2019-2020年高三下学期3月月考化学试题 含解析.doc

2019-2020年高三下学期3月月考化学试题 含解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1（6分）（xx春渝中区校级月考）化学充实了生活、改变了生活，下列相关说法正确的是（）ANaHCO3能与碱反应，因此食品工业用小苏打做焙制糕点的膨松剂B石油的催化裂解是为了提高从石油中得到汽油等轻质油的产量C常用的消毒剂氯气和调料乙酸，两者都含有非极性共价键D废旧电池有牢固外壳保护不会污染土壤和水体，故不必回收处理2（6分）（xx春渝中区校级月考）下列热化学方程式或离子方程式中，正确的是（）A将铝表面的氧化物溶于NaOH溶液：Al2O3+2OH+3H2O2Al（OH）3B少量硝酸银溶液与足量氨水反应：Ag+NH3H2OAgOH+NH4+C500、30MPa下，将0.5mol N2和1.5mol H2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g）放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=38.6kJ/molD甲烷的标准燃烧热为890.3kJmol1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（l）H=890.3kJmol13（6分）（xx徐州模拟）下列物质的转化在给定条件下不能实现的是（）NaNa2O2Na2CO3MgOMgCl2溶液MgFeFe2O3Fe2（SO4）3SiO2Na2SiO3H2SiO3HCHOHCOOHHCOOCH3ABCD4（6分）（xx春渝中区校级月考）下列实验不能作为判断依据的是（）A钠和钾分别与冷水反应，判断金属活动性强弱BBr2与I2分别与足量的H2反应，判断溴与碘的非金属活动性强弱C碳酸钠溶液显碱性，硫酸钠溶液显中性，判断硫与碳的非金属活动性强弱D在MgSO4与Al（NO）3溶液中分别加入过量的氨水，判断镁与铝的金属活动性强弱5（6分）（xx春渝中区校级月考）下列说法不正确的是（）A某烷烃主链4个碳原子数的同分异构体有2种，则与其碳原子个数相同的且主链4个碳原子的单烯烃有4种B（CH3）2C（OH）CH2CH3的名称为：2甲基2羟基丁烷C1mol有机物与NaOH溶液反应，最多消耗5mol NaOHD1mol 紫罗兰酮与1mol Br2发生加成反应可得到3种不同产物6（6分）（xx春渝中区校级月考）下列溶液中有关微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A相同物质的量浓度的下列溶液：NH4Al（SO4）2、NH4Cl、CH3COONH4、NH3H2O，c（NH4+）由大到小的顺序是：B常温下，将CH3COONa溶液和稀盐酸混合至溶液pH=7：c（Na+）=c（CH3COO）c（H+）=c（OH）C常温下，pH=6的NaHSO3溶液中：c（SO32）c（H2SO3）=9.9107molL1D物质的量浓度之比为1：2的NaClO、NaHCO3混合溶液中：C（HClO）+c（ClO）=2c（HCO3）+2c（H2CO3）+2c（CO32）7（6分）（xx安徽一模）一定温度下，将1mol X和1mol Y气体充入2L恒容密闭容器，发生反应X（g）+Y（g）mZ（g）+Q（s），t1时达到平衡在t2、t3时刻分别改变反应的一个条件，测得容器中气体Z的浓度随时间变化如图所示下列说法正确的是（）A反应方程式中的m=1Bt2时刻改变的条件是使用催化剂Ct3时刻改变的条件是移去少量物质QDt1t3间该反应的平衡常数均为4二、解答题（共4小题，满分58分）8（14分）（xx春渝中区校级月考）SiO2、SO2、NaOH、H2O、卤素及其化合物是中学化学中的常见物质，他们在生产、生活中有着广泛的应用，请回答下列有关问题：（1）Si元素在周期表中的位置是（2）请按熔沸点由高到低的顺序对SiO2、SO2、NaOH、H2O四种化合物排序（3）工业氢溴酸常带有淡淡的黄色，可能的原因是：含Fe3+含Br2含Fe3+和Br2，现只用下列一种试剂就能分析产生淡黄色的原因，该试剂是（填序号）A、KMnO4溶液 B、KSCN溶液 C、淀粉KI溶液 D、CCl4（4）工业生产漂白液的化学反应方程式为；某课外小组同学利用如图所示装置向该漂白液中持续通入SO2气体实验过程中观察到如下现象开始时，溶液上方出现白雾，试纸a变红甲同学认为是HCl使a变红，乙同学不同意甲的观点乙同学的认为使a变红的是（写出一种即可）片刻后，溶液上方出现黄绿色气体，试纸b变蓝用离子方程式解释b变蓝的原因最终试纸b褪色同学们认为可能的原因有两种：一是I2有还原性，黄绿色气体等物质将其氧化成IO3，从而使蓝色消失；二是9（15分）（xx春渝中区校级月考）过氧化镁（MgO2）易溶于稀酸，溶于酸后产生过氧化氢，在医学上可作为解酸剂等过氧化镁产品中常会混有少量MgO，实验室可通过多种方案测定样品中过氧化镁的含量（1）某研究小组拟用如图装置测定一定质量的样品中过氧化镁的含量实验前需进行的操作是，稀盐酸中加入少量FeCl3溶液的作用是MgO2的电子式为分液漏斗上端连接的橡皮管的作用是实验结束后，待恢复至室温，先，再平视刻度线读数（2）实验室还可通过以下方案测定样品中过氧化镁的含量：取a g样品，加入足量稀盐酸，充分反应后再加入NaOH溶液至Mg2+沉淀完全，过滤、洗涤后，将滤渣充分灼烧，最终得到b g固体已知：常温下KspMg（OH）2=11011为使溶液中的Mg2+完全沉淀即溶液中c（Mg2+）1104mol/L，溶液的pH至少应调至则样品中过氧化镁的质量分数为（用含a、b的表达式表示）（3）实验室中某含Mg2+的溶液中混有Fe3+，可用Mg（OH）2调溶液PH值除去Fe3+，写出该沉淀转化反应的离子方程式10（15分）（xx春渝中区校级月考）吡氟氯禾灵是一种选择性强、药效稳定、对人畜安全的多禾本科杂草除草剂，它的合成路线如下所示：已知：（1）用系统命名法命名A，其名称为；A有多种同分异构体，如果一种同分异构体不能与Na反应，且分子中所有同类原子的化学环境相同，写出其结构简式（2）在合成吡氟氯禾灵所涉及的反应中，属于加成反应的有（填序号）（3）写出反应的化学方程式（4）C的同分异构体有多种，写出同时具有下列性质的同分异构体的结构简式a能与FeCl3溶液发生显色反应 b能发生银镜反应 c核磁共振氢谱图中有四组峰（5）写出（4）中同分异构体中的任一种与足量新制Cu（OH）2悬浊液反应的化学方程式（6）试以甲醛为原料（其他无机试剂任选）合成，写出它的合成路线流程图合成路线流程图示例如下：CH3CH2OHCH2CH2CH3CH311（14分）（xx春渝中区校级月考）甲烷是天然气的主要成分，是生产、生活中应用非常广泛的一种化学物质（1）在一定条件下，甲烷能发生如下反应：CH4（g）+H2OCO（g）+3H2（g）H0在其他条件不变的情况下降低温度，逆反应速率将（填“增大”“减小”或“不变”）现将1.0molCH4和2.0mol H2O（g）通入100L反应器中，发生上述反应，10min末有0.1mol CO生成，则v（H2）=（2）一定条件下，用甲烷可以消除氮氧化物（NOx）的污染已知：CH4（g）+4NO（g）2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H1CH4（g）+4NO2（g）4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）H2现有一份在相同条件下相对于也的密度为17的NO和NO2的混合气体，用16g甲烷气体催化还原该混合气体，恰好生成氮气、二氧化碳和水蒸气，共放出1042.8kJ热量该混合气体中NO和NO2的物质的量之比为已知上述热化学方程式中H1=1160kJ/mol，则H2=（3）以甲烷为燃料的新型电池，其成本大大低于以氢为燃料的传统燃料电池，目前得到广泛的研究，如图是目前研究较多的一类固体氧化物燃料电池工作原理示意图回答下列问题：B电极的电极反应式为若用该燃料电池做电源，用石墨做电极电解100mL 2mol/L的硫酸铜溶液，当两极收集到的气体体积相等时，理论上消耗的甲烷的体积为L（标况下），而实际上消耗的甲烷体积（折算到标况）比理论值大，可能原因为（任答一条）xx重庆市渝中区巴蜀中学高三（下）月考化学试卷（3月份）参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1（6分）（xx春渝中区校级月考）化学充实了生活、改变了生活，下列相关说法正确的是（）ANaHCO3能与碱反应，因此食品工业用小苏打做焙制糕点的膨松剂B石油的催化裂解是为了提高从石油中得到汽油等轻质油的产量C常用的消毒剂氯气和调料乙酸，两者都含有非极性共价键D废旧电池有牢固外壳保护不会污染土壤和水体，故不必回收处理考点：常见的食品添加剂的组成、性质和作用；极性键和非极性键；常见的生活环境的污染及治理；石油的裂化和裂解专题：化学应用分析：A、NaHCO3不稳定，加热分解，用小苏打做焙制糕点的膨松剂；B、石油催化裂化的主要目的是提高汽油等轻质油的产量与质量；石油裂解的主要目的是得到更多的乙烯、丙烯等气态短链烃；C、同种非金属元素之间形成非极性共价键，不同非金属元素之间形成极性共价键；D、废旧电池中渗漏出的重金属离子会对土壤和水源的污染，应集中回收处理解答：解：A、NaHCO3不稳定，加热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳气体，所以用小苏打做焙制糕点的膨松剂，故A错误；B、石油的催化裂解主要目的是得到更多的乙烯、丙烯等气态短链烃，故B错误；C、常用的消毒剂氯气和调料乙酸，氯气中只有非极性共价键，乙酸中含有非极性共价键，极性共价键，故C正确；D、废旧电池有牢固外壳保护会污染土壤和水体，必须回收处理，故D错误；故选C点评：化学来源于生产生活，也必须服务于生产生活，本题难度不大，但涉及知识点较多，灵活运用所学知识是即可正确解答本题2（6分）（xx春渝中区校级月考）下列热化学方程式或离子方程式中，正确的是（）A将铝表面的氧化物溶于NaOH溶液：Al2O3+2OH+3H2O2Al（OH）3B少量硝酸银溶液与足量氨水反应：Ag+NH3H2OAgOH+NH4+C500、30MPa下，将0.5mol N2和1.5mol H2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g）放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=38.6kJ/molD甲烷的标准燃烧热为890.3kJmol1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（l）H=890.3kJmol1考点：离子方程式的书写专题：离子反应专题分析：A、铝表面的氧化物溶于NaOH生成偏铝酸钠；B、足量氨水反应反应生成银铵络离子；C、0.5mol N2和1.5mol H2置于密闭的容器中充分反应，不可能完全反应，所以1mol N2和3mol H2置于密闭的容器中完全反应放出的热量大于19.3kJ2；D、1mol物质的量物质完全燃烧时的反应热叫做该物质的标准燃烧热标准燃烧热解答：解：A、铝表面的氧化物溶于NaOH生成偏铝酸钠，正确的离子反应式为：Al2O3+2OH2AlO2+H2O，故A错误；B、足量氨水反应反应生成银铵络离子，正确的离子反应式为：Ag+2NH3H2OAg（NH3）2+2H2O，故B错误；C、0.5mol N2和1.5mol H2置于密闭的容器中充分反应，不可能完全反应，而热化学方程式中的反应热，表示1mol N2和3mol H2置于密闭的容器中完全反应放出的热量大于19.3kJ2，故C错误；D、1mol物质的量物质完全燃烧时的反应热叫做该物质的标准燃烧热，所以甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（l）H=890.3kJmol1，故D正确；故选D点评：本题考查离子方程式的书写和热化学方程式的书写，题目难度不大，注意从化学式、离子符号、电荷守恒以及是否符合反应实际的角度分析3（6分）（xx徐州模拟）下列物质的转化在给定条件下不能实现的是（）NaNa2O2Na2CO3MgOMgCl2溶液MgFeFe2O3Fe2（SO4）3SiO2Na2SiO3H2SiO3HCHOHCOOHHCOOCH3ABCD考点：常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；硅和二氧化硅；钠的重要化合物专题：碳族元素；几种重要的金属及其化合物分析：给定条件下不能实现是指：原物质在给定的条件下无法转化为目标物质；根据所提供的物质的化学性质，分析能否在给定的条件下通过化学反应而实现即可解答：解：钠燃烧生成过氧化钠，过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应可以实现，故不选；由于电解氯化镁溶液得不到金属镁，故不能实现转化，故选；由于铁点燃生成四氧化三铁，转化不能在给定的条件下实现，故选；SiO2与氢氧化钠反应生成Na2SiO3和水，Na2SiO3与盐酸反应生成H2SiO3和氯化钠，反应能够实现，故不选；、HCHO与氧气发生氧化反应生成HCOOH，HCOOH与甲醇在碱性条件下无法发生酯化反应生成HCOOCH3，故选；以上反应不能够实现的有；故选C点评：本题考查化合物的性质，题目难度不大，熟练掌握物质的性质，是解决此类问题的关键，正确运用物质分类及反应规律则是解决此类问题的有效方法4（6分）（xx春渝中区校级月考）下列实验不能作为判断依据的是（）A钠和钾分别与冷水反应，判断金属活动性强弱BBr2与I2分别与足量的H2反应，判断溴与碘的非金属活动性强弱C碳酸钠溶液显碱性，硫酸钠溶液显中性，判断硫与碳的非金属活动性强弱D在MgSO4与Al（NO）3溶液中分别加入过量的氨水，判断镁与铝的金属活动性强弱考点：碱金属的性质；卤素原子结构及其性质的比较；钠的重要化合物专题：元素及其化合物分析：A金属性越强的金属与水反应越剧烈；B非金属性越强的非金属单质与氢气化合越容易；C碳酸钠溶液显碱性，说明碳酸根离子水解，硫酸钠溶液显中性，说明硫酸根离子不水解；D镁离子与铝离子与氨水反应都会产生沉淀，且沉淀都不溶解解答：解：A金属性越强的金属与水反应越剧烈，通过钠和钾分别与冷水反应的剧烈程度可以判断金属的活动性，故A正确；B非金属性越强的非金属单质与氢气化合越容易，通过Br2与I2分别与足量的H2反应的难易程度可以判断非金属性强弱，故B正确；C碳酸钠溶液显碱性，硫酸钠溶液显中性，可知碳酸为弱酸，硫酸为强酸，最高价氧化物对应水化物酸性越强，元素的非金属性越强，所以硫的非金属性强于碳，故C正确；D镁离子与铝离子与氨水反应都会产生沉淀，且沉淀都不溶解，故D错误；故选：D点评：本题考查了元素金属性、非金属性强弱判断的依据，题目难度不大，注意C选项为易错选项5（6分）（xx春渝中区校级月考）下列说法不正确的是（）A某烷烃主链4个碳原子数的同分异构体有2种，则与其碳原子个数相同的且主链4个碳原子的单烯烃有4种B（CH3）2C（OH）CH2CH3的名称为：2甲基2羟基丁烷C1mol有机物与NaOH溶液反应，最多消耗5mol NaOHD1mol 紫罗兰酮与1mol Br2发生加成反应可得到3种不同产物考点：同分异构现象和同分异构体；有机化合物命名；有机物的结构和性质专题：有机化学基础分析：A先根据烷烃的条件，确定烷烃的分子式，然后再根据官能团位置异构确定烯烃的同分异构体；B、含有官能团的有机物命名时，要选含官能团的最长碳链作为主链，官能团的位次最小；C、能与NaOH反应的为酚羟基和羧基，肽键，酯基；D、共轭二烯烃与Br21：1加成时，可以发生1，2加成反应，也可能发生1，4加成反应；解答：解：A首先：确定该烷烃碳原子个数：主链为4个碳原子的烷烃，其支链只能是甲基（不可能是乙基，否则主链超过4个碳原子）；主链为4个碳原子的烷烃，支链数最多4个（下面的0，是指该物质只有一种，没有同分异构体），则：支链含有的甲基的个数 烷烃的同分异构体数目1个 02个 23个 04个 0所以该烷烃总共有6个碳原子，含有2个甲基，其次：分析烯烃的同分异构体数目若双键在1号位，有以下3种烯烃的同分异构体：C=CCC1 2 3 42乙基丁烯、2，3二甲基丁烯、3，3二甲基丁烯若双键在2号位，则只有一种该烯烃的同分异构体：CC=CC1 2 3 42，3二甲基2丁烯所以满足条件的该烯烃的同分异构体共有4种，故A正确；B（CH3）2C（OH）CH2CH3的名称为：2甲基2丁醇，故B错误；C.1mol有机物中含有1mol酚羟基、1mol羧基，1mol肽键，1mol酯基，其中1mol酯基消耗2molNaOH，其余都是1mol，所以最多消耗5molNaOH，故C正确；D与Br2起加成反应，可以发生1，2加成反应，也可能发生1，4加成反应，所以加1mol 紫罗兰酮与1mol Br2发生加成反应可得到3种不同产物，故D正确；故选B点评：本题主要考查了同分异构体的书写、醇的命名、官能团的性质以及加成反应，难度不大，注意把握有机物的官能团的结构和性质6（6分）（xx春渝中区校级月考）下列溶液中有关微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A相同物质的量浓度的下列溶液：NH4Al（SO4）2、NH4Cl、CH3COONH4、NH3H2O，c（NH4+）由大到小的顺序是：B常温下，将CH3COONa溶液和稀盐酸混合至溶液pH=7：c（Na+）=c（CH3COO）c（H+）=c（OH）C常温下，pH=6的NaHSO3溶液中：c（SO32）c（H2SO3）=9.9107molL1D物质的量浓度之比为1：2的NaClO、NaHCO3混合溶液中：C（HClO）+c（ClO）=2c（HCO3）+2c（H2CO3）+2c（CO32）考点：离子浓度大小的比较专题：盐类的水解专题分析：A相同浓度的溶液，弱电解质溶液中铵根离子浓度最小，醋酸根离子促进铵根离子水解、铝离子抑制铵根离子水解，据此判断铵根离子浓度大小；B混合溶液呈中性，根据电荷守恒判断c（Na+）、c（CH3COO）相对大小；C常温下，pH=6的NaHSO3溶液中中亚硫酸氢根离子电离程度大于水解程度，根据质子守恒判断；D任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒判断解答：解：A相同浓度的溶液，弱电解质溶液中铵根离子浓度最小，醋酸根离子促进铵根离子水解、铝离子抑制铵根离子水解，所以c（NH4+）由大到小的顺序是：，故A错误；B混合溶液呈中性，根据电荷守恒得c（Na+）=c（CH3COO）+c（Cl），所以c（Na+）c（CH3COO），故B错误；C常温下，pH=6的NaHSO3溶液中中亚硫酸氢根离子电离程度大于水解程度，根据质子守恒得c（H2SO3）+c（H+）=c （OH）+c（SO32），所以c（H+）c（OH）=c（SO32）c（H2SO3）=9.9107molL1，故C正确；D任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒得2C（HClO）+2c（ClO）=c（HCO3）+c（H2CO3）+c（CO32），故D错误；故选C点评：本题考查了离子浓度大小比较，根据溶液中溶质的性质及溶液酸碱性再结合守恒思想分析解答，注意B中还含有氯离子，为易错点7（6分）（xx安徽一模）一定温度下，将1mol X和1mol Y气体充入2L恒容密闭容器，发生反应X（g）+Y（g）mZ（g）+Q（s），t1时达到平衡在t2、t3时刻分别改变反应的一个条件，测得容器中气体Z的浓度随时间变化如图所示下列说法正确的是（）A反应方程式中的m=1Bt2时刻改变的条件是使用催化剂Ct3时刻改变的条件是移去少量物质QDt1t3间该反应的平衡常数均为4考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线专题：化学平衡专题分析：A、由图可知，t2时刻Z的浓度增大，但平衡不移动，故改变的条件应是增大压强，反应前后气体的化学计量数之和相等，据此解答；B、催化剂不能影响物质的浓度；C、Q是固体，改变Q的用量，不影响平衡移动，t3时刻改变的条件，瞬间Z的浓度不变，平衡向正反应移动，可能是增大反应物的浓度或升高温度；D、t1t3间温度相同，利用三段式计算t1平衡时各物质的浓度，代入平衡常数表达式计算解答：解：A、由图可知，t2时刻Z的浓度增大，但平衡不移动，故改变的条件应是增大压强，反应前后气体的化学计量数之和相等，故m=1+1=2，故A错误；B、催化剂不能影响物质的浓度，由图可知，t2时刻Z的浓度增大，但平衡不移动，故改变的条件应是增大压强，故B错误；C、Q是固体，改变Q的用量，不影响平衡移动，t3时刻改变的条件，瞬间Z的浓度不变，平衡向正反应移动，可能是增大反应物的浓度或升高温度，故C错误；D、t1t3间温度相同，由图可知t1时刻平衡时，c（Z）=0.5mol/L，则： X（g）+Y（g）2Z（g）+Q（s），开始（mol/L）：0.5 0.5 0变化（mol/L）：0.25 0.25 0.5平衡（mol/L）：0.25 0.25 0.5 故平衡常数为=4，故D正确；故选D点评：本题考查化学平衡有关计算、化学平衡图象等，难度中等，判断t2时刻改变条件是关键，注意C选项中升高温度不一定向正反应移动二、解答题（共4小题，满分58分）8（14分）（xx春渝中区校级月考）SiO2、SO2、NaOH、H2O、卤素及其化合物是中学化学中的常见物质，他们在生产、生活中有着广泛的应用，请回答下列有关问题：（1）Si元素在周期表中的位置是第三周期第IVA族（2）请按熔沸点由高到低的顺序对SiO2、SO2、NaOH、H2O四种化合物排序SiO2、NaOH、H2O、SO2（3）工业氢溴酸常带有淡淡的黄色，可能的原因是：含Fe3+含Br2含Fe3+和Br2，现只用下列一种试剂就能分析产生淡黄色的原因，该试剂是D（填序号）A、KMnO4溶液 B、KSCN溶液 C、淀粉KI溶液 D、CCl4（4）工业生产漂白液的化学反应方程式为Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O；某课外小组同学利用如图所示装置向该漂白液中持续通入SO2气体实验过程中观察到如下现象开始时，溶液上方出现白雾，试纸a变红甲同学认为是HCl使a变红，乙同学不同意甲的观点乙同学的认为使a变红的是SO2（或H2SO3）（写出一种即可）片刻后，溶液上方出现黄绿色气体，试纸b变蓝用离子方程式解释b变蓝的原因Cl2+2I2Cl+I2最终试纸b褪色同学们认为可能的原因有两种：一是I2有还原性，黄绿色气体等物质将其氧化成IO3，从而使蓝色消失；二是I2有氧化性，SO2能将I2还原成I，从而使蓝色消失考点：性质实验方案的设计；二氧化硫的化学性质；硅和二氧化硅；钠的重要化合物专题：常规题型；实验题；元素及其化合物分析：（1）主族元素中，原子核外电子层数与其周期数相等、最外层电子数与其族序数相等；（2）一般来说，熔沸点高低顺序是：原子晶体、离子晶体、含有氢键的分子晶体、普通分子晶体；（3）CCl4与溶液混合后分层，根据有机层与水溶液的颜色判断氢溴酸常带黄色原因；（4）氯气和氢氧化钠溶液反应制取漂白液；二氧化硫和水反应生成亚硫酸，溶液呈酸性，也能使湿润的蓝色石蕊试纸变红色；黄绿色气体是氯气，能氧化碘离子生成碘单质，碘遇淀粉试液变蓝色；二氧化硫具有还原性，能被碘氧化解答：解：（1）Si元素在周期表中的位置是第三周期、第IVA族，故答案为：第三周期第IVA族；（2）一般来说，熔沸点高低顺序是：原子晶体、离子晶体、含有氢键的分子晶体、普通分子晶体，二氧化硅属于原子晶体、NaOH属于离子晶体、水和二氧化硫属于分子晶体，但水中含有氢键，所以这几种物质熔沸点高低顺序是SiO2、NaOH、H2O、SO2，故答案为：SiO2、NaOH、H2O、SO2；（3）CCl4与溶液混合后分层，有机层在下层，水层在上层，若有机层无色，水层为黄色，则为含Fe3+所致，若有机层为橙色，水层为无色，为含Br2所致，若有机层为橙色、水层为黄色，则为含Fe3+和Br2所致，故选D；（4）氯气和氢氧化钠溶液反应制取漂白液，反应方程式为Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O；氯气与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸和HCl，试纸a变红，说明有酸性物质存在，若二氧化硫过量，试纸a变红还可能与SO2（或H2SO3）有关，故答案为：SO2（或H2SO3）；上方出现黄绿色气体，试纸b变蓝，发生Cl2+2I2Cl+I2，故答案为：Cl2+2I2Cl+I2；最终试纸b褪色，可能与碘的还原性、氧化性有关，则可能的原因二为I2有氧化性，SO2能将I2还原成I，从而使蓝色消失，故答案为：I2有氧化性，SO2能将I2还原成I，从而使蓝色消失点评：本题考查了实验方案设计，明确物质的性质是解本题关键，根据物质之间的反应来分析解答即可，明确氯气和二氧化硫在水溶液里能发生氧化还原反应而失去漂白性，为易错点9（15分）（xx春渝中区校级月考）过氧化镁（MgO2）易溶于稀酸，溶于酸后产生过氧化氢，在医学上可作为解酸剂等过氧化镁产品中常会混有少量MgO，实验室可通过多种方案测定样品中过氧化镁的含量（1）某研究小组拟用如图装置测定一定质量的样品中过氧化镁的含量实验前需进行的操作是检查装置的气密性，稀盐酸中加入少量FeCl3溶液的作用是用作催化剂（或催化H2O2的分解）MgO2的电子式为分液漏斗上端连接的橡皮管的作用是保持恒压使分液漏斗中的溶液顺利滴下实验结束后，待恢复至室温，先将右侧刻度管缓缓向下移动直到两侧液面相平，再平视刻度线读数（2）实验室还可通过以下方案测定样品中过氧化镁的含量：取a g样品，加入足量稀盐酸，充分反应后再加入NaOH溶液至Mg2+沉淀完全，过滤、洗涤后，将滤渣充分灼烧，最终得到b g固体已知：常温下KspMg（OH）2=11011为使溶液中的Mg2+完全沉淀即溶液中c（Mg2+）1104mol/L，溶液的pH至少应调至11则样品中过氧化镁的质量分数为（用含a、b的表达式表示）（3）实验室中某含Mg2+的溶液中混有Fe3+，可用Mg（OH）2调溶液PH值除去Fe3+，写出该沉淀转化反应的离子方程式3Mg（OH）2+2Fe3+=3Mg2+2Fe（OH）3考点：探究物质的组成或测量物质的含量专题：实验探究和数据处理题分析：（1）实验前需进行的操作是检查装置的气密性；通过测量双氧水分解生成的氧气，可检测过氧化镁的含量，而氯化铁能作催化剂加快双氧水的分解，加快反应速率，过氧化镁是离子化合物，据此写出电子式；气体的体积受温度和压强影响大，分液漏斗上端连接的橡皮管的作用是保持恒压，用恒压分液漏斗的优点还有消除滴入溶液的体积对所测气体体积的影响，使分液漏斗中的溶液顺利滴下；应该将右侧刻度管缓缓向下移动直到两侧液面相平，然后再平视刻度线读数；（2）根据氢氧化镁的溶度积，计算出溶液中氢氧根离子的浓度，求出溶液的PH；质量b是氧化镁，质量a是过氧化镁和氧化镁杂质质量，设出二者物质的量，列式计算出各自物质的量，最后根据过氧化镁的物质的量，算出其质量分数； （3）用Mg（OH）2调溶液PH值除去Fe3+，利用氢氧化镁和溶液中氢离子反应促进铁离子水解正向进行，生成氢氧化铁沉淀解答：解：（1）实验装置连接好以后，实验前需进行的操作是检查装置的气密性；过氧化镁溶于水生成双氧水，双氧水易分解，通过测量双氧水分解生成的氧气，可检测过氧化镁的含量，而氯化铁能作催化剂加快双氧水的分解，加快反应速率，过氧化镁是离子化合物，据此写出电子式为；故答案为：检查装置的气密性；用作催化剂（或催化H2O2的分解）；由于气体的体积受温度和压强影响大，所以用恒压分液漏斗的优点还有消除滴入溶液的体积对所测气体体积的影响，使分液漏斗中的溶液顺利滴下，故答案为：保持恒压使分液漏斗中的溶液顺利滴下；由于气体大体积受压强影响大，所以在读数之前，应该将右侧刻度管缓缓向下移动直到两侧液面相平，然后再平视刻度线读数，故答案为：将右侧刻度管缓缓向下移动直到两侧液面相平；（2）根据氢氧化镁的溶度积常数可知，当溶液中c（Mg2+）=l105mol/L时，KspMg（OH）2=11011=c（Mg2+）c2（OH），溶液中OH浓度等于1103mol/L，所以溶液的pH=11；设过氧化镁的物质的量是xmol，氧化镁物质的量是ymol，则56x+40y=a，（x+y）40=b，解得x=，方案I中过氧化镁的质量分数为：=，故答案是：11； ；（3）用Mg（OH）2调溶液PH值除去Fe3+，利用氢氧化镁和溶液中氢离子反应促进铁离子水解正向进行，生成氢氧化铁沉淀，反应的；离子方程式为：3Mg（OH）2+2Fe3+=3Mg2+2Fe（OH）3，故答案为：3Mg（OH）2+2Fe3+=3Mg2+2Fe（OH）3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，侧重对学生能力的培养和训练，有利于培养学生规范严谨的实验设计、操作能力；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性及灵活运用知识解决实际问题的能力10（15分）（xx春渝中区校级月考）吡氟氯禾灵是一种选择性强、药效稳定、对人畜安全的多禾本科杂草除草剂，它的合成路线如下所示：已知：（1）用系统命名法命名A，其名称为2羟基丙酸；A有多种同分异构体，如果一种同分异构体不能与Na反应，且分子中所有同类原子的化学环境相同，写出其结构简式（2）在合成吡氟氯禾灵所涉及的反应中，属于加成反应的有（填序号）（3）写出反应的化学方程式+HCl（4）C的同分异构体有多种，写出同时具有下列性质的同分异构体的结构简式a能与FeCl3溶液发生显色反应 b能发生银镜反应 c核磁共振氢谱图中有四组峰（5）写出（4）中同分异构体中的任一种与足量新制Cu（OH）2悬浊液反应的化学方程式+2Cu（OH）2+Cu2O+2H2O（6）试以甲醛为原料（其他无机试剂任选）合成，写出它的合成路线流程图合成路线流程图示例如下：CH3CH2OHCH2CH2CH3CH3考点：有机物的合成专题：有机物的化学性质及推断分析：（1）由反应信息可知，CH3CH（OH）CN在酸性条件下发生水解反应生成A，A为CH3CH（OH）COOH，与CH3OH发生正反应生成B，B为CH3CH（OH）COOCH3C与反应生成毗氟氯禾灵，结合毗氟氯禾灵的结构及生成C的反应物可知，C为；（2）反应属于加成反应，反应属于水解反应，反应属于取代反应；（3）反应是与发生取代反应生成；（4）根据条件：a能与FeCl3溶液发生显色反应，说明有酚羟基，b能发生银镜反应，说明有醛基，c核磁共振氢谱图中有四组峰，说明有4种不同环境的氢原子，结合C的结构简式写同分异构体；（5）（4）中同分异构体中的任一种中有醛基，可以将Cu（OH）2还原为成Cu2O，据此写化学方程式；（6）以甲醛为原料合成，可以将甲醛与HCN发生题目流程中的反应，生成HOCH2COOH，再发生酯化可得产品解答：解：（1）由反应信息可知，CH3CH（OH）CN在酸性条件下发生水解反应生成A，A为CH3CH（OH）COOH，与CH3OH发生正反应生成B，B为CH3CH（OH）COOCH3C与反应生成毗氟氯禾灵，结合毗氟氯禾灵的结构及生成C的反应物可知，C为，根据上面的分析可知，A为CH3CH（OH）COOH，名称为2羟基丙酸，A的同分异构体不能与Na反应，且分子中所有同类原子的化学环境相同的结构简式为，故答案为：2羟基丙酸；（2）反应属于加成反应，反应属于水解反应，反应属于取代反应，故答案为：；（3）反应是与发生取代反应生成，反应方程式为+HCl，故答案为：+HCl；（4）C为，根据条件：a能与FeCl3溶液发生显色反应，说明有酚羟基，b能发生银镜反应，说明有醛基，c核磁共振氢谱图中有四组峰，说明有4种不同环境的氢原子，结合C的结构简式可知，符合这样条件的C的同分异构体的结构为，故答案为：；（5）（4）中同分异构体中的任一种中有醛基，可以将Cu（OH）2还原为成Cu2O，化学方程式为+2Cu（OH）2+Cu2O+2H2O，故答案为：+2Cu（OH）2+Cu2O+2H2O；（6）以甲醛为原料合成，可以将甲醛与HCN发生题目流程中的反应，生成HOCH2COOH，再发生酯化可得产品，合成路线为，故答案为：点评：本题考查有机物的推断和合成，题目较为综合，难度中等，注意利用题中信息和正推、逆推相结合进行推断，是热点题型，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化11（14分）（xx春渝中区校级月考）甲烷是天然气的主要成分，是生产、生活中应用非常广泛的一种化学物质（1）在一定条件下，甲烷能发生如下反应：CH4（g）+H2OCO（g）+3H2（g）H0在其他条件不变的情况下降低温度，逆反应速率将减小（填“增大”“减小”或“不变”）现将1.0molCH4和2.0mol H2O（g）通入100L反应器中，发生上述反应，10min末有0.1mol CO生成，则v（H2）=3104mol/（Lmin）（2）一定条件下，用甲烷可以消除氮氧化物（NOx）的污染已知：CH4（g）+4NO（g）2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H1CH4（g）+4NO2（g）4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）H2现有一份在相同条件下相对于也的密度为17的NO和NO2的混合气体，用16g甲烷气体催化还原该混合气体，恰好生成氮气、二氧化碳和水蒸气，共放出1042.8kJ热量该混合气体中NO和NO2的物质的量之比为3：1已知上述热化学方程式中H1=1160kJ/mol，则H2=574 kJ/mol（3）以甲烷为燃料的新型电池，其成本大大低于以氢为燃料的传统燃料电池，目前得到广泛的研究，如图是目前研究较多的一类固体氧化物燃料电池工作原理示意图回答下列问题：B电极的电极反应式为CH48e+4O2=CO2+2H2O若用该燃料电池做电源，用石墨做电极电解100mL 2mol/L的硫酸铜溶液，当两极收集到的气体体积相等时，理论上消耗的甲烷的体积为2.24LL（标况下），而实际上消耗的甲烷体积（折算到标况）比理论值大，可能原因为电池能量转化率达不到100%（任答一条）考点：化学电源新型电池；反应热和焓变；化学反应速率的影响因素专题：基本概念与基本理论分析：（1）根据温度对速率的影响分析；根据CO的变化量求出CO的速率，再根据计量数之比等于速率比求出氢气的速率；（2）相同条件下，不同气体的摩尔质量之比等于其密度之比，据此计算氮氧化物平均摩尔质量，再根据平均摩尔质量计算NO和二氧化氮的物质的量之比；根据盖斯定律确定甲烷和二氧化氮之间的方程式，根据甲烷和NO、NO2之间的反应确定分别和NO、NO2之间反应需要甲烷的物质的量之比，再根据焓变进行计算；（3）（1）B为负极，总反应式为CH4+2O2+=CO2+2H2O，正极反应式为：2O2+8e=4O2，两式相减可得负极电极反应式；开始阶段发生反应：2Cu2+2H2O2Cu+O2+4H+，铜离子完全放电后，发生反应2H2O2H2+O2，当两极收集到的气体体积相等时，即氢气与氧气的体积相等，令是氢气为xmol，根据电子转移守恒列方程计算，再根据电子转移守恒计算消耗的甲烷；根据电池中的能量转化率分析解答：解：（1）降低速率，正逆反应速率都减小；10min末有0.1mol CO生成，则v（CO）=1104mol/（Lmin），则氢气的速率为v（H2）=3v（CO）=3104mol/（Lmin），故答案为：减小；3104mol/（Lmin）；（2）在相同条件下对H2的相对密度为17的NO与NO2的混合气体，相同条件下，气体的密度之比等于其摩尔质量之比，所以混合气体的摩尔质量为34g/mol，设n（NO）为x，n（NO2）为y，混合气体摩尔质量=34g/mol，x：y=3：1，故答案为：3：1；16g甲烷的物质的量=1mol，根据盖斯定律知，CH4（g）+4NO（g）2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）；H1CH4（g）+2NO2（g）N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）；H=0.5（H1+H2）NO和NO2的物质的量之比为3：1，根据方程式知，当NO和NO2完全转化为氮气时，分别和NO、NO2反应的甲烷的物质的量之比=：=3：2，则有0.6mol甲烷和NO反应、0.4mol的甲烷和NO2反应，0.6mol甲烷和NO反应放出的热量=0.6mol1160kJ/mol=696kJ，0.4mol甲烷和NO2完全反应放出的热量=1042.8kJ696kJ=346.8kJ，则0.4mol甲烷和NO2完全反应放出的热量=0.5（H1+H2）0.4mol=0.2mol（1160kJ/mol+H2）=346.8kJ，则H2=574 kJ/mol，故答案为：574 kJ/mol；（3）总反应式为CH4+2O2+=CO2+2H2O，正极反应式为：2O2+8e=4O2，两式相减，负极反应为：CH48e+4O2=CO2+2H2O，故答案为：CH48e+4O2=CO2+2H2O；硫酸铜的物质的量=0.1L2mol/L=0.2mol，开始阶段发生反应：2Cu2+2H2O2Cu+O2+4H+，铜离子完全放电后，发生反应2H2O2H2+O2，当两极收集到的气体体积相等时，即氢气与氧气的体积相等，令是氢气为xmol，根据电子转移守恒，则：0.2mol2+2x=4x，解得x=0.2，根据电子转移守恒，可知消耗的甲烷物质的量=0.1mol，故消耗甲烷的体积=0.1mol22.4L/mol=2.24L，原电池中发生反应时化学能不去全部转化为电能，即电池能量转化率达不到100%，所以实际上消耗的甲烷的体积比理论上大；故答案为：2.24L；电池能量转化率达不到100%点评：本题综合考查了反应速率的计算、反应热的计算、电化学知识等，题目整体计算量较大，侧重于对基础知识综合应用的考查，题目难度中等