1、江苏省建湖县第二中学2016届高三下期4月月考化学试卷（苏教版，解析版）1对于平衡体系2SO2(g) + O2(g) 2SO3(g)；H0下列结论中正确的是A. 若温度不变，将容器的体积增大一倍，此时的SO2浓度变为原来的0.48倍B. 若平衡时SO2、O2的转化率相等，说明反应开始时，两者的物质的量之比为2:1C. 若从平衡体系中分离出SO3，则有利于提高SO2的转化率和加快正反应速率D. 平衡状态时SO2、O2、SO3的物质的量之比一定为2:1:2【答案】B【解析】2水是人类不可缺少的物质。日常生活中有人喜欢喝纯净水，市售纯净水有一些是蒸馏水，有关这类纯净水的说法中，正确的是（ ）A、它是
2、纯天然饮品，不含任何化学物质B、它含有人体所需的矿物质和多种微量元素C、用催化剂把它转变成汽油是第五大发明D、它清洁、纯净，但长期饮用对健康无益【答案】D【解析】试题分析：A、蒸馏水不是天然物质，且水就属于化学物质，产物；B、蒸馏水中不含微量元素和矿物质，错误；C、水中含有H、O元素，而汽油中含有T元素，根据质量守恒定律可知，用催化剂不可能把水变成汽油，错误；D、由于不含有矿物质和微量元素，所以长期饮用对健康不利，正确，答案选D。考点：考查蒸馏水的组成、性质，质量守恒定律的应用3下列说法中，正确的是A离子化合物中，阴、阳离子间存在静电吸引力BHF、HCl、HBr和HI的热稳定性和还原性从左到右
3、依次减弱C第三周期非金属元素对应的含氧酸从左到右依次增强D短周期元素形成离子后，最外层电子数都达到8电子稳定结构【答案】A【解析】试题分析：离子化合物中，阴阳离子间存在着静电作用，其包括静电吸引和排斥，A对；四者的热稳定性从左到右逐渐减弱，但还原性是逐渐增强，B错；第三周期非金属元素的最高价含氧酸的酸性从左到右依次增强，C错；短周期元素原子转变成离子后，不一定是8电子稳定结构，比如氢离子根本没有电子，D错。考点：考查物质结构和元素周期律知识。4火法炼铜的原理为：Cu2S + O2 高温 2Cu + SO2，下列说法中，正确的是ACu2S只作还原剂B该反应中的氧化剂只有O2CCu2S 中的Cu元
4、素被S元素还原D当1 mol O2参加反应时，共转移4 mol e-【答案】C【解析】试题分析A、依据化学方程式分析铜元素化合价从+1价变化为0价，硫元素化合价从-2价变化为+4价，所以Cu2S即作氧化剂又做还原剂，A错误；B、Cu2S中Cu元素化合价降低，Cu2S也作氧化剂，B错误；CCu2S 中的Cu元素化合价降低，而反应中只有S元素化合价升高，故Cu元素被S元素还原，C正确；D、当1 mol O2参加反应时，共转移6 mol e-，D错误；答案选C。考点：考查氧化还原反应的相关计算。5常温下，下列各组物质中，Y既能与X反应又能与Z反应的是XYZNaOH溶液Al(OH)3稀硫酸KOH溶液S
5、iO2稀盐酸O2N2H2FeCl3溶液Cu浓硝酸A B C D【答案】A【解析】试题分析：Al(OH)3是两性物质，既能与强酸反应，也能与强碱发生反应，正确；SiO2是酸性氧化物，只能与KOH发生反应，而不能与稀盐酸反应，错误；N2与氧气在放电时能够发生反应产生NO，也能与H2在高温、高压、催化剂时合成氨气，但是在常温下不能反应，错误；Cu与FeCl3溶液反应产生CuCl2、FeCl2；Cu与浓硝酸发生反应产生硝酸铜、二氧化氮和水，正确。Y既能与X反应又能与Z反应的是，选项是A。考点：考查物质的化学性质的知识。6下表各组物质中，物质之间不可能实现如图所示转化的是【答案】A【解析】试题分析：A.
6、2Fe+3Cl22FeCl3，错误；B.2Mg+CO22MgO+C，C+CO22CO，可以实现物质之间的转化关系，正确；C.2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O， Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，可以实现物质之间的转化关系，正确；D4NH3+5O24NO+6H2O，2NO+O2=2NO2，可以实现物质之间的转化关系，正确。考点：考查物质的性质及相互转化关系正误判断的知识。7下列有机物的命名正确的是()【答案】C【解析】A项应为1,2二溴乙烷，B项应为3甲基1戊烯，D项应为2,2,4三甲基戊烷。8在抽滤瓶内放一小块金属钠，同时收集满CO2气体并塞紧瓶塞。从分液漏斗中放入一定量的
7、水，待钠完全反应并恢复到反应前温度时，发现气球凹瘪，则抽滤瓶内溶液中的溶质是ANaOH与Na2CO3 BNa2CO3CNa2CO3与NaHCO3 DNaHCO3【答案】A【解析】试题分析：将Na放入水中发生反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2；由于装置中含有CO2，所以还会继续发生反应：CO22NaOH=Na2CO3H2O； 反应并恢复到反应前温度时，发现气球凹瘪说明抽滤瓶内气体的压强没变化。这是因为这两个反应放热，使容器内气体的压强增大，CO2会沿着导气管进入到分液漏斗的内，使水又进入到抽滤瓶内。又发生反应2Na+2H2O=2NaOH+H2。最终由于产生的NaOH没有完全反应所以反应后溶
8、液中的溶质为NaOH与Na2CO3 。因此选项为A。考点：考查分液漏斗的作用及Na、NaOH的性质的知识。9等质量的O2和O3中A所含原子数相同B所含分子数相同 C同温同压下，气体体积相同D同温同压下，气体的密度相同【答案】A【解析】试题分析：质量相等的氧气与臭氧中，O原子的数目相同，氧气与臭氧的摩尔质量不同，所以质量相同时，物质的量不同，则分子数不同，同温同压下的体积不同，密度=质量/体积，所以密度也不同，所以答案选A。考点：考查阿伏伽德罗定律的应用10氟烷麻醉作用比吗啡强100倍。氟烷化学式为C2HClBrF3，则沸点不同的上述氟烷有 A4种 B3种 C2种 D1种【答案】A【解析】试题分
9、析：沸点不同的上述氟烷即它的同分异构体数目，分子式C2HClBrF3有四种：CHClBr-CF3，CHClF-CBrF2，CClBrF-CHF2，CHBrF-CClF2，答案选A。考点：考查有机物同分异构体的判断点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。试题综合性强，在注重对学生基础知识巩固与训练的同时，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练，有利于培养学生的逻辑推理能力和知识的迁移能力。11化学与科学、技术、社会、环境密切相关。下列说法不正确的是A、一些纳米材料的制备，冶金工业中的选矿，石油原油的脱水，塑料、橡胶及合成纤维等的制造过程都会用到胶体。B、植物油、脂肪、矿物油、人造奶
10、油的主要成分都是高级脂肪酸甘油酯。C、首先在实验室制得金属钠的科学家是戴维，同时他还制得了金属镁。D、氢气是21世纪极有前途的新型能源，科学家可以利用蓝绿藻等低等植物和微生物在阳光作用下使水分解产生氢气从而利用氢能。【答案】B【解析】试题分析：A、一些纳米材料的制备，冶金工业中的选矿，石油原油的脱水，塑料、橡胶及合成纤维等的制造过程都会用到胶体，可以改变材料的性能，正确；B、矿物油的主要成分不是高级脂肪酸甘油酯，而是烃类，错误；C、首先在实验室制得金属钠的科学家是戴维，同时他还制得了金属镁，正确；D、氢气在氧气中燃烧放出大量的热，且产物是水无污染，所以氢气是21世纪极有前途的新型能源，科学家可
11、以利用蓝绿藻等低等植物和微生物在阳光作用下使水分解产生氢气从而利用氢能，正确，答案选B。考点：考查化学与科学、环境、能源的关系12由短周期元素构成的某离子化合物中，一个阳离子和一个阴离子核外电子数之和为20。下列说法中正确的是()A晶体中阳离子和阴离子的个数不一定相等B晶体中一定只有离子键没有共价键C所含元素一定不在同一周期也不在第一周期D晶体中阳离子半径一定大于阴离子半径【答案】A【解析】在短周期中符合题设条件的物质有：NaF、Na2O、MgO、NaOH、NH4F等，故A正确；NaOH、NH4F含共价键，B不正确；所含元素可在同一周期，也可在第一周期，如NH4F，故C不正确；NaF、Na2O
12、、MgO等其阳离子半径都比阴离子半径小，故D不正确。13N2O俗称“笑气”，曾用作可吸入性麻醉剂，产生N2O反应：3CO+2NO23CO2+N2O下列说法正确的是A反应中每生成l mol N2O，转移4mol电子BN2O只有氧化性，无还原性CN2O和CO2互为等电子体DNO2属于酸性氧化物【答案】C【解析】试题分析：A.根据反应方程式可知：每产生1mol N2O，反应过程中转移电子的物质的量是6mol，错误；B在N2O中N元素的化合价是+1价，介于N元素的最高化合价+5价和最低化合价-3价之间，因此既有氧化性，又有还原性，错误；C. N2O和CO2原子数相同，电子数也相同，因此二者互为等电子体
13、，正确；DNO2与水发生反应产生硝酸和NO，因此不属于酸性氧化物，错误。【考点定位】考查氧化还原反应的有关知识。【名师点睛】在氧化还原反应中，氧化剂获得电子，其中所含的元素化合价降低，发生还原反应，变为还原产物；还原剂失去电子，所含元素的化合价升高，发生氧化反应。氧化剂获得电子总数与还原剂失去电子总数相等，等于反应中元素化合价升高或降低的总数。反应特征是元素化合价的升降，实质的电子转移，特征、实质、电子转移可用六个字概括：“升、失、氧；降、得、还”。氧化还原反应的电子转移方向与数目可以用单线桥法表示，也可以用双线桥法表示。单线桥法是表示不同元素在反应中电子得失情况，从反应物中失去电子的元素指向
14、反应物中获得电子的元素；而双线桥法则表示是同一元素在反应前后的电子得失情况。14下列各组液体混合物，可以用分液漏斗分离的是A、乙醇和水 B、溴乙烷和水C、溴乙烷和氯仿 D、苯和溴苯【答案】B【解析】试题分析：A乙醇和水互溶，不能用分液的方法分离，错误；B溴乙烷和水不互溶，能分层，能用分液方法分离，正确；C溴乙烷和氯仿互溶，不能用分液的方法分离，错误；D苯和溴苯互溶，不能用分液的方法分离，错误。考点：考查物质的分离、提纯。15Q 、X、Y、Z、W是元素周期表前四周期中的五种常见元素，其相关信息如下表：元素相关信息Q只有一种能级，其电子总数等于能层序数XX的基态原子核外3个能级上有电子，且每个能级
15、上的电子数相等Y常温常压下，Y单质是淡黄色固体，常在火山口附近沉积ZZ和Y同周期,Z的电负性大于YWW的一种核素的质量数为63，中子数为34 （1）Y位于元素周期表第周期表族，Y和Z的最高价氧化物对应的水化物的酸性较强的是（写化学式）。 （2）XY2是一种常用的溶剂，XY2的分子中存在个键。在HY、HZ两种共价键中，键的极性较强的是，键长较长的是。 （3）W的基态原子核外电子排布式是。在W的晶体结构里，配位数是 ； （4）Q、X形成的最简单化合物里中心原子的杂化类型是 ，其空间结构为 ，Q与氧原子形成的化合物里中心原子杂化类型与上述物质相同，但键角不同，其原因可能是 ； （5）写出与YO2互为
16、等电子体的一种单质的分子式是 。【答案】（1）三 VIA HClO4 （每空1分，共3分） （2）2 HCl HS （每空1分，共3分） （3）1s22s22p63s23p63d104s1（或Ar3d104s1）（2分），12（1分）； （4）SP3（1分），正四面体（1分），水分子里有两对孤对电子占据两个SP3杂化轨道， 使两个氧氢键角减小（2分）， （5）O3（2分）。【解析】略16IX、Y、Z、M、N为短周期的五种主族元素，其中X、Z同主族，Y、Z同周期，M与X，Y既不同族，也不同周期。X原子最外层电子数是核外电子层数的三倍，Y的最高化合价与其最低化合价的代数和等于6。N是短周期主族元素
17、中原子半径最大的非金属元素。（1）请写出M的元素符号： _，Z的原子结构示意图： _。M与X两元素可形成两种液态化合物，其化学式分别为 。（2）请写出N元素在周期表中的位置 ；与N同族的短周期元素L，其最高价氧化物的电子式为 。（3）Y与Z相比，非金属性较强的元素是_，（填元素符号）可以证明该结论的实验事实是 。II下列转化关系中，X、Y是生活中用途广泛的两种金属单质，A、B是氧化物，A为红棕色固体，C、D、E是中学常见的三种化合物。分析转化关系回答问题。（1）请写出反应的化学方程式：_。（2）由D到E的离子方程式_。（3）若试剂a是NaOH溶液，写出单质X与NaOH溶液反应的离子方程式 。（
18、4）若试剂b是H2SO4，工业上用E、H2SO4和NaNO2为原料制取高效净水剂Y(OH)SO4，已知还原产物为NO，则该反应的化学方程式是_。（5）工业上电解熔融的B制取X时，若阳极产生的气体在标准状况下的体积为33.6 L，则阴极产物的质量为_。【答案】（1）H；H2O、H2O2（2）第三周期第IVA族；（3）Cl； Cl2 + H2S = S+ 2HCl（其他答案合理也给分）II（7分）（1）Fe2O32Al2FeAl2O3（1分）（2） Fe2Fe3=3 Fe2（1分）（3）2Al2OH2H2O=2AlO23H2（1分）（4）2FeSO4H2SO42NaNO2=2Fe(OH)SO4Na
19、2SO42NO（2分）（5）54 g（2分）【解析】试题分析：IX、Y、Z、M、N为短周期的五种主族元素，X原子最外层电子数是核外电子层数的三倍，则X 是O。X、Z同主族，所以Z是S。Y、Z同周期，Y的最高化合价与其最低化合价的代数和等于6，则Y是氯元素。M与X、Y既不同族，也不同周期，所以M是H。N是短周期主族元素中原子半径最大的非金属元素，由于同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，则N是硅。（1）根据以上分析可知M的元素符号是H；Z的原子结构示意图是；M与X两元素可形成两种液态化合物，其化学式分别为H2O、H2O2；（2）硅元素在周期表中的位置是第三周期第IVA族
20、。与N同族的短周期元素L是C，其最高价氧化物二氧化碳的电子式为。（3）同周期自左向右非金属性逐渐增强，则Y与Z相比，非金属性较强的元素是Cl。非金属性强的可以置换出非金属性弱的，则可以证明该结论的的方程式可表示为Cl2 + H2S = S+ 2HCl。II已知X、Y是生活中用途广泛的两种金属单质，A、B是氧化物，A呈红棕色，说明A为Fe2O3，X为铝，它们通过铝热反应生成氧化铝(B)和铁(单质Y)；D与Fe反应生成E，则试剂b为盐酸，D、E分别是氯化铁和氯化亚铁。（1）反应是铝与氧化铁发生铝热反应，化学方程式为Fe2O32Al2FeAl2O3。（2）D到E的离子方程式为Fe2Fe3=3 Fe2
21、。（3）Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，离子反应方程式为2Al2OH2H2O2AlO23H2。（4）若试剂b为硫酸，则E为FeSO4(铁的化合价为2价)Fe(OH)SO4(铁的化合价为3价)，而NaNO2(氮的化合价为3价)NO(氮的化合价为2价)，根据电子得失守恒、质量守恒定律配平，反应化学方程式为2FeSO4H2SO42NaNO2=2Fe(OH)SO4Na2SO42NO。（5）阳极反应：2O24eO2，33.6 L氧气的物质的量为1.5mol，转移电子数为6 mol，阴极反应：Al33eAl，可以得到2mol的Al，质量为2mol27gmol154g。考点：考查元素、物质的推断，
22、元素周期律，铁、铝及其化合物的性质，铝热反应，化学方程式的书写，电解的有关计算等17（7分）用18mol/L浓硫酸配制100mL 1.0mol/L的稀硫酸，若实验仪器有：A100mL量筒 B玻璃棒 C托盘天平 D50mL容量瓶E10mL量筒 F胶头滴管 G50mL烧杯 H100mL容量瓶实验时必须选用的仪器是（填入字母） 20090204在配制过程中，下列操作不正确的是 A使用容量瓶前需检查它是否漏水B容量瓶用蒸馏水洗净后，一定要干燥后再使用C配制溶液时，用量筒量取试样后直接倒入容量瓶中，缓慢加入蒸馏水至刻度线D定容后盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀若实验时遇到下列情况，将使所配溶液的浓度 （填“
23、偏高”、“偏低”或“无影响”） A定容时俯视读数 B未将洗涤液转入容量瓶 C洗涤量筒，并将洗涤液转入容量瓶 【答案】（1）BEFGH （2）BC （3）偏高 偏低 偏高【解析】试题分析：（1）由溶液配制一定物质的量浓度的溶液需要的仪器有：玻璃棒、100mL容量瓶、10mL量筒，胶头滴管、50mL烧杯。因此选BEFGH。（2）容量瓶不需要干燥使用，B项错误，定容操作应该用胶头滴管，C项错误。（3）根据c=，定容时俯视刻度，溶液的体积小于正常值，浓度偏高；未将洗涤液转入容量瓶，溶质的物质的量小于正常值，浓度偏低；洗涤量筒并将洗涤液转入容量瓶，溶质的物质的量大于正常值，浓度偏高。考点：物质的量浓度溶
24、液的配制点评：本题非常基础简单，主要考查学生的实验能力和分析能力。18（15分）Fe2O3俗称氧化铁红，常用作油漆着色剂。工业以煤矸石（主要成分：SiO2 49.5%；Fe2O3 20.6%；Al2O318.9%，以及MgO、FeO等其他杂质）制备并研究氧化铁红的应用。（一）制备氧化铁红1预处理：将煤矸石粉碎，在350下焙烧2小时。2加酸溶解：将预处理后的煤矸石溶于质量分数为15%过量的硫酸溶液中，过滤。在滤液中加入的H2O2。3调节pH：在上述滤液中加1mol/LNaOH溶液调节溶液的pH，再过滤，得到滤渣。4产品处理：将滤渣进行水洗、烘干、煅烧、研磨、过筛得产品。已知部分阳离子以氢氧化物形
25、式沉淀时溶液的pH见下表沉淀物Fe(OH)3Al(OH)3Fe(OH)2Mg(OH)2开始沉淀1.33.37.510.3完全沉淀2.85.29.712.2请回答下列问题：（1）预处理时，将煤矸石焙烧2小时的目的是 。（2）酸浸操作中，过量H2SO4的作用是 。在实验室中进行该操作时，用到玻璃仪器有 、 。（3）用NaOH溶液调节pH的最佳范围是 。若从第二次过滤的滤液中获取较纯净的硫酸镁晶体，应补充的操作是 、洗涤后，干燥即得。（4）产品处理时，对滤渣水洗的操作是 。（二）分析与讨论：（5）产品处理时，煅烧温度对产品的纯度有很大影响。已知温度对产物纯度的影响如图1所示，则煅烧时温度最好控制在
26、。（6）吸油量是反映氧化铁红表面性质的重要指标。吸油量大，说明氧化铁红表面积较大，则用在油漆中会造成油漆假稠，影响质量。不同浓度的两种碱溶液对产物吸油量影响如图2所示，则上述生产中在调节溶液pH时，选用NaOH溶液而不选用氨水的原因是 。【答案】（1）将煤矸石中的矿物转化为氧化物，便于酸浸 （2分） （2）提高浸取率，抑制Fe3+等水解 （2分）烧杯、玻璃棒 （各1分） （3）2.8pH3.3；（2分） 继续加碱调pH至12.2，将沉淀分离并洗净后，溶于足量稀硫酸，再蒸发（浓缩）、冷却（结晶）、过滤 （2分） （4）加水恰好浸没滤渣，待滤尽后重复23次 （2分） （5）800 （1分） （6）
27、用NaOH溶液，获得的氧化铁表面积小，吸油量低（2分）【解析】试题分析：（1）将煤矸石焙烧2小时，反应充分，可将煤矸石中的矿物转化为氧化物，便于酸浸。（2）酸浸后生成Fe2(SO4)3，所以过量H2SO4可以提高浸取率，抑制Fe3+等水解。（3）根据表中数据，Fe3+完全沉淀时的pH为2.8，而Al3+开始沉淀时的pH为3.3，要使Fe3+完全转化为沉淀而不含杂质，调节pH的最佳范围是2.8pH3.3；继续加碱调pH至12.2，Mg2+完全转化为Mg(OH)2沉淀，将沉淀分离并洗净后，溶于足量稀硫酸，再蒸发（浓缩）、冷却（结晶）、过滤，可获取较纯净的硫酸镁晶体。（4）滤渣水洗的操作是：加水恰好
28、浸没滤渣，待滤尽后重复23次。（5）根据图1曲线，800时产品的纯度达到较大值，再升温，纯度升高不大，所以煅烧时温度最好控制在800（6）根据图2两条曲线可知：用NaOH溶液，获得的氧化铁表面积小，吸油量低。考点：本题考查物质的制备、基本操作、图像的分析。 19二草酸合铜（）酸钾晶体K2Cu（C2O4）22H2O制备流程如下：（已知：H2C2O4CO+CO2+H2O）（1）制备CuO：CuSO4溶液中滴入NaOH溶液，加热煮沸、冷却、双层滤纸过滤、洗涤。用双层滤纸过滤的原因是 。用蒸馏水洗涤氧化铜时，如何证明氧化铜已洗涤干净 。（2）为了提高CuO的利用率，如何让CuO充分转移到热的KHC2O
29、4溶液中 ；50水浴加热至反应充分，发生反应的化学方程式为 ；再经趁热过滤、沸水洗涤、将滤液蒸发浓缩得到二草酸合铜（）酸钾晶体。（3）本实验用K2CO3粉末与草酸溶液反应制备KHC2O4，而不用KOH粉末代替K2CO3粉末，其主要原因是 。（4）二草酸合铜（）酸钾晶体的制备也可以用CuSO4晶体和K2C2O4溶液反应得到。从硫酸铜溶液中获得硫酸铜晶体的实验步骤为：加入适量乙醇、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。加入适量乙醇的优点有：a缩短加热的时间，降低能耗；b 。在蒸发浓缩的初始阶段还采用了如图所示的装置，其目的是 。【答案】（1）防止CuO颗粒穿过滤纸 取最后一次洗涤液，滴加BaCl2
30、溶液，若无白色沉淀产生，说明洗涤干净（2）直接将洗涤感觉的CuO固体连同滤纸一起投入到KHC2O4溶液中CuO+2KHC2O4 K2Cu（C2O4）2+H2O（3）KOH与H2 C2O4反应显著的放热反应，导致草酸大量分解（4）降低硫酸铜的溶解度，有利于硫酸铜晶体析出，回收乙醇【解析】试题分析：（1）从过滤的目的为了除尽不溶的固体，用双层滤纸的可能原因是防止CuO颗粒穿过滤纸;从过滤时滤纸易破损，用双层滤纸的可能原因是防止滤纸破损，故答案为:防止CuO颗粒穿过滤纸或者防止滤纸破损;可以检验是否存在硫酸根离子来检验是否洗涤干净，具体方法是:取最后一次洗涤滤液，滴入BaCl2溶液，若无白色沉淀说明
31、已洗涤干净，故答案为:取最后一次洗涤滤液，滴入BaCl2溶液，若无白色沉淀说明已洗涤干净; （2）过滤时滤纸上沾有大量的氧化铜固体，所以应直接将洗涤干净的氧化铜固体连同滤纸一起加入到草酸氢钾溶液中，充分反应后取出滤纸;根据题意，反应的方程式为:2KHC2O4+CuOK2Cu（C2O4）2+H2O。（3）因为草酸易分解，又氢氧化钾为强碱溶解放热，与草酸反应也放热，会导致溶液温度过高使草酸分解，所以不用KOH粉末代替K2CO3粉末。（4）加入适量乙醇的优点有可降低硫酸铜的溶解度，有利于硫酸铜晶体析出，在蒸发浓缩的初始阶段还采用了如图所示的装置，其目的是是为将乙醇蒸馏出来。考点：工艺流程中的实验综合
32、应用问题2019.2g Cu与过量的50 mL 18 molL1浓硫酸加热完全反应后，反应方程式如下： Cu + 2H2SO4（浓）CuSO4 + SO2+ 2H2O 。（1）得到SO2气体的体积（标准状况下）是 L；（2）若反应后溶液中加入水至溶液的体积为500mL，取出50mL，那么50mL溶液中CuSO4 的物质的量浓度为 molL-1；（3）往反应后溶液中加入足量的BaCl2，可以生成硫酸钡沉淀为 g。【答案】（1）6. 72 （2） 0.6 （3） 139.8【解析】试题分析：19.2gCu为0.3mol，与足量浓硫酸生成0.3molSO2；同时生成0.3molCuSO4，将溶液稀释
33、至500mL，物质的量浓度为0.6mol/L；反应后溶液中SO42-物质的量为(0.0518-0.3)mol=0.6mol,向反应后的溶液中加入足量氯化钡溶液生成硫酸钡0.6mol。考点：化学计算点评：本题（3）应用元素守恒的思想。反应前硫总物质的量为0.9mol，生成SO2中S为0.3mol，所以残留溶液中SO42-为0.6mol。21某气态烃A与H2的相对密度为14，其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平。以该化合物为原料合成化合物G、E和I的流程如下：已知：芳香族化合物F为C、H、O化合物，其相对分子质量为166，环上的一氯代物有一种，1 mol F与足量NaHCO3溶液反应能生成
34、2 mol CO2，F与足量B反应生成G。H为二元醇，其蒸气密度折算成标准状况为2.77 g/L，H与足量D反应生成I。（1）A 、D分子所含的官能团的名称依次是 、 。（2）B可以发生的反应有 （选填序号）。取代反应 消去反应 加聚反应 氧化反应（3）反应的反应类型为 。（4）F与H可生成高分子化合物J，写出生成J的化学反应方程式： ,J的名称是 。（5）写出下列化学方程式： ； ；（6） 某学生用新制的Cu(OH)2检验C的官能团，反应的化学方程式为 ，该学生取1mol/LCuSO4溶液和1mol/LNaOH溶液各1mL，在一支洁净的试管内混合后，向其中又加入0.5mL40%的C，加热后无
35、红色沉淀出现。该同学实验失败的原因可能是 。（选填序号）加入的C过多 加入的C太少 加入CuSO4溶液的量过多 加入CuSO4溶液的量不够（7）I有多种同分异构体，其中一类同分异构体有如下特征：分子中含有五元环结构；1 mol该有机物与足量NaHCO3溶液反应，能生成1 mol CO2；1 mol该有机物与足量Na反应，能生成1.5 mol H2；环上的一氯代物只有三种。则满足以上条件的两种有机物的结构简式为： 、 【答案】（1）碳碳双键、 羧基（2） (3酯化反应（5）聚对苯二甲酸乙二醇酯 （6）CH3CHO+2Cu(OH)2 +NaOH CH3COONa+Cu2O+3H2O （7）【解析】
36、试题分析：某气态烃A与H2的相对密度为14，M（A）=142=28，其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，则A为乙烯，乙烯与水发生加成反应生成B为乙醇，乙醇发生催化氧化生成C为乙醛，乙醛进一步发生氧化反应生成D，则D为CH3COOH，乙酸与乙醇发生酯化反应生成E为乙酸乙酯芳香族化合物F为C、H、O化合物，1mol F与足量NaHCO3溶液反应能生成2mol CO2，则F含有2个羧基，其相对分子质量为166，2个羧基、1个C6H4的总式量为452+（126+4）=166，则F含有1个苯环、2个羧基，且环上的一氯代物有一种，则F为，F与足量的B发生酯化反应生成G为，H为二元醇，其蒸气密度折
37、算成标准状况为2.77g/L，其相对分子质量为22.42.77=62，去掉2个羟基剩余基团式量为62-172=28，故为-C2H4-，则H为HOCH2CH2OH，H与足量D反应生成I为；（1）A为CH2=CH2，含有官能团为：碳碳双键；D为CH3COOH，官能团是：羧基。（2）B为乙醇，有羟基，可以发生取代反应，正确；羟基相连碳的相邻碳上有氢，可以发生消去反应， 正确；没有双键，不能发生加聚反应，错误；羟基能发生氧化反应，正确；所以答案。（3）B为乙醇，F为，在浓硫酸作用下发生酯化反应。J的名称是聚对苯二甲酸乙二醇酯。（5）是乙醇催化氧化成乙醛的反应聚对苯二甲酸乙二醇酯。（6）C为乙醛，与新制
38、的Cu(OH)2反应的化学方程式为：CH3CHO+2Cu(OH)2 +NaOH CH3COONa+Cu2O+3H2O; 1mol/LCuSO4溶液和1mol/LNaOH溶液各1mL，物质的量之比是1:1，反应制备氢氧化铜时，硫酸铜是过量的，不能保证溶液呈碱性，所以实验失败，答案选。（7）同分异构体有如下特征：分子中含有五元环结构；1 mol该有机物与足量NaHCO3溶液反应，能生成1 mol CO2；1 mol该有机物与足量Na反应，能生成1.5 mol H2；环上的一氯代物只有三种。则满足以上条件的两种有机物的结构简式为：考点：考查有机推断及相应反应22A是用途最广的金属，B、C是两种常见气
39、体单质，E溶液为常见强酸，D溶液中滴加KSCN溶液显红色，它们相互转化关系如图所示请回答：（1）写出B物质的化学式： （2）写出第步反应的化学方程式为 （3）第步反应的离子方程式是 （4）写出SO2在水中与B反应的离子方程式 （5）F溶液中滴入NaOH溶液可能产生的实验现象是 【答案】（1）Cl2；（2）Fe+2HCl=FeCl2+H2；（3）2Fe3+Fe=3Fe2+；（4）SO2+Cl2+2H2O=4H+SO42+2Cl；（5）先生成灰白色沉淀，立即变成灰绿色，最后变成红褐色【解析】试题分析：A是用途最广的金属，则A为Fe；D溶液中滴加KSCN溶液显红色，则D中含有铁离子，B是常见气体单质
40、，且具有强氧化性，所以B应为Cl2，依次推出D为FeCl3，F为FeCl2；结合转化关系图可知，Fe和E溶液反应生成FeCl2和C，则E为HCl，C为H2，（1）由上述推断可知，B为Cl2，故答案为：Cl2；（2）第步反应为Fe与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，化学方程式为Fe+2HCl=FeCl2 +H2，故答案为：Fe+2HCl=FeCl2+H2；（3）第步反应为Fe与氯化铁反应生成氯化亚铁，离子反应为2Fe3+Fe=3Fe2+，故答案为：2Fe3+Fe=3Fe2+；（4）B为Cl2，与SO2反应生成硫酸和盐酸，离子反应为SO2+Cl2+2H2O=4H+SO42+2Cl，故答案为：SO2+Cl
41、2+2H2O=4H+SO42+2Cl；（5）F为FeCl2，其溶液中滴入NaOH溶液反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，最终被氧化物红褐色的氢氧化铁沉淀，观察到现象为先生成灰白色沉淀，立即变成灰绿色，最后变成红褐色，故答案为：先生成灰白色沉淀，立即变成灰绿色，最后变成红褐色考点：无机物的推断23有一无色气体（可能由O2、N2、CO2、HCl、NH3、H2、NO、NO2中的一种或几种组成），体积为100mL如图示通过浓硫酸的洗气瓶，发现气体体积减少到一半；通过球形干燥管后气体呈红棕色，再将该气体完全通入盛满水且倒立于水槽的试管内，发现倒立于水槽的试管内的水位下降后又缓慢上升，最后试管内全部充满液体，由此
42、判断：（1）球形干燥管内的固体是 ，反应方程式为 ；（2）原气体中一定有NH4（50ml）和 （填两种气体），其体积分别是 ；原气体中一定没有 【答案】（1）Na2O2，2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2；（2）NO、CO2 ，20ml，30ml，O2、HCl、NO2【解析】有一无色气体（可能由O2、N2、CO2、HCl、NH3、H2、NO、NO2中的一种或几种组成），体积为100mL，判断一定不含有红棕色气体NO2，通过浓硫酸的洗气瓶，发现气体体积减少到一半说明气体被浓硫酸吸收，判断一定含NH3，则一定不含与氨气反应的气体HCl，通过球形干燥管后气体呈红棕色，说明生成了二氧化氮气体
43、，判断元气体中一定含NO，则一定不含O2，再将该气体完全通入盛满水且倒立于水槽的试管内，发现倒立于水槽的试管内的水位下降后又缓慢上升，最后试管内全部充满液体，说明一定不含难溶气体N2、H2，干燥管中是过氧化钠，会和二氧化碳反应生成氧气，且氧气和一氧化氮体积比为3：4；（1）球形干燥管内的固体是Na2O2，反应的化学方程式为：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2（2）CO2和过氧化钠反应生成氧气，氧气和NO反应生成红棕色气体NO2，氧气和二氧化氮与水完全反应生成硝酸，发生4NO2+O2+2H2O=4HNO3，设有4molNO2，则应有4molNO，反应2NO+O2=2N02和4NO2+O2+2H2O=4HNO3共需要氧气为：2mol+1mol=3mol，二氧化碳的物质的量：6mol，则n（CO2） ： n（NO） = 6：4 = 3：2，CO2体积为（100ml50ml）=30ml，NO气体体积=（100ml50ml）=20ml，原气体中一定含NH3体积为50ml，CO2体积为30ml，NO体积为20ml，原气体中一定不含O2、HCl、NO2，故答案为：NO、CO2 ，20ml，30ml，O2、HCl、NO2【点评】本题考查混合气体的组成判断，明确常见气体的性质是解题关键，主要是气体通过试剂后的体积变化分析判断，题目难度中等
