山东省青岛2016届高三化学下册3月月考试题9.doc

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DO2【答案】B【解析】试题解析：浓硫酸具有强氧化性和酸性，所以不能干燥碱性气体和还原性气体，氨气呈碱性，浓硫酸具有酸性，因此不能用浓硫酸进行干燥。所以答案选B。考点：考查浓硫酸吸水性。2下列物质的分类正确的是序号混合物非电解质碱酸式盐A漂白粉C12氨水NaHCO3B福尔马林苯Cu2（OH）2CO3明矾C胆矾SO2纯碱NH4C1D食醋C2H5OH苛性钾NaHSO4【答案】D【解析】试题分析：A、氯气是单质，不是电解质，也不是非电解质，氨水是混合物，一水合氨是碱，A错误；B、Cu2（OH）2CO3是碱式盐，明矾是复盐，不是酸式盐，B错误；C、胆矾是五水硫酸铜，是纯净物，纯碱是碳酸钠，属于盐，氯化铵是正盐，C错误；D、食醋中含有醋酸，还含有水等，属于混合物。乙醇不能电离出离子，是非电解质。苛性钾是KOH，属于碱。硫酸氢钠是酸式盐，D正确，答案选D。考点：考查物质分类的有关判断3石英玻璃是将石英在1 600 高温下熔化，冷却后形成的玻璃体，关于石英玻璃的结构和性质描述正确的是( ) A石英玻璃具有固定的熔点 B石英玻璃的结构类似于液体 C石英玻璃耐高温且能抵抗一切酸的腐蚀 D石英玻璃能经受温度剧变且能抵抗碱的腐蚀 【答案】B 【解析】玻璃是介于结晶态和无定形态之间的一种物质状态，叫做玻璃态。玻璃态物质没有固定的熔点，它会在一定的温度段内变软，并且温度不断地升高，最后在温度的不断变化中全部变成液态，故A项不正确。石英玻璃可与氢氟酸反应SiO2+4HFSiF4+2H2O，故C选项也不正确。SiO2是酸性氧化物，可与强碱反应，SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2O，故D选项不正确。从粒子分散的角度看，玻璃态类似于液态，所以B选项正确。4某微粒用符号ZAMn表示，下列关于该微粒的叙述正确的是A所含质子数为(An) B所含中子数为(AZ + n)C所含电子数为(Zn) D中子数电子数A2Zn【答案】C【解析】试题分析：ZAMn中A表示质量数，Z表示质子数，中子数为A-Z，n表示所带电荷数，离子的电子数为Zn，故选C。考点：核素的基本组成。5下列说法不符合人与自然和谐相处的是A对废旧电池进行回收处理B研发太阳能汽车代替燃油汽车C将聚乙烯等塑料垃圾深埋或倾入海中D用沼气、太阳能、风能等能源替代化石燃料【答案】C【解析】A正确，对废旧电池进行回收处理可减少对环境的污染；B正确，研发太阳能汽车代替燃油汽车可减少对环境的污染；C错，将聚乙烯等塑料垃圾深埋或倾入海中将会对海洋造成污染；D正确，用沼气、太阳能、风能等能源替代化石燃料可减少对环境的污染；6ABn型分子中，若A原子的最外层未达到稳定结构，则该分子被称为缺电子分子。下列分子属于缺电子分子的是 ( )ACO2 BMgCl2 CBF3 DPCl3【答案】C【解析】试题分析：ACO2中的C原子最外层有4的电子，形成4对电子对，达到8个电子的稳定结构。错误。BMgCl2是离子化合物。Mg原子失去最外层电子，使次外层变为最外层，达到8个电子的稳定结构。错误。CBF3 中的B原子最外层有3个电子，与3个F原子形成3对电子对，达到最外层6个电子的不稳定结构。正确。DPCl3中的P原子最外层有5个电子，与3个Cl原子形成3对电子对达到最外层8个电子的稳定结构。错误。考点：考查物质是原子的结合方式的知识。7有一块镁铝合金，其中镁与铝的质量比是89。加入足量稀H2SO4使其完全溶解后，再加入NaOH溶液，生成沉淀的质量随NaOH溶液体积变化的曲线如下图，其中正确的是【答案】A【解析】试题分析：镁和铝的质量比试8:9，则物质的量比为1:1，由图像分析，金属与酸反应时酸过量，设铝的物质的量为xmol，则，利用铝守恒，铝离子与氢氧化钠反应消耗氢氧化钠的物质的量为3xmol，氢氧化铝溶解消耗的氢氧化钠的物质的量为xmol，而镁离子反应生成沉淀消耗的氢氧化钠的物质的量为2xmol，从沉淀生成到最大量到沉淀溶解碱的体积之比为（3+2）：1=5:1，而且等物质的量的氢氧化铝的质量大于氢氧化镁，所以选A。考点：铝和镁的化学性质8当一个碳原子连接四个不同原子或原子团时，该碳原子叫做“手性碳原子”。下列化合物中含有2个手性碳原子的是【答案】B【解析】试题分析：A.只有2号C是手性碳原子，故A错误；B.1号C和2号C都是手性碳原子，故B正确；C.连结羧基的C是手性碳原子，故C错误；D.连接羟基的C是手性碳原子，故D错误，此题选B。考点：考查有机化合物中手性碳原子的概念和性质相关知识。9下列说法不正确的是ANa2O2、HClO、SO2等物质都具有漂白作用B液氨、液氯、液态氯化氢都是电解质C所有的置换反应都是氧化还原反应，而所有的复分解反应都是非氧化还原反应D非金属氧化物不一定是酸性氧化物，有些金属氧化物也能与强碱反应【答案】B【解析】试题分析：A、Na2O2、HClO、SO2等物质都具有漂白作用，A正确；B、液氯属于单质，既不是电解质，也不是非电解质，B错误；C、所有的置换反应都是氧化还原反应，而所有的复分解反应都是非氧化还原反应，C正确；D、非金属氧化物不一定是酸性氧化物，如CO；有些金属氧化物也能与强碱反应如Al2O3 ，D正确；答案选B。考点：物质的分类10单质A能从盐溶液中置换出单质B，则下列说法中不正确的是A当A、B都是金属时，A一定比B活动性强B当A、B都是非金属时，A一定比B活动性强C当A是金属时，B可能是金属，也可能是非金属D当A是非金属时，B可能是金属，也可能是非金属【答案】D【解析】试题分析：单质A能从盐溶液中置换出B，说明A的活动性要强于B，A的金属性要强于B，所以应选D,A若为非金属，B不可能是金属。考点：考查元素的活动性等相关知识。11X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，其中X、Z同族，Y、Z同周期，W是短周期主族元素中原子半径最大的，X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍，Y的最高正价与最低负价代数和为6。下列说法正确的是( )AY元素最高价氧化物对应的水化物化学式H2YO4B原子半径由大到小的顺序为：ZY WCX、Z两种元素的气态氢化物中，Z的气态氢化物较稳定DX与W形成的两种化合物中，阴、阳离子物质的量之比均为12【答案】D【解析】试题分析：W是短周期主族元素中原子半径最大的，则W是Na；X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍，则X是O；X、Z同族，则Z为S；Y、Z同周期，Y的最高正价与最低负价代数和为6，则Y是Cl。ACl元素最高价氧化物对应的水化物化学式HClO4。错误。B.Na、S、Cl是同一周期的元素，同一周期的元素，原子序数越大，原子半径就越小。所以原子半径由大到小的顺序为Na S Cl。错误。C.O、S是同一主族的元素，元素的非金属性OS。元素的非金属性越强，其对应的氢化物就越稳定。所以稳定性H2O H2S。错误。D.在Na2O、Na2O2中阴、阳离子物质的量之比均为12。正确。考点：考查元素的推断及元素与化合物的性质的知识。12下列说法正确的是AH、D、T属于同位素，H2、D2、T2属于同素异形体B氯水、氨水、王水是混合物，水银、水玻璃是纯净物CHCl、NH3、BaSO4是电解质，CO2、Cl2、CH3CH2OH是非电解质D水能、风能是可再生能源，煤、石油、天然气是不可再生能源【答案】D【解析】试题分析：AH、D、T属于同位素，H2、D2、T2都表示氢气分子，不属于同素异形体，A错误；B氯水、氨水、王水、水玻璃是混合物，水银是纯净物，B错误；CHCl、BaSO4是电解质，NH3、CO2、CH3CH2OH是非电解质，Cl2是单质，不是电解质，也不是非电解质，C错误；D水能、风能是可再生能源，煤、石油、天然气是不可再生能源，D正确，答案选D。考点：考查物质分类判断13下列说法不正确的是AKsp只与难溶电解质的性质和温度有关B由于Ksp(ZnS)Ksp(CuS)，所以ZnS沉淀在一定条件下可转化为CuS沉淀C其他条件不变，离子浓度改变时，Ksp不变D两种难溶电解质作比较时，Ksp小的，溶解度一定小【答案】D【解析】试题分析：对于在一定条件下的一种难溶性的物质来说，当其在水溶液中达到沉淀溶解平衡时，各种离子浓度幂指数乘积是一个常数，这个常数就叫做该物质的溶度积常数。由于物质的溶解度受温度的影响，所以Ksp除了与难溶电解质的性质有关外，还收温度的影响。因此正确。BZnS、CuS化学式的组成相似，Ksp(ZnS)Ksp(CuS)，说明ZnS的溶解度比CuS大。当ZnS达到沉淀溶解平衡后，向其水溶液中加入含Cu2+的溶液，ZnS电离产生的S2-会与Cu2+结合产生溶解度更小的CuS沉淀。由于消耗了S2-。破坏了ZnS的沉淀溶解平衡，ZnS继续溶解、电离，产生的S2-再反应产生CuS沉淀。经过一定的时间，ZnS逐渐转变为CuS沉淀。沉淀的颜色由白色转变为黑色。因此ZnS在一定条件下可转化为CuS沉淀。正确。C.对于一个确定的物质来说，其溶度积常数Ksp只与温度有关而与离子的浓度无关。正确。D溶度积常数是物质达到沉淀溶解平衡时，电离产生的各种离子浓度幂指数的乘积。两种难溶电解质若其形成的化合物阴阳离子的个数比相同（即结构相似）时，Ksp小的，溶解度一定小，但若结构不相似，Ksp小的，溶解度可能大。错误。考点：考查溶度积常数与温度、浓度、溶解度的关系的知识。14下列关于SO2的说法不正确的是（ ）A将SO2通入紫色石蕊试液中，试液不会褪色BSO2与Cl2等物质的量混合，可增强漂白效果C既有氧化性，又有还原性D既可溶于水，又可与水反应【答案】B【解析】试题分析：A SO2是酸性氧化物，与水反应产生亚硫酸，电离产生氢离子，使紫色石蕊试液变为红色，溶液不会褪色，正确；B SO2与Cl2等物质的量混合，发生反应Cl2SO22H2O=H2SO42HCl，产生的物质没有漂白性，因此会失去漂白效果，错误；C在SO2中，S元素的化合价是+4价，介于S元素的最高化合价+6价和最低化合价-2价之间，因此既有氧化性，又有还原性，正确；D SO2易溶于水,1体积水可以溶解40体积的SO2，SO2溶于水，与水发生反应产生产生H2SO3，正确。考点：考查关于SO2的性质正误判断的知识。15下列有关溶液组成的描述合理的是A弱碱性溶液中可能大量存在Na、K、Cl、HCO3B酸性溶液中可能大量存在Na、ClO、SO42、IC常温下在c(H)11013 molL1的溶液中能大量存在Mg2、Cu2、SO42、NO3D加入铝粉能产生氢气的溶液中大量存在NH4、Fe2、SO42、NO3【答案】A【解析】试题分析：A、碳酸氢根离子水解而使溶液显弱碱性，正确，选A；B、次氯酸根离子和氢离子反应不能大量共存，不选B；C、水溶液可能酸性也可能碱性，铜离子在碱性条件下不共存，不选C；D、加入铝粉产生氢气的溶液可能酸性也可能碱性，铵根离子在碱性溶液中不能大量共存，在酸性条件下硝酸根氧化亚铁离子，不选D。考点： 离子共存16实验室制备少量硫酸亚铁晶体的实验步骤如下：取过量洁净的铁屑，加入20%30%的稀硫酸溶液，在5080水浴中加热至不再产生气泡将溶液趁热过滤，滤液移至试管中，用橡胶塞塞紧试管口、静置、冷却一段时间后有浅绿色晶体析出，收集产品。（1）写出该实验制备硫酸亚铁的化学方程式：_；（2）采用水浴加热的原因是_；（3）反应时铁屑过量的目的是（用离子方程式表示）_；（4）溶液趁热过滤的原因是_；（5）塞紧试管口的目的是 。【答案】（1）Fe+H2SO4=FeSO4+H2 （2）容易控制温度 （3）Fe+2Fe3+3Fe2+（4）减小FeSO4的损失 （5）防止空气进入试管将Fe2+氧化为Fe3+【解析】试题分析：（1）稀硫酸与铁反应生成硫酸亚铁，反应的化学方程式为Fe+H2SO4=FeSO4+H2。（2）水浴加热是温度低于100C时的加热条件，温度易于控制；（3）铁粉过量是防止亚铁离子被氧化，铁和铁离子反应重新生成亚铁离子，反应的离子方程式为Fe+2Fe3+3Fe2+。（4）热溶液过滤减少硫酸亚铁晶体析出，因此溶液趁热过滤的原因是减小FeSO4的损失。（5）Fe2+具有还原性，塞紧试管口的目的防止空气中的氧气进入试管氧化亚铁离子。考点：考查物质制备实验设计与探究17（12分）【选做题】本题包括A、B两小题，请选定其中一小题，并在相应的答题区域内作答。若多做，则按A小题评分。A物质结构与性质过渡元素铁可形成多种配合物，如：Fe(CN)64-、Fe(SCN)3等。（1）Fe2+基态核外电子排布式为 。（2）科学研究表明用TiO2作光催化剂可将废水中CN-转化为OCN-、并最终氧化为N2、CO2。OCN-中三种元素的电负性由大到小的顺序为 。（3）与CN-互为等电子体的一种分子为 （填化学式）；1mol Fe(CN)63-中含有键的数目为 。（4）铁的另一种配合物Fe(CO)5熔点为-20.5，沸点为103，易溶于CCl4，据此可以判断Fe(CO)5晶体属于 （填晶体类型）。（5）铁铝合金的一种晶体属于面心立方结构，其晶胞可看成由8个小体心立方结构堆砌而成。已知小立方体如图所示。该合金的化学式为 。B实验化学工业上常用水杨酸与乙酸酐反应制取解热镇痛药阿司匹林（乙酰水杨酸）。【反应原理】【物质性质】试剂沸点()溶解度化学性质水杨酸211微溶于冷水，易溶于热水 乙酸酐 139在水中逐渐分解 乙酰水杨酸微溶于水与碳酸钠反应生成水溶性盐【实验流程】（1）物质制备：向125 mL的锥形瓶中依次加入4 g水杨酸、10 mL乙酸酐（密度为1.08g/mL）、0.5 mL浓硫酸，振荡锥形瓶至水杨酸全部溶解，在8590条件下，用热水浴加热510 min。加入水杨酸、乙酸酐后，需缓慢滴加浓硫酸，否则产率会大大降低，其原因是 。控制反应温度8590的原因 。（2）产品结晶：取出锥形瓶，加入50 mL蒸馏水冷却。待晶体完全析出后用布氏漏斗抽滤，再洗涤晶体，抽干。简要叙述如何洗涤布氏漏斗中的晶体？ 。（3）产品提纯：将粗产品转移至150 mL烧杯中，向其中慢慢加入试剂X并不断搅拌至不再产生气泡为止。进一步提纯最终获得乙酰水杨酸3.6 g。试剂X为 。实验中乙酰水杨酸的产率为 （已知：水杨酸、乙酰水杨酸的相对分子质量分别为138和180）。（4）纯度检验：取少许产品加入盛有5 mL水的试管中，加入12滴FeCl3溶液，溶液呈浅紫色，其可能的原因是 。【答案】（12分）A物质结构与性质（1） Ar3d6（2） ONC（3） CO或N2 126.021023个或12mol（写12NA给1分）（4） 分子晶体（5） AlFe3(每空2分，共12分)B实验化学（12分）（1） 水杨酸属于酚类物质，会被浓H2SO4氧化（答“水杨酸被浓H2SO4氧化”即给分） 既保证有较高的反应速率又减少了物质的挥发（每点1分）（2） 向布氏漏斗中加入冰水至浸没所有晶体，重复23次（每点1分）（3） 饱和碳酸钠溶液 69%（4） 产品中仍然可能含有水杨酸(每空2分，共12分)说明：非选择题中其他合理答案均给分。【解析】试题分析：A、（1）Fe2+是Fe原子失去最外层的2个电子得到的，所以其基态核外电子排布式为Ar3d6；（2）OCN-中三种元素是同周期元素，同周期元素的电负性随核电荷数的增多而增强，所以C、N、O的电负性由大到小的顺序为ONC；（3）与CN-互为等电子体的一种分子中有2个原子且价电子数是10，所以该分子为氮气分子或CO分子，化学式是N2或CO；1mol Fe(CN)63-中CN-含C、N三键，其中一个是键，所以6个CN-中有6个键，N原子有孤对电子，铁离子有空轨道，所以每个CN-与铁离子形成6个配位键，所以共12个键，则1mol Fe(CN)63-中含有键的数目为12mol；（4）铁的另一种配合物Fe(CO)5熔点为-20.5，沸点为103，熔沸点较低，易溶于CCl4有机溶剂，所以该配合物属于分子晶体；（5）根据铁铝合金的晶胞结构，Al原子的数目是41/8=1/2，Fe原子的数目是1+41/8=3/2，所以Al与Fe的原子个数比是1:3，则该铁铝合金的化学式是AlFe3；B、（1）水杨酸中含有酚羟基，浓硫酸具有强氧化性，酚羟基易被氧化，使产率降低；乙酸酐的沸点是139，温度太高，则反应物易挥发，而温度太低，则反应速率太慢，所以既保证有较高的反应速率又减少物质的挥发，选择采取8590的反应温度；（2）因为乙酰水杨酸微溶于水，所以用冰水洗涤的效果更好，则洗涤布氏漏斗中的晶体的操作是向布氏漏斗中加入冰水至浸没所有晶体，重复23次；（3）粗产品中含有水杨酸，所以加入饱和碳酸钠溶液除去水杨酸，直到无气体产生为止；根据水杨酸、乙酸酐的质量可知乙酸酐过量，按照水杨酸的质量进行计算，根据水杨酸乙酰水杨酸的关系，可知4g的水杨酸理论上可制取4g/138180=5.2g的乙酰水杨酸，所以实验中乙酰水杨酸的产率为3.6g/5.2g100%=69%；（4）取少许产品加入盛有5 mL水的试管中，加入12滴FeCl3溶液，溶液呈浅紫色，与氯化铁溶液反应显紫色，说明含有酚羟基，只有水杨酸中含有酚羟基，所以可能的原因是产品中仍含有水杨酸。考点：考查物质的结构与性质的应用，有机物的制取实验的分析与判断，产率的计算，基本操作的判断18本题包括以下两小题。.右图是一套实验室制气装置，某课外活动小组欲利用这套装置快速制取氧气和氯化氢气体，供选用的试剂有：A.浓H2SO4，B.浓盐酸，C.食盐，D.MnO2，E.H2O2（aq），F.KClO3，G.KMnO4溶液，试完成下列问题：（1）若要快速制备少量氧气，应选择_（选项编号）。（2）若要快速制备少量HCl，应选择_（选项编号）。.已知H2O2（aq）有酸性，也有漂白作用，它在MnO2的催化下可以加速分解：2H2O2=2H2O+O2某学生查阅资料后指出Na2O2与水反应时，先生成NaOH和H2O2：Na2O2+2H2O=2NaOH+H2O2此反应放出的热量，促使H2O2缓慢分解，生成O2：2H2O2=2H2O+O2该过程的总反应方程式即为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2该同学所在的课外兴趣小组欲验证他的以上认识，实验室提供了下列仪器和药品：仪器：试管、胶头滴管、烧杯、药匙、镊子药品：Na2O2、水、酚酞试液、石蕊试液、MnO2假设你是该课外活动小组的成员，请你简述实验过程，并写出实验现象和实验结论。【答案】.（1）DE（2）AB.用药匙取少量过氧化钠固体加入试管中；再逐滴加入水到不再产生气体，加适量水稀释；将溶液一分为二，向一支试管中滴2滴酚酞试液，溶液先变红，约半分钟后红色褪去；向另一支试管中先加少量MnO2，先有气体放出，待反应完成后，再加酚酞12滴，溶液变红色，并持久不褪色，由此说明该同学的观点正确。若没有以上现象，则不正确。【解析】.（1）制取O2，可依据下列反应原理2H2O2=2H2O+O2（2）制取HCl，可利用浓H2SO4的吸水性和溶于水放出大量热的特点，把浓H2SO4滴入浓盐酸中，使浓盐酸中挥发出HCl气体。.须设置对比实验，一实验在反应发生前放入酚酞，二实验在反应发生后放入酚酞（可利用MnO2促使H2O2完全分解）；若一实验先变红后褪色，二实验只变红不褪色，则表明该同学认识正确。19（16分）铝镁合金已成为轮船制造、化工生产等行业的重要材料。研究性学习小组的三位同学，为测定某含镁3-5的铝镁合金（不含其它元素）中镁的质量分数，设计下列三种不同实验方案进行探究。填写下列空白（可能用到的相对原子质量：Al-27）探究一 实验方案：铝镁合金测定剩余固体质量。实验步骤：（1）称取5.4g铝镁合金粉末样品，投入VmL 2.0molL1NaOH溶液中，充分反应。NaOH溶液的体积V 。（2）过滤、洗涤、干燥、称量固体。该步骤中若未洗涤固体，测得镁的质量分数将 （“偏高”或“偏低”） 探究二 实验方案：铝镁合金测定生成气体的体积（实验装置如下图）问题讨论：为使测定结果尽可能精确，实验中应注意的问题是（写出可能的一点）： 。探究三 实验方案：称量m g铝镁合金粉末放在如右图所示装置的惰性电热板上，通电使其充分灼烧。问题讨论：欲计算Mg的质量分数，该实验中还需测定的数据是 。实验拓展 请你另设计一个实验方案，测定该铝镁合金中镁的质量分数（书写形式可以模仿探究一、二实验方案） 。【答案】（16分，除注明外每空3分）探究一 （1）V97mL（4分） （2）偏高探究二 调整量气管C的高度，使C中液面与B液面相平；恢复到室温后再读数（或读数时保证视线与凹液面的最低点相平）；检查装置的气密性；合金完全溶解（或加入足量盐酸）。探究三 灼烧后固体的质量实验拓展 铝镁合金溶液测定固体质量 或铝镁合金溶液测定固体质量（等合理答案均可给分）【解析】20（1）氨气是重要的化工原料实验室可用浓氨水和 来制取氨气a烧碱 b生石灰 c氯化铵（2）某实验小组设计了下列装置进行氨的催化氧化实验盛放氨水的实验仪器的名称为 ；在加热条件下，硬质玻璃管中发生反应的化学方程式为 实验时发现：如果缺少乙处的干燥管，将反应后的气体直接通入烧瓶，则烧瓶中先产生白雾，随即产生白烟，其原因是 烧杯中盛有NaOH溶液的作用是 【答案】（1）ab；（2）锥形瓶；4NH3+5O24NO+6H2O；一氧化氮、氧气和水反应生成硝酸，硝酸吸收氨气生成硝酸铵；吸收尾气，防止空气污染【解析】试题分析：（1）烧碱溶于水放出大量的热，生石灰与水反应氢氧化钙放热，可促使氨气挥发，可用于制备氨气，故答案为：ab；（2）盛放氨水的实验仪器的名称为锥形瓶，氨气催化氧化生成一氧化氮和水，方程式：4NH3+5O24NO+6H2O；故答案为：锥形瓶；4NH3+5O24NO+6H2O；一氧化氮、氧气和水反应生成硝酸，硝酸吸收氨气生成硝酸铵，所以如果缺少乙处的干燥管，将反应后的气体直接通入烧瓶，烧瓶中先产生白雾，随即产生白烟；故答案为：一氧化氮、氧气和水反应生成硝酸，硝酸吸收氨气生成硝酸铵；尾气中含有氮的氧化物、氨气等气体，直接排放能够引起空气污染，通入氢氧化钠溶液，可以吸收尾气，防止空气污染；故答案为：吸收尾气，防止空气污染考点：氨的实验室制法21将一定质量的镁、铝合金投入100 mL一定物质的量浓度的HCl中，合金全部溶解，向所得溶液中滴加5 molL-1 NaOH溶液到过量，生成沉淀的质量与加入的NaOH溶液体积关系如下图。求：（1）原合金中Mg、Al质量各是多少？（2）盐酸的物质的量浓度。【答案】（1）Mg、Al的质量分别为4.8 g、2.7 g。（2）盐酸的物质的量浓度为8 molL-1【解析】（1）由图知：沉淀先生成后溶解的是Al（OH）3，质量是（19.4-11.6） g=7.8 g，即0.1 mol，对应的铝也是0.1 mol，质量是2.7 g。其余的11.6 g沉淀应为Mg（OH）2，物质的量为0.2 mol，对应的镁也是0.2 mol，质量是4.8 g。（2）溶解金属消耗的盐酸是0.1 mol3+0.2 mol2=0.7 mol剩余的盐酸消耗了 20 mL 5 molL-1 NaOH溶液，物质的量是5 molL-10.02 L=0.1 mol，所以盐酸总的物质的量是0.7 mol+0.1 mol=0.8 mol，可得盐酸的物质的量浓度c=0.8 mol/0.1 L=8 molL-1。解：Mg、Al在整个反应中的变化过程为：Mg MgCl2 Mg（OH）2 Al AlCl3 Al（OH）3 NaAlO224 g 1mol 58g 27 g 1 mol 78 gm（Mg） n（MgCl2） 11.6 g m（Al） n（AlCl3） 19.4 g-11.6 gm（Mg）=4.8 gn（MgCl2）=0.2 mol m（Al）=2.7 g n（AlCl3）=0.1 mol根据Cl-守理可得：n（HCl）=n（Cl-）=n（MgCl2）2+n（AlCl3）3+0.1 mol=0.2 mol2+0.1 mol3+0.1 mol=0.8 molc（HCl）=8 molL-122化学选修5：有机化学基础（15分）某有机物A的水溶液显酸性，遇FeCl3溶液不显色，A分子结构中不含甲基，含苯环，苯环上的一氯代物只有两种, A和其他有机物存在如下图所示的转化关系： 已知： + NaOH CaO RH + Na2CO3试回答下列问题：（1）B化学式 ，G的化学名称是 。（2）HI反应类型为 ，J所含官能团的名称为 。（3）写出HL 反应的化学方程式 。（4）A的结构简式 。（5）F的同分异构体中含有苯环且官能团相同的物质共有 种（不包括F），其中核磁共振氢谱有两个峰，且峰面积比为12的是 （写结构简式）。【答案】（1）C7H4O3Na2 （2分）,对羟基苯甲酸（2分）（2）酯化（1分），碳碳双键和羧基（各1分）（3）n HO-CH2-CH2-CH2COOH+（n-1）H2O；（2分） （4） （2分）（5）5种 ， 。 （各2分）【解析】试题分析：（1）由题意可知，A中不含有酚羟基，苯环上的一氯代物只有两种，说明A的苯环上有2个不同的对位取代基；E与浓溴水反应生成白色沉淀，所以E是苯酚，D是苯酚钠，B到D发生脱羧反应，下去1个羧基，所以B是对羟基苯甲酸与氢氧化钠反应的产物，化学式为C7H4O3Na2；G是B酸化后的产物，所以G是对羟基苯甲酸；（2）因为A中不含有酚羟基，所以G中的酚羟基来自于A的水解反应，说明A中的酯基的碳氧单键与苯环直接相连；由K的结构简式可倒推A中含有HO(CH2)3COO-结构，所以另一取代基为-COOH；A为酯类化合物，与氢氧化钠反应后生成B、C；C为HO(CH2)3COONa，H为HO(CH2)3COOH，所以H到I是分之内的酯化反应；H在浓硫酸、加入条件下发生消去反应生成J，所以J为CH2=CHCH2COOH，含有碳碳双键、羧基；（3）H到L发生缩聚反应，化学方程式为n HO-CH2-CH2-CH2COOH+（n-1）H2O；（4）由以上分析A的结构简式为；（5）F是三溴苯酚，含有苯环且官能团相同的同分异构体的判断方法是，先写出三溴苯的同分异构体共有3种，然后再把羟基作取代基，计算三溴苯的一代物的种数，也即计算三溴苯的等效氢种数，除去F外还有5种。其中核磁共振氢谱有两个峰，且峰面积比为12的是。考点：考查有机物的化学性质及推断，同分异构体的判断，化学式、化学方程式的判断及书写23（11分）已知X、Y和Z三种元素的原子序数之和等于42。X元素原子的4p轨道上有3个未成对电子，Y元素原子的最外层2p轨道上有2个未成对电子。X跟Y可形成化合物X2Y3，Z元素可以形成负一价离子。请回答下列问题：(1)X元素原子基态时的电子排布式为_，该元素的符号是_。(2)Y元素原子的价层电子的电子排布图为_，该元素的名称是_。(3)X与Z可形成化合物XZ3，该化合物的空间构型为_。(4)已知化合物X2Y3在稀硫酸溶液中可被金属锌还原为XZ3，产物还有ZnSO4和H2O，该反应的化学方程式是_。(5)比较X的氢化物与同族第二、三周期元素所形成的氢化物稳定性、沸点高低并说明理由_。【答案】(1)1s22s22p63s23p63d104s24p3 （2分） As（1分）（2）或（2分） 氧（1分）（3）三角锥形（1分）（4）As2O3 + 6Zn + 6H2SO4=2AsH3 + 6ZnSO4 + 3H2O（2分）（5）稳定性：NH3 PH3 AsH3 ，（ 2分）因为键长越短，键能越大，化合物稳定（2分）沸点：NH3AsH3PH3，NH3可以形成分子间氢键，沸点最高；AsH3相对分子质量比PH3大，分子间作用力大，因而AsH3的沸点比PH3高【解析】试题分析：X元素原子的4p轨道上有3个未成对电子，X元素原子的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d104s24p3，处于第四周期第A族，故X为As元素；Y元素原子的最外层2p轨道上有2个未成对电子，Y的2p轨道上有2个电子或4个电子，所以Y为碳元素或氧元素，X跟Y可形成化合物X2Y3，故Y为氧元素；X、Y和Z三种元素的原子序数之和等于42，则Z的质子数为42-8-33=1，则Z为氢元素，氢原子可以形成负一价离子，符合题意故X为As元素；Y为氧元素；Z为氢元素（1）由上述分析可知，X为As；，X元素原子的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d104s24p3。(2) Y元素原子的最外层2p轨道上有2个未成对电子，同样根据电子排布式得到Y为O；再根据X、Y和Z三种元素的原子序数之和等于42可得到Z为H。（3）X为As元素，XZ3为AsH3，As是sp3杂化的，又只有三个H，即采取不等性杂化，As上有一对孤对电子，分子构型为三角锥形。（4）X为As元素、Y为氧元素，Z为氢元素化合物X2Y3为As2O3，XZ3为AsH3，As2O3在稀硫酸溶