山东省临沂市河东区第二高级中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）

山东省临沂市河东区第二高级中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）
1．下列各组物质都是纯净物的是
（
）
A．液氨、液溴、氯水
B．汽油、CCl4、水煤气
C．纯盐酸、重水、酒精
D．冰、干冰、冰醋酸
【答案】D
【解析】
试题分析：纯净物是指由一种物质组成的，有固定的物理性质和化学性质，有专门的化学符号。选项A：液氨、液溴是纯净物，氯水是氯气的水溶液，主要成分有溶于水的氯分子、次氯酸分子（HClO），水分子（H2O)，所以是混合物。选项B：汽油和水煤气都是由多种物质组成，属于混合物。选项C：重水是由氘和氧元素组成的化合物，分子式D2O；纯盐酸是氯化氢气体（HCl）的水溶液，是混合物；酒精是乙醇（CH3CH2OH）和水的混合物。选项D：冰是固态水（H2O），干冰固态二氧化碳（CO2），冰醋酸是乙酸（CH3COOH）的俗名，故选D。
考点：纯净物、混合物
点评：对于此种题型，备考方向主要是围绕考纲，识记课本的基础知识
2．根据下列标准，分类合理的是
A．根据物质的组成元素是否单一，将纯净物分为单质和化合物
B．根据电解质溶液导电能力强弱，将电解质分为强电解质、弱电解质
C．根据分散系是否具有丁达尔效应，将分散系分为溶液、浊液和胶体
D．根据反应中的能量变化，将化学反应分为氧化还原反应、非氧化还原反应
【答案】A
【解析】
试题分析：A、根据物质的组成元素是否单一，将纯净物分为单质和化合物，只含一种元素的纯净物是单质，含两种或两种以上元素的纯净物是化合物，正确；B、根据电解质在水中电离程度的大小，将电解质分为强电解质、弱电解质，与溶液的导电能力无关，错误；C、根据分散系中分散质粒子直径的大小将分散系分为溶液、浊液和胶体，错误；D、根据反应中的能量变化，将化学反应分为吸热反应、放热反应，错误，答案选A。
考点：考查对概念的分类的判断
3．下列化合物中，只有在溶液中才能导电的电解质是（
）
A．NaCl
B．酒精
C．H2SO4
D．KCl
【答案】C
【解析】酸类电解质只有在水溶液中电离，而碱和盐类在水溶液中火熔化状态下均可电离，故C项符合题意。
4．在一定条件下，对于在密闭容器中进行的反应P(g)＋Q(g)R(g)＋S(g)，下列说法中可以充分说明这一反应已经达到平衡状态的是(
)
A．P、Q、R、S的浓度相等
B．P、Q、R、S在容器中共存
C．P、Q的反应速率相等
D．P、Q、R、S的浓度不再变化
【答案】
【解析】
试题分析：A．当体系达平衡状态时，P、Q、R、S的浓度可能相等，也可能不等，与各物质的初始浓度及转化率有关，故A错误；B．只要反应发生就是反应物和生成物共存的体系，故B错误；C．只要反应发生P、Q的反应速率一直相等，故C错误；D．P、Q、R、S的浓度不再变化，说明各物质的量不变，反应达平衡状态，故D正确；故选D。
考点：D
5．下列各条件下发生反应X+Y＝XY时，速率最快的是
A．常温下，20mL中含X、Y各0.003mol的溶液
B．常温下，100mL中含X、Y各0.005mol的溶液
C．常温下，0.1mol／L的X、Y溶液各l0mL相混合
D．标准状况下，0.1mol／L的X、Y溶液各l0mL相混合
【答案】A
【解析】
试题分析：对于反应X+Y＝XY来说，反应在溶液中进行，温度越高、浓度越大，则反应速率越大，则A、20mL中含X、Y各0.003mol的溶液，X、Y的浓度为0.003mol÷0.02L=0.15mol/L；B、100mL中含X、Y各0.005mol的溶液，X、Y的浓度为0.005mol÷0.1L=0.05mol/L；C、0.1mol/L的X、Y溶液各l0mL相混合，X、Y的浓度为0.05mol/L；D、0.1mol/L的X、Y溶液各l0mL相混合，X、Y的浓度为0.05mol/L，温度越高，反应的浓度越大，则反应速率越大，答案选A。
考点：考查外界条件对反应速率的影响
6．与100mL
0.5mol·L－1NaCl溶液中的Cl－的物质的量浓度相同的是
A．100mL
0.5
mol·L－1MgCl2溶液
B．100mL
0.5mol·L－1HCl溶液
C．200mL
0.25
mo
l·L－1
KCl溶液
D．100mL
0.5mol·L－1NaClO溶液
【答案】B
【解析】
试题解析：100mL0.5mol·L-1NaCl溶液中Cl-物质的量浓度为0.5mol·L-1×1=0.5mol·L-1；A、100mL
0.5
mol·L-1MgCl2溶液中Cl-物质的量浓度为0.5mol·L-1×2=1mol·L-1，故A错误；100mL
0.5mol·L-1
HCl溶液中Cl-物质的量浓度为0.5mol·L-1×1=0.5mol·L-1，故B正确；200mL
0.25
mo
l·L-1
KCl溶液中Cl-物质的量浓度为0.25mol·L-1×1=0.25mol·L-1，故C错误；100mL
0.5mol·L-1NaClO溶液中不含Cl-，故D错误。
考点：离子浓度的计算
7．对于常温下pH=12的氨水，下列说法正确的是
A．由水电离产生的c(OH-)＝10-12mol·L-1
B．向溶液中加入等体积的pH=2盐酸后溶液呈酸性
C．向溶液中加入稀盐酸可以促进氨水的电离，溶液的碱性增强
D．向溶液中加入适量盐酸使混合液的pH=7，混合液中c(NH4+)＞c(Cl－)
【答案】A
【解析】
试题分析：氨水为弱碱。pH=12的氨水，c(H+)＝10-12mol·L-1，氢离子完全由水电离，所以由水电离产生的c(OH-)＝10-12mol·L-1，故A正确；pH=12的氨水加入等体积的pH=2盐酸后，氨水有剩余，所以溶液呈碱性，故B错误；加入稀盐酸，溶液的酸性增强，故C错误；根据电荷守恒，pH=7的混合液中c(NH4+)=c(Cl－)，故D错误。
考点：本题考查弱电解质的电离。
8．下列说法正确的是
A．需要通电才可进行的有：电解、电泳、电离、电镀、电化腐蚀
B．在Fe(OH)3胶体中滴加稀硫酸的现象为：先沉淀后溶解
C．用氯化铁溶液和沸水反应制取氢氧化铁胶体：Fe3＋＋3H2O(沸水)===Fe(OH)3↓＋3H+
D．在Fe(OH)3胶体中插入两电极通电，在阳极附近颜色加深
【答案】B
【解析】
试题分析：A、电离不需要通电就可进行，电化学腐蚀时形成原电池的金属腐蚀，不需要通电，错误；B、氢氧化铁胶体中加入稀硫酸，硫酸是电解质，所以胶体会发生聚沉现象，产生沉淀，氢氧化铁沉淀与硫酸发生中和反应，所以沉淀逐渐溶解，正确；C、向沸水中滴加饱和氯化铁溶液，制取氢氧化铁胶体，所以离子方程式中的氢氧化铁不能用沉淀符号，错误；D、氢氧化铁的胶粒带正电荷，所以在阴极附近的颜色加深，错误，答案选B。
考点：考查氢氧化铁胶体的制备、性质
9．下列说法正确的是
A．将金属A投入B的盐溶液中，A溶解
，说明A的金属性比B的金属性强
B．氯碱工业和金属钠的冶炼都用到了NaC1，在电解时它们的阴极都是C1-失电子
C．pH相等①NH4HSO4②NH4C1③（NH4）2SO4溶液中，c（NH4+）的大小顺序为③>①>②
D．常温下，向硫酸铵溶液中加入适量氨水，当溶液的pH=7时，2c(SO42-)=c(NH4+)
【答案】D
【解析】A错，如铁投入氯化铁溶液中，铁溶解，生成氯化亚铁溶液；
B错，氯碱工业是电解饱和食盐水，阴极是H+失去电子，生成氢气；而金属钠的冶炼是电解熔融的氯化钠，阴极是C1-失电子；
C错，pH相等①NH4HSO4②NH4C1③（NH4）2SO4溶液中，c（NH4+）的大小顺序为
②=③>①
D正确，根据溶液中的电荷守恒：c(H+)+c(NH4+)=2c(SO42-)+c(OH-)，当溶液的pH=7时，2c(SO42-)=c(NH4+)
10．短周期元素A、B、C的原子序数之和为37，A、B在同一周期，A+、C-具有相同的核外电子层结构。下列推测不正确的是（
）
A．同周期元素中C的氢化物稳定性最强
B．同周期元素中A的金属性最强
C．原子半径：A>B，离子半径：A+>C-
D．A、B、C的简单离子中，会破坏水的电离平衡的是C
【答案】C
【解析】
试题分析：A+与C-具有相同的核外电子层结构，可推知C在A、B的上一个周期，又因为A、B、C原子序数之和为37，A、B在同一周期，若A、B处于长周期，则A、B元素的质子数之和大于37，故A、B、C处于短周期，则A为Na、C为F、可知B的质子数=37-11-9=17，则B为Cl。A、同主族自上而下非金属性减弱，非金属性越强，氢化物越稳定，故同主族中HF最稳定，故A正确；B、A为Na，由同周期元素从左到右元素的金属性逐渐减弱，可知同周期元素中Na的金属性最强，故B正确；C、同周期随原子序数递增原子半径减小，故原子半径Na＞Cl，电子层结构相同，核电核数越大离子半径越小，则离子半径应为：F-＞Na+，故C错误；D、A、B、C的简单离子中，由于HF为弱酸，F-会破坏水的电离平衡，故D正确；故选C。
考点：考查了元素周期律与元素周期表的相关知识。
11．甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应原理是
①CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g)；
△H=
+
49．0
kJ·mol－1
②CH3OH(g)+1/2O2(g)=CO2(g)+2H2(g)；△H=－192．9
kJ·mol－1
下列说法正确的是
A．CH3OH的燃烧热为192．9
kJ·mol－1
B．反应①中的能量变化如上图所示
C．CH3OH转变成H2的过程一定要吸收能量
D．根据②推知反应：CH3OH(l)+1/2O2(g)=CO2(g)+2H2(g)
的△H>－192.9kJ·mol－1
【答案】D
【解析】
试题分析：A、燃烧热：可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量，甲醇燃烧应生成CO2、H2O，故A错误；B、反应①是放热反应，根据能量守恒，应是反应物的能量小于生成物的能量，故B错误；C、第②个反应是放热反应，是甲醇转化成氢气的，故C错误；D、CH3OH(l)=CH3OH(g)
△H1>0，跟②相加得出：CH3OH(l)+1/2O2(g)=CO2(g)+2H2(g)
△H=△H1－192．9>－192．9kJ·mol－1，正确。
考点：考查燃烧热的定义、反应热和能量的关系、反应热的计算等知识。
12．反应4A(s)+3B(g)
2C(g)+D(g)，经2
min，B的浓度减少0.6
mol/L，对此反应速率的表示不正确的是（
）
A．在2
min内的反应速率用B表示为0.3
mol/(L·min)
B．在2
min内用C表示反应速率是0.2
mol/(L·min)
C．v
(B)=3v
(D)
D．v
(A)=0.4
mol/(L·min)
【答案】D
【解析】
试题分析：反应速率通常用单位时间内浓度的变化量来表示，所以根据题意可知，B物质的反应速率是0.6mol/L÷2min＝0.3
mol/(L·min)。又因为反应速率之比是相应的化学计量数之比，所以A物质的反应速率是0.3
mol/(L·min)÷3＝0.1
mol/(L·min)，选项D不正确，其余都是正确的，答案选D。
考点：考查反应速率的有关计算和判断
点评：在计算反应速率时，除根据定义式进行计算外，常用的方法是依据化学反应中反应速率之比是相应的化学计量数之比进行有关的计算和判断。
13．将一定量xAl2(SO4)3·y(NH4)2SO4·24H2O晶体加入到过量NaOH溶液中，加热生成NH3
0.85g(假如生成的NH3全部逸出)，再通入过量的CO2，过滤、洗涤、灼烧，得Al2O3固体2.55g。则x：y=（已知：Al2O3的相对分子质量为102；NH3的相对分子质量为17）
A．1：2
B．1:1
C．1：4
D．2：1
【答案】B
【解析】
试题分析：根据质量守恒定律可以知道，晶体中的氮元素和氨气中的氮元素的质量相等，而晶体中的铝元素的质量和生成的氧化铝中的铝元素的质量相等，即：2x:2y=2.55 2/102：0.85/17=1：1,解得：x：y=1：1,选B。
考点：考查根据化学反应方程式的计算。
14．下列有关阿佛加德罗常数(NA)的说法错误的是
A．32gO2所含的原子数目为NA
B．0.5molH2O含有的原子数目为1.5NA
C．1molH2O含有的H2O分子数目为NA
D．0 5NA个氯气分子的物质的量是0.5mol
【答案】A
【解析】
试题分析：A.32g氧气的物质的量为1mol，氧气是双原子分子，则所含的原子数目为2NA，A项错误；B.水是三原子分子，所以0.5molH2O含有的原子数目为0.5mol×3×NA=1.5NA，B项正确；C.
1molH2O含有的H2O分子数目为NA,C项正确；D．根据n=N÷NA，则0 5NA个氯气分子的物质的量是0.5mol，D项正确；答案选A。
考点：考查物质的量的计算，阿伏伽德罗常数及有关计算。
15．某溶液中含有较大量的Cl－、CO32－、OH－等3种阴离子，如果只取一次该溶液就能够分别将3种阴离子依次检验出来，下列实验操作顺序正确的是
①滴加Mg(NO3)2溶液；②过滤；③滴加AgNO3溶液；④滴加Ba(NO3)2溶液
A．①②④②③
B．④②①②③
C．①②③②④
D．④②③②①
【答案】B
【解析】
试题分析：Cl-用含有AgNO3溶液检验，二者反应生成白色沉淀AgCl；CO32-用Ba（NO3）2溶液检验，二者反应生成白色沉淀BaCO3；OH-用Mg（NO3）2溶液检验，二者反应生成白色沉淀Mg（OH）2；Cl-、CO32-、OH-都和AgNO3反应，CO32-、OH-都和Mg（NO3）2溶液反应生成白色沉淀；只有CO32-和Ba（NO3）2溶液反应生成白色沉淀，为了防止干扰，应该先检验CO32-，再检验OH-，最后Cl-，答案选B
考点：离子的检验
16．（14分）下表是元素周期表的一部分。表中所列的字母分别代表一种化学元素。
用化学符号回答下列问题：
（1）表中最活泼的金属与最活泼的非金属形成的物质是
；
（2）⑤、⑥、⑧的最高价水化物的碱性由强到弱的顺序是
；
③、④、⑦氢化物稳定性由强到弱的顺序是
；
（3）③与⑤按原子个数1：1所成的化合物的电子式为________________；该化合物与水反应的离子方程式为________________。
（4）⑥号元素最高氧化物水化物与⑤号元素最高价氧化物水化物反应的离子方程式为
；
（5）请设计一个实验方案，比较⑨、⑩的单质氧化性的强弱：
。
【答案】（每空2）(1)KF
（2）
KOH>NaOH>Al(OH)3
HF>H2O>H2S
（3）
2Na2O2+2H2O=4Na+
+
4OH—+O2↑
（4）Al(OH)3+OH-
=AlO2-+2H2O
（5）将溴水加入碘化钠溶液中，再加入淀粉,若溶液变蓝，证明单质溴比单质碘氧化性强(其他合理答案也可)
【解析】（1）表中最活泼的金属与最活泼的非金属分别是K和F，形成的化合物是KF。
（2）金属性越强，最高价氧化物的水化物的碱性越强。金属性是K＞Na＞Al，所以最高价水化物的碱性由强到弱的顺序是KOH>NaOH>Al(OH)3。非金属性越强，相应氢化物的稳定性越强，非金属性是F>O>S，所以相应氢化物的稳定性是HF>H2O>H2S。
（3）③与⑤按原子个数1：1所成的化合物是过氧化钠，其电子式为。过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，方程式为2Na2O2+2H2O=4Na+
+
4OH—+O2↑。
（4）⑥号元素最高氧化物水化物与⑤号元素最高价氧化物水化物分别是氢氧化铝和氢氧化钠。由于氢氧化铝是两性氢氧化物，能和氢氧化钠反应，所以反应的方程式为Al(OH)3+OH-
=AlO2-+2H2O。
（5）半径元素的非金属性强弱，可用非金属单质与盐溶液中简单阴离子之间的置换反应来验证，因为非金属性强的置换非金属性弱的。即将溴水加入碘化钠溶液中，再加入淀粉,若溶液变蓝，证明单质溴比单质碘氧化性强。
17．（16分）
（1）下列有关实验操作或结果的说法中错误的是
A．实验室在配制FeCl3溶液时，先将FeCl3溶于一定量的浓盐酸中，再加蒸馏水稀释至所需浓度
B．用广泛pH试纸测量Na2S溶液的pH时，得pH=10.5
C．滴定管洗净后经蒸馏水润洗后，即可注入标准液进行中和滴定实验
D．电解盐酸溶液后（盐酸过量），再通入一定量HCl气体时，电解质溶液可恢复到和原来一样
（2）氢氧化铝的酸式电离方程式：
（3）向明矾溶液中逐滴加入氢氧化钡溶液至铝离子刚好沉淀完全时，离子反应总方程式为：
（4）25℃时，向0.1mol/L的氨水中加入少量氯化铵固体，当固体溶解后，测得溶液pH减小，主要原因是（填序号）
。
A．氨水与氯化铵发生化学反应
B．氯化铵溶液水解显酸性，增加了c(H+)
C．氯化铵溶于水，电离出大量铵离子，抑制了氨水的电离，使c(OH―)减小
（5）室温下，如果将0.1mol
NH4Cl和0.05mol
NaOH全部溶于水，形成混合溶液(假设无损失)，
和
两种粒子的物质的量之和比OH―多0.05mol。
【答案】（1）BC
（2）Al(OH)3
H++AlO2-+H2O
（3）2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-
=
3BaSO4
↓+
2Al(OH)3↓
（4）C
（5）NH4+和H+（共4分，均答对给分）
【解析】
18．(14分)长期存放的亚硫酸钠可能会被空气中的氧气氧化。某化学兴趣小组通过实验来测定亚硫酸钠试剂被氧化的程度，设计了下图实验，请回答下面的问题：
(1)D装置中反应的化学方程式为
。
B装置中反应的离子方程为
。
(2)称量ag
Na2SO3样品放入锥形瓶中，向B装置反应后的溶液中加入足量的BaCl2溶液充分反应、过滤、洗涤、干燥，得白色沉淀bg，原样品中Na2SO3的质量分为数为：
。
(3)为保证实验测定的准确性，A中的硫酸什么时候滴加
C装置中的作用是
_________________。
(4)现有以下试剂：①蒸馏水、②稀盐酸、③稀硝酸、④BaCl2溶液、⑤Ba(NO3)2溶液，请从中选择合适试剂，设计一种不同的实验方法，测定试样中无水亚硫酸钠被氧化的程度，你使用试剂的顺序为：
。(填试剂编号)
【答案】(1)MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O
　Cl2+SO2+2H2O=4H＋+2Cl－+SO42-
　
(2)
(3)待B中水面上方充满了黄绿色的气体
吸收尾气，防止污染大气
(4)①②④
【解析】
试题分析：（1）装置D是制氯气的装置，发生的反应为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，装置B是氯气氧化SO2的反应，方程式为Cl2+SO2+2H2O=4H＋+2Cl－+SO42-。
（2）得到的bg沉淀是BaSO4，根据Na2SO3—SO2—BaSO4，可知Na2SO3为=
，所以Na2SO3的质量分为数为。
（3）保证实验的准确性就是不让SO2流失掉，所以硫酸应该在B中水面上方充满了黄绿色的气体的时候滴加。C中的NaOH是吸收尾气，防止污染大气。
（4）另外一种设计方案是将Na2SO3溶于水，然后向其中加入稀盐酸至不再产生气体为止，在加BaCl2溶液，然后将生成的沉淀过滤洗涤干燥称量其质量，求出Na2SO4的质量分数，继而求得Na2SO3的质量分数。所以使用试剂的顺序是①②④。
考点：SO2与Cl2的性质
点评：本题综合性强，主要考查学生分析实验设计实验的能力。
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．将绿矾（FeSO4 7H2O）隔绝空气条件下加强热分解，已知产物全部为氧化物，为探究绿矾分解的反应产物，某同学进行了以下实验：
【实验一】为探究固体产物中铁元素的价态，该同学将固体产物溶于足量的稀硫酸得到相应的溶液，进行以下猜想和实验：
猜想
实验操作
预期现象
猜想一：铁元素只显
价
①
取溶液样品，滴入KSCN溶液；②取溶液样品，滴入稀酸性KMnO4溶液
加入KSCN溶液无明显现象稀酸性KMnO4溶液颜色
猜想二：铁元素只显
价
加入KSCN溶液呈
色；稀酸性KMnO4溶液颜色无变化
猜想三：铁元素显+2，+3价
加入KSCN溶液呈血红色；稀酸性KMnO4溶液颜色褪色
【实验二】为进一步探究该反应的产物，进行了如下图所示的实验：
（1）实验开始时，点燃C处酒精喷灯之前应先打开A处活塞通CO2，其目的是
。
（2）饱和NaHCO3的作用是
，其水溶液呈碱性的原因（用离子方程式解释）
。
（3）该组同学称取了55.6克绿矾按如图装置进行试验，待绿矾分解完全后，E瓶中只出现白色沉淀且质量为23.3克；C中固体产物加入足量稀硫酸中，固体产物全部溶解，取溶液样品，加入KSCN，溶液呈血红色，取另一份溶液，加入酸性KMnO4，不褪色。根据这些实验现象和数据，可以得知绿矾分解的化学方程式为
。
（4）该组同学设计的装置存在着一个明显的缺陷是
。
【答案】实验一猜想：+2价，褪色，+3价，血红色（以上每空1分）；
实验二：（1）赶走装置内的空气；
（2）除去CO2中的HCl；HCO3-+H2O
H2CO3+OH－；
（3）FeSO4 7H2O
Fe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O
（4）未进行尾气处理（以上每空2分）
【解析】
试题分析：实验一，Fe元素有+2价、+3价，所以产物可能为Fe2(SO4)3、FeSO4或Fe2(SO4)3和FeSO4的混合物，铁元素化合价可能是+2价，+3价，或+2，+3价；①向所得溶液中滴入KSCN溶液；②向稀酸性KMnO4
溶液中滴入所得溶液．KSCN溶液无明显现象，稀酸性KMnO4溶液颜色褪去，证明只含有Fe2+；稀酸性KMnO4溶液颜色无变化，证明一定是+3价铁元素；若KSCN溶液出现血红色现象，稀酸性KMnO4溶液颜色褪去，证明Fe元素既有+2价又有+3价；所以答案为+2价，褪色，+3价，血红色
实验二：（1）实验开始时，点燃C处酒精喷灯之前应先打开A处活塞通CO2，目的是赶走装置内的空气，避免影响测定结果；
（2）由石灰石和盐酸反应制取的CO2气体中有HCl杂质，必须除去，所以饱和碳酸氢钠溶液的作用是除去CO2中的HCl；NaHCO3溶液是弱酸的酸式盐，HCO3-的水解程度大于其电离程度，导致其溶液呈碱性，用离子方程式表示为HCO3-+H2O
H2CO3+OH－；
（3）55.6克绿矾FeSO4 7H2O的物质的量是0.2摩尔，其中A中产生的二氧化碳是不会和氯化钡反应
生成沉淀的，二氧化硫也不和氯化钡产生沉淀，二氧化硫也不和氯化钡产生沉淀；所以，产生的沉淀就只能是硫酸钡，也就是说，一定会有三氧化硫产生，根据沉淀的质量是23.3克，所以硫酸钡的物质的量是0.1摩尔，所以产生的三氧化硫是0.1摩尔，根据原子守恒，在绿矾中的硫是0.2摩尔，剩余的0.1摩尔的硫可能有很多的生成形式，可能是单质硫，也可以使其他形态的硫，但是C瓶中并没有单质硫析出；不管是那种形态的硫存在，硫元素化合价一定降低了，所以铁元素化合价一定要升高，根据电子守恒计算，0.2molFe2+变化为Fe3+；硫元素化合价从+6价变化为x价，0.2×1=0.1×（6-x），x=+4，所以实验生成的产物中有SO2，依据原子守恒配平书写化学方程式为FeSO4 7H2O
Fe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O；
（4）分析装置生成的气体中二氧化硫有毒不能排放到空气中需要尾气吸收；则答案为未进行尾气吸收；
【考点定位】考查探究绿矾分解的反应产物成分的测定
,Fe2＋和Fe3＋的检验
【名师点睛】本题考查了物质性质的实验探究方法和实验分析判断，氧化还原反应电子守恒的计算应用，主要是铁及其化合物性质的应用，掌握基础和实验基本操作是解题关键，题目难度中等。Fe2＋、Fe3＋检验需注意的问题总结如下：
（1）检验Fe2＋时不能先加氯水后加KSCN溶液；当溶液的浓度较稀时，利用观察法或加NaOH溶液的方法都不宜检验Fe2＋和Fe3＋的存在。
（2）检验Fe2＋和Fe3＋混合溶液时，要分两次分别检验Fe2＋和Fe3＋,检验Fe2＋时要选择酸性高猛酸钾溶液，检验Fe3＋时最好选择KSCN溶液。
21．(15分)某研究性学习小组通过测量镁铝合金和盐酸反应生成气体体积的方法来测定合金的成分，他们取10.2
g镁铝合金与盐酸恰好完全反应，反应后收集得11.2
L氢气(已转换成标准状况)，试求：
（1）反应过程中消耗盐酸的物质的量
（2）10.2
g合金中镁的质量。(请写出计算过程)
【答案】（1）1
mol
（2）
4.8
g
【解析】
试题分析：（1）n(H2)=11.2
L/22.4
L·mol=0.5
mol，设反应过程中消耗盐酸的物质的量为n，
由H原子守恒可知2HCl—H2
2
mol
1
mol
n
0.5
列方程：2:1=n:0.5
，解得n(HCl)=1
mol
答：反应过程中消耗盐酸的物质的量为1
mol
（2）设合金中Mg的物质的量为x，Al的物质的量为y．
Mg＋2HCl=MgCl2＋H2↑、2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑
列方程为24x＋27y=10.2
x＋1.5y=0.5
解得
x=0.2
mol
y=0.2
mol，
10.2
g合金中镁的质量=0.2
mol×24
g/mol=4.8
g
答：10.2
g合金中镁的质量为4.8
g。
考点：考查混合物的计算
22．A～H都是初中化学中常见的物质，已知B为黑色固体，D为红色固体单质，F为红色固体，H溶液中的溶质是一种盐．它们的转化关系如图所示．请回答：
（1）物质B、E和F的化学式为B
、E
、F
；
（2）反应①的化学方程式为：
，其反应类型为
。
【答案】
（1）B:CuO、E：CO、F:
Fe2O3；
（2）C
+
CuO
===
2Cu
+
CO2↑，置换反应。
【解析】
试题分析：（1）A～H都是初中化学中常见的物质，B为黑色固体，D为红色固体单质，A、B高温会生成C和D，所以D是铜，A、B有一种是氧化铜，A与C生成的E会与红色固体F反应，所以A是碳，B是氧化铜，C是二氧化碳，碳和二氧化碳高温会生成一氧化碳，所以E是一氧化碳，F是氧化铁，氧化铁和一氧化碳反应会生成G，所以G是铁，铁和硫酸铜等会生成硫酸亚铁和铜，所以H可以是硫酸铜，经过验证，推导正确，所以B是CuO，E是CO，F是Fe2O3；故答案为：CuO，CO，Fe2O3；
（2）反应①是碳和氧化铜在高温的条件下反应生成铜和二氧化碳，化学方程式为：C+2CuO2Cu+CO2↑，该反应是单质和化合物生成单质和化合物的反应，属于置换反应，故答案为：C+2CuO2Cu+CO2↑，置换反应。
考点：考查了物质的鉴别、推断；反应类型的判定；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式的相关知识。
23．已知：①
②
HPE是合成苯氧基丙酸类除草剂的重要中间体，其合成路线如下：
据此回答下列问题：
（1）B中含有的官能团名称为
，D的结构简式为
。
（2）C
+
E
→F的反应类型为
。
（3）M的核磁共振氢谱中各吸收峰的面积之比为
。
（4）写出G
+
M
→
HPE的化学方程式
。
（5）X是G的同分异构体，其中满足以下条件的X共有
种，写出其中一种X的结构简式
。
A．苯环上有3个取代基且苯环上的一氯取代物有两种
B．遇FeCl3溶液发生颜色反应
C．X不能与NaHCO3反应产生CO2
D．1
mol
X最多能和3
mol
NaOH反应
【答案】（1）氯原子、羧基；；（2）取代反应
（3）3：2
：1(数字比例的先后顺序可以调整)；
（4）+CH3CH2OH+H2O；
（5）10；
(或
，，，，
，，
，
，
其中任一种)。
【解析】
试题分析：根据题中已知①的信息，结合A→B的条件和C
的分子式可知，C为CH3CHClCOONa，B为CH3CHClCOOH，A为CH3CH2COOH，根据HPE的结构，结合题中已知信息②和D的分子量为110，且只含C、H、O可知，D为，则E为，F为，所以G为，G与CH3CH2OH反应得HPE，所以M为CH3CH2OH，
（1）B为CH3CHClCOOH，中含有的官能团名称为氯原子、羧基，D的结构简式为
，故答案为：氯原子、羧基；；
（2）根据上面的分析可知，C+E→F的反应与题中信息②类似，为取代反应，故答案为：取代反应；
（3）M为CH3CH2OH，所以它的核磁共振氢谱中各吸收峰的面积之比为3：2：1，故答案为：3：2：1；
（4）G+M→HPE的化学方程式为+CH3CH2OH
+H2O，故答案为：+CH3CH2OH
+H2O；
（5）X是G的同分异构体，a．苯环上有3个取代基且苯环上的一氯取代物有两种，b．遇FeCl3溶液发生颜色反应，c．X不能与NaHCO3反应产生CO2，d．1mol
X最多能和3mol
NaOH反应，其中满足以下条件的X有
，，
，，，，，，，，共10种。
【考点定位】考查有机合成与推断
【名师点晴】本题主要考查了有机物的结构和性质。解题的关键是利用题中信息结合转化关系进行物质的推断，注意有机官能团的相互转化。解答此类试题的一般方法是：利用已知信息及有机物的结构、官能团的变化、碳原子数目的变化推断出各物质的结构简式。平时学习时要学会归纳和总结有机物的结构和性质以及反应条件与物质结构间的关系等相关知识。