【解析版】陕西省商洛市镇安中学2015-2016学年高三(上)第一次月考化学试卷

2015-2016 学年陕西省商洛市镇安中学高三(上)第一次月 考化学试卷 参考答案与试题解析
一、选择题(每小题 3 分,共 48 分) 1.下列关于指定粒子构成的叙述中,不正确的是( A.
37



Cl 与 39K 具有相同的中子数 与 具有相同的最外层电子数

B. 第 114 号元素的一种核素
﹣ ﹣

C. O22 与 S2 具有相同的质子数和电子数 D. H3O+与 OH 具有相同的质子数和电子数


考点: 质子数、中子数、核外电子数及其相互联系. 分析: A.中子数=质量数﹣质子数; B.


与 82Pb 在周期表中位于同一主族;


C.O22 质子数为 16,电子数为 18,S2 质子数为 16,电子数为 18; D.H3O+质子数为 11,电子数为 10,OH 质子数为 9,电子数为 10.


解答: 解:A.37Cl 质子数为 17,中子数为 37﹣17=20,39K 质子数为 19,中子数为 39﹣ 19=20,故两者具有相同的中子数,故 A 正确; B.


与 82Pb 在周期表中位于同一主族,故最外层电子数相同,故 B 正确;


C.O22 质子数为 16,电子数为 18,S2 质子数为 16,电子数为 18,故两者质子数和电子数 相同,故 C 正确; D.H3O+质子数为 11,电子数为 10,OH 质子数为 9,电子数为 10,故两者质子数不同,


电子数相同,故 D 错误, 故选 D. 点评: 本题考查元素周期表、微粒间的数量关系,难度不大.要注意同一主族元素,最外 层电子数相同.

2.下列说法中正确的是(NA 表示阿伏伽德罗常数) (



①36g D2O 含有的质子数为 18NA ②16g O2 和 O3 混合物中含氧原子数为 NA ③6.4g Cu 与过量浓硫酸反应,可得到 2.24L SO2 ④在标准状况下,22.4L CO2 和 SO2 混合气体中含有原子数为 3NA ⑤10L PH=12 的 NaClO 溶液含 Na+0.1NA ⑥在标准状况下,22.4L Cl2 溶解于足量的水中,转移电子数为 NA. A. ①②⑥ B. ①③⑤ C. ①②④ D. ③⑤

考点: 阿伏加德罗常数. 分析: ①D2O 的摩尔质量为 20g/mol; ②O2 和 O3 均由氧原子构成; ③SO2 的状态不明确; ④求出混合气体的物质的量,然后根据 CO2 和 SO2 均含 3 个原子来分析; ⑤10L PH=12 的 NaClO 溶液中 c(H+)=10
﹣12

mol/L;

⑥Cl2 溶解于的反应为可逆反应,不能进行彻底. 解答: 解:①D2O 的摩尔质量为 20g/mol,故 36g 重水的物质的量 n= =1.8mol,而

1mol 重水中含 10mol 质子,故 1.8mol 重水中含 18mol 质子即 18NA 个,故①正确; ②O2 和 O3 均由氧原子构成,故 16g 混合物中含有的氧原子的物质的量 n= 即为 NA 个,故②正确; ③6.4g Cu 即 0.1mol 铜,与过量浓硫酸反应,可得到 SO2 的物质的量为 0.1mol,但由于二氧 化硫的状态不明确,不一定是标况,故体积不一定是 2.24L,故③错误; ④标况下,22.4L 混合气体的物质的量为 1mol,而 CO2 和 SO2 均含 3 个原子,故 1mol 混合 气体中含 3mol 原子即 3NA 个,故④正确; ⑤10L PH=12 的 NaClO 溶液中 c(H+)=10
﹣ ﹣12

=1mol,

mol/L,c(OH )=10 2mol/L,根据溶液的电
﹣ ﹣ ﹣ ﹣

荷守恒可知: n (H+) +n (Na+) =n (OH ) +n (ClO ) , 而溶液中 n (OH ) =10 2mol/L×10L=0.1mol,


由于盐的水解程度很小,故未水解的 ClO 的物质的量远大于水解生成的 OH 的物质的量, 即 n(ClO )>0.1mol,则可知 n(Na+)=n(OH )+n(ClO )﹣n(H+)>0.2mol,即大
﹣ ﹣ ﹣





于 0.2NA 个,故⑤错误;

⑥Cl2 溶解于的反应为可逆反应,不能进行彻底,故标况下 22.4L 氯气溶于水后转移的电子 数小于 NA 个,故⑥错误. 故选 C. 点评: 本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算,掌握物质的量的计算公式和物质结构是解 题关键,难度不大.

3.两种微粒含有相同的质子数和电子数,这两种微粒不可能是( ①两种不同的原子 ②两种元素的原子 ③一种原子和一种分子 ④一种原子和一种离子 ⑤两种不同的分子 ⑥一种分子和一种离子 ⑦一种阴离子和一种阳离子. A. ①③⑤⑦ B. ②④⑥⑦ C. ①③④⑤⑦ D. 全部都是



考点: 分子、原子、离子. 分析: 原子和分子中核外电子数等于核内质子数,阴阳离子中核外电子数和核内质子数不 同,两种微粒的质子数和电子数均分别相等,因中性微粒中质子数等于电子数,则两种微粒 可能均为分子、原子,也可能为分子、原子,但离子中质子数一定不等于电子数,据此分析 解答. 解答: 解:①两种不同的原子互为同位素,它们的原子含有相同的质子数和电子数,如 1H、
2

H,故①不选;

②原子中核外电子数等于核内质子数,两种元素的原子质子数和电子数都不同,故②选; ③可以是一种原子和一种分子,如 Ne 和 HF 的质子数、电子数均为 10,则一种原子和一种 分子的质子数和电子数均分别相等,故③不选; ④原子中核外电子数等于核内质子数, 离子中核外电子数不等于核内质子数, 所以一种原子 和一种离子不可能质子数和电子数都相等,故④选; ⑤含有相同质子数和电子数的两种微粒,可以为电中性微粒,可能为不同的分子,如:NH3、 H2O,故⑤不选;

⑥分子的质子数等于电子数, 阳离子的电子数等于质子数减去电荷数, 所以二者不可能质子 数和电子数均分别相等,故⑥选; ⑦阳离子中核内质子数>核外电子数, 阴离子中核内质子数<核外电子数, 所以一种阳离子 和一种阴离子只要质子数相同时,电子数就不同,故⑦选; 故选 B. 点评: 本题考查了核内质子数和核外电子数的关系,题目难度不大,明确阴阳离子中核外 电子数与核内质子数的关系.

4.下列物质分类正确的是(



碱性氧化物 酸性氧化物 酸 碱 盐 A MgO Mn2O7 H3PO4 Ca(OH)2 KAl(SO4)2?12H2O B Na2O NO2 HNO3 CH3OH NaCl C Al2O3 SO3 HClO NaOH AgCl D CaO SiO2 H2S Na2CO3 CH3COONa

A. A B. B C. C D. D

考点: 酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系. 分析: 酸是电离时电离出的阳离子全部是氢离子的化合物; 酸性氧化物能与水作用成酸或与碱作用成盐和水的氧化物; 电离生成的阴离子全部是氢氧根离子的化合物是碱; 能电离出金属阳离子(或铵根离子)和酸根离子的化合物是盐; 能跟酸起反应,生成盐和水的氧化物叫碱性氧化物,根据概念进行回答. 解答: 解:A、MgO 属于碱性氧化物,Mn2O7 属于酸性氧化物,H3PO4 属于酸,Ca(OH)
2 属于碱,KAl(SO4)2?12H2O

属于盐,故 A 正确;

B、NO2 和碱反应会生成盐和水以及其他产物,不属于酸性氧化物,CH3OH 属于非电解质, 是有机物,不属于碱,故 B 错误; C、Al2O3 属于两性氧化物,不属于碱性氧化物,故 C 错误; D、碳酸钠俗称纯碱,属于盐,不属于碱,故 D 错误. 故选 A.

点评: 明确酸性氧化物、碱性氧化物、酸、碱及盐的定义及会写物质的化学式是解答此题 关健,注意知识的归纳和梳理,难度中等.

5.下列各组物质,能满足两两之间发生反应,且均不是氧化还原反应是( 甲 乙 丙 A Al H2SO4 KOH B Na2O2 CO2 H2O C Na2CO3 CH3COOH Ca(OH)2 D FeO HNO3 Cl2



A. A B. B C. C D. D

考点: 氧化还原反应. 分析: 反应中元素化合价没有发生变化,不属于氧化还原反应,存在化合价的升降,属于 氧化还原反应,以此解答. 解答: 解:A.铝单质与酸和碱反应都有化合价变化,都属于氧化还原反应,故 A 错误; B.Na2O2 与水或者二氧化碳反应,过氧化钠既是氧化剂又是还原剂,属于氧化还原反应, 故 B 错误; C.Na2CO3 与 CH3COOH 反应生成醋酸钠、水和二氧化碳,Na2CO3 与 Ca(OH)2 反应生成 氢氧化钠、碳酸钙沉淀,Ca(OH)2 与 CH3COOH 反应生成醋酸钙和水,反应中元素化合 价没有发生变化,不属于氧化还原反应,故 C 正确; D.FeO 与硝酸发生氧化还原反应,故 D 错误, 故选 C. 点评: 本题考查氧化还原反应,明确反应中元素的化合价变化是解答本题的关键,注意氧 化还原反应中的基本概念,题目难度不大.

6.在一定条件下,某化合物 W 受热分解:2W

A↑+2B↑+4C↑,测得反应后生成的混合 )

气体是相同条件下等体积 H2 质量的 11.43 倍,则 W 的摩尔质量是( A. 11.43 B. 22.86g/mol C. 80.01 D. 80.01g/mol

考点: 化学方程式的有关计算. 分析: 令 W 的物质的量为 2mol,由方程式可知混合气体总物质的量为 7mol,根据混合气 体相对氢气密度计算混合气体的平均摩尔质量,根据 m=nM 计算混合气体总质量,由质量 守恒定律可知 W 的质量等于混合气体总质量,再根据 M= 计算 W 的摩尔质量. 解答: 解:令 W 的物质的量为 2mol,由方程式 2W 质的量为 1mol+2mol+4mol=7mol, 混合气体对氢气的相对密度为 11.43,则混合气体平均摩尔质量=2g/mol× 11.43=22.86g/mol, 混合气体总质量=7mol× 22.86g/mol,由质量守恒定律可知 W 的质量等于混合气体总质量, 故 W 的摩尔质量= 故选 D. 点评: 本题考查物质的量计算、化学方程式计算,难度不大,关键是理解相同条件下气体 的摩尔质量和气体的密度成正比,注意掌握摩尔质量的计算方法. =80.01g/mol, A↑+2B↑+4C↑,可知混合气体总物

7.某元素的一个原子形成的离子可表示为 baXn ,下列说法中正确的是(NA 表示阿伏伽德


罗常数) ( A.
b aX n﹣

) 中含有的中子数为 a+b B.
b n﹣ aX 中含有的电子数为

a﹣n

C. X 原子的质量约为(b/NA)g D. 此元素的相对原子质量为 b

考点: 质子数、中子数、核外电子数及其相互联系. 分析:
b aX n﹣

中质子数是 a,质量数是 b,中子数=质量数﹣质子数,阴离子中核外电子数=

核内质子数+电荷数,元素的相对原子质量不等于原子的质量数. 解答: 解:A、该微粒中中子数=质量数﹣质子数=b﹣a,故 A 错误. B、该微粒的核外电子数=核内质子数+电荷数=a+n,故 B 错误. C、原子的质量为原子的相对原子质量和阿伏伽德罗常数的比值,即 X 原子的质量约为 (b/NA)g,故 C 正确. D、元素的相对原子质量不等于原子的质量数,故 D 错误. 故选 C.

点评: 本题考查了质子数、质量数和中子数之间的关系,难度不大,明确阴阳离子核外电 子数的计算方法.

8.下列叙述中与物质化学性质无关的是(



A. 用铂丝蘸取 Na2CO3 溶液在酒精灯焰上灼烧,观察到黄色火焰 B. 明矾可用作净水剂 C. 木条蘸取浓硫酸后变黑色 D. 用水(滴加了酚酞试液)和氨气做喷泉实验

考点: 物理变化与化学变化的区别与联系. 分析: A.焰色反应是物理性质; B.明矾水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体; C.浓硫酸有脱水性; D.酚酞遇碱红色. 解答: 解:A.焰色反应是物理性质,没有生成新物质,故 A 错误; B.明矾水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体,可用于净水,有新物质生成,故 B 正确; C.浓硫酸有脱水性,脱水生成碳单质,有新物质生成,故 C 正确; D.氨气与水结合生成碱性物质,酚酞遇碱红色,故 D 正确. 故选 A. 点评: 本题考查物理变化与化学变化的区别与联系,涉及元素化合物知识,为高频考点, 有利于培养学生的良好的科学素养,提高学习的积极性,难度不大.

9.下列叙述中错误的是(



A. 质量相等,密度不等的 N2 和 C2H4 两种气体含有的分子数一定相等 B. 同温同压下,等体积的 H2 和 He 气含有的质子数相等 C. 某物质经分析仅含一种元素,此物质可能是纯净物也可能是混合物 D. FeCl3 溶液呈电中性,Fe(OH)3 胶体带有电荷

考点: 物质的量的相关计算;混合物和纯净物;胶体的重要性质.

分析: A.根据 n= 可知,相等质量氮气、乙烯的物质的量相等,故二者含有分子数目相 等; B.同温同压下,等体积的 H2 和 He 的物质的量相等,每个分子均含有 2 个质子; C.同种元素组成的物质可能互为同素异形体; D.Fe(OH)3 胶体不带电. 解答: 解:A.氮气、乙烯的摩尔质量相等,根据 n= 可知,相等质量氮气、乙烯的物质 的量相等,故二者含有分子数目相等,故 A 正确; B.同温同压下,等体积的 H2 和 He 的物质的量相等,氦气为单原子分子,每个分子均含有 2 个质子,则含有质子数相等,故 B 正确; C.由于同种元素组成的物质可能互为同素异形体,含一种元素的物质可能是纯净物也可能 是混合物,故 C 正确; D.Fe(OH)3 胶体胶粒带正电荷,但胶体不带电,故 D 错误, 故选 D. 点评: 本题考查物质的量有关计算、基本概念、胶体性质等,比较基础,注意对基础知识 的理解掌握.

10.已知 aAn+、bB

(n+1)+

、cCn 、dD


(n+1)﹣

具有相同的电子层结构,关于 A、B、C、D 四种

元素叙述正确的是(



A. 气态氢化物的稳定性:D>C B. 原子序数:b>a>c>d C. 离子的还原性:cCn >dD
﹣ (n+1)﹣

D. 离子的氧化性:aAn+>bB

(n+1)+

考点: 原子结构与元素周期律的关系. 分析: 已知 aAn+、bB
(n+1)+

、cCn 、dD


(n+1)﹣

具有相同的电子层结构,则有:a﹣n=b﹣(n+1)

=c+n=d+(n+1) ,则有 A、B 在周期表中 C、D 的下一周期,并且原子序数:b>a>c>d, 由离子所带电荷,可知 A、B 属于金属元素,C、D 属于非金属性元素. A.非金属性越强,对应氢化物越稳定; B.根据核外电子数相等判断原子序数; C.非金属性越强,阴离子还原性越弱; D.金属性越强,阳离子影响越弱.

解答: 解:已知 aAn+、bB

(n+1)+

、cCn 、dD


(n+1)﹣

具有相同的电子层结构,则有:a﹣n=b﹣

(n+1)=c+n=d+(n+1) ,则有 A、B 在周期表中 C、D 的下一周期,并且原子序数:b>a >c>d,由离子所带电荷,可知 A、B 属于金属元素,C、D 属于非金属性元素,则: A.C、D 在同一周期,且原子序数 C>D,非金属性:C>D,则气态氢化物的稳定性:C >D,故 A 错误; B.已知 aAn+、bB
(n+1)+

、cCn 、dD


(n+1)﹣

具有相同的电子层结构,则有:a﹣n=b﹣(n+1)

=c+n=d+(n+1) ,则有原子序数:b>a>c>d,故 B 正确; C.非金属性:C>D,则离子的还原性:cCn <dD
﹣ (n+1)﹣

,故 C 错误;

D.A、B 在周期表中同周期,原子序数:b>a,金属性:A>B,则离子的氧化性:aAn+<
bB
(n+1)+

,故 D 错误,

故选:B. 点评: 本题考查位置结构性质关系及应用,关键是根据核外电子排布确定元素所在周期表 中的相对位置,注意对元素周期律的理解掌握,难度不大.

11.下列说法正确的是(



A. 只有活泼金属与活泼非金属元素原子之间才能形成离子键 B. Na2O2 中阳离子和阴离子个数比为 1:1 C. 形成离子键的阴、阳离子间只有静电吸引力 D. 共价键存在于共价化合物中,也可能存在于单质及离子化合物中

考点: 离子键的形成;钠的重要化合物. 分析: A、非金属元素之间也可以形成离子键,如氯化铵中铵根离子与氯离子之间; B、Na2O2 由钠离子与过氧根离子(O22 )构成;


C、形成离子键的阴阳离子之间存在静电作用; D、共价化合物、单质中含有共价键,离子化合物中可能含有共价键. 解答: 解:A、非金属元素之间也可以形成离子键,如氯化铵中铵根离子与氯离子之间, 所以不一定只有金属元素和非金属元素才能形成离子键,故 A 错误; B、Na2O2 由钠离子与过氧根离子(O22 )构成,阳离子和阴离子个数比为 2:1,故 B 错误;


C、形成离子键的阴、阳离子间既有吸引力,又有排斥力,故 C 错误; D、共价键存在于共价化合物中,也可能存在于单质及离子化合物中,故 D 正确;

故选 D. 点评: 本题主要考查了离子键、共价键与离子化合物、共价化合物的关系,物质的构成, 侧重考查学生对这几个概念的辨别能力,需要注意的是离子化合物中可能含共价键.

12.下列说法正确的是(



A. 第三周期非金属元素的含氧酸的酸性从左到右依次增强 B. HF、HCl、HBr、HI 的热稳定性和还原性从上到下依次减弱 C. 在ⅥA 族元素的氢化物(H2R)中,沸点最高的一定是无毒的 D. 同一主族的元素,原子半径越大,其单质的熔点也一定越高

考点: 同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系;同一主族内元素性质递变规律 与原子结构的关系. 分析: A.同一周期,由左到右,得电子能力逐渐增强,非金属性增强,则第三周期非金 属元素最高价含氧酸的酸性依次增强; B.同一主族,由上到下,得电子能力逐渐减弱,非金属性减弱; C.ⅥA 族中,O 的非金属性最强,且水中含氢键,沸点最高为水; D.碱金属中原子半径越大,熔点越低,而卤素单质中原子半径越大,熔点越高. 解答: 解:A、同一周期,由左到右,得电子能力逐渐增强,非金属性增强,则第三周期 非金属元素最高价含氧酸的酸性依次增强,非金属元素含氧酸的酸性不一定为最高价含氧 酸,故 A 错误; B、同一主族,由上到下,得电子能力逐渐减弱,非金属性减弱,其氢化物的稳定性逐渐减 弱,还原性逐渐增强,故 B 错误; C、ⅥA 族中,O 的非金属性最强,且水中含氢键,沸点最高为水无毒,故 C 正确; D、碱金属中原子半径越大,熔点越低,而卤素单质中原子半径越大,熔点越高,则同一主 族的元素,原子半径越大其单质的熔点不一定高,故 D 错误; 故选 C. 点评: 本题考查元素周期表和元素周期律,把握元素在周期表中的位置、性质即可解答, 注意利用特例分析,题目难度不大,注重基础知识的考查.

13. 某种烃或其一种同分异构体的一氯代物只有一种结构, 则该烃的分子式不可能是 (



A. C2H6 B. C4H10 C. C5H12 D. C6H6

考点: 同分异构现象和同分异构体. 分析: 先判断烷烃的同分异构体,再确定烷烃的对称中心,即找出等效的氢原子,根据先 中心后外围的原则,将氯原子逐一去代替氢原子,有几种氢原子就有几种一氯代物,据此对 各选项进行判断 解答: 解:A.C2H6 只有一种结构(CH3CH3) ,分子中有 1 种氢原子,所以一氯代物有 1 种,故 A 不选; B.C4H10 有正丁烷和异丁烷,正丁烷(CH3CH2CH2CH3)有 2 种氢原子,所以一氯代物有 2 种;异丁烷 CH3CH(CH3)CH3 有 2 种氢原子,所以一氯代物有 2 种,故 B 选; C.C5H12 有正戊烷、异戊烷、新戊烷 3 种同分异构体,正戊烷(CH3CH2CH2CH2CH3)有 3 种氢原子,所以一氯代物有 3 种;异戊烷 CH3CH(CH3)CH2CH3 有 4 种氢原子,所以一氯 代物有 4 种;新戊烷 CH3C(CH3)2CH3 有 1 种氢原子,所以一氯代物有 1 种,故 C 不选; D.C6H6 可以是苯,分子有 1 种氢原子,所以一氯代物有 1 种,故 D 不选; 故选 B; 点评: 本题考查了同分异构体的判断,题目难度较大,先确定烃的同分异构体,再确定等 效氢原子, 最后根据氢原子的种类确定一氯代物的种类, 明确等效氢原子数目是解本题的关 键.

14.在 PH=0 的无色透明溶液中,下列各组离子一定能大量存在的是( A. CH3COO 、SO42 、K+、Mg2+ B. H+、MnO4 、K+、Cl
﹣ ﹣ ﹣ ﹣



C. H+、NO3 、Na+、SO42




D. OH 、NO3 、Na+、NH4+
﹣ ﹣

考点: 离子共存问题. 分析: 无色溶液可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4 等有色离子的存在,pH=0 的溶液中存在


大量氢离子, A.醋酸根离子与氢离子反应生成弱电解质醋酸; B.高锰酸根离子为有色离子,且在酸性条件下高锰酸根离子能够氧化氯离子; C.四种离子之间不反应,都不与氢离子反应,且都是无色离子; D.氢氧根离子与铵根离子、氢离子反应.

解答: 解:溶液无色溶液可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4 等有色离子的存在,pH=0 的溶


液中存在大量氢离子, A.CH3COO 与氢离子反应生成醋酸,在溶液中不能大量共存,故 A 错误; B.MnO4 为有色离子,H+、MnO4 、Cl 之间发生氧化还原反应,在溶液中不能大量共存,
﹣ ﹣ ﹣ ﹣

故 B 错误; C.H+、NO3 、Na+、SO42 之间不反应,都是无色离子,都不与氢离子反应,在溶液中能够
﹣ ﹣

大量共存,故 C 正确; D.NH4+与 OH 、H+之间反应,在溶液中不能大量共存,故 D 错误;


故选 C. 点评: 本题考查离子共存的判断,为中等难度的试题,注意掌握离子反应发生条件,明确 离子不能大量共存的一般情况,如:能发生复分解反应的离子之间,能发生氧化还原反应的 离子之间等;还应该注意题目所隐含的条件,如:溶液的酸碱性,据此来判断溶液中是否有 大量的 H+或 OH ;溶液的颜色,如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4 等有色离子的
﹣ ﹣

存在;是“可能”共存,还是“一定”共存等.

15.下列离子方程式正确的是(



A. 铁和足量稀硝酸反应:Fe+2H+═Fe2++H2↑ B. 碳酸钙和稀硝酸反应:CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑ C. 稀硫酸和 Ba(OH)2 溶液反应:Ba2++H++SO42 +OH ═BaSO4↓+H2O
﹣ ﹣

D. Cl2 和 FeCl2 溶液反应:Cl2+Fe2+═Fe3++2Cl



考点: 离子方程式的书写. 分析: A.发生氧化还原反应生成 NO; B.反应生成硝酸钙、水、二氧化碳; C.不符合离子的配比; D.反应生成氯化铁,电子、电荷不守恒. 解答: 解:A.铁和足量稀硝酸反应的离子反应为 Fe+NO3 +4H+═Fe3++NO↑+2H2O,故 A


错误; B.碳酸钙和稀硝酸反应的离子反应为 CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑,故 B 正确;

C.稀硫酸和 Ba(OH)2 溶液反应的离子反应为 Ba2++2H++SO42 +2OH ═BaSO4↓+2H2O,故
﹣ ﹣

C 错误; D.Cl2 和 FeCl2 溶液反应的离子反应为 Cl2+2Fe2+═2Fe3++2Cl ,故 D 错误;


故选 B. 点评: 本题考查离子反方程式书写的正误判断,为高频考点,把握发生的反应及离子反应 的书写方法为解答的关键, 侧重复分解反应及氧化还原反应的离子反应考查, 题目难度不大.

16.把 100mL 含有 MgSO4 和 K2SO4 的混合溶液分成二等份,一份加入含 a mol NaOH 的溶 液,恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁;另一份加入含 b mol BaCl2 的溶液,恰好使硫酸根 离子完全沉淀为硫酸钡.则原混合溶液中钾离子的浓度为( )

A. 20(2b﹣a) mol/L B. 20(b﹣2a) mol/L C. 10(2b﹣a) mol/L D. 10(b﹣ 2a) mol/L

考点: 有关混合物反应的计算. 分析: 两等份溶液中一份加 NaOH 溶液时发生 Mg2++2OH ═Mg(OH)2↓,由方程式可知


每份溶液中 n(Mg2+)= n(OH ) ,另一份加 BaCl2 的溶液发生 Ba2++SO42 ═BaSO4↓,由方
﹣ ﹣

程式可知 n(SO42 )=n(Ba2+) ,再利用电荷守恒可知每份中:2n(Mg2+)+n(K+)=2n(SO42
﹣ ﹣

) ,据此计算每份中 n(K+) ,根据 c= 计算钾离子浓度.

解答: 解:混合溶液分成两等份,每份溶液浓度与原溶液浓度相同, 一份加加 NaOH 溶液时发生 Mg2++2OH ═Mg(OH)2↓,由方程式可知每份溶液中 n(Mg2+)


= n(OH )=0.5amol, 另一份加 BaCl2 的溶液发生 Ba2++SO42 ═BaSO4↓,由方程式可知 n(SO42 )=n(Ba2+)=n
﹣ ﹣



(BaCl2)=bmol, 由电荷守恒可知每份中 2n(Mg2+)+n(K+)=2n(SO42 ) ,故每份中溶液 n(K+)=2bmol


﹣2× 0.5amol=(2b﹣a)mol,故原溶液中钾离子浓度=

=20(2b﹣a) mol/L,

故选:A. 点评: 本题考查混合物有关计算,难度中等,根据电荷守恒计算钾离子的物质的量是关键.

二、非选择题:包括必考题和选考题两部分.第 17 题~第 20 题为必考题,每个试题考生 都必须作答.第 21 题~第 22 题为选考题,考生根据要求作答. (一)必考题(共 37 分) 17. (14 分) (2015 秋?商洛校级月考)“84 消毒液”是一种以 NaClO 为主的高效消毒剂,被 广泛用于宾馆、旅游、医院、食品加工行业、家庭等的卫生消毒.某“84 消毒液”瓶体部分 标签如图 1 所示,该“84 消毒液”通常稀释 100 倍(体积之比)后使用.请回答下列问题:

(1)此“84 消毒液”的物质的量浓度约为 3.8 mol/L. (计算结果保留一位小数) (2)某同学量取 100mL 此“84 消毒液”,按说明要求稀释后用于消毒,则稀释后的溶液中 c (Na+)= 0.038 mol/L.

(3)该同学参阅读该“84 消毒液”的配方,欲用 NaClO 固体配制 480mL 含 NaClO 质量分数 为 24%的消毒液. ①如图 2 所示的仪器中配制溶液需要使用的是 CDE (填仪器序号) ,还缺少的玻璃仪器 是 玻璃棒和胶头滴管 . ②下列操作中,容量瓶不具备的功能是 bcde (填仪器序号) . a.配制一定体积准确浓度的标准溶液 b.贮存溶液 c.测量容量瓶规格以下的任意体积的溶液 d.准确稀释某一浓度的溶液 e.用来加热溶解固体溶质 ③请计算该同学配制此溶液需称取称量 NaClO 固体的质量为 141.6 g. (4)若实验遇下列情况,导致所配溶液的物质的量浓度偏高是 AC . (填序号) . A.定容时俯视刻度线 B.转移前,容量瓶内有蒸馏水 C.未冷至室温就转移定容 D.定容时水多用胶头滴管吸出.

考点: 配制一定物质的量浓度的溶液. 分析: (1)根据含 24%NaClO、1000mL、密度 1.18g?cm 3,结合 c=


来计算;

(2)根据稀释前后溶质的物质的量不变来计算; (3)①根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤是称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、 摇匀和装瓶来分析所需的仪器; ②容量瓶是精密的仪器,不能受热,故不能用于溶解固体和稀释溶液,只能用于配制一定物 质的量浓度的溶液,由于有塞子,故在使用前必须查漏; ③由于实验室无 480mL 容量瓶,故应选用 500mL 容量瓶,而配置出 500mL 溶液,根据所 需的质量 m=CVM 来计算; (4)分析具体操作对 n、V 的影响,根据 c= 分析不当操作对溶液浓度的影响. 解答: 解: (1)c(NaClO)=c= 3.8; (2) 稀释后 c (NaClO) =
﹣1

=

=3.8 mol?L 1,故答案为:


×3.8 mol?L 1=0.038 mol?L 1, c (Na+) =c (NaClO) =0.038mol?L
﹣ ﹣

,故答案为:0.038;

(3)①由于实验室无 480mL 容量瓶,故应选用 500mL 容量瓶,根据配制一定物质的量浓 度的溶液的步骤是称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀和装瓶可知所需的仪器有托 盘天平、烧杯、玻璃棒、500mL 容量瓶和胶头滴管,故需要的是 CDE,还需要的是玻璃棒、 胶头滴管.故答案为:CDE;玻璃棒、胶头滴管; ②a.容量瓶只能用于配制一定体积准确浓度的标准溶液,故 a 不选; b.容量瓶不能贮存溶液,只能用于配制,配制完成后要尽快装瓶,故 b 选; c.容量瓶只有一条刻度线,故不能测量容量瓶规格以下的任意体积的溶液,故 c 选; d.容量瓶不能受热,而浓溶液的稀释容易放热,故不能用于准确稀释某一浓度的溶液,故 d 选; e.容量瓶不能受热,故不能用来加热溶解固体溶质,故 e 选. 故选 bcde.

③质量分数为 24%的消毒液的浓度为 3.8mol/L,由于实验室无 480mL 容量瓶,故应选用 500mL 容量瓶,而配置出 500mL 溶液,故所需的质量 m=CVM=3.8mol/L× 0.5L× 74.5g/mol=141.6g,故答案为:141.6g; (4)A.定容时俯视刻度线,会导致容易体积偏小,则浓度偏高,故 A 正确; B.转移前,容量瓶内有蒸馏水,对溶液浓度无影响,故 B 错误; C.未冷至室温就转移定容,则冷却后溶液体积偏小,则浓度偏高,故 C 正确; D.定容时水多用胶头滴管吸出,则吸出的不只是溶剂,还有溶质,故溶液浓度偏小,故 D 错误. 故选 AC. 点评: 本题考查一定物质的量浓度溶液的配制,注意仪器的选取方法和所需固体的计算, 误差分析为易错点.

18. (12 分) (2015 秋?商洛校级月考)某同学为探究元素周期表中元素性质的递变规律,设 计了如下实验. Ⅰ.将钠、钾、镁、铝各 1mol 分别投入到足量的同浓度的盐酸中,试预测实验结果: 钾 与盐酸反应最剧烈, 铝 与盐酸反应的速度最慢. Ⅱ.利用如图装置可验证同主族元素非金属性的变化规律 (1)检验该装置气密性的操作方法是 打开分液漏斗 A 的旋塞,用热毛巾捂热锥形瓶 B, 试管 C 中有气泡冒出,移开热毛巾,C 中水柱上升一段 ,干燥管 D 的作用是 防倒吸 .

(2)现有试剂:盐酸、碳酸钙、澄清石灰水、硅酸钠溶液,请从中选择试剂并用如图装置 证明酸性:HCl>H2CO3>H2SiO3.则 B 中应盛装的试剂为 碳酸钙 ,C 中产生的现象为 有白色沉淀生成 .请判断 >Si. (3)若 C 中盛装的是 Na2S 溶液,A 中盛装浓盐酸,B 中盛装 KMnO4 粉末. (KMnO4 与浓 盐酸常温下快速反应生成氯气)反应开始后观察到 C 中出现淡黄色浑浊,可证明 Cl 的非金 属性比 S 强 (填“强”或者“弱”或者“无法比较”) , 写出反应的离子方程式为 Cl2+S2 =2Cl
﹣ ﹣

能 (填“能”或“不能”)根据实验现象判断非金属性:Cl>C

+S↓ .

考点: 性质实验方案的设计. 分析: I.元素的金属性越强,其单质与酸或水反应越剧烈; II. (1)根据气压原理检查装置的气密性;有缓冲作用的仪器能防止倒吸; (2)要证明酸性强弱,应该采用强酸制取弱酸的方法检验,强酸和弱酸盐反应生成弱酸; 盐酸酸性最强,所以 A 中盛放盐酸,盐酸和碳酸钙制取二氧化碳,二氧化碳和硅酸钠溶液 生成硅酸,从而确定酸性强弱; (3)浓盐酸具有还原性、酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性,二者发生氧化还原反应生成氯 气,氯气具有强氧化性,能氧化 Na2S 溶液中的 S2 生成 S,非金属元素的非金属性越强,其


单质的氧化性越强,同一氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性. 解答: 解:I.同一周期元素,金属性随着原子序数增大而减弱,元素的金属性越强,其单 质与酸或水反应越剧烈,所以金属性 K>Na>Mg>Al,则 K 与盐酸反应最剧烈、Al 与盐酸 反应速率最慢,故答案为:钾;铝; II. (1)检查装置气密性的方法:打开分液漏斗 A 的旋塞,用热毛巾捂热锥形瓶 B,试管 C 中有气泡冒出,移开热毛巾,C 中水柱上升一段;有缓冲作用的仪器能防止倒吸,倒置的干 燥管有缓冲作用,所以能防止倒吸,故答案为:打开分液漏斗 A 的旋塞,用热毛巾捂热锥 形瓶 B,试管 C 中有气泡冒出,移开热毛巾,C 中水柱上升一段;防倒吸; (2)要证明酸性强弱,应该采用强酸制取弱酸的方法检验,盐酸酸性最强,所以 A 中盛放 盐酸,盐酸和碳酸钙制取二氧化碳,二氧化碳和硅酸钠溶液生成硅酸,则 B 中盛放碳酸钙、 C 中盛放硅酸钠,硅酸难溶于水,所以二氧化碳和硅酸钠反应生成硅酸沉淀,看到的现象是 有白色沉淀生成,故答案为:碳酸钙;有白色沉淀生成;能; (3)浓盐酸具有还原性、酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性,二者发生氧化还原反应生成氯 气, 氯气具有强氧化性, 能氧化 Na2S 溶液中的 S2 生成 S,离子方程式为 Cl2+S2 =2Cl +S↓,
﹣ ﹣ ﹣

非金属元素的非金属性越强, 其单质的氧化性越强, 同一氧化还原反应中氧化剂的氧化性大 于氧化产物的氧化性,该反应中 Cl 元素化合价由 0 价变为﹣1 价、S 元素化合价由﹣2 价变 为 0 价,所以氯气是氧化剂、S 是氧化产物,则氧化性:Cl2>S,所以非金属性 Cl>S,

故答案为:强;Cl2+S2 =2Cl +S↓.
﹣ ﹣

点评: 本题考查性质实验方案设计,侧重考查学生分析判断及知识运用能力,明确实验原 理是解本题关键,知道金属性、非金属性强弱判断方法,注意: (2)装置设计不很合理,生 成的二氧化碳中含有盐酸,盐酸和硅酸钠反应也生成白色沉淀,所以在 C 装置前应该有一 个洗气装置,防止吸收干扰实验.

19. (11 分) (2015 秋?商洛校级月考)W、M、X、Y、Z 表示处于三个短周期的五种主族元 素,它们的原子序数依次增大,M 与 X 同周期,W 与 Y 同主族,Y 与 Z 同周期,Z 在同周 期中原子半径最小,M 的气态氢化物甲能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色,由 Y、W、X 三种 元素组成的物质乙在水溶液中能电离出两种 10 电子离子.试回答下列各问: (注意:用相应 的元素符号、化学式、离子符号表示. ) (1)元素 X 在周期表中的位置 第二周期ⅥA 族 . (2) Z 的最高价氧化物对应水化物丙的化学式是 HClO4 , 写出乙与丙反应的离子方程式 H++OH =H2O .


(3)元素 M 的单质分子的电子式为 (4)用电子式表示化合物 YZ 的形成过程

,物质甲分子的结构式

. .

(5)写出 X 与 Y 形成原子个数比为 1:1 的物质丁与水反应的离子方程式 2Na2O2+2H2O=4Na++4OH +O2↑ .


考点: 位置结构性质的相互关系应用. 分析: W、M、X、Y、Z 表示处于三个短周期的五种主族元素,它们的原子序数依次增大, M 的气态氢化物甲能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色,则 M 为 N 元素,甲为 NH3;Z 在同周 期中原子半径最小,处于 VIIA 族,由原子序数可知 Z 只能处于第三周期,故 Z 为 Cl;M 与 X 同周期,即处于第二周期,Y 与 Z 同周期,即处于第三周期,W 与 Y 同主族,由 Y、 W、X 三种元素组成的物质乙在水溶液中能电离出两种 10 电子离子,应是 NaOH 电离得到 Na+、OH 离子,可推知 W 为 H 元素、X 为 O 元素、Y 为 Na,据此解答.


解答: 解:W、M、X、Y、Z 表示处于三个短周期的五种主族元素,它们的原子序数依次 增大,M 的气态氢化物甲能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色,则 M 为 N 元素,甲为 NH3;Z 在同周期中原子半径最小,处于 VIIA 族,由原子序数可知 Z 只能处于第三周期,故 Z 为

Cl;M 与 X 同周期,即处于第二周期,Y 与 Z 同周期,即处于第三周期,W 与 Y 同主族, 由 Y、W、X 三种元素组成的物质乙在水溶液中能电离出两种 10 电子离子,应是 NaOH 电 离得到 Na+、OH 离子,可推知 W 为 H 元素、X 为 O 元素、Y 为 Na.


(1)x 为 O 元素,在周期表中的位置:第二周期ⅥA 族,故答案为:第二周期ⅥA 族; (2) Z 的最高价氧化物对应水化物丙的化学式是 HClO4, 乙与丙反应的离子方程式: H++OH


=H2O,


故答案为:HClO4;H++OH =H2O; (3)元素 M 的单质为 N2,电子式为 故答案为: ; ; , ; ,物质甲为 NH3,分子的结构式为 ,

(4)用电子式表示化合物 NaCl 的形成过程: 故答案为:

(5)X 与 Y 形成原子个数比为 1:1 的物质丁为 Na2O2,与水反应的离子方程式: 2Na2O2+2H2O=4Na++4OH +O2↑,


故答案为:2Na2O2+2H2O=4Na++4OH +O2↑.


点评: 本题考查结构性质位置关系应用,推断元素是解题关键,侧重考查常用化学用语与 学生分析推理能力,难度中等.

三、解答题(共 2 小题,满分 30 分) 20. (15 分) (2015 秋?商洛校级月考)X、Y、Z、W、Q、R 均为前四周期元素,且原子序 数依次增大.其相关信息如下表所示: X 的基态原子中电子分布在三个不同的能级中,且每个能级中的电子总数相同 Y 元素的族序数是周期序数的三倍 Z 元素的电负性在所有元素中最大 W 原子的第一至第六电离能分别为:I1=578KJ?mol 1,I2=1817KJ?mol 1,I3=2745KJ?mol 1,
﹣ ﹣ ﹣

I4=11575KJ?mol 1,I5=14830KJ?mol﹣1,I6=18376KJ?mol


﹣1

Q 为前四周期中电负性最小的元素 R 原子最高能层上只有 1 个单电子,其余各能层均已充满电子. 请回答:

(1)R 在周期表中位于 ds 区,写出 R 基态原子的价电子排布式 3d104s1 . (2)X 与 Y 形成的二元化合物中属于非极性分子的 CO2 (3)写出 Z 元素的单质与水反应的方式 2F2+2H2O=4HF+O2 物物质的量之比为 2:1 . (4)X 的氯化物的熔点比 Q 的氯化物的熔点 低 (“高”或“低”) ,理由是 CCl4 属于分子 晶体,KCl 属于离子晶体 . (5)光谱证实单质 W 与强碱性溶液反应有[W(OH)4] 生成,则中[W(OH)4] (填选项字母) a.极性共价键 b.非极性共价键 c.配位键 d.σ 键 e.π 键
﹣ ﹣﹣

(用化学式表示) . ,此反应中氧化剂与氧化产

存在 acd

(6)金刚砂(SiC)的结构与金刚石(4 个碳原子在立方体体内,其余碳原子分别位于面心 和顶角) 相似, 硬度与金刚石相当, 则金刚砂的晶胞中含有 4 个硅原子, 4 其中硅原子的杂化方式为 sp3 . 个碳原子,

考点: 位置结构性质的相互关系应用. 分析: X、Y、Z、W、Q、R 均为前四周期元素,且原子序数依次增大,X 元素的基态原 子中电子分布在三个不同的能级中,且每个能级中的电子总数相同,则核外电子排布为 1s22s22p2,则 X 为 C 元素;Y 元素的族序数是其周期数的三倍,原子只能有 2 个电子层, 最外层电子数为 6,则 Y 为 O 元素;Z 元素的电负性在所有元素中最大,则 Z 为 F 元素;Q 为前四周期中电负性最小的元素,则 Q 为钾元素;W 原子的第四电离能剧增,表现+3 价, 原子序数小于 K,则 W 为 Al 元素;R 处于第四周期,R 原子最高能层上只有 1 个单电子, 其余各能层均已充满电子,原子核外电子数为 2+8+18+1=29,故 R 为 Cu,据此解答. 解答: 解:X、Y、Z、W、Q、R 均为前四周期元素,且原子序数依次增大,X 元素的基 态原子中电子分布在三个不同的能级中, 且每个能级中的电子总数相同, 则核外电子排布为 1s22s22p2,则 X 为 C 元素;Y 元素的族序数是其周期数的三倍,原子只能有 2 个电子层, 最外层电子数为 6,则 Y 为 O 元素;Z 元素的电负性在所有元素中最大,则 Z 为 F 元素;Q 为前四周期中电负性最小的元素,则 Q 为钾元素;W 原子的第四电离能剧增,表现+3 价, 原子序数小于 K,则 W 为 Al 元素;R 处于第四周期,R 原子最高能层上只有 1 个单电子, 其余各能层均已充满电子,原子核外电子数为 2+8+18+1=29,故 R 为 Cu. (1)R 为 Cu,处于周期表中第四周期第 IB 族,属于 ds 区元素,基态原子的价电子排布式 为 3d104s1,

故答案为:ds;3d104s1; (2)X 与 Y 形成的二元化合物由 CO、CO2,属于非极性分子的是 CO2, 故答案为:CO2; (3)Z 元素的单质与水反应的方式为:2F2+2H2O=4HF+O2,此反应中氧化剂为 F2,氧化产 物为 O2,氧化剂与氧化产物物质的量之比为 2:1, 故答案为:2F2+2H2O=4HF+O2;2:1; (4)X 的氯化物为 CCl4,属于分子晶体,Q 的氯化物为 KCl,属于离子晶体,故熔点 CCl4 <KCl, 故答案为:低;CCl4 属于分子晶体,KCl 属于离子晶体; (5)[Al(OH)4] 中氢原子和氧原子之间存在极性共价键,为 σ 键,铝原子含有空轨道, 氧原子含有孤电子对,所以该离子中含有配位键, 故答案为:acd; (6)金刚砂(SiC)的结构与金刚石相似,硬度与金刚石相当,则金刚砂的晶胞中含有硅原 子个数=4+8× +6× =4,金刚砂中碳原子和硅原子个数之比为 1:1,所以该晶胞中碳原子个 数是 4,每个硅原子连接 4 个 C﹣Si 键,所以硅原子的杂化方式为 sp3, 故答案为:4;4;sp3. 点评: 本题考查结构性质位置关系、核外电子排布规律、化学键、晶胞结构及计算等,难 度中等,推断元素是解题关键,注意利用均摊法进行晶胞的有关计算.


21. (15 分) (2015 秋?商洛校级月考)如图所示是利用丙烯和对二甲苯合成有机高分子材料 W 的转化关系示意图.

已知: ①C 不含甲基, B 可以发生银镜反应, 1molD 与足量钠可生成 22.4L H2 (标准状况下) . ①R﹣CH=CH2+H2O ② 请完成下列各问: R﹣CH2CH2OH

(1)A 的结构简式是 CH2=CHCH2OH ,D 的核磁共振氢谱图中有 3 个峰. (2)C 中所含官能团的名称 羟基 、 醛基 .

(3)C→D 反应类型为 加成反应 . (4)有关物质 B 所具有的性质的叙述中正确的是(填序号) abd . a.能发生银镜反应 b.能使溴水褪色 c.能发生酯化反应 d.可发生聚合反应

(5)写出下列反应的化学方程式: ①A→B: 2CH2=CHCH2OH+O2 2CH2=CHCHO+2H2O .

②D+E→W:



③D 的同分异构体(同一个碳原子上连接两个﹣OH 的不能稳定存在)和 E 的同分异构体反

应生成最小环酯:



(6) 物质 E 有多种同分异构体, 请分别写出满足以下条件一个 E 的同分异构体的结构简式:

ⅰ.①遇 FeCl3 溶液显紫色 ②可发生银镜反应 ③能发生水解反应 ⅱ.①遇 FeCl3 溶液显紫色 ②可发生银镜反应 ③能和 NaHCO3 发生反应生成 CO2





考点: 有机物分子中的官能团及其结构. 分析: 丙烯与氯气在加热条件下发生取代反应生成 CH2=CHCH2Cl,CH2=CHCH2Cl 在氢氧 化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成醇,故 A 为 CH2=CHCH2OH,A 发生氧化反应 生成 B 为 CH2=CHCHO,根据信息②可知 B 与过氧化物得到 C 为 HOCH2CH2CHO,C 与氢 气发生加成反应生成 D 为 HOCH2CH2CH2OH.对二甲苯发生氧化反应生成 E 为 ,D 与 E 发生水解反应生成高聚物 W 为 ,据此解答. 解答: 解:丙烯与氯气在加热条件下发生取代反应生成 CH2=CHCH2Cl,CH2=CHCH2Cl 在 氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成醇,故 A 为 CH2=CHCH2OH,A 发生氧化 反应生成 B 为 CH2=CHCHO,根据信息②可知 B 与过氧化物得到 C 为 HOCH2CH2CHO,C

与氢气发生加成反应生成 D 为 HOCH2CH2CH2OH.对二甲苯发生氧化反应生成 E 为 ,D 与 E 发生水解反应生成高聚物 W 为 , (1)由上述分析可知,A 的结构简式是 CH2=CHCH2OH,HOCH2CH2CH2OH 中含有 3 种氢 原子,核磁共振氢谱图中有 3 种峰,故答案为:CH2=CHCH2OH;3; (2)由上述分析可知,C 为 HOCH2CH2CHO,含有的官能团为羟基和醛基,故答案为:羟 基;醛基; (3)由上述分析可知,B 发生信息反应与水加成生成 C,所以 B→C 反应类型为加成反应, 故答案为:加成反应; (4)由上述分析可知,B 为 CH2=CHCHO,含有醛基,所以可以发生能发生银镜反应,能 使溴水褪色;含有双键,则可以发生聚合反应,故选:abd; (5)①A→B 的反应方程式为:2CH2=CHCH2OH+O2 2CH2=CHCH2OH+O2 2CH2=CHCHO+2H2O; 2CH2=CHCHO+2H2O,故答案为:

②D+E→W 的反应方程式为: , 故答案为: ③HOCH2CH2CH2OH 的同分异构体和 ; 的同分异构体反应生成最小环酯



,故答案为:



(6)ⅰ.①遇 FeCl3 溶液显紫色 ②可发生银镜反应 ③能发生水解反应,含有酚羟基、醛

基、酯基,符合条件的同分异构体有:

,取代基位置可以互换;

故答案为:



ⅱ.①遇 FeCl3 溶液显紫色 ②可发生银镜反应 ③能和 NaHCO3 发生反应生成 CO2,含有酚

羟基、羧基、醛基,符合条件的同分异构体有:

,取代基位置可以互换;

故答案为:



点评: 本题考查有机物推断,注意根据反应条件进行推断,需要学生熟练掌握官能团的性 质与转化, 注意对反应信息的理解, 较好的考查学生的自学能力与知识迁移应用, 难度中等.


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