河南省新乡市华光高级中学高三化学下学期4月月考试卷（含解析）.doc

河南省新乡市华光高级中学2016届高三下期4月月考化学试卷（解析版）1绿色食品是指( )a绿颜色的营养食品 b.有叶绿素的营养食品c.经济附加值高的营养食品 d.安全、无公害的营养食品【答案】d【解析】绿色食品是指安全、无公害的营养品。2na2co3俗名纯碱，下面根据不同分类标准对纯碱进行分类，其中不正确的ana2co3是碱bna2co3是电解质 cna2co3是钠盐dna2co3是碳酸盐【答案】a【解析】a错，na2co3的俗名叫纯碱，纯碱不是碱是盐，其水溶液呈碱性；3日常生活中，下列方法或应急措施不可以的是 （ ）a利用灼烧法区别羊毛和棉织物b用醋酸除去热水瓶里的水垢c厨房内发生燃气泄露先打开排气扇再关气阀d烧菜用过的铁锅，水洗后晾干保存【答案】c【解析】4下列物质中，含有非极性共价键的是an2 bco2 cnaoh dch4【答案】a【解析】相同原子之间的共价键为非极性共价键5将质量分数为0.052（5.2%）的naoh溶液1l（密度为1.06g/cm3）用铂电极电解，当溶液中naoh的质量分数改变了0.010（1.0%）时停止电解，则此时溶液应符合的关系是（ ）naoh的质量分数阳极析出物的质量/g阴极析出物的质量/ga0.062（6.2%） 19 152b 0.062（6.2%） 152 19c 0.042（4.2%） 1.2 9.4d 0.042（4.2%） 9.4 1.2【答案】b【解析】用铂电极电解naoh溶液实质电解的水，而naoh的质量没变，故质量分数应为0.062（6.2%），阳极产物是o2，阴极产物是h2，故质量之比为81。6na2s溶液中存在多种微粒，下列各微粒间的关系正确的是：ana+s2-oh-hs-h+bna+h+=s2-+hs-+oh-cna+=hs-+2h2s+2s2-doh-=h+hs-+h2s【答案】a【解析】【错解分析】电解质的水溶液中一定存在两个守恒：物质守恒，电荷守恒。通俗的说：各种元素的微粒既不可增加也不可减少；电解质溶液中存在各种带电的微粒，但所带电量的代数和等于零，即溶液不带电。结合本题有如下两个等式：（在同一体积中，用浓度表示即可）物质守恒：na+=2hs-+2h2s+2s2- 电荷守恒：na+h+=2s2-+hs-+oh- 在物质守恒中，应该找出该元素可能转化生成的各种微粒。如本题的硫元素，它来源于na2s中的s2-，少量的s2-要水解转化成hs-，微量的hs-进一步水解转化成h2s，虽然生成h2s的量很小，很小，但在理论上不能没有。另外，含硫元素的各种微粒与钠离子的物质的量之比应符合原化学式中各微粒的比值。选项c违背了上述要求。在电荷守恒中，如何计算带多个单位电荷的微粒所带电量，往往容易出现误解。从表面形式上看，该微粒已带多个单位电荷，若用其所带电荷数乘以其浓度，似乎远远大于实际所带电量。实际上浓度只表示该微粒在单位体积里其物质的量（微粒）的多少，并不表示它带电量的多少。用其所带电荷数乘以其浓度，恰好计算其所带电量。选项b即错在此处。由上述两个等式，通过代入变换，还可得到多个其他形式的等式。如-的整理得：oh-=h+hs-+2h2s，可判断选项d是错误答案。【正解】选项a，可以半定量地分析得出结论。假设na2s的浓度为0.1moll-1，则na+为0.2moll-1；硫离子少部分发生水解，其平衡浓度比0.1moll-1小，而水解生成硫氢根离子和氢氧根离子的浓度远远小于0.1moll-1（仍大于0.001moll-1）；由于硫氢根离子受到一定浓度的氢氧根离子影响（抑制其水解），其还要发生微弱的水解（存在电离和水解两种趋势，但水解趋势大于电离趋势），这样氢氧根离子的浓度将大于硫氢根离子的浓度；溶液呈碱性，其h+将由水的离子积和oh-求出，很明显其浓度远远小于hs-（其与oh-在同一数量级上）。7化学与能源、环境、生产、生活密切相关，下列说法不正确的是a研制开发燃料电池汽车，降低机动车尾气污染，某种程度可以减少pm 2.5污染b世博停车场安装催化光解设施，可将汽车尾气中co和nox反应生成无毒气体c用k2feo4代替cl2处理饮用水，有杀菌消毒作用，但无净水作用d可利用工业生产产生的二氧化碳制造全降解塑料【答案】c【解析】试题分析：a汽油不完全燃烧产生的颗粒物的主要是碳，能形成pm 2.5污染，所以研制开发燃料电池汽车，降低机动车尾气污染，某种程度可以减少pm 2.5污染，故a正确；b催化光解设施能使汽车尾气中co和nox反应生成可参与大气生态环境循环的无毒气体co2、n2，故b正确；ck2feo4具有强氧化性，具有杀菌消毒作用，k2feo4被还原后生成fe3离子，水解生成fe（oh）3胶体，fe（oh）3胶体能吸附水中的杂质，具有净水作用，故c错误；d利用纳米技术可以高效催化二氧化碳合成可降解塑料-聚碳酸酯，可以缓解温室效应，故d正确；故选：c；考点：常见的生活环境的污染及治理8下列说法正确的是 a因为p轨道是“8”字形的，所以p电子是“8”字形b能层数为3时，有3s、3p、3d、3f四个轨道c氢原子中只有一个电子，故氢原子只有一个轨道d原子轨道与电子云都是用来形象描述电子运动状态的【答案】d【解析】试题分析：电子没有形状，所以电子都是一样的，a错。能层数=能级数，b错。轨道数与能层数和能级数有关系，跟电子的个数无关，c错。原子轨道和电子云都是描述电子运动状态的，d正确。所以选d。考点：原子结构点评：本题考查学生对原子结构中的基本概念的理解。9如表所示的四种元素中，w、x、y、z均为短周期元素，其中y是地壳中含量最高的元素，且这四种元素的原子最外层电子数之和为22，下列说法正确的是xywzax、y、z三种元素最低价氢化物的沸点依次升高b由x、z和氢三种元素形成的化合物中只有共价键c原子半径的大小顺序：r(x)r(y) r(w) r(z)dx的最高价氧化物对应的水化物的酸性比w的强【答案】d【解析】试题分析：w、x、y、z为短周期元素，由元素在周期表中位置可知，x、y处于第二周期，w、z处于第三周期，设w的最外层电子数为x，则x、y、z最外层电子数分别为x+1、x+2、x+3，故x+x+1+x+2+x+3=22，解得：x=4，故w为si、x为n、y为o、z为cl元素。a、x、y、z三种元素最低价氢化物分别为氨气、水、hcl，常温下水为液态，氨气、hcl为气体，故水的沸点最高，氨气分子之间都存在氢键，沸点比hcl的高，故a错误；b、n、o和h形成的化合物为nh4no3，既含有离子键、又有共价键，故b错误；c、同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径：r（w）r（z）r（x）r（y），故c错误；d、元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水合物的酸性越强，故硝酸的酸性比硅酸的强，故d正确；故选d。考点：考查了元素周期律和元素周期表的综合应用的相关知识。10下列说法不正确的是a甲苯和环己烯都能使酸性高锰酸钾溶液褪色b用银氨溶液可以鉴别乙醛和葡萄糖溶液c甲醛和乙二醇都可作为合成高分子化合物的单体d丙烷和2-甲基丙烷的一氯代物均为两种【答案】b【解析】试题分析：甲苯中含有甲基，环已烯中含有碳碳双键都易被酸性高锰酸钾溶液氧化，即使其褪色，a正确；乙醛中含有醛基，葡萄糖分子中也含有醛基，故银氨溶液不能起到鉴别作用，b错误；甲醛和苯酚合成高分子酚醛树酯，乙二醇和二元羧酸合成聚合酯，c正确；丙烷的一氯代物有：1-氯丙烷、2-氯丙烷两种，2-甲基丙烷的一氯代物有：甲基取代和2号碳取代两种，d正确。考点：考查有机物的结构和性质11已知：25时，caco3的ksp为2.9109，caf2的ksp为2.71011下列说法正确的是a25时，饱和caco3溶液与饱和caf2溶液相比，后者ca2+浓度大b25时，饱和caco3溶液与饱和caf2溶液等体积混合，会析出caco3固体c25时，caco3固体在20ml0.01moll1盐酸中的ksp比在20ml0.01moll1氨水中的ksp大d25时，在caco3悬浊液中加入naf固体，caco3不可能全转化为caf2【答案】ab【解析】试题分析：a.25时，caco3的ksp为2.9109，则c2(ca2+)=2.9109，caf2的ksp为2.71011,则c3(ca2+)=6.751012，所以ca2+浓度后者大，正确；b25时，饱和caco3溶液与饱和caf2溶液等体积混合，由于c (ca2+)较大，c (ca2+)c(co32-)ksp(caco3)所以会析出caco3固体，正确；c物质的溶度积常数只与温度有关，而与其它条件无关，所以25时，caco3固体在20ml0.01moll1盐酸中的ksp比在20ml0.01moll1氨水中的ksp相同，错误；d25时，在caco3悬浊液中加入naf固体，若c (ca2+)c2(f-)ksp(caf2)，则caco3可能全转化为caf2，错误。考点：考查溶度积常数在离子浓度大小比较、沉淀的转化等的应用的知识。12如图，烧杯中盛有等体积的水和煤油，现将一小块金属钠加入烧杯中，试推断能观察到的实验现象应是a钠悬浮在煤油层中b钠静止在两液面之间c钠沉入水底下 d钠熔化成闪亮的小球，在两液体界面附近上下跳动【答案】d【解析】试题分析：烧杯中盛有等体积的水和煤油，现将一小块金属钠加入烧杯中，金属钠的密度大于煤油小于水，故钠块应位于煤油和水的分界面处，故a项、c项错误，钠遇水发生反应生成氢气，故钠块应在界面处上下跳动，故b项错误；钠与水反应放热且钠的熔点低，故钠熔化成闪亮的小球，在两液体界面附近上下跳动，故d项正确；本题选d。考点：钠性质考查、钠与水的反应。13在某一恒温体积可变的密闭容器中发生如下反应：a（g）+b（g）2 c（g）h0。t1时刻达到平衡后，在t2时刻改变某一条件，其反应过程如图所示。下列说法正确的是a0 t2时，v正v逆bi、两过程达到平衡时，a的体积分数iiict2时刻改变的条件是向密闭容器中加cdi、ii两过程达到平衡时，平衡常数iii【答案】c【解析】试题分析：a、根据图像知，t1t2时，反应达到平衡，正反应速率等于逆反应速率，错误；b、t2时刻改变的条件是向密闭容器中加c ，该反应反应前后气体的系数相等，根据等效平衡知识判断相当于加压，平衡不移动，a的体积分数i=ii，错误；c、因为体积可变，即压强不变，新平衡逆反应速率等于原速率，因为反应前后气体的系数相等，所以t2时刻改变的条件是向密闭容器中加c ，正确；d、i、ii两过程温度相同，平衡时平衡常数相等，错误。考点：考查化学反应速率和化学平衡。14下列关于强、弱电解质的叙述，有错误的是 （ ）a电解质本身不一定能导电b在溶液中，导电能力弱的电解质不一定是弱电解质c纯净的强电解质在液态时，有的导电，有的不导电dso2的水溶液能导电， 所以so2是电解质【答案】d【解析】试题分析：含有自由移动的电子或阴阳离子的物质能导电如果该物质为固体电解质，阴阳离子不能自由移动，不能导电，a正确；强电解质与弱电解质的本质区别是其在水溶液中是否完全电离，导电能力强弱由溶液中阴阳离子的浓度决定，不如：弱电解质醋酸（易溶）与强电解质baso4（难溶），b正确；离子化合物在液态时导电，共价化合物在液态时不导电，纯净的强电解质在液态时，有的导电，有的不导电，c正确；so2的水溶液能导电，是因为so2与水反应生成的亚硫酸电离而导电，so2是非电解质，亚硫酸是电解质，d错误。考点：考查电解质、非电解质的判断、能导电的物质等知识15已知5kclkclo33h2so4=3cl23k2so43h2o，下列说法不正确的是akclo3是氧化剂b被氧化与被还原的氯元素的质量比为5：1ch2so4既不是氧化剂又不是还原剂d1molkclo3参加反应时有10mol电子转移【答案】d【解析】试题分析：由5kcl+kclo3+3h2so4=3cl2+3k2so4+3h2o可知，kcl中cl元素由-1价升高为0，kclo3中cl元素由+5价降低为0。a含元素化合价降低的物质为氧化剂，则kclo3是氧化剂，故a正确；bkcl为还原剂被氧化，kclo3是氧化剂被还原，则被氧化与被还原的氯元素的质量比为5：1 ，正确；ch2so4中各元素的化合价在反应前后不变，则h2so4既不是氧化剂又不是还原剂，故c正确；d 1molkclo3参加反应时有5mol kcl被氧化，则有5mol电子转移，故d错误；考点：考查了氧化还原反应的相关知识。16x、y、z、w为四种短周期元素，其中y元素原子核外最外层电子数是其电子层数的3倍，它们在周期表中的相对位置如下图所示：xyzw请回答下列问题：（1）w位于周期表中第_周期，第_族；（2）x可形成双原子分子，其分子的电子式是_；y和氢元素形成的10电子微粒中常见的+1价阳离子为_(填化学式，下同)；z和氢元素形成的18电子微粒中常见的-1价阴离子为_；（3）工业上将干燥的w单质通入熔融的z单质中可制得化合物z2w2，该物质可与水反应生成一种能使品红溶液褪色的气体，0.2mol该物质参加反应时转移0.3mol电子，其中只有一种元素化合价发生改变，写出z2w2与水反应的化学方程式_。（4）在一定条件下，由元素y和z组成的一种气态化合物可发生催化氧化反应，反应达平衡进有三种气态物质共存，已知每转移4mol电子放热190.0kj，该反应的热化学方程式是_。【答案】（1）三 viia（2） h3o+ hs- （3）2s2cl2+2h2o3s+so2+4hcl（4）2so2(g)+o2(g)2so3(g) h=-190.0 kjmol-1【解析】试题分析：由短周期元素x、y、z、w在元素周期表中的位置，可知x、y处于第二周期，z、w处于第三周期，y原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，最外层电子数为6，故y为o元素，可推知x为n元素、z为s元素、w为cl（1）w为cl元素，处于周期表中第三周期第viia 族；（2）x为氮元素，n2的电子式为；氧和氢形成的10电子+1价阳离子为h3o+，硫和氢形成的18电子-1价阴离子为hs-；（3）工化合物s2cl2可与水反应生成一种能使品红溶液褪色的气体，该气体为so2，0.2mol该物质参加反应时转移0.3mol电子，其中只有一种元素化合价发生改变，故s元素化合价降低，转移0.3mol电子生成二氧化硫为0.1mol，故有0.3mols原子发生还原反应，根据电子转移守恒可知s元素在还原产物中的化合价为0，故生成s，同时生成hcl，该反应的化学方程式为：2s2cl2+2h2o3s+so2+4hcl；（4）在一定条件下，so2催化氧化达平衡时有三种气态物质，反应方程式为：2so2+o22so3，反应时，每转移4mol电子放热190.0kj，则参加反应二氧化硫为4mol/2=2mol，该反应的热化学方程式是2so2(g)+o2(g)2so3(g) h=-190.0 kjmol-1。【考点定位】考查结构性质位置关系应用【名师点晴】推断元素是解题关键，较好的考查学生运用知识分析问题、解决问题的能力；由短周期元素x、y、z、w在元素周期表中的位置，可知x、y处于第二周期，z、w处于第三周期，y原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，最外层电子数为6，故y为o元素，可推知x为n元素、z为s元素、w为cl，据此解答。17氮可以形成多种离子，如n3、nh2、n3、nh4、n2h5、n2h6等。已知n2h5的形成过程类似于nh4的形成过程，n2h5在碱性溶液中将生成电中性的分子和水。试写出：（1）该电中性分子的化学式： ；（2）n2h5的电子式： ；（3）1 mol n3共有 mol 电子；（4）写出两种非金属氧化物跟n3电子数相同的物质的化学式 、 。【答案】（1）化学式： n2h4 ； （2）电子式： ；（3）有 22 mol 电子； （4）化学式 co2 、 n2o 。【解析】略18(8分)现有四种烃：c2h6 c2h4 c2h2 c6h5ch3(1)易发生取代反应的烃是(填序号，下同) _，易发生加成反应的是_。(2)碳碳键的键长由长到短的顺序为_。(3)在空气中燃烧时，能产生浓烟的是_，其原因是_。(4)将其通入(或滴入)kmno4酸性溶液中，能使之褪色的有_。(5)与hcl的反应产物在一定条件下合成高分子化合物的反应方程式为_。(6)与浓h2so4、浓hno3反应生成tnt的化学方程式为_。【答案】(1) (2)(3) 碳的质量分数大(4)(5)nch2=chcl【解析】(1)烷、苯及苯的同系物易发生取代反应，烯、炔易发生加成反应。(2)碳原子间共用电子对越多的键能越大，键长越短。(3)碳含量高的烃燃烧不充分，产生浓烟。(4)烯、炔、苯的同系物能使kmno4酸性溶液褪色19请完成下列物质的分离提纯问题。、现有含nacl、na2so4和nano3的混合物，选择适当的试剂除去溶液中的nacl和na2so4，从而得到纯净的nano3溶液。相应的实验过程可用下图表示：请回答下列问题：（1）写出实验流程中下列物质的化学式：试剂x_，沉淀b 。（2）证明agno3加过量的实验方法是 。（3）按此实验方案得到的溶液3中肯定含有_（填化学式）杂质；为了解决这个问题，可以向溶液3中加入适量的_，之后若要获得固体nano3需进行的实验操作是_（填操作名称）。、某同学欲用ccl4萃取较高浓度的碘水中的碘，操作过程可以分解为如下几步：a把盛有溶液的分液漏斗放在铁架台的铁圈中；b把50ml碘水和15mlccl4加入分液漏斗中，并盖好玻璃塞；c检验分液漏斗活塞和上口的玻璃塞是否漏液；d倒转漏斗用力振荡，并不时旋开活塞放气，最后关闭活塞，把分液漏斗放正；e旋开活塞，用烧杯接收溶液；f从分液漏斗上口倒出上层液体；g将漏斗上口的玻璃塞打开或使塞上的凹槽与漏斗上口的小孔对准；h静置、分层。（1）萃取过程正确操作步骤的顺序是：（填编号字母） 。（2）设计一种检验提取碘后的水溶液中是否还含有单质碘的简单方法： 。来源:z（3）最后碘的ccl4是通过 获得（填“漏斗上口”或“漏斗下口”）。从含碘的ccl4溶液中提取碘 和回收ccl4，还需要经过蒸馏，观察下图所示实验装置指出其错误有 处。（4）进行上述蒸馏操作时，最后晶态碘在_（填仪器名称）里聚集。【答案】、（1）bacl2或ba(no3)2、agcl ；（2）取滤液或溶液2少许于试管，加入稀盐酸，若产生白色沉淀，证明agno3过量；（3）na2co3，hno3，蒸发；、（1）cbdahgef；（2）取少量（或12ml）该水溶液于试管中，加入淀粉溶液，若变蓝，则该水溶液中还含有单质碘；（3）漏斗下口，5；（4）蒸馏烧瓶。【解析】试题分析：i、（1）除去溶液中nacl和na2so4，根据实验过程图，先除去so42，常用ba2除去so42，不引入新杂质，可以用ba(no3)2，因为还要除去cl，还可以用bacl2，则沉淀a是baso4，溶液1中有nacl、nano3、bacl2，加入过量agno3溶液，生成agcl，则沉淀b为agcl，溶液2中有nano3、ba(no3)2、agno3，加入na2co3溶液，则沉淀c是ag2co3、baco3，溶液3中有nano3、na2co3，试剂x为ba(no3)2或bacl2，沉淀b是agcl；（2）取溶液2少量，置于试管中，然后向试管中滴加稀盐酸，观察是否有沉淀产生，若有沉淀，则说明硝酸银过量；（3）根据上述分析，溶液3中肯定含有na2co3，除去na2co3，不引入新杂质，因此需要加入适量的硝酸，然后采用蒸发的方法得到硝酸钠固体；、（1）萃取实验中，首先检验分液漏斗的是否漏水，然后把混合液加入分液漏斗中，并盖好瓶塞，进行振荡，时不时旋开活塞放气，放在带有铁圈的铁架台上静置，旋开活塞，下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出，因此顺序应是：cbdahgef；（2）淀粉遇碘单质变蓝，取萃取后的水溶液少量置于试管中，然后加入淀粉溶液，如果溶液变蓝说明含有碘单质，反之没有；（3）因为ccl4的密度大于水的密度，因此从漏斗的下口得到，没垫石棉网、温度计的水银球的位置、冷却水进水口、没有沸石或碎瓷片、牛角管和锥形瓶接触处有塞子；（4）因为碘单质的沸点高，ccl4的沸点低，ccl4先被蒸出，因此碘单质聚集在蒸馏烧瓶中。考点：考查物质的除杂和分离、实验基本操作、萃取、蒸馏实验等知识。20硫酸锌可作为食品锌强化剂的原料。工业上常用菱锌矿生产硫酸锌，菱锌矿的主要成分是znco3，并含少量的fe2o3 、feco3、mgo、cao等，生产工艺流程示意图如下：（1）将菱锌矿研磨成粉的目的是_ _。（2）完成“氧化除铁”步骤中反应的离子方程式：（3）针铁矿(coethite)是以德国诗人歌德(coethe)名字命名的，组成元素是fe、o和h，化学式量为89，化学式是_。（4）根据下表数据，调节“滤液 2”的ph时，理论上可选用的最大区间为_。mg(oh)2zn(oh)2mgco3caco3开始沉淀的ph10.46.4沉淀完全的ph12.48.0开始溶解的ph10.5ksp5.610126.81062.8109（5）工业上从“滤液3”制取mgo过程中，合适的反应物是_(选填序号)。a大理石粉 b石灰乳 c纯碱溶液 d烧碱溶液（6）“滤液4”之后的操作依次为_、_、过滤、洗涤、干燥。（7）分析图中数据，菱锌矿粉中znco3 的质量分数不低于_。【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率并使原料充分反应。（2） （3）feo(oh）（4）8.0ph10.4(或其他合理答案)（5）b或d(b和d)（6）蒸发浓缩 冷却结晶 （7） (或其他合理答案)【解析】试题分析： 菱锌矿用盐酸浸取后滤液1主要的金属离子有：fe2+、 fe3+、zn2+、mg2+、ca2+，氧化除铁后滤液2中金属离子有zn2+、mg2+、ca2+。（1）将菱锌矿研磨成粉的目的是增大接触面积，加快反应速率并使原料充分反应。（2）“氧化除铁”步骤中氧化剂用的是漂白粉，起到氧化作用的是clo，根据原子个数守恒和化合价升降法配平，反应的离子方程式为：2 fe(oh)2cloh2o=fe(oh)3cl 。（3）针铁矿的相对分子质量为89，所以只能有一个铁原子，h、o的个数可以凑出来，针铁矿的化学式为：feo(oh)。（4）滤液2调节ph时要让zn2+沉淀下来，但mg2+不能沉淀，zn2+完全沉淀ph要达到8.0，不能达到mg2+开始的沉淀ph值10.4，故ph的范围是：8.0ph10.4。（5）滤液3的成分有mg2+、ca2+，cl-，要让mg2+沉淀但不能使ca2+沉淀，可以用石灰乳或烧碱溶液，选b或d(b和d)。（6）从滤液4中得到晶体，操作为：蒸发浓缩 冷却结晶。（7）沉淀2质量为m2kg，zn元素的质量为m210365/81g，zn的物质的量为m210365/8165=1000 m2/81mol，根据zn守恒，znco3 的质量为（1000 m2/81）125=125m2103/81，znco3 的质量分数为125m2103/81（m1103）=。考点：化工流程题的解题思维、氧化还原反应的配平、物质的分离和提纯、质量分数的计算。21维生素c（分子式为c6h8o6）具有较强的还原性，放置在空气中易被氧化，其含量可通过在弱酸性溶液中用已知溶液的i2溶液进行滴定。该反应的化学方程式如下： c6h8o6+i2c6h6o6+2hi 现欲测定某样品中维生素c的含量，具体的步骤及测得的数据如下。取10ml 6moll1ch3cooh，加入100ml蒸馏水，将溶液加热煮沸后放置冷却。精确称取02000g样品，溶解于上述冷却的溶液中，加入1ml淀粉指示剂，立即用浓度为005000moll1的i2溶液进行滴定，直至溶液中的蓝色持续不褪为止，共消耗2100mli2溶液。（1）为何加入的ch3cooh稀溶液要先经煮沸、冷却后才能使用？（2）计算样品中维生素c的质量分数。【答案】（1）煮沸是为了除去溶液中溶液的o2，避免维生素c被o2氧化，冷却是为了减缓滴定过程中维生素c与液面上空气接触时被氧化的速度。（2）=9240%【解析】试题分析：维生素c（分子式为c6h8o6）具有较强的还原性，放置在空气中易被氧化，煮沸是为了除去溶液中溶液的o2，避免维生素c被o2氧化，冷却是为了减缓滴定过程中维生素c与液面上空气接触时被氧化的速度；解：设样品中维生素c的质量分数为x，则有 c6h8o6 + i2 c6h6o6 + 2hi 176 1 02000x 005000moll10.021l x=9240%考点：化学计算点评：考查了化学计算中的浓度的计算，不是很难，要求学生能熟练运用定量关系进行计算，考查学生的计算能力。22（16分）有机化工原料1,4-二苯基-1,3-丁二烯及某抗结肠炎药物有效成分的合成路线如下（部分反应略去试剂和条件）：已知： （r、r表示烃基）（1）抗结肠炎药物有效成分分子中的含氧官能团名称是 。（2）中的反应条件是 ；g生成j的反应类型是 。（3）的化学方程式是 。（4）f的结构简式是 。（5）的化学方程式是 。（6）设计de和fg两步反应的目的是 。（7）1,4-二苯基-1,3-丁二烯有多种同分异构体，写出符合下列条件的所有同分异构体的结构简式： 。a结构中有两个苯环，无其它环状结构 b苯环上的一硝基取代产物有两种【答案】（16分）（1）羟基 羧基 注：各1分，见错为0分。（2）光照；取代反应（3）注：反应条件写“催化剂”不扣分，写 “fe”、“fe粉”或“铁粉”扣1分。（4）（5）（6）保护酚羟基（防止酚羟基被氧化）注：写“de使酚羟基转化成酯基，fg使酯基重新转化成酚羟基”扣1分，只写出其中一点的扣2分。（7） 注：各1分，见错为0分。【解析】试题分析：（1）抗结肠炎药物有效成分分子中的含氧官能团名称是羟基 羧基 ；（2）甲苯的侧链卤代的条件与烷烃相同，都是光照；g生成j的反应条件是浓硝酸、浓硫酸、加热，所以反应类型是取代反应；（3）根据抗结肠炎药物有效成分分子的结构简式判断，d为邻甲苯酚，所以b为邻氯甲苯，的化学方程式是；（4）根据已知得d到e应是保护酚羟基的反应，e到f是甲基被氧化的反应，所以f的结构简式为；（5）由1,4-二苯基-1,3-丁二烯得结构简式及已知的反应方程式判断发生消去反应，化学方程式是；（6）d到e把酚羟基转化为酯基，目的是防止e到f步骤中酚羟基被氧化，f到g又把酯基还原为酚羟基，所以整体作用是保护酚羟基（防止酚羟基被氧化）；（7）根据题目要求1,4-二苯基-1,3-丁二烯的同分异构体中的苯环上的一硝基取代产物有两种， 2个苯环所连取代基应完全相同，且2个苯环是对称结构，所以考虑1个苯环即可；苯环上的一硝基取代产物有两种，说明每个苯环上都有对位取代基，所以同分异构体的结构简式为 考点：考查有机推断，官能团的名称，结构简式、化学方程式、同分异构体的判断与书写，反应类型的判断23（10分）已知a、b、c、d、e、f、g为中学化学中常见的化合物，其中a是淡黄色固体，b是无色液体，g为红褐色沉淀。常温下甲、乙、丙为气态非金属单质，丙呈黄绿色；丁、戊为常见金属单质，其中戊是当前用量最大的金属。它们之间的转化关系如下图所示（有的反应部分产物已经略去）。请根据以上信息回答下列问题：（1）写出下列物质的化学式：a ，e 。（2）写出丁所含元素在周期表中的位置 。（3）f转化为g的过程中出现的现象是： 。（4）写出中反应的离子方程式： 。（5）转化中不含有氧化还原反应的是： （