1、高考资源网（） 您身边的高考专家江苏省江阴市南闸中学2016届高三下期3月月考化学试卷（苏教版，解析版）1设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）A36g重水中含有的中子数为2NAB16.0g的过氧（根）离子中含有的电子数为9NA C100mL 3.0mol/L的盐酸与5.6g铁屑完全反应转移的电子数为0.3NAD含2mol H2SO4的浓硫酸与足量金属铜完全反应，产生SO2分子数为NA【答案】B【解析】一个重水D2O分子含中子数为10，式量为20,则36g重水中含有的中子数为1.8NA；100mL 3.0mol/L的盐酸与5.6g铁屑反应中，Fe2HCl=FeCl2H2，铁不足，转
2、移的电子数为0.2NA；铜与浓硫酸作用：Cu2H2SO4CuSO4SO22H2O，硫酸反应过程中浓度逐渐减小，参加反应的浓硫酸小于2 mol，故产生的SO2分子数小于NA2根据右表提供的数据可知，在溶液中能大量共存的微粒是化学式电离常数CH3COOHK=1.710-5HCNK=4.910-10H2CO3K1=4.310-7，K2=5.610-11AH2CO3、HCO3-、CH3COO-、CN-BHCO3-、CH3COOH、CN-、CO32-CHCN、HCO3-、CN-、CO32-DHCN、HCO3-、CH3COO-、CN-【答案】D【解析】试题分析：根据表中电离平衡常数可知，酸性大小为：CH3
3、COOHH2CO3HCNHCO3-，AH2CO3的酸性大于HCN，H2CO3、CN-能够反应生成HCO3-和HCN，在溶液中不能大量共存，A错误；BCH3COOH的酸性大于H2CO3和HCN，CH3COOH能够与HCO3-、CN-、CO32-反应，在溶液中不能大量共存，B错误；CHCN的酸性大于HCO3-，HCN与CO32-反应生成HCO3-，在溶液中不能大量共存，C错误；DHCN、HCO3-、CH3COO-、CN-之间不反应，在溶液中能够大量共存，D正确；答案为D。【考点定位】离子反应与离子共存【名师点晴】本题考查粒子共存的判断，题目难度中等，根据表中数据正确判断酸性强弱为解答关键，注意明确
4、酸性强弱与电离平衡常数的关系，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力，再结合常见的（1）生成沉淀（2）生成挥发性气体（3）生成难电离的弱电解质（4）发生氧化还原反应等离子反应去解答，如选项A就是生成了弱电解质HCN而不能共存，确定正确选项就容易得多了。3吸毒严重危害身心健康，对肝、肾、脑的损害尤其大，同时易传染疾病，使人不变得负责任，不顾廉耻，一人吸毒祸及全家。下列不属于毒品的是A麻古（冰毒片剂） BK粉（氯胺酮） C大麻（四氢大麻酚） D抗酸药【答案】D【解析】4一种气态烷烃和一种气态烯烃的混合物共10g，平均相对分子质量为25。使混合气通过足量溴水，溴水增重8.4g，则混
5、合气中的烃分别是A甲烷和乙烯 B. 甲烷和丙烯C. 乙烷和乙烯 D. 乙烷和丙烯【答案】A【解析】试题分析：混合气体的密度是相同状况下H2密度的12.5倍，所以混合物的平均摩尔质量为12.52g/mol=25gmol-1，所以混合气体中一定有甲烷，混合气体的总的物质的量为10g/25(g/mol) =0.4mol该混合气通过Br2水时，Br2水增重8.4g，8.4g为烯烃的质量，所以甲烷的质量为10g-8.4g=1.6g，甲烷的物质的量为1.6g/16(g/mol) =0.1mol，故烯烃的物质的量为0.4mol-0.1mol=0.3mol，所以M（烯烃）=8.4g/0.3mol=28gmol
6、-1，令烯烃的组成为CnH2n，则14n=28，所以n=2，故为乙烯。所以混合物为甲烷、乙烯。故选A。考点：有机物的推断点评：本题考查有机物分子式的确定、烯烃的性质等，难度中等，根据平均摩尔质量确定含有甲烷是解题的关键。5下列关于化学平衡常数的说法中，正确的是A. 在任何条件下，化学平衡常数都是一个定值B. 当改变反应物的浓度时，化学平衡常数会发生改变C. 化学平衡常数K只与温度、反应物浓度、体系的压强都有关D. 化学平衡常数K可以推断一个可逆反应进行的程度【答案】D【解析】化学平衡常数是在一定条件下，当可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值。平衡常数只与温度和化
7、学计量数有关系，所以选项A、B、C都是错误的，只有选项D正确，答案选D。6分别放在0.1molL-1H2SO4溶液中的四块相同的纯锌片，其腐蚀速率由快到慢的顺序是A. B.C. D.【答案】B【解析】试题分析：金属腐蚀的快慢：电解池的阳极原电池的负极化学腐蚀原电池的正极电解池的阴极，因此B正确。考点：考查金属腐蚀的快慢及电化学原理。7已知：2H2(g)O2(g)=2H2O(l)H571.6 kJ/mol，下列叙述正确的是A是指常温常压下，2个氢分子和1个氧分子反应生成2个水分子，放出热量571.6 kJB是指常温常压下，2 mol H2(g)和1 mol O2(g)反应生成2 mol H2O(
8、l)，放出热量571.6 kJC是指标准状况下，2 mol H2O(l)分解为2 mol H2(g)和1 mol O2(g)，吸收热量571.6 kJD是指常温常压下，2 mol H2(g)和1 mol O2(g)反应生成2 mol H2O(g)，放出热量571.6 kJ【答案】B【解析】该化学方程式指的是在标准状况下，2 mol H2(g)和1 mol O2(g)反应生成2 mol H2O(l)，放出的热量是571.6 kJ，也即在标准状况下，2 mol H2O(l)分解为2 mol H2(g)和1 mol O2(g)，吸收热量571.6 kJ，答案选B8相同温度和压强下，3体积的X2气体与
9、6体积的Y2气体化合生成6体积的气态化合物A，则生成物A的化学式为 ( )AXY2 BX3Y2 CX2Y3 DXY【答案】A【解析】试题分析：由于在相同温度和压强下，相同体积的任何气体含有相同数目的分子。结合化学反应的过程就是原子重新组合的过程。可得：3X2+6Y2=6XY2。故气态化合物A的化学式为：XY2。选项为A。考点：考查阿伏伽德罗定律在物质的化学式推导中的应用的知识。9设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述不正确的是 ( )A标准状况下，1L庚烷完全燃烧所生成的气态产物的分子数为（7/22.4）NAB1 mol甲基（CH3）所含的电子总数为9NAC0.5mol 1, 3-丁二烯分子
10、中含有C=C双键数为 NAD1 mol碳正离子（CH3+）所含的电子总数为8 NA【答案】A【解析】10某溶液中只可能含有下列离子中的几种（不考虑溶液中含的较少的和、。取200mL该溶液，分为等体积的两份分别做下列实验。实验1：第一份加入足量的烧碱并加热，产生的气体在标准状况下为224mL实验2：第二份先加入足量的盐酸，无现象，再加足量的溶液，得固体2.33克。下列说法正确的是（ ）A该溶液中可能含有B该溶液中肯定含有、C该溶液中一定不含D该溶液中一定含，且【答案】D【解析】试题分析：根据实验1：第一份加入足量的烧碱并加热，会产生气体224mL，证明含有NH4+，且物质的量为0.01mol；实
11、验2：第二份先加入足量的盐酸，无现象，则一定不含有CO32-，再加足量的BaCl2溶液，得固体2.33g，证明一定含有SO42-，且物质的量为：2.33g 233g/mol =0.01mol，根据溶液中的电荷守恒，则一定含有钠离子，且钠离子的浓度0.01mol2-0.01mol 0.1L =0.1mol/L。A、该溶液中一定含有Na+，故A错误；B、该溶液中肯定含有NH4+、S042-、Na+，故B错误；C、该溶液中可能含有NO3-，故C错误；D、根据溶液中NH4+物质的量为0.01mol，SO42-物质的量为0.01mol，根据电荷守恒则c（Na+）0.1 mol/L，故D正确考点：常见离子
12、的检验方法11已知，粗盐中除了含有少量的泥沙外，还含有可溶性的CaCl2、MgCl2、Na2SO4 等杂质，先将粗盐溶于水后，再通过如下几个实验步骤，可制得纯净的食盐水：加入稍过量的Na2CO3溶液；加入稍过量的NaOH溶液； 加入稍过量的BaCl2 溶液；滴入稀盐酸至溶液呈中性；过滤。正确的操作顺序是A B C D【答案】B【解析】试题分析：粗盐中的氯化钙杂质一般用过量碳酸钠除去，镁离子用过量氢氧化钠除去，硫酸根离子用过量的氯化钡溶液除去，每个步骤中的试剂是过量的，所以硫酸根离子所用的试剂是氯化钡溶液，若氯化钡放在最后除去，则过量的钡离子无法除去，所以一定不能在第三步骤，排除A、C；剩余的B
13、、D选项中，过滤操作应使沉淀完全后一次性过滤，所以D是错误的，答案选B。考点：考查粗盐提纯的操作步骤的判断12下列各组物质相互混合反应后，既有气体生成，最终又有沉淀生成的是( )金属钠投入到FeCl3溶液中 过量Ba（OH）2浓溶液和AlNH4(SO4)2溶液混合少量Ca(OH)2投入过量NaHCO3溶液中 Na2O2投入FeCl2溶液中 Na2S2O3溶液中加入稀硫酸A只有 B只有 C只有 D只有【答案】A【解析】试题分析：Na先和水反应生成氢氧化钠和氢气，然后NaOH再和氯化铁发生复分解反应生成氢氧化铁沉淀，所以有气体和沉淀生成，正确；过量Ba（OH）2浓溶液和AlNH4(SO4)2溶液混
14、合有硫酸钡沉淀和氨气生成，正确；少量Ca(OH)2投入过量NaHCO3溶液中生成碳酸钙、碳酸钠和水，没有气体生成，错误；Na2O2投入FeCl2溶液中，过氧化钠把亚铁离子氧化为铁离子，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠与铁离子反应生成氢氧化铁沉淀，所以有气体和沉淀生成，正确；Na2S2O3溶液中加入稀硫酸生成S、SO2和水，正确，答案选A。考点：考查物质之间的化学反应13下列说法不正确的是A汽油可由石油分馏和石油的催化裂化获得，可用作燃料B乙炔、丙烯酸、醋酸乙烯酯均可作为合成聚合物的单体C蔗糖及其水解产物均能与新制氢氧化铜反应生成红色沉淀D谷氨酸分子（）缩合最多可形成2种二肽【答案】
15、C【解析】A、正确，石油分馏生产汽油产量不高，常用石油的催化裂化来提高汽油的产量和质量。B、正确，乙炔、丙烯酸、醋酸乙烯酯均含有不饱和键，可发生聚合反应；C、不正确，蔗糖不含醛基，不能与新制氢氧化铜反应生成红色沉淀；D、正确，一个氨基与另一个分子的羧基之间脱水，有1号和5号位两种可能。选C。考点：有机物的性质14Na2S2O3可用作纺织工业氯气漂白布匹后的“脱氯剂”，4Cl2+Na2S2O3+5H2O =2NaCl+2H2SO4 + ，有关该反应的叙述不正确的是ANa2S2O3是还原剂B根据该反应可判断氧化性：Cl2SO42-、C 的物质是HClD上述反应中，每生成1mol SO42-，转移2
16、mole-【答案】D【解析】试题分析：A由化学方程式可知，Cl元素的化合价由0降低为-1价，被还原，C12 做氧化剂，S元素的化合价由+2价升高到+6价，被氧化，Na2S2O3是还原剂，A项正确；B根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，Cl2是氧化剂，H2SO4是氧化产物，则氧化性：Cl2SO42-，B项正确；C根据原子守恒可知， 的物质是HCl，C项正确；D根据上述反应可知，每生成1mol SO42-，转移4mole-，D项错误；答案选D。考点：考查氧化还原反应。15我国知名企业比亚迪公司开发了具有多项专利的锂钒氧化物二次电池，其成本较低，对环境无污染，能量密度远远高于其它材料电池，电池总
17、反应为：V2O5+xLiLixV2O5。下列说法中正确的是A锂在放电时做正极材料，充电时为阳极材料 B电池在放电时，Li+向负极移动C该电池充电时阳极的反应为：LixV2O5 xeV2O5 + xLi+DV2O5只是锂发生反应的载体，不参与电池反应【答案】C【解析】试题分析：A该原电池中，锂失电子而作负极，充电是为阴极，故A错误；B向外供电时，该装置是原电池，锂离子向正极移动，故A错误；C该电池充电时，正极与外接电源的正极相连为阳极，则阳极上LixV2O5失电子，阳极上电极反应式为：LixV2O5-xe-V2O5+xLi+，故C正确；DV2O5得电子而作正极，所以V2O5参与电池反应，故D错误
18、；故选C。考点：考查原电池原理的应用16X、Y、Z三种物质有如下转化关系:(1)根据上述转化关系,写出下列物质的化学式:X、Y、Z;试剂甲,试剂乙。(2)写出上述各步反应的离子方程式: ; ; ; ; 。【答案】(1)MgSO4Mg(OH)2MgCl2BaCl2AgNO3(2)S+Ba2+=BaSO4Mg2+2OH-=Mg(OH)2Mg(OH)2+2H+=Mg2+2H2OAg+Cl-=AgClS+Ba2+=BaSO4【解析】试题分析：(1)根据X和硝酸钡反应会生成硝酸镁,所以依据复分解反应的原理可知,X中有镁离子,会与钡离子生成沉淀,可能含有硫酸根离子或碳酸根离子,碳酸镁是沉淀,所以X就是硫酸
19、镁,硫酸镁和氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀和硫酸钠,所以Y就是氢氧化镁,氢氧化镁和盐酸反应生成氯化镁和水,所以Z就是氯化镁,氯化镁和乙反应会生成硝酸镁,所以乙是硝酸银,硫酸镁和甲反应生成氯化镁,所以甲就是氯化钡,代入验证符合题意;各物质的化学式如下表:物质XYZ甲乙化学式MgSO4Mg(OH)2MgCl2BaCl2AgNO3(2)先写出各反应的化学方程式,再把强酸、强碱和可溶性盐拆成离子形式,即可确定相应的离子方程式。考点：离子反应17相对分子质量为92的某芳香烃X是一种重要的有机化工原料，研究部门以它为初始原料设计出如图所示的关系图(部分产物、反应条件略去)。其中A是一氯代物，H是一种功能高分
20、子，链节组成为C7H5NO。已知：请根据所学知识与本题所给信息回答下列问题：（1）H的结构简式是_。（2）反应的反应类型分别是_ 。（3）反应的化学方程式是 。（4）有多种同分异构体，其中含有1个醛基和2个羟基的芳香族化合物,其核磁共振氢谱图中峰面积之比为1:2:2:1，则符合上述条件的所有同分异构体的结构简式是 。（5）请用合成反应流程图表示出由和其他无机物合成的最合理的方案（不超过4步）。例如： 。【答案】（1） 氧化反应，还原反应（3） （4） （5）【解析】试题分析：试题分析：相对分子质量为92的某芳香烃X应为C7H8，即甲苯（），在浓硫酸作用下发生硝化反应，由反应产物可知F为，被氧化
21、生成G为，然后还原可得，发生缩聚反应可生成H为，A为，A生成B，且B能发生催化氧化，则B为，C为，D为，E为，（1）由以上分析可知H为答案为：；（2）由上述的分析可知反应的类型是分别是氧化反应和还原反应 。（2）反应为的发生银镜反应，方程式为。（4）有多种同分异构体，其中含有1个醛基和2个羟基，如是2个羟基相邻，则醛基有2种位置，如是羟基和醛基相邻，则另一个羟基有4中位置，共有6种同分异构体，其核磁共振氢谱图中峰面积之比为1:2:2:1，说明有4种氢，而且四种氢原子之比为1:2:2:1，符合这个条件的只有 和 。比较和，要将苯环变成通过加成反应可以获得，要将一卤代烃转换成邻二醇，可以先消去，再
22、与卤互加成后水解实现，合成路径为。考点：有机物的推断；同分异构现象和同分异构体，有机物的化学性质。18（8分）某化学兴趣小组，拟探究和比较SO2和C12的漂白性，设计如下图所示的实验装置二套。请你参与探究并回答下列问题。（1）向第一套装置中通入一段时间的SO2，观察到试管中的品红溶液褪色，然后再加热试管，溶液 （填“恢复”或“不恢复”）红色；（2）向第二套装置中通入一段时间的C12，观察到试管中的品红溶液也褪色，然后再加热试管，溶液 （填“恢复”或“不恢复”）红色；（3）由以上两个实验可以说明SO2和C12的漂白原理 （填“相同”或“不相同”）；（4）C12通入品红溶液中，生成的具有漂白性的物
23、质是 （填“HC1”或“HClO”）。【答案】（1）恢复；（2）不恢复；（3）不相同；（4）HClO。【解析】试题分析：（1）向第一套装置中通入一段时间的SO2，SO2能使品红溶液褪色，说明SO2具有漂白性，但SO2的漂白性是暂时的，加热试管后，溶液恢复红色；（2）向第二套装置中通入一段时间的C12，试管中的品红溶液也褪色，说明潮湿的C12具有漂白性，且漂白为永久性漂白，加热试管后，溶液不恢复红色；（3）由上述结论可知二氧化硫和氯气的漂白性原理是不同的；（4）干燥的C12不具有漂白性，只有潮湿的氯气具有漂白性，故具有漂白性的物质不是氯气，而是氯气与水反应生成的次氯酸。考点：二氧化硫和氯气的性质
24、19(18分)一氯甲烷，也叫甲基氯，常温下是无色气体，密度为0.9159g/cm3，熔点为97.73，沸点为24.2，18时在水中的溶解度为280mL/mL水，与乙醚、丙酮或苯互溶，能溶于乙醇。在实验室里可用下图装置制造一氯甲烷：制备装置的分液漏斗和烧瓶中分别盛有甲醇和浓盐酸。试填写下列空白：（1）制备一氯甲烷的化学方程式 ，其反应类型属于 反应；（2）装置b的作用是 ；（3）已知卤代烃能发生碱性水解，转化为醇。装置e中可能发生的反应方程式为 ；（4）检验气体产物CH3Cl的方法是：在e的逸出口点燃CH3Cl气体，火焰呈蓝绿色（与其它烃燃烧现象有明显区别）。CH3Cl燃烧的化学方程式是 ；（5
25、）实验中实际按甲醇和浓盐酸12（物质量之比）进行反应的理由是 ；（6）某学生在关闭活塞x的情况下做此实验时发现，收集到一定体积的气体产物所消耗的甲醇浓盐酸的混和液的量比正常情况下多（装置的气密性没有问题），其原因是 ；（7）实验结束后，d中收集到的液体中含有 。【答案】（1）CH3OHHClCH3ClH2O 取代 （2）防止倒吸，保证安全 （3）CH3OHNaOHCH3OHNaCl，NaOHHClNaClH2O （4）2CH3Cl3O22CO22H2O2HCl （5）可使甲醇充分反应，转化成一氯甲烷 （6）甲醇沸点较低（64.7），受热时易挥发，致使一部分未反应而逸出 （7）甲醇、盐酸、一氯甲
26、烷【解析】试题解析：（1）甲醇和氯化氢发生取代反应生成一氯甲烷，反应的化学方程式为：CH3OHHClCH3ClH2O。（2）氯化氢极易溶于水，装置b的作用是防止倒吸。（3）卤代烃能发生碱性水解，转化为醇。由于在生成醇的同时，还生成氯化氢，则装置e中可能发生的反应方程式为NaOHHClNaClH2O。（4）一氯甲烷燃烧的生成物是CO2、水和氯化氢，化学方程式是：2CH3Cl3O22CO22H2O2HCl。（5）实验中实际按甲醇和浓盐酸12进行反应，盐酸过量，可以提高甲醇的转化率，可使甲醇充分反应，转化成一氯甲烷。（6）甲醇沸点较低（64.7），受热易挥发，致使一部分未反应而逸出，所以收集一定体积
27、的气体物所消耗的甲醇浓盐酸的混和液的量比正常情况下多。（7）由于甲醇和盐酸都是易挥发的，因此实验结束后，d中收集到的液体中含有甲醇、盐酸、一氯甲烷。考点：物质制备的有关实验设计、操作、评价以及有关反应式的书写20(12分)锌浮渣主要含Zn、ZnO、SiO2、Fe2、Cd2、Mn2，工业上可通过控制条件逐一除去杂质以制备超细活性氧化锌，其工艺流程如下：（1）锌浮渣利用硫酸浸出后，将滤渣1进行再次浸出，其目的是_。（2）净化1是为了将Mn2转化为MnO2而除去，写出该反应的离子方程式：_。（3）90时，净化2溶液中残留铁的浓度受pH影响如右图所示。pH较小时，虽有利于Fe2转化为Fe3，但残留铁的
28、浓度仍高于pH为34时的原因是_。（4）滤渣3的主要成分为_(填化学式)。（5）碳化在50进行，“前驱体”的化学式为ZnCO32Zn(OH)2H2O，写出碳化过程生成“前驱体”的化学方程式：_；碳化时所用NH4HCO3的实际用量为理论用量的1.1倍，其原因一是为了使Zn2充分沉淀，二是_。【答案】（1）提高锌元素的总浸出率(2分) （2）Mn2S2O822H2OMnO22SO424H(2分)（3）H抑制Fe3水解(2分) （4）Cd(2分)（5）3ZnSO46NH4HCO3ZnCO32Zn(OH)2H2O3(NH4)2SO45CO2(2分)反应过程中有部分NH4HCO3分解(或NH4HCO3消
29、耗H，避免H浓度过大溶解ZnCO32Zn(OH)2H2O)(2分)【解析】试题分析：（1）为了提高原料的利用率，将滤渣1进行再次浸出的目的是提高锌元素的总浸出率。（2）净化1是为了将Mn2转化为MnO2而除去，在反应中S元素的化合价从7价降低到6价，得到1个电子，而锰元素从2价施工地点4价，失去2个电子，根据得失电子守恒可知该反应的离子方程式Mn2S2O822H2OMnO22SO424H。（3）铁离子水解溶液显酸性，因此pH较小时，虽有利于Fe2转化为Fe3，但由于H抑制Fe3水解，因此导致残留铁的浓度仍高于pH为34时。（4）锌是活泼的金属，能把溶液中的Cd2置换出来，因此滤渣3的主要成分为
30、Cd。（5）根据流程图可判断，在碳化过程生成“前驱体”的同时还有CO2和硫酸铵生成，则反应的化学方程式为3ZnSO46NH4HCO3ZnCO32Zn(OH)2H2O3(NH4)2SO45CO2；由于反应过程中有部分NH4HCO3分解(或NH4HCO3消耗H，避免H浓度过大溶解ZnCO32Zn(OH)2H2O)，所以碳化时所用NH4HCO3的实际用量为理论用量的1.1倍。考点：考查物质制备工艺流程图的分析与有关判断21在 300 mL 2 mol/L H2SO4 溶液中，SO的物质的量浓度是多少？其中含有多少个 SO？溶质的质量是多少？【答案】c(SO)= c(H2SO4)= 2 mol/L (
31、2分)n(SO)= n(H2SO4)=0.6 mol （1分）N(SO)= n (H2SO4) NA= 0.6 mol6.021023 mol1 = 3.6121023 （1分）溶质即 H2SO4，n (H2SO4) = c(H2SO4) V=2 mol/L 0.3 L= 0.6 mol （1分）m(H2SO4) = n (H2SO4) M= 0.6 mol 98 g/mol= 58.8 g （1分）【解析】略22据下图的转化关系及现象回答下列问题。（1）固体X的名称_；A的化学式_。（2）写出反应的化学方程式_；_；_；_。【答案】（每空2分，共12分）（1）过氧化钠 CO2（2）2Na2O
32、22CO2=2Na2CO3O2Na2CO3Ca(OH)2=CaCO32NaOH2NaO2Na2O2 CaCO32HCl=CaCl2CO2H2O【解析】试题分析：气体B与金属单质反应生成淡黄色固体X，则X是过氧化钠，B是氧气；A与过氧化钠反应生成氧气和固体Y，则A是CO2，Y是碳酸钠。碳酸钠与氢氧化钙反应生成碳酸钙，碳酸钙与盐酸反应生成CO2。（1）根据以上分析可知固体X的名称是过氧化钠；A的化学式为CO2。（2）反应的化学方程式分别是2Na2O22CO2=2Na2CO3O2、Na2CO3Ca(OH)2=CaCO32NaOH、2NaO2Na2O2、CaCO32HCl=CaCl2CO2H2O。考点
33、：考查无机框图题推断23（10分）已知芳香烃A分子式为C8H10；烃的衍生物X分子式为C15H14O3，X能与FeCl3溶液显紫色。在一定条件下，它们的转化关系如下（部分产物已略去）。其中，G能与NaHCO3溶液反应，H不能与新制Cu(OH)2反应，J分子内有两个互为对位的取代基。（1）A物质的名称为_。（2）J中所含的含氧官能团的名称为_。（3）E与G反应的化学方程式是_，反应类型是_。（4）B、C的混合物在NaOH乙醇溶液中加热可以生成同一种有机物I，以I为单体合成的高分子化合物的名称是_。（5）已知J有多种同分异构体，写出符合下列性质的J的同分异构体的结构简式：_。与FeCl3溶液作用显
34、紫色；与新制Cu(OH)2悬浊液作用产生砖红色沉淀；苯环上的一卤代物有2种。【答案】（1）乙苯；（2）羟基、羧基；（3）酯化反应；（4）聚苯乙烯；（5）、。【解析】试题分析：A是芳香烃，含有苯环，一氯代物有两种，芳香烃在光照条件下氯原子取代取代基上的氢，根据A的分子式，推出A的结构简式：，在光照条件下发生一氯取代物，其结构简式：、，G能与NaHCO3溶液反应，推出G中含有羧基，BDFG，发生取代反应、连续氧化生成羧基的过程，故B、D、F、G的结构简式分别为：、，推出C的结构简式：，C在氢氧化钠水溶液中发生取代反应，羟基取代氯原子的位置，E：，H不能与新制氢氧化铜反应，说明E发生氧化反应生成酮，
35、H：，根据题意X属于酯，能使氯化铁溶液显色，说明X中含有酚羟基，因此得出X的结构简式：，推出J的结构简式：，（1）根据上述分析A是乙苯；（2）J结构中含有的含氧官能团是羟基、羧基；（3）根据上述分析E与G发生的是酯化反应，反应方程式为：（4）B、C在氢氧化钠的醇溶液中发生消去反应，I：,含有碳碳双键，发生加聚反应形成高分子化合物，名称聚苯乙烯；（5）与氯化铁作用显紫色，推出含有酚羟基；与新制氢氧化铜作用产生砖红色沉淀，推出含有醛基或甲酸某酯；苯环上一卤代物有2种，推出苯环上有2种氢原子，故同分异构体分别为：、。考点：考查有机物的推断、官能团的性质、同分异构体等知识。24A、B、X、Y、Z是元素
36、周期表前四周期中的常见元素，原子序数依次增大。A元素可形成自然界硬度最大的单质；B与A同周期,核外有三个未成对电子；X原子的第一电离能至第四电离能分别是:I1 =578 kJ/mol，I2=1 817 kJ/mol，I3= 2 745 kJ/mol，I4 =11 575 kJ/mol；常温常压下,Y单质是固体,其氧化物是形成酸雨的主要物质；Z的一种同位素的质量数为63,中子数为34。请回答下列问题：（1）AY2是一种常用的溶剂,为 分子(填“极性”或“非极性”),分子中存在 个键。（2）X形成的单质与NaOH溶液反应的离子方程式为 ，超高导热绝缘耐高温纳米XB在绝缘材料中应用广泛,其晶体与金刚
37、石类似,属于 晶体。B的最简单氢化物容易液化,理由是 。（3）X、氧、B元素的电负性由大到小的顺序为 (用元素符号作答) 。（4）Z的基态原子核外电子排布式为 。元素Z与人体分泌物中的盐酸以及空气反应可生成超氧酸:Z+HCl+O2ZCl+HO2, HO2(超氧酸)不仅是一种弱酸而且也是一种自由基,具有极高的活性。下列说法或表示不正确的是 (填序号)氧化剂是O2HO2在碱中不能稳定存在氧化产物是HO21 mol Z参加反应有1 mol电子发生转移（5）已知Z的晶胞结构如下图所示,又知Z的密度为9.00 g/cm3,则晶胞边长为 cm。ZYO4常作电镀液,其中YO42-的空间构型是 ,Y原子的杂化
38、轨道类型是 杂化。【答案】（1）非极性分子 2（2）2Al+2OH-+2H2O2AlO2-+3H2；原子；分子间形成氢键（3）ONAl（4）Ar3d104s1或1s22s22p63s23p63d104s1 （5）；正四面体(1分)；sp3【解析】试题分析：A元素可形成自然界硬度最大的单质，该单质为金刚石，则A为C元素；B与A同周期，核外有三个未成对电子，则B为N元素；根据X原子的第一电离能至第四电离可知，X原子的第四电离能剧增，则X表现+3价，所以X为Al元素；常温常压下，Y单质是固体，其氧化物是形成酸雨的主要物质，则Y为S元素；Z的一种同位素的质量数为63、中子数为34，则质子数=6334=
39、29，故Z为Cu元素，则：（1）AY2化学式是CS2，其结构式为S=C=S，为直线型结构，属于非极性分子，其分子中每个双键中含有1个键，所以CS2分子存在2个键。（2）X是Al元素，铝与NaOH溶液反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O2AlO2-+3H2。XB是CN，晶体与金刚石类似，属于原子晶体；B的最简单氢化物是NH3，N原子电负性大，分子间形成氢键，所以容易液化。（3）非金属性越强，电负性越强，Al、O、N元素的电负性与非金属性一致，则三种元素电负性大到小顺序为：ONAl。（4）Z为29号Cu元素，根据核外电子排布规律可知其基态原子核外电子排布式为Ar3d104s1或1s22s
40、22p63s23p63d104s1。氧气中氧元素的化合价是0价，HO2中氧元素的化合价是-0.5价，化合价降低作氧化剂，正确；HO2为超氧酸，应具有酸性，可与碱反应，故HO2在碱中不能稳定存在，正确；还原产物是HO2，错误；1molCu参加反应生成+1价铜离子，有1mol电子发生转移，正确，答案选。（5）Z为Cu元素，铜原子位于顶点和面心，每个晶胞中含有铜原子的数目为：81/8+61/2=4，晶胞中含有4个铜原子，则晶胞的质量为：设该晶胞的边长为xcm，则该晶胞体积为：x3cm3，其密度为：=9.00g/cm3，整理可得x=；硫酸根离子的中心原子S的价层电子对为：(6+2)2=4，孤电子对数为：（6+2-24）2=0，故其空间结构为正四面体，S原子杂化方式为：sp3。考点：考查元素推断、位置、结构与性质关系的综合应用、晶胞的计算等高考资源网版权所有，侵权必究！