1、2015-2016学年山东省青岛市即墨三中高三（下）月考化学试卷（3月份）一、选择题125时，将某强酸和某强碱溶液按10：1的体积比混合溶液恰好呈中性，则混合前此强酸与强碱溶液的pH之和是（）A12B13C14D152甲苯和甘油组成的混合物中，若碳元素的质量分数为60%，那么可推断氢元素的质量分数是（）A0.05B0.087C0.174D无法计算3将等体积的苯、汽油和水在试管中充分混合后静置下列图示现象正确的是（）ABCD4国际组织无机化学命名委员会将长式周期表原先的主副族族号取消，由左向右按原结构编为18列，如碱金属为第1列，稀有气体为第18列按这个规定，下列说法不正确的是（）A只有第2列元
2、素的原子最外层有2个电子B第14列元素形成化合物种类最多C第3列元素种类最多D第17、18列元素都是非金属元素5在pH=1的无色透明溶液中，不能大量共存的离子组是（）AAl3+、Ag+、NO3、IBMg2+、NH4+、NO3、ClCNH4+、K+、S2、BrDZn2+、Na+、NO3、SO426用石墨电极电解足量M（NO3）x的水溶液，当阴极上增重a g时，在阳极上同时产生b L氧气（标准状况），从而可知M的相对原子质量为（）ABCD7常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A在pH=1的溶液中：K+、Na+、SO42、HCO3B在0.1 molL1 Na2CO3溶液中：Al3+
3、、K+、NO3、SO42C在0.1 molL1 FeCl3溶液中：K+、NH4+、I、SCND在=1012的溶液中：K+、Na+、ClO、NO38X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的五种短周期主族元素其中Z是金属，W的单质是淡黄色固体，X、Y、W在周期表中的相对位置关系如图所示，下列说法一定正确的是（）A最高价氧化物对应水化物的酸性最强的是WBY与Z只能形成一种化合物C简单阴离子还原性：YWDZ与Q形成的化合物可能含共价键9下列化学术语或表示方法错误的是（）AS2的结构示意图：BCO2的结构式：O=C=OC醋酸的分子式：CH3COOHD乙烯的结构简式：CH2=CH210下列物质中含有共价键的
4、离子化合物是（）AHClBNaOHCCaCl2DN211电导率是衡量电解质溶液导电能力大小的物理量，据溶液电导率变化可以确定滴定反应的终点图是某同学用0.1mol/L KOH溶液分别滴定体积均为20mL、浓度均为0.1mol/L的HC1和CH3COOH溶液滴定曲线示意图下列有关判断正确的是（）A曲线代表0.1 mol/L KOH溶液滴定HC1溶液的滴定曲线，曲线代表0.1 mol/LKOH溶液滴定CH3COOH溶液的滴定曲线B在相同温度下，C点水电离的c（H+）等于A点水电离的c（H+）C在A点的溶液中有：c（CH3COO）+c（OH）c（H+）=0.1 mol/LD在B点的溶液中有：c（K+
5、）c（OH）c（CH3COO）c（H+）12将4mol A气体和2mol B气体在2L的密闭容器内混合，并在一定条件下发生如下反应：2A（g）+B（g）2C（g），若经2s后测得C的浓度为0.6molL1，现有下列几种说法：用物质A表示的反应的平均速率为0.3molL1s1用物质B表示的反应的平均速率为0.6molL1s12s时物质A的转化率为70%2s时物质B的浓度为0.7molL1其中正确的是（）ABCD13已知1g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121kJ且1mol 氧气分子中的化学键完全断裂时吸收热量496kJ，水蒸气中1mol HO键形成时放出热量463kJ，则氢气中1mol HH键
6、断裂时吸收热量为（）A920 kJB557 kJC436 kJD188 kJ14某有机物中有一个C6H5，一个CH2，一个C6H4，一个OH，则该有机物中能使FeCl3溶液显紫色结构有（）A三种B四种C五种D六种15在120时，某混合烃和过量O2在一密闭容器中完全反应，测知反应前后的压强没有变化，则该混合烃可能是（）ACH4和C2H6BCH4和C2H4CC2H4和C2H6DC3H4和C3H6二、解答题（共9小题，满分66分）16卤素化学丰富多彩，能形成卤化物、卤素互化物、多卤化物等多种类型的化合物（1）基态溴原子的电子排布式为（2）卤素互化物如BrI、ICl等与卤素单质结构相似、性质相近Cl2
7、、BrI、ICl沸点由高到低的顺序为（3）多卤化物RbICl2加热时会分解为晶格能相对较大的卤化物A和卤素互化物或卤素单质，A的化学式为（4）I3+属于多卤素阳离子，根据VSEPR模型推测I3+的空间构型为（5）气态氟化氢中存在二聚分子（HF）2，这是由于（6）HClO4、HIO4、H5IO6可写成（HO）5IO的酸性由强到弱的顺序为（填序号）17某相对分子质量为26的烃A，是一种重要的有机化工原料，以A为原料在不同的反应条件下可以转化为烃B、烃C，且B、C的核磁共振谱显示都只有一种氢以C为原料通过下列方案可以制备具有广谱高效食品防腐作用的有机物M，M分子的球棍模型如图所示（1）B能使溴的四氯
8、化碳溶液褪色，则B的结构简式为，B与等物质的量Br2作用时可能有种产物（2）CD的反应类型为，M的分子式为（3）写出EF的化学方程式（4）G中的含氧官能团的名称是，写出由G反应生成高分子的化学反应方程式：（5）M的同分异构体有多种，写出四种满足以下条件的同分异构体的结构简式：能发生银镜反应含有苯环且苯环上一氯取代物有两种遇FeCl3溶液不显紫色1mol该有机物与足量的钠反应生成1mol氢气（一个碳原子上同时连接两个OH的结构不稳定）、18海带中含有丰富的碘为了从海带中提取碘，某研究性学习小组设计并进行了以下实验：请填写下列空白：（1）步骤灼烧海带时，除需要三脚架外，还需要用到的实验仪器是（从下
9、列仪器中选出所需的仪器的字母代号填写在空白处）A烧杯 B坩埚 C表面皿 D泥三角 E酒精灯（2）步骤的实验操作名称是：；（3）步骤反应的离子方程式是：；（4）一种检验提取碘后的水溶液中是否还含有单质碘的简单方法是：19三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物探究过程如下：查阅资料：Cu2O是一种碱性氧化物，溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4，Cu2O在空气中加热生成CuO提出假设假设1：红色粉末是Fe2O3假设2：红色粉末是Cu2O假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物设计探究实验取少量粉末放入足量稀硫酸中，在
10、所得溶液中再滴加 KSCN 试剂（1）若假设1成立，则实验现象是（2）若滴加 KSCN 试剂后溶液不变红色，则证明原固体粉末中一定不含三氧化二铁你认为这种说法合理吗？（3）若固体粉末完全溶解无固体存在，滴加 KSCN 试剂时溶液不变红色，则证明原固体粉末是，写出发生反应的离子方程式探究延伸经实验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物（4）实验小组欲用加热法测定Cu2O的质量分数取a g固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，称其质量为bg（ba），则混合物中Cu2O的质量分数为（5）欲利用红色粉末Fe2O3和Cu2O的混合物制取较纯净的胆矾（CuSO45H2O），经查阅资料得知，
11、在溶液中调节溶液的酸碱性而使Cu2+、Fe2+、Fe3+分别生成沉淀的pH物质Cu（OH）2Fe（OH）2Fe（OH）3开始沉淀pH6.07.51.4沉淀完全pH来：13143.7实验室有下列试剂可供选择：A氯水BH2O2C硝酸DNaOHE氨水FCu2（OH）2CO3实验小组设计如下实验方案：试回答：试剂I为，试剂II为（填字母）固体X的化学式为20对叔丁基苯酚（）工业用途广泛，可用于生产油溶性酚醛树脂、稳定剂和香料等实验室以苯酚、叔丁基氯（CH3）3CCl等为原料制备对叔丁基苯酚实验步骤如下：步骤l：组装仪器，用量筒量取2.2mL叔丁基氯（过量），称取1.6g苯酚，搅拌使苯酚完全溶解，并装入
12、滴液漏斗步骤2：向X中加入少量无水AlCl3固体作催化剂，打开滴液漏斗旋塞，迅速有气体放出步骤3：反应缓和后，向X中加入8mL水和1mL浓盐酸，即有白色固体析出步骤4：抽滤得到白色固体，洗涤，得到粗产物，用石油醚重结晶，得对叔丁基苯酚1.8g（1）仪器X的名称为（2）步骤2中发生主要反应的化学方程式为（3）图中倒扣漏斗的作用是苯酚有腐蚀性，若其溶液沾到皮肤上可用洗涤（4）下列仪器在使用前必须检查是否漏液的是（填选项字母）A量筒B容量瓶C滴定管D分液漏斗E长颈漏斗（5）本实验中，对叔丁基苯酚的产率为（请保留三位有效数字）21聚合硫酸铝铁AlaFeb（OH）n（SO4）mxH2O是一种新型高效净水
13、剂，广泛应用于工业污染水的处理（1）聚合硫酸铝铁能够净水的原因是（2）AlaFeb（OH）m（SO4）nxH2O中a、b、m、n的代数关系式为（3）为了测定聚合硫酸铝铁的组成，进行如下实验：步骤一：准确称取8.810g样品溶于150mL 0.100molL1稀硫酸，恰好完全反应后，加入BaCl2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重，得到白色固体10.485g；步骤二：另取相同质量的样品，溶于过量的氢碘酸，以磁力搅拌机搅拌，充分反应后，以0.500molL1Na2S2O3溶液滴定至浅黄色，滴入几滴淀粉溶液，再滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液20.00mL（已知：I2+2Na2S2O3=2Na
14、I+Na2S4O6）步骤二中使用磁力搅拌器进行搅拌的目的是通过计算确定聚合硫酸铝铁的化学式（写出计算过程）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（该反应中氧化产物只有一种），25时0.1mol/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
15、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2L密闭容器中，2mol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0.4mol/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23据报导，目前我国结核病的发病率有抬头的趋势抑制结核杆菌的药物除雷米封外，PASNa（对氨基水杨酸钠）也是其中一种已知：（苯胺、弱碱性、易被氧化）下面是PAS
16、Na的一种合成路线（部分反应的条件未注明）：按要求回答问题：（1）A与浓硝酸和浓硫酸的混合物可以发生取代反应，在30时反应主要得到B和它的一种同分异构体，在一定条件下也可以反应生成TNT，请写出由A制取TNT的化学反应方程式（2）写出各物质的结构简式C：D：；（3）写出所加试剂的化学式X：Y：（4）上述合成路线中，分子式为C7H6BrNO2的官能团名称为，与它具有相同官能团并属于芳香族化合物的同分异构体有种（含本身）24已知：RCH=CHORRCH2CHO+ROH（烃基烯基醚）烃基烯基醚A的分子式为C12H16O与A相关的反应如下：完成下列填空：（1）写出A的结构简式（2）写出CD化学方程式（
17、3）写出一种满足下列条件的F的同分异构体的结构简式能与FeCl3溶液发生显色反应；光照时与氯气反应所得的一氯取代产物不能发生消除反应； 分子中有4种不同化学环境的氢原子（4）设计一条由E合成对甲基苯乙炔（）的合成路线（无机试剂任选）合成路线流程图示例如下：H2CCH2CH3CH2BrCH3CH2OH2015-2016学年山东省青岛市即墨三中高三（下）月考化学试卷（3月份）参考答案与试题解析一、选择题125时，将某强酸和某强碱溶液按10：1的体积比混合溶液恰好呈中性，则混合前此强酸与强碱溶液的pH之和是（）A12B13C14D15【考点】pH的简单计算【分析】先设出强酸、强碱的pH值，利用酸碱混
18、合后溶液显中性，则n（H+）=n（OH），然后可依据物质的量的关系来列式寻找pH的关系【解答】解：设强酸的pH=a，强碱的pH=b，由25时，若10体积的某强酸溶液与1体积的某强碱溶液混和后溶液呈中性，即n（H+）=n（OH），则1010a=110b14，101a=10b14，即1a=b14，则a+b=15，故pH（酸）+pH（碱）=15，故答案为：pH（酸）+pH（碱）=152甲苯和甘油组成的混合物中，若碳元素的质量分数为60%，那么可推断氢元素的质量分数是（）A0.05B0.087C0.174D无法计算【考点】元素质量分数的计算【分析】甲苯C7H8，甘油C3H8O3，二者相对分子质量都是9
19、2，H元素的质量分数相同，混合后H元素的质量分数不变，据此计算判断【解答】解：甲苯C7H8，甘油C3H8O3，二者相对分子质量都是92，H元素的质量分数相同为=0.087，故二者混合物的中H元素的质量分数为0.087，故选B3将等体积的苯、汽油和水在试管中充分混合后静置下列图示现象正确的是（）ABCD【考点】分液和萃取【分析】苯和汽油互溶，二者都不溶于水，结合物质的密度可知，密度小的在上方，以此来解答【解答】解：苯、汽油都不溶于水，二者互溶，且密度都比水小，在水的上层，从图象上看，D正确故选D4国际组织无机化学命名委员会将长式周期表原先的主副族族号取消，由左向右按原结构编为18列，如碱金属为第
20、1列，稀有气体为第18列按这个规定，下列说法不正确的是（）A只有第2列元素的原子最外层有2个电子B第14列元素形成化合物种类最多C第3列元素种类最多D第17、18列元素都是非金属元素【考点】元素周期表的结构及其应用【分析】A氦原子核外有2个电子，过渡元素的一些原子最外层电子数也是2；B第14列为A族，碳元素形成有机物的元素，形成物质最多；C第3列是第IIIB族，有镧系和锕系元素；D第17、18列分别对应A、零族【解答】解：A长式周期表原先的主副族族号取消，第2列即为原先的A族，最外层电子数为2，但最外层电子数为2个的不一定只在这一族，如He最外层为2个电子或某些过渡元素最外层也可能是2个，故A
21、错误；B第14列为原先的A族，碳元素是形成化合物种类最多的元素，故B正确；C第三列为原先的B族，在第六、七周期分别出现了镧系和锕系所以元素种类最多，故C正确；D第17、18列分别对应A、零族，全部为非金属元素，故D正确；故选A5在pH=1的无色透明溶液中，不能大量共存的离子组是（）AAl3+、Ag+、NO3、IBMg2+、NH4+、NO3、ClCNH4+、K+、S2、BrDZn2+、Na+、NO3、SO42【考点】离子共存问题【分析】pH=1的溶液显酸性，根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水、弱电解质等，则离子大量共存，并结合离子的颜色来解答【解答】解：AAg+与I不能共存，生成黄色的AgI
22、不溶于HNO3（H+和NO3），Al3+、NO3、H+都为无色，符合题意，故A选；B酸溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，各离子都是无色的，故B不选；C各离子为无色，但S2与H+不能大量共存，故C选；D各离子虽都是无色的，但能共存于酸性溶液中，不符合题意，故D不选；故选AC6用石墨电极电解足量M（NO3）x的水溶液，当阴极上增重a g时，在阳极上同时产生b L氧气（标准状况），从而可知M的相对原子质量为（）ABCD【考点】电解原理【分析】利用氧化还原反应原理解答，依据电解时，得失电子数相等推断金属与氧气的关系，从而确定金属的原子量【解答】解：设M的原子量为M电解时，电池反应方程式为：4M（N
23、O3）x+2xH2O4M+xO2+4xHNO3 4Mg 22.4xL ag bL所以 M=，故选C7常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A在pH=1的溶液中：K+、Na+、SO42、HCO3B在0.1 molL1 Na2CO3溶液中：Al3+、K+、NO3、SO42C在0.1 molL1 FeCl3溶液中：K+、NH4+、I、SCND在=1012的溶液中：K+、Na+、ClO、NO3【考点】离子共存问题【分析】ApH=1的溶液，显酸性；B离子之间相互促进水解；C离子之间结合生成络离子、氧化还原反应；D. =1012的溶液，显碱性【解答】解：ApH=1的溶液，显酸性，不能大量存
24、在HCO3，故A不选；BAl3+、CO32相互促进水解，不能大量共存，故B不选；CFe3+、SCN结合生成络离子，Fe3+、I发生氧化还原反应，不能共存，故C不选；D. =1012的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故D选；故选D8X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的五种短周期主族元素其中Z是金属，W的单质是淡黄色固体，X、Y、W在周期表中的相对位置关系如图所示，下列说法一定正确的是（）A最高价氧化物对应水化物的酸性最强的是WBY与Z只能形成一种化合物C简单阴离子还原性：YWDZ与Q形成的化合物可能含共价键【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用【分析】短周期主族元素中，W的单质
25、是淡黄色固体，则W为S元素，由X、Y、W在周期表中的相对位置可知，Y为O元素，X为C元素，X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大，所以Q为Cl其中只有Z是金属，可能为Na、Mg、Al中的一种，然后结合元素的单质及化合物的性质来解答【解答】解：短周期主族元素中，W的单质是淡黄色固体，则W为S元素，由X、Y、W在周期表中的相对位置可知，Y为O元素，X为C元素，X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大，所以Q为Cl其中只有Z是金属，可能为Na、Mg、Al中的一种AW的最高价含氧酸为硫酸，而最高价氧化物对应水化物的酸性最强的是高氯酸，故A错误；BZ可能为Na、Mg、Al中的一种，若Z为Na与O可以形成两种氧
26、化物，故B错误；C非金属性OS，故S2的还原性强于O2，即简单阴离子还原性：YW，故C错误；D若Z为Al，Z与Q形成的化合物AlCl3为共价化合物，含有共价键，故D正确；故选：D9下列化学术语或表示方法错误的是（）AS2的结构示意图：BCO2的结构式：O=C=OC醋酸的分子式：CH3COOHD乙烯的结构简式：CH2=CH2【考点】原子结构示意图；分子式；结构式；结构简式【分析】A硫离子质子数为16，核外电子数为18，有3个电子层，最外层电子数为8；B二氧化碳为直线型结构，分子中存在两个碳氧双键；C醋酸分子式由碳、氢、氧三种元素组成，分子式为C2H4O2；D乙烯的分子式为C2H4，含有1个C=C
27、键【解答】解：A硫离子质子数为16，核外电子数为18，有3个电子层，最外层电子数为8，硫离子结构示意图为，故A正确；B二氧化碳为直线型结构，二氧化碳的结构式为：O=C=O，故B正确；CCH3COOH为醋酸的结构简式，醋酸的分子式为C2H4O2，故C错误；D乙烯的分子式为C2H4，含有1个C=C键，乙烯的结构简式为CH2=CH2，故D正确；故选C10下列物质中含有共价键的离子化合物是（）AHClBNaOHCCaCl2DN2【考点】离子化合物的结构特征与性质【分析】活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，含有离子键的化合物是离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，据此分析解答【解答】解：AHCl
28、中HCl原子之间只存在共价键，为共价化合物，故A错误；BNaOH中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键、HO原子之间存在共价键，所以是含有共价键的离子化合物，故B正确；C氯化钙中钙离子和氯离子之间只存在离子键，为离子化合物，故C错误；D氮气分子中NN原子之间只存在共价键，为单质，故D错误；故选B11电导率是衡量电解质溶液导电能力大小的物理量，据溶液电导率变化可以确定滴定反应的终点图是某同学用0.1mol/L KOH溶液分别滴定体积均为20mL、浓度均为0.1mol/L的HC1和CH3COOH溶液滴定曲线示意图下列有关判断正确的是（）A曲线代表0.1 mol/L KOH溶液滴定HC1溶液的滴定曲线，
29、曲线代表0.1 mol/LKOH溶液滴定CH3COOH溶液的滴定曲线B在相同温度下，C点水电离的c（H+）等于A点水电离的c（H+）C在A点的溶液中有：c（CH3COO）+c（OH）c（H+）=0.1 mol/LD在B点的溶液中有：c（K+）c（OH）c（CH3COO）c（H+）【考点】离子浓度大小的比较；电解质溶液的导电性【分析】A溶液导电能力与离子浓度成正比，CH3COOH是弱电解质，溶液中离子浓度较小，加入KOH后，溶液中离子浓度增大，溶液导电性增强；HCl是强电解质，随着KOH溶液加入，溶液体积增大，导致溶液中离子浓度减小，溶液导电能力减弱，当完全反应式离子浓度最小，继续加入KOH溶液
30、，离子浓度增大，溶液导电能力增强；B酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离；C任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；DB点时，混合溶液中为等物质的量浓度的KOH和CH3COOK，溶液呈碱性，CH3COO水解但程度较小，结合物料守恒判断【解答】A溶液导电能力与离子浓度成正比，CH3COOH是弱电解质，溶液中离子浓度较小，加入KOH后，溶液中离子浓度增大，溶液导电性增强；HCl是强电解质，随着KOH溶液加入，溶液体积增大，导致溶液中离子浓度减小，溶液导电能力减弱，当完全反应式离子浓度最小，继续加入KOH溶液，离子浓度增大，溶液导电能力增强，根据图知，曲线代表0.1 mol/L KO
31、H溶液滴定HC1溶液的滴定曲线，曲线代表0.1 mol/LKOH溶液滴定CH3COOH溶液的滴定曲线，故A错误；B酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，C点溶质为NaCl，A点溶质为醋酸钠，促进水电离，所以在相同温度下，C点水电离的c（H+）小于A点水电离的c（H+），故B错误；C任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（CH3COO）+c（OH）c（H+）=c（K+）=0.05mol/L，故C错误；DB点时，混合溶液中为等物质的量浓度的KOH和CH3COOK，溶液呈碱性，CH3COO水解但程度较小，结合物料守恒得离子浓度大小顺序是c（K+）c（OH）c（CH3COO）c（H+）
32、，故D正确；故选D12将4mol A气体和2mol B气体在2L的密闭容器内混合，并在一定条件下发生如下反应：2A（g）+B（g）2C（g），若经2s后测得C的浓度为0.6molL1，现有下列几种说法：用物质A表示的反应的平均速率为0.3molL1s1用物质B表示的反应的平均速率为0.6molL1s12s时物质A的转化率为70%2s时物质B的浓度为0.7molL1其中正确的是（）ABCD【考点】化学平衡的计算；化学反应速率和化学计量数的关系【分析】根据化学反应速率等于单位时间内浓度的变化量及根据反应2A（g）+B（g）2C（g），并利用三段式法计算，据此解答【解答】解：利用三段式法计算： 起始
33、A的浓度为=2mol/L，B的浓度为 =1mol/L 2A（g）+B（g）2C（g），起始：2mol/L 1mol/L 0变化：0.6mol/L 0.3mol/L 0.6mol/L2s时：1.4mol/L 0.7mol/L 0.6mol/L2s内，用物质A表示的反应的平均速率为v（A）=0.3molL1s1；2s内，用物质B表示的反应的平均速率为v（B）=0.15molL1s1；2s时物质A的转化率为=100%=30%；2s时物质B的浓度为0.7molL1，显然正确，故选：B13已知1g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121kJ且1mol 氧气分子中的化学键完全断裂时吸收热量496kJ，水蒸气
34、中1mol HO键形成时放出热量463kJ，则氢气中1mol HH键断裂时吸收热量为（）A920 kJB557 kJC436 kJD188 kJ【考点】有关反应热的计算【分析】2H2+O22H2O，1molH2O含有2molHO键，1molH2中1mol HH键，化学反应放出的热量=新键生成释放的能量旧键断裂吸收的能量，依此结合反应方程式进行计算【解答】解：氢气完全燃烧生成水蒸气是放热反应，所以化学反应放出的热量=新键生成释放的能量旧键断裂吸收的能量，设氢气中1molHH键断裂时吸收热量为x，根据方程式：2H2+O22H2O，则：4121kJ=463kJ4（2x+496kJ），解得x=436K
35、J，故选C14某有机物中有一个C6H5，一个CH2，一个C6H4，一个OH，则该有机物中能使FeCl3溶液显紫色结构有（）A三种B四种C五种D六种【考点】有机化合物的异构现象【分析】该有机物中能使FeCl3溶液显紫色，则此有机物应为羟基直接连在苯环上，C6H5和OH只能连在端点上，据此解答即可【解答】解：该有机物中能使FeCl3溶液显紫色，则此有机物应为羟基直接连在苯环上，C6H5和OH只能连在端点上，故可能的碳架结构为：C6H5CH2C6H4OH，即C6H4上连接2个基团，可以有邻、间、对三种位置关系，故选A15在120时，某混合烃和过量O2在一密闭容器中完全反应，测知反应前后的压强没有变化
36、，则该混合烃可能是（）ACH4和C2H6BCH4和C2H4CC2H4和C2H6DC3H4和C3H6【考点】有关有机物分子式确定的计算【分析】燃烧前后容器内压强不变，说明燃烧前后气体的物质的量不变，则反应方程式中反应前后气体的化学计量数相等，设该混合烃的平均组成为CxHy，结合燃烧通式进行计算判断，注意在120时水是气体【解答】解：设该混合烃的平均组成为CxHy，燃烧的化学方程式为：CxHy+（x+）O2=xCO2+H2O，温度保持在120，水为气体，若反应前后压强保持不变，则：1+x+=x+，解得：y=4，故混合烃平均组成满足4个H原子即可，ACH4和C2H6分子中H原子分别为4、6，二者混合
37、H原子平均数介于46之间，故A错误；BCH4和C2H4分子中氢原子都是4，以任意比混合H原子平均数目为4，故B正确；BC2H4和C3H6分子中H原子分别为4、6，二者混合H原子平均数介于46之间，故C错误；DC3H4和C3H6分子中H原子分别为4、6，二者混合H原子平均数介于46之间，故D错误；故选B二、解答题（共9小题，满分66分）16卤素化学丰富多彩，能形成卤化物、卤素互化物、多卤化物等多种类型的化合物（1）基态溴原子的电子排布式为Ar3d104s24p5（2）卤素互化物如BrI、ICl等与卤素单质结构相似、性质相近Cl2、BrI、ICl沸点由高到低的顺序为BrIIClCl2（3）多卤化物
38、RbICl2加热时会分解为晶格能相对较大的卤化物A和卤素互化物或卤素单质，A的化学式为RbCl（4）I3+属于多卤素阳离子，根据VSEPR模型推测I3+的空间构型为V形（5）气态氟化氢中存在二聚分子（HF）2，这是由于HF分子间形成氢键（6）HClO4、HIO4、H5IO6可写成（HO）5IO的酸性由强到弱的顺序为（填序号）【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用【分析】（1）Br的原子序数为35，最外层有7个电子，为4s、4p电子；（2）分子晶体，相对分子质量越大，沸点越高；（3）RbICl2加热时会分解为晶格能相对较大的卤化物A，A为RbCl；（4）I3+的成键数为2，孤对电子数为（7121
39、）=2，与水相似；（5）F的电负性很大，HF分子之间形成氢键；（6）含非羟基氧原子个数越多，酸性越强【解答】解：（1）Br的原子序数为35，最外层有7个电子，为4s、4p电子，则电子排布式为Ar3d104s24p5，故答案为：Ar3d104s24p5；（2）分子晶体，相对分子质量越大，沸点越高，则沸点为BrIIClCl2，故答案为：BrIIClCl2；（3）RbICl2加热时会分解为晶格能相对较大的卤化物A，A为RbCl，还生成卤素互化物ICl，故答案为：RbCl；（4）I3+的成键数为2，孤对电子数为（7121）=2，与水相似，则空间构型为V形，故答案为：V形；（5）F的电负性很大，HF分子
40、之间形成氢键，故答案为：HF分子间形成氢键；（6）含非羟基氧原子个数越多，酸性越强，非羟基氧分别为3、3、1，但非金属性ClI，则酸性为，故答案为：17某相对分子质量为26的烃A，是一种重要的有机化工原料，以A为原料在不同的反应条件下可以转化为烃B、烃C，且B、C的核磁共振谱显示都只有一种氢以C为原料通过下列方案可以制备具有广谱高效食品防腐作用的有机物M，M分子的球棍模型如图所示（1）B能使溴的四氯化碳溶液褪色，则B的结构简式为，B与等物质的量Br2作用时可能有2种产物（2）CD的反应类型为加成反应，M的分子式为C9H10O3（3）写出EF的化学方程式（4）G中的含氧官能团的名称是羟基、羧基，
41、写出由G反应生成高分子的化学反应方程式：（5）M的同分异构体有多种，写出四种满足以下条件的同分异构体的结构简式：能发生银镜反应含有苯环且苯环上一氯取代物有两种遇FeCl3溶液不显紫色1mol该有机物与足量的钠反应生成1mol氢气（一个碳原子上同时连接两个OH的结构不稳定）、【考点】有机物的推断【分析】某相对分子质量为26的烃A，则A是HCCH，以A为原料在不同的反应条件下可以转化为烃B、烃C，B的相对分子质量为104，B分子中C原子最大数目为=88，由C、H原子关系可知，B含有8个C原子，则B为C8H8，C的相对分子质量为78，则C分子中碳原子最大数目为=66，则C分子式为C6H6，B和C分子
42、的核磁共振氢谱中都有一个吸收峰，说明B和C都只有一种类型的氢原子，B能使溴的四氯化碳溶液褪色，则B为，结合转化关系可知C为以C为原料可以制备有机物M，根据M分子的球棍模型知，M是，其分子式为C9H10O3G和醇发生酯化反应生成M，则G是，该醇为乙醇，被酸性高锰酸钾氧化生成E，则E是，对氯苯甲酸和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成F，则F的结构简式为：D和氯气反应生成，根据原子守恒知，B和丙烯发生加成反应生成D，则D的结构简式为：，据此解答【解答】某相对分子质量为26的烃A，则A是HCCH，以A为原料在不同的反应条件下可以转化为烃B、烃C，B的相对分子质量为104，B分子中C原子最大数目为=88，
43、由C、H原子关系可知，B含有8个C原子，则B为C8H8，C的相对分子质量为78，则C分子中碳原子最大数目为=66，则C分子式为C6H6，B和C分子的核磁共振氢谱中都有一个吸收峰，说明B和C都只有一种类型的氢原子，B能使溴的四氯化碳溶液褪色，则B为，结合转化关系可知C为以C为原料可以制备有机物M，根据M分子的球棍模型知，M是，其分子式为C9H10O3G和醇发生酯化反应生成M，则G是，该醇为乙醇，被酸性高锰酸钾氧化生成E，则E是，对氯苯甲酸和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成F，则F的结构简式为：D和氯气反应生成，根据原子守恒知，B和丙烯发生加成反应生成D，则D的结构简式为：，（1）由上述分析可知，
44、B为，1molB与等物质的量的Br2作用时可能有1，2加成或1，4加成，所以可能有2种结构，故答案为：；2；（2）CD是与丙烯发生加成反应生成，根据M分子的球棍模型知，M是对羟基苯甲酸乙酯，所以其分子式为：C9H10O3，故答案为：加成反应；C9H10O3；（3）EF转化的化学反应方程式为：，故答案为：；（4）G为，含有的官能团为：羟基、羧基；G反应生成高分子的化学反应方程式为：，故答案为：羟基、羧基；（5）M是，M的同分异构体有多种，符合下列条件：能发生银镜反应，说明含有醛基；含有苯环，苯环上有两个侧链且苯环上一氯取代物有两种，说明苯环上两个支链处于对位；遇FeCl3溶液不显紫色，说明不含酚
45、羟基；1mol该有机物与足量的钠反应生成1mol氢气（一个碳原子上不同时连接两个OH），说明含有两个醇羟基和一个醛基，则符合条件的M的同分异构体有：、，故答案为：、18海带中含有丰富的碘为了从海带中提取碘，某研究性学习小组设计并进行了以下实验：请填写下列空白：（1）步骤灼烧海带时，除需要三脚架外，还需要用到的实验仪器是BDE（从下列仪器中选出所需的仪器的字母代号填写在空白处）A烧杯 B坩埚 C表面皿 D泥三角 E酒精灯（2）步骤的实验操作名称是：过滤；（3）步骤反应的离子方程式是：MnO2+4H+2I=Mn2+I2+2H2O；（4）一种检验提取碘后的水溶液中是否还含有单质碘的简单方法是：取少量
46、提取碘后的水溶液于试管中，加入几滴淀粉试液；观察现象，若变蓝，说明还有碘单质，若无明显变化，则不含碘单质【考点】海水资源及其综合利用【分析】（1）灼烧海带，为固体的加热，应在坩埚中进行，需要的仪器有三脚架、泥三角、坩埚以及酒精灯等仪器；（2）将悬浊液分离为残渣和含碘离子溶液应选择过滤的方法（3）将碘水转化为含碘的有机溶液，需用对卤素单质溶解能力强的有机溶剂把碘从碘水中提取出来，对应进行的实验操作是萃取，含碘离子溶液通入是为了酸化的二氧化锰将碘离子氧化成单质碘；（4）根据淀粉遇碘变蓝色检验碘单质的存在，实验操作为取少量提取碘后的水溶液于试管中，加入几滴淀粉试液；观察是否出现蓝色分析【解答】解：（
47、1）步骤灼烧海带，为固体的加热，应在坩埚中进行，需要的仪器有三脚架、泥三角、坩埚以及酒精灯等仪器，故答案为：BDE；（2）将悬浊液分离为残渣和含碘离子溶液应选择过滤的方法将碘水转化为含碘的有机溶液，需用对卤素单质溶解能力强的有机溶剂把碘从碘水中提取出来，对应进行的实验操作是萃取，故答案为：过滤；（3）含碘离子溶液中加入氧化剂硫酸酸化的MnO2是为了将碘离子氧化成单质碘，离子方程式为MnO2+4H+2I=Mn2+I2+2H2O，故答案为：MnO2+4H+2I=Mn2+I2+2H2O （4）根据淀粉遇碘变蓝色检验碘单质的存在，实验操作为取少量提取碘后的水溶液于试管中，加入几滴淀粉试液；观察是否出现
48、蓝色（如果变蓝，说明还有单质碘），故答案为：取少量提取碘后的水溶液于试管中，加入几滴淀粉试液；观察是否出现蓝色若变蓝，说明还有碘单质，若无明显变化，则不含碘单质19三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物探究过程如下：查阅资料：Cu2O是一种碱性氧化物，溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4，Cu2O在空气中加热生成CuO提出假设假设1：红色粉末是Fe2O3假设2：红色粉末是Cu2O假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物设计探究实验取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加 KSCN 试剂（1）若假设1成立，则
49、实验现象是溶液变为血红色（2）若滴加 KSCN 试剂后溶液不变红色，则证明原固体粉末中一定不含三氧化二铁你认为这种说法合理吗？不合理（3）若固体粉末完全溶解无固体存在，滴加 KSCN 试剂时溶液不变红色，则证明原固体粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物，写出发生反应的离子方程式Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O；Cu2O+2H+=Cu+Cu2+H2O；2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+探究延伸经实验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物（4）实验小组欲用加热法测定Cu2O的质量分数取a g固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，称其质量为bg（ba），则混合物中Cu2O的质量分
50、数为（5）欲利用红色粉末Fe2O3和Cu2O的混合物制取较纯净的胆矾（CuSO45H2O），经查阅资料得知，在溶液中调节溶液的酸碱性而使Cu2+、Fe2+、Fe3+分别生成沉淀的pH物质Cu（OH）2Fe（OH）2Fe（OH）3开始沉淀pH6.07.51.4沉淀完全pH来：13143.7实验室有下列试剂可供选择：A氯水BH2O2C硝酸DNaOHE氨水FCu2（OH）2CO3实验小组设计如下实验方案：试回答：试剂I为B，试剂II为F（填字母）固体X的化学式为Fe（OH）3【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【分析】（1）若假设1成立，固体完全是Fe2O3，则少量粉末放入足量稀硫酸中，在反应后的
51、溶液中含有Fe3+，在所得溶液中再滴加 KSCN 试剂，观察到的实验现象是溶液变为血红色；（2）如果混合物中含有Cu2O，遇到酸产生Cu，Cu能与Fe3+反应，故此种说法不正确；（3）若固体全部溶解，则一定存在Fe2O3和Cu2O，因为Cu2O溶于硫酸生成Cu和CuSO4，而H2SO4不能溶解Cu，所以混合物中必须有Fe2O3存在，使其生成的Fe3+溶解产生的Cu；（4）实验小组欲用加热法测定Fe2O3和Cu2O的混合物中Cu2O质量分数取a g固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，发生反应：2Cu2O+O24CuO，称其质量为bg（ba），增加质量是氧气的质量，m（O2）=（ba）g，
52、根据方程式可知m（Cu2O）：m（O2）=288：32，m（O2）=（ba）g，则m（Cu2O）=（ba）g=9（ba）g，得到在原混合物中Cu2O的质量分数；（5）用红色粉末Fe2O3和Cu2O的混合物制取较纯净的胆矾（CuSO45H2O），先加稀硫酸溶解金属氧化物，然后向溶液中加入H2O2，将溶液中的Fe2+氧化形成Fe3+，再向溶液中加入Cu2（OH）2CO3，消耗H+，调节溶液的pH，使溶液中的杂质Fe3+形成Fe（OH）3沉淀，将其过滤除去，得到CuSO4溶液，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶，再过滤，就得到CuSO45H2O试剂I为H2O2；试剂II为Cu2（OH）2CO3，代号分别是B、
53、F固体X的化学式为Fe（OH）3【解答】解：（1）若假设1成立，固体完全是Fe2O3，则少量粉末放入足量稀硫酸中，发生反应：Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O，在反应后的溶液中含有Fe3+，在所得溶液中再滴加 KSCN 试剂，观察到的实验现象是溶液变为血红色故答案为：溶液变为血红色；（2）若滴加 KSCN 试剂后溶液不变红色，则说明反应后的溶液中无Fe3+，可能是原固体粉末中不含三氧化二铁也可能是Fe2O3，同时含有Cu2O，Fe2O3与硫酸发生反应：Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O，Cu2O与硫酸发生反应：Cu2O+H2SO4=Cu+CuSO4+H2
54、O，反应产生的Cu与Fe2（SO4）3发生反应：Cu+Fe2（SO4）3=CuSO4+2FeSO4，因此说法不合理故答案为：不合理；（3）若固体粉末完全溶解无固体存在，滴加 KSCN 试剂时溶液不变红色，则证明原固体粉末是Fe2O3和Cu2O，发生反应的离子方程式是Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O； Cu2O+2H+=Cu+Cu2+H2O； 2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+；故答案为：Fe2O3和Cu2O的混合物；Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O；Cu2O+2H+=Cu+Cu2+H2O；2 Fe3+Cu=2 Fe2+Cu2+；（4）依据题意，能发生反应的物质为Cu2O，最后变成C
55、uO，增加的质量就是反应的氧气的质量，根据质量差计算可以得出Cu2O的质量分数设样品中氧化亚铜的质量为m，2Cu2O+O24CuOm288g 32g m （ba）g m=9（ba）g，混合物中Cu2O的质量分数为，故答案为：；（5）用红色粉末Fe2O3和Cu2O的混合物制取较纯净的胆矾（CuSO45H2O），先加稀硫酸溶解金属氧化物，然后向溶液中加入H2O2，将溶液中的Fe2+氧化形成Fe3+，再向溶液中加入Cu2（OH）2CO3，消耗H+，调节溶液的pH，使溶液中的杂质Fe3+形成Fe（OH）3沉淀，将其过滤除去，得到CuSO4溶液，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶，再过滤，就得到CuSO45H2O
56、试剂I为H2O2；试剂II为Cu2（OH）2CO3，代号分别是B、F固体X的化学式为Fe（OH）3，故答案为：B；F；Fe（OH）320对叔丁基苯酚（）工业用途广泛，可用于生产油溶性酚醛树脂、稳定剂和香料等实验室以苯酚、叔丁基氯（CH3）3CCl等为原料制备对叔丁基苯酚实验步骤如下：步骤l：组装仪器，用量筒量取2.2mL叔丁基氯（过量），称取1.6g苯酚，搅拌使苯酚完全溶解，并装入滴液漏斗步骤2：向X中加入少量无水AlCl3固体作催化剂，打开滴液漏斗旋塞，迅速有气体放出步骤3：反应缓和后，向X中加入8mL水和1mL浓盐酸，即有白色固体析出步骤4：抽滤得到白色固体，洗涤，得到粗产物，用石油醚重结
57、晶，得对叔丁基苯酚1.8g（1）仪器X的名称为三颈烧瓶（2）步骤2中发生主要反应的化学方程式为（3）图中倒扣漏斗的作用是防止倒吸苯酚有腐蚀性，若其溶液沾到皮肤上可用酒精洗涤（4）下列仪器在使用前必须检查是否漏液的是BCD（填选项字母）A量筒B容量瓶C滴定管D分液漏斗E长颈漏斗（5）本实验中，对叔丁基苯酚的产率为70.5%（请保留三位有效数字）【考点】制备实验方案的设计【分析】（1）根据实验装置图可知仪器名称；（2）该反应是苯酚、叔丁基氯生成产品的反应，从结构上分析为取代反应，据此写方程式；（3）反应产生极易溶解于水的HCl，且反应温度较高，故用倒扣的漏斗防止倒吸；苯酚易溶于酒精；（4）根据仪器
58、使用规则，容量瓶、滴定管、分液漏斗在使用前都必须检漏；（5）根据反应可计算出对叔丁基苯酚的理论产量，再根据产率=100%计算【解答】解：（1）根据实验装置图可知仪器X为三颈（口）烧瓶，故答案为：三颈烧瓶；（2）该反应是苯酚、叔丁基氯生成产品的反应，从结构上分析为取代反应，反应方程式为，故答案为：；（3）反应产生极易溶解于水的HCl，且反应温度较高，故用倒扣的漏斗防止倒吸；苯酚以溶于酒精，所以苯酚沾到皮肤上可用酒精洗涤，故答案为：防止倒吸；酒精；（4）根据仪器使用规则，容量瓶、滴定管、分液漏斗在使用前都必须检漏，故选BCD；故答案为：BCD；（5）根据反应： 94 150 1.6g xx=2.5
59、5g，则对叔丁基苯酚的产率为100%=70.6%；故答案为：70.5%21聚合硫酸铝铁AlaFeb（OH）n（SO4）mxH2O是一种新型高效净水剂，广泛应用于工业污染水的处理（1）聚合硫酸铝铁能够净水的原因是聚合硫酸铝铁溶于水电离的Al3+、Fe3+可以水解形成胶体，具有吸附性（2）AlaFeb（OH）m（SO4）nxH2O中a、b、m、n的代数关系式为3a+3b=m+2n（3）为了测定聚合硫酸铝铁的组成，进行如下实验：步骤一：准确称取8.810g样品溶于150mL 0.100molL1稀硫酸，恰好完全反应后，加入BaCl2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重，得到白色固体10.485g；
60、步骤二：另取相同质量的样品，溶于过量的氢碘酸，以磁力搅拌机搅拌，充分反应后，以0.500molL1Na2S2O3溶液滴定至浅黄色，滴入几滴淀粉溶液，再滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液20.00mL（已知：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6）步骤二中使用磁力搅拌器进行搅拌的目的是混匀反应物，确保反应完全通过计算确定聚合硫酸铝铁的化学式（写出计算过程）【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【分析】（1）Al3+、Fe3+水解形成胶体，胶体具有吸附性；（2）根据化合物中各元素化合价的代数和为0确定这几个字母之间的关系；（3）搅拌可以是反应物混合均匀；根据消耗的盐酸计算n（OH），根据
61、与BaCl2反应沉淀的沉淀的质量求出n（SO42），根据与碘离子反应的关系求出n（Fe3+），根据电荷守恒计算n（Al3+），再根据总质量求出水的质量及物质的量，根据物质的量之比确定化学式【解答】解：（1）聚合硫酸铝铁AlaFeb（OH）m（SO4）nxH2O在水中能够电离出Al3+、Fe3+，Al3+、Fe3+水解形成胶体，胶体具有吸附性，能够吸附水中的悬浮颗粒，从而起到净水的作用，故答案为：聚合硫酸铝铁溶于水电离的Al3+、Fe3+可以水解形成胶体，具有吸附性；（2）AlaFeb（OH）m（SO4）nxH2O中中各元素化合价的代数和为0，所以3a+3b+（1）m+（2）2=0，所以得3a+
62、3b=m+2n，故答案为：3a+3b=m+2n；（3）搅拌可以是反应物混合均匀，有利于反应物充分接触，使反应物完全反应，故答案为：混匀反应物，确保反应完全；n（OH）=2n（H2SO4）=0.15L0.100molL12=0.03mol，n（SO42）=n（BaSO4）n（H2SO4）=0.15L0.100molL1=0.03mol，已知：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，2Fe3+2I=2Fe2+I2，则2Fe3+I22Na2S2O3，n（Fe3+）=n（Na2S2O3）=0.02L0.500molL1=0.01mol，在AlaFeb（OH）m（SO4）n中离子所带电荷守恒，
63、则n（Al3+）=（0.03mol+0.03mol20.01mol3）=0.02mol；8.810g样品中水的质量：m（H2O）=8.810g0.02mol27gmol10.01mol56gmol10.03mol17gmol10.03mol56gmol1=4.32g，则n（H2O）=0.24mol，所以n（Al3+）：n（Fe3+）：n（OH）：n（SO42）：n（H2O）=2：1：3：3：24则硫酸铝铁的化学式为Al2Fe（OH）3（SO4）324H2O，故答案为：Al2Fe（OH）3（SO4）324H2O22A、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
64、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（该反应中氧化产物只有一种），25时0.1mol/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NH3；B单质的电子式为（2）D元素的名称是铝（3）写出丁溶液中通入过量二氧化碳时的离子方程式AlO2+CO2（过）+2H2O=Al（OH）3+HCO3（4）工业上利用A、B的单质合成甲（BA3）
65、：B2（g）+3A2 （g）2BA3 （g）H0，在一定温度下，在2L密闭容器中，2mol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0.4mol/L，计算该温度下的平衡常数K=25（5）E的单质与甲反应生成的乙和丙的物质的量之比为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2：3【考点】位置结构性质的相互关系应用【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
66、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，由此分析解答【解答】解：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
67、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
68、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+HCO3，故答案为：AlO2+CO2 （过）+2H2O=Al（OH）3+HCO3；（4）N2 +3H22NH3 H0起始（mol）：2 1.6 0反应（mol）：0.4 1.2 0.8平衡（mol）：1.6 0.4 0.8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
69、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：2：323据报导，目前我国结核病的发病率有抬头的趋势抑制结核杆菌的药物除雷米封外，PASNa（对氨基水杨酸钠）也是其中一种已知：（苯胺、弱碱性、易被氧化）下面是PASNa的一种合成路线（部分反应的条件未注明）：按要求回答问题：（1）A与浓硝酸和浓硫酸的混合物可以发生取代反应，在30时反应主要得到B和它的一种同分异构体，在一定条件下也可以反应生成TNT，请写出由A制取TNT的化学反应
70、方程式（2）写出各物质的结构简式C：D：；（3）写出所加试剂的化学式X：酸性高锰酸钾溶液Y：NaHCO3溶液（4）上述合成路线中，分子式为C7H6BrNO2的官能团名称为硝基、溴原子，与它具有相同官能团并属于芳香族化合物的同分异构体有17种（含本身）【考点】有机物的推断【分析】由对氨基水杨酸钠的结构可知A应为，与浓硝酸，在浓硫酸、加热条件下发生硝化反应生成B，由对氨基水杨酸钠中氨基与COONa的位置可知，A发生甲基对位取代生成B，则B为，B与溴在Fe作催化剂条件下发生取代反应，由对氨基水杨酸钠的结构可知，应发生甲基的邻位取代，故C7H6BrNO2的结构简式为，由于酚羟基、氨基易被氧化，故生成C
71、的反应为氧化反应，被酸性高锰酸钾氧化生成C，则C为，C在碱性条件下水解生成D为，D在Fe、HCl、水条件下发生还原生成E，则E为，E与碳酸氢钠反应生成氨基水杨酸钠【解答】解：由对氨基水杨酸钠的结构可知A应为，与浓硝酸，在浓硫酸、加热条件下发生硝化反应生成B，由对氨基水杨酸钠中氨基与COONa的位置可知，A发生甲基对位取代生成B，则B为，B与溴在Fe作催化剂条件下发生取代反应，由对氨基水杨酸钠的结构可知，应发生甲基的邻位取代，故C7H6BrNO2的结构简式为，由于酚羟基、氨基易被氧化，故生成C的反应为氧化反应，被酸性高锰酸钾氧化生成C，则C为，C在碱性条件下水解生成D为，D在Fe、HCl、水条件
72、下发生还原生成E，则E为，E与碳酸氢钠反应生成氨基水杨酸钠（1）A制取TNT的化学反应方程式：，故答案为：；（2）由上述分析可知，C的结构简式为，D的结构简式为，故答案为：；（3）上述分析可知，试剂X为酸性高锰酸钾溶液；试剂Y为NaHCO3溶液，故答案为：酸性高锰酸钾溶液；NaHCO3溶液；（4）C7H6BrNO2的结构简式为，含有的官能团有溴原子、硝基；与具有相同官能团的同分异构体并属于芳香族化合物可以为苯环上连有三个基团CH3、NO2、Br，当CH3、NO2处于邻位时，Br有4种位置，当CH3、NO2处于间位时，Br有4种位置，当CH3、NO2处于对位时，Br有2种位置，这样的结构有10种
73、（含本身），具有含有两个取代基：CH2Br、NO2或CH2NO2、Br，均含有邻、间、对位置，这样的结构共有6种，或含有一个基团CH（Br）NO2，所以共有17种，故答案为：硝基、溴原子；1724已知：RCH=CHORRCH2CHO+ROH（烃基烯基醚）烃基烯基醚A的分子式为C12H16O与A相关的反应如下：完成下列填空：（1）写出A的结构简式（2）写出CD化学方程式CH3CH2CHO+2Ag（NH3）2OHCH3CH2COONH4+2Ag+3NH3+H2O（3）写出一种满足下列条件的F的同分异构体的结构简式（其中一种）能与FeCl3溶液发生显色反应；光照时与氯气反应所得的一氯取代产物不能发生
74、消除反应； 分子中有4种不同化学环境的氢原子（4）设计一条由E合成对甲基苯乙炔（）的合成路线（无机试剂任选）合成路线流程图示例如下：H2CCH2CH3CH2BrCH3CH2OH【考点】有机物的合成【分析】根据题中各物质的转化关系，B能连续发生氧化反应，B为醇，C为醛，由B的相对分子质量为60，则B为CH3CH2CH2OH，BC发生催化氧化反应，C为CH3CH2CHO，CD为银镜反应，则D为CH3CH2COONH4，E与氢气加成得F，根据F的结构简式可知，E为，烃基烯基醚A的分子式为C12H16O，结合B、E的结构及信息可知，A为，由E合成对甲基苯乙炔的过程实际上就是由CH2CHO转化成CHCH
75、2，最终转化成CCH的过程，可以先发生CHO的加成，再发生醇的消去反应，然后与溴发生加成引入两个溴原子，最后发生卤代烃在NaOH醇溶液中的消去反应生成CC键，据此解答【解答】解：根据题中各物质的转化关系，B能连续发生氧化反应，B为醇，C为醛，由B的相对分子质量为60，则B为CH3CH2CH2OH，BC发生催化氧化反应，C为CH3CH2CHO，CD为银镜反应，则D为CH3CH2COONH4，E与氢气加成得F，根据F的结构简式可知，E为，烃基烯基醚A的分子式为C12H16O，结合B、E的结构及信息可知，A为，（1）由上述分析可知，A为，故答案为：；（2）CD反应的化学方程式为：CH3CH2CHO+
76、2Ag（NH3）2OHCH3CH2COONH4+2Ag+3NH3+H2O，故答案为：CH3CH2CHO+2Ag（NH3）2OHCH3CH2COONH4+2Ag+3NH3+H2O；（3）满足下列条件能与FeCl3溶液发生显色反应，说明有酚羟基，光照时与氯气反应所得的一氯取代产物不能发生消除反应，说明取代后氯原子邻位碳上没有氢原子，分子中有4种不同化学环境的氢原子，则符合条件的F的同分异构体的结构简式为，故答案为：（其中一种）；（4）E为，由E合成对甲基苯乙炔的过程实际上就是由CH2CHO转化成CHCH2，最终转化成CCH的过程，可以先发生CHO的加成，再发生醇的消去反应，然后与溴发生加成引入两个溴原子，最后发生卤代烃在NaOH醇溶液中的消去反应生成CC键，由E合成对甲基苯乙炔（）的合成路线为：，故答案为：；2016年12月8日
