江苏省徐州市贾汪区建平中学2016届高三下学期4月月考化学试卷 含解析

江苏省徐州市贾汪区建平中学2016届高三下期4月月考化学试卷（苏教版，解
析版)
1．下列说法正确的是
A ．钠原子与氯气分子反应生成氯化钠后,其结构的稳定性增强
B ．选择燃料只要考虑燃料燃烧值的大小
C ．失电子难的原子获得电子的能力一定强
D ．两个原子之间的相互作用叫化学键
【答案】A
【解析】化学键是指两个或多个原子之间的强烈的相互作用；碳原子不容易失电子也不容易得电子;选择燃烧时要兼顾环保等问题
2．下列说法正确的是（ ）
A ．海水中含量最高的元素是氯
B ．海水中含量最高的物质是氯化钠
C ．加碘食盐溶液遇淀粉溶液显蓝色
D ．加碘食盐中的碘是含碘元素的化合物
【答案】D
【解析】海水中含量最高的物质是水，含量最高的元素是氧。

目前来看，加碘食盐中的碘是KIO 3。

碘单质遇淀粉溶液显蓝色，含碘元素的化合物遇淀粉溶液不显蓝色。

3．下列物质中，不属于．．．
电解质的是 A ．Cu B ．NaCl C ．NaOH D ．42SO H
【答案】A
【解析】
试题分析：电解质是指在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物。

而Cu是单质既不是电解质也不是非电解质。

考点：考查对电解质概念的认识。

4．下列图示实验合理的是
A．图1为证明非金属性强弱:S C Si
>>
B．图2为制备少量氧气
C．图3为配制一定物质的量浓度的硫酸溶液
D．图4为制备并收集少量NO2
【答案】A
【解析】
试题分析：A。

导管口有气体放出，烧杯内溶液中产生白色沉淀，因为
H2SO4+Na2CO3=Na2SO4+CO2↑+H2O，Na2SiO3+CO2+H2O=2NaHCO3+H2SiO3↓，说明最高价含氧酸的酸性:H2SO4>H2CO3〉H2SiO3，则非金属性：S>C>Si，A正确；B.Na2O2是粉末状固体,且易溶于水并与水剧烈反应，不是块状或颗粒状的难溶固体,不能用简易装置制氧气，B错误；C。

浓硫酸稀释时放热，不能在容量瓶中稀释浓硫酸，应在烧杯中稀释且冷却至20℃后才能移入容量瓶，C错误；D。

NO只能用向上排空气法收集,不能用排
水法收集,因为它易与水反应生成硝酸和NO气体，D错误,选A。

考点：考查化学实验基本操作、实验方案的设计与评价。

5．P轨道电子云形状正确的是
A.球形对称
B.圆形对称
C.极大值在x、y、z轴上的纺锤形
D.互相垂直的花瓣形
【答案】C
【解析】考查能级轨道和电子云的特点.P轨道电子云形呈纺锤形，所以正确的答案是C。

【题型】选择题
6．下列过程中肯定不可逆的是
A．蛋白质的盐析B．蛋白质的变性
C．乙酸乙酯的水解D．CO2与水的反应
【答案】B
【解析】蛋白质的盐析之后，再加水还能重新溶解，可逆。

蛋白质的变性，改变了其生理活性，再加水也不溶解,不可逆。

乙酸乙酯的水解、CO2与水的反应均属于可逆反应。

7．英国赫瑞瓦特大学陶善文博士研究出以尿素为动力的燃料电池新技术。

用这种电池可直接去除城市废水中的尿素，既能产生净化的水，又能发电.尿素燃料电池结构如图所示，关于该电池描述正确的是
A．电池工作时H+移向负极
B．该装置还可以将电能转化成为化学能
C．理论上电池工作时,每消耗67．2L O2时,可以净化2mol CO（NH2）
2
D．电池的负极反应式为：CO(NH2）2+H2O—6e-=CO2+N2+6H+【答案】D
【解析】
试题分析:A、原电池中阳离子向正极移动,错误；B、原电池是把化学能转化为电能的装置，错误;C、消耗氧气的体积未指明标准状况，所以可以净化CO（NH2）2的物质的量无法计算，错误；D、由图可知，负极是尿素发生氧化反应，失电子生成二氧化碳和氮气，负极反应式为:CO(NH2）2+H2O—6e—=CO2+N2+6H+，正确，答案选D.
考点：考查原电池的工作原理、能量的转化、离子的移动方向8．pH＝1的两种酸溶液A、B各1 mL,分别加水稀释到1 000 mL，其pH与溶液体积的关系如图K24－1所示，下列说法正确的是
①若a〈4，则A、B都是弱酸
②稀释后，A酸溶液的酸性比B酸溶液强
③若a＝4，则A是强酸，B是弱酸
④A、B两种酸溶液的物质的量浓度一定相等
A．①④B．②③C．①③D．②④
【答案】C
【解析】
试题分析:pH＝1的两种酸溶液A、B各1 mL，分别加水稀释到1 000 mL，由于强酸完全电离,产生的离子只有稀释作用，因此稀释1000倍,溶液的pH会变为4，而在弱酸的溶液中存在电离平衡，当加水稀释1000倍时，对原来的离子起稀释作用，会会促进未电离的分子继续电离，使溶液中的C(H+)有有所增大，所以整个溶液中C(H+）减小的倍数小于1000倍，所以溶液的pH<4. ①若a〈4，则A、B都是弱酸，正确；②稀释后，溶液的pH越小,溶液的酸性就越强,所以B酸溶液的酸性比B酸溶液强，错误;③若a＝4，则A是强酸，B是弱酸，正确;④A、B两种酸溶液的c(H+)相同,但是由于酸的强弱不同，因此二者的物质的量浓度不一定相等，错误。

考点:考查强酸与弱酸的溶液的稀释作用的知识。

9．0。

1 mol有机物的蒸气跟过量O2混合后点燃，生成13。

2 g CO2和5。

4 g H2O，该有机物跟金属钠
反应放出H2；又能跟新制Cu（OH)2悬浊液加热时生成红色沉淀，此有机物还能跟乙酸反应生成酯类化合物。

该酯类化合物的结构简式可能是( ）
A．CH3CH(OCH3）CHO B．OHCCH2COOCH2CH3 C．CH3COOCH（CH3)CHO D．CH3COOCH2CH2COCH3【答案】C
【解析】
试题分析：根据CO的质量可以求出C原子的物质的量，n(C）=13。

2g÷44g/mol=0。

3mol，根据H2O的质量求出H原子的物质的量，n （H)=5.4g÷18g/mol×2=0.6mol，说明该有机物分子中含3个C原子和6个H原子，该有机物跟金属钠反应放出H2;又能跟新制Cu(OH)2悬浊液加热时生成红色沉淀,说明含有羟基和醛基，故C项正确。

考点:本题考查根据性质和计算推断有机物的结构。

10．对已经达到化学平衡状态的下列反应2X(g)+Y2(g)Z（g)，减小压强时，对反应产生的影响是（)
A．v正、v逆都减小，平衡逆向移动B．v正、v逆都增大，平衡正向移动
C．v逆增大，v正减小，平衡逆向移动D．v逆减小，v正增大，平衡正向移动
【答案】A
【解析】
试题分析:减小压强时，会使反应物、生成物的浓度降低，所以v正、v逆都减小，由于反应物的系数大，正反应速率减小的多,所以化学平衡逆向移动，选项A正确.
考点：考查压强对化学反应速率和化学平衡移动的影响的知识。

11．下列各组物质的晶体中化学键类型相同，晶体类型也相同的是A．SO2和SiO2B．CO2和H2O C．NaCl和HCl D．NaOH 和CCl4
【答案】B
【解析】
试题分析：A．SO是分子晶体，分子间通过分子间作用力结合,而
SiO2是原子晶体，原子间通过共价键结合，错误；B．CO2和H2O 都是分子晶体，分子之间通过分子间作用力结合，正确；C．NaCl 是离子晶体,离子之间通过离子键结合,而HCl是分子晶体，分子之间通过分子间作用力结合，错误；D．NaOH和CCl4是离子晶体，离子之间通过离子键结合，而HCl是分子晶体,分子之间通过分子间作用力结合，错误。

考点:考查微粒之间的作用力和晶体类型的关系的知识。

12．温度为T时，向2.0L恒容密闭容器中充入1。

0 molPCl5，反应PCl5（g ）PCl3（g)＋Cl2(g)经一段时间后达到平衡。

反应过程中测定的部分数据见下表:
t/s050150250350
n(PCl3)/
00.160.190.200。

20
mol
以下对反应过程的分析和判断正确的是
A。

反应在前50 s的平均速率为v(PCl3)=0.0032 mol·L－1·s－1 B.保持其他条件不变，若升高温度，平衡时，c（PCl3)=0。

11 mol·L －1,则反应为放热反应
C。

相同温度下，若起始时向容器中充入1。

0molPCl5、0.20molPCl3和0.20molCl2,则达平衡前v(正)＞v（逆)
D.相同温度下，若起始时向容器中充入2.0molPCl3、2.0molCl2，则达平衡时，PCl3的转化率大于80%
【答案】CD
试题分析：A、由表中数据可知50s内，△n（PCl3）＝0.16mol，其浓度是0。

16mol÷2L＝0.08mol/L，所以v（PCl3）＝0.08mol/L÷50s ＝0。

0016mol/(L•s)，故A错误；B、由表中数据可知，平衡时c(PCl3）＝0。

2mol÷2L＝0。

1mol/L,保持其他条件不变，升高温度，平衡时，c（PCl3）＝0。

11 mol/L，说明升高温度平衡正向移动，正反应为吸热反应，即△H＞O，故B错误；C、对于可逆反应：
PCl5（g）PCl3（g）+Cl2(g）
起始浓度（mol/L）0.5 0 0
转化浓度（mol/L）0.1 0.1 0。

1
平衡浓度（mol/L）0。

4 0。

1 0.1
所以平衡常数
起始时向容器中充入1。

0 mol PCl5、0。

20 molPCl3和0.20 molCl2,起始时PCl5的浓度为0.5mol/L、PCl3的浓度为0。

1mol/L、Cl2的浓度为0.1mol/L,浓度
，K＞Qc，说明平衡向正反应方向移动，反应达平衡前v（正)＞v(逆），故C正确；D、等效为起始加入2。

0molPCl5，与原平衡相比,压强增大，平衡向逆反应方向移动，平衡时的PCl5转化率较原平衡低，故平衡时PCl3的物质的量小于0。

4mol,即相同温度下,起始时向容器中充入2.0 mol PCl3和2.0 mol Cl2，达到平衡时，PCl3的物质的量小于0。

4mol,参加反应的PCl3的物质的量大于1。

6mol，故达到平衡时，PCl3的转化率高于1.6
2mol
mol
×100％＝80％，故D 正确，答案选CD.
考点：考查反应速率、平衡常数计算、平衡移动、等效平衡的应用等
13．已知一定条件下：A2B5（g) A2B3(g）＋B2（g）A2B3(g)
A2B（g）＋B2(g）在容积为2L的密闭容器中，将4 mol A2B3加热至t℃达平衡后, A2B3浓度为0。

5 mol/L，A2B5浓度为0。

7 mol/L，则t℃时,B2平衡浓度是
A．0。

1mol/L B．0。

2mol/L C．0.9mol/L D．1。

5 mol/L 【答案】A
【解析】
试题分析:方法一：原子守恒。

初始时存在的物质是A2B3，A原子的物质的量是4mol×2=8mol，B原子的物质的量是4mol×3=12mol；反应平衡后，存在的物质是A2B5,A2B3，A2B和B2，根据它们的浓度和容器容积可以分别算出它们中含A和B元素的物质的量（假设A2B3浓度为x mol/L，A2B的浓度为y mol/L）如下所示：
物质：A2B5A2B3 A2B B2
浓度：0.7mol/L x mol/L y mol/L 0.5mol/L
物质的量: 1。

4mol 2x mol 2y mol 1mol
A物质的量:2。

8mol 4x mol 4y mol 0mol
B物质的量：7mol 6x mol 2y mol 2mol
根据A原子物质的量反应前后相等（即A原子总数不变,原子守恒），得2。

8+4x+4y+0=8mol根据B原子物质的量反应前后相等（即B 原子总数不变,原子守恒)，得7+6x+2y+2=12mol解方程组得：x=0.1 mol/L，y=1。

2 mol/L。

故选A.
方法二:三段式。

初始时存在的物质是A2B3，则
A2B3(g) A2B(g)＋B2(g）① A2B3（g）＋B2(g) A2B5（g)②初始浓度 2 mol/L 0 0
转化浓度0.8mol/L 0.8 mol/L 0。

7 mol/L 0。

7 mol/L 0。

7 mol/L
平衡浓度0.5 mol/L 0。

1 mol/L 0。

7 mol/L
A2B3初始浓度为2 mol/L，平衡浓度为0.5 mol/L,则反应①②共消耗A2B3 1.3mol/L，因A2B5平衡浓度为0。

7 mol/L，则反应②消耗A2B3 0。

7mol/L，反应②消耗B2 0。

7 mol/L;反应①消耗A2B3 0.8mol/L，反应①生成B20.8 mol/L，则最终剩余B2 0.1 mol/L。

选A.
考点：化学平衡的计算
【名师点睛】本题方法一采用了守恒法和差量法。

物质在参加反应时，化合价升降的总数，反应物和生成物的总质量，各物质中所含的每一种原子的总数，各种微粒所带的电荷总和等等，都必须守恒.所以守恒是解计算题时建立等量关系的依据，守恒法往往穿插在其它方法中同时使用，是各种解题方法的基础，利用守恒法可以很快建立等量关系,达到速算效果。

对于在反应过程中有涉及物质的量，浓度，微粒个数，体积，质量等差量变化的一个具体的反应，运用差量变化的数值有助于快捷准确地建立定量关系，从而排除干扰，迅速解题，甚至于一些因条件不足而无法解决的题目也迎刃而解。

14．某烃的衍生物A，分子式为C6H12O2。

实验表明A跟氢氧化钠溶液共热生成B和C，B跟盐酸反应生成有机物D,C在铜催化和加热
条件下氧化为E,其中D、E都不能发生银镜反应。

由此判断A的可能结构有
A．6种B．4种C．3种D．2种
【答案】D
【解析】考查有机物同分异构体的判断。

根据物质的转化可知，A 是酯，D是羧酸，C是醇.C在铜催化和加热条件下氧化为E,其中D、E都不能发生银镜反应，所以C只能是2－丙醇或2－丁醇,而D只能是丙酸或乙酸，因此A有两种可能的结构，答案选D。

15．下列离子方程式中，正确的是高
A。

水玻璃中通入足量的CO2：-2
SiO＋2CO2＋2H2O==H2SiO3（胶体)
3
＋2CO-2
3
B.氯化亚铁溶液中通入足量的Cl2：2Fe2+＋Cl2==2Fe3+＋2Cl-
==CO2↑＋C。

NaHCO3溶液中加入足量NaHSO4溶液：2H+＋CO-2
3
H2O
D.碳酸氢钠溶液与少量石灰水反应：HCO3－＋Ca2+＋OH＝CaCO3↓＋H2O
【答案】B
【解析】A不正确，应该生成碳酸氢钠.C不正确，碳酸氢钠中的阴离子用化学式HCO3－表示。

D不正确,氢氧化钙不足时，生成物是碳酸钙、碳酸钠和水，答案选B.
16．（选做题）（10分）在含有弱电解质的溶液中，往往有多个化学平衡共存。

（1)常温下，将0。

2mol/L 的某一元酸HA 溶液和0。

1mol/L NaOH 溶液等体积混合后溶液pH 大于7，若混合液体积等于两溶液体积之和，则混合液中下列关系正确的是____
A ．c (HA ）＜c (A －)
B ．c （HA ）一定大于0。

1mol/L
C ．c （Na +)＝c (HA)+c (A －）
D ．2c （OH －）＝2c (H +)＋［c （HA ）－c （A －)］
（2)常温下在20mL0.1mol/L Na 2CO 3溶液中逐滴加入0.1mol/L HCl 溶液40mL ，溶液中含碳元素的各种微粒．．．．．．．．．（CO 2逸出未画）物质的量．．．．分数．．（．纵轴．．)．
随溶液pH 变化的部分情况如图所示.
回答下列问题：
①在同一溶液中，H 2CO 3、HCO 3－、CO 32－（填：“能”或“不能")
大量共存。

②当pH=7时，溶液中各种离子其物质的量浓度的大小关系是： 。

③已知在25℃时,CO 32－水解反应的平衡常数即水解常数K h =
=2×10－4，当溶液中c （HCO 3－)︰c (CO 32－）=2︰1时，
溶液的pH= 。

【答案】(1）D，(2）不能②c（Na+)＞c(Cl—）＞c（HCO3—）＞c(H+）= c（OH-）＞c(CO32-) ③pH=10
【解析】（1）根据题意反应后，溶液中的溶质是HA和NaA，且二者的浓度都是0.05mol/L。

溶液显碱性，说明水解程度大于电离程度，所以选项ABC都是错误的。

根据物料守恒和电荷守恒定律可知，2c （Na+)＝c（HA)+c(A－）、c（H+)＋c（Na+)＝c(OH－)+c(A－),因此选项D正确,答案选D。

（2)①碳酸钠和盐酸反应的过程是Na2CO3＋HCl=NaHCO3＋NaCl、NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2O＋CO2↑。

所以根据图像可知，H2CO3和CO32－不能大量共存。

溶液中各种离子其物质的量浓度的大小关系是
②根据图像可知，pH＝7时，消耗盐酸的体积大于20ml,所以c(Na+）＞c（Cl-）＞c（HCO3-)＞c(H+)= c(OH—）＞c(CO32—)。

③根据平衡常数表达式可知当溶液中c(HCO3－）︰c(CO32－）=2︰1时，溶液中OH－浓度是1×10－4mol/L，所以pH＝10。

17．下图为氮及其化合物的类别与化合价对应的关系图.
(1)实验室制取氨气。

①化学方程式是。

② 可用向下排空气法收集氨气的原因是 。

③ 用水吸收多余的氨气时，如将导管直接插入水中，
会产生倒吸现象，产生该现象的原因是 .
（2）完成下列能生成NO 的化学方程式： ① 体现N 元素的还原性：
a. 汽车尾气中产生的NO ：N 2 + O 2 =======高温 2NO 。

b. 氨的催化氧化：_________。

② 体现N 元素的氧化性：_________.
（3)NO 2 易溶于水。

将体积为V mL 的试管充满NO 2后倒扣在水中，见下图.
① NO 2溶于水的化学方程式是_________。

② 使试管中NO 2完全被水吸收的操作是________。

【答案】(1)① 2NH 4Cl + Ca(OH ）2 △ CaCl 2 + 2NH 3↑+ 2H 2O;② 氨
气的密度小于空气的密度；③ 氨气易溶于水,使装置中的压强小于
外界的压强，引起倒吸；(2）① 4NH 3 + 5O 2=点燃 =======通电 =======电解 ========催化剂
△ 4NO + 6H 2O ；② 3Cu + 8HNO 3 == 3Cu （NO 3)2 + 2NO ↑+ 4H 2O ；（3）① 3NO 2 + H 2O == 2HNO 3 + NO;② 缓缓通入V/4 mL 氧气
【解析】
试题分析：(1)①实验室制取氨气，用Ca （OH ）2(s ）和NH 4Cl(s)混合加热，利用NH 3·H 2O 不稳定受热易分解，2NH 4Cl + Ca(OH ）2 △
CaCl 2 + 2NH 3↑+ 2H 2O;②因为氨气的密度小于空气的密度且氨气极
易溶于水，因此收集氨气时采用向下排空气法；③氨气极易溶于水，1体积水吸收700体积的氨气,造成导管内的压强突然减小，而外界压强不变，外界压强大于内压，产生倒吸；(2）①氨气中的－3价具
有还原性,在催化剂和高温情况下,跟氧气反应4NH 3 + 5O 2=点燃
=======通电 =======电解 ========催化剂△ 4NO + 6H 2O ；②体现N 元素氧化性，N 的化合价降低，Cu ＋4HNO 3(浓）=Cu(NO 3)2＋2NO 2↑＋2H 2O 或者3Cu ＋8HNO 3=3Cu （NO 3)2＋2NO ↑＋4H 2O 或C+4HNO 3=CO 2↑＋4NO 2↑＋2H 2O ；（3)①NO 2跟水反应：3NO 2＋H 2O=2HNO 3＋NO ；②NO 2完全被水吸收，通入氧气发生的反应:4NO 2＋O 2＋2H 2O=4HNO 3,VmLNO 2完全反应消耗4v mL ，缓慢通入4
v mLO 2,不断振荡. 考点:考查N 元素及其化合物的性质。

18．（16分）某实验小组用下列装置进行乙醇催化氧化的实验.
（1）请写出乙醇催化氧化的化学方程式 。

在不断鼓入空气的情况下，熄灭酒精灯,反应仍能继续进行，说明该乙醇催化反应是 反应(填“吸热”或“放热”）。

（2）甲和乙两个水浴作用不相同.
甲中盛 （填“热水”或“冷水")作用是 ；乙中盛 （填“热
水”或“冷水"）作用是。

（3)丙中集气瓶内收集到的气体的主要成分是.
（4)如何要检验试管a中收集到的反应生成物。

【答案】（1）2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O；放热（2）热水,促使乙醇挥发；冷水，使乙醛冷凝（3）N2;(4)取新制氢氧化铜悬浊液，滴加a中物质，加热，有砖红色沉淀生成。

其他合理答案或化学方程式均可.
【解析】
试题分析：⑴乙醇在Cu作催化剂时加热发生氧化反应产生乙醛和
水，乙醇催化氧化的化学方程式是2CH3CH2OH＋O22CH3CHO ＋2H2O；在不断鼓入空气的情况下，熄灭酒精灯,反应仍能继续进行,说明该乙醇催化反应是放热反应;⑵甲和乙两个水浴作用不相同。

甲中盛热水，作用是促使乙醇挥发;而乙中盛冷水，作用是使乙醛冷凝;⑶丙中集气瓶内收集到的气体的主要成分是未发生反应的氮气；⑷检验试管a中收集到的反应生成物的方法是取新制氢氧化铜悬浊液，滴加a中物质,加热，有砖红色沉淀生成。

其他合理答案或化学方程式均可。

考点：考查乙醇的催化氧化的反应原理、操作方法及产物的检验的知识.
19．氯水是实验室常需临时配制的一种试剂。

图甲所示的是实验室
配制氯水时的一种常用装置，图乙是某化学实验小组自行设计的一种配制氯水的装置(图中的鼓气球是一种具有气体单向阀的可用于向瓶中鼓入空气的仪器)。

(1)氯水需临时配制的原因是(用化学方程式表示）。

（2）图甲所示装置中，烧杯内的液体是。

（3)用图乙所示装置中配制氯水时，操作步骤如下:
①关闭活塞2 ,打开分液漏斗上口的玻璃塞，再打开活塞1 ，将少量浓盐酸注入大试管内.
②关闭活塞1 ,盖上分液漏斗上口玻璃塞.浓盐酸和大试管内的高锰酸钾粉末反应产生氯气。

③轻轻摇动瓶A ,使氯气不断溶入水中.用图乙装置能在较短时间内得到饱和氯水.除了在摇动过程中增大了气体和水的接触面以外，另一个重要原因是.
分液漏斗中的浓盐酸应分数次加入试管内。

若一次加入太多的浓盐酸，可能引起的后果是
.
(4）配制氯水完成后，不必拆卸装置即可从瓶A 中取用少量氯水,方法是。

【答案】（1)2HClO2HCl+O2↑
（2）NaOH溶液
(3)氯气在瓶内产生较大压强，增大了氯气的溶解度瓶内产生过多的氯气,瓶内压强过大会使瓶A的橡皮塞弹开
(4)打开活塞2，关闭活塞1,用鼓气球向瓶A中鼓入空气
【解析】（1)氯水中的次氯酸在光照、受热条件下会分解，所以氯水需临时配制。

（2)图甲是把氯气通过水来制取氯水,烧杯内应该盛装能够吸收氯气的NaOH溶液。

(3)在大试管中注入浓盐酸后，生成的氯气通过大试管上的小孔进入瓶A内与水反应，此时瓶A组成一个密闭装置，压强增大利于氯气的溶解。

如果加入浓盐酸过多，反应过于剧烈，瓶A内压强过大，就可能使瓶口的橡皮塞弹开。

（4)取用氯水时可以打开活塞2,通过鼓气球向瓶内鼓入空气，瓶内气体压强增大,氯水就会通过导管流出.
20．（14分）溴苯是一种化工原料，实验室合成溴苯的装置示意图及有关数据如下：
按下列合成步骤回答问题：
（1）在a中加入15 mL无水苯和少量铁屑,在b中小心加入4．0 mL 液态溴，向a中滴入几滴溴，有白色烟雾产生，是因为生成了________气体，继续滴加液溴滴完.装置d的作用是______________________；
（2)液溴滴完后，经过下列步骤分离提纯：
①向a中加入10 mL水,然后过滤除去未反应的铁屑;
②滤液依次用10 mL水、8 mL 10％的NaOH溶液、10 mL水洗涤。

NaOH溶液洗涤的作用是____________；
③向分出的粗苯中加入少量的无水氯化钙，静置、过滤。

加入氯化钙的目的是______________；
（3)经以上分离操作后，粗溴苯中还含有的主要杂质为________，要进一步提纯，下列操作中必须的是_______（填入正确选项前的字母）；
A．重结晶B．过滤C．蒸馏D．萃
取
（4）在该实验中，a的容积最适合的是______（填入正确选项前的字母）。

A．25 mL B．50 mL C．250 mL D．500 mL
【答案】（1）HBr；吸收HBr和Br2；（2)除去HBr和未反应的Br2；干燥；(3）苯；C；(4）B．
【解析】
试题分析：解：（1）铁和溴反应生成三溴化铁，三溴化铁与苯作用，生成溴苯，同时有溴化氢生成,2Fe+3Br2=2FeBr3，C6H6+Br2→C6H5Br+HBr,铁作催化剂，氢溴酸和氢氧化钠反应生成易溶于水的溴化钠和水，溴单质和氢氧化钠反应,生成易溶于水的溴化钠和次溴酸钠，故答案为：HBr；吸收HBr和Br2；（2）溴苯提纯的方法是：先水洗，把可溶物溶解在水中,然后过滤除去未反应的铁屑，再加NaOH溶液，把未反应的Br2变成NaBr和NaBrO洗到水中．然后加干燥剂，无水氯化钙能干燥溴苯，故答案为：除去HBr和未反应的Br2；干燥;(3)利用沸点不同，苯的沸点小，被蒸馏出，溴苯留在母液中，所以采取蒸馏的方法分离溴苯与苯，故答案为：苯；C；(4）操作过程中，在a中加入15mL无水苯，向a中加入10mL水，在b 中小心加入4．0mL液态溴,所以a的容积最适合的是50mL，故答案为:B．
考点:考查苯的性质，实验基本操作
21．(5分)将19。

2g铜加入到足量的稀硝酸溶液中，反应完全，反应
后溶液的体积为500mL 。

计算：
⑴产生的气体在标准状况下的体积；
⑵反应后溶液中Cu 2+的物质的量浓度.
【答案】（1)4。

48L （2）0.6mol/L
【解析】
试题分析: 3Cu+8HNO 3（稀）=3Cu （NO 3）2+2NO ↑+4H 2O
3×64g 3mol 2×22.4L
19.2g n ［Cu （NO 3）2］ V （NO)
()19.2222.4 4.48364g L V NO L g
⨯⨯==⨯ ()219.230.3364g mol n Cu mol g +⨯=
=⨯ ()20.30.6/0.5mol c Cu mol L L
+== 考点：化学计算
点评：本题非常简单基础，只要根据方程式计算即可。

22．掌握物质之间的转化，是学习元素化合物知识的基础。

（I ）(1）中学常见的某反应的化学方程式为:
A+B→C+D+H 2O(未配平，反应条件略去）。

若C 、D 均为气体，且都能使澄清石灰水变浑浊。

①请写出该反应的化学方程式____________；
②某探究性学习小组利用图中所列装置实验，证明上述反应中有C 、D 生成。

则b 瓶溶液的作用是_________，该溶液还可以用_____________试剂代替。

③装置d中所盛溶液是__________。

(II)下列框图所示的物质转化关系中，甲、乙、丙是常见的气体单质.气体C与气体D相遇产生大量的白烟生成E，A是海水中浓度最高的盐(部分反应物和生成物及水已略去).
请回答下列问题：
（1)写出C的电子式：___________________________。

（2）E是_______化合物（填“共价”或“离子”，含有的化学键为__________________。

（3）写出B和丙生成A的离子反应方程式_________________________________________.
（4）工业上可用C的浓溶液吸收某些工厂尾气中的SO2，写出反应成酸式盐的离子方程式：
__________________________________________________________ ____________。

【答案】(共13分）
（I）（1）①C+2H2SO4(浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O （2分）
②吸收多余的二氧化硫(1分）溴水或氯化铁溶液等(1分）
③澄清的石灰水（1分）
（II)（1） H N H H
(1分） (2）离子（1分）；离子键、共价键(2分)
（3)Cl 2+2OH ‾=Cl ‾+ClO ‾+H 2O （2分）
（4)NH 3•H 2O+SO 2=NH 4++HSO 3‾（2分）
【解析】
试题分析：（I)（1）①若C 、D 均为气体，且都能使澄清石灰水变浑浊,则C 、D 分别为CO 2、SO 2,该反应为浓硫酸与C 在加热条件下反应生成CO 2、SO 2、H 2O ，所以化学方程式为：C+2H 2SO 4（浓）CO 2↑+2SO 2↑+2H 2O 。

②a 瓶盛放的试剂为品红溶液，作用是检验是否存在SO 2，b 瓶盛放酸化的KMnO 4溶液，作用是吸收多余的二氧化硫；能与SO 2反应且反应现象明显的试剂均可代替酸化的KMnO 4溶液，如溴水或氯化铁溶液等。

③装置d 的作用是检验CO 2是否存在，则装置d 中所盛溶液是澄清的石灰水。

（II) A 是海水中浓度最高的盐，则A 是NaCl ；电解NaCl 溶液生成的乙丙为H 2、Cl 2，B 为NaOH ，则D 为HCl,C 与气体D 相遇产生大量的白烟生成E,则C 为NH 3，甲为N 2,乙为H 2,丙为Cl 2，E 为NH 4Cl 。

(1）根据上述分析C 为NH 3，电子式为： H N H H
（2）E 为NH 4Cl ，由NH 4+与Cl ‾构成，属于离子化合物；NH 4+与Cl ‾之间形成了离子键，NH 4+内N 与H 之间形成了共价键,所以E 中含有的化学键为：离子键、共价键。

（3）B 和丙生成A 的反应为NaOH 与Cl 2反应生成NaCl 、NaClO 、H 2O,所以离子方程式为：Cl 2+2OH ‾=Cl ‾+ClO ‾+H 2O 。

（4)C 的浓溶液为浓氨水，与SO 2反应生成的酸式盐为NH 4HSO 3，则离子方程式为：NH 3•H 2O+SO 2=NH 4++HSO 3‾。

考点：本题考查元素与物质的推断、实验方案的分析、电子式与方程式的书写、化学键。

23．（12分）【化学—有机化学基础】PPMB （CH 3C C C C C O C O C O C O CH 3）是一种重要的化工原料，在药物、新材料等方面有重要的应用，合成该有机物的一种路线如下:
CH 3CH 3CH 3CH 3CH 3
Cl
C Cl C 2CH 3CH
A B
D E C PPMB O
O OH OH C 3i.O C C C
2
已知：
（1)试剂X 为____________________;E 中含氧官能团名称为
__________。

（2)遇氯化铁溶液显紫色且苯环上有两个取代基的D 的同分异构体有________种。

（3）E 在一定条件下可以生成高聚物F,F 的结构简式为___________.
（4）PPMB 与足量氢氧化钠的水溶液共热的化学方程式为
__________________。

【答案】（12分，除标明分值外，其余每空均为2分。

）（1）氢氧化钠醇溶液；羟基、羧基。

（2）3
（3)
CH3O
O C C n
（3分）（4）（3分）
【解析】
试题分析：(1）根据已知信息I可知C中应该含有碳碳双键，则B 生成C是卤代烃的消去反应,所以试剂X为氢氧化钠醇溶液;;E中含氧官能团名称为羟基、羧基。

（2）遇氯化铁溶液显紫色，说明含有酚羟基。

苯环上有两个取代基，则根据D的结构简式可知,2个取代基应该是酚羟基和乙烯基,在苯环上的位置有邻间对三种。

(3)E分子中含有羟基和羧基,在一定条件下发生缩聚反应生成高聚物
F，则F的结构简式为
CH3O
O C C n。

（4)PPMB分子中含有2个酯基,则与足量氢氧化钠的水溶液共热的化学方程式为。

考点:考查有机化学基础模块的分析与应用
24．（选做）（12分）【化学－有机化学基础】
下列为合成聚合物F的路线图:
请根据以上信息，回答下列问题：
（1）A中含有官能团（不考虑苯环，下同)名称是_________，C的系统命名为_________。

（2）B+D→E的反应类型是__________,检验B中所含官能团所用的试剂有_______。

（3)C生成D的反应化学方程式为_____________________________，如果C与NaOH的醇溶液反应，则生成的有机物的结构简式为_______________.
（4）G物质的相对分子质量比的相对分子质量大2,则符合下列条件的G的同分异构体有____种。

①分子中含有苯环，且苯环上有两个取代基②遇氯化铁溶液变紫色【答案】（12分，除标明分值外，其余每空均为2分。

)（1）碳碳双键、醛基(每个1分，错一个倒扣1分)，
1,2—二溴丙烷(1分) （2）取代反应(或酯化反应）（1分)，碳酸氢钠溶液（或碳酸钠)、溴水（或溴的四氯化碳溶液,答酸性高锰酸钾溶液不得分，其它答案合理也给分。

)
（3)CH3CHBrCH2Br+2NaOH→CH3CH（OH）CH2OH+2NaBr；CH3C≡CH(写成CH2=C=CH2也给分)
(4）3或6均可。