山东省济宁市金育高级中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）

山东省济宁市金育高级中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）
1．下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是
选项
实验
现象
结论
A
向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液
有白色沉淀生成
溶液中一定含有SO42－
B
向CuSO4溶液中通入适量H2S气体
出现黑色沉淀
H2S的酸性比H2SO4强
C
将0.1mol·L－1
AgNO3溶液滴入稀盐酸至不再有沉淀产生，再滴加0.1mol·L－1NaI溶液
先有白色沉淀生成，后变为黄色沉淀
AgCl的溶度积比AgI大
D
向盐酸酸化的FeCl3溶液中，滴加KMnO4溶液
KMnO4溶液褪色
Fe3＋具有还原性
【答案】C
【解析】
试题分析：A、白色沉淀可能是AgCl，也就是原溶液中可能含有Ag＋，故错误；B、AgCl和AgI类型相同，反应向着更难溶的方向进行，白色沉淀转变成黄色沉淀，说明AgI比AgCl更难溶，故正确；D、高锰酸钾能氧化盐酸中Cl－，溶液褪色，对实验产生干扰，故错误。
考点：考查实验设计方案的评价等知识。
2．下图是某粒子W的结构示意图，下列关于它的说法不正确的是（
）
A．Y=2
B．若X=18，则Z=8
C．若X=11，它的氧化物化学式可为W2O或W2O2
D．若X=15，它属于金属元素的原子
【答案】D
【解析】
3．为了鉴别两瓶未贴标签的等体积的pH=2的醋酸溶液和pH=2的盐酸溶液,下列方案中可行的是：
A．向等体积的两溶液中分别滴入Na2CO3溶液
B.
向等体积的两溶液中分别加入NaOH溶液
C.
向等体积的两溶液中分别滴入1-2滴紫色石蕊试液
D.
取等体积的两种溶液，用蒸馏水分别稀释100倍，再用pH试纸测pH值
【答案】D
【解析】
4．人们已进入网络时代。常观看显示屏，会使人感到眼睛疲劳，甚至会对眼睛产生一定的伤害。人眼中的视色素里含有视黄醛（见图a），作为辅基的蛋白质，而与视黄醛相似结构的维生素A（见图b）常作为保健药物。
a.
b.
从结构上看，维生素A与视黄醛的关系是（
）
A.同分异构体
B.同系物
C.维生素A是视黄醛的还原产物
D.维生素A是视黄醛的氧化产物
【答案】C
【解析】从结构上看，a催化加氢得到b，即维生素A是视黄醛的还原产物。
5．已知反应A＋3B2C＋D，在某段时间内以A的浓度变化表示的化学反应速率为1mol·L－1·min－1，则此段时间内以C的浓度变化表示的化学反应速率为
A.0.5mol·L－1·min－1
B.1mol·L－1·min－1
C.2mol·L－1·min－1
D.3mol·L－1·min－1
【答案】C
【解析】
试题分析：速率之比等于系数之比，，v(C)=2v(A)=2mol·L－1·min－1，C正确。
考点：考查反应速率的计算。
6．下列反应不属于氧化还原反应的是
A．CuSO4+2NaOH=Cu(OH)2↓+Na2SO4
B．NH4ClNH3↑+HCl
C．CuSO4+Zn=ZnSO4+Cu
D．2Cu+O2
2CuO
【答案】AB
【解析】
试题分析：A.没有元素化合价升降，不属于氧化还原反应，符合；B.
没有元素化合价升降，不属于氧化还原反应，符合；C.铜元素化合价降低，锌元素化合价升高，是氧化还原反应，不符；D.铜氧元素的化合价发生了变化，属于氧化还原反应，不符，选AB。
考点：考查氧化还原反应的特征。
7．对于淀粉和纤维素[(C6H10O5)n]的叙述，正确的是
A．互为同分异构体
B．都是天然有机高分子化合物
C．遇碘（I2）均会呈蓝色
D．在人体内均会发生水解反应
【答案】B
【解析】
试题分析：A.淀粉和纤维素中的n值不同，故不能为同分异构体，故不选A；B.淀粉和纤维素是天然高分子化合物，故选B；C.淀粉遇碘显蓝色，纤维素没有这个性质，故不选C；D.淀粉在人体内可以水解，但是人体没有水解纤维素的酶，所以纤维素在人体内不能发生水解，故不选D。
考点：多糖的性质。
8．下列关于某些离子的检验及结论,一定正确的是（　
）
A．加入氯化钙溶液产生白色沉淀，则该溶液一定有CO32-
B．加入氯化钡溶液有白色沉淀产生,再加盐酸,沉淀不消失,则一定有SO42-
C．加入烧碱溶液并加热,产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,则一定有
NH4+
D．加入Na2CO3
溶液产生白色沉淀,再加盐酸,白色沉淀消失,则一定有Ba2+
【答案】C
【解析】
试题分析：A．加入氯化钙溶液产生白色沉淀，则该溶液不一定有CO32-，也可能含有银离子，A错误；B．加入氯化钡溶液有白色沉淀产生,再加盐酸,沉淀不消失,则不一定有SO42-，也可能含有银离子，B错误；C．加入烧碱溶液并加热,产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,气体一定是氨气，则一定有
NH4+，C正确；D．加入Na2CO3溶液产生白色沉淀,再加盐酸,白色沉淀消失,则不一定有Ba2+，也可能含有银离子，D错误，答案选C。
考点：考查离子检验实验设计与探究
9．电解法精炼含有Fe、Zn、Ag等杂质的粗铜。下列叙述正确的是（　　）
A．电解时以硫酸铜溶液作电解液，精铜作阳极
B．粗铜与电源负极相连，发生氧化反应
C．阴极上发生的反应是Cu2+
+
2e－＝Cu
D．电解后Fe、Zn、Ag等杂质会沉积在电解槽底部形成阳极泥
【答案】C
【解析】
试题分析：A、电解时乙硫酸铜为电解质溶液，粗铜作阳极，错误；B、粗铜作阳极，与电源的正极相连，错误；C、阴极发生还原反应，铜离子得电子生成单质铜，正确；D、电解后Fe、Zn失去电子进入溶液，而Ag、Au等杂质会沉积在电解槽底部形成阳极泥，错误，答案选C。
考点：考查电解精炼粗铜的原理
10．下列说法不正确的是（
）
①将BaSO4放入水中不能导电，所以BaSO4是非电解质
②氨溶于水得到的氨水能导电，所以氨水是电解质
③固态共价化合物不导电，熔融态的共价化合物可以导电
④固态的离子化合物不导电，熔融态的离子化合物也不导电
⑤强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液的导电能力强
A．①④
B．①④⑤
C．①②③④
D．①②③④⑤
【答案】D
【解析】
试题分析：①硫酸钡熔融状态下能电离导电，是电解质，错误。②氨溶于水与水反应生成一水合氨，一水合氨能电离出离子，一水合氨是电解质，氨气是非电解质，错误。③熔融态共价化合物不电离不导电，错误。④离子化合物熔融状态电离而导电，正确。⑤溶液的导电能力与溶液的离子浓度和离子带电荷有关，强电解质的导电能力不一定比弱电解质强，错误。所以选D。
考点：物质的分类，电解质，离子化合物和共价化合物的判断
【名师点睛】电解质是指在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，包括酸碱盐和金属氧化物。非电解质是指在水溶液或熔融状态下都不导电的化合物，常见的有乙醇，蔗糖，二氧化碳，二氧化硫，氨气等。注意电解质不定导电，导电的不一定是电解质，需要看物质存在的环境是否为溶液或熔融状态下，看是否为自身电离而导电。
11．
A溶液含有中学化学常见的离子，向其中加入NaOH溶液后，生成白色沉淀与加入NaOH
溶液的体积的变化曲线如图所示。下列叙述有错的是
A、A溶液中可能含有H+、Mg2+、Al3+
Cl-
B、A溶液含有0.1molAl3+
C、A溶液中一定含有AlO2-
Na+离子
D、A溶液加入NaOH溶液至少发生了三个化学反应
【答案】C
【解析】
12．设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是(
)
A．23gNa在氧气中完全燃烧失电子数为0.5NA
B．1L2mol·L－1的MgCl2溶液中含Mg2＋数为2NA
C．标准状况下，11.2LSO3所含分子数为0.5NA
D．室温下，8g甲烷含有共价键数为2NA
【答案】D
【解析】选项A中n(Na)＝1mol，转移的电子数为NA；选项B中n(MgCl2)＝2mol，但Mg2＋部分水解，所以溶液中含Mg2＋数小于2NA；选项C中SO3在标准状况下为液体。
13．一定条件下，对于可逆反应X(g)+3Y(g)
2Z(g)，若X、Y、Z的起始浓度分别为c、c、c
（均不为零），到达平衡时，X、Y、Z的浓度分别为0.1
mol/L、0.3
mol/L、0.08
mol/L，则下列判
断正确的是
A．c：c=1：2
B．平衡时，Y和Z的生成速率之比为2：3
C．X、Y的转化率不相等
D．c的取值范围为0＜c＜0.14
mol/L
【答案】D
【解析】
试题分析：若反应向正反应进行到达平衡，X2、Y2的浓度最大，Z的浓度最小，假定完全反应，则：
根据方程式
X2（气）+3Y2（气）2Z（气），
开始（mol/L）：c1
c2
c3
变化（mol/L）：0.04
0.12
0.08
平衡（mol/L）：0.1
0.3
0.08
c1=0，14
c2=0.42
c3=0
若反应逆正反应进行到达平衡，X2、Y2的浓度最小，Z的浓度最大，假定完全反应，则：
根据方程式
X2（气）+3Y2（气）2Z（气），
开始（mol/L）：c1
c2
c3
变化（mol/L）：0.1
0.3
0.2
平衡（mol/L）：0.1
0.3
0.08
c1=0
c2=0
c3=0.28
由于为可逆反应，物质不能完全转化所以起始时浓度范围为0＜c（X2）＜0.14，0＜c（Y2）＜0.42，0＜c（Z）＜0.28。A、X2
和Y2平衡浓度为1：3，变化的量为1；3，所以起始量为1：3，c1：c2=1：3，故A错误；B、平衡时，Y和Z的生成速率之比为化学方程式系数之比为3：2，故B错误；C、XY的变化量之比和起始量之比相同，所以转化率相同，故C错误；D、依据上述计算，C1的取值范围为0＜C1＜0.14mol L-1，故D正确；故选D。
考点：考查了化学平衡的建立的相关知识。
14．25℃时，在25
mL
0.1
mol·L－1的NaOH溶液中，逐滴加入0.2
mol·Lˉ1的CH3COOH溶液。溶液pH的变化曲线如图所示。下列分析的结论中，不正确的是
A、C点时c（CH3COO－）＞c（Na＋）＞c（H＋）＞c（OH—）
B、D点时c（CH3COO－）＋c（CH3COOH）＝2c（Na＋）
C、曲线上A、B间任一点，溶液中都有：c（Na＋）＞c（CH3COOˉ）>c（OH-）>c（H＋）
D、B点的横坐标a＝12.5ml
【答案】CD
【解析】
试题分析：
A、C点时，醋酸的量相对于氢氧化钠过量，溶液的组成为醋酸和醋酸钠的混合物，溶液显酸性，c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），故A正确；
B、在D点时，反应后醋酸剩余，溶液的组成为等浓度的醋酸和醋酸钠的混合物，根据物料守恒，此时：c（CH3COO-）+c（CH3COOH）=2c（Na+），故B正确；
C、在AB区间内，溶液显碱性，c（OH-）＞c（H+），当氢氧化钠溶液和醋酸恰好反应是时，显碱性，此时生成的溶液可能为醋酸钠，c（OH-）＜c（CH3COO-）；当氢氧化钠溶液和醋酸反应后剩余氢氧化钠溶液，溶液仍然显碱性，此时若剩余的氢氧化钠量很大，则c（OH-）＞c（CH3COO-），也有可能剩余的氢氧化钠和醋酸钠中醋酸根水解之后剩余的醋酸根的浓度相等，故C不正确；
D、若a=12.5，醋酸和氢氧化钠的物质的量之比为1：1，反应后溶液的组成为醋酸钠，CH3COONa为强碱弱酸盐，溶液显碱性，pH＞7，介于AB之间，故D不正确。
考点：考查弱电解质、盐类水解以及酸碱滴定曲线的分析
点评：本题考查了弱电解质、盐类水解以及酸碱滴定曲线的分析，难度较大。本题解题的关键是明确酸碱反应时二者的比例关系，以及醋酸量的多少对溶液酸碱性的影响。
15．将22.4g铁粉逐渐加入到含HNO3
0.8mol的稀硝酸中，反应生成的气体的物质的量（x）随消耗铁粉的物质的量（y）变化关系中正确的是
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】22.4g铁的物质的量为=0.4mol，令铁完全反应需硝酸的物质的量为n，则：
Fe+4HNO3（稀）=Fe（NO3）3+NO↑+H20
1
4
0.4mol
n
所以n=1.6mol，由于1.6mol＞0.8mol，所以Fe有剩余，根据硝酸计算生成NO的物质的量，参加反应生成NO的Fe的物质的量，则：
Fe+4HNO3（稀）=Fe（NO3）3
+NO↑+H20
1mol
4
mol
0.1mol
0.2mol
0.8mol
0.2mol
根据生成NO的物质的量，参加反应生成NO的Fe的物质的量作图，反应生成的气体的物质的量（x）随消耗铁粉的物质的量（y）变化关系如图：
故选：C．
16．高锰酸钾溶液在酸性条件下可以与硫酸亚铁反应，离子方程式如下（未配平）：
MnO4-＋
Fe2+＋
H+
=
Mn2+＋
Fe3+＋
H2O。下列说法正确的是
A．MnO4-是氧化剂，Fe3+是还原产物
B．Mn2+的还原性强于Fe2+
C．离子方程式中按物质顺序的化学计量数是：1、5、8、1、5、4
D．生成1
mol
水时，转移2.5
mol电子
【答案】C
【解析】
试题分析：A、根据方程式可知MnO4-中Mn元素的化合价为+7价，反应后变为Mn2+中的+2价，化合价降低，得到电子，被还原，作氧化剂；Fe2+中的Fe化合价为+2价，反应后变为Fe3+中的+3价，化合价升高，失去电子，被氧化，作还原剂，Fe3+是氧化产物，A错误；B、根据在氧化还原反应中还原剂的还原性强于还原产物的还原性，可知还原性Fe2+的强于Mn2+，B错误；C、在氧化还原反应中电子得失数目相等，同时还符合电荷守恒及原子守恒，则相应的离子方程式是：MnO4-＋5Fe2+＋8H+
=Mn2+＋5Fe3+＋4H2O，所以离子方程式中按物质顺序的化学计量数是：1、5、8、1、5、4，C正确；D、根据C选项的离子方程式可知，每产生4mol的水，转移电子的物质的量是5mol，则生成1
mol
水时，转移1.25
mol电子，D错误，答案选C。
【考点定位】本题主要是考查氧化还原反应的有关判断与计算
【名师点晴】有关氧化还原反应的配平和计算时需要利用电子得失守恒和电荷守恒进行解答。另外需要注意氧化还原反应的一般解题思路为：判价态、找变价、双线桥、分升降、写得失、算电子、定其他。其中“找变价”是非常关键的一步，特别是反应物中含有同种元素的氧化还原反应，必须弄清它们的变化情况。
17．有FeCl3和AlCl3的混合溶液100ml，向其中加入过量的NaOH溶液，充分反应后，过滤，干燥，共生成沉淀10.7g。
（1）写出混合溶液中加入过量NaOH溶液的离子方程式
、
；
（2）将10.7g沉淀加热灼烧，最后得到固体
克;
（3）FeCl3的物质的量的浓度是
mol/L；
（4）在加入NaOH溶液的过程中，生成沉淀的质量与加入NaOH溶液的体积如下图所示，计算AlCl3的物质的量的浓度
mol/L；
（5）求NaOH溶液的物质的量浓度？（提示：请写出第（5）小题的解题过程）
【答案】27．（1）Fe3++
3OH-
→
Fe(OH)3↓（2分）；Al3+
+
4OH-
→
AlO2-
+
2H2O
（2分）
（2）8
g（1分
（3）1
mol/L
（1分）
（4）2
mol/L
（2分）
（5）2
mol/L
（2分）
【解析】
试题分析：（1）过量的NaOH使得Al3+先沉淀后溶解，所以沉淀中只有Fe(OH)3，混合溶液中发生反应的离子方程式为Fe3++
3OH-
→
Fe(OH)3↓；Al3+
+
4OH-
→
AlO2-
+
2H2O
;（2）10.7g
Fe(OH)3沉淀加热灼烧生成Fe2O3，n=10.7/107=0.1mol,根据铁原子守恒，m(Fe2O3)=0.05x160=8g
;
（3）FeCl3
+
3NaOH
===Fe(OH)3
+
3NaCl
1
107
n
10.7
n=0.1
mol
所以溶液中的FeCl3的物质的量的浓度是1mol/L
（4）、根据图像可知，10.7g
是Fe(OH)3，物质的量为0.1moL,（26.3-10.7）=15.6g是氢氧化铝的质量，物质的量为0.2moL.根据铝原子守恒，则AlCl3的物质的量的浓度=0.2/0.1=2
mol/L;
（5）根据图像可知发生反应的化学方程式为:
FeCl3
+
3NaOH
=Fe(OH)3
+
3NaCl
AlCl3
+
3NaOH
=Al(OH)3+3NaCl
Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O
0.1
0.3
0.2
0.6
0.2
0.2
0.2
NaOH溶液的物质的量浓度=1.1/0.55=2
mol/L。
考点：考查铁、铝及其化合物的性质，根据化学方程式计算等知识。
18．酸碱中和反应是中学化学一类重要的反应，某学生实验小组对课本中的两个酸碱中和实验进行了研究。
（1）用右图装置进行强酸（50mL
0.5mol/L的HCl）和强碱（50mL
0.55mol/L的NaOH）反应的中和热测定。
①从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃仪器是
。
②大小烧杯之间填满纸屑的作用是
。
③若用醋酸代替上述盐酸实验，实验测得的中和热的数值
（填
“偏高”、“偏低”或“无影响”）。
（2）用实验室准确配制的0.100mol/L的NaOH溶液测定某未知浓度的稀盐酸。
其具体实验步骤如下：
①应选择
滴定管（填写图中对应字母），用少量标准NaOH溶液润洗2～3次水洗后的该滴定管，再加入标准的0.100mol/L的NaOH溶液并记录液面刻度读数；
②用酸式滴定管精确的放出25.00mL待测盐酸，置于用蒸馏水洗净的锥形瓶中。再加入2滴酚酞试液；
③滴定时，边滴边振荡，同时眼睛注视锥形瓶内溶液颜色的变化，
即达到滴定终点；
④记录液面刻度读数。根据滴定管的两次读数得出消耗标准NaOH溶液的体积，再重复测定两次，实验结果记录见下表：
实验次数
起始滴定管读数
终点滴定管读数
1
0.00mL
24.04mL
2
0.50mL
24.46mL
3
2.50mL
25.02mL
测得未知稀盐酸的物质的量浓度为
（保留小数点后3位）。
⑤以下操作造成测定结果偏高的原因可能是
(填写字母序号)。
A.
滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，其它操作均正确
B.
盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗
C.
滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液
D.
未用标准液润洗碱式滴定管
E.
滴定前锥形瓶用蒸馏水洗净后未干燥
【答案】（1）①环形玻璃搅拌棒
(2分)②隔热、保温、减小实验过程中热量的损失
(2分)
③偏低
(2分)
（2）①b
(2分)
③当溶液由无色变为红色，且半分钟不褪色
(2分)
④0.096mol/L
(2分)
⑤CD
(2分)
【解析】
试题分析：（1）①在实验过程中为了使溶液混合均匀，需要搅拌，所以从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃仪器是环形玻璃搅拌棒。
②由于在实验过程中要尽可能的减少热量的损失，所以大小烧杯之间填满纸屑的作用是隔热、保温、减小实验过程中热量的损失。
③醋酸是弱酸，存在电离平衡，电离是吸热的，所以若用醋酸代替上述盐酸实验，实验测得的中和热的数值偏低。
（2）①根据仪器的构造可知，a是酸式滴定管，b是碱式滴定管，因此应该用碱式滴定管盛放氢氧化钠溶液，答案选b。
③滴定时，边滴边振荡，同时眼睛注视锥形瓶内溶液颜色的变化，由于碱能使酚酞试液变红色，所以当溶液由无色变为红色，且半分钟不褪色时即达到滴定终点。
④根据表中数据可知，三次实验消耗的氢氧化钠溶液的体积分别是24.04ml、23.96ml、22.52ml，显然第三次实验的误差太大，舍去。则消耗氢氧化钠溶液的平均值是24.00ml，所以盐酸的浓度是＝0.096mol/L。
⑤根据可知，滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，则读数偏小，测定结果偏低；选项B、E中对实验不影响；滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，相当于氢氧化钠的体积增加，测定结果偏高；未用标准液润洗碱式滴定管，相当于稀释氢氧化钠溶液，所以消耗氢氧化钠溶液的体积增加，测定结果偏高，答案选CD。
考点：考查中和热测定和酸碱中和实验的有关判断、仪器选择、数据处理和计算以及误差分析
点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。试题基础性强，在注重对基础知识巩固和训练的同时，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练，有利于培养学生规范严谨的实验设计能力以及评价能力。该类试题主要是以常见仪器的选用、实验基本操作为中心，通过是什么、为什么和怎样做重点考查实验基本操作的规范性和准确性及灵活运用知识解决实际问题的能力。该类试题的难点是误差分析。
19．（14分）某学习小组设计实验，探究二氧化硫的漂白性和还原性。
（1）漂白性
甲同学用如图所示装置（气密性良好）进行实验，观察到如下现象：Ⅰ中红色褪去，Ⅱ中无变化。
①甲同学作对照实验的目的是
。
②足量碱石灰的作用是
。
甲同学由此得出的实验结论是
。
（2）还原性：
乙同学将SO2通入FeCl3溶液中，使其充分反应。
①SO2与FeCl3反应的离子方程式是
，检验该反应所得含氧酸根离子的方法是
。
②实验中观察到溶液由黄色变为红棕色，静置一段时间，变为浅绿色。资料显示：红棕色为FeSO3
（墨绿色难溶物）与FeCl3
溶液形成的混合色。
则②中红棕色变为浅绿色的原因是
。
乙同学得出的实验结论是：二氧化硫可还原三氯化铁。
【答案】（1）①探究SO2使品红褪色共存是否有水参与(或探究是SO2还是H2SO3是品红溶液褪色).
②防止空气中的水蒸汽进入到II装置中对实验产生干扰，同时处理尾气中的SO2；SO2
在有水的体积下可以使平衡褪色。
(2)
①SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42-+4H+
；先滴加稀HCl酸化，再加入BaCl2，观察是否有白色沉淀生成。②溶液中存在FeSO3(s)=Fe2+(aq)+SO32-(aq)，随着反应进行，体系中SO32-减少，平衡右移，而同时反应消耗Fe3+，故红棕色褪去，变为浅绿色。
【解析】
试题分析：（1）①甲同学进行对照实验，一种有水，一种没有水，实验的目的是探究SO2使品红褪色共存是否有水参与(或探究是SO2还是H2SO3是品红溶液褪色).
②足量碱石灰的作用是既可以防止空气中的水蒸汽进入到II装置中对实验产生干扰，同时处理尾气中的SO2；根据对照实验可得到结论是：
SO2
在有水的体积下可以使品红溶液褪色。（2）①
SO2有还原性，FeCl3有氧化性，二者在溶液中发生氧化还原反应，SO2与FeCl3反应的离子方程式是SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42-+4H+；SO42-可与Ba2+产生既不溶于水，也不溶于酸的BaSO4沉淀，因此检验SO42-的方法是先滴加稀HCl酸化，再加入BaCl2溶液，若观察到有白色沉淀生成，就证明含有SO42-。②实验中观察到溶液由黄色变为红棕色，静置一段时间，变为浅绿色。
资料显示：红棕色为FeSO3（墨绿色难溶物）与FeCl3溶液形成的混合色。
则②中红棕色变为浅绿色的原因是FeSO3难溶于水，在溶液中存在沉淀溶解平衡：FeSO3(s)=Fe2+(aq)+SO32-(aq)，随着反应进行，体系中c(SO32-)减少，平衡正向移动，而同时反应也消耗Fe3+，故红棕色褪去，变为浅绿色。
考点：考查二氧化硫的漂白性和还原性的实验的探究的知识。
20．有关催化剂的催化机理等问题可以从“乙醇催化氧化实验”得到一些认识,某教师设计了如图所示装置(夹持装置等已省略),其实验操作为:先按图安装好装置,关闭活塞a、b、c,在铜丝的中间部分加热片刻,然后打开活塞a、b、c,通过控制活塞a和b,而有节奏(间歇性)地通入气体,即可在M处观察到明显的实验现象。试回答以下问题:
（1）A中发生反应的化学方程式:__________________,B的作用:_____________;C中热水的作用:_____________________。
（2）M处发生反应的化学方程式为_________________。
（3）从M管中可观察到的现象:_______________,从中可认识到该实验过程中催化剂
(填“参加”或“不参加”)化学反应,还可以认识到催化剂起催化作用需要一定的_____________。
（4）实验进行一段时间后,如果撤掉酒精灯,反应
________
(填“能”或“不能”)继续进行,其原因是_____________。
（5）验证乙醇氧化产物的化学方法是______________________。
【答案】
（1）2H2O2
2H2O+O2↑干燥O2
使D中乙醇变为蒸气进入M参加反应,用水浴加热使乙醇气流较平稳
（2）2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O
（3）受热部分的铜丝交替出现变黑、变红的现象
参加
温度
（4）能
乙醇的催化氧化反应是放热反应,反应放出的热量能维持反应继续进行
（5）实验结束后,卸下装置F中盛有少量蒸馏水的试管,从中取出少许溶液做银镜反应实验[也可使之与新制Cu(OH)2悬浊液反应],来证明乙醛的生成。
【解析】
试题分析：（1）A中是过氧化氢在二氧化锰催化作用下生成水和氧气，反应的化学方程式为2H2O2
2H2O+O2↑；B是吸收氧气中的水蒸气，即干燥O2；C中热水的作用是使D中乙醇变为蒸气进入M参加反应,用水浴加热使乙醇气流较平稳；
（2）M处发生的反应是乙醇的催化氧化反应生成乙醛，反应的化学方程式为：
2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O
；
（3）铜丝做催化剂，和氧气反应生成氧化铜，和乙醇反应又生成铜，受热部分的铜丝由于间歇性地鼓入空气而交替出现变黑，变红的现象；催化剂参加反应过程，催化作用需要一定的温度。
（4）因为乙醇的催化氧化反应是放热反应,反应放出的热量能维持反应继续进行。
（5）乙醇氧化为乙醛，依据醛基检验方法进行设计实验，也可以利用新制的氢氧化铜加热生成砖红色沉淀来判断化学反应，所以验证乙醇氧化产物的化学方法是实验结束后,卸下装置F中盛有少量蒸馏水的试管,从中取出少许溶液做银镜反应实验[也可使之与新制Cu(OH)2悬浊液反应],来证明乙醛的生成。
考点：考查性质实验方案的设计与评价，乙醇的性质等知识。
21．将N2和
H2按一定比例混合，在相同状况下其密度是H2的
3.6倍，取0.5mol该混合气体通入密闭容器内，使之发生反应并在一定条件下达到平衡。已知反应达到平衡后容器内压强是相同条件下反应前压强的0.76倍，试求：
（1）反应前混合气体中N2和
H2的体积比；
（2）达到平衡时混合气体中的氨的体积分数；
（3）平衡时N2的转化率。
【答案】（1）1：4
（2）31.6%
（3）60%
【解析】
试题分析：（1）N2和
H2按一定比例混合，在相同状况下其密度是H2的3.6倍，则平均相对分子质量为3.6×2=7.2，设氮气为x
mol，氢气为y
mol，则(28x+2y)÷(x+y)=7.2，解得x：y=1：4，相同条件下物质的量之比等于体积之比，所以反应前混合气体中N2和
H2的体积比为1：4。
（2）由（1）可知，0.5mol该混合气体，氮气和氢气的物质的量分别为0.1mol、0.4mol，则
3H2
+
N2
2NH3
开始
0.4
0.1
0
转化
3n
n
2n
平衡0.4-3n
0.1-n
2n
达到平衡后容器内压强是相同条件下反应前压强的0.76倍，则（0.4-3n+0.1-n+2n）÷0.5=0.76，解得n=0.06mol，相同条件下物质的量之比等于体积之比，则达到平衡时混合气体中的氨的体积分数0.12moL÷(0.5-0.12)mol×100%=31.6%。
（3）氮气的转化率为（0.6mol÷0.1mol）×100%=60%。
考点：考查化学平衡的有关计算。
22．（15分）
某学习小组利用某工业废弃固体(主要成分为Cu2S和Fe2O3)来研究相关物质的制备。设计方案如图所示：
已知：Ksp[Cu(OH)2]＝6.0×10－20
，Ksp[Fe(OH)2]=1.6×10－14
，Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10－38
（1）
废弃固体在空气中灼烧发生反应（有2种元素被氧化）的化学方程式为______。
（2）
溶液C通过_______、_________、过滤等操作得到Fe2(SO４)3晶体。
（3）
常温下，铜粉、O2和稀硫酸三者在一起生成硫酸铜反应极慢。当往其中加入溶液D后，随即生成硫酸铜。这一过程中反应的化学方程式依次为4FeSO4
+
O2
+
2H2SO4＝2Fe2(SO4)3
+
2H2O和
。溶液D在这一过程中所起的作用是_______。
（4）
操作⑧的目的是制取较纯的硫酸铜溶液。溶液E中加入试剂Y以调节pH使得铁元素全部形成沉淀(含铁元素的离子浓度小于10－5
mol·L－1)。试剂Y可以是
，溶液的pH至少调节为________。
【答案】（1）Cu2S
+
2O2
2CuO
+
SO2
（2）蒸发浓缩；冷却结晶
（3）Fe2(SO4)3
+
Cu
=
CuSO4
+
2FeSO4；催化剂
（4）CuO（或Cu(OH)2、CuCO3等）；3
【解析】
试题分析：（1）
在废弃固体中Fe2O3已经是最高价氧化物，不能再发生反应，而Cu2S在空气中灼烧会发生反应产生SO2和CuO。反应的化学方程式为Cu2S
+
2O2
2CuO
+
SO2
。（2）把灼烧后的固体加入到硫酸中，会发生反应得到Fe2(SO4)3和CuSO4。再加入过量的Fe粉，发生反应：Fe2(SO4)3+Fe=3FeSO4；CuSO4+Fe=
Cu+FeSO4。过滤得到的滤液中含有FeSO4。然后加入过量的H2O2，发生反应得到溶液C：Fe2(SO4)3。溶液C通过蒸发浓缩；冷却结晶、过滤等操作得到Fe2(SO４)3晶体。（3）
常温下，铜粉、O2和稀硫酸三者在一起生成硫酸铜反应极慢。当往其中加入溶液D后，随即生成硫酸铜。这一过程中反应的化学方程式依次为4FeSO4
+
O2
+
2H2SO4＝2Fe2(SO4)3
+
2H2O和Fe2(SO4)3+Cu
=
CuSO4+2FeSO4。可见溶液D在这一过程中参加反应，但是最后又变为原来的物质。说明溶液D所起的作用是催化剂。（4）
操作⑧的目的是制取较纯的硫酸铜溶液。溶液E中含有CuSO4和FeSO4。加入试剂Y以调节pH使得铁元素全部形成沉淀(含铁元素的离子浓度小于10－5
mol·L－1)。试剂Y可以是
CuO或Cu(OH)2、CuCO3，因为c(Fe3+)·c3(OH-)≥1.0×10－38;
c(Fe3+)=10－5
mol/L,所以c3(OH-)≥1.0×10－33.
c(OH-)≥1.0×10－11
mol/L；c(H+)≤.0×10－3
mol/L。溶液的pH至少调节为3。
考点：考查化学反应原理、混合物的分离方法、沉淀溶解平衡的应用的知识。
23．下图是100
mg
CaC
2
O
4
H
2
O受热分解时，所得固体产物的质量随温度变化的曲线。试利用图中信息结合所学的知识，回答下列各问题：
（1）温度分别为t
1
和t
2
时，固体产物的化学式A是______________，B是______________。
（2）由CaC
2
O
4
H
2
O得到A的化学方程式为______________________。
（3）由A得到B的化学方程式为____________________________。
（4）由图计算产物C的相对分子质量，并推断C的合理的化学式。
【答案】（1）CaC2O4
CaCO3
（2）CaC2O4+H2
OCaC2O4
+H2O↑
（3）CaC2O4CaCO
3
+CO↑
（4）56
CaO
【解析】
试题分析：由图可知，t
1
时A点，100mgCaC
2
O
4
H
2
O的质量变为87.7mg，可由此分析CaC
2
O4
H
2
O受热分解的产物，固体CaC
2
O
4
H
2
O的摩尔质量为146g/mol，
设分解后产物的摩尔质量为M
1，则100×
10
-3
/146=87.7×
10
-3/
M
1，求得
M
1=128.04g/mol；
CaC
2
O
4
的摩尔质量为128g/mol，可推测CaC
2
O
4
H
2
O的分解反应方程式为：CaC2O4+H2
OCaC2O4
+H2O↑；A的化学式是CaC
2O4；t
2
时B点，87.7mg的CaC
2
O
4
受热分解，设分解产物的摩尔质量为M
2，则87.7×
10
-3/
M
1=68.5×
10
-3
/
M
2，求得M
2
=99.98g/mol；可推断出产物B应为CaCO
3
，分解方程式为：CaC
2
O
4
CaCO
3
+CO↑
；加热至1000℃～1200℃时，由图可知分解产物C的质量约为38mg，设C点化合物的摩尔质量为M
3
，则68.5×
10
-3
/
M
2=38×
10
-3
/
M
3，求得M
3
=55.47g/mol；与CaO的摩尔质量（56g/mol）接近，分解方程式应为：CaC2O4CaCO
3
+CO↑，由此得出C的化学式为CaO，其分子量为56。
考点：图像分析
1mol/L
NaOH溶液体积
70
60
10
沉淀质量