1、山东省曲阜市第一中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）1下列各表分别是元素周期表的一部分，表中的数字表示元素的原子序数，各表中数字所表示的元素在周期表中的位置与周期表的结构相符的是（ ）v【答案】B【解析】2设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是 （ ）A常温常压下，NA个CO2分子的体积为22.4LB常温常压下，1mol氦气含有的核外电子数为4 NA C12.4 g 白磷（P4）中含有的磷原子数为0.4 NAD标准状况下，22.4L氧气所含质子数是8NA【答案】C【解析】略320往100 mL溴化亚铁溶液中缓慢通入2.24 L(标准状况)氯气，反应完成后溶液中有1/
2、3的溴离子被氧化成溴单质。则原溴化亚铁溶液的物质的量浓度为（ ）A1.2mol/L B0.3mol/L C1.4mol/L D无法计算【答案】A【解析】4在25 、101105 Pa下，反应2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g)H=+567 kJmol-1能自发进行的合理解释是()A该反应是分解反应B该反应的熵增效应大于焓变效应C该反应是熵减反应D该反应是放热反应【答案】B【解析】试题分析：该反应是吸热反应。不能只用焓判据来判断反应进行的方向，该反应过程中熵增大，是熵增反应。该反应能够自发进行，说明该反应的熵增效应大于焓变效应。考点：化学反应进行的方向5下列说法中正确的是A干冰汽化需吸收大
3、量的热，这个变化是吸热反应B浓硫酸溶于水会放出大量热，这属于放热反应C用氢氧焰可以加热软化玻璃制玻璃器皿，这利用了氢气和氧气化合时放出的热量D木炭需加热到一定温度时才燃烧，所以木炭燃烧是吸热反应【答案】C【解析】试题分析：A干冰汽化是由固体直接变为气体，只是状态发生了改变，没有新的物质生成，属于物理变化，故A错误； B浓硫酸溶于水没有新的物质生成，属于物理变化，故B错误；C氢气和氧气化合时放出大量的热，用氢氧焰可以加热软化玻璃生产各种玻璃器皿，故C正确；D木炭需加热到一定温度达到木炭的着火点时才燃烧，木炭燃烧时放出热量，故D错误；故选C。考点：考查吸热和放热反应。605 mol硝酸铵在一定条件
4、下可分解成02 mol硝酸和162 g水以及另外一种气态物质，该气态物质可能是()ANO BN2O CN2O3 DN2【答案】D【解析】试题分析： n(H2O)=09(mol)，n(NH4NO3)n(HNO3)n(H2O)=050209=529，即：5NH4NO3=2HNO3+9H2O+X，根据元素守恒可以断定气态物质可能是N2，其化学方程式为5NH4NO3=2HNO3+9H2O+4N2。考点：氮肥的生产和使用7下列图示装置的实验中，操作正确的是A图1配制250mL0.10molL-1盐酸 B图2稀释浓硫酸C图3称量氯化钠固体 D图4CCl4萃取碘水的分液操作【答案】D【解析】试题分析：A、配
5、制一定物质的量浓度溶液时，选取的容量瓶规格应该等于或稍大于配制溶液体积，则配制250mL稀盐酸需要250mL容量瓶，故A错误；B、容量瓶只能配制一定物质的量浓度溶液，不能稀释或溶解药品，应该先将浓硫酸在烧杯中稀释，冷却至室温时再转移溶液，故B错误；C、用天平称量药品时应该遵循“左物右砝”原则，则药品在左盘、砝码在右盘，故C错误；D、互不相溶的液体采用分液方法分离，碘易溶于四氯化碳、不易溶于水，且四氯化碳和水不互溶，所以采用分液方法分离，故D正确；故选D。考点：考查了化学实验方案的设计与评价的相关知识。8下列说法正确的是 ACO2、NO2和SiO2都是酸性氧化物，都是大气污染物B. 福岛核电站泄
6、露的放射性物质钚的其中两种同位素239Pu与244Pu，化学性质几乎相同 C0.1molL-1的醋酸溶液加水稀释，c（H+）、c（OH-）同比例减小 D对于可逆反应，若平衡向正反应方向移动，则反应物的转化率一定增大【答案】B【解析】A错，酸性氧化物是指与碱反应生成盐和水的氧化物，CO2、NO2和SiO2都是酸性氧化物，但SiO2是固体，不属于大气污染物；B正确，同位素的化学性质几乎相同，物理性质不同；C错，0.1molL-1的醋酸溶液加水稀释，c（H+）减小，c（OH-）增大，因为水的离子积常数不变；D错，对于可逆反应，若平衡向正反应方向移动，则反应物的转化率不一定增大：如反应A(g)+B(g
7、)C(g)+D(g)，增大A的浓度，平衡向正反应方向移动，但A的转化降低，B的转化率才增大；9100 mL 6 molL H2S04与过量锌粉反应，在一定温度下，为了减缓反应进行的速率，但又不影响生成氢气的总量，可向反应物中加入适量的( )A碳酸钠固体 B碳酸钠溶液 C硫酸钾溶液 D硫酸铵固体【答案】C【解析】试题分析：根据反应的实质为Zn+2H+Zn2+H2，为了减缓反应速率，但又不影响生成氢气的总量，则减小氢离子的浓度但不能改变氢离子的物质的量即可，注意Zn过量，则A、加碳酸钠固体会和酸中的氢离子之间反应生成二氧化碳气体，影响氢气的量，故A错误；B、加碳酸钠溶液会和酸中的氢离子之间反应生成
8、二氧化碳气体，影响氢气的量，B不正确；C、加适量的K2SO4溶液，相当于稀释，氢离子的物质的量不变，浓度变小，则减缓反应进行的速率，但又不影响生成氢气的总量，故C正确；D、加入硫酸铵固体，不能改变氢离子的浓度反应速率变化不明显，故D错误，故选C。考点：考查影响化学反应速率的因素10下列实验能达到目的的是A只滴加氨水鉴别NaCl、AlCl3、MgCl2、Na2SO4四种溶液B将NH4Cl溶液蒸干制备NH4Cl固体C用萃取分液的方法除去酒精中的水D用可见光束照射以区别溶液和胶体【答案】D【解析】试题分析：A、NaCl、Na2SO4与氨水不反应，均无现象，AlCl3、MgCl2与氨水反应均生成白色沉
9、淀，A项错误；B、蒸干NH4Cl溶液的过程中NH4Cl会分解，得不到NH4Cl固体，B项错误；C、酒精与水互溶，不能用萃取分液的方法除去酒精中的水，C项错误；D、溶液和胶体可以用丁达尔效应区分，D项正确；答案选D。考点：考查物质鉴别11充分燃烧某气态烃X，并收集产生的全部的水，恢复到室温时，得到水的质量跟原烃X的质量相等则X的分子式可以是ACH4 BC2H6 CC3H6 DC4H6【答案】D【解析】试题分析：因得到水的质量跟原烃X的质量相等，所以可知该烃中碳元素的质量与氢结合的氧元素的质量相等，可设该烃的化学式为CxHy，则有12x=16(y/2)，得12x=8y，x：y=2：3，分析选项只有
10、D中C4H6的原子个数比是2：3。故选D。考点：根据化学反应方程式的计算点评：此题是对化学式判断的考查，解题的关键是找到信息中的等量关系，进而判断出化学式中两原子的个数比，从而判断其化学式。12有关下图所示原电池的叙述不正确的是A电子沿导线由Cu片流向Ag片 B正极的电极反应是AgeAg CCu片上发生氧化反应，Ag片上发生还原反应D反应时盐桥中的阳离子移向Cu(NO3)2溶液【答案】D【解析】试题分析：A、该装置是原电池装置，发生的反应实质是Cu与硝酸银的反应，所以Cu失去电子，发生氧化反应，则Cu是负极，Ag是正极，电子从负极流向正极，正确；B、正极是银离子发生还原反应，得到电子生成Ag，
11、正确；C、根据以上分析，Cu片上发生氧化反应，Ag片上发生还原反应，正确；D、原电池中，阳离子向正极移动，所以盐桥中的阳离子移向AgNO3溶液，错误，答案选D。考点：考查原电池反应原理的应用，电极的判断，电子的流向，电极反应的判断13用直线连接有机物和它所对应的类别：（6分） 【答案】（6分）A连g；B连f；C连a；D连c；F连d；G连b；【解析】试题分析：CH3CH2CH3是烷烃，CH2=CHCH3是烯烃，CH3COOCH3 是酯，是醛， H3COH是醇，CH3CH2COOH是羧酸，故正确的连接方法是：A连g；B连f；C连a；D连c；F连d；G连b；考点：有机物的分类14具有显著抗癌活性的1
12、0一羟基喜树碱的结构如图所示。下列关于10一羟基喜树碱的说法正确的是A分子式为C20H16N2O5B不能与FeCl3溶液发生显色反应C不能发生酯化反应D一定条件下，1mol该物质最多可与1molNaOH反应【答案】A【解析】试题分析： A、分子式为C20H16N2O5，正确；B、分子中含有酚羟基，能与FeCl3溶液发生显色反应，错误；C、分子中含有醇羟基能发生酯化反应，错误。D、分子中有1个酯基和1个酚羟基，一定条件下，1mol该物质最多可与2molNaOH反应，错误。考点：考察有机化合物性质、化学反应的计算。15将充有n mL NO和m mL NO2气体的试管倒立于盛水的水槽中，然后通入n
13、mL O2。mn，则充分反应后，试管中气体在同温同压下的体积为( )A B C D【答案】A【解析】试题分析：根据反应可知3NO2+H2O=2HNO3+NO，当m毫升的二氧化氮反应后生成m/3毫升的一氧化氮，所以反应后一氧化氮的总共n+m/3毫升，设消耗氧气的体积为x，则由4NO+3O2+2H2O=4HNO3，消耗的氧气为(3n+m)/4，由于mn，则xn，显然氧气不足，完全反应，剩余气体为一氧化氮，一氧化氮的体积为(n+m/3)-4n/3=(m-n)/3，选A。考点： 氮的氧化物的性质及其对环境的影响【名师点睛】本题考察氮的氧化物与水的反应，明确发生的反应及mn的关系是解题的关键，熟悉体积与
14、物质的量是正比关系。16（14分）工业上通常用下列方法治理含氮化合物的污染。（1）用稀土等催化剂能将汽车尾气中的CO、NOx、碳氢化合物转化成无毒物质，从而减少汽车尾气污染。已知：N2(g)+ O2(g)2NO(g) H180.5 kJ/mol 2C(s)+ O2(g)2CO(g) H221.0 kJ/molC(s)+ O2(g)CO2(g) H393. 5 kJ/mol写出NO(g)与CO(g)催化转化成N2(g)和CO2(g)的热化学方程式 。（2）用NH3还原NOx生成N2和H2O。现有NO、NO2的混合气3 L，可用同温同压下3.5 L的NH3恰好使其完全转化为N2，则原混合气体中NO
15、和NO2的物质的量之比为 。（3）电化学降解治理水中硝酸盐污染。在酸性条件下，电化学降解NO的原理如图1，A为电源的 极，阴极反应式为 。（4）通过控制溶液的pH对工业废水中的金属离子进行分离。图2是某些金属氢氧化物在不同浓度和pH时的沉淀溶解图像，图中直线上的点表示平衡状态。当溶液中的离子浓度小于110-5 molL-1时，认为该离子沉淀完全。Fe (OH)3、Al(OH)3、Cr(OH)3三种物质的溶度积常数最大的是 ，图中A、B、C三点中表示Fe(OH)3的沉淀速率大于溶解速率的是 。由图可得Fe(OH)2的溶度积的值为 。【答案】（1）2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(
16、g)；H=746.5KJ/mol；（2） 1:3；（3）正极；2NO3-+12H+10e-=N2+6H2O；（4） Cr(OH)3、C ；110-15。【解析】试题分析：2，整理可得：2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)；H=746.5KJ/mol；（2）用NH3还原NOx生成N2和H2O。现有NO、NO2的混合气3 L，可用同温同压下3.5 L的NH3恰好使其完全转化为N2，在反应中化合价升降总数相等，32x=3.53,解得x=1.75.设原混合气体中NO和NO2的物质的量之比为m：n,则(m+2n)(m+n)= 1.75，m：n=1:3 ；（3）电化学降解治理水中硝酸盐污
17、染。在酸性条件下，电化学降解NO在AgPt电极上得到电子被还原变为N2，所以该电极是阴极，B是电源的负极，则A为电源的正极，阴极反应式为2NO3-+12H+10e-=N2+6H2O；（4）Fe (OH)3、Al(OH)3、Cr(OH)3三种物质的组成结构相同，当溶液中金属离子浓度相同时，哪种微粒的溶液中c(OH-)越大，则根据沉淀溶度积常数Ksp=c(M3+)c3(OH-)的定义可知哪种金属沉淀物的溶度积常数就越大，画一条离子浓度小于110-5 mol/L的水平线，会发现：Cr(OH)3的c(OH-)最大，因此Fe (OH)3、Al(OH)3、Cr(OH)3三种物质的溶度积常数最大的是Cr(O
18、H)3；图中A在沉淀溶解平衡先下侧，还没有达到沉淀溶解平衡，溶解速率大于沉淀速率，物质在不断的溶解；B点处于沉淀溶解平衡中，沉淀速率等于溶解速率，C点处于过饱和状态，沉淀速率大于溶解速率。因此A、B、C三点中表示Fe(OH)3的沉淀速率大于溶解速率的是C点；由图可得Fe(OH)2的溶度积的值为Ksp(Fe(OH)2)= c(Fe2+)c2(OH-) =110-5 (110-5)2 = 110-15。考点：考查盖斯定律的应用、氧化还原反应中的计算、电化学的应用、沉淀溶解平衡的影响因素的知识。17（7分）海藻中富含碘元素。某小组同学在实验室里用灼烧海藻的灰分提取碘，流程如下图。（1）写出操作名称：
19、操作 ，操作 。（2）用NaOH浓溶液反萃取后再加稀酸，可以分离I2和CCl4。有关化学方程式为：碱性条件，3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O，酸性条件，5NaI+NaIO3+3H2SO4=3Na2SO4+3I2+H2O。以下是反萃取过程的操作，请填写相关空格：向装有I2的CCl4溶液的 （填仪器名称）中加入少量1molL-1 NaOH溶液；振荡至溶液的 色消失，静置、分层，则 （填“上”、“下”）层为CCl4；将含碘的碱溶液从仪器的 （填“上”、“下”）口倒入烧杯中；边搅拌边加入几滴1 molL-1 H2SO4溶液，溶液立即转为棕黄色，并析出碘晶体；（3）本实验中可以循环利用
20、的物质是 。【答案】（1） 过滤 分液 （2）分液漏斗 紫红 下 上 （3）CCl4【解析】试题分析：（1）由悬浊液经过操作得到固体和溶液，用的是过滤操作，碘水加CCl4 用的是萃取操作，接着采取分液操作达到分离物质的目的；（2）萃取过程的主要仪器是分液漏斗， 碘在有机溶剂中溶解，颜色为紫红色，做反萃取实验时，会出现碘由有机层进入水层的过程，CCl4 比水重，所以振荡至溶液的紫红色消失，静置、分层，则下层为CCl4 ，为防止污染，在分液时，下层液体由下口放出，上层液体有上口放出，所以将含碘的碱溶液从仪器的上口倒入烧杯中；（3）根据反萃取的操作过程，本实验中可以循环利用的物质是CCl4。考点：考
21、查化学实验基本操作，萃取等知识。18 (12分)某学生用0.1000mol/LKOH溶液滴定未知浓度的盐酸溶液，其操作可分解为如 下几步:A 移取20.00mL待测的盐酸溶液注入洁净的锥形瓶，并加入2-3滴酚酞B 用标准溶液润洗滴定管2-3次C 把盛有标准溶液的碱式滴定管固定好，调节液面使滴定管尖嘴充满溶液D取标准KOH溶液注入碱式滴定管至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KOH溶液滴定至终点，记下滴定管液面刻度（1） 正确操作的顺序是(用序号字母填写) B- 。（2） 滴定开始后，眼睛注视 ，判断滴定终点的现象是： （3） 下列操作中可
22、能使所测盐酸的浓度数值偏高的是 A 碱式滴定管未用标准溶液润洗就直接注入标准液B 滴定前盛放HCl的锥形瓶用蒸馏水洗净后有少量水残留C 碱式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失D 读取氢氧化钠溶液时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数（4）滴定开始和结束时，碱式滴定管中的液面如图C所示，则终点读数为 mL，所测盐酸溶液的浓度为 mol/L。【答案】26. (12分) （1） DCEAF (2分) （2） 锥形瓶内溶液颜色的变化(2分) 溶液由无色变为（浅）红色，且半分钟内溶液颜色不发生改变(2分，每点1分)（3） AC(2分，选1个正确给1分，有错不给分) （4）25.90(2分) 0.1295
23、 mol/L(2分)【解析】试题分析:（1）中和滴定按照检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液并加指示剂、滴定等顺序操作，所以正确的顺序为BDCEAF；（2） 滴定开始后，两眼应该注视锥形瓶内溶液的颜色变化；滴定时，锥形瓶中溶液的颜色由无色变浅红且保持30秒内不褪色，可说明达到滴定终点：（3）碱式滴定管未用标准溶液润洗就直接注入标准液，会导致标准液稀释，根据c（待测）=C（标）xV（标）/V(待)分析，可得c（待测）偏高，A偏高；滴定前盛放HCl的锥形瓶用蒸馏水洗净后有少量水残留，没有影响HCl的物质的量，B无影响；碱式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，会导致末读数据增大，结果偏高,C偏高；读取
24、氢氧化钠溶液时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，开始读数偏大，结束读数偏小，结果偏小，D错误，下列操作中可能使所测盐酸的浓度数值偏高的是A、C（4）滴定管的0刻度在上，1cm之间有10个间隔，所以终点读数为25.90mL，根据c（待测）=C（标）xV（标）/V(待)计算可得所测盐酸溶液的浓度为0.1295 mol/L。考点：考查中和滴定等知识。19中学常采用高锰酸钾加热分解法制取氧气，某兴趣小组经查阅资料获知：制得氧气后固体残余物中的锰酸钾(K2MnO4)具有强氧化性，与还原剂、有机物、易燃物混合可形成爆炸性混合物，如不妥善处置将造成危险。因此该小组对该残余物进行分离提纯，得到锰酸钾晶体，利
25、用回收的锰酸钾与浓盐酸反应制取氯气，并设计实验验证氯气化学性质。（1）打开分液漏斗活塞及弹簧夹2，观察到烧瓶壁有紫红色物质生成并逐渐消失，黄绿色气体充满烧瓶。反应结束后，烧瓶内有黑色固体残余，写出过程中发生的化学反应方程式：_。（2）该方法制取氯气比用纯净的高锰酸钾要缓和平稳许多，试分析原因_。 （3）该小组利用装置C吸收氯气制备漂白粉。C中盛装的试剂为_；陶瓷多孔球泡的作用是_。（4）测定漂白粉有效成分的质量分数：称取1.5g所制漂白粉配成溶液，调节pH值并加入指示剂，用0.1000mol/L KI溶液进行滴定，三次平行实验平均每次消耗20.00mL标准液时达到滴定终点，反应原理涉及到的方程
26、式为：3ClO+I=3Cl+ IO3 ； IO3+5I+3H2O=6OH+3I2所选的指示剂为_，达到滴定终点的标志是_。该漂白粉中有效成分的质量分数为_。（5）打开分液漏斗活塞及弹簧夹1，可观察到D中的现象为_ ，该现象能够证明氯气有氧化性。甲同学认为取D中反应后溶液，滴加硝酸酸化的硝酸银，若有白色沉淀产生，也能证明氯气氧化了亚硫酸氢钡，你认为是否正确并说明理由_。【答案】（1）3K2MnO4+4 HCl =2KMnO4+ 4KCl +MnO2+2H2O；2KMnO4 + 16HCl= 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2+ 8H2O；（2）锰酸钾生成高锰酸钾与二氧化锰两种物质，形成均匀
27、的固体分散系，可降低高锰酸钾与盐酸反应速率；（3）石灰乳；增大气体接触面积，使氯气吸收更充分；（4）淀粉；最后一滴标准液滴下时，溶液变为浅蓝色，半分钟不褪色；14.3%（5）出现白色沉淀；不正确，氯气与水反应也生成氯离子，不能证明溶液中的氯离子一定是氯气氧化亚硫酸氢钡所得产物【解析】试题分析：（1）根据现象，烧瓶壁有紫红色高锰酸钾生成，后逐渐消失，是与浓盐酸反应生成了氯气，烧瓶内有黑色固体二氧化锰残余，发生的化学反应方程式有3K2MnO4+4 HCl =2KMnO4+ 4KCl +MnO2+2H2O，2KMnO4 + 16HCl= 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2+ 8H2O，故答案为
28、：3K2MnO4+4 HCl =2KMnO4+ 4KCl +MnO2+2H2O，2KMnO4 + 16HCl= 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2+ 8H2O；（2）锰酸钾生成高锰酸钾与二氧化锰两种物质，形成均匀的固体分散系，可降低高锰酸钾与盐酸反应速率，使得反应缓和平稳许多，故答案为：锰酸钾生成高锰酸钾与二氧化锰两种物质，形成均匀的固体分散系，可降低高锰酸钾与盐酸反应速率；（3）工业上用石灰乳吸收氯气制备漂白粉，因此C中盛装石灰乳，故答案为：石灰乳；陶瓷多孔球泡可以增大气体接触面积，使氯气吸收更充分，故答案为：增大气体接触面积，使氯气吸收更充分；（4）反应中有碘生成，可以选用淀粉作指示
29、剂，达到滴定终点现象为最后一滴标准液滴下时，溶液变为浅蓝色，半分钟不褪色，故答案为：淀粉；最后一滴标准液滴下时，溶液变为浅蓝色，半分钟不褪色；漂白粉中有效成分为次氯酸钙，根据方程式3ClO+I=3Cl+ IO3 ；IO3+5I+3H2O=6OH+3I2有Ca(ClO)22ClO4I，nCa(ClO)2=n(I)= 0.1000mol/L0.02L=0.0005mol，该漂白粉中有效成分的质量分数为100%=14.3%，故答案为：14.3%；（5）打开分液漏斗活塞及弹簧夹1，生成的氯气将亚硫酸钡氧化为硫酸钡沉淀；甲同学认为取D中反应后溶液，滴加硝酸酸化的硝酸银，若有白色沉淀产生，不能证明氯气氧化
30、了亚硫酸氢钡，因为氯气能够与水反应生成氯离子，故答案为：出现白色沉淀；不正确，氯气与水反应也生成氯离子，不能证明溶液中的氯离子一定是氯气氧化亚硫酸氢钡所得产物。考点：考查了物质性质的探究实验方案的设计、氧化还原反应、化学方程式的书写的相关知识。20实验题（18分）（1）右图为实验室制备乙烯的装置图，请回答：烧瓶中加入的两种试剂是 。写出实验室制乙烯的化学方程式：_。实验室收集乙烯应采用_法。（2）某同学欲用12mol/L的浓盐酸配制1mol/L的盐酸250mL。操作时，必须用到的仪器是 _（填序号）。500mL容量瓶 250mL容量瓶 100mL烧杯 50mL量筒 10mL量筒操作中，将洗涤烧
31、杯后的洗液也注入容量瓶，其目的是 。用胶头滴管往容量瓶中加水时，不小心液面超过了刻度，处理的方法是_（填序号）。吸出多余液体，使凹液面与刻度线相切小心加热容量瓶，经蒸发后，使凹液面与刻度线相切经计算加入一定量的浓盐酸重新配制（3）为测定由CO、NH3、CO2、H2组成的混合气体中各成分的体积分数，请用下列装置设计一个简单实验（装置不能重复使用，所用试剂均过量）。已知存在下列反应：2NH3 +3 CuO 3Cu + N2 + 3H2O请回答：混合气体通过各装置的顺序依次是（ ）（ ）（ ）（ ）；写出装置中有关反应的离子方程式 ；装置和的位置不可互换，其原因是 。【答案】（1） 乙醇 浓硫酸 C
32、2H5OHCH2CH2+H2O 排水法（2） 防止溶质盐酸丢失 （3）（ ）（ ）（ ）（ ） Ba2+2OH-+CO2=BaCO3+H2O 会造成氨气体积测定时的巨大误差【解析】试题分析：（1）、实验室制取乙烯的试剂是乙醇和浓硫酸，则烧瓶中加入的两种试剂是乙醇、浓硫酸。、实验室制乙烯的化学方程式是C2H5OHCH2CH2+H2O。 、乙烯难溶于水，密度略小于空气，所以实验室收集乙烯应采用排水法。（2）、操作时，必须用到的仪器是250mL容量瓶，答案选。、操作中，将洗涤烧杯后的洗液也注入容量瓶，其目的是防止溶质盐酸丢失。、用胶头滴管往容量瓶中加水时，不小心液面超过了刻度，处理的方法是重新配制，
33、答案选。（3）、由于CO通过时，会转化为CO2，应先检验CO2，并除尽，应先通过碱石灰；由于NH3可以与CuO反应，影响测定结果，所以用浓硫酸除去；CO和H2，都有还原性，通过灼热的CuO，CO被氧化为CO2，用吸收，所以顺序为：。、通过装置的气体为CO2，可以与Ba（OH）2发生离子反应，写出离子方程式为Ba2+2OH-+CO2=BaCO3+H2O；、若装置和的位置互换，则通过装置时，会带出水蒸气，被吸收氨气的装置吸收，则造成巨大误差。考点：考查乙烯制备、一定物质的量浓度配制、气体检验实验方案设计21（12分）某学生用NaHCO3 和 KHCO3 组成的某混合物进行实验，现称取不同质量的混合
34、物样品溶于水后，分别滴入相同浓度的盐酸50ml，产生CO2气体的体积（标准状况）如图所示。(1)求所用盐酸的物质的量浓度(2)求混合物中NaHCO3的质量分数【答案】(1)c(HCl)= 3mol/L (2)45.65%【解析】试题分析：（1）根据图示可知，固体质量为15.7g时，固体过量盐酸不足，1mol盐酸能产生1mol气体，所以c(HCl)=。（2）根据图示可知，当固体为9.2g时固体不足盐酸过量，设KHCO3 xmol，NaHCO3 ymol，则100x+84y=9.2g，x+y=0.1mol，所以x=0.05mol，y=0.05mol，因此NaHCO3的质量分数为。考点：化学计算点评
35、：本题主要考查学生分析图像的能力，通过图像进行计算。22元素X、Y、Z原子序数之和为36，Y、Z在同一周期，X与Z在同一主族，X原子最外层电子数是Y原子最外层电子数的3倍。（1）写出下列元素符号：X ，Y ，Z （2）X与Y两元素可形成化合物属 （“离子”或“共价 ”）化合物。（3）写出X与Z所形成的化合物的化学式： 【答案】（1）O、Mg、S （2）离子 （3）SO2、SO3 【解析】试题分析：有题意可以推断出X、Y、Z分别为O、Mg、S ；所以（1）X、Y、Z的元素符号为O、Mg、S ；（2）X与Y两元素可形成化合物为MgO，MgO为离子化合物；（3）X与Z所形成的化合物的化学式有两种，即
36、SO2、SO3 。考点：元素周期表点评：本题考查了元素周期表的推断题，该题比较容易。23同周期中A、B、C、D、E、F为原子序数依次增大的短周期元素。已知：A、C、F三种原子的最外层共有11个电子，且这三种元素的最高价氧化物对应的水化物之间两两皆能反应，均生成盐和水。请完成下列问题：（1）根据以上条件一定能判断出的元素有几种，请在下列横线上写出相应的元素符号：A_，B_，C_，D_，E._，F._。（2）已知D单质在F单质中燃烧可能生成两种化合物，请分别写出生成两种化合物的化学方程式:_；_。【答案】（1）Na；Mg；Al；P；S；Cl（2）3Cl2+2P2PCl3、5Cl2+2P2PCl5【
37、解析】试题分析：（1）A、B、C、D、E、F为原子序数依次增大的短周期元素，A、C、F三种元素的最高价氧化物的水化物两两皆能发生反应生成盐和水，应是两性氢氧化物与强酸、强碱的反应，结合原子序数可知：A为Na、C为Al，三种原子最外层共有11个电子，则F的最外层电子数为11-1-37，则F为Cl元素；B的原子序数介于Na和Al之间，所以B为Mg元素；D、E的原子序数介于Al和Cl之间，则D为Si、E为P元素，根据分析可知，A为Na、B为Mg、C为Al、D为P、E为S、F为Cl元素；（2）F的单质为氯气，磷与氯气反应生成三氯化磷、五氯化磷，反应的化学方程式为：3Cl2+2P2PCl3、5Cl2+2P2PCl5。考点：考查位置、结构与性质的关系