山东省寿光市实验中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）

山东省寿光市实验中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）
1．下列物质的水溶液，pH大于7的是
A.SO2
B
.
NH3
C
.NH4Cl
D
.
Na2SO4
【答案】B
【解析】略
2．下列分离或提纯物质的方法正确的是
A．用蒸发法进行海水淡化
B．用酒精萃取碘水中的碘
C．用渗析的方法除去淀粉溶液中含有的少量NaCl
D．用加热→蒸发的方法可以除去粗盐中的CaCl2、MgCl2等杂质
【答案】C
【解析】
试题分析：水和盐的沸点不同，可用蒸馏的方法淡化海水，选项A不正确；酒精与水混溶，不能用酒精萃取碘水中的碘，选项B不正确；用渗析的方法除去淀粉溶液中含有的少量NaCl，选项C正确；加热时，CaCl
2
、MgCl
2
都不能分解、挥发，不能分离杂质，应用化学法除杂，选项D不正确．
考点：混合物的分离提纯
3．将木材隔绝空气加强热，可得到木煤气、木焦油和木炭等，这种加工方法化工生产中称为
A．分馏
B．裂化
C．裂解
D．干馏
【答案】D
【解析】
试题分析：将木材隔绝空气加强热，可得到木煤气、木焦油和木炭等，这种加工方法化工生产中称为干馏。答案是D。
考点：考查干馏的意义的知识。
4．下列装置应用于实验室制氯气并回收氯化锰的实验，能达到实验目的的是
A．用装置甲制取氯气
B．用装置乙除去氯气中的少量氯化氢
C．用装置丙分离氯化锰溶液和二氧化锰
D．用装置丁蒸干氯化锰溶液制MnCl2·4H2O
【答案】C
【解析】
试题分析：A、二氧化锰和浓盐酸制备氯气需要加热，甲装置无加热仪器，故A错误；B、饱和碳酸氢钠溶液呈碱性，能吸收氯气，且NaHCO3和HCl反应能生成CO2，引入新的杂质气体，所以吸收试剂应该为饱和食盐水，并且气体应为长进短出，故B错误；C、二氧化锰不溶于水，因此分离二氧化锰和氯化锰溶液需要过滤，丙装置为过滤装置，故C正确；D、锰离子水解，水解吸热，因此不能直接加热蒸发氯化锰溶液制MnCl2 4H2O，应该在HCl的气氛中进行，故D错误；故选C
考点：考查了氯气的实验室制备等相关知识。
5．下列说法中正确的是
A．0.1mol/L
(NH4)2SO4溶液中：c(SO42—)
>
c(NH4+)
>
c(H+)
>
c(OH－)
B．pH=4的醋酸稀释l0倍，溶液中c（CH3COOH）、c（OH﹣）均减小
C．常温下向CH3COONa溶液中加入适量CH3COOH溶液，使混合液的pH=7，则混合液中c(Na+)＝c(CH3COO—)
D．等浓度的弱酸HA溶液和NaOH溶液等体积混合，所得混合液显碱性
【答案】CD
【解析】
试题分析：A、硫酸铵溶液中铵根水解，溶液显酸性，则0.1mol/L
(NH4)2SO4溶液中：c(NH4+)
>
c(SO42—)
>c(H+)
>
c(OH－)
，A错误；B、醋酸是弱电解质，存在电离平衡，pH＝4的醋酸稀释l0倍，溶液中c（CH3COOH）、c(H+)均减小，但c（OH﹣）增大，B错误；C、常温下向CH3COONa溶液中加入适量CH3COOH溶液，使混合液的pH=7，则根据电荷守恒可知c(Na+)+
c(H+)＝c(CH3COO—)+
c(OH－)，因此混合液中c(Na+)＝c(CH3COO—)，C正确；D、等浓度的弱酸HA溶液和NaOH溶液等体积混合生成强碱弱酸盐NaA，酸根水解溶液显碱性，D正确，答案选CD。
考点：考查溶液中离子浓度大小比较
6．下列说法中，正确的是（
）
A．活化分子间的碰撞一定是有效碰撞
B．其他条件相同时，增大反应物浓度，反应物中活化分子的百分数增加
C．焓变和熵变都与反应的自发性有关，它们都能独立地作为自发性的判据
D．常温下，FeCl3溶液中由水电离出的c
（H+）一定大于1×10﹣7mol/L
【答案】D
【解析】
试题分析：A、能发生反应的碰撞是有效碰撞，A项错误；B、其他条件相同时，增大反应物浓度，反应物中活化分子的百分数不变，B项错误；C、焓变和熵变都与反应的自发性有关，它们不能独立地作为自发性的判据，C项错误；D、常温下，FeCl3溶液中由水电离出的c
（H+）一定大于1×10﹣7mol/L[，D项正确；答案选D。
考点：考查化学反应
7．常温下，将Cl2缓慢通入水中至饱和，然后向所得饱和氯水中滴加0．1mol·L—1的NaOH溶液。整个实验进程中溶液的pH变化曲线如图所示，下列叙述正确的是
A．实验进程中可用pH试纸测定溶液的pH
B．c点所示溶液中：
C．向a点所示溶液中通入SO2，溶液的酸性和漂白性均增强
D．由a点到b点的过程中，溶液中减小
【答案】B
【解析】
试题分析：根据题意知，整个过程发生的反应为Cl2+H2O═HCl+HClO、HCl+NaOH═NaCl+H2O、HClO+NaOH═NaClO+H2O。A、实验进程中溶液中有次氯酸生成，具有漂白性，不能用pH试纸测定溶液的pH，错误；B、c点溶液呈中性，则c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒得c（H+）+c（Na+）=c（Cl-）+c（ClO-）+c（OH-），所以c（Na+）=c（Cl-）+c（ClO-），根据物料守恒得c（Cl-）=c（ClO-）+c（HClO），所以c（Na+）=2c（ClO-）+c（HClO），正确；C、向a点所示溶液中通入SO2，发生的反应为：Cl2+SO2
+2H2O====H2SO4
+2HCl，溶液的酸性增强，但漂白性减弱，错误；D、由a点到b点的过程中，溶液中增大，错误。
考点：考查化学平衡、电解质溶液及氯元素单质及其化合物的性质。
8．X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，原子序数依次增大。其中X、Z同主族，Y、Z同周期，
Y原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍，W的最高正价与最低负价代数和为6。下列说法正确的是
A．四种元素非金属性由强到弱的顺序是：W＞X＞Y＞Z
B．原子半径由小到大的顺序为：X<
W
<
Z
<
Y
C．Y、Z、W三种元素气态氢化物中，Z的气态氢化物最稳定
D．Y和Z的氧化物都属于酸性氧化物，它们都能与水反应生成相应的酸
【答案】B
【解析】X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍，X是氧。X、Z同主族，Z是硫。因为原子序数X、Y依次增大，Y原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，Y是硅。W的最高正价与最低负价代数和为6，是原子序数比Z（硫）大的短周期主族元素，，所以W是氯。A．四种元素非金属性由强到弱的顺序是：W＞X＞Z＞Y。C项，W的气态氢化物最稳定。D项，二氧化硅不能与水反应生成相应的酸
9．下列推断正确的是
A．是酸性氧化物，能与NaOH溶液反应
B．组成元素相同，与反应产物也相同
C．CO、NO、都是大气污染气体，在空气中都能稳定存在
D．新制氯水显酸性，向其中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后溶液呈红色
【答案】A
【解析】
试题分析：A．SiO2为酸性氧化物，与NaOH反应生成硅酸钠和水，正确B．Na2O2与Na2O组成元素虽然相同，但Na2O2与
CO2反应产物中有NaOH和O2，而Na2O2与
CO2反应产物只有NaOH，故B错误。C．CO、NO、NO2都是大气污染气体，NO在空气中与O2反应生成NO2，故C错误。D．新制氯水中含有HCl与HClO，向其中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后溶液先变红后褪色，故D错误。
考点：了解常见元素单质及化合物的性质及应用。
点评：本题涉及单质硅、二氧化硅、氯气单质、氮的氧化物
、钠的氧化物等常见物质的性质，注重基础知识考查。
10．有关氨气的实验较多，下面对这些实验的分析中，正确的是（
）
A．氨气极易溶于水，可以用来做喷泉实验
B．氨气的还原性可以解释氨气与氯化氢的反应实验
C．实验室可用NH4Cl和石灰水制取氨气
D．NH3液化时放出大量的热，因而，不能用氨作制冷剂
【答案】A
【解析】
试题分析：A、1体积水可溶解700体积的氨气，当滴管内的水进入烧瓶内时，氨气大量溶于水，外界大气压将水压入瓶中，剩余氨气又溶于进入瓶中的水，形成喷泉，A正确；B、HCl+NH 3 =NH 4 Cl，反应中氨气中元素的化合价均未发生变化，不能表现氨气的还原性，B错误；C、在实验室中，常用加热NH 4 Cl和Ca（OH） 2 固体混合物的方法制取氨气，氨气极易溶于水，且石灰水中氢氧化钙含量低，不能用石灰水制备，C错误；D、NH 3 易液化，液态氨汽化时要吸收大量的热，所以液氨常用作制冷剂，D错误。答案选A。
考点：氨气的性质
11．下列有关煤的说法正确的是(　　)。
A.煤的干馏是物理变化
B.煤就是碳,属于单质
C.煤可以直接液化,使煤与氢气作用生成液体燃料
D.煤的气化是将煤在高温条件由固态转化为气态是物理变化过程
【答案】C
【解析】煤的干馏属于化学变化,A项错误;煤是多种有机物和无机物组成的混合物,B项错误;煤的气化是生成了其他燃料,属于化学变化过程,D项错误;故选C项。
12．下列说法正确的是
(　
　)
A．含相同碳原子数的烷烃异构体，由于分子间作用力不同，支链越多沸点越高
B．活泼金属元素的氧化物一定是碱性氧化物，非金属元素的氧化物一定是酸性氧化物
C．氢氧化铁溶胶、甘油与乙醇的混合液、含PM2.5的大气均具有丁达尔效应
D．绿色化学期望利用化学原理从源头消除污染，在化学过程中充分利用原料，实现零排放
【答案】D
【解析】
试题分析：A、含相同碳原子数的烷烃异构体，由于分子间作用力不同，支链越多沸点越低，错误；B、活泼金属元素的氧化物不一定是碱性氧化物，如Na2O2，不属于碱性氧化物；非金属元素的氧化物不一定是酸性氧化物，如CO不是酸性氧化物，错误；C、甘油与乙醇的混合液不属于胶体分散系，属于溶液，不具有丁达尔效应，错误；D、利用化学原理从源头消除污染，在化学过程中充分利用原料，实现零排放，是绿色化学的期望，正确，答案选
D。
考点：考查同分异构体的沸点的比较，氧化物的分类，胶体的性质，绿色化学的原理
13．向100
mL
0.1
mol·L-1硫酸铝铵[NH4Al(SO4)2]溶液中逐滴滴入0.1
mol·L-1
Ba（OH）2溶液。随着Ba（OH）2溶液体积V的变化，沉淀总物质的量n的变化如图所示。则下列说法中正确的是（
）
A．a点的溶液呈中性
B．b点到c点之间发生反应的离子方程式是：Al3++2SO42-+2Ba2++3OH—
=Al（OH）3↓+2BaSO4↓
C．c点加入Ba（OH）2溶液的体积为200
mL
D．c点溶液呈碱性
【答案】D
【解析】
试题分析：A、a点发生的反应为2Al3＋＋3Ba2＋＋3(SO4)2－＋6OH－=2Al(OH)3↓＋3BaSO4↓此时溶液中的溶质为(NH4)2SO4溶液为酸性，错误；B、发生的反应为Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O,错误;C、发生的反应为NH4＋＋Al3＋＋2SO42－＋Ba2＋＋5OH－=2BaSO4↓＋AlO2－＋NH3·H2O＋2H2O加入的体积应为250mL，错误；D、发生的反应为NH4＋＋Al3＋＋2SO42－＋Ba2＋＋5OH－=2BaSO4↓＋AlO2－＋NH3·H2O＋2H2O,溶液显碱性，正确。
考点：考查离子方程式、物质的性质等相关知识。
14．已知25℃时有关弱酸的电离平衡常数：
弱酸化学式
CH3COOH
HCN
H2CO3
电离平衡常数（25℃）
1.8×l0-5
4.9×l0-10
K1=4.3×l0-7K2=5.6×l0-11
则下列有关说法正确的是（
）
A．等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH（NaCN）＞pH（Na2CO3）＞pH（CH3COONa）
B．a
mol·L-1
HCN溶液与b
mol·L-1
NaOH溶液等体积混合后，若所得溶液中c(Na＋)＞c(CN－)，则a可能大于b
C．冰醋酸中逐滴加水，则溶液的导电性、醋酸的电离度均先增大后减小
D．NaHCO3溶液中，一定存在c(Na＋)
=
c(HCO3－)
+2c(CO32－)+c(H2CO3)
【答案】B
【解析】
试题分析：A、据电离平衡常数可知酸性强弱顺序为：CH
3
COOH＞HCN＞HCO
3
-
，酸性越弱水解程度越大，溶液的PH越大，物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH（Na
2
CO
3
）＞pH（NaCN）＞pH（CH
3
COONa），A项错误；B、如c（Na
+
）＞c（CN
-
），根据溶液电中性可知c（H
+
）＜c（OH
-
），溶液呈碱性，a＜b或a═b都符合，B项正确；C、冰醋酸属于弱电解质，加水促进电离，冰醋酸中逐滴加水，溶液的导电性先增大后减小，pH先减小后增大，醋酸的电离程度逐渐增大，C项错误；D、据物料守恒得：c(Na＋)
=
c(HCO3－)
+c(CO32－)+c(H2CO3)，D项错误；答案选B。
考点：考查溶液中的离子浓度
15．某金属单质跟一定浓度的硝酸反应,假定只产生单一的还原产物,当参加反应的单质与被还原硝酸的物质的量之比为2：1时，还原产物是
A、NO2
B、NO
C、N2O
D、N2
【答案】C
【解析】
试题分析：该题应用讨论法。金属元素的化合价一般为+1、+2、+3价。由关系式：2X~HNO3，则N元素降低的化合价可能为2、4、6（6实际上不存在），故对应的氧化物只能是N2O3、N2O，在选项中只有C符合。
考点：考查了氧化还原反应的计算等相关知识
16．FeS饱和溶液中存在溶解平衡：FeS（s）
Fe2＋（aq）＋S2－（aq），常温下Ksp
＝
[Fe2＋]·[
S2－]＝8.1×10－17
mol2/L2。由此请回答：
⑴理论上FeS的溶解度为
。
⑵又知FeS饱和溶液中[H＋]与[
S2－]之间存在着如下关系：[H＋]2·[
S2－]＝1.0×10－22
mol3/L3，为了使溶液里[Fe2＋]达到了1mol/L，现将FeS适量投入到其饱和溶液中，应调节溶液中的[H＋]为
。
【答案】⑴7.92×10－8
g；⑵1.11×10－3mol/L。
【解析】⑴由FeS（s）
Fe2＋（aq）＋S2－（aq），[Fe2＋]＝＝＝9×mol/L，即水中溶解的FeS的溶解度为S（FeS）＝9×mol/L×88g/mol×＝7.92×10－8
g；⑵由[Fe2＋]＝1mol/L，则[
S2－]＝＝＝8.1×10－17
mol/L，又由于[H＋]2·[
S2－]＝1.0×10－22
mol3/L3，所以[H＋]＝1.11×10－3mol/L。
17．（16分）X、Y、Z、W四种短周期元素在周期表中的位置关系如图：
I．若Z元素原子的最外层电子数是电子层数的2倍
（1）W在周期表中的位置为
。
（2）Y和Z可组成的化合物的化学式为
。
（3）写出铜和X的最高价氧化物水化物浓溶液反应的离子方程式
。
（4）W最高价氧化物水化物的浓溶液不稳定，受热可分解，产物之一是黄绿色气体，且当有28mol电子转移时，共产生9
mol气体，写出该反应的化学方程式_
。
Ⅱ．若Y和Z的核外电子数之和为22
（1）工业上生产Y氢化物的适宜的反应条件是
和较高的温度；若每生成a
mol乙时放出b
kJ热量，则该反应的热化学方程式为
。
（2）将X的最高价氧化物通人到硅酸钠溶液中，实验现象是
。
（3）X单质与W的最高价氧化物水化物的浓溶液反应，当电子转移0．4
mol时，产生气体的体积（标准状况下）是
。
【答案】I．（1）第三周期第
ⅦA族
（2）SO2，SO3
（3）Cu＋2NO3－＋4H＋＝Cu2＋＋2H2O＋2NO2↑
（4）4HClO4△2Cl2↑＋7O2↑＋2H2O
Ⅱ．（1）合适的催化剂、高压
N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)
△H＝－kJ/mol
（2）溶液中有白色沉淀生成
（3）6.72L
【解析】
试题分析：I．若Z元素原子的最外层电子数是电子层数的2倍，由于Z是短周期元素，则Z应该是第三周期元素，所以Z是硫元素，则W是氯原子，Y是氧元素，X是氮元素。
（1）氯元素在周期表中的位置为第三周期第
ⅦA族。
（2）O和S可组成的化合物的化学式为SO2，SO3。
（3）氮元素的最高价氧化物水化物是硝酸，具有强氧化性，则铜和X的最高价氧化物水化物浓溶液反应的离子方程式为Cu＋2NO3－＋4H＋＝Cu2＋＋2H2O＋2NO2↑。
（4）W最高价氧化物水化物是高氯酸，其浓溶液不稳定，受热可分解，产物之一是黄绿色气体，该气体是氯气。在反应中氯元素的化合价从从+7价降低到0价，得到7个电子，因此当有28mol电子转移时，生成氯气是2mol，由于共产生9
mol气体，因此另外一种气体的体积是氧气，共计是7mol，因此该反应的化学方程式为4HClO4△2Cl2↑＋7O2↑＋2H2O。
Ⅱ．若Y和Z的核外电子数之和为22，由于二者处于同一主族，核电荷数相差8个，所以Y是氮元素，Z是磷元素，则
W是硫，X是碳元素。
（1）合成氨是放热的体积减小的可逆反应，所以工业上生产氨气的适宜的反应条件是合适的催化剂、高压和较高的温度；若每生成a
mol乙时放出b
kJ热量，则该反应的热化学方程式为N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)
△H＝－
kJ/mol。
（2）碳酸的所形成的强于硅酸，所以将X的最高价氧化物CO2通人到硅酸钠溶液中，实验现象是溶液中有白色沉淀生成，该沉淀是硅酸。
（3）碳单质与S的最高价氧化物水化物的浓溶液硫酸反应中碳元素的化合价从0价升高到+4价，失去4个电子，S元素的化合价从+6价降低到+4价，得到2个电子，所以当电子转移0．4
mol时，产生0.1molCO2和0.2molSO2，则气体的体积（标准状况下）是0.3mol×22.4L/mol＝6.72L。
考点：考查元素周期表的结构的综合应用
18．（16分）白钨矿的主要成分是CaWO4
，含有二氧化硅、氧化铁等杂质，工业生产钨流程如下：
（完全沉淀离子的pH值：SiO32-为8，WO42-为5）
（1）白钨矿反应前需要进行粉碎，其目的是____________。CaWO4与纯碱发生的化学反应方程式是_______________________________。
（2）滤渣A的主要成分是（写化学式）_____________，滤渣B的化学式是__________。
（3）调节pH可选用的试剂是：__________。
A．氨水
B．氢氧化钠溶液
C．盐酸
（4）母液中加入盐酸的离子方程式为________________________________________。
（5）白钨矿中CaWO4的质量分数为30%，576千克白钨矿理论上最多能生产钨_____kg。（已知钨酸钙的相对分子质量为288）
【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率。（2分，每点1分）
CaWO4+Na2CO3Na2WO4+CaO+CO2↑（3分，无↑不扣分，不写条件扣1分,分步写也可得分）
（2）Fe2O3
（多写Ca(OH)2不扣分）
（2分）
H2SiO3（2分）
（3）C
（2分）
（4）WO42-+2H+=H2WO4↓（2分）
（5）110.4（3分，误差不大也可酌情给分）
【解析】
试题分析：第一步是白钨矿和纯碱在800oC条件下发生复分解反应生成Na2WO4和CaCO3，CaCO3分解生成CaO和CO2，另外白钨矿中还含有杂质二氧化硅、氧化铁等，二氧化硅与纯碱反应生成硅酸钠与二氧化碳，氧化铁不反应，故混合物的含有CaO、Na2WO4、Na2SiO3、Fe2O3；第二步水洗过滤后滤渣A为Fe2O3和少量的Ca(OH)2；第三步滤液呈碱性，为了除去Na2SiO3，用酸调节PH使Na2SiO3转化为滤渣B（H2SiO3）而除去；第四步母液继续用酸将Na2WO4转化为H2WO4；第五步，将H2WO4煅烧生成WO3，第六步WO3在高温条件下与H2反应制得纯W。
（1）白钨矿反应前进行粉碎，能增大反应物的接触面积，加快反应速率；白钨矿和纯碱在800oC条件下发生复分解反应生成Na2WO4和CaCO3，CaCO3分解生成CaO和CO2，故反应方程式为：CaWO4+Na2CO3Na2WO4+CaO+CO2↑；（2）混合物通过水洗、过滤后杂质中氧化铁留在滤渣A中；用酸调节滤液的PH使Na2SiO3转化为H2SiO3留在滤渣B中；
（3）滤液呈碱性，为了除去Na2SiO3，只能用酸调节PH使Na2SiO3转化为滤渣H2SiO3而将其除去，故选C（盐酸）；（4）母液中加入盐酸，与Na2WO4反应，故离子方程式为：WO42-+2H+=H2WO4↓；（5）CaWO4中W的质量分数为：W%=，白钨矿中CaWO4的质量分数为30%，576千克白钨矿理论上最多能生产钨576
kg×63.9%×30%=110.4kg。
考点：考查金属资源的回收利用。
19．(14分)下图是实验室中制备气体或验证气体性质的装置图
（1）写出用A制取氯气的化学方程式_________________________________________。
（2）利用上图装置制备纯净的氯气，并证明氧化性：Cl2>Fe3+
则装置B中的溶液的作用是___________________________________；
装置D中加的最佳试剂是(填序号)___________：
供选试剂：a．浓H2SO4
b．FeCl2溶液
c．KSCN与FeCl2的混合溶液
d．无水氯化钙
（3）在上图所示圆底烧瓶内加入碳，a中加入浓硫酸，开始实验，加热产生的气体缓慢通过后续装置同时完成如下实验：
实验1：证明SO2具有氧化性和漂白性
实验2：证明碳元素的非金属性比硅元素的强
证明SO2具氧化性和漂白性：B中为少量Na2S溶液、C中加品红溶液，D中应加入足量的__________(填溶液名称)，E中加入___________溶液(填化学式)。
（4）证明碳元素的非金属性比硅元素的强的现象为______________________；
实验2不严谨之处应如何改进________________________________________。
【答案】（1）MnO2+4HCl(浓)
MnCl2+Cl2↑+2H2O（2分）不写“加热或浓”不得分
（2）除去氯气中的氯化氢（2分）
c（2分）
（3）酸性高锰酸钾；（2分）Na2SiO3；（2分）
（4）D中高锰酸钾溶液不褪色，E中溶液变浑浊（2分）
将烧杯换成洗气瓶，右端连接盛有碱石灰的干燥管
（2分）
【解析】
试题分析：（1）实验室利用浓盐酸和二氧化锰加热制备氯气，反应的方程式为MnO2+4HCl(浓)
MnCl2+Cl2↑+2H2O。
（2）由于浓盐酸易挥发，因此需要除去氯化氢，可以用饱和食盐水来除去氯化氢气体。由于铁离子遇KSCN溶液显血红色，因此要验证氯气的氧化性强于铁离子，D中的最佳试剂是KSCN溶液和氯化亚铁溶液，答案选c。
（3）由于SO2也能与硅酸钠溶液反应，所以要检验碳元素的非金属性强于硅元素，需要把SO2氧化，所以D中应加入酸性高锰酸钾溶液，而E中盛放硅酸钠溶液。
（4）要证明碳元素的非金属性强于硅元素，需要除去SO2，所以证明碳元素的非金属性比硅元素的强的现象为D中高锰酸钾溶液不褪色，E中溶液变浑浊。由于空气中也存在CO2，所以必须防止空气中的水蒸气进入，因此改进措施是将烧杯换成洗气瓶，右端连接盛有碱石灰的干燥管。
考点：考查气体制备、性质检验探究等实验设计
20．环己酮是一种重要的化工原料，实验室常用下列方法制备环己酮：
环己醇、环己酮和水的部分物理性质见下表：
物质
沸点（℃）
密度（g·cm－3，20℃）
溶解性
环己醇
161.1（97.8）★
0.9624
能溶于水
环己酮
155.6（95）★
0.9478
微溶于水
水
100.0
0.9982
★括号中的数据表示该有机物与水形成的具有固定组成的混合物的沸点
（1）酸性Na2Cr2O7溶液氧化环己醇反应的△H<0，反应剧烈将导致体系温度迅速上升，副反应增多。实验中将酸性Na2Cr2O7溶液加到盛有环己醇的烧杯中，在55~60℃进行反应。反应完成后，加入适量水，蒸馏，收集95~100℃的馏分，得到主要含环己酮和水的混合物。
①酸性Na2Cr2O7溶液的加料方式为
。
②蒸馏不能分离环己酮和水的原因是
。
（2）环己酮的提纯需要经过以下一系列的操作：
a．蒸馏，收集151~156℃的馏分；
b．过滤；
c．在收集到的馏分中加NaCl
固体至饱和，静置，分液；
d．加入无水MgSO4固体，除去有机物中的少量水。
①上述操作的正确顺序是
（填字母）。
②上述操作b、c中使用的玻璃仪器除烧杯、锥形瓶、玻璃棒外，还需
。
③在上述操作c中，加入NaCl
固体的作用是
（3）利用核磁共振氢谱可以鉴定制备的产物是否为环己酮，环己酮分子中有
种不同化学环境的氢原子。
【答案】(1)
①缓慢滴加
②环已酮和水形成具有固定组成的混合物一起蒸出；（2）①c
d
b
a；
②漏斗、分液漏斗；
③增加水层的密度，有利于分层；（3）3.
【解析】
试题分析：（1）酸性Na2Cr2O7溶液氧化环己醇反应的△H<0，反应剧烈将导致体系温度迅速上升，副反应增多，①为了防止Na2Cr2O7溶液氧化环己醇放出大量的热使反应温度升高，副反应增多，所以酸性Na2Cr2O7不能加入太快，应该缓慢滴加，答案为：缓慢滴加；②环己酮和水能够形成共沸物，具有固定的沸点，蒸馏时能够一起被蒸出，答案为：环已酮和水形成具有固定组成的混合物一起蒸出；（2）根据表中的数据可以看出，环己酮和水的密度非常的接近，不易分层，所以先在收集到的馏分中加氯化钠固体，可以增大水层的密度，从而把环己酮和水分离，由于环己酮和水可以形成共沸物，所以需要先加入硫酸镁，除去环己酮中少量的水在进行蒸馏，收集151~156℃的馏分，答案为：c
d
b
a；②操作b是过滤需要用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，操作c是分液需要用到的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯，答案为：漏斗、分液漏斗；
③环己酮和水的密度非常的接近，不易分层，所以先在收集到的馏分中加氯化钠固体，可以增大水层的密度，从而把环己酮和水分离，答案为：增加水层的密度，有利于分层；
（3）环己酮是一个对称的分子，不同化学环境的氢原子有3中，答案为：3.
考点：考查有机物的分离、提纯
21．市场上出现过一种一氧化碳检测器，其外观像一张塑料信用卡，正中有一个直径不到2cm的小窗口，露出橙红色固态物质。若发现橙红色转为黑色而在短时间内不复原，表明室内一氧化碳浓度超标，有中毒危险。一氧化碳不超标时，橙红色虽也会变黑却能很快复原。已知检测器的化学成分：亲水性的硅胶、氯化钙、固体酸H8[Si(Mo2O7)6]·28H2O、CuCl2·2H2O和PdCl2·2H2O（注：橙红色为复合色，不必细究）。
4-1
CO与PdCl2·2H2O的反应方程式为：
。
4-2
4-1的产物之一与CuCl2·2H2O反应而复原，化学方程式为：
。
4-3
4-2的产物之一复原的反应方程式为：
。
【答案】4-1化学方程式
CO
+
PdCl2·2H2O
=
CO2
+
Pd
+
2HCl
+
H2O
(4分)
写PdCl2不写PdCl2·2H2O同时也配平，给2分。
4-2化学方程式
Pd
+
2CuCl2·2H2O
=
PdCl2·2H2O
+
2CuCl
+
2H2O
(4分)
写Pd
+
CuCl2·2H2O
=
PdCl2·2H2O
+
Cu给2分
4-3化学方程式
4CuCl
+
4HCl
+
6H2O
+
O2
=
4CuCl2·2H2O
(4分)
【解析】竞赛是科学普及的一部分，要通过竞赛宣传化学在经济发展人类进步人民健康质量、生活质量及环境质量改善中的作用，以促进中学生关心发生在世界上和周围的新事物，激励他们为之奋斗，本题就体现这种思想。鉴于试题涉及的器件的化学组成很复杂，命题人从中挑选了学生的知识背景足以理解的问题，也正好是该器件性能的主要化学原理，甚至提示应试者集中精力解决主要问题，舍弃不必细究的枝节，这本身也是一种如何理论联系实际的教育。命题人在组题时进一步帮助应试人缕清器件化学原理的思考程序，分3个问题要求学生思考，但每一个问题都留有需应试者通过原有知识基础来补充完善的内容，以此来考察应试者的应变能力。第一个问题的关键是：CO和PdCl2·2H2O谁是氧化剂？当然有两种正好相反的假设，假设1，得到C和某种高价钯化合物，假设2，得到CO2和金属钯。哪一个假设正确？要从第二问得到启示。显然，第二问需要应试者自己得出结论的首先是CuCl2·2H2O不可能是还原剂，只可能是氧化剂，因为在水体系里铜的价态不能再升高。如果应试者没有这种基本思路，就无助于对第1问两种假设的抉择。有了这种思路，必然对“4-1的产物之一”对准C和Pd。问：其中哪一个可以跟CuCl2·2H2O反应？中学课本上讨论过碳的氧化，使用的都是强氧化剂，如空气中的氧气、浓硫酸、浓硝酸等，而且都需加热，可见碳不是强还原剂，把它氧化不那么容易，应当排除，于是“定音”，假设2是正确的，这是一箭双雕，既答了第1问，又答了第2问。当然，第2问又存在两种可能，铜被还原得铜（I）呢还是得铜（0）。怎样判断？需要第3问来帮助，第3问要求写出4-2问中产物之一被复原，自然是指铜（I）或铜（0）的复原。先不必问氧化剂是谁，应试者就清楚，铜（I）比铜（0）易复原，即容易被氧化。这是不是中学知识？笔者认为是。由此选择了铜（I）为第2问的答案，完成第2问的解答。再接着思考第3问：使铜（I）复原为铜（II）使用了什么试剂？首先要明确，它一定是氧化剂（应试者明确吗？），然后从器件化学组成中去找，找不到（有人会认为存在2Cu++2H+=2Cu2++H2的反应吗？），于是被逼到“华容道”上去了，只能选择空气中的氧气，别无它路，全题得解。当然，解完后应回顾器件的整个化学组成来讨论它们各自的作用，但试题没有设问，留给应试者自己思索。
22．下列框图所示的物质转化关系中，甲是日常生活中常见的金属，乙、丙、丁是常见的气体单质。气体B与气体C相遇产生白烟，A是强碱，D的焰色反应呈紫色（部分反应物和生成物及溶剂水已略去）。
请回答下列问题：
（1）D的化学式为
。
（2）C的电子式为
。
（3）写出A溶液和甲反应的离子方程式：
。
（4）写出工业上制备B的化学方程式：
。
【答案】（1）KCl；（2）；
（3）2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；（4）N2+3H22NH3。
【解析】
试题分析：D的焰色反应呈紫色，说明D中含有K元素，因为丁是气体，A为强碱，则A为KOH，乙、丙、丁为气体单质，且生成气体B和气体C相遇生成白烟，这是NH3和HCl的反应，甲是金属，A是碱，则甲为Al，丙为H2，点燃条件下和氢气反应，生成HCl，则丁为Cl2，C为HCl，B为NH3，乙：N2，（1）根据上述推断NH4Cl＋KOHNH3↑＋KCl，则D为KCl；（2）C为氯化氢，属于共价化合物，其电子式为：；（3）金属铝和碱的反应：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；（4）工业上制备氨气，利用氮气和氢气合成氨，即：N2+3H22NH3。
考点：考查无机物的推断、元素及其化合物的性质等知识。
23．(12分)二氧化碳和氢气按一定的体积比混合，在一定条件下可以制得烯烃，该技术已经成为节能减碳的有效途径之一。苯是一种重要的化工原料，下图是合成橡胶和TNT的路线。
回答问题：
（1）烃A的分子式为__________。
（2）烯烃B的名称为________________；TNT中官能团的名称
。
（3）写出反应由B到C的化学方程式
。
（4）写出反应①的化学方程式____________________________________。
【答案】（1）C7H8（2分）
（2）乙烯；硝基
（2分）
（3）CH2=CH2+
Cl2→CH2ClCH2Cl
（3分）
（4）（3分）
【解析】
试题分析：（1）苯与一氯甲烷发生取代反应生成烃A，则A是甲苯，因此烃A的分子式为C7H8。
（2）C与苯反应生成分子式为C8H9Cl的有机物，则根据原子守恒可知C是1，2—二氯乙烷，所以B是乙烯，与氯气发生加成反应生成C，则烯烃B的名称为乙烯；甲苯与浓硝酸、浓硫酸反应生成三硝基甲苯，所以TNT中官能团的名称是硝基。
（3）根据以上分析可知由B到C的化学方程式为CH2=CH2+
Cl2→CH2ClCH2Cl。
（4）反应①是甲苯的硝化反应，则反应的化学方程式为
。
考点：考查有机物推断与合成
V/mL
n/mol
a
b
c