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

山东省微山县第一中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）
1．下列物质既能与酸反应又能与碱反应的是
A．NaCl
B．NaOH
C．BaCl2
D．NaHCO3
【答案】D
【解析】A不行,
NaCl不与酸反应,也不与碱反应.
B不行,只能和酸反应.
C不行,不能和酸反应,也不能和碱反应.
D可以,
与酸反应:NaHCO3+HCl=
NaCl+H2O+CO2↑
与碱反应:
NaHCO3+
NaOH=Na2CO3+H2O.正确答案选D.
2．下列物质水解的最终产物不含葡萄糖的是
A．蛋白质
B．淀粉
C．蔗糖
D．纤维素
【答案】A
【解析】
3．下列实验装置能达到实验目的是(夹持仪器未画出)
（
）
A．A装置用于检验溴丙烷消去产物
B．B装置用于石油的分馏
C．C装置用于实验室制硝基苯
D．D装置可装置证明酸性：盐酸＞碳酸＞苯酚
【答案】C
【解析】
试题分析：醇也能使高锰酸钾褪色，干扰溴丙烷消去产物的检验，A错误；温度计应该在蒸馏烧瓶的支管口处，B错误；制取硝基苯应该水浴加热，温度计放入水浴中，C正确；盐酸易挥发，能与苯酚钠反应生成苯酚，故不能验证碳酸的酸性大于苯酚，D错误；答案选C．
考点：化学实验基本操作
4．体积相同,pH相同的HCl溶液和CH3COOH溶液,与NaOH溶液中和时两者消耗NaOH的物质的量
A．相同
B．HCl多
C．CH3COOH多
D．无法比较
【答案】C
【解析】
试题分析：HCl溶液是强电解质溶液，CH3COOH溶液是弱电解质溶液，pH相同时，CH3COOH溶液的浓度更大，故中和是消耗NaOH的物质的量更多。
考点：强弱点接孩子的酸碱中和反应。
5．选择题（本题共10小题，每小题3分。每小题只有一个选项符合题目要求。）
11．在由水电离出的c(H+)＝1.0×10-14
mol
·
L－1的溶液中，一定能大量共存的离子组是
A.
Na+、Mg2+、I－、NO3－
B.Ca2+、Na+、Cl－、HCO3-
C.Na+、K+、CO32－、AlO2－
D.K+、Ba2+、NO3－、Cl－
【答案】D
【解析】该溶液既可能为强酸也可能为强碱；
碘离子具有还原性，硝酸根在酸性条件下具有强氧化性，故不能共存；
碳酸氢根在酸性或碱性条件下均不能共存；
碳酸根，偏铝酸根在酸性、碱性条件下均不能共存
6．下列反应的离子方程式正确的是
A．铝片跟氢氧化钠溶液反应：Al＋2OH－＝＋H2↑
B．硫酸镁溶液跟氢氧化钡溶液反应：＋Ba2＋＝BaSO4↓
C．碳酸钙跟醋酸反应：CaCO3＋2CH3COOH＝Ca2＋＋2CH3COO－＋H2O＋CO2↑
D．铜片跟稀硝酸反应：Cu＋＋4H＋＝Cu2＋＋NO↑＋2H2O
【答案】C
【解析】
试题分析：离子方程式正误判断——注意“七查”。1.“一查”是否符合客观事实，2.“二查”“反应条件”“连接符号”“↑”“↓”是否使用恰当，3.“三查”拆分是否正确，4.“四查”是否“漏写”离子反应，5.“五查”是否符合三个守恒(1)质量守恒(2)电荷守恒(3)得失电子守恒，6.“六查”是否符合离子配比，7.“七查”反应物的“量”——过量、少量、足量等。A、铝片跟氢氧化钠溶液反应，电荷不守恒，错误；B、硫酸镁溶液跟氢氧化钡溶液反应，漏掉氢氧根和镁离子之间的反应，错误；C、碳酸钙跟醋酸反应：CaCO3＋2CH3COOH＝Ca2＋＋2CH3COO－＋H2O＋CO2↑，正确；D、铜片跟稀硝酸反应，电荷不守恒，错误。
考点：考查离子方程式正误判断。
7．下列有关化学反应速率的说法正确的是(
)
A．用铁片和稀硫酸反应制取氢气时，改用98%的浓硫酸可以加快产生氢气的速率
B．100
mL2
mol/L的盐酸跟锌片反应，加入适量的氯化钠溶液，反应速率减小
C．SO2的催化氧化是一个放热的反应，所以升高温度，v逆加快，v正减慢
D．对于反应：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑不能用CaCO3的浓度变化来表示该反应速率，但可用水的浓度变化来表示
【答案】B
【解析】
试题分析：A．用铁片和稀硫酸反应制取氢气时，改用98%的浓硫酸产生的不是氢气，A项错误；B．100 mL 2 mol L-1盐酸与锌片反应，加入适量的氯化钠溶液，相当于是将酸稀释，反应速率减慢，B项正确；C．二氧化硫的催化氧化是一个放热反应，升高温度，化学反应速率加快，C项错误；D．在碳酸钙和盐酸的反应中，碳酸钙是固体，水是溶剂，所以不能用CaCO3、H2O的浓度变化来表示该反应速率，D项错误；答案选B。
考点：考查化学反应速率的影响应是等知识。
8．要除去CO2中含有的少量的SO2杂质，可选用的一组试剂是：
①NaOH溶液
②
NaHCO3溶液
③Na2CO3溶液
④HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液
⑤氨水
⑥酸性KMnO4溶液
A.
②⑥
B.
②③
C.
②④⑥
D.
②③⑥
【答案】C
【解析】
试题分析：①NaOH溶液与CO2、SO2均反应，①错误；②NaHCO3溶液吸收SO2生成CO2，可以除去CO2中的SO2，②正确；③Na2CO3溶液与CO2、SO2均反应，③错误；④HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液吸收SO2生成硫酸钡沉淀，可以除去CO2中的SO2，④正确；⑤氨水与CO2、SO2均反应，⑤错误；⑥酸性KMnO4溶液吸收SO2生成硫酸，可以除去CO2中的SO2，⑥正确，答案选C。
考点：考查二氧化碳、二氧化硫的性质
9．能发生消去反应，生成物中存在同分异构体的是
【答案】B
【解析】
试题分析：消去反应的生成物必为不饱和的化合物。生成产物含有的消去反应必须具备两个条件：①主链碳原子至少为2个；②与—X相连的碳原子的相邻主链碳原子上必须具备H原子。A、C两项只有一种，分别为：
CH2==CHCH3、。D项为对称结构，生成物中不存在同分异构体。B选项存在两种相邻的C原子结构，生成物有两种，分别为：
考点：考查同分异构体等相关知识。
10．将一定量钠和铝的混和物放入ng水中，待反应停止后，过滤得到ag单质不溶物，则滤液中的溶质是
A．NaAlO2
B．NaAlO2和NaOH
C．Al(OH)3
D．NaOH
【答案】A
【解析】
试题分析：钠、铝的混合物放入n
g水中，发生的化学反应有：2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑、2Al+2H2O+2NaOH＝2NaAlO2+3H2↑。由于钠是活泼的计算，极易与水反应，不可能过量，所以根据方程式知：沉淀为金属Al，钠不足量，溶液中的溶质为NaAlO2，故选A。
考点：考查钠铝的化学性质
11．在0．1
mol·L－1
CH3COOH溶液中存在如下电离平衡：CH3COOHCH3COO－＋H+对于该平衡，下列叙述正确的是
A．加入水时，平衡向逆反应方向移动
B．加入少量NaOH固体，平衡向正反应方向移动
C．加入少量0．1
mol·L－1
HCl溶液，溶液中c(H+)减小
D．加入少量CH3COONa固体，平衡向正反应方向移动
【答案】B
【解析】
试题分析：A、加入水时，溶液被稀释，电离平衡正向移动，会促进醋酸的电离，A错误；B、加入少量NaOH固体后，H+和氢氧化钠反应，平衡正向移动，B正确；C、盐酸是强电解质，加入后溶液中c(H+)增大，电离平衡逆向移动，但是达到新的平衡时，溶液中c(H+)增大，C错误；D、加入少量CH3COONa固体，溶液的c(CH3COO-)增大，平衡逆向移动，D错误。答案选B。
考点：考查影响弱电解质电离平衡的因素。
12．根据碘与氢气反应的热化学方程式:
①I2( )+H2(g)2HI(g)
ΔH=-9.48
kJ·mol-1
②I2( )+H2(g)2HI(g)
ΔH=+26.48
kJ·mol-1
下列判断中正确的是
A．①中的I2为固态，②中的I2为气态
B．254
g
I2(g)完全反应放热9.48
kJ
C．①的产物比②的产物热稳定性更好
D．1
mol固态碘升华时将吸热17
kJ
【答案】B
【解析】
试题分析：已知：①I2( )+H2(g)2HI(g)
ΔH=-9.48
kJ·mol-1；②I2( )+H2(g)2HI(g)
ΔH=+26.48
kJ·mol-1，利用盖斯定律将①-②可得I2（？）＝I2（？）△H=-9.48kJ/mol－26.48kJ/mol-1=－35.96kJ/mol，则A、根据以上分析可知反应①中碘是气态，②中碘是固态，A错误；B、254
g
I2(g)是1mol，完全反应放热9.48
kJ，B正确；C、①②反应产物都是HI，状态相同，稳定性相同，C错误；D、由I2（g）=I2（s）△H=-35.96kJ/mol，可知1mol固态碘与1mol气态碘所含的能量相差35.96kJ，D错误，答案选B。
考点：化学反应与能量
13．下列实验报告记录的实验现象正确的是
【答案】B
【解析】
试题分析：SO2通入到石蕊试液中，溶于水溶液显酸性，故石蕊变红；SO2通入到品红溶液中，品红褪色；SO2通入到Ba(NO3)2中，SO2溶于水生成H2
SO3溶液显酸性，酸性环境中NO3—有强氧化性，会把SO32-氧化成SO42-，就会生成Ba
SO4白色沉淀；SO2通入到NaOH和BaCl2的混合溶液中，SO2和NaOH生成Na2SO3，Na2SO3与BaCl2生成BaSO3白色沉淀，故选B。
考点：SO2、NO3—等的性质、实验现象的描述。
14．下列各离子浓度的大小比较，正确的是
A．同浓度下列溶液中：①
(NH4)2SO4
②
NH4HCO3
③
NH4Cl
④
NH3·H2O，
c(NH4＋)由大到小的顺序是：①
>
③
>
②
>
④
B．常温时，将等体积的盐酸和氨水混合后，pH
=
7，则c
(NH4+)
>
c
(Cl－)
C．0.2
mol·L 1
Na2CO3溶液中：c
(OH－)
=
c
(HCO3－)
+
c
(H+)
+
c
(H2CO3)
D．0.01
mol·L-1
的NH4Cl溶液与0.05mol·L－
1
的NaOH溶液等体积混合：
c
(Cl－)>
c
(NH4+)>
c
(Na+)
>c
(OH－)>c
(H+)
【答案】A
【解析】
试题分析：在①
(NH4)2SO4
②
NH4HCO3
③
NH4Cl
④
NH3·H2O中，因为浓度相同，所以(NH4)2SO4
的浓度最大，而
NH3·H2O的浓度最小，氯化铵为强酸弱碱盐，而NH4HCO3
为弱酸弱碱盐，其水解程度比较大，所以c(NH4＋)由大到小的顺序是：①
>
③
>
②
>
④，故A正确；常温时，将等体积的盐酸和氨水混合后，pH
=
7，说明氢离子浓度与氢氧根离子的浓度相等，根据电荷守恒可以知道c
(NH4+)=c
(Cl－)，故B错误；0.2
mol·L 1
Na2CO3溶液中，根据质子守恒可以得到c
(OH－)
=
c
(HCO3－)
+
c
(H+)
+2
c
(H2CO3)，故C错误；0.01
mol·L-1
的NH4Cl溶液与0.05mol·L－
1
，其中钠离子的浓度最大，所以D错误。
考点：盐类水解，电荷守恒，质子守恒
点评：本题考查了盐类水解，电荷守恒，质子守恒，该题有一定的综合性，快速解答此题的方法是采用排除法。
15．已知草酸是二元弱酸，0.2
mol·L－1NaHC2O4溶液显酸性，关于NaHC2O4溶液中离子浓度关系的叙述不正确的是(　　)
A．c(Na＋)＞c(HC2O4—)＞c(C2O42—)＞c(H2C2O4)
B．c(Na＋)＝c(HC2O4—)＋c(C2O42—)＋c(H2C2O4)
C．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HC2O4—)＋c(C2O42—)＋c(OH－)
D．c(H＋)＋c(H2C2O4)＝c(C2O42—)＋c(OH－)
【答案】C
【解析】A项中，NaHC2O4溶液中存在电离平衡：HC2O4—C2O42—＋H＋；还存在水解平衡：HC2O4—＋H2O??H2C2O4＋OH－，由于溶液显酸性，故电离程度大于水解程度，所以c(C2O42—)＞c(H2C2O4)，正确。B项中，等式关系是物料守恒，NaHC2O4溶液中Na＋的总量等于与草酸相关物质的总量，正确。C项中，因为等式左边全是正电荷，等式右边全是负电荷，若是电荷守恒，则c(C2O42—)的系数应是2，错误。D项中，等式是质子守恒，可以由电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HC2O4—)＋2c(C2O42—)＋c(OH－)与物料守恒c(Na＋)＝c(HC2O4—)＋c(C2O42—)＋c(H2C2O4)相减而得，正确。
16．有
A、B、C三种短周期元素。A-离子的电子层结构和氖原子相同；短周期元素中B的金属性最强；C的原子核内质子数是B的次外层电子数的2倍。试推断：
⑴.这三种元素分别是：A______、B______、C______；(用元素符号表示)
⑵.
A的氢化物分子的电子式是__________；
⑶.C元素的最高价氧化物与足量NaOH溶液反应的离子方程式为___________。
【答案】⑴
F
、
Na、S
⑵
（3）
SO3
+
2OH－＝SO42－
+H2O
【解析】考查原子核外电子的排布规律。A－离子的电子层结构和氖原子相同，所以A是F。短周期元素中金属性最强的是钠，则B是Na。
C的原子核内质子数是B的次外层电子数的2倍，所以C是S。HF形成的化学键是极性键，其电子式为。
17．在如图用石墨作电极的电解池中，放入500mL含一种溶质的某蓝色溶液进行电解，观察到A电极表面有红色的固态物质生成，B电极有无色气体生成；当溶液中的原有溶质完全电解后，停止电解，取出A电极，洗涤、干燥、称量、电极增重1.6g．请回答下列问题：
（1）A接的是电源的
极．
（2）写出电解时反应的总离子方程式
．
（3）电解后溶液的pH值为
；要使电解后溶液恢复到电解前的状态，则需加入
，其质量为
．（假设电解前后溶液的体积不变）
【答案】（1）负；（2）2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+；（3）减小；CuO；2g．
【解析】溶液呈蓝色说明含有铜离子，用石墨作电极电解铜盐溶液时，A电极上有红色金属单质铜生成，说明A为阴极，则B为阳极，阳极上有无色气体生成，说明B电极上氢氧根离子放电，该溶液为铜的含氧酸盐溶液，
（1）通过以上分析知，A是阴极，接电源负极，故答案为：负；
（2）电解时，阴极上铜离子放电、阳极上氢氧根离子放电，所以电池反应式为2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+；
（3）根据2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+知，电解时生成氢离子，导致溶液酸性增强，溶液的pH减小，阳极上生成氧气、阴极上生成铜，实质上相当于生成CuO，要使溶液恢复原状，应该加入CuO，根据Cu原子守恒得m（CuO）==2g，故答案为：减小；CuO；2g．
【点评】本题考查了电解原理，根据阴阳极上得失电子确定溶液酸碱性变化，再结合原子守恒进行计算，题目难度不大．
18．现有一种简单可行的测定阿伏加德罗常数的方法，具体步骤为：⑴将固体NaCl细粒干燥后，准确称取m克NaCl固体并转移到定容仪器A中；⑵用滴定管向仪器A中加苯，不断振荡，继续加苯至A仪器的刻度处计算出NaCl固体的体积为V
ml，请回答下列问题：
⑴步骤⑴中A仪器最好用
A、量筒
B、烧杯
C、容量瓶
D、试管
⑵步骤⑵中用酸式滴定管还是碱式滴定管
，理由是
；
⑶能否用水代替苯
，理由是
。
⑷已知NaCl晶体中，靠得最近的钠离子与氯离子间的平均距离为a
cm，用上述方法测得的阿伏加德罗常数的表达式为
【答案】⑴酸式
，因为苯容易腐蚀碱式滴定管下端的橡皮管；
⑵不能，
因为氯化钠溶于水，使测得的氯化钠固体的体积不准确
；⑶
【解析】本题以晶体结构知识为背景，考查阿伏加德罗常数的计算。设问步步深入，欲准确测定氯化钠的体积，就必须准确测定苯的体积，从而选择所用的仪器，求阿伏加德罗常数，需要建立数学模型，体现出数学知识与化学知识的融合，达到应用数学工具解决化学问题的目的。
阿伏加德罗常数(NA)是建立宏观和微观的桥梁关系。
质量
体积
宏观：
m
(g)
V
(mL)
微观：4×58.5÷NA
(g)
(2a)3
(cm3)
列式求得：
19．（6分）在下图所示的装置A中，用KMnO4固体和浓盐酸混合制取Cl2，反应的离子方程式为：2MnO4—+10Cl—+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；装置B中的四处棉花依次做了如下处理：①蘸有淀粉—KI溶液
②蘸有品红溶液③蘸有紫色石蕊溶液④蘸有浓NaOH溶液。（图中夹持装置已略去）。
回答下列问题：
（1）p中盛装试剂的名称为
。
（2）反应开始后，观察到的实验现象是：
①处：
；②处：
；
③处：
。
（3）写出④处反应的离子方式：
。
【答案】（1）分液漏斗
（2）①处：
变蓝
②处：
褪色
③处：
先变红后褪色
（3）
Cl2+2OH—=Cl—+ClO－＋H2O
【解析】
试题分析：（1）p装置为分液漏斗（2）①处：Cl2＋2I－=I2＋2Cl－，碘使试纸呈蓝色②处：氯气与水生成了具有漂白性的次氯酸：Cl2＋H2O=HCl＋HClO，故品红将褪色③处：氯气与水生成了盐酸，使紫色石蕊试液变红，但迅速将被次氯酸漂白而褪色（3）由于氯气有毒，必须进行尾气吸收，一般用碱液：Cl2+2OH—=Cl—+ClO－＋H2O
考点：考查氯气的制取及性质
20．现有铁、碳两种元素组成的合金，某实验小组为了研究该合金的性质并测定该合金中碳的质量分数，设计了如下实验方案和实验装置
I．探究该合金的某些性质：
（1）取a
g合金粉末放人蒸馏烧瓶，并加入足量浓H2SO4，A、B中均无明显现象，原因是_______；
（2）点燃酒精灯一段时间后，A中剧烈反应，请写出此时合金中成分铁的化学反应方程式_____；
（3）反应一段时间后，将C中所吸收的气体通入以下溶液中，判断能否产生沉淀，若不能则写“否”，若能则写出相应的沉淀成分：氯水和氯化钡溶液____，氨水和氯化钡溶液_____；
II．测定样品中碳的质量分数：
（4）装置F的作用__________________________________________________________；
（5）若将SO2气体通入含有n
molNa2S的溶液中，溶液中出现黄色浑浊，试分析该溶液最多能吸收SO2气体_____________mol。
【答案】（1）常温下铁钝化，碳不与浓H2SO4反应；（2）
2Fe＋6H2SO4(浓)Fe2(SO4)3＋3SO2↑＋6H2O；
（3）
BaSO4；BaSO3；（4）防止空气中的CO2、水蒸气进入装置影响实验；（5）2.5n
【解析】
试题分析：铁和碳单质均可以和浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫，二氧化硫的检验可以用品红，吸收可以用高猛酸钾，将产生的二氧化碳用浓硫酸干燥，通入碱石灰，根据碱石灰增加的质量可以确定二氧化碳的质量，根据C元素守恒，可以计算碳单质的质量，进而计算碳的质量分数；
（1）往A中滴加足量的浓硫酸，未点燃酒精灯前，A、B均无明显现象，这是由于常温下铁在浓硫酸中钝化，碳和浓硫酸在加热条件下才能反应；
（2）点燃酒精灯一段时间后，A中剧烈反应，Fe、C都与浓硫酸反应，其中铁与浓硫酸反应的化学方程式为2Fe＋6H2SO4(浓)Fe2(SO4)3＋3SO2↑＋6H2O。
（3）二氧化硫具有还原性，被氯水氧化为硫酸，进而生成硫酸钡白色沉淀；氨气与二氧化硫反应生成亚硫酸铵，进而与氯化钡反应生成亚硫酸钡白色沉淀。
（4）由于空气中含有水蒸气、二氧化碳等，所以F装置的作用是防止空气中的CO2、水蒸气进入装置影响实验。
（5）若将SO2气体通入含有n
molNa2S的溶液中，溶液中出现黄色浑浊，发生的反应有3SO2＋2Na2S＝3S↓＋2Na2SO3、Na2SO3＋SO2＋H2O=2NaHSO3，所以含有n
molNa2S的溶液最多能吸收SO2气体1.5nmol+nmol＝2.5nmol。
【考点定位】本题考查了物质性质的探究实验方法，装置的特征分析
【名师点晴】综合实验设计题的解题思路
（1）巧审题，明确实验的目的和原理。实验原理是解答实验题的核心，是实验设计的依据和起点。实验原理可从题给的化学情景(或题首所给实验目的)并结合元素化合物等有关知识获取。在此基础上，遵循可靠性、简捷性、安全性的原则，确定符合实验目的、要求的方案。
（2）想过程，理清实验操作的先后顺序。根据实验原理所确定的实验方案中的实验过程，确定实验操作的方法步骤，把握各步实验操作的要点，理清实验操作的先后顺序。
（3）看准图，分析各项实验装置的作用。有许多综合实验题图文结合，思考容量大。在分析解答过程中，要认真细致地分析图中所示的各项装置，并结合实验目的和原理，确定它们在该实验中的作用。
（4）细分析，得出正确的实验结论。实验现象(或数据)是化学原理的外在表现。在分析实验现象(或数据)的过程中，要善于找出影响实验成败的关键以及产生误差的原因，或从有关数据中归纳出定量公式，绘制变化曲线等。
21．（4分）某仅由碳、氢、氧三种元素组成的有机化合物，经测定其相对分子质量为90。取有机物样品1．8
g，在纯氧中完全燃烧，将产物先后通过浓硫酸和碱石灰，两者分别增重1．08
g和2．64
g。试求该有机物的分子式。
【答案】C3H6O3
【解析】
试题分析：1．8
g样品的物质的量是n(有机物)=1．8g÷90g/mol=0．02mol，完全燃烧产物通过浓硫酸增加质量是水的质量，n(H2O)=
1．08
g÷18g/mol=0．06mol，通过碱石灰，增加的质量是CO2的质量，则n(CO2)=
2．64
g÷44g/mol=0．06mol，根据元素守恒，可得有机物中含有的O元素的物质的量是：n(O)=
(1．8
g-0．06mol×2×1g/mol-0．06mol×12g/mol)
÷16g/mol=0．06mol，则每1mol该有机物中含有的各种元素的原子个数是：n(C)
=0．06mol÷0．02mol=3；n(H)=(
0．06mol×2)
÷0．02mol=6；n(O)=
0．06mol÷0．02mol=3。所以该物质的分子式是C3H6O3。
考点：考查有机物分子式的计算的知识。
22．某溶液X含有H+、Al3+、NH4+、Fe2+、Fe3+、CO32-、SO32-、SO42-、Cl-、NO3-中的一种或几种，取该溶液进行实验，实验内容和相关数据（气体体积在标准状况下测定）如下：
（1）通过上述实验过程，一定不存在的离子是________________________。
（2）写出有关离子方程式：步骤①中生成A________________________。
（3）若测得X溶液中c(H+)=5
mol·L-1，则X溶液中_______(填“含”或“不含”)Fe3+，c(Fe3+)=______mol·L-1(若填不含，则不需计算)，X溶液中c(C1-)=____________
mol·L-1。
【答案】（1）C032-、SO32-、NO3-
(分)
（2）3Fe2+
+N03-
+4H+
=3Fe3+
+N0↑
+2H20
(2分）
（3）含(2分）；1
(3分）；14.5(3分)
【解析】
试题分析：（1）在X溶液里滴加过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀为BaSO4沉淀，说明溶液中含有SO42-离子，生成气体A，A连续氧化生成D和E，则A为NO，D为NO2，E为HNO3，说明X显强酸性，且溶液中含有还原性离子，此离子为Fe2+离子，在强酸性溶液中一定不会存在CO32-和SO32-离子；溶液B中加入过量NaOH溶液，生成气体F，则F为NH3，说明溶液中含有NH4+离子，溶液H中溶于CO2气体，生成沉淀I，则I为Al(OH)3，H为NaOH和NaAlO2，说明溶液中含有Al3+离子，溶液中含有Fe2+离子，就一定不含NO3-离子，不能确定是否含有的离子Fe3+和Cl-，故一定不存在的离子为C032-、SO32-、NO3-；（2）①Fe2+离子被氧化为Fe3+离子，反应的离子方程式为3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O；（3）根据反应：3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，得到224mL0.01molNO，Fe2+的物质的量是0.03mol，沉淀G的质量为4.28g的Fe(OH)3，物质的量为4.28g÷107g/mol=0.04mol，根据原子守恒可知，0.03mol
Fe2+最多得到0.03mol
Fe(OH)3，故溶液里含有Fe3+，其物质的量为0.04mol-0.03mol=0.01mol，物质的量浓度为0.01mol÷0.01L=1mol/L；原溶液里已知：n(Fe2+)=0.03mol，n(Fe3+)=0.01mol，n(NH4+)=0.336L÷22.4L/mol=0.015mol，n(Al3+)=0.78g÷78g/mol=0.01mol，n(SO42-)=4.66g÷233
g/mol
=0.02mol，n(H+)=5mol/L×0.01L=0.05mol，设溶液里存在Cl-，根据电荷式可知：n(H+)×1+
n(Fe2+)×2+
n(NH4+)×1+
n(Fe3+)×3+
n(Al3+)×3=n(Cl-)+n(SO42-)×2，将已知离子的物质的量代入可得n(Cl-)=0.145mol，其物质的量浓度为0.145mol÷0.01L=14.5mol/L。
【考点定位】本题考查物质的检验与鉴别，属于中等难度的试题，
【名师点晴】试题综合性强，难度较大，有利于培养学生的逻辑思维能力和发散思维能力，提高学生的应试能力和学习效率，要依据物质的特殊性质和特征反应来判断、推理、验证；本题主要是灵活运用离子反应的种类灵活判断，在强酸性溶液中一定不会存在CO32-和SO32-离子，加入过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀为BaSO4沉淀，说明溶液中含有SO42-离子，生成气体A，A连续氧化生成D和E，则A为NO，D为NO2，E为HNO3，说明溶液中含有还原性离子，一定为Fe2+离子，溶液B中加入过量NaOH溶液，生成气体F，则F为NH3，说明溶液中含有NH4+离子，溶液H中溶于CO2气体，生成沉淀I，则I为Al（OH）3，H为NaAlO2，说明溶液中含有Al3+离子，难点是利用酸性溶液中含有Fe2+离子，排除NO3-离子的存在，不能确定是否含有的离子Fe3+和Cl-，以此解答。
23．[化学一选修5：有机化学基础]
盐酸多利卡因是一种局麻药及抗心律失常药，可由芳香烃A为起始原料合成：
回答下列问题：
（1）B的官能团名称为____________，D的分子式为____________。
（2）反应①的化学方程式为_______________________，反应类型为____________，上述流程中，反应类型与①相同的还有____________（填反应序号）。
（3）反应④除了生成E外，另一种产物的化学式为____________。
（4）写出ClCH2COCl
与足量的NaOH溶液反应的化学方程式_______________________。
已知：
（5）C的芳香族同分异构体中，苯环上只有一个取代基的异构体共有________种（不考虑立体异构），其中核磁共振氢谱共有四个峰，且峰面积比为6:2:2:1的是______（写结构简式）。
【答案】（1）硝基
C10H12ONCl（2）
【漏掉H2O不给分】
取代
③④
【漏答得1分】
（3）HCl
（4）ClCH2COCl
+3NaOH
→
HOCH2COONa
+
2NaCl
+
H2O
（5）5
【解析】
试题分析：根据已知信息可知B的结构简式为。B发生还原反应，即硝基被还原为氨基，得到C。C中氨基上氢原子被取代生成D，D继续发生取代反应生成E。
（1）根据以上分析可知B的官能团名称为硝基，D的分子式为C10H12ONCl。
（2）根据以上分析可知反应①是间二甲苯发生硝化反应生成B，反应的化学方程式为。上述流程中，反应类型与①相同的还有③④。
（3）根据原子守恒可知反应④除了生成E外，另一种产物的化学式为HCl。
（4）氯原子可以发生水解反应，则ClCH2COCl
与足量的NaOH溶液反应的化学方程式为ClCH2COCl
+3NaOH
→
HOCH2COONa
+
2NaCl
+
H2O。
（5）满足C的芳香族，且苯环上只有一个取代基的同分异构有5种，如下：、、、、，其中结构中等效氢的个数比符合6:2:2:1。
考点：本题主要是考查有机物推断、官能团、反应类型、同分异构体判断及方程式书写等
【名师点晴】该类试题的解题关键是要熟悉烃的各种衍生物间的转化关系，不仅要注意物质官能团的衍变，还要注意同时伴随的分子中碳、氢、氧、卤素原子数目以及有机物相对分子质量的衍变，这种数量、质量的改变往往成为解题的突破口。由定性走向定量是思维深化的表现，将成为今后高考命题的方向之一。
NA
＝
MV
2ma3
NA
＝
MV
2ma3