山东省海阳市第十一中学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 | 山东省海阳市第十一中学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 | 418.4KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 鲁科版 | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2016-07-07 07:48:36 | ||
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文档简介
山东省海阳市第十一中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）
1．1体积某气态烃和2体积氯化氢发生加成
( http: / / www.21cnjy.com )反应后，最多还能和6体积氯气发生取代反应。由此可以断定原气态烃是(气体体积均在相同条件下测定)
(
)
A．乙炔
B．丙炔
C．丁炔
D．1,3-丁二烯
【答案】B
【解析】
试题分析：1体积某气态烃能和2体积氯化氢发
( http: / / www.21cnjy.com )生加成反应，说明该烃1个分子中含2个碳碳双键或1个碳碳三键；生成的1体积氯代烃能和6体积氯气发生取代反应，说明1个氯代烃中含有6个氢原子，加成时1个烃分子已引入2个氢原子，所以该气体烃分子中含有4个H原子；A、乙炔分子中含一个碳碳三键，分子式为C2H2，错误；B、丙炔分子中含一个碳碳三键，分子式为C3H4，正确；C、丁炔分子中含一个碳碳三键，分子式为C4H6，错误；D、1,3-丁二烯分子中含两个碳碳双键，分子式为C4H6，错误。
考点：考查有机物分子式、结构式的确定。
2．微生物电池是指在微生物的作用下，将化学能转化为电能的装置，其工作原理如图所示。下列有关微生物电池的说法错误的是
( http: / / www.21cnjy.com )
A．正极反应中有CO2生成
B．微生物促进了反应中电子的转移
C．质子通过交换膜从负极区移向正极区
D．电池总反应为C6H12O6+6O2=6CO2+6H2O
【答案】A
【解析】
试题分析：A．根据图知，负极上C6H12O
( http: / / www.21cnjy.com )6失电子，正极上O2得电子和H+反应生成水，负极的电极反应式为C6H12O6+6H2O-24e-=6CO2+24H+，正极的电极反应式为O2+4e-+4H+═2H2O，因此CO2在负极产生，故A错误；B．葡萄糖在微生物的作用下将化学能转化为电能，形成原电池，有电流产生，所以微生物促进了反应中电子的转移，故B正确；C．通过原电池的电极反应可知，负极区产生了H+，根据原电池中阳离子向正极移动，可知质子(H+)通过交换膜从负极区移向正极区，故C正确；D．该反应属于燃料电池，燃料电池的电池反应式和燃烧反应式相同，则电池反应式为C6H12O6+6O2=6CO2+6H2O，故D正确；故选A。
【考点定位】考查化学电源新型电池
【名师点晴】正确判断电解质
( http: / / www.21cnjy.com )溶液酸碱性是解本题关键，所有原电池中都是负极上失电子发生氧化反应、正极上得电子发生还原反应，难点是电极反应式的书写；根据图知，负极上C6H12O6失电子，正极上O2得电子和H+反应生成水，负极的电极反应式为C6H12O6+6H2O-24e-=6CO2+24H+，正极的电极反应式为O2+4e-+4H+═2H2O；据此分析答题。
3．短周期元素X、Y、Z、W、Q在周期表中的相对位置如图所示。下列说法不正确的是
( http: / / www.21cnjy.com )
A．X与Y可以形成5种以上的化合物
B．Y分别与Z、W形成的化合物的晶体类型相同
C．工业上常用电解法生产Z、Q的单质
D．简单气态氢化物的热稳定性：Y＞X＞W
【答案】B
【解析】
试题分析：根据五种元素在周期表中的相对
( http: / / www.21cnjy.com )位置可判断X是N，Y是O，Q是Cl，W是Si，Z是Al。A、氮元素与氧元素可以形成6种氧化物，即N2O、NO、N2O3、NO2、N2O4、N2O5，A正确；B、氧化铝是离子晶体，二氧化硅是原子晶体，B错误；C、工业上电解熔融的氧化铝冶炼金属铝，电解饱和食盐水制备氯气，C正确；D、非金属性是Y＞X＞W，非金属性越强，氢化物的稳定性越强，D正确，答案选B。
【考点定位】本题主要是考查位置、结构和性质关系的应用
【名师点晴】该题的关键是依据元素在
( http: / / www.21cnjy.com )周期表中的相对位置判断出元素种类，这就需要学生熟练掌握元素周期表的结构，特别是前20号元素。该题的易错选项是A，注意＋4价氮的氧化物有两种。
4．铅蓄电池的两极分别为Pb、PbO2，电解质溶液为H2SO4，工作时的反应为
Pb＋PbO2＋2H2SO4＝2PbSO4＋2H2O，下列结论正确的是
A．Pb为正极被氧化
B．溶液的pH不断减小
C．放电时负极反应式是PbO2
+4H++
SO42-+2e-=
PbSO4
+2H2O
D．溶液pH不断增大
【答案】D
【解析】
试题分析：
原电池中较活泼的金属是负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极，所以溶液中的阳离子向正极移动，正极得到电子，发生还原反应。
A.根据方程式可知，Pb失去电子，在负极被氧化，故A不正确；
B.反应中消耗硫酸，溶液中pH增大，故B不正确；
C.二氧化铅得到电子，是正极，故C不正确；
D.反应中消耗硫酸，溶液中pH增大，故D正确。
考点:化学电源、原电池的工作原理
点评:本题考查了常见的化学电源、原
( http: / / www.21cnjy.com )电池的工作原理，难度中等。题目侧重对学生基础知识的巩固与训练，有助于调动学生的学习兴趣和学习积极性。该题的关键是明确原电池的工作原理，然后结合题意灵活运用即可。
5．下列过程或现象与盐类水解无关的是
A．草木灰不能与铵混合使用态氮肥
B．铁在潮湿的环境下生锈
C．加热氯化铁溶液颜色变深
D．浓硫化钠溶液有臭味
【答案】B
【解析】
试题分析：A、草木灰不能与铵混合使用态氮肥，
( http: / / www.21cnjy.com )是因为草木灰(主要成分为碳酸钾)中的碳酸根离子与氮肥中的氨根离子发生双水解，正确；B、铁在潮湿的环境下生锈，是因为形成了原电池，错误；C、加热氯化铁溶液颜色变深，是因为铁离子水解程度增大，生成了氢氧化铁而已，正确；D、浓硫化钠溶液有臭味，是因为硫化钠中的硫离子水解生成硫化氢，加热后水解程度增大，硫化氢气体放出，正确。
考点：考查盐类的水解。
6．将Cl2通入适量KOH溶液，产物中可能有KCl、KClO、KClO3，且
的值与温度高低有关。当n(KOH)＝a
mol时，下列有关说法正确的是
A．若某温度下，反应后
＝11，则溶液中
＝
B．参加反应的被还原的氯气为mol
C．改变温度，反应中转移电子的物质的量ne的范围：mol≤ne≤mol
D．改变温度，产物中KClO3的最大理论产量为mol
【答案】A、C
【解析】
试题分析：在氧化还原反应中电子转移的数目相等。A．若某温度下，反应后
＝11，假设n(Cl-)=11，则n(ClO-)=1,根据电子守恒可得n(ClO3-)=(11—1)÷5=2,则溶液中
＝，正确；B．由于温度不同，被氧化产生的n(ClO-)、n(ClO3-)的物质的量不同，故不能确定参加反应的被氧化或还原的氯气的物质的量的多少，错误；C．若Cl2被氧化产物只有KClO，则反应中转移电子的物质的量ne的a/2mol；若Cl2被氧化产物只有KClO3，则反应方程式是6KOH+3Cl2=5KCl+KClO3+3H2O。反应中转移电子的物质的量ne是5a/6mol。故改变温度，反应中转移电子的物质的量ne的范围：mol≤ne≤mol，正确；D．改变温度，若氧化产物只有KClO3，根据电子守恒可知产物中KClO3的最大理论产量为a/6mol，错误。
考点：考查守恒方法在氧化还原反应中计算的应用的知识。
7．下列说法正确的是
A．增大压强，活化分子百分数增加，化学反应速率一定增大
B．升高温度，单位体积内分子总数不变，但活化分子数增加了
C．分子间所有的碰撞为有效碰撞
D．加入反应物，使活化分子百分数增加，化学反应速率增大
【答案】B
【解析】
试题分析：A、压强对反应速
( http: / / www.21cnjy.com )率的影响只能适用于气体体系，且增大压强，活化分子百分数不变，A错误；B、升高温度，活化分子百分数增加，化学反应速率一定能够增大，B正确；C、活化分子间所发生的分子间的碰撞，只有能发生反应的碰撞才是有效碰撞，C错误；D、加入反应物，活化分子百分数不变，但是单位体积内活化分子数增加，化学反应速率增大，且改变固体的质量反应速率不变，D错误，答案选B。
【考点定位】本题主要是考查影响速率的因素判断
【名师点晴】外界条件对化
( http: / / www.21cnjy.com )学反应速率的影响，实际是通过影响单位体积内活化分子的数量，改变有效碰撞次数来实现的，影响化学反应速率的外界条件主要有温度、浓度、压强和催化剂，我们可以将其进行归纳：
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特别强调：
（1）浓度、压强、温度、催化剂影响化学
( http: / / www.21cnjy.com )反应速率的实质——改变了单位体积内活化分子的数目，单位体积内的活化分子数目增加，反应速率加快；反之减慢。
（2）压强对反应速率的影响是通过改变体积而使浓度改变来实现的。
（3）温度改变对任何反应的速率都有影响。
8．利用如图装置电解制备LiOH，两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液。则下列说法不正确的是
（
）
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A．外加电源的a极为正极
B．电解过程中，Li+向B极迁移
C．阳极反应式为：4OH--4e-=O2↑+H2O
D．每生成1molLiOH，外电路转移1mol电子
【答案】C
【解析】
试题分析：A、因为要制备氢氧化锂，右侧
( http: / / www.21cnjy.com )电极为铜，应该做阴极，所以a为电源的正极，正确，不选A；B、左侧为电解池的阳极，应放入氯化锂溶液，右侧为电解池的阴极，溶液为氢氧化锂溶液，阳离子向阴极移动，即向B极移动，正确，不选B；C、阳极是氯化锂中的氯离子反应生成氯气，错误，选C；D、每生成1摩尔氢氧化锂说明有1摩尔锂离子通过阳离子交换膜，则外电路有1摩尔电子转移，正确，不选D。
考点：电解原理的应用
【名师点睛】电解池中与电源的正极相
( http: / / www.21cnjy.com )连的电极为阳极，失去电子，被氧化，与电源的负极相连的电极为阴极，得到电子被还原。精炼铜时粗铜做阳极，纯铜做阴极，含铜离子的溶液的为电解质溶液。电镀装置中待镀金属做阴极，镀层金属做阳极，溶液含有镀层金属阳离子。在金属防护中可以让金属做电解池的阴极被保护，或做原电池的正极被保护。
9．下列反应与Na2O2＋SO2→Na2SO4相比较，Na2O2的作用相同的是
A．2Na2O2＋CO2→2Na2CO3＋O2
B．2Na2O2＋2SO3→2Na2SO4＋O2
C．Na2O2＋H2SO4→Na2SO4＋H2O2
D．3Na2O2＋Cr2O3→2Na2CrO4＋Na2O
【答案】D
【解析】
试题分析：因为在Na2O2+SO2→Na
( http: / / www.21cnjy.com )2SO4中，Na2O2的作用是氧化剂，所以，A、在2Na2O2+2CO2→2Na2CO3+O2中Na2O2是自身氧化还原，故A错误；B、在2Na2O2+2SO3→2Na2SO4+O2中Na2O2是自身氧化还原，故B错误；C、在Na2O2+H2SO4→Na2SO4+H2O2中这是非氧化还原，是一个复分解反应，故C错误；D、在3Na2O2+Cr2O3→2Na2CrO4+Na2O中，Na2O2中-1价的氧变为-2价，Na2O2作氧化剂，故D正确；故选D。
考点：考查对氧化还原反应的理解
10．下列属于共价化合物的是
A．NaCl
B．CaO
C．CO2
D．NaOH
【答案】C
【解析】
试题分析：NaCl、CaO、NaOH含有离子键，属于离子化合物；CO2不含离子键，属于共价化合物。
考点：考查离子化合物与共价化合物的区别。
11．科学家刚刚发现的某种元素的一个原子，其质量是g，一个12C的原子质量是b
g，用NA是阿伏加德罗常数的值，下列叙述中不正确的是
A．该原子的摩尔质量是NA
g·mol-1
B．Wg该原子中含有个原子
C．Wg该原子的物质的量是
D．由已知信息可得：
mol-1
【答案】B
【解析】
试题分析：A、摩尔质量：单位物质的量的物质所具有的质量，A正确；B、原子个数===个，B错误；C、物质的量==mol，C正确；D、1mol任何粒子的粒子数叫做阿伏伽德罗常数，D正确．答案选B。
考点：考查摩尔质量的计算。
12．有下列物质：①丁烷 ②2 甲基丙烷 ③戊烷 ④2 甲基丁烷 ⑤2，2 二甲基丙烷，其沸点排列顺序正确的是
A．①>②>③>④>⑤
B．⑤>④>③>②>①
C．③>④>⑤>①>②
D．②>①>⑤>④>③
【答案】C
【解析】
试题分析：由烷烃中碳原子个数越多，沸
( http: / / www.21cnjy.com )点越大，则沸点戊烷＞丁烷；同分异构体中支链越多，沸点越低，则2，2-二甲基丙烷＜2-甲基丁烷＜戊烷，2-甲基丙烷＜丁烷，故沸点大小顺序为：正戊烷＞2-甲基丁烷＞2，2-二甲基丙烷＞丁烷＞2-甲基丙烷，即：③＞④＞⑤＞①＞②，故选C。
【考点定位】考查烷烃熔沸点的比较
【名师点晴】本题主要考查烷烃沸点高低比较。关键要掌握烷烃的沸点规律：随碳原子数的增多而升高，碳原子数相同时，支链越多，沸点越低。
13．下列各组物质混合后，再加热蒸干并在300℃时充分灼烧至质量不变，最终一定能得到纯净物的是
A．向FeSO4溶液中通入过量Cl2
B．向NaHCO3溶液中加入一定质量的Na2O2粉末
C．向NaI和NaBr混合溶液中通入过量Cl2
D．向NaOH溶液中加入过量AlCl3
【答案】C
【解析】
试题分析：A、FeSO4
溶液和过量C
( http: / / www.21cnjy.com )l2反应生成硫酸铁和FeCl3
，硫酸铁和FeCl3
加热水解生成氢氧化铁、硫酸和氯化氢，水解吸热且生成的氯化氢极易挥发，但硫酸是难挥发性酸，所以最终得到氢氧化铁，硫酸铁，灼烧后氢氧化铁分解产生氧化铁和水，则最后产物是硫酸铁和氧化铁，属于混合物，错误；B、向NaHCO3
溶液中加入Na2O2
粉末，过氧化钠溶于水生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠和碳酸氢钠反应生成碳酸钠和水，所以最终产物可能只有碳酸钠，也可能有碳酸钠和氢氧化钠，错误；C.NaI
、NaBr与过量的氯气反应生成单质碘、溴、氯化钠。在高温下碘升华，溴和水挥发，只剩NaCl，属于纯净物，正确；D、向NaOH溶液中加入过量AlCl3,生成氢氧化铝和氯化钠，因此加热蒸干、灼烧至质量不变，最终产物是氯化钠和氧化铝，是混合物，错误；选C。
考点：考查氯气、过氧化钠、亚铁盐以及氢氧化铝、单质碘和溴的化学性质。
14．某溶液中只可能含有H＋、
( http: / / www.21cnjy.com )NH4+、Mg2＋、Al3＋、Fe3＋、CO32-、SO42－、NO3-中的几种。①若加入锌粒，产生无色无味的气体；②若加入NaOH溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示。则下列说法正确的是
( http: / / www.21cnjy.com )
A．溶液中的阳离子只有H＋、Mg2＋、Al3＋可能含有Fe3＋
B．溶液中一定不含CO32-和NO3-，一定含有SO42－
C．溶液中c(NH4+)＝0.3
mol/L
D．c(H＋)∶c
(Al3＋)∶c(Mg2＋)＝1∶1∶1
【答案】B
【解析】
试题分析：A、据图象特点可以知道：加入
( http: / / www.21cnjy.com )氢氧化钠，先与氢离子反应，再与镁、铝离子反应生成氢氧化物沉淀，再与铵根反应得到一水合氨，再与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠，所以溶液中的阳离子一定含NH4+、H+、Mg2+、Al3+，故A错误；B、加锌产生无色无味气体说明锌与氢离子反应生成氢气，溶液中有大量氢离子，则没有CO32-，因为硝酸根、氢离子与锌会反应生成刺激性的一氧化氮，故无NO3-，但由于溶液一定显电中性，故溶液中一定含SO42-，故B正确；C、根据图象特点可以知道：加入氢氧化钠，先与氢离子反应，再与镁、铝离子反应生成氢氧化物沉淀，再与铵根反应得到一水合氨，再与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠，根据第二段是氢氧化钠与铵根反应得到一水合氨的阶段，即NH4++OH-=NH3 H2O，消耗氢氧化钠的物质的量为0.7mol-0.5mol=0.2mol，所以溶液中n（NH4+）=0.2mol，但由于溶液体积不明确，故溶液中的c（NH4+）不明确，故C错误；D、根据第一段是氢氧化钠中和氢离子的阶段，所以氢离子的物质的量是0.1mol，根据第四段是氢氧化铝和氢氧化钠反应的阶段，即Al（OH）3～OH-～[Al（OH）4]-，则消耗氢氧化钠的物质的量为：0.8mol-0.7mol=0.1mol，根据第二段是将铝离子和镁离子反应生成沉淀的阶段，根据Al3+～3OH-～Al（OH）3，Mg2+～2OH-～Mg（OH）2，0.1mol氢氧化铝消耗氢氧化钠的物质的量是0.3mol，所以镁离子消耗氢氧化钠的物质的量是：0.5mol-0.1mol-0.3mol=0.1mol，所以镁离子的物质的量是0.05mol，即n（H+）：n（Al3+）：n（Mg2+）=0.1：0.1：0.05=2：2：1，故D错误；故选B。
考点：考查了离子反应和离子检验的相关知识。
15．向某密闭容器中加入0.6
mol
A
( http: / / www.21cnjy.com )、0.2
mol
C和一定量的B三种气体。一定条件下发生反应，各物质浓度随时间变化如甲图所示[其中t0-t1阶段c(B)未画出]。t2时刻后改变条件反应体系中反应速率随时间变化的情况如乙图所示，且四个阶段都各改变一种条件并且改变的条件均不相同。下列说法正确的是（
）
( http: / / www.21cnjy.com )
A．反应的方程式为3A(g)+B(g)
2C(g)
B．t3~t4，t4~t5，t5~t6各阶段可能改变的条件依次为：加催化剂，降低反应温度，增大压强
C．B的起始物质的量为0.08
mol
D．若t1=10
s，A在t0~t1时间段的反应速率为0.00225
mol·L-1·s-1
【答案】C
【解析】
试题分析：A、根据图甲可知反应中A的浓度变化为
0.15mol/L-0.06mol/L=0.09mol/L，C的浓度变化为
0.11mol/L-0.05mol/L=0.06mol/L，反应中A与C的计量数之比为0.09：0.06=3：2，t3～t4阶段与t4～t5阶段正逆反应速率都相等，而t3～t4阶段为使用催化剂，则t4～t5阶段应为减小压强，则该反应中气体的化学计量数之和前后相等，则有：3A（g）B（g）+2C（g），错误；B、t4～t5阶段应为减小压强，错误；C、A的起始物质的量为0.6
mol
，起始浓度为0.15mol L 1，可知容器体积V=4L，根据方程式可知消耗0.09mol/L的A，则生成0.03mol/L的B，容器的体积为4L，生成B的物质的量为0.12mol，平衡时B的物质的量为0.2mol，所以起始时B的物质的量为0.2mol-0.12mol=0.08mol，正确；D、A在t0~t1时间段的反应速率为：0.09mol/L÷10s=0.009
mol·L-1·s-1，错误。
考点：本题考查图像的分析、化学方程式和条件的推断、反应速率和方程式的计算。
16．（8分）下表为元素周期表的一部分，针对表中①～⑥元素，回答下列问题：
①
②
③
④
⑤
⑥
（1）①元素在周期表中的位置是第二周期
族。
（2）②和⑤两种元素中原子半径较大的是
（填元素符号）。
③和④两种元素的最高价氧化物对应水化物中碱性较强的是
（填化学式）。
（3）写出③的单质在⑥单质中燃烧的化学方程式
。
【答案】（1）ⅣA
（2）S
NaOH
（3）2Na+Cl2
2NaCl
【解析】
试题分析：根据元素周期表可知
( http: / / www.21cnjy.com )：元素分别为碳、氧、钠、铝、硫、氯，所以碳在第二周期的第ⅣA族；氧和硫位于同一主族，从上往下半径依次增大，所以原子半径较大的为硫；钠和铝对应的最高价氧化物对应的水化物分别为氢氧化钠和氢氧化铝，碱性较强的为氢氧化钠；钠在氯气中燃烧生成氯化钠。
考点：元素周期表和元素周期律。
17．（6分）有A、B、C、D四种元素
( http: / / www.21cnjy.com )，它们均为短周期元素。已知A是非金属性最强的元素，且D与A同族；金属B的原子核内质子数比前一周期的同族元素多8，其单质不能从CuSO4溶液中置换出Cu；C元素有三种同位素，Cl、C2、C3，C1的质量数分别为C2、C3的1/2和1/3
。
（1）写出A元素的离子结构示意图
（2）C、D两种元素形成化合物的电子式
（3）写出B投入硫酸铜溶液中发生反应的化学方程式
【答案】（6分,每空2分）（1）；（2）
（3）2NA
+2H2O
+CuSO4=
NA2SO4+
Cu(OH)2↓+H2↑(分开写2个也可以)
【解析】
试题分析：）有A、B、C、D四种元素，它们均为短周期元素。已知A是非金属性最强的元素，则A是F，且D与A同族；D是Cl元素；金属B的原子核内质子数比前一周期的同族元素多8，其单质不能从CuSO4溶液中置换出Cu；则B
是NA元素；C元素有三种同位素，Cl、C2、C3，C1的质量数分别为C2、C3的1/2和1/3
。则C是H元素。（1）F是9号元素，原子获得一个电子形成F-，其离子结构示意图是；（2）C、D两种元素形成化合物HCl，该化合物是共价化合物，原子之间形成共价键，该化合物的电子式是；（3）把NA投入硫酸铜溶液中发生反应，2NA+2H2O=2NAOH+
H2↑，2NAOH+
CuSO4=
NA2SO4++
Cu(OH)2↓，叠加得到总反应的化学方程式是2NA
+2H2O
+CuSO4=
NA2SO4+
Cu(OH)2↓+H2↑。
考点：考查元素的推断、电子式、原子结构示意图及化学反应方程式的书写的知识。
18．（14分）配制480mL
0.5
mol·L－1的NaOH溶液，试回答下列问题：
（1）选择仪器：完成本实验所必需的仪器有：托盘天平(精确到0.1
g)、药匙、烧杯、玻璃棒、________、________等。
（2）计算、称量：需称量NaOH固体的质量为__________________。
（3）溶解、冷却，该步实验中需要使用玻璃棒，作用是___________________。
（4）转移、洗涤。洗涤烧杯2～3次是为了______________________________。
（5）定容、摇匀。定容的具体操作是____________________________________。
（6）不规范的实验操作会导致实验结果的
( http: / / www.21cnjy.com )误差，下列使所配溶液的物质的量浓度偏高的是
，偏低的是
（填字母序号）
A．容量瓶洗净后未烘干；
B．在溶解过程中有少量液体溅出烧杯外21世纪教育网
C．定容时俯视刻度线；
D．将称量好的NaOH固体放入小烧杯中溶解，未经冷却立即转移到容量瓶中并定容
E．定容后，将容量瓶振荡摇匀后，静置发现液面低于刻度线，于是又加入少量水至刻度线
【答案】（1）500mL容量瓶，胶头滴管；（2）10.0g；
（3）促进溶质的溶解；（4）保证溶质全部转入容量瓶中；
（5）向容量瓶内加水至液面接近刻度线1-2cm处，改用胶头滴管加水，使溶液凹液面与刻度线相切；
（6）C、D；B、E。
【解析】
试题分析：（1）配制一定体积一定物质的量浓度的溶液，由于与480mL最接近的容量瓶的规格是500mL所必需的仪器有：托盘天平(精确到0.1
g)、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶，胶头滴管；（2）计算、称量：500mL0.5
mol·L－1的NaOH溶液中溶质的物质的量是n(NaOH)=
0.5L×0.5
mol·L－1=0.25
mol，则需称量NaOH固体的质量为m(NaOH)=
0.25
mol×40g/mol=10.0g；（3）溶解、冷却，该步实验中需要使用玻璃棒，作用是促进溶质的溶解；（4）转移、洗涤。洗涤烧杯2～3次是为了保证溶质全部转入容量瓶中；（5）定容、摇匀。定容的具体操作是向容量瓶内加水至液面接近刻度线1-2cm处，改用胶头滴管加水，使溶液凹液面与刻度线相切；（6）
A.容量瓶洗净后未烘干,由于没有改变溶质的物质的量、溶剂的体积，因此对溶液的浓度不产生任何影响；B.在溶解过程中有少量液体溅出烧杯外，会使溶质的物质的量减少，导致配制的溶液浓度偏低；C.定容时俯视刻度线，则会是溶液的体积偏小，导致配制的溶液的浓度偏高；D.将称量好的NaOH固体放入小烧杯中溶解，未经冷却立即转移到容量瓶中并定容，则溶液的体积偏小，最终导致溶液的浓度偏高E.定容后，将容量瓶振荡摇匀后，静置发现液面低于刻度线，于是又加入少量水至刻度线，使溶液的体积偏大，最终导致溶液的浓度偏低。可见使所配溶液的物质的量浓度偏高的是C、D；偏低的是B、E。
考点：考查物质的浓度的溶液的配制的有关知识。
19．（16分）粗食盐中除含有泥沙等不溶
( http: / / www.21cnjy.com )性杂质外，还含有钙离子、镁离子、硫酸根离子等可溶性杂质。我们食用的精盐是用粗食盐提纯而得到的。通常经过以下步骤：①加入稍过量的BaCl2
溶液；②加入稍过量的NaOH溶液；③加入稍过量的Na2CO3溶液；④过滤；⑤滴入稀盐酸至无气泡产生；⑥蒸发结晶。
回答下列问题。
（1）步骤①中的BaCl2
溶液还可以换成__________（填字母）。
A．Ba(NO3)2溶液
B．Ba(OH)2溶液
C．A和B均可以
（2）步骤③中所发生反应的离子方程式为__________________________、______________。
（3）步骤⑥需使用玻璃棒，其目的是_________________________________。
（4）步骤①、步骤②、步骤③的顺序还可以是______________________或_______________。
（5）用上述过程中获得的精盐配制240mL
0.8mol·L－1
NaCl溶液，步骤如下：计算→称量→溶解→转移→洗涤→定容→摇匀。
a．需要的NaCl固体质量为_________g；
b．定容时，当液面离刻度线1～2cm时应改用_________（填仪器名称）加水。
【答案】（16分）每空2分
（1）B
（2）Ba2＋＋CO32－BaCO3↓、Ca2＋＋CO32－=CaCO3↓
（3）防止因局部过热导致晶体飞溅
（4）①③②、②①③
（5）a.11.7；b.胶头滴管
【解析】
试题分析：（1）不能选择硝酸钡溶液，因为加入过量的硝酸钡溶液后溶液中过量的硝酸根离子无法除去，所以只能选择氢氧化钡溶液，答案选B；
（2）加入过量的碳酸钠溶液目的是除去溶液中的钙离子与过量的钡离子，离子方程式为Ba2＋＋CO32－BaCO3↓、Ca2＋＋CO32－=CaCO3↓；
（3）蒸发结晶的操作中使用玻璃棒不断搅拌，目的是防止因局部过热导致晶体飞溅；
（4）加入氯化钡的目的是除去溶液中的硫酸根离
( http: / / www.21cnjy.com )子，加入氢氧化钠的目的是除去溶液中的镁离子，加入碳酸钠的目的是除去溶液中的钙离子及过量的钡离子，也可以除去镁离子，所以碳酸钠一定不能最先加入，氯化钡不能最后加入，则三者的顺序还可以是①③②、②①③；
（5）a、需要240mL的溶液需要配
( http: / / www.21cnjy.com )制250mL的溶液，所以需要氯化钠的质量是0.8mol·L－1×0.25L×58.5g/mol=11.7g；
b、定容时，当液面离刻度线1～2cm时应改胶头滴管滴加水至刻度线。
考点：考查粗盐的提纯步骤的判断，溶液的配制，离子方程式的书写
20．（16分）MnO2是重要化学物质
( http: / / www.21cnjy.com )，某学习小组设计了将粗MnO2（含有较多的MnO、
MnCO3和Fe2O3）样品转化为纯MnO2实验，其流程如下：
( http: / / www.21cnjy.com )
按要求回答下列问题
（1）第②步操作中，氧化性强弱顺序：Cl
( http: / / www.21cnjy.com )O3－______MnO2(填“＞”“＜”)，当NaClO3转移2mol电子时，生成的氧化产物的物质的量为________mol。NaClO3在常温下能够与盐酸反应生成氯气，该反应的离子方程式为___________________。
（2）第④步操作中，最终得到的固体除NaClO3外，还一定含有下列物质中的_________。
a．NaCl
b．NaClO
c．NaClO4
d．NaOH
（3）MnO2是碱性锌锰电池的正极材料，则碱性锌锰电池放电时，正极的电极反应式是
。
（4）为得到纯净的MnO2，须将过
( http: / / www.21cnjy.com )滤后的MnO2合并后进行洗涤，判断是否洗涤干净可选用的试剂是____________(填写一组即可)。工业上可以以石墨为电极电解酸化的硫酸锰制取二氧化锰，该反应的阳极反应式为_____________。
【答案】(16分，除标明3分外，其余每空均为2分。)（1）＞，1，ClO3－+5Cl－+6H+＝3Cl2↑+3H2O
（2）ad(只答a即可给2分，答其它的错一个倒扣1分)
（3）
MnO2+2H2O+2e－=Mn(OH)2+2OH－(3分，或MnO2+H2O+e－=MnO(OH)+OH－)
（4）氯化钡(检验硫酸根离子)或KS
( http: / / www.21cnjy.com )CN溶液(检验三价铁离子)(说明：只要能够检验出钠离子、氢离子、硫酸根离子其中任一离子的试剂都可以。)
Mn2+
-2e－+2H2O
=MnO2+4H+(3分)
【解析】
试题分析：（1）根据流程图可知第②步操
( http: / / www.21cnjy.com )作中有二氧化锰生成，这说明氯酸钠把锰离子氧化为二氧化锰，所以氧化性强弱顺序为ClO3－＞MnO2
。反应中锰元素的化合价从＋2价升高到＋4价，失去2个电子，则当NaClO3转移2mol电子时，生成的氧化产物的物质的量为1mol。NaClO3在常温下能够与盐酸反应生成氯气，根据电子得失守恒和质量守恒定律可知该反应的离子方程式为ClO3－+5Cl－+6H+＝3Cl2↑+3H2O。
（2）氯气与热的氢氧化钠反应
( http: / / www.21cnjy.com )生成氯酸钠，则一定还有还原产物氯化钠生成，又因为氢氧化钠过量，则第④步操作中，最终得到的固体除NaClO3外，还一定含NaCl、NaOH，答案选ad。
（3）
原电池中正极得到电
( http: / / www.21cnjy.com )子，MnO2是碱性锌锰电池的正极材料，即二氧化锰得到电子，则碱性锌锰电池放电时正极的电极反应式是MnO2+2H2O+2e－=Mn(OH)2+2OH－。
（4）沉淀表面有吸附的硫酸根和铁离子，则判
( http: / / www.21cnjy.com )断是否洗涤干净可选用的试剂是氯化钡(检验硫酸根离子)或KSCN溶液(检验三价铁离子)。工业上可以以石墨为电极电解酸化的硫酸锰制取二氧化锰，电解池中阳极失去电子，则该反应的阳极反应式为Mn2+
-2e－+2H2O
=MnO2+4H+。
考点：考查物质制备工艺流程图的分析与判断
21．准确称取6
g铝土矿样品（含Al2O3
( http: / / www.21cnjy.com )、Fe2O3、SiO2）放入盛有100
mL某浓度硫酸溶液的烧杯中，充分反应后过滤，向滤液中加入10
mol·L-1的NaOH溶液，产生的沉淀质量m与加入的NaOH溶液的体积V的关系如图所示：
( http: / / www.21cnjy.com )
请填空回答：（1）H2SO4溶液的物质的量浓度为_________________。
（2）若a=2.3，用于沉淀Fe3+消耗Na
( http: / / www.21cnjy.com )OH的体积是____________mL，铝土矿中各组成分的质量分数：Al2O3为______________，Fe2O3为______________，SiO2为______________。
（3）a值的范围应是______________，在这个范围内，a值越大______________的质量分数越小。
【答案】（1）1.75
mol·L-1
（2）2.7
85%
12%
3%
（3）1.625＜a＜5
Fe2O3
【解析】（1）从图中可知，当加入35
mL
NaOH溶液时沉淀质量达到最大值，此过程可表示为：
( http: / / www.21cnjy.com )
由图示关系知，当最后
( http: / / www.21cnjy.com )溶液中溶质中有Na2SO4时，沉淀的质量最大，此时n（NaOH）=10
mol·L-1×0.035
L=0.35
mol，由此建立加入H2SO4和NaOH的物质的量的关系：
H2SO4—Na2SO4—2NaOH
1
2
0.175
mol0.35
mol
故c（H2SO4）=0.175
mol/0.1
L=1.75
mol·L-1。
（2）为了方便解答问题（3），在
( http: / / www.21cnjy.com )计算有关成分的质量分数时，保留a至最后。由图可知，溶解Al（OH）3消耗NaOH为10
mol·L-1×（45-35）×10-3
L=0.1
mol。
Al2O3—
Al3+—
Al（OH）3—
OH-
0.05
mol
0.1
mol
0.1
mol
0.1
mol
Al2O3的质量分数为×100%=85%
沉淀Al3+耗NaOH
0.3
mol，沉
( http: / / www.21cnjy.com )淀Al3+和Fe3+共耗NaOH
10
mol·L-1×（35-a）×10-3
L，故沉淀Fe3+耗NaOH:10
mol·L-1×（35-a）×10-3
L-0.3
mol=（0.05-0.01a）mol
Fe2O3
—
Fe3+?
—
3OH-
（0.05-0.01a）mol
（0.05-0.01a）mol
Fe2O3的质量分数为×100%=%
SiO2的质量分数为1-85%-%=%
最后把a=2.3代入上述有关代数式，得沉淀Fe3+消耗NaOH的体积：
V（NaOH）=（0.05-0.01a
( http: / / www.21cnjy.com )）mol/10
mol·L-1=（0.05-0.01×2.3）mol/10
mol·L-1=2.7×10-3L=2.7
mL。故Fe2O3的质量分数为12%；SiO2的质量分数为3%。
（3）因为Al2O3的质量分数与a值无关，即为85%，则Fe2O3质量分数必然满足下列不等式：0＜%＜15%，解此不等式得：1.625＜a＜5，结合w（Fe2O3）和w（SiO2）知，a值越大，w（Fe2O3）越小，w（SiO2）越大。
22．如下对甲、乙、丙三种物质的说明：
( http: / / www.21cnjy.com )
（1）甲中含氧官能团的名称为
。
（2）由甲转化为乙需经下列过程（已略去各步反应的无关产物，下同）：
其中反应Ⅰ的反应类型为
，反应Ⅱ的化学方程式为
（注明反应条件）。
（3）已知：
由乙制丙的一种合成路线图如下（A﹏F均为有机物，图中Mr表示相对分子质量）：
( http: / / www.21cnjy.com )
①
下列物质不能与C反应的是
（选填序号）
a．
金属钠
b．HBr
c．Na2CO3溶液
d．
乙酸
②
写出F的结构简式
③
D有多种同分异构体，其中一种既能发生银镜反应又能发生水解反应的结构简式
其
④综上分析，丙的结构简式为
【答案】（15分）
（1）羟基；
（2）加成反应；
（3）①
C；②；③
；
（4）。
【解析】
试题分析：（1）甲中含C=C和-OH，含氧官能团为羟基，故答案为：羟基；
（2）甲转化为乙，先发生加成反应，再发生催化氧化生成-CHO，最后发生消去反应，则反应I为加成反应，反应Ⅱ为，故答案为：加成反应；；
（3）由乙的结构简式和题干中所给信息，可知A是乙二醛，B是苯甲醛，乙在加热条件下与新制备氢氧化铜反应生成酸，D应为，则C应为醇，因B为苯甲醛，则C为苯甲醇，故丙为．E是相对分子质量为76，结合题给信息可知应为OH-CH2-COOH，本身能发生缩聚反应生成F为，
①C是含-OH，属于醇类，能和金属钠反应、能和氢卤酸反应、能和酸之间发生酯化反应，与碳酸钠不反应，故答案为：c；
②由上述分析可知，F为，故答案为：；
③D应为，满足a．苯环上有两种类型的氢、b．
能发生银镜反应，则含-CHO、且苯环上2个取代基位于对位，则为-CHO、-CH=CHOH或-CH=CHCHO、-OH，HCOO-、-CH=CH2，共有3种，其中一种既能发生银镜反应又能发生水解反应的结构简式为，故答案为：3；；
④由上述分析可知，丙为，故答案为：
。
考点：考查了有机物的合成以及有机物的结构和性质的相关知识。
23．已知：
以乙炔为原料，通过图所示步骤能合成有机中间体E(转化过程中的反应条件及部分产物已略去)
其中，A，B，C，D分别代表一种有机物，B的化学式为C4H10O2，分子中无甲基．
请回答下列问题：
（1）A生成B的化学反应类型是_____________________；
（2）写出生成A的化学反应方程式____________________；
（3）B在浓硫酸催化下加热，可生成
( http: / / www.21cnjy.com )多种有机产物．写出2种相对分子质量比A小的有机产物的结构简式：_________________、____________________；
（4）写出C生成D的化学反应方程式：_____________________________；
（5）含有苯环，且与E互为同分异
( http: / / www.21cnjy.com )构体的酯有_______种，写出其中苯环上只有一个取代基的所有同分异构体的结构简式：_______________________；
【答案】（1）加成反应（2）
（3）CH2=CH-CH2CH2OH
CH2=CH-CH=CH2
（4）
（5）6
等
【解析】
试题分析：（1）根据乙炔与B的分子式C4H10O2，结合反应信息可知，乙炔H是1分子乙炔与2分子甲醛发生加成反应；（2）由信息可知，乙炔中H原子活泼，与醛发生加成反应，醛基中C=O双键中其中1个键断裂，乙炔中H原子连接醛基中O原子，乙炔中C原子与醛基中C原子连接，根据乙炔与B的分子式C4H10O2可知，乙炔H是1分子乙炔与2分子甲醛发生加成反应，H为HOCH2C≡CCH2OH，反应方程式为
；（3）HOCH2C≡CCH2OH与氢气发生加成反应生成B为HOCH2CH2CH2CH2OH，在浓硫酸催化下加热，羟基发生消去反应(或成环状醚键)生成的物质比A的相对分子质量小，符合条件有：CH2=CH-CH2CH2OH、CH2=CH-CH=CH2、；（4）由E的结构，结合反应信息可知，HOCH2CH2CH2CH2OH氧化生成的C为OHCCH2CH2CHO，C发生给出的信息中的反应生成D为，故C生成D的化学方程式为：
；（5）含有苯环，且与E互为同分异构体的酯，结合E的结构可知，该同分异构体中含有1个酯基、1个苯环，若侧链只有1个取代基，可以为-OOCCH3、-COOCH3、-CH3OOCH，若侧链含有2个取代基，为-CH3、-OOCH，有邻、间、对三种位置关系，故符合条件的同分异构体由3+3=6种，结构简式为：
。
考点：考查有机物的推断与合成，充分利用反应信息及B的分子式、E的结构式推断A与C是关键。
点燃
1．1体积某气态烃和2体积氯化氢发生加成
( http: / / www.21cnjy.com )反应后，最多还能和6体积氯气发生取代反应。由此可以断定原气态烃是(气体体积均在相同条件下测定)
(
)
A．乙炔
B．丙炔
C．丁炔
D．1,3-丁二烯
【答案】B
【解析】
试题分析：1体积某气态烃能和2体积氯化氢发
( http: / / www.21cnjy.com )生加成反应，说明该烃1个分子中含2个碳碳双键或1个碳碳三键；生成的1体积氯代烃能和6体积氯气发生取代反应，说明1个氯代烃中含有6个氢原子，加成时1个烃分子已引入2个氢原子，所以该气体烃分子中含有4个H原子；A、乙炔分子中含一个碳碳三键，分子式为C2H2，错误；B、丙炔分子中含一个碳碳三键，分子式为C3H4，正确；C、丁炔分子中含一个碳碳三键，分子式为C4H6，错误；D、1,3-丁二烯分子中含两个碳碳双键，分子式为C4H6，错误。
考点：考查有机物分子式、结构式的确定。
2．微生物电池是指在微生物的作用下，将化学能转化为电能的装置，其工作原理如图所示。下列有关微生物电池的说法错误的是
( http: / / www.21cnjy.com )
A．正极反应中有CO2生成
B．微生物促进了反应中电子的转移
C．质子通过交换膜从负极区移向正极区
D．电池总反应为C6H12O6+6O2=6CO2+6H2O
【答案】A
【解析】
试题分析：A．根据图知，负极上C6H12O
( http: / / www.21cnjy.com )6失电子，正极上O2得电子和H+反应生成水，负极的电极反应式为C6H12O6+6H2O-24e-=6CO2+24H+，正极的电极反应式为O2+4e-+4H+═2H2O，因此CO2在负极产生，故A错误；B．葡萄糖在微生物的作用下将化学能转化为电能，形成原电池，有电流产生，所以微生物促进了反应中电子的转移，故B正确；C．通过原电池的电极反应可知，负极区产生了H+，根据原电池中阳离子向正极移动，可知质子(H+)通过交换膜从负极区移向正极区，故C正确；D．该反应属于燃料电池，燃料电池的电池反应式和燃烧反应式相同，则电池反应式为C6H12O6+6O2=6CO2+6H2O，故D正确；故选A。
【考点定位】考查化学电源新型电池
【名师点晴】正确判断电解质
( http: / / www.21cnjy.com )溶液酸碱性是解本题关键，所有原电池中都是负极上失电子发生氧化反应、正极上得电子发生还原反应，难点是电极反应式的书写；根据图知，负极上C6H12O6失电子，正极上O2得电子和H+反应生成水，负极的电极反应式为C6H12O6+6H2O-24e-=6CO2+24H+，正极的电极反应式为O2+4e-+4H+═2H2O；据此分析答题。
3．短周期元素X、Y、Z、W、Q在周期表中的相对位置如图所示。下列说法不正确的是
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A．X与Y可以形成5种以上的化合物
B．Y分别与Z、W形成的化合物的晶体类型相同
C．工业上常用电解法生产Z、Q的单质
D．简单气态氢化物的热稳定性：Y＞X＞W
【答案】B
【解析】
试题分析：根据五种元素在周期表中的相对
( http: / / www.21cnjy.com )位置可判断X是N，Y是O，Q是Cl，W是Si，Z是Al。A、氮元素与氧元素可以形成6种氧化物，即N2O、NO、N2O3、NO2、N2O4、N2O5，A正确；B、氧化铝是离子晶体，二氧化硅是原子晶体，B错误；C、工业上电解熔融的氧化铝冶炼金属铝，电解饱和食盐水制备氯气，C正确；D、非金属性是Y＞X＞W，非金属性越强，氢化物的稳定性越强，D正确，答案选B。
【考点定位】本题主要是考查位置、结构和性质关系的应用
【名师点晴】该题的关键是依据元素在
( http: / / www.21cnjy.com )周期表中的相对位置判断出元素种类，这就需要学生熟练掌握元素周期表的结构，特别是前20号元素。该题的易错选项是A，注意＋4价氮的氧化物有两种。
4．铅蓄电池的两极分别为Pb、PbO2，电解质溶液为H2SO4，工作时的反应为
Pb＋PbO2＋2H2SO4＝2PbSO4＋2H2O，下列结论正确的是
A．Pb为正极被氧化
B．溶液的pH不断减小
C．放电时负极反应式是PbO2
+4H++
SO42-+2e-=
PbSO4
+2H2O
D．溶液pH不断增大
【答案】D
【解析】
试题分析：
原电池中较活泼的金属是负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极，所以溶液中的阳离子向正极移动，正极得到电子，发生还原反应。
A.根据方程式可知，Pb失去电子，在负极被氧化，故A不正确；
B.反应中消耗硫酸，溶液中pH增大，故B不正确；
C.二氧化铅得到电子，是正极，故C不正确；
D.反应中消耗硫酸，溶液中pH增大，故D正确。
考点:化学电源、原电池的工作原理
点评:本题考查了常见的化学电源、原
( http: / / www.21cnjy.com )电池的工作原理，难度中等。题目侧重对学生基础知识的巩固与训练，有助于调动学生的学习兴趣和学习积极性。该题的关键是明确原电池的工作原理，然后结合题意灵活运用即可。
5．下列过程或现象与盐类水解无关的是
A．草木灰不能与铵混合使用态氮肥
B．铁在潮湿的环境下生锈
C．加热氯化铁溶液颜色变深
D．浓硫化钠溶液有臭味
【答案】B
【解析】
试题分析：A、草木灰不能与铵混合使用态氮肥，
( http: / / www.21cnjy.com )是因为草木灰(主要成分为碳酸钾)中的碳酸根离子与氮肥中的氨根离子发生双水解，正确；B、铁在潮湿的环境下生锈，是因为形成了原电池，错误；C、加热氯化铁溶液颜色变深，是因为铁离子水解程度增大，生成了氢氧化铁而已，正确；D、浓硫化钠溶液有臭味，是因为硫化钠中的硫离子水解生成硫化氢，加热后水解程度增大，硫化氢气体放出，正确。
考点：考查盐类的水解。
6．将Cl2通入适量KOH溶液，产物中可能有KCl、KClO、KClO3，且
的值与温度高低有关。当n(KOH)＝a
mol时，下列有关说法正确的是
A．若某温度下，反应后
＝11，则溶液中
＝
B．参加反应的被还原的氯气为mol
C．改变温度，反应中转移电子的物质的量ne的范围：mol≤ne≤mol
D．改变温度，产物中KClO3的最大理论产量为mol
【答案】A、C
【解析】
试题分析：在氧化还原反应中电子转移的数目相等。A．若某温度下，反应后
＝11，假设n(Cl-)=11，则n(ClO-)=1,根据电子守恒可得n(ClO3-)=(11—1)÷5=2,则溶液中
＝，正确；B．由于温度不同，被氧化产生的n(ClO-)、n(ClO3-)的物质的量不同，故不能确定参加反应的被氧化或还原的氯气的物质的量的多少，错误；C．若Cl2被氧化产物只有KClO，则反应中转移电子的物质的量ne的a/2mol；若Cl2被氧化产物只有KClO3，则反应方程式是6KOH+3Cl2=5KCl+KClO3+3H2O。反应中转移电子的物质的量ne是5a/6mol。故改变温度，反应中转移电子的物质的量ne的范围：mol≤ne≤mol，正确；D．改变温度，若氧化产物只有KClO3，根据电子守恒可知产物中KClO3的最大理论产量为a/6mol，错误。
考点：考查守恒方法在氧化还原反应中计算的应用的知识。
7．下列说法正确的是
A．增大压强，活化分子百分数增加，化学反应速率一定增大
B．升高温度，单位体积内分子总数不变，但活化分子数增加了
C．分子间所有的碰撞为有效碰撞
D．加入反应物，使活化分子百分数增加，化学反应速率增大
【答案】B
【解析】
试题分析：A、压强对反应速
( http: / / www.21cnjy.com )率的影响只能适用于气体体系，且增大压强，活化分子百分数不变，A错误；B、升高温度，活化分子百分数增加，化学反应速率一定能够增大，B正确；C、活化分子间所发生的分子间的碰撞，只有能发生反应的碰撞才是有效碰撞，C错误；D、加入反应物，活化分子百分数不变，但是单位体积内活化分子数增加，化学反应速率增大，且改变固体的质量反应速率不变，D错误，答案选B。
【考点定位】本题主要是考查影响速率的因素判断
【名师点晴】外界条件对化
( http: / / www.21cnjy.com )学反应速率的影响，实际是通过影响单位体积内活化分子的数量，改变有效碰撞次数来实现的，影响化学反应速率的外界条件主要有温度、浓度、压强和催化剂，我们可以将其进行归纳：
( http: / / www.21cnjy.com )
特别强调：
（1）浓度、压强、温度、催化剂影响化学
( http: / / www.21cnjy.com )反应速率的实质——改变了单位体积内活化分子的数目，单位体积内的活化分子数目增加，反应速率加快；反之减慢。
（2）压强对反应速率的影响是通过改变体积而使浓度改变来实现的。
（3）温度改变对任何反应的速率都有影响。
8．利用如图装置电解制备LiOH，两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液。则下列说法不正确的是
（
）
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A．外加电源的a极为正极
B．电解过程中，Li+向B极迁移
C．阳极反应式为：4OH--4e-=O2↑+H2O
D．每生成1molLiOH，外电路转移1mol电子
【答案】C
【解析】
试题分析：A、因为要制备氢氧化锂，右侧
( http: / / www.21cnjy.com )电极为铜，应该做阴极，所以a为电源的正极，正确，不选A；B、左侧为电解池的阳极，应放入氯化锂溶液，右侧为电解池的阴极，溶液为氢氧化锂溶液，阳离子向阴极移动，即向B极移动，正确，不选B；C、阳极是氯化锂中的氯离子反应生成氯气，错误，选C；D、每生成1摩尔氢氧化锂说明有1摩尔锂离子通过阳离子交换膜，则外电路有1摩尔电子转移，正确，不选D。
考点：电解原理的应用
【名师点睛】电解池中与电源的正极相
( http: / / www.21cnjy.com )连的电极为阳极，失去电子，被氧化，与电源的负极相连的电极为阴极，得到电子被还原。精炼铜时粗铜做阳极，纯铜做阴极，含铜离子的溶液的为电解质溶液。电镀装置中待镀金属做阴极，镀层金属做阳极，溶液含有镀层金属阳离子。在金属防护中可以让金属做电解池的阴极被保护，或做原电池的正极被保护。
9．下列反应与Na2O2＋SO2→Na2SO4相比较，Na2O2的作用相同的是
A．2Na2O2＋CO2→2Na2CO3＋O2
B．2Na2O2＋2SO3→2Na2SO4＋O2
C．Na2O2＋H2SO4→Na2SO4＋H2O2
D．3Na2O2＋Cr2O3→2Na2CrO4＋Na2O
【答案】D
【解析】
试题分析：因为在Na2O2+SO2→Na
( http: / / www.21cnjy.com )2SO4中，Na2O2的作用是氧化剂，所以，A、在2Na2O2+2CO2→2Na2CO3+O2中Na2O2是自身氧化还原，故A错误；B、在2Na2O2+2SO3→2Na2SO4+O2中Na2O2是自身氧化还原，故B错误；C、在Na2O2+H2SO4→Na2SO4+H2O2中这是非氧化还原，是一个复分解反应，故C错误；D、在3Na2O2+Cr2O3→2Na2CrO4+Na2O中，Na2O2中-1价的氧变为-2价，Na2O2作氧化剂，故D正确；故选D。
考点：考查对氧化还原反应的理解
10．下列属于共价化合物的是
A．NaCl
B．CaO
C．CO2
D．NaOH
【答案】C
【解析】
试题分析：NaCl、CaO、NaOH含有离子键，属于离子化合物；CO2不含离子键，属于共价化合物。
考点：考查离子化合物与共价化合物的区别。
11．科学家刚刚发现的某种元素的一个原子，其质量是g，一个12C的原子质量是b
g，用NA是阿伏加德罗常数的值，下列叙述中不正确的是
A．该原子的摩尔质量是NA
g·mol-1
B．Wg该原子中含有个原子
C．Wg该原子的物质的量是
D．由已知信息可得：
mol-1
【答案】B
【解析】
试题分析：A、摩尔质量：单位物质的量的物质所具有的质量，A正确；B、原子个数===个，B错误；C、物质的量==mol，C正确；D、1mol任何粒子的粒子数叫做阿伏伽德罗常数，D正确．答案选B。
考点：考查摩尔质量的计算。
12．有下列物质：①丁烷 ②2 甲基丙烷 ③戊烷 ④2 甲基丁烷 ⑤2，2 二甲基丙烷，其沸点排列顺序正确的是
A．①>②>③>④>⑤
B．⑤>④>③>②>①
C．③>④>⑤>①>②
D．②>①>⑤>④>③
【答案】C
【解析】
试题分析：由烷烃中碳原子个数越多，沸
( http: / / www.21cnjy.com )点越大，则沸点戊烷＞丁烷；同分异构体中支链越多，沸点越低，则2，2-二甲基丙烷＜2-甲基丁烷＜戊烷，2-甲基丙烷＜丁烷，故沸点大小顺序为：正戊烷＞2-甲基丁烷＞2，2-二甲基丙烷＞丁烷＞2-甲基丙烷，即：③＞④＞⑤＞①＞②，故选C。
【考点定位】考查烷烃熔沸点的比较
【名师点晴】本题主要考查烷烃沸点高低比较。关键要掌握烷烃的沸点规律：随碳原子数的增多而升高，碳原子数相同时，支链越多，沸点越低。
13．下列各组物质混合后，再加热蒸干并在300℃时充分灼烧至质量不变，最终一定能得到纯净物的是
A．向FeSO4溶液中通入过量Cl2
B．向NaHCO3溶液中加入一定质量的Na2O2粉末
C．向NaI和NaBr混合溶液中通入过量Cl2
D．向NaOH溶液中加入过量AlCl3
【答案】C
【解析】
试题分析：A、FeSO4
溶液和过量C
( http: / / www.21cnjy.com )l2反应生成硫酸铁和FeCl3
，硫酸铁和FeCl3
加热水解生成氢氧化铁、硫酸和氯化氢，水解吸热且生成的氯化氢极易挥发，但硫酸是难挥发性酸，所以最终得到氢氧化铁，硫酸铁，灼烧后氢氧化铁分解产生氧化铁和水，则最后产物是硫酸铁和氧化铁，属于混合物，错误；B、向NaHCO3
溶液中加入Na2O2
粉末，过氧化钠溶于水生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠和碳酸氢钠反应生成碳酸钠和水，所以最终产物可能只有碳酸钠，也可能有碳酸钠和氢氧化钠，错误；C.NaI
、NaBr与过量的氯气反应生成单质碘、溴、氯化钠。在高温下碘升华，溴和水挥发，只剩NaCl，属于纯净物，正确；D、向NaOH溶液中加入过量AlCl3,生成氢氧化铝和氯化钠，因此加热蒸干、灼烧至质量不变，最终产物是氯化钠和氧化铝，是混合物，错误；选C。
考点：考查氯气、过氧化钠、亚铁盐以及氢氧化铝、单质碘和溴的化学性质。
14．某溶液中只可能含有H＋、
( http: / / www.21cnjy.com )NH4+、Mg2＋、Al3＋、Fe3＋、CO32-、SO42－、NO3-中的几种。①若加入锌粒，产生无色无味的气体；②若加入NaOH溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示。则下列说法正确的是
( http: / / www.21cnjy.com )
A．溶液中的阳离子只有H＋、Mg2＋、Al3＋可能含有Fe3＋
B．溶液中一定不含CO32-和NO3-，一定含有SO42－
C．溶液中c(NH4+)＝0.3
mol/L
D．c(H＋)∶c
(Al3＋)∶c(Mg2＋)＝1∶1∶1
【答案】B
【解析】
试题分析：A、据图象特点可以知道：加入
( http: / / www.21cnjy.com )氢氧化钠，先与氢离子反应，再与镁、铝离子反应生成氢氧化物沉淀，再与铵根反应得到一水合氨，再与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠，所以溶液中的阳离子一定含NH4+、H+、Mg2+、Al3+，故A错误；B、加锌产生无色无味气体说明锌与氢离子反应生成氢气，溶液中有大量氢离子，则没有CO32-，因为硝酸根、氢离子与锌会反应生成刺激性的一氧化氮，故无NO3-，但由于溶液一定显电中性，故溶液中一定含SO42-，故B正确；C、根据图象特点可以知道：加入氢氧化钠，先与氢离子反应，再与镁、铝离子反应生成氢氧化物沉淀，再与铵根反应得到一水合氨，再与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠，根据第二段是氢氧化钠与铵根反应得到一水合氨的阶段，即NH4++OH-=NH3 H2O，消耗氢氧化钠的物质的量为0.7mol-0.5mol=0.2mol，所以溶液中n（NH4+）=0.2mol，但由于溶液体积不明确，故溶液中的c（NH4+）不明确，故C错误；D、根据第一段是氢氧化钠中和氢离子的阶段，所以氢离子的物质的量是0.1mol，根据第四段是氢氧化铝和氢氧化钠反应的阶段，即Al（OH）3～OH-～[Al（OH）4]-，则消耗氢氧化钠的物质的量为：0.8mol-0.7mol=0.1mol，根据第二段是将铝离子和镁离子反应生成沉淀的阶段，根据Al3+～3OH-～Al（OH）3，Mg2+～2OH-～Mg（OH）2，0.1mol氢氧化铝消耗氢氧化钠的物质的量是0.3mol，所以镁离子消耗氢氧化钠的物质的量是：0.5mol-0.1mol-0.3mol=0.1mol，所以镁离子的物质的量是0.05mol，即n（H+）：n（Al3+）：n（Mg2+）=0.1：0.1：0.05=2：2：1，故D错误；故选B。
考点：考查了离子反应和离子检验的相关知识。
15．向某密闭容器中加入0.6
mol
A
( http: / / www.21cnjy.com )、0.2
mol
C和一定量的B三种气体。一定条件下发生反应，各物质浓度随时间变化如甲图所示[其中t0-t1阶段c(B)未画出]。t2时刻后改变条件反应体系中反应速率随时间变化的情况如乙图所示，且四个阶段都各改变一种条件并且改变的条件均不相同。下列说法正确的是（
）
( http: / / www.21cnjy.com )
A．反应的方程式为3A(g)+B(g)
2C(g)
B．t3~t4，t4~t5，t5~t6各阶段可能改变的条件依次为：加催化剂，降低反应温度，增大压强
C．B的起始物质的量为0.08
mol
D．若t1=10
s，A在t0~t1时间段的反应速率为0.00225
mol·L-1·s-1
【答案】C
【解析】
试题分析：A、根据图甲可知反应中A的浓度变化为
0.15mol/L-0.06mol/L=0.09mol/L，C的浓度变化为
0.11mol/L-0.05mol/L=0.06mol/L，反应中A与C的计量数之比为0.09：0.06=3：2，t3～t4阶段与t4～t5阶段正逆反应速率都相等，而t3～t4阶段为使用催化剂，则t4～t5阶段应为减小压强，则该反应中气体的化学计量数之和前后相等，则有：3A（g）B（g）+2C（g），错误；B、t4～t5阶段应为减小压强，错误；C、A的起始物质的量为0.6
mol
，起始浓度为0.15mol L 1，可知容器体积V=4L，根据方程式可知消耗0.09mol/L的A，则生成0.03mol/L的B，容器的体积为4L，生成B的物质的量为0.12mol，平衡时B的物质的量为0.2mol，所以起始时B的物质的量为0.2mol-0.12mol=0.08mol，正确；D、A在t0~t1时间段的反应速率为：0.09mol/L÷10s=0.009
mol·L-1·s-1，错误。
考点：本题考查图像的分析、化学方程式和条件的推断、反应速率和方程式的计算。
16．（8分）下表为元素周期表的一部分，针对表中①～⑥元素，回答下列问题：
①
②
③
④
⑤
⑥
（1）①元素在周期表中的位置是第二周期
族。
（2）②和⑤两种元素中原子半径较大的是
（填元素符号）。
③和④两种元素的最高价氧化物对应水化物中碱性较强的是
（填化学式）。
（3）写出③的单质在⑥单质中燃烧的化学方程式
。
【答案】（1）ⅣA
（2）S
NaOH
（3）2Na+Cl2
2NaCl
【解析】
试题分析：根据元素周期表可知
( http: / / www.21cnjy.com )：元素分别为碳、氧、钠、铝、硫、氯，所以碳在第二周期的第ⅣA族；氧和硫位于同一主族，从上往下半径依次增大，所以原子半径较大的为硫；钠和铝对应的最高价氧化物对应的水化物分别为氢氧化钠和氢氧化铝，碱性较强的为氢氧化钠；钠在氯气中燃烧生成氯化钠。
考点：元素周期表和元素周期律。
17．（6分）有A、B、C、D四种元素
( http: / / www.21cnjy.com )，它们均为短周期元素。已知A是非金属性最强的元素，且D与A同族；金属B的原子核内质子数比前一周期的同族元素多8，其单质不能从CuSO4溶液中置换出Cu；C元素有三种同位素，Cl、C2、C3，C1的质量数分别为C2、C3的1/2和1/3
。
（1）写出A元素的离子结构示意图
（2）C、D两种元素形成化合物的电子式
（3）写出B投入硫酸铜溶液中发生反应的化学方程式
【答案】（6分,每空2分）（1）；（2）
（3）2NA
+2H2O
+CuSO4=
NA2SO4+
Cu(OH)2↓+H2↑(分开写2个也可以)
【解析】
试题分析：）有A、B、C、D四种元素，它们均为短周期元素。已知A是非金属性最强的元素，则A是F，且D与A同族；D是Cl元素；金属B的原子核内质子数比前一周期的同族元素多8，其单质不能从CuSO4溶液中置换出Cu；则B
是NA元素；C元素有三种同位素，Cl、C2、C3，C1的质量数分别为C2、C3的1/2和1/3
。则C是H元素。（1）F是9号元素，原子获得一个电子形成F-，其离子结构示意图是；（2）C、D两种元素形成化合物HCl，该化合物是共价化合物，原子之间形成共价键，该化合物的电子式是；（3）把NA投入硫酸铜溶液中发生反应，2NA+2H2O=2NAOH+
H2↑，2NAOH+
CuSO4=
NA2SO4++
Cu(OH)2↓，叠加得到总反应的化学方程式是2NA
+2H2O
+CuSO4=
NA2SO4+
Cu(OH)2↓+H2↑。
考点：考查元素的推断、电子式、原子结构示意图及化学反应方程式的书写的知识。
18．（14分）配制480mL
0.5
mol·L－1的NaOH溶液，试回答下列问题：
（1）选择仪器：完成本实验所必需的仪器有：托盘天平(精确到0.1
g)、药匙、烧杯、玻璃棒、________、________等。
（2）计算、称量：需称量NaOH固体的质量为__________________。
（3）溶解、冷却，该步实验中需要使用玻璃棒，作用是___________________。
（4）转移、洗涤。洗涤烧杯2～3次是为了______________________________。
（5）定容、摇匀。定容的具体操作是____________________________________。
（6）不规范的实验操作会导致实验结果的
( http: / / www.21cnjy.com )误差，下列使所配溶液的物质的量浓度偏高的是
，偏低的是
（填字母序号）
A．容量瓶洗净后未烘干；
B．在溶解过程中有少量液体溅出烧杯外21世纪教育网
C．定容时俯视刻度线；
D．将称量好的NaOH固体放入小烧杯中溶解，未经冷却立即转移到容量瓶中并定容
E．定容后，将容量瓶振荡摇匀后，静置发现液面低于刻度线，于是又加入少量水至刻度线
【答案】（1）500mL容量瓶，胶头滴管；（2）10.0g；
（3）促进溶质的溶解；（4）保证溶质全部转入容量瓶中；
（5）向容量瓶内加水至液面接近刻度线1-2cm处，改用胶头滴管加水，使溶液凹液面与刻度线相切；
（6）C、D；B、E。
【解析】
试题分析：（1）配制一定体积一定物质的量浓度的溶液，由于与480mL最接近的容量瓶的规格是500mL所必需的仪器有：托盘天平(精确到0.1
g)、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶，胶头滴管；（2）计算、称量：500mL0.5
mol·L－1的NaOH溶液中溶质的物质的量是n(NaOH)=
0.5L×0.5
mol·L－1=0.25
mol，则需称量NaOH固体的质量为m(NaOH)=
0.25
mol×40g/mol=10.0g；（3）溶解、冷却，该步实验中需要使用玻璃棒，作用是促进溶质的溶解；（4）转移、洗涤。洗涤烧杯2～3次是为了保证溶质全部转入容量瓶中；（5）定容、摇匀。定容的具体操作是向容量瓶内加水至液面接近刻度线1-2cm处，改用胶头滴管加水，使溶液凹液面与刻度线相切；（6）
A.容量瓶洗净后未烘干,由于没有改变溶质的物质的量、溶剂的体积，因此对溶液的浓度不产生任何影响；B.在溶解过程中有少量液体溅出烧杯外，会使溶质的物质的量减少，导致配制的溶液浓度偏低；C.定容时俯视刻度线，则会是溶液的体积偏小，导致配制的溶液的浓度偏高；D.将称量好的NaOH固体放入小烧杯中溶解，未经冷却立即转移到容量瓶中并定容，则溶液的体积偏小，最终导致溶液的浓度偏高E.定容后，将容量瓶振荡摇匀后，静置发现液面低于刻度线，于是又加入少量水至刻度线，使溶液的体积偏大，最终导致溶液的浓度偏低。可见使所配溶液的物质的量浓度偏高的是C、D；偏低的是B、E。
考点：考查物质的浓度的溶液的配制的有关知识。
19．（16分）粗食盐中除含有泥沙等不溶
( http: / / www.21cnjy.com )性杂质外，还含有钙离子、镁离子、硫酸根离子等可溶性杂质。我们食用的精盐是用粗食盐提纯而得到的。通常经过以下步骤：①加入稍过量的BaCl2
溶液；②加入稍过量的NaOH溶液；③加入稍过量的Na2CO3溶液；④过滤；⑤滴入稀盐酸至无气泡产生；⑥蒸发结晶。
回答下列问题。
（1）步骤①中的BaCl2
溶液还可以换成__________（填字母）。
A．Ba(NO3)2溶液
B．Ba(OH)2溶液
C．A和B均可以
（2）步骤③中所发生反应的离子方程式为__________________________、______________。
（3）步骤⑥需使用玻璃棒，其目的是_________________________________。
（4）步骤①、步骤②、步骤③的顺序还可以是______________________或_______________。
（5）用上述过程中获得的精盐配制240mL
0.8mol·L－1
NaCl溶液，步骤如下：计算→称量→溶解→转移→洗涤→定容→摇匀。
a．需要的NaCl固体质量为_________g；
b．定容时，当液面离刻度线1～2cm时应改用_________（填仪器名称）加水。
【答案】（16分）每空2分
（1）B
（2）Ba2＋＋CO32－BaCO3↓、Ca2＋＋CO32－=CaCO3↓
（3）防止因局部过热导致晶体飞溅
（4）①③②、②①③
（5）a.11.7；b.胶头滴管
【解析】
试题分析：（1）不能选择硝酸钡溶液，因为加入过量的硝酸钡溶液后溶液中过量的硝酸根离子无法除去，所以只能选择氢氧化钡溶液，答案选B；
（2）加入过量的碳酸钠溶液目的是除去溶液中的钙离子与过量的钡离子，离子方程式为Ba2＋＋CO32－BaCO3↓、Ca2＋＋CO32－=CaCO3↓；
（3）蒸发结晶的操作中使用玻璃棒不断搅拌，目的是防止因局部过热导致晶体飞溅；
（4）加入氯化钡的目的是除去溶液中的硫酸根离
( http: / / www.21cnjy.com )子，加入氢氧化钠的目的是除去溶液中的镁离子，加入碳酸钠的目的是除去溶液中的钙离子及过量的钡离子，也可以除去镁离子，所以碳酸钠一定不能最先加入，氯化钡不能最后加入，则三者的顺序还可以是①③②、②①③；
（5）a、需要240mL的溶液需要配
( http: / / www.21cnjy.com )制250mL的溶液，所以需要氯化钠的质量是0.8mol·L－1×0.25L×58.5g/mol=11.7g；
b、定容时，当液面离刻度线1～2cm时应改胶头滴管滴加水至刻度线。
考点：考查粗盐的提纯步骤的判断，溶液的配制，离子方程式的书写
20．（16分）MnO2是重要化学物质
( http: / / www.21cnjy.com )，某学习小组设计了将粗MnO2（含有较多的MnO、
MnCO3和Fe2O3）样品转化为纯MnO2实验，其流程如下：
( http: / / www.21cnjy.com )
按要求回答下列问题
（1）第②步操作中，氧化性强弱顺序：Cl
( http: / / www.21cnjy.com )O3－______MnO2(填“＞”“＜”)，当NaClO3转移2mol电子时，生成的氧化产物的物质的量为________mol。NaClO3在常温下能够与盐酸反应生成氯气，该反应的离子方程式为___________________。
（2）第④步操作中，最终得到的固体除NaClO3外，还一定含有下列物质中的_________。
a．NaCl
b．NaClO
c．NaClO4
d．NaOH
（3）MnO2是碱性锌锰电池的正极材料，则碱性锌锰电池放电时，正极的电极反应式是
。
（4）为得到纯净的MnO2，须将过
( http: / / www.21cnjy.com )滤后的MnO2合并后进行洗涤，判断是否洗涤干净可选用的试剂是____________(填写一组即可)。工业上可以以石墨为电极电解酸化的硫酸锰制取二氧化锰，该反应的阳极反应式为_____________。
【答案】(16分，除标明3分外，其余每空均为2分。)（1）＞，1，ClO3－+5Cl－+6H+＝3Cl2↑+3H2O
（2）ad(只答a即可给2分，答其它的错一个倒扣1分)
（3）
MnO2+2H2O+2e－=Mn(OH)2+2OH－(3分，或MnO2+H2O+e－=MnO(OH)+OH－)
（4）氯化钡(检验硫酸根离子)或KS
( http: / / www.21cnjy.com )CN溶液(检验三价铁离子)(说明：只要能够检验出钠离子、氢离子、硫酸根离子其中任一离子的试剂都可以。)
Mn2+
-2e－+2H2O
=MnO2+4H+(3分)
【解析】
试题分析：（1）根据流程图可知第②步操
( http: / / www.21cnjy.com )作中有二氧化锰生成，这说明氯酸钠把锰离子氧化为二氧化锰，所以氧化性强弱顺序为ClO3－＞MnO2
。反应中锰元素的化合价从＋2价升高到＋4价，失去2个电子，则当NaClO3转移2mol电子时，生成的氧化产物的物质的量为1mol。NaClO3在常温下能够与盐酸反应生成氯气，根据电子得失守恒和质量守恒定律可知该反应的离子方程式为ClO3－+5Cl－+6H+＝3Cl2↑+3H2O。
（2）氯气与热的氢氧化钠反应
( http: / / www.21cnjy.com )生成氯酸钠，则一定还有还原产物氯化钠生成，又因为氢氧化钠过量，则第④步操作中，最终得到的固体除NaClO3外，还一定含NaCl、NaOH，答案选ad。
（3）
原电池中正极得到电
( http: / / www.21cnjy.com )子，MnO2是碱性锌锰电池的正极材料，即二氧化锰得到电子，则碱性锌锰电池放电时正极的电极反应式是MnO2+2H2O+2e－=Mn(OH)2+2OH－。
（4）沉淀表面有吸附的硫酸根和铁离子，则判
( http: / / www.21cnjy.com )断是否洗涤干净可选用的试剂是氯化钡(检验硫酸根离子)或KSCN溶液(检验三价铁离子)。工业上可以以石墨为电极电解酸化的硫酸锰制取二氧化锰，电解池中阳极失去电子，则该反应的阳极反应式为Mn2+
-2e－+2H2O
=MnO2+4H+。
考点：考查物质制备工艺流程图的分析与判断
21．准确称取6
g铝土矿样品（含Al2O3
( http: / / www.21cnjy.com )、Fe2O3、SiO2）放入盛有100
mL某浓度硫酸溶液的烧杯中，充分反应后过滤，向滤液中加入10
mol·L-1的NaOH溶液，产生的沉淀质量m与加入的NaOH溶液的体积V的关系如图所示：
( http: / / www.21cnjy.com )
请填空回答：（1）H2SO4溶液的物质的量浓度为_________________。
（2）若a=2.3，用于沉淀Fe3+消耗Na
( http: / / www.21cnjy.com )OH的体积是____________mL，铝土矿中各组成分的质量分数：Al2O3为______________，Fe2O3为______________，SiO2为______________。
（3）a值的范围应是______________，在这个范围内，a值越大______________的质量分数越小。
【答案】（1）1.75
mol·L-1
（2）2.7
85%
12%
3%
（3）1.625＜a＜5
Fe2O3
【解析】（1）从图中可知，当加入35
mL
NaOH溶液时沉淀质量达到最大值，此过程可表示为：
( http: / / www.21cnjy.com )
由图示关系知，当最后
( http: / / www.21cnjy.com )溶液中溶质中有Na2SO4时，沉淀的质量最大，此时n（NaOH）=10
mol·L-1×0.035
L=0.35
mol，由此建立加入H2SO4和NaOH的物质的量的关系：
H2SO4—Na2SO4—2NaOH
1
2
0.175
mol0.35
mol
故c（H2SO4）=0.175
mol/0.1
L=1.75
mol·L-1。
（2）为了方便解答问题（3），在
( http: / / www.21cnjy.com )计算有关成分的质量分数时，保留a至最后。由图可知，溶解Al（OH）3消耗NaOH为10
mol·L-1×（45-35）×10-3
L=0.1
mol。
Al2O3—
Al3+—
Al（OH）3—
OH-
0.05
mol
0.1
mol
0.1
mol
0.1
mol
Al2O3的质量分数为×100%=85%
沉淀Al3+耗NaOH
0.3
mol，沉
( http: / / www.21cnjy.com )淀Al3+和Fe3+共耗NaOH
10
mol·L-1×（35-a）×10-3
L，故沉淀Fe3+耗NaOH:10
mol·L-1×（35-a）×10-3
L-0.3
mol=（0.05-0.01a）mol
Fe2O3
—
Fe3+?
—
3OH-
（0.05-0.01a）mol
（0.05-0.01a）mol
Fe2O3的质量分数为×100%=%
SiO2的质量分数为1-85%-%=%
最后把a=2.3代入上述有关代数式，得沉淀Fe3+消耗NaOH的体积：
V（NaOH）=（0.05-0.01a
( http: / / www.21cnjy.com )）mol/10
mol·L-1=（0.05-0.01×2.3）mol/10
mol·L-1=2.7×10-3L=2.7
mL。故Fe2O3的质量分数为12%；SiO2的质量分数为3%。
（3）因为Al2O3的质量分数与a值无关，即为85%，则Fe2O3质量分数必然满足下列不等式：0＜%＜15%，解此不等式得：1.625＜a＜5，结合w（Fe2O3）和w（SiO2）知，a值越大，w（Fe2O3）越小，w（SiO2）越大。
22．如下对甲、乙、丙三种物质的说明：
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（1）甲中含氧官能团的名称为
。
（2）由甲转化为乙需经下列过程（已略去各步反应的无关产物，下同）：
其中反应Ⅰ的反应类型为
，反应Ⅱ的化学方程式为
（注明反应条件）。
（3）已知：
由乙制丙的一种合成路线图如下（A﹏F均为有机物，图中Mr表示相对分子质量）：
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①
下列物质不能与C反应的是
（选填序号）
a．
金属钠
b．HBr
c．Na2CO3溶液
d．
乙酸
②
写出F的结构简式
③
D有多种同分异构体，其中一种既能发生银镜反应又能发生水解反应的结构简式
其
④综上分析，丙的结构简式为
【答案】（15分）
（1）羟基；
（2）加成反应；
（3）①
C；②；③
；
（4）。
【解析】
试题分析：（1）甲中含C=C和-OH，含氧官能团为羟基，故答案为：羟基；
（2）甲转化为乙，先发生加成反应，再发生催化氧化生成-CHO，最后发生消去反应，则反应I为加成反应，反应Ⅱ为，故答案为：加成反应；；
（3）由乙的结构简式和题干中所给信息，可知A是乙二醛，B是苯甲醛，乙在加热条件下与新制备氢氧化铜反应生成酸，D应为，则C应为醇，因B为苯甲醛，则C为苯甲醇，故丙为．E是相对分子质量为76，结合题给信息可知应为OH-CH2-COOH，本身能发生缩聚反应生成F为，
①C是含-OH，属于醇类，能和金属钠反应、能和氢卤酸反应、能和酸之间发生酯化反应，与碳酸钠不反应，故答案为：c；
②由上述分析可知，F为，故答案为：；
③D应为，满足a．苯环上有两种类型的氢、b．
能发生银镜反应，则含-CHO、且苯环上2个取代基位于对位，则为-CHO、-CH=CHOH或-CH=CHCHO、-OH，HCOO-、-CH=CH2，共有3种，其中一种既能发生银镜反应又能发生水解反应的结构简式为，故答案为：3；；
④由上述分析可知，丙为，故答案为：
。
考点：考查了有机物的合成以及有机物的结构和性质的相关知识。
23．已知：
以乙炔为原料，通过图所示步骤能合成有机中间体E(转化过程中的反应条件及部分产物已略去)
其中，A，B，C，D分别代表一种有机物，B的化学式为C4H10O2，分子中无甲基．
请回答下列问题：
（1）A生成B的化学反应类型是_____________________；
（2）写出生成A的化学反应方程式____________________；
（3）B在浓硫酸催化下加热，可生成
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（4）写出C生成D的化学反应方程式：_____________________________；
（5）含有苯环，且与E互为同分异
( http: / / www.21cnjy.com )构体的酯有_______种，写出其中苯环上只有一个取代基的所有同分异构体的结构简式：_______________________；
【答案】（1）加成反应（2）
（3）CH2=CH-CH2CH2OH
CH2=CH-CH=CH2
（4）
（5）6
等
【解析】
试题分析：（1）根据乙炔与B的分子式C4H10O2，结合反应信息可知，乙炔H是1分子乙炔与2分子甲醛发生加成反应；（2）由信息可知，乙炔中H原子活泼，与醛发生加成反应，醛基中C=O双键中其中1个键断裂，乙炔中H原子连接醛基中O原子，乙炔中C原子与醛基中C原子连接，根据乙炔与B的分子式C4H10O2可知，乙炔H是1分子乙炔与2分子甲醛发生加成反应，H为HOCH2C≡CCH2OH，反应方程式为
；（3）HOCH2C≡CCH2OH与氢气发生加成反应生成B为HOCH2CH2CH2CH2OH，在浓硫酸催化下加热，羟基发生消去反应(或成环状醚键)生成的物质比A的相对分子质量小，符合条件有：CH2=CH-CH2CH2OH、CH2=CH-CH=CH2、；（4）由E的结构，结合反应信息可知，HOCH2CH2CH2CH2OH氧化生成的C为OHCCH2CH2CHO，C发生给出的信息中的反应生成D为，故C生成D的化学方程式为：
；（5）含有苯环，且与E互为同分异构体的酯，结合E的结构可知，该同分异构体中含有1个酯基、1个苯环，若侧链只有1个取代基，可以为-OOCCH3、-COOCH3、-CH3OOCH，若侧链含有2个取代基，为-CH3、-OOCH，有邻、间、对三种位置关系，故符合条件的同分异构体由3+3=6种，结构简式为：
。
考点：考查有机物的推断与合成，充分利用反应信息及B的分子式、E的结构式推断A与C是关键。
点燃
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