江苏省淮安市清河区清江中学2016届高三上学期第一次月考化学试卷...

参与试题解析　

一、选择题（共15小题）

1．下列与化学反应能量变化相关的叙述正确的是（　　）

A．生成物总能量一定低于反应物总能量

B．应用盖斯定律，可计算某些难以直接测量的反应焓变

C．人类利用的能量都是通过化学反应获得的

D．在化学反应中只有燃烧反应才能放出热量

【考点】反应热和焓变．

【专题】化学反应中的能量变化．

【分析】A、化学反应过程中一定伴随能量变化，反应可以是放热反应或吸热反应；

B、依据盖斯定律反应焓变和起始位置和终了物质有关，与变化过程无关；

C、水能、风能、潮汐能不是通过化学反应获得的；

D、根据常见的放热反应分析．

【解答】解：A、化学反应过程中一定伴随能量变化，反应可以是放热反应或吸热反应，反应物能量可以高于生成物反应放热，反应物能量低于生成物，反应吸热反应，故A错误；

B、有些反应不容易控制，不能直接测定反应热，依据盖斯定律反应焓变和起始位置和终了物质有关，与变化过程无关，通过计算得到难以直接测量的反应焓，故B正确；

C、水能、风能、潮汐能也是人们利用的能量，它们不是通过化学反应获得的，故C错误；

D、常见的放热反应有酸碱中和反应、部分化合反应、燃烧反应、部分氧化还原反应等，故D错误；

故选B．

【点评】本题考查了化学反应能量变化的分析判断、常见的放热反应，掌握基础是关键，题目较简单．

2．绿色化学的核心是反应过程的绿色化，即要求原料物质中的所有原子完全被利用且全部转入期望的产品中，下列过程不符合这一思想的是（　　）

A．甲烷与氯气反应制氯仿：CH4+3Cl2CHCl3+3HCl

B．烯烃与水煤气发生的羰基合成反应：RCH=CH2+CO+H2RCH2CH2CHO

C．甲烷、CO合成乙酸乙酯：2CH4+2COCH3COOCH2CH3

D．乙烯合成聚乙烯nCH2﹣CH2

【考点】绿色化学．

【专题】化学应用．

【分析】根据“绿色化学”的特征：反应物中原子全部转化为欲制得的产物，即原子的利用率为100%；即生成物质只有一种．

【解答】解：A．甲烷与氯气反应制氯仿：CH4+3Cl2CHCl3+3HCl，产物有两种，不符合“绿色化学”的思想，故A选；

B．烯烃与水煤气发生的羰基合成反应：RCH=CH2+CO+H2RCH2CH2CHO，产物只有一种，即原子的利用率为100%，符合“绿色化学”的思想，故B不选；

C．甲烷、CO合成乙酸乙酯：2CH4+2COCH3COOCH2CH3，产物只有一种，即原子的利用率为100%，符合“绿色化学”的思想，故C不选；

D．烯合成聚乙烯nCH2﹣CH2，产物只有一种，即原子的利用率为100%，符合“绿色化学”的思想，故D不选；

故选A．

【点评】本题考查绿色化学及有机化学反应，把握反应产物的种类与绿色化学的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．

3．下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（　　）

选项 实验操作 实验现象 结论

A 向两份蛋白质溶液中分别滴加饱和NaCl 溶液和CuSO4 溶液 均有固体析出 蛋白质均发生变性

B 淀粉溶液和稀H2SO4混合加热后，再加新制的Cu（OH）2悬浊液煮沸 无砖红色沉淀产生 淀粉未水解

C 向苯酚浓溶液中滴入溴水，振荡 无白色沉淀产生 苯酚与溴水不反应

D 将乙醇和浓硫酸共热至170℃后，将生成的气体通入酸性KMnO4溶液中 KMnO4溶液褪色 不能证明乙烯能使KMnO4溶液褪色

A．A    B．B    C．C    D．D

【考点】化学实验方案的评价．

【专题】实验评价题．

【分析】A．加NaCl发生盐析，加CuSO4 溶液发生变性；

B．淀粉溶液和稀H2SO4混合加热后，水解生成葡萄糖，应在碱性条件下检验葡萄糖；

C．向苯酚浓溶液中滴入溴水，生成三溴苯酚溶于苯酚；

D．乙醇和浓硫酸共热至170℃后发生消去反应生成乙烯，但乙醇易挥发，二者均可使高锰酸钾褪色．

【解答】解：A．向两份蛋白质溶液中分别加NaCl发生盐析，加CuSO4 溶液发生变性，盐析为可逆过程，变性为不可逆过程，故A错误；

B．淀粉溶液和稀H2SO4混合加热后，水解生成葡萄糖，应在碱性条件下检验葡萄糖，则没有加碱至碱性不能检验，故B错误；

C．向苯酚浓溶液中滴入溴水，生成三溴苯酚溶于苯酚，应选浓溴水，现象可观察到白色沉淀，故C错误；

D．乙醇和浓硫酸共热至170℃后发生消去反应生成乙烯，但乙醇易挥发，二者均可使高锰酸钾褪色，则该实验不能证明乙烯能使KMnO4溶液褪色，故D正确；

故选D．

【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及气有机物的结构与性质、有机实验等知识，把握物质的性质、实验技能等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，选项C是易错点，注意实验的评价性分析，题目难度不大．

4．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（　　）

A．标准状况下，2.24L CHCl3的原子总数为0.1NA

B．4.2g C3H6中含有的碳碳双键数一定为0.1NA

C．1mol﹣OH中电子数为10NA

D．常温常压下，28 g乙烯和环丁烷（C4H8）的混合气体中含有的碳原子数为2NA

【考点】阿伏加德罗常数．

【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．

【分析】A、三氯甲烷标准状况不是气体；

B、依据n=计算物质的量，结合C3H6中存在同分异构体，不一定含有双键分析；

C、羟基是中性取代基含有9个电子；

D、乙烯和环丁烷最简式相同CH2，依据n=计算28 gCH2物质的量，得到碳原子数．

【解答】解：A、三氯甲烷标准状况不是气体，2.24L CHCl3的物质的量不是0.1mol，故A错误；

B、依据n=计算物质的量=0.1mol，C3H6中存在同分异构体，可能是烯烃含有双键，若是环烷烃不含有双键，故B错误；

C、羟基是中性取代基含有9个电子，1mol﹣OH中电子数为9NA，故C错误；

D、乙烯和环丁烷最简式相同CH2，依据n=计算28 gCH2物质的量==2mol，得到碳原子数2NA，故D正确；

故选D．

【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，气体摩尔体积的条件应用，物质结构分析，微粒数计算方法，掌握基础是关键，题目较简单．

5．下列离子方程式正确的是（　　）

A．AgNO3溶液中加入过量的氨水：Ag++NH3•H2O=AgOH+NH4+

B．乙酸与碳酸钠溶液反应：2CH3COOH+CO32﹣→CO2↑+H2O+2CH3COO﹣

C．苯酚钠溶液中通入少量CO2：CO2+H2O+2C6H5O﹣→2C6H5OH+CO32﹣

D．氢氧燃料电池的负极反应式：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣

【考点】离子方程式的书写．

【专题】离子反应专题．

【分析】A．反应生成氢氧化二氨合银；

B．反应生成醋酸钠、水和二氧化碳；

C．反应生成苯酚和碳酸氢钠；

D．负极上氢气失去电子，正极上氧气得到电子．

【解答】解：A．AgNO3溶液中加入过量的氨水的离子反应为Ag++2NH3•H2O=[Ag（NH3）2]++2H2O，故A错误；

B．乙酸与碳酸钠溶液反应的离子反应为2CH3COOH+CO32﹣→CO2↑+H2O+2CH3COO﹣，故B正确；

C．苯酚钠溶液中通入少量CO2的离子反应为CO2+H2O+C6H5O﹣→C6H5OH+HCO3﹣，故C错误；

D．若电解质为碱，则氢氧燃料电池的正极反应式为O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，故D错误；

故选B．

【点评】本题考查离子反应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，注意离子反应中保留化学式的物质，侧重与量有关的离子反应及电极反应的考查，难度不大．

6．一定条件下，溶液的酸碱性对TiO2光催化染料R降解反应的影响如图所示．下列判断正确的是（　　）

A．在0～50 min之间，pH=2和pH=7时R的降解百分率相等

B．溶液酸性越强，R的降解速率越小

C．R的起始浓度越小，降解速率越大

D．在20～25 min之间，pH=10时R的平均降解速率为0.04 mol•L﹣1•min﹣1

【考点】化学反应速率的影响因素．

【分析】A、根据图中的信息可以知道在0﹣50min之间，pH=2和pH=7时R的降解百分率；

B、对比溶液的酸性强弱对R的降解速率的影响情况；

C、根据t=0时物质的初始浓度来判断降解速率的大小；

D、根据平均降解速率v=来计算即可．

【解答】解：A、根据图示可知：在0﹣50min之间，pH=2和pH=7时R的降解百分率是相等的，故A正确； 

B、溶液酸性越强，即pH越小，线的斜率越大，可以知道R的降解速率越大，故B错误； 

C、图中无法比较同一pH条件下，R的起始浓度与降解速率的关系，故C错误； 

D、在 20﹣25min之间，pH=10时R的平均降解速率为=0.04×10﹣4mol•L﹣1•min﹣1，故D错误．

故选：A．

【点评】本题考查学生的识图能力，要求学生具有分析和解决问题的能力，难度不大．

7．下列说法不正确的是（　　）

A．△H＜0、△S＞0的反应在任何温度下都能自发进行

B．NH4HCO3（s）═NH3（g）+H2O（g）+CO2（g）△H=+185.57 kJ•mol﹣1能自发进行，原因是体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向

C．因为焓变和熵变都与反应的自发性有关，因此焓变或熵变均可以单独作为反应自发性的判据

D．在其他外界条件不变的情况下，使用催化剂，可以改变化学反应进行的速率

【考点】焓变和熵变．

【分析】A、根据△G=△H﹣T•△S＜0进行判断；

B、反应生成气体，熵值增大，反应能自发进行；

C、反应能否自发进行，取决于焓变和熵变的综合判据；

D、催化剂能够降低反应的活化能，活化分子的百分数增多．

【解答】解：A、△H＜0、△S＞0，在任何温度下可满足△G=△H﹣T•△S＜0，能自发进行，故A正确； 

B、△H＞0，若能够满足△G=△H﹣T•△S＜0，原因是体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向，熵值增大即△S＞0，故B正确；

C、反应能否自发进行，取决于焓变和熵变的综合判据，不能用焓变或熵变均可以单独作为反应自发性的判据，故C错误；

D、使用催化剂，能够降低反应的活化能，活化分子的百分数增多，反应速率加快，故D正确；

故选C．

【点评】本题考查焓变和熵变，题目难度不大，注意反应能否自发进行取决于焓变和熵变的综合判据，当△G=△H﹣T•△S＜0，能自发进行．

8．下列分子式表示的物质一定是纯净物的是（　　）

A．C5H10    B．C7H8O    C．CH4O    D．C2H4Cl2

【考点】同分异构现象和同分异构体；混合物和纯净物．

【专题】同分异构体的类型及其判定．

【分析】同分异构体是分子式相同，但结构不同的化合物；根据是否存在同分异构体判断正误．

【解答】解：A．C5H10可以表示1﹣戊烯和2﹣戊烯两种物质，不是纯净物，故A错误； 

B．C7H8有甲苯和1，3，5环庚三稀两种同分异构体，故B错误；

C．CH4O只有一种结构不存在同分异构体，故C正确；

D．C2H4Cl2有CHCl2CH3和CH2ClCH2Cl两种同分异构体，故D错误．

故选C．

【点评】本题以纯净物为载体考查了同分异构现象，难度不大，注意纯净物必须是由同一种物质组成．

9．下列说法正确的是（　　）

A．任何酸与碱发生中和反应生成1molH2O的过程中，能量变化均相同

B．同温同压下，H2（g）+Cl（g）=2HCl（g）在光照和点燃条件下的△H相同

C．已知：①H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H1=﹣akJ•mol﹣1，②2H2（g）+O2（g）=2H2O（I）△H2=﹣bkJ•mol﹣1，则a＞b

D．已知：①C（s，石墨）+O2（g）=CO2（g）△H1=﹣393.5kJ•mol﹣1，②C（s，金刚石）+O2（g）=CO2（g）△H2=﹣393.0kJ•mol﹣1，则金刚石比石墨稳定

【考点】反应热和焓变．

【分析】A、根据强酸强碱溶解要放热，弱酸弱碱电离要吸热分析；

B、反应的焓变只与起始和终了物质状态能量有关，与变化过程，反应条件无关；

C、根据气态变成液体要放热分析；

D、根据物质的量能量越低越稳定．

【解答】解：A、强酸强碱溶解要放热，弱酸弱碱电离要吸热，所以任何酸与碱发生中和反应生成1molH2O的过程中，能量变化可能不同，故A错误；

B、依据盖斯定律分析可知，反应的焓变只与起始和终了物质状态能量有关，与变化过程，反应条件无关，故B正确；

C、气态变成液体要放热，所以氢气燃烧生成液态水放出的热量多，则a＜b，故C错误；

D、由①C（s，石墨）+O2（g）=CO2（g）△H1=﹣393.5kJ•mol﹣1，②C（s，金刚石）+O2（g）=CO2（g）△H2=﹣393.0kJ•mol﹣1，则①﹣②得，C（S，石墨）=C（S，金刚石）△H=+1.9kJ•mol﹣1，金刚石能量大于石墨的总能量，物质的量能量越高越不稳定，则石墨比金刚石稳定，故D错误；

故选B．

【点评】本题考查了化学反应的焓变分析，盖斯定律含义理解应用，化学反应实质分析判断，题目难度中等．

10．某有机物Z具有广泛的抗菌作用，其生成机理可由X与Y相互作用：下列有关叙述中正确的是（　　）

A．Z结构中有4个手性碳原子

B．Y的分子式为C9H8O3

C．1molZ余足量NaOH溶液反应，最多消耗8molNaOH

D．1molZ与浓溴水反应最多消耗3molBr2

【考点】有机物的结构和性质．

【分析】A．连4个不同基团的C为手性碳原子；

B．由酯化反应及原子守恒可知Y的分子式；

C．Z中﹣COOH、﹣COOC﹣、酚﹣OH均与NaOH；

D．Z含有碳碳双键，可与溴发生加成反应，含有酚羟基，可与溴发生取代反应．

【解答】解：A．连4个不同基团的C为手性碳原子，环己烷结构中与﹣OH、﹣COOC﹣相连的C均为手性碳，故A正确；

B．由结构简式X为C7H12O6，Z分子式为C16H18O9，由酯化反应规律可知Y的分子式为C9H8O4，故B错误； 

C．Z中﹣COOH、﹣COOC﹣、酚﹣OH均与NaOH，则1mol Z与足量NaOH溶液反应，最多消耗4mol NaOH，故C错误；

D．Z中含酚﹣OH、碳碳双键，酚﹣OH的邻对位与溴水发生取代反应，碳碳双键与溴水发生加成，共需要4mol溴，故D错误．

故选A．

【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重烯烃、酯性质的考查，选项B为易错点，题目难度不大．

11．常见的有机反应类型有以下几种，其中能在有机物中引入羟基的反应类型有（　　）

①取代反应； ②加成反应；③消去反应；④酯化反应；⑤加聚反应；⑥缩聚反应；⑦氧化反应；⑧还原反应．

A．①②③④    B．①②⑦⑧    C．⑤⑥⑦⑧    D．③④⑤⑥

【考点】有机物的合成；有机物分子中的官能团及其结构；烃的衍生物官能团．

【分析】酯化反应、消去反应一般是脱HX或H2O，会消除羟基；而﹣CHO可加氢（既是加成反应又是还原反应）生成﹣CH2OH，酯的水解可生成醇﹣OH，卤代烃水解可以生成醇，水解反应属于取代反应，﹣CHO氧化生成﹣COOH也可引入﹣OH，以此解答该题．

【解答】解：①取代反应可以引入羟基，如卤代烃水解，故正确；

②加成反应可以引入羟基，如烯烃与水的加成反应，故正确；

③消去反应不可以引入羟基，可以消除羟基，故错误；

④酯化反应不能引入羟基，可以消除羟基，故错误；

⑤加聚反应中碳碳双键或三键转化为饱和键，则不能引入羟基，故错误；

⑥缩聚反应中﹣OH、﹣COOH发生酯化反应，不能不能引入羟基，故错误；

⑦氧化反应可可引入羟基，如醛的氧化生成羧酸，故正确；

⑧还原反应可以引入羟基，如醛、酮与氢气的加成反应，故正确．

所以①②⑦⑧正确，

故选B．

【点评】本题考查有机物合成知识，为高频考点，侧重合成反应中羟基的引入的考查，题目难度不大，注意把握官能团的性质和转化即可解答该题．

12．下列实验事实可以用同一反应原理解释的是（　　）

A．活性炭、氯气都能使品红溶液褪色

B．苯、乙醇、纤维素都能与浓反应

C．、葡萄糖都能发生银镜反应

D．饱和（NH4）2SO4、CuSO4溶液都能使蛋白质形成白色沉淀

【考点】氯气的化学性质；有机化学反应的综合应用；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点．

【专题】元素及其化合物；有机反应．

【分析】A、活性炭具有吸附性，氯气的水溶液中的次氯酸具有漂白性；

B、苯可以和浓之间发生取代反应，乙醇与浓发生酯化反应，纤维素能与浓、浓硫酸发生酯化反应；

C、含有醛基的物质可以发生银镜反应；

D、加入重金属盐能使蛋白质变性，其他的盐能使蛋白质盐析．

【解答】解：A、活性炭具有吸附性，是一种物理漂白过程，氯气的水溶液中的次氯酸具有氧化性，是化学漂白试剂，不可以用同一反应原理解释，故A错误；

B、苯可以和浓之间发生取代反应，乙醇与浓发生酯化反应，纤维素能与浓、浓硫酸发生酯化反应，不可以用同一反应原理解释，故B错误；

C、、葡萄糖都是含有醛基的物质，可以发生银镜反应，可以用同一反应原理解释，故C正确；

D、加入重金属盐CuSO4溶液能使蛋白质变性，饱和（NH4）2SO4能使蛋白质盐析，不可以用同一反应原理解释，故D错误．

故选C．

【点评】本题考查了几种常见物质的化学性质及应用，要注意常见反应的反应原理及其应用，题目难度中等．

13．某有机物结构如图所示．下列叙述中正确的是（　　）

A．分子中所有的原子共面

B．1molEGC与4molNaOH恰好完全反应

C．易发生氧化反应和取代反应，难发生加成反应

D．遇FeCl3溶液发生显色反应

【考点】有机物的结构和性质．

【专题】有机物的化学性质及推断．

【分析】A．根据甲烷的结构可知，碳与四个原子或原子团相连时，这五个原子形成四面体；

B．根据酚﹣OH能与NaOH反应解答；

C．根据苯的性质：易发生氧化反应和取代反应，难发生加成反应来解答；

D．根据酚类遇FeCl3溶液发生显色反应；

【解答】解：A．甲烷的结构可知，碳与四个原子或原子团相连时，这五个原子形成四面体，所以该分子中不是所有的原子共面，故A错误；

B．酚﹣OH能与NaOH反应的关系式：﹣OH～NaOH，所以1molEGC与3molNaOH恰好完全反应，故B错误；

C．苯易发生氧化反应和取代反应，难发生加成反应，所以该物质易发生氧化反应和取代反应，难发生加成反应，故C正确；

D．酚类遇FeCl3溶液发生显色反应，所以该物质遇FeCl3溶液发生显色反应，故D正确；

故选：CD；

【点评】本题考查有机物的结构与性质，注意把握官能团与性质的关系来解答，熟悉酚、醇、醚化及苯的有关性质是解答的关键，题目难度不大．

14．Li﹣Al/FeS电池是一种正在开发的电动车用电池，该电池反应式为：2Al+6Li++3FeS=2Al3++3Li2S+3Fe．有关该电池的下列说法中，错误的是（　　）

A．作为二次电源，该电池在使用的过程中至少存在3种形式的能量转化

B．Li﹣Al在电池中作为负极材料，负极的电极反应式为Li﹣e﹣=Li+

C．该电池替代现在电动车广泛使用的铅蓄电池可以减少重金属的污染

D．充电时，阳极发生的电极反应式为：Li2S+Fe﹣2e﹣=2Li++FeS

【考点】原电池和电解池的工作原理．

【专题】电化学专题．

【分析】Li和Al都属于金属，合金中Li较Al活泼，根据正极反应式知，原电池的电极材料Li﹣Al/FeS，判断出负极材料为Al，发生反应为：2Al﹣6e﹣=2Al3+，又知该电池中正极的电极反应式为：2Li++FeS+2e﹣=Li2S+Fe，所以电池反应为：2Al+6Li++3FeS=2Al3++3Li2S+3Fe，充电时为电解池原理，阴极与原电池的负极相连，阴极发生还原反应．

【解答】解：A、二次电源在使用的过程中至少存在3种形式的能量转化，即电能、化学能、热能等能量之间的转化，故A正确；

B、根据电极反应式：2Al+6Li++3FeS=2Al3++3Li2S+3Fe，铝元素化合价升高，所以负极反应为2Al﹣6e﹣=2Al3+，故B错误；

C、该电池不含有重金属元素，替代现在电动车广泛使用的铅蓄电池可以减少重金属的污染，故C正确；

D、充电时为电解池原理，阳极电极反应为：Li2S+Fe﹣2e﹣=2Li++FeS，阴极发生还原反应，即2Al3++6e﹣=2Al，故D正确．

故选B．

【点评】本题涵盖电解池和原电池的主体内容，涉及电极判断与电极反应式书写等问题，做题时注意从氧化还原的角度判断原电池的正负极以及电极方程式的书写，本题中难点和易错点为电极方程式的书写，题目难度中等．

15．下列有关化学用语表示正确的是（　　）

A．CO2分子比例模型：

B．S2﹣的结构示意图：

C．质子数为53，中子数为78的碘原子：I

D．过氧化氢的电子式：

【考点】球棍模型与比例模型；常见元素的名称、符号、离子符号；电子式；原子结构示意图．

【专题】化学用语专题．

【分析】A、比例模型是参照原始实物，按照一定的比例缩放制作的模型；

B、硫离子是硫原子得到电子达到最外层电子8电子稳定结构；

C、质量数=质子数+中子数，质量数标在元素符号左上角，质子数标在元素符号左下角；

D、过氧化氢是共价化合物．

【解答】解：A、比例模型中二氧化碳分子中碳原子半径大于氧原子，应为，故A错误；

B、S2﹣的结构示意图：，故B错误；

C、质子数为53，中子数为78的碘原子：13153I，故C正确；

D、过氧化氢是共价化合物，电子式为：，故D错误；

故选C．

【点评】本题考查了化学用语的分析判断，离子结构示意图，电子式书写，原子符号书写，掌握基础是解题关键，题目难度中等．

二、填空题（共1小题）（除非特别说明，请填准确值）

16．化学在能源开发与利用中起着十分关键的作用．

（1）蕴藏在海底的“可燃冰”是高压下形成的外观像冰的甲烷水合物固体．甲烷气体燃烧的热化学方程式为：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣0.3kJ/mol．356g“可燃冰”（若分子式为CH4•9H2O）释放的甲烷气体完全燃烧生成液态水，放出的热量为　1780.6　kJ．

Cu2O是一种半导体材料，基于绿色化学理念设计的制取Cu2O的电解池示意图如图所示，电解总反应为2Cu+H2OCu2O+H2↑．该电解池中，铜电极接直流电源的　正　极；每生成1molCu2O，电路中通过的电子的数目为　1.204×1024或2NA　；该电解池的阴极反应式为　2H2O+2e﹣=2OH﹣+H2↑　．

【考点】原电池和电解池的工作原理；有关反应热的计算．

【专题】化学反应中的能量变化．

【分析】（1）356 g CH4•9H2O可以释放出2 mol CH4，再根据燃烧热的计算；

根据电解总反应为2Cu+H2O═Cu2O+H2↑可以知道金属铜为阳极材料，在阳极发生失电子的氧化反应，在阴极上是氢离子发生的电子的还原反应，依据电子守恒计算；

【解答】解：（1）356 g CH4•9H2O可以释放出2 mol CH4，已知甲烷的燃烧热为0.3 kJ/mol，则0.3 kJ/mol×2 mol=1 780.6 kJ；

故答案为：1780.6；

反应2Cu+H2OCu2O+H2↑，根据电解总反应为2Cu+H2OCu2O+H2↑可以知道金属铜为阳极材料，连接电源正极，在阳极发生失电子的氧化反应，在阴极上是氢离子发生的电子的还原反应，电极反应为：2H2O+2e﹣=2OH﹣+H2↑（或2H++2e﹣=H2↑）；失电子物质的量为2mol，生成氧化亚铜1mol，电子转移1.204×1024或2NA，

故答案为：正，1.204×1024或2NA ；2H2O+2e﹣=2OH﹣+H2↑（或2H++2e﹣=H2↑）；

【点评】本题考查了热化学方程式计算，电解原理的分析应用，电极反应书写，掌握基础是关键，题目较简单．

三、解答题（共5小题）（选答题，不自动判卷）

17．某芳香烃X是一种重要的有机化工原料，其相对分子质量为92，现以它为初始原料设计出如图转化关系图（部分产物、合成路线、反应条件略去）．其中A是一氯代物，F的分子式为C7H7NO2，Y是一种功能高分子．

已知：（1）烷基苯在高锰酸钾的作用下，侧链被氧化成羧基：

（苯胺，易被氧化）

请根据本题所给信息与所学知识回答下列问题： 

（1）做银镜反应实验的试管事先要用　热的氢氧化钠溶液　洗涤．X→A“一定条件”是指的何种条件：　光照　

写出反应类型：反应②　氧化反应　，反应③　还原反应　．1mol阿司匹林与足量NaOH溶液反应最多消耗NaOH的物质的量为　3　mol．

（3）Y的结构简式为　　．

（4）有多种同分异构体，写出同时符合下列4个条件它的同分异构体的结构简式：　　、　　．

①分子中含有苯环；

②能发生银镜反应，不能发生水解反应；

③在稀NaOH溶液中，1mol该同分异构体能与2molNaOH发生反应；

④在苯环上只能生成2种一氯取代物．

（5）以下是由A和其他物质合成的流程图：

完成甲→乙的化学反应方程式：　　．

（6）美托洛尔是一种治疗高血压的药物的中间体，可以通过以下方法合成：

根据已有知识并结合合成美托洛尔所给相关信息，写出以CH3OH和为原料

制备的合成路线流程图（无机试剂任用）．

【考点】有机物的推断．

【分析】相对分子质量为92的某芳香烃X是一种重要的有机化工原料，令分子组成为CxHy，则=7…8，由烷烃中C原子与H原子关系可知，该烃中C原子数目不能小于7，故该芳香烃X的分子式为C7H8，结构简式为，X与氯气发生取代反应生成A，A是一氯代物，A转化生成B，B催化氧化生成C，C能与银氨溶液反应生成D，故B含有醇羟基、C含有醛基，故A为，B为，C为，D酸化生成E，故D为，E为，在浓硫酸、加热条件下与浓发生取代反应生成F，结合反应③的产物和F分子式可知F为，F转化生成G，由于苯胺容易被氧化，由反应信息Ⅰ、反应信息Ⅱ可知，F先与高锰酸钾溶液发生氧化反应得G为，G再发生还原反应将﹣NO2还原成﹣NH2，Y是一种功能高分子，为通过形成肽键发生缩聚反应得到的高聚物，Y为，由A合成，可以用在催化剂条件下发生加成反应生成，再在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成，与溴水发生加成反应生成，最后在氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成，以CH3OH和为原料制备，可以先将CH3OH与钠反应生成CH3ONa，然后发生信息中合成美托洛尔的①②，将所得物质经过氧化即可得产品，据此解答．

【解答】角：相对分子质量为92的某芳香烃X是一种重要的有机化工原料，令分子组成为CxHy，则=7…8，由烷烃中C原子与H原子关系可知，该烃中C原子数目不能小于7，故该芳香烃X的分子式为C7H8，结构简式为，X与氯气发生取代反应生成A，A是一氯代物，A转化生成B，B催化氧化生成C，C能与银氨溶液反应生成D，故B含有醇羟基、C含有醛基，故A为，B为，C为，D酸化生成E，故D为，E为，在浓硫酸、加热条件下与浓发生取代反应生成F，结合反应③的产物和F分子式可知F为，F转化生成G，由于苯胺容易被氧化，由反应信息Ⅰ、反应信息Ⅱ可知，F先与高锰酸钾溶液发生氧化反应得G为，G再发生还原反应将﹣NO2还原成﹣NH2，Y是一种功能高分子，为通过形成肽键发生缩聚反应得到的高聚物，Y为，

（1）做银镜反应实验的试管事先要去油污，可以用热的氢氧化钠溶液洗涤，根据上面的分析可知，X与氯气发生侧链上的取代，所以条件为光照，

故答案为：热的氢氧化钠溶液；光照；

根据上面的分析可知，反应②氧化反应，反应③为还原反应，根据阿司匹林的结构简式可知，阿司匹林分子中1mol酯基能消耗2molNaOH，所以1mol阿司匹林与足量NaOH溶液反应最多消耗NaOH的物质的量为3mol，

故答案为：氧化反应；还原反应；3；

（3）根据上面的分析可知，Y的结构简式为 ，

故答案为：；

（4）根据下列条件①分子中含有苯环；②能发生银镜反应，不能发生水解反应，说明含有醛基，但不是甲酸某酯；③在稀NaOH溶液中，1mol该同分异构体能与2molNaOH发生反应；④在苯环上只能生成2种一氯取代物，说明苯环上有两种等效氢，则符合条件的的同分异构体为、，

故答案为：、；

（5）由A合成，可以用在催化剂条件下发生加成反应生成甲为，再在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成乙为，与溴水发生加成反应生成，最后在氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成，所以甲→乙的化学反应方程式为，

故答案为：；

（6）以CH3OH和为原料制备，可以先将CH3OH与钠反应生成CH3ONa，然后发生信息中合成美托洛尔的①②，将所得物质经过氧化即可得产品，合成路线为，

故答案为：

【点评】本题考查有机物的推断与合成，难度较大，是对有机物知识的综合考查，综合性较强，能较好的考查学生的阅读、分析与思维能力，（6）为本题的易错点．

18．盐泥是氯碱工业中的废渣，主要成分是镁的硅酸盐和碳酸盐（含少量铁、铝、钙的盐）．实验室以盐泥为原料制取MgSO4•7H2O的实验过程如下：

已知：①室温下Ksp[Mg（OH）2]=6.0×10﹣12．②在溶液中，Fe2+、Fe3+、Al3+从开始沉淀到沉淀完全的pH范围依次为7.1～9.6、2.0～3.7、3.1～4.7．③三种化合物的溶解度（S）随温度变化的曲线如图所示．

（1）在盐泥中加入稀硫酸调pH为1～2以及煮沸的目的是　为了提高Mg2+的浸取率　．

若室温下的溶液中Mg2+的浓度为6.0mol•L﹣1，则溶液pH≥　8　才可能产生Mg（OH）2沉淀．

（3）由滤液Ⅰ到滤液Ⅱ需先加入NaClO调溶液pH约为5，再趁热过滤，则趁热过滤的目的是　温度较高时钙盐与镁盐分离得更彻底（或高温下CaSO4•2H2O溶解度小等合理答案均可）　，滤渣的主要成分是　Al（OH）3、Fe（OH）3、CaSO4•2H2O　．

（4）从滤液Ⅱ中获得MgSO4•7H2O晶体的实验步骤依次为①向滤液Ⅱ中加入　NaOH溶液　；②过滤，得沉淀；③　向沉淀中加足量稀硫酸　；④蒸发浓缩，降温结晶；⑤过滤、洗涤得产品．

（5）若获得的MgSO4•7H2O的质量为24.6g，则该盐泥中镁[以Mg（OH）2计]的百分含量约为　20.0%　（MgSO4•7H2O的相对分子质量为246）．

【考点】制备实验方案的设计；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．

【分析】（1）根据离子完全沉淀的pH值来确定在盐泥中加入稀硫酸调pH为1～2并煮沸的目的；

根据氢氧化镁的Ksp=c（Mg2+）•c（OH﹣）2来计算；

（3）根据三种化合物的溶解度（S）随温度变化的曲线来回答；

（4）镁离子可以和氢氧化钠发生反应生成氢氧化镁沉淀，过滤，得到纯净的沉淀，再加入硫酸，蒸发结晶可以获得硫酸镁晶体；

（5）根据镁元素守恒结合关系式：MgSO4•7H2O﹣Mg（OH）2进行计算．

【解答】解：（1）根据离子完全沉淀的pH值可以知道，在盐泥中加入稀硫酸调pH为1～2并煮沸的目的是为了提高Mg2+的浸取率，

故答案为：为了提高Mg2+的浸取率；

氢氧化镁的Ksp=c（Mg2+）•c（OH﹣）2，溶液中Mg2+的浓度为6.0mol•L﹣1，则溶液的氢氧根浓度=mol/L=10﹣6mol/L，所以氢离子浓度为10﹣8mol/L，pH为8，故答案为：8；

（3）温度较高时钙盐与镁盐分离得更彻底，或者根据三种化合物的溶解度（S）随温度变化的曲线，可以知道高温下CaSO4•2H2O溶解度小，所得到的滤渣主要成分是：Al（OH）3、Fe（OH）3、CaSO4•2H2O，

故答案为：温度较高时钙盐与镁盐分离得更彻底（或高温下CaSO4•2H2O溶解度小等合理答案均可）；Al（OH）3、Fe（OH）3、CaSO4•2H2O；

（4）镁离子可以和氢氧化钠发生反应生成氢氧化镁沉淀，过滤，得到纯净的沉淀，再加入硫酸，蒸发结晶可以获得硫酸镁晶体，

故答案为：NaOH溶液；向沉淀中加足量稀硫酸；

（5）解：设该盐泥中含Mg（OH）2的质量为X，MgSO4•7H2O质量为24.6克，物质的量是0.1mol．

由关系式MgSO4•7H2O﹣Mg（OH）2

　　       1mol     58克

　         0.1mol    x            解得：x=5.8克

故该盐泥中含Mg（OH）2的百分含量为：×100%=20%，

故答案为：20.0%．

【点评】本题是一道物质的分离和提纯知识的综合实验题，考查学生分析和解决问题的能力，综合性强，题目难度中等．

19．已知：一个碳原子上连有两个羟基时，易发生下列转化：

请根据图作答：

（1）E的结构简式　CH3COOH　．

反应①的化学方程式　CH3CH（Cl）OOCCH3+2NaOHCH3COONa+CH3CHO+NaCl+H2O　．

（3）已知B的相对分子质量为162，其完全燃烧的产物中n（CO2）：n（H2O）=2：1，则B的分子式为　C10H10O2　．

（4）F具有如下特点：①能跟FeCl3溶液发生显色反应；②能发生加聚反应：③苯环上的一氯代物只有两种．则F在一定条件下发生加聚反应的化学方程式为　　．

（5）化合物G 是F的同分异构体，属于芳香族化合物，能发生银镜反应．G有多种结构，写出其中一种的结构简式　或或或　．

【考点】有机物的推断．

【专题】有机物的化学性质及推断．

【分析】A发生水解反应C、D，结合题中信息可知，C的结构简式为CH3CHO，D酸化得到E，C氧化得到E，则D为CH3COONa，E为CH3COOH，B的相对分子质量为162，其完全燃烧的产物中n（CO2）：n （H2O）=2：1，则B中碳氢原子个数之比为1：1，所以a=b，结合其相对分子质量知：a=b==10，所以B的分子式为C10H10O2，B水解生成E（乙酸）和F，F的分子式为C10H10O2+H2O﹣C2H4O2=C8H8O，不饱和度为5，F具有如下特点：①能跟FeCl3溶液发生显色反应，②能发生加聚反应；③苯环上的一氯代物只有两种，则F含有酚羟基、含有1个﹣CH=CH2，且2个取代基处于对位，则F的结构简式为：，B为，据此解答．

【解答】解：A发生水解反应C、D，结合题中信息可知，C的结构简式为CH3CHO，D酸化得到E，C氧化得到E，则D为CH3COONa，E为CH3COOH，B的相对分子质量为162，其完全燃烧的产物中n（CO2）：n （H2O）=2：1，则B中碳氢原子个数之比为1：1，所以a=b，结合其相对分子质量知：a=b==10，所以B的分子式为C10H10O2，B水解生成E（乙酸）和F，F的分子式为C10H10O2+H2O﹣C2H4O2=C8H8O，不饱和度为5，F具有如下特点：①能跟FeCl3溶液发生显色反应，②能发生加聚反应；③苯环上的一氯代物只有两种，则F含有酚羟基、含有1个﹣CH=CH2，且2个取代基处于对位，则F的结构简式为：，B为，

（1）根据上面的分析可知，E的结构简式为CH3COOH，故答案为：CH3COOH； 

反应①的化学方程式为CH3CH（Cl）OOCCH3+2NaOHCH3COONa+CH3CHO+NaCl+H2O，

故答案为：CH3CH（Cl）OOCCH3+2NaOHCH3COONa+CH3CHO+NaCl+H2O； 

（3）根据上面的分析可知，B的分子式为 C10H10O2，故答案为：C10H10O2； 

（4）F为，在一定条件下发生加聚反应的化学方程式为：，

故答案为：；

（5）化合物G是F的同分异构体，属于芳香族化合物，即有苯环，能发生银镜反应，说明有醛基，G有多种结构，可能的同分异构体有、、、，

故答案为：或或或．

【点评】本题考查有机物的推断，难度中等，注意计算确定B的分子式，根据有机物的官能团的变化为突破口进行推断，需要学生熟练掌握官能团的结构与性质．

20．下列反应曾用于检测司机是否酒后驾驶：2Cr2O72﹣+3CH3CH2OH+16H++13H2O→4[Cr（H2O）6]3++3CH3COOH 

（1）Cr3+基态核外电子排布式为　1s22s22p63s23p63d3　；配合物[Cr（H2O）6]3+中，与Cr3+形成配位键的原子是　O　（填元素符号）．

CH3COOH中C原子轨道杂化类型为　sp3和sp2　．1mol CH3COOH分子中含有σ键的数目为　7mol或7×6.02×1023　．

（3）与H2O互为等电子体的一种阳离子为　H2F+　（填化学式）；H2O与CH3CH3OH可以任意比例互溶，除因为它们都是极性分子外，还因为　H2O与CH3CH3OH之间可以形成氢键　．

【考点】真题集萃；原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．

【分析】（1）Cr位于周期表第四周期ⅥB族，原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d54s1，失去3个电子生成Cr3+，配合物[Cr（H2O）6]3+中Cr3+为中心离子，H2O为配体；

CH3COOH中C原子分别形成4个、3个δ键，没有孤对电子，CH3CHOOH分子中含有1个C﹣C、3个C﹣H、1个C﹣O、1个C=O、1个O﹣H等化学键；

（3）与H2O互为等电子体的阳离子应含有3个原子、且电子数为10，H2O与CH3CH3OH都含有氢键，且都为极性分子，二者互溶．

【解答】解：（1）Cr位于周期表第四周期ⅥB族，原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d54s1，失去3个电子生成Cr3+，则离子的电子排布为1s22s22p63s23p63d3，

配合物[Cr（H2O）6]3+中Cr3+为中心离子，H2O为配体，O原子提供孤对电子，与Cr3+形成配位键，

故答案为：1s22s22p63s23p63d3；O；

CH3COOH中C原子分别形成4个、3个δ键，没有孤对电子，分别为sp3杂化、sp2杂化，CH3CHOOH分子中含有1个C﹣C、3个C﹣H、1个C﹣O、1个C=O、1个O﹣H等化学键，则1mol CH3COOH分子中含有σ键的数目为7mol或7×6.02×1023，

故答案为：sp3和sp2；7mol或7×6.02×1023；

（3）与H2O互为等电子体的阳离子应含有3个原子、且电子数为10，应为H2F+，H2O与CH3CH3OH都含有氢键，且都为极性分子，二者互溶，

故答案为：H2F+；H2O与CH3CH3OH之间可以形成氢键．

【点评】本题为江苏考题第21题，为选做题，综合考查原子结构与元素的性质，题目涉及核外电子排布、杂化类型以及等电子体等问题，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握相关知识的判断方法，难度不大．

21．根据下面的反应线路及所给信息填空．

（1）A的结构简式是　　，B的结构简式是　　

①的反应类型是　取代反应　；③的反应类型是　加成反应　；

（3）反应④的条件是　NaOH、乙醇、△　．

【考点】有机物的合成．

【专题】有机物的化学性质及推断．

【分析】由合成路线可知，A为，发生①取代反应生成氯代环己烷，反应②为消去反应，反应③为加成反应生成B为，反应④为卤代烃的消去反应，然后结合有机物的反应及反应条件来解答．

【解答】解：由合成路线可知，A为，发生①取代反应生成氯代环己烷，反应②为消去反应，反应③为加成反应生成B为，反应④为卤代烃的消去反应，（1）由上述分析可知，A为，B为，故答案为：；；

由上述分析可知，①为取代反应，③为加成反应，故答案为：取代反应；加成反应；

（3）反应④为卤代烃的消去反应，反应条件为NaOH、乙醇、△，故答案为：NaOH、乙醇、△．

【点评】本题考查有机物物的合成与推断，题目难度不大，注意把握有机物官能团的变化以及反应条件，本题可用正推的方法进行推断．