1、河南省郑州八中2016届高三下期5月月考化学试卷（解析版）1已知反应mA(g)nB(g)y C(g)，如图表示在不同条件下反应物B的体积分数(B)随时间变化的关系，据此判断Ammy ， H0Bmmy ， H0Cmmy ， H0Dmmy ， H0【答案】C【解析】如图，根据反应达平衡前的反应速率可知，T2T1,P2P1;同一温度T1下，增大压强，(B)增加，平衡向左移动，既向体积减小的方向移动，所以mny; 同一压强P2下，温度升高，平衡向左移动，向左为吸热反应，所以向右 H0.2分子式为C4H10的烃的一氯代物的同分异构体有A3种 B4种 C5种D6种【答案】B【解析】C4H10的烃的一氯代物
2、的同分异构体4种：3下列关于化学理论学习和研究的说法错误的是 A.化学键的变化不一定会引起化学反应的变化 B.外界条件改变一定会引起化学反应的快慢变化C.化学模型的建立有助于解释一些化学现象D.化学基本原理的应用是建立在有一定条件的基础上的【答案】B【解析】氯化钠溶于水，破坏了离子键，但变化不是化学变化。并非所有外界条件的改变都能引起化学反应速率的变化，例如没有气体参与的反应，压强的变化就不能改变反应速率。所有答案选B。4下列有关SO2的叙述正确的是 （ ）A. SO2是酸性氧化物，能被氨水吸收B. SO2是有毒气体，不能用于杀菌消毒C. 正常雨水的pH为5.6，是因为其中溶解了SO2D. 分
3、别被SO2和HClO漂白的品红溶液，加热后均能恢复原来的颜色【答案】A【解析】SO2虽然有毒，但也用于杀菌消毒，B不正确。雨水中含有的是亚硫酸或硫酸，而不是SO2，C不正确。次氯酸的漂白是利用的强氧化性，是不可逆的，D不正确。答案选A。5下列描述的一定是金属元素的是A易失去电子的物质 B能与酸反应的物质C原子核内有11个质子的元素 D原子的最外层只有一个电子的元素【答案】C【解析】试题分析：A易失去电子的物质可能是金属单质，如Na，也可能是化合物如Na2SO3等，不一定是金属元素，错误；B能与酸反应的物质可能是金属单质、非金属单质如Si与HF的反应；也可能是化合物如Na2CO3与盐酸的反应，错
4、误；C元素根据原子核内质子数多少区分的原子核内有11个质子的元素是Na元素，属于金属元素，正确；D原子的最外层只有一个电子的元素可能是金属元素，也可能是非金属元素氢元素，错误。考点：考查金属元素的判断方法的知识。6食用下列物质不会引起中毒的是A.用三聚氰胺配制的奶粉B.加有大量亚硝酸钠（NaNO2）的火腿C.用碳酸钡做X射线透视的“钡餐”D.加碘盐（含碘酸钾的食盐）【答案】D【解析】三聚氰胺是一种化工原料，食用会引起肾结石等，A项不正确；亚硝酸钠若过量食用会致癌，B项不正确；碳酸钡能溶于胃酸，转化为有毒的可溶性钡盐，C项不正确；加碘盐是为了补碘，预防碘缺乏症，不会引起中毒，D项正确，故答案为D
5、项。7下列各项叙述，都正确且二者的原理最相似的是叙述叙述AFeS难溶于水，却溶于稀硝酸CaCO3难溶于稀硫酸，却溶于醋酸B浓硝酸要密封保存阴凉处漂白粉要密封保存在阴凉处C盐酸与铁反应生成氯化亚铁少量氯气与铁反应生成氯化亚铁D碳酸钠溶液显弱碱性氯化铵溶液显弱酸性【答案】D【解析】试题分析：“FeS难溶于水，却溶于稀硝酸”是因为硝酸的强氧化性，“CaCO3难溶于稀硫酸，却溶于醋酸”是利用酸性强于碳酸的酸去溶解不溶性碳酸盐，不用稀硫酸是CaSO4微溶于水，选项A不正确；“浓硝酸要密封保存阴凉处”是防硝酸见光分解，“漂白粉要密封保存在阴凉处”是防和空气中的水和CO2反应，使之失效，B选项不正确；少量氯
6、气与铁反应生成氯化铁，不是氯化亚铁，选项C明显不正确。碳酸钠溶液显弱碱性和氯化铵溶液显弱酸性都是水解的缘故，前者是CO32-水解，后者是NH4+水解，原理相似，D选项正确。考点：反应原理的分析 涉及稀硝酸的氧化性、不稳定性，漂白粉的防失效及离子的水解等。8氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互反应：4NO2(g)2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+ Cl2(g)，H。在恒温条件下，向2 L恒容密闭容器中加入0.4mol NO2和0.2 mol NaCl，10 min反应达到平衡时n(NaNO3)= 0.1mol，NO2的转化率为。下列叙述中正确的是A10min内NO浓度变化表示的速
7、率v(NO)0.01 molL1min1B若保持其他条件不变，在恒压下进行该反应，则平衡时NO2的转化率大于C若升高温度，平衡逆向移动，则该反应的H0D若起始时向容器中充入NO2(g) 0.1 mol、NO(g)0.2 mol和Cl2(g)0.1 mol（固体物质足量），则反应将向逆反应方向进行【答案】BD【解析】试题分析：A、根据三段式进行计算：4NO2(g)2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+ Cl2(g)起始物质的量（mol） 0.4 0.2 0 0 0起始物质的量（mol） 0.2 0.1 0.1 0.1 0.05起始物质的量（mol） 0.2 0.1 0.1 0.1 0
8、.05所以10min内NO浓度变化表示的速率v(NO)0.1mol2L10min=0.005 molL1min1，故A错误；B、该反应的正反应方向气体系数减小，所以在恒容密闭容器中反应，气体的压强逐渐减小，压强小于恒压容器，则恒压容器平衡更有利于向正反应方向移动，所以若保持其他条件不变，在恒压下进行该反应，则平衡时NO2的转化率大于，故B正确；C、若升高温度，平衡逆向移动，说明逆反应为吸热反应，则该反应的H K，所以反应将向逆反应方向进行，故D正确。考点：本题考查化学平衡的移动及计算。 9NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法中正确的是A在密闭容器中加入15molH2和05molN2，充分反应后
9、可得NH3分子数目为NAB10L 01molL1Na2CO3溶液中含有的CO32离子数目为01NA C一定条件下，23gNa完全与O2反应生成36g产物时失去电子数目为01NAD在标准状况下，224L的CH3CH2OH含有NA个分子【答案】C【解析】试题分析：A不正确，lH2和N2的反应是可逆反应，得到NH3分子数目少于NA；B不正确，CO32水解，10L 01molL1Na2CO3溶液中含有的CO32离子数目少于01NA ；C正确；D不正确，在标准状况下，224L的CH3CH2OH是液体。选C。考点：阿伏加德罗常数10已知反应： 101 kPa时，2C(s)+O 2 (g) 2CO(g)H=
10、-221 kJmol-1 稀溶液中，H+(aq)+OH- (aq) H2O(l) H=-57.3 kJmol-1 下列结论正确的是A碳的燃烧热大于110.5 kJmol-1 B的反应热为221 kJmol-1 C浓硫酸与稀NaOH溶液反应的成1 mol水，放出57.3 kJ热量D稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1 mol水，放出57.3 kJ热量【答案】A【解析】试题分析：A、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量，所以碳的燃烧热大于110.5 kJmol-1，A正确；B、的反应热为-221 kJmol-1，B错误；C、浓硫酸稀释要放出热量，所以浓硫酸与稀NaOH溶液反应的成1
11、 mol水，放出的热量大于57.3 kJ，C错误；D、醋酸是弱酸，电离需要吸热，所以稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1 mol水，放出的热量小于57.3 kJ，D错误。答案选A。考点：反应热，燃烧热11设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述不正确的（ ）A10g质量分数为46%的乙醇溶液中，氢原子的总数为0.6NAB5.6 g铁与足量硫加热充分反应转移电子数为 0.2NAC50 mL 12 molL-1 浓盐酸与足量二氧化锰加热反应，转移电子数为0.3 NAD标准状况下，含有1mol硫原子的SO2 与 SO3的混合物，其体积小于22.4L【答案】D【解析】试题分析：A10g质量分数为46%的乙醇溶
12、液中，乙醇的质量是10g46%=4.6g.n(乙醇)=4.6g46g/mol=0.1mol.由乙醇的分子式C2H6O可看出氢原子的物质的量为0.6mol.所以氢原子的总数为0.6NA。正确。B硫的氧化性较弱，只能把变价金属Fe氧化成+2价。所以5.6 g铁即0.1mol的与足量硫加热充分反应转移电子数为 0.2NA。正确。C二氧化锰加热时只能和浓盐酸发生反应。n(HCl)=0.05L 12 mol/L=0.6mol.所以反应进行到一定程度后，浓盐酸变为稀盐酸，这时反应就不再进行。所以转移电子数小于0.3 NA。错误。D标准状况下，SO3呈固态。所以含有1mol硫原子的SO2 与 SO3的混合物
13、，其体积小于22.4L。正确。考点：考查关于物质的量的化学计算的知识。12设nA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（相对原子质量：H 1，O 16）A标准状况下，22.4 L四氯化碳含有的分子数为nAB常温常压下，18g水含有的分子数为 nAC1 mol Cu和足量稀硝酸反应产生NO分子数为nAD1L1.0 molL1 Na2CO3溶液中含有CO32-数为 nA【答案】B【解析】试题分析：A标准状况下四氯化碳是液体，不能使用气体摩尔体积，错误；B常温常压下，18g水的物质的量是1mol，含有的分子数为 nA，正确；C由于Cu是+2价的计算，所以1 mol Cu和足量稀硝酸反应产生NO分子
14、数为2nA，错误；DNa2CO3是强碱弱酸盐，在溶液中CO32-发生水解反应而消耗，所以1L1.0 molL1 Na2CO3溶液中含有CO32-数小于 nA，错误。考点：考查阿伏加德罗常数的计算的知识。13 设NA为阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是A. 标准状况下,2.24L苯中含0.6NA个氢原子B. 22.4LCl2通入水中充分反应,共转移NA个电子C. 1L1molL-1氯化铜溶液中Cu2+的数目小于NAD. 0.1mol铁在0.1molCl2中充分燃烧,转移的电子数为0.3NA【答案】C【解析】试题分析：A、标准状况下苯不是气态，不能适用于气体摩尔体积，A错误；B、不能确定氯气所处
15、的状态，因此不能计算氯气的物质的量，B错误；C、铜离子在溶液中水解，因此1L1molL-1氯化铜溶液中Cu2+的数目小于NA，C正确；D、0.1mol铁在0.1molCl2中充分燃烧，铁过量，氯气完全反应，转移的电子数为0.2NA，D错误，答案选C。考点：考查阿伏伽德罗常数的计算与判断14经一定时间后，可逆反应aA+bBcC中物质的含量A%和C%随温度的变化曲线如图所示，下列说法正确的是A该反应在T1、T3温度时达到化学平衡B升高温度，平衡会向正反应方向移动C该反应的逆反应是放热反应D该反应在T2温度时达到化学平衡【答案】D【解析】T2之前A%变小，C%从0渐增大，而T2之后A%渐大，C%渐小
16、，说明T2之前是反应没有达到平衡状态，而T2时恰好平衡，T2之后是温度升高使平衡向左移动，所以逆反应是吸热反应A、T1温度之后A%继续变小，C%继续增大，T3温度之后A%继续增大，C%继续减小，故T1、T3温度时未达到化学平衡，故A错误；B、T2时恰好平衡，T2之后A%渐大，C%渐小，说明T2之后是温度升高使平衡向逆反应移动，故B错误；C、T2时恰好平衡，T2之后A%渐大，C%渐小，说明T2之后是温度升高使平衡向左移动，所以逆反应是吸热反应，故C错误；D、T2之前A%变小，C%从0渐增大，而T2之后A%渐大，C%渐小，说明T2之前是反应没有达到平衡状态，故D正确15某有机物A化学式为CxHyO
17、z,15 g A完全燃烧可生成22 g CO2和9 g H2O。试求：（1）该有机物的最简式_。（2）若A的相对分子质量为60且和Na2CO3混合有气体放出，A和醇能发生酯化反应，则A的结构简式为_。（3）若A的相对分子质量为60且是易挥发有水果香味的液体，能发生水解反应，则其结构简式为_。（4）若A分子结构中含有6个碳原子，具有多元醇和醛的性质，则其结构简式为_。【答案】（1）CH2O（2）CH3COOH（3）HCOOCH3（4） 【解析】n（C）0.5 mol，n（H）21 mol，n（O）0.5 mol所以：xyz0.5 mol1 mol0.5 mol121则其通式可表示为（CH2O）n
18、。（1）该有机物最简式为CH2O。（2）此时A应为羧酸，30n60，所以n2，分子式为C2H4O2，可为CH3COOH。（3）此时A为酯且n2，分子式为C2H4O2，结构简式为。（4）n6，再结合性质推知A为葡萄糖。16（1）在2L的密闭容器中，由CO2和H2合成甲醇：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g），在其他条件不变的情况下，探究温度对反应的影响，实验结果如图1所示（注：T2T1，均大于300）温度为T2时，从反应开始到平衡，生成甲醇的平均反应速率为 通过分析图1，温度对反应CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）的影响可以概括为 下列情形能说明上述反应
19、已达到平衡状态的是 （填字母）A体系压强保持不变B密闭容器中CO2、H2、CH3OH（g）、H2O（g）4种气体共存CCH3OH与H2物质的量之比为1：3D每消耗1mol CO2的同时生成3mol H2已知H2（g）和CH3OH（l）的燃烧热H分别为285.8kJmol1和726.5kJmol1，写出由CO2和H2生成液态甲醇和液态水的热化学方程式： （2）在容积可变的密闭容器中，由CO和H2合成甲醇CO（g）+2H2（g）CH3OH（g），CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图2所示该反应的平衡常数表达式K=，250、0.5104 kPa下的平衡常数 （填“”、“”或“=”）300、1
20、.5104 kPa下的平衡常数实际生产中，该反应条件控制在250、1.3104 kPa左右，选择此压强而不选择更高压强的理由是 【答案】（1） mol/（Lmin）； 当其他条件一定时，升高温度，反应速率加快；当其他条件一定时，升高温度，平衡逆向移动； AD； CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（l）+H2O（l）H=130.9 kJmol1；（2） ； 在1.3104kPa下，CO的转化率已经很高，如果增加压强CO的转化率提高不大，而生产成本增加，得不偿失【解析】试题分析：（1）温度为T2时，从反应开始到平衡，生成甲醇的平均反应速率v=mol/（Lmin）；温度能加快化学反应速率，能使化
21、学平衡向着吸热方向进行，T2T1，根据图一，温度升高，甲醇的物质的量减小，所以平衡逆向移动，即所以当其他条件一定时，对于该化学反应：CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（l）+H2O（l），升高温度，反应速率加快；当其他条件一定时，升高温度，平衡逆向移动；该反应是一个反应前后气体系数和不同的反应，当体系压强保持不变，证明达到平衡， A正确； 密闭容器中CO2、H2、CH3OH（g）、H2O（g）4种气体共存，只能证明是一个可逆反应，不能证明是平衡状态， B错误；CH3OH与H2物质的量之比为1：3，不能证明达平衡状态，C错误； 每消耗1mol CO2的同时生成3molH2，能证明正逆反应速率
22、相等， D正确；由H2（g）的燃烧热H为-285.8kJmol-1知，1molH2（g）完全燃烧生成1molH2O（l）放出热量285.8kJ，即H2（g）+1/2O2（g）=H2O（l）H=-285.8kJmol-1CH3OH（l）+1/2O2（g）=CO2（g）+2 H2O（l）H=-726.5kJmol-1，由盖斯定律可知，3-得CO2（g）+3H2（g）CH3OH（l）+H2O（l）H=-130.9 kJmol-1，；（2）反应CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）的平衡常数K=，根据CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系图2，可以知道该反应是一个放热反应，所以升高温度，平衡常数减
23、小，压强大小和平衡常数之间无关，即250、0.5104kPa下的平衡常数大于300、1.5104kPa下的平衡常数；根据CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系图2，可以知道在1.3104kPa下，CO的转化率已经很高，如果增加压强CO的转化率提高不大，而生产成本增加，得不偿失。考点：化学平衡的影响因素及化学平衡状态的判断17（15分）固体硝酸盐加热易分解且产物较复杂。已知KNO3、Cu(NO3)2、AgNO3三种硝酸盐的热分解反应方程式如下：I2KNO32KNO2O2II2Cu(NO3) 2 2CuO4NO2O2III2AgNO32Ag2NO2O2（1）某固体可能由KNO3、Cu(NO3)2
24、、AgNO3三种硝酸盐中的一种或几种组成。取适量该固体充分加热，得到一定量气体。若该气体经水充分吸收后，剩余气体的体积在同温同压下为吸收前的1/6。 (忽略氧在水中的溶解)若该固体只是由一种盐组成，则该盐为 。若该固体是混合物，则该混合物的可能组成为 。（2）某学习小组以Mg(NO3)2为研究对象，通过实验探究其热分解的产物，设计如下图所示的实验装置（图中加热、夹持仪器等均省略）：【实验步骤】a仪器连接后，放入固体试剂之前，关闭k，微热硬质玻璃管A。b称取Mg(NO3)2固体3.7g置于A中，先通入一段时间N2，再关闭k，用酒精灯加热硬质玻璃管A。c待样品完全分解，A 装置冷却至室温、称量，测
25、得剩余固体的质量为1.0g 。 步骤a的目的是 ； 依据已知的三个方程式，再根据剩余固体的质量写出Mg(NO3)2热分解方程式为：_ 。 若A中固体为AgNO3，用以上实验装置进行实验时，D 中的现象为 ，用离子方程式表示出现该现象的原因：_ 。 从实验安全的角度判断该实验装置有无缺陷？若有，应如何改进？ 。【答案】（1）AgNO3 （2分） KNO3和Cu(NO3)2 或 KNO3、Cu(NO3)2和AgNO3（答对一种情况即可得2分）（2）检验装置气密性（2分）2Mg(NO3) 2 2 Mg O4NO2O2（2分）溶液红色变浅（甚至消失）（2分） 2SO32+O2=2SO42 （2分，若只
26、写出水解平衡移动不给分） 有（1分） 应在A和B之间加入防倒吸装置（2分）【解析】试题分析：（1）因为4NO2+O2+2H2O=4HNO3， KNO3受热分解生成O2，不能被水吸收；Cu(NO3)2受热分解生成NO2和O2，且V(NO2)V(O2)=41，所以其生成的混合气体可全溶于水；AgNO3受热分解生成NO2和O2，且V(NO2)V(O2)=21，则当其溶于水时，O2过量，设NO2为 2aL，O2为a L，反应前共3aL，溶于水后剩余O2为：aL1/2aL = 1/2a L，剩余气体的体积在同温同压下为吸收前的1/6,所以若该固体只是由一种盐组成，为AgNO3。若由KNO3和Cu（NO3
27、）2按物质的量之比为11组成的混合物也能符合题意。设KNO3和Cu(NO3)2分解得到的气体体积分别为V1和V2。V1（V1V2）16 V25V1。由反应方程式和可知KNO3和Cu（NO3）2的物质的量之比为11。(或由三种盐组成，其中KNO3和Cu（NO3）2的物质的量之比为11，而AgNO3的物质的量可任意变动，这也符合题意)。（2）放入固体试剂之前，关闭k，微热硬质玻璃管A，目的是检验装置的气密性。Mg(NO3)2固体3.7g物质的量为0.025mol，剩余固体也应含Mg元素，质量1.0g，摩尔质量为40g/mol，为MgO，类似于Cu(NO3)2分解的方程式：2Mg(NO3) 2 2
28、Mg O4NO2O2。若A中为AgNO3，分解生成的气体通过NaOH溶液，剩余的气体为O2，通入D中O2氧化SO32：2SO32+O2=2SO42，溶液由水解呈碱性的Na2SO3转化为中性的Na2SO4，所以溶液红色变浅（甚至消失）。NO2、O2与NaOH反应气体减少，压强减小可能引起倒吸，所以应在A和B之间加入防倒吸装置。考点：本题考查物质的推断及计算、化学方程式的书写、基本操作、 实验方案的分析。18溴苯是一种化工原料，实验室合成溴苯的装置示意图及有关数据如下：苯溴溴苯密度/(gcm3)0.883.101.50沸点/8059156水中溶解度微溶微溶微溶按下列合成步骤回答问题：(1)在a中加
29、入15 mL无水苯和少量铁屑。在b中小心加入4.0 mL液态溴。向a中滴入几滴溴，有白色烟雾产生，是因为生成了 气体。继续滴加至液溴滴完。装置d的作用是 。(2)液溴滴完后，经过下列步骤分离提纯：向a中加入10 mL水，然后过滤除去未反应的铁屑；滤液依次用10 mL水、8 mL 10%的NaOH溶液、10 mL水洗涤。NaOH溶液洗涤的作用是 ；向分出的粗溴苯中加入少量的无水氯化钙，静置、过滤。加入氯化钙的目的是 。(3)经以上分离操作后，粗溴苯中还含有的主要杂质为 ，要进一步提纯，下列操作中必须的是 (填入正确选项前的字母)。A重结晶 B过滤 C蒸馏 D萃取(4)在该实验中，a的容积最适合的
30、是 (填入正确选项前的字母)。A25 mL B50 mL C250 mL D500 mL【答案】(1)HBr吸收HBr和Br2(2)除去HBr和未反应的Br2干燥(3)苯C(4)B【解析】根据苯和溴反应制备溴苯的条件知铁屑起催化作用，然后对产物进行分离和提纯。(1)苯和溴在催化剂作用下反应，产生的HBr具有挥发性，看到有白雾产生。由于该反应放热，而液溴具有挥发性，故挥发出的气体是Br2和HBr，用NaOH溶液吸收。(2)(3)反应完毕后，反应容器中的主要成分是溴苯，还有未反应的苯和Br2及生成的HBr，加入NaOH除去HBr和未反应的Br2。再水洗，用CaCl2进一步进行干燥，最后根据苯和溴苯
31、的沸点不同进行蒸馏分离。(4)烧瓶作为反应容器时，液体的体积不超过容积的，而液体的体积为15 mL4 mL19 mL，故容积选择50 mL。19某研究性学习小组做实验时偶然发现，表面擦去氧化膜的镁片可与NaHCO3溶液反应产生大量气体和白色不溶物。该小组同学通过如下实验，验证产物并探究反应原理。实验：用砂纸擦去镁条表面氧化膜，将其放入盛适量滴有酚酞试液的饱和碳酸氢钠溶液的烧杯中，迅速反应，产生大量气泡和白色不溶物，溶液的浅红色加深。、定性实验（1）气体的检验实验：将实验中收集到的气体点燃，发现气体安静燃烧，火焰呈淡蓝色。则气体为 。（2）该小组同学对反应中产生的白色不溶物做出如下猜测：猜测1：
32、白色不溶物可能为 猜测2：白色不溶物可能为MgCO3猜测3：白色不溶物可能为碱式碳酸镁yMg(OH)2xMgCO3请设计一个实验检验固体中是否含有MgCO3，写出实验操作、现象和结论： 。（3）实验：取实验中的滤液，向其中加入少量CaCl2稀溶液，产生白色沉淀，溶液红色变浅，说明溶液中存在CO32离子。、定量实验（4）为进一步确定实验I的白色不溶物的成分，进行以下定实验，装置如图所示：称取干燥、纯净的白色不溶物 7.36 g，充分加热至不再产生气体为止，并使分解产生的气体全部进入装置A和B中。实验后装置A增重0.72g，装置B增重2.64 g。白色不溶物的化学式为 。（5）写出镁与饱和碳酸氢钠
33、溶液反应的化学方程式 。、反应原理分析（6）NaHCO3溶液中存在如下电离平衡：H2OH+ + OH、HCO3H+ +CO32，请从平衡移动角度分析实验产生大量气体和白色不溶物的原因： 。【答案】（1）氢气（或H2）（2分）（2）Mg(OH)2（2分）取少许实验固体，加足量稀盐酸，若有气泡产生，则含有MgCO3。反之，则无。（2分)（4）2Mg(OH)23MgCO3或Mg5(OH)4(CO3)3（2分) （5）5Mg+6NaHCO3+4H2O= 2Mg(OH)2 3MgCO3+3Na2CO3+5H2（2分)（6）Mg和H+反应生成H2和Mg2+，Mg2+跟OH、CO32结合生成沉淀，则H+、O
34、H、CO32的浓度均降低，上述平衡均向右移动。所以Mg和饱和NaHCO3溶液反应产生大量气体和白色不溶物。（3分)【解析】试题分析：（1）将实验中收集到的气体点燃，发现气体安静燃烧，火焰呈淡蓝色，说明该气体具有可燃性，再根据质量守恒定律反应前后元素种类不变可分析出是氢气。（2）根据元素守恒和物质的溶解性可知：白色不溶物可能是Mg（OH）2或MgCO3或Mg（OH）2与MgCO3，故猜测1为Mg(OH)2；根据碳酸盐的性质，能与强酸反应生成CO2气体，所以检验是否含有MgCO3的方法为：取少许实验固体，加足量稀盐酸，若有气泡产生，则含有MgCO3。反之，则无。（4）B中碱石灰质量的增加量就是生成
35、的二氧化碳的质量，所以生成二氧化碳的质量为2.64g，设含MgCO3的质量为x,则：MgCO3+2HClMgCl2+H2O+CO28444X 2.64g可得：84:44=x：2.64g，解得x=5.04g，所以含Mg(OH)2的质量为：7.36g5.04g=2.32g，Mg(OH)2与MgCO3的物质的量之比为：2.32g58g/mol：（5.04g84g/mol）=0.4mol：0.6mol=2:3，所以白色不溶物的化学式为：2Mg(OH)23MgCO3或Mg5(OH)4(CO3)3（5）根据上述探究实验可知，镁与饱和碳酸氢钠溶液反应，生成了2Mg(OH)23MgCO3和H2，根据元素守，恒
36、，还会生成Na2CO3，所以化学方程式为：5Mg+6NaHCO3+4H2O = 2Mg(OH)2 3MgCO3+3Na2CO3+5H2。（6）NaHCO3溶液中存在如下电离平衡：H2OH+ + OH、HCO3H+ +CO32，镁是活泼金属，能与H+反应，生成Mg2+和H2，Mg2+能与OH结合成Mg(OH)2沉淀，Mg2+还能与CO32结合成MgCO3沉淀，H+、OH、CO32的浓度均降低，上述平衡均向右移动。所以Mg和饱和NaHCO3溶液反应产生大量气体和白色不溶物。考点：本题考查探究实验的分析、物质的判断、化学计算、化学方程式的书写、平衡移动。 20将6 g的铁粉加入200 mL Fe2(
37、SO4)3和CuSO4的混合溶液，充分反应得到200 mL0.5mol /L FeSO4溶液和5.2 g固体沉淀物。求：（1）反应后固体的成分及其质量； （2）原混合溶液中Fe3+的浓度。【答案】（1）铜质量为0.04 mol64g/ mol2.56g，铁质量为5.2-2.56=2.64g（2）原溶液中Fe3+浓度为0.2 mol/L【解析】试题分析：由题意确定反应后的溶液中FeSO4的物质的量为0.1mol，则溶液中铁的质量为5.6g，而加入铁粉为6g，所以确定5.2g固体为铁和铜的混合物，假设原溶液中Fe3+的物质的量为x，Cu2+的物质的量为y，由硫酸根的量列式：3/2x+y=0.1；结
38、合方程式：2Fe3+Fe=3Fe2+，Fe+Cu2+=Fe2+Cu根据反应前后铜和铁总质量守恒,有如下方程：56x + 64 y + 6 = 0.156 + 5.2，解得x=y=0.04mol，进而求解。考点：金属铁及其化合物的性质。21孔雀石的主要成分为Cu2（OH）2CO3（难溶），还含少量Fe2O3、SiO2实验室以孔雀石为原料制备CuCl23H2O及CaCO3的步骤如下：（1）写出孔雀石和盐酸反应的离子方程式 （2）滤渣A成分的化学式是 ，气体B的分子式是 （3）将CuCl2溶液酸化后，经过加热浓缩、 、过滤、洗涤、干燥，得到CuCl23H2O晶体（4）某种胃药片的治酸剂为CaCO3，
39、该药片中CaCO3质量分数的测定步骤如下（假设其他成分不发生反应）：a配制0.1molL1的HCl溶液和0.1molL1的NaOH溶液各250mLb取0.6g磨碎后的胃药于锥形瓶中c向锥形瓶内加入75.00mL 0.1molL1的HCl溶液充分反应d用0.1molL1的NaOH溶液与锥形瓶中剩余盐酸反应，恰好消耗15.00mL配制上述NaOH溶液所用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外还有 胃药中碳酸钙的质量分数为 【答案】（1）Cu2（OH）2CO3+4H+=2Cu2+CO2+3H2O；（2）SiO2；NH3；（3）冷却结晶；（4）胶头滴管、250 mL容量瓶；50%【解析】（1）孔雀石和稀盐酸反应
40、生成氯化铜、二氧化碳和水，反应的离子方程式为：Cu2（OH）2CO3+4H+=2Cu2+CO2+3H2O，（2）滤渣A成分的化学式是SiO2，气体B的分子式是NH3，（3）将CuCl2溶液酸化后，经过加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到CuCl23H2O晶体，（4）根据配制步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶可知所需的仪器有天平、药匙、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶和胶头滴管，故所用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外还有胶头滴管、250 mL容量瓶；NaOH+HCl=NaCl+H2O1 1CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2+H2O1 2根据上面两个公式可求得于CaC
41、O3反应的HCl物质的量为：（0.0750.015）L0.1mol/L=0.006mol，CaCO3的物质的量为：0.003mol，质量为：0.003mol100g/mol=0.3g，胃药中碳酸钙的质量分数为：100%=50%，【点评】本题以制备CuCl23H2O及CaCO3化学工艺流程图为载体，考查制备方案的设计，题目难度中等，明确实验目的、实验原理为解答关键，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析能力及化学实验能力22高聚酚酯是涂料行业中的新成员，其环保功能越来越受到人们的青睐。下图是某种高聚酚酯的合成路线图:已知：CH3CH=CH2CH3CHO+HCHO； F为含有三个六元环的
42、酯。请回答下列问题：（1）A的化学名称为 ，BF的反应类型是 。（2）F的分子式为 ，E的结构简式为 。（3）由生成A的化学方程式为 。（4）C转化为D的化学方程式是 。（5）B的同分异构体中，含有苯环、且苯环上有两个取代基、一个取代基中含有酯基、另一个取代基上含有醇羟基的有 种，其中核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积之比为3:2:2:2:1的为 （任写一种结构简式）。【答案】（1）苯乙醛（2分） 取代反应（或酯化反应）（1分）（2）C18H16O4（2分） （2分）未写端基原子或基团不得分。（3）+O2+HCHO（2分）（4） + +H2O（3分）未写可逆符号扣1分。（5）15（2分） 或（2分
43、）（任写一种即可）【解析】试题分析：（1）根据反应的流程图可知，苯丙烯发生催化氧化后得到甲醛和苯乙醛，而F是三个六元环的酯，所以A不可能是甲醛，则A是苯乙醛；B为2-羟基苯丙酸，2分子B发生酯化反应生成F分子中含有三个六元环，所以B到F发生的反应是取代反应；（2）F的分子式由2分子B减去1分子水得到，所以分子式是C18H16O4；E为B发生缩聚反应的产物，其结构简式是；（3）由已知信息可知，苯丙烯与氧气反应的化学方程式是+O2+HCHO；（4）B在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成C苯丙烯酸，C与苯酚发生酯化反应生成D，化学方程式是 + +H2O；（5）B为2-羟基苯丙酸，其同分异构体中，含有
44、苯环、且苯环上有两个取代基、一个取代基中含有酯基、另一个取代基上含有醇羟基，两个取代基的同分异构体有邻、间、对三种，醇羟基可以是-CH2OH，对应的酯基为-OOCCH3、-CH2OOCH、-COOCH33种；若醇羟基是-CH2CH2OH、-CHOHCH3，对应的酯基只有-OOCH，所以共有（3+2）3=15种；其中核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积之比为3:2:2:2:1的为或。考点：考查有机物的推断、同分异构体的判断、化学方程式、结构简式的书写23【化学有机化学基础】常用药品羟苯水杨胺，其合成路线如下。回答下列问题：已知：（1）羟苯水杨胺的化学式为 。对于羟苯水杨胺，下列说法正确的是 (填代号)
45、。A1 mol羟苯水杨胺最多可以和2 mol NaOH反应B不能发生硝化反应C可发生水解反应D可与溴发生取代反应（2）D的名称为 。（3）AB所需试剂为 ；DE反应的有机反应类型是 。（4）B C反应的化学方程式为 。（5）F存在多种同分异构体。 F的所有同分异构体在下列一种表征仪器中显示的信号（或数据）完全相同，该仪器是 (填代号)。A质谱仪 B红外光谱仪 C元素分析仪 D核磁共振仪 F的同分异构体中既能与FeCl3发生显色反应，又能发生银镜反应的物质共有 种；写出其中核磁共振氢谱显示4组峰，且峰面积之比为1:2:2:1的同分异构体的结构简式 。【答案】（1）C13H11NO3 C、D（2）
46、对硝基苯酚（3）浓硝酸和浓硫酸 还原（4）（5）C 9种、【解析】试题分析：（1）根据羟苯水杨胺的结构简式可写出其化学式为C13H11NO3；A羟苯水杨胺分子中含有2个酚羟基和1个肽键，则1 mol羟苯水杨胺最多可以和3 mol NaOH反应，A项错误；B. 羟苯水杨胺含有苯环，能发生硝化反应，B项错误；C羟苯水杨胺分子中有一个肽键，所以可发生水解反应，C项正确；D.该分子有酚羟基，可与溴发生取代反应，D项正确；答案选CD。（2）从合成路线可知和E合成的一种物质。然后通过逆推可知E为对氨基苯酚，从而逆推D为对氨硝基苯酚；（3）根据（2）的分析可知，D为对氨硝基苯酚，C为对硝基苯酚酸钠，B为对硝
47、基氯苯，A为氯苯。从A到B为氯苯的一个硝化过程，因此A B反应所需的试剂是浓硝酸和浓硫酸；DE反应是将硝基还原为氨基，有机反应类型是还原反应。（4）根据上述分析，B为对硝基氯苯，C为对硝基苯酚酸钠，则B C的反应是Cl原子在NaOH水溶液中发生取代反应，化学方程式为（5）质谱法是一种测量离子荷质比（电荷-质量比）的分析方法，可以确定有机物的相对分子质量，红外光谱可以确定有机物结构中存在的基团，核磁共振氢谱可以确定有机物中H原子种类，所以若表征仪器中显示的信号（或数据）完全相同，该仪器是元素分析仪，答案选C。F为，F的同分异构体中既能与FeCl3发生显色反应，说明含有酚羟基，又能发生银镜反应，说
48、明含有醛基，根据F的分子式可以看出，若含有2个酚羟基，1个醛基，根据“定二动一”的原子，两个酚羟基在邻位，有2种同分异构体，两个酚羟基在邻位，有3种同分异构体，两个酚羟基在对位，有一种同分异构体，若含有苯环上有HCOO-和-CHO，则有邻、间、对三种同分异构体，共有9种；其中核磁共振氢谱显示4组峰，且峰面积之比为1:2:2:1，即为等效氢原子的数目比值，据有机物质的官能团以及等效氢原子的数目比值来确定有机物的结构简式，则结构简式为。【考点定位】考查有机物分子式的确定，有机物的结构与性质，同分异构体的判断与测定。【名师点睛】本题考查机物分子式的确定，有机物的结构与性质，同分异构体的判断与测定。该
49、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。
