1、河南省三门峡市灵宝一高2015-2016学年高二下期第二次月考化学试题（解析版）1在蒸发发皿中加热蒸干并灼烧（低于400）下列的溶液，可以得到该物质的固体是A氯化镁溶液 B硫酸铵溶液 C碳酸氢钠溶液 D硫酸铝溶液【答案】D【解析】试题分析：氯化镁在溶液中存在水解平衡，加热促进水解，且生成的氯化氢以及挥发，进一步促进水解，属于最终得到的是氢氧化镁。硫酸铵是铵盐。加热易分解。碳酸氢钠稳定性差，加热易分解生成碳酸钠。硫酸铝在溶液中也存在铝离子的水解平衡，但由于生成的硫酸是难挥发性的，所以最终仍然得到硫酸铝，答案选D。考点：考查盐类水解的应用和物质稳定性的判断点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度
2、的试题。试题综合性强，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的应试能力。2下列有关物质的性质、应用等说法正确的是ASiO2既能溶于NaOH溶液又能溶于HF溶液，说明SiO2是两性氧化物B将铜片放入冷的浓硫酸中，无明显现象，说明铜在浓硫酸中发生了钝化C浓硫酸能干燥SO2等气体，说明浓硫酸具有吸水性D自来水厂可用明矾对水进行消毒杀菌【答案】C【解析】试题分析：SiO2既能溶于NaOH溶液，生成硅酸钠和水，属于酸性氧化物，但是它只能溶于HF溶液，不和其他强酸之间反应，不属于两性氧化物，故A错误；B、将铜片放入浓硫酸中，无明显现象
3、，反应需要加热才能发生，金属铜不会发生钝化，故B错误；C、浓硫酸具有吸水性，能干燥SO2等气体，常做干燥剂，故C正确；D、自来水厂可用明矾对水净化，但是不能杀菌消毒，故D错误，故选C。考点：考查元素及其化合物性质的有关判断3下列物质分类不正确的组合是（ ）碱酸盐氧化物A纯碱盐酸烧碱二氧化硫B烧碱硫酸食盐氧化铁CNaOH醋酸石灰石水DKOH碳酸Na2CO3三氧化硫【答案】C【解析】略4某温度下，C和H2O(g)在密闭容器里发生下列反应：C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)， CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)当反应达到平衡时，c(H2)=1. 9 molL1,c(CO)=0
4、. 1 molL1。则下列叙述正确的有A. CO在平衡时转化率为10%B. 平衡浓度c(CO2)=c(H2)C. 平衡时气体平均相对分子质量约为23.3D. 其他条件不变时，缩小体积，H2O(g)的转化率随之降低【答案】D【解析】 C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)， CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) x x y y则xy0.1mol/L、x+y1.9mol/L。解得x1.0mol/L，y0.9mol/L。所以CO在平衡时转化率为90%。平衡浓度c(CO2)=0.9mol/L，B不正确。由于水蒸气的物质的量无法确定，C不正确。增大压强，第一个反应向逆反应方向移动，所以
5、H2O(g)的转化率随之降低。答案选D。5下列事实与胶体性质无关的是（ ）A向豆浆中加入硫酸钙做豆腐B将植物油倒入水中用力搅拌形成油水混合物C一束平行光线射入蛋白质溶液里，从侧面可以看到一束光亮的通路D观看电影时，从放映机到银幕有明显的光路【答案】B【解析】考查分散系的分类及胶体的性质A项为胶体的凝聚；CD为胶体的丁达尔现象，而B项形成的是乳浊液，与胶体无关，选B6锌锰碱性电池以氢氧化钾溶液为电解液，电池总反应式为：Zn(s)2MnO2(s)H2O(l)Zn(OH)2(s)Mn2O3(s) 下列说法错误的是（ ）A电池工作时，锌失去电子，电解液内部OH-向负极移动B电池正极的电极反应式为：2M
6、nO2(s)H2O(1)2eMn2O3(s)2OH(aq)C电池工作时，电子由正极通过外电路流向负极D外电路中每通过0.2mol电子，锌的质量理论上减小6.5g【答案】C【解析】试题分析：A根据总反应可知Zn被氧化，为原电池的负极，锌失去电子，阴离子向负极移动，A正确；BMnO2为原电池的正极，发生还原反应，正极反应为2MnO2（s）+H2O（1）+2e-Mn2O3（s）+2OH-（aq），B正确；C原电池中，电子由负极经外电路流向正极，电流由正极通过外电路流向负极，C错误；D负极反应为Zn-2e-+2OH-Zn（OH）2，外电路中每通过O2mol电子，消耗的Zn的物质的量为01mol，质量为
7、01mol65g/mol65g，D正确，答案选C。考点：考查碱性电池的有关判断7某工厂排出的废液中含有Ba2、Ag、Cu2，用Na2SO4溶液，NaOH溶液，盐酸三种试剂将它们逐一沉淀并加以分离，加入试剂的正确顺序是A B C D【答案】D【解析】试题分析：A、若先加NaOH溶液，则会生成由AgOH脱水而成的Ag2O沉淀和Cu（OH）2沉淀，不能逐一分离沉淀，A错误；B、若先加NaOH溶液，则会生成由AgOH脱水而成的Ag2O沉淀和Cu（OH）2沉淀，不能逐一分离沉淀，故B错误；C、若首先加入Na2SO4溶液，也会同时生成BaSO4沉淀和Ag2SO4沉淀，不能逐一分离沉淀，故C错误；D、若先加
8、入盐酸，分离出沉AgCl沉淀，余下Ba2+和Cu2+，加入Na2SO4溶液，生成BaSO4沉淀，最后加NaOH溶液，生成Cu（OH）2沉淀，能逐一分离沉淀，故D正确。故选D。考点：考查了物质的分离和提纯的相关知识。8澄清透明溶液中能大量共存的离子组是AHCO3、Na+、K+、H+ BNO3、Cu2+、Na+、OHCAl3+、K+、NO3、OH DFe3+、H+、Na+、Cl【答案】D【解析】试题分析：A、碳酸氢根离子和氢离子反应生成水和二氧化碳，不选A；B、铜离子和氢氧根离子反应生成氢氧化铜沉淀而不共存，不选B；C、铝离子和氢氧根离子反应不共存，不选C；D、四种离子不反应，能共存，选D。考点：
9、离子共存9金属钠分别与下列溶液反应，既有气体又有沉淀产生的是( )ANaHCO3 BBaCl2 CNa2CO3 DCuSO4 【答案】D【解析】试题分析：钠溶于水中生成氢氧化钠和氢气，所以A中生成碳酸钠，B中和氯化钡不反应，C中和碳酸钠也不反应，D中生成氢氧化铜蓝色沉淀，答案选D。考点：考查钠的化学性质点评：钠是很活泼的金属，所以通入水中直接和水反应生成氢气和氢氧化钠。然后生成的氢氧化钠再和溶液中的溶质发生化学反应，据此可以进行有关判断。10科学家已发现一种新型氢分子H4，在相同条件下，等质量的H2和H4具有相同的( )A物质的量 B体积 C分子数 D原子数【答案】D【解析】试题分析：A、根据
10、n=知，相同质量时，其物质的量之比等于摩尔质量的反比=4g/mol：2g/mol=2：1，故A错误；B、相同条件下，气体摩尔体积相等，根据V=Vm知，相同质量、相同摩尔体积时，其体积之比等于摩尔质量的反比=4g/mol：2g/mol=2：1，故B错误；C、根据N=NA知，相同质量时，其分子数之比等于其摩尔质量的反比=4g/mol：2g/mol=2：1，故C错误；D、H2和H4是同素异形体，均由H原子构成，相同质量时，氧原子的物质的量相等，根据N=NA知，其原子个数相等，故D正确；故选D。【考点定位】考查物质的量的相关计算【名师点晴】本题考查了阿伏伽德罗定律及其推论，明确各个物理量之间的关系式是
11、解本题关键，注意其原子个数的计算方法，根据其最简式解答即可。解答此类试题，要熟悉常见的计算公式，n=、=、V=Vm、N=NA。11下列叙述正确的是（ ）A强电解质水溶液的导电性不一定比弱电解质强B氯气的水溶液能导电，所以氯气属于电解质C硫酸铜晶体含有一定量的结晶水，所以硫酸铜晶体能导电D在一定条件下，电解质的电离都能达到电离平衡【答案】A【解析】试题分析：A、强电解质水溶液的导电性不一定比弱电解质强，如BaSO4的水溶液的导电性比醋酸的弱，故错误；B、电解质和非电解质都是化合物，而氯气是单质，因此氯气既不是电解质也不是非电解质，故错误；C、胆矾中是结晶水，不是液态水，硫酸铜不电离，因此硫酸铜晶
12、体不导电，故错误；D、电解质分强电解质和弱电解质，强电解质完全电离，弱电解质部分电离，故错误。考点：考查弱电解质、强电解质等知识。12如图是一种可充电的锂离子电池充、放电的工作示意图。该电池的反应式为：LiMnO2 C6Li1x MnO2 LixC6 （LixC6表示锂原子嵌入石墨形成的复合材料）下列有关说法正确的是AK与N相接时，A极为负极，该电极反应式为：LixC6 xe C6 xLi+B在整个充电或放电过程中都只存在一种形式的能量转化CK与N相接时，Li由A极区迁移到B极区DK与M相接时，A极发生氧化反应，LiMnO2 xe Li1xMnO2 xLi+【答案】D【解析】试题分析：AK与N
13、相接时，该装置为原电池。B极为负极，该电极反应式为：LixC6 xe C6 xLi+。错误。B在整个充电或放电过程中不仅存在电能与化学能的转化，也存在化学能与热能或电能与热能的转化。错误。C、K与N相接时，形成原电池，此时电解质中的阳离子Li+移向正极，即从B极区迁移到A极区，故C错误；DK与M相接时，该装置为电解池。阳极A极发生氧化反应，LiMnO2 xe Li1xMnO2 xLi+正确。考点：考查可充电的锂离子电池充、放电的工作原理、电极反应及离子移动的知识。13反应A+B = C +D， 8g A和12g B恰好完全反应，生成C和9 g D,则生成C的质量为A9 g B10 g C11
14、g D12 g【答案】C【解析】试题分析：由质量守恒，得：8g +12g = m(C)+ 9g,故m(C)= 11g；考点：质量守恒定律14下列各组物质中均属于氧化物的是ASO2、CO、H2OBMnO2、NaOH、Fe2O3 CFe2O3、Fe3O4、O3D O2、KClO3、H2SO4 【答案】A【解析】试题分析：考查氧化物的概念。元素与氧化合生成的化合物叫做氧化物(有且只有两种元素组成）。A正确。B中NaOH是碱；C中O3是单质。D中 O2是单质、KClO3是盐、H2SO4是酸。故选A。考点：氧化物的概念，元素与氧化合生成的化合物叫做氧化物(有且只有两种元素组成）。点评：考查氧化物的概念，
15、熟悉氧化物、酸、碱、盐的分类。15下列除去杂质的方法正确的是物质杂质试剂主要操作ANaHCO3固体Na2CO3固体/加热BSiO2Fe2O3盐酸过滤CFeCl2 溶液FeCl3溶液Cu过滤DCl2HCl饱和碳酸钠溶液洗气AA BB CC DD【答案】B【解析】A碳酸氢钠加热分解，将原物质除去，不能除杂，故A错误；B氧化铁与盐酸反应，而二氧化硅不能，则加足量盐酸、过滤可除杂，故B正确；CCu与氯化铁反应生成氯化铜、氯化亚铁，引入新杂质氯化铜，应选铁粉除杂，故C错误；D二者均与碳酸钠反应，不能除杂，应选饱和食盐水、洗气，故D错误；故选B【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、性
16、质差异及发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的综合应用，题目难度不大16（6分）从铝土矿(主要成分是Al2O3，含SiO2、Fe2O3、MgO等杂质)中提取两种工艺品的流程如下：请回答下列问题：(1)流程甲加入盐酸后生成Al3的离子方程式为 。(2)流程乙加入烧碱后生成SiO32的离子方程式为 。(3)验证滤液B含Fe3，可取少量滤液并加入 (填试剂名称)。(4)滤液E、K中溶质的主要成份是 (填化学式)，写出该溶液的一种用途 。(5)已知298 K时，Mg(OH)2的溶度积常数Ksp5.61012，取适量的滤液B，加入一定量的烧碱达到沉淀溶解平衡，测得pH13
17、.00，则此温度下残留在溶液中的c(Mg2) 。【答案】（6分，每空1分）：(1)Al2O36H=2Al33H2O (2)SiO22OH=SiO32H2O (3)硫氰化钾(或硫氰酸、苯酚溶液等合理答案)(4)NaHCO3制纯碱或做发酵粉等合理答案 (5)5.61010 mol/L【解析】（1）氧化铝是两性氧化物，和盐酸反应的方程式是Al2O36H=2Al33H2O。（2）二氧化硅是酸性氧化物，和氢氧化钠溶液反应的方程式是SiO22OH=SiOH2O。（3）检验铁离子的试剂是KSCN溶液或者是苯酚。（4）由于CO2都是过量的，所以溶液中的溶质主要都是碳酸氢钠，其主要用途是制纯碱或做发酵粉等。（5
18、）pH13，所以溶液中的OH浓度是0.1mol/L，因此根据氢氧化镁的溶度积常数可知，此温度下残留在溶液中的c(Mg2)5.610120.125.61010 mol/L。17某物质可能含有炭粉、碳酸钙、氧化铜、氧化铁中的一种或几种，现进行如下实验：(1)取样品，加热至高温，产生一种能使澄清石灰水变浑浊的无色气体。(2)往冷却后的固体残渣中加入足量的稀盐酸，固体残渣全部溶解，同时产生一种可燃性气体。根据以上实验推断：该固体一定含有_，一定不含有_，可能含有_（以上各空填写化学式）【答案】C、Fe2O3，CuO，CaCO3。【解析】试题分析：（1）加热至高温，产生一种能使澄清石灰水变浑浊的无色气体
19、，这种气体是CO2，可能发生了CaCO3CaO=CO2，也可能3C2Fe2O34Fe3CO2，C2CuOCO22Cu，（2）冷却后的固体加入足量的稀盐酸，残渣全部溶解，说明该物质中无氧化铜，同时产生一种可燃性气体，可燃性气体是氢气，说明该物质中有氧化铁、碳粉，根据实验现象碳酸钙可能有也可能没有，因此推出：该物质中一定含有C、Fe2O3，一定不含有CuO，可能含有CaCO3。考点：考查元素及其化合物的性质及物质的鉴别。18（10分）实验需要0.008mol/LNaOH溶液450ml，根据溶液配制中情况回答下列问题：（1）实验中除了托盘天平、烧杯还必需要的玻璃仪器有： 。（2）所需NaOH固体用托
20、盘天平称量的质量为 g（3）下列操作使所配浓度偏小的有 （填写字母）A、称量用了生锈的砝码；B、将NaOH放在纸张上称量；C、NaOH在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中；D、往容量瓶转移时，有少量液体溅出E、未洗涤溶解NaOH的烧杯F、定容时仰视刻度线G、容量瓶未干燥即用来配制溶液H、定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面不到刻度线，再加水至刻度线。【答案】（10分）（1）500mL容量瓶 玻璃棒 胶头滴管（每个1分，共3分，容量瓶不写规格不得分）（2）0.2（2分）（3）BDEFH（每个1分，5分，多选1个倒扣1分，最低为0分）【解析】试题分析：（1）配制溶液的操作步骤：首先计算出需要
21、的药品的质量，然后用托盘天平称量，后放入烧杯中溶解，同时用玻璃棒搅拌，待溶液冷却至室温后，用玻璃杯引流移液至500ml容量瓶，然后洗涤烧杯和玻璃棒2至3次，将洗涤液也注入容量瓶，然后向容量瓶中注水，至液面离刻度线1至2CM时，改用胶头滴管逐滴加入，至凹液面与刻度线相切，然后摇匀、装瓶实验过程中用到的仪器除托盘天平、烧杯外还需要500mL容量瓶 玻璃棒 胶头滴管；（2）由于无450ml的容量瓶，故选用500ml的容量瓶，故配制的是500ml0.008mol/L溶液NaOH根据n=CV可知需要的NaOH的物质的量n=0.5L0.008mol/L=0.0004mol，质量m=nM=0.0004mol
22、40g/mol=0.16g，因托盘天平只能精确到0.1g，故需要称0.2g的NaOH；（3）A、生锈的砝码质量偏大，而m物=m砝+m游，故称量出的药品的质量偏重，则配制出的溶液的浓度偏大；B、将NaOH放在纸张上称量会潮解，导致真正的NaOH的质量偏小，则配制出的溶液的浓度偏小；C、NaOH在烧杯中溶解后，未冷却就转移到容量瓶中并定容，待溶液冷却后体积偏小，则浓度偏大；D、往容量瓶转移时，有少量液体溅出，会导致溶质的损失，则溶液浓度偏小；E、未洗涤溶解NaOH的烧杯，会导致溶质的损失，则溶液浓度偏小；F、定容时仰视刻度线，会导致溶液体积偏大，则浓度偏小；G、只要最后定容时凹液面与刻度线相切即可
23、，至于水是事先就有的还是后来加入的，对浓度无影响；H、定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面不到刻度线是正常的，再加水至刻度线导致浓度偏小；故浓度偏小的有：BDEFH。考点：考查一定物质的量浓度溶液的配制过程中涉及到的仪器的选择、计算、误差分析等问题。19（14分）某化学兴趣小组为探究Cl2、Br2、Fe3+的氧化性强弱，设计了如下实验：（1）检查气体发生装置A的气密性的操作是 _ 。整套实验装置存在一处明显的不足，请指出 。（2）用改正后的装置进行实验，实验过程如下：实验操作实验现象结论打开活塞a，向圆底烧瓶中滴入适量浓盐酸；然后关闭活塞a，点燃酒精灯。D装置中：溶液变红E装置中：水层溶液变黄
24、， 振荡后，CCl4层无明显变化。Cl2、Br2、Fe3+的氧化性由强到弱的顺序为： （3）因忙于观察和记录，没有及时停止反应，D、E中均发生了新的变化。D装置中：红色慢慢褪去。E装置中：CCl4层先由无色变为橙色，后颜色逐渐加深，直至变成红色。为探究上述实验现象的本质，小组同学查得资料如下：(SCN)2性质与卤素单质类似。氧化性：Cl2(SCN)2 。Cl2和Br2反应生成BrCl，它呈红色（略带黄色），沸点约5，与水发生水解反应。AgClO、AgBrO均可溶于水。请解释Cl2过量时D中溶液红色褪去的原因 ，请设计简单实验证明上述解释 。欲探究E中颜色变化的原因，设计实验如下：用分液漏斗分离
25、出E的下层溶液，蒸馏、收集红色物质，取少量，加入AgNO3溶液，观察到的现象是_。将少量BrCl通入到碘化钾溶液中，该反应的化学方程式为 。【答案】（1）用止水夹夹住b处，打开分液漏斗活塞，向分液漏斗中加水至漏斗内形成水柱，一段时间后水柱高度不变，则A装置气密性良好（2分）没有尾气处理装置（2分）（2）Cl2Br2Fe3+（2分）Cl2将Fe(SCN)3中的SCN氧化而使溶液红色褪去（2分）取褪色后的溶液少量于试管中，加入KSCN溶液，若溶液变红，说明解释正确（2分）红色物质消失，溶液中产生白色沉淀（2分）BrCl+2KI=KCl+KBr+I2（2分）。 【解析】试题分析：（1）检查气体发生装
26、置A的气密性的操作是用止水夹夹住b处，打开分液漏斗活塞，向分液漏斗中加水至漏斗内形成水柱，一段时间后水柱高度不变，则A装置气密性良好; Cl2、Br2都是大气污染物，而在装置中无处理装置，在整套实验装置存在一处明显的不足，就是没有尾气处理装置；（2）打开活塞a，向圆底烧瓶中滴入适量浓盐酸；然后关闭活塞a，点燃酒精灯。会发生反应：MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2+2H2O；D装置中：发生反应：2Fe2+Cl2= 2Cl2Fe3+，所以溶液变红；而在E装置中：水层溶液变黄， 振荡后，CCl4层无明显变化说明没有产生Br2，只发生了反应2Fe2+Cl2= 2Cl2Fe3+，但是没有发生反
27、应：Cl22Br=2ClBr2。则证明还原性：Fe2+Br-；说明氧化性：Cl2Br2Fe3+；（3）Cl2过量时D中会发生反应：Cl22SCN-=2Cl-+( SCN) 2,使平衡Fe3+3SCN-Fe(SCN)3逆向移动，红色的物质浓度减小，所以溶液红色褪去；能够证明上述反应的实验是取褪色后的溶液少量于试管中，加入KSCN溶液，若溶液变红，说明解释正确；用分液漏斗分离出E的下层溶液，蒸馏、收集红色物质BrCl,取少量，加入AgNO3溶液，BrCl+H2O=HCl+HBrO，HCl+AgNO3=AgCl+HNO3，所以会观察到的现象是红色变浅至褪色，同时产生白色沉淀；拟卤素BrCl的性质类似
28、卤素。将少量BrCl通入到碘化钾溶液中，会发生置换反应：BrCl+2KI=KCl+KBr+I2。考点：考查装置气密性的检查方法、物质反应的先后顺序、微粒的存在的检验、反映方程式的书写的知识。20（17分）亚氯酸钠(NaClO2)是重要漂白剂。探究小组开展如下实验，回答下列问题：实验：制取NaClO2晶体按下图装置进行制取。已知：NaClO2饱和溶液在低于38时析出NaClO23H2O，高于38时析出NaClO2，高于60时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。（1）用50%双氧水配制30%的H2O2溶液，需要的玻璃仪器除玻璃棒、胶头滴管、烧杯外，还需要 （填仪器名称）；（2）装置C的作用是
29、 ；（3）装置B内生成的ClO2气体与装置D中混合溶液反应生成NaClO2，生成NaClO2的反应方程式为 。（4）如果撤去D中的冷水浴，可能导致产品中混有的杂质是 ；（5）反应后，经以下步骤可从装置D的溶液获得NaClO2晶体。请补充完整操作iii。i.55蒸发结晶；ii.趁热过滤；iii. ；iv.低于60干燥，得到成品。实验：样品杂质分析与纯度测定（6）上述实验制得的NaClO2晶体中含少量Na2SO4。产生Na2SO4最可能的原因是 ；a. B中有SO2气体产生，并有部分进入D装置内b. B中浓硫酸挥发进入D中与NaOH中和c. B中的硫酸钠进入到D装置内（7）测定样品中NaClO2的
30、纯度。测定时进行如下实验：准确称一定质量的样品，加入适量蒸馏水和过量的KI晶体，在酸性条件下发生如下反应：ClO2+ 4I+4H+ 2H2O+2I2+Cl，将所得混合液稀释成100mL待测溶液。取25.00mL待测溶液，加入淀粉溶液做指示剂，用c molL-1 Na2S2O3标准液滴定至终点，测得消耗标准溶液体积的平均值为V mL（已知：I2 +2S2O32=2I+S4O62）。确认滴定终点的现象是 ；所称取的样品中NaClO2的物质的量为 （用含c、V的代数式表示）。【答案】（17分）（1）量筒 （2）防止D瓶溶液倒吸到B瓶中（或安全瓶）（3）2ClO2 2NaOH H2O2 2NaClO2
31、 O2 2H2O（4）NaClO3和NaCl（5）用45左右的热水洗涤3遍（热水温度高于38，低于60）（6）a（7）溶液蓝色恰好褪去且半分钟内不复原 cV10-3【解析】试题分析：（1）用50%双氧水配制30%的H2O2溶液，需要的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶体滴管、容量瓶，所以玻璃仪器除玻璃棒、胶头滴管、烧杯外，还需要量筒。（2）装置D中发生气体反应，装置内压强降低，装置C的作用是安全瓶，防止D瓶溶液倒吸到B瓶中；（3）装置D反应后的溶液获得NaClO2晶体，装置D中生成NaClO2，Cl元素的化合价降低，双氧水应表现还原性，有氧气生成，结合原子守恒可知，还有水生成，配平后方程式为：2Cl
32、O2 2NaOH H2O2 2NaClO2 O2 2H2O，(4) 由题目信息可知，应控制温度3860, 高于60时NaClO2分解成NaClO3和NaCl,所以如果撤去D中的冷水浴，可能导致产品中混有的杂质是NaClO3和NaCl（5）NaClO2饱和溶液在低于38时析出NaClO23H2O，从溶液中制取晶体，一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，为防止析出晶体NaClO23H2O，应趁热过滤，由题目信息可知，应控制温度3860进行洗涤，低于60干燥，所以操作iii为用45左右的热水洗涤3遍。（6）在B中可能发生Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4 +SO2+H2O,产生的SO2
33、 被带入D中，SO2与H2O2 反应生成硫酸钠，a项正确；浓硫酸难挥发，不会进入D，b项错误；硫酸钠是难挥发的盐，也不会进入D，c项错误；选a。（7）碘遇淀粉变蓝色，反应结束时，碘反应完全，滴加最后一滴Na2S2O3标准液时溶液蓝色恰好褪去且半分钟内不复原，说明到达滴定终点；令样品中NaClO2的物质的量x，根据化学反应可得关系式，NaClO22I24S2O321mol 4mol0.25x c molL-1V10-3L列方程解得x= cV10-3 mol。考点：考查亚氯酸钠制备实验的基本操作，亚氯酸钠的性质及中和滴定等知识。21（6分）已知下列两个热化学方程式：2H2（g）+O2（g）=2H2
34、O（l）； H=-571.6kJ/molC3H8（g）+5O2（g）=3CO2（g）+4H2O（l）； H=-2220kJ/mol实验测得氢气和丙烷的混合气体共5mol，完全燃烧时放出热量3847kJ，则混合气体中氢气和丙烷的体积比为多少？【答案】3 ：1【解析】试题分析：混合气体的物质的量为5 mol。设混合气体中氢气的物质的量为x ，丙烷的物质的量为y。285.8 x 2220 y = 3847x + y = 5解出x 3.75 y = 1.25x：y = 3 ：1考点：反应热的计算点评：此题不难，考查混合物的计算，利用氢气和丙烷的燃烧热可计算出。22无机化合物A和金属B是中学化学常见的固
35、体，其中A显淡黄色。相同质量的A、B都能与液体C反应放出气体，两气体又能恰好完全反应生成C。利用B在高温下的挥发性，可通过它的碳酸盐和焦炭在真空环境中来制备B。化合物D可作为有机反应中的脱氢试剂，1molD和1mol NH4Cl反应生成2mol气体E和1molB的氯化物。已知标准状况下气体E的密度为0.76gL-1。请回答下列问题：（1）E的化学式为 （2）题中制备B的化学方程式为 下列物质能替代焦炭的是 。A.Na B.H2 C.KMnO4 D.Cl2（3）B与E在一定条件下 （填“可能”或“不可能”）直接发生反应产生D，判断理由是 。【答案】（1）NH3（2）K2CO3+2CK+3CO；A
36、（3）可能；NH3中H显+1价，K是活泼的金属，具有很强的还原性，可能与K反应生成KNH2并生成氢气【解析】试题分析：无机化合物A和金属B是中学化学常见的固体，其中A显淡黄色，则A为过氧化钠，相同质量的A、B都能与液体C反应放出气体，两气体又能恰好完全反应生成C，可知，B为活泼的金属，与水反应产生氢气，过氧化钠与水反应生成氧气，氢气与氧气反应生成水，所以C为水，设B的化合价为x，A、B的质量为m，B的相对分子质量为M，则A产生的氧气的物质的量为mol，B产生的氢气的物质的量为mol，所以有mol=2mol，得M=39x，当x=1时，M=39，则B为钾元素，当x=2或3时，无对应的金属，标准状况
37、下气体E的密度为0.76g?L-1，则E的相对分子质量为0.7622.4=17，所以E为氨气，化合物D可作为有机反应中的脱氢试剂，1molD和1mol NH4Cl反应生成2mol气体E和1molB的氯化物，所以化学方程式可写成D+NH4Cl=2NH3+KCl，根据元素守恒可知D为KNH2。（1）根据上述分析，E为氨气，故答案为：NH3；（2）题中制备B的化学方程式为K2CO3+2CK+3CO，在该反应中碳是沸点比钾高的还原剂，所以可以用钠代替碳，故选A，故答案为：K2CO3+2CK+3CO；A；（3）钾与氨气在一定条件下可能直接发生反应产生KNH2，因为 NH3中H显+1价，K是活泼的金属，具
38、有很强的还原性，可能与K反应生成KNH2并生成氢气，故答案为：可能； NH3中H显+1价，K是活泼的金属，具有很强的还原性，可能与K反应生成KNH2并生成氢气。考点：考查了物质的性质和相关计算的知识。23（15分）已知乙烯能发生以下转化：（1）乙烯的结构式为： 。（2）写出化合物官能团的化学式及名称：B中含官能团名称 ；D中含官能团名称 ；（3）写出反应的化学方程式： 反应类型： ： 反应类型： ： 反应类型： 【答案】（1） ； （2）-OH 羟基；-COOH 羧基。（3）CH2=CH2 + H2O CH3CH2OH，加成反应2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；氧化反应n CH
39、2=CH2；加聚反应。【解析】试题分析：（1）乙烯分子中两个C原子形成共价双键，每个C原子再与两个H原子形成两个共价键，结构式是：。（2）乙烯发生加聚反应生成聚乙烯；乙烯与水加成生成乙醇CH3CH2OH（B）；乙醇被氧化生成乙醛CH3CHO（C）；乙醇与乙酸CH3COOH（D）发生酯化反应生成乙酸乙酯CH3COOCH2CH3。B中含官能团名称是OH，名称是羟基；D是乙酸，官能团是-COOH，其中含官能团名称是羧基。（3）反应的化学方程式是CH2=CH2 + H2O CH3CH2OH，反应类型是加成反应；反应的化学方程式是2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；反应类型是氧化反应；反应的化学方程式是n CH2=CH2；反应类型是加聚反应。考点：乙烯的结构及相关性质、有机物间的相互转化的知识。