河南省偃师市第三高级中学高三化学下学期3月月考试题（含解析）.doc

河南省偃师市第三高级中学2016届高三下期3月月考化学试卷（解析版）1下列物质的水溶液能导电，但属于非电解质的是 ( )ach3ch2cooh bcl2 cnh4hco3 dso2【答案】d【解析】试题分析：a、丙酸属于酸，属于电解质，不符合题意，故错误；b、氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质，故错误；b、碳酸氢铵属于盐，属于电解质，故错误；d、so2属于化合物，水溶液能够导电，但导电的离子不是so2产生的，so2属于非电解质，故错误。考点：考查电解质、非电解质的概念等知识。2为了确定某物质是否变质，所选试剂（括号内物质）达不到实验要求的是（ ）a氢氧化钠是否变质（bac12）bfeso4是否被氧化（kscn）cki是否被氧化（淀粉溶液）dk2so3是否被氧化（bac12）【答案】d【解析】3下列各组物质中，分子数相同的是( )a.2l so2和2l co2 b. 标准状况下1mol氧气和22.4l水 c. 9g水和标准状况下11.2l co2 d.0.2molh2s和2.24lhcl【答案】c【解析】a 错，没有表明状态b 错 标况下，水是液体，22.4l水不是1molc 对 9g水是0.5mol，标准状况下11.2l co2也是0.5mol，物质的量相同，分子数相等。d 错 没表明表况，2.24lhcl不一定是1mol。4下面的能级表示中正确的是 a1p b2d c3f d4 s 【答案】d【解析】a错，p能级至少是在第二电子层；b错，d能级至少是在第三电子层；c错，f能级至少是在第四电子层；d正确，s能级哪个电子层均有；5氧气的摩尔质量为32.0 gmol-1，由此求出的标准状况下氧气的密度可能是( )a.1.5 gl-1 b.1.43 gl-1 c.1.293 gl-1 d.1.2 mgl-1【答案】b【解析】根据密度公式=m/vm得：(o2)=1.43 gl-16利用图装置，可以完成很多电化实验。下列有关此装置的叙述中，不正确的是（ ）a若x为锌棒，y为nacl溶液，开关k置于m处，可减缓铁的腐蚀，这种方法称为牺牲阳极的阴极保护法b若x为碳棒，y为nacl溶液，开关k置于n处，可减缓铁的腐蚀，溶液中的阳离子向铁电极移动c若x为铜棒，y为硫酸铜溶液，开关k置于m处，铜棒质量将增加，此时外电路中的电子向铜电极移动d若x为铜棒，y为硫酸铜溶液，开关k置于n处，铁棒质量将增加，溶液中铜离子浓度将减小【答案】d【解析】试题分析：ax为锌棒，y为nacl溶液，开关k置于m处，形成原电池，fe为正极，可减缓铁的腐蚀，这种方法称为牺牲阳极的阴极保护法，a正确；bx为碳棒，y为nacl溶液，开关k置于n处，形成电解池，fe为阴极，可减缓铁的腐蚀，溶液中的阳离子向铁电极移动，b正确；cx为铜棒，y为硫酸铜溶液，开关k置于m处，形成原电池，fe为负极，正极上析出cu，则铜棒质量将增加，此时外电路中的电子向铜电极移动，c正确；dx为铜棒，y为硫酸铜溶液，开关k置于n处，形成电解池，fe为阴极，为电镀装置，铁棒质量将增加，但溶液中铜离子浓度不变，d错误，答案选d。考点：考查原电池和电解池的工作原理7下列说法中正确的是()a在na2co3溶液中滴入酚酞试液，呈红色b(nh4)2so4溶液中c(nh)c(so)21cfecl3溶于水使溶液呈酸性，从而抑制水的电离d将al2(so4)3溶液蒸干得到al(oh)3固体【答案】a【解析】coh2ohcooh，na2co3溶液显碱性，滴入酚酞试液，呈红色；因nh水解，故(nh4)2so4溶液中c(nh)c(so)21；fecl3溶于水能促进水的电离；因h2so4不是挥发性酸，al2(so4)3溶液蒸干仍得al2(so4)3，不会得到al(oh)3。8下列说法不正确的是a用四氯化碳可以萃取乙酸水溶液中的乙酸b元素分析可以鉴定有机物的实验式c红外光谱分析可以鉴定有机物中含有的官能团或化学键d核磁共振氢谱分析可以鉴定有机物中不同化学环境的氢原子及它们的数目比【答案】a【解析】试题分析：乙酸和水互溶，不能用四氯化碳来萃取乙酸水溶液中的乙酸，选项a不正确，其余选项都是正确的，答案选a。考点：考查乙酸的性质、有机物结构研究的有关判断点评：该题主要是考查学生对教材基础知识的熟悉了解程度，意在调动学生的学习兴趣，激发学生学习化学的积极性。难度不大，有利于培养学生的逻辑推理能力。9含溶质24g 的3moll1naoh溶液，现欲配制成1moll1naoh溶液，应取原溶液与蒸馏水的体积比约为a12 b13 c21 d23【答案】a【解析】试题分析：设应取原溶液与蒸馏水的体积分别是x、y，则根据稀释过程中溶质的物质的量不变可知3x（xy）1，解得2xy，属于x：y1：2，答案选a。考点：考查溶液稀释的计算10下列与化学反应能量变化相关的叙述正确的是a.生成物总能量一定低于反应物总能量b.放热反应的反应速率总是大于吸热反应的反应速率c.盖斯定律，可计算某些难以直接测量的反应的焓变d.同温同压下，h2(g)+cl2(g)2hcl(g)在光照和点燃条件的h不同【答案】c【解析】试题分析：a、生成物的总能量低于反应总能量的反应，是放热反应，若是吸热反应则相反，故a错误；b、反应速率与反应是吸热还是放热无关，反应速率与反应物本身的性质及外界条件有关，故b错误；c、反应的热效应只与始态、终态有关，与过程无关，根据盖斯定律可计算某些难以直接测量的反应焓变，故c正确；d、反应的热效应只与始态、终态有关，与过程无关，所以同温同压下，反应h2(g)+cl2(g)2hcl(g)在光照和点燃条件下的h相同，故d错误，答案选c。考点：考查反应热的有关判断11下列分子中的中心原子杂化轨道的类型相同的是aco2与h2o b becl2与bf3 cch4与nh3 dc2h2与c2h4【答案】c【解析】试题分析：aco2中c原子杂化轨道数为1/2（4+0）=2，采取 sp杂化方式，h2o中o原子杂化轨道数为1/2（6+2）=4，采取 sp3杂化方式，二者杂化方式不同，故a错误；bbecl2中be原子杂化轨道数为1/2（2+2）=2，采取 sp杂化方式，bf3中b原子杂化轨道数为1/2（3+3）=3，采取 sp2杂化方式，二者杂化方式不同，故b错误； c ch4中c原子杂化轨道数为1/2（4+4）=4，采取 sp3杂化方式，nh3中n原子杂化轨道数为1/2（5+3）=4，采取 sp3杂化方式，二者杂化方式相同，故c正确；dc2h2分子中碳原子形成1个c-h，1个cc三键，c原子杂化轨道数为（1+1）=2，采取 sp杂化方式，c2h4分子中碳原子形成2个c-h，1个cc双键，c原子杂化轨道数为（2+1）=3，c原子采取sp2杂化方式，故d错误；故选c。【考点定位】考查杂化轨道理论【名师点晴】abm型杂化类型的判断：中心原子电子对计算公式：电子对数n=1/2 （中心原子的价电子数+配位原子的成键电子数电荷数）；注意：当上述公式中电荷数为正值时取“-”，电荷数为负值时取“+”当配位原子为氧原子或硫原子时，成键电子数为零根据n值判断杂化类型：一般有如下规律：当n=2，sp杂化；n=3，sp2杂化；n=4，sp3杂化；对于有机物利用杂化轨道数=孤对电子对数+键数进行判断。12高铁酸钾（k2feo4）是一种新型、高效、多功能水处理剂，是比cl2、o3、clo2、kmno4氧化性更强，无二次污染的绿色水处理剂。工业制高铁酸钠的方法有如下两种：湿法制备的主要反应方程式为：fe(oh)3+ clo+ oh feo42+ cl+ h2o干法制备的主要反应方程式为： feso4+ na2o2 na2feo4+ na2o+ na2so4 + o2（均未配平）下列有关说法不正确的是a高铁酸钠中铁显+6价b湿法制备的反应方程式中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为32c干法中每生成1 mol na2feo4转移4 mol电子dk2feo4处理水时，不仅能消毒杀菌，还能除去水体中的h2s、nh3等，生成的fe(oh)3还能吸附水中的悬浮杂质【答案】c【解析】根据化合物中正负价的代数和为0可知，铁的化合价是（2412）6价，a正确。反应中氧化剂是clo，氯原子的化合价由1价降低1价，变化2个单位。还原剂是fe(oh)3，铁的化合价由3价升高到6价，变化3个单位。根据得失电子守恒可知，氧化剂和还原剂的物质的量之比为32，b正确。反应氧化产物不止na2feo4，还有氧气，所以每生成1 mol na2feo4转移电子的物质的量大于4 mol，c是错误的。k2feo4中铁的化合价是6价的，具有氢氧化性，还原产物铁离子能水解生成氢氧化铁胶体具有吸附性，d正确。答案选c。13相同质量的c6h6、c7h8、c4h10、c3h6完全燃烧时，耗氧量最多的是ac6h6 bc7h8 cc4h10 dc3h6【答案】c【解析】试题分析：在质量相等的条件下，氢原子消耗的氧气大于碳原子消耗的氧气，因此烃分子中，氢元素的含量越高，消耗的氧气就越多。在最简式chn中，n越大，含氢量越高，耗氧量越高，四种物质的最简式chn中n依次为1，2，最大，故c4h10的耗氧量最多，故选c。考点：考查了烃燃烧规律的相关知识。14研究课上，老师让同学们各自选题进行计算，其结果正确的是a、甲同学：0.2 mol mgo，经计算，其质量为0.2 g b、乙同学：9.031023个o2，经计算，o2物质的量为1.5 molc、丙同学：标准状况下，5.6 l 水的体积，经计算为 0.25 mold、丁同学： 将30 ml0.5moll-1 naoh溶液加水稀释到500ml，经计算，稀释后溶液中naoh的物质的量浓度为0.04moll-1【答案】b【解析】a错，0.2 mol mgo，经计算，其质量为8 g；b正确；c错，标准状况下水不是气体；d错，将30 ml0.5moll-1 naoh溶液加水稀释到500ml，经计算，稀释后溶液中naoh的物质的量浓度为0.03moll-1；15某无色稀溶液x中，可能含有如表所列离子中的某几种。阴离子co32- 、sio32-、alo2- 、cl-阳离子al3+、fe3+、mg2+、nh4+ 、na+取该溶液适量，向其中加入某试剂y，产生沉淀的物质的量(n)与加入试剂体积(v)的关系如图所示下列说法正确的是a若y是盐酸，则x中一定含有co32-、sio32-、alo2-和na+b若y是naoh溶液，则x中一定含有al3+、fe3+、nh4+、cl-c若y是naoh溶液，则ab段发生反应的离子方程式为：nh4+oh-=nh3+h2od若y是naoh溶液，则x中的al3+、mg2+、nh4+ 物质的量之比为1：1：2【答案】a【解析】试题分析：溶液无色说明溶液中不含fe3+；（1）如果y是盐酸，向溶液中加盐酸，先生成沉淀，则溶液中可能含sio32-、alo2-或两者中的一种，即生成的沉淀为h2sio3、al(oh)3或两者中的一种，则溶液中不含al3+、mg2+；当a-b段时，沉淀的量不变化，发生的是盐酸和碳酸根离子反应生成气体：co32-+h+hco3-，hco3-+h+h2o+co2；当b-c段时沉淀的质量减少，即部分沉淀和盐酸反应：al(oh)3+3h+al3+3h2o，部分沉淀和盐酸不反应，说明生成的沉淀既有h2sio3又有al(oh)3，原溶液中有sio32-和alo2-，则oa段发生反应的离子方程式sio32-+2h+h2sio3，alo2-+h+h2oal(oh)3，由于sio32-和alo2-和铵根离子能双水解，所以溶液中不含nh4+，含有的阳离子是na+；则x中一定含有的离子是co32-、sio32-、alo2-、na+，oa段发生反应的离子方程式sio32-+2h+h2sio3，alo2-+h+h2oal(oh)3，ab段发生反应的离子方程式co32-+h+hco3-，hco3-+h+h2o+co2，bc段发生反应的离子方程式：al(oh)3+3h+al3+3h2o综上可知含有的离子为：co32-、sio32-、alo2-、na+；（2）若y是氢氧化钠，向溶液中加氢氧化钠溶液，先生成沉淀，溶液中可能含al3+、mg2+或两者中的一种，由于弱碱阳离子和弱酸根会双水解而不能共存，即溶液中不含co32-、sio32-、alo2-，由于溶液一定要保持电中性，故溶液中一定含cl-；当a-b段时，沉淀的量不变化，是氢氧化钠和铵根离子反应生成气体：nh4+oh-nh3h2o，即溶液中含nh4+；当b-c段时沉淀的质量减少但没有完全溶解，即部分沉淀和氢氧化钠反应，部分沉淀不反应，说明溶液中有al3+、mg2+，即bc段的反应为：al(oh)3+oh-alo2-+2h2o；综上可知，x中一定含有的离子是al3+、mg2+、nh4+、cl-；a由分析可知，若y是盐酸，则x中一定含有：co32-、sio32-、alo2-、na+，故a正确；b若y是氢氧化钠，x中一定含有的离子是al3+、mg2+、nh4+、cl-，没有fe3+，故b错误；c若y是naoh溶液，当a-b段时，沉淀的量不变化，是氢氧化钠和铵根离子反应生成气体：nh4+oh-nh3h2o，故c错误；d与铵根离子反应需要氢氧化钠的体积是2v，氢氧化铝和氢氧化钠反应需要氢氧化钠的体积是1v，则生成氢氧化铝需要氢氧化钠的体积是3v，生成氢氧化镁需要氢氧化钠的体积是1v，则n(al3+)：n(mg2+)：n(nh4+)=1：1/2：2=2：1：4，故d错误，故选a。考点：考查离子检验及离子反应16(7分)工业尾气so2、no2是污染大气、形成酸雨的罪魁祸首。请回答下列问题：（1）用co可以消除so2污染。已知一定条件下，2co(g)+o2(g)=2co2(g)的能量变化如图所示，由固体s单质生成l molso2(g)的焓变为296kjmol。在相同条件下，co与so2反应生成单质s与co2的热化学方程式为_。（2）异氰酸(化学式：hnco，c为+4价)可用于消除尾气中的no2。其反应原理为：hnco+no2n2+co2+(未配平)。上述反应的氧化剂是_。配平后方框内应填写_。每处理336lno2(标准状况)，反应中转移电子的物质的量为_。【答案】（1）2co(g)+so2(g)s(s)+2co2(g) h270kj/mol （2）no2；4h2o；6mol【解析】试题分析：（1）根据能量变化关系图可知反应的热化学方程式为 2co(g)+o2(g)=2co2(g) h566kj/mol。又因为固体s单质生成l molso2(g)的焓变为296kj/mol，则该反应的热化学方程式为s(s)+o2(g)=so2(g) h296kj/mol，则根据盖斯定律可知即得到2co(g)+so2(g)s(s)+2co2(g) h270kj/mol；（2）hnco中c为+4价，则氮元素是3价。根据方程式可知，反应后no2中氮元素由+4价降低到0价，得到4个电子，no2是氧化剂。hnco中氮元素由3价升高到0价，失去3个电子，作还原剂，所以根据电子得失守恒可知氧化剂与还原剂的物质的量之比是3:4。根据原子守恒可知还有水生成，因此配平的化学方程式为8hnco+6no27n2+co2+4h2o。根据以上分析可知，配平后方框内应填写4h2o。33.6l标准状况下no2的物质的量是33.6l22.4l/mol1.5mol，反应中得到1.5mol46mol电子。考点：考查盖斯定律的应用以及氧化还原反应的有关判断、配平与计算17co和h2的混合气体俗称合成气，是一种重要的工业原料气，工业上利用天然气（主要成分为ch4）与水进行高温重整制备合成气。ch4(g)+h2o(g)=co(g)+3h2(g) h=+206.1kj/mol（1）在一定温度下，向体积为2l的密闭容器中充入0.40mol ch4和0.60mol h2o(g)，测得ch4(g)和h2(g)的物质的量浓度随时间变化如下表所示：计算该反应第一次达平衡时的平衡常数计算式k=3min时改变的反应条件可能是（只填一种条件的改变即可）。（2）已知温度、压强、投料比xn(ch4)/n(h2o)对该反应的影响如图所示。图1中的两条曲线所示投料比的关系x1x2(填“=”、“”或“x2；由图可知p1时甲烷的含量高于p2，加压会是反应逆向进行，甲烷增多，说明p1p2；（3）放电时，负极是甲烷失电子，电极反应式为ch4-8e10oh co32-7h2o；反应后恰好生成khco3溶液，溶液显碱性，说明碳酸氢根的水解程度大于电离程度，该溶液中离子浓度由大到小的关系为 c(k+)c(hco3-)c(oh)c(h) c(co32-)考点：平衡移动的影响因素，离子浓度大小比较18在实验室中可用下图所示装置制取氯酸钾、次氯酸钠和探究氯水的性质。图中： 为氯气发生装置；的试管里盛有15ml 30 koh 溶液并置于热水浴中； 的试管里盛有15ml 8 % naoh 溶液并置于冰水浴中； 的试管里加有紫色石蕊试液； 为尾气吸收装置。请填写下列空白：（1）制取氯气时，在烧瓶里加入一定量的二氧化锰，通过_（填写仪器名称）向烧瓶中加入适量的浓盐酸。实验时为了除去氯气中的氯化氢气体，可在与之间安装盛有_（填写下列编号字母）的净化装置。a碱石灰 b饱和食盐水 c浓硫酸 d饱和碳酸氢钠溶液（2）比较制取氯酸钾和次氯酸钠的条件二者的差异是 。反应完毕经冷却后，的试管中有大量晶体析出。下图中符合该晶体溶解度曲线的是_（填写编号字母）；从的试管中分离出该晶体的方法是 (填写实验操作名称）。（3）本实验中制取次氯酸钠的离子方程式是： 。（4）实验中可观察到的试管里溶液的颜色发生了如下变化，请填写下表中的空白：实验现象原因溶液最初从紫色逐渐变为 色氯气与水反应生成的h+使石蕊变色随后溶液逐渐变为无色_然后溶液从无色逐渐变为 色_【答案】（1）分液漏斗 b （2）反应物浓度不同，反应温度不同 m 过滤（3）cl2+oh-=clo-+cl-+h2o （4）实验现象原因溶液最初从紫色逐渐变为 红 色氯气与水反应生成的h+使石蕊变色随后溶液逐渐变为无色氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性，可以把石蕊氧化为无色然后溶液从无色逐渐变为 黄绿色 色继续通入的氯气溶于水形成氯水，呈黄绿色溶液【解析】试题分析：制取氯气时，在烧瓶里加入一定量的二氧化锰，通过分液漏斗主要是方便控制反应的起始和终止。氯气在饱和食盐水中的溶解度比较小，氯化氢的比较大，因此可以选用饱和食盐水来吸收氯化氢。比较制取氯酸钾和次氯酸钠的条件二者的差异是反应物浓度不同，反应温度不同。氯酸钾和次氯酸钠的溶解度随温度的升高二增大，因此符合该晶体溶解度曲线的是m。制备次氯酸盐一般选择氯气与相应的碱反应制备，因此cl2+oh-=clo-+cl-+h2o。溶液最初从紫色逐渐变为红色主要是因为氯气与水反应生成的h+使石蕊变色。随后溶液逐渐变为无色主要是氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性，可以把石蕊氧化为无色然后溶液从无色逐渐变为黄绿色，主要是由于继续通入的氯气溶于水形成氯水，呈黄绿色溶液。考点：考查氯的重要化合物的相关知识点。19fenton法常用于处理含难降解有机物的工业废水，通常是在调节好ph和fe2浓度的废水中加入h2o2，所产生的羟基自由基能氧化降解污染物。现运用该方法降解有机污染物pcp，探究有关因素对该降解反应速率的影响。实验设计控制pcp的初始浓度相同，恒定实验温度在298 k或313 k(其余实验条件见下表)，设计如下对比实验。(1)请完成以下实验设计表(表中不要留空格)。实验编号实验目的t/kphc/103 moll1h2o2fe2为以下实验作参照29836.00.30探究温度对降解反应速率的影响298106.00.30数据处理实验测得pcp的浓度随时间变化的关系如上图。(2)请根据上图实验曲线，计算降解反应50150 s内的反应速率：v(pcp)_moll1s1。解释与结论(3)实验、表明温度升高，降解反应速率增大。但温度过高时反而导致降解反应速率减小，请从fenton法所用试剂h2o2的角度分析原因：_(4)实验得出的结论是：ph等于10时，_。思考与交流(5)实验时需在不同时间从反应器中取样，并使所取样品中的反应立即停止下来。根据上图中的信息，给出一种迅速停止反应的方法：_。【答案】(1)实验编号实验目的t/kphc/103 moll1h2o2fe2探究温度对降解反应速率的影响31336.00.30探究溶液的ph对降解反应速率的影响(2)8.0106(3)h2o2在温度过高时迅速分解(4)反应不能进行(5)在溶液中加入碱溶液，使溶液的ph大于或等于10(其他合理答案均可)【解析】(1)依题意可知的实验温度为313 k，实验对比是建立在其它条件相同前提下，故ph应与的相同。若改变ph，其它条件不变可探究溶液ph对反应速率的影响。(2)实验曲线中，50150 s时。c(pcp)1.2103 moll10.4103 moll10.8103 moll1，所以v(pcp)8.0106 moll1s1。(3)在降解反应中，h2o2新产生的自由基起氧化作用，温度过高，h2o2因热稳定性差而分解，导致降解反应速率下降。(4)由双曲线可知，ph10时，c(pcp)基本不变，反应趋于停止。(5)由(4)得到启示：在ph10溶液中，反应速率趋于零，可将所取样加入naoh溶液中(使ph10)；化学反应速率随温度降低而降低，故亦可用迅速大幅降温法。20（10分）孔雀石主要成分是cu2（oh）2co3，还含少量难溶的feco3及si的化合物，实验室以孔雀石为原料制备硫酸铜晶体的步骤如下：（1）步骤中涉及的反应用离子方程式表示为_。（2）为将溶液中fe2+氧化成fe3+步骤中加入的试剂最好是_（填代号）。akmno4 bh2o2 cfe粉 dkscn（3）步骤获得硫酸铜晶体，需要经过_、_、过滤等操作。（4）孔雀石与焦炭一起加热可以生成cu及其它无毒物质，写出该反应的化学方程式_。（5）测定硫酸铜晶体（cuso4xh2o）中结晶水的x值：称取2.5g硫酸铜晶体，加热至质量不再改变时，称量粉末的质量为1.6g。则计算得x_【答案】（1）cu2（oh）2co3+4h+ cu2+co2+3h2o 、feco3+ 2h+fe2+ + co2+ h2o （2）b（3）加热蒸发浓缩 冷却结晶（4）cu2（oh）2co3+c 2cu+ 2 co2+ h2o （5）5【解析】试题分析：孔雀石和盐酸反应得到的滤液1主要是cuso4、fe so4、h2 so4，fe元素以fe（oh）3沉淀下来，说明加入的试剂的作用是将fe2+ 氧化为fe3+，加入cuo作用是调节溶液的酸碱性使fe3+沉淀下来，溶液3主要是cuso4。（1）步骤中涉及的离子方程式有：cu2（oh）2co3+4h+ cu2+ co2+3h2o 、feco3+ 2h+fe2+ + co2+ h2o 。（2）为了不引入新的杂质，氧化剂最好用h2o2 。（3）从溶液中获取晶体，需要经过加热蒸发浓缩 、冷却结晶。（4）孔雀石与焦炭一起加热可以生成cu及其它无毒物质，无毒物质是co2，反应的化学方程式为：cu2（oh）2co3+c 2cu+ 2 co2+ h2o。（5）加热后质量减少了2.5-1.6=0.9g，减少的质量时水的水质量，水的物质的量为：0.9g18g/mol=0.05mol，剩余固体是硫酸铜物质的量为：1.6g160g/mol=0.01mol，cuso4和h2o的物质的量之比为15，故x5。考点：流程题的分析、氧化剂的选择、化学方程式的书写、结晶水的计算。21按要求回答下列问题：（1）设na为阿伏加德罗常数，一个cl2分子的质量为 g；水煤气（co 和h2的混合物）中含氢气的体积分数约为75%、co的体积分数约为25%，则该水煤气的平均摩尔质量约为 。（2）质量分数为29.8的kcl溶液，其密度为1.15g/cm3，则500ml该溶液中kcl的物质的量为 。【答案】 8.5g/mol 2.3mol【解析】试题分析：1摩尔氯气的质量为71克，1摩尔氯气含有的分子数为na，则一个氯气分子的质量为 g； 水煤气（co 和h2的混合物）中含氢气的体积分数约为75%、co的体积分数约为25%，则该水煤气的平均摩尔质量=275%+2825%= 8.5g/mol ；质量分数为29.8的kcl溶液，其密度为1.15g/cm3，则500ml该溶液中kcl的物质的量为5001.1529.8%/74.5=2.3mol考点： 物质的量计算22如下图转化关系能合成e、f两种有机高分子化合物，其中e为缩聚产物，f为加聚产物。a中含有苯环（苯环上的一硝基代物仅一种），a的核磁共振氢谱图中四个吸收峰的面积之比为1261；j能发生银镜反应；c中滴入浓溴水能产生白色沉淀；g能使溴的四氯化碳溶液褪色。已知以下信息：a在稀碱溶液中，溴苯难以发生水解反应；b两个羟基同时连在同一碳原子上的结构是不稳定的，它将自动发生脱水反应，如：ch3ch(oh)2ch3cho + h2o。回答下列问题：（1）i中官能团的名称为 。（2）h的结构式为 。（3）dg的反应类型是 。（4）1molb与足量cu(oh)2反应可生成 gcu2o。（5）f的结构简式为 。（6）写出下列反应的方程式：a与足量稀naoh溶液共热的离子方程式 。de的化学方程式 。（7）c的同系物中满足下列条件的同分异构体种类有 种（不考虑立体异构）。分子式为c8h8o3既含有酚羟基又含有羧基【答案】（1）醛基（2）（3）消去反应（4）144（5）（6）（7）13【解析】试题分析：h能连续被氧化，则h是醇，i是醛，j是羧酸，j能发生银镜反应，则h是ch3oh，i是hcho，j是hcooh；b能与新制氢氧化铜反应，说明b中含有醛基，c中滴入浓溴水能产生白色沉淀，说明c中含有酚羟基，由于在稀碱溶液中，溴苯难以发生水解反应，说明a中酯基为甲酸与酚形成的，即存在hcoo-，两个羟基同时连在同一碳原子上的结构是不稳定，会发生脱水反应，说明存在-chbr2，a中含苯环且苯环上的一硝基代物仅一种，a的核磁共振氢谱图中四个吸收峰的面积比为1：2：6：1，可以确定a含有2个甲基，结合c能与浓溴水反应，故hcoo-基团的邻、对位位置应含有h原子，综上分析可推知a的结构简式为：，a水解然后酸化得b，则b为：，b被氧化生成c，则c为：，c和氢气发生加成反应生成d，则d为：，d在浓硫酸、加热条件下生成g，g能使溴水褪色，应是发生消去反应，故g为，g能发生加聚反应生成高聚物f，为f为：，缩聚物e为，（1）i是hcho，含有官能团为醛基，故答案为：醛基；（2）由上述分析可知，h为ch3oh，其结构式为，故答案为：；（3）dg的反应类型是：消去反应，故答案为：消去反应；（4）1mol与足量cu（oh）2反应生成1molcu2o，生成cu2o的质量为1mol144g/mol=144g，故答案为：144；（5）由上述分析可知，f的结构简式为：，故答案为：；（6）a与足量稀naoh溶液共热的离子方程式：，de的化学方程式为：，故答案为：；（7）c（）的同系物中满足下列条件的同分异构体：分子式为c8h8o3，则该同分异构体比c少一个ch2，既含有酚羟基又含有羧基，若含有两个侧链，分别为-oh与-ch2cooh，有邻、间、对3种，若含有2个侧链，分别为-oh与-ch3、-cooh，当-oh与-ch3处于邻位时，-cooh有4种位置，当-oh与-ch3处于间位时，-cooh有4种位置，当-oh与-ch3处于对位时，-cooh有2种位置，故共有3+4+4+2=13种，故答案为：13。考点：考查了有机流程推断题的相关知识。23（15分）合成纤维z的吸湿性接近于棉花。合成z的流程图如下所示： 已知：下列反应中r、r、r代表烃基（1）a的电子式为_。（2）e的名称为_。（3）反应的化学方程式是_。（4）下列说法正确的是_。a反应的反应类型为加成反应 bd能与na、naoh、nahco3反应cq是一种水溶性很好的高分子化合物 dg在酸性或碱性环境中均能水解（5）e有多种同分异构体，与e具有相同官能团的有_种（不含e），其中核磁共振氢谱显示有3种氢原子，且能发生银镜反应的结构简式是_。（6）合成纤维z含有六元环状结构， z的结构简式是_。【答案】（1）（2分）（2）乙酸乙烯酯 （2分）（3）（2分）（4）acd（错选不得分）（2分） （5）4（2分）（2分）（6）（3分）【解析】试题分析：碳化钙和水反应生成乙炔，乙炔和水发生加成反应生成乙醛，即b是乙醛，乙醛含有醛基，发生银镜反应，所以c是乙酸。乙烯发生氧化反应也可以生成乙醛，根据已知信息i可知，反应的生成物d的结构简式为ch3c