山东省莱阳市第九中学2016届高三下期3月月考化学试卷 WORD版含解析.doc

1、山东省莱阳市第九中学2016届高三下期3月月考化学试卷（鲁教版，解析版）1水是一种战略性经济资源，下列物质对水质不会产生严重污染的是ACH3OH BSO2 CHgCl2 DCO2【答案】D【解析】试题分析：A、CH3OH易溶于水，有毒，少量失人失明，A错误； B、SO2溶于水，能被氧化生成H2SO4，B错误； C、HgCl2溶于水形成重金属污染，C错误； D、CO2对水质不会产生严重污染，D正确。答案选D。考点：环境污染2用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 A常温常压下，1molC2H4所含的电子数为12 NAB标准状况下，16g甲烷中共价键数目为4NAC常温常压，4 g氦气所含的

2、核外电子数为4NAD标准状况下，22.4L NO 与11.2L O2 充分反应后，所得的气体分子数一定为NA【答案】B【解析】试题分析：常温常压下，1molC2H4所含的电子数为16NA，A不正确；标准状况下，16g甲烷的物质的量是1mol，其中共价键数目为4NA，B正确；常温常压，4 g氦气的物质的量是1mol，所含的核外电子数为2NA，C不正确；标准状况下，22.4L NO 与11.2L O2 充分反应后生成22.4LNO2，但NO2分子和N2O4存在平衡，即2NO2N2O4，因此所得的气体分子数小于NA，D不正确，答案选B。考点：考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断点评：阿伏加德罗常数是历

3、年高考的“热点”问题，为高考必考题目，这是由于它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容。要准确解答好这类题目，一是要掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系；二是要准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系。3常温下，0.1mol/L的氯化铵水溶液中，下列描述及关系正确的是A溶液呈碱性Bc(NH3H2O)+c(NH4+)=0.1mol/LCc(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)D氯化铵的加入可促进水的电离，使Kw1.010-14【答案】BC【解析】试题分析：氯化铵是强酸弱碱盐，NH4水解

4、，溶液显酸性，A不正确；根据物料守恒可知，B正确；C符合电荷守恒，正确；水的离子积常数只与温度有关系，D不正确，氯化铵的加入可促进水的电离，但Kw不变，答案选BC。考点：考查盐类的水解、离子浓度大小比较以及离子积常数的判断点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。该题的关键是熟练掌握溶液中的各种守恒关系，即物料守恒、电荷守恒和质子守恒。本题有利于培养学生分析、概念、总结问题的能力，以及灵活应变能力。4高温下14CO2与碳发生反应：14CO2+C2CO达到平衡后,平衡混合物中含14C的粒子有 A14CO2 14CO 14C B14CO2 14CO C14CO2 D14CO 【答案】A【解

5、析】因为是可逆反应，在生成CO的同时，CO又分解生成CO2和C，所以正确的答案选A。5欲迅速除去铝壶底的水垢，最好的试剂是 A浓盐酸 B稀硝酸 C浓硫酸 D浓硝酸【答案】D【解析】试题分析：A、浓盐酸除去水垢后会继续与铝反应，错误；B、稀硝酸除去水垢后会继续与铝反应，错误；C、浓硫酸除水垢时会产生硫酸钙的微溶物，效果不佳，错误；D、浓硝酸除去水垢后与铝发生钝化，反应停止，正确，答案选D。考点：考查浓盐酸、浓硫酸、硝酸与铝的化学反应6下列反应中生成物总能量高于反应物总能量的是A碳酸钙受热分解B乙醇燃烧C铝粉与氧化铁粉末反应D氧化钙溶于水【答案】A【解析】试题分析：A碳酸钙受热分解反应是吸热反应，

6、生成物的总能量高于反应物的总能量，正确；B乙醇燃烧反应是放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，错误；C铝粉与氧化铁粉末反应是放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，错误；D氧化钙溶于水是放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，错误。考点：考查物质的能量与反应的热效应的关系的知识。7500 mL KNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中c(NO3)60 molL1，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到224 L气体（标准状况），假定电解后溶液体积仍为500 mL，下列说法正确的是( )A原混合溶液中c(K)为1 molL1 B上述电解过程中共转移4 mol电子C电解

7、得到的Cu的物质的量为05 mol D电解后溶液中c(H)为2 molL1【答案】B【解析】 试题分析：电解KNO3和Cu(NO3)2的混合溶液，在阳极发生反应：4OH4e-=2H2O+O2。n(O2)= 224 L224L/mol=1mol。则转移电子4mol因此选项B正确；在阴极首先发生反应：Cu2+2e-=Cu,然后发生：2H+2e-=H2。由于产生氢气的物质的量是1mol,得到电子2mol,则产生Cu转移的电子也是2mol,产生Cu1mol。所以选项C错误；Cu(NO3)2的物质的量是1mol,根据N守恒可得n(KNO3)= 60 mol/L05L2mol=1mol,所以c(K)= c

8、(KNO3)=1mol05L=2mol/L,选项A错误；因为在反应过程中放电的OH-的物质的量与H+及电子的物质的量相等，因为电子转移4mol,所以电解后溶液中H的物质的量也是4mol,所以c(H)=4mol05L=8mol/L ,所以选项D错误。考点：考查电解原理和有关计算及其的应用的知识。8已知：2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2；2FeCl2+Cl2=2FeCl3。下列微粒还原性由强到弱的顺序中，正确的是 AFe2+ClI B IFe2+Cl CClFe2+I DIClFe2+【答案】B【解析】在氧化还原反应中，还原剂的还原性强于还原产物的还原性，则结合化合价的改变，可知

9、：在上述两反应中，前者中还原性顺序为：IFe2+，后者还原性顺序为：Fe2+Cl，正确答案为B9甲、乙、丙是三种不含相同离子的可溶性强电解质。它们所含的离子如下表所示：阳离子NH4+、 Na、 Mg2阴离子OH、 NO3-、 SO42-若取等质量的甲、乙、丙配制成相同体积的溶液，发现溶质的物质的量浓度c(甲)c(乙)c(丙)，则乙物质A可能是NaOH B可能是NH4NO3C不可能有SO42- D一定不是(NH4)2SO4【答案】B【解析】试题分析：等质量的甲、乙、丙配制成相同体积的溶液，发现溶质的物质的量浓度c(甲)c(乙)c(丙)，说明其摩尔质量的关系为c(甲)c(乙) BrBb中加硫酸后产

10、生淡黄色沉淀SO32和S2在酸性条件下发生反应Cc中滴入酚酞溶液变红，再加BaCl2溶液后产生白色沉淀且红色褪去SO32+H2OHSO3+OH，所以滴入酚酞变红；Ba2+SO32 = BaSO3，水解平衡向左移动，红色褪去Dd中产生白色沉淀Na2SO3溶液已被氧化变质【答案】D【解析】试题分析：A、a中溴水褪色，说明还原性：SO32 Br，正确；B、b中加硫酸后产生淡黄色沉淀，说明生成了单质硫，SO32和S2在酸性条件下发生反应，正确；C、c中滴入酚酞溶液变红，再加BaCl2溶液后产生白色沉淀且红色褪去，亚硫酸根水解SO32+H2OHSO3+OH，所以滴入酚酞变红；Ba2+SO32 = BaS

11、O3，水解平衡向左移动，红色褪去，正确；D、d中产生白色沉淀，说明亚硫酸根离子的还原性，是被硝酸氧化了，错误；故本题选择D。考点：实验的评价13某可逆反应aA + bBcC ；H= -Q kJ/mol；在某温度下的平衡常数为K（K1），反应热为Q。保持温度不变，将方程式的书写作如下改变，则Q和K数值的相应变化为A写成2aA + 2bB2cC，Q值、K值均扩大了一倍B写成2aA + 2bB2cC，Q值扩大了一倍，K值保持不变C写成cCaA + bB，Q值、K值变为原来的相反数D写成cCaA + bB，Q值变为原来的相反数，K值变为倒数【答案】D【解析】试题分析：A、写成2aA + 2bB2cC，

12、Q值扩大了一倍，平衡常数变为原来的平方，错误；B、错误；C、写成cCaA + bB，互为可逆的两个反应的反应热互为相反数，平衡常数互为倒数，所以Q值变为原来的相反数，K值变为原来的倒数，错误；D、正确，答案选D。考点：考查对反应热与平衡常数的理解14根据表中信息，判断以下叙述正确的是：短周期元素代号LMQRT原子半径/nm0.1600.1430.1120.1040.061主要化合价+2+3+2+6、-2-2A、氢化物的沸点为H2TH2R B、单质与盐酸反应的速率为：LH2S，单质与盐酸反应的速率为：MgBe，Al2O3具有两性，Mg2+与S2-的核外电子数不相等。答案选C。考点：元素周期律点评

13、：本题属于简单题，是学生需要熟练掌握的关于元素周期律的规律。要把这几种未知元素推出来就可以分析判断。15常温下，用 0.2molL1HCl溶液滴定10mL浓度为0.2molL1 Na2CO3溶液，所得滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是Aa点时：c（H）+c（HCO3）+2c（H2CO3）=c（OH）B当盐酸加入5mL时：c（CO32）+c（HCO3）+c（H2CO3）=2c（Cl）C当盐酸加入10mL时：c（Na）c（HCO3）c（CO32）c（H2CO3）Db-c段发生的反应为：HCO3H= CO2H2O【答案】C【解析】试题分析：A、a点为Na2CO3溶液，根据质子守恒可得：c（H）+c

14、（HCO3）+2c（H2CO3）=c（OH），正确；B、加入盐酸5mL时，1/2的Na2CO3反应生成NaHCO3，根据物料守恒可得：c（CO32）+c（HCO3）+c（H2CO3）=2c（Cl），正确；C、加入盐酸10mL时，Na2CO3完全反应生成NaHCO3，HCO3的水解程度大于电离程度，所以c（Na）c（HCO3）c（H2CO3）c（CO32），错误；D、a-b段发生的反应是：CO32+H+=HCO3，b-c段发生的反应为：HCO3H= CO2H2O，正确。考点：本题考查离子反应、离子浓度比较、图像的分析。 16某化工厂尝试用软锰矿、闪锌矿(含有Fe、Cu、 Al等元素杂质)联合制备

15、工业产品MnO2和Zn。(已知：软锰矿的主要成分为MnO2，闪锌矿主要成分为ZnS。)（1）原料需加工成矿粉的原因是_。（2）己知MnO2有较强的氧化性，在酸性溶液中能氧化金属硫化物生成硫单质，请写出原料矿粉加稀硫酸后所发生的主要反应_。（3）酸浸液(I)中含有的金属阳离子有Mn2+、Fe3+ 、Zn2+、_、_。（4）酸性溶液(II)中加入适量MnO2的作用是_；酸性溶液()中所加的碳酸盐可选用_ (填序号)。Na2CO3 MnCO3 ZnCO3 CaCO3（5）电解溶液后阳极产物为_，若电解过程转移lmol电子，则理论上阴极产物的质量为_g。【答案】(14 分)（1）增大反应接触面积，加快

16、反应速率；（2）MnO2+ZnS+2H2SO4MnSO4+ZnSO4 +S+2H2O；（3）Cu2+、Al3+；（4）将Fe2+氧化成Fe3+；（5）MnO2；32.5；【解析】试题分析：（1）原料加工成矿粉，增大反应接触面积，能够加快反应速率，故答案为：增大反应接触面积，加快反应速率；（2）MnO2有较强的氧化性，在酸性溶液中能氧化金属硫化物生成硫单质，原料矿粉中含有ZnS，加入稀硫酸后所发生的反应为MnO2+ZnS+2H2SO4MnSO4+ZnSO4 +S+2H2O，故答案为：MnO2+ZnS+2H2SO4MnSO4+ZnSO4 +S+2H2O；（3）软锰矿的主要成分为MnO2，闪锌矿主要

17、成分为ZnS，含有的Fe、Cu、 Al等元素杂质中铁铝都能被酸溶解，由于MnO2有较强的氧化性，能够将亚铁离子氧化为铁离子，铁离子又能溶解铜，因此酸浸液(I)中含有的金属阳离子有Mn2+、Fe3+ 、Zn2+、Cu2+、Al3+，故答案为：Cu2+、Al3+；（4）根据（3）的分析，酸性溶液(II)中加入适量MnO2的作用是将Fe2+氧化成Fe3+；为了不引入新的杂质，酸性溶液()中所加的碳酸盐可选用MnCO3 和ZnCO3，故选，故答案为：将Fe2+氧化成Fe3+；（5）溶液中含有Mn2+、Zn2+离子（Cu2+在加入锌粉后已被除去），电解时，阳极发生氧化反应，根据产品可知，阳极产物为MnO

18、2，阴极发生还原反应，Zn2+在阴极放电，生成锌，转移lmol电子，生成0.5mol锌，质量为0.5mol65g/mol=32.5g，故答案为：MnO2；32.5；考点：考查了物质的制备和分离提纯的相关知识。17化学选修2：化学与技术（15分）硫酸是工业生产中最为重要的产品之一，在化学工业的很多领域都要用到硫酸，如橡胶的硫化、表面活性剂“烷基苯硫酸钠”的合成，铅蓄电池的生产等。工业上生产硫酸的流程图如下：请回答下列问题（1）在硫酸工业生产中，我国采用黄铁矿为原料生产SO2，已知1g完全燃烧放出7.2kJ的热量燃烧反应的热化学方程式_ _。（2）为了有利于SO2转化为SO3，且能充分利用热能，采

19、用在具有多层催化剂且又热交换的_(填仪器名称)中进行反应。在如图所示的装置中， A处气体进入装置前需净化的原因是 。（3）精制炉气（含有体积分数为7%、O2为11%、N2为82%）中平衡 转化率与温度及压强关系如图2所示、在实际生产中，催化氧化反应的条件选择常压、左右（对应图中A点）：而没有选择转化率更高的B或C点对应的反应条件，其原因分别是： 、 。（4）已知：焙烧明矾的化学方程式4KAl（SO4）212H2O+3S2K2SO4+2Al2O3+9SO2+48H2O。焙烧711t明矾（M=474g/mol），若的利用率为95%，可生产质量分数为98%的硫酸 t。（结果保留小数点后一位）（5）除

20、硫酸工业外，还有许多工业生产。下列相关的工业生产流程中正确的是 A向装置中通入氮气且保持体积不变B向装置中通入氧气且保持体积不变C添加更多的催化剂D降低温度，及时转移SO3【答案】（第四空3分，其余2分）（1）4FeS2(s)+11O2(g)=2Fe2O3(s)+8SO2(g) H=-3456kJ/mol（2）接触室 防止催化剂中毒；水蒸气对设备和生产有不良影响（3）不选B点，因为压强越大对设备的投资越大，消耗的动能大，二氧化硫原料的转化率在1个大气压时已达97%左右，再提高压强二氧化硫的转化率提高余地很小，所以采用1个大气压； 不选C点，因为温度越低，二氧化硫的转化率虽然更高，但是催化剂的催

21、化效率受到影响，450C时，催化剂的催化效率最高，所以选择A点，不选C点。（4）320.6（5）B【解析】试题分析：（1）FeS2的摩尔质量是120g/mol，则4mol的FeS2完全燃烧放出的热量为7.2kJ1204=3456kJ，所以热化学方程式为4FeS2(s)+11O2(g)=2Fe2O3(s)+8SO2(g) H=-3456kJ/mol（2）二氧化硫转化为三氧化硫在接触室中进行；A处气体中含有杂质易使催化剂中毒，且水蒸气对设备和生产有不良影响，所以在进入接触室之前需净化；（3）在反应2SO2+O22SO3中，SO2转化率较高，工业上一般不采用更高的压强，因为压强越大对设备的投资越大，

22、消耗的动能越大SO2的转化率在1个大气压下的转化率已达到97%左右，在提高压强，SO2的转化率提高的余地很小；本反应为放热反应，工业生产中不采取较低的温度，因为温度越低，SO2的转化率虽然更高，但催化剂的催化作用会受影响，450时，催化剂的催化效率最高。所以选择A点。（4）根据明矾焙烧的化学方程式及元素守恒规律得：4KAl（SO4）212H2O9SO29H2SO4，二氧化硫的利用率为95%，设焙烧711t明矾可生成98%的硫酸质量为x：4KAl（SO4）212H2O9H2SO4， 4474 998 711t95% x98%解得x=320.6t（5）A、通入与反应无关的气体，体积不变，压强增大，

23、对平衡无影响，且对反应装置无利，错误；B、向装置中通入氧气且保持体积不变，可以增大氧气的浓度，反应速率加快，平衡正向移动，二氧化硫的转化率提高，对生产有利，正确；C、催化剂只能加快反应速率，不能改变平衡，错误；D、转移SO3减少生成物浓度，平衡正向移动，二氧化硫转化率提高，但温度降低会使催化剂的活性降低，反应速率减慢，对生产不利，错误，答案选B。考点：考查工业中硫酸的制备，二氧化硫的催化氧化，反应的计算，化学平衡理论的应用18（16分）“向海洋进军”，已成为世界许多国家发展的战略口号，海水中通常含有较多的Ca2+、Mg2+、等杂质离子，以海盐为原料的氯碱厂电解饱和食盐水制取NaOH的工艺流程如

24、下：H2O化 盐精 制BaCl2 NaOH Na2CO3 井盐 中和HCl 电 解50NaOH溶液10NaOH16NaCl溶液脱 盐 NaCl晶体沉渣依据上图，完成下列填空：（1）在电解过程中，与电源正极相连的电极的电极反应式为 ；（2）电解过程的总反应的化学方程式_。（3）电解槽阳极产物可用于_（至少写出两种用途）。（4）工业食盐含Ca2+、Mg2+等杂质，精制过程中除去这2种离子所发生反应的离子方程式为： 。（5）如果粗盐中SO42-含量较高，必须添加钡试剂除去SO42-，该钡试剂可以是 aBa(OH)2bBa(NO3)2cBaCl2（6）为了有效除去Ca2+、Mg2+、SO42-加入试剂

25、的合理顺序为 a先加NaOH，后加Na2CO3，再加钡试剂b先加NaOH，后加钡试剂，再加Na2CO3c先加钡试剂，后加NaOH，再加Na2CO3（7）已知NaOH、NaCl在水中的溶解度数据如下表：温度/2030405060708090100NaOH /g109118129146177300313318337NaCl/ g3636.336.63737.337.838.43939.8根据上述数据，脱盐工序中利用通过 、 （填操作名称）除去NaCl。【答案】31. （16分）（1）2Cl-2e-=Cl2（2分） （2）2NaCl + 2H2O 2NaOH + H2+ Cl2（2分） （3）制漂白

26、粉、生产盐酸、自来水消毒、制高纯硅、合成塑料等（任写2种）（2分）（4）Ca2+CO32-= CaCO3，（2分） Mg2+2OH-=Mg(OH)2（2分）（5）a、c（2分）（6）b、c（2分）（7）蒸发结晶、趁热过滤；（2分）【解析】试题分析：（1）与电源正极相连的电极为阳极，溶液中的阴离子（Cl- OH-）Cl-优先放电，电极反应为：2Cl-2e-=Cl2；（2）饱和食盐水中阴阳离子分别为：Cl- 、OH-、 Na+、 H+，通电后，Cl-、 H+ 优先放电生成氯气和氢气，因此电解过程的总反应为2NaCl + 2H2O 2NaOH + H2+ Cl2（3）阳极产物为氯气，实际上考察氯气的

27、用途：制漂白粉、生产盐酸、自来水消毒、制高纯硅、合成塑料等，根据要求写；（4）精制的过程中加入了NaOH 、Na2CO3 所以离子方程式为Ca2+CO32-= CaCO3， Mg2+2OH-=Mg(OH)2（5）为了防止引入新的杂质，只能加入BaCl2或Ba(OH)2，Cl-不属于杂质离子，OH-最后通过滴加适量的盐酸除去；（6）物质提纯中依次除杂的原则是：先加的除杂试剂要过量，后加入的除杂试剂不仅能除去原有的杂质离子也能除去新进入的杂质离子，所以粗盐精制的要求是除去SO42-要在除去Ca2+之前，最后用盐酸调溶液至中性，所以方法有多种。（7）当两种物质都可溶，但溶解度随温度变化差异较大时，常

28、用结晶的方法考点：考察电解原理的应用；物质的用途；物质的除杂；离子方程式的书写等知识。19实验室用粗锌(含铅等杂质)与过量的稀硫酸反应制氢气的废液制备硫酸锌晶体，其流程如下： 已知ZnSO4的溶解度如下表所示：温度/0102030406080100溶解度/g41.647.553.861.370.575.471.160.5（1）实验过程中多次用到如右图所示的过滤装置，仪器a的名称为 。（2）滤渣的主要成分为 。X的化学式为 。（3）溶解过程中加入的稀硫酸的作用是 。（4）结晶的操作为 。（5）用酒精进行洗涤的原因是 。【答案】 抽滤瓶； PbSO4；ZnO或Zn(OH)2； 制备ZnSO4并抑制

29、ZnSO4水解； 蒸发浓缩、冷却结晶； 减少硫酸锌晶体的损失，容易干燥；【解析】试题分析：实验室用粗锌（含铅等杂质）与过量的稀硫酸反应制氢气的废液制备硫酸锌晶体，废液过滤得到滤渣沉淀PbSO4，滤液中加入氧化锌或氢氧化锌调节溶液PH，且不引入锌的杂质，过滤得到氢氧化锌，加入稀硫酸溶解且抑制硫酸锌的水解，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤干燥得到硫酸锌晶体；（1）实验过程中多次用到如图所示的过滤装置，仪器a的名称依据装置图可知为抽滤瓶，故答案为：抽滤瓶；（2）上述分析可知滤渣是铅和硫酸反应生成的硫酸铅白色沉淀，X是用来调节溶液PH使锌离子全部沉淀且不引入新的杂质，可以是ZnO或Zn（OH）2，故答

30、案为：PbSO4；ZnO或Zn（OH）2；（3）滤渣加入稀硫酸溶解，溶解过程中加入的稀硫酸的作用是制备硫酸锌，抑制锌离子的水解，故答案为：制备ZnSO4并抑制ZnSO4水解；（4）溶液中得到溶质晶体的方法是通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤干燥得到，结晶的操作为蒸发浓缩、冷却结晶，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；（5）硫酸锌不溶于酒精，酒精易挥发，用酒精进行洗涤的原因是酒精洗涤晶体会减少晶体的损失，故答案为：减少硫酸锌晶体的损失，容易干燥。考点：考查了物质提纯、分离的流程分析判断的相关知识。20(14分)某校化学实验兴趣小组在“探究卤索单质的氧化性”的系列实验中发现：在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入

31、l2滴溴水，振荡后溶液呈黄色。提出问题 Fe3、Br2谁的氧化性更强?（1）猜 想：甲同学认为氧化性：Fe3+Br2，故上述实验现象不是发生化学反应所致，则溶液呈黄色是含 (填化学式，下同)所致。乙同学认为氧化性：Br2Fe3，故上述实验现象是发生化学反应所致，则溶液呈黄色是含 所致。（2）设计实验并验证丙同学为验证乙同学的观点，选用下列某些试剂设计出两种方案进行实验，并通过观察实验现象，证明了乙同学的观点确实是正确的。供选用的试剂：a酚酞试液；bCCl4；c无水酒精；dKSCN溶液。请你在下表中写出丙同学选用的试剂及实验中观察到的现象。(试剂填序号)选用试剂实验现象方案1方案2（3）结论：氧

32、化性：Br2Fe3。故在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入l2滴溴水，溶液呈黄色所发生的离子反应方程式为 。（4）实验后的思考根据上述实验推测，若在溴化亚铁溶液中通入氯气，首先被氧化的离子是： (填离子的化学式)。在100 mL FeBr2溶液中通入2.24 L Cl2(标准状况)，溶液中有1/2的Br被氧气成单质Br2，则原FeBr2溶液中FeBr2的物质的量浓度为 。【答案】（1） Br2 Fe3+（2）选用试剂实验现象方案1bCCl4层呈无色方案2d溶液变红色（3）（4）Fe2+ 1 molL1【解析】试题分析：（1）氧化性Fe3+Br2时，反应2Fe2+Br2=2Fe3+2Br-不能发生，导

33、致溶液呈黄色的微粒仅有Br2。氧化性Fe3+Br2时，反应2Fe2+Br2=2Fe3+2Br-能够发生，导致溶液呈黄色的微粒仅有Fe3+。（2）证明乙同学的观点是否正确，可检验是否生成了Fe3+，所用试剂为KSCN溶液，预期现象为溶液变成血红色，也可检验Br2是否已反应掉，所用试剂为CCl4，预期现象为CCl4层呈无色。（3）（4）还原性Fe2+ Br-,若在溴化亚铁溶液中通入氯气，首先被氧化的离子是Fe2+1/2的Br-被氧化时Fe2+已全部反应，产物为FeCl3、Br2、FeBr3，且产物中Br2和FeBr3为32的关系，据此可得配平了的化学方程式为6FeBr2+6Cl2=4FeCl3+3

34、Br2+2FeBr3，n(FeBr2)=n(Cl2)=0.1mol，c(FeBr2)=0.1/ 0.1=1 molL-1。考点：设计实验方案及探究实验21实验测定某有机物元素质量组成为C：69，H：46，N：80，其余是O，相对分子质量在300400之间，（1）求有机物的实验式。（2）求有机物的相对分子质量。（3）有机物的分子式。【答案】实验式为C10H8NO2，相对分子质量为348，分子式为C20H16N2O4【解析】试题分析：有机物中含氧=1-69%-46%-80%=184%，该物质中各原子个数比=C：H：N：O=575：46：057：115=10：8：1：2，实验式为C10H8NO2，设

35、分子式为（C10H8NO2）n，相对分子质量在300400之间，300（1210+18+14+162）n400，所以n=2，则有机物的分子式为：C20H16N2O4，相对分子质量为348；故答案为：C10H8NO2；348；C20H16N2O4；考点：有机物化学式的测定22(9分)有机物A为烃的含氧衍生物，其中含C占55.8%，H占7%，其它为氧，且A分子的所有C原子在同一条直线上，D为二溴代烃。有如下转变过程：其中B,D分子均达饱和，F为五元环状分子，有2种环境不同氢，一个碳上不能连两个羟基。请回答：（1）A,F结构简式分别为_，_，（2）BD的反应类型_，（3）1molB的同分异构体中能与

36、足量的Na反应，产生1mol气体还有_种（除B外）（4）写出DC的化学反应方程式_，CE的化学反应方程式_，【答案】（1）CH2OHCCCH2OH，（2）取代反应 （3）5（4）CH2BrCH2CH2CH2Br + 2NaOH CH2=CHCH=CH2 + 2NaBr + 2H2OnCH2=CHCH=CH2 -CH2CH=CHCH2-n【解析】试题分析： A分子的所有C原子在同一条直线上，说明分子中含有叁键，B 分子均达饱和，C分子含有2个羟基，所以A的分子中含有2个羟基，根据含氧37.2%，所以A的相对分子质量为86，A的分子式为C4H6O2，所以A的结构简式为CH2OHCCCH2OH；B为

37、CH2OHCH2CH2CH2OH；BC发生消去反应，所以C的结构简式为CH2=CHCH=CH2，CE发生加聚反应，E的结构简式为-CH2CH=CHCH2-n；BF为分子内脱水生成醚，所以F的结构简式为；D为二溴代烃，BD为取代反应，D的结构简式为CH2BrCH2CH2CH2Br。考点：本题考查有机推断。23过渡金属钯催化的偶联反应是近年来有机合成的热点之一，如反应：化合物II可由以下合成路线获得：（1）化合物I所含官能团的名称为 ，化合物II的分子式为 。（2）化合物IV的结构简式为 ，某同学设想无需经反应、和，直接用酸性KMnO4溶液就可将化合物III氧化为化合物VII，该设想明显不合理，其

38、理由是 。（3）化合物VII有多种同分异构体，请写出一种符合下列要求的结构简式 。i）苯环上有两个取代基 ii）1 mol 该物质发生银镜反应能生成4 mol Ag（4）反应的化学方程式为 。（注明条件）（5）化合物与化合物在一定条件下按物质的量之比12可发生类似反应的反应，请写出其产物的结构简式 。【答案】（16分）（1）醛基、溴原子 (各1分 共2分) C11H12O2 (2分)（2） (2分)酸性KMnO4溶液会氧化化合物III中的碳碳双键 (2分)（3） (2分)（4） (3分，无条件或条件错误扣1分，用“”连接也给分，产物漏写“H2O”不给分)（5） (3分)【解析】试题分析：（1）

39、观察反应，化合物I由OHC、C6H4、Br构成，则所含官能团为醛基和溴原子，I的分子式为C7H5OBr；化合物II由CH2=CH、C6H4、COO、CH2CH3构成，则II的分子式为C11H12O2；（2）观察II的合成路线，根据反应条件逆推，VI的结构简式为CH2=CHC6H4CHO，V的结构简式为CH2=CHC6H4CH2OH，IV的结构简式为CH2=CHC6H4CH2Cl；III的结构间式为CH2=CHC6H4CH3，名称为对甲基苯乙烯，苯环上位于相对位置的两个取代基分别为CH2=CH、CH3，由于乙烯和甲苯都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，直接用酸性高锰酸钾溶液可同时氧化对甲基苯乙烯的两个取

40、代基，得到乙酸和对苯二甲酸等物质，不可能直接将化合物III氧化为VII；（3）依题意可知，VII的同分异构体中含有2个醛基，1个为CHO，另一个为CH2CHO，苯环上两个取代基存在位置异构，相对、相间、相邻；（4）VI的结构简式为CH2=CHC6H4COOH，属于羧酸，与乙醇在浓硫酸加热作用下发生酯化反应，生成酯和水，由此可以书写反应的化学方程式；（5）反应中化合物I的CBr键断键，化合物II的 CH2=中的CH键断键，溴原子和氢原子结合生成溴化氢，其余部分结合生成有机物，这是过渡金属钯催化的偶联反应原理，由此推断1分子1，4二溴苯与2分子苯乙炔发生偶联反应时，前者所含2个CBr键均断裂，后者

41、的HC中HC键断裂，生成2分子HBr和1分子C6H5CCC6H4CCC6H5。考点：考查有机合成和推断，涉及官能团的名称、分子式、结构简式、官能团与性质、合成路线的设计与评价、同分异构体、化学方程式、官能团与性质、仿写或类比等。24C是一种合成树脂，用于制备塑料和合成纤维，D是一种植物生长调节剂，用它可以催熟果实。根据以下化学反应框图填空：（1）写出A的电子式 ；D的最简式 ；（2）写出碳化钙与水反应制取A的化学方程式 ；苯和液溴反应生成E的化学方程式 ，其反应类型为 。BC的化学方程式 ，其反应类型为 。（3）D还可以用石蜡油制取，D在一定条件下存在如下转化关系（石蜡油含17个碳原子以上的液

42、态烷烃，部分反应条件、产物被省略），G是一种酸性物质，H是具有果香气味的烃的衍生物。石蜡油DFGH酸性KMnO4碎瓷片、H2Oa工业上，由石油获得汽油、煤油、石蜡油等成份的方法是 ；bDF的化学方程式 ，其反应类型是 。【答案】（每空2分，共8分）【解析】试题分析：（1）碳化钙与水反应生成乙炔气体和氢氧化钙，即CaC2+2H2O=Ca(OH)2+C2H2，则A为乙炔，结构式为HCCH，由此可以书写其电子式；乙烯是植物生长调节剂，1mol乙炔与1mol氢气在一定条件下发生加成反应，可以生成1mol乙烯，则D的分子式为C2H4，最简式为CH2；（2）3mol乙炔在一定条件下发生加成反应，可以生成1

43、mol苯，苯与液溴在溴化铁催化下发生取代反应，生成溴苯和溴化氢；由于C是合成树脂或合成高分子化合物，由此逆推B中含有碳碳双键，则1molHCCH与1molHCl在一定条件下发生加成反应，生成1molCH2=CHCl，n mol氯乙烯在一定条件下发生加聚反应，生成1mol聚氯乙烯；（3）工业上常用石油的分馏法制备汽油、煤油、石蜡油等产品，石油裂解的方法可以制取乙烯、丙烯、1，3丁二烯等气态化工原料，乙烯与水在一定条件下发生加成反应，可以制取乙醇，则F是CH3CH2OH；乙醇被酸性高锰酸钾溶液直接氧化为乙酸，则G为CH3COOH；乙醇和乙酸在浓硫酸加热下发生酯化反应，可以制取乙酸乙酯和水，则H是乙酸乙酯，CH3COOCH2CH3具有果香味，是烃的含氧衍生物。考点：考查有机推断和合成，涉及乙炔的结构和实验室制法、电子式、最简式、乙炔的官能团与性质、反应类型、合成聚氯乙烯的路线图、乙烯的工业制法和合成乙酸乙酯的路线图、石油的综合利用、化学方程式等。