1、2016-2017学年江苏省盐城市阜宁中学高三（上）月考化学试卷（10月份）一、单项选择题（本题包括10小题，每题3分，共30分每小题只有一个选项符合题意）121世纪化学的最新定义为“化学是一门创造新物质的科学”下列有关说法不正确的是（）A用CO2合成可降解的聚碳酸酯塑料，可以实现“碳”的循环利用B开发利用太阳能、生物质能等清洁能源，有利于节约资源C绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理D制备物质时探究化学反应中高的选择性、转化率和原子利用率，属于“绿色”的生产工艺2下列关子化学用语的表示正确的是（）A质子数为94、中子数为144的钚（Pu）原子：14494PuBH2O2的电子式：CS
2、2离子结构示意图：D的名称2甲基4丁醇3下列溶液中的离子一定能大量共存的是（）A在加入铝粉能产生氢气的溶液中：NH4+、Fe2+、SO42、NO3B室温下水电离出的氢离子浓度c（H+）=11014mol/L的溶液中：Ba2+、NO3、K+、ClOC使苯酚显紫色的溶液：NH4+、Na+、C1、SCND能使甲基橙变红的溶液中：Na+、NH4+、SO42、NO34下列有关物质的性质与其应用不相对应的是（）AAl具有良好延展性和抗腐蚀性，可制成铝箔包装物品B二氧化硅有良好的导电性，是制造光导纤维的主要材料C药皂中加入少量苯酚，可以起到杀菌消毒的作用D碳酸钠溶液显碱性，可用热的纯碱溶液除去金属器件表面的
3、油污5下列表述正确的是（）A比例模型为，可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子B2CH3CH2OD+O22CH3CHO+2DHOC二氧化硫、氨、煤的液化均为物理变化D实验室中制取乙酸乙酯的方程式为CH3COOH+H18OC2H5CH3COOC2H5+H218O6工业上曾经通过反应“3Fe+4NaOHFe3O4+2H2+4Na”生产金属钠下列有关说法正确的是（）A用磁铁可以将Fe与Fe3O4分离B将生成的气体在空气中冷却可获得钠C该反应条件下铁的氧化性比钠强D每生成1molH2，转移的电子数约为46.0210237设NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A0.1 molL1 NaOH溶液
4、中Na+的数目为0.1 NAB标准状况下，2.24 L CCl4中的分子数目为0.1 NAC0.1 mol Na2O2与足量CO2反应转移的电子数目为0.1 NAD3.2 g O2和O3的混合物含有的分子数目为0.1 NA8下列说法正确的是（）A为测定新制氯水的pH，用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上，与标准比色卡对照即可B做蒸馏实验时，在蒸馏烧瓶中应加入沸石，以防暴沸如果在沸腾前发现忘记加沸石，应立即停止加热，冷却后补加C在未知溶液中滴加BaCl2溶液出现白色沉淀，加稀硝酸，沉淀不溶解，说明该未知溶液中存在SO42或SO32D提纯混有少量硝酸钾的氯化钠，应采用在较高温度下制得浓溶液再冷却结晶、过
5、滤、干燥的方法9下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）AFeCl3溶液与Cu的反应：Cu+Fe3+Cu2+Fe2+BNO2与水的反应：3NO2+H2O2NO3+NO+2H+C醋酸溶液与水垢中的CaCO3反应：CaCO3+2H+Ca2+H2O+CO2D向NaAlO2溶液中通入过量CO2：2AlO2+CO2+3H2O2Al（OH）3+CO3210分枝酸可用于生化研究，其结构简式如图下列关于分枝酸的叙述正确的是（）A分枝酸的分子式为C10H8O6B分枝酸能发生取代、加成、氧化反应C1mol分枝酸最多可与3molNaOH发生中和反应D1mol分枝酸最多可与2molBr2发生反应二、不定项选择题（
6、本题包括5小题，每小题4分，共20分每小题只有一个或两个选项符合题意若正确答案只包括一个选项，多选时，该题为0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就为0分）11向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，溶液变为棕色再向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变成无色下列分析正确的是（）A上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2+I2SO2B通入SO2时，SO2与I2反应，I2作还原剂C通入SO2后溶液逐渐变成无色，体现了SO2的漂白性D滴加KI溶液时，转移2 mol e时生成1 mol白色沉淀12下列依据相
7、关实验得出的结论正确的是（）选项实验操作和现象实验结论A将SO2通入Ba（NO3）2溶液中，溶液变浑浊生成BaSO3沉淀B点燃CO还原Fe2O3后的尾气，气体未能燃烧CO已完全反应C向某溶液中加入2滴KSCN溶液，溶液不显红色，再向溶液中加入几滴新制氯水，溶液变为红色该溶液中一定含有Fe2+D向鸡蛋清溶液中加入少量CuSO4溶液，出现浑浊蛋白质发生了盐析AABBCCDD13短周期主族元素A、B、C、D的原子序数依次增大，A、C的原子序数的差为8，A原子最外层电子数是其次外层电子数的3倍，B原子在同周期主族元素中的原子半径最大下列说法正确的是（）A原子半径：r（C）r（D）r（B）B元素A与B只
8、能形成一种化合物CA的简单气态氢化物的热稳定性比C的强DC的最高价氧化物的水化物的酸性比D的强14下列有关实验操作或现象描述正确的是（）A实验室用图1装置制备Cl2B加热后图2中溶液颜色恢复红色C用图3装置除去Cl2中含有的少量HClD实验室用图4装置制取少量蒸馏水152015年我国药物化学家屠吆吆因发明抗疟疾新药青蒿素和双氢青蒿素被授予诺贝尔生理学或医学奖以异胡薄荷醇为起始原料是人工合成青蒿素的途径之一（如图）下列说法正确的是（）A异胡薄荷醇遇FeCl3溶液显紫色B异胡薄荷醇可发生消去反应、加成反应C青蒿素分子中含有7个手性碳原子D青蒿素在热的酸、碱溶液中均可稳定存在三、第卷（非选择题共70
9、分）16有关催化剂的催化机理等问题可以从“乙醇催化氧化实验”得到一些认识，某教师设计了如图所示装置（夹持装置等已省略），其实验操作为：先按图安装好装置，关闭活塞a、b、c，在铜丝的中间部分加热片刻，然后打开活塞a、b、c，通过控制活塞a和b，而有节奏（间歇性）地通入气体，即可在M处观察到明显的实验现象试回答以下问题：（1）A中发生反应的化学方程式：，B的作用：；C中热水的作用：（2）M处发生反应的化学方程式为（3）从M管中可观察到的现象：，从中可认识到该实验过程中催化剂（填“参加”或“不参加”）化学反应，还可以认识到催化剂起催化作用需要一定的（4）实验进行一段时间后，如果撤掉酒精灯，反应（填“
10、能”或“不能”）继续进行，其原因是（5）验证乙醇氧化产物的化学方法是17钼酸钠晶体（Na2MoO42H2O）是无公害型冷却水系统的金属缓蚀剂，由钼精矿（主要成分是MoS2，含少量PbS等）制备钼酸钠晶体的部分流程如图所示：（1）Na2MoO42H2O中钼元素的化合价为；（2）焙烧时为了使钼精矿充分反应，可采取的措施是（答出一条即可）；（3）焙烧过程中钼精矿发生的主要反应的化学方程式为MoS2+O2MoO3+SO2（未配平），该反应中氧化产物是（填化学式）；当生成1molSO2时，该反应转移的电子的物质的量为mol；（4）碱浸时，MoO3与Na2CO3溶液反应的离子方程式为18酮洛芬是一种良好的
11、抗炎镇痛药，可以通过以下方法合成：（1）酮洛芬中含氧官能团的名称为和（2）化合物E的结构简式为由CD的反应类型是（3）写出BC的反应方程式（4）写出同时满足下列条件的A的一种同分异构体的结构简式能发生银镜反应 、与FeCl3发生显色反应、分子中含有5种不同化学环境的氢（5）请写出以甲苯和乙醇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图：H2CCH2CH3CH2BrCH3CH2OH19我国化工专家侯德榜的“侯氏制碱法”曾为世界制碱工业做出了突出贡献他以NaCl、NH3、CO2等为原料先制得NaHCO3，进而生产出纯碱有关反应的化学方程式为：NH3+CO2+H2O=NH
12、4HCO3；NH4HCO3+NaCl=NaHCO3+NH4Cl；2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O（1）碳酸氢铵与饱和食盐水反应，能析出碳酸氢钠晶体的原因是a碳酸氢钠难溶于水b碳酸氢钠受热易分解c碳酸氢钠的溶解度相对较小，所以在溶液中首先结晶析出（2）某探究活动小组根据上述制碱原理，进行碳酸氢钠的制备实验，同学们按各自设计的方案实验一位同学将二氧化碳气体通入含氨的饱和食盐水中制备碳酸氢钠，实验装置如图所示（图中夹持、固定用的仪器未画出）试回答下列有关问题：（）乙装置中的试剂是；（）丁装置中稀硫酸的作用是；（）实验结束后，分离出NaHCO3 晶体的操作是（填分离操作的名称）另一位同学用图
13、中戊装置（其它装置未画出）进行实验（）实验时，须先从管通入 气体，再从管中通入气体；（）有同学建议在戊装置的b管下端连接己装置，理由是；（3）请你再写出一种实验室制取少量碳酸氢钠的方法：20黄钾铵铁矾KNH4Fex（SO4）y（OH）z不溶于水和稀硫酸，制取黄钾铵铁矾的示意图如下：（1）溶液X是（2）检验滤液中是否存在K+的操作是（3）黄钾铵铁矾的化学式可通过下列实验测定：称取一定质量的样品加入稀硝酸充分溶解，将所得溶液转移至容量瓶并配制成100.00mL溶液A量取25.00mL溶液A，加入盐酸酸化的BaCl2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重，得到白色固体9.32g量取25.00mL溶液
14、A，加入足量NaOH溶液，加热，收集到标准状况下气体224mL，同时有红褐色沉淀生成将步骤所得沉淀过滤、洗涤、灼烧，最终得固体4.80g通过计算确定黄钾铵铁矾的化学式（写出计算过程）2016-2017学年江苏省盐城市阜宁中学高三（上）月考化学试卷（10月份）参考答案与试题解析一、单项选择题（本题包括10小题，每题3分，共30分每小题只有一个选项符合题意）121世纪化学的最新定义为“化学是一门创造新物质的科学”下列有关说法不正确的是（）A用CO2合成可降解的聚碳酸酯塑料，可以实现“碳”的循环利用B开发利用太阳能、生物质能等清洁能源，有利于节约资源C绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理D
15、制备物质时探究化学反应中高的选择性、转化率和原子利用率，属于“绿色”的生产工艺【考点】常见的生活环境的污染及治理；常见的能量转化形式【分析】A利用CO2合成聚碳酸酯类可降解塑料，减少二氧化碳的排放； B太阳能、生物质是清洁能源；C绿色化学核心就是要利用化学反应原理从源头消除污染；D绿色化学实质是反应物全部反应生成所需的产物，不造成浪费、污染【解答】解：A利用CO2合成聚碳酸酯类可降解塑料，实现“碳”的循环利用应用，减少二氧化碳的排放，符合题意，故A正确； B开发利用太阳能、生物质能等清洁能源无污染产生，有利于节约资源，故B正确；C对环境污染进行治理是对已经产生的污染治理，绿色化学又称环境友好化
16、学，其核心就是要利用化学反应原理从源头消除污染，故C错误；D“绿色化学”是当今社会提出的一个新概念它包括“原料的绿色化”、“化学反应的绿色化”、“产物的绿色化”等内容其中“化学反应的绿色化”是指参加反应的物质中的所有原子完全被利用且全部转化到预制得的产品中，故D正确；故选C2下列关子化学用语的表示正确的是（）A质子数为94、中子数为144的钚（Pu）原子：14494PuBH2O2的电子式：CS2离子结构示意图：D的名称2甲基4丁醇【考点】电子式；结构式【分析】A质子数+中子数=质量数；B双氧水为共价化合物，不存在阴阳离子；C硫离子核内有16个质子，核外有18个电子；D主链编号错误；【解答】解：
17、A质子数为94、中子数为144的钚（Pu）原子：23894Pu，故A错误；BH2O2分子为共价化合物，电子式中不存在括号和电荷，H2O2分子的电子式为，故B错误；C硫离子核内有16个质子，核外有18个电子，离子结构示意图：，故C正确；D物质的名称为3甲基丁醇，故D错误；故选：C3下列溶液中的离子一定能大量共存的是（）A在加入铝粉能产生氢气的溶液中：NH4+、Fe2+、SO42、NO3B室温下水电离出的氢离子浓度c（H+）=11014mol/L的溶液中：Ba2+、NO3、K+、ClOC使苯酚显紫色的溶液：NH4+、Na+、C1、SCND能使甲基橙变红的溶液中：Na+、NH4+、SO42、NO3【
18、考点】离子共存问题【分析】A加入铝粉能产生氢气的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，亚铁离子、铵根离子与氢氧根离子反应，酸性条件下硝酸根离子能够氧化亚铁离子；B室温下水电离出的氢离子浓度c（H+）=11014mol/L的溶液中存在大量氢离子氢离子或氢氧根离子，次氯酸根离子与氢离子反应；C使苯酚显紫色的溶液中存在铁离子，铁离子与反应SCND能使甲基橙变红的溶液为酸性溶液，四种离子之间不反应，都不与氢离子反应【解答】解：A加入铝粉能产生氢气的溶液为酸性或碱性溶液，溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，NH4+、Fe2+与氢氧根离子反应，Fe2+、NO3在酸性条件下发生氧化还原反应，在溶液中一定不能大量共
19、存，故A错误；B室温下水电离出的氢离子浓度c（H+）=11014mol/L的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，ClO与氢离子反应，在酸性溶液中不能大量共存，故B错误；C使苯酚显紫色的溶液中含有铁离子，SCN与铁离子反应生成硫氰化铁，在溶液中不能大量共存，故C错误；D能使甲基橙变红的溶液中存在电离氢离子，Na+、NH4+、SO42、NO3之间不反应，都不与氢离子反应，在溶液中一定能够大量共存，故D正确；故选D4下列有关物质的性质与其应用不相对应的是（）AAl具有良好延展性和抗腐蚀性，可制成铝箔包装物品B二氧化硅有良好的导电性，是制造光导纤维的主要材料C药皂中加入少量苯酚，可以起到杀菌消毒的作用D
20、碳酸钠溶液显碱性，可用热的纯碱溶液除去金属器件表面的油污【考点】铝的化学性质；硅和二氧化硅；钠的重要化合物【分析】A、根据金属铝的性质来确定金属铝的用途，铝是良好的导电、导热、延展性金属；B光导纤维具有折光性；C低浓度的苯酚溶液能杀菌消毒，苯酚可以使蛋白质变性；D碳酸钠水解显碱性，水解是吸热反应，利用此点性质可以除去油污；【解答】解：A金属铝的性质：良好延展性和抗腐蚀性，金属铝可制成铝箔包装物品，故A正确；B光导纤维具有折光性，不具有导电性，故B错误；C药皂中加入少量苯酚可以使病毒细菌中的蛋白质变性，故C正确；D碳酸钠水解显碱性，水解是吸热反应，利用此点性质可以除去油污，故D正确；故选B5下列
21、表述正确的是（）A比例模型为，可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子B2CH3CH2OD+O22CH3CHO+2DHOC二氧化硫、氨、煤的液化均为物理变化D实验室中制取乙酸乙酯的方程式为CH3COOH+H18OC2H5CH3COOC2H5+H218O【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合；化学方程式的书写【分析】A四氯化碳中氯原子的原子半径大于碳原子，其比例模型不能用表示；B醇催化氧化时，羟基H原子转化成水；C煤的液化为化学变化；D酯化反应实质为“酸脱羟基醇脱氢”，18O应该存在于酯中【解答】解：A可以表示甲烷的比例模型，而四氯化碳中氯原子的原子半径较大，该比例模型不能表示四氯化碳，故
22、A错误；B乙醇催化氧化生成乙醛，产物中水来自羟基，反应的离子方程式为：2CH3CH2OD+O22CH3CHO+2DHO，故B正确；C煤液化是把固体煤炭通过化学加工过程，使其转化成为液体燃料、化工原料和产品的先进洁净煤技术，该变化为化学变化，故C错误；D乙酸乙酯的制取中，乙酸脱去羟基、乙醇脱去氢原子，正确的反应为：CH3COOH+H18OC2H5CH3CO18OC2H5+H2O，故D错误；故选B6工业上曾经通过反应“3Fe+4NaOHFe3O4+2H2+4Na”生产金属钠下列有关说法正确的是（）A用磁铁可以将Fe与Fe3O4分离B将生成的气体在空气中冷却可获得钠C该反应条件下铁的氧化性比钠强D每
23、生成1molH2，转移的电子数约为46.021023【考点】氧化还原反应【分析】A、不能用磁铁可以将Fe与Fe3O4分离，两者都被吸引；B、钠极易被空气中的氧气氧化；C、该反应条件下铁的还原性比钠强；D、每生成1molH2，转移的电子为4mol【解答】解：A、不能用磁铁可以将Fe与Fe3O4分离，两者都被吸引，所以不能用磁铁将Fe与Fe3O4分离，故A错误；B、钠极易被空气中的氧气氧化，故B错误；C、该反应条件下铁的还原性比钠强，而不是氧化性，故C错误；D、每生成1molH2，转移的电子为4mol，所以转移的电子数约为46.021023，故D正确；故选D7设NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确
24、的是（）A0.1 molL1 NaOH溶液中Na+的数目为0.1 NAB标准状况下，2.24 L CCl4中的分子数目为0.1 NAC0.1 mol Na2O2与足量CO2反应转移的电子数目为0.1 NAD3.2 g O2和O3的混合物含有的分子数目为0.1 NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A溶液体积未知；B气体摩尔体积使用对象为气体；C过氧化钠与二氧化碳反应为歧化反应，消耗1mol过氧化钠转移1mol电子；D氧气和臭氧相对分子质量不同【解答】解：A溶液体积未知，无法计算钠离子数目，故A错误；B标况下四氯化碳为液态，不能使用气体摩尔体积，故B错误；C过氧化钠与二氧化碳反应为歧化反应，消耗1m
25、ol过氧化钠转移1mol电子，则0.1 mol Na2O2与足量CO2反应转移的电子数目为0.1 NA，故C正确；D氧气和臭氧相对分子质量不同，所以只知道混合物质量，无法计算混合物含有的分子数目，故D错误；故选：C8下列说法正确的是（）A为测定新制氯水的pH，用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上，与标准比色卡对照即可B做蒸馏实验时，在蒸馏烧瓶中应加入沸石，以防暴沸如果在沸腾前发现忘记加沸石，应立即停止加热，冷却后补加C在未知溶液中滴加BaCl2溶液出现白色沉淀，加稀硝酸，沉淀不溶解，说明该未知溶液中存在SO42或SO32D提纯混有少量硝酸钾的氯化钠，应采用在较高温度下制得浓溶液再冷却结晶、过滤、干燥
26、的方法【考点】化学实验方案的评价【分析】A、氯水中的次氯酸能漂白pH试纸；B、液体加热要加沸石或碎瓷片，防止暴沸，如果加热一段时间后发现忘记加碎瓷片，应该采取停止加热，待溶液冷却后重新添加碎瓷片；C、硫酸钡和AgCl均为不溶于酸的白色沉淀；D、氯化钠中混有少量的硝酸钾，不能制得硝酸钾的饱和溶液【解答】解：A、氯水中的次氯酸能漂白pH试纸，不能用pH试纸测定新制氯水的pH值，故A错误；B、液体加热要加沸石或碎瓷片，引入汽化中心，可防止溶液暴沸，如果加热一段时间后发现忘记加碎瓷片，应该采取停止加热，待溶液冷却后重新添加碎瓷片，故B正确；C、硫酸钡和AgCl均为不溶于酸的白色沉淀，则向某溶液中加入B
27、aCl2溶液生成白色沉淀，继续加稀硝酸沉淀不消失，溶液中可能含Ag+，故C错误；D、氯化钠中混有少量的硝酸钾，氯化钠是大量的，制得的饱和溶液中硝酸钾量较少，不能采取降温结晶的方法，故D错误，故选B9下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）AFeCl3溶液与Cu的反应：Cu+Fe3+Cu2+Fe2+BNO2与水的反应：3NO2+H2O2NO3+NO+2H+C醋酸溶液与水垢中的CaCO3反应：CaCO3+2H+Ca2+H2O+CO2D向NaAlO2溶液中通入过量CO2：2AlO2+CO2+3H2O2Al（OH）3+CO32【考点】离子方程式的书写【分析】A电荷不守恒；B反应生成硝酸和NO；C醋
28、酸为弱酸，在离子反应中应保留化学式；D反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠【解答】解：AFeCl3溶液与Cu的反应的离子反应为Cu+2Fe3+Cu2+2Fe2+，故A错误；BNO2与水的反应的离子反应为3NO2+H2O2NO3+NO+2H+，故B正确；C醋酸溶液与水垢中的CaCO3反应的离子反应为CaCO3+2HAcCa2+H2O+CO2+2Ac，故C错误；D向NaAlO2溶液中通入过量CO2的离子反应为AlO2+CO2+2H2OAl（OH）3+HCO3，故D错误；故选B10分枝酸可用于生化研究，其结构简式如图下列关于分枝酸的叙述正确的是（）A分枝酸的分子式为C10H8O6B分枝酸能发生取代、加成、
29、氧化反应C1mol分枝酸最多可与3molNaOH发生中和反应D1mol分枝酸最多可与2molBr2发生反应【考点】有机物的结构和性质【分析】由结构简式可知，分子中含COOH、OH、碳碳双键、醚键等，结合羧酸、醇、烯烃的性质来解答【解答】解：A根据结构简式确定分子式为C10H10O6，故A错误；B含有碳碳双键，可发生加成、氧化反应，含有羟基、羧基，都可发生取代反应，故B正确；C不是苯环，只有COOH与NaOH反应，则1mol分枝酸最多可与2molNaOH发生中和反应，故C错误；D含有3个碳碳双键，则1mol分枝酸最多可与3molBr2发生反应，故D错误故选B二、不定项选择题（本题包括5小题，每小
30、题4分，共20分每小题只有一个或两个选项符合题意若正确答案只包括一个选项，多选时，该题为0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就为0分）11向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，溶液变为棕色再向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变成无色下列分析正确的是（）A上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2+I2SO2B通入SO2时，SO2与I2反应，I2作还原剂C通入SO2后溶液逐渐变成无色，体现了SO2的漂白性D滴加KI溶液时，转移2 mol e时生成1 mol白色沉淀【考点】氧化还原反应；二氧化硫的化
31、学性质【分析】溶液呈棕色，说明有I2生成碘元素化合价由1价升高到0价，硫酸根只有在浓硫酸中有氧化性，所以化合价能够降低的只有Cu2+，观察到产生白色沉淀，由于Cu为红色，所以Cu2+不能还原为Cu，应还原为Cu+向反应后的混合物中不断通入SO2气体，并加热，溶液逐渐变成无色，说明I2反应，发现白色沉淀显著增多，故I2与SO2反应生成I，SO2被氧为化H2SO4，白色沉淀是CuI【解答】解：CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI2K2SO4+2CuI+I2，向反应后的混合物中不断通入SO2气体，反应方程式：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HIA、2CuSO4+4K
32、I2K2SO4+2CuI+I2反应中Cu2+化合价降低是氧化剂，I2是氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以物质的氧化性：Cu2+I2，SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI中碘元素化合价由0价降低为1价，I2是氧化剂，SO2被氧化，所以物质氧化性I2SO2，所以氧化性Cu2+I2SO2，故A正确；B、反应后的混合物中不断通入SO2气体，反应方程式：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，由反应可知，碘元素化合价由0价降低为1价，被还原，所以I2是氧化剂，故B错误；C、向反应后的混合物中不断通入SO2气体，反应方程式：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，因为发生氧化
33、还原反应使碘褪色，二氧化硫不表现漂白性，故C错误；D、CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI2K2SO4+2CuI+I2，由方程式可知每转移2mol电子生成2molCuI，故D错误故选：A12下列依据相关实验得出的结论正确的是（）选项实验操作和现象实验结论A将SO2通入Ba（NO3）2溶液中，溶液变浑浊生成BaSO3沉淀B点燃CO还原Fe2O3后的尾气，气体未能燃烧CO已完全反应C向某溶液中加入2滴KSCN溶液，溶液不显红色，再向溶液中加入几滴新制氯水，溶液变为红色该溶液中一定含有Fe2+D向鸡蛋清溶液中加入少量CuSO4溶液，出现浑浊蛋白质发生了盐析AABBCCDD
34、【考点】化学实验方案的评价【分析】A将SO2气体通入硝酸钡溶液中生成 BaSO4沉淀；B气体未能燃烧，可说明生成二氧化碳，二氧化碳较多时，CO不能燃烧；CFe2+与KSCN不反应，氯气可氧化Fe2+；D硫酸铜可使蛋白质变性【解答】解：A硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，可将二氧化硫氧化生成硫酸，则将SO2气体通入硝酸钡溶液中生成 BaSO4沉淀，故A错误；B气体未能燃烧，可说明生成二氧化碳，二氧化碳较多时，CO不能燃烧，不能说明CO完全反应，故B错误；CFe2+与KSCN不反应，氯气可氧化Fe2+生成Fe3+，所以该溶液中一定含有Fe2+，故C正确；D硫酸铜可使蛋白质变性，故D错误故选C13
35、短周期主族元素A、B、C、D的原子序数依次增大，A、C的原子序数的差为8，A原子最外层电子数是其次外层电子数的3倍，B原子在同周期主族元素中的原子半径最大下列说法正确的是（）A原子半径：r（C）r（D）r（B）B元素A与B只能形成一种化合物CA的简单气态氢化物的热稳定性比C的强DC的最高价氧化物的水化物的酸性比D的强【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】短周期主族元素A、B、C、D的原子序数依次增大，A原子的最外层电子数是其次外层电子数的3倍，由于最外层电子数不超过8，A原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则A为氧元素；A、C的原子序数的差是8，则C为S元素；结合原子序数可知，D为Cl
36、元素；在同周期主族元素中B原子的原子半径最大，处于A族，原子序数大于O，则B为Na【解答】解：短周期主族元素A、B、C、D的原子序数依次增大，A原子的最外层电子数是其次外层电子数的3倍，由于最外层电子数不超过8，A原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则A为氧元素；A、C的原子序数的差是8，则C为S元素；结合原子序数可知，D为Cl元素；在同周期主族元素中B原子的原子半径最大，处于A族，原子序数大于O，则B为NaA同周期自左而右原子半径减小，故原子半径r（Cl）r（S）r（Na），即r（D）r（C）r（B），故A错误；BO与Na元素可以形成氧化钠、过氧化钠，故B错误；CO、S同主族，自上而下非
37、金属性减弱，氢化物稳定性减弱，故C正确；DS、Cl同周期，自左而右非金属性增强，最高价氧化物对应水化物的酸性增强，故D错误故选C14下列有关实验操作或现象描述正确的是（）A实验室用图1装置制备Cl2B加热后图2中溶液颜色恢复红色C用图3装置除去Cl2中含有的少量HClD实验室用图4装置制取少量蒸馏水【考点】化学实验方案的评价【分析】A应在加热条件下制备氯气；B二氧化硫与品红化合生成无色物质，受热易分解；C二者都与氢氧化钠溶液反应；D冷却水方向错误【解答】解：A制备氯气，需要加热，图中缺少酒精灯，不能制备氯气，故A错误；B二氧化硫与品红化合生成无色物质，受热易分解，则加热后图2中溶液颜色恢复红色
38、，故B正确；C二者都与氢氧化钠溶液反应，应用饱和食盐水除杂，故C错误；D冷却水方向错误，应下进上出，故D错误；故选B152015年我国药物化学家屠吆吆因发明抗疟疾新药青蒿素和双氢青蒿素被授予诺贝尔生理学或医学奖以异胡薄荷醇为起始原料是人工合成青蒿素的途径之一（如图）下列说法正确的是（）A异胡薄荷醇遇FeCl3溶液显紫色B异胡薄荷醇可发生消去反应、加成反应C青蒿素分子中含有7个手性碳原子D青蒿素在热的酸、碱溶液中均可稳定存在【考点】有机物的结构和性质【分析】A异胡薄荷醇遇含有醇羟基和碳碳双键，具有醇和烯烃性质；B异胡薄荷醇遇含有醇羟基和碳碳双键，且连接醇羟基邻位上含有氢原子，所以能发生消去反应，
39、碳碳双键能发生加成反应；C根据手性碳原子的定义判断；D青蒿素含有酯基，可发生水解反应【解答】解：A异胡薄荷醇遇含有醇羟基和碳碳双键，具有醇和烯烃性质，没有酚羟基，所以不能发生显色反应，故A错误；B异胡薄荷醇遇含有醇羟基和碳碳双键，且连接醇羟基邻位上含有氢原子，所以能发生消去反应，碳碳双键能发生加成反应，故B正确；C手性碳原子连接4个不同的原子或原子团，手性碳原子标识如图：，共7个，故C正确；D青蒿素含有酯基，可发生水解反应，可与酸、碱发生反应，故D错误故选BC三、第卷（非选择题共70分）16有关催化剂的催化机理等问题可以从“乙醇催化氧化实验”得到一些认识，某教师设计了如图所示装置（夹持装置等已
40、省略），其实验操作为：先按图安装好装置，关闭活塞a、b、c，在铜丝的中间部分加热片刻，然后打开活塞a、b、c，通过控制活塞a和b，而有节奏（间歇性）地通入气体，即可在M处观察到明显的实验现象试回答以下问题：（1）A中发生反应的化学方程式：2H2O22H2O+O2，B的作用：干燥O2；C中热水的作用：使D中乙醇变为蒸气进入M参加反应，用水浴加热使乙醇气流较平稳（2）M处发生反应的化学方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O（3）从M管中可观察到的现象：受热部分的铜丝交替出现变黑、变红的现象，从中可认识到该实验过程中催化剂参加（填“参加”或“不参加”）化学反应，还可以认识到催化剂起
41、催化作用需要一定的温度（4）实验进行一段时间后，如果撤掉酒精灯，反应能（填“能”或“不能”）继续进行，其原因是乙醇的催化氧化反应是放热反应，反应放出的热量能维持反应继续进行（5）验证乙醇氧化产物的化学方法是实验结束后，卸下装置F中盛有少量蒸馏水的试管，从中取出少许溶液做银镜反应实验也可使之与新制Cu（OH）2悬浊液反应，来证明乙醛的生成【考点】乙醇的催化氧化实验【分析】（1）A中是过氧化氢在二氧化锰催化作用下生成水和氧气；B是吸收氧气中的水蒸气；C是加热乙醇得到乙醇蒸气进入M；（2）在铜作催化剂、加热条件下，乙醇能被氧气氧化生成乙醛和水；（3）铜丝做催化剂，和氧气反应生成氧化铜，和乙醇反应又生
42、成铜，M管中铜网黑、红交替出现；催化剂参加反应过程，催化作用需要一定的温度；（4）实验进行一段时间后，如果撤掉酒精灯，反应能继续进行，说明反应是放热反应；（5）乙醇被氧化为乙醛，依据醛基检验方法进行设计实验，可以利用银氨溶液或新制的氢氧化铜检验【解答】解：（1）A中是过氧化氢在二氧化锰催化作用下生成水和氧气，反应的化学方程式为2H2O22H2O+O2；B是吸收氧气中的水蒸气；C是加热乙醇得到乙醇蒸气进入M，故答案为：2H2O22H2O+O2；干燥氧气（或吸收氧气中的水）； C中热水使D中乙醇变为蒸气进入M中参加反应；（2）在铜作催化剂、加热条件下，乙醇能被氧气氧化生成乙醛和水，所以M处发生反应
43、的化学方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；（3）乙醇的催化氧化反应中，金属铜作催化剂，真正和乙醇反应起到氧化作用的是氧化铜，实验过程中铜网出现黑色，是由于铜和氧气反应生成氧化铜，反应的方程式为2Cu+O22CuO，铜网由黑色变成红色是由于乙醇和氧化铜反应生成铜，反应的方程式为CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O，在反应前后，实际上铜参加反应，只是在初始反应中作反应物，在最终反应中作生成物，从表面上看没有参加反应，加热说明催化作用需要一定的温度，故答案为：受热部分的铜丝交替出现变黑、变红的现象；参加；
44、温度；（4）撤掉酒精灯，反应仍进行，是因醇的催化氧化反应是放热反应，放出的热量满足反应所需温度，故答案为：能；乙醇的催化氧化反应是放热反应，反应放出的热量能维持反应继续进行；（5）乙醇被氧化为乙醛，乙醛含有醛基，具有还原性，能被银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液氧化，因此验证乙醇氧化产物的化学方法是：实验结束后，卸下装置F中盛有少量蒸馏水的试管中，加入新制的银氨溶液水浴加热，观察试管壁上有光亮的银镜生成，或取少量的氧化产物于试管中，加入新制的氢氧化铜悬浊液加热，观察有红色的沉淀生成，故答案为：实验结束后，卸下装置F中盛有少量蒸馏水的试管，从中取出少许溶液做银镜反应实验也可使之与新制Cu（OH）2悬浊
45、液反应，来证明乙醛的生成17钼酸钠晶体（Na2MoO42H2O）是无公害型冷却水系统的金属缓蚀剂，由钼精矿（主要成分是MoS2，含少量PbS等）制备钼酸钠晶体的部分流程如图所示：（1）Na2MoO42H2O中钼元素的化合价为+6；（2）焙烧时为了使钼精矿充分反应，可采取的措施是将矿石粉碎（或增加空气的进入量或采用逆流原理等）（答出一条即可）；（3）焙烧过程中钼精矿发生的主要反应的化学方程式为MoS2+O2MoO3+SO2（未配平），该反应中氧化产物是MoO3、SO2（填化学式）；当生成1molSO2时，该反应转移的电子的物质的量为7mol；（4）碱浸时，MoO3与Na2CO3溶液反应的离子方程
46、式为MoO3+CO32=MoO42+CO2【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】灼烧钼精矿，MoS2燃烧，反应方程式为2MoS2+7O22MoO3+4SO2，碱性条件下，MoO3和Na2CO3溶液反应，反应方程式为MoO3+CO32=MoO42+CO2，然后向溶液中加入沉淀剂除去重金属离子，溶液中的溶质为Na2MoO4，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶，然后重结晶得到Na2MoO4.2H2O，（1）根据在化合物中正负化合价代数和为零计算；（2）焙烧时为了使钼精矿充分反应可以把钼精矿粉碎增大接触面积、或增大空气进入量，反应物接触时间越长，反应越充分；（3）焙烧过程中钼
47、精矿发生的主要反应的化学方程式为：2MoS2+7O22MoO3+4SO2，元素化合价升高的失去电子发生氧化反应得到氧化产物，依据化学方程式定量关系计算电子转移物质的量；（4）碱性条件下，MoO3和Na2CO3溶液反应生成二氧化碳和钼酸钠【解答】解：（1）计算结晶水合物钼钼酸钠中元素的化合价只计算Na2MoO4中钼元素的化合价即可，钠元素显+1，氧元素显2，设钼元素的化合价是x，根据在化合物中正负化合价代数和为零，可知钼酸钠（Na2MoO42H2O）中钼元素的化合价：（+1）2+x+（2）4=0，则x=+6，故答案为：+6； （2）反应物接触时间越长，反应越充分，焙烧的过程中采用“逆流焙烧”的措
48、施、粉碎矿石或增加空气通入量等，增大钼精矿与空气接触，使其充分反应，提高原料的利用率，故答案为：将矿石粉碎（或增加空气的进入量或采用逆流原理等）；（3）焙烧过程中钼精矿发生的主要反应的化学方程式为：2MoS2+7O22MoO3+4SO2，元素化合价升高的失去电子发生氧化反应得到氧化产物，反应中Mo元素化合价+2价变化为+6价，硫元素化合价1价变化为+4价，该反应中氧化产物是MoO3、SO2，反应中生成4mol二氧化硫电子转移28mol，则生成1mol二氧化硫电子转移为7mol，故答案为：MoO3、SO2；7；（4）碱性条件下，MoO3和Na2CO3溶液反应生成二氧化碳和钼酸钠，离子方程式为Mo
49、O3+CO32=MoO42+CO2，故答案为：MoO3+CO32=MoO42+CO218酮洛芬是一种良好的抗炎镇痛药，可以通过以下方法合成：（1）酮洛芬中含氧官能团的名称为羧基和羰基（2）化合物E的结构简式为由CD的反应类型是取代反应（3）写出BC的反应方程式（4）写出同时满足下列条件的A的一种同分异构体的结构简式能发生银镜反应 、与FeCl3发生显色反应、分子中含有5种不同化学环境的氢（5）请写出以甲苯和乙醇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图：H2CCH2CH3CH2BrCH3CH2OH【考点】有机物的合成【分析】（1）根据酮洛芬的结构简式，可知含有的含
50、氧官能团为羧基、羰基；（2）对比D、F结构与E的分子式，可知D中Br被CN取代生成E；对比C、D的结构可知，C中甲基上H原子被Br原子取代生成D；（3）对比B、C结构简式可知，B中Cl为苯基取代生成C，同时还生成HCl；（4）A的一种同分异构体满足：能发生银镜反应，说明含有醛基，、与FeCl3发生显色反应，说明含有酚羟基，、分子中含有5种不同化学环境的氢，可以是OH与CH2CHO处于对位；（5）甲苯与Br2/PCl3发生取代反应生成，与NaCN发生取代反应生成，再根据NaOH/HCl得到，最后与乙醇发生酯化反应得到【解答】解：（1）根据酮洛芬的结构简式，可知含有的含氧官能团为羧基、羰基，故答案
51、为：羧基、羰基；（2）对比D、F结构与E的分子式，可知D中Br被CN取代生成E，则E的结构简式为：，对比C、D的结构可知，C中甲基上H原子被Br原子取代生成D，属于取代反应，故答案为：；取代反应；（3）对比B、C结构简式可知，B中Cl为苯基取代生成C，同时还生成HCl，反应方程式为：，故答案为：；（4）A的一种同分异构体满足：能发生银镜反应，说明含有醛基，、与FeCl3发生显色反应，说明含有酚羟基，、分子中含有5种不同化学环境的氢，可以是OH与CH2CHO处于对位，符合条件的结构简式为：，故答案为：；（5）甲苯与Br2/PCl3发生取代反应生成，与NaCN发生取代反应生成，再根据NaOH/HC
52、l得到，最后与乙醇发生酯化反应得到，合成路线流程图为：，故答案为：19我国化工专家侯德榜的“侯氏制碱法”曾为世界制碱工业做出了突出贡献他以NaCl、NH3、CO2等为原料先制得NaHCO3，进而生产出纯碱有关反应的化学方程式为：NH3+CO2+H2O=NH4HCO3；NH4HCO3+NaCl=NaHCO3+NH4Cl；2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O（1）碳酸氢铵与饱和食盐水反应，能析出碳酸氢钠晶体的原因是Ca碳酸氢钠难溶于水b碳酸氢钠受热易分解c碳酸氢钠的溶解度相对较小，所以在溶液中首先结晶析出（2）某探究活动小组根据上述制碱原理，进行碳酸氢钠的制备实验，同学们按各自设计的方案实验
53、一位同学将二氧化碳气体通入含氨的饱和食盐水中制备碳酸氢钠，实验装置如图所示（图中夹持、固定用的仪器未画出）试回答下列有关问题：（）乙装置中的试剂是饱和碳酸氢钠溶液；（）丁装置中稀硫酸的作用是吸收未反应的NH3；（）实验结束后，分离出NaHCO3 晶体的操作是过滤（填分离操作的名称）另一位同学用图中戊装置（其它装置未画出）进行实验（）实验时，须先从a管通入NH3 气体，再从b管中通入CO2气体；（）有同学建议在戊装置的b管下端连接己装置，理由是增大气体与溶液接触面积，提高CO2吸收率；（3）请你再写出一种实验室制取少量碳酸氢钠的方法：用碳酸氢铵与适量饱和食盐水反应或往烧碱溶液中通入过量CO2；或
54、往饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2等【考点】纯碱工业（侯氏制碱法）；钠的重要化合物【分析】（1）依据题干中信息碳酸氢钠溶解度相对较小分析判断；（2）（I）依据用盐酸制取二氧化碳时常会含有氯化氢气体分析即可解答；（II）依据稀硫酸能与氨气反应分析解答；（III）依据分离固体与液体采用的实验操作分析解答；（I）根据氨气易溶于水，从制取碳酸氢钠时先要得到含氨的饱和食盐水分析解答；（II）从装置改动后反应物的接触面积变大分析判断；（3）从题干信息以及所学的制取碳酸氢钠的知识解答【解答】解：（1）a碳酸氢钠易溶于水，故A错误；b碳酸氢钠受热易分解，与其在溶液中首先结晶析出无关，故B错误；c碳酸氢钠的
55、溶解度相对于氯化铵来说碳酸氢钠的溶解度更小一些，所以在溶液中首先结晶析出，故C正确；故选C；（2）（I）利用盐酸制取二氧化碳时，因盐酸易挥发，所以，二氧化碳中常会含有氯化氢气体，碳酸氢钠能与盐酸反应不与二氧化碳反应，所以通过碳酸氢钠的溶液是可以除掉二氧化碳气体中的氯化氢气体，故答案为：饱和碳酸氢钠溶液；（II）实验过程中氨气可能有剩余，而稀硫酸能与氨气反应，所以稀硫酸的作用是吸收末反应的NH3，故答案为：吸收未反应的NH3；（III）分离出NaHCO3晶体的操作是分离固体与液体，常采用的实验操作是过滤操作，故答案为：过滤；（I）制取碳酸氢钠时先要得到含氨的饱和食盐水，氨气极易溶于水，二氧化碳能
56、溶于水，所以应先通入氨气，所以a端通入，从而保证了从b通入二氧化碳时，二氧化碳被充分反应；故答案为：a、NH3，b、CO2；（II）装置改动后反应物的二氧化碳与溶液的接触面积变大，提高了二氧化碳的吸收率，故答案为：增大气体与溶液接触面积，提高CO2吸收率；（3）从题干信息NH4HCO3+NaClNaHCO3+NH4Cl；可得制取碳酸氢钠的方法，同时也可采用烧碱溶液中通入过量CO2或往饱和Na2CO3 溶液中通入过量CO2 等得到碳酸氢钠，故答案为：用碳酸氢铵与适量饱和食盐水反应，或往烧碱溶液中通入过量CO2；或往饱和Na2CO3 溶液中通入过量CO2 等20黄钾铵铁矾KNH4Fex（SO4）y
57、（OH）z不溶于水和稀硫酸，制取黄钾铵铁矾的示意图如下：（1）溶液X是氨水（2）检验滤液中是否存在K+的操作是用洁净的铂丝（或铁丝）蘸取滤液在酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色的钴玻璃观察，若火焰呈紫色，则存在K+（3）黄钾铵铁矾的化学式可通过下列实验测定：称取一定质量的样品加入稀硝酸充分溶解，将所得溶液转移至容量瓶并配制成100.00mL溶液A量取25.00mL溶液A，加入盐酸酸化的BaCl2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重，得到白色固体9.32g量取25.00mL溶液A，加入足量NaOH溶液，加热，收集到标准状况下气体224mL，同时有红褐色沉淀生成将步骤所得沉淀过滤、洗涤、灼烧，最终得固体
58、4.80g通过计算确定黄钾铵铁矾的化学式（写出计算过程）【考点】制备实验方案的设计；复杂化学式的确定【分析】（1）根据制取黄钾铵铁矾的示意图及黄钾铵铁矾KNH4Fex（SO4）y（OH）z组成进行分析；（2）根据实验室检验钾离子的实验操作完成；（3）9.32g为不溶于盐酸的硫酸钡沉淀；标准状况下气体224mL气体为氨气，红褐色沉淀为氢氧化铁；得到的固体是氧化铁；根据以上分析数据及电荷守恒，计算出黄钾铵铁矾各种成分的物质的量之比，就是黄钾铵铁矾的化学式【解答】解：（1）制取黄钾铵铁矾的示意图及黄钾铵铁矾KNH4Fex（SO4）y（OH）z组成，可以可知加入X是氨水，以便生成黄钾铵铁矾，故答案为：
59、氨水；（2）通过焰色反应检验钾离子存在情况，方法为：用洁净的铂丝（或铁丝）蘸取滤液在酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色的钴玻璃观察，若火焰呈紫色，则存在K+，故答案为：用洁净的铂丝（或铁丝）蘸取滤液在酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色的钴玻璃观察，若火焰呈紫色，则存在K+；（3）的沉淀为硫酸钡，硫酸钡的物质的量就等于溶液中硫酸根的物质的量：n（SO42）=n（BaSO4）=0.04 mol所得气体为氨气，溶液中铵离子物质的量就等于氨气的物质的量：n（NH4+）=n（NH3）=0.01 mol最终得到的固体是氧化铁，根据铁原子守恒，溶液中的铁离子物质的量为：n（Fe3+）=2n（Fe2O3）=2=0.06 mol黄钾铵铁矾KNH4Fex（SO4）y（OH）z中，n（K+）=n（NH4+）=0.01 mol，根据电荷守恒：n（OH）=n（K+）+n（NH4+）+3n（Fe3+）2n（SO42）=0.12 moln（K+）：n（NH4+）：n（Fe3+）：n（SO42）：n（OH）=1：1：6：4：12黄钾铵铁矾的化学式为KNH4Fe6（SO4）4（OH）12，答：黄钾铵铁矾的化学式为KNH4Fe6（SO4）4（OH）122017年4月28日