1、江苏省徐州市矿务集团第一中学2016届高三下期4月月考化学试卷（苏教版，解析版）1水由于受到有机物污染而造成富营养化，使水中鱼类大批死亡，鱼类死亡是因为（ ）A.藻类大量繁殖，抢走了鱼类的营养 B.水中缺氧，窒息而死C.水中氧气过多 D.水中含有毒的重金属元素过多【答案】B【解析】水体富营养化使水中藻类等植物过量繁殖，它们死亡后分解要消耗大量氧气，使水中氧气含量降低，鱼类窒息死亡。2设NA为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（ ）A、常温下11.2L的甲烷气体含有甲烷分子 数为0.5 NAB一定量的Fe与含1 mol HNO3的稀硝酸恰好反应，则被还原的氮原子数小于NAC12.5 mL 16 m
2、ol/L浓硫酸与足量铜反应，转移电子数为0.2 NAD常温常压下，22.4L的CO2气体的物质的量为1 mol【答案】B【解析】3尼群地平片可用于治疗高血压。其主要成分的结构简式如右图所示。下列关于这种化合物的说法正确的是A该物质的分子式为C18H20N2O6B该物质可以和银氨溶液发生银镜反应C该物质属于芳香族化合物，能溶于水D该物质在酸性条件下不发生水解反应【答案】A【解析】考查有机化合物的结构与性质A正确B该物质不含CHO，故不能和银氨溶液发生银镜反应C该物质含有苯环结构，属于芳香族化合物，但有机物一般不能溶于水D该物质含有两个酯键，故在酸性条件下可以发生水解反应答案为A4酯化反应属于()
3、。A.中和反应 B.不可逆反应 C.离子反应 D.取代反应【答案】D【解析】酯化反应可以认为是酸中羧基上的OH被取代,或醇中OH上的H被取代。5我国及美国、日本等国家都已研制出了一种陶瓷柴油机，这种柴油机的发动机部件的受热面是用一种耐高温且不易传热的材料来制造的，这种材料是A.普通硅酸盐陶瓷 B.氮化硅陶瓷 C.光导纤维 D.玻璃钢【答案】B【解析】试题分析：依题意可知这种材料要耐高温，普通硅酸盐陶瓷，玻璃钢都不耐高温，光导纤维用于通信方面，氮化硅陶瓷是耐高温材料，所以可以用氮化硅陶瓷来做柴油机发动机部件。答案选B。考点：无机非金属材料。点评：本题主要考查无机非金属材料的性能。6下列晶体中属于
4、原子晶体的是A干冰 B食盐 C金刚石 D氖【答案】C【解析】试题分析：干冰属于分子晶体，氯化钠属于离子晶体，金刚石属于原子晶体，氖属于分子晶体，答案选C。考点：考查晶体类型的判断。7某元素原子价电子构型3d54S2，其应在A、第四周期A族 B、第四周期B族C、第四周期A族 D、第四周期B族【答案】D【解析】试题分析：根据原子价电子构型3d54s2可知，该元素的原子序数是25，是锰元素，位于第四周期B族，答案选D。考点：考查元素核外电子排布以及元素周期表的结构8下列物质的用途叙述错误的是（ ）A、硅是制造太阳能电池的常用材料 B、四氧化三铁俗称铁红，可用于作油漆、红色涂料C、Na2O2可用作呼吸
5、面具中的供氧剂D、二氧化硅是制造光导纤维的材料【答案】B【解析】试题分析：A. 晶体硅是目前应用最成熟、最广泛的太阳能电池材料，A项正确；B.Fe2O3俗称铁红，可用于作油漆、红色涂料，B项错误；C.Na2O2与水和CO2均反应生成氧气，所以可用作呼吸面具中的供氧剂，C项正确；D. 二氧化硅是制造光导纤维的材料，D项正确；答案选B。考点：考查物质的用途9NA代表阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）A1L1mol/LFeBr2溶液与1mol氯气反应时转移的电子数为3NAB0.5mol/L硫酸钠溶液中含有溶质离子总数为1.5NAC1mol硫酸氢钠固体中含阳离子总数NAD28g由乙烯和聚乙烯组
6、成的混合气体中含有碳碳双键数为NA【答案】C【解析】试题分析：A 1mol 的Cl2与1L1mol/LFeBr2溶液发生反应，由于FeBr2的阳离子、阴离子都具有还原性，二者发生反应时，Cl2不足量，反应转移电子数以氯气为标准计算，转移电子数目为2NA，错误；B没有溶液的体积，无法计算溶液中含有的溶质的物质的量及微粒数目，错误；C硫酸氢钠是离子化合物，在熔融状态的电离方程式是：NaHSO4=Na+HSO4-，1mol硫酸氢钠固体中含阳离子总数NA，正确；D28g乙烯物质的量是1mol含有1mol碳碳双键，而聚乙烯中无碳碳双键，所以在28g由乙烯和聚乙烯组成的混合气体中含有碳碳双键数小于NA，错
7、误。考点：考查阿伏伽德罗常数的计算的知识。10某溶液中滴入BaCl2溶液，产生白色沉淀，再滴入稀硝酸，沉淀不溶解，则该溶液中A一定有SO42- B可能有SO42-或Ag+C一定无Ag+ D还可能有CO32-【答案】B【解析】试题分析：与BaCl2溶液混合产生的沉淀可能是BaSO4或AgCl；溶液中也可能含有SO32-,被稀硝酸氧化为SO42-，从而产生沉淀BaSO4。考点：离子反应。11下列变化中，一定需加还原剂才能实现的是ACO2CO32 BFeCl3FeCl2 CCCO2 DHClMgCl2【答案】B【解析】ACO2CO32中，C、O元素的化合价不变，则不发生氧化还原反应，故A不选；BFe
8、Cl3FeCl2中，Fe元素的化合价降低，需要还原剂（如铁粉）才能实现，故B选；CCCO2中，C元素的化合价升高，需要氧化剂才能实现，故C不选；DHClMgCl2中，Cl元素的化合价不变，与氧化镁发生非氧化还原反应即可实现，故D不选；12在标准状况下6.72L CH4 3.011023个HCl分子 13.6g H2S 0.2mol NH3，下列对这四种气体的关系从大到小表达错误的是20080926A体积 B密度C质量 D氢原子个数【答案】B【解析】试题分析：A、6.72L CH4的物质的量为：6.72L22.4L/mol=0.3mol，3.011023个HCl分子的物质的量为0.5mol，13
9、.6g H2S的物质的量为：13.6g34g/mol=0.4mol，根据阿伏伽德罗定律，体积大小顺序为：，正确；B、气体密度与摩尔质量成正比，所以密度大小顺序为：， 错误；C、质量为：0.3mol16g/mol=4.8g，质量为：0.5mol36.5g/mol=18.25g，质量为：0.2mol17g/mol=3.4g，质量大小顺序为：，正确；D、求出各气体H原子物质的量，1.2mol，0.5mol，0.8mol，0.6mol，所以氢原子个数，正确。考点：本题考查阿伏伽德罗定律和物质的量的相关计算。 13如表实验“操作和现象”与“结论”对应关系正确的是（ ）操作和现象结论A向氯水中加入硝酸银溶
10、液，有白色沉淀产生氯水中已无Cl2B将SO2通入酸性高锰酸钾溶液，溶液紫色褪去SO2具有漂白性C向FeCl3和CuCl2混合溶液中加入少量铁粉，没有红色固体析出氧化性：Fe3+Cu2+D向某溶液中先滴加硝酸酸化，再滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成该溶液中含有SO42AA BB CC DD【答案】C【解析】A、向氯水中加入硝酸银溶液，有白色沉淀产生，只能说明溶液中存在氯离子，故A错误；B、将SO2通入酸性高锰酸钾溶液，溶液紫色褪去，说明二氧化硫的还原性，而不是漂白性，故B错误；C、向FeCl3、CuCl2混合溶液加铁粉，先发生Fe与铁离子的反应生成亚铁离子，再发生Fe与氯化铜反应，则说明氧化性
11、：Cu2+Fe3+，故C正确；D、向某溶液中先滴加硝酸酸化，硝酸具有强氧化性，溶液中若是亚硫酸根离子，被硝酸氧化为硫酸根离子，再滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，溶液中不一定含有银离子，故D错误；【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及氯水、还原性、氧化还原反应、离子检验等，侧重反应原理及物质性质的考查，为高频考点，明确物质性质是解本题关键，题目难度不大14用下图所示实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是（ ）NaOH溶液Cl2 Na2CO3Na2SiO3溶液稀盐酸A装置可用于除去Cl2中含有的少量HCl气体B装置向左推动针筒活塞可检验该装置的气密性C装置可证明非金属性ClCSiD按装置所
12、示的气流方向可用于收集H2、NH3等【答案】B【解析】试题分析：A氢氧化钠和氯气反应，应用饱和食盐水除杂，A错误；B氢气、氨气密度比空气小，应用向下排空法收集，气体应短进长出，B错误；C比较非金属性，应用最高价氧化物对应的水化物，不能用盐酸，且生成的CO2气体中含有氯化氢，C错误；D如不漏气，向左推动针筒活塞，可观察到液面发生变化，可用于检查是否漏气，D正确，答案选D。【考点定位】本题考查实验方案的评价【名师点晴】广口瓶在实验中的多功能应用：。A装置可作集气瓶和洗气瓶，例如，利用A装置收集或干燥以下三种气体。Cl2 NH3 NO(答案均填序号) .若集气瓶是干燥的，则由b口进气可收集气体。.若
13、集气瓶是干燥的，则由a口进气可收集气体。.若集气瓶充满水，可收集气体，气体由b口进入。.若集气瓶内装入浓硫酸进行气体干燥，气体由a口进入，可用此装置干燥的气体是。15下列各项叙述中，正确的是（ ）A钠原子由1s22s22p63s11s22s22p63p1时，原子释放能量，由基态转化成激发态B价电子排布为4s24p3的元素位于第四周期第A族，是p区元素C2p和3p轨道形状均为哑铃形，能量也相等D氮原子的价电子排布图：【答案】B【解析】基态原子吸收能量，才能变成激发态，A不正确。2p和3p轨道处于不同的能层，能量是不同的，C不正确。D不符合洪特规则，不正确。所以正确的答案是B。16（6分）古希腊哲
14、学家德谟克利特提出 论；到了19世纪初，英国物理学家和化学家 提出近代原子论，为近代化学发展奠定了基础；到了20世纪初，英国科学家 发现了电子，提出原子的 模型。随着X射线的发现与元素放射性的发现，英国物理学家 在1911年提出了原子的 模型，为原子结构的现代模型打下了基础。【答案】古典原子论、道尔顿、汤姆孙、葡萄干面包模型、卢瑟福、行星模型。【解析】略17(12分)电解池、原电池对于金属冶炼、实验室研究具有十分重要的意义。（1）电解方法精炼粗铜，电解液选用CuSO4溶液，精炼过程中电解质溶液的浓度_(填写“增大”、“减小”或“不变”)。铜在潮湿空气中会被锈蚀，写出该反应的化学方程式_，锈蚀过
15、程中发生了原电池反应，该电池的正极反应式为_。（2）研究发现有机合成反应可形成原电池，既生产产品，又生产电能。例如烯烃生产卤代烃的反应就可制成原电池，若电池总反应表示为：则该原电池的负极反应式为_。（3）如图为Mg-NaClO燃料电池结构示意图，已知电解质溶液为NaOH溶液，且两电极中一个为石墨电极，一个为镁电极。Y电极材料为_，X电极发生的电极反应式为_，若该电池开始时加入1L0.2 molNaOH溶液，然后从下口充入1L 0.1molNaClO溶液(忽略整个过程的体积变化)，当NaClO完全放电时溶液的pH=_。【答案】（1）减小 2Cu+O2+H2O+CO2=Cu2(OH)2CO3 O2
16、+4e-+2H2O=4OH-（2）RCH=CHR/+2Cl2e-=；（3）Mg；ClO-+H2O+2e-=Cl-+2OH-；13【解析】试题分析：（1）粗铜中含有Fe、Zn等杂质，粗铜做阳极，所以阳极发生氧化反应时，先是活泼金属Zn、Fe失去电子，进入溶液，而此时阴极是铜离子得到电子生成Cu单质析出，后阳极Cu失去电子进入溶液，阴极仍是铜离子得到电子生成Cu，所以溶液中的硫酸铜的浓度会减小；铜在潮湿空气中会被锈蚀，与空气中的水、氧气、二氧化碳共同作用生成铜绿，化学方程式是2Cu+O2+H2O+CO2=Cu2(OH)2CO3；原电池的正极发生还原反应，元素的化合价降低，所以氧气在正极发生还原反应
17、，结合水生成氢氧根离子，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-；（2）根据总反应，可知氯气发生还原反应生成氯离子，烯烃发生氧化反应，结合氯离子生成卤代烃，所以负极的电极反应式为RCH=CHR/+2Cl2e-=；（3）根据电池中阴离子的移动方向判断，Y电极是负极，发生氧化反应，元素的化合价升高，所以Y极材料是Mg；X电极是正极，发生还原反应，则次氯酸根离子得到电子生成氯离子，结合水还生成氢氧根离子，电极反应式为ClO-+H2O+2e-=Cl-+2OH-；1L0.1mol/L的次氯酸钠完全放电产生氢氧根离子的物质的量是1L0.1mol/L=0.1mol，所以氢氧根离子的浓度是0.1mol/L
18、，则氢离子浓度是10-13mol/L，所以溶液的pH=13.考点：考查电化学的反应原理的应用，电极反应式的书写，溶液pH的计算18（12分）从铝土矿（主要成分是Al2O3，含SiO2、Fe2O3、MgO等杂质）中提取氧化铝的两种工艺流程如下：请回答下列问题：（1）流程甲加入盐酸后生成Al3+的离子方程式为： ；（2）流程乙加入烧碱后生成SiO32-的离子方程式为_。（3）验证滤液B含Fe3+，可取少量滤液并加入_（填试剂名称）。（4）滤液E中溶质的主要成分是_(填化学式)，写出该溶液的一种用途 。【答案】Al2O3+6H+=2Al3+3H2O （2分） SiO2+2OH-=SiO32-+H2O
19、（2分）硫氰化钾溶液（或苯酚溶液）（2分）NaHCO3 （2分） 制纯碱或发酵粉或灭火剂等合理答案 （2分）【解析】试题分析：由工艺流程甲可知，铝土矿与盐酸反应得固体A和滤液B，则固体A为SiO2，滤液B含有氯化铝、氯化铁、氯化镁等，滤液中加入过量的NaOH，可推知沉淀C为氢氧化铁、氢氧化镁，滤液D含有偏铝酸钠、氯化钠，所以向滤液D中通入过量二氧化碳，生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，沉淀F为Al（OH）3，滤液E中含有NaCl、NaHCO3；根据工艺流程乙可知，铝土矿中的Al2O3、SiO2能和氢氧化钠反应，可知固体X为Fe2O3、MgO等，滤液Y为硅酸钠、偏铝酸钠，滤液中通入过量二氧化碳，沉淀Z
20、为Al（OH）3、硅酸，滤液K中含有NaHCO3，则（1）Al2O3与盐酸反应生成氯化铝和水，氧化物不能拆，离子方程式为：Al2O3+6H+2Al3+3H2O，故答案为：Al2O3+6H+2Al3+3H2O；（2）二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，二氧化硅不能拆，故离子反应方程式为：SiO2+2OH-SiO32-+H2O，故答案为：SiO2+2OH-SiO32-+H2O；（3）Fe3+与硫氰化钾溶液反应，使溶液变红色，检验滤液B中是否含Fe3+离子的方法为：取少量滤液B，向其中加入硫氰化钾溶液，溶液变红色，说明滤液中含Fe3+，溶液不变红色，说明滤液中不含Fe3+，故答案为：硫氰化钾；（4
21、）根据工艺流程甲可知，固体A为SiO2，滤液B含有氯化铝、氯化铁、氯化镁等，沉淀C为氢氧化铁、氢氧化镁，滤液D含有偏铝酸钠、氯化钠，所以向滤液D中通入过量二氧化碳，反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，碳酸氢钠可用于制纯碱或做发酵粉等，故答案为：NaHCO3；制纯碱或做发酵粉等。考点：本题以氧化铝提取工艺流程为载体，考查无机物推断、元素化合物性质及相互转化、除杂的方法、离子方程式、溶度积的计算等19（14分）铝镁合金已成为飞机制造、化工生产等行业的重要材料。研究性学习小组的同学，为测定某含镁3-5的铝镁合金（不含其它元素）中镁的质量分数，设计下列两种不同实验方案进行探究。填写下列空白。【方案一】实验
22、方案将铝镁合金与足量NaOH溶液反应，测定剩余固体质量。实验步骤（1）称取5.4g铝镁合金粉末样品，溶于V mL 2.0 mol/L NaOH溶液中。为使其反应完全，则NaOH溶液的体积V 。（2）过滤、洗涤、干燥、称量固体。该步骤中若未洗涤固体，测得镁的质量分数将 (填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。【方案二】实验方案将铝镁合金与足量稀硫酸溶液反应，测定生成气体在通常状况（约20，1.01105Pa）的体积。问题讨论（1）同学们拟选用下列实验装置完成实验：你认为最简易的装置其连接顺序是：A接（ ）（ ）接（ ）（ ）接（ ）（填接口字母，可不填满。）实验开始时，先打开分液漏斗上口的玻璃塞，
23、再轻轻打开其活塞，一会儿后稀硫酸也不能顺利滴入锥形瓶。请你帮助分析原因 。实验结束时，在读取测量实验中生成氢气的体积时，你认为合理的是 。A待实验装置冷却后再读数B上下移动量筒F，使其中液面与广口瓶中液面相平C上下移动量筒G，使其中液面与广口瓶中液面相平D视线与液体的凹面相平读取量筒中水的体积（2）仔细分析实验装置后，同学们经讨论认为以下两点会引起较大误差：稀硫酸滴入锥形瓶中，即使不生成氢气，也会将瓶内空气排出，使所测氢气体积偏大；实验结束时，连接广口瓶和量筒的导管中有少量水存在，使所测氢气体积偏小。于是他们设计了下图所示的实验装置。装置中导管a的作用是 。实验前后碱式滴定管中液面读数分别为V
24、1 mL、V2 mL。则产生氢气的体积为_mL。【答案】【方案一】（1）97mL（2）偏高【方案二】（1）EDG 锌与稀硫酸反应放热且生成气体，使锥形瓶中的气体压强变大 ACD（2）平衡气压，使稀硫酸能顺利滴下；滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差。V1-V2【解析】试题分析：【方案一】（1）5.4g的镁铝合金中镁的质量分数最小时为3%，此时Al的质量最大是5.4-5.43%=5.238g，需要氢氧化钠的物质的量是5.238g/27g/mol=0.194mol，则至少需要2.0 mol/L NaOH溶液的体积是0.097L即97mL，则V9
25、7mL；（2）镁不与氢氧化钠溶液反应，所以得到的固体是镁，若未洗涤，镁上会附着有偏铝酸钠，则会使镁的质量偏大，测得镁的质量分数将偏高；【方案二】（1）该方案用排水量气法收集生成的氢气，所以最简易的装置是将生成的氢气通入盛满水的广口瓶中，用排出水的体积计算产生氢气的体积，其中盛水的试剂瓶导管一定要短进长出，利用增大压强原理将水排出，量筒中水的体积就是生成氢气的体积，量筒内导管应伸入量筒底部，故连接顺序为：（A）接（E）（D）接（G）；因为该过程中有氢气产生，且同时该反应是放热反应，使锥形瓶中的气体压强变大，稀硫酸不能滴下；该反应放热，所以需要冷却到室温再读数，同时上下移动量筒G，使其中液面与广口
26、瓶中液面相平，保持广口瓶内的压强与外界大气压相等，视线与液体的凹面相平读取量筒中水的体积，这样测得的体积才是该条件下的氢气的体积，答案选ACD；（2）导管a相当于一个连通器，作用是平衡气压，使稀硫酸能顺利滴下；同时滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差。滴定管的刻度从上到下逐渐增大，且随着氢气的排出，滴定管内的液面逐渐升高，所以V2V1，因此才是的氢气的体积是V1-V2。考点：考查混合物的计算，实验的设计与评价20CoCl26H2O是一种饲料营养强化剂。一种利用水钴矿(主要成分为Co2O3、Co(OH)3，还含少量Fe2O3、Al2O3、Mn
27、O等)制取CoCl26H2O的工艺流程如下：已知：浸出液中含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等；部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：(金属离子浓度为：001mol/L)沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Al(OH)3Mn(OH)2开始沉淀2776764077完全沉淀3796925298CoCl26H2O熔点为86，加热至110120时，失去结晶水生成无水氯化钴。（1）写出浸出过程中Co2O3发生反应的离子方程式_。（2）写出NaClO3发生反应的主要离子方程式_；若不慎向“浸出液”中加过量NaClO3时，可能会生成有毒气体，写出生成该有毒气
28、体的离子方程式_。（3）“加Na2CO3调pH至a”,过滤所得到的两种沉淀的化学式为 。（4）制得的CoCl26H2O在烘干时需减压烘干的原因是_。（5）萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图。向“滤液”中加入萃取剂的目的是_；其使用的最佳pH范围是_。A2025 B3035 C4045 D5055（6）为测定粗产品中CoCl26H2O含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量AgNO3溶液，过滤、洗涤，将沉淀烘干后称其质量。通过计算发现粗产品中CoCl26H2O的质量分数大于100，其原因可能是_。（答一条即可）【答案】（1）Co2O3+SO32+4H+=2Co2+SO42+2H2O（2）
29、ClO3-+6Fe2+6H+=Cl-+6Fe3+3H2O ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2+3H2O （3）Fe(OH)3 Al(OH)3（4）降低烘干温度，防止产品分解（5）除去溶液中的Mn2+ B（6）粗产品含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水【解析】试题分析：（1）向水钴矿主要成分为Co2O3、Co（OH）3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等加入盐酸和亚硫酸钠，浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等，所以Co2O3和亚硫酸钠在酸性条件下发生氧化还原，根据电荷守恒和得失电子守恒，反应为：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2+SO42-+2
30、H2O。（2）加入NaClO3，会发生FeCl2中铁元素的化合价+2+3，并将氯离子氧化成氯气，发生的反应为：ClO3-+6Fe2+6H+=Cl-+6Fe3+3H2O，ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2+3H2O。（3）加Na2CO3调pH至a，铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Al3+3CO32-+3H2O=2Al（OH）3+3CO2；铁离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铁和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Fe3+3CO32-+3H2O=2Fe（OH）3+3CO2，所以沉淀为Fe(OH)3 Al(OH)3。（4）根据题意知，CoCl26H2O
31、常温下稳定无毒，加热至110120时，失去结晶水变成有毒的无水氯化钴，为防止其分解，制得的CoCl26H2O需减压烘干。（5）根据流程图可知，此时溶液中存在Mn2+、Co2+金属离子，由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知调节溶液PH在3035之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co（OH）2沉淀。（6）根据CoCl26H2O的组成分析，造成产品中CoCl26H2O的质量分数大于100%的原因可能是：1、含有杂质，导致氯离子含量大，2、结晶水化物失去部分水，导致相同质量的固体中氯离子含量变大。考点：考查制取CoCl26H2O的工艺流程21已知某温度下氢氰酸(HCN)的电离平衡常
32、数是6.41010（mol/L）2。请计算：（1）常温下，1 mol/L的氢氰酸溶液中H+浓度及PH。（2）在该酸溶液中由水电离产生的氢氧根离子的浓度。【答案】2.5mol/L 4.6； 4mol/L。【解析】本题考查有关电离平衡常数的简单计算，应依据电离方程式HCNH+ CN推知HCN分子、CN和H的平衡浓度。设氢氰酸(HCN)的电离达到平衡时H+的浓度为x，则： HCN H+ CN初始浓度/mol/L： 1 0 0转化浓度/mol/L： x x x 平衡浓度/mol/L： 1x x x 依题意，可得：Ka解之，得：x2.5mol/L即：H+2.5mol/L，则：PHlg（2.5）50.44
33、.6OH4mol/L22席夫碱类化合物在催化、药物等方面用途广泛。某种席夫碱的合成路线如下：(1)的分子式为_，1mol，V完全燃烧至少需要消耗_mol O2；（2）III与NaOH水溶液共热反应，化学方程式为_（3）IV发生聚合反应生成的高分子化合物的结构简式为_（4）结合合成路线，分析以下合成路线：X的结构简式为_，Z的结构简式为_【答案】（1）C8H9NO2；4；（2）CH3CH（CH3）CCl（CH3）2+NaOHCH3CH（CH3）COH（CH3）2+NaCl；（3）；（4）；。【解析】试题分析：（1）据的结构简式可知其分子式为：C8H9NO2，；的分子式为C3H6O，其完全燃烧生成
34、二氧化碳和水，从其分子中去掉H2O，还有C3H4，按3+计算1mol完全燃烧耗氧量为4mol，故答案为：C8H9NO2；4；（2）为卤代烷，在NaOH的水溶液中水解生成醇，反应方程式为：CH3CH（CH3）CCl（CH3）2+NaOHCH3CH（CH3）COH（CH3）2+NaCl；（3）是2，2-二甲基-2-丁烯，能够发生加聚反应生成高分子化合物，；（4）据与反应生成物的结构简式结合反应条件判断X为硝基苯，结构简式为：，Z为，故答案为：；。【考点定位】考查有机物的合成【名师点晴】本题考查有机物的推断与合成，注意利用各物质的结构与反应条件进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，既注重基础
35、知识巩固训练，又较好的考查学生分析推理能力与知识迁移应用。23下列各物质的转化关系如下图所示，其中C是一种日常生活中常见的单质，D是一种棕红色固体。回答下列问题：（1）C的名称为 ；J的化学式为 。（2）写出由A生成H的离子反应方程式： 。（3）某气体能使品红溶液褪色，但加热后又恢复，该气体通入J溶液中发生反应的离子方程式： 。【答案】（1）铝 Fe2(SO4)3（各2分）（2）Al2O3+2OH=2AlO2 +H2O（2分）（3）2Fe3+ +SO2 +2H2O=2Fe2+ +SO42 +4H+ (2分）【解析】试题分析： A能与酸、碱都能反应，且A熔融电解可得日常生活中常见的单质C，可判断
36、A为Al2O3，D是一种棕红色固体，为Fe2O3，则可知道B是O2，C是Al，E是铁，H是偏铝酸钠，I是硫酸铝，F是硫酸亚铁，G是氢氧化铁，J为Fe2(SO4)3。小问中的某气体能使品红溶液褪色，但加热后又恢复，则该气体为SO2，被Fe3+氧化为SO42。考点：无机物的推断；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用。【名师点晴】本题是一道典型的无机框推断题，题目难度中等，本题不仅考查对元素化合物基础知识的掌握，还主要考查学科内知识间的综合推理能力，答题时注意根据物质的颜色和反应的条件进行推断。24共聚酯(PETG)有着优异的光泽度、透光率和可回收再利用等特点，广泛应用于医疗用品、日常消费品和化妆
37、品包装等行业。PETG的结构简式为：PETG新材料的合成和再生路线如下：试回答下列问题：（1）化合物IV的分子式为_。（2）化合物I的结构简式：_；化合物II的一种同分异构体V能与饱和NaHCO3溶液反应放出CO2且分子结构中含有5个甲基，则化合物V的结构简式为_。（3）合成的反应类型为_。（4）化合物可由乙烯与Br2通过发生加成后，得到的产物在一定条件下发生取代反应而获得，请写出发生取代反应的化学方程式：_。（5）在一定条件下，CH3OH能与碳酸乙烯酯发生类似PETG再生的反应，其中产物之一为碳酸二甲酯化学式为(CH3O)2CO，一种无毒无害的化工原料。写出反应化学方程式（不用标反应条件）：
38、_。【答案】（16分）（1）C10H10O4（2分）（2）（每空3分，共6分）（3）缩聚反应（2分）（4） （3分）（5）（3分）【解析】试题分析：（1）观察化合物IV的结构简式，发现它由H3COOC、C6H4、COOCH3三部分构成，则IV的分子式为C10H10O4；（2）观察PETG的结构简式，发现它是二元醇、二元羧酸发生缩聚反应得到的高分子化合物，去掉中括号、聚合度（m、n）之后，断开三个酯基中碳氧单键，分别给氧原子补氢原子、碳原子补羟基，就得到它的三种单体，由此可推断其化合物I是对苯二甲酸；观察化合物II的结构简式，发现它由HOH2C、C6H10、CH2OH构成，则II的分子式为C8H
39、16O2，与饱和碳酸钠溶液反应放出二氧化碳气体，说明其同分异构体含有羧基（COOH），除羧基外就是含有5个甲基的原子团（C7H15），则C7H15的结构简式为CH3C(CH3)2C(CH3)2，所以化合物V的结构简式为CH3C(CH3)2C(CH3)2COOH；（3）m摩III、m摩I、n摩II、n摩I发生缩聚反应，生成1摩PETG和（2m+2n1）摩水；（4）乙烯（CH2=CH2）与Br2发生加成反应，得到1，2二溴乙烷；卤代烃与NaOH水溶液共热时发生取代反应或水解反应，生成醇、卤化钠、水，则CH2BrCH2Br+2NaOHHOCH2CH2OH+2NaBr；（5）观察PETG与CH3OH再生的反应，发现PETG先水解为三种单体，其中的对苯二甲酸再与甲醇发生酯化反应，得到化合物IV和水；碳酸乙烯酯的结构简式中含有2个酯基，则1个碳酸乙烯酯先与2个H2O发生水解反应，得到1个HOCH2CH2OH和1个H2CO3，然后1个H2CO3与2个CH3OH发生酯化反应，得到1个碳酸二甲酯和2个H2O，由此可推断或仿写出该反应的化学方程式。考点：考查有机合成与推断大题，涉及有机物的分子式、结构简式、反应类型、化学方程式的推断等知识。
