山东省商河县常庄乡中学高三化学下学期3月月考试卷（含解析）.doc

山东省商河县常庄乡中学2016届高三下期3月月考化学试卷（解析版）1坏血病患者应该多吃的食物是a、水果和蔬菜 b、鱼肉和猪肉 c、鸡蛋和鸭蛋 d、糙米和肝脏【答案】a【解析】试题解析：新鲜蔬菜和水果富含维生素c，故a错误；肉类中含较多的蛋白质及部分脂肪，故b错误；坏血病是由于体内缺乏维生素c引起的。蛋类中含丰富的蛋白质，故c错误；肝脏能提供丰富的维生素a，故d错误。 考点：化学与健康2可用于治疗甲亢，有关的说法正确的是a中子数为131 b质子数为131 c电子数53 d质量数53【答案】c【解析】53131i的质子数为53，电子数为53，质量数为131，中子数为13153=78，则c项正确，故选c3下列反应可制得纯净一氯乙烷的是a乙烯通入浓盐酸中 b乙烯与氯化氢加成反应c乙烷与氯气在光照下反应 d乙烷通入氯水中【答案】b【解析】试题分析：a、乙烯与hcl溶液不反应，错误；b、乙烯与hcl加成生成纯净的一氯乙烷，正确；c、乙烷与氯气在光照条件下发生取代反应，产物有多种，不会得到纯净的一氯乙烷，错误；d、乙烷与氯水不反应，错误，答案选b。考点：考查有机物的化学性质4下列物质中，物质的量为2mol的是a16g氧气b2g氢气c448l氮气(标准状况)d6021023个氯分子【答案】c【解析】试题分析：a、氧气的摩尔质量为32g/mol，故16g氧气物质的量为6/32=05mol；b、氢气的摩尔质量为2g/mol，故g氧气物质的量为mol；c、在标准状态下，mol任何气体的体积为224l，故448l氮气物质的量为2mol；d、1mol的任何物质所含分子数目为6021023个，6021023个氯分子的物质的量为1mol，故选c。考点：考查了物质的量的相关知识。5下列离子方程式正确的是( )anahco3溶液显碱性：hco3-+h2oh3o+co32-b在明矾溶液中滴加过量氨水：al3+4nh3h2o=al(oh)4-+4nh4+c显蓝色的淀粉溶液中通入so2后变成无色溶液：i2 +so2+2h2o=2i-+so42-+4h+d小苏打溶液中加少量ba(oh)2溶液：hco3-+ba2+oh-=baco3+h2o【答案】c【解析】试题分析：a、,错误；b、，错误；c、正确；d、，错误。考点：离子方程式。6下列化合物能由单质直接化合生成的是ano2 bfecl3 cso3 dfecl2 【答案】b【解析】试题分析：a、氮气和氧气反应生成一氧化氮，不是二氧化氮，错误。不选a；b、铁和氯气反应氯化铁，正确，选b；c、硫和氧气反应生成二氧化硫不是三氧化硫，错误，不选c；d、铁和氯气反应生成氯化亚铁，不选d。考点： 常见金属元素的单质及混合物的综合应用，硫的性质，氯气的性质【名师点睛】注意单质之间化合的产物氢气和氧气生成水。硫和氧气生成二氧化硫，不是三氧化硫。氮气和氧气生成一氧化氮，不是二氧化氮。钠和氧气在点燃条件下反应生成过氧化钠，常温下生成氧化钠。锂和氧气反应生成氧化锂，没有过氧化物。钾和氧气点燃反应生成更复杂的氧化物。铁和氯气反应生成氯化铁，不是氯化亚铁。铁和硫反应生成硫化亚铁。铁和氧气反应生成四氧化三铁10、铜和硫反应生成硫化亚铜同时还有注意化合物之间的化合：氯化铁和铁化合生成氯化亚铁；氯化亚铁和氯气反应生成氯化铁；三氧化硫和水化合生成硫酸；氨气和硝酸化合反应生成硝酸铵；氢氧化亚铁和氧气和水化合得到氢氧化铁；碳酸钠和水和二氧化碳反应生成碳酸氢钠等。7对于常温下0.0l mol/l的氨水，下列叙述正确的是ac(h+)+c(nh4+)=2c(oh) b由h2o电离出的c(h+)=1.01012 moll1c与等体积等浓度的氯化铵溶液混合c(nh4+)+c(nh3h2o)=0.02 moll1d与等体积等浓度的盐酸混合后所得溶液c(oh)+c(nh3h2o)=c(h+)【答案】d【解析】试题分析：a、氨水中存在oh、h+、nh4+，根据电荷守恒有c(h+)+c(nh4+)=c(oh) ，错误；b、0.0l mol/l的氨水中c(oh)不等于0.01mol/l，则水电离产生的c(h+)不等于1.01012 moll1，错误；c、与等体积等浓度的氯化铵溶液混合c(nh4+)+c(nh3h2o)=0.01moll1，错误；d、与等体积等浓度的盐酸混合后所得溶液为氯化铵溶液，其中铵根离子水解生成一水合氨和氢氧根离子，根据质子守恒，可得c(oh)+c(nh3h2o)=c(h+)，正确，答案选d。考点：考查弱电解质溶液中的守恒规律、氢离子浓度的计算、混合溶液的粒子浓度的判断8若用乙烯和氯气在适当的条件下反应制取四氯乙烷，这一过程中所要经历的反应及耗用氯气的量是（设乙烯为1mol ，反应产物中的有机物只是四氯乙烷）a取代，4 mol cl2 b加成，2 mol cl2c加成、取代，2 mol cl2 d加成、取代，3 mol cl2【答案】d【解析】试题分析：根据化学反应ch2=ch2+hclch3ch2cl，烷烃的取代反应是“一上一下”，即由1mol一氯乙烷生成四氯乙烷需3mol氯气，则这一过程经历加成反应和取代反应，一共消耗3mol cl2，答案选d。考点：考查有机反应类型的特点，氯代烃的性质。9下列仪器通常可以用酒精灯直接加热的是( ) a烧杯 b烧瓶 c、锥形瓶 d坩埚 【答案】d【解析】试题分析：a、烧杯不能用酒精灯直接加热，需要垫石棉网，a错误；b、烧瓶不能用酒精灯直接加热，需要垫石棉网，b错误；c锥形瓶不能用酒精灯加热，c错误；d坩埚可以用酒精灯直接加热，d正确，选d。考点：考查考查实验室常见仪器的用法10下列物质中，既含有极性键，又含有非极性键的是（ ）a苯（c6h6） bco2 cna2o2 dnh4cl【答案】a【解析】试题分析：a、碳与碳之间是非极性键，碳氢之间是极性键，正确；b、只有极性键，错误；c、含有非极性键和离子键，错误。 d、含有极性键、离子键，错误。考点：考查化学键的分类等相关知识。11最近医学界通过用14c标记的c60发现一种c60的羧酸衍生物，在特定条件下可以通过断裂dna抑制艾滋病毒的繁殖，则有关14c的不正确叙述是a14c与12c60中碳原子化学性质相同 b14c与14n的质量数相同c14c是12c60的同素异形体 d14c与12c、13c互为同位素【答案】c【解析】试题分析：a、元素的化学性质取决于原子最外层电子，所以碳原子的化学性质相同，正确，不选a；b、元素符号的左上角是质量数，所以正确，不选b；c、同素异形体是指同种元素的不同单质，碳-14不是单质，错误，选c；d、三种微粒质子数相同，中子数不同，互为同位素，正确，不选d。考点：核素，同位素，同素异形体。12有98g纯h2so4和纯h3po4的混酸，测知其中含氧元素65.3%，则混酸中h2so4和h3po4的物质的量之比为：a1:1 b3:1 c4:1 d任意比【答案】d【解析】试题分析：硫酸和磷酸中氧元素的质量分数相同，所以不管氧元素的质量分数为多少，硫酸和磷酸的物质的量比为任意比。 考点： 元素的质量分数计算。13w、x、y、z均为短周期主族元素。x为地壳中含量最多的元素；w的原子最外层电子数与核外电子总数之比为7：17；含z元素的物质焰色反应为黄色；y的原子序数是w和z的原子序数之和的一半。下列判断正确的是（ ）ay的氧化物既可溶于w氢化物的水溶液，又可溶于z的氢氧化物水溶液b氢化物的沸点：xwc元素z与x形成的化合物中一定含有离子键和共价键d电解zw水溶液一段时间后，溶液ph增大【答案】d【解析】试题分析：注意无机推断题的入手点，x是含量最多的元素，要记牢地壳中元素的含量顺序为o、si、al、fe等，所以x为o；根据最外层电子数不超过8，可知w电子总数为17，w是cl元素；焰色反应为黄色的z是na元素；由y的原子序数是w和z的原子序数之和的一半，从而又可得到y为si。a项sio2能和naoh反应，而不能与hcl反应，所以a错；b中水常温下为液态，而hcl为气态，所以氢化物的沸点应该为：xw，b错误；c中注意na与o可以生成含共价键和离子键的na2o2或者是只含离子键的na2o，所以c错误；d是电解食盐水，产物为h2、o2、naoh，所以溶液的ph会增大，d项正确。考点：考查元素推断，并考查二氧化硅的性质、氢化物的熔沸点、钠的氧化物、电解食盐水等相关知识点评：原子结构理论、基础知识的综合运用，属于简单题型14某有机物x含碳、氢、氧三种元素欲确定x的分子式，所需下述条件中的最少组合是含碳的质量分数 含氢的质量分数 蒸气的摩尔体积(折合成标准状况下的体积)x对h2的相对密度(同温同压) x的质量 x的沸点a b c d【答案】c【解析】试题分析：根据可以确定氧元素的质量分数，进一步可以确定该有机物的实验式，由可以确定有机物分子的相对分子质量综上所述，最终可以确定有机物的分子式的最少组合是，故选c。考点：考查有关有机物分子式确定的计算15烯烃复分解反应可示意如下：下列化合物中，经过烯烃复分解反应可以生成的是【答案】a【解析】试题分析：a项中两个碳碳双键断裂后,生成物中新形成的环为六元环,且新环中所形成的碳碳双键位置符合要求,故a项正确；b、d项中,两个碳碳双键断裂后,生成物中新形成的环均为五元环,不符合要求,故b、d错误；c项中,物质两个碳碳双键断裂后,生成物中新形成的环为六元环,但新环中碳碳双键的位置不符合要求,故c项错误；本题选a。考点：有机化学反应与结构变化。16七铝十二钙（12cao7al2o3）是新型的超导材料和发光材料，用白云石（主要含caco3和mgco3）和废al片制备七铝十二钙的工艺如图：（1）煅粉主要含mgo和 ，用适量的nh4no3溶液浸取煅粉后，镁化合物几乎不溶，若溶液i中c（mg2+）小于5106moll1，则溶液ph大于 （mg（oh）2的ksp=51012）；该工艺中不能用（nh4）2so4代替nh4no3，原因是 ，（2）滤液i中的阴离子有 （忽略杂质成分的影响）；若滤液i中仅通入co2，会生成 ，从而导致caco3产率降低（3）用naoh溶液可除去废al片表面的氧化膜，反应的离子方程式为 【答案】（1）cao；11；caso4微溶于水，用（nh4）2so4代替nh4no3，会生成caso4沉淀引起ca2+的损失；（2）no3、oh；ca（hco3）2；（3）al2o3+2oh2alo2+h2o【解析】（1）锻粉是由白云石高温煅烧而来，在煅烧白云石时，发生反应：caco3cao+co2，mgco3mgo+co2，故所得锻粉主要含mgo和cao；用适量nh4no3溶液浸取煅粉后，镁化合物几乎不溶，即得mg（oh）2的饱和溶液，根据mg（oh）2的ksp可知：ksp=c（mg2+）c2（oh）=51012，而c（mg2+）小于5106moll1，故c（oh）大于103mol/l，则溶液中的c（h+）小于1011mol/l，溶液的ph大于11；caso4微溶于水，如果用（nh4）2so4代替nh4no3，会生成caso4沉淀引起ca2+的损失，故答案为：cao；11；caso4微溶于水，用（nh4）2so4代替nh4no3，会生成caso4沉淀引起ca2+的损失；（2）在锻粉中加入适量的nh4no3溶液后，镁化合物几乎不溶，由于nh4no3溶液水解显酸性，与cao反应生成ca（no3）2和nh3h2o，故过滤后溶液中含ca（no3）2和nh3h2o，将co2和nh3通入滤液i中后发生反应：ca（no3）2+2nh3+co2+h2o=caco3+2nh4no3，故滤液中的阴离子主要为no3，还含有oh；若滤液中仅通入co2，会造成co2过量，则会生成ca（hco3）2，从而导致caco3产率降低，故答案为：no3、oh；ca（hco3）2；（3）氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，离子反应为al2o3+2oh2alo2+h2o17铜族元素包括cu、ag、au，其单质均为面心立方晶体。（1）基态au原子有 个未成对电子，cu2的电子排布式为 ，向cu2溶液中加入足量的氨水后，再加入无水乙醇，可析出一种配合物，其中n原子的杂化轨道类型为_，该配合物的颜色为 。（2）cu2o是一种共价型化合物，其立方晶胞内：氧原子分别位于立方体的顶点和体心，则该晶胞中有个铜原子，其中氧原子的配位数为 。（3）钇钡铜氧超导体的理想晶胞如图所示，其化学式为： ，该晶体中y为+3，ba为+2，铜为+2、+3，则铜元素中+2价铜的百分含量为 ；y的价电子排布式为4d15s2，则y在周期表的位置： ，（4）已知ag的晶胞参数a0.408 nm，列式表示ag单质的密度_gcm3(不必计算出结果)。【答案】（15分）（1）1（1分），ar3d9（1分）；sp3（1分）；深蓝色（各1分）（2）4（1分）；4（1分）（3）yba2cu3o7 （2分）；2/3（2分）；第5周期第b族（2分）（4）（3分）【解析】试题分析：（1）au是第ib族元素，与cu是同族，cu有1个未成对电子，则au也有1个未成对电子；cu原子的外围电子排布是3d104s1，失去2个电子，形成cu2+，则cu2+的电子排布式为ar3d9，向cu2溶液中加入足量的氨水后，再加入无水乙醇，可析出一种配合物，该配合离子是cu(nh3)42+，为深蓝色离子，其中n原子与3个h原子形成3个共价键，与铜离子形成配位键，所以n原子的杂化方式是sp3杂化；该配合物的颜色为深蓝色；（2）根据o原子的位置可计算晶胞中o原子的数目是81/8+1=2,在cu2o中，cu原子是o原子的数目的2倍，所以晶胞中cu原子的数目是4；cu原子位于体心的o原子与顶点的o原子之间，形成共价键，所以每个o原子与4个cu原子形成共价键，则o原子的配位数是4；（3）y原子位于体心，所以晶胞内y原子的个数是1；ba位于体内，则ba原子的个数是2，cu原子位于顶点和棱，则cu原子的个数是81/4+81/8=3；o原子位于棱和面上，所以o原子的个数是121/4+81/2=7，则该晶胞的化学式是yba2cu3o7；该晶体中y为+3，ba为+2，铜为+2、+3，o为-2价，根据元素的正负化合价代数和为0的原则，则cu元素的整体化合价为+7价，+2价的cu有2个，+3价的cu有1个，铜元素中+2价铜的百分含量为2/3；y是元素周期表中第5周期第b族元素；（4）ag是面心立方晶胞，晶胞内有4个ag原子，1nm=10-7cm，所以该晶胞的密度为4108/na/(0.40810-7)3=4108/na(0.40810-7)3 gcm3。考点：考查物质结构与性质的应用18某同学在实验室研究na2co3和nahco3的性质及相互转化。（1）分别向浓度均为0.1mol/lna2co3及nahco3溶液中滴加几滴酚酞试剂： na2co3溶液由无色变为红色，其原因是 。 nahco3溶液也由无色变为红色，其原因是 。 比较两份溶液的颜色，红色较浅的是 （填化学式）。（2）研究nahco3与cacl2的反应。实验序号实验操作实验现象实验1向2ml 0.001mol/l nahco3溶液中加入1ml 0.1mol/lcacl2溶液无明显变化。用激光笔照射，没有出现光亮的通路。实验2向2ml 0.1mol/l nahco3溶液中加入1ml 0.1mol/lcacl2溶液略显白色均匀的浑浊，用激光笔照射，出现光亮的通路。 实验1中没有出现白色浑浊的原因是 。 实验2中形成的分散系属于 。 用离子方程式表示实验2中发生的反应 。（3）在不引入其他杂质的前提下，实现na2co3与nahco3之间的转化，请在下图中标出所用的试剂、用量或物质的浓度（反应前后溶液体积的变化可忽略）。 试剂_na2co3100ml 0.1mol/lnahco3100ml _mol/l试剂_， 物质的量_molna2co3100ml 0.1mol/lnahco3100ml 0.1mol/l【答案】（1）co32-+h2ohco3-+oh-hco3-+h2oh2co3+oh-，hco3-h+co32-，水解程度大于电离程度nahco3（2）hco3-浓度低，电离出的co32-浓度更低，导致c(ca2+）c(co32-）ksp(caco3）胶体ca2+2hco3-=caco3+co2+h2o（3）co2，0.2，naoh，0.01【解析】试题分析：（1）co32-水解，co32-+h2ohco3-+oh-，所以na2co3溶液呈碱性；hco3-水解呈碱性，hco3-+h2oh2co3+oh-，hco3-电离呈酸性hco3-h+co32-，水解程度大于电离程度，所以nahco3溶液呈碱性；同浓度的na2co3及nahco3，co32-水解程度大于hco3-，na2co3溶液的ph大于nahco3；（2）hco3-浓度低，电离出的co32-浓度更低，导致c(ca2+）c(co32-）ksp(caco3），所以没有沉淀；用激光笔照射，出现光亮的通路，所以实验2中形成的分散系属于胶体；实验2中发生的反应ca2+2hco3-=caco3+co2+h2o；（3），100ml 0.1mol/lna2co3溶液通入足量的co2，可生成100ml 0.2mol/lnahco3溶液；，100ml 0.1mol/lnahco3溶液，加入，0.01mol naoh固体，可生成100ml 0.1mol/lna2co3溶液。考点：本题考查碳酸钠、碳酸氢钠的性质。19酸性kmno4溶液能与草酸（h2c2o4）溶液反应。某探究小组利用反应过程中溶液紫色消失快慢的方法来研究影响反应速率的因素。.实验前首先用浓度为0.1000moll-1酸性kmno4标准溶液滴定未知浓度的草酸。（1）写出滴定过程中发生反应的化学方程式为 。（2）滴定过程中操作滴定管的图示正确的是 。（3）若滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失，会使测得的草酸溶液浓度 （填“偏高”、“偏低”、或“不变”）。.通过滴定实验得到草酸溶液的浓度为0.2000moll-1 。用该草酸溶液按下表进行后续实验（每次实验草酸溶液的用量均为8ml）。实验编号温度（）催化剂用量(g)酸性高锰酸钾溶液实验目的a. 实验1和2探究 ； b. 实验1和3探究反应物浓度对该反应速率的影响；c. 实验1和4探究催化剂对该反应速率的影响。体积 （ml）浓度(moll-1)1250.540.10002500.540.10003250.540.0100425040.1000（4）写出表中a 对应的实验目的 ；若50c时，草酸浓度c(h2c2o4)随反应时间t的变化曲线 如下图所示，保持其他条件不变，请在图中画出25c时c(h2c2o4)随t的变化曲线示意图。（5）该小组同学对实验1和3分别进行了三次实验，测得以下实验数据（从混合振荡均匀开始计时）：实验编号溶液褪色所需时间（min）第1次第2次第3次114.013.011.036.56.76.8分析上述数据后得出“当其它条件相同时，酸性高锰酸钾溶液的浓度越小，褪色时间就越短，即反应速率就越快”的结论。甲同学认为该小组“探究反应物浓度对速率影响”的实验方案设计中存在问题，从而得到了错误的实验结论，请简述甲同学改进的实验方案 。（6）该实验中使用的催化剂应选择mnso4而不是mncl2，原因可用离子方程式表示为 。【答案】(每空2分)（1）2mno4+5h2c2o4+6h+= 2mn2+ + 10co2 + 8h2o（2）a （3） 偏高 （4）探究温度不同对反应速率的影响（5）其它条件相同时，利用等量且少量的高锰酸钾与等体积不同浓度的足量草酸溶液反应，测量溶液褪色时间。（6）2mno4+ 10cl + 16h+ = 5cl2+ 2mn2+ + 8h2o 【解析】试题分析：（1）草酸（h2c2o4）溶液与酸性kmno4溶液发生氧化还原反应，草酸被氧化为二氧化碳，高锰酸钾被还原为mn2+ ，离子方程式为2mno4+5h2c2o4+6h+= 2mn2+ + 10co2 + 8h2o；（2）酸性高锰酸钾氧化性强，所以在该实验中选择酸式滴定管，滴定时用左手的大拇指、食指、中指旋转滴定管的旋塞，所以答案选a；（3）若滴定前滴定管尖嘴处有气泡，对初读数无影响，但滴定后消失，会使末读数偏大，二者的差值为酸性高锰酸钾溶液滴定的体积，导致计算出的草酸溶液的浓度偏高；（4）实验1和2相比，只有温度不同，所以a的目的是探究温度不同对反应速率的影响；25c低于50c，所以反应速率慢，溶液褪色所需时间长，所画曲线的起点相同，较平缓，在50c曲线的略上方即可；（5）探究反应物浓度对速率影响时应在其他条件不变时改变某种反应物的浓度，在本实验中褪色的是酸性高锰酸钾溶液，所以酸性高锰酸钾的溶液的体积、浓度 应是不能变的，而只改变草酸的浓度（体积不变），观察溶液褪色的时间，所以其它条件相同时，利用等量且少量的高锰酸钾与等体积不同浓度的足量草酸溶液反应，测量溶液褪色时间。（6） 该实验中使用的催化剂应选择mnso4而不是mncl2，是因为氯离子与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应 而生成氯气，消耗酸性高锰酸钾溶液，使滴定结果偏高，发生的离子方程式是2mno4+ 10cl + 16h+ = 5cl2+ 2mn2+ + 8h2o考点：考查溶液滴定的实验，实验操作、误差分析，试剂的选择，离子方程式的书写20（12分）某化学活动小组设计如下图所示（部分夹持装置已略去）实验装置，以探究潮湿的cl2与na2co3反应得到的固体物质。（1）写出装置a中发生反应的化学方程式： 。（2）写出试剂y的名称： 。（3）已知：通入一定量的氯气后，测得d中只有一种常温下为黄红色的气体，其为含氯氧化物。可以确定的是c中含氯元素的盐只有一种，且含有nahco3，现对c成分进行猜想和探究。提出合理假设。假设1：存在两种成分：nahco3和 ；假设2：存在三种成分：nahco3和 、 。设计方案，进行实验。请写出实验步骤以及预期现象和结论（可不填满）。限选实验试剂和仪器：蒸馏水、稀hno3、bacl2溶液、澄清石灰水、agno3溶液、试管、小烧杯。实验步骤预期现象和结论步骤1：取c中少量固体样品于试管中，滴加足量蒸馏水至固体溶解，然后将所得溶液分别置于a、b试管中。步骤2：_步骤3：向b试管中滴加过量的稀hno3溶液，再滴加agno3溶液。若溶液变浑浊，结合步骤2中，则假设1成立，结合步骤2中，则假设2成立。（4）已知c中有01mol cl2参加反应。若假设l成立，可推知c中反应化学方程式为： 【答案】（12分）（1）4hcl（浓）+mno2mncl2+cl2+2h2o（2分）（2）饱和食盐水（或饱和氯化钠溶液）（2分）（3）假设一：nacl（2分）假设二：nacl、 na2co3、（2分）实验步骤预期现象和结论步骤2：向a试管中滴加bacl2溶液，（2分）若先无明显现象，证明固体中不含碳酸钠。（1分）若溶液变浑浊，证明固体中含碳酸钠。（1分）（4）2cl2+2na2co3+h2o=2nahco3+2naclcl2o【解析】试题分析：（1）实验室制备氯气，结合装置分析可知是利用二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯气，反应的化学方程式为：4hcl（浓）+mno2mncl2+cl2+2h2o；（2）实验制备氯气中含有氯化氢气体，需要用饱和食盐水除去；（3）在装置c中通入一定量的氯气后，测得d中只有一种常温下为黄红色的气体（含氯氧化物）c中含氯元素的盐只有一种，且含有nahco3假设存在两种成分，为nahco3和nacl；假设存在三种成分，应还有未完全反应的na2co3，即是nahco3、nacl和na2co3步骤2中向a试管中滴加适量bacl2溶液，是检验产物中是否有na2co3，回答该小题时要结合最后的结论，a应为证明固体中不含na2co3，b应为证明固体中含na2co3，不能颠倒；步骤3应是检验氯离子，应向b试管中滴加过量的稀硝酸，再滴加agno3溶液，若溶液变浑浊，证明固体中含有nacl；（4）c中有01mol cl2参加反应装置c中通入一定量的氯气后，测得d中只有一种常温下为黄红色的气体，若假设一成立，反应为cl2+na2co3nahco3+nacl+x，依据氧化还原反应电子守恒计算判断氯元素化合价为+1价：可推知c中反应生成的含氯氧化物为cl2o；反应的化学方程式为：2cl2+h2o+2na2co32nahco3+2nacl+cl2o。考点：考查了物质性质验证的实验设计，步骤分析判断，现象分析理解，掌握物质性质和实验设计方法是解题关键。21将高碘酸h5io6加入mnso4溶液中可使溶液呈紫红色，已知h5io6在反应中发生如下过程：h5io6hio3。完成下列填空：（1）将该反应的氧化剂、还原剂及配平后的系数填入正确位置。+（氧化剂）（还原剂）（2）在上图中标明电子转移的方向和数目。（3）若向h5io6溶液中加入足量的下列物质，能将碘元素还原成碘离子的是_（选填序号）。a. 盐酸b. 硫化氢c. 溴化钠d. 硫酸亚铁（4）若向含1mol h5io6 的溶液中加入过量的过氧化氢溶液，再加入淀粉溶液，溶液变蓝，同时有大量气体产生。请写出此反应的化学方程式：_，此过程中至少可得到气体_l（标准状态下）。【答案】（本题共8分）（1）（2）（共3分，物质1分、配平1分、方向数目1分）（3）b（1分）；（4）2h5io6 + 7h2o2 i2 + 12h2o + 7o2（2分），78.4l（2分）【解析】试题分析：（1）（2）高碘酸h5io6加入mnso4溶液中可使溶液呈紫红色，这说明反应中有高锰酸钾生成，因此高碘酸是氧化剂，硫酸锰是还原剂。其中i元素的化合价从7价降低到5价，得到2个电子。mn元素的化合价从2价升高到7价，失去5个电子，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5:2，因此电子转移的方向和数目为。（3）由于氯气、单质溴以及铁离子的氧化性均强于单质碘的，所以选项acd不可能将高碘酸还原为碘离子。单质碘的氧化性强于s的，因此h2s可以把高碘酸还原为碘离子，答案选b。（4）向含1mol h5io6 的溶液中加入过量的过氧化氢溶液，再加入淀粉溶液，溶液变蓝，这说明有单质碘生成。同时有大量气体产生，该气体应该是氧气，所以反应的化学方程式为2h5io6 + 7h2o2 i2 + 12h2o + 7o2。其中氧气的物质的量是3.5mol，在标准状况下的体积是3.5mol22.4l/mol78.4l。考点：考查氧化还原反应的判断、配平、应用以及有关计算等22已知： a是石油裂解气的主要成份，a的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平；现以a为主要原料合成乙酸乙酯，其合成路线如下图所示。回答下列问题：（1）写出a的结构式： ，c的结构简式： 。（2）b、c分子中的官能团名称分别 、 。（3）写出下列反应的反应类型： 。（4）写出下列反应的化学方程式 （5）写出乙酸乙酯在碱性条件下的水解方程式： 。【答案】（1）ch2ch2；ch3cho （2）羟基；醛基 （3） 加成反应 氧化反应 酯化反应（4） ch2ch2 + h2och3ch2oh 2ch3ch2oh + o22ch3cho + 2h2o ch3cooh + ch3ch2ohch3cooch2ch3 + h2o（5）ch3cooch2ch3 + naohch3coona + ch3ch2oh【解析】试题分析：已知： a是石油裂解气的主要成份，a的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平，则a是乙烯；乙烯与水发生加成反应生成乙醇，即b是乙醇。乙醇催化氧化生成乙醛，则c是乙醛，乙醛继续氧化生成乙酸，则d是乙酸。乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯。（1）乙烯和c的结构式分别为ch2ch2、ch3cho。（2）b、c分子中的官能团名称分别羟基、醛基。（3）根据以上分析可知、的反应类型分别是加成反应、氧化反应、酯化反应。（4）根据以上分析可知、反应的化学方程式分别是ch2ch2 + h2och3ch2oh、2ch3ch2oh + o22ch3cho + 2h2o、ch3cooh + ch3ch2ohch3cooch2ch3 + h2o。（5）乙酸乙酯在碱性条件下的水解方程式为ch3cooch2ch3 + naohch3coona + ch3ch2oh。【考点定位】本题主要是考查有机物推断、反应类型及有关方程式书写等【名师点晴】根据反应条件推断反应类型：（1）在naoh的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应。（2）在naoh的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应。（3）在浓h2so4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等。（4）能与溴水或溴的ccl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应。（5）能与h2在ni作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应。（6）在o2、cu(或ag)、加热(或cuo、加热)条件下，发生醇的氧化反应。（7）与o2或新制的cu(oh)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是cho的氧化反应。(如果连续两次出现o2，则为醇醛羧酸的过程)。（8）在稀h2so4加热条件下发生酯、低聚糖、多糖等的水解反应。（9）在光照、x2(表示卤素单质)条件下发生烷基上