1、河南省郑州新意中学2016届高三下期3月月考化学试卷（解析版）1如右图所示，把锌片和铜片用导线相连后插入稀硫酸溶液构成原电池。下列叙述正确的是（ ）AZn是负极，发生还原反应B电流从锌片流向铜片C一段时间后，铜片质量减轻D该装置将化学能转变为电能【答案】D【解析】Zn是负极，发生氧化反应，电流是正电荷的流动方向，铜片作电极，在该反应中不参加化学反应。2实验室里需要500mL 0.100molL-1的CuSO4溶液，以下配制操作正确的是A、称取7.68gCuSO4，加入500mL水 B、称取12.0g胆矾，配成500mL溶液C、称取8.0gCuSO4，配成500mL溶液 D、称取8.0g胆矾，配
2、成500mL溶液【答案】C【解析】略3能说明分子式为C4H6的某烃是丁炔，而不是1,3丁二烯（CH2CHCHCH2）的化学事实是 ( ) A在氧气中燃烧时，火焰明亮并伴有浓烟 B能使酸性高锰酸钾溶液和溴的四氯化碳溶液褪色C在一定条件下与足量H2加成可生成正丁烷 D与足量溴水反应后的产物只有2个碳原子上有Br原子【答案】【解析】4NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是 A标准状况下，112L氯仿中含有C-Cl键的数目为15NA B常温下，42 g丁烯和环丙烷的混合气体中含有的键数目为3NA C常温下，1mol SiC中含有Si-C键的数目为4 NAD常温常压下，17g甲基（14CH3）所
3、含的中子数为9NA【答案】C【解析】A项：氯仿在标准状况下为液态，不适合气体的摩尔体积，排除B项：一个丁烯分子含有12个键，而环丙烷含有9个键，故42 g丁烯和环丙烷的混合气体中含有的键数目无法确定C项：正确D项：17g甲基（14CH3）所含的中子数为NA，排除5下列说法中错误的是A测定中和热的实验中每次实验需要测定三次温度数据B化学键的断裂和形成是化学反应中能量变化的主要原因C凡经加热而发生的化学反应都是吸热反应D反应物总能量和生成物总能量的相对大小决定了反应是放热还是吸热【答案】C【解析】答案：CC、不正确，加热只是为拆开反应物的化学键，反应吸热还是放热决定于拆开反应物的化学键所吸收的热量
4、和形成生成物所放出热量的相对大小。A、正确，多测几次，为了减小误差。B、正确，反应吸热还是放热决定于拆开反应物的化学键所吸收的热量和形成生成物所放出热量的相对大小，化学键的断裂和形成是化学反应中能量变化的主要原因。D、正确，从能量变化的角度，反应物总能量和生成物总能量的相对大小决定了反应是放热还是吸热。6同分异构现象在有机化合物中是非常普遍的。下列各组化合物中互为同分异构体的是CH3CH2CH2CH3和(CH3)2CHCH3； CH3CH2OH和CH3CH2CH2OH；CH3COOCH2CH3和CH3CH2CH2COOH；CH3CH=CHCH3和CH3CH2CH=CH2；和 A、 B、 C、
5、D、 【答案】D【解析】同分异构体是指分子式相同但结构不同的物质。分子式均为：C4H10；分子组成相差一个碳；分子式均为：C4H8O2；分子式均为：C4H8；氢原子数不相同故答案为D7下列各组离子一定能大量共存的是（ ）A在含大量Fe3的溶液中：NH4、Na、Cl、SCN B在强碱溶液中：Na、K、AlO2、CO32 C在c(H)1013 mol/L的溶液中：NH4、Al3、SO42、NO3 D在pH1的溶液中：K、Fe2、Cl、NO3【答案】B【解析】试题分析：AFe3和SCN 不能共存，错误；C在c(H)1013 mol/L的溶液是碱性溶液，NH4和氢氧根不能共存，错误；D在pH1的溶液中
6、，溶液显酸性，Fe2与NO3会发生氧化还原反应，不能共存。考点：本题考查离子的共存。8在25时，密闭容器中X、Y、Z三种气体的初始浓度和平衡浓度如下表：物质XYZ初始浓度(molL1)0.10.20平衡浓度(molL1)0.050.050.1下列说法错误的是( )A反应达平衡时，X的转化率为50%B反应可表示为：X3Y2Z，其平衡常数为1600C增大压强使平衡向生成Z的方向移动，平衡常数增大D改变温度可以改变此反应的平衡常数【答案】C【解析】试题分析：A、转化率是消耗的量和总量的比值，即(0.10.05)/0.1100%=50%，故说法正确；B、根据初始量以及平衡浓度的变化，推出X、Y属于反应
7、物，Z属于生成物，浓度的变化等于化学计量数之比，(0.10.05)：(0.20.05)：0.1=1：3：2，反应式为X3Y2Z，平衡常数：达到平衡时，生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的鼻子，K=0.12/(0.0530.05)=1600，故说法正确；C、增大压强平衡向体积减小的方向移动，即向生成Z的方向移动，但化学平衡常数不变，故说法错误；D、化学平衡常数只受温度的影响，因此温度变，则化学平衡常数变，故说法正确。考点：考查化学平衡计算、化学平衡常数的计算等知识。9下列叙述正确的是 A沼气和水煤气都是可再生能源B石油裂解和油脂皂化都有高分子生成小分子的过程C不能用植物油萃取溴水中的溴D可以用加
8、热使蛋白质变性的方法分离提纯蛋白质【答案】C【解析】试题分析：A、沼气是由发酵产生的，属于可再生能源，但水煤气是由煤和水高温反应的产物，则是不可再生能源，错误；B、油脂不是高分子，所以油脂皂化不是高分子生成小分子的过程，错误；C、植物油含有碳碳双键，能与溴水发生加成反应，所以不能用植物油萃取溴水中的溴，错误；D、加热使蛋白质变性，所以不能用加热使蛋白质变性的方法分离提纯蛋白质，错误。考点：本题考查物质的性质与用途。 10一定条件下，通过下列反应可实现燃煤烟气中的硫的回收：SO2(g)2CO(g)2CO2(g)S(l) H0。一定温度下，在容积为2L的恒容密闭容器中1molSO2和nmolCO发
9、生反应，5min后达到平衡，生成2amolCO2。下列说法正确的是A.反应前2min的平均速率v(SO2)0.1amol/(L.min)B.当混合气体的物质的量不再改变时，反应达到平衡状态C.平衡后保持其它条件不变，从容器中分离出部分硫，平衡向正反应方向移动D.平衡后保持其他条件不变，升高温度和加入催化剂，SO2的转化率均增大【答案】B【解析】试题分析：A、根据方程式可知，生成2amolCO2的同时，消耗amolSO2，其浓度是mol/L，所以反应前2min的平均速率v(SO2)mol/L 2min0.25amol/(Lmin)，A不正确；B、根据方程式可知，该反应是气体的物质的量减小的可逆反
10、应，因此当混合气体的物质的量不再改变时，可以说明反应达到平衡状态，B正确；C、S是固体，改变固体的质量，平衡不移动，C不正确；D、该反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，SO2的转化率降低。催化剂不能改变平衡状态，转化率不变，D不正确，答案选B。考点：考查反应速率的计算、外界条件对平衡状态的影响以及平衡状态的判断11化学式为C8H10的芳香烃，苯环上的一硝基取代物只有一种，该芳香烃的名称是A乙苯B邻-二甲苯C间-二甲苯D对-二甲苯【答案】D【解析】试题分析：对-二甲苯，硝基只能取代临位上的氢。故只有一种取代物。考点：考查甲苯发生取代反应的相关知识点12现有三种有机物甲、乙、丙，其结构如
11、图所示：下列有关说法中错误的是A甲、乙、丙都是芳香族化合物，只有两种能与碳酸氢钠溶液反应B只用碳酸氢钠溶液和银氨溶液能检验甲、乙、丙C与足量氢气反应，相同物质的量的甲、乙、丙消耗氢气的物质的量之比为343D甲的化学式为C11H14O2，乙含有两种含氧官能团【答案】B【解析】试题分析：A项甲、乙、丙结构中均含苯环，故都是芳香族化合物，乙、丙的官能团均含羧基，故可与碳酸氢钠溶液反应，故A项正确；B项碳酸氢钠溶液能够区分出甲，乙、丙区分不开，而银氨溶液与乙、丙现象相同也区分不开，故B项错误；C项与足量氢气反应，甲结构中苯环可与氢气加成，乙结构中苯环和碳碳双键可与氢气加成，丙结构中苯环可与氢气加成，故
12、相同物质的量的甲、乙、丙消耗氢气的物质的量之比为343，C项正确；D项甲的化学式为C11H14O2，乙含有羧基和羟基两种含氧官能团，故D项正确；本题选B。考点：有机物结构与性质。13已知反应X (g)+Y (g) n Z (g) H 0，将X和Y以一定比例混合通入密闭容器中进行反应，各物质的浓度随时间的改变如图所示。下列说法不正确的是A反应方程式中n=1B10 min时，曲线发生变化的原因是升高温度C10 min时，曲线发生变化的原因是增大压强D05 min内，用X表示的反应速率为v(X)=0.08 molL-1min-1【答案】B【解析】试题分析：A、根据图像可知，反应进行到5min时X、Y
13、和Z的浓度不再发生变化，反应达到平衡状态。此时X的浓度减少了2.0mol/L1.6mol/L0.4mol/L、Z的浓度增加了0.4mol/L，所以根据浓度的变化量之比等于化学计量数之比可知，n1，A正确；B、10min时X、Y、Z的浓度均增大，但平衡向正反应方向移动。正方应是吸热反应，因此升高温度，平衡向正反应方向移动，但反应物的浓度降低，因此改变的条件一定不是温度，B不正确；C、由于正方应是体积减小的可逆反应，因此根据图像可知改变的条件是缩小容器的容积，则10 min时，曲线发生变化的原因是增大压强，C正确；D、05 min内，用X表示的反应速率为v(X)0.4mol/L5min0.08 m
14、olL-1min-1，D正确，答案选B。考点：考查外界条件对反应速率和平衡状态的判断、反应速率的计算以及图像分析等14将a L（标准状况）CO2通入100mL 3molL-1 NaOH溶液中，下列各项为通入CO2过程中溶液内发生反应的离子方程式，其中不正确的是 Aa =3.36时，CO2 + 2OH- = CO32- + H2OBa =4.48时，2CO2 + 3OH- = CO32- + HCO3- + H2OCa =6.72时，CO2 + OH- = HCO3-Da =8.96时，3CO2 + 4OH- = CO32- + 2HCO3- + H2O【答案】D【解析】试题分析：A、a=3.3
15、6时物质的量为：n（CO2）=0.15mol，n（NaOH）=0.3mol；n（CO2）：n（NaOH）=0.15mol：0.3mol=1：2，反应离子方程式为：CO2+2OH-=CO32-+H2O；故A正确；B、a=4.48时，物质的量为：n（CO2）=0.2mol，n（NaOH）=0.3mol；n（CO2）：n（NaOH）=0.2mol：0.3mol=2：3，氢氧化钠和二氧化碳恰好反应生成碳酸钠和碳酸氢钠，反应离子方程式可以直平法写出为：2CO2+3OH-=CO32-+HCO3-+H2O，故B正确；C、a=6.72时物质的量为：n（CO2）=0.3mol，n（NaOH）=0.3mol；n（
16、CO2）：n（NaOH）=0.3mol：0.3mol=1：1，反应离子方程式为：CO2+OH-=HCO3-；故C正确；D、a=8.96时物质的量为：，n（CO2）=0.4mol，n（NaOH）=0.3mol；n（CO2）：n（NaOH）=0.4mol：0.3mol=4：3，n（CO2）：n（NaOH）1：1，反应离子方程式为：CO2+OH-=HCO3-；故D错误。故选D。考点：离子方程式的书写 化学方程式的有关计算点评：本题考查了定量计算的离子方程式的书写方法和产物判断，主要是量不同产物不同的产物判断是解题关键。15合成氨工业对国民经济和社会发展具有重要的意义，对于密闭容器中的放热反应：N2(
17、g)+3H2(g)2NH3(g)，673K，30MPa下n(NH3)和n(H2)随时间变化的关系如下图所示。下列叙述正确的是（ ）A点a的正反应速率比点b的小B点 c处反应达到平衡C点d(t1时刻)和点 e(t2时刻)处n(N2)不一样D其他条件不变，773K下反应至t1时刻，n(H2)比上图中d点的值大【答案】D 【解析】试题分析：A随着反应的进行，反应物的浓度之间减小，反应速率逐渐减小，则a点的正反应速率比b点大，故A错误；Bc点反应物和生成物物质的量仍在变化，没有达到平衡状态，故B错误；Cd点和e点都处于平衡状态，n（N2）不变，d点和e点n（N2）相等，故C错误；D该反应是放热反应，升
18、高温度，平衡向逆反应方向移动，所以平衡时氢气的物质的量比d点的值大，故D正确；故选D.考点：，题目难度不大，【考点定位】考查化学平衡图象问题【名师点晴】注意分析图象中各物理量的变化曲线，把握平衡状态的特征为解答该题的关键；在N2（g）+3H2（g）2NH3（g）反应中，随着反应的进行，反应物的物质的量逐渐减少，生成物的物质的量逐渐增多，当达到平衡状态时，反应物的生成物的物质的量不再改变，曲线为水平直线，以此判断题中各项正误。16早期发现的一种天然二十面体准晶颗粒由三种Al、Cu、Fe三种金属元素组成。回答下列问题：（1）可通过 方法区分晶体、和非晶体。（2）基态Fe原子有 个未成对电子，Fe3
19、+的电子排布式为 。可用硫氰化钾检验Fe3+，形成的配合物的颜色为 。（3）新制备的Cu(OH)2可将乙醛(CH3CHO)氧化为乙酸，而自身还原成Cu2O。乙醛中碳原子的杂化轨道类型为 ，1mol乙醛分子中含有的键的数目为 。乙酸的沸点明显高于乙醛，其主要原因是 。（4）Cu2O为半导体材料，在其立方晶胞内部有4个氧原子，其余氧原子位于面心和顶点，则该晶胞中有 个铜原子。Al单质为面心立方晶体，其晶胞参数a0.405nm，晶胞中铝原子的配位数为 。列式表示Al单质的密度 gcm3(不必计算出结果)。【答案】（1）X-射线衍射；（2）4；1s22s22p63s23p63d5 ；血红色；（3）sp
20、3、sp2；6NA；CH3COOH存在分子间氢键；（4）16；12；【解析】试题分析：（1）从外观无法区分三者，但用X光照射挥发现：晶体对X射线发生衍射，非晶体不发生衍射，准晶体介于二者之间，因此通过有无衍射现象即可确定，故答案为：X射线衍射；（2）26号元素Fe基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，可知在3d上存在4个未成对电子，失去电子变为铁离子时，先失去4s上的2个电子后失去3d上的1个电子，因此Fe3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，硫氰化铁为血红色，故答案为：4；1s22s22p63s23p63d5；血红色；（3）乙醛中甲基上的C形成
21、4条键，无孤电子对，因此采取sp3杂化类型，醛基中的C形成3条键和1条键，无孤电子对，采取sp2杂化类型；1个乙醛分子含有6个键和一个键，则1mol乙醛含有6mol键，即6NA个键；乙酸分子间可形成氢键，乙醛不能形成氢键，所以乙酸的沸点高于乙醛；故答案为：sp3、sp2；6NA；乙酸存在分子间氢键；（4）该晶胞中O原子数为41+6+8=8，由Cu2O中Cu和O的比例可知该晶胞中铜原子数为O原子数的2倍，即为16个；在Al晶体的一个晶胞中与它距离相等且最近的Al原子在通过这个顶点的三个面心上，面心占，通过一个顶点可形成8个晶胞，因此该晶胞中铝原子的配位数为83=12；一个晶胞中Al原子数为8+6
22、=4，因此Al的密度= =gcm-3，故答案为：16；12；【考点定位】考查原子核外电子排布、配合物、化学键与晶体结构【名师点晴】本题考查了晶体的性质、原子核外电子排布规律、共价键类型、氢键、杂化类型、晶胞配位数及密度的计算，综合性非常强，为历年高考选作常考题型，其中晶胞配位数以及密度的计算是本题的难点。在Al晶体的一个晶胞中与它距离相等且最近的Al原子在通过这个顶点的三个面心上，面心占，通过一个顶点可形成8个晶胞。17（7分）有机物A的结构简式为，它可通过不同化学反应分别制得B、C、D和E四种物质。请回答下列问题：（1）写出有机物A中官能团的名称： 、 。（2）在AE五种物质中，互为同分异构
23、体的是 （填代号）。（3）写出由A生成B的化学方程式 。（4）A制备E的过程中可能会生成一种高分子化合物，写出其结构简式 。【答案】【解析】（7分）（1） 羟基 （1分）、 羧基 （1分）。（2）C和E （1分）（3）2+O2+2H2O。（2分）（未配平得1分，结构简式写错不给分）（4）或（2分）试题分析：（1）根据A的结构简式判断A中官能团的名称是羟基和羧基；（2）同分异构体是分子式相同而机构不同的有机物的互称，比较五种物质，可知A、B、C、D都不是同分异构体的关系，而C与E的分子式相同，结构不同，所以是同分异构体的关系；（3）A中的羟基发生氧化反应生成B，则化学方程式为2+O2+2H2O；
24、（4）A生成E是分子内的酯化反应，在反应过程中也可能发生分子间的脱水反应即缩聚反应，生成聚合物，结构简式为。考点：考查有机物官能团的判断，同分异构体的判断，化学方程式的书写18某化学兴趣小组的同学为模拟工业制造硫酸的生产过程，设计了如图所示的装置，请根据要求回答问题： （1）装置A用来制取氧气，写出相应的化学方程式_； （2）燃烧炉内放一定量黄铁矿粉末，在高温条件下和A装置制出的氧气充分反应，其化学方程式为，在该反应中_做氧化剂，若消耗了有_mol电子发生了转移； （3）C装置为净化装置，若无该装置，将混合气体直接通入D装置，除对设备有腐蚀外，还会造成的后果是_； （4）如果D装置的温度是40
25、0500，在常压下生成，可放出的热量，请写出该反应的热化学方程式_； 并回答在工业中不采取加压措施的原因_； （5）为检验从接触室出来的气体成分，甲同学设计如下实验： A中盛放的试剂是_； B中盛放98.3%浓硫酸的作用是_，乙同学提出可用饱和NaHSO3溶液代替98.3%的浓硫酸，请你判断乙同学的方案_（填“可行”或“不可行”）说明理由_； C中盛放的试剂是_，其作用是_。【答案】（1）（2分） （2）氧气（2分） （1分） （3）催化剂中毒（1分） （4）（2分） 在常压下400500时，的转化率已相当高，加压对SO2的转化率提高不多，且加压对设备的要求高，增大投资和能量消耗。（2分） （
26、5）氯化钡溶液（2分） 除去SO3，排除SO3对SO2检验的干扰（2分） 不可行 虽然饱和溶液可除去，但SO3与反应生成SO2，干扰对原混合气体中SO2的检验。（2分）品红溶液（或溴水） 检验（2分）【解析】19某学生用0.2000molL-1的标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作为如下几步： 用蒸馏水洗涤碱式滴定管，并立即注入NaOH溶液至“0”刻度线以上 固定好滴定管并使滴定管尖嘴充满液体 调节液面至“0”或“0”刻度线稍下，并记下读数移取20.00mL待测液注入洁净的锥形瓶中，并加入3滴酚酞溶液用标准液滴定至终点，记下滴定管液面读数。 请回答：（1）以上步骤有错误的是（填编号）_
27、_，该错误操作会导致测定结果 (填“偏大”、“偏小”或“无影响”)_（2）步骤中，在记下滴定管液面读数时，滴定管尖嘴有气泡，将导致测定结果(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)_（3）判断滴定终点的现象是： （4）图26是某次滴定时的滴定管中的液面，其读数为 mL（5）根据下列数据：请计算待测盐酸溶液的浓度： .滴定次数待测液体积(mL)标准烧碱体积（mL）滴定前读数（mL）滴定后读数（mL）第一次20.000.3020.40第二次20.004.0024.20第三次20.002.0024.30【答案】（1） ， 偏大；（2） 偏大；（3）锥形瓶中溶液颜色由无色恰好变为浅红色，且半分钟内不褪色；（
28、4）22.60； （5）0.2015 mol/L 【解析】试题分析：（1）有错误，用蒸馏水洗涤碱式滴定管，还必须再用滴定液润洗，否则会导致测定结果偏大；（2）步骤中，在记下滴定管液面读数时，滴定管尖嘴有气泡，即实际上读出的体积比真实的体积小，所以将导致测定结果偏大；（3）判断滴定终点的现象是：锥形瓶中溶液颜色由无色恰好变为浅红色，且半分钟内不褪色；（4）图26的读数是22.60mL，注意精确的位数；（5）因为，第三次操作算出来的烧碱的体积比前两次大了很多，所以可以认为该次操作时错误的，所以标准烧碱体积=/2=20.15mL，根据cV=c1V1，所以0.200020.15=c120，所以c1=0
29、.2015 mol/L 。考点：酸碱滴定点评：该题考查了酸碱滴定的实验操作，有一定的综合性，该题难度适中，最后一个空要注意第三步操作有误，不能列入计算。20甲、乙、丙三位同学，分别在相同条件下用乙酸与乙醇反应来制取乙酸乙酯，但未用饱和Na2CO3溶液来吸收。（1）甲、乙、丙同学将得到的酯提纯，在未用指示剂的情况下，他们都先加NaOH中和过量的酸，然后用蒸馏法将酯分离出来。但得到的结果却不同：甲得到了不溶于水的中性酯；乙得到显酸性的酯；丙得到大量水溶性物质。试分析产生上述各种现象的原因。 （2）丁同学为了进一步找出原因，将所得产物进行了分离探究，他的实验操作步骤流程如下图。请你帮他完成该实验并填
30、写下列空白。分离出的物质名称：A ，B ，C ，D ，E ；选择的试剂：a ，b ；分离物质的方法： ， ， 。【答案】（1）甲同学加入的碱正好将过量的酸中和，所以蒸馏后得到中性酯；乙同学加入碱量不足，所以蒸馏出的产物中含过量的酸，得到显酸性的酯；丙同学加入的碱过量使生成的酯完全水解为可溶性的醇和钠盐（2）A乙酸乙酯B乙醇、乙酸钠C乙酸钠D乙酸、硫酸钠E乙醇a饱和碳酸钠溶液b硫酸分液蒸馏蒸馏【解析】试题分析：（1）3人得到的酯的酸碱性不同，只能是加入的氢氧化钠的量不同，导致得到的酯的酸碱性不同。甲同学加入的碱正好将过量的酸中和，所以蒸馏后得到中性酯；乙同学加入碱量不足，所以蒸馏出的产物中含过量
31、的酸，得到显酸性的酯；丙同学加入的碱过量使生成的酯完全水解为可溶性的醇和钠盐；（2）根据乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度最小，乙醇、乙酸易溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸乙酯不溶于碳酸钠溶液，所以a是饱和碳酸钠溶液，A是乙酸乙酯，是分液；由图判断E是乙醇，乙醇溶于饱和碳酸钠溶液中，乙酸与饱和碳酸钠溶液反应生成乙酸钠，所以分离方法是蒸馏；则C是乙酸钠，乙酸钠转化为乙酸需要加入比乙酸酸性强的酸，但同时该酸的沸点不能很低，所以选择加入b是硫酸，生成的乙酸用蒸馏的方法分离出来。考点：考查乙醇、乙酸、乙酸乙酯的性质，分离试剂、方法的选择21（6分）已知下列两个热化学方程式：2H2（g）+O2（g）=2H2O（
32、l）； H=-571.6kJ/molC3H8（g）+5O2（g）=3CO2（g）+4H2O（l）； H=-2220kJ/mol实验测得氢气和丙烷的混合气体共5mol，完全燃烧时放出热量3847kJ，则混合气体中氢气和丙烷的体积比为多少？【答案】3 ：1【解析】试题分析：混合气体的物质的量为5 mol。设混合气体中氢气的物质的量为x ，丙烷的物质的量为y。285.8 x 2220 y = 3847x + y = 5解出x 3.75 y = 1.25x：y = 3 ：1考点：反应热的计算点评：此题不难，考查混合物的计算，利用氢气和丙烷的燃烧热可计算出。22（13分）某强酸性溶液X含有Ba2+、Al
33、3+、NH4、Fe2、Fe3+、CO23、SO23、SO24、Cl、NO3中的一种或几种，取该溶液进行连续实验，实验内容如下：根据以上信息，回答下列问题：（1）反应的化学方程式为_。（2）沉淀C、H和气体F的化学式分别为_。（3）写出有关反应的离子方程式： 中生成A_。 _。（4）上述离子中，溶液X中肯定不含有的离子是_，可能含有的离子是_。【答案】（1）4NO2+O2+2H2O=4HNO3；（2）Ba SO4、Fe(OH)3、NH3；（3）3 Fe2+NO3-+4H+=3 Fe3+NO+2 H2O；AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3-； （4）NO3-、Ba2+、CO32
34、-、SO32-；Cl-、Fe3+。【解析】试题分析：酸性溶液中不可能大量存在CO32-、SO32-，加入过量硝酸钡溶液，则溶液中含有硝酸，有气体生成，说明该气体是硝酸的还原产物NO，则原溶液中和硝酸发生氧化还原反应的只能是Fe2+，则原溶液中含有Fe2+，不含NO3-，所得沉淀C是硫酸钡沉淀，则原溶液中存在SO42-，一定不含Ba2+,溶液B中加入过量氢氧化钠溶液由气体产生，则该气体F是氨气，原溶液中含有NH4+，溶液B中含有铁离子，所以沉淀H是氢氧化铁沉淀，通入二氧化碳气体产生沉淀，则原溶液中还应含有Al3+，沉淀I是氢氧化铝沉淀，可能含有Cl-、Fe3+。根据以上分析：（1）反应是NO与氧
35、气反应生成的二氧化氮再与氧气、水反应生成硝酸，化学方程式为4NO2+O2+2H2O=4HNO3；（2）沉淀C、H和气体F的化学式分别为Ba SO4、Fe(OH)3、NH3；（3）中生成A的离子方程式为3 Fe2+NO3-+4H+=3 Fe3+NO+2 H2O；铝离子与过量的氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液再与二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢根离子，所以的离子方程式为AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3-；（4）X中一定不含NO3-、Ba2+、CO32-、SO32-，可能含有Cl-、Fe3+。考点：考查溶液中离子的判断，离子方程式的书写23由中学化学常见元素组成的单质
36、A、B、C和甲、乙、丙、丁、戊五种化合物有下图所示转化关系，A是由地壳中含量最多的金属元素组成的。请回答：(1)写出下列物质的化学式：乙_、丁_、戊_(2)写出甲物质在工业上的一种主要用途：_(3)写出甲乙+丙反应的离子方程式：_A乙+C反应的化学方程式_【答案】（1）乙 NaAlO2 ；丁 AlCl3 ； 戊 Al(OH)3 ；（2） 耐火材料 ；（3） Al2O3+2OH=2AlO2+H2O ； 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2 。【解析】试题分析：地壳中含量最多的金属元素是Al，故A为Al。A与NaOH反应生成NaAlO2和H2，故C为H2，乙为NaAlO2。A与B反
37、应生成的甲可以和NaOH、盐酸反应，则B为O2，甲为Al2O3，则丙为H2O，丁为AlCl3，戊为Al(OH)3。Al2O3可用作耐火材料。考点：考查铝及其化合物的性质。24（18分）W结构中含有三个六元环，是一种新型香料的主要成分之一。W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H是同系物请回答下列问题：（1）G分子中含有的官能团名称：_。（2）AB反应过程中涉及的反应类型有_、_ 。（3）A的结构简式为_；W的结构简式：_。（4）GH反应条件为_ 。（5）BC的化学方程式：_；由D生成高分子化合物的方程式_。（6）同时满足下
38、列条件的F的同分异构体有_种（不包括立体异构）：能发生银镜反应；能发生水解反应；其中核磁共振氢谱为5组峰的为_（写结构简式）,其峰面积之比为_。【答案】（1）溴原子、羧基；（2）取代反应，加成反应；（3）、；（4）氢氧化钠水溶液，加热；酸化；（5）；（6）4，12221 。【解析】试题分析：，发生的是取代反应，氯原子取代了氢原子的位置，A的结构简式：，B，对比两个的分子式发现多了1个HCl，发生的反应是加成反应，B的结构简式可能是：（7种不同的氢原子），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，a符合要求，BC条件是NaOH溶液并加热，发生的是卤代烃的水解，OH代替了Cl的位置，C的
39、结构简式：，CD条件是氧化剂，根据CH2OH最终被氧化成COOH、被氧化成、则不能被氧化，D的结构简式：，苯乙烯E，苯乙烯和水发生了加成反应，E的结构简式：a、或者b、，D和H互为同系物，同系物官能团相同、结构相似，组成上相差若干个CH2，根据整个反应过程a符合题意E的结构简式：，EF通过氧化反应，被氧化成了酸，F：，FG条件是光照，说明Cl2取代亚甲基上的1个氢，G：，GH显然发生的是水解反应，并酸化，H：，W结构中含有三个六元环，而D和H中各有一个苯环，因此另一个环是由D中COOH找H中OH，D中的OH找H中COOH，发生酯化反应，W的结构简式：，（1）根据上述分析G中含有的官能团溴原子、
40、羧基；(2)AB发生的反应分别是取代反应、加成反应；(3)A、W的结构简式：见分析；(4)发生的是取代反应羟基取代溴原子的位置，条件是氢氧化钠的水溶液加热、酸化；（5）BC，B中含有的官能团是氯原子，在氢氧化钠的水溶液中发生水解反应（取代反应），羟基取代氯的位置，反应：，D含有的官能团羟基和羧基，羧基去羟基，羟基去H，进行首尾相连发生缩聚反应，反应式：；(6)与F是同分异构体，能发生银镜反应，说明含有醛基，能发生水解，说明有酯的结构，符合题意的结构简式有：、（邻、间、对），核磁共振氢谱有5种峰，说明有五种不同的氢原子，有5种，邻位的有6种，间位的有6种，对位的有4种，符合题意的是，峰面积是不同种原子的个数比1：2：2：2：1。考点：考查有机物的推断、官能团的性质、同分异构体的书写、化学反应方程式等相关知识。