山东省昌乐县宝都中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）

山东省昌乐县宝都中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）
1．下列说法正确的是
A．7.1g氯气与足量的氢氧化钠溶液反应转移的电子数为0.2×6.02×1023
B．V
L
a
mol·L﹣1的氯化铁溶液中，若Fe3+的数目为6.02×1023，则Cl﹣的数目大于3×6.02×1023
C．标准状况下，22.4L
NO和11.2L
O2混合后气体的分子总数为1.0×6.02×1023
D．工业用电解法进行粗铜精炼时，每转移1mol电子，阳极上溶解的铜原子数为0.5×6.02×1023
【答案】B
【解析】
试题分析：A、7.1g氯气物质的量为0.1mol，完全反应转移电子物质的量为0.1mol，转移的电子数为0.1×6.02×1023，A错误；B、氯化铁溶液中，铁离子发生水解，导致三价铁离子数目减小，所以若Fe3+的数目为6.02×1023，则Cl-的数目大于3×6.02×1023，B正确；C、标准状况下，22.4L
NO和11.2L
O2混合后生成22.4L二氧化氮，二氧化氮可部分转化成四氧化二氮，数目减小，混合后气体的分子总数小于1.0×6.02×1023，C错误；D、工业用电解法进行粗铜精炼时，每转移1mol电子，阳极失去1mol电子，由于粗铜中含有的活泼性杂质优先放电，所以阳极上溶解的铜原子数必小于0.5×6.02×1023，D错误。答案选B。
考点：阿伏伽德罗常数
2．下列物质中属于电解质的是（
）
A．氯化氢
B．酒精
C．三氧化硫
D．铁
【答案】A
【解析】
试题分析：A、氯化氢在水溶液里能电离出自由移动的阴阳离子导致溶液导电，所以氯化氢是电解质，故A正确；B、酒精在水溶液里或熔融状态下都不导电，是非电解质，故B错误；C、三氧化硫和水反应生成硫酸，硫酸能电离出自由移动的阴阳离子，所以三氧化硫的水溶液导电，但电离出离子的物质是硫酸不是三氧化硫，所以三氧化硫是非电解质，故C错误；D、铁是单质，所以铁既不是电解质也不是非电解质，故D错误；故选A。
考点：考查了电解质的判断的相关知识。
3．X、Y、Z、W为短周期主族元素，原子序数依次增大，X的族序数是周期数的2倍，Y的气态氢化物与最高价氧化物水化物可形成盐，Z的最外层电子数与其电子总数比为3︰8，下列说法正确的是
A.
X、Y、W的最高价含氧酸酸性顺序：Y＞W＞X
B.
Z、W可形成ZW2的化合物，属于离子化合物
C.
离子半径：Z＞W＞Y
D.
气态氢化物的稳定性：Z＞W
【答案】C
【解析】
4．下列有关水的电离的说法正确的是
A．将水加热，KW增大，pH不变
B．向水中加入少量NaHSO4固体，恢复到原温度，水的电离程度增大
C．向水中加入少量NH4Cl固体，恢复到原温度，水的电离程度减小
D．向水中加入少量NaOH固体，恢复到原温度，水的电离被抑制，c(OH-)增大
【答案】D
【解析】
试题分析：将水加热，促进水的电离，水中C(H+)和Kw都增大，但pH减小，选项A不正确；NaHSO4在水中电离出H+，抑制水的电离，水的电离程度减小，选项B不正确；NH4Cl是能水解的盐类，促进H2O电离，选项C不正确；NaOH是强碱，电离产生的OH—抑制H2O的电离，但溶液里的c(OH-)明显增大，选项D正确。
考点：影响水的电离平衡移动因素的正误判断
5．用图甲装置电解一定量的CuSO4溶液，M、N为惰性电极。电解过程实验数据如图乙所示。X轴表示电解过程中转移电子的物质的量，Y轴表示电解过程产生气体的总体积。则下列说法不正确的是
A．电解过程中N电极表面先有红色物质生成，后有气泡产生
B．A点所得溶液只需加入一定量的CuO固体就可恢复到起始状态
C．Q点时M、N两电极上产生的气体在相同条件下体积相同
D．若M电极材料换成Cu做电极，则电解过程中CuSO4溶液的浓度不变
【答案】B
【解析】
试题分析：A、N为电解池的阴极，根据放电顺序首先Cu2+得电子生成红色物质Cu，然后H+得电子生成气体，正确；B、根据图乙，OP段阴极发生Cu2+得电子生成Cu，P点后阴极H+放电生成H2，所以A点加入CuO固体不能恢复起始状态，错误；C、PQ段阴极发生H+放电的反应：2H++2e =H2↑，生成的气体物质的量为1/2amol，阳极发生的反应为：4OH —4e =2H2O+O2↑，生成气体的物质的量为1/2amol，两电极上产生的气体在相同条件下体积相同，正确；D、若M电极材料换成Cu做电极，阳极上Cu失电子，阴极上Cu2+得电子，所以电解过程中CuSO4溶液的浓度不变，正确。
考点：本题考查电解原理。
6．下列关于胶体的叙述不正确的是
A．胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在10-9～10-7m之间
B．光线透过胶体时，胶体中可发生丁达尔效应
C．用平行光照射NaCl溶液和Fe(OH)3胶体时，产生的现象相同
D．Fe(OH)3胶体能够使水中悬浮的固体颗粒沉降，达到净水目的
【答案】C
【解析】
试题分析：A．胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在10-9～10-7m之间，即1nm～100nm，故A正确；B．光线透过胶体时，胶体中可发生丁达尔效应，是胶体特有的性质，故B正确；C．用平行光照射NaCl溶液和Fe(OH)3胶体时，Fe(OH)3胶体中会产生光亮的通路，产生丁达尔现象，NaCl溶液无此现象，故C错误；D．Fe(OH)3胶体具有较大的表面积，能够使水中悬浮的固体颗粒沉降，达到净水目的，故D正确；故选C。
【考点定位】考查胶体的性质
【名师点晴】分散系的根本区别在于分散质微粒直径的大小，小于100nm为溶液，大于100nm为浊液，在1nm～100nm的为胶体，胶体具有的性质主要有；均一、稳定、有吸附作业，具有丁达尔现象、聚沉、电泳等性质，其中丁达尔现象是区分溶液和胶体的方法，据此即可解答。
7．已知短周期元素的离子aA2＋、bB＋、cC3－、dD－都具有相同的电子层结构，则下列叙述正确的是（
）
A．原子半径A>B>D>C
B．原子序数d>c>b>a
C．离子半径C>D>B>A
D．单质的还原性A>B>D>C
【答案】C
【解析】
试题分析：已知短周期元素的离子，aA2+、bB+、cC3-、dD-
都具有相同的电子层结构，则离子核外电子数相同，即a-2=b-1=c+3=d-1，原子序数A＞B＞D＞C，A、B处于同一周期，C、D处于同一周期，且A、B处于C、D所在周期的相邻下一周期，A、B形成阳离子，则A、B为金属，C、D形成阴离子，则C、D为非金属．A．aA2+、bB+、cC3-、dD-
都具有相同的电子层结构，则离子核外电子数相同，即a-2=b-1=c+3=d-1，原子序数A＞B＞D＞C，A、B处于同一周期，C、D处于同一周期，且A、B处于C、D所在周期的相邻下一周期，同周期，原子序数越大原子半径越小，所以原子半径B＞A，C＞D，电子层越大原子半径越大，所以原子半径B＞A＞C＞D，错误；B．aA2+、bB+、cC3-、dD-
都具有相同的电子层结构，则离子核外电子数相同，即a-2=b-1=c+3=d-1，原子序数a＞b＞d＞c，错误；
C．电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，核电荷数A＞B＞D＞C，所以离子半径C＞D＞B＞A，正确；D．A、B处于同一周期，A、B形成阳离子，则A、B为金属，原子序数A＞B，单质还原性B＞A，错误；
故选C．
考点：考查位置结构性质的相互关系及应用
8．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．1L0.1mol·L—1的氨水中含有的NH3分子数为0.1NA
B．标准状况下，2.24L的CCl4中含有的C—Cl键数为0.4NA
C．常温常压下，3.0g含甲醛的冰醋酸中含有的原子总数为0.4
NA
D．常温常压下，Na2O2与足量CO2反应生成2.24L
O2，转移电子数为0.2NA
【答案】C
【解析】
试题分析：A不正确，氨气溶于水，部分氨气和水发生生成了一水合氨。B不正确，标准状况下，四氯化碳不是气态，不能用于气体摩尔体积。甲醛和乙酸的最简式相同，所以C正确。D不正确，因为是状态不是在标准状况下，答案选C。
考点：考查阿伏加德罗常数有关问题。
9．在蒸发皿中加热蒸干并灼热（低于400℃）下列物质的溶液，可以得到该物质固体的是
A、氯化镁
B、偏铝酸钠
C、碳酸铵
D、高锰酸钾
【答案】B
【解析】
试题分析：氯化镁因为能水解生成氢氧化镁，灼烧得得到氧化镁，故A错误；偏铝酸钠水解生成氢氧化钠，但氢氧化钠是难挥发性的，所以最终仍然得到偏铝酸钠，B正确；碳酸铵不稳定，受热易分解生成氨气、水和CO2，C不正确；KMnO4受热易分解，生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，故D错误，答案选B。
考点：考查物质的性质，侧重于水解、分解等知识
点评：该题是高考中的常见题型，剩余中等难度的试题。试题在注重对学生基础知识巩固和检验的同时，侧重对学生能力的培养。答题时注意相关物质的性质的掌握和灵活运用。
10．下列图示中关于铜电极的连接错误的是
【答案】C
【解析】
试题分析：A、该原电池中，较活泼的金属锌作负极，较不活泼的金属铜作正极，A正确；B、电解精炼铜时，粗铜作阳极，阳极上铜失电子发生氧化反应，纯铜作阴极，阴极上铜离子得电子发生还原反应，B正确；C、电镀时，镀层铜作阳极，镀件作阴极，电解过程中，铜离子在阴极析出，C错误；D、电解氯化铜溶液时，惰性电极作阳极，则阳极上氯离子放电生成氯气，无论阴极是否活泼，阴极上都是铜离子得电子生成铜，D正确。答案选C。
考点：原电池，电解池
11．用10mL
0.1mol/L
BaCl2溶液恰好可使相同体积的Fe2(SO4)3、ZnSO4和K2SO4三种溶液中的SO42-完全转化为BaSO4沉淀，则三种硫酸盐溶液的物质的量浓度之比是
A．1∶3∶3
B．1∶2∶3
C．3∶2∶2
D．3∶1∶1
【答案】A
【解析】
试题分析：由相同的Ba2+恰好可使相同体积的三种溶液中的硫酸根离子完全转化为硫酸钡沉淀，根据Ba2++SO42-=BaSO4↓，表明三种硫酸盐溶液含有等物质的量的SO42-，SO42-～
Fe2(SO4)3～ZnSO4～K2SO4，又体积相同的溶液，溶质的物质的量之比等于盐溶液的物质的量浓度之比，则三种硫酸盐溶液的摩尔浓度之比为：1：1=1：3：3。选A。
考点：考查了物质的量浓度的相关知识。
12．A、B、C、D、E五种元素同周期从左向右按原子序数递增(原子序数为5个连续的自然数)的顺序排列如下：
A
B
C
D
E
下列说法中正确的是(
)
A．E元素的最高化合价为＋7时，D元素的负化合价可为－2价
B．A(OH)n为强碱时，B(OH)m也一定为强碱
C．HnDOm为强酸时，E的非金属性一定很强
D．HnCOm为强酸时，E的单质可能有强还原性
【答案】A
【解析】
试题分析：A．E元素的最高化合价为+7价时，D元素的最高化合价必为+6价，则D元素的负化合价可为-2价，故A正确；B．A(OH)n为强碱时，B(OH)m可能为强碱，也可能为中强碱，还可能为弱碱，故B错误；C．HnDOm为强酸，即D元素的非金属性很强，原子序数比D大1的E可能为非金属性比D强的非金属元素，也可能为稀有气体元素，故C错误；D．A、B、C、D、E五种元素同周期，E(除了稀有气体元素)的非金属性比C强，HnCOm为强酸时，E不可能有强还原性，如果是稀有气体，也没有强还原性，故D错误；故选A。
考点：考查了位置结构性质的相互关系的相关知识。
13．下列有关叙述，正确的是（
）
A．Cl2的水溶液能导电，所以Cl2是电解质
B．0.01
mol/L的氨水可以使酚酞试液变红，说明氨水是弱电解质
C．在某温度下，测得纯水中c(H+)=2×10－7
mol/L，则c(OH－)为5×10－8mol/L
D．常温下0.1mol/L亚硝酸（HNO2）溶液的pH值为2.145，则亚硝酸是弱电解质
【答案】D
【解析】
试题分析：A．Cl2的水溶液能导电是因为氯气与水反应生成的盐酸与次氯酸电离出自由移动的离子而导电，所以Cl2不是电解质也不是非电解质。
B．0.01
mol/L的氨水可以使酚酞试液变红，只能说明氨水呈碱性，不能说明氨水是弱电解质。
C．纯水中不管任何温度，其中c(H+)与c(OH－)总会相等而呈中性。
D．常温下0.1mol/L亚硝酸（HNO2）溶液若为强电解质则完全电离c(H+)=0.1mol/L，pH=1，实际pH值为2.145，说明亚硝酸不完全电离，则亚硝酸是弱电解质。故D正确。
考点：电解质概念
点评：注意判断弱电解质的方法。理解强弱电解质的概念（部分电离）。
14．25℃时，将某一元碱MOH和盐酸溶液等体积混合（体积变
化忽略不计），测得反应后溶液的pH如下表，则下列判断不正确的是
A．实验甲所得溶液：
B．将实验甲中所得溶液加水稀释后，变小
C．a>0．10
D．MOH的电离平衡常数可以表示为
【答案】B
【解析】
试题分析：A、根据甲中的数据分析，碱为弱碱，盐为强酸弱碱盐，正确，不选A；B、盐溶液中加水，阳离子M+水解程度增大，则溶液中氢离子的物质的量增大，M+的物质的量减小，由于在同一溶液中，则氢离子浓度与M+的浓度的比值变大，错误，选B；C、MOH为弱碱，当a=0．10时，反应恰好生成了盐，溶液显酸性，若要中性，则加入的碱应稍过量，正确，不选C；D、对乙溶液应用电荷守恒可知c(M+)=c(Cl-)=0．05mol/L，又根据M元素守恒可知，c(MOH)=0．5a-c(M+)=0．5a-0．05，则MOH
的电离平衡常数=
c(M+）c(OH-)/
c(MOH)=0．05×10-7/(0．5a-0．05)=10-8/(a-0．10)，正确，不选D。
考点：溶液酸碱性的判断，盐的水解，平衡常数的计算
15．化学中常用图象直观地描述化学反应的进程或结果。下列图象描述正确的是
A．根据图①可判断可逆反应A2(g)+3B2(g)
2AB3（g），正反应是吸热反应
B．图②表示压强对可逆反应2A(g)+2B(g)
3C（g）+D(s)的影响，乙的压强大
C．图③可表示乙酸溶液中通入氨气至过量过程中溶液导电性的变化
D．根据图④溶解与溶液pH的关系，若除去溶液中的Fe3+可向溶液中加入适量
CuO，至pH在4左右
【答案】D
【解析】
试题分析：A、图①中，交点之前，反应并未达平衡，交点时处于平衡状态，平衡后，升高温度，逆反应速率比正反应速率大，即平衡逆向移动，则正反应是放热反应，A错误；B、图②中，乙达平衡时间较短，说明改变某条件乙的速率加快，但平衡时反应物的转化率不变，即改变条件平衡不移动，对可逆反应2A（g）+2B（g）3C（g）+D（s），若改变的条件是增大压强，反应速率加快，但平衡向正反应移动，反应物的转化率增大，与图象不符合，B错误；C、乙酸溶液中通入氨气生成乙酸铵，由弱电解质变为强电解质，溶液的导电能力增强，增强到最大值后，导电能力不再改变，与图象不符合，C错误；D、由图④可知，Fe 3+ 在pH=4左右完全沉淀，此时铜离子不沉淀，则若除去CuSO 4溶液中的Fe3+可向溶液中加入适量
CuO，至pH在4左右，D正确。答案选D。
考点：图像分析
16．（1）下列两组溶液分别选用一种试剂鉴别，写出试剂的化学名称．
①NaCl、Na2CO3、Na2SiO3、Na2SO3试剂：
②Na2SO4、Al2（SO4）3、FeCl2、（NH4）2SO4试剂：
（2）除去表内各物质中含有的少量杂质，写出除杂试剂，并填写分离方法和反应的化学方程式．
序号
物质
杂质
所加试剂
分离方法
化学方程式
1．
NO
NO2
2．
Fe粉
Al粉
（3）已知双氧水可使酸性KMnO4溶液褪色，同时放出氧气，完成并配平该反应的离子方程式：
MnO4﹣+
H2O2+
H+
=
Mn2++
O2↑+
．
【答案】（1）①盐酸；②Ba(OH)2溶液（2）水、洗气、3NO2
+H2O
=2HNO3+NO；NaOH溶液、过滤、2Al+2NaOH+2H2O
=2NaAlO2+3H2↑（3）2、5、6、2、5、8
【解析】
试题分析：（1）①阴离子不同，可加入盐酸检验，现象分别是NaCl无现象、Na2CO3生成无色无味气体、Na2SiO3生成白色沉淀、Na2SO3生成刺激性气体，所以选用试剂为盐酸。②铵根离子可用氢氧根离子检验，硫酸根离子可用钡离子检验，应加入氢氧化钡，现象依次是无现象、产生白色沉淀、产生白色沉淀，迅速变成灰绿色，最后呈现红褐色、产生白色沉淀和刺激性气体，所以试剂是Ba(OH)2溶液。
（2）NO与水不反应，NO2与水反应生成硝酸和NO，所以所加试剂是水，采用洗气的方法分离，发生反应的化学方程式为3NO2
+H2O
=2HNO3+NO；铁粉与强碱不反应，铝粉与强碱反应生成偏铝酸钠和氢气，所以所加试剂为NaOH溶液，采用过滤的方法分离，化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O
=2NaAlO2+3H2↑。
（3）由题给信息，Mn元素的化合价由+7价降低到+2，H2O2中O元素的化合价由-1价升高到0价，根据化合价升降相等、电荷守恒和原子守恒配平，反应的离子方程式为2MnO4﹣+5H2O2+6H+
=2Mn2++5O2↑+
8H2O。
【考点定位】考查物质的鉴别与除杂，氧化还原反应的配平等知识。
【名师点睛】本题考查物质的鉴别与除杂，氧化还原反应的配平等知识。在解答物质分离提纯试题时,选择试剂和实验操作方法应遵循三个原则:
1.不能引入新的杂质（水除外），即分离提纯后的物质应是纯净物（或纯净的溶液），不能有其他物质混入其中；2.分离提纯后的物质状态不变；3.实验过程和操作方法简单易行，即选择分离提纯方法应遵循先物理后化学，先简单后复杂的原则。
17．（10分，每空2分）科学家利用太阳能分解水生成的氢气在催化剂作用下与二氧化碳反应生成甲醇，并开发出直接以甲醇为燃料的燃料电池，已知H2(g)、CO(g)、CH3OH(l)的燃烧热ΔH分别为-285.8
kJ·mol-1、-283.0
kJ·mol-1、-726.5
kJ·mol-1。请回答下列问题：
（1）用太阳能分解180
g水消耗的能量是
kJ。
（2）甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式为
；
（3）在容积为2L的密闭容器中，由CO2和H2合成甲醇，在其他条件不变的情况下，考察温度对反应的影响，实验结果如下图所示(注：T1、T2均大于300℃)：
下列说法正确的是
(填序号)
①温度为T1时，从反应开始到平衡，甲醇的平均速率为v(CH3OH)=mol·L－1·min－1
②该反应在T1时的平衡常数比T2时的小
③该反应为放热反应
④处于A点的反应体系从T1变到T2，达到平衡时增大
（4）在T1温度时(甲醇为气态)，将lmol
CO2和3mol
H2充入一密闭恒容容器中充分反应达到平衡后，若CO2的转化率为α，则容器内的压强与起始压强之比为
；
（5）在直接以甲醇为燃料的燃料电池中，电解质溶液为酸性，负极的反应式为
。
【答案】（1）2858kJ
（2）CH3OH(l)＋O2(g)
===
CO(g)＋2H2O(l)
△H=－443.5kJ·mol－1
（3）③④
（4）1－
（5）CH3OH＋H2O
===
CO2＋6H＋＋6e－
【解析】
试题分析：（1）H
2
（g）燃烧热为－285．8kJ·mol
-1
，说明分解1mol水需要消耗285．8kJ能量，所以用太阳能分解10mol水消耗的能量是285．8kJ×10＝2858kJ。（2）已知CO（g）和CH3OH（l）的燃烧热△H分别为-283.0kJ mol-1和-726.5kJ mol-1，则
①CO（g）+1/2O2（g）=CO2（g）△H=-283.0kJ mol-1
②CH3OH（l）+3/2O2（g）=CO2（g）+2
H2O（l）△H=-726.5kJ mol-1
根据盖斯定律，②-①得CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2
H2O（l）△H=-726.5kJ mol-1-（-283.0kJ mol-1）=-443.5kJ mol-1；（3）①根据图像，温度T1时生成甲醇的速率＝nA/2tA
mol·L－1·min－1，错误；②根据图像，温度从T1升高到T2时，甲醇的物质的量降低，说明平衡逆向移动，平衡常数减小，错误；③升高温度，平衡逆向移动，所以逆反应是吸热反应，所以正反应是放热反应，正确；④因为温度从T1升高到T2时，平衡逆向移动，氢气的物质的量增大，甲醇的物质的量减小，所以H2)/n(CH3OH)增大，正确。
⑷根据方程式CO2＋3H2CH3OH＋H2OCO2的转化率为α，则平衡时CO2、H2、CH3OH、H2O变化的物质的量分别是α
mol、3α
mol、α
mol、α
mol，故平衡时它们的物质的量分别是(1－α)
mol、(3－3α)
mol、α
mol、α
mol，故平衡时气体的总物质的量是(4－2α)
mol，又因为压强比等于气体的物质的量比，所以此时的压强与起始压强之比为(4－2α)/4＝(2－α)/2=1－
；⑸直接以甲醇为燃料的电池中，电解质溶液为碱性，总反应为：CH3OH+3/2O2+2OH-═CO32-+3H2O，甲醇燃料电池，燃料在负极失电子发生氧化反应，负极的反应式为：CH3OH-6e-+8OH-═CO32-+6H2O。
【考点定位】化学平衡的影响因素、盖斯定律、电极反应方程式书写等
【名师点睛】本题考查了盖斯定律热化学方程式的书写、平衡图像等，难度中等，灵活运用盖斯定律，依据热化学方程式书写方法和注意问题标注物质聚集状态和对应焓变；根据CO和CH3OH的燃烧热先书写热方程式，再利用盖斯定律来解决甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式；分析平衡图像时依据先拐先平数值大判断可知T1＜T2，进一步解决其他问题。
18．（8分）为定性探究乙醇的分子结构，某化学课外小组设计了如下实验方案：在盛有少量无水乙醇的试管中，加入一粒擦干煤油的金属钠，在试管口迅速塞上配有医用注射针头的单孔塞，点燃放出的气体，并把一干燥的小烧杯罩在火焰上（如图），在烧杯壁上出现液滴后，迅速倒转烧杯，向烧杯中加入少量的澄清石灰水，观察有无混浊。
（1）以上实验设计存在重大安全隐患，请你帮他们指出来______________________。
（2）确认所用乙醇为无水乙醇的方法是______________________________________。
（3）若向烧杯中加入少量澄清石灰水后发现有混浊，那么燃烧产生CO2的物质最可能是_________________。
（4）若向烧杯中加入少量澄清石灰水后未发现混浊，则可推断乙醇分子结构中含有__________________________________________。
【答案】（8分）（1）点燃放出的气体之前没有检验纯度
（2）向乙醇中加入无水硫酸铜，不变为蓝色
（3）乙醇（蒸气）
（4）不同于烃分子里的氢原子存在（或活泼氢原子、羟基等）（每空2分，共8分）
【解析】
19．实验室用密度为1.84g/mL质量分数为98%的浓H2SO4来配制100mL
3.0mol L﹣1稀H2SO4溶液，请回答下列问题：
（1）计算所需浓H2SO4体积为
（2）量取所需浓H2SO4，应选用
量筒（选填5mL、10mL、20mL）．
（3）稀释浓H2SO4的方法（简要操作）
（4）配制所需仪器，除量筒和胶头滴管外，还必须用到的玻璃仪器有
（5）定容时的正确操作方法是：
（6）下列操作结果使溶液物质的量浓度偏高的是
A．没有将洗涤液转入容量瓶中
B．容量瓶用蒸馏水洗涤后，未干燥
C．定容时，俯视容量瓶的刻度线
D．加水定容时，加水超过了刻度线
E．浓H2SO4稀释后立即转移至容量瓶中并定容．
【答案】（1）16.3mL；（2）20mL；
（3）将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓注入盛有水的烧杯里，并用玻璃棒不断搅拌；
（4）烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶；
（5）向容量瓶中加蒸馏水至离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相切；
（6）CE．
【解析】（1）浓硫酸的物质的量浓度为c===18.4mol/L，设需要的浓硫酸的体积为Vml，根据溶液稀释定律C浓V浓=C稀V稀可知：
18.4mol/L×VmL=100mL×3.0mol/L
解得V=16.3mL，故答案为：16.3mL；
（2）根据“大而近”的原则，根据需要量取的浓硫酸的体积为16.3mL，故应选用20ml的量筒，故答案为：20mL；
（3）浓硫酸稀释放热，故稀释时应将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓注入盛有水的烧杯里，并用玻璃棒不断搅拌
（4）操作步骤有计算、量取、稀释、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用量筒量取浓硫酸，在烧杯中稀释（可用量筒量取水加入烧杯），并用玻璃棒搅拌．冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒2﹣3次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀．所以所需的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管．故答案为：烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶；
（5）定容的操作是向容量瓶中加蒸馏水至离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相切；
（6）A．没有将洗涤液转入容量瓶中，会导致溶质的损失，则浓度偏低，故A不选；
B．若容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶液浓度无影响，因为只要定容时正确，至于水是原来就有的还是后来加入的，对浓度无影响，故B不选；
C．定容时，俯视容量瓶的刻度线，导致溶液体积偏小，则浓度偏高，故C选；
D．加水定容时，加水超过了刻度线会导致浓度偏低，故D不选；
E．浓H2SO4稀释后放热，立即转移至容量瓶中并定容，冷却后溶液体积偏小，则浓度偏高，故E选．
20．晶体硅是一种重要的非金属材料，制备纯硅的主要步骤如下：
①高温下用过量的碳还原二氧化硅制得粗硅，同时得到一种可燃性气体；
②粗硅与干燥的HCl气体反应制得SiHCl3(Si＋3HClSiHCl3＋H2)；
③SiHCl3与过量的H2在1
100～1
200
℃的温度下反应制得纯硅，已知SiHCl3能与水剧烈反应，在空气中易自燃。
请回答：
(1)第一步制取粗硅的化学反应方程式为
。
(2)粗硅与HCl气体反应完全后，经冷凝得到的SiHCl3(沸点33.0
℃)中含有少量SiCl4(沸点57.6
℃)和HCl(沸点－84.7
℃)，提纯SiHCl3采用的方法为
。
(3)实验室用SiHCl3与过量的H2反应制取纯硅装置如图所示(加热和夹持装置略去)：
①装置B中的试剂是
，装置C中的烧杯需要加热，目的是
。
②反应一段时间后，装置D中观察到的现象是
，装置D不能采用普通玻璃管的原因是
，装置D中发生反应的化学方程式是
。
③为保证制备纯硅实验的成功，操作的关键是检查实验装置的气密性，控制好反应温度以及
。
【答案】(1)SiO2＋2CSi＋2CO↑
(2)分馏(或蒸馏)
(3)①浓硫酸　使滴入烧瓶中的SiHCl3汽化
②有固体物质生成　在题给反应温度下(1
100～1
200
℃)，普通的玻璃会软化
SiHCl3＋H2Si＋3HCl
③排尽装置中的空气
【解析】(3)①因SiHCl3与水强烈反应，故A中产生的H2必须干燥，因此B中的试剂为浓H2SO4，且C烧瓶需加热，其目的是使SiHCl3汽化，加快其与H2的反应速率。②石英管中产生的物质应为硅，故D中有固体产生，由题给信息，制纯硅的反应条件为1
100～1
200
℃，此温度下普通的玻璃容易软化。③因高温下H2与O2反应容易爆炸，故还应排尽装置中的空气。
21．为测定某铜银合金的成分，将30.0g合金溶于80mL13.5mol/L的浓HNO3中，将合金完全溶解后，收集到气体6.72L(标准状况)，并测得溶液的pH=0，假设反应后溶液的体积仍为80mL，试计算：
(1)被还原的HNO3的物质的量。
(2)合金中Ag的质量分数。
【答案】（1）0.3mol；（2）36%
【解析】
试题分析：解：（1）被还原的HNO3的物质的量=
（2）由pH=0，得[H+]=1mol／L。
所以，参加反应的HNO3总物质的量=(13.5-1)×0.08=1mol。
设：合金含Agxg，含Cu(30-x)g则
解得
所以，Ag的质量分数
考点：金属与浓硝酸的反应的计算
点评：本题考查了金属与浓硝酸的反应的计算，属于对化学基本知识的考查，本题难度不大。
22．（14）已知A为淡黄色固体，T、R
为两种常见的用途广泛的金属单质，D具有磁性的黑色晶体，
C是无色无味的气体，H是白色沉淀，且在潮湿空气中迅速变为灰绿色，最终变为红褐色固体。
（1）写出下列物质的化学式：D:_____________
R:
_________.写出A的电子式
_______
（2）按要求写出下列反应方程式_____________________________
H在潮湿空气中变为M的化学方程式
____________________________
B与R反应的化学方程式
________________________
D与盐酸反应的离子方程式
_______________________
（3）向沸水中加入W饱和溶液，可制得一种红褐色透明液，该反应的离子方程式______________________
【答案】
（1）Fe3O4
Al
（2）4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3
2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑
Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O
（3）Fe3++3H2O=Fe（OH）3（胶体）+3H+
【解析】
试题分析：A淡黄色固体为过氧化钠，和水反应生成C为氧气，B为氢氧化钠，R是金属单质，能和氢氧化钠反应，所以R为铝，N为偏铝酸钠，D为具有磁性的黑色晶体，说明为四氧化三铁，则T为铁，E为氯化亚铁，H为氢氧化亚铁，M为氢氧化铁，W为氯化铁。（1）D为Fe3O4，，R为Al，过氧化钠的电子式为：。（2）氢氧化亚铁和氧气和水反应生成氢氧化铁，方程式为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，氢氧化钠和铝反应生成偏铝酸钠和氢气，方程式为：
2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，四氧化三铁和盐酸反应生成氯化铁和氯化亚铁和水，方程式为：Fe3O4+8H+=2Fe2++Fe3++4H2O。（3）Fe3++3H2O
Fe（OH）3（胶体）+3H+
考点：
无机推断
【名师点睛】无机推断题中要抓住突破口。
1、颜色：铁：铁粉是黑色的；一整块的固体铁是银白色的。
Fe2+——浅绿色
Fe3O4——黑色晶体
Fe（OH）2——白色沉淀
Fe3+——黄色
Fe
（OH）3——红褐色沉淀
Fe
（SCN）3——血红色溶液
FeO——黑色的粉末
Fe
（NH4）2（SO4）2——淡蓝绿色
Fe2O3——红棕色粉末
FeS——黑色固体
铜：单质是紫红色
Cu2+——蓝色
CuO——黑色
Cu2O——红色
CuSO4（无水）—白色
CuSO4·5H2O——蓝色
BaSO4
、BaCO3
、Ag2CO3
、CaCO3
、AgCl
、
Mg
（OH）2
、三溴苯酚均是白色沉淀
Al（OH）3
白色絮状沉淀
H4SiO4（原硅酸）白色胶状沉淀
Na2O2—淡黄色固体
Ag3PO4—黄色沉淀
S—黄色固体
AgBr—浅黄色沉淀
NO2——红棕色气体
2、Fe（OH）2在空气中被氧化：由白色变为灰绿最后变为红褐色；
3、俗称：纯碱、苏打、天然碱
、口碱：Ｎa2CO3
小苏打：NaHCO3磁铁矿：Fe3O4
黄铁矿、硫铁矿：FeS2
铜绿、孔雀石：Cu2
（OH）2CO3
23．（12分）邻羟基桂皮酸是合成香精的重要原料，下为合成邻羟基桂皮酸的路线之一
已知：
试回答下列问题：
（1）化合物II的结构简式为：________________________
（2）化合物II→化合物III的有机反应类型________________
（3）化合物III在银氨溶液中发生反应化学方程式___________________
（4）有机物X为化合物IV的同分异构体，且知有机物X有如下特点：①是苯的对位取代物，②能与NaHCO3反应放出气体，③能发生银镜反应。请写出化合物X的结构简式_____________________
（5）下列说法正确的是
A．化合物I遇氯化铁溶液呈紫色
B．化合物II能与NaHCO3溶液反应
C．1mol化合物IV完全燃烧消耗9.5molO2
D．1mol化合物III能与3molH2反应
（6）有机物R（C9H9ClO3）经过反应、再酸化也可制得化合物IV，则R在NaOH醇溶液中反应的化学方程式为。
【答案】（12分）（1）
（2）消去反应
（3）
（4）（5）AC
（6）或
【解析】
试题分析：（1）根据化合物I的结构简式可确定分子式C7H6O2，与乙醛反应生成，化合物II-化合物III的变化是羟基转变为碳碳双键，发生消去反应。（2）化合物III含有醛基，能和银氨溶液发生银镜反应，方程式为：（3）R在氢氧化钠醇溶液中发生消去反应，方程式为：
（4）①是苯的对位取代物，②能与碳酸氢钠反应放出气体说明含有羧基，③能发生银镜反应说明含有醛基，所以该物质的结构式为、（5）A、含有酚羟基的有机物I能和氯化铁溶液发生显色反应，化合物含有酚羟基，所以遇到氯化铁溶液显紫色。正确。B、含有羧基反应的有机物II能和碳酸氢钠反应，化合物不含羧基，所以不能与碳酸氢钠溶液反应，错误；C、化合物IV的分子式为C9H8O3，1摩尔化合物弯曲燃烧消耗的氧气的物质的量为9.5摩尔，正确。D、1摩尔苯环需要3摩尔氢气，1摩尔碳碳双键需要1摩尔氢气，1摩尔醛基需要1摩尔氢气，所以1摩尔化合物III能与5摩尔氢气反应，错误。所以选AC。（6）R在氢氧化钠醇溶液中发生消去反应，方程式为：
或
甲醇的物质的量/mol
0
tB
tA
A
B
T1
T2
nA
nB
时间/min
高温
=
1100℃-1200℃