山东省商河县2016届高三化学下册3月月考试题3.doc

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山东省商河县贾庄镇中学2016届高三下期3月月考化学试卷（鲁教版，解析版）

1．若食用大豆油不小心混入了一定量的水，利用你所学的知识，最简便的分离方法是

【答案】B
【解析】
试题分析：大豆油和水是互不相溶的液体物质，分离时应该选择分液的方法分离，装置是B。
考点：考查混合物分离方法的知识。
2．关于硅及其化合物的用途，不正确的是
A．硅胶可用作干燥剂 B．二氧化硅可用作计算机的芯片
C．硅酸钠是制备木材防火剂的原料 D．用纯碱、石灰石、石英为原料可制普通玻璃
【答案】B
【解析】
3．亚硝酸在化学反应中既可作氧化剂又可作还原剂，在亚硝酸（HNO2）作氧化剂时，可能生成的产物是（ ）
①NH3 ②N2 ③N2O3 ④N2O5 ⑤NO2
A.①和② B.③和④ C.④和⑤ D.只有③
【答案】A
【解析】作氧化剂时，化合价降低，HNO2中N为+3价，可以降为0价、-3价。
4．一定量的盐酸跟少量的铁粉反应时，为了减缓反应速率但不影响生成H2的总量，可向盐酸中加入
A．KNO3溶液 B． NaCl溶液 C． 铜粉 D．硫酸铜晶体
【答案】B
【解析】考查外界条件对反应速率的影响。加入KNO3溶液后，在酸性溶液中NO3-和铁反应生成的气体不会是氢气，A不正确。 NaCl溶液不参与反应，但溶液体积增大，会降低盐酸的浓度，反应速率降低，正确。加入铜粉，可构成原电池加快反应速率，不正确。加入硫酸铜晶体后，铁可置换出铜，构成原电池，加快反应，不正确。答案是B。
5．下列反应中，盐酸作为氧化剂的是( )
A.Zn+2HCl====ZnCl2+H2↑ B.FeS+2HCl====FeCl2+H2S↑
C.NH3+HCl====NH4Cl D.MnO2+4HClMnCl2+2H2O+Cl2↑
【答案】A
【解析】B、C项中HCl化合价不变，不是氧化还原反应，D项中HCl中Cl化合价升高，HCl作还原剂。
6．X、Y均为元素周期表ⅦA族中的两种元素。下列叙述中，能够说明X的原子得电子能力比Y强的是
A．原子的电子层数：X>Y
B．对应的简单离子的还原性：X>Y
C．气态氢化物的稳定性：X>Y
D．氧化物对应水化物的酸性：X>Y
【答案】C
【解析】
试题分析：A、因为同主族元素原子的电子层数越多,元素金属性越强,非金属性越弱，得电子能力越弱，A项错误；B、非金属性越强对应的简单离子的还原性越弱，如果对应的简单离子的还原性：X>Y 则非金属性Y强，Y的得电子能力强，B项错误；C、气态氢化物的稳定性越强，对应元素非金属性越强，得电子能力也越强，所以X得电子能力强，C项正确；D、最高价氧化物对应水化物的酸性强弱能判断非金属性强弱，氧化物对应水化物的酸性不能用来判断，D项错误；答案选C。
考点：考查非金属性强弱判断
7．500 mL KNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中c(N)= 6．0 mol·L-1，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22．4 L气体(标准状况)，假定电解后溶液体积仍为500 mL，下列说法正确的是(　　)
A．原混合溶液中c(K+)为2 mol·L-1
B．上述电解过程中共转移2 mol电子
C．电解得到的Cu的物质的量为0．5 mol
D．电解后溶液中c(H+)为2 mol·L-1
【答案】A
【解析】
试题分析：两极都收集到22．4 L气体，说明阴极上发生的反应依次为：①Cu2++2e-Cu；②2H++2e-H2↑，阳极只生成O2：4OH--4e-O2↑+2H2O，n(H2)=n(O2)=1 mol⇒n(e-)=4 mol，B不正确。根据电子转移守恒得：n(Cu2+)=1 mol，根据电荷守恒有n(K+)+n(Cu2+)×2=n(N)，所以n(K+)=1 mol⇒c(K+)=2 mol·L-1。A正确。根据Cu析出后，溶液中只有KNO3和HNO3，由电荷守恒可推出c(H+)=4 mol·L-1。
考点：电解
8．SO2通入BaCl2溶液中并不产生沉淀，而通入另一种气体后可以产生白色沉淀。则图中右侧Y形管中放置的药品组合不符合要求的是(必要时可以加热)

A．Cu和浓硝酸 B．大理石和稀盐酸
C．CaO和浓氨水 D．高锰酸钾溶液和浓盐酸
【答案】B
【解析】
试题分析：A、Cu与浓硝酸反应产生二氧化氮气体，则二氧化氮与水反应产生硝酸，所以氯化钡溶液中存在硝酸，可氧化亚硫酸根离子为硫酸根离子，与钡离子结合，可生成硫酸钡白色沉淀，正确；B、大理石与盐酸反应生成二氧化碳气体，而二氧化碳气体也不与氯化钡溶液反应产生白色沉淀，也不会氧化亚硫酸根离子为硫酸根离子，所以最终无白色沉淀产生，错误；C、CaO与浓氨水混合则产生氨气，氨气溶于氯化钡溶液，与亚硫酸根离子反应生成亚硫酸铵，溶液的碱性增强，再与钡离子反应可生成亚硫酸钡沉淀，正确；D、高锰酸钾与浓盐酸混合可产生氯气，氯气可氧化亚硫酸根离子为硫酸根离子，与钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀，正确，答案选B。
考点：考查二氧化硫的性质
9．用惰性电极电解M（NO3）x的水溶液，当阴极上增重a g时，在阳极上同时产生b L氧气（标准状况），从而可知M的相对原子质量为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】Mx+-xe- = M
X 1
4b/22.4 a/M
4OH-4e-=2H2O+O2
4 1
4b/22.4 b/22.4
ax/M=4b/22.4 M=5.6ax/b
故本题选C。
10．结合如图装置判断，下列叙述正确的是

A．若X为NaCI，K与M相连时，石墨电极反应为
B．若X为硫酸，K与M相连时，Fe作负极受到保护
C．若X为硫酸，K与N相连时，溶液中H＋向Fe电极移动
D.若X为NaCI，K与N相连时，溶液中加入少量K3[Fe(CN)6]，有蓝色沉淀生成
【答案】C
【解析】
试题分析：A、K与M相连时，石墨电极为正极，O2得电子，错误；B、若X为硫酸，K与M相连时，Fe作负极失去电子发声腐蚀，错误；C、若X为硫酸，K与N相连时，Zn为负极，溶液中H＋向正极即Fe电极移动，正确；D、若X为NaCI，K与N相连时，Zn为负极，Fe不反应，溶液中加入少量K3[Fe(CN)6]，不反应，错误。
考点：本题考查原电池原理及应用。
11．在“石蜡→液体石蜡→石蜡蒸气→裂化气”的变化过程中，被破坏的作用力依次是
A．范德华力、范德华力、范德华力 B．范德华力、范德华力、共价键
C．范德华力、共价键、共价键 D．共价键、共价键、共价键
【答案】B
【解析】
试题分析：石蜡→液体石蜡→石蜡蒸气属于物质的三态变化，是物理变化，破坏的是分子间作用力。石蜡蒸气→裂化气需要经过裂化，裂化是化学变化，破坏的是共价键。答案选B。
考点：化学键
12．下列物质的使用不涉及化学变化的是
A．过氧化钠作供氧剂 B．液氨用作致冷剂
C．福尔马林作防腐剂 D．生石灰作干燥剂
【答案】B
【解析】
试题分析：A．过氧化钠作供氧剂生成氧气是氧化还原反应，A错误；B．液氨用作致冷剂是物理变化，B正确；C．福尔马林作防腐剂利用的是甲醛使蛋白质变性，属于化学变化，C错误；D．生石灰作干燥剂，吸水生成氢氧化钙是化学变化，D错误，答案选B。
考点：考查氧化还原反应判断
13．常温下，相同pH的氢氧化钠和醋酸钠溶液加水稀释，平衡时pH随溶液体积变化的曲线如图所示，则下列叙述不正确的是

A．b、c两点溶液的导电能力不相同
B．a、b、c三点溶液中水的电离程度a>c>b
C．c点溶液中C(H+) + C(CH3COOH)= C(OH－)
D．用相同浓度的盐酸分别与等体积的b、c处溶液反应，消耗盐酸体积Vb=Vc
【答案】D
【解析】
试题分析：A、根据图像可知B为NaOH的曲线，c为醋酸钠的曲线，pH相同的氢氧化钠和醋酸钠溶液，醋酸钠溶液浓度大，导电能力大于氢氧化钠溶液，正确；B、醋酸钠促进了水的电离，pH的浓度越大，水的电离程度越大，NaOH抑制了水的电离，所以a、b、c三点溶液中水的电离程度a>c>b，正确；C、根据质子守恒，H2O电离出的H+与OH‾物质的量相等，可得c点溶液中C(H+) + C(CH3COOH)= C(OH－)，正确；D、因为pH相同的氢氧化钠和醋酸钠溶液，醋酸钠溶液浓度大，所以用相同浓度的盐酸分别与等体积的b、c处溶液反应，消耗盐酸体积Vb < Vc，错误。
考点：本题考查弱电解质的电离平衡、盐类的水解、图像的分析。
14．工业上用铝土(主要成分为Al2O3，含SiO2、Fe2O3等杂质)为原料冶炼铝的工艺流程：
对上述流程中的判断正确的是
①试剂X为稀硫酸，沉淀中含有硅的化合物
②反应Ⅱ中生成Al(OH)3的反应为：CO2＋[Al(OH)4]-＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCO3-
③结合质子(H＋)的能力由强到弱的顺序是OH－>[Al(OH)4]->CO32-
④Al2O3熔点很高，工业上还可采用电解熔融AlCl3的方法冶炼Al
A．①② B．②③ C．①④ D．③④
【答案】B
【解析】
试题分析：流程中的试剂X可以是盐酸或硫酸，沉淀为二氧化硅；而AlCl3为共价化合物，熔融状态下不能导电，所以确定答案为B。
考点：铝的化合物的性质。
15．（原创）工业上从含硒的废液中提取硒的方法之一是：用硫酸和硝酸处理废料，获得亚硒酸和少量硒酸，再与盐酸共热，硒酸转化为亚硒酸(2HCl+H2SeO4=H2SeO3+Cl2↑+H2O)，在亚硒酸溶液中通入SO2，有单质硒析出。下列说法错误的是
A．氧化性：H2SeO4>Cl2；H2SeO3>H2SO4
B．酸性：H2SO4>H2SeO4> H2SeO3
C．析出l mol硒需要消耗标准状况下22.4 L SO2
D．亚硒酸理论上既有氧化性，又有还原性，但还原性不及亚硫酸
【答案】C
【解析】
试题分析：A.在氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性。在2HCl+H2SeO4=H2SeO3+Cl2↑+H2O中，氧化剂是H2SeO4，氧化产物是Cl2，所以氧化性H2SeO4>Cl2；在亚硒酸溶液中通入SO2，有单质硒析出。说明氧化性H2SeO3>H2SO4，正确；B．同一主族的元素，元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性就越强。由于元素的非金属性S>Se，所以酸性：H2SO4>H2SeO4；同一元素的最高价的含氧酸的酸性强于较低价态的酸的酸性。所以酸性：H2SeO4>H2SeO3，正确；C.根据氧化还原反应中电子转移数目相等可知析出l mol硒，转移4mol电子，则需要消耗标准状况下44.8 L SO2，错误；D．在亚硒酸中Se的化合价为+4价，介于该元素的最高化合价和最低化合价之间，理论上既有氧化性，又有还原性，但还原性不及亚硫酸，正确。
考点：考查物质制备过程中的氧化还原反应的规律的知识。
16．二甲醚是一种重要的清洁燃料，也可替代氟利昂作制冷剂等，对臭氧层无破坏作用。工业上可利用煤的气化产物(水煤气)合成二甲醚。请回答下列问题：
（1）煤的气化过程中产生的有害气体H2S用Na2CO3溶液吸收，生成两种酸式盐，该反应的化学方程式为： 。
（2）利用水煤气合成二甲醚的三步反应如下：
① 2H2(g) + CO(g)CH3OH(g)；ΔH ＝－90．8 kJ·mol-1
② 2CH3OH(g)CH3OCH3(g) + H2O(g)；ΔH＝－23．5 kJ·mol-1
③ CO(g) + H2O(g)CO2(g) + H2(g)；ΔH＝－41．3 kJ·mol-1
总反应：3H2(g) + 3CO(g)CH3OCH3(g) + CO2(g)的ΔH＝ ；一定条件下的密闭容器中，该总反应达到平衡，要提高CO的转化率，可以采取的措施是 (填字母代号)。
a．压缩体积 b．加入催化剂 c．减少CO2的浓度 d．增加CO的浓度 e．分离出二甲醚
（3）已知反应②2CH3OH(g)CH3OCH3(g) + H2O(g)某温度下的平衡常数为400。此温度下，在密闭容器中加入CH3OH，反应到某时刻测得各组分的浓度如下：

① 比较此时正、逆反应速率的大小：v正 v逆 (填“>”、“<”或“＝”)。
② 温度升高，该反应的平衡常数K (填“增大”、“减小”或“不变”)
【答案】
（1）Na2CO3+H2S==NaHCO3+NaHS；
（2）-246．4kJ· mol-1；a、 c、 e
（3）① ＞ ；② 减少
【解析】
试题分析：（1）煤的气化过程中产生的有害气体H2S用Na2CO3溶液吸收，生成两种酸式盐为硫氢酸钠和碳酸氢，反应的化学方程式为：Na2CO3+H2S═NaHCO3+NaHS，故答案为：Na2CO3+H2S═NaHCO3+NaHS；
（2）①2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)△H=-90.8kJ•mol-1
②2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)△H=-23.5kJ•mol-1
③CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H=-41.3kJ•mol-1
由盖斯定律②+③+①×2得到
3H2(g)+3CO(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)的△H=-246.4 kJ•mol-1，
一定条件下的密闭容器中，该总反应达到平衡，反应是放热反应，反应前后气体体积减小的反应，要提高CO的转化率，平衡正向进行，a、压缩体积，压强增大平衡正向进行，一氧化碳转化率增大，故a符合；b、加入催化剂，改变反应速率不改变化学平衡，转化率不变，故b不符合； c、减少CO2的浓度，减少生成物浓度平衡正向进行，一氧化碳转化率增大，故c符合；d、增加CO的浓度，提高氢气转化率，一氧化碳转化率减小，故d不符合； e、分离出二甲醚(CH3OCH3)，平衡正向进行，一氧化碳转化率增大，故e符合；故答案为：-246.4 kJ•mol-1；a、c、e；
（3）①Q===2.25＜400，平衡正向进行，v(正)＞v(逆)，故答案为：＞；
②2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)△H=-23.5kJ•mol-1，反应为放热反应，升高温度，平衡逆向进行，平衡常数K减小，故答案为：减小。
考点：考查了热化学方程式的书写方法和盖斯定律的计算、化学平衡的影响因素的相关知识。
17．（8分）.已知化合物A的分子式为C4H6O2，不溶于水,并可以发生如下图所示的变化：
已知：C物质的一氯代物D只有两种同分异构体。请回答：
（1）A分子中含有的官能团的名称 。
（2）②属于 反应(反应类型）
（3）写出②的反应方程式 。
（4）写出C的同分异构体中属于酯且能发生银镜反应的结构简式
【答案】（8分）
（1）碳碳双键、酯基
（2） 取代反应
（3）CH2=CHCOOCH3+H2OCH2=CHCOOH+CH3OH
（4）HCOOCH2CH3
【解析】
试题分析：（1）由题意可知，A是酯类，B中含有碳碳 双键，能与氢气发生加成反应，则B是丙 烯 酸，C为丙酸，光照条件下与Cl2 发生取代反应，C物质的一氯代物D只有两种同分异构体，所以A中的官能团是碳碳双键和酯基。
（2）反应②发生酯的水解反应，反应类型是取代反应。
（3）写出②为CH2=CHCOOCH3在浓硫酸、加热条件下发生水解反应，生成CH2=CHCOOH和CH3OH，则化学方程式为：CH2=CHCOOCH3+H2OCH2=CHCOOH+CH3OH。
（4）C为丙酸，C的同分异构体中属于酯且能发生银镜反应，说明该同分异构体为甲酸酯，所以结构简式为：HCOOCH2CH3
考点：本题考查有机推断、官能团的判断、反应类型的判断、同分异构体、化学方程式的书写。
18．(10分)将5.6 g Fe加入到100 mL的稀硫酸中溶液中，恰好完全反应。
（1）写出该反应的化学方程式，并标出电子转移方向和数目。
（2）试求生成气体在标准状况下的体积和稀硫酸的物质的量浓度。
（3）计算反应中转移的电子数目。
【答案】
（1）
（2）2.24 L 1 mol/L （3）0.2NA
【解析】
试题分析：（1）铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气。
（2）5.6 g Fe 的物质的量为n=5.6/56=0.1moL，
Fe＋H2SO4 = FeSO4＋H2↑ 转移电子2e－
0.1 0.1 2.24 L 0.2 mol
生成的气体在标准状况下的体积为2.24 L，稀硫酸的物质的量浓度=0.1/0.1=1 mol/L，
（3）反应中转移的电子数目为0.2NA
考点：考查化学反应及计算。
19．（16分）有一含NaCl、Na2CO3·10H2O和NaHCO3的混合物，某同学设计如下实验，通过测量反应前后C、D装置质量的变化，测定该混合物中各组分的质量分数。

（1）实验时，B中发生反应的化学方程式为
， 。
（2）装置C、D中盛放的试剂分别为：
C ，D （供选试剂为：浓硫酸、无水CaCl2、碱石灰）
（3）E装置中的仪器名称是 ，它在该实验中的主要作用是
（4）若将A装置换成盛放NaOH溶液的洗气瓶，则测得的NaCl含量将 （填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。
（5）若样品的质量为m g，反应后C、D的质量差分别为m1g、m2g，则该混合物中Na2CO3·10H2O的质量分数为： （结果用分数表示，可不化简）。
【答案】（1）2NaHCO3 Na2 CO3 + H2O + CO2↑ Na2CO3·10H2O Na2CO3 + 10H2O
（2）无水CaCl2 碱石灰
（3）（球形）干燥管 防止空气中的CO2和水蒸气进入影响测定结果
（4）偏低 （5）286(m1 - )/180m ×100%
【解析】
试题分析：（1）B中盛放的是固体混合物，所以加热时反应的方程式为2NaHCO3  Na2 CO3 + H2O + CO2↑、Na2CO3·10H2O  Na2CO3 + 10H2O。
（2）C是吸收水蒸气的，D是吸收CO2的，U形管中不能放液体干燥剂，所以试剂分别是无水CaCl2和碱石灰。
（3）根据E的结构可知，E是干燥管。由于空气中也含有水蒸气和CO2，所以E的作用是防止空气中的CO2和水蒸气进入影响测定结果。
（4）如果是氢氧化钠溶液，则水蒸气的含量将增加，则碳酸钠和碳酸氢钠的质量将增加，所以氯化钠的质量减少。
（5）生成CO2是m2g，则碳酸氢钠产生的水是m2/44×18g，所以碳酸钠生成的水是（m1－m2/44×18）g，所以碳酸钠晶体的质量是286(m1－18m2/44)/180，因此质量分数是286(m1－18m2/44)/180m ×100%。
考点：碳酸钠、碳酸氢钠性质实验
点评：化学实验解题的关键就是要审清题意，然后分析好各个装置的作用，这样才能轻松解决每个问题。
20．(12分)葡萄糖酸钙是一种可促进骨骼生长的营养物质。葡萄糖酸钙可通过以下反应制得：
C6H12O6(葡萄糖）＋ Br2 ＋ H2O→C6H12O7(葡萄糖酸）＋ 2HBr
2C6H12O7(葡萄糖酸）＋ CaCO3 →Ca(C6H11O7)2(葡萄糖酸钙）＋ H2O ＋ CO2↑
相关物质的溶解性见下表：
物质名称
葡萄糖酸钙
葡萄糖酸
溴化钙
氯化钙
水中的溶解性
可溶于冷水、易溶于热水
可溶
易溶
易溶
乙醇中的溶解性
微溶
微溶
可溶
可溶
实验流程如下：

请回答下列问题：
（1）第①步中溴水氧化葡萄糖时，下列装置最适合的是：________。
制备葡萄糖酸钙的过程中，葡萄糖的氧化也可用其它试剂，下列物质中最适合的是_______。
A．新制Cu(OH)2悬浊液 B．酸性KMnO4溶液
C．O2／葡萄糖氧化酶 D．[Ag(NH3)2]OH 溶液
（2）第②步充分反应后CaCO3固体需有剩余，其目的是 ；本实验中不宜用CaCl2替代CaCO3，理由是 。
（3）第③步需趁热过滤，其原因是 。
（4）第④步加入乙醇的作用是 。
（5）第⑥步中，下列洗涤剂最合适的是 。
A．冷水 B．热水 C．乙醇 D．乙醇-水混合溶液
【答案】（1）B (1分）， C (1分）（2）提高葡萄糖酸的转化率 (2分)
使葡萄糖酸、HBr完全转化为钙盐 (2分）（3）防止葡萄糖酸钙冷却结晶析出 (2分)
（4）降低葡萄糖酸钙溶解度，使其结晶析出。(2分）（5）D (2分)
【解析】
试题分析：（1）反应在55℃条件下进行，需要水浴加热，且有冷凝回流装置，题中A缺少回流装置，要滴加溴水，所以要有滴液漏斗，排除A；C缺少水浴加热，只有B符合；新制Cu（OH）2悬浊液、[Ag（NH3）2]OH溶液氧化性较弱，且反应需要碱性条件下进行，不利于葡萄糖的氧化，而酸性高锰酸钾氧化性较强，不能得到葡萄糖酸，可用葡萄糖氧化酶催化作用下用氧气氧化葡萄糖，可生成葡萄糖酸，答案分别选B、C。
（2）可使葡萄糖酸完全转化为葡萄糖酸钙，则加入的碳酸钙应过量，因盐酸酸性比葡萄糖酸强，则加入氯化钙与葡萄糖酸难以反应，且易引入杂质，不易分离，应用碳酸钙。
（3）温度高时，葡萄糖酸钙的溶解度较大，趁热过滤，可避免葡萄糖酸钙的损失。
（4）由表中数据可知，葡萄糖酸钙微溶于乙醇，用乙醇洗涤可避免损失，有利于葡萄糖酸钙析出。
（5）洗涤沉淀，应避免沉淀溶解，且能将沉淀吸附物冲洗去，可用乙醇—水混合溶液，如只用水，则造成葡萄糖酸钙溶解而损失，只用乙醇，不能将杂质全被洗去。
考点：考查有机物制备实验方案设计与探究

21．如图所示，通电5min后，第③极增重2.16g，同时在A池中收集到标准状况下的气体224mL，设A池中原混合液的体积为200mL，求通电前A池中原混合溶液中Cu2+的浓度。

【答案】通电前A池中原混合溶液Cu2+的浓度为0.025 mol·L-1。
【解析】第③极质量增加，说明第③极铜棒上析出金属银，此极为阴极，电源的E极为负极，F极为正极。在A池中，电解液为混合溶液，显然，在阴极Cu2+先放电，但要考虑到Cu2+完全放电后，H+放电的可能。A、B两池串联，在电解过程中，每个极上电子转移的总数目相等是解答本题的基本依据。
在A池中发生的反应为：
阳极(②极)：4OH--4e-2H2O+O2↑
阴极(①极)：2Cu2++4e-2Cu
若Cu2+完全放电后还有：4H++4e-2H2↑
转移电子的物质的量为：
2.16 g÷108 g·mol-1=0.02 mol
由电极反应可知，每转移4 mol电子，放出1 mol O2，所以②极上析出O2的体积为：0.02 mol÷4×22.4 L·mol-1=0.112 L＜0.224 L
说明A池收集到的气体中还有H2。①极上放出H2为：0.224 L-0.112 L=0.112 L，即0.005 mol。①极上析出Cu和放出H2共获得0.02 mol电子。
Cu2+的物质的量为：(0.02 mol-0.005 mol×2)/2=0.005 mol
c(Cu2+)=0.005 mol/0.2 L=0.025 mol·L-1
22．（10分）德国化学家列培发现了一系列乙炔的高压反应(被称为列培反应)，为有机合成工业作出了巨大的贡献。部分列培反应如下(条件从略)：
a、HC≡CH + ROH → CH2=CHOR
b、HC≡CH + HCHO → HC≡CCH2OH
c、R2NCH2OH + HC≡CH → R2NCH2C≡CH + H2O
d、R2NH + HC≡CH → R2NCH =CH2
(1) 以上反应中属于加成反应的有(填序号)
（2）工业上可利用以上列培反应，以为原料合成高聚物，
反应流程如下：

试完成下列问题：
①E的结构简式： 。
②写出反应I的反应类型 。
③写出反应Ⅲ的化学反应方程式 。
【答案】（1）a b d

【解析】
试题分析：（1）加成反应是一种有机化学反应，发生在有双键或叁键物质中，加成反应后，重键打开，原来重键两端的原子各连上一个新基团，一般是两分子反应生成一分子，相当于无机化学的化合反应；故属于化合反应的有abd；（2）工业上可利用以上列培反应，以为原料合成高聚物，有结构可推知与NH3反应产物E为，反应类型为取代反应；E与乙炔反应产物F为：；F加聚生成，方程式为：。
考点：有机综合推断。
23．A、B、X、Y、Z是元素周期表前四周期中的常见元素，原子序数依次增大。A元素可形成自然界硬度最大的单质；B与A同周期,核外有三个未成对电子；X原子的第一电离能至第四电离能分别是:I1 =578 kJ/mol，I2=1 817 kJ/mol，I3= 2 745 kJ/mol，I4 =11 575 kJ/mol；常温常压下,Y单质是固体,其氧化物是形成酸雨的主要物质；Z的一种同位素的质量数为63,中子数为34。请回答下列问题：
（1）AY2是一种常用的溶剂,为 分子(填“极性”或“非极性”),分子中存在 个σ键。
（2）X形成的单质与NaOH溶液反应的离子方程式为 ，超高导热绝缘耐高温纳米XB在绝缘材料中应用广泛,其晶体与金刚石类似,属于 晶体。B的最简单氢化物容易液化,理由是 。
（3）X、氧、B元素的电负性由大到小的顺序为 (用元素符号作答) 。
（4）Z的基态原子核外电子排布式为 。元素Z与人体分泌物中的盐酸以及空气反应可生成超氧酸:Z+HCl+O2＝ZCl+HO2, HO2(超氧酸)不仅是一种弱酸而且也是一种自由基,具有极高的活性。下列说法或表示不正确的是 (填序号)
①氧化剂是O2
②HO2在碱中不能稳定存在
③氧化产物是HO2
④1 mol Z参加反应有1 mol电子发生转移
（5）已知Z的晶胞结构如下图所示,又知Z的密度为9.00 g/cm3,则晶胞边长为 cm。ZYO4常作电镀液,其中YO42-的空间构型是 ,Y原子的杂化轨道类型是 杂化。

【答案】（1）非极性分子 2（2）2Al+2OH-+2H2O＝2AlO2-+3H2↑；原子；分子间形成氢键（3）O>N>Al（4）[Ar]3d104s1或1s22s22p63s23p63d104s1 ③（5）；正四面体(1分)；sp3
【解析】
试题分析：A元素可形成自然界硬度最大的单质，该单质为金刚石，则A为C元素；B与A同周期，核外有三个未成对电子，则B为N元素；根据X原子的第一电离能至第四电离可知，X原子的第四电离能剧增，则X表现+3价，所以X为Al元素；常温常压下，Y单质是固体，其氧化物是形成酸雨的主要物质，则Y为S元素；Z的一种同位素的质量数为63、中子数为34，则质子数=63－34=29，故Z为Cu元素，则：（1）AY2化学式是CS2，其结构式为S=C=S，为直线型结构，属于非极性分子，其分子中每个双键中含有1个σ键，所以CS2分子存在2个σ键。（2）X是Al元素，铝与NaOH溶液反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O＝2AlO2-+3H2↑。XB是CN，晶体与金刚石类似，属于原子晶体；B的最简单氢化物是NH3，N原子电负性大，分子间形成氢键，所以容易液化。（3）非金属性越强，电负性越强，Al、O、N元素的电负性与非金属性一致，则三种元素电负性大到小顺序为：O＞N＞Al。（4）Z为29号Cu元素，根据核外电子排布规律可知其基态原子核外电子排布式为[Ar]3d104s1或1s22s22p63s23p63d104s1。①氧气中氧元素的化合价是0价，HO2中氧元素的化合价是-0.5价，化合价降低作氧化剂，①正确；②HO2为超氧酸，应具有酸性，可与碱反应，故HO2在碱中不能稳定存在，②正确；③还原产物是HO2，③错误；④1molCu参加反应生成+1价铜离子，有1mol电子发生转移，④正确，答案选③。（5）Z为Cu元素，铜原子位于顶点和面心，每个晶胞中含有铜原子的数目为：8×1/8+6×1/2=4，晶胞中含有4个铜原子，则晶胞的质量为：设该晶胞的边长为xcm，则该晶胞体积为：x3cm3，其密度为：
ρ==9.00g/cm3，整理可得x=；硫酸根离子的中心原子S的价层电子对为：(6+2)÷2=4，孤电子对数为：（6+2-2×4）÷2=0，故其空间结构为正四面体，S原子杂化方式为：sp3。
考点：考查元素推断、位置、结构与性质关系的综合应用、晶胞的计算等
24．【化学---有机化学基础】
菠萝酯F是一种具有菠萝香味的赋香剂，其合成路线如下：

已知：
（1）A的结构简式为__________，A中所含官能团的名称是______________________；
（2）由A生成B的反应类型是____________，E的某同分异构体只有一种相同化学环境的氢，该同分异构体的结构简式为_________________；
（3）写出D和E反应生成F的化学方程式__________________________________；
（4）结合题给信息，以溴乙烷和环氧乙烷为原料制备1-丁醇，设计合成路线(其他试剂任选)。
合成路线流程图示例：

【答案】（1），碳碳双键、醛基
（2）加成(或还原)反应；CH3CH3，
（3）—(CH2)2COOH+CH2=CHCH2OH—(CH2)2COO CH2CH= CH2+H2O
（4）
【解析】
试题分析：根据题目所给信息，可知1，3-丁二烯与丙烯醛发生加成反应反应生成A为，A与足量的氢气发生加成反应生成B为，B在HBr条件下发生取代反应生成C为，C与Mg在干醚的条件下得到，发生信息中反应得到，再发生催化氧化反应生成，被酸性高锰酸钾溶液溶液氧化生成D为，对比D与F的结构可知，D与CH2=CHCH2OH反应酯化反应得到F，故E为CH2=CHCH2OH．（1）由上述分析可知，A的结构简式为，所含官能团有：醛基、碳碳双键；（2）由A生成B的反应类型属于加成反应，E为CH2=CHCH2OH，E的某同分异构体只有一种相同化学环境的氢，该同分异构体的结构简式为：； （3）D和E反应生成F的化学方程式为：；（4）由转化关系中反应可知，溴乙烷与Mg在干醚的条件下得到CH3CH2MgBr，再与环氧乙烷在酸性条件下得到1-丁醇，合成路线流程图为：
。
【考点定位】考查有机物的推断与合成
【名师点晴】利用转化关系中有机物进行分析解答，培养学生学生的分析推理能力、获取信息能力、知识迁移运用能力，难度中等；具体分析推理过程：根据题目所给信息，可知1，3-丁二烯与丙烯醛发生加成反应反应生成A为，A与足量的氢气发生加成反应生成B为，B在HBr条件下发生取代反应生成C为，C与Mg在干醚的条件下得到，发生信息中反应得到，再发生催化氧化反应生成，被酸性高锰酸钾溶液溶液氧化生成D为，对比D与F的结构可知，D与CH2=CHCH2OH反应酯化反应得到F，故E为CH2=CHCH2OH，据此分析解答。

沁园春·雪 <毛泽东>
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