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高三化学小题训练测试二+解析上海


新王牌高三化学上学期入学测试卷
一.选择题(共 8 小题) 1.工业上以 CaO 和 HNO3 为原料制备 Ca(NO3)2?6H2O 晶体.为确保制备过程中既不补充水分,也无 多余的水分,所用硝酸溶液中溶质的质量分数应为( ) A.53.8% B.58.3% C.60.3% D.70.0% )

2.常温常压下,下列气体混合后压强一定不发生变化的是

( A.NH3 和 Cl2 B.NH3 和 HBr C.SO2 和 O2 D.SO2 和 H2S

3.常温下,下列各组离子在制定溶液中一定能大量共存的是( A.无色透明的溶液:Na 、Al 、Cl 、AlO2 ﹣ + + 2+ B.pH=1 的溶液:Na 、NH4 、Cu 、NO3 ﹣ ﹣ + + C.与铝反应产生大量氢气的溶液:Na 、K 、Cl 、AlO2 ﹣ ﹣ 2+ 2+ D.使紫色石蕊试液变红的溶液:Fe 、Mg 、NO3 、Cl
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4.短周期元素 X、Y、Z、W、Q 在元素周期表的位置如表所示,其中 X 元素的原子内层电子数是最外层 电子数的一半,则下列说法正确的是( ) X Y Z W Q A.W 得电子能力比 Q 强 B.由 Z 与 Y 组成的物质在熔融时能导电 C.钠与 Y 可能形成 Na2Y2 化合物 D.X 有多种同素异形体,而 Y 不存在同素异形体 5.下列晶体模型对应的物质熔化时破坏共价键的是( )

A.

金刚石模型

B.

干冰模型

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C.

碳 60 模型

D.

氯化钠模型

二、选择题(每小题有一个或两个正确选项。只有一个正确选项的,多选不给分;有两个正确选项的,选 对一个给一半分,选错一个,该小题不给分) 6.某水体溶有 Ca 、Mg 、HCO3 三种离子,可先加足量消石灰,再加足量纯碱以除去 Ca 、Mg .以 下离子方程式肯定不符合反应事实的是( ) A.Mg +2HCO3 +Ca +2OH →MgCO3↓+CaCO3↓+2H2O ﹣ ﹣ 2+ 2+ B.Mg +2HCO3 +2Ca +4OH →Mg(OH)2↓+2CaCO3↓+2H2O ﹣ ﹣ 2+ 2+ C.Mg +3HCO3 +3Ca +5OH →Mg(OH)2↓+3CaCO3↓+3H2O 2+ 2﹣ D.Ca +CO3 →CaCO3↓ 7.中学化学中很多“规律”都有其适用范围,下列根据有关“规律”推出的结论正确的是( ) 选项 规律 结论 A 沸点高的物质制备沸点低的物质 钙置换出铷,或浓磷酸制备 HI B 反应物浓度越大,反应速率越快 常温下,相同的铝片中分别加入足量的浓、稀硝酸,浓 硝酸中铝片先溶解完 C 结构和组成相似的物质, 沸点随相对分子质量 BCl3 沸点低于 AlCl3,CO2 沸点低于 SiO2 增大而升高 D 溶解度小的沉淀易向溶解度更小的沉淀转化 ZnS 沉淀中滴加 CuSO4 溶液可以得到 CuS 沉淀 A.A B.B C.C D.D 8.100mL 5mol/L 的氨水吸收一定量的 SO2 气体后,二氧化硫与氨水完全反应生成盐.向所得溶液中加入 0.7mol Na2O2 固体, 充分反应后加热使气体全部逸出, 收集到的干燥气体的平均相对分子质量可能为 ( ) A.20 B.21 C.22 D.23
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二.填空题(共 1 小题) 9.1,6﹣己二酸是合成高分子化合物尼龙的重要原料之一,可用六个碳原子的化合物氧化制备.如图是

合成尼龙的反应流程:

已知: 完成下列填空: (1)写出反应类型:反应① 反应② . (2)A 和 B 的结构简式为 、 . (3)在上述反应流程的物质中,含氢原子位置不同最多的物质是 (填结构简式) . (4)由 合成尼龙的化学方程式为 . .

(填名称) ,最少的物质是

(5)由 A 通过两步制备 1,3﹣环己二烯的合成线路为:

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三.解答题(共 1 小题) 10.铝是第二金属,是地壳中含量最多的金属,用途广泛. (1)将某铝土精矿 R(Al2O3、Fe2O3)粉末 48.8g 加入含 1mol NaOH 的溶液中,发生的反应为:Al2O3(s) +2NaOH(aq)+2H2O(l)→2NaAl(OH)4(aq)充分反应后,过滤、洗涤、干燥,得到 8.0g 固体,则该 精矿 Al2O3 的质量分数为 (精确到 0.001) .往滤液中通入 CO2,发生的反应为:2NaAl(OH) mol. 4+CO2→2Al(OH)3↓+Na2CO3+H2O 若生成 0.5mol Na2CO3,则生成 Al(OH)3 (2)有反应 Al2O3(s)+Na2CO3(s) 2NaAlO2(s)+CO2(g) ;2NaAlO2(aq)+CO2(g)+3H2O→2Al

(OH)3↓+Na2CO3;若以铝土精矿 R 和 Na2CO3 为原料,除得到 Al2O3 外,还得到“赤泥”,其成分为(金 属元素均以氧化物形式表示) : 质量分数 Al2O3 0.065 Fe2O3 0.850 Na2O 0.029

每 1t 铝土精矿生产时:得到的赤泥 t(精确到 0.001,下同) ;可制得 Al2O3 得 t; 需要补充购买 Na2CO3 kg. (3) 取 a g Al2O3 加入溶质的质量分数为 b 的硫酸溶液中, 充分反应后再往溶液加入一定量的 (NH4) 2SO4, 加热、搅拌,冷却后全部溶液正好转化为 45.3g 铝铵矾晶体[NH4Al(SO4)2?12H2O,式量:453],则 a= ;求 b 的值(精确到 0.001) : .

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新王牌高三化学上学期入学测试卷
参考答案与试题解析

一.选择题(共 8 小题) 1.工业上以 CaO 和 HNO3 为原料制备 Ca(NO3)2?6H2O 晶体.为确保制备过程中既不补充水分,也无 多余的水分,所用硝酸溶液中溶质的质量分数应为( ) A.53.8% B.58.3% C.60.3% D.70.0% 【考点】溶液中溶质的质量分数及相关计算. 【分析】工业上以 CaO 和 HNO3 为原料制备 Ca(NO3)2?6H2O 晶体.为确保制备过程中既不补充水分, 也无多余的水分,也就是硝酸溶液中的水全部参与化学反应生成 Ca(NO3)2?6H2O 晶体,反应方程式为 CaO+2HNO3+5H2O═Ca(NO3)2?6H2O,设硝酸的质量为 126g,根据方程式可知硝酸溶液中水的质量为 90g,据此结合质量分数的定义计算硝酸溶液中溶质的质量分数. 【解答】解:工业上以 CaO 和 HNO3 为原料制备 Ca(NO3)2?6H2O 晶体.为确保制备过程中既不补充水 分,也无多余的水分,也就是硝酸溶液中的水全部参与化学反应生成 Ca(NO3)2?6H2O 晶体,反应方程 式为:CaO+2HNO3+5H2O═Ca(NO3)2?6H2O,设硝酸的质量为 126g,则: CaO+2HNO3+5H2O═Ca(NO3)2?6H2O 126g 90g
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因此硝酸溶液中溶质的质量分数为

×100%=58.3%,

故选 B. 【点评】本题考查根据化学方程式计算溶液中溶质的质量分数,题目难度中等,正确书写反应的方程式为 解答关键,试题旨在培养学生的理解能力和计算能力. 2.常温常压下,下列气体混合后压强一定不发生变化的是( ) A.NH3 和 Cl2 B.NH3 和 HBr C.SO2 和 O2 D.SO2 和 H2S 【考点】二氧化硫的化学性质;氨的化学性质. 【分析】完全反应后容器中压强没有发生变化,说明反应前后气体的物质的量没有发生变化,结合反应的 方程式和物质的状态判断. 【解答】解:完全反应后容器中压强没有发生变化,说明反应前后气体的物质的量没有发生变化, A.氨气与氯气常温下反应:8NH3+3Cl2 =N2+6NH4Cl,氯化铵为固体,气体物质的量减小,压强发生变化, 故 A 不选; B.氨气与溴化氢反应生成溴化铵固体,方程式为:NH3+HBr=NH4Br,溴化铵为固体,气体物质的量减小, 压强发生变化,故 B 不选; C.二氧化硫与氧气常温下不反应,所以气体物的量不变,压强不变,故 C 选; D.SO2 和 H2S 发生 S02+2H2S═3S↓+2H2O,气体物质的量减小,压强发生变化,故 D 不选; 故选:C. 【点评】本题考查元素化合物知识,熟悉 二氧化硫、氯气、氨气、硫化氢等气体性质及反应条件是解题 关键,注意把握反应方程式的书写,根据方程式判断,难度不大.
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3. (2014 秋?涪城区校级期末)常温下,下列各组离子在制定溶液中一定能大量共存的是( A.无色透明的溶液:Na 、Al 、Cl 、AlO2 ﹣ + + 2+ B.pH=1 的溶液:Na 、NH4 、Cu 、NO3
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C.与铝反应产生大量氢气的溶液:Na 、K 、Cl 、AlO2 ﹣ ﹣ 2+ 2+ D.使紫色石蕊试液变红的溶液:Fe 、Mg 、NO3 、Cl 【考点】离子共存问题. 【专题】离子反应专题. 【分析】A.无色溶液中不存在有色的离子,铝离子与偏铝酸根离子之间发生双水解反应;
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B.pH=1 的溶液中存在大量氢离子,Na 、NH4 、Cu 、NO3 之间不发生反应,都不与氢离子反应; C.与铝反应产生大量氢气的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子,偏铝酸根离子与氢离子反应; D.使紫色石蕊试液变红的溶液为酸性溶液,硝酸根离子在酸性条件下能够氧化亚铁离子. 【解答】解:A.Al 、AlO2 之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀,在溶液中不能大量共存,故 A 错 误; B.pH=1 的溶液中存在大量氢离子,Na 、NH4 、Cu 、NO3 之间不反应,且都不与氢离子反应,在溶 液中能够大量共存,故 B 正确; C.与铝反应产生大量氢气的溶液为酸性或碱性溶液,AlO2 离子与酸性溶液中的氢离子反应,在溶液中不 能大量共存,故 C 错误; D.使紫色石蕊试液变红的溶液为酸性溶液,NO3 离子在酸性条件下能够 Fe ,在溶液中不能大量共存, 故 D 错误; 故选 B. 【点评】本题考查离子共存的判断,为中等难度的试题,注意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 Cu 、 Fe 、 Fe 、 ﹣ MnO4 等有色离子的存在;溶液的具体反应条件,如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”等. 4.短周期元素 X、Y、Z、W、Q 在元素周期表的位置如表所示,其中 X 元素的原子内层电子数是最外层 电子数的一半,则下列说法正确的是( ) X Y Z W Q A.W 得电子能力比 Q 强 B.由 Z 与 Y 组成的物质在熔融时能导电 C.钠与 Y 可能形成 Na2Y2 化合物 D.X 有多种同素异形体,而 Y 不存在同素异形体 【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用. 【分析】这几种元素都是短周期元素,根据元素在周期表中的位置知,X、Y 是短周期元素,Z、W、Q 是 第三周期元素,X 元素的原子内层电子数是最外层电子数的一半,X 能层电子数是 2,其最外层电子数是 4,则 X 是 C 元素,Y 是 O 元素、Z 是 Si 元素、W 是 S 元素、Q 是 Cl 元素, A.元素的非金属性越强,其得电子能力越强; B.由 Z 与 Y 组成的物质是二氧化硅,属于原子晶体; C.Na 和 O 元素可以形成过氧化钠; D.氧元素形成的单质有同素异形体. 【解答】解:这几种元素都是短周期元素,根据元素在周期表中的位置知,X、Y 是短周期元素,Z、W、 Q 是第三周期元素,X 元素的原子内层电子数是最外层电子数的一半,X 能层电子数是 2,其最外层电子 数是 4,则 X 是 C 元素,Y 是 O 元素、Z 是 Si 元素、W 是 S 元素、Q 是 Cl 元素, A.元素的非金属性越强,其得电子能力越强,非金属性 Q>W,所以 Q 得电子能力大于 W,故 A 错误; B.由 Z 与 Y 组成的物质是二氧化硅,属于原子晶体,其熔融状态没有自由移动的离子,所以不导电,故 B 错误;
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C.Na 和 O 元素可以形成 Na2O2,故 C 正确; D.氧元素形成的单质同素异形体为氧气和臭氧,故 D 错误; 故选 C. 【点评】本题考查元素周期表和元素周期律综合应用,正确判断 X 为解题关键,熟练掌握并灵活运用基本 概念、物质结构、元素周期律等知识点,题目难度不大. 5.下列晶体模型对应的物质熔化时破坏共价键的是( )

A.

金刚石模型 B.

干冰模型

C.

碳 60 模型

D.

氯化钠模型 【考点】不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别. 【专题】化学键与晶体结构. 【分析】晶体模型对应的物质熔化时破坏共价键说明该晶体属于原子晶体,原子晶体是由原子之间通过共 价键形成的,据此分析解答. 【解答】解:晶体模型对应的物质熔化时破坏共价键说明该晶体属于原子晶体, A.金刚石是由 C 原子构成的,属于原子晶体,故 A 正确; B.干冰是由二氧化碳分子构成的,属于分子晶体,故 B 错误; C.C60 是由分子构成的,属于分子晶体,故 C 错误; D.NaCl 是由氯离子和钠离子构成的,属于离子晶体,故 D 错误; 故选 A. 【点评】本题考查晶体类型的判断,侧重考查基本理论,明确晶体的构成微粒即可解答,熟练掌握常见晶 体的类型及构成微粒,题目难度不大.
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6.某水体溶有 Ca 、Mg 、HCO3 三种离子,可先加足量消石灰,再加足量纯碱以除去 Ca 、Mg .以 下离子方程式肯定不符合反应事实的是( ) A.Mg +2HCO3 +Ca +2OH →MgCO3↓+CaCO3↓+2H2O ﹣ ﹣ 2+ 2+ B.Mg +2HCO3 +2Ca +4OH →Mg(OH)2↓+2CaCO3↓+2H2O ﹣ ﹣ 2+ 2+ C.Mg +3HCO3 +3Ca +5OH →Mg(OH)2↓+3CaCO3↓+3H2O
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D.Ca +CO3 →CaCO3↓ 【考点】离子方程式的书写.
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【分析】Ca 、Mg 、HCO3 三种离子,可先加足量消石灰,镁离子反应生成氢氧化镁沉淀,碳酸氢根 离子与氢氧根离子反应生成碳酸根离子,碳酸根与钙离子反应生成碳酸钙沉淀,再加足量纯碱碳酸根离子 与钙离子反应生成碳酸钙沉淀, A.根据分析可知,反应生成氢氧化镁沉淀,变化生成碳酸镁; B.原溶液中有钙离子,则碳酸氢根离子的系数应该大于 2,否则不满足溶液电中性; C.镁离子、碳酸氢根离子与足量氢氧化钙反应生成,当镁离子与钙离子的物质的量相等时发生该反应; D.最后钙离子与碳酸根离子反应生成碳酸钙沉淀. 【解答】解:Ca 、Mg 、HCO3 三种离子,可先加足量消石灰,镁离子反应生成氢氧化镁沉淀,离子 ﹣ ﹣ ﹣ 2+ 2 方程式: Mg +2OH =Mg (OH) 碳酸氢根离子与氢氧根离子反应生成碳酸根离子, 2HC03 +OH =C03 2↓, ﹣ 2+ 2﹣ ,碳酸根与钙离子反应生成碳酸钙沉淀,离子方程式:Ca +C03 →CaCO3↓,再加足量纯碱碳酸根离子 2+ 2﹣ 与钙离子反应生成碳酸钙沉淀,离子方程式:Ca +C03 →CaCO3↓, 氢氧化镁溶解度小于碳酸镁溶解度,消石灰过量,所以溶液中的镁离子全部转化为氢氧化镁沉淀,不可能 生成碳酸镁,最后反应得到的物质为氢氧化镁、碳酸钙和水, A.氢氧化钙足量,镁离子转化成氢氧化镁沉淀,当镁离子与钙离子物质的量相等时,发生反应为: Mg +3HCO3 +3Ca +5OH →Mg(OH)2↓+3CaCO3↓+3H2O,故 A 错误; B.原溶液中含有钙离子,则碳酸氢根离子的系数错误,当镁离子与钙离子物质的量相等时,发生反应为: Mg +3HCO3 +3Ca +5OH →Mg(OH)2↓+3CaCO3↓+3H2O,故 B 错误; ﹣ ﹣ 2+ 2+ C.若镁离子与钙离子的物质的量相等,加入足量氢氧化钙溶液后发生反应:Mg +3HCO3 +3Ca +5OH →Mg(OH)2↓+3CaCO3↓+3H2O,故 C 正确; 2+ 2﹣ D.最后钙离子与碳酸根离子反应生成碳酸钙沉淀,反应的离子方程式为:Ca +C03 →CaCO3↓,故 D 正确; 故选 AB. 【点评】本题考查了离子反应,题目难度中等,明确常见离子的性质为解题关键,注意氢氧化镁与碳酸镁 沉淀溶解度大小关系,试题侧重考查学生的分析、理解能力. 7.中学化学中很多“规律”都有其适用范围,下列根据有关“规律”推出的结论正确的是( ) 选项 规律 结论 A 沸点高的物质制备沸点低的物质 钙置换出铷,或浓磷酸制备 HI B 反应物浓度越大,反应速率越快 常温下,相同的铝片中分别加入足量的浓、稀硝酸,浓 硝酸中铝片先溶解完 C 结构和组成相似的物质, 沸点随相对分子质量 BCl3 沸点低于 AlCl3,CO2 沸点低于 SiO2 增大而升高 D 溶解度小的沉淀易向溶解度更小的沉淀转化 ZnS 沉淀中滴加 CuSO4 溶液可以得到 CuS 沉淀 A.A B.B C.C D.D 【考点】探究化学规律. 【分析】 A、 根据反应方程式可知生成物 Rb 为气态和沸点低的碘化氢气体, 把铷蒸气 (碘化氢气体)抽出, 则减少了生成物的浓度,根据平衡移动原理分析; B、铝在冷的浓硝酸中发生钝化现象; C、CO2 是分子晶体,是以分子间以范德华力相互结合形成的晶体,SiO2 是原子晶体,是相邻原子间以共 价键结合而形成的空间网状结构的晶体,共价键的作用肯定比范德华力强,所以 CO2 熔、沸点低,硬度小 SiO2 熔沸点较高,硬度较大; D、ZnS 沉淀中滴加 CuSO4 溶液,发生沉淀的转化.
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【解答】解:A、真空炼铷:生成物 Rb 为气态,把铷蒸气抽出,则减少了生成物的浓度,减少生成物的浓 度,平衡向正方向移动,所以反应可以不断向生成 Rb(气)方向进行,而浓磷酸制备 HI 是沸点高的物质 制备沸点低的物质,故 A 正确; B、铝在冷的浓硝酸中发生钝化现象,铝与浓硝酸发生反应表面形成致密的氧化膜,阻碍铝与酸的接触, 所以反应变得非常的慢,即稀硝酸中的铝先溶解,故 B 错误; C、CO2 是分子晶体,而 SiO2 是原子晶体,是相邻原子间以共价键结合而形成的空间网状结构的晶体,共 价键的作用肯定比范德华力强,而不是结构相似,但 BCl3 和 AlCl3 都是分子晶体,而氯化铝的相对分子量 大于氯化硼,符合结构和组成相似的物质,沸点随相对分子质量增大而升高,故 C 错误; D、ZnS 沉淀中滴加 CuSO4 溶液,发生沉淀的转化,溶解度小的沉淀易向溶解度更小的沉淀转化,从而生 成 CuS 更难溶的沉淀,故 D 正确; 故选 AD. 【点评】本题考查物质反应的规律的应用及特例分析,把握平衡的移动、钝化、不同类型的晶体的熔沸点 及沉淀转化等知识点为解答的关键,注重高考高频考点的考查,题目难度不大. 8.100mL 5mol/L 的氨水吸收一定量的 SO2 气体后,二氧化硫与氨水完全反应生成盐.向所得溶液中加入 0.7mol Na2O2 固体, 充分反应后加热使气体全部逸出, 收集到的干燥气体的平均相对分子质量可能为 ( ) A.20 B.21 C.22 D.23 【考点】氧化还原反应的计算;化学方程式的有关计算. 【分析】 二氧化硫与氨水完全反应生成盐, 可能为 NH4HSO3 或 (NH4) 向所得溶液中加入 0.7mol Na2O2 2SO3, 固体,过氧化钠能氧化 NH4HSO3 或(NH4)2SO3,生成硫酸根离子,充分反应后加热使气体全部逸出, 气体为氨气、氧气,以此计算. 【解答】解:二氧化硫与氨水完全反应生成盐,可能为 NH4HSO3 或(NH4)2SO3,由 N 原子守恒可知,
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物质的量分别为 0.1L×5mol/L=0.5mol、0.1L×5mol/L× =0.25mol, 向所得溶液中加入 0.7mol Na2O2 固体, ①若盐为 NH4HSO3,发生 Na2O2+NH4 +HSO3 耗过氧化钠为
+


2Na +SO4 +NH3↑+H2O,发生氧化还原反应消

+

2﹣

=0.5mol, 同时生成氨气为 0.5mol, 由 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑可知, =19.5;

生成氧气为(0.7mol﹣0.5mol)× =0.1mol,则气体的平均相对分子质量为 ②若盐为(NH4)2SO3,发生 Na2O2+2NH4 +SO3 应消耗过氧化钠为
+ 2﹣ + 2﹣

2Na +SO4 +2NH3↑+H2O,发生氧化还原反

=0.25mol,铵根离子完全反应,生成氨气为 0.5mol,由

2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑可知,生成氧气为(0.7mol﹣0.25mol)× =0.225mol,则气体的平均相对分子 质量为 =21.66,

③若盐为 NH4HSO3、 (NH4)2SO3 的混合物,则生成气体的平均相对分子质量为 19.5<M<21.66, 故选 AB. 【点评】本题考查氧化还原反应的计算,为高频考点,涉及电子守恒、平均相对分子质量的计算等,侧重 分析与计算能力的考查,注意极值法在计算中的应用,题目难度不大.

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二.填空题(共 1 小题) 9.1,6﹣己二酸是合成高分子化合物尼龙的重要原料之一,可用六个碳原子的化合物氧化制备.如图是

合成尼龙的反应流程:

已知: 完成下列填空: (1)写出反应类型:反应① 消去反应 反应② 加成反应 .

(2)A 和 B 的结构简式为





(3)在上述反应流程的物质中,含氢原子位置不同最多的物质是 环己醇 (填名称) ,最少的物质是

(填结构简式) . (4)由 合成尼龙的化学方程式为

. (5)由 A 通过两步制备 1,3﹣环己二烯的合成线路为:

. 【考点】有机物的合成. 【专题】有机物的化学性质及推断.
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【分析】 A 的分子式为 C6H10, 可知

发生消去反应生成 A, 应为

, 与双氧水反应生成



与水发生加成反应生成

,由题给信息可知 B 为:



反应生成





发生缩聚反应生成尼龙:
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,以此解答该题.

【解答】解:A 的分子式为 C6H10,可知

发生消去反应生成 A,应为

,与双氧水反应生成



与水发生加成反应生成

, 由题给信息可知 B 为:



反应生成





发生缩聚反应生成尼龙:



(1)由以上分析可知①为消去反应,②为加成反应,故答案为:消去反应;加成反应;

(2)由以上分析可知 A 为

,B 为

,故答案为:





(3)





都含有 3 种不同的氢原子,

含有 5 种不同的氢原子,

含有 2

种不同的氢原子,则含氢原子位置不同最多的物质是

,即环己醇,最少的为

,故答案为:环己

醇;



(4)



发生缩聚反应生成

,方程式为:



故答案为:



(5)

制备 1, 3﹣环己二烯, 可与溴发生加成反应生成

, 然后在发生消去反应可生成



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流程为



故答案为:



【点评】本题考查有机物的推断与合成,为高频考点,侧重于学生的分析能力的考查,难度中等,注意对 题目反应信息的理解利用,结合题给信息以及物质的性质解答该题. 三.解答题(共 1 小题) 10.铝是第二金属,是地壳中含量最多的金属,用途广泛. (1)将某铝土精矿 R(Al2O3、Fe2O3)粉末 48.8g 加入含 1mol NaOH 的溶液中,发生的反应为:Al2O3(s) +2NaOH(aq)+2H2O(l)→2NaAl(OH)4(aq)充分反应后,过滤、洗涤、干燥,得到 8.0g 固体,则该 精矿 Al2O3 的质量分数为 0.836 (精确到 0.001) .往滤液中通入 CO2,发生的反应为:2NaAl(OH) 4+CO2→2Al(OH)3↓+Na2CO3+H2O 若生成 0.5mol Na2CO3,则生成 Al(OH)3 0.8 mol. (2)有反应 Al2O3(s)+Na2CO3(s) 2NaAlO2(s)+CO2(g) ;2NaAlO2(aq)+CO2(g)+3H2O→2Al

(OH)3↓+Na2CO3;若以铝土精矿 R 和 Na2CO3 为原料,除得到 Al2O3 外,还得到“赤泥”,其成分为(金 属元素均以氧化物形式表示) : 质量分数 每 1t 铝土精矿生产时:得到的赤泥 0.193 t(精确到 0.001,下同) ;可制得 Al2O3 得 0.823 t;需要补 充购买 Na2CO3 9.569 kg. (3) 取 a g Al2O3 加入溶质的质量分数为 b 的硫酸溶液中, 充分反应后再往溶液加入一定量的 (NH4) 2SO4, 加热、搅拌,冷却后全部溶液正好转化为 45.3g 铝铵矾晶体[NH4Al(SO4)2?12H2O,式量:453],则 a= 5.1 ;求 b 的值(精确到 0.001) : 0.438 . 【考点】探究物质的组成或测量物质的含量. 【分析】 (1)氧化铝能和氢氧化钠发生反应但是氧化铁不能,根据铝元素守恒计算产生的氢氧化铝的物质 的量; (2)氧化铁的质量不变,可以计算赤泥的质量以及赤泥中 Al2O3 的质量; (3)根据铝元素守恒以及氧化铝和硫酸之间的反应情况来回答. 【解答】解: (1)Al2O3、Fe2O3 粉末 48.8g 加入含 1molNaOH 的溶液中,充分反应后,过滤、洗涤、干燥, 得到 8.0g 固体即氧化铁的质量是 8.0g,则该精矿 Al2O3 的质量是 48.8g﹣8.0g=40.8g,所以氧化铝的质量分
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Al2O3 0.065

Fe2O3 0.850

Na2O 0.029

数为:

×100%=0.836,氧化铝的物质的量是

=0.4mol,根据铝元素守恒,得到氢氧化铝的

物质的量是 0.8mol,故答案为:0.836;0.8; (2)氧化铁的质量不变,赤泥的质量为 =0.193,赤泥中 Al2O3 的质量:0.193t×0.065=0.013t,然

后用总的 Al2O3 的质量减去赤泥中的,0.836t﹣0.013t=0.823t,需要购买的 Na2CO3 的质量: 0.193t×0.029× =9.569kg,故答案为:0.193;0.823;9.569;

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(3)45.3g 铝铵矾晶体[NH4Al(SO4)2?12H2O,式量:453]中 Al 元素的质量是 a g Al2O3 中 Al 的质量是 2.7g,即

×27g/mol=2.7g,

×2×27=2.7g,解得 a=5.1,45.3g 铝铵矾晶体[NH4Al(SO4)2?12H2O

中铵根离子物质的量是 0.1mol,所以加入硫酸铵的物质的量是 0.05mol,质量是 6.6g,硫酸铵中硫酸根离 子物质的量是 0.05mol,所以消耗硫酸 0.15mol,质量是 14.7g,Al2O3~3H2SO4,即 5.1g 氧化铝消耗硫酸 质量是 14.7g,根据溶液质量守恒,硫酸溶液的质量是 45.3g﹣5.1g﹣6.6g=33.6g,所以硫酸的质量分数 ×100%≈0.438. 故答案为:5.1;0.438. 【点评】本题涉及元素以及化合物的计算知识,注意元素守恒思想在解题中的应用是关键,难度中等.

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