高考化学复习河南省安阳市龙安高中高三下期4月月考化学试卷(解.docx

高中化学学习材料
唐玲出品
河南省安阳市龙安高中2016届高三下期4月月考化学试卷（解
析版）
1．已知A、B、C、D、E分别为Ca(OH)2、Ca(HCO3)2、HCl、Ba(NO3)2、Na2CO3五种溶液中的一种。

现将它们相互反应情况列表如下（表中“↓”表示生成沉淀；“↑”表示生成气体；“—”表示无现象）据此可判断C是( )
A B C D E
C ↓↓—↑—
B ↓—↓——
A．HCl B．Ca(HCO3)2C．Na2CO3D．Ba(NO3)2
【答案】B
【解析】
试题分析：根据生成气体的只有盐酸与碳酸氢钙或碳酸钠反应，但碳酸钠能和三种物质反应生成白色沉淀，即与氢氧化钙、碳酸氢钙、硝酸钡。

而碳酸氢钙只能与两种物质反应生成沉淀，即氢氧化钙与碳酸钠，所以C是碳酸氢钙，D是盐酸，B是氢氧化钙，A是碳酸钠，E 是硝酸钡，答案选B。

考点：考查物质的检验与鉴别
点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题，试题综合性强，难度较大，有利于培养学生的逻辑思维能力和发散思维能力，提高学生的应试能力和学习效率。

该类试题需要注意的是进行物质的检验时，要依据物质的特殊性质和特征反应，选择适当的试剂和方法，准确观察反应中的明显现象，如颜色的变化、沉淀的生成和溶解、气体的产生和气味、火焰的颜色等，进行判断、推理、验证即可。

2．下列仪器常用于物质分离的是
①②③④⑤⑥
A．②⑤⑥ B．②③⑤ C．②④⑤ D．①③⑥
【答案】B
【解析】
试题分析：题中②常用于过滤，③常用于分液，⑤常用于蒸馏，可用于物质的分离，而④用
于称量固体的质量，⑥用于配制一定浓度的溶液，①常用于物质的反应仪器，故B项正确。

考点：本题考查物质的分离。

3．下列叙述正确的是( )
A．直径在1～100 nm之间的粒子称为胶体
B．电泳现象可证明胶体属于电解质溶液
C．利用丁达尔效应可以区别溶液与胶体
D．胶体粒子很小，可以透过半透膜
【答案】C
【解析】
试题分析：胶体是指分散质粒子直径在1～100 nm之间的分散系；部分胶体粒子带有电荷，能在外加电场的作用下发生定向移动，即电泳，而有的胶体因为不带电荷，所以不发生电泳；丁达尔效应是胶体的重要特征，可用来区别溶液和胶体；胶体粒子可以透过滤纸，但不能透过半透膜。

考点：胶体及其性质
4．下列微粒中只具有还原性的是（）
A. Cl－
B. Cl
C. H＋
D. H2O
【答案】A
【解析】下列微粒中只具有还原性即元素化合处于最低价态，元素化合价只能升高而不能降低，所以正确选项为A；
5．下列实验操作导致所读出的数值比真实值小的是（假设其他操作均正确）
A．对滴定管仰视读数：23.80mL
B．将胆矾置于托盘天平右盘称量所得质量10.4g（左盘砝码10g，游码0.4g）
C．中和热测定时用铜棒代替环形玻璃搅拌棒搅拌，测定反应的最高温度：30.4℃
D．用量筒量取硝酸时，俯视读数：5.8mL
【答案】C
【解析】
试题分析：A、D项读数时，视线应与刻度线相平；B项物码反放，错误；C项正确。

考点：实验操作的考查。

6．用硫酸酸化的三氧化铬(CrO3)遇酒精后，其颜色由红色变为蓝绿色(反应如下)，用此反应可测得司机是否是酒后驾车。

此反应的氧化剂是( )
2CrO3＋3C2H5OH＋3H2SO4=Cr2(SO4)3＋3CH3CHO＋6H2O
A．H2SO4 B．CrO3 C．Cr2(SO4)3 D．C2H5OH
【答案】B
【解析】通过分析题中氧化还原反应方程式，可知CrO3中Cr元素的化合价从＋6降到＋3，可知其是氧化剂。

7．下列各项表达中正确的是
A．NaCl的电子式： B．钾原子结构示意图：
C．光气COCl2的结构式： D．聚丙烯的结构简式：
【答案】C
【解析】A 的正确写法为Na Cl +-[:..
:]..
;B 应该是2881结构；D 丙烯碳碳双键打开的位置不对 8．若N A 为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（ ）
A ．22 g 乙醛中含有3 N A 个键
B ．lmol C12与足量Fe 完全反应，反应中转移3 N A 个电子
C ．对于Si+O 2SiO 2，每当形成2 N A 个Si －O 键，需断开N A 个Si--Si 键
D ．氯元素的某种核素的质量为ag ，该核素的摩尔质量为aN A g/mol
【答案】B
【解析】
试题分析： A 、乙醛的结构简式为CH3CHO ，1个乙醛分子中含有6个键， 22 g 乙醛的物质的量为0.5mol ，含有3 N A 个键，正确；B 、 lmol C12与足量Fe 完全反应，反应中转移
2 N A 个电子，错误； C 、结合硅和二氧化硅晶体结构分析，对于Si+O 2
SiO 2，每当形成2 N A 个Si －O 键，需断开N A 个Si--Si 键，正确；D 、氯元素的某种核素的质量为ag ，该核素的摩尔质量为aN A g/mol ，正确。

考点：考查以物质的量为中心的计算及相关物质的结构和性质。

9．若阿伏加德罗常数的数值用N A 表示，下列说法正确的是（ ）
A ．标准状况下，1.12L 氦气所含原子数为0.1N A
B ．1.6gNH 2－离子所含质子数为N A
C ．22.4 LHCl 溶于水，溶液中H ＋数为N A
D ．9g D 2O 所含的中子数为4.5N A
【答案】D
【解析】
试题分析：A 、标准状况下1.12L 的氦气的物质的量是0.05mol ，氦气是单原子分子，所以
所含原子数为0.05N A ，错误；B 、1.6g 的NH 2－离子的物质的量是0.1mol ，1个NH 2－离子中含
有9个质子，所以所含质子数是0.9N A ，错误；C 、未指明标准状况，所以22.4L 的HCl 的物
质的量不是1mol ，溶液中的H ＋数不是N A ，错误；D 、9g D 2O 的物质的量是9/20mol ，1个 D 2O
中的中子数是10，所以所含中子的物质的量是9/20mol ×10=4.5mol ，即中子数4.5N A ，正确，答案选D 。

考点：考查阿伏伽德罗常数的应用
10．向绝热恒容密闭容器中通入N 2和H 2，在一定条件下使反应N 2(g)+3H 2(g)2NH 3(g) △H ＜0达到平衡，n(NH 3)和n(H 2)随时间变化的关系如图所示。

下列有关叙述正确的是( )
A ．c 点表示NH 3生成速率与NH 3分解速率相同
B．c点和e点时反应的平衡常数相同
C．N2的转化率：b＞a
D．d点时，n(N2):n(H2):n(NH3)=1:3:2
【答案】C
【解析】
试题分析：A．c点以后氨气物质的量增大，氢气的物质的量减小，最后定值，故c点未到达平衡，反应向正反应进行，故c点NH3生成速率大于NH3分解速率，故A错误；B．c点尚未达到平衡，e点是平衡状态，故B错误； C．由a到b点的过程是反应正向进行的过程，则N2的转化率b＞a，故C正确； D．d点是平衡状态，形成平衡状态的过程中N2、H2、NH3变化物质的量是1:3:2，但平衡时n(N2):n(H2):n(NH3)不一定是1:3:2，故D错误，答案为C。

【考点定位】考查化学平衡图象问题，涉及平衡状态判断、化学平衡常数、化学平衡移动等【名师点晴】注意分析图象中各物理量的变化曲线，把握平衡状态的特征为解答该题的关键；
在N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)反应中，随着反应
的进行，反应物的物质的量逐渐减少，生成物的物质的量逐渐增多，当达到平衡状态时，反应物的生成物的物质的量不再改变，曲线为水平直线，以此判断题中各项。

11．下列溶液中NO3­-的浓度与500 mL 0.4 mol·L－1 KNO3溶液中NO3-的浓度相等的是A．50 mL 4 mol·L－1的KNO3溶液
B．1 L 0.2 mol·L－1的KNO3溶液
C．100 mL 0.2 mol·L－1的Ba(NO3)2溶液
D．500 mL 0.4 mol·L－1的Ba(NO3)2溶液
【答案】C
【解析】0.4 mol·L－1 KNO3溶液中NO3‑的浓度为0.4 mol·L－1，A、B、C、D中NO3‑的浓度分别为4 mol·L－1、0.2 mol·L－1、0.4 mol·L－1、0.8 mol·L－1。

答案选C。

12．物质发生化学反应时，下列量值在反应前后肯定不发生变化的是（）
A．物质的种类B．原子总数
C．分子总数D．物质所具有的总能量
【答案】B
【解析】略
13．对于平衡体系mA(g)＋nB(g)pC(g)+qD(g)；△H＜0 。

下列结论中不正确的是A．若温度不变，将容器的体积缩小到原来的一半，此时A的浓度为原来的2.1倍，则m+n<p+q B．若平衡时，A、B 的转化率相等，说明反应开始时，A、B的物质的量之比为 m : n C．若温度不变时，压强增大到原来的2倍，达到新平衡时，总体积一定比原来的1/2要小D．若m+n=p+q，则往含有a mol气体的平衡体系中再加入a mol的B，达到新平衡时，气体的总物质的量等于2a mol
【答案】C
【解析】略
14．常温下，将0.1 mol·L-1氢氧化钠溶液与0.06 mol·L-1硫酸溶液等体积混合，该混合溶液的pH等于
A．1.7 B.2.0 C.12.0 D.12.4
【答案】B
【解析】
试题分析：假设体积均为V，n（OH-）=0.1V n（H+）=0.12V, 过量的n（H+）=0.02V,c （H+）=0.02V/2V=0.01mol/L,混合溶液的p H为2.0.
考点：一元强碱与二元强酸的反应。

15．在密闭容器中充入一定量的NO2，发生反应2NO2(g) N2O4(g)△H=﹣57kJ/mol，在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化的曲线如下图所示。

下列说法正确的是
A．a、c两点的反应速率：a>c
B．a、b两点的转化率：a<b
C．a、c两点气体的颜色：a深，c浅
D．由a点到b点，可以用加热的方法
【答案】B
【解析】
试题分析：A、a、c两点所在的温度相同，但c点的压强高于a点的压强。

压强高，反应速率快，因此反应速率为a＜c，A不正确；B、a点NO2的体积分数大于b点NO2的体积分数，这说明a、b两点的转化率是a＜b，B正确；C、c点的压强高于a点的压强，压强高，容器的容积小，N2O4的浓度大，所以颜色深浅是a浅，c深，C不正确；D、正方应是放热反应，由a点到b点，NO2的体积分数减小，说明平衡向正反应方向移动，因此不能用加热的方法，应该是降低温度，D不正确，答案选B。

考点：产物的百分含量随浓度、时间的变化曲线
16．钛铁矿的主要成分为FeTiO3（可表示为FeO·TiO2），含有少量MgO、CaO、SiO2等杂质。

利用钛铁矿制备锂离子电池电极材料（钛酸锂Li4Ti5O12和磷酸亚铁锂LiFePO4）的工业流程如下图所示：
已知：FeTiO3与盐酸反应的离子方程式为：FeTiO3+4H++4Cl—= Fe2++ TiOCl42—+2H2O
（1）化合物FeTiO3中铁元素的化合价是___________。

（2）滤渣A的成分是___________。

（3）滤液B中TiOCl42－和水反应转化生成TiO2的离子方程式是。

（4）反应②中固体TiO2转化成（NH4）2Ti5O15 溶液时，Ti元素的浸出率与反应温度的关系如图所示。

反应温度过高时，Ti元素浸出率下降的原因。

（5）反应③的化学方程式是。

（6）由滤液D制备LiFePO4的过程中，所需17%双氧水与H2C2O4的质量比是___________。

（7）若采用钛酸锂（Li4Ti5O12）和磷酸亚铁锂（LiFePO4）作电极组成电池，其工作原理为：
Li4Ti5O12 + 3LiFePO4 Li7Ti5O12 + 3FePO4 该电
池充电时阳极反应式是：。

【答案】（14分）
（1）+2；
（2）SiO2；
（3）TiOCl42—+ H2O TiO2↓ + 2H+ + 4Cl—
（4）温度过高时，反应物氨水（或双氧水）受热易分解
（5）（NH4）2Ti5O15+ 2 LiOH ＝ Li2Ti5O15↓ + 2NH3·H2O（或2NH3+2H2O）
（6）20/9；
（7）LiFePO4–e—＝FePO4 + Li+
【解析】
试题分析：（1）反应FeTiO3+4H++4Cl-=Fe2++TiOCl42-+2H2O中，不是非氧化还原反应，可以判断铁元素化合价为+2价，故答案为：+2；
（2）由于杂质中二氧化硅不溶于盐酸，所以滤渣A成分是二氧化硅，故答案为：SiO2；（3）根据流程可知，TiOCl42-在溶液中加热与水反应生成二氧化钛沉淀，反应的离子方程式为：TiOCl42-+H2O=TiO2↓+2H++4Cl-，故答案为：TiOCl42-+H2O=TiO2↓+2H++4Cl-；
（4）由于二氧化钛与氨水、双氧水反应生成NH4）2Ti5O15时，温度过高，双氧水和氨水都容易分解，所以反应温度过高时，Ti元素浸出率下降，故答案为：温度过高时，反应物氨水（或双氧水）受热易分解；
（5）根据流程图示可知，反应3是（NH4）2Ti5O15与强氧化锂反应生成Li2Ti5O15沉淀和氨水，反应的化学方程式为：（NH4）2Ti5O15+2 LiOH=Li2Ti5O15↓+2NH3•H2O（或2NH3+2H2O），故答案为：（NH4）2Ti5O15+2 LiOH=Li2Ti5O15↓+2NH3•H2O（或2NH3+2H2O）；
（6）根据电子守恒，氧化铁元素转移的电子就等于铁离子氧化草酸转移的电子数，
因此可得关系式：H2O2～H2C2O4，设双氧水质量为x，草酸质量为y，
34 90
x×17% y
34y=90×x×17%，x：y=20：9，
17%双氧水与H2C2O4的质量比为20：9，故答案为：20：9；
（7）充电时，阳极发生氧化反应，LiFePO4失去电子生成FePO4，电极反应为：LiFePO4-e-=FePO4+Li+，故答案为：LiFePO4-e-=FePO4+Li+。

考点：考查了化合价判断、离子方程式书写、电极方程式书写、化学计算等相关知识。

17．绿原酸是一种新型高效的酚型天然抗氧化剂,在食品行业有着广泛的用途,在某些食品中可取代或部分取代目前常用的人工合成的抗氧化剂。

绿原酸+
（1）在反应①中,绿原酸与水按1∶1发生反应，则绿原酸的分子式为。

（2）1 mol化合物Ⅰ与足量金属钠反应生成标准状况下氢气体积为。

（3）写出化合物Ⅱ与足量浓溴水反应的化学反应方程式: 。

（4）1 mol化合物Ⅱ与足量的试剂X反应得到化合物Ⅲ(),则试剂X 是。

【答案】（1）C16H18O9（2）56L
（3）
（4）NaHCO3溶液
【解析】
试题分析：（1）绿原酸与水发生的是水解反应生成化合物Ⅰ（C7H12O6）和化合物Ⅱ(C9H8O4)，将化合物Ⅰ和化合物Ⅱ的分子式总和减去水的分子式得到绿原酸的分子式为C10H20O8。

（2）化合物Ⅰ中的4个羟基和羧基都可以和金属钠反应，故1 mol化合物Ⅰ与足量金属钠反应生成氢气2.5mol，体积为56L。

（3）化合物Ⅱ与足量浓溴水反应时—Br取代苯环上羟基的邻位和对位的氢原子，还由于碳碳双键发生加成，所以化学反应方程式为：
（4）从化合物Ⅱ与试剂X反应的产物来看，知道化合物Ⅱ中的羧基参与反应，羟基不参与反应，并生成钠盐，故X是NaHCO3溶液。

考点：酯化反应的特点、有机物分子式的推断、化学反应方程式的书写。

18．（10分）实验室制得的氯气通常含有水蒸气和盐酸挥发的氯化氢，要制取干燥纯净的氯气，可用如图所示的装置，进行干燥、净化、收集和尾气处理（C瓶用于收集氯气，D瓶用于尾气处理）。

据此完成下列各题：
（1）实验室通常用饱和食盐水吸收杂质HCl，则图（1）中A瓶和B瓶依次分别盛装的试剂是：_____________________________________；
（2）图（2）是氯气的收集装置，将它安置在图（1）中的虚线框内，其导管的连接顺序是：______________________________；
（3）检查最终尾气排放（导管口c处）是否含有氯气，可用湿润的淀粉-KI试纸测试，如有氯气泄漏，可观察到__________________________________，产生此现象的直接原因是__________________________________；此方法检测氯气，试纸必须用水润湿是因为________________________________________。

【答案】（10分，每空2分）（1）饱和食盐水、浓硫酸；（2）a连e，d连b；（3）淀粉-KI 试纸变蓝；Cl2将I-氧化成I2，I2遇淀粉变蓝；水润湿形成KI溶液，KI在溶液中才能电离
出I-。

【解析】
19．(14分)室温下，将一定浓度的Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到了蓝色沉淀。

为了确定该沉淀的组成，某研究性学习小组进行了以下实验和研究。

(一)【提出假说】
假设一：两者反应只生成CuCO3沉淀；
假设二：两者反应只生成Cu(OH)2沉淀；
假设三：。

(二)【理论探究】
假设二中只生成Cu(OH)2的原因是 (用一个离子方程式表示)。

查阅资料：CuCO3和Cu(OH)2均不带结晶水；
(三)【实验探究】
步骤一：将CuSO4溶液加入到等浓度等体积的Na2CO3溶液中并搅拌，有蓝色沉淀生成。

步骤二：将沉淀从溶液中分离出来。

步骤三：利用下图所示装置，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中装有试剂的名称是。

（3）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是。

步骤四：步骤三：利用下图所示装置，进行定量分析：
（4）①A装置中玻璃仪器的名称是。

②实验开始时和实验结束时都要通入过量的空气其作用分别是
和。

数据记录：
B装置中样品的质量
C装置的质量(g) D装置的质量(g)
(g)
实验前33.3 262.1 223.8
试验后24 264.8 230.4
(四)【实验结论】
利用上述数据初步判断该沉淀的成分是CuCO3和Cu(OH)2，若所得沉淀是纯净物而不是混合物，通过计算写出该物质的化学式。

【答案】（14分）
(一)【提出假说】：生成的是CuCO3和Cu(OH)2的混合物（1分）
(二)【理论探究】：Cu2++CO32-+H2O=Cu(OH)2↓+CO2↑（2分）；
(三)【实验探究】：（1）A→C→B （2分）
（2）无水硫酸铜（2分）
（3）装置B中澄清石灰水变浑浊（2分）
（4）①U 形管；（1分）
②将装置中原有含水蒸气和CO2的空气排出；（1分）
将B中分解产生的水蒸气和CO2全部排出，被C、D装置完全吸收。

（1分）
(四)【实验结论】：Cu2(OH)2CO3 （2分）。

【解析】
试题分析：根据假设1和假设2推出假设3。

氢氧化铜应为水解产物。

考点：探究物质的组成或测量物质的含量铜金属及其重要化合物的主要性质
点评：本题属于难度较大综合性较强的物质推断题，完成此类题目，要注意分析题干所提供的信息，明确各种物质的性质，以及哪些因素对实验结果有影响，认真分析实验数据，仔细作答，还要注意平时知识的积累。

20．（14分）三草酸合铁酸钾晶体（K3[Fe(C2O4)3]·xH2O）是一种光敏材料，在110℃可完全失去结晶水。

为测定该晶体中铁的含量，某实验小组做了如下实验：
Ⅰ．称量4.910g三草酸合铁酸钾晶体，配制成250mL溶液。

Ⅱ．取所配溶液25.00mL于锥形瓶中，加稀硫酸酸化，滴加KMnO4溶液至草酸根(C2O42−)恰好全部氧化成二氧化碳，同时MnO4−被还原成Mn2+。

向反应后的溶液中加入一小匙锌粉，加热至溶液的黄色刚好消失，过滤，洗涤，将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中，此时，溶液仍呈酸性。

Ⅲ．用0.01000mol/L KMnO4溶液滴定步骤Ⅱ所得溶液至终点，消耗KMnO4溶液20.02mL，滴定中MnO4−被还原成Mn2+ 。

Ⅳ．重复步骤Ⅱ、步骤Ⅲ操作，滴定消耗0.01000mol/L KMnO4溶液19.98mL
请回答下列问题：
（1）滴定过程中需添加的指示剂是（若不需要请说明理由）
（2）加入锌粉的目的是。

（3）写出步骤Ⅲ中发生反应的离子方程式。

（4）实验测得该晶体中铁的质量分数为；X= 。

（5）在步骤Ⅱ中，若加入的KMnO4的溶液的量不够，则测得的铁含量；（选填“偏低”“偏高”“不变”，下同）若加入的锌粉的量不够，则测的铁的含量。

【答案】（1）不需要 MnO4−紫色有颜色变化（2）将Fe3+还原成Fe2+ （3）5Fe2+＋MnO4−＋8H+=5Fe3+＋Mn2+＋4H
2O （4）11.40%或0.1140 3 （5）偏高偏低
【解析】
试题解析：（1）高锰酸钾溶液为紫红色，可以利用溶液颜色变化来指示反应的终点，不需要指示剂；（2）加入锌粉的目的是将Fe 3+恰好还原成Fe 2+；（3）在步骤三中发生的离子反应为：
5Fe 2++MnO 4-+8H +=5Fe 3++Mn 2++4H 2O ；（4）根据步骤三中的离子反应可知：n （Fe ）=5n （MnO 4-）=5×20.0219.982
ml ml + ×0.01 mol •L -1×10-3×10=1.0×10-2mol ，m （Fe ）=56 g •mol -1×1.0×10-2
mol=0.56g 。

晶体中铁的质量分数=0.564.910g g
×100%=11.4%；根据三草酸合铁酸钾晶体化学式可知 11.4%=563935688318x ⨯++⨯+， 解得x=3；（5）若在步骤Ⅱ中滴入酸性高锰酸钾溶液不足，则会有部分草酸根离子未被氧化，在步骤Ⅲ中则会造成消耗酸性高锰酸钾溶液的量偏大，从而计算出的铁的量增多，含量偏高；若加入的锌粉的量不够，则有三价铁未被还原，在步骤Ⅱ中消耗的高锰酸钾溶液的量将偏低，则测得铁的含量偏低。

考点：探究物质的组成或测量物质的含量
21． 在150℃时，将一定质量的NH 4HCO 3放在密闭容器中分解完全。

保持温度不变，求生成气体的平均相对分子质量。

【答案】26.3
【解析】
试题分析：一摩尔的NH 4HCO 3受热分解为一摩尔的氨气，一摩尔的水和一摩尔的二氧化碳，在150摄氏度时，水也会变成水蒸气。

相对分子质量在数值上与摩尔质量相等，设参与反应的碳酸氢铵为79克，则产物中总共有3摩尔的气体生成，所以气体的平均相对分子质量为79除以3等于26.3
考点：考查相对分子质量的相关计算
22．工业中很多重要的原料都是来源于石油化工，回答下列问题
（1）A 的结构简式．．．．
为__________________ （2）丙烯酸中含氧．．官能团的名称．．
为__________________
（3）写出下列反应的反应类型（填写选项字母）：
①________________________________、③_________________________________
A、氧化反应
B、加成反应
C、取代反应
D、加聚反应
E、酯化反应
（4）丙烯酸（CH2 = CH — COOH）的性质可能有：（）
①加成反应②取代反应③加聚反应④中和反应⑤氧化反应
A．只有①③B．只有①③④
C．只有①③④⑤D．①②③④⑤
（5）写出下列反应方程式
①A B ________________________________________________
②丙烯酸 + B丙烯酸乙酯 _______________________________
（6）烃A中，当有一个H被一个甲基取代后，最多有_____________个原子共面。

（7）（单选）下列有关该实验的说法中正确的是（）
A. 硝基苯中混有浓HNO3和H2SO4，将其倒入到NaOH溶液中，静置，分液
B. 除去乙酸乙酯中的乙酸，加NaOH溶液、分液
C. 聚丙烯酸能够使酸性高锰酸钾溶液褪色
D. 有机物C与丙烯酸属于同系物
【答案】（1）CH2 = CH2（2）羧基（3）① C ③ A （4） D
（5）
CH2 = CH2 + H2O CH3CH2OH
CH2= CH—COOH + CH3CH2OH CH2 = CH — COOC2H5 + H2O
（6） 7 （7） A
【解析】
试题分析：由B和C合成乙酸乙酯，B可被氧化为C，则可推出B为乙醇，C为乙酸，A则为乙烯。

丙烯酸中碳碳双键可发生加成反应、加聚反应和氧化反应，羧基可发生取代反应和中和反应。

烃A中有一个H被一个甲基取代，则生成丙烯，乙烯六个原子共平面，碳碳单键可旋转，故甲基最多有一个H可与六原子共平面。

浓HNO3和H2SO4与NaOH溶液反应，形成水层，硝基苯为有机层，静置，分液。

除去乙酸乙酯中的乙酸，应该用饱和碳酸钠溶液。

聚丙烯酸中没有双键结构，故不能使酸性高锰酸钾溶液褪色。

有机物C是乙酸，饱和酸，丙烯酸是不饱和酸，两种不可能是同系物。

考点：有机推断题
点评：有机推断题是历年高考的必考知识，考生在备考过程中应注意积累各物质之间的转化关系以及各物质的特征反应。

难度较大。

23．右图中，A为空气中常见的气体单质、B、C、E是金属单质，D为非金属单质。

已知：①I是一种常见的温室气体，E原子核内有12个质子②G为红色物质，反应
能放出大量的热，该反应曾应用于铁轨的焊接；回答下列问题：
（1）分别写出F、G、H、I的化学式
F G H I
（2）书写下列化学方程式
；
（3）C与NaOH溶液反应的化学方程式为，
反应后溶液与过量化合物I反应的化学方程式为；
⑷ 1.6gG溶于盐酸，得到的溶液与铜粉完全反应，计算至少所需的铜粉的质量为：
【答案】⑴ MgO Fe2O3 Al2O3 CO2
⑵2Al+ Fe2O32Fe+ Al2O3 2Mg+ CO2 2MgO + C
⑶ 2Al + 2NaOH+ 2H2O = 2NaAlO2+ 3H2↑
NaAlO2+ CO2 + 2H2O = Al(OH)3↓+ NaHCO3
⑷ m(Cu)= 0.64 g
【解析】
试题分析：I为二氧化碳，则A为氧气、D为炭；E为Mg，C与G生成B和H的反应为铝热反应，C为Al，G为氧化铁，B为铁、H为氧化铝。

（3）铝与氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠和氢气；过量二氧化碳通入偏铝酸钠溶液生成氢氧化铝和碳酸氢钠。

（4）n(Fe2O3)=0.01 mol。

Fe2O3 + 6HCl = 2FeCl3 + 3H2O 2FeCl3 + Cu =2FeCl2+ CuCl2
0.01mol 0.02 mol 0.02mol 0.01 mol
m(Cu)=0.64 g。

考点：无机推断
点评：铝热反应放出大量的热，可用于焊接钢轨和冶炼高熔点金属；氧化性Fe3+>Cu2+，所以氯化铁溶液能溶解铜。

24．(14分)芳香醛常用于药物合成，某芳香醛A由碳氢氧三种元素组成，质谱分析最大质荷比为 134，含碳质量分数约为71．64%，含氧23．88%，核磁共振分析有两种化学环境的氢原子其转化过程如下：
（1）A的结构简式反应③、④反应类型、。

（2）反应③、⑥的化学反应方程式(有机物写结构简式)。

（3）A的同分异构体中能发生银镜反应且属芳香族化合物的有（写结构简式)
【答案】（1）氧化反应加成反应
（2）
（3）
【解析】
试题分析：（1）芳香醛A由碳氢氧三种元素组成，质谱分析最大质荷比为 134，含碳质量分数约为71．64%，含氧23．88%，则其中含有碳原子数为134×71．64%÷12=8，含有氧原子数为134×23．88%÷16=2，含有氢原子数为134×4．48%÷1=6，则其分子式为C8H6O2，核磁共振分析有两种化学环境的氢原子，说明该分子的取代基位于苯环对位且有醛基，其结构简
式为：,反应③是醛基与新制Cu(OH)2的反应，属于氧化反应，反应④是与氢气在催化剂的条件下发生的加成反应。

（2）反应③是醛基与新制Cu(OH)2的反应，化学方程式为：
反应⑥是酸和醇通过酯化反应生成高分子化合物的过程，化学反应方程式如上答案。

（3）A的分子式为C8H6O2，不饱和度为6，它的同分异构体中能发生银镜反应说明含有醛基，且属芳香族化合物的有：苯环上有两个醛基，分别位于邻、间、对三个位置，三种同分异构体。

考点：考查有机物的结构简式，有机反应类型以及有机化学反应方程式。