1、2015-2016学年江西省宜春市丰城中学高二（下）期末化学试卷一、选择题（每小题均只有一个选项符合题意，每小题3分，共54分）1下列是某学生自己总结的一些规律，其中正确的是（）A氧化物不可能是还原产物，只可能是氧化产物B有些化学反应不属于化合、分解、置换、复分解中的任何一种反应C一种元素可能有多种氧化物，但同种化合价只对应一种氧化物D饱和溶液一定比不饱和溶液的浓度大2某溶液中存在XO3，且X为短周期元素，则一定能在该溶液中大量共存的离子组是（）ANa+ H+ SO42 IBNa+ Ca2+ CO32Al3+CNa+ K+ Fe2+ H+DK+SO42 Cl CO323将15.6g Na2O2
2、和5.4g Al同时放入一定量的水中，充分反应后得到200mL溶液，再向该溶液中缓慢通入HCl气体6.72L（标准状况），若忽略反应过程中溶液的体积变化，则下列判断正确的是（）A反应过程中得到6.72L（标准状况）的气体B最终无沉淀生成C最终得到的溶液中c（NaCl）=1.5mo/LD最终得到的溶液中c（Na+）=c（Cl）+c（OH）4已知ag气体X2中含有b个X原子，那么cg该气体在0、1.01105 Pa条件下的体积是（NA 表示阿伏加德罗常数的值）（）A LB LC LD L5只给出下列甲和乙中对应的物理量，不能求出物质的量的是（）ABCD甲物质中的粒子数标准状况下的气体摩尔体积固体的
3、体积溶液中溶质的物质的量浓度乙阿伏加德罗常数标准状况下的气体的体积固体的密度溶液体积AABBCCDD6将a%的某物质的水溶液加热蒸发掉m g水（溶质不挥发、且蒸发过程无溶质析出），所得溶液体积为V L，溶质的质量分数为蒸发前的2倍，设溶质的相对分子质量为M，则蒸发后所得溶液的物质的量浓度为（）ABCD7高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效、多功能水处理剂，是比Cl2、O3、ClO2、KMnO4氧化性更强，无二次污染的绿色水处理剂工业上是先制得高铁酸钠，然后在低温下，在高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和就可析出高铁酸钾（K2FeO4）湿法制备的主要反应方程为：2Fe（OH）3+3ClO+4OH2
4、FeO42+3Cl+5H2O干法制备的主要反应方程为：2FeSO4+4Na2O22Na2FeO4+2Na2SO4下列有关说法不正确的是（）A高铁酸钾中铁显+3价B湿法中每生成1mol Na2FeO4转移3 mol电子C干法中每生成1mol Na2FeO4转移4 mol电子DK2FeO4处理水时，不仅能消毒杀菌，还能吸附水中的悬浮杂质8氯酸质量分数超过40%时会发生分解，反应可表示为：8HClO3=3O2+2Cl2+4HClO4+2H2O，下列说法正确的是（）A氧化性比较HClO4HClO3B氧化产物只有HClO4C氯酸分解后的混合气体平均相对分子质量为47.6D该反应转移电子数为12e9下表为
5、4种常见溶液中溶质的质量分数和物质的量浓度：这4种溶液中密度最小的是（）溶 质HClNaOHCH3COOHHNO3溶质的质量分数/%36.5406063物质的量浓度/mol L111.814.310.613.8AHClBNaOHCCH3COOHDNO310某学生鉴定甲盐的发如图所示：下列结论正确的是（）A甲中一定有Fe3+B丙中一定有Fe3+C乙为AgI沉淀D甲一定为FeBr2溶液11在某稀硝酸的溶液中，加入5.6g铁粉充分反应后，铁粉全部溶解，放出NO气体，溶液质量增加3.2g，所得溶液中Fe2+和Fe3+物质的量之比为（）A1：1B2：1C3：2D4：112如右图所示，6个编号分别表示六种
6、物质：Al、Fe2O3、NaOH溶液、氢碘酸、NH3、O2凡是直线相连的两种物质均能发生化学反应（已知高温时氨气能还原Fe2O3）图中表示的物质是（）AAlBNaOH溶液C氢碘酸DO2或Fe2O313下列有机反应中，不属于取代反应的是（）AB2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OCClCH2CH=CH2+NaOHHOCH2CH=CH2+NaClD14在核磁共振氢谱中出现两组峰，其氢原子数之比为3：2的化合物（）ABCD15分子式为C4H10O并能与金属钠反应放出氢气的有机化合物有（）A3种B4种C5种D6种161molX能与足量碳酸氢钠溶液反应放出44.8LCO2（标准状况），则X的
7、分子式是（）AC5H10O4BC4H8O4CC3H6O4DC2H2O417下列叙述正确的是（）A汽油、柴油和植物油都是碳氢化合物B乙醇可以被氧化为乙酸，二者都能发生酯化反应C甲烷、乙烯和苯在工业上都可通过石油分馏得到D含5个碳原子的有机物每个分子中最多可形成4个CC单键18下列说法错误的是（）A乙醇和乙酸都是常用调味品的主要成分B乙醇和乙酸的沸点和熔点都比C2H6、C2H4的沸点和熔点高C乙醇和乙酸都能发生氧化反应D乙醇和乙酸之间能发生酯化反应，酯化反应和皂化反应互为逆反应二、填空题本大题包括4小题，共46分19实验室中有甲乙两瓶丢失标签的无色溶液，其中一瓶是盐酸，另一瓶是碳酸钠溶液为确定甲乙
8、两瓶溶液的成分及其物质的量浓度，现操作如下：量取25.00mL甲溶液，向其中缓缓滴加乙溶液15.00mL，其收集到CO2气体224mL标况量取15.00mL乙溶液，向其中缓缓滴加甲溶液25.00mL，其收集到CO2气体112mL标况请回答：（1）根据上述两种不同操作过程及实验数据可判断甲溶液是（填名称）（2）甲溶液的物质的量浓度为molL1忽略CO2在溶液中的少量溶解（3）若用类似上述“互滴”的方式将100mL 3mol/L的NaAlO2溶液逐滴加入50mL12mol/L的HCl溶溶液中，充分反应发生反应的离子方程式为、将50mL12mol/L的HCl溶液逐滴加入100mL 3mol/L的Na
9、AlO2溶液中，充分反应两种混合方式生成沉淀的量是否相等（“相等”“不相等”）（4）白色粉末A由NaNO3、Na2SO3、Na2SO4三种物质中的一种或几种混合而成取A样品，投入100mL 2.2mol/L硫酸（过量）中，使它们在密闭容器中充分反应反应后测得，反应中产生的896mL（标准状况下）纯净的无色气体不能使品红溶液褪色，该气体遇空气变为红棕色；反应后的溶液中只含有一种酸根阴离子，且其物质的量浓度为3.1mol/L（设反应后溶液的体积仍为100mL）反应后溶液中酸根阴离子的化学式为原A样品中含有的各物质的物质的量分别为？（要求写出简单运算过程）20A、B、C、D1、D2、E、F、G、H均
10、为有机化合物，请根据下列图示回答问题（1）直链有机化合物A的结构简式是；（2）的反应试剂和反应条件是（无光照无催化剂）；（3）的反应类型是；（4）B生成C的化学方程式是；D1或D2生成E的化学方程式是；（5）G可应用于医疗、爆破等，由F生成G的化学方程式是21近年来，由于石油价格的不断上涨，以煤为原料制备一些化工产品的前景又被看好图是以煤为原料生产聚乙烯（PVC）和人造羊毛的合成线路请回答下列问题：（1）写出反应类型：反应，反应（2）写出结构简式：PVC，C（3）写出AD的化学方程式（4）与D互为同分异构体且可发生碱性水解的物质有种（不包括环状化合物），写出其中一种的结构简式22某天然有机化合
11、物A仅含C、H、O元素，与A相关的反应框图如下：（1）写出A、P、E、S的结构简式A：、P：、E：、S：（2）写出在浓H2SO4存在并加热的条件下，F与足量乙醇反应的化学方程式：（3）写出与D具有相同官能团的D的所有同分异构体的结构简式：2015-2016学年江西省宜春市丰城中学高二（下）期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题均只有一个选项符合题意，每小题3分，共54分）1下列是某学生自己总结的一些规律，其中正确的是（）A氧化物不可能是还原产物，只可能是氧化产物B有些化学反应不属于化合、分解、置换、复分解中的任何一种反应C一种元素可能有多种氧化物，但同种化合价只对应一种氧化物D饱和溶
12、液一定比不饱和溶液的浓度大【考点】氧化还原反应；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；溶解度、饱和溶液的概念【分析】A从元素化合价变化的角度分析；B化学反应不仅仅有四种基本类型的反应，反应类型很多，如有机反应中的取代反应；C同种化合价可对应多种化合物，如二氧化氮和四氧化二氮；D不同的物质、或同种物质在不同温度下，溶解度和浓度有较大差别【解答】解：A如反应中4Na+O2=2Na2O，Na2O既是氧化产物，又是还原产物，故A错误；B如CH4+Cl2CH3Cl+HCl，不属于化合、分解、置换、复分解中的任何一种反应，故B正确；C如N的氧化物有NO2和N2O4，化合价相同，但是不同的氧化物，故C错误；
13、DNaOH的不饱和溶液往往比澄清石灰水的浓度大，故D错误；故选B2某溶液中存在XO3，且X为短周期元素，则一定能在该溶液中大量共存的离子组是（）ANa+ H+ SO42 IBNa+ Ca2+ CO32Al3+CNa+ K+ Fe2+ H+DK+SO42 Cl CO32【考点】离子共存问题【分析】溶液中存在XO3，且X为短周期元素，则离子可能为NO3，注意酸性条件下离子具有强氧化性，离子之间不能发生氧化还原反应、不能结合生成水和气体等，则离子能大量共存，以此来解答【解答】解：A溶液中存在XO3，且X为短周期元素，则离子可能为NO3，A因H+、NO3、I能发生氧化还原反应，则不能共存，故A错误；B
14、因Al3+、CO32能相互促进水解生成沉淀和气体，则不能共存，故B错误；C因H+、NO3、Fe2+能发生氧化还原反应，则不能共存，故C错误；D因该组离子之间不反应，则能够共存，故D正确；故选D3将15.6g Na2O2和5.4g Al同时放入一定量的水中，充分反应后得到200mL溶液，再向该溶液中缓慢通入HCl气体6.72L（标准状况），若忽略反应过程中溶液的体积变化，则下列判断正确的是（）A反应过程中得到6.72L（标准状况）的气体B最终无沉淀生成C最终得到的溶液中c（NaCl）=1.5mo/LD最终得到的溶液中c（Na+）=c（Cl）+c（OH）【考点】铝的化学性质；钠的重要化合物；有关混
15、合物反应的计算【分析】15.6gNa2O2的物质的量为=0.2mol，5.4gAl的物质的量为=0.2mol，6.72LHCl气体的物质的量为=0.3mol先计算过氧化钠、铝及HCl的物质的量，再利用发生的化学反应：2Na2O2+2H2O4NaOH+O2、2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2、NaOH+HClNaCl+H2O、NaAlO2+HCl+H2OAl（OH）3+NaCl来分析解答【解答】解：15.6gNa2O2的物质的量为=0.2mol，5.4gAl的物质的量为=0.2mol，6.72LHCl气体的物质的量为=0.3mol所发生的有关反应为2Na2O2+2H2O4NaOH
16、+O2；2Al+2H2O+2NaOH2NaAlO2+3H2；HCl+NaOHNaCl+H2O，NaAlO2+HCl+H2OAl（OH）3+NaCl2Na2O2+2H2O4NaOH+O20.2mol 0.4mol 2.24L2Al+2H2O+2NaOH2NaAlO2+3H20.2mol 0.2mol 0.2mol 6.72LA、反应中共得到气体的体积为2.24L+6.72L=8.96L，故A错误；B、将15.6gNa2O2和5.4gAl同时放入一定量的水中，反应后溶液的成分为0.2molNaOH和0.2molNaAlO2，加入0.3molHCl，反应后溶液的成分是0.3molNaCl和0.1mo
17、lNaAlO2，生成0.1mol氢氧化铝沉淀，故B错误；C、反应后溶液的成分是0.3molNaCl和0.1molNaAlO2，所以c（NaCl）=1.5mo/L，故C正确；D、反应后溶液的成分是0.3molNaCl和0.1molNaAlO2，由电荷守恒可知c（Na+）=c（Cl）+c（OH）+c（AlO2）c（H+），故D错误故选：C4已知ag气体X2中含有b个X原子，那么cg该气体在0、1.01105 Pa条件下的体积是（NA 表示阿伏加德罗常数的值）（）A LB LC LD L【考点】物质的量的相关计算【分析】根据n=计算X原子物质的量，X2的物质的量为X原子的，再根据M=计算X2的摩尔质
18、量，根据n=计算cgX2的物质的量，根据V=nVm计算体积【解答】解：b个X原子物质的量为=mol，X2的物质的量为mol，X2的摩尔质量=g/mol，cgX2的物质的量为=mol，cg该气体的体积=mol22.4L/mol=L，故选：A5只给出下列甲和乙中对应的物理量，不能求出物质的量的是（）ABCD甲物质中的粒子数标准状况下的气体摩尔体积固体的体积溶液中溶质的物质的量浓度乙阿伏加德罗常数标准状况下的气体的体积固体的密度溶液体积AABBCCDD【考点】物质的量的相关计算【分析】A、根据粒子数目和物质的量的关系公式n=来计算；B、根据标准状况下的气体体积和物质的量的关系公式n=来计算；C、根据
19、m=V可以计算物质的质量；D、根据公式n=cV可以计算溶质的物质的量【解答】解：A、已知物质的质量和物质的摩尔质量，根据公式n=可以计算出物质的量，故A正确；B、已知标准状况下的气体摩尔体积和标准状况下的气体的体积，根据公式n=可以计算出物质的量，故B正确；C、已知固体的体积和固体的密度，根据m=V可以计算固体的质量，不能求出物质的量，故C错误；D、已知溶液中溶质的物质的量浓度和溶液体积，可以根据公式n=cV计算溶质的物质的量，故D正确故选：C6将a%的某物质的水溶液加热蒸发掉m g水（溶质不挥发、且蒸发过程无溶质析出），所得溶液体积为V L，溶质的质量分数为蒸发前的2倍，设溶质的相对分子质量
20、为M，则蒸发后所得溶液的物质的量浓度为（）ABCD【考点】物质的量浓度的相关计算【分析】将a%的某物质的水溶液加热蒸发掉mg水，溶质的质量分数为蒸发前的2倍，则蒸发后溶液的质量为mg，结合溶质的质量分数计算溶质的质量，根据n=进而计算溶质的物质的量，利用c=计算蒸发后所得溶液的物质的量浓度【解答】解：令蒸发后溶液的质量为xg，浓缩蒸发溶质的质量不变，则：（x+m）ga%=x2a%，解得x=m溶质的质量为mg2a%=2am%g，溶质的相对分子质量为M，所以溶质的物质的量为=mol，蒸发后所得溶液体积为VL，所以蒸发后溶液的物质的量浓度为=mol/L故选D7高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效
21、、多功能水处理剂，是比Cl2、O3、ClO2、KMnO4氧化性更强，无二次污染的绿色水处理剂工业上是先制得高铁酸钠，然后在低温下，在高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和就可析出高铁酸钾（K2FeO4）湿法制备的主要反应方程为：2Fe（OH）3+3ClO+4OH2FeO42+3Cl+5H2O干法制备的主要反应方程为：2FeSO4+4Na2O22Na2FeO4+2Na2SO4下列有关说法不正确的是（）A高铁酸钾中铁显+3价B湿法中每生成1mol Na2FeO4转移3 mol电子C干法中每生成1mol Na2FeO4转移4 mol电子DK2FeO4处理水时，不仅能消毒杀菌，还能吸附水中的悬浮杂质【考点】氧
22、化还原反应【分析】A根据化合价代数和为0分析；B湿法中每生成1molNa2FeO4，有1molFe（OH）3参加反应，根据化合价的变化分析；C干法中每生成1molNa2FeO4，有1molFeSO4参加反应，根据化合价的变化分析；DK2FeO4具有强氧化性，还原产物为Fe3+，Fe3+水解生成Fe（OH）3胶体【解答】解：A根据化合价代数和为0的原则可知，高铁酸钾中铁显+6价，故A错误；B湿法中每生成1molNa2FeO4，有1molFe（OH）3参加反应，化合价由+3价升高到+6价，转移电子3mol，故B正确；C干法中每生成1molNa2FeO4，有1molFeSO4参加反应，化合价由+2价
23、升高到+6价，转移电子4mol，故C正确；DK2FeO4具有强氧化性，可用于消毒杀菌，被还原为Fe3+，水解生成Fe（OH）3胶体，具有吸附性，可用于吸附水中的悬浮杂质，故D正确故选A8氯酸质量分数超过40%时会发生分解，反应可表示为：8HClO3=3O2+2Cl2+4HClO4+2H2O，下列说法正确的是（）A氧化性比较HClO4HClO3B氧化产物只有HClO4C氯酸分解后的混合气体平均相对分子质量为47.6D该反应转移电子数为12e【考点】氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应的计算【分析】A、反应中氯元素化合价由HClO3中+5价升高为HClO4中+7价，HClO3是氧化剂，HClO3
24、属于氧化产物；利用氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性判断B、氧化剂通过还原反应生成的产物为还原产物，结合化合价变化判断；C、混合气体为氧气和氯气，二者物质的量之比为3：2，根据计算；D、反应中只有氯元素的化合价降低由+5价降低为0价，根据氯气计算转移电子数【解答】解：A、反应中氯元素化合价由HClO3中+5价升高为HClO4中+7价，HClO3是氧化剂，HClO3属于氧化产物，所以氧化性比较HClO3HClO4，故A错误；B、反应8HClO3=3O2+2Cl2+4HClO4+2H2O中，氯元素化合价由+5价升高为+7价，由+5价降低为0价；氧元素化合价由2价升高为0价，所以氧化产物是O2、HClO
25、4，故B错误；C、混合气体为氧气和氯气，二者物质的量之比为3：2，所以平均相对分子质量为=47.6，故C正确；D、反应8HClO3=3O2+2Cl2+4HClO4+2H2O中，氯元素化合价由+5价升高为+7价，由+5价降低为0价；氧元素化合价由2价升高为0价，反应中只有氯元素的化合价降低由+5价降低为0价，根据氯气计算转移电子数为22（50）=20，故D错误故选C9下表为4种常见溶液中溶质的质量分数和物质的量浓度：这4种溶液中密度最小的是（）溶 质HClNaOHCH3COOHHNO3溶质的质量分数/%36.5406063物质的量浓度/mol L111.814.310.613.8AHClBNaO
26、HCCH3COOHDNO3【考点】溶液中溶质的质量分数及相关计算；物质的量浓度的相关计算【分析】根据c=可知，所以的值越小，则溶液中密度最小，以此来解答【解答】解：c=可知，所以的值越小，则溶液中密度最小A. =0.118；B. =0.143；C. =0.106；D. =0.136；显然C中密度最小，故选C10某学生鉴定甲盐的发如图所示：下列结论正确的是（）A甲中一定有Fe3+B丙中一定有Fe3+C乙为AgI沉淀D甲一定为FeBr2溶液【考点】物质检验实验方案的设计；物质的检验和鉴别的实验方案设计【分析】甲盐中加入适量硝酸银溶液生成淡黄色沉淀，可能为S或AgI，丙中加入KSCN后溶液为血红色，
27、应含有Fe3+，以此解答该题【解答】解：A丙中含有Fe3+，可由Fe2+被氧化生成，不一定含有Fe3+，故A错误；B丙中加入KSCN后溶液为血红色，应含有Fe3+，故B正确；C甲盐中加入适量硝酸银溶液生成淡黄色沉淀，可能为S或AgI，故C错误；D甲盐中可能含有Fe3+、Fe2+、I、S2等离子，不一定为FeBr2，故D错误故选B11在某稀硝酸的溶液中，加入5.6g铁粉充分反应后，铁粉全部溶解，放出NO气体，溶液质量增加3.2g，所得溶液中Fe2+和Fe3+物质的量之比为（）A1：1B2：1C3：2D4：1【考点】化学方程式的有关计算【分析】由信息可知铁与硝酸反应生成Fe2+和Fe3+，反应掉铁
28、的质量与生成NO的质量之差为3.2g，利用质量关系和电子守恒来计算【解答】解：n（Fe）=0.1mol，生成NO的质量为5.6g3.2g=2.4g，n（NO）=0.08mol，设Fe2+和Fe3+物质的量分别为x、y，则，解得x=0.06mol，y=0.04mol，所以所得溶液中Fe2+和Fe3+物质的量之比为0.06mol：0.04mol=3：2，故选C12如右图所示，6个编号分别表示六种物质：Al、Fe2O3、NaOH溶液、氢碘酸、NH3、O2凡是直线相连的两种物质均能发生化学反应（已知高温时氨气能还原Fe2O3）图中表示的物质是（）AAlBNaOH溶液C氢碘酸DO2或Fe2O3【考点】无
29、机物的推断【分析】由图观察得到，编号能和其它5种物质都能发生反应，根据物质的性质进行判断，因此只能是氢碘酸；编号能和四种物质反应，根据物质性质进行判断，为Al【解答】解：依据图中转化关系结合物质性质可知，Al能和四种物质反应、Fe2O3和三种物质反应、NaOH溶液和两种物质反应、氢碘酸和五种物质反应、NH3和三种物质反应、O2和三种物质反应能和其他四种物质反应的只有Al，发生的反应为：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2；2Al+6HI=2AlI3+3H2；4Al+3O2=2Al2O3；故选A13下列有机反应中，不属于取代反应的是（）AB2
30、CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OCClCH2CH=CH2+NaOHHOCH2CH=CH2+NaClD【考点】取代反应与加成反应【分析】有机物分子中的某些原子或原子团被其他原子或原子团所代替的反应称为取代反应【解答】解：A、甲苯分子中的甲基氢原子被氯原子取代，属于取代反应，故A不选；B、醇被氧化为醛的反应属于氧化反应，不属于取代反应，故B选；C、ClCH2CH=CH2与NaOH，在水、加热条件下，生成HOCH2CH=CH2，属于取代反应，故C不选；D、苯环中的氢原子被硝基取代了，属于取代反应，故D不选；故选B14在核磁共振氢谱中出现两组峰，其氢原子数之比为3：2的化合物（）ABCD
31、【考点】有机物分子中的官能团及其结构【分析】根据物质的结构简式，利用对称性来分析出现几种位置的氢离子，并结合H原子的个数来分析解答【解答】解：A由对称可知，有2种H原子，则核磁共振氢谱中出现两组峰，氢原子数之比为3：1，故A不选；B由对称可知，有3种H原子，则核磁共振氢谱中出现三组峰，故B不选；C由对称可知，有3种H原子，则核磁共振氢谱中出现三组峰，氢原子数之比为8：6：2=4：3：1，故C不选；D由对称可知，有2种H原子，则核磁共振氢谱中出现两组峰，氢原子数之比为3：2，故D选；故选D15分子式为C4H10O并能与金属钠反应放出氢气的有机化合物有（）A3种B4种C5种D6种【考点】同分异构现
32、象和同分异构体【分析】分子式为C4H10O并能与金属钠反应放出氢气，则该有机物属于醇，可以可知丁烷中的1个H原子被1个羟基取代产物，书写丁烷的同分异构体，根据等效氢判断丁醇的同分异构体数目【解答】解：分子式为C4H10O并能与金属钠反应放出氢气，则该有机物属于醇，可以可知丁烷中的1个H原子被羟基取代产物，丁烷有CH3CH2CH2CH3、CH3CH（CH3）CH3，CH3CH2CH2CH3中有2种H原子，1个H原子被1个羟基取代有2种结构，CH3CH（CH3）CH3中有2种H原子，1个H原子被1个羟基取代有2种结构，故符合条件的C4H10O结构共有4种，故选B161molX能与足量碳酸氢钠溶液反
33、应放出44.8LCO2（标准状况），则X的分子式是（）AC5H10O4BC4H8O4CC3H6O4DC2H2O4【考点】有关有机物分子式确定的计算；羧酸简介【分析】能与碳酸氢钠溶液反应的有机物含有羧基，1mol羧基与足量碳酸氢钠反应得到1molCO2，根据羧酸与二氧化碳的关系确定分子中羧基数目，据此结合选项判断【解答】解：能与碳酸氢钠溶液反应的有机物含有羧基，1molX与足量碳酸氢钠溶液反应生成的CO2的物质的量为=2mol，说明1molX含2mol羧基，即1个分子中含有2个羧基，含有两个羧基的饱和脂肪酸符合CnH2n2O4，不饱和二元羧酸中H原子数目更少，只有C2H2O4符合，故选D17下列
34、叙述正确的是（）A汽油、柴油和植物油都是碳氢化合物B乙醇可以被氧化为乙酸，二者都能发生酯化反应C甲烷、乙烯和苯在工业上都可通过石油分馏得到D含5个碳原子的有机物每个分子中最多可形成4个CC单键【考点】乙醇的化学性质；有机化合物中碳的成键特征；石油的分馏产品和用途【分析】A汽油、柴油都是碳氢化合物；植物油属于酯，含有碳、氢、氧三种元素；B乙醇可以被氧化为乙酸，乙醇能与乙酸发生酯化反应；C石油裂解可以得到甲烷和乙烯，苯可通过煤的干馏获得；D根据碳原子可以形成碳链，也可以形成碳环，可以带支链，也可以不带支链来解答；【解答】解：A汽油、柴油都是碳氢化合物；植物油属于酯，含有碳、氢、氧三种元素，不是碳氢
35、化合物，故A错误；B乙醇可以被氧化为乙酸，二者都能发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，故B正确；C石油的分馏不能得到甲烷、乙烯等，只能的到汽油、煤油、柴油等轻质油和重油，然后轻质油再经过裂解可以得到甲烷、乙烯等小分子烃，通过煤的干馏可得到苯，故C错误；D碳原子可以形成碳链，无论带支链，还是不带支链，都含有4个CC单键；碳原子可以形成碳环，可以带支链，也可以不带支链，都含有5个CC单键，故D错误；故选：B；18下列说法错误的是（）A乙醇和乙酸都是常用调味品的主要成分B乙醇和乙酸的沸点和熔点都比C2H6、C2H4的沸点和熔点高C乙醇和乙酸都能发生氧化反应D乙醇和乙酸之间能发生酯化反应，酯化反应和皂化反应
36、互为逆反应【考点】乙醇的化学性质；乙酸的化学性质【分析】A料酒的主要成分是乙醇，食醋的主要成分是乙酸；B乙醇和乙酸常温下为液体，C2H6、C2H4常温下为气体；C乙醇可以发生催化氧化，乙醇与乙酸都可以燃烧；D酯化反应和皂化反应需要的条件不同，物质不同，二者不是互为逆反应【解答】解：A料酒的主要成分是乙醇，食醋的主要成分是乙酸，故A正确；B乙醇分子之间、乙酸分子之间都存在氢键，乙醇和乙酸常温下为液体，C2H6、C2H4常温下为气体，乙醇和乙酸的沸点和熔点都比C2H6、C2H4的沸点和熔点高，故B正确；C乙醇可以发生催化氧化，乙醇与乙酸都可以燃烧，燃烧属于氧化反应，故C正确；D乙醇和乙酸之间发生酯
37、化反应生成乙酸乙酯，皂化反应是在碱性条件下进行的水解反应生成高级脂肪酸盐与水，与酯化反应的条件不同，物质不同，二者不互为逆反应，故D错误；故选D二、填空题本大题包括4小题，共46分19实验室中有甲乙两瓶丢失标签的无色溶液，其中一瓶是盐酸，另一瓶是碳酸钠溶液为确定甲乙两瓶溶液的成分及其物质的量浓度，现操作如下：量取25.00mL甲溶液，向其中缓缓滴加乙溶液15.00mL，其收集到CO2气体224mL标况量取15.00mL乙溶液，向其中缓缓滴加甲溶液25.00mL，其收集到CO2气体112mL标况请回答：（1）根据上述两种不同操作过程及实验数据可判断甲溶液是盐酸（填名称）（2）甲溶液的物质的量浓度
38、为0.8molL1忽略CO2在溶液中的少量溶解（3）若用类似上述“互滴”的方式将100mL 3mol/L的NaAlO2溶液逐滴加入50mL12mol/L的HCl溶溶液中，充分反应发生反应的离子方程式为AlO2+4H+=Al3+2H2O、3AlO2+Al3+6H2O=4Al（OH）3将50mL12mol/L的HCl溶液逐滴加入100mL 3mol/L的NaAlO2溶液中，充分反应两种混合方式生成沉淀的量是否相等相等（“相等”“不相等”）（4）白色粉末A由NaNO3、Na2SO3、Na2SO4三种物质中的一种或几种混合而成取A样品，投入100mL 2.2mol/L硫酸（过量）中，使它们在密闭容器中
39、充分反应反应后测得，反应中产生的896mL（标准状况下）纯净的无色气体不能使品红溶液褪色，该气体遇空气变为红棕色；反应后的溶液中只含有一种酸根阴离子，且其物质的量浓度为3.1mol/L（设反应后溶液的体积仍为100mL）反应后溶液中酸根阴离子的化学式为SO42原A样品中含有的各物质的物质的量分别为NaNO30.040mol、Na2SO30.060mol、Na2SO40.030mol？（要求写出简单运算过程）【考点】探究物质的组成或测量物质的含量；物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用【分析】（1）根据碳酸钠和盐酸反应的原理方程式为以及二者量的关系结合反应现象来计算回答；（2）根据反应的盐酸的用量
40、和实验数据进行计算；（3）偏铝酸钠和盐酸的反应产生沉淀的量和盐酸的用量多少有关，根据化学方程式结合数据进行计算即可；（4）取A样品，投入100mL 2.2mol/L硫酸（过量）中，使它们在密闭容器中充分反应反应后测得，反应中产生的896mL（标准状况下）纯净的无色气体不能使品红溶液褪色，该气体遇空气变为红棕色，分析判断纯净的无色气体不是二氧化硫，再遇空气变为红棕色；证明无色气体为NO；证明混合后发生的反应是酸性溶液中亚硫酸根离子被硝酸根离子氧化为硫酸根离子；反应后的溶液中只含有一种酸根阴离子，依据反应产物得到阴离子为硫酸根离子；其物质的量浓度为3.1mol/L（设反应后溶液的体积仍为100mL
41、）【解答】解：（1）碳酸钠加入盐酸的反应式：2HCl+Na2CO3=2NaCl+CO2+H2O，盐酸加入碳酸钠的反应式 Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O；收集到CO2气体224mL标况，则物质的量为0.01mol，当收集到二氧化碳体积为112mL，则物质的量为0.005mol，由知碳酸钠过量，可判断甲溶液是盐酸，故答案为：盐酸；（2）根据（1）可知：中盐酸反应完全，盐酸的量为0.02mol，浓度为： =0.80mol/L，故答案为：0.8；（3）将100mL 3mol/L即0.3mol的NaAlO2溶液逐滴加入50mL12mol/L即
42、0.6mol的HCl溶液中，发生的反应为AlO2+4H+=Al3+2H2O，3AlO2+Al3+6H2O=4Al（OH）3，故答案为：AlO2+4H+=Al3+2H2O；3AlO2+Al3+6H2O=4Al（OH）3；根据二者量的关系可得： AlO2+4H+=Al3+2H2O，3AlO2+Al3+6H2O=4Al（OH）3 0.15mol 0.6mol 0.15mol 0.15mol 0.2mol 即产生沉淀的量为0.2mol，将50mL 12mol/L即0.6mol的HCl溶液逐滴加入100mL 3mol/L即0.3mol的NaAlO2溶液中，发生反应为AlO2+H+H2O=Al（OH）3，
43、Al（OH）3+3H+=Al3+3H2O， 3mol 0.3mol 0.3mol 0.1mol 0.3mol所以生成沉淀的量为0.2mol，即两种混合方式生成沉淀的量是相等的，故答案为：相等；（4）取A样品，投入100mL 2.2mol/L硫酸（过量）中，使它们在密闭容器中充分反应反应后测得，反应中产生的896mL（标准状况下）纯净的无色气体不能使品红溶液褪色，该气体遇空气变为红棕色，分析判断纯净的无色气体不是二氧化硫，再遇空气变为红棕色；证明无色气体为NO；证明混合后发生的反应是酸性溶液中亚硫酸根离子被硝酸根离子氧化为硫酸根离子；据反应2NO3+2H+3SO32=3SO42+2NO+H2O可
44、知反应后溶液中酸根阴离子为SO42；故答案为：SO42；反应中增加的SO42：3.1 mo1L10.1L2.2 mo1L10.1L=0.090 mol，产生的无色气体为NO，其物质的量为0.040mol，据反应2NO3+2H+3SO32=3SO42+2NO+H2O可知Na2SO3为0.060 mol2NO3+2H+3SO32=3SO42+2NO+H2O3 mol 2 molx 0.040 mol 解得x=0.060 mol依据SO42守恒，一定还有Na2SO40.030 mol原A样品中含有NaNO30.040 mol、Na2SO30.060 mol、Na2SO40.030 mol故答案为：N
45、aNO30.040 mol、Na2SO30.060 mol、Na2SO40.030 mol20A、B、C、D1、D2、E、F、G、H均为有机化合物，请根据下列图示回答问题（1）直链有机化合物A的结构简式是CH2=CHCH3；（2）的反应试剂和反应条件是Cl2、高温（无光照无催化剂）；（3）的反应类型是加成反应；（4）B生成C的化学方程式是CH2=CHCH2Cl+Br2CH2BrCHBrCH2Cl；D1或D2生成E的化学方程式是；（5）G可应用于医疗、爆破等，由F生成G的化学方程式是【考点】有机物的推断【分析】根据A的分子式及转化关系可知直链烃A为丙烯，结构简式为CH2=CHCH3；B是由A中甲
46、基上的一个氢原子被氯原子取代得到的，结构简式为CH2=CHCH2Cl；B与Br2加成可得C为CH2BrCHBrCH2Cl；D1、D2的分子式与B的分子式相比较可知，B的双键碳上分别加成羟基和氯原子可得两种物质，即D1、D2分别为、中的一种，E和D相比较少了一个氢原子和一个氯原子，D1或D2均生成E，但根据反应可知E不含有双键，故E为，又因F是油脂水解得来的物质且可以与硝酸、浓硫酸反应得到G，G应用于医疗、爆破，所以可推出为甘油，G为硝酸甘油酯，以此解答该题【解答】解：根据A的分子式及转化关系可知直链烃A为丙烯，结构简式为CH2=CHCH3；B是由A中甲基上的一个氢原子被氯原子取代得到的，结构简
47、式为CH2=CHCH2Cl；B与Br2加成可得C为CH2BrCHBrCH2Cl；D1、D2的分子式与B的分子式相比较可知，B的双键碳上分别加成羟基和氯原子可得两种物质，即D1、D2分别为、中的一种，E和D相比较少了一个氢原子和一个氯原子，D1或D2均生成E，但根据反应可知E不含有双键，故E为，又因F是油脂水解得来的物质且可以与硝酸、浓硫酸反应得到G，G应用于医疗、爆破，所以可推出为甘油，G为硝酸甘油酯，（1）直链有机化合物A的结构简式是：CH2=CHCH3，故答案为：CH2=CHCH3；（2）反应是CH2=CHCH3中甲基上的一个氢原子被氯原子取代得到CH2=CHCH2Cl，反应试剂和反应条件
48、是：Cl2、高温，故答案为：Cl2、高温；（3）D1、D2的分子式与B的分子式相比较可知，反应是B的双键碳上分别加成羟基和氯原子可得两种物质，属于加成反应，故答案为：加成反应；（4）B生成C的化学方程式是：CH2=CHCH2Cl+Br2CH2BrCHBrCH2Cl；D1或D2均生成E的化学方程式是：，故答案为：CH2=CHCH2Cl+Br2CH2BrCHBrCH2Cl；（5）因F是油脂水解得来的物质且可以与硝酸、浓硫酸反应得到G，G应用于医疗、爆破，所以可推出为甘油，G为硝酸甘油酯，由F生成G的化学方程式是，故答案为：21近年来，由于石油价格的不断上涨，以煤为原料制备一些化工产品的前景又被看好
49、图是以煤为原料生产聚乙烯（PVC）和人造羊毛的合成线路请回答下列问题：（1）写出反应类型：反应加成反应，反应加聚反应（2）写出结构简式：PVC，CH2CCHCN（3）写出AD的化学方程式HCCH+CH3COOHH2CCHOOCCH3（4）与D互为同分异构体且可发生碱性水解的物质有4种（不包括环状化合物），写出其中一种的结构简式CH2CHCOOCH3【考点】煤的干馏和综合利用【分析】有机物的推断合成题，是中学化学中一类常考的题型，做这类题目主要是根据题中的信息结合有机基本反应类型，加成反应、取代反应、加聚反应、酯化反应等，并结合官能团的性质解决因此根据本题给出的信息，煤干馏得到焦炭，焦炭在电炉中
50、和氧化钙发生反应，生成碳化钙，碳化钙与水反应生成炔，故A为乙炔，有官能团碳碳三键的性质，乙炔和氯化氢在催化剂的条件下发生加成反应，生成氯乙烯，在根据碳碳双键的性质，氯乙烯在一定的条件下发生加聚反应生成聚氯乙烯，既得PVC乙炔和HCN发生加成反应的CH2CHCN，乙炔和人造羊毛的结构简式，根据将高分子化合物还原为单体的原理，将高分子化合物中的单键变双键，双键变单键，从双键不成立的地方断开原则，推出形成人造羊毛的单体为H2CCHOOCCH3和H2CCHCN，推出D是乙酸，A、E发生加成反应生成H2CCHOOCCH3，CH2CHCN和H2CCHOOCCH3都含有碳碳双键，故能发生加聚反应生成高分子化
51、合物，人造羊毛根据D的化学式为C4H6O2结合题中信息，与D互为同分异构体且可发生碱性水解的物质的同分异构体的数目，根据同分异构体的概念写出【解答】解：（1）根据题中的信息，煤干馏得到焦炭，焦炭在电路中与氧化钙反应得到碳化钙，方程式为：CaO+3CCaC2+CO，碳化钙与水反应生成乙炔，方程式为：CaC2+2H2OCa（OH）2+CHCH，乙炔与氯化氢发生加成反应生成B氯乙烯，方程式为：CHCH+HClCH2CHCl，氯乙烯在一定条件下发生加聚反应生成聚氯乙烯，即PVC，方程式为：nCH2CHCl即得产品聚氯乙烯，即PVC；乙炔与HCN在催化剂的作用下，也发生加成反应，方程式为：CHCH+HC
52、NCH2CHCN，既得到C，根据人造羊毛的结构简式这种高分子化合物，将高分子化合物再还原为单体，将高分子化合物的结构简式中的单键变成双键，双键变成单键的原则，得到人造羊毛是由CH2CHCN和H2CCHOOCCH3两种单体发生加聚反应生成的，从而推出D为CH2CHOOCCH3，它是由乙炔和E发生加成反应生成的，过E为乙酸既得答案HCCH+CH3COOHH2CCHOOCCH3所以推出反应为加成反应，反应为加聚反应故答案为：加成反应；加聚反应；（2）根据（1）的解析CHCH+HClCHClCHCl，CHCH+HCNCH2CHCN，nCH2CHCl，既得答案PVC的结构简式为：、C为：H2CCHCN故
53、答案为：；H2CCHCN；（3）根据人造羊毛的结构简式，这种高分子化合物，将高分子化合物再还原为单体，将高分子化合物的结构简式中的单键变成双键，双键变成单键的原则，得到人造羊毛是由CH2CHCN和H2CCHOOCCH3两种单体发生加聚反应生成的，从而推出D为CH2CHOOCCH3，它是由乙炔和E发生加成反应生成的，过E为乙酸既得答案HCCH+CH3COOHH2CCHOOCCH3既得答案HCCH+CH3COOHH2CCHOOCCH3故答案为：HCCH+CH3COOHH2CCHOOCCH3；（4）根据D的化学式为C4H6O2，根据题中的条件与C4H6O2互为同分异构体且可发生碱性水解的物质有：CH
54、2CHCOOCH3、HCOOCH2CHCH2、任选一种即可故答案为：4；CH2CHCOOCH322某天然有机化合物A仅含C、H、O元素，与A相关的反应框图如下：（1）写出A、P、E、S的结构简式A：、P：、E：HOOCCCCOOH、S：（2）写出在浓H2SO4存在并加热的条件下，F与足量乙醇反应的化学方程式：（3）写出与D具有相同官能团的D的所有同分异构体的结构简式：HOOCCBr2CH2COOH【考点】有机物的推断【分析】由A仅含C、H、O三种元素，S为氯代有机酸，水解可以得到A，说明S分子中含有C、H、O、Cl四种元素；根据反应条件可知，由SB发生消去，BF发生加成，得到饱和羧酸F，而F和
55、NaHCO3反应，得到盐的化学式为：C4H4O4Na2，说明F是二元羧酸，从而说明S分子中含有两个COOHS中的Cl原子碱性条件下被OH取代，生成含有COOH和OH的有机物A，并且A自身在浓硫酸作用下，可以生成六元环状的酯，故OH在碳原子上，再结合A的相对分子质量分为134，可以推知A为HOOCCHOHCH2COOH，S为，B为HOOCCH=CHCOOH，F为HOOCCH2CH2COOH，D为，D在NaOH醇溶液中发生消去，生成E：HOOCCCCOOH，P为六元环酯，结构简式为，结合有机物的结构和性质以及题目要求可解答该题【解答】解：由A仅含C、H、O三种元素，S为氯代有机酸，水解可以得到A，
56、说明S分子中含有C、H、O、Cl四种元素；根据反应条件可知，由SB发生消去，BF发生加成，得到饱和羧酸F，而F和NaHCO3反应，得到盐的化学式为：C4H4O4Na2，说明F是二元羧酸，从而说明S分子中含有两个COOHS中的Cl原子碱性条件下被OH取代，生成含有COOH和OH的有机物A，并且A自身在浓硫酸作用下，可以生成六元环状的酯，故OH在碳原子上，再结合A的相对分子质量分为134，可以推知A为HOOCCHOHCH2COOH，S为，B为HOOCCH=CHCOOH，F为HOOCCH2CH2COOH，D为，D在NaOH醇溶液中发生消去，生成E：HOOCCCCOOH，P为六元环酯，结构简式为，（1）由以上分析可知A为HOOCCHOHCH2COOH，P为，E为HOOCCCCOOH，S为，故答案为：；HOOCCCCOOH；（2）F为丁二酸（HOOCCH2CH2COOH）在浓硫酸作用下与足量的乙醇反应，生成丁二酸二乙酯，方程式为，故答案为：；（3）D为，其含有相同官能团的同分异构体有，故答案为：HOOCCBr2CH2COOH、2016年8月13日