山东省泗水金城中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）

山东省泗水金城中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）
1．下列各组中互为同素异形体关系的是
A．H2与D2
B．T2O与H2O
C．与
D．金刚石与石墨
【答案】D
【解析】
试题分析：由同一种元素形成的不同单质互为同素异形体，则A．H2与D2均是氢气分子，A错误；B．T2O与H2O均是水分子，B错误；C．与的质子数相同而中子数不同，互为同素异形体，C错误；D．金刚石与石墨均是碳元素形成的单质，二者互为同素异形体，D正确，答案选D。
考点：考查同素异形体的判断
2．下表列出的是部分元素的原子序数，有关该表的下列说法正确的是（
）
9
10
11
17
18
19
A.每一横行元素原子的电子层数都不相同
B.每一纵行元素原子的最外层电子数都不相同
C.中间的纵行元素很不容易与其他元素化合
D.左边纵行元素的金属性很强
【答案】AC
【解析】第一横行中的9、10有2层电子，11有3层电子；第二横行中的17、18有3层电子，19有4层电子。每一纵行元素原子的最外层电子数都相同，分别为7、8、1。中间的纵行元素是稀有气体Ne、Ar，很不容易与其他元素化合。左边纵行元素分别是F、Cl，非金属性很强。
3．下列说法正确的是
A．水的离子积常数KW只与温度有关，但外加酸、碱、盐一定会影响水的电离程度
B．Ksp不仅与难溶电解质的性质和温度有关，还与溶液中相关离子的浓度有关
C．常温下，在0.10
mol·L－1的NH3·H2O溶液中加入少量NH4Cl晶体，能使溶液的pH减小，c(NH4＋)/c(NH3·H2O)的值增大
D．室温下，CH3COOH的Ka＝1.7×10－5，NH3·H2O的Kb＝1.7×10－5，CH3COOH溶液中的c(H＋)与NH3·H2O中的c(OH－)相等
【答案】C
【解析】
试题分析：A．水的离子积常数KW只与温度有关，但外加酸、碱和能够水解的盐一定会影响水的电离程度，如果盐为强酸强碱盐，则不影响水的电离程度，A错误；B．Ksp与难溶电解质的性质和温度有关，与溶液中离子浓度大小无关，B错误；C．常温下，在0.10
mol·L－1的NH3·H2O溶液中加入少量NH4Cl晶体，抑制电离，能使溶液的pH减小，，则溶液中，氢氧根离子浓度减小，所以c(NH4＋)/c(NH3·H2O)的值增大，C正确；D．室温下，CH3COOH的Ka＝1.7×10－5，NH3·H2O的Kb＝1.7×10－5，这说明二者的电离程度相同，由于不能确定二者溶液的浓度是否相等，所以CH3COOH溶液中的c(H＋)与NH3·H2O中的c(OH－)不一定相等，D错误，答案选C。
【考点定位】本题主要是考查了水的电离、难溶物的溶解度、弱电解质的电离及其影响等
【名师点晴】答题时注意掌握影响水的电离、弱电解质的电离的因素，选项CD为难点和易错点，注意掌握弱电解质的电离平衡常数的表达式及其转化，明确温度不变，水的离子积常数、弱电解质的电离平衡常数不变
4．25
℃下，0．1
mol/L的Na2S溶液，下列叙述正确的是
A．升高温度，溶液的pH降低
B．加入NaOH固体，溶液中的c（Na＋）、c（S2－）均增大
C．c（Na＋）＞c（S2－）＞c（H＋）＞c（OH－）
D．2c（Na＋）＝c（S2－）＋c（HS－）＋c（H2S）
【答案】B
【解析】
试题分析：A、硫化钠溶液显碱性，升温，促进水解，溶液的pH增大，错误，不选A；B、加入氢氧化钠固体，抑制硫离子水解，硫离子浓度增大，加入氢氧化钠，钠离子浓度增大，正确，选B；C、溶液显碱性，氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，错误，不选C；D、根据物料守恒，1/2c（Na＋）＝c（S2－）＋c（HS－）＋c（H2S）错误，不选D。
考点：
盐类水解和离子浓度的比较
【名师点睛】盐溶液中的离子浓度比较是常考的题型，一般在溶液中存在三种守恒关系：
1、电荷守恒：电解质溶液中所有阳离子所带有的正电荷数与所有的阴离子所带的负电荷数相等。如NaHCO3溶液中：n（Na＋）＋n（H+）＝n（HCO3-）＋2n（CO32-）＋n（OH-）推出：[Na＋]＋[H＋]＝[HCO3-]＋2[CO32-]＋[OH-]
2、物料守恒：电解质溶液中由于电离或水解因素，离子会发生变化变成其它离子或分子等，但离子或分子中某种特定元素的原子的总数是不会改变的。如NaHCO3溶液中：n（Na＋）：n（c）＝1:1，推出：
C
（Na＋）＝c
（HCO3-）＋c
（CO32-）＋c
（H2CO3）
3、质子守恒：（不一定掌握）电解质溶液中分子或离子得到或失去质子（H＋）的物质的量应相等。例如：在NH4HCO3溶液中H3O+、H2CO3为得到质子后的产物；NH3、OH-、CO32-为失去质子后的产物，故有以下关系：c
（H3O+）+c
（H2CO3）=c
（NH3）+c
（OH-）+c
（CO32-）。
5．已知火箭燃料二甲基肼(CH3—NH—NH—CH3)的燃烧热为－6
000
kJ·mol－1，则30
g二甲基肼完全燃烧放出的热量为
A．3000
kJ
B．1500
KJ
C．6
000
kJ
D．12
000
kJ
【答案】A
【解析】
试题解析：二甲基肼的相对分子质量是
60
g/mol，则30g
二甲基肼是
0.5
mol，
放出的热量是燃烧热的一半，即
3
000
kJ。
考点：
有关反应热的计算
6．如图是一种人工合成的甜味剂aspartame的结构简式，比一般的蔗糖甜160倍，由于它不会被消化而变为能量供给身体所需，所以适合一些减肥人士食用，目前是糖的最佳代用品。下列关于aspartame的描述正确的是
A．不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
B．分子式是C14H19N2O5
C．具有2个手性碳原子
D．1
mol该物质与NaOH溶液反应，最多消耗3
mol
NaOH
【答案】CD
【解析】
7．实验中需2mol/L的NaCl溶液950mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取NaCl的质量分别
A．1000mL，117g
B．950mL，111．2
g
C．任意规格，117g
D．500mL，111．2g
【答案】A
【解析】
试题分析：实验中需2mol/L的NaCl溶液950mL，但实验室没有规格为950mL的容量瓶，为了减小误差，故我们应选用1000ml的容量瓶，故实际配置溶液体积为1000ml，故应称量NaCl的质量为：1L×2mol/L×58．5g/mol=117g，故A项正确。
考点：一定物质的量溶液配制计算。
8．铷是一种碱金属元素，下列对铷及其化合物性质的推断正确的是
（
）
①铷的熔点比钾的高，
②碳酸铷的水溶液呈碱性，
③氢氧化铷的碱性比氢氧化钠强，
④铷在氧气中燃烧主要生成氧化铷，
⑤铷不能从硫酸铜溶液中置换出金属铜[]
A．①②③⑤
B．②③⑤
C．①②③④⑤
D．②③④⑤
【答案】B
【解析】
9．下列关于有机物的说法中，不正确的是
A.液化石油气和天然气的主要成分都是甲烷
B.苯、乙醇和乙酸都能发生取代反应
C.油脂在碱的催化作用下可发生水解，工业上利用该反应生产肥皂
D.用新制的Cu(OH)2悬浊液可检验尿液中的葡萄糖
【答案】B
【解析】
10．右图是模拟电化学反应的装置图。下列有关叙述中，不正确的是
A．X为铜棒，Y为CuSO4溶液，开关K置于M处，铜棒质量将增加，此时外电路中的电子向铜电极移动
B．X为铜棒，Y为CuSO4溶液，开关K置于N处，铁棒质量将增加，溶液中Cu2＋浓度将减小
C．X为碳棒，Y为NaCl溶液，开关K置于N处，溶液中的阳离子向铁电极移动
D．X为锌棒，Y为NaCl溶液，开关K置于M处，可减缓铁的腐蚀，这种方法称为牺牲阳极的阴极保护法
【答案】B
【解析】
试题分析：A、开关K置于M处是原电池，铁做负极失电子生成亚铁离子，溶液中的铜离子在铜电极析出铜，铜棒质量将增加，电子从负极铁沿导线流向铜电极，A正确；
B、开关K置于N处是电解池，铜做阳极，溶液中铜离子在铁电极上析出，是电镀原理，阳极电子守恒，析出的铜和溶解的铜相同，溶液中铜离子浓度不变，B错误；
C、开关K置于N处是电解池，X电极为阳极，溶液中氯离子失电子生成氯气，铁做阴极，溶液中阳离子氢离子移向铁电极，在铁电极生成氢气，C正确；
D、开关K置于M处是原电池，X为锌是原电池的负极失电子，铁做正极被保护，可减缓铁的腐蚀，这种方法称为牺牲阳极的阴极保护法，D正确。答案选B。
考点：原电池，电解池
11．配制一定物质的量浓度的溶液时，由于操作方面的失误可能会导致实验误差。下列分析中正确的是
A.
烧杯中的溶液没有恢复到室温就转移到容量瓶，一定会导致结果偏高
B.
没有洗涤烧杯和玻璃棒，一定会导致结果偏低
C.容量瓶使用时没有干燥会导致结果偏低
D.使用量筒量取浓溶液后，没有把洗涤量筒得到洗涤液转移到容量瓶，会导致结果偏低
【答案】B
【解析】
试题分析：A.
烧杯中的溶液没有恢复到室温就转移到容量瓶，不一定会导致结果偏高，因为溶解是吸热或放热不能确定，A错误；B.
没有洗涤烧杯和玻璃棒，溶质的物质的量减少，一定会导致结果偏低，B正确；C.容量瓶使用时没有干燥不影响，C错误；D.使用量筒量取浓溶液后，不能把量筒洗涤液转移到容量瓶中，D错误，答案选B。
【考点定位】本题主要是考查一定物质的量浓度溶液配制的误差分析
【名师点晴】根据可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量ｎB和溶液的体积V引起的。误差分析时，关键要看配制过程中引起ｎ和V怎样的变化。在配制一定物质的量浓度溶液时，若nB比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若nB比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。
12．常温下pH＝3的二元弱酸H2R溶液与a
L
pH＝11的NaOH溶液混合后，混合液的pH刚好等于7（假设反应前后体积不变），则对反应后混合液的叙述正确的是
A．c(R2－)+
c(OH－)＝c(Na＋)+c(H＋)
B．
c(R2－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＝c(OH－)
C．2c(R2－)+
c(HR－)＝c(Na＋)
D．混合后溶液的体积为2a
L
【答案】C
【解析】
13．下列说法正确的是
A．0.5mol
SO2和11.2LCO2所含的分子数目一定相等
B．25℃和100℃时，水的pH相等
C．中和等体积、等物质的量浓度的NaOH和氨水所消耗的n(H2SO4)相等
D．2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)
和4SO2(g)＋2O2(g)
4SO3(g)的△H相等
【答案】C
【解析】
试题分析：A、未标明状态，故无法确定；B、沸水pH在6左右，冰水的大于7，25℃等于7；C、正确。D选项，后者为前者的二倍。
考点：阿伏伽德罗常数，PH值，中和反应，焓变。
14．常温下，用
0．01
mol·L－1
NaOH溶液滴定
20．00
mL
0．01
mol·L－1
CH3COOH溶液，所得滴定曲线如图。下列说法正确的是
A．a点对应溶液的pH=2
B．b点对应的溶液中：c(OH－)+
c(CH3COO－)
=
c(Na+)+
c(H+)
C．c点表示NaOH溶液与CH3COOH溶液恰好完全反应
D．d点对应的溶液中，水的电离程度小于同温下纯水的电离程度
【答案】B
【解析】
试题分析：醋酸为弱酸，不能完全电离，则0．01mol L-1
CH3COOH溶液pH＞2，故A错误；溶液中存在电荷守恒：c（Na＋）+c（H＋）=c（OH－）+c（CH3COO－），故B正确；醋酸和氢氧化钠反应生成醋酸钠，醋酸钠是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，当酸碱恰好反应时溶液应该呈碱性，但C点溶液呈中性，说明酸过量，故C错误；d点时溶液呈碱性，如二者恰好中和，完全反应生成醋酸钠，水解呈碱性，促进水的电离，故D错误，故选B。
考点：本题以NaOH滴定CH3COOH的滴定曲线为载体，考查盐类的水解、溶液离子浓度的大小比较等，难度中等。
15．下列各项内容中，排列顺序正确的是
①
固体的热稳定性：Na2CO3＞CaCO3＞NaHCO3
②
相同物质的量浓度的下列溶液中NH4+
的浓度：(NH4)2SO4＞(NH4)2CO3＞NH4Cl
③
微粒半径：K+＞S2－＞F
④
给出质子的能力：CH3COOH＞C2H5OH＞H2O
⑤
氢化物的沸点：H2Se＞H2S＞H2O
A．①③
B．②④
C．③⑤
D．①②
【答案】D
【解析】
试题分析：易溶盐的热稳定性大于难溶盐的，同时碳酸氢钠受热易分解，热稳定性差，故热稳定性：Na2CO3＞CaCO3＞NaHCO3。
由于碳酸铵溶液中铵根离子和碳酸根离子能发生双水解，使得铵根离子的浓度降低，所以硫酸铵溶液中铵根离子的浓度大于碳酸铵溶液中的铵根离子浓度。
根据层同核大半径小原则，微粒的半径应是S2－＞K+＞F
同一主族，从上至下，随着原子序数的增大，原子半径增大，氢化物的熔沸点降低，所以应是H2O＞H2S＞H2Se
考点：物质的热稳定性，离子浓度大小比较，微粒半径和物质熔沸点比较。
点评：本题属于简单题，涉及到了电解质溶液的性质，利用盐类水解的性质。物质的性质比较，大部分利用了元素周期律来解答，学生注意平时学习的积累。
16．(13分)A、B、C、D四种元素都是短周期元素。A元素的离子具有黄色的焰色反应．B元素的离子结构和Ne具有相同的电子层排布；5．8gB的氢氧化物恰好能与100
mL2
mol/L盐酸完全反应；B原子核中质子数和中子数相等。H2在C单质中燃烧产生苍白色火焰。D元素原子的电子层结构里，最外层电子数是次外层电子数的3倍。根据上述条件，回答：
（1）元素C位于第
周期
族，它的最高价氧化物的化学式为
。
（2）写出元素的名称:
A
、B
、D
；
（3）A与D形成淡黄色的化合物的化学式为
，
判断该化合物在空气中是否变质的简单方法是
__。
（4）C元素的单质有毒，可用A的最高价氧化物对应的水化物的溶液吸收，其离子方程式为
。
【答案】(13分)
（1）三；ⅤⅡA
；Cl2O7
（2）钠；镁；氧
（3）Na2O2；观察是否变白
（4）Cl2
＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O
【解析】
试题分析：A、B、C、D四种元素都是短周期元素，A元素的离子具有黄色的焰色反应，说明A为Na元素；5．8
g
B的氢氧化物恰好能与100
mL
2
mol/L盐酸完全反应，n(H＋)=n(OH－)=0．2
mol，设B的化合价为x，摩尔质量为y，则5．8÷(17x＋y)×x=0．2，x=2，y=24，B原子核中质子数和中子数相等，则B的质子数为12，B为Mg元素；H2在C单质中燃烧产生苍白色火焰，C为Cl元素；D元素原子的电子层结构中，最外层电子数是次外层电子数的3倍，次外层为2，最外层电子为6，D为O元素。
（1）C为Cl元素，位于元素周期表中第三周期第ⅤⅡA族，最高价为＋7价，它的最高价氧化物化学式为Cl2O7
；
（2）由上述推断可知，A为钠，B为镁，D为氧；
（3）过氧化钠是淡黄色固体，A与D形成的淡黄色化合物的化学式为Na2O2
，过氧化钠易与空气中水蒸气、二氧化碳反应生成氢氧化钠与碳酸钠，氢氧化钠与碳酸钠均为白色，观察是否变白，可判断过氧化钠是否变质；
（4）C元素的单质为Cl2，A的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，二者反应的离子反应为Cl2
＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O。
考点：考查元素的推断，过氧化钠的性质，氯气的性质等知识。
17．（6分）
Ⅰ.图甲是一定的温度和压强下N2和H2反应生成1
mol
NH3过程中能量变化示意图,请写出工业合成氨的热化学方程式(ΔH的数值用含字母Q1、Q2的代数式表示）:
。
Ⅱ.（1）根据最新“人工固氮”的研究报道,在常温、常压、光照条件下,N2在催化剂(掺有少量Fe2O3的TiO2）表面与水发生下列反应,
已知:N2(g）+3H2(g）==
2NH3(g）
ΔH=-92.4
kJ·mol-1,
2H2(g）+O2(g）====2H2O(l）
ΔH=-571.6
kJ·mol-1,
则2N2(g）+6H2O(l）==
4NH3(g）+3O2(g）
ΔH=
;
（2）饮用水中的NO3-主要来自于NH4+。已知在微生物的作用下,
NH4+经过两步反应被氧化成NO3-。两步反应的能量变化示意图如图乙:
1
mol
NH4+全部被氧化成NO3-的热化学方程式为
。
【答案】（每空2分，共6分）
Ⅰ.N2(g）+3H2(g）=2NH3(g）
ΔH=2(Q1-Q2）kJ·mol-1
Ⅱ.（1）1530
kJ·mol-1
（2）
NH4+
(aq）+2O2(g）=
NO3-
(aq）+2H+(aq）+H2O(l）
ΔH=-346
kJ·mol-1
【解析】
试题分析：Ⅰ.根据图甲可知，反应物的总能量比生成物的总能量高，该反应为放热反应，即生成1molNH3（g）时放出的热量为（Q2-Q1）kJ，所以工业合成氨的热化学方程式为N2(g）+3H2(g）=2NH3(g）
Δ
H=2(Q1-Q2）kJ·mol-1。
Ⅱ.（1）根据盖斯定律，一式×2-二式×3=-92.4
kJ·mol-1×2+571.6
kJ·mol-1×3=1530
kJ·mol-1。
（2）根据图像可以写出，第一步反应的热化学方程式为①NH4＋
(aq）+1.5O2(g）=NO2-(g）+2H＋(aq）+H2O(l）
ΔH=-273
kJ·mol-1，第二步反应的热化学方程式为②NO2-(aq）+0.5O2(g）=NO3-（g）ΔH=-73
kJ·mol-1，根据盖斯定律①+②得NH4+
(aq）+2O2(g）=
NO3-
(aq）+2H+(aq）+H2O(l）
ΔH=-346
kJ·mol-1。
考点：考查热化学方程式的书写，盖斯定律的应用，化学图像的分析与判断等知识。
18．（5分）下列有关实验的叙述，正确的是
（填序号，多选一个倒扣1分）
A．分液时，分液漏斗下层液体从下口放出，上层液体从上端口倒出
B．氢气还原氧化铜实验中，先加热氧化铜后通氢气
C．蒸馏石油时，加热一段时间后发现未加碎瓷片，立刻拔开橡皮塞并投入碎瓷片
D．实验室做钠的实验时，余下的钠屑投入到原试剂瓶中
E．浓硫酸不小心沾到皮肤上，立刻用稀NaOH溶液洗涤
F．不慎将苯酚沾到皮肤上，立即用酒精清洗；
G．配制浓硫酸和浓硝酸的混合酸时，将浓硫酸沿器壁慢慢加入浓硝酸中，并不断搅拌；
H．配制银氨溶液时，将稀氨水慢慢滴加到硝酸银溶液中，产生沉淀后继续滴加到沉淀刚好溶解为止
【答案】ADFGH（1个1分，多选倒扣）
【解析】
试题分析：A．分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，避免两种液体相互污染，故A正确；B．氢气和空气混合加热易发生爆炸，实验开始先通入氢气，故B错误；C．加热一段时间后蒸馏烧瓶内的压强较大，拔开橡皮塞易导致液体飞溅，应先撤去酒精灯，待温度恢复至室温时再拔开橡皮塞并投入碎瓷片，故C错误；D．金属钠性质活泼，易与空气中的氧气、水等反应，如投入到废液缸中，易产生火灾，应放回原试剂瓶，故D正确；E．浓硫酸不小心沾到皮肤上，应该先用抹布擦去，再用大量的水冲洗，再涂3%---5%的碳酸氢钠溶液，故E错误；F．不慎将苯酚溶液沾到皮肤上，由于苯酚不溶于冷水，易溶于酒精，所以应该立即用酒精清洗，故F正确；G．浓硫酸稀释放热，配制时应将浓硫酸倒入其他溶液，故G正确；H．配制银氨溶液时，氨水不能加入过量，应至沉淀刚好溶解为止，故H正确，故选ADFGH。
考点：考查化学实验基本操作
19．（13分）亚硝酸钠是一种工业盐，在生产、生活中应用广泛。现用下图所示仪器（夹持装置已省略）及药品，探究亚硝酸钠与硫酸反应及气体产物成分。
已知：①NO＋NO2＋2OH－＝2NO2－＋H2O；②气体液化的温度：NO2
21℃、NO–152℃。
（1）为了检验装置A中生成的气体产物，仪器的连接顺序（按左→右连接）:
A、
、
、
。
（2）反应前应打开弹簧夹，先通入一段时间氮气，排除装置中的空气，目的是
。
（3）在关闭弹簧夹，打开分液漏斗活塞，滴入70%硫酸后，A中产生红棕色气体。
①确认A中产生的气体含有NO，依据的现象是
。②装置D的作用是
。
（4）如果向C中通入过量O2，则装置B中发生反应的总化学方程式为
。
（5）通过上述实验探究过程，可得出装置A中反应的化学方程式是
。
【答案】（1）
D
、C
、B
（2分）
（2）
防止可能生成的NO被完全氧化成NO2
，造成对A中反应气体产物检验不完全
（2分）
（3）①
C中出现红棕色气体
(2
分)；②
冷凝使NO2完全液化
(2
分)
（4）4NO2
+
O2
+
4NaOH
=
4NaNO3
+2H2O
(2
分)
（5）2NaNO2
+
H2SO4
=
Na2SO4
+
NO2↑+
NO↑+H2O
(2
分)
【解析】
试题分析：（1）为证明浓硫酸与NaNO2发生反应产生的气体的成分，应该首先将气体通过D降温，观察是否有红棕色液体产生。若有证明气体中含有NO2，，再通过C装置，看是否存在NO,如果有NO，会发生反应2NO+O2=2NO2，会看到气体变为红棕色，因为NO、NO2都是大气污染物。为了防止大气污染，最后把尾气通入到B装置进行尾气处理。故仪器的连接顺序是A、D、C、B；（2）由于空气中含有氧气会与产生的NO发生反应形成NO2
，造成对A中反应气体产物检验不完全，故在反应前应打开弹簧夹，先通入一段时间氮气，排除装置中的空气；（3）①确认A中产生的气体含有NO，依据的现象是C中出现红棕色气体；②由于NO2气体液化的温度是21℃，NO是–152℃，所以装置D的作用是冷凝使NO2完全液化；（4）如果向C中通入过量O2，则装置B中是NO2与O2的混合气体与NaOH水溶液的反应。发生反应的总化学方程式为4NO2
+
O2
+
4NaOH
=
4NaNO3
+2H2O；（5）通过上述实验探究，可知装置A中反应产生的气体是
NO2、NO，根据电子守恒和原子守恒可得反应方程式是2NaNO2
+
H2SO4
=
Na2SO4
+
NO2↑+
NO↑+H2O。
考点：考查装置的连接顺序、化学操作的目的、气体的检验、化学方程式的书写的知识。
20．（1）硫酸亚铁晶体（FeSO4·7H2O）在医药上作补血剂，实验室通过如下实验由废铁屑制备FeSO4·7H2O晶体：
a.将5%
Na2CO3溶液加入到盛有一定量废铁屑的烧杯中，加热数分钟，用倾析法除去Na2CO3溶液，然后将废铁屑用水洗涤2～3遍；
b.向洗涤过的废铁屑中加入过量的稀硫酸，控制温度在50～80℃之间至铁屑耗尽；
c.趁热过滤，将滤液转入到密闭容器中，静置、冷却结晶；
d.待结晶完毕后，滤出晶体，用少量冰水洗涤2～3次，再用滤纸将晶体吸干；
e.将制得的FeSO4·7H2O晶体放在一个小广口瓶中，密闭保存。请回答下列问题：
①实验步骤b明显不合理，理由是
。
②实验步骤d中用少量冰水洗涤晶体，其目的是
，
。
（2）经查阅资料后发现，硫酸亚铁在不同温度下结晶可分别得到FeSO4·7H2O、FeSO4·4H2O和FeSO4·H2O。硫酸亚铁在不同温度下的溶解度和该温度下析出晶体的组成如下表所示（仅在56.7℃、64℃温度下可同时析出两种晶体）。硫酸亚铁的溶解度和析出晶体的组成
温度/℃
0
10
30
50
56.7
60
64
70
80
90
溶解度/g
14.0
17.0
25.0
33.0
35.2
35.3
35.6
33.0
30.5
27.0
析出晶体
FeSO4·7H2O
FeSO4·4H2O
FeSO4·H2O
请根据表中数据作出硫酸亚铁的溶解度曲线。
（3）若需从硫酸亚铁溶液中结晶出FeSO4·4H2O，应控制的结晶温度（t）的范围为
．
（4）硫酸亚铁晶体（FeSO4·7H2O）在医药上作补血剂。某课外小组测定该补血剂中铁元素的含量。实验步骤如下：
请回答下列问题：
①证明步骤①滤液中含有Fe2+的方法是先滴加KSCN溶液，再滴加
，该过程的现象为：
。
②步骤④中一系列处理的操作步骤：过滤、
、灼烧、
、称量。
③若实验无损耗，则每片补血剂含铁元素的质量
g。
④该小组有些同学认为用酸性KMnO4溶液滴定也能进行铁元素（Fe2+）含量的测定，请写出该反应的化学方程式
。
【答案】（1）①应该铁屑过量（或反应后溶液中必须有铁剩余），否则溶液中可能有Fe3+存在
②洗涤可以除去晶体表面附着的硫酸等杂质；用冰水洗涤可降低洗涤过程中FeSO4·7H2O的损耗。
（2）
（3）56.7℃
＜
t
＜
64℃
（4）①氯水（或双氧水、稀硝酸等合理氧化剂）
现象：或溶液由浅绿色变为血红色
②洗涤、冷却
③0.07a
④5Fe2++MnO4—+8H+＝5Fe3++Mn2++4H2O
【解析】
试题分析：（1）①因亚铁离子易被氧化，加Fe可防止氧化，所以实验步骤b明显不合理，理由是铁耗尽会使亚铁离子被氧化，从而导致溶液中可能有Fe3+存在。
②晶体表面有附着的硫酸等杂质，洗涤可以除去晶体表面附着的硫酸等杂质；又因为温度低，晶体的溶解度小，因此少量冰水洗涤的另一个目的是用降低洗涤过程中FeSO4·7H2O的损耗。
（2）依据图表数据分析，析出晶体FeSO4 4H2O的温度范围应为56.7℃＜t＜64℃；结合图表中溶解度随温度的变化，用描点法绘制变化曲线图，注意温度做横坐标，溶解度做纵坐标，画出图象为（见答案）。
（3）根据表中数据可知若需从硫酸亚铁溶液中结晶出FeSO4·4H2O，应控制的结晶温度（t）的范围为56.7℃＜t＜64℃；
（4）①亚铁离子具有还原性，证明步骤①滤液中含有Fe2+的方法是先滴加KSCN溶液，再滴加氯水，氯水把亚铁离子氧化为铁离子，铁离子与KSCN溶液反应显血红色，则该过程的现象为溶液由浅绿色变为血红色。
②步骤④中一系列处理的操作步骤：过滤、洗涤、灼烧、冷却、称量。
③若实验无损耗，则根据铁原子守恒可知每片补血剂含铁元素的质量。
④该小组有些同学认为用酸性KMnO4溶液滴定也能进行铁元素（Fe2+）含量的测定，该反应的化学方程式为5Fe2++MnO4—+8H+＝5Fe3++Mn2++4H2O。
【考点定位】本题主要是考查化学实验设计与评价，铁及其化合物的性质及检验、含量测定等知识
【名师点晴】掌握物质的性质以及实验原理是解答的关键。注意掌握实验方案的设计要点及评价角度，解答时可以从以下角度分析：（1）设计要点：实验方案的设计要明确以下要点：①题目有无特殊要求；②题给的药品、装置的数量；③注意实验过程中的安全性操作；④会画简单的实验装置图；⑤注意仪器的规格；⑥要防倒吸、防爆炸、防燃烧、防暴沸、防氧化、防吸水、冷凝、冷却、水浴加热时采取相应措施；⑦同一仪器在不同位置的相应作用等
⑧要严格按照“操作(实验步骤)＋现象＋结论”的格式叙述。（2）评价角度：①操作可行性评价：实验原理是否科学、合理，操作是否简单、可行，基本仪器的使用、基本操作是否正确。②经济效益评价：原料是否廉价、转化率是否高，产物产率是否高。③环保评价：原料是否对环境有污染，产物是否对环境有污染，污染物是否进行无毒、无污染处理。
21．已知某主族金属元素X的原子核内质子数和中子数之比为1:1，含该金属阳离子0.192g的溶液恰好能将20mL0.4mol/L的Na2CO3溶液中的CO32-全部沉淀，推断X是什么元素及在周期表中的位置。
【答案】X为镁，位于第3周期第ⅡA族
【解析】周期表中质子数与中子数相等的金属元素只有Mg和Ca两种，它们都是+2价金属。设金属的相对原子质量为M，由关系式
X2+～Na2CO3得：M:1=0.192:(0.4×0.02)，解得M=24。则X为镁，位于第3周期第ⅡA族。
22．已知A
、B、C
、D
是中学化学的常见物质．且A
、B、C
均含有同一种元索．在一定条件下它们之间的相气转化关系如图所示（部分反应中的H2O已略去）。
请回答下列问题：
(1)
若A可用于自来水消毒，D是生产、生活中用量最大、用途最广的金属单质，下列说法正确的是
A．C可由A、D直接化合得到
B．将少量碳酸钠粉末加入到新制A溶液中，pH
增大
C．MnO2与浓盐酸反应，若MnO2过量，浓盐酸可全部被消耗
D．1.2molA气体与1.5molD的碘化物溶液反应，D元素被部分氧化
(2）若A是一种碱性气体，常用作制冷剂，B是汽车尾气之一。
①
用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近运输A气体管道，若发生泄漏，则看到的现象是
。
②
反应①
的化学方程式为
。
③
A气体可做喷泉实验，如下图引发喷泉实验的操作
。
（3）若D是氯碱工业的主要产品之一，B中的金属元素是地壳中含里最多的金属：
①
则反应②的离子方程式是
②
工业上向C溶液中通入
气体（填化学式），可制得B。
（4）若A、C、D都是常见气体．C是导致酸雨的主要气体。
①
实验室需要清洗B，可选用
②
提出一点关于大气污染的防治措施建议
。
【答案】（1）B；（2）①
白烟
②
4NH3+5O24NO+6H2O；③
挤出胶头滴管中的水，打开止水夹；（3）①
Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O
②
CO2
；（4）①
CS2或热碱溶液②大力发展清洁能源、改进燃烧技术、工业废气处理、汽车尾气处理等。
【解析】
试题分析：（1）
若A可用于自来水消毒，D是生产、生活中用量最大、用途最广的金属单质，则A是Cl2，D是Fe，B
是FeCl3，C是FeCl2。A．由于氯气的氧化性很强，所以Fe与氯气反应只能得到FeCl2，所以C不可由A
、D直接化合得到，错误；B．氯气溶于水发生产生的氯水中含有HCl和HClO，将少量碳酸钠粉末加入到新制A溶液中，发生反应：Na2CO3+2HCl=2NaCl+
CO2
↑
+
H2O,
反应后溶液的c(H+)减小，所以溶液的pH
增大，正确；C．MnO2与浓盐酸反应，由于只有浓盐酸发生反应，若MnO2过量，随着反应的进行，盐酸变稀，不再与MnO2发生反应，所以浓盐酸不可全部被消耗，错误；D．FeI2中含有的Fe2+、I-都可以被氯气氧化，由于还原性：I->Fe2+，所以首先发生反应：Cl2＋2I－===2Cl－＋I2，n(FeI2)=1.5mol，反应需消耗1.5mol氯气>1.2mol，所以Cl2不足量，
D元素未被氧化，错误；(2）若A是一种碱性气体，常用作制冷剂，B是汽车尾气之一，则A是NH3，B是NO，C是NO2，D是O2。
①用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近运输A气体管道，若发生泄漏，会发生反应：HCl+
NH3=
NH4Cl，则看到产生白烟；②反应①是氨气与氧气在催化剂存在时，在加热条件下反应产生NO和H2O，根据电子守恒及原子守恒，可得反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O。③若用A气体作喷泉实验，引发喷泉实验的操作挤出胶头滴管中的水，打开止水夹，烧杯中的水在大气压强的作用下就会进入到烧瓶中，从而形成喷泉。（3）若D是氯碱工业的主要产品之一，B中的金属元素是地壳中含里最多的金属，则A是AlCl3，B是Al(OH)3，C是
NaAlO2，D
是
NaOH。①反应②是氢氧化铝与氢氧化钠反应产生偏铝酸钠和水，反应的离子方程式是Al(OH)3+OH-=
AlO2-+2H2O；②由于氢氧化铝是两性氢氧化物，所以向NaAlO2溶液中通入CO2气体，可制得B，反应的方程式是：AlO2－+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3－。（4）若A、C、D都是常见气体．C是导致酸雨的主要气体，则A是
H2S，B是S单质，C是SO2，D是O2。①
S单质不溶于水，微溶于酒精，容易溶于CS2，所以实验室需要清洗B，可选用CS2作溶剂溶剂，也可以根据S与热的强碱溶液反应产生可溶性的物质，用热的NaOH溶液洗涤；②关于大气污染的防治措施建议可以是通过大力发展清洁能源、改进燃烧技术、工业废气处理、汽车尾气处理等改善环境。
考点：考查元素及化合物的推断、化学方程式和离子方程式的书写、反应现象、化学操作方法等知识。
23．【化学──选修5：有机化学】（15分）龙胆酸烷基酯类F是一种药物皮肤美白剂，合成路线如下：
（1）D（龙胆酸）中含氧官能团的名称为
、
。
（2）EF的反应类型是
。
（3）写出DE反应的化学方程式：
。
（4）写出满足下列条件的龙胆酸乙酯（）的一种同分异构体结构简式：
。
Ⅰ.能发生银镜反应，与FeCl3不发生显色反应但其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应。
Ⅱ.核磁共振氢谱有四组峰，且峰的面积之比为6:2:1:1。
（5）已知：。水杨酸乙酯（）广泛应用于日用香皂等。根据已有知识并结合相关信息，写出以苯、乙醇为原料制备水杨酸乙酯的合成路线流程图（无机试剂任用）。合成路线流程图示例如下：
【答案】（1）酚羟基（或羟基），羧基；（2）取代反应；
（3）；
（4）；
（5）
【解析】试题分析：（1）从D的结构简式中得出含氧官能团是羟基（酚羟基）、羧基；
（2）对比E、F的结构简式发现，E中一个羟基上氧氢键断裂，C6H5CH2Br中碳溴键断裂，氢和溴结合生成HBr，剩下的结合成F，则此反应类型是取代反应；
（3）此反应是酯化反应，酸去羟基醇去氢，反应方程式为：；
（4）Ⅰ.能发生银镜反应说明含有醛基或甲酸某酯，能发生银镜反应，与FeCl3不发生显色反应，说明不含有酚羟基，能水解说明是酯，水解后与FeCl3显色，说明含酚羟基，Ⅱ.核磁共振氢谱有四种峰说明有四种不同的氢，结构简式是对称的结构，且原子个数比为6：2：1：1，综上所述结构简式：；
（5）苯和水杨酸结构简式的对比，引入羟基和酯的结构，根据信息引入羟基，先引入卤素原子，然后在氢氧化钠和高温高压下，生成苯酚钠，利用强酸制弱酸的原理，加入酸生成苯酚，根据C→D的信息，在羟基的邻位上引入羧基，最后跟乙醇发生酯化反应得到水杨酸，。
考点：有机物官能团的性质、同分异构体的书写、有机物的合成等知识。