1、河南省信阳市淮滨高级中学分校2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）1下列事实不能用原电池理论解释的是（ ）A、铝片不用特殊方法保存B、生铁比纯铁易生锈C、制氢气时用粗锌而不用纯锌D、工程施工队在铁制水管外刷一层“银粉”【答案】A【解析】2某溶液可能含有Na+、Fe3+、Br、I、HCO3、SO32、NO3等离子向该溶液中滴加氯水，无气泡产生，溶液呈橙色；向橙色溶液中加入BaCl2溶液产生白色沉淀；向橙色溶液中滴加淀粉溶液未变蓝，则在该溶液中肯定存在的离子组是（ ）ANa+、I、SO32 BNa+、Br、SO32CFe3+、Br、NO3 DNa+、Br、NO3【答案】B【解析】
2、加足量氯水后，无气泡产生、溶液呈橙黄色，氯水中含有氯气、盐酸和次氯酸，氯气和溴离子反应生成溴单质溶液呈橙黄色，推断一定含有Br，无气体生成说明无HCO3，说明一定不含HCO3；氯气能将可能存在的SO32氧化为SO42；若原溶液中含有亚硫酸根离子，在氯水中会被氧化为硫酸根离子，加入氯化钡会生成沉淀，橙黄色的溶液中加入BaCl2溶液时有白色沉淀生成，证明一定含SO32离子，生一定不含有Fe3+；依据溶液的电中性，阳离子一定含有Na+；向淀粉溶液中滴加橙黄色溶液未变蓝色证明无碘单质生成，说明一定无I；综上所述：原溶液中一定含有Na+、Br、SO32；一定不含Fe3+、I；NO3的存在不能确定故选B【
3、点评】本题考查了离子检验的实验现象分析判断，注意离子共存问题和干扰离子的作用是解题关键，题目难度中等3下列与金属腐蚀有关的说法正确的是A图a中，插入海水中的铁棒，越靠近底端腐蚀越严重B图b中，开关由M改置于N时，Cu-Zn合金的腐蚀速率减小C图c中，接通开关时Zn腐蚀速率增大，Zn上放出气体的速率也增大D图d中，Zn-MnO2干电池自放电腐蚀主要是由MnO2的氧化作用引起的【答案】B【解析】试题分析：A、图a中，铁棒发生化学腐蚀，靠近底端的部分与氧气接触少，腐蚀程度较轻，故A错误；B、图b中开关由M置于N，Cu-Zn作正极，腐蚀速率减小，故B正确；C、图c中接通开关时Zn作负极，腐蚀速率增大，
4、但氢气在Pt上放出，故C错误；D、图d中干电池放电时MnO2发生还原反应，体现锌的还原性，故D错误，答案选B。考点：考查考查金属的腐蚀及防护4下列变化过程中，化学键没有被破坏的是AHCl溶于水 B干冰升华C固体NaCl熔融 D煤矿中瓦斯（主要成分CH4）遇火爆炸【答案】B【解析】试题分析：AHCl溶于水发生HCl=H+Cl，共价键被破坏，A项不符合；B.干冰升华破坏的是范德华力，B项符合；C.固体NaCl熔融破坏的是离子键，C项不符；D.甲烷与氧气反应，破坏了化学键，D项不符；答案选B。考点：考查化学键的破坏与形成。5如图表示4溴环己烯所发生的4个不同反应。其中，产物只含有一种官能团的反应是A
5、 B C D【答案】B【解析】试题分析：由结构可知，有机物中含C=C和-Br，为氧化反应，得到两种官能团；为水解反应，得到C=C和-OH两种官能团；为消去反应，产物中只有C=C；为加成反应，产物中只有-Br，则有机产物只含有一种官能团的反应是，故选B考点：考查有机物的官能团及其性质。6下列关于有机物的性质或应用说法不正确的是A用饱和的CuSO4溶液使蛋清液发生盐析，进而分离、提纯蛋白质B淀粉和纤维素的组成都可用(C6H10O5)n表示，它们都可转化为葡萄糖C煤通过干馏可得到焦炭、煤焦油、焦炉气、粗氨水等D油脂皂化反应的产物是高级脂肪酸钠和甘油【答案】A【解析】试题分析：A、用饱和的CuSO4溶
6、液使蛋清液发生变性，蛋白质变性后不能恢复原状，所以不能用CuSO4溶液分离、提纯蛋白质，A错误；B、淀粉和纤维素的组成都可用（C6H10O5）n，淀粉和纤维素在一定条件下都能水解都得到葡萄糖，B正确；C、煤干馏是在隔绝空气条件下对煤加强热使煤分解，可以得到焦炭、煤焦油、焦炉气、粗氨水等重要化工原料，C正确；D、油脂在碱性条件下水解反应称为皂化反应，皂化反应的主要产物为高级脂肪酸钠与甘油，D正确。答案选A。考点：考查蛋白质性质、糖类性质、煤的干馏、油脂性质。750mLH2SO4的质量分数为35、密度为124g/cm3的硫酸中，H2SO4的物质的量浓度为A0044mol/L B044mol/L C
7、44mol/L D44mol/L【答案】C【解析】试题分析：根据物质的量浓度和质量分数的换算公式计算即可，物质的量浓度=100012435%/98=44mol/L，选C。考点：物质的量浓度和质量分数的换算8下列与摩尔盐(NH4)2Fe(SO4)2.6H2O溶液有关离子方程式错误的是A通入足量的溴水：2Fe2Br2=2Fe32BrB先加盐酸在通入BaCl2溶液：SO42Ba2=BaSO4C加氢氧化钠固体加热：NH4OH=NH3H2OD检验该溶液是否变质：Fe33SCN=Fe(SCN)3【答案】C【解析】试题分析：摩尔盐(NH4)2Fe(SO4)2.6H2O溶液中存在主体离子为：Fe2、NH4、S
8、O42，其中Fe2具有还原性，易被氧化，通入足量的溴水Br2强氧化性，氧化Fe2，故A项说法正确；检验该溶液是否变质即检验溶液中是否含有Fe3，故D项说法正确；先加盐酸在加入BaCl2溶液，只有SO42与Ba2之间反应，故B项说法正确；加氢氧化钠固体加热，溶液中Fe2、NH4均可与OH反应，且应Fe2先反应，故C项说法错误；本题选C。考点：离子反应、离子共存问题。9分类是化学研究中常用的方法。下列分类方法中，正确的是（ ）A根据元素原子最外层电子数的多少将元素分为金属和非金属B依据组成元素的种类，将纯净物分为单质和化合物C根据氧化物中是否含有金属元素，将氧化物分为碱性氧化物和酸性氧化物D根据分
9、散系的稳定性大小，将分散系分为胶体、浊液和溶液【答案】B【解析】试题分析：A不能根据元素原子最外层电子数的多少将元素分为金属和非金属，H元素的原子最外层只有一个电子，却是非金属元素，故A错误；B单质是由同种元素组成的纯净物，化合物是由不同元素组成的纯净物，它们的区别在于是否由同种元素组成，依据组成元素的种类，将纯净物分为单质和化合物，故B正确；C根据氧化物的性质将氧化物分为酸性，碱性和两性氧化物，能和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，能和酸反应生成盐和水的氧化物称为碱性氧化物，既能和酸反应又能和碱反应生成盐和水的氧化物称为两性氧化物，故C错误；D分散系的分类依据是分散质离子直径大小，根据分
10、散质粒子直径大小不同将混合物分为胶体、溶液和浊液，故D错误；考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；分散系、胶体与溶液的概念及关系。10下列说法正确的是A淀粉、纤维素和油脂都属于天然高分子化合物B蛋白质溶液中加入硫酸铜溶液，有白色沉淀产生，加水，白色沉淀重新溶解C等质量的CH4、C2H4、C2H2分别在氧气中完全燃烧，消耗氧气的量依次减少D分子式为C2H4O2与C4H8O2的两种物质一定属于同系物【答案】C【解析】试题分析：A淀粉、纤维素都属于天然高分子化合物，油脂是高级脂肪酸的甘油酯，不是高分子化合物，A错误；B硫酸铜是重金属盐，蛋白质溶液中加入硫酸铜溶液，有白色沉淀产生，属于蛋白质的变
11、性，加水，白色沉淀不能再溶解，B错误；C烃分子中氢元素的含量越高，消耗氧气越多,烃的最简式CHn中n值越大，含氢量越高，则等质量的CH4、C2H4、C2H2分别在氧气中完全燃烧，消耗氧气的量依次减少，C正确；D结构相似，分子组成相差若干个CH2原子团的同一类有机物互为同系物，因此分子式为C2H4O2与C4H8O2的两种物质不一定属于同系物，D错误，答案选C。考点：考查有机物的结构与性质11用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是18g D2O含有的电子数为10NA 同温、同压下，相同体积的氟气和氩气所含的原子数相等 标准状况下，11.2L以任意比例混合的氮气和氧气所含的原子数为NA 在标准
12、状况下，22.4LSO3的物质的量为1mol 4时5.4mL的水所含的原子总数为0.9NA 0.1molOH含0.1NA个电子1mol Na2O2与水完全反应时转移电子数为2NA ABCD【答案】B【解析】考点：阿伏加德罗常数；阿伏加德罗定律及推论分析：根据质量、摩尔质量、分子数、电子数、阿伏伽德罗常数之间的关系式计算判断；根据同温、同压下，体积、气体摩尔体积、分子数、原子数之间的关系式计算判断；根据体积、气体摩尔体积、分子数、原子数之间的关系式计算判断；根据气体摩尔体积的适用范围判断；根据体积、密度、摩尔质量、分子数、原子数、阿伏伽德罗常数之间的关系式计算判断；物质的量、阿伏伽德罗常数、离子
13、数、之间的关系式计算判断；根据物质的量与转移电子之间的关系判断解：每个D2O分子中含有10个电子，但18gD2O的物质的量小于1mol，所以18gD2O含有的电子数小于10NA，故错同温、同压下，相同体积的氟气和氩气的物质的量相等，但氟气是双原子分子，氩气是单原子分子，所以所含的原子数不等，故错标准状况下，11.2L以任意比例混合的氮气和氧气的物质的量是0.5mol，氮气和氧气都是双原子分子，所以标准状况下，11.2L以任意比例混合的氮气和氧气所含的原子数为NA，故正确标准状况下，SO3是固体，气体摩尔体积不适用于该物质，故错4时，水的密度是1g/mL，所以5.4mL的水的质量是5.4g，物质
14、的量是0.3mol，所含的原子总数为0.9NA，故正确一个OH-离子中含有10个电子，所以0.1mol OH-含NA个电子，故正确 2mol过氧化钠与水反应转移电子数为2NA，所以1molNa2O2与水完全反应时转移电子数为NA，故错故选：B12可以用来鉴别甲烷和乙烯，还可以用来除去甲烷中乙烯的操作方法是( )A将混合气体通过盛有酸性KMnO4溶液的洗气瓶B将混合气体通过盛有适量溴水的洗气瓶C将混合气体通过盛有水的洗气瓶D将混合气体通过盛有澄清石灰水的洗气瓶【答案】B【解析】试题分析：A将混合气体通过盛有酸性KMnO4溶液的洗气瓶，乙烯被氧化产生CO2，不能达到除杂的目的，错误；B. 将混合气
15、体通过盛有适量溴水的洗气瓶，乙烯发生反应产生1,2-二溴乙烷，而甲烷不能发生反应，所以既可以用来鉴别甲烷和乙烯，还可以用来除去甲烷中乙烯，正确；C. 将混合气体通过盛有水的洗气瓶，二者都不能发生反应，不能达到鉴别除杂净化的目的，错误；D. 将混合气体通过盛有澄清石灰水的洗气瓶,二者都不能发生反应，不能达到鉴别及除杂净化的目的，错误。考点：考查物质鉴别及净化的方法的知识。13有人设想将不溶的碳酸盐材料通过特殊的加工方法使之变为纳米碳酸盐材料(即碳酸盐材料粒子直径是纳米级)，这将使建筑材料的性能发生巨大变化，下列关于纳米碳酸盐材料的推测正确的是()A纳米碳酸盐材料是与胶体相似的分散系B纳米碳酸盐材
16、料分散到水中会产生丁达尔效应C纳米碳酸盐材料的化学性质已与原来的碳酸盐材料完全不同D纳米碳酸盐材料的粒子不能透过滤纸【答案】A【解析】正确答案：AA、正确；B、不正确，Na2CO3形成水溶液；C、不正确，化学性质不变；D、不正确，Na2CO3形成水溶液，能透过滤纸。14下列图示与对应的叙述相符的是A图1表示向某硫酸和硫酸铝混合溶液中加入NaOH溶液，沉淀质量与加入NaOH溶液体积的关系B图2表示25时，用0.1molL-1盐酸滴定20mL0.1molL-1NaOH溶液的pH随加入盐酸体积的变化C图3表示t时稀释冰醋酸过程中溶液导电性的变化D根据图4可判断某可逆反应的正反应是吸热反应【答案】A【
17、解析】试题分析：A、向含有硫酸和硫酸铝的溶液中加入氢氧化钠溶液，则氢氧化钠先与硫酸反应，所以开始无沉淀，后氢氧化钠与硫酸铝反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝再与氢氧化钠溶液反应，沉淀溶解，且生成沉淀消耗氢氧化钠的体积与沉淀溶解消耗的氢氧化钠的体积之比是3:1，图象符合，正确；B、用盐酸滴定氢氧化钠溶液时，应出现溶液pH的突变，所以图象中pH不是平缓的变化，错误；C、未加水时，冰醋酸中的离子浓度为0，不存在导电能力，所以起点应在原点，错误；D、温度升高，逆反应速率大于正反应速率，说明平行逆向移动，则正反应是放热反应，错误，答案选A。考点：考查对图象的分析判断15亚硝酸钠是一种工业用盐，广泛用于物质合
18、成、金属表面处理等，它的一些性质或用途见下图。下列说法不正确的是ANaNO2的稳定性大于NH4NO2BNaNO2与N2H4反应，NaNO2是氧化剂C可用淀粉碘化钾试纸和食醋鉴别NaCl与NaNO2DNaN3分解，每产生1 molN2转移6 mol e-【答案】D【解析】试题分析：A、由图可知，亚硝酸钠与氯化铵反应得到亚硝酸铵，亚硝酸铵微热即分解，所以NaNO2的稳定性大于NH4NO2，正确；B、NaNO2与N2H4反应，生成NaN3，NaNO2中N元素的化合价降低，所以NaNO2是氧化剂，正确；C、NaNO2在酸性条件下与碘离子发生反应生成碘单质，碘遇淀粉变蓝色，而NaCl不与淀粉碘化钾试纸和
19、食醋反应，正确；D、NaN3分解，产生氮气和Na，每产生1 molN2生成2/3molNa单质，则转移2/3mol e-，错误，答案选D。考点：考查氧化还原反应的分析，物质性质的判断16为防止碘缺乏病，通常在食盐中添加少量碘酸钾（KIO3），碘酸钾和碘化钾在酸性溶液中能发生下列反应。请标出方程式中电子转移的方向与数目，5KI+KIO3+3H2SO4=3I2+3K2SO4+3H2O此反应中，氧化剂是 ，还原剂是 。氧化剂和还原剂的物质的量之比是 。【答案】（略）KIO3， KI。 1:5【解析】17目前，市场上经常用甲醇碱性燃料电池做为手机的电池，该电池的储电量可长达一个月，非常适合通话量比较高
20、的人群，请写出该燃料电池的正极电极反应： 和负极电极反应： 。【答案】3O2+12e-+6 H2O=12 OH- ；2CH3OH-12e-+16 OH-=2C O32-+12 H2O【解析】试题分析：燃料电池中，燃料在负极上失去电子发生氧化反应；氧气在正极上得电子发生还原反应。该燃料电池中，甲醇和氧气发生氧化还原反应后与碱反应生成碳酸盐和水，该燃料电池的正极电极反应：3O2+12e-+6 H2O=12 OH- ；和负极电极反应：2CH3OH-12e-+16 OH-=2C O32-+12 H2O。考点：考查原电池原理、燃料电池。18（15分）已知pH为45的条件下，Cu2+几乎不水解，而Fe3+
21、几乎完全水解。某学生用电解纯净的CuSO4溶液的方法，并根据电极上析出Cu的质量（n）以及电极上产生气体的体积（V mL 标准状况）来测定Cu的相对原子质量，过程如下图：回答下列问题：（1）加入CuO的作用是 。（2）步骤中所用的部分仪器如图所示，则A、B分别连直流电源的 和 极（填“正”或“负”）。（3）电解开始后，在U形管中可以观察到的现象有： 。A极发生的电极反应式为 。B极发生的电极反应式为_。（4）下列实验操作中必要的是 （填写字母）。（A）称量电解前的电极的质量；（B）电解后，电极在烘干称量前，必须用蒸馏水冲洗；（C）刮下电解后电极上析出的铜，并清洗，称量；（D）电解后烘干称重的操
22、作中必须按“烘干称量再烘干再称量”进行；（E）在有空气存在的情况下，烘干电极必须用低温烘干的方法。（5）铜的相对原子质量为 （用带有n、V的式子表示）。【答案】（1）通过消耗H+而调整溶液的pH使之升高，其目的是使Fe3+完成水解形成Fe(OH)3沉淀而除去（2分）（2）负；正（各1分）（3）石墨上有气泡逸出，溶液颜色变浅（2分） 2Cu2+4e=2Cu(2分)4OH4e =O2+2H2O（2分）（4）A、B、D、E（3分。全对给3分，只答2个或3个且正确的给2分，只答1个且正确的给1分。只要选择C，该空就为0分）（5）11200n/ V （2分）【解析】19（15分）实验室需要0.1mol/
23、LNaOH溶液480mL和0.5mol/L的硫酸溶液500mL。根据这两种溶液的配制情况回答下列问题。（1）在下图所示仪器中，配制上述溶液肯定不需要的是_（填序号），除图中已有仪器外，配制上述溶液还需要的玻璃仪器是_ _。A B C D E（2）在容量瓶的使用方法中，下列操作不正确的是_A使用容量瓶前检验是否漏水B配制溶液时，如果试样是固体，把称好的固体用纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加水至接近刻度线12cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线。C配制溶液时，若试样是液体，用量筒取样后用玻璃棒引流倒入容量瓶中，缓慢加水至刻度线12cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线。D盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托
24、住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，摇匀。（3）根据计算用托盘天平称取的质量为 g。在实验中其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，则所得溶液浓度 0.1mol/L（填“大于”“小于”或“等于”）。（4）根据计算得知，需用量筒量取质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸的体积为 mL（保留1位小数），如果实验室有15mL、20mL、50mL量筒，应选用 mL量筒最好。（5）配制硫酸溶液过程中，下列操作会引起结果偏高的是 （填序号）未洗涤烧杯、玻璃棒 未冷却至室温就转移到容量瓶定容 容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水【答案】（15分）（1）B、D（2分，各1分）玻璃棒、500mL容量瓶（2分，各1分）
25、(2) B、C（2分，各1分） （3）2.0（2分） 小于（2分）(4) 13.6（2分） 15（1分）（5）（2分）【解析】试题分析：（1）配制溶液需要的仪器有烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管、量筒托盘天平等，不需要烧瓶和分液漏斗，答案选BD；配制480mL或者500mL的溶液都需要500mL的容量瓶，定容时需要胶头滴管，所以还需要的玻璃仪器还有500mL的容量瓶、胶头滴管；（2）A.容量瓶使用前必须检查是否漏水，正确；B、配制溶液时，无论试样是固体还是液体，都不能在容量瓶中直接溶解，应在烧杯中溶解后冷却至室温后再移入容量瓶中，错误；C、根据B的分析，错误；D、定容后，盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞
26、，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，摇匀，正确，答案选BC；（3）配制500mL的0.1mol/LNaOH溶液需要氢氧化钠的质量是0.5L0.1mol/L40g/mol=2.0g；若定容时仰视刻度线，使所配溶液的体积大于500mL，则所得溶液浓度小于0.1mol/L；（4）根据物质的量浓度与溶液质量分数的关系，质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸的物质的量浓度是10001.8498%/98=18.4mol/L，500mL0.5mol/L的硫酸溶液中硫酸的物质的量是0.5L0.5mol/L=0.25mol，所以需要浓硫酸的体积是0.25mol/18.4mol/L=0.0136
27、L=13.6mL；尽量选用能一次量取的最小规格的量筒，误差小，所以选择15mL的量筒；（5）未洗涤烧杯、玻璃棒，使溶质偏小，所配溶液的浓度偏低；未等稀释后的H2SO4溶液冷却至室温就转移到容量瓶中，使定容时溶液的温度偏高，冷却后体积减少，浓度偏高；容量瓶中含有少量蒸馏水，对结果无影响，所以答案选。考点：考查溶液配制的操作、计算，误差的分析20某研究性学习小组在研究由Fe2制备Fe(OH)2的过程中，设计了如下实验方案：【实验设计】图1 图2方法一：按照图1进行实验，容器A中的反应开始时，弹簧夹C处于打开状态，一段时间后，关闭弹簧夹C，容器A中的反应仍在进行。最终在_容器中观察到白色沉淀，该实验
28、中涉及到的化学方程式有： 。方法二：按图2进行实验，最终在两极间的溶液中首先观察到白色沉淀。请从所提供的试剂或电极材料中选择正确的序号填在横线上：纯水 NaCl溶液 NaOH溶液 四氯化碳 CuCl2溶液 乙醇 Fe棒 植物油 碳棒 a为_，b为_，c为_，d为_。(填序号) 【探究思考】实验表明上述实验中出现白色的沉淀会逐渐转变为灰绿色或绿色，那么如何解释出现灰绿色或绿色的现象呢？（1）甲同学查阅资料后，得到Fe(OH)2如下信息：资料名称 物理性质描述化学性质描述化学辞典，顾翼东编，1989年版P637白色无定形粉末或白色至淡绿色六方晶体与空气接触易被氧化，将细粉喷于空气中，则立即燃烧出火
29、花大学普通化学（下册）傅鹰著P637白色沉淀此沉淀易被氧化成微绿色Fe3(OH)8普通化学教程（下册）P788白色能强烈吸收O2，迅速变成棕色Fe(OH)3。这时作为氧化的中间产物为土绿色，其中含有Fe2、Fe3。阅读该资料后，你对上述实验中出现灰绿色或绿色的现象的解释是：_ ；资料中提及的微绿色Fe3(OH)8，用氧化物的形式表示可写成_。（2）乙同学依据配色原理：白色和棕色不可能调配成绿色或灰绿色的常识，认为绿色可能是形成Fe(OH)2nH2O所致。用热水浴的方式加热“方法一”中生成的绿色沉淀，观察到沉淀由绿变白的趋势。加热时，“方法一”中弹簧夹C应处于_（填“打开”或“关闭”）状态，容器
30、A中的反应须处于_（填“停止”或“发生”）状态。写出该实验中支持乙同学观点的化学方程式_。【答案】【实验设计】方法一：B；(1分) FeH2SO4FeSO4H2、FeSO42NaOHFe(OH)2Na2SO4 (2分)(H2SO42NaOHNa2SO42H2O 写不写都不扣分，也不给分)方法二：、或、。（每空1分，共4分）【探究思考】（1）由于Fe（OH）2部分被氧化，混入少量的Fe（OH）3，FeOFe2O34H2O；（2）打开，发生，Fe（OH）2nH2OFe（OH）2+nH2O；【解析】试题分析：【实验设计】由Fe2制备Fe(OH)2的过程中防止氧气对实验的干扰是实验成功的关键；方法一的
31、原理是利用铁与稀硫酸反应生成的硫酸亚铁来提供Fe2+，利用生成的氢气来排除装置内氧气，防止氢氧化亚铁被氧化，关闭止水夹C，可使A装置内压强增大，将FeSO4溶液排到B中与氢氧化钠溶液反应，从而生成稳定的Fe（OH）2；最终在B容器中观察到白色沉淀，涉及到的化学方程式有：FeH2SO4FeSO4H2、FeSO42NaOHFe(OH)2Na2SO4、 H2SO42NaOHNa2SO42H2O，方法二是利用电解原理来制备氢氧化亚铁；按图2进行实验，最终在两极间的溶液中首先观察到白色沉淀，则阳极材料为铁，铁放电提供亚铁离子，金属或导电的非金属作阴极，可以选用铁或石墨；阴极上氢离子放电同时有氢氧根离子生
32、成，所以可以选用氯化钠溶液，为防止亚铁离子被氧化，液体C起隔绝空气的作用，则C的密度小于d的密度，所以C可以选用植物油，选、或、；【探究思考】（1）由资料信息可知，氢氧化亚铁为白色而氢氧化铁为棕色，二者的混合物呈现出绿色，因此实验中出现灰绿色或绿色的现象应是生成的Fe（OH）2部分被氧化而混入少量的Fe（OH）3的缘故；微绿色Fe3（OH）8可认为是Fe（OH）2与Fe（OH）3的结合起的一种物质，其中铁既显+2价也显+3价，根据化合价规则和原子守恒，Fe3（OH）8写成氧化物形式为：FeOFe2O34H2O，答案为：由于Fe（OH）2部分被氧化，混入少量的Fe（OH）3，FeOFe2O34H
33、2O；（2）验证乙同学的猜测要防止Fe （OH）2nH2O被空气氧化，因此活塞C应处于打开状态，容器A中的反应要继续进行，Fe （OH）2nH2O受热分解生成氢氧化亚铁和水，答案为：打开，发生，Fe（OH）2nH2OFe（OH）2+nH2O。考点：以氢氧化亚铁的制备为载体，考查实验方案的设计与评价及相关方程式的书写。21在 500g CuSO4溶液中插入两根电极，一极为铜，一极为粗铜（含锌）通电电解至粗铜刚好全部溶解掉，这时铜极质量增加 7.04g，电解质溶液质量增加 0.02g求粗铜中含锌的质量分数【答案】粗铜中含锌的质量分数为18.4%【解析】Cu电极为阴极，发生反应：Cu2+2e=Cu，
34、阴极质量增重7.04g为析出Cu的质量，粗铜为阳极，由金属性ZnCu，故开始发生反应：Zn2e=Zn2+，Zn放电完全后，再发生反应：Cu2e=Cu2+，溶液质量增重为反应Zn+Cu2+=Cu+Zn2+所致，设Zn的质量为m，Zn放电生成Cu为n，则：Zn+Cu2+=Cu+Zn2+ 溶液质量增重65 64 6564=1m n 0.02g所以m=1.3gn=1.28g粗铜总质量为（7.04g1.28g）+1.3g=7.06g故粗铜中Zn的质量分数为100%=18.4%，答：粗铜中含锌的质量分数为18.4%22下图中A、B、C、D、E、F、G均为有机化合物。根据上图回答问题：（1）D的化学名称是_
35、。 （2）反应的化学方程式是_ (有机物须用结构简式表示)（3）B的分子式是_。A的结构简式是_。反应的反应类型是_。（4）符合下列3个条件的B的同分异构体的数目有_个。 含有邻二取代苯环结构； 与B有相同官能团； 不与FeCl3溶液发生显色反应。写出其中任意一个同分异构体的结构简式_。 （5）G是重要的工业原料，用化学方程式表示G的一种重要的工业用途。 。【答案】（1）乙醇（2）CH 3COOHC 2H 5OH CH 3COOC 2H 5 H 2 O（可逆符号也得分）（3）C9H10O3；取代反应（4）3；（5） 【解析】试题分析：B在浓硫酸、加热条件下反应生成酯，根据E的结构简式知B中含有
36、羧基和羟基，其结构简式为：，D在浓硫酸、170下反应生成乙烯，结合D的分子式知D是乙醇，C和乙醇在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成F，结合F的分子式知，C的结构简式为：CH3COOH，B和C、D发生酯化反应生成A，则A的结构简式为：。（1）D的结构简式为：CH3CH2OH，其名称是乙醇。（2）乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯和水反应方程式为：CH3COOH+C2H5OH CH3COOC2H5+H2O，（3）B的结构简式为：，所以其分子式为C9H10O3，A的结构简式为，A水解生成B、C、D，（4）i）含有邻二取代苯环结构，说明含有两个取代基且处于邻位，ii）与B有相同官能团说明含有醇羟基和
37、羧基，iii）不与FeCl3溶液发生显色反应，说明不含酚羟基，所以其同分异构体为，有3种同分异构体，故答案为：3；（5）G是乙烯，G能和水反应生成乙醇，能发生加聚反应发生聚乙烯，其反应方程式为：考点： 有机物的推断23A、B、C为中学常见单质，其中一种为金属；通常情况下A为固体、B为黄绿色气体、C为无色气体D、E、F、G、H、X均为化合物，其中X常温下是无色气体，其水溶液是一种无氧强酸溶液，E为黑色固体，H在常温下为液体它们之间的转化如图所示(某些反应条件和部分反应产物已略去)（1）在反应中，不属于氧化还原反应的是_(填编号)（2）反应的离子方程式为：_；（3）反应的化学方程式为_；该反应中每
38、消耗0.3mol的A，可转移电子_mol（4）除去D溶液中混有的少量G的方法是：_。【答案】（1）；（2）Fe3O4+8H+=4H2O+Fe2+2Fe3+；（3）3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2；0.8（4）向混合溶液中通入足量的氯气【解析】试题分析：单质A和C反应生成E为黑色晶体，E黑色固体和X酸反应生成D、G、H，其中DG之间可以实现相互转化，说明A为变价金属Fe，和C在点燃条件下生成黑色固体E为Fe3O4，C为O2，依据D+A=G说明D为含三价铁离子的化合物，F为含硫氰酸根离子的化合物，推断为KSCN溶液，G为含Fe2+离子的化合物，H为H2O；依据G+B=D分析判断B是强氧化剂
39、，B为黄绿色气体，证明为Cl2，所以推断D为FeCl3，得到G为FeCl2；X为HCl；（1）依据反应过程分析，为铁和氯气发生的氧化还原反应，为铁和氧气发生的氧化还原反应，为四氧化三铁和盐酸发生的复分解反应，不是氧化还原反应，为氯化铁和铁发生的氧化还原反应，为氯化亚铁和氯气发生的氧化还原反应，是氯化铁和硫氰酸盐发生的复分解反应，不是氧化还原反应，故答案为：；（2）反应是四氧化三铁与盐酸的反应，反应的离子方程式为：Fe3O4+8H+=4H2O+Fe2+2Fe3+，故答案为：Fe3O4+8H+=4H2O+Fe2+2Fe3+；（3）反应是铁在水蒸气中发生的反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2；该反应中符合氧化还原反应的电子守恒，氢元素化合价从+1价变化为0价，4H2O反应转移电子为 8mol，铁元素从0价变化为+价，每消耗 0.3mol的A(Fe)，可转移电子0.8mol，故答案为：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2；0.8（4）除去FeCl3溶液中混有的少量FeCl2的方法是：向混合溶液中通入足量的氯气，故答案为：向混合溶液中通入足量的氯气。考点：考查了无机推断的相关知识。