山东省济南第三十五中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）

山东省济南第三十五中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）
1．将a
g光亮的铜丝在酒精灯上加热后，迅速插入下列溶液，然后取出干燥，如此反复几次，最后取出铜丝，洗涤干燥后称其质量为b
g。下列所插入的物质与铜丝质量关系不正确的是
A．无水乙醇：a＝b
B．石灰水：a＞b
C．NaHSO4溶液：a＞b
D．盐酸：a＞b
【答案】B
【解析】Cu------CuO----Cu
A不变，B增加，C减少D减少。
2．下列关于试剂存放的叙述正确的是
A．硝酸银溶液存放在无色试剂瓶中
B．金属钠保存在CCl4中（钠的密度小于CCl4）
C．浓硫酸的装运包装箱应贴上如图所示的标识
D．氢氧化钠溶液保存在带玻璃塞的玻璃瓶中
【答案】C
【解析】
试题分析：A．硝酸银见光容易分解，所以硝酸银溶液存放在棕色试剂瓶中，错误；B．金属钠容易与空气中的水、O2发生反应，所以应该密封保存。由于金属Na的密度小于CCl4，而大于煤油，而且与它们都不能发生反应，所以Na保存在煤油中，错误。C．浓硫酸对人会衣服等有强烈的腐蚀作用，所以装运包装箱应贴上如图所示的标识，正确；D．氢氧化钠溶液能够与玻璃的成分反应反映产生有粘性的硅酸钠溶液，所以保存在带橡胶塞的玻璃瓶中，错误。
考点：考查试剂存放的正误判断的知识。
3．下列化学用语中正确的是(
)
A．乙烯的结构简式:CH2CH2
B．羟基的电子式H
C．1-丁烯的键线式:
D．.乙醇的分子式:
CH3CH2OH
【答案】C
【解析】
试题分析：A、乙烯的结构简式:CH2=CH2，A项错误；B、羟基的电子式H,B项错误；C、1-丁烯的键线式:
,C项正确；D、乙醇的分子式:
C2H6O，D项错误；答案选C。
考点：考查化学用语
4．2014年诺贝尔化学奖授予超高分辨率荧光显微镜的贡献者。人类借助于这种显微镜可以观察到单个的蛋白质分子。下列有关叙述不正确是
A．蛋白质中含有碳、氢、氧、氮等元素
B．蛋白质属于高分子化合物
C．蛋白质可完全水解生成氨基酸
D．消毒过程中细菌蛋白质发生了盐析
【答案】D
【解析】
试题分析：A、蛋白质属于有机物，是由C、H、O、N等元素组成的，故说法正确；B、蛋白质属于天然高分子化合物，故说法正确；C、蛋白质水解的最终产物是氨基酸，故说法正确；D、消毒使蛋白质变性，失去了活性，而盐析是可逆的过程，蛋白质还有活性，故说法错误。
考点：考查蛋白质的性质和组成等知识。
5．以KI为碘剂的加碘食盐，由于受空气作用，容易引起碘的损失，工业生产中需添加稳定剂以减少碘的损失。下列物质中可能做稳定剂的是
A．Na2S2O3
B．FeCl3
C．NaHCO3
D．CaO
【答案】A
【解析】
试题分析：以KI为碘剂的加碘食盐中碘的损失主要是由于杂质、水份、空气中的氧气以及光照，受热而引起的，要减少碘的损失，需加入具有还原性的物质来消耗氧气，A.
Na2S2O3具有还原性，正确，B．FeCl3具有氧化性，错误；C．NaHCO3和CaO没有氧化性和还原性，错误；选A。
考点：考查氧化还原反应，碘的化合物的性质。
6．在盛有碘水的试管中，加入少量CCl4后振荡，静置片刻后
A．整个溶液变紫色
B．整个溶液变为棕黄色
C．上层几乎无色，下层为紫红色
D．下层无色，上层紫红色
【答案】C
【解析】
试题分析：CCl4难溶于水，密度比水大，能萃取碘水中的碘，所以在盛有碘水的试管中，加入少量CCl4后振荡，静置片刻后，上层几乎无色，下层为紫红色，故C正确。
考点：本题考查卤素的性质。
7．相同温度下，有下列三个热化学方程式：
（1）2H2（l）+O2（g）===
2H2O（l）
△H1=
-Q1
kJ
mol-1
（2）2H2（g）+O2（g）===
2H2O（l）
△H1=
-Q2
kJ
mol-1
（3）2H2（l）+O2（g）===
2H2O（g）
△H1=
-Q3
kJ
mol-1
则Q1、Q2、Q3的关系表示正确的是
A．Q1=Q2B．Q2
>
Q1
>Q3
C．Q3>
Q2>
Q1
D．Q1=Q2=Q3
【答案】B
【解析】
试题分析：液态氢比气态氢气的能量低，所以气态氢反应放热多，Q2
>
Q1，液态水比气态水的能量低，所以生成液态水放热多，Q1
>Q3，所以选B。
考点：反应热的比较。
8．相对分子质量为a的某物质在室温下的溶解度为bg，此时测得饱和溶液的密度为c
g·cm-3，则该饱和溶液的物质的量浓度是
A．mol·L-1
B．mol·L-1
C．mol·L-1
D．mol·L-1
【答案】A
【解析】
试题分析：某物质在室温下的溶解度为bg，则饱和溶液的质量分数是，根据可知物质的量浓度是，答案选A。
考点：考查物质的量浓度计算
9．化学与生活、社会密切相关。下列说法正确的是
A．光纤通信使用的光缆的主要成分是晶体Si，太阳能电池使用的材料主要是SiO2
B．氨很容易液化，液氨气化吸收大量的热，所以液氨常用作致冷剂
C．高锰酸钾溶液、酒精、双氧水都能杀菌消毒，消毒原理相同，都利用了强氧化性
D．SO2可以用来漂白纸浆、毛、丝、草帽辫、增白食品等
【答案】B
【解析】
试题分析：A、光纤通信使用的光缆的主要成分是晶体SiO2，是利用光的全反射原理，太阳能电池使用的材料主要是Si，为重要的半导体材料，故A错误；B、氨很容易液化，液氨气化吸收大量的热，导致其周围环境温度降低，所以液氨常用作制冷剂，故B正确；C、高锰酸钾和双氧水都具有强氧化性，能使蛋白质变性而杀菌消毒，乙醇破坏了蛋白质原有的氢键使蛋白质变性，故C错误；D、二氧化硫具有漂白性，但有毒，所以不能漂白食品，故D错误。
考点：考查了化学与生活的相关知识。
10．在一定温度下向饱和Na2SO4溶液中加入ag无水硫酸钠粉末，搅拌，静置后析出bg
Na2SO4·10H2O晶体，(b-a)g是
A．原饱和溶液失去的水的质量
B．原饱和溶液中减少的硫酸钠的质量
C．原饱和溶液中失去的水和硫酸钠的总质量
D．析出的晶体含有的硫酸钠的质量
【答案】C
【解析】
试题分析：由于析出晶体后的溶液仍然是饱和溶液，所以加入ag无水硫酸钠粉末，搅拌，静置后析出bg
Na2SO4·10H2O晶体，则(b-a)g是原饱和溶液减轻的质量，即原饱和溶液中失去的水和硫酸钠的总质量，故选项是C。
考点：考查关于溶液的组成及质量关系的知识。
11．0.03mol铜完全溶于硝酸，产生氮的氧化物（NO、NO2、N2O4）混合气体共0.05mol。该混合气体的平均相对分子质量可能是
A．30
B．46
C．66
D．69
【答案】B
【解析】
试题分析：（1）假设生成气体为NO、NO2，令NO的物质的量为xmol，根据氧化还原反应中得失电子守恒，0.03×2=3x＋(0.05－x)，解得x=0.005mol，M=（0.005×30＋0.045×46)/0.05g·mol－1=44.4g·mol－1，（2）假设生成的气体为NO2、N2O4，令NO2的物质的量为x，因此有0.03×2=x＋(0.05－x)×2，解得x=0.04mol，M=(0.04×46＋0.01×92)/0.05g·mol－1=55.2
g·mol－1，因此混合物气体的摩尔质量在44.4g·mol－1～55.2
g·mol－1，因此选项B正确。
考点：考查氧化还原反应电子守恒、假设法等知识。
12．铅笔芯的主要成分是石墨和黏土，这些物质按照不同的比例加以混和、压制，就可以制成铅笔芯。如果铅笔芯质量的一半成分是石墨，且用铅笔写一个字消耗的质量约为1mg。那么一个铅笔字含有的碳原子数约为
A．2.5×1019个
B．2.5×1022个
C．5×1019个
D．5×1022个
【答案】A
【解析】
试题分析：铅笔芯质量的一半成分是石墨，用铅笔写一个字消耗的质量约为1mg，则一个铅笔字含有的碳的质量为0.5mg，所以一个铅笔字含有的碳的物质的量为5×10 4g÷12g/mol=5/12×10-4
mol，所以含有的碳原子数目为5/12×10-4
mol×6.02×1023/mol
=2.5×1019，选项A正确。
考点：考查物质中原子数目及常用化学计量计算的知识。
13．归纳是一种由特殊（个别）到一般的概括，但是归纳出的规律也要经过实践检验才能决定其是否正确。下面几位同学自己总结出的结论中不正确的是（
）
A．不是所有醇都能被氧化成醛，但所有含碳原子数大于2的醇都能发生消去反应
B．标准状况下，0.5molN2和0.5molO2的混合气体所占的体积约为22.4L
C．同主族非金属元素的氢化物的沸点并不都是随相对分子质量的增加而升高，如沸点：H2O
>
H2S
D．反应是吸热还是放热的,必须看反应物和生成物所具有总能量的大小
【答案】A
【解析】
试题分析：A．不是所有醇都能被氧化成醛，但若是含碳原子数大于2的醇，而且在羟基连接的邻位C原子上有H原子，则能发生消去反应，否则就不能发生消去反应。错误。B．根据阿伏伽德罗电离，标准状况下，1mol的任何气体，无论是纯净物还是混合物，在标准状况下其体积大约是22.L。因此0.5molN2和0.5molO2的混合气体所占的体积约为22.4L。正确。C．同主族非金属元素的氢化物的沸点并不都是随相对分子质量的增加而升高，如由于在水分子之间还存在氢键，增加了分子之间的相互作用力，使物质的沸点增大。因此沸点：H2O
>
H2S。正确。D．反应是吸热还是放热的,取决于反应物和生成物所具有总能量的大小。若反应物的总能量高于生成物，则反应放热；否则反应吸热。正确。
考点：考查物质的性质及变化的规律性及特殊性的关系的知识。
14．室温下向1L
pH=2的醋酸溶液中加入2L
pH=2的盐酸，则混合溶液的pH为（假设混合后溶液体积不变，室温下醋酸的电离平衡常数为1.8×10﹣5）
A．2.3
B．1.7
C．2
D．无法确定
【答案】C
【解析】在pH=2的醋酸溶液中，醋酸电离出的c（H+）=c（CH3COO﹣）=10﹣2mol/L，设此溶液中醋酸分子的平衡浓度为X，则有：K=1.8×10﹣
5==
解得X=mol/L
即醋酸的物质的量n=CV=（+10﹣2）mol/L×1L≈5.56mol
HCl是强酸，2L
pH=2的盐酸中氢离子的物质的量n=CV=0.02mol
将醋酸和盐酸混合后，溶液体积变为3L，设混合溶液中有Ymol醋酸发生电离，则有：
CH3COOH CH3COO﹣+H+
平衡浓度：mol/L
mol/L
mol/L
醋酸的电离平衡常数K=1.8×10﹣5==
解得Y=0.01mol
故溶液中c（H+）==0.01mol/L
溶液pH=﹣lgc（H+）=﹣lg0.01=2故选C．
15．物质A～E都是由下表中的离子组成的，常温下将各物质的溶
液从1
mL稀释到1
000
mL，pH的变化关系如图甲所示，其中A与D反应得到E。请回答下列问题。
阳离子
NH4+、H＋、Na＋
阴离子
OH－、CH3COO－、Cl－
(1)根据pH的变化关系，写出物质的化学式：B
，C
。
(2)写出A与C反应的离子方程式：
。
(3)图乙为室温时向25
mL某浓度的B溶液中逐滴滴加0.2
mol·L－1的D溶液的过程中pH的变化曲线。
①图乙中B的物质的量浓度为
mol·L－1。
②G点溶液呈中性，则二者恰好完全反应的点是在FG区间还是GH区间？
区间。
③FG区间溶液中各离子浓度大小关系是
。
(4)t
℃时，A的稀溶液中c(H＋)＝10－a
mol·L－1，c(OH－)＝10－b
mol·L－1，已知a＋b＝13，该温度下(t
℃)，将100
mL
0.2
mol·L－1的C溶液与100
mL
0.4
mol·L－1的B溶液混合后(溶液体积变化忽略不计)，溶液的pH＝
。
【答案】(1)NaOH　HCl
(2)NH3·H2O＋H＋=NH4+＋H2O
(3)①0.1　②FG
③c(Na＋)＞c(OH－)≥c(CH3COO－)＞c(H＋)或c(Na＋)＞c(CH3COO－)≥c(OH－)＞c(H＋)
(4)12
【解析】根据各物质的溶液从1
mL稀释到1
000
mL，pH的变化图象知，B和C溶液的pH变化为3，A和D溶液的pH变化小于3，则B为强碱，A为弱碱或强碱弱酸盐，C为强酸，D为弱酸或强酸弱碱盐，可先确定B为NaOH，C为HCl。结合A与D反应得到E，而E的pH不变，则E可能是NaCl或醋酸铵，结合B为NaOH，C为HCl，则推出E只能为醋酸铵，所以A为NH3·H2O，B为NaOH，C为HCl，D为CH3COOH。向NaOH溶液中滴加醋酸，起点pH＝13，NaOH的浓度为0.1
mol·L－1。二者恰好完全反应生成醋酸钠，此时溶液显碱性，应该在FG区间。FG区间溶液呈碱性，c(OH－)＞c(H＋)，所以c(Na＋)＞c(CH3COO－)，c(CH3COO－)和c(OH－)的大小关系无法判断。根据t
℃时，稀氨水中c(H＋)和c(OH－)的值可知该温度下水的离子积常数KW为10－13，所以将100
mL
0.2
mol·L－1的HCl溶液与100
mL
0.4
mol·L－1的NaOH溶液混合后，溶液呈碱性，c(OH－)＝(100×0.4－100×0.2)/200(mol·L－1)＝0.1
mol·L－1，c(H＋)＝KW/c(OH－)＝10－12
mol·L－1，即pH＝12。
16．(8分)698
K时，向某V
L的密闭容器中充入2
mol
H2(g)和2
mol
I2(g)，发生反应：H2(g)＋I2(g)
＝
2HI(g)，测得各物质的物质的量浓度与时间变化的关系如图所示。
请回答下列问题：
（1）容器的体积V＝_____L
（2）反应达到最大限度的时间是_
_s，该时间内平均反应速率v(HI)＝
mol·L－1·s－1
（3）判断该反应达到平衡的依据是
(填序号)
①(I2)＝2(HI)
②H2、I2、HI的浓度都不变
③容器内气体的压强保持不变
④容器内气体的密度保持不变
【答案】(8分，每空2分)
（1）2；（2）5；0.316；（3）
②
【解析】
试题分析：（1）由于在反应开始时向容器中加入了2
mol
H2(g)和2
mol
I2(g)，而开始中这两种物质的浓度是1.00mol/L，根据物质的量与浓度的关系：，所以。（2）根据图示可知，当反应进行了5s时物质的浓度都不再发生变化，反应达到其最大限度。该时间内平均反应速率v(HI)＝
ΔC÷Δt=1.58mol/L÷5s=0.316mol/(L·s)。（3）
①在任何时刻都存在2(I2)＝V正(HI)，若(I2)＝2(HI)则V正(HI)=4(HI)，反应正向进行，未达到平衡，错误。②由于反应是在恒容的密闭容器中进行，若H2、I2、HI的浓度都不变，则平衡混合气体中任何一组分的物质的量不变，反应处于平衡状态，正确。③由于该反映是反应前后气体体积相等的反应，所以在任何时刻都存在容器内气体的压强保持不变，故不能作为判断平衡的标志，错误。④由于反应的容器的容积不变，反应物、生成物都是气体，所以在任何时刻，容器内气体的密度保持不变，故不能作为判断平衡的标志，错误。
考点：考查化学反应速率的计算、物质的浓度与物质的量的关系及化学平衡状态的判断的知识。
17．（12分）某兴趣小组的学生根据Mg与CO2反应原理，推测钠也应能在CO2中燃烧。为了确定其生成产物并进行实验论证，请你参与以下研究过程。
（1）甲同学首先设计了实验室制取二氧化碳的三种发生装置，若选用碳酸氢钠分解制二氧化碳应选用装置是_______（填装置序号“A”“B”或“C”，下同）；若用石灰石与稀盐酸为原料，并能控制反应随时发生随时停止，最好应选用的装置是_______；若用碳酸钠固体与稀硫酸反应应选用的装置是_______。
（2）乙同学按实验要求，用下列装置进行实验（已知PdCl2溶液能被CO还原得到黑色的Pd），请完成下列问题：
①若装置6中有黑色沉淀，装置4中的残留固体（只有一种物质）加盐酸有能使石灰水变浑浊的气体放出，则钠与二氧化碳反应的化学方程式为：_____________________。
②若装置6中溶液无明显现象，装置4中残留固体（有两种物质）加盐酸有能使石灰水变浑浊的气体放出，则钠与二氧化碳反应的化学方程式为：_____________________。
（3）指导老师认为，不仅要检验残留固体中是否有碳酸钠还要检验其中是否有氧化钠和碳，当确认钠充分反应后，请你设计一个简单实验，验证装置4中得到的残留固体中是否含有Na2O和C。
【答案】(1)BCA
(2)①2Na+2CO2CO+Na2CO3②4Na+3CO22Na2CO3+C
(3)将残留物溶于适量水，若有黑色不溶物则证明残留物中有C，在溶液中加足量BaCl2溶液，然后过滤，在滤液中滴加几滴酚酞，若溶液变红，则证明残留物中含有Na2O。
【解析】(2)①装置6中有黑色沉淀，依题中信息知产生了CO，残留物与HCl作用产生CO2，则残留物中含Na2CO3。
②残留物与HCl作用产生CO2，证明残留物中含Na2CO3，而又无CO产生，根据氧化还原反应规律知，钠被氧化，则必有元素被还原，联系残留固体中有两种物质故知有C生成。
(3)根据碳不溶于水，可证明之，根据Na2O+H2O2NaOH溶液显碱性可证明Na2O存在，但Na2CO3溶液也显碱性，对实验有干扰，故先将用Ba2+沉淀。
18．氰化物在冶金等行业应用广泛，含氰废水的处理显得尤为重要。含氰废水中的氰化物常以
[Fe(CN)6]3－和CN－的形式存在，工业上有多种废水处理方法。
I．电解处理法
用图1所示装置处理含CN－废水时，控制溶液pH为9~10并加入NaCl，一定条件下电解，阳极产生的ClO－将CN－氧化为无害物质而除去。
（1）铁电极为___________(填“阴极”或“阳极”)，阳极产生ClO－的电极反应为_______________。
II．UV(紫外光线的简称)—H2O2氧化法。
实验过程：取一定量含氰废水，调节pH，加入一定物质的量的H2O2，置于UV工艺装置中，光照一定时间后取样分析。
【查阅资料】
①在强碱性溶液中4[Fe(CN)6]3－+4OH－===4[Fe(CN)6]4－+O2↑+2H2O，[Fe(CN)6]4－更稳定；
②[Fe(CN)6]3－转化为CN－容易被H2O2除去；
③HCN是有毒的弱酸，易挥发。
（2）废水中的CN一经以下反应实现转化：CN一+H2O2+H2O===A+NH3↑，则A是
(用符号表示)。
（3）K3[Fe(CN)6]在中性溶液中有微弱水解，用方程式表示水解反应______________。
（4）含氰废水在不同pH下的除氰效果如图2所示，pH选择的最佳范围应为______(a．7-10；b．10-11；c．11-13)，解释选择该pH范围的原因_______________。
图2：不同pH对除氰效果的影响
图3：H2O2加入量对除氰效果的影响
（5）图3表示某pH时，加入不同量H2O2，处理30min后测定的样品含氰浓度。由图可知：n(H2O2)：n(CN－)=250：1时，剩余总氰为0.16
mg·L－1，除氰率达80%，计算0-30
min时间段反应速率v(CN－)=____________mg·L－1min－1(结果保留两位有效数字)。
【答案】（1）阴极；2OH－+Cl－—2e－
=
ClO－
+H2O
（2）HCO3－（3）[Fe(CN)6]3－+3
H2O
Fe(OH)3
+
3HCN
+
3CN－
（4）b；碱性适中，有利于[Fe(CN)6]3－转变为CN－而被氧化；碱性太强，溶液中4[Fe(CN)6]3－+4OH—=
4[Fe(CN)6]4－+O2↑+2H2O生成[Fe(CN)6]4－后难以除去；碱性太弱[Fe(CN)6]3－难以水解释放出CN－(且水解产生少量HCN有毒)；（5）0.021
【解析】
试题分析：I．（1）该电解质溶液呈碱性，电解时，用不活泼金属或导电非金属作负极，可以用较不活泼金属作正极，所以可以用石墨作氧化剂、铁作阴极，阳极上氯离子失电子生成氯气，氯气和氢氧根离子反应生成次氯酸根离子和水，所以阳极反应式为Cl-+2OH--2e-═ClO-+H2O，故答案为：阴极；Cl-+2OH--2e-═ClO-+H2O；
II．（2）根据质量守恒定律，CN一+H2O2+H2O===A+NH3↑，A是HCO3－，故答案为：HCO3－；
（3）K3[Fe(CN)6]在中性溶液中有微弱水解，水解反应的方程式为[Fe(CN)6]3－+3
H2O
Fe(OH)3
+
3HCN
+
3CN－，故答案为：[Fe(CN)6]3－+3
H2O
Fe(OH)3
+
3HCN
+
3CN－；
（4）根据图2，在pH=10和11时，除氰效果较好，都达到了80%以上，故选b；是因为碱性适中，有利于[Fe(CN)6]3－转变为CN－而被氧化；碱性太强，溶液中4[Fe(CN)6]3－+4OH—=4[Fe(CN)6]4－+O2↑+2H2O生成[Fe(CN)6]4－后难以除去；碱性太弱[Fe(CN)6]3－难以水解释放出CN－(且水解产生少量HCN有毒)，故答案为：b；碱性适中，有利于[Fe(CN)6]3－转变为CN－而被氧化；碱性太强，溶液中4[Fe(CN)6]3－+4OH—=4[Fe(CN)6]4－+O2↑+2H2O生成[Fe(CN)6]4－后难以除去；碱性太弱[Fe(CN)6]3－难以水解释放出CN－(且水解产生少量HCN有毒)；
（5）根据图3，n(H2O2)：n(CN－)=250：1时，剩余总氰为0.16
mg·L－1，除氰率达80%，起始浓度c(CN-)==0.8mg/L，v(CN－)==0.021mg·L－1min－1，故答案为：0.021。
考点：考查了电解原理的应用、化学反应速率的计算、质量守恒定律的应用、化学平衡常数等相关知识。
19．天津港“8.12”爆炸事故中，因爆炸冲击导致氰化钠泄漏，可以通过喷洒双氧水或硫代硫酸钠溶液来处理，以减轻环境污染。
资料：氰化钠化学式NaCN(C元素+2价，N元素-3价)，白色结晶颗粒，剧毒，易溶于水，水溶液呈碱性，易水解生成氰化氢。
（1）
NaCN水溶液呈碱性，其原因是
（用离子方程式解释）。
（2）
NaCN用双氧水处理后，产生一种酸式盐和一种能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，写出该反应的化学方程式
。
某化学兴趣小组实验室制备硫代硫酸钠(Na2S2O3),并检测用硫代硫酸钠溶液处理后的氰化钠废水能否达标排放。
【实验一】实验室通过下图装置制备Na2S2O3。
（3）a装置中盛Na2SO3固体的仪器名称是
；b装置的作用是
。
（4）c装置中的产物有Na2S2O3和CO2等，d装置中的溶质有NaOH、Na2CO3，还可能有
。
（5）实验结束后，在e处最好连接盛
（选填“NaOH溶液”、“水”、“CCl4”中任一种）的注射器，再关闭K2打开K1，防止拆除装置时污染空气。
【实验二】测定用硫代硫酸钠溶液处理后的废水中氰化钠的含量。
已知：
①
废水中氰化钠的最高排放标准为0.50
mg/L。
②
Ag++2CN-
=
[
Ag
(CN)2]-,
Ag++I-
=
AgI↓,AgI呈黄色，且CN-优先与Ag+反应。
实验如下：
取25.00
mL处理后的氰化钠废水于锥形瓶中,并滴加几滴KI溶液作指示剂，用1.000
×10-4
mol/L的标准AgNO3溶液滴定，消耗AgNO3溶液的体积为2.50
mL。
（6）
滴定终点的判断方法是
。
（7）
处理后的废水中氰化钠的含量为
mg/L。
【答案】（1）CN-+H2O HCN+OH-（2）NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3↑
（3）圆底烧瓶；安全瓶，防止倒吸（4）Na2SO3（5）NaOH溶液
（6）滴入最后一滴硝酸银溶液，出现淡黄色沉淀（7）0.98
【解析】
试题分析：（1）NaCN为强碱弱酸盐，水解呈碱性，反应的离子方程式为：CN-+H2O HCN+OH-；（2）常温下，氰化钠能与过氧化氢溶液反应，生成能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，该气体为氨气，生成的酸式盐为碳酸氢钠，反应方程式为：NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3↑；（3）由仪器结构特征，可知盛装Na2SO3固体的仪器为圆底烧瓶；b装置为安全瓶，防止倒吸；（4）d装置吸收二氧化硫，d中溶质有NaOH、Na2CO3，碱过量，还有亚硫酸钠生成；（5）验结束后，装置b中还有残留的二氧化硫，为防止污染空气，应用氢氧化钠溶液吸收；（6）Ag+与CN-反应生成[Ag（CN）2]-，当CN-反应结束时，滴入最后一滴硝酸银溶液，Ag+与I-生成AgI黄色沉淀，说明反应到达滴定终点；（7）消耗AgNO3的物质的量为2.5×10-3L×0.0001mol/L=2.50×10-7mol，根据方程式Ag++2CN-=[Ag（CN）2]-，处理的废水中氰化钠的质量为2.50×10-7mol×2×49g/mol=2.45×10-5g，废水中氰化钠的含量为=0.98mg/L。
考点：考查物质制备实验、物质含量测定等，关键是对原理的理解，注意制备中渗入环保意识。
20．将a
mol
Na溶于b
g水中，a1
mol
Na2O溶于b1g水中，a2
mol
Na2O2溶于b2g水中，均能得到质量分数为8%的NaOH溶液。（已知：2Na2O2
+
2H2O
===4NaOH
+
O2↑）
（1）若a1∶a2=1，则b1=b2=
（2）若a=0.2，则b=
（3）若b=b1=b2，则a、a1和a2之间的关系式为
【答案】（1）938a1
（2）
95.6；
（3）a1=a2＞
【解析】
21．6-羰基庚酸是一种重要的化工中间体，其合成路线如图：
已知：
（1）反应①的试剂与条件是____________________；
（2）下列说法中正确的是_______________；
a．C能被催化氧化成酮
b．D不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
c．Ni催化下1mol
E最多可与2molH2加成
d．G既能发生取代反应，又能发生加成反应
（3）E与新制Cu(OH)2反应的化学方程式为____________________；
（4）G的同分异构体有多种，满足以下条件的同分异构体有__________种。
a．分子中含有环己烷的结构
b．能与NaHCO3溶液反应，放出气体
c．1mol该物质能与2molNa完全反应
（5）已知“Diels-Alder反应”为：物质D与呋喃()也可以发生“Diels-Alder反应”，该化学反应方程式为____________________。
【答案】（1）NaOH的醇溶液、加热
（2）cd
（3）+NaOH+2Cu(OH)2+Cu2O↓+3H2O
（4）4种
（5）
【解析】
试题分析：由合成流程图可知，A→B为消去反应，B为，B→C为与水的加成反应，C→D为消去反应，结合信息可知，D→E发生氧化反应，且E与新制Cu(OH)2反应，则E为，E→G发生氧化反应，B→F为与HBr发生的加成反应，F→D为卤代烃的消去反应；（1）由上述分析可知反应①为卤代烃的消去反应，则反应条件为NaOH的醇溶液、加热；
（2）a．因C中与-OH相连的碳原子上没有H，则C不能被催化氧化成酮，故a错误；
b．D中有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故b错误；c．E为，Ni催化下1mol
E最多可与2molH2加成，故c正确；d．G有羰基能发生加成反应，有羧基能发生取代反应，故d正确；故选cd；
（3）E与新制Cu(OH)2的化学方程式为为+NaOH+2Cu(OH)2+Cu2O↓+3H2O；（4）
的分子式为C7H2O3的同分异构体有多种，满足a．分子中含有环己烷的结构b．能与NaHCO3溶液反应，放出气体，说明有—COOH，c．1mol该物质能与2molNa完全反应，说明有醇羟基和羧基各一个，这二个基团在环己烷上可以连接在不同的碳原子上，处于邻、间及对位，还可以连在同一个碳原子上，满足条件的同分异构体共有4种；
（5）由信息可知，物质D与呋喃的反应为
。
考点：考查有机物的合成，注意利用合成流程图中物质的结构及官能团的变化来分析发生的反应及物质的性质，同分异构体的书写为解答的难点，题目难度中
22．有A、B、C、D、E五种短周期主族元素，原子序数由A到E逐渐增大。①A元素最外层电子数是次外层电子数的2倍。②B的阴离子和C的阳离子与氖原子的电子层结构相同。③在通常状况下，B的单质是气体，0.1
mol
B的气体与足量的氢气完全反应共有0.4
mol电子转移。④C的单质在点燃时与B的单质充分反应，生成淡黄色的固体，此淡黄色固体能与AB2反应可生成B的单质。⑤D的气态氢化物与其最高价含氧酸间能发生氧化还原反应。请写出：
（1）A元素的最高价氧化物的结构式___________；B元素在周期表中的位置________________。
（2）C单质在B单质中燃烧的生成物中所含化学键类型有_______________________；C与D
能形成化合物的电子式__________。
（3）D元素的低价氧化物与E的单质的水溶液反应的化学方程式为_______________________。
（4）元素D与元素E相比，非金属性较强的是_______（用元素符号表示），下列表述中能证明这一事实的是________（填选项序号）。
a．常温下D的单质和E的单质状态不同
b．E的氢化物比D的氢化物稳定
c．一定条件下D和E的单质都能与钠反应
d．D的最高价含氧酸酸性弱于E的最高价含氧酸
e．D的单质能与E的氢化物反应生成E单质
【答案】（1）O＝C＝O，第二周期第ⅥA族
（2）离子键、非极性共价键（或共价键），
（3）SO2+Cl2
+2H2O＝H2SO4+2HCl
（4）Cl，b、d
【解析】
试题分析：有A、B、C、D、E五种短周期主族元素，原子序数由A到E逐渐增大．A的最外层电子数是次外层电子数的2倍，则A原子有2个电子层，最外层电子数为4，则A为碳元素；B的阴离子和C的阳离子与氖原子的电子层结构相同，则C处于第三周期、B处于第二周期，在通常状况下，B的单质是气体，0.1molB的气体与足量的氢气完全反应共有0.4mol电子转移，B元素表现-2价，则B为O元素；C的单质在点燃时与B的单质充分反应，生成淡黄色的固体，此淡黄色固体能与AB2反应可生成B的单质，则C为Na；D的气态氢化物与其最高价含氧酸间能发生氧化还原反应，E的原子序数最大，则D为S元素，E为Cl。则
（1）A为碳元素，最高价氧化物为CO2，结构式为O＝C＝O；B为氧元素，在周期表中的位置是第二周期VIA族；
（2）B单质与C单质在点燃时反应的生成物为Na2O2，含有离子键、共价键；C与D
能形成化合物是硫化钠，含有离子键的离子化合物，则电子式为。
（3）D元素的低价氧化物为二氧化硫，与氯气的水溶液反应的离子方程式为SO2+Cl2
+2H2O＝H2SO4+2HCl。
（4）同周期自左而右元素非金属性增强，故非金属性Cl＞S，a．单质状态属于物理性质，不能比较元素非金属性，a错误；b．氢化物稳定性与元素非金属性一致，氯化氢比硫化氢稳定，说明氯的非金属性更强，b正确；c．与变价金属反应可以根据产物中金属化合价判断非金属元素的非金属性强弱，Na不是变价金属，不能判断硫与氯的非金属性强弱，c错误；d．最高价含氧酸的酸性与中心元素的非金属性一致，d正确；e．硫不能与HCl反应生成氯气，e错误，答案选bd。
【考点定位】本题主要是考查结构性质位置关系应用
【名师点晴】推断元素是解题关键，注意电子式的书写。易错点和难点是非金属性强弱比较，解答时注意金属性、非金属性强弱比较实验事实。判断元素金属性(或非金属性)的强弱的方法很多，但也不能滥用，有些是不能作为判断依据的，如：①通常根据元素原子在化学反应中得、失电子的难易判断元素非金属性或金属性的强弱，而不是根据得、失电子的多少。②通常根据最高价氧化物对应水化物的酸碱性的强弱判断元素非金属性或金属性的强弱，而不是根据其他化合物酸碱性的强弱来判断。