1、河南省新乡铁路高级中学分校2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）1鉴别胶体和溶液最简单的方法是A萃取 B蒸馏 C过滤 D丁达尔效应【答案】D【解析】试题分析：胶体具有丁达尔效应，而溶液不具备该性质，所以鉴别胶体和溶液最简单的方法是丁达尔效应，选D。考点：考查溶液和胶体的鉴别。2下列物质不属于高分子化合物的是A、油脂 B、蚕丝 C、纤维素 D、羊毛【答案】A【解析】3一定温度下，将一定质量的冰醋酸加水稀释，溶液的导电能力变化如图所示，下列说法中，正确的是Aa，b，c三点溶液的n(H+)：cab Ba，b，c三点醋酸的电离程度：abcC用湿润的pH试纸测量a处溶液的pH，测量结果
2、偏大 Da，b，c三点溶液用1 molL-1的氢氧化钠溶液中和，消耗氢氧化钠溶液的体积：cab 【答案】B【解析】试题分析：A加水促进醋酸的电离，随着加入水的量增大，醋酸电离出的氢离子的物质的量越大，则a、b、c三点溶液的n(H+)为abc，故A错误；B随水的增多，醋酸的电离程度在增大，所以a、b、c三点醋酸的电离程度：abc，故B正确；C用湿润的pH试纸测量酸性的pH，a处溶液溶液稀释，导电能力增大，溶液酸性增强，pH减小，所以测量结果偏小，故C错误；Da、b、c三点溶液浓度不同，但溶质的物质的量相同，所以a、b、c三点溶液用1mol/L氢氧化钠溶液中和，消耗氢氧化钠溶液体积：a=b=c，故
3、D错误；故选B。考点：考查电解质的电离，涉及图象分析及弱电解质的电离特征。4下列反应中，属于非氧化还原反应的是A2F22H2O=4HFO2B2Na2O22H2O=4NaOHO2CNa2OH2O=2NaOHDSi2NaOH+H2O=Na2SiO32H2【答案】C【解析】试题分析：A、2F22H2O=4HFO2 ，氟和氧的化合价变化，属于氧化还原反应，A项错误；B、2Na2O22H2O=4NaOHO2，氧的化合价变化，属于氧化还原反应，B项错误；C、Na2OH2O=2NaOH，没有化合价变化的元素，属于非氧化还原反应，C项正确；D、Si2NaOH+H2O=Na2SiO32H2，硅和氢的化合价发生了
4、变化，属于氧化还原反应，D项错误；答案选C。考点：考查氧化还原反应的判断5下列有关溶液中离子浓度的关系，不正确的是A.NaHCO3溶液中存在：c(OH)c(H2CO3)c(H)B.常温下，pH3的盐酸和pHll的氨水等体积混合后，溶液中：c(NH4)c(Cl)C.0.2 mol/LNH4Cl溶液与0.1 mol/L NaOH溶液等体积混合后，溶液中：c(NH4)c(Na)D.0.2 mol/L 的 CH3COOH 溶液中 c(H)小于0.1 mol/L 的 CH3COOH 中c(H)的两倍【答案】A【解析】试题分析：A、根据电荷守恒和物料守恒可知，c(HCO3)2c(CO32)c(OH)c(N
5、a)c(H)、c(HCO3)c(CO32)c(H2CO3)c(Na)，所以c(CO32)c(OH)c(H2CO3)c(H)，A不正确；B、氨水是弱碱，则pHll的氨水溶液的浓度大于0.001mol/L，则常温下，pH3的盐酸和pHll的氨水等体积混合后，氨水过量，溶液显碱性。则根据电荷守恒可知c(NH4)c(H)c(Cl)c(OH)，所以溶液中c(NH4)c(Cl)，B正确；C、0.2 mol/LNH4Cl溶液与0.1 mol/L NaOH溶液等体积混合后生成一水合氨、氯化钠，氯化铵过量，且过量的氯化铵与生成的一水合氨的浓度相同。由于氨水的电离程度大于NH4的水解程度，所以溶液中：c(NH4)
6、c(Na)，C正确；D、醋酸是弱酸，存在电离平衡。稀释有利于电离，所以0.2 mol/L 的 CH3COOH 溶液的电离程度小于0.1 mol/L 的 CH3COOH溶液的电离程度，因此溶液中前者 c(H)小于后者c(H)的两倍，D正确，答案选A。考点：考查电离平衡、水解平衡以及溶液中离子浓度大小比较等6下列装置能构成原电池的是( )A B C D【答案】D【解析】试题分析：原电池的构成条件是：有两个活泼性不同的电极，将电极插入电解质溶液中，两电极间构成闭合回路，能自发的进行氧化还原反应，A该装置不能构成闭合回路，所以不能形成原电池，A错误；B该装置中电极材料相同，所以不能形成原电池，B错误；
7、C甘油为非电解质，该装置不能自发的进行氧化还原反应，所以不能形成原电池，C错误D该装置中锌失电子作负极，氢离子得电子在正极上反应，符合原电池的构成条件，所以能形成原电池，D正确；故选C。考点：考查了原电池原理，明确原电池的构成条件7某气态烷烃与烯烃的混合气9 g，其密度为相同状况下氢气密度的11.25倍，将混合气体通过足量的溴水，溴水增重4.2 g，则原混合气体的组成为 A甲烷与乙烯 B甲烷与丙烯 C乙烷与乙烯 D甲烷与丁烯【答案】B【解析】考点：有关混合物反应的计算；取代反应与加成反应；烯烃分析：根据混合气体密度为相同状况下氢气密度的11.2倍，计算混合气体的平均摩尔质量；可确定烷烃，计算混
8、合气体的物质的量混合气体通过足量的溴水，溴水增重4.2g为烯烃质量，进而计算烷烃的质量，计算烷烃的物质的量，结合混合气体总的物质的量计算烯烃的物质的量，进而计算烯烃的摩尔质量，利用烯烃组成通式，确定烯烃解：由气态烷烃和气态单烯烃组成的混合气体是同种状况下H2密度的13倍，则M（混合）=11.22g/mol=22.4g/mol，烯烃的摩尔质量最小为28g/mol，则烷烃的摩尔质量应小于22.4g/mol，所以混合气体中一定含有甲烷混合气体的物质的量为=0.4mol，混合气体通过足量的溴水，溴水增重4.2g为烯烃的质量，所以甲烷的质量为9g-4.2g=4.8g甲烷的物质的量为=0.3mol，所以烯
9、烃的物质的量为0.4mol-0.3mol=0.1mol，所以烯烃的摩尔质量为=42g/mol设烯烃的化学式为CnH2n，则12n+2n=42，解得n=3，即烯烃为丙烯，该混合物为甲烷与丙烯故选：B8下列两种气体的分子数一定相等的是A质量相等、密度不等的O2和C2H4 B等体积等密度的CO和C2H4C等温等体积的O2和N2 D等压等体积的N2和CO2【答案】B【解析】只要气体分子的物质的量相等，其分子数就一定是相等的。氧气和乙烯的相对分子质量不同，在质量相等的条件下，气体的物质的量不相等，分子数不同；等体积等密度，则质量相等。由于CO和乙烯的相对分子质量都是28，所以选项B中气体的物质的量是相等
10、的，分子数相等；选项C中，压强不一定相同，而选项D中温度不一定相同，所以分子数不一定相同，因此正确的答案选B。9下列实验装置或操作正确的是 ( )A实验 制取氨气B实验 溴水褪色证明了乙烯可以与溴发生加成反应C实验 比较红磷和白磷的着火点D实验 用CaC2和饱和食盐水反应制取C2H2【答案】A【解析】试题分析：浓氨水与生石灰可以制取氨气，正确；乙烯使溴水褪色，不能证明是发生了加成反应，错误；白磷的温度高，红磷的温度低，但白磷燃烧，红磷不燃烧，不能比较二者的着火点，二者交换位置可以，错误；碳化钙遇水即成粉末状，所以不能用简易启普发生器装置来控制反应的进行，错误，所以答案选A。考点：考查对实验装置
11、的判断10将7.5 g镁铝合金溶于90 mL 4 mol/L稀硫酸中，合金完全溶解，再加入240 mL 3 mol/L的NaOH溶液，得到沉淀的质量为19.4 g，则此时溶液中的溶质为ANa2SO4 BNa2SO4、MgSO4和Al2(SO4)3 CNa2SO4和MgSO4 D Na2SO4和NaAlO2【答案】A【解析】11下列叙述正确的是(用NA代表阿伏加德罗常数的值)A2.4g金属镁变为镁离子时失去的电子数为0.1NAB1molHCl气体中的粒子数与0.5mo1/L盐酸中溶质粒子数相等C6.4g铜与足量的硫磺在绝隔空气的条件下反应，电子转移的数目为0.1NAD1mol白磷分子中所含共价键
12、数为4NA【答案】C【解析】试题分析：A、2.4克镁的物质的量为2.4/24=0.1摩尔，0.1摩尔镁失去0.2摩尔电子，故A错误；B、盐酸中存在氢离子和氯离子，但是没有说明盐酸溶液的体积，不能计算其物质的量，故B错误；C、同和硫反应生成硫化亚铜，6.4克铜为0.1摩尔，转移0.1摩尔电子，故C正确；D、1摩尔白磷含有6摩尔共价键，故D错误。考点： 阿伏伽德罗常数12如图表示ag O2与a gX混合气体在恒压条件下的密闭容器中体积(V)与温度(T)的关系，则X气体可能是( )AC3H6(气) BCH4 CCO2 DNO【答案】B【解析】试题分析：压强相同，温度相同时，气体题与物质的量成正比，根
13、据图像可知，相同温度下，氧气的体积大于X的体积，说明氧气的物质的量大，根据n=m/M，质量相同时，物质的量与摩尔质量成反比，氧气的物质的量大于X，则氧气的摩尔质量小于X，因此选C。考点：物质的量的相关计算13某温度下，相同pH值的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，平衡pH值随溶液体积变化的曲线如图所示。据图判断正确的是A为盐酸稀释时的pH值变化曲线Bb点酸的总浓度大于a点酸的总浓度Ca点Kw的数值比c点Kw的数值大Db点溶液的导电性比c点溶液的导电性强【答案】D【解析】试题分析: A由于弱酸存在电离平衡，相同pH、相同体积的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释时，醋酸的酸性降低的相对慢一些，从图像可知I线表示
14、盐酸稀释，II线表示醋酸稀释,A错误；B. 由于两酸的PH相同，盐酸的浓度小，稀释相同倍数，仍然是醋酸的浓度大于盐酸,C错误； C：温度相同的情况下，KW是定值，C错误；D.b点溶液稀释后可变成c点溶液，c点溶液中离子浓度小，导电性差，D正确；选D。考点：考查弱电解质的电离。14设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 （ ）lmol CH5+中含11NA个电子1mol OH中含10NA个电子lmol C10H22分子中共价键总数为31NA0.4mol以任意比例混合的乙炔和乙醛气体在氧气中充分燃烧时，消耗氧分子数为NA1 L 1 molL碳酸钠溶液中含有CO32-的个数为NA28g乙烯和环
15、丙烷组成的混合气体中含有3NA个氢原子A B C D【答案】C【解析】试题分析：CH5+中有6+5-1=10个电子，则lmol CH5+中含10NA个电子，错误；羟基是9电子微粒，则1mol OH中含9NA个电子，错误； C10H22分子中共价键总数为22+9=31，则lmol C10H22分子中共价键总数为31NA，正确；乙炔的分子式为C2H2，乙醛的分子式为C2H4O，相当于C2H2H2O，则物质的量相同的乙炔和乙醛消耗氧气相同，所以0.4mol以任意比例混合的乙炔和乙醛气体在氧气中充分燃烧时，消耗氧分子数为0.4mol2.5NA=NA，错误；碳酸根离子因水解导致1 L 1 molL碳酸钠
16、溶液中含有CO32-的个数小于NA，错误；乙烯和环丙烷的最简式相同，均为CH2，28g乙烯和环丙烷组成的混合气体中含有CH2 部分为2mol，含有4NA个氢原子，错误；答案选C。考点：考查物质的量的计算，阿伏伽德罗常数及有关计算。15某温度下，体积和pH都相同的盐酸和氯化铵溶液加水稀释时的pH变化曲线如下图所示，下列判断正确的是Aa、c两点溶液的导电能力相同Bb点溶液中c(H+)+c(NH3H2O)=c(OH)Ca、b、c三点溶液水的电离程度abcD与等体积b、c处溶液反应，消耗等量的NaOH 【答案】C【解析】试题分析：盐酸溶液中的氢离子主要是盐酸电离出来的，盐酸完全电离，体积和pH都相同的
17、盐酸和氯化铵溶液加水稀释的过程中，盐酸不能继续电离，盐酸溶液中氢离子浓度变化大；水解是微弱的，氯化铵溶液中铵离子可水解，溶液中的氢离子浓度变化小，所以含c点的曲线pH变化是盐酸溶液的，含a、b点的曲线pH变化是氯化铵溶液的。A、溶液的导电能力和溶液中自由移动离子的多少有关，当溶液的体积相等时，a、c两点溶液的离子浓度不一样，所以导电能力不一样，故A错误；B、b点溶液中，根据质子守恒，得出c(OH)c(NH3H2O)c(H+)，故B错误；C、盐酸电离出的氢离子浓度抑制了水的电离，所以c点溶液中水的电离程度最小；水解促进水的电离，由于氯化铵溶液中的氢离子浓度来自于铵根离子水解生成的氢离子，氢离子浓
18、度越大，说明水解程度越大，水的电离程度越大，a点的pHb点的pH，说明a点酸性大于b点酸性、a点氢离子大于b点氢离子，所以a、b二点溶液水的电离程度ab，综上所述a、b、c三点溶液水的电离程度abc，故C正确；D、用等浓度NaOH溶液和等体积b、c处溶液反应，消耗NaOH溶液体积VbVc，故D错误，答案选C。考点：考查盐类水解、外界条件对水电离平衡的影响、酸碱中和滴定以及溶液中离子浓度大小比较等16（10分）下表是元素周期表的一部分，根据表中给出的10种元素，回答下列问题。周期AAAAAAA02CNOFNe3NaAlPSCl（1）单质的化学性质最不活沷的元素是 ；（2）氧的原子结构示意图是 ；
19、（3）形成化合物种类最多的元素是 ；（4）HF和H2O中，热稳定性较强的是 ；（5）N和P中，原子半径较小的是 ；（6）常温下，会在浓硫酸中发生钝化的金属是 ；（7）元素最高价氧化物对应水化物中，碱性最强的是 （填化学式），酸性最强的是 （填“H2SO4”或“HClO4”）；（8）硫的一种氧化物可使品红溶液褪色，写出该氧化物的化学式 。【答案】（1）Ne （2） （3）C （4）HF （5）N （6）Al （7）NaOH;HClO4 （8）SO2【解析】试题分析：（1）单质的化学性质最不活沷的元素是稀有气体元素Ne；（2）氧的核外电子数是8个，则原子结构示意图是；（3）有机物种类最多，则形成化
20、合物种类最多的元素是碳元素；（4）氟元素的非金属性强于氧元素，则HF和H2O中，热稳定性较强的是HF；（5）同主族自上而下原子半径逐渐增大，则N和P中，原子半径较小的是N；（6）常温下，会在浓硫酸中发生钝化的金属是铝；（7）元素最高价氧化物对应水化物中，碱性最强的是NaOH。氯元素的非金属性强于硫元素，酸性最强的是HClO4；（8）硫的一种氧化物可使品红溶液褪色，写出该氧化物的化学式为SO2。考点：考查元素周期律的应用17某试剂厂用银（含杂质铜）和硝酸（含杂质Fe3+）反应制取硝酸银。步骤如下依据上述步骤，完成下列填空：（1）溶解银的硝酸应该用_硝酸（填“浓”或“稀”）。原因是_ （填序号，下
21、同）a.减少过程中产生NOx的量b.减少原料银的消耗量c.节省硝酸的物质的量（2）步骤B加热保温的作用是_。a.有利于加快反应速率b.有利于未反应的硝酸挥发c.有利于硝酸充分反应，降低溶液中c（H+）（3）步骤C中是为了除去Fe3+、Cu2+等杂质，冲稀静置时发生的化学反应是_。a.置换反应b.水解反应c.氧化还原反应产生的沉淀物化学式_。【答案】（1）稀 a、c （2）a、c（3）b Fe（OH）3、Cu（OH）2【解析】（1）根据反应方程式：Ag+2HNO3（浓）=AgNO3+NO2+H2O、3Ag+4HNO3（稀）=3AgNO3+NO+2H2O可知：每生成1 mol AgNO3,如用浓H
22、NO3，消耗HNO3 2 mol,产生1 mol NO2;如用稀HNO3，只需HNO3 4/3 mol,放出NO 1/3 mol。故用稀硝酸比用浓硝酸好，原因为减少氮氧化物的排放量，从而节省硝酸的使用量，即理由为a、c。（2）根据温度对反应速率的影响，加热保温是使反应加快，促使HNO3与Ag反应，而不希望HNO3损失，因此其目的是a、c。（3）由水解原理可知溶液浓度小，促进水解，使Fe3+、Cu2+生成难溶的Fe（OH）3、Cu（OH）2而除去。18（13分）实验室中有一未知浓度的稀盐酸，某学生为测定盐酸的浓度在实验室中进行如下实验。请你完成下列填空：步骤一：配制250mL 0.1000mol
23、/L NaOH标准溶液。步骤二：取20.00mL待测稀盐酸放入锥形瓶中，并滴加23滴酚酞溶液作指示剂，用自己配制的标准NaOH溶液进行滴定。重复上述滴定操作4次，记录数据如下。实验编号NaOH溶液的浓度（mol/L）滴定完成时，消耗NaOH溶液的体积（mL）待测盐酸溶液的体积（mL）10.1020.0220.0020.1020.0020.0030.1019.0020.0040.1019.9820.00（1）步骤一需要称量氢氧化钠固体的质量为_g，配制标准溶液需要用到玻璃棒，烧杯外，还需要的玻璃仪器有_。（2）步骤二中量取20.00mL的稀盐酸用到的仪器是_。滴定达到终点的现象是_。（3）根据上
24、述数据，可计算出该盐酸的浓度为 。（4）在上述实验中，下列操作（其他操作正确）会造成测定结果（待测液浓度值）偏高的有 A. 配制标准溶液定容时，加水超过刻度B. 锥形瓶水洗后直接装待测液C. 酸式滴定管水洗后未用待测稀盐酸溶液润洗D. 滴定到达终点时，仰视读出滴定管读数；E. 碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失【答案】（1）1.0g；250mL容量瓶，胶头滴管（2）酸式滴定管；最后一滴NaOH溶液加入时，溶液颜色恰好由无色变为（浅）红色，且半分钟内不褪色（3）0.1000mol/L （4）ADE【解析】试题分析：（1）配制250mL 0.1000mol/L NaOH溶液需要NaOH0.025
25、mol，质量为1.0g。需要的仪器有玻璃棒、烧杯、250mL容量瓶、胶头滴管、量筒。（2）步骤二中量取20.00mL稀盐酸用酸式滴定管，终点的现象是滴加最后一滴NaOH溶液，溶液恰好由无色变为（浅）红色，且半分钟内不褪色。（3）四次实验平均消耗氢氧化钠溶液20.00mL，氢氧化钠溶液浓度为0.1mol/L，盐酸体积为20.00mL，所以盐酸浓度为0.1mol/L。（4）配制标准溶液定容时，加水超过刻度，氢氧化钠浓度偏低，所以标定盐酸浓度偏大；锥形瓶水洗后直接装待测液，对结果无影响；酸式滴定管水洗后未用待测稀盐酸溶液润洗，盐酸浓度偏低；滴定到达终点时，仰视读出滴定管读数，氢氧化钠溶液体积偏大，盐
26、酸浓度偏大；碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，氢氧化钠溶液体积偏大，盐酸浓度偏大。考点： 中和滴定点评：中和滴定误差分析关键是看滴定管中溶液体积变化。19（12分）实验室用下面装置测定FeO和Fe2O3固体混合物中Fe2O3的质量，D装置的硬质双通玻璃管中的固体物质是FeO和Fe2O3的混合物。(1)如何检查装置A的气密性？ _(2)装置A发生的反应有时要向其中加入少量CuSO4溶液，其目的是 ，其原理是 。(3)为了安全，在点燃D处的酒精灯之前，在b出口处必须 。(4)装置B的作用是 ；装置C中装的液体是 ，所起的作用是 。(5)在气密性完好，并且进行了必要的安全操作后，点燃D处的酒精灯
27、，在硬质双通玻璃管中发生反应的化学方程式是 。(6)若FeO和Fe2O3固体混合物的质量为23.2 g，反应完全后U型管的质量增加7.2 g，则混合物中Fe2O3的质量为 g。(7)U形管E右边又连接干燥管F的目的是 ，若无干燥管F，测得Fe2O3的质量将 (填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。(8)若反应后得到的残留固体中还有少量FeO，测得的Fe2O3质量将 (填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。【答案】（12分,每空1分） (1)关闭a，从球形漏斗口加水，待水从漏斗管上升与容器中的水面形成一段水柱，停止加水，静置片刻，如水柱不下降，证明其气密性良好(2)加快氢气产生的速率；Zn先与CuS
28、O4反应生成Cu附着在Zn表面，Zn(负极)、Cu(正极)与稀盐酸(电解质溶液)组成很多微小原电池，发生原电池反应，加快了反应速率(3)检验氢气的纯度(4)除去H2中混有的HCl气体浓硫酸干燥氢气(5)Fe2O33H22Fe3H2O，FeOH2FeH2O(6)16(7)防止空气中的水蒸气等气体进入E中偏大(8)偏小【解析】（1）A装置是启普发生器，所以检验气密性的方法是关闭a，从球形漏斗口加水，待水从漏斗管上升与容器中的水面形成一段水柱，停止加水，静置片刻，如水柱不下降，证明其气密性良好。（2）由于Zn先与CuSO4反应生成Cu附着在Zn表面，Zn(负极)、Cu(正极)与稀盐酸(电解质溶液)组
29、成很多微小原电池，发生原电池反应，从而加快了反应速率。（3）氢气是可燃性气体，点燃之前必需检验氢气的纯度。（4）由于生成的氢气中含有氯化氢和水蒸气，而这两种杂质都能干扰实验的，实验B中盛有饱和食盐水，用来除去H2中混有的HCl气体；而C中盛有浓硫酸，用来干燥氢气。（5）在加热的条件小，氢气能还原金属氧化物，反应的方程式是Fe2O33H22Fe3H2O，FeOH2FeH2O。（6）设FeO和Fe2O3固体的物质的量分别是x和y，则72x160y23.2g。U形管增加的质量就是反应中生成的水的质量，因此有x3y7.2g18g/mol，解得xy0.1mol，实验氧化铁的质量是16g。（7）由于空气中
30、也含有水蒸气，所以F装置的作用是防止空气中的水蒸气等气体进入E中。如果没有F装置，则U形管增加的质量就偏大，所以测定结果偏高。（8）若反应后得到的残留固体中还有少量FeO，则U形管增加的质量就偏小，所以测定结果偏小。20市售乙醛通常为40%左右的乙醛溶液。久置的乙醛溶液会产生分层现象，上层为无色油状液体，下层为水溶液。据测定，上层物质为乙醛的加合物(C2H4O)n，它的沸点比水的沸点高，分子中无醛基。乙醛在溶液中易被氧化，为从变质的乙醛溶液中提取乙醛(仍得到溶液)，可利用如下反应原理：(C2H4O)n nC2H4O。（1）先把混合物分离得到(C2H4O)n：将混合物放入_中，静置，分离操作名称
31、为_。（2）证明是否已有部分乙醛被氧化的实验操作和现象是_。（3）提取乙醛的装置如图：烧瓶中放的是(C2H4O)n和6mol/LH2SO4的混合液，锥形瓶中是蒸馏水。加热至混合液沸腾，(C2H4O)n缓慢分解，生成的气体导入锥形瓶的水中。用冷凝管的目的是_，冷凝水的进口是_(填“a”或“b”)。锥形瓶内导管口出现气泡，从下到上升至液面过程中，体积越来越小，直至完全消失，说明乙醛具有_的性质，当观察到导气管中气流很小时，必要的操作是_，目的是_。【答案】（1）分液漏斗，分液；（2）取下层液体加石蕊，若变红，则乙醛被氧化；（3）使加合物冷凝回流到烧瓶中，b；易溶于水、及时撤去导管、防止倒吸。【解析
32、】试题分析：（1）久置的乙醛溶液会产生分层现象，上层为无色油状液体，下层为水溶液。为了分离互不相溶的两层液体物质，应该在分液漏斗中进行分液操作，所以先把混合物分离得到(C2H4O)n：将混合物放入分液漏斗中，静置，分离操作名称为分液；（2）若乙醛被氧化产生乙酸，乙酸是酸性物质，可以使紫色石蕊试液变为红色，而乙醛的水溶液显中性，不能使紫色石蕊试液变色，因此要证明是否已有部分乙醛被氧化的实验操作取下层液体加石蕊试液，若观察到溶液变红，则证明乙醛被氧化；（3）用冷凝管目的是防止未反应的加合物蒸发，可以使加合物冷凝回流到烧瓶中以充分发生反应；为了增强冷凝效果，冷凝水的进口是下口b进入，上口a出去；锥形
33、瓶内导管口出现气泡，从下到上升至液面过程中，体积越来越小，直至完全消失，说明乙醛具有易溶于水的性质，当观察到导气管中气流很小时，说明实验基本结束，为了防止倒吸，应先移去导管，然后移去酒精灯。【考点定位】考查乙醛的化学性质，涉及混合物的分离和提纯、实验仪器、乙醛的特征反应等知识。【名师点睛】本题将乙醛的性质、物质纯度的检验、混合物的分离等有机融为一体，全面考察了学生化学的综合素质和化学基本操作能力。乙醛是可溶于水的物质，由于分子之间反应反应形成的加合物难溶于水，分离互不相溶的两层液体混合物要用分液的方法，使用分液漏斗，分液漏斗在使用前要查漏，分液时，要打开上口的活塞，或使塞上的小孔与分液漏斗的空
34、对齐，下层液体从下口流出，上层液体从分液漏斗的上口倒出；乙醛是中性物质，氧化产生的乙酸是酸性物质，可以利用乙酸具有酸的通性的性质，用酸碱指示剂检验乙醛是否变质；从乙醛的水溶液蒸馏分离乙醛时，由于乙醛容易溶于水，因此当实验结束时，为了防止倒吸，引发安全隐患，要先从水中撤出导气管，然后再熄灭酒精灯。21实验室常用铁屑和稀硫酸制备氢气。经测定，将28g纯铁投入100ml某稀硫酸，恰好完全反应。求该稀硫酸的物质的量浓度以及产生氢气的体积。(注：氢气的体积测定环境为标准状况) 【答案】【解析】略22A、B、C、D、E、F六种物质的转化关系如图所示(反应条件和部分产物未标出)（1）若A为短周期金属单质，D
35、为短周期非金属单质，且所含元素的原子序数A是D的2倍，所含元素的原子最外层电子数D是A的2倍，F的浓溶液与A、D反应都有有色气体生成，则C的电子式为 ，反应的化学方程式为: 。 （2）若A为常见的金属单质，D、F是气态单质，反应在水溶液中进行，则反应(在水溶液中进行)的离子方程式是 ，用电子式表示B分子的形成过程 。 （3）若A、D、F都是短周期非金属元素单质，且A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，则反应的化学方程式为 ，分子E的结构式为 。【答案】（1） C4HNO3(浓)CO24NO22H2O（2）2Fe2Cl2 2Fe32Cl （3）2CSiO22COSi OCO【解析】试题分析
36、：（1）D为短周期非金属单质（一种黑色固体）可以推断为C，且所含元素的原子序数A是D的2倍，原子的最外层电子数D是A的2倍，则A为Mg，B为CO2，C为MgO，E为硝酸镁；化合物F的浓溶液与单质A、D在一定条件下反应都有红棕色气体生成，说明生成二氧化氮气体，则浓溶液F为浓硝酸；A在周期表中的位置：第三周期，A族；二氧化碳的电子式为：O：C：O：（2）若A是常见变价金属的单质，D、F是气态单质，反应均在水溶液中进行说明A+BC+D是置换反应，推断A为Fe，B为盐酸，D为氢气，C为氯化亚铁，F为Cl2；反应的离子方程式是氯化亚铁和氯气发生的氧化还原反应，离子方程式为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2
37、Cl-；（3）若A、D、F都是短周期非金属元素单质，且 A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，B是制作光导纤维的基本原料，推断，B为SiO2，A为C，D为Si，C为CO，E为CO2，F为O2。考点：考查元素周期律等相关知识。23已知：(X代表卤素原子，R代表烃基)利用上述信息，按以下步骤从合成(部分试剂和反应条件己略去)。请回答下列问题：（1）分别写出B，D的结构简式：B_、D_。（2）反应中属于消去反应的是_(填数字代号)（3）如果不考虑、反应，对于反应，得到的E可能的结构简式为：_。（4）试写出CD反应的化学方程式_(有机物写结构简式，并注明反应条件)。【答案】（1）；（2）（3）、（4）【解析】试题分析：与氢气发生加成反应可生成A，A为，在浓硫酸作用下发生消去反应，B为，与溴发生加成反应，C为，由D发生加成反应可知D中含有碳碳双键，应为C的消去反应产物，为，由产物可知E为，则F为。（1）由 以上分析可知B为，D为，故答案为：；（2）为加成反应，为消去反应，加成反应，为消去反应，为加成反应，为加成反应，为取代反应，故答案为：；（3）如果不考虑、反应，对于反应，可与溴发生1，2加成，1，4加成或完全加成，得到的E可能为、，故答案为：、；（4）C为，发生消去反应可生成D，反应的方程式为考点：考查了有机合成与推断的相关知识。