山东省济南第五十二中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）

山东省济南第五十二中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）
1．向混合溶液中滴加0.1mol/L稀盐酸，CO2的生成量与加入盐酸的体积(V)的关系如图所示。下列对溶液中溶质组成成分判断正确的是(
）
A．原溶液中溶质为Na2CO3和NaHCO3
B.原溶液中溶质为NaOH和Na2CO3
C．原溶液中溶质为Na2CO3
D．原溶液中溶质为NaHCO3
【答案】B
【解析】
试题分析：A、发生反应的过程是Na2CO3＋HCl=NaCl＋NaHCO3，NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2O＋CO2↑，第二阶段消耗盐酸的体积大于第一阶段，故错误；B、NaOH＋HCl=NaCl＋H2O，Na2CO3＋HCl=NaCl＋NaHCO3，NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2O＋CO2↑，第一阶段消耗盐酸的体积大于第二阶段消耗盐酸的体积，故正确；C、Na2CO3＋HCl=NaCl＋NaHCO3，NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2O＋CO2↑，第一阶段和第二阶段消耗盐酸的体积相等，故错误；D、NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2O＋CO2↑，开始有气体产生，故错误。
考点：考查碳酸钠和碳酸氢钠与盐酸的反应实质等知识。
2．下列电子式不正确的是
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】氯化氢中氯原子还存在不参与成键的电子，正确的电子式为，其余都是正确的，答案选A。
3．以2-氯丙烷为主要原料制备1,2-丙二醇[CH3CH(OH)CH2OH]时，依次经过的反应类型为
A．加成反应-消去反应-取代反应
B．消去反应-加成反应-取代反应
C．消去反应-取代反应-加成反应
D．取代反应-加成反应-消去反应
【答案】B
【解析】
试题分析：2-氯丙烷为主要原料制取1，2-丙二醇CH3CH(OH)CH2OH，①先发生氯代烃的消去反应生成C=C，②再发生丙烯的加成反应引入两个卤素原子，③最后发生卤代烃的水解反应(属于取代反应)生成CH3CH(OH)CH2OH，故选B。
【考点定位】考查有机物的合成
【名师点晴】注意官能团的变化，结合卤代烃、烯烃的性质是解答关键，2-氯丙烷为主要原料制取1，2-丙二醇CH3CH(OH)CH2OH，-Cl变化为两个-OH，应先消去生成C=C，再加成引入两个卤素原子，最后水解即可，以此来解答。
4．以石墨为电极，电解500
mL
NaCl溶液，当两极产生气体总体积为16．8
mL时（标准状况），溶液的pH范围是
（
）
A．5~6
B．7~8
C．8~10
D．10~12
【答案】D
【解析】
5．下列溶液中，能大量共存的离子组是AC
A．K+、Na+、CO32-、NO3-
B．Ag+、Na+、SO42-、Cl-
C．OH-、HCO3-、Ca2+、Na+
D．Ba2+、Na+、OH-、SO42—
【答案】A
【解析】略
6．下列关于能量判据和熵判据的说法中，不正确的是（
）
A．放热的自发过程可能是熵减小的过程，吸热的自发过程一定为熵增加的过程
B．由能量判据(以焓变为基础)和熵判据组合成的复合判据，将更适合于所有的过程
C．在室温下碳酸钙的分解反应不能自发进行，但同样是这个吸热反应在较高温度(1200
K)下则能自发进行
D．放热过程(ΔH＜0)或熵增加(ΔS＞0)的过程一定是自发的
【答案】D
【解析】
试题分析：根据△G＝△H－T·△S可知，只要△G＜0，反应就一定是自发进行的，所以选项A、B、C都是正确的，而选项D是错误的，答案选D。
考点：考查反应自发性的判断
点评：在判断反应是否自发时，应该综合考虑熵变和焓变，即必须根据△G＝△H－T·△S进行分析，否则会得出错误的答案。
7．下列有机物不能通过乙烯的加成反应制取的是
A．CH3CH2Cl
B．CH2Cl—CH2Cl
C．CH3—CH2OH
D．CH3—COOH
【答案】D
【解析】
试题分析：A．乙烯与HCl发生加成反应形成CH3CH2Cl，错误。B．乙烯与Cl2发生加成反应CH2Cl—CH2Cl
，错误。C．乙烯与水发生加成反应，形成CH3—CH2OH，错误。D．CH3—COOH
是乙醛氧化产物，乙烯不能直接转换为乙酸，正确。
考点：考查乙烯的河西性质及反应产物的判断的知识。
8．有下列三个氧化还原反应：①2FeCl3+2KI=2KCl+2FeCl2+I2
②2FeCl2+Cl2═2FeCl3③2KMnO4+16HCl（浓）═2KCl+2MnCl2+8H2O+5Cl2↑若某FeCl2溶液中有I-共存，要氧化除去I-而又不减少Fe2+和Cl-，可加入的试剂是
A．Cl2
B．KMnO4
C．FeCl3
D．HCl
【答案】C
【解析】
试题分析：由信息可知，氧化性由强至弱的顺序为：MnO4-＞Cl2＞Fe3+＞I2，还原性由强至弱的顺序为I-＞Fe2+＞Cl-＞Mn2+，A．氯气能将Fe2+、I-均氧化，故A不选；B．KMnO4能将Fe2+、I-和Cl-均氧化，故B不选；C．FeCl3能氧化除去I-而不影响Fe2+和Cl-，故C选；D．HCl与三种离子均不反应，故D不选，故选C。
【考点定位】考查氧化还原反应
【名师点晴】把握反应中元素的化合价变化是解答本题的关键，侧重氧化还原反应应用的考查，注意氧化剂比较及除杂的原则；反应①中氧化性：Fe3+＞I2；还原性：I-＞Fe2+；反应②中氧化性：Cl2＞Fe3+；还原性：Fe2+＞Cl-；反应③中氧化性：MnO4-＞Cl2；还原性：Cl-＞Mn2+，所以氧化性由强至弱的顺序为：MnO4-＞Cl2＞Fe3+＞I2，还原性由强至弱的顺序为：I-＞Fe2+＞Cl-＞Mn2+，要氧化除去I-而不影响Fe2+和Cl-，选择氧化剂发生反应不能引入新杂质，且Fe2+和Cl-不能参加反应，以此来解答。
9．下列有关描述，正确的是
A．苯能使溴水褪色，发生取代反应
B．乙烯使高锰酸钾溶液褪色，发生加成反应
C．乙醇在红热铜丝的作用下，能发生氧化反应
D．葡萄糖在稀硫酸作催化剂，水浴加热条件下可以发生水解反应
【答案】C
【解析】
试题分析：A、苯分子中不存在碳碳双键，所以不能使溴水褪色，错误；B、乙烯使高锰酸钾溶液褪色，发生的是氧化反应，错误；C、乙醇在Cu做催化剂、加热的条件下，与氧气发生氧化反应，生成乙醛和水，正确；D、葡萄糖是单糖，不能发生水解反应，错误，答案选C。
考点：考查有机物的性质判断
10．常温时，将a1mL
b1mol·L—1HCl加入到a2
mL
b2mol·L—1NH3·H2O中，下列结论正确的是
A.如a1=a2、b 1=b2，则混合溶液中：c(Cl—)
=
c(NH 4+)
B.如混合后溶液pH=7，则混合溶液中：c(Cl—)＞c(NH 4+)
C.如混合液的pH＜7，则：a1
b 1=a2
b2
D.如a1=a2且混合液的pH＞7，则：b1＜b2
【答案】D
【解析】
试题分析：A、a1＝a2，b1＝b2，则a1b1＝a2b2，二者恰好反应生成氯化铵。由于铵根离子的水解溶液显酸性，而氯离子不水解，所以c(Cl—)＞c(NH 4+)，A错误；B、如果混合液的pH＝7，则c（OH-）＝c（H+），根据电荷守恒c（OH-）+c（Cl-）＝c（H+）+c（NH4+）可知c(Cl—)
=
c(NH 4+)，B错误；C、如果a1b1＝a2b2，盐酸与氨水恰好反应生成氯化铵，铵根水解，溶液显示酸性，pH＜7；但如果在反应中盐酸过量，则溶液仍然显酸性，因此a1
b 1不一定等于a2
b2，C错误；D、当a1＝a2，如果恰好反应时铵根水解溶液显酸性，因此如果混合液的pH＞7，则氨水一定过量，即b1＜b2，D正确，答案选D。
考点：考查酸碱混合的定性判断、离子浓度定性比较
11．下列事实不能用勒沙特列原理解释的是(
)
A．硫酸工业中，使用过量的空气以提高二氧化硫的利用率
B．配制氯化铁溶液时，将氯化铁加入盐酸中，然后加水稀释
C．实验室常用排饱和食盐水的方法收集氯气
D．二氧化氮与四氧化二氮的平衡体系，加压缩小体积后颜色加深
【答案】D
【解析】
试题分析：A、过量的空气可以增大氧气得浓度，从而提高二氧化硫的转化率，与化学平衡的移动有关，正确；B、铁离子水解生成氢氧化铁，配制氯化铁溶液时防止铁离子水解而将氯化铁加入盐酸中，然后加水稀释，与化学平衡的移动有关，正确；C、氯气溶于水生成氯化氢和次氯酸，饱和食盐水中氯离子的浓度较大，所以使水与氯气的反应逆向移动，氯气在水中的溶解度降低，与化学平衡的移动有关，正确；D、二氧化氮向四氧化二氮转化中，加压平衡向四氧化二氮移动，颜色变浅，但二氧化氮的浓度还是比加压前增大了，所以颜色加深，不是平衡的移动造成的，错误，答案选D。
考点：考查化学平衡移动的原理的应用
12．将如下卤化物跟浓H2SO4放在烧瓶中共热，可以制备得到纯净卤化氢气体的是
A．NaF
B．NaCl
C．NaBr
D．NaI
【答案】
B
【解析】
A项制取的HF会腐蚀玻璃，混有SiF4气体；B项纯净HCl；C项制取的HBr及D项制的HI均能被浓H2SO4氧化而混入SO2气体，Br2（g）、I2（g）故不纯．所以B正确．
13．向MgC12和A1C13的混合溶液中加入氢氧化钠溶液，所得沉淀的物质的量（n）与加
入氢氧化钠溶液的体积（V）关系如右图所示。则下列说法正确的是（
）
EMBED
PBrush
A．a、c两点沉淀物成份相同，d、e两点沉淀物成份相同
B．b点溶液的中c（Na+）=c（C1—）
C．b-c段与c-d段溶液中阴离子的物质的量相等
D．在d点，向溶液中加入少量盐酸，沉淀量将减少
【答案】AB
【解析】A
对
a、c两点沉淀物成份都是氢氧化镁、氢氧化铝，d、e两点沉淀物成份都是氢氧化镁
B
对
b点是最高点，铝离子、镁离子都变为沉淀，此时溶液中的阳离子是钠离子，阴离子是氯离子，且浓度相等
C
错
b-c段与c-d段溶液中阴离子的物质的量小
D．错
在d点，向溶液中加入少量盐酸，沉淀量不变
14．在同体积0.1
mol·L－1的H2SO4、HCl、CH3COOH溶液中，加入足量的Zn，下列说法中错误的是
A．硫酸中放出氢气量最多
B．反应速率H2SO4＞HCl＞
CH3COOH
C．放出氢气量：HCl＞
CH3COOH
D．放出氢气量：
HCl=
CH3COOH
【答案】C
【解析】
试题分析：A、浓度相同的三种酸，硫酸提供的氢离子多，所以硫酸产生的氢气最多，不选A；B、由于硫酸和盐酸是强酸，完全电离，硫酸溶液中氢离子浓度为0.2mol/L，盐酸电离出的氢离子浓度为0.1mol/L，醋酸是弱酸，不完全电离，所以氢离子浓度小于0.1mol/L，所以反应速率硫酸最快，其次为盐酸，醋酸反应速率最慢，不选B；C、由于盐酸和醋酸的浓度和体积相同，所以酸的物质的量相等，所以加入足量的锌，产生氢气的量相等，选C；D、盐酸和醋酸物质的量相等，所以产生氢气的量相等，不选D。
考点：强弱电解质与金属的反应，电离平衡的应用。
15．某溶液中含MgCl2和AlCl3各0．01
mol，向其中逐滴滴加1mol·L-1的NaOH溶液至过量，下列图像正确的是
【答案】C
【解析】
试题分析：0.01摩尔的氯化镁和氯化铝与氢氧化钠反应，当加入氢氧化钠50毫升时，即加入0.05摩尔氢氧化钠时，镁离子和铝离子完全沉淀，得到0.01摩尔氢氧化镁和0.01摩尔氢氧化铝。0.01摩尔氢氧化铝溶解需要0.01摩尔的氢氧化钠，所以氢氧化钠的体积到60毫升时，沉淀溶解0.01摩尔后剩余0.01摩尔氢氧化镁沉淀，然后不变，选C。
考点：金属离子的性质，氢氧化铝的两性，图像的分析
16．山梨酸是一种常用的食品防腐剂，以下是山梨酸的一种工业合成途径：
已知：（1）A是衡量一个国家石油化工水平的重要标准，C的分子式为C2H4O
（2）
（3）
（4）
回答下列问题：
（1）E的结构简式为
，含有官能团的名称
。
（2）G和H在一定条件下合成I的化学方程式为
，反应类型为
。
（3）写出满足下列条件山梨酸的所有同分异构体
①分子中有五元碳环；②核磁共振氢谱有四个峰；③分子中有—COO—结构
（4）下列说法正确的是
。
A．I可以发生加成、取代、氧化、消去反应
B．I可以和新制的氢氧化铜反应
C．1molI完全燃烧可以消耗7molO2
D．J和等物质的量的H2加成有两种产物
【答案】（1）BrCH2COOH
溴原子
羧基
（2）CH3CH=CHCHO+
加成反应
（3）
（4）ABC
【解析】
试题分析：根据题目所给信息和有机合成路线进行推导：A是衡量一个国家石油化工水平的重要标准，则A为CH2=CH2；CH2=CH2与H2O反应生成B，则B为CH3CH2OH；CH3CH2OH与O2在Cu作催化剂的条件下生成C，则C为CH3CHO；H为CH3CH=CHCHO；D为CH3COOH；E为BrCH2COOH；F为NCCH2COOH。
（1）E的结构简式为：BrCH2COOH；含有官能团的名称为：溴原子和羧基。
（2）根据有机合成框图，G和H发生羟醛缩合反应生成I，化学方程式为：
CH3CH=CHCHO+
反应类型为加成反应。
（3）根据①分子中有五元碳环；②核磁共振氢谱有四个峰，说明含有四种位置的H原子；③分子中有—COO—结构，可得两种同分异构体。
（4）I含有碳碳双键、羟基、羧基，所以可发生加成、取代、氧化、消去反应，正确；B、I含有羧基，可以与新制的Cu(OH)2发生中后反应，正确；C、I的分子式为C7H10O5，所以1mol
I完全燃烧可以消耗7molO2
，正确；D、J分子内含有2个碳碳双键，和等物质的量的H2加成有三种产物，错误。
考点：本题考查有机合成、有机物和官能团的推断、反应类型、同分异构体的判断。
17．碘及其化合物在合成杀菌剂、药物等方面具有广泛用途。回答下列问题：
（1）大量的碘富集在海藻中，用水浸取后浓缩，再向浓缩液中加MnO2和H2SO4，即可得到I2，该反应的还原产物为___________；
（2）上述浓缩液中含有I-、Cl-等离子，取一定量的浓缩液，向其中滴加AgNO3溶液，当AgCl开始沉淀时，溶液中为：___________，已知Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(AgI)=8.5×10-17。
（3）已知反应2HI(g)H2(g)+I2(g)的△H=+11kJ mol-1，1molH2(g)、1molI2(g)分子中化学键断裂时分别需要吸收436kJ、151kJ的能量，则1molHI(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为___________
kJ。
（4）Bodensteins研究了下列反应：2HI(g)H2(g)+I2(g)，在716K时，气体混合物中碘化氢的物质的量分数x(HI)与反应时间t的关系如表：
①根据上述实验结果，该反应的平衡常数K的计算式为：___________；
②上述反应中，正反应速率为v正=k正x2(HI)，逆反应速率为v逆=k逆x(H2)x(I2)，其中k正、k逆为速率常数，则k逆为___________(以K和k正表示)．若k正=0.0027min-1，在t=40min时，v正=___________min-1．
③由上述实验数据计算得到v正～x(HI)和v逆～x(H2)的关系可用如图表示．当升高到某一温度时，反应重新达到平衡，相应的点分别为___________(填字母)．
【答案】
（1）MnSO4；
（2）4.7×10-7；
（3）299kJ；
（4）①；②；1.95×10-3；③A；E
【解析】
试题分析：（1）海藻中的碘元素以碘化物形式存在，反应中I元素发生氧化反应，Mn元素被还原，还原产物应为硫酸锰，故答案为：MnSO4；
（2）当AgCl开始沉淀时，说明溶液中的c(I-)和c(Cl-)均已达到饱和状态，因此可以根据溶度积表达式进行计算，溶液中===4.7×10-7，故答案为：4.7×10-7；
（3）设1molHI(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为x
kJ，则：2x
kJ-436kJ-151kJ=11kJ，解得x=299，故答案为：299kJ；
（4）①表中第一列，由HI分解建立平衡，表中第二列向逆反应进行建立平衡，由第一列数据可知，平衡时HI物质的量分数为0.784，则氢气、碘蒸汽总物质的量分数为1-0.784=0.216，而氢气、与碘蒸汽物质的量分数相等均为0.108，反应前后气体体积不变，用物质的量分数代替浓度计算平衡常数，则平衡常数K==，故答案为：；
②到达平衡时，正、逆反应速率相等，则k正x2(HI)=k逆x(H2)x(I2)，则k逆=k正
×=，
在t=40min时，正反应建立平衡的x(HI)=0.85，则v正=k正
x2(HI)=0.0027min-1×0.852=1.95×10-3min-1，故答案为：；1.95×10-3；
③对于2HI(g)H2(g)+I2(g)反应建立平衡时：升高温度，正、逆反应速率均加快，因此排除C点，正反应为吸热反应，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，因此平衡正向移动，再次平衡时HI的物质的量分数减小，因此排除B点，故选A点；对于H2(g)+I2(g)2HI(g)反应建立平衡时：升高温度，正、逆反应速率均加快，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，因此平衡逆向移动，再次平衡时H2的物质的量分数增大，故选E点；因此反应重新达到平衡，v正～x(HI)对应的点为A，v逆～x(H2)对应的点为E，故答案为：A；E。
【考点定位】考查化学平衡的影响因素；化学平衡的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【名师点晴】本题比较综合，涉及考查氧化还原反应、反应热计算、化学平衡常数计算、化学反应速率计算及影响因素、平衡移动等，属于拼合型题目，（4）为易错点，侧重考查学生自学能力、分析解决问题的能力，注意表中数据为不同方向建立的平衡，题目中没有明确，增大了题目难度。
18．（6分）有学生在实验室中向盛有10mL饱和氯化铁溶液的试管里投入足量铝片，观察到如下现象：
①黄色溶液很快变成红褐色，过一会儿溶液中有红褐色沉淀生成。
②铝片表面立刻有少量黑色物质析出，黑色物质能被磁铁吸起。
③混合液温度升高甚至发烫，产生无色气泡，且产生气泡速率明显加快，铝片上下翻滚。
（1）产生的红褐色沉淀是_____________，无色气泡的成分是______
_____。
（2）生成红褐色沉淀的原因是__________________
__________。
（3）写出生成气泡速率明显加快的两个原因_____
___
____、______
___
____。
【答案】（1）氢氧化铁或Fe(OH)3（1分），氢气或H2（1分）。
（2）铁离子水解产生的氢离子与铝反应产生氢气，使水解平衡右移，铁离子转化成氢氧化铁沉淀（2分）。
（3）反应过程中温度升高，使反应速率加快（1分）；铝与置换出的铁在溶液中构成原电池反应，使反应速率加快（1分）。
【解析】
19．实验室用如图所示装置制备氯气并进行一系列相关的实验（夹持设备已省略）．
（1）a仪器的名称是：
．
（2）洗气装置B是为了除去Cl2中的HCl气体，应放入的试剂是
；同时装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，请写出发生堵塞时B中的现象：
．
（3）制备氯气选用的药品为：漂粉精固体（主要成分为Ca（ClO）2）
和浓盐酸，写出反应的化学反应方程式
．
（4）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中I、Ⅱ、Ⅲ依次放入（填符号）
．
a
b
c
d
I
干燥的有色布条
干燥的有色布条
湿润的有色布条
湿润的有色布条
Ⅱ
碱石灰
硅胶
无水氯化钙
浓硫酸
Ⅲ
湿润的有色布条
湿润的有色布条
干燥的有色布条
干燥的有色布条
（5）设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性．当向D中缓缓通入一定量氯气时，可以看到无色溶液逐渐变为黄色，说明非金属性氯
溴（填“大于”或“小于”）．
（6）打开活塞，将装置D中少量溶液加入装置E中，振荡．观察到的现象是
．
（7）F处为尾气吸收装置，写出实验室利用烧碱溶液吸收Cl2的离子方程式
．
【答案】（1）分液漏斗；（2）饱和食盐水；B中长颈漏斗中液面上升，形成水柱；（3）Ca（ClO）2+4HCl（浓）=CaCl2+2Cl2↑+2H2O；（4）c；（5）大于；（6）E中溶液分为两层，上层（苯层）为紫红色；（7）Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O．
【解析】（1）装置A中仪器a名称为分液漏斗；
（2）浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有氯化氢，氯化氢易溶于水，氯气在饱和食盐水中溶解度很小，所以B中饱和食盐水可以除去Cl2中的HCl；装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，发生堵塞时B中的压强增大，B中长颈漏斗中液面上升，形成水柱；
（3）次氯酸钙与浓盐酸反应生成氯化钙、氯气与水，化学方程式：Ca（ClO）2
+
4HCl（浓）
=
CaCl2
+
2Cl2↑
+
2H2O；
（4）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，验证氯气是否具有漂白性，要验证干燥氯气无漂白性，湿润的有色布条中，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性，选项中abc的Ⅱ中都是干燥剂，再通入湿润的有色布条不能验证氯气的漂白性，所以C中I、II、III依次放入湿润的有色布条、无水氯化钙、干燥的有色布条，所以选c，
（5）当向D中缓缓通入一定量氯气时，可以看到无色溶液逐渐变为黄色，说明氯气能够与溴离子反应生成单质溴，氯气的氧化性强于溴，所以非金属性氯大于溴；
（6）打开活塞，将装置D中含溴单质的少量溶液加入焓碘化钾和苯的装置E中，溴单质和碘化钾反应生成碘单质，碘单质溶于苯呈紫红色，振荡．观察到的现象是：E中溶液分为两层，上层（苯层）为紫红色，
（7）氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式：Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O；
【点评】本题考查了氯气实验室制取、氯气化学性质、实验设计、实验装置的理解评价、化学方程式的书写等，题目综合性强，难度中等．
20．由Fe2O3、Fe、CuO、C、Al中的几种物质组成的混合粉末，取样品进行下列实验(部
分产物略去)：
（1）取少量溶液X，加入过量的NaOH溶液，有沉淀生成。取上层清液，通入CO2，
无明显变化，说明样品中不含有的物质是(填写化学式)
。
（2）Z为一种或两种气体：
①若Z只为一种气体，试剂a为饱和NaHCO3溶液，则反应Ⅰ中能同时生成两种气体的化学方程式是：
。
②若Z为两种气体的混合物，试剂a为适量水，则Z中两种气体的化学式是
。
（3）向Y中通入过量氯气，并不断搅拌，充分反应后，溶液中的阳离子是(填写离子符号)
。
（4）取Y中的溶液，调pH约为7，加入淀粉KI溶液和H2O2，溶液呈蓝色并有红褐色沉淀生成。当消耗2
mol
I－时，共转移3
mol电子，该反应的离子方程式是：
。
【答案】（15分）（1）Al
（2分）
（2）①C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2O
（3分）
②NO、CO2
（2分）
（3）Cu2＋、Fe3＋、H＋
（
2分）
（4）2Fe2＋＋3H2O2＋4I－＝2Fe(OH)3↓＋2I2
（3分）
【解析】
试题分析：（1）金属铝能和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀，题目中加入氢氧化钠有沉淀生成，且通入二氧化碳没有明显变化，说明没有Al。（2）①加入浓硫酸并加热，产生两种气体，气体通过饱和碳酸氢钠溶液，剩余一种气体，说明是二氧化硫和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，所以说明原气体中肯定有二氧化硫气体，则来自于碳和浓硫酸反应，碳和浓硫酸反应生成二氧化碳和二氧化硫和水，方程式为C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2O
。②二氧化氮和水反应生成一氧化氮，所以反应为碳和浓硝酸反应，Z中两种气体为NO、CO2
。（3）氧化铁和铁和氧化铜碳均可以和浓酸反应，除了生成气体以外还有铜离子，亚铁离子，铁离子，氢离子，通入过量的氯气并不断搅拌，充分反应，氯气能将亚铁离子氧化为铁离子，过量的铁能将铜离子还原，此时存在的离子偶Cu2＋、Fe3＋、H＋
。（4）双氧水具有氧化性，能将还原性的离子碘离子亚铁离子氧化，原理为2Fe2＋＋3H2O2＋4I－＝2Fe(OH)3↓＋2I2
。
考点：
未知物的检验，常见金属元素的单质和化合物的性质
21．将标准状况下一定体积的某气体（摩尔质量为M
g/mol）溶于a
g水中（无化学反应），所得到的溶液密度为b
g/ml，物质的量浓度为c
mol/L，则该气体的体积是
L。
【答案】22.4ac/(1000b-Mc)
【解析】
22．下图中X、Y、Z为单质，其他化合物，它们之间存在有如下转化关系（部分产物已略去）。其中，A俗称磁性氧化铁；E是不溶于水的酸性氧化物，能与氢氟酸反应．回答下列问题：
（1）组成单质Y的元素在周期表中的位置是________________；R的化学式是________。
（2）写出A和D的稀溶液反应生成G的离子方程式______________________。
（3）向含4mol
D的稀溶液中，逐渐加入X粉末至过量．假设生成的气体只有一种，请在坐标系中画出n（X2+）随n（X）变化的示意图，并标出n（X2+）的最大值_____________。
【答案】（1）第二周期ⅥＡ族
H2SiO3
（2）3Fe3O4+28H++NO3-=9Fe3++NO↑+14H2O
（3）1.5
【解析】
试题分析：A俗称磁性氧化铁，即为Fe3O4；能与氢氟酸反应且不溶于水的酸性氧化物是SiO2，即E为SiO2，根据框图中的转化关系，可知X为铁、Y为O2、Z为Si、D为硝酸、M为硅酸钠、G为硝酸铁，R为H2SiO3，
（1）氧元素在周期表中的位置是第二周期ⅥＡ族；Ｒ为硅酸，化学式为H2SiO3；
（2）四氧化三铁和硝酸反应是氧化物中的二价铁元素被氧化到最高价，硝酸中氮元素被还原到+2价，反应的离子方程式为：3Fe3O4+28H++NO3-=9Fe3++NO↑+14H2O；
（3）铁和稀硝酸反应，开始铁全部被硝酸氧化为硝酸铁，故开始阶段Fe2+的量为0，随着铁的加入，多余的铁又和Fe3+反应而生成Fe2+，故Fe2+的量逐渐会增大直至到最大值，以后不变，反应过程中生成的气体为NO，令Fe2+的最大物质的量为xmol，根据电子转移守恒可知，NO的物质的量=xmol×2/3，根据N元素守恒可知：2xmol/3+2xmol=4
mol，解得x=1.5，故n（Fe2+）随n（Fe）变化的示意图为：
。
考点：本题考查无机物的推断，侧重物质转化和性质的考查，侧重铝热反应及硅及其化合物转化的考查，（3）为易错点，注重根据反应的方程式计算。
23．以乙炔为原料在不同条件下可以合成多种有机物。
已知：
完成下列填空：
（1）B
中官能团名称
；④的反应类型
。
（2）⑤的反应条件
。
（3）③的化学方程式
。
（4）D
的同分异构体中含碳碳双键、能发生银镜反应且属于酯的共有
种。
【答案】（1）醛基，加成反应（2）铁粉或氯化铁作催化剂
（3）（4）3
【解析】
试题分析：（1）根据题意，乙炔与水发生加成反应生成烯醇，烯醇不稳定最终生成物为CH3CHO，苯发生加成反应生成F，F发生取代反应生成，F的结构简式为，所以B中官能团为醛基，④的反应类型为加成反应。
（2）根据上述分析，反应⑤为苯环上的取代反应，所以⑤的反应条件是铁粉或氯化铁作催化剂。
（3）根据流程图可知，B为乙醛，乙醛与氧气在催化剂的条件下发生反应生成乙酸，乙酸与乙炔发生加成反应生成D，D为CH2=CHOOCCH3，D发生加聚反应生成E，E为，E与甲醇发生酯交换反应生成尿不湿。所以③的化学方程式为
。
（4）根据上述分析，D为CH2=CHOOCCH3，D
的同分异构体中含碳碳双键，能发生银镜反应说明含有醛基，且属于酯说明含有酯基，综合来说则是甲酸某酯，即HCOO-C3H5，丙烯基有3种，共有3种。
考点：考查有机物的推断，有机物的结构与性质。
G
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