1、高考资源网（） 您身边的高考专家山东省鱼台县第三中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）1根据下图所给信息，得出的结论正确的是A碳的燃烧热为b kJ/molB2C(s) + O2(g)2CO(g) H-2(b-a) kJ/molC2CO2(s)2CO(g)+O2(g) H+a kJ/molDC(s) + O2(g)CO2(g) H H2SC氧化性：O2 S D酸性：H2S H2O【答案】B【解析】试题分析：由一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应，叫做置换反应，故A正确；该反应是氧化还原反应，硫化氢为还原剂，氧气为氧化剂，硫单质为氧化产物，水为还原产物，
2、还原剂的还原性比还原产物的还原性强，氧化剂的氧化性比氧化产物的氧化性强，故C正确，B错误；水为中性物质，硫化氢为弱酸，如硫化氢的酸性比水的酸性强，D正确。考点：氧化还原反应点评：氧化还原反应是高考的必考内容，考生应把握以下两点：一、判断一个反应是否属于氧化还原反应，以及氧化剂（产物）、还原剂（产物）分别是什么；二、利用得失电子配平所给化学反应，并能进行简单的有关于电子守恒的计算。3 要除去MgCl2酸性溶液中少量的FeCl3，不宜选用的试剂是 AMgO BMgCO3 CNaOH DMg(OH)2【答案】C【解析】要除去MgCl2酸性溶液中少量的FeCl3，不能引进新的杂质，想方设法把三价铁离子
3、除去；利用三价铁离子水解：Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+， 加入AMgO ，BMgCO3 ，DMg(OH)2，可以消耗溶液中氢离子，促进三价铁离子水解向着水解的方向移动，通过过滤操作除去氢氧化铁沉淀，从而得到净化氯化镁溶液的目的。点评：考查盐类水解的应用；4下表中关于物质分类的正确组合是类别组合酸性氧化物碱性氧化物酸碱盐ACO2CuOH2SO4NH3H2ONa2SBCONa2OHClNaOHNaClCSO2Na2O2CH3COOHKOHCaF2DNO2CaOHNO3Cu(OH)2CO3CaCO3【答案】A【解析】试题分析：A、各物质的分类正确；B、CO不是酸性氧化物，错误；C、Na2O
4、2不是碱性氧化物，错误；D、NO2不是酸性氧化物，Cu(OH)2CO3不是碱，错误。考点：本题考查物质的分类。 5苯环结构中不存在碳碳双键，而是一种介于单键和双键之间的结构，下列不可以作为事实依据的是A苯不能使酸性KMnO4溶液褪色 B苯不能使溴水因发生化学反应而褪色C苯在加热和有催化剂存在条件下与H2反应生成环己烷 D邻二氯苯只有一种结构【答案】C【解析】试题分析：A苯不能使酸性KMnO4溶液褪色，能够证能够证明苯环结构中不存在碳碳双键，故A不选；B苯不能使溴水因发生化学反应而褪色，能够证明苯环结构中不存在碳碳双键，故B不选；C苯在加热和有催化剂存在条件下与H2反应生成环己烷，可以证明苯中含
5、有不饱和键，不能说明苯中碳碳键是一种介于单键和双键之间的结构，故C选；D若苯分子中碳碳键为单键和双键交替相连，则邻二溴苯存在两种同分异构体，而实际上邻二溴苯只有一种结构，则证明苯分子中不存在碳碳双键，故D不选；故选C。考点：考查苯分子结构的判断方法。6某温度时,BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如下图所示。下列说法正确的是()提示:BaSO4(s)Ba2+(aq)+S(aq)的平衡常数Ksp=c(Ba2+)c(S),称为溶度积常数。A.加入Na2SO4可以使溶液由a点变到b点B.通过蒸发可以使溶液由d点变到c点C.d点无BaSO4沉淀生成D.a点对应的Ksp大于c点对应的Ksp【答案】C【解析
6、】 A项加入Na2SO4会使Ba2+的浓度减小;B项,蒸发时,Ba2+与S的浓度变化是一致的;D项,温度不变,Ksp不变。7关于分子式为C5H10的烯烃的下列说法正确的是( )A该烯烃的一种同分异构体为CH2=CHCH(CH3)2名称为2-甲基-3-丁烯B其属于烯烃的同分异构体有5种C有一种同分异构体的名称为：2，2-二甲基-1-丙烯D该物质的结构简式最多有两个侧链【答案】B【解析】试题分析：A、CH2=CHCH(CH3)2为烯烃，碳碳双键在1号C，甲基在3号C，该有机物名称为：3-甲基-1-丁烯，故A错误；B、戊烷的同分异构体有CH3-CH2-CH2-CH2-CH3、；若为CH3-CH2-C
7、H2-CH2-CH3，相应烯烃有：CH2CH-CH2-CH2-CH3、CH3-CHCH-CH2-CH3，即有2种异构；若为，相应烯烃有：CH2C(CH3)CH2CH3；CH3C(CH3)CHCH3；CH3CH(CH3)CHCH2，有3种异构；若为，没有相应烯烃，所以分子式为C5H10的烯烃共有(包括顺反异构)2+3=5种，故B正确；C、2，2-二甲基-1-丙烯中，2号C原子含有2个甲基、2个碳碳双键、1个碳碳单键，即形成了5个共价键，而碳原子最多形成4个甲基，所以该命名不合理，故C错误；D、分子式为C5H10的烯烃有：CH2CH-CH2-CH2-CH3、CH3-CHCH-CH2-CH3、CH2
8、C(CH3)CH2CH3；CH3C(CH3)CHCH3、CH3CH(CH3)CHCH2，可见其分子中不可能存在两个侧链，故D错误；故选B。【考点定位】考查同分异构体和同分异构现象；有机化合物的命名【名师点晴】本题考查了有机物结构与性质、有机物命名、同分异构体的求算。注意掌握常见有机物结构与性质，明确同分异构体的概念及求算方法，能够根据有机物命名原则对有机物命名进行判断。同分异构体数目的判断要掌握一定的方法，如本题B项：组成为C5H10的有机物，其所有同分异构体中属于烯烃，同分异构体说明含有1个C=C双键，根据碳链缩短法书写同分异构体，先写烷烃同分异构体(烷烃碳骨架)主链从长到短、支链由整到散、
9、位置由心到边“C=C”位置移动。8元素X的原子核外M电子层上有3个电子，元素Y2 的离子核外有18个电子，则这两种元素可形成的化合物为AXY2 BX2Y3 CX3Y2 DX2Y【答案】B【解析】X的核外电子排布为：2 8 3，则X是铝元素，“Y2 的核外有18个电子”，得：Y原子有16个质子，则Y是硫元素，两者可形成Al2S3，故选B9下列离子方程式正确的是A碳酸钙与醋酸溶液反应：CaCO3+2CH3COOH=Ca2+2CH3COO-+H2O+CO2B碳酸氢镁溶液中加入足量的烧碱溶液：Mg2+ + 2HCO3- + 2OH- = MgCO3+ CO32-+ 2H2OCFe(NO3)3的酸性溶液
10、中通入足量硫化氢：2Fe3+H2S=2Fe2+S2H+DH218O中投入Na2O2：2H218O2Na2O2=4Na+4OH18O2【答案】A【解析】略【答案】C【解析】在氧化还原反应中氧化剂得电子，必然引起元素化合价的降低。84消毒液可以杀死细菌和病毒，是一种家庭常备的消毒剂。84消毒液的主要成分是NaClO，使用过程中NaClO中的Cl元素由+1价降低到了-1价，显然NaClO是作氧化剂。KMnO4制氧气也是实验室常用的一种方法。KMnO4制氧气所发生的变化是：。不难看出，KMnO4既作氧化剂又作还原剂。HCl中的H元素为+1价，有氧化能力，而其中的Cl元素为-1价，只有还原能力，所以HC
11、l在不同的反应中有时作氧化剂，有时作还原剂。用浓盐酸制氯气的过程中，HCl中的氯元素由-1价升高到0价，失去电子，此时HCl作还原剂；用稀盐酸制氢气，Cl元素的化合价不变，H元素的化合价由+1价降到0价，此时HCl作氧化剂。 11下列反应中，产物不会随反应物量的改变而改变的是A钠与氧气 B稀硫酸与铝片C二氧化硫与氨水 D稀硝酸与铁粉【答案】B【解析】略12根据下表中部分短周期元素的原子半径及主要化合价信息：元素代号LMQRT原子半径nm0.1300.1180.0900.1020.073主要化合价2326、22请判断以下叙述正确的是（ ）A氢化物的沸点为H2TH2R B L2+与R2的核外电子数
12、相等C与稀盐酸反应单质Q比单质L快 DM与T形成的化合物具有两性【答案】D【解析】试题分析：根据元素的主要化合价和原子半径可知，L是镁，M是Al，Q是Be，R是S，T是O。AR、T为S、O，H2O分子间存在氢键，沸点比H2S高，即沸点：H2TH2R，A项错误；BL2+为Mg2，R2-为S2，核外电子数为10、18，不相等，B项错误；CQ、L分别为Be、Mg，同主族元素从上到下金属性增强，单质与酸反应的剧烈程度增强，所以与稀盐酸反应，单质L比单质Q快，C项错误；DM与T形成的化合物为Al2O3，氧化铝具有两性，D项正确；答案选D。考点：考查元素的推断，原子半径和主要化合价的关系等知识。13如图是
13、元素周期表前六周期的一部分，关于元素X、Y、Z的叙述正确的是 X的气态氢化物与Y最高价氧化物对应的水化物能发生反应生成盐 Y、Z的气态氢化物的水溶液均呈酸性 Z的原子序数比Y大19 Z所在的周期中含有32种元素A只有 B只有 C只有 D【答案】C【解析】试题分析：元素周期表中的R是He，故X是N，Y是S，Z是Br。NH3与H2SO4对应的水化物能发生反应生成盐，正确； H2S、HBr的水溶液均呈酸性，正确； Br的原子序数是35，比S(原子序数是16)大19，正确；Br所在的周期是第4周期，含有18种元素。考点：元素周期表元素与化合物性质的关系。14工业上常用FeCl3溶液与铜反应制作印刷电路
14、板。该反应的离子方程式为2Fe3+ + Cu = 2Fe2+ + Cu2+。取上述反应后溶液20 mL进行分析，测得其中c(Fe3+)为1 molL1，向其中加入足量的硝酸银溶液，过滤、干燥，可获沉淀l7.22 g。则上述反应后20 mL溶液中c(Cu2+)为A1.5 molL1 B0.5 molL1 C1 molL1 D2 molL1【答案】B【解析】 试题分析：n(Cl-)=n(AgCl)= l7.22 g143.5g/mol=0.12mol, c(Cl-)= n(Cl-)V=0.12mol0.02L=6mol/L。由于在溶液中存在电荷守恒，所以c(Cl-)= 3c(Fe3+)+ 2c(C
15、u2+)+2c(Fe2+)，由方程式可知，产生的Fe2+ 的物质的量是 Cu2+的2倍。设c(Cu2+)=x,则c(Fe2+)=2x,将离子的浓度代入，可得x=0.5 mol/L。因此选项是B。考点：考查电荷守恒在溶液中的离子浓度的计算的知识。15已知：常温下，0.01溶液的为10，反应生成1mol正盐，强酸与强碱稀溶液反应的中和热为则在水溶液中电离的为【答案】D【解析】根据题意可得：HOH=H2O H=57.3 kJmol-1； 2MOH2H=2MH2O H=24.2 kJmol-1；2得：MOHHOH H=+45.2 kJmol-1；答案选D，16（10分）工业碳酸钠（纯度约为98）中常含
16、有Ca2+、Mg2+、Fe3+、Cl和SO42等杂质，为了提纯工业碳酸钠，并获得试剂级碳酸钠的工艺流程图如下：已知：碳酸钠的饱和溶液在不同温度下析出的溶质如下图所示：（1）加入NaOH溶液时发生的离子反应方程式为 、 。（2）热的Na2CO3溶液有较强的去油污能力，其原因是（用离子方程式及必要的文字加以解释） 。（3）“趁热过滤”时的温度应控制在 。（4）已知：Na2CO310 H2O(s)Na2CO3(s)10 H2O(g) H+532.36kJmol1 Na2CO310 H2O(s)Na2CO3H2O(s)9 H2O(g) H+473.63kJmol1写出Na2CO3H2O脱水反应的热化学
17、方程式 。（5）有人从“绿色化学”角度设想将“母液”沿流程图中虚线所示进行循环使用。请你分析实际生产中是否可行 ，其理由是 。【答案】（1）Fe3+3OHFe(OH)3、MgCO3 +2OHMg (OH)2+CO32 （2）因Na2CO3在溶液中存在水解平衡CO32-+H2OHCO3-+OH-，溶液呈碱性，当温度升高时水解平衡正向移动，使溶液碱性增强，故去油污能力增强（3）高于36（4）Na2CO3H2O(s)Na2CO3(s) +H2O(g) H+58.73kJmol1（5）不可行 若“母液”循环使用，则溶液中c(Cl)和c(SO42)增大，最后所得产物Na2CO3混有杂质 (每小题2分，共
18、10分)【解析】17蓄电池是一种反复充电、放电的装置。有一种蓄电池在充电和放电时发生的反应如下：NiO2Fe2H2OFe(OH）2Ni(OH）2。（1）此蓄电池在充电时，电池负极应与外加电源的_极连接，电极反应式为_。（2）以铜为电极，用此蓄电池作电源，电解以下溶液，开始阶段发生反应：Cu2H2O=Cu(OH）2H2的有_。A稀H2SO4 BNaOH溶液 CNa2SO4溶液 DCuSO4溶液 ENaCl溶液（3）假如用此蓄电池电解以下溶液(电解池两极均为惰性电极），工作一段时间后，蓄电池内部消耗了036 g水。试回答下列问题：电解足量N(NO3）x溶液时某一电极析出了a g金属N，则金属N的相
19、对原子质量R的计算公式为R_（用含a、x的代数式表示）。电解含有01 molL1的CuSO4溶液100 mL，阳极产生标准状况下的气体体积为_L；将电解后的溶液加水稀释至2L，溶液的pH_。（4）熔融盐燃料电池是以熔融碳酸盐为电解质、CH4为燃料、空气为氧化剂、稀土金属材料为电极的新型电池。已知该熔融盐电池的负极的电极反应是：CH48e4 CO5CO22H2O，则正极的电极反应式为_。（5）有一种用CO2生产甲醇燃料的方法：已知：CO2(g）3H2(g）=CH3OH(g）H2O(g） Ha kJmol1；CH3OH(g）=CH3OH(l） Hb kJmol1；2H2(g）O2(g）=2H2O(
20、g） Hc kJmol1；H2O(g）=H2O(l） Hd kJmol1。则表示CH3OH(l）燃烧热的热化学方程式为 。【答案】（1）负 Fe(OH）22eFe2OH（2）BCE（3）50ax 0112L 2（4）O2 2CO2 4e2 CO32(或2O24CO28e4CO32）（5）CH3OH(l）O2(g）CO2(g）2H2O(l） H(c2dab）kJmol1【解析】试题分析：（1）此蓄电池在充电时，电池负极应与外加电源的负极连接，发生氢氧化亚铁得到电子得氧化反应，其电极反应式为Fe(OH）22eFe2OH。（2）以铜为电极，用此蓄电池作电源，则阳极铜失去电子，根据方程式可知阴极是氢离
21、子得到电子，铜离子与氢氧根结合生成氢氧化铜沉淀，掌握A、稀硫酸溶液显酸性，不能生成氢氧化铜，A错误；B、氢氧化钠溶液显碱性，阴极氢离子放电，可以产生氢氧化铜，B正确；C、铜电极电解硫酸钠溶液，阴极氢离子放电，破坏水得电离平衡，产生氢氧化铜，C正确；D、铜电极电解硫酸铜溶液，开始阴极铜离子放电，D不正确；E、铜电极电解氯化钠溶液，阴极氢离子放电，破坏水得电离平衡，产生氢氧化铜，E正确；答案选BCE。（3）假如用此蓄电池电解以下溶液(电解池两极均为惰性电极），工作一段时间后，蓄电池内部消耗了036 g水，即002mol水，根据方程式可知反应中转移002mol电子。电解足量N(NO3）x溶液时某一电
22、极析出了a g金属N，则根据电子得失守恒可知金属N的相对原子质量R的计算公式为R。电解含有01 molL1的CuSO4溶液100 mL，阳极氢氧根放电产生氧气，在标准状况下的气体体积为；在生成0005mol氧气得同时还有002mol氢离子生成，则将电解后的溶液加水稀释至2L后氢离子浓度002mol2L001mol，所以溶液的pH2。（4）已知该熔融盐电池的负极的电极反应是：CH48e4 CO5CO22H2O，则正极是氧气得到电子，根据负极反应式可知正极电极反应式为2O24CO28e4CO32。（5）已知： CO2(g）3H2(g）=CH3OH(g）H2O(g） Ha kJmol1；CH3OH(
23、g）=CH3OH(l） Hb kJmol1；2H2(g）O2(g）=2H2O(g） Hc kJmol1；H2O(g）=H2O(l） Hd kJmol1，则根据盖斯定律可知+152即可得到CH3OH(l）燃烧热的热化学方程式为CH3OH(l）O2(g）CO2(g）2H2O(l） H(c2dab）kJmol1。【考点定位】本题主要是考查电化学原理的应用、热化学方程式书写等【名师点晴】应对电化学定量计算的三种方法（1）计算类型：原电池和电解池的计算包括两极产物的定量计算、溶液pH的计算、相对原子质量和阿伏加德罗常数的计算、产物的量与电量关系的计算等。（2）方法技巧：根据电子守恒计算：用于串联电路中阴
24、阳两极产物、正负两极产物、相同电量等类型的计算，其依据是电路中转移的电子数相等。根据总反应式计算：先写出电极反应式，再写出总反应式，最后根据总反应式列出比例式计算。根据关系式计算：根据得失电子守恒定律关系建立起已知量与未知量之间的桥梁，构建计算所需的关系式。例如：， (式中M为金属，n为其离子的化合价数值）该关系式具有总揽电化学计算的作用和价值，熟记电极反应式，灵活运用关系式便能快速解答常见的电化学计算问题。在电化学计算中，还常利用QIt和Qn(e）NA1601019C来计算电路中通过的电量。18（12分）老师用下图所示装置为同学们做了一个兴趣实验。已知装置B、C、D中依次盛有紫色石蕊试液、足
25、量的澄清石灰水和稀盐酸。小资料：HCl气体极易溶于水。（1）打开A中的玻璃塞和活塞，B中实验现象是 。B中的现象不能说明二氧化碳与水反应的原因是 。C中的化学反应的方程式是 。（2）一段时间后，关闭A中的活塞和玻璃塞，打开弹簧夹K2及E中的玻璃塞和活塞，待足量的过氧化氢溶液流入锥形瓶后，立即关闭E中的活塞，并用弹簧夹K2夹紧橡皮管。C中可能出现的现象是 ，解释C中呈现的现象的原因是 。（3）将A中产生的气体通入过量的NaOH溶液中，为了确定反应后的溶液中含有NaOH 的实验方法为 。【答案】（1）紫色的石蕊试液变为红色；浓盐酸中的氯化氢气体进入B也可使紫色的石蕊试液变为红色；CO2+Ca（OH
26、）2=CaCO3+ H2O（2）白色浑浊消失，变为澄清溶液；过氧化氢分解出的氧气使稀盐酸进入到C中，难溶的碳酸钙被稀盐酸溶解。（3）取反应后的溶液少量于一试管中，加入过量的CaCl2溶液使沉淀完全，静置后向上层清液中滴加酚酞溶液。若溶液变红，则产物中有NaOH；若溶液不变色，则产物中没有NaOH。【解析】试题分析：（1）因为紫色石蕊试液遇到酸变红，A中生成的二氧化碳进入B，并溶于水生成碳酸，使B中紫色石蕊试液变红，或根据浓盐酸据哟挥发性，氯化氢进入B溶于水，也可使紫色的石蕊试液变为红色；A中反应生成二氧化碳，与C中澄清石灰水反应，则C中的反应的化学方程式为：CO2+Ca（OH）2=CaCO3+
27、 H2O（2）过氧化氢分解出的氧气使稀盐酸进入到C中，难溶的碳酸钙被稀盐酸溶解，白色浑浊消失，变为澄清溶液；（3）A中产生的二氧化碳气体，和氢氧化钠反应生成碳酸钠，可能氢氧化钠有剩余，所以取反应后的溶液少量于一试管中，加入过量的CaCl2溶液使沉淀完全，静置后向上层清液中滴加酚酞溶液。若溶液变红，则产物中有NaOH；若溶液不变色，则产物中没有NaOH。考点：二氧化碳的实验室制法，实验室制取氧气的反应原理，二氧化碳的性质19某实验室需要配制480 mL 0.10 mol/L Na2CO3溶液。（1）所需玻璃仪器有：玻璃棒、烧杯、100mL量筒、 、 （2）实验时图中所示操作的先后顺序为 (填编号
28、)（3）在配制过程中，下列操作对所配溶液浓度有无影响？（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）称量时误用“左码右物”转移溶液后没有洗涤烧杯和玻璃棒向容量瓶加水定容时俯视液面摇匀后液面下降，再加水至刻度线（4）所需Na2CO3固体的质量为 g；若改用浓溶液稀释，需要量取2 mol/L Na2CO3溶液 mL。【答案】（1）500mL容量瓶 胶头滴管2）（3）偏低 偏低 偏高 偏低（4）5.3 25【解析】试题分析：（1）配制500mL溶液，所需玻璃仪器有：玻璃棒、烧杯、100mL量筒、500mL容量瓶 胶头滴管；（2）实验时图中所示操作的先后顺序为；（3）在配制过程中，下列操作对所配溶液浓度有无影响
29、？（填“偏高”、“偏低”或“无影响”） 称量时误用“左码右物”，称取碳酸钠的质量偏小，所配溶液浓度偏低； 转移溶液后没有洗涤烧杯和玻璃棒，碳酸钠的质量偏小 ，所配溶液浓度偏低； 向容量瓶加水定容时俯视液面，溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高； 摇匀后液面下降，再加水至刻度线，溶液体积偏大，所配溶液浓度偏低；（4）所需Na2CO3固体的质量为n=cvM=0.1mol/L0.5L106g/mol=5.3 g；若改用浓溶液稀释，需要量取2 mol/L Na2CO3溶液VmL。根据稀释前后溶质物质的量不变，0.1mol/L500mL=2 mol/LVmL，V=25。考点：本题考查物质的量浓度。20（16分
30、）某研究小组以粗盐和碳酸氢铵（NH4HCO3）为原料，采用以下流程制备纯碱和氯化铵。已知盐的热分解温度： NH4HCO3 36； NaHCO3 270； NH4Cl 340； Na2CO3 850（1）粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质离子，使用的试剂有：NaOH BaCl2 HCl Na2CO3，其加入的顺序合理的是A B C D过滤中用到玻璃棒的作用是 ；（2）如何判断粗盐中SO42-是否已除尽？ ；（3）从NaCl溶液到沉淀1的过程中，需蒸发浓缩。在加入固体NH4HCO3之前进行蒸发浓缩优于在加入NH4HCO3之后，原因是 ；（4）写出沉淀1受热分解的化学方程式 ；（5）为提
31、高NH4Cl产品的产率和纯度，需在滤液中加入氨水，理由是 ；步骤X包括的操作有 ；（6）采用“甲醛法”测定工业产品中氯化铵的纯度（假定杂质不与甲醛反应），反应原理为：4NH4Cl+6HCHO（CH2）6N4+4HCl+6H2O 某技术人员称取1.5g该样品溶于水，加入足量的甲醛并加水配成100mL溶液。从中取出10mL，滴入酚酞再用0.1mol/L的NaOH溶液滴定，到滴定终点时消耗NaOH溶液25.00mL。则该样品中氯化铵的质量分数为 。【答案】（16分）（1）B； 引流（2）取少量除杂后的样品于试管中，滴加适量氯化钡溶液，若无白色沉淀产生，则含SO42-已除尽（3）可避免NH4HCO3的
32、分解 （4）2NaHCO3=Na2CO3+H2O+CO2（5）抑制NH4+水解；使NaHCO3转化为Na2CO3；补充煮沸时损失的NH3蒸发浓缩，冷却结晶，过滤（6）89.2%【解析】试题分析：（1）粗盐中含有Ca2+用Na2CO3除去，Mg2+用NaOH除去，SO42-用BaCl2除去，考虑到除SO42-时，滴加过量的BaCl2，引入的Ba2+也需要用Na2CO3溶液除去，故正确的操作顺序为先滴加过量NaOH溶液，再滴加过量BaCl2溶液，然后滴加过量Na2CO3溶液，过滤后最后滤液里滴加稀盐酸酸化，选项B符合题意；过滤操作中使用玻璃棒起引流作用；（2）判断粗盐中SO42-是否已除尽，实际检
33、验SO42-是否存在，可选择BaCl2溶液来检验，具体操作是取少量除杂后的样品于试管中，滴加适量氯化钡溶液，若无白色沉淀产生，则含SO42-已除尽 ；(3)NH4HCO3很不稳定受热易分解，在加NH4HCO3前加热浓缩NaCl溶液，可避免NH4HCO3的分解；（4）沉淀1是NaHCO3，其受热分解的方程式为2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2；（5）NH4Cl是强酸弱碱盐易水解，且水解生成的HCl有挥发性，NH3H2O不稳定，易分解放出NH3，故加热过程中添加氨水，可抑制水解，补充挥发的氨，有利于提高NH4Cl的产率和纯度；步骤X的操作目的是从溶液里析出NH4Cl晶体，因此需加热浓缩、冷
34、却结晶并过滤；（6）采用“甲醛法”测定工业产品中氯化铵的纯度其原理是4NH4Cl+6HCHO(CH2)6N4+4HCl+6H2O，再用NaOH溶液滴定，根据原子守恒规律可得关系式：NH4ClHClNaOH，可知滴定时消耗NaOH的物质的量就是原产品中NH4Cl的物质的量，10mL溶液消耗NaOH的物质的量为0.1mol/L0.025L0.00025mol，则样品中NH4Cl的物质的量为0.00025mol100.025mol,质量为0.025mol53.5gmol-1=1.3375g, 该样品中氯化铵的质量分数为1.3375g/1.5g100%=89.2%。考点：混合物的分离和提纯，涉及实验的
35、基本操作及误差分析。21市场上出现过一种一氧化碳检测器，其外观像一张塑料信用卡，正中有一个直径不到2cm的小窗口，露出橙红色固态物质。若发现橙红色转为黑色而在短时间内不复原，表明室内一氧化碳浓度超标，有中毒危险。一氧化碳不超标时，橙红色虽也会变黑却能很快复原。已知检测器的化学成分：亲水性的硅胶、氯化钙、固体酸H8Si(Mo2O7)628H2O、CuCl22H2O和PdCl22H2O（注：橙红色为复合色，不必细究）。4-1 CO与PdCl22H2O的反应方程式为： 。4-2 4-1的产物之一与CuCl22H2O反应而复原，化学方程式为： 。4-3 4-2的产物之一复原的反应方程式为： 。【答案】
36、4-1化学方程式 CO + PdCl22H2O = CO2 + Pd + 2HCl + H2O (4分) 写PdCl2不写PdCl22H2O同时也配平，给2分。 4-2化学方程式 Pd + 2CuCl22H2O = PdCl22H2O + 2CuCl + 2H2O (4分) 写Pd + CuCl22H2O = PdCl22H2O + Cu给2分 4-3化学方程式 4CuCl + 4HCl + 6H2O + O2 = 4CuCl22H2O (4分)【解析】竞赛是科学普及的一部分，要通过竞赛宣传化学在经济发展人类进步人民健康质量、生活质量及环境质量改善中的作用，以促进中学生关心发生在世界上和周围的
37、新事物，激励他们为之奋斗，本题就体现这种思想。鉴于试题涉及的器件的化学组成很复杂，命题人从中挑选了学生的知识背景足以理解的问题，也正好是该器件性能的主要化学原理，甚至提示应试者集中精力解决主要问题，舍弃不必细究的枝节，这本身也是一种如何理论联系实际的教育。命题人在组题时进一步帮助应试人缕清器件化学原理的思考程序，分3个问题要求学生思考，但每一个问题都留有需应试者通过原有知识基础来补充完善的内容，以此来考察应试者的应变能力。第一个问题的关键是：CO和PdCl22H2O谁是氧化剂？当然有两种正好相反的假设，假设1，得到C和某种高价钯化合物，假设2，得到CO2和金属钯。哪一个假设正确？要从第二问得到
38、启示。显然，第二问需要应试者自己得出结论的首先是CuCl22H2O不可能是还原剂，只可能是氧化剂，因为在水体系里铜的价态不能再升高。如果应试者没有这种基本思路，就无助于对第1问两种假设的抉择。有了这种思路，必然对“4-1的产物之一”对准C和Pd。问：其中哪一个可以跟CuCl22H2O反应？中学课本上讨论过碳的氧化，使用的都是强氧化剂，如空气中的氧气、浓硫酸、浓硝酸等，而且都需加热，可见碳不是强还原剂，把它氧化不那么容易，应当排除，于是“定音”，假设2是正确的，这是一箭双雕，既答了第1问，又答了第2问。当然，第2问又存在两种可能，铜被还原得铜（I）呢还是得铜（0）。怎样判断？需要第3问来帮助，第
39、3问要求写出4-2问中产物之一被复原，自然是指铜（I）或铜（0）的复原。先不必问氧化剂是谁，应试者就清楚，铜（I）比铜（0）易复原，即容易被氧化。这是不是中学知识？笔者认为是。由此选择了铜（I）为第2问的答案，完成第2问的解答。再接着思考第3问：使铜（I）复原为铜（II）使用了什么试剂？首先要明确，它一定是氧化剂（应试者明确吗？），然后从器件化学组成中去找，找不到（有人会认为存在2Cu+2H+=2Cu2+H2的反应吗？），于是被逼到“华容道”上去了，只能选择空气中的氧气，别无它路，全题得解。当然，解完后应回顾器件的整个化学组成来讨论它们各自的作用，但试题没有设问，留给应试者自己思索。22有一瓶
40、澄清的溶液，其中可能含有NH4+、K+、Na+、Mg2+、Al3+、Fe3+、Ba2+、Cl、I、NO3、CO32、SO42中的几种取该溶液进行以下实验：（1）用pH试纸检验该溶液呈强酸性，可推出 离子不存在（2）取出部分溶液，加入少量CCl4及数滴新制氯水，经振荡后CCl4层呈紫红色，可推出 、 离子不存在（3）另取部分溶液，向其中逐滴加入NaOH溶液，使溶液从酸性逐渐变为碱性，在滴加过程中和滴加完毕后，均无沉淀产成，则可推出 离子不存在取部分碱性溶液加热，有气体放出，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明 离子存在（4）另取部分上述碱性溶液，向其中加入Na2CO3溶液，有白色沉淀生成，可推
41、出 离子不存在（5）根据以上实验事实确定：该溶液中肯定存在的离子是 ；还不能肯定是否存在的离子是 【答案】（1）CO32；（2）NO3、Fe3+；（3）Mg2+、Al3+；NH4+；（4）SO42；（5）Ba2+、I、NH4+；K+、Na+、Cl【解析】试题分析：（1）根据实验（1）现象：溶液呈强酸性，说明溶液中肯定含有H+，而H+与CO32-反应发生反应而不能共存，说明溶液中肯定不含有CO32-，故答案为：CO32-；（2）根据实验（2）现象：CCl4层呈紫红色，说明有I2，这是由于I-被氯气氧化所产生的，从而说明溶液中含有I-，而I-与Fe3+、NO3-和H+能发生氧化还原反应，而不能共存
42、，说明溶液中肯定不含有Fe3+、NO3-；故答案为：NO3-、Fe3+；（3）根据实验（3）现象：溶液从酸性逐渐变为碱性，在滴加过程中和滴加完毕后，溶液均无沉淀产生，而Fe3+、Mg2+、Al3+能与碱反应产生沉淀，说明溶液中肯定不含有Mg2+、Al3+；取部分碱性溶液加热，有气体放出，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明一定存在铵根离子，故答案为：Mg2+、Al3+；NH4+；（4）根据实验（4）现象：取出部分上述碱性溶液加Na2CO3溶液后，有白色沉淀生成，说明溶液中肯定含有Ba2+，而Ba2+能与SO42-产生沉淀，说明溶液中不含SO42-，故答案为：SO42-；（5）由上述实验事实确
43、定，该溶液中肯定存在的离子是：Ba2+、I-、NH4+；肯定不存在的离子是：Mg2+、Fe3+、Al3+、NO3-、Fe3+、CO32-、SO42-；还不能确定是否存在的离子是：K+、Na+、Cl-，故答案为：Ba2+、I-、NH4+；K+、Na+、Cl考点：考查了常见离子的检验方法、离子共存的相关知识。【答案】（1） （2） （3）；消去反应；消去反应；取代反应；（4）4；1：4：4：2【解析】试题分析：（1）碳的含量为87.80%，氢的含量12.2%，由此可知A为烃。其中碳氢原子的个数之比为，设分子式为(C3H5)n，则41n82，解得n2，所以A的分子式为C6H10。A与H2加成得B，且
44、B的一氯代物仅有一种并为环状结构，故B应为；（2）M是B的一种同分异构体，M能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明分子中含有碳碳双键，分子中所有的碳原子共平面，则根据乙烯的结构可类推知M的结构简式为；（3）A与Br2加成得到的C为；C在NaOH醇溶液中发生消去反应得到的D为，D与HBr发生1，4-加成得到的E为，E与H2加成得到的F为，F在NaOH水溶液中发生水解反应得到的G为，G在浓硫酸作用下发生消去反应得到的A为。因此C生成D的化学方程式为。由G生成A的化学方程式为。由G生成F的化学方程式为。G发生催化氧化的化学方程式为。（4）根据F的结构简式可知其核磁共振氢谱图有4个吸收峰，峰面积之比为1：4：4：2。考点：考查有机物推断和合成高考资源网版权所有，侵权必究！
