1、河南省辉县市文昌高级中学2016届毕业班考前化学适应性训练（5月月考）（解析版）1已知在一定温度和压强下，测得10升氧气的质量为16克，则在相同条件下，11.2升气体可能是 A、 密度约为1.96gL-1 的CO2 B、 物质的量为0.5 mol的 H2C、 质量为14 g 的 N2 D、 质量为35.84 g的SO2【答案】D【解析】10升氧气的质量为16克，即得20升氧气的质量为32克，即1mol氧气在该条件下的体积为20L；所以11.2L气体的物质的量为0.56mol；A错，11.2L气体的质量为22克，即物质的量为0.5mol；B错；C错，质量为14 g 的 N2的物质的量为0.5mo
2、l；D正确，质量为35.84 g的SO2的物质的量为0.56mol；2下列安全事故处理错误的是（ ）A使用水银温度计测量烧杯中水浴温度时，不慎打破水银球，用滴管将水银吸出放入水封的小瓶中，残破的温度计插入装有硫粉的广口瓶中B误食重金属盐，立即喝生牛奶或蛋清C不慎将浓H2SO4沾在皮肤上，立即用NaOH溶液冲洗D金属钠着火，立刻用砂子覆灭【答案】C【解析】水银不溶于水，密度大于水，且极易和；硫反应生成硫化银，A正确。重金属盐能使蛋白质变性，牛奶或蛋清均是蛋白质，B正确。氢氧化钠和硫酸反应会放热，加速皮肤的灼烧，C不正确，正确的做法是用干布迅速擦去，然后再用大量水冲洗，最后涂上硼酸溶液。钠极易和水
3、反应，所以钠着火要用沙子扑灭，D正确。答案选C。3下列各组物质的分类正确的是同位素：、 同素异形体：、金刚石、石墨酸性氧化物：、 混合物：水玻璃、水银、水煤气电解质：明矾、冰醋酸、石膏 干冰、液氯、乙醇都是非电解质A B C D【答案】A【解析】试题分析：质子数相同，中子数不同的原子属于同位素，是分子不是原子，错误。三种物质的碳元素的不同单质，属于同素异形体，正确。二氧化碳和三氧化硫是酸性氧化物，而一氧化氮不是酸性氧化物，错误。水银是金属单质，不是混合物，错误。三者都是电解质，正确。液氯是单质，不属于非电解质，错误。所以正确的只有和 ，选A。考点：物质的分类4（2015秋无锡期末）下列现象或事
4、实能用同一原理解释的是（ ）A水玻璃和亚硫酸钠长期暴露在空气中均易变质B浓硝酸和氯水均用棕色试剂瓶保存CNaCl固体中混有NH4Cl或I2，均可用加热法除去D浓硫酸和浓盐酸长期暴露在空气中浓度均降低【答案】B【解析】A硅酸钠和二氧化碳、水反应生成硅酸，该反应属于复分解反应，亚硫酸钠易被空气中氧气氧化，该反应属于氧化还原反应，所以不能用同一原理解释，故A不选；B浓硫酸不稳定，光照条件下易分解生成二氧化氮、氧气和水；氯水中次氯酸不稳定，光照条件下易分解生成HCl和氧气，所以可以用同一原理解释，故B选；C碘不稳定，受热易升华，属于物理变化，氯化铵受热易分解，属于化学变化，所以不能用同一原理解释，故C
5、不选；D浓硫酸具有吸水性，浓盐酸具有挥发性，所以浓硫酸和浓盐酸长期暴露在空气中浓度均降低不能用同一原理解释，故D不选；【点评】本题考查化学基本原理，明确物质性质是解本题关键，易错选项是C，注意碘和氯化铵受热变化不同的原因，题目难度不大533.5 g Na2O2吸收CO2后，其质量增加到36.3 g，则被吸收的CO2的质量是A、4.4 g B、2.2 g C、5.5 g D、8.2 g【答案】A【解析】试题分析：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，m为2Na2CO3-2Na2O2=2CO，可知，反应前后，固体质量增加量为CO的质量，则n(CO)=0.1mol，根据碳守恒，n(CO2)=
6、n(CO)=0.1mol，所以CO2的质量为0.1mol44g/mol=4.4g，故选A。考点：考查了钠的重要化合物；化学方程式的有关计算的相关知识。6下表是部分短周期元素的原子半径及主要化合价，根据表中信息，判断以下正确的是（ ）元素代号 L MQRT原子半径/nm 0.1600.1430.0890.1020.074主要化合价 +2+3+2+6、22AL2+与R2的核外电子数相等 BM与T形成的化合物既能与强酸反应又能与强碱反应C氢化物的稳定性为H2TH2R D单质与浓度相等的稀盐酸反应的速率为QL【答案】B【解析】试题分析：根据表格的数据可知L是Mg；M是Al；R是S；T是O，Q是Be。A
7、、L2+与R2的核外电子数分别是10和18，不相等，A错误；B、氧化铝是两性氧化物，既能与强酸反应又能与强碱反应，B正确；C、元素的非金属性：TR，元素的非金属性越强，其相应的气态氢化物的稳定性就越强，所以氢化物的稳定性：H2TH2R，C错误；D、由于金属活动性Mg大于Be，所以单质与浓度相等的稀盐酸反应的速率为QL，D错误。答案选B。考点：考查元素及化合物的推断、元素周期表、元素周期律7下列叙述中正确的是A.某溶液加入CCl4，CCl4层显紫色，证明原溶液中存在IB能使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色的物质一定是Cl2C液溴易挥发，在存放液溴的试剂瓶中应加水封D硝酸亚铁溶液中要加入稀硝酸抑制水解，
8、防止溶液变浑浊【答案】C【解析】试题分析：A、某溶液加入CCl4，CCl4层显紫色，证明原溶液中存在单质碘，A不正确；B、能使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色的物质不一定是Cl2，凡是能把碘化钾氧化生成单质碘的气体均可，B不正确；C、液溴易挥发，因此在存放液溴的试剂瓶中应加水封防止液溴挥发，C正确；D、在酸性条件下NO3具有氧化性，能氧化Fe2，因此硝酸亚铁溶液中加入稀硝酸，发生氧化还原反应生成硝酸铁、NO和水，得不到实验目的，D不正确，答案选C。考点：考查物质检验、试剂存放以及实验方案设计与评价8反应N2O4(g)2NO2(g) H57 kJmol1，在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分
9、数随压强变化曲线如图所示。正确的是AA、C两点的反应速率：ACBA、C两点气体的颜色：A深，C浅C A、C两点气体的平均相对分子质量：ACD由状态B到状态A，可以用加热的方法【答案】D【解析】试题分析：A、C点可以通过A点加压而得到，所以A、C两点的反应速率为AC，A错误；B、该反应为吸热反应，所以温度升高，平衡向正反应方向移动，故颜色加深；减小压强，平衡向正反应方向移动，颜色加深，从图中可以看出，T1T2，P1O2 D每生成1mol F2，上述反应共转移2mol电子【答案】C【解析】试题分析：A、反应中元素的化合价没有发生变化，不属于氧化还原反应，A错误；B、反应中3molH2O2完全被氧化
10、生成3molO2，只做还原剂，B错误；C、在反应中，KMnO4为氧化剂，O2为氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，即氧化性KMnO4O2，C正确；D、在反应中，F的化合价由-1价升高到0价，失去1个电子，每生成1molF2，反应共转移2mol电子，但由于在反应中还有氧气生成，转移更多的电子，D错误，答案选C。考点：考查氧化还原反应的有关判断10反应3X(g)+Y(g) 2Z(g)+2W(g)在2L密闭容器中进行，5min后Y减少了0.5mol，则此反应的速率v为( )Av(X)=0.05molL1min1 Bv(Z)=0.10molL1min1Cv(Y)=0.10molL1min1
11、Dv(W)=0.05molL1min1 【答案】B【解析】试题分析：由已知条件可求得v(Y)=，同一反应用不同物质表示的反应速率之比等于化学计量数之比，即v(X):v(Y):v(Z):v(W)=3:1:2:2，通过换算可求得：v(X)=0.15molL1min1，v(Z)=0.10molL1min1，v(W)=0.10molL1min1，故B正确。考点：考查化学反应速率的表示方法及相关计算。11将由等物质量的铝、镁组成的混合物分成四等份，分别加入足量的3mol/LNaOH溶液，2mol/L稀硝酸（还原产物仅有NO），18mol/LH2SO4，1mol/LH2SO4产生气体物质的量由小到大的顺序
12、为( )AB CD【答案】D【解析】设每一份中金属的物质的量都是1mol，则中生成1.5mol氢气，中生成5/3mol，中生成1molSO2（铝被钝化，不产生气体），中生成2.5mol氢气，所以产生气体物质的量由小到大的顺序为，答案选D。12下列各组物质性质的排列顺序不正确的是A酸性：HClO4H2SO4H3PO4H2SiO3 B稳定性：HFH2OH2SC碱性：KOH NaOH Mg(OH)2 D熔沸点：RbKNaLi【答案】D【解析】试题分析：A、根据元素周期律，元素非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，正确；B、非金属性FOS，所以气态氢化物的稳定性HFH2OH2S，正确；C、元素的金属
13、性越强，其对应碱的碱性越强，金属性KNaMg，所以碱性：KOH NaOH Mg(OH)2，正确；D、碱金属元素从上到下，单质的熔沸点逐渐降低，错误，答案选D。考点：考查元素周期律的应用13下列因果关系正确的是A因为H2O的沸点比H2S高，所以O原子得电子能力大于S原子B因为F原子得电子能力比Cl原子强，所以氢氟酸属于强酸C因为H2CO3酸性大于H2SiO3，所以CH4稳定性大于SiH4D因为Na+KCl(熔融)=NaCl+K，所以Na原子失电子能力大于K原子【答案】C【解析】试题分析：AH2O中有氢键导致H2O的沸点比H2S高，一般来说，非金属元素的气态氢化物越稳定，其原子的得电子能力越强，沸
14、点高低不是判断的依据，A项错误；BHX的酸性强弱与卤素原子得电子能力无关，B项错误；CH2CO3的酸性大于H2SiO3，说明C原子得电子能力比Si原子强，则其氢化物稳定性也强，即稳定性：CH4 SiH4 ，C项正确；D用Na制备K是因为K的沸点较Na低，D项错误；答案选C。考点：考查元素周期律的应用。14控制适合的条件，将反应2Fe3+2I-2Fe2+I2设计成原电池。下列判断不正确的是A反应开始时，乙中石墨电极上发生氧化反应B反应开始时，甲中石墨电极上Fe3+被还原C电流计读数为零时，反应达到化学平衡状态D电流计读数为零后，在甲中溶入FeCl2固体，乙中石墨电极为负极【答案】D【解析】试题分
15、析：A乙中石墨周围碘离子发生氧化反应，生成碘单质，电极反应式为：2I-2e-=I2，故A正确；B甲中石墨电极上Fe3+得电子发生还原反应生成亚铁离子，故B正确；C当电流计为零时，说明没有电子发生转移，则反应达到平衡，故C正确；D当加入Fe2+，导致平衡逆向移动，则Fe2+失去电子生成Fe3+，作为负极，而乙中石墨成为正极，故D错误；故选D。【考点定位】对原电池原理综合考查【名师点晴】根据常温下能自动发生的氧化还原反应都可设计成原电池，再利用正反应2Fe3+2I-2Fe2+I2可知，铁元素的化合价降低，而碘元素的化合价升高，则图中甲烧杯中的石墨作正极，乙烧杯中的石墨作负极，利用负极发生氧化反应，
16、正极发生还原反应，并利用平衡移动来分析解答。15一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是ApH5的H2S溶液中，c(H)c(HS)1105 mol/LBpHa的氨水溶液，稀释10倍后，其pHb，则ab1CpH2的H2C2O4溶液与pH12的NaOH溶液任意比例混合：c(Na)c(H)c(OH)c(HC2O4)DpH相同的CH3COONa、NaHCO3两种溶液的c(Na)：【答案】D【解析】试题分析：A、H2S是二元弱酸，在pH5的H2S溶液中，c(H)1105 mol/Lc(HS)，A错误；B、氨水中存在电离平衡，pHa的氨水溶液，稀释10倍后，其pHb，则ab1，B错误；C、pH2的H2
17、C2O4溶液与pH12的NaOH溶液任意比例混合满足电荷守恒：c(Na)c(H)c(OH)c(HC2O4) 2c(C2O42)，C错误；D、醋酸的酸性强于碳酸，则碳酸根的水解程度大于醋酸根的水解程度，所以pH相同的CH3COONa、NaHCO3两种溶液中醋酸钠的浓度大于碳酸氢钠的浓度，因此溶液中的c(Na)：，D正确，答案选D。考点：考查溶液中离子浓度大小比较16在一恒温、恒容密闭容器中充入1mol CO2和3 mol H2，一定条件下发生反应：CO2(g)+3H2(g) CH3OH (g)+H2O(g) H=49.0 kJ/mol某种反应物和生成物的浓度随时间变化如图所示。回答下列问题：（1
18、）Y的化学式是 。 （2）反应进行到3min时， v正 v逆(填“”或“”、“=”)。反应前3min，H2的平均反应速率v（H2）= molL-1min-1。（3）不能判断该反应达到化学平衡状态的依据是 。A容器内各气体的体积比保持不变 B混合气体密度不变C3v逆（CH3OH） =v正（H2） DH2转化率为75%（4）上述反应达到平衡后，往容器中同时加入1molCO2和1mol H2O(g)，此时平衡将 （填“向左”、“向右”或“不”）移动。（5）上述温度下，反应CH3OH (g) + H2O(g) CO2(g) + 3H2(g)的平衡常数K= （计算结果保留2位小数）。【答案】（1）CO2
19、 （2） 0.5 （3）B （4）向右 （5）0.19【解析】试题分析：(1)由图像可知生成物X的浓度变化是0.75mol/L,反应物Y的浓度变化也是0.75mol/L。根据反应方程式可知CO2(g)+3H2(g) CH3OH (g)+H2O(g) H=49.0 kJ/mol，无论是哪种生成物，方程式的系数都是1，其改变量与反应物相同。则根据反应时各物质的关系可知只能是方程式中的系数为1的物质。因此Y的化学式是CO2。（2）反应进行到10min时得到化学平衡。所以在进行到3min时， v正 v逆，反应正向进行。反应前3min，V(CO2)=0.5mol/L3min=1/6mol/(Lmin)。
20、由于V(H2) =3V(CO2)=31/6mol/(Lmin)= 0.5 mol/(Lmin)。 （3）A容器内各气体的体积比保持不变，则任何组分的物质的量不变，物质的量浓度不变，反应达到平衡。正确。B由于反应是在一恒温、恒容密闭容器中进行。无论反应是否发生，也无论反应进行到哪种程度，由于容器的容积不变、物质的质量不变，所以混合气体密度不变。错误。C在任何时刻都存在速率关系：3v正（CH3OH） =v正（H2），而3v逆（CH3OH） =v正（H2）。则v正（CH3OH）= v逆（CH3OH）。即用同一物质表示的反应速率V正=V逆。因此反应达到了平衡状态。正确。D由图像可知：达到平衡状态时c(
21、CO2)=0.25mol/L,改变了075mol/L.由于n(CO2):n(H2)=1:3，所以H2改变的浓度3075mol/L，H2的起始浓度3mol/L.所以H2转化率为（3075mol/L 3）100%=75%。正确。因此不能判断该反应达到化学平衡状态的依据的选项是B。（4）上述反应达到平衡后，往容器中同时加入1molCO2和1mol H2O(g)，由于增大了反应物的浓度，所以此时平衡将向右移动。（5）上述温度下，反应CH3OH (g) + H2O(g) CO2(g) + 3H2(g)的平衡常数.解得K=0.19。考点：考查反应时各物质浓度的关系、反应方向和化学平衡状态的判断、化学反应速
22、率与化学平衡常数的计算的知识。17元素周期表与元素周期律在学习、研究和生产实践中有很重要的作用。下表列出了十种元素在周期表中的位置：族周期AAAAAAA01234请回答下列问题：(1) 十种元素中化学性质最不活泼的是 (填元素符号)；(2) 在、三种元素的氧化物对应的水化物中，碱性最强的是 (填化学式)；(3) 元素、按原子半径由大到小的顺序依次为 (填元素符号)，原因 ；(4) 元素的氢化物的化学式为 ，其水溶液呈_性(填“酸”、“碱”或“中”)；(5) 灼烧元素与元素形成的化合物，火焰呈 色；(6) 十种元素中 (填化学式)的单质既可以和盐酸又可以和氢氧化钠溶液反应，其单质与氢氧化钠溶液反
23、应的离子方程式为 。【答案】(1) He (2) NaOH(3) KNaH 处于同一主族，同一主族从上到下原子半径逐渐增大(4) NH3 碱 (5) 黄(6) Al 2Al2OH2H2O=2AlO23H2【解析】试题分析：（1）最不活泼的元素找稀有气体元素，就是，He；（2）、三种元素的氧化物对应的水化物为金属元素最高价氧化物对应的水化物，则金属性最强的，碱性就最强，所以为NaOH。（3）比较原子半径时，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大。（4）为第二周期，A族，则为氮元素，氢化物为氨气，水溶液呈碱性。（5）为第三周期A族，为钠元素，号为氯元素，则化合物为氯化钠，焰色反应为黄色。（6）既可以与
24、酸反应又可以与碱反应的单质只有铝。考点：元素周期表，元素周期律点评：本题需要根据元素所处的位置把元素推断出来，然后根据元素周期律中位、构、性的关系，利用元素周期律来解题。本题属于常规题型，学生对于此类题目应该熟练掌握。18下面ae是中学化学实验中常见的几种定量仪器：（a）量筒（b）容量瓶 （c）滴定管（d）托盘天平（e）温度计（1）其中标示出仪器使用温度的是 （填写编号）（2）由于操作错误，使得到的数据比正确数据偏小的是 （填写编号） A实验室制乙烯测量混合液温度时，温度计的水银球与烧瓶底部接触B中和滴定达终点时俯视滴定管内液面读数C使用容量瓶配制溶液时，俯视液面定容所得溶液的浓度（3）称取1
25、0.5g固体样品（1g以下使用游码）时，将样品放在了天平的右盘，则所称样品的实际质量为 g。【答案】（1）a、b、c；（2）B；（3）9.5g。【解析】（1）测量液体体积的仪器需用标注温度，一般为室温，如a量筒、b容量瓶、c滴定管等；（2）A中由于烧瓶瓶体的温度高，故测得温度偏高，B中终点时俯视滴定管内液面读数，致使所加标准液体积偏小，计算所得的数据也偏小，C中使用容量瓶配制溶液时俯视液面，溶液体积偏小，浓度偏大；（3）称量时，放错样品的位置，则成了样品的质量与游码的质量之和与砝码的质量（10g）相等，故所称样品的实际质量为9.5g。19(15分)为验证溴乙烷在不同溶剂中与NaOH 反应生成不
26、同的反应产物，进行了如下实验：【实验1】（1）右图所示装置的实验目的是 ；观察到的II试管的现象是 ；盛水试管（装置I）的作用是 。 （2）用另一实验方案也可达到如上实验的目的，你认为另一实验方案依据的反应原理是(用化学方程式表示) ；此时是否有必要将气体先通入水中？填“是”或”否” 。【实验2】（3）鉴定溴乙烷中存在溴元素：用试管取少量溴乙烷与NaOH 水溶液反应后的混合溶液，而后如何操作？请你设计合理的实验方案 。（4）下图是用核磁共振仪测得溴乙烷在氢氧化钠水溶液中反应生成某产物A的核磁共振氢谱图，据此推导未知物A的结构简式 、写出溴乙烷在氢氧化钠水溶液中反应的化学方程式 。未知物A的核磁
27、共振氢谱【答案】（1）验证溴乙烷在NaOH乙醇溶液中反应生成的乙烯；（2分）高锰酸钾酸性溶液褪色；（2分）除去挥发出来的乙醇。（2分）（2）CH2=CH2 +Br2CH2 Br-CH2Br；（2分）否。（1分）（3）加热试管数分钟后，先用稀硝酸酸化，然后滴加硝酸银溶液。（2分）（4）CH3CH2OH、（2分）CH3CH2Br+NaOHCH3CH2OH +NaBr（2分）【解析】20（16分）根据我国目前汽车业发展速度,预计2020年汽车保有量超过2亿辆,中国已成为全球最大的汽车市场。因此，如何有效处理汽车排放的尾气，是需要进行研究的一项重要课题。目前，汽车厂商常利用催化技术将尾气中的NO和CO
28、转化成CO2和N2，化学方程式如下：2NO2CO2CO2N2。为研究如何提高该转化过程反应速率，某课题组进行了以下实验探究。【资料查阅】不同的催化剂对同一反应的催化效率不同；使用相同的催化剂，当催化剂质量相等时，催化剂的比表面积对催化效率有影响。【实验设计】课题组为探究某些外界条件对汽车尾气转化反应速率的影响规律，设计了以下对比实验。（1）完成以下实验设计表（表中不要留空格）。实验编号实验目的T/NO初始浓度mol/LCO初始浓度mol/L同种催化剂的比表面积m2/g为以下实验作参照2806.5010-34. 0010-380120探究温度对尾气转化速率的影响36080【图像分析与结论】利用气
29、体传感器测定了三组实验中CO浓度随时间变化的曲线图，如下：（2）计算第组实验中，达平衡时NO的浓度为_；（3）由曲线、可知，增大催化剂比表面积，汽车尾气转化速率_（填“增大”、“减小”、“无影响”）；【答案】（16分）（每空2分）（1）探究催化剂比表面积对尾气转化速率的影响 2806.5010-3 4.0010-36.5010-3 4.0010-3 （2）3.5010-3 mol/L （3）增大【解析】试题分析：（1）根据表中数据可知实验中催化剂的比表面积不同，所以是探究催化剂比表面积对尾气转化速率的影响的。要探究催化剂比表面积对尾气转化速率的影响，则其余物理量要保持相同，所以是280，是6.
30、5010-3，是4.0010-3。由于实验是探究温度对尾气转化速率的影响，则除了温度不同以外，其余均是相同的，则是6.5010-3，是4.0010-3。（2）根据图像可知第组实验中，达平衡时CO的浓度为0.001mol/L，则消耗CO是0.004mol/L0.001mol/L0.003mol/L。所以根据方程式可知消耗NO是0.003mol/L，则平衡时NO浓度0.0065mol0.003mol0.0035mol/L。（3）由曲线、可知，增大催化剂比表面积，可以缩短达到平衡的时间，因此汽车尾气转化速率增大。考点：考查外界条件对反应速率影响的实验探究21某结晶水合物含有两种阳离子和一种阴离子。称
31、取两份质量均为45.3 g的该结晶水合物，分别制成溶液。向其中一份逐滴加入NaOH溶液，开始发现溶液中出现白色沉淀并逐渐增多；一段时间后有气体逸出，该气体有刺激性气味，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，加热后共计可收集到2.24 L该气体(标准状况)；最后白色沉淀逐渐减少并最终消失。另一份逐滴加入Ba(OH)2溶液，开始现象类似，但最终仍有白色沉淀；过滤，用稀硝酸处理沉淀物，经洗涤和干燥，得到白色固体46.6 g。请回答以下问题：（1）试通过计算确定该结晶水合物的化学式为 ；（2）假设过程中向该溶液中加入的Ba(OH)2溶液的物质的量浓度为2.0 molL-1。加入少量Ba(OH)2溶液，则反应的离
32、子方程式为 ；加入一定量的Ba(OH)2溶液后，若所得沉淀的总物质的量最大，则反应的离子方程式为 ；若加入75 mL的Ba(OH)2溶液，则得到的沉淀质量为 。【答案】（1）NH4Al(SO4)212H2O（2）3Ba2+6OH-+3SO42-+2Al3+=2Al(OH)3+3BaSO42Ba2+4OH-+2SO42-+Al3+NH4+=Al(OH)3+2BaSO4+NH3H2O42.75g【解析】试题分析：向一份配制溶液中逐滴加入NaOH溶液，开始发现溶液中出现白色沉淀并逐渐增多；一段时间后有气体逸出，该气体有刺激性气味，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，加热后共计可收集到2.24 L该气体(标准
33、状况)这是NH3，说明含有NH4+为0.1mol；最后白色沉淀逐渐减少并最终消失，说明含有Al3+。另一份配制溶液逐滴加入Ba(OH)2溶液，开始现象类似，说明有Al3+，但最终仍有白色沉淀；过滤，用稀硝酸处理沉淀物，经洗涤和干燥，得到白色固体46.6 g，这是BaSO4，说明含有0.2molSO42-。根据电荷守恒，每份溶液中含的溶质是0.1mol NH4Al(SO4)2；又每份溶液是45.3 g的结晶水合物，故相对式量是453，结晶水合物的化学式是NH4Al(SO4)212H2O。加入少量Ba(OH)2溶液，以为拆分Ba(OH)2离子基本比例，反应的离子方程式为3Ba2+6OH-+3SO4
34、2-+2Al3+ =2Al(OH)3+3BaSO4；加入一定量的Ba(OH)2溶液后，若所得沉淀的总物质的量最大，NH4Al(SO4)2中的Al3+和SO42-恰好变成Al(OH)3和3BaSO4沉淀，反应的离子方程式为2Ba2+4OH-+2SO42-+Al3+NH4+=Al(OH)3+2BaSO4+NH3H2O；加入75 mL的Ba(OH)2溶液，即0.15molBa(OH)2，得到0.15mol BaSO4的沉淀，质量为34.95g；还得到0.1Al(OH)3的沉淀，质量为7.8g，沉淀共为42.75g。考点：离子的定量计算判断和离子方程式的书写。22A、B、C、D均为中学化学常见的纯净物
35、，A是单质。它们之间有如下的反应关系： (1)、若A是硫磺，B是气态氢化物，C是造成酸雨的污染物之一，反应是通一种黄绿色气体，生成D和另一种产物E，D是一种含氧酸，写出反应的化学反应方程式：_ ；检验反应产物E中阴离子所用试剂为： 。(2)、若D物质具有两性，反应均要用强碱溶液，反应是通入过量的一种引起温室效应的主要气体，写反应离子方程式 ；利用A的还原性和A转化为氧化物时能放出大量热的性质，工业上常用A来还原一些金属氧化物，写出这类反应在工业上的一个重要应用（用方程式表示） 。(3)、若A是应用最广泛的金属，反应用到A，反应均用到同一种非金属单质。C的溶液常用于制作印刷电路板，写出该反应的离
36、子方程式。【答案】(1) 溶液，稀 (只答溶液不给分) (2) AlO2- +2H2O+CO2=Al(OH)3 + HCO3- 2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe (3) Cu+2Fe3+=Cu2+ +2Fe2+【解析】试题分析：（1）A是S，则B是H2S，C是SO2，黄绿色气体为Cl2，二氧化硫、氯气、水生成硫酸和盐酸。检验Cl-用硝酸银溶液和稀硝酸。（2）D具有两性，D可能是氧化铝或氢氧化铝等，反应为CO2与C的反应，所以D是氢氧化铝，C中含AlO2-，A可能是铝或氧化铝、B可能是氧化铝或铝。工业上用铝热反应冶炼金属和焊接钢轨。（3）工业上用氯化铁溶液腐蚀印刷电路板，反应为Cu+2FeC
37、l3=2FeCl2+CuCl2。考点：无机推断点评：二氧化硫具有还原性、氯气具有氧化性，二氧化硫、氯气同时通入水中发生氧化还原反应SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl。23某课题组以苯为主要原料，采取以下路线合成利胆药柳胺酚。回答下列问题：柳胺酚已知：苯与卤代烃可在一定条件下取代（1）对于柳胺酚，下列说法正确的是A.1 mol柳胺酚最多可以和2 molNaOH反应 B.可发生消去反应C.可发生水解反应D.可与溴发生取代反应（2）写出AB反应所需的试剂_。（3）写出BC的化学方程式_。（4）写出化合物F的结构简式_。（5）写出同时符合下列条件的F的同分异构体的结构简式_（写出3种）。属
38、酚类化合物，且苯环上有三种不同化学环境的氢原子； 能发生银镜反应（6）以苯和乙烯为原料可合成聚苯乙烯，请设计合成路线（无机试剂及溶剂任选）。注：合成路线的书写格式参照如下示例流程图：【答案】（1）CD（2）浓硝酸和浓硫酸（3）+ 2NaOH + NaCl+H2O（4）（5）（6）【解析】试题分析：柳胺酚含有肽键和2个酚羟基，所以1 mol柳胺酚最多可以和3molNaOH反应；柳胺酚不能发生消去反应；含有肽键可发生水解反应；含有酚羟基，所以可与溴发生取代反应；正确的是CD；（2）根据柳胺酚的结构，可倒推F的结构简式为、E的结构，D的结构为、C为、B为、A为A B为硝化反应，反应所需的试剂浓硝酸和浓硫酸；B C的化学方程式+ 2NaOH + NaCl+H2O；(4)化合物F的结构简式；(5)属酚类化合物，且苯环上有三种不同化学环境的氢原子、能发生银镜反应的F的同分异构体的结构简式（6）以苯和乙烯为原料可合成聚苯乙烯，流程图为：硅太阳能电池将太阳能转化为电能，故A项错误；锂离子电池将化学能转化为电能，故B错误；太阳能集热器直接利用太阳能，故C错误；燃气灶将化学能转化为热能，故D正确。考点：本题考查有机化学反应。