1、2015-2016学年山东省济南市商河县常庄乡中学高三（下）月考化学试卷（3月份）一、选择题1坏血病患者应该多吃的食物是（）A水果和蔬菜B鱼肉和猪肉C鸡蛋和鸭蛋D糙米和肝脏2I可用于治疗甲亢，有关I的说法正确的是（）A中子数为131B质子数为131C电子数53D质量数533下列反应可制得纯净一氯乙烷的是（）A乙烯通入浓盐酸中B乙烯与氯化氢加成反应C乙烷与氯气在光照下反应D乙烷通入氯水中4下列物质中，物质的量为0.2mol的是（）A16g氧气B2g氢气C4.48L氮气（标准状况）D6.021023个氯气分子5下列离子方程式正确的是（）ANaHCO3溶液显碱性：HCO3+H2OH3O+CO32B在
2、明矾溶液中滴加过量氨水：Al3+4NH3H2OAl（OH）4+4NH4+C显蓝色的淀粉溶液中通入SO2后变成无色溶液：I2+SO2+2H2O2I+SO42+4H+D小苏打溶液中加少量Ba（OH）2溶液：HCO3+Ba2+OHBaCO3+H2O6下列化合物能由单质直接化合生成的是（）ANO2BFeCl3CSO3DFeCl27对于常温下0.0l mol/L的氨水，下列叙述正确的是（）Ac（H+）+c（NH4+）=2c（OH）B由H2O电离出的c（H+）=1.01012molL1C与等体积等浓度的氯化铵溶液混合c（NH4+）+c（NH3H2O）=0.02 molL1D与等体积等浓度的盐酸混合后所得溶
3、液c（OH）+c（NH3H2O）=c（H+）8若用乙烯和氯气在适当的条件下反应制取四氯乙烷，乙烯为1mol，反应产物中的有机物只是四氯乙烷，则这一过程中所要经历的反应及耗用氯气的量是（）A取代，4mol Cl2B加成，2mol Cl2C加成、取代，2mol Cl2D加成、取代，3mol Cl29下列仪器中，可用酒精灯直接加热的是（）A烧杯B烧瓶C锥形瓶D坩埚10下列物质中，既含有极性键，又含有非极性键的是（）A苯（C6H6）BCO2CNa2O2DNH4Cl11最近医学界通过用14C标记的C60发现一种C60的羧酸衍生物，在特定条件下可以通过断裂DNA抑制艾滋病毒的繁殖，则有关14C的不正确叙述
4、是（）A14C与12C60中碳原子化学性质相同B14C与14N的质量数相同C14C是12C60的同素异形体D14C与12C、13C互为同位素12有98g纯H2SO4和纯H3PO4的混酸，测知其中含氧元素65.3%，则混酸中H2SO4和H3PO4的物质的量之比为（）A1：1B3：1C4：1D任意比13W、X、Y、Z均为短周期主族元素X为地壳中含量最多的元素；W的原子最外层电子数与核外电子总数之比为7：17；含Z元素的物质焰色反应为黄色；Y的原子序数是W和Z的原子序数之和的一半下列判断正确的是（）AY的氧化物既可溶于W氢化物的水溶液，又可溶于Z的氢氧化物水溶液B氢化物的沸点：XWC元素Z与X形成的
5、化合物中一定含有离子键和共价键D电解ZW水溶液一段时间后，溶液pH增大14某有机物X含碳、氢、氧三种元素欲确定X的分子式，所需下述条件中的最少组合是（）含碳的质量分数 含氢的质量分数 蒸气的摩尔体积（折合成标准状况下的体积） X对H2的相对密度（同温同压） X的质量 X的沸点ABCD15烯烃复分解反应可示意如下：下列化合物中，经过烯烃复分解反应可以生成的是（）ABCD二、解答题（共9小题，满分52分）16七铝十二钙（12CaO7Al2O3）是新型的超导材料和发光材料，用白云石（主要含CaCO3和MgCO3）和废Al片制备七铝十二钙的工艺如图：（1）煅粉主要含MgO和，用适量的NH4NO3溶液浸
6、取煅粉后，镁化合物几乎不溶，若溶液I中c（Mg2+）小于5106molL1，则溶液pH大于（Mg（OH）2的Ksp=51012）；该工艺中不能用（NH4）2SO4代替NH4NO3，原因是，（2）滤液I中的阴离子有（忽略杂质成分的影响）；若滤液I中仅通入CO2，会生成，从而导致CaCO3产率降低（3）用NaOH溶液可除去废Al片表面的氧化膜，反应的离子方程式为17铜族元素包括Cu、Ag、Au，其单质均为面心立方晶体（1）基态Au原子有个未成对电子，Cu2+的电子排布式为，向Cu2+溶液中加入足量的氨水后，再加入无水乙醇，可析出一种配合物，其中N原子的杂化轨道类型为，该配合物的颜色为（2）Cu2O
7、是一种共价型化合物，其立方晶胞内：氧原子分别位于立方体的顶点和体心，则该晶胞中有个铜原子，其中氧原子的配位数为（3）钇钡铜氧超导体的理想晶胞如图所示，其化学式为：，该晶体中Y为+3，Ba为+2，铜为+2、+3，则铜元素中+2价铜的百分含量为；Y的价电子排布式为4d15s2，则Y在周期表的位置：，（4）已知Ag的晶胞参数a=0.408nm，列式表示Ag单质的密度gcm3（不必计算出结果）18某同学在实验室研究Na2CO3和NaHCO3的性质及相互转化（1）分别向浓度均为0.1mol/LNa2CO3及NaHCO3溶液中滴加几滴酚酞试剂：Na2CO3溶液由无色变为红色，其原因是NaHCO3溶液也由无
8、色变为红色，其原因是比较两份溶液的颜色，红色较浅的是（填化学式）（2）研究NaHCO3与CaCl2的反应实验序号实验操作实验现象实验1向2mL 0.001mol/L NaHCO3溶液中加入1mL 0.1mol/LCaCl2溶液无明显变化用激光笔照射，没有出现光亮的通路实验2向2mL 0.1mol/L NaHCO3溶液中加入1mL 0.1mol/LCaCl2溶液略显白色均匀的浑浊，用激光笔照射，出现光亮的通路实验1中没有出现白色浑浊的原因是实验2中形成的分散系属于用离子方程式表示实验2中发生的反应（3）在不引入其他杂质的前提下，实现Na2CO3与NaHCO3之间的转化，请在图中标出所用的试剂、用
9、量或物质的浓度（反应前后溶液体积的变化可忽略）19酸性KMnO4溶液能与草酸（H2C2O4）溶液反应某探究小组利用反应过程中溶液紫色消失快慢的方法来研究影响反应速率的因素实验前首先用浓度为0.1000molL1酸性KMnO4标准溶液滴定未知浓度的草酸（1）写出滴定过程中发生反应的化学方程式为（2）滴定过程中操作滴定管的图1示正确的是（3）若滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失，会使测得的草酸溶液浓度（填“偏高”、“偏低”、或“不变”）通过滴定实验得到草酸溶液的浓度为0.2000molL1用该草酸溶液按下表进行后续实验（每次实验草酸溶液的用量均为8mL）实验编号温度（）催化剂用量（g）酸性高锰酸
10、钾溶液实验目的a实验1和2探究；b实验1和3探究反应物浓度对该反应速率的影响；c实验1和4探究催化剂对该反应速率的影响体积（mL）浓度（molL1）1250.540.10002500.540.10003250.540.0100425040.1000（4）写出表中a 对应的实验目的；若50时，草酸浓度c（H2C2O4）随反应时间t的变化曲线如图2所示，保持其他条件不变，请在图中画出25时c（H2C2O4）随t的变化曲线示意图（5）该小组同学对实验1和3分别进行了三次实验，测得以下实验数据（从混合振荡均匀开始计时）：实验编号溶液褪色所需时间（min）第1次第2次第3次114.013.011.036
11、.56.76.8分析上述数据后得出“当其它条件相同时，酸性高锰酸钾溶液的浓度越小，褪色时间就越短，即反应速率就越快”的结论甲同学认为该小组“探究反应物浓度对速率影响”的实验方案设计中存在问题，从而得到了错误的实验结论，请简述甲同学改进的实验方案（6）该实验中使用的催化剂应选择MnSO4而不是MnCl2，原因可用离子方程式表示为20某化学活动小组设计如图所示（部分夹持装置已略去）实验装置，以探究潮湿的Cl2与Na2CO3反应得到的固体物质（1）写出装置A中发生反应的化学方程式：（2）写出试剂Y的名称：（3）已知：通入一定量的氯气后，测得D中只有一种常温下为黄红色的气体，其为含氯氧化物可以确定的是
12、C中含有的氯盐只有一种，且含有NaHCO3，现对C成分进行猜想和探究提出合理假设假设一：存在两种成分：NaHCO3和；假设二：存在三种成分：NaHCO3和、设计方案，进行实验请写出实验步骤以及预期现象和结论（可不填满）限选实验试剂和仪器：蒸馏水、稀硝酸、BaCl2溶液、澄清石灰水、AgNO3溶液、试管、小烧杯实验步骤预期现象和结论步骤1：取C中的少量固体样品于试管中，滴加足量蒸馏水至固体溶解，然后将所得溶液分别置于A、B试管中步骤2：步骤3：（4）已知C中有0.1mol Cl2参加反应若假设一成立，可推知C中反应的化学方程式为21将高碘酸H5IO6加入MnSO4溶液中可使溶液呈紫红色，已知H5
13、IO6在反应中发生如下过程：H5IO6HIO3完成下列填空：（1）将该反应的氧化剂、还原剂及配平后的系数填入正确位置（2）在上图中标明电子转移的方向和数目（3）若向H5IO6溶液中加入足量的下列物质，能将碘元素还原成碘离子的是（选填序号）a盐酸b硫化氢c溴化钠d硫酸亚铁（4）若向含1mol H5IO6 的溶液中加入过量的过氧化氢溶液，再加入淀粉溶液，溶液变蓝，同时有大量气体产生请写出此反应的化学方程式：，此过程中至少可得到气体L（标准状态下）22已知：A是石油裂解气的主要成份，A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平；现以A为主要原料合成乙酸乙酯，其合成路线如下图所示回答下列问题：（1）写出
14、A的结构式：，C的结构简式：（2）B、C分子中的官能团名称分别、（3）写出下列反应的反应类型：（4）写出下列反应的化学方程式（5）写出乙酸乙酯在碱性条件下的水解方程式：23黄酮类化合物具有抗肿瘤活性，6一羟基黄酮衍生物的合成路线如下：请回答下列问题：（1）化合物B中的含氧官能团为和 （填名称）（2）反应中涉及到的反应类型有水解反应、 和（3）反应中加入的试剂X的分子式为C7H5OCl，X的结构简式为（4）B的一种同分异构体满足下列条件：I能发生银镜反应，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应II分子中有4种不同化学环境的氢写出该同分异构体的结构简式：（5）已知：根据已有知识并结合相关信息
15、，写出以和CH3COOH为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）合成路线流程图示例如下：H2CCH2CH3CH2BrCH3CH2OH24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RCOOHRCOCl请写出以CH3CH2OH、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：H2C=CH2CH3C
16、H2BrCH3CH2OH2015-2016学年山东省济南市商河县常庄乡中学高三（下）月考化学试卷（3月份）参考答案与试题解析一、选择题1坏血病患者应该多吃的食物是（）A水果和蔬菜B鱼肉和猪肉C鸡蛋和鸭蛋D糙米和肝脏【考点】营养均衡与人体健康的关系；人体新陈代谢过程中的生化反应【分析】维生素既不参与构成人体细胞，也不为人体提供能量，而且人体对它的需要量很小，但它对人体的各项生命活动有重要的作用，人体一旦缺乏维生素，就会影响正常的生长和发育，还会引起疾病，维生素的种类很多【解答】解：坏血病是由于体内缺乏维生素C引起的，在新鲜蔬菜和水果中含有较多的维生素C，尤其是橘子和辣椒，维生素C的含量非常丰富；
17、因此患有坏血病的人要多吃新鲜蔬菜和水果鱼肉、猪肉中含较多的蛋白质及部分脂肪，蛋类中也含丰富的蛋白质，糙米和肝脏能提供丰富的维生素A故选A【点评】本题考查了维生素C的食物来源：蔬菜、水果，学生应注意在平时的学习和生活中积累与化学有关的常识性知识，较简单2I可用于治疗甲亢，有关I的说法正确的是（）A中子数为131B质子数为131C电子数53D质量数53【考点】质子数、中子数、核外电子数及其相互联系【分析】根据原子符号中左下角数字为质子数，左上角数字为质量数，中子数=质量数质子数，核外电子数=核内质子数【解答】解：53131I的质子数为53，电子数为53，质量数为131，中子数为13153=78，则
18、C项正确，故选C【点评】本题主要考查了原子符号的含义以及粒子数目之间的关系，难度不大，注意知识的积累3下列反应可制得纯净一氯乙烷的是（）A乙烯通入浓盐酸中B乙烯与氯化氢加成反应C乙烷与氯气在光照下反应D乙烷通入氯水中【考点】乙烯的化学性质；取代反应与加成反应【分析】A乙烯和盐酸不反应；B一定条件下，乙烯和HCl发生加成反应生成一氯乙烷；C光照条件下，氯气和乙烷发生取代反应生成氯代烃和HCl；D乙烷和氯水不反应【解答】解：A乙烯和盐酸不反应，所以不能制取一氯乙烷，故A错误；B一定条件下，乙烯和HCl发生加成反应生成一氯乙烷，没有副产物生成，所以可以制备较纯净的一氯乙烷，故B正确；C光照条件下，氯
19、气和乙烷发生取代反应生成乙烷的多种氯代烃，同时HCl，所以不能制备较纯净的一氯乙烷，故C错误；D乙烷和氯水不反应，所以不能制取一氯乙烷，故D错误；故选B【点评】本题以一氯乙烷的制备为载体考查加成反应、取代反应，注意题干中关键字“较纯净”是解本题关键，注意取代反应和加成反应的区别，题目难度不大4下列物质中，物质的量为0.2mol的是（）A16g氧气B2g氢气C4.48L氮气（标准状况）D6.021023个氯气分子【考点】物质的量的相关计算【分析】根据n=氧气、氢气物质的量，根据n=计算氮气物质的量，根据n=计算氯气物质的量【解答】解：A.16g氧气的物质的量为=0.5mol，故A错误；B.2g氢
20、气物质的量为=1mol，故B错误；C标况下4.48L氮气物质的量为=0.2mol，故C正确；D.6.021023个氯气分子物质的量为=1mol，故D错误，故选：C【点评】本题考查物质的量有关计算，比较基础，注意掌握以物质的量为中心的计算，有利于基础知识的巩固5下列离子方程式正确的是（）ANaHCO3溶液显碱性：HCO3+H2OH3O+CO32B在明矾溶液中滴加过量氨水：Al3+4NH3H2OAl（OH）4+4NH4+C显蓝色的淀粉溶液中通入SO2后变成无色溶液：I2+SO2+2H2O2I+SO42+4H+D小苏打溶液中加少量Ba（OH）2溶液：HCO3+Ba2+OHBaCO3+H2O【考点】离
21、子方程式的书写【分析】A碳酸氢钠溶液中，碳酸氢根离子水解，溶液显示碱性，HCO3+H2OH3O+CO32为碳酸氢根离子的电离；B氨水碱性较弱，氢氧化铝沉淀不会溶解，反应生成氢氧化铝沉淀；C碘单质能够将二氧化硫氧化成硫酸；D氢氧化钡少量，离子方程式按照氢氧化钡的组成书写【解答】解：ANaHCO3溶液显碱性的原因是碳酸氢根离子的水解，正确的水解方程式为：HCO3+H2OOH+H2CO3，故A错误；B在明矾溶液中滴加过量氨水，铝离子与氨水反应生成氢氧化铝沉淀，正确的离子方程式为：Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+，故B错误；C显蓝色的淀粉溶液中通入SO2后变成无色溶液，二氧化硫与碘单
22、质发生了氧化还原反应，反应的离子方程式为：I2+SO2+2H2O2I+SO42+4H+，故C正确；D小苏打为碳酸氢钠，碳酸氢钠溶液中加少量Ba（OH）2溶液，钡离子不足，反应后碳酸根离子有属于，正确的离子方程式为：2HCO3+Ba2+2OHBaCO3+2H2O+CO32，故D错误；故选C【点评】本题考查了离子方程式的正误判断，为中等难度的试题，注意掌握离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等），选项D为易错点，注意氢氧化钡不足，离子方程式按照氢氧化钡的组成
23、书写6下列化合物能由单质直接化合生成的是（）ANO2BFeCl3CSO3DFeCl2【考点】铁的化学性质【分析】A氮气与氧气反应生成NO；BFe与氯气反应生成氯化铁；CS与氧气反应生成二氧化硫；DFe与氯气反应生成氯化铁【解答】解：A氮气与氧气反应生成NO，NO与氧气反应生成二氧化氮，故A不选；BFe与氯气反应生成氯化铁，可由单质直接化合生成，故B选；CS与氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫催化氧化生成三氧化硫，故C不选；DFe与氯气反应生成氯化铁，不能生成氯化亚铁，故D不选；故选B【点评】本题考查金属的性质，为高频考点，把握发生的氧化还原反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大7
24、对于常温下0.0l mol/L的氨水，下列叙述正确的是（）Ac（H+）+c（NH4+）=2c（OH）B由H2O电离出的c（H+）=1.01012molL1C与等体积等浓度的氯化铵溶液混合c（NH4+）+c（NH3H2O）=0.02 molL1D与等体积等浓度的盐酸混合后所得溶液c（OH）+c（NH3H2O）=c（H+）【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】A任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；B一水合氨是弱电解质，在溶液中部分电离，所以该溶液中c（OH）0.01mol/L，水电离出c（H+）=；C与等体积等浓度的氯化铵溶液混合，溶液体积增大一倍，则物质浓度降为原来的一半，再
25、结合物料守恒判断；D任何溶液中都存在质子守恒，根据质子守恒判断【解答】解：A氨水中存在OH、H+、NH4+，根据电荷守恒有c（H+）+c（NH4+）=c（OH），故A错误；B一水合氨是弱电解质，在溶液中部分电离，所以该溶液中c（OH）0.01mol/L，水电离出c（H+）=1.01012molL1，故B错误；C与等体积等浓度的氯化铵溶液混合溶液体积增大一倍，物质浓度降为原来的一半，结合物料守恒得c（NH4+）+c（NH3H2O）=0.01molL1，故C错误；D与等体积等浓度的盐酸混合后所得溶液为氯化铵溶液，其中铵根离子水解生成一水合氨和氢氧根离子，根据质子守恒，可得c（OH）+c（NH3H2
26、O）=c（H+），故D正确；故选D【点评】本题考查弱电解质溶液中的守恒规律、氢离子浓度的计算、混合溶液的粒子浓度的判断，明确弱电解质电离特点及溶液中存在的守恒是解本题关键，易错选项是C，易忽略混合溶液体积增大而导致错误，题目难度不大8若用乙烯和氯气在适当的条件下反应制取四氯乙烷，乙烯为1mol，反应产物中的有机物只是四氯乙烷，则这一过程中所要经历的反应及耗用氯气的量是（）A取代，4mol Cl2B加成，2mol Cl2C加成、取代，2mol Cl2D加成、取代，3mol Cl2【考点】有机物的结构和性质【分析】乙烯和氯气发生加成反应生成二氯乙烷，然后二氯乙烷中的2个氢原子被氯原子可以取代可得到
27、四氯乙烷，以此来解答【解答】解：乙烯和氯气在适当的条件下反应制取四氯乙烷，需要先加成再取代，有机物中1mol双键加成需要1mol的氯气，生成二氯乙烷中含4mol氢原子，其中2个被氯原子取代生成四氯乙烷，取代1molH需要消耗氯气1mol，则发生二取代消耗2mol氯气，即乙烯和氯气在适当的条件下反应制取四氯乙烷，共需要氯气1mol+2mol=3mol，故选D【点评】本题考查有机物的结构与性质及有机物制备，为高频考点，侧重烯烃性质的考查，把握加成反应与取代反应的物质的量的关系为解答的关键，题目难度不大9下列仪器中，可用酒精灯直接加热的是（）A烧杯B烧瓶C锥形瓶D坩埚【考点】直接加热的仪器及使用方法
28、【分析】通过我们学过的知识可知能够直接加热的仪器有：试管、燃烧匙、蒸发皿和坩埚等；需要垫石棉网的是：烧杯、烧瓶、锥形瓶等不能加热的仪器有：漏斗、量筒、集气瓶等【解答】解：A烧杯不能直接加热，故A错误；B烧瓶不能直接加热，故B错误；C锥形瓶不能直接加热，故C错误；D坩埚能直接加热，故D正确故选D【点评】本题考查直接加热的仪器及使用方法，难度不大，实验室中一些仪器可以直接加热，有些需垫石棉网，有些根本就不能被加热试管能直接加热；烧杯、烧瓶、锥形瓶不能直接加热，需垫石棉网；量筒、集气瓶不能加热10下列物质中，既含有极性键，又含有非极性键的是（）A苯（C6H6）BCO2CNa2O2DNH4Cl【考点】
29、极性键和非极性键【分析】非极性共价键为同种非金属元素的原子间形成共价键；极性共价键是由不同种非金属元素的原子间易形成的共价键；由极性键构成的分子，若结构对称，正负电荷的中心重合，则为非极性分子，据此进行判断【解答】解：A苯（C6H6）分子中含有碳氢极性键和碳碳非极性键，由于苯（C6H6）分子结构对称，苯（C6H6）分子为非极性分子，故A正确；BCO2分子中共价键为极性键，不存在非极性键，故B错误；C过氧化钠为离子化合物，不存在极性键且不属于极性分子，故C错误；DNH4Cl中存在离子键和极性共价键，不存在非极性键，故D错误；故选：A【点评】本题考查化学键的极性、分子极性，题目难度不大，明确化学键
30、、分子极性判断的方法是解答本题的关键，注意熟悉常见分子的构型，试题培养了学生灵活应用所学知识解决实际问题的能力11最近医学界通过用14C标记的C60发现一种C60的羧酸衍生物，在特定条件下可以通过断裂DNA抑制艾滋病毒的繁殖，则有关14C的不正确叙述是（）A14C与12C60中碳原子化学性质相同B14C与14N的质量数相同C14C是12C60的同素异形体D14C与12C、13C互为同位素【考点】质量数与质子数、中子数之间的相互关系；同位素及其应用；同素异形体【分析】A、具有相同质子数不同中子数的同元素的不同原子互称为同位素，同位素的化学性质相似；B、原子符号左上角数字为质量数，左下角数字为质子
31、数；C、同一元素的不同单质互称同素异形体；D、质子数相同，中子数不同的同一元素的原子互称同位素【解答】解：A、14C与12C60的碳原子是质子数相等，中子数不等，属于同位素，化学性质相同，故A正确；B、14C与14N原子中质量数相同，故B正确；C、14C是原子，12C60是分子，所以不是同素异形体，故C错误；D、14C与12C、13C是具有相同质子数，不同中子数的同一元素的不同原子，互称为同位素，故D正确；故选：C【点评】本题考查同位素，明确质子数和中子数的关系、同位素和同素异形体的概念是解本题的关键，难度不大12有98g纯H2SO4和纯H3PO4的混酸，测知其中含氧元素65.3%，则混酸中H
32、2SO4和H3PO4的物质的量之比为（）A1：1B3：1C4：1D任意比【考点】有关混合物反应的计算【分析】硫酸和磷酸的摩尔质量为：M（H2SO4）=M（H3PO4）=98g/mol，且等物质的量的纯H2SO4和纯H3PO4含氧元素质量相同，以此可确定混合酸中H2SO4和H3SO4的物质的量之比【解答】解：H2SO4和H3PO4的摩尔质量为：M（H2SO4）=M（H3PO4）=98g/mol，由纯H2SO4和纯H3PO4组成的混合酸共98g，其物质的量为： =1mol，且等物质的量的纯H2SO4和纯H3PO4含氧元素质量相同，氧元素含量为：100%=65.3%，则混合酸中H2SO4和H3SO4
33、的物质的量之比为任意值，故选D【点评】本题考查混合物的计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高频考点，注意把握两种物质的相对分子质量的关系为解答该题的关键之处，难度不大13W、X、Y、Z均为短周期主族元素X为地壳中含量最多的元素；W的原子最外层电子数与核外电子总数之比为7：17；含Z元素的物质焰色反应为黄色；Y的原子序数是W和Z的原子序数之和的一半下列判断正确的是（）AY的氧化物既可溶于W氢化物的水溶液，又可溶于Z的氢氧化物水溶液B氢化物的沸点：XWC元素Z与X形成的化合物中一定含有离子键和共价键D电解ZW水溶液一段时间后，溶液pH增大【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】X为地壳
34、中含量最多的元素，应为O元素；W的原子最外层电子数与核外电子总数之比为7：17，应为Cl元素；含Z元素的物质焰色反应为黄色，应为Na元素；Y的原子序数是W和Z的原子序数之和的一半，应为=14，为Si元素，结合元素对应单质、化合物的性质以及元素周期律的递变规律解答该题【解答】解：X为地壳中含量最多的元素，应为O元素；W的原子最外层电子数与核外电子总数之比为7：17，应为Cl元素；含Z元素的物质焰色反应为黄色，应为Na元素；Y的原子序数是W和Z的原子序数之和的一半，应为=14，为Si元素，AY为Si，不能与盐酸反应，故A错误；BX为O元素，对应的氢化物分子间含有氢键，沸点较高，故B错误；C元素Z与
35、X形成的化合物有Na2O和Na2O2，其中Na2O只含有离子键，故C错误；D电解NaCl水溶液，生成NaOH、H2和Cl2，溶液呈碱性，pH增大，故D正确故选D【点评】本题考查原子结构与元素周期律知识，题目难度中等，把握原子的结构特点为解答该题的关键，注意元素周期律的递变规律的掌握14某有机物X含碳、氢、氧三种元素欲确定X的分子式，所需下述条件中的最少组合是（）含碳的质量分数 含氢的质量分数 蒸气的摩尔体积（折合成标准状况下的体积） X对H2的相对密度（同温同压） X的质量 X的沸点ABCD【考点】有关有机物分子式确定的计算【分析】先确定该有机物的实验式，再根据相对分子质量确定分子式【解答】解
36、：根据可以确定氧元素的质量分数，进一步可以确定该有机物的实验式，由可以确定有机物分子的相对分子质量综上所述，最终可以确定有机物的分子式的最少组合是故选C【点评】以有机物分子式的确定为载体，考查学生的发散思维能力，难度不大，清楚原理即可15烯烃复分解反应可示意如下：下列化合物中，经过烯烃复分解反应可以生成的是（）ABCD【考点】有机物的结构和性质；有机物分子中的官能团及其结构【分析】由题给息可知，烯烃在合适催化剂作用下可双键断裂，两端基团重新组合为新的烯烃，以此来解答【解答】解：A中两个碳碳双键断裂后，生成物中新形成的环为六元环，且新环中所形成的碳碳双键位置符合要求，可以生成，故A正确；B中两个
37、碳碳双键断裂后，合成的是五元环，故B错误；C中两个碳碳双键断裂后，合成了六元环，但是碳碳双键的位置不正确，故C错误；D中两个碳碳双键断裂后，得到的是五元环，故D错误；故选A【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握习题中的信息及烯烃复分解反应规律为解答的关键，侧重分析与应用能力的综合考查，注意环状结构的分析，题目难度中等二、解答题（共9小题，满分52分）16七铝十二钙（12CaO7Al2O3）是新型的超导材料和发光材料，用白云石（主要含CaCO3和MgCO3）和废Al片制备七铝十二钙的工艺如图：（1）煅粉主要含MgO和CaO，用适量的NH4NO3溶液浸取煅粉后，镁化合物几乎不溶，若溶
38、液I中c（Mg2+）小于5106molL1，则溶液pH大于11（Mg（OH）2的Ksp=51012）；该工艺中不能用（NH4）2SO4代替NH4NO3，原因是CaSO4微溶于水，用（NH4）2SO4代替NH4NO3，会生成CaSO4沉淀引起Ca2+的损失，（2）滤液I中的阴离子有NO3、OH（忽略杂质成分的影响）；若滤液I中仅通入CO2，会生成Ca（HCO3）2，从而导致CaCO3产率降低（3）用NaOH溶液可除去废Al片表面的氧化膜，反应的离子方程式为Al2O3+2OH2AlO2+H2O【考点】制备实验方案的设计；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】白云石煅烧发生反应：CaCO3C
39、aO+CO2，MgCO3MgO+CO2，在锻粉中加入适量的NH4NO3溶液后，镁化合物几乎不溶，由于NH4NO3溶液水解显酸性，与CaO反应生成Ca（NO3）2和NH3H2O，故过滤后溶液中含Ca（NO3）2和NH3H2O，将CO2和NH3通入滤液I中后发生反应：Ca（NO3）2+2NH3+CO2+H2O=CaCO3+2NH4NO3，据此分析滤液中的阴离子；若滤液中仅通入CO2，会造成CO2过量，废铝片加入氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠溶液，用NaOH溶液可除去废Al片表面的氧化膜，电解制备Al（OH）3时，电极分别为Al片和石墨，在碳酸钠溶液中搅拌电解，得到氢氧化铝，过滤加热灼烧得到氧化铝，碳
40、酸钙和氧化铝共混加热1500C得到七铝十二钙，（1）锻粉是由白云石高温煅烧而来；用适量NH4NO3溶液浸取煅粉后，镁化合物几乎不溶，即得Mg（OH）2的饱和溶液，根据Mg（OH）2的Ksp来计算；CaSO4微溶于水；（2）在锻粉中加入适量的NH4NO3溶液后，镁化合物几乎不溶，由于NH4NO3溶液水解显酸性，与CaO反应生成Ca（NO3）2和NH3H2O，故过滤后溶液中含Ca（NO3）2和NH3H2O，将CO2和NH3通入滤液I中后发生反应：Ca（NO3）2+2NH3+CO2+H2O=CaCO3+2NH4NO3，据此分析滤液中的阴离子；若滤液中仅通入CO2，会造成CO2过量，据此分析产物；（3
41、）氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水【解答】解：（1）锻粉是由白云石高温煅烧而来，在煅烧白云石时，发生反应：CaCO3CaO+CO2，MgCO3MgO+CO2，故所得锻粉主要含MgO和CaO；用适量NH4NO3溶液浸取煅粉后，镁化合物几乎不溶，即得Mg（OH）2的饱和溶液，根据Mg（OH）2的Ksp可知：Ksp=c（Mg2+）c2（OH）=51012，而c（Mg2+）小于5106molL1，故c（OH）大于103mol/L，则溶液中的c（H+）小于1011mol/L，溶液的pH大于11；CaSO4微溶于水，如果用（NH4）2SO4代替NH4NO3，会生成CaSO4沉淀引起Ca2+的损失，故答
42、案为：CaO；11；CaSO4微溶于水，用（NH4）2SO4代替NH4NO3，会生成CaSO4沉淀引起Ca2+的损失；（2）在锻粉中加入适量的NH4NO3溶液后，镁化合物几乎不溶，由于NH4NO3溶液水解显酸性，与CaO反应生成Ca（NO3）2和NH3H2O，故过滤后溶液中含Ca（NO3）2和NH3H2O，将CO2和NH3通入滤液I中后发生反应：Ca（NO3）2+2NH3+CO2+H2O=CaCO3+2NH4NO3，故滤液中的阴离子主要为NO3，还含有OH；若滤液中仅通入CO2，会造成CO2过量，则会生成Ca（HCO3）2，从而导致CaCO3产率降低，故答案为：NO3、OH；Ca（HCO3）2
43、；（3）氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，离子反应为Al2O3+2OH2AlO2+H2O，故答案为：Al2O3+2OH2AlO2+H2O【点评】本题综合考查物质的制备以及分离提纯，为高频考点，侧重于学生的分析、实验能力的考查，注意把握物质的性质以及题给信息，难度不大17铜族元素包括Cu、Ag、Au，其单质均为面心立方晶体（1）基态Au原子有1个未成对电子，Cu2+的电子排布式为Ar3d9，向Cu2+溶液中加入足量的氨水后，再加入无水乙醇，可析出一种配合物，其中N原子的杂化轨道类型为sp3杂化，该配合物的颜色为深蓝色（2）Cu2O是一种共价型化合物，其立方晶胞内：氧原子分别位于立方体的顶点和
44、体心，则该晶胞中有4个铜原子，其中氧原子的配位数为4（3）钇钡铜氧超导体的理想晶胞如图所示，其化学式为：YBa2Cu3O7，该晶体中Y为+3，Ba为+2，铜为+2、+3，则铜元素中+2价铜的百分含量为；Y的价电子排布式为4d15s2，则Y在周期表的位置：第5周期第B族，（4）已知Ag的晶胞参数a=0.408nm，列式表示Ag单质的密度gcm3（不必计算出结果）【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布；配合物的成键情况【分析】（1）Au是第IB族元素，与Cu是同族，Cu有1个未成对电子；Cu原子的外围电子排布是3d104s1，4s、3d能级各失去1个电子形成Cu2+；向Cu2+溶液中加入足量的氨水后
45、，再加入无水乙醇，可析出一种配合物，该配合离子是Cu（NH3）42+，为深蓝色离子，其中N原子与3个H原子形成3个共价键，与铜离子形成配位键，N原子杂化轨道数目为4；（2）根据均摊法计算晶胞中O原子数目为2，结合化学式可知Cu原子数目为4；Cu原子与位于体心的O原子与顶点的O原子之间，形成共价键，所以每个O原子与4个Cu原子形成共价键；（3）根据均摊法计算晶胞中Y、Ba、Cu、O原子数目，进而确定化学式；根据化合价代数和计算+2价的Cu、+3价的Cu原子数目；Y的价电子排布式为4d15s2，有5个电子层，价电子数目为3，在元素周期表中第5周期第B族元素；（4）Ag是面心立方晶胞，体积均摊法可知
46、晶胞内有4个Ag原子，表示出晶胞质量，再根据=计算晶胞密度【解答】解：（1）Au是第IB族元素，与Cu是同族，Cu有1个未成对电子，则Au也有1个未成对电子；Cu原子的外围电子排布是3d104s1，4s、3d能级各失去1个电子形成Cu2+形成Cu2+，则Cu2+的电子排布式为Ar3d9，向Cu2+溶液中加入足量的氨水后，再加入无水乙醇，可析出一种配合物，该配合离子是Cu（NH3）42+，为深蓝色离子，其中N原子与3个H原子形成3个共价键，与铜离子形成配位键，所以N原子的杂化方式是sp3杂化，故答案为：1；Ar3d9；sp3杂化；深蓝色；（2）根据O原子的位置，可知晶胞中O原子的数目是8+1=2
47、，在Cu2O中，Cu原子是O原子的数目的2倍，所以晶胞中Cu原子的数目是4；Cu原子与位于体心的O原子与顶点的O原子之间，形成共价键，所以每个O原子与4个Cu原子形成共价键，则O原子的配位数是4，故答案为：4；4；（3）Y原子位于体心，所以晶胞内Y原子的个数是1；Ba位于体内，则Ba原子的个数是2，Cu原子位于顶点和棱，则Cu原子的个数是8+8=3；O原子位于棱和面上，所以O原子的个数是12+8=7，则该晶胞的化学式是YBa2Cu3O7；该晶体中Y为+3，Ba为+2，铜为+2、+3，O为2价，根据元素的正负化合价代数和为0的原则，则Cu元素的整体化合价为+7价，+2价的Cu有2个，+3价的Cu
48、有1个，铜元素中+2价铜的百分含量为；Y的价电子排布式为4d15s2，有5个电子层，价电子数目为3，Y是元素周期表中第5周期第B族元素，故答案为：YBa2Cu3O7；第5周期第B族；（4）Ag是面心立方晶胞，晶胞内Ag原子数目为6+8=4，1nm=107cm，所以该晶胞的密度为g（0.408107cm）3=gcm3，故答案为：【点评】本题考查晶胞计算、核外电子排布、杂化方式判断等，注意掌握利用均摊法进行晶胞有关计算，难度中等18某同学在实验室研究Na2CO3和NaHCO3的性质及相互转化（1）分别向浓度均为0.1mol/LNa2CO3及NaHCO3溶液中滴加几滴酚酞试剂：Na2CO3溶液由无色
49、变为红色，其原因是CO32+H2OHCO3+OHNaHCO3溶液也由无色变为红色，其原因是HCO3+H2OH2CO3+OH，HCO3H+CO32，水解程度大于电离程度比较两份溶液的颜色，红色较浅的是NaHCO3（填化学式）（2）研究NaHCO3与CaCl2的反应实验序号实验操作实验现象实验1向2mL 0.001mol/L NaHCO3溶液中加入1mL 0.1mol/LCaCl2溶液无明显变化用激光笔照射，没有出现光亮的通路实验2向2mL 0.1mol/L NaHCO3溶液中加入1mL 0.1mol/LCaCl2溶液略显白色均匀的浑浊，用激光笔照射，出现光亮的通路实验1中没有出现白色浑浊的原因是
50、HCO3浓度低，电离出的CO32浓度更低，导致c（Ca2+）c（CO32）Ksp（CaCO3）实验2中形成的分散系属于胶体用离子方程式表示实验2中发生的反应Ca2+2HCO3=CaCO3+CO2+H2O（3）在不引入其他杂质的前提下，实现Na2CO3与NaHCO3之间的转化，请在图中标出所用的试剂、用量或物质的浓度（反应前后溶液体积的变化可忽略）【考点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质【分析】（1）浓度均为0.1mol/LNa2CO3及NaHCO3溶液中碳酸根离子水解溶液呈碱性，碳酸氢根离子水解程度大于电离程度，所以溶液也呈碱性，相等浓度时，Na2CO3水解产生的氢氧根溶液大于NaHCO3水解产生的
51、氢氧根，所以Na2CO3溶液的碱性强于NaHCO3的溶液；（2）根据题中的实验现象可知，0.001mol/L NaHCO3溶液中电离出的CO32浓度更低，导致c（Ca2+）c（CO32）Ksp（CaCO3）因而溶液中不出现沉淀，0.1mol/L NaHCO3溶液中电离出的碳酸根离子浓度高一些，与钙离子形成了碳酸钙沉淀及胶体；（3）在碳酸钠溶液中通入二氧化碳可以将碳酸钠转化成碳酸氢钠，在碳酸氢钠溶液中加入氢氧化钠可以将碳酸氢钠转化为碳酸钠，根据各物质的量的关系，确定有关物质的物质的量及浓度；【解答】解：（1）浓度均为0.1mol/LNa2CO3及NaHCO3溶液中碳酸根离子水解溶液呈碱性，碳酸氢
52、根离子水解程度大于电离程度，所以溶液也呈碱性，相等浓度时，Na2CO3水解产生的氢氧根溶液大于NaHCO3水解产生的氢氧根，所以Na2CO3溶液的碱性强于NaHCO3的溶液，所以有Na2CO3溶液由无色变为红色，其原因是 CO32+H2OHCO3+OH；NaHCO3溶液也由无色变为红色，其原因是 HCO3+H2OH2CO3+OH，HCO3H+CO32，水解程度大于电离程度；比较两份溶液的颜色，红色较浅的是NaHCO3，故答案为：CO32+H2OHCO3+OH；HCO3+H2OH2CO3+OH，HCO3H+CO32，水解程度大于电离程度；NaHCO3；（2）根据题中的实验现象可知，0.001mo
53、l/L NaHCO3溶液中电离出的CO32浓度更低，导致c（Ca2+）c（CO32）Ksp（CaCO3）因而溶液中不出现沉淀，0.1mol/L NaHCO3溶液中电离出的碳酸根离子浓度高一些，与钙离子形成了碳酸钙沉淀及胶体，所以有实验1中没有出现白色浑浊的原因是 HCO3浓度低，电离出的CO32浓度更低，导致c（Ca2+）c（CO32）Ksp（CaCO3），故答案为：HCO3浓度低，电离出的CO32浓度更低，导致c（Ca2+）c（CO32）Ksp（CaCO3）；用激光笔照射，出现光亮的通路为胶体的性质，所以实验2中形成的分散系属于胶体，故答案为：胶体；实验2中发生的反应的离子方程式为Ca2+2
54、HCO3=CaCO3+CO2+H2O，故答案为：Ca2+2HCO3=CaCO3+CO2+H2O；（3）100mL0.1mol/LNa2CO3及中通入CO2生成碳酸氢钠，根据钠元素守恒可知，得到的碳酸氢钠溶液的浓度为0.2mol/L，将100mL0.1mol/LNaHCO3溶液转化为碳酸钠溶液，则加入0.01mol的氢氧化钠固体即可，故答案为：CO2；0.2；NaOH；0.01【点评】本题主要考查盐类水解和弱电解质的电离等，难度中等，注意碳酸钠与碳酸氢钠的性质的灵活运用19酸性KMnO4溶液能与草酸（H2C2O4）溶液反应某探究小组利用反应过程中溶液紫色消失快慢的方法来研究影响反应速率的因素实验
55、前首先用浓度为0.1000molL1酸性KMnO4标准溶液滴定未知浓度的草酸（1）写出滴定过程中发生反应的化学方程式为2MnO4+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O（2）滴定过程中操作滴定管的图1示正确的是A（3）若滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失，会使测得的草酸溶液浓度偏高（填“偏高”、“偏低”、或“不变”）通过滴定实验得到草酸溶液的浓度为0.2000molL1用该草酸溶液按下表进行后续实验（每次实验草酸溶液的用量均为8mL）实验编号温度（）催化剂用量（g）酸性高锰酸钾溶液实验目的a实验1和2探究探究温度不同对反应速率的影响；b实验1和3探究反应物浓度对该反应速率的影
56、响；c实验1和4探究催化剂对该反应速率的影响体积（mL）浓度（molL1）1250.540.10002500.540.10003250.540.0100425040.1000（4）写出表中a 对应的实验目的探究温度不同对反应速率的影响；若50时，草酸浓度c（H2C2O4）随反应时间t的变化曲线如图2所示，保持其他条件不变，请在图中画出25时c（H2C2O4）随t的变化曲线示意图（5）该小组同学对实验1和3分别进行了三次实验，测得以下实验数据（从混合振荡均匀开始计时）：实验编号溶液褪色所需时间（min）第1次第2次第3次114.013.011.036.56.76.8分析上述数据后得出“当其它条件
57、相同时，酸性高锰酸钾溶液的浓度越小，褪色时间就越短，即反应速率就越快”的结论甲同学认为该小组“探究反应物浓度对速率影响”的实验方案设计中存在问题，从而得到了错误的实验结论，请简述甲同学改进的实验方案其它条件相同时，利用等量且少量的高锰酸钾与等体积不同浓度的足量草酸溶液反应，测量溶液褪色时间（6）该实验中使用的催化剂应选择MnSO4而不是MnCl2，原因可用离子方程式表示为2MnO4+10Cl+16H+=5Cl2+2Mn2+8H2O【考点】探究影响化学反应速率的因素【分析】（1）高锰酸钾具有强氧化性，草酸（H2C2O4）溶液与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应，草酸被氧化为二氧化碳，高锰酸钾被还
58、原为Mn2+；（2）根据滴定管的使用规则判断，选择酸式滴定管，滴定时用左手的大拇指、食指、中指旋转滴定管的旋塞；（3）若滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失，会使高锰酸钾溶液的体积偏大，使得测得的草酸的物质的量偏大，溶液浓度偏高；实验1、2只有温度不同，其他用量完全相同；（4）根据温度降低反应速率减小画出25时c（C2O42）t的变化曲线示意图；（5）根据表格中的褪色时间长短来判断浓度大小与反应速率的关系，高锰酸钾的物质的量相同，浓度不同的草酸溶液，可以探究反应物浓度对该反应速率的影响；（6）酸性条件下，高锰酸根离子能将氯离子氧化成氯气，自身被还原成二价锰离子【解答】解：（1）高锰酸钾具有强氧
59、化性，把草酸中的C从+3价氧化成+4价的二氧化碳，Mn元素从+7价变化到+2价的锰离子，由于草酸分子中有2个C原子，所以高锰酸钾与草酸的反应比例为 5：2，故反应的方程式为：2MnO4+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O，故答案为：2MnO4+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O；（2）酸性高锰酸钾氧化性强，所以在该实验中选择酸式滴定管，根据滴定管的使用规则，滴定时，左手包住滴定管的活塞控制液滴的滴出，防止活塞被意外打开，即如图A所示操作；故答案为：A；（3）若滴定前滴定管尖嘴处有气泡，对初读数无影响，但滴定后消失，会使末读数偏大，二者的差值为酸性高锰酸钾
60、溶液滴定的体积，导致计算出的草酸溶液的浓度偏高，故答案为：偏高；实验1、2反应物用量完全相同，只有温度不同，目的就在于探究温度不同对反应速率的影响；故答案为；探究温度不同对反应速率的影响；（4）25时反应速率小于50时，所以草酸根离子的浓度变化比50时小，反应需要的时间大于50条件下需要的时间，据此画出25时c（C2O42）t的变化曲线示意图为：，故答案为：；（5）探究反应物浓度对速率影响时应在其他条件不变时改变某种反应物的浓度，在本实验中褪色的是酸性高锰酸钾溶液，所以酸性高锰酸钾的溶液的体积、浓度 应是不能变的，而只改变草酸的浓度（体积不变），观察溶液褪色的时间，所以其它条件相同时，利用等量
61、且少量的高锰酸钾与等体积不同浓度的足量草酸溶液反应，测量溶液褪色时间，故答案为：其它条件相同时，利用等量且少量的高锰酸钾与等体积不同浓度的足量草酸溶液反应，测量溶液褪色时间；（6）该实验中使用的催化剂应选择MnSO4而不是MnCl2，是因为氯离子与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应 而生成氯气，消耗酸性高锰酸钾溶液，使滴定结果偏高，发生的离子方程式是2MnO4+10Cl+16H+=5Cl2+2Mn2+8H2O，故答案为：2MnO4+10Cl+16H+=5Cl2+2Mn2+8H2O【点评】本题考查了探究温度、浓度对反应速率的影响、浓度岁时间变化的曲线，题目难度中等，试题侧重对学生能力的培养和解题方
62、法的指导与训练，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力20某化学活动小组设计如图所示（部分夹持装置已略去）实验装置，以探究潮湿的Cl2与Na2CO3反应得到的固体物质（1）写出装置A中发生反应的化学方程式：4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2+2H2O（2）写出试剂Y的名称：饱和食盐水（或饱和氯化钠溶液）（3）已知：通入一定量的氯气后，测得D中只有一种常温下为黄红色的气体，其为含氯氧化物可以确定的是C中含有的氯盐只有一种，且含有NaHCO3，现对C成分进行猜想和探究提出合理假设假设一：存在两种成分：NaHCO3和NaCl；假设二：存在三种成分：NaHCO3和NaCl、Na2CO3
63、设计方案，进行实验请写出实验步骤以及预期现象和结论（可不填满）限选实验试剂和仪器：蒸馏水、稀硝酸、BaCl2溶液、澄清石灰水、AgNO3溶液、试管、小烧杯实验步骤预期现象和结论步骤1：取C中的少量固体样品于试管中，滴加足量蒸馏水至固体溶解，然后将所得溶液分别置于A、B试管中无明显现象步骤2：向A试管中滴加BaCl2溶液a若无明显现象，证明固体中不含Na2CO3b若溶液变浑浊，证明固体中含Na2CO3步骤3：向B试管中滴加过量的稀硝酸，再滴加AgNO3溶液若溶液变浑浊，证明固体中含有NaCl（4）已知C中有0.1mol Cl2参加反应若假设一成立，可推知C中反应的化学方程式为2Cl2+H2O+2
64、Na2CO32NaHCO3+2NaCl+Cl2O【考点】氯气的化学性质；探究物质的组成或测量物质的含量【分析】（1）实验室制备氯气是二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯化锰、氯气和水；（2）依据装置分析，进入C之前需要吸收氯化氢气体，需要用饱和食盐水吸收；（3）在装置C中通入一定量的氯气后，测得D中只有一种常温下为黄红色的气体（含氯氧化物）C中含氯元素的盐只有一种，且含有NaHCO3假设存在两种成分，为NaHCO3和NaCl；假设存在三种成分，应还有未完全反应的Na2CO3，即是NaHCO3、NaCl和Na2CO3步骤2中向A试管中滴加适量BaCl2溶液，是检验产物中是否有Na2CO3，回答该小题时
65、要结合最后的结论，a应为证明固体中不含Na2CO3，b应为证明固体中含Na2CO3，不能颠倒步骤3应是检验氯离子，应向B试管中滴加过量的稀硝酸，再滴加AgNO3溶液，若溶液变浑浊，证明固体中含有NaCl；（4）依据氧化还原反应电子守恒计算判断氯元素化合价写出化合物化学式，依据反应物和生成物配平书写化学方程式【解答】解：（1）实验室制备氯气，结合装置分析可知是利用二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯气，反应的化学方程式为：4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2+2H2O；故答案为：4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2+2H2O；（2）实验制备氯气中含有氯化氢气体，需要用饱和食盐水除去；故答案
66、为：饱和食盐水（或饱和氯化钠溶液）；（3）在装置C中通入一定量的氯气后，测得D中只有一种常温下为黄红色的气体（含氯氧化物）C中含氯元素的盐只有一种，且含有NaHCO3假设存在两种成分，为NaHCO3和NaCl；假设存在三种成分，应还有未完全反应的Na2CO3，即是NaHCO3、NaCl和Na2CO3步骤2中向A试管中滴加适量BaCl2溶液，是检验产物中是否有Na2CO3，回答该小题时要结合最后的结论，a应为证明固体中不含Na2CO3，b应为证明固体中含Na2CO3，不能颠倒步骤3应是检验氯离子，应向B试管中滴加过量的稀硝酸，再滴加AgNO3溶液，若溶液变浑浊，证明固体中含有NaCl；假设一：存
67、在NaHCO3和NaCl；假设二：存在NaHCO3和NaCl、Na2CO3；实验步骤预期现象和结论步骤1：取C中的少量固体样品于试管中，滴加足量蒸馏水至固体溶解，然后将所得溶液分别置于A、B试管中无明显现象步骤2：向A试管中滴加BaCl2溶液a若无明显现象，证明固体中不含Na2CO3b若溶液变浑浊，证明固体中含Na2CO3步骤3：向B试管中滴加过量的稀硝酸，再滴加AgNO3溶液若溶液变浑浊，证明固体中含有NaCl故答案为：NaCl；NaCl、Na2CO3；实验步骤预期现象和结论步骤1：取C中的少量固体样品于试管中，滴加足量蒸馏水至固体溶解，然后将所得溶液分别置于A、B试管中无明显现象步骤2：向
68、A试管中滴加BaCl2溶液a若无明显现象，证明固体中不含Na2CO3b若溶液变浑浊，证明固体中含Na2CO3步骤3：向B试管中滴加过量的稀硝酸，再滴加AgNO3溶液若溶液变浑浊，证明固体中含有NaCl（4）C中有0.1mol Cl2参加反应装置C中通入一定量的氯气后，测得D中只有一种常温下为黄红色的气体，若假设一成立，反应为Cl2+Na2CO3NaHCO3+NaCl+X，依据氧化还原反应电子守恒计算判断氯元素化合价为+1价：可推知C中反应生成的含氯氧化物为Cl2O；反应的化学方程式为：2Cl2+H2O+2Na2CO32NaHCO3+2NaCl+Cl2O故答案为：2Cl2+H2O+2Na2CO3
69、2NaHCO3+2NaCl+Cl2O【点评】本题考查了物质性质验证的实验设计，步骤分析判断，现象分析理解，掌握物质性质和实验设计方法是解题关键，题目难度中等21将高碘酸H5IO6加入MnSO4溶液中可使溶液呈紫红色，已知H5IO6在反应中发生如下过程：H5IO6HIO3完成下列填空：（1）将该反应的氧化剂、还原剂及配平后的系数填入正确位置（2）在上图中标明电子转移的方向和数目（3）若向H5IO6溶液中加入足量的下列物质，能将碘元素还原成碘离子的是b（选填序号）a盐酸b硫化氢c溴化钠d硫酸亚铁（4）若向含1mol H5IO6 的溶液中加入过量的过氧化氢溶液，再加入淀粉溶液，溶液变蓝，同时有大量气
70、体产生请写出此反应的化学方程式：2H5IO6+7H2O2=I2+12H2O+7O2，此过程中至少可得到气体78.4L（标准状态下）【考点】氧化还原反应的计算【分析】（1）高碘酸H5IO6加入MnSO4溶液中可使溶液呈紫红色，这说明反应中有高锰酸钾生成，因此高碘酸是氧化剂，硫酸锰是还原剂其中I元素的化合价从+7价降低到+5价，得到2个电子，Mn元素的化合价从+2价升高到+7价，失去5个电子，所以根据电子得失守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比是5：2，电子化合价降低的反应物是氧化剂、失电子化合价升高的反应物是还原剂；（2）高碘酸H5IO6加入MnSO4溶液中可使溶液呈紫红色，这说明反应中有高锰
71、酸钾生成，因此高碘酸是氧化剂，硫酸锰是还原剂其中I元素的化合价从+7价降低到+5价，得到2个电子，Mn元素的化合价从+2价升高到+7价，失去5个电子，所以根据电子得失守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比是5：2；（3）若向H5IO6溶液中加入足量的下列物质，能将碘元素还原成碘离子，说明该物质具有还原性，且选项中物质生成的单质或离子氧化性要小于碘；（4）向含1mol H5IO6 的溶液中加入过量的过氧化氢溶液，再加入淀粉溶液，溶液变蓝，这说明有单质碘生成，同时有大量气体产生，该气体应该是氧气，根据反应物和生成物书写方程式；根据转移电子守恒计算【解答】解：（1）高碘酸H5IO6加入MnSO4溶液
72、中可使溶液呈紫红色，这说明反应中有高锰酸钾生成，因此高碘酸是氧化剂，硫酸锰是还原剂其中I元素的化合价从+7价降低到+5价，得到2个电子，Mn元素的化合价从+2价升高到+7价，失去5个电子，所以根据电子得失守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比是5：2，电子化合价降低的反应物是氧化剂、失电子化合价升高的反应物是还原剂，所以H5IO6是氧化剂、MnSO4是还原剂，且二者计量数之比为5：2，故答案为：5H5IO6；2MnSO4；（2）高碘酸H5IO6加入MnSO4溶液中可使溶液呈紫红色，这说明反应中有高锰酸钾生成，因此高碘酸是氧化剂，硫酸锰是还原剂其中I元素的化合价从+7价降低到+5价，得到2个电子
73、Mn元素的化合价从+2价升高到+7价，失去5个电子，所以根据电子得失守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比是5：2，因此电子转移的方向和数目为，故答案为：；（3）由于氯气、单质溴以及铁离子的氧化性均强于单质碘，所以选项acd不可能将高碘酸还原为碘离子，单质碘的氧化性强于S的，因此H2S可以把高碘酸还原为碘离子，故选b；（4）向含1mol H5IO6 的溶液中加入过量的过氧化氢溶液，再加入淀粉溶液，溶液变蓝，这说明有单质碘生成，同时有大量气体产生，该气体应该是氧气，所以反应的化学方程式为2H5IO6+7H2O2=I2+12H2O+7O2，其中氧气的物质的量1mol2722.4L/mol=3.5m
74、ol，在标准状况下的体积是3.5mol22.4L/mol=78.4L，故答案为：2H5IO6+7H2O2=I2+12H2O+7O2；78.4【点评】本题考查氧化还原反应的判断、配平、应用以及有关计算等，为高频考点，侧重考查学生分析计算能力，正确书写方程式是解本题关键，注意反应中存在原子守恒和转移电子守恒，题目难度中等22已知：A是石油裂解气的主要成份，A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平；现以A为主要原料合成乙酸乙酯，其合成路线如下图所示回答下列问题：（1）写出A的结构式：CH2=CH2，C的结构简式：CH3CHO（2）B、C分子中的官能团名称分别羟基、醛基（3）写出下列反应的反应类型：
75、加成反应氧化反应取代反应或酯化反应（4）写出下列反应的化学方程式CH2=CH2+H2OCH3CH2OH2 CH3CH2OH+O22 CH3CHO+2H2OCH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O（5）写出乙酸乙酯在碱性条件下的水解方程式：CH3COOCH2CH3+NaOHCH3COONa+CH3CH2OH【考点】有机物的推断【分析】A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平，则A为CH2=CH2，与水发生加成反应得到B为CH3CH2OH，乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，所以D为CH3COOH，乙醇被催化氧化生成乙醛，乙醛被氧化生成乙酸，所以C为CH3CHO，据此分析
76、解答【解答】解：A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平，则A为CH2=CH2，与水发生加成反应得到B为CH3CH2OH，乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，所以D为CH3COOH，乙醇被催化氧化生成乙醛，乙醛被氧化生成乙酸，所以C为CH3CHO，（1）A的结构简式为CH2=CH2，C为CH3CHO，故答案为：CH2=CH2；CH3CHO；（2）B为CH3CH2OH，含有的官能团为羟基，C为CH3CHO，含有的官能团为醛基，故答案为：羟基、醛基；（3）下列反应的反应类型分别为：为加成反应，为氧化反应，为取代反应或酯化反应，故答案为：加成反应；氧化反应；取代反应或酯化反应；（4）为乙烯和水的加
77、成反应，反应方程式为CH2=CH2+H2OCH3CH2OH，为乙醇的催化氧化反应，反应方程式为2 CH3CH2OH+O22 CH3CHO+2H2O，为乙醇与乙酸的酯化反应，反应方程式为CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O，故答案为：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；2 CH3CH2OH+O22 CH3CHO+2H2O；CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O；（5）乙酸乙酯在碱性条件下的水解方程式为CH3COOCH2CH3+NaOHCH3COONa+CH3CH2OH，故答案为：CH3COOCH2CH3+NaOHCH3COONa+CH3C
78、H2OH【点评】本题考查有机物的推断，涉及烯、醇、醛、羧酸等的性质与转化等，难度不大，注意对基础知识的理解掌握23黄酮类化合物具有抗肿瘤活性，6一羟基黄酮衍生物的合成路线如下：请回答下列问题：（1）化合物B中的含氧官能团为羟基和羰基 （填名称）（2）反应中涉及到的反应类型有水解反应、加成反应 和消去反应（3）反应中加入的试剂X的分子式为C7H5OCl，X的结构简式为（4）B的一种同分异构体满足下列条件：I能发生银镜反应，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应II分子中有4种不同化学环境的氢写出该同分异构体的结构简式：（5）已知：根据已有知识并结合相关信息，写出以和CH3COOH为原料制备
79、的合成路线流程图（无机试剂任用）合成路线流程图示例如下：H2CCH2CH3CH2BrCH3CH2OH【考点】有机物的结构和性质；有机物的合成【分析】（1）根据B的结构简式判断；（2）比较C和D的结构可知，反应是C中的酯基发生了水解，与左侧苯环相连的羰基与酚羟基发生加成后再消去得D中杂环，据此答题；（3）比较D和E的结构简式结合X的分子式可判断X的结构简式；（4）根据条件I能发生银镜反应，说明有醛基，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明水解产物中有酚羟基，II分子中有4种不同化学环境的氢，据此可写出B的同分异构体；（5）以和CH3COOH为原料制备，可以先利用题合成路线中的反应，在
80、的酚羟基的邻位引入羰基，再利用与氢气的加成，再消去，再加成可得产品【解答】解：（1）根据B的结构简式可知，B中有羟基和羰基，故答案为：羟基；羰基；（2）比较C和D的结构可知，反应是C中的酯基发生了水解，与左侧苯环相连的羰基与酚羟基发生加成后再消去得D中杂环，所以反应中涉及的反应为水解反应、加成反应和消去反应，故答案为：加成反应；消去反应；（3）比较D和E的结构简式结合X的分子式可判断X的结构简式为，故答案为：；（4）根据条件I能发生银镜反应，说明有醛基，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明水解产物中有酚羟基，II分子中有4种不同化学环境的氢，符合这样条件的B的同分异构体有，故答案
81、为：；（5）以和CH3COOH为原料制备，可以先利用题合成路线中的反应，在的酚羟基的邻位引入羰基，再利用与氢气的加成，再消去，再加成可得产品，所以合成路线为，故答案为：【点评】本题考查有机物的合成，题目难度中等，解答本题注意结合题给信息和官能团的转化，特别是有机物官能团的性质，是解答该题的关键，易错点为（5），注意借鉴题给信息进行解答24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：羧基和硝基（2）化合物B的结构简式为；由DE的反应类型是还原反应（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；
82、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RCOOHRCOCl请写出以CH3CH2OH、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：H2C=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH【考点】有机物的合成【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的结构简式可知所含有含氧官能团；（2）根据上面分析可知B的结构和反应类型；（3）C发生酯化反应生成D；（4）根据条件能发生银镜反应，说明有醛基；
83、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的结构书写同分异构体；（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，据此答题【解答】解：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
84、，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：【点评】本题考查有机物推断，侧重考查分析、推断能力，涉及常见官能团之间的转化，根据已知物质结构结合反应条件采用正逆结合的方法进行推断，熟练掌握常见有机物的结构和性质，题目难度不大，注意应用题中信息高考资源网