山东省济南市历城洪家楼高级中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）

山东省济南市历城洪家楼高级中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）
1．已知：KClO3＋6HCl(浓)
KCl＋3Cl2↑＋3H2O。如图所示，将少量试剂分别放入培养皿中的相应位置，实验时将浓盐酸滴在KClO3晶体上，并用表面皿盖好。下表中由实验现象得出的结论完全正确的是（
）
【答案】D
【解析】
试题分析：氯气具有氧化性，能被氯化亚铁氧化生成氯化铁，氯化铁和KSCN发生显色反应，显红色；B不正确，这是由于氯气溶于水生成的次氯酸和盐酸具有酸性，中和了氢氧化钠导致的；C不正确，氯气溶于水生成的次氯酸和盐酸具有酸性，但次氯酸还具有漂泊性，而氯气没有漂泊性，所以正确的答案选D。
考点：考查氯气性质的有关判断
点评：该题是中等难度的试题，也是高考中的常见考点和题型。试题贴近高考，设计新颖，有利于调动学生的学习兴趣和学习积极性，也有助于培养学生的逻辑推理能力和创新思维能力。该题的难点在于氯气漂泊性的原理。
2．在一定条件下，1体积气体A2和3体积B2完全反应生成了2体积气体X（体积在相同条件下测定），则X的化学式是
A．AB
B．
A2B2
C．AB2
D．AB3
【答案】D
【解析】在相同条件下，气体体积之比等于物质的量的之比，所以，可得该反应的方程式为：
，则根据质量守恒定律可得X的化学式是AB3
3．下列物质中不属于电解质的是（
）
A
NaOH
B
H2SO4
C
蔗糖
D
NaCl
【答案】C
【解析】A：NaOH为离子化合物，在水溶液中或熔融状态下能导电是电解质，故A错误；
B：H2SO4 能电离出H+和SO42-在水溶液中能导电是电解质，故B错误；
C：蔗糖是共价化合物不导电，属非电解质，故C正确；
D：NaCl为离子化合物，在水溶液中或熔融状态下能导电是电解质，故D错误；
故选C．
4．已知丙酮（C3H6O）通常是无色液体，易溶于水，密度小于1
g mL﹣1，沸点约为55℃．要从水与丙酮的混合物中将丙酮分离出来，下列方法中最为合理的是（
）
A．蒸馏
B．分液
C．过滤
D．蒸发
【答案】A
【解析】
试题分析：丙酮和水是互溶两种液体，分离丙酮，利用沸点不同，即蒸馏的方法，故选项A正确。
考点：考查物质的分离等知识。
5．现有下列两个图象：下列反应中符合上述图象的是
A．N2(g)＋3H2(g)
2NH3(g)
ΔH＜0
B．2SO3(g)
2SO2(g)＋O2(g)
ΔH＞0
C．4NH3(g)＋5O2(g)
4NO(g)＋6H2O(g)
ΔH＜0
D．H2(g)＋CO(g)
C(s)＋H2O(g)
ΔH＞0
【答案】B
【解析】
试题分析：由左边的图象可知，温度越高生成物的浓度越大，说明升高温度，平衡向正反应移动，故正反应为吸热反应；由右边图象可知，相交点左边未达平衡，相交点为平衡点，相交点右边压强增大，平衡被破坏，V逆＞V正，平衡向逆反应移动，说明正反应为气体物质的量增大的反应；综合上述分析可知，可逆反应正反应为吸热反应且正反应为气体物质的量增大的反应。A、N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H＜0，为放热反应，正反应是气体物质的量减小的反应，故A不符合；B、2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)△H＞0，为吸热反应，正反应是气体物质的量增大的反应，故B符合；C、4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)△H＜0，正反应是气体物质的量增大的反应，但为放热反应，故C不符合；D、H2(g)+CO(g)C(s)+H2O(g)△H＞0，为吸热反应，但正反应是气体物质的量减小的反应，故D不符合；故选B。
考点：考查了化学平衡的图象、外界条件对化学平衡的影响的相关知识。
6．下列实验能达到预期目的的是（
）
①用乙醇和浓硫酸除去乙酸乙酯中的少量乙酸；②用NaOH溶液除去苯中的少量苯酚；③用饱和NaHCO3溶液除去CO2中的少量SO2；④用加热的方法提取NH4Cl固体中混有的少量碘；⑤用酒精萃取碘水中的碘。
A．①⑤
B．①②④⑤
C．②③
D．②③⑤
【答案】C
【解析】
试题分析：①乙醇和乙酸的反应为可逆反应，用乙醇和浓硫酸不能除去乙酸乙酯中的少量乙酸，并引入了新的杂质，错误；②苯中混有苯酚，加入NaOH后生成可溶于水的苯酚钠，然后用分液的方法分离，正确；③亚硫酸的酸性比碳酸强，将混合气体通过盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶，可除去SO2，正确；④氯化铵加热易分解，冷却后又可生成氯化铵，碘加热时易升华，冷却后又生成碘固体，不能用加热的方法分离，错误；⑤酒精与水互溶，不能作萃取碘水中的碘的萃取剂，错误。综上，答案C。
【考点定位】物质的分离和检验
【名师点睛】本题考查物质的分离和检验，根据除杂是不能引入新的杂质、不能影响被提纯的物质的性质和量，并且操作简单可行，除杂时要结合物质的物理性质和化学性质进行分离。难度不大，熟练掌握基础即可解答。
7．将13.5g金属铝与1
L
2mol L-1
的NaOH溶液充分反应，生成的气体在标准状况下的体积为
A、11.2
L
B、16.8
L
C、33.6
L
D、44.8
L
【答案】B
【解析】
试题分析：13.5g铝的物质的量是n===0.5mol，NaOH的物质的量是n=cV=2mol L-1×1L=2mol，根据方程式2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑，NaOH过量，Al不足，所以用Al计算。
2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑
2
3
0.5mol
n
即：
n=0.75mol，体积是V=nVm=0.75mol×22.4L/mol=16.8L。
考点：考查化学方程式的有关计算、铝的化学性质。
8．同温同压下，1molHe和1molH2具有相同的
A．原子数
B．质量
C．中子数
D．体积
【答案】D
【解析】
试题分析：A、He是单原子形成的一种单质，氢气是双原子形成的一种单质，则同温同压下，1molHe和1molH2不具有相同的原子数，A不正确；B、同温同压下，1molHe和1molH2的质量分别是4g和
2g，B不正确；C、He和H的质子数分别是2和1，但H原子没有中子，所以二者的中子数不同，C不正确；D、根据阿伏加德罗定律可知，同温同压下，1molHe和1molH2具有相同的体积，D正确，答案选D。
考点：考查原子组成的有关判断和物质的量的有关计算
9．反应4A(s)＋3B(g)===2C(g)＋D(g)，经2
min，B的浓度减少
0.6
mol·L－1。对此反应速率的表示，正确的是(
)
A．用A表示的反应速率是0.4
mol·(L·min)－1
B．分别用B、C、D表示反应的速率，其比是3:2:1
C．在2
min末的反应速率，用B表示是0.3
mol·(L·min)－1
D．在这2
min内用B和C表示的反应速率的值都是逐渐减小的
【答案】B
【解析】
试题分析：经2min，B的浓度减少0.6mol/L，v(B)==0.3mol (L min)-1。A．A物质为纯固体，不能表示反应速率，故A错误；B．反应速率之比等于化学计量数之比，则分别用B、C、D表示的反应速率其比值是3:2:1，故B正确；C．反应速率为平均速率，则在2min内的反应速率，用B表示是0.3
mol (L min)-1，故C错误；D．B为反应物，C为生成物，则在这2min内用B和C表示的反应速率的值分别为逐渐减小、逐渐增大，故D错误；故选B。
【考点定位】考查化学反应速率和化学计量数的关系
【名师点晴】本题考查化学反应速率的计算及与化学计量数的关系，明确计算公式及反应速率为平均速率即可解答，注意选项A为易错点。在判断化学反应速率时，要注意：①同一反应，速率用不同物质浓度变化表示时，数值可能不同，但数值之比等于方程式中各物质的化学计量数比；②一般不能用固体和纯液体物质表示浓度；③对于没有达到化学平衡状态的可逆反应：v正≠v逆。
10．对下列气体进行“喷泉”实验，在干燥的烧瓶中分别装入下列气体，打开止水夹，形成喷泉，其中溶液不能充满烧瓶的是（
）
A．NH3
B．NO2
C．HCl
D．体积比为4:1的NO2和O2的混合气体
【答案】B
【解析】
试题分析：A．NH3极易溶解于水，能形成喷泉实验且溶液能充满烧瓶，故A正确；B．NO2能溶解于水，但同时与水反应生成NO气体不溶于水，故能形成喷泉实验，但溶液不能充满烧瓶，故B错误；C．HCl极易溶解于水，能形成喷泉实验且溶液能充满烧瓶，故C正确；D．体积比为4:1的NO2和O2的混合气体能完全溶解于水，能形成喷泉实验且溶液能充满烧瓶，故D正确；答案为B。
考点：考查喷泉实验的原理及常见气体的性质。
11．下列离子方程式书写正确的是（
）
A．氯气和澄清石灰水反应：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
B．碳酸氢钠溶液与氢氧化钠溶液反应：OH-+HCO3-=CO2+H2O
C．向氯化铝溶液中加入过量的氨水：Al3++3OH-=Al(OH)3↓
D．用大理石和稀醋酸的反应：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O
【答案】A
【解析】
试题分析：A、氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙和次氯酸钙和水，正确，选A；B、碳酸氢钠和氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，错误，不选B；C、氨水不能写成离子形式，错误，不选C；D、醋酸是弱酸，不能写成离子形式，错误，不选D。
考点：
离子方程式的判断
12．已知化学方程式：2SO2（g）+O2（g）=2SO3（g）
ΔH=－QkJ·mol-1（Q>0）。下列说法正确的是
A．相同条件下，2
mol
SO2
（g）和1mol
O2（g）所具有的总能量低于2molSO3（g）所具有的能量
B．将2
mol
SO2
（g）和1
mol
O2（g）置于一密闭容器中充分反应后，放出热量为Q
kJ
C．增大压强或升高温度，该平衡都向逆反应方向移动
D．如将一定量SO2（g）和O2（g）置于某密闭容器中充分反应后放热Q
kJ，则此过程中有2mol
SO2（g）被氧化
【答案】D
【解析】
试题分析：A、反应是放热反应，相同条件下，2molSO2（g）和1molO2（g）所具有的能量大于2molSO3（g）所具有的能量，故A错误；
B、将2molSO2（g）和1molO2（g）置于一密闭容器中充分反应后，达到化学平衡，反应物不能全部转化，放出热量小于QkJ，故B错误；
C、反应是气体体积减小的放热反应，增大压强平衡正向进行，升高温度，该平衡向逆反应方向移动，故C错误；
D、如将一定量SO2（g）和O2（g）置于某密闭容器中充分反应后放热QkJ，参加反应的二氧化硫为2mol，故一定有2molSO2（g）被氧化，故D正确；
选项D符合题意。
考点：考查了热化学方程式的应用、化学平衡的影响因素。
13．在一个容积固定的密闭容器中，发生反应：CO(g)＋2H2(g)
?CH3OH(g)；ΔH＜0。第2
min时只改变一个条件，反应情况如下表：
时间
c(CO)/
mol/L
c(H2)/mol/L
c(CH3OH)/
mol/L
起始
1
3
0
第2
min
0.8
2.6
0.2
第4
min
0.4
1.8
0.6
第6
min
0.4
1.8
0.6
下列说法不正确的是
A．第4
min至第6
min该化学反应处于平衡状态
B．第2
min时，如果只改变某一条件，则改变的条件可能是降低温度
C．第2
min时，如果只改变某一条件，则改变的条件可能是使用催化剂
D．第6
min时，其他条件不变，如果升高温度，正反应速率增大
【答案】B
【解析】略
14．将一定质量的固体NH4I置于密闭容器中，在某温度下发生下列反应：
①NH4I(s)
NH3(g)
+
HI(g)
②2HI(g)
H2(g)
+
I2(g)
5min后达平衡时，c(H2)＝0.5mol/L，c(HI)＝4mol/L，则下列说法不正确的是
A．用NH3表示反应①的速率为1
mol/（L·min）
B．体系中颜色不再变化时，可判断反应均已达平衡
C．该温度下反应①的平衡常数为20
mol2/L2
D．加压时反应②的平衡不会移动
【答案】D
【解析】
试题分析：5min后达平衡时，c(H2)＝0.5mol/L，则通过反应②消耗的HI
为1
mol/L，HI还有c(HI)＝4mol/L，所以通过反应①生成的HI为5mol/L，那么NH3也生成5
mol/L，用NH3表示反应①的速率为5
mol/L÷5min=1
mol/（L·min），A对，不选；体系中颜色不再变化时，说明各物质的浓度不再变化，故可判断反应均已达平衡，B对，不选；反应①的平衡常数为c(HI)
×c(NH3)=
4mol/L
×5mol/L=20
mol2/L2，C对，不选；加压时反应①会发生移动，c(HI)会发生改变，导致反应②的平衡发生移动，D错，选D。
考点：化学反应速率的计算、化学平衡状态的判断、平衡常数的计算和化学平衡的移动。
15．下列图示与对应的叙述相符的是
A．图I可表示N2+3H2
2NH3的速率时间图像，t1时刻改变的条件是升高温度
B．图Ⅱ可表示用0.1
000
mol/L醋酸滴定40.00
mL0.1000
mol/LNaOH溶液得到的滴定曲线
C．图Ⅲ可表示NO2平衡转化率与温度、压强的变化关系，由图可知：△H<0、P1D．图Ⅳ可表示pH相同的NaOH溶液与氨水稀释过程的pH变化．其中曲线a对应氨水
【答案】D
【解析】
试题分析：A、升高温度正逆反应速率均增大，错误；B、醋酸是弱电解质，0.1
000
mol/L醋酸的pH大于1，而且滴定时突变曲线比较平缓，错误；C、图像中有多个变量时要注意定一议一，随温度升高，NO2平衡转化率降低，平衡逆向移动，正向为放热反应，△H<0；相同温度下，压强大平衡正向移动，NO2平衡转化率增大，故P2考点：考查平衡与图像中涉及反应速率、滴定曲线、转化率、稀释曲线等有关问题。
16．（共6分）海带中含有丰富的碘。为了从海带中提取碘，某研究性学习小组设计并进行了以下实验：
请填写下列空白：
（1）步骤⑤的操作名称是
，除烧杯外，还必须用到的仪器是：
从碘水溶液中提取碘，还可以选用下列
（填字母）物质作为萃取剂。
A．酒精
B．苯（密度比水小）
C．KI溶液
（2）步骤③的实验操作名称是
（3）步骤④中反应的化学方程式是
（4）步骤⑥的目的是从含碘的四氯化碳溶液中分离出单质碘和回收四氯化碳，该步骤的实验操作名称是
。
【答案】（1）萃取（1分）；分液漏斗（1分）；B（1分）；
（2）过滤（1分）
（3）Cl2
+
2KI
=
2KCl
+
I2（1分）；
（4）蒸馏（1分）。
【解析】
试题分析：（1）由于碘单质在水中的溶解度不如在CCl4中大，而水与CCl4又互不相溶，所以步骤⑤把碘从水中分离到CCl4的操作名称是萃取；在萃取操作中，使用的仪器除烧杯外，还必须用到的仪器是分液漏斗；从碘水溶液中提取碘，还可以选用与水互不相溶，溶解度比在水中大的苯作为萃取剂。选项是B；（2）步骤③是分离难溶性固体与可溶性液体混合物的的实验操作，名称是过滤；（3）在步骤④中是利用氧化性Cl2>I2的反应，该反应的化学方程式是Cl2
+
2KI
=
2KCl
+
I2；（4）在步骤⑥的目的是从含碘的四氯化碳溶液中分离出单质碘和回收四氯化碳，由于碘与四氯化碳的沸点不同，二者是互溶的关系，所以分离沸点不同的互溶物质的实验操作方法是蒸馏。
考点：考查混合物的分离方法及氧化还原反应方程式的书写及仪器的选择使用的知识。
17．二甲醚(CH3OCH3)是一种应用前景广阔的清洁燃料，以CO和H2为原料生产二甲醚主要发生以下三个反应：
编号
热化学方程式
化学平衡常数
①
CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)
ΔH1
K1
②
2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)
ΔH2＝－24
kJ/mol
K2
③
CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)
ΔH3＝－41
kJ/mol
K3
回答下列问题：
（1）已知反应①中的相关的化学键键能数据如下：
化学键
H－H
C＝O
H－O
C－H
E/(kJ/mol)
436
343
1076
465
413
由上述数据计算ΔH1＝
。
（2）该工艺的总反应为3CO(g)＋3H2(g)CH3OCH3(g)＋CO2(g)
ΔH
该反应ΔH＝
，化学平衡常数K＝
(用含K1、K2、K3的代数式表示)。
（3）下列措施中，能提高CH3OCH3产率的有________。
A．分离出二甲醚
B．升高温度
C．改用高效催化剂
D．增大压强
（4）工艺中反应①和反应②分别在不同的反应器中进行，无反应③发生。该工艺中反应③的发生提高了CH3OCH3的产率，原因是_______________________________。
（5）以＝2
通入1
L的反应器中，一定条件下发生反应：4H2(g)＋2CO(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)
ΔH，其CO的平衡转化率随温度、压强变化关系如图所示。下列说法正确的是____。
A．该反应的ΔH>0
B．若在p2和316℃时反应达到平衡，则CO的转化率小于50%
C．若在p3和316℃时反应达到平衡，H2的转化率等于50%
D．若在p3和316℃时，起始时＝3，则达平衡时CO的转化率大于50%
E．若在p1和200℃时，反应达平衡后保持温度和压强不变，再充入2
mol
H2和1
mol
CO，则平衡时二甲醚的体积分数增大
（6）某温度下，将8.0mol
H2和4.0mol
CO充入容积为2
L的密闭容器中，发生反应：4H2(g)＋2CO(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)，反应达平衡后测得二甲醚的体积分数为25%，则该温度下反应的平衡常数K=
。
【答案】（1）－99
kJ/mol；（2）－263
kJ/mol；K·K2·K3
（3）AD
（4）反应③消耗了反应②中的产物H2O，使反应②的化学平衡右移，同时生产了H2，从而提高CH3OCH3的产率（5）CD
（6）2.25或
【解析】
试题分析：（1）反应热=反应物总键能-生成物总键能，故
△H1=1076kJ/mol+2×436kJ/mol-(3×413+343+465)kJ/mol=-99kJ/mol；故答案为：-99kJ/mol；
（2）已知①CO(g)+H2(g)═CH3OH(g)△H1=-99kJ/mol；
②2CH3OH(g)═CH3OCH3(g)+H2O△H2=-24kJ/mol；③CO(g)+H2O(g)═CO2(g)+H2(g)△H3=-41kJ/mol，利用盖斯定律，反应①×2+②+③，
可得到，
3CO(g)+3H2(g)═CH3OCH3(g)+CO2(g)△H=(-99kJ/mol)×2+(-24kJ/mol)+(-41kJ/mol)=-263kJ/mol，
则总方程的平衡常数等于分方程的平衡常数之积，即K=K12 K2 K3，
故答案为：-263kJ/mol；
K12 K2 K3．
（3）A、分离出二甲醚，平衡右移，故可以提高新工艺中CH3OCH3产率，故A选；
B、此反应为放热反应，升高温度平衡左移，CH3OCH3产率降低，故B不选；C、使用催化剂只能加快反应速率，不能使平衡移动，故改用高效催化剂不能改变CH3OCH3产率，故C不选；
D．增大压强，平衡右移，故可以提高新工艺中CH3OCH3产率，故D选；故选AD；
（4）新工艺中③的发生提高了CH3OCH3的产率，是因反应③能消耗反应②中的产物水，从而使反应②的平衡右移，故能提高CH3OCH3的产率，故答案为：反应③消耗了反应②中的产物H2O，使反应②的化学平衡向正反方应向移动，从而提高了CH3OCH3的产率；
（5）A．由图可知，压强一定时，温度越高，平衡时CO的转化率越低，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，故正反应为放热反应，即△H＜0，故A错误；B．以n(H2):n(CO)=2通入1L的反应器中，令n(H2)=2mol、n(CO)=1mol，n(H2)=n(CH3OCH3)时，设参加反应的氢气为xmol，则：
2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)
0.5xmol
xmol
0.25xmol
故2-x=0.25x，解得x=1.6，故CO的转化率=×100%=80%＞50%，故B错误；C．若在P3和316℃时，起始时n(H2):n(CO)=2，根据方程式，CO的转化率等于氢气的转化率等于50%，故C正确；D．若在P3和316℃时，起始时n(H2):n(CO)=3，相当于在原平衡的基础上增大氢气的浓度，平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大，故CO转化率应大于50%，故D正确，
故选CE．若在p1和200℃时，反应达平衡后保持温度和压强不变，再充入2
mol
H2和1
mol
CO，物质的量之比不变，平衡不移动，则平衡时二甲醚的体积分数不变，故E错误；故选CD。
（6）设平衡时二甲醚的浓度为X，根据三段式可有：
2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)，
初始浓度(mol/L):2
4
0
0
△C:
2X
4X
X
X
平衡浓度：
2-2X
4-4X
X
X
根据反应达到平衡时，测得二甲醚的体积分数为25%，可列式：=25%，解得X=0.75mol/L
化学平衡常数K==2.25，故答案为2.25。
考点：考查了热化学方程式和盖斯定律计算应用、化学平衡的计算和影响因素的相关知识。
18．（8分）某研究性学习小组欲用化学方法测量一个不规则的容器的体积，取14．3g
Na2CO3·10H2O放入100ml烧杯中，加入50mL水配成溶液，将溶液转移到该容器中，用蒸馏水稀释到完全充满该容器，从中取出10mL该溶液，然后逐滴滴入质量分数为3．65％（密度为1g/cm3）的稀盐酸直至没有气体放出为止，用去该稀盐酸10ml，
求：（1）该容器的容积
（2）所得CO2在标况下的体积
【答案】（1）V=0．1L=100mL；（2）0．112L或112
mL。
【解析】
试题分析：（1）根据发生的反应是：Na2CO3＋2HCl=2NaCl＋CO2↑＋H2O，消耗盐酸的物质的量浓度为c（HCl）=1000×1×3．65%/36．5mol·L－1=1mol·L－1，根据反应方程式求出消耗碳酸钠的物质的量为：n（Na2CO3）=n（HCl）/2mol=10×10－3×1/2mol=0．005mol，因此推出碳酸钠的浓度应为：0．005/（10×10－3）mol·L－1=0．5mol·L－1，则原溶液中碳酸钠的浓度应为0．5mol·L－1，根据c=n/V，14．3gNa2CO3·10H2O中碳酸钠的物质的量为14．3/286mol=0．05mol，则溶液的体积V=0．05/0．5L=0．1L，即100mL；（2）根据反应方程式为：生成的CO2的物质的量为n（CO2）=n（Na2CO3）=0．005mol则体积为V（CO2）=0．005×22．4L=0．112L，或112mL。
考点：考查物质的量浓度的计算、化学计算等知识。
19．现有下列仪器：
（1）海水蒸馏是由海水获得淡水的常用方法之一，在实验室里组成一套蒸馏装置肯定需要上述仪器中的一部分，按照实验仪器从下到上、从左到右的顺序，依次是________________(填序号)；仪器⑤的冷凝水应从______________口进入(填“a”或“b”)。
（2）海带等藻类物质经过处理后，可以得到碘水，欲从碘水中提取碘，需要上述仪器中的____________(填序号)，该仪器名称为______________。
【答案】（1）
②③⑥⑤，a；(（2）①，分液漏斗。
【解析】
试题分析：（1）蒸馏实验需要：铁架台、酒精灯、导管、蒸馏烧瓶(圆底烧瓶)、冷凝管、牛角管、锥形瓶，按照实验仪器从下到上，从左到右的组装，依次为②③⑥⑤，为了达到更好的冷凝效果，要求冷凝水和气体方向相反，即从a口通水；（2）从碘水中提取碘，采用萃取的方法，然后分液，即选择①，该仪器为分液漏斗。
考点：考查实验装置的组装、实验仪器的使用、物质的分离和提纯等知识。
20．（16分）铁酸锌（ZnFe2O4）是对可见光敏感的半导体催化剂，其实验室制备原理为：
Zn2++2Fe2++3C2O42－+6H2OZnFe2(C2O4)3·6H2O↓
(a)
ZnFe2(C2O4)3·6H2O
ZnFe2O4
+
2CO2↑+4CO↑+6H2O
(b)
已知：ZnC2O4和FeC2O4难溶于水。
（1）上述制备原理中不属于氧化还原反应的是
（选填：“a”或“b”）。
（2）制备ZnFe2(C2O4)3·6H2O时，可选用的药品有：
Ⅰ．(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O
Ⅱ．ZnSO4·7H2O
Ⅲ．(NH4)2C2O4·7H2O。
①称量药品时，必须严格控制n(Fe2+)/n
(Zn2+)＝
。
②选用的加料方式是
(填字母)。
a．按一定计量比，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ同时加入反应器并加水搅拌，然后升温至75℃。
b．按一定计量比，Ⅰ、Ⅲ同时加入反应器加水配成溶液，然后加入Ⅱ，再升温到75℃。
c．按一定计量比，将Ⅰ、Ⅱ混合并配成溶液甲，Ⅲ另配成溶液乙，甲、乙同时加热到75℃，然后将乙溶液缓慢加入甲溶液中，并持续搅拌。
（3）从溶液中分离出ZnFe2(C2O4)3·6H2O需过滤、洗涤。已洗涤完全的依据是
。
（4）ZnFe2(C2O4)3·6H2O热分解需用酒精喷灯，还用到的硅酸盐质仪器有
。
（5）某化学课外小组拟用废旧干电池锌皮（含杂质铁），结合下图信息从提供的试剂中选取适当试剂，制取纯净的ZnSO4·7H2O。
实验步骤如下：
①将锌片完全溶于稍过量的3mol·L－1稀硫酸，加入
（选填字母，下同）。
A．30%H2O2
B．新制氯水
C．FeCl3溶液
D．KSCN溶液
②加入
。
A．纯锌粉
B．纯碳酸钙粉末
C．纯ZnO粉末
D．3mol·L-1稀硫酸
③加热到60℃左右并不断搅拌。
④趁热过滤得ZnSO4溶液，再蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥。
其中步骤③加热的主要目的是
。
【答案】（1）a
(2分)
（2）①2:1
(2分)
②
c
(2分)
（3）取最后一次洗涤滤液，滴入1-2滴盐酸酸化的BaCl2溶液，若不出现白色沉淀，表示已洗净。或者：取最后一次洗涤滤液，加入浓NaOH溶液加热，若不产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，表示已洗净。(2分，其它合理答案也给分)
（4）坩埚、泥三角
(漏写给1分，共2分)
（5）①A
(2分)
②C
(2分)
促进Fe3+水解转化为沉淀并使过量的H2O2分解除去
(答出促进铁离子水解即给2分)
【解析】
试题分析：（1）凡是有元素化合价升降的反应是氧化还原反应，反应（a）中元素的化合价均没有发生变化，属于非氧化还原反应。在反应（b）中碳元素的化合价既有升高的，也有降低的，另外铁元素的化合价也升高，所以反应（b）是氧化还原反应。
（2）①根据反应（a）可知亚铁离子与锌离子的化学计量数之比是2：1，则称量药品时，必须严格控制n(Fe2+)/n
(Zn2+)＝2:1。
②由于草酸受热易分解，且ZnC2O4和FeC2O4难溶于水，所以选用的加料方式是按一定计量比，将Ⅰ、Ⅱ混合并配成溶液甲，Ⅲ另配成溶液乙，甲、乙同时加热到75℃，然后将乙溶液缓慢加入甲溶液中，并持续搅拌，答案选c。
（3）由于沉淀表明有吸附的硫酸根和铵根，则已洗涤完全的依据是取最后一次洗涤滤液，滴入1-2滴盐酸酸化的BaCl2溶液，若不出现白色沉淀，表示已洗净。或者：取最后一次洗涤滤液，加入浓NaOH溶液加热，若不产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，表示已洗净。。
（4）固体加热需要在坩埚中完成，而坩埚需要放在泥三角上，因此还用到的硅酸盐质仪器有坩埚、泥三角。
（5）①由于溶液中含有亚铁离子，而沉淀亚铁离子需要的pH较大，需要把亚铁离子氧化为铁离子在除去。又因为不能引入杂质，所以选择的氧化剂是双氧水，答案选A。
②调节pH值也不能引入杂质，则可以选择纯ZnO粉末，答案选C。
③铁离子水解吸热，同时溶液中还有残留的双氧水，因此其中步骤③加热的主要目的是促进Fe3+水解转化为沉淀并使过量的H2O2分解除去。
考点：考查氧化还原反应及物质制备工艺流程图的分析与应用
21．计算：将足量的铜屑加入到浓度均为2mol/L的HNO3和H2SO4的混合溶液100ml中，充分反应后，求溶液中Cu2+浓度（假设溶液体积不变）。
【答案】2.25mol/L
【解析】
试题分析：设生成铜离子的物质的量为xmol。
氢离子不足，所以
x=0.225mol，溶液中Cu2+浓度=2.25mol/L
考点：本题考查化学计算。
22．[化学一选修5：有机化学基础](15分)环己基甲酸是一种无色或浅黄色油状液体，环己基甲酸及其衍生物是重要的有机化工原料和合成药物的中间体，在新材料和药物研发中具有广泛的价值。其合成方法如下：
其中链烃C的相对分子质量在50～70之间，碳氢原子个数比为2：3，核磁共振氢谱显示有两个峰且面积比为2：l。回答下列问题：
已知：
（1）C的结构简式为
，其化学名称为
。
（2）A的结构简式为
。
（3）写出下列反应的反应类型：②
；⑤
。
（4）写出D与新制Cu(OH)2反应的化学方程式
。
（5）若反应④、⑤的顺序交换是否可行
(填“是”或“否”)，原因是
。
（6）符合下列条件的环己基甲酸的同分异构体有
种。
①含有六元碳环
②能发生银镜反应
③不考虑立体异构
【答案】（15分）
（1）CH2=CH-CH=CH2
（2分）
1,3-丁二烯
（2分）
（2）HOCH2CH2CHO
（2分）
（3）②消去反应
（1分）
⑤加成反应（或还原反应）
（1分）
（4）（2分）
（5）否
（1分）
若先发生反应⑤，醛基也会被H2还原
（2分）
（6）5
（2分）
【解析】
试题分析：（1）链烃C的相对分子质量在50～70之间，碳氢原子个数比为2：3，可知C的化学式为C4H6，由核磁共振氢谱显示有两个峰且面积比为2：l，C的结构简式为CH2=CH-CH=CH2，其化学名称为1,3-丁二烯
（2）由信息可知，A的结构简式为HOCH2CH2CHO
（3）由信息（2）结合A→B的反应可知，②的反应类型消去反应；E为，因此⑤的反应类型为加成反应。
（4）D与新制Cu(OH)2反应的化学方程式为：
（5）④、⑤的反应顺序不能交换，若先发生反应⑤，醛基也会被H2还原
(6)环己基甲酸（）的同分异构体中含有六元碳环、醛基、羟基或含六元碳环的甲酸酯，因此同分异构体有：和共5种。
考点：考查了有机合成等相关知识。
23．某工业废水仅含下表中的某些离子，且各种离子的物质的量浓度相等，均为0.1mol/L
（此数值忽略水的电离及离子的水解）
阳离子
K+
Ag+
Mg2+
Cu2+
Al3+
NH4+
阴离子
Cl﹣
CO32﹣
NO3﹣
SO42﹣
I﹣
甲同学欲探究废水的组成，进行了如下实验：
Ⅰ．取该无色溶液5mL，滴加一滴氨水有沉淀生成，且离子种类增加．
Ⅱ．用铂丝蘸取溶液，在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察，无紫色火焰．
Ⅲ．另取溶液加入过量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色．
Ⅳ．向Ⅲ中所得的溶液中加入BaCl2
溶液，有白色沉淀生成．
请推断：
（1）由Ⅰ、Ⅱ判断，溶液中一定不含有的阳离子是
．
（2）Ⅲ中加入盐酸生成无色气体的离子方程式是
．
（3）甲同学最终确定原溶液中所含阳离子有
，阴离子有
；并据此推测原溶液应该呈
性，原因是
（用离子方程式说明）．
（4）另取100mL原溶液，加入足量的NaOH溶液，此过程中涉及的离子方程式为
．充分反应后过滤，洗涤，灼烧沉淀至恒重，得到的固体质量为
g．
【答案】（1）K+、NH4+、Cu2+；（2）6I﹣+2NO3﹣+8H+═3I2+2NO↑+4H2O；（3）Mg2+、Al3+；Cl﹣、I﹣、NO3﹣、SO42﹣；酸；Mg2++2H2O Mg（OH）2+2H+、Al3++3H2O Al（OH）3+3H+；（4）Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓、Al3++4OH﹣═AlO2﹣+2H2O；0.4．
【解析】Ⅰ．取该无色溶液5mL，说明一定不含有Cu2+，滴加一滴氨水有沉淀生成，且离子种类增加，说明增加的是NH4+，所以原溶液中一定不含NH4+，可能含有Mg2+、Al3+，不含NH4+，CO32﹣；
Ⅱ．用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，无紫色火焰（透过蓝色钴玻璃观察），说明没有K+；
Ⅲ．另取溶液加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，此时溶液依然澄清，说明有还原性离子
I﹣与NO3﹣和H+反应生成NO，即溶液中有I﹣、NO3﹣；，判断一定不含有Ag+；
Ⅳ．向Ⅲ中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明有SO42﹣；
（1）由Ⅰ、Ⅱ判断，溶液中一定不含有的阳离子是K+、NH4+、Cu2+；
（2）Ⅲ中加入少量盐酸生成无色气体，是I﹣与NO3﹣和H+反应生成NO，其离子方程式：6I﹣+2NO3﹣+8H+═3I2+2NO↑+4H2O；
（3）由上述分析可知一定含有的阴离子I﹣、NO3﹣，SO42﹣，且各为0.1mol/L，依据电荷守恒可知，推断出的阳离子含有Mg2+、Al3+，其浓度为0.1mol/L，由电荷守恒可知溶液中还有一种﹣1价的阴离子为Cl﹣，所以甲同学最终确定原溶液中所含阳离子是：Mg2+、Al3+；阴离子是：Cl﹣、I﹣、NO3﹣、SO42﹣，溶液中镁离子和铝离子水解溶液呈酸性，反应的离子方程式为：Mg2++2H2O Mg（OH）2+2H+、Al3++3H2O Al（OH）3+3H+；
（4）另取100mL原溶液，加入足量的NaOH溶液，Mg2+、Al3+
反应生成Mg（OH）2，NaAlO2，涉及的离子方程式为Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓、Al3++4OH﹣═AlO2﹣+2H2O；充分反应后过滤，洗涤，灼烧沉淀至恒重，根据元素守恒：n（MgO）=n（Mg2+）=cV=0.1mol/L×0.1L=0.01mol；m（MgO）=0.01mol×40g/mol=0.4g；
【点评】本题考查物质的检验、鉴别以及方程式的有关计算，题目难度中等，解答本题的关键是把握有关反应的化学方程式的书写．