2019年高三下学期3月月考化学试卷 含解析.doc

2019年高三下学期3月月考化学试卷 含解析1用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A标准状况下，22.4 L H2O中含有的分子数为NAB32g O2中含有的分子数为NA C1 mol Al与足量O2反应转移的电子数为NA D1 L 1 molL1 CaCl2溶液中含有的氯离子数为NA【答案】B【解析】试题分析：标准状况下，水不是气态，不能适用于气体摩尔体积，A不正确；32g氧气的物质的量是1mol，含有的分子数为NA，B正确；Al在反应中失去3个电子，所以C不正确；D不正确，1 L 1 molL1 CaCl2溶液中含有的氯离子数为2NA，答案选B。考点：考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断点评：阿伏加德罗常数是历年高考的“热点”问题，为高考必考题目，这是由于它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容。要准确解答好这类题目，一是要掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系；二是要准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系。2关于同温同压下等体积CO2和CO的叙述：质量相等 密度相等 所含分子数相等 所含碳原子数相等。 其中正确的是 A B C D【答案】C【解析】3下列化学反应的离子方程式书写正确的是A钠与水反应：Na+2H2ONa+2OH+H2B小苏打与醋酸反应：HCO3+H+=CO2+H2OC氯气与水反应：Cl2 +H2O2H+ + Cl + ClOD氯化铝溶液与过量氨水反应：3NH3H2O+ Al3+ Al(OH)3+3NH4+【答案】D【解析】A前后所带电荷不守恒，2Na+2H2O2Na+2OH+H2B醋酸为弱酸，不能改写。HCO3+CH3COOH=CO2+H2O+CH3COO-C次氯酸为弱酸不能改写。Cl2 +H2OH+ + Cl + HClO4家用炒菜锅用水清洗后，出现红棕色的锈斑。此变化过程不发生的化学反应是A4Fe(OH)2 + 2H2O + O2 = 4Fe(OH)3B2Fe + 2H2O +O2 = 2Fe(OH)2C负极反应：Fe 3e- = Fe3+D正极反应：2H2O + O2 + 4e-=4OH【答案】C【解析】试题分析：此过程属于钢铁的吸氧腐蚀，过程为负极：Fe2e=Fe2，正极：O22H2O4e=4OH，4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3，2Fe(OH)3=Fe2O33H2O，因此此变化过程中不发生的化学反应是选项C，故选项C符合题意。考点：考查钢铁的吸氧腐蚀等知识。5已知25时有关弱酸的电离平衡常数：弱酸化学式CH3COOHHCNH2CO3电离平衡常数(25)1.810-54.910-10K1=4.310-7K2=5.610-11根据上述电离常数分析，下列错误的是A.25时，等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH（HCN）pH（H2CO3）pH（CH3COOH）B.2NaCN+H2O+CO2=2HCN+Na2CO3C.a mol/L HCN溶液与b mol/L NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中c（Na+）=c（CN-），则a一定大于bD.2CH3COOH+Na2CO3=2 CH3COONa+H2O+CO2【答案】B【解析】试题分析：A、根据电离平衡常数可知酸的强弱顺序是CH3COOHH2CO3HCN，酸性越弱，溶液的pH越大，所以等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH（HCN）pH（H2CO3）pH（CH3COOH），A正确；B、HCN的酸性大于HCO3-的酸性,所以反应应为NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3，B错误；C、a mol/L HCN溶液与b mol/L NaOH溶液等体积混合，所得溶液c（Na+）=c（CN-），根据电荷守恒c（OH-）=c（H+），溶液呈中性，溶液中的溶质是氰化钠和HCN的混合物，所以a一定大于b，C正确；D、CH3COOH的酸性强于H2CO3，所以可以发生2CH3COOH+Na2CO3=2 CH3COONa+H2O+CO2，D正确。答案选B。考点：弱酸的电离6设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A13.8gNO2与足量水反应，转移电子数为0.2NAB标准状况下，22.4L溴苯中含有氢原子数为5NAC500mL 2 mol/LNH4NO3溶液中，含有NH4+数为NAD用惰性电极电解足量CuSO4溶液，生成22.4L气体时转移电子数为4NA【答案】A【解析】试题分析：A13.8gNO2的物质的量是n(NO2）=13.8g46g/mol=0.3mol,根据NO2与足量水反应方程式：3NO2+H2O=2HNO3+NO，可知每3molNO2发生反应，转移2mol电子，则0.3molNO2发生反应转移电子数为0.2NA，正确；B标准状况下溴苯是液体，不能使用气体摩尔体积，错误；CC500mL 2 mol/LNH4NO3溶液中含有溶质的物质的量是1mol，由于NH4+会发生水解反应而消耗，所以其中含有NH4+数小于NA，错误；D用惰性电极电解足量CuSO4溶液，在阴极产生Cu，在阳极产生O2，若生成22.4L气体，则由于条件不能确定，所以不能确定反应产生O2的物质的量，故不能确定转移电子数，错误。考点：考查阿伏加德罗常数的计算的知识。72006年4月30日出现的亮菌甲素注射液引起多人中毒死亡的恶性事件。假药生产中原辅料中应有的“丙二醇”被换成廉价而有毒的化工原料“二甘醇”是致病人死亡的重要原因。二甘醇的结构简式是HOCH2CH2OCH2CH2OH。下列有关二甘醇的叙述正确的是A不能与金属钠发生反应 B能发生取代反应C不能溶于水和乙醇 D符合通式Cn H2nO3【答案】B【解析】8三国时代，诸葛亮领兵南征孟获，遇到了“哑泉”，士兵饮后致哑，腹痛，甚至死亡。又有一“安乐泉”，饮后可解“哑泉”之毒。1995年10月国内某报刊报道，经科研人员研究，“哑泉”水中溶有CuSO4，“安乐泉”水质偏碱性。有关说法符合题意的“哑泉”之毒是由于水中的Cu2+使人体中的蛋白质变性“哑泉”之毒是由于水中的SO42-使人体中的蛋白质变性“哑泉”之毒是由于水中的Cu2+水解显酸性使人体中的蛋白质变性“安乐泉”能解“哑泉”之毒的离子方程式为Cu2+ 2OH-=Cu（OH）2A. B. C. D.均不正确【答案】A【解析】9在pH值都等于9的NaOH和CH3COONa两种溶液中，设由水电离产生的OH 离子浓度分别为A与B摩/升，则A和B关系为AAB BA=104B CB=104A DA=B【答案】B【解析】试题分析：酸和碱都抑制水的电离，能水解的盐促进水的电离，NaOH自身能电离出OH-，所以溶液中的H+是水电离出来的，因此水电离的OH-为10-9mol/L，CH3COONa自身不能电离出OH-，所以溶液中的OH-都是水电离出来的，因此水电离的OH-为10-5mol/L。所以A=10-4 B。考点：考查了水的电离的影响因素及计算。10下列叙述错误的是（ ）A光导纤维的主要成分是硅酸盐 B过氧化钠可用于呼吸面具作为氧气的来源C氧化铁常用作红色油漆和涂料 D常温下可用铁制或铝制容器盛装浓硫酸【答案】A【解析】试题分析：A、光导纤维的主要成分是二氧化硅，错误；B、过氧化钠可与CO2和H2O反应生成氧气用于呼吸面具作为氧气的来源，正确；C、氧化铁为红棕色粉末，常用作红色油漆和涂料，正确；D、常温下浓硫酸使铁铝钝化，可用铁制或铝制容器盛装浓硫酸，正确。考点：考查常见物质的性质和用途。11下列叙述错误的是A乙烯和苯都能使溴水褪色，褪色的原因相同B淀粉、油脂、蛋白质都能水解，但水解产物不同C煤油可由石油分馏获得，可用作燃料和保存少量金属钠D乙醇、乙酸、乙酸乙酯都能发生取代反应、乙酸乙酯中的少量乙酸可用饱和Na2CO3溶液除去【答案】A【解析】试题解析：烯烃使溴水褪色的原理是加成反应，苯使溴水褪色的原理是萃取，故A错误；淀粉水解的最终产物是葡萄糖，蛋白质水解的产物是氨基酸，故B正确；煤油来自石油的分馏，可用作航空燃料，也可用于保存Na，故C正确；乙酸和乙醇的酯化反应是取代反应，乙酸乙酯的水解反应也属于取代反应，乙酸能，故可用饱和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中的乙酸。考点：常见有机物的性质12双选题下列说法正确的是A钢铁因含杂质而容易发生电化学腐蚀，所以合金都不耐腐蚀B原电池反应是导致金属腐蚀的主要原因，故不能用原电池原理来减缓金属的腐蚀C钢铁电化学腐蚀的两种类型主要区别在于水膜的酸性不同，引起的正极反应不同D无论哪种类型的腐蚀，其实质都是金属被氧化【答案】CD【解析】试题分析：A. 不锈钢属于合金，耐腐蚀，A项错误；B.可以采用牺牲另外的金属保护要被保护的目标金属，即牺牲阳极的阴极保护法，B项错误；C.在不同性质的介质中，钢铁会发生析氢腐蚀或吸氧腐蚀，析氢腐蚀和吸氧腐蚀是由于水膜酸性不同，正极反应式则不同，C项正确；D.金属的腐蚀就是金属失电子被氧化的过程，因此D正确；答案选CD。考点：考查金属的腐蚀与防护，原电池的工作原理。13下列物质在常温下混合后，明显有气体放出的是A、铝与浓硝酸 B、铝与稀硫酸C、镁与烧碱溶液 D、铜与稀盐酸【答案】B【解析】试题分析： A、铝和浓硝酸常温下钝化，没有明显气体放出，故不选A；B、铝和稀硫酸常温下反应生成氢气，有明显气体放出，故选B；C、镁和烧碱不反应，故不选C；D、铜与稀盐酸不反应，故不选D。考点：金属的性质。14下列变化，需要加入适当的氧化剂才能完成的是（ ）A B C D 【答案】B【解析】试题分析：ACuO变为Cu时Cu元素的化合价降低，因此需要加入还原剂，错误；BFe变为FeCl2时Fe元素的化合价升高，失去电子，因此小于加入氧化剂，正确；CH2O2在加热或加入催化剂时会发生分解反应产生氧气和水，无需加入氧化剂、还原剂，错误；DNO2与水发生歧化反应产生硝酸和NO, NO2既作氧化剂，也作还原剂，错误。考点：考查在化学反应中物质的作用的知识。15化学与社会、生活和生产息息相关，以下叙述错误的是A科学家们正在研究利用蓝绿藻等低等植物和微生物在阳光作用下使水分解产生氢气B贮氢金属在一定温度和压强下可以吸附氢气，如镧镍合金(LaNi5)可以吸附氢气形成LaNi5H6，其中H元素仍以H2分子形式存在C生活垃圾送入焚烧炉产生的热量可发电、供暖，焚烧炉产生的气体不可直接排放Dxx年3月底，H7N9型禽流感在上海和安徽两地率先发现。要杀死禽流感病毒可通过消毒剂杀菌，通过加热煮沸杀菌，也可用紫外线照射杀菌。【答案】B【解析】试题分析：水可以在光能作用下分解成氧气和氢气，选项A正确；贮氢金属在一定的温度和压强下能够大量吸收氢气，一个金属原子可以与两三个乃至更多个氢原子结合，形成金属氢化物，选项B不正确；焚烧炉产生的二恶英和呋喃气体为等大气污染物，不能直接排放，选项C正确；禽流感病毒对热比较敏感，65加热30min或煮沸（100）2min以上可灭活，选项D正确考点：化学与工农业生产 涉及水的分解、贮氢材料、生活垃圾的处理及病毒的防治等16（6分）下表为元素周期表的一部分，期中的编号代表对应的元素请回答下列问题：（1）表中属于ds区的元素是_(填编号)。（2）写出元素的高价离子的电子排布式_。（3）某元素的最外层电子排布式为nsnnpn1，该元素原子的核外共有_种不同运动状态的电子。该元素在周期表中的位置是上表中相对应的 (填编号)，该元素的气态氢化物沸点较高的原因是 （4）、分别形成的化合物稳定性较强的为 （化学式表示）【答案】（6分）（1） （2）1s22s22p63s23p63d5（3）7 NH3分子间存在氢键（4）HCl【解析】试题分析：（1）元素周期表中位于ds区的元素是第一、二副族元素，所以位于ds区；（2）是Fe元素，最高价离子是Fe3+，核外有23个电子，排布式为1s22s22p63s23p63d5（3）s轨道最多只能排2个电子，所以n=2，最外层电子排布式为nsnnpn1，则该元素的最外层是2s22p3，该元素是N元素，核外有7个电子，就有7种不同的运动状态；是上表中的；该元素的气态氢化物沸点较高的原因是NH3分子间存在氢键，使氨气的沸点升高；（4）、分别是S、Cl元素，是H元素，Cl的非金属性比S强，所以HCl比较稳定。考点：考查元素周期表、原子结构、元素周期律的结合应用17（1）在模拟溶洞的“形成”实验中，将过量二氧化碳气体通入饱和Ca(OH)2溶液中，产生CaCO3白色沉淀的质量与通入的二氧化碳气体体积之间的关系曲线如图所示。试回答：AB段曲线所表示的反应化学方程式是： 。沉淀质量 通入CO2气体（L）OAB将B处生成的溶液煮沸，反应化学方程式是： 。（2）已知硫可与热的KOH溶液发生反应，反应方程式如下：3S6KOH2K2SK2SO33H2O据此回答以下问题：在上述反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。在上述反应中，若有3 mol硫单质参与反应，则转移电子的物质的量是 mol。【答案】（1）CaCO3+CO2+H2OCa(HCO3)2（2分）Ca(HCO3)2CaCO3+CO2+H2O（2分）（2）2:1（2分） 4（2分）【解析】试题分析：（1）OA段：在Ca（OH）2溶液中通入二氧化碳气体，先生成CaCO3（不溶于水），反应的离子方程式为：Ca（OH）2+CO2CaCO3+H2O；AB段：当碱消耗完，再通入二氧化碳，二氧化碳与碳酸钙、水继续反应生成Ca（HCO3）2（溶于水），反应的化学方程式为：CaCO3+CO2+H2OCa(HCO3)2；将B处生成的溶液煮沸，由于碳酸氢钙不稳定，加热时易分解，又转化为碳酸钙，反应的化学方程式为Ca(HCO3)2CaCO3+CO2+H2O。（2）在3S+6KOH2K2S+K2SO3+3H2O中，硫元素的化合价既升高又降低，其中有2个硫得4个电子化合价降为-2价，还原产物K2S，作氧化剂。1个硫失4个电子，被氧化为K2SO3，作还原剂，因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1。若3mol硫完全反应，1molS为还原剂，则反应中共转移电子1mol（4-0）4mol。考点：考查二氧化碳与氢氧化钙溶液反应的判断以及氧化还原反应的有关计算与判断18在潜水艇中可用过氧化钠作为供氧剂请选用适当的化学试剂和实验用品，用图中的实验装置进行实验，证明过氧化钠可用于制取氧气（1）A是用CaCO3制取CO2的装置写出A中发生反应的化学方程式： （2）按要求填写表中空格：仪器编号盛放的试剂加入该试剂的目的B饱和NaHCO3溶液CD吸收未反应的CO2气体（3）试管F中收集满气体后，下一步实验操作是 ，证明收集到的气体是氧气的方法是 【答案】（1）CaCO3+2HClCaCl2+H2O+CO2；（2）仪器编号盛放的试剂加入该试剂的目的B除去CO2气体中混入的HClC过氧化钠与CO2及水气反应，产生O2DNaOH溶液（3）把E中的导管移出水面，关闭分液漏斗活塞，用姆指堵住试管口，取出试管；立即把带火星的木条伸入试管口内，木条复燃，证明试管中收集的气本是氧气【解析】（1）依据装置图分析，制备二氧化碳气体是利用石灰石和盐酸反应生成二氧化碳气体，反应的化学方程式为：CaCO3+2HClCaCl2+H2O+CO2，（2）生成的二氧化碳气体中含有杂质气体氯化氢、水蒸气；利用碳酸氢钠溶液可以除去氯化氢，通过C中的过氧化钠反应生成氧气，再通过氢氧化钠溶液吸收多余的二氧化碳，最后收集到纯净的氧气，故答案为：仪器编号盛放的试剂加入该试剂的目的B除去CO2气体中混入的HClC过氧化钠与CO2及水气反应，产生O2DNaOH溶液（3）为防止倒吸需要先把导气管从水槽中拿出，用姆指堵住试管口，取出试管，带火星的木条伸入试管口内，木条复燃，证明试管中收集的气体是氧气，故答案为：把E中的导管移出水面，关闭分液漏斗活塞，用姆指堵住试管口，取出试管；立即把带火星的木条伸入试管口内，木条复燃，证明试管中收集的气本是氧气19某学校实验室从化学试剂商店买回18.4molL1的硫酸现用该浓硫酸配制100mL 1molL1的稀硫酸可供选用的仪器有：胶头滴管；烧瓶；烧杯；药匙；量筒请回答下列问题：（1）配制稀硫酸时，上述仪器中不需要使用的有 （选填序号），还缺少的仪器有 （写仪器名称）（2）配制100mL 1molL1的稀硫酸需要用量筒量取上述浓硫酸的体 mL（保留一位小数），量取浓硫酸时应选用 （选填10mL、50mL、100mL）规格的量筒（3）实验中造成所配溶液浓度偏高的原因可能是 A容量瓶中原来含有少量蒸馏水B未经冷却，立即转移至容量瓶并洗涤烧杯，定容C烧杯没有洗涤D向容量瓶中加水定容时眼睛一直仰视刻度线【答案】（1）；100mL容量瓶、玻璃棒；（2）5.4；（3）B【解析】（1）操作步骤有计算、量取、稀释、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，用量筒量取（用到胶头滴管）浓硫酸，在烧杯中稀释，用玻璃棒搅拌，冷却后转移到100mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤23次，将洗涤液转移到容量瓶中，加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀由提供的仪器可知不需要的仪器有：烧瓶；药匙；还需要仪器有：100mL容量瓶、玻璃棒；（2）根据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量不变，来计算浓硫酸的体积，设浓硫酸的体积为xmL，则有：xmL18.4mol/L=100mL1mol/L，解得：x5.4所需浓硫酸的体积为5.4mL；量筒规格越接近所需浓硫酸体积误差越小，所以选择10mL量筒（3）A容量瓶中原来含有少量蒸馏水，对溶液的体积无影响，所配制溶液浓度不变，故A错误；B未经冷却，立即转移至容量瓶并洗涤烧杯，热的溶液体积偏大，冷却后溶液体积变小，导致配制的溶液体积偏小，所配制溶液浓度偏大，故B正确；C烧杯没有洗涤，导致配制的溶液中溶质的物质的量偏小，所配制溶液浓度偏小，故C错误；D向容量瓶中加水定容时眼睛一直仰视刻度线，液面超过刻度线，溶液的体积偏大，所配制溶液浓度偏小，故D错误；故选B【点评】本题主要考查一定物质的量浓度溶液的配制、计算等，难度中等，注意根据c=理解误差分析20(13分)半导体生产中常需要控制掺杂，以保证控制电阻率，三氯化磷(PCl3)是一种重要的掺杂剂。实验室要用黄磷（即白磷）与干燥的Cl2模拟工业生产制取PCl3，装置如下图所示：（部分夹持装置略去）已知：黄磷与少量Cl2反应生成PCl3，与过量Cl2反应生成PCl5。PCl3遇水会强烈水解生成H3PO3和HCl；PCl3遇O2会生成POCl3，POCl3溶于PCl3。PCl3、POCl3的熔沸点如表：物质熔点/沸点/PCl3-11275.5POCl32105.3请回答下列问题：（1）A装置中制氯气的离子方程式为_。（2）B中所装试剂是_；F中碱石灰的作用有两种，分别是_、_。（3）实验时，检查装置气密性后，先打开K3通入干燥的CO2，再迅速加入黄磷。通干燥CO2的作用是_。（4）粗产品中常含有POCl3、PCl5等加入黄磷加热除去PCl5后，通过_（填实验操作名称），即可得到较纯净的PCl3。（5）实验结束时，可以利用C中的试剂吸收多余的氯气，C中反应的离子方程式为_。（6）通过下面方法可测定产品中PCl3的质量分数：迅速称取1.00g产品，加水反应后配成250mL溶液；取以上溶液25.00mL，向其中加入10.00mL 0.1000mol/L碘水，充分反应；向所得溶液中加入几滴淀粉溶液，用0.1000mol/L的Na2S2O3，溶液滴定；重复、操作，平均消耗Na2S2O3溶液8.40mL。已知：H3PO3+I2H3PO4+2HI，I2+2Na2S2O32NaI+Na2S4O6，假设测定过程中没有其他反应，该产品中PCl3的质量分数为_。【答案】（1）4HCl(浓)MnO2MnCl22H2OCl2 （2）浓硫酸；冷凝PCl3防止其挥发；吸收多余的氯气，防止空气中的水蒸汽进入烧瓶中和PCl3 反应； （3）排尽装置中的空气，防止白磷自燃（4）蒸馏 （5）Cl2+2OH=Cl+ClO+2H2O （6）79.75%【解析】试题分析：实验室要用黄磷（白磷）与干燥的氯气模拟工业生产制取PCl3流程为：A装置浓盐酸和二氧化锰二者反应生成氯化锰、氯气和水，制得氯气，因PCl3遇水会强烈水解，所以氯气需干燥，B装置利用浓硫酸干燥氯气，K3利用二氧化碳排尽装置中的空气，防止黄磷（白磷）自燃，PCl3沸点为75.5，利用E装置防止PCl3挥发（冷凝），因尾气中含有有毒气体氯气，且空气中水蒸气可能进入装置，所以用F装置利用碱石灰吸收多余的氯气，防止空气中的水蒸气进入烧瓶和PCl3反应。（1）A装置制备氯气，反应的化学方程式为4HCl(浓)MnO2MnCl22H2OCl2。（2）因PCl3遇水会强烈水解，所以氯气需干燥，氯气和浓硫酸不反应，所以能用浓硫酸干燥氯；因尾气中含有有毒气体氯气，且空气中水蒸气可能进入装置，所以用F装置利用碱石灰吸收多余的Cl2，防止空气中的水蒸气进入烧瓶和PCl3反应：（3）通入一段时间的CO2可以排尽装置中的空气，防止白磷与空气中的氧气发生自燃；（4）由信息可知，POCl3与PCl3都是液体，沸点相差较大，故可以用蒸馏的方法进行分离；（5）氢氧化钠与氯气反应生成氯化钠和次氯酸钠：Cl2+2OH=Cl+ClO+2H2O；（6）0.1000mol/L碘溶液10.00mL中含有碘单质的物质的量为：0.1000mol/L0.0100L=0.00100mol，根据反应I2+2Na2S2O32NaI+Na2S4O6可知与磷酸反应消耗的碘单质的物质的量为：0.00100mol0.1000mol/L0.00084L0.5=0.00058mol，再由H3PO3+H2O+I2=H3PO4+2HI可知，25mL三氯化磷水解后的溶液中含有的H3PO3的物质的量为：n（H3PO3）=n（I2）=0.00058mol，250mL该溶液中含有H3PO3的物质的量为：0.00058mol250mL/25mL=0.0058mol，所以1.00g产品中含有的三氯化磷的物质的量为0.0058mol，该产品中PCl3的质量分数为：。考点：考查物质制备实验方案设计与探究21取一定质量的氯化钠、溴化钠、碘化钠的混合物平均分成五等份，分别加水配成溶液并编号为甲、乙、丙、丁、戊，再分别向各溶液中通入一定体积的氯气，将反应后所得溶液蒸干，灼烧固体。通入氯气的量与最终所得固体质量记录如下：编号甲乙丙丁 戊固体组成NaI、NaBr、NaClNaBr、NaClNaCl氯气的体积/mlV2V3V4V5V固体质量/g54.6243.6435.4830.1429.25求：（1）请填写表中空白； （2）标准状况下氯气的体积V为 ，原混合物中溴化钠的物质的量为 【答案】（8分）(1) 乙:NaI、NaBr、NaCl（2分） 丁: NaBr、NaCl（2分）(2) 1344（2分）, 1mol（2分）【解析】略22（6分）已知：A是来自石油的重要有机化工原料，E是具有果香味的有机物，F是一种高聚物，可制成食品包装材料。（1）A的结构简式为 。（2）D分子中的官能团是 ，（3）写出下列反应的化学方程式 【答案】（1）CH2=CH2 （1分） （2）羧基或COOH（1分） （3）2H3CH2OH+O22H3CHO+2H2O （2分） nCH2=CH2 。（2分）【解析】试题分析：根据题意可知A是乙烯CH2=CH2；B是乙醇CH3CH2OH;C是乙醛CH3CHO；D是乙酸CH3COOH,E是乙酸乙酯CH3COOCH2CH3；F是聚乙烯。（1）A的结构简式为CH2=CH2；（2）D分子中的官能团是羧基或COOH；（3）反应的化学方程式是2H3CH2OH+O22H3CHO+2H2O；反应的化学方程式是nCH2=CH2 。考点：考查有机物的结构、性质、转化及方程式的书写的知识。23化合物甲和NaAlH4都是重要的还原剂。一定条件下金属钠和H2反应生成甲。甲与水反应可产生H2，甲与AlCl3反应可得到NaAlH4。将4.80 g甲加热至完全分解，得到金属钠和2.24 L(已折算成标准状况)的H2。请推测并回答：（1）甲的化学式 ；（2）甲与AlCl3反应得到NaAlH4的化学方程式 ；（3）NaAlH4与水发生氧化还原反应的化学方程式 ；（4）甲在无水条件下可作为某些钢铁制品的脱锈剂(铁锈的成分表示为Fe2O3)，脱锈过程发生反应的化学方程式 。【答案】（1）NaH（2）4NaH+AlCl3=NaAlH4+3NaCl（3）NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2（4）3NaH+Fe2O3=2Fe+3NaOH【解析】试题分析：（1）Na在化合价中呈现+1价，故该物质的化学式可能为NaH，又甲与AlCl3反应可得到NaAlH4，Al的化合价为+3，故H元素的化合价为-1，4.80g甲加热至完全分解，得到金属钠和2.24L，即0.1mol氢气，化学反应方程式为：2NaH2Na+H248g 22.4L4.8g 2.24L故此化合物为NaH；（2）NaH与AlCl3反应可得到NaAlH4，此反应无化合价的变化，根据原子守恒推测另一种生成物，化学反应方程式为：4NaH+AlCl3=NaAlH4+3NaCl； （3）NaAlH4与水反应生成氢气，即NaH中H化合价升高，水中H元素化合价降低，化学反应方程式为：NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2；（4）NaH常做还原剂（H化合价升高为+1价），铁锈在此为氧化剂（Fe化合价降低为0价），反应生成铁单质，化学反应方程式为：3NaH+Fe2O3=2Fe+3NaOH。考点：考查的是常见元素以及其化合物的知识24（12分）根据图示回答下列问题：（1）写出、的反应类型： 、 。（2）写出A、E、I的结构简式：A： 、E： 、I： 。（3）反应的化学方程式（包括反应条件）是： ；反应的化学方程式（包括反应条件）是： 。【答案】（12分，化学方程式没有配平，条件没写或写错的得1分，反应物和生成物写错不得分）（1）加成反应、氧化反应（各1分）（2）CH2CH2 、 、（各2分）（3）CH2ClCH2ClNaOHCH2CHClNaClH2O（2分）CH2ClCH2Cl2H2O HOCH2CH2OH+2HCl（2分）【解析】试题分析：根据F的分子式以及F可以连续氧化可知F时乙二醇，G是乙二醛，H是乙二酸。乙二醇和乙二酸方式酯化反应生成环状酯I。A是乙烯，与B反应生成C，C可以转化为乙二醇，则B是氯气，C是1，2二氯乙烷，C水解生成F。根据D的分子式可知C通过消去反应转化为D，则D的结构简式为CH2CHCl。D含有碳碳双键，方式加聚反应生成E。（1）根据以上分析可知、的反应类型分别是加成反应和氧化反应。（2）根据以上分析可知A、E、I的结构简式分别为CH2CH2 、 、。（3）反应的化学方程式是CH2ClCH2ClNaOHCH2CHClNaClH2O；反应的化学方程式是CH2ClCH2Cl2H2O HOCH2CH2OH+2HCl。考点：考查有机物推断