1、山东省淄博市博山区实验中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）1下列离子或分子在溶液中能大量共存的是（ ）ApH试纸显深红色的溶液中：Cr2O72-、K+、C2H5OH、SO42-B含有0.1molL-1 Fe3+的溶液中：Fe2+、Mg2+、Cl-、NO3-CpH=0的溶液中：ClO-、Na+、K+、CH3CHOD室温下，水电离出的c(H+)=110-11溶液中：Na+、Cu2+、C6H5O-、SO42-【答案】B【解析】2设NA为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（ ）A标准状况下，11.2L水所含分子数为0.5NAB1L 1 molL1的氯化钠溶液中，所含离子数为NAC
2、64g二氧化硫含有原子数为3NAD在反应中，1mol镁转化为Mg2后失去的电子数为NA【答案】C【解析】试题分析：A、标准状况下，水不是气体，故11.2L 水的物质的量不是0.5mol，故含分子数不是0.5 NA，故A错误；B、1L 1mol/L的氯化钠溶液中NaCl的物质的量n=CV=1L1mol/L=1mol，故含有的Na+、Cl-的物质的量分别为1mol，共有2mol，而溶液中还有水电离出的H+、OH-等离子，故离子总数大于2NA，故B错误；C、64g二氧化硫的物质的量n=1mol，根据二氧化硫的分子式SO2可知，含有的原子个数N=nNA=1mol3NA=3NA，故C正确；D、1mol镁
3、转化为Mg2+后失2mol电子，即2NA个，故D错误；故选C。考点：考查了阿伏伽德罗常数的有关计算的相关知识。3同温同压下，下列气体的密度最大的是（ ）A氢气 B二氧化硫 C氧气 D二氧化碳【答案】B【解析】试题分析：同温同压下，密度之比等于摩尔质量之比，摩尔质量越大，密度越大，因此SO2的摩尔质量最大，64gmol1，故选项B正确。考点：考查阿伏加德罗推论等知识。4对下列装置的叙述错误的是AX如果是硫酸铜，a和b分别连接直流电源正、负极，一段时间后铁片质量增加BX如果是氯化钠，则a和b连接时，该装置可模拟生铁在食盐水中被腐蚀的过程CX如果是硫酸铁，则不论a和b是否用导线连接，铁片均发生氧化反
4、应DX如果是氢氧化钠，将碳电极改为铝电极，a和b用导线连接，此时构成原电池铁作负极【答案】D【解析】试题分析：A、a作阳极，b作阴极，Cu2在阴极得电子，Cu22e=Cu，铁片质量增加，故A说法正确；B、构成原电池，发生吸氧腐蚀，铁片作负极，Fe2e=Fe2，故B说法正确；C、都发生Fe2Fe3=3Fe2，化合价升高，被氧化，故C说法正确；D、形成原电池条件之一：能跟电解质溶液反应，铝作负极，故D选项说法错误。考点：考查原电池、电解池工作原理。5表示下列反应的离子方程式，正确的是 A碱性高锰酸钾溶液与草酸氢钾反应：2MnO4-+HC2O4-+2H2O=2MnO42-+2CO32-+5H+B用稀
5、醋酸检验牙膏中的摩擦剂碳酸钙：CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2OC在苯酚钠溶液中通入少量CO2：2C6H5O+H2O+CO2= 2C6H5OH+CO32D氧化铝溶于烧碱中：Al2O3+2OH=2AlO2+H2O【答案】D【解析】6现有常温下的五种溶液（如下表）。下列有关叙述中正确的是A.五种溶液中，水电离出的c(OH)最小的是B将、两种溶液等体积混合，所得溶液中：c(Cl-)c(NH4+)c(OH-) c(OH-)。C分别将、加水稀释100倍，稀释后四种溶液的pH：D在中加入适量的至溶液呈中性，所得溶液中：c(Na+)c(CH3COO-) c(Cl-)c(OH-)= c(H+)。【答案
6、】D【解析】 试题分析：A.五种溶液中，、都是对水的电离起抑制作用，而且抑制的程度相同，但是是强碱弱酸盐，对水的电离起促进作用，所以水电离出的c(OH)最大的是。错误。B氨水是弱碱，盐酸是强酸。若将、两种溶液等体积混合，由于碱过量，所以所得溶液是NH4Cl与NH3H2O的混合溶液。由于NH3H2O的电离作用大于NH4Cl的水解作用。所以c(NH4+)c(Cl-).电离使溶液显碱性，所以c(OH-)c(H+).盐的电离大于弱电解质的电离作用，因此c(Cl-)c(OH-)。所以溶液中的两种浓度关系为c(NH4+)c(Cl-) c(OH-)c(H-)。错误。C、是弱电解质，加水稀释时pH变化较小，而
7、、是强电解质，加水稀释时pH变化较大。若将这四种溶液加水稀释100倍，稀释后四种溶液的pH：。错误。D在中加入适量的至溶液呈中性，所得溶液是NaCl、CH3COONa、CH3COOH的混合溶液。由于加入的HCl量较小，所以离子浓度关系是c(Na+)c(CH3COO-) c(Cl-)c(OH-)= c(H+)。正确。考点：考查电离程度相同的强酸、弱酸、强碱、弱碱的稀释的pH变化、溶液混合时的酸碱性及离子浓度变化关系的知识。7聚合氯化铝(PAC)通式为Al2(OH)nCl6nm，是无机高分子混凝剂，它是用软铝矿(主要成分Al2O3H2O)为原料制备，制备的最后一步反应是将Al(OH)3凝胶与Al(
8、OH)2(H2O)4Cl按照一定配比恰好完全反应制得PAC，则该反应中前者与后者的物质的量之比为( )A11 B C D【答案】C【解析】试题分析：将Al(OH)3凝胶与Al(OH)2(H2O)4Cl按照一定配比恰好完全反应制得PAC，PAC的化学式为Al2(OH)nCl6nm，设Al2(OH)nCl6nm，的化学计量数为1，由氯原子反应前后个数不变，则Al(OH)2(H2O)4Cl前面的化学计量数为(6-n)，由铝原子反应前后个数不变，Al(OH)3前面的化学计量数为(n-4)。可知该反应中两种反应物的计量数之比是(n4):(6n)。故选项C正确。考点：考查化学反应方程式的系数的关系的计算与
9、判断的知识。8下列关于金属冶炼的说法正确的是A金属冶炼的本质是将化合态金属还原为游离态，冶炼方法由金属的活泼性决定BCu的湿法冶炼是将金属钠投入到CuSO4溶液中，从而置换出铜CFe通常采用热还原法冶炼，加入石灰石的目的是除去过量的碳D由于Al的活泼性强，故工业上采用电解熔融AlCl3的方法生产Al【答案】A【解析】试题分析：金属的冶炼有三种方法，依据金属活动顺序在K-Al采用电解法，Zn-Cu采用热还原法，Hg以后采用热分解法。故A正确；B选项，钠与CuSO4溶液反应首先Na与H2O反应，然后生成的NaOH再与CuSO4反应无法置换Cu，故B错误；C选项，石灰石中的碳酸钙在高温条件下分解能生
10、成氧化钙和二氧化碳，氧化钙能和二氧化硅反应生成硅酸钙，从而除去铁矿石中的二氧化硅，即炼铁高炉中加入石灰石的目的是除去脉石（二氧化硅），故C错误；D选项，由于AlCl3是共价化合物，故不能用电解熔融AlCl3的方法生产Al，应该用2Al2O3(熔融)4Al3O2，故D错误。考点：金属的冶炼 金属活动顺序点评：本题难度适中，但是错误选项的迷惑性很大，同学们背诵了金属活动顺序，受到思维定势影响，忽视了Na先与水反应的事实，而铁的冶炼，加入石灰石是利用氧化钙除去二氧化硅对学生来讲比较陌生，Al的冶炼，同学们对典型的金属与非金属形成了共价化合物AlCl3理解起来困难。9下列关于物质的量、摩尔质量的叙述正
11、确的是（ ）A0.012 kg 12C中含有约6.021023个碳原子 B1 mol H2O中含有2 mol氢和1 mol氧C氢氧化钠的摩尔质量是40 g D2 mol水的摩尔质量是1 mol水的摩尔质量的2倍【答案】A【解析】试题分析：A、阿伏加德罗常数的规定是：0.012 kg 12C中所含碳原子的数目，数值上约为6.021023，故正确；B、应指明是氢原子和氧原子，故错误；C、摩尔质量的单位是g/mol，故错误；D、摩尔质量是单位物质的量的物质所占的质量，在数值上等于相对分子质量或相对原子质量，故错误。考点：考查阿伏加德罗常数、物质的量的表示、摩尔质量等知识。10氰(CN)2，硫氰(SC
12、N)2等称为拟卤素，与卤素单质性质相似，它们的阴离子与也卤素阴离子性质相似，阴离子的还原性顺序为： Cl-Br-CN-SCN-I-，又知，拟卤素形成的无氧酸和含氧酸一般为弱酸，下列反应中，不合理的是A4HCN(浓)+MnO2Mn(CN)2+(CN)2+2H2OB(CN)2+H2O=2H+CN-+CNO-C(CN)2+2OH-=CN-+CNO-+H2OD(CN)2+2SCN-=2CN-+(SCN)2【答案】B【解析】试题分析：AMnO2能与浓盐酸反应制得氯气，说明二氧化锰的氧化性大于氯气，氯气的氧化性大于(CN)2，则反应4HCN(浓)+MnO2Mn(CN)2+(CN)2+2H2O能进行，故A正
13、确；B卤素单质能与水反应，(CN)2与卤素单质的性质相似，则与水反应，发生(CN)2+H2OHCN+HCNO，拟卤素形成的无氧酸和含氧酸一般比氢卤酸和次卤酸弱，所以在溶液中主要以分子形式存在，不能拆成离子，故B错误；C(CN)2与卤素单质的性质相似，可以发生类似氯气与碱的反应，与碱发生反应(CN)2+2OH-=CN-+CNO-+H2O，故C正确；D还原性：CN-SCN-，则(CN)2能氧化SCN-，即2SCN-+(CN)2=(SCN)2+2CN-，故D正确，答案为B。【考点定位】考查拟卤素知识、氧化还原反应、离子方程式的书写等；【名师点晴】需要学生对信息应用进行利用，注意把握题中信息，“(CN
14、)2、(SCN)2与卤素单质的性质相似”，可知拟卤素能与水、碱反应，由“2Fe+3(SCN)2=2Fe(SCN)3”，拟卤素形成的无氧酸和含氧酸一般比氢卤酸和次卤酸弱，则在溶液中主要以分子形式存在，结合阴离子的还原性强弱顺序分析。11下列过程或现象与盐类水解无关的是（ ）A纯碱溶液滴入酚酞变红 B铁在潮湿的环境下生锈C加热氯化铁溶液颜色变深 D用氯化铵溶液除去铁锈【答案】B【解析】试题分析：解：A向Na2CO3溶液中滴加酚酞试液变红色，说明溶液呈碱性，原因是Na2CO3为强碱弱酸盐，水解呈碱性，与盐类水解有关，错误； B铁在潮湿的环境下生锈为钢铁的电化学腐蚀，与盐类水解无关，正确；C溶液颜色变
15、深是因为加热促进盐类水解，错误；D铁锈的成分是氧化铁，可以和酸发生反应，NH4Cl溶液中的弱离子水解导致溶液显示酸性，可作焊接金属中的除锈剂，与盐类水解有关，错误考点：盐类水解的应用12下列物质C2H6 C3H6 C6H14 C5H8充分燃烧，等质量时产生CO2最多的、消耗O2最多的；等物质的量时消耗O2最多的、生成水最多的依次是 （） A B C D【答案】B【解析】试题分析：烃分子燃烧的通式是CnHm（nm/4）O2nCO2m/2H2O，则分子则碳元素的含量越低，在质量相等是产生的CO2越少。分子氢元素的含量越高，在质量相等的条件下，消耗的氧气最多。如果物质的量相等，则（nm/4）越大，消
16、耗的氧气越多。分子中氢原子个数越多，产生的水越多。所以根据化学式可知，答案选B。考点：考查有机物燃烧规律的有关计算点评：该题是综合性强，难度较大，对学生的要求高。该题主要是考查学生对烃燃烧计算规律的了解掌握程度，有利于培养学生的综合计算能力，有助于培养学生的解题方法和技巧的训练。13在25时将pH=11 的NaOH 溶液与pH=3 的CH3COOH溶掖等体积混合后，下列关系式中正确的是Ac（Na+）=c（CH3COO-）+c（CH3COOH）Bc（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-）Cc（Na+）c（CH3COO-）c（OH-）c（H+）Dc（CH3COO-）c（Na+）c（H+）c（O
17、H-）【答案】D【解析】试题分析：A项中NaOH是强碱而CH3COOH 是弱酸 ，NaOH和CH3COOH 之间没有数量关系，错误；B项不符合电荷守恒，应为c（H+）+c(Na)=c（CH3COO-）+c（OH-），错误；C项中PH=11的NaOH溶液中OH=10-3mol/L，而PH=3的醋酸中H大于10-3mol/L，等体积混合后，溶液呈酸性，错误；D项正确；选D。考点：考查溶液的PH及溶液中离子浓度关系。14常温下，将一定量的钠铝合金置于水中，合金全部溶解，得到200 mL C(OH-)= 0.1mol/L的溶液，然后逐滴加入1 mol/L 的盐酸，测得生成沉淀的质量m与消耗盐酸的体积V
18、关系如图所示，则下列说法正确的是 OV1V(mL)40m1QV2m(g)A原合金质量为 0.92 g B图中V2为 60 C整个加入盐酸过程中 Na的浓度保持不变 DQ点m1 为1.56【答案】D【解析】试题分析：由图象可知，向合金溶解后的溶液中加盐酸，先发生NaOH+HCl=NaCl+H2O，后发生NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al（OH）3，最后发生Al（OH）3+3HCl=AlCl3+3H2O，合金溶解后剩余的氢氧化钠的物质的量为0.02mol，由NaOH+HCl=NaCl+H2O，0.02mol0.02mol生成沉淀时消耗的盐酸为40mL-20mL=20mL，其物质的量为由0
19、.02L1mol/L=0.02mol，由 NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al（OH）3，0.02mol 0.02mol 0.02mol由钠元素及铝元素守恒可知，合金的质量为0.04mol23g/mol+0.02mol27g/mol=1.46g，故A错误；由Al（OH）3+3HCl=AlCl3+3H2O可知，溶解沉淀需要0.06molHCl，其体积为60mL，则V2为40mL+60mL=100mL，B错误；加入盐酸后溶液体积不断变大，溶液中钠离子浓度不断变小，C项错误；由上述计算可知，生成沉淀为0.02mol，其质量为0.02mol78g/mol=1.56g，故D正确。考点：钠、铝单质
20、及其化合物的性质，化学方程式的相关计算。点评：本题考查钠、铝的化学性质及反应，明确发生的化学反应及反应与图象的对应关系是解答本题的关键，并学会利用元素守恒的方法来解答，难度较大。15 今有两种正盐的稀溶液，分别是a molL1 NaX溶液和b molL1 NaY溶液，下列说法不正确的是A若ab，pH(NaX)pH(NaY)，则相同浓度时，酸性HXHYB若ab，并测得c(X)c(Y)c(HY) ，则相同浓度时，酸性HXHYC若ab，测得c(X)c(Y)，则可推出溶液中c(HX)c(HY)，且相同浓度时，酸性HXHYD若两溶液等体积混合，测得c(X)c(Y)c(HX)c(HY)0.1 molL1
21、，则可推出a+b0.2 molL1 （忽略两溶液混合时溶液体积的改变） 【答案】【解析】 试题分析：A选项中两种溶液浓度相同，PH（NaX） PH（NaY）,NaX的碱性更强，对应的X-的水解程度更强，因此酸性HXHY。B选项中ab而且c(X)c(Y)c(HY)，因此可以看出X-没有水解，因此为强酸，故酸性HXHY。C选项中ab并且c(X)c(Y)，可以得知X-水解的部分大于Y水解的部分，所以c(HX)c(HY)并且相同浓度时，酸性HXHY。D选项中若等体积混合，则混合后的体积是混合前的两倍，所以c(X)c(Y)c(HX)c(HY)=（a+b）/2,又因为c(X)c(Y)c(HX)c(HY)0
22、.1mol/L，所以得到a+b0.2mol/L。考点：盐类水解点评：本题将盐类水解的基本知识点进行综合考察，对能力要求比较高，属于一般难度题目。162010年上海世博会场馆，大量的照明材料或屏幕都使用了发光二极管(LED)。目前市售LED晶片，材质基本以GaAs(砷化镓)、AlGaInP(磷化铝镓铟)、InGaN(氮化铟镓)为主。砷化镓的晶胞结构如图。试回答：(1)镓的基态原子的电子排布式是_。(2)砷化镓晶胞中所包含的砷原子(白色球)个数为_，与同一个镓原子相连的砷原子构成的空间构型为_。(3)下列说法正确的是_(填字母)。A.砷化镓晶胞结构与NaCl相同B.第一电离能：AsGaD.GaP与
23、GaAs互为等电子体(4)N、P、As处于同一主族，其氢化物沸点由高到低的顺序是_。(5)砷化镓可由(CH3)3Ga和AsH3在700 时制得。(CH3)3Ga中镓原子的杂化方式为_。【答案】（8分）(1)1s22s22p63s23p63d104s24p1(或Ar3d104s24p1)(2)4 正四面体 (3)C、D(4)NH3AsH3PH3(5)sp2【解析】试题分析：（1）镓位于周期表中第四周期第IIIA，故其核外电子排布式为1s22s22p63d104s24p1或Ar3d104s24p1，故答案为：1s22s22p63d104s24p1。（2）根据“均摊法”：白色球个数为6(1/2) +
24、8(1/8）=4由晶胞图可知与同一个镓原子相连的砷原子构成的空间构型为正四面体，故答案为：4；正四面体。（3）ANaCl晶体中阴阳离子的配位数为6，而砷化镓晶胞中中阴阳离子的配位数为8，二者晶体结构不同，故A错误；BAs和Ga处于同一周期，而处于VA的As外围电子处于半满的较稳定结构，故As的第一电离能大于Ga，故B错误；C周期表同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增大，则AsGa，故C正确；D根据等电子体的概念可知二者价电子数相等，属于等电子体，故D正确；故答案为：CD.。(4)由于NH3分子间存在氢键，所以NH3的沸点最高，由于AsH3的相对分子质量大于PH3，故AsH3的沸点高于PH3，故
25、答案为：NH3AsH3PH3；（5）由于Ga原子周围只有3对成键电子对，故其杂化方法为sp2，故答案为：sp2。考点：晶胞的计算 原子结构的构造原理 元素电离能、电负性的含义及应用 原子轨道杂化方式及杂化类型判断 分子间作用力对物质的状态等方面的影响点评：本题以第三代半导体砷化镓为背景，全面考查原子结构与性质、分子结构及晶体结构知识灵活掌握程度，另一方面通过LED推广使用形成节能减排价值取向和环境友好的消费情趣这类试题常常是通过小背景作为生长点，融合物质的结构与性质大部分知识内容。17（16分）现有五种可溶性物质A、B、C、D、E，它们所含的阴、阳离子互不相同，分别含有五种阳离子Na、Al3、
26、Mg2、Ba2、Fe3和五种阴离子Cl-、OH-、NO3- 、CO32-、X中的一种。（1）某同学通过比较分析，认为无须检验就可判断其中必有的两种物质是 和 。（2）物质C中含有离子X。为了确定X，现将（1）中的两种物质记为A和B，当C与B的溶液混合时，产生红褐色沉淀和无色无味气体；当C与A的溶液混合时也产生沉淀，向该沉淀中滴入稀HNO3，沉淀部分溶解。则：X为 （填字母）。 ABr- BSO CCH3COO- DHCOA中阴、阳离子个数比为 B的水溶液中所有离子的浓度由大到小的顺序为 (用离子符号表示)。将0.02 mol的A与0.01 mol的C同时溶解在足量的蒸馏水中，充分反应后，最终所
27、得沉淀的质量为 (精确到0.1 g)。（3）将Cu投入装有足量D溶液的试管中，Cu不溶解；再滴加稀H2SO4，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现，则物质D一定含有上述离子中的 （填离子符号），有关反应的离子方程式为 。【答案】（每空2分） （1）Na2CO3 Ba（OH）2（2）B 2:1c（Na+）c（CO32-）c（H+）c（HCO3-）c（OH-）6.1g （3）NO3- 3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O【解析】试题分析：（1）根据离子之间的反应判断，该两种物质是Na2CO3 Ba（OH）2，因为碳酸根离子只能与钠离子结合才能形成可溶性物质Na2CO3，与其他阳离
28、子结合都是沉淀，氢氧根离子除与钠离子结合外还可以与钡离子结合形成可溶性物质，与其余三种结合都是沉淀，根据题意它们所含的阴、阳离子互不相同，所以氢氧根离子只能与钡离子结合形成Ba（OH）2，（2）根据实验现象，红褐色沉淀是氢氧化铁沉淀，无色无味气体是二氧化碳，A、B中不含铁离子，所以C中一定含有铁离子，C与B发生双水解反应生成氢氧化铁和二氧化碳，所以B是碳酸钠，则A是氢氧化钡，C与氢氧化钡反应生成氢氧化铁沉淀溶于硝酸，根据向该沉淀中滴入稀HNO3，沉淀部分溶解，说明C与氢氧化钡反应还有其他沉淀生成，根据复分解反应的特点可知C中的阴离子是硫酸根离子，答案选B。A是Ba（OH）2，阴、阳离子个数比为
29、2:1；B是Na2CO3 ，水溶液中所有离子的浓度由大到小的顺序为c（Na+）c（CO32-）c（H+）c（HCO3-）c（OH-）；0.02mol Ba（OH）2与0.01molFe2(SO4)3反应后者过量，所以生成0.02mol的硫酸钡和0.04/3mol的Fe（OH）3沉淀，二者的总质量是0.02mol233g/mol+0.04mol/3107g/mol,精确到0.1g 的质量是6.1g；（3）红棕色气体是二氧化氮，Cu投入装有足量D溶液的试管中，Cu不溶解；再滴加稀H2SO4，Cu逐渐溶解，说明此时溶液中含有硝酸，则D中的阴离子一定是NO3-；管口有红棕色气体，说明开始产生的是NO，
30、所以Cu与稀硝酸反应的离子方程式为 3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O。考点：考查离子之间的反应，物质的推断，离子浓度的比较，化学反应的计算，离子方程式的书写18（13分）某无色溶液，由Na、Ba2、Al3、AlO2、Fe3、CO32、SO42中的若干种组成。取适量该溶液进行如下实验：加入过量盐酸，有气体生成；在上面所得的溶液中再加入过量碳酸氢铵溶液，有气体生成，同时析出白色沉淀甲；在所得溶液中再加入过量Ba（OH）2溶液，也有气体生成，并有白色沉淀乙析出。（1）则原溶液中一定不能大量存在的离子是 ，可能存在的离子是 。（2）实验中发生反应的离子方程式为 ， 。（3）实验中气
31、体成分是 ，沉淀甲的成分是 。（4）实验中气体成分是 ，沉淀乙的成分是 。【答案】（1）Ba2、Al3、Fe3（3分） SO42（1分）（2）AlO24H+Al32H2O；CO322H+ H2OCO2（各2分）（3）CO2 Al（OH）3（各1分）（4）NH3（1分） BaCO3 或BaCO3与BaSO4的混合物（2分）【解析】19（10分）某中学化学实验小组为了证明和比较SO2与氯水的漂白性，设计了如下装置：（1）实验室常用装置E制备Cl2，指出该反应中浓盐酸所表现出的性质是_、_。 （2）反应开始后，发现B、D两个试管中的品红溶液都褪色，停止通气后，给B、D两个试管加热，两个试管中的现象分
32、别为：B ， D_。 （3）装置C的作用是_。 （4）该实验小组的甲、乙两位同学利用上述两发生装置按下图装置继续进行实验：通气一段时间后，甲同学实验过程中品红溶液几乎不褪色，而乙同学的实验现象是品红溶液随时间的推移变得越来越浅。试根据该实验装置和两名同学的实验结果回答问题。试分析甲同学实验过程中，品红溶液不褪色的原因是： 。你认为乙同学是怎样做到让品红溶液变得越来越浅的？ 【答案】（1）酸性（1分）、还原性（1分）；（2）B溶液恢复红色（1分）， D溶液仍无色（1分）（3）吸收多余的SO2和Cl2，防止污染环境（2分）（4）控制SO2和Cl2按物质的量之比11进气，二者发生反应，生成无漂白性的
33、H2SO4和HCl，SO2 + Cl2 + 2H2O =SO42+ 2Cl+ 4H+ （2分） 控制SO2和Cl2进气的物质的量,使之不相等（2分）【解析】（1）实验室常制备Cl2，该反应中浓盐酸所表现出的性质是酸性、还原性。（2）反应开始后，发现B、D两个试管中的品红溶液都褪色，停止通气后，给B、D两个试管加热，两个试管中的现象分别为：B溶液恢复红色，D溶液仍无色（3）装置C的作用是吸收多余的SO2和Cl2，防止污染环境（4）试分析甲同学实验过程中，品红溶液不褪色的原因是：控制SO2和Cl2按物质的量之比11进气，二者发生反应，生成无漂白性的H2SO4和HCl，SO2 + Cl2 + 2H2
34、O =SO42+ 2Cl+ 4H+ SO2和Cl2按1：1通入，恰好完全反应，SO2、Cl2都有漂白性，只要控制一种气体过量，品红溶液会变得越来越浅，所以，控制SO2和Cl2进气的物质的量,使之不相等。20（10分）用NaOH固体配制480 mL 1.0 mol/L的NaOH溶液，有如下操作步骤：把称量好的NaOH固体放入小烧杯中，加适量蒸馏水溶解。把所得溶液小心转入容量瓶中。继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度线12处，改用胶头滴管小心滴加蒸馏水至溶液凹液面与刻度线相切。用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒23次，每次洗涤的液体都小心转入容量瓶。将容量瓶瓶塞塞紧，充分摇匀。计算、称量NaOH固体的质量
35、。请填写下列空白：（1）操作步骤的正确顺序为（填序号） ；（2）所需仪器除托盘天平、烧杯、玻璃棒外，还用到的玻璃仪器有 ；使用容量瓶前必须进行的操作是 ，实验所需称量的NaOH固体为 g。（3）试分析下列操作对所配溶液的浓度有何影响。（填“偏高”“偏低”或“无影响”）为加速固体溶解，可稍微加热并不断搅拌。在未降至室温时，立即将溶液转移至容量瓶定容。对所配溶液浓度的影响： 。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： 。定容时俯视液面，对所配溶液浓度的影响： 。称量的NaOH固体中混有Na2O杂质，对所配溶液浓度的影响： 。【答案】19（10分） （1
36、） （2分）（2）500ml 容量瓶、胶头滴管 （各1分） 查漏 20.0偏高 偏低 偏高 偏高【解析】试题分析：（1）操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，所以操作步骤的正确顺序为：；（2）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500mL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、500mL容量瓶、胶头滴管根据提供的仪器可知，还需要的仪器有：500ml容量瓶、胶
37、头滴管，答案为：500ml容量瓶、胶头滴管；容量瓶有活塞，定容后需上下颠倒摇匀，所以使用容量瓶前必须检查容量瓶是否漏水，即检漏；需氢氧化钠的质量为m=0.5L1.0molL-140g/mol=20.0g；（3）溶液未冷却至室温就加水定容，根据热胀冷缩，会使溶液体积减少，所配溶液浓度偏高；. 加蒸馏水时不慎超过了刻度线，溶液体积偏大，所配溶液浓度偏低；定容时俯视液面，使溶液的体积偏低，所以所配溶液浓度偏高；. 称量的NaOH固体中混有Na2O杂质，导致NaOH的物质的量增多，所配溶液浓度偏高。考点：考查一定物质的量浓度溶液的配制，误差分析等知识。21将a g铁粉和b g硫粉混合均匀，在隔绝空气条
38、件下充分加热，然后往反应后的固体混合物中加入足量稀硫酸。若使产生的气体充分燃烧，消耗标准状况下空气的体积为VL（空气中O2的体积分数为0.20）。请通过计算分析V的取值范围。【答案】aV3a（或：aV5.25b）【解析】试题分析：过程中可能发生的反应：Fe+SFeS，FeS+H2SO4=FeSO4+H2S，Fe+H2SO4=FeSO4+H2，2H2+O2=2H2O，2H2S+3O2=2H2O+2SO2。金属铁和硫之间的反应，当Fe过量时或全部为Fe，有气体H2S和H2产生，混合气体（n铁-n硫）+n硫= n铁，气体物质的量之和与铁的物质的量相同。根据FeH21/2 O2，消耗氧气的体积是0.2
39、aL，此时消耗空气是aL；当金属铁和硫之间恰好完全反应或是金属铁量不足时，得到的气体只有硫化氢，根据反应2 Fe 2 FeS 2H2S3O22 322.4a/56 V所以消耗氧气的体积是0.6aL，此时消耗空气是3aL，所以aV3a，故答案为：aV3a考点：考查了有关范围讨论的计算的知识22在下列物质：A 烧碱 B 硫酸 C 干冰 D 硫酸钡 E 纯碱 F 铁（1）既不是电解质，也不是非电解质的是 。（2）纯碱的电离方程式是 。（3）烧碱溶液与稀硫酸混合，发生反应的离子方程式为_。（4）将干冰升华后所得的气体通入过量烧碱溶液中，发生反应的离子方程式为 。（5）a、b、c、d是Na2CO3、Ba
40、Cl2、HCl、AgNO3四种溶液中的一种，现将它们两两混合，现象如下表所示：反应物a+bc+da+da+cb+d现象白色沉淀白色沉淀白色沉淀白色沉淀无色气体 b是 （用化学式填写）。 写出a+c反应的离子方程式 。【答案】（1）F（或铁） （2）Na2CO32Na+ + CO32- （3）H+ OH-H2O（4）CO2+2OH-CO32-+H2O （5）HCl、Ag+ + Cl-= AgCl【解析】试题分析：（1）溶于水或在熔融状态下能导电的化合物是电解质，溶于水和在熔融状态下均不能导电的化合物是非电解质，酸碱盐均是电解质，二氧化碳是非电解质。铁是金属单质，既不是电解质，也不是非电解质。（2
41、）纯碱是碳酸钠，其电离方程式是Na2CO32Na+ + CO32-。（3）烧碱溶液与稀硫酸混合发生中和反应，发生反应的离子方程式为H+ OH-H2O。（4）干冰就是二氧化碳，则将干冰升华后所得的气体通入过量烧碱溶液中，发生反应的离子方程式为CO2+2OH-CO32-+H2O。（5）能产生气体的只有碳酸钠和盐酸，即b和d属于盐酸盐酸只能生成一种沉淀氯化银，则b是盐酸，a是硝酸银，d是碳酸钠，c是氯化钡。 根据以上分析可知b是HCl。 a+c反应的离子方程式为Ag+ + Cl-= AgCl。【考点定位】本题主要是考查物质鉴别、电解质等有关判断【名师点晴】进行物质的检验时，要依据物质的特殊性质和特征
42、反应，选择适当的试剂和方法，准确观察反应中的明显现象，如颜色的变化、沉淀的生成和溶解、气体的产生和气味、火焰的颜色等，进行判断、推理、验证即可。23(16分)香豆素是用途广泛的香料，合成香豆素的路线如下(其他试剂、产物及反应条件均省略)：（1）的分子式为 ；1mol与足量氧气完全燃烧消耗氧气的物质的量为 mol。（2）物质中含氧官能团的名称 ，反应的反应类型是 。（3）香豆素在过量NaOH溶液中完全反应的化学方程式为 。（4）是香豆素的同分异构体，写出符合下列条件的的结构简式 。苯环上只有两个处于对位的取代基能使氯化铁溶液呈紫色 能发生银镜反应（5）一定条件下，与CH3CHO能发生类似反应、的
43、两步反应，最终生成的有机物的结构简式为 。【答案】(16分)（1）C7H6O2 (2分) 7.5mol （2分）（2）羟基（或酚羟基） 羧基（2分）， 酯化反应（ 取代反应）（2分）（3） （4） （2分）（5） (3分)【解析】试题分析：（1）根据I的结构简式可知其分子式为C7H6O2；C7H6O2与氧气反应发生燃烧反应生成二氧化碳和水的化学方程式为2C7H6O2+15O214CO2+6H2O，所以1mol与足量氧气完全燃烧消耗氧气的物质的量为7.5mol；（2）物质中含氧官能团的名称是羟基（或酚羟基）、羧基；比较IV与香豆素的结构简式可知，IV中的羧基与自身的酚羟基发生酯化反应生成环酯，所
44、以反应的反应类型是酯化反应（也是取代反应）；（3）香豆素中的酯基在碱性条件下发生水解反应，生成的产物中含有酚羟基，和羧基，酚羟基和羧基都可与氢氧化钠发生反应，所以香豆素在过量NaOH溶液中完全反应的化学方程式为；（4）能使氯化铁溶液呈紫色，说明V中含有酚羟基； 能发生银镜反应，说明V中含有醛基，且酚羟基与醛基是对位的取代基，则符合条件的V的结构简式为；（5）根据流程图可知，反应、的两步反应分别是加成反应、消去反应，所以中的-CHO与CH3CHO中的-CH3发生加成后得-CHOH-CH2CHO，再发生消去反应，最终得到产物的结构简式为。考点：考查有机物的性质、反应类型和官能团的判断，同分异构体和化学方程式的书写的知识。