1、河南省新乡市第三中学2015-2016学年高二下期第二次月考化学试题（解析版）1下列有关金属的说法正确的是A生铁与钢的区别在于生铁含碳杂质，而钢不含碳B铜在自然界中的含量高，所以铜是人类最早使用的金属C黑色金属材料包括铁、铝、锰及其化合物D金属一般都具有导电性、导热性、延展性【答案】D【解析】试题分析：A、钢也含有碳，其碳含量较少，故错误；B、因为铜性质不活泼，因此铜是人类最早使用的金属，故错误；C、黑色金属包括铁、铬、锰，故错误；D、金属共有性质：导电性、导热性、延展性、金属光泽等，故正确。考点：考查合金、金属性质、金属分类等知识。2根据气象台报道，近年每到春季，沿海一些城市多次出现大雾天气
2、，致使高速公路关闭，航班停飞。雾属于下列分散系中的（ ）A.胶体 B.悬浊液 C.乳浊液 D.溶液【答案】A【解析】试题分析：胶体、悬浊液、乳浊液、溶液都属于分散系，按分散质微粒直径的大小可将分散系分为浊液胶体、溶液三类。其中分散质微粒直径在1100nm之间的分散系属于胶体。雾是许多小水滴聚集而成的，达到胶体颗粒的大小，属于胶体。故选项为A.考点：考查分散系的分类等知识。3某离子X2+的最外层电子排布是5s2。当把固体XCl2溶于水配制成溶液时，需加入少量的单质X和盐酸。由此判断下列说法正确的是（ ）AX元素常见的化合价是2和4价 BX(OH)2是强碱CXCl2溶液显酸性 DX元素的最高价氧化
3、物的水化物显强酸性【答案】AC【解析】由题意可知X原子的价电子排布式为5s25p2，故A正确，由于XCl2溶于水配制成溶液，加入少量的单质X是为了防止被氧化物，即该物质具有较强还原性，加入盐酸是因为X2水解，且水解显酸性，故C正确。X原子是第5周期A族元素，金属性较差，X(OH)2不可能是强碱，且由X2水解可知X(OH)2是难溶性氢氧化物，一般不可能是强碱，非金属性比碳差，故D错。4下列说法不利于金属腐蚀防护的是（ ）A在铁塔的表面喷油漆 B将钢铁制成不锈钢C菜刀切菜后不洗净就放回刀架 D埋在地下的钢管与锌块连接【答案】C【解析】试题分析：A 在铁塔的表面喷油漆,就可以阻止金属与空气接触，从而
4、可以保护金属，防止金属被腐蚀，错误；B 将钢铁制成不锈钢，从而增强了金属的抗腐蚀性能，有利于金属腐蚀防护，错误；C 菜刀切菜后不洗净就放回刀架，在菜刀上附着的物质会导致金属更容易被腐蚀，不利于金属腐蚀防护，正确；D 埋在地下的钢管与锌块连接，由于金属活动性ZnFe，铁为正极，得到保护，错误。考点：考查金属的腐蚀与保护的知识。5下列各组离子在溶液中能大量共存，加入OH有沉淀生成，加入H有气体生成的一组离子是AK、Mg2、Cl、HCO3- BK、Cu2、SO42、NaCNH4+、CO32-、NO3-、Na DNH4+、Cl、HCO3-、K【答案】A【解析】试题分析：镁离子与氢氧根离子生成氢氧化镁沉
5、淀，碳酸氢根离子与氢离子生成二氧化碳气体，A正确；B中加入氢氧根离子产生氢氧化铜沉淀，但加入氢离子物气体产生，B错误；C中加入氢氧根离子没有沉淀生成，C错误；D中加入氢氧根离子没有沉淀生成，加入氢离子与碳酸氢根离子生成二氧化碳气体，D错误，答案选A.考点：离子共存62015年斯坦福大学研究人员研制出一种可在一分钟内完成充放电的超常性能铝离子电池，充放电时AlCl4和Al2Cl7两种离子在Al电极上相互转化，其它离子不参与电极反应，其放电工作原理如右图所示。下列说法正确的是A放电时，有机阳离子向铝电极方向移动B充电时，铝电极连接外加电源的正极，石墨电极连接外加电源的负极C放电时负极的电极反应为：
6、Al3e7AlCl44Al2Cl7D该电池的工作原理为：3Cn4Al2Cl73CnAlCl4AlAlCl4【答案】C【解析】试题分析：A、放电时，铝是活泼的金属，铝是负极，被氧化生成Al2Cl7，不活泼石墨为正极，原电池中阳离子向正极移动，所以有机阳离子向石墨电极方向移动，A错误；B、充电时，铝电极连接外加电源的负极，石墨电极连接外加电源的正极，B错误；C、放电时负极发生氧化反应生成铝离子，铝离子与AlCl4-结合生成Al2Cl7，所以电极反应式为Al3e7AlCl44Al2Cl7，C正确；D、根据以上分析可知该电池的工作原理为：3CnAlCl4AlAlCl43Cn4Al2Cl7，D错误，答案
7、选C。考点：考查二次电池的工作原理以及原电池和电解池的工作原理知识7下列比较中，正确的是A同温和同物质的量浓度时，HF比HCN易电离，则溶液pH:NaFNaCNB物质的量浓度相等的H2S和NaHS混合溶液中：2c(Na)c(S2)c(HS)c(H2S)C0.1mol/L的醋酸溶液加水稀释，c(H)、c(OH)同比例减小D体积相同、pH相同的NH4Cl溶液、盐酸，完全溶解少量且等量的锌粉，前者用时长【答案】B【解析】试题分析：A、同温和同物质的量浓度时，HF比HCN易电离，这说明HF的酸性强于HCN。酸性越弱，相应的钠盐越容易水解，碱性越强，pH越大，则溶液pH:NaFNaCN，A不正确；B、根
8、据物料守恒可知，物质的量浓度相等的H2S和NaHS混合溶液中：2c(Na)c(S2)c(HS)c(H2S)，B正确；C、醋酸是弱酸，存在电离平衡CH3COOHCH3COOH，稀释促进电离，但溶液的酸性降低，氢离子减小。根据水的离子积常数可知，溶液中OH浓度增大，C不正确；D、氯化铵溶液中NH4水解NH4H2ONH3H2OH，溶液显酸性，盐酸是强酸，完全电离。所以体积相同、pH相同的NH4Cl溶液、盐酸，完全溶解少量且等量的锌粉，前者反应速率快，用时少，D不正确，答案选B。考点：考查pH判断、盐类水解、弱电解质的电离、反应速率以及溶液中离子浓度关系比较8反应N2O4（g）2NO2（g）H=+57
9、kJmol1，在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化的曲线如图所示下列说法正确的是AA、C两点的反应速率：ACBA、C两点气体的颜色：A深，C浅CA、B两点气体的平均相对分子质量：ABDB、C两点化学平衡常数：BC【答案】D【解析】A、C点的压强大于A点的压强，压强越大，化学反应速率越快，所以反应速率CA，故A错误；B、A、C两点温度相等，C点的压强大于A点的压强，体积减小增大压强，二氧化氮浓度会变大，所以A浅，C深，故B错误；C、从A到B，二氧化氮的体积分数减小，平衡逆向移动，所以气体物质的量减小，气体的平均相对分子质量M=，质量是守恒的，所以n减小，M会增大，即AB，故
10、C错误；D、从A到B，二氧化氮的体积分数减小，平衡逆向移动，所以是温度降低的结果，即TC=TATB，由于反应是吸热反应，所以温度越高，K越大，即化学平衡常数：BC，故D正确；9下列各组微粒半径（r）之比小于1的是()A B C D【答案】A【解析】电子层结构相同的核电荷数越大半径越小，1.电子层数越多半径越大，阳离子原子1, 1.10向Na2CO3、NaHCO3混合溶液中逐滴加入稀盐酸，生成气体的量随盐酸加入量的变化关系如右图所示。则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是Aa点对应的溶液中：Na+、OH-、SO42-、NO3-Bb点对应的溶液中：Al3+、Fe3+、NO3-、Cl-Cc点对
11、应的溶液中：Na+、Ca2+、NO3-、Cl-Dd点对应的溶液中：Cl-、NO3-、Fe2+、Na+【答案】C【解析】试题分析：a点溶液中含有CO32-和HCO3-，b点全部为HCO3-，c点恰好完全反应生成NaCl，溶液呈中性，d点盐酸过量，呈酸性。A、a点溶液中含有CO32-和HCO3-，HCO3-与OH-反应不能大量共存，A错误；B、b点全部为HCO3-，Al3+、Fe3+与HCO3-发生相互促进的水解反应而不能大量共存，B错误；C、c点恰好完全反应生成NaCl，溶液呈中性，离子之间不发生反应，在溶液中能够大量共存，C正确；D、d点呈酸性，酸性条件下，NO3-与Fe2+发生氧化还原反应而
12、不能大量共存，D错误，答案选C。【考点定位】本题主要是考查了离子共存的相关知识【名师点晴】该题的关键是明确图像中各个点所代表的溶液中所含离子的性质，然后结合离子的性质分析解答即可。要明确溶液中存在的离子，需要掌握碳酸盐与盐酸反应的规律。再分析Na2CO3和NaHCO3的混合溶液与盐酸反应的先后顺序时需要注意：在Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中，逐滴加入盐酸，盐酸先与何种物质反应，取决于CO32和HCO3结合H的难易程度。由于CO32比HCO3更易于结合H形成难电离的HCO3，故盐酸应先与Na2CO3溶液反应。只有当CO32完全转化为HCO3时，再滴入的H才与HCO3反应。11下列物质中，
13、不能使干燥的有色布条褪色的是（ ）。ACl2 B氯水 CNaClO溶液DHClO【答案】A【解析】试题分析：氯气没有漂白性，氯气溶于水生成的次氯酸具有强氧化性，能使有色布条褪色。另外次氯酸钠也能使有色布条褪色，所以正确的答案选A。考点：考查氯气、次氯酸和次氯酸钠的漂白性判断点评：该题是基础性试题的考查，试题注重基础，兼顾能力的训练，难度不大，有利于培养学生的逻辑思维能力和发散思维能力。12平达喜是常用的中和胃酸的药物，它的化学成分是可以表示为：MgxAly(OH)zCO3nH2O，其中氢元素的质量分数为0040。取该碱式盐301g，加热完全分解会产生标准状况下112L气体。加入20molL1盐
14、酸450mL使其正好完全溶解。若在上述碱式盐溶于盐酸后的溶液中加入过量的氢氧化钠，过滤，沉淀物进行干燥后重174g。该试样中：（1）碳酸根的物质的量；（2）镁离子的物质的量；（3）氢氧根离子的物质的量；（4）碱式碳酸盐的化学式。【答案】（1）005 (2)03 (3)08 (4)Mg6Al2(OH)16CO34H2O(每小题2分，共8分)【解析】试题分析：（1）根据C元素守恒，碱式盐中的CO32的物质的量等于CO2的物质的量：n(CO32)=n(CO2 )=112L224L/mol=005mol。（2）加入过量的氢氧化钠，过滤，得到的沉淀物为Mg(OH)2，故n(Mg2+)=nMg(OH)2=
15、17.4g58g/mol=03mol。（3）加入盐酸分别与CO32和OH反应，CO32+2H+=CO2+H2O,005mol的CO32消耗01mol的H+，所以n(OH)=20mol/L045L-01mol=08mol。（4）CO32的物质的量为005mol，则MgxAly(OH)zCO3nH2O的物质的量为005mol，摩尔质量为301g005mol=602g/mol,由n(Mg2+)=03mol,n(OH)=08mol，可得x=6，z=16，n(H2O)=(301g00401g/mol-08mol)2=02mol，可知H2O的系数n=4，碱式盐为Mg6Aly(OH)16CO34H2O，y=
16、（602-246-1716-60-184）27=2，所以化学式为：Mg6Al2(OH)16CO34H2O。考点：本题考查根据酸碱盐反应和元素守恒的计算。 13用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（ ）A1molL-1NaCl溶液含有NA个Na+B任意条件下，16g O3所含的原子数为NAC由CH4和C2H6组成的混合物中共有NA个分子，其中的氢原子数为5NAD标准状况下，22.4 L SO3所含的分子数为NA【答案】B【解析】试题分析：1molL-1NaCl溶液没有指明体积，无法计算离子数，A错误；根据n=m/M，16克O3分子的物质的量为1/3mol,O原子数则为1mol，任意条件
17、下，16g O3所含的原子数为NA，B正确；由CH4和C2H6组成的混合物中共有NA个分子，由于组成分子的氢原子数不同，所以无法计算其中的氢原子数，C错误；标准状况下， SO3为固体，D错误。考点：阿伏伽德罗常数，阿伏伽德罗定律等知识。14在铁的吸氧腐蚀中，发生还原反应的那个电极上进行的电极反应是A、 B、C、 D、【答案】A【解析】1514 g铜、银合金与一定量某浓度的硝酸溶液完全反应，将放出的气体与112 L(标准状况下)氧气混合通入水中，恰好全部被水吸收，则合金中铜的质量是 ( )A96 g B64 g C32 g D48 g【答案】C【解析】试题分析：铜、银与硝酸反应生成硝酸铜、硝酸银
18、与氮的氧化物，氮的氧化物与氧气、水反应生成硝酸，纵观整个过程，金属提供的电子等于氧气获得的电子，n（O2）=005mol，设Cu、Ag的物质的量分别为x、y，则：根据质量列方程：x64g/mol+y108g/mol=14g，根据电子守恒列方程：2x+1y=005mol4，解得：x=005mol；y=01mol，m（Cu）=005mol64g/mol=32g，故选C。【考点定位】考查有关混合物反应的计算【名师点晴】本题考查混合物计算、氧化还原反应的有关计算，难度中等，根据始态终态法判断金属提供的电子等于氧气获得的电子是关键，注意氧化还原反应中守恒思想的运用。铜、银与硝酸反应生成硝酸铜、硝酸银与氮
19、的氧化物，氮的氧化物与氧气、水反应生成硝酸，纵观整个过程，金属提供的电子等于氧气获得的电子，根据二者质量与电子转移列方程计算。16已知CO2(g)H2(g) CO(g)H2O(g)的平衡常数随温度变化如下表：t/7008008501 0001 200K2.61.71.00.90.6请回答下列问题：(1)上述正向反应是_反应(选填“放热”或“吸热”)。(2)能判断该反应达到化学平衡状态的依据是_。(填编号)A容器中压强不变Bc(CO2)c(CO)C生成a mol CO2的同时消耗a mol H2D混合气体的平均相对分子质量不变E混合气体的密度不变(3)在850 发生上述反应，以表中的物质的量投入
20、恒容反应器中，其中向正反应方向进行的有_(选填A、B、C、D、E)。ABCDEn(CO2)31011n(H2)21012n(CO)1230.53n(H2O)52321(4)在850 时，可逆反应：CO2(g)H2(g)CO(g)H2O(g)，在该容器内各物质的浓度变化如下：时间/minCO2(molL1)H2(molL1)CO(molL1)H2O(molL1)00.2000.3000020.1380.2380.0620.0623c1c2c3c34c1c2c3c3则3 min4 min平衡后c3_molL1，CO2的转化率为_。【答案】(1)放热(2)C(3)A(4)0.1260%【解析】(1)
21、由表可知温度升高，K减小，说明温度升高，平衡逆向进行，正反应为放热反应。(2)因为该反应为反应前后气体分子数不变的反应，所以压强不变，平均相对分子质量不变，均不能说明达到平衡状态，A、D错；选项B中CO2和CO的浓度相等，不能说明其浓度不再变化，故B错；生成CO2代表逆反应，消耗H2代表正反应，且比值等于反应方程式中的对应化学计量数之比，选项C正确；气体的质量不变且为恒容容器，所以气体密度不变不能说明达到平衡状态。(3)计算各组的浓度商：QA1QD1QE1由浓度商QCK，反应正向进行推断，A项向正反应方向进行。(4)850 ，K1，设CO2的转化量为x由则平衡常数K1所以x0.12，故c30.
22、12，(CO2)100%60%。17在25时，有pHa(a6)的盐酸VaL和pHb(b8)的NaOH溶液VbL。二者混合恰好完全中和。问：（1）若ab14时，则_(填数值)；（2）若ab13时，则_(填数值)；（3）若ab14时，则_(填表达式)，且Va Vb(填“”“”或“”)【答案】（1）1 （2） （3）10ab14 【解析】试题分析：pH=a的盐酸c(H+)=10-a molL-1，pH=b的NaOH溶液c(OH-)=10-14/10-b=10b-14 molL-1。盐酸与NaOH恰好完全中和，即n(H+)=n(OH-)，则有：Va10-a=Vb10b-14，所以=10a+b-14。（
23、1）当a+b=14时， =100=1； （2）当a+b=13时， =10-1=；（3）当a+b14时， =10a+b-14。又因为a+b14，所以1，即VaVb。考点：考查PH的计算。18现有NaHCO3和Na2CO3xH2O的混合物，为了测定x值，某同学采用如图所示的装置进行实验(CaCl2、碱石灰均足量)。(1)A装置的作用:_ _。(2)B装置的作用是:_ _。(3)C装置的作用是:_ _。(4)若在装置A的试管中装入NaHCO3和Na2CO3xH2O的混合物3.7 g，用酒精灯加热到反应完全，此时B管增重1.89g，C管增重0.22 g，则x的值为_。(5)该装置还不是很完善，可能使测
24、定结果偏小，应如何改进_。为什么？_。【答案】（1）加热，使NaHCO3分解，使Na2CO3H2O失水（2分）（2）吸收反应中生成的水（1分） （3）吸收反应中生成的CO2（2分） （4）10（2分）（5）在C装置后再加一个装有碱石灰的U形管；为了防止空气中的CO2和H2O被C装置的中的碱石灰吸收（2分）【解析】试题分析：（1）在加热的条件下碳酸氢钠易分解生成碳酸钠、水和CO2，而碳酸钠晶体也易失去结晶水，所以A装置的作用是加热，使NaHCO3分解，使Na2CO3H2O失水。（2）无水氯化钙能吸收水蒸气，通过称量反应前后的质量可以得出水蒸气的质量，因此B装置的作用是吸收反应中生成的水。（3）由
25、于反应中还有CO2生成，而碱石灰可以吸收CO2，因此通过称量反应前后的质量，可以得出CO2的质量，所以C装置的作用是吸收反应中生成的CO2。（4）用酒精灯加热到反应完全，此时B管增重1.89g，C管增重0.22 g，这说明反应中生成的水蒸气质量1.89g，CO2质量0.22g，物质的量分别是0.105mol、 0.005mol。根据反应的方程式2NaHCO3 Na2CO3H2OCO2可知，该反应中生成的CO2就是0.005mol，则碳酸氢钠的物质的量是0.005mol20.01mol，反应中生成的水是0.005mol。则碳酸钠在反应中失去的水的物质的量0.105mol0.005mol0.100
26、mol。碳酸氢钠的质量0.01mol84g/mol0.84g，则样品中碳酸钠晶体的质量3.7g0.84g2.86g。则x0.1mol，解得x10。（5）由于空气中也含有CO2和水蒸气，也能被C装置的中碱石灰吸收，从而导致C管增重偏高，因此测量值偏低。所以改进的措施为在C装置后再加一个装有碱石灰的U形管；为了防止空气中的CO2和H2O被C装置的中的碱石灰吸收。考点：考查碳酸钠晶体中结晶水含量的测定实验方案设计与评价以及有关计算等19某学生用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的NaOH溶液。其操作可分解为如下几步：a. 移取20.00mL待测的NaOH溶液注入洁净的锥形瓶，并加入2-3滴
27、酚酞b. 用标准盐酸溶液润洗滴定管2-3次c. 把盛有标准溶液的酸式滴定管固定好，调节液面使滴定管尖嘴充满溶液d. 取标准盐酸溶液注入酸式滴定管至0刻度以上2-3cme. 调节液面至0或0刻度以下，记下读数f. 把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准盐酸溶液滴定至终点，记下滴定管液面的刻度完成以下填空：（1）正确操作的顺序是（用序号字母填写）_ _。（2）滴定终点时溶液的颜色变化是 。（3）下列操作中可能使所测NaOH溶液的浓度数值偏低的是_ _。A酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸B滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥C酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失D读取盐酸体
28、积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数（4）若某次滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如图所示，则反应消耗盐酸的体积为_ mL。 （5）某学生根据3次实验分别记录有关数据如下表：滴定次数待测NaOH溶液的体积/mL0.1000mol/L盐酸的体积/mL滴定前刻度滴定后刻度溶液体积/mL第一次25.000.2020.22第二次25.000.5624.54第三次25.000.4220.40依据上表数据求得NaOH溶液的物质的量浓度为 。【答案】（1）b d c e a f.（2）红色（或浅红色）变为无色，且半分钟内不恢复。（3）D （4）20.00 （5）0.0800mol/L【解析】试题分析：（
29、1）用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的NaOH溶液的实验步骤是b d c e a f. （2）用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的NaOH溶液，酚酞指示剂在NaOH溶液中。所以滴定终点时溶液的颜色变化是红色（或浅红色）变为无色，且半分钟内不恢复。（3）C(碱)=C (酸)V(酸)V(碱)。A若酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸，则滴加的标准酸溶液体积偏大，以此为标准计算的检验浓度偏大。错误。B滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，这对于溶液的配制无任何影响。错误。C若酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，则消耗的标准酸溶液的体积偏大，以此
30、为标准计算的碱溶液浓度偏大。错误。D读取盐酸体积时，开始仰视读数，读数偏大；滴定结束时俯视读数，读数偏小。最终消耗的标准酸溶液体积偏小，以此为标准计算的碱溶液的浓度偏小。正确。选项为D。（4）开始时液面读数为0.10ml,滴定终点时读数为20.10ml.所以消耗的酸标准溶液体积为20.00ml. （5）这三次消耗的酸溶液的体积分别是20.22-0.20=20.02; 24. 54-0.56=23.98; 20.40-0.42=19.98对这三次的实验数据进行分析，发现第二次偏差较大，去掉。V(HCl)= (20.02+19.98)2=20.00ml.C(NaOH)=( 0.1000mol/L2
31、0.00ml) 25.00ml=0.0800mol/L.考点：考查酸碱中和滴定的步骤、误差分析、终点的判断、读数物质的量浓度的计算等知识。20某同学用胆矾晶体（CuSO45H2O ）配制0.040mol/L的CuSO4溶液240mL，回答下列问题：（1）所需仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、量筒、胶头滴管，还需要哪些玻璃仪器才能完成该实验，请写出： 。（2）请写出该实验的简要的实验步骤：计算称量胆矾 g 转移洗涤并转移定容摇匀（3）下图是该同学转移溶液的示意图，图中的错误是 。（4）该同学在定容后，加盖倒转摇匀后，发现液面低于刻度线，又滴加蒸馏水至刻度。对所配溶液浓度的影响 （填“偏高”、“偏低”
32、或“无影响”）。（5）一瓶配制好的稀CuSO4溶液，因时间过长，标签污损，为检验它就是盛有CuSO4溶液，请写出检验SO42-实验操作及现象 。 【答案】28（1）250mL容量瓶、玻璃棒（2） 2.5 溶解（3）转移溶液时不能直接倾倒，应用玻璃棒引流 （4）偏低（5）取少量待测溶液于试管中，加入盐酸酸化，再滴入几滴BaCl2溶液，有白色沉淀生成。【解析】试题分析：（1）所需仪器有一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解（可用量筒量取水加入烧杯），并用玻璃棒搅拌，加速溶解冷却后转移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒2-3次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度
33、线12cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀所以所需仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管根据提供的仪器可知，还需要的仪器有：250ml容量瓶、玻璃棒，答案为：250ml容量瓶、玻璃棒；（2）.该实验的简要的实验步骤：计算称量胆矾m=0.25L0.04molL-1250g/mol=2.5g溶解转移 洗涤并转移定容 摇匀；（3）图中的错误为转移溶液时不能直接倾倒，应用玻璃棒引流；（4）.定容后再加蒸馏水，会使溶液体积偏大，所配溶液浓度偏低；（5）根据SO42-的检验方法可知，检验SO42-实验操作及现象为取少量待测溶液于试管中，加入盐酸酸化，再滴入几滴BaCl2溶液，有白色
34、沉淀生成，说明有SO42-。考点：考查物质的量浓度溶液的配制，误差分析，离子的检验等知识。21（6分）已知下列两个热化学方程式：2H2（g）+O2（g）=2H2O（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
35、 = 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。22A是一种重要的化工原料，A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工水平，D是具有果香气味的烃的衍生物。A、B、C、D在一定条件下存在如下转化关系（部分反应条件、产物被省略）。 （1）工业上，由石油获得石蜡油的方法是_ _，由石蜡油获得A是_ _变化（“物理”或“化学”）。 （2）写出反应B+C D的化学方程式： _ _。 （3）丁烷是由石蜡油获得A的过程中的中间产物之一，写出它的两种同分异构体的结构简式： 。 【答案】（1）分馏（或蒸馏） 化学 （2） CH3COOH+CH3C
36、H2OH CH3COOCH2CH3+H2O。（3） 正丁烷 异丁烷（结构简式）【解析】试题分析：据题意可知A为乙烯、B为乙醇、C为乙酸、D为乙酸乙酯。从石蜡油里获得乙烯主要是通过石蜡油的裂解得到，所以是化学变化。乙醇与乙酸在浓硫酸做催化剂的条件下，乙醇脱掉羟基中的氢，而乙酸脱掉羧基中的羟基，所以产物为乙酸乙酯和水。同分异构体特点是分子式相同结构不同。考点：考查有机物合成的相关知识点。23X、Y、Z、W、R是短周期元素，原子序数依次增大。X原子核外各层电子数之比为12，Y原子和Z原子的核外电子数之和为20，W和R是同周期相邻元素，Y的氧化物和R的氧化物均能形成酸雨。请回答下列问题：（1）元素Y的
37、单质的电子式为_。（2）单质铜和元素Y的最高价氧化物对应水化物的稀溶液发生反应的化学方程式为_。（3）元素W非金属性比R弱，用原子结构的知识解释原因：_。（4）R的一种氧化物能使品红溶液褪色，工业上用Y的气态氢化物的水溶液作该氧化物的吸收剂，写出吸收剂与足量该氧化物反应的离子方程式：_。（5）Y和Z组成的化合物ZY，被大量用于制造电子元件。工业上用Z的氧化物、X单质和Y单质在高温下制备ZY，其中Z的氧化物和X单质的物质的量之比为13，则该反应的化学方程式为_。【答案】（1）（2）8HNO3(稀)3Cu2NO3Cu(NO3)24H2O（3）P原子和S原子的电子层数相同，P原子半径较大，得电子能力
38、较弱（4）SO2NH3H2OHSO3NH4（5）Al2O33CN22AlN3CO【解析】试题分析：X、Y、Z、W、R是短周期元素，原子序数依次增大。X原子核外各层电子数之比为12，因此X的质子数是6，即X是C；Y原子和Z原子的核外电子数之和为20，W和R是同周期相邻元素，Y的氧化物和R的氧化物均能形成酸雨，因此Y是N，R是S，则W是P，Z的原子序数是20714，因此Z是Si。（1）氮气的电子式为。（2）单质铜和元素Y的最高价氧化物对应水化物的稀溶液硝酸发生反应的化学方程式为8HNO3(稀)3Cu2NO3Cu(NO3)24H2O。（3）由于P原子和S原子的电子层数相同，P原子半径较大，得电子能力较弱，所以元素P的非金属性比S的弱。（4）二氧化硫是酸性氧化物，氨水显碱性，二者反应的离子方程式为SO2NH3H2OHSO3NH4。（5）工业上用Z的氧化物、X单质和Y单质在高温下制备ZY，其中Z的氧化物和X单质的物质的量之比为13，则根据质量守恒定律可判断生成物还有CO生成，所以该反应的化学方程式为Al2O33CN22AlN3CO。考点：考查元素推断及元素周期律的应用