2022-2023年高三下学期4月月考化学试卷 含解析 (I)

2022-2023年高三下学期4月月考化学试卷 含解析 (I)1水泥和陶瓷工业的共同原料是下列物质中的 ()。A黏土 B石灰石 C长石 D石英【答案】A【解析】水泥以石灰石、黏土为主要原料，陶瓷以黏土、长石、石英为主要原料。2某溶液中只含有K、Fe3、NO3-，已知K、Fe3的个数分别为3a和a，则溶液中K与NO的个数比为A1:2 B1:4 C3:4 D3:2【答案】A【解析】试题分析：根据溶液中阴阳离子所带的电荷数相等，设NO有x个，3a1+a3=x1，得：x=6a, 则溶液中K与NO3-的个数比为3a: 6a,= 1:2.考点：电荷守恒得的应用。3下列各组中前者的碱性比后者强的是( )A. KOH和Al(OH)3 B. Mg(OH)2 和NaOH C. Al(OH)3和Mg(OH)2 D. Mg(OH)2和Ca(OH)2【答案】A【解析】金属性越强对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，碱性：KOHNaOH Mg(OH)2 Al(OH)3、 Mg(OH)2Ca(OH)2 BCD错误4在下列电子结构中，第一电离能最小的元素的原子结构可能是（ ）。A2s22p3B2s22p4C2s22p5D2s22p6【答案】B【解析】5为了提纯下列物质（括号内为杂质），有关除杂试剂和分离方法的选择均正确的是选项被提纯的物质除杂试剂分离方法A溴苯（溴）水分液B乙酸乙酯（乙酸）NaOH溶液分液C苯（苯酚）NaOH溶液分液D甲烷（乙烯）KMnO4酸性溶液洗气【答案】C【解析】试题分析：溴容易溶于有机物溴苯中，而在水中溶解度较小，所以不能用水除去溴苯中的溴，错误；BNaOH溶液与乙酸及乙酸乙酯都可以发生反应，因此不能用NaOH溶液作除杂试剂，错误；C苯酚与NaOH会发生反应变为容易溶于水的物质，而苯密度比水小，难溶于水，因此可以再通过分液除杂，正确；D乙烯会被KMnO4酸性溶液氧化产生CO2气体，因此不能达到除杂净化的目的，错误。考点：考查物质净化除杂试剂的选择及分离方法正误判断的知识。6对于下列反应类型的判断，不正确的是()A2FeCl2+Cl2=2FeCl3(化合反应)B3CO+Fe2O32Fe+3CO2(置换反应)C2KClO32KCl+3O2(氧化还原反应)DH2CO3CO2+H2O(分解反应)【答案】B【解析】试题分析： B选项的反应只有单质生成而没有单质参加反应，不属于置换反应，属于氧化还原反应。考点：化学反应类型7已知下列热化学方程式：Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）H= -248 kJmol-13Fe2O3（s）+CO（g）=2Fe3O4（s）+CO2（g）H= -472 kJmol-1Fe3O4（s）+CO（g）=3FeO （s）+CO2（g）H= +6405 kJmol-1则14g CO气体与足量FeO充分反应得到Fe单质和CO2气体时的反应热为A-109kJmol-1 B-218 kJmol-1C+109 kJmol-1 D+218 kJmol-1【答案】A【解析】试题分析：根据盖斯定律分析，3-2-，得到反应CO（g）+ FeO （s）= Fe（s）+CO2（g）H=（-2483-64052-472 ）/6=-208kJmol-1，则14克一氧化碳反应时对应的反应热为-109KJ/mol，选A。考点：盖斯定律8设NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是( )A2.3g钠变成钠离子失去的电子数目为0.1NA B常温常压下，11.2L氮气所含的原子数目为NAC32g氧气的体积为22.4LD体积相同的H2和O2含有相同的分子数【答案】A【解析】略9若NA代表阿伏加德罗常数，则下列叙述正确的是（ ） A16g氧气和臭氧的混合物中原子的数目0.5NAB1mol Cl2与足量的铁完全反应，转移的电子数为2NA C1 L 0.5molL1 AlCl3溶液中含有的Al3+数目为0.5NAD在标准状况下，22.4L HCl与22.4L H2O2所含有的电子数均为18 NA【答案】B【解析】试题分析：A、氧气和臭氧都是氧原子构成的单质分子，则16 gO3和O2混合气体中含有的氧原子数为NA，A错误；B、氯气全部被还原得到2个电子，则1mol Cl2与足量的铁完全反应，转移的电子数为2NA，B正确；C、铝离子在溶液中水解，所以1 L 0.5molL1 AlCl3溶液中含有的Al3+数目小于0.5NA，C错误；D、标准状况下双氧水不是气态，不能适用于气体摩尔体积，D错误，答案选B。考点：考查阿伏伽德罗常数的计算1025 时,水的电离达到平衡：H2O H+ + OH- H 0，下列叙述正确的是A向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c(OH-)降低B向水中加入少量固体硫酸氢钠，c(H+)增大，KW不变C向水中加入少量固体NaOH，平衡逆向移动，c(H+)降低，KW减小D将水加热，KW增大，pH不变【答案】B【解析】试题分析：A. 水中存在H2OOH+H,向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，但c(OH-)升高，A项错误；BNaHSO4=Na+H+SO42-,相当于同浓度的一元强酸，向水中加入少量固体硫酸氢钠，平衡逆向移动，但c(H+)增大，KW不变，B项正确；CKW只受温度影响，温度不变，KwW不变，C项错误；D将水加热，KW增大，水的电离程度增大，c(H)增大，pH减小，D项错误；选B。考点：考查影响水的电离的因素。11以下电子排布式不是基态原子的电子排布的是()A.1s22s1B.1s22s22p63s1C.1s22s12p1D.1s22s22p1【答案】C【解析】原子的电子排布遵循构造原理，能使整个原子的能量处于最低状态，处于最低能量的原子叫基态原子。A、B、D是基态原子的电子排布。当基态原子的电子吸收能量后，电子会跃迁到较高能级，变成激发态原子，C是激发态电子的排布式。12将一定量的Na、Na2O、Na2O2的混合物与足量的水反应，在标准状况下得到a L混合气体。将该混合气体通过电火花引燃，恰好完全反应，则原混合物中Na、Na2O、Na2O2的物质的量之比可能为A2:1:3 B1:1:2 C1:2:1 D2:3:1【答案】D【解析】试题分析：已知反应2Na2H2O=2 NaOHH2 2Na2O22H2O=4 NaOHO2, Na2O与水不生成气体，所以混合气体为H2和 O2，混合气体通过电火花引燃，恰好按反应2H2O2=2H2O进行，所以H2和 O2物质的量比为2:1，即Na:Na2O2=4:2，所以D正确。考点：考查钠及其氧化物和水反应情况和相关计算点评：熟悉钠及其化合物性质，才能在此类综合题型中灵活分析132molFeCl2与1molCl2恰好完全反应，则产物的物质的量为A1mol B2mol C3mol D4mol【答案】B【解析】试题分析：2molFeCl2与1molCl2恰好完全反应生成2mol氯化铁，答案选B。考点：考查物质的量的计算14室温下，取0.2mol/L H2 A溶液与xmolL NaOH溶液等体积混合(忽略混合后溶液体积变化)，测得混合溶液的pH=y，下列推断不正确的是A当x=0.2，则混合溶液中y可能大于7或小于7B当x=0.2，y=1，则混合溶液中：c(H+)=c(A-)+c(OH-)C当x=0.3，y7，则混合溶液中：c(Na+)c(A2-)c(HA-)c(OH)c(H+)D当x=0.4，则混合溶液中：c(Na+)+c(H+)2c(A2)【答案】C【解析】试题分析：A当x=0.2，则混合后二者恰好完全反应产生NaHA。若NaHA是强酸的酸式盐或是弱酸的酸式盐，HA-的电离大于其水解作用，则溶液显酸性，y小于7，若NaHA是弱酸的酸式盐，HA-的水解大于其电离作用，则溶液显碱性，y大于7，正确；B当x=0.2，y=1，反应产生NaHA ，c(NaHA)=0.1mol/L。由于y=1，即c(H+)=0.1mol/L，NaHA是强酸的酸式盐，则根据物料守恒可得混合溶液中：c(H+)= c(A-) +c(OH-)，正确；C当x=0.3，则反应产生的是NaHA、Na2A等浓度的混合溶液。y7，则混合溶液中离子浓度关系是c(Na+) c(HA-)c(A2-) c(OH)c(H+)，错误；D。当x=0.4，反应反应产生Na2A。则根据电荷守恒可得：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+ c(HA-)+ 2c(A2-)。全部大于部分的和，因此混合溶液中：c(Na+)+ c(H+)2c(A2)，正确。考点：考查酸碱混合溶液中离子的浓度大小比较的知识。15下列实验能获得成功的是A无水乙酸和乙醇共热制取乙酸乙酯B将苯逐滴滴入浓硝酸和稀硫酸的混合液中，并用沸水浴加热制取硝基苯C将铜丝在酒精灯上加热后，立即伸入无水乙醇中，铜丝恢复原来的红色D淀粉用酸催化水解后的溶液加入新制银氨溶液，水浴加热，可看到有银镜出现【答案】C【解析】试题分析：无水乙酸和乙醇的酯化需要浓硫酸催化，A不能成功；苯的硝化需要浓硫酸不是稀硫酸，B不能成功；将铜丝在酒精灯上加热后，立即伸入无水乙醇中，铜丝恢复原来的红色，是乙醇的催化氧化，C能成功；加入银氨溶液前需要用氢氧化钠中和稀硫酸，D不能成功。考点：考查了有机化学实验的注意事项。16现有浓度分别为1 mol/L的FeCl3、FeCl2、CuCl2混合溶液100 mL，加入一定量的铁粉，按下列情况填空。（1）充分反应后，如果溶液中还有一定量的Cu2，则溶液中一定含有的金属离子还有_，该离子在溶液中的物质的量范围为_，可能含有的金属或金属离子为_。（2）反应完毕后，铁粉有剩余，溶液中一定含有的金属离子为_，为_mol，一定没有的金属离子为_。（3）若向FeCl3溶液中加入适量氢碘酸，发生反应的离子方程式为_。（4）某一反应体系中有反应物和生成物共五种物质：S，H2S，HNO3，NO，H2O。该反应的化学方程式为_；若反应过程中转移了0.3mol电子，则氧化产物的质量是_g；生成的气体在标况下的体积是_L。【答案】（1）Fe20.1 moln(Fe2) Cu2 Fe2+.所以加入一定量的Fe粉时首先发生反应：2Fe3+Fe=3Fe2.当Fe3+反应完全后，再发生反应：Cu2+Fe= Fe2+ +Cu2.由方程式可看出一定含有Fe2+离子。若Fe3+、Cu2+未发生反应，则n(Fe2+)=0.1mol.若Fe3+、Cu2+反应完全，则n(Fe2+)=3/2n(Fe3+)+ n(Fe2+)+n(Cu2)=0.15mol +0.1mol+0.1mol=0.35mol. 由于溶液中还含有一定量的Cu2，即第二个反应没有完全，所以Fe2+的物质的量应该比0.35mol要少。故Fe2+的物质的量的范围是0.1 moln(Fe2)0.35 mol。可能含有的金属或金属离子为Cu或Fe3。（2）由于反应完毕后，铁粉有剩余，说明上述两个反应进行的完全。故溶液中一定含有的金属离子为Fe2+，其物质的量为0.35mol，一定不会含有Fe3、Cu2。（3）由于Fe3+有氧化性，I-有还原性，所以向FeCl3溶液中加入适量氢碘酸，发生反应的离子方程式为2Fe3+2I-=2Fe2+I2.（4）根据氧化还原反应的规律：强氧化性的物质与强还原性的物质反应产生弱氧化性的物质和弱还原性的物质。可得方程式3H2S+ 2HNO3 =3S+2NO+4H2O。在反应方程式中转移电子6mol,时，得到氧化产物S单质3mol,也就是96g,得到的还原产物NO物质的量为2mol.现在转移电子0.3mol，所以得到的氧化产物质量为(0.3mol96g)6mol=4.8g. 得到的还原产物NO的体积为(2mol22.4L/mol0.3mol)6mol=2.24L.考点：考查氧化还原反应的先后顺序及有关氧化产物、还原产物的有关计算的知识。17（10分）已知铜在常温下能被HNO3溶解，反应方程式为：3Cu8HNO3=3Cu(NO3)22NO4H2O（1）请将上述反应改成离子方程式_（2）上述反应中，氧化剂是 _，氧化产物是_。（3）每2 molCu参加反应，转移的电子_ 个，在反应的硝酸中没有参加氧化还原反应的硝酸占总硝酸的_。【答案】（1）3Cu8H2NO=3Cu22NO4H2O（2） HNO3 Cu(NO3)2（3）2.4081024 75%【解析】试题分析：（1）在3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O反应中，HNO3和Cu（NO3）2溶于水且电离，应写成离子的形式，离子方程式为3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O；（2）在3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O反应中，HNO3中N元素的化合价由+5价降为+2价，被还原，作氧化剂，Cu元素的化合价由0价升高为+2价，作还原剂，被氧化，氧化产物为Cu（NO3）2；（3）每2 molCu参加反应，转移的电子2.4081024 个，反应中产生Cu（NO3）2的HNO3没有参加氧化还原反应，没有参加氧化还原反应的硝酸占参加反应的全部硝酸的75%。考点：考查离子反应和氧化还原反应。18.实验题（共9分）下图所示为常见气体制备、分离、干燥和性质验证的部分仪器装置（加热设备及夹持固定装置均略去），请根据要求完成下列各题（仪器装置可任意选用，必要时可重复选择，、为活塞）。实验前，如何检查A装置的气密性： 。若气体入口通入CO和CO2的混合气体，内放置CuO，选择装置获得纯净干燥的CO，并验证其还原性及氧化产物，所选装置的连接顺序为 （填代号）。能验证CO氧化产物的现象是 。若A中气体入口改通空气，分液漏斗内改加浓氨水，圆底烧瓶内改加NaOH固体，内放置铂铑合金网，H为空瓶，D中改为石蕊试液，按GH装置顺序制取干燥的氨气，并验证氨的某些性质。实验中先用酒精灯加热催化管，再通入混合气体，可观察到H内有红棕色气体出现，D中石蕊试液变红，则E中发生反应的方程式为 。若把酒精灯撤去，继续通入气体，催化剂可继续保持红热状态，反应继续进行。能使催化剂继续保持红热的原因是： 。某同学在做上述实验时出现了与其他同学不同的现象，他发现催化剂红热现象明显而正常，但石蕊试液不变红。请分析可能的原因：（答1点即可）。【答案】关闭活塞、，将出气导管口浸没在液面以下，用手掌或热毛巾紧贴烧瓶外壁一小会儿，若出气导管口有气泡冒出，松手或拿走热毛巾后导管内回升一段水柱，证明A装置不漏气。ACBECF；AB之间的C装置中溶液保持澄清，EF之间的C装置中溶液变浑浊。4NH3十5O24NO6H2O 说明氨的氧化反应是一个放热反应H、D部分装置的气密性不好；或NH3过量；或H瓶不干燥，生成的二氧化氮溶于水。【解析】试题分析：实验前，检查A装置的气密性的操作为：关闭活塞、，将出气导管口浸没在液面以下，用手掌或热毛巾紧贴烧瓶外壁一小会儿，若出气导管口有气泡冒出，松手或拿走热毛巾后导管内回升一段水柱，证明A装置不漏气。要获得纯净的CO气体，就需要除去CO2，A中的氢氧化钠可实现；为验证CO2是否被除尽，还需要再通入饱和石灰水中；在通入CuO之前需要干燥CO气体，选用浓硫酸；CO的氧化产物是CO2，可通过饱和石灰水来验证；又因为CO属于有毒气体，需要尾气处理，可以利用其燃烧来处理，所以正确的连接顺序是ACBECF；能验证CO氧化产物的现象是之间的装置中溶液保持澄清，之间的装置中溶液变浑浊。根据题给信息知E中发生的反应为氨气与氧气在催化剂、加热的反应生成一氧化氮和水，化学方程式为4NH3十5O24NO6H2O。若把酒精灯撤去，继续通入气体，催化剂可继续保持红热状态，反应继续进行。能使催化剂继续保持红热的原因是：说明氨的氧化反应是一个放热反应。某同学在做上述实验时出现了与其他同学不同的现象，他发现催化剂红热现象明显而正常，但石蕊试液不变红。可能的原因为：H、D部分装置的气密性不好；或NH3过量；或H瓶不干燥，生成的二氧化氮溶于水。考点：考查气体的制备、净化和性质实验。19（15分）甲、乙两同学欲分别完成“钠与氯气反应”的实验。 甲同学的方案为：取一块绿豆大的金属钠（除去氧化层），用滤纸吸净煤油，放在石棉网上，用酒精灯微热。待钠熔成球状时，将盛有氯气的集气瓶抽去玻璃片后倒扣在钠的上方（装置如图）。该方案的不足之处有 _ 。乙同学所采用的装置如图，回答下列问题：（1）按图组装仪器、添加药品，实验开始后，先将浓盐酸挤入试管，试管中发生反应的离子方程式为 ；待整套装置中 后，点燃酒精灯。（2）点燃酒精灯后，玻璃管中出现的现象是 。 （3）乙同学欲将虚框内装置改为图所示装置，并测量多余气体的体积。为提高测量的准确性，图量气管装置中的液体可用 ；收集完气体后并读数，读数前应进行的操作是冷却至室温并 。若未冷却至室温立即按上述操作读数，则会导致所测气体的体积_（填“偏大”、“偏小”或“无影响”） 如果开始读数时操作正确，最后读数时俯视右边量气管液面，会导致所测气体的体积_（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。【答案】1、钠预先在空气中加热，会生成氧化物，预先钠在氯气中燃烧；实验过程中会产生少量污染。、(1)2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2+5Cl2+8H2O; 充满黄绿色气体；（2）钠熔化并燃烧，产生黄色火焰，有白烟。（3）饱和NaCl溶液；上下移动量气管，使左右两边液面相平；偏大；偏大。【解析】试题分析：石棉网上，用酒精灯微热。待钠熔成球状时，将盛有氯气的集气瓶抽去玻璃片后倒扣在钠的上方。该方案的不足之处有钠预先在空气中加热，会生成氧化物，预先钠在氯气中燃烧；实验过程中会产生少量污染。、(1) 浓盐酸与高锰酸钾发生反应产生氯气，该反应的离子方程式是2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2+5Cl2+8H2O; 待整套装置中充满黄绿色气体后，点燃酒精灯。（2）点燃酒精灯后，玻璃管中出现的现象是钠熔化并燃烧，产生黄色火焰，有白烟。（3）为提高测量的准确性，图量气管装置中的液体可用不能溶解氯气的饱和NaCl溶液；收集完气体后并读数，读数前应进行的操作是冷却至室温并上下移动量气管，使左右两边液面相平；若未冷却至室温立即按上述操作读数，则会导致所测气体的体积偏大； 如果开始读数时操作正确，最后读数时俯视右边量气管液面，会导致所测气体的体积偏大。考点：考查化学实验操作、实验现象的描述、离子方程式、气体的制取、读数、收集、误差分析的知识。20（14分）某研究小组将纯净的SO2气体通入0.1molL-1的Ba（NO3）2溶液中，得到了BaSO4沉淀，为探究上述溶液中何种微粒能氧化通入的SO2，该小组突出了如下假设:假设一：溶液中的NO3-假设二：溶液中溶解的O2（1）验证假设一该小组涉及实验验证了假设一，请在下表空白处填写相关实验现象实验步骤实验现象结论实验1：在盛有不含O2的25ml0.1mol/LBaCl2溶液的烧杯中，缓慢通入纯净的SO2气体假设一成立实验2：在盛有不含O2的25ml0.1mol/LBa（NO3）2溶液的烧杯中，缓慢通入纯净的SO2气体（2）为深入研究该反应，该小组还测得上述两个实验中溶液的pH随通入SO2体积的变化曲线入下图实验1中溶液pH变小的原因是_;V1时，实验2中溶液pH小于实验1的原因是（用离子方程式表示）_。（3）验证假设二请设计实验验证假设二，写出实验步骤，预期现象和结论。实验步骤、预期现象和结论（不要求写具体操作过程）（4）若假设二成立，请预测：在相同条件下，分别通入足量的O2和KNO3，氧化相同的H2SO3溶液（溶液体积变化忽略不计），充分反映后两溶液的pH前者_(填大于或小于)后者，理由是_【答案】（1）无明显现象、有白色沉淀生成（2）SO2溶于水后生成H2SO3 ;3SO2+2NO3-+2H2O=3SO42-+4H+2NO;（3）实验步骤实验现象结论实验1：作为参考实验假设二成立实验3：将纯净的SO2气体通入未经脱O2处理的25mL0.1mol/L的BaCl2溶液中有白色沉淀生成（4）小于，反应的离子方程式表明，足量的O2和NO3-分别氧化相同的H2SO3，生成的H+的物质的量前者多余后者【解析】（1）根据强酸制弱酸的原理，亚硫酸是弱酸不能制备盐酸，故实验1无现象，SO2溶于水后生成H2SO3，亚硫酸显酸性，电离出，和NO3-结合生成硝酸，具有强氧化性，将SO32-氧化成SO42-，故生成白色的BaSO4沉淀；（2）SO2溶于水后生成H2SO3，亚硫酸显酸性，故pH值减小；3SO2+2NO3-+2H2O=3SO42-+4H+2NO;（3）实验步骤实验现象结论实验1：在盛有不含O2的25ml0.1mol/LBaCl2溶液的烧杯中，缓慢通入纯净的SO2气体无现象假设二成立实验2：在盛有富含O2的25ml0.1mol/LBaCl2溶液的烧杯中，缓慢通入纯净的SO2气体有白色沉淀生成（4）小于，反应的离子方程式表明，足量的O2和NO3-分别氧化相同的H2SO3，生成的H+的物质的量前者多余后者（其它合理答案也正确）【考点定位】本题属于实验设计和评价题，考查学生对实验的设计探究能力，多属于开放性试题，可能出现多种正确答案，属于综合性较强的较难题型，21（6分）在标准状况下，将224L HCl气体溶于635mL水中，所得盐酸的密度为1.18g/cm3。试计算：（1）所得盐酸的质量分数和物质的量浓度（2）取出这种盐酸100mL，稀释至1.18L，所得稀盐酸的物质的量浓度。【答案】【解析】略22有机物丙(C13H18O2)是一种香料，其合成路线如图所示。其中A的相对分子质量通过质谱法测得为56，它的核磁共振氢谱显示只有三组峰；D可以发生银镜反应，在催化剂存在条件下1 mol D与2 mol H2反应可以生成乙；丙中含有两个-CH3（1）A的结构简式为 ；乙的分子式为 。（2）C与新制Cu(OH)2悬浊液反应的化学方程式_。（3）D所含官能团的名称是 ；D有多种同分异构体，其中与其所含官能团相同的同分异构体有 种（不考虑立体异构）。（4）甲与乙反应的化学方程式为 。（5）写出满足下列条件的有机物的结构简式 与乙互为同分异构体；遇FeCl3溶液显紫色；其苯环上的一溴代物只有两种。【答案】（1）(CH3)2C=CH2 C9H12O（2）(CH3)2CHCHO+2Cu(OH)2+NaOH (CH3)2CHCOONa+Cu2O+3H2O（3）碳碳双键、醛基 4（4） （5） 【解析】 试题分析：（1）由A的性质及题目提供的信息可知A为不饱和的烯烃。设去分子式为CnH2n 。14n=56。解得n=4即A为C4H8。因为它的核磁共振氢谱显示只有三组峰，说明含有三种H原子，则A为CH2=C(CH3)2 B为2-甲基丙醇 (CH3)2CHCH2OH B催化氧化为C：2-甲基丙醛 (CH3)2CHCHO。C与新制的氢氧化铜悬浊液共热，煮沸可得甲：2-甲基丙酸 (CH3)2CHCOOH。因为甲乙发生酯化反应得到酯C13H18O2和水，所以在乙的分子中含有的各种元素的原子个数为C：13-4=9；H：18+2-8=12O：2+1-1=2乙分子式为C9H12O。（2）2-甲基丙醛 (CH3)2CHCHO与新制Cu(OH)2悬浊液反应的化学方程式(CH3)2CHCHO+2Cu(OH)2+NaOH (CH3)2CHCOONa+Cu2O+3H2O（3）D可以发生银镜反应，证明D中含有醛基（-CHO）；在催化剂存在条件下1 mol D与2 mol H2反应可以生成乙，则乙中还含有碳碳双键。因此D所含官能团的名称是碳碳双键、醛基。D有多种同分异构体，其中与其所含官能团相同的同分异构体有4种。它们分别是：；。（4）甲与乙反应的化学方程式为 （5）写出满足条件：与乙互为同分异构体；遇FeCl3溶液显紫色；其苯环上的一溴代物只有两种的有机物的结构简式 和。考点：考查有机物的推断。包括有机物的分子式、结构式、结构简式、化学方程式的书写、同分异构体的种类及官能团的名称等知识。23现有金属单质A、B和气体甲、乙、丙及物质C、D、E、F、G，其中A在常温下能与水发生剧烈反应，B是目前使用最多的金属。物质之间能发生如下反应（图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出）。请根据以上信息回答下列问题：（1）写出下列物质的化学式：乙 ； F ；（2）写出下列反应的离子方程式：金属A和水反应的离子方程式 。D和G的水溶液反应的离子方程式 。（3）将G浓溶液逐滴加入到沸水中会产生一种红褐色的液体。你认为该液体中的分散质粒子直径在 之间，验证的简单方法是： 。【答案】（1）Cl2（1分） FeCl2（1分） （2）2Na+2H2O2Na+2OH-+H2（2分）Fe3+3OH-Fe(OH)3（2分） （3）1100nm （1分） 是否有丁达尔现象（1分）【解析】试题分析：黄绿色气体乙是氯气，金属A能与水反应生成气体甲和D，甲和氯气反应气体丙，则甲应该是氢气，丙是氯化氢，所以A是钠，D是氢氧化钠。红褐色沉淀是氢氧化铁，则G是氯化铁，所以金属B是铁。E是盐酸，铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，则F是氯化亚铁。（1）根据以上分析可知乙、F的化学式分别是Cl2、FeCl2；（2）金属A和水反应的离子方程式为2Na+2H2O2Na+2OH-+H2。D和G的水溶液反应的离子方程式Fe3+3OH-Fe(OH)3。（3）将G浓溶液逐滴加入到沸水中会产生一种红褐色的液体，该液体中的分散质粒子直径在1nm100nm之间，即形成的分散系是氢氧化铁胶体。胶体具有丁达尔效应，则验证的简单方法是是否有丁达尔现象。【考点定位】本题主要是考查无机框图题推断【名师点晴】解答框图题的最关键的是寻找“突破口”，“突破口”就是抓“特”字，例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等。例如该题中的黄绿色气体、红褐色沉淀等均是突破点。24化合物A(C12H16O2)经碱性水解、酸化后得到B和C(C8H8O2)。C的核磁共振氢谱表明含有苯环且苯环上有2种化学环境氢。B经过下列反应后得到G，G由碳、氢、氧三种元素组成，相对分子质量为172，元素分析表明，含碳55.8%，含氢7.0%，核磁共振氢谱显示只有一个峰。已知：请回答下列问题：（1）写出G的分子式： 。（2）写出A的结构简式： 。（3）写出FG反应的化学方程式： ，该反应属于 （填反应类型）。（4）写出满足下列条件的C的所有同分异构体的结构简式： 。是苯的对位二取代化合物；能与FeCI3溶液发生显色反应；不考虑烯醇结构。（5）在G的粗产物中，经检测含有聚合物杂质。写出聚合物杂质可能的结构简式 （只要写出1种）。【答案】（1）C8H12O4；（2）；（3），取代反应（或酯化反应）；（4）、；（5）。【解析】试题分析：化合物A（C12H16O2）经碱性水解、酸化后得到B和C（C8H8O2），B能二次氧化生成D，说明A是酯，B是醇，则C是羧酸，C（C8H8O2）的核磁共振氢谱表明含有苯环，且苯环上有2种氢原子，则说明苯环上有2个取代基，且两个取代基处于对位，根据C的分子式知，C是对甲基苯甲酸，B经过下列反应后得到G，G由碳、氢、氧三种元素组成，元素分析表明，含碳55.8%，含氢7.0%，则氧37.2%，碳、氢、氧原子个数比=，：=2：3：1，相对分子质量为172，所以其分子式为C8H12O4，核磁共振氢谱显示只有一个峰，说明G只有一种氢原子；B经过一系列反应后生成F，则B和F的碳原子个数相同，在加热浓硫酸作催化剂条件下，F反应生成G，则G是酯；根据A和C的分子式知，B是含有4个碳原子的一元醇，B经过两次氧化生成D，D是羧酸，D和溴、P反应生成E，根据题给信息知，E是含有溴原子的羧酸，E经过水解和酸化后生成F，F是含有羟基的羧酸，F自身发生酯化反应生成G，且G中只有一种H，所以G是含有两个甲基的环酯，F是2-甲基-2-羟基丙酸，E是2-甲基-2-溴丙酸，D是2-甲基丙酸，B是2-甲基丙醇，A是。（1）通过以上分析知，G的分子式是C8H12O4，故答案为：C8H12O4；（2）通过以上分析知，A的结构简式为：，故答案为：；（3）在加热、浓硫酸作催化剂条件下，F自身发生酯化反应生成G，反应方程式为：，故答案为：，取代反应（或酯化反应）；（4）是苯的对位二取代化合物，说明苯环上含有2个取代基；能与FeCl3溶液发生显色反应，说明其中一个取代基是酚羟基；不考虑烯醇（）结构，所以满足条件的C的所有同分异构体：、，故答案为：、；（5）在G的粗产物中，经检测含有聚合物杂质，F发生分子间反应生成链状酯，酯的结构简式为：，故答案为：。考点：考查了有机物的推断的相关知识。