2014届浙江省浙北名校联盟高三上学期期中联考化学试卷与答案（带解析）.doc

1、2014届浙江省浙北名校联盟高三上学期期中联考化学试卷与答案（带解析） 选择题 下列物质中属于纯净物的是： 由同种元素组成的物质； 具有固定熔沸点的物质； 由相同种类和相同数目的原子组成的分子； 只有一种元素的阳离子和另一种元素的阴离子组成的物质； 在氧气中燃烧只生成二氧化碳的物质； 只含有一种分子的物质 A B C D 答案： D 试题分析： 由同种元素组成的物质，可能是混合物，如金刚石和石墨的混合物； 具有固定熔沸点的物质，肯定是具有固定组成的物质，是纯净物； 由相同种类和相同数目的原子组成的分子，同分异构体组成的混合物，如 C5H12，正戊烷，异戊烷，和新戊烷组成的混合物； Na2O 和

2、 Na2O2是只有一种元素的阳离子和另一种元素的阴离子组成的混合物； 单质碳和 CO燃烧都只生成二氧化碳是的物质； 只含有一种分子的物质，是纯净物。所以 正确，其它错误。 考点：物质的组成和分类。 某 Na2CO3、 NaAlO2的混合溶液中逐滴加入 1 mol/L的盐酸，测得溶液中CO32-、 HCO3-、 AlO2-、 Al3 的物质的量与加入盐酸溶液的体积变化关系如图所示，则下列说法正确的是 A原混合溶液中的 CO32-与 AlO2-的物质的量之比为 1 2 B V1 V2 l 5 C M点时生成的 CO2为 0 05 mol D a曲线表示的离子方程式为 AlO2- H H2O=Al（

3、 OH） 3 答案： D 试题分析： Na2CO3、 NaAlO2的混合溶液中逐滴加入 1mol L-1的盐酸 首先，发生反应 AlO2-+H+H2OAl（ OH） 3， a线表示 AlO2-，由图可知 AlO2-反应完毕，加入盐酸 50mL，根据方程式可知 n（ AlO2-） =n（ H+）=0.05mol1mol/L=0.05mol 第二阶段， AlO2-反应完毕，发生反应 CO32-+H+HCO3-， b线表示 CO32-， c线表示 HCO3-，由图可知 CO32-反应完毕，该阶段加入盐酸 100mL-50mL=50mL，根据方程式可知 n（ CO32-） =n（ H+） =0.05m

4、ol1mol/L=0.05mol 第三阶段， CO32-反应完毕，发生反应 HCO3-+H+CO2+H2O， d线表示 HCO3-，由图可知 HCO3-反应完毕，该阶段加入盐酸 150mL-100mL=50mL，根据方程式可知 n（ HCO3-） =n（ H+） 第四阶段，发生反应 Al（ OH） 3+3H+Al3+3H2O， e线表示 Al3+，由图可知 Al（ OH） 3反应完毕，根据方程式可知 n（ H+） =3nAl（ OH）3=30.05mol=0.15mol，该阶段加入盐酸体积为 0.15mol/1mol/L=0.15L=150mL A、由上述分析可知，原混合溶液中的 CO32-与

5、 AlO2-的物质的量之比为 0.05mol：0.05mol=1： 1，故 A错误； B、原溶液中 n（ CO32-） =0.05mol， V1 时溶液中碳酸氢根离子等于碳酸根离子为 0.025ml，由反应 CO32-+H+HCO3-可知，需要盐酸为 0.025mol，盐酸的体积为 0.025mol/1mol/L=0.025L=25mL，故 V1=50mL+25mL=75mL，由上述分析可知，V2=150mL+150mL=300mL，故 V1： V2=75mL： 300mL=l： 4，故 B错误； C、由上述分析可知 M点时溶液中 CO32-完全转化为 HCO3-，没有 CO2生成，故C错误；

6、 D、由上述分析可知， a 曲线表示的离子方程式为： AlO2-+H+H2O=Al（ OH） 3，故 D正确故选： D 考点：考查离子反应与图象关系、化学计算等 对于反应 14CuSO4+5FeS2+12H2O=7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4，下列说法正确的是 A只有硫酸铜作氧化剂 B SO42-既不是氧化产物又不是还原产物 C被氧化的硫与被还原的硫的质量比为 3： 7 D 1mol硫酸铜可以氧化 5/7mol的硫 答案： C 试题分析： A、因硫酸铜中 Cu元素的化合价降低， FeS2中部分 S元素的化合价也 降低，则硫酸铜、 FeS2都是该反应中的氧化剂，故 A错误； B、因 F

7、eS2中部分 S元素的化合价由 -1升高到 +6价，生成物中部分 SO42-为氧化产物，故 B错误； C、由反应可知， 10个 S原子中，有 3个 S原子失去电子， 7个 S原子得到电子，即被氧化的硫与被还原的硫的质量比为 3： 7，故 C正确； D、由电子守恒可知， 1mol 硫酸铜得电子数为 1mol， S 作还原剂时化合价由 -1 升高到 +6 价，则 1mol硫酸铜可以氧化 1/7mol的硫，故 D错误； 考点：考查氧化还原反应的分析和计算 下列离子方程式书写正确的是 A澄清石灰水与少量小苏打溶液混合： Ca2+ +2OH- +2HCO3- = CaCO3+ CO32- + 2H2O

8、B氯化铝溶液中加入过量的氨水： Al3+ + 4NH3 H2O = Al(OH)4-+ 4NH4+ C漂白粉溶液中通入少量 SO2气体： Ca2+ +2ClO- +SO42- +H2O =CaSO3+2HClO D向 NH4HSO4稀溶液中逐滴加入 Ba(OH)2稀溶液至 SO42-刚好沉淀完全： Ba2+ + 2OH- + NH4+ + H+ + SO4 2- = BaSO4+ NH3 H2O + H2O 答案： D 试题分析： A澄清石灰水与少量小苏打溶液混合，离子方程式： Ca2+ +OH- +HCO3- = CaCO3+ H2O ； B氯化铝溶液中加入过量的氨水，氨水弱碱 Al(OH)

9、3不溶解， Al3+ + 3NH3 H2O = Al(OH)3+ 3NH4+； C漂白粉溶液中通入少量 SO2气体，生成的 CaSO3有还原性与 HClO 有氧化性二者不共存， Ca2+ +2ClO- +SO42- +H2O =CaSO4+2H+2Cl-；所以 ABC都错误。 考点：离子方程式的正误判断。 短周期主族元素 X、 Y、 Z、 W的原子序数依次增大，元素 X的原子半径最小， Y元素和 X元素在一定条件下能形成 YX， Z和 W的原子序数相差 8， W原子的电子总数是其电子层数的 5倍。下列叙述正确的是 A Y可用于制造高性能可充电电池 B WX3的沸点高于 ZX3 C W的最高价含

10、氧酸的酸性强于 Z的最高价含氧酸的酸性 D原子半径的大小顺序： rZrYrX 答案： A 试题分析：短周期主族元素 X、 Y、 Z、 W的原子序数依次增大 Z和 W的原子序数相差 8， Z不可能是 H元素，故 Z、 W处于同主族， Z处于第二周期、 W处于第三周期 ， W 原子的电子总数是其电子层数的 5 倍，故核外电子总数为 15，W为磷元素，则 Z为氮元素；元素 X的原子半径最小， X只能处于第一周期，故 X为氢元素； Y原子序数小于氮元素， Y元素和氢元素在一定条件下能形成YX，故 Y表现 +1价， H表现 -1价，故 Y为 Li元素， A金属 Li可用于制造高性能可充电电池，故 A 正

11、确； B NH3 分子之间存在氢键，故沸点： NH3 PH3，故 B错误； C非金属性 N P，故酸性： HNO3 H3PO4，故 C错误； D Li原子半径最大、 H原子半径最小， N、 P同主族，故半径 P N，原子半径 Li P N H，即 rY rW rZ rX，故 D错误； 考点：考查元素周期表的结构性质位置关系 新鲜水果、蔬菜、乳制品中富含的维生素 C具有明显的抗衰老作用，但易被空气氧化。某课外小组利用碘滴定法测某橙汁中维生素 C的含量，其化学方程式如下： 下列说法正确的是 A维生素 C的分子式为 C6H8O6 B维生素 C在酸性条件下水解得到 3种产物 C维生素 C不溶于水，可溶

12、于有机溶剂 D上述反应为取代反应 答案： A 试题分析： A由结构简式可知 1个分子中含 6个原子、 8个 H原子、 6个 O 原子，则分子式为 C6H8O6，故 A正确； B维生素 C存在环酯结构，则维生素 C在酸性条件下水解得到 1种产物，故 B错误； C维生素 C中含有多个 -OH，能溶于水，故 C错误； D由上述反应可知，维生素 C失去 2个 H原子，该反应为氧化反应，故 D错误； 考点：考查有机物的官能团及其性质 新型纳米材料氧缺位铁酸盐（ MFe2Ox 3x4， M Mn、 Co、 Zn或 Ni，在该盐中均显 2价）由铁酸盐（ MFe2O4）经高温与氢气反应制得，常温下，它能使工业

13、废气中的酸性氧化物（ SO2、 NO2等）转化为其单质除去，转化流程如图。关于此转化过程的叙述不正确的是 A MFe2O4在与 H2的反应中表现了氧化性 B MFe2O4与 MFe2Ox的相互转化反应均属于氧化还原反应 C MFe2Ox与 SO2反应中 MFe2Ox被还原 D若 4 mol MFe2Ox与 1 mol SO2恰好完全反应，则 MFe2Ox中 x的值为 3 5 答案： C 试题分析： A、 MFe2O4在与 H2的反应中， Fe元素的化合价降低，则 MFe2O4在与 H2的反应中表现了氧化性，故 A正确； B MFe2O4与 MFe2Ox的相互转化反应中有元素化合价的升降，则属于

14、氧化还原反应，故 B正确； C MFe2Ox与SO2反应中， Fe元素的化合价升高， MFe2Ox被氧化，故 C错误； D若 4 mol MFe2Ox与 1 mol SO2恰好完全反应，由电子守恒可知， 4mol2（ 3-n） =1mol（ 4-0），解得 n=2.5，由化合物中正负化合价的代数和为 0可知， +2+（ +2.5）2+2x=0， 所以 x=3.5，故 D正确；故选： C 考点：氧化还原反应的分析和判断。 海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源等（如下图所示）。 下列有关说法不正确的是 A从能量转换角度来看，框图中的氯碱工业是一个将电能转化为化学能量 的过程 B过程 中结

15、晶出的 MgCl2 6H2O 要在 HCl氛围中加热脱水制得无水 MgCl2 C在过程 中溴元素均被氧化 D过程 中除去粗盐中的 SO42-、 Ca2 、 Mg2 、 Fe3 等杂质，加入的药品顺序为： Na2CO3溶液 NaOH溶液 BaCl2溶液 过滤后加盐酸 答案： D 试题分析： A、氯碱工业是电解饱和食盐水生成氯气、氢气和氢氧化钠的化学制备反应；通电条件下发生了化学反应，电能转化为化学能，故 A正确； B、氯化镁晶体脱水过程中镁离子易水解生成氢氧化镁沉淀，在氯化氢气体中脱水可以抑制镁离子水解； MgCl2 6H20要在 HCl氛围中加热脱水制得无水 MgCl2，故 B正确； C、据转

16、化关系的流程中， 步反应为： 2NaBr+Cl2=Br2+2NaCl； 是 Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr， 步的反应为： 2HBr+Cl2=Br2+HCl；所以在过程 中溴元素均被氧化，故 C正确； D、选项中的试剂添加顺序中，钡离子最后无法除去，则加入的药品顺序为： BaCl2溶液 NaOH溶液 Na2CO3溶液 过滤后加盐酸， 故 D错误； 考点：海水提镁，提溴的流程 下表所列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是 物质 编号 物质转化关系 甲 乙 丙 丁 Cu CuO CuCl2 Cu(NO3)2 Na2CO3 NaOH NaHCO3 CO2 (NH4

17、)2SO3 CaSO3 SO2 NH4HSO3 Al(OH)3 Al2O3 NaAlO2 AlCl3 A B C D 答案： A 试题分析： Cu+O2CuO+HClCuCl2+HNO3 Cu(NO3)2+Fe Cu Na2CO3 +C a(OH)2 NaOH+CO2NaHCO3 + HClCO2+ NaOH (NH4)2SO3+ CaCl2CaSO3+ HClSO2+ NH3 H2ONH4HSO3 +NH3 H2O Al(OH)3加热 Al2O3+NaOHNaAlO2+ HCl AlCl3+ NaOH 都可以实现转化。 考点：物质之间的转化 对下列过程中发生反应的叙述正确的是 A海水中含有钾

18、元素，只需经过物理变化就可以得到钾单质 B Na+、 Mg2+、 Al3+得电子能力很弱，故常用电解熔融氧化物的方法来制备其单质 C从铝土矿中分离出氧化铝的过程中不涉及氧化还原反应 D从海水中提取溴单质的过程所涉及的反应均为置换反应 答案： C 试题分析： A. 海水中的钾元素是钾离子，提取氯化钾固体，通过电解得到钾，发生了氧化还原反应，故 A.错误； B.Na、 Mg用电解熔融氯化物的方法来制备其单质。 D海水提溴是先氧化溴离子为溴单质，再用还原剂（如 SO2）还原溴单质为溴离子，再用氧化剂氧化溴离子为溴单质 .此过程都是化学变化，但不均为置换反应。 C铝土矿溶于 NaOH溶液中发生 Al2

19、O3+2NaOH2NaAlO2+H2O，没有元素的化合价变化，则不属于氧化还原反应，偏铝酸钠溶液的酸化发生AlO2-+H+H2OAl（ OH） 3，没有元素的化合价变化，则不属于氧化还原反应，灼烧氢氧化铝固体发生 2Al（ OH） 3 Al2O3+3H2O，没有元素的化合价变化，也不属于氧化还原反应， C正确。 考点：海水的综合利用与金属的冶炼。 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A能使甲基橙变黄的溶液中： Na+、 K+、 SO42-、 Al3+ B pH=2的溶液中： Na+、 ClO -、 NH4+、 SO42- C某透明澄清的溶液中： NH4 、 Cu2+、 NO3-

20、、 Cl- D 0.1 mol L-1NaHCO3溶液中： K+、 Ba2+、 OH-、 Cl- 答案： C 试题分析： A能使甲基橙变黄的溶液可能是碱性溶液， OH-与 Al3+不共存； B、H+与 ClO-不共存； D、 HCO3-与 OH-不共存。只有 C正确。 考点：离子共存 现有 CuO 和 Fe2O3的混合物 a g，向其中加入 1 mol L-1的 HNO3溶液 200 mL 恰好完全反 应，若将 2a g该混合物用足量 CO还原，充分反应后剩余固体质量为 A（ 2a-1.6） g B 2（ a-1.6） g C（ a-1.6） g D 3.2 g 答案： B 试题分析：设 Cu

21、O 和 Fe2O3的物质的量分别为 x、 y。则有 解得：x=(3a-16)/80 y=(8-a)/80,计算知 a g混合物中 Cu和 Fe的质量是（ a-1.6） g，所以B正确。 考点：混合物的简单计算 (NH4)2SO4在一定条件下发生如下反应： 4(NH4)2SO4 =N2 6NH3 3SO2SO3 7H2O 将反应后的混合气体通入 BaCl2溶液，产生的沉淀为 A BaSO4 B BaSO3 C BaS D BaSO4和 BaSO3 答案： D 试题分析：反应后的混合气体 NH3、 SO2、 SO3通入 BaCl2溶液产生的沉淀为BaSO4和 BaSO3的混合物。 NH3可以改变溶

22、液成碱性环境，产生 BaSO3沉淀。 考点：复分解反应的发生条件 有 Fe2+、 NO3-、 Fe3+、 NH4+、 H+和 H2O 六种粒子，属于同一氧化还原反应中的反应物和生成物，下列叙述不正确的是 A氧化剂和还原剂的物质的量之比为 1 8 B该过程说明 Fe(NO3)2溶液不宜加酸酸化 C每 1 mol NO3-发生氧化反应，转移 8 mol e- D若把该反应设计为原电池，则负极反应为 Fe2+-e-=Fe3+ 答案： C 试题分析： Fe2+、 NO3-、 Fe3+、 NH4+、 H+和 H2O 六种粒子，组成的氧化还原反应为： 8Fe2+NO3- +10H+= 8Fe3+NH4+3

23、H2O，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1 8， Fe2+在酸性条件下被氧化，若把该反应设计为原电池，则负极反应为Fe2+-e-=Fe3+；所以 ABD正确。 C错误，因为每 1 mol NO3-发生还原反应，转移 8 mol e-。 考点：氧化还原反应的分析和判断。 关于下列各装置图的叙述中，正确的是： A装置 中 X若为苯，可用于吸收氨气，并防止倒吸 B装置 将化学能转化为电能 C图 用于配制一定物质的量浓度的稀硫酸 D实验室用装置 收集氨气 答案： D 试题分析： 苯的密度小于水的密度，在下层是错误的；装置 是有盐桥的原电池，电极和电解质溶液要对应，银电极对应 AgNO3溶液，铜电极对应

24、CuSO4溶液；图 中配制溶液，稀释浓硫酸不能在容量瓶中。 短管进气，可以收集氨气密度小于空气的气体，正确。 考点：常见实验装置的分析和判断。 将 amol小苏打和 bmol过氧化钠置于某体积可变的密闭容器中充分加热，反应后测得容器内的氧气为 1mol，下列说法一定正确的是 A b=2 B容器中一定没有残余的 CO2和水蒸气 C a:b1 D反应中转移的电子数一定为 2NA 答案： D 试题分析：由过氧化钠生成氧气为 1mol，转移的电子数一定是 2NA。 考点：复分解反应和氧化还原反应的综合分析。 实验题 某研究性学习小组将一定浓度 Na2CO3溶液滴入 CuSO4溶液中得到蓝色沉淀。 甲同

25、学认为两者反应只生成 CuCO3一种沉淀； 乙同学认为这两者相互促进水解反应，生成一种 Cu(OH)2沉淀； 丙同学认为生成 CuCO3和 Cu(OH)2两种沉淀。 （查阅资料知： CuCO3和 Cu(OH)2均不带结晶水） .按照乙同学的理解 Na2CO3 溶液和 CuSO4 溶液反应的离子反应方程式为： _ ； 在探究沉淀物成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化。具体操作为 过滤 洗涤 干燥。 请用下图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分。 （ 1）各装置连接顺序为 。 （ 2）装置 C中装有的试剂名称是 。 （ 3）按你的装置连接顺序，甲的猜想是正确的，则可通过_现象来说明甲的猜想

26、是正确的。 若 CuCO3和 Cu(OH)2两者都有，丙同学通过装置 进行定量分析来测定其组成。 （ 1）实验有关操作为： 往锥形瓶中放入适量的样品： 从分液漏斗往锥形瓶中加入过量的稀硫酸； 检验装置的气密性； 测定收集到水的体积。 正确的操作顺序为 _。 （ 2）广口瓶中水的上面覆盖了一层植物油，若瓶中的液体没有装满（上方留有少量空间），实验测得 CO2的体积 将 _（填偏大、偏小或不变）。 （ 3）若实验中测得样品的质量为 wg，气体的体积为 aL（标况下），则样品中CuCO3的质量分数为 _（ CuCO3的式量为 124）。 （ 4）丁同学认为，丙同学的实验方法，可能因气体体积测量不准，

27、导致误差较大。建议改用图中的 、 III 装置进行实验。只需进行简单而又必要的数据测定，可比较准确地确定样品中 CuCO3的质量分数，较合理的装置 _（填代号）。但是丁同学的装置仍然有缺陷，所测结果将偏高或偏低 _。理由是 _ 答案： .Cu2+CO32-+H2O=Cu(OH)2+CO2 ACB 无水硫酸铜 C中固体不变蓝， B中出现浑浊 3124 不变 a/22.4124/W 偏高 锥形瓶中水蒸气残留 或者偏低 吸收空气中的水蒸气 试题分析： 乙同学的认为：这两者相互促进水解反应，生成 Cu（ OH） 2一种沉淀，即是碳酸钠和硫酸铜之间发生双水解反应，原理为： Na2CO3+CuSO4+H2

28、OCu（ OH）2+Na2SO4+CO2 （ 1）利用加热装置验证生 成的产物，利用 A 加热分解碳酸铜或氢氧化铜，利用 C检验是否有水生成验证是否含有氢氧化铜；利用装置 B中 石灰水变浑浊证明生成二氧化碳验证碳酸铜的存在，所以装置连接为 A、 C、 B； （ 2）无水硫酸铜可以检验水的产生和存在，放在干燥管中来检验，故答案：为：无水硫酸铜； （ 3）碳酸铜受热分解会产生氧化铜和二氧化碳，二氧化碳可以使澄清的石灰水变浑浊， （ 1）应先进行装置气密性检验，然后依次加入固体药品、液体药品，最后进行气体排出水的测量，确定产生气体体积； （ 2）广口瓶的液体没有装满，不会影响测定的结果 （ 3）产生

29、的气 体二氧化碳气体的体积为 aL， n CO2=n CuCO3= a/22.4,m CuCO3= a/22.4124 则样品中 CuCO3的质量分数为 a/22.4124/W （ 4）较合理的装置是 ，因为用碱石灰吸收二氧化碳和水，无法求出 CuCO3的质量。 P2O5只吸收水蒸气。先求 Cu(OH)2， 再求得 CuCO3的质量。 此题的答案：是开放性的，只要合理就行；偏高 锥形瓶中水蒸气残留 或者偏低 盛有 P2O5的干燥管吸收空气中的水蒸气，质量偏大，导致 Cu(OH)2质量偏大，测得的 CuCO3的质量分数偏低。 考点：实验装置的综合分析、利用。 由于氢氧化亚铁在空气中能迅速被氧气氧

30、化成氢氧化铁，因此要观察到氢氧化亚铁的颜色往往较为困难。某研究性学习小组的同学经过讨论后，设计出了三套能较长时间观察 Fe(OH)2沉淀颜色的装置，如图。 1.根据装置 ，要想达到实验目的，应先挤胶头滴管 _（填 “A”或 “B”） 2.利用装置 ，所用试剂为 NaOH溶液、铁屑、稀硫酸， （ 1）试管 A中加入的试剂是 _试管 B中加入的试剂是 _ （ 2）为了制得 Fe(OH)2白色沉淀，现准备进行如下操作：先向 试管 A和 B中加入试剂，然后 _（ “打开 ”或 “关闭 ”）止水夹，塞紧塞子，接下来的实验步骤是 _ 3.装置 时利用电解原理来达到实验目的的。 （ 1）电极材料是铁棒（ F

31、e）和碳棒（ C）， A极应为 _（填材料的元素符号） （ 2）电解质溶液可选用 _（填选项序号） A.NaCl溶液 B.CuSO4溶液 C.Na2SO4溶液 D.NaOH溶液 （ 3）该实验准备选用一种有机物来起到隔绝空气的作用，该有机物可以是_ 答案： .A 2.（ 1） 稀 H2SO4、 Fe屑； NaOH溶液（ 2）打开 检验试管 B出口处排出的 H2的纯度，当排出的 H2已经纯净时再夹紧止水夹 3.（ 1） Fe （ 2） A C D （ 2）苯或煤油等 试题分析： 1.根据装置 ，要想达到实验目的，必须先挤胶头滴管 A，加入稀H2SO4反应，排尽装置中的空气。 2.（ 1）在装置

32、A中加入 Fe和稀 H2SO4，（ 2）在装置 B中加入 NaOH浓溶液 （ 2）为了制得白色 Fe（ OH） 2沉淀，在装置 A 和 B 中加入试剂，打开止水夹，塞紧橡胶塞，反应一段时间后再夹紧止水夹，铁与硫酸反应生成氢气，关闭止水夹，会使装置 A中压强变大，使 A中的药品进入 B中，与 B中的药品反应得到氢氧化亚铁 在夹紧止水夹之前的实验步骤是在 B处收集氢气进行验纯， 3.（ 1）装置 时利用电解原理来达到实验目的 , A极为阳极，铁棒（ Fe）； （ 2）电解质溶液 A C D均可观察到白色 Fe（ OH） 2沉淀， B.观察到的是蓝色的Cu（ OH） 2沉淀。 （ 3）为了隔绝氧气，

33、用少量的植物油或苯或煤油液封 考点： Fe（ OH） 2的制备实验。 填空题 有机物 A可 以通过不同的反应得到下列物质： （ 1） A的结构简式是 _ （ 2） A与 _（填写化学式）反应生成 D （ 3）有机物 C中共面的碳原子最多是 _个 （ 4）芳香族化合物 F是 A的同分异构体， 1molF可以和 3mol NaOH发生中和反应； F苯环上的一氯代物只有一种，核磁共振氢谱显示 F分子中有五种不同的氢原子。写出 F两种可能的结构简式 _。 答案：（ 1） （ 2） NaOH 或 Na2CO3或 NaHCO3 （ 3） 9 （ 4） 试题分析：（ 1）由 A发生酯化反应生成 B，消去反应

34、生成 C，与 NaOH发生中和反应生成 D，催化氧化生成 E，所以 A中含有苯环、羧基、羟基，即 A的结构简式为， （ 2） AD发生中和反应，则可选择的碱性溶液为 NaOH（或 Na2CO3或NaHCO3等其它合理答案：） （ 3）碳碳双键为平面结构、苯环为平面结构，与苯环直接相连的原子一定在同一平面内，则共面的碳原子最多于为 6+1+2=9，故答案：为： 9； （ 4）芳香族化合物 F是 A的同分异构体， 1molF可以和 3mol NaOH发生中和反应； F苯环上的一氯代物只有一种，则 F中含有 3个酚羟基，苯环上只有一种位置的 H原子， F分子中有五种不同的氢原子， F的结构简式可能为

35、，、 、 考点：芳香族化合物的结构和性质。 下表是 A、 B、 C、 D四种有机物的有关信息； A B C D 能使溴的四氯化碳溶液褪色； 比例模型为： 能与水在一定条件下反应生成 C 由 C、 H两种元素组成； 球棍模型为 由 C、 H、 O 三种元素组成； 能与 Na反应，但不能与 NaOH溶液反应； 能与 D反应生成相对分子质量为 100的酯 E 由 C、 H、 O 三种元素组成； 球棍模型为 根据表中信息回答下列问题： （ 1）写出与 A互为同系物且比 A多一个碳原子的有机物在一定条件下生成高分子化合物的化学反应方程式 _ 。 （ 2）与 B具有相同的分子式，分子中每个碳原都以 3个键

36、长相等的单键分别跟其它碳原子相连，形成 2个 90碳碳键角和 1个 60的碳碳键角，该分子的键线式为 _。 （ 3） C与 D反应能生成相对分子质量为 100的酯 E，该反应类型为 _ ；其化学反应方程式为： _ 。 请写出所有满足下列条件的 C的同分异构体结构简式： _ .分子中不含支链并能使溴的四氯化碳溶液褪色 .能与 NaHCO3溶液发生反应 答案：（ 1） (1分 ) （ 2） （ 2分） （ 3）取代反应 (或酯化反应 ) （ 1分） （ 2分） CH2=CHCH2CH2COOH、 CH3CH2CH=CHCOOH、 CH3CH=CHCH2COOH (3分 ) 试题分析：由上述信息可知

37、， A为 CH2=CH2， B为苯， C为 CH3CH2OH， D CH2=CHCOOH， （ 1）丙烯发生加聚反应生成聚丙烯，该反应为（ 2） B的分子式是 C6H6, 符合条件的分子的键线式为 （ 3） C与 D发生酯化反应，生成丙烯酸乙酯： .分子中不含支链并能使溴的四氯化碳溶液褪色 ,含有碳碳双键， .能与 NaHCO3溶液发生反应，有羧基。所以符合条件 C得同分异构体有： CH2=CHCH2CH2COOH、 CH3CH2CH=CHCOOH、 CH3CH=CHCH2COOH三种。 考点：本题考查有机物的结构与性质 A、 B、 C、 D、 E为元素周期表中短周期元素形成的五种离子， A、

38、 B、 C、D四种离子的电子数均比 E的电子数少 8。 （ 1） A与 B结合成的化合物甲中既有离子键又有共价键， A与 C结合成的化合物乙难溶于水，乙溶于甲的 水溶液得无色透明溶液， C元素在周期表中的位置为 _ ，乙与甲的水溶液反应的离子方程式为_ （ 2） B与 E结合成化合物丙，其中离子数之比为 2 1， A与 D结合成化合物丁，丁与丙反应产生无色无味的气体，则丙的电子式为： _ ， 1molD的粒子中有 _ mol质子 （ 3）有一种液态氮氢化合物戊，戊分子与 E的电子数相同，是 “神舟七号 ”飞船发射时使用的高能燃料之一，结构分析发现该分子结构中只有单键，与氨相似，则戊的结构式为

39、_。 答案：（ 1）第 3周期 A Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O （ 2） 11mol （ 3） 试题分析：（ 1）电子总数为 10个电子的阴离子： N3-、 O2-、 F-、 OH-、 NH2-； 阳离子： Na+、 Mg2+、 Al3+、 NH4+、 H3O+；电子总数为 18个电子的阴离子： S2-、O22-、 Cl-、 HS-； 阳离子： K+、 Ca2+、 N2H5+、 N2H62+；根据题意， A、 B、 C、D含有 10e-离子， E为 18e-离子 A与 B形成的化合物甲中既有离子键又有共价键， 10e-离子中形成的化合物甲既有离子键又有共价键，可能为氨盐或氢氧

40、化物 A与 C结合成的化合物乙难溶于水， 10e-离子中结合成难溶于水的化合物有 Mg（ OH） 2、 Al（ OH） 3再根据乙溶于甲的水溶液得无色透明溶液，确定乙为 Al（ OH） 3，甲为强碱 NaOH则 A为 OH-， B为 Na+， C为 Al3+故 C在周期表中的位置第三周期， A 族。 Al（ OH） 3和 NaOH 反应方程式为 Al（ OH）3+NaOHNaAlO2+2H2O，改写离子方程式为 Al（ OH） 3+OH-=AlO2-+2H2O，（ 2）根据题意， A是 OH-， D是 H3O+，结合成化合物丁，因此丁为 H2O B是 Na+，B与 E形成的化合物丙，其中离子数

41、之比为 2： 1， E可能为 S2-或 O22-，又因为丁与丙反应产生无色无味气体，所以丙只能为 Na2O2，电子式1mol H3O+中 11mol质子。 （ 3）根据题意，化合物戊为液态氮氢化合物，同时也为 18电子， N 原子核外有 7个电子， H原子核外有 1个电子，因此化合物戊中应含 2个 N 原子和 4个H原子，故化学式为 N2H4，结构分析得到该分子中只含有单键，所以氮原子和氮原子、氢原子和氢原子之间都是形成一对共用电子对，故电子式为 ，结构式 。 考点 ：本题考查 10电子和 18电子微粒、电子式、结构示意图和离子方程式 A、 B、 C、 D四种物质均为下列离子组成的可溶性化合物

42、，组成这四种物质的离子（离子不能重复组合）有： 阳离子 Na+、 Al3+、 Ba2+、 NH4+ 阴离子 Cl-、 OH-、 CO32-、 SO42- 分别取四种物质进行实验，实验结果如下 B溶液分别与 C、 D混合，均有白色沉淀生成 将 A溶液逐滴滴入 C溶液中，有沉淀生成，继续滴加 A溶液时，沉淀减少直至完全消失 A与 D两种固体混合有气体生成，该气体能使湿润的红色石蕊试液变蓝 用石墨电极电解 B溶液，在阳极上产生一种有刺激性气味的气体 回答下列问题： （ 1） A所含的阳离子和 C所含阳离子的半径大小 _ _（填离子符号）。B所含的阴离子是 _ （ 2） C溶液呈 _性（填 “酸性 ”

43、或 “碱性 ”），其原因是 _ （用离子方程式解释）。 D的化学式是 _ （ 3）以 Pt为电极电解 1L0.1mol/LB的水溶液，当电路中通过 0.1mol电子时， 溶液的 pH为 _（设电解过程溶液体积不变），阳极的电极反应式为 _ （ 4）若将 阳极产生的气体通入 A溶液中至恰好完全反应时，则溶液中各离子 浓度由大到小的排列顺序为 _ 答案：（ 1） Na+ Al3+（ 1分） Cl- （ 2）酸性 Al3+3H2O Al(OH)3+3H+ (NH4)2CO3 （ 3） 13 2Cl- -2e-=Cl2（ 1分（ 4） C(Na+) C(Cl-) C(ClO-) C(OH-) C(H+

44、) 试题分析： 根据 A溶液与 D溶液混合并加热有气体生成，该气体能使湿润的红色石蕊试液变蓝，气体为氨气， B溶液分别与 C、 D混合，均有白色沉淀生成； A溶液与 D溶液反应生成白色沉淀，再加过量 A，沉淀量减少，至完全消失， 用石墨电极电解 B溶液，在阳极上产生一种有刺激性气味的气体。则 A为NaOH， C为 Al2（ SO4） 2， B为 Ba Cl2， D为（ NH4） 2CO3， （ 1） Na+与 Al3+同一周期，核外电子排布相同，核电荷数越大，半径越小，所以 Na+ Al3+； B为 Ba Cl2，阴离子是氯离子。 （ 2） C为强酸弱碱盐，溶液呈酸性；其原因是 Al3+水解所

45、致， Al3+3H2OAl(OH)3+3H+ D的化学式是（ NH4） 2CO3 （ 3）用惰性电极电解 BaCl2， 时，阳极上是氯离子失电子，电极反应为： 2Cl-2e-Cl2，阴极上是氢离子得电子， 2H+2e-H2,当电源提供给 0.1mol电子时，根据 2H+2e-H2可知，生成 0.05mol氢气，所以溶液中氢氧根离子 n（ OH-）=0.1mol，此溶液体积为 1L，溶液中 c（ OH-） =n v =0.1mol /1L =0.1mol/L，c（ H+） =Kw /C(OH ) =10 14 /0.1 mol/L=10-13mol/L，所以 pH=13， （ 4）将 阳极产生的

46、 气体通入 A溶液中至恰好完全反应时，即发生Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O，得到的是等物质的量的 NaCl、 NaClO 的混合溶液， NaClO 是强碱弱酸盐， ClO-水解，溶液呈碱性，所以有： C(Na+) C(Cl-) C(ClO-) C(OH-) C(H+) 考点：阴阳离子组合的分析和判断 工业上利用氨催化氧化后，经过一系列反应可以制备硝酸。 （ 1）氨气催化氧化的化学方程式为 _ （ 2）某工厂排出的尾气中 NOx的含量为 0 56%（体积分数），用氨气可以将其转化为无害气体，发生的反应为： 6NOx+4xNH3=（ 3+2x） N2+6xH2O 若处理1 L（标准状况）该尾气需 42.5gNH3，则 x= _ 。 （ 3） NO和