山东省济南第一中学2016届高三下期3月月考化学试卷 Word版含解析.doc

山东省济南第一中学2016届高三下期3月月考化学试卷（鲁教版，解析版）‎ ‎1．用‎1kg溶剂中所含溶质的物质的量表示的溶液的浓度叫质量物质的量浓度，其单位是mol/kg。某物质的溶液的质量分数为20%，质量物质的量浓度为2．358mol/kg，则该物质可能为 A．NaHCO3 B．CaCO‎3 C．KHCO3 D．Na2CO3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：根据题意知用‎1kg溶剂中所含溶质的物质的量表示的溶液的浓度叫质量物质的量浓度，质量物质的量浓度为2．358mol/kg即‎1kg水中溶解了2.358mol溶质，溶质的质量分数为20%，设该溶质的摩尔质量为x，则2.358molx/（2.358molx+‎1000g）×100%=20%，解得x=‎106g/mol，该溶质为Na2CO3，选D。‎ 考点：考查溶液浓度的计算。‎ ‎2．进行淀粉水解实验(包括检验水解产物及水解是否完全)除淀粉外，还使用下列试剂或其中的一部分：①碘水②银氨溶液③NaOH溶液④稀硫酸⑤pH试纸．使用上述试剂的顺序依次是 A．①②③④ B．④①③② ‎ C．④①②③ D．④①③②⑤‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：淀粉水解需用④稀硫酸做催化剂，检验淀粉是否水解完全要用①碘水，检验水解产物前应用③NaOH中和，然后用②银氨溶液检验。‎ 考点：考查淀粉的水解及产物检验等相关知识。‎ ‎3．下列化合物中含有2个手性碳原子的是 ‎ A． B、‎ C． D、‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：手性碳原子是连接4个不同的原子或原子团的C原子，在A中只有一个手性碳原子，用※标示是；错误； B.中有两个手性碳原子，用※标示是 ‎；正确；C中含有三个手性碳原子，用※标示是 ‎；错误；D只有一个手性碳原子，用※标示是 ‎,错误。所以符合题意的是B。‎ 考点：考查手性碳原子的定义及判断的知识。‎ ‎4．吸入人体内的O2有2%转化为氧化性极强的活性氧副产物如等，这些活性氧能加速人体衰老，被称为“生命杀手”，含硒元素的保健食品中的硒元素能清除人体内活性氧，在清除活性氧的过程中，含硒化合物的作用是作(　　)。‎ A．氧化剂 B．还原剂 C．催化剂 D．吸附剂 ‎【答案】B ‎【解析】活性氧具有强氧化性，硒与活性氧反应时，作为还原剂被氧化。‎ ‎5．‎3.2 g Cu与30 mL 3 mol·L-1HNO3溶液充分反应，还原产物有NO2和NO，若反应后溶液中H+为a mol，则此时溶液中所含为（ ）‎ A. mol B‎.2a mol C.‎0.1a mol D.（a+0.1） mol ‎【答案】D ‎【解析】溶液中某元素的原子个数守恒，溶液中电荷守恒（即溶液显电中性）。根据题意，HNO3有剩余，则Cu反应完全。可据电荷守恒：n（）=2n（Cu2+）+n（H+）=2×+a mol=（0.1+a）mol。‎ ‎6．向某晶体的溶液中加入含Fe2＋的溶液无明显变化，当滴加几滴溴水后，混合液出现红色，下列结论中错误的是 A．Fe3＋的氧化性比溴的氧化性强 ‎ B．该晶体中一定含有SCN－‎ C．Fe2＋与SCN－不能形成红色化合物 ‎ D．Fe2＋被溴氧化成Fe3＋‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：A、当滴加几滴溴水后，混合液出现红色，说明Br2把Fe2+氧化为Fe3+，根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，即Br2的氧化性比Fe3+的氧化性弱，故A错误；B、只有Fe3+遇SCN-才能形成红色的化合物，所以晶体中一定含有SCN-，故B正确；C、只有Fe3+遇SCN-能形成红色的化合物，Fe2+与SCN-不能，故C正确；D、混合液出现红色，说明Br2‎ 把Fe2+氧化为Fe3+，故D正确。‎ 考点：本题考查氧化还原反应原理、Fe2+与Fe3+的性质与检验。 ‎ ‎7．X、Y、Z、W是元素周期表前四周期中的常见元素。其相关信息如下表：‎ 元素 相关信息 X X的一种核素的质量数为14，中子数为8‎ Y Y与X同周期，且它的一种氧化物只能用排水法收集 Z Z的单质常温下为黄绿色气体 W W的原子核外电子总数是其电子层数的4倍 下列说法正确的是 A．原子半径：W> X>Y，离子半径：W>Z B．氧化物对应的水化物的酸性：Z> Y>X C．Y的最高正价含氧酸，可由它的氢化物为原料来制取 D．W的单质与X的一种氧化物不能发生置换反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：由X的信息，质量数为14，中子数为8，可知质子数为6，为C；根据Y的信息，只能用排水法收集的氧化物当为NO，Y为N；Z信息对应的是Cl；W信息可设周期数为2时，对应的核外电子总数为8，即是O， 周期数为3时，对应的核外电子总数为12，即是Mg，所以W可为O或Mg；A.原子半径：C>N>O，离子半径Z>W，错误；B.应当表述为最高价氧化物对应的水化物的的酸性，错误；C.Y的最高正价含氧酸为HNO3，可以用氨氧化的方法来制取，正确；D.2Mg+CO2=（点燃）2MgO+‎2C，错误。‎ 考点：质量数、中子数、质子数的关系；氮及其化合物的性质；镁的性质；二氧化碳的性质。‎ ‎8．反应2SO2 + O22SO3 ，如果SO2的起始浓度为2mol·L－1，2min后SO2的浓度为1.8 mol·L－1，则用SO2的浓度变化表示的化学反应速率为 A．0.1 mol·L－1·min－1‎ B．0.2mol·L－1·min－1‎ C．0.9mol·L－1·min－1‎ D．1.0mol·L－1·min－1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：SO2的起始浓度为2mol/L，2min后SO2的浓度为1.8mol/L，则△c=2mol/L-1.8mol/L=0.2mol/L，v==0.1 mol·L－1·min－1，答案选A.‎ 考点：化学反应速率 ‎10．下列离子方程式属于盐的水解，且书写正确的是 A．NaHSO3溶液：HSO3﹣+H2O⇌SO32﹣+H3O+‎ B．NaHS溶液：HS﹣+H2O⇌H2S+OH﹣‎ C．Na3PO4溶液：PO43﹣+3H2O⇌H3PO4+3OH﹣‎ D．CH3COONH4溶于H2O中：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：盐类水解方程式的书写规则为：‎ ‎1、盐类水解一般很微弱，要写“⇌”，产物不标“↓”或“↑”．‎ ‎2、多元弱酸盐的水解是分步进行的且一步比一步难，因此，水解方程式要分步写．‎ ‎3、多数弱碱阳离子也是分步水解的，但一般以总反应式表示 A、该方程式符合电离方程式的书写规则，故A错误；‎ B、该方程式符合书写规则，故B正确；‎ C、多元弱酸盐的水解是分步进行，故C错误；‎ D、醋酸铵中，铵根离子和醋酸根离子的水解是双促进的，故D错误．‎ 考点：考查了水解方程式的书写的相关知识。‎ ‎11．可逆反应mA(g)nB(g)+pC(s)； △H=Q， 温度、压强的变化对正、逆反应速率的影响符合图中的两个图像，以下叙述正确的是 A．m>n， Q>0 B．m>n，Qn+p，Q>0 D．mn。故正确的选项是B。‎ 考点：考查图像法在可逆反应的方程式系数的确定及反应热的判断的应用的知识。‎ ‎12．稀土是工业味精，邓小平说过“中东有石油，我们有稀土”。稀土元素铈（Ce）主要存在于独居石中，金属铈在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应。已知：铈常见的化合价为+3和+4，氧化性：Ce4+>Fe3+。下列说法正确的是 ‎ A．电解熔融CeO2制Ce，铈在阳极获得 B．铈有四种稳定的核素Ce、Ce、Ce、Ce，它们互为同素异形体 C．用Ce(SO4)2溶液滴定硫酸亚铁溶液，其离子方程式为：Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+‎ D．铈溶于氢碘酸的化学方程式可表示为：Ce+4HI=CeI4+2H2↑‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A．电解池中阳极失去电子发生氧化反应，阴极得到电子发生还原反应，则电解熔融CeO2制Ce，铈在阴极获得，A错误；B．铈有四种稳定的核素Ce、Ce、Ce、Ce，它们互为同位素，B错误；C．用Ce(SO4)2溶液滴定硫酸亚铁溶液发生氧化还原反应，其离子方程式为：Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，C正确；D．氧化性：Ce4+>Fe3+，则铈溶于氢碘酸的化学方程式可表示为：Ce+2HI=CeI2+H2↑，D错误，答案选C。‎ 考点：考查电化学原理、同位素、氧化还原反应的应用 ‎13．已知下表数据：‎ 物质 Fe（OH）2‎ Cu（OH）2‎ Fe（OH）3‎ 完全沉淀时的pH范围 ‎≥9.6‎ ‎≥6.4‎ ‎≥3‎ 对于含等物质的量的CuSO4、FeSO4、Fe2（SO4）3的混合溶液，下列说法正确的是 A．向该混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，最先看到的是红褐色沉淀 B．该溶液中c（SO42﹣）：[c（Cu2+）+c（Fe2+）+c（Fe3+）]==5:4‎ C．向该溶液中加入适量氯水，调节pH到4～5后过滤，可获得纯净的CuSO4溶液 D．向该溶液中加入适量氨水，调节pH到9.6后过滤，将所得沉淀灼烧，可得等物质的量的CuO、FeO、Fe2O3三种固体的混合物 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：A、根据完全沉淀时pH的范围，但加入NaOH溶液时，Fe（OH）3先沉淀，出现红褐色沉淀，故正确；B、都在同一溶液中，设三者物质的量为1mol，则n（SO42－）=5，n（Cu2＋）＋n（Fe2＋）＋n（Fe3＋）=4，应是5：4，但是这些阳离子要水解，比值应＞5：4，故错误；C、氯气具有强氧化性，能把Fe2＋氧化成Fe3＋，然后调节pH到4～5时，Fe（OH）3全部做为沉淀沉降出来，但溶液中含有Cl－，因此不能获得纯净的CuSO4溶液，故错误；D、生成Fe（OH）2不稳定，转化成Fe（OH）3，灼烧后只有Fe2O3、CuO，没有FeO，故错误。‎ 考点：考查沉淀转化、盐类水解、Fe2＋的性质等知识。‎ ‎14．A、B、C、D均为中学常见物质且均含有同一种元素，它们之间的部分转化关系如下图 所示(反应条件已经略去)：。以下推断不正确的是(    )‎ A．若A为溶于CS2的淡黄色固体单质，且D为强酸，则B通常用品红试剂来检验。‎ B．若A为喷泉实验常用的气体且其水溶液呈碱性，则D能与A反应制化肥 C．若C为温室气体，则A与C在一定条件下反应可生成B D．若B、C对环境造成的危害主要是光化学烟雾等，则A不可能是单质 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：若A为溶于CS2的淡黄色固体单质，则A是硫，所以B是SO2，C是三氧化硫，D是硫酸，正确；若A为喷泉实验常用的气体且其水溶液呈碱性，则A是氨气，B是NO，C是NO2，D是硝酸。氨气和硝酸反应生成硝酸铵，B正确；若C为温室气体，则C是CO2，因此B是CO，A可以是碳，C和CO2反应生成CO,C正确；若B、C对环境造成的危害主要是光化学烟雾等，则A可以是氮气，D不正确，答案选D。‎ 考点：考查常见非金属元素及其化合物的判断 点评：该题是中等难度的试题，试题基础性强，侧重考查分析问题、灵活运用基础知识解决实际问题的能力，该题的关键是熟练记住非金属元素及其化合物的性质即可。‎ ‎15．以石墨为电极，电解KI溶液（其中含有少量酚酞和淀粉）。下列说法错误的是 A．阴极附近溶液呈红色 B．阴极逸出气体 C．阳极附近溶液呈蓝色 D．溶液的pH变小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：以石墨为电极，电解KI溶液，在阴极发生反应：2H++2e-=H2↑，由于H+放电，破坏了水的电离平衡，当最终达到平衡时，c(OH-)>c(H+)，所以溶液显碱性，溶液的pH变大，使酚酞试液变为红色；在阳极发生反应：2I--2e-=I2，I2遇淀粉，溶液变为蓝色。故以上说法错误的是D。‎ 考点：考查电解原理的应用的知识。‎ ‎16．Cr2O72-和CN-是工业废水中常见的污染物，若利用下列流程可对分别含两种离子的废水综合处理：‎ 已知：Cr3+也有一定毒性，Cr3+在pH=6.0时开始沉淀，pH=8.0时沉淀完全。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）已知步骤②中无气体生成，写出反应的离子方程式 ，步骤④中NaClO可将CNO- 处理为完全无害的溶液，该过程中有两种无毒的不支持燃烧的气体产生，写出这两种气体的化学式 。‎ ‎（2） 步骤⑥的反应为 S2O32-+ Cr2O72-+2H+→SO42-+ Cr3++H2O(未配平)，每处理1mol Cr2O72-转移 mole-。‎ ‎（3） 滤渣C的化学式为Cr(OH)3，溶液A和溶液B混合可使废水中的Cr3+沉淀的原因是 。‎ ‎（4）步骤⑦的操作名称为 ，若该操作在实验室中进行，则所需的的玻璃仪器为 。‎ ‎【答案】‎ ‎（1）CN－＋ClO－===CNO－＋Cl－（2分） N2、CO2（2分）‎ ‎（2）6（1分）‎ ‎（3）两溶液混合后pH≥8，故Cr3+完全沉淀（2分） ‎ ‎（4）过滤（1分） 漏斗、玻璃棒、烧杯（2分）‎ ‎【解析】‎ 试题分析： ‎ ‎（1）步骤②中无气体生成，说明ClO-氧化CN-生成Cl-，故离子方程式为CN－＋ClO－===CNO－＋Cl－；步骤④中NaClO可将CNO-继续氧化，产物中的两种气体依据题意是N2和CO2，反应为2CNO-+3ClO-+H2O=N2↑+2CO2↑+3Cl－+2OH-。‎ ‎（2） +6 +3‎ 由Cr2O72- → 2Cr3+可知，每处理1mol Cr2O72-电子转移6mol ‎（3）溶液A、B混合后，pH达到Cr3+完全沉淀的范围，故Cr3+转化为Cr(OH)3[]‎ ‎（4）步骤⑦为过滤 考点：考查化学实验操作、元素及其化合物性质。‎ ‎17．I．已知有机物A仅含碳、氢、氧3种元素，质谱分析可知其相对分子质量为46，核磁共 振氢谱显示分子中有三种不同化学环境的氢原子，且有如下的转化关系：‎ ‎（1）由A→B的反应类型是________‎ ‎（2）D的红外光谱表明分子内除C一H键、C一C键外还含有两个C一O单键，反应①中 D与HCl按物质的量之比1:1反应，则D的结构简式是 ______ ‎ II 化合物E和F是药品普鲁卡因合成的重要原料，普鲁卡因的合成路线如下（已知 ‎（3）丁的结构简式为_______________‎ ‎（4）反应③的化学方程式是__________________‎ ‎（5）普鲁卡因有两种水解产物戊和己，且戊与甲具有相同的分子式。符合下列条件的戊的同分异构体有______种（包含戊）；‎ a．分子结构中含苯环，且每个苯环有2个侧链 b．分子结构中一定含官能团一NH2且一NH2直接与碳原子相连 ‎（6）戊经聚合反应制成的高分子纤维广泛用于通讯、宇航等领域。该聚合反应的化学方 程式是__________________‎ ‎【答案】‎ ‎（1）消去反应（2）（3）（4）（5）9‎ ‎（6）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：由题意可知A为乙醇，由B在Ag催化下可以与O2发生的反应类型可知B为乙烯，D为环氧乙烷，B与HCl发生加成反应生成一氯乙烷G．（1） 由A→B的反应是乙醇在浓硫酸催化下生成乙烯，发生消去反应。（2）由此问提供的信息进一步印证了D为（3） 甲苯发生硝化反应生成甲为，中的甲基被氧化生成乙乙和E发生酯化反应有提供的信息可知丙中的硝基被还原生成氨基即丁的结构简式为。（5） 同分异构体邻间对各三种共9种 ‎ ‎ （6）戊中含有氨基和羧基，可以发生缩聚反应生成高分子化合物，所以反应的化学方程式是 考点：有机物的推断 ‎18．（15分）三苯甲醇（）是一种重要的化工原料和医药中间体，实验室合成三苯甲醇的流程如图1所示，装置如图2所示。‎ 已知：（I）格氏试剂容易水解：‎ ‎（Ⅱ）相关物质的物理性质如下：‎ 物质 熔点 沸点 溶解性 三苯甲醇 ‎164.2℃‎ ‎380℃‎ 不溶于水，溶于乙醇、乙醚等有机溶剂 乙醚 ‎-116.3℃‎ ‎34.6℃‎ 微溶于水，溶于乙醇、苯等有机溶剂 溴苯 ‎-30.7℃‎ ‎156.2℃‎ 不溶于水，溶于乙醇、乙醚等有机溶剂 ‎（Ⅲ）三苯甲醇的相对分子质量是260。‎ 请回答以下问题：‎ ‎（1）装置中玻璃仪器B的名称为 ；装有无水CaCl2的仪器A的作用是 。‎ ‎（2）装置中滴加液体未用普通分液漏斗而用滴液漏斗的作用是 ；制取格氏试剂时要保持温度约为‎40℃‎，可以采用 加热方式。‎ ‎（3）制得的三苯甲醇粗产品经过初步提纯，仍含有氯化铵杂质，可以设计如下提纯方案：‎ 其中，洗涤液最好选用 （填字母序号）。‎ a．水 b．乙醚 c．乙醇 d．苯 检验产品已经洗涤干净的操作为 。‎ ‎（4）纯度测定：称取‎2.60 g产品，配成乙醚溶液，加入足量金属钠（乙醚与钠不反应），充分反应后，测得生成的气体在标准状况下的体积为100.80 mL。则产品中三苯甲醇的质量分数为 。‎ ‎【答案】（15分）第（4）空3分，其余每空2分。‎ ‎（1）冷凝管；防止空气中的水蒸气进入装置，避免格氏试剂水解；‎ ‎（2）平衡压强，使漏斗内液体顺利滴下 水浴 ‎（3）a；取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加硝酸银溶液，若无沉淀生成，则已经洗涤干净（4）90%‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）读图2可得，B是冷凝管；因为格林试剂容易水解，无水氯化钙是中性干燥剂，主要是防止空气中水蒸气进入装置，防止格林试剂水解，导致三本甲醇的产量降低。‎ ‎（2）滴液漏斗可以使内外压强相等，所以装置中滴加液体未用普通分液漏斗而用滴液漏斗的作用是装置中滴加液体未用普通分液漏斗而用滴液漏斗的作用是。由于水的沸点为‎100℃‎，水浴可以控制加热的温度不超过‎100℃‎，且可以使反应均匀受热。‎ ‎（3）读已知信息（Ⅱ）中有关物质的物理性质，三苯甲醇、乙醚、溴苯、苯甲酸乙酯是互溶液体混合物，但各组成成分的沸点相差较大，因此粗产品分离的方法是蒸馏或分馏，则操作①是蒸馏或分馏，目的是除去乙醚、溴苯、苯甲酸乙酯等杂质；由于碱式溴化镁能溶于水，不溶于醇、醚等有机溶剂，则操作②的目的是除去碱式溴化镁；由于三苯甲醇不溶于水，溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，因此洗涤液最好选择水，不能选择乙醚、乙醇、苯等有机溶液，防止又引入乙醚、乙醇、苯等新的杂质；多余的水可以用无水氯化钙等干燥剂除去，再次蒸馏即可得到纯净的三本甲醇；由于合成流程图中加入氯化铵饱和溶液，沉淀的主要成分是碱式溴化镁， 沉淀具有吸附可溶性离子的性质，则沉淀表面可能吸附着氯离子或铵根离子，根据氯离子的性质可以设计实验方案检验沉淀是否洗涤干净，即取最后一次洗出液于试管中，滴加AgNO3溶液，若无白色沉淀生成，则已经洗涤干净；‎ ‎（4）由于氢气的体积=100.80mL=‎0.1008L，标准状况下气体摩尔体积为‎22.4L/mol，n=V/Vm，则氢气的物质的量=‎0.1008L÷‎22.4L/mol；由于三苯甲醇只含有1个羟基，由于2mol羟基与2molNa发生置换反应，生成1molH2，则1mol三苯甲醇与足量Na反应最多放出0.5mol H2，即三苯甲醇的物质的量是氢气的2倍，则三苯甲醇的物质的量为‎0.1008L÷‎22.4L/mol×2；由于三苯甲醇的分子式为C19H16O，相对分子质量为260，m=n•M，则产品中三苯甲醇的质量为‎0.1008L÷‎22.4L/mol×2×‎260g/mol=‎2.34g，由于产品的质量为‎2.60g，则产品中三苯甲醇的质量分数为‎2.34g÷‎2.60g×100%=90%。‎ 考点：考查有机物制备实验方案设计与评价，涉及常用仪器的名称、干燥剂的作用、水浴加热的优点、混合物分离提纯的方法、纯度计算等 ‎19．(16分)某课外小组利用H2还原黄色的WO3粉末测定W的相对原子质量，下图是测定装置的示意图，A中的试剂是盐酸。‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）仪器中装入的试剂：B_________ 、D___________；‎ ‎（2）连接好装置后应首先_________________________，（填写操作）‎ ‎（3）“加热反应管E”和“从A瓶逐滴滴加液体”这两步操作应该先进行的是 _______________；在这两步之间还应进行的操作是____________________________‎ ‎（4）写出反应过程中反应管E中的化学方程式：_______________ ，‎ ‎（5）从实验中测得了下列数据 ‎①空E管的质量a ； ②E管和WO3的总质量b ；③反应后E管和W粉的总质量c（冷却到室温称量）；④反应前F管及内盛物的总质量d ；⑤反应后F管及内盛物的总质量e 由以上数据可以列出计算W的相对原子质量的两个不同计算式（除W外，其他涉及的元素的相对原子质量均为已知）：‎ 计算式1：Ar(W)＝____________；计算式2：Ar(W)＝____________。‎ ‎【答案】（1）锌粒，浓硫酸； （2）检查气密性（2分）（3）先从A瓶逐滴滴加液体； 检验H2的纯度 ‎（4）3H2＋WO3=3 H2O＋W；（5） ‎ ‎【解析】‎ 试题解析：⑴一般用盐酸和锌粒反应制取氢气，故B中放锌粒，D中用浓硫酸干燥H2。 ⑵连接好装置后应先检验装置的气密性；具体方法是：将G弯管浸没在盛有水的烧杯中，温热烧瓶B，观察G管口，若有气泡逸出，说明装置的气密性良好。⑶应先通入氢气，然后在加热反应管E，所以应该先向A瓶逐滴滴加液体，制取氢气；在加热反应管E 之前，还有检验氢气的纯度，只有氢气纯了，才能加热反应管E。⑷F会将生成的水蒸气吸收，最后从G管逸出的气体是氢气，可以采用在G管出口处点燃的方法，除去多余的氢气。（5） WO3 + 3H2 W + 3H2O Ar（W）+48 Ar（W） 54‎ b-a c-a e-d 因此有①：=，②：=， 由①可求得Ar（W）= ，由②可求得Ar（W）= 。‎ 考点：元素的相对原子质量的测定，基本实验操作 ‎20．（9分）如下图所示，某气体X可能由H2、CO、CH4中的一种或几种组成。将X气体燃烧，把燃烧后生成的气体通过A、B两个洗气瓶。试回答下列问题：‎ ‎（1）若A洗气瓶的质量增加，B洗气瓶的质量不变，则气体X是_______________。‎ ‎（2）若A洗气瓶的质量不变，B洗气瓶的质量增加，则气体X是______________。‎ ‎（3）若A、B两个洗气瓶的质量都增加，则气体X可能是（可以不填满）‎ ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ ‎⑤‎ ‎【答案】（1）H2 （2）CO ‎（3）‎ ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ ‎⑤‎ CH4‎ CH4和H2‎ CH4和CO H2和CO CH4、H2和CO ‎【解析】‎ 试题分析：结合各种物质的燃烧产物可判断（1）有水生成而没有二氧化碳，确定气体为氢气；（2）生成二氧化碳而没有水，判断气体为CO ,（3）当两个洗气瓶的质量均增加，则同时生成水和二氧化碳，判断可能的情况为：CH4、 CH4和H2、CH4和CO、H2和CO、CH4、H2和CO。‎ 考点：气体的燃烧及其产物判断。‎ ‎21．(燃料电池)宇宙飞船上的氢氧燃料电池，其电池反应为：2H2＋O2＝2H2O，试写出电解质溶液为盐酸时的电极反应式，并指出各电极和介质溶液的pH的变化，若电解质溶液为KOH时又如何？‎ ‎【答案】若电解质为盐酸时：‎ ‎　　负极：2H2－4e—＝4H＋ 　　　　　　　　　　 pH变小 ‎　　正极：O2＋4H＋＋4e—＝2H2O　　　pH变大 结论：溶液被稀释，pH变大。‎ ‎　　若电解质为KOH时：‎ ‎　　负极：2H2－4e—＋4OH－＝4H2O　　　pH变小 ‎　　正极：O2＋2H2O＋4e＝4OH－ 　　　　　　　　pH变大 ‎　　结论：溶液被稀释，pH变小。‎ ‎【解析】在负极氢气失去电子，发生氧化反应；在正极氧气得到电子，发生还原反应。若消耗H+，则pH增大；若消耗OH-，则pH减小；若生成OH-，则pH增大；若生成H+，则pH减小。若稀释酸溶液，则pH增大；若稀释碱溶液，则pH减小。‎ ‎22．（10 分）有机物 G 是一种医药中间体，常用于制备抗凝血药。可以通过下图所示的路线合成有机物 G。‎ 已知：1. ‎ ‎2. ‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）葡萄糖的分子式是 ，写出 G 中所含含氧官能团的名称 。‎ ‎（2）由 A 转化为 B 的化学方程式为 。‎ ‎（3）已知 D 的分子式为 C7H6O3，则 D 的结构简式为 。‎ ‎（4）在上述转化过程中，属于取代反应的有 （填选项序号）。‎ ‎①葡萄糖→A ②D→E ③B→C ④E + CH3COCl→ F ‎（5）写出 F 与足量的氢氧化钠反应生成的有机物的结构简式 。‎ ‎【答案】（1）C6H12O6（1分）；羟基、酯基 ；（2）2CH3CH2OH + O2 2CH3CHO + 2H2O ；‎ ‎（3） ；（4）②④ ；（5）、CH3COONa、CH3OH。‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由已知1的反应：和合成路线：葡萄糖→A→B→C→CH3COCl，以及A→B的反应条件为O2/Cu，C→CH3COCl的反应条件为PCl3，可知A中存在羟基，A是乙醇（葡萄糖C6H12O62CH3CH2OH + 2CO2↑），B是乙醛，C是乙酸；（2）由A 转化为B的化学方程式为：2CH3CH2OH + O2 2CH3CHO + 2H2O ；（3）已知 D 的分子式为 C7H6O3，不饱和度为，依据合成路线和反应条件：D与CH3OH在浓硫酸存在时，加热发生反应形成，可推知D的分子结构中有一个苯环，有一个羧基官能团，D的羧基与甲醇生成酯，苯环邻位的羟基不变，所以D的结构简式应为；（4）①葡萄糖→A是氧化反应，②D→E是取代反应（酯化反应），③B→C是氧化反应，E + CH3COCl→ F是取代反（E的羟基上的氢与CH3COCl中的—Cl结合生成HCl，乙酰基取代了E的酚羟基上的H原子），故上述转化过程中，属于取代反应的有②④。⑸ F分子结构中有酯基，能与足量的氢氧化钠反应：有酰基，与足量的氢氧化钠反应后苯环上形成一个酚羟基，酚羟基能与氢氧化钠反应：故F与足量的氢氧化钠反应为：。生成的有机物的结构简式是、CH3COONa、CH3OH 。‎ 考点：考查有机物的结构、性质、反应、化学方程式的书写的知识。‎ ‎23．下列物质A~F是我们熟悉的单质或化合物，其中A、B均是常见的金属，且B的合金用量最大；E在常温下是黄绿色气体；在适当的条件下，它们之间可以发生如下图所示的转化。‎ 试回答下列问题：‎ ‎（1） A的化学式是 ；‎ ‎（2） A溶于NaOH溶液的化学方程式是 。‎ ‎（3） 检验F中金属阳离子的常用方法是 。‎ ‎（4） D转化为F的离子反应方程式是 。‎ ‎【答案】（每空2分，共8分） （1） Al （2） 2Al +2NaOH + 2H2O===2NaAlO2+3H2 ↑‎ ‎（3） 滴入KSCN溶液，若溶液显血红色则含有Fe3＋‎ ‎（4） 2Fe2+＋Cl2==2Fe3+＋2Cl-‎ ‎【解析】‎ 试题分析：E在常温下是黄绿色气体，E为Cl2，A、B均是常见的金属，G为白色沉淀，能溶于强碱，则G为Al（OH）3，由元素守恒及转化可知，A为Al，C为AlCl3，又由D、F的转化可知，B为变价金属，则B为Fe，D为FeCl2，F为FeCl3，（1）由上述分析可知，A为金属铝，化学式为Al；（2）Al与NaOH溶液反应化学方程式为2Al +2NaOH + 2H2O===2NaAlO2+3H2↑；（3）F为FeCl3，检验Fe3＋通常滴入KSCN溶液，若溶液显血红色则含有Fe3＋；（4）D→F的离子方程式的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-。‎ ‎【考点定位】考查无机物的推断，‎ ‎【名师点晴】物质的推断是解答本题的关键，明确结合物质的性质及转化关系即可解答，注意E为氯气及B为变价金属、G的两性为解答的突破口，E在常温下是黄绿色气体，E为Cl2，A、B均是常见的金属，G为白色沉淀，能溶于强碱，则G为Al（OH）3，由元素守恒及转化可知，A为Al，C为AlCl3，又由D、F的转化可知，B为变价金属，则B为Fe，D为FeCl2，F为FeCl3，然后结合单质、化合物的性质及化学用语来解答。‎ ‎24．某混合物的水溶液，可能含有以下离子中的若干种：K＋、Al3＋、Fe3＋、Mg2＋、Ba2＋、NH4＋、Cl－、CO32－、SO42－，现分别取100 mL的两等份溶液进行如下实验：‎ ‎①第一份加过量NaOH溶液后加热，收集到0.02 mol气体，无沉淀生成，同时得到溶液甲。‎ ‎②向甲溶液中通入过量CO2生成白色沉淀，沉淀经过滤、洗涤、干燥、灼烧后，得到‎1.02 g固体。‎ ‎③第二份加足量BaCl2溶液后，生成白色沉淀，沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后，得到‎11.65 g固体。‎ 依据实验回答下列问题：‎ ‎（1）综合以上实验，该混合物的水溶液中一定不存在的离子是 （填离子符号）。‎ ‎（2）写出②中产生沉淀的离子方程式 。‎ ‎（3）某同学通过分析认为该溶液中K＋一定 （填“存在”或“不存在”），他的理由是 。‎ ‎【答案】（1）Fe3+、Mg2+、Ba2+、CO32- （2） AlO2— + CO2 + 2H2O＝Al(OH)3↓ + HCO3— （3）存在；经过计算可知NH4+、Al3+的正电荷总量小于SO42-负电荷总量，依据电荷守恒，一定有 K+ 存在。‎ ‎【解析】‎ 试题分析：第一份加过量NaOH溶液后加热，只收集到气体0.02mol，无沉淀生成，同时得到溶液甲，依据离子性质分析推断，与氢氧化钠生成气体的一定是NH4+离子，生成气体NH3物质的量为0.02mol，无沉淀生成证明溶液中一定不含Fe3+、Mg2+；向甲溶液中通入过量CO2，生成白色沉淀，沉淀经过滤、洗涤、灼烧后，得到‎1.02g固体。能与二氧化碳反应得到沉淀的离子有Ba2+，铝离子溶于过量氢氧化钠生成的偏铝酸钠与二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀；第二份加足量BaCl2溶液后，生成白色沉淀，沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后，得到‎11.65g固体。说明沉淀不溶于酸，证明是硫酸钡沉淀，原溶液中含有SO42-，判断溶液中一定不含有Ba2+，向甲溶液中通入过量CO2，生成白色沉淀只能是氢氧化铝沉淀，沉淀经过滤、洗涤、灼烧后，得到‎1.02g固体为氧化铝，原溶液中含有Al3+，结合离子共存判断溶液中一定不含有CO32-；‎ ‎（1）由上述分析可知，一定不存在的离子为Fe3+、Mg2+、Ba2+、CO32- ；‎ ‎（2）由②可知存在离子为Al3+，先与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与过量的二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀，此反应的离子反应方程式为AlO2— + CO2 + 2H2O＝Al(OH)3↓ + HCO3—；‎ ‎（3）依据溶液中电荷守恒，阳离子正电荷总量小于阴离子负电荷总量，阳离子电荷数为0.8mol，阴离子若只有硫酸根离子时电荷数为1mol，所以一定有K+存在。‎ ‎【考点定位】本题主要是考查了常见离子的检验方法，离子性质的应用，反应现象的判断，离子共存的分析应用 ‎【名师点晴】该题综合性强，难度较大，既有定性分析，也有定量计算。掌握常见离子的性质以及明确铝离子、硫酸根离子、铵根离子的分析判断和计算是解答该题的关键，难点是钾离子的判断，答题时注意灵活应用电荷守恒。‎