2014届湖南省十三校高三3月第一次联考化学试卷与答案（带解析）.doc

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1、2014届湖南省十三校高三 3月第一次联考化学试卷与答案（带解析） 选择题 下列有关物质分类或归类中，正确的是 混合物：盐酸、漂白粉、氯水、水银 化合物： CaCl2、 NaOH、 HC1、 HD 电解质：明矾、石膏、冰醋酸、氯化银 同素异形体： C60、 C70、金刚石、石墨 A只有 B只有 C只有 D只有 答案： C 试题分析：盐酸是氯化氢的水溶液是混合物，漂白粉是次氯酸钙和氯化钙的混合物，氯水中含有 HCl、 HClO、 Cl2等微粒，氯水为混合物，水银是汞单质，是纯净物，故 错误； CaCl2、 NaOH、 HCl都是由不同元素组成的纯净物，是化合物， HD是有同种元素组成的纯净物是单

2、质，故 错误；明矾、石膏、冰醋酸、氯化银都能在水溶液里电离出自由移动的离子，是电解质，故 正确；C60、 C70、金刚石、石墨是同一元素形成的不同单质，属于同素异形体，故 正确；所以 C选项正确。 考点：考查了物质的分类。 在容积一定的密闭容器中发生可逆反应： A（ g） +2B（ g） 2C（ g） HO，其他条件不变，只有温度改变时，某量随温度变化的关系如图所示。则下列说法正确的是 A P1P2，纵坐标可表示 A的质量分数 B P1 P2，纵坐标可表示混合气体的平均摩尔质量 D P1v（正） C该温度下，此反应的平衡常数 K =l 44 D其他条件不变，再充人 0 2 mol Z，平衡时

3、X的体积分数增大 答案： C 试题分析： 2min内 Y物质的量变化为 0.16mol-0.12mol=0.04mol，故 v（ Y） =0.002mol/（ L min），速率之比等于化学计量数之比，故 v（ Z）=2v（ Y） =20.002mol/（ L min） =0.004mol/（ L min），故 A错误；该反应正反应是放热反应，降低温度平衡向正反应移动，反应达到新平衡前 v（逆） v（正），故 B错误；由表中数据可知 7min时，反应到达平衡，平衡时 Y的物质的量为 0.10mol，则： X（ g） +Y（ g） 2Z（ g） 开始（ mol）： 0.16 0.16 0 变化（

4、 mol）： 0.06 0.06 0.12 平衡（ mol）： 0.1 0.1 0.12 由于反应气体氢气的化学计量数相等，用物质的量代替浓度进行计算，故化学平衡常数 k= =1.44，故 C正确；再通入 0.2 mol Z，等效为在原平衡基础上增大压强，反应前后气体的体积不变，平衡不移动， X的体积分数不变，故D错误；所以选 C。 考点：考查化学反应速率、化学平衡常数、化学平衡的影响因素等。 常温下，下列溶液中有关物质的量浓度关系和计 算不正确的是 A c(NH4 )相等的 (NH4)2SO4、 (NH4)2Fe(SO4)2和 NH4Cl溶液中，溶质浓度大小关系是： c(NH4Cl) c(N

5、H4)2SO4 c(NH4)2Fe(SO4)2 B已知 25 时 Ksp(AgCl)=1.810-10，则在 0.1mol L-1AlCl3溶液中， Ag 的物质的量浓度最大可达到 6.010-10mol L-1 C 0.2mol L-1 HCl溶液与等体积 0.05 mol L-1 Ba(OH)2溶液混合后，溶液的pH=1 D室温下， 0.1mol L-1NaHA溶液的 pH=4，则有 c(HA-) c(H ) c(A2-) c(H2A) 答案： C 试题分析：解： (NH4)2SO4溶液中硫酸根离子对铵根离子水解无影响，(NH4)2Fe(SO4)2和溶液中亚铁离子水解显酸性抑制铵根离子的水

6、解， NH4Cl溶液中氯离子对铵根离子无影响，当铵根离子浓度相同时溶质浓度应为， c（ NH4Cl） c(NH4)2SO4 c(NH4)2Fe(SO4)2，故 A错误；依据一定温度下沉淀溶解平衡中存在溶度积常数，依据溶度积和沉淀溶解平衡，计算银离子最大浓度； Ksp（ AgCl） =1.810-10， 0.1mol L-1AlCl3溶液中 c(Cl-）为 0.3mol L-1，Ksp(AgCl)=c(Ag )c(Cl-)=c(Ag )0.3mol L-1=1.810-10； c(Ag )=610-10mol L-1；故 B正确； 0.2mol L-1 HCl溶液与等体积 0.05mol L-1

7、 Ba(OH)2溶液混合后，依据溶液中溶质物质的量分析判断，酸过量，设酸碱溶液体积为 1L，盐酸溶液中氢离子物质的量为 0.2mol，氢氧化钡溶液中氢氧根离子物质的量为 0.1mol，所以混合溶液中 c(H )= =0.05mol L-1，溶液的 pH=-lg0.05=2-lg5，故 C错误； 0.1mol L-1 NaHA溶液的 pH=4，溶液呈酸性，说明酸式酸根离子的电离程度大于水解程度，溶液中的离子浓度大小顺序为 c(Na ) c(HA-) c(H ) c(A2-) c(H2A)；故 D正确；故选 C。 考点：考查了盐类水解的离子浓度比较方法。 已知 A、 B、 C、 D之间的转化关系如

8、图所示。下列说法正确的是 A若 A为 Fe， D为氢气，则 B一定为酸 B若 A、 D为化合物， B为水，则 C一定是气体单质 C若 A、 B、 C、 D均为化合物，该反应一定属于复分解反应 D若 A、 B、 C、 D均为 10电子微粒，且 C是可使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则 D在常温下一定呈液态 答案： D 试题分析：解：在高温条件下， 3Fe+4H2O（ g） Fe3O4+4H2，故 A错误；若 A、 D为化合物， B为水，则 C不一定是气体单质，可能是化合物，如：3NO2+H2O=2HNO3+NO，故 B错误；若 A、 B、 C、 D均为化合物，该反应一定不一定属于复分解反应，如

9、3NO2+H2O=2HNO3+NO，故 C错误； C是可使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则 C 是氨气，若 A、 B、 C、 D 均为 10 电子微粒，且生成氨气，该反应为： NH4 +OH-=NH3+H2O，水在常温下呈液态，故 D 正确；故选 D。 考点：考查了物质的推断。 海水中含有丰富的镁资源。某同学设计了从模拟海水中制备 MgO的实验方案： 注：溶液中某种离子的浓度小于 1.010-5 mol/L，可认为该离子不存在；实验过程中，假设溶液体积不变。已知： KSp(CaCO3)=4.9610-9； KSp(MgCO3)=6.8210-6；KSpCa(OH)2=4.6810-6； KSp

10、Mg(OH)2=5.6110 -12。 下列说法不正确的是 A沉淀物 X为 CaCO3 B滤液 M中存在 Mg2+和 Ca2+ C滤液 N中存在 Mg2+、 Ca2+ D步骤 中若改为加入 4 2 g NaOH固体，沉淀物 Y只有 Mg(OH)2 答案： C 试题分析：步骤 ，从题给的条件，可知 n(NaOH)=0.001mol， 即 n(OH-)=0.001mol依据离子反应 “先中和、后沉淀、再其他 ”的反应规律，当 1L模拟海水中，加入 0.001mol NaOH时， OH- 恰好与 HCO3-完全反应： OH-+HCO3-CO32-+H2O，生成 0.001molCO32-由于 Ksp

11、(CaCO3) Ksp(MgCO3)，生成的CO32-与水中的 Ca2 反应生成 CaCO3沉淀 Ca2 +CO32-=CaCO3所以沉淀物 X为CaCO3，故 A正确；步骤 中，由于 CO32-只有 0.001mol，反应生成 CaCO3所消耗的 Ca2 也只有 0.001mol，滤液中还剩余 c（ Ca2 ） =0.010mol L-1，所以滤液M中同时存在着 Ca2 和 Mg2 ，故 B正确；步骤 ，当滤液 M中加入 NaOH 固体，调至 pH=11时，此时滤液中 c(OH-)=110-3 mol L-1则 QCa(OH)2=c(Ca2 )(10-3)2=0.010（ 10-3） 2=1

12、0-8 KspCa(OH)2，无 Ca(OH)2生成，QMg(OH)2=c(Mg2 )(10-3)2=0.050(10-3)2=510-8 KspMg(OH)2，有 Mg(OH)2沉淀生成，又由于 KspMg(OH)2=c(Mg2 )(10-3)2=5.610-12， c(Mg2 )=5.610-6 10-5，无剩余，滤液 N中不存在 Mg2 ，故 C错误；步骤 中若改为加入 4.2 g NaOH固体，则 n（ NaOH） =0.105mol，与 0.05mol Mg2 反应： Mg2 +2OH-=Mg(OH)2，生成 0.05 molMg(OH)2，剩余 0.005 mol OH-，由于 Q

13、Ca(OH)2=c(Ca2 )(OH-)2=0.010(0.005)2=2.510-7 KspCa(OH)2，所以无 Ca(OH)2沉淀析出，沉淀物 Y为 Mg(OH)2沉淀，故 D正确。 考点：考查考查了 Ksp的应用和计算，离子反应等。 下列液体均处于 25 ，有关叙述正确的是 A某物质的溶液 pHl， 0 1 mol/L BOH溶液中 c(OH-)/c(H )=l012，将这两种溶液等体积混合，混合后溶液中离子浓度的大小关系为： c（ B ） c（ OH-） c（ H ） c（ A-） 答案： B 试题分析：某物质的溶液 pHKW（ A） KW（ C） KW（ D） B向水中加入醋酸钠固

14、体，可从 C点到 D点 C B点对应的温度下， pH=4的硫酸与 pH=10的氢氧化钠溶液等体积混合，溶液的 pH=7 D升高温度可实现由 C点到 D点 答案： B 试题 分析：解：水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，所以温度越高，水的离子积常数越大，依据图象分析可知，水的离子积常数关系为： KW（ A） KW（ B） KW（ C） =KW（ D），故 A错误；温度不变， Kw不变，向水中加入醋酸钠固体，溶液中 c（ OH-）变大， c（ H ）变小，所以可以实现从 C点到D点，故 B正确； B点温度处于 A点和 C点之间，所以离子积常数大小顺序是Kw（ A） Kw（ B） Kw（ C），

15、 B点温度下， pH=4的硫酸与 pH=10的氢氧化钠溶液中 c（ H ） c（ OH-），等体积混合后溶液呈碱性，但 pH不一定等于7，故 C错误； C点溶液呈中性， D点溶液呈碱性，所以不能通过升高温度实现由 C点到 D点，故 D错误；故选 B。 考点：考查水的电离平衡移动问题。 下列实验中，为实现实验目的必须除杂，其中正确的是 实验 除杂试剂 实验目的 电石与水反应 CuSO4溶液 用 KMnO4酸性溶液检验乙炔的还原性 CH3CH2Br与 NaOH溶液共热 HNO3溶液 用 AgNO3溶液检验 CH3CH2 Br中的 Br 淀粉与稀 H2SO4水浴共热 HNO3溶液 用银氨溶液检验水解

16、产物的还原性 C2H5OH与浓 H2SO4加热至170 NaOH溶液 用 KMnO4溶液证明该反应为消去反应 苯与液溴反应 CC14 用 AgNO3溶液证明该反应为取代反应 A B只有 C只有 D只有 答案： D 试题分析：电石与水反应有硫化氢杂质生成，具有还原性，使酸性高锰酸钾溶液褪色，用 CuSO4溶液除去硫化氢杂质，故 正确； CH3CH2Br与 NaOH溶液共热生成乙醇和 NaBr，而 AgNO3溶液与 NaOH溶液反应生成 AgOH沉淀，干扰检验试验的进行，先用 HNO3 溶液除去溶液中杂质，再进行检验，故 正确；银镜法在碱性条件下进行，应该用碱溶液中和溶液中的酸，故 错误；乙醇在浓

17、硫酸加热 170 发生消去反应生成乙烯气体，利用CH2=CH2+Br2CH2BrCH2Br溶液褪色检验乙烯，同时乙醇和浓硫酸在 170 以上能发生氧化反应，生成黑色碳、二氧化硫气体和水，含有杂质乙醇、二氧化硫、二氧化碳，二氧化硫能与 KMnO4溶液溶液反应，乙醇与水互溶，二氧化碳不影响乙烯的检验，需用氢氧化钠除去二氧化硫，故 正确；苯和溴易挥发，溴单质易溶解于四氯化碳中，通过 CCl4的作用是吸收溴化氢 中的溴单质，如果发生取代反应，生成溴化氢，溴化 湟兹苡谒 缋氤 和 Br-，只要检验含有氢离子或溴离子即可，溴离子的检验：取溶液滴加硝酸银溶液，如果生成淡黄色沉淀就证明是溴离子，故 正确；所以

18、选 D。 考点：考查了实验设计和评价。 实验题 K3Fe（ C2O4） 3 3H2O三草酸合铁（ ）酸钾晶体 易溶于水，难溶于乙醇，可作为有机反应的催化剂。实验室可用铁屑为原料制备，相关反应过程如下。请回答下列问题： （ 1）铁屑中常含硫元素，因而在制备 FeSO4时会产生有毒的 H2S气体，该气体可用氢氧化钠溶液吸收。下列吸收装置正确的是 （填序号）。 （ 2）在得到的 FeSO4溶液中需加入少量的 H2 SO4酸化，目的是 ，得到K3Fe(C2O4)3溶液后，加入乙醇的目的是 。 （ 3）晶体中所含结晶水可通过重量分析法测定，主要步骤有： 称量， 置于烘箱中脱结晶水， 冷却， 称量， 重复

19、 至恒重， 计算。 步骤 的目的是 。 （ 4） C2O 可被酸性 KMnO4溶液氧化为 CO2气体，故实验产物中 K3Fe（ C2O3）3 3H2O含量测定可用 KMnO4标准溶液滴定。 写出滴定过程中 发生反应的离子方程式 。 下列滴定操作中使滴定结果偏高的是 （填序号）。 A滴定管用蒸馏水洗涤后，立即装入标准液 B锥形瓶在装待测液前未用待测液润洗 C滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失 D读取标准液体积时，滴定前仰视读数，滴定后俯视读数 取产物 10.0 g配成 100 mL溶液，从中取出 20 mL于锥形瓶中，用浓度为0 1mol L-l的酸性 KMnO4溶液滴定，达到滴定终点时消

20、耗酸性 KMnO4溶液24 00mL，则产物中 K3 Fe（ C2O4） 3 3H2O的质量分数为 已知摩尔质量M K3Fe（ C2O4） 3 3H2O） =491 g mol-l。 答案：（ 1） A（ 2）抑制 Fe2 的水解 三草酸合铁酸钾难溶于乙醇，便于析出；（ 3）确保结晶水全部失去； （ 4） 5C2O42-+2MnO4-+16H =2Mn2 +10CO2+8H2O； AC 49.1% 试题分析：（ 1）该装置中硫化氢与氢氧化钠溶液接触面积大，从而使硫化氢吸收较完全，且该装置中气压较稳定，不产生安全问题，故 A正确；硫化氢与氢氧化钠接触面积较小，所以吸收不完全，故 B错误；没有排气

21、装置，导致该装置内 气压增大而产生安全事故，故 C错误；该装置中应遵循 “长进短出 ”的原理，故 D错误；所以选 A； （ 2）硫酸亚铁易水解而是其气压呈酸性，加热稀硫酸能抑制亚铁离子水解；双氧水不稳定，温度高时，双氧水易分解，为防止双氧水分解，温度应低些，根据相似相溶原理知，三草酸合铁酸钾在乙醇中溶解度小，所以可以用乙醇使三草酸合铁酸钾析出； （ 3）晶体易吸水，为防止吸水步骤 需要在干燥器中进行，步骤 的是检验晶体中的结晶水是否已全部失去； （ 4） 化合价 C： +3+4，改变量（ 4-3） 2=2， Mn： +7+2，改变量（ 7-2）1=5，根据化合价升降总数相等，所以在 C2O42

22、-前配 5， MnO4-前配 2，根据 C和 Mn原子守恒，分别在 CO2和 Mn2 前配 10和 2，根据电荷守恒，在 H 前配16，最后根据离子方程式两边的 H个数相等在水前面配 8，经检验离子方程式两边的氧原子相等，得到离子方程式为 5C2O42-+2MnO4-+16H =2Mn2+10CO2+8H2O； A滴定管没有用标准液润洗，浓度减小，消耗的标准液体积比实际体积变大，测定结果偏高； B锥形瓶未润洗，所取待测液的量没变，故不影响 V（标准），所以滴定结果无影响 C由于气泡的体积计入了标准液消耗的体积，使得标准液体积比实际体积增大，测定结果偏高； D读取标准液体积时，开始仰视读数，滴定

23、结束时俯视读数，造成 V（标准）偏小，测定结果偏低； 故选 AC 5K3Fe(C2O4)3 3H2O 15C2O42- 6MnO4- 5491g 6mol x 24.00mL10-30.1mol L-l x 0.982 K3 Fe（ C2O4） 3 3H2O的质量分数 0.982/2100% 49.1% 考点：考查了化学实验综合知识。 填空题 I利用含锰废水（主要含 Mn2+、 SO 、 H+、 Fe2+、 Al3+、 Cu2+）可制备高性能磁性材料碳酸锰（ MnCO3）。其中一种工业流程如下： 已知某些物质完全沉淀的 pH如下表： 回答下列问题： （ 1）过程 中，所得滤渣的主要成分是 。

24、（ 2）过程 中，发生反应的离子方程式是 。 （ 3）过程 中，若生成的气体 J可使澄清石灰水变浑浊，则生成 MnCO3的反应的离子方程式是 。 （ 4）由 MnCO3可制得重要的催化剂 MnO2： 2MnCO3+O2=2MnO2+2CO2。 现在空气中加热 460 0 g MnCO3，得到 332 0 g产品，若产品中杂质只有MnO，则该产品中 MnO2的质量分数是 （用百分数表示，小数点后保留 1 位）。 常温下，浓度均为 0 1 mol L的下列六种溶液的 pH如下表： （ 1）上述盐溶液中的阴离子，结合 H+能力最强的是 。 （ 2）根据表中数据判断，浓度均为 0 0l mol L的下

25、列物质的溶液中，酸性最强的是 （填序号）。 A HCN B HC1O C C6H5OH D CH3 COOH E H2 CO3 （ 3）据上表数据，请你判断下列反应不能成立的是 （填序号）。 A HCN+ Na2 CO3=NaHCO3+NaCN B CH3 COOH+NaCN=CH3 COONa+HCN C CO2 +H2O+2C6 H5ONa=Na2 CO3 +2C6 H5OH D CH3 COONa+HClO=NaClO十 CH3 COOH 答案： I.（ 1） Fe(OH)3， Al(OH)3 （ 2） MnS + Cu2 = Mn2 + CuS （ 3） Mn2 +2HCO3- =Mn

26、CO3 +CO2+H2O （ 4） 78.6% II.（ 1） CO32-；（ 2） D；（ 3） CD。 试题分析： I.（ 1）调节 pH在 5.2，由题意知 Fe2 和 Al3 均以 Fe(OH)3和 Al(OH)3沉淀状态存在；（ 2）加入 MnS是为了使其中 Cu2 产生 CuS沉淀除去，故搅拌目的是使 MnS 与 Cu2 快速、充分反应，离子方程式 MnS + Cu2 = Mn2 + CuS；（ 3）由题意知 Mn2 和加入的 HCO3-反应，产生 CO2气体和 MnCO3沉淀，故离子方程式 Mn2 +2HCO3- =MnCO3 +CO2+H2O；（ 4） MnCO3受热分解为 M

27、nO，MnO部分氧化为 MnO2，产品中杂质有 MnO， 460.0 gMnCO3，物质的量为4mol，受热产生 4molMnO，设产生 MnO2物质的量为 xmol，即有 xmolMnO氧化，剩余 MnO为 (4-x)mol，产物的总质量为 (4-x)mol71g mol-1+xmol87gmol-1=332g， x=3，则 MnO2的质量分数 = =78.6%。 II.（ 1）对应酸的酸性越弱，其阴离子越易水解，其阴离子结合质子能力越强，根据表格中数据可知 CO32-结合质子能力最强；（ 2）对应酸的酸性越弱，其阴离子越易水解，其盐溶液碱性越强，所以 PH最小的酸性最强，所以 CH3COO

28、H酸性最强，故答案：为 D；（ 3）复分解反应中，碱性强的物质置换碱性弱的物质，酸性强的物质置换酸性弱的物质，根据以上知识对各选项进行判断即可；故答案：为 CD。 考点：考查铁盐和亚铁盐的相互转变；难溶电解质的溶解平衡；离子方程式的书写等。 工业制硝酸的主要反应为： 4NH3（ g） +5O2（ g） 4NO（ g） +6 H2O（ g） H。 （ 1）已知氢气的燃烧热为 285 8 kJ/mol。 N2（ g） +3H2（ g） =2NH3（ g） H=-92 4 kJ/mol; H2O（ 1） =H2O（ g） H=+44 0 kJ/mol; N2（ g） +O2（ g） =2NO（ g）

29、 H=+180 6 kJ/mol。 则上述工业制硝酸的主要反应的 H= 。 （ 2）在容积固定的密闭容器中发生上述反应，容器内部分物质的物质的量浓度如下表： 反应在第 2 min到第 4 min时， O2的平均反应速率为 。 反应在第 6 min时改变了条件，改变的条件可能是 （填序号）。 A使用催化剂 B升高温度 C减小压强 D增加 O2的浓度 下列说法中能说明 4NH3（ g） +5O2（ g） 4NO（ g） +6 H2 O（ g）达到平衡状态的是 （填序号）。 A单位时间内生成 n mol NO的向时，生成 n mol NH3 B条件一定，混合气体的平均相对分子质量不再变化 C百分含量

30、 w（ NH3） =w（ NO） D反应速率 v（ NH3）： u（ O2）： v（ NO）： v（ H2O） =4： 5： 4： 6 E若在恒温恒压下容积可变的容器中反应，混合气体的密度不再变化 （ 3）某研究所组装的 CH3OH-O2燃料电池的工作原理如图所示。 该电池工作时， b口通入的物质为 _ 。 该电池正极的电极反应式为： 。 以此电池作电源，在实验室中模拟铝制品表面 “钝化 ”处理（装置如图所示）的过程中，发现溶液逐渐变浑浊并有气泡产生，其原因可能是 （用相关的离子方程式表示）。 答案：（ 1） -904.8kJ mol-1 （ 2） 0.1875mol/(L min) B AB

31、E （ 3） CH3OH O2 4e- 4H =2H2O Al3 3HCO3-=Al(OH)3 3CO2(Al-3e-3HCO3-Al(OH)3 3CO2也给分 ) 试题分析：（ 1） H2（ g） +1/2O2（ g） H2O（ l） H=-285.8kJ mol-1 N2（ g） +3H2（ g） 2NH3（ g） H=-92 4 kJ/mol H2O（ 1） H2O（ g） H=+44 0 kJ/mol N2（ g） +O2（ g） 2NO（ g） H=+180 6 kJ/mol 根据盖斯定律，由方程式 6 - 2 6+ 2 得工业制硝酸的主要反应为：4NH3（ g） +5O2（ g）

32、4NO（ g） +6 H2O（ g） H -904.8kJ mol-1； （ 2） 氨气的平均化学反应速率为 v= = =0.015 mol L-1 min-1，同一化学反应同一时间段内，各物质的反应速率之比等于计量数之比，所以氧气的平均化学反应速率为 0.1875mol L-1 min-1； 通过图表比较起始到第 6min和第 6min到第 8min时知，反应物浓度变大和生成物浓度变小，逆向移动，所以改变的条件是升高温度； B 正确，使用催化剂，平衡不移动， A错误；减小压强和增加 O2的浓度，正向移动， CD错误；故答案：为： B； A单位时间内生成 n mol NO的向时，生成 n mo

33、l NH3，说明 v正 =v逆 ， A正确； B条件一定，混合气体的平均相对分子质量不再变化，方 程式两边气体的化学计量数之和不相等，气体的物质的量是个变化的量，气体的质量始终不变，所以混合气体的平均相对分子质量不变，证明正逆反应速率相等，达到了平衡状态， B正确； C百分含量 w（ NH3） =w（ NO），不能说明 v正 =v逆 ， C错误； D反应速率 v（ NH3）： u（ O2）： v（ NO）： v（ H2O） =4： 5： 4： 6，不能说明 v正 =v逆 ， D错误； E由于反应方程式两边气体的质量不变，容器的容积不变，所以混合气体的密度可变，因此混合气体的密度是一个变量，可以

34、判断是否达到了平衡状态，E正确； （ 3） 在甲醇燃料电 池中，燃料甲醇作负极，氧气作正极，电解质中的阳离子移向正极，所以 c口通入的物质为氧气， b口通入的物质为甲醇； 该电池正极是氧气发生得电子的还原反应，电极反应式为： O2+4e-+4H =2H2O， 在电解池中，金属铝为阳极，发生电极反应： AlAl3 +3e-，铝离子会和碳酸氢根离子之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，即 Al3 +3HCO3-=Al（ OH）3+3CO2，溶液逐渐变浑浊，故答案：为： Al3 3HCO3-=Al(OH)3 3CO2(Al-3e- 3HCO3-=Al(OH)3 3CO2)。 考点：考查学生有

35、关化学反应原理的综合题目。 用乙烯、甲苯、 E 三种原料合成高分子药物 M 和有机中间体 L 的路线如下： 已知： L是六元环酯， M的分子式是（ C15, Hl6O6） n。 回答下列问题： （ 1） B中官能团的名称是 ， HJ的反应类型是 。 （ 2） D的结构简式是 。 （ 3） FG的化学反应方程式是 。 （ 4） KM属于加聚反应， M的结构简式是 。 （ 5）写出 K与足量 NaOH溶液共热的化学反应方程式 。 （ 6）写出符合下列条件的 C的所有同分异构体的结构简式： 。 属于芳香族化合物 ； 能发生银镜反应； 核磁共振氢谱有 4组峰，且峰面积之比为 1： 1： 2： 2。 答

36、案：（ 1）羟基；消去反应 （ 2） ； （ 3） ； （ 4） ； （ 5） （ 6） 。 试题分析：由反应信息 可知，乙烯在高锰酸钾、碱性条件下被氧化生成 B为HOCH2CH2OH由反应信息 可知， 与乙酸酐反应生成 D为 F发生催化氧化生成 G， G与形成氢氧化铜反应生成 H，则 F为醇、G含有醛基、 H含有羧基， G中 -CHO氧化为羧基， L是六元环酯，由 H、 L的分子式可知，应是 2分子 H脱去 2分子水发生酯化反应，故 H中还含有 -OH，且 -OH、 -COOH连接在同一碳原子上，该碳原子不含 H原子，故 H为，逆推可得 G为 、 F为 ，故E为（ CH3） 2C=CH2，在

37、高锰酸钾、碱性条件下氧化生成 F B、 D、 J反应生成K， KM属于加聚反应， M分子式是（ Cl5Hl6O6） n，由 M的链节组成可知，应是 1分子 B、 1分子 D、 1分子 J反应生成 K，故 H在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成 J为 CH2=C（ CH3） COOH， K为、 M为， （ 1）由上述分析可知， B为 HOCH2CH2OH，含有羟基， HJ的反应类型是：消去反应，故答案：为：羟基；消去反应 （ 2） D为 ； （ 3） FG的化学反应方程式是； （ 4） KM属于加聚反应，由上述分析可知， M的结构简式是； （ 5）碱性条件下， K水解的化学反应方程式是； （ 6）符合下列条件的 C（ ）的同分异构体： 属于芳香族化合物，含有苯环； 能发生银镜反应，含有 -CHO或 -OOCH，若为 -CHO，则还含有 2个 -OH，若为 -OOCH，则还含有 1个 -OH 核磁共振氢谱有 4组峰，且峰面积之比为 1： 1： 2： 2，符合条件的同分异构体为：。 考点：考查有机物的推断与合成。