2019年高三上学期期末考试化学试题（新） 含解析.doc

2019年高三上学期期末考试化学试题（新） 含解析一、选择题（本部分共14个小题，每小题3分，每小题只有一项符合题目要求）1垃圾分类从你我他开始废电池属于（）ABCD考点：常见的生活环境的污染及治理.专题：化学应用分析：垃圾可分为可回收垃圾、可堆肥垃圾、有害垃圾、其它垃圾等；废电池属于有害垃圾，结合各个标志所代表的含义进行分析判断解答：解：A、其它垃圾是指可回收垃圾、厨余垃圾、有害垃圾之外的其它垃圾，废电池属于有害垃圾，故A错误；B、可回收物是指各种废弃金属、金属制品、塑料等可回收的垃圾，废电池属于有害垃圾，故B错误；C、有害垃圾是指造成环境污染或危害人体健康的物质，废电池属于有害垃圾，故C正确；D、厨余垃圾用于回收各种厨房垃圾，废电池属于有害垃圾，故D错误；故选：C点评：本题考查了垃圾物质的分类、要掌握各个标志所代表的含义，难度不大2（3分）（xx安徽模拟）化学美无处不在，如图是物质间发生化学反应的颜色变化，其中X是（）A稀盐酸B稀硫酸C硫酸钠溶液D碳酸钠溶液考点：浓硫酸的性质.专题：氧族元素分析：无色溶液X能使石蕊试液变红，说明呈酸性，可与硝酸钡反应生成白色沉淀，则应为稀硫酸溶液，以此解答解答：解：无色溶液X能使石蕊试液变红，说明呈酸性，可与硝酸钡反应生成白色沉淀，则应为稀硫酸溶液，而题中稀盐酸与硝酸钡不反应，硫酸钠溶液呈中性，碳酸钠溶液呈碱性故选B点评：本题考查无机物的推断，侧重与硫酸的性质的考查，注意把握反应的现象，学习中注意相关基础知识的积累，难度不大3（3分）（xx晋中模拟）下列说法不正确的是（）A分子式为C5H10O2的羧酸共有3种B分子式为C3H9N的异构体共有4个C某烷烃CnH2n+2的一个分子中，含有共价键的数目是3n+1D某烷烃CnH2n+2的一个分子中，含有非极性键的数目是n1考点：同分异构现象和同分异构体；物质结构中的化学键数目计算.专题：化学键与晶体结构；同系物和同分异构体分析：AC5H10O2属于羧酸的同分异构体为丁烷中的1个H原子被COOH夺取，即由丁基与COOH构成，其同分异构体数目与丁基异构数目相等；B根据氮原子可以形成取代基，也可形成主链；C烷烃中只含有CC和CH键，设烷烃的分子式为CnH2n+2，则含有的CC键数目为n1，CH键数目为2n+2；D烷烃中只含有CC和CH键，设烷烃的分子式为CnH2n+2，则含有的CC共价键（非极性键）数目为n1，CH数目为2n+2（极性键）；解答：解：AC5H10O2属于羧酸的同分异构体为丁烷中的1个H原子被COOH夺取，即由丁基与COOH构成，其同分异构体数目与丁基异构数目相等，已知丁基共有4种，可推断分子式为C5H10O2属于羧酸的同分异构体数目也有4种，故A错误；B分子式为C3H9N的异构体有：CH3CH2CH2NH2，CH3CHNH2CH3，CH3CH2NHCH3，N（CH3）3，共4种，故B正确；C某烷烃CnH2n+2的一个分子中，含有的CC键数目为n1，CH键数目为2n+2，共含有共价键的数目是3n+1，故C正确；D某烷烃CnH2n+2的一个分子中，含有非极性键即CC键的数目是n1，故D正确；故选：A；点评：本题主要考查了同分异构体的书写、分子中共价键的数目的计算，注意同种元素之间形成非极性共价键，不同元素之间形成极性共价键4（3分）从海带中提取碘的实验过程中，涉及到下列操作，其中正确的是（）A放出碘的苯溶液B氧化IC将海带灼烧D过滤含I溶液考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用.专题：化学实验基本操作分析：A苯的密度比水小，应从分液漏斗上口倒出；B电离子可被过氧化氢氧化；C应在坩埚中灼烧；D应用玻璃棒引流解答：解：A碘的苯溶液在分液漏斗中位于上层，应待下层液体放出后从上口倒出，故A错误；B过氧化氢具有强氧化性，可氧化碘离子生成碘单质，故B正确；C不能在烧杯中高温灼烧固体，烧杯易炸裂，固体的灼烧应在坩埚中，故C错误；D过滤应用玻璃棒引流，防止浊液外漏，故D错误故选A点评：本题考查化学实验操作，题目难度不大，物质的分离方法取决于物质的性质，根据物质的性质的异同选取分离方法5（3分）（xx浦东新区二模）“酸化”是实验中经常采用的方法，下列酸化过程正确的是（）A抑制Fe2+的水解，用稀硝酸酸化B提高高锰酸钾的氧化能力，用盐酸酸化C确认溶液中含有SO42时，用盐酸酸化，再检验D检验氯乙烷中的氯元素，加碱溶液加热后，用稀硫酸酸化，再检验考点：硫酸根离子的检验；硝酸的化学性质；物质的检验和鉴别的实验方案设计.专题：物质检验鉴别题分析：A从硝酸有强氧化性的角度分析；B高锰酸钾在酸性条件下与氯离子发生氧化还原反应；C检验溶液中是否含有SO42时，要防止SO32、CO32等离子对SO42的干扰；D检验氯乙烷中的氯元素时，应在碱性条件后加酸中和，再加入硝酸银溶液观察是否有白色沉淀生成解答：解：A硝酸有强氧化性，能将Fe2+氧化为Fe3+，故A错误； B由于高锰酸钾具有强氧化性，可先将氯离子氧化为氯气，不能用盐酸酸化，故B错误；C检验溶液中是否含有SO42时，先加盐酸酸化的目的是为了防止SO32、CO32等离子对SO42的干扰，故C正确；D检验氯乙烷中的氯元素时，将氯乙烷和NaOH溶液混合加热后，用硝酸酸化，然后加入硝酸银溶液观察是否有白色沉淀生成，硫酸银是白色沉淀，不能用硫酸酸化，故D错误故选C点评：本题考查离子的检验、盐类水解等问题，题目难度中等，检验离子时注意要排除其他离子的干扰6（3分）海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Ca2+、Cl、Br、SO42、HCO3、CO32等离子，火力发电时排放的烟气可用海水脱硫，其工艺流程如下图所示：下列说法错误的是（）A海水pH约为8的原因主要是天然海水含CO32、HCO3B吸收塔中发生的反应有SO2+H2OH2SO3C氧化主要是氧气将HSO3、SO32、H2SO3氧化为SO42D经稀释“排放”出的废水中，SO42浓度与海水相同考点：二氧化硫的污染及治理.专题：氧族元素分析：A根据海水中的离子是否水解进行解答；B流程分析可知吸收塔中是二氧化硫和水反应生成亚硫酸；C根据使用空气中的氧气将H2SO3氧化来分析；D“排放”出来的海水体积与进入吸收塔的天然海水的体积不同解答：解：A海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Cl、SO42、Br、CO32、HCO3等离子，在这些离子中能发生水解的是CO32、HCO3离子，CO32+H2OHCO3+OH，HCO3+H2OH2CO3+OH它们水解呈碱性，所以天然海水的pH8，呈弱碱性，故A正确；B流程分析可知吸收塔中发生的反应有SO2+H2OH2SO3，故B正确；C天然海水吸收了含硫烟气后，要用O2进行氧化处理，因为氧气具有氧化性，被氧化的硫元素的化合价为+4价，具有还原性，所以氧气将H2SO3、HSO3、SO32等氧化为硫酸，如亚硫酸被氧化的反应为2H2SO3+O2=2H2SO4，故C正确；D从框图可知：排放”出来的海水，是经过加天然海水中和、稀释经氧化后海水中生成的酸后排放的，溶液的体积显然比进入吸收塔的天然海水大，所以SO42的物质的量浓度排放出来的海水中浓度小，故D错误；故选D点评：本题考查了含硫烟气的处理，利用所学知识结合框图信息是解答本题的关键，难度不大7（3分）以下进行性质比较的实验，不合理的是（）A比较Cu、Fe2+的还原性：铁加入硫酸铜溶液中B比较氯、溴单质的氧化性：溴化钠溶液中通入氯气C比较镁、铝金属性：氯化镁、氯化铝溶液中分别加入过量的NaOH溶液D比较碳、硫非金属性：测定同条件同物质的量浓度的Na2CO3、Na2SO4溶液的pH考点：氧化性、还原性强弱的比较；金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律.专题：实验设计题分析：A根据还原剂的还原性强于还原产物的还原性分析；B可通过单质之间的置换反应证明氧化性强弱，单质的氧化性越强；C金属的最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属的金属性越强；D可根据对应最高价含氧酸对应的盐溶液的酸碱性判断酸性的强弱解答：解：A铁加入硫酸铜溶液中，生成铜，铁是还原剂，铜是还原产物，可以比较铁与铜的还原性强弱，不能比较Cu、Fe2+的还原性，故A错误； B将氯气通入溴化钠溶液，生成单质溴，可证明氯气的氧化性比溴强，故B正确；C氯化镁和氯化铝分别与氢氧化钠反应分别生成氢氧化镁沉淀和氢氧化铝沉淀，但氢氧化铝能溶于过量的氢氧化钠溶液中，氢氧化铝表现酸性，但氢氧化镁不能溶于氢氧化钠溶液中，说明氢氧化镁的碱性比氢氧化铝的碱性强，所以镁的金属性比铝强，故C正确；DNa2CO3溶液呈碱性，说明碳酸为弱酸，Na2SO4溶液呈中性，说明硫酸为强酸，故D正确故选A点评：本题考查非金属性与金属性、氧化性与还原性强弱比较的实验设计，难度不大，注意基础知识的理解掌握，注意选项C的理解8（3分）如图是某同学设计的原电池装置，下列叙述中正确的是（）A电极上发生还原反应，作原电池的负极B电极的电极反应式为：Cu2+2e=CuC该原电池的总反应为：2Fe3+Cu=Cu2+2Fe2+D盐桥中装有含氯化钾的琼脂，其作用是传递电子考点：原电池和电解池的工作原理.专题：电化学专题分析：该原电池中，铜电极易失电子发生氧化反应而作负极，铂电极上铁离子得电子发生还原反应，则铂电极是正极，盐桥的作用是平衡正负极两池的电荷解答：解：A电极铂电极上铁离子得电子发生还原反应，所以铂电极作正极，故A错误；B电极铜电极上铜失电子发生氧化反应，电极反应式为：Cu2eCu2+，故B错误；C该原电池负极上铜失电子，正极上铁离子得电子，所以其电池反应式为2Fe3+CuCu2+2Fe2+，故C正确；D盐桥的作用是平衡正负极两池的电荷，盐桥中离子的定向移动形成电流，电子不能通过电解质溶液，故D错误；故选C点评：本题考查原电池原理，明确正负极上得失电子是解本题关键，知道盐桥的作用，注意电子不进入电解质溶液和盐桥中，为易错点，题目较简单9（3分）甲、乙、丙、丁为4种短周期元素，在周期表中，甲与乙、丙、丁在周期表中的位置关系如右图所示（原子序数：乙丙）丁的原子序数与乙、丙原子序数之和相等，4种元素原子的最外层电子数之和为24下列判断正确的是（）A元素甲的简单气态氢化物稳定性比乙的强B元素乙在周期表中的位置为第2周期，VIA族C元素丙和元素丁的最高价氧化物对应的水化物均为强酸D4种元素的简单阴离子半径从大到小顺序为：丁乙丙甲考点：元素周期律和元素周期表的综合应用.专题：元素周期律与元素周期表专题分析：甲、乙、丙、丁为四种短周期元素，由甲与乙、丙、丁在周期表中的位置关系可知，甲位于第二周期，原子序数：乙丙，且丁的原子序数与乙、丙原子序数之和相等，故甲与丁处于同主族，甲与乙、丙处于同一周期，乙在甲的右侧相邻、丙在甲的左侧相邻，令甲的原子序数为x，则乙为x+1、丙为x1，丁为x+8，则x1+x+1=x+8，解得x=8，故甲为O、乙为F、丙为N、丁为S，结合元素周期律、原子结构来分析解答解答：解：甲、乙、丙、丁为四种短周期元素，由甲与乙、丙、丁在周期表中的位置关系可知，甲位于第二周期，原子序数：乙丙，且丁的原子序数与乙、丙原子序数之和相等，故甲与丁处于同主族，甲与乙、丙处于同一周期，乙在甲的右侧相邻、丙在甲的左侧相邻，令甲的原子序数为x，则乙为x+1、丙为x1，丁为x+8，则x1+x+1=x+8，解得x=8，故甲为O、乙为F、丙为N、丁为S，A同一周期元素中，元素的非金属性随着原子序数的增大而增强，元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，F的非金属性大于O元素，所以乙的氢化物的稳定性大于甲，故A错误；B乙原子核外有2个电子层，最外层电子数是7，则乙在周期表中位于第二周期第VIIA族，故B错误；C丙为N元素，丁为S元素，硝酸和硫酸都是强酸，则元素丙和元素丁的最高价氧化物对应的水化物均为强酸，故C正确；D电子层数越多，其离子半径越大，电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数的增大而减小，所以离子半径为S2N3O2F，故D错误；故选C点评：本题考查结构性质位置关系、元素周期律、半径比较等，难度中等，推断元素是解题的关键，注意离子半径大小的比较方法，先根据电子层数判断，如果电子层数相同时再根据电荷数判断，题目难度中等10（3分）下列实验不是由浊液变清液（溶液）再变浊液的是（）A大量苯酚和水苯酚溶液苯酚和水B大量苯酚和水苯酚钠溶液苯酚C硝酸银溶液氢氧化银和氧化银银氨溶液D碳酸钙和水碳酸氢钙碳酸钙和水考点：化学反应的基本原理；化学基本反应类型；苯酚的化学性质.专题：元素及其化合物；有机反应分析：A苯酚易溶于热水，常温下难溶；B苯酚可与氢氧化钠反应生成溶于水的苯酚钠，苯酚钠溶液和二氧化碳反应生成苯酚；C硝酸银和氨水反应生成氢氧化银和氧化银沉淀，继续加热氨水，可发生络合反应；D碳酸钙和水通过过量二氧化碳，生成碳酸氢钙，碳酸氢钙分解生成碳酸钙解答：解：A苯酚易溶于热水，常温下难溶，则可观察到由浊液变清液（溶液）再变浊液的现象，故A不选；B苯酚可与氢氧化钠反应生成溶于水的苯酚钠，苯酚钠溶液和二氧化碳反应生成苯酚，可观察到由浊液变清液（溶液）再变浊液的现象，故B不选；C硝酸银和氨水反应生成氢氧化银和氧化银沉淀，继续加热氨水，可发生络合反应，沉淀溶解，则不是由浊液变清液（溶液）再变浊液，故C选；D碳酸钙和水通过过量二氧化碳，生成碳酸氢钙，碳酸氢钙分解生成碳酸钙，可观察到由浊液变清液（溶液）再变浊液的现象，故D不选故选C点评：本题综合考查有机物的性质、元素化合物知识，侧重于学生的分析能力的考查，注意相关基础知识的积累，把握物质的性质以及反应的现象，难度不大11（3分）下列图象表达正确的是（）A等质量锌粉与足量盐酸反应B氢气与氧气反应中的能量变化C气态氢化物沸点D催化反应与非催化反应过程中的能量关系考点：化学反应速率的影响因素；同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系；反应热和焓变.专题：图示题分析：A、金属和酸之间的反应中，构成原电池会加速化学反应的发生；B、物质的燃烧是放热的，液态水变为气态水需要吸收热量；C、同主族元素的原子气态氢化物沸点从上到下逐渐升高，但是水分子之间存在氢键；D、催化剂能降低反应的活化能，加快化学反应速率解答：解：A、金属Zn和盐酸之间的反应中，金属锌会和硫酸铜之间发生置换反应生成铜和硫酸锌，锌构成原电池会加速化学反应的发生，但是金属锌和酸之间反应产生氢气的量会减小，故A错误；B、氢气的燃烧是放热的，但是液态水变为气态水需要吸收热量，所以氢气燃烧生成液态水放出的热量多，故B错误；C、同主族元素的原子气态氢化物沸点从上到下逐渐升高，但是水分子之间存在氢键，所以水的沸点最高，其次是H2TeH2SeH2S，故C错误；D、催化剂能降低反应的活化能，加快化学反应速率，但是不会改变化学反应的焓变，故D正确故选D点评：本题考查学生原电池原理的应用、元素周期律、催化剂的特点等知识，属于综合知识的考查，难度中等12（3分）异秦皮啶具有镇静安神抗肿瘤功效，秦皮素具有抗痢疾杆菌功效它们在一定条件下可发生转化，如图所示有关说法正确的是（）A异秦皮啶与秦皮素互为同系物B异秦皮啶分子式为C11H12O5C秦皮素一定条件下能发生加成反应、消除反应和取代反应D1mol秦皮素最多可与2molBr2、4molNaOH反应考点：有机物的结构和性质.专题：有机物的化学性质及推断分析：根据有机物的结构简式判断有机物所含元素种类以及原子个数，可确定有机物的分子式，异秦皮啶含有酚羟基，可发生取代、氧化反应，含有C=O，可发生加成反应，含有酯基，可发生水解反应，含有碳碳双键，可发生加成反应，由官能团的转化可知，异秦皮啶取代反应生成秦皮素解答：解：A异秦皮啶与秦皮素分子式不同，不属于同分异构体，故A错误；B异秦皮啶分子式为C11H10O5，故B错误；C秦皮素中含有酚羟基，不能发生消去反应，故C错误；D秦皮素中含有酚羟基，对位上有1个H可被取代，含有碳碳双键，可发生加成反应，则1mol秦皮素最多可与2molBr2反应，水解产物中含有3个酚羟基和1个羧基，则1mol秦皮素最多可与4molNaOH反应，故D正确；故选D点评：本题考查有机物的结构和性质，题目难度不大，注意有机物的官能团的性质，为影响有机物性质的主要因素，注意酚羟基和醇羟基性质的不同13（3分）下列解释实验事实的方程式不正确的是（）A葡萄糖的酯化反应若用浓硫酸作催化剂会炭化发黑：C6H12O6（葡萄糖）6C+6H2OB向AgNO3溶液中加入过量Na2S溶液后，再加NaCl稀溶液，黑色沉淀变成白色：Ag2S+2Cl=2AgCl+S2C将NH3通入滴有酚酞的水中，溶液变红：NH3+H2ONH3H2ONH4+OHD明矾的水溶液pH7：Al3+3H2OAl（OH）3+3H+考点：化学方程式的书写；盐类水解的应用；氨的化学性质；葡萄糖的性质和用途.专题：元素及其化合物分析：A浓硫酸具有脱水性，可使葡萄糖碳化而变黑；B一般情况下溶解度大的沉淀较易转化成溶解度小的沉淀；C常温下，能使酚酞试液变红是碱的通性；D明矾中铝离子水解生成氢离子和氢氧化铝，溶液显酸性解答：解：A葡萄糖的酯化反应若用浓硫酸作催化剂，浓硫酸表现脱水性，能将葡萄糖分子中的氢和氧按水的组成脱去，C6H12O6（葡萄糖）6C+6H2O，故A正确；B沉淀之所以发生转化是由于添加的离子破坏了原有的沉淀溶解平衡，从而导致沉淀溶解平衡的移动沉淀转化的方向：一般向着溶解度小的物质方向转化，或者说对于沉淀类型相同的物质，一般向着Ksp减小的方向进行；三种沉淀物的溶解度关系为：AgClAgIAg2S，所以向AgNO3溶液中加入过量Na2S溶液后，形成Ag2S沉淀，再加NaCl稀溶液，黑色沉淀不会变成白色，故B错误；C碱性溶液能使酚酞试液变红，将NH3通入滴加酚酞的水中，NH3+H2ONH3H2ONH4+OH，呈碱性溶液变成红色，故C正确；D明矾溶液中的Al3+属于弱碱阳离子，能水解生成氢离子和氢氧化铝，其离子方程式为Al3+3H2OAl（OH）3+3H+，溶液显酸性，pH7，故D正确；故选B点评：本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的化学反应为解答的关键，涉及浓硫酸的脱水性、沉淀转化的离子反应、电离、水解等知识，综合性较强，注重基础知识的考查，题目难度中等14（3分）（xx山东一模）常温下，用Na2SO3溶液吸收SO2时，溶液pH随n（）：n（） 变化的关系如表：n（）：n（） 91：9 1：1 9：91pH 8.2 7.2 6.2以下离子浓度关系的判断正确的是（）ANaHSO3溶液中c（H+）c（OH）BNa2SO3溶液中c（Na+）c （SO32）c（HSO3）c（OH）c（H+）C当吸收液呈中性时，c（Na+）c（SO32）c（HSO3）c（OH）=c（H+）D当吸收液呈中性时，c（Na+）=c（HSO3）+2c（SO32）考点：离子浓度大小的比较.专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：A根据表格知，亚硫酸氢钠溶液呈酸性；B根据表格知，亚硫酸钠溶液呈碱性，且盐类水解是微弱的，根据电荷守恒判断离子浓度大小；C当吸收液呈中性时，溶液中的溶质是亚硫酸钠和硫酸钠，但亚硫酸氢钠的浓度大于亚硫酸钠；D根据电荷守恒判断解答：解：用Na2SO3溶液吸收SO2时，随着吸收的增多，溶液由碱性逐渐变为酸性，A由表中信息可知NaHSO3溶液为酸性溶液，故A错误；BNa2SO3溶液中SO32的水解存在二级水解，c （HSO3）应小于c （OH），故B错误；C由表中数据，当c （SO32）=c （HSO3）时，pH=7.2，故当吸收液呈中性时，可推出c （SO32）c （HSO3），故C错误；D因c（H+）=c （OH），根据电荷守恒，c（Na+）=c （HSO3）+2c （SO32）成立，故D正确；故选D点评：本题考查离子浓度大小的比较，根据物料守恒及电荷守恒来分析解答，难度中等二、非选择题（共5小题，共58分）15（12分）A、B、C、D、E、F、G都是链状有机物，它们的转化关系如图所示A只含一种官能团，D的相对分子质量与E相差42，D的核磁共振氢谱图上有3个峰，且峰面积之比为1：3：6，请回答下列问题：已知：Mr（RCl）Mr（ROH）=18.5，Mr（RCH2OH）Mr（RCHO）=2，Mr表示相对分子质量（1）A中含有的官能团是氯原子（2）写出D的分子式C7H10O7（3）下列有关AG的说法正确的是aca每个A分子中含有官能团的数目为4个bB中所有官能团均发生反应生成CcC生成G只有1种产物dG存在顺反异构现象（4）写出B生成C的化学方程式（5）芳香族化合物H与G互为同分异构体，1mol H与足量氢氧化钠溶液反应消耗2mol NaOH，且H苯环上的一氯代物只有两种，写出其中任意一个符合条件的H的结构简式或（6）E与足量NaOH溶液共热，此反应的化学方程式为考点：有机物的推断.专题：有机物的化学性质及推断分析：由转化关系可知，A在NaOH水溶液、加热条件下生成B，B在Cu、氧气加热条件下生成C，故B为醇，则C含有CHO或羰基，C氧化生成D，D能与乙酸、乙醇反应，故D含有羧基COOH、羟基OH，故B中含有不能被氧化的OH，由B、C的相对分子质量可知，B中能被氧化的OH数目为（164158）2=3，故B中至少含有4个OH由E、F中C原子数目可知，D中COOH比OH多2个，由F中氧原子可知D中最多有3个COOH，故D中含有3个COOH、1个OH，故D中含有7个碳原子，C中含有3个CHO、1个OH，由转化关系可知B、C、D中碳原子数目相等，都为7个，故C中剩余基团的式量为1581729312（73）=6，故C中还含有6个H原子，C的分子式为C7H10O4，C氧化为D，CHO转化为COOH，故D为C7H10O7，D的核磁共振氢谱图上有3个峰，且峰面积之比为1：3：6，故D的结构简式为，逆推可得C的结构简式为、B为，故G为，E为，F为A只含一种官能团，含有四个相同卤原子的卤代烃且分子中无甲基，A分子中只含有一种官能团，水解引入OH得到B，将OH还原为A中的基团（或原子），令A中代替OH的基团（或原子）式量为a，则4a+（164417）=238，解得a=35.5，故为Cl原子，则A为，据此解答解答：解：由转化关系可知，A在NaOH水溶液、加热条件下生成B，B在Cu、氧气加热条件下生成C，故B为醇，则C含有CHO或羰基，C氧化生成D，D能与乙酸、乙醇反应，故D含有羧基COOH、羟基OH，故B中含有不能被氧化的OH，由B、C的相对分子质量可知，B中能被氧化的OH数目为（164158）2=3，故B中至少含有4个OH由E、F中C原子数目可知，D中COOH比OH多2个，由F中氧原子可知D中最多有3个COOH，故D中含有3个COOH、1个OH，故D中含有7个碳原子，C中含有3个CHO、1个OH，由转化关系可知B、C、D中碳原子数目相等，都为7个，故C中剩余基团的式量为1581729312（73）=6，故C中还含有6个H原子，C的分子式为C7H10O4，C氧化为D，CHO转化为COOH，故D为C7H10O7，D的核磁共振氢谱图上有3个峰，且峰面积之比为1：3：6，故D的结构简式为，逆推可得C的结构简式为、B为，故G为，E为，F为A只含一种官能团，含有四个相同卤原子的卤代烃且分子中无甲基，A分子中只含有一种官能团，水解引入OH得到B，将OH还原为A中的基团（或原子），令A中代替OH的基团（或原子）式量为a，则4a+（164417）=238，解得a=35.5，故为Cl原子，则A为，（1）A为，含有的官能团为氯原子，故答案为：氯原子；（2）由上述分析可知，D的分子式为C7H10O7，故答案为：C7H10O7；（3）a每个A分子中含有4个氯原子，故a正确；bB为，C为，B中所有官能团中其中1个羟基没有发生反应，故b错误；cC（）发生消去反应生成G，生成G只有1种产物，故c正确；dG为，其中1个不饱和碳原子上连接2个CH2CHO，不存在顺反异构现象，故d错误，故答案为：ac；（4）B生成C的化学方程式为：，故答案为：；（5）芳香族化合物H与G（）互为同分异构体，G的不饱和度为4，故H含有1个苯环，侧链不存在不饱和键，1molH与足量氢氧化钠溶液反应消耗2molNaOH，则H分子含有2故酚羟基，且H苯环上的一氯代物只有两种，符合条件的H的结构简式为：、，故答案为：或；（6）E与足量NaOH溶液共热的化学方程式为：，故答案为：点评：本题考查有机物的推断，难度很大，为易错题目，根据D发生的反应及产物分子式确定含有的官能团数目与碳原子数目是关键，再结合转化关系逆推C中含有的官能团，结合C的相对分子质量确定C的分子式，注意利用残余法进行推断，A的推断为难点，应通过计算确定，本题对学生的逻辑推理有很高的要求16（14分）某课外小组对日常生活中不可缺少的调味品M进行探究已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰M与其他物质的转化关系如图1所示（部分产物已略去）：（1）写出用惰性电极电解M溶液的离子方程式2Cl+2H2O2OH+H2+Cl2（2）写出F的电子式（3）若A是一种常见的酸性氧化物，且可用于制造玻璃，E溶液与F溶液反应可以制备一种胶体，则E溶液的俗称是水玻璃（4）若A是一种常见金属单质，且A与B溶液能够反应，则将过量的F溶液逐滴加入E溶液，边加边振荡，所看到的实验现象是溶液中逐渐有白色絮状沉淀生成，且不断增加；然后又由多到少，最后消失（5）若A是一种不稳定的盐，A溶液与B溶液混合将产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰绿色，最后变成红褐色的E，向G溶液中加入苯酚溶液后显紫色，则由A转化成E的离子方程式是4Fe2+8OH+O2+2H2O=4Fe（OH）3（6）若A是一种化肥实验室可用A和B反应制取气体E，E与F、E与D相遇均冒白烟，且利用E与D的反应检验输送D的管道是否泄露，写出E与D反应的化学方程式是3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl（7）若A是一种溶液，只可能含有H+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、CO32、SO42中的某些离子，当向该溶液中加入B溶液时发现生成沉淀的物质的量随B溶液的体积发生变化如图2所示，由此可知，该溶液中肯定含有的离子及其浓度之比为c（H+）：c（Al3+）：c（NH4+）：c（SO42）=1：1：2：3考点：无机物的推断.专题：推断题分析：（1）（2）C可在D中燃烧发出苍白色火焰，为氢气与氯气反应生成HCl，可推知C为H2、D为Cl2、F为HCl，M是日常生活中不可缺少的调味品，由转化关系可知，M的溶液电解生成氢气、氯气与B，可推知M为NaCl、B为NaOH，（3）若A是一种常见的酸性氧化物，且可用于制造玻璃，则A为SiO2，E为Na2SiO3，与F溶液反应可以制备G为H2SiO3，；（4）若A是一种常见金属单质，且与NaOH溶液能够反应，则A为Al，E为NaAlO2，则将过量的HCl溶液逐滴加入NaAlO2溶液中，先生成氢氧化铝，而后氢氧化铝溶解；（5）若A是一种不稳定的盐，A溶液与B溶液混合将产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰绿色，最后变成红褐色的E，可推知A中含有Fe2+，E为Fe（OH）3，G为FeCl3；（6）若A是一种化肥，实验室可用A和NaOH反应制取气体E，则E为NH3、A为铵盐，E与氯气相遇均冒白烟，且利用E与氯气的反应检验输送氯气的管道是否泄露，则氨气与氯气反应生成氯化铵，同时生成氮气；（7）由图可知，开始加入NaOH没有沉淀和气体产生，则一定有H+，一定没有CO32，后来有沉淀产生且最后消失，则一定没有Mg2+、Fe3+，一定含有Al3+；中间段沉淀的质量不变，应为NH4+OH=NH3H2O的反应，则含有NH4+，由电荷守恒可知一定含有SO42，根据各阶段消耗的NaOH体积结合离子方程式计算n（H+）：n（Al3+）：n（NH4+）之比，再结合电荷守恒计算与n（SO42）的比例关系，据此计算解答：解：（1）C可在D中燃烧发出苍白色火焰，为氢气与氯气反应生成HCl，可推知C为H2、D为Cl2、F为HCl，M是日常生活中不可缺少的调味品，由转化关系可知，M的溶液电解生成氢气、氯气与B，可推知M为NaCl、B为NaOH，用惰性电极电解M溶液的离子方程式为：2Cl+2H2O2OH+H2+Cl2，故答案为：2Cl+2H2O2OH+H2+Cl2；（2）F为HCl，分子中H原子与Cl原子之间形成1对共用电子对，其电子式为：，故答案为：；（3）若A是一种常见的酸性氧化物，且可用于制造玻璃，则A为SiO2，E为Na2SiO3，与F溶液反应可以制备G为H2SiO3，E的溶液俗称水玻璃，故答案为：水玻璃；（4）若A是一种常见金属单质，且与NaOH溶液能够反应，则A为Al，E为NaAlO2，则将过量的HCl溶液逐滴加入NaAlO2溶液中，先生成氢氧化铝，而后氢氧化铝溶解，故看到的现象为：溶液中逐渐有白色絮状沉淀生成，且不断增加；然后又由多到少，最后消失，故答案为：溶液中逐渐有白色絮状沉淀生成，且不断增加；然后又由多到少，最后消失；（5）若A是一种不稳定的盐，A溶液与B溶液混合将产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰绿色，最后变成红褐色的E，可推知A中含有Fe2+，E为Fe（OH）3，G为FeCl3，则由A转化成E的离子方程式是：4Fe2+8OH+O2+2H2O=4Fe（OH）3，故答案为：4Fe2+8OH+O2+2H2O=4Fe（OH）3；（6）若A是一种化肥，实验室可用A和NaOH反应制取气体E，则E为NH3、A为铵盐，E与氯气相遇均冒白烟，且利用E与氯气的反应检验输送氯气的管道是否泄露，则氨气与氯气反应生成氯化铵，同时生成氮气，反应方程式为：3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl，故答案为：3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl；（7）由图可知，开始加入NaOH没有沉淀和气体产生，则一定有H+，一定没有CO32，后来有沉淀产生且最后消失，则一定没有Mg2+、Fe3+，一定含有Al3+；中间段沉淀的质量不变，应为NH4+OH=NH3H2O的反应，则含有NH4+，由电荷守恒可知一定含有SO42，发生反应H+OH=H2O，氢离子消耗NaOH溶液的体积为1积，发生反应Al3+3OH=Al（OH）3，铝离子消耗NaOH溶液的体积为3体积，发生反应NH4+OH=NH3H2O，铵根消耗氢氧化钠为2体积，则n（H+）：n（Al3+）：n（NH4+）=1：1：2，由电荷守恒可知，n（H+）：n（Al3+）：n（NH4+）：n（SO42）=1：1：2：3，故c（H+）：c（Al3+）：c（NH4+）：c（SO42）=1：1：2：3，故答案为：c（H+）：c（Al3+）：c（NH4+）：c（SO42）=1：1：2：3点评：本题考查无机物推断等，题目涉及元素化合物较多，需要学生全面掌握据基础知识，（7）中根据图象中的平台确定含有铵根离子是根据，注意离子方程式与电荷守恒的应用，难度中等17（10分）某研究小组模拟工业处理电镀含氰废水并测定处理的效率，利用如图所示装置进行实验将CN的浓度为0.2molL1的含氰废水100mL与100mL NaClO溶液（过量）置于装置三颈烧瓶中，充分反应打开分液漏斗活塞，滴入100mL稀H2SO4，关闭活塞已知装置中发生的主要反应依次为：CN+ClOCNO+Cl；2CNO+2H+3C1ON2+2CO2+3C1+H2O（1）和的作用是排除空气中CO2对实验的干扰（2）装置中，生成需由装置除去的物质的离子方程式为ClO+Cl+2H+=Cl2+H2O（3）反应结束后，缓缓通入空气的目的是使装置内残留的CO2全部进入装置而被吸收（4）为计算该实验中含氰废水被处理的百分率，需要测定装置反应前后的质量或沉淀的质量（5）已知CN的处理效率可高达90%，产生的CO2在标准状况下的体积为0.4L考点：性质实验方案的设计.专题：实验题分析：（1）实验的原理是利用CN+ClOCNO+Cl；2CNO+2H+3ClON2+2CO2+3Cl+H2O，通过测定碱石灰的质量的变化测得二氧化碳的质量，根据关系式计算含氰废水处理百分率，实验中应排除空气中二氧化碳的干扰；（2）酸性条件下，次氯酸根离子和氯离子反应生成氯气，氯气具有强氧化性，能氧化碘离子生成碘单质；（3）反应结束后，缓缓通入空气，可将生成的二氧化碳全部被吸收；（4）通过测定氢氧化钡溶液的质量的变化测得二氧化碳的质量，根据关系式计算含氰废水处理百分率；（5）根据处理的CN的物质的量，结合碳元素守恒可知被处理的CN的物质的量为n（CN）=n（CO2），原溶液中CN的物质的量为0.1L0.2mol/L=0.02mol，据此计算解答：解：（1）实验的原理是利用CN+ClOCNO+Cl；2CNO+2H+3ClON2+2CO2+3Cl+H2O，通过测定碱石灰的质量的变化测得二氧化碳的质量，根据关系式计算含氰废水处理百分率，实验中应排除空气中二氧化碳的干扰，防止对装置实验数据的测定产生干扰，装置和的作用是排除空气中二氧化碳对实验的干扰，故答案为：排除空气中二氧化碳对实验的干扰；（2）根据已知装置中发生的主要反应依次为CN+ClOCNO+Cl、2CNO+2H+3ClON2+2CO2+3Cl+H2O，可知溶液中有氯离子、氢离子和次氯酸根离子，酸性条件下，氯离子和次氯酸根离子反应生成氯气，产生的氯气用碘化钾吸收，所以发生的离子反应方程式为：ClO+Cl+2H+=Cl2+H2O，故答案为：ClO+Cl+2H+=Cl2+H2O；（3）反应后装置中残留二氧化碳，应继续通过将净化的空气，将装置内的残留的二氧化碳全部进入装置，以减少实验误差，故答案为：使装置中残留的二氧化碳全部进入装置；（4）通过测定氢氧化钡溶液的质量的变化测得二氧化碳的质量，根据关系式计算含氰废水处理百分率，则需要测定装置反应前后的质量，故答案为：装置反应前后质量；（5）根据碳元素守恒可知被处理的CN的物质的量为n（CN）=n（CO2）=0.02mol90%=0.018mol，所以标准状况下的体积为0.018mol22.4L/mol=0.4L，故答案为：0.4L点评：本题综合考查物质含量的测定的实验设计，以氯气的性质为载体考查化学实验设计和评价问题，题目难度中等，注意把握实验原理和实验方法18（12分）海底蕴藏着大量的“可燃冰”用甲烷制水煤气（CO、H2），再合成甲醇来代替日益供应紧张的燃油已知：CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）H1=+206.2kJmol1CH4（g）+O2（g）=CO（g）+2H2（g）H2=35.4kJmol1CH4（g）+2H2O（g）=CO2（g）+4H2（g）H3=+165.0kJmol1（1）CH4（g）与CO2（g）反应生成CO（g）和H2（g）的热化学方程式为CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g）H=+247.4 kJmol1（2）从原料、能源利用的角度，分析反应作为合成甲醇更适宜方法的原因是选择CH4不完全燃烧制合成气时，放出热量，同时得到的CO、H2物质的量之比为1：2，能恰好完全反应合成甲醇，符合绿色化学的“原子经济”原则（3）水煤气中的H2可用于生产NH3，在进入合成塔前常用Cu（NH3）2Ac溶液来吸收其中的CO，防止合成塔中的催化剂中毒，其反应是：Cu（NH3）2Ac+CO+NH3Cu（NH3）3AcCOH0，Cu（NH3）2Ac溶液吸收CO的适宜生产条件应是低温、高压（4）将CH4设计成燃料电池，其利用率更高，装置示意如图（A、B为多孔性石墨棒）持续通入甲烷，在标准状况下，消耗甲烷体积VL0V44.8L时，电池总反应方程式为CH4+2O2+2KOH=K2CO3+3H2O44.8LV89.6L时，负极电极反应为CH48e+9CO32+3H2O=10HCO3V=67.2L时，溶液中离子浓度大小关系为c（K+）c（HCO3）c（CO32）c（OH）c（H+）考点：用盖斯定律进行有关反应热的计算；常见化学电源的种类及其工作原理；化学平衡的调控作用.专题：基本概念与基本理论分析：（1）根据盖斯定律结合已知热化学方程式分析；（2）从能量角度和原子利用率角度两个方面分析；（3）已知正反应是气体物质体积减小的放热反应，据此分析；（4）n（KOH）=2mol/L2L=4mol，可能先后发生反应CH4+2O2CO2+2H2O、CO2+2KOH=K2CO3+H2O、K2CO3+CO2+H2O=2KHCO3；根据甲烷的量计算生成的二氧化碳的量，结合反应方程式判断反应产物及发生的反应解答：解：（1）根据盖斯定律可知，2可得CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g），所以其H=（+206.2）2（+165.0）kJmol1=+247.4 kJmol1，所以CH4（g）与CO2（g）反应生成CO（g）和H2（g）的热化学方程式为CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g）H=+247.4 kJmol1，故答案为：CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g）H=+247.4 kJmol1；（2）从能量角度比较，是吸热反应，需要消耗更多能量，是放热反应，不需要太多能量；从原子利用率角度，由于CO+2H2CH3OH，的产物中氢原子不可能全部变为CH3OH，而的产物中所有原子都可能全部变为CH3OH；因此选，甲烷不完全燃烧制合成气时放出热量，还得到物质的量之比为1：2的CO和H2的混合气体，能恰好完全反应生成甲醇，故答案为：选择CH4不完全燃烧制合成气时，放出热量，同时得到的CO、H2物质的量之比为1：2，能恰好完全反应合成甲醇，符合绿色化学的“原子经济”原则；（3）已知正反应是气态物质体积减小的放热反应，因此采用降低温度、增大压强能使平衡右移，提高CO的转化率，故答案为：低温、高压；（4）n（KOH）=2mol/L2L=4mol，可能先后发生反应CH4+2O2CO2+2H2O、CO2+2KOH=K2CO3+H2O、K2CO3+CO2+H2O=2KHCO3；当0V44.8 L时，0n（CH4）2mol，则0n（CO2）2mol，只发生反应，且KOH过量，则电池总反应式为CH4+2O2+2KOH=K2CO3+3H2O，故答案为：CH4+2O2+2KOH=K2CO3+3H2O；当44.8 LV89.6 L，2moln（CH4）4mol，则2moln（CO2）4mol，发生反应，得到K2CO3和KHCO3溶液，则负极反应式为CH48e+9CO32+3H2O=10HCO3，故答案为：CH48e+9CO32+3H2O=10HCO3；当V=67.2 L时，n（CH4）=3mol，n（CO2）=3mol，则电池总反应式为3CH4+6O2+4KOH=K2CO3+2KHCO3+7H2O，则得到1molK2CO3和2molKHCO3的溶液，则c（K+）c（HCO3）c（CO32）c（OH）c（H+），故答案为：c（K+）c（HCO3）c（CO32）c（OH）c（H+）点评：本题考查了运用盖斯定律计算焓变、热化学方程式的书写、评价物质合成方案、影响化学平衡的因素、燃料电池、溶液中离子浓度大小关系等重要考点，涉及的知识点较多，综合性较强，难度较大19（10分）利用催化氧化反应将SO2转化为SO3是工业上生产硫酸的关键步骤已知：SO2（g）+1/2O2（g）SO3（g）H=98kJmol1（1）某温度下该反应的平衡常数K=，若在此温度下，向100L的恒容密闭容器中，充入3.0mol SO2（g）、16.0mol O2（g）和3.0mol SO3（g），则反应开始时v（正）v（逆）（填“”、“”或“=”）（2）一定温度下，向一带活塞的体积为2L的密闭容器中充入2.0mol SO2和1.0mol O2，达到平衡后体积变为1.6L，则SO2的平衡转化率为60%（3）在（2）中的反应达到平衡后，改变下列条件，能使SO2（g）平衡浓度比原来减小的是AC（填字母）A保持温度和容器体积不变，充入1.0mol O2B保持温度和容器内压强不变，充入1.0mol SO3C降低温度D移动活塞压缩气体（4）若以如图所示装置，用电化学原理生产硫酸，写出通入O2电极的电极反应式为O2+4e+4H+=2H2O（5）为稳定持续生产，硫酸溶液的浓度应维持不变，则通入SO2和水的质量比为16：29考点：化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算.专题：化学平衡专题分析：（1）根据浓度商与平衡常数的大小判断反应进行的方向（2）先根据平衡常数计算出c（SO2），再根据转化率公式求出SO2的转化率；（3）根据浓度、温度、压强等外界条件对化学平衡的影响，求出平衡移动后c（SO2），（4）通入O2电极的电极是正极反应，氧气得到电子生成氢氧根离子，在酸性溶液中生成水；（5）根据SO2、O2和水形成硫酸溶液的浓度为50%，求出SO2和水的质量比解答：解：（1）因为浓度商QC=2.5K，所以化学反应正向进行，即v（正）v（逆）；故答案为：； （2）根据V前/V后=n前/n后 可得，向一带活塞的体积为2L的密闭容器中充入2.0mol SO2和1.0mol O2，达到平衡后体积变为1.6L，n后=2.4mol SO2（g）+O2（g）SO3（g） 开始（mol） 2.0 1.0 0 反应（mol） a a a 平衡（mol） 2.0a 1a a 则：（2.0a）+（1.0a）+a=2.4a=1.2 所以SO2的转化率=100%=60%，故答案为：60%； （3）A、保持温度和容器体积不变，O2的浓度增大，平衡正向移动，SO2的浓度减小，所以A正确； B、保持温度和容器内压强不变，充入0.4mol SO3，新的平衡与原平衡等效，SO2的浓度不变，所以B错误；C、降低温度，平衡向放热的方向移动，而正反应为放热，所以平衡正向移动，SO2的浓度减小，所以C正确；D、移动活塞压缩气体，SO2的浓度瞬间增大，之后平衡向气体体积减少的方向移动，即向正反应方向移动，SO2的浓度减小，再次到达平衡时SO2的浓度仍比原来大，所以D错误 故答案为：A、C；（4）通入O2电极的电极是正极反应，氧气得到电子生成氢氧根离子，在酸性溶液中生成水，电极反应为：O2+4e+4 H+=2H2O；故答案为：O2+4e+4 H+=2H2O；（5）设：SO2和水的质量分别为a、b SO2 +H2OH2SO3 64 18 82 a 2H2SO3 +O22H2SO4 164 196则：硫酸溶液的质量百分数为 100%=50%