2018-2019年高中化学重庆高二竞赛测试测试试题【1】含答案考点及解析

2018-2019年高中化学重庆高二竞赛测试测试试题【1】含答
案考点及解析
班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上
一、选择题
1.分析下表中各项的排布规律。

有机物X 是按此规律排布的第19项，下列有关X 的组成、性质的说法中肯定错误的是( )
①是戊酸 ②是戊醇 ③是丁酸甲酯 ④在稀硫酸中易变质 ⑤一定能与钠反应 A ．②⑤ B ．①③④ C ．③④ D ．②③⑤ 【答案】A 【解析】
试题分析：根据物质的变化规律可知是按照烷、醛、羧酸(或酯)、醇的规律来书写的，每四项含相同的C 原子个数，则第19项的物质中含有的C 是5个，物质的种类是羧酸，因此分子式是C 5H 10O 2,可能是戊酸，不可能是戊醇；可能是丁酸甲酯，若是酯，则在稀硫酸中易发生水解反应而变质；若是戊酸，则能够与Na 发生反应，有关X 的组成、性质的说法中肯定错误的②⑤，选项是A 。

考点：考查有机物的化学式变化规律及物质的化学式和结构的推断、性质的知识。

2.下列现象与氢键有关的是： ①水结成冰体积膨胀，密度变小 ②水加热到很高温度都难以分解 ③HF 、HCl 、HBr 、HI 的热稳定性依次减弱 ④对羟基苯甲醛的沸点高于邻羟基苯甲醛 ⑤Cl 2、Br 2、I 2单质熔点随相对分子质量增大而升高
⑥NH 3极易溶于水中 A ．①④⑥ B ．①②③④⑤
C ．①④
D ．①②③
【答案】A 【解析】
试题分析：①水结成冰时分子排列为有序，使体积膨胀，密度变小，与氢键有关。

正确。

②水加热到很高温度都难以分解，说明水分子内的化学键结合力强，难断裂，与氢键强弱无关。

错误。

③HF 、HCl 、HBr 、HI 的热稳定性依次减弱与分子内的化学键强弱有关，而与物质的分子间作用力无关，也与氢键无关。

错误。

④对羟基苯甲醛的沸点高于邻羟基苯甲醛是由于在对羟基苯甲醛的分子之间存在氢键，增加了分子之间的相互吸引力。

正确。

⑤Cl 2、Br 2、I 2单质都是由分子构成的物质。

结构相似。

分子的相对分子质量越大，分子之间的作用力就越大，克服分子之间的作用力使物质熔化或汽化消耗的能量就越高，即熔点随相对分子质量增大而升高。

但是与氢键无关。

错误。

⑥NH 3极易溶于水中，由于在氨分子与水分子之间容易形成氢键。

正确。

与氢键有关现象的是①④⑥。

选项为A 。

考点：考查氢键的存在及影响的知识。

3.某有机物在氧气中充分燃烧，生成36 g 水和44 g CO 2，则该有机物的组成必须满足的条件是( )
A ．分子式一定是CH 4
B ．分子式一定是CH 4O
C ．分子式可能是CH 4或CH 4O
D ．以上说法均不正确
【答案】C 【解析】
试题分析：由于有机物和氧气的量未知，故无法确定是否含氧，m(H 2O)＝36 g ，m(CO 2)＝44 g ，则n(H)＝
×2＝4 mol n(C)＝
×1＝1 mol ，故最简式为CH 4或CH 4O x ，因碳氢比满
足碳的四价，故最简式为分子式，该分子可能为CH 4或CH 4O 。

考点：本题考查了有机物元素组成的分析。

4.下列各组元素按电负性大小排列正确的是 A ．F ＞N ＞O B ．O ＞Cl ＞F
C ．As ＞P ＞H
D ．Cl ＞S ＞As
【答案】D 【解析】
试题分析：元素的原子在分子中吸引电子对的能力叫做该元素的电负性。

随着原子序数的递增，元素的电负性呈周期性变化：同周期从左到右，主族元素电负性逐渐增大；同一主族从上到下，元素电负性呈现减小的趋势非金属元素的非金属性越强，则其电负性越大。

A 选项中，N 的非金属性弱于O ，所以，电负性F ＞O ＞N 。

B 选项中，Cl 的电负性小于F 。

C 选项中，As 的电负性小于P 。

D 选项正确 考点：电负性大小比较
5.以惰性电极电解一定浓度的CuSO 4溶液，通电一段时间后，向所得的溶液中加入0.1mol
，恰好恢复到电解前的pH 和浓度，则电解过程中转移的电子的物质的量为： A ．0.1mol B ．0.2mol
C ．0.3mol
D ．0.4mol
【答案】D 【解析】
试题分析：根据电解池的工作原理，要想让电解后的电解质复原，则遵循的原则是：出什么
加什么，加入 Cu （OH ）2后溶液与电解前相同，则铜离子和OH －
离子均放电。

Cu （OH ）2从组成上可看成CuO•H 2O ，加入0.1 mol Cu （OH ）2后恰好恢复到电解前的浓度和pH ，即电解生成了0.1 mol H 2SO 4，并消耗0.1 mol H 2O ，由电解的总反应式 2H 2O+2CuSO 42Cu+O 2↑+2H 2SO 4 转移电子
2mol 4mol 0.1mol 0.2mol 2H 2O
2H 2↑+O 2
转移电子
2mol 4mol 0.1mol 0.2mol
所以电解过程中共转移电子为0.4 mol ，答案选D 。

考点：考查电解原理的有关应用和计算
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，旨在培养学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。

该题的关键是明确电解池的工作原理，先根据原子守恒计算析出铜单质的物质的量，再根据铜与转移电子之间的关系计算转移电子的物质的量，有利于培养学生的逻辑推理能力和逆向思维能力。

6.课堂学习中，同学们利用铝条、锌片、铜片、导线、电流计、橙汁、烧杯等用品探究原电池的组成。

下列结论错误的是 （ ）
A ．原电池是将化学能转化成电能的装置
B ．原电池由电极、电解质溶液和导线等组成
C ．右图中a 极为铝条、b 极为锌片时，导线中会产生电流
D ．右图中a 极为锌片、b 极为铜片时，电子由铜片通过导线流向锌片 【答案】D 【解析】
试题分析：原电池是将化学能转化成电能的装置，是由电极、电解质溶液和导线等组成，所以AB 正确，橙汁中含有酸，所以a 极为铝条、b 极为锌片时，导线中会产生电流，故C 正确，D 的结论错误，因为是电流由铜片通过导线流向锌片，所以答案为D 。

考点：原电池
点评：本题考查了原电池的基础知识，该题不难,掌握课本基本知识即可解答. 7.价电子排布式为2s 2
2p 5
的原子，下列有关它的描述正确的是（ ） A ．原子序数为7 B ．第一电离能最大 C ．原子半径最大 D ．电负性最大
【答案】D 【解析】
试题分析：外围电子排布式为2s 2
2p 5
的元素，是F 元素． A 、F 元素的原子序数为9，故A 错误；
B 、同周期自左而右第一电离能增大，F 元素的第一电离能不是最小的元素，第一电离最小的元素处于周期表的左下角，故B 错误；
C 、原子半径最小的是H 原子，故C 错误；
D 、同周期自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性降低，电负性最大的元素处于周期表的右上角，故F 元素是电负性最强的元素，故D 正确。

故选D 。

考点：原子结构与元素的性质
点评：考查核外电子排布规律、同周期同主族元素性质的递变规律等，难度不大，注意基础知识的掌握。

8.在25 mL 的碱式滴定管中盛有溶液，液面恰好在20 mL 刻度处，现将滴定管内溶液全部放出，流入量筒内，所得溶液的体积为( ) A ．5 mL
B ．20 mL
C ．大于5 mL
D ．小于5 mL
【答案】C 【解析】
试题分析：滴定管最上端的刻度为0，且滴定管最下端的一部分溶液并不能通过滴定管刻度反映出来，所以答案选C 。

考点：考查滴定管的构造
点评：该题是常识性知识的考查，侧重对学生基础知识的巩固和检验。

主要是考查学生对滴定管构造的熟悉了解程度，难度不大，记住即可。

9.在0.1mol/L 的醋酸溶液中，存在平衡：CH 3COOH
CH 3COO - +H +
下列说法正确的是（ ）
A ．加水稀释，中和此溶液所需的0.1mol/LNaOH 溶液的体积增大
B．加入固体碳酸钠，平衡正向移动，c(CH3COOH)减小
C．加入固体醋酸钠，平衡逆向移动，c(H+)、c(CH3COO-)均减小
D．加水稀释，电离程度增大，由CH3COOH电离出来的n(H+)增大
【答案】BD
【解析】
试题分析：A中，加水稀释，中和此溶液所需的0.1mol/LNaOH溶液的体积不变，故A错误；加入固体碳酸钠，由于碳酸钠水解产生了OH-，中和了H+，所以平衡正向移动，c(CH
COOH)
3
COO-却是增减小，故B正确；C中，加入固体醋酸钠，平衡逆向移动，c(H+)减小，但是CH
3
大的，故C错误；D中，加水稀释，促进CH
COOH的电离，所以电离程度增大，由
3
COOH电离出来的n(H+)增大，故D也正确，所以答案为BD。

CH
3
考点：离子水解，电离
点评：该题考查的知识点较多，比较综合，是高考常考的题型，但是该题难度不大。

10.某元素的原子结构示意图为，下列关于该原子的说法正确的是
A．质子数为7B．核电荷数为34
C．核外电子数为7D．核外有3个电子层
【答案】D
【解析】
试题分析：原子结构示意图是表示原子核电荷数和电子层排布的图示形式。

小圈和圈内的数字表示原子核和核内质子数，弧线表示电子层，弧线上的数字表示该层的电子数，据此可知D正确，答案选D。

考点：考查原子结构示意图的判断和应用
点评：该题是基础性试题的考查，也是高考中的常见题型。

试题基础性强，侧重对学生基础知识对训练和检验。

该题的关键是明确原子结构示意图的表示方法。

二、实验题
11.物质的加热是中学化学实验的重要基本操作。

常用加热方式有3类：①直接在酒精灯上加热；②通过石棉网用酒精灯加热；③通过水浴加热。

以下10个中学化学实验中有的要加热，有的不要加热：
A．用双氧水和二氧化锰制取氧气B．食盐溶液蒸发制取氯化钠晶体
C．氯化铵与碱石灰反应制取氨气D．浓硝酸和铜反应制取二氧化氮气体E．乙醇和浓硫酸制取乙烯 F．石油的分馏
G．苯与溴在铁催化下制取溴苯 H．乙醛溶液与银氨溶液发生银镜反应
I．乙酸乙酯在酸性条件下发生水解 J．葡萄糖与新制的氢氧化铜悬浊液反应
其中：
（1）可用酒精灯直接加热的有（填写字母代号，多选倒扣分，下同） 。

（2）用酒精灯通过石棉网加热的有 。

（3）通常用水浴加热的有 。

【答案】（1）BCJ （2）EF （3）HI
【解析】考查常见的基本实验操作。

A 不需要加热，B 通过蒸发皿直接加热。

C 通过试管直接加热，D 不需要加热，E 通过石棉网加热，F 也需要通过石棉网加热，G 不需要加热，H 、I 需要通过水浴加热，J 通过试管直接加热。

三、填空题
12.运用化学反应原理研究氮、硫、氯、碘等单质及其化合物的反应有重要意义． （1）硫酸生产中，SO 2催化氧化生成SO 3：2SO 2（g ）+O 2（g ）2SO 3（g ），混合体系中SO 3的百分含量和温度的关系如下图1所示（曲线上任何一点都表示平衡状态）．根据图示回答下列问题：
①恒温、恒压条件下，反应2SO 2（g ）+O 2（g ）2SO 3（g ）达平衡，向体系中通入氦气，
平衡 移动（填“向左”、“向右”或“不”）；
②若温度为T 1、T 2，反应的平衡常数分别为K 1、K 2，则K 1 K 2（填“＞”、“＜”或“=”，下同）；若反应进行到状态D 时，v 正 v 逆（填“＞”、“＜”或“=”，下同）。

（2）氮是地球上含量丰富的一种元素，氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用． ①上图2是一定的温度和压强下是N 2和H 2反应生成1molNH 3过程中能量变化示意图，请写出工业合成氨的热化学反应方程式： ． （△H 的数值用含字母a 、b 的代数式表示）
②氨气溶于水得到氨水．在25℃下，将a mol•L -1
的氨水与b mol•L -1
的盐酸等体积混合，反应后溶液恰好显中性，用含a 和b 的代数式表示出氨水的电离平衡常数表达式 。

（3）已知25°C 时K sp [AgCl]=1.6×10-10
mol 2
•L -2
，K sp [AgI]=1.5×10-16
mol 2
•L -2
），在25℃下，向
0.1L0.002mol•L -1的NaCl 溶液中逐滴加入0.1L0.002mol•L -1
硝酸银溶液，有白色沉淀生成．从沉淀溶解平衡的角度解释产生沉淀的原因是 ，向反应后的浊液中，继续加入
0.1L0.002mol•L -1
的NaI 溶液，看到的现象是 ，产生该现象的原因是（用离子方程式表示） 。

【答案】（1）① 向左 ② ＞ ， ＞ （2）①N 2（g ）+3H 2（g ）2NH 3（g ）△H=-2（b-a ）kJ•mol -1
（其他合理答案也可给分）
② 10-7
b/(a-b)
（3）c(Ag +
)(Cl -)大于溶度积Ksp （AgCl ）， 白色沉淀转化为黄色沉淀 AgCl （s ）+I -═AgI （s ）+Cl - 【解析】
试题分析：（1）①恒温、恒压条件下，反应达平衡，向体系中通入氦气，容器的容积增大，相当于减小压 强，平衡向气体体积增大的逆向移动，即平衡向左移动；②由图1可知，随着温度的升高，混合体系中SO 3的百分含量逐渐减小，说明升高温度平衡向逆反应进行，升高温度向吸热反应方向移动，则该反应正向为放热反应；温度为T 1＜T 2，则反应的平衡常数K 1＞K 2；D 点未达平衡，混合体系中SO 3的百分含量小于平衡时的百分含量，反应向正反应进行，v 正 ＞v 逆；
（2）①由图2可知，N 2和H 2反应生 成1molNH 3放出的热量为（b-a ）kJ ，该反应的热化学
反应方程式为N 2（g ）+3H 2（g ）2NH 3（g ）△H=-2（b-a ）kJ•mol -1；②将a mol•L -1
的氨
水与b mol•L -1的盐酸等体积混合，反应后溶液显中性，溶液中c （OH -）=1×10-7
mol/L ，溶液
中c （NH 4+）=c （Cl -）=b/2mol/L ，反应后c （NH 3•H 2O ）=（a-b ）/2mol/L ，代入一水合氨电离
常数表达式计算得电离常数为10-7
b/(a-b)；
（3）在25℃下，向0.1L0.002mol•L -1
的NaCl 溶液中逐滴加入0.1L0.002mol•L -1
硝酸银溶液，
混合液反应前氯离子和银离子浓度均为0.001mol•L -1，c(Ag +)(Cl -)=1×10-6
大于溶度积Ksp
（AgCl ），有白色沉淀生成；向反应后的浊液中，继续加入0.1L0.002mol•L -1
的NaI 溶液，由于氯化银和碘化银阴阳离子个数
比相同，溶度积越大，溶解度越大，即AgCl 比AgI 的溶解度大，根据沉淀转化的方向知，沉淀易向更难溶的方向转化，即由AgCl 转化为更难溶的AgI ，现象为白色沉淀转化为黄色沉淀，
离子方程式为AgCl （s ）+I -═AgI （s ）+Cl -。

考点：考查化学平衡图像、热化学方程式书写、电离常数计算及沉淀溶解平衡。

13.请你参与识别化肥的探究活动，有五种化肥，分别是硫酸钾、氯化钾、碳酸氢铵、氯化铵和硝酸铵。

(1)第一步：称取五种化肥各10 g ，分别研细；
(2)第二步：硝酸铵和熟石灰反应的化学方程式是： _______________________________ ________________________________________________________________________； (3)第三步：另取三种铵盐各少量，分盛于三支试管中，均滴入少量盐酸，无明显现象的是________________________________________________________________________， 有气泡放出的是________，反应的化学方程式____________________________________ ________________________________________________________________________； (4)第四步：另取氯化铵和硝酸铵两种铵盐进行识别，写出识别时发生反应的化学方程式：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________； (5)第五步：取两种钾盐，分别在试管中配成溶液，各滴入几滴氯化钡溶液，生成白色沉淀的钾盐是________，无明显现象的钾盐是________。

【答案】(2)2NH 4NO 3＋Ca(OH)2===Ca(NO 3)2＋2NH 3↑＋2H 2O (3)氯化铵和硝酸铵 碳酸氢铵 NH 4HCO 3＋HCl===NH 4Cl ＋CO 2↑＋H 2O (4)NH 4Cl ＋AgNO 3===AgCl↓＋NH 4NO 3 (5)K 2SO 4 KCl 【解析】
试题分析：（2）铵盐能和强碱反应放出氨气，所以硝酸铵和熟石灰反应的化学方程式是2NH 4NO 3＋Ca(OH)2===Ca(NO 3)2＋2NH 3↑＋2H 2O 。

（3）氯化铵和硝酸铵与盐酸不反应，所以无现象的是氯化铵和硝酸铵；碳酸氢铵能和盐酸反应放出CO 2气体，反应的化学方程式是NH 4HCO 3＋HCl===NH 4Cl ＋CO 2↑＋H 2O 。

（4）鉴别氯离子可以用硝酸酸化的硝酸银溶液，反应的化学方程式是NH 4Cl ＋AgNO 3===AgCl↓＋NH 4NO 3。

（5）硫酸钾能和氯化钡反应生成白色沉淀硫酸钡，而氯化钾并能，据此可以鉴别。

考点：考查物质的检验、方程式的书写
点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。

试题基础性强，注重考查学生分析问题、解决问题的能力。

该类试题学生需要明确在进行物质的检验时，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。

14.（10分）三氟化氮是一种无色、无味、无毒且不可燃的气体，在半导体加工，太阳能电
池和液晶显示器的制造中得到广泛应用。

NF 3可在铜的催化作用下由F 2和过量NH 3反应得到。

（1）氟元素基态原子的价电子排布图为 ；NF 3中心原子轨道的杂化类型为 。

（2）写出制备NF 3的化学方程式： 。

（3）理论上HF 、NaAlO 2和NaCl 按6 : 1 : 2的物质的量之比恰好反应生成HCl 、H 2O 和一种微溶于水的重要原料，该物质含有三种元素，在金属铝的冶炼中有重要作用。

该物质为配合物，其中心离子是 ，配位数为 。

该化合物焰色反应火焰呈现___________色。

很多金属盐都可以发生焰色反应，其原因是
________________________________________________________。

【答案】（1）
（2分） sp 3
(1分)
（2）4NH 3+3F 2 Cu
NF 3+3NH 4F （2分）
（3）Al 3+
(1分) 6 （1分） 黄（1分） 激发态的电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以一定波长（可见光区域）光的形式释放能量。

（2分）
15.下表是元素周期表的一部分，其中列出了①一⑥六种元素在周期表中的位置。

请回答下列问题：
（1）⑤的元素符号为 ，①与③形成的酸性氧化物电子式 。

（2）④和⑦两元素形成的化合物的化学式为 ，焰色反应为 色。

（3）单质⑦制备漂白液的化学方程式 。

（4）④在空气中燃烧的生成物的化学式 ，其颜色是 色。

（5）Cu 与②的最高价氧化物的水化物的稀溶液反应的化学方程式 。

【答案】（1） Al ；
；（2） NaCl ， 黄色；（3）Cl 2 + 2NaOH ="=" NaCl + NaClO +
H 2O ；（4） Na 2O 2，淡黄色；（5） 3Cu + 8HNO 3(稀) ="=" 3Cu(NO 3)2 + 2NO↑+ 4H 2O 【解析】
试题分析：（1）由元素在周期表中的位置可知⑤为Al ，①和③分别为C 和O ，形成二氧化碳的电子式为
；（2） ④和⑦两元素分别为Na 和Cl ，形成离子化合物NaCl ，
焰色反应为黄色，答案为NaCl ， 黄色；（3）氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠，方程式为Cl 2 + 2NaOH ="=" NaCl + NaClO + H 2O ；（4）钠在空气中燃烧生成过氧化钠，颜色为淡黄色，答案为 Na 2O 2，淡黄色；；（5）②为氮元素，氮元素最高价氧化物对应水化物为硝酸，铜与稀硝酸反应为3Cu + 8HNO 3(稀) ="=" 3Cu(NO 3)2 + 2NO↑+ 4H 2O ，故答案为3Cu + 8HNO 3(稀) ="=" 3Cu(NO 3)2 + 2NO↑+ 4H 2O. 考点：元素周期表
16.19．（1）有下列物质：①铜 ②硫酸钡固体 ③氨水 ④氢氧化钠固体 ⑤熔融硝酸钾； ⑥乙醇； ⑦稀硫酸； ⑧金刚石； ⑨二氧化硫 ； ⑩冰醋酸。

属于非电解质的有_____；属于强电解质的有_____；（填序号）
（2）常温下，将pH ＝3的盐酸和pH ＝11的氨水等体积混合后溶液呈 性，溶液中c
（NH 4+）与c （Cl -）的大小关系是：c （NH 4+） c （Cl -）；（填＞，＜或＝）
（3）常温下，0.010mol·L -1
盐酸和0.010mol·L -1
氨水的pH 之和 14，常温下，pH ＝2的盐酸和pH ＝12的氨水，分别加水稀释10倍后，两溶液的pH 之和 14（填＞，＜或＝） 【答案】（1）⑥⑨；②④⑤ （2）碱；>
【解析】：
试题分析：⑴①铜是金属单质，能导电；②硫酸钡固体是盐，属于电解质。

熔融状态下能完全电离，是强电解质； ③氨水是混合物，能导电；④氢氧化钠固体是电解质，由于是固体，所以不能导电；在水中或熔融状态下能完全电离，是强电解质；⑤熔融硝酸钾是电解质，因为在熔融态，因此可以导电；在水中或熔融状态下能完全电离，是强电解质；⑥乙醇是非电解质，不能导电；⑦稀硫酸是混合物，能导电；⑧金刚石是非金属单质，不能导电； ⑨二氧化硫是非电解质，不能导电；⑩冰醋酸是电解质，由于都是以电解质分子的形式存在，
所以不能导电。

在水溶液中存在电离平衡，因此是弱电解质；⑵常温下，Kw=10-14
．将pH ＝3
的盐酸,c(H +)=10-3mol/L;pH ＝11的氨水c(OH －)=10-3
mol/L ．由于一水合氨是弱电解质，所以
c(NH 3·H 2O)> 10-3
mol/L ．当二者等体积混合时，由于碱过量所以混合后溶液呈碱性。

在溶液中存在电荷守恒c(Cl －
)+ c(OH －
)= c(H +
)+c(NH 4+)．又由于在混合溶液中c(OH －
)> c(H +
)，所以c(Cl －
)<
c(NH 4+)；⑶常温下，Kw=10-14．0.010mol·L -1盐酸c(H +)=10-2mol/L,pH=2； 0.010mol·L -1
氨水c(OH
－
)< 10-2
mol/L ．pH<12．因此二者的pH 之和小于14。

在常温下，pH ＝2的盐酸加水稀释10倍后pH=3;而由于一水合氨是弱电解质，所以 pH ＝12的氨水加水稀释10倍后，未电离的电解质分子会继续电离，使氢氧根离子的浓度又略有增大，所以pH>11．因此两溶液的pH 之和>14。

考点：电解质定义、离子浓度大小的比较、pH 的计算
点评：本题考查内容较多，综合性强，属于稍有难度题型，本题主要要掌握pH 的基本计算。

四、计算题
17.（6分）取8 g 某有机物A （相对分子质量为32）在氧气中完全燃烧，生成物中只有11 g CO 2和9 g H 2O 。

通过计算推断： （1）该有机物A 中含有的元素。

（2）该有机物的分子式及可能的结构简式。

【答案】（1）有机物含有C 、H 、O 三种元素。

（2）有机物的分子式为CH 4O ，结构简式为CH 3OH 。

【解析】
试题分析：（1）取8g 某有机物A （相对分子质量为32）在氧气中完全燃烧，生成物中只有11g CO 2和9g H 2O ，根据元素守恒可知，有机物一定含有C 、H 元素，CO 2的物质的量=11g÷44g/mol=0.25mol ，H 2O 的物质的量=9g÷18g/mol=0.5mol ，故m （C ）+m （H ）
=0.25mol×12g/mol+0.5mol×2×1g/mol=4g ＜8g ，故有机物A 还含有O 元素，即有机物含有C 、H 、O 三种元素。

（2）m （O ）=8g-4g=4g ，则n （O ）=4g÷16g/mol=0.25mol ，8g 有机物A 的物质的量
=8g÷32g/mol=0.25mol ，有机物A 中C 原子数目与H 原子数目、O 原子数目之比等于物质的量之比=0.25mol ：0.5mol×2：0.25mol=1:4:1，根据A 的相对分子质量为32，可知分子式为CH 4O ，则结构简式为CH 3OH 。

考点：本题考查有机物所含元素和分子式的判断。

18.1996年诺贝尔化学奖授予对发现 C 60有重大贡献的三位科学家。

C 60分子是形如球状的多面体，如右图，该结构的建立基于以下考虑：C 60分子中每个碳原子只跟相邻的3个碳原子形成化学键；C 60分子只含有五边形和六边形；碳与碳之间既有单键又有双键，每个碳原子仍然满足四个价键饱和.
多面体的顶点数、面数和棱边数的关系，遵循欧拉定理： 顶点数 + 面数 - 棱边数 =" 2" 。

请回答：
一个C 60分子中有多少个五边形和多少个六边形？ 【答案】12 20 【解析】略
19.取一定量的Na 2CO 3和Na 2SO 4混合物溶液与过量盐酸反应，生成2.016 L CO 2（标准状况），然后加入足量的Ba(OH)2溶液，得到沉淀的质量为2.33 g 。

试计算混合物中Na 2CO 3和Na 2SO 4的物质的量分别为多少。

【答案】n(Na 2CO 3)=0.09mol ， n(Na 2SO 4) =0.01mol 【解析】略
20.某温度下,将1.5molA 和1.5molB 充入3 L 容器中,发生反应2A(g)+ B(g)2C(g),在恒温恒压
的条件下反应达平衡状态,此时C 的体积分数为40%.试求 (1)达到平衡时A 和B 的转化率分别为多少? (2) 该温度下平衡常数K 为多少?
(3)相同温度下, 在容积恒定为2.0 L 的密闭容器中同时充入0.75mol A 、0.2mol Ｂ、0.75mol Ｃ，判断反应是否为平衡状态，若不为平衡状态，将正向还是逆向建立新的平衡? 【答案】(1)66.7﹪ 33.3﹪ (2)10 (3)平衡状态
【解析】(1)设反应的A 的物质的量为2x ， 2A(g)+ B(g)
2C(g)
起始(mol) 1.5 1.5 0 反应(mol) 2x x 2x 平衡(mol) 1.5-2x 1.5-x 2x
平衡时，C 的体积分数为40%，即C 的物质的量分数为40%，×100%=40%，解得
x=0.5mol ，则A 的转化率=
×100%=66.7﹪，B 的转化率=
×100%=33.3﹪，答：达
到平衡时A 和B 的转化率分别为66.7﹪、33.3﹪；
(2)恒温恒压条件下，气体的体积之比等于物质的量之比，平衡是气体的体积=
×3L=2.5L ，平衡常数K=
=10，答：该温度下平衡常数K 为10；
(3)Q c =
=10=K ，是平衡状态，故答案为：平衡状态。

点睛：本题的易错点为(2)，要注意反应的条件为恒温恒压，随着反应的减小，容器的体积在不断发生变化，平衡时，容器的体积不是3L 。

五、简答题
21.某溶液 X 含有 H +
、Al 3+、NH 4+、Fe 2+、CO 32-、SO 32-、SO 42-、Cl -
、NO 3-中的一种或几种，取该溶液进行实验，实验内容和相关数据(气体体积在标准状况下测定)如下：
（1）通过上述实验过程，一定不存在的离子是______________________。

（2）反应①中生成A 的离子方程式为__________________________。

（3）若测得X 溶液中c(H +
)=5mol·L -1
，则X 溶液中_________（填“含”或不含）Fe 3+
，
c(Fe 3+)=_________mol·L -1（若填不含，则不需计算），X 溶液中c(Cl -)=_________mol·L -1。

【答案】 CO 32-、SO 32-、NO 3- 3Fe 2+
+ NO 3-+4H +
=3Fe 3+
+NO↑+2H 2O 含 1 14.5
【解析】在强酸性溶液中一定不会存在CO 32-和SO 32-离子，加入过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀为BaSO 4沉淀，说明溶液中含有SO 42-离子，生成气体A ，A 连续氧化生成D 和E ，则A
为NO ，D 为NO 2，E 为HNO 3，说明溶液中含有还原性离子，一定为Fe 2+
离子，溶液B 中加入过量NaOH 溶液，生成气体F ，则F 为NH 3，说明溶液中含有NH 4+离子，溶液H 中溶于CO 2
气体，生成沉淀I ，则I 为Al(OH)3，H 为NaAlO 2，沉淀G 为Fe(OH)3，说明溶液中含有Al 3+
离
子，计算氢氧化铁物质的量和元溶液中亚铁离子物质的量判断原溶液中含有Fe 3+
，溶液中含
有Fe 2+
离子，就一定不含NO 3-离子，结合溶液中阴阳离子电荷守恒计算确定是否含有的离子Cl -；
(1)由以上分析可知一定不存在CO 32-、SO 32-、NO 3-；
(2)①Fe 2+
离子被氧化为Fe 3+
离子，反应的离子方程式为：3Fe 2+
+NO 3-+4H +
=3Fe 3+
+NO↑+2H 2O ； (3)A 是NO 物质的量==0.01mol ，F 为NH 3物质的量=
=0.015mol ，I 为氢氧
化铝沉淀物质的量=
=0.01mol ，10mL X 溶液中n(H +
)=5mol/L×0.01L=0.05mol ，根据反应
3Fe 2+
+NO 3-+4H +
=3Fe 3+
+NO↑+2H 2O ，可知Fe 2+
物质的量为0.03mol ；，G 为氢氧化铁物质的量=
=0.04mol ，原溶液中含铁离子物质的量n(Fe 3+
)=0.01mol ，c(Fe 3+
)=
=1mol/L ，溶
液中正电荷为：
n(Fe 3+)+2n(Fe 2+)+3n(Al 3+)+n(NH 4+)+n(H +
)=0.01×3+2×0.03mol+3×0.01mol+0.015mol+0.05mol=0.185mol ；沉淀C 为硫酸钡，其物质的量=
=0.02mol ，n(SO 42-)=0.02mol ，硫酸根离子所带
的负电荷为：0.02mol×2=0.04mol ，电荷守恒可知含有Cl -，n(Cl -
)=0.185mol-0.04mol=0.145mol ，得到溶液中氯离子浓度c(Cl -
)=
=14.5mol/L 。

点睛：根据物质间发生反应的特殊现象结合离子共存来分析是解题关键，在强酸性溶液中一定不会存在CO 32-和SO 32-离子，加入过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀为BaSO 4沉淀，说明溶液中含有SO 42-离子，生成气体A ，A 连续氧化生成D 和E ，则A 为NO ，D 为NO 2，E 为
HNO 3，说明溶液中含有还原性离子，一定为Fe 2+
离子，溶液B 中加入过量NaOH 溶液，生成气体F ，则F 为NH 3，说明溶液中含有NH 4+离子，溶液H 中溶于CO 2气体，生成沉淀I ，则I
为Al(OH)3，H 为NaAlO 2，沉淀G 为Fe(OH)3，说明溶液中含有Al 3+
离子，计算氢氧化铁物质的
量和元溶液中亚铁离子物质的量判断原溶液中含有Fe 3+，溶液中含有Fe 2+
离子，就一定不含
NO 3-离子，已结溶液中电荷守恒计算确定是否含有的离子Cl -，以此解答。

六、推断题
22.根据下面合成路线完成有关问题：
（1）写出A 、B 、C 结构简式：A ：____________，B ：____________，C ：____________。

（2）各步反应类型：①_________,②_________,③_________,④_________,⑤________。

（3）A→B 的反应试剂及条件：____________________。

【答案】（1）
（2）①加成反应②消去反应③加成反应④消去反应⑤加成反应
（3）NaOH醇溶液，加热…漏加热扣1分
【解析】
试题分析：根据反应③可知该反应是碳碳双键的加成反应，则B是环己烯，结构简式为。

所以反应②应该是卤代烃的消去反应，则A的结构简式为，这说明反应
①是苯环的加成反应。

反应⑤类似于1，3－丁二烯的全加成，所以C的结构简式为，则反应④又是卤代烃的消去反应。

（1）根据以上分析可知A、B、C结构简式分别是、、。

（2）根据以上分析可知①～⑤的反应类型分别是加成反应、消去反应、加成反应、消去反应、加成反应。

（3）卤代烃发生消去反应的条件是NaOH醇溶液，加热。

【考点定位】本题主要是考查有机物合成与制备流程分析
【名师点晴】明确卤代烃的性质、加成反应、消去反应的反应条件是答题的关键，题目难度
发生取代
不大。

解答时注意卤代烃在烃的衍生物转化中的“桥梁”作用:通过烷烃、芳香烃与X
2
反应，烯烃、炔烃与X
、HX发生加成反应等途径可向有机物分子中引入—X，引入卤素原子
2
常常是改变物质性能的第一步反应，卤代烃在有机物的转化、合成中具有“桥梁”的重要地位
→一卤代烃→一元醇→一元醛→一
和作用。

其合成路线如下：（1）一元合成路线：RCH＝CH
2
元羧酸→酯；（2）二元合成路线：RCH＝CH
→二卤代烃→二元醇→二元醛→二元羧酸→酯(链
2
酯、环酯、聚酯)(R代表烃基或H)。