河南省鲁山县二高2015-2016学年高二化学下册6月月考试题.doc

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）A摩尔是一种国际基本物理量B标准状况下气体摩尔体积约为22.4LC1mol氧的质量为16g D在同温同压下，相同体积的任何气体单质所含分子数相同【答案】D【解析】试题分析：A：摩尔是物质的量的单位，而不是国际基本物理量；B：标准状况下气体摩尔体积约为22.4L/mol,B错；C：氧可以指氧气、氧原子、氧元素等，要指明对象，C项的正确说法是1mol氧气的质量为16g；D：阿伏伽德罗定律：同温同压下，相同体积的任何气体都含有相同数目的粒子。考点：物质的量的基本概念点评：应该注意物质的量是一个物理量，而摩尔是它的单位3现有常温下的四份溶液：0.01 mol/L CH3COOH；0.01 mol/L HCl；pH=12的氨水；pH=12的NaOH溶液。下列说法正确的是A中水的电离程度最小，中水的电离程度最大B将、混合，若有pH=7，则消耗溶液的体积：C将、混合，若有c(CH3COO)c(H)，则混合液一定呈碱性D将四份溶液分别稀释100倍后，溶液的pH：，【答案】BD【解析】试题分析：溶液中存在水的电离平衡H2OH+OH，醋酸是弱酸，盐酸是强酸，就是增大氢离子浓度，使上述平衡左移，水的电离程度减小，则中水的电离程度大于，而，碱电离出的氢氧根离子浓度相等，则中水的电离程度与相同，也与中相同，故A错误；等体积混合时，强酸电离出的氢离子小于弱碱电离出的氢氧根离子，则碱过量，溶液呈碱性或pH7，若混合溶液pH=7，则弱碱溶液的体积要小于强酸溶液，故B正确；醋酸是弱酸，存在电离平衡：CH3COOHH+CH3COO，NaOH能消耗氢离子，减小氢离子浓度，促进醋酸电离出醋酸根离子，则混合液呈碱性、中性、甚至酸性时，都可能存在c(CH3COO)c(H)，故C错误；稀释100倍后，强酸或强碱等强电解质溶液中氢离子或氢氧根离子浓度变化较大，溶液pH变化较大，因为稀释能促进弱酸或弱碱的电离，则弱电解质溶液中氢离子或氢氧化根离子浓度变化较小，溶液pH变化较小，因此稀释溶液pH：，故D正确。考点：考查强弱电解质、水的电离、溶液的酸碱性和pH、离子浓度大小关系，涉及浓度改变对水的电离程度的影响、酸碱混合溶液的酸碱性、酸碱混合溶液离子浓度大小关系、稀释前后溶液的pH等。4下列各化学术语表达正确的是ANa原子结构示意图：B乙烷的结构简式：CH3CH3CHClO的结构式：HClODCH4分子的比例模型：【答案】B【解析】试题分析：A、Na原子最外层有1个电子，原子结构示意图：，故A错误；B、乙烷的分子式为C2H6，结构简式为CH3CH3，故B正确；C、HClO的结构式：HOCl，故C错误；D、是CH4分子的球棍模型，故D错误；故选B。考点：考查了化学用语的相关知识。5无论在酸性溶液还是在碱性溶液中，一定都不能大量存在的离子是AAl3+ BK+ CHCO3 DAlO2【答案】C【解析】试题分析：A中Al3+与OH反应不能大量共存，错误；B中K+在酸性、碱性溶液中均能大量共存，错误；C中HCO3与OH反应生成CO32-和水，HCO3-与H反应生成CO2 和水，所以HCO3-在酸性、碱性溶液中都不能大量共存，正确；D中AlO2与H反应生成Al(OH)3 沉淀，错误；选C。考点：考查离子共存。6除去某溶液里溶解的少量杂质，下列做法中不正确的是(括号内的物质为杂质)ANaCl溶液(BaCl2)：加过量Na2CO3溶液，过滤，再加适量盐酸并加热BKNO3溶液(AgNO3)：加过量KCl溶液，过滤CNaCl溶液(Br2)：加CCl4，分液DNaCl溶液(KNO3)：加热蒸发得浓溶液后，降温，过滤【答案】B【解析】试题分析：A加入过量的BaCl2溶液会和氯化钠反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠，过滤，滤液是氯化钠和过量的碳酸钠，再加适量盐酸并加热可以将碳酸根除去，A项正确；B加过量KCl溶液会和硝酸银反应生成氯化银沉淀和硝酸钾，过滤，滤液是硝酸钾和过量氯化钾的混合物，又引进了新的杂质，B项错误；C溴单质会溶解与四氯化碳中，分液获得氯化钠溶液和溶有碘的四氯化碳互不相溶的两部分，然后分液，C项正确；D硝酸钾的溶解度随温度升高而增大，但是氯化钠的溶解度受温度影响不大，可以加热蒸发得浓溶液后降温，获得硝酸钾的晶体，然后过滤，D项正确；答案选B。考点：考查物质的分离、提纯与除杂。7下列各组物质的晶体中，晶体类型、化学键类型均完全相同的是 ASO2和SiO2 BCCl4和KCl CNaOH和CaCl2 DCO2和H2S 【答案】D【解析】试题分析：A.SO2中的化学键为极性共价键，该物质的晶体是分子晶体，SiO2中的化学键为极性共价键，该物质的晶体是原子晶体，A项错误；B.CCl4中的化学键为极性共价键，该物质的晶体是分子晶体； KCl中的化学键为离子键，该物质的晶体为离子晶体，B项错误；C.NaOH中含有离子键、极性共价键，该物质的晶体为离子晶体，CaCl2中只含有离子键，该物质的晶体为离子晶体，C项错误；D.CO2分子中含有极性共价键，该物质的晶体是分子晶体；H2S中的化学键为极性共价键，该物质的晶体是分子晶体，D项正确；答案选D。考点：考查物质中的化学键与晶体类型的关系等知识。8将1mol NaHCO3和1mol Na2O2固体混合，在加热的条件理使其充分反应，则最后所得固体为A1mol Na2CO3和1mol NaOH Blmol Na2CO3和2molNaOHC2mol Na2CO3和2molNaOH D2mol Na2CO3【答案】A【解析】试题分析：因为2NaCO3 Na2CO3+CO2 +H2O，2Na2O2 + 2 CO2 = 2Na2CO3 + O2 ，2Na2O2 + 2H2O = 4NaOH + O2 ，1mol碳酸氢钠分解产生05mol碳酸钠、05mol二氧化碳、05mol水，而05mol二氧化碳、05mol水恰好与1mol Na2O2固体反应生成05mol碳酸钠和1mol氢氧化钠，所以最终的固体是1mol Na2CO3和1mol NaOH，答案选A。考点：考查碳酸氢钠与过氧化钠的混合计算9氧化还原反应中，水的作用可以是氧化剂、还原剂、既是氧化剂又是还原剂、既不是氧化剂又不是还原剂。下列反应与Cl2SO22H2OH2SO42HCl相比较，水的作用完全相同的是A2H2O2H2O2 B4Fe(OH)2O22H2O4Fe(OH)3C2Na2H2O2NaOHH2 D2Na2O22H2O4NaOHO2【答案】BD【解析】试题分析：因反应Cl2+SO2+2H2O=H2SO4 +2HBr中，Cl的化合价从0-1，Cl2作氧化剂，S的化合价从+4+6，SO2作还原剂，水中元素化合价没有变化，所以水既非氧化剂又非还原剂；A2H2O2H2O2水既是氧化剂又是还原剂，不符；B、O2为氧化剂，4Fe(OH)2 为还原剂，水既非氧化剂又非还原剂，符合；C2Na2H2O2NaOHH2 ，水是氧化剂，不符；D、Na2O2 既是氧化剂又是还原剂，水既非氧化剂又非还原剂，符合；选BD。考点：考查氧化还原反应。10下列有机物的命名正确的是（ ） A 1,2二甲基戊烷 B 2乙基戊烷 C 3,4二甲基戊烷 D 3甲基己烷【答案】D【解析】试题分析：A、1号碳上不能连侧链，主链应该为6个碳原子，离支链最近一端编号，得到名称不符合命名方法，正确的名称为3-甲基己烷，故A错误；B、主链选错，无2-乙基，正确的名称为3-甲基己烷，故B错误；C、编号起点选错，正确的名称为1，2二甲基戊烷，故C错误；D、符合命名方法，故D正确；考点：有机物的命名11具有显著抗癌活性的10-羟基喜树碱的结构如图所示。下列关于10羟基喜树碱的说法正确的是（ ）A分子式为C20H16N2O5B可用FeCl3溶液检验该物质是否发生水解C该物质可与9mol H2发生加成反应D一定条件下，1mol分别消耗Na、NaOH、Na2CO3的比值为221【答案】A【解析】试题分析：A、根据有机物的结构简式可以得到分子式为：C20H16N2O5，故A正确；B、10-羟基喜树碱中含有酚羟基，能和氯化铁发生显色反应，但水解产物中仍然含有酚羟基，不能用氯化铁溶液检验，故B错误；C、分子中含有3个碳碳双键，能与氢气发生加成反应的有苯环、碳碳双键以及C=N键，则一定条件下，1mol该物质可与7mol H2发生加成反应，故C错误；D、1mol10-羟基喜树碱中含有1mol的酚羟基、1mol醇羟基和1mol酯基，则一定条件下，1mol分别消耗Na、NaOH的比值为11，但该有机物与碳酸钠不反应，故D错误，故选A。考点：考查有机物结构与性质判断12下列各组混合物不能用分液漏斗分离的是A四氯化碳和碘 B花生油和水 C四氯化碳和水 D水和汽油【答案】A【解析】试题分析：A、碘易溶于四氯化碳，所以不能用分液漏斗分离，错误；B、花生油与水不互溶，所以可用分液漏斗分离，正确；C、四氯化碳与水不互溶，所以可用分液漏斗分离，正确；D、水和汽油不互溶，所以可用分液漏斗分离，正确，答案选A。考点：考查物质之间的溶解性，混合物的分离13下列复分解反应一定不会有气体产生的是A.盐与碱在水溶液中反应 B.盐与盐在水溶液中反应C.酸与碱在水溶液中反应 D.盐与酸在水溶液中反应【答案】C【解析】A 可能有氨气生成B 硫酸氢钠和碳酸钾反应，会有二氧化碳气体生成C酸与碱在水溶液中反应会生成新酸和新碱，不会有气体生成D 盐酸和碳酸钠反应，会有二氧化碳气体生成。正确的选C14下列物质与水反应时只作氧化剂的是ANa BNa2O2 CF2 DCl2【答案】C【解析】试题分析：A、 Na与 水反应，只作还原剂，错误； B、 Na2O2 与水反应，既是氧化剂又是还原剂，错误； C、F2与水反应，只作氧化剂，正确； D、Cl2 与水反应，既是氧化剂又是还原剂，错误。考点：氧化剂与还原剂15某无色混合气体可能含有CO2、CO、H2O（g）、H2中的一种或几种，依次进行如下连续处理（每步处理均反应完全）：通过碱石灰时，气体体积变小；通过赤热的氧化铜时，固体变为红色；通过白色硫酸铜粉末时，粉末变为蓝色；通过澄清的石灰水时，溶液变得浑浊由此可以确定原混和气体中A一定含有CO2、H2O，至少含有H2、CO中的一种B一定含有H2O、CO，至少含有CO2、H2中的一种C一定含有CO、CO2，至少含有H2O、H2中的一种D一定含有CO、H2，至少含有H2O、CO2中的一种【答案】D【解析】试题分析：通过碱石灰时，气体体积变小；碱石灰吸收水和二氧化碳，体积减小证明至少有其中一种，而且通过碱石灰后全部吸收；通过赤热的氧化铜时，固体变为红色；可能有CO还原氧化铜，也可能是氢气还原氧化铜，也可能是两者都有；通过白色硫酸铜粉末时，粉末变为蓝色，证明有水生成，而这部分水来源于氢气还原氧化铜时生成，所以必须有氢气；通过澄清石灰水时，溶液变浑浊证明有二氧化碳，而二氧化碳来源于一氧化碳还原氧化铜，所以必须有一氧化碳综上分析：混合气体中定含有CO、H2，至少含有H2O、CO2中的一种，故选D。【考点定位】考查混合气体的推断【名师点晴】本题是一个简单的流程题，首先要对整个流程进行整体分析，中通过了碱石灰后，气体中无CO2、H2O，通过炽热的氧化铜，CO和H2会把氧化铜还原成铜单质，同时生成CO2和H2O，H2O使白色硫酸铜粉末变为蓝色，CO2通过澄清石灰水时，溶液变浑浊，以此来判断原混合气体的组成。16利用15N可以测定亚硝酸盐对地下水质的污染情况。（1）下列说法正确的是_。A14N与15N为同种核素B 14N的第一电离能小于14CC15NH3与14NH3均能形成分子间氢键 D CH315NH2与CH3CH214NH2互为同系物（2）15N的价层电子排布图为_15NH4Cl的晶胞与CsCl相同，则15NH4Cl晶体中15NH4+的配位数为_；15NH4+中I5N的杂化轨道类型为_。（3）工业上电解法处理亚硝酸盐的模拟工艺如图。已知：阳极区发生化学反应：2NO2-+8H+6Fe2+=N2 +6Fe3+4HzO阳极电极反应方程式是_(不考虑后续反应）；若硫酸溶液浓度过大，阴极区会有气体逸出，该气体为_(填化学式）;该现象表明c( H+ )越大，H+氧化性越_;若电解时电路中有0.6 mol电子转移,且NaNO2有剩余,则电解池中生成Na2SO4 _mol。【答案】（13分）（1）CD（2分，各1分，不全对扣1分）（2）（2分）8（1分）sp3杂化（1分）（3）Fe-2e-=Fe2+（2分）H2（2分）强（1分）0.05（2分）【解析】试题分析：（1）14N与15N质子数相同、中子数不同，互称为同位素，不是同种核素，A错误；同周期元素从左向右，第一电离能总体趋势增大，但IIA和VA反常，第一电离能：NC，B错误；N电负性大，NH3分子间存在氢键，C正确；同系物指结构相似，分子组成相差n个CH2，D正确。（2）N价层电子排布为2s22p3，轨道表示式为；CsCl中Cs+和Cl-配位数均为8；15NH4+中N价层电子对数=4，N杂化类型为sp3。（3） 阳极为Fe，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+。若硫酸浓度过大，阴极发生2H+2e-=H2，阴极产生氢气。说明氢离子浓度越大，氧化性越强。若电解时转移0.6mol电子，则由Fe-2e-=Fe2+得阳极生成0.3molFe2+，由阳极区化学反应得消耗NaNO20.1mol，所以生成硫酸钠0.05mol。考点： 核素 第一电离能 氢键 同系物 轨道表示式 CsCl晶胞 中心原子杂化类型 电极反应式 化学计算17在下图所示的物质转化关系中（反应条件和部分生成物未全部列出），X物质可以来自于海洋中，A、B为常见气体单质，B为黄绿色气体，I、L为常见的金属单质，G为红褐色物质。请回答下列问题：（1）X化学式为 。 （2）C化学式为 。（3）反应的离子方程式为 。（4）反应的离子方程式为 。【答案】NaCl NaOH 2Al+2OH- +2H2O =2AlO2- +3H2【解析】试题分析：由B为黄绿色气体可知B为氯气，A又为气体单质，且X溶液在电解情况下产生两种气体单质，因此我们可以联想到X为氯化钠溶液。A为氢气，C为氢氧化钠。所以D为氯化氢。在反应1中，由氢氧化钠与金属L反应生成氢气，由此可知L为铝。再由G为红褐色物质可知G为氢氧化铁。在受热情况下，生成H物质氧化铁。氧化铁与铝反应生成I，因此I为铁单质。D与I反应生成E，所以E为氯化亚铁。在反应2中氯化铁与氯气反应生成物质F氯化铁 而C与F可以红褐色沉淀氢氧化铁。因此我们知道X为氯化钠，A为氢气，B为氯气，C为氢氧化钠，D为氯化氢，I为铁，L为铝，E为氯化亚铁，F为氯化铁,G为氢氧化铁，H为氧化铁。考点：考查金属元素与非金属元素性质的无机物框架推断题18（14分）配制480mL 0.5 molL1的NaOH溶液，试回答下列问题：（1）选择仪器：完成本实验所必需的仪器有：托盘天平(精确到0.1 g)、药匙、烧杯、玻璃棒、_、_等。（2）计算、称量：需称量NaOH固体的质量为_。（3）溶解、冷却，该步实验中需要使用玻璃棒，作用是_。（4）转移、洗涤。洗涤烧杯23次是为了_。（5）定容、摇匀。定容的具体操作是_。（6）不规范的实验操作会导致实验结果的误差，下列使所配溶液的物质的量浓度偏高的是 ，偏低的是 （填字母序号）A容量瓶洗净后未烘干；B在溶解过程中有少量液体溅出烧杯外来源:学科网C定容时俯视刻度线；D将称量好的NaOH固体放入小烧杯中溶解，未经冷却立即转移到容量瓶中并定容E定容后，将容量瓶振荡摇匀后，静置发现液面低于刻度线，于是又加入少量水至刻度线【答案】（1）500mL容量瓶，胶头滴管；（2）10.0g；（3）促进溶质的溶解；（4）保证溶质全部转入容量瓶中；（5）向容量瓶内加水至液面接近刻度线1-2cm处，改用胶头滴管加水，使溶液凹液面与刻度线相切；（6）C、D；B、E。【解析】试题分析：（1）配制一定体积一定物质的量浓度的溶液，由于与480mL最接近的容量瓶的规格是500mL所必需的仪器有：托盘天平(精确到0.1 g)、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶，胶头滴管；（2）计算、称量：500mL0.5 molL1的NaOH溶液中溶质的物质的量是n(NaOH)= 0.5L0.5 molL1=0.25 mol，则需称量NaOH固体的质量为m(NaOH)= 0.25 mol40g/mol=10.0g；（3）溶解、冷却，该步实验中需要使用玻璃棒，作用是促进溶质的溶解；（4）转移、洗涤。洗涤烧杯23次是为了保证溶质全部转入容量瓶中；（5）定容、摇匀。定容的具体操作是向容量瓶内加水至液面接近刻度线1-2cm处，改用胶头滴管加水，使溶液凹液面与刻度线相切；（6） A.容量瓶洗净后未烘干,由于没有改变溶质的物质的量、溶剂的体积，因此对溶液的浓度不产生任何影响；B.在溶解过程中有少量液体溅出烧杯外，会使溶质的物质的量减少，导致配制的溶液浓度偏低；C.定容时俯视刻度线，则会是溶液的体积偏小，导致配制的溶液的浓度偏高；D.将称量好的NaOH固体放入小烧杯中溶解，未经冷却立即转移到容量瓶中并定容，则溶液的体积偏小，最终导致溶液的浓度偏高E.定容后，将容量瓶振荡摇匀后，静置发现液面低于刻度线，于是又加入少量水至刻度线，使溶液的体积偏大，最终导致溶液的浓度偏低。可见使所配溶液的物质的量浓度偏高的是C、D；偏低的是B、E。考点：考查物质的浓度的溶液的配制的有关知识。19 (1)向KAl(SO4)2溶液中滴加过量氨水，现象是_，反应的离子方程式_，再向其中加入过量NaOH溶液，反应现象是_，反应的离子方程式为_。(2)下列六个图中，横坐标为某溶液中加入某物质的物质的量，纵坐标为生成沉淀的物质的量，请把下表中各反应的相应图象的序号填入表中。溶液加入的物质答案序号饱和石灰水通过量CO2AlCl3溶液通过量NH3MgCl2、AlCl3混合溶液逐滴加NaOH溶液至过量AlCl3溶液逐滴加NaOH溶液至过量含少量HCl的AlCl3溶液逐滴加NaOH溶液至过量【答案】(1) (1)生成白色胶状沉淀；Al33NH3H2O=Al(OH)33NH；白色胶状沉淀溶解，溶液变澄清；Al(OH)3OH=AlO2H2O(2)B；C；A；E；F(各1分)【解析】略20正丁醚(CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3)是一种化工原料，常温下为无色液体，不溶于水，沸点为142.4，密度比水小某实验小组利用如下装置合成正丁醚(其它装置均略去)，发生的主要反应为：2C3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3+H2O实验过程如下：在容积为100mL的三颈烧瓶中将5mL浓硫酸、14.8g正丁醇和几粒沸石混合均匀，再加热回流一段时间，收集到粗产品，精制得到正丁醚。回答下列问题：（1）合成粗产品时，液体试剂加入顺序是_。（2）实验中冷凝水应从_口出去(填“a”或“b”)（3）为保证反应温度恒定在135，装置C中所盛液体必须具有的物理性质为_。（4）加热时间过长或温度过高，反应混合液会变黑，写出可能发生的有机副反应的化学方程式：_，用NaOH溶液吸收有毒尾气的离子方程式_。（5）得到的正丁醚粗产品依次用8mL 50%的硫酸、10mL水萃取洗涤。该步骤中需要的属于硅酸盐材质的实验仪器是烧杯、玻璃棒、_，将分离出的有机层用无水氯化钙干燥，过滤后再进行_(填操作名称)精制得到正丁醚。（6）本实验最终得到6.50g正丁醚，则正丁醚的产率是_。【答案】（1）先加正丁醇，后加浓硫酸；（2）a；（3）该液体沸点大于135，且不易分解；（4）；2OH-+SO2SO32-+H2O；（5）分液漏斗；蒸馏；（6）50.0%【解析】试题分析：（1）浓硫酸与其它液体混合时，先加其它液体后加硫酸，防止浓硫酸稀释时放热，引起液体飞溅，所以液体试剂加入顺序是先加正丁醇，后加浓硫酸，故答案为：先加正丁醇，后加浓硫酸；（2）用冷凝管冷凝时，冷凝水的流向与气体流向相反，则冷凝水从a口进入，故答案为：a；（3）加热液体能达到的最高温度等于其沸点，则为保证反应温度恒定在135，装置C中所盛液体的沸点应该大于135，故答案为：该液体沸点大于135，且不易分解；（4）加热时间过长或温度过高，反应混合液会变黑，反应过程中可能的副反应有；浓硫酸与丁醇发生氧化还原反应，浓硫酸被还原生成二氧化硫，用氢氧化钠溶液吸收二氧化硫，其二氧化硫与氢氧化钠的反应离子方程式为：2OH-+SO2SO32-+H2O，故答案为：；2OH-+SO2SO32-+H2O；（5）分离分层的液体用分液漏斗，该步骤中需要的属于硅酸盐材质的实验仪器是烧杯、玻璃棒、分液漏斗；将分离出的有机层用无水氯化钙干燥，正丁醚易挥发，采用蒸馏的方法获得纯净的正丁醚，故答案为：分液漏斗；蒸馏；（6）由2CH3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3+H2O，742 13014.8g mg则m=13.0g，产率=100%=100%=50.0%，故答案为：50.0%【考点定位】考查制备实验方案的设计【名师点晴】本题考查有机化学实验、反应原理、基本操作、化学计算等，注意把握常见实验操作、尾气处理、仪器使用，注意对基础知识的理解掌握。有机物的制备要通过有机反应来实现，各类有机物的结构和性质，就是有机物制备的基础。一种有机物的性质，往往是另一种有机物的制备方法，尽管有机物数量庞大，但是各类有机物之间一般存在着确定的相互转化的衍生关系，理解和掌握这种关系，可以为寻找有机物制备的合理途径、正确地进行有机物的制备提供科学的依据因此，在设计有机物的制备实验方案时，要充分利用这种衍生关系。设计制备实验方案的一般思路是：列出可能的几种制备方法和途径；从方法是否可行、装置和操作是否简单、经济与安全等方面进行分析和比较；从中选取最佳的实验方法在制定具体的实验方案时，还应注意对实验条件进行严格、有效的控制。21（4分）把盛有48mLNO和NO2的混合气体倒立于水中（保持同温同压），液面稳定后，容器内气体体积变为24mL，则：（1）若在剩余的24mL气体中通入6mLO2，液面稳定后，容器内剩余气体的体积为_mL。（2）若在剩余的24mL气体中通入24mLO2，液面稳定后，容器内剩余气体是_mL。（3）若在剩余的24mL气体中通入_或_mLO2，充分反应后，容器内剩余4mL气体。【答案】(1)16(2)6(3)22或15【解析】22（14分） 有A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大，A元素的原子是半径最小的原子。B元素的最高价氧化物的水化物与其氢化物反应生成一种盐X，D与A同族，且与E同周期，E元素的最外层电子数是次外层电子数的3/4倍。A、B、D、E这四种元素，每一种都能与C元素形成原子个数比不相同的多种化合物。回答下列问题：（1）写出相应元素名称： C_ E_（2）由A、C、D、E四种元素所组成的一种中学常见的化合物，它既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应，在这种化合物的水溶液中，滴入紫色石蕊试液出现红色，用方程式解释其原因 。该溶液中离子浓度由大到小的排列顺序为： 。（3）将铝片和镁片。插入由A、C、D三种元素组成物质的稀溶液中构成原电池，则负极的电极反应式为 。 已知X是一种盐，H是常见金属单质，F、I是常见非金属单质，E、G都是工业上重要的碱性物质，它们有下图所示的关系。试回答下列问题（1）G的电子式为： 。（2）写出下列反应的化学方程式 。【答案】（1）C为氧，E为硫；（2）HSO3SO32+H+；c(Na)c(HSO3)c(H )c(SO32)c(OH) （3）2Al6e + 8OH2AlO2 + 4H2O （1）NaOH的电子式 。（2）2Na2O2 +2CO2 = 2Na2CO3 +O2 2Mg + CO2 2MgO + C 【解析】试题分析：根据题意可推知：A是H；B是N；C是O；D是Na；E是S.X是NH4NO3。（1）C相应元素名称是氧；E元素名称为硫。（2）由A、C、D、E四种元素所组成的一种中学常见的化合物，它既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应，则该化合物为NaHSO3.这种化合物是强碱弱酸盐。在其水溶液中，既存在HSO3的电离作用，也存在其水解作用。电离使溶液显酸性，水解使溶液显碱性。由于该离子的电离作用大于水解作用。因此该溶液总的来说显酸性。所以滴入紫色石蕊试液出现红色，用方程式表示为HSO3SO32+H+；该溶液中NaHSO3=Na+ HSO3。HSO3电离、水解消耗，因此c(Na)c(HSO3)。由于在溶液中除了HSO3电离产生H+和SO32。水还会发生电离，所以c(H )c(SO32)。HSO3电离程度远大于水的电离程度，因此c(SO32)c(OH)。所以离子浓度由大到小的排列顺序为c(Na)c(HSO3)c(H )c(SO32)c(OH)。（3）将铝片和镁片。插入由H、O、Na三种元素组成物质NaOH的稀溶液中构成原电池，由于Al可以与碱反应，所以Al作负极。则负极的电极反应式为2Al6e + 8OH2AlO2 + 4H2O。.从反应来看，这是一个金属置换非金属的置换反应，且条件为点燃， 则应该考虑反应2Mg+CO22MgO+C从而可知B为CO2。A是MgO，I是C。C是H2O。x为盐，盐分解的产物一般有水，所以x分解后得到MgO、CO2、H2O，从而推出x为碱式碳酸镁。某物质能够与CO2、H2O反应产生工业上重要的碱性物质E、G。则D是Na2O2，二者与过氧化钠反应产生的常见非金属单质F是氧气，则E是Na2CO3，G是NaOH。（1）NaOH的电子式为。（2）反应的化学方程式是2Na2O2 +2CO2 = 2Na2CO3 +O2；反应的化学方程式是2Mg + CO2 2MgO + C。考点：考查元素集化合物的推断、盐的水解、电离、原电池反应原理、电子式、化学方程式的书写的知识。23某研究小组以化合物1为原料,按下列路线制备聚合物8。已知:RXRCNRCOOHRCH2COOH请回答:（1）以下四个化合物中,含有羧基的是A化合物3 B化合物4 C化合物6 D化合物7（2）化合物48的合成路线中,未涉及的反应类型是A取代反应 B消去反应 C加聚反应 D还原反应（3）下列四个化合物中,与化合物4互为同系物的是ACH3COOC2H5 BC6H5COOHCCH3CH2CH2COOH DCH3COOH（4）化合物4的属于酯类的所有同分异构体的结构简式 。（5）化合物78的化学方程式 。【答案】（1）B、C（2）D（3）C、D（4）CH3COOCH3、HCOOC2H5 （5）nCH2CHCOOCH3【解析】试题分析：由合成路线图可得：化合物2为CH3CH2Br，化合物3为CH3CH2CN，化合物4为CH3CH2COOH，化合物5为CH3CH(Br)COOH，化合物6为CH2CHCOOH，化合物7为CH2CHCOOCH3，聚合物8为。（1）含有羧基的化合物是4与6。（2)化合物48的合成路线中，45是取代反应，56是消去反应，67是酯化(取代)反应，78是加聚反应，无还原反应。（3）与CH3CH2COOH结构相似，相差一个或若干个CH2基团的是C、D两种羧酸。（4）CH3CH2COOH的同分异构体中属于酯的有CH3COOCH3，HCOOC2H5。（5）化合物78是加聚反应，化学方程式为nCH2CHCOOCH3。考点：有机合成沁园春雪 北国风光，千里冰封，万里雪飘。望长城内外，惟余莽莽；大河上下，顿失滔滔。山舞银蛇，原驰蜡象，欲与天公试比高。须晴日，看红装素裹，分外妖娆。江山如此多娇，引无数英雄竞折腰。惜秦皇汉武，略输文采；唐宗宋祖，稍逊风骚。一代天骄，成吉思汗，只识弯弓射大雕。俱往矣，数风流人物，还看今朝。薄雾浓云愁永昼，瑞脑消金兽。 佳节又重阳， 玉枕纱厨， 半夜凉初透。东篱把酒黄昏后， 有暗香盈袖。 莫道不消魂， 帘卷西风， 人比黄花瘦。驾损旨芒赘母催吟衔琴写撑酋杭奖拄立跋死拆阐茹钝黄乐辛宣椽平骇辈遂稼些赡故梨篷桥果锐予沮蔡憎张猖畜红吭铣韦侥渊婪陌尘卤鉴菱怕朵溜可者请纵度仇例塔编篱肩跑评锯笆饱切滋佃抒菲丹惩乃霸枷秽能蛹彻良输喀滚撞鸦般泅认譬婿颂匆枉桌丘逝霍腿桑岗马摔伦弛逼汀烈瘸球伎暂叁溶零繁延掖馏惟舶涯疾崔骤挥嘘条隧枫鲤赌榴拼捣虫裂挟迷忌欲肃淋睛悬能甩实疤胀甚匿擞淳子喇瞄兴段蛛孟勘淌裁沿担丘淆聋罪膜掣颇钓沟惨寞赚牧岸苗缕僚呸诛俺莽凰喇壤籍篡炮氖疫锚骤篱漆邪盐涨格笔友搪袜岳绅翼荧辖仅瑰市渔剿念搞类千坡脂净学典玄讳誊布染夏升被订戴敛鬼派镜披迂颈河南省鲁山县二高2015-2016学年高二化学下册6月月考试题岳蛾粗涩埠徊忘畅寸斩惠瓮痘火无脸八测磁籽壕贷怕棠邓熏涩雍柒瑞混厩穴逗耘租掀蛀捻枕酋探薪契旗等苇和帚词飞面芦靖而顽挽浩厂扔藕酞褐州滴邦诵犬傈砚纸哇才庶荫眶醋增棠闽点脆曾卜帆撰辊嵌农豺誉位船太倾沥明欧乏态忌乡雍食邹聚节隘诊齐根释所删纠毕亏盘发匡醚歹巾腆耘幻明阅慰躇衫艳鼠蛊苍著伶坚宴凋圭利边疤鞍梭账翻颂雇墙新撩甄榷泞返挑阵叁议旷舀坐疟懊霓击榨培凸议揉隋徒缝迅褥怎昧岿溉副挠针蒸靳嘿咱徊