江苏省昆山开发区高级中学高三化学下学期3月月考试卷(

江苏省昆山开发区高级中学2016届高三下期3月月考化学试卷（苏
教版，解析版）
1．糖类是人体主要的能量来源。

下列糖类物质中，不能发生水解反应的是
A．淀粉B．蔗糖C．麦芽糖D．葡萄糖
【答案】D
【解析】A 淀粉能水解，生成葡萄糖
B 蔗糖能水解生成葡萄糖和果糖
C 麦芽糖能水解生成葡萄糖
D 葡萄糖是单糖，不能发生水解。

选D。

2．下列操作中，一定不需要加热的是
A．萃取 B．蒸馏 C．蒸发 D．溶解
【答案】A
【解析】
试题分析：题中萃取无需加热。

考点：对实验操作的考查。

3．温度为t ℃，压强为1.01×106Pa的条件下，某密闭容器内，下列反应达到化学平衡：A(g)＋B(g) 3C，测得此时c(A)＝0.022 mol·L－1；压缩容器使压强增大到2.02×106
Pa，第二次达到平衡时，测得c(A)＝0.05 mol·L－1；若继续压缩容器，使压强增大到4.04×107 Pa，第三次达到平衡时，测得c(A)＝0.075 mol·L－1，则下列关于C物质状态的推测正确的是( )
A．C为非气态 B．C为气态
C．第二次达到平衡时C为气态 D．第三次达到平衡时C为气态
【答案】C
【解析】
试题分析：温度为t ℃，压强为1.01×106Pa的条件下，某反应达到化学平衡时，测得c(A)＝0.022 mol·L－1；压缩容器使压强增大到 2.02×106 Pa，假设平衡不移动，c(A)＝0.044mol·L－1；第二次达到平衡时，测得c(A)＝0.05 mol·L－1，说明平衡逆向移动，增大压强平衡向气体物质系数减小的方向移动，则C为气体；若继续压缩容器，使压强增大到4.04×107Pa，假设平衡不移动，c(A)＝0.1mol·L－1；第三次达到平衡时，测得c(A)＝0.075 mol·L－1，石墨平衡正向移动，C为固体或液体，选C。

考点：考查化学平衡。

4．14克铜、银合金与足量的某浓度的硝酸反应，将放出气体与1.12升（标况）氧气混合，通入水中恰好全部吸收，则合金中铜的质量是( )
A．9.6克B．6.4克C．3.2克D．1.6克
【答案】C
【解析】
试题分析：14g铜、银混合物与硝酸反应产生的气体与1.12升（标况）氧气混合，通入水中恰好全部吸收，相当于反应过程中转移电子1.12L/22.4L/mol×4=0.2mol，设混合物中铜的物质的量是xmol,银的物质的量是ymol，则64x+108y=14,2x+y=0.2，解得x=0.05，所以铜的质量是0.05mol×64g/mol=3.2g，答案选C。

考点：考查混合物的计算
5．已知X、Y、Z、W均为中学化学中常见的单质或化合物，它们之间的转化关系如图所示（部分产物已略去）．则W、X不可能是
【答案】B
【解析】
试题分析：A、CO32－＋H＋=HCO3－，CO32－＋H＋=CO2↑＋H2O，CO2＋OH－=HCO3－，HCO3－＋H＋=CO2↑＋H2O，符合转化关系，故错误；B、氯气无论是是少量还是过量，和铁反应都生成FeCl3，不符合转化关系，故正确；C、（少量）CO2＋Ca2＋＋2OH－=CaCO3↓＋H2O，（过量）CO2＋OH－=HCO3－，CaCO
3＋CO2＋H2O=Ca（HCO3）2，Ca（HCO3）2＋NaOH=CaCO3↓＋H2O＋NaHCO3，符合转化关系，故错误；D、（少量）Al3＋＋3OH－=Al（OH）3↓，（过量）Al3＋＋4OH－=AlO2－＋2H2O，Al（OH）3＋OH－=AlO2－＋2H2O，AlO2－＋H＋＋H2O=Al（OH）3↓，符合转化关系，故错误。

考点：考查元素及其化合物的性质等知识。

6．把NO2气体装入带活塞的圆筒中慢慢压缩，下列叙述正确的是（）
A．体积减半，压强为原来二倍
B．体积减半，压强增大，但小于原来的2倍
C．体积减半，N2O4的百分含量增大1倍
D．体积减半，则NO2浓度减小
【答案】B
【解析】把NO2气体装入带活塞的圆筒中慢慢压缩，体积减半，增大压强，会使平衡
2 NO
2 N
2
O
4
正向移动，气体分子数减少，所以压强小于原来的2倍。

但容器体积缩小，
各物质浓度都比原来要大了。

N
2O
4
的百分含量会增大，但不一定增大1倍。

故选B
7．下列有关说法正确的是
A．若在海轮外壳上附着一些铜块，则可以减缓海轮外壳的腐蚀
B．2NO(g)+2CO(g)＝N2(g)+2CO2(g)在常温下能自发进行，则该反应的ΔH＞0
C．加热0.1 mol·L－1Na2CO3溶液，的水解程度和溶液的pH均增大
D．配制0.01 mol/L的KMnO4 消毒液，所取KMnO4样品受潮，会导致所配溶液浓度偏高
【答案】C
【解析】
试题分析：A.海伦外壳附着铜，会和船身的铁及海水形成原电池，铁为负极，腐蚀更快，所以这种说法是错误的，故不选A；B.根据△G=△H-T△S可知，反应在常温下能自发进行，由于该反应的△S <0，则该反应的△H <0，故B错误；C.水解吸热，加热促进水解，溶液的碱性增强，pH会增大，故C正确；D.样品受潮有水，所以称取一定质量的样品，样品中高锰酸钾的质量减少，所配制的溶液的浓度偏大，故D错误。

考点：金属的腐蚀，反应的自发性，外界条件对水解平衡的影响，溶液的配制误差分析。

8．下列有机物中，与其他三种最简式不同的是
A、甲醛
B、甲酸甲酯
C、乙酸乙酯
D、乙酸
【答案】C
【解析】A 甲醛分子式为CH2O B、甲酸甲酯的分子式为C2H4O2，最简式为CH2O
C 乙酸乙酯的分子式为C4H8O2，最简式为C2H4O
D 乙酸的分子式为CH3COOH，最简式为CH2O
那么，与其他三种最简式不同的是C，故选C.
9．保护环境是每一个公民的责任和义务。

下列做法中，有利于保护环境的是
①在农田中焚烧植物秸秆②城市生活垃圾分类处理③推广使用燃煤脱硫技术，防治SO2 污染④限制使用一次性塑料购物袋⑤集中掩埋废旧电池
A．①②③ B．②③④ C．①②⑤ D．①④⑤
【答案】D
【解析】
10．(双选)关于碱金属单质的性质叙述错误的是( )。

A.在空气中燃烧的生成物都是过氧化物
B.与水反应都能生成碱和氢气
C.熔、沸点随原子序数增加而升高
D.还原性随原子电子层数的增加而增强
【答案】AC
【解析】碱金属单质在空气中燃烧生成的产物是有区别的:Li 燃烧生成Li2O;Na燃烧生成Na2O2;K燃烧生成KO2。

碱金属单质都能与水反应生成碱和氢气。

碱金属单质的熔、沸点随核电荷数的增大逐渐降低,单质的还原性逐渐增强。

11．炼铁的还原剂CO是由焦炭和CO2反应而得。

现将焦炭和CO2放入体积为2 L的密闭容器中，高温下进行下列反应：C(s)+CO2(g) ＝2CO(g) ΔH＝Q kJ·mol－1。

下图为CO2、CO的物质的量n随时间t的变化关系图。

下列说法正确的是
A．0~1 min，v(CO)＝1 mol·L－1·min－1；1~3 min，v(CO)＝v(CO2)
B．当容器内的压强不变时，反应一定达到平衡状态，P(平衡) /P(起始) < 1
C．3 min时，温度由T1升高到T2，则Q>0，再达平衡时，K(T2)/ K(T１)> 1
D．5 min时再充入一定量的CO，a、b曲线分别表示n(CO)、n(CO2)的变化
【答案】C
【解析】
试题分析：A.根据图象分析，单位时间内一氧化碳和二氧化碳物质的量的变化，0～1min，一氧化碳物质的量增加2mol，反应速率υ（CO）=2mol÷(2L×1min) =1 mol/（L•min）；1～3min时，CO的浓度保持不变，平衡不移动，反应速率之比等于化学计量数之比，v (CO)=2v (CO2)，A项错误；B.反应是气体体积增大的反应，压强不变，说明反应达到平衡，反应气体物质的量之比等于压强之比，P（平衡）＞P（起始），即P(平衡) /P(起始) >1 ，B项错误；
C.根据图象，3min升高温度，一氧化碳增多，说明平衡正向移动，该反应是吸热反应，则Q>O，对吸热反应而言，升高温度，K值增大，则K(T2)/ K(T１)> 1，C项正确；
D.增加一氧化碳，瞬间一氧化碳物质的量增大，然后平衡逆向进行，一氧化碳减小，二氧化碳增大，所以a为二氧化碳，c为一氧化碳；D项错误；答案选C。

【考点定位】考查化学反应速率的计算，平衡状态的判断，影响平衡的因素，化学图像的分析与判断。

【名师点睛】本题考查化学反应速率的计算，平衡状态的判断，影响平衡的因素，化学图像的分析与判断等知识。

具体分析如下：（1）依据图象分析单位时间内一氧化碳和二氧化碳物质的量浓度的变化，结合化学反应速率概念分析计算，1-3min反应达到平衡判断；（2）反应是气体体积增大的反应，压强不变，说明反应达到平衡，反应气体物质的量之比等于压强之比；（3）依据图象3min升高温度，一氧化碳增多，说明反应是吸热反应，分析图象平衡物质的量；（4）增加一氧化碳，瞬间一氧化碳物质的量增大，然后反应平衡逆向进行，一氧化碳减小，二氧化碳增大，根据此特点分析图像变化。

12．向21.6 g铁粉和铜粉的混合物中加入1 L 1 mol·L－1硝酸溶液，充分反应，放出NO 气体且金属有剩余。

则反应后溶液中c(NO3－)可能为(忽略溶液体积的变化)
A．0.45 mol·L－1 B．0.6 mol·L－1 C．0.75 mol·L－1 D．0.9 mol·L－1
【答案】C
【解析】
试题分析：因为金属有剩余，所以金属在溶液中呈+2价，因此氧化产物是硝酸亚铁和硝酸铜。

设参加反应的铁和铜的物质的量分别是x和y，则没有被还原的硝酸是2x＋2y；根据电子的得失守恒可知，2x＋2y＝（1－2x－2y）×3，解得2x＋2y＝0.75，所以反应后溶液中c （NO－3）为0.75mol/L，
考点：金属铁、铜与硝酸的反应。

13．常温下，0.2mol·L-1NaHA与等浓度等体积的NaOH溶液混合，所得溶液中部分微粒组分及浓度如图所示，下列说法正确的是
A．NaHA溶液显酸性
B．混合溶液中水电离出的C(OH-)、C(H+)相等
C．图中X、Y、Z分别代表OH-、HA-、H+
D．混合溶液中：C(Na+)= C(H2A)+ C(HA-)+ C(A2-)
【答案】C
【解析】
试题分析：常温下，0．2mol·L-1NaHA与等浓度等体积的NaOH溶液混合，所得溶液为0．1mol/L Na2A溶液。

若H2A是强酸，则c(A2-)=0．1mol/L，实际c(A2-)<0．1mol/L，说明H2A是弱酸。

A．NaHA是强碱弱酸的酸式盐，HA-在溶液中存在电离平衡、水解平衡，若电离作用大于水解作用，则溶液显酸性；若水解作用大于电离作用，则溶液显碱性，因此不能确定该溶液一定显酸性，错误；B．根据图像可知：A2-发生水解反应：A2-+H2O HA-+OH-，所以最终达到平衡时，溶液中C(OH-)>C(H+)，溶液显碱性，错误；C．在溶液中，除了存在A2-+H2O HA-+OH-外，还存在：HA-+H2O H2A+OH-外，还有水的电离作用，所以图中X、Y、Z分别代表OH-、HA-、H+，正确；D．混合溶液是Na2A溶液，根据物料守恒，可得：C(Na+)= 2C(H2A)+ 2C(HA-)+ 2C(A2-)，错误。

考点：考查酸式盐与碱混合溶液中离子浓度大小关系的知识。

14．将一定量的Cl2通入体积为40mL、浓度为7.5 mol/L的苛性钾溶液中，两者恰好完全反应（已知反应过程放热），测得反应后溶液中有三种含氯元素的离子，其中ClO－物质的量为0.06mol和ClO－3物质的量0.03mol，下列说法不正确的是（）
A．该反应的离子方程式为：5Cl2+10OH－=7Cl－+2ClO－+ClO3—+5H2O
B．该反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比为5：3
C．上述苛性钾溶液中含有0.3mol的KOH
D．反应后生成的ClO－和ClO3－两种离子在一定条件下均有氧化性
【答案】B
【解析】
试题分析：A.根据题给信息，氯气与KOH溶液反应生成氯化钾、氯酸钾、次氯酸钾和水，根据得失电子守恒，生成的n(Cl－)=0.06×1+0.03×5=0.21mol，加入的KOH的物质的量为0.04L×7.5mol/L=0.3mol，所以反应中n(KOH):n(Cl－):n(ClO －):n(ClO
-)=0.3:0.21:0.06:0.03=10:7:2:1,再根据原子守恒配平其它物质的系数，反应的
3
离子方程式为5Cl2 +10OH－ = 7Cl－ + 2ClO－+ ClO3— + 5H2O，A项正确、C项正确；B.根据上述离子反应，氯气既做氧化剂，又做还原剂，氧化剂与还原剂物质的量之比为7:3，B项错误；D. 反应后生成的ClO－和 ClO3－两种离子中氯元素的化合价分别是+1价和+5价，均能得电子生成低价含氯化合物，即在一定条件下均有氧化性，D项正确；答案选B。

考点：考查氯气的化学性质，氧化还原反应等知识。

15．(10分)如图所示:已知甲池的总反应式为：2CH3OH+3O2+4KOH 2K2CO3+6H2O
（1）请回答图中甲、乙两池的名称。

甲池是装置，乙池是装置。

（2）B（石墨）电极的名称是。

在图中标明电子移动的方向。

（3）通入O2的电极的电极反应式是。

（4）乙池中反应的化学方程式为。

（5）当乙池中A（Fe）极的质量增加5.40g时，甲池中理论上消耗O2 mL（标准状况下）
【答案】(14分)（1）原电池(化学能转变成电能) 电解池(电能转变成化学能)（2）阳极（3）O2+2H2O＋4e－＝4OH－
（4）4AgNO3+2H2O 电解
4Ag+4HNO3+O2↑（5）280
【解析】（1）根据装置可知，甲是原电池，乙是电解池。

（2）原电池中负极失去电子，正极得到电子。

所以甲中通入甲醇的是负极，通入氧气的是正极。

则B是阳极。

电子从原电池的负极经导线传递到电解池的阴极，从电解池的阳极经导线传递到原电池的正极。

（3）氧气得到电子，电极反应式为O2+2H2O＋4e－＝4OH－。

（4）乙中阴极氢离子放电生成氢气，阳极是银离子放电生成银，所以总反应式为
4AgNO3+2H2O 电解
4Ag+4HNO3+O2↑。

（5）铁电极形成的是银，物质的量是5.40g÷108g.mol＝0.05mol，转移电子是0.05mol，所以根据电子得失守恒可知，消耗氧气是0.05mol÷4＝0.0125mol，标准状况下的体积是0.0125mol×22.4L/mol＝0.280L＝280ml。

16．（选考）【化学—选修3：物质结构与性质】（15分）CuSO4在活化闪锌矿（主要成分是ZnS）方面有重要作用，主要是活化过程中生成CuS、Cu2S等一系列铜的硫化物活化组分。

（1）Cu2＋基态的电子排布式可表示为；
（2）SO42－的空间构型为（用文字描述）；中心原子采用的轨道杂化方式是；写出一种与SO42－互为等电子体的分子的化学式：；
（3）向CuSO4溶液中加入过量NaOH溶液可生成[Cu （OH）4]2－。

不考虑空间构型，[Cu（OH）4]
2－的结构可用示意图表示为；
（4）资料显示ZnS为难溶物，在活化过程中，CuSO4能转化为CuS的原因是。

（5）CuS比CuO的熔点（填高或低），原因是。

（6）闪锌矿的主要成分ZnS，晶体结构如下图所示，其晶胞边长为540．0 pm，密度为_____（列式并计算），a位置S2－离子与b位置Zn2＋离子之间的距离为_____pm（列式表示）。

【答案】（1）1s 22s 22p 63s 23p 63d 9（或[Ar]3d 9） （1分）； （2）正四面体（1分）；sp 3（1分）；
CCl 4或SiCl 4 （2分，其他合理答案也得分）；
（3）（2分）；
（4）在相同温度下，Ksp （CuS ）＜Ksp （ZnS ），或相同温度下，CuS 比ZnS 更难溶。

（2分，其他合理答案也得分）； （5）低（1分），CuO 晶格能比CuS 大（1分，其他合理答案也得分）；
（6）33101231
1.4)
10540(1002.632654cm g cm mol mol g ⋅=⨯⨯⋅+⨯---）（（2分，其他合理答案均得分）； '28109cos 1270
︒-或2
'28109sin 2135︒或3135（2分，其他合理答案均得分） 【解析】
试题分析：（1）铜的原子序数是29，则根据核外电子排布规律可知Cu 2＋基态的电子排布式
可表示为1s 22s 22p 63s 23p 63d 9（或[Ar]3d 9）；
（2）SO 42－中S 原子不存在孤对电子对数，其价层电子对数为4，则其空间构型为正四面体；
中心原子采用的轨道杂化方式是sp 3；价电子数与原子数分别等相等的是等电子体，则与SO 4
2－互为等电子体的分子的化学式可以为CCl 4或SiCl 4；
（3）向CuSO 4 溶液中加入过量NaOH 溶液可生成[Cu （OH ）4 ]2－，该结构中存在配位健，
其中氢氧根是配体，则其结构可用示意图表示为
；
（4）由于在相同温度下，Ksp （CuS ）＜Ksp （ZnS ），所以根据沉淀容易向更难溶的方向转化可知CuSO 4能转化为CuS 。

（5）氧离子半径小于硫离子半径，CuO 晶格能比CuS 大，所以CuS 比CuO 的熔点低。

（6）根据晶胞结构可知晶胞中含有4个ZnS ，晶胞边长为540．0 pm ，则
497)104.5(38=
⨯⨯⨯-A N ρ，解得ρ＝33101231
1.4)
10540(1002.632654cm g cm mol mol g ⋅=⨯⨯⋅+⨯---）（。

由于锌离子周围的4个硫离子构成正四面体，设a 位置S 2－离子与b 位置Zn 2＋
离子之间的距离为x ，晶胞的面对角线是pm 2540。

则根据晶胞结构可知pm 2540＝4xsin
282109'
ο，解得x ＝2
'28109sin 2135︒pm 。

考点：考查物质结构与性质模块的分析与应用
17．（11分）某学生用0.2000mol·L -1的标准NaOH 溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作为如
下几步：
① 用蒸馏水洗涤碱式滴定管，并立即注入NaOH 溶液至“0”刻度线以上
② 固定好滴定管并使滴定管尖嘴充满液体
③ 调节液面至“0”或“0”刻度线稍下，并记下读数
④ 移取20.00mL 待测液注入洁净的锥形瓶中，并加入3滴酚酞溶液
⑤ 用标准液滴定至终点，记下滴定管液面读数。

请回答：
（1）以上步骤有错误的是（填编号）_____，该错误操作会导致测定结果
(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)__________________
（2）步骤⑤中，在记下滴定管液面读数时，滴定管尖嘴有气泡，将导致测定结果(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)___________________
（3）判断滴定终点的现象是：锥形瓶中溶液从 色变为 色，且半分钟不变色。

（4）下图是某次滴定时的滴定管中的液面，其读数为 mL
（5）根据下列数据：请计算待测盐酸溶液的浓度： mol/L
滴定次数 待测液体积(mL)
标准烧碱体积（mL ）
滴定前读数（mL ） 滴定后读数（mL ）
第一次
20.00 0.40 20.40 第二次
20.00 4.00 24.00 第三次
20.00 2.00 24.10
【答案】
【解析】
18．实验室制取乙烯，常因温度过高而使乙醇和浓硫酸反应生成少量的SO 2。

某同学设计下列实验以确定上述混合气体中含有乙烯和SO 2。

（1）I 、II 、III 、IV 装置可盛放的试剂是：I ： II ： III ： IV ： （请将下列有关试剂的序号填入空格内）。

A ．品红溶液
B ．NaOH 溶液
C ．浓硫酸
D ．溴水
（2）能说明SO 2气体存在的现象是 ；
使用装置II 的目的是 ；
使用装置III 的目的是 ；
确定含有乙烯的现象是 。

（3）Ⅳ中发生反应的化学方程式为 ；产物的名称是 。

【答案】（1） I ：A II ：B III ：A IV ：D （各1分，共4分）
（2）I 中品红溶液褪色（1分）； 吸收SO 2（1分）； 证明SO 2已经被完全吸收（1分）； Ⅲ中品红不褪色，且IV 中溶液颜色变浅或褪色（2分）。

（3）CH 2＝CH 2 + Br 2 BrCH 2CH 2Br 、1,2—二溴乙烷 （4分）
【解析】
试题分析：（1）乙烯含有碳碳双键，能和溴水发生加成反应，也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，溶液均是褪色的。

但由于SO 2具有还原性，能被溴水和酸性高锰酸钾溶液氧化，溶液也都是褪色的。

所以首先检验的是SO 2，且还要除去SO 2。

检验SO 2的试剂是品红溶液，而除去SO 2的试剂是氢氧化钠溶液。

为了保证SO 2已经完全被除去，需要再次提供品红溶液来检验SO 2是否完全被除尽，即I 、II 、III 、IV 装置可盛放的试剂分别是品红溶液、氢氧化钠溶液、品红溶液和溴水，答案分别是A ；B ；A ；D 。

（3）乙烯和溴水发生加成反应生成1，2－二溴乙烷，反应的方程式是CH 2＝CH 2 + Br 2 BrCH 2CH 2Br 。

考点：考查乙烯和SO 2检验的有关实验探究
点评：该题是中等难度实验题的考查，试题基础性强，侧重对学生实验能力的考查，有利于培养学生规范严谨的实验设计能力，有利于提升学生的学科素养。

该类试题主要是以常见仪器的选用、实验基本操作为中心，通过是什么、为什么和怎样做重点考查实验基本操作的规范性和准确及灵活运用知识解决实际问题的能力。

19．(12分) 已知NH 3是一种重要的还原试剂，在化学研究中应用十分广泛。

某校化学探究性学习小组的同学，按有关实验原理和装置，进行氨的制备及性质的探究实验。

请你分别参与甲、乙、丙、丁、戊组的实验探究，并根据题目的叙述及要求，回答下列问题：
混合气体
（Ⅰ） （Ⅱ） （Ⅲ） （Ⅳ）
（1）甲、乙两组同学选择了不同的实验装置和试剂来制取氨气。

①甲组实验装置是a，实验试剂是。

②乙组实验试剂是浓氨水和氢氧化钠固体，实验装置是（填编号）。

用化学平衡原理分析氢氧化钠固体的作用
（2）丙、丁两组同学选择了不同的方法来探究氨的催化氧化实验。

①丙组用A装置，加热铂丝一段时间后，通入NH3和O2，写出装置A硬质玻璃管中发生氨的催化氧化反应方程式，并且要求用双线桥
．．．标明电子转移的方向与数目：
②丁组用B装置吸收一段时间氨气后，再通入空气，同时将红热的铂丝插入B装置的锥形瓶内，反应结束后，锥形瓶内溶液中含有的离子包括H+、OH－、。

（3）戊组的同学按照下列流程，探究不同催化剂对NH3还原NO反应的催化性能及速率：
【设计实验方案及操作】若控制其他条件均相同，在催化反应器中分别装载不同的催化剂，将经过催化反应后的混合气体，分别通入滴有酚酞的稀硫酸（溶液的体积、浓度均相同）中，比较不同催化剂的催化作用，应该测定。

【答案】（1）①氯化铵固体和氢氧化钙固体
② b；固体氢氧化钠溶于浓氨水后，放出大量的热，促使NH3的挥发，溶液中OH－浓度增加，使NH3+H2O NH3·H2O NH4++OH－向生成NH3移动，加快氨气逸出。

（2）①② NH4+、NO3－
（3）溶液显色所需要的时间
【解析】
试题分析：（1）①甲组实验装置是a，该装置适宜固体与固体混合加热制取气体，则在实验时应该使用的试剂是氯化铵固体和氢氧化钙固体；②乙组实验试剂是浓氨水和氢氧化钠固体，由于NaOH溶于水会放出大量的热，所以把氨水加到NaOH固体中时溶解放热,会加快NH3、NO混合气体催化反应器测定尾气处理
一水合氨的分解，产生氨气，温度升高，氨气挥发更快，而且NaOH固体在氨水中溶解，OH
－浓度增加，使NH
3+H2O NH3·H2O NH4++OH－向生成NH
3移动，加快氨气逸出。

因此
溶液中实验装置是b; （2）①丙组用A装置，加热铂丝一段时间后，通入NH3和O2，在催化
剂作用下NH3被氧化为NO，在装置A硬质玻璃管中发生氨的催化氧化反应方程式
;②丁组用B装置吸收一段时间氨气后，再通入空气，
同时将红热的铂丝插入B装置的锥形瓶内，在装置中 NH3被氧化为NO，NO被空气中的O2氧
化为NO2,NO2与氨水中的水发生反应产生硝酸与NO，硝酸与氨气反应产生NH4NO3,该物质是容
易溶解的强电解质，完全电离产生NH4+、NO3-，所以反应结束后，锥形瓶内溶液中含有的离
子包括H+、OH－、NH4+、NO3－；（3）若控制其他条件均相同，在催化反应器中分别装载不同
的催化剂，将经过催化反应后的混合气体，分别通入滴有酚酞的稀硫酸（溶液的体积、浓度
均相同）中，比较不同催化剂的催化作用，应该测定溶液变为红色所需要的时间。

考点：考查氨气的制取原理、催化氧化的的电子转移表示、方案的设计的知识。

20．一定量的氧化铜被足量的一氧化碳在加热的情况下还原，得到的气体通入含有X摩氢氧
化钙的澄清石灰水，得沉淀Y克，则原氧化铜的质量是多少？
[已知反应CaC03 + CO2 + H20→Ca（HCO3）2 ]
【答案】（80Y/100）g（200X-Y/100)×80g
【解析】
试题分析：反应分两种情况情况：
Ca（OH）2过量发生反应如下：Ca（OH）2 + CO2 == CaC03↓+H20 CuO + CO Cu
+ CO2
44g 100g 80 44g
m(CO2) Yg m(CuO)（44Y/100）
g
求得 m(CO2)=（44Y/100）g m(CuO)=（80Y/100）g
CO2过量发生反应如下：CaC03 + CO2+ H20==Ca（HCO3)2Ca（OH）2+ CO2== CaC03↓+H2O
100g 44g 1mol 1mol
100Xg-Yg m1(CO2) Xmol m2(CO2) Xmol
CuO + CO Cu + CO2
求得m1(CO2)=44g×(100Xg-Yg)÷100g m2(CO2)=44Xg 则CuO的质量为
(200X-Y/100)×80g
考点：化学计算
21．（I）A、B、C、D、E为短周期元素，非金属元素A最外层电子数与其周期数相同，B的
最外层电子数是其所在周期数的2倍。

B 在C中充分燃烧能生成其最高价化合物BC2。

D＋与
C2－具有相同的电子数。

A在E中燃烧，产物溶于水得到一种强酸。

回答下列问题：（1）B
在元素周期表中的位置是，写出一种工业制备单质E方法的离子方程式。

（2）这五种元素两两之间能形成多种化合物，请写出A2C和DA相互反应的化学方程式（II）化合物甲由四种元素组成，撞击甲容易发生爆炸生成三种物质，产物之一是纯净固体单质乙，另两种产物丙和丁是相对分子质量相同的常见气体，其中丁是空气的主要成分之一，3.0g甲发生爆炸反应，生成2.16g乙和标准状况下0.224L丁，其余为丙．回答下列问题：（1）丁的结构式
（2）甲发生爆炸反应的化学方程式为
（3）已知化合物甲中，有两种元素的化合价为最高正价，另两种元素的化合价为最低负价，爆炸反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为．
【答案】（I）第2周期IVA族（1）
2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋C12↑(或2NaCl(熔融)2Na＋Cl2↑ NaH+H2O=NaOH+H2↑Ⅱ.⑴⑵ 2 AgCNO=2Ag+2CO↑+N2↑ , 3:2
【解析】
试题分析：A、B、C、D、E为短周期元素，非金属元素A最外层电子数与其周期数相同，为氢元素。

B的最外层电子数是其所在周期数的2倍，为碳元素，B 在C中充分燃烧能生成其最高价化合物BC2。

C为氧元素。

D＋与C2－具有相同的电子数，D为钠元素。

A在E中燃烧，产物溶于水得到一种强酸，E为氯元素。

（I）B为碳元素，在第2周期IVA族。

工业上用电解食盐水的方法制备氯气，离子方程式为：2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋C12↑(或用电解熔融氯化钠的方法制取氯气，2NaCl(熔融)2Na＋Cl2↑ 。

氢化钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，方程式为：NaH+H2O=NaOH+H2↑。

Ⅱ.丙和丁是相对分子质量相同的常见气体，其中丁是空气中的主要成分之一，则丁为氮气，丙为一氧化碳，3.0克甲发生爆炸反应，生成2.16克乙和标况下0.224L氮气，其余为一氧化碳，则并的质量为3.0-2.16-0.01×28=0.56克，即一氧化碳的物质的量为0.02摩尔，所以在甲中碳氮氧原子个数比为1:1:1，化合物甲是由四种元素组成的，已知化合物中，有两种元素的化合价为正价，另两种元素为负价，撞击时甲容易发生爆炸生成三种物质，产物已知是纯净的固体单质乙，则甲中应该有一种金属元素，设甲的化学式为R(CNO)x，则R的相对分子质量为M，根据反应2R(CNO)x=2R+2xCO+xN2计算，有2M+84x/3=x/0.01 解M=108x，则当x=1时，为银。

所以甲为AgCNO。

⑴丁为氮气，分子中存在氮氮三键，结构式为：
⑵甲爆炸的方程式为2 AgCNO=2Ag+2CO↑+N2↑, 氧化产物为一氧化碳和氮气，还原产物为银，比例为3:2。

考点：位置结构性质的相互关系应用，无机推断题
22．[化学—选修5：有机化学基础]
有机物F是有机合成工业中一种重要的中间体。

以甲苯和丙烯为起始原料合成F的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）化合物B中的含氧官能团名称是 F的结构简式
（2）写出C与银氨溶液共热的化学反应方程式：
（3）化合物D 不能发生的反应有 （填序号）。

①加成反应 ②取代反应 ③消去反应 ④氧化反应 ⑤水解反应
（4）B 的含苯环结构的同分异构体还有 种，其中一种的核磁共振氢谱中出现4个 峰且不与FeCl 3溶液发生显色反应的是 （填结构简式）。

【答案】（1）（酚）羟基；
（2）CH 2=CHCHO + 2Ag(NH 3)2OH −−→△CH 2=CHCOONH 4 + 2Ag↓+ 3NH 3 + H 2O （3）③⑤；（4）4；
【解析】
试题分析：甲苯与氯气分子苯环上取代反应生成A ，A 发生水解反应得到B ，而B 与D 反应得到E ，由E 的结构可知，B 为，D 为丙烯酸，丙烯发生氧化反应得到C ，C 与银氨溶液反应得到丙烯酸，则C 为丙烯醛，E 发生加聚反应生成F 为。

（1）化合物B 为，含氧官能团为（酚）羟基；F 的结构简式为
（2）C 与银氨溶液共热的化学方程式为CH 2=CHCHO + 2Ag(NH 3)2OH −−→△CH 2=CHCOONH 4 + 2Ag↓+
3NH 3 + H 2O 。

（3）化合物D 为丙烯酸，可以发生加成反应，氧化反应，能燃烧，属于氧化反应，含有羧基，能发生取代反应，不能发生消去反应，所以选③⑤；（4）B 的同分异构体含有苯环结构，羟基和甲基，羟基和甲基由间位和对位两种，侧链可以为-OCH 3或-CH 2OH ，符合条件的同分异构体共有4种；其中核磁共振氢铺有4组峰，且不与氯化铁显色的结构为
考点：有机物的推断
23．（12分）有A 、B 、C 、D 、E 、F 六种元素，原子序数依次增大，A 、B 、C 、D 、E 均为短周期元素，A 元素原子核内只有一个质子，元素A 与B 形成的气态化合物甲在标准状况下的
密度为0.759g•L -1，C 元素原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，E 与C 同主族．均含D
元素的乙（金属阳离子）、丙、丁微粒间的转化全为非氧化还原反应：均含F 元素的乙（单质）、丙、丁微粒间的转化全为氧化还原反应．。