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河南省三门峡市灵宝一高2015-2016学年高二下学期第二次月考化学试题 WORD版含解析.doc

上传人:高**** 文档编号:1026811 上传时间:2024-06-04 格式:DOC 页数:12 大小:243KB
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资源描述

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。

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