山东省乳山市第三中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）

山东省乳山市第三中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）
1．键线式可以简明扼要的表示碳氢化合物，种键线式物质是
A．丁烯
B．丙烷
C．丁烷
D．丙烯
【答案】A
【解析】
试题分析：根据键线式的书写规则可知该分子共4个碳原子，含有碳碳双键，叫丁烯，选A。
考点：考查键线式物质的辨别。
2．下列有关原子或离子的结构示意图表示正确的是
【答案】D
【解析】
试题分析：A.K层排满才能排L层，K层最多排2个电子，故A错误；B.次外层最多排8个电子，故B错误；C.S2-得到2个电子后，最外层8个电子，故C错误；D.Mg2+失去2个电子后，最外层为8个电子，D正确，此题选D。
考点：考查原子或离子的核外电子排布规律相关知识。
3．与纯水的电离相似，液氨中也存在着微弱的电离：2NH3
NH4++NH2-以下叙述中错误的是
A．液氨中含有NH3、NH4+、NH2-等微粒
B．一定温度下液氨中C(NH4+)·C(NH2-)是一个常数
C．液氨的电离达到平衡时C(NH3)
=
C(NH4+)
=
C(NH2-)
D．只要不加入其他物质，液氨中C(NH4+)
=
C(NH2-)
【答案】C
【解析】
试题解析：液氨电离中存在电离平衡，所以液氨中含有
NH3、NH4+、NH2-
等粒子，故A正确；液氨中
c
（NH4+）与
c
（NH2-）的乘积只与温度有关，与溶液的浓度无关，所以只要温度一定，液氨中
c
（NH4+）与
c
（NH2-）的乘积为定值，故B正确；液氨的电离是微弱的，所以液氨电离达到平衡状态时，c
（NH4+）=c
（NH2-）＜c
（NH3），故C错误；只要不破坏氨分子的电离平衡，液氨电离出的NH4+
和NH2-
的物质的量就相等，因为溶液的体积相等，所以c
（NH4+）=c
（NH2-），故D正确。
考点：弱电解质的电离
4．决定金属性强弱的是
A．1个金属原子失去电子的多少
B．1
mol金属与酸反应放出氢气的多少
C．1
mol金属失去电子的多少
D．金属原子失去电子的难易程度
【答案】D
【解析】
试题分析：金属性即失电子的能力，越易失电子金属性越强，故D正确。
考点：本题考查金属性。
5．已知3.2
g某气体中含有3.01×1022个分子，此气体的摩尔质量是
A．32
g/mol
B．
64

C．64
g/mol
D．
4
g
【答案】C
【解析】根据可知，3.01×1022个分子的物质的量是
3.01×1022÷6.02×1023/mol=0.05mol。又因为n＝m/M，所以M＝3.2g÷0.05mol＝64
g/mol，答案选C。
6．某有机物X的结构简式如下图所示，则下列有关说法中正确的是
A．有机物X的分子式为C12H15O3
B．X分子中含有1个手性碳原子
C．X在一定条件下能发生加成、取代、消去等反应
D．在Ni作催化剂的条件下，1
mol
X最多能与4
mol
H2加成
【答案】BD
【解析】
试题分析：A、根据有机物的结构简式可知，分子式为C12H14O3，A错误；B、与碳碳双键下列的碳原子上连有4个不同的基团，该碳原子是手性碳原子，B正确；C、含有碳碳双键、苯环能发生加成反应，酯基水解，羟基也可以发生取代反应，但与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上没有氢原子，不能发生消去反应，C错误；D、碳碳双键、苯环均能与氢气发生加成反应，因此在Ni作催化剂的条件下，1
mol
X最多能与4
mol
H2加成，D正确，答案选BD。
考点：考查有机物结构与性质判断
7．常温下，在下列指定条件的各溶液中，一定能大量共存的离子组是
A．中性溶液中：
B．pH<7的溶液中：
C．加入金属镁能产生H2的溶液中：
D．
的溶液中：
【答案】B
【解析】
试题分析：A．Fe3+与ClO-
双水解，不能大量共存，错误；B．pH<7的溶液显酸性，各离子均不反应，正确；C．
加入金属镁能产生氢气的溶液为酸性溶液，硝酸与Fe2+反应，错误；D．
的溶液为碱性溶液，铵根离子和碳酸氢钙与氢氧根反应，错误。
【考点定位】离子共存
【名师点睛】离子共存问题是中学化学中的常见问题。近几年高考几乎每年都有判断离子共存问题的试题。这类问题都属于中等难度偏易题，但区分度高。原因是考生在元素及其化合物知识的学习中，没有将众多的元素及其化合物知识整理，使之网络化并进行有序的存储，也有知识掌握不完整，物质间相互反应的规律不清晰等因素造成。解答这类题目时，需充分考虑每个选项中对这一溶液的限定条件。
8．下列各项表达正确的是
【答案】A
【解析】
试题分析：氧原子比氢原子大，A对；F原子结构示意图中原子核表示错误，应该标明为“+9”，B错；乙烯的结构简式为CH2=CH2，C错；CaCl2的电子式为，D错。
考点：原子结构示意图、分子模型、结构简式、电子式等化学用语。
9．滴滴涕是被禁用的有机污染物，它的结构简式为，下列有关滴滴涕的说法正确的是
A．它属于芳香烃[中国
B．分子中最多有23个原子共面
C．分子式为C14H8Cl5
D．能发生水解反应和消去反应
【答案】D
【解析】
试题分析：A．芳香烃是指含苯环的烃，只含C、H两种元素，该分子不属于芳香烃，属于芳香族化合物，A项错误；B．苯环是平面形分子，两个苯环共有23个原子共面，—CCl3中还会有一个原子在该平面，B项错误；C．该有机物的分子式为C14H9Cl5，C错误；D．该分子属于氯代烃，能发生水解反应，该有机物 -C上有氢原子，能发生消去反应，D项正确；选D。
考点：考查有机物的分类与性质。
10．在催化剂作用下，H2O2发生分解，其反应能量随反应的进程变化如下图：
下列说法正确的是
A．H2O2分解反应的△H＞0
B．催化剂的加入使反应的热效应减小
C．催化剂的加入提高了H2O2的分解率
D．催化剂通过改变反应历程、降低反应的活化能来提高H2O2分解速率
【答案】D
【解析】
试题分析：根据图可知反应物能量高，生成物能量低，过氧化氢分解属于放热反应，选项A错误；催化剂能改变反应的活化能，不能改变反应的热效应，选项B错误；催化剂仅能改变化学反应速率，不能该边反应的转化率，选项C错；催化剂通过改变反应历程、降低反应的活化能来提高H2O2分解速率，选项D正确。
考点：催化剂对化学反应的影响
11．在标准状况下①6.72L
CH4
②3.01×1023个HCl分子
③13.6g
H2S
④0.2mol
NH3，下列对这四种气体的关系从大到小表达正确的是
A．密度②＞③＞①＞④
B．体积②＞③＞①＞④
C．质量②＞①＞③＞④
D．氢原子个数①＞③＞②＞④
【答案】B
【解析】
试题分析：①6.72LCH4的物质的量为6.72L÷22.4L/mol＝0.3mol，②3.01×1023个HCl分子的物质的量为3.01×1023÷6.02×1023/mol＝0.5mol，③13.6g硫化氢的物质的量为13.6g÷34g/mol＝0.4mol，④0.2mol氨气（NH3）。A、同温同压下，密度之比等于相对分子质量之比，①CH4相对分子质量为16，②HCl相对分子质量为36.5③硫化氢相对分子质量为34，④氨气相对分子质量为17，同温同压下，密度之比等于相对分子质量之比，所以密度②＞③＞④＞①，故A不正确；B、同温同压下，体积之比等于物质的量之比，所以体积②＞③＞①＞④，故B正确；C、①6.72LCH4的质量为0.3mol×16g/mol＝4.8g②3.01×1023个HCl分子的质量为0.5mol×36.5g/mol＝18.25g，③13.6g硫化氢，④0.2mol氨气（NH3）的质量为0.2mol×17g/mol＝3.4g，所以质量②＞③＞①＞④，故C不正确；D、氢原子物质的量分别为：①0.3mol×4＝1.2mol，②0.5mol，③0.4mol×2＝0.8mol，④0.2mol×3＝0.6mol，所以氢原子数①＞③＞④＞②，D不正确，答案选B。
12．已知：2[NaAl(OH)4]＋CO2→2Al(OH)3↓＋Na2CO3＋H2O。向含2molNaOH、1molBa(OH)2、2mol[NaAl(OH)4]的混合液中慢慢通入CO2，则通入CO2的量和生成沉淀的量的关系正确的是
选项
A
B
C
D
n(CO2)(mol)
2
3
4
6
n(沉淀)(mol)
1
2
3
3
【答案】AC
【解析】
试题分析：反应的先后顺序为①Ba2＋＋2OH－＋CO2→BaCO3↓＋H2O
、②2OH－＋CO2→CO32－＋H2O、③2Al(OH)4－＋CO2→2Al(OH)3↓＋CO32－＋H2O、④CO32－＋CO2＋H2O→2HCO3－、⑤BaCO3＋CO2＋H2O→Ba2＋＋2HCO3－，则A、当通入2molCO2时，生成1mol碳酸钡，A正确；B、当通入3molCO2时，生成1mol碳酸钡和2mol氢氧化铝沉淀，共计是3mol，B不正确；C、当通入4molCO2时，生成1mol碳酸钡和2mol氢氧化铝沉淀，共计是3mol，C正确；D、当通入6molCO2时，只有2mol氢氧化铝沉淀，D不正确，答案选AC。
考点：考查混合物与氢氧化钠反应的有关计算
13．CH4和N2在一定条件下能直接生成氨：3CH4(g)＋2N2(g)
3C(s)＋4NH3(g)
H＞0，700
℃时，与CH4的平衡转化率的关系如图所示。下列判断正确的是
A．越大，CH4的转化率越高
B．不变时，升温，NH3的体积分数会减小
C．b点对应的平衡常数比a点的大
D．a点对应的NH3的体积分数约为13%
【答案】D
【解析】
试题分析：A.
当n(CH4)不变时，增大n(N2)，即n(CH4)/n(N2)减小，c(N2)增大，平衡正向移动，CH4转化率增大,A项错误；B.该反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，NH3
的体积分数会增大，B项错误；C.温度不变，平衡常数不变，a、b点对应的平衡常数相等，C项错误；D.
在a点，假设n(N2)=1mol,由于n(CH4)/n(N2)=0.75，则n(CH4)=
0.75mol.甲烷的平衡转化率为22%，反应掉的甲烷的物质的量为0.75mol×22%=0.165mol,剩余甲烷的物质的量为n(CH4)=0.75mol-0.165mol
=0.585mol,产生的氨气的物质的量为4/3×0.165mol=0.22mol,反应掉的n(N2)=2/3×n(CH4)=2/3×0.165mol=0.11mol，平衡时N2的物质的量为1-0.11=0.89mol.平衡时NH3的体积分数=0.22mol÷(0.585
+0.89
+0.22)
mol×100%=13%，D项正确；选D。
考点：考查化学平衡的计算，影响化学平衡的因素等知识。
14．下列各溶液中，微粒的物质的量浓度关系表述正确的是(　　)
A．0.1
mol·L－1
Na2CO3溶液中：c(Na＋)＝c(HCO3—)＋c(H2CO3)＋2c(CO32—)
B．常温下，pH＝4的醋酸与pH＝10的NaOH溶液等体积混合后pH<7
C．将0.2
mol·L－1
NaA溶液和0.1
mol·L－1盐酸溶液等体积混合所得碱性溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(Cl－)
D．pH＝12的Ba(OH)2溶液和pH＝12的Na2CO3溶液中，水电离的c(H＋)相等
【答案】　B
【解析】　A项，在碳酸钠溶液中，物料守恒式：c(Na＋)＝2c(CO32—)＋2c(HCO3—)＋2c(H2CO3)，A项错误；B项，常温下，Kw＝1.0×10－14，pH＝4的醋酸溶液中c(H＋)＝1.0×10－4mol·L－1，pH＝10的氢氧化钠溶液中c(OH－)＝1.0×10－4mol·L－1，由于醋酸是弱酸，其溶液中含有大量的CH3COOH，还会继续电离出H＋，溶液呈酸性，B项正确；C项，由电荷守恒知c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)＋c(A－)，C项错误；D项，氢氧化钡溶液中，Ba(OH)2=Ba2＋＋2OH－，H2O??H＋＋OH－，溶液中氢离子来自水的电离，所以pH＝12的氢氧化钡溶液中水电离的c(H＋)＝1.0×10－12mol·L－1，而碳酸钠溶液中存在CO32—＋H2OHCO3—＋OH－，OH－来自水电离，水电离的OH－浓度与H＋浓度相等，所以pH＝12的Na2CO3溶液中水电离的c(H＋)＝
mol·L－1＝1.0×10－2mol·L－1，两溶液中水电离的氢离子浓度不相等，D项错误。
15．用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是
A．由CO2和O2组成的混合物中共有NA个分子，其中的氧原子数为2NA
B．标准状况下，14
g氮气含有的核外电子数为5NA
C．标准状况下，5.6
L四氯化碳（CCl4）含有的分子数为0.25NA
D．NA个一氧化碳分子和0.5
mol
甲烷的质量比为7：4
【答案】A
【解析】
试题分析：A、二氧化碳和氧气中均含2个氧原子，故NA个CO2和O2组成的混合物中含2NA个氧原子，与两者的比例无关，故A正确；B、14g氮气的物质的量n==0.5mol，而1mol氮气中含14mol电子，故0.5mol氮气中含7mol电子即7NA个，故B错误；C、标况下四氯化碳为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误；D、NA个CO的物质的量为1mol，其质量m=nM=1mol×28g/mol=28g；0.5mol甲烷的质量m=nM=0.5mol×16g/mol=8g，故两者的质量之比为28g：8g=7：2，故D错误；故选A。
考点：考查了阿伏加德罗常数的相关知识。
16．(12分，每空2分）氮化钠(Na3N)是科学家制备的一种重要化合物，它与水作用可产生NaOH和NH3。请回答下列问题：
（1）Na3N的电子式是_______；该化合物是由______键形成的_____（填“离子”或“共价”）化合物。
（2）Na3N与盐酸反应生成__________种盐，对应的反应方程式是
。
（3）比较Na3N中两种微粒的半径：r(Na+)__________r(N3－)(填“＞”“=”“＜”符号)。
【答案】（1）；离子
离子；（2）
两
Na3N+4HCl==3NaCl+NH4Cl;
（3）＜
【解析】
试题分析：（1）Na3N是离子化合物；在Na与N原子之间通过离子键结合。Na3N的电子式是。（2）Na3N与盐酸反应的方程式Na3N+4HCl=3NaCl+
NH4Cl.因此生成2种盐。（3）Na+、N3-的核外都是2、8的电子层结构。对于电子层结构相同的微粒来说，核电荷数越大，离子的半径就越小。因此在Na3N中两种微粒的半径：r(Na+)＜r(N3－)。
考点：考查电子式、化学方程式的书写、离子半径的比较、物质内的化学键及晶体结构的知识。
17．(13分)已知工业盐中含有NaNO2，外观和食盐相似，有咸味，人若误食会引起中毒，致死量为0.3～0.5g。已知NaNO2能发生如下反应（方程式已配平）：2NO2-+xI-+yH+＝2NO↑+I2+zH2O，请回答下列问题：
（1）上述反应中，x
=________，
y
=________，z
=________，氧化剂是________________。
（2）根据上述反应，鉴别NaNO2和NaCl可选用的物质有：①碘化钾淀粉试纸、②淀粉、③食醋、④白酒，你认为必须选用的物质有________________（填序号）。
（3）某工厂废切削液中含有2%～5%的NaNO2，直接排放会造成水污染，但加入下列物质中的某一种就能使NaNO2转化为不引起污染的N2，该物质是________________。
A．NaCl
B．KMnO4
C．浓硫酸
D．NH4Cl
（4）饮用水中的NO3-
对人类健康会产生危害，为了降低饮用水中NO3-
的浓度，某饮用水研究人员提出，在碱性条件下用铝粉将NO3-
还原为N2，请配平化学方程式：
10Al+6NaNO3
+
4NaOH
+
18H2O＝□
________
+
3N2↑。若反应过程中转移0.5mol电子，则生成标况下的N2体积为________。
【答案】（1）x＝2，
y＝4，
z＝2．（各1分）
NO2-（2分）
（2）①③（2分）
（3）D
（2分）
(4）10Na[Al(OH)4]（2分）
1.12L
(2分）
【解析】
试题分析：（1）由原子守恒可知x＝2，由电荷守恒可计算y＝4，由H原子守恒可知z＝2，该反应中N元素的化合价降低，则NO2-为氧化剂。
（2）因题目信息提示，该反应2NO2-+xI-+yH+＝2NO↑+I2+zH2O在酸性条件下发生，且碘使淀粉KI试纸变蓝，故答案为：①③；
（3）因NaNO2转化为不引起污染的N2的过程中N的化合价降低，另一物质化合价必升高，物质具有还原性，只有NH4Cl符合，故答案为：D；
（4）由信息可知，生成氮气，碱性条件下还生成Na[Al（OH）4]，Al元素化合价升高，被氧化，N元素化合价降低，被还原，由电子守恒和原子守恒可知，反应为10Al+6NaNO3+4NaOH+18H2O＝10Na[Al（OH）4]+3N2↑中，该反应转移30e-，则过程中转移0.5mol电子，则生成标况下的N2体积为0.5mol××22.4L/mol=1.12。
考点：考查氧化还原反应的有关判断与计算等
18．（12分）某研究小组为比较Al和Fe的金属性强弱，设计了图1所示的装置。
（1）甲中锥形瓶内盛放的液体是_______________________。
（2）若要比较产生气体的快慢，可以比较相同时间内产生气体的体积，也可以比较_
。
（3）为了确保“Al和Fe的金属活动性不同是导致产生气体速率不同的唯一原因”，实验时需要控制好反应条件。实验时除需保证甲中液体的体积、物质的量浓度和温度相同外，还需保证___________。
（4）某兴趣小组同学利用氧化还原反应：2KMnO4＋10FeSO4＋8H2SO4===2MnSO4＋5Fe2(SO4)3＋K2SO4＋8H2O设计如下原电池，其中甲、乙两烧杯中各物质的物质的量浓度均为1
mol·L－1，盐桥中装有饱和K2SO4溶液．回答下列问题：
（注：盐桥常出现在原电池中，是由琼脂和和K2SO4溶液构成的，用来在两种溶液中转移电子。）
(i)发生氧化反应的烧杯是_______
(填“甲”或“乙”)．
(ii)外电路的电流方向为：从______到____．(填“a”或“b”)
(iii)电池工作时，盐桥中的SO移向______(填“甲”或“乙”)烧杯．
(iv)甲烧杯中发生的电极反应式为_________．
【答案】（12分）（1）稀盐酸（或稀硫酸）（2分）
（2）产生相同体积气体所需的时间（2分）
(3)金属与酸的接触面积相同（只要意思说到就给分）（2分）
（4）（i）乙（1分）
（ii）a
b
（2分）
（iii）乙（1分）
（iv）MnO4－＋8H＋＋5e－=Mn2＋＋4H2O（2分）
【解析】
试题分析：(1)应用铝或铁和氧化性酸反应得不到氢气，所以该实验中需要的酸应该是稀盐酸或稀硫酸。
（2）若要比较产生气体的快慢，可以比较相同时间内产生气体的体积。反之也可以比较产生相同体积气体所需的时间。
（3）要通过比较生成的氢气的快慢，则必须保证其它条件都是相同的，即实验时除需保证甲中液体的体积、物质的量浓度和温度相同外，还需保证金属与酸的接触面积相同。
（4）（i）根据总的反应式可知，硫酸亚铁失去电子，发生氧化反应，所以发生氧化反应的烧杯应该是乙。
（ii）原电池中负极失去电子，正极得到电子，所以根据装置可知a是正极，b是负极。则外电路的电流方向为：从a到b。
（iii）乙烧杯中亚铁离子被氧化生成铁离子，正电荷增加，所以阴离子向负极方向移动，即向乙烧杯中移动。
（iv）甲烧杯是正极，得到电子，所以发生的电极反应式为MnO4－＋8H＋＋5e－=Mn2＋＋4H2O。
考点：考查影响反应速率的条件、原电池中有关判断以及电极反应式的书写
点评：在判断影响反应速率的因素时，必须是在其它条件不变的情况下进行分析。另外在原电池中较活泼的金属作负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极上，所以溶液中的阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。正极得到电子，发生还原反应，据此可以进行有关的判断和计算。
19．草酸H2C2O4存在于自然界的植物中，具有还原性，溶于水，为测定H2C2O4溶液的浓度，取该溶液于锥形瓶中，加入适量稀硫酸后，用浓度为cmol/L的KMnO4标准溶液滴定，滴定原理为：
KMnO4+H2C2O4+H2SO4——K2SO4+CO2+MnSO4+H2O（未配平）
（1）滴定管在使用之前，必须进行的操作是________________，然后用水洗涤，用待装液润洗，再在滴定管中装入溶液后，要____________，再调液面到0刻度或0刻度以下，读数后进行滴定，滴定时，眼睛________________，该滴定达到滴定终点时的现象为____________________。
（2）以下实验操作会引起测定结果偏高的是_______________。
A．实验结束时俯视刻度线读取滴定终点时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．盛装高锰酸钾溶液的滴定管用蒸馏水清洗过后，未用高锰酸钾溶液润洗
D．盛装草酸溶液的锥形瓶用蒸馏水清洗过后，未用草酸溶液润洗
E．滴加高锰酸钾溶液过快，未充分振荡，刚看到溶液变色，立即停止滴定
【答案】（1）检查是否漏水
排气泡
注视锥形瓶内溶液颜色的变化
溶液由无色恰好变为浅紫红色，且半分钟内不褪色
（未写后半句不给分）（2）BC（1分，多选、少选均不给分）
【解析】
试题分析：（1）滴定管在使用之前，必须进行的操作是检查是否漏水，然后用水洗涤，用待装液润洗，再在滴定管中装入溶液后，要排气泡，再调液面到0刻度或0刻度以下，读数后进行滴定，滴定时，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色的变化。由于酸性高锰酸钾溶液显紫红色，所以该滴定达到滴定终点时的现象为溶液由无色恰好变为浅紫红色。
（2）A．实验结束时俯视刻度线读取滴定终点时高锰酸钾溶液的体积，则读数偏大，消耗标准液的体积减小，结果偏小；B．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡，则导致消耗标准液的体积增加，结果偏大；C．盛装高锰酸钾溶液的滴定管用蒸馏水清洗过后，未用高锰酸钾溶液润洗，浓度减小，消耗标准液体积增加，结果偏大；D．盛装草酸溶液的锥形瓶用蒸馏水清洗过后，未用草酸溶液润洗，不会影响测定结果；E．滴加高锰酸钾溶液过快，未充分振荡，刚看到溶液变色，立即停止滴定，实验为结束，消耗标准液体积减小，测定结果偏小，答案选BC。
考点：考查氧化还原滴定实验分析
20．某同学欲探究食品添加剂铵明矾NH4Al(SO4)2·12H2O高温分解的情况。
（1）预测产物：下列关于气体产物的预测不合理的是
。
A．NH3、N2、SO2、H2O
B．NH3、SO3、H2O
C．NH3、SO2、H2O
D．NH3、N2、SO3、SO2、H2O
（2）定性检验：取一定量铵明矾，设计下列实验探究产物。
①按图示组装仪器后，首先检查整套装置的气密性，操作是
。
(
铵明矾
A
支口
K
1
K
2
B
C
浓硫酸
品红
)
②夹住止水夹K1，打开止水夹K2，用酒精喷灯充分灼烧。实验过程中，装置A和导管中未见红棕色气体；试管C中的品红溶液褪色；在支口处可检验到NH3，方法是
；在装置A与B之间的T型导管中出现白色固体，该白色固体可能是
（任填一种物质的化学式）。
③分析得出装置A试管中残留的白色固体是两性氧化物，写出它溶于NaOH溶液的离子方程式
。
④为了防止倒吸，实验结束时必须先
（填字母序号），然后熄灭酒精喷灯。
A．取出烧杯中的导管
B．打开止水夹K1
C．关闭止水夹K2
（3）分析和结论：实验证明气体产物是（1）D中的5种气体。相同条件下测得生成N2和SO2的体积比是定值，V（N2）：V（SO2）=
。
【答案】（1）C（2分）
（2）①关闭支口开关K1并打开K2（1分），将最后的导管通入水中，微热大试管（1分），若看到从导管中出现气泡（1分），且停止加热后在导管中上升一段水柱，（1分）则证明气密性好。（共4分）
②打开K1，用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近支口，若出现白烟（或者不加试剂看到白烟也给分）（2分）（用润湿的紫色石蕊试纸检验不得分）；(NH4)2SO4或者(NH4)2SO3或者SO3(酸式盐及以上物质的混合物也给分)（2分）
③Al2O3
+2OH-=2AlO2-+H2O或Al2O3
+3H2O
+2OH-=2Al(OH)4-（2分，配平错误得0分）
④B或C，或BC（2分）
（3）1:3（2分）
【解析】
试题分析：（1）A、生成N2，N元素化合价升高，生成SO2，S元素化合价降低，符合氧化还原反应原理，预测合理；B、生成NH3、SO3、H2O，为非氧化还原反应，预测合理；C、生成SO2，S元素化合价降低，无元素化合价升高，不符合氧化还原反应原理，预测不合理；D、既有元素化合价升高，也有元素化合价降低，预测合理。
（2）①利用加热气体膨胀的原理检验装置的气密性，首先要关闭支口开关K1并打开K2，然后将最后的导管通入水中，微热大试管，若看到从导管中出现气泡，且停止加热后在导管中上升一段水柱，则证明气密性好。
②用浓盐酸检验NH3，打开K1，用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近支口，若出现白烟，证明含有NH3，但不能用润湿的石蕊试纸，因为混合气体中含有SO2，SO3，试纸不可能变蓝；装置A与B之间的T型导管中出现白色固体可能是SO2与NH3反应生成的(NH4)2SO3，或SO3与NH3反应生成的(NH4)2SO4，或SO3固体，或酸式盐及以上物质的混合物。
③A试管中残留的白色固体是两性氧化物，则A为Al2O3，与NaOH溶液反应的离子方程式为：Al2O3
+2OH-=2AlO2-+H2O或Al2O3
+3H2O
+2OH-=2Al(OH)4-。
④打开止水夹K1
倒吸的液体由支口出流出，关闭止水夹K2，导管被关闭，所以防止倒吸的方法为：B或C，或BC。
（3）根据氧化还原反应中化合价升高的总价数与降低的总价数相等，可得：6n(N2)=2n(SO2)，可得
n(N2)：n(SO2)=1:3，相同条件下气体物质的量之比等于体积之比，所以V（N2）：V（SO2）=1:3。
考点：本题考查实验方案的设计与分析、氧化还原反应原理及计算、基本操作、离子方程式的书写。
21．（10分）有关物质的量的计算是高中化学定量分析的基础：
（1）200
ml
Fe2(SO4)3溶液中含Fe3+
56g，溶液中SO42—的物质的量浓度是
（2）同温同压下，容器A中HCl与容器B中NH3所含原子数相等，容器A与容器B的体积之比是
（3）某小组将铁屑放入一定浓度的硫酸中并不断搅拌，即可制得硫酸亚铁溶液。现欲将5.6
gFe完全溶解，加水后得200
mL溶液。请计算（写出计算过程）：
①生成的气体在标准状况下的体积。
②所得硫酸亚铁溶液的物质的量浓度。
【答案】（1）7.5
mol/L
（2）3:1
（3）①2.24L
②0.5
mol/L
【解析】
试题分析：（1）含Fe3+
，即铁的物质的量为1mol，铁离子与硫酸根离子的物质的量比为2:3，故硫酸根离子的物质的量为1.5mol，c（SO42-）=1.5mol/0.2L=7.5mol/L；（2）容器A中HCl与容器B中NH3所含原子数相等，物质的量比为3：1,体积比等于物质的量比，故体积比为3:1；（3）①铁的物质的量为5.6g/56g/mol=0.1mol，生成氢气的关系为Fe~H2，故氢气的体积为0.1molx22.4L/mol=2.24L②5.6g铁完全反应，根据铁元素守恒可知，溶液中n（FeSO4）=n（Fe）=0.1mol，浓度为0.1mol/0.2L=0.5mol/L；
考点：物质的量浓度
22．A、B、C是中学化学常见的三种物质，它们之间的相互转化关系如下（部分条件及产物已略去）
（1）若A是一种活泼金属，C是淡黄色固体，试用化学方程式表示该物质C的一个重要应用
。
（2）若A是一种黄色单质固体，则B→C的化学方程为
。
（3）若A是一种黑色单质固体，写出B的一个用途
。
（4）若C是红棕色气体，则A化学式可能为
试写出C与水反应的化学方程式
。
【答案】（1）
2Na2O2+2CO2
=2Na2CO3+
O2；
（2）2SO2+O22SO3；
（3）燃料或还原剂；（4）N2或NH3；3NO2+
H2O
==
2HNO3+
NO。
【解析】
试题分析：（1）若A是一种活泼金属，C是淡黄色固体，则A是Na，B是Na2O，C是Na2O2。Na2O2可以与CO2或水反应产生氧气，用于呼吸面具等特殊环境的供氧剂，用化学方程式表示为2Na2O2+2CO2
=2Na2CO3+
O2；（2）
若A是一种黄色单质固体，则A
是S单质，B是SO2，C是SO3，B→C的化学方程为2SO2+O22SO3；（3）
若A是一种黑色单质固体，则A是C单质，B是CO，C是CO2，写B的一个用途是作燃料或作还原剂；（4）若C是红棕色气体，则A可能是N2或NH3，B是NO，C是NO2，
C与水反应的化学方程式3NO2+
H2O
==
2HNO3+
NO。
考点：考查无机物的推断及化学方程式的书写的知识。
23．乙基香草醛（）是食品添加剂的增香原料，其香味比香草醛更加浓郁。
（1）写出乙基香草醛分子中含氧官能团的名称
。
（2）乙基香草醛的同分异构体Ａ是一种有机酸，Ａ可发生以下变化：
提示：RCH2OHRCHO
（ａ）由Ａ→Ｃ的反应属于
（填反应类型）。
（ｂ）写出Ａ的结构简式
。
（c）写出能发生银镜反应的苯甲酸的同分异构体
。
（3）乙基香草醛的一种同分异构体Ｄ是一种医药中间体。请设计合理方案用茴香醛合成Ｄ（其他原料自选，用反应流程图表示，并注明必要的反应条件）。
例如：
【答案】（1）醛基、（酚）羟基
醚键（2分）；
（2）（a）取代反应（1分）；（b）（2分）
（c）甲酸苯酚酯、邻（间、对）羟基苯甲醛（4分）
（3）（2分）
【解析】
试题分析：（1）根据乙基香草醛分子的结构简式可知分子中含氧官能团的名称为醛基、（酚）羟基、醚键。
（2）乙基香草醛的同分异构体Ａ是一种有机酸，Ａ可发生以下变化：
提示：ＲＣＨ2ＯＨ
RCHO
（ａ）根据A和C的分子式可知，A中的羟基被溴原子代替，则由Ａ→Ｃ的反应属于取代反应。
（ｂ）A氧化生成苯甲酸，且A发生氧化反应转化为B，B能发生银镜反应，即B中含有醛基，这说明A中与羟基相连的碳原子上含有2个氢原子。又因为Ａ是一种有机酸，则Ａ的结构简式为。
（c）能发生银镜反应说明含有醛基，则符合条件的苯甲酸的同分异构体有甲酸苯酚酯、邻（间、对）羟基苯甲醛。
（3）要合成A，则需要羧基与甲醇发生酯化反应，则合成路线可设计为
。
考点：考查有机物合成与推断