山东省成武县第一中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）

山东省成武县第一中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）
1．下列物质中，常温下为气体的是
A． 汽油 B． 甲醛 C． 甲醇 D．甲酸
【答案】B
【解析】
2．将丙烯和乙酸以一定比例混合，测得混合物含碳48%，那么氧元素的质量分数是
A．44% B．35% C．30% D．无法计算
【答案】A
【解析】
3．下列叙述不正确的是
A．NaOH的碱性介于KOH和Mg(OH)2之间
B．Li、Na、K、Rb元素金属性依次增强
C．Na＋、Mg2＋、Al3＋的离子半径依次增大
D．H2SiO3、H2CO3、HClO4酸性依次增强
【答案】C
【解析】
答案：C
A、正确，金属性K>Na>Mg, NaOH的碱性介于KOH和Mg(OH)2之间；B．正确，Li、Na、K、Rb原子半径依次增大，元素金属性依次增强；C、不正确，核外电子层结构相同时，核电荷数大，半径反而小，Na＋、Mg2＋、Al3＋的离子半径依次减小；D．正确，非金属性Si 4．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是( )
A．25℃时，1L pH=13的Ba(OH)2溶液中含有OH一的数目为0．2NA
B．取50mL 14．0moI/L浓硝酸与足量的铜片反应，生成气体分子的数目为0．35NA
C．标准状况下，2．24L二氧化硫中含有的电子总数为3．2NA
D．40g金刚砂(SiC)中含有C-Si键的个数为2NA
【答案】C
【解析】
试题分析：A、溶液的pH=13，可知c(H+)=10-13mol/L，故c(OH-)=0.1mol/L，氢氧根的物质的量n=cV=0.1mol/L×1L=0.1mol，故A错误；B、铜与浓硝酸反应的方程式为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，铜与稀硝酸反应的方程式为：3Cu+8HNO3═3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，硝酸的物质的量为0.7mol，0.7mol浓硝酸完全反应生成0.35mol二氧化氮，0.7mol稀硝酸与铜反应生成0.175mol一氧化氮，所以0.7mol浓硝酸与足量铜反应生成的气体的物质的量小于0.35mol，生成的气体分子数小于0.35NA，故B错误；C、标况下2.24L二氧化硫的物质的量为：=0.1mol，0.1mol二氧化硫中含有3.2mol电子，含有的电子总数为3.2NA，故C正确；D、40g金刚砂(SiC)中含有1molC原子，每个c原子形成4个C-Si键，C-Si键的个数为4NA，故D错误；故选C。
考点：考查了阿伏伽德罗常数的相关知识。
5．下列设计的实验方案能达到实验目的是
A．检验淀粉是否完全水解：取少量水解液于试管中，加入过量氢氧化钠溶液和新制Cu（OH）2悬浊液，加热至沸腾，看是否有砖红色沉淀生成
B．提纯混有少量CaCl2的NaCl固体：将固体配成溶液，加入稍过量Na2CO3溶液至沉淀完全，过滤，再向滤液中加入稍过量盐酸，蒸发结晶
C．制取少量乙酸乙酯：向试管中加入浓硫酸，再加入无水乙醇，冷却后加入冰醋酸，加热，将生成的蒸气导至盛有氢氧化钠溶液的试管中
D．验证炭与浓硫酸反应产生的CO2：将炭与浓硫酸反应生成的气体通入盛有澄清石灰水的试管中，观察是否有白色沉淀生成
【答案】B
【解析】
试题分析：A．检验淀粉是否完全水解，应该看是否还有淀粉，所以应加碘水看是否变蓝，A错误；碳酸钠能除掉氯化钙，过量的碳酸钠用盐酸除去，B正确；C．正确的操作是试管中先加无水乙醇，再加一定量浓硫酸，最后加冰醋酸，这样的顺序加是防止把乙醇加入到浓硫酸中液体飞溅伤人，C错误；D．炭与浓硫酸反应生成的二氧化硫也可以和氢氧化钙反应生成白色沉淀，D错误，答案选B。
考点：考查化学实验方案及基本操作
6．为检验一种氮肥的成分，某学习小组的同学进行了以下实验：①加热氮肥样品生成两种气体，其中一种气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，另一种气体能使澄清石灰水变浑浊。②取少量该氮肥样品溶于水，并加入少量BaCl2溶液，没有明显变化。由此可知该氮肥的主要成分是 （ ）
A．NH4NO3 B．(NH4)2CO3 C． NH4Cl D．NH4HCO3
【答案】D
【解析】
试题分析：气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明该气体是氨气，即该氮肥中含有NH4＋；另一种气体能使澄清石灰水变浑浊，说明该气体是CO2；说明该氮肥中含有HCO3-或CO32-，取少量该氮肥样品溶于水，并加入少量氯化钡溶液，没有明显变化，说明该氮肥中没有CO32－，因此该氮肥应该是碳酸氢铵，答案选D。
考点：考查物质的检验，铵盐的性质等知识。
7．常温下，在溶液中可以发生反应：X+2Y3+═X2++2Y2+，则下列解释：①X被氧化；②X是氧化剂；③X具有还原性；④Y2+是氧化产物；⑤Y2+具有还原性；⑥Y3+的氧化性比X2+要强．其中正确的是
A．②④⑥ B．①③④ C．②⑤ D．①③⑤⑥
【答案】D
【解析】
试题分析：反应X+2Y3+═X2++2Y2+中X→X2+ X元素化合价升高、失电子、还原剂、被氧化为X2+、发生氧化反应；Y3+→Y2+ Y元素化合价降低、得电子、氧化剂、被还原为Y2+、发生还原反应；反应中X具还原性，Y3+具有氧化性，X的还原性大于还原产物Y2+，Y3+的氧化性大于氧化产物X2+；①X被氧化、③X具有还原性、⑤Y2+具有还原性、⑥Y3+的氧化性比X2+要强等正确，选项D符合题意。
考点：氧化还原反应的分析
8．V、W、X、Y均是元素周期表中短周期元素，在周期表中的相对位置关系如表所示：
Y
V
X
W
V的最简单氢化物为甲，W的最简单氢化物为乙，甲、乙混合时有白烟生成。下列说法正确的是
A．原子半径：X＞W＞V＞Y
B．Y的最高价氧化物的电子式为
C．X的最高价氧化物能与V、W最高价氧化物对应的水化物反应
D．甲、乙混合时所生成的白烟为离子化合物，只含有离子键
【答案】C
【解析】
试题分析：甲、乙均是简单氢化物，甲、乙混合时有白烟生成，甲为NH3、乙为HCl，白烟是NH4Cl，所以Y、V、X、W分别是C、N、Al、Cl元素，据此回答。A.同周期元素，从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素，从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径为X＞W＞Y＞V，A项错误；B.根据上述分析，Y为C，CO2的电子式为，B项错误；C.根据上述分析，X、V、W分别为Al、N、Cl，Al2O3是两性氧化性，能与硝酸和高氯酸反应，C项正确；D.白烟是NH4Cl，属于离子化合物，含有离子键和共价键，D项错误；答案选C。
考点：考查元素的推断，元素周期律的应用等知识
9．要检验某溴乙烷中的溴元素，正确的实验方法是
A. 加入氯水振荡，观察水层是否有棕红色溴出现
B. 滴入硝酸银溶液，再加入稀硝酸呈酸性，观察有无浅黄色沉淀生成
C. 加入NaOH溶液共热，然后加入稀硝酸呈酸性，再滴入硝酸银溶液，观察有无浅黄色沉淀生成
D. 加入NaOH溶液共热，冷却后加入硝酸银溶液，观察有无浅黄色沉淀生成
【答案】C
【解析】
试题分析：溴乙烷中的溴元素以原子形式存在，所以直接加入氯水，不会发生置换反应产生溴单质，A错误；直接加入硝酸银溶液，也不会生成溴化银的浅黄色沉淀，B错误；加入氢氧化钠溶液共热，生成乙醇和HBr，溴元素以离子形式存在，但直接加入硝酸银，溶液未酸化，则会导致硝酸银与过量的氢氧化钠反应液产生沉淀，给实验造成干扰，D错误；加入硝酸酸化后，再加入硝酸银溶液，排除氢氧化钠的干扰，观察有无浅黄色沉淀生成，判断溴元素的存在，C正确，答案选C。
考点：考查卤代烃中卤族元素的鉴定实验
10．化学反应中的能量变化是由化学反应中旧化学键断裂时吸收的能量与新化学键形成时放出的能量不同引起的。如图为N2(g)和O2(g)反应生成NO(g)过程中的能量变化：
下列说法中正确的是( )
A．1 mol N2(g)和1 mol O2(g)反应放出的能量为180 kJ
B．1 mol N2(g)和1 mol O2(g)具有的总能量小于2 mol NO(g)具有的总能量
C．通常情况下，N2(g)和O2(g)混合能直接生成NO
D．NO是一种酸性氧化物，能与NaOH溶液反应生成盐和水
【答案】B
【解析】
试题分析：A、根据反应热=反应物的总键能-生成物的总键能，可得该反应的反应热=946+498-2×632=180kJ/mol，所以该反应是吸热反应，1 mol N2(g)和1 mol O2(g)反应吸收的能量为180 kJ，错误；B、根据A的分析，该反应是吸热反应，说明反应物的总能量低于生成物的总能量，正确；C、氮气与氧气在放电的条件下反应生成NO，常温下不反应，错误；D、NO不是酸性氧化物，不与氢氧化钠溶液反应，错误，答案选B。
考点：考查化学反应与能量、键能的关系
11．下列事实中，能说明氯的非金属性比硫强的是
A、高氯酸的酸性比亚硫酸强 B、次氯酸的氧化性比稀硫酸强
C、氯化氢比硫化氢的热稳定性好 D、氯原子最外层电子数比硫原子多
【答案】C
【解析】
试题分析：A、依据最高价含氧酸的酸性判断非金属性的强弱，高氯酸应与硫酸作比较，错误；B、应比较其简单阴离子的还原性来比较非金属性的强弱，错误；C、利用气态氢化物的稳定性来比较非金属性的强弱，正确；D、依据得电子的难易来比较非金属性的强弱，而不是最外层电子的多少，错误，答案选C。
考点：考查非金属性的判断依据
12．某元素位于第三周期第VIA族。下列叙述不正确的是
A．该元素是非金属元素 B．该元素原子的核电荷数为16
C．该元素原子核外有3个电子层 D．该元素原子容易失去最外层电子
【答案】D
【解析】
试题分析：某元素位于第三周期第VIA族，则该元素是硫元素，它是非金属元素，原子序数是16，原子核外有3个电子层，由于原子最外层电子数较多，原子半径相对较小，容易获得两个电子，达到最外层8个电子的稳定结构，因此说法错误的是该元素原子容易失去最外层电子，选项是D。
考点：考查元素的确定、元素的原子结构与元素的性质的关系的知识。
13．三氟化氮(NF3)是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体，它在潮湿的环境中能发生反应：3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF，下列有关该反应的说法正确的是
A．NF3是氧化剂，H2O是还原剂
B．HF是还原产物
C．还原剂和氧化剂的物质的量之比是2:1
D．NF3在潮湿的空气中泄漏会产生红棕色气体
【答案】D
【解析】
试题分析：A．在3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF反应中，NF3中的N元素的原子部分升高变为HNO3，部分降低变为NO，因此NF3是氧化剂，也是还原剂，而水的组成元素化合价没有发生变化。所以水不是还原剂，错误；B．HF的组成元素在反应前后没有发生变化，所以HF不是还原产物，错误；C．根据方程式可知，在该反应中还原剂NF3和氧化剂NF3的物质的量之比是1：2，错误；D． NF3在潮湿的空气中泄漏会会发生反应产生NO，NO遇空气会发生反应产生红棕色NO2气体，正确。
考点：考查氧化还原反应的有关知识。
14．下列离子方程式正确的是
A．实验室中制取CO2：CO32－＋2H＋＝H2O＋CO2↑
B．钠投入CuSO4溶液中：2Na＋Cu2＋＋H2O＝2Na＋＋Cu(OH)2↓＋H2↑
C．向次氯酸钠溶液中通入足量SO2气体：ClO－＋SO2＋H2O＝HClO＋HSO3－
D．向酸性KMnO4溶液中滴加双氧水：2MnO4－＋H2O2＋6H＋＝2Mn2＋＋4H2O＋3O2↑
【答案】B
【解析】
试题分析：A、实验室制取CO2用碳酸钙与盐酸反应，碳酸钙是难溶性物质，应该用化学式表示，A不正确；B、钠是活泼的金属，极易与水反应生成氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠再与硫酸铜反应生成氢氧化铜和硫酸钠，B正确；C、次氯酸钠极易强氧化性，能把SO2氧化生成硫酸，C不正确；D、电子得失不守恒，应该是2MnO4－＋5H2O2＋6H＋＝2Mn2＋＋8H2O＋5O2↑，D不正确，答案选B。
考点：考查离子方程式的正误判断
15．关于如图中四个图像的说法正确的是
注：图中，E表示能量，p表示压强，t表示时间，V表示体积。
A．①表示化学反应H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)的能量变化，则该反应的反应热ΔH＝+183 kJ/mol
B．②表示其他条件不变时，反应4A(g)＋3B(g)2C(g)＋6D在不同压强下B的体积分数随时间的变化，则D一定是气体
C．③表示体积和pH均相同的HCl和CH3COOH两种溶液中，分别加入足量的锌，产生H2的体积随时间的变化，则a表示CH3COOH溶液
D．④表示10 mL 0.1 mol/L Na2CO3和NaHCO3两种溶液中，分别滴加0.1 mol/L盐酸，产生CO2的体积随盐酸体积的变化，则b表示Na2CO3溶液
【答案】C
【解析】
试题分析：A、分析图象拆化学键和形成化学键能量变化判断，反应是放热反应；反应热△H=-183kJ/mol；故A错误；B、先拐先平压强大，P2＞P1，压强越大B的含量越小，平衡正向进行，正向是气体体积减小的反应，D一定不是气体；故B错误；C、醋酸是弱酸存在电离平衡，体积和pH均相同的HCl和CH3COOH两种溶液中加入过量锌，醋酸溶液中生成氢气多；故C正确；D、碳酸钠溶液中滴入盐酸开始无气体生成，滴入到碳酸钠反应为碳酸氢钠时，再加入盐酸会生成气体，碳酸氢钠溶液中滴入盐酸生成气体，b为碳酸氢钠；故D错误；故选C。
考点：考查了化学平衡图像；弱电解质在水溶液中的电离平衡的相关知识。
16．同分异构现象是造成有机物种类繁多的原因之一。
(1)戊烷的同分异构体有____________种，写出一氯代物只有1种的戊烷的结构简式_______________
(2)分子式为C8H10且属于芳香烃的化合物有____________种，其中氯原子直接连在苯环上的一氯代物只有1种的芳香烃是_________________。
(3)分子式为C2H6O的物质有______种，其中只有一种分子能和金属钠反应，写出该反应的化学方程式______________________________。
【答案】(1)3、C(CH3)4、 (2)4、（或对二甲苯）
(3)2、2C2H5OH + 2Na →2C2H5ONa + H2↑
【解析】考查同分异构体及氢原子种类的判断和常见化学用语的书写。
（1）戊烷的同分异构体有三种，即正戊烷、异戊烷和新戊烷。同一个碳原子上的氢原子是相同的，其次同一个碳原子所连接的所有甲基上的氢原子是相同的，再就是具有对称性结构的（类似于平面镜成像中物体和像的关系）。所以只有新戊烷的中氢原子才是完全相同的，其结构简式为C(CH3)4。
（2）芳香烃必须含有苯环，所以苯环的上的取代基是－C2H5，或者是2个甲基。其中乙苯苯环上的氢原子分为3类，邻二甲苯是2类，间二甲苯是3类，只有对二甲苯是1类，结构简式为。
（3）分子式为C2H6O的有机物可以是乙醇，也可以是甲醚CH3OCH3。甲醚和钠不反应，乙醇可以和钠反应放出氢气，方程式为2C2H5OH + 2Na →2C2H5ONa + H2↑。
17．现有14.4 g CO和CO2的混合气体，在标准状况下其体积为8.96 L。回答下列问题：
（1）该混合气体的平均摩尔质量为________。
（2）混合气体中碳原子的个数为________(用NA表示阿伏加德罗常数的值)。
（3）将混合气体依次通过下列如图所示装置，最后收集在气球中(实验在标准状况下测定)。
①气球中收集到的气体的摩尔质量为________。
②气球中收集到的气体中，电子总数为_____(用NA表示阿伏加德罗常数的值)。
③气球的体积为________L。
【答案】（1）36 g/mol （2）0.4NA （3）①28 g/mol ②2.8NA ③4.48
【解析】
试题分析：（1）标准状况下其体积为8.96 L，则物质的量n＝8.96L÷22.4L/mol＝0.4mol，则混合气体的平均摩尔质量＝14.4 g÷0.4mol＝36 g/mol。
（2）CO2和CO分子都含有1个C原子，混合气体的物质的量为0.4mol，则C原子的物质的量为0.4mol，所以混合气体中碳原子的个数为0.4NA。
（3）①混合气体通过NaOH溶液时CO2气体被吸收，再通过浓硫酸干燥气体，所以气球中收集到的气体为纯净的CO气体，所以摩尔质量为28 g/mol。
②设混合气体中CO的物质的量为n mol，则CO2物质的量为（0.4—n）mol，根据混合气体的质量可得28n g+44（0.4—n）g＝14.4g，解得n＝0.2mol，CO分子含有14个电子，所以0.2mol CO含有2.8NA电子。
③气球收集的CO物质的量为0.2mol，则体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L。
【考点定位】本题主要是考查物质的量的相关计算
【名师点晴】在进行物质的量的有关计算时，关键是熟练应用几个关系式、n＝m/M、、，特别还要注意气体摩尔体积的使用条件，即只能适用于气体，且只有在标准状况下，气体的摩尔体积才是22.4L/mol。
18．已知反应AsO43-+2I-+2H+AsO33-+I2+H2O是可逆反应。现设计如下图所示实验装置(装置中盐桥的作用是使整个装置形成一个闭合的回路)进行下述操作：
(Ⅰ)向(B)烧杯中逐滴加入浓盐酸，发现微安表指针偏转；
(Ⅱ)若改向(B)烧杯中滴加40%NaOH溶液，发现微安表指针偏转方向与Ⅰ相反。
试完成下列问题：
(1)两次操作过程中微安表指针为什么会发生偏转？
(2)两次操作过程中指针偏转方向为什么相反？
【答案】(1)两次操作均发生原电池反应,电流表指针偏转，化学能转变为电能。
(2)由于c(H+)改变，使化学平衡向不同方向移动发生不同方向的反应。
【解析】Ⅰ.操作过程中，C1棒发生的反应为2I--2e-I2
Ⅱ.操作过程中，C2棒发生的反应为AsO33-+H2O-2e-AsO43-+2H+
总反应为AsO43-+2I-+2H+AsO33-+I2+H2O,Ⅰ操作中I-被氧化，AsO43-被还原;Ⅱ操作中AsO43-被氧化，I2被还原。
Ⅰ操作中(A)池发生氧化反应C1为负极；(B)池中发生还原反应C2为正极。
Ⅱ操作中(A)池发生还原反应C1为正极；(B)池中发生氧化反应C2为负极。
19．(12分)某混合物的水溶液，可能含有以下离子中的若干种:K＋、NH4＋、Al3＋、Ba2＋、CO32－、SO42－、Cl－、Br－。现分别取100 mL的三等份溶液进行如下实验:
①第一份加过量浓NaOH溶液加热后，收集到气体0．02 mol，无沉淀生成，同时得到溶液甲。再向甲溶液中通人过量的CO2，生成白色沉淀，沉淀经过滤、洗涤、干燥、灼烧后，得到1．02 g固体。
②第二份加足量盐酸酸化的BaC12溶液，经过滤、洗涤、干燥后，得到沉淀的质量为11．65 g,
③第三份加CCl4，滴加少量氯水，振荡后静置, CCl4层未变红色;
依据实验回答下列问题:
（1）分析上述实验，写出每一实验可以确定离子一定存在或不存在的种类。
实验①可以确定:一定存在的离子有__________，一定不存在的离子有___________;
实验②可以确定:一定存在的离子有___________________，一定不存在的离子有________;
实验③可以确定:一定不存在的离子有_____________________。
（2）试通过分析与计算，原溶液中K+的物质的量浓度为____________mol·L-1。
【答案】（12分）（1）
实验①可以确定：一定存在的离子有 NH4＋、Al3+，一定不存在的离子有 CO32- ；
实验②可以确定：一定存在的离子有 SO42－ ，一定不存在的离子有 Ba2+ ；
实验③可以确定： 一定不存在的离子有 Br- 。
（2）K+的物质的量浓度： ≥ 0．2mol·L￣1。 （每空各2分）
【解析】
试题分析：（1）①中与氢氧化钠反应产生气体的离子只有铵根离子，所以原溶液中一定含有NH4＋，且NH4＋的物质的量是0．02mol；向甲溶液中通人过量的CO2，生成白色沉淀，沉淀经过滤、洗涤、干燥、灼烧后，得到1．02 g固体，说明该溶液中一定存在Al3+，加入的过量的氢氧化钠使铝离子以偏铝酸根离子存在，通入二氧化碳后，产生氢氧化铝沉淀，氢氧化铝灼烧后得到氧化铝，所以氧化铝的物质的量是1．02g/102g/mol=0．01mol，则Al3+的物质的量是0．02mol；因为存在铝离子，所以与铝离子不能共存的离子碳酸根离子一定不存在；
实验②：第二份加足量盐酸酸化的BaC12溶液，经过滤、洗涤、干燥后，得到沉淀的质量为11．65 g，说明原溶液中一定存在SO42-，11．65g是硫酸钡的质量，则硫酸根离子的物质的量是11．65g/233g/mol=0．05mol；因为存在硫酸根离子，所以一定不存在Ba2+；
③第三份加CCl4，滴加少量氯水，振荡后静置, CCl4层未变红色,说明原溶液中一定不存在Br-，根据电荷守恒，n(NH4＋)+3n(Al3+)=0．02+0．06=0．08<2n(SO42-)=0．10，所以原溶液中一定存在K+；
（2）因为不能确定氯离子是否存在，所以100mL溶液中K+的物质的量浓度大于或等于（0．10-0．08）mol/0．1L =0．2mol·L￣1，即原溶液中K+的物质的量浓度为≥ 0．2mol·L￣1。
考点：考查溶液中离子成分的鉴定，电荷守恒规律的应用
20．(15分)有甲、乙两个探究性学习小组，他们拟用小颗粒状铝硅合金与足量稀硫酸的反应测定通常状况(约20℃，1atm)下气体摩尔体积的方法。
(1)甲组同学拟选用图27题-l的实验装置完成实验：
①铝硅合金与足量稀硫酸的反应的离子方程式__________________________________。
②该组同学必须选用的装置的连接顺序是A接( )( )接( )( )接( )(填接口字母，可不填满。)
③实验开始时，先打开分液漏斗上口的玻璃塞，再轻轻打开其活塞，过一会儿后稀硫酸就不能顺利滴入锥形瓶。请你帮助分析原因_________________________________________
____________________________________________________________________________。
④实验结束时，测量实验中生成氢气的体积时应注意：a．待实验装置
冷却到(约20℃，1atm)后，上下移动量筒，使其中液面与广口瓶中
液面相平，b．______________________________________。
乙组同学仔细分析甲组同学的实验装置后，认为：稀硫酸滴入锥形瓶中，即使不生成氢气，也会将瓶内空气排出，使所测氢气体积偏大；实验结束时，连接广口瓶和量筒的导管中有少量水存在，使所测氢气体积偏小。于是他们设计了图27题-2所示的实验装置。
装置中导管a的作用是
____________________________________________________
_____________________________________________________。
②实验中准确测得4个数据：实验前铝硅合金的质量m1g，实验后残留固体的质量m2g，实验前后碱式滴定管中液面读数分别为V1mL、V2mL。则通常状况时气体摩尔体积Vm=_______L·moL-1。
【答案】
【解析】略
21．请写出计算过程。在标准状况下氢气和一氧化碳的混合气体6.72L，质量为3.2g，求H2和CO的质量和体积。
【答案】
解：设氢气与一氧化碳的物质的量分别为x、y，据题意有
（x+y）×22.4L/mol=6.72 L
x×2g/mol+y×28g/mol=3.2g
联立解之 x=0.2 mol y=0.1 mol
故m（H2）= 0.2mol×2g/mol=0.4 g m（CO）=0.1mol×28g/mol=2.8 g
V（H2）= 0.2mol×22.4L/mol=4.48L V（CO）= 0.1mol×22.4L/mol=2.24L
【解析】
试题分析：混合气体含有氢气和一氧化碳两种气体，分别设出二者的物质的量为x、y，可根据气体摩尔体积用x、y求出混合气体的总体积，（x+y）×22.4L/mol=6.72 L，根据氢气和一氧化碳的摩尔质量可求出气体的总质量，x×2g/mol+y×28g/mol=3.2g，联立可得二元一次方程组，解方程组可得氢气和一氧化碳的物质的量，进而可求出H2和CO的质量和体积。
考点：考查化学计算。
22．（16分）已知：
①在稀碱溶液中，溴苯难发生水解
②
现有分子式为C10H10O2Br2的芳香族化合物X，其苯环上的一溴代物只有一种，其核磁共振氢谱图中有四个吸收峰，吸收峰的面积比为1:2:6:1，在一定条件下可发生下述一系列反应，其中C能发生银镜反应，E遇FeCl3溶液显色且能与浓溴水反应。
请回答下列问题：
（1）X中官能的名称是 。
（2）F→H的反应类型是 。
（3）I的结构简式为 。
（4）E不具有的化学性质 （选填序号）。
a．取代反应 b．消去反应
c．氧化反应 d．1molE最多能与2molNaHCO3反应
（5）写出下列反应的化学方程式：
①X与足量稀NaOH溶液共热的化学方程式： 。
②F→G的化学方程式： 。
（6）同时符合下列条件的E的同分异构体共有 种，其中一种的结构简式为 。
a．苯环上核磁共振氢谱有两种
b．不能发生水解反应
c．遇FeCl3溶液不显色
d．1molE最多能分别与1molNaOH和2molNa反应
【答案】（每空2分,共16分）（1）酯基、溴原子 （2）消去（3） （4）bd
（5）（2分）①
（2分）②
（6）4 ;
【解析】
试题分析：C能发生银镜反应，说明含有醛基，根据已知信息②可知2个溴同时连在1个碳原子上。E遇FeCl3溶液显色且能与浓溴水反应，说明含有酚羟基。又因为分子式为C10H10O2Br2的芳香族化合物X，其苯环上的一溴代物只有一种，其核磁共振氢谱图中有四个吸收峰，吸收峰的面积比为1:2:6:1，则X的结构简式为，因此C是甲酸，B是甲醛，A是甲醇。D的结构简式为，则E的结构简式为。E与氢气发生加成反应生成F，则F的结构简式为。H能使溴水褪色，则F生成H的反应是消去反应，则H的结构简式为。H发生加聚反应生成高分子化合物I。F中含有羟基和羧基，发生缩聚反应生成高分子化合物G
（1）根据以上分析可知X中官能的名称是酯基、溴原子。
（2）根据以上分析可知F→H的反应类型是消去反应。
（3）根据以上分析可知I的结构简式为。
（4）E分子中含有酚羟基、羧基，则可以发生取代反应、氧化反应，酚羟基不能发生消去反应。酚羟基与碳酸氢钠不反应，。则1molE最多能与1molNaHCO3反应，答案选bd
（5）①根据以上分析可知 X与足量稀NaOH溶液共热的化学方程式为。
②根据以上分析可知 F→G的化学方程式为
。
（6）a．苯环上核磁共振氢谱有两种；b．不能发生水解反应，说明不存在酯基；c．遇FeCl3溶液不显色，说明不存在酚羟基；d．1molE最多能分别与1molNaOH和2molNa反应，说明含有羧基和醇羟基，则可能的结构有
。
考点：考查有机物合成、反应类型、反应条件、同分异构体判断以及方程式书写等等
23．已知：A是来自石油的重要有机化工原料，此物质可以用来衡量一个国家石油化工发展水平，E是具有果香味的有机物，F是一种高聚物，可制成多种包装材料。
（1）A的结构式为______。
（2）B分子中的官能团名称是______，C的名称为______。
（3）写出下列反应的化学方程式：
①__ ___。
③___ ___。
【答案】（1）CH2=CH2；（2）羟基；乙醛；
（3）①CH2 =CH2 + H2O CH3CH2OH；
③CH3CH2OH+CH3COOH CH3COOCH2CH3+H2O。
【解析】
试题分析：（1）A是来自石油的重要有机化工原料，此物质可以用来衡量一个国家石油化工发展水平，则A是乙烯，结构简式是CH2=CH2；（2）A与水在一定条件下发生加成反应产生B是乙醇，结构简式是CH3CH2OH，官能团是羟基； B与O2在Cu作催化剂时，在加热条件下发生氧化反应产生C是乙醛，结构简式是CH3CHO；（3）①乙烯与水发生加成反应产生乙醇的反应方程式是：CH2 =CH2 + H2O CH3CH2OH ；B被酸性高锰酸钾溶液氧化产生乙酸，乙醇与乙酸在浓硫酸存在时，在加热条件下发生酯化反应，产生具有水果香味的物质乙酸乙酯和水，该反应的方程式是：CH3CH2OH+CH3COOH CH3COOCH2CH3+H2O；乙烯在一定条件下发生加聚反应产生高聚物——F(聚乙烯)，该反应的方程式是：
。
考点：考查有机物的结构、性质、转化、反应方程式的书写的知识。