山东省招远市第三中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）
文档属性
| 名称 | 山东省招远市第三中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版） |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 600.2KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 鲁科版 | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2016-07-06 23:07:25 | ||
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文档简介
山东省招远市第三中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）
1．下列几种化学电池中，不属于可充电电池的是
A．碱性锌锰电池 B．手机用锂电池
C．汽车用铅蓄电池 D．玩具用镍氢电池
【答案】A
【解析】
试题分析：A、碱性锌锰电池属于一次电池，不属于可充电电池，A正确； B、手机用锂电池属于可充电电池，B错误；C、汽车用铅蓄电池属于可充电电池，C错误；D、玩具用镍氢电池属于可充电电池，D错误。故选A。
考点：考查了化学电池的分类的相关知识。
2．在一密闭容器中加入xmol的Na2O2和ymol的NaHCO3固体充分加热，下列有关加热后容器中残留固体成分和导出气体成分的说法正确的是
A．若x=y，气体中只含有0.5x molO2，固体中含有2y molNa2CO3和y molNaOH
B．若0.5y＜x＜y，气体中含有0.5y molH2O，固体中含有y molNaOH和y molNa2CO3
C．若0.5y=x，气体中有0.5x molO2，固体中有y molNaOH和y molNa2CO3
D．若x＜0.5y，气体中含有(0.5y—x)molCO2，固体中含有(x+0.5y)molNa2CO3
【答案】D
【解析】根据NaHCO3固体充分加热，受热分解生成二氧化碳和水。二氧化碳和水又和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气。当x＜0.5y，气体中二氧化碳过量，最终含有(0.5y—x)molCO2，固体中含有(x+0.5y)molNa2CO3
3．实验室现有3种酸碱指示剂，其pH变色范围如下
甲基橙：3．1~4．4 石蕊：5．0~8．0 酚酞：8．2~10．0
用0．100 0 mol·L-1 NaOH溶液滴定未知浓度的CH3COOH溶液，反应恰好完全时，下列叙述中正确的是( )
A．溶液呈中性，可选用甲基橙或酚酞作指示剂
B．溶液呈中性，只能选用石蕊作指示剂
C．溶液呈碱性，可选用甲基橙或酚酞作指示剂
D．溶液呈碱性，只能选用酚酞作指示剂
【答案】D
【解析】
试题分析： NaOH溶液和CH3COOH溶液恰好反应生成CH3COONa时，CH3COO-水解显碱性，而酚酞的变色范围为8．2~10．0，比较接近，因此答案为D。
考点：酸碱中和滴定
4．有一系列有机化合物，按以下顺序排列：CH2＝CHCHO、CH2＝CHCH＝CHCHO、H(CH＝CH)3CHO……。在该系列有机物中，分子中含碳元素的质量分数的最大值接近于:
A．75.0％ B．85.7％ C．92.3％ D．95.6％
【答案】C
【解析】根据有机物的分子式变化可知，其通式为H(CH＝CH)nCHO，所以碳元素的质量分数是，因此含碳元素的质量分数的最大值是24÷26×100％＝92.3%,答案选C。
5．下列各组离子在溶液中能大量共存的是
A．、、、
B．、、、
C．、、、
D．、、、
【答案】B
【解析】
试题分析：A中与会生成CH3COOH不能大量共存于溶液中，故选A错误；C中与 会发生氧化还原反应而不能大量共存于溶液中，故选C错误；D中+=Al（OH）3↓+CO32—，故不能大量共存于溶液中，故选D错误。
考点：考察离子反应离子共存问题
6．微生物燃料电池因具有原料广泛、操作条件温和、清洁高效和资源利用率高、无污染等特点而被人们所重视．以用葡萄糖作底物的燃料电池为例，其正负极反应式如下：
正极反应：6O2＋24H＋＋24e－12H2O
负极反应：C6H12O6＋6H2O－24e－6CO2↑＋24H＋
则有关该电池的下列说法正确的是
A．该电池的工作环境是高温条件
B．作为负极的葡萄糖（C6H12O6）在变化中失去电子，被还原
C．该电池的电解质溶液是强酸性溶液，如浓硫酸或硝酸等
D．该电池的总反应为C6H12O6＋6O2 === 6CO2＋6H2O
【答案】D
【解析】高温容易使蛋白质变性，A不正确；原电池中负极失去电子，被氧化，B不正确；强酸浓硫酸或浓硝酸也容易使蛋白质变性，所以选项C也不正确；根据电极反应式可知，选项D正确，答案选D。
7．下列变化一定需要加入还原剂才能实现的是 ( )
A．→CO2 B．HCl→Cl2
C．KCl→KClO3 D．→Mn2+
【答案】D
【解析】
试题分析：反应需要加入还原剂才能实现，则该物质在反应中充当氧化剂，化合价降低，A项→CO2，化合价不变；B项HCl→Cl2，化合价升高；C项KCl→KClO3，化合价升高；D项→Mn2+，化合价降低。
考点：氧化还原反应
8．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）
A．标准状况下，22.4L水含有NA个水分子
B．氧气和臭氧的混合物32 g中含有NA个氧原子
C．0.1mol Na2O2与水反应时转移0.1NA个电子
D．11.2 L氯气中含有NA个氯原子
【答案】C
【解析】A、标况下水为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和分子个数，故A错误；
B、氧气和臭氧均由氧原子构成，故32g混合物中含有的氧原子的物质的量为2mol，即2NA个故B错误；
C、过氧化钠与水的反应为歧化反应，故0.1mol过氧化钠与水反应转移0.1mol电子即0.1NA个，故C正确；
D、氯气所处的状态不明确，故氯气的物质的量无法计算，故D错误．
故选C．
【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．
9．同温同压下，等质量的CO和CO2 气体相比较，下列叙述中正确的是（ ）
A．所含碳原子数比为1∶1
B．体积比为1∶1
C．密度比为7∶11
D．分子数比为7∶11
【答案】C
【解析】
试题分析：等质量的CO和CO2 ，设质量均为m，物质的量之比为。A．CO和CO2 分子均含有1个C原子，则含有C原子数目之比等于二者物质的量之比，所含碳原子数比为11：7，错误；B．同温同压下，气体的体积之比等于物质的量之比，则CO和CO2 体积之比为11：7，正确；C．同温同压下，气体密度之比等于摩尔质量的之比，CO和CO2 密度比为28：：4=7：11，正确；D．分子数之比等于物质的量之比，CO和CO2 的分子数比为11：7，错误，故选BC．
考点：考查物质的量的相关计算。
10．某炔烃经催化加氢后可得到2﹣甲基丁烷，则该炔烃的名称是（ ）
A．2﹣甲基﹣1﹣丁炔 B．2﹣甲基﹣3﹣丁炔
C．3﹣甲基﹣1﹣丁炔 D．3﹣甲基﹣2﹣丁炔
【答案】C
【解析】
试题分析：2-甲基丁烷的碳链结构为，2-甲基丁烷相邻碳原子之间各去掉2个氢原子形成三键，从而得到炔烃；根据2-甲基丁烷的碳链结构，可知相邻碳原子之间各去掉2个氢原子形成三键只有一种情况，所以该炔烃的碳链结构为，该炔烃的名称为3-甲基-1-丁炔，答案选C。
【考点定位】本题主要是考查根据烷烃判断相应的炔烃
【名师点晴】根据炔的加成原理，三键中的两个键断开，结合H原子，生成2-甲基丁烷，采取倒推法相邻碳原子之间各去掉2个氢原子形成三键，即得到炔烃，题目难度较大，答题会根据烷烃结构去掉相邻氢原子形成碳碳三键，注意不能重写、漏写。
11．已知氨气极易溶于水，而难溶于有机溶剂CCl4．下列装置中不适宜做氨气的尾气吸收装置的
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
试题分析：A、水的密度比四氯化碳小，浮在四氯化碳的上面，四氯化碳不能和氨气反应，也不溶解氨气，该装置既能够吸收易溶性气体，又能够防止倒吸，A正确；B、吸收装置中的导管下连漏斗，漏斗的边缘紧靠液面，易吸收易溶性气体，能防止倒吸，B正确；C、吸收装置中干燥管的导气管插入到液面，易吸收易溶性气体，且能防止倒吸，C正确；D、吸收装置中的导管直接伸入到液体中，易吸收易溶性气体，但不能防止倒吸，D错误，答案选D。
【考点定位】本题主要是考查氨的性质及尾气处理装置
【名师点晴】易溶于水的气体（HCl、HBr、NH3）进行尾气吸收时均需要使用防倒吸装置，常见装置如下：
12． 下列物质一定属于同系物的是
A．⑥、⑧ B．①、②、③ C．⑤、⑦ D．④、⑥、⑧
【答案】C
【解析】
试题分析：同系物要求结构相似，且相差若干个CH2基团，只有⑤、⑦满足同系物的概念，选项C正确。
考点：同系物的概念
13．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述不正确的是( )
A．标准状况下，1L庚烷完全燃烧所生成的气态产物的分子数为7/22．4NA
B． 1mol甲基(-CH3)所含的电子总数为9NA
C． 0．5mol 1, 3-丁二烯分子中含有碳碳双键数为NA
D． 1 mol氯气溶于水发生反应转移电子的物质的量小于1mol
【答案】A
【解析】
试题分析：A、标准状况下庚烷不是气态，不能适用于气体摩尔体积，A错误；B、甲基含有9个电子，则1mol甲基(-CH3)所含的电子总数为9NA，B正确；C、1, 3-丁二烯中含有2个碳碳双键，则0．5mol 1, 3-丁二烯分子中含有碳碳双键数为NA，C正确；D、氯气与水反应是可逆反应，则1 mol氯气溶于水发生反应转移电子的物质的量小于1mol，D正确，答案选A。
考点：考查阿伏伽德罗常数的计算
14．NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．一定条件下，1molN2和3molH2充分反应，生成物中的N-H键数目为6NA
B．完全燃烧1.5molCH3CH2OH和C2H4的混合物，转移电子数为18NA
C．100g 98%的浓硫酸中含氧原子个数为4NA
D．1L 0.1 mol/L的Na2S溶液中S2－和HS－的总数为0.1NA
【答案】B
【解析】
试题分析：A、1mol氮气与3mol氢气反应时，不会生成2mol氨气，因为该反应是可逆反应，不会进行彻底，错误；B、乙醇的分子式可写为C2H4·H2O，所以完全燃烧1.5mol乙醇和C2H4的混合物，相当于燃烧1.5mol的C2H4，则消耗4.5mol氧气，转移电子数是4.5mol×4×NA=18NA，正确；C、100g98%的浓硫酸中含有98g硫酸和2g水，则H2SO4和水的物质的量分别是1mol、1/9mol，所以O原子数是（4+1/9）NA，错误；D、1L0.1mol/L的硫化钠溶液中，硫离子水解生成H2S和HS－,根据元素守恒，则S2－和HS－、H2S的总数是0.1NA，错误，答案选B。
考点：考查阿伏伽德罗常数与微粒数的关系判断
15．浓度均为0.10 mol·L－1、体积均为V0的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积V，pH随lg的变化如图所示，下列叙述错误的是( )
A．MOH的碱性强于ROH的碱性
B．ROH的电离程度：b点大于a点
C．若两溶液无限稀释，则它们的c(OH－)相等
D．当lg＝2时，若两溶液同时升高温度，则c(M＋)/c(R＋)增大
【答案】D
【解析】
试题分析：A、相同浓度的一元碱，碱的pH越大，其碱性越强，根据图知，未加水时，相同浓度条件下，MOH的pH大于ROH，说明MOH的电离程度大于ROH，则MOH的碱性强于ROH，正确，不选A；B、由图可以看出ROH为弱碱，弱电解质在水溶液中随着浓度的减小其电离程度增大，b点溶液体积大于a点，所以b点浓度小于a点，则b的电离程度大于a，正确，不选B；C、若两种溶液无限稀释，最终其溶液中氢氧根离子浓度接近纯水中氢氧根离子浓度，所以它们的氢氧根离子浓度相同，正确，不选C；D、根据A知，碱性MOH>ROH，当lg＝2时，由于ROH是弱电解质，升温促进其电离，所以c(M＋)/c(R＋)减小，错误，选D。
考点： 弱电解质的电离平衡
16．元素周期表是学习和研究化学的重要工具。下列是元素周期表的部分信息：
（1）地壳中含量最多的金属元素的原子序数是________。
（2）分析上表规律，可推知，表中X为________。
（3）表示的是（写粒子符号）________。
（4）写出一个由1、7、17号三种元素组成的化合物的化学式：________________________________________________________________________。
【答案】（1）13 （2）16S （3）K＋ （4）NH4Cl
【解析】（1）地壳中含量最多的金属元素是Al，其原子序数为13；
（2）由元素周期表中规律可推知X应为16S；
（3）19号元素为K，核外电子数比核电荷数少1，为K＋；
（4）1号元素为H,7号元素为N,17号元素为Cl，组成的常见化合物为NH4Cl。
17．一定量的氢气在氯气中燃烧，所得混合物用100ml?3.00mol/L的NaOH溶液恰好完全吸收，测得溶液中含有NaClO的物质的量为0.05?mol。
（1）所得溶液中Cl-的物质的量为 mol。
（2）参加反应的氢气在标准状况下的体积是 L。(写出计算过程，下同)
（3）所用氯气和参加反应的氢气的物质的量之比为 。
【答案】（1）0.25 （2）2.24 （3）3:2
【解析】
试题分析：（1）
所以0.1L*3.00mol/L=0.3mol的一部分与结合为NaClO，一部分与Cl-结合为，因为NaClO的物质的量为0.05?mol，故0.3-0.05=0.25mol
（2）因为NaClO的物质的量为0.05?mol，根据化学方程式可得有0.05mol的，因为一共有0.25mol的，所以有0.2mol的是由和生成的。根据化学方程式，可知有0.1mol的和发生反应，0.1mol的在标准状况下的体积是2.24L。
（3）因为NaClO的物质的量为0.05?mol，所以参与反应 的为0.05mol，根据上题可知有0.1mol的参与反应，所以一共有0.15mol的，0.1mol的，所以所用氯气和参加反应的氢气的物质的量之比为0.15:0.1=3:2
考点：考查物质的量。
18．（14分）红葡萄酒密封储存时间越长，质量越好，原因之一是储存过程中生成了有香味的酯。在实验室也可以用如下图所示的装置制取乙酸乙酯，请回答下列问题。
（1）乙醇分子官能团名称是_______________。
（2）试管A中加入几块碎瓷片的目的是___________。
（3）试管A中发生反应的化学方程式为 ___________，反应类型是_______。
（4）反应开始前，试管B中盛放的溶液是____________。作用是___________。
（5）可用_________的方法把制得的乙酸乙酯分离出来。
【答案】（14分）
（1）羟基 （2）防止暴沸
（3）CH3COOH＋C2H5OHCH3COOC2H5＋H2O
酯化反应（取代反应）
（4）饱和碳酸钠溶液 中和乙酸，吸收乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度，有利于分层
（5）分液
【解析】
试题分析：（1）醇的官能团是羟基，乙醇中含有羟基；
（2）液体加热要加碎瓷片，防止暴沸；
（3）乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，同时该反应可逆，
反应的化学方程式为CH 3 COOH+CH 3 CH 2 OHCH 3 COOC 2 H 5 +H 2 O；反应类型为取代反应；
（4）制备乙酸乙酯时常用饱和碳酸钠溶液吸收乙酸乙酯，除去乙醇和乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层；
（5）因B中的液体混合物分层不互溶，可用分液方法分离；
考点：乙酸乙酯实验制备及操作规范，涉及反应原理、混合物的分离提纯等。
19．在FeSO4溶液中加入(NH4)2SO4固体可制备硫酸亚铁铵晶体[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O] （式量为392），该晶体比一般亚铁盐稳定，不易被氧化，易溶于水，不溶于乙醇。
（1）为洗涤(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O粗产品，下列方法中最合适的是 ．
A．用冷水洗
B．先用冷水洗，后用无水乙醇洗
C．用30%的乙醇溶液洗
D．用90%的乙醇溶液洗
（2）为了测定产品的纯度，称取a g产品溶于水，配制成500mL溶液，用浓度为c mol·L-1的酸性KMnO4溶液滴定。每次所取待测液体积均为25.00mL，实验结果记录如下：
实验次数
第一次
第二次
第三次
消耗高锰酸钾溶液体积/mL
25.52
25.02
24.98
滴定过程中发生反应的离子方程式为 。
滴定终点的现象是 。
通过实验数据计算的该产品纯度为 （用字母ac表）。上表中第一次实验中记录数据明显大于后两次，其原因可能是 （填符号）。
A．实验结束时俯视刻度线读取滴定终点时酸性高锰酸钾溶液的体积
B．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡
C．第一次滴定用的锥形瓶用待装液润洗过，后两次未润洗
D．该酸性高锰酸钾标准液保存时间过长，有部分变质，浓度降低
【答案】（1）D；
（2）MnO4- +5Fe2+ + 8H+ =Mn 2+ + 5Fe3+ + 4H2O；滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内溶液由浅绿色变为浅紫色，且30s不变色；×100%；BC
【解析】
试题分析：（1）因为硫酸亚铁铵易溶于水，不溶于乙醇，应该用乙醇洗涤，减少硫酸亚铁铵的溶解，同时利用乙醇和水互溶，从而达到洗涤的要求，故选D，故答案为：D；
（2）利用高锰酸钾的强氧化性，Fe2+的强还原性，两者发生氧化还原反应，Fe2+被氧化成Fe3+↑1，Mn由+7价→+2↓5，最小公倍数5，根据原子个数、电荷守恒，即MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，向溶液中滴加中高锰酸钾，高锰酸钾显紫红色，因此滴定到终点：最后一滴滴入，溶液由无色变为浅紫色，且30s不变色，因为第一次与第二次、第三次相差较大，忽略不计，消耗高锰酸钾溶液的体积为ml=25mL，根据离子反应方程式，得出：n[（NH4）2SO4?FeSO4?6H2O]=5n（KMnO4）=25×10-3×c×5mol，则500mL溶液中含有n[（NH4）2SO4?FeSO4?6H2O]=25×10-3×c×5×500/25mol=2.5cmol，所以质量分数=2.5c××100%=×100%，A、俯视读数，造成所读的数偏小，故A错误；B、滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡，所消耗的液体体积增加，故B正确；C、锥形瓶用待测液润洗，待测液的物质的量增加，则消耗高锰酸钾的体积增加，故C正确；D、三次使用的高锰酸钾都是一样的，消耗的高锰酸钾体积应是相同的，故D错误；故选BC，故答案为：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O；滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内溶液由浅绿色变为浅紫色，且30s不变色；×100%；BC。
考点：考查了氢氧化亚铁制备实验、滴定实验的注意问题和计算的相关知识。
20．某小组同学为比较酸性条件下NO3－、SO42－、Fe3+的氧化性强弱，设计如下实验（夹持仪器已略去，装置的气密性已检验）。
实验记录如下：
实验操作
实验现象
I
打开活塞c，将过量稀HNO3加入装置B中，关闭活塞c
B中浅绿色溶液立即变为深棕色；一段时间后，溶液最终变为黄色。
II
用注射器取出少量B装置中的溶液，加入KSCN溶液
溶液变为红色。
III
打开活塞b，向A装置中加入足量硫酸，关闭活塞b
A中产生气体；B中有气泡，液面上有少量红棕色气体生成。
IV
一段时间后，用注射器取出少量B装置中的溶液，……
……
V
打开活塞a，通入一段时间空气
————
请回答下列问题：
（1）保存Fe(NO3)2溶液时，常加入铁粉，目的是（用化学方程式表示）________。
（2）实验I中，发生反应的离子方程式是________。
（3）资料表明，Fe2+能与NO结合形成深棕色物质[Fe(NO)]2+： Fe2+ + NO[Fe(NO)]2+
用平衡移动原理解释实验I中溶液由深棕色变为黄色的原因是________________________。
（4）分析实验现象，同学们得出了结论。则：
① 实验IV的后续操作是________________，观察到的现象是________________。
② 由实验得出的结论是_______________________。
（5）实验反思
① 实验操作V的目的是_______________________________________。
② 实验操作III，开始时B中溶液的颜色并无明显变化，此时溶液中发生反应的离子方程式是________。
③ 有同学认为装置中的空气会干扰实验结论的得出，应在实验前通一段时间的氮气。你是否同意该看法，理由是________________________________________。
【答案】（1）2Fe(NO3)3 + Fe == 3Fe(NO3)2
（2）3Fe2+ + NO3－ + 4H+ == 3Fe3+ + NO↑+ 2H2O
（3）Fe2+被稀硝酸氧化为Fe3+，使溶液中c(Fe2+)逐渐下降（同时NO的逐渐逸出，也使溶液中c(NO)逐渐下降），平衡Fe2+ + NO[Fe(NO)]2+左移，溶液棕色褪去，显示出Fe3+的黄色。
（4）① 加入K3[Fe(CN)6]溶液 生成蓝色沉淀
② 氧化性：NO3－﹥Fe3+﹥SO42－
（5）① 将装置中的SO2、NO、NO2等气体排进NaOH溶液中吸收，防止污染大气
② 3SO2 + 2NO3－ + 2H2O == 3SO42－+ 2NO↑+ 4H+
③ 不同意，
a.实验I中溶液变棕色，有NO生成，说明硝酸氧化Fe2+：氧化性NO3－﹥Fe3+；
b.实验IV中溶液中检出Fe2+，说明二氧化硫还原了Fe3+：氧化性Fe3+﹥SO42－；
与装置中是否有氧气无关。
【解析】
试题分析：（1）加入铁粉的目的是为了防止亚铁离子被氧化。（3）Fe2+被稀硝酸氧化为Fe3+，使溶液中c(Fe2+)逐渐下降（同时NO的逐渐逸出，也使溶液中c(NO)逐渐下降），平衡Fe2+ + NO[Fe(NO)]2+左移，溶液棕色褪去，显示出Fe3+的黄色。（5）继续通入空气是为了将装置中的SO2、NO、NO2等气体排进NaOH溶液中吸收，防止污染大气，装置中是否有氧气，对验证试验没有影响。
考点：考查氧化还原反应等相关知识。
21．将一定量的氯气通入250 mL溴化钾溶液中，然后将所得的溶液蒸干，并将残渣灼烧，得到干燥的残渣40 g，分析残渣，其中含25%的化合态的溴，试计算：
(1)通入的一定量的氯气是多少克？(氯气无剩余)
(2)原溴化钾溶液含KBr多少克？
【答案】(1)11.97 g (2)55.01 g
【解析】溴化钾溶液中通入氯气，必然会产生氯化钾和溴，由已知25%的化合态的溴可设法求出溴化钾的质量，从而求出40 g残渣中氯化钾的质量，再根据化学反应方程式将氯化钾当成已知量以求算通入的氯气是多少克，并求原溶液中的溴化钾为多少克。搞清残渣成分和正确换算是关键。
40 g残渣中所含Br-的质量为：40 g×25%=10 g。求KBr的质量：由Br—KBr的质量比：80∶119得KBr的质量=10×119÷80=14.87 g。设x g Cl2与y g KBr反应生成了25.13 g KCl，则
Cl2+2KBr====2KCl+Br2
71 238 149
x y 25.13
x==11.97 g
y==40.14 g
在250 mL溴化钾溶液中共含KBr的质量：
40.14 g+14.87 g=55.01 g。
22．（12分）某物质E可做香料，其结构简式为，以苯为原料工业合成路线如下：
回答下列问题：
（1）E的官能团是 （写名称），②的反应类型是________________
（2）B的结构简式可能是____________、____________；
（3）步骤④的化学方程式是____________________________________；
（4）E有多种同分异构体，写出符合以下条件的结构简式___________（只写顺式结构）。
①具有顺反结构
②能与NaOH溶液反应
③分子中苯环上的一溴代物有两种
【答案】（共12分）
（1）醛基 取代
（2）或
（3）
（4）
【解析】
试题分析：根据流程图中各物质转化关系，反应①为苯与丙烯发生加成反应得异丙苯，异丙苯与氯气在光照条件下发生侧链上取代反应生成一氯代物B，则B为或，反应③为B在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成，反应④为与HBr发生加成反应生成C，C发生水解反应生成D，D发生氧化反应生成，则D为，C为。
（1）根据E的结构简式可知，E的官能团是醛基，根据上面的分析可知②的反应类型是取代反应；
（2）由上述分析可知，B的结构简式可能是或，
（3）步骤④的化学方程式是，
（4）E（）的同分异构体符合以下条件：①具有顺反结构，碳碳双键中碳原子连接不同的原子或原子团；②能与NaOH溶液反应，含有酚羟基；③分子中苯环上的一溴代物有两种，两个不同的取代基处于对位，该同分异构体的反式结构为：。
考点：考查有机物的推断与合成，有机反应的官能团与有机反应类型的判断等知识。。
23．(12分)X、Y、Z是三种常见金属元素的化合物，它们的颜色各不相同，并且都含有一种相同元素。其中X是淡黄色固体，A、D是无色无味气体，G是一种常见金属，F是白色胶状沉淀，W是红褐色沉淀。各物质之间存在下列相互转化关系(部分反应物或产物已略去)。
请用化学用语回答下列问题：
（1）写出X的电子式__________；D的结构式__________。
（2）写出下列反应的化学方程式：
①B+Z→I+Y：_______________________
②D+G→E+H：_______________________
③M→W：_______________________
（3）写出n(X)：n(Y)=2：1时与水混合的反应的离子方程式：____________
【答案】(12分)（1） （2分）；O=C=O（2分）；
（2）①3FeO+2Al3Fe+Al2O3（2分）；
②2Mg+CO22MgO+C（2分）；
③4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3（2分）；
（3）2Na2O2+Al2O3+H2O=4Na++2OH-+2AlO2-+O2↑（2分）。
【解析】
试题分析：X、Y、Z是三种常见金属元素的化合物，它们的颜色各不相同，并且都含有一种相同元素。其中X是淡黄色固体，则X是Na2O2，X的电子式是；Na2O2与水反应产生的气体A是O2；C是NaAlO2；Y电解产生O2，则Y是Al2O3；B是Al；A、D是无色无味气体，G是一种常见金属，F是白色胶状沉淀，W是红褐色沉淀则W是Fe(OH)3，则Z是Fe元素的氧化物，Fe的氧化物与Al在高温下发生铝热反应产生的I是Fe，Fe与盐酸发生反应产生的J是FeCl2；FeCl2与氨水混合发生反应产生的M是Fe(OH)2；Fe(OH)2被氧气氧化产生W是Fe(OH)3；因此Z是FeO。氧气与 C 发生反应产生的 D 是 CO2，CO2 被NaAlO2溶液吸收生成 F Al（OH）3；CO2与Mg在点燃时发生置换反应产生H是MgO和E是C单质。D是CO2，CO2是直线型分子，其结构式是O=C=O；（2） ①B+Z→I+Y的反应方程式是：3FeO+2Al3Fe+Al2O3；②D+G→E+H的反应方程式是2Mg+CO22MgO+C；③Fe(OH)2被氧气氧化产生Fe(OH)3的反应方程式是：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；（3）当n(Na2O2)：n(Al2O3)=2：1时，与水混合的反应的离子方程式是2Na2O2+Al2O3+H2O=4Na++2OH-+2AlO2-+O2↑。
考点：考查元素及化合物的推断、物质的电子式、结构式的书写及反应的化学方程式和离子方程式的书写的知识。
1．下列几种化学电池中，不属于可充电电池的是
A．碱性锌锰电池 B．手机用锂电池
C．汽车用铅蓄电池 D．玩具用镍氢电池
【答案】A
【解析】
试题分析：A、碱性锌锰电池属于一次电池，不属于可充电电池，A正确； B、手机用锂电池属于可充电电池，B错误；C、汽车用铅蓄电池属于可充电电池，C错误；D、玩具用镍氢电池属于可充电电池，D错误。故选A。
考点：考查了化学电池的分类的相关知识。
2．在一密闭容器中加入xmol的Na2O2和ymol的NaHCO3固体充分加热，下列有关加热后容器中残留固体成分和导出气体成分的说法正确的是
A．若x=y，气体中只含有0.5x molO2，固体中含有2y molNa2CO3和y molNaOH
B．若0.5y＜x＜y，气体中含有0.5y molH2O，固体中含有y molNaOH和y molNa2CO3
C．若0.5y=x，气体中有0.5x molO2，固体中有y molNaOH和y molNa2CO3
D．若x＜0.5y，气体中含有(0.5y—x)molCO2，固体中含有(x+0.5y)molNa2CO3
【答案】D
【解析】根据NaHCO3固体充分加热，受热分解生成二氧化碳和水。二氧化碳和水又和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气。当x＜0.5y，气体中二氧化碳过量，最终含有(0.5y—x)molCO2，固体中含有(x+0.5y)molNa2CO3
3．实验室现有3种酸碱指示剂，其pH变色范围如下
甲基橙：3．1~4．4 石蕊：5．0~8．0 酚酞：8．2~10．0
用0．100 0 mol·L-1 NaOH溶液滴定未知浓度的CH3COOH溶液，反应恰好完全时，下列叙述中正确的是( )
A．溶液呈中性，可选用甲基橙或酚酞作指示剂
B．溶液呈中性，只能选用石蕊作指示剂
C．溶液呈碱性，可选用甲基橙或酚酞作指示剂
D．溶液呈碱性，只能选用酚酞作指示剂
【答案】D
【解析】
试题分析： NaOH溶液和CH3COOH溶液恰好反应生成CH3COONa时，CH3COO-水解显碱性，而酚酞的变色范围为8．2~10．0，比较接近，因此答案为D。
考点：酸碱中和滴定
4．有一系列有机化合物，按以下顺序排列：CH2＝CHCHO、CH2＝CHCH＝CHCHO、H(CH＝CH)3CHO……。在该系列有机物中，分子中含碳元素的质量分数的最大值接近于:
A．75.0％ B．85.7％ C．92.3％ D．95.6％
【答案】C
【解析】根据有机物的分子式变化可知，其通式为H(CH＝CH)nCHO，所以碳元素的质量分数是，因此含碳元素的质量分数的最大值是24÷26×100％＝92.3%,答案选C。
5．下列各组离子在溶液中能大量共存的是
A．、、、
B．、、、
C．、、、
D．、、、
【答案】B
【解析】
试题分析：A中与会生成CH3COOH不能大量共存于溶液中，故选A错误；C中与 会发生氧化还原反应而不能大量共存于溶液中，故选C错误；D中+=Al（OH）3↓+CO32—，故不能大量共存于溶液中，故选D错误。
考点：考察离子反应离子共存问题
6．微生物燃料电池因具有原料广泛、操作条件温和、清洁高效和资源利用率高、无污染等特点而被人们所重视．以用葡萄糖作底物的燃料电池为例，其正负极反应式如下：
正极反应：6O2＋24H＋＋24e－12H2O
负极反应：C6H12O6＋6H2O－24e－6CO2↑＋24H＋
则有关该电池的下列说法正确的是
A．该电池的工作环境是高温条件
B．作为负极的葡萄糖（C6H12O6）在变化中失去电子，被还原
C．该电池的电解质溶液是强酸性溶液，如浓硫酸或硝酸等
D．该电池的总反应为C6H12O6＋6O2 === 6CO2＋6H2O
【答案】D
【解析】高温容易使蛋白质变性，A不正确；原电池中负极失去电子，被氧化，B不正确；强酸浓硫酸或浓硝酸也容易使蛋白质变性，所以选项C也不正确；根据电极反应式可知，选项D正确，答案选D。
7．下列变化一定需要加入还原剂才能实现的是 ( )
A．→CO2 B．HCl→Cl2
C．KCl→KClO3 D．→Mn2+
【答案】D
【解析】
试题分析：反应需要加入还原剂才能实现，则该物质在反应中充当氧化剂，化合价降低，A项→CO2，化合价不变；B项HCl→Cl2，化合价升高；C项KCl→KClO3，化合价升高；D项→Mn2+，化合价降低。
考点：氧化还原反应
8．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）
A．标准状况下，22.4L水含有NA个水分子
B．氧气和臭氧的混合物32 g中含有NA个氧原子
C．0.1mol Na2O2与水反应时转移0.1NA个电子
D．11.2 L氯气中含有NA个氯原子
【答案】C
【解析】A、标况下水为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和分子个数，故A错误；
B、氧气和臭氧均由氧原子构成，故32g混合物中含有的氧原子的物质的量为2mol，即2NA个故B错误；
C、过氧化钠与水的反应为歧化反应，故0.1mol过氧化钠与水反应转移0.1mol电子即0.1NA个，故C正确；
D、氯气所处的状态不明确，故氯气的物质的量无法计算，故D错误．
故选C．
【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．
9．同温同压下，等质量的CO和CO2 气体相比较，下列叙述中正确的是（ ）
A．所含碳原子数比为1∶1
B．体积比为1∶1
C．密度比为7∶11
D．分子数比为7∶11
【答案】C
【解析】
试题分析：等质量的CO和CO2 ，设质量均为m，物质的量之比为。A．CO和CO2 分子均含有1个C原子，则含有C原子数目之比等于二者物质的量之比，所含碳原子数比为11：7，错误；B．同温同压下，气体的体积之比等于物质的量之比，则CO和CO2 体积之比为11：7，正确；C．同温同压下，气体密度之比等于摩尔质量的之比，CO和CO2 密度比为28：：4=7：11，正确；D．分子数之比等于物质的量之比，CO和CO2 的分子数比为11：7，错误，故选BC．
考点：考查物质的量的相关计算。
10．某炔烃经催化加氢后可得到2﹣甲基丁烷，则该炔烃的名称是（ ）
A．2﹣甲基﹣1﹣丁炔 B．2﹣甲基﹣3﹣丁炔
C．3﹣甲基﹣1﹣丁炔 D．3﹣甲基﹣2﹣丁炔
【答案】C
【解析】
试题分析：2-甲基丁烷的碳链结构为，2-甲基丁烷相邻碳原子之间各去掉2个氢原子形成三键，从而得到炔烃；根据2-甲基丁烷的碳链结构，可知相邻碳原子之间各去掉2个氢原子形成三键只有一种情况，所以该炔烃的碳链结构为，该炔烃的名称为3-甲基-1-丁炔，答案选C。
【考点定位】本题主要是考查根据烷烃判断相应的炔烃
【名师点晴】根据炔的加成原理，三键中的两个键断开，结合H原子，生成2-甲基丁烷，采取倒推法相邻碳原子之间各去掉2个氢原子形成三键，即得到炔烃，题目难度较大，答题会根据烷烃结构去掉相邻氢原子形成碳碳三键，注意不能重写、漏写。
11．已知氨气极易溶于水，而难溶于有机溶剂CCl4．下列装置中不适宜做氨气的尾气吸收装置的
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
试题分析：A、水的密度比四氯化碳小，浮在四氯化碳的上面，四氯化碳不能和氨气反应，也不溶解氨气，该装置既能够吸收易溶性气体，又能够防止倒吸，A正确；B、吸收装置中的导管下连漏斗，漏斗的边缘紧靠液面，易吸收易溶性气体，能防止倒吸，B正确；C、吸收装置中干燥管的导气管插入到液面，易吸收易溶性气体，且能防止倒吸，C正确；D、吸收装置中的导管直接伸入到液体中，易吸收易溶性气体，但不能防止倒吸，D错误，答案选D。
【考点定位】本题主要是考查氨的性质及尾气处理装置
【名师点晴】易溶于水的气体（HCl、HBr、NH3）进行尾气吸收时均需要使用防倒吸装置，常见装置如下：
12． 下列物质一定属于同系物的是
A．⑥、⑧ B．①、②、③ C．⑤、⑦ D．④、⑥、⑧
【答案】C
【解析】
试题分析：同系物要求结构相似，且相差若干个CH2基团，只有⑤、⑦满足同系物的概念，选项C正确。
考点：同系物的概念
13．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述不正确的是( )
A．标准状况下，1L庚烷完全燃烧所生成的气态产物的分子数为7/22．4NA
B． 1mol甲基(-CH3)所含的电子总数为9NA
C． 0．5mol 1, 3-丁二烯分子中含有碳碳双键数为NA
D． 1 mol氯气溶于水发生反应转移电子的物质的量小于1mol
【答案】A
【解析】
试题分析：A、标准状况下庚烷不是气态，不能适用于气体摩尔体积，A错误；B、甲基含有9个电子，则1mol甲基(-CH3)所含的电子总数为9NA，B正确；C、1, 3-丁二烯中含有2个碳碳双键，则0．5mol 1, 3-丁二烯分子中含有碳碳双键数为NA，C正确；D、氯气与水反应是可逆反应，则1 mol氯气溶于水发生反应转移电子的物质的量小于1mol，D正确，答案选A。
考点：考查阿伏伽德罗常数的计算
14．NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．一定条件下，1molN2和3molH2充分反应，生成物中的N-H键数目为6NA
B．完全燃烧1.5molCH3CH2OH和C2H4的混合物，转移电子数为18NA
C．100g 98%的浓硫酸中含氧原子个数为4NA
D．1L 0.1 mol/L的Na2S溶液中S2－和HS－的总数为0.1NA
【答案】B
【解析】
试题分析：A、1mol氮气与3mol氢气反应时，不会生成2mol氨气，因为该反应是可逆反应，不会进行彻底，错误；B、乙醇的分子式可写为C2H4·H2O，所以完全燃烧1.5mol乙醇和C2H4的混合物，相当于燃烧1.5mol的C2H4，则消耗4.5mol氧气，转移电子数是4.5mol×4×NA=18NA，正确；C、100g98%的浓硫酸中含有98g硫酸和2g水，则H2SO4和水的物质的量分别是1mol、1/9mol，所以O原子数是（4+1/9）NA，错误；D、1L0.1mol/L的硫化钠溶液中，硫离子水解生成H2S和HS－,根据元素守恒，则S2－和HS－、H2S的总数是0.1NA，错误，答案选B。
考点：考查阿伏伽德罗常数与微粒数的关系判断
15．浓度均为0.10 mol·L－1、体积均为V0的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积V，pH随lg的变化如图所示，下列叙述错误的是( )
A．MOH的碱性强于ROH的碱性
B．ROH的电离程度：b点大于a点
C．若两溶液无限稀释，则它们的c(OH－)相等
D．当lg＝2时，若两溶液同时升高温度，则c(M＋)/c(R＋)增大
【答案】D
【解析】
试题分析：A、相同浓度的一元碱，碱的pH越大，其碱性越强，根据图知，未加水时，相同浓度条件下，MOH的pH大于ROH，说明MOH的电离程度大于ROH，则MOH的碱性强于ROH，正确，不选A；B、由图可以看出ROH为弱碱，弱电解质在水溶液中随着浓度的减小其电离程度增大，b点溶液体积大于a点，所以b点浓度小于a点，则b的电离程度大于a，正确，不选B；C、若两种溶液无限稀释，最终其溶液中氢氧根离子浓度接近纯水中氢氧根离子浓度，所以它们的氢氧根离子浓度相同，正确，不选C；D、根据A知，碱性MOH>ROH，当lg＝2时，由于ROH是弱电解质，升温促进其电离，所以c(M＋)/c(R＋)减小，错误，选D。
考点： 弱电解质的电离平衡
16．元素周期表是学习和研究化学的重要工具。下列是元素周期表的部分信息：
（1）地壳中含量最多的金属元素的原子序数是________。
（2）分析上表规律，可推知，表中X为________。
（3）表示的是（写粒子符号）________。
（4）写出一个由1、7、17号三种元素组成的化合物的化学式：________________________________________________________________________。
【答案】（1）13 （2）16S （3）K＋ （4）NH4Cl
【解析】（1）地壳中含量最多的金属元素是Al，其原子序数为13；
（2）由元素周期表中规律可推知X应为16S；
（3）19号元素为K，核外电子数比核电荷数少1，为K＋；
（4）1号元素为H,7号元素为N,17号元素为Cl，组成的常见化合物为NH4Cl。
17．一定量的氢气在氯气中燃烧，所得混合物用100ml?3.00mol/L的NaOH溶液恰好完全吸收，测得溶液中含有NaClO的物质的量为0.05?mol。
（1）所得溶液中Cl-的物质的量为 mol。
（2）参加反应的氢气在标准状况下的体积是 L。(写出计算过程，下同)
（3）所用氯气和参加反应的氢气的物质的量之比为 。
【答案】（1）0.25 （2）2.24 （3）3:2
【解析】
试题分析：（1）
所以0.1L*3.00mol/L=0.3mol的一部分与结合为NaClO，一部分与Cl-结合为，因为NaClO的物质的量为0.05?mol，故0.3-0.05=0.25mol
（2）因为NaClO的物质的量为0.05?mol，根据化学方程式可得有0.05mol的，因为一共有0.25mol的，所以有0.2mol的是由和生成的。根据化学方程式，可知有0.1mol的和发生反应，0.1mol的在标准状况下的体积是2.24L。
（3）因为NaClO的物质的量为0.05?mol，所以参与反应 的为0.05mol，根据上题可知有0.1mol的参与反应，所以一共有0.15mol的，0.1mol的，所以所用氯气和参加反应的氢气的物质的量之比为0.15:0.1=3:2
考点：考查物质的量。
18．（14分）红葡萄酒密封储存时间越长，质量越好，原因之一是储存过程中生成了有香味的酯。在实验室也可以用如下图所示的装置制取乙酸乙酯，请回答下列问题。
（1）乙醇分子官能团名称是_______________。
（2）试管A中加入几块碎瓷片的目的是___________。
（3）试管A中发生反应的化学方程式为 ___________，反应类型是_______。
（4）反应开始前，试管B中盛放的溶液是____________。作用是___________。
（5）可用_________的方法把制得的乙酸乙酯分离出来。
【答案】（14分）
（1）羟基 （2）防止暴沸
（3）CH3COOH＋C2H5OHCH3COOC2H5＋H2O
酯化反应（取代反应）
（4）饱和碳酸钠溶液 中和乙酸，吸收乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度，有利于分层
（5）分液
【解析】
试题分析：（1）醇的官能团是羟基，乙醇中含有羟基；
（2）液体加热要加碎瓷片，防止暴沸；
（3）乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，同时该反应可逆，
反应的化学方程式为CH 3 COOH+CH 3 CH 2 OHCH 3 COOC 2 H 5 +H 2 O；反应类型为取代反应；
（4）制备乙酸乙酯时常用饱和碳酸钠溶液吸收乙酸乙酯，除去乙醇和乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层；
（5）因B中的液体混合物分层不互溶，可用分液方法分离；
考点：乙酸乙酯实验制备及操作规范，涉及反应原理、混合物的分离提纯等。
19．在FeSO4溶液中加入(NH4)2SO4固体可制备硫酸亚铁铵晶体[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O] （式量为392），该晶体比一般亚铁盐稳定，不易被氧化，易溶于水，不溶于乙醇。
（1）为洗涤(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O粗产品，下列方法中最合适的是 ．
A．用冷水洗
B．先用冷水洗，后用无水乙醇洗
C．用30%的乙醇溶液洗
D．用90%的乙醇溶液洗
（2）为了测定产品的纯度，称取a g产品溶于水，配制成500mL溶液，用浓度为c mol·L-1的酸性KMnO4溶液滴定。每次所取待测液体积均为25.00mL，实验结果记录如下：
实验次数
第一次
第二次
第三次
消耗高锰酸钾溶液体积/mL
25.52
25.02
24.98
滴定过程中发生反应的离子方程式为 。
滴定终点的现象是 。
通过实验数据计算的该产品纯度为 （用字母ac表）。上表中第一次实验中记录数据明显大于后两次，其原因可能是 （填符号）。
A．实验结束时俯视刻度线读取滴定终点时酸性高锰酸钾溶液的体积
B．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡
C．第一次滴定用的锥形瓶用待装液润洗过，后两次未润洗
D．该酸性高锰酸钾标准液保存时间过长，有部分变质，浓度降低
【答案】（1）D；
（2）MnO4- +5Fe2+ + 8H+ =Mn 2+ + 5Fe3+ + 4H2O；滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内溶液由浅绿色变为浅紫色，且30s不变色；×100%；BC
【解析】
试题分析：（1）因为硫酸亚铁铵易溶于水，不溶于乙醇，应该用乙醇洗涤，减少硫酸亚铁铵的溶解，同时利用乙醇和水互溶，从而达到洗涤的要求，故选D，故答案为：D；
（2）利用高锰酸钾的强氧化性，Fe2+的强还原性，两者发生氧化还原反应，Fe2+被氧化成Fe3+↑1，Mn由+7价→+2↓5，最小公倍数5，根据原子个数、电荷守恒，即MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，向溶液中滴加中高锰酸钾，高锰酸钾显紫红色，因此滴定到终点：最后一滴滴入，溶液由无色变为浅紫色，且30s不变色，因为第一次与第二次、第三次相差较大，忽略不计，消耗高锰酸钾溶液的体积为ml=25mL，根据离子反应方程式，得出：n[（NH4）2SO4?FeSO4?6H2O]=5n（KMnO4）=25×10-3×c×5mol，则500mL溶液中含有n[（NH4）2SO4?FeSO4?6H2O]=25×10-3×c×5×500/25mol=2.5cmol，所以质量分数=2.5c××100%=×100%，A、俯视读数，造成所读的数偏小，故A错误；B、滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡，所消耗的液体体积增加，故B正确；C、锥形瓶用待测液润洗，待测液的物质的量增加，则消耗高锰酸钾的体积增加，故C正确；D、三次使用的高锰酸钾都是一样的，消耗的高锰酸钾体积应是相同的，故D错误；故选BC，故答案为：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O；滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内溶液由浅绿色变为浅紫色，且30s不变色；×100%；BC。
考点：考查了氢氧化亚铁制备实验、滴定实验的注意问题和计算的相关知识。
20．某小组同学为比较酸性条件下NO3－、SO42－、Fe3+的氧化性强弱，设计如下实验（夹持仪器已略去，装置的气密性已检验）。
实验记录如下：
实验操作
实验现象
I
打开活塞c，将过量稀HNO3加入装置B中，关闭活塞c
B中浅绿色溶液立即变为深棕色；一段时间后，溶液最终变为黄色。
II
用注射器取出少量B装置中的溶液，加入KSCN溶液
溶液变为红色。
III
打开活塞b，向A装置中加入足量硫酸，关闭活塞b
A中产生气体；B中有气泡，液面上有少量红棕色气体生成。
IV
一段时间后，用注射器取出少量B装置中的溶液，……
……
V
打开活塞a，通入一段时间空气
————
请回答下列问题：
（1）保存Fe(NO3)2溶液时，常加入铁粉，目的是（用化学方程式表示）________。
（2）实验I中，发生反应的离子方程式是________。
（3）资料表明，Fe2+能与NO结合形成深棕色物质[Fe(NO)]2+： Fe2+ + NO[Fe(NO)]2+
用平衡移动原理解释实验I中溶液由深棕色变为黄色的原因是________________________。
（4）分析实验现象，同学们得出了结论。则：
① 实验IV的后续操作是________________，观察到的现象是________________。
② 由实验得出的结论是_______________________。
（5）实验反思
① 实验操作V的目的是_______________________________________。
② 实验操作III，开始时B中溶液的颜色并无明显变化，此时溶液中发生反应的离子方程式是________。
③ 有同学认为装置中的空气会干扰实验结论的得出，应在实验前通一段时间的氮气。你是否同意该看法，理由是________________________________________。
【答案】（1）2Fe(NO3)3 + Fe == 3Fe(NO3)2
（2）3Fe2+ + NO3－ + 4H+ == 3Fe3+ + NO↑+ 2H2O
（3）Fe2+被稀硝酸氧化为Fe3+，使溶液中c(Fe2+)逐渐下降（同时NO的逐渐逸出，也使溶液中c(NO)逐渐下降），平衡Fe2+ + NO[Fe(NO)]2+左移，溶液棕色褪去，显示出Fe3+的黄色。
（4）① 加入K3[Fe(CN)6]溶液 生成蓝色沉淀
② 氧化性：NO3－﹥Fe3+﹥SO42－
（5）① 将装置中的SO2、NO、NO2等气体排进NaOH溶液中吸收，防止污染大气
② 3SO2 + 2NO3－ + 2H2O == 3SO42－+ 2NO↑+ 4H+
③ 不同意，
a.实验I中溶液变棕色，有NO生成，说明硝酸氧化Fe2+：氧化性NO3－﹥Fe3+；
b.实验IV中溶液中检出Fe2+，说明二氧化硫还原了Fe3+：氧化性Fe3+﹥SO42－；
与装置中是否有氧气无关。
【解析】
试题分析：（1）加入铁粉的目的是为了防止亚铁离子被氧化。（3）Fe2+被稀硝酸氧化为Fe3+，使溶液中c(Fe2+)逐渐下降（同时NO的逐渐逸出，也使溶液中c(NO)逐渐下降），平衡Fe2+ + NO[Fe(NO)]2+左移，溶液棕色褪去，显示出Fe3+的黄色。（5）继续通入空气是为了将装置中的SO2、NO、NO2等气体排进NaOH溶液中吸收，防止污染大气，装置中是否有氧气，对验证试验没有影响。
考点：考查氧化还原反应等相关知识。
21．将一定量的氯气通入250 mL溴化钾溶液中，然后将所得的溶液蒸干，并将残渣灼烧，得到干燥的残渣40 g，分析残渣，其中含25%的化合态的溴，试计算：
(1)通入的一定量的氯气是多少克？(氯气无剩余)
(2)原溴化钾溶液含KBr多少克？
【答案】(1)11.97 g (2)55.01 g
【解析】溴化钾溶液中通入氯气，必然会产生氯化钾和溴，由已知25%的化合态的溴可设法求出溴化钾的质量，从而求出40 g残渣中氯化钾的质量，再根据化学反应方程式将氯化钾当成已知量以求算通入的氯气是多少克，并求原溶液中的溴化钾为多少克。搞清残渣成分和正确换算是关键。
40 g残渣中所含Br-的质量为：40 g×25%=10 g。求KBr的质量：由Br—KBr的质量比：80∶119得KBr的质量=10×119÷80=14.87 g。设x g Cl2与y g KBr反应生成了25.13 g KCl，则
Cl2+2KBr====2KCl+Br2
71 238 149
x y 25.13
x==11.97 g
y==40.14 g
在250 mL溴化钾溶液中共含KBr的质量：
40.14 g+14.87 g=55.01 g。
22．（12分）某物质E可做香料，其结构简式为，以苯为原料工业合成路线如下：
回答下列问题：
（1）E的官能团是 （写名称），②的反应类型是________________
（2）B的结构简式可能是____________、____________；
（3）步骤④的化学方程式是____________________________________；
（4）E有多种同分异构体，写出符合以下条件的结构简式___________（只写顺式结构）。
①具有顺反结构
②能与NaOH溶液反应
③分子中苯环上的一溴代物有两种
【答案】（共12分）
（1）醛基 取代
（2）或
（3）
（4）
【解析】
试题分析：根据流程图中各物质转化关系，反应①为苯与丙烯发生加成反应得异丙苯，异丙苯与氯气在光照条件下发生侧链上取代反应生成一氯代物B，则B为或，反应③为B在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成，反应④为与HBr发生加成反应生成C，C发生水解反应生成D，D发生氧化反应生成，则D为，C为。
（1）根据E的结构简式可知，E的官能团是醛基，根据上面的分析可知②的反应类型是取代反应；
（2）由上述分析可知，B的结构简式可能是或，
（3）步骤④的化学方程式是，
（4）E（）的同分异构体符合以下条件：①具有顺反结构，碳碳双键中碳原子连接不同的原子或原子团；②能与NaOH溶液反应，含有酚羟基；③分子中苯环上的一溴代物有两种，两个不同的取代基处于对位，该同分异构体的反式结构为：。
考点：考查有机物的推断与合成，有机反应的官能团与有机反应类型的判断等知识。。
23．(12分)X、Y、Z是三种常见金属元素的化合物，它们的颜色各不相同，并且都含有一种相同元素。其中X是淡黄色固体，A、D是无色无味气体，G是一种常见金属，F是白色胶状沉淀，W是红褐色沉淀。各物质之间存在下列相互转化关系(部分反应物或产物已略去)。
请用化学用语回答下列问题：
（1）写出X的电子式__________；D的结构式__________。
（2）写出下列反应的化学方程式：
①B+Z→I+Y：_______________________
②D+G→E+H：_______________________
③M→W：_______________________
（3）写出n(X)：n(Y)=2：1时与水混合的反应的离子方程式：____________
【答案】(12分)（1） （2分）；O=C=O（2分）；
（2）①3FeO+2Al3Fe+Al2O3（2分）；
②2Mg+CO22MgO+C（2分）；
③4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3（2分）；
（3）2Na2O2+Al2O3+H2O=4Na++2OH-+2AlO2-+O2↑（2分）。
【解析】
试题分析：X、Y、Z是三种常见金属元素的化合物，它们的颜色各不相同，并且都含有一种相同元素。其中X是淡黄色固体，则X是Na2O2，X的电子式是；Na2O2与水反应产生的气体A是O2；C是NaAlO2；Y电解产生O2，则Y是Al2O3；B是Al；A、D是无色无味气体，G是一种常见金属，F是白色胶状沉淀，W是红褐色沉淀则W是Fe(OH)3，则Z是Fe元素的氧化物，Fe的氧化物与Al在高温下发生铝热反应产生的I是Fe，Fe与盐酸发生反应产生的J是FeCl2；FeCl2与氨水混合发生反应产生的M是Fe(OH)2；Fe(OH)2被氧气氧化产生W是Fe(OH)3；因此Z是FeO。氧气与 C 发生反应产生的 D 是 CO2，CO2 被NaAlO2溶液吸收生成 F Al（OH）3；CO2与Mg在点燃时发生置换反应产生H是MgO和E是C单质。D是CO2，CO2是直线型分子，其结构式是O=C=O；（2） ①B+Z→I+Y的反应方程式是：3FeO+2Al3Fe+Al2O3；②D+G→E+H的反应方程式是2Mg+CO22MgO+C；③Fe(OH)2被氧气氧化产生Fe(OH)3的反应方程式是：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；（3）当n(Na2O2)：n(Al2O3)=2：1时，与水混合的反应的离子方程式是2Na2O2+Al2O3+H2O=4Na++2OH-+2AlO2-+O2↑。
考点：考查元素及化合物的推断、物质的电子式、结构式的书写及反应的化学方程式和离子方程式的书写的知识。
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