1、2015-2016学年浙江省台州市黄岩九峰高级中学高三（下）月考化学试卷（3月份）一、选择题（本大题共25小题，每小题2分，共50分每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1下列物质中属于盐的是（）AMgOBH2SO4CNaOHDKNO32下列仪器及其名称不正确的是（）A量筒B试管C蒸发皿D分液漏斗3非金属性最强的元素是（）ACBSiCSDCl4Na2CO3+CO2+H2O2NaHCO3的反应类型是（）A化合反应B分解反应C置换反应D复分解反应5实验室有两瓶失去标签的溶液，其中一瓶是K2SO4溶液，另一瓶是NaOH溶液鉴别时，下列选用的试纸或试剂不正确的是
2、（）ApH试纸B紫色石蕊试液CNa2CO3固体DCuCl2溶液6下列物质的水溶液因水解呈碱性的是（）ANa2CO3BNaOHCHClDAlCl37下列各组中，互称为同分异构体的是（）AO2与O3B35Cl与37ClCCH3CHO与DCH4与C2H68下列关于硫酸铜溶液和氢氧化铁胶体的说法中，正确的是（）A前者是混合物，后者是纯净物B两者都具有丁达尔效应C分散质的粒子直径均在1100nm之间D前者可用于杀菌，后者可用于净水9下列化学用语表达正确的是（）A乙烯的结构简式：C2H4B甲烷分子的球棍模型：CNaCl的电子式：D氟离子的结构示意图：10下列说法不正确的是（）A煤、石油、天然气均为化石燃料
3、，它们属于可再生资源B生物质能来源于植物及其加工产品所贮存的能量C氢气的燃烧产物是水，不会污染环境，是理想的清洁燃料D大自然利用太阳能最成功的是植物的光合作用11下列物质的制备，不符合工业生产实际的是（）A工业上用电解熔融氯化镁制单质镁B工业上用电解饱和食盐水制氯气C工业上用二氧化硅在高温下与焦炭反应制得高纯度的硅D工业上炼铁时，常用石灰石除去铁矿石中的SiO212在一定温度下，向1L密闭容器中加入1mol HI（g），发生反应2HI（g）H2（g）+I2（g），2s时生成0.1mol H2，则以HI表示该时段的化学反应速率是（）A0.05 molL1s1B0.1 molL1s1C0.2 mo
4、lL1s1D0.8 molL1s113下列说法不正确的是（）ACl2能使湿润的有色布条褪色，所以Cl2具有漂白性B红热的铁丝在Cl2中剧烈燃烧，反应生成FeCl3C利用溴单质的氧化性可以把碘离子转化为碘单质D实验室常用NaOH溶液吸收多余的Cl2以避免污染14下列说法不正确的是（）A乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，是因为乙烯分子中含有碳碳双键B苯可以使溴水褪色，是发生了加成反应C乙醛在一定条件下与氧气反应生成乙酸，乙醛发生了氧化反应D氨基酸分子中均含有羧基（COOH）和氨基（NH2）15下列说法正确的是（）A碘单质的升华过程中，只需克服分子间作用力BNH4Cl属于离子化合物，该物质中只存在离子键
5、C在N2、CO2和SiO2物质中，都存在共价键，它们都是由分子构成D金刚石和足球烯（C60）均为原子晶体16将纯锌片和纯铜片按图示方式插入同浓度的稀硫酸中一段时间，下列叙述正确的是（）A装置甲中铜片表面产生气泡B装置甲溶液中SO42向铜片做定向移动C装置乙中电子从铜片经导线流向锌片D装置乙中正极的电极反应式：2H+2eH217关于常温下pH=11的氨水和氢氧化钠溶液，下列说法正确的是（）A氨水溶液的浓度大于氢氧化钠溶液BNH3H2O的电离方程式：NH3H2O=NH4+OHCc（NH3H2O）+c（NH4+）=0.001 molL1D往两溶液中加入盐酸恰好中和，则反应后溶液的pH值相同18下列离
6、子方程式正确的是（）A将氯气通入水中：Cl2+H2O2H+Cl+ClOB碳酸钙溶于醋酸：CaCO3+2H+Ca2+CO2+H2OC铁与FeCl3溶液反应：Fe+Fe3+2Fe2+D硫酸溶液与氯化钡溶液混合：Ba2+SO42BaSO419下列有关金属的说法中，正确的是（）A钠在空气中燃烧只生成白色的氧化钠固体B燃着的镁条伸入盛满二氧化碳的集气瓶中不能继续燃烧C铜能与氯化铁溶液反应，该反应可以用于印刷电路板的制作D铁能与硫酸发生反应，故不能用铁制容器贮存浓硫酸20已知：2CO（g）+O2（g）2CO2（g）H=565.2kJmol1，下列说法不正确的是（）ACO（g）+O2（g）CO2（g）H=2
7、82.6 kJmol1B2mol CO（g）与1mol O2（g）反应生成2mol CO2（s）放出热量小于565.2 kJC相同条件下，2mol CO（g）和1mol O2（g）的总能量大于2mol CO2（g）的总能量D拆开2mol CO和1mol O2的化学键所需总能量低于形成2mol CO2化学键所放出总能量21下列说法不正确的是（）A石油的裂解可以提高汽油等轻质油的质量和产量B在一定条件下煤和氢气作用得到液体燃料的过程是煤的液化途径之一C葡萄糖、淀粉、油脂在一定条件下都能发生水解反应D往蛋白质溶液中加入饱和硫酸铵溶液，产生的沉淀再加水又可溶解22设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正
8、确的是（）A分子数为NA的CO和C2H4混合气体的体积约为22.4 LB标准状况下，4.48 L重水（D2O）中含有的中子数为2NAC用MnO2与浓盐酸制取Cl2时，每生成0.5mol Cl2则转移电子数为NAD0.1 L 3.0 molL1的NH4NO3溶液中含有NH的数目为0.3NA23短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示，其中Z所处的族序数是周期序数的2倍下列判断不正确的是（）A最高正化合价：XYZB原子半径：XYZC气态氢化物的热稳定性：ZWD最高价氧化物对应水化物的酸性：XZ24下列说法不正确的是（）A配制一定物质的量浓度的溶液，向容量瓶加水至液面离刻度线12 c
9、m时，改用胶头滴管定容B向某溶液中先加入Ba（NO3）2溶液，再加入足量的HNO3溶液，产生白色沉淀，则该溶液中一定含有SO42C分液操作时，将下层液体先放出，然后关闭旋塞，将上层液体从上口倒出D将油脂与氢氧化钠溶液混合充分反应后，再加入热的饱和食盐水，则可析出肥皂的主要成分25某100mL溶液可能含有Na+、NH4+、Fe3+、CO32、SO42、Cl中的若干种，取该溶液进行连续实验，实验过程如图：（所加试剂均过量，气体全部逸出）下列说法不正确的是（）A原溶液一定存在CO32和SO42，一定不存在Fe3+B原溶液一定存在Cl，可能存在Na+C原溶液中c（Cl）0.1molL1D若原溶液中不存
10、在Na+，则c（Cl）0.1molL1二、非选择题（本大题共7小题，共50分）26A为标准状况下密度为1.25gL1的常见气态烃有关物质的转化关系如图：请回答：（1）X分子中官能团的名称是（2）向装有银氨溶液的试管中加入3滴B溶液，振荡后水浴加热写出加热后观察到的现象（3）X转化为C的化学方程式是27某固体粉末中可能含有SiO2、Fe2O3、CuO、NaHCO3、K2CO3，某同学设计并完成如下实验：（所加试剂均过量）已知：蘸取少量溶液2在酒精灯上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察火焰呈紫色请回答：（1）白色沉淀是（填化学式）（2）生成红褐色沉淀的离子方程式为（3）根据实验现象，固体粉末中一定存在的组分
11、是 （填化学式）28图为浓硫酸与铜片反应的装置请回答：（1）浓硫酸与铜片反应的化学方程式为（2）反应一段时间后，试管乙中品红溶液的现象是（3）下列有关该实验的说法中，不正确的是A该反应中浓硫酸只体现酸性B试管乙中含有碱液的棉花，其作用是吸收过量的SO2，防止环境污染C反应一段时间后，将试管甲中的溶液缓慢倒入盛有水的烧杯，溶液显蓝色D含0.04mol溶质的浓硫酸与足量的铜片反应，能收集到448mL的SO2（标准状况）29取100mL等物质的量浓度的盐酸和硫酸混合溶液，当加入100mL 3.0molL1的Ba（OH）2溶液时，溶液显中性请计算：（1）原混合液中H+的物质的量浓度为molL1（2）当
12、加入的Ba（OH）2体积为75mL时，产生的沉淀质量为g30某固体甲成分为M3Z2（OH）a（CO3）b可用作塑料阻燃剂，该盐分解产生大量的CO2可以作为原料制备有机产品取甲46g高温灼烧至恒重，得到11.2L CO2（标准状况）和22.2g仅含两种金属氧化物的固体乙，其中Z的氧化物既溶于强酸又溶于强碱，向乙中加入足量的稀硫酸所得产物中含有MSO4请回答：（1）甲灼烧至恒重的化学方程式（M、Z用元素符号表示）（2）甲能用作塑料阻燃剂的原因（3）工业上利用CO2和H2在一定条件下反应合成甲醇已知下列反应：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H12H2（g）+O2（g）2H2O
13、（1）H2H2O（g）H2O（1）H3写出气态甲醇完全燃烧生成CO2（g）和气态水的热化学方程式： （用H1、H2、H3表示H）（4）反应CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g），它的有关数据如图1所示，反应物起始的物质的量之比=1.5或=2下列说法正确的是A曲线对应的反应物起始物质的量之比为1.5B单位时间内消耗H2的物质的量与消耗H2O的物质的量之比为3：1时，反应达到平衡状态Ca点对应的H2的平衡转化率为90%Db点对应的平衡常数K值大于c点（5）CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）在体积为2L的固定绝热的密闭容器中加入1 molCH3OH和1 mol
14、H2O，第4 min达到平衡，反应中c（CO2）的变化情况如图2所示在第5 min时向体系中再充入0.2molCO2和0.4molH2（其它条件不变），第8 min达到平衡，此时c（H2）=c（CH3OH）请在图2中画出5到9 min的c（CO2）浓度示意曲线31乙酰水杨酸，俗称阿司匹林（），是常用的解热镇痛药，实验室合成流程如下：查阅资料：阿司匹林：受热易分解，溶于乙醇、难溶于水 水杨酸（邻羟基苯甲酸）：溶于乙醇、微溶于水 醋酸酐（CH3CO）2O：无色透明液体，溶于水形成乙酸请根据以上信息回答下列问题：（1）合成阿司匹林时，下列几种加热方式最合适的合成阿司匹林使用的锥形瓶必须干燥的原因是如
15、下图所示装置，通过抽滤可使粗产品与母液分离下列说法不正确的是A抽滤能加快过滤速率，得到相对干燥的沉淀，但颗粒太小的沉淀不能用此装置B当溶液具有强酸性、强氧化性时，可用玻璃砂漏斗代替布氏漏斗C抽滤时，当吸滤瓶内液面快到支管口时，先拔掉吸滤瓶上橡皮管，再从吸滤瓶支管口倒出溶液D洗涤晶体时，先关闭水龙头，用洗涤剂缓慢淋洗，再打开水龙头抽滤（2）提纯粗产物中加入饱和NaHCO3溶液至没有CO2产生为止，再抽滤加入饱和NaHCO3溶液的目的是（用化学反应方程式表示）（3）另一种改进的提纯方法，称为重结晶提纯法最后步骤中洗涤剂最好选择A15%的乙醇溶液 BNaOH溶液 C冷水 D滤液下列装置在上述流程中肯
16、定用不到的是重结晶时为了获得较大颗粒的晶体产品，查阅资料得到如下信息：1、不稳定区出现大量微小晶核，产生较多颗粒的小晶体2、亚稳过饱和区，加入晶种，晶体生长3、稳定区晶体不可能生长由信息和已有的知识分析，从温度较高浓溶液中获得较大晶体颗粒的操作为32有机物E是合成某药物的中间体，化合物E与氯化铁溶液发生显色反应，且环上的一元取代物只有两种结构；有机物N可转化为G、F，且生成的G、F物质的量之比为n（G）：n（F）=1：3，1 mol G与足量的金属钠反应产生H2 33.6L（标准状况）各物质间的转化流程如下（无机产物省略）：已知：ONa连在烃基上不会被氧化；同一个碳原子上连接2个OH不稳定请回
17、答：（1）E的结构简式（2）下列说法不正确的是A化合物B、F都能发生取代反应B化合物A、G都能发生氧化反应C一定条件下，化合物F与G反应生成N，还可生成分子组成为C7H12O5和C5H10O4的化合物D从化合物A到M的转化过程中，涉及到的反应类型有取代反应、氧化反应、消去反应和缩聚反应（3）写出B转化为C和D的化学方程式（4）写出符合下列条件的化合物A的所有同分异构体的结构简式：含有苯环，且苯环上的一元取代物只有一种能与新制氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀，且能与氯化铁溶液发生显色反应 （5）设计以CH2=CHCH3为原料制备G的合成路线（用流程图表示，无机试剂任选）已知：CH2CHCH3CH
18、2CHCH2Cl2015-2016学年浙江省台州市黄岩九峰高级中学高三（下）月考化学试卷（3月份）参考答案与试题解析一、选择题（本大题共25小题，每小题2分，共50分每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1下列物质中属于盐的是（）AMgOBH2SO4CNaOHDKNO3【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系【分析】金属阳离子和酸根阴离子构成的化合物为盐，包括铵根离子和酸根离子构成的化合物，据此分析判断【解答】解：AMgO是两种元素组成其中一种为氧元素的化合物为氧化物，不是盐，故A错误；BH2SO4在水溶液中电离出的阳离子全部是氢离子的化合物为酸，故
19、B错误；CNaOH水溶液中电离出的阴离子全部是氢氧根离子属于碱，故C错误；DKNO3 是钾离子和硝酸根离子构成的化合物为盐，故D正确；故选D2下列仪器及其名称不正确的是（）A量筒B试管C蒸发皿D分液漏斗【考点】化学仪器的洗涤、干燥【分析】根据仪器的性质确定仪器的名称，据此解题【解答】解：A该仪器为量筒，故A正确； B该仪器为试管，故B正确；C该仪器为为坩埚，故C错误；D该仪器为分液漏斗，故D正确故选C3非金属性最强的元素是（）ACBSiCSDCl【考点】非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律【分析】同主族元素自上而下非金属性减弱，同周期元素自右到左非金属性减弱，据此回答【解答】解：同主族
20、元素自上而下非金属性减弱，同周期元素自右到左非金属性减弱，所以非金属性CSi，ClSSi，碳原子的最外层是四个电子，Cl原子最外层是7个电子，得电子能力ClC，故选D4Na2CO3+CO2+H2O2NaHCO3的反应类型是（）A化合反应B分解反应C置换反应D复分解反应【考点】化学基本反应类型【分析】化学反应的基本类型有：化合反应、分解反应、置换反应、复分解反应化合反应是指由两种或两种以上物质反应生成另外一种物质的反应分解反应是指由一种物质生成另外两种或两种以上物质的反应置换反应是指由一种单质和一种化合物反应，生成另外一种单质和一种化合物的反应复分解反应是指由两种化合物反应，生成另外两种化合物的
21、反应【解答】解：反应Na2CO3+CO2+H2O2NaHCO3，是三种物质反应生成一种物质的反应，符合“多变一”，属于化合反应，故选A5实验室有两瓶失去标签的溶液，其中一瓶是K2SO4溶液，另一瓶是NaOH溶液鉴别时，下列选用的试纸或试剂不正确的是（）ApH试纸B紫色石蕊试液CNa2CO3固体DCuCl2溶液【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用【分析】一瓶是K2SO4溶液，另一瓶是NaOH溶液，溶液分别为中性、碱性，且碱与氯化铜反应生成蓝色沉淀，以此来解答【解答】解：ApH大的为NaOH，小的为K2SO4溶液，pH试纸可鉴别，故A不选；B加紫色石蕊，溶液为蓝色的为NaOH，可鉴别，故B
22、不选；C二者与碳酸钠均不反应，不能鉴别，故C选；DNaOH与氯化铜反应生成蓝色沉淀，而硫酸钾不能，现象不同，可鉴别，故D不选；故选C6下列物质的水溶液因水解呈碱性的是（）ANa2CO3BNaOHCHClDAlCl3【考点】盐类水解的应用【分析】物质的水溶液因水解呈碱性的是强碱弱酸盐，据此分析【解答】解：A碳酸钠是强碱弱酸盐，水解溶液显碱性，CO32+H2OHCO3+OH，故A正确；BNaOH是强碱，在水中能电离出大量的氢氧根，故是电离显碱性，故B错误；C氯化氢是强酸，在溶液中完全电离溶液显酸性，故C错误；D氯化铝是强酸弱碱盐，在溶液中能电离为铝离子水解溶液呈酸性，Al3+3H2OAl（OH）3
23、+3H+，氯离子不水解，故D错误故选A7下列各组中，互称为同分异构体的是（）AO2与O3B35Cl与37ClCCH3CHO与DCH4与C2H6【考点】有机化合物的异构现象【分析】A由同一种元素组成的不同单质互为同素异形体；B同一种元素的不同核素之间互为同位素；C分子式相同，结构不同的化合物，互为同分异构体； D碳原子数不同的烷烃之间互为同系物【解答】解：AO2与O3都是由氧元素组成的不同单质，互为同素异形体，故A错误；B35Cl与37Cl都是氯元素的不同核素，互为同位素，故B错误；CCH3CHO与分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故C正确；DCH4与C2H6都属于烷烃，互为同系物，故D错误
24、；故选C8下列关于硫酸铜溶液和氢氧化铁胶体的说法中，正确的是（）A前者是混合物，后者是纯净物B两者都具有丁达尔效应C分散质的粒子直径均在1100nm之间D前者可用于杀菌，后者可用于净水【考点】胶体的重要性质【分析】A溶液和胶体都是分散系； B胶体能发生丁达尔效应，而溶液不能；C根据溶液和胶体粒子半径大小不同，直径范围不一样；D硫酸铜是重金属盐，能杀菌消毒【解答】解：A溶液和胶体都是分散系，属于混合物，故A错误； B因胶体能发生丁达尔效应，而溶液不能，故B错误；C因溶液中溶质粒子直径较小于1nm，胶体粒子直径在l100nm之间，故C错误；D硫酸铜是重金属盐，能杀菌消毒，胶体具有较大的表面积，能用
25、来净水，故D正确故选D9下列化学用语表达正确的是（）A乙烯的结构简式：C2H4B甲烷分子的球棍模型：CNaCl的电子式：D氟离子的结构示意图：【考点】电子式；原子结构示意图；结构简式【分析】A、乙烯的结构简式中碳碳双键不能省略；B、球棍模型是用小球和小棍表示物质的构成的模型；C、氯化钠是离子化合物；D、氟离子核内有9个质子，核外有10个电子，画出其结构示意图即可【解答】解：A、乙烯的结构简式中碳碳双键不能省略，即乙烯的结构简式为：CH2=CH2，故A错误；B、甲烷为正四面体结构，分子中含有4个碳氢键，甲烷正确的球棍模型为：，故B正确；C、氯化钠是离子化合物，钠离子和氯离子之间通过离子键形成化合
26、物，故电子式为，故C错误；D、氟离子核内有9个质子，核外有10个电子，氟离子的结构示意图为 ，故D错误故选B10下列说法不正确的是（）A煤、石油、天然气均为化石燃料，它们属于可再生资源B生物质能来源于植物及其加工产品所贮存的能量C氢气的燃烧产物是水，不会污染环境，是理想的清洁燃料D大自然利用太阳能最成功的是植物的光合作用【考点】使用化石燃料的利弊及新能源的开发【分析】A、化石燃料不能再生；B、生物质能就是太阳能以化学能形式贮存在生物质中的能量形式，即以生物质为载体的能量它直接或间接地来源于绿色植物的光合作用；C、氢气是理想的燃料；D、根据光合作用是利用太阳能进行分析【解答】解：A、化石燃料包括
27、煤、石油和天然气，是由远古时代的动植物转化而来，故不能再生，故A错误；B、生物质能就是太阳能以化学能形式贮存在生物质中的能量形式，即以生物质为载体的能量它直接或间接地来源于绿色植物的光合作用，所以生物质能来源于植物及其加工产品所贮存的能量，故B正确；C、氢气燃烧后生成水，且氢气是可再生能源，故是理想的燃料，故C正确；D、太阳能应用最成功的是植物的光合作用，故D正确；故选A11下列物质的制备，不符合工业生产实际的是（）A工业上用电解熔融氯化镁制单质镁B工业上用电解饱和食盐水制氯气C工业上用二氧化硅在高温下与焦炭反应制得高纯度的硅D工业上炼铁时，常用石灰石除去铁矿石中的SiO2【考点】化学研究基本
28、方法及作用【分析】A工业上用电解熔融氯化镁的方法制取镁； B用电解饱和食盐水制氯气，氢离子和氯离子放电；C生成一氧化碳和粗硅；D高炉炼铁时，使用石灰石的目的是：将矿石中的二氧化硅转变为炉渣，即除去脉石（SiO2）【解答】解：A工业上用电解熔融氯化镁的方法制取镁，可用于工业生产，故A正确； B用电解饱和食盐水制氯气，氢离子和氯离子放电，可用于工业生产，故B正确；C二氧化硅和与碳在高温下发生置换反应，生成一氧化碳和粗硅，得不到高纯度硅，故C错误；D炼铁时，石灰石中的碳酸钙在高温条件下分解能生成氧化钙和二氧化碳，氧化钙能和二氧化硅反应生成硅酸钙，从而除去铁矿石中的二氧化硅，可用于工业生产，故D正确故
29、选C12在一定温度下，向1L密闭容器中加入1mol HI（g），发生反应2HI（g）H2（g）+I2（g），2s时生成0.1mol H2，则以HI表示该时段的化学反应速率是（）A0.05 molL1s1B0.1 molL1s1C0.2 molL1s1D0.8 molL1s1【考点】反应速率的定量表示方法【分析】先根据H2的数据，带入v=计算v（H2），然后根据速率之比等于化学计量数之比计算v（HI）【解答】解：V=1L，t=2s，n（H2）=0.1mol，则v（H2）=0.05molL1s1，由=可得v（HI）=20.05molL1s1=0.1molL1s1，故选B13下列说法不正确的是（）A
30、Cl2能使湿润的有色布条褪色，所以Cl2具有漂白性B红热的铁丝在Cl2中剧烈燃烧，反应生成FeCl3C利用溴单质的氧化性可以把碘离子转化为碘单质D实验室常用NaOH溶液吸收多余的Cl2以避免污染【考点】氯气的化学性质；铁的化学性质【分析】A氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白作用；B氯气具有强氧化性氧化变价金属为高价态化合物；C溴单质氧化性大于碘单质，氧化剂的氧化性大于氧化产物；D氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；【解答】解：A氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白作用，氯气无漂白作用，故A错误；B氯气具有强氧化性氧化变价金属为高价态化合物，红热的铁丝在Cl2中剧烈
31、燃烧，反应生成FeCl3，故B正确；C溴单质氧化性大于碘单质，溴单质氧化碘离子生成碘单质，故C正确；D氯气有毒不能排放到空气中，需要用氢氧化钠溶液吸收，故D正确；故选A14下列说法不正确的是（）A乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，是因为乙烯分子中含有碳碳双键B苯可以使溴水褪色，是发生了加成反应C乙醛在一定条件下与氧气反应生成乙酸，乙醛发生了氧化反应D氨基酸分子中均含有羧基（COOH）和氨基（NH2）【考点】有机物的结构和性质【分析】A乙烯含有碳碳双键，可被酸性高锰酸钾氧化；B溴易溶于苯；C乙醛含有醛基，可被氧化；D氨基酸含有的官能团为氨基和羧基【解答】解：A乙烯含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化
32、反应，可被酸性高锰酸钾氧化，故A正确；B溴易溶于苯，苯在催化作用下可与液溴发生取代反应，故B错误；C乙醛含有醛基，可被氧化，故C正确；D氨基酸含有的官能团为氨基和羧基，故D正确故选B15下列说法正确的是（）A碘单质的升华过程中，只需克服分子间作用力BNH4Cl属于离子化合物，该物质中只存在离子键C在N2、CO2和SiO2物质中，都存在共价键，它们都是由分子构成D金刚石和足球烯（C60）均为原子晶体【考点】化学键【分析】A、分子晶体的三态变化时克服分子间作用力；B、NH4Cl属于离子化合物，该物质中存在铵根离子与氯离子之间的离子键，又存在氮与氢之间的共价键；C、二氧化硅是原子晶体；D、（C60）
33、是由分子构成的，属于分子晶体【解答】解：A、分子晶体的三态变化时克服分子间作用力，所以碘单质的升华过程中，只需克服分子间作用力，故A正确；B、NH4Cl属于离子化合物，该物质中存在铵根离子与氯离子之间的离子键，又存在氮与氢之间的共价键，所以不是单一存在离子键，故B错误；C、二氧化硅是原子晶体，由硅原子和氧原子构成，故C错误；D、金刚石是原子晶体，而（C60）是由分子构成的，属于分子晶体，故D错误；故选A16将纯锌片和纯铜片按图示方式插入同浓度的稀硫酸中一段时间，下列叙述正确的是（）A装置甲中铜片表面产生气泡B装置甲溶液中SO42向铜片做定向移动C装置乙中电子从铜片经导线流向锌片D装置乙中正极的
34、电极反应式：2H+2eH2【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】锌比铜活泼，能与稀硫酸反应，铜为金属活动性顺序表H元素之后的金属，不能与稀硫酸反应，甲没有形成闭合回路，不能形成原电池，乙形成闭合回路，形成原电池，根据原电池的组成条件和工作原理解答该题【解答】解：A甲没有形成原电池，铜为金属活动性顺序表H元素之后的金属，不能与稀硫酸反应，甲烧杯中铜片表面没有气泡产生，故A错误；B原电池工作时阴离子向负极移动，故B错误；C锌为负极，电子从锌经导线流向铜，故C错误；D透过为正极，正极上氢离子得到电子被还原生成氢气，故D正确故选D17关于常温下pH=11的氨水和氢氧化钠溶液，下列说法正确的是（）A氨
35、水溶液的浓度大于氢氧化钠溶液BNH3H2O的电离方程式：NH3H2O=NH4+OHCc（NH3H2O）+c（NH4+）=0.001 molL1D往两溶液中加入盐酸恰好中和，则反应后溶液的pH值相同【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】ANH3H2O是弱电解质，在溶液中部分电离；B弱电解质的电离方程式用可逆号表示；C氨水的总浓度大于溶液中氢氧根离子的浓度；D氨水与盐酸反应生成氯化铵，氯化铵在溶液中水解【解答】解：ANH3H2O是弱电解质，在溶液中部分电离，所以氨水的浓度大于氢氧根离子的浓度，则氨水溶液的浓度大于氢氧化钠溶液，氢氧化钠的浓度等于氢氧根离子浓度，故A正确；B弱电解质的电离方程式
36、用可逆号表示，则NH3H2O的电离方程式：NH3H2ONH4+OH，故B错误；C氨水的总浓度大于溶液中氢氧根离子的浓度，所以c（NH3H2O）+c（NH4+）0.001 molL1，故C错误；D氨水与盐酸反应生成氯化铵，氯化铵在溶液中水解，溶液显酸性，氢氧化钠与HCl反应生成NaCl溶液显中性，二者的pH不同，故D错误故选A18下列离子方程式正确的是（）A将氯气通入水中：Cl2+H2O2H+Cl+ClOB碳酸钙溶于醋酸：CaCO3+2H+Ca2+CO2+H2OC铁与FeCl3溶液反应：Fe+Fe3+2Fe2+D硫酸溶液与氯化钡溶液混合：Ba2+SO42BaSO4【考点】离子方程式的书写【分析】
37、A次氯酸为弱酸应保留化学式；B醋酸为弱酸应保留化学式；C电荷不守恒；D二者反应生成硫酸钡沉淀和盐酸【解答】解：A将氯气通入水中，离子方程式：Cl2+H2OH+Cl+HClO，故A错误；B碳酸钙与醋酸反应，离子方程式：CaCO3+2CH3COOHCa2+CO2+H2O+2CH3COO，故B错误；C铁与FeCl3溶液反应，离子方程式：Fe+2Fe3+3Fe2+，故C错误；D硫酸溶液与氯化钡溶液混合，离子方程式：Ba2+SO42BaSO4，故D正确；故选：D19下列有关金属的说法中，正确的是（）A钠在空气中燃烧只生成白色的氧化钠固体B燃着的镁条伸入盛满二氧化碳的集气瓶中不能继续燃烧C铜能与氯化铁溶液
38、反应，该反应可以用于印刷电路板的制作D铁能与硫酸发生反应，故不能用铁制容器贮存浓硫酸【考点】钠的化学性质；铁的化学性质；铜金属及其重要化合物的主要性质【分析】A钠在空气中燃烧生成过氧化钠；B镁与二氧化碳反应生成氧化镁和碳；C三价铁离子能够氧化铜生成铜离子和二价铁离子；D浓硫酸具有强的氧化性，常温下能够使铁钝化【解答】解：A钠在空气中燃烧只生成淡黄色的过氧化钠固体，故A错误；B燃着的镁条伸入盛满二氧化碳的集气瓶中能继续燃烧生成氧化镁和碳，故B错误；C三价铁离子能够氧化铜生成铜离子和二价铁离子，所以可以用于印刷电路板的制作，故C正确；D浓硫酸具有强的氧化性，常温下能够使铁钝化，形成致密氧化膜，阻止
39、反应进行，所以能用铁制容器贮存浓硫酸，故D错误；故选：C20已知：2CO（g）+O2（g）2CO2（g）H=565.2kJmol1，下列说法不正确的是（）ACO（g）+O2（g）CO2（g）H=282.6 kJmol1B2mol CO（g）与1mol O2（g）反应生成2mol CO2（s）放出热量小于565.2 kJC相同条件下，2mol CO（g）和1mol O2（g）的总能量大于2mol CO2（g）的总能量D拆开2mol CO和1mol O2的化学键所需总能量低于形成2mol CO2化学键所放出总能量【考点】反应热和焓变【分析】A、反应热的大小与物质的量成正比例；B、气体变成固体要放出
40、热量；C、正反应是放热反应所以反应物的总能量高于生成物的总能量；D、根据化学反应的实质，因为反应物总能量大于生成物总能量，该反应为放热反应，则拆开反应物所有键所吸收的总能量小于形成生成物所放出的总能量【解答】解：A、反应热的大小与物质的量成正比例，所以1mol一氧化碳燃烧放出的热量为：282.6 kJ，则反应热的化学方程式为CO（g）+O2（g）CO2（g）H=282.6 kJmol1，故A正确B、气体变成固体要放出热量，所以2mol CO（g）与1mol O2（g）反应生成2mol CO2（s）放出热量大于565.2 kJ，故B错误；C、正反应是放热反应所以反应物的总能量高于生成物的总能量，
41、所以2mol CO（g）和1mol O2（g）的总能量大于2mol CO2（g）的总能量，故C正确；D、根据化学反应的实质，因为反应物总能量大于生成物总能量，该反应为放热反应，则拆开反应物所有键所吸收的总能量小于形成生成物所放出的总能量，故D正确；故选B21下列说法不正确的是（）A石油的裂解可以提高汽油等轻质油的质量和产量B在一定条件下煤和氢气作用得到液体燃料的过程是煤的液化途径之一C葡萄糖、淀粉、油脂在一定条件下都能发生水解反应D往蛋白质溶液中加入饱和硫酸铵溶液，产生的沉淀再加水又可溶解【考点】葡萄糖的性质和用途；淀粉的性质和用途【分析】A石油裂化是提高轻质液体燃料的产量和质量； B煤和氢气
42、作用得到液体燃料；C葡萄糖不能发生水解；D蛋白质溶液中加入饱和硫酸铵溶液发生盐析【解答】解：A石油裂化是提高轻质液体燃料特别是汽油的产量和质量，裂解的目的是为了提高乙烯的产量，故A正确； B煤的液化是将煤在氢气和催化剂作用下通过加氢裂化转变为液体燃料的过程，故B正确；C葡萄糖不能发生水解，淀粉、油脂能发生水解，故C错误；D蛋白质溶液中加入饱和硫酸铵溶液发生盐析，盐析是可逆的，加水可溶解，故D正确故选C22设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）A分子数为NA的CO和C2H4混合气体的体积约为22.4 LB标准状况下，4.48 L重水（D2O）中含有的中子数为2NAC用MnO2与浓盐酸制
43、取Cl2时，每生成0.5mol Cl2则转移电子数为NAD0.1 L 3.0 molL1的NH4NO3溶液中含有NH的数目为0.3NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、气体所处的状态不明确；B、标况下重水为液态；C、根据氯元素的价态由1价变为0价来分析；D、铵根离子为弱碱阳离子，在溶液中能水解【解答】解：A、气体所处的状态不明确，故NA个分子的体积不能计算，故A错误；B、标况下重水为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和中子数，故B错误；C、根据氯元素的价态由1价变为0价，故生成0.5mol氯气转移1mol电子即NA个，故C正确；D、铵根离子为弱碱阳离子，在溶液中能水解，故溶液中的铵根
44、离子的个数小于0.3NA个，故D错误故选C23短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示，其中Z所处的族序数是周期序数的2倍下列判断不正确的是（）A最高正化合价：XYZB原子半径：XYZC气态氢化物的热稳定性：ZWD最高价氧化物对应水化物的酸性：XZ【考点】原子结构与元素周期律的关系；位置结构性质的相互关系应用【分析】根据周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置可知，X、W处于第二周期、Y、Z处于第三周期；Z所处的族序数是周期序数的2倍，则Z位于A族，为S元素，根据相对位置可知Y为P、X为C、W为F，然后结合元素周期律知识进行解答【解答】解：结合周期元素X、Y、Z、W在元素
45、周期表中的相对位置可知，X、W处于第二周期、Y、Z处于第三周期；Z所处的族序数是周期序数的2倍，则Z位于A族，为S元素，根据相对位置可知Y为P、X为C、W为F，AX、Y、Z分别为C、P、S元素，最高化合价分别为+4、+5、+6，则最高正化合价：XYZ，故A正确；BX、Y、Z分别为C、P、S元素，电子层越多，原子半径越大，电子层相同时核电荷数越大，原子半径越小，则原子半径大小为：XZY，故B错误；C非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性SF，则气态氢化物的热稳定性：ZW，故C正确；DX、Z分别为C、S元素，非金属性CS，则最高价氧化物对应水化物的酸性：XZ，故D正确；故选B24下列说法不正确的
46、是（）A配制一定物质的量浓度的溶液，向容量瓶加水至液面离刻度线12 cm时，改用胶头滴管定容B向某溶液中先加入Ba（NO3）2溶液，再加入足量的HNO3溶液，产生白色沉淀，则该溶液中一定含有SO42C分液操作时，将下层液体先放出，然后关闭旋塞，将上层液体从上口倒出D将油脂与氢氧化钠溶液混合充分反应后，再加入热的饱和食盐水，则可析出肥皂的主要成分【考点】配制一定溶质质量分数、物质的量浓度溶液的方法；常见离子的检验方法；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用【分析】A向容量瓶加水至液面离刻度线12cm时，为防止水加多，应用胶头滴管定容，否则容易导致实验失败；B不能排除SO32的影响；C分液时，先从下
47、口放出下层液体，再从上口倒出上层液体；D油脂在碱性条件下水解得到高级脂肪酸钠，为肥皂的主要成分【解答】解：A向容量瓶加水至液面离刻度线12cm时，需要定容，防止水加多，导致实验失败，所以改用胶头滴管定容，故A正确；B不能排除SO32的影响，可被硝酸氧化生成SO42，故B错误；C分液时，避免上下层液体混合，先打开分液漏斗旋塞，使下层液体慢慢流出，待下层液体完全流出后，关闭旋塞，上层液体再从上面倒出，故C正确；D油脂在碱性条件下水解得到高级脂肪酸钠，为肥皂的主要成分，故D正确；故选：B25某100mL溶液可能含有Na+、NH4+、Fe3+、CO32、SO42、Cl中的若干种，取该溶液进行连续实验，
48、实验过程如图：（所加试剂均过量，气体全部逸出）下列说法不正确的是（）A原溶液一定存在CO32和SO42，一定不存在Fe3+B原溶液一定存在Cl，可能存在Na+C原溶液中c（Cl）0.1molL1D若原溶液中不存在Na+，则c（Cl）0.1molL1【考点】常见离子的检验方法【分析】加入氯化钡溶液，生成沉淀，一定含有碳酸根或是硫酸根中的至少一种，则该沉淀为BaSO4、BaCO3中的至少一种，沉淀部分溶解于盐酸，所以一定是BaSO4、BaCO3的混合物，一定存在CO32、SO42，硫酸钡沉淀是2.33g，物质的量是=0.01mol，碳酸根离子的物质的量是mol=0.01mol，碳酸根和铁离子不共存
49、，一定不存在Fe3+，所得到的滤液中加入氢氧化钠，出现气体，为氨气，一定含有铵根离子，根据元素守恒，铵根离子的物质的量是=0.05mol，钠离子和氯离子需要根据电荷守恒进行判断【解答】解：加入氯化钡溶液，生成沉淀，一定含有碳酸根或是硫酸根中的至少一种，则该沉淀为BaSO4、BaCO3中的至少一种，沉淀部分溶解于盐酸，所以一定是BaSO4、BaCO3的混合物，一定存在CO32、SO42，硫酸钡沉淀是2.33g，物质的量是=0.01mol，碳酸根离子的物质的量是mol=0.01mol，碳酸根和铁离子不共存，一定不存在Fe3+，所得到的滤液中加入氢氧化钠，出现气体，为氨气，一定含有铵根离子，根据元素
50、守恒，铵根离子的物质的量是=0.05mol，根据电荷守恒，阳离子所带正电荷的物质的量之和：0.05mol，阴离子所带负电荷的物质的量之和=0.012+0.012=0.04mol，所以一定存在氯离子，钠离子不能确定，n（Cl）0.01mol，所以c（Cl）0.1molL1A、原溶液一定存在CO32和SO42、Cl，一定不存在Fe3+，故A正确；B、原溶液一定存在Cl，可能存在Na+，故B正确；C、原溶液中c（Cl）0.1molL，故C正确；D、若原溶液中不存在Na+，则c（Cl）=0.1molL1，故D错误故选D二、非选择题（本大题共7小题，共50分）26A为标准状况下密度为1.25gL1的常见
51、气态烃有关物质的转化关系如图：请回答：（1）X分子中官能团的名称是羟基（2）向装有银氨溶液的试管中加入3滴B溶液，振荡后水浴加热写出加热后观察到的现象试管内壁析出光亮的银镜（3）X转化为C的化学方程式是CH3COOH+CH3CH2OCH3COOCH2CH3+H2O【考点】有机物实验式和分子式的确定；有机物分子中的官能团及其结构【分析】A在标准状况下的密度为1.25g/L，其摩尔质量为1.25g/L22.4L/mol=28g/mol，故A为CH2=CH2，乙烯能与水反应生成X为乙醇，乙醇能与氧气反应生成乙醛，乙醇能与乙酸反应生成乙酸乙酯（1）X为乙醇；（2）醛基能发生银镜反应；（3）乙醇能与乙酸
52、反应生成乙酸乙酯【解答】解：A在标准状况下的密度为1.25g/L，其摩尔质量为1.25g/L22.4L/mol=28g/mol，故A为CH2=CH2，乙烯能与水反应生成X为乙醇，乙醇能与氧气反应生成乙醛，乙醇能与乙酸反应生成乙酸乙酯（1）X为乙醇，官能团为羟基，故答案为：羟基；（2）醛基能发生银镜反应，生成银镜，故答案为：试管内壁析出光亮的银镜；（3）乙醇能与乙酸反应生成乙酸乙酯，化学方程式是CH3COOH+CH3CH2OCH3COOCH2CH3+H2O，故答案为：CH3COOH+CH3CH2OCH3COOCH2CH3+H2O27某固体粉末中可能含有SiO2、Fe2O3、CuO、NaHCO3、
53、K2CO3，某同学设计并完成如下实验：（所加试剂均过量）已知：蘸取少量溶液2在酒精灯上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察火焰呈紫色请回答：（1）白色沉淀是CaCO3（填化学式）（2）生成红褐色沉淀的离子方程式为Fe3+3OH=Fe（OH）3（3）根据实验现象，固体粉末中一定存在的组分是SiO2、Fe2O3、K2CO3 （填化学式）【考点】无机物的推断【分析】固体粉末中可能含有SiO2、Fe2O3、CuO、NaHCO3、K2CO3，由实验流程可知，加盐酸生成的气体能使石灰水变浑浊，则气体为CO2，溶液1与NaOH反应生成红褐色沉淀，沉淀为氢氧化铁，则原固体一定含Fe2O3，可知没有CuO，与盐酸反应后得到
54、的固体为SiO2，又蘸取少量溶液2在酒精灯上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察火焰呈紫色，为K的焰色反应，则原固体中含K2CO3，以此来解答【解答】解：固体粉末中可能含有SiO2、Fe2O3、CuO、NaHCO3、K2CO3，由实验流程可知，加盐酸生成的气体能使石灰水变浑浊，则气体为CO2，溶液1与NaOH反应生成红褐色沉淀，沉淀为氢氧化铁，则原固体一定含Fe2O3，可知没有CuO，与盐酸反应后得到的固体为SiO2，又蘸取少量溶液2在酒精灯上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察火焰呈紫色，为K的焰色反应，则原固体中含K2CO3，（1）白色沉淀为二氧化碳与氢氧化钙反应生成的CaCO3，故答案为：CaCO3；（2）生成
55、红褐色沉淀的离子方程式为Fe3+3OH=Fe（OH）3，故答案为：Fe3+3OH=Fe（OH）3；（3）由上述分析可知，一定含SiO2、Fe2O3、K2CO3，可能含NaHCO3，一定不含CuO，故答案为：SiO2、Fe2O3、K2CO328图为浓硫酸与铜片反应的装置请回答：（1）浓硫酸与铜片反应的化学方程式为Cu+2H2SO4CuSO4+SO2+2H2O（2）反应一段时间后，试管乙中品红溶液的现象是品红溶液褪色（3）下列有关该实验的说法中，不正确的是ADA该反应中浓硫酸只体现酸性B试管乙中含有碱液的棉花，其作用是吸收过量的SO2，防止环境污染C反应一段时间后，将试管甲中的溶液缓慢倒入盛有水的
56、烧杯，溶液显蓝色D含0.04mol溶质的浓硫酸与足量的铜片反应，能收集到448mL的SO2（标准状况）【考点】浓硫酸的性质【分析】（1）铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，据此写出反应的化学方程式；（2）二氧化硫能使品红溶液褪色，但二氧化硫的漂白性不稳定，加热时会恢复原来的颜色；（3）A该反应中浓硫酸只体现酸性和氧化性；B试管乙中含有碱液的棉花，防止二氧化硫散失到空气中，造成大气污染；C反应一段时间后，将试管甲中的溶液缓慢倒入盛有水的烧杯，含有铜离子的溶液，溶液显蓝色；D含0.04mol溶质的浓硫酸与足量的铜片反应，随着反应的进行浓度减小，稀硫酸与铜不反应【解答】解：（1）铜与浓硫酸反应的
57、化学方程式为：Cu+2H2SO4CuSO4+SO2+2H2O，故答案为：Cu+2H2SO4CuSO4+SO2+2H2O；（2）二氧化硫能和有色物质生成无色物质，二氧化硫能使品红溶液褪色，所以二氧化硫具有漂白性；但生成的无色物质不稳定，加热时会恢复原来的颜色；故答案为：品红溶液褪色；（3）（3）A该反应中浓硫酸只体现酸性和氧化性，故A错误；B试管乙中含有碱液的棉花，防止二氧化硫散失到空气中，造成大气污染，其作用是吸收过量的SO2，防止环境污染，故B正确；C反应一段时间后，将试管甲中的溶液缓慢倒入盛有水的烧杯，含有铜离子的溶液，溶液显蓝色，故C正确；D含0.04mol溶质的浓硫酸与足量的铜片反应，
58、随着反应的进行浓度减小，稀硫酸与铜不反应，所以收集到SO2的体积在标准状况小于448mL，故D错误；故选：AD29取100mL等物质的量浓度的盐酸和硫酸混合溶液，当加入100mL 3.0molL1的Ba（OH）2溶液时，溶液显中性请计算：（1）原混合液中H+的物质的量浓度为6.0molL1（2）当加入的Ba（OH）2体积为75mL时，产生的沉淀质量为46.6g【考点】物质的量浓度的相关计算【分析】（1）设出硫酸和盐酸的浓度，然后根据氢氧化钡的物质的量列式计算；（2）分别根据n=cV计算出溶液中含有钡离子、硫酸根离子的物质的量，然后根据反应SO42+Ba2+=BaSO4判断过量情况，根据不足量计
59、算出生成沉淀的物质的量，最后根据m=nM计算出生成沉淀的质量【解答】解：（1）设盐酸和硫酸的浓度都为x，100mL 3.0molL1的Ba（OH）2溶液中含有氢氧根离子的物质的量为：3.0mol/L0.1L2=0.6mol，加入0.6mol氢氧根离子时溶液为中性，则混合酸中氢离子总物质的量为0.6mol，即：（x+2x）0.1L=0.6mol，解得：x=2.0mol/L，则原混合液中氢离子的物质的量浓度为：2.0mol/L+2.0mol/L2=6.0mol/L，故答案为：6.0；（2）75mL 3.0mo/L的氢氧化钡溶液中含有钡离子的物质的量为：3.0mol/L0.075L=0.225mol
60、，原混合液中含有硫酸根离子的物质的量为：2.0mol/L0.1L=0.2mol，根据反应SO42+Ba2+=BaSO4可知，钡离子过量，硫酸根离子不足，则反应生成硫酸钡的物质的量为0.2mol，质量为：233g/mol0.2mol=46.6g，故答案为：46.630某固体甲成分为M3Z2（OH）a（CO3）b可用作塑料阻燃剂，该盐分解产生大量的CO2可以作为原料制备有机产品取甲46g高温灼烧至恒重，得到11.2L CO2（标准状况）和22.2g仅含两种金属氧化物的固体乙，其中Z的氧化物既溶于强酸又溶于强碱，向乙中加入足量的稀硫酸所得产物中含有MSO4请回答：（1）甲灼烧至恒重的化学方程式Mg3
61、Al2（OH）2（CO3）5 3MgO+Al2O3+5 CO2+H2O（M、Z用元素符号表示）（2）甲能用作塑料阻燃剂的原因甲分解吸热且产生大量二氧化碳，同时还生成耐高温的MgO和Al2O3覆盖在塑料表面（3）工业上利用CO2和H2在一定条件下反应合成甲醇已知下列反应：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H12H2（g）+O2（g）2H2O（1）H2H2O（g）H2O（1）H3写出气态甲醇完全燃烧生成CO2（g）和气态水的热化学方程式：2CH3OH（g）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）H=3H22H16H3 （用H1、H2、H3表示H）（4）反应CO2（g）+
62、3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g），它的有关数据如图1所示，反应物起始的物质的量之比=1.5或=2下列说法正确的是BCA曲线对应的反应物起始物质的量之比为1.5B单位时间内消耗H2的物质的量与消耗H2O的物质的量之比为3：1时，反应达到平衡状态Ca点对应的H2的平衡转化率为90%Db点对应的平衡常数K值大于c点（5）CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）在体积为2L的固定绝热的密闭容器中加入1 molCH3OH和1 molH2O，第4 min达到平衡，反应中c（CO2）的变化情况如图2所示在第5 min时向体系中再充入0.2molCO2和0.4molH2（其它条件不变
63、），第8 min达到平衡，此时c（H2）=c（CH3OH）请在图2中画出5到9 min的c（CO2）浓度示意曲线【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【分析】（1）某固体甲成分为M3Z2（OH）a（CO3）b可用作塑料阻燃剂，该盐分解产生大量的CO2可以作为原料制备有机产品，取甲46g高温灼烧至恒重，得到11.2L CO2（标准状况），二氧化碳物质的量n（CO2）=0.5mol，生成22.2g仅含两种金属氧化物的固体乙，其中Z的氧化物既溶于强酸又溶于强碱说明为Al2O3，向乙中加入足量的稀硫酸所得产物中含有MSO4，M为+2价金属，反应生成水的质量=46g22.2g0.5mol44g/mol=
64、1.8g，n（H2O）=0.1mol，化学式中得到：b=0.1：0.5，得到a：b=2：5则a=2，b=5，依据化合物中 元素化合价代数和为0计算，M3Z2（OH）2（CO3）5 中M为+2价，Z为+3价，则Z为Al，化合物摩尔质量M=460g/mol，460388=72，计算得到M摩尔质量=g/mol=24g/mol，则M为Mg，判断得到金属氧化物为氧化镁、氧化铝，还生成二氧化碳和水，结合原子守恒配平书写化学方程式；（2）依据甲分解过程吸热和产物的性质分析，二氧化碳不助燃，生成的氧化镁、氧化铝都是熔点高的耐火材料；（3）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需热化学方程式，326得到；（4）反
65、应CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g），A反应物起始的物质的量之比=1.5或=2，同温度下，氢气越多二氧化碳转化率越大，则曲线对应的反应物起始物质的量之比为2，故A错误；B单位时间内消耗H2的物质的量与消耗H2O的物质的量之比为3：1时，正逆反应速率相同；C曲线对应的反应物起始物质的量之比为2，图象可知a点对应的CO2的平衡转化率为60%，二氧化碳和氢气转化率之比等于1：3；D温度升高二氧化碳平衡转化率减小，说明升温平衡逆向进行，正反应为放热反应，b点温度高对应的平衡常数K值小于c点；（5）在体积为2L的固定绝热的密闭容器中加入1 molCH3OH和1 molH2O，第4
66、min达到平衡，反应中c（CO2）的变化情况如图2所示，说明是逆反应达到的化学平衡状态，在第5 min时向体系中再充入0.2molCO2和0.4molH2（其它条件不变），平衡正向进行二氧化碳浓度减小，第8 min达到平衡，此时c（H2）=c（CH3OH），据此画出图象【解答】解：（1）某固体甲成分为M3Z2（OH）a（CO3）b可用作塑料阻燃剂，该盐分解产生大量的CO2可以作为原料制备有机产品，取甲46g高温灼烧至恒重，得到11.2L CO2（标准状况），二氧化碳物质的量n（CO2）=0.5mol，生成22.2g仅含两种金属氧化物的固体乙，其中Z的氧化物既溶于强酸又溶于强碱说明为Al2O3，
67、向乙中加入足量的稀硫酸所得产物中含有MSO4，M为+2价金属，反应生成水的质量=46g22.2g0.5mol44g/mol=1.8g，n（H2O）=0.1mol，化学式中得到：b=0.1：0.5，得到a：b=2：5则a=2，b=5，依据化合物中 元素化合价代数和为0计算，M3Z2（OH）2（CO3）5 中M为+2价，Z为+3价，则Z为Al，化合物摩尔质量M=460g/mol，460388=72，计算得到M摩尔质量=g/mol=24g/mol，则M为Mg，判断得到金属氧化物为氧化镁、氧化铝，还生成二氧化碳和水，结合原子守恒配平书写化学方程式：Mg3Al2（OH）2（CO3）5 3MgO+Al2O
68、3+5 CO2+H2O，故答案为：Mg3Al2（OH）2（CO3）5 3MgO+Al2O3+5 CO2+H2O；（2）依据甲分解产物的性质分析，二氧化碳不助燃，生成的氧化镁、氧化铝都是熔点高的耐火材料，甲能用作塑料阻燃剂的原因；甲分解吸热且产生大量二氧化碳，同时还生成耐高温的MgO和Al2O3覆盖在塑料表面，故答案为：甲分解吸热且产生大量二氧化碳，同时还生成耐高温的MgO和Al2O3覆盖在塑料表面；（3）CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H12H2（g）+O2（g）2H2O（1）H2H2O（g）H2O（1）H3依据盖斯定律计算326得到气态甲醇完全燃烧生成CO2（g）和气
69、态水的热化学方程式为：2CH3OH（g）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）H=3H22H16H3，故答案为：2CH3OH（g）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）H=3H22H16H3；（4）反应CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g），A反应物起始的物质的量之比=1.5或=2，同温度下，氢气越多二氧化碳转化率越大，则曲线对应的反应物起始物质的量之比为2，故A错误；B单位时间内消耗H2的物质的量与消耗H2O的物质的量之比为3：1时，正逆反应速率相同，反应达到平衡状态，故B正确；C曲线对应的反应物起始物质的量之比为2，图象可知a点对应的CO2的平衡转化率为6
70、0%，二氧化碳和氢气转化率之比等于1：3，则氢气转化率=60%=90%，故C正确；D温度升高二氧化碳平衡转化率减小，说明升温平衡逆向进行，正反应为放热反应，b点温度高对应的平衡常数K值小于c点，故D错误；故答案为：BC；（5）在体积为2L的固定绝热的密闭容器中加入1 molCH3OH和1 molH2O，第4 min达到平衡，反应中c（CO2）的变化情况如图2所示，说明是逆反应达到的化学平衡状态，在第5 min时向体系中再充入0.2molCO2和0.4molH2（其它条件不变），平衡正向进行二氧化碳浓度减小，第8 min达到平衡，此时c（H2）=c（CH3OH），0.2起点，0.175平衡点，据
71、此画出图象为，答：5到9 min的c（CO2）浓度示意曲线31乙酰水杨酸，俗称阿司匹林（），是常用的解热镇痛药，实验室合成流程如下：查阅资料：阿司匹林：受热易分解，溶于乙醇、难溶于水 水杨酸（邻羟基苯甲酸）：溶于乙醇、微溶于水 醋酸酐（CH3CO）2O：无色透明液体，溶于水形成乙酸请根据以上信息回答下列问题：（1）合成阿司匹林时，下列几种加热方式最合适的B合成阿司匹林使用的锥形瓶必须干燥的原因是防止乙酸酐和水反应如下图所示装置，通过抽滤可使粗产品与母液分离下列说法不正确的是CDA抽滤能加快过滤速率，得到相对干燥的沉淀，但颗粒太小的沉淀不能用此装置B当溶液具有强酸性、强氧化性时，可用玻璃砂漏斗代
72、替布氏漏斗C抽滤时，当吸滤瓶内液面快到支管口时，先拔掉吸滤瓶上橡皮管，再从吸滤瓶支管口倒出溶液D洗涤晶体时，先关闭水龙头，用洗涤剂缓慢淋洗，再打开水龙头抽滤（2）提纯粗产物中加入饱和NaHCO3溶液至没有CO2产生为止，再抽滤加入饱和NaHCO3溶液的目的是（用化学反应方程式表示）（3）另一种改进的提纯方法，称为重结晶提纯法最后步骤中洗涤剂最好选择CA15%的乙醇溶液 BNaOH溶液 C冷水 D滤液下列装置在上述流程中肯定用不到的是B重结晶时为了获得较大颗粒的晶体产品，查阅资料得到如下信息：1、不稳定区出现大量微小晶核，产生较多颗粒的小晶体2、亚稳过饱和区，加入晶种，晶体生长3、稳定区晶体不可
73、能生长由信息和已有的知识分析，从温度较高浓溶液中获得较大晶体颗粒的操作为在亚稳过饱和区加入晶种，缓慢降温【考点】制备实验方案的设计【分析】（1）该反应温度在8590之间，低于水的沸点；乙酸酐能溶于水生成醋酸；A颗粒太小的沉淀易在滤纸上形成一层密实的沉淀；B滤纸易被强酸、强碱、氧化物物质腐蚀；C当吸滤瓶中液面快达到支管口位置时，应拔掉吸滤瓶上的橡皮管，从吸滤瓶上口倒出溶液；D洗涤晶体时，先关小水龙头，不是关闭水龙头；（2）乙酰水杨酸为微溶于水的物质，加入盐之后可以转化为易溶于水的盐，易与不溶性杂质分离；（3）阿司匹林难溶于水易溶于乙醇，应该用水洗涤；上述流程中有加热回流、抽滤、干燥操作；亚稳过饱
74、和区是从高温浓溶液中获得较大晶体【解答】解：（1）该反应温度在8590之间，低于水的沸点，所以需要水浴加热，温度计测量水浴温度，故选B；乙酸酐能溶于水生成醋酸，为防止乙酸酐和水反应而降低产率，所以成阿司匹林使用的锥形瓶必须干燥，故答案为：防止乙酸酐和水反应；A颗粒太小的沉淀不能用抽滤的原因是颗粒太小的沉淀易在滤纸上形成一层密实的沉淀，溶液不易透过，故A正确；B过滤的溶液有强氧化性、强碱性或强酸性时，应选玻璃纤维代替滤纸，应使用玻璃砂漏斗代替布氏漏斗，故B正确；C当吸滤瓶中液面快达到支管口位置时，应拔掉吸滤瓶上的橡皮管，从吸滤瓶上口倒出溶液，而不能从吸滤瓶支管口倒出溶液，操作不合理，故C错误；D
75、洗涤晶体时，先关小水龙头，不是关闭水龙头，然后蒸馏水缓缓淋洗，再打开水龙头抽滤，故D错误；故选CD；（2）乙酰水杨酸为微溶于水的物质，加入盐之后可以转化为易溶于水的盐，易与不溶性杂质分离，反应方程式为，故答案为：（3）阿司匹林难溶于水易溶于乙醇，应该用水洗涤，NaOH和阿司匹林能反应，滤液中含有杂质，所以用冷水洗涤，故选C；上述流程中有加热回流装置C、抽滤装置D、干燥装置A，所以不需要B装置，故选B；亚稳过饱和区，加入晶种，晶体生长，从而得到较大颗粒的晶体，则从温度较高浓溶液中获得较大晶体颗粒的操作为在亚稳过饱和区加入晶种，缓慢降温，故答案为：在亚稳过饱和区加入晶种，缓慢降温32有机物E是合成
76、某药物的中间体，化合物E与氯化铁溶液发生显色反应，且环上的一元取代物只有两种结构；有机物N可转化为G、F，且生成的G、F物质的量之比为n（G）：n（F）=1：3，1 mol G与足量的金属钠反应产生H2 33.6L（标准状况）各物质间的转化流程如下（无机产物省略）：已知：ONa连在烃基上不会被氧化；同一个碳原子上连接2个OH不稳定请回答：（1）E的结构简式（2）下列说法不正确的是DA化合物B、F都能发生取代反应B化合物A、G都能发生氧化反应C一定条件下，化合物F与G反应生成N，还可生成分子组成为C7H12O5和C5H10O4的化合物D从化合物A到M的转化过程中，涉及到的反应类型有取代反应、氧化
77、反应、消去反应和缩聚反应（3）写出B转化为C和D的化学方程式（4）写出符合下列条件的化合物A的所有同分异构体的结构简式：含有苯环，且苯环上的一元取代物只有一种能与新制氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀，且能与氯化铁溶液发生显色反应 （5）设计以CH2=CHCH3为原料制备G的合成路线（用流程图表示，无机试剂任选）已知：CH2CHCH3CH2CHCH2Cl【考点】有机物的合成【分析】N碱性条件下水解、酸化生成的G、F物质的量之比为n（G）：n（F）=1：3，则N中含有酯基，F分子中含有2个C原子，1 mol G与足量的金属钠反应产生H2 为=1.5mol，结合G的分子式可知G中含有3个羟基，则G为
78、，F为CH3COOH，N为化合物E与氯化铁溶液发生显色反应，说明E中含有苯环与酚羟基，由转化关系可知A中含有苯环与酚羟基，A与氯气在光照条件下发生侧链上取代反应生成B，B在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成C与D，D酸化得到F（乙酸），则D为CH3COONa，则C中含有7个C原子，C连续发生氧化反应，酸化得到E，说明C中含有CH2OH结构，E中含有羧基，且E环上的一元取代物只有两种结构，则E为，C为，B为，A为CH2CHCH3在光照条件下与氯气发生取代反应生成CH2CHCH2Cl，然后与氯气发生加成反应生成ClCH2CHClCH2Cl，最后在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应得到【
79、解答】解：N碱性条件下水解、酸化生成的G、F物质的量之比为n（G）：n（F）=1：3，则N中含有酯基，F分子中含有2个C原子，1 mol G与足量的金属钠反应产生H2 为=1.5mol，结合G的分子式可知G中含有3个羟基，则G为，F为CH3COOH，N为化合物E与氯化铁溶液发生显色反应，说明E中含有苯环与酚羟基，由转化关系可知A中含有苯环与酚羟基，A与氯气在光照条件下发生侧链上取代反应生成B，B在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成C与D，D酸化得到F（乙酸），则D为CH3COONa，则C中含有7个C原子，C连续发生氧化反应，酸化得到E，说明C中含有CH2OH结构，E中含有羧基，且E环上
80、的一元取代物只有两种结构，则E为，C为，B为，A为（1）E的结构简式：，故答案为：；（2）AB为，可以发生水解反应，属于取代反应，F为CH3COOH，可以发生酯化反应，属于取代反应，故A正确；BA为，甲基会被酸性高锰酸钾溶液氧化，G为，醇羟基可发生氧化反应，故B正确；CF为CH3COOH，G为，二者2：1反应生成C7H12O5，1：1反应生成C5H10O4，故C正确；D从化合物A到M的转化过程中，没有涉及消去反应，故D错误，故选：D；（3）B转化为C和D的化学方程式：，故答案为：；（4）符合下列条件的化合物A（）的所有同分异构体的结构简式：含有苯环，且苯环上的一元取代物只有一种，能与新制氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀，且能与氯化铁溶液发生显色反应，含有酚羟基与醛基，符合条件的同分异构体有：，故答案为：；（5）CH2CHCH3在光照条件下与氯气发生取代反应生成CH2CHCH2Cl，然后与氯气发生加成反应生成ClCH2CHClCH2Cl，最后在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应得到，合成路线流程图为：，故答案为：2016年12月16日
