山东省金乡县第四中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）

山东省金乡县第四中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）
1．Na2CO3俗称纯碱，下面是对纯碱采用不同分类法的分类，
不正确的是
A.
Na2CO3是碱
B.
Na2CO3是盐
C.
Na2CO3是钠盐
D.
Na2CO3是碳酸盐
【答案】A
【解析】Na2CO3是盐不是碱，其他分类都正确，故选A
2．将pH＝3的盐酸a
L分别与下列三种溶液混合后，混合液均呈中性：
①1×10－3
mol·L－1的氨水b
L
②c(OH－)＝1×10－3
mol·L－1的氨水c
L
③c(OH－)＝1×10－3
mol·L－1的Ba(OH)2溶液d
L
其中a、b、c、d的关系正确的是
A．b＞a＝d＞c
B．a＝b＞c＞d
C．a＝b＞d＞c
D．c＞a＝d＞b
【答案】A
【解析】c(OH－)＝1×10－3
mol·L－1的氨水中氨水
的浓度大于1×10－3
mol·L－1，cc(OH－)＝1×10－3
mol·L－1的Ba(OH)2溶液d
L与pH＝3的盐酸a
L中氢离子浓度相等，a=d>c,
b＞a＝d＞c,A正确。
3．一定量的盐酸跟过量的铁粉反应时，为了减缓反应速度，且不影响生成氢气的总量，可向盐酸中加入适量的①NaOH固体
②H2O
③NH4Cl固体
④CH3COONa固体
⑤NaNO3固体
⑥KCl溶液
A．②④⑥
B．①②
C．②③⑤
D．②④⑤⑥
【答案】A
【解析】
试题分析：Fe与盐酸反应为Fe+2H+═Fe2++H2↑，为了减缓反应速度，且不影响生成氢气的总量，则可减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量，①加入NaOH固体，氢离子的物质的量及浓度均减小，故①错误；②加入H2O，减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量，故②正确；
③加入NH4Cl固体，氢离子的浓度、氢离子的物质的量都没有变化，故③错误；
④加入CH3COONa固体与盐酸反应生成弱酸，减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量，故④正确；⑤加入NaNO3固体，氢离子的浓度、氢离子的物质的量都没有变化，故⑤错误；
⑥加入KCl溶液，减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量，故⑥正确；②④⑥正确，A项正确；答案选A。
考点：考查减缓反应速度，且不影响生成氢气的总量
4．用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述不正确的是
A．标准状况下，22.4LSO3含有的分子数NA
B．常温常压下，4.4gCO2的物质的量一定为0.1mol
C．标准状况下，氧原子总数为0.2NA的SO2和O2的混合气体，其体积为2.24L
D．7.8gNa2S和7.8gNa2O2中含有的阴离子数目均为0.1NA
【答案】A
【解析】
试题分析：A．标准状况下SO3是固体，不能使用气体摩尔体积，错误；B．
常温常压下，4.4gCO2的物质的量是
4.4g÷44g/mol=
0.1mol，正确；C．
由于在一个SO2和O2分子中都含有2个O原子，所以氧原子总数为0.2NA的SO2和O2的混合气体，其物质的量是0.1mol，在标准状况下的体积是2.24L，正确；D．
7.8gNa2S的物质的量是0.1mol，含有的阴离子S2-数目是0.1NA；7.8gNa2O2的物质的量是0.1mol，其中含有的阴离子O22-数目为0.1NA，正确。
考点：考查阿伏加德罗常数的计算的知识。
5．下列溶液中酸性最强的是（
）
A.pH=4.5
B.C(H+)=10-4
mol·L-1
C.C(OH-)=1×10-8
mol·L-1
D.加入甲基橙变红的溶液
【答案】D
【解析】根据pH定义，B项pH=4，C项pH=6，D项变色范围pH在3.1以下，故选D项。
6．关于下列各实验装置图的叙述中，正确的是
A．装置①可用于分离苯和溴苯的混合物
B．装置②可用于吸收HCl或NH3气体
C．装置③可用于分解NH4Cl制备NH3
D．装置④b口进气可收集CO2或NO气体
【答案】A
【解析】
试题分析：A、苯和溴苯互相溶解，可以采用蒸馏的办法进行分离，故A正确；B、氯化氢和氨气极易溶于水，导气管直接伸入水层会产生倒吸，故B错误；C、氯化铵分解后产生的氨气和氯化氢遇冷会迅速化合，得不到氨气，故C错误；D、一氧化氮不能用排空气法收集，二氧化碳密度比空气大，收集时导管要长进短出，故D错误；故选A。
考点：考查了蒸馏与分馏；氨的实验室制法；气体的收集；尾气处理装置的相关知识。
7．已知化学反应A2(g)
+
B2(g)
＝
2AB(g)的能量变化如图所示，
判断下列叙述中正确的是
A．每生成2分子AB吸收b
kJ热量
B．该反应热△H=+（a-b）kJ·mol-1
C．该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量
D．断裂1molA—A和1molB—B键，放出a
kJ能量
【答案】B
【解析】
试题分析：观察题给图像可以得到，上述反应的反应物总能量低于生成物总能量，为吸热反应，其中反应热ΔH＝＋(a－b)
kJ·mol－1
，B正确，A、C不正确；化学反应过程中，化学键断裂为吸热过程，化学键形成为放热过程，断键吸热，所以D不正确。答案选B。
考点：考查反应热与焓变。
8．下图是在航天用高压氢镍电池基础上发展起来的一种金属氢化物镍电池
(MH－Ni碱性电池)。下列有关说法不正确的是
A．放电时正极反应为：NiOOH＋H2O＋e－=Ni(OH)2＋OH－
B．放电时负极反应为：MH＋OH―-2e－=H2O＋M+
C．充电时氢氧根离子移向阳极，要参与电极反应
D．充电时电池的正极连接直流电源的正极，得到电子发生还原反应
【答案】D
【解析】
试题分析：A．放电时正极发生还原反应，电极反应式为：NiOOH＋H2O＋e－=Ni(OH)2＋OH－，正确；B．放电时负极发生氧化反应，电极反应式为：MH＋OH―-2e－=H2O＋M+，正确；C．充电时氢氧根离子移向正电荷较多的阳极，失去电子麻烦事氧化反应，正确；D．充电时电池的正极连接直流电源的正极，失去电子发生氧化反应，错误。
考点：考查金属氢化物镍电池在放电、充电时的电极反应式的书写及溶液中离子移动方向的判断的知识。
9．A、B、C、D、E五种元素从左向右按原子序数递增(原子序数为5个连续的自然数)的顺序排列如下(不一定是同周期)：
A
B
C
D
E
下列说法正确的是
A．E元素的最高化合价为＋7时，D元素的负化合价可为－3
B．A(OH)n为强碱时，B(OH)m也一定为强碱
C．HnDOm为强酸时，E的得电子能力一定很强
D．HnCOm为强酸时，E的单质可能有强还原性
【答案】D
【解析】如果E元素的最高化合价为＋7，则E可能是第
ⅦA，也可能是第ⅦB，此时D的混合都不可能是－3价，所以A不正确。B不正确，例如氢氧化钠是强碱，但氢氧化镁不是强碱。C不正确，例如高氯酸是强酸，而E是稀有气体Ar。D正确，例如C是氯元素，此时E是钾元素，答案选D。
10．实验室用下列两种方法制氯气：①用含HCl
146
g的浓盐酸与足量的MnO2反应；②用87
g
MnO2与足量浓盐酸反应。所得的氯气
A．①比②多
B．②比①多
C．一样多
D．无法比较
【答案】B
【解析】
试题分析：反应化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；理论计算：①146g氯化氢的物质的量＝146g÷36.5g/mol＝4mol，含HCl146g的浓盐酸与足量的MnO2反应，根据4HCl～Cl2可得氯气1mol，但随盐酸浓度变稀，溶质HCl不可能全部反应，故实际生成氯气应小于1mol；②用87gMnO2与足量浓盐酸反应，因为浓盐酸足量，可以使87gMnO2全部反应。87g二氧化锰的物质的量是87g÷87g/mol＝1mol，故生成氯气为1mol，所以②＞①，答案选B。
考点：考查实验室制取氯气的有关计算
11．在如图所示的装置中，a为Fe，b为碳棒，关于此装置的各种叙述正确的是


A．a电极上有气体放出，b电极上无气泡，溶液pH变大
B．a是正极，b是负极
C．导线中有电子流动，外电路中，电子从a极到b极
D．a极上发生了还原反应
【答案】C
【解析】
试题分析：根据装置可知该装置是原电池，铁是活泼的金属，因此铁是负极，失去电子。碳是非金属，是正极。电解质溶液是稀硫酸，所以负极是铁失去电子，发生氧化反应。正极是溶液中的氢离子得到电子，生成氢气，发生还原反应。A、b电极上有气泡放出，溶液pH变大，A不正确；B、a是负极，b是正极，B不正确；C、a是负极，b是正极，电子从a极到b极，C正确；D、a极是负极，发生了氧化反应，D不正确，答案选C。
考点：考查原电池的有关判断
12．X、Y、Z是三种短周期的主族元素,在周期表的位置如图,X原子的最外层电子数是其次外层电子数的3倍,下列说法正确的是(　　)
A.原子半径:Y>Z>X
B.气态氢化物的热稳定性:XC.Y和Z的最高价氧化物对应水化物均为强酸
D.若Z的最高正价为+m,则X的最高正价也一定为+m
【答案】A
【解析】根据X原子的最外层电子数是其次外层电子数的3倍,可知X元素为O元素,Z元素为S元素,Y元素为P元素。根据同周期从左到右原子半径逐渐减小,同主族从上到下原子半径逐渐增大可得A对;气态氢化物的热稳定性比较是比较非金属性的强弱,同主族从上到下元素的非金属性减弱,所以H2S稳定性比H2O小,B错;Y的最高价氧化物对应水化物为磷酸是中强酸,Z对应的是H2SO4,是强酸,C错;S的最高价为+6价,而O不是,D错。
13．下列离子方程式正确的是
A．过量乙酸与碳酸钠溶液反应：2H+＋CO==
CO2↑＋
H2O
B．溴乙烷在NaOH水溶液中加热：
CH3CH2Br
+
NaOH
→CH2=CH2↑+NaBr
+
H2O
C．苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳：2C6H5O－＋CO2＋H2O
2C6H5OH＋CO
D．甲醛溶液与足量的银氨溶液共热：HCHO+4[Ag(NH3)2]++4OH-CO+2NH+4Ag↓+6NH3+2H2O
【答案】D
【解析】
试题分析：A选项中乙酸为弱酸，在离子方程式中不拆。B选项中，反应如果是消去，那么反应条件应为氢氧化钠醇溶液，如果是卤代烃的水解，则产物不是乙烯，是乙醇。C选项的产物不是碳酸根，而是碳酸氢根。D选项正确，注意配平。
考点：有机化学反应的离子方程式的写法。
点评：首先注意有机反应的条件，然后要熟练掌握各个有机物的化学反应方程式，分清楚哪些能拆哪些不能拆。
14．铁和氧化铁的混合物共a
mol，加盐酸后固体全部溶解，共收集到b
mol氢气，且向反应后的溶液中加入KSCN溶液不显红色，则原混合物中单质铁的物质的量为
A．mol
B．mol
C．mol
D．
mol
【答案】A
【解析】
试题分析：根据电子转移守恒，与H+反应生成H2的铁的物质的量等氢气的物质的量，即n（Fe）=n（H2）=bmol；其余的铁则和Fe2O3以等物质的量溶于盐酸生成FeCl2，即Fe+Fe2O3+6H+=3Fe2++3H2O，参加该反应的铁的物质的量为1/2（a-b）mol，故共含铁bmol+1/2（a-b）mol=1/2（a+b）mol，所以选：A．
考点：考查有关混合物的计算等知识。
15．H＋浓度相同的等体积的两份溶液A和B，A为盐酸，B为醋酸，分别和锌反应，若最后仅有一份溶液中存在锌，且放出氢气的体积相等，则下列说法正确的是(
)
①反应所需要的时间B>A
②开始反应时的速率A>B
③参加反应的锌的物质的量A＝B
④反应过程的平均速率B>A
⑤盐酸中有锌剩余
⑥醋酸中有锌剩余
A．③④⑤
B．③④⑥
C．②③⑤
D．②③⑤⑥
【答案】A
【解析】
试题分析：由于盐酸是一元强酸，醋酸是一元弱酸，在溶液中存在电离平衡，若二者的H＋浓度相同，则c(CH3COOH)>
c(HCl)，由于二者的体积相同，则n(CH3COOH)>
n(HCl)。分别和锌反应，若最后仅有一份溶液中存在锌，且放出氢气的体积相等，则醋酸溶液中锌反应完全，盐酸中锌反应完全。①反应过程中溶液中c(H+)醋酸大于盐酸，所以所需要的时间A
>B，错误；②在反应开始时由于溶液中c(H+)相同，所以速率A=B，错误；③由于反应产生的氢气相同，所以参加反应的锌的物质的量A＝B，正确；④由于反应过程中氢离子的浓度醋酸大于盐酸，所以反应过程的平均速率B>A，正确；⑤由于盐酸的物质的量较少，所以盐酸中锌有剩余，正确；⑥由于醋酸的物质的量比HCl多，所以醋酸中没有锌剩余，而HCl中锌有剩余，错误。因此正确的说法是③④⑤，选项A符合题意。
考点：考查强酸、弱酸与金属反应的速率及反应产生氢气的物质的量关系的知识。
16．新制氯水中含有Cl2、H2O、HClO、H+、Cl―等粒子，根据下列性质选择恰当的粒子进行填空。
（1）使新制氯水呈现浅黄绿色的物质是______________；
（2）能起杀菌消毒作用，光照易分解的弱酸是_______________；
（3）能与硝酸银溶液作用生成白色沉淀的离子是_________________。
（4）取少量新制氯水于试管中，加入FeCl2溶液，发现很快变黄，起作用的成分是Cl2，说明氯气具有_________性。有关反应的离子方程式为____________________。
【答案】（1）
Cl2
；（2）
HClO；（3）Cl―；
（4）氧化性；2Fe2++
Cl2=
2Cl―+
2Fe3+。
【解析】
试题分析：（1）氯气能够溶于水，溶于水的氯气部分与水发生反应产生盐酸和次氯酸，该反应是可逆反应，因此氯水中含有一定浓度的氯气，使新制氯水呈现浅黄绿色；（2）
溶于水的氯气与水发生反应产生HClO，该物质具有强的氧化性，故能起杀菌消毒作用，该物质不稳定，光照易分解产生HCl和O2；（3）
氯气与水发生反应产生的HCl电离产生Cl-能与硝酸银溶液电离产生的Ag+结合形成AgCl白色沉淀，所以可以生成白色沉淀的离子是Cl―；（4）
取少量新制氯水于试管中，加入FeCl2溶液，发现很快变黄，是由于发生反应：2Fe2＋+
Cl2=2Fe3＋+2Cl―；起作用的成分是Cl2，在该反应中氯气具有强的氧化性，Fe2+失去电子，表现还原性，所以具有还原性，说明氯气具有氧化性。有关反应的离子方程式为2Fe2++
Cl2=
2Cl―+
2Fe3+。
考点：考查新制氯水的成分、性质的应用及离子方程式的书写的知识。
17．（共13分）I（7分）离子液体是一种室温熔融盐，为非水体系，由有机阳离子、Al2Cl7—和AlCl4—组成的离子液体作电解液时，可在钢制品上电镀铝。
（1）钢制品应接电源的
极，已知电镀过程中不产生其他离子且有机阳离子不参与电极反应，阴极电极反应式为
。若改用AlCl3水溶液作电解液，则阴极产物为
。
（2）为测定镀层厚度，用NaOH溶液溶解钢制品表面的铝镀层，当反应转移6
mol电子时，所得还原产物的物质的量为
mol。
（3）用铝粉和Fe2O3做铝热反应实验，需要的试剂还有
。
a．KCl
b.KClO3
c.MnO2
d.Mg
取少量铝热反应所得到的固体混合物，将其溶于足量稀H2SO4，滴加KSCN溶液无明显现象，
（填“能”或“不能”）说明固体混合物中无Fe2O3，理由是
（用离子方程式说明）。
II（6分）燃料电池(Fuel
Cell)是一种将存在于燃料与氧化剂中的化学能直接转化为电能的发电装置。燃料和空气分别送进燃料电池，电就被奇妙地生产出来。它从外表上看有正负极和电解质等，像一个蓄电池，但实质上它不能“储电”而是一个“发电厂”。
（4）美国Simons等科学家发明了使NH3直接用于燃料电池的方法，其装置为用铂作为电极，加入电解质溶液中，其电池反应为
4NH3+3O2=2N2+6H2O
写出该燃料电池的正极反应式
（5）以天然气(假设杂质不参与反应)为原料的燃料电池示意图如图所示。
①放电时，负极的电极反应式为：
②假设装置中盛装100.0
mL
3.0
mol·L—1
KOH溶液，放电时参与反应的氧气在标准状况下体积为8960
mL。放电完毕后，电解质溶液中各离子浓度的大小关系为：
【答案】（1）负；4Al2Cl7—
+
3e—
=
Al
+
7AlCl4—
；H2
（2）
3
（3）b、d；不能；Fe2O3+6H+
=
2Fe3+
+
3H2O
Fe
+
2Fe3+
=
3Fe2+
（4）O2
+
2H2O+
4e—
=
4OH—
（5）①CH4-8e—+10OH—=
CO32—+7H2O
②c(K+)>c(HCO3—)>c(CO32—)>c(OH—)>c(H+)
【解析】
试题分析：（1）根据电解原理知，在钢制品上电镀铝，钢制品为镀件，作阴极，连接电源的负极；电镀铝阴极应生成单质铝，所以阴极电极反应式为：4
Al2Cl7—+3e =Al+7
AlCl4—；若改用AlCl3水溶液作电解液，H2O电离产生的H+放电生成H2；（2）用NaOH溶液溶解钢制品表面的铝镀层的化学方程式为：2Al+2NaOH+6H2O=2Na[Al(OH)4]+3H2↑还原产物为H2，与转移电子的对应关系为：H2
~
2e ，n（H2）=1/2n（e ）=1/2×6mol=3mol；（3）铝热反应需要用Mg和KClO3提供高温条件，选b、d；H2SO4与Fe2O3反应可生成Fe3+，但铝热反应生成的Fe可将Fe3+还原为Fe2+，发生反应：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Fe+2Fe3+=3Fe2+，加入KSCN，无明显现象；（4）NH3燃料电池，其电池反应为
4NH3+3O2=2N2+6H2O，该燃料电池的正极反应式O2
+
2H2O+
4e—
=
4OH—；（5）①碱性甲烷燃料电池放电时，甲烷在负极失电子，生成碳酸根，利用电荷守恒和原子守恒配平，电极反应式为：CH4-8e—+10OH—=
CO32—+7H2O；②假设装置中盛装100.0
mL
3.0
mol·L—1
KOH溶液，放电时参与反应的氧气在标准状况下体积为8960
mL，物质的量为0.4mol，转移的电子为0.16mol，利用电子守恒知参加反应的甲烷为0.02mol，生成的二氧化碳为0.02mol，与100.0
mL
3.0
mol·L—1
KOH溶液反应后电解质溶液为等浓度的碳酸钾和碳酸氢钾的混合液，各离子浓度的大小关系为：c(K+)>c(HCO3—)>c(CO32—)>c(OH—)>c(H+)。
考点：考查电化学原理、氧化还原反应原理、铝热反应、离子浓度大小比较。
18．某化学小组拟采用如下装置(夹持和加热仪器已略去)来电解饱和食盐水，并用电解产生的H2还原CuO粉末来测定Cu元素的相对原子质量，同时检验氯气的氧化性。
（1）为完成上述实验，正确的连接顺序为A连
；B连
(填写连接的字母)。
（2）对硬质玻璃管里的氧化铜粉末加热前，需要的操作为
。
（3）若检验氯气的氧化性，则乙装置的a瓶中溶液可以是
，对应的现象为
。
（4）丙装置的c瓶中盛放的试剂为
，作用是
。
（5）为测定Cu的相对原子质量，设计了如下甲、乙两个实验方案，精确测量硬质玻璃管的质量为a
g，
放入CuO后，精确测量硬质玻璃管和CuO的总质量为b
g
，充分反应完全后。
甲方案：通过精确测定生成水的质量d
g，进而确定Cu的相对原子质量。
乙方案：通过精确测量硬质玻璃管和Cu粉的总质量为c
g，
进而确定Cu的相对原子质量。
①请你分析并回答：
方案测得结果更准确。你认为不合理的方案的不足之处在
。
②按测得结果更准确的方案进行计算，Cu的相对原子质量是
。
【答案】
（1）E；C；
（2）检验氢气的纯度，(赶走系统内空气)防止发生爆炸；
（3）淀粉KI溶液；溶液变为蓝色；
（4）浓硫酸；吸收H2中的H2O，防止硬质玻璃管炸裂；
（5）①乙；空气中的CO2和H2O通过D口进入U形管造成实验误差较大；
②；
【解析】
试题分析：(1)A是阴极，阴极上产生的是氢气，B是阳极，阳极上产生的是氯气，要用氢气来还还原氧化铜，所以A连接E，干燥氢气后用氢气来还原氧化铜，所以B连接C，故答案为：E；C；
(2)加热氧化铜之前要检验纯度，否则加热易引起爆炸，故答案为：检验氢气的纯度，防止发生爆炸；
(3)氯气具有氧化性，能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，可以用湿润的淀粉碘化钾试纸来检验，故答案为：淀粉碘化钾溶液；溶液变为蓝色；
(4)氢气的干燥可以用浓硫酸，在实验时，如果氢气中有水，会将硬质玻璃管炸裂，故答案为：浓硫酸；吸收氢气中的水，防止硬质玻璃管炸裂；
(5)①U型管也可能吸收空气中的CO2这方面原因会导致测定Cu的相对原子质量有误差，故答案为：乙；空气中的二氧化碳和水通过D口进入U形管造成实验误差较大；
②根据甲方案，设金属铜的原子量为M，则
CuO
～
Cu
M+16
M
b-a
c-a
＝，解得M=
，故答案为：。
考点：考查了氯碱工业、电解原理及其应用的相关知识。
19．现有某铁碳合金（铁和碳两种单质的混合物），某化学兴趣小组为了测定铁碳合金中铁的质量分数，并探究浓硫酸的某些性质，设计了下图所示的实验装置（夹持仪器已省略）和实验方案进行实验探究。
I.测定铁的质量分数：
（1）检查上述装置气密性的一种方法是：关闭分液漏斗的活塞，在E装置后面连上一根
导管，然后________________________________________，则证明装置的气密性良好。
（2）称量E的质量，并将a
g铁碳合金样品放入装置A中，再加入足量的浓硫酸，待A中不再逸出气体时，停止加热，拆下E并称重，E增重bg。铁碳合金中铁的质量分数为_____________________________________________（写表达式）。
（3）装置C中反应的离子方程式为________________________________________。
（4）甲同学认为，依据此实验测得的数据，计算合金中铁的质量分数可能会偏低，原因是空气中CO2、H2O进入E管使b增大。你认为改进的方法是__________________.
（5）乙同学认为，即使甲同学认为的偏差得到改进，依据此实验测得合金中铁的质量分
数也可能会偏离。你认为其中的原因是_________________________________________。
Ⅱ.探究浓硫酸的某些性质：
（6）往A中滴加足量的滚硫酸，未点燃酒精灯前，A、B均无明显现象，其原因是：
_____________________________________________________________________。
（7）将A中固体换为金属铜则与浓硫酸发生反应的化学方程式是__________________
_______________________，反应中浓硫酸表现出的性质是______________________。
【答案】
（1）把导管放入盛水的水槽中，微热烧瓶，如果导管口有气泡产生，停止加热后导管口产生一段稳定的水柱。（2分）
（2）(11a-3b)/11a×100℅（2分）
（3）2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+（2分）
（4）在装置E的后边再连接一个与E相同的装置。（2分）
（5）反应产生的CO2气体未能完全排到装置E中，导致b偏低。
（6）常温下，铁被浓硫酸钝化，碳不与浓硫酸反应。（2分）
（7）
2H2SO4(浓)+CuCuSO2+
SO2↑+2H2O;
（2分）
酸性和强氧化性（2分）
【解析】
试题分析：（1）用微热法检验密封装置的气密性。
（2）E增重bg,是CO2的质量，可以计算碳的质量3b/11g,铁的质量
(a-3b/11)g,
铁的质量分数为(11a-3b)/11a×100℅.
（3）装置C中是K
MnO4溶液，有强氧化性,能和有还原性的SO2反应，离子方程式为2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+。
（4）为防止空气中CO2、H2O进入E管，可以在E的后边再连接一个与E相同的装置，吸收空气中CO2、H2O。
（5）反应结束后，装置内还有生成的气体残留。
（6）
常温下，铁被浓硫酸钝化，碳不与浓硫酸反应。
（7）
铜与浓硫酸加热的条件下发生反应，生成CuSO2和
SO2。
考点：浓硫酸的性质；通过实验来测定物质的纯度。
20．(15分)某研究小组从一含锌废渣(质量百分组成：40.5%ZnO
、19.5%CuO、5.7%FeO、7.3%
Fe2O3，其余为SiO2)中回收锌和铜，设计以工业废酸(含15%的H2SO4)为酸浸液的方案，其流程如下图(部分条件略)：已知碱式碳酸锌的化学式为Zn(OH)2·ZnCO3。
部分离子以氢氧化物形式开始沉淀和沉淀完全时的pH如下表：
离子
Fe2＋
Fe3＋
Cu2＋
开始沉淀时的pH(初始浓度为1.0
mol/L)
6.5
1.5
4.2
沉淀完全时的pH
9.7
3.2
6.7
请回答下列问题：
（1）常温下二价锌在水溶液中的存在形式与pH的关系如图，横坐标为溶液的pH，纵坐标为Zn2＋
或Zn(OH)42
－(配离子)物质的量浓度的对数(假设Zn2＋离子浓度为10－5mol L－1时，Zn2＋离子已沉淀完全)．
利用图中数据计算，Ksp[Zn(OH)2]=
。
（2）写出试剂a、b的化学式：a：
；b：
。
（3）写出加入H2O2后发生反应的离子反应方程式：
。
（4）写出沉锌过程中的离子反应方程式：
，沉锌后溶液中主要溶质的化学式是
。
（5）将碱式碳酸锌加热分解可得到具有催化性能的活性氧化锌，可用于催化尿素与甲醇合成碳酸二甲酯(DMC)的反应。写出碱式碳酸锌受热分解的化学方程式
。
（6）利用氯化锌溶液与碳酸钠溶液反应制得的碳酸锌中混有碱式碳酸锌，某同学取一定质量的该固体，灼烧至恒重，能否通过固体质量的减少量来确定固体的成分？_______
(填“能”或“否”)
【答案】(15分)
（1）1×10－17
（2）a：ZnO或Zn(OH)2；
b：Zn
（3）H2O2＋2Fe2＋＋2H＋=
2Fe3＋＋2H2O
（4）2Zn2＋＋4HCO3－
=
Zn(OH)2·ZnCO3↓＋3CO2↑＋H2O；
(NH4)2SO4
（5）Zn(OH)2·ZnCO3
2ZnO
＋CO2↑＋H2O
（6）能
【解析】
试题分析：含锌废渣中有ZnO
、CuO、FeO、
Fe2O3，SiO2，向含锌废渣中加入工业废酸(含15%的H2SO4)，发生反应生成生成硫酸锌、硫酸铜、硫酸亚铁，硫酸铁，根据表格提供的信息，调pH的目的是沉淀Fe3＋，但不能引入新的杂质，所以加入试剂ZnO或Zn(OH)2来消耗H＋，由于溶液中有Fe2＋完全沉淀的pH较大，需要用H2O2
将Fe2＋氧化成Fe3＋，过滤得到的滤液是硫酸锌、硫酸铜的混合溶液，为了得到Cu，所以需要加入Zn，发生置换反应Zn＋CuSO4
=ZnSO4
＋Cu，过滤，滤液是硫酸锌，然后用碳酸氢铵溶液沉锌，据此回答：
（1）如图所示，Zn2＋浓度为10－5mol L－1时，Zn2＋已沉淀完全，当溶液的pH=8.0时，c(Zn2＋)=10－5
mol L－1，c(OH－)=10－6
mol L－1，Ksp[Zn(OH)2]=c(Zn2＋)．C2(OH－)=10－5×(10－6)2=1×10－17。
（2）根据上述流程分析，试剂a为ZnO或Zn(OH)2；试剂b为Zn。
（3）H2O2
具有氧化性，能将Fe2＋氧化成Fe3＋，自身还原成水，再根据电荷守恒和原子守恒配平，所以加入H2O2后发生反应的离子反应方程式为H2O2＋2Fe2＋＋2H＋=
2Fe3＋＋2H2O。
（4）沉锌过程中是硫酸锌与碳酸氢铵反应生成Zn(OH)2·ZnCO3沉淀、CO2、H2O和NH4)2SO4，所以离子反应方程式为2Zn2＋＋4HCO3－
=
Zn(OH)2·ZnCO3↓＋3CO2↑＋H2O；沉锌后溶液中主要溶质的化学式是(NH4)2SO4。
（5）碱式碳酸锌加热分解可得到氧化锌，CO2
和水，则碱式碳酸锌受热分解的化学方程式为Zn(OH)2·ZnCO3
2ZnO
＋CO2↑＋H2O。
（6）由于碳酸锌和碱式碳酸锌受热均能分解生成氧化锌，都有质量的变化，所以该同学取一定质量的固体，灼烧至恒重，能通过固体质量的减少量来确定该固体的成分。
考点：考查含锌废渣回收锌和铜的工艺流程，锌及其化合物的性质。
21．（10分）某有机物在气态时，其密度是相同条件下氢气的38倍，若将它完全燃烧，只生成水蒸气和二氧化碳，且二者的体积比为（同温同压下）4:3，另取该有机化合物3.8g，充分燃烧后将其产物全部通过干燥的碱石灰，碱石灰增重10.2g，再取同质量的该有机物与足量的金属钠反应，可生成标况下的氢气1.12L。
求：（1）该有机物的分子式。
（2）该有机物属于哪一类有机物，写出可能的结构简式。
【答案】
【解析】
22．（10分）（1）已知A～F是有机物，有下列转化关系。已知A是CH2＝CH2的同系物，D能发生银镜反应，F的分子式是C6H12O2。（部分反应物或生成物及反应条件已略去）：
请写出下列反应的化学方程式：
①C→D：
。
②C+E→F：
。
③D与银氨溶液：
。
（2）有机物甲的结构简式为：
①甲在NaOH水溶液中加热，经酸化得到有机物乙和丙，丙是芳香族化合物。当1
mol甲与足量NaOH溶液发生反应时，最多消耗______
__molNaOH。
②1mol乙分别与足量金属钠和NaHCO3反应，生成的气体在相同状况下的体积比为
。
【答案】（1）①2CH3CH2CH2OH+O2
2CH3CH2CHO+2H2O
(2分)
②CH3CH2COOH+CH3CH2CH2OHCH3CH2COOCH2CH2CH3+
H2O
(2分)
③CH3CH2CHO+2Ag(NH3)2OHCH3CH2COONH4+2Ag+3NH3+H2O
(2分)
（2）①3（2分）
②
3∶2（2分）
【解析】
试题分析：A是乙烯的同系物，A必然是烯烃，与HCl发生加成反应，生成卤代烃B，B再与氢氧化钠水溶液发生水解反应生成醇C，C与氧气在铜做催化剂的条件下生成醛D，符合能发生银镜反应的条件，醛D再被氧化生成羧酸E，E与醇C发生酯化反应生成酯F，由于F的化学式为C6H12O2，推测出醇和羧酸都含有3个C原子，且含有3个C的烯烃只有一种即CH3CH=CH2（A），B的结构简式为：CH3CH2CH2Cl；醇C的结构简式为：CH3CH2CH2OH；醛D的结构简式为：CH3CH2CHO；羧酸E的结构简式为：CH3CH2COOH；酯F的结构简式为：CH3CH2COOCH2CH2CH3（1）①C→D的方程式为：2CH3CH2CH2OH+O2
2CH3CH2CHO+2H2O；②C+E→F的方程式为：CH3CH2COOH+CH3CH2CH2OHCH3CH2COOCH2CH2CH3+
H2O；③D与银氨溶液的方程式为：CH3CH2CHO+2Ag(NH3)2OHCH3CH2COONH4+2Ag+3NH3+H2O；（2）①甲在碱性条件下水解生成苯乙酸和HOOC-CH2-CHCl-CH2-OH，由于丙是芳香族化合物，故丙是苯乙酸，即当1
mol甲与足量NaOH溶液发生反应时，最多消耗3molNaOH；②1mol乙与Na反应分方程式为：HOOC-CH2-CHOH-CH2-OH
+
3Na→NaOOC-CH2-CHCl-CH2-ONa
+
H2↑；与NaHCO3反应的方程式为：HOOC-CH2-CHCl-CH2-OH
+
NaHCO3→NaOOC-CH2-CHCl-CH2-OH
+
H2O
+
CO2↑，故气体体积比为：1=3:2。
考点：考查有机物的结构与性质相关知识。
23．【化学——选修5：有机化学基础】
A～G都是有机化合物，它们的转化关系如图所示：
请回答下列问题：
（1）已知：6.0
g化合物E完全燃烧生成8.8
g
CO2和3.6
g
H2O；E的相对分子质量为60，则E的分子式为____________。
（2）A为一元取代芳烃，B中含有一个甲基。由B生成C的化学方程式为
。
（3）由B生成D、由C生成D的反应条件分别是____________、____________。
（4）由A生成B、由D生成G的反应类型分别是____________、____________。
（5）在G的同分异构体中，苯环上一硝化的产物只有一种，其中核磁共振氢谱有两组峰，且峰面积比为1∶1的是
(填结构简式)。
【答案】（1）C2H4O2
（3）NaOH醇溶液，加热
浓H4SO4，加热（4）取代反应
加成反应
（5）
【解析】
试题分析：E的相对分子质量为60,6.0克E的物质的量为0.1摩尔，完全燃烧后生成二氧化碳和水的物质
的量为8.8/44=0.2摩尔，3.6/18=0.2摩尔，则分子中碳原子为2个，氢原子为4个，则氧原子为（60-12×2-4）/16=2，所以E的分子式为,A为一取代烃，由分子式可知为苯的同系物，故A为乙苯，A与氯气在光照条件下发生取代反应生成B，而B中含有一个甲基，则B为，B发生水解反应生成C为，C与E发生酯化反应生成F，则E为乙酸，F为。B、C转化都得到D，则D与溴发生加成反应爱吃G，则B、C都发生消去反应生成D，D为，G为。（1）由上述分析可以E的分子式为C2H4O2
（2）由B生成C的化学方程式为：
（3）由B生成D是卤代烃发生的消去反应，条件为NaOH醇溶液，加热；C生成D是醇的消去反应，条件为浓H4SO4，加热。（4）由A生成B是取代反应，由D生成G是加成反应。
（5）在G的同分异构体中，苯环上的一硝化的产物只有一种，其中核磁共振氢谱有两组峰，且峰面积比为1:1，，所以对称性高，可以含有2个相同的取代基，且处于对位，为
。
考点：有机推断