1、山东省胶州市实验中学2016届高三下期3月月考化学试卷（鲁教版，解析版）1下列说法正确的是（ ）A“沙尘暴”属于一种自然现象，与人类活动无关B碳酸铝是一种应用很广的视频添加剂，可大量添加到馒头、面包、油条等食品中C利用垃圾发电能达到节能减排的目的D持续高温天气的出现与人类活动无关【答案】C 【解析】 试题分析： “沙尘暴” 持续高温的天气是与人类活动有关的，碳酸铝是一种食品添加剂，但不能大量使用，故A、B、D错误；利用垃圾发电能节约能源，减少二氧化碳的排放，故C正确。考点：本题考查了化学与环境，主要考查了自然界的灾害是否与人类活动有关，碳酸铝的性质。2下列说法正确的是（ ）ABaSO4在熔化状
2、态下导电的本质原因是其中存在自由移动的离子B氯化银难溶于水，故其水溶液不导电C液态HCl中含有自由移动的Cl-D电离是电解质在通电的作用下离解成自由移动的离子的过程【答案】A【解析】氯化银虽难溶于水但它是电解质，氯化银电离产生的银离子、氯离子，只是离子的浓度很小，其水溶液导电性极弱，故B项错误；液态HCl中只含有HCl分子，不含自由移动的Cl-，故C项错误；电离是电解质在水溶液或热熔化的作用下离解成自由移动的离子的过程，故D项错误。3下列说法不正确的是A高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强碱会“断路”B煤经过气化和液化等物理变化可以转化为清洁燃料C多糖、油脂、蛋白质均能发生水解反
3、应D浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土可以吸收乙烯，所以可用此物保鲜水果【答案】B【解析】试题分析：A高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强碱会发生反应：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，因此会信号中断，即发生“断路”，正确；B煤的气化和液化都是产生了新的物质，因此发生的都化学变化，这时可以转化为清洁燃料，错误；C多糖水解为低聚糖或单糖；油脂水解产生高级脂肪酸和甘油；蛋白质水解产生氨基酸，因此均能发生水解反应，正确；D高锰酸钾有强的氧化性，会与乙烯发生氧化还原反应，所以浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土可以吸收乙烯，所以可用此物保鲜水果，正确。考点：考查物质的性质及作用的知识。4关于a
4、L bmol/L的浓硫酸的说法正确的是A与足量Cu共热，转移的电子为ab mol B常温时加入Al，不会发生化学反应C若加入mg Zn片，Zn片完全溶解，可收集到的标准状况下气体体积为22.4m/65 LD蔗糖与浓硫酸混合，只体现浓硫酸的脱水性【答案】C【解析】5把x mL CO2通过足量的Na2O2后再与ymLNO混合。x与y之和为30mL。设充分反应后气体的体积缩小为15mL， 则x：y可能为 1:1 2:1 5:4 7:5 A只有 B只有 C只有 D【答案】D【解析】略6据科学家预测，月球的土壤中吸附着数百万吨的，每百吨核聚变所释放出的能量相当于目前人类一年消耗的能量。在地球上氦元素主要
5、以的形式存在。下列说法正确的是A. 原子核内含有4个质子 B. 原子核内含有3个中子C. 和互为同位素 D. 和互为同素异形体【答案】C【解析】试题分析：A. 原子核内含有2个质子，质量数为4，A错误；B. 原子核内含有321个中子，B错误；C. 和的质子数相同，而中子数不同，二者互为同位素，C正确；D.由同一种元素形成的不同单质互为同素异形体，和互为同位素，D错误，答案选C。考点：考查核素、同位素及同素异形体的判断7可逆反应 ，反应过程中，当其他条件不变时，C在混合物中的含量与温度（T）的关系如图I所示，反应速率（v）与压强（p）的关系如图II所示。据图分析，以下说法正确的是（）AT1T2，
6、Q0 B增大压强，物质B的转化率增大C反应达平衡后，增加少量的D，平衡逆向移动Da+bc+d【答案】B【解析】试题分析：由图像可知，温度为T2时可逆反应先达到平衡状态，当其他条件不变时，温度越高，反应速率越大，达到平衡所用的时间越短，知T2T1；温度越高，平衡时C的百分含量（C%）越小，说明平衡向左移动，当其他条件不变时，升高温度平衡向吸热方向移动，故反应的正反应为放热反应；由图像可知，当其他条件不变时，随着压强的增大，正速率大于逆反应速率，说明平衡向右移动，当其他条件不变时，增大压强，平衡向气体物质系数减小的方向移动，故正反应为气体物质的量减小的反应，即a+bc。A、根据上述分析知，T2T1
7、，Q0，错误；B、根据上述分析知，增大压强，平衡向右移动，物质B的转化率增大，正确；C、D为固体，反应达平衡后，增加少量的D，平衡不移动，错误；D、根据上述分析知，正反应为气体物质的量减小的反应，即a+bc，错误。考点：考查化学平衡图像及外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响。8A、B、C、D、E是五种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大，其中A、D及B、E分别是同一主族元素，B、E两元素的原子核中质子数之和是A、D两元素原子核中质子数之和的2倍。则下列说法中正确的是（ ）A与A形成化合物的稳定性CBE B形成简单离子的半径EDBC单质B和D在常温下化合生成D2B2DC的最高价氧化物的水化物
8、酸性最强【答案】A【解析】因为A与D，B与E同主族，A、B、D、E均为短周期元素，所以B、E一定在二、三周期，A可能在第一周期，也可能在第二周期。若A在第一周期，A为H、D为Na，设B的原子序数为x，则E的原子序数为x8，根据题意可知，（111）2=xx8，解得，x=8。所以B为O，E为S。若A、B在第二周期，D、E在第三周期， 设A、B的原子序数分别为x、y，则（xx8）2=yy8，解得y=2x4，因为x3,y10，不符合B在第二周期主族的假设，故A不可能在第二周期。A、B、D、E分别为H、O、Na、S，则C为F。非金属性FOS，稳定性HFH2OH2S，A对；离子半径S2O2Na，B错；Na
9、与O2常温下反应生成Na2O，C错；F无含氧酸，D错。9下列有关说法正确的是()A.1 mol Cl2参加反应转移电子数一定为2NAB.在反应KIO3+6HIKI+3I2+3H2O中,每生成3 mol I2转移的电子数为6NAC.根据反应中HNO3(稀)NO,而HNO3(浓)NO2可知,氧化性HNO3(稀)HNO3(浓)D.含有大量NO3的溶液中,不能同时大量存在H+、Fe2+、Cl-【答案】D【解析】在Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O的反应中,1 mol Cl2参加反应转移电子数为NA,则A项错;在反应KIO3+6HIKI+3I2+3H2O中,每生成3 mol I2转移的电子数
10、为5NA,B项错误;不能根据还原产物的价态确定氧化剂氧化性的强弱,实际上氧化性:HNO3(浓)HNO3(稀),C项错误;NO3+H+具有强氧化性,能氧化Fe2+,D项正确。10已知：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)H- Q1 ；2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) H- Q2； H2O(g)=H2O(l) H- Q3常温下，取体积比为4：1的甲烷和H2的混合气体112L（标准状况下），经完全燃烧后恢复到常温，则放出的热量为A4Q1+0.5Q2 B4Q1+Q2+10Q3 C4Q1+2Q2 D4Q1+0.5Q2+9Q3【答案】D【解析】试题分析：解:甲烷和氢气的混合气体
11、112L，所以甲烷和氢气的混合气体的总的物质的量为5mol，甲烷和氢气的体积比为4:1，甲烷的物质的量为4mol，氢气的物质的量为1mol.由CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)；H=-(Q1+2Q3)可知，4mol甲烷燃烧放出的热量为(4Q1+8Q3)，由2H2(g)+O2(g)=2H2O(l);H=-(Q2+2Q3),可知，1mol氢气燃烧生成液态水放出的热量为0.5Q2+Q3.所以放出的热量为4Q1+0.5Q2+9Q3.故选D考点：反应热的计算11用下列装置进行相应实验，不能达到实验目的的是A图1所示装置可制备氢氧化亚铁B图2所示装置可电解食盐水制氯气和氢气C图3所示
12、装置可验证氨气极易溶于水D图4所示装置与操作可除去苯中的苯酚【答案】B【解析】试题分析：A、苯隔绝空气，氢氧化钠的胶头滴管深入液体中再挤出，都可以防止氢氧化亚铁被氧化，正确，不选A；B、铜连接电源的正极做阳极，铜失去电子生成铜离子，溶液中的氯离子不放电，错误，选B；C、氨气溶于水，是烧瓶中气压减小，气球膨胀，所以正确，不选C；D、苯酚和氢氧化钠反应生成苯酚钠溶于水中，可以用分液的方法分离，正确，不选D。考点：物质的制备和分离，电解原理的应用，苯酚的性质12下列变化属于吸热反应的是液态水汽化 将胆矾加热变成白色粉末 浓硫酸稀释 氯酸钾分解制氧气 生石灰跟水反应生成熟石灰A B C D【答案】D【
13、解析】试题分析：水液体吸收热量变气体属于物理变化。CuSO45H2O胆矾即五水硫酸铜，CuSO45H2O=CuSO4+5H2O，属分解反应。结晶水的失去需要吸收热量，所以是吸热反应。浓硫酸稀释放热氯酸钾分解制氧气，是吸热反应。化合反应，是放热反应。故选。考点：考查了吸热反应的判断13常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A1.0 mol/L的NaHSO4溶液：K+、Fe2+、NO3、ClBl.0 molL1 NaClO溶液：Fe2+、K+、I一、ClC甲基橙显黄色的溶液： Na+、CO32、NO3、SO32D在c(H+)c(OH) = 11013的溶液：NH4+、Ca2+、C1、K
14、+【答案】D【解析】试题分析：A、NaHSO4溶液中存在大量的氢离子，与NO3共存使溶液具有强氧化性，氧化Fe2+为铁离子而不能大量共存，错误；B、NaClO溶液与Fe2+、I一发生氧化还原反应不能大量共存，错误；C、使甲基橙显黄色的溶液可能呈酸性，酸性条件下CO32、SO32与氢离子反应而不能大量共存，错误；D、c(H+)c(OH) = 11013的溶液呈酸性，酸性条件下，该组中的离子都不反应，可以大量共存，正确，答案选D。考点：考查给定条件的离子大量共存问题14下表为六种短周期元素的部分性质：元素代号XYZQRT原子半径/1010m0.770.740.751.170.991.10主要化合价
15、4、425、34、47、15、3下列有关说法错误的是( )AX与Y可以形成阴离子XY32-BZ的氢化物的沸点比T的氢化物的沸点高C元素R的氧化物对应的水化物一定为强酸D由X形成的化合物XY2和XR4，其中XR4的沸点高【答案】C【解析】试题分析：从原子半径和主要化合价分析，六种元素分别为：碳，氧，氮，硅，氯，磷。A、碳和氧可以形成碳酸根离子，A正确；B、氨气分子之间形成氢键，所以沸点比磷化氢的沸点高，B正确；C、氯的含氧酸可能为次氯酸，为弱酸，C错误；D、二氧化碳和四氯化硅比较，四氯化硅的相对分子质量大沸点高，D正确，答案选C。【考点定位】本题主要是原子结构和元素周期律的应用【名师点睛】元素的
16、化合价与原子最外层电子数有关，最外层电子数=主族序数，最高价=最外层电子数=主族序数，负极=8-最高价，但需要注意F没有正价，氧元素没有最高价，H还有1价。15向27.2 g Cu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5 L，固体物质完全反应，生成NO和Cu(NO3)2，在所得溶液中加入1 molL的NaOH溶液1.0 L，此时溶液呈中性，铜离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2 g。下列有关说法不正确的是A. Cu与Cu2O的物质的量之比为2lB. 硝酸的物质的量浓度为2.6 molLC. 产生的NO在标准状况下的体积为4.48LD. Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2 mol【
17、答案】B【解析】试题分析：在所得溶液中加入NaOH溶液后，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为硝酸钠，根据原子守恒可知n（NaNO3）=n（NaOH）=1.0mol/L1.0L=1mol，沉淀为Cu（OH）2，质量为39.2g，物质的量为39.2g98g/mol=0.4mol，根据铜元素守恒有n（Cu）+2n（Cu2O）=nCu（OH）2，所以反应后的溶液中nCu（NO3）2=nCu（OH）2=0.4mol。设Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量有 64x+144y=27.2，根据铜元素守恒有x+2y=0.4，联立方程解得x=0.2，y=0.1。A、由上述
18、分析可知，n（Cu）：n（Cu2O）=0.2mol：0.1mol=2：1，A正确；B、根据N元素守恒可知n（HNO3）=n（NO）+n（NaNO3）=0.2mol+1.0mol/L1.0L=1.2mol，所以原硝酸溶液的浓度为1.2mol0.5L=2.4mol/L，B错误；C、根据电子转移守恒可知：3n（NO）=2n（Cu）+2n（Cu2O），所以3n（NO）=20.2mol+20.1mol，解得n（NO）=0.2mol，所以标准状况下NO的体积为0.2mol22.4L/mol=4.48L，C正确；D、反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠与硝酸铜反应，剩余的氢氧化钠与硝酸反应，最后为硝酸钠
19、溶液，根据氮元素守恒可知反应后溶液中n（HNO3）+2nCu（NO3）2=n（NaNO3），所以n（HNO3）=n（NaNO3）-2nCu（NO3）2=1mol-20.4mol=0.2mol，D正确，答案选B。考点：考查混合物的有关计算16铁可以形成多种氧化物、氢氧化物和盐类。铁与二氧化碳、水在某一密闭体系中反应情况如下表所示：化学反应平衡常数温度973K1173KFe(s)+CO2(g)= FeO(s)+CO(g)K11.472.15Fe(s)+H2O(g)= FeO(s)+H2(g)K22.381.67CO(g)+H2O(g)= CO2(g)+H2(g)K3？完成下列填空：（1）反应是_（
20、选填“吸热”，“放热”）反应。根据反应与可以推导出同温下K1、K2与K3之间的关系，则K3=_（用K1、K2表示）。（2）973K时，若反应在一个容积为2L的反应容器内2min时达到平衡，有3mol电子发生转移，则在2min内v（CO2）=_。若压缩容器的容积为原来的一半，平衡将_移动（选填“向左”，“向右”，“不”），CO2的浓度将_（选填“增大”，“减小”，“不变”）。使该反应的平衡转化率及平衡常数都增大的措施有_。【答案】（1）吸热；K2/K1（2）0.375 mol/(Lmin)；不；增大；升温【解析】试题分析：（1）对于反应Fe(s)+CO2(g)= FeO(s)+CO(g)，升高温
21、度化学平衡常数增大，说明升高温度，化学平衡向正反应方向移动，正反应方向为吸热反应；-，整理可得CO(g)+H2O(g)= CO2(g)+H2(g)，K1=c(CO)/c(CO2)；K2=c(H2)/c(H2O)；K3=c(CO2) c(H2)/ c(CO) c(H2O)= K2/K1；（2）根据反应方程式可知：每有1mol CO2产生，转移电子的物质的量是2mol，则有3mol电子发生转移，反应产生了1.5mol CO2；则在2min内v(CO2)= 1.5mol2L2min=0.375mol/(Lmin)；由于该反应是反应前后气体体积不变的反应，所以若压缩容器的容积为原来的一半，平衡将不发生
22、移动；CO2的浓度将增大；由于该反应的正反应是吸热反应，所以使该反应的平衡转化率及平衡常数都增大的措施有升高温度。考点：考查盖斯定律的应用、化学反应速率的计算、外界条件对化学反应速率和化学平衡移动影响的知识。17选用如图所示仪器中的两个或几个（内含物质）组装成实验装置，以验证木炭可被浓H2SO4氧化成CO2，下列说法正确的是A按气流从左向右流向，连接装置的正确顺序是AFECDBB丁中溶液褪色，乙中溶液变浑浊说明甲中生成CO2C丙中品红溶液褪色，乙中溶液变浑浊说明甲中生成CO2D丁和丙中溶液都褪色，乙中溶液变浑浊，说明甲中有CO2生成【答案】A【解析】试题分析：A木炭与浓硫酸在加热的条件下反应生
23、成CO2和SO2，检验CO2一般用澄清石灰水，但SO2也能使澄清石灰水变浑浊，因此在检验之前需要先除去SO2，可以用酸性高锰酸钾溶液氧化SO2，然后通过品红溶液检验SO2是否被除尽，最好检验CO2，因此按气流从左向右流向，连接装置的正确顺序是AFECDB，A正确；B根据以上分析可知丁中溶液褪色，品红溶液不褪色，乙中溶液变浑浊说明甲中生成CO2，B错误；C丙中品红溶液褪色，说明仍然有SO2，所以乙中溶液变浑浊不能说明甲中生成CO2，C错误；D根据以上分析可知丁和丙中溶液都褪色，乙中溶液变浑浊，并不能说明甲中有CO2生成，D错误，答案选A。考点：考查气体检验实验方案设计与探究18实验室常用Na2O
24、2与H2O反应快速制取少量O2。用下面装置来制取O2并演示Na在O2中的燃烧实验。请回答下列问题：（1）关闭装置中的止水夹a后，开启活塞b，漏斗中液体不断地往下滴，直至全部流入试管。试判断装置是否漏气(填“漏气”“不漏气”或“无法确定”)，判断理由是 。（2）写出A装置中反应的化学方程式并标出电子得失情况： 。（3）C装置中观察到的现象是 。（4）D装置中盛放的试剂是，其作用是 。【答案】（1）漏气漏斗中的液体能全部流入试管说明试管中压强与外界相同（2）（3）剧烈燃烧，发出黄光，有淡黄色物质生成（4）碱石灰防止空气中的H2O、CO2进入C装置【解析】试题分析：（1）关闭装置中的止水夹a后，开启
25、活塞b，漏斗中液体不断地往下滴，直至全部流入试管，说明装置漏气，因为漏斗中的液体能全部流入试管，说明试管中压强与外界相同；（2）A装置中反应是过氧化钠和水的反应，反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2反应的电子转移情况用双线桥标出电子得失情况为：；（3）C装置中观察到的现象是钠在氧气中燃烧的实验现象，钠剧烈燃烧，发出黄光，有淡黄色物质生成；（4）为避免空气中的二氧化碳和水蒸气进入C装置与钠反应，影响实验现象的判断，干燥管中应装碱石灰。考点：金属钠的性质与应用19为探究铜与6molL1硝酸反应的气态产物中是否含NO2，进行如下实验已知：FeSO4+NOFe（NO）SO4（棕色
26、），该反应较缓慢，待生成一定量Fe（NO）2+时突显明显棕色（1）实验前需检验装置的气密性，简述操作 （2）仪器a的名称 （3）实验开始时先将Y形试管向盛有块状固体b的支管倾斜，缓慢滴入稀硝酸，该实验操作的目的是 ；（4）证明有NO2的实验现象 （5）装置C的作用 ，反应离子方程式 （6）测定化学试剂绿矾（FeSO47H2O）纯度的方法：称取绿矾3.000g置于锥形瓶中，加入100mL蒸馏水，加入10mLH2SO4和5mLH3PO4，用0.1000molL1KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液20.00mLKMnO4溶液盛放在棕色 式（填“酸”或“碱”）滴定管中，列式计算绿矾的纯度 【
27、答案】（1）关闭分液漏斗活塞，用酒精灯加热Y试管，观察到BC导管口有气泡产生，停止加热，BC长导管到吸入一段水柱，则装置气密性良好；（2）分液漏斗；（3）利用生成的CO2将整个装置内的空气赶尽，避免NO和O2反应生成NO2对气体产物的观察产生干扰；（4）铜与硝酸反应不久即观察到B中溶液呈红色；（5）吸收尾气NO；5NO+3MnO4+4H+=5NO3+3Mn2+2H2O；（6）酸；100%=92.67%【解析】（1）根据压强差进行装置气密性的检验，具体方法为：关闭分液漏斗活塞，用酒精灯加热Y试管，观察到BC导管口有气泡产生，停止加热，BC长导管到吸入一段水柱，则装置气密性良好；故答案为：关闭分液
28、漏斗活塞，用酒精灯加热Y试管，观察到BC导管口有气泡产生，停止加热，BC长导管到吸入一段水柱，则装置气密性良好；（2）根据装置图可知仪器A的名称为分液漏斗，（3）实验开始时先将Y形试管向盛有碳酸钙的支管倾斜，缓慢滴入稀硝酸，碳酸钙与稀硝酸生成CO2，将整个装置内的空气赶尽，避免NO和O2反应生成NO2对气体产物的观察产生干扰，（4）本实验生成的气体中，若有NO2，NO2溶于水生成硝酸，把Fe2+氧化成Fe3+，B瓶溶液出现血红色；若无二氧化氮则无血红色，所以证明有NO2的实验现象是铜与硝酸反应不久即观察到B中溶液呈红色，（5）高锰酸钾溶液能将一氧化氮氧化成硝酸根，而防止其污染空气，反应的离子方
29、程式为5NO+3MnO4+4H+=5NO3+3Mn2+2H2O，（6）高锰酸钾溶液有强氧化性，应用酸式滴定管中进行滴定，滴定中消耗的高锰酸钾的物质的量为0.1000molL10.02L=0.002mol，根据电子得失守恒可知关系式5FeSO47H2OKMnO4，所以样品中FeSO47H2O的质量为50.002mol278g/mol，所以绿矾的纯度为100%=92.67%20向铜片中加入115mL某浓度的硫酸，在加热条件下反应，待铜片全部溶解后，将其溶液稀释到500mL，再加入足量锌粉，使之充分反应，收集到2.24L（标准状况）气体。过滤残留固体，干燥后称量，质量减轻了7.5g。（1）求参加反应
30、的锌粉的物质的量（2）原硫酸的物质的量浓度。【答案】（8分） （1）11 mol 4分（2）18.2mol/L 4分Zn+H2SO4（稀）= ZnSO4 + H2 知产生2.24L（标况下）H2则固体减重了6.5g，此时消耗H2SO4为0.1mol;由：Zn + CuSO4 = Cu + ZnSO4 另固体减重1.0g 产生硫酸铜为1mol，由：Cu + 2H2SO4(浓) = CuSO4 + SO2 +2H2O知其所消耗硫酸为2 mol因此：115ml硫酸溶液中共有H2SO4为2.1 mol,C（H2SO4）=2.1 mol/0.115L=18.2mol/L.【解析】试题分析：（1）由题意知
31、，Zn与稀硫酸反应产生0.1mol的氢气，消耗Zn0.1mol，质量减轻6.5g,固体共减轻7.5g，所以Zn与硫酸铜反应置换出铜又减轻1g,根据Zn + CuSO4 = Cu + ZnSO4得消耗Zn1mol，则参加反应的Zn的物质的量为1.1mol；（2）该过程中硫酸先与Cu反应，剩余硫酸与Zn反应。由Zn+H2SO4（稀）= ZnSO4 + H2知产生2.24L（标况下）H2此时消耗H2SO4为0.1mol；由：Zn+CuSO4=Cu+ZnSO4固体减重1.0g产生硫酸铜为1mol，由：Cu+2H2SO4(浓)=CuSO4+SO2+2H2O知其所消耗硫酸为2mol因此：115ml硫酸溶液
32、中共有H2SO4为2.1mol,C（H2SO4）=2.1mol/0.115L=18.2mol/L.考点：考查氧化还原反应的计算21己知：A、B、C均为常见气体，且A、B为单质，C为碱性气体；甲、乙为金属单质，乙在I的浓溶液中发生饨化，E为无色液体，H、J的溶液焰色反应均呈黄色。各物质间的转化关系如下（部分生成物未给出，且未注明反应条件）：（1）实验室制备C常用的物质是NH4Cl和_；写出反应的化学方程式为_（2）反应中每消耗1molG，转移电子的物质的量为_（3）反应的离子方程式是_（4）实验室中保存I的方法是_（5）写出乙和I的稀溶液反应后的溶液与C的水溶液发生反应的离子方程式：_。【答案】
33、（1）Ca(OH)2，4NH35O24NO6H2O；(2)2/3 mol；(3)2Al2H2O2OH2AlO23H2；(4)保存在棕色试剂瓶中，放在阴凉处；(5)Al33NH3H2O= Al(OH)3+3NH4+。【解析】试题分析：A、B、C均为常见气体，且A、B为单质，C为碱性气体，则A、B分别是N2、H2，C是NH3，NH3与O2在催化剂存在时加热发生氧化反应：4NH35O24NO6H2O，NO被氧气氧化产生NO2，NO2与水发生反应产生HNO3和NO，甲、乙为金属单质，乙在I的浓溶液中发生饨化，E为无色液体，E是 H2O，H、J的溶液焰色反应均呈黄色。则甲是Na；钠与水发生反应产生NaO
34、H，可以与NaOH发生反应的金属单质，与NaOH反应，与浓硝酸发生反应，而产生钝化现象，则乙是Al。J是NaAlO2，A是H2。（1）实验室中是用铵盐NH4Cl和Ca(OH)2在加热时发生反应产生NH3，制备C常用的物质是NH4Cl和Ca(OH)2，反应是NH3与O2发生反应产生NO和水，反应的化学方程式为4NH35O24NO6H2O；（2）反应是3NO2 + H2O = 2HNO3 + NO，在反应中每消耗3molG，转移电子的物质的量为2mol，则反应消耗1molNO2，则转移电子的物质的量为2/3mol；（3）反应是氢氧化钠与Al发生反应产生NaAlO2和氢气，反应的离子方程式是2Al
35、2H2O 2OH 2AlO2 3H2；（4）HNO3具有强的氧化性，同时具有不稳定性，光照容易发生分解反应，所以实验室中保存I的方法是保存在棕色试剂瓶中，放在阴凉处；（5）Al和I的稀溶液反应后的溶液是Al(NO3)3与C的水溶液NH3H2O会发生复分解反应产生Al(OH)3沉淀和NH4Cl，发生反应的离子方程式是Al3 3NH3H2O = Al(OH)3 + 3NH4+ 。考点：考查物质的性质、转化、化学方程式和离子方程式的书写的知识。22芳香族化合物A是一种基本化工原料，可以从煤和石油中得到。OPA是一种重要的有机化工中间体。A、B、C、D、E、F（聚合物）和OPA的转化关系如下所示：已知
36、：回答下列问题：（1）A的化学名称是 ；（2）由A生成B 的反应类型是 在该反应的副产物中，与B互为同分异构体的化合物的结构简式为 ；（3）写出C所有可能的结构简式 ；（4）D（邻苯二甲酸二乙酯）是一种增塑剂。请用A和不超过两个碳的有机物及合适的无机试剂为原料，经两步反应合成D。用结构简式表示合成路线： 。合成路线流程图示例如下：CH3CH2OHCH2=CH2（5）EF的化学方程式为 。（6）芳香化合物G是E的同分异构体，G分子中含有醛基、酯基和醚基三种含氧官能团，G可能的同分异构体有 种，写出核磁共振氢谱中峰面积比3221的化合物的结构简式 。【答案】（1）邻二甲苯；（2分）（2）；（2分）
37、（3）；（2分）（4）（3分）（5）（2分）（6）4种（2分）， （2分）【解析】试题分析：（1）A与溴在光照条件下发生取代反应生成B，所以A是邻二甲苯；（2）A与溴生成B的反应是侧链取代反应，由B的结构简式可知A与2分子溴发生取代反应，所以生成B的副产物的结构简式是；（3）邻二甲苯与溴在溴化铁作催化剂条件下发生苯环的取代反应，在甲基的邻为或对位发生取代，所以C的结构简式可能是；（4）邻二甲苯被高锰酸钾氧化可得到邻二苯甲酸，生成D还需乙醇，所以邻二苯甲酸与2分子乙醇发生酯化反应可得到D，流程图为；（5）由已知信息可知，两个醛基可在一定条件下反应生成醇羟基和羧基，而OPA中含有2个醛基，所以E分
38、子中含有醇羟基和羧基，然后发生缩聚反应生成F，化学方程式是；（6）E的结构简式为，芳香化合物G是E的同分异构体，G分子中含有醛基、酯基和醚基三种含氧官能团，则取代基可能是HCOOC-O-或HCOO-、CH3O-，两个取代基的结构有邻、间、对三种，所以共4种结构，分别是，其中核磁共振氢谱中峰面积比3221的化合物为。【考点定位】不同主要是考查有机物的推断，结构简式与化学方程式的书写，同分异构体的判断【名师点晴】合成路线给定型有机推断：该类题综合性强，思维容量大，常以框图题或变相框图题的形式出现，解决这类题的关键是以反应类型为突破口，以物质类别判断为核心进行思考。经常在一系列推导关系中有部分物质已
39、知，这些已知物往往成为思维“分散”的联结点。可以由原料结合反应条件正向推导产物，也可以从产物结合条件逆向推导原料，也可以从中间产物出发向两侧推导，审题时要抓住基础知识，结合新信息进行分析、联想、对照、迁移应用、参照反应条件推出结论。解题的关键是要熟悉烃的各种衍生物间的转化关系，不仅要注意物质官能团的衍变，还要注意同时伴随的分子中碳、氢、氧、卤素原子数目以及有机物相对分子质量的衍变，这种数量、质量的改变往往成为解题的突破口。由定性走向定量是思维深化的表现，将成为今后高考命题的方向之一。23化合物F是一种常见的化工原料，可以通过以下方法合成：（1）写出化合物C中含氧官能团的名称： 和 。（2）化合
40、物B的结构简式为 ；由DE的反应类型是 。（3）写出CD反应的化学方程式： 。（4）写出同时满足下列条件的E的一种同分异构体的结构简式： 。能发生银镜反应 ； 水解产物之一遇FeCl3溶液显色；分子中含有4种不同化学环境的氢。（5）已知。请写出以为原料，制备化合物的合成路线流程图(无机试剂可任选)。合成路线流程图示例如下：【答案】（1）羧基；硝基；（2）；还原反应；（3）；（4）；（5）。【解析】试题分析：根据题中各物质转化关系，比较A和C的结构可知，间二甲苯在催化剂的条件下被空气氧化得B为，B发生硝化反应生成C，C发生酯化反应生成D为，D被铁粉还原得E，E发生取代反应生成F，（1）根据C的结
41、构简式可知所含有含氧官能团为羟基和硝基，故答案为：羧基；硝基；（2）根据上面分析可知B的结构为，DE的反应类型为还原反应，故答案为：；还原反应；（3）C发生酯化反应生成D，反应方程式为，故答案为：；（4）根据条件能发生银镜反应，说明有醛基；水解产物之一遇FeCl3溶液显色，水解产物有酚羟基；分子中含有4种不同化学环境的氢，结合E的结构书可知，其同分异构体为，故答案为：；（5）以CH3CH2OH、为原料，制备化合物，可以将乙醇氧化得乙醛，乙醛氧化得乙酸，乙酸与SOCl2反应生成CH3COCl，用CH3COCl与反应即可得产品，合成路线为，故答案为：。考点：考查了有机合成与推断、有机物的结构和性质的相关知识。