山东省济宁市育才中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）

山东省济宁市育才中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）
1．下列各组物质间反应可能包括多步反应
,
其总的离子方程式正确的是
A.
NaC1O
(aq)
中通入少量
CO2：
C1O-
+
CO2
+
H20
=
HClO
+HC03-
B.
FeCl2在空气中被氧化:
4Fe2++O2+2H20=4Fe3++40H-
C.
A1Cl3(aq)中投入过量Na:
A13++4Na+2H20
=
A102-
+
4Na++
2H2
↑
D.
FeBr2(aq)中通入少量C12:
2Fe2++4Br-+3C12=
2Fe3++2Br2+6C1-
【答案】C
【解析】
2．下表中是各组反应的反应物和反应温度,反应刚开始时放出H2速率最快的是
编号
金属（粉末状）
酸的浓度及体积
反应温度
A
Mg，0.1
mol
6mol·L-1
硝酸10mL
60℃
B
Mg，0.1
mol
3mol·L-1
盐酸10mL
60℃
C
Fe，0.1
mol
3mol·L-1L盐酸10mL
60℃
D
Mg，0.1
mol
3mol·L-1
硫酸10mL
60℃
【答案】D
【解析】
试题分析：活泼性Mg＞Fe，则Mg反应较快，硝酸与金属反应不生成氢气，D中氢离子浓度最大，则反应速率最大．故选D．
考点：考查了化学反应速率的影响因素的相关知识。
【答案】B
【解析】同分子式而又有相同结构则为同一物质。
4．)已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素，其中元素A、E的单质在常温下呈气态，元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，元素D是地壳中含量最多的金属元素。下列说法正确的是(　　)。
A．1
mol由元素A、B组成的化合物一定含有18
mol
e－
B．元素C、D的最高价氧化物对应的水化物之间不可能发生反应
C．含D的盐溶液既可能显酸性，也可能显碱性
D．化合物AE与CE含有相同类型的化学键
【答案】　C
【解析】　元素D是地壳中含量最多的金属元素，所以是Al；A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素，E的单质在常温下呈气态，所以E是Cl元素；元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，B只能是第二周期元素，所以是C元素；A是H元素；C是Na元素。
A项，1
mol由元素A、B组成的化合物不一定含有18
mol
e－，错误。B项，氢氧化钠和氢氧化铝能发生反应，错误。D项，氯化氢中含有共价键，氯化钠中含有离子键，错误。
5．甲、乙、丙、丁、戊五种物质是中学化学常见的物质，其中甲、乙均为单质，它们的转化关系如图所示（某些条件和部分产物已略去）。下列说法正确的是
A．若甲可以与NaOH溶液反应放出H2，则丙一定是两性氧化物
B．若甲为短周期中最活泼的金属，且戊为碱，则丙生成戊一定是氧化还原反应
C．若丙、丁混合产生大量白烟，则乙可能具有漂白性
D．若甲、丙、戊都含有同一种元素，则三种物质中，该元素的化合价由低到高的顺序可能为甲<丙<戊
【答案】D
【解析】
试题分析：A．能与NaOH溶液反应放出氢气的有Al、Si等，晶体硅与氧气反应生成SiO2，SiO2
与NaOH反应生成Na2SiO3
和水，符合转化关系，丙是酸性氧化物，A错误；B.短周期最活泼的金属是Na，Na与氧气反应生成Na2O
，Na2O
与水反应生成NaOH，则丙生成戊的反应不是氧化还原反应，B错误；C.
丙、丁混合产生白烟，则丙为HCl，丁为NH3，甲为氯气（或氢气），乙为氢气（或氯气），乙没有漂白性，C错误；D.若甲为Fe，则Fe与氧气反应生成Fe3O4
，Fe3O4与稀硝酸反应生成硝酸铁，NO和水，则铁元素的化合价由低到高的顺序为Fe考点：考查常见物质的相互转化。
6．下列叙述涉及的化学相关知识，其中不正确的是
①打开汽水瓶盖时有大量气泡冒出，可用勒夏特列原理解释
②化学键可以使离子相结合，也可以使原子相结合
③用铁制自来水管与铜制水龙头连接使用时，连接处的铁水管锈蚀更快
④Ksp不仅与难溶电解质的性质和温度有关，而且还与溶液中的离子浓度有关
⑤氟利昂（CF2Cl2）会破坏大气臭氧层，从而导致“温室效应”
⑥Al和Fe在一定条件下都能与某些氧化物反应
⑦一定条件下，仅用稻草就可制得酒精和氨基酸
⑧汽油和花生油的主要成份都是油脂
A．④⑤⑦⑧
B．③④⑤⑧
C．①②③⑥
D．①④⑤⑦
【答案】A
【解析】
试题分析：①气体在溶液中存在溶解平衡，打开汽水瓶盖时压强减小，因此有大量气泡冒出，可用勒夏特列原理解释，正确；②化学键可以使离子相结合，也可以使原子相结合，正确；③铁的金属性强于铜，用铁制自来水管与铜制水龙头连接使用时，构成原电池铁是负极，加快腐蚀，因此连接处的铁水管锈蚀更快，正确；④Ksp仅与难溶电解质的性质和温度有关，与溶液中的离子浓度无关系，错误；⑤氟利昂（CF2Cl2）会破坏大气臭氧层，加快臭氧空洞，但不会导致“温室效应”，错误；⑥Al和Fe在一定条件下都能与某些氧化物反应，例如铁与水蒸气，铝发生铝热反应等，正确；⑦稻草中含有纤维素，属于多糖，一定条件下，用稻草就可制得酒精，但不能制得氨基酸，错误；⑧汽油属于烃类，花生油的主要成份都是油脂，错误，答案选A。
考点：考查化学知识的正误判断
7．在密闭容器中某气态烃和氧气按一定比例混合，点火爆炸后恢复到原温度(20
℃)，压强减小至原来的一半，若加NaOH溶液则气体全部被吸收，则此烃为
A、C3H8
B、C4H8
C、C2H6
D、C3H6
【答案】A
【解析】
试题分析：压强减小至原来的一半，压强之比等于物质的量之比，容器内反应后气体的物质的量为是反应前的一半，设此烃的化学式为CxHy，则
CxHy+（x+）O2xCO2+H2O
1
x+
x
，则，
1+x+=2x
整理得：4x=4+y，若x=1，则y=0，不存在此物质，若x=2，则y=4，物质为C2H4，
若x=3，则y=8，物质为C3H8。
考点：考查化学方程式的有关计算。
8．下列各组微粒的半径比较中，正确的是
①F＜F-＜Cl-　　
②O2-＜Mg2+＜Al3+　
③P＜S＜Cl
A．①　　　
B．③　　
C．①③　　
D．②③
【答案】A
【解析】原子半径小于相应等阴离子半径，氯离子比氟离子多一个电子层，氯离子半径大于氟离子的半径，①正确。核外电子排布相同大微粒，其微粒半径随原子序数大增大而减小，②不正确。同周期自左向右原子半径逐渐减小，③不正确。答案选A。
9．胶体的最本质的特征是
A．丁达尔效应
B．可以通过滤纸
C．布朗运动
D．分散质颗粒的大小在1nm～100nm之间。
【答案】D
【解析】
试题分析：因胶体的最本质的特征是分散质颗粒的直径在1nm～100nm之间，溶液和浊液的本质区别是分散质微粒直径＜1nm的是溶液，分散质微粒直径＞100nm的是浊液，答案选D。
【考点定位】考查胶体区别于溶液和浊液最本质的特征。
【名师点睛】本题考查胶体区别与溶液和浊液最本质的特征。有关胶体知识的认识误区总结如下：
（1）胶体微粒一般是离子、分子或能溶物的聚集体，但有些高分子化合物，如淀粉、蛋白质，因其分子非常大，一个分子就是一个胶体微粒，它们的溶液是胶体。
（2）胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径大小，不是丁达尔效应。
（3）胶体粒子的直径一般在1—100nm之间，它决定了胶体粒子具有较大的表面积，吸附力很强，能吸附悬浮固体形成沉淀，从而达到净化水的目的，这就是胶体净水的原理，胶体一般没有杀菌的作用。
（4）胶体不带电，胶体中的胶粒能够吸附体系中的带电离子而使胶粒带电荷，整个分散系仍呈电中性。
（5）胶体中的分散质能透过滤纸，但不能透过半透膜，因此可用过滤的方法分离胶体和浊液，用渗析的方法分离胶体和溶液中的分散质。
10．随着科学技术的不断进步，研究物质的手段和途径越来越多，N5+、H3、O4、C60等已相继被发现。下列有关说法中，正确的是
A．H2和H3属于同位素
B．O2和O4属于同素异形体
C．C60晶体是原子晶体
D．N5+中含有36个电子
【答案】B
【解析】
试题分析：A、H2和H3，由同种元素形成的不同单质，属于同素异形体，错误；B、O2和O4，由同种元素形成的不同单质，属于同素异形体，正确；C、C60晶体是分子晶体，错误；D、N5+中含有34个电子，错误。
考点：本题考查基本概念。
11．下列各组物质中，不满足组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应的是
甲
乙
丙
A
NaHCO3
HCl
Ca（OH）2
B
O2
SO2
NaOH
C
NH3
NO2
H2O
D
H2SO4（浓）
Fe
S
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】B
【解析】A、NaHCO3是酸式弱酸盐，故能和强酸HCl反应生成氯化钠、水和二氧化碳；也能和碱Ca（OH）2反应生成碳酸钙沉淀和碳酸钠；HCl是酸，Ca（OH）2是碱，两者能发生酸碱中和生成氯化钙和水，故A错误；
B、O2是中性气体，和碱不反应；但O2能和SO2反应生成SO3，SO2能和NaOH反应生成亚硫酸钠和水，故B正确；
C、NH3是极易溶于水的碱性、还原性气体，故能和H2O反应生成一水合氨，也能和NO2这种氧化性气体发生归中反应生成氮气；NO2能和H2O发生歧化反应生成硝酸和NO，故C错误；
D、浓H2SO4是一种强氧化剂，能将常见的金属单质和某些非金属单质氧化，如能和Fe反应生成硫酸铁、SO2和水，能和单质S发生归中反应生成SO2和水；铁有强还原性，S单质有氧化性，两者能发生氧化还原反应生成FeS，故D错误．
故选B．
【点评】本题考查考查物质之间的反应，把握常见物质的性质及发生的化学反应为解答的关键，注意某些反应与量有关，明确性质与反应的关系即可解答，题目难度不大．
12．下列各组数据关系中，前者比后者的大是：
A．纯水100℃和25℃的pH值
B．Na2CO3溶液中HCO3-和OH-数目
C．100mL0.1mol/L的CH3COOH溶液与10mL1.0mol/L的CH3COOH溶液中H+数目
D．同温下pH=11的KOH与pH=3的CH3COOH溶液中由水电离出的OH-离子浓度
【答案】C
【解析】A．温度越高，纯水的电离程度越大，氢离子浓度越大，pH值越小，A错误。
B．Na2CO3溶液中碳酸根离子两步水解都产生OH-，只有一级水解产生HCO3-，HCO3-比OH-少，B错误。
C．100mL0.1mol/L的CH3COOH溶液与10mL1.0mol/L的CH3COOH物质的量相等，但弱电解质浓度越小电离程度越大，故前者电离产生的H+多，C正确。
D．同温下pH=11的KOH与pH=3的CH3COOH溶液对水的电离抑制程度一样，故两者由水电离出的OH-离子浓度相等，D错误。
故选C
13．下列说法正确的是：
A．新制氯水中加入固体NaOH,
则：c（Na+）=c（Cl-）+c（ClO-）+c（OH-）
B．25℃时，稀释0．5
mol·L-1的NH4Cl溶液，水解平衡右移，溶液的PH减小
C．常温下，pH=11的碱MOH溶液与pH=3的盐酸等体积混合后，溶液可能呈中性或酸性
D．测定相同条件下Na2CO3溶液和Na2SO4溶液的pH，判断碳与硫的非金属性强弱
【答案】D
【解析】
试题分析：A、新制氯水中加入固体NaOH,
根据电荷守恒知：c（H+）+c（Na+）=c（Cl-）+c（ClO-）+c（OH-），错误；B、25℃时，稀释0．5
mol·L-1的NH4Cl溶液，水解平衡右移，氢离子的物质的量增大，但溶液体积的增大为主要因素，故氢离子浓度减小，溶液的PH增大，错误；C、常温下，pH=11的碱MOH溶液与pH=3的盐酸等体积混合后，若碱为强碱，二者恰好完全反应生成强酸强碱盐，溶液呈中性；若碱为弱碱，二者反应碱远过量，溶液呈碱性，错误；D、根据盐类水解原理知，组成盐的酸根对应的酸越弱该盐的水解程度越大，溶液的碱性越强，pH越大，测定相同条件下Na2CO3溶液和Na2SO4溶液的pH，可判断硫酸的酸性大于碳酸，元素最高价氧化物水化物的酸性越强非金属性越强，进而判断碳与硫的非金属性强弱，正确。
考点：考查电解质溶液中的离子平衡。
14．下列有关能量转换的说法正确的是
A．原电池是将电能转化为化学能的过程
B．煤燃烧是化学能转化为热能的过程
C．动物体内葡萄糖被氧化成CO2是热能转变成化学能的过程
D．植物通过光合作用将CO2转化为葡萄糖是太阳能转变成热能的过程
【答案】B
【解析】
试题分析：A．原电池是将化学能转化为电能的过程，A错误；B．煤燃烧是化学能转化为热能的过程，B正确；C．动物体内葡萄糖被氧化成CO2是化学能转变成热能的过程，C错误；
D．植物通过光合作用将CO2转化为葡萄糖是太阳能转变成化学能的过程，D错误，答案选B。
考点：考查能量转化的有关判断
15．已知：t
℃时，2H(g)+Y(g)
2I(g)
ΔH＝－196.6
kJ·mol－1，t
℃时，在一压强恒定的密闭容器中，加入4
mol
H和2
mol
Y反应，达到平衡后，Y剩余0.2
mol。若在上面的平衡体系中，再加入1
mol气态的I物质，t
℃时达到新的平衡，此时H物质的物质的量n(H)为(
)
A．0.2mol
B．0.5
mol
C．0.6
mol
D．0.8
mol
【答案】B
【解析】
试题分析：在恒压条件下，充入的物质对应呈比例时，达到的平衡是等效平衡。该题目中开始加入4
mol
H和2
mol
Y反应，达到平衡后H与Y的物质的量比是2:1；若在上面的平衡体系中，再加入1
mol气态的I物质，将I物质转化为H、Y时H与Y的物质的量比仍是2:1，所以两次平衡是等效平衡。原平衡中Y剩余0.2
mol，则剩余H的物质的量是0.4mol，加入1
mol气态的I物质后，相当于容器中有5molH，所以剩余H的物质的量是原来的5/4倍，即0.4mol×5/4=0.5mol，答案选B。
考点：考查等效平衡的判断及应用
16．现有四瓶溶液，分别是H2SO4、BaCl2、Na2SO4、Na2CO3中的一种，根据以下实验，请分别确认A、B、C、D各是什么物质？
A加入B中无反应。A加入C中有气体产生，D加入A中有沉淀产生。
则：A：________；
B：________；C：_________；D：___________（每空1分）。
写出A与C反应的离子方程式
A与D反应的离子方程式。_______________
（每空2分）。
【答案】A.
H2SO4
B.
Na2SO4
C.
Na2CO3
D.
BaCl2
2H+
+CO32-
=H2O
+CO2↑
SO42-
+Ba2+
=BaSO4↓
【解析】略
17．从含氮化合物资料中查得：HNO2是一种不稳定的弱酸，Ki=4.6×10﹣4；NaNO2是一种白色易溶于水的固体，俗称工业盐．
（1）N原子最外层电子的轨道排布式为
；下列选项可作为比较氮和氧非金属性强弱的判断依据的是
．
a．氢化物稳定性：H2O＞NH3
b．沸点：H2O＞NH3
c．NO中N为+2价，O为﹣2价
d．碱性：NH3＞H2O．
（2）误食NaNO2会导致血红蛋白中的二价铁转化为三价铁而引起中毒，该过程中NaNO2发生
反应（填“氧化”或“还原”，下同）；服用维生素C可解毒，说明维生素C具有
性．
（3）把NaNO2加入新制的氯水中，氯水褪色，产物之一是NaNO3，写出该反应的化学方程式：
；若生成0.1mol
NaNO3，转移电子数为
．
（4）将同为0.1mol/L的HNO2溶液与Na2CO3溶液等体积混合，充分反应后，溶液中阴离子浓度由大到小的顺序为：
（用离子符号表示）已知：H2CO3=4.3×10﹣7
Ka=5.6×10﹣11．
【答案】（1）2s22p3；ac；（2）还原；还原；（3）NaNO2+Cl2+H2O=NaNO3+2HCl；0.2NA；（4）c（NO2﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（CO32﹣）
【解析】（1）氮原子核外电子数为7，基态原子核外电子排布为1S12S22P3，故最外层电子排布式为2s22p3；
a．氢化物的稳定性越强，其非金属性越强，已知氢化物稳定性：H2O＞NH3
，则非金属性O大于N，故a正确；
b．氢化物的沸点属于物理性质，与元素的非金属性无关，所以不能根据沸点：H2O＞NH3，来比较O与N的非金属性，故b错误；
c．化合物中非金属性强的元素吸引电子能力强先负价，已知NO中N为+2价，O为﹣2价，所以非金属性O大于N，故c正确；
d．不能根据氢化物的碱性判断元素的非金属性，故d错误；
（2）反应中Fe元素的化合价升高，则N元素的化合价降低，所以NaNO2作氧化剂，发生还原反应；维生素C可解毒，说明维生素C能把铁离子还原为亚铁离子，维生素C作还原剂，具有还原性；
（3）氯水加到NaNO2溶液中，二者发生氧化还原反应生成NaNO3和HCl，反应的化学方程式为：NaNO2+Cl2+H2O=NaNO3+2HCl，反应中1molNaNO2失去2mol电子生成1mol；若生成0.1mol
NaNO3，则转移0.2mol电子，即0.2NA；
（4）HNO2的电离常数大于H2CO3，则HNO2的酸性强，HNO2溶液与Na2CO3溶液等体积混合生成NaNO2和NaHCO3，二者均能水解显碱性，但是HCO3﹣的水解程度大，HCO3﹣还能发生很少量的电离，则溶液中阴离子浓度关系为c（NO2﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（CO32﹣）；
【点评】本题考查了电子排布式、元素非金属性强弱的判断、氧化还原反应、离子浓度大小比较等，题目难度中等，题目涉及的知识点较多，侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力，注意把握电离常数与酸性强弱的关系．
18．某学习小组设计用如图装置验证二氧化硫的化学性质。
（1）能说明二氧化硫具有氧化性的实验现象为_________________________。
（2）为验证二氧化硫的还原性，充分反应后，取试管b中的溶液分成三份，分别进行如下实验。
方案Ⅰ：向第一份溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成
方案Ⅱ：向第二份溶液中加入品红溶液，红色褪去
方案Ⅲ：向第三份溶液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀
上述方案中合理的是________（填“Ⅰ”、“Ⅱ”或“Ⅲ”）；试管b中发生反应的离子方程式为____________________________________________。
（3）当通入二氧化硫至试管c中溶液显中性时，该溶液中c（Na＋）＝________（用含硫微粒浓度的代数式表示）。
【答案】（1）试管a中出现淡黄色浑浊
（2）Ⅲ　SO2＋Cl2＋2H2O=4H＋＋SO42-＋2Cl－
（3）2c（SO32-）＋c（HSO3-）
【解析】（1）SO2能将S2－氧化，生成硫单质。（2）方案Ⅰ，氯水中加入AgNO3溶液也可得到白色沉淀；方案Ⅱ中二氧化硫和氯水均可使品红褪色；方案Ⅲ中产生沉淀可证明SO2与Cl2发生了氧化还原反应（因溶液显酸性，不会产生BaSO3沉淀，而是BaSO4沉淀）。（3）溶液中存在电荷守恒：c（Na＋）＋c（H＋）＝2c（SO32-）＋c（HSO3-）＋c（OH－），溶液显中性，则c（H＋）＝c（OH－），故c（Na＋）＝2c（SO32-）＋c（HSO3-）。
19．（1
5分）无水氯化铝是有机化工常用的催化剂，氯化铝178℃时升华，极易潮解，遇水发热并产生白色烟雾。氯化铝还易溶于乙醇、氯仿和四氯化碳。
实验室可用反应制备少量无水氯化铝，某同学利用该原理设计如下实验装置：
（1）A烧瓶中发生反应的化学方程式：
（2）以下三步操作的先后顺序为
（填序号）。
①点燃A处酒精灯
②点燃C处酒精灯
③滴加A处浓硫酸
（3）D中干燥管内碱石灰的作用是
。
（4）下列有关AICl3的说法合理的是
（填序号）。
①AlCl3水溶液能导电
②熔融态AlCl3能导电
③镁条能置换出AlCl3溶液中的Al
（5）实验室也可通过反应制备无水氯化铝，此法若还利用上述装置，在A烧瓶中增用Mn02。固体之外，还必须对装置进行的改动是
。
（6）指出该实验装置可能存在的一种安全隐患：
。
【答案】（1）NaCl
+
H2SO4(浓)NaHSO4
+
HCl↑（条件“△”亦可）
或2NaCl
+
H2SO4(浓)Na2SO4
+
2HCl↑（3分）
（2）③①②（2分）
（3）吸收过量的HCl气体（1分），防止空气中的水蒸气进入D中烧瓶。（1分）
（4）①（2分）
（5）AB之间增加一装有饱和食盐水的洗气瓶。（2分）
Cl2中混有的HCl与Al反应生成H2，H2与Cl2混合加热时会发生爆炸。（2分）
（6）D中干燥管排出的H2与空气混合后遇酒精灯火焰发生爆炸（2分）
或“D中A1Cl3蒸气遇冷固化堵塞气体通路”或其它合理答案
【解析】
试题分析：（1）利用高沸点物质制取低沸点物质，根据复分解原理可得方程式；
（2）先加反应物，制取HCl气体，然后才制取A1Cl3；故要先加A处浓硫酸，再点燃A处酒精灯，最后点燃C处酒精灯
（3）根据题中告诉A1Cl3的性质极易潮解，遇水发热并产生白色烟雾可知，碱石灰的作用是吸收过量的HCl气体，防止空气中的水蒸气进入D中烧瓶；
（4）A1Cl3是共价化合物，故2错，金属性太强的物质容易被氧化，只能通过电解的方法制取；
（5）制取出氯气后，要先用饱和食盐水除去HCl气体，HCl与Al反应生成H2，H2与Cl2混合加热时会发生爆炸；
（6）D中干燥管排出的H2与空气混合后遇酒精灯火焰发生爆炸或D中A1Cl3蒸气遇冷固化堵塞气体通路。
考点：本题考查无机化学知识综合应用的相关知识点
20．下图为配制250.0
mL
0.2
mol/L
Na2CO3溶液过程的示意图。回答下列问题：
（1）实验时要用到的仪器有：烧杯、玻璃棒、托盘天平、药匙、量筒、
、
。
（2）在②③两步实验都用到玻璃棒，它的作用分别是
、加速溶解；引流、
。
（3）配制过程中，若其他操作都正确，下列操作会引起浓度偏大的是
：
A．容量瓶中原有少量的蒸馏水；
B．没有进行操作步骤④和⑤；
C．第⑧
步观察液面时俯视刻度线；
D．如果加水超过了刻度线，取出少量水使液面恰好到刻度线
（4）由计算可知，在称量操作中，需用托盘天平称量Na2CO3固体的质量为
，若用5mol·L－1
Na2CO3溶液配制该溶液，则应用量筒量取该溶液的体积为
。
【答案】（1）（2分）250mL容量瓶（错1处0分）
胶头滴管
（2）（2分）搅拌
防止溶液外溅
（3）（1分）C
（4）（2分）5.3g
10.0
mL
【解析】
试题分析：（1）配制过程需要的仪器有：烧杯、玻璃棒、托盘天平、药匙、量筒、胶头滴管和250mL容量瓶。
（2）②步溶解用到玻璃棒作用是搅拌加速溶解；③步转移溶液玻璃棒的作用是引流防止溶液外溅。
（3）A．容量瓶中原有少量的蒸馏水，对结果没有影响，错误；B．没有进行操作步骤④和⑤，会导致溶液量偏少，结果偏低，错误；C．第⑧
步观察液面时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，结果偏大，正确；D．如果加水超过了刻度线，取出少量水使液面恰好到刻度线导致溶质量偏少，结果偏小错误；故选C。
考点：考查溶液配制实验
21．据下图的转化关系及现象回答下列问题。
（1）固体X的名称___________；A的化学式____________。
（2）写出反应①②③④的化学方程式
①________________________________；
②________________________________；
③________________________________；
④_________________________________。
【答案】（每空2分，共12分）（1）过氧化钠
CO2
（2）①2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2
②Na2CO3＋Ca(OH)2===CaCO3↓＋2NaOH
③2Na＋O2Na2O2
④CaCO3＋2HCl===CaCl2＋CO2↑＋H2O
【解析】
试题分析：气体B与金属单质反应生成淡黄色固体X，则X是过氧化钠，B是氧气；A与过氧化钠反应生成氧气和固体Y，则A是CO2，Y是碳酸钠。碳酸钠与氢氧化钙反应生成碳酸钙，碳酸钙与盐酸反应生成CO2。
（1）根据以上分析可知固体X的名称是过氧化钠；A的化学式为CO2。
（2）反应①②③④的化学方程式分别是①2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2、②Na2CO3＋Ca(OH)2===CaCO3↓＋2NaOH、③2Na＋O2Na2O2、④CaCO3＋2HCl===CaCl2＋CO2↑＋H2O。
考点：考查无机框图题推断
22．（14分）我国湖南、广西等地盛产的山苍子油中柠檬醛含量很高，质量分数可达到60%－90%，柠檬醛也可以利用异戊二烯为原料人工合成，柠檬醛又可用来合成紫罗兰酮等香精香料，其合成路线如下：
已知：①
②
③同一碳原子连有两个双键结构不稳定。
试根据上述转化关系回答下列问题：
（1）写出A的结构简式
，C的结构简式
。
（2）①对应的反应条件是
，反应③的反应类型是
。
（3）写出B转化为柠檬醛的化学方程式
。
（4）根据反应②的反应机理写出CH3CHO与足量的HCHO反应产物的结构简式：
。
（5）检验柠檬醛中含有碳碳双键的实验方法是：
。
（6）α－紫罗兰酮、β－紫罗兰酮有很多同分异构体，则满足下列条件的同分异构体有
种。
①含有一个苯环
②属于醇类且不能发生催化氧化反应
③核磁共振氢谱显示有5个峰
【答案】（14分）（1）
（2分）
（2分）
（2）NaOH的水溶液，加热
（2分）
消去反应
（1分）
（3）（2分）
（4）（2分）
（5）向盛有少量溴的CCl4溶液的试管中滴加柠檬醛，边滴边振荡，若溶液变为无色则可证明（或：取少量柠檬醛与足量银氨溶液混合并置于热水浴中加热，充分反应后，取少量清液置于另一试管中，并滴加高锰酸钾酸性溶液，充分振荡，若高锰酸钾溶液褪色，则证明柠檬醛分子结构中有碳碳双键。）
（2分）
（6）2
（1分）
【解析】
试题分析：（1）根据信息①知异戊二烯与HCl发生1，4—加成生成A，A的结构简式为：；根据信息②，对比反应物柠檬醛与产物的结构简式可得另一种反应物C为：。（2）根据合成路线知B中含有羟基，则反应①为氯代烃的水解反应，反应条件为：NaOH的水溶液，加热；反应③为醇羟基的消去反应。（3）B转化为柠檬醛为羟基氧化为醛基，化学方程式为：。（4）根据反应②的反应机理，发生醛基的加成反应，则CH3CHO与足量的HCHO反应产物的结构简式为：。（5）检验柠檬醛中含有碳碳双键的实验方法是：向盛有少量溴的CCl4溶液的试管中滴加柠檬醛，边滴边振荡，若溶液变为无色则可证明（或：取少量柠檬醛与足量银氨溶液混合并置于热水浴中加热，充分反应后，取少量清液置于另一试管中，并滴加高锰酸钾酸性溶液，充分振荡，若高锰酸钾溶液褪色，则证明柠檬醛分子结构中有碳碳双键。）（6）根据①含有一个苯环，②属于醇类且不能发生催化氧化反应，则与羟基相连的C原子不与H原子相连，③核磁共振氢谱显示有5个峰，则该有机物含有5种位置的H原子，可得2种同分异构体。
考点：考查有机合成的分析与推断、化学方程式的书写、官能团的检验、同分异构体。