山东省长岛县高级中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）

山东省长岛县高级中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）
1．0.01 mol·L－1的某一元弱酸溶液 pH＝4，则它的电离度为
A 1% B 2% C 5% D 10%
【答案】A
【解析】
试题分析：设此一元弱酸为HX，则电离方程式为：HX=H++X-，设其电离度为α，则电离的弱酸浓度为0.01α，
溶液pH=4，则电离出的[H+]=10-4，即0.01α=10-4，故α=1%，故选A。
考点：考查了pH的简单计算的相关知识。
2．已知同温同浓度时①H2CO3比H2S电离度大，②H2S比HCO电离度大，则下列反应不正确的是（）
A.Na2CO3＋H2SNaHCO3＋NaHS
B.Na2S＋H2O＋CO2NaHS＋NaHCO3
C.2NaHCO3＋H2SNa2S＋2H2O＋2CO2↑
D.2NaHS＋H2O＋CO2Na2CO3＋2H2S
【答案】CD
【解析】因为酸性：H2CO3>H2S>HCO。C中的产物CO2、H2O会继续与Na2S反应。D中的Na2CO3也会与H2S反应。
3．将质量分数为0.052（5.2%）的NaOH溶液1L（密度为1.06g/cm3）用铂电极电解，当溶液中NaOH的质量分数改变了0.010（1.0%）时停止电解，则此时溶液应符合的关系是（ ）
NaOH的质量分数
阳极析出物的质量/g
阴极析出物的质量/g
A
0.062（6.2%）
19
152
B
0.062（6.2%）
152
19
C
0.042（4.2%）
1.2
9.4
D
0.042（4.2%）
9.4
1.2
【答案】B
【解析】用铂电极电解NaOH溶液实质电解的水，而NaOH的质量没变，故质量分数应为0.062（6.2%），阳极产物是O2，阴极产物是H2，故质量之比为8∶1。
4．已知：可逆反应A（g）+B（g）2C（g）+D（s） △H＜0，一定条件下达到平衡后，改变下列条件，一定能使平衡向逆反应方向移动的是
A．升温 B．加压 C．增加D的量 D．加入催化剂
【答案】A
【解析】
试题分析：A、升温，平衡向吸热方向移动，该反应正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，正确；B、该反应前后气体的体积不变，加压，平衡不移动，错误；C、D为固体，增加D的量，平衡不移动，错误；D、加入催化剂，平衡不移动，错误，故选A。
考点：考查了化学平衡移动的影响因素的相关知识。
5．在一定温度下，将气体X和气体Y各0．16 mol充人10 L恒容密闭容器中，发生反应 X（g）＋Y（g）2Z（g） △H<0，一段时间后达到平衡，反应过程中测定的数据如下表：
t／min
2
4
7
9
n（ Y）／mol
0.12
0.11
0.10
0.10
下列说法正确的是
A．反应前2 min的平均速率v（Z）=2．0×10－3mo1·L－l·min－l
B．其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前v（逆）>v（正）
C．该温度下，此反应的平衡常数K =l．44
D．其他条件不变，再充人0．2 mol Z，平衡时X的体积分数增大
【答案】C
【解析】
试题分析：2min内Y物质的量变化为0.16mol－0.12mol=0.04mol，故v（Y）= =0.002mol/（L·min），速率之比等于化学计量数之比，故v（Z）=2v（Y）=2×0.002mol/（L·min）=0.004mol/（L·min），故A错误；该反应正反应是放热反应，降低温度平衡向正反应移动，反应达到新平衡前v（逆）＜v（正），故B错误；由表中数据可知7min时，反应到达平衡，平衡时Y的物质的量为0.10mol，则：
X（g）+Y（g）2Z（g）
开始（mol）：0.16 0.16 0
变化（mol）：0.06 0.06 0.12
平衡（mol）：0.1 0.1 0.12
由于反应气体氢气的化学计量数相等，用物质的量代替浓度进行计算，故化学平衡常数k==1.44，故C正确；再通入0.2 mol Z，等效为在原平衡基础上增大压强，反应前后气体的体积不变，平衡不移动，X的体积分数不变，故D错误；所以选C。
考点：考查化学反应速率、化学平衡常数、化学平衡的影响因素等。
6．海带中含碘元素，有人设计如下步骤来提取碘：①加入硫酸酸化的双氧水 ②将海带烧成灰，向灰中加水搅拌 ③加入CCl4振荡 ④过滤 ⑤用分液漏斗分液。合理的操作顺序为
A．②一④一①一③一⑤ B．②一①一③一④一⑤
C．①一③一⑤一②一④ D．③一①一②一⑤一④
【答案】A
【解析】
试题分析：按反应顺序分析：先将海带烧成灰，向灰中加水搅拌；再过滤，取滤液通入足量氯气，然后加入CCl4振荡，最后用分液漏斗分液．即合理的操作顺序为②-④-①-③-⑤，故选A．
考点：海带中提取碘的操作流程
7．已知5KCl＋KClO3＋3H2SO4===3Cl2↑＋3K2SO4＋3H2O，下列说法不正确的是
A．KClO3是氧化剂
B．被氧化与被还原的氯元素的质量比为5：1
C．H2SO4既不是氧化剂又不是还原剂
D．1molKClO3参加反应时有10mol电子转移
【答案】D
【解析】
试题分析：由5KCl+KClO3+3H2SO4=3Cl2↑+3K2SO4+3H2O可知，KCl中Cl元素由-1价升高为0，KClO3中Cl元素由+5价降低为0。
A．含元素化合价降低的物质为氧化剂，则KClO3是氧化剂，故A正确；
B．KCl为还原剂被氧化，KClO3是氧化剂被还原，则被氧化与被还原的氯元素的质量比为5：1 ，正确；
C．H2SO4中各元素的化合价在反应前后不变，则H2SO4既不是氧化剂又不是还原剂，故C正确；
D． 1molKClO3参加反应时有5mol KCl被氧化，则有5mol电子转移，故D错误；
考点：考查了氧化还原反应的相关知识。
8．某离子X2+的第5电子层有2个电子，当把固体XCl2溶于水配制溶液时，需加入少量的单质C和盐酸，由此判断下列说法正确的是
A．X元素常见的化合价为+2价和+4价
B．X(OH)2为强碱
C．XCl2溶液呈酸性
D．X元素的最高价氧化物的水化物呈强酸性
【答案】A、C
【解析】X2+的第五电子层有2个电子，故其常见的化合价为+2，+4，又因配制XCl2溶液时需加盐酸，故知X2+能水解，所以X(OH)2为弱碱，XCl2溶液呈酸性选A、C。
9．下列实验操作与预期的实验目的或结论均正确的是
选项
实验操作
实验目的或结论
A
向NaAlO2溶液中滴加饱和NaHCO3溶液，有白色沉淀产生
验证两者都发生了水解反应，且相互促进
B
苯酚溶液中加入几滴稀溴水没有白色沉淀出现
说明苯酚与溴没有发生反应
C
常温下白磷可自燃而氮气需要在放电时才与氧气反应
非金属性：P＞N
D
向相同体积、相同pH的两种一元酸中分别加入足量锌粉，测量产生氢气的体积
可以比较两种一元酸的酸性相对强弱
【答案】D
【解析】
试题分析：A．NaAlO2溶液中滴加饱和NaHCO3溶液，AlO2-与HCO3-电离出的氢离子再加上一份子的水生成氢氧化铝．HCO3-电离出的氢离子促进AlO2-的水解，AlO2-的水解促进HCO3-电离，故A错误；B．加入稀溴水生成的三溴苯酚较少，三溴苯酚溶于苯酚，没有白色沉淀出现，故B错误；C．非金属性是指其元素得电子的能力，非金属性N＞P，氮气须在放电时才与氧气反应，是由于分子中N≡N三键很难被破坏，所以于氮气性质稳定，故C错误．D．若酸性相同生成氢气的体积相同．酸性越弱，电离程度越小，pH相同溶液的浓度越大，相同体积生成的氢气的体积越大，故可以根据产生氢气的体积比较两种一元酸的酸性相对强弱，故D正确，故选D。
考点：考查盐类水解、酸性强弱比较、物质性质等。
10．下列离子方程式的书写正确的是（ ）
A． 实验室用大理石和稀盐酸制取CO2：2H+ + CO32- CO2? + H2O
B． 铁和稀硫酸反应：Fe + 2H+ H2? + Fe3+
C． 向AlCl3溶液中加入过量的NaOH溶液：Al3+ + 3OH- Al(OH)3?
D． NaHCO3溶液与NaOH溶液反应：OH- + HCO3- CO32- + H2O
【答案】D
【解析】
试题分析：A、大理石的成分是碳酸钙，不溶于水，因此离子反应方程式中不能拆写，应是CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋H2O＋CO2↑，故错误；B、不符合客观事实，Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑，故错误；C、Al(OH)3属于两性氢氧化物，溶于NaOH溶液，因此有Al3＋＋4OH－=AlO2－＋2H2O，故错误；D、OH－中和HCO3－中的H，故正确。
考点：考查离子反应方程式正误判断等知识。
11．X、Y、Z、W、R均为第三周期主族元素，且原子序数依次增大。X、Y、W的最高价氧化物对应水化物两两之间都能发生反应，Z的单质具有半导体的特性，W原子的最外层电子数是其电子层数的2倍。下列说法错误的是
A．X与氧元素形成的化合物中可能含有共价键
B．第三周期元素的简单离子中Y离子的半径最小
C．Z、W的氧化物均为酸性氧化物
D．R元素含氧酸的酸性一定强于W
【答案】D
【解析】
试题分析：根据题意知X、Y、Z、W、R均为第三周期主族元素，且原子序数依次增大。X、Y、W的最高价氧化物对应水化物两两之间都能发生反应，则X为钠元素，Y为铝元素；Z的单质具有半导体的特性，则Z为硅元素；W原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，则W为硫元素，R为氯元素。A、X为钠元素，与氧元素形成的化合物过氧化钠中含有共价键，正确；B、第三周期元素的简单离子中铝离子的半径最小，正确；C、二氧化硅、二氧化硫和三氧化硫均为酸性氧化物，正确；D、氯元素含氧酸次氯酸的酸性比硫酸弱，错误。
考点：考查元素推断及相关物质的结构与性质。
12．下列变化中属于吸热反应的是
①液态水汽化? ②将胆矾加热变为白色粉末　 ③浓硫酸稀释　
④氯酸钾分解制氧气　 ⑤生石灰与水反应生成熟石灰
A．③④ B．②③ C．①④⑤ D．②④
【答案】D
【解析】
试题分析：吸热反应和放热反应是相对于化学反应来说的，①是属于物理变化的过程。③既有物理变化又有化学变化⑤为放热反应。所以答案选D
考点：考查吸热反应概念的相关知识点
13．镁、铝、铜三种金属粉末混合物，加入过量盐酸充分反应，过滤后向滤液中加入过量烧碱溶液，再过滤, 滤液中存在的离子有 （ ）
A．AlO2— B．Cu2+ C．Al3+ D．Mg2+
【答案】A
【解析】
试题分析：】由于金属活动性：Mg>Al>H>Cu，所以镁、铝、铜三种金属粉末混合物，加入过量盐酸充分反应，Mg、Al反应变为Mg2+、Al3+，而Cu不能发生反应，仍以固体的形式存在，过滤后向滤液中加入过量烧碱溶液，发生反应：Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，Al3＋＋4OH-= AlO2-+ 2H2O，再过滤，得到的滤液中含有的离子是AlO2—，故选项A正确。
考点：考查镁、铝、铜三种金属化学性质的知识。
14．下列离子方程式中，不正确的是
A．向FeCl2溶液中通入 Cl2 2Fe2+ + Cl2 ＝ 2Fe3+ + 2Clˉ
B．FeCl3溶液跟过量氨水 Fe3+ + 3NH3?H2O ＝ Fe（OH）3↓ + 3NH4+
C．碳酸氢钙溶液跟稀硝酸 Ca（HCO3）2 + 2H+ ＝ Ca2+ + 2H2O + 2CO2↑
D．钠与水的反应 2Na + 2H2O = 2Na+ + 2OH- + H2↑
【答案】C
【解析】
试题分析：A．向FeCl2溶液中通入Cl2生成氯化铁，离子方程式正确，A正确；B．FeCl3溶液跟过量氨水反应生成氢氧化铁沉淀和氯化铵，离子方程式正确，B正确；C．碳酸氢钙溶液跟稀硝酸反应生成硝酸钙、水和CO2，离子方程式为HCO3－+ H+ ＝H2O + CO2↑，C错误；D．钠与水的反应生成氢氧化钠和氢气，离子方程式正确，D正确，答案选C。
考点：考查离子方程式的正误判断
15．黑火药在适当的外界能量作用下，能进行迅速而有规律的燃烧，瞬间产生大量的热和氮气、二氧化碳等气体，由于体积急剧膨胀，压力猛烈增大，于是发生了爆炸。
反应方程式为S+2KNO3+3C===K2S+N2↑+3CO2↑，下列说法不正确的是
A．S和KNO3都是反应的氧化剂
B．C在反应中得电子
C．CO2是反应的氧化产物
D．K2S和N2都是反应的还原产物
【答案】B
【解析】
试题分析：A、S化合价由0价降低为-2，KNO3中的N化合价由+5价降低为产物中的0价，化合价降低，所以S和KNO3都是反应的氧化剂，A项正确；B、C由0价变为CO2中的+4价，化合价升高，失去电子，B项错误；C、C化合价升高变为CO2，所以CO2是反应的氧化产物，C项正确；D、K2S和N2都是化合价降低得到的，所以都是还原产物，D项正确；答案选B。
考点：考查氧化还原反应
16．（8分）实验室中有甲、乙、丙三位学生做制备氢氧化铝实验，桌上放着同样的药品：231g浓度为70％的硫酸，含杂质苛性钾20％的烧碱140g及足量的铝屑，三位学生分别制得氢氧化铝w1g，w2g，w3g，实验的三种方案示意图如下：
(1)从充分利用原料，降低成本和提高产率等因素分析，哪个学生实验方案最佳(用甲、乙、丙序号表示)__ _____。
(2)三位学生分别制得氢氧化铝质量大小的顺序为(用w1，w2，w3序号表示)：___ ____。
【答案】（1）丙　 （2）W3＞W1＞W2
【解析】
17．（11分）用18mol/L浓硫酸配制480ml 1．0mol/L稀硫酸的实验步骤如下：
①计算所用浓硫酸的体积②量取一定体积的浓硫酸③稀释④转移、洗涤⑤定容、摇匀
回答下列问题
（1）所需浓硫酸的体积是 ，量取浓硫酸所用的量筒的规格是 。
A、10ml B、25ml C、50ml D、100ml
（2）实验需要的仪器除容量瓶、烧杯、量筒外，还需要 。
（3）第③步实验的操作是
。
（4）下列情况对所配制的稀硫酸浓度有何影响（用偏大、偏小、无影响填写）
A、所用的浓硫酸长时间放置在密封不好的容器中 。
B、容量瓶用蒸馏水洗涤后残留有少量的水 。
C、未冷却至室温即转移并定容
D、定容时俯视溶液的凹液面
【答案】（1）27．8mL C
（2）玻璃棒、胶头滴管
（3）沿着装有蒸馏水的烧杯壁缓缓倒入浓硫酸，边倒边用玻璃棒不断搅拌；
（4）偏小 无影响 偏大 偏大
【解析】
试题分析：（1）需要480mL的溶液则配制500mL的1．0mol/L稀硫酸，硫酸的物质的量是0．5mol,所以需要18mol/L的浓硫酸的体积是0．5mol/18mol/L=0．0278L=27．8mL；选择量筒的量程与一次性所量取溶液的体积相差越小越准确，所以需要选择50mL的量筒，答案选C；
（2）配制溶液需要容量瓶、烧杯、量筒外，还需要玻璃棒引流，胶头滴管定容；
（3）浓硫酸的稀释是把浓硫酸沿烧杯内壁缓缓加入盛有少量水的烧杯里，边倒边用玻璃棒不断搅拌；
（4）A、浓硫酸具有吸水性，所以量取的浓硫酸的浓度偏低，所以所配稀硫酸的浓度偏小；
B、在配制过程中需加入蒸馏水，所以容量瓶内有少量蒸馏水对稀硫酸的浓度无影响；
C、浓硫酸稀释时放出大量的热，未冷却会使溶液的体积偏大，冷却后体积偏小，稀硫酸的浓度偏高；
D、定容时俯视溶液的凹液面，会使所配溶液的体积偏小，稀硫酸的浓度偏高。
考点：考查溶液的配制实验，仪器的选择，浓硫酸的稀释，实验误差的分析
18．现使用酸碱中和滴定法测定市售白醋（CH3COOH）的总酸量(g/100 mL)。
Ⅰ.实验步骤：
（1）量取10.00 mL食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到100 mL________(填仪器名称)中定容，摇匀即得待测白醋溶液。
（2）用酸式滴定管取待测白醋溶液20.00 mL于锥形瓶中，向其中滴加2滴________作指示剂。
（3）读取盛装0.100 0 mol/L NAOH溶液的碱式滴定管的初始读数。如果液面位置如图所示，则此时的读数为________mL。
（4）滴定。滴定终点的现象是__________________________________________。
Ⅱ.数据记录：
滴定次数
1
2
3
4
V(样品) (mL)
20.00
20.00
20.00
20.00
V(NAOH)(消耗) (mL)
15.95
15.00
15.05
14.95
Ⅲ.数据处理：
某同学在处理数据时计算得：
平均消耗的NAOH溶液的体积V＝(15.95＋15.00＋15.05＋14.95)/4 mL＝15.24 mL。
（5）指出他的计算的不合理之处：__________________；按正确数据处理，可得市售白醋总酸量＝________g/100 mL。(结果保留四位有效数字)
【答案】
Ⅰ.（1）容量瓶
（2）酚酞溶液
（3）0.70
（4）溶液由无色恰好变为浅红色，并在半分钟内不褪色
Ⅲ.第一组数据与后三组数据相差较大，属于异常值，应舍去 4.500
【解析】
试题分析：
Ⅰ.（1）配制溶液需要在容量瓶中进行定容。
（2）NAOH溶液滴定醋酸溶液，滴定指示剂可用酚酞。
（3）滴定管的最小刻度为0.1mL，然后估读一位，滴定管从下向上刻度逐渐增大，所以根据题目中的液面示意图，可知读数为0.70mL。
（4）锥形瓶内为待测液醋酸溶液，用NAOH溶液滴定，所以滴定终点的现象是：溶液由无色恰好变为浅红色，并在半分钟内不褪色。
Ⅲ．第一组NAOH溶液的读数为15.95mL，与后三组数据相差较大，属于异常值，应舍去；平均消耗的NAOH溶液的体积V＝(15.00＋15.05＋14.95)/3 mL＝15.00 mL，则10.00 mL食用白醋含CH3COOH的质量为：0.015L×0.1000mol?L￣1×100mL/20mL×60g/mol=0.45g，所以市售白醋总酸量＝4.500g/100 mL。
【考点定位】考查酸碱中和滴定。
【名师点晴】关于酸碱中和滴定的实验，首先要正确认识实验仪器，掌握酸式滴定管和碱式滴定管的精确度和刻度，能够正确读出溶液的体积，然后注意酸碱指示剂的选择和中和滴定的操作，数据处理要注意试剂量的选择，如本题“10.00 mL食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到100 mL，滴定时用酸式滴定管取待测白醋溶液20.00 mL于锥形瓶中”，测定的醋酸为10.00 mL食用白醋所含醋酸量的1/5，滴定实验的误差分析，都要依据公式：来判断。其中V待为准确量取的待测液体积，C标为准确配制的标准液浓度，这二者在误差分析时视为定值；因各种原因使得所耗标准液体积V标变大或变小，V标变大，则C待偏高，V标变小，则C待偏低。
19．（8分）利用下图装置验证同主族元素非金属性的变化规律。
（1）若要证明非金属性：C1>I，A中加浓盐酸，B中加KMnO4（KMnO4与浓盐酸常温下反应生成氯气），C中加淀粉碘化钾溶液，观察到C溶液中的现象是_________，即可证明。可用_________溶液吸收尾气。
（2）若要证明非金属性：C>Si，则在A中加盐酸，B中加CaCO3，C中加Na2SiO3溶液，观察到C中溶液的现象是__________，即可证明。但有的同学认为盐酸具有挥发性，应用_________溶液除去。
【答案】（1）无色溶液变蓝，NaOH；（2）生成白色沉淀，饱和NaHCO3。
【解析】
试题分析：（1）KMnO4有强氧化性，会把浓盐酸氧化为氯气，由于氯气的氧化性比碘单质强，因此氯气可以与碘化钾溶液发生置换反应产生碘单质，碘单质遇淀粉溶液会变为蓝色；由于氯气有毒，所以在排放之前要进行尾气处理，可以利用氯气与碱NaOH溶液的反应来除去。（2） 若要证明非金属性：C>Si，可以利用物质的酸性强酸制取弱酸的性质，则在A中加盐酸，B中加CaCO3，二者在锥形瓶中发生反应产生CO2气体，由于碳酸的酸性比硅酸的酸性强，所以在C中加Na2SiO3溶液通入CO2气体，观察到C中溶液的现象产生酸性比碳酸弱的难溶性的硅酸白色沉淀，即可证明。但有的同学认为盐酸具有挥发性，应用饱和碳酸氢钠溶液除去。
考点：考查验证同主族元素非金属性的变化规律的知识。
20．（1）Zn粒和稀盐酸反应一段时间后，反应速率会减慢，当加热或加入浓盐酸后，反应速率明显加快。由此判断，影响化学反应速率的因素有 和 。
（2）为探究锌与盐酸反应过程的速率变化，某同学的实验测定方法是：在100ml稀盐酸中加入足量的锌粉，用排水集气法收集反应放出的氢气，实验记录如下（氢气体积已换算为标准状况）：
时间/min
1
2
3
4
5
体积/mL
50
120
232
290
310
①哪一时间段反应速率最大 （填“0~1 min”或“1~2 min”或“2~3 min”或“3~4 min”或“4~5min”）。
②2~3 min时间段以盐酸的浓度变化来表示的该反应速率（设溶液体积不变）为 。
③试分析1~3min时间段里，反应速率变大的主要原因 。
【答案】（8分）（1）温度 （1分） 浓度 （1分）（2）①2～3min反应速率最大（2分）
②0.1mol.L-1.min-1 （2分） ③反应放热成为影响速率的主要因素。（2分）
【解析】
试题分析：（1）Zn粒和稀盐酸反应一段时间后，反应速率会减慢，当加热或加入浓盐酸后，反应速率明显加快。由此判断，影响化学反应速率的因素有温度和浓度。
（2）①根据表中数据可知0～1 min、1～2 min、2～3 min、3～4 min、4～5min内生成氢气的体积（ml）分别是50、70、112、58、20，所以2～3min反应速率最大。
②2～3 min时间段内删除氢气的物质的量是0.112L÷22.4/mol＝0.005mol，所以消耗盐酸的物质的量是0.01mol，其浓度是0.01mol÷0.1L＝0.1mol/L，因此以盐酸的浓度变化来表示的该反应速率0.1mol/L÷1min＝0.1mol.L-1.min-1。
③因为反应放热，随着反应的进行，溶液的温度越来越高，温度成为影响速率的主要因素。
考点：考查外界条件对反应速率的影响、反应速率的计算等
点评：该题是基础性试题的考查，难度不大。明确反应速率的含义、计算依据以及影响反应速率的因素是答题的关键，有利于培养学生的逻辑思维能力和发散思维能力，有助于提升学生的学科素养。
21．二氧化氯是一种广谱杀菌消毒剂，有众多的用途，工业上制取二氧化氯的化学方程式如下：2NaClO3 + 2NaCl + 2H2SO4 → 2ClO2↑+ Cl2↑+ 2H2O + 2Na2SO4
（1）完成下列计算：0.2 mol NaClO3完全反应，得到气体的体积为 L（标准状况）。
（2）将27.0 g ClO2溶于水得0.5 L溶液，则ClO2的物质的量浓度为 mol/L。
（3）为使上述反应产生的Cl2转化为ClO2，将得到的混合气体和NaClO2反应，
反应方程式为：2NaClO2 + Cl2 → 2ClO2+ 2NaCl假设NaClO3的转化率为90%，Cl2的转化率为95%，计算由0.2 mol NaClO3最终可制得的ClO2的质量（保留两位小数）。
【答案】（1）6.72 L（2）0.8mol/L（3）23.70g
【解析】
试题分析：（1）从反应分析2摩尔铝酸钠反应生成1摩尔氯气，所以当0.2摩尔铝酸钠反应生成0.1摩尔氯气和0.2摩尔二氧化氯，总共0.3摩尔气体，标况下的体积为0.3×22.4=6.72L。
（2）27.0克二氧化氯的物质的量为27.0/67.5=0.4摩尔，其物质的量浓度为0.4/0.5=0.8mol/L。（3）根据方程式找出关系式为：2NaClO3 ~~ 2ClO2↑~~~ Cl2↑~2NaClO2~~~~2 ClO2,0.2摩尔铝酸钠反应转化率为90%，生成二氧化氯的物质的量为0.2×90%=0.18摩尔，生成的氯气为0.09摩尔，则氯气再与NaClO2反应生成二氧化氯，转化率为95%，则生成的二氧化氯为0.09×2×95%=0.171摩尔，则二氧化氯的物质的量总共为0.18+0.171=0.351摩尔，其质量为0.351×67.5=23.70克考点：化学方程式的计算 物质的量浓度的计算 化学方程式的有关计算
22．（共14分）已知化合物A与B、丙与丁的组成元素分别相同，且四种物质中都含有同一种元素。A与B在常温下均呈液态。D与F都为固体单质，且D、 F与甲的浓溶液在常温下都会出现钝化现象，加热时有大量气体产生。（相关转化及部分反应条件和生成物未标出）。
（1）A的结构式 ， E与F的反应是 （填反应名称），写出2种该反应在工业生产中的用途： 、 。
（2）若反应①除生成甲外，还生成丙，写出过量D与甲的稀溶液反应的离子方程式：
（3）若A与丙可以化合生成甲；D与甲的浓溶液加热条件下可以生成三种化合物乙、丙、B，写出下列化学方程式②： ③：
【答案】（1）H-O-O-H 铝热反应 焊接铁轨、冶炼金属 （2）3Fe+8H++2NO3—=3Fe2++2NO↑+4H2O
（3）②：2SO2+O2 2SO3 ③ 2Fe+6H2SO4(浓)Fe2(SO4)3+3SO2↑+6H2O
【解析】
试题解析：A与B在常温下均呈液态，由转化关系可知，A为H2O2，B为H2O，C为O2，D与F都为常见金属单质，且D、F与甲的浓溶液在常温作用都无明显现象，可认为发生钝化反应，且F可置换生成D，则F为Al，D为Fe，为铝热反应，A与丙可以化合生成甲，可知甲为硫酸，丙为SO2，丁为SO3，乙为Fe2（SO4）3，X为FeSO4，
（1）A为H2O2，结构式为H-O-O-H，E与F的反应是铝热反应，可用于焊接铁轨或冶炼金属；（2）Fe与过量硝酸反应生成硝酸亚铁和一氧化氮气体，反应的离子方程式为：3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑+4H2O；（3）②为二氧化硫和氧气的反应，方程式为2SO2+O2 2SO3；③为Fe与浓硫酸的反应，反应方程式为：2Fe+6H2SO4（浓）Fe2（SO4）3+3SO2↑+6H2O．
考点：无机物的推断
23．（8分）已知A、B、C、D、E为中学化学中常见的化合物，其中A是淡黄色固体，B是无色液体，甲、乙、丙为非金属单质，丁为地壳中含量最多的金属元素所组成的单质，C的焰色反应呈黄色，丙是黄绿色气体，它们之间的转化关系如图所示（有的反应部分产物已经略去）：
（1）实验室制取丙的离子方程式为 。
（2）反应①的化学方程式为： 。
（3）写出A与B反应的化学方程式 。
（4）已知Al（OH）3是难溶于水的两性氢氧化物。常温下，Ksp [Al（OH）3]=3.0×10-34。则该温度下，将0.1mol/L的AlCl3溶液调整到pH=5，此时溶液中c（Al3+）= 。
【答案】（1）MnO2＋4H++2Cl－ Mn2+＋Cl2↑＋2H2O
（2）NaAlO2＋HCl＋H2O = NaCl＋Al（OH）3↓
（3）2Na2O2＋2H2O＝＝4NaOH +O2↑
（4）3.0×10-7mol/L
【解析】
试题分析：根据题中所给出的信息可以推测出，已知A、B、C、D、E为中学化学中常见的化合物，其中A是淡黄色固体，可知A是Na2O2，B是无色液体，B是H2O，甲、乙、丙为非金属单质，甲是O2，C的焰色反应呈黄色，C是NaOH，丁为地壳中含量最多的金属元素所组成的单质，丁是Al，甲、乙、丙为非金属单质，乙是H2，D是NaAlO2，甲、乙、丙为非金属单质，丙是黄绿色气体，丙是Cl2，E是HCl。
（1）制Cl2的离子反应方程式：MnO2＋4H++2Cl－ Mn2+＋Cl2↑＋2H2O；
（2）NaAlO2与HCl反应，方程式即：NaAlO2＋HCl＋H2O = NaCl＋Al（OH）3↓。
（3）Na2O2与H2O反应方程式为：2Na2O2＋2H2O＝＝4NaOH +O2↑
（4）pH=5时C（OH-）=10-9mol/L, c（Al3+）== Ksp [Al（OH）3]/ C（OH-）3=3.0×10-7mol/L
考点：无机物的推断 常见金属元素的单质及其化合物的综合应用