1、2015-2016学年山东省济南市商河一中高三（下）月考化学试卷（3月份）一、选择题（共13小题，每小题3分，满分39分）1天然维生素P（结构如图）存在于槐树花蕾中，它是一种营养增补剂关于维生素P的叙述错误的是（）A可以和溴水反应B可溶于有机溶剂C分子中有三个苯环D1mol维生素P最多可以和4molNaOH反应2我国已成功发射了“神舟”九号，其中一名航天员身穿国产的舱外航天服首次实现了太空行走该航天服的面料是由高级混合纤维制造而成的，据此分析，该面料一定不具有的性质是（）A强度高，耐高温B防辐射，防紫外线C能抗骤冷、骤热D有良好的导热性，熔点低3同位素示踪法可用于反应机理的研究，下列反应或转化
2、中同位素示踪表示正确的是（）A2Na218O2+2H2O4Nal8OH+O2BNH4Cl+2H2ONH32H2O+HClC2KMnO4+5H218O2+3H2SO4K2SO4+2MnSO4+518O2+8H2ODK37ClO3+6HClK37Cl+3Cl2+3H2O4下列情况会对人体健康造成较大危害的是（）A自来水中通入少量Cl2进行消毒杀菌B用SO2漂白食品C用食醋清洗热水瓶胆内壁附着的水垢D用小苏打发酵面团制作馒头5下列反应的离子方程式书写正确的是（）A用稀HNO3溶解FeS固体：FeS+2H+=Fe2+H2SB氯气通入澄清石灰水中：Cl2+2OH=Cl+ClO+H2OC用小苏打治疗胃酸过
3、多：CO32+2H+=CO2+H2OD硅酸钠溶液中通入过量二氧化碳：SiO32+CO2+H2O=H2SiO3+CO326浓H2SO4 密度1.84g/mL，物质的量浓度为18.4mol/L，质量分数为98%，取10mL浓H2SO4和amL水混合得物质的量浓度为Cmol/L，质量分数为b%下列组合正确的是（）（1）若b=49 则a=18.4 C9.2 （2）若b=49 则a=18.4 C9.2（3）若C=9.2 则a10 b49% （4）若C=9.2 则a10 b49%A（1）（3）B（1）（4）C（2）（3）D（2）（4）7能用离子方程式H+OHH2O表示的反应是（）A稀醋酸和稀氨水反应B稀硫
4、酸和烧碱溶液反应C稀盐酸和氢氧化铜反应D稀硫酸和氢氧化钡溶液反应8下列有关物质分类的说法中，正确的是（）ASiO2不能和水反应，所以它不是酸性氧化物B只由一种元素组成的物质必然是纯净物C烧碱、冰醋酸、石墨均为电解质D海水、氯水、氨水均为混合物9维生素C是人体维持正常生命过程所必需的一种物质，主要来源于新鲜的蔬菜和水果中，其结构如图下列关于维生素C的说法中正确的是（）A能使FeCl3溶液显紫色B难溶于水，易溶于有机溶剂C能使溴的四氯化碳溶液褪色D能发生加成反应和氧化反应，但不能发生水解反应10下列事实能说明乙酸（CH3COOH） 属于弱酸的是（）1mol/L CH3COOH的 pH=2 乙酸能与
5、水以任意比互溶20mL 1mol/L CH3COOH 与20mL 1mol/LNaOH恰好中和 CH3COONa溶液的pH7ABCD11近年来，我国许多城市禁止汽车使用含铅汽油，其主要原因是（）A提高汽油燃烧效率B降低汽油成本C避免铅污染大气D铅资源短缺12下列关于元素周期表的说法中，错误的是（）A元素周期表是元素按原子序数从小到大从左到右排列而成的B主族元素原子的电子层数等于其所在周期的周期序数C四、五、六周期中都含有18种元素，其中族中所含元素种类最多D元素周期表中有18列、16个族，且第二列中无非金属元素13短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其中W的阴离子的核外电子数与X、Y、
6、Z原子的核外内层电子数相同X的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，工业上采用液态空气分馏方法来生产Y的单质，而Z不能形成双原子分子根据以上叙述，下列说法中正确的是（）A上述四种元素的原子半径大小为WXYZBW、X、Y、Z原子的核外最外层电子数的总和为20CW与Y可形成既含极性共价键又含非极性共价键的化合物D由W与X组成的化合物的沸点总低于由W与Y组成的化合物的沸点二、解答题（共9小题，满分78分）14气候变暖冰川融化将会对人类产生极大的灾害如南极冰盖全部融化，南太平洋上的美丽岛国图瓦卢很可能成为首个“沉没”的国家，喜马拉雅山冰川融化尼泊尔会有“灭顶”之灾，近海城市遭受城市淹没、海啸等灾害
7、所以合理利用资源，加强环境保护降低碳的排放，实施低碳经济是今后经济生活主流（1）下列措施对有效减少二氧化碳排放和降低大气中二氧化碳不适合的是A使用天然气等燃料B植树造林，保护森林，保护植被C大力发展风能、水力、潮汐能发电和核电，大力推行太阳能的综合开发 D立即减少煤和石油化石燃料的使用E建筑物中尽量利用自然通风采光，推广使用节能灯和节能电器，使用空调时夏季温度不宜设置过低，冬天不宜过高F全民倡导出行时多步行和骑自行车；建设现代物流信息系统，减少运输工具空驶率（2）目前用超临界CO2（其状态介于气态和液态之间）代替氟利昂作致冷剂已成为一种趋势，这一做法对环境的积极意义在于保护（3）科学家致力于二
8、氧化碳的“组合转化”技术研究，把过多的二氧化碳转化为有益于人类的物质如将CO2和H2以1：4比例混合通入反应器，在适当条件下反应可获得一种重要能源请完成以下化学方程式：CO2+4H2=+2H2O（4）收集提纯炼铁、炼钢等工厂所排放的气体，可得高纯度的CO，在适当的条件下，用CO和H2反应可获得人工合成汽油，也可减少碳的排放，节约能源假设此人工合成汽油是碳原子数为58的烷烃，要达到合成汽油的要求，通入反应装置里的CO和H2的物质的量之比范围是n（CO）/n（H2）（保留最简分数比形式）（5）探究CO2来生产燃料甲醇（CH3OH）的反应原理，现进行如下实验在体积为1L的密闭容器中，充入1molCO
9、2和3molH2，一定条件下发生反应：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）测得CO2和CH3OH（g）的浓度随时间变化如图所示从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v（H2）=1525时，50mL0.1mol/L醋酸中存在下述平衡：若分别作如下改变，对上述平衡有何影响？（1）加入少量冰醋酸，平衡将，溶液中c（H+）将（增大、减小、不变）；（2）加入一定量蒸馏水，平衡将，溶液中c（H+）将（增大、减小、不变）（3）加入少量0.1mol/L盐酸，平衡将，溶液中c（H+）将（增大、减小、不变）（4）加入20mL0.10mol/LNaCl溶液，平衡将，溶液中c（H+）将（增大、减小、
10、不变）16某兴趣小组设计并进行了以下实验来制取氯水，并利新制用氯水完成实验（1）实验室拟用下列装置制备氯水，请按照气体从左向右流动的方向将仪器进行连接：H（填接口处的符号）；广口瓶中的试剂为（2）写出该实验中制取Cl2的化学方程式为：（3）某兴趣小组设计实验除去氯化钾中含有Fe3+、SO42、Br等杂质离子，步骤如下：A溶解，在所得溶液中加入试剂至Fe3+、SO42沉淀完全，煮沸；B过滤，在滤液中加入盐酸调节pH；C加入（除Br）；蒸干灼烧请回答问题：（3）步骤a中，依次加入的试剂是NH3H2O、步骤c中加入的试剂是（4）某研究性学习小组用KSCN检验FeSO4溶液中的Fe2+时，加入过量浓H
11、NO3，溶液的颜色变红但是将红色溶液放置一会则发现溶液由红色突然变为蓝色，并产生红棕色气体对这一奇特现象同学们进行了以下探究查阅资料：（SCN）2称为拟卤素，性质与卤素单质相似，（SCN）2、Cl2、Br2、I2四种物质的氧化性强弱为：Cl2Br2（SCN）2I2提出假设：甲同学假设是FeSO4与HNO3作用；乙同学假设是与HNO3作用实验验证：大家经过理性分析，认为甲同学的假设不成立理由是根据乙同学的假设，设计了如下实验方案进行验证：向浓HNO3中逐滴加入KSCN溶液，实验开始时无明显现象，一段时间后溶液慢慢变红色至深色，突然剧烈反应产生大量气泡，放出红棕色气体将产生的气体通入过量的Ba（O
12、H）2溶液，产生浑浊，并剩余一种气体（是空气中的主要成分之一）；向反应后的溶液中加入BaCl2溶液产生白色沉淀则反应中产生的气体是：实验结论：乙同学假设正确实验反思：由实验可知：用SCN间接检验Fe2+时，加入的氧化剂除用HNO3外还可以选择氯水等，通过该实验探究可知加入氧化剂的量必须要（填“少量”、“过量”）17用MnO2和浓盐酸制取纯净干燥的氯气，并让氯气与铜粉反应制取纯净的无水CuCl2，装置如图1所示请回答下列问题：（1）B中选用的试剂是饱和食盐水，其作用是；C中选用的试剂是，其作用是（2）D中反应的化学方程式是，将此生成物溶于少量水，得到色溶液（3）某学生应用如图2所示的方法研究物质
13、的性质，其中气体X的主要成分是氯气，杂质是空气和水蒸气回答下列问题：该项研究（实验）的主要目的是与研究目的直接相关的实验现象是从物质性质的方面来看，这样的实验设计还存在事故隐患，事故表现是请在图中的D处以图的形式表明克服事故隐患的措施18肼是重要的化工原料某探究小组利用下列反应制取水合肼（N2H4H20）CO（NH2）+2NaOH+NaCl0Na2C03+N2H4H20+NaCI实验一：制备NaClO溶液（实验装置如图1所示）（1）配制30%NaOH溶液时，所需玻璃仪器除量筒外，还有（填标号）A容量瓶 B烧杯 C烧瓶 D玻璃棒（2）锥形瓶中发生反应的化学方程式是（3）因后续实验需要，需利用中和
14、滴定原理测定反应后锥形瓶中混合溶液的NaOH的浓度请选用所提供的试剂，设计实验方案提供的试剂：H202溶液、FeCl2溶液、0.1000molL1盐酸、甲基橙试液实验二：制取水合肼（实验装置如图2所示）控制反应温度，将分液漏斗中溶液缓慢滴入三颈烧瓶中，充分反应加热蒸馏三颈烧瓶内的溶液，收集108114馏分（己知：N2H4H20+2NaClON2+3H20+2NaCl）（4）分液漏斗中的溶液是（填标号）ACO（NH2）2溶液BNaOH和NaClO混合溶液选择的理由是实验三：测定馏分中肼含量称取馏分5.000g，加入适量NaHC03固体，加水配成250mL溶液，移出25.00mL，用0.1000m
15、olL1的I2溶液滴定滴定过程中，溶液的pH保持在6.5左右（己知：N2H4H20+2I2N2+4HI+H20）（5）滴定过程中，NaHC03能控制溶液的pH在6.5左右，原因是（6）实验测得消耗I2溶液的平均值为1 6.00mL，馏分中水合肼（N2H4H20）的质量分数为19向30.0mL硫酸铜溶液中加入过量铝粉，待充分反应后，再向其中加入2.00mol/L烧碱溶液，至沉淀不再减少，消耗烧碱溶液210mL，且收集到气体0.672L（标准状况）据此计算：（1）加入铝粉的质量（2）原硫酸铜溶液的物质的量浓度20已知：醛在一定条件下可以两分子间反应：RCH2O+RCH2CHO兔耳草醛是重要的合成香
16、料，它具有独特的新鲜水果的清香由枯茗酸合成兔耳草醛的路线如下：（1）枯茗醛的核磁共振氢谱有种峰；AB的反应类型是（2）B中含有的官能团是（写结构式）；检验B中含氧官能团的实验方案是（3）写出C兔耳草醛的化学方程式：（4）若分子式与A相同，且符合苯环上有两个取代基，其中一个取代基为CH（CH3）2，能发生水解反应，水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，则其同分异构体有多种，写出其中2种有机物的结构简式：、21AJ分表示中学化学中常见的一种物质，它们之间相互关系如图所示（部分反应物、生成物没有列出），且已知G为主族元素的固态氧化物，A、B、C、D、E、F六种物质中均含同一种元素请填写下列空白
17、：（1）A、B、C、D、E、F六种物质中所含的同一种元素在周期表中的位置（2）写出反应、的化学方程式和反应的离子方程式反应：反应：反应：反应：（3）从能量变化的角度看，、反应中，H0的是（填序号）22已知A为淡黄色固体，T为生活中使用最广泛常的金属单质，R是地壳中含量最多的金属，D是具有磁性的黑色晶体，C、F是无色无味的气体，H是白色沉淀，W溶液中滴加KSCN溶液出现红色（1）物质A的化学式为（2）H在潮湿空气中变成M的化学方程式为（3）B和R反应生成F的离子方程式为2015-2016学年山东省济南市商河一中高三（下）月考化学试卷（3月份）参考答案与试题解析一、选择题（共13小题，每小题3分，
18、满分39分）1天然维生素P（结构如图）存在于槐树花蕾中，它是一种营养增补剂关于维生素P的叙述错误的是（）A可以和溴水反应B可溶于有机溶剂C分子中有三个苯环D1mol维生素P最多可以和4molNaOH反应【考点】有机物的结构和性质【分析】有机物中含有2苯环，分子中含有酚羟基、酯基、醚基等官能团，结合官能团的性质解答该题【解答】解：A分子中含有酚羟基，可与溴水发生取代反应，故A正确；B维生素P亲水基较少，为脂溶性维生素，可溶于有机溶剂，故B正确；C分子中只含有2个苯环，故C错误；D分子中含有酚羟基，具有酸性，可与NaOH反应，可在碱性条件下水解，则1mol维生素P最多可以和4molNaOH反应，故
19、D正确；故选C2我国已成功发射了“神舟”九号，其中一名航天员身穿国产的舱外航天服首次实现了太空行走该航天服的面料是由高级混合纤维制造而成的，据此分析，该面料一定不具有的性质是（）A强度高，耐高温B防辐射，防紫外线C能抗骤冷、骤热D有良好的导热性，熔点低【考点】常用合成高分子材料的化学成分及其性能【分析】舱外宇航服外层防护材料是其成型的关键所在，它应具备舱内服所不具备的防辐射、防紫外线、抗骤冷、骤热等功能因为出舱的航天员可能会遇到向着太阳的一面是200多摄氏度高温、背着太阳的一面是零下摄氏度的低温这种骤冷、骤热的变化必须要使用特殊的材料及防护层【解答】解：舱外航天服是保证航天员安全、有效完成出舱
20、活动的重要手段其基本功能是保护航天员不受宇宙空间恶劣环境的影响，并为航天员个体提供赖以生存的微环境舱外宇航服外层防护材料是其成型的关键所在，它应具备舱内服所不具备的防辐射、防紫外线、抗骤冷、骤热等功能故选D3同位素示踪法可用于反应机理的研究，下列反应或转化中同位素示踪表示正确的是（）A2Na218O2+2H2O4Nal8OH+O2BNH4Cl+2H2ONH32H2O+HClC2KMnO4+5H218O2+3H2SO4K2SO4+2MnSO4+518O2+8H2ODK37ClO3+6HClK37Cl+3Cl2+3H2O【考点】探究化学反应机理【分析】根据物质中化学键的断键方式确定生成物，从而确定
21、示踪原子的位置，A过氧化物与水反应实质为：过氧根离子结合水提供的氢离子生成过氧化氢，同时生成氢氧化钠，过氧化氢在碱性条件下不稳定，分解为水和氧气；B铵根离子水解实质为铵根离子结合水提供的氢氧根生成一水合氨，同时生成氯化氢；C根据化合价升降相等进行判断；DKClO3和HCl发生归中反应，化合价变化不能出现交叉价态【解答】解：A过氧化物与水反应实质为，过氧根离子结合水提供的氢离子生成过氧化氢，同时生成氢氧化钠，过氧化氢在碱性条件下不稳定，分解为水和氧气，所以18O同时在水中和氧气中，不出现在氢氧化钠中，故A错误；CNH4Cl水解，其实是水电离的氢氧根、氢离子分别和NH4+、Cl结合，生成一水合氨和
22、氯化氢，所以2H应同时存在在一水合氨中和HCl中，故B错误；CKMnO4中Mn元素化合价降低为2（72）=10，H218O2中O元素化合价升高：520（1）=10，化合价升降相等，高锰酸钾把过氧根氧化为氧气，18O全部在氧气中，故C正确；DKClO3和HCl发生归中反应，KClO3中氯元素由+5价降低为0价，不能降低为1，HCl中氯元素化合价由1价升高为0价，氯气中的Cl有来自KClO3，来自HCl，KCl中的Cl全部来自HCl，故D错误；故选C4下列情况会对人体健康造成较大危害的是（）A自来水中通入少量Cl2进行消毒杀菌B用SO2漂白食品C用食醋清洗热水瓶胆内壁附着的水垢D用小苏打发酵面团制
23、作馒头【考点】氯气的化学性质；二氧化硫的化学性质；钠的重要化合物【分析】根据物质的化学性质分析生活现象，利用氯气与水反应的特点、二氧化硫的漂白性、醋酸的酸性、碳酸氢钠的碱性来解题【解答】解：A氯气可用于自来水的杀菌消毒，由于氯水的HClO不稳定，见光易分解，且加热时HCl挥发，对人体无害，故A不选；BSO2溶于水变成H2SO3，遇食物中硝酸盐物质会将其变成亚硝酸盐，而亚硝酸盐具致癌作用，因此使食品具有毒害作用，故B选；CCaCO3+2CH3COOH=Ca（CH3COO）2+H2O+CO2，醋酸、醋酸钙都易溶于水，用洗涤的方法可除去，且醋酸对人体无害，可做调味品，故C不选；D碳酸氢钠与酸中和面粉
24、中的酸，使面呈中性，对人体无害，但用量不能太大，故D不选故选B5下列反应的离子方程式书写正确的是（）A用稀HNO3溶解FeS固体：FeS+2H+=Fe2+H2SB氯气通入澄清石灰水中：Cl2+2OH=Cl+ClO+H2OC用小苏打治疗胃酸过多：CO32+2H+=CO2+H2OD硅酸钠溶液中通入过量二氧化碳：SiO32+CO2+H2O=H2SiO3+CO32【考点】离子方程式的书写【分析】A、不符合客观事实，两者之间要发生氧化还原反应；B、是氯气自身的氧化还原反应；C、小苏打的主要成份是碳酸氢钠，碳酸氢根离子不能拆；D、过量二氧化碳生成碳酸氢根离子【解答】解：A、不符合客观事实，两者之间要发生氧
25、化还原反应，正确的离子方程式为 FeS+4H+NO3Fe3+S+NO+2H2O，故A错误；B、是氯气自身的氧化还原反应，正确的离子方程式为Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O，故B正确；C、小苏打的主要成份是碳酸氢钠，碳酸氢根离子不能拆，离子方程式为HCO3+H+=CO2+H2O，故C错误；D、过量二氧化碳生成碳酸氢根离子，正确的离子方程式为SiO32+2CO2+2H2O=H2SiO3+2HCO3，故D错误；故选B6浓H2SO4 密度1.84g/mL，物质的量浓度为18.4mol/L，质量分数为98%，取10mL浓H2SO4和amL水混合得物质的量浓度为Cmol/L，质量分数为b%下列组合正确
26、的是（）（1）若b=49 则a=18.4 C9.2 （2）若b=49 则a=18.4 C9.2（3）若C=9.2 则a10 b49% （4）若C=9.2 则a10 b49%A（1）（3）B（1）（4）C（2）（3）D（2）（4）【考点】物质的量浓度的相关计算【分析】若b=49，根据稀释过程中溶质硫酸的质量不变列方程计算a，结合c=mol/L计算49%的硫酸的浓度；若C=9.2，根据稀释定律计算稀释后溶液的体积，硫酸的浓度越大，密度越小，确定混合后溶液的质量与10mL原浓硫酸质量关系，进而确定稀释后溶液质量分数，根据稀释过程中溶质硫酸的质量不变列不等式计算a【解答】解：若b=49，稀释过程中溶质
27、硫酸的质量不变，则：10mL1.84g/mL98g%=（10mL1.84g/mL+amL1g/mL）49%，解得a=18.4，令稀释后的密度为dg/mL，则d1.84，稀硫酸的物质的量浓度C=mol/L9.2mol/L；若C=9.2，根据稀释定律，可知稀释后溶液的体积为=20mL，硫酸的浓度越大，密度越小，故稀释后溶液的质量小于原浓硫酸质量的2倍，稀释过程硫酸的质量不变，故稀释后硫酸的质量分数大于49%，即b49%，稀释过程中溶质硫酸的质量不变，则：10mL1.84g/mL98g%（10mL1.84g/mL+amL1g/mL）49%，解得a18.4；故选C7能用离子方程式H+OHH2O表示的反
28、应是（）A稀醋酸和稀氨水反应B稀硫酸和烧碱溶液反应C稀盐酸和氢氧化铜反应D稀硫酸和氢氧化钡溶液反应【考点】离子方程式的书写【分析】强酸与强碱反应生成可溶性盐和水的离子反应为H+OHH2O，以此来解答【解答】解：A醋酸为弱酸、一水合氨为弱碱，在离子反应中均保留化学式，不能用离子方程式H+OHH2O表示，故A不选；B硫酸为强酸、烧碱为强碱，生成可溶性盐和水，能用离子方程式H+OHH2O表示，故B选；C氢氧化铜为为弱碱，在离子反应中均保留化学式，不能用离子方程式H+OHH2O表示，故C不选；D硫酸为强酸，氢氧化钡为强碱，反应生成不溶性盐硫酸钡和水，不能用离子方程式H+OHH2O表示，故D不选；故选B
29、8下列有关物质分类的说法中，正确的是（）ASiO2不能和水反应，所以它不是酸性氧化物B只由一种元素组成的物质必然是纯净物C烧碱、冰醋酸、石墨均为电解质D海水、氯水、氨水均为混合物【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；混合物和纯净物；电解质与非电解质【分析】A、酸性氧化物能和碱反应生成盐和水，一般溶于水生成碱；B、同素异形体形成的混合物是一种元素组成；C、电解质是水溶液中或熔融状态下导电的化合物；D、混合物是由不同物质组成的【解答】解：A、SiO2能与碱反应生成盐和水：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，属于酸性氧化物，故A错误；B、只有一种元素组成的物质可能是混合物，如：氧气
30、和臭氧混合，故B错误；C、烧碱是氢氧化钠属于电解质、冰醋酸使醋酸是电解质、四氯化碳是非电解质、石墨是单质不是电解质，故C错误；D、海水是各种盐的水溶液、氯水是氯气的水溶液、氨水为氨气的水溶液，均为混合物，故D正确；故选D9维生素C是人体维持正常生命过程所必需的一种物质，主要来源于新鲜的蔬菜和水果中，其结构如图下列关于维生素C的说法中正确的是（）A能使FeCl3溶液显紫色B难溶于水，易溶于有机溶剂C能使溴的四氯化碳溶液褪色D能发生加成反应和氧化反应，但不能发生水解反应【考点】有机物分子中的官能团及其结构；有机物的结构和性质【分析】维生素C中含有羟基、碳碳双键和酯基，可发生取代、加成、氧化反应，不
31、含酚羟基，则不具有苯酚的性质【解答】解：A不含酚羟基，不能使FeCl3溶液显紫色，故A错误；B维生素C含有多个羟基，易溶于水，故B错误；C含有碳碳双键，可发生加成反应，可是溴水褪色，故C正确；D含有酯基，可发生水解反应，故D错误故选C10下列事实能说明乙酸（CH3COOH） 属于弱酸的是（）1mol/L CH3COOH的 pH=2 乙酸能与水以任意比互溶20mL 1mol/L CH3COOH 与20mL 1mol/LNaOH恰好中和 CH3COONa溶液的pH7ABCD【考点】弱电解质的判断【分析】1mol/L CH3COOH的 pH=2，即氢离子浓度为0.01mol/L；乙酸能与水以任意比互
32、溶是乙酸的物理性质；无论醋酸是强酸还是弱酸，20mL 1mol/L CH3COOH 与20mL 1mol/LNaOH均恰好中和；CH3COONa溶液的pH7，说明醋酸钠是强碱弱酸盐【解答】解：1mol/L CH3COOH的 pH=2，即氢离子浓度为0.01mol/L，说明CH3COOH未完全电离，是弱电解质，故正确；乙酸能与水以任意比互溶只是CH3COOH的溶解性，和强弱电解质没关系，故错误；20mL 1mol/L CH3COOH 与20mL 1mol/LNaOH恰好中和只是酸碱中和，体现不出乙酸（CH3COOH） 属于弱酸，故错误；CH3COONa溶液的pH7，是因为CH3COO水解CH3C
33、OO+H2OCH3COOH+OH，故乙酸（CH3COOH） 属于弱酸，故正确；故选D11近年来，我国许多城市禁止汽车使用含铅汽油，其主要原因是（）A提高汽油燃烧效率B降低汽油成本C避免铅污染大气D铅资源短缺【考点】使用化石燃料的利弊及新能源的开发【分析】汽油中加入含铅的化合物可以防爆，但是在燃烧的过程中生成的铅的化合物会污染环境【解答】解：铅是一种极毒的物质，是种慢性中毒的元素，因为它能置换骨中的钙，储存在骨中而不显任何坏影响，人不会注意到它，一旦它开始溶在血液中，中毒已经很深了铅中毒会导致死胎、流产、不育和弱智儿现在的食品和日常生活用品对含铅量有明确的规定，尤其是儿童用品，如儿童玩具的表面油
34、漆绝对不能用含铅量大的普通油漆，必须用特殊的无铅油漆人们在生活中尽量少接触铅及含铅物品汽油中的铅来自于汽油添加剂四乙基铅，它可以提高汽油的抗暴震性，提高汽油标号，但也污染了环境所以，为了避免铅污染大气，我国许多城市禁止汽车使用含铅汽油故选：C12下列关于元素周期表的说法中，错误的是（）A元素周期表是元素按原子序数从小到大从左到右排列而成的B主族元素原子的电子层数等于其所在周期的周期序数C四、五、六周期中都含有18种元素，其中族中所含元素种类最多D元素周期表中有18列、16个族，且第二列中无非金属元素【考点】元素周期表的结构及其应用【分析】A元素周期表中同周期原子序数由小到大；同主族原子序数由小
35、到大；B原子结构决定元素的位置；C六周期含锕系元素，B中含锕系元素和镧系元素；D元素周期表中有18列，且第二列为碱土金属元素【解答】解：A元素周期表中同周期原子序数由小到大；同主族原子序数由小到大，则元素周期表是元素按原子序数从小到大从左到右排列而成的，故A正确；B原子结构决定元素的位置，可知主族元素原子的电子层数等于其所在周期的周期序数，故B正确；C六周期含锕系元素，B中含锕系元素和镧系元素，则六周期中都含有32种元素，B中所含元素种类最多，故C错误；D元素周期表中有18列，共16个族（7个主族、7个副族、1个0族、1个族），且第二列为碱土金属元素，第二列中无非金属元素，故D正确；故选C13
36、短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其中W的阴离子的核外电子数与X、Y、Z原子的核外内层电子数相同X的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，工业上采用液态空气分馏方法来生产Y的单质，而Z不能形成双原子分子根据以上叙述，下列说法中正确的是（）A上述四种元素的原子半径大小为WXYZBW、X、Y、Z原子的核外最外层电子数的总和为20CW与Y可形成既含极性共价键又含非极性共价键的化合物D由W与X组成的化合物的沸点总低于由W与Y组成的化合物的沸点【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】X的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，用的是C14，采用的是断代法；工业上采用液态空气分馏方法来生
37、产Y的单质，这是工业上生产氮的方法，Z的原子序数大于X、Y，且不能形成双原子，所以可能是稀有气体Ne，X、Y、Z核外内层电子是2个，所以W是H，结合元素周期律的递变规律解答该题【解答】解：X的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，用的是C14，采用的是断代法；工业上采用液态空气分馏方法来生产Y的单质，这是工业上生产氮的方法，Z的原子序数大于X、Y，且不能形成双原子，所以可只能是稀有气体Ne，X、Y、Z核外内层电子是2个，所以W是H，则AX为C，Y为N，同周期元素从左到右元素的原子半径逐渐减小，则原子半径CN，Z为Ne，原子半径测定依据不同，一般不与主族元素的原子半径相比较，故A错误；BW、
38、X、Y、Z原子的核外最外层电子数的总和为1+4+5+8=18，故B错误；CW与Y可形成N2H4的化合物，既含极性共价键又含非极性共价键，故C正确；DW为H元素，X为C元素，Y为N元素，C和H可形成多种烃类化合物，当相对分子质量较大时，形成的烃在常温下为液体或固体，沸点较高，故D错误故选C二、解答题（共9小题，满分78分）14气候变暖冰川融化将会对人类产生极大的灾害如南极冰盖全部融化，南太平洋上的美丽岛国图瓦卢很可能成为首个“沉没”的国家，喜马拉雅山冰川融化尼泊尔会有“灭顶”之灾，近海城市遭受城市淹没、海啸等灾害所以合理利用资源，加强环境保护降低碳的排放，实施低碳经济是今后经济生活主流（1）下列
39、措施对有效减少二氧化碳排放和降低大气中二氧化碳不适合的是AA使用天然气等燃料B植树造林，保护森林，保护植被C大力发展风能、水力、潮汐能发电和核电，大力推行太阳能的综合开发 D立即减少煤和石油化石燃料的使用E建筑物中尽量利用自然通风采光，推广使用节能灯和节能电器，使用空调时夏季温度不宜设置过低，冬天不宜过高F全民倡导出行时多步行和骑自行车；建设现代物流信息系统，减少运输工具空驶率（2）目前用超临界CO2（其状态介于气态和液态之间）代替氟利昂作致冷剂已成为一种趋势，这一做法对环境的积极意义在于保护臭氧层（3）科学家致力于二氧化碳的“组合转化”技术研究，把过多的二氧化碳转化为有益于人类的物质如将CO
40、2和H2以1：4比例混合通入反应器，在适当条件下反应可获得一种重要能源请完成以下化学方程式：CO2+4H2=CH4+2H2O（4）收集提纯炼铁、炼钢等工厂所排放的气体，可得高纯度的CO，在适当的条件下，用CO和H2反应可获得人工合成汽油，也可减少碳的排放，节约能源假设此人工合成汽油是碳原子数为58的烷烃，要达到合成汽油的要求，通入反应装置里的CO和H2的物质的量之比范围是5/11n（CO）/n（H2）8/17（保留最简分数比形式）（5）探究CO2来生产燃料甲醇（CH3OH）的反应原理，现进行如下实验在体积为1L的密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，一定条件下发生反应：CO2（g）+3
41、H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）测得CO2和CH3OH（g）的浓度随时间变化如图所示从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v（H2）=0.225mol/（Lmin）；【考点】常见的生活环境的污染及治理；反应速率的定量表示方法【分析】（1）A使用天然气等燃料能增加二氧化碳的排放，B植树造林能增强光合作用，大量消耗二氧化碳，C积极推进核能、风能、潮汐能建设，大力推行太阳能的综合开发能减少二氧化碳的排放；D立即减少煤和石油化石燃料的使用，能减少二氧化碳的排放；（2）根据氟利昂能产生氯原子，而氯原子是臭氧分解的催化剂；（3）根据质量守恒定律的微观解释：化学反应前后原子的种类和数目不变可知在化学反
42、应方程式中，反应物和生成物中所含的原子的种类和数目相同由此可推断化学反应方程式中反应物或生成物的化学式；（4）写出合成碳原子数为58的烷烃的方程式，5CO+11H2=C5H12+5H2O，8CO+17H2=C8H18+8H2O，用极值法计算；（5）由图可知，10min到达平衡，平衡时甲醇的浓度变化为0.75mol/L，根据浓度变化量之比等于化学计量数之比氢气的浓度变化量，根据v=计算v（H2）；【解答】解：（1）A使用天然气等燃料能增加二氧化碳的排放，符合题意，故A正确；B植树造林能增强光合作用，大量消耗二氧化碳，不符合题意，故B错误；C积极推进核能、风能、潮汐能建设，大力推行太阳能的综合开发
43、能减少二氧化碳的排放，不符合题意，故C错误；D立即减少煤和石油化石燃料的使用，能减少二氧化碳的排放，不符合题意，故D错误；故选：A； （2）氟利昂在空气中能产生氯原子，而氯原子是臭氧分解的催化剂，CO2作致冷剂可防止臭氧层破坏，故答案为：臭氧层； （3）根据质量守恒定律的微观解释可以知道：反应前后的原子数目和种类应该相等，分析题给的化学反应方程式可以知道，反应前出现了2个O，1个C，8个H，反应后出现了2个O，4个H，所以在X中含有4个H和1个C；故答案为：CH4； （4）合成C5H12：5CO+11H2=C5H12+5H2O，可知n（CO）/n（H2）=5/11；合成C8H18：8CO+17
44、H2=C8H18+8H2O，可知n（CO）/n（H2）=8/17；碳原子数为58的烷烃，要达到合成汽油的要求，通入反应装置里的CO和H2的物质的量之比范围是5/11n（CO）/n（H2）8/17，故答案为：5/11；8/17；（5）由图可知，10min到达平衡，平衡时甲醇的浓度变化为0.75mol/L，由方程式CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O可知，氢气的浓度变化等于甲醇的浓度变化量为0.75mol/L3=2.25mol/L，故v（H2）=0.225mol/（Lmon），故答案为：0.225 mol/（Lmin）；1525时，50mL0.1mol/L醋酸中存在下述平衡：CH3C
45、OOHCH3COO+H+若分别作如下改变，对上述平衡有何影响？（1）加入少量冰醋酸，平衡将向电离方向移动，溶液中c（H+）将增大（增大、减小、不变）；（2）加入一定量蒸馏水，平衡将向电离方向移动，溶液中c（H+）将减小（增大、减小、不变）（3）加入少量0.1mol/L盐酸，平衡将向离子结合成分子的方向移动，溶液中c（H+）将增大（增大、减小、不变）（4）加入20mL0.10mol/LNaCl溶液，平衡将向电离方向移动，溶液中c（H+）将减小（增大、减小、不变）【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】CH3COOH是弱电解质，部分电离生成CH3COO、H+；（1）加入冰醋酸，醋酸浓度增大平衡
46、向正反应方向移动；（2）浓度越小其电离程度越大；但其电离增大程度小于溶液体积增大程度；（3）HCl电离出的氢离子抑制醋酸电离；（4）加入氯化钠溶液相当于稀释醋酸，促进醋酸电离【解答】解：CH3COOH是弱电解质，部分电离生成CH3COO、H+，电离方程式为CH3COOHCH3COO+H+，故答案为：CH3COOHCH3COO+H+；（1）加入冰醋酸，醋酸浓度增大平衡向正反应方向移动，导致溶液中c（H+）增大，故答案为：向电离方向移动；增大；（2）浓度越小其电离程度越大，所以加水稀释促进醋酸电离，平衡向电离方向移动；但其电离增大程度小于溶液体积增大程度，导致溶液中c（H+）减小，故答案为：向电离
47、方向移动；减小；（3）HCl电离出的氢离子抑制醋酸电离，所以抑制醋酸电离，则醋酸向离子结合成分子的方向移动，但溶液中c（H+）增大，故答案为：向离子结合成分子的方向移动；增大；（4）加入氯化钠溶液相当于稀释醋酸，促进醋酸电离，则醋酸向电离方向移动，因为醋酸电离增大程度小于溶液体积增大程度，所以c（H+）减小，故答案为：向电离方向移动；减小16某兴趣小组设计并进行了以下实验来制取氯水，并利新制用氯水完成实验（1）实验室拟用下列装置制备氯水，请按照气体从左向右流动的方向将仪器进行连接：HHB、AC、DE（填接口处的符号）；广口瓶中的试剂为饱和食盐水（2）写出该实验中制取Cl2的化学方程式为：2Na
48、Cl+MnO2+2H2SO4MnSO4+Na2SO4+2H2O+Cl2（3）某兴趣小组设计实验除去氯化钾中含有Fe3+、SO42、Br等杂质离子，步骤如下：A溶解，在所得溶液中加入试剂至Fe3+、SO42沉淀完全，煮沸；B过滤，在滤液中加入盐酸调节pH；C加入足量的新制氯水（除Br）；蒸干灼烧请回答问题：（3）步骤a中，依次加入的试剂是NH3H2O、BaCl2、KOH步骤c中加入的试剂是足量的新制氯水（4）某研究性学习小组用KSCN检验FeSO4溶液中的Fe2+时，加入过量浓HNO3，溶液的颜色变红但是将红色溶液放置一会则发现溶液由红色突然变为蓝色，并产生红棕色气体对这一奇特现象同学们进行了以
49、下探究查阅资料：（SCN）2称为拟卤素，性质与卤素单质相似，（SCN）2、Cl2、Br2、I2四种物质的氧化性强弱为：Cl2Br2（SCN）2I2提出假设：甲同学假设是FeSO4与HNO3作用；乙同学假设是SCN与HNO3作用实验验证：大家经过理性分析，认为甲同学的假设不成立理由是HNO3过量，没有Fe2+剩余根据乙同学的假设，设计了如下实验方案进行验证：向浓HNO3中逐滴加入KSCN溶液，实验开始时无明显现象，一段时间后溶液慢慢变红色至深色，突然剧烈反应产生大量气泡，放出红棕色气体将产生的气体通入过量的Ba（OH）2溶液，产生浑浊，并剩余一种气体（是空气中的主要成分之一）；向反应后的溶液中加
50、入BaCl2溶液产生白色沉淀则反应中产生的气体是：NO2、CO2、N2实验结论：乙同学假设正确实验反思：由实验可知：用SCN间接检验Fe2+时，加入的氧化剂除用HNO3外还可以选择氯水等，通过该实验探究可知加入氧化剂的量必须要少量（填“少量”、“过量”）【考点】性质实验方案的设计【分析】（1）制备气体的仪器连接遵从发生装置除杂装置干燥装置收集尾气吸收的顺序，考虑制备氯气中含有HCl和水蒸气等杂质气体，所以先用排饱和食盐水法除去HCl，再用浓硫酸吸收水蒸气，再用向上排空气法收集，用碱吸收尾气，据此进行解答；（2）根据图中的发生装置可知，该实验中采用了难挥发的硫酸制备挥发性的盐酸，再与二氧化锰制备
51、氯气的方法；（3）加入的试剂是NH3H2O可以使Fe3+沉淀除去，除去SO42需要加入Ba2+试剂，使之转化为BaSO4沉淀除去，结合不引入过多杂质判断选用试剂；为了把NH4+除去，可以加入强碱KOH；步骤c中除去的是杂质Br，所以加入新制氯水；（4）甲同学已经假设是FeSO4与HNO3作用，所以根据提供的资料可以猜测导致实验现象的可能是SCN和硝酸作用的结果；如果按照甲同学的假设分析，FeSO4与HNO3作用只会导致Fe2+被氧化为Fe3+最终和KSCN作用使溶液变红，且加入的浓HNO3过量，不会出现溶液显红色后又变成蓝色；根据乙同学的假设，造成实验现象的是浓HNO3和KSCN溶液作用的结果
52、根据物质中的元素组成分析，浓硝酸生成红棕色气体NO2，SCN中产生的能使Ba（OH）2溶液产生浑浊现象的气体不可能是SO2，因为SO2容易被强氧化剂氧化，所以只可能是CO2，而S被氧化为SOSO42在反应后的溶液中，所以加入BaCl2溶液能产生白色沉淀；剩余的空气主要成分的气体是N2；用SCN间接检验Fe2+时，需要加入强氧化剂把Fe2+氧化才会出现无色变红色现象，但是根据上述中的实验经历，如果强氧化剂过量容易把用SCN氧化，使溶液红色消失变成蓝色；根据资料提供显示氧化性Cl2（SCN）2，所以氯气过量同样能氧化SCN，造成红色消失变成蓝色的现象，则加入氧化剂的量必须要少量【解答】解：（1）制
53、备气体的仪器连接遵从发生装置除杂装置干燥装置收集尾气吸收的顺序，考虑制备氯气中含有HCl和水蒸气等杂质气体，所以先用排饱和食盐水法除去HCl，再用浓硫酸吸收水蒸气，再用向上排空气法收集，用碱吸收尾气，满足该顺序，连接应为HB、AC、DE，所以根据顺序可以得知广口瓶中的试剂为饱和食盐水，故答案为：HB、AC、DE；饱和食盐水；（2）根据图中的发生装置可知，该实验中采用了难挥发的硫酸制备挥发性的盐酸，再与二氧化锰制备氯气的方法，所以方程式为：2NaCl+MnO2+2H2SO4MnSO4+Na2SO4+2H2O+Cl2，故答案为：2NaCl+MnO2+2H2SO4MnSO4+Na2SO4+2H2O+
54、Cl2；（3）氯化钾中含有Fe3+、SO42、Br等杂质离子，其中加入的试剂是NH3H2O可以使Fe3+沉淀除去，除去SO42需要加入Ba2+试剂，使之转化为BaSO4沉淀除去，为了不引入过多杂质，应选用阴离子相同的BaCl2；为了把NH4+除去，可以加入强碱KOH，所以步骤a中依次加入的试剂是NH3H2O、BaCl2、KOH，故答案为：BaCl2、KOH；步骤c中除去的是杂质Br，所以加入新制氯水，把Br转化为单质Br2除去，故答案为：足量的新制氯水；（4）甲同学已经假设是FeSO4与HNO3作用，所以根据提供的资料可以猜测导致实验现象的可能是SCN和硝酸作用的结果，所以乙同学假设是SCN与
55、HNO3作用，故答案为：SCN；如果按照甲同学的假设分析，FeSO4与HNO3作用只会导致Fe2+被氧化为Fe3+最终和KSCN作用使溶液变红，且加入的浓HNO3过量，不会出现溶液显红色后又变成蓝色，所以甲同学假设不成立，故答案为：HNO3过量，没有Fe2+剩余；根据乙同学的假设，造成实验现象的是浓HNO3和KSCN溶液作用的结果根据物质中的元素组成分析，浓硝酸生成红棕色气体NO2，SCN中产生的能使Ba（OH）2溶液产生浑浊现象的气体不可能是SO2，因为SO2容易被强氧化剂氧化，所以只可能是CO2，而S被氧化为SOSO42在反应后的溶液中，所以加入BaCl2溶液能产生白色沉淀；剩余的空气主要
56、成分的气体是N2，所以产生的气体依次是NO2、CO2、N2，故答案为：NO2、CO2、N2；用SCN间接检验Fe2+时，需要加入强氧化剂把Fe2+氧化才会出现无色变红色现象，但是根据上述中的实验经历，如果强氧化剂过量容易把用SCN氧化，使溶液红色消失变成蓝色根据资料提供显示氧化性Cl2（SCN）2，所以氯气过量同样能氧化SCN，造成红色消失变成蓝色的现象，所以加入氧化剂的量必须要少量，故答案为：少量17用MnO2和浓盐酸制取纯净干燥的氯气，并让氯气与铜粉反应制取纯净的无水CuCl2，装置如图1所示请回答下列问题：（1）B中选用的试剂是饱和食盐水，其作用是除去Cl2中的HCl；C中选用的试剂是浓
57、硫酸，其作用是除去Cl2中的水蒸气（2）D中反应的化学方程式是Cu+Cl2CuCl2，将此生成物溶于少量水，得到蓝色溶液（3）某学生应用如图2所示的方法研究物质的性质，其中气体X的主要成分是氯气，杂质是空气和水蒸气回答下列问题：该项研究（实验）的主要目的是比较Cl2与HClO谁有漂白性与研究目的直接相关的实验现象是B中的布条不退色，C中的布条退色从物质性质的方面来看，这样的实验设计还存在事故隐患，事故表现是氯气外逸，污染环境请在图中的D处以图的形式表明克服事故隐患的措施【考点】氯气的实验室制法【分析】（1）从A中制得的氯气含有杂质氯化氢、水蒸气，依次通过盛有饱和食盐水、和浓硫酸的洗气瓶除去；（
58、2）氯气和铜在高温条件下化合生成氯化铜；（3）本实验的目的是探究氯气具有漂白性的条件下，干燥氯气不具有漂白性，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性；浓硫酸具有吸水性，干燥的氯气不具有漂白性，据此进行解答；氯气有毒，不能排放在空气中，在D中可以用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气【解答】解：（1）从A中制得的氯气含有杂质氯化氢、水蒸气，依次通过盛有饱和食盐水、和浓硫酸的洗气瓶除去；故答案为：除去Cl2中的HCl；浓硫酸；除去Cl2中的水蒸气；（2）氯气和铜在高温条件下化合生成氯化铜方程式为：Cu+Cl2CuCl2，将此生成物溶于少量水得到氯化铜溶液为蓝色溶液，故答案为：Cu+Cl2CuCl2，
59、蓝；（3）由B、C可知起对比作用，则该实验的目的为比较Cl2和HClO谁有漂白性，故答案为：探究氯气具有漂白性的条件；浓硫酸具有吸水性，其作用为吸收气体中的水蒸汽干燥氯气，干燥的氯气不具有漂白性，则与研究目的直接相关的实验现象是B中的布条不褪色，C中的布条褪色，故答案为：B中有色布条不退色，C中有色布条退色；从物质性质的方面来看，这样的实验设计还存在事故隐患，事故表现是氯气有毒，排放到空气中，污染环境，故答案为：氯气外逸，污染环境图中的D处以图的形式表明克服事故隐患的措施是应进行尾气处理，不能随意排放到空气中，应加尾气处理装置，故答案为：18肼是重要的化工原料某探究小组利用下列反应制取水合肼（
60、N2H4H20）CO（NH2）+2NaOH+NaCl0Na2C03+N2H4H20+NaCI实验一：制备NaClO溶液（实验装置如图1所示）（1）配制30%NaOH溶液时，所需玻璃仪器除量筒外，还有BD（填标号）A容量瓶 B烧杯 C烧瓶 D玻璃棒（2）锥形瓶中发生反应的化学方程式是Cl2+NaOH=NaCl+NaClO+H2O（3）因后续实验需要，需利用中和滴定原理测定反应后锥形瓶中混合溶液的NaOH的浓度请选用所提供的试剂，设计实验方案提供的试剂：H202溶液、FeCl2溶液、0.1000molL1盐酸、甲基橙试液取一定量锥形瓶内的溶液放入锥形瓶中，向其中加入适量过氧化氢溶液，再滴加23滴甲
61、基橙溶液，用标准盐酸溶液进行滴定，重复操作23次实验二：制取水合肼（实验装置如图2所示）控制反应温度，将分液漏斗中溶液缓慢滴入三颈烧瓶中，充分反应加热蒸馏三颈烧瓶内的溶液，收集108114馏分（己知：N2H4H20+2NaClON2+3H20+2NaCl）（4）分液漏斗中的溶液是B（填标号）ACO（NH2）2溶液BNaOH和NaClO混合溶液选择的理由是如果次氯酸钠装在烧瓶中，反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化实验三：测定馏分中肼含量称取馏分5.000g，加入适量NaHC03固体，加水配成250mL溶液，移出25.00mL，用0.1000molL1的I2溶液滴定滴定过程中，溶液的pH保持在6.5
62、左右（己知：N2H4H20+2I2N2+4HI+H20）（5）滴定过程中，NaHC03能控制溶液的pH在6.5左右，原因是碳酸氢钠可与生成的HI反应（6）实验测得消耗I2溶液的平均值为1 6.00mL，馏分中水合肼（N2H4H20）的质量分数为8%【考点】制备实验方案的设计【分析】（1）配制30%NaOH溶液时，称量固体的质量，在烧杯中溶解即可；（2）锥形瓶中氯气与NaOH溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；（3）测定反应后锥形瓶中混合溶液的NaOH的浓度，先除去NaClO，再选择指示剂和标准酸进行中和滴定操作；（4）水合肼会与次氯酸钠发生氧化还原反应，所以分液漏斗内应盛放NaOH和NaClO混
63、合溶液；（5）NaHC03能控制溶液的pH在6.5左右，因碳酸氢钠与酸反应；（6）消耗碘的物质的量是0.016L0.1mol/L=0.0016mol，发生N2H4H20+2I2=N2+4HI+H20，则水合肼的物质的量是0.0016mol=0.0008mol，以此计算【解答】解：（1）配制一定质量分数的溶液时需要的玻璃仪器除量筒外还需要烧杯和玻璃棒，故答案为：BD；（2）氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，化学方程式是Cl2+NaOH=NaCl+NaClO+H2O，故答案为：Cl2+NaOH=NaCl+NaClO+H2O；（3）因为锥形瓶的溶液中含有次氯酸钠，所以先除去次氯酸钠溶液
64、后再用盐酸进行滴定，选择甲基橙作指示剂，具体操作是：取一定量锥形瓶内的溶液放入锥形瓶中，向其中加入适量过氧化氢溶液，再滴加23滴甲基橙溶液，用标准盐酸溶液进行滴定，重复操作23次，故答案为：取一定量锥形瓶内的溶液放入锥形瓶中，向其中加入适量过氧化氢溶液，再滴加23滴甲基橙溶液，用标准盐酸溶液进行滴定，重复操作23次；（4）根据已知可知，水合肼会与次氯酸钠发生氧化还原反应，所以分液漏斗内应盛放NaOH和NaClO混合溶液，防止三颈烧瓶内生成的水合肼被次氯酸钠氧化，故答案为：B；如果次氯酸钠装在烧瓶中，反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化；（5）水合肼与碘发生氧化还原反应生成HI，使溶液的酸性增强，而
65、碳酸氢钠可与生成的HI反应，所以可保持溶液的pH在6.5左右，故答案为：碳酸氢钠可与生成的HI反应；（6）消耗碘的物质的量是0.016L0.1mol/L=0.0016mol，由N2H4H20+2I2=N2+4HI+H20可知水合肼的物质的量是0.0016mol=0.0008mol，5.000g馏分中水合肼的质量分数是100%=8%，故答案为：8%19向30.0mL硫酸铜溶液中加入过量铝粉，待充分反应后，再向其中加入2.00mol/L烧碱溶液，至沉淀不再减少，消耗烧碱溶液210mL，且收集到气体0.672L（标准状况）据此计算：（1）加入铝粉的质量（2）原硫酸铜溶液的物质的量浓度【考点】物质的量
66、浓度的计算【分析】根据反应的离子方程式计算，3Cu2+2Al=3Cu+2Al3+ Al3+4OH=AlO2+2H2O 2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2，计算时注意根据铝守恒和NaOH守恒，结合方程式和质量守恒定律计算该题【解答】解：发生反应的离子方程式为 3Cu2+2Al=3Cu+2Al3+ Al3+4OH=AlO2+2H2O 2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2由题可知n（H2）=0.03mol，则反应消耗的n（NaOH）=0.0200mol，n（Al）=0.0200mol，反应消耗的n（NaOH）=2.00molL10.210L0.0200mol=0.400mol，则反
67、应消耗的n（Al）=0.100mol，n（Cu2+）=0.150mol 故加入铝粉的质量为 m（Al）=（0.100mol+0.0200mol）27.0gmol1=3.24g，硫酸铜溶液的浓度为c（CuSO4）=5mol/L，答：（1）加入铝粉的质量为3.24g；（2）原硫酸铜溶液的物质的量浓度为5mol/L20已知：醛在一定条件下可以两分子间反应：RCH2O+RCH2CHO兔耳草醛是重要的合成香料，它具有独特的新鲜水果的清香由枯茗酸合成兔耳草醛的路线如下：（1）枯茗醛的核磁共振氢谱有5种峰；AB的反应类型是消去反应（2）B中含有的官能团是、（写结构式）；检验B中含氧官能团的实验方案是配制银氨
68、溶液，取少量B加入新配制的银氨溶液中，然后水浴加热（3）写出C兔耳草醛的化学方程式：（4）若分子式与A相同，且符合苯环上有两个取代基，其中一个取代基为CH（CH3）2，能发生水解反应，水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，则其同分异构体有多种，写出其中2种有机物的结构简式：、【考点】有机物的推断【分析】由题给信息反应原理可知：枯茗醛和丙醛反应生成的A为：；B能与氢气在Ni为催化剂条件下发生加成反应生成C、C催化氧化生成兔耳草醛（C13H18O），则C中含有只含有1个羟基，C到兔耳草醛为醇催化氧化生成醛，所以A发生消去反应生成B，B的结构简式为；B与氢气加成生成C，则C为：；兔耳草醛为：，
69、以此进行解答【解答】解：由题给信息反应原理可知：枯茗醛和丙醛反应生成的A为：；B能与氢气在Ni为催化剂条件下发生加成反应生成C、C催化氧化生成兔耳草醛（C13H18O），则C中含有只含有1个羟基，C到兔耳草醛为醇催化氧化生成醛，所以A发生消去反应生成B，B的结构简式为；B与氢气加成生成C，则C为：；兔耳草醛为：，（1）枯茗醛的结构简式为，其分子中含有5种等效H原子，所以其核磁共振氢谱中出现5种峰；A到B的反应为发生消去反应生成，故答案为：5；消去反应；（2）B的结构简式为：，其分子中含有的官能团为碳碳双键和醛基，其结构式分别为：、；B中含氧官能团为醛基，检验醛基的方法为：配制银氨溶液，取少量B
70、加入新配制的银氨溶液中，然后水浴加热，故答案为：、；配制银氨溶液，取少量B加入新配制的银氨溶液中，然后水浴加热；（3）C催化氧化生成兔耳草醛，反应的化学方程式为：，故答案为：；（4）A为；苯环上有两个取代基，其中一个取代基为CH（CH3）2，能发生水解反应，水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明有机物分子中含有酯基，且水解产物中含有酚羟基，则满足条件的有机物在苯环上含有的取代基有两种情况：CH（CH3）2、OOCCH（CH3）2CH（CH3）2、OOCCH2CH2CH3，满足取代基在苯环上都存在邻、间、对三种同分异构体，所以总共有6种满足条件的同分异构体，如：、，故答案为：；21AJ
71、分表示中学化学中常见的一种物质，它们之间相互关系如图所示（部分反应物、生成物没有列出），且已知G为主族元素的固态氧化物，A、B、C、D、E、F六种物质中均含同一种元素请填写下列空白：（1）A、B、C、D、E、F六种物质中所含的同一种元素在周期表中的位置第四周期第族（2）写出反应、的化学方程式和反应的离子方程式反应：8Al+3Fe3O44Al2O3+9Fe反应：Fe3O4+8HCl=FeCl2+2FeCl3+4H2O反应：4Fe（OH）2+O2+2H2O4Fe（OH）3反应：2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2（3）从能量变化的角度看，、反应中，H0的是（填序号）【考点】无机物的推断【分析
72、】G为主族元素的固态氧化物，电解G得到I和H，G能和氢氧化钠溶液反应生成J，工业上用电解氧化铝的方法冶炼铝，则G是Al2O3，I能和氢氧化钠溶液反应生成J，则I是Al，J是NaAlO2，H是O2，Al和B能在高温下反应生成A，A能在氧气中燃烧生成B，铝在高温下能发生铝热反应，则B是金属氧化物，A是金属单质，B和盐酸反应生成C和D，C和氢氧化钠反应生成E，D和氨水反应生成F，E在空气中反应生成F，说明E不稳定，易被氧气氧化，且A、B、C、D、E、F六种物质中均含同一种元素，则A是Fe，B为Fe3O4，C为FeCl2，D为FeCl3，E为Fe（OH）2，F为Fe（OH）3，结合对应单质、化合物的性
73、质解答该题【解答】解：G为主族元素的固态氧化物，电解G得到I和H，G能和氢氧化钠溶液反应生成J，工业上用电解氧化铝的方法冶炼铝，则G是Al2O3，I能和氢氧化钠溶液反应生成J，则I是Al，J是NaAlO2，H是O2，Al和B能在高温下反应生成A，A能在氧气中燃烧生成B，铝在高温下能发生铝热反应，则B是金属氧化物，A是金属单质，B和盐酸反应生成C和D，C和氢氧化钠反应生成E，D和氨水反应生成F，E在空气中反应生成F，说明E不稳定，易被氧气氧化，且A、B、C、D、E、F六种物质中均含同一种元素，则A是Fe，B为Fe3O4，C为FeCl2，D为FeCl3，E为Fe（OH）2，F为Fe（OH）3，（1
74、）A、B、C、D、E、F六种物质中所含的同一种元素是Fe元素，铁元素位于第四周期第族，故答案为：第四周期第族；（2）反应为高温下铝和四氧化三铁反应生成氧化铝和铁，反应的化学方程式为：8Al+3Fe3O44Al2O3+9Fe；反应为四氧化三铁与稀盐酸反应生成氯化亚铁、氯化铁和水，反应的化学方程式为：Fe3O4+8HCl=FeCl2+2FeCl3+4H2O；反应为氢氧化亚铁不稳定易被氧气氧化生成氢氧化铁，反应的化学方程式为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；反应为铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子反应方程式为：2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2，故答案为：8A
75、l+3Fe3O44Al2O3+9Fe；Fe3O4+8HCl=FeCl2+2FeCl3+4H2O；4Fe（OH）2+O2+2H2O4Fe（OH）3；2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2；（3）HO的反应为放热反应，为铝热反应，为燃烧反应，均为常见的放热反应，为电解反应，为吸热反应，故答案为：22已知A为淡黄色固体，T为生活中使用最广泛常的金属单质，R是地壳中含量最多的金属，D是具有磁性的黑色晶体，C、F是无色无味的气体，H是白色沉淀，W溶液中滴加KSCN溶液出现红色（1）物质A的化学式为Na2O2（2）H在潮湿空气中变成M的化学方程式为4Fe（OH）3+O2+2H2O=4Fe（OH）3（3
76、）B和R反应生成F的离子方程式为2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2【考点】无机物的推断【分析】依据转化关系和反应条件，A为淡黄色固体且能与水反应，所以A为Na2O2，T为生活中使用最广泛常的金属单质，则T为Fe，R是地壳中含量最多的金属，则R为Al，D是具有磁性的黑色晶体，则D为Fe3O4，C、F是无色无味的气体，H是白色沉淀，W溶液中滴加KSCN溶液出现红色，则W含有铁离子，过氧化钠与水反应生成B和C，铁与C反应生成Fe3O4，所以C为O2，B为NaOH，D与盐酸反应再与铁反应生成E为FeCl2，B与E反应生成H为Fe（OH）2，H与潮湿的空气反应生成M为Fe（OH）3，M与盐酸反
77、应生成W为FeCl3，C、F是无色无味的气体，氢氧化钠与铝反应生成F为H2，据此答题【解答】解：依据转化关系和反应条件，A为淡黄色固体且能与水反应，所以A为Na2O2，T为生活中使用最广泛常的金属单质，则T为Fe，R是地壳中含量最多的金属，则R为Al，D是具有磁性的黑色晶体，则D为Fe3O4，C、F是无色无味的气体，H是白色沉淀，W溶液中滴加KSCN溶液出现红色，则W含有铁离子，过氧化钠与水反应生成B和C，铁与C反应生成Fe3O4，所以C为O2，B为NaOH，D与盐酸反应再与铁反应生成E为FeCl2，B与E反应生成H为Fe（OH）2，H与潮湿的空气反应生成M为Fe（OH）3，M与盐酸反应生成W为FeCl3，C、F是无色无味的气体，氢氧化钠与铝反应生成F为H2，（1）根据上面的分析可知，A为Na2O2，故答案为：Na2O2；（2）Fe（OH）2在潮湿空气中变成Fe（OH）3的化学方程式为4Fe（OH）3+O2+2H2O=4Fe（OH）3，故答案为：4Fe（OH）3+O2+2H2O=4Fe（OH）3；（3）NaOH和Al反应生成H2的离子方程式为2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2，故答案为：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H22016年11月25日