1、山东省平度市第四中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）1下列说法正确的是A正四面体型的分子结构中键角均为10928 B在晶体中只要有阳离子就一定有阴离子C发生化学反应时失去电子越多的金属原子，还原能力越强D两种微粒的质子数和电子数均相等，则它们不可能是带异性电荷的离子【答案】D【解析】2过量的NaHCO3和Na2O2混合，在密闭容器中充分混合加热后，最后排出气体，残留的固体是( )A.Na2O B.Na2CO3C.Na2O2和Na2CO3 D.Na2O2和Na2O【答案】B【解析】4NaHCO3+2Na2O24Na2CO3+2H2O+O2,2NaHCO3Na2CO3CO2
2、+H2O。由化学方程式可以知道产物为Na2CO3、CO2、H2O、O2，排出气体物质后冷却，残留的固体物质是Na2CO3，答案选B。3铜锌原电池（如图）工作时，下列叙述正确的是 A 正极反应为：Zn2e-=Zn2+ B电池反应为：Zn+Cu2+=Zn2+ +Cu C 在外电路中，电流从负极流向正极 D 盐桥中的K+移向ZnSO4溶液【答案】D【解析】略4下列说法正确的是A酸式盐的水溶液一定显酸性 B酸性氧化物一定是非金属氧化物C丁达尔效应是溶液和胶体的本质区别 DHClO是弱酸，但NaClO是强电解质【答案】D【解析】试题分析：A、酸式盐的水溶液不一定显酸性，例如碳酸氢钠溶液显碱性，A错误；B
3、、酸性氧化物不一定是非金属氧化物，也可能是金属氧化物，例如Mn2O7是酸性氧化物，B错误；C、丁达尔效应可以区分溶液和胶体，二者的本质区别是分散质微粒直径大小不同，C错误；D、HClO是弱酸，但NaClO是强电解质，D正确，答案选D。考点：考查酸式盐、酸性氧化物、分散系以及电解质的有关判断5下列反应最终能生成Fe3+的化合物的是过量Fe与HNO3 铁丝在硫蒸汽中燃烧 向FeBr2溶液中通入Cl2铁与CuCl2溶液反应 Fe(OH)2露置于空气中A B C D【答案】D【解析】试题分析：过量Fe与HNO3反应产生Fe2+的化合物，错误； 由于S的氧化性弱，所以铁丝在硫蒸汽中燃烧产物是FeS，错误
4、；由于还原性Fe2+Br-,所以向FeBr2溶液中通入Cl2，会产生FeCl3,正确；铁与CuCl2溶液发生置换反应产生FeSO4和Cu，错误；Fe(OH)2露置于空气中被空气中的氧气氧化为Fe(OH)3，正确。故可以产生Fe3+的化合物的是，选项是D。考点：考查Fe元素的电子及化合物的性质及相互转化的关系的知识。6下列说法不正确的是A利用太阳能在催化剂参与下分解水制氢是把光能转化为化学能的绿色化学B蔗糖、淀粉、油脂及其水解产物均为非电解质C通过红外光谱分析可以区分乙醇和乙酸乙酯D石油催化裂化的主要目的是提高汽油等轻质油的产量与质量；石油裂解的主要目的是得到更多的乙烯、丙烯等气态短链烃.【答案
5、】B【解析】利用太阳能分解制H2并用作清洁能源，符合绿色化学要求，A项正确；油脂水解会生成甘油与高级脂肪酸，其中的高级脂肪酸为电解质，B项错误；红外光谱主要用于分析有机物中所含有的官能团，C项正确；石油加工中，裂化的目的是生产轻质油；裂解的目的是生产气态不饱和烃，D项正确。【考点定位】本题考查化学基本知识与技能。7已知NO2与N2O4相互转化：2NO2（g）N2O4（g）；H=-24.4kJ/mol在恒温下，将一定量NO2和N2O4（g）的混合气体充入体积为2L的密闭容器中，其中物质的量浓度随时间变化的关系如下图。下列推理分析合理的是（ ） A前10min内，用v（NO2）表示的该反应速率为0
6、.02mol/（Lmin）B反应进行到10min时，体系吸收的热量为9.76kJCa，b，c，d四点中v正与v逆均相等D25min时，导致平衡移动的原因是升温【答案】B【解析】试题分析：A、由图可知相同时间内，b物质的浓度变化是a物质浓度变化的2倍，所以b是二氧化氮，a是四氧化二氮，前10min内，用v（NO2）表示的该反应速率为（0.6-0.2）mol/L/10min=0.04mol/（Lmin），错误；B、该反应是N2O4（g）2NO2（g）H=+24.4kJ/mol，反应进行到10min时，消耗的四氧化二氮的物质的量是（0.6-0.4）mol/L2L=0.4mol，所以体系吸收的热量是2
7、4.4kJ/mol0.4mol=9.76kJ，正确； C、a点时反应未达平衡，所以v正v逆,c点时v正v逆,只有b、d两点表示平衡状态，正逆反应速率相等，错误；D、25min时，四氧化二氮的速率为改变，而二氧化氮的速率增大，所以导致平衡逆向移动的原因是增大二氧化氮的浓度，不是升温，错误，答案选B。考点：考查对化学平衡图像的分析及平衡移动原理的应用8应用元素周期律分析，下列推断正确的是( )A.第3周期金属元素最高价氧化物对应的水化物，其碱性随原子序数的增大而减弱B.砹(At)是第VIIA族元素，其氢化物的稳定性大于HClC.第2周期非金属元素的气态氢化物溶于水后，水溶液均为酸性D.铊(Tl)与
8、铝同主族，其单质既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应【答案】A【解析】试题分析：A、第三周期金属元素的最高价氧化物的水化物，随原子序数的增大碱性逐渐减弱，因为元素的金属性随原子序数的增大而减弱，A正确；B、卤素单质随原子序数的增大，熔沸点升高；砹是第VIIA族元素，从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，所以砹的氢化物的稳定性小于HCl，B错误；C、第二周期非金属元素的氢化物溶于水后不都显酸性，如N的氢化物为氨气，溶于水显碱性，C错误；D、Al位于金属与非金属的交界处，所以具有两性，而Tl为典型的金属，不能与氢氧化钠反应，D错误，答案选A。考点：考查元素的金属性、非金属性的判断与应用9常温下，某溶
9、液中由水电离的c(H+)=110-3mol/L，该溶液可能是NH4Cl溶液，SO2水溶液，NaNO3溶液，NaOH溶液A B C D【答案】D【解析】试题分析：由水电离出的c(H+)=110-3mol/L10-7 mol/L，说明溶液中的溶质抑制了水的电离，NH4Cl溶液中，铵离子水解，消耗了水电离产生的OH-，促进了水的电离，错误；SO2水溶液，反应产生的亚硫酸电离产生H+，使溶液中氢离子浓度增大，抑制了水的电离，正确；NaNO3是强酸强碱盐，溶液中钠离子和硝酸根离子都不能发生水解反应，不影响水的电离，错误；NaOH溶液，氢氧根离子抑制了水的电离，正确。故可以使溶液中由水电离的c(H+)=1
10、10-3mol/L的溶液是，选项D正确。考点：考查影响水的电离的因素的判断的知识。10下列实验方案能达到目的的是A除去NaCl固体中混有的MgCl2：加入KOH试剂后过滤 B用加热法除去Na2CO3固体中的NaHCO3C用点燃法除去CO2中的COD提取碘水中的碘：加入适量乙醇，振荡、静置、分液【答案】B【解析】试题分析：A、加入氢氧化钾反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钾，钾离子是新的杂质，错误，不选A；B、碳酸氢钠能受热分解生成碳酸钠和水和二氧化碳，正确，选B；C、二氧化碳和一氧化碳的混合气体不容易点燃，错误，不选C；D、乙醇和水能互溶，不能提取碘，错误，不选D。考点： 实验方案的设计11有A、B、
11、C三种短周期元素，已知A元素的原子最外层电子数等于其电子层数，B元素的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，C元素的原子最外层电子数是其电子层数的3倍。由三种元素组成的化合物的化学式不可能是AA3BC4 BA2（BC4）3 CA2BC3 DABC4【答案】A【解析】试题分析：有A、B、C三种三种短周期元素，已知A元素的原子最外层电子数等于其电子层数，所以A可能是H元素、Be元素、Al元素；B元素的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，所以B可能是C元素、S元素；C元素的原子最外层电子数是其电子层数的3倍，则原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，所以C是O元素；A项表示+1、C表现-2价，化合物中
12、各元素的化合价代数和为0，则A3BC4中B元素化合价为+5，不符合碳、硫元素化合价故A项错误；B项A2（BC4）3可以为Al2(SO4)3，故B项正确；C项A2BC3可以为H2CO3、H2SO3，故C项正确；D项ABC4可以为BeSO4，故D项正确；本题选A。考点：元素周期律。12将下图所示实验装置的K闭合，下列判断正确的是ACu电极上发生还原反应B电子沿ZnabCu路径流动C片刻后甲池中c（SO42-）增大D片刻后可观察到滤纸b点变红色【答案】A【解析】试题分析：A、铜电极上铜离子得电子发生还原反应，A正确；B、电子沿 Zna，bCu 路径流动，a与b之间无电子流动，B错误；C、硫酸根不参与
13、电极反应，浓度不变，C错误；D、锌作负极，铜作正极，湿润的滤纸相当于电解池，滤纸上a作阴极，b作阳极，b上氢氧根离子放电，a上氢离子放电，所以a极附近氢氧根离子浓度增大，滤纸a点变红色，D错误，答案选A。考点：考查原电池和电解池原理13 NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的有7.8gNa2O2中含有的阴离子数目约0.2NA6.8g熔融的KHSO4中含有0.1NA个阳离子0.1molC10H21OH分子中含共价键总数为3NA标准状况下，1L庚烷完全燃烧后，所生成的气态产物的分子数为7NA/22.45.6g铁与硫磺反应，在反应后混合物中加入足量稀硫酸，产生气体的分子数为0.2NA标准状况下，2.
14、24LSO3所含电子数为4NA常温常压下，16gO3含有的原子数为NA1 L 0.1 mol/L的H2S溶液中所含有的H+ 数为0.2 NA在标准状况下，V L CH2O中含有的氧原子个数为A2个 B3个 C.4个 D.5个【答案】A【解析】试题分析： 7.8gNa2O2的物质的量是7.8g/78g/mol=0.1mol，过氧化钠中的阳离子是O22-，所以过氧化钠中含有的阴离子数目约0.1NA，错误；6.8g熔融的KHSO4的物质的量是6.8g/136g/mol=0.05mol,其中的阳离子只是钾离子，所以含有0.05NA个阳离子，错误；0.1molC10H21OH分子中含共价键总数为（310
15、+2）0.1molNA=3.2NA，错误； 标准状况下，庚烷不是气体，所以1L庚烷完全燃烧后，所生成的气态产物的分子数为不是7NA/22.4，错误；5.6g铁与硫磺反应，在反应后混合物中加入足量稀硫酸，无论Fe与硫反应的中是否过量或不足，最终与硫酸反应生成气体是硫化氢或硫化氢和氢气，Fe与气体之间的物质的量比都是1：1，所以5.6gFe产生气体的分子数为0.1NA，错误；标准状况下，2.24LSO3的物质的量不是0.1mol，所含电子数不是4NA，错误；常温常压下，16gO3含有的O原子数为16g/16g/molNA=NA，正确；氢硫酸是弱酸，水溶液中不完全电离，所以1 L 0.1 mol/L
16、的H2S溶液中所含有的H+ 数小于0.2 NA，错误；在标准状况下，分子式为CH2O的物质是甲醛，为气体，则V L CH2O中含有的氧原子个数为，正确，所以答案选A。考点：考查阿伏伽德罗常数与微粒数的关系14利尿剂是2008北京奥运会违禁药物，顾名思义，此类药物有稀释尿液的功能。利尿剂现有15种，主要用于掩盖或“清洗”体内其它违禁药品的存在，以逃避兴奋剂检查。利尿酸是其中之一，其结构简式为：下列叙述正确的是A1mol利尿酸最多可与5mol H2发生加成反应B利尿酸分子中位于同一平面内的原子有10个C利尿酸分子式是C11H12O4D利尿酸与新制Cu（OH）2悬浊液反应有红色沉淀生成【答案】C【解
17、析】试题分析：A此有机物可以与H2发生加成反应的官能团有苯环和羧基，所以1mol该有机物可以与4molH2发生加成反应，A错误；B苯环是平面型结构，则利尿酸分子中位于同一平面内的原子至少有12个，B错误；C根据结构简式可知利尿酸分子式是C11H12O4，C正确；D利尿酸分子含有羧基，与新制Cu（OH）2悬浊液发生中和反应，不能有红色沉淀生成，D错误，答案选C。考点：考查有机物结构和性质15（2015衡水模拟）由锌铁铝镁四种金属中的两种组成的混和物10克，与足量的盐酸反应产生的氢气在标准状况下为11.2升，则混和物中一定含有的金属是（ ）A锌 B铁 C铝 D镁【答案】C【解析】产生11.2LH2
18、需要锌32.5g，铁28g，铝9g，镁12g，根据平均值思想，混合物中的两种金属需要量应分别小于和大于10g，而小于混合物10g的只有铝，故一定有铝，故选C【点评】本题考查混合物的计算，题目难度不大，注意平均值法的利用1631B是化学实验室中最常见的有机物，其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，还是一种植物生长调节剂。并能进行如图所示的反应。且D能发生加聚反应。（1）写出A的结构简式 （2）下列反应的化学方程式和反应类型反应： ;（3）写出A与足量的溴水反应的方程式且命名产物： ;（4）写出D在一定条件下发生加聚反应的化学反应方程式： 【答案】（2）+H2CH2=CH2；加成反应（3）
19、+2Br2CHBr2- CHBr2; 1,1,2,2-四溴乙烷（4）nCH2=CHCl【解析】试题分析：衡量一个国家石油化工发展水平的是CH2=CH2(B),以A为乙炔，乙烯与氢气加成得到乙烷（C）,乙炔与HCl加成得到氯乙烯（D），乙炔与溴水加成生成1,1,2,2-四溴乙烷（E）.考点：烃的相互转化，有机反应的正确书写及反应类型。点评：本题的突破口是乙烯，根据乙烯即可推测出其余物质，从而得到所有的答案。17氨是合成硝酸、铵盐和氮肥的基本原料，回答下列问题：（1）氨的水溶液显弱碱性，其原因为 （用离子方程式表示），0.1molL1的氨水中加入少量的NH4Cl固体，溶液的PH （填“升高”或“降
20、低”）；若加入少量的明矾，溶液中的NH4+的浓度 （填“增大”或“减小”）。（2）硝酸铵加热分解可得到N2O和H2O， 250时，硝酸铵在密闭容器中分解达到平衡，该分解反应的化学方程式为 ，平衡常数表达式为 ；若有1mol硝酸铵完全分解，转移的电子数为 mol。（3）由N2O和NO反应生成N2和NO2的能量变化如图所示，若生成1molN2，其H= kJmol1。【答案】（1）NH3H2ONH+4+OH（3分）降低，增大；（2分）（2）NH4NO3N2O+2H2O（3分） c(N2O).c(H2O)2（2分） 4（2分）（3）139（2分）【解析】试题分析：（1）一水合氨是若电解质，所以电离方程
21、式为：NH3H2ONH+4+OH；氨水中加入氯化铵，铵根离子浓度增大，平衡逆向移动，溶液的pH降低，加入明矾，溶液中的铝离子水解，也使溶液显酸性，中和氨水电离出的氢氧根离子，溶液的铵根离子浓度增大；（2）硝酸铵分解生成一氧化二氮和水，根据质量守恒和电子守恒配平反应，方程式为NH4NO3N2O+2H2O；平衡常数的表达式中不写固体的浓度，是等于生成物浓度的幂之积，所以平衡常数为： c(N2O).c(H2O)2；根据方程式分析，1摩尔硝酸铵分解，有1摩尔的氮原子从-3价升高到+1价，所以转移电子数为 4摩尔；（3）反应热=反应物的能量总和-生成物的浓度总和=209-348=139KJ/mol。考点
22、：弱电解质的电离平衡的移动，平衡常数的表达式的书写，电子转移的计算，反应热的计算18盐卤中除含有Mg2+、Cl-外，还含有少量Na+、Fe2+、Fe3+、SO42-和CO(NH2)2等。从海水提取食盐和Br2后的盐卤中可以提取MgCl2、MgO、Mg（OH）2等物质，制备流程如图所示：（1）从MgCl2溶液得到MgCl2.6H2O晶体的过程中所需的基本操作顺序依次为_ ；A加热蒸馏B加热浓缩C冷却结晶D趁热过滤 E过滤洗涤（2）制取无水氯化镁必须在氯化氢存在的条件下进行，原因是_（用适当的文字结合化学用语说明）。（3）用NaClO除去尿素CO(NH2)2时，生成物除盐外，都是能参与大气循环的物
23、质，则该反应的化学方程式为_ ；加入NaClO的另一个作用是_。（4）Mg(OH)2是制镁盐、耐火材料和阻燃剂的重要原料已知25时KspMg（OH）2=5.610-12，且Mg（OH）2（s）MgO（s）+H2O（s）H=+81.5kJ/mol下列叙述正确的是_A从盐卤或海水中获得Mg（OH）2，工业上选择NaOH作沉淀剂BMg（OH）2能作阻燃剂的原因是它分解吸热且生成MgO覆盖可燃物C可加热Mg（OH）2得到MgO，再电解熔融的MgO制金属镁酸碱指示剂百里酚蓝变色的pH范围如下：pH8.08.09.69.6颜色黄色绿色蓝色25时，在Mg(OH)2的饱和溶液中滴加2滴百里酚蓝指示剂，溶液的颜
24、色为_。【答案】（1）BCE（2）防止Mg2+水解，Mg2+2H2OMg(OH)2+2H+（3）3NaClO+CO(NH2)23NaCl+CO2+N2+2H2O或NaOH+3NaClO+CO(NH2)23NaCl+NaHCO3+N2+2H2O 氧化Fe2+使它变成Fe(OH)3沉淀而除去 (4) B 蓝色【解析】试题分析：向盐卤溶液中加入NaClO，NaClO具有强氧化性，能将Fe2+氧化为Fe3+，向盐卤中加入少量NaOH，NaOH和Fe3+反应生成Fe（OH）3，CO（NH2）2和NaClO发生氧化还原反应，生成物除盐外，都是能参与大气循环的物质，所以生成物是NaCl、CO2、N2、H2O
25、，过量二氧化碳能和NaOH反应生成碳酸氢钠，将溶液过滤得到的滤渣是Fe（OH）3，滤液I中含有Mg2+、Cl-、Na+，将滤液I蒸发、结晶、过滤得到MgCl26H2O，则滤液中含有的杂质离子是Na+，直接将MgCl26H2O加强热能得到MgO，发生反应MgCl26H2OMgO+2HCl+5H2O，氯化镁易水解，所以不能用加热MgCl26H2O方法制取氯化镁，要在HCl氛围中制取氯化镁；（1）从MgCl2溶液得到MgCl2.6H2O晶体的过程，加热浓缩、冷却结晶、过滤洗涤，所以选择BCE；（2）直接将MgCl26H2O加强热能得到MgO，同时还生成HCl和水蒸气，反应方程式为MgCl26H2OM
26、gO+2HCl+5H2O，氯化镁易水解，为防止氯化镁水解，在制取氯化镁时，要将MgCl26H2O放在氯化氢气体中，防止Mg2+水解，Mg2+2H2OMg(OH)2+2H+；（3）通过以上分析知，该反应为3NaClO+CO(NH2)23NaCl+CO2+N2+2H2O或NaOH+3NaClO+CO(NH2)23NaCl+ NaHCO3+ N2+2H2O，次氯酸钠具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，再转化为氢氧化铁沉淀而除去；（4）A从盐卤或海水中获得Mg(OH)2，工业上选择生石灰作沉淀剂，故A错误；BMg(OH)2分解吸热，且MgO不能燃烧，所以Mg(OH)2能作阻燃剂是它分解吸热且生成M
27、gO覆盖可燃物，故B正确；CMgO熔点太高，工业上电解氯化镁制取镁，故C错误；故答案为B；25时，Mg(OH)2的溶度积Ksp=5.610-12，根据反应Mg(OH)2(s)Mg2+2OH-可得：c(Mg2+)c2(OH-)=5.610-12，设c(OH-)=2c(Mg2+)=x，则：0.5xx2=5.610-12，解得：x=2.2410-4mol/L，c(H+)=10142.2410-4mol/L=4.510-11mol/L，溶液的pH=10.49.6，所以溶液呈蓝色。【考点定位】考查了盐类水解、反应化学反应自发进行的条件、化学实验操作方法的综合应用等。【名师点晴】流程分析是解题关键，能正确
28、理解流程是解题的前提，本题分析为：向盐卤溶液中加入NaClO，NaClO具有强氧化性，能将Fe2+氧化为Fe3+，向盐卤中加入少量NaOH，NaOH和Fe3+反应生成Fe（OH）3，CO（NH2）2和NaClO发生氧化还原反应，生成物除盐外，都是能参与大气循环的物质，所以生成物是NaCl、CO2、N2、H2O，过量二氧化碳能和NaOH反应生成碳酸氢钠，将溶液过滤得到的滤渣是Fe（OH）3，滤液I中含有Mg2+、Cl-、Na+，将滤液I蒸发、结晶、过滤得到MgCl26H2O，则滤液中含有的杂质离子是Na+，直接将MgCl26H2O加强热能得到MgO，发生反应MgCl26H2OMgO+2HCl+5
29、H2O，氯化镁易水解，所以不能用加热MgCl26H2O方法制取氯化镁，要在HCl氛围中制取氯化镁。据此分析解题，一切皆可迎刃而解。19下列是用98%的浓H2SO4（=1.84g/cm3）配制500mL 0.5molL1的稀硫酸的实验操作，请按要求填空：（1）实验中量取浓硫酸的体积为 mL（2）如果实验室有10mL、20mL、50mL的量筒，应选 规格的量筒最好，如果量取浓硫酸时仰视读数，所配溶液浓度将（填“偏高”、“偏低”或“无影响”） （3）将量取的浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入盛有约少量水的烧杯里，并不断搅拌，搅拌的目的是 （4）将冷却至室温的上述溶液沿玻璃棒注入 中，并用50mL蒸馏水洗涤烧杯
30、和玻璃棒23次，洗涤液要转入到容量瓶中，并振荡；在转移过程中有少量液体洒在桌子是，则最终所配浓度将（填“偏高”、“偏低”或“无影响”） （5）加水至距刻度线12cm处，改用 加水至刻度线，使溶液的凹液面恰好跟容量瓶刻度线相平，把容量瓶塞好，反复颠倒振荡，摇匀溶液【答案】（1）13.6mL；（2）20mL； 偏高；（3）使稀释时产生的热尽快散失，防止因局部过热引起液滴飞溅；（4）500mL容量瓶； 偏低；（5）胶头滴管【解析】（1）浓H2SO4的物质的量浓度c=mol/L=18.4mol/L，根据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量不变，来计算浓硫酸的体积，设浓硫酸的体积为xmL，所以xmL18.4
31、mol/L=500mL0.5mol/L，解得：x13.6，所以应量取的浓硫酸体积是13.6mL；（2）量取13.6mL浓硫酸，应选择20mL量筒；量筒量取浓硫酸仰视读数导致量取的浓硫酸体积偏大，导致溶质的物质的量偏大，依据C=，溶液浓度偏高；（3）浓硫酸稀释产生大量的热，搅拌的目的是加快热量的散失，防止因局部过热引起液滴飞溅；（4）配制500mL 0.5molL1的稀硫酸，应选择500mL容量瓶；转移过程中有少量液体洒在桌子，导致溶质的物质的量偏小，依据C=可知，溶液浓度偏低；（5）定容时，开始直接往容量瓶中加水，待液面离刻度线12cm时，该用胶头滴管逐滴加入；【点评】本题考查了一定物质的量浓
32、度溶液的配制及误差分析，明确配制原理和步骤是解题关键，注意从c=分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响，据此分析误差20溴苯是一种化工原料，实验室合成溴苯的装置示意图及有关数据如下图：（1）在a中加入15mL无水苯和少量铁屑在b中小心加入4.0mL液态溴向a中滴入几滴溴，有白色烟雾产生，是因为生成了_气体继续滴加至液溴滴完装置d的作用是_；（2）液溴滴完后，经过下列步骤分离提纯：向a中加入10mL水，然后过滤除去未反应的铁屑；滤液依次用10mL水、8mL10%的NaOH溶液、10mL水洗涤。NaOH溶液洗涤的作用是：_向分出的粗溴苯中加入少量的无水氯化钙，静置、过滤加入氯化钙的目的是_；
33、（3）经以上分离操作后，粗溴苯中还含有的主要杂质为_，要进一步提纯，下列操作中必须的是_（填入正确选项前的字母）；A重结晶 B过滤 C蒸馏 D萃取（4）在该实验中，a的容积最适合的是_（填入正确选项前的字母）A25mL B50mL C250mL D500mL【答案】（1）HBr；吸收HBr和Br2 （2）除去HBr和未反应的Br2； 干燥（3）苯；C （4）B【解析】试题分析：（1）苯与溴反应生成HBr气体，HBr气体极易溶于水在空气中与水蒸气结合形成小液滴，所以装置d的作用是吸收HBr、Br2，防止污染空气；（2）生成的溴苯中溶有少量溴和HBr，用NaOH溶液除去HBr和未反应的Br2 ；加
34、入氯化钙的目的是除去粗苯中的水，干燥粗苯；（3）苯溶解于溴苯，经过以上分离操作后，粗溴苯中还含有的主要杂质为未反应的苯；因为苯和溴苯互溶，且沸点差距比较大，若要除去苯，需用蒸馏的方式，答案选C；（4）制备过程中共加入29mL液体，选用50mL的容器，答案选D。考点：考查化学实验知识，涉及实验现象的原因、实验目的、除杂方法、仪器选择等知识。21在标准状况下，13.44 L CO和CO2的混合气体的质量为20 g，请写出计算过程（1）求混合气体中CO和CO2的体积比（2）求混合气体中平均摩尔质量（保留3位有效数字）（注：1 mol混合气体中的每一种气体的摩尔质量与其所占体积分数的乘积之和，以gmo
35、l-1为单位，就是混合气体的平均摩尔质量。例如N2与O2按体积比41混合，则该混合气体的平均摩尔质量为28 gmol-10.832 gmo l-10.228.8 gmo l-1 。初中化学中所用的空气的“平均”相对分子质量为29，就是通过这种方法求得的）。【答案】（1）21；（2）33.3【解析】试题分析：（1）标准状况下13.44L混合气体的物质的量为：=0.6mol，设混合气体中含有CO和CO2的物质的量分别为x、y，则：28x+44y=20、x+y=0.6，解得：x=0.4mol、y=0.2mol，相同条件下，气体的体积之比等于其物质的量之比，则混合气体中CO和CO2的体积比为：0.4m
36、ol：0.2mol=2：1，答：混合气体中CO和CO2的体积比为2：1；（2）混合气体的质量为20g，则混合气体的平摩尔质量为：=33.3g/mol，摩尔质量以gmol-1为单位时平均摩尔质量与相对分子质量在数值上相等，则混合气体的平均相对分子质量为33.3，答：混合气体中平均摩尔质量为33.3考点：考查了混合物的计算、物质的量浓度计算的相关知识。22某混合物A含有Al2 (SO4)3、Al2O3和Fe2O3，在一定条件下可实现下列物质之间的变化：据此判断：（1）固体E所含物质的化学式为 。（2）反应可用来焊接钢轨，化学方程式为 ；该反应称为： 。（3）反应的离子方程式为 。（4）反应的离子方
37、程式为 。【答案】（1）K2SO4 (NH4)2SO4（2）2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe 铝热反应（3）Al2O32OH3H2O2Al(OH)4（4）Al3+3NH3H2OAl(OH)33NH4+【解析】试题分析：考点：KAl(SO4)2溶于水，Al2O3和Fe2O3均不溶于水，混合物A加水溶解后，溶液中是KAl(SO4)2，沉淀是Al2O3和Fe2O3；向沉淀中加NaOH溶液，Fe2O3不反应，Al2O3可与NaOH溶液反应生成NaAlO2，则B为Fe2O3，向NaAlO2溶液中通入CO2可得Al(OH)3沉淀，Al(OH)3受热分解生成Al2O3，则D为Al2O3，反应为铝热反应，
38、C为Al，向溶液中加过量氨水，溶液与过量氨水反应，Al3+被沉淀，得到氢氧化铝沉淀，溶液中剩余的是K2SO4和(NH4)2SO4，经过蒸发、结晶，得到K2SO4和（NH4）2SO4，（1）由以上分析可知固体E是K2SO4 和(NH4)2SO4；（2）反应为铝热反应，方程式为2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，该反应称为铝热反应；（3）反应为Al2O3和氢氧化钠的反应，离子方程式为Al2O3+2OH-+3H2O2Al(OH)4-；（4）反应为Al3+和氨水的反应，反应的离子方程式为Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4+。【考点定位】考查无机推断，涉及元素及化合物的性质。【名师点晴】K
39、Al(SO4)2溶于水，Al2O3和Fe2O3均不溶于水，混合物A加水溶解后，溶液中是KAl（SO4）2，沉淀是Al2O3和Fe2O3；向沉淀中加NaOH溶液，Fe2O3不反应，Al2O3可与NaOH溶液反应生成NaAlO2，则B为Fe2O3，向NaAlO2溶液中通入CO2可得Al（OH）3沉淀，Al(OH)3受热分解生成Al2O3，则D为Al2O3，反应为铝热反应，C为Al，向溶液中加过量氨水，溶液与过量氨水反应，Al3+被沉淀，得到氢氧化铝沉淀，溶液中剩余的是K2SO4 和(NH4)2SO4，经过蒸发、结晶，得到的是K2SO4 和(NH4)2SO4，以此解答该题。23在下图所示的转化关系中
40、，AJ分别表示中学化学中常见的一种物质，其中部分反应物、生成物没有列出。已知反应是一种重要的工业生产原理，A、B、C、D、E、F六种物质中含有同一种元素。请回答下列问题：（1）I、G、J三种物质中所含同一种元素在周期表中的位置是 。（2）写出反应的离子方程式 。（3）写出反应的化学方程式 。（4）写出反应的电极反应式：阳极： ；阴极： 。（5）从能量变化的角度看，反应中焓变H0的反应是 。(填序号)（6）A、B、C、D、E、F六种物质中所含同一种元素的电子排布式 。【答案】（1）第三周期、第IIIA族 （2）2Al2OH2H2O2AlO23H2（3）4Fe(OH)2O22H2O4Fe(OH)3
41、 （4）6O212e3O2 4Al312e4Al（5） （6）1s22s22p63s23p63d64s2或Ar3d64s2【解析】试题分析：反应是一种重要的工业生产原理，G、I均能与氢氧化钠溶液反应，所以G是氧化铝，I是铝，H是氧气，J是偏铝酸钠。根据反应、的条件可判断反应是铝热反应，B是四氧化三铁，A是铁，D是氯化铁，C是氯化亚铁，E是氢氧化亚铁，F是氢氧化铁。（1）I、G、J三种物质中所含同一种元素是铝，在周期表中的位置是第三周期、第IIIA族。（2）根据以上分析可知反应的离子方程式为2Al2OH2H2O2AlO23H2。（3）根据以上分析可知反应的化学方程式为4Fe(OH)2O22H2O4Fe(OH)3。（4）电解氧化铝时阳极是氧离子失去电子，电极反应式为6O212e3O2；阴极是铝离子得到电子，电极反应式为4Al312e4Al。（5）从能量变化的角度看，反应中焓变H0即属于放热反应的是。（6）A、B、C、D、E、F六种物质中所含同一种元素是铁，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2或Ar3d64s2。考点：考查无机框图题推断
