1、2016-2017学年江西省南昌市进贤县高三（上）第二次强化综合化学试卷一、选择题（本大题共7小题，每小题6分，共42分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1标准状况下将VLHCl溶解在1L水中（水的密度近似为1），所得溶液的密度为，质量分数为w，物质浓度为c，则下列关系中不正确的是（）A=Bc=CV=D=2甲醇是重要的化工原料，又可称为燃料利用合成气（主要成分为CO、CO2和H2）在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主反应如下：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H1CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H2CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）H
2、3回答下列问题：化学键HHCOCOHOCHE/（kJmol1）4363431076465413已知反应中的相关的化学键键能数据如下：由此计算H1=_kJmol1，已知H2=58kJmol1，则H3=_kJmol1（）A99、41B+99、+41C99、+41D99、413甲、乙、丙、丁是由H+、Na+、Al3+、Ba2+、OH、Cl、HCO3离子中的两种组成，可以发生如图转化，下列说法正确的是（）A甲为AlCl3，乙为NaHCO3B溶液丙中还可以大量共存的离子有：Fe2+、NO3、SO42C在甲中滴加丁开始反应的离子方程式：HCO3+Ba2+OH=BaCO3+H2OD白色沉淀A可能溶解在溶液D
3、中4莽草酸是合成达菲的主要原料，其结构简式如图，下列说法正确的是（）A分子式为C7H8O5B能使溴的四氯化碳溶液褪色C只能发生加成反应和取代反应D分子中含有2种官能团5200时CO2和水蒸气的混合气体共23.2g与足量的Na2O2充分反应后，固体质量增加了7.2g，则原混合气体的总物质的量为（）A0.2molB0.6molC0.8molDl.0mol6X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，其中X、Z同族，Y、Z同周期，W是短周期主族元素中原子半径最大的，X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍，Y的最高正价与最低负价代数和为6，下列说法正确的是（）AY、Z元素最高价氧化物对应的水化物酸性较强的为H
4、2ZO4B离子半径由大到小的顺序为：WZYCX、Z两种元素的气态氢化物中，X的气态氢化物较稳定，因为X的氢化物分子间有氢键DX与W形成的两种化合物中，阴、阳离子物质的量之比均为1：272013年3月我国科学家报道了如图所示的水溶液锂离子电池体系，下列叙述错误的是（）Aa为电池的正极B电池充电反应为LiMn2O4Li1xMn2O4+xLiC放电时，a极锂的化合价发生变化D放电时，溶液中Li+从b向a迁移三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第8题-第10题为必考题，每个试题考生都必须作答第11题为选考题，考生根据要求作答8已知铁离子，氯气、溴均为常见的氧化剂，某化学兴趣小组设计了如下实验探究其强
5、弱：（1）装置A中发生反应的离子方程式是整套实验装置存在一处明显的不足，请指出（2）用改正后的装置进行实验，实验过程如下：实验操作实验现象结论打开活塞a，向圆底烧瓶中滴入适量浓盐酸；然后（填具体实验操作）D装置中：溶液变红E装置中：水层溶液变黄，振荡后，下层CCl4层无明显变化一段时间后（填实验现象）Cl2、Br2、Fe3+的氧化性由强到弱的顺序为：Cl2Br2Fe3+（3）因忙于观察和记录，没有及时停止反应，D、E中均发生了新的变化D装置中：红色慢慢褪去E装置中：CCl4层颜色逐渐加深，直至变成红色为探究上述实验现象的本质，小组同学查得资料如下：Fe3+3SCNFe（SCN）3 是一个可逆反
6、应（SCN）2性质与卤素单质类似氧化性：Cl2（SCN）2请用平衡移动原理（结合上述资料）解释Cl2过量时D中溶液红色褪去的原因现设计简单实验证明上述解释：取少量褪色后的溶液，滴加溶液，若溶液颜色则上述解释是合理的小组同学另查得资料如下：Cl2和Br2反应生成BrCl，BrCl呈红色（略带黄色），沸点约5，它与水能发生水解反应，且该反应为非氧化还原反应AgClO、AgBrO均可溶于水欲探究E中颜色变化的原因，设计实验如下：用分液漏斗分离出E的下层溶液，蒸馏、收集红色物质，取少量，加入AgNO3溶液，结果观察到仅有白色沉淀产生请结合上述资料用两步离子方程式解释仅产生白色沉淀原因9化学反应原理在科
7、研和生产中有广泛应用、利用“化学蒸气转移法”制备TaS2晶体，发生如下反应：TaS2（s）+2I2（g）TaI4（g）+S2（g）H0 （ I）（1）反应（ I）的平衡常数表达式K=，（2）若K=1，向某恒容密闭容器中加入1mol I2（g）和足量TaS2（s），I2（g）的平衡转化率为、恒温下，在容积为2L的恒容密闭容器A中通入1mol N2与1mol H2的混合气体，发生如下反应：N2 （g）+3H2（g）2NH3（g），H0，一段时间后，达到平衡，若平衡时氨气的物质的量为0.4mol（1）此温度时该反应的K值为（2）若在此温度下，向另一容积为1L的恒容容器B中按物质的量分别为2mol、1
8、mol、1mol充入N2、H2、NH3，此时，该反应是否处于平衡状态（填“是”或“否”），此时若没有达平衡，反应向方向进行（填“正”或“逆”）10如图中AJ均代表无机物或其水溶液，其中B、D、G是单质，B是地壳中含量最高的金属元素，G是气体，J是磁性材料根据图示回答问题：（1）按要求写出下列化学用语：若B原子中子数比质子数多1，则B的原子符号为；C的电子式为，若D最外层只有两个电子，则D的原子结构示意图；（2）写出反应的化学方程式是；写出反应的化学方程式并标出电子转移的方向和数目（3）J与稀硝酸反应的离子方程式是；用排水法收集满该反应的还原产物后，将试管倒扣在水槽中并通入O2使试管刚好全部充满
9、水，假设液体不外溢，则所得溶液的物质的量浓度为化学-选修5：有机化学基础11（C7H12O2）n是一种广泛使用的汽车涂料，它以石油裂解气中的丙烯为原料制得已知如下信息：、通过控制不同条件可以控制烯烃水化时羟基在碳链上的连接位置、连接官能团的碳原子上的氢（即a氢）易发生取代反应，例如：RCH2COOH+Cl2RCHCICOOH+HCI、羟基与碳碳双键碳原子直接相连时的结构不稳定（C7H12O2）n的合成路线如下：（1）A的结构简式是；B的中官能团的名称是（2）在中，属于取代反应的有（填反应序号）（3）反应的化学方程式是（4）反应的化学方程式是（5）CH3CH2CH2CHO的同分异构体有多种，请写
10、出其中符合下列条件的同分异构体的结构简式碳链无支链，无环状结构能稳定存在且能和氧气发生催化氧化反应2016-2017学年江西省南昌市进贤县高三（上）第二次强化综合化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本大题共7小题，每小题6分，共42分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1标准状况下将VLHCl溶解在1L水中（水的密度近似为1），所得溶液的密度为，质量分数为w，物质浓度为c，则下列关系中不正确的是（）A=Bc=CV=D=【考点】物质的量浓度的相关计算【分析】A根据n=计算HCl的物质的量，根据m=nM计算HCl的质量，根据m=V计算水的质量，根据V=计算溶液的体积，再根据=计算
11、溶液的密度；B根据n=计算HCl的物质的量，根据m=nM计算HCl的质量，根据m=V计算水的质量，根据V=计算溶液的体积，再根据c=计算溶液的物质的量浓度；C根据n=计算HCl的物质的量，根据m=nM计算HCl的质量，根据m=V计算水的质量，再根据m（溶质）=m（溶液）w（溶质）计算；D根据c=计算判断【解答】解：AVL HCl的物质的量=mol，其质量=mol36.5g/mol=g，1L水的质量=1000mL1g/mol=1000g，故溶液质量=（+1000）g，溶液体积=L，故溶液密度=g/mL，故A错误；BVL HCl的物质的量=mol，其质量=mol36.5g/mol=g，1L水的质量
12、=1000mL1g/mol=1000g，故溶液质量=（+1000）g，溶液体积=L，故溶液浓度c=mol/L，故B正确；CVL HCl的物质的量=mol，其质量=mol36.5g/mol=g，1L水的质量=1000mL1g/mol=1000g，故溶液质量=（+1000）g，则：（+1000）gw=g，解得V=，故C正确；D根据c=可知，=，故D正确，故选A2甲醇是重要的化工原料，又可称为燃料利用合成气（主要成分为CO、CO2和H2）在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主反应如下：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H1CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H2CO2（g）+H
13、2（g）CO（g）+H2O（g）H3回答下列问题：化学键HHCOCOHOCHE/（kJmol1）4363431076465413已知反应中的相关的化学键键能数据如下：由此计算H1=_kJmol1，已知H2=58kJmol1，则H3=_kJmol1（）A99、41B+99、+41C99、+41D99、41【考点】反应热和焓变【分析】反应热=反应物总键能生成物总键能；根据盖斯定律：反应反应=反应，反应热也进行相应的计算【解答】解：反应热=反应物总键能生成物总键能，故H1=1076kJmol1+2436kJmol1（3413+343+465）kJmol1=99kJmol1；根据盖斯定律：反应反应=反
14、应，故H3=H2H1=58kJmol1（99kJmol1）=+41kJmol1，故选D3甲、乙、丙、丁是由H+、Na+、Al3+、Ba2+、OH、Cl、HCO3离子中的两种组成，可以发生如图转化，下列说法正确的是（）A甲为AlCl3，乙为NaHCO3B溶液丙中还可以大量共存的离子有：Fe2+、NO3、SO42C在甲中滴加丁开始反应的离子方程式：HCO3+Ba2+OH=BaCO3+H2OD白色沉淀A可能溶解在溶液D中【考点】常见阳离子的检验；常见阴离子的检验【分析】甲、乙、丙、丁是由H+、Na+、Al3+、Ba2+、OH、Cl、HCO3离子中的两种组成，依据离子共存原则，H+只能与Cl生成HCl
15、，Al3+只能与Cl生成AlCl3，依据甲溶液能和乙溶液生成沉淀，气体和氯化钠，甲和丙生成气体和氯化钠，故甲和乙中含有能双水解的离子，且甲中含有Na+，据此解答即可【解答】解：溶液中存在H+、Na+、Al3+、Ba2+、OH、Cl、HCO3，故依据离子能大量共存的原则得出甲乙丙丁中含有两种物质，即：HCl和AlCl3，因为甲溶液能和乙溶液生成沉淀，气体和氯化钠，故甲和乙中含有能双水解的离子，即Al3+和HCO3生成的气体B为二氧化碳，沉淀A为氢氧化铝，然后依据甲与丙生成气体，则甲为NaHCO3，那么乙为AlCl3，甲与丁生成白色沉淀，则丁含有钡离子且与甲生成沉淀，则丁为氢氧化钡，丙为HCl，A
16、、依据以上分析得出甲应为碳酸氢钠，故A错误；B、据分析可知，丙为HCl，含有H+，故Fe2+、NO3不能与其共存，故B错误；C、甲中滴加丁，甲是过量的，那么Ba（OH）2应满足阳离子：阴离子=1：2的关系，故C错误；D、白色沉淀A为氢氧化铝能溶于强碱氢氧化钡，故D正确，故选D4莽草酸是合成达菲的主要原料，其结构简式如图，下列说法正确的是（）A分子式为C7H8O5B能使溴的四氯化碳溶液褪色C只能发生加成反应和取代反应D分子中含有2种官能团【考点】有机物的结构和性质【分析】该物质中含有羧基、醇羟基、碳碳双键，具有羧酸、醇和烯烃的性质，据此分析解答【解答】解：A分子式为C7H10O5，故A错误；B该
17、物质中含有碳碳双键，所以能和溴发生加成反应而使溴的四氯化碳溶液褪色，故B正确；C该物质中还含有醇羟基，能发生氧化反应，故C错误；D该物质中含有碳碳双键、醇羟基、羧基，所以有三种官能团，故D错误；故选B5200时CO2和水蒸气的混合气体共23.2g与足量的Na2O2充分反应后，固体质量增加了7.2g，则原混合气体的总物质的量为（）A0.2molB0.6molC0.8molDl.0mol【考点】有关混合物反应的计算【分析】向足量的固体Na2O2中通入23.2gCO2和H2O，发生反应：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，固体只增加了7.2g，是因
18、为生成O2，根据质量守恒定律可知m（O2）=23.2g7.2g=16g，根据n=计算生成氧气的物质的量，根据方程式可知n（混合气体）=2n（O2）【解答】解：向足量的固体Na2O2中通入23.2gCO2和H2O，发生反应：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，固体只增加了7.2g，是因为生成O2，根据质量守恒定律可知m（O2）=23.2g7.2g=16g，所以n（O2）=0.5mol，根据方程式可知n（混合气体）=2n（O2）=20.5mol=1mol，故选：D6X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，其中X、Z同族，Y、Z同周期，W是短周期主族元
19、素中原子半径最大的，X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍，Y的最高正价与最低负价代数和为6，下列说法正确的是（）AY、Z元素最高价氧化物对应的水化物酸性较强的为H2ZO4B离子半径由大到小的顺序为：WZYCX、Z两种元素的气态氢化物中，X的气态氢化物较稳定，因为X的氢化物分子间有氢键DX与W形成的两种化合物中，阴、阳离子物质的量之比均为1：2【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，W是短周期主族元素中原子半径最大的，则W为Na元素；X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍，只能为电子层数为2，最外层电子数为6，即X为O元素，X、Z同族，则Z为S元素；Y的最
20、高正价与最低负价代数和为6，其最高价为+7价，Y、Z同周期，Y为Cl元素，然后利用元素及其单质、化合物的性质来解答【解答】解：X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，W是短周期主族元素中原子半径最大的，则W为Na元素；X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍，只能为电子层数为2，最外层电子数为6，即X为O元素，X、Z同族，则Z为S元素；Y的最高正价与最低负价代数和为6，其最高价为+7价，Y、Z同周期，Y为Cl元素，AY为Cl，Z为S，氯元素最高价氧化物对应的水化物酸性比硫的强，故A错误；B电子层越多，半径越大，电子排布相同的，原子序数越大，离子半径越小，则离子半径由大到小的顺序为：ZYW，故B错误；
21、C非金属性OS，则X、Z两种元素气态氢化物中，X的气态氢化物最稳定，氢化物的稳定性与氢键无关，故C错误；DX与W形成的两种化合物为Na2O、Na2O2，阴、阳离子物质的量之比均为1：2，故D正确；故选D72013年3月我国科学家报道了如图所示的水溶液锂离子电池体系，下列叙述错误的是（）Aa为电池的正极B电池充电反应为LiMn2O4Li1xMn2O4+xLiC放电时，a极锂的化合价发生变化D放电时，溶液中Li+从b向a迁移【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】锂离子电池中，b电极为Li，放电时，Li失电子为负极，Li1xMn2O4得电子为正极；充电时，Li+在阴极得电子，LiMn2O4在阳极失
22、电子；据此分析【解答】解：A、锂离子电池中，b电极为Li，放电时，Li失电子为负极，Li1xMn2O4得电子为正极，所以a为电池的正极，故A正确；B、充电时，Li+在阴极得电子，LiMn2O4在阳极失电子，电池充电反应为LiMn2O4=Li1xMn2O4+xLi，故B正确；C、放电时，a为正极，正极上Li1xMn2O4中Mn元素得电子，所以锂的化合价不变，故C错误；D、放电时，溶液中阳离子向正极移动，即溶液中Li+从b向a迁移，故D正确；故选C三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第8题-第10题为必考题，每个试题考生都必须作答第11题为选考题，考生根据要求作答8已知铁离子，氯气、溴均为常见的
23、氧化剂，某化学兴趣小组设计了如下实验探究其强弱：（1）装置A中发生反应的离子方程式是MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O整套实验装置存在一处明显的不足，请指出缺少尾气处理装置（2）用改正后的装置进行实验，实验过程如下：实验操作实验现象结论打开活塞a，向圆底烧瓶中滴入适量浓盐酸；然后关闭活塞a，点燃酒精灯（填具体实验操作）D装置中：溶液变红E装置中：水层溶液变黄，振荡后，下层CCl4层无明显变化一段时间后CCl4层由无色变为橙色（填实验现象）Cl2、Br2、Fe3+的氧化性由强到弱的顺序为：Cl2Br2Fe3+（3）因忙于观察和记录，没有及时停止反应，D、E中均发生了新的变化D装置中：
24、红色慢慢褪去E装置中：CCl4层颜色逐渐加深，直至变成红色为探究上述实验现象的本质，小组同学查得资料如下：Fe3+3SCNFe（SCN）3 是一个可逆反应（SCN）2性质与卤素单质类似氧化性：Cl2（SCN）2请用平衡移动原理（结合上述资料）解释Cl2过量时D中溶液红色褪去的原因过量氯气和SCN反应2SCN+Cl2=2Cl+（SCN）2，使SCN浓度减小，则使Fe3+3SCNFe（SCN）3平衡向逆反应方向移动而褪色现设计简单实验证明上述解释：取少量褪色后的溶液，滴加KSCN溶液溶液，若溶液颜色变红色则上述解释是合理的小组同学另查得资料如下：Cl2和Br2反应生成BrCl，BrCl呈红色（略带
25、黄色），沸点约5，它与水能发生水解反应，且该反应为非氧化还原反应AgClO、AgBrO均可溶于水欲探究E中颜色变化的原因，设计实验如下：用分液漏斗分离出E的下层溶液，蒸馏、收集红色物质，取少量，加入AgNO3溶液，结果观察到仅有白色沉淀产生请结合上述资料用两步离子方程式解释仅产生白色沉淀原因BrCl+H2O=HBrO+H+Cl、Ag+Cl=AgCl【考点】性质实验方案的设计；氧化性、还原性强弱的比较【分析】（1）A中浓盐酸与二氧化锰加热反应生成氯化锰、氯气和水；氯气有毒不能直接排空，要用碱液吸收尾气；（2）打开活塞a，向圆底烧瓶中滴入适量浓盐酸，然后关闭活塞a，点燃酒精灯加热；亚铁离子的还原性
26、比溴离子强，氯气首先氧化亚铁离子，再氧化溴离子；（3）过量氯气和SCN反应SCN浓度减小，根据铁离子和硫氰根离子反应平衡原理分析；向溶液中加入氯化铁或硫氰化钾溶液根据溶液颜色变化判断；氯化溴能发生水解反应生成酸，根据AgBrO、AgCl的溶解性分析【解答】解：（1）浓盐酸与二氧化锰加热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式为MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O，故答案为：MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O；由于氯气有毒，直接排放到空气中会污染大气，要用碱液吸收尾气，实验装置缺少尾气处理装置，故答案为：缺少尾气处理装置；（2）打开活塞a，向圆底烧瓶中滴入适量浓盐酸，然后
27、关闭活塞a，点燃酒精灯加热；亚铁离子的还原性比溴离子强，氯气首先氧化亚铁离子，再氧化溴离子，所以D装置中首先变红，CCl4层由无色变为橙色，故答案为：关闭活塞a，点燃酒精灯；CCl4层由无色变为橙色；（3）过量氯气和SCN反应2SCN+Cl2=2Cl+（SCN）2，使SCN浓度减小，则使Fe3+3SCNFe（SCN）3平衡向逆反应方向移动而褪色，为检验其褪色原因，检验方法为：取少量褪色后的溶液，滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则上述推测合理；或取少量褪色后的溶液，滴加FeCl3溶液，若溶液不变红，则上述推测合理，故答案为：过量氯气和SCN反应2SCN+Cl2=2Cl+（SCN）2，使SCN浓度
28、减小，则使Fe3+3SCNFe（SCN）3平衡向逆反应方向移动而褪色；KSCN溶液；变红色；（或FeCl3溶液，不变红）；过量的氯气和溴反应生成氯化溴，氯化溴不稳定，易和水反应生成盐酸和次溴酸，BrCl+H2O=HBrO+H+Cl，氯离子和银离子反应生成白色沉淀氯化银，Ag+Cl=AgCl，次溴酸和银离子反应生成次溴酸银易溶于水，所以生成的白色沉淀为氯化银，故答案为：BrCl+H2O=HBrO+H+Cl、Ag+Cl=AgCl9化学反应原理在科研和生产中有广泛应用、利用“化学蒸气转移法”制备TaS2晶体，发生如下反应：TaS2（s）+2I2（g）TaI4（g）+S2（g）H0 （ I）（1）反应
29、（ I）的平衡常数表达式K=，（2）若K=1，向某恒容密闭容器中加入1mol I2（g）和足量TaS2（s），I2（g）的平衡转化率为66.7%、恒温下，在容积为2L的恒容密闭容器A中通入1mol N2与1mol H2的混合气体，发生如下反应：N2 （g）+3H2（g）2NH3（g），H0，一段时间后，达到平衡，若平衡时氨气的物质的量为0.4mol（1）此温度时该反应的K值为12.5（2）若在此温度下，向另一容积为1L的恒容容器B中按物质的量分别为2mol、1mol、1mol充入N2、H2、NH3，此时，该反应是否处于平衡状态否（填“是”或“否”），此时若没有达平衡，反应向正方向进行（填“正”
30、或“逆”）【考点】用化学平衡常数进行计算；化学平衡的影响因素【分析】、（1）化学平衡常数等于各生成物平衡浓度系数次幂之积和各反应物平衡浓度系数次幂之积的比值；（2）根据化学平衡常数结合转化率等于变化量和初始量的比值来计算；、（1）根据三行式结合K=来计算即可；（2）根据浓度商Qc和K的关系确定反应是否达到平衡以及反应的方向【解答】解：、（1）根据题意反应（）的平衡常数表达式K=，故答案为：K=；（2）若K=1，设 I2的平衡转化率为x，则参加反应的为xmol，平衡时生成TaI4和S2各0.5xmol，剩余I2为（1x）mol，根据K=1，解之得：x=66.7%，故答案为：66.7%；、（1）N
31、2 （g）+3H2（g）2NH3（g），初始浓度：0.5 0.5 0变化浓度：0.1 0.3 0.2平衡浓度：0.4 0.2 0.2K=12.5故答案为：12.5；（2）向另一容积为1L的恒容容器B中按物质的量分别为2mol、1mol、1mol充入N2、H2、NH3，此时Qc=0.5K，所以不是平衡状态，会向着正方向进行，故答案为：否；正10如图中AJ均代表无机物或其水溶液，其中B、D、G是单质，B是地壳中含量最高的金属元素，G是气体，J是磁性材料根据图示回答问题：（1）按要求写出下列化学用语：若B原子中子数比质子数多1，则B的原子符号为2713Al；C的电子式为，若D最外层只有两个电子，则D
32、的原子结构示意图；（2）写出反应的化学方程式是2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H；写出反应的化学方程式并标出电子转移的方向和数目（3）J与稀硝酸反应的离子方程式是3Fe3O4+28H+NO3=9Fe3+NO+14H2O；用排水法收集满该反应的还原产物后，将试管倒扣在水槽中并通入O2使试管刚好全部充满水，假设液体不外溢，则所得溶液的物质的量浓度为mol/L【考点】无机物的推断【分析】B是地壳中含量最高的金属元素，则B为Al，A、B高温生成E和D，D是单质，则该反应为铝热反应，所以D为Fe，E为Al2O3；H与D在高温下得到G、J，G是气体，J是磁性材料，该转化为3Fe+4H2OF
33、e3O4+4H2，故H为H2O，J为Fe3O4，G为H2，由反应Al+CF+H2，F与酸反应生成I，I与碱反应生成F可知，F为NaAlO2，I为AlCl3，故C为NaOH，据此答题【解答】解：B是地壳中含量最高的金属元素，则B为Al，A、B高温生成E和D，D是单质，则该反应为铝热反应，所以D为Fe，E为Al2O3；H与D在高温下得到G、J，G是气体，J是磁性材料，该转化为3Fe+4H2OFe3O4+4H2，故H为H2O，J为Fe3O4，G为H2，由反应Al+CF+H2，F与酸反应生成I，I与碱反应生成F可知，F为NaAlO2，I为AlCl3，故C为NaOH，（1）B为Al，若B原子中子数比质子
34、数多1，则B的原子符号为2713Al，C为NaOH，C的电子式为，D为Fe，是26号元素，D的原子结构示意图是，故答案为：2713Al；（2）反应的化学方程式是 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H；反应的化学方程式并标出电子转移的方向和数目为，故答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H； （3）J为Fe3O4，J与稀硝酸发生氧化还原反应生成铁离子和一氧化氮，反应的离子方程式是 3Fe3O4+28H+NO3=9Fe3+NO+14H2O，根据反应4NO+2H2O+O2=4HNO3，设生成的硝酸的物质的量为xmol，则NO气体的体积为22.4xL，即所溶液的体积为2
35、2.4xL，所以所得溶液的物质的量浓度为mol/L=mol/L，故答案为：3Fe3O4+28H+NO3=9Fe3+NO+14H2O； mol/L化学-选修5：有机化学基础11（C7H12O2）n是一种广泛使用的汽车涂料，它以石油裂解气中的丙烯为原料制得已知如下信息：、通过控制不同条件可以控制烯烃水化时羟基在碳链上的连接位置、连接官能团的碳原子上的氢（即a氢）易发生取代反应，例如：RCH2COOH+Cl2RCHCICOOH+HCI、羟基与碳碳双键碳原子直接相连时的结构不稳定（C7H12O2）n的合成路线如下：（1）A的结构简式是CH3CH2CH2CH2OH；B的中官能团的名称是羟基（2）在中，属
36、于取代反应的有（填反应序号）（3）反应的化学方程式是2CH3CH2CH2OH+O22CH3CH2CHO+2H2O（4）反应的化学方程式是CH2=CHCOOH+CH3CH2CH2CH2OHCH2=CHCOOCH2CH2CH2CH3+H2O（5）CH3CH2CH2CHO的同分异构体有多种，请写出其中符合下列条件的同分异构体的结构简式CH2=CHCH2CH2OH、CH2=CHCH（OH）CH3、CH3CH=CHCH2OH碳链无支链，无环状结构能稳定存在且能和氧气发生催化氧化反应【考点】有机物的推断【分析】丙烯与CO、氢气发生加成反应生成CH3CH2CH2CHO丙烯与水反应加成反应生成B，B可以连续发
37、生氧化反应，则B为CH3CH2CH2OH，C为CH3CH2CHO，D为CH3CH2COOHD与氯气发生氢的取代反应生成E为CH3CHClCOOH，E发生消去反应生成F为CH2=CHCOOH，F与A应发生酯化反应生成G，则反应为醇与氢气的加成反应生成A，则A为CH3CH2CH2CH2OH，故G为CH2=CHCOOCH2CH2CH2CH3，G发生加聚反应生成高聚物，据此解答【解答】解：丙烯与CO、氢气发生加成反应生成CH3CH2CH2CHO丙烯与水反应加成反应生成B，B可以连续发生氧化反应，则B为CH3CH2CH2OH，C为CH3CH2CHO，D为CH3CH2COOHD与氯气发生氢的取代反应生成E
38、为CH3CHClCOOH，E发生消去反应生成F为CH2=CHCOOH，F与A应发生酯化反应生成G，则反应为醇与氢气的加成反应生成A，则A为CH3CH2CH2CH2OH，故G为CH2=CHCOOCH2CH2CH2CH3，G发生加聚反应生成高聚物，（1）由上述分析可知，A的结构简式是CH3CH2CH2CH2OH；B为CH3CH2CH2OH，含有的官能团为羟基，故答案为：CH3CH2CH2CH2OH；羟基；（2）在中，反应属于加成反应，属于加聚反应，属于氧化反应，属于取代反应，属于消去反应，故答案为：；（3）反应的化学方程式是：2CH3CH2CH2OH+O22CH3CH2CHO+2H2O，故答案为：
39、2CH3CH2CH2OH+O22CH3CH2CHO+2H2O；（4）反应的化学方程式是：CH2=CHCOOH+CH3CH2CH2CH2OHCH2=CHCOOCH2CH2CH2CH3+H2O，故答案为：CH2=CHCOOH+CH3CH2CH2CH2OHCH2=CHCOOCH2CH2CH2CH3+H2O；（5）CH3CH2CH2CHO的同分异构体符合下列条件：碳链无支链，无环状结构，能稳定存在且能和氧气发生催化氧化反应，符合条件的同分异构体有：CH2=CHCH2CH2OH、CH2=CHCH（OH）CH3、CH3CH=CHCH2OH，故答案为：CH2=CHCH2CH2OH、CH2=CHCH（OH）CH3、CH3CH=CHCH2OH2017年1月21日