山东省微山县第三中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）

山东省微山县第三中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）
1．足量下列物质与等质量的铝反应，放出氢气且消耗溶质物质的量最少的是
A．氢氧化钠溶液
B．稀硫酸
C．盐酸
D．稀硝酸
【答案】A
【解析】
试题分析：设Al为1mol。A、铝与氢氧化钠溶液反应生成Na[Al（OH）4]，1molAl消耗1molNaOH；B、铝与稀硫酸反应生成Al2（SO4）3，1mol铝消耗1.5mol硫酸；C、铝与盐酸反应生成AlCl3，1mol铝消耗3mol盐酸；D、硝酸与金属铝反应不生成氢气，综合以上分析可知放出氢气且消耗溶质物质的量最少的是氢氧化钠溶液，故选A。
考点：考查了铝的性质等相关知识。
2．下列不属于有机物的是：
A．CH3COONa
B．CH3OCH3
C．CCl4
D．CO
【答案】D
【解析】
3．a
g下列物质在氧气中充分燃烧后的气体(1.01×105
Pa，120℃)，通过足量的过氧化钠充分反应后，过氧化钠增重b
g，符合b>a
的选项有
A．HCHO
B．CH3COOCH2CH3
C．HOOCCOOH
D．蔗糖
【答案】B
【解析】
试题分析：：A、HCHO可以改写出CO（H2），agHCHO充分燃烧后的气体通过足量过氧化钠，过氧化钠增重ag，故错
B、CH3COOCH2CH3可以改写出（CO）2（H2）4C2，组成中碳原子增多，agCH3COOCH2CH3充分燃烧后的气体通过足量过氧化钠，过氧化钠增重大于ag，
C、HOOCCOOH可以改写出（CO）2（H2）O2，组成中氧原子增多，agHOOCCOOH充分燃烧后的气体通过足量过氧化钠，过氧化钠增重小于ag，故错
D、葡萄糖以改写出（CO）6（H2）6，ag葡萄糖充分燃烧后的气体通过足量过氧化钠，过氧化钠增重ag，
故错
考点：有关化学方程式的计算
点评：考查根据反应方程式的计算，难度中等，关键根据反应方程式寻找质量变化，理解质量变化归纳总结规律，若分子组成满足（CO）n（H2）m的物质，固体增重等于自身质量；若多碳则会多增重，若多氧则会少增重．
4．以下是对某溶液进行离子检验的方法和结论，其中正确的是
A．先加入BaCl2溶液，再加入HNO3溶液，产生了白色沉淀，则溶液中一定含有大量的SO42－
B．加入足量的CaCl2溶液，产生了白色沉淀，则溶液中一定含有大量的CO32－
C．加入盐酸，能产生使澄清石灰水变浑浊的气体，则溶液中一定含有CO32－
D．先加适量的硝酸将溶液酸化，再加入AgNO3溶液，产生了白色沉淀，则溶液中一定含大量的Cl－
【答案】D
【解析】
试题分析：A．能和氯化钡反应生成不溶于强酸的白色沉淀可能是氯化银，也可能是硫酸钡，硝酸具有强氧化性，能把亚硫酸钡氧化生成硫酸钡，所以原溶液中可能存在的离子是SO42-或SO32-或Cl-，也可能是SO42-、SO32-、Cl-中的两种或三种，故A错误；B．能和氯化钙反应生成白色沉淀的阴离子有碳酸根离子、银离子，所以原溶液中可能存在的离子是碳酸根离子或银离子，故B错误；C．能使澄清石灰水变浑浊的气体有二氧化碳和二氧化硫，所以原溶液中可能存在的离子可能是碳酸根离子、碳酸氢根离子、亚硫酸根离子、亚硫酸氢根离子，故C错误；D．先将溶液用硝酸酸化后，排除了碳酸根离子的干扰，然后再加入硝酸银溶液，能产生白色沉淀的阴离子是氯离子，故D正确，故选D。
考点：考查了物质的检验和鉴别的方法
5．科技工作者研究出以NH3
为燃料，氧气为氧化剂，某固体氧化物为电解质的新型燃料电池（如图所示）。该固体氧化物电解质的工作温度高达700~900
℃，O2-可在该固体氧化物电解质中自由移动，反应生成物均为无毒无害的物质。下列说法正确的是
A．电极甲为电池正极
B．电池总反应为4NH3+5O2
＝4NO+6H2O
C．电池正极反应式为O2+2H2O+4e-＝4OH－
D．图示中的O2-由电极乙移向电极甲
【答案】D
【解析】
试题分析：A、根据装置图可知，电极甲通入氨气，氨气反应后生成氮气，发生氧化反应，所以电极甲为负极，错误；B、反应生成物均为无毒无害的物质，所以该反应不可能生成NO有毒气体，错误；C、该电池中的电解质为熔融物质，不存在液态水，所以不会生成氢氧根离子，错误；D、在原电池中阴离子向负极移动，甲为负极，所以O2-由电极乙移向电极甲，正确，答案选D。
考点：考查原电池反应原理的应用
6．短周期元素X、Y、Z、M、R在周期表中的相对位置如图所示。下列说法正确的是
X
Y
Z
M
R
A．X的气态氢化物比Y的气态氢化物稳定
B．原子半径的大小顺序为：r(R)>r(M)>r(Z)
C．元素的最高价氧化物对应水化物的酸性R强于M
D．离子R-和Z
3+的电子层结构相同
【答案】C
【解析】该题以“周期表中元素的推断”为载体，考查学生对元素周期表的熟悉程度及其对表中各元素性质和相应原子结构的周期性递变规律的认识和掌握程度。考查了学生对物质结构与性质关系以及运用元素周期律解决具体化学问题的能力。
根据周期表的结构可推出元素分别为：X:N
；
Y
:O
；
Z:
Al
；
W
:S
；
R
:Cl。非金属性越强，相应氢化物的稳定性越强，N的非金属性弱于O的，A不正确。同周期原子半径从左到右依次减小，同主族从上到下依次增大，B不正确。元素最高价氧化物对应的水化物的酸性是与非金属性一致的，因此酸性R的强，C正确。离子R－和Z
3＋，核外电子数和电子层数都不相同，D不正确。答案选C。
7．短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次递增，A、B两元素相邻，B、C、E原子的最外层电子数之和为13，E原子最外层电子数是B原子内层电子数的3倍或者C原子最外层电子数的3倍，B、D原子最外层电子数之和等于C、E原子最外层电子数之和。下列说法正确的是
A．元素B和E的氧化物对应的水化物均为强酸
B．C的单质能与A的氧化物发生置换反应
C．元素C、D、E的最高价氧化物对应的水化物之间均可相互反应
D．工业上常用直接电解元素C、D的氯化物来制取它们的单质
【答案】B
【解析】
试题分析：E原子最外层电子数是B原子内层电子数的3倍或者C原子最外层电子数的3倍，则B的内层电子数与C的最外层电子数相等，所以B的内层电子数是2，C的最外层电子数是2，E的最外层电子数是6，B、C、E原子的最外层电子数之和为13，则B的最外层电子数是5，B是N元素，A是C元素；五种元素的原子序数依次增大，所以C是Mg元素，E是S元素，B、D原子最外层电子数之和等于C、E原子最外层电子数之和，D的最外层电子数是3，所以D是Al元素。A、元素N和S的最高价氧化物对应的水化物均为强酸，不是最高价对应的氧化物的水化物不一定是强酸，错误；B、Mg的单质能与C的氧化物二氧化碳发生置换反应，生成氧化镁和碳单质，正确；C、元素Mg、Al、S的最高价氧化物对应的水化物之间不能相互反应，因为氢氧化铝只与强碱反应，而氢氧化镁不属于强碱，氢氧化铝则不与氢氧化镁反应，错误；D、工业上电解氯化镁和氧化铝来制取Mg、Al单质，氯化铝是共价化合物，不能电解来制取Al，错误，答案选B。
考点：考查元素的推断，元素化合物的性质判断
8．实验室可以用KMnO4标准液滴定草酸(H2C2O4)，测定溶液中草酸的浓度。判断下列说法不正确的是(
)
A．滴定中涉及的离子方程式为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O
B．KMnO4标准溶液常用硫酸酸化，若用HNO3酸化，会使测定结果偏低
C．KMnO4标准溶液盛放在酸式滴定管中
D．该实验选择酚酞做指示剂，当待测液颜色由无色变为浅红色时即达到滴定终点
【答案】D
【解析】
试题分析：A．滴定中涉及的高锰酸钾氧化草酸的离子方程式为2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+
8H2O，故A正确；B．KMnO4标准溶液常用硫酸酸化，不用HNO3酸化，因HNO3本身有强氧化性，若用会使测定结果偏低，故B正确；C．KMnO4标准溶液有强氧化性，能腐蚀橡胶，只能盛放在酸式滴定管中，故C正确；D．该实验不需要指示剂，当待测液颜色由无色变为浅红色时即达到滴定终点，故D错误，答案为D。
考点：考查滴定操作及实验原理，涉及酸性高锰酸钾溶液的性质。
9．下列电离方程式书写错误的是
A．H2S04=2H++SO42-
B．Ba(
OH)
2=Ba2++2OH-
C．Na2CO3=2Na+1+C03-2
D．NaHCO3=Na++HC03-
【答案】C
【解析】
试题分析：A、硫酸是强酸，属于强电解质，完全电离，电离方程式为：H2SO4=2H++SO42-，A正确；B、氢氧化钡是强碱，属于强电解质，完全电离，电离方程式为：Ba（OH）2=Ba2++2
OH-，B正确；C、碳酸钠是盐，属于强电解质，完全电离，电离方程式为：Na2CO3=2Na++CO32-，C错误；D、碳酸氢钠是盐，属于强电解质，完全电离，碳酸氢根为多元弱酸的酸式根离子，不能拆，电离方程式为：NaHCO3=Na++HCO3-，D正确。答案选C。
考点：电离方程式书写
10．某有机化合物仅由C、H、O三种元素组成，其相对分子质量小于180，若分子中氧的质量分数为50%，则含C的最大个数为（
）
A、6
B、
7
C、8
D、9
【答案】A
【解析】
试题分析：相对分子质量小于180，氧的质量分数为可知，则分子中氧原子数目小于为
=5.625，当有机物分子中含氧原子的数目为5时，有机物的相对分子质量最大，含碳原子个数也最多，此时，有机化合物中碳、氢的相对原子质量之和的最大值为等于氧原子的相对原子质量之和为5×16=80，设分子中含有x个C，y个H，则有12x+y=80，当y=8时，x=6，此时分子中碳原子的个数最多，所以分子中碳原子的个数最多为6，故选A．
考点：考查有机物分子式的确定
11．现有一氢氧化钡和氢氧化钠的混合溶液，往溶液中持续不断缓慢通入CO2气体，当通入a
g
CO2时生成的沉淀量达到最大值，当通入b
g
CO2时沉淀恰好完全溶解，则原溶液中氢氧化钡与氢氧化钠的物质的量浓度之比为
A．a︰(b-a)
B．a︰(b-2a)
C．a︰
D．a︰
【答案】B
【解析】假定原溶液中Ba(OH)2为x
mol，NaOH为y
mol
沉淀量最大时：Ba(OH)2＋CO2=BaCO3↓＋H2O
x
mol
a
g
沉淀全部溶解时：
OH－
＋
CO2
=
HCO3－
2x+y
mol
b
g
解得：
12．下列叙述正确的是
A．O2和O2互为同素异形体，性质相似
B．水电站把机械能转化为电能，而核电站把化学能转化成电能
C．明矾和漂白粉常用于自来水的净化和杀菌消毒，两者的作用原理相同
D．C（石墨，s）=C（金刚石，s）△H＞0，所以石墨较稳定
【答案】D
【解析】
试题分析：A．质子数相同，中子数不同的同种元素的不同原子互称同位素；
B．核电站把核能转化成电能；
C．明矾没有强氧化性不能杀菌消毒；
D．根据物质具有的能量越高越不稳定分析．
解：A．质子数相同，中子数不同的同种元素的不同原子互称同位素，O2和O2都是分子，不是同位素，故A错误；
B．水电站把重力势能转化为电能，核电站把核能转化成电能，故B错误；
C．明矾中的铝离子在水中水解生成氢氧化铝胶体能吸附水中的悬浮颗粒，从而起到净水作用，但是明矾没有强氧化性不能杀菌消毒，漂白粉具有强氧化性能杀菌消毒，故C错误；
D．已知C（石墨，s）=C（金刚石，s）△H＞0，说明石墨的能量比金刚石的低，所以石墨稳定，故D正确．故选D．
13．核内中子数为N的R2＋的离子，质量数为A，则n
g它的氧化物中所含质子的物质的量为
A (A-N+8)
mol
B (A-N
+10)mol
C (A-N+2)
mol
D (A-N
+6)
mol
【答案】A
【解析】
试题分析：该氧化物的摩尔质量为（A+16）g/mol，n g 它的氧化物的物质的量为；一个氧化物分子中含有（A-N+8）个质子，所以ng 它的氧化物中所含质子的物质的量为×（A-N+8）=，故选A。
【考点定位】考查质子数、中子数、质量数之间的关系。
【名师点晴】核内中子数为N的R2+离子，质量数为A，所以质子数为A-N，该离子的相对原子质量在数值上等于其质量数；该离子带2个单位正电荷，所以其氧化物的化学式为RO；该氧化物的摩尔质量为（A+16）g/mol，根据n=计算ng该氧化物的物质的量，一个氧化物分子中含有（A-N+8）个质子，据此计算。
14．已知：CH4（g）+2O2（g）==CO2（g）+2H2O
（l）
△H=
―Q1KJ mol-1
2H2（g）+O2（g）==2H2O（g）
△H
=
―Q2KJ mol-1
2H2（g）+O2（g）==2H2O（l）
△H
=
―Q3KJ mol-1
常温下，取体积比为4
：1的甲烷和氢气的混合气体11
．2L（标准状况），经完全燃烧后恢复到到常温，放出的热量（单位：KJ）为
A．0．4Q1+0．05Q3
B．0．4Q1+0．05Q2
C．0．4Q1+0．1Q3
D．0．4Q1+0．2Q3
【答案】A
【解析】
试题分析：甲烷和氢气积比为4
：1，所以物质的量之比也是4
：1，标准状况下11．2L气体是0．5mol，其中甲烷是0．4mol，氢气是0．1mol，燃烧后恢复至室温时水是液态，所以0．4
mol甲烷燃烧放出0．4Q1
KJ，0．1mol氢气燃烧放出0．05
Q3KJ，最终放出的热量是（0．4Q1+0．05Q3）KJ。故A项正确。故答案选A。
考点：考查热化学反应方程式的应用。
15．控制适合的条件，将反应Fe3++Ag Fe2++Ag+设计成如图所示的原电池(盐桥装有琼脂—硝酸钾溶液；灵敏电流计的0刻度居中，左右均有刻度)。已知接通后观察到电流计指针向右偏转。下列判断正确的是
A、盐桥中的K＋移向乙烧杯
B、一段时间后，电流计指针反向偏转，越过0刻度，向左边偏转
C、在外电路中，电子从石墨电极流向银电极
D、电流计指针居中后，往甲烧杯中加入一定量的铁粉，电流计指针将向左偏转
【答案】D
【解析】
试题分析：A．该原电池中，Ag失电子作负极，石墨作正极，原电池中阳离子向正极移动，即盐桥中的K＋移向甲烧杯，故A错误；B．反应达化学平衡时，不再有电子转移，则电流计读数为零，故B错误；C．在外电路中，电子从银电极流向石墨电极，故C错误；D．电流计指针居中后，往甲烧杯中加入一定量的铁粉，铁失去电子，此时石墨电极是负极，所以电流计指针将向左偏转，故D正确；故选D。
考点：考查原电池原理的应用
16．现有四瓶失去标签的溶液，分别为CuSO4溶液、Ba（OH）2溶液、HNO3溶液、H2SO4溶液．通过以下实验步骤来鉴别它们．
（1）各取适量试液分别放在4支试管中，振荡试管，观察到的现象是
（提示：只有一种溶液有颜色），被检出物质是
．
（2）分别取未检出的溶液，往其中加入上述已检出的溶液，观察到的现象是
，被检出物质是
．
（3）再分别取未检出的溶液，将第（2）步中检出的物质加入，根据反应现象可检出物质是
．
【答案】（1）其中一支试管中溶液呈蓝色，其它三支试管中溶液呈无色；CuSO4溶液；（2）其中一支试管中有沉淀产生；Ba（OH）2溶液；（3）H2SO4溶液．
【解析】（1）各取适量试液分别放在4支试管中，振荡试管，观察到的现象是其中一支试管中溶液呈蓝色，其它三支试管中溶液呈无色，则被检出物质是CuSO4溶液，故答案为：其中一支试管中溶液呈蓝色，其它三支试管中溶液呈无色；CuSO4溶液；
（2）分别取未检出的溶液，往其中加入上述已检出的溶液，观察到的现象是其中一支试管中有沉淀产生，被检出物质是Ba（OH）2溶液，故答案为：其中一支试管中有沉淀产生；Ba（OH）2溶液；
（3）再分别取未检出的溶液，将第（2）步中检出的物质加入，两种酸中与Ba（OH）2溶液反应生成白色沉淀的为H2SO4溶液，则根据反应现象可检出物质是H2SO4溶液，故答案为：H2SO4溶液．
【点评】本题考查物质的鉴别，为高频考点，把握物质的性质、性质差异和发生的反应是解答本题的关键，注意硫酸铜为蓝色溶液为突破口，题目难度不大．
17．已知在同一碳原子上连有两个羟基的化合物是极不稳定的，它要自动失水生成含有醛基的化合物。今在无其他氧化剂存在的条件下，以甲苯和氯气为主要原料按下列过程制取苯甲醛(C6H5CHO)。
（1）条件2中试剂为__________________；
（2）写出苯甲醛与新制Cu(OH)2悬浊液反应的化学方程式：___________________________；
（3）苯甲醛在强碱性条件下可发生自身氧化还原反应，即部分氧化成羧酸盐A，部分还原成醇B．写出A经酸化后的产物苯甲酸与B酯化反应可生成一种新的化合物C的结构简式__________________。
【答案】（1）氢氧化钠溶液
（2）
（3）
【解析】
试题分析：（1）条件2为氢氧化钠水溶液中加热；（2）苯甲醛与新制Cu(OH)2悬浊液反应的化学方程式：；（3）苯甲酸钠经酸化后的产物苯甲酸与苯甲醇酯化反应可生成。
考点：考查有机物的合成、有机物结构与性质、有机反应方程式书写等，
18．已知NaBiO3是黄色、微溶于水的固体；Bi3+为无色。将NaBiO3固体加入到MnSO4和H2SO4的混合溶液中，加热，得紫色的混合溶液。试写出该反应的离子方程式。
【答案】5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Na++5Bi3++2MnO4-+7H2O
【解析】写该反应离子方程式易出错的地方有①NaBiO3要写成分子式，不能拆写成离子形式。②NaBiO3的还原产物为Bi3+。③Mn2+的氧化产物为MnO4-。④配平时要注意电子守恒、电荷守恒和原子守恒。
19．（12分）锰及化合物在现代工业及有极其重要的用途。
（1）MnO2是一种重要的无机功能材料，蕴藏在海底的丰富的锰结核矿的主要成分是MnO2，工业上从锰结核中制取纯净的MnO2工艺流程如下图所示：
为提高硫酸淋洗效果，需要对富集后的矿石进行处理，处理的内容是_____________，步骤I中，试剂甲必须具有的性质是
。
a．氧化性
b．还原性
c．酸性
（2）步骤Ⅱ中，以NaClO3为氧化剂，当生成0.050
mol
MnO2时，消耗0.10
mol·L-1
的NaClO3溶液200
mL
，该反应的离子方程式为__________________________。已知溶液B中的产物之一(Q)可循环用于上述生产，试写出A与NaOH反应的化学方程式___________，由于Q可循环利用，有人认为生产中不需要补充物质Q，你是否同意这种看法，理由是_______________。
（3）电解步骤I所得溶液也可得到MnO2，写出生成MnO2的电极反应_______________。
【答案】（1）将矿石粉碎
;
b;
（2）2ClO3－+5Mn2++4H2O=5MnO2+Cl2↑+8H+
3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O；
不同意，生产中有一部分氯转化为NaCl
（3）Mn2++2H2O-2e－=MnO2+4H+
【解析】
试题分析
：（1）为提高硫酸淋洗效果，需要对富集后的矿石进行处理，处理的内容是将矿石粉碎；步骤I中，试剂甲把MnO2还原为Mn2+，所以必须有的性质为还原性。（2）当生成0.050
mol
MnO2时，消耗0.10
mol·L-1
的NaClO3溶液200
mL
，物质的量之比为5:2，根据得失电子守恒，氯元素变为0价，则反应的离子方程式为2ClO3－+5Mn2++4H2O=5MnO2+Cl2↑+8H+。由题意知能和氢氧化钠反应的物质是氯气，与NaOH反应的化学方程式为3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O；反应中有一部分氯元素转化为NaCl，所以生产中需要补充物质Q。（3）Mn2+生成MnO2，失电子，电极反应为Mn2++2H2O-2e－=MnO2+4H+
考点：无机推断
20．（16分）某研究性学习小组对Zn跟一定量的浓硫酸反应生成的气体产物进行探究。
【提出假设】：小组同学经过分析讨论认为生成气体可能含H2和SO2。
【设计实验方案，验证假设】主要包括两个环节：
Ⅰ．验证SO2，实验装置如图所示
Ⅱ．检验产物中含有H2，实验内容将由B部分导出的气体依次通过装置C、D、E、F、G。Ⅱ中装置C、D、E、F、G的信息如下表所示：
仪器标号
C
D
E
F
G
仪器
洗气瓶
洗气瓶
硬质玻璃管，加热
干燥管
干燥管
仪器中所加物质
NaOH溶液
浓硫酸
CuO粉末
试剂X
无水CaCl2固体
试回答下列问题：
（1）小组同学认为生成气体中含H2的理由是
；
（2）盛放锌粒的仪器名称是
；
（3）B部分装置的目的是验证SO2并探究SO2与品红作用的可逆性，实验的操作及主要现象是
；
（4）①装置D、G的作用依次是
、
；
②E中发生反应的化学方程式是
；
③试剂X是
。
【答案】（1）随着反应的进行，硫酸的浓度变小（2分）
（2）蒸馏烧瓶（2分）
（3）品红溶液先褪色，加热后又恢复红色（3分）
（4）①干燥H2，防止干扰后面H2的检验（2分），防止空气中的水蒸气进入H（2分）
②CuO+H2Cu+H2O（3分）
③无水CuSO4粉末（2分
【解析】
试题分析：（1）由于随着反应的进行，硫酸的浓度变小，稀硫酸与锌反应生成氢气；
（2）根据仪器的构造可知，盛放锌粒的仪器名称是蒸馏烧瓶；
（3）SO2能使品红溶液褪色，但这种褪色是不稳定的，加热时又恢复到原来的颜色，因此实验的操作及主要现象是品红溶液先褪色，加热后又恢复红色。
（4）①氢气还原氧化铜生成铜、水蒸气，因此要检验氢气，通入的氢气是干燥的，即浓硫酸的作用是干燥H2，防止干扰后面H2的检验；由于空气中也含有水蒸气，因此氯化钙的作用是防止空气中的水蒸气进入H，干扰水蒸气的检验。
②氢气还原氧化铜的方程式为CuO+H2Cu+H2O；
③硫酸铜吸水转化为胆矾，颜色由无色转化为蓝色，因此常用无水CuSO4粉末检验水蒸气，即H中的试剂是无水CuSO4粉末。
考点：考查浓硫酸与锌反应生成物探究的实验方案设计
21．（9分）已知:
MnO2
+4HCl（浓）MnCl2
+
Cl2↑+
2H2O。一定质量的二氧化锰溶解在100mL
过量的浓盐酸中，当反应生成
4.48L
氯气（标况）时，剩余溶液中盐酸的浓度为1mol/L（假设反应前后体积不变）。请计算：
（1）反应耗用MnO2的质量是______________
;
（2）被氧化的HCl物质的量是______________
;
（3）原浓盐酸的物质的量浓度是______________.
【答案】(每小题3分，共9分)
（1）17.4g
（2）0.4
mol
（3）9
mol/L
【解析】
试题分析：（1）4.48L标准状况下的Cl2的物质的量为：4.48L÷22.4L/mol=0.2mol，根据化学方程式进行计算：
MnO2
+4HCl（浓）MnCl2
+
Cl2↑+
2H2O，n（MnO2）=n（Cl2）=0.2mol，则m（MnO2）=87g/mol×0.2mol=17.4g。
（2）参加反应的HCl有1/2发生化合价的升高，即被氧化，所以被氧化的HCl与生成Cl2物质的量之比为2：1，所以被氧化的HCl物质的量为0.4mol。
（3）根据化学方程式参加反应的HCl物质的量为生成的Cl2物质的量的4倍，为0.8mol，则原浓盐酸的物质的量浓度是（0.8mol+0.1L×1mol L 1）÷0.1L=9mol L 1。
考点：本题考查物质的量的计算。
22．A、B、C、D均为中学化学常见的纯净物，A是单质。它们之间有如下的反应关系：
（1）若B是淡黄色固体，②③反应均用到同一种液态氢化物。D物质常用于食品工业。写出④反应的化学方程式
；
（2）若B是气态氢化物，C、D是氧化物且会造成光化学烟雾污染。写出③反应的化学方程式
；
（3）若D物质具有两性，②③反应均要用强碱溶液，④反应是通入过量的一种引起温室效应的主要气体。写出④反应离子方程式
；
（4）若A是太阳能电池用的光伏材料。C、D为钠盐，两种物质中除钠、氧外的元素为同一主族，且溶液均显碱性。写出②反应的化学方程式
；
（5）若A是应用最广泛的金属。④反应用到A，②⑤反应均用到同一种非金属单质。写出④反应的离子方程式
。
【答案】（每空2分，共10分）（1）NaOH+CO2＝NaHCO3（2）4NH3+5O24NO+6H2O
（3）AlO2－+CO2+2H2O＝Al(OH)3↓+HCO3－
（4）Si+2NaOH+2H2O＝Na2SiO3+3H2↑
（5）2Fe3++Fe＝3Fe2+
【解析】
试题分析：（1）A是单质，若B是淡黄色固体，则B是过氧化钠，因此A是Na。②③反应均用到同一种液态氢化物，该物质是水，因此C是氢氧化钠。D物质常用于食品工业，则D是碳酸氢钠，因此④反应的化学方程式为NaOH+CO2＝NaHCO3；
（2）若B是气态氢化物，C、D是氧化物且会造成光化学烟雾污染，因此C、D是氮的氧化物，则A是氮气，B是氨气，C是NO，D是NO2，反应③是氨气的催化氧化，则反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；
（3）若D物质具有两性，②③反应均要用强碱溶液，④反应是通入过量的一种引起温室效应的气体，该气体是CO2，则D是氢氧化铝，C是偏铝酸盐，B是氧化铝，A是铝，则②反应的离子方程式为AlO2－+CO2+2H2O＝Al(OH)3↓+HCO3－；
（4）若A是制造太阳能电池的材料，则A是硅。C、D为钠盐，两种物质中除钠、氧外的另一种元素为同一主族，且溶液均显碱性，所以B是二氧化硅，C是硅酸钠，D是原硅酸钠，则②反应的化学方程式为Si＋2NaOH＋H2O＝Na2SiO3＋2H2↑；
（5）若A是应用最广泛的金属，则A是铁。④反应用到A，②⑤反应均用到同一种非金属单质，则B是氧化铁，C是氯化铁，D是氯化亚铁，因此④反应的离子方程式为2Fe3＋＋Fe＝3Fe2＋。
考点：考查无机框图题推断
23．（16分）
3-苯基丙烯醛是一种被广泛应用在食品加工中的高效低毒食品添加剂，下列是用其合成聚酯F的路线示意图：
已知：
根据题意回答：
（1）3-苯基丙烯醛分子中官能团的名称为
；
（2）E的结构简式为
；
（3）合成路线中的①、④两个步骤的目的是
。
（4）反应③的化学方程式为
。
（5）若X为银氨溶液，则反应⑤的化学方程式为
。
（6）同时符合下列条件的D的同分异构体共有
种。
a．既可发生银镜反应又可发生水解
b．能与FeCl3溶液发生显色反应
c．是苯的二取代物。
上述同分异构体中，核磁共振氢谱有6组峰的结构简式
。
（任写一种）
（7）已知羟醛缩合反应,现以甲苯和乙醛为原料制备3-苯基丙烯醛，设计合成线路（其无机试剂任选），合成线路示意图示例如下：
【答案】16、（16分）
（1）碳碳双键、醛基
（1分）
（2）（2分）
（3）保护醛基不被氧化
（2分）
（4）
+2NaOH+2NaBr（2分）
（5）+2Ag（NH3）
2OH+2Ag+3NH3+H2O
（6）6种（2分）
或（2分）
（7）
【解析】
试题分析：3-苯基丙烯醛发生信息中的反应生成A，A为，A与溴发生加成反应生成B，B为，由F的结构可知E为，E转化得到G，由G的分子式可知，应是E脱去2分子水生成G，G为，试剂X为银氨溶液，D与银氨溶液反应得到H、H酸化得到E，则D为，H为结合B、D的结构可知B发生卤代烃的水解生成C，C为，C发生信息中的水解反应生成D，据此回答。
（1）3-苯基丙烯醛分子中官能团有：醛基、碳碳双键。
（2）根据上述分析，E的结构简式为。
（3）反应中①醛基反应、反应④中又得到醛基，两个步骤目的是保护醛基不被氧化。
（4）反应③的化学方程式为：
+2NaOH+2NaBr
（5）若试剂X为银氨溶液，该反应的化学方程式为：
+2Ag（NH3）2OH+2Ag+3NH3+H2O
（6）D为，同时符合下列条件的D的同分异构体：a．既可发生银镜反应又可发生水解，应是甲酸形成的酯；b．能与FeCl3溶液发生显色反应，含有酚羟基；c．是苯的二取代物，侧链为-OH、-CH2CH2OOCH，有邻、间、对3种，侧链为-OH、-CH（CH3）OOCH，有邻、间、对3种，
符合条件的同分异构体共有6种，上述同分异构体中，核磁共振氢谱有6组峰，两个取代基处于对位，其结构简式为
或。
（7）根据题给信息，合成路线为：
考点：考查有机物的推断，有机物的结构与性质等知识。