8H10O，可以连续发生氧化反应生成D，则B中含有醇羟基，B在浓硫酸、加热条件下得到F，F使溴的四氯化碳溶液褪色，应是B发生消去反应生成F，所以B为，F的结构简式为，故C为，D为D、E是具有相同官能团，再结合B和E发生酯化反应生成A（C13H18O2），所以E中含5个碳的酸，且E分子烃基上的一氯取代物只有一种，则E为（CH3）3CCOOH，B与E发生酯化反应生成A为；（1）根据以上分析，B的分子式为C8H10O，BC为氧化反应，BF为消去反应，BA为酯化反应，故答案为：C8H10O；氧化反应、消去反应、酯化反应；（2）根据以上分析，F为，名称是苯乙烯，物质C为发生银镜反应的化学
66、方程式是；故答案为：苯乙烯；（3）D为，有多种同分异构体，其中含有结构，含有羧基或酯基，属于芳香族化事物且苯环上的一氯代物有两种，苯环上含有两个不同取代基且处于对位，符合条件的同分异构体的结构简式为：、，故答案为：、；（4）B为，B和O2反应生成C的化学方程式为，故答案为：；【点评】本题考查有机物的推断、官能团结构与性质、同分异构体书写、有机反应方程式的书写等，根据B连续发生氧化反应、可以发生消去反应，结合B的分子式确定其结构简式，再结构转化关系推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，难度中等23有机高分子材料丨（）是一种保水剂，无毒无害，吸水能力很强，能反复释水、吸水，人们把它比喻为农业上
67、“微型水库“，它可以用A（丙fe）通过以下反应制得，其中D的结构简式为：，F的结构简式为：请回答：（1 ） B和H的结构简式：BCH3CHBrCH2Br，HCH2=CHCOONa；（2 ）反应的条件NaOH水溶液、加热，反应的类型消去反应（3 ）反应的化学方程式（4）M是一种由2个F分子在浓硫酸和加热条件下反应生成的环酯，该反应的化学方程式：（5 ）下列有关D （）的说法错误的是：能发生银镜反应1摩尔D与H2加成时最多消耗2molH21摩尔D充分燃烧最少需要消耗2mol 02能使酸性高锰酸钾溶液褪色【考点】有机物的推断【专题】有机物的化学性质及推断【分析】由转化关系可知，A为CH3CH=CH2
68、，与溴发生加成反应生成B，B为CH3CHBrCH2Br，B水解生成C，C为CH3CH（OH）CH2（OH），C氧化生成D（），D与银氨溶液反应生成E，由D、E分子式可知，E为CH3COCOOH，由E、F的分子式可知，CH3COCOOH与氢气发生加成反应生成F，F为H3CCH（OH）COOH由F、G的分子式可知，F发生消去反应生成G，故G的结构简式为CH2=CHCOOH，G与碳酸氢钠反应生成H，H为CH2=CHCOONa，发生加聚反应生成高聚物I（），以此来解答【解答】解：由转化关系可知，A为CH3CH=CH2，与溴发生加成反应生成B，B为CH3CHBrCH2Br，B水解生成C，C为CH3CH（
69、OH）CH2（OH），C氧化生成D（），D与银氨溶液反应生成E，由D、E分子式可知，E为CH3COCOOH，由E、F的分子式可知，CH3COCOOH与氢气发生加成反应生成F，F为H3CCH（OH）COOH由F、G的分子式可知，F发生消去反应生成G，故G的结构简式为CH2=CHCOOH，G与碳酸氢钠反应生成H，H为CH2=CHCOONa，发生加聚反应生成高聚物I（），（1）由上述分析可知，B为CH3CHBrCH2Br，H为CH2=CHCOONa，故答案为：CH3CHBrCH2Br；CH2=CHCOONa；（2）反应是CH3CHBrCH2Br在NaOH水溶液、加热条件下发生水解反应生成CH3CH（
70、OH）CH2（OH），反应是H3CCH（OH）COOH在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成CH2=CHCOOH，故答案为：NaOH水溶液、加热；消去反应；（3）反应的化学方程式为：，故答案为：；（4）M是一种由2个F（H3CCH（OH）COOH）分子在浓硫酸和加热条件下反应生成的环酯，该反应的化学方程式为：，故答案为：（5 ）D为，D含有醛基CHO，能发生银镜反应，故正确；D含有羰基、醛基，与氢气发生加成反应，1摩尔D与H2加成时最多消耗2molH2，故正确；1摩尔D充分燃烧最少需要消耗02的物质的量为（3+1）mol=3mol，故错误；含有醛基，能被酸性高锰酸钾氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色，
71、故正确；故答案为：【点评】本题考查有机物的推断与合成，注意掌握官能团的性质结合有机物的分子式顺推进行推断，掌握官能团的性质是关键，难度中等选做【选修5：有机化学基础】24有机高分子化合物甲是一种常用的光敏高分子材料，其结构简式为：按图可以合成甲，其中试剂可由相对分子质量为26的烃与水加成制得已知：CH2OH+CH2OHCH2OCH2+H2O+H2O回答下列问题：（1）试剂的名称是乙醛；BC的反应类型是消去反应；（2）质谱图显示A的相对分子质量是80.5；A分子中氧元素的质量分数为19.88%，碳元素的质量分数为29.81%，其余为氢元素和氯元素，且A的核磁共振氢谱上有三个吸收峰，峰面积的比例为
72、2：2：1，则A的结构简式为ClCH2CH2OH（3）写出下列反应的化学方程式DE的反应2+O22+H2O；C与F的反应+NaCl（4）E的一种同分异构体，水解产物有两种，一种能使溴水褪色，另一种在滴加饱和溴水后，有白色沉淀生成，该物质的结构简式为【考点】有机物的推断；有机物的结构和性质【专题】压轴题；有机物的化学性质及推断【分析】G通过加聚反应生成高分子化合物甲，由甲的结构可知，G为，试剂可由相对分子质量为26的烃与水，该烃为乙炔，乙炔与水发生加成反应生成乙醛，故试剂是CH3CHO，苯甲醛与乙醛，在稀OH、加热条件下生成D，由反应信息可知，D为，D催化氧化生成E，故E为，E与氢氧化钠反应生成
73、F，故F为，F与C反应生成G与NaCl，根据G的结构可知，C为，A的相对分子质量是80.5，A分子中氧元素的质量分数为19.88%，氧原子数目为=1，碳元素的质量分数为29.81%，碳原子的数目为=2，碳原子与氧原子的相对原子质量为12+16=28，故A含有1个Cl原子，A分子H原子数目为=5，故A的分子式为C2H5OCl，A的核磁共振氢谱上有三个吸收峰，峰面积的比例为2：2：1，则A的结构简式为ClCH2CH2OH，由反应信息可知，B为ClCH2CH2OCH2CH2Cl，B在氢氧化钠醇溶液、加热条件下，发生部分消去反应生成，据此解答【解答】解：G通过加聚反应生成高分子化合物甲，由甲的结构可知
74、，G为，试剂可由相对分子质量为26的烃与水，该烃为乙炔，乙炔与水发生加成反应生成乙醛，故试剂是CH3CHO，苯甲醛与乙醛，在稀OH、加热条件下生成D，由反应信息可知，D为，D催化氧化生成E，故E为，E与氢氧化钠反应生成F，故F为，F与C反应生成G与NaCl，根据G的结构可知，C为，A的相对分子质量是80.5，A分子中氧元素的质量分数为19.88%，氧原子数目为=1，碳元素的质量分数为29.81%，碳原子的数目为=2，碳原子与氧原子的相对原子质量为12+16=28，故A含有1个Cl原子，A分子H原子数目为=5，故A的分子式为C2H5OCl，A的核磁共振氢谱上有三个吸收峰，峰面积的比例为2：2：1
75、，则A的结构简式为ClCH2CH2OH，由反应信息可知，B为ClCH2CH2OCH2CH2Cl，B在氢氧化钠醇溶液、加热条件下，发生部分消去反应生成，（1）试剂可由相对分子质量为26的烃与水，该烃为乙炔，乙炔与水发生加成反应生成乙醛，故试剂是CH3CHO，BC是ClCH2CH2OCH2CH2Cl氢氧化钠醇溶液、加热条件下，发生部分消去反应生成，故答案为：乙醛，消去反应；（2）由上述分析可知，A为ClCH2CH2OH，故答案为：ClCH2CH2OH；（3）DE是催化氧化生成，反应方程式为：2+O22+H2O，故答案为：2+O22+H2O；C与F的反应是与生成与NaCl，反应方程式为： +NaCl，故答案为： +NaCl；（4）的一种同分异构体，水解产物有两种，说明该异构体含有酯基，一种水解产物能使溴水褪色，故该异构体中含有C=C双键，另一种水解产物在滴加饱和溴水后，有白色沉淀生成，该产物中含有酚羟基，故该异构体含有羧酸酚酯，故该物质的结构简式为，故答案为：【点评】本题考查有机物的推断，是对有机知识的综合运用，注意根据甲的结构推断其单体，再结合反应信息，利用正、逆推法结合推断，能较好的考查考生的阅读、自学能力和思维能力，难度中等，是热点题型
