山东省潍坊市安丘市第四中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）

山东省潍坊市安丘市第四中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）
1．下列实验方案不能达到预期目的的是(
)
A.用Na、Mg分别与冷水反应的实验来证明Na、Mg的金属性强弱
B.用MgCl2和AlCl3分别与过量氨水反应的实验证明Mg、Al的金属性强弱
C.用MgCl2和AlCl3分别与过量NaOH溶液逐步反应的实验证明Mg、Al的金属性强弱
D.用Mg(OH)2和Al(OH)
3分别与强碱反应的实验来证明Mg、Al的金属性强弱
【答案】B
【解析】MgCl2和AlCl3分别与过量氨水反应均生成沉淀，且都不溶于氨水，故不能达到比较Mg、Al金属性强弱的目的。
2．某澄清透明的浅黄色溶液中Fe3+，可能含有下列八种离子：H＋、NH4＋、Ba2＋、Al3＋、SO42－、HCO3－、I－，在检验方案设计时初步分析其溶液中最多可含离子（不包括K＋和OH－）有
（
）
A．4种
B．5种
C．6种
D．7种
【答案】A
【解析】本题是离子共存的又一变型题。
“澄清透明的浅黄色溶液中”有Fe3+，溶液中一定没有I－，会发生氧化还原反应。由于Fe3+存在于强酸溶液中，所以溶液中就不能存在HCO3－；但溶液中也必须有阴离子存在，只能是SO42－，就不能存在Ba2+，所以溶液中最多存在离子为H＋、NH4＋、Al3＋、SO42－4种。
3．某元素最高价氧化物对应的水化物的化学式为H2XO4，该元素的气态氢化物的化学式是
(
)
A．HX
B．H2X
C．XH3
D．XH4
【答案】B
【解析】
试题分析：某元素最高价氧化物对应的水化物的化学式为H2XO4，该元素的最高价是＋6价，因此最低价是－2价，则气态氢化物的化学式是H2X，答案选B。
考点：考查元素周期律的应用
4．硅是带来人类文明的重要元素之一。下列物质中主要成分是硅酸盐的是
A．陶瓷
B．金刚石
C．水晶
D．大理石
【答案】A
【解析】陶瓷的主要成分是硅酸盐；
金刚石为碳单质；
水晶的主要成分是二氧化硅；
大理石的主要成分是碳酸钙；
5．短周期主族元素X、Y、Z的原子序数依次递增，其原子的最外层电子数之和为13。Z原子的最外层电子数是X原子内层电子数的3倍，也是Y原子最外层电子数的3倍。X与Y、Z位于相邻的周期。下列说法正确的是
A．X的最高价氧化物对应的水化物是弱酸
B．Z位于元素周期表的第3周期第ⅥA族
C．Y的最高氧化物对应的水化物能溶于NaOH溶液
D．原子半径的大小顺序：r(Z)>r(Y)>r(X)
【答案】B
【解析】
试题分析：由“Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍”知Z最外层电子为：2×3=6，由“Z原子最外层电子数是Y原子最外层电子数的3倍”知Y最外层电子为6/3=2，由“原子的最外层电子数之和为13”知X的最外层电子数为13-6-2=5，又因“短周期元素X、Y、Z的原子序数依次递增”,故分别为N、Mg、S；A、X的最高价氧化物对应的水化物是硝酸，强酸，A错误；B、Z位于元素周期表的第3周期第ⅥA族，B正确；C、Y的最高氧化物对应的水化物是氢氧化镁，不能溶于氢氧化钠，C错误；D、原子半径的大小顺序r(Y)
>r(Z)>r(X)，D错误。答案选B。
考点：元素周期律
6．常温下，在含有H+
、SO42-
、Fe
2+
的溶液中，加入含有下列离子的溶液后，溶液中的各种离子仍能大量共存的是
A．MnO4-
B．CH3COO-
C．S2O32-
D．Br-
【答案】D
【解析】
试题分析：A、加入高锰酸根离子，则与溶液中的亚铁离子发生氧化还原反应，则亚铁离子的数目减少，不能大量共存，错误；B、加入醋酸根离子，与溶液中的氢离子反应生成醋酸，不能大量共存，错误；C、加入S2O32-，则在酸性条件下会发生歧化反应，不能大量共存，错误；D、加入溴离子，与三种离子都不反应，可以大量共存，正确，答案选D。
考点：考查离子大量共存的判断
7．常见的有机反应类型有：①取代
②加成
③消去
④酯化
⑤加聚
⑥水解⑦还原
。其中能在有机化合物中引入—OH的反应类型有（
）
A．①②③④⑤⑥
B．③④⑤⑥
C．②③④⑤
D．①②⑥⑦
【答案】D
【解析】
试题分析：①取代反应可以引入—OH，如卤代烃的水解；②加成反应可以引入—OH，如烯烃与水的加成；③消去反应不会引入—OH；④酯化反应不会引入—OH；⑤加聚反应不会引入—OH；⑥水解反应可以引入—OH，如卤代烃的水解、酯类的水解；⑦还原反应可以引入—OH，如醛基的还原。答案选D。
考点：有机反应类型
8．使用酸碱中和滴定的方法，用0.01mol/L盐酸滴定锥形瓶中未知浓度的NaOH溶液，下列操作能够使测定结果偏高的是
A．用量筒量取浓盐酸配制0.1mol/L稀盐酸时,量筒用蒸馏水洗净后未经干燥直接量取浓盐酸
B．配制稀盐酸定容时，俯视容量瓶刻度线
C．滴定前尖嘴处无气泡，滴定终点时有气泡
D．滴定过程中用少量蒸馏水将锥形瓶内壁粘附的盐酸冲下
【答案】A
【解析】
试题分析：A、用量筒量取浓盐酸配制0.01mol/L稀盐酸时，量筒用蒸馏水洗净后未经干燥直接量取浓盐酸，会导致浓盐酸被稀释，导致标准液盐酸浓度减小，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=
c(标准)×V(标准)/
V(待测)分析，测定结果偏大，
A正确；
B、配制稀盐酸定容时，俯视容量瓶刻度线，容量瓶中加入的蒸馏水体积偏小，导致标准液盐酸浓度偏大，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=
c(标准)×V(标准)/
V(待测)分析，测定结果偏低，B错误；
C、滴定前尖嘴处无气泡，滴定终点时有气泡，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=
c(标准)×V(标准)/
V(待测)分析，测定结果偏低，
C错误；
D、滴定过程中用少量蒸馏水将锥形瓶内避粘附的盐酸冲下，对待测液物质的量没有影响，对V（标准）无影响，根据c（待测）=
c(标准)×V(标准)/
V(待测)分析，测定结果无影响，D错误。答案选A。
考点：中和滴定
9．某气体的的质量为3.2g，含有的是3.01×1022个分子，则该气体的相对分子质量是
A、32
B、64
C、32
g
/mol
D、64
g
/mol
【答案】B
【解析】
试题分析：含有的是3.01×1022个分子的物质的量为=0.5mol，故摩尔质量M=m/n==64g/mol，相对原子质量与摩尔质量的数值相等，故答案选B。
考点：物质的量的有关计算
10．若某共价化合物分子中只含有C、N、H三种元素，且以n(C)、n(N)分别表示C、N的原子数目，则H原子数目最多等于
A．2n(C)+2+n(N)
B．2n(C)+2+2n(N)
C．2n(C)+2
D．2n(C)+1+2n(N)
【答案】A
【解析】
试题分析：C可形成四个价键，而N只能形成3个价键。
考点：考查有机物分子的成键特点。
11．下列各组离子在碱性条件下可以大量共存,而在强酸性条件下能发生氧化还原反应的是
A．Ca2+、Fe2+、NO3－、Cl－
B．
Ba2+、Na+
、I－、NO3－
C．Na+、K+、SO42－、SO32－
D．K+、Mg2+、HCO3－、PO43－
【答案】B
【解析】
试题分析：A、在碱性溶液中Ca2+、Fe2+不能大量共存，在酸性溶液中Fe2+、NO3－之间发生氧化还原反应，A错误；B、在碱性溶液中四种离子不反应，可以大量共存；在酸性溶液中硝酸根氧化碘离子，不能大量共存，B正确；C、在碱性溶液中四种离子不反应，可以大量共存；在酸性溶液中亚硫酸根离子不能大量共存，C错误；D、在碱性溶液中Mg2+、HCO3－均不能大量共存；在酸性溶液中HCO3－、PO43－均不能大量共存，但不是氧化还原反应，D错误，答案选B。
【考点定位】本题主要是考查离子共存正误判断
【名师点晴】1、正确判断离子是否共存的前提)熟记常考离子的性质
颜色
MnO4－（紫）、Cu2＋（蓝)、Fe2＋(浅绿)、Fe3＋(黄)
氧化性
ClO－、MnO4－、NO3－(H＋)、Fe3＋、Cr2O72－
还原性
S2－(HS－)、SO32－(HSO3－)、I－、Br－、Fe2＋
水解显酸性
NH4+、Mg2＋、Al3＋、Cu2＋、Fe2＋、Fe3＋、Zn2＋
水解显碱性
AlO2－、S2－、SO32－、CO32－、SiO32－、ClO－、CH3COO－
与H＋和OH－均不能大量共存
HCO3－、HS－、HSO3－、HPO42－、H2PO4－
2、高考常设置的错误形式有：离子反应不符合客观事实；各物质化学式拆分错误；不符合“三个守恒”(质量、电荷、电子)；不符合有机物官能团性质；反应环境与产物的矛盾；改写是否正确(注意区别胶体与沉淀)；隐含的反应是否遗漏(生成物与反应物不共存、隐含的氧化性物质等)；方程式与所给的“量”的条件是否切合“过量”，“适量”，“足量”，“少量”等。
3、解此类问题是应做到：
（1）注意“三看”：看反应环境，看操作顺序，看反应物之间量的关系。
（2）牢记“三查”：查物质是否能拆分成离子形式，查三个守恒，查阴阳离子的比例与它们形成化合物时的比例是否相同。
12．下列反应中，Na2O2只表现强氧化性的是
A．2Na2O2
+
2CO2
2Na2CO3
+
O2
B．Na2O2
+
MnO2
=Na2MnO4
C．5Na2O2
+
2MnO
+
16H+
=
10Na+
+
2Mn2+
+
5O2↑
+
8H2O
D．2Na2O2
+
2H2SO4
=
2Na2SO4
+2H2O
+
O2↑
【答案】B
【解析】
试题分析：A、反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2中，过氧化钠中氧元素的化合价是-1价，碳酸钠中氧元素的化合价是-2价，氧气中氧元素的化合价是0价，所以该反应过氧化钠中既有氧元素化合价升高也有化合价降低，过氧化钠既表现氧化性也表现还原性，故A错误；B、反应Na2O2+MnO2=Na2MnO4中，过氧化钠中氧元素得电子化合价降低，锰元素失电子化合价升高，过氧化钠作氧化剂，二氧化锰作还原剂，所以过氧化钠表现强氧化性，故B正确；C、反应5Na2O2+2MnO4-+16H+=10Na++2Mn2++5O2↑+8H2O中，过氧化钠中氧元素失电子化合价升高，锰元素得电子化合价降低，所以过氧化钠只作还原剂表现还原性，故C错误；D、反应2Na2O2+2H2SO4=2Na2SO4+2H2O+O2↑中，过氧化钠中氧元素既有得电子化合价降低的，也有失电子化合价升高的，所以过氧化钠既表现氧化性又表现还原性，故D错误；故选B。
考点：考查了物质氧化性和还原性的判断的相关知识。
13．RbH是一种离子化合物，它跟水反应的方程式为：RbH+H2O=
RbOH+H2↑，它也能跟液氨、乙醇等发生类似的反应，并都产生氢气，下列有关RbH的叙述错误的是（
）
A．灼烧RbH时，火焰有特殊颜色
B．RbH中H+半径比Li+半径小
C．跟液氨反应时，有RbNH2生成
D．在Na、K、Rb三种单质中，Rb的熔点最低
【答案】B
【解析】
试题分析：A．灼烧RbH时，由于含有Rb元素，所以火焰有特殊颜色，正确；B．RbH中H-额Li+电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径就越小，所以H-半径比Li+半径大，错误；C．根据Na与氨的反应可知，RbH跟液氨反应时，有RbNH2生成，正确；D．由于碱金属单质的熔沸点是随原子序数的增大而逐渐减小的，所以在Na、K、Rb三种单质中，Rb的熔点最低，正确。
考点：考查碱金属的单质及化合物的有关知识。
14．甲、乙、丙、丁、戊五种物质中，甲、乙、丙中均含有某种相同的元素，它们之间具有如右图所示转化关系（反应条件及部分产物已略去）。下列有关物质的推断不正确的是
【答案】C
【解析】
试题分析：A．Al（OH）3为两性氢氧化物，可与酸、碱反应生成AlO2-、Al3+，AlO2-、Al3+可以发生双水解反应生成Al（OH）3，A正确；B．甲为Na2CO3溶液，可与CO2反应生成碳酸氢钠，与氢氧化钙反应生成NaOH，氢氧化钠和碳酸氢钠反应生成碳酸钠，B正确；C．甲为铁，乙为氯化亚铁，丙可能为氯化铁、氧化铁等，无论是氯化铁还是氧化铁都不与氯化亚铁反应，C错误；D．甲是N2，戊是氧气，乙可能是氨气，丙是NO，NO和氨气发生氧化还原反应可生成氮气，D正确，答案选C。
考点：考查无机物的推断与转化
15．（10分）
（1）质量相同的O2、NH3、H2、Cl2四种气体中，在相同温度和相同压强条件下，体积最大的是
。
（2）下列物质中，既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应的是
_______。（填序号）
①
NaAlO2
②
Ca(OH)2
③Na2CO3
④Al(OH)3
（3）氯水中含有多种成分。将紫色石蕊试液滴入氯水中，溶液显红色起作用的成分是
；过一会儿，溶液颜色逐渐褪去，起作用的成分是
；
（4）标准状况下把11.2L氯气通入500ml0.8mol/LFeBr2溶液中，写出反应完全后的离子方程式
。
【答案】（1）
H2
（2）④
（3）HCl或H＋、HClO
（4）5Cl2+4Fe2＋+6Br―=10Cl－+4Fe3＋+3Br2
【解析】
试题分析：（1）质量相同的O2、NH3、H2、Cl2四种气体中，由V=×Vm可知，质量相同时，气体体积与摩尔质量成反比，体积最大的是气体摩尔质量最小的，即氢气。
（2）物质中即与酸反应又与碱反应的主要有：特殊的单质（Al、Zn、Cl2、S、Si
等）、两性化合物（ZnO、AI2O3、Al(OH)3等）、弱酸的酸式盐（NaHS、NaHCO3等）、弱酸的铵盐（NH4)2CO3等）、部分化合物（SO2、NO2等）、氨基酸。
（3）氯水溶液中存在反应：Cl2+H2O HCl+HClO，是可逆反应，存在电离：H2OH＋+OH－、HClOH＋+ClO－，HCl═H＋+Cl－，所以溶液中存在的微粒有：分子：Cl2、HClO、H2O；离子：H＋、Cl－、ClO－、OH－。酸能使紫色石蕊试液变红色，在水溶液里电离出的阳离子全部是氢离子的是酸，所以使紫色石蕊试液变红色的微粒是氢离子；次氯酸有漂白性，所以红色溶液逐渐褪色，起作用的微粒是次氯酸分子。
（4）将a
mol
Cl2
通入含b
mol
FeBr2的溶液中，还原性Fe2+>Br―
，所以通入氯气，Fe2+
先被氯气氧化，反应完后再通氯气，Br―
被氧化。所以当0<
a
/
b≤1/2时，只有Fe2+被氧化，所以发生反应2Fe2＋+Cl2
=2Fe3＋+2Cl－；当
a
/
b
=1时，Fe2＋全部被氧化，Br―是Fe2＋的2倍，只有1半被氧化，所以发生的反应方程式为2Cl2+2Fe2＋+2Br―=
2Fe3＋+Br2+4Cl―；当a
/
b≥3/2时，Fe2＋、Br―全部被氧化，所以反应为3Cl2+2Fe2＋+4Br―=2Fe3＋+2Br2+6Cl―
。标准状况下把11.2L氯气物质的量是0.5mol，500ml0.8mol/LFeBr2物质的量是0.4mol，氯气与FeBr2的物质的量比是5:4，介于1/2和3/2之间，Fe2＋全部被氧化，Br―有剩余所以氯气与Fe2＋全部反应完，得5Cl2+4Fe2＋+Br―
Fe3＋+Br2+Cl―，根据电荷守恒和原子守恒既得5Cl2+4Fe2＋+6Br―=10Cl－+4Fe3＋+3Br2。
考点：考查阿伏伽德罗定律，氯水的性质等。
16．（10分）研究燃料的燃烧和对污染气体产物的无害化处理，对于防止大气污染有重要意义．
（1）将煤转化为清洁气体燃料．已知：
H2（g）+1/2O2（g）=H2O（g）
△H=﹣242.0kJ/mol
C（s）+1/2O2（g）=CO（g）
△H=﹣110.0kJ/mol
①写出焦炭与水蒸气反应制H2和CO的热化学方程式
___________________．
②已知在101kPa时，CO、H2和CH4的燃烧热分别为283kJ/mol、286kJ/mol和892kJ/mol．则反应CH4（g）+H2O（g） CO（g）+3H2（g）
△H=
kJ/mol．
（2）已知一定温度和压强下，由H2和CO反应合成优质燃料甲醇：
CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）
△H=﹣91kJ/mo1
①在相同条件下要想得到182kJ热量，加入各物质的物质的量可能是
．
A．2mo1CO和4mol
H2
B．2mo1CO、4mol
H2和1mol
CH3OH（g）
C．4mo1CO和4mol
H2
D．4mo1CO和6mol
H2
②将1mol
CO和2mol
H2充入一密闭容器中，保持恒温恒压时进行反应，达到平衡时，测得CO的转化率为20%．若在相同条件下，起始时在该容器中充入1mol
CH3OH（g），反应达到平衡时的热量变化是
（填“吸收”或“放出”）
kJ热量．
【答案】（1）①C（S）+H2O(g)==CO(g)+H2(g)
△H=+132kJ·mol-1
②+205kJ/mol
（2）①D
②吸收，72.8
【解析】
试题分析：（1）①已知：H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g)
H1=
242.0KJ/mol
；C(s)+1/2O2(g)=CO(g)
H2=
110．0kJ/mol根据盖斯定律，用方程式2减去方程式1，可得：写出焦炭与水蒸气反应制H2和CO的热化学方程式
C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)
H=+132kJ/mol
；②由题意知CO（g）+1/2O2（g）=CO2（g）△H1=﹣283kJ/mol;
H2
（g）+1/2O2（g）=H2O（l）△H2=﹣2860kJ/mol;
CH4（g）+2O2（g）=
CO2（g）+2H2O（l）△H3=﹣892kJ/mol根据盖斯定律，CH4（g）+H2O（l） CO（g）+3H2（g）△H=△H3-△H1-3△H2=+249kJ/mol,
又由于H2
（g）+1/2O2（g）=H2O（g）△H=﹣242.0kJ/mol；H2
（g）+1/2O2（g）=H2O（l）△H=﹣2860kJ/mol，根据盖斯定律H2O（g）=
H2O（l）△H=﹣44kJ/mol，则CH4（g）+H2O（g） CO（g）+3H2（g）△H=+205kJ/mol
（2）①由反应方程式可知生成1mol的CH3OH时放热91
kJ，想得到182
kJ热量，则需生成2molCH3OH；由于反应是可逆反应，不可能完全进行到底，所以要得到2molCH3OH，CO和H2物质的量必须要多于2mol和
4mol，故D符合，B选项中既有正反应又有逆反应，最终放出的热量小于182kJ，答案选D
②将1mol
CO和2mol
H2充入一密闭容器中，保持恒温恒压时进行反应，达到平衡时，测得CO的转化率为20%，平衡时生成0.2mol的甲醇，若在相同条件下，起始时在该容器中充入1mol
CH3OH（g），反应达到平衡与上一个平衡是等效平衡，即平衡时甲醇的量为0.2mol，反应了80%，则吸收了91×0.8=72.8KJ的热量。
考点：盖斯定律，化学平衡的有关计算
17．（11分）FeSO4是一种精细化工产品，可用于治疗缺铁性贫血、制革、木材防腐等。制备步骤：①将3mol·L-1硫酸加入铁粉里，微热，搅拌使其充分反应；②趁热过滤；③在50℃左右蒸发、结晶，得到晶体——绿矾（FeSO4·7H2O）。回答下列问题：
（1）制备FeSO4溶液时一般不用较浓硫酸而用3mol·L-1硫酸的原因是___________，反应时要求铁粉过量的理由是__________。
（2）检验步骤①所得溶液中金属阳离子的方法是_________。
（3）步骤②趁热过滤的原因是__________。
（4）在空气中加热绿矾，固体质量与温度变化曲线如下图：
a曲线对应的反应化学方程式为____________。
c曲线对应的物质化学式为_________。
【答案】（1）产生SO2，污染环境（2分）
防止生成Fe3+（1分）；
（2）取少量待测液于试管中，加入KSCN溶液，无明显变化，再滴加少量氯水溶液变红色（或用NaOH溶液或K3[Fe(CN)6]溶液检验，叙述合理均可得分）（2分）；
（3）防止硫酸亚铁结晶析出造成损失（2分）；
（4）FeSO4·7H2OFeSO4·4H2O+3H2O（2分）；
Fe2O3（2分）。
【解析】
试题分析：（1）制备FeSO4溶液时一般不用较浓硫酸而用3mol·L-1硫酸的原因是浓硫酸有强的氧化性，与铁发生反应，会产生SO2气体，污染环境；反应时要求铁粉过量是由于若铁不足量，反应产生的Fe2+容易被氧化产生Fe3+，Fe过量，产生的Fe3+与过量的Fe发生反应又转化为Fe2+；（2）检验步骤①所得溶液中金属阳离子Fe2+的方法是取少量待测液于试管中，加入KSCN溶液，无明显变化，再滴加少量氯水溶液变红色；或加入NaOH溶液产生白色沉淀，沉淀会迅速变为灰绿色，最后变为红褐色；（3）FeSO4在水中的溶解度随温度的变化而变化较大，步骤②趁热过滤就可以防止硫酸亚铁结晶析出造成损失；（4）55.6g绿矾的物质的量是n(FeSO4·7H2O)=
55.6g÷278g/mol=0.2mol，其中含有结晶水的质量是
0.2mol×7×18g/mol=25.2g，在a段减少的质量是55.6g-44.8g=10.8g，小于25.2g，说明失去的是结晶水，其物质的量是n(H2O)=
10.8g÷18g/mol=0.6mol，即1mol盐失去3mol结晶水，所以得到的物质化学式是FeSO4·4H2O，分解反应方程式是
FeSO4·7H2OFeSO4·4H2O+3H2O；在0.2mol盐中含有铁元素的质量是m(Fe)=
0.2mol×56g/mol=11.2g，而在c曲线对应的物质的质量是16.0g，则含有氧元素的质量是16.0g-11.2g=4.8g，其物质的量是n(O)=4.8g÷16g/mol=0.3mol，
n(Fe):n(O)=0.2mol:0.3mol=2:3，因此物质的化学式是Fe2O3。
考点：考查离子的检验、化学操作的目的、物质的化学式的推断和反应方程式的书写的知识。
18．为了比较卤素单质的氧化性强弱可在实验室先制取Cl2(利用MnO2与浓盐酸反应可制取Cl2)并将Cl2依次通入NaBr溶液和KI淀粉溶液中。如图所示仪器及药品试回答：?
(1)若所制取气体从左向右流向时上述仪器接口的连接顺序为F接G、H接______、______接______、A接E。
(2)实验开始后装置5中反应的化学方程式为______________________。
(3)装置3的作用是________________________
反应的离子方程式为______________________________________。
(4)装置1中产生的现象是___________
反应的离子方程式为____________________。
（5）若溴离子的还原性弱于碘离子的还原性，通过实验，卤素单质的氧化性由强到弱的顺序为__________________。
【答案】（共10分。第1小题1分，方程式2分每条，其余每空1分）
（1）H接D
,
C接B
(2)MnO2
+
4HCl（浓）
MnCl2
+Cl2↑+2H2O
(3)吸收尾气，防止污染
Cl2
+
2OH-
＝
Cl-
+
ClO-
+H2O
（4）溶液变蓝
Cl2
+
2I-
＝
I2
+
2Cl-
（5）Cl2＞Br2＞I2
【解析】
试题分析：（1）实验室用装置5制备氯气，经过1、2装置验证氯气的强氧化性，氯气有毒，不能直接排放到空气中，应用3装置吸收氯气，则各仪器从左至右的连接顺序为F接G、H接D
,
C接B、A接E。
（2）二氧化锰和浓盐酸反应的化学方程式是MnO2
+
4HCl（浓）
MnCl2
+Cl2↑+2H2O。
（3）氯气有毒，不能直接排放到空气中，应用3装置吸收氯气，防止污染，有关反应的离子方程式是Cl2
+
2OH-
＝
Cl-
+
ClO-
+H2O。
（4）氯气能和碘化钾发生置换反应生成碘单质，单质碘遇淀粉显蓝色，则实验现象是溶液变蓝
Cl2
+
2I-
＝
I2
+
2Cl-
。
（5）根据非金属性较强的可以置换出减弱的可知，卤素单质的氧化性由强到弱的顺序为Cl2＞Br2＞I2。
考点：考查氯气的制备、化学实验基本操作。非金属性强弱比较等
点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题，试题贴近高考，综合性强，有利于调动学生的学习兴趣，激发学生的学习积极性。该类试题主要是以常见仪器的选用、实验基本操作为中心，通过是什么、为什么和怎样做重点考查实验基本操作的规范性和准确及灵活运用知识解决实际问题的能力。
19．一次实验中一同学将砂纸打磨光亮的镁条放入饱和NaHCO3溶液中，惊奇的发现产生大量气泡和白色固体，再向反应后溶液中滴加了酚酞发现颜色比饱和NaHCO3溶液中滴加酚酞红色要深。
一、溶液红色加深，则说明反应后溶液的碱性________（填“增强”、“不变”或“减弱”）。
二、为确定气体和固体的成分，该同学进行了如下的探究。
（1）请猜测该气体为___________。（写化学式）
（2）对白色固体做出如下猜测并进行实验：
查阅资料1：Mg(HCO3)2能溶于水，MgCO3微溶于水(在水中的溶解度为0.011g)
2：MgCO3、Mg(OH)2加热易分解，分别生成两种氧化物。
【猜测】：
①白色固体可能是MgCO3；
②白色固体可能是________；
③白色固体可能是MgCO3和Mg(OH)2。
【实验】：
①取洗净后的白色固体，加入足量的______溶液，观察到_______，则白色固体一定含有
MgCO3。
②为进一步确定白色固体的组成，该同学进行了定量实验：
称取干燥的白色固体22.6g，充分加热至不再产生气体为止，并使分解产生的气体全部先通过浓硫酸，浓硫酸增重1.8g，则白色固体中含有_________，再通过碱石灰．碱石灰增重8.8g，则固体中各成分的质量比为（最简整数比）___________。
【答案】增强；（1）H2；（2）Mg(OH)2；①稀盐酸；有气泡产生；②Mg(OH)2；29：84。
【解析】
试题分析：碱可以使酚酞试液变为红色，将砂纸打磨光亮的镁条放入饱和NaHCO3溶液中，向反应后溶液中滴加了酚酞发现颜色比饱和NaHCO3溶液中滴加酚酞红色要深，说明溶液的碱性增强，同时产生大量的气泡；（1）
产生大量气泡，溶液的碱性增强，说明反应产生的气体是氢气，反应消耗水电离产生的氢离子，使水的电离平衡正向移动，最终使溶液中c(H+)；再通过碱石灰．碱石灰增重8.8g，则说明含有MgCO3，根据n(H2O)=1.8g÷18g/mol=0.1mol.结合方程式：Mg(OH)2MgO+
H2O可知固体中
n[Mg(OH)2]=0.1mol，根据n(CO2)=8.8g÷44g/mol=0.2mol，结合方程式：MgCO3=
MgO+
CO2可知：n(MgCO3)=0.2mol，所以固体中含有Mg(OH)2、MgCO3，二者的物质的量的比是：n[Mg(OH)2]：n(MgCO3)=1:2，它们的质量比m[Mg(OH)2]：m(MgCO3)=(1×58):(2×84)=
29：84。
考点：考查实验方案的设计、物质成分的确定及有关混合物的化学计算的知识。
20．（12分）取50.0mLNa2CO3和Na2SO4的混合溶液，加入过量BaCl2溶液后得到14.51g白色沉淀，用过量稀硝酸处理后沉淀量减少到4.66g，并有气体放出。
（1）写出混合溶液中加入过量BaCl2后反应的化学方程式（4分）
，
（2）求原混合液中Na2SO4的物质的量浓度；（4分）
（3）产生的气体在标准状况下的体积。（4分）
【答案】
【解析】略
21．煤干馏后可得到焦炭、煤焦油、粗氨水和焦炉气。焦炭可通过以下途径制取聚氯乙烯等化工产品（如下框图所示）
①.写出由电石制取乙炔的化学方程式________________________________。
②.聚氯乙烯制品会造成白色污染，聚氯乙烯的结构简式为_________________。
C2H4O中是否含有醛基可用________________（填试剂名称）来检验。
③.从煤焦油中可以分离出一种重要的液态烃──苯，写出苯与液溴在铁存在的情况下发生反应的化学方程式__________________________________________________________.
【答案】①.
CaC2＋2H2O→2Ca(OH)2＋CH≡CH↑
（1分）
②.
（1分）
银氨溶液（或新制氢氧化铜）(1分)。
③.
（2分、条件错扣1分）
【解析】
试题分析：①.电石为CaC2，制取乙炔的化学方程式是CaC2＋2H2O→2Ca(OH)2＋CH≡CH↑。
②.
氯乙烯CH2=C①HCl，故聚氯乙烯的结构简式为。C2H4O中是否含有醛基可用银氨溶液或新制氢氧化铜来检验。
③.苯与液溴在铁存在的情况下发生取代反应：＋Br2＋HBr。
考点：煤化工产品的利用。考查乙炔的制备原理、醛基的鉴别、苯的溴代反应等。
22．（15分）苯的含氧衍生物A的相对分子质量为180，其中碳元素的质量分数为60%，A完全燃烧消耗O2的物质的量与生成CO2的物质的量相等。请回答下列问题：
（1）A的分子式为
。
（2）已知A的苯环上取代基彼此相间，A能发生银镜反应，也能与NaHCO3溶液反应产生CO2，还能与FeC13溶液发生显色反应，则A含有的官能团名称是
。
（3）A的一种同分异构体B是邻位二取代苯，其中一个取代基是羧基，B能发生如图所示转化。
回答下列问题：
①C→E的反应类型为
。
②F具有下列哪些化学性质
。
A．与浓溴水反应
B．发生加成反应
C．水解反应
③D与浓溴水反应的主要产物的结构简式为
。
写出下列反应的化学方程式：
④C→E
。
⑤B与足量NaOH溶液共热
。
【答案】（1）C9H8O4
（2）醛基、羧基、酚羟基；
（3）①酯化反应（或取代反应）；②ABC
;③
④
⑤
【解析】
试题分析：（1）A的相对分子质量为180，其中碳元素的质量分数为60%，可知A中的C原子数是9，A完全燃烧消耗O2的物质的量与生成CO2的物质的量相等，说明1molA完全燃烧消耗9mol氧气，生成9mol二氧化碳，则A分子式中H原子数是O原子数的2倍，结合A的相对分子质量，可计算出A的分子式为C9H8O4
（2）根据A能发生的反应判断，A中含有醛基、羧基、酚羟基；
（3）由C发生的反应及条件判断C是羧酸，根据其相对分子质量判断C的分子式是CH3COOH，为乙酸；所以B是乙酸某酯，水解后得到C乙酸，则D是邻羟基苯甲酸；只有羧基与碳酸氢钠溶液反应生成羧酸钠F。根据以上分析：
①C→E的反应类型为酯化反应（或取代反应）；
②F中含有苯环、酚羟基、和羧酸钠，所以可以发生加成反应、与浓溴水的取代反应、羧酸钠的水解反应，答案选ABC；
③D是邻羟基苯甲酸，与溴水发生酚羟基的邻、对位取代，产物的结构简式为；
④乙酸与乙醇发生酯化反应，醇分子中羟基的H原子与羧酸中羧基的羟基结合生成水，所以O-18在酯分子中，化学方程式为
；
⑤B存在酯基和羧基，其中酯基中的O原子与苯环直接相连，所以1molB需要3molNaOH完全反应，化学方程式为
。
考点：考查有机推断，根据反应条件判断反应类型、结构简式等，分子式的计算，官能团的判断，化学方程式的书写