1、河南省郑州市四十二中2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）1Pb是第六周期VIA族元素，下列关于Pb元素的性质，不正确的是APb属于金属元素BPb的原子半径比Si大CPb的最高价氧化物的水化物是一种较强的酸DPb最高化合价为+4，可以形成氧化物PbO2【答案】C【解析】试题分析：同主族自上而下，原子半径逐渐增大，非金属性逐渐减弱金属性逐渐增强，最高价氧化物的水化物的酸性逐渐减弱，碱性逐渐增强，属于选项C不正确，其余选项都是正确的，答案选C。考点：考查元素周期表的结构和元素周期律的应用点评：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，侧重对学生解题能力的培养和方法
2、的指导与训练。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。该题以“周期表中元素的推断”为载体，考查学生对元素周期表的熟悉程度及其对表中各元素性质和相应原子结构的周期性递变规律的认识和掌握程度。21molCl2和36.5gHCl气体相比较，两者的体积关系为（ ）A、前者大 B、后者大 C、相等 D、不能确定【答案】D【解析】略3下列说法中正确的是A摩尔是物质质量的单位，用“mol”表示B标准状况下，气体摩尔体积约为22.4 mol/LC阿伏伽德罗常数的真实值为 6.021023D物质的量浓度的常用单位是mol/L【答案】D【解析】4下列说
3、法中不正确的是（ ）A.氯乙烯、聚乙烯、苯乙烯都是不饱和烃B.蛋白质溶液中加入浓的硫酸铵溶液会有沉淀析出C.苯能与溴在一定条件下发生取代反应D.淀粉和纤维素水解的最终产物都是葡萄糖【答案】A【解析】A项,氯乙烯是卤代烃而不是不饱和烃;B项是在蛋白质溶液中加入浓的无机盐溶液,可以使蛋白质发生盐析;C项,苯与溴在铁做催化剂时发生取代反应;D项,多糖水解得到葡萄糖。5仅改变下列一个条件，通过提高活化分子的百分率来提高反应速率的是A加热 B加压C加负催化剂 D加大反应物浓度【答案】A【解析】升高温度、加入催化剂能提高活化分子百分数，但增加反应物浓度，增大体系压强只增大单位体积活化分子的数目，百分数不变
4、；加负催化剂会减少活化分子百分数，故选A6根据元素周期表和元素周期律分析，下列推断中错误的是（ ）A铍的原子失去电子能力比镁弱 B砹的氢化物不稳定C硒化氢比硫化氢稳定 D氢氧化锶比氢氧化钙的碱性强【答案】C【解析】试题分析：ABe、Mg是同一主族的元素，由于原子半径MgBe，所以铍的原子失去电子能力比镁弱，A项正确；B砹是第六周期第A的元素，元素的非金属性很弱，所以其氢化物不稳定，B项正确；CSe、S是同一主族的元素，由于非金属性SSe，元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性就越强，所以硒化氢比硫化氢稳定性差，C项错误；DSr、Ca是同一主族的元素，由于金属性SrCa，所以氢氧化锶比氢氧化钙的碱
5、性强，D项正确；答案选C。 考点：考查元素周期表和元素周期律的应用的知识。7足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与1.344L O2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入 6molL-1NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是A60mL B40mL C30mL D15mL【答案】B【解析】试题分析：反应生成的气体最终由变为了硝酸，并消耗了1.344L O2，那么根据电子守恒，铜与硝酸反应中失去的电子等于O2得到的电子，1.344L O2的物质的量为1.344L22.4L/mol=0
6、.06mol，根据O22O2-，0.06mol的O2得到的电子为：0.06mol4=0.24mol，又根据CuCu 2+知道转移0.24mol电子时生成Cu 2+的物质的量为0.12mol，根据Cu 2+2OH- Cu (OH)2，0.12mol的Cu 2+反应要消耗OH-的物质的量为0.24mol，则NaOH溶液的体积是：0.24mol6molL-1=0.04L=40mL考点：氧化还原反应中的得失电子相等规律的应用和有关物质的量的计算。8900时，向2.0L恒容密闭容器中充入0.40mol乙苯，发生反应：。经一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见下表：时间/min010203040n
7、(乙苯)/mol0.400.300.24n2n3n(苯乙烯)/mol0.000.10n10.200.20下列说法正确的是A反应在前20 min的平均速率为v(H2)0.004molL1min1B保持其他条件不变，升高温度，平衡时，c(乙苯)0.08 molL1，则a0C保持其他条件不变，向容器中充入不参与反应的水蒸气作为稀释剂，则乙苯的转化率为50.0%D相同温度下，起始时向容器中充入0.10mol乙苯、0.10mol苯乙烯和0.30molH2，达到平衡前v(正)v(逆)【答案】AC【解析】试题分析：A根据表中数据可知反应在前20 min消耗乙苯是0.40mol0.24mol0.16mol，则
8、根据方程式可知生成氢气是0.16mol，浓度是0.16mol2L0.08mol/L，所以平均速率为v(H2)0.08mol/L20min0.004molL1min1，A正确；B平衡时苯乙烯的物质的量是0.2mol，则消耗乙苯是0.2mol，即平衡时乙苯的物质的量是0.4mol0.20mol0.20mol，浓度是0.10mol/L。保持其他条件不变，升高温度，平衡时，c(乙苯)0.08 molL1，这说明升高温度平衡向正反应方向进行，因此正方应是吸热反应，则则a0，B错误；C保持其他条件不变，向容器中充入不参与反应的水蒸气作为稀释剂，平衡不移动，则乙苯的转化率为50.0%，C正确；D平衡时乙苯、
9、苯乙烯和氢气的平衡浓度均是0.10mol/L，则平衡常数K。如果相同温度下，起始时向容器中充入0.10mol乙苯、0.10mol苯乙烯和0.30molH2，则此时浓度商0.10，所以反应向逆反应方向进行，则达到平衡前v(正)v(逆)，D错误，答案选AC。考点：考查外界条件对平衡状态的影响以及有关计算9下列有关实验的叙述正确的是 （ ）A用水润湿的pH试纸来测量溶液的pHB实验室需要480 mL 2.0 molL 1的氢氧化钠溶液，配制该溶液时先称量氢氧化钠固体38.4 g，然后再按照溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀的步骤进行操作C用溴水、淀粉-KI溶液比较Br 2与I 2的氧化性强弱，所需玻
10、璃仪器主要有：试管、胶头滴管D向溶液中滴加硝酸酸化的Ba(NO 3) 2溶液出现白色沉淀，说明该溶液中一定有SO 42-【答案】C【解析】试题分析：A、用水润湿的pH试纸来测量，溶液被稀释，pH可能会出现误差，A错误；B、应用500ml容量瓶，则m（NaOH）=0.52.040 =40g，B错误；C、把溴水滴入淀粉-KI溶液中，出现蓝色就可验证Br 2比I 2的氧化性强，C正确；D、若原溶液中有SO32-，会被HNO3氧化为SO42-，D错误。答案选C。考点：实验基本操作10某体积可变的密闭容器，盛有适量的A和B的混合气体，在一定条件下发生反应：A + 3B2C，若维持温度和压强不变，当达到平
11、衡时，容器的体积为V L，其中C气体的体积占 10%，下列推断正确的是原混合气体的体积为1.2VL 原混合气体的体积为1.1VL反应达平衡时，气体A消耗掉0.05VL 反应达平衡时，气体B消耗掉0.05V LA、 B、 C、 D、【答案】A【解析】试题分析：根据题意可推出C气体生成体积和A、B两气体的消耗体积：A + 3B 2C反应量 0.05v 0.15v 0.1v反应达平衡后剩余的A、B气体体积为0.9v，而A、B两种气体已消耗的体积为0.05v+0.15v=0.2v，因此原混合气体的体积为0.9v+0.2v=1.1v，反应达平衡时气体A消耗掉0.05vL。选项A符合题意；考点：化学平衡的
12、计算11用三个烧杯组成如图所示装置进行下列实验，实验结果与预测现象不一致的是选项中物质中物质预测现象A .酚酞溶液浓氨水中无色变红色BCCl4液溴中变橙色C浓氨水浓硫酸空气中产生白烟DNaAlO2溶液浓硝酸中有白色沉淀【答案】C【解析】试题分析：A浓氨水具有挥发性，挥发出的氨气，溶于酚酞溶液，溶液由无色变红色，A项正确；B液溴具有挥发性，挥发出的液溴溶于CCl4，溴在CCl4 中显橙色，B项正确；C浓氨水具有挥发性，但浓硫酸是难挥发性的酸，在空气中无法产生白烟，C项错误；D浓硝酸具有挥发性，挥发出来的硝酸溶于NaAlO2溶液，发生反应H+AlO2-+H2O = Al(OH)3，中有白色沉淀，D
13、项正确；答案选C。考点：考查常见物质的化学性质。12同温同压下，同体积的气体单质X2和气体单质Y2化合生成气体Z，且反应前后气体体积不变，则Z的化学式为A、X2Y2 B、X2Y C、XY2 D、XY【答案】D【解析】试题分析：根据阿佛加德罗定律：同温同压下同体积的气体含有相同数目的分子，设X2和Y2均为nmol，反应可表示为nX2+nY2=2nZ，由质量守恒得Z化学式为XY或YX。考点：阿佛加德罗定律 质量守恒定律点评：掌握阿佛加德罗定律的应用。13一定温度下，氯化银在水中存在溶解平衡 AgCl（s）Ag（aq）Cl（aq），若把AgCl分别放入 100mL水中；50mL0.1mol/L Na
14、Cl溶液中；10mL0.1mol/LAgNO3溶液中；20mL0.1mol/L MgCl2溶液中。搅拌后在相同的温度下Ag浓度由大到小的顺序是：A BC D【答案】A【解析】试题分析：中加入氯化银后存在氯化银的溶解平衡；中氯离子的浓度为0.1mol/L，所以氯离子的存在抑制氯化银的溶解，则银离子的浓度减小，小于；中银离子的浓度为0.1mol/L，银离子的存在抑制氯化银的溶解，但银离子的浓度仍很大；中氯离子的浓度为0.2mol/L，也会抑制氯化银的溶解，所以银离子的浓度小于，所以银离子浓度最大的是，其次是，最小的是，所以答案选A。考点：考查沉淀的溶解平衡的移动14下列情况下，反应速率相同的是A等
15、体积0.1 mol/L HCl和0.05 mol/L H2SO4分别与0.2 mol/L NaOH溶液反应B等质量锌粒和锌粉分别与等量1 mol/L HCl反应C等体积等浓度HCl和CH3COOH分别与等质量的Na2CO3粉末反应D等体积0.2 mol/L HCl和0.1 mol/L H2SO4与等量等表面积等品质石灰石反应【答案】A【解析】试题分析：A中氢离子和OH的浓度分别都是相同的，反应速率相等，A正确；B.反应物的表面积越大，反应速率越快，锌粉的反应速率快，B错误；C中氢离子的浓度不相同，反应速率不相同，C错误；D中氢离子的浓度相等，但硫酸钙微溶，附着在石灰石表面，阻止反应的继续进行，
16、反应速率不同，D错误；选A。考点：考查外界条件对反应速率的影响。15在容积不变的密闭容器中存在如下反应： 2SO2（g）+O2(g) 2SO3(g) H0，某研究小组研究了其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，下列分析正确的是A图表示的是t1时刻增大O2的浓度对反应速率的影响B图表示的是t1时刻加入催化剂后对反应速率的影响C图表示的是催化剂对平衡的影响，且甲的催化效率比乙高D图表示的是温度对化学平衡的影响，且乙的温度较高【答案】BD【解析】试题分析：A. t1时刻增大O2的浓度,逆反应速率先不变后增大，错误；B.加入催化剂，化学反应速率加快，平衡不移动，正确；C.催化剂对平衡没有影响，
17、错误；D.根据“先拐先平，温高压大”乙的温度高，降低温度，SO2 的转化率增大，说明平衡正向移动，正反应是放热反应，正确；选BD。考点：考查化学平衡图像分析。16（11分）硫酸铜是一种应用极其广泛的化工原料；以下是某工厂用含铁废铜为原料生产胆矾（CuSO45H2 O）和副产物石膏（CaSO42H2O）的生产流程示意图：胆矾和石膏在不同温度下的溶解度（g/100g水）见下表。温度(C)20406080100石膏0.32来源:Z|xx|k.Com0.260.150.110.07来源:学科网胆矾3244.661.883.8来源:学*科*网114请回答下列问题：（1）红棕色滤渣的主要成分是 ；（2）写
18、出浸出过程中生成硫酸铜的离子方程式 ；（3）操作I包括蒸发浓缩、 等操作，温度应该控制在 C左右；（4）从溶液中分离出硫酸铜晶体的操作应为 、 、洗涤、干燥；晶体用无水乙醇作洗涤液而不用蒸馏水的原因是 ；干燥时采用晾干，不用加热烘干的原因是 。（5）取样检验是为了确认Fe3+是否除净。有同学设计了以下两种方案，在实验室分别对所取样品按下列方案进行操作：方案一：取样于试管滴加KSCN溶液； 方案二：纸层析喷KSCN溶液；你认为上述两种方案设计更合理的是 ；指出你认为不合理方案存在的问题是 。【答案】（1）Fe(OH)3（2）3Cu+8H+2NO3 3Cu2+2NO+4H2O（3）趁热过滤 100
19、 （4）冷却结晶 过滤 减少因晶体溶解而造成的损失 避免加热过程中晶体受热分解（5）方案二 Cu2+的蓝色对检验有干扰【解析】17（16分）A、B、X、Y和Z是原子序数依次递增的短周期元素，其中A与Y同主族，X与Z同主族，A与B和A与X均可形成10个电子化合物；B与Z的最外层电子数之比为23，常见化合物Y2X2与水反应生成X的单质，其溶液可使酚酞试液变红。请回答下列问题。(1) X在周期表中的位置是_(2) 化合物Y2X2的电子式为 ；它含有的化学键类型有 （填序号）。A离子键 B极性共价键 C非极性共价键 D氢键(3) A与X和A与Z均能形成18个电子的化合物，此两种化合物发生反应生成Z的化
20、学方程式为_。(4) A的单质与X的单质可制成新型的化学电源（KOH溶液作电解质溶液），两个电极均由多孔性碳制成，通入的气体由孔隙中逸出，并在电极表面放电，则正负极电极反应式为_。(5) 写出化合物Y2X2与水反应的离子方程式_。(6) B的最高价氧化物的结构式为_。【答案】(1)第二周期A族 ；(2) A、C (3) H2O2+H2S=S+2H2O (4) 负极反应式：2H2 4e + 4OH4H2O；正极反应式：O2 +4e + 2H2O4 OH (5)2Na2O22H2O4 Na4OHO2； (6) O=C=O【解析】试题分析：根据题意可知：A是H；B是C；X是O；Y是Na；Z是S。（1
21、）O在周期表中的位置是第二周期A族；(2) 化合物Na2O2的电子式为;它含有的化学键类型有离子键和非极性共价键，因此选项是A、C。(3) A与X形成18个电子的化合物是H2O2； A与Z均形成18个电子的化合物H2S。这两种化合物发生反应生成Z的化学方程式为H2O2+H2S=S+2H2O；(4)在氢氧燃料电池中，通入氢气的电极是负极，发生的电极反应是2H2 4e + 4OH4H2O；通入氧气的电极是正极，发生的电极反应是O2 +4e + 2H2O4 OH。(5)化合物Na2O2与水反应的离子方程式是2Na2O22H2O4 Na4OHO2；(6) B的最高价氧化物CO2的分子中C原子与两个O原
22、子形成四对共用电子对，键角是180。结构式为O=C=O。考点：考查元素的推断、物质的结构，包括电子式、结构式的书写；化学方程式、及燃料电池的电极式是书写的知识。18（14分）如何防止铁的腐蚀是工业上研究的重点内容。为研究铁锈蚀的影响因素，某同学做了如下探究实验：序号内容实验现象1常温下将铁丝放在干燥空气中一个月干燥的铁丝表面依然光亮2常温下将铁丝放在潮湿空气中一小时铁丝表面依然光亮3常温下将铁丝放在潮湿空气中一个月铁丝表面已变得灰暗4将潮湿的铁丝放在常温的氧气流中一小时铁丝表面略显灰暗5将潮湿的铁丝放在高于常温的氧气流中一小时铁丝表面已变得灰暗6将浸过氯化钠溶液的铁丝放在高于常温的氧气流中一小
23、时铁丝表面灰暗程度比实验5严重回答以下问题：上述实验中发生了电化学腐蚀的是（填实验序号） ，在电化学腐蚀中，负极反应是_ ，正极反应是_ 。由该实验可知，可以影响铁锈蚀速率的因素是 。下列对金属制品采取的防护方法不正确的是 （填序号）。A在电线的外面包上一层塑料层 B在自行车钢圈上镀上一层金属铬C在海轮的铁制外壳上焊上铜块【答案】3、4、5、6 (4分)Fe-2e-Fe2+（或2Fe-4e-2Fe2+），2H2O+O2+4e-4OH- (4分)湿度、温度、O2的浓度、电解质溶液(4分) C(2分)【解析】（1）在潮湿的环境中，不纯的金属或合金容易发生电化学腐蚀。所以根据实验中的环境和实验现象可
24、知，发生电化学腐蚀的是3、4、5、6。铁属于活泼的金属，在电化学腐蚀中，铁是负极，失去电子，发生氧化反应，电极反应式为Fe-2e-Fe2+。由于溶液的酸性很弱，所以主要是吸氧腐蚀，因此正极反应式为2H2O+O2+4e-4OH-。（2）根据实验中的环境和实验现象可知，影响铁锈蚀速率的因素有湿度、温度、O2的浓度、电解质溶液等。（3）由于铁的活泼性强于铜，所以如果在海轮的铁制外壳上焊上铜块，则此时铁是负极，加速腐蚀，C是不正确的，AB正确，答案选C。19丁烷在一定条件下裂解可按两种方式进行：C4H10C2H6+C2H4，C4H10CH4+C3H6如图是某化学兴趣小组进行丁烷裂解的实验流程（注：Cu
25、O能将烃氧化成CO2和H2O，G后面装置与答题无关，省略）按上图连好装置后，需进行的实验操作有：给D、G装置加热； 检查整套装置的气密性； 排出装置中的空气等 （1）这三步操作的先后顺序依次是 （2）氧化铝的作用是 ，写出甲烷与氧化铜反应的化学方程式 （3）B装置所起的作用是 （4）若对E装置中的混合物（溴水足量），再按以下流程实验：操作I、操作II分别是 、 已知D的氢核磁共振谱图上只有一种峰，则D的结构简式 Na2SO3溶液的作用是 （5）假定丁烷完全裂解，当（E+F）装置的总质量比反应前增加了0.7g，G装置的质量减少了1.76g，则丁烷的裂解产物中甲烷和乙烷的物质的量之比n （CH4）
26、：n （C2H6）= （假定流经D、G装置中的气体能完全反应）【答案】（1）；（2）催化剂、CH4+4CuOCO2+2H2O+4Cu；（3）通过观察气泡，调节K，控制气体流速；（4）分液，蒸馏；除去有机物中溶解的Br2；（5）1：1【解析】（1）应先检验气密性，赶出内部气体，再给D、G装置加热；（2）氧化铝作催化剂，加热条件下，甲烷和氧化铜反应生成二氧化碳、水和铜，反应方程式为：CH4+4CuOCO2+2H2O+4Cu；（3）B装置所起的作用是通过观察气泡，控制气体流速；（4）混合物中含有有机物和溴，向混合物中加入亚硫酸钠溶液后，溶液分层，采用分液的方法分离出混合物和有机层，互溶的液体采用蒸馏
27、的方法分离，分离出A和B，B和氢氧化钠溶液反应生成C，在加热、铜作催化剂的条件下，C，被氧化生成D，则C为醇，B是氯代烃，D是醛；互不相溶的液体采用分液的方法分离，互溶的液体采用蒸馏的方法分离，所以操作I、操作II分别是分液、蒸馏，故答案为：分液，蒸馏；D的氢核磁共振谱图上只有一种峰，说明D只有一种氢原子，且D是醛，所以是乙二醛，结构简式为：， 亚硫酸钠具有还原性，能和强氧化性物质溴反应而除去溴，故答案为：除去有机物中溶解的Br2；（5）丁烷的裂解中生成的乙烯和乙烷的物质的量相等，生成的甲烷和丙烯的物质的量相等，E、F吸收的是烯烃，G减少的质量是氧化铜中的氧元素质量，设X为C2H4的物质的量，
28、y为C3H6的物质的量，则乙烷和甲烷的物质的量分别是x、y，28x+42y=0.7g乙烷和甲烷和氧化铜反应需要的氧原子的物质的量为2（2x+y）+=，解得：x=y=0.07mol故答案为：1：1【点评】本题考查实验操作、实验计算、物质分离和提纯的方法等知识点，难点是计算甲烷和甲烷的物质的量之比，明确质量增加的量和质量减少的量分别是什么物质是解本题的关键，难度较大20（17分）实验室用浓盐酸和MnO2制取并探究Cl2化学性质，装置图下图所示：（1）A是氯气发生装置，实验室制取Cl2的原理是 （用化学方程式表示）（2）该实验中A部分的装置是 （填字母）（3）从C装置出来的气体中含有CO2和HCl，
29、则从B装置导出的气体成分是 。（4）D装置的作用是 ，可能观察到的现象是 。（5）为进行有关氯气的性质实验，需要4瓶容积为122 mL的氯气（室温下，氯气的密度为291g/L），理论上需要MnO2的质量是 ，实际称量的MnO2固体的质量必须适当多余理论量，原因是（6）若将装置A如图所示进行连接，探究其与某些溶液分反应的性质，回答下列问题。乙装置中FeCl2溶液与Cl2反应的离子方程式是 。证明FeCl2与Cl2发生了氧化还原反应的实验方法是 。丙装置中通入少量Cl2，可制得某种生活中常用的漂白、消毒的物质。该物质可能是 。ACl2 BNaClO CNa2CO3 DNa2O2【答案】（17分）（
30、1）MnO24HCl(浓) MnCl2Cl22H2O，（2分）（2）c （1分） （3）Cl2、H2O（g） （2分）（4）吸收氯气，防止氯气逸出污染空气（2分），石蕊溶液变红（或石蕊溶液变红，然后逐渐褪色）（2分，两个答案答1个即给满分）（5）174g（2分），考虑收集中氯气的损失（1分）（6）2Fe2+Cl2 = 2Fe3+2Cl- （2分）， 取少量反应后的溶液置于洁净的试管中，向其中滴加KSCN溶液，若产生红色溶液，证明生成了Fe3+ ，则FeCl2与Cl2发生了氧化还原反应（合理即得分）（2分）B （1分）【解析】试题分析：（1）实验室利用MnO2和浓盐酸混合加热制Cl2，反应方程式
31、：MnO24HCl(浓) MnCl2Cl22H2O（2）是固液混合加热型，故选择C装置比较合理。（3）饱和食盐水吸收HCl气体故从B装置导出的气体成分是Cl2和H2O （4）D装置吸收氯气，防止氯气逸出污染空气；氯气的水溶液显酸性，同时因HClO的存在有强氧化性，故石蕊溶液变红，后变淡甚至褪色。（5）需要的氯气的物质的量是：（4122 291103）/71mol，则MnO2的质量结合方程式即可计算出是174g；实际称量的MnO2固体的质量必须适当多余理论量，原因是生成的氯气不可能完全被吸收利用，有损耗。（6）氯气会氧化Fe2+，反应原理是： 2Fe2+Cl2 = 2Fe3+2Cl- ，只要用K
32、SCN溶液检验溶液中有没有Fe3+，就可以证明FeCl2与Cl2是否发生了氧化还原反应。多余氯气通到Na2CO3溶液中会有NaCl和NaClO生成，其中有消毒和漂白作用的是NaClO，故选B。考点：实验的设计与评价 涉及氯气的制备及性质检验并考查数据处理能力。21（6分）2011年6月，云南曲靖陆良化工实业有限公司5000多吨工业废料铬渣非法倾倒导致当地严重污染。6价铬易被人体吸收，可致癌；3价铬不易被人体吸收，毒性小。工业含铬废水的处理方法之一是将含+6价铬的废水放入电解槽内，用铁作阳极，加入适量的NaCl后进行电解：阳极区生成的Fe2+和Cr2O72发生反应，生成的Fe3+和Cr3+在阴极
33、区与OH结合生成Fe(OH)3和Cr(OH)3沉淀除去。（已知：常温下Ksp Fe(OH)3=2.61039，Ksp Cr(OH)3=6.01031）（1）若阳极铁质量减少16.8g，则理论上被还原的Cr2O72-的物质的量为 mol。（2）已知电解后的溶液中c(Fe3+)为2.61013 molL1，则溶液中Cr3+浓度为 molL1。（3）在下图装置中，观察到图一装置铜电极上产生大量的无色气泡，而在图二装置中当开关K断开时，铬电极无现象，K闭合时，铬电极上产生大量无色气体，并变成红棕色气体。根据上述现象试推测金属铬的两个重要化学性质 、 。【答案】0.05 （2分） 6.0105（2分）铬
34、比铜活泼，铬在稀硝酸中可以发生钝化（2分，各1分）【解析】略22根据图示回答下列问题：（1）写出A、E、G的结构简式：A_、E_、G_。（2）反应的化学方程式是_；反应的化学方程式是_。（3）写出、的反应类型：_、_。（4）反应的化学方程式是_。【答案】（1）CH2=CH2；HOOC(CH2)4COOH（2）CH2ClCH2Cl+NaOHCH2=CH2Cl+NaCl+H2O；CH2ClCH2Cl+2NaOH CH2OHCH2OH+2NaCl；（3）加成反应，缩聚反应（4）nHOOC(CH2)4COOH+nHOCH2CH2OHHOOC(CH2)4COOCH2CH2OH+(2n-1)H2O【解析】
35、试题分析：根据A的分子式为C2H4，可知A为乙烯，而烯烃的特征反应为加成反应，故应为加成反应，产物C应为饱和的物质，无不饱和键；能和乙烯发生加成反应的物质B可能为：HCl、Cl2、H2、H2O等；根据饱和的物质C经过反应得含双键的产物C2H3Cl，可知反应为消去反应；而C2H3Cl又经过反应生成高分子化合物E，可知反应为加聚反应；C经反应可得产物F，根据F的化学式以及能发生反应，可知F为乙二醇，则反应为卤代烃的水解，反应为缩聚反应；综合分析知和乙烯发生加成反应的B为氯气，C为ClCH2H2Cl。（1）根据上述分析，A为乙烯，C2H3Cl又经过反应生成高分子化合物E，E为聚氯乙烯，通过F（HOC
36、H2CH2OH）和G的缩聚反应的产物可知，G为HOOC（CH2）4COOH，故答案为：CH2=CH2；HOOC(CH2)4COOH；（2）反应的化学方程式是CH2ClCH2Cl+NaOHCH2=CH2Cl+NaCl+H2O；反应的化学方程式是CH2ClCH2Cl+2NaOH CH2OHCH2OH+2NaCl，故答案为：CH2ClCH2Cl+NaOH CH2=CH2Cl+NaCl+H2O；CH2ClCH2Cl+2NaOH CH2OHCH2OH+2NaCl；（3）反应为加成反应、反应为缩聚反应，故答案为：加成反应；缩聚反应（4）（4）反应的化学方程式为nHOOC(CH2)4COOH+nHOCH2C
37、H2OH HOOC(CH2)4COOCH2CH2OH+(2n-1)H2O，故答案为：nHOOC(CH2)4COOH+nHOCH2CH2OH HOOC(CH2)4COOCH2CH2OH+(2n-1)H2O；考点：考查了有机物的化学性质及推断的相关知识。23PX是一种重要的化工原料。PX属于烃类，以其为原料合成高分子树脂E和P的路线如下：（部分条件省略）回答下列问题：（1）B中官能团名称 （2）N的结构简式是 （3）GM的方程式 （4）1分子p中酯基的数目为 （5）D可发生缩聚反应生成E，其化学方程式是 【答案】（1）醛基；（2）；（3）；（4）2n-1；（5）。【解析】试题分析：P是通过缩聚反应
38、生成的，因此F、N的结构简式可能是：COOHHOOC、CH2OHH2 C HO，根据转化关系图以及反应条件，推出F：COOHHOOC，N为CH2OHH2 CHO，F是PX通过酸性高锰酸钾生成，根据题给信息，推出PX的结构简式为CH3CH3，GM条件是NaOH溶液并加热，此反应应是卤代烃的水解，则G的结构简式：CH2ClH2 CCl，M的结构简式为：CH2OHH2 CHO，PXA，条件是光照，Br取代甲基上的H，因此A的结构简式为：CHHCBrBrBrBr，BD根据条件以及信息，B中含有醛基，其结构简式为：CHOOHC，D的结构简式为：COOHOHC，（1）根据上述推断，B中含有的官能团是醛基；（2）根据上述推断，N的结构简式为：CH2OHH2 CHO；（3）发生卤代烃的水解，其反应方程式为：；（4）这是缩聚反应，一端是H，一端是OH，因此含有酯基的数目是2n1；（5）D发生缩聚反应，根据D的结构简式，则反应方程式：。考点：考查有机物的推断和合成、官能团的性质等知识。