1、山东省龙口市第二中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）1随着人们生活节奏的加快，方便的小包装食品已被广泛接受。为了延长食品的保持期，防止食品受潮变质，在包装袋中可以放入的化学物质是A硅胶 B硫酸亚铁 C食盐 D石灰石【答案】A【解析】试题分析：为了防止食品受潮变质，在包装袋中可以放入的化学物质应具有吸水性，选项中只有硅胶符合，硫酸亚铁是防氧化变质，食盐和石灰石不吸水也不防氧化，故选A。考点：考查食品的保存2下列各组说法均不正确的是CH3-CH=CH2和CH2=CH2的最简式相同CHCH和C6H6含碳量相同正戊烷、异戊烷、新戊烷的沸点逐渐变低丁二烯和丁烯为同系物标准状况下，
2、11.2L的戊烷所含的分子数为0.5NA（NA为阿伏加德罗常数）能够快速、微量、精确的测定相对分子质量的物理方法是核磁共振氢谱法A B C D【答案】D【解析】试题分析：A、CH3-CH=CH2和CH2=CH2的最简式相同，都是CH2，正确；CHCH和C6H6含碳量相同，正确，所以A错误；B、正确，错误；C、正确，错误；D、丁二烯和丁烯不为同系物，错误；戊烷在标准状况下为液体，错误；能够快速、微量、精确的测定相对分子质量的物理方法是质谱法，错误，所以答案选D。考点：考查有机物中的最简式、含碳量、同系物、沸点的比较等知识3实验室有两瓶失去标签的溶液，其中一瓶是食盐水，另一瓶是蔗糖水。以下鉴别方法
3、不正确的是( )A在两种溶液中分别加入少量稀硫酸，加热，再加入碱中和硫酸，再加入银氨溶液，水浴加热 B测量溶液的导电性C向两种溶液中分别滴加硝酸银溶液D尝味道【答案】D 【解析】试题分析：A蔗糖水解生成葡萄糖，可发生银镜反应，而食盐水不能，则两种溶液中分别加入少量稀硫酸，加热，再加入碱中和硫酸，再加入银氨溶液，水浴加热，产生银镜的原试剂为蔗糖水，可鉴别，故A正确；B食盐水导电，而蔗糖为非电解质，则导电的为食盐水，可鉴别，故B正确；C食盐水与硝酸银生成白色沉淀，而蔗糖水不能，则生成白色沉淀的原试剂为食盐水，可鉴别，故C正确；D原则上不能品尝化学试剂，则不能尝味道辨别，故D错误；故选D。考点：考查
4、物质的鉴别和检验4某温度时，BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是A加入Na2SO4可以使溶液由a点变到c点B通过蒸发可以使溶液由d点变到c点Cb、d点都是不能长时间稳定存在的点Da点对应的Ksp大于c点对应的Ksp【答案】A【解析】试题分析：A项硫酸钡溶液中存在着溶解平衡BaSO4（S）Ba2+(aq)+ SO42(aq)，a点在平衡曲线上，加入Na2SO4，会增大c（SO42-），平衡左移，c（Ba2+）应降低，到达c点，故A项正确；B项d点时溶液不饱和，蒸发溶剂水，达到饱和，但c（SO42-）、c（Ba2+）均增大，则不会到达c点，故B项错误；C项b点QcKsp，故
5、溶液过饱和，则不会稳定存在，d点表示QcKsp，溶液不饱和，不会有沉淀析出可稳定存在，故C项错误；D项Ksp是一常数且只与温度有关，温度不变Ksp不变，该曲线为某温度下的BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线，故在曲线上的任意一点Ksp都相等，故D项错误；本题选A。考点：难溶电解质的溶解平衡曲线考查。5(双选)将下列物质加入溴水中,溴水颜色不变浅的是()。A.KCl晶体B.KI晶体 C.CCl4D.Mg【答案】AB【解析】溴水中加入KCl不发生反应,颜色无明显变化,A对;加入KI晶体后,Br2与KI反应置换出I2,溶液颜色加深,B对;加入CCl4后Br2被萃取到下层,水层颜色变浅;加入金属Mg后金
6、属与溴水反应,消耗Br2,颜色变浅。6下列金属防腐的措施中，属于牺牲阳极的阴极保护法的是A水中的钢闸门连接电源的负极B地下钢管连接锌板C汽水底盘喷涂高分子膜D金属护拦表面涂漆【答案】B【解析】金属防腐的措施中，使用牺牲阳极的阴极保护法，说明该装置构成原电池，被保护的金属作正极，A水中的钢闸门连接电源的负极，Fe作电解池的阴极，属于外加电源的阴极保护法，故A错误；B地下钢管连接镁块，Fe、Mg、电解质溶液构成原电池，Fe失电子能力小于Mg而作正极被保护，所以该保护方法属于牺牲阳极的阴极保护法，故B正确；C汽车底盘喷涂高分子膜，阻止Fe与空气、水接触，从而防止金属被腐蚀，属于物理方法，故C错误；D
7、金属护拦表面涂漆，阻止Fe与空气、水接触，从而防止金属被腐蚀，属于物理方法，故D错误；故选B【点评】本题考查了金属的腐蚀与防护，侧重考查基础知识与基本能力，明确原电池原理即可解答，题目难度不大7设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A在0.1 mol NaHSO4晶体中阳离子与阴离子总数为0.3NAB25时，pH=13的Ba(OH)2溶液中含有的OH数目为0.2NAC1.8 g D2O中含有的质子数和电子数均为NAD0.1molNa完全被氧化生成Na2O2时，转移的电子数目为0.1NA【答案】D【解析】试题分析：A、NaHSO4晶体是钠离子和硫酸氢根离子构成，在0.1mol NaHSO4
8、晶体中阳离子与阴离子总数为0.2NA，故A错误；B、未注明溶液的体积，无法计算，故B错误；C、1.8g重水物质的量为=0.09mol，含有的质子数和电子数均为9NA，故C错误； D、0.1mol钠完全反应失去0.1mol电子，转移电子的数目为0.1NA，故D正确；故选D。考点：考查了阿伏加德罗常数的相关知识。8下列中的实验一定不会出现沉淀现象的是ACO2气体通入NaAlO2溶液中 BSO2气体通入BaCl2溶液中CCO2气体通入饱和Na2CO3溶液中 DSO2气体通入Ba(OH)2溶液中【答案】B【解析】试题分析： ACO2气体通入NaAlO2溶液中反应生成氢氧化铝沉淀，A不选；BSO2气体通
9、入BaCl2溶液中不反应，无沉淀生成，B可选；CCO2气体通入饱和Na2CO3溶液中生成的碳酸氢钠，由于溶解度小于碳酸钠的溶解度，故会以沉淀形式出现，C不选；DSO2气体通入Ba(OH)2溶液中会生成亚硫酸钡沉淀，D不选；答案选B。考点：考查CO2和SO2的性质。9既可以用来鉴别甲烷和乙烯，又可以用来除去甲烷中混有的少量乙烯的操作方法（ ）A混合气通过盛酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶B混合气通过盛足量溴水的洗气瓶C混合气通过盛蒸馏水的洗气瓶D混合气跟适量氯化氢混合【答案】B【解析】试题分析：A、酸性高锰酸钾溶液与乙烯反应生成二氧化碳，所以能鉴别，但不能用来除去甲烷中的乙烯，不选A；B、乙烯和溴水反应
10、生成二溴乙烷，能鉴别也能除去，选B；C、甲烷和乙烯都不能和水在常温下反应，不选C；D、乙烯和氯化氢反应生成氯乙烷，会引入新的杂质氯化氢，不选D。考点：有机物的鉴别和除杂10对于下列化学问题的表述不正确的是A为了证明氢氧化钠是离子化合物，可在瓷坩埚中将氢氧化钠固体熔化后测其导电性B标况下，3.36L的SO3所含氧原子数多于0.45NACX、Y两种元素的简单离子具有相同的电子层结构，则核电荷数大的元素离子半径小D18O中质子数与中子数不相等，但其和为18【答案】A【解析】A：瓷坩埚中含有的SiO2可与氢氧化钠在高温下反应，不正确B：SO3在标况下为固态，故3.36L的SO3所含氧原子数远大于0.4
11、5NA，正确CD均正确11下列离子方程式，正确的是A氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3+4NH3H2O= AlO2-+2H2O+4NH4+B过量铁溶于稀硝酸：Fe+ NO3-+4H+= Fe3+2H2O+NOC氯气与水的反应：H2O+Cl2=2H+ Cl-+ ClO-D向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液，使沉淀物质的量最大：2Al3+3 Ba2+ 3SO42-+6OH-=2Al(OH)3+3BaSO4【答案】D【解析】试题分析：A、Al(OH)3只溶解于强酸强碱，不溶于弱碱溶液中，氨水是弱碱，错误；B、过量铁跟Fe3反应是Fe2，错误；C、次氯酸是弱酸，写成化学式的形式，错误；D、沉淀达到最大，
12、生成Al(OH)3和BaSO4，正确。考点：考查离子反应方程式的书写。12由乙烯推测丙烯的结构或性质正确的是()A分子中所有原子在同一平面上 B与HCl加成只生成一种产物C能使KMnO4酸性溶液褪色 D能与溴水发生取代反应而使溴水褪色【答案】C【解析】试题分析：A.乙烯是平面分子，当乙烯分子中的一个H原子被甲基取代后形成丙烯。因为甲烷是正四面体结构，所以甲基中最多有2个原子在乙烯的平面上，因此分子中不是所有原子在同一平面上，错误；B由于丙烯分子中的两个不饱和C原子是不同的，所以与HCl加成能生成两种产物，错误；C乙烯、丙烯分子中都含有碳碳双键，所以都能使KMnO4酸性溶液褪色，正确；D都能与溴
13、水发生加成代反应而使溴水褪色，错误；，错误来考点：考查同系物的结构与性质的关系的知识。13对可逆反应2A(s）3B(g） C(g）2D(g）Hv(逆）加入催化剂，B的转化率提高A B C D【答案】B【解析】试题分析：增加A的量，因为是固体，浓度不变，平衡不移动，错误。升温，平衡逆向移动，反应速率都增大，错误。压强增大一倍，平衡不移动，但正逆反应速率都增大，错误。增大B的浓度，正反应速率增大，逆反应速率不变，所以正反应速率大于逆反应速率，平衡正向移动，正确。加入催化剂，平衡不移动，转化率不变，错误。所以选B。考点： 影响平衡的因素【名师点睛】影响反应速率的因素有浓度温度压强，催化剂和固体的接触
14、面积，但影响平衡的因素只有浓度温度和压强。增大反应物的浓度，正反应速率突然加快，平衡正向移动，正反应速率逐渐减慢，逆反应速率逐渐加快。升温，正逆反应速率都加快，平衡向吸热方向移动。对于有气体参加或生成的反应，增大压强，反应速率加快，平衡向气体体积减小方向移动。使用催化剂，加快反应速率，但平衡不移动。改变固体的表面积，反应速率加快，但平衡不移动。14下图是元素周期表短周期的一部分，下列说法正确的是A元素于第二周期第IVA族B气态氢化物的稳定性:C单质遇足量元素的氢化物有白烟D元素的最高正化合价:=【答案】C【解析】试题分析：根据元素在周期表中的相对位置可知，分别是N、O、F、S、Cl。所以元素位
15、于第二周期第A族，A不正确；气态氢化物的稳定性：，B不正确；单质Cl2遇足量元素NH3生成氯化铵白烟和N2，C正确；F是最活泼的非金属，没有正价，D不正确。答案选C。考点：考查了元素周期表和元素周期律的知识15常温下含碳各微粒H2CO3、HCO3和CO32存在于CO2和NaOH溶液反应后的溶液中，它们的物质的质量分数与溶液pH的关系如图所示，下列说法错误的是ApH=10.25时，c(Na+)=c(CO32)+c(HCO3)B为获得尽可能纯的NaHCO3，宜控制溶液的pH为79之间C根据图中数据，可以计算得到H2CO3第一步电离的平衡常数K1(H2CO3)=106.37D若是0.1molNaOH
16、反应后所得的1L溶液，pH=10时，溶液中存在以下关系： c(Na+)c(HCO3)c(CO32)c(OH)c(H+)【答案】A【解析】试题分析：A由图像可知，pH=10.25时，c(CO32)=c(HCO3)=0.5mol/L，则该溶液是等物质的量的Na2CO3、NaHCO3的混合溶液，溶液中c(Na)=2c(CO32)+c(HCO3),A项错误；B由图像可以看出，pH=8作用，溶液中的含碳微粒主要是HCO3-，所以为获得尽可能纯的NaHCO3，宜控制溶液的pH为79之间，B项正确；C根据图像，pH=6.37时，c(H2CO3)=c(HCO3)=0.5mol/L，根据H2CO3H+HCO3-
17、，Ka1（H2CO3）=c(H)c(HCO3-)c(H2CO3)=c(H)= 106.37，C项正确；D根据图像可知，pH=10的溶液中，c(HCO3-)=0.6mol/L，c(CO32)=0.4mol/L，则溶液中存在以下关系c(Na+)c(HCO3)c(CO32)c(OH)c(H+)，D项正确；答案选A。考点：考查弱电解质的电离、盐的水解，离子浓度的大小判断等知识。16（12分）A+BX+Y+ H2O(为配平，反应条件略去)是中学常见反应的化学方程式，其中A、B的物质的量之比为1：4请回答：（1）若Y是黄绿色气体，则Y的电子式是 ，该反应的化学方程式是 （2）若A为非金属单质，构成它的原子
18、核外最外层电子数是次外层电子数的2倍，B的溶液为某浓酸，则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是 （3）若A为金属单质，常温下A在B的浓溶液中“钝化”，且A可溶于X溶液中A元素在周期表中的位置是_（填所在周期和族）；Y的化学式是_含a mol X的溶液溶解了一定量A后，若溶液中两种金属阳离子的物质的量恰好相等，则被还原的X是_ mol（4）若A、B、X、Y均为化合物A溶于水电离出的阳离子和水作用的生成物可净化水，向A溶液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀；B的焰色为黄色则向A中逐滴加入B的离子方程式 【答案】 （1分） MnO24HCl（浓） MnCl2Cl22H2O（2分） 4:1（
19、2分） 第4周期 族（2分） NO（1分） 0.4a （2分）Al3+ +3OH-=Al(OH)3 Al(OH)3 + OH-=AlO2- +2H2O（2分，对一个一分）【解析】试题分析：（1）若Y是黄绿色气体，则Y是Cl2，Cl2的电子式是;该反应的化学方程式是MnO24HCl（浓） MnCl2Cl22H2O; （2）若A为非金属单质，构成它的原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍，B的溶液为某浓酸，则反应的方程式是：C+4HNO3(浓) 2H2O + 4NO2+ CO2。在该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是4:1；（3）若A为金属单质，常温下A在B的浓溶液中“钝化”，且A可溶于X溶液
20、中，A是Fe，X是HNO3Fe与浓硝酸在加热时发生反应硝酸铁、NO和水，A元素在周期表中的位置是第4周期 族; Y的化学式是NO; 含a mol X的溶液溶解了一定量A后，二者发生反应:2Fe(NO3)3+Fe=3Fe(NO3)2.假设反应的Fe(NO3)3的物质的量是2x,则反应后产生Fe(NO3)2是3x,反应后未反应的Fe(NO3)3的物质的量是(a-2x)mol，(a-2x)mol=3x，解得x=0.2amol，所以被还原的X是20.2a mol=0.4amol；（4）若A、B、X、Y均为化合物A溶于水电离出的阳离子和水作用的生成物可净化水，则A中含有Al3+，向A溶液中加入硝酸酸化的
21、AgNO3溶液，产生白色沉淀；则A中含有阴离子Cl-，A是AlCl3,B的焰色为黄色则B中含有Na+，由于A、B的物质的量之比为1：4，所以B是NaOH,所以则向A中逐滴加入B的离子方程式是Al3+ +3OH-=Al(OH)3；Al(OH)3 + OH-=AlO2- +2H2O.考点：考查元素及化合物的推断、物质的结构、性质、化学方程式和离子方程式的的书写、化学反应的计算的知识。17（本题共12分）石油脱硫废气中含有较多的硫化氢，如何对其进行综合利用回收硫是研究的热点。完成下列填空：实验室用启普发生器制备硫化氢气体，原料可选用_（选填编号）。A.稀盐酸与硫化铜 B.稀硫酸与硫化亚铁C.稀硝酸与
22、硫化锌 D.浓盐酸与硫化钠若要得到一瓶干燥纯净的硫化氢，除启普发生器外，还应选用的装置依次是_（填编号）。 如图，将充满相同体积（同温同压）的二氧化硫与硫化氢气体的集气瓶对口放置，抽去毛玻璃片充分反应。观察到的现象是_。检验最终剩余气体的方法是_。一种回收硫的方法称为克劳斯法，其主要流程是先将部分H2S氧化为SO2，再与剩余H2S作用。若废气中含67.2 m3 H2S，为充分回收硫，需要消耗空气_m3（设空气中O2的体积分数为0.20）。工业上常用吸收-电解法回收硫。主要过程分两步：第一步，用FeCl3溶液吸收H2S。此过程中溶液pH_（填“增大”、“减小”或“不变”）。第二步，过滤后对滤液进
23、行电解，发生反应的离子方程式为：2Fe2+ 2H+ 2Fe3+ + H2吸收-电解法的优势是： H2S的吸收率高；_。有人提出，第二步可以改为向所得溶液中通入O2，也能实现同样的目的，此时发生反应的化学方程式为_。请再设计一种从硫化氢中回收硫的方法（用化学方程式表示）。_【答案】B（1分） （或）（1分）有黄色粉末析出，瓶壁上有小液滴（2分）；将湿润的品红试纸伸入瓶中，试纸褪色。（1分，或其他合理答案）168（2分）；减小（1分）；FeCl3溶液可循环利用（1分）；4FeCl2 + O2 + 4HCl 4FeCl3+ 2H2O（2分）H2S H2+ S、H2S + Cl2 2HCl + S、2
24、H2S + O2 2S + 2H2O等（1分，合理即可）【解析】试题分析：A. 稀盐酸与硫化铜不能发生反应，错误； B. 稀硫酸与硫化亚铁是块状固体与液体反应制取气体，反应不需要加热，制取的气体在液体中溶解度不大，符合启普发生器制备气体的条件，制取；C. 稀硝酸有强的氧化性，会与硫化锌发生氧化还原反应，不能产生硫化氢气体，错误；D. 硫化钠的细小的固体颗粒，不是块状固体，而且浓盐酸有挥发性，会使制取飞气体不纯，错误。故选项是B。稀硫酸与硫化亚铁反应产生的硫化氢气体中含有水蒸汽，若要得到一瓶干燥纯净的硫化氢，除启普发生器外，还应对气体进行干燥处理，浓硫酸是酸性干燥剂，但是其有强的氧化性，而氯化氢
25、有还原性，二者会发生反应，不能选用；碱石灰有吸水性，但是能够与硫化氢发生反应，也不能使用，只可以使用中性干燥剂无水CaCl2。硫化氢的密度比空气大，要用向上排空气的方法收集，但该气体是有毒气体，溶液导致大气污染，为了防止污染空气，可以与之发生反应的物质作吸收剂，用收集，用或吸收防止尾气排放.故选用的装置依次是或。二氧化硫与硫化氢气体混合，发生反应：SO2+2H2S=3S+2H2O。产生的S单质附着在集气瓶内壁，因此会观察到有黄色粉末析出，瓶壁上有小液滴；由于二者发生 反应的物质的量的比是1：2，可见SO2过量。SO2有漂白性， H2S没有。所以检验最终剩余气体的方法是将湿润的品红试纸伸入瓶中，
26、试纸褪色，就证明是SO2。根据方程式SO2+2H2S=3S+2H2O可知，若使H2S完全被吸收，被氧化的占总量的1/3.由于废气中含67.2 m3 H2S，则被氧化为SO2的H2S 的体积是67.2 m313=22.4 m3，H2S反应产生SO2 的方程式是：2H2S3O22SO2+2H2O,发生该反应氧化H2S需要的氧气的体积是V(O2)=3/2 V(H2S)= 33.6 m3.因为在空气中O2的体积分数为0.20，所以需要的空气的体积是V(空气)= 33.6 m30.2=168 m3。FeCl3溶液与H2S发生反应：2FeCl3+H2S=S+2FeCl2+2HCl。由于反应后产生了酸。所以
27、此过程中溶液pH会减小。第二步，过滤后对滤液进行电解，发生反应的离子方程式为：2Fe2+ 2H+ 2Fe3+ + H2吸收-电解法的优势是： H2S的吸收率高；电解产物FeCl3可以循环利用。有人提出，第二步可以改为向所得溶液中通入O2，也能实现同样的目的，此时发生反应的化学方程式为4FeCl2 + O2 + 4HCl 4FeCl3+ 2H2O 。设计的一种从硫化氢中回收硫的方法用化学方程式表示是H2S H2+ S、H2S + Cl2 2HCl + S、2H2S + O2 2S + 2H2O。考点：考查气体的制取装置的选择、除杂、干燥、收集、尾气处理装置的选择及连接顺序、气体混合的现象及气体成
28、分的检验、物质回收利用的计算、措施、方案的设计与评价的知识。18（12分）2014年7月1日起，国家卫计委决定禁止使用硫酸铝、硫酸铝钾、硫酸铝铵等含铝元素的物质作为馒头、发糕等膨化食品添加剂。目前使用的无铝泡打粉的成分为小苏打、磷酸二氢钠、碳酸钙等。回答下列问题：（1）长期食用含铝元素的食品，铝元素会在体内积累，造成毒害。有一泡打粉样品，判断是否含铝元素的实验方法是：_。（2）写出磷酸二氢钠在水中的电离方程式：_。（3）磷酸二氢钠制备流程如下：写出磷酸二氢钙与硫酸钠溶液反应的离子方程式：_操作a的名称为:_，固体c的成份为：_在进行操作a前需控制pH约4-5，若pH过高，得到的产物中可能有：_
29、（填化学式）实验时取46.8g磷酸二氢钙，最终得到59.3g NaH2PO42H2O，该实验的产率是：_【答案】（1）取少量样品于试管中，加水溶解，向上层清液中滴加氢氧化钠溶液，有白色沉淀产生，再加入氢氧化钠溶液，沉淀溶解，证明样品含铝元素（或其他合理说法，2分）（2）NaH2PO4Na+H2PO4-（2分）（3）Ca2+SO42-+2H2OCaSO42H2O（2分）过滤（1分） 碳酸钡、硫酸钡（2分）；Na2HPO4或Na3PO4（1分） 95.0%（2分）【解析】试题分析：（1）长期食用含铝元素的食品，铝元素会在体内积累，造成毒害。有一泡打粉样品，判断是否含铝元素的实验方法是利用氢氧化铝的
30、两性检验。方法是取少量样品于试管中，加水溶解，向上层清液中滴加氢氧化钠溶液，有白色沉淀产生，再加入氢氧化钠溶液，沉淀溶解，证明样品含铝元素；（2）磷酸二氢钠是强碱弱酸盐，其在水中的电离方程式是NaH2PO4Na+H2PO4-；（3）根据图示可知磷酸二氢钙与硫酸钠溶液反应产生硫酸钙晶体的离子方程式是：Ca2+SO42-+2H2OCaSO42H2O；操作a是分离难溶性固体与液体混合物的方法，名称为过滤；在溶液a中含有CO32-、SO42-、H2PO4-，向其中加入BaCO3固体，由于c(Ba2+)c(SO42-)Ksp(BaSO4)，所以会发生沉淀的转化，最终得到的固体c的成份为BaCO3、BaS
31、O4；在进行操作a前需控制pH约4-5，若pH过高，H2PO4-会发生反应转化为HPO42-、PO43-，因此最终得到的产物中可能有Na2HPO4或Na3PO4；根据磷元素守恒，可知由磷酸二氢钙制取NaH2PO42H2O 的物质的量关系是：Ca(H2PO4)22NaH2PO42H2O,则二者的质量关系是：mCa(H2PO4)2:mNaH2PO42H2O=234:(2156),则制取59.3g NaH2PO42H2O需要Ca(H2PO4)2的质量是m=234:(2156) 59.3g=44.475g，所以磷酸二氢钙的利用率是44.475g46.8g100=95.0%，即该实验的产率是95.0%。
32、考点：考查元素及化合物的知识。包括电离方程式、离子方程式和化学方程式的书写、元素存在的检验、物质转化率的计算。19（14分）碱式碳酸镁有多种不同的组成，如：Mg2(OH)2CO3、Mg4(OH)2(CO3)3、Mg5(OH)2(CO3)4等。某研究性学习小组的同学们为了确定某碱式碳酸镁的组成，设下图所示的实验装置。（1）实验步骤：按上图（夹持仪器未画出）组装好置后，首先进行的操作是_。E处干燥管盛放的药品是_。称取碱式碳酸镁样品m1g，并将其放入硬质玻璃管中；称量：装浓硫酸的洗气瓶C的质量为m2g；装碱石灰的U形管D的质量为m3g打开活塞_，关闭_缓缓鼓入空气数分钟。关闭活塞_，打开_，点燃酒
33、精灯加热，待不再产生气体为止。打开活塞K1，缓缓鼓入空气数分钟，然后拆下装置，称得洗气瓶C的质量为m4g；U形管D的质量为m5g。实验测得数据如下：m1 = 31g ，m2 =87.6g ，m3 = 74.7g，m4 = 89.4g ，m5 = 87.9g，计算推导：该碱式碳酸镁的化学式为_。（2）关于该实验方案，以下说法你认为正确的是_（填字母）A硬质玻璃管中有水凝结对测定结果有较大影响B不称量碱式碳酸镁样品的质量无法确定碱式碳酸镁的组成C该实验装置也可用于确定天然碱aNa2CO3bNaHCO3cH2O(a、b、c为正整数)的化学组成【答案】（1）检查装置的气密性(1分) 碱石灰（1分）K1
34、，K2 ； K3 （ 2分，两空全对得2分，否则不给分）K1，K2 ； K3 （ 2分，两空全对得2分，否则不给分）Mg4(OH)2 (CO3)3 （4分）（2）A、C（4分，每个2分）【解析】试题分析：（1）由实验原理可知，实验需要通过测量D装置内碱石灰增重质量，计算生成的二氧化碳的质量，通过测量C装置的增重，计算生成的水的质量，则该反应组装好仪器后首先需检验装置的气密性；D装置中盛放的碱石灰容易吸收空气中的水蒸气和二氧化碳，故干燥管E中可以盛放碱石灰（或氧化钙），吸收空气中的水蒸气和二氧化碳，防止其进入D装置中，影响测量结果；称取碱式碳酸镁样品m1g，并将其放入硬质玻璃管中；实验开始时装置
35、内有空气，含有水蒸气和二氧化碳，会影响水蒸气和二氧化碳质量的测定，故实验前要通入空气，赶走装置中含有水蒸气和二氧化碳，减少误差，活塞的操作方法是：打开活塞K1、K2，关闭活塞K3；鼓入空气A中碱石灰吸收空气中水蒸气和二氧化碳，赶尽装置中含有水蒸气和二氧化碳后，关闭活塞K1、K2，打开K3，加热分解碱式碳酸镁；打开活塞K1，缓缓鼓入空气数分钟，使生成的水蒸气和二氧化碳全部进入C、D装置，实验测得数据如下：m1 = 31g ，m2 =87.6g ，m3 = 74.7g，m4 = 89.4g ，m5 = 87.9g，则m(H2O)=89.4-87.6=1.8g，m(CO2)=87.9-74.7=13
36、.2g，可得：n(H2O)=0.1mol,n(CO2)=0.3mol，m(MgO)=31-1.8-13.2=16g，n(MgO)=0.4mol；故该样品化学式为：Mg4(OH)2 (CO3)3；（2）A项硬质玻璃管中有水凝结，测定的水的质量偏小，对测定结果有较大影响，故A项正确；B项碱式碳酸镁可以看做氢氧化镁与碳酸镁的混合物，则根据二氧化碳可以确定碳酸镁，根据水可以确定氢氧化镁，故不需要称量样品的质量，故B项错误；C项天然碱aNa2CO3bNaHCO3cH2O(a、b、c为正整数)加热分解生成碳酸钠、二氧化碳与水，可以测定二氧化碳确定碳酸氢钠，根据二氧化碳计算碳酸氢钠分解生成的水，根据水的总量
37、可以确定天然碱中的水，进而确定碳酸钠，故C项正确；本题选A、C。考点：综合定量实验。20某兴趣小组为验证SO2和Cl2的漂白性，设计了如下方案，请你参与回答下列问题（尾气处理装置未画出）。 如右图所示，通入干燥的Cl2后，同学们发现甲中红色布条不褪色，乙中红色布条褪色了，说明Cl2本身_漂白性（填“有”或“没有”），Cl2和水反应的生成物HClO_漂白性（填“有”或“没有”），将乙中的布条取出烘干，发现未变为原来的红色，说明HClO的漂白是_（填“可恢复的”或“不可恢复的”）。 如图丙所示，向品红溶液中通入SO2，同学们发现品红溶液褪色了，停止通气体，加热试管，发现溶液又变为红色，说明SO2的
38、漂白是_（填“可恢复的”或“不可恢复的”）。你认为 利用SO2的漂白性来漂泊食品（填“能”或“不能”） 如图丁所示，将干燥的Cl2和SO2按其体积比11混合，通入石蕊溶液中，发现石蕊溶液变红，不褪色，原因是它们与水一起反应生成了HCl和 H2SO4。写出对应的化学方程式 _。 【答案】(1)没有 有 不可恢复的 (2) 可恢复的 (3)不能 (4) SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl【解析】试题分析：通入干燥的Cl2后，同学们发现甲中红色布条不褪色，乙中红色布条褪色了，说明Cl2本身没有漂白性，Cl2和水反应的生成物HClO有漂白性，将乙中的布条取出烘干，发现未变为原来的红色， 说
39、明HClO的漂白是不可恢复的。 如图丙所示，向品红溶液中通入SO2，同学们发现品红溶液褪色了，停止通气体，加热试管，发现溶液又变为红色，说明SO2的漂白是可恢复的。（3）二氧化硫有毒，不能利用SO2的漂白性来漂泊食品 (4) Cl2和SO2按其体积比11混合，通入石蕊溶液中,它们与水一起反应生成了HCl和 H2SO4。化学方程式 SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl考点：本题考查SO2和Cl2的漂白性。21有A、B、C三种元素，已知A、B同主族，B、C同周期，A的气态氢化物分子式为H2A，其中含氢11.11%；B与A有两种化合物，其中B与A的质量比分别为11和23；4.6 g C元素
40、的单质可与3.2 g A单质化合生成C2A2；A、B元素原子核内的质子数和中子数相等，C的核内中子数比质子数多1。计算确定A、B、C各是什么元素。【答案】A：O B：S C：Na【解析】由100%=11.11%,得出Mr（A）=16，则此元素为O；由B与O2形成的两种氧化物中B与O的质量比可确定B为S，4.6 g C与3.2 g O2生成C2O2，则C为Na。22某强碱性溶液中可能含有K、Al3、Al（OH）4-、SO42-、SiO32-、CO32-、Cl中的某几种离子，现进行如下实验：取少量溶液用硝酸酸化后，加Ba（NO3）2溶液，无沉淀生成。另取少量溶液加入盐酸，其现象是：一段时间保持原样
41、后，开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变后产生一种气体，最后沉淀逐渐减少至消失。原溶液中肯定不存在的离子是 ，肯定存在的离子是 。【答案】（4分）SO42-、SiO32-、Al3；（2分）K、Al（OH）4-、CO32-（2分）。【解析】试题分析：（1）在强碱性溶液中Al3+与OH-会发生离子反应，不能大量共存，所以一定不存在Al3+；取少量的溶液用硝酸酸化后，加Ba（NO3）2溶液，无沉淀生成，则一定不含有SO42-、SiO32-，可能含有CO32-离子；另取少量溶液加入盐酸，其现象是：一段时间保持原样后（和氢氧根离子反应），开始产生沉淀并逐渐增多，和偏铝酸根反应产生氢氧化铝沉淀，沉淀量基
42、本不变后产生一种气体，最后沉淀逐渐减少至消失，是盐酸将氢氧化铝全部溶解，所以一定含有偏铝酸根离子，一定不含有铵根离子，沉淀量基本不变后产生的一种气体只能为二氧化碳，即一定含有CO32-离子，CO32-、Al（OH）4-都是阴离子，根据溶液呈电中性的原理可知溶液中一定含阳离子，由于已经确定不含有Al3+，所以一定含有K+。综上所述可知原溶液中肯定不存在的离子是SO42-、SiO32-、Al3；肯定存在的离子是K、Al（OH）4-、CO32-。考点：考查溶液成分的确定及离子存在的检验方法的知识。23已知B、D、E为单质，H常温下为无色液体，C为工业三大强酸之一，C的浓溶液在加热时才与D反应，F可作
43、为潜水艇中的氧气来源现用惰性电极电解A的水溶液，流程如框图所示，试回答：（1）F的电子式 ，所含化学键的类型 ；（2）反应的化学方程式为 ；（3）化合物F与Na2S溶液反应，生成NaOH和S单质，试写出该反应的离子方程式 【答案】（1）；离子键和共价键；（2）2CuSO4+2H2O2Cu+O2+2H2SO4；（3）2H2O+Na2O2+S2=S+2Na+4OH【解析】A的电解产物反应生成H，H常温下为无色液体，H为H2O；L是蓝色沉淀，为Cu（OH）2，M的焰色反应为黄色，M含有Na元素，由转化关系A+H+FE+L+M，即A溶液+FE+L+M，可知F与水反应生成碱与E，且B+EF，故F为Na2
44、O2，E为O2，B为金属Na，A为铜盐，由A溶液C+D+E可知，电解产物为三种，为放氧生酸型，电解生成Cu、O2、酸，C的浓溶液在加热时才与D反应，D为Cu，C为H2SO4，故A为CuSO4，由C+DI+D+H可知，I为SO2，由IK可知，K为SO3，SO3与水反应生成硫酸，验证符合转化关系，（1）F是过氧化钠，F的电子式；所含化学键的类型离子键和共价键，故答案为：；离子键和共价键；（2）该反应方程式为2CuSO4+2H2O2Cu+O2+2H2SO4，（3）F是过氧化钠，过氧化钠具有强氧化性，能氧化硫化钠生成S单质，所以化合物F与Na2S溶液反应，生成NaOH和S单质，离子方程式为2H2O+Na2O2+S2=S+2Na+4OH【点评】本题考查无机物推断，为高频考点，涉及物质推断、电解原理、氧化还原反应、化学用语等知识点，正确推断物质是解本题关键，注意过氧化钠电子式的书写方法，为易错点