重庆市南开中学2022届高三上学期期中化学试题Word版含解析

2015-2016学年重庆市南开中学高三（上）期中化学试卷

一．选择题；每小题6分，每小题的四个选项中，只有一项符合题目要求．

1．化学与生活密切相关．下列应用中利用了物质氧化性的是（）

A．漂白粉漂白织物B．纯碱去油污

C．食醋除水垢D．明矾净化水

2．下列有关说法正确的是（）

A．在酒精灯加热条件下，Na2CO3、NaHCO3固体都能发生分解

B．Fe（OH）3胶体无色、透明，能发生丁达尔现象

C．H2、SO2、CO2三种气体都可用浓硫酸干燥

D．SiO2既能和氢氧化钠溶液反应有能和氢氟酸反应，所以是两性氧化物

3．设N A为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（）

A．4.6g金属钠与足量O2充分反应后，所得固体中阴、阳离子的总数为0.3N A

B．1L 0.5 mol/L的FeCl3溶液充分水解后，所得Fe（OH）3胶粒的数目为0.5N A C．2.0g H218O与D2O的混合物中所含中子数为N A

D．1L含N A个Al3+的Al（NO3）3液中，NO3﹣物质的量浓度大于3 mol/L

4．下列实验中，所使用的装置（夹持装置略）、试剂和操作方法都正确的是（）A．观察Fe（OH）2的生成

B．配制一定物质的量浓度的NaNO3溶液

C．实验室制取氨

D．验证乙烯的生成

5．下列各组离子，在指定的环境中一定能大量共存的是（）

A．在pH=0的溶液中：Fe2+、Mg2+、SO42﹣、NO3﹣

B．能使淀粉碘化钾试纸显蓝色的溶液：K+、SO42﹣、S2﹣、SO32﹣

C．常温下c（H+）/c（OH﹣）=1012的溶液：Fe3+、Mg2+、NO3﹣、Cl﹣

D．不能使酚酞变红的无色溶液：Na+、CO32﹣、K+、ClO﹣、AlO2﹣

6．下列实验现象所对应的离子方程式不正确的是（）

实验现象离子方程式

A 在空气中放置一段时间后，溶液呈蓝色4H++4I﹣

+O2═2I2+2H2O

B 溶液由浅绿色变为红色2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣、

Fe3++3SCN﹣═Fe（SCN）3

C 溶液由黄绿色变为无色Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O

D 有白色沉淀生成，溶液由红色变为无色Ba2++OH﹣+H++SO═

BaSO4↓+H2O

A．A B．B C．C D．D

7．天然海水中主要含有Na+、K+、Ca2+、Mg2+、Cl﹣、SO42﹣、Br﹣、CO32﹣、HCO3﹣等离子．火力发电燃煤排放的含SO2的烟气可利用海水脱硫，其工艺流程如图所示：

下列说法错误的是（）

A．天然海水pH≈8的原因是由于海水中的CO32﹣、HCO3﹣水解

B．“氧化”是利用氧气将H2SO3、HSO3﹣、SO32﹣等氧化生成SO42﹣

C．“反应、稀释”时加天然海水的目的是中和、稀释经氧化后海水中生成的酸

D．“排放”出来的海水中SO42﹣的物质的量浓度与进入吸收塔的天然海水相同

二．非选择题：包括必考题和选考题两部分．必考题每个考题考生都必须作答．选考题考生根据要求作答．

8．（14分）（2015秋?重庆校级期中）短周期主族元素X、Y、Z、W、M、N原子序数依次增大，X与M、W与N分别同主族，X与其他元素均不同周期，Y、Z、W同周期且在周期表中位置相邻，又知N的质子数是其次外层电子数的2倍．请回答下列问题：

（I）Y元素在周期表中的位置是，X、Y、Z、W的原子半径由大到小的顺序为：（用元素符号表示）．

（2）写出X2W2电子式；YW2分子形状为．

（3）X、Z、W形成的化合物中，水溶液一定显酸性的盐是（写化学式），其原因是（用离子方程式表示），该物质所含化学键的类型是．（4）液态Z2X4与液态Z2W4反应，产物环保无污染．又知在此反应中16g Z2X4完全反应生成气态水时释放出热量260kJ．写出该反应的热化学方程式．

（5）用一个离子方程式表示NW2通入Ba（NO3）2溶液中的反应．

9．（12分）（2015秋?重庆校级期中）“细菌冶金”是利用某些细菌的特殊代谢功能开采金属矿石．例如溶液中氧化亚铁硫杆菌能利用空气中的氧气将黄铁矿（主要成分为FeS2）氧化为Fe2（SO4）3，并使溶液酸性增强，其过程如图：

（1）写出过程（a）的化学反应方程式：．

（2）人们还可利用特定的细菌，用Fe2（SO4）3溶液作氧化剂溶解铜矿石（Cu2S），得到透明的酸性溶液，再向溶液中加入足量铁屑得到铜，请写出整个过程中的离子反应方程式：

①

②

③

（3）下列不属于“细菌冶金”的优点的是（填写字母）．

A、对贫矿、尾矿的开采更有价值

B、在细菌的作用下，副产物FeSO4和S可再次被空气氧化为Fe2（SO4）3和H2SO4，Fe2（SO4）3可循环使用

C、所用细菌来源广泛，很容易找到并大规模培养

D、能大大降低能源消耗，有利于减少污染

（4）工业上可利用粗铜（含Zn、Ag、Au等）经电解制得纯铜（电解铜）．电解过程中，粗铜接电源极（填“正”或“负”），纯铜上的电极反应式为．

（5）某工厂按上述（4）原理，平均每秒生产b mol纯铜，（设阿伏加德罗常数为N，每个电子带电量为e C）求电解槽中平均电流强度为A（用代数式表示）．

10．（17分）（2015秋?重庆校级期中）某一化学课外活动小组进行探究实验，其实验装置如图所示：

A～F属于下列物质中的六种：浓氨水、稀氨水、稀硫酸、水、氢氧化钠、氧化铁、氧化铜、氨气、氮气、氧气．

实验现象：

①D物质由黑色变为红色

②点燃的镁条伸入无色无味的气体F中，镁条表面生成一种灰黄色固体物质．将该灰

黄色物质放入水中，有气体放出，并有白色浑浊形成．该气体成分就是C，具有刺激性气味，并能使润湿的红色石蕊试纸变蓝．通过分析回答：

（1）连接好实验装置后．开始检查整套装置气密性：首先将导管（填“放入”

或“不放入”，下同）水槽中，U形管装有冷水的水槽中，后续操作为，直至观察到特定的现象，证明装置气密性良好．

（2）装CaO的仪器名称是．写出下列标号的物质名称：

A，B，D．

（3）写出有关反应的化学方程式：

烧瓶中的反应；

硬质玻璃管中的反应；

F与Mg的反应产物与水的反应．

（4）该小组同学预测的现象是，少量无水硫酸铜粉末放入无色透明的E中得到蓝色溶液，实际上能看到蓝色沉淀，由此可推论：预测的E是（选填所列物质名称，下同），E真正的成分是．想要利用上述装置收集到较纯净的气体F，则H最好

选．

三、选考题：共45分．请考生从给出的3道化学题中任选一题作答．如果多做，则每学科按所做的第一题计分．【化学-选修2：化学与技术】（15分）

11．（15分）（2015秋?重庆校级期中）工业上利用氨氧化获得的高浓度NO x气体（含NO、NO2）制备NaNO2、NaNO3，工艺流程如下：

已知：Na2CO3+NO+NO2═2NaNO2+CO2

（1）氨氧化法获得NO、NO2气体的方程式分别为，．

（2）中和液所含溶质除NaNO2及少量Na2CO3外，还有（填化学式）．

（3）中和液进行蒸发I操作时，应控制水的蒸发量，避免浓度过大，目的是．蒸发I产生的蒸汽中含有少量NaNO2等有毒物质，不能直接排放，将其冷凝后用于流程中的一（填操作名称）最合理．

（4）在实验室里实现分离l的操作名称是．母液II需回收利用，下列处理方法合理的是．

a．转入中和液b．转入结晶I操作c．转入转化液d．转入结晶II操作

（5）若将NaNO2、NaNO3两种产品的物质的量之比设为2：1，则生产1.38吨NaNO2时，Na2CO3的理论用量为吨（假设NaNO2恰好完全反应）．

四、【化学-选修3：物质结构与性质】（15分）

12．（2015秋?重庆校级期中）氟在自然界中常以CaF2的形式存在．

（1）氟原子的价电子排布式为．HF能以任意比例溶于水，除了因为HF是极性分子外，还因为．

（2）F2通入稀NaOH溶液中可生成OF2，OF2分子构型为，其中氧原子的杂化方式为．F2与其他卤素单质反应可以形成卤素互化物，例如ClF3、BrF3等．ClF3的沸点比BrF3的（填“高”或“低”）．

（3）下列有关CaF2的表达正确的是．

a．Ca2+与F﹣间仅存在静电吸引作用

b．F﹣的离子半径小于Cl﹣，则CaF2的熔点高于CaCl2

c．阴阳离子比为2：1的物质，均与CaF2晶体构型相同

d．CaF2中的化学键为离子键，因此CaF2在熔融状态下能导电

（4）CaF2难溶于水，但可溶于含Al3+的溶液中，原因是（用离子方程式表示）．已知AlF63﹣在溶液中可稳定存在．

（5）CaF2晶胞结构如图，CaF2晶体中，F﹣的配位数是，与一个Ca2+等距离且最近的Ca2+有个．已知CaF2晶体密度为dg/cm3，则F﹣与F﹣的最短距离为

cm（用含d的代数式表示）

五、【化学一选修5：有机化学基础】（15分）

13．（2015秋?重庆校级期中）（2003年上海）已知两个羧基之间在浓硫酸作用下脱去一分子

水生成酸酐，如：+H2O

某酯类化合物A是广泛使用的塑料增塑剂．A在酸性条件下能够生成B、C、D．

（1）CH3COOOH称为过氧乙酸，写出它的一种用途．

（2）写出B+E→CH3COOOH+H2O的化学方程式．

（3）写出F可能的结构简式．

（4）写出A的结构简式．

（5）1摩尔C分别和足量的金属Na、NaOH反应，消耗Na与NaOH物质的量之比

是．

（6）写出D跟氢溴酸（用溴化钠和浓硫酸的混合物）加热反应的化学方程式：．

2015-2016学年重庆市南开中学高三（上）期中化学试卷参考答案与试题解析

一．选择题；每小题6分，每小题的四个选项中，只有一项符合题目要求．

1．化学与生活密切相关．下列应用中利用了物质氧化性的是（）

A．漂白粉漂白织物B．纯碱去油污

C．食醋除水垢D．明矾净化水

【考点】氧化还原反应．

【分析】用到的物质的氧化性，说明该过程中发生了氧化还原反应，而且该物质在反应中得电子化合价降低而作氧化剂，根据元素化合价变化来判断．

【解答】解：A．漂白粉具有强氧化性，利用其强氧化性漂白织物，故A正确；

B．纯碱为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解而使其溶液呈碱性，油污和碱发生水解反应，该过程中没有元素化合价变化，所以为非氧化还原反应，故B错误；

C．碳酸钙和醋酸反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，该过程中没有元素化合价变化，所以为非氧化还原反应，故C错误；

D．明矾中含有铝离子，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性而净水，该过程中没有元素化合价变化，所以为非氧化还原反应，故D错误；

故选A．

【点评】本题考查了氧化还原反应，明确物质的性质以化合价的变化是解本题关键，性质决定用途，用途体现性质，难度不大．

2．下列有关说法正确的是（）

A．在酒精灯加热条件下，Na2CO3、NaHCO3固体都能发生分解

B．Fe（OH）3胶体无色、透明，能发生丁达尔现象

C．H2、SO2、CO2三种气体都可用浓硫酸干燥

D．SiO2既能和氢氧化钠溶液反应有能和氢氟酸反应，所以是两性氧化物

【考点】钠的重要化合物；胶体的重要性质；硅和二氧化硅；气体的净化和干燥．

【分析】A、碳酸钠加热不能分解；

B、氢氧化铁胶体为红褐色液体；

C、氢气、二氧化硫、二氧化碳和浓硫酸不反应，可以做气体的干燥剂；

D、二氧化硅和氢氟酸反应是二氧化硅的特殊性质，两性氧化物是指和酸碱都反应的氧化物；【解答】解：A、碳酸钠加热不能分解，碳酸氢钠受热分解，A错误；

B、氢氧化铁胶体为红褐色液体，透明，能发生丁达尔现象，故B错误；

C、氢气、二氧化硫、二氧化碳和浓硫酸不反应，可以做气体的干燥剂，H2、SO2、CO2三种气体都可用浓硫酸干燥，故C正确；

D、二氧化硅和氢氟酸反应是二氧化硅的特殊性质，两性氧化物是指和酸碱都反应的氧化物，二氧化硅属于酸性氧化物，故D错误；

故选C．

【点评】本题考查了物质性质分析，酸性氧化物概念理解应用，气体干燥的原理分析，掌握基础是关键，题目较简单．

3．设N A为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（）

A．4.6g金属钠与足量O2充分反应后，所得固体中阴、阳离子的总数为0.3N A

B．1L 0.5 mol/L的FeCl3溶液充分水解后，所得Fe（OH）3胶粒的数目为0.5N A

C．2.0g H218O与D2O的混合物中所含中子数为N A

D．1L含N A个Al3+的Al（NO3）3液中，NO3﹣物质的量浓度大于3 mol/L

【考点】阿伏加德罗常数．

【分析】A、求出钠的物质的量，然后根据钠与氧气的产物无论是氧化钠还是过氧化钠中，均有2mol钠离子～1mol阴离子来分析；

B、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体；

C、H218O与D2O的摩尔质量均为20g/mol；

D、Al3+是弱碱阳离子，在溶液中会水解．

【解答】解：A、4.6g钠的物质的量为0.2mol，而钠与氧气的产物无论是氧化钠还是过氧化钠中，均有2mol钠离子～1mol阴离子，故0.2mol钠离子～0.1mol阴离子，即含有的阴阳离子的总数为0.3N A个，故A正确；

B、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故0.5mol氯化铁形成的胶粒的个数小于0.5N A 个，故B错误；

C、H218O与D2O的摩尔质量均为20g/mol，故2.0g混合物的物质的量为0.1mol，而1molH218O 与D2O均含10个中子，故0.1mol混合物中含1mol中子即N A个，故C正确；

D、Al3+是弱碱阳离子，在溶液中会水解，故当含N A个Al3+时，溶液NO3﹣物质的量大于3 mol，浓度大于3mol/L，故D正确．

故选B．

【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．

4．下列实验中，所使用的装置（夹持装置略）、试剂和操作方法都正确的是（）

A．观察Fe（OH）2的生成

B．配制一定物质的量浓度的NaNO3溶液

C．实验室制取氨

D．验证乙烯的生成

【考点】真题集萃；实验装置综合．

【分析】A．氢氧化亚铁不稳定，易被空气中氧气氧化生成氢氧化铁，所以制备氢氧化亚铁要隔绝空气；

B．容量瓶只能配制溶液，不能作稀释或溶解药品的仪器；

C．氨气极易溶于水，不能采用排水法收集；

D．制取乙烯需要170℃，温度计测定混合溶液温度，且乙醇能被酸性高锰酸钾溶液氧化．【解答】解：A．氢氧化亚铁不稳定，易被空气中氧气氧化生成氢氧化铁，所以制备氢氧化亚铁要隔绝空气，植物油和水不互溶，且密度小于水，所以用植物油能隔绝空气，所以能实现实验目的，故A正确；

B．容量瓶只能配制溶液，不能作稀释或溶解药品的仪器，应该用烧杯溶解硝酸钠，然后等溶液冷却到室温，再将硝酸钠溶液转移到容量瓶中，故B错误；

C．实验室用氯化铵和氢氧化钙加热制取氨气，氨气极易溶于水，不能采用排水法收集，常温下，氨气和氧气不反应，且氨气密度小于空气，所以应该采用向下排空气法收集氨气，故C 错误；

D．制取乙烯需要170℃，温度计测定混合溶液温度，所以温度计水银球应该插入溶液中，且乙醇能被酸性高锰酸钾溶液氧化，乙醇易挥发，导致得到的乙烯中含有乙醇，影响乙烯的检验，故D错误；

故选A．

【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及物质制备、物质检验、气体收集、溶液配制等知识点，明确实验原理及操作规范、物质性质是解本题关键，易错选项是D，知道常见气体的制备及收集方法，题目难度不大．

5．下列各组离子，在指定的环境中一定能大量共存的是（）

A．在pH=0的溶液中：Fe2+、Mg2+、SO42﹣、NO3﹣

B．能使淀粉碘化钾试纸显蓝色的溶液：K+、SO42﹣、S2﹣、SO32﹣

C．常温下c（H+）/c（OH﹣）=1012的溶液：Fe3+、Mg2+、NO3﹣、Cl﹣

D．不能使酚酞变红的无色溶液：Na+、CO32﹣、K+、ClO﹣、AlO2﹣

【考点】离子共存问题．

【分析】A．该溶液中存在大量氢离子，硝酸根离子在酸性条件下能够氧化亚铁离子；

B．能使淀粉碘化钾试纸显蓝色的溶液具有氧化性，能够一行硫离子、亚硫酸根离子；

C．常温下c（H+）/c（OH﹣）=1012的溶液为酸性溶液，四种离子之间不反应，都不与酸性溶液中的氢离子反应；

D．不能使酚酞变红的无色溶液可能为酸性溶液，碳酸根离子、次氯酸根、偏铝酸根离子与氢离子反应．

【解答】解：A．pH=0的溶液为酸性溶液，Fe2+、NO3﹣在酸性条件下发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；

B．能使淀粉碘化钾试纸显蓝色的溶液具有氧化性，S2﹣、SO32﹣具有还原性，在该溶液中容易被氧化，不能大量共存，故B错误；

C．常温下c（H+）/c（OH﹣）=1012的溶液中存在大量氢离子，Fe3+、Mg2+、NO3﹣、Cl﹣之间不反应，都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；

D．不能使酚酞变红的无色溶液中可能存在大量氢离子，CO32﹣、ClO﹣、AlO2﹣与氢离子反应，在酸性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，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：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；解决离子共存问题时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﹣；是“可能”共存，还是“一定”共存等．

6．下列实验现象所对应的离子方程式不正确的是（）

实验现象离子方程式

A 在空气中放置一段时间后，溶液呈蓝色4H++4I﹣

+O2═2I2+2H2O

B 溶液由浅绿色变为红色2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣、

Fe3++3SCN﹣═Fe（SCN）3

C 溶液由黄绿色变为无色Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O

D 有白色沉淀生成，溶液由红色变为无色Ba2++OH﹣+H++SO═

BaSO4↓+H2O

A．A B．B C．C D．D

【考点】离子方程式的书写．

【专题】离子反应专题．

【分析】A．碘离子在酸性条件下被空气中氧气氧化成碘单质；

B．亚铁离子被氯气氧化成铁离子、铁离子与硫氰根离子反应生成红色的硫氰化铁；

C．氢氧化钙与氯气反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，导致硫酸褪色，氢氧化钙在离子方程式中需要拆开，形成离子形式；

D．氢离子和氢氧根离子的计量数错误，不满足硫酸和氢氧化钡的化学式组成．

【解答】解：A．碘化钾中进入硫酸，在空气中放置一段时间后，发生了反应：4H++4I﹣

+O2═2I2+2H2O，碘单质遇到淀粉显示蓝色，所以溶液呈蓝色，故A正确；

B．氯气与亚铁离子反应生成铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，生成的铁离子与硫氰根离子反应生成硫氰化铁，离子方程式为：Fe3++3SCN﹣═Fe（SCN）3，所以溶液溶液由浅绿色变为红色，故B正确；

C．氢氧化钙与氯气发生反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应的离子方程式为：Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O，所以溶液由黄绿色变为无色，故C正确；

D．硫酸与氢氧化钡反应生成硫酸钡和水，恰好反应时溶液为中性，所以溶液由红色变为无色，正确的离子方程式为2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣=BaSO4↓+2H2O，故D错误；

故选D．

【点评】本题考查了离子方程式的书写判断，为高考中的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）、检查是否符合原化学方程式等．

7．天然海水中主要含有Na+、K+、Ca2+、Mg2+、Cl﹣、SO42﹣、Br﹣、CO32﹣、HCO3﹣等离子．火力发电燃煤排放的含SO2的烟气可利用海水脱硫，其工艺流程如图所示：

下列说法错误的是（）

A．天然海水pH≈8的原因是由于海水中的CO32﹣、HCO3﹣水解

B．“氧化”是利用氧气将H2SO3、HSO3﹣、SO32﹣等氧化生成SO42﹣

C．“反应、稀释”时加天然海水的目的是中和、稀释经氧化后海水中生成的酸

D．“排放”出来的海水中SO42﹣的物质的量浓度与进入吸收塔的天然海水相同

【考点】海水资源及其综合利用；二氧化硫的化学性质．

【专题】化学应用．

【分析】A．根据海水中的离子是否水解进行解答；

B．根据使用空气中的氧气将H2SO3氧化来分析；

C．利用酸碱反应分析混合的目的；

D．“排放”出来的海水体积与进入吸收塔的天然海水的体积不同．

【解答】解：A．海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Cl﹣、SO42﹣、Br﹣、CO32﹣、HCO﹣3等离子，在这些离子中能发生水解的是CO32﹣、HCO﹣3离子，CO32﹣+H2O?HCO3﹣+OH﹣，HCO3﹣+H

﹣它们水解呈碱性，所以天然海水的pH≈8，呈弱碱性，故A正确；

2O?H2CO3+OH

B．天然海水吸收了含硫烟气后，要用O2进行氧化处理，因为氧气具有氧化性，被氧化的硫元素的化合价为+4价，具有还原性，所以氧气将H2SO3、HSO3﹣、SO32﹣等氧化为硫酸，如亚硫酸被氧化的反应为2H2SO3+O2=2H2SO4，故B正确；

C．氧化后的“海水”需要用大量的天然海水与之混合后才能排放，是因中和稀释经氧气氧化后海水中生成的酸（H+），故C正确；

D．从框图可知：排放”出来的海水，是经过加天然海水中和、稀释经氧化后海水中生成的酸后排放的，溶液的体积显然比进入吸收塔的天然海水大，所以SO42﹣的物质的量浓度排放出来的海水中浓度小，故D错误；

故选D．

【点评】本题考查了含硫烟气的处理，利用所学知识结合框图信息是解答本题的关键，难度不大．

二．非选择题：包括必考题和选考题两部分．必考题每个考题考生都必须作答．选考题考生根据要求作答．

8．（14分）（2015秋?重庆校级期中）短周期主族元素X、Y、Z、W、M、N原子序数依次增大，X与M、W与N分别同主族，X与其他元素均不同周期，Y、Z、W同周期且在周期表中位置相邻，又知N的质子数是其次外层电子数的2倍．请回答下列问题：

（I）Y元素在周期表中的位置是第二周期IV A族，X、Y、Z、W的原子半径由大到小的顺序为：C＞N＞O＞H（用元素符号表示）．

（2）写出X2W2电子式；YW2分子形状为直线形．

（3）X、Z、W形成的化合物中，水溶液一定显酸性的盐是NH4NO3（写化学式），其原因是NH4++H2O?NH3．H2O+H+（用离子方程式表示），该物质所含化学键的类型是离子键、共价键．

（4）液态Z2X4与液态Z2W4反应，产物环保无污染．又知在此反应中16g Z2X4完全反应生成气态水时释放出热量260kJ．写出该反应的热化学方程式2N2H4（l）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g）△H=﹣1040kJ?mol﹣1．

（5）用一个离子方程式表示NW2通入Ba（NO3）2溶液中的反应3Ba2++3SO2+2NO3﹣

+2H2O=3BaSO4↓+2NO↑+4H+．

【考点】位置结构性质的相互关系应用．

【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W、M、N原子序数依次增大，W与N同主族，结合原子序数可知W处于第二周期、N处于第三周期，又知N的质子数是其次外层电子数的2倍，其质子数为16，故N为S元素、W为O元素；而X与M同主族，且X与其他元素均不同周期，则X只能处于第一周期，故X为H元素，M的原子序数大于氧，故M为Na；Y、Z、W 同周期且在周期表中位置相邻，则Y为C元素、Z为N元素，据此解答．

【解答】解：短周期主族元素X、Y、Z、W、M、N原子序数依次增大，W与N同主族，结合原子序数可知W处于第二周期、N处于第三周期，又知N的质子数是其次外层电子数的2倍，其质子数为16，故N为S元素、W为O元素；而X与M同主族，且X与其他元素均不同周期，则X只能处于第一周期，故X为H元素，M的原子序数大于氧，故M为Na；Y、Z、W同周期且在周期表中位置相邻，则Y为C元素、Z为N元素．

（1）Y为C元素，在周期表中的位置是：第二周期IV A族，所有元素中H原子半径最小，同周期自左而右原子半径减小，故原子半径：C＞N＞O＞H，

故答案为：第二周期IV A族；C＞N＞O＞H；

（2）H2O2电子式为；CO2分子形状为直线形，

故答案为：；直线形；

（3）H、N、O形成的化合物中，水溶液一定显酸性的盐是NH4NO3，其原因是：

NH4++H2O?NH3．H2O+H+，该物质所含化学键的类型有：离子键、共价键，

故答案为：NH4NO3；NH4++H2O?NH3．H2O+H+；离子键、共价键；

（4）液态N2H4与液态N2O4反应，产物环保无污染，反应生成N2与H2O，发生反应：

2N2H4+N2O4=3N2+4H2O

，又知在此反应中16g N2H4完全反应生成气态水时释放出热量260kJ，则2molN2H4反应放出的热量为260kJ×=1040kJ，则该反应的热化学方程式为：2N2H4（l）+N2O4

（g）=3N2（g）+4H2O（g）△H=﹣1040kJ?mol﹣1 ，

故答案为：2N2H4（l）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g）△H=﹣1040kJ?mol﹣1；

（5）SO2通入Ba（NO3）2溶液中，生成的亚硫酸，溶液呈酸性，而酸性条件下硝酸根具有强氧化性，将亚硫酸氧化为硫酸，硫酸根与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，反应离子方程式为：3Ba2++3SO2+2NO3﹣+2H2O=3BaSO4↓+2NO↑+4H+，

故答案为：3Ba2++3SO2+2NO3﹣+2H2O=3BaSO4↓+2NO↑+4H+．

【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，侧重对会化学用语的考查，注意对基础知识的理解掌握．

9．（12分）（2015秋?重庆校级期中）“细菌冶金”是利用某些细菌的特殊代谢功能开采金属矿石．例如溶液中氧化亚铁硫杆菌能利用空气中的氧气将黄铁矿（主要成分为FeS2）氧化为Fe2（SO4）3，并使溶液酸性增强，其过程如图：

（1）写出过程（a）的化学反应方程式：4FeS2+15O2+2H2O2Fe2（SO4）3+2H2SO4．

（2）人们还可利用特定的细菌，用Fe2（SO4）3溶液作氧化剂溶解铜矿石（Cu2S），得到透明的酸性溶液，再向溶液中加入足量铁屑得到铜，请写出整个过程中的离子反应方程式：

①Cu2S+10Fe3++4H2O=2Cu2++10Fe2++8H++SO42﹣

②Fe+Cu=Fe+Cu

③Fe+2H+=Fe2++H2↑

（3）下列不属于“细菌冶金”的优点的是C（填写字母）．

A、对贫矿、尾矿的开采更有价值

B、在细菌的作用下，副产物FeSO4和S可再次被空气氧化为Fe2（SO4）3和H2SO4，Fe2（SO4）

3可循环使用

C、所用细菌来源广泛，很容易找到并大规模培养

D、能大大降低能源消耗，有利于减少污染

（4）工业上可利用粗铜（含Zn、Ag、Au等）经电解制得纯铜（电解铜）．电解过程中，粗铜接电源正极（填“正”或“负”），纯铜上的电极反应式为Cu2++2e﹣=Cu．

（5）某工厂按上述（4）原理，平均每秒生产b mol纯铜，（设阿伏加德罗常数为N，每个电子带电量为e C）求电解槽中平均电流强度为2bNe A（用代数式表示）．

【考点】氧化还原反应；电解原理；金属冶炼的一般原理．

【分析】（1）在细菌作用下，硫化亚铁被氧气氧化生成硫酸铁和硫酸；

（2）硫化亚铜和铁离子在细菌作用下发生氧化还原反应生成亚铁离子、铜离子、氢离子和硫酸根离子；

铁还原铜离子生成铜和亚铁离子，铁和氢离子反应生成亚铁离子和氢气；

（3）A、细菌冶金对贫矿、尾矿的开采很有价值；

B、在细菌的作用下，副产物FeSO4和S都具有还原性，能被空气中氧气氧化；

C、细菌冶炼使用的是具有特殊功能的细菌；

D、细菌冶炼能降低能源，且反应中对环境污染较小；

（4）粗铜冶炼时，粗铜作阳极、纯铜作阴极；

（5）某工厂按上述（4）原理，平均每秒生产b mol纯铜，则平均每秒转移电子物质的量为

2bmol，转移电子个数为2bN，每个电子的电量是e，每秒通过电子电量Q=2bNe，电流强度

I=．

【解答】解：（1）在细菌作用下，硫化亚铁被氧气氧化生成硫酸铁和硫酸，反应方程式为

4FeS2+15O2+2H2O2Fe2（SO4）3+2H2SO4，

故答案为：4FeS2+15O2+2H2O2Fe2（SO4）3+2H2SO4；

（2）硫化亚铜和铁离子在细菌作用下发生氧化还原反应生成亚铁离子、铜离子、氢离子和硫酸根离子；

铁还原铜离子生成铜和亚铁离子，铁和氢离子反应生成亚铁离子和氢气，涉及的离子方程式为Cu2S+10Fe3++4H2O=2Cu2++10Fe2++8H++SO42﹣、Fe+Cu2+=Fe2++Cu、Fe+2H+=Fe2++H2↑，

故答案为：Cu2S+10Fe3++4H2O=2Cu2++10Fe2++8H++SO42﹣、Fe+Cu2+=Fe2++Cu、

Fe+2H+=Fe2++H2↑；

（3）A、细菌冶金不需要富集矿物，所以对贫矿、尾矿的开采很有价值，故正确；

B、在细菌的作用下，副产物FeSO4和S都具有还原性，易被空气中氧气氧化为Fe2（SO4）3和H2SO4，且Fe2（SO4）3可循环使用，故正确；

C、细菌冶炼使用的是具有特殊功能的细菌，并不是所有的细菌都有该功能，故错误；

D、细菌冶炼能降低能源，且反应中对环境污染较小，所以能大大降低能源消耗，有利于减少污染

，故正确；

故选C；

（4）粗铜冶炼时，粗铜作阳极、纯铜作阴极，所以粗铜连接电源正极，阴极反应式为Cu2++2e ﹣=Cu，故答案为：正；Cu2++2e﹣=Cu；

（5）某工厂按上述（4）原理，平均每秒生产b mol纯铜，则平均每秒转移电子物质的量为2bmol，转移电子个数为2bN，每个电子的电量是e，每秒通过电子电量Q=2bNe，电流强度

I==A=2bNeA，

故答案为：2bNe．

【点评】本题以金属冶炼为载体考查氧化还原反应、离子方程式的书写等知识点，为高频考点，明确物质性质及电解原理是解本题关键，难点是电流强度的计算．

10．（17分）（2015秋?重庆校级期中）某一化学课外活动小组进行探究实验，其实验装置如图所示：

A～F属于下列物质中的六种：浓氨水、稀氨水、稀硫酸、水、氢氧化钠、氧化铁、氧化铜、氨气、氮气、氧气．

实验现象：

①D物质由黑色变为红色

②点燃的镁条伸入无色无味的气体F中，镁条表面生成一种灰黄色固体物质．将该灰

黄色物质放入水中，有气体放出，并有白色浑浊形成．该气体成分就是C，具有刺激性气味，并能使润湿的红色石蕊试纸变蓝．通过分析回答：

（1）连接好实验装置后．开始检查整套装置气密性：首先将导管放入（填“放入”或“不放入”，下同）水槽中，U形管不放入装有冷水的水槽中，后续操作为关闭分液漏斗活塞，微热烧瓶，直至观察到特定的现象，证明装置气密性良好．

（2）装CaO的仪器名称是干燥管．写出下列标号的物质名称：

A浓氨水，B氢氧化钠，D氧化铜．

（3）写出有关反应的化学方程式：

烧瓶中的反应NH3?H2O NH3↑+H2O；

硬质玻璃管中的反应2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O；

F与Mg的反应产物与水的反应Mg3N2+6H2O=3Mg（OH）2↓+2NH3↑．

（4）该小组同学预测的现象是，少量无水硫酸铜粉末放入无色透明的E中得到蓝色溶液，实际上能看到蓝色沉淀，由此可推论：预测的E是水（选填所列物质名称，下同），E真正的成分是稀氨水．想要利用上述装置收集到较纯净的气体F，则H最好选稀硫酸．【考点】性质实验方案的设计．

【分析】①D物质由黑色变为红色，说明是CuO被还原生成了Cu；

②点燃的镁条伸入无色无味的气体F中，镁条表面生成一种灰黄色固体物质．将该灰黄色物质放入水中，有气体放出，并有白色浑浊形成．该气体成分就是C，具有刺激性气味，并能使润湿的红色石蕊试纸变蓝说明生成的气体是NH3，证明黄色固体和水反应生成白色沉淀为Mg （OH）2和氨气，推断灰黄色固体物质为Mg3N2，F中收集到的气体为N2，则推断和D处CuO 反应的为NH3，所以A中为浓氨水，B中可以是固体氢氧化钠，反应生成氨气通过干燥管中的氧化钙干燥，得到干燥的氨气，通过加热的玻璃管和CuO反应生成Cu、N2和水，E装置冷却得到液态水，最后在H处排水法收集到气体F为N2，

（1）连接好实验装置后．开始检查整套装置气密性，需要密闭整套装置，把导气管通入水槽中，U形管移出冷水，微热烧瓶，观察水槽中是否有气泡冒出，冷却后是否有一段水柱上升判断；

（2）装CaO的仪器名称是干燥管，上述分析可知AB为制备氨气的试剂，选择浓氨水和固体氢氧化钠，D为氧化铜；

（3）A与B是浓氨水滴入固体氢氧化钠，溶解放热，一水合氨分解生成氨气的反应，C与D 是氨气和氧化铜发生氧化还原反应生成氮气、铜和水，F与Mg的反应生成Mg3N2，Mg3N2与水反应生成氢氧化镁白色沉淀和氨气；

（4）少量无水硫酸铜粉末放入无色透明的E中得到蓝色溶液，说明E处是水，实际上能看到蓝色沉淀说明E为氨水，为除去混有的氨气，可以在H处用排稀硫酸的方法收集氮气．

【解答】解：（1）连接好实验装置后．开始检查整套装置气密性，需要密闭整套装置，关闭分液漏斗活塞，把最后的导气管通入水槽中，U形管移出冷水，微热烧瓶，观察水槽中有气泡冒出，冷却后是导气管中有一段水柱上升，说明装置气密性完好，

故答案为：放，不放，氢氧化钠，氧化铜；

（2）依据装置图分析，装CaO的仪器名称是干燥管，上述分析可知AB为制备氨气的试剂，选择浓氨水和固体氢氧化钠，固体氢氧化钠溶解后放热使一水合氨分解生成氨气，D为氧化铜，故答案为：干燥管，浓氨水，氢氧化钠，氧化铜；

（3）A与B是浓氨水滴入固体氢氧化钠，溶解放热，一水合氨分解生成氨气的反应，的化学方程式为：NH3?H2O NH3↑+H2O，

C与D是氨气和氧化铜发生氧化还原反应生成氮气、铜和水，反应的化学方程式为：

2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O，

F与Mg的反应生成Mg3N2，Mg3N2与水反应生成氢氧化镁白色沉淀和氨气，反应的化学方程式为：Mg3N2+6H2O=3Mg（OH）2↓+2NH3↑，

故答案为：NH3?H2O NH3↑+H2O，2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O，

Mg3N2+6H2O=3Mg（OH）2↓+2NH3↑；

（4）少量无水硫酸铜粉末放入无色透明的E中得到蓝色溶液，说明E处是水，硫酸铜溶于水形成硫酸铜蓝色溶液，实际上能看到蓝色沉淀，说明E处氨气和水被冷却得到成分为氨水，加入硫酸铜会反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，为除去混有的氨气，可以在H处用排稀硫酸的方法收集氮气，

故答案为：水，稀氨水，稀硫酸．

【点评】本题考查了物质制备，物质性质的分析应用，主要是氨气的还原性，生成产物的性质分析，掌握反应现象和实验基本操作是解题关键，题目难度中等．

三、选考题：共45分．请考生从给出的3道化学题中任选一题作答．如果多做，则每学科按所做的第一题计分．【化学-选修2：化学与技术】（15分）

11．（15分）（2015秋?重庆校级期中）工业上利用氨氧化获得的高浓度NO x气体（含NO、NO2）制备NaNO2、NaNO3，工艺流程如下：

已知：Na2CO3+NO+NO2═2NaNO2+CO2

（1）氨氧化法获得NO、NO2气体的方程式分别为4NH3+5O24NO+6H2O，

2NO+O2=2NO2．

（2）中和液所含溶质除NaNO2及少量Na2CO3外，还有NaNO3（填化学式）．

（3）中和液进行蒸发I操作时，应控制水的蒸发量，避免浓度过大，目的是防止NaNO2的析出．蒸发I产生的蒸汽中含有少量NaNO2等有毒物质，不能直接排放，将其冷凝后用于流程中的一（填操作名称）最合理．

（4）在实验室里实现分离l的操作名称是过滤．母液II需回收利用，下列处理方法合理的是cd．

a．转入中和液b．转入结晶I操作c．转入转化液d．转入结晶II操作

（5）若将NaNO2、NaNO3两种产品的物质的量之比设为2：1，则生产1.38吨NaNO2时，Na2CO3的理论用量为 1.59吨（假设NaNO2恰好完全反应）．

【考点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响．

【分析】由制备流程可知，碳酸钠溶解后，碱吸收发生Na2CO3+NO+NO2═2NaNO2+CO2、

3NO2+H2O=HNO3+NO、Na2CO3+2HNO3=NaNO3+H2O+CO2↑，然后中和液进行蒸发Ⅰ操作，应避免浓度过大NaNO2析出，蒸发Ⅰ产生的蒸汽中含有少量的NaNO2等有毒物质要回收再循环利用；结晶过滤分离出NaNO3，母液I中主要含NaNO2，母液Ⅰ进行转化时加入稀HNO3、空气，硝酸提供酸性环境，可将NaNO2转化为NaNO3，转化液蒸发、结晶、过滤分离出NaNO3，母液Ⅱ中主要含NaNO3．

（1）氨气具有还原性，氧气具有氧化性，氨气中氮元素为﹣3价，被氧气氧化为+2价的氮元素，所以氨气和氧气反应生成一氧化氮和水，NO易与空气中的O2反应生成二氧化氮气体，据此分析解答；

（2）由上述分析可知，二氧化氮与碱液反应生成NaNO2，还可生成NaNO3，中和液中含剩余的少量Na2CO3，

（3）中和液进行蒸发Ⅰ操作时，应控制水的蒸发量，避免浓度过大，目的是防止NaNO2的析出，NaNO2等有毒要回收再循环利用；

（4）固液分离通常采用过滤的方法，母液Ⅱ需回收利用，可转入转化液或转入结晶Ⅱ操作，提高其利用率；

（5）生产1.38吨NaNO2时，n（NaNO2）==2×104mol，NaNO2、NaNO3两种

产品的物质的量之比为2：1，则n（NaNO3）=1×104mol，由Na原子守恒可知，2n（Na2CO3）=n（NaNO2）+n（NaNO3），结合m=nM计算．

【解答】解：（1）NH3与过量O2在催化剂、加热条件下发生反应生成一氧化氮和水，反应方程为：4NH3+5O24NO+6H2O，

常温下NO易与空气中的O2反应生成红棕色的二氧化氮气体，2NO+O2=2NO2，

故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；2NO+O2=2NO2；

（2）由制备流程可知，碳酸钠溶解后，碱吸收发生Na2CO3+NO+NO2═2NaNO2+CO2、

3NO2+H2O=HNO3+NO、Na2CO3+2HNO3=NaNO3+H2O+CO2↑，所以中和液所含溶质除NaNO2及少量Na2CO3外，还有NaNO3，

故答案为：NaNO3；

（3）中和液进行蒸发Ⅰ操作时，应控制水的蒸发量，避免浓度过大，目的是防止NaNO2的析出，蒸发Ⅰ产生的蒸汽中含有少量的NaNO2等有毒物质，不能直接排放，将其冷凝后用于流程中的溶碱，循环利用，提高利用率，

故答案为：防止NaNO2的析出；溶碱；

（4）由上述分析可知，结晶过滤分离出NaNO3，母液I中主要含NaNO2，母液Ⅱ需回收利用，可转入转化液或转入结晶Ⅱ操作，提高其利用率，

故答案为：过滤；cd；

（5）生产1.38吨NaNO2时，n（NaNO2）==2×104mol，NaNO2、NaNO3两种

产品的物质的量之比为2：1，则n（NaNO3）=1×104mol，由Na原子守恒可知，2n（Na2CO3）=n（NaNO2）+n（NaNO3），m（Na2CO3）=（2×104mol+1×104mol）××106g/mol=1.59×106g=1.59t，

故答案为：1.59．

【点评】本题考查工业制备NaNO2、NaNO3，涉及物质的制备流程及混合物分离提纯综合应用，把握流程中的反应、分离方法为解答的关键，注意工业生产与环境保护、原料利用率等，侧重分析与应用能力的综合考查，题目难度中等．

四、【化学-选修3：物质结构与性质】（15分）

12．（2015秋?重庆校级期中）氟在自然界中常以CaF2的形式存在．

（1）氟原子的价电子排布式为2s22p5．HF能以任意比例溶于水，除了因为HF是极性分子外，还因为H2O与HF形成分子间氢键．

（2）F2通入稀NaOH溶液中可生成OF2，OF2分子构型为V形，其中氧原子的杂化方式为sp3．F2与其他卤素单质反应可以形成卤素互化物，例如ClF3、BrF3等．ClF3的沸点比BrF3的低（填“高”或“低”）．

（3）下列有关CaF2的表达正确的是bd．

a．Ca2+与F﹣间仅存在静电吸引作用

b．F﹣的离子半径小于Cl﹣，则CaF2的熔点高于CaCl2

c．阴阳离子比为2：1的物质，均与CaF2晶体构型相同

d．CaF2中的化学键为离子键，因此CaF2在熔融状态下能导电

（4）CaF2难溶于水，但可溶于含Al3+的溶液中，原因是3CaF2+Al3+=3Ca2++AlF63﹣（用离子方程式表示）．已知AlF63﹣在溶液中可稳定存在．

（5）CaF2晶胞结构如图，CaF2晶体中，F﹣的配位数是4，与一个Ca2+等距离且最近的

Ca2+有12个．已知CaF2晶体密度为dg/cm3，则F﹣与F﹣的最短距离为cm（用含d的代数式表示）

【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布．

【分析】（1）F的原子核有9个电子，分两层排布，最外层有7个电子；HF与水分子间能形成氢键；

（2）根据价层电子对互斥理论分析，先计算价层电子对数，再判断中心原子的杂化类型，及分子构型；卤素互化物的相对分子质量越大，其沸点越高；

（3）a．阴阳离子间存在静电引力和静电斥力，则；

b．离子晶体的熔点与离子所带电荷、离子半径有关；

c．晶体的结构与电荷比、半径比有关；

d．离子化合物在熔融时能发生电离．

（4）F﹣与Al3+能形成很难电离的配离子AlF63﹣；

（5）CaF2晶体中与钙离子距离最近的氟离子有8个；根据晶胞结构，结合钙离子的位置判断；晶胞中钙离子位于晶胞的8个顶点和6个面上，×8+×2=4，8个氟离子位于晶胞内部，则一

个晶胞中含有4个CaF2，则晶胞的体积V=，把晶胞均分为8个小立方体，则每个小立方

体中含有一个氟离子，F﹣与F﹣的最短距离等于小立方体的棱长．

【解答】解：（1）F的原子核有9个电子，分两层排布，最外层有7个电子，则F的价电子排布式为2s22p5；H2O与HF形成分子间氢键，二者互溶；

故答案为：2s22p5；H2O与HF形成分子间氢键；

（2）OF2分子中O原子的价层电子对数=2+（6﹣2×1）=4，则O原子的杂化类型为sp3杂化，

含有2个孤电子对，所以分子的空间构型为V形；卤素互化物的相对分子质量越大，其沸点越高，所以ClF3的沸点比BrF3的低；

故答案为：V形；sp3；低；

（3）a．阴阳离子间存在静电引力和静电斥力，Ca2+与F﹣间存在静电吸引作用，还存在静电斥力，故a错误；

b．离子晶体的熔点与离子所带电荷、离子半径有关，离子半径越小，离子晶体的熔点越高，所以CaF2的熔点高于CaCl2，故b正确；

c．晶体的结构与电荷比、半径比有关，阴阳离子比为2：1的物质，与CaF2晶体的电荷比相同，若半径比相差较大，则晶体构型不相同，故c错误；

d．CaF2中的化学键为离子键，离子化合物在熔融时能发生电离，存在自由移动的离子，能导电，因此CaF2在熔融状态下能导电，故b正确；

故答案为：bd；

（4）CaF2难溶于水，但可溶于含Al3+的溶液中，因为在溶液中F﹣与Al3+能形成很难电离的配离子AlF63﹣，使CaF2的溶解平衡正移，其反应的离子方程式为：3CaF2+Al3+=3Ca2++AlF63﹣；

故答案为：3CaF2+Al3+=3Ca2++AlF63﹣；

（5）CaF2晶体中与钙离子距离最近的氟离子有8个，所以其配位数为8；图中在每个晶胞中与Ca2+离子最近且等距离的Ca2+离子数为3个，通过每个Ca2+可形成8个晶胞，每个Ca2+计算2次，所以与Ca2+离子最近且等距离的Ca2+离子数为（8×3）÷2=12个；

晶胞中钙离子位于晶胞的8个顶点和6个面上，×8+×2=4，8个氟离子位于晶胞内部，则一个晶胞中含有4个CaF2，则晶胞的体积V=，把晶胞均分为8个小立方体，则每个小立方体中含有一个氟离子，小立方体的体积为×=，F﹣与F﹣的最短距离等于小立方体的棱长，则F﹣与F﹣的最短距离为=；

故答案为：4；12；．

【点评】本题考查了物质结构与性质，题目涉及晶体熔沸点的比较、化学键、沉淀溶解平衡、杂化理论的应用、晶胞的计算等，题目涉及的知识点较多，侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力．

五、【化学一选修5：有机化学基础】（15分）

13．（2015秋?重庆校级期中）（2003年上海）已知两个羧基之间在浓硫酸作用下脱去一分子

水生成酸酐，如：+H2O

某酯类化合物A是广泛使用的塑料增塑剂．A在酸性条件下能够生成B、C、D．

（1）CH3COOOH称为过氧乙酸，写出它的一种用途杀菌消毒等．

（2）写出B+E→CH3COOOH+H2O的化学方程式

．

（3）写出F可能的结构简式、、．

（4）写出A的结构简式．

（5）1摩尔C分别和足量的金属Na、NaOH反应，消耗Na与NaOH物质的量之比是4：3．（6）写出D跟氢溴酸（用溴化钠和浓硫酸的混合物）加热反应的化学方程式：

CH3CH2CH2CH2OH+HBr CH3CH2CH2CH2Br+H2O．

【考点】有机物的推断．

【分析】C在浓硫酸、加热条件下脱去1分子水生成F，可能发生消去反应，也可能形成酸酐，

则F结构简式可能为：，D被氧化生成G，G无支链且能发生银镜反应，则G含醛基，所以D结构简式为CH3CH2CH2CH2OH，G结构简式为CH3CH2CH2CHO，A是酯类化合物，酸性条件下水解得到B、C、D，结合A的分子式可知，组成存在“A（C20H34O8）+4H2O→B（C2H4O2）+C（C6H8O7）+3D（C4H10O）”的关系，

可推知B为CH3COOH，则A结构简式为，而B与氧化

剂E反应得到过氧乙酸与水，则E为H2O2，据此解答．

【解答】解：C在浓硫酸、加热条件下脱去1分子水生成F，可能发生消去反应，也可能形成

酸酐，则F结构简式可能为：、、，D被氧化生成G，G 无支链且能发生银镜反应，则G含醛基，所以D结构简式为CH3CH2CH2CH2OH，G结构简式为CH3CH2CH2CHO，A是酯类化合物，酸性条件下水解得到B、C、D，结合A的分子式可知，组成存在“A（C20H34O8）+4H2O→B（C2H4O2）+C（C6H8O7）+3D（C4H10O）”的关系，

可推知B为CH3COOH，则A结构简式为，而B与氧化

剂E反应得到过氧乙酸与水，则E为H2O2，

（1）CH3COOOH称为过氧乙酸，具有强氧化性，可用于杀菌消毒等，故答案为：杀菌消毒等；

（2）B+E→CH3COOOH+H2O的化学方程式为：，

故答案为：；

（3）C在浓硫酸、加热条件下脱去1分子水生成F，可能发生消去反应，也可能形成酸酐，则F结构简式可能为：、、，

故答案为：、、；

（4）由上述分析可知，A的结构简式为：，

故答案为：；

（5）1mol C含有3mol羧基、1mol羟基，羧基、羟基都能与钠反应，而醇羟基不能与氢氧化钠反应，故1molC可以消耗4molNa、3molNaOH，消耗Na与NaOH物质的量之比是4：3，故答案为：4：3；

（6）D为CH3CH2CH2CH2OH，跟氢溴酸（用溴化钠和浓硫酸的混合物）加热反应的化学方程式：CH3CH2CH2CH2OH+HBr CH3CH2CH2CH2Br+H2O，

故答案为：CH3CH2CH2CH2OH+HBr CH3CH2CH2CH2Br+H2O．

【点评】本题考查有机物的推断，是对有机知识的综合运用，注意根据有机物的分子式与反应条件进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，较好的考查考生的分析推理能力，难度中等，是热点题型．

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