山东省苍山县第一中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）

山东省苍山县第一中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）
1．有关煤的叙述中不正确的是(　　)。
A．煤是工业上获得苯、甲苯、二甲苯等芳香烃的重要来源物质
B．煤是由多种有机物组成的混合物，内含煤焦油等成分
C．煤除了含有C元素外，还含有少量的N、H、S、O等元素
D．煤等化石燃料的储量有限，节能和开发新能源是人类实现可持续发展的关键
【答案】B
【解析】该题主要考查煤的成分及利用，煤是有机物和少量无机物组成的混合物，煤焦油是煤干馏的产物之一，不属于煤本身的成分，故选B项。
2．在2L密闭容器中加入4molA和6molB，发生以下反应：4A(g)+6B(g)
4C(g)
+5D(g)。若经5s后，剩下的A是2.5mol，则B的反应速率是
A．0.225
mol
/(L·s)
B．0.15
mol
/(L·s)
C．0.45
mol
/(L·s)
D．0.9
mol
/(L·s)
【答案】A
【解析】
试题分析：A消耗的物质的量为4mol-2.5mol=1.5mol，A变化的浓度为1.5mol/2L=0.75
mol
/L，A的反应速率为：0.75
mol
/L÷5s=0.15
mol
/(L·s)，根据反应速率之比等于化学计量数之比，则4︰6=V(A)
︰V(B)，有4︰6=0.15
︰V(B)，V(B)=
0.225
mol
/(L·s)，选A。
考点：化学反应速率的计算。
3．下列各组中的两种物质作用时，反应条件(温度、反应物用量比)改变，不会引起产物的种类改变的是(
)
A．Na和O2
B．NaOH和CO2
C．Na2O2和CO2
D．NaHCO3和Ca(OH)2
【答案】C
【解析】A项温度变化可使产物不同，B、D项产物的种类与反应物的用量比有关系，只有C项的产物种类不随反应条件的改变而改变。
4．分类是化学研究中常用的方法。下列分类方法中，不正确的是
①根据元素原子最外层电子数的多少将元素分为金属和非金属
②根据电解质在水溶液中能否完全电离将电解质分为强电解质和弱电解质
③依据组成元素的种类，将纯净物分为单质和化合物
④根据酸分子中含有的氢原子个数，将酸分为一元酸、二元酸等
⑤根据氧化物中是否含有金属元素，将氧化物分为碱性氧化物、酸性氧化物
⑥根据分散系的稳定性大小，将分散系分为胶体、浊液和溶液
A．只有①③
B．③④⑤⑥
C．①④⑤⑥
D．全部正确
【答案】C
【解析】
试题分析：①根据元素原子在参加反应时得失电子的情况将元素分为金属和非金属，错误；②根据电解质在水溶液中能否完全电离将电解质分为强电解质和弱电解质，正确；③依据组成元素的种类，将纯净物分为单质和化合物，正确；④根据酸分子中电离产生的氢离子个数，将酸分为一元酸、二元酸等，错误；⑤根据氧化物中是否含有金属元素，将氧化物分为金属氧化物、非金属氧化物，错误；⑥根据分散系中分散质微粒直径的大小，将分散系分为胶体、浊液和溶液，错误。
考点：考查分类标准的正误判断的知识。
5．下列说法正确的是
A．测定HCl和NaOH反应中和热，应测量盐酸、NaOH起始温度和反应后终止温度
B．1molH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，H2的燃烧热ΔH＝＋285.8kJ/mol
C．1molC与O2反应生成1molCO时，放出110.5kJ热量，则C的燃烧热为110.5kJ/mol
D．在稀溶液中：H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)ΔH＝－57.3kJ/mol，若将含0.5molH2SO4的浓溶液与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量等于57.3kJ
【答案】A
【解析】
试题分析：A、测定中和热，需要测定反应前盐酸和氢氧化钠的温度和反应后溶液的温度，正确，选A；B、氢气燃烧放热，所以ΔH为负值，错误，不选B；C、燃烧热是指1摩尔可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时对应的反应热，稳定的氧化物为二氧化碳，不是一氧化碳，错误，不选C；D、硫酸的浓溶液溶于水放热，所以反应放出的热量多，错误，不选D。
考点：中和热的测定，燃烧热
6．下列微粒中，未成对电子数最多的是（
）
A.O
B.
P
C.
Fe
D.Fe3+
【答案】D
【解析】根据构造原理可知O中有2个未成对电子，P中有3个未成对电子，铁原子中4个未成对电子，铁离子中5个未成对电子，所以答案是D。
7．高纯度晶硅是典型的无机非金属材料，又称“半导体”材料，它的发现和使用曾引起计算机的一场
“革命”。它可以按下列方法制备：
下列说法正确的是
A．步骤①的化学方程式为：SiO2＋CSi＋CO2↑
B．步骤①②③中每生成或反应1mol
Si，转移4mol电子
C．二氧化硅能与氢氟酸反应，而硅不能与氢氟酸反应
D．SiHCl3（沸点33．0℃）中含有少量的SiCl4（沸点67．6℃），通过蒸馏（或分馏）可提纯SiHCl3
【答案】D
【解析】
试题分析：A、二氧化硅与C在高温条件下反应生成Si和CO，不是二氧化碳，错误；B、步骤①中每生成1molSi转移4mol电子，而②③中Si的化合价是+2价，所以每生成或反应1mol
Si，转移2mol电子，错误；C、二氧化硅与硅都可以与氢氟酸反应，错误；D、SiHCl3与SiCl4的沸点相差较大，所以可通过蒸馏除去SiCl4提纯SiHCl3，正确，答案选D。
考点：考查对工艺流程的分析，氧化还原反应的判断
8．铁粉与水蒸气反应的装置如图所示，有关该反应的说法正确的是（
）
A．该反应属于复分解反应
B．网罩的作用是集中火焰，提高温度
C．湿棉花的作用是给试管降温，防止炸裂
D．反应中水既不是氧化剂，也不是还原剂
【答案】B
【解析】
试题分析：A．水蒸气与铁在高温下发生反应产生Fe3O4和H2，该反应属于置换反应，错误；B．网罩的作用是集中火焰，使火焰集中一个部位加热，以便于提高温度，正确；C．湿棉花的作用是在加热时产生水蒸气，错误；D．反应中水的组成元素H元素的原子获得电子变为H2，作氧化剂，错误。
考点：考查铁与水蒸气的反应原理、化学实验操作的有关知识。
9．下列反应的离子方程式正确的是
（
）
A．氟气通入水中：
2F2＋2H2O＝4F－＋4H+＋O2
B．向小苏打溶液中加入过量的石灰水：Ca2+＋2OH－＋2HCO3－＝CaCO3↓＋CO32－＋2H2O
C．硫氢化钠溶液与碘反应：HS－＋I2＝S＋2I－＋H＋
D．FeBr2溶液与足量的Cl2反应：2Fe2＋＋2Br－＋2Cl2＝2Fe3＋＋4Cl－＋Br2
【答案】C
【解析】
10．把下列四种
X
溶液分别加入四个盛有
10mL2
mol L-1盐酸的烧杯中，均匀加水稀释到50mL。此时X
和盐酸进行反应。其中反应速率最大的是
A．40mL
1.5
mol L-1的
X
溶液
B．20mL
2
mol L-1的
X
溶液
C．10mL
4
mol L-1的
X
溶液
D．l0mL
2
mol L-1的
X
溶液
【答案】A
【解析】
试题分析：
试题分析：先计算出稀释后X溶液的中X的物质的量，最后溶液的体积都为50mL，则物质的量越大，浓度越大，则反应速率越大。A、20mL3mol/L的X溶液，X的物质的量为0.02L×3mol/L＝0.06mol；B、20mL2mol/L的X溶液，X的物质的量为0.02L×2mol/L＝0.04mol；C、10mL4mol/L的X溶液，X的物质的量为0.01L×4mol/L＝0.04mol；D、10mL2mol/L的X溶液，X的物质的量为0.01L×2mol/L＝=0.02mol，所以四种情况下A中浓度最大，反应速率是最大，选A。
考点：考查浓度对反应速率的影响。
11．完全溶解28.4
g碳酸铜和氢氧化铜的混合物需要消耗1
mol·L-1的盐酸500
mL。若灼烧相同质量的上述混合物，能得到氧化铜的质量为
A．40
g
B．30
g
C．20
g
D．16
g
【答案】C
【解析】
试题分析：完全溶解28.4
g碳酸铜和氢氧化铜的混合物需要消耗1
mol·L-1的盐酸500
mL，得到的溶液是氯化铜溶液，根据Cl元素守恒，可知氯化铜的物质的量是0.5L×1mol/L/2=0.25mol，则Cu元素的物质的量是0.25mol，所以CuO的物质的量也是0.25mol，质量是0.25mol×80g/mol=20g，答案选C。
考点：考查元素守恒法的应用
12．（2013 江苏）用固体样品配制一定物质的量浓度的溶液，需经过称量、溶解、转移溶液、定容等操作．下列图示对应的操作规范的是（
）
【答案】B
【解析】A．用天平称量药品，药品不能直接放在托盘内，天平称量应遵循“左物右码”，故A错误；
B．固体溶解用玻璃棒搅拌，加速溶解，故B正确；
C．应用玻璃棒引流，防止溶液洒落，故C错误；
D．胶头滴管不能深入容量瓶内，应在容量瓶正上方，悬空滴加，故D错误；
【点评】本题实验考查基本操作，比较基础，旨在考查学生对基础知识的理解掌握，注意掌握中学实验常见的基本操作．
13．下列化学反应的离子方程式正确的是
A．少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中：SO2+H2O+Ca2++2ClO-=CaSO3↓+2HClO
B．在稀氨水中通入少量CO2:
2NH3·H2O+CO2=2NH+CO32-
+H2O
C．用稀HCl溶液溶解FeS固体：FeS+2H+=Fe2++H2S↑
D．Cl2与水反应：Cl2+
H2O
=
HCl
+
HClO
【答案】BC
【解析】
14．下列递变规律正确的是（
）
A．O、S、Na、K的原子半径依次增大
B．Na、Mg、Al、Si的还原性逐渐增强
C．HF、HCl、H2S、PH3的稳定性依次增强
D．KOH、Ca(OH)2、Mg(OH)2、Al(OH)3的碱性逐渐增强
【答案】A
【解析】
试题分析：A．同周期自左向右，原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，则O、S、Na、K的原子半径依次增大，A项正确；B．同周期自左向右金属性逐渐减弱，则Na、Mg、Al、Si的还原性逐渐减弱，B项错误；C．非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，非金属性：F>Cl>S>P，则HF、HCl、H2S、PH3的稳定性依次减弱，C项错误；D．金属性越强，最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性：K>Ca>Mg>Al，则KOH、Ca(OH)2、Mg(OH)2、Al(OH)3的碱性逐渐减弱，D项错误；答案选A。
考点：考查元素周期律的应用
15．下列叙述中正确的是
A．向含有CaCO3沉淀的水中通入CO2至沉淀恰好溶解，再向溶液中加入NaHCO3饱和溶液，又有CaCO3沉淀生成
B．向Na2CO3溶液中逐滴加入等物质的量的稀盐酸，生成的CO2与原Na2CO3的物质的量之比为1：2
C．等质量的NaHCO3和Na2CO3分别与足量盐酸反应，在同温同压下，生成的CO2体积相同
D．向Na2CO3饱和溶液中通入CO2，有NaHCO3结晶析出
【答案】D
【解析】
试题分析：A.CaCO3与CO2反应生成Ca（HCO3）2，再加入NaHCO3没有明显现象，A错误；B.向Na2CO3溶液中逐滴加入等物质的量的稀盐酸，生成NaHCO3，没有CO2气体放出，B错误；C.等质量的NaHCO3和Na2CO3，其中NaHCO3的物质的量多，与足量盐酸反应时，放出的CO2多，C错误；D.向Na2CO3饱和溶液中通入CO2，发生的反应为Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3↓，由于NaHCO3的溶解度较小，有结晶析出，D正确，答案选D。
考点：考查碳酸钙、碳酸钠以及碳酸氢钠的性质以及有关转化的判断。
16．钠、氯及其化合物有如下转化关系，请按要求填空：
（1）金属钠的密度比水
，实验室中金属钠通常保存在
中。一小块金属钠投入水中的反应方程式是
。
（2）Na2O2
是
色的固体，Na2O2
的重要用途是
，有关反应的化学方程式为
___________________。
（3）通常情况下，为了防止污染环境，在做完实验后，多余的氯气应用NaOH溶液吸收，其化学方程式为
。
（4）新制的氯水滴入AgNO3溶液中，观察到
现象，原因是
。
【答案】（1）小；煤油；2Na+
2H2O＝2NaOH+H2↑；
（2）淡黄；做呼吸面具；2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑；
（4）Cl2
+2NaOH=NaCl
+
NaClO
+
H2O；
（4）生成白色沉淀；氯水中有Cl-；
【解析】
试题分析：（1）金属钠的密度比水小，实验室中金属钠通常保存在煤油中，一小块金属钠投入水中的反应方程式是2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，故答案为：小；煤油；
2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；
（2）Na2O2是淡黄色的固体，Na2O2的重要用途是做呼吸面具的供氧剂，有关反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，故答案为：淡黄；做呼吸面具的供氧剂；
2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；
（3）多余的氯气应用NaOH溶液吸收，其化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，故答案为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；
（4）新制的氯水滴入AgNO3溶液中，观察到生成白色沉淀，原因是氯水中有Cl-，故答案为：生成白色沉淀；氯水中有Cl-。
考点：考查了氯、溴、碘及其化合物的综合应用；钠的化学性质；钠的重要化合物的相关知识。
17．
(14分)W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，其原子序数依次增大，其它相关信息如下表所示
(1
)X位于元素周期表中第________周期第
_______族；Y基态原子的电子排布式为_______。
(2)
在W-H、X-H两种共价键中，键的极性较强的是_______,元素Y与W按原子个数比1
：
3形成的化合物所属的晶体类型是_______。
(3)
W的一种氢化物(W2H4)与W2X4发生反应：
，反应中若形成键放热103.9k!。则该反应的=_______。
(4)
元素X、Y、Z可形成1:1:1型化合物A，已知A在热的碱性溶液中分解得到物质的量之比为1
：
2的两种盐，写出该反应的化学方程式_______。
【答案】（1）二（1分）
ⅥA（1分）
1s22s22p63s1（2分）
（2）O-H(或X-H)
（2分）离子晶体（2分）
（3）–1039kJ
mol-1
（3分）
（4）3NaClO
NaClO3
+
2NaCl
（3分）
【解析】因为
W基态原子中s电子数比p电子数多1，电子排布式是1s22s22p3，即W为N;
X的原子最外层电子数是其内层电子数的3倍,为O；由短周期元素、原子序数依次增大和Y的第一电离能在同周期元素中最小，可知Y为Na；Z一种核素的质量数为37，中子数为20
，可知Z的质子数为17，即Z为Cl。
（1）X为O，位于元素周期表中第二周期第ⅥA族；Y为Na，基态原子电子排布式为
1s22s22p63s1。
（2）O的电负性比N大，在N-H、O-H两种共价键中O-H的极性较强，元素Y与W按原子个数比1:3形成的化合物为NaN3，所属的晶体类型是离子晶体。
（3）1molN2中π键为2mol每形成0.6molπ键相当于生成0.3
molN2，根据计算得
ΔH
=–1039kJ
mol-1。
（4）A为NaClO，根据氧化还原反应规律可得：
3NaClO
NaClO3
+
2NaCl。
18．实验室需要0.1
mol/L
NaOH溶液450
mL和0.5
mol/L硫酸溶液450
mL.根据这两种溶液的配制情况回答下列问题：
（1）如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是
(填序号)，仪器E的名称是
，本实验所需玻璃仪器E规格为
mL。
（2）下列操作中，容量瓶所不具备的功能有
(填序号)。
A．配制一定体积准确浓度的标准溶液
B．长期贮存溶液
C．用来加热溶解固体溶质
D．
量取一定体积的液体
（3）根据计算得知，所需质量分数为98%、密度为1.84
g/cm3的浓硫酸的体积为
mL
(计算结果保留一位小数)。如果实验室有10
mL、25mL、50
mL量筒，应选用
mL规格的量筒最好。
【答案】AC；容量瓶；500；BCD；13.6；25
【解析】
试题分析：（1）配制一定物质的量浓度时所用仪器有：托盘天平、量筒、500mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、药匙等，烧瓶和分液漏斗不需要，所以答案选A、C，由于没有500ml容量瓶，所以配制450mL溶液，需要500mL容量瓶。另外还需要溶解和稀释时用到的烧杯和玻璃棒。
（2）容量瓶只能用来配制一定体积准确浓度的溶液，不能配制或测量容量瓶规格以下的任意体积的液体，不能稀释或溶解药品，不能用来加热溶解固体溶质，综上，答案B、C、D。
（3）浓硫酸的浓度c＝＝mol/L＝18.4mol/L，浓硫酸稀释前后溶质的物质的量不变，设浓硫酸的体积为V，所以18.4mol/L×V＝0.5/L×0.5L，解得V＝0.0136L=13.6mL，选取的量筒规格应该等于或大于量取溶液体积，所以选用25mL量筒。
【考点定位】考查一定物质的量浓度的配制。
【名师点睛】该题考查一定物质的量浓度溶液的配制和有关计算，难度不大。常考点：有关计算、误差分析等。1.计算所需溶质的量时，要代入容量瓶体积，结果保留一位小数，与托盘天平精确到一致。2.
误差分析的理论依据：依据cB＝nB/V可知，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量ｎB和溶液的体积V引起的。误差分析时，关键要看配制过程中的操作会引起ｎ和V怎样的变化。若nB比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若nB比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。
19．(共12分)下图是一套制取并验证氯气部分化学性质的实验装置。
图中，A是Cl2的发生装置，B、C是气体的净化装置，D中盛放浸有有色布条的CCl4溶液，E中盛放浸有有色布条的水溶液，F中盛有淀粉-碘化钾溶液，G烧杯中盛放NaOH溶液。
（1）写出A装置中发生的反应方程式，并用
“
双线桥法”标出电子的转移方向和数目。
（2）若生成2.8L标准状况时的氯气，被氧化的HCl的物质的量为多少？
（3）上述装置中有一处错误，请指出是
处（用装置字母表示）。
（4）B中饱和食盐水的作用是
；C中浓硫酸的作用是
（5）有色布条褪色的是
（选择
“D”或“E”或“D、E”），由此可知具有漂白作用的物质是
（填化学式）。F中出现的现象是
（6）G烧杯中NaOH溶液的作用是
，发生的化学反应方程式：
【答案】
（1）（2分）
（2）0.25
mol（2分）；n(Cl2)=2.8L÷22.4L/mol=0.125mol,
被氧化的n(HCl)
=2n(Cl2)=2
mol×0.125mol
=0.25mol（2分）
（3）B（1分）
（4）除去Cl2中混有的HCl气体（1分）
除去Cl2中混有的水蒸气（1分）
（5）E（1分）
HClO（1分）
无色溶液变蓝色（1分）
（6）尾气处理，防止环境污染（1分）；
Cl2
+
2NaOH
=
NaCl
+
NaClO
+
H2O（1分）
【解析】
试题分析：（1）在A装置中发生的是实验室制取氯气的反应，用
“
双线桥法”
标出电子的转移方向和数目是
；
（2）根据反应方程式可知：每有1mol的Cl2产生，被氧化的HCl的物质的量是2mol，n(Cl2)=2.8L÷22.4L/mol=0.125mol,现在产生的氯气的物质的量是0.125mol，所以被氧化的HCl的物质的量为0.25mol；（3）上述装置中有一处错误，就是在B装置中用于除去氯气中的HCl杂质的导气管应该是长进短出，连接翻个了,选项是B；（4）B中饱和食盐水的作用是除去Cl2中混有的HCl气体；C中浓硫酸的作用是除去Cl2中混有的水蒸气，即干燥；（5）由于氯气与水反应会产生有漂白作用的次氯酸HClO,
而在CCl4中无水，不能产生次氯酸，所以所以在装置E中的有色布条褪色；由此可知具有漂白作用的物质是HClO；Cl2与KI发生氧化还原反应产生I2，I2遇到淀粉溶液会变为蓝色，因此在F中出现的现象是无色溶液变蓝色；（6）氯气是大气污染物，在排放之前应该进行尾气处理。可以利用其能够与碱反应的性质处理，所以G烧杯中NaOH溶液的作用是尾气处理，防止环境污染，反应的方程式是：Cl2
+
2NaOH
=
NaCl
+
NaClO
+
H2O。
考点：考查氯气的制取、化学性质的验证、尾气处理、化学方程式、氧化还原反应的双线桥法表示的知识。
20．（12分）实验室用乙酸和正丁醇制备乙酸正丁酯。有关物质的相关数据如下表：
化合物
相对分子质量
密度/g·cm-3
沸点/℃
溶解度g/l00g水
正丁醇
74
0.80
118.0
9
冰醋酸
60
1.045
118.1
互溶
乙酸正丁酯
116
0.882
126.1
0.7
操作如下：
①在50mL三颈烧瓶中投入几粒沸石，将18.5
mL正丁醇和13.4
mL冰醋酸（过量），3～4滴浓硫酸按一定顺序均匀混合，安装分水器（作用：实验过程中不断分离除去反应生成的水）、温度计及回流冷凝管。
②将分水器分出的酯层和反应液一起倒入分液漏斗中依次用水洗，10%
Na2CO3洗，再水洗，最后转移至锥形瓶并干燥。
③将干燥后的乙酸正丁酯加入烧瓶中，常压蒸馏，收集馏分，得15.1
g乙酸正丁酯。
请回答有关问题：
（1）写出任意一种正丁醇同类的同分异构体的结构简式
。
（2）仪器A中发生反应的化学方程式为
。
（3）步骤①向三颈烧瓶中依次加入的药品是：
。
（4）步骤②中，用
10%Na2CO3溶液洗涤有机层，该步操作的目的是
。
（5）步骤③在进行蒸馏操作时，若从118℃开始收集馏分，产率偏
，（填“高”或“低”）原因是
。
（6）该实验生成的乙酸正丁酯的产率是
。
【答案】（1）CH3CH2CH（OH）CH3
（其他合理答案也可）（1分）；
（2）CH3COOH+CH3CH2CH2CH2OHCH3COOCH2CH2CH2CH3+H2O（2分）
（3）正丁醇，浓硫酸，冰醋酸（2分）；
（4）除去酯中混有的乙酸和正丁醇（2分）
（5）高（1分）；会收集到少量未反应的冰醋酸和正丁醇（2分）
（6）65%（或65.1％）
（2分）
【解析】
试题分析：（1）写出任意一种正丁醇同类的同分异构体的结构简式是CH3CH2CH(OH)CH3，(CH3)2CH-CH2OH、(CH3)3C-OH。（2）仪器A中乙酸和正丁醇制备乙酸正丁酯的发生反应的化学方程式为CH3COOH+CH3CH2CH2CH2OHCH3COOCH2CH2CH2CH3+H2O。（3）步骤①向三颈烧瓶中先加入正丁醇，然后再浓硫酸，待溶液冷却后再加入冰醋酸。（4）步骤②中，用
10%Na2CO3溶液洗涤有机层，该步操作的目的是反应消耗乙酸，溶解正丁醇，降低制备的到的乙酸正丁酯的溶解度。（5）步骤③在进行蒸馏操作时，若从118℃开始收集馏分，由于乙酸的沸点是118.1℃，正丁醇沸点是118.0℃，会使收集的物质中含有乙酸，将其当作酯，因此产率偏高。（6）15.1
g乙酸正丁酯的物质的量是n(乙酸正丁酯)=
15.1
g÷116g/mol=0.13mol，18.5
mL正丁醇的物质的量是n(正丁醇)=
(18.5
mL×0.80g/ml)
÷74g/mol=0.2mol；由于乙酸过量，所以该实验生成的乙酸正丁酯的产率是(0.13mol÷0.2mol)
×100％=65%。
考点：考查有机物制备操作、反应方程式、物质产率的计算的知识。
21．高炉炼铁是冶炼铁的主要方法。
（1）从炼铁高炉口排出的尾气中含有一定量的有毒气体
（填化学式），会污染空气。100多年前，人们曾耗巨资改建高炉，结果尾气中的该物质含量并未减少。高炉炼铁的主要反应方程式为（设铁矿石用磁铁矿）
。
（2）已知：①4Fe(s)
+
3O2=2Fe2O3(s)
　
ΔH1　
②4Fe3O4(s)+O2(g)=6Fe2O3(s)
ΔH2
③3Fe(s)+2O2(g)=Fe3O4(s)
ΔH3
则ΔH2＝　　　　　
（用含上述ΔH的代数式表示）。
（3）高铁酸钠（Na2FeO4）是铁的一种重要化合物，可用电解法制备，阳极材料为铁，其电解质溶液应选用_______
（填H2SO4、HNO3、KOH、NaOH、Na2SO4）溶液，原因是_____________，阳极反应式为_________________。
（4）某温度下，HX的电离平衡常数K为1×10-5。计算该温度下0.100mol/L的HX溶液的
H＋浓度。（平衡时HX的浓度以0.100mol/L计，水的电离忽略不计，写出计算过程。）
【答案】（16分）
（1）CO（2分）
Fe3O4(s)+4CO(g)3Fe(s)+4CO2(g)
（写等号扣1分，不标状态不扣分）（2分）
（2）3ΔH1－4ΔH3
（2分）
（3）NaOH（2分）
酸性条件会反应，KOH会引进K元素杂质（合理也给分）（2分）
Fe－6e－+
8OH－=
FeO42－+
4H2O
（2分）
（4）
HX
X－
+
H+
初始浓度/
mol·L－1：
0.100
0
0
变化浓度/
mol·L－1：
a
a
a
平衡浓度/
mol·L－1：
0.100
a
a
（1分）
K=
==1×10－5
∴a≈1×10－3
（1+1+1分）
（K的表达式正确得1分，算式正确得1分，计算结果正确得1分）。
【解析】
试题分析：（1）高炉炼铁原理为Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，为了提高氧化铁的利用率及，一氧化碳一定过量，则尾气中含有的有毒气体是CO；产生上述现象的原因是高炉炼铁是可逆反应，则用磁铁矿为原料炼铁的原理为Fe3O4(s)+4CO(g)3Fe(s)+4CO2(g)；（2）为了约去Fe(s)，观察3个热化学方程式，发现①×3—③×4=②，则②的焓变等于①的焓变×3—③的焓变×4，即ΔH2=3ΔH1－4ΔH3；（3）阳极的主要反应物和产物是铁和高铁酸根离子，即Fe→FeO42—；铁元素由0价升为+6价，升高总数为6，则失去6个电子，则Fe—6e—→FeO42—；由于铁单质与酸能直接反应，因此不能选择酸作电解质溶液，也不能用氢离子使左右电荷守恒，只能选碱作电解质溶液，但不能选择KOH，否则引入钾离子等杂质，根据电荷守恒，则Fe—6e—+
8OH－→FeO42—；根据氢、氧原子个数守恒，则阳极反应式为Fe－6e－+
8OH－=
FeO42－+
4H2O；（4）依题意，该反应体系中各组分（起始、变化、平衡）浓度可以推导，则
HX
X－
+
H+
初始浓度/
mol·L－1
0.100
0
0
变化浓度/
mol·L－1
a
a
a
平衡浓度/
mol·L－1
0.100—a≈0.100
a
a
K=
==1×10－5
∴a≈1×10－3
考点：考查化学反应原理等，涉及高炉炼铁原理及尾气成分推导、可逆反应、盖斯定律、电解原理的应用、电解质溶液的选择及原因、阳极反应式、化学平衡常数的有关计算过程等。
22．A是化学实验室中常见的有机物，它易溶于水并有特殊香味，B的产量可衡量一个国家石油化工发展的水平，并能进行如图所示的多种反应。
（1）写出A的化学式________。
（2）写出下列反应的化学方程式
反应①___________________________________________________________；
反应③_________________________________________________________；
反应④___________________________________________________________。
【答案】（1）C2H6O
（2）2CH3CH2OH＋2Na→2CH3CH2ONa＋H2↑
CH3CH2OH＋CH3COOHCH3COOCH2CH3＋H2O
2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O
【解析】
试题分析：A是化学实验室中常见的有机物，它易溶于水并有特殊香味，B的产量可衡量一个国家石油化工发展的水平，则B是乙烯，A是乙醇，乙烯和水发生加成反应生成乙醇，乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，则C是乙酸乙酯。乙醇发生催化氧化生成乙醛，因此D是乙醛。乙醇和钠反应生成乙醇能和氢气。
（1）根据以上分析可知A的化学式为C2H6O。
（2）根据以上分析可知反应①的方程式为2CH3CH2OH＋2Na→2CH3CH2ONa＋H2↑；反应③的方程式为CH3CH2OH＋CH3COOHCH3COOCH2CH3＋H2O；反应④的方程式为2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O。
【考点定位】本题主要是考查有机物推断
【名师点晴】明确常见有机物的结构和性质是解答的关键，突破点是B，平时注意相关基础知识的理解掌握和积累，题目难度不大。有机化学方程式的书写注意解答的规范化，特别是注意产物中小分子不要遗漏。
23．A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期元素，已知A、B、E三种原子最外层共有11个电子，且这3种元素的最高价氧化物的水化物两两皆能发生反应生成盐和水，C元素最外层电子数比次外层电子数少4，D元素原子次外层电子数比最外层电子数多3。
（1）写出元素的名称：C__________，D___________。
（2）写出元素的原子结构示意图：A______________，B______________，
二者离子半径：_______＞_________
(填化学式，下同)。
（3）A、B的最高价氧化物的水化物的碱性：______________＞______________。
（4）D、E的气态氢化物的稳定性：______________＞______________。
【答案】（1）硅；磷；（2）；；Na+>Al3+；
（3）NaOH>Al(OH)3；（4）HCl>
PH3。
【解析】
试题分析：A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期元素，A、B、E三种元素的最高价氧化物的水化物两两皆能发生反应生成盐和水，则含有Al元素，氢氧化铝溶于强酸、强碱，故有Na元素，则A为Na，B为Al，三种原子最外层共有11个电子，则E的最外层电子数为11-1-3=7，则E为Cl元素。C元素的最外层电子数比次外层电子数少4，则C元素原子有3个电子层，最外层电子数为4，则C为Si元素；D元素原子序数大于硅元素，处于第三周期，D元素原子次外层电子数比最外层电子数多3，则最外层电子数为8-3=5，则D为磷元素；（1）C元素的名称是硅；D元素的名称是磷；（2）A是Na元素，原子结构示意图是：；B元素是Al元素，原子结构示意图是：；Na+、Al3+核外电子排布相同，对于电子层结构相同的离子来说，核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径：Na+>Al3+；
（3）A、B两元素最高价氧化物的水化物分别为：NaOH、Al(OH)3，因NaOH是一元强碱，而氢氧化铝具有两性，故碱性：NaOH>
Al(OH)3；（4）
D为P，E
s
Cl，由于元素的非金属性Cl＞P，元素的非金属性越强，对应的氢化物的稳定性就越强，所以相应的氢化物的稳定性：HCl>PH3。
考点：考查元素周期表、周期律的应用以及原子结构示意图的书写、离子半径大小比较等知识。