1、河南省郑州四十二中2016届高三下期5月月考化学试卷（解析版）1下列叙述正确的是（ ）A苯的分子是环状结构，其性质跟环烷烃相似B苯分子的结构中含有碳碳双键，因此苯的性质跟烯烃相同C苯的分子式为C6H6，分子中的氢原子远远没有饱和，因此能和溴水反应D苯不能使酸性KMnO4溶液褪色，而大多数苯的同系物却可以使酸性KMnO4溶液褪色【答案】D【解析】试题分析：A苯的分子是特殊的环状结构，其性质跟环烷烃不相似，错误；B苯分子的结构中含有的碳碳键是介于碳碳单键与双键之间的特殊的化学键，因此苯的性质跟烯烃不相同，错误；C苯的分子式为C6H6，分子中的氢原子远远没有饱和，但是由于其结构的特殊性，所以不能和溴
2、水反应，错误；D苯不能使酸性KMnO4溶液褪色，而大多数苯的同系物由于含有侧链容易被氧化，却可以使酸性KMnO4溶液褪色，正确。考点：考查苯及其同系物的结构与性质的知识。2下列对于实验的说法正确的是( )A实验：逐滴滴加盐酸时，试管中立即产生大量气泡B实验：可比较氯、碳、硅三种元素的非金属性强弱C实验：用饱和食盐水制取NaCl晶体D装置：酸性KMnO4溶液中有气泡出现，且溶液颜色会逐渐变浅乃至褪去【答案】D【解析】试题分析：A.实验：逐滴滴加盐酸时，首先发生反应：Na2CO3HCl=NaClNaHCO3，因此试管中没有立即产生大量气泡，错误；B.向Na2CO3溶液中加入盐酸，发生反应：Na2C
3、O32HCl=2NaClH2OCO2，证明酸性：HClH2CO3，产生的CO2气体通入Na2SiO3溶液中，发生反应：H2OCO2Na2SiO3=Na2CO3H2SiO3，证明酸性H2CO3H2SiO3，由于盐酸不是Cl元素的最高价态的含氧酸，因此不能证明元素的非金属性ClCSi，错误；C.NaCl的溶解度受温度的影响变化较小，要用蒸发结晶的方法获得晶体，在蒸发皿中，而不能在坩埚中进行，错误；D.浓硫酸有脱水性、强的氧化性，将蔗糖脱水炭化，产生的碳单质被浓硫酸氧化为CO2，硫酸被还原为SO2，SO2有还原性，容易被酸性KMnO4溶液氧化为硫酸而使溶液的紫色褪色，CO2不能反应，从溶液中逸出。因
4、此会看到装置：酸性KMnO4溶液中有气泡出现，且溶液颜色会逐渐变浅乃至褪去，正确。考点：实验方案的设计和评价【名师点睛】比较元素的非金属性的强弱可以利用非金属的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱进行比较。例如比较氯，碳，硅的非金属性，可以用高氯酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，二氧化碳和硅酸钠反应生成硅酸来进行证明。3NA表示阿伏加德罗常数，以下说法中不正确的是A在标准状况下，11.2 LH2O中所含的分子数等于NA/2B在标准状况下，1molHe含有NA个原子C常温常压下，1 mol HD含有核外电子总数为2NAD在常温、常压下，1mol Ne含有的原子数为NA【答案】A【解析】4下列物质的水溶液
5、能够导电，但属于非电解质的是A、 醋酸 B、甲烷 C、 二氧化硫 D、 氯气【答案】C【解析】溶于水或熔融状态下能导电的化合物是电解质，溶于水和熔融状态下能不能导电的化合物是非电解质。所以A是电解质，B是非电解质。氯气是单质，既不是电解质，也不是非电解质。SO2溶于水生成亚硫酸，溶液可以导电，但SO2是非电解质。答案选C。5现有常温下的四份溶液：0.01 molL1 CH3COOH溶液；0.01 molL1盐酸；pH12的氨水；pH12的NaOH溶液。下列说法正确的是A等体积的、溶液分别与足量铝粉反应，生成H2的量：最大B中水的电离程度最小，中水的电离程度最大C将四份溶液稀释相同倍数后，溶液的
6、pH：，D将、混合，若pH7，则消耗溶液的体积：【答案】A【解析】试题分析：弱电解质在水溶液里存在电离平衡，强电解质在水溶液里完全电离，所以物质的量浓度相等的盐酸和醋酸，醋酸的pH大于盐酸，pH相等的氨水和氢氧化钠溶液，氨水浓度大于氢氧化钠溶液，则A、在物质的量相等的条件下，铝与氢氧化钠溶液反应放出的氢气大于与盐酸或醋酸反应放出的氢气，A正确；B、酸或碱抑制水电离，氢离子或氢氧根离子浓度越大，对水电离的抑制程度越大，中水的电离程度最大，中水的电离程度相等，B错误；C、稀释相同的倍数，盐酸溶液中氢离子浓度大于醋酸，所以pH；稀释相同的倍数，稀释过程中促进一水合氨电离，导致氨水中氢氧根离子浓度大于
7、氢氧化钠溶液，则pH，C错误；D、氯化铵是强酸弱碱盐，要使氨水和盐酸的混合溶液呈中性，则一水合氨的物质的量稍微大些，氨水浓度大于盐酸，要使混合溶液呈中性，则消耗溶液的体积可能：，D错误，答案选A。【考点定位】本题主要是考查了弱电解质的电离、酸碱混合溶液定性判断等知识点【名师点晴】明确弱电解质电离特点是解本题关键，知道哪些物质促进水电离哪些物质抑制水电离。答题时要注意分清楚是浓度相等还是pH相等，另外还需要注意酸或碱中氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等时对水的电离平衡抑制程度是相同的。再就是溶液的酸碱性不能首先判断生成的盐是否水解，而是要首先判断酸或碱的过量问题。6下列对晶体类型判断正确的是( )选
8、项Na2B2O7CaF2H3BO3NH3A原子晶体金属晶体原子晶体分子晶体B离子晶体分子晶体离子晶体分子晶体C离子晶体离子晶体分子晶体分子晶体D分子晶体离子晶体分子晶体离子晶体【答案】C【解析】试题分析：在Na2B2O7、CaF2、H3BO3、NH3四种物质中，Na2B2O7、CaF2、都是离子化合物，所形成的晶体是离子晶体，H3BO3、NH3都属共价化合物是分子晶体，所以只有C选项正确，A、B、D选项都错误，故选C。【考点定位】考查化学键与晶体结构【名师点晴】解答此类试题，主要要学会和记住常见的晶体类型：离子晶体主要包括金属氧化物（如K2O、Na2O2等）、强碱和绝大多数的盐类；分子晶体主要
9、包括大多数非金属单质（除金刚石、石墨、晶体硅、晶体硼外）、气态氢化物、非金属氧化物（除SiO2外）、酸、绝大多数有机物（除有机盐外），像干冰，I2，P4，H2O等；原子晶体主要包括金刚石、晶体硅、晶体硼等；常见的原子晶体化合物有碳化硅、SiO2等；金属晶体包括金属单质（除汞外）与合金。7下列有关物质的性质和该性质的应用均正确的是( )ASiO2是酸性氧化物，可制成玻璃容器盛装氢氟酸B氧化铁为红棕色固体，可用于作油漆红色涂料C次氯酸有酸性，可用于自来水的杀菌消毒D钠具有金属活泼性，钠可以从硫酸铜溶液中置换出金属铜【答案】B【解析】试题分析：ASiO2是酸性氧化物，但能与氢氟酸反应，制成的玻璃容器
10、不能盛装氢氟酸，故A错误；B氧化铁为红棕色固体，常用作油漆红色涂料，故B正确；C次氯酸有强氧化性，可用于自来水的杀菌消毒，故C错误； D钠具有金属活泼性，但钠不可以从硫酸铜溶液中置换出金属铜，因为钠要先与水反应，故D错误，答案为B。考点：考查物质的性质及应用，涉及二氧化硅、氧化铁、次氯酸及钠的性质。8控制适宜条件，将反应Sn(s)Pb2+ (aq)Sn2+ (aq)Pb(s) H0，设计成如下图所示的原电池，一段时间后，灵敏电流计读数为零。则下列判断不正确的是（）A此时化学反应达到平衡状态 B若此时将Sn电极换成质量较大的Sn 电极后，电流计指针偏转，c(Pb2+)将减小C若此时向左池加入少量
11、的Sn(NO3)2固体，电流计指针偏转，Sn电极为正极D若此时升高温度，c(Sn2+)将减小，Pb电极为负极【答案】B【解析】试题分析：灵敏电流计读数为零说明正逆反应进行的程度相同，反应达到平衡状态，故A正确；反应是放热反应，升高温度，平衡逆向进行，失电子的为负极，c（Sn2+）将减小，Pb电极为负极，故D正确；固体不影响平衡移动，若此时将Sn电极换成质量较大的Sn电极后，电流计指针不偏转，c（Pb2+）不变，故B错误；若此时向左池加入少量的Sn（NO3）2固体，溶解Sn2+浓度增大，平衡向逆反应移动，电流计指针偏转，Sn电极为正极，故C正确；故选B。考点：本题考查了原电池原理分析，化学平衡影
12、响因素分析判断，注意灵敏电流计读数为零的理解。9常温下，将0.1 molL-1 NaOH溶液与0.04 molL-1硫酸溶液等体积混合，所得溶液的pH等于A2.0 B.4.0 C.10.0 D. 12.0 【答案】D【解析】略10向10 mL 0.1mol/L NH4Al(SO4)2溶液中，滴加等浓度Ba(OH)2溶液x mL，下列叙述正确的A. x=10时，溶液中有NH4+、Al3+、SO42，且c(NH4+)c(Al3+)B. x=10时，溶液中有NH4+、AlO2、SO42，且c(NH4+)c(SO42)C. x=30时，溶液中有Ba2+、AlO2、OH，且c(OH)c(AlO2)D.
13、x=30时，溶液中有Ba2+、Al3+、OH，且c(OH) = c(Ba2+)【答案】A【解析】试题分析：A、当x10时，NH4Al(SO4)2与Ba(OH)2等物质的量反应，此时OH-量不足，OH-首先与Al3+反应，与NH4+不反应，所以溶液中有未参加反应的NH4+和部分剩余的Al3+存在，同时SO42-也有剩余，但此时不会有AlO2-生成，溶液中c(NH4+)c(Al3+)，故A正确；B、由A中分析可知，溶液中不会有AlO2-生成，溶液中有NH4+、Al3+、SO42-，参加反应的硫酸根离子为0.001mol，剩余0.001molSO42-，溶液中NH4+未参加反应，但溶液中NH4+水解
14、，故c(NH4+)c(SO42)，故B错误；C、当x=30时，0.001mol的NH4Al(SO4)2与0.003molBa(OH)2反应，生成0.002molBaSO4、0.001molNaAlO2、0.001molNH3H2O，且剩余0.001molBa2+和0.001molOH-，由于NH3H2O也是一种碱，存在电离平衡：NH3H2ONH4+OH-，使得溶液中c(OH)大于0.001mol，故c(OH) c(AlO2)，故C错误；D、由C中分析可知，溶液中含有Ba2+、AlO2-、OH-，其中溶液中c（OH-）大于0.001mol，含有0.001molBa2+，c(OH)c(Ba2+)，
15、故D错误，答案选A。考点：考查离子方程式的有关判断和计算11下列鉴别方法不可行的是A用水鉴别乙醇和苯 B用酸性高锰酸钾溶液鉴别乙烯和乙烷C用燃烧法鉴别乙醇和苯 D用碳酸钠溶液鉴别乙醇和乙醛【答案】D【解析】试题分析：A乙醇与水混溶；水与苯互不相溶；因此可以用水鉴别二者，正确。B乙烯可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，而甲烷与酸性高锰酸钾溶液不发生反应，因此可以用酸性高锰酸钾溶液鉴别乙烯和乙烷，正确。C. 乙醇燃烧火焰淡蓝色；苯燃烧有浓烈黑烟，因此用燃烧法鉴别乙醇和苯，正确。D. 乙醇和乙醛与碳酸钠溶液都不能发生反应，都能够溶于该溶液中，因此无法鉴别，错误。考点：考查物质鉴别方法的判断的知识。12下列解
16、释事实的方程式不正确的是A将NO2通入水中，红棕色消失：B向含有Hg2+的废水中加入Na2S 产生沉淀：C Na 与水反应产生气体：D向燃煤中加入石灰石可减少 SO2 的排放：【答案】A【解析】试题分析：A项的离子方程式应为：3NO2+2H2O=2HNO3+NO.考点：离子方程式的书写。13（3分）将SO2通入一定量NaOH溶液中，充分反应后，该溶液溶质组成不可能为（）ANa2SO3和NaOH BNaHSO3CNaHSO3和Na2SO3 DNaOH和NaHSO3【答案】D【解析】试题分析：A当SO2与NaOH的物质的量之比小于1：2时，反应后生成Na2SO3，且NaOH有剩余，即A 可能，故A
17、不选；B当SO2与NaOH的物质的量之比大于1：1时，反应后生成NaHSO3，即B可能，故B不选；C当SO2与NaOH的物质的量之比介于1：1和1：2时，反应后生成NaHSO3和Na2SO3，即C可能，故C不选；D因NaOH和NaHSO3能发生反应生成Na2SO3，则不可能，故D选；考点：二氧化硫的化学性质14下列热化学方程式书写正确的是A.2SO2+O22SO3 H=-196.6 kJmol-1B.H2（g)+ O2（g)=H2O（l) H=-285.8 kJmol-1C.2H2（g)+O2（g)=2H2O（l) H=-571.6 kJD.C（s)+O2（g)=CO2（g) H=+393.5
18、 kJmol-1【答案】B【解析】试题分析：A、没有标明物质的状态，A错误；B、热化学方程式正确，B正确；C、反应热的单位是kJ/mol，C错误；D、碳燃烧是放热反应，H小于0，D错误，答案选B。考点：考查热化学方程式判断15某药物中间体的合成路线如下：下列说法正确的是A对苯二酚和互为同系物B1 mol该中间体最多可与7 mol氢氧化钠反应C2，5-二羟基苯乙酮能发生加成、水解等反应D该中间体分子含有羰基和羟基两种含氧官能团【答案】B【解析】试题分析：对苯二酚和的结构不同，不是同系物，A错误；中间体中有7个位置（如图）可与氢氧化钠反应，B正确；2，5-二羟基苯乙酮中存在苯环，可以与氢气加成，不
19、能发生水解反应，C错误；中间体分子中还含有氯原子核酯基，D错误。考点：考查了有机物的结构和性质等相关知识。16下表是周期表中的一部分，根据AI在周期表中的位置，用元素符号或化学式回答下列问题：族周期AAAAAAA01A2DEG3BCJFHI（1）表中元素，化学性质最不活泼的是 ，只有负价而无正价的是 , 可用于制半导体材料的元素是_。（均填元素符号）（2）最高价氧化物的水化物碱性最强的是 ，氢化物最稳定的是 ，呈两性的是 ；（均填化学式） （3）在B、C、D、J、 E、F、G、H中，原子半径最大的是 。（填元素符号）.【答案】(1)Ar、F 、Si (2)NaOH、HF、Al(OH)3 (3)
20、 Na【解析】试题分析：根据元素在周期表中的相对位置可知，AI元素分别是H、Na、Al、C、N、P、F、Cl、Ar、Si。（1）同周期自左向右金属性逐渐减弱，同主族自上而下金属性逐渐增强，据此可知，AI元素中，；化学性质最不活泼的是Ar。只有负价而无正价的是F，可用于制半导体材料的元素是Si。（2）金属性或非金属性越强，则最高价氧化物的水化物的碱性或酸性越强，所以在AI元素中，最高价氧化物水化物碱性最强的是NaOH，最高价氧化物水化物呈两性的是Al(OH)3。非金属性越强，氢化物的稳定性越强，则氢化物最稳定的是HF。（3）同周期自左向右，原子半径逐渐增大，同主族自上而下原子半径逐渐减小，所以在
21、B、C、D、J、 E、F、G、H中，原子半径最大的是Na。考点：考查元素周期表的结构以及元素周期律的应用和判断点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。试题基础性强，侧重对学生基础知识的巩固和训练，有利于提高学生的逻辑推理能力和应试能力。本题主要是元素“位、构、性”三者关系的综合考查，比较全面考查学生有关元素推断知识和灵活运用知识的能力，考查了学生对物质结构与性质关系以及运用元素周期律解决具体化学问题的能力。17NiSO46H2O是一种绿色易溶于水的晶体，广泛用于化学镀镍、生产电池等，可由电镀废渣（除含镍外，还含有：Cu、Zn、Fe、Cr等杂质）为原料获得。操作步骤如下：（1）加Na2
22、S的目的是除去铜、锌等杂质，请写出除去Cu2+的离子方程式_ _（2） 加6%的H2O2时，温度不能过高，是因为： _ _ 。（3） 除铁方法：用H2O2充分氧化后，再用NaOH控制pH值34范围内生成氢氧化铁沉淀。在上述方法中，氧化剂可用NaClO3代替，请写出用氯酸钠氧化Fe2+的离子方程式为：_ （4）上述流程中滤液的主要成分是： 。（填化学式）（5）操作包括以下过程：过滤，用 （填试剂化学式）溶解， ，洗涤获得产品。【答案】（1）S2+Cu2+= CuS （2）减少过氧化氢的分解，保证有一定的反应速率（3）6Fe2+ClO3+6H+=6Fe3+Cl+3H2O（4）Na2SO4、NiSO
23、4 （5）H2SO4；蒸发浓缩、冷却结晶，过滤【解析】试题分析：化工流程一般为酸溶、除杂、提纯三步。（1）加Na2S，易生成CuS沉淀；（2）温度较高时，H2O2分解，另外也可以加快反应速率；（3）ClO3-在酸性条件下具有强氧化性，与Fe2+发生氧化还原反应；（4）经过加入Na2S、H2O2、NaOH后可除去Cu、Zn、Fe、Cr等杂质，滤液中含有可溶性硫酸盐；（5）为防止Ni2+水解，可加硫酸溶解考点：考查化学工艺流程、氧化还原反应、基本实验操作18（7分）、下列说法不正确的是 。 A.用100mL的容量瓶准确量取100mL液体 B.分液时，分液漏斗中下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出
24、 C.用托盘天平称量NaCl时，NaCl放在纸上; 称量NaOH时，NaOH放在小烧杯里 D.用加热的方法提取NH4C1固体中的少量碘单质 E.浓硝酸与浓盐酸均易挥发，故都必须保存在棕色试剂瓶中，并置于阴凉处、某同学在学习元素周期表后，将第二至第六周期的主族和零族元素排列成“八角星”元素周期表（如图），图中每个“”代表一种元素，每个“八角星”代表一个周期，元素X核外有5个电子层。试写出M的元素符号是 ，元素Y的原子结构示意图为 。【答案】【解析】、下列说法不正确的是错误，容量瓶是配置溶液的仪器，不是量取溶液的仪器。正确。正确，NaOH易潮解，应用小烧杯称量错误，加热时NH4C1固体分解为氨气和
25、氯化氢，碘单质受热升华变为碘蒸气错误，浓硝酸见光易分解，保存在棕色试剂瓶中，浓盐酸不分解，保存在无色试剂瓶中。故选A D E、M为第五周期，第A族，M的元素符号是Rb，元素Y是第二周期，第A族，Y的原子结构示意图为19工业上常用铁质容器盛装冷浓硫酸。为研究铁质材料与热浓硫酸的反应，某学习小组进行以下探究活动：【探究一】（1）将已除去表面氧化物的铁钉（碳素钢）放入冷浓硫酸中，10分钟后移入硫酸铜溶液中，片刻后取出观察，铁钉表面无明显变化，其原因是_。（2）另取铁钉放入一定量浓硫酸中加热，充分反应后得到溶液X并收集到干燥气体Y。甲同学认为X中可能含有Fe3+和Fe2+。若要确认其中的Fe2+，应选
26、用_（填序号）。aKSCN溶液 b铁氰化钾溶液 c盐酸乙同学取448mL（标准状况）气体Y通入足量溴水中，发生反应的离子方程式为_ _，充分反应后，加入足量BaC12溶液，经适当操作后得干燥固体2.33g。可推知气体Y中SO2的体积分数为_。【探究二】据探究一所测SO2的体积分数，丙同学认为气体Y中可能还含有CO2和Q气体，因此设计了下列实验装置（图中夹持仪器省略，实验前已将装置中空气排尽）进一步探究。（3）装置A中的现象是 ，其作用是_。（4）为判断CO2是否存在，需将装置M添加在_（填序号）；aA之前 bAB之间 cB-C之间 dCD之间若存在CO2，则产生CO2气体的反应中氧化剂与还原剂
27、的物质的量之比为_。（5）若C中固体变红，D中固体变蓝，则Q是_（填化学式），产生该气体的原因是_。（6）若某气体可能由CO2、SO2、H2中的一种或多种组成，经测定其中氧的质量分数为50%，则该气体的组成可能为_（填序号）。aSO2 bH2、SO2 cH2、 CO2 dCO2、SO2 eCO2、SO2、H2【答案】（1）铁在冷的浓硫酸中钝化；（2）b；SO2+Br2+2H2O=4H+ SO42-+2Br-；50%（3）溶液颜色变浅；除去SO2并检验SO2是否已除尽（4） b；2:1（5） H2；随着反应进行，浓硫酸变稀，铁与稀硫酸反应产生氢气（6） ace【解析】试题分析： （1） 铁在冷的
28、浓硫酸中钝化，表面生成了致密的氧化膜，因此放入硫酸铜溶液中，无明显变化，故答案为：铁在冷的浓硫酸中钝化；（2） aKSCN溶液可以用来检验Fe3+，与Fe2+无明显现象，a错误；b铁氰化钾K3Fe（CN）6溶液与Fe2+的溶液反应生成具有特征蓝色的铁氰化亚铁沉淀，离子方程式为：3Fe2+2Fe（CN）63-Fe3Fe（CN）62，b正确；cFe2+与盐酸无明显现象，c错误；故选b；将SO2通入足量溴水中发生反应SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，反应的离子方程式为SO2+Br2+2H2O=4H+ SO42-+2Br-；加入足量BaC12溶液，H2SO4+BaCl2=BaSO4+2H
29、Cl，所以硫酸钡和二氧化硫之间的关系式为SO2BaSO4，设二氧化硫的体积为V，SO2 BaSO4，22.4L 233gV 2.33gV=0.224L=224mL，所以二氧化硫的体积分数=100%=50%，故答案为：SO2+Br2+2H2O=4H+ SO42-+2Br-；50%；（3）二氧化硫能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，故装置A中的现象是溶液颜色变浅，甚至褪色，其作用是除去SO2并检验SO2是否已除尽，故答案为：溶液颜色变浅；除去SO2并检验SO2是否已除尽；（4）根据装置图，B中碱石灰可以吸收二氧化碳，然后称重来判断CO2是否存在，但进入B之前，需要除去气体中的水蒸气，应在B之前添加干燥装置
30、；生成二氧化碳的反应为2 H2SO4+C=CO2+2 SO2+2 H2O，反应中浓硫酸是氧化剂，碳是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1。故答案为：b；2:1；（5）若C中固体变红，表明Q具有还原性，D中固体变蓝，表明生成了水，则Q是H2；产生氢气的原因是随着反应进行，浓硫酸变稀，铁与稀硫酸反应产生氢气，故答案为：H2；随着反应进行，浓硫酸变稀，铁与稀硫酸反应产生氢气（6）经测定其含氧量为50%；氢气中不含氧元素；通过计算，一氧化碳中氧元素的质量分数为57%，二氧化硫中氧元素的质量分数为50%因此如果是一种物质就只能是二氧化硫；如果是两种物质，只能是由H2和CO组成；还可以由H2、CO
31、和SO2三种物质组成，故选ace。考点：考查了浓硫酸的性质、合金与酸的反应、化学计算的相关知识。20甲、乙、丙三位同学分别用如下三套实验装置及化学药品(其中碱石灰为固体氢氧化钠和生石灰的混合物)制取氨气。请你回答下列问题：（1）三位同学制取氨气的化学方程式为_；（2）三位同学都用向下排空气法收集氨气，其原因是_；（3）三位同学用上述装置制取氨气时，其中有一位同学没有收集到氨(如果他们的实验操作都正确)，你认为没有收集到氨气的同学是_填(“甲”、“乙”或“丙”)，收集不到氨气的主要原因是_(用化学方程式表示)；（4）检验氨气是否收集满的方法是(简述操作方法、现象和结论)_；（5）三位同学都认为他
32、们的实验装置也可用于加热碳酸氢铵固体制取纯净的氨气，你判断能够达到实验目的是_(填“甲”、“乙”或“丙”)，该装置中的NH4HCO3固体能否用NH4Cl固体代替NH3？_(填“能”或“不能”)。【答案】（1）2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2H2O+2NH3（2）氨气的密度比空气小，且氨气极易溶于水（3）乙，2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4 （4）蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近试管口，如果产生白烟，则氨气已满或用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，如果试纸变蓝，则氨气已满（5）丙 不能【解析】试题分析：（1）实验室用氢氧化钙和氯化铵在加热条件下制备氨气，反应方程式为2NH4Cl + Ca(O
33、H)2 CaCl2 + 2H2O + 2NH3；（2）氨气易溶于水，不能用排水法收集，氨气密度比空气小，应用向下排空法收集；（3）氨气为碱性气体，通过盛有浓硫酸的洗气瓶时，与硫酸反应而被吸收，反应方程式为：2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4；（4）氨气为碱性气体，与水反应生成NH3H2O，电离子出OH-离子，溶液呈碱性，检验时可用用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近试管口，如果产生白烟，则氨气已满，或用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，如果试纸变蓝，则氨气已满；（5）碳酸氢铵受热分解生成氨气、水和二氧化碳甲收集到的是混合气体，得不到纯净氨气，乙分解得到二氧化碳、氨气和水蒸气通过浓硫酸氨气被吸收得不到氨气
34、，丙分解得到二氧化碳、氨气和水蒸气，通过碱石灰，吸收二氧化碳和水蒸气得到纯净干燥的氨气，该装置中的NH4HCO3固体不能用NH4Cl固体代替NH3 ，氯化铵分解生成的氨气和氯化氢在试管口处会重新反应生成氯化铵； 考点：考查氨气的制取及其有关性质21称取632 g KMnO4固体，先加热分解制取一定量的O2，再将剩余固体和足量36.5%的浓盐酸()混合加热制取Cl2。设收集到的O2为mol，收集到的Cl2为mol，最后Mn元素全部以Mn2+的形式存在于溶液中。(1)如果配制上述500 mL浓盐酸，则需标准状况下HCl气体的体积为 L。(2)当=0.16时，收集到Cl2的物质的量为 。【答案】（1
35、）134.4（3分） （2）0.68mol（4分）【解析】考查物质的量的有关计算。（1）根据可知，盐酸的浓度是，所以氯化氢的物质的量是12mol/L0.5L6mol，则在标准状况下的体积是6mol22.4L/mol134.4L。（2）高锰酸钾的物质的量是63.2g158g/mol0.4mol。根据电子的得失守恒可知，n(O2)4n(Cl2)2n(KMnO4)5，即0.16mol42n(Cl2)0.4mol5，解得n(Cl2)0.68mol。22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
36、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
37、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，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
38、，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
39、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23已知A是气体单质，E的水溶液显强酸性A、B、C、D、E是含有一种相同元素的五种物质，在一定条件下可发生下图所示的转化（1）写出化学式：B ，D ，E ；（2）写出化学方程式BC： ；DE： （3）C物质常是汽车尾气的污染物之一，在汽车的排气管上装一个催化装置，可使C物质与CO反应，生成两种不是污染物的气体，反应的化学方程式是： ，每消耗28g的CO，转移电子的物质的量为 【答案】（1）NH3；NO2；HNO3；（2）4NH3+5O24NO+6H2O；3NO2+H2O2HNO3+NO；
40、（3）2NO+2CO2CO2+N2；2mol【解析】（1）A是一种常见的气体单质，C、D是氧化物，且C与氧气反应生成D，所以该元素是变价元素，而D与水反应得到E的水溶液显强酸性，则A是N2，B为NH3，C是NO，D是NO2，E是HNO3，（2）BC的化学方程式：4NH3+5O24NO+6H2O，DE的化学方程式：3NO2+H2O2HNO3+NO，（3）NO与CO反应，生成两种不是污染物的气体，应生成氮气与二氧化碳，反应的化学方程式是：2NO+2CO2CO2+N2，消耗28g的CO，其物质的量为1mol，转移电子的物质的量为1mol（42）=2mol24.有机物A的结构简式为，它可通过不同化学反
41、应分别制得B、C和D三种物质。（1）B中含氧官能团的名称是 。（2）AC的反应类型是 ；AD中互为同分异构体的是_。（3）由A生成B的化学方程式是_。.某芳香族化合物H常用作防腐剂，H可利用下列路线合成：已知：A是相对分子质量为92的烃；(R1、R2表示氢原子或烃基)。 D的核磁共振氢谱表明其有两种不同化学环境的氢(两种不同位置的氢原子)，且峰面积之比为1:1。回答下列问题：（1）A的分子式为_。（2）同时符合下列条件的E的同分异构体共有_种。分子中含有苯环 能发生银镜反应 能与FeCl3溶液发生显色反应（3）检验F中含氧官能团的试剂为_(填试剂名称)，由FG的反应类型为_。（4）H的结构简式
42、为_。【答案】.（1）醛基、羧基（2）消去反应 C、D（3）.（1）C7H8（2）9（3）银氨溶液(或新制氢氧化铜悬浊液或新制氢氧化铜)；加成反应（4）【解析】试题分析：I、（1）根据B的结构简式可知，B中含氧官能团的名称是醛基、羧基；（2）比较A与C的结构简式判断，A中的羟基发生消去反应生成C；四种物质则均含苯环，除此之外，A的侧链不饱和度为1，B、C、D含有羧基、碳碳双键、环，所以不饱和度为2，B中有3个O原子，所以C与D是同分异构体；（3）A中的醇羟基与氧气在Cu作催化剂、加热条件下发生氧化反应生成B和水，化学方程式是；II、A是相对分子质量为92的烃，则A的分子式为C7H8，H为芳香族
43、化合物，所以根据流程判断A中含有苯环，则A是甲苯；因为C分子中含有Cl原子，则A到B应发生取代反应，然后被高锰酸钾氧化得到羧酸；C在氢氧化钠的条件下发生反应生成的D中只有两种H原子，所以D种存在2个对位取代基，则A与氯气在Fe作催化剂时生成对氯甲苯，则B为对氯甲苯，B被氧化为对氯苯甲酸，C与氢氧化钠反应生成对酚钠苯甲酸钠，酸化后得到对羟基苯甲酸，所以E为对羟基苯甲酸；2分子乙醛在碱性条件下反应生成2-丁烯醛，则G为1-丁醇。（1）A的分子式是C7H8；（2）E的同分异构体能发生银镜反应，说明含有醛基；能和氯化铜发生显色反应，说明含有酚羟基；且含有苯环，所以符合题意的E的同分异构体中含有2个酚羟基和1个醛基或含有1个酚羟基和1个甲酸酯基，前者有6种结构，后者有3种结构，共9种；（3）F为2-丁烯醛，含氧官能团为醛基，所以检验醛基的试剂为银氨溶液(或新制氢氧化铜悬浊液或新制氢氧化铜)；F到G发生与氢气的加成反应生成1-丁醇；（4）对羟基苯甲酸与1-丁醇发生酯化反应生成H，则H的结构简式为。考点：考查有机物的推断，有机物结构性质的应用，同分异构体的判断
