1、高考资源网（） 您身边的高考专家黑龙江省木兰县高级中学2015-2016学年高二下期期末复习化学模拟试题（解析版）1下列说法错误的是A某有机物燃烧生成CO2和H2O，则该有机物一定含碳和氢B乙醇可以与水任意比例混溶，是因为乙醇与水形成了氢键C不存在两种邻二甲苯，因此现代结构理论认为苯分子中碳碳键不是单双键交替D煤的干馏、石油分馏和裂化都是物理变化【答案】D【解析】试题分析：根据原子守恒可知，如果某有机物燃烧生成CO2和H2O，则该有机物一定含碳和氢，但不能确定是否含有氧元素，A正确；B是正确的；如果苯分子中碳碳键是单双键交替，则存在两种邻二甲苯，C正确；D不正确，煤的干馏是化学变化，答案选D。
2、考点：考查有机物组成、溶解性、苯分子结构和物质变化的判断点评：该题是基础性试题的考查，也是高考中的常见考点。试题基础性强，侧重对学生基础知识的巩固和训练，有利于提高学生的应试能力，调动学生的学习兴趣和学习积极性。2用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是A0.1molL1稀硫酸中含有SO42离子个数为0.1NAB常温常压下，46g NO2和N2O4混合气体中含有的原子数为3NAC标准状况下，22.4LSO3所含的分子数为NAD常温下，2.7g铝与足量的盐酸反应，铝得到的电子数为0.3NA【答案】B【解析】A错误，没有告诉溶液体积，无法求得离子物质的量。B正确。C错误，标准状况下，三氧化
3、硫是非气体状态，只知道体积，无法计算物质的量。D错误，铝与酸反应是作还原剂，铝应该失去0.3NA电子。3如图是某二次电池充、放电时的工作示意图，已知放电时电池反应为Zn+Ag2O+H2O2Ag+Zn（OH）2下列有关说法正确的是A放电时的负极反应和充电时的阴极反应属于可逆反应B在电池放电过程中溶液的pH增大CK与N相接时，能量由化学能转化为电能，溶液中的OH向正极区移动DK与M连接时，所用电源的a极为负极，阳极附近溶液的pH逐渐增大【答案】B【解析】A、一个是自发，还一个是在直流电源作用下被迫发生，所以不属于可逆反应，故A错误；B、原电池工作时，正发生反应Ag2O+H2O+2e=2Ag+2OH
4、，该极区溶液pH值增大，故B正确；C、K与N相接时是原电池，Zn做负极，g2O做正极，能量变化为化学能转化为电能，溶液中的OH向负极区移动，故C错误；D、K与M连接时，a极锌离子变成锌，发生还原反应是阴极，所用电源的a极为负极，阳极2Ag+2OHAg2O+H2O+2e，附近溶液的pH逐渐减小，故D错误；故选B4下列反应中，不属于氧化还原反应的是：A、NH4Cl + NaOH NaCl+ H2O + NH3B、2H2S+O2=2H2O+2SC、NaHH2O=NaOHH2D、2KMnO4 K2MnO4 + MnO2 + O2【答案】A【解析】试题分析：ANH4Cl + NaOH NaCl+ H2O
5、 + NH3反应中，化合物所含元素的化合价没有发生变化，不属于氧化还原反应，A选；B.2H2S+O2=2H2O+2S反应中，S、O元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，B不选；C.NaHH2O=NaOHH2反应中，H元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，C不选；D.2KMnO4 K2MnO4 + MnO2 + O2反应中，Mn、O元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，D不选；答案选A。考点：考查氧化还原反应的判断5X、Y、Z、W四种元素在元素周期表中的相对位置如图所示，Y、Z的质子数之和为21，下列说法正确的是A常压下，四种元素单质中，W单质的熔点最高BZ的阳离子与Y的阴离子电子层结构相
6、同CX的气态氢化物比Y的气态氢化物稳定DW元素的金属性比Z元素的金属性强【答案】B【解析】试题分析：根据元素在周期表中的相对位置可知，X和Y是第二周期元素，Z和W是第三周期元素。如果设X的原子序数是a，则Y是a2、Z是a7、W是a9。又因为Y、Z的质子数之和为21，即a2a721，解得a6，所以X是C、Y是O、Z是Al、W是P。A、常压下，四种元素单质中，Al单质的熔点最高，A不正确；B、Z的阳离子与Y的阴离子电子层结构相同，均是10电子微粒，B正确；C、因为氧元素的非金属性强于碳元素的，所以水的稳定性强于甲烷的稳定性，C不正确；D、铝的金属性强于P，D不正确，答案选B。考点：考查元素周期表的
7、结构、元素周期律的应用6下列各组离子，能在溶液中大量共存的是AH+、Al3+、Cl-、NO3- BAl3+、Mg2+、SO42-、OH-CFe2+、H+、K+、MnO4- DCu2+、H+、Cl-、HCO3-【答案】A【解析】试题分析：AH+、Al3+、Cl-、NO3-不会发生任何反应，能在溶液中大量共存，正确；B OH-与Al3+会发生离子反应形成AlO2-和水，不能大量共存；与Mg2+会发生反应形成Mg(OH)2沉淀，不能大量共存，错误；CFe2+、H+、MnO4-会发生氧化还原反应，不能大量共存，错误；D H+、HCO3-会发生氧化还原反应产生CO2和水，不能大量共存，错误。考点：考查离
8、子大量共存的知识。7在水溶液中进行的很多过程，均与水的电离相关。下列选项中叙述的事实与水的电离无关的是( )ATiCl4溶于水制备TiO2 B电解法制备金属镁 C稀释NaOH溶液，pH降低 DNa2SiO3溶液呈碱性【答案】B【解析】试题分析： TiCl4溶于水制备TiO2 利用的是水解原理，与水的电离有关，A错误；电解法制备金属镁利用的是电解熔融氯化镁，与水无关，B错误；稀释氢氧化钠溶液，氢氧根离子的浓度减小，pH降低，但是促进了水的电离，C错误；Na2SiO3溶液呈碱性是由于硅酸根离子发生了水解，与水电离有关，D错误；故选B。考点：本题考查的是盐类的水解、弱电解质的电离等知识。82015N
9、obel医学或生理学奖授予中国医学工作者屠呦呦，以表彰她用乙醚低温提取青蒿素这种有机物高效治疗疟疾的突出贡献。该提取方法是A萃取 B蒸发 C蒸馏 D过滤【答案】A【解析】试题分析：A、提取互相溶解的液体，用萃取，A项正确；B、蒸发：分离熔沸点不同的液体，B项错误；C、蒸馏：分离熔沸点不同的液体，C项错误；D、过滤：不溶物质的分离，D项产物；答案选A。考点：考查物质分离9向含有在HNO3、Al(NO3)3和Mg(NO3)2的混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，则消耗NaOH溶液的体积（x轴）与生成沉淀（y轴）之间的关系表示正确的是【答案】C【解析】试题分析：向含有在HNO3、Al(NO3)3和Mg(
10、NO3)2的混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，则氢氧化钠先与硝酸反应，则开始无沉淀，排除A；继续加入氢氧化钠溶液，则产生白色沉淀，因为氢氧化铝沉淀溶于氢氧化钠溶液，则沉淀达到最大值时，再加入氢氧化钠溶液，则沉淀减少，最终剩余氢氧化镁沉淀的量保持不变，所以答案选C。考点：考查氢氧化钠与铝盐溶液的反应图像的判断10下列单质或化合物性质的描述正确的是ANaHSO4水溶液显中性BNO2溶于水时发生氧化还原反应CSiO2与酸、碱均不反应DFe在足量Cl2中燃烧生成FeCl2和FeCl3【答案】B【解析】试题分析：A、NaHSO4在水中的电离方程式为：NaHSO4=Na+H+SO42溶液呈酸性，错误；B、N
11、O2与水反应为3NO2+H2O=2HNO3+NO，反应中氮元素的化合价发生变化，由NO2中+4价升高为HNO3中+5价，由NO2中+4价降低为NO中+2价，NO2既是氧化剂也是还原剂，正确；C、氢氟酸能和二氧化硅发生SiO2+4HF=SiF4+2H2O，玻璃中含有二氧化硅，常用此反应在玻璃上刻字；氢氧化钠能和二氧化硅发生2NaOH+SiO2Na2SiO3+H2O，实验室盛放氢氧化钠溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，其原因是玻璃中的SiO2与NaOH反应，生成具有粘性的Na2SiO3，会粘住瓶塞，错误；D、氯气具有强氧化性，金属铁具有较强的还原性，氯气和金属反应生成高价金属，能将铁氧化成+3价的铁，氯气
12、和金属铁反应的产物是氯化铁，Cl2与铁粉加热时发生反应的化学方程式为2Fe+3Cl2FeCl3，错误。考点：考查了元素化合物的知识。11下列既有氧化性又有还原性的离子是ACl2 BAl3+ CFe2+ DCl-【答案】C【解析】试题分析：氧化性又有还原性那么化合价既可以升高又可以降低，Cl2 是单质不是离子，A错；Al3+ 化合价已经达到了最高价态了，没有还原性，B错；Fe2+ 是中间价态既可以升高又可以降低，所以既有氧化性又有还原性，C对；Cl-的化合价是-1价，是最低价态，没有氧化性，D错。考点：物质价态和氧化性、还原性的关系。12下列说法不正确的是A乙烯可以用来做果实催熟剂B氨常用来做制
13、冷剂C氧化铁常用作红色油漆和涂料D浓硫酸可用来干燥某些气体(不挥发性)【答案】D【解析】试题分析：A乙烯是一种植物生长调节剂，可以做果实催熟剂，故A正确；B液氨气化吸热，可做制冷剂，故B正确；C氧化铁是红棕色的粉末，常用作红色油漆和涂料，故C正确；D浓硫酸具有强氧化性、强酸性，不能干燥具有还原性和碱性的气体，故D错误；考点：了解科学、技术、社会的相互关系，了解常见物质的化学性质。点评：本题考查与生产、生活相关的一些物质性质。体现化学、人类、社会的关系。此类题目重在平时的知识积累。13下列生产或实验事实引出的相应结论不正确的是事实结论A其他条件相同，Na2S2O3溶液和H2SO4溶液反应，升高溶
14、液的温度，析出硫沉淀所需时间缩短当其他条件不变时，升高反应温度，化学反应速率加快B工业合成氨中，将氨气液化分离可以加快反应速率，提高N2、H2的转化率CFeCl3+3KSCN Fe(SCN)3+3KCl平衡体系中加入少量KSCN固体 溶液颜色加深恒温时增大反应物浓度，平衡向正反应方向移动DA、B两支试管中分别加入等体积5%的H2O2溶液，在B试管中加入23滴FeCl3溶液，B试管中产生气泡快当其他条件不变时，催化剂可以改变化学反应速率【答案】B【解析】试题分析：A、升高温度，增大活化分子百分数，反应速率增大，A正确；B、将氨气液化分离，平衡向正反应方向移动，所有物质的浓度减小，可减小反应速率，
15、B错误；C、Fe（SCN）3溶液中存在3SCN-+Fe3+Fe（SCN）3（血红色），加入KSCN，增大SCN-的浓度，增大反应物浓度，平衡向正反应方向进行，所以Fe（SCN）3的量增加，血红色变深，C正确；D、氯化铁为过氧化氢分解的催化剂，加入催化剂，降低反应的活化能，加快反应速率，D正确，答案选B。考点：考查外界条件对反应速率的影响14高铁电池是一种新型可充电电池，与普通高能电池相比，该电池能长时间保持稳定的放电电压。高铁电池的总反应为：3Zn2K2FeO48H2O3Zn(OH）22Fe(OH）34KOH，下列叙述不正确的A放电时负极反应为：Zn2OHZn(OH）22eB充电时阳极反应为：
16、Fe(OH）35OHFeO424H2O3eC放电时每转移3 mol 电子，正极有1 mol K2FeO4被氧化D放电时正极附近溶液的碱性增强【答案】C【解析】试题分析：A、放电相当于原电池，正极得到电子，负极失去电子，根据总反应式可知电极反应式为Zn2OHZn(OH）22e，A正确；B、充电相当于电解池，阴极得到电子，阳极失去电子，则阳极反应式为Fe(OH）35OHFeO424H2O3e，B正确；C、放电时铁元素的化合价从+6价降低到+3价，所以放电时每转移3 mol 电子，正极有1 mol K2FeO4被还原，C错误；D、放电时正极是高铁酸钾得到电子，电极反应式为FeO424H2O3eFe(
17、OH）35OH，因此正极附近溶液的碱性增强化，D正确，答案选C。考点：考查原电池和电解池的有关应用15实验室中需要配制2mol/L的NaCl溶液950mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取NaCl质量分别是 _,_。【答案】1000mL 117g【解析】试题分析：配制2mol/L的NaCl溶液1000mL需氯化钠的质量为：2mol/L1L58.5g/mol117.0g。考点：配制一定物质的量浓度的溶液点评：只能配制容量瓶上规定体积的溶液，不能配制任意体积的一定物质的量浓度的溶液计算时也要按配制的体积来计算所需溶质。16高纯硅生产流程如下：（1）由SiO2制粗硅的化学方程式是 ，该反应不能说明碳
18、的非金属性强于硅，原因是 ，请写出一个能说明碳的非金属性强于硅的化学方程式 。（2）900以上，H2与SiHCl3发生反应：SiHCl3(g)+ H2(g) Si(s) + 3HCl(g) H0。将一定量的反应物通入固定容积的密闭容器中进行反应。下列说法正确的是 （填字母）。 a在恒温条件下，若容器内压强不变，则该反应一定达到化学平衡状态b增大SiHCl3的用量，可提高SiHCl3的平衡转化率c升高温度可加快反应速率，且提高硅的产率（3）该流程中可以循环使用的物质是 。【答案】（1）SiO2+2C高温=Si+2CO；非金属性是指非金属元素的单质在化学反应中得到电子的能力，而碳与二氧化硅反应所表
19、现出来的是碳失去电子的能力（或还原性），因此不能说明碳的非金属性比硅强；Na2SiO3+2CO2+2H2O=2NaHCO3+H4SiO4或CO2+Na2SiO3+H2O=H2SiO3+Na2CO3。（2）a c (3)HCl、H2【解析】试题分析：（1）SiO2+2C高温=Si+2CO；非金属性是指非金属元素的单质在化学反应中得到电子的能力，而碳与二氧化硅反应所表现出来的是碳失去电子的能力（或还原性），因此不能说明碳的非金属性比硅强；Na2SiO3+2CO2+3H2O=2NaHCO3+H4SiO4或CO2+Na2SiO3+H2O=H2SiO3+Na2CO3（2）从化学方程式来看，气体反应物和气
20、体生成物的化学计量数不相等，即是一个气体体积在反应前后存在变化的化学反应，压强在反应过程中也存在变化，当不再变化时，说明达到平衡，a正确；增大SiHCl3的用量，可提高H2的平衡转化率，SiHCl3的平衡转化率反而减小。b错误；该反应正反应方向是吸热反应，升高温度向着吸热反应的方进行，平衡右移，c正确。(3)HCl、H2考点：考查硅及其化合物的性质、化学方程式的属性、非金属性的强弱比较方法、化学平衡。17甲、乙两池电极材料都是铁棒与碳棒(如图)。请回答下列问题：（1）若两池中均盛放CuSO4溶液，反应一段时间后：有红色物质析出的是：甲池中的_棒；乙池中的_棒。在乙池中阳极的电极反应是_。（2）
21、若两池中均盛放饱和NaCl溶液。写出乙池中总反应的离子方程式：_。将湿润的淀粉KI试纸放在乙池附近，发现试纸变蓝，待一段时间后又发现蓝色褪去。这是因为过量的Cl2将生成的I2氧化。若反应的Cl2和I2的物质的量之比为51，且生成两种酸。该反应的化学方程式为_。（3）如下图为相互串联的甲、乙两个电解池(电极都是惰性电极)，请回答：写出甲电解池中的电解反应方程式：_。若甲槽阴极增重12.8 g，则乙槽阳极放出气体在标准状况下的体积为_；若乙槽剩余液体为400 mL，则电解后得到碱液的物质的量浓度为_。【答案】（1）C Fe4OH4e=2H2OO2（2）2Cl2H2OH2Cl22OH5Cl2I26H
22、2O=10HCl2HIO3（3）2CuSO42H2O2CuO22H2SO44.48 L ；1 molL1【解析】试题分析：（1）若两池中均盛放CuSO4溶液，甲池形成原电池，Fe作负极，发生失电子的氧化反应，Fe-2e-=Fe2+，Fe棒不断溶解，碳棒作正极，发生得电子的还原反应，Cu2+2e-=Cu，碳棒上不断有红色的金属铜析出；乙池形成电解池，根据图中所画电子的方向，可知，碳棒连接电源正极，为电解池的阳极，发生氧化反应，有氧气生成，铁棒连接电源负极，作电解池的阴极，发生得电子的还原反应，有红色金属生成。有红色物质析出的是：甲池中的C棒，乙池中的Fe棒；乙池中阳极上水电离出的氢氧根失去电子发
23、生氧化反应，生成氧气，电极反应式为：4OH4e=2H2OO2；（2）若两池中均盛放饱和NaCl溶液，甲池实质是Fe的吸氧腐蚀，而乙池实质是电解饱和的食盐水。C棒上发生失电子的氧化反应，有氯气生成，Fe棒上得电子发生还原反应，生成氢气和NaOH。电解饱和食盐水的离子方程式为：2Cl2H2OH2Cl22OH；由于乙池中有氯气生成，因此将湿润的淀粉KI试纸放在乙池附近，发现试纸变蓝，过量的Cl2将生成的I2氧化，因此蓝色褪去，若反应的Cl2和I2的物质的量之比为51，且生成两种酸，则该反应的化学方程式为：5Cl2I26H2O=10HCl2HIO3；（3）甲池中，A连接电源负极，作电解池的阴极，发生得
24、电子的还原反应，Cu2+2e-=Cu，B连接电源正极，作电解池的阳极，发生失电子的氧化反应，4OH4e=2H2OO2；乙池中，C棒连接电源正极，作电解池的阳极，发生氧化反应，：2Cl2e= Cl2，Fe棒连接电源负极，作电解池的阴极，发生还原反应，2H2O +2e= H2+2OH-；电解CuSO4溶液的化学方程式为：2CuSO42H2O2CuO22H2SO4；若甲槽阴极增重12.8 g，则电路中通过电子的物质的量为，则乙槽阳极放出气体在标准状况下的体积为；生成NaOH的物质的量为，若乙槽剩余液体为400 mL，则NaOH的物质的量浓度为。考点：考查原电池和电解池的原理。18(14分)草酸是一种
25、重要的化工原料，广泛用于药物生产、高分子合成等工业，草酸晶体受热到100时失去结晶水，成为无水草酸。某学习小组的同学拟以甘蔗渣为原料用水解氧化水解循环进行制取草酸。aaaaaa请跟据以上信息回答下列问题：（1）图示的氧化水解过程是在上图1的装置中进行的，指出装置A的名称 。（2）图示的氧化水解过程中，在硝酸用量、反应的时间等条件均相同的情况下，改变反应温度以考察反应温度对草酸收率的影响，结果如上图2所示，请选择最佳的反应温度为 ，为了达到图2所示的温度，选择图1的水浴加热，其优点是 。（3）在图示中的操作涉及到抽滤，洗涤、干燥，下列有关说法正确的是 。A.在实验过程中，通过快速冷却草酸溶液，可
26、以得到较大的晶体颗粒，便于抽滤B.在洗涤沉淀时，应关小水龙头，使洗涤剂缓缓通过沉淀物C.为了检验洗涤是否完全，应拔下吸滤瓶与安全瓶之间橡皮管，从吸滤瓶上口倒出少量滤液于试管中进行相关实验。D.为了得到干燥的晶体，可以选择在坩埚中直接加热，并在干燥器中冷却。（4）要测定草酸晶体（H2C2O42H2O）的纯度，称取7.200g制备的草酸晶体溶于适量水配成250mL溶液，取25.00mL草酸溶液于锥形瓶中，用0.1000mol/L酸性高锰酸钾溶液滴定（5H2C2O4+2MnO4+6H+2Mn2+10CO2+8H2O），取25.00mL草酸溶液的仪器是 ，在草酸纯度测定的实验过程中，下列说法正确的是：
27、 。A.润洗滴定管时，应从滴定管上口加满所需的酸或碱液，使滴定管内壁充分润洗B.移液管取草酸溶液时，需将尖嘴处的液体吹入锥形瓶，会使实验误差偏低C.滴定时，左手轻轻向内扣住活塞，手心空握以免碰到活塞使其松动漏出溶液 D.滴定终点读取滴定管刻度时，仰视标准液液面，会使实验误差偏高判断滴定已经达到终点的方法是： 。达到滴定终点时，消耗高锰酸钾溶液共20.00mL，则草酸晶体的纯度为 。【答案】三颈烧瓶（2分）， 70（1分）， 便于控制温度，使装置受热均匀（2分）BC（2分） 酸式滴定管（1分） CD（2分）向锥形瓶中滴入最后一滴高锰酸钾标准液，锥形瓶中溶液变成浅红色且半分钟后不变色。（2分）87
28、.5%（2分）【解析】试题分析：（1）根据装置的结构特点可知，A应该是三颈烧瓶。（2）根据图2可知，在温度为70时，醋酸的收率最高，所以选择的最佳反应温度是70。由于温度不超过100，所以采用水浴加热，这是由于水浴加热时便于控制温度，且能使装置受热均匀。（3）A、在实验过程中，通过快速冷却草酸溶液，得不到较大的晶体颗粒，应该是自然冷却，A不正确；B、在洗涤沉淀时，应关小水龙头，使洗涤剂缓缓通过沉淀物，防止沉淀溶解而造成损失，B正确；C、由于装置中存在压强差，所以为了检验洗涤是否完全，应拔下吸滤瓶与安全瓶之间橡皮管，从吸滤瓶上口倒出少量滤液于试管中进行相关实验，C正确；D、在坩埚中直接加热，容易
29、使草酸晶体分解，D不正确，答案选BC。（4）草酸溶液显酸性，所以量取25.00mL草酸溶液的仪器是酸式滴定管。A、润洗滴定管时，应从滴定管上口加少量所需的酸或碱液，使滴定管内壁充分润洗，并不需要加满，A不正确；B、移液管取草酸溶液时，不能将尖嘴处的液体吹入锥形瓶，否则使实验误差偏高，B不正确；C、滴定时，左手轻轻向内扣住活塞，手心空握以免碰到活塞使其松动漏出溶液，C正确；D、滴定终点读取滴定管刻度时，仰视标准液液面，由于读数自上而下逐渐增大，所以读数偏大，会使实验误差偏高，D正确，答案选CD。由于酸性高锰酸钾溶液显紫红色，所以滴定终点的判断依据是向锥形瓶中滴入最后一滴高锰酸钾标准液，锥形瓶中溶
30、液变成浅红色且半分钟后不变色。反应中消耗高锰酸钾的物质的量是0.02L0.1000mol/L0.002000mol，所以根据方程式5H2C2O4+2MnO4+6H+2Mn2+10CO2+8H2O可知，消耗草酸的物质的量是0.005000mol，因此原样品中草酸的物质的量是0.005000mol 0.05000mol/L，则质量0.05000mol/L126g/mol6.3g，所以草酸的纯度是100%87.5%。考点：考查仪器识别、物质制备的实验探究、滴定实验的有关判断和计算19（14分）实验室常利用甲醛法测定(NH4)2SO4样品中氮的质量分数，其反应原理为：4NH4+6HCHO=3H6H2O
31、(CH2)6N4H滴定时，1 mol(CH2)6N4H与1 mol H相当，然后用NaOH标准溶液滴定反应生成的酸。某兴趣小组用甲醛法进行了如下实验：步骤称取样品1.5 g。步骤将样品溶解在250 mL容量瓶中，定容，充分摇匀。步骤移取25.00 mL样品溶液于250 mL锥形瓶中，加入10 mL 20%的中性甲醛溶液，摇匀、静置5 min后，加入12滴酚酞试液，用NaOH标准溶液滴定至终点。按上述操作方法再重复2次。(1)上述操作步骤是否正确_(填“是”或“否”)；若不正确，请改正_。(若正确，此空不填)(2)根据步骤填空：碱式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接加入NaOH标准溶液进行滴定，则测得样
32、品中氮的质量分数_(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。锥形瓶用蒸馏水洗涤后，水未倒尽，则滴定时用去NaOH标准溶液的体积_(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察_。A滴定管内液面的变化B锥形瓶内溶液颜色的变化滴定达到终点时，溶液最终变成_色。(3)滴定结果如下表所示：滴定次数待测溶液的体积/mL标准溶液的体积滴定前刻度/mL滴定后刻度/mL125.001.0221.03225.002.0021.99325.000.2020.20若NaOH标准溶液的浓度为0.101 0 mol/L，则该样品中氮的质量分数为_。【答案】否；将样品溶解在小烧杯中，冷却后转移至容量
33、瓶中。偏高 无影响 B 红色 18.85【解析】试题分析：（1）容量瓶不能直接溶解物质配制溶液，所以操作错误。应该将样品溶解在小烧杯中，冷却后转移至容量瓶中。(2)碱式滴定管用蒸馏水洗涤后需要再用NaOH溶液润洗，否则相当于NaOH溶液被稀释，滴定消耗的体积会偏高，测得样品中氮的质量分数也将偏高。锥形瓶用蒸馏水洗涤后，虽然水未倒尽，但待测液中的H+的物质的量不变，则滴定时所需NaOH标准溶液中的氢氧化钠的物质的量就不变，也就是无影响。注意观察颜色变化，确定滴定终点。待测液为酸性，酚酞应为无色，当溶液转为碱性时，溶液颜色变为粉红(或浅红)。(3)标准溶液的体积应取三次实验的平均值，首先确定滴定时
34、所用的NaOH标准溶液为（20.01+19.99+20.00）/3=20.00mL根据题意中性甲醛溶液一定是过量的，而且1.500g 铵盐 经溶解后，取了其中1/10进行滴定，即0.15g，滴定结果，溶液中含有H+（含(CH2)6N4H+）共0.020.1010=0.00202mol根据反应式，每生成4molH+（含(CH2)6N4H+）,会消耗NH4+4mol所以共消耗NH4+0.00202mol其中含氮元素0.0020214=0.02828g所以氮的质量分数为0.02828/0.15100%=18.85%考点：中和滴定实验点评：本题考查了中和滴定实验的原理以及操作步骤（准备：洗涤检漏润洗注
35、液调液读数。 滴定：移液（放液）滴加指示剂滴定终点读数重复23次计算（取平均值）。20（8分）31.6g的KMnO4与过量的浓盐酸完全反应，化学方程式为：2KMnO4+16HCl2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O，回答下列问题：（1）用双线桥标出反应中电子转移的方向和数目。（4分）（2）被氧化的HCl的物质的量是多少？（2分）（3）产生的Cl2在标准状况下的体积是多少？（2分）【答案】（1）（2）1mol （3）11.2L【解析】试题解析：（1）反应2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O中，Mn元素的化合价由+7降低为+2，KMnO4为氧化剂，得到的
36、电子为2（7-2）e-=10e-，Cl元素的化合价由-1升高为0，HCl为还原剂，失去的电子为52（1-0）e-=10e-，双线桥标出反应中电子的转移方向和数目为 ；（2）n（KMnO4）=0.2mol，由电子得失守恒可知，参加氧化还原的KMnO4和HCl的关系为：2KMnO4 10HCl0.2 mol 1mol 所以被氧化的HCl的物质的量为1mol；（3）由2KMnO45Cl2，所以n（Cl2）=0.2mol2.5=0.5mol，则V（Cl2）=0.5mol22.4L/mol=11.2L。考点：氧化还原反应的计算21聚合物G可用于生产全生物降解塑料，在“白色污染”日益严重的今天有着重要的作
37、用。有关转化关系如下：已知：请回答下列问题：（1）物质A的分子式为 ，B的结构简式为 ；（2）请写出F中含氧官能团的名称 ；（3）反应中属于加成反应的是 ；（4）写出由F生成聚合物G的化学方程式 。【答案】（1）C6H12O6 （2分） CH3CHCH2 （2分）（2）羟基、羧基（2分）（3）（2分）（4）【解析】试题分析：B的分子式为C3H6，根据题中各物质转化关系，比较B、C的分子式可知反应为加成反应，所以B中有碳碳双键，所以B为CH3-CH=CH2，B与溴加成生成C为CH3CHBrCH2Br，C在碱性条件下水解得D为CH3CHOHCH2OH，D氧化得E为CH3COCOOH，E与氢气发生加
38、成反应得F为CH3CHOHCOOH，F在一定条件下发生缩聚反应得G，淀粉在酸性条件下水解得A为葡萄糖，（1）根据上面的分析可知，A为葡萄糖，分子式为C6H12O6，B为CH3-CH=CH2，答案为：C6H12O6；CH3-CH=CH2；（2）F为CH3CHOHCOOH，F中的含氧官能团为羟基、羧基，答案为：羟基、羧基；（3）根据上面的分析可知，反应中属于加成反应的是，答案为：；（4）F在一定条件下发生缩聚反应得G，反应方程式为，答案为：考点：有机推断22(7分)有A、B、C、D四种物质的溶液，在进行焰色反应时，都呈黄色，它们之间可发生如图所示的变化。（1）这四种物质分别为A_；B._；C._；
39、D._。（2）写出有关反应的化学方程式：_【答案】（1）NaOH Na2CO3 NaHCO3 Na2SO4（2）CO2+2 NaOH =Na2CO3+H2ONa2CO3+H2O+ CO2 =2NaHCO3Na2SO4+Ba(OH)2=BaSO4+2NaOH【解析】试题分析：（1）四种物质的焰色反应均呈黄色，说明都含有Na元素；根据反应的曲线图可知，A是NaOH，与少量二氧化碳反应生成Na2CO3，则B是Na2CO3，Na2CO3再和二氧化碳反应生成NaHCO3，则C是NaHCO3，Na2CO3、NaHCO3都与稀硫酸反应生成Na2SO4，所以D是Na2SO4，Na2SO4，与氢氧化钡反应生成氢氧化钠和硫酸钡；（2）氢氧化钠与少量二氧化碳反应生成碳酸钠和水，化学方程式为CO2+2 NaOH =Na2CO3+H2O；碳酸钠与二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，化学方程式为Na2CO3+H2O+ CO2 =2NaHCO3硫酸钠和氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化钠，化学方程式为Na2SO4+Ba(OH)2=BaSO4+2NaOH。考点：考查钠的化合物之间的转化，化学方程式的书写- 13 - 版权所有高考资源网
