1、江苏省常州市新北区新桥中学2016届高三下期4月月考化学试卷（苏教版，解析版）1下列关于Na2CO3的分类叙述错误的是（ ）ANa2CO3 俗名为纯碱，故它属于碱类 BNa2CO3 属于含氧酸盐CNa2CO3 属于钠盐 DNa2CO3 属于碳酸盐【答案】A【解析】碱是指在水溶液中电离出的阴离子全部是OH-的化合物。需注意物质的类别与名称中的汉字无关。2金属镍有广泛的用途。粗镍中含有少量杂质Fe、Zn、Cu、Pt，可用电解法制备高纯度的镍（已知：氧化性Fe2Ni2Cu2），下列叙述正确的是（ ）。A阳极发生还原反应，其电极反应式：Ni22e=NiB电解过程中，阳极质量的减少与阴极质量的增加相等C
2、电解后，溶液中存在的阳离子只有Fe2和Zn2D电解后，电解槽底部的阳极泥中只有Cu和Pt【答案】D【解析】试题分析：A、阳极是失电子化合价升高，发生氧化反应，应是粗镍作电极，故错误；B、阳极上还原性强的先失电子，放电顺序是ZnFeNiCu，阳极反应式为：Zn2e=Zn2、Fe2e=Fe2、Ni2e=Ni2，阴极电极反应式为Ni22e=Ni，质量减少和质量增加的不相等，故错误；C、根据B选项的分析，溶液中阳离子有Fe2、Zn2，含有Ni2，以及水电离产生的极少量的H，故错误；D、根据选项B的分析，Cu、Pt不失电子，作为沉淀沉降出来，因此阳极泥只有Cu和Pt，故正确。考点：考查粗镍的提纯和电解原
3、理等知识。3下列化学式中，能真实地表示物质一个分子的是（ ） A、CsCl B、CO2 C、C4H10 D、SiO2 【答案】B【解析】能真实的表示物质一个分子，则该物质首先是分子晶体，排除A、D两个选项。对C，可以表示丁 烷，也可以表示异丁烷等。4下列物质中，同时含有氯分子，氯离子的是A、氯酸钾溶液 B、液态氯化氢 C、液氯 D、氯水【答案】D【解析】试题分析：氯酸钾的化学式是KClO3，溶液中没有氯气分子，也没有氯离子；液态氯化氢只有氯化氢分子；液氯只有氯气分子；氯水中即含有氯分子，也含有氯离子，答案选D。考点：考查氯水的组成点评：氯气溶于水即得到氯水，其中氯气和水反应生成次氯酸和氯化氢，
4、所以新制氯水中的微粒有H、OH、Cl、ClO、H2O、Cl2、HClO，需要熟练记住，并能灵活运用。5在一定条件下，对于密闭容器中进行的可逆反应：2NO2(g) N2O4 (g) ，下列说法中，能说明这一反应已经达到化学平衡状态的是 ANO2、N2O4的浓度相等BNO2、N2O4在容器中共存CNO2、N2O4的浓度均不再变化 D单位时间内消耗2 mol NO2，同时生成1 mol N2O4【答案】C【解析】A 错误，达到平衡时，各物质的浓度均不在变化，但各物质的浓度不一定相等。B 错误，此反应是可逆反应，NO2、N2O4在容器中肯定共存，但不能表示达到平衡C 正确。D 错误，反应的方向是相同的
5、，不能体现正、逆反应。6将30mL0.5mol/LNaOH溶液加水稀释到500mL,稀释后溶液中NaOH的物质的量浓度为( )A、0.03mol/L B、0.3mol/L C、0.05mol/L D、0.04mol/L【答案】A【解析】因为在稀释过程中溶质的质量是不变的，所以稀释后的浓度是，答案选A。7下列有关说法正确的是A氧化还原反应中的反应物，不是氧化剂就是还原剂B在氧化还原反应中，还原剂失去电子总数等于氧化剂得到电子的总数C能导电的物质一定是电解质D金属氧化物一定是碱性氧化物【答案】B【解析】试题分析：A、氧化还原反应中的反应物，可能不是氧化剂，也不是还原剂，如氯气与NaOH的反应中，N
6、aOH为反应物，不是氧化剂也不是还原剂，故A错误；B、氧化还原反应中，氧化剂中元素的化合价降低得电子，还原剂中元素的化合价升高失电子，氧化剂、还原剂之间得失电子数目相等，故B正确；C、存在自由移动离子或自由电子的物质能导电，电解质固体时不能电离不导电，金属单质能导电不是电解质，故C错误；D、金属氧化物也可能是酸性氧化物或两性氧化物，如Mn2O7属于酸性氧化物，Al2O3属于两性氧化物，它们都是金属氧化物，故D错误；故选B。考点：考查了氧化还原反应、电解质、物质的分类的相关知识。8设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）A常温常压下，11.2L氧气含有的原子数目为NAB锌从盐酸中置换
7、出1mol H2，转移的电子数目为NAC4.4g二氧化碳含有的分子数目为0.1NAD1mol/L CaCl2溶液中含有的氯离子数目为2NA【答案】C【解析】A、依据气体摩尔体积应用条件分析，标准状况气体摩尔体积为22.4L/mol，常温常压下，温度高于标准状况，11.2L氧气物质的量小于0.5mol，故A错误；B、依据电子守恒计算，锌从盐酸中置换出1mol H2，转移的电子数目为2NA，故B错误；C、依据n=计算物质的量=0.1mol，得到分子数0.1NA，故C正确；D、溶液体积不知不能计算微粒数，故D错误；【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是气体摩尔体积的条件分析，物质的量计算
8、微粒数，题目较简单9下列关于醇与酚的比较中正确的是A醇和酚不能是同分异构体 B醇和酚都能与钠发生反应，放出氢气C醇、酚的水溶液都能使石蕊试纸变红 D醇和酚都能与氢氧化钠溶液反应【答案】B【解析】试题分析：A、芳香醇和酚是同分异构体，A错误；B、醇和酚都含有羟基，都能与钠发生反应，放出氢气，B正确；C、醇的水溶液呈中性，不能使石蕊试纸变红，C错误；D、醇不能与氢氧化钠溶液反应，D错误；答案选B。考点：醇与酚的性质10下列关于反应热的描述中正确的是（ ）AHCl和NaOH反应的中和，则H2SO4和Ba（OH）2反应的中和热为： BCO（g）的燃烧热是283.0kJ/mol，则2CO2（g）=2CO
9、（g）+O2（g）的H=+566.0kJ/molC在101kPa、25时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ的热量，则表示氢气燃烧的热化学方程式为：2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）D1mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热【答案】B【解析】A、中和热为生成1mol水放出的热量，为定值；B、，正确；C、燃烧热是1mol物质完全燃烧；故氢气前系数为1；D、燃烧热中生成的水为液态。11下列说法正确的是A、燃煤时加入适量的石灰石，可减少废气中SO2的量B、天然气、沼气和水煤气分别属于二次能源、化石能源和可再生能源C、含磷合成洗涤剂易于被细菌分解，故不会导致水体
10、污染D、煤的气化是将其通过物理变化转化为气态的过程【答案】A【解析】略12为提纯下列物质（括号内为少量杂质），所选用的除杂试剂和分离方法正确的是（ ）提纯物质除杂试剂分离法AKCl溶液(FeCl3)氨水过滤B乙酸乙酯（乙酸）乙醇和浓硫酸 分液CFe粉(Al粉)NaOH溶液过滤D乙醇（H2O）金属钠蒸馏【答案】C【解析】正确答案：CA、带入新杂质NH4Cl，应用KOH调节pH。B、应用饱和Na2CO3溶液；D、加CaO，蒸馏。13将0.03mol Cl2缓缓通入含有0.02mol H2SO3和0.02mol HBr的混合溶液中，在此过程中C(H)与Cl2用量的关系是A BC D【答案】A【解析】
11、略14在一定温度下，向体积恒定为2L的密闭容器里充入2mol M和一定量的N，发生如下反应：M（g）+N（g） E（g）；当反应进行到4min时达到平衡，测知M的浓度为0.2molL1。下列说法正确的是A4min时，M的转化率为80%B4min时，用M表示这段时间内的反应速率为0.8molL1min1C4min后，向容器中充入不参与反应的稀有气体，M的物质的量减小D2min时，M的物质的量浓度为0.6molL1【答案】A【解析】平衡时M的物质的量是0.2mol/L2L0.4mol，所以消耗M是1.6mol，则转化率是，A正确。M的反应速率为，B不正确。体积不变，充入稀有气体，平衡不移动，所以M
12、的物质的量不变，C不正确。反应速率在反应过程中是变化的，但不是均匀变化的，所以D不正确。答案选A。15某KCl样品中含有少量K2CO3、K2SO4和不溶于水的杂质。为了提纯KCl，先将样品溶于适量水中，搅拌、过滤，再将滤液按下图所示步骤进行提纯（过滤操作已略去）。下列说法的是A起始滤液常温下pH = 7 B试剂为 Ba(NO3)2溶液C上图过程须经2次过滤 D步骤目的是除去 CO32【答案】D【解析】试题分析：A由于KCl中含有K2CO3、K2SO4，KCl、K2SO4是强酸强碱盐，溶液显中性，而K2CO3是强碱弱酸盐，CO32-水解消耗水电离产生的H+,最终达到平衡时，c(OH-)c(H+)
13、,溶液显碱性，所以起始滤液常温下pH 7，错误；B在该溶液中含有杂质SO42-、CO32-，要先除去杂质SO42-、CO32-，同时不引入新的杂质离子，要加入的试剂为 BaCl2溶液，错误；C然后向溶液中加入过量的K2CO3溶液，除去过量的BaCl2，过滤，除去杂质BaSO4、BaCO3、，再向滤液中加入盐酸除去过量的K2CO3，最后蒸发结晶就得到KCl晶体，因此上图过程只需要经1次过滤就可以，错误；D步骤加入的试剂是HCl，目的是除去 CO32，正确。考点：考查杂质的除去步骤、试剂的选用及溶液的酸碱性的判断的知识。16如图是A分子的球棍模型和B分子的比例模型，回答下列问题：(1)A和B的关系
14、是_。(2)写出A分子在催化剂存在条件下加热和氧气反应的化学方程式_。(3)写出B分子和金属钠反应的化学方程式_。(4)B在加热条件下能够和HBr发生反应生成溴乙烷，该反应类型是_。【答案】(1)同系物(2)2CH3OHO22HCHO2H2O(3)2CH3CH2OH2Na2CH3CH2ONaH2(4)取代反应【解析】根据成键原则，可以判断A和B的结构简式分别是CH3OH(甲醇)和CH3CH2OH，它们结构相似，互称为同系物，它们都含OH，甲醇和乙醇性质相似，能被氧化成相应的醛，能够与金属钠反应，根据B在加热条件下能与HBr发生反应生成溴乙烷的特点可知该反应为取代反应。17已知25时有关弱电解质
15、的电离平衡常数如下表：弱电解质化学式CH3COOHHCNH2CO3NH3.H2O电离平衡常数1.8l054.9l010K1=4.3l07 K2=5.6l0111.8l05根据上表中数据回答下列问题:（1）CH3COO- 、CN- 、CO32-结合质子（即H+）的能力大小顺序_；25时，有等浓度的CH3COONa溶液、NaCN溶液、NaHCO3溶液，三种溶液的pH由大到小的顺序为 （填序号）。（2）NaCN溶液中通入少量二氧化碳,反应的离子方程式为 （3）向稀氨水中加入等体积等浓度的醋酸溶液，则反应后溶液中各离子浓度大小关系为 （4）甲、乙两瓶氨水的浓度分别为1molL1、0.1molL1，则c
16、（OH）甲c（OH）乙 10（填“”、“=”或“CN-CH3COO- （2）CO2CNH2O=HCNHCO3（3）c（CH3COO-）=c（NH4+） c（H+）= c（OH） （4） c（H+）= c（OH）（4）一水合氨是弱电解质，在溶液里存在电离平衡，氨水的浓度越大，一水合氨的电离程度越小，浓度越小，一水合氨的电离程度越大，甲瓶氨水的浓度是乙瓶氨水的浓度的10倍，由弱电解质的浓度越小，电离程度越大，故甲瓶氨水的电离度比乙瓶氨水的电离度小，所以甲、乙两瓶氨水中OH-之比小于10考点：考查了弱电解质在水溶液中的电离平衡的相关知识。18（12分）实验室采用不同的实验装置研究苯与液溴的反应类型并
17、制取少量溴苯。试回答下列各小题：若用图甲装置进行进行制备实验，回答下列问题：（1）写出下列仪器的名称：A 、B 。（2）A中预先需加入的试剂是 ，E中需加入的试剂是 。（3）仪器B除导气外的作用是 ，进水口为 （选填字母“a”或“b”）。若用图乙装置进行制备实验，回答下列问题：（1）C中盛放CCl4的作用是 ；（2）实验结束时，打开A下端的活塞，让反应液流入B中，充分振荡，写出有关的离子方程式 ，然后用 仪器分离出溴苯（仍含有少量苯）；（3）反应完毕后，向试管D中滴加AgNO3溶液有 （填现象）生成，此现象说明这种获得溴苯的反应属于 （填有机反应类型）。【答案】.（1）A 三颈烧瓶 （1分）、
18、B冷凝管 （1分）。（2）Fe或FeBr3 （1分），碱石灰 （1分）（3）冷凝反应物使之回流；（1分），a（1分）.（1）吸收HBr中的溴蒸汽（1分）（2）Br2 + 2OH- = Br- + BrO- + H2O（2分）。分液漏斗（1分）（3）浅黄色沉淀 （1分），取代（1分）【解析】I 冷凝管有导气与冷凝两个作用，冷水低口进，高口出；II 由于苯、液溴的沸点较低，且反应为放热反应，故A中观察到的现象为：反应液微沸，有红棕色气体充满A容器。HBr中混有的Br2在经过CCl4时被吸收；在制备的溴苯中常混有Br2，一般加入NaOH溶液中，因发生反应Br2+2NaOH=NaBr+NaBrO+H2
19、O而除去19过氧化氢是重要的氧化剂、还原剂，它的水溶液又称为双氧水，常用作消毒、杀菌、漂白等。某化学兴趣小组取一定量的过氧化氢溶液，准确测定了过氧化氢的浓度， 请填写下列空白：（1）将10.00 mL过氧化氢溶液移至250mL (填仪器名称)中，加水稀释至刻度，摇匀。移取稀释后的过氧化氢溶液25.00mL至锥形瓶中，加入稀硫酸酸化，用蒸馏水稀释，作被测试样。（2）用高锰酸钾标准溶液滴定被测试样，其反应的离子方程式如下，请将相关物质的化学计量数分别填在下列横线和括号内。MnO4 + H2O2 + H+ = Mn2+ + O2 + H2O（3）KMnO4标准液装在 滴定管，滴定到达终点的现象是 （
20、4）重复滴定三次，平均耗用c mol/L KMnO4标准溶液V mL，则原过氧化氢溶液中过氧化氢的浓度为 （5）若盛装高锰酸钾标准溶液的滴定管用蒸馏水洗后没有用标准液润洗，则测定结果 (填“偏高”或“偏低”或“不变”)。【答案】（1）容量瓶（2分）（2）2MnO4- + 5H2O2 + 6H+ = 2Mn2+ + 5O2+8H2O(3分)（3）酸式（2分）溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色（3分）（4）2.5cv(3分)（5）偏高(3分)【解析】试题分析：（1）配置溶液用的仪器是容量瓶；（2）MnO4- 中Mn元素化合价由+7价降低到+2价，化合价降低了5价；H2O2中O元素化合价由-1价
21、升高到0价，一共升高了2价，根据氧化还原反应化合价升降相等得： MnO4-系数是2，H2O2系数是5，再根据原子守恒配平得：2MnO4- + 5H2O2 + 6H+ = 2Mn2+ + 5O2+8H2O。（3）酸性高锰酸钾溶液呈酸性，所以用酸式滴定管。滴定到终点时过氧化氢反应完了，再加入高锰酸钾显紫色，所以滴定到达终点的现象是：溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色。（4）因为c mol/L KMnO4V mL，其物质的量=c mol/L10-3vL,根据方程式5H2O2+6HCl+2KMnO4=2MnCl2+2KCl+5O2+8H2O，得过氧化氢的物质的量=2.5 n（KMnO4），这是从原
22、溶液中取了1/10，所以原溶液过氧化氢的物质的量=2.510-2cVmol,c(H2O2) = 2.510-2cV/0.01=2.5cVmolL-1（5）若盛装高锰酸钾标准溶液的滴定管用蒸馏水洗后没有用标准液润洗,则滴定过程中消耗高锰酸钾体积过大，所以结果偏高。考点：考查滴定的综合应用及相关计算20KNO3是重要的化工产品，下面是一种己获得专利的KNO3制备方法的主要步骤：（1）反应中，CaSO4与NH4HCO3的物质的量之比为1：2，该反应的化学方程式为_；（2）反应需在干态、加热的条件下进行，加热的目的是_；从反应所得混合物中分离出CaSO4的方法是趁热过滤，趁热过滤的目的是_；（3）检验
23、反应所得K2SO4中是否混有KCl的方法是：取少量K2SO4样品溶解于水，_；（4）整个流程中，可循环利用的物质有_(填化学式)（5）将硝酸与浓KCl溶液混合，也可得到KNO3，同时生成等体积的气体A和气体BB是三原子分子，B与O2反应生成1体积黄绿色气体A和2体积红棕色气体CB的分子式为_，写出硝酸与浓KCl溶液反应的化学方程式_。【答案】（1）CaSO42NH4HCO3=CaCO3(NH4)2SO4H2OCO2（2）分离NH4Cl与K2SO4，加快化学反应速率 ；防止KNO3结晶，提高KNO3的产率（3）加入Ba(NO3)2溶液至不再产生沉淀，静置，向上层清液中滴加AgNO3溶液，若有沉淀
24、生成，说明K2SO4中混有KCl（4）CaSO4、KNO3（5）NOCl；4HNO3+3KCl=3KNO3+Cl2+NOCl+2H2O【解析】试题分析：（1）反应中，CaSO4与NH4HCO3的物质的量之比为1：2，由流程题可知生成CaCO3、(NH4)2SO4和CO2，由质量守恒可知反应的方程式为CaSO4+2NH4HCO3=CaCO3+(NH4)2SO4+H2O+CO2，故答案为：CaSO4+2NH4HCO3=CaCO3+(NH4)2SO4+H2O+CO2；（2）(NH4)2SO4加入KCl，在干态、加热的条件下进行，可生成易分解的氯化铵，加热时氯化铵分解生成氯化氢和氨气，温度降低又生成氯
25、化铵，以此可分离出氯化铵，得硫酸钾，且能加快反应的速率；从反应所得混合物中分离出CaSO4的方法是趁热过滤，趁热过滤的目的是防止KNO3结晶，提高KNO3的产率，故答案为：分离NH4Cl与K2SO4，加快化学反应速率；防止KNO3结晶，提高KNO3的产率；（3）检验反应所得K2SO4中是否混有KCl，应先加入硝酸钡时硫酸钾完全转化为硫酸钡沉淀，以免干扰氯离子的检验，然后再加入硝酸银检验氯化钾，操作方法为加入Ba(NO3)2溶液至不再产生沉淀，静置，向上层清液中滴加AgNO3溶液，若有沉淀生成，说明K2SO4中混有KCl，故答案为：加入Ba(NO3)2溶液至不再产生沉淀，静置，向上层清液中滴加A
26、gNO3溶液，若有沉淀生成，说明K2SO4中混有KCl；（4）整个流程中，可循环利用的物质除(NH4)2SO4外，还有CaSO4、KNO3，故答案为：CaSO4、KNO3；（5）B是三原子分子，B与O2反应生成1体积气体A和2体积红棕色气体C，C应为NO2，黄绿色气体应为Cl2，则B中含有N元素和Cl元素，反应的方程式应为2B+O2=Cl2+2NO2，可知B的分子式为NOCl，硝酸与浓KC1反应生成硝酸钾和氯气以及NOCl，反应的化学方程式为4HNO3+3KCl=NOCl+Cl2+3KNO3+2H2O。考点：考查了物质的制备实验方案的设计的相关知识。21有一pH为12的NaOH溶液100mL，
27、如果将其pH降为11，那么，(1)若用蒸馏水应加入_mL；(2)若用pH=10的NaOH溶液应加入_mL；(3)若用pH2的盐酸应加入_mL；(4)若用0.01mol/LH2SO4应加入_mL。【答案】(1)900 (2)1000 (3)81.8 (4)42.85【解析】本题考查H+，pH值的计算。因溶液均很稀，所以混合溶液的体积可用两体积之和来表示。设所加液体的体积为V1mL，V2mL，V3mL，V4mL。22（14分）由Fe2O3、Fe、CuO、C、Al中的几种物质组成的混合粉末，取样品进行下列实验（部分产物略去）：（1）取少量溶液X，加入过量的NaOH溶液，有沉淀生成。取上层清液，通入C
28、O2，无明显变化，说明样品中不含有的物质是（填写化学式）_。（2）Z为一种或两种气体： 若试剂a为饱和NaHCO3溶液，且Z只为一种气体。则反应I中能同时生成两种气体的化学方程式是_ _。写出气体Z的电子式 。若试剂a为适量水，且Z为两种气体的混合物，则Z中两种气体的化学式是_。（3）向Y中通入过量氯气，并不断搅拌，充分反应后，溶液中的阳离子是 。（4）取Y中的溶液，调pH约为7，加入淀粉KI溶液和H2O2，溶液呈呈蓝色并有红褐色沉淀生成。当消耗2 mol I时，共转3 mol电子，该反应的离子方程式是_ _。（5）另取原样品，加入足量稀硫酸充分反应。若溶液中一定不会产生Y中的红色固体，则原样
29、品中所有可能存在的物质组合是（各组合中的物质用化学式表示）_。【答案】（14分）（1）样品中不含有的物质是（填写化学式）_Al_（2分)_。（2） 化学方程式是 C + 2H2SO4 (浓) CO2 + 2SO2 + 2H2O （2分)_ 。写出气体Z的电子式 。Z中两种气体的化学式是 NO和CO2 （2分)_ 。（3）溶液中的阳离子是 Fe3+、 Cu2+、H+ （2分)_ 。（4） 离子方程式是 2Fe2+ + 4I + 3H2O2 = 2I2 + 2Fe(OH)3 （2分)_ 。（5）所有可能存在的物质组合是（各组合中的物质用化学式表示）_CuO和C或者Fe2O3、CuO和C (2分)
30、。【解析】试题分析：（1）无论加什么浓酸（硫酸和硝酸），溶液X中都可能含有Fe3+、Cu2+、Al3+三种金属阳离子向溶液X中加入过量的NaOH溶液，可转化为Fe（OH）3和Cu（OH）2沉淀析出，如果有Al3+，则可转化为ALO2-离子，如果上层清液，通入CO2后，会发生反应AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3-，产生白色沉淀Al（OH）3，因为上层清液通入CO2，无明显变化，所以，可以肯定溶液X中没有AlO2-，样品中没有Al。（2）若Z只为一种气体，试剂a为饱和NaHCO3溶液，则z为CO2，NO2与与CO2的混合气体通入NaHCO3溶液得到NO和CO2，不符合Z只为一
31、种气体，SO2与CO2的混合气体与NaHCO3溶液生成CO2，则浓酸为浓硫酸，反应I中能同时生成两种气体的化学方程式是C + 2H2SO4 (浓) CO2 + 2SO2 + 2H2O；Z为CO2，电子式为：。若Z为两种气体的混合物，试剂a为适量水，则浓酸为浓硝酸，则其中一种为NO2，气体Z为NO、CO2化合物。（3）向溶液X中加过量Fe粉，得Y溶液和两种固体，且一种固体为红色（Cu），另一种就是过量的Fe粉，这个过程发生了置换反应：Cu2+Fe=Cu+Fe2+，向Y溶液中通入过量氯气，并不断搅拌，会发生如下反应：Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+，2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，Cl
32、2+H2O=HCl+HClO，充分反应后，溶液中的阳离子是：Cu2+、Fe3+、H+（特别注意没有了Fe2+）。（4）取Y中的溶液，调pH约为7，加入淀粉KI溶液和H2O2，溶液呈蓝色并有红褐色沉淀生成。I-、Fe2+共同还原H2O2当消耗2 mol I-时，共转移3 mol电子，转移3 mol电子其中2 mol 来自I-，另外1 mol电子来自Fe2+即氧化的I-与Fe2+之比是2：1，需要H2O2再提供3mol电子这反应方程式：2Fe2+3H2O2+4I-=2Fe（OH）3+2I2。（5）根据前面分析可知，样品中一定没有Al，一定有CuO和C，不能确定是否有Fe和Fe2O3，加入足量稀硫酸
33、后一定不产生Cu，那么排除Fe，符合整个设问的组合只有两种为：CuO、C；CuO、C、Fe2O3。考点：本题考查物质的推断、电子式及离子方程式的书写、 23G是一种新型香料的主要成分之一，其结构中含有三个六元环。G的合成路线如下（部分产物和部分反应条件略去）：已知：；B中核磁共振氢谱图显示分子中有6种不同环境的氢原子；D和F是同系物。请回答下列问题：（1）(CH3)2CCH2的系统命名法名称为 。（2）AB反应过程中涉及的反应类型依次为 、 。（3）D分子中含有的含氧官能团名称是 ，G的结构简式为 。（4）生成E的化学方程式为 。（5）同时满足下列条件：与FeCl3溶液发生显色反应；苯环上有两
34、个取代基、含C=O的F的同分异构体有 种（不包括立体异构）；其中核磁共振氢谱为4组峰、能水解的物质的结构简式为 。（6）模仿由苯乙烯合成F的方法，写出由丙烯制取-羟基丙酸（）的合成线路： 。【答案】（1）（1分）2-甲基-1-丙烯（或2-甲基丙烯，或甲基丙烯）（2）（2分）取代反应、加成反应（顺序不正确不给分）一定条件（3）（4分）羟基、羧基（顺序可以颠倒）（4）（2分）（5）（3分）21（1分） 和 （2分）（6）（3分）每个箭头对应的产物正确1分【解析】试题分析：由A与氯气在加热条件下反应生成，可知A的结构简式为：，故苯乙烯与（CH3）2C=CH2发生加成反应生成A，与HCl反应生成B，结
35、合B的分子式可知，应是发生加成反应，B中核磁共振氢谱图显示分子中有6种不同环境的氢原子，故B为，顺推可知C为，D为；苯乙烯与HOBr发生加成反应生成E，E可以氧化生成C8H7O2Br，说明E中Br连接的C原子上有2个H原子，故E为，C8H7O2Br为，和氢氧化钠的水溶液反应然后酸化得到F，且D和F是同系物，故F为，D与F生成G，G结构中含有三个六元环，则G为。（1）（CH3）2C=CH2的系统命名法名称为2-甲基-1-丙烯；（2）AB反应过程中涉及的反应类型依次为取代反应、加成反应；（3）D为，D分子中含有的含氧官能团名称是醇羟基和羧基，G的结构简式为；（4）生成E的化学方程式为；（5）F的同
36、分异构体同时满足下列条件：与FeCl3溶液发生显色反应；苯环上有两个取代基、含C=O，苯环上邻、间、对3种：，侧链有异构体：COOCH3、OOCCH3、CH2COOH、OCH2CHO、COCH2OH、CHOHCHO7种，故异构体有37=21种；核磁共振氢谱为4组峰、能水解的物质，即4种化学环境的H，只有苯环上对位（3种H）、侧链上1种H（上述前两种）才符合条件，其结构简式为 和 ；（6）丙烯和HO-Br发生取代反应生成CH3CHBrCH2OH，CH3CHBrCH2OH发生氧化反应生成CH3CHBrCOOH，CH3CHBrCOOH和氢氧化钠的水溶液加热酸化得到CH3CHOHCOOH，其合成路线为
37、。考点：考查有机物推断24（17分）铃兰醛具有甜润的百合香味，常用作肥皂、洗涤剂和化妆品的香料。合成铃兰醛的路线如下图所示（部分试剂和条件未注明）：已知：i ii请回答：（1）由A生成B的反应类型是 。（2）D的结构简式是 。（3）生成E的化学方程式是 。（4） F 能发生银镜反应，F的结构简式是 。（5）下列有关G的叙述中，不正确的是 。aG分子中有4种不同化学环境的氢原子bG能发生加聚反应、氧化反应和还原反应c1 mol G最多能与4 mol H2发生加成反应（6）由H生成铃兰醛的化学方程式是 。（7）F向G转化的过程中，常伴有分子式为C17H22O的副产物K产生。K的结构简式是 。（8）
38、以有机物A、苯酚、甲醛及必要的无机物为原料合成某高分子树脂，其结构为 ，合成路线是 。示例： 【答案】（17分）（1）加成反应（2分） （2）（2分）（3）（4）（5）a c （2分）（6）（7）（8）【解析】试题分析：（1）由A、B的分子式判断A到B的反应是加成反应；（2）由B到D的反应类似已知ii的反应，D被酸性高锰酸钾溶液氧化的产物的结构简式题目已给出，所以D的结构简式为（3）生成E的反应是酯化反应，化学方程式为（4）F能发生银镜反应，说明F分子中存在醛基；比较E、F的分子式，判断F的结构简式为（5）F到G发生类似已知i的反应，G分子中存在醛基、碳碳双键、苯环。a、G分子中有6种不同化学
39、环境的氢原子，错误；b、G分子中存在醛基、碳碳双键、苯环，所以能发生加聚反应、氧化反应和还原反应，正确；c、醛基、碳碳双键、苯环都可以与氢气加成，所以1 mol G最多能与5mol H2发生加成反应，错误，答案选ac；（6）H为G加氢的产物，所以H生成生成铃兰醛发生醇的氧化反应，化学方程式为（7）F向G转化的过程中，常伴有分子式为C17H22O的副产物K产生，因为G分子中仍存在醛基，可以 与甲醛继续发生类似已知i的反应，所以K的结构简式为 （8）A为2-甲基丙烯，与氯化氢加成生成2-甲基-2-氯丙烷，与苯酚发生类似已知ii的反应，其产物再与甲醛发生缩聚反应即可，流程图为考点：考查有机推断，结构简式的判断与书写，运用所给信息的能力，化学方程式的书写
