1、山东省滕州市第十一中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）1下列叙述正确的是 ( )A1摩尔氢为2克 BH2O的摩尔质量为18克C44克CO2的体积为22.4L D9.8克H2SO4含0.1NA个H2SO4分子【答案】D【解析】2在N2 + 3H2 2NH3的反应中，经过一段时间后，NH3的浓度增加了0.6 ,在此时间内用NH3表示的反应速率为0.30S1。则此一段时间是：（ ）A1秒B2秒C0.44秒D1.33秒【答案】B【解析】试题分析：化学反应速率=C/t，所以0.6/t =0.30S1，则t=2s。考点：化学反应速率点评：本题计算量不大，只需要简单利用化学反应速率的
2、公式，带入计算。这是学生需要掌握的基本知识。3工业上用CO和H2合成CH3OH：CO(g)2H2(g)CH3OH(g)。反应的平衡常数如下表：温度/0100200300400平衡常数667131.910-22.410-4110-5下列说法正确的是A该反应的H 0B加压、增大H2浓度和加入催化剂都能提高CO的转化率C工业上采用5 103 kPa和250的条件，其原因是原料气的转化率高Dt时，向1 L密闭容器中投入0.1 mol CO和0.2 mol H2，平衡时CO转化率为50%，则该温度时反应的平衡常数的数值为100【答案】D【解析】试题分析：A依据平衡常数随温度变化和平衡移动原理分析判断，随
3、温度升高平衡常数减小，正反应为放热反应H0，故A错误；B反应前后是气体体积减小的放热反应，增大压强增大氢气浓度，平衡正向进行，催化剂改变反应速率不改变化学平衡，不能提高CO的转化率，故B错误；C升温平衡逆向进行，此条件是催化剂活性最大，不是原料气的转化率高，故C错误；D结合平衡三段式列式计算，平衡常数等于生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积，CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）起始量（mol/L） 0.1 0.2 0变化量（mol/L） 0.150% 0.1 0.05平衡量（mol/L） 0.05 0.1 0.05平衡常数K=100，故D正确；故选D。考点：考查化学平衡影响
4、因素分析判断4实验室中以下物质的贮存方法不正确的是A浓硝酸用带橡胶塞的细口、棕色试剂瓶盛放，并贮存在阴凉处B保存硫酸亚铁溶液时，要向其中加入少量硫酸和铁粉C少量金属钠保存在煤油中D试剂瓶中的液溴可用水封存，防止溴挥发【答案】A【解析】试题分析：A浓硝酸具有腐蚀性，见光易分解，因此浓硝酸应该用带玻璃塞的细口、棕色试剂瓶盛放，并贮存在阴凉处，A错误；B硫酸亚铁易被氧化，且亚铁离子水解，因此保存硫酸亚铁溶液时，要向其中加入少量硫酸和铁粉，B正确；C钠易被氧化，易与水反应，密度大于煤油，因此少量金属钠保存在煤油中，C正确；D试剂瓶中的液溴可用水封存，防止溴挥发，D正确，答案选A。考点：考查化学试剂保存
5、5下列事实不能用勒夏特列原理解释的是A氨水应密闭保存B光照新制氯水，溶液中的C（H+）增大C工业生产硫酸的过程中使用过量氧气以提高SO2的利用率D500比室温更有利于氨气的合成【答案】D【解析】试题分析：A、氨水中存在可逆反应：NH3H2ONH3+H2O，氨水浓度越高，氨气越容易挥发逸出，当密闭时，总体积一定，一旦逸出氨气，总瓶内压强增大，根据勒夏特列原理，使平衡向左移动，抑制了一水合氨的挥发，故A不选；B、氯气与水反应生成HClO，HClO见光分解生成HCl，平衡正向移动，能用勒沙特列原理解释，故B不选；C、SO2催化氧化成SO3的反应，加入过量的空气，平衡正向移动，所以增加氧气的量能增大二
6、氧化硫的转化率，能用勒夏特列原理解释，故C不选；D、合成氨的反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，500比室温更有利于氨气的合成不能用平衡移动原理解释，故D选；故选D。考点：考查了化学平衡移动原理的相关知识。6在0.1 molL-1CH3COOH溶液中存在如下电离平衡：CH3COOH CH3COO +H+，对于该平衡，下列叙述不正确的是A加水稀释，电离平衡正向移动，溶液中n（H+）减小B加热，电离平衡正向移动，溶液中c（CH3COO）增大C通入少量HCl气体，电离平衡逆向移动，溶液中c（H+）减小D加入少量CH3COONa固体，电离平衡逆向移动，溶液中c（H+）减小【答案】AC【解析】试题分析
7、：稀醋酸中加水促进醋酸的电离，H+浓度减少，但H+的数目增多，选项A不正确；加热促进弱酸的电离，溶液里醋酸的浓度降低，c（CH3COO）增大，选项B正确；通入少量HCl气体，电离平衡逆向移动，但溶液中c（H+）增大，选项C不正确；加入少量CH3COONa固体，抑制电离，溶液中c（H+）减小，选项D正确。考点：影响电离平衡的因素及溶液中离子浓度的变化7两种短周期元素X和Y，可以组成化合物XY3，当Y的原子序数为m时，X的原子序数可能的组合为 m4 m+4 m+8 m2 m+6A B C D【答案】D【解析】试题分析：两种短周期元素X和Y可组成化合物XY3，则X为A族元素时，Y为A族元素；或X、Y
8、均为A族元素；还有可能为X在A族，Y为A族或H元素，即若Y为Cl，X为Al，则X的原子序数为m4，正确；若Y为F，X为Al，则X的原子序数为m4，正确；若Y为S，X为O，则X的原子序数为m8，正确；若Y为Cl，X为P，则X的原子序数为m2，正确；若Y为H，X为N或P，则X的原子序数为m6或m14，正确，答案选D。【考点定位】考查元素周期表和元素周期律的应用。【名师点睛】本题考查元素周期表和元素周期律的应用。属于常见的高考题型，为中等难度的是试题。本题既有利于考查学生对元素周期表的熟练掌握程度，也有利于巩固学生的元素化合物知识，易于激发学生的学习兴趣和学习动力。具体分析如下：两种短周期元素X和Y
9、可组成化合物XY3，则X为A族元素时，Y为A族元素；或X、Y均为A族元素；还有可能为X在A族，Y为A族或H元素，代入具体元素解答即可。8常温常压下，24ml氢气和氧气的混合气体，点燃反应后再恢复到原来温度和压强。剩余气体体积为3ml，则原混合气体中氢气与氧气的分子个数比可能是（ ）A1:16 B16:1 C17:7 D5:7【答案】C【解析】试题分析：根据常温常压下，体积和物质的量成正比，物质的量和气体分子数成正比。假设有24mol氢气和氧气的混合气体,则剩余气体为3mol若充分反应后剩余的是3mol氢气，根据两者的反应方程式2H2+O22H2O，可知反应时氢气和氧气的物质的量之比为2：1，因
10、此反应的氢气物质的量为（24-3）x2/3=14moL，所以原混合气体中氢气与氧气的分子个数比可能是17：7；同理若充分反应后剩余的是3mol氧气，根据两者的反应方程式2H2+O22H2O，可知反应时氢气和氧气的物质的量之比为2：1，因此反应的氢气物质的量为14moL，所以原混合气体中氢气与氧气的分子个数比可能是14：10=7:5。考点：考查利用化学方程式的计算分析混合物的成分等知识。9甲酸不具备的性质有A酯化反应 B银镜反应 C中和反应 D水解反应【答案】D【解析】试题分析：A甲酸含有羧基，能发生酯化反应，故A错误； B甲酸含有醛基，能发生银镜反应，故B错误；C甲酸含有羧基，能发生中和反应，
11、故C错误；D甲酸不能发生水解反应，故D正确；故选D。考点：考查甲酸的性质10已知2MOyx+5S2+16H+=2M2+5S+8H2O，则MOyx中的M的化合价为A+3 B+4 C+6 D+7【答案】D【解析】试题分析：对于反应2MOyx+5S2+16H+=2M2+5S+8H2O，由O原子守恒可知2y=8，所以y=4；由电荷守恒可知2（-x）+5（-2）+16=22，解得x=1，则MOyx为MO4-，令MO4-中M的化合价为a，则：a+4（-2）=-1，解得a=+7，答案选D。考点：考查氧化还原反应的计算。11下列反应的离子方程式正确的是ACu与FeCl3溶液反应：Cu2Fe3=2Fe2Cu2B
12、铁与稀H2SO4反应：2Fe6H=2Fe33H2C向AlCl3溶液中滴入过量NaOH溶液：Al33OH=Al(OH)3DNa与水反应：Na2H2O=Na2OHH2【答案】A【解析】试题分析：ACu与FeCl3溶液反应为Cu2Fe3=2Fe2Cu2+，正确；B.铁与稀H2SO4反应后只能生成Fe2+和H2，不符合客观实际，错误。C向AlCl3溶液中加入过量的NaOH溶液，反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为：Al3+4OH-=AlO2-+2H2O，错误；D反应前后元素守恒，但电荷不守恒。正确的方程式为2Na2H2O=2Na2OHH2，错误。考点：离子反应发生的条件。12X、Y、Z、M、W为五种短周
13、期元素。X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为15，X与Z可形成XZ2分子；Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76g/L；W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的1/2。下列说法正确的是（ ）A、原子半径：WZYXMB、XZ2、X2M2、W2Z2均为直线型的共价化合物C、由X元素形成的单质不一定是原子晶体D、由X、Y、Z、M四种元素形成的化合物一定既有离子键，又有共价键【答案】C【解析】X、Y、Z是原子序数依次递增同周期元素，且最外层电子数之和为15，最外层依次是4、5、6个子，X与Z可形成XZ2分子，可能是CO2，Y为N；Y与M形成的气态化合物在标准
14、状况下的密度为0.76g/L即Mr=0.7622.4=17，M是H元素；W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的1/2，为11，是Na元素。A中，原子半径：NaCNOH，即WXYZM，不正确；B中，CO2、C2H2均为直线型的共价化合物、Na2O2是离子化合物；C中由C元素形成的单质可以是C60，是分子晶体，而金刚石是原子晶体，正确；D中，由C、N、O、H四种元素形成的化合物氨基酸，仅有共价键，不正确。答案选C。13对可逆反应4NH3(g) + 5O2(g)4NO(g) + 6H2O(g)，下列叙述正确的是A达到化学平衡时，4v正（O2） = 5v逆（NO）B若单位时间内生成x mol
15、NO的同时，消耗x mol NH3，则反应达到平衡状态C达到化学平衡时，若增加容器体积，则正反应速率减小，逆反应速率增大D化学反应速率关系是：2v正（NH3） = 3v正（H2O）【答案】A【解析】试题分析：在一定条件下，当可逆反应中正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），各种物质的浓度或含量均不再发生变化的状态，是化学平衡状态。A中反应速率的方向相反，且满足反应速率之比等于化学计量数之比，A正确；B中反应速率的方向是相同的，速率之比等于化学计量数之比，因此B中的关系始终是成立，不正确；平衡时浓度不再发生变化，但物质之间的浓度不一定相等或满足某种关系，因此C不正确；D中反应速率的方向是相同的
16、，但不能满足反应速率之比等于化学计量数之比，D不正确；答案选A。考点：考查可逆反应平衡状态的判断和应用。14下列离子方程式式书写正确的是A明矾溶液中加入过量的氢氧化钡溶液：Al3+2SO42-+2Ba2+4OH-=2BaSO4+AlO2-+2H2OB氯气溶于水：Cl2+H2O=2H+Cl-+ClO- C苯酚钠溶液中通入少量CO2: 2C6H5O-+CO2+H2O2C6H5OH+CO32-D硝酸亚铁溶液和稀盐酸混合：Fe2+4H+NO3-=Fe3+2H2O+NO【答案】A【解析】B：产物次氯酸为弱电解质，不能拆为离子；C：苯酚钠溶液中通入CO2只能得碳酸氢钠盐；D：电荷不守恒，故选A15X、Y、
17、Z是原子序数依次增大的同一短周期元素。X为金属元素，X的单质能与冷水发生剧烈反应；Y的最外层电子数是核外电子层数的2倍，X与Y可形成化合物X2Y；Z单质为共用一对电子对的双原子分子。下列说法不正确的是( )AY2的还原性较Z强BY的氢化物与X2Y所含化学键的类型相同CYO2与Z2均可作为漂白剂，但起漂白作用的原理不同D以石墨为电极电解XZ的水溶液，在阴极附近滴入酚酞可观察到溶液显红色【答案】B【解析】试题分析：X为金属元素，X的单质能与冷水发生剧烈反应，可知道X为金属钠，Y的最外层电子数是核外电子层数的2倍，且Y在钠的后面，故Y应为硫，X与Y可形成化合物X2Y即为硫化钠，排在硫后面的Z即为氯A
18、氧化性：氯气硫，故离子的还原性：S2-Cl-，A说法正确，故A不选；BY的氢化物为H2S，其中的化学键为共价键，X2Y为Na2S，所含化学键为离子键，化学键的类型不相同，B说法错误，故B选；C二氧化硫和氯气均有漂白性，二氧化硫的漂白性是二氧化硫和有机色质之间的结合，而氯气的漂白性是其氧化性的表现，二者漂白作用的原理不同，C说法正确，故C不选；D电解氯化钠的水溶液时，阴极放电的是氢离子，阴极附近碱性增强，碱遇酚酞显红色，D说法正确，故D不选。故选B。考点：本题是一道关于原子结构和元素周期律的推断题，考察的知识面较广，难度不大，要求学生熟记教材知识，学以致用。16某温度下纯水中C(H+) = 21
19、0-7 mol/L，则此时溶液中的C(OH-) = _。若温度不变，滴入稀盐酸使C(H+) = 510-6 mol/L，则此时溶液中的C(OH-) = _。【答案】纯水中 C(OH-) = C(H+) = 210-7 mol/L Kw = C(H+)C(OH-) = 210-7210-7 = 410-14 稀盐酸中 C(OH-) = Kw / C(H+) = (410-14) / (510-6) = 810-9 mol/L【解析】由水电离产生的H+与OH-量始终相等，知纯水中C(H+) = C(OH-)。根据纯水中C(H+) 与C(OH-)可求出此温度下水的Kw的值，由Kw的性质（只与温度有关
20、，与离子浓度无关），若温度不变，稀盐酸中Kw仍为此值，利用此值可求出盐酸中的C(OH-)。17（8分）实验室中需要220mL0.5mol/L H2SO4，现用98浓硫酸（密度为1.84g/cm3）稀释配制。（1）本实验室中需要的仪器是 。（2）要将浓硫酸在 中稀释，稀释时的操作方法是 。（3）必须将稀释后的硫酸 后再移液，原因是 ，否则，所配制的稀硫酸浓度会 （偏高、偏低、无影响）。【答案】（8分，每空1分。）（1） 250mL容量瓶，10mL量筒，烧杯 。（每1仪器1分）（2）烧杯；先将水注入烧杯中,再慢慢注入浓硫酸,并及时搅拌和冷却。（3）冷却至室温 ， 浓硫酸溶于水放热 ， 偏高【解析】
21、试题分析：（1）实验室没有220mL的容量瓶，则需要配制250mL稀硫酸，因此需要浓硫酸的体积是。浓硫酸需要量筒量取，在烧杯中稀释，稀释需要玻璃棒，然后转移至250mL容量瓶，定容需要胶头滴管，所以本实验室中需要的仪器是 250mL容量瓶，10mL量筒，烧杯。（2）要将浓硫酸在烧杯中稀释。由于浓硫酸溶于水放热，且浓硫酸的密度对于空气，所以稀释时的操作方法是先将水注入烧杯中,再慢慢注入浓硫酸,并及时搅拌和冷却。（3）由于浓硫酸溶于水放热 ，所以必须将稀释后的硫酸冷却后再移液。否则根据热胀冷缩可知容量瓶中溶液的体积偏小，则根据cnV可知所配制的稀硫酸浓度会偏高。考点：考查一定物质的量浓度的配制18
22、下图是中学化学中常用于混合物的分离和提纯的装置，请根据装置回答问题：（1）从氯化钠溶液中得到氯化钠固体，选择装置 （填代表装置图的字母，下同）；除去自来水中的Cl-等杂质，选择装置 ；从碘水中分离出I2，选择装置 ，该分离方法的名称为 。（2）装置A中的名称是 ，（3）实验室中制取的Fe（OH）3胶体中常常含有杂质Cl-离子。可用 的方法除去Fe（OH）3胶体中混有的杂质Cl- 离子。【答案】（1）D；A ； B；萃取 ；（2）蒸馏烧瓶；（3）渗析。【解析】试题分析：（1）由于NaCl的溶解度受温度的影响变化不大，因此从氯化钠溶液中得到氯化钠固体，选择蒸发溶剂法获得，应该选择的实验装置是D；除
23、去自来水中的Cl-等杂质，获得纯净的水，可以可以水的沸点低，而NaCl的沸点高，用蒸馏的方法获得蒸馏水，选择装置是A；由于碘单质在水中的溶解度比在有机物苯中小，水与苯互不相溶，碘与苯不能发生反应，可以用苯作萃取剂，采用萃取的方法分离获得，因此从碘水中分离出I2，选择装置B，该分离方法的名称为萃取。（2）装置A中的名称是蒸馏烧瓶；（3）实验室中制取的Fe（OH）3胶体中常常含有杂质Cl-离子，可以利用胶体的分散质微粒足记介于1nm100nm之间，不能透过半透膜而Cl-可以透过半透膜的性质，用渗析的方法除去Fe（OH）3胶体中混有的杂质Cl- 离子。【考点定位】考查混合物分离提纯的知识。【名师点睛
24、】本题考查了可溶性固体溶质与溶剂分离方法、实验操作装置的选择、判断，若可溶性固体物质的溶解度较大，但其受温度的影响变化不大，可以采用蒸发溶剂方法获得溶质；若溶质的溶解度受温度的影响变化较大，可以采用结晶方法获得溶质；若要除去其中含有的可溶性固体溶质，可以利用水是共价化合物，由分子通过分子间作用力结合，物质的沸点较低，采用蒸馏方法获得；若溶质在互不相溶的溶剂中溶解度相差较大，与新溶剂不能发生反应，可采用萃取的方法使溶质与溶剂分离，这种方法叫萃取。可见实验目的不同，采用的分离方法和实验装置不同。掌握物质的性质和实验目的是本题解答的关键。19化学选修5：有机化学基础 我国著名药学家屠呦呦因发现治疗疟
25、疾新型药物青蒿素和双氢青蒿素而获2015年诺贝尔生理学或医学奖，震惊世界，感动中国。已知青蒿素的一种化学部分工艺流程如下：已知： （1）下列有关说法中正确的是_ A青蒿素遇湿润的淀粉碘化钾试纸立刻显蓝色，是因为分子结构中含有酯基B青蒿素易溶于水，难溶于乙醇、苯等C青蒿素属于环状化合物，但不属于芳香族化合物D一定条件下，青蒿素能与氢氧化钠溶液反应（2）化合物A中含有的非含氧官能团的名称是_，请选择下列合适的试剂来检验该官能团，试剂加入的正确顺序为_。A溴水 B稀盐酸 C新制氢氧化铜悬浊液 D氢氧化钠溶液（3）该工艺流程中设计EF、GH的目的是_ 。（4）反应BC，实际上可看作两步进行。试根据已知
26、信息写出依次发生反应的反应类型是_、_。（5）M与A互为同系物，但比A少两个碳原子。满足下列条件的M的同分异构体有_种(不考虑立体异构)。 含有六元环 能发生银镜反应 （6）请结合所学知识和上述信息，写出由苯甲醛和氯乙烷为原料（无机试剂任用），制备苄基乙醛（）的路线流程图。路线流程图示例如下：【答案】（1）C D（2）碳碳双键 ； C B A （3）保护羰基 （4）加成反应 消去反应 （5）5 （6） 【解析】试题分析：（1）A青蒿素中含有过氧键，具有强氧化性，可氧化碘化钾生成碘，使淀粉变蓝，A项错误；B青蒿素含有酯基、醚键，所以青蒿素难溶于水，易溶于乙醇、苯等，B项错误；C青蒿素含有环状结构
27、，属于环状化合物，但没有苯环，不属于芳香族化合物，C项正确；D青蒿素含有酯基，则在一定条件下，青蒿素能与氢氧化钠溶液反应，D项正确；答案选CD。（2）根据A的结构简式可知，化合物A中含有的非含氧官能团的名称是碳碳双键，A中含有的官能团有醛基和碳碳双键，要检验碳碳双键，用溴水，但是溴水也能氧化醛基，所以先加入新制的氢氧化铜悬浊液，将醛基氧化成羧基，由于溴水和碱反应，所以再加入稀盐酸酸化，最后加入溴水检验碳碳双键，则试剂加入的正确顺序为C、B、A。（3）由EF的结构可知，羰基中C=O双键变成C-S单键，由GH的结构可知C-S单键又变成羰基，所以该工艺流程中设计EF、GH的目的是保护羰基。（4）由题
28、目信息可知，结合B、C的结构可知，C=O双键变成C=C双键，应是B中连接羰基的甲基上的-H与C=O先发生发生加成反应产生C-OH，再发生消去反应生成产生C=C双键生成C，所以依次发生反应的反应类型是加成反应、消去反应。（5）A为，M与A互为同系物，但比A少两个碳原子，则M含有8个碳原子，有碳碳双键和醛基两种官能团，分子式为C8H14O，与M互为同分异构体， 含有六元环，能发生银镜反应，说明含有醛基，则符合条件的有，甲基接到环的1、2、3、4号碳上，一个有4种，还有一种是，共5种。（6）结合流程图中BCD的变化分析设计，氯乙烷在氢氧化钠水溶液、加热条件下生成乙醇，乙醇催化氧化生成乙醛，乙醛与苯甲
29、醛在氢氧化钡条件下生成，在氢气/Rh条件下发生加成反应生成，工艺流程图为：。考点：考查青蒿素的合成，有机物的结构与性质，有机物的合成等知识。20为测定硫酸亚铁铵(NH4)2SO4FeSO46H2O晶体纯度，某学生取mg硫酸亚铁铵样品配置成500mL溶液，根据物质组成，甲、乙、丙三位同学设计了如下三个实验方案，请回答：（甲）方案一：取20.00mL硫酸亚铁铵溶液于锥形瓶，用0.1000molL-1的酸性KMnO4溶液进行滴定。（乙）方案二：取20.00mL硫酸亚铁铵溶液进行如下实验。（1）方案一的离子方程式为 ；判断达到滴定终点的依据是 ；（2）方案二的离子方程式为 ；若实验操作都正确，但方案一
30、的测定结果总是小于方案二，其可能原因为 ，如何验证你的假设 。（丙）方案三：（通过NH4+测定）实验设计图如下所示。取20.00mL硫酸亚铁铵溶液进行该实验。（3）装置 （填“图一”或“图二”）较为合理，判断理由是 。量气管中最佳试剂是 （填字母编号。如选“图二”则填此空，如选“图一”此空可不填）。A水 B饱和NaHCO3溶液 CCCl4若测得NH3的体积为VL（已折算为标准状况下），则该硫酸亚铁铵晶体的纯度为 （列出计算式即可，不用简化）。【答案】（1）5Fe2+MnO4-+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O；当最后一滴酸性高锰酸钾标准溶液滴入时，锥形瓶内溶液由浅绿色变为浅紫色，且半分钟内不
31、再恢复原色，说明达到滴定终点。（2）SO42-+Ba2+=BaSO4；Fe2+已被空气部分氧化；取少量硫酸亚铁铵溶液，加入少量KSCN溶液，若溶液变为血红色，说明Fe2+已被空气部分氧化；（3）图二氨气极易溶于水，图一装置无法排液体，甚至会出现倒吸c。【解析】试题分析：（1）在方案一中KMnO4具有强的氧化性，会把硫酸亚铁铵中的Fe2+氧化产生Fe3+，MnO4-被还原产生Mn2+，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒可得反应的离子方程式为：5Fe2+MnO4-+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O；MnO4-的水溶液是紫色的，Mn2+是无色的，在滴定达到终点时，锥形瓶内溶液由浅绿色变为浅紫色，且半
32、分钟内不再恢复原色，就说明达到滴定终点。（2） 方案二中会发生复分解反应：SO42-+Ba2+=BaSO4；若实验操作都正确，但方案一的测定结果总是小于方案二，其可能原因为Fe2+具有还原性，容易被空气部分氧化，但是SO42-的物质的量不变，故使其准确度下降；验证Fe2+被氧化的假设的实验方法是少量硫酸亚铁铵溶液，加入少量KSCN溶液，若溶液变为血红色，说明Fe2+已被空气部分氧化；（3）测定NH4+的含量是通过测定NH3的体积的方法，由于氨气及容易溶于水，实验不能通过排水的方法测定其体积，并且图一装置无法排液体，甚至会出现倒吸故图二用排气的方法测定其体积较为合理；氨气极易溶于水，所以量气管中
33、最佳试剂是氨气不能溶解的液体物质，可以是四氯化碳，故选项c正确；若测得NH3的体积为VL（已折算为标准状况下），n(NH3)=VL22.4L/mol=V/22.4mol，根据N元素守恒可知n(NH4)2SO4FeSO46H2O=1/2 n(NH3)=V/(222.4)mol，所以则该硫酸亚铁铵晶体的纯度为。考点：考查物质纯度方案的评价及含量的计算的知识。21请用关系式法解决下列问题，然后自我界定学习本篇是否需要。将 a g 铁和 b g 硫粉混合均匀，隔绝空气加强热，充分反应后，再将所得固体混合物放入足量稀 H2SO4 中，试求产生的气体在标准状况下的体积(用含 a 或 b 的代数式表示)。【
34、答案】4a L【解析】不论 Fe 过量与否，只要有 1 个 Fe 原子最终就产生 1 个气体分子，这个气体分子可能是 H2S，也可能是 H2。则：n(气体)=n(Fe)=molV(气体)=22.4 Lmol1mol=4a L。22X、Y、Z、M、Q、R是6种短周期元素，其原子半径及主要化合价如下：元素代号XYZMQR原子半径/nm0.1600.1430.1020.0890.0740.037主要化合价+2+3+6，-2+2-2+1（1）Z在周期表中的位置是_。（2）X、Y、Q各自形成简单离子，其中离子半径最大的是_（填离子符号）。（3）周期表中有些处于对角（左上右下）位置的元素，它们的单质及其化
35、合物的性质存在“对角线相似”的现象，则M的氧化物与强碱溶液反应的离子方程式是_。（4）Q和R按原子个数比1：1组成的化合物甲，是一种“绿色”氧化剂甲中所含共价键类型是_。空气阴极法电解制备甲的装置如图所示在碱性溶液中，利用空气中的氧气还原得到甲和稀碱的溶液图中直流电源的a是_极，阴极的电极反应式是_。【答案】（12分每空2分）（1）第3周期A族（2）O2-（3）BeO+2OH-=BeO22-+H2O（4）极性共价键和非极性共价键 正极 O2+2e-+2H2O=H2O2+2OH-【解析】试题分析：X和M的化合价都为+2价，应为周期表第A族，根据半径关系可知M为Be，X为Mg；Z和Q的化合价都有-
36、2价，应为周期表第A族元素，Z的最高价为+6价，应为S元素，Q无正价，应为O元素；Y的化合价为+3价，应为周期表第A族元素，根据半径大于Z小于X可知应和X同周期，为Al元素，R为+1价，且原子半径小于O，则R只能位于第一周期，则R为H元素，（1）Z为S元素，原子序数为16，位于周期表中第3周期A族；（2）X、Y、Q分别为Mg、Al、O元素，对应离子的电子层都是2，其原子序数越小，离子半径越大，所以离子半径最大的为O2-；（3）M为Be，其与Al具有相似的性质，则BeO与氢氧化钠反应的离子方程式为：BeO+2OH-=BeO22-+H2O；（4）Q和R按原子个数比1：1组成的化合物甲为H2O2，双
37、氧水分子中含有非极性共价键和极性共价键；b连接的电解氧气得到电子生成双氧水，电极反应为：O2+2e-+2H2O=H2O2+2OH-，该反应为还原反应，则b为电源负极、a为正极。【考点定位】本题考查了位置、结构与性质关系的综合应用【名师点晴】本题以元素的推断为载体，考查元素周期表的位、构、性的综合应用，还涉及离子方程式的书写、电解原理的应用等知识，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力。难点是利用电解制过氧化氢，可结合电解原理，利用空气中的氧气得电子被还原得到目标产物，再根据电荷配平电极反应式即可。23(15分)芳香烃M的相对分子质量为92，是一
38、种重要的有机黄原料，某工厂以它为初始原料设计出如下合成路线图(部分产物，反应条件省略)。其中A是一氯代物。已知：（苯胺，易被氧化）请根据所学知识与题中所给信息回答下列问题：(1)M的结构简式是 ；MA的反应条件是 。(2)A中的共面原子最多 个。(3)写出反应的化学山程式 。(4)的反应类型属于 ；和的反应顺序 (填“能”或“不能”)颠倒。(5) 有多种同分异构体，写出2种含有1个醛基和2个羟基，苯环上只能生成2种一氯取代物的芳香族化合物的结构简式： 。(6)写出由A转化为的合成路线（用表示，并在箭号上写明反应试剂及反应条件)。【答案】（1）；光照 （2）13（3） （4）氧化反应；不能（5）
39、、（6）【解析】试题分析：相对分子质量为92的某芳香烃M应为C7H8，即甲苯（），在浓硫酸作用下发生硝化反应，由反应产物可知F为，被氧化生成G为，然后还原可得。A为，A生成B，且B能发生催化氧化，则B为，C为，D为，E为，则（1）由以上分析可知M的结构简式为，在光照条件下甲基上的氢原子被氯原子取代生成A；（2）苯分子是平面形结构，且单键可以旋转，因此甲基中的碳原子一定位于这个平面上，而另外2和氢原子和1个氯原子中的某一个有可能位于这个平面上，所以A中的共面原子最多是13个；（3）是苯甲醛的银镜反应，反应的化学方程式为；（4）通过以上分析知，的反应类型分别是：氧化反应、还原反应，由于氨基 易被氧化，所以和的反应顺序不能颠倒；（5）含有1个醛基和2个羟基，因此羟基只能连接在苯环上，苯环上只能生成2种一氯取代物，说明酚羟基对称，所以符合条件的有机物结构简式为、；（6）其合成路径为：在催化剂、加热条件下，一氯甲苯和氢气发生加成反应生成，和氢氧化钠的醇溶液发生消去反应生成，和氯气发生加成反应生成，和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成，故答案为：。考点：考查有机物推断、结构与性质、反应条件、同分异构体判断、方程式书写以及有机合成路线设计