山东省龙口市第六中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）

山东省龙口市第六中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）
1．将a
g铁和氧化铁的混合物加入足量的盐酸中充分反应后，固体无剩余，测得参加反应的HCl为0．08
mol，放出标准状况下的气体0．224
L。则下列判断中正确的是
A．原混合物中n（Fe）∶n（Fe2O3）＝2∶1
B．向溶液中滴入KSCN溶液，显血红色
C．无法计算原混合物的质量
D．此时溶液中Fe2＋和Fe3＋的物质的量之比为3∶1
【答案】A
【解析】
试题分析：铁和氧化铁的混合物加入足量的盐酸中，发生反应Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，Fe+2FeCl3=3FeCl2；Fe+2HCl=FeCl2+H2↑,由于氧化性：Fe3+>H+，所以反应产生氢气，说明溶液中不含有Fe3+，已经全部被还原为Fe2+，选项BD错误；n（H2）=
0．224
L÷22．4L/mol=0．01mol，根据反应方程式Fe+2HCl=FeCl2+H2↑可知n（Fe）=
n（H2）=
0．01mol，n（HCl）=2n（H2）=0．02mol；由于反应消耗HCl总物质的量是0．08
mol，所以发生反应Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O消耗盐酸的物质的量是0．06mol，则根据物质发生反应的物质的量关系可知n（Fe2O3）=0．01mol；n（FeCl3）=0．02mol，则发生反应Fe+2FeCl3=3FeCl2消耗Fe的物质的量是n（Fe）=1/2
n（FeCl3）=
1/2
×0．02mol=0．01mol，则在原固体中含有Fe物质的量是n（Fe）=
0．01mol+0．01mol
=0．02mol；含有Fe2O3物质的量是n（Fe2O3）=0．01mol，n（Fe）：n（Fe2O3）=2:1，因此选项A正确，选项C错误。
考点：考查混合物中各成分含量的计算的知识。
2．下列有关物质的性质或应用的说法不正确的是
A．二氧化硅是生产光纤制品的基本原料
B．水玻璃可用于生产黏合剂和防火剂
C．Na2O、Na2O2与CO2反应产物相同
D．SiO2是酸性氧化物，能与NaOH溶液反应
【答案】C
【解析】
试题分析：A、光导纤维的主要成分为二氧化硅，正确，不选A；B、水玻璃有黏性和耐火性，正确，不选B；C、氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠，过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，二者产物不同，选C；D、二氧化硅是酸性氧化物，能和氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，正确，不选D。
考点：硅的化合物的性质
3．下列有机物分子中，相邻的五个原子可以构成一个正四面体的是（
）
A．CHCl3
B．CH(CH3)3
C．CCl4
D．CH3CH3
【答案】C
【解析】
试题分析：A．由于C—H键与C—Cl键的键长不同，所以CHCl3构成的不是一个正四面体，错误；B．由于C—H键与C—C键的键长不同，所以CH(CH3)3构成的不是一个正四面体，错误；C．由于四个Cl原子的半径相同，所以CCl4可以构成一个正四面体，正确；D．由于C—H键与C—C键的键长不同，所以CH3CH3构成的不是一个正四面体，错误。
考点：考查有机物分子结构的知识。
4．汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3
=
K2O+5Na2O+16N2↑。若氧化产物比还原产物多1.75mol，则下列判断正确的是
A.生成40.0LN2（标况）
B.有0.250molKNO3被氧化
C.共转移电子1.25mol
D.共生成0.625mol氧化物
【答案】C
【解析】
试题分析：根据方程式10NaN3+2KNO3
=
K2O+5Na2O+16N2↑可知NaN3中N元素化合价由-1/3价升高到0价，KNO3中N元素化合价由+5价降低到0价，所以氧化产物和还原产物都是氮气。根据电子得失守恒可知有16mol氮气生成，氧化产物是15mol、还原产物是1mol。若氧化产物比还原产物多1.75mol，则15/16n（N2）-1/16n（N2）＝1.75mol，解得n（N2）＝2mol，则A、根据以上分析可知生成的氮气在标准状况下的体积＝2mol×22.4L/mol＝44.8L，A错误；B、根据以上分析可知NaN3发生氧化反应，KNO3发生还原反应，硝酸钾被还原，B错误；C、根据以上分析可知参加反应KNO3的物质的量＝2mol×2/16＝0.25mol，其中N元素化合价由+5价降低为0价，故转移电子为0.25mol×5＝1.25mol，C正确；D、根据以上分析并结合方程式可知K2O、Na2O总物质的量＝2mol×（1+5）/16＝0.75mol，D错误，答案选C。
考点：考查氧化还原反应基本概念及有关计算
5．在某无色透明溶液中，能大量共存的离子组是
A．Fe3＋、K＋、SO42－
B．Cu2＋、SO42－、NO3－
C．Na＋、K＋、Cl－
D．MnO4－、K＋、SO42－
【答案】C
【解析】
试题分析：A.
Fe3＋的水溶液显黄色，在无色溶液中不能大量存在，错误；B.Cu2＋的水溶液显蓝色，在无色溶液中不能大量存在，错误；C.
在某无色透明溶液中，Na＋、K＋、Cl－不能发生任何反应，可以大量存在，正确；D.
MnO4－的水溶液显紫色，在无色溶液中不能大量存在，错误。
考点：考查离子大量共存的知识。
6．现有C6H6
和C6H6O组成的混合物中，碳的质量分数为a%,则氧的质量分数为：
A．(1-a%)×8/9
B
a%×8/9
C．
1-a%
D．(1-13a%/12)
【答案】D
【解析】
试题分析：根据有机物的化学式可知，混合物种碳氢原子的个数之比总是1:1的，质量之比总是12:1的。则根据碳元素的含量可知，氢元素的含量是a%/12，所以混合物中氧元素的含量是1－a%
－a%/12
＝1－13a%/12，答案选D。
考点：考查苯和苯酚混合物中元素含量的计算
点评：该题是中等难度的试题，主要是考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。该的关键是以及化学式的特点，得出碳氢元素的质量比，然后在灵活运用即可，有利于培养学生的逻辑推理能力和创新思维能力。
7．下列物质中，氮元素的化合价最低的是
A、N2
B、NH3
C、NO
D、NO2
【答案】B
【解析】
试题分析：A中N元素的化合价为0价，B中N元素的化合价为-3价，C中N元素的化合价是+2价，D中N元素的化合价是+4价，所以N元素的化合价最低的是-3价，答案选B。
考点：考查元素化合价的判断
8．如题图所示，将紧紧缠绕不同金属的铁钉放入培养皿中，再加入含有适量酚酞和NaCl的琼脂热溶液，冷却后形成琼胶(离子在琼胶内可以移动)，下列叙述正确的是（
）
A.a中铁钉附近呈现红色
B.b中铁钉上发生还原反应
C.a中铜丝上发生氧化反应
D.b中铝条附近有气泡产生
【答案】B
【解析】
试题分析：根据装置可知，二者均构成原电池。由于金属性是锌＞铁＞铜，所以a中铁是负极失去电子，铜是正极，发生还原反应。由于溶液显中性，所以发生铁的吸氧腐蚀；b中铝是负极，失去电子，铁是正极，发生还原反应，也是发生吸氧腐蚀，只不过铁被保护，答案选B。
考点：考查金属的腐蚀和防护
点评：金属腐蚀的本质是金属失去电子被氧化的过程，它又分为化学腐蚀和电化学腐蚀两种，其中以电化学腐蚀为主，而电化学腐蚀又可以分为析氢腐蚀和吸氧腐蚀两种，金属腐蚀大部分是吸氧腐蚀。金属的防护也主要是依据电化学原料，主要分为牺牲阳极的阴极保护法和外接电源的阳极保护法。
9．pH＝3的两种酸溶液A、B，取等体积酸分别与足量的锌反应，酸A比酸B产生的氢气的量多.下列说法正确的是
A.A是强酸、B一定是弱酸
B.A是弱酸、B一定是强酸
C.A是强酸、B是强酸
D.A酸性一定比B酸性弱
【答案】D
【解析】
试题分析：pH＝3，等体积酸A、B分别与足量的锌反应，若都是强酸，应产生等量的氢气，但酸A比酸B产生的氢气的量多，只能说明A酸性一定比B酸性弱，不能说明B是强酸。答案选D。
考点：酸性强弱比较
10．在下列变化中，需要加入合适的氧化剂才能实现的是（
）
A．KMnO4→O2
B.CO2→CO
C.Br-→Br2
D.Fe2O3→Fe
【答案】C
【解析】
试题分析：根据选项中存在元素的化合价升高的变化可知，选项中的物质具有还原性，则需要加入合适的氧化剂来实现氧化还原反应。A.
KMnO4→O2中高猛酸钾受热分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，不一定要加入氧化剂，A项错误；B.CO2→CO中C元素的化合价降低，需要加入合适的还原剂来实现，如加入碳，B项错误；C.Br-→Br2
中Br元素的化合价由-1价升高到0价，Br－作还原剂，只能加入合适的氧化剂才能实现，C项正确；D.Fe2O3→Fe中铁元素的化合价由+3价降低到0价，作氧化剂，需要加入合适的还原剂来实现，D项错误；答案选C。
【考点定位】考查氧化还原反应
【名师点睛】本题考查氧化还原反应。明确还原剂、氧化剂中元素的化合价变化是解答本题的关键，根据选项中存在元素的化合价升高的变化可知，选项中的物质具有还原性，则需要加入合适的氧化剂来实现氧化还原反应。
11．1mol过氧化钠与2mol碳酸氢钾固体混合后，在密闭容器中加热至250℃充分反应，排出气体物质后冷却，残留的固体物质和排出的气体分别是(
)
【答案】B
【解析】
试题分析：2摩尔碳酸氢钾受热分解生成1摩尔碳酸钾和1摩尔二氧化碳和1摩尔水，首先二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，1摩尔过氧化钠和1摩尔二氧化碳正好反应，所以生成1摩尔碳酸钠和0.5摩尔氧气，所以残留的固体有1摩尔碳酸钾和1摩尔碳酸钠，排出的气体有1摩尔水蒸气和0.5摩尔氧气，选B。
考点：碳酸氢盐和过氧化钠的性质
12．常温下，用0.1000mol·LNaOH溶液滴定
20.00mL0.1000mol·LCH3COOH溶液滴定曲线如右图。下说法正确的是
A．点①所示溶液中：c（CH3COOH）+
c（CH3COO-）＞2c（Na+）
B．点③所示溶液中：c（Na+）＞c（OH-）＞c（CH3COO-）＞c（H+）
C．点③所示溶液中：c（CH3COO-）＞c（Na+）
D．滴定过程中可能出现：c（CH3COOH）＞c（CH3COO-）＞c（H+）＞c（Na+）＞c（OH-）
【答案】D
【解析】
试题分析：A、点①所示溶液中醋酸的物质的量为氢氧化钠的2倍：c（CH3COOH）+
c（CH3COO-）=2c（Na+），故A错误；B、点③说明两溶液恰好完全反应生成CH3COONa，醋酸根离子的水解程度较小，则溶液中氢氧根离子浓度较小，故c（OH-）＜c（CH3COO-），正确的浓度大小为：c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）＞c（H+），故B错误；C、点③说明两溶液恰好完全反应生成CH3COONa，因CH3COO-水解，且程度较小，c（Na+）＞c（CH3COO-），故C错误；D、当CH3COOH较多，滴入的碱较少时，则生成CH3COONa少量，可能出现：c（CH3COOH）＞c（CH3COO-）＞c（H+）＞c（Na+）＞c（OH-），故D正确；故选D。
【考点定位】考查酸碱混合时的定性判断
【名师点晴】本题考查酸碱混合溶液中离子浓度的关系。明确混合后溶液中的溶质组成为解答的关键，注意电荷守恒和物料守恒的应用方法，试题培养了学生的灵活应用能力。解答此类试题要细心分析图像，灵活运用盐类水解的知识分析判断。
13．在恒容密闭容器中，由CO合成甲醇：CO(g)
+
2H2(g)CH3OH(g)，在其他条件不变的情况下，研究温度对反应的影响，实验结果如下图所示，下列说法正确的是
A．CO合成甲醇的反应为吸热反应
B．处于A点的反应体系从T1变到T2，达到平衡时增大
C．平衡常数K
=
D．该反应在T1时的平衡常数比T2时的小
【答案】B
【解析】
试题分析：“先拐先平，数值大”，升高温度甲醇的物质的量减小，CO合成甲醇的反应为放热反应，故A错误；升高温度甲醇的物质的量减小，平衡左移，增大，故B正确；平衡常数K
=，故C错误；升高温度平衡左移K减小，在T1时的平衡常数比T2时的大，故D错误。
考点：本题考查化学反应限度。
14．有一无色溶液，仅含有K＋、Al3＋、Mg2＋、NH4+、Cl-、SO42-、HCO3-、MnO4-中的几种。为确定其成分，做如下实验：①取部分溶液，加入适量Na2O2固体，产生无色无味的气体和白色沉淀，再加入足量的NaOH溶液后白色沉淀部分溶解；②另取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液，无沉淀产生。下列推断正确的是
A．肯定有Al3+、Mg2＋、Cl－ ，可能有NH4+
B．肯定有Al3+、Mg2＋、HCO3-，肯定没有MnO4－
C．肯定有K＋、Al3＋、MnO4－，可能有HCO3-
D．肯定有Al3＋、Mg2＋、Cl－，可能有K＋
【答案】D
【解析】
试题分析：根据题意知，MnO4-在水溶液中呈紫色，无色溶液溶液中一定不含MnO4-；①取部分溶液，加入适量Na2O2固体，产生无色无味的气体和白色沉淀，再加入足量的NaOH溶液后白色沉淀部分溶解，溶液中一定含有Al3＋、Mg2＋，一定不含NH4+、HCO3-；②另取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液，无沉淀产生，溶液一定不含SO42-，根据溶液电中性原则知溶液中一定含有Cl-；K＋是否存在无法确定；综上所述，选D。
考点：考查离子检验和离子推断。
15．常温下，用0.1000
mol/L
HCl溶液滴定20.00
mL
0.1000
mol/L
NH3 H2O溶液，滴定曲线如下图。下列说法正确的是
A．①溶液：c(C1—)＞c(NH4+)＞c(OH—)＞c(H+)
B．②溶液：c(NH4+)＞c(C1—)＞c(OH—)=c(H+)
C．③溶液：c(H+)＞c(NH3·H2O)+c(OH—)
D．滴定过程中可能出现：c(NH3 H2O)＞c(NH4+)＞c(OH—)＞c(Cl—)＞c(H+)
【答案】D
【解析】
试题分析：①溶液是等浓度的氯化铵和氨水的混合液，溶液呈碱性，c(NH4+)＞c(C1—)＞c(OH—)＞c(H+)，故A错误；②溶液呈中性，根据电荷守恒：c(NH4+)=c(C1—)＞c(OH—)=c(H+)，故B错误；③溶液中溶质是氯化铵，根据质子守恒：c(H+)=c(NH3·H2O)
+
c(OH—)，故C错误；当滴入少量盐酸时可能出现：c(NH3 H2O)＞c(NH4+)＞c(OH—)＞c(Cl—)＞c(H+)，故D正确。
考点：本题考查中和滴定。
16．（7分）短周期元素Q、R、T、W在元素周期表中的位置如图所示，其中T所处的周期序数与主族序数相等。
（1）T的原子结构示意图是_______。用化学方程式表示冶炼T单质常用原理是________。
（2）与W同主族的某元素，其氢化物分子含有18个电子，该分子中存在的共价键的类型是__________。
（3）元素的非金属性：Q___W（填“强于”或“弱于”），用方程式简述其理由______。
（4）甲是R的氧化物，通常状况下呈红棕色。现有一试管甲，欲使元素R全部转化为其最高价氧化物对应水化物。实验步骤：将盛有甲的试管倒扣在水槽中，____。
【答案】（7分）（1）
2Al2O3
4Al
+
3O2↑
（2）极性键和非极性键
（3）弱于CO32－+H2OHCO3－+OH－
CO32-离子水解，SO42－不水解，是强酸所以硫的非金属性强于碳元素（答案合理均得分）（2分）
（4）向试管甲中通入足量的氧气
【解析】
试题分析：短周期元素T应是第三周期元素，则T是Al元素，所以Q是C元素、R是N元素、W是S元素；
（1）Al原子的结构示意图为；工业上电解熔融的氧化铝来制取单质Al，化学方程式是2Al2O3
4Al
+
3O2↑；
（2）与S同主族且形成18电子化合物的元素是O，其氢化物为过氧化氢，含有18个电子，其中共价键的类型有极性键和非极性键；
（3）C的非金属性比S弱，因为硫酸的酸性比碳酸强，碳酸是弱酸，而硫酸是强酸，或硫酸与碳酸钠反应生成二氧化碳气体，证明硫酸的酸性比碳酸强，均可证明C的非金属性比S弱；
（4）N元素的氧化物为红棕色气体的是二氧化氮气体，则甲是二氧化氮，弱使二氧化氮全部转化为N元素的这几个氧化物的水化物硝酸，则应将盛有甲的试管倒扣在水槽中，向其中不断通入氧气，使二氧化氮与氧气、水全部反应生成硝酸。
考点：考查元素周期表的应用，元素周期律的判断
17．（10分）某无色溶液，其中可能存在的离子有：Na+、Ag+、Fe3＋、Ba2+、Al3+、AlO2－、S2－、SO32－、SO42－，现取该溶液进行实验，实验结果如下：
（1）生成沉淀甲的离子方程式为
（2）由溶液甲生成沉淀乙的离子方程式为；
；试写出气体乙的结构式：
；
（3）沉淀丙可能是
；（填化学式）。
（4）综合上述信息，可以肯定存在的离子有
；
【答案】（10分，每空2分）（1）2S2－
+SO32-+6H+＝3S
↓+3H2O
（2）Al3++３HCO＝Al(OH)3↓+3CO2↑，O=C=O
（3）BaCO3
或
BaCO3和BaSO4
（仅答BaCO3得1分）（4）AlO2－、S2－、SO32－、
Na+
【解析】
试题分析：（1）向该无色溶液中加入过量的HBr,发生反应产生淡黄色沉淀甲，证明含有S2－、SO32－，产生的沉淀是S，该反应的方程式是：2S2－
+SO32-+6H+＝3S
↓+3H2O；产生的气体甲可能是H2S，也可能是SO2，（2）向溶液甲中加入过量的NH4HCO3溶液，产生白色沉淀乙，证明在甲溶液中含有Al3+，则向原溶液中加入过量的酸产生Al3+，说明在原溶液中含有AlO2－；由于Fe(OH)3是红褐色，AlO2－与Al3+会发生复分解反应而不能大量共存，因此无Fe3＋、AlO2－；由溶液甲生成沉淀乙的离子方程式为Al3++３HCO＝Al(OH)3↓+3CO2↑；在酸性环境加入NH4HCO3溶液，产生的气体乙是CO2,该分子是直线型分子，结构式是O=C=O；（3）向溶液乙中加入过量的Ba(OH)2溶液，产生沉淀丙中一定含有BaCO3，可能含有BaSO4，因此沉淀丙可能是BaCO3
或
BaCO3和BaSO4；产生的气体丙是氨气NH3．
（4）综合上述信息，可以肯定存在的离子有AlO2－、S2－、SO32－，这些都是阴离子，根据溶液呈电中性可知，还应该含有阳离子。由于Fe3+已经确定不产生，Ag+与S2－、SO32-会发生离子反应而不能大量共存，所以含有的阳离子只能是Na+．因此可以肯定存在的离子有AlO2－、S2－、SO32－、
Na+。
考点：考查溶液中离子存在的鉴定及离子大量共存的知识。
18．
(8分)
下图所示装置是化学实验中常见的仪器，它除用于洗气外，还有其他用途：
（1）医院里给病人输氧时，往往在氧气钢瓶与病人呼吸面具之间安装盛有水的该装置，用
于观察气泡产生的情况，以便调节供氧速率，
此时氧气应从
(填标号，下同)管口导入。
（2）实验室用MnO2与浓HCl反应制Cl2的实验中，在将生成的Cl2通入NaOH溶液之前，先将Cl2从该装置
管口导入，此时，该装置所起的作用是防止NaOH溶液倒流入反应器。
（3）
当用此装置收集NO时，应采取的主要操作步骤是：
①
；
②
。
【答案】25.（4分
（1）a
（1分）
（2）b（1分）
（3）
①将装置装满水
（1分）
②
从b处进气
（1分）
【解析】
试题分析：（1）为观察气泡产生的情况，导气管应“长进短出”，气体与水接触的面积更大，效果更明显，所以氧气应从a管口导入；（2）为防止倒吸，气体收集装置中导气管应长些，所以该装置中应“短进长出”，所以先将Cl2从该装置b管口导入;（3）一氧化氮气体不易溶于水，所以可用排水集气法收集气体，排水集气法收集装置中的导气管应“短进长出”，否则，会有一部分水不能排出，所以当用此装置收集NO时，应采取的主要操作步骤是：集气瓶中先充满水；将NO从b处进气．
考点：考查如何洗气。
19．欲配制480mL
0.2mol/L的NaCl溶液，回答下列问题：
（1）应用托盘天平准确称取固体NaCl
g。
（2）以下是实验操作步骤，正确的操作顺序是：
①称取所需质量的NaCl
②将溶液转移到容量瓶内
③用蒸馏水洗涤烧杯2～3次，将洗涤液全部移入容量瓶中，摇匀
④改用胶头滴管，小心滴入蒸馏水至刻度
⑤仔细地把蒸馏水注入容量瓶中，直到液面接近刻度线1cm～2cm处
⑥塞上瓶塞，反复上下颠倒，摇匀
⑦将称取的NaCl固体，加适量蒸馏水，搅拌溶解后冷却
（3）若实验遇到下列情况，所配制的溶液浓度偏小的操作是
A．烧杯中NaCl溶液移入容量瓶后没有洗涤烧杯
B．定容后摇匀，发现液面低于刻度线，再滴加蒸馏水至刻度线
C．实验用的容量瓶洗净后未干燥，里面含有少量水
D．定容时俯视
【答案】（7分）
（1）5.9
（2分）（2）
①⑦②③⑤④⑥（3分）
（3）AB（2分）
【解析】
试题分析：（1）欲配制480mL
0.2mol/L的NaCl溶液，则应配制500mL0.2mol/L的NaCl溶液，所以氯化钠的质量是0.5L×0.2mol/L×58.5g/mol=5.85g，根据托盘天平的精确度，所以只能称取5.9g的NaCl；
（2）用固体配制溶液的步骤是：称取氯化钠的质量、在烧杯中溶解、冷却后移入容量瓶、洗涤烧杯、玻璃棒2-3次并将洗涤液移入容量瓶、摇匀，使溶液均匀、直接把蒸馏水注入容量瓶中，至液面接近刻度线1cm～2cm处，改用胶头滴管加水，定容、盖上瓶塞上下颠倒，反复摇匀、装瓶。所以正确
操作顺序是①⑦②③⑤④⑥；
（3）A、未洗涤烧杯，造成氯化钠质量减少，所配溶液的浓度偏小，正确；B、定容后又加水，则溶液的体积偏大，溶液浓度偏小，正确；C、在配制的过程中，需直接加入蒸馏水，所以容量瓶内有少量蒸馏水，对结果无影响，错误；D、定容时俯视刻度线，使所配溶液的体积偏小，浓度偏大，错误，答案选AB。
考点：考查溶液的配制步骤的判断，误差的分析
20．某同学设计了以下操作流程来除去混在氯化钠固体中的少量硫酸钠和氯化钙。
（1）试剂A是
，试剂A需要过量的原因是
。
（2）操作a得到的滤渣的成分是
，在实验室中进行操作a需要的仪器是：铁架台（带铁圈）、滤纸、烧杯、
、
。
（3）加入试剂C调节滤液pH的离子反应方程式是
。
（4）该同学想利用上述得到的氯化钠设计一套实验装置来电解饱和食盐水，并检验氯气的氧化性和测定所产生的氢气的体积，部分装置如下图：
①碳棒接直流电源的_____极；
铁棒上发生的电极反应为
。
②说明氯气具有氧化性的实验现象是
。
③将上图中的仪器，连成一整套装置，各种仪器接口的连接顺（填编号）是B接
，
接
。在答题卡的方框中画出与A接口连接的仪器的装置图。
【答案】（1）BaCl2或Ba(OH)2
，（1分）使硫酸根沉淀完全。（1分）
（2）CaCO3、BaCO3和BaSO4，（2分）漏斗、玻璃棒。（2分）
（3）CO32 +2H+=H2O+CO2↑（2分）
（4）①正（1分）
2H++2e →H2（1分）
②KI淀粉溶液变蓝（1分）
③D、E、C（1分）（2分，有其它合理答案也可）
【解析】
试题分析：（1）欲除去溶液I中的CaCl2、Na2SO4，则用氯化钡除掉硫酸钠，用碳酸钠除掉氯化钙与多余的氯化钡；试剂BaCl2需要过量的原因是使硫酸根沉淀完全，故答案为：BaCl2；使硫酸根沉淀完全。
（2）氯化钡和硫酸钠反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠，碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀，碳酸钠和氯化钡反应生成碳酸钡沉淀，故过滤后得到的沉淀成分有CaCO3、BaCO3和BaSO4；过滤操作需要仪器铁架台（带铁圈）、滤纸、烧杯、漏斗、玻璃棒。
（3）在滤液中加盐酸可以跟氢氧化钠和过量的碳酸钠反应，离子方程式为：CO32-+2H+═H2O+CO2↑。
（4）①实验目的是检验氯气的氧化性和测定所产生的氢气的体积，所以阳极Cl 失电子生成Cl2，阴极上H+得电子生成H2，所以碳为阳极，与电源的正极相连；
Fe为阴极，发生反应的电极方程式为：2H++2e →H2↑。
②氯气氧化碘化钾，生成碘单质，碘单质遇淀粉溶液变蓝色，故答案为：KI淀粉溶液变蓝
③碳棒上阴离子放电产生氯气，Fe棒上阳离子放电产生氢气，所以B端是检验氯气的氧化性，连接D，然后再进行尾气吸收，E接C，碳棒上阴离子放电产生氯气，Fe棒上阳离子放电产生氢气，所以A端是测定所产生的氢气的体积，与A接口连接的仪器的装置如下图，
。
考点：本题考查粗盐的提纯、电解饱和食盐水、基本仪器和基本操作、实验方案的设计与分析。
21．（6分）某烃经李比希元素分析实验测得碳的质量分数为85.71%，氢的质量分数为14.29%。该烃的质谱图显示其相对分子质量为70，该烃的核磁共振氢谱只有一个峰，请通过计算确定该烃的实验式、分子式、结构简式。
【答案】（6分）实验式：CH2
分子式：C5H10
结构简式：
【解析】
试题分析：在该有机物中含有的C、H原子个数比是：C：H=（85.71%÷12）：(14.29%÷1)=0.071425:0.1429=1:2,所以该物质的实验式是CH2;
实验式的式量是14，而物质的相对分子质量为70，所以在一个分子中含有的最简式的个数是：70÷14=5，故该物质的分子式是C5H10；该烃的核磁共振氢谱只有一个峰，说明只含有一种H原子，它是环戊烷，结构简式是。
考点：考查物质的实验式、分子式、结构简式的推断及书写的知识。
22．已知：常温常压下，D、E、F、I、J为气体；E能使澄清石灰水变浑浊，1molE与含1molF的水溶液恰好反应生成B，B是一种常见的化肥。物质A—K之间有如下图所示转化关系(部分反应中生成的水已略去)。
试回答下列问题：
（1）
已知A中［FeC2O4］和C中Fe元素均为+2价，则FeC2O4中C元素的化合价为
，E的化学式为
。
（2）
写出反应③、④、⑤的化学方程式
③___________
④___________
⑤____________
（3）少量H与K的浓溶液在一定条件下反应若有1molK被还原时，转移的电子总数为
个。
（4）
写出过量单质H与K的稀溶液反应的离子方程式：
【答案】
（1）+3；CO2
（2）4NH3+5O24NO+6H2O；3NO2+H2O
=
2HNO3+NO；FeO+COFe+CO2
（3）6.02×1023
（4）3Fe
+
2NO3-
+
8H+
=
3Fe2+
+
2NO↑
+
4H2O
【解析】
试题分析：A中[FeC2O4]和C中Fe元素均为+2价，A加热分解得到C、气体D与气体E，且D与氧气反应得到E，可推知C为FeO，D为CO，E为CO2，由反应⑤可知H为Fe；B是一种常见的化肥，加热分解得到二氧化碳、气体F与G，且F能连续与氧气反应，B为碳酸形成的铵盐，1molE与含1molF的水溶液恰好反应生成B，B为NH4HCO3，F为NH3，I为NO，J为NO2，G为H2O，K为HNO3，
（1）A中[FeC2O4]和C中Fe元素均为+2价，则FeC2O4中碳元素的化合价为+3，E为CO2，故答案为：+3；CO2；
（2）反应③的化学方程式为：4NH3+5O2
4NO+6H2O，反应④的方程式为：3NO2+H2O
=
2HNO3+NO，反应⑤的方程式为：FeO+COFe+CO2，故答案为：4NH3+5O2
4NO+6H2O；3NO2+H2O
=
2HNO3+NO；FeO+COFe+CO2；
（3）少量铁与浓硝酸反应的离子方程式为：Fe+3NO3-+6H+=Fe3++3NO2↑+3H2O，在一定条件下反应若有1mol
K被还原时，转移的电子总数为6.02×1023个，故答案为：6.02×1023；
（4）过量Fe与HNO3的稀溶液反应的离子方程式：3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O，故答案为：3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O
考点：考查了的相关知识。
23．丙烯是重要的化工原料，以丙烯为原料合成某种有机玻璃和油墨材料DAP—A树脂的流程如下：
回答问题：
（1）写出下列物质可能的结构简式：B__________________F___________________。
（2）写出反应类型：反应②__________________；反应③__________________。
（3）1DAP—A树脂在一定条件下与H2发生加成反应，最多消耗H2____。
（4）写出反应①的化学方程式____________________________________。
（5）写出G在一定条件下与乙二醇发生反应生成一种高分子化合物的化学方程式_________________。
（6）E的同分异构体中，属于酯类的链状有机物有HCOOCH2=CH-CH2、HCOOCH-CH一CH3、____________、____________。
【答案】共15分
（1）或（）（2分），（2分）
（2）氧化；加聚（各1分，共2分）
（3）4n（2分）
（4）
（2分）
（5）+（2n-1）H2O（2分）
（6）HCOOCH2-CH=CH2、CH3-C(OOCH)=CH2对1个1分，2个全对给3分）
【解析】
试题分析：根据A和G的反应条件及产物可知，该反应是酯化反应，则A的结构简式是CH2=CHCH2OH，G是邻二苯甲酸，所以F是邻二甲苯，被氧化生成G。根据A的结构简式可知，反应①是丙烯甲基上氢原子的取代反应。由于A中含有碳碳双键，能和氯化氢发生加成反应生成B，所以B的结构简式为CH3CHClCH2OH或CH2ClCH2CH2OH。B发生催化氧化生成C，所以C是CH3CHClCOOH或CH2ClCH2COOH。最后C再通过消去反应生成丙烯酸。丙烯酸和甲醇发生酯化反应生成E，则E的结构简式为CH2=CHCOOCH3。E中含有碳碳双键，能发生加聚反应生成有机玻璃。而H中也含有碳碳双键，也能发生加聚反应，生成高分子化合物。由于H中含有1个苯环和2个碳碳双键，所以根据树脂的结构简式可知，1molDAP-A树脂在一定条件下与H2发生加成反应，最多消耗H24nmol
（1）CH3CHClCH2OH或CH2ClCH2CH2OH
。
（2）消去反应；加聚反应。
（3）4n。
（4）＋
Cl2
＋
HCl
（5）n＋n＋（2n-1）H2O
（6）HCOOCH2-CH=CH2、CH3-C(OOCH)=CH2
考点：有机物的结构与性质推断