1、山东省私立青岛白珊学校2016届高三下期3月月考化学试卷（鲁教版，解析版）1下列离子方程式正确的是A在硫酸氢钾溶液中加入氢氧化钡溶液至pH7 :Ba2OHHSO42BaSO4H2OB将少量SO2气体通入NaClO溶液中 :SO22ClOH2OSO322HClOC向碳酸氢钠溶液中滴入过量石灰水：HCO3- + Ca2+ + OH-CaCO3+ H2OD向明矾KAl(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42恰好沉淀完全：2Al3+ 3SO42+ 3Ba2 + 6OH2Al(OH)3+ 3BaSO4【答案】C【解析】试题分析：A项氢氧化钡中Ba2和OH的比例应该为1:2， B项SO2气体
2、会被ClO氧化为SO42，D项假设KAl（SO4）2为1mol，溶液中含有1molAl3+，2molSO42-，当SO42恰好全部沉淀时，需要2molBa（OH）2，即加入2molBa2+，4molOH-，离子方程式为:Al3+2SO42-+2Ba2+4OH-=2BaSO4+AlO2-+2H2O考点：离子反应方程式的正误判断点评：应注意正确判断各离子反应的程度为解答该题的关键，离子方程式的书写中有很多是易错点，只要牢牢掌握这些易错点就可以判断出正确选项。21下列做法不能体现节能减排理念的是 （ ）A推广可利用太阳能、风能的城市照明系统B发展核电以减少二氧化硫和二氧化碳排放C大量使用一次性木筷D
3、使用生物酶降解生活废水中的有机物【答案】C【解析】为节能减排必须尽量不使用一次性森筷，答案为C3下列物质中均含有酸性杂质，除去这些杂质的方法中正确的是A乙醇中含乙酸杂质：加入足量氧化钙，蒸馏B制氯气时，依次通过饱和NaHCO3溶液和浓硫酸净化气体CCO2中混有H2S通过足量的浓硫酸溶液洗气，以得到纯净的CO2D通过灼热的镁粉除去N2中的O2【答案】A【解析】试题分析：A乙醇中含乙酸杂质，可以利用乙酸是酸，能够与加入的足量氧化钙发生反应产生离子化合物乙酸钙，而乙醇是分子晶体，物质的熔沸点低，然后蒸馏，就得到了乙醇蒸气，从而使物质得到提纯，正确；B制氯气时，由于盐酸有挥发性，制取的氯气中含有杂质H
4、Cl，可以利用氯气与水反应是可逆反应，依次通过饱和NaCl溶液除去HCl，然后通过浓硫酸干燥净化气体，错误；CCO2中混有H2S时，若通过足量的浓硫酸溶液洗气，H2S被还原产生S单质，浓硫酸被还原产生SO2，使CO2气体中含有杂质SO2，错误；D.Mg与N2、O2都会发生反应，因此不能通过灼热的镁粉除去N2中的O2，错误。【考点定位】考查物质除杂的方法正误判断的知识。【名师点睛】酸与碱会发生反应，酸与盐会发生反应，物质的性质相同，目的不同，操作方法也不相同。乙醇中含乙酸杂质若要除去，由于二者都是分子晶体的物质，熔点、沸点相差不大，可以利用乙酸是酸具有酸的通性，向混合物中加入足量氧化钙，二者发生
5、反应产生离子化合物乙酸钙，离子化合物的熔点和沸点比乙醇高，采用蒸馏的方法，使乙醇汽化，然后冷凝收集，而乙酸钙是离子化合物，不能汽化，从而将物质分离提纯；在实验室制取氯气一般是用浓盐酸与二氧化锰混合加热的方法，由于浓盐酸有挥发性，因此制取的氯气中含有HCl及水蒸气，可以利用Cl2H2OH+Cl-HClO，而HCl极容易溶于水，根据平衡移动原理，可以用饱和食盐水除去氯气中混有的HCl气体，然后利用浓硫酸有吸水性，与Cl2不能发生反应进行干燥；若用饱和NaHCO3溶液，会发生反应：NaHCO3+HCl= NaCl+H2O+ CO2，会使Cl2中混有新的杂质气体CO2，不能达到除杂的目的。若是在实验室
6、用稀盐酸与碳酸钙反应制取CO2，其中混合杂质HCl，可以用饱和NaHCO3溶液除去。可见同样是HCl，由于其混在不同的物质中，除去的方法也不同。但是除杂原则不变，就是：“不增、不减”。4右图为短周期的一部分，推断关于Y、Z、M的说法正确的是 （ ）【答案】B【解析】为短周期的一部分，有三行的且X为右上角，说明X是氦，所以Y是F，M是Cl，Z是S。由此可知非金属性YMZ，所以A错误；ZM2也就是SCl2,满足最外层8e-的稳定结构，所以B正确；原子半径SClF，所以C错误；F离子的结构示意图是2 85下列有关物质性质的比较正确的是同主族元素的单质从上到下，非金属性减弱，熔点增高元素的最高正化合价
7、在数值上等于它所在的族序数同周期主族元素的原子半径越小，越难失去电子元素的非金属性越强，它的气态氢化物水溶液的酸性越强还原性：S2Se2BrCl 酸性：HClO4H2SO4H3PO4H2SiO3A B C D【答案】C【解析】试题分析：同主族元素的单质从上到下，非金属性减弱，金属熔点降低，非金属熔点升高，故错误；氧元素没有最高正价，元素的最高正化合价在数值上不一定等于它所在的族序数，故错误；同周期主族元素的原子半径越小，核内质子数对核外电子的吸引程度越大，越难失去电子，故正确；元素的非金属性越强，它的最高价氧化物的水化物酸性越强，而它的气态氢化物水溶液的酸性没有此递变规律，故错误；元素单质氧化
8、性ClBrSSe，则离子的还原性顺序：Cl-BrS2-Se2-，故错误；同周期元素的原子，从左到右，得电子能力增强，它们的最高价氧化物的水化物酸性逐渐增强，所以酸性：HClO4H2SO4H3PO4H2SiO3，故正确，故选C。考点：考查元素周期律的应用知识6如图为某有机物的结构简式。已知酯类在铜铬氧化物（CuOCuCrO4）催化下，与氢气反应得到醇，羰基双键可同时被还原，但苯环在催化氢化过程中不变，其反应原理如下：RCOOR+ 2H2铜铬氧化物RCH2OH + HOR关于该化合物的下列说法中，不正确的是A该有机物的化学式为C20H14O5B该有机物可以与浓溴水反应C与足量氢氧化钠溶液充分反应，
9、所得产物中有醇类物质D1mol该有机物在铜铬氧化物催化下仅能与2mol氢气发生反应 【答案】D【解析】试题分析：A、结合分子的结构式可以确定该有机物的化学式为C20H14O5，正确；B、酚羟基的邻对位可与浓溴水发生取代反应，正确；C、酯基水解可生成醇羟基，正确；D、该分子中相当于有两个酯基，共需4molH2，错误。考点：考查有机化合物分子式确定、性质。7下列关于硝酸参加反应的化学方程式或离子方程式书写正确的是()A常温下，将铁片置于浓硝酸中：Fe+6HNO3=Fe(NO3)3+3NO2+3H2OBFe3O4与稀硝酸反应：Fe3O4+8H+=Fe2+2Fe3+4H2OC向硝酸亚铁溶液中加入稀盐酸
10、：3Fe2+2H+=3Fe3+NO+H2OD向浓硝酸中加入铜片：Cu+4H+2=Cu2+2NO2+2H2O【答案】D【解析】试题分析：常温下，浓硝酸能够使铁钝化，在其表面形成一层致密的氧化物薄膜，不能持续反应生成Fe(NO3)3，A选项错误；硝酸具有强氧化性，能够将Fe2+氧化成Fe3+，B选项错误；C选项反应电荷不守恒且氧原子也不守恒，正确的离子方程式为3Fe2+4H+=3Fe3+NO+2H2O。考点：硝酸的性质8有a、b、c、d四种金属，将a与b用导线连结起来浸入稀硫酸溶液中，b不被腐蚀。将a、d分别投入等浓度的盐酸中，d比a反应剧烈；将Cu浸入b的盐溶液里，无明显变化。如果把Cu浸入c的
11、盐溶液里，有c的单质析出。据此判断它们的活动性由强到弱的顺序是( )Adcab Bdbac Cbadc D dabc 【答案】D【解析】试题分析：将a与b用导线连结起来浸入稀硫酸溶液中，b不被腐蚀。则活动性ab；将a、d分别投入等浓度的盐酸中，d比a反应剧烈；则金属活动性da；将Cu浸入b的盐溶液里，无明显变化。则活动性bCu；如果把Cu浸入c的盐溶液里，有c的单质析出。则活动性Cu c；所以金属活动性：dabc 。故选项是D。 考点：考查金属活动性的比较的知识。9下列离子方程式书写正确的是A将少量的H2S气体通入硫酸铜溶液中： H2S+Cu2+=CuS+2H+B将NO2气体通入水中：2NO2
12、+H2O= NO3+ NO+2H+CICl 和Cl2的化学性质相似，将ICl通入KOH溶液中：ICl+2OH= I+ ClO+H2OD往100ml 1.5mol/L的FeBr2 溶液中通入0.15mol Cl2：2Br+Cl2=Br2+2Cl【答案】【解析】A试题分析：A、硫化氢和硫酸铜反应生成硫化铜沉淀和硫酸，正确，选A；B、电子不守恒，错误，不选B；C、氯化碘中氯为-1价，碘为+1价，所以和氢氧化钾反应时生成氯化钾和次碘酸钾和水，错误，不选C；D、溴化亚铁和氯气等物质的量反应时，先亚铁离子反应，后溴离子反应，错误，不选D。考点：离子方程式的判断10按如图所示的装置进行实验：A极是铜锌合金，
13、B极是纯铜，电解质溶液中含有足量的铜离子，通电一段时间后，若A极恰好全部溶解，此时B极质量增加7.68g，溶液质量增加0.03 g，则A合金中Cu、Zn的物质的量之比为（ ）A.41 B.31 C.21 D.11【答案】B【解析】原理中A上有多少Cu溶解，同时B上就有同样多的Cu析出，而A中Zn溶解，以Zn2+进入溶液，同时Cu2+在B极上析出，电子是守恒的，此过程会导致溶液质量增加，设A合金中Cu的物质的量为x,Zn的物质的量为y,则有：解得所以。11下表为某有机物与各种试剂的反应现象，则这种有机物可能是试剂钠溴水NaHCO3溶液现象放出气体褪色放出气体A.CH2=CHCH2OHBCCH2=
14、CHCOOHDCH3COOH【答案】C【解析】试题分析：A.CH2=CHCH2OH能与钠反应放出氢气，C=C双键能使溴水褪色，没有羧基，不能与 NaHCO3溶液反应，错误； B不能与钠反应放出氢气，C=C双键能使溴水褪色，没有羧基，不能与 NaHCO3溶液反应，错误；CCH2=CHCOOH不能与钠反应放出氢气，C=C双键能使溴水褪色，有羧基，能与 NaHCO3溶液反应放出气体，错误； DCH3COOH能与钠反应放出氢气，没有C=C双键不能使溴水褪色，有羧基，能与 NaHCO3溶液反应，错误；故选C。考点：有机官能团的性质12将Cl2制成漂粉精的主要目的是A. 增强漂白和消毒作用 B. 使它转化
15、为较稳定物质，便于保存和运输C使它转化为较易溶于水的物质 D. 增加氯的质量分数，有利于漂白、消毒【答案】B【解析】氯气和漂白精的作用都是生成次氯酸，然后具有漂白性。因氯气不方便保存和运输，故通入石灰乳中制成漂白精，答案选B。13常温下用石墨电极，电解100 mL 0.1 molL1 Cu(NO3)2和0.1 molL1 AgNO3组成的混合溶液，当某一电极上生成的气体在标准状况下体积为1.12 L时，假设溶液体积不变，下列说法正确的是A阴极增重1.72 gB所得溶液 pH1【答案】AB【解析】溶液中铜离子和银离子的物质的量都是0.01mol，根据放电顺序可知，阴极首先是银离子放电，生成银，然
16、后是铜离子放电生成铜。阳极是OH放电生成氧气，即氧气是0.05mol，转移电子是0.2mol，所以根据电子的得失守恒可知，阴极除了生成0.01mol银和铜外，还生成0.085mol氢气，所以阴极增加的质量是1.08g0.64g1.72g，A正确；在金属离子放电的同时，溶液中产生氢离子，所以B也正确，答案选AB。14充分利用能源、提高原子利用率、减少向环境排放废弃物等都是绿色化学的基本要求。在有机实验中，用溴的四氯化碳溶液代替溴的水溶液；用稀硝酸代替浓硝酸溶解、回收银镜试管中的银；用水浴加热代替直接用酒精灯加热；接触法制硫酸中采用“热交换器”，利用余热预热冷原料气和烧水；工业合成氨中分离产物得到
17、氢气和氮气再循环使用；电解法冶炼钠和镁，选择电解氯化钠和氯化镁，不电解对应的金属氧化物。上述主要不是从绿色化学角度考虑的是A B C D【答案】A【解析】试题分析：在有机实验中有时必须用溴的四氯化碳溶液不能用溴的水溶液，不是从绿色化学角度考虑，故错误；用稀硝酸代替浓硝酸溶解回收银镜实验后试管内的银，能减少有害气体的排放，是从绿色化学角度考虑，正确；用水浴加热能方便可控制加热温度而酒精灯不能，不是从绿色化学角度考虑，错误；利用余热预热冷原料气和蒸汽发电，使能源得到充分利用，符号绿色化学的要求，是从绿色化学角度考虑，正确；工业合成氨中分离产物得到氢气和氮气再循环使用，是从源头上消除污染，以减少废弃
18、物向环境排放，是从绿色化学角度考虑，正确；电解法制取钠和镁时不用电解其对应的氧化物，是因为电解氧化物需要更多的能量，所以是从绿色化学角度考虑，正确。综上所述选A。考点：绿色化学理论。15一些科学家采用高质子导电性的SCY陶瓷(能传递H)，实现了氨的电化学合成。该过程N2和H2的转化率远高于现在工业上使用的氨合成法。对于电化学合成氨的有关叙述正确的是AN2在阴极上被氧化B可选用铁作为阳极材料C阳极的电极反应式是N2+6e+6H = 2NH3D该过程的总反应式是N2+3H22NH3【答案】D【解析】试题分析：A因要利用电解法实现N2+H2NH3，N2化合价降低，应该在阴极上被还原， A错误；B铁是
19、活性电极，若作为阳极材料，则是铁本身放电，B错误；C阳极应该是H2失电子被氧化，电极反应式是H22e=2H， C错误；选D。考点：电解原理17（8分）单质Z是一种常见的半导体材料，可由X通过如下图所示的路线制备，其中X为Z的氧化物，Y为氢化物，分子结构与甲烷相似，回答下列问题：（1）能与X发生化学反应的酸是 ；由X制备Mg2Z的化学方程式为 。（2）由Mg2Z生成Y的化学反应方程式为 ，Y分子的电子式为 。（3）Z、X中共价键的类型分别是 。【答案】（1）氢氟酸；SiO2+MgO2+Mg2Si；（2）Mg2Si+4HCl=2 MgCl2+SiH4；（3）非极性键、极性键【解析】Z为半导体单质，
20、则Z是Si元素；Si可与氢氟酸反应；其氧化物为二氧化硅，根据反应的流程图可知，二氧化硅与Mg反应生成Mg2Si，Mg2Si与盐酸反应生成的Y为氢化物，则Y的分子式是SiH4，加热分解可得到Si单质。其余问题可解。【考点定位】考查以Si为载体的物质的转化的判断。18（10分）溴苯是一种化工原料，实验室合成溴苯的装置示意图及有关数据如下： 按下列合成步骤回答问题：苯溴溴苯密度/gcm30.883.101.50沸点8059156水中溶解度微溶微溶微溶（1）写出a中生成溴苯的化学方程式 ；（2）在a中加入15 mL无水苯和少量铁屑。在b中小心加入4.0 mL液态溴。向a中滴入几滴溴，有白色烟雾产生，是
21、因为生成了_气体，继续滴加至液溴滴完。装置d装置的作用是 。 （3）液溴滴完后，经过下列步骤分离提纯： 向a中加入10 mL水，然后过滤除去未反应的铁屑； 滤液依次用l0 mL水、8 mL l0的NaOH溶液、10 mL水洗涤。NaOH溶液洗涤的作用是 ；向分出的粗溴苯中加入少量的无水氯化钙，静置、过滤。加入氯化钙的目的是 。（4）经以上分离操作后，粗溴苯中还含有的主要杂质为_ ；要进一步提纯，下列操作中必须的是_(填入正确选项前的字母)。A. 重结晶 B. 过滤 C. 萃取 D. 蒸馏【答案】（1）（2分） （2）HBr，（1分）吸收HBr和Br2。（2分）（3） 除去HBr和未反应的Br2
22、。（2分）干燥（1分）（4）苯，（1分）D。【解析】试题分析：苯与液溴在Fe作催化剂时发生取代反应产生溴苯和HBr，生成溴苯的化学方程式是；（2）在a中加入15 mL无水苯和少量铁屑。在b中小心加入4.0 mL液态溴。向a中滴入几滴溴，有白色烟雾产生，是因为生成了HBr气体；继续滴加至液溴滴完。装置d装置的作用是吸收HBr和Br2，防止倒吸现象的发生；（3）液溴滴完后，经过下列步骤分离提纯： 向a中加入10 mL水，然后过滤除去未反应的铁屑；滤液依次用l0 mL水、8 mL l0的NaOH溶液、10 mL水洗涤。NaOH溶液洗涤的作用是除去HBr和未反应的Br2。向分出的粗溴苯中加入少量的无水
23、氯化钙，静置、过滤。加入氯化钙的目的是干燥、吸水；（4）经以上分离操作后，粗溴苯中还含有的主要杂质为苯，由于苯与溴苯是互溶的沸点不同的液态混合物，所以要进一步提纯，下列操作中必须的是蒸馏，因此选项是D。考点：考查溴苯的制取原理、元素操作、混合物的分离、提纯的知识。19（5分）NaCI在生活、生产和科研中都有广泛的用途。 I从海水中提取的粗盐含有Ca2、Mg2、SO42等离子，为制备精盐可使用以下四种试剂：Na2CO3溶液BaCl2溶液NaOH溶液盐酸（用于沉淀的试剂均稍过量）。 （1）加入试剂的合理顺序是_（填选项）。 A B C D （2）加入过量Na2CO3溶液的作用是_。 II实验室要配
24、制100 mL 0.2 molNaCl溶液。 （1）用托盘天平称氯化钠固体的质量是_g。 （2）配制溶液需要使用的主要玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和_。 （3）下列操作中，可能造成所配制溶液的浓度偏低的是_（填选项）。A没有洗涤烧杯和玻璃棒 b定容时，俯视刻度线C洗涤后的容量瓶中残留少量蒸馏水【答案】（5分）I.（1）cd（2）除净Ca2+，除去过量的Ba2+II.（1）1.2（2）100mL容量瓶（3）a【解析】试题分析：.（1）SO42-、Ca2+、Mg2+等分别与BaCl2溶液、Na2CO3溶液、NaOH溶液反应生成沉淀，可再通过过滤除去，Na2CO3溶液能除去过量的BaCl2溶液，
25、所以一定在之后滴加，盐酸能除去过量的Na2CO3溶液和NaOH溶液，氯化钡溶液与氢氧化钠溶液的先后顺序可颠倒，所以正确顺序为：或，故选cd；（2）除去硫酸根离子加入了过量的氯化钡溶液，原溶液中含有钙离子，所以加入碳酸钠溶液可以除去钙离子和过量的钡离子；（1）100mL 0.2molL-1 NaCl溶液中含有氯化钠的物质的量为：0.2molL-10.1L=0.02mol，需要氯化钠的质量为：58.5g/mol0.02mol=1.17g，由于天平只能读到0.1g，所以应该称量1.2g氯化钠；（2）配制100mL 0.2molL-1 NaCl溶液的步骤为：计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等，
26、需要的仪器有：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管，主要玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和100 mL容量瓶，缺少100mL的容量瓶；（3）a没有洗涤烧杯和玻璃棒，导致配制的溶液中溶质读到物质的量减小，溶液得到浓度偏小，正确；b定容时，俯视刻度线，使读数在正确读数的上方，导致加入的蒸馏水体积偏小，溶液体积偏小，配制的溶液浓度偏高，错误；c洗涤后的容量瓶中残留少量蒸馏水，由于定容时还需要加入蒸馏水，所以不影响配制结果，错误；答案选a考点：考查粗盐的提纯和配制一定物质的量浓度的溶液，误差分析20（12分）以下是分析硫铁矿中FeS2含量的三种方法，各方法的操作流程图如下：请回答下
27、列问题：（1）判断溶液中SO42-离子已沉淀完全的方法是 。（2）某同学采用方法分析矿石中的Fe含量，发现测定结果总是偏高，则产生误差的可能原因是 。（3）某同学用方法测定试样中Fe元素的含量，准确称取1.60 g,的矿石试样，试样经溶解、预处理后，(A)配制成100.00mL试样溶液；(B)用滴定管量取25.00 mL待测溶液，用酸性0.1mol/LKMnO4标准溶液滴定待测试样；(C)读取并计算滴定管中消耗的KMnO4标准溶液体积，计算试样中的Fe元素含量。发生反应的离子方程式为 。（4）若矿石中含有FeS与FeS2，实验称取矿石试样1.60 g, 按方法分析，称得BaSO4的质量为4.6
28、6 g，按方法分析消耗的KMnO4标准溶液体积7.50mL，假设石中的硫元素全部来自于FeS和FeS2，则该矿石中FeS2和FeS比值为 。（写出计算过程）【答案】（1）取上层清液滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，说明SO42-沉淀完全（2）有三个可能的原因：（写出其中一种，即给2分） Fe(OH)3沉淀表面积大，易吸附杂质 过滤洗涤时未充分将吸附的杂质洗去 Fe(OH)3灼烧不充分，未完全转化为Fe2O3 （3）MnO4+ 5Fe28H= Mn25Fe34H2O（4）1.60 g矿石中含有n(S)= n(SO42)= n(BaSO4)=4.66233=0.02mol含有n(Fe2)= 5
29、n(MnO4)4=50.10.00754=0.015mol则有：n(FeS)n(FeS2)= 0.015n(FeS)2n(FeS2)= 0.02解之得n(FeS)=0.01mol n(FeS2)=0.005mol n(FeS)：n(FeS2)= 0.01：0.005=2:1【解析】试题分析：（1）取上层清液滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，说明SO42-沉淀完全；（2）称量的固体质量高，导致结果偏高，故可能的原因有： Fe(OH)3沉淀表面积大，易吸附杂质 过滤洗涤时未充分将吸附的杂质洗去 Fe(OH)3灼烧不充分，未完全转化为Fe2O3 ；（4）1.60 g矿石中含有n(S)= n(SO
30、42)= n(BaSO4)=4.66233=0.02mol含有n(Fe2)= 5n(MnO4)4=50.10.00754=0.015mol则有：n(FeS)n(FeS2)= 0.015n(FeS)2n(FeS2)= 0.02解之得n(FeS)=0.01mol n(FeS2)=0.005mol n(FeS)：n(FeS2)= 0.01：0.005=2:1考点：考查定量实验的基本操作、误差分析及计算等有关问题。21（4分）请回答下列问题：（1）设NA代表阿伏加德罗常数的数值，一个CO分子的质量可表示为 g。（2）由O2和CO2组成的18 g混合气体在标准状况下的体积为11.2 L，则原混合气体的平
31、均摩尔质量为 。【答案】（1）（2分）（2）36g/mol（2分）【解析】试题分析：（1）每摩尔一氧化碳的质量为28克，每摩尔氧化碳含有NA个分子，所以每个分子的质量为 （2）混合气体的物质的量为11.2/22.4=0.5摩尔，所以平均摩尔质量为18/0.5=36g/mol。考点：物质的量计算。22A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期元素。A、C处于同一主族，C、D、E处于同一周期，E原子的最外层电子数是A、B、C原子最外层电子数之和，D是地壳中含量最高的金属元素；A、B组成的常见气体甲能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；E的单质与甲反应能生成B的单质，同时生成两种水溶液均呈酸性的化合物乙和丙
32、(该反应中氧化产物只有一种)，25时0.1 mol/L的乙溶液pHl；D的单质既能与C元素最高价氧化物的水化物的溶液反应生成盐丁，也能与丙的水溶液反应生成盐。请回答下列问题：（1）甲的化学式为 ；B单质的电子式为 。（2）D元素的名称是 。（3）写出丁溶液中通入过量二氧化碳时的离子方程式 （4）工业上利用A、B的单质合成甲(BA3)：B2 (g)+3A2 (g) 2BA3 (g) H0，在一定温度下，在2 L密闭容器中，2 mol单质B2和1.6mol单质A2充分反应后达到平衡，测得BA3的物质的量浓度为0.4 mol/L，计算该温度下的平衡常数K=_。（5）E的单质与甲反应生成的乙和丙的物质
33、的量之比为2:4反应中被氧化的物质与被还原的物质的物质的量之比为 。【答案】（1）NH3；（2）铝；（3）AlO2- + CO2 (过)+ 2H2O =Al(OH)3 + HCO3-；（4）25；（5）2：3；【解析】试题分析：A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期元素，A、B组成的常见气体甲能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则甲为NH3，A为H、B为N元素；A、C处于同一主族，结合原子序数可知，C为Na；C、D、E处于同一周期，应该处于第三周期，E原子的最外层电子数是A、B、C原子最外层电子数之和，即E原子最外层电子数为：1+1+5=7，则E为Cl；E的单质氯气与甲(NH3)反应能生成B的单
34、质，同时生成两种溶于水均呈酸性的化合物乙和丙，应该为氯化铵和氯化氢，其中0.1mol/L的乙溶液pH1，则乙为NH4Cl，丙为HCl；D的单质既能与C(Na)元素最高价氧化物的水化物的溶液(氢氧化钠溶液)反应生成盐丁，也能与丙(HCl)的水溶液反应生成盐戊，则D的氢氧化物为两性氢氧化物，故D为Al元素，故丁为NaAlO2，戊为氯化铝，（1）根据上述方向，甲的化学式为NH3；B单质为N2，电子式为，故答案为：NH3；（2）D元素的名称是铝，故答案为：铝；（3）NaAlO2溶液中通入过量二氧化碳，反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，离子方程式为AlO2- + CO2 (过)+ 2H2O =Al(OH)3
35、+ HCO3-，故答案为：AlO2- + CO2 (过)+ 2H2O =Al(OH)3 + HCO3-；（4） N2 + 3H2 2NH3 H0起始(mol) 2 1.6 0反应 0.4 1.2 0.8平衡 1.6 0.4 0.4 mol/L2 L平衡常数K=25，故答案为：25；（5）氯气与氨气反应生成NH4Cl、HCl，二者物质的量之比为2：4，则该反应方程式为：3Cl2+4NH3=N2 +2NH4Cl+4HCl，该反应中被氧化的是氨气，被还原的为氯气，氯气完全被还原，而4mol氨气中有2mol被氧化，所以该反应中被氧化的物质与被还原的物质的物质的量之比为2：3，故答案为：2：3。考点：考
36、查了位置、结构与性质关系的应用的相关知识。23已知A为常见金属，X、Y为常见非金属，X、E、F、G常温下为气体，C为液体，B是一种盐，受热极易分解，在工农业生产中用途较广（如被用作某些电池的电解质）。现用A与石墨作电极，B的浓溶液作电解质，构成原电池。有关物质之间的转化关系如下图：（注意：其中有些反应的条件及部分生成物被略去）请填写下列空白：（1）反应为A在某种气体中燃烧，生成单质Y和A的氧化物，其反应方程式为 。（2）A与石墨作电极，B的浓溶液作电解质，构成原电池，负极反应： ；正极反应： 。（3）从D溶液制备D的无水晶体的“操作A”为 。（4）反应的化学方程式为 。（5）反应的化学方程式为
37、 。【答案】（1）2Mg+CO22MgO+C（2）Mg2EMg2；2NH42ENH3H2（3）将D溶液在HCl气流中蒸干；（2分）（4）4NH3+5O24NO+6H2O （2分）（5）C+4HNO3CO2+4NO2+2H2O （2分）【解析】试题分析：通过B是一种盐，受热极易分解，在工农业生产中用途较广，说明B可能是一种铵盐，E是氨气，F是一氧化氮，G是二氧化氮，C是水，H是硝酸；C是水，则X是氢气，Y是碳；通过A及其盐的性质，得知A是镁，D是氯化镁，B是氯化铵。（1）Mg在CO2中燃烧，生成单质C和MgO，其反应方程式为2Mg+CO22MgO+C。（2）A与石墨作电极，B的浓溶液作电解质，构
38、成原电池，其中镁是负极，电极反应式为Mg2EMg2；正极是溶液中的铵根水解生成的氢离子得到电子，电极反应式为2NH42ENH3H2（3）为了防止氯化镁在溶液中加热水解，在氯化氢气流中蒸干；（4）反应是氨气的催化氧化，生成的是一氧化氮和水，反应的化学方程式为4NH35O24NO6H2O；（5）反应是碳与硝酸加热反应生成的二氧化碳、二氧化氮和水，反应的化学方程式为C+4HNO3CO2+4NO2+2H2O。考点：考查物质的推断、原电池、金属镁的性质、氮及其化合物的性质。24【化学选修5：有机化学基础】（15分）氯贝特是临床上一种降脂抗血栓药物，其结构如下图所示：它的一条合成路线如下：提示：（图中部分
39、反应条件及部分反应物、生成物已略去）（1）氯贝特的分子式为_。（2）若8.8gA与足量NaHCO3溶液反应生成2.24L CO2（标准状况），且B的核磁共振氢谱有两个峰，则A的结构简式为 ，B中含有的官能团名称为 。（3）要实现反应所示的转化，加入下列物质不能达到目的的是 。aNaOH bNa2CO3 cNaHCO3 dCH3COONa（4）反应的反应类型为 ，其产物甲有多种同分异构体，请判断同时满足以下条件的所有同分异构体X有_种。1,3,5三取代苯；属于酯类且既能与FeCl3溶液显紫色，又能发生银镜反应；1molX最多能与3molNaOH反应。（5）反应的化学方程式为 。【答案】（1）C1
40、2H15ClO3 （2）(CH3)2CClCOOH；羧基、氯原子 （3）cd （4）取代反应；1（5）【解析】试题分析：（1）根据氯贝特的结构简式可知，分子式为C12H15ClO3。（2）A与三氯化磷发生取代反应生成B，B的核磁共振氢谱有两个峰，则根据甲的结构简式可知B的结构简式应该是(CH3)2CClCOOH，因此A的结构简式为(CH3)2CHCOOH；根据B的结构简式可知B中含有的官能团名称为羧基、氯原子。（3）根据已知信息并结合甲的结构简式可知C是苯酚钠。能与酚羟基反应的可以是氢氧化钠、碳酸钠，但碳酸氢钠、乙酸钠与酚羟基不反应，因此要实现反应所示的转化，不能加入碳酸氢钠和乙酸钠，答案选cd。（4）1,3, 5三取代苯；属于酯类且既能与FeCl3溶液显紫色，又能发生银镜反应，说明含有醛基、酚羟基，因此是甲酸形成的酯基。1molX最多能与3molNaOH反应，这说明酯基水解后可转化为酚羟基，因此可能取代基应该是OH、OOCH、CH2CH3，即为1种。（5）D与氯气反应生成氯贝特，则根据氯贝特的结构简式可知，反应应该是苯环上的氢原子被氯原子代替，因此反应是甲与乙醇的酯化反应，反应的化学方程式为。考点：考查有机物推断、官能团、反应类型、同分异构体判断及方程式书写
