山东省潍坊市奎文实验中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）

山东省潍坊市奎文实验中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）
1．下列气体不能用浓H2SO4干燥的是
A．
CO2
B．
SO2
C．NH3
D．
HC1
【答案】C
【解析】
试题分析：氨气呈碱性，浓硫酸具有酸性，因此不能用浓硫酸进行干燥。所以答案选C
考点：考查浓硫酸吸水性的相关知识点。
2．下列实验操作不能用于分离混合物的是
【答案】C
【解析】
试题分析：A、过滤可分离液体和不溶于液体的固体，错误；B、分液漏斗可用于分离不互溶的液体，错误；C、该实验是溶液的配制操作，不是用于分离混合物的操作，正确；D、蒸馏可用于分离互溶的液体，错误，答案选C。
考点：考查混合物分离方法的判断
3．金属材料在人类社会的发展史上一直发挥着重要的作用。人类历史上最早使用的金属是(
)
A﹒铜
B﹒铁
C﹒铝
D﹒钛
【答案】A
【解析】
试题分析：金属的发现是按照的金属的活泼性，不活泼的金属最先使用，根据金属活动顺序表，因此人类历史上最早使用的金属是铜，故选项A正确。
考点：考查金属的性质等知识。
4．医学界通过用14C标记的C60发现一种羧酸衍生物，在特定条件下，它可以通过断裂DNA抑制艾滋病病毒的繁殖。下列有关叙述中，正确的是
A．14C与12C的化学性质完全不同
B．14C与14N含有的中子数相同
C．14C60和12C60是碳元素的同素异形体
D．14C与12C、13C互为同位素
【答案】D
【解析】
试题分析：A、14C与12C核外电子排布相同，则化学性质相同，故A错误；B、14C中的中子数为14-6=8，14N含有的中子数为14-7=7，中子数不同，故B错误；C、14C60和12C60是碳元素的同种单质，故C错误；D、14C与12C、13C的质子数相同，而中子数不同，则互为同位素，故D正确。
考点：本题考查原子结构与性质、同位素。
5．下列陈述I、II均正确且有因果关系的是
【答案】B
【解析】
试题分析：A、常温下铁在浓硫酸中钝化，但钝化是化学变化，A错误；B、碳酸氢钠溶于水全部电离，因此是强电解质，B正确；C、氯化铵受热与分解生成氨气和氯化氢，因此可以利用加热法除去氯化钠中的氯化铵，与氯化铵是强酸弱碱盐无关系，C错误；D、二者表现的都是还原性，D错误，答案选B。
考点：考查因果关系的正误判断
6．从海水中可获得的在常温下为液体的单质是
A．Mg
B．K
C．Br2
D．I2
【答案】C
【解析】
试题分析：常温下Mg、K、I2均是固体，溴是液体，答案选C。
考点：考查物质的状态及海水应用
7．铝合金在日常生活、航空航天和汽车制造等方面均有广泛用途。下列关于铝的说法不正确的是
A．铝的表面容易形成致密的氧化膜，抗腐蚀性能好
B．常温下不与任何碱反应
C．铝元素在地壳中的含量高，储量丰富
D．工业上可以用电解法冶炼铝
【答案】B
【解析】
试题分析：A．铝的表面容易形成致密的氧化膜，抗腐蚀性能好，A正确；B．常温下，Al能与NaOH溶液反应，生成氢气，B错误；C．铝元素在地壳中含量位居第三，仅次于氧、硅，含量高，储量丰富，C正确；
D．工业上用电解熔融氧化铝的方法来制铝，D正确；答案选B。
考点：考查铝的性质、用途和制备。
8．下列说法正确的是
A．凡是放热反应都是自发的，凡是吸热反应都是非自发的
B．自发反应一定是熵增大，非自发反应一定是熵减小或不变
C．自发反应在恰当条件下才能实现
D．自发反应在任何条件下都能实现
【答案】C
【解析】
试题分析：判断反应是否自发，是由熵变和焓变共同决定的，即<0反应能自发进行.单从放热或熵增其中一个角度没法判断反应是否自发，放热反应常常是容易进行的过程，吸热反应有些也是自发反应；自发反应的熵不一定增大，可能减小，也可能不变，故A、B错误；过程的自发性只能用于判断过程的方向，是否能实现还要看具体的条件。答案选C.
考点：化学反应的方向性
9．C是确定NA标准的原子，C原子核内中子数是
A．12
B．6
C．18
D．4
【答案】B
【解析】由题意可知C，质量数=质子数+中子数，C中质子数为6，质量数为12，则中子数为6，B选项正确。
10．工业品氢氧化钾溶液中含有某些含氧酸根杂质，可用离子交换膜法电解提纯。电解槽内装有阳离子交换膜（只允许阳离子通过），其工作原理如图所示。下列说法不正确的是
A．阴极材料可以是Fe，含氧酸根杂质不参与电极上放电
B．该电解槽的阳极反应式为：4OH――
4e－=
2H2O+O2↑
C．通电后，该电解槽阴极附近溶液pH会减小
D．除去杂质后氢氧化钾溶液从出口B导出
【答案】C
【解析】
试题分析：该电解池反应的实质是电解水，阴极反应是2H2O+2e-=2OH-+H2↑,通电后阴极区的pH增大，阳极反应是2H2O-4e-=4H++O2↑,K+通过阳离子交换膜流向阴极与产生的OH-，以KOH溶液的形式从B口导出。由此可以得出A、B、D正确，C错误。选C。
考点：考查电解池工作的基本原理，涉及电极反应式的书写、电极区PH值的分析等内容，要求较高。
11．常温下，下列离子能使纯水中的OH-离子数目增加的是
(
)
A．Al3+
B．CO32-
C．NH4＋
D．Br－
【答案】B
【解析】
试题分析：A．Al3+离子结合水电离的氢氧根离子，促进了水的电离，溶液中OH-离子浓度减小，氢离子浓度增大，溶液显示酸性，故A错误；B．碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，溶液中氢氧根离子数目增加，氢离子数目减少，溶液显示碱性，故B错误；C．铵根离子水解生成一水合氨和氢离子，导致溶液中氢离子数目增加，氢氧根离子数目减少，故C错误；D．Br-离子不水解，所以不改变溶液中氢离子数目，故D错误；故选B。
【考点定位】考查水的电离及其影响因素、盐类水解原理
【名师点晴】通常酸或碱的电离会抑制水的电离，弱酸根离子或金属阳离子的水解促进水的电离，常温下，能使纯水中的OH-离子数目增加，说明了该离子能发生水解反应，且水解后溶液显示碱性，即弱酸根离子的水解反应，据此进行判断。
12．香港中文大学前校长、有“光纤之父”之称的著名华人学者高锟获得2009年度诺贝尔物理学奖，下列有关光纤的说法正确的是
A．光纤的主要材料是晶体硅单质
B．光导纤维不与任何酸反应
C．光导纤维就是普通玻璃拉成的细丝
D．光导纤维与沙子的主要成分相同
【答案】D
【解析】光纤的主要材料是二氧化硅与沙子的主要成分相同，A错误，D正确；二氧化硅可以与HF反应B错误；光导纤维是一种透明的玻璃纤维丝，而不是普通玻璃拉成的细丝，C错误。答案选D。
13．设NA为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是
A．100mL1mol/LNa2CO3溶液中含有0.1NA个CO32-
B．电解精炼铜时，若阴极得到电子数为2NA，则阳极质量减少64g
C．1molCl2与过量Fe反应，转移的电子数为2
NA
D．标准状况下，11.2L乙醇完全燃烧产生二氧化碳分子数为NA
【答案】C
【解析】
试题分析：A．Na2CO3溶液中CO32-水解，故A错误；B．电解精炼铜时，阳极溶解的金属有锌、铁、铜等多种金属，阴极得到电子数为2NA，阳极质量减少不是64g，故B错误；C．氯气反应后均生成-1价的氯离子，1molCl2与过量Fe反应，转移的电子数为2
NA，故C正确；D．标准状况下，乙醇为液体，不是气体，完全燃烧产生二氧化碳分子数大于NA，故D错误；故选C。
【考点定位】考查阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律
【名师点晴】本题考查阿伏加德罗常数的综合应用，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确标况下戊烷、乙醇、水等的状态不是气体，试题有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。
14．下列说法不正确的是
A．配制一定物质的量浓度的溶液，定容时俯视观察刻度线，引起配制溶液的浓度偏高
B．6.4g
Cu投入300
mL
10mol／L的浓硝酸中，充分反应后转移0.2×6.02×1023个电子
C．用NA代表阿伏加德罗常数的值，标准状况时，11.2L乙烯所含有的分子数为0.5NA
D．在两个容积相同的容器中，一个盛有NH3，另一个盛有N2、H2的混合气体，在同温同压下，两容器内的气体一定具有相同的原子数
【答案】D
【解析】
试题分析：A、定容时俯视观察刻度线，会造成所配溶液体积偏小，引起配制溶液的浓度偏高，正确；B、6.4gCu的物质的量为0.1mol，300
mL
10mol／L的浓硝酸含HNO33mol，HNO3过量，Cu完全反应，所以充分反应后转移0.2×6.02×1023个电子，正确；C、乙烯在标准状况下为气态，所以标准状况时，11.2L乙烯为0.5mol，所含有的分子数为0.5NA，正确；D、根据阿伏伽德罗定律，两容器内的气体具有相同的分子数，因为NH3和N2、H2分子含有的原子数不相等，所以两容器内的气体的原子数不相等，错误。
考点：本题考查溶液的配制、阿伏伽德罗定律、阿伏伽德罗常数的应用。
15．如图均为元素周期表短周期的一部分，其中b的氢化物和它的最高价氧化物对应的水化物能反应生成盐，下列有关a、b、c、d、e五种元素的叙述中，正确的是
A．原子半径：b
>
c
B．由a、b、e三种元素形成的化合物可能是离子化合物
C．c与e以原子个数比2:1形成的化合物能促进水的电离
D．氢化物的稳定性：b
<
d
【答案】BC
【解析】
试题分析：
b的氢化物和它的最高价氧化物对应的水化物能反应生成盐，则b是N，d是P，e是S，根据a的位置知道a是H，c是Na。A．原子半径：Na
>
N，错；a、b、e三种元素形成的化合物可以是NH4HSO4，是离子化合物，B对；c与e以原子个数比2:1形成的化合物是Na2S，属于强碱弱酸盐，能发生水解，促进水的电离，C对；D．非金属性越强气态氢化物越稳定，同主族从上到下非金属性逐渐减弱，故氢化物的稳定性：b
>
d，D错。
考点：元素周期表和元素周期律的运用。
16．雄黄（As4S4）和雌黄（As2S3）是提取砷的主要矿物原料，二者在自然界中共生。根据题意完成下列填空：
（1）As2S3和SnCl2在盐酸中反应转化为As4S4和SnCl4并放出H2S气体。若As2S3和SnCl2正好完全反应，As2S3和SnCl2的物质的量之比为______。
（2）上述反应中的氧化剂是______，反应产生的气体可用______吸收。
（3）As2S3和HNO3有如下反应：
，若生成2
mol
H3AsO4，则反应中转移电子的物质的量为______。若将该反应设计成一原电池，则NO2应该在______（填“正极”或“负极”）附近逸出。
（4）若反应产物NO2与11.2
L
O2（标准状况）混合后用水吸收全部转化成浓硝酸，然后与过量的C反应，所产生的CO2的量______（选填编号）。
a．小于0.5
mol
b．等于0.5
mol
c．大于0.5
mol
d．无法确定
【答案】（1）1∶1
（2）As2S3
氢氧化钠溶液（或硫酸铜溶液）
（3）10
mol
正极
（4）a
【解析】（1）As2S3中As为+3价，As4S4中As为+2价，SnCl2中Sn为+2价，SnCl4中Sn为+4价，根据关系式：SnCl2～SnCl4～2e－，2As2S3～As4S4～4e－，根据电子守恒，所以n（As2S3）∶n（SnCl2）＝2∶（1×2）＝1∶1。或写出如下配平的化学方程式：2As2S3+2SnCl2+4HCl=As4S4+2SnCl4+2H2S↑。
（2）化合价降低作氧化剂，所以As2S3是氧化剂。H2S可以用NaOH或CuSO4溶液吸收。
（3）在该反应中As和S的化合价均升高，一共失去的电子为2×2+3×2＝10个，只有N元素的化合价降低，降低总数为10×（5－4）＝10，所以该反应转移10个电子，有如下关系式：2H3AsO4～10e－，所以当生成2
mol
H3AsO4时转移电子的物质的量为10
mol。原电池的负极发生氧化反应，正极发生还原反应，NO2是还原产物，所以NO2在正极附近逸出。
（4）标准状况下11.2
L
O2的物质的量为0.5
mol，根据反应：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，所以产生的HNO3的物质的量为2
mol，根据反应C+4HNO3（浓）
CO2↑+2NO2↑+2H2O，若2
mol浓硝酸完全反应，则应生成
0.5
mol
CO2，而随着反应的进行，硝酸的浓度逐渐降低，当变成稀硝酸时，不再和C反应，所以产生的CO2的量小于0.5
mol。
17．下表是元素周期表的一部分，回答下列问题：
周期
ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
0
2
①
②
③
④
3
⑤
⑥
⑦
⑧
⑨
⑩
（1）写出③、⑤两种元素形成的化合物有两种,化学式是:
，
。
（2）上面主族元素中原子半径最大的是
，非金属性最强的是
。
（3）这些元素的最高价氧化物的水化物中，酸性最强的是___________（填化学式，下同）；碱性最强的是________；能形成两性氢氧化物的元素是________。
【答案】（7分）（1）Na2O、Na2O2
（2分）
（2）⑤；④(或填Na；F)（2分）
（3）HClO4；NaOH；Al（3分）
【解析】
试题分析：根据元素在周期表中的相对位置可知，①～ 分别是C、N、O、F、Na、Mg、Al、Si、P、S、Cl、Ar。
（1）钠和氧两种元素形成的化合物有氧化钠和过氧化钠，化学式分别是Na2O、Na2O2。
（2）同周期自左向右原子半径逐渐减小，非金属性逐渐增强。同主族自上而下原子半径逐渐增大，非金属性逐渐减弱，所以上面主族元素中原子半径最大的是Na，非金属性最强的是F。
（3）非金属性或金属性越强，则最高价氧化物的水化物的酸性或碱性越强，所以这些元素的最高价氧化物的水化物中，酸性最强的是HClO4，碱性最强的是NaOH
，能形成两性氢氧化物的元素是Al。
考点：考查元素周期表的结构以及元素周期律的应用和判断
点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。试题基础性强，侧重对学生基础知识的巩固和训练，有利于提高学生的逻辑推理能力和应试能力。本题主要是元素“位、构、性”三者关系的综合考查，比较全面考查学生有关元素推断知识和灵活运用知识的能力，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。
18．【化学–选修5：有机化学基础】
有机物G是某种新型药物的中间体，其合成路线如下：
已知：
回答下列问题：
（1）写出反应③所需要的试剂
；反应①的反应类型是
。
（2）有机物B中所含官能团的名称是
；
（3）写出有机物X的结构简式
；
（4）写出由E到F的化学方程式
；
（5）写出所有同时符合下列条件的D的同分异构体的结构简式
；
①能发生银镜反应；
②能发生水解反应
（6）以1-丙醇为原料可合成丙三醇，请设计合成路线（无机试剂及溶剂任选）。
已知：烯烃上的烷烃基在500℃与氯气发生取代反应。
注：合成路线的书写格式参照如下示例流程图：
【答案】（1）NaOH的醇溶液
取代反应（2）碳碳双键、氯原子（3）HOCH2CHO
（4）
（5）HCOOCH2CH2CH2CH3
、HCOOCH(CH3)CH2CH3
、HCOOCH2CH(CH3)2
、HCOOC(CH3)3
（6）
【解析】
试题分析：A与氯气在500℃温度下反应生成B（CH2=CHCH2Cl），该反应为取代反应，则A的结构简式为：CH2=CHCH3；B与Mg在无水乙醚条件下反应生成C（CH2=CHCH2MgCl），D与Br2发生加成反应生成E，则D的结构简式为CH2=CHCH2CH(OH)CH2OH，结合题干反应原理可知，有机物X为HOCH2CHO；有机物E发生反应生成F，根据F、G结构简式可知，F发生消去反应生成G。
（1）根据上述分析可知，反应③为卤代烃的消去反应，所以反应条件为氢氧化钠的醇溶液；反应①为取代反应。
（2）根据B的结构简式CH2=CHCH2Cl可知，B分子中含有的官能团为碳碳双键和氯原子。
（3）由上述分析可知，有机物X的结构简式为HOCH2CHO；
（4）根据流程图可知，E为，F为，则由E到F的化学方程式
为。
（5）D的结构简式为CH2=CHCH2CH(OH)CH2OH，①能发生银镜反应，说明分子中含有醛基；②能发生水解反应，说明分子中含有酯基，则满足以上条件的有机物的结构简式有HCOOCH2CH2CH2CH3
、HCOOCH(CH3)CH2CH3
、HCOOCH2CH(CH3)2
、HCOOC(CH3)3
；
（6）以1-丙醇为原料合成丙三醇，应该先使丙醇发生消去反应生成丙烯，然后丙烯与氯气在500℃条件下发生取代反应生成CH2=CHCH2Cl，CH2=CHCH2Cl与氯气发生加成反应生成CH2ClCHClCH2Cl，CH2ClCHClCH2Cl在氢氧化钠的水溶液中发生取代反应生成丙三醇，所以制备流程为：
。
考点：考查有机物的合成，有机物的推断，有机反应类型，同分异构体等知识。
19．（9分）实验室用浓硫酸和乙醇制取乙烯时，常会看到烧瓶中液体变黑，并在制得的乙烯中混有CO2、SO2等杂质。某课外小组设计了如下装置，证明乙烯中混有CO2、SO2并验证乙烯的性质。
回答下列问题：
（1）装置A是乙烯的发生装置，图中一处明显的错误是______________________，烧瓶中碎瓷片的作用是_____________________________。
（2）若要检验A中所得气体含有SO2，可将混合气体直接通入________(填代号，下同)装置；若要检验A中所得气体含有CH2=CH2，可将混合气体先通过B装置，然后通入________装置，也可将混合气体干燥后，通入________装置。
（3）小明将从A出来的混合气体依次通过B、E、D、E，发现D前面的石灰水无明显变化、D后面的石灰水变混浊。请对出现该现象的原因进行合理猜想：
________________________________________________________________________。
（4）用离子方程式说明SO2使溴水褪色的原理___
_____。
【答案】（1）温度计未插入液面以下；防爆沸；
（2）C
D(或F或G)
G
（3）乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化成CO2
（4）
SO2+Br2+2H2O=SO42-+2Br-+4H+
【解析】
试题分析：（1）装置A是乙烯的发生装置，温度计用来测量反应液的温度，应插入液面以下；烧瓶中碎瓷片的作用是防止液体发生爆沸现象；
（2）二氧化硫可使品红溶液褪色，乙烯、二氧化碳不能使品红溶液褪色，所以用C装置检验二氧化硫的存在；B中氢氧化钠可除去乙烯中的二氧化碳、二氧化硫，乙烯可用酸性高锰酸钾溶液或溴水或溴的四氯化碳溶液检验，所以混合气体先通过B装置，然后通入D(或F或G)中；G中不含水，所以二氧化硫不会使溴的四氯化碳溶液褪色，所以也可将混合气体干燥后，直接通入G中；
（3）D前面的石灰水无明显变化，说明D前已无二氧化碳气体；D后面的石灰水变混浊，说明D后存在二氧化碳气体，只能是乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化为二氧化碳的缘故；
（4）二氧化硫与溴水发生氧化还原反应而使溴水褪色，生成硫酸和溴化氢，离子方程式为SO2+Br2+2H2O=SO42-+2Br-+4H+
考点：考查物质的制备、除杂、鉴别、性质检验，离子方程式的书写
20．（12分）（1）用分液漏斗、锥形瓶、导管、注射器、双孔胶塞、秒表和铁架台
（选填“可以”、“不可以”）测定锌和稀硫酸反应生成氢气的反应速率。
（2）为证明盐的水解是吸热反应，四位学生分别设计了如下实验方案，其中正确的是___。
甲．在醋酸钠溶液中滴入2滴酚酞，加热后红色加深，说明盐类水解是吸热反应
乙．用等浓度纯碱溶液去油污，热溶液比冷溶液效果好，说明盐类水解是吸热反应
丙．将硝酸铵晶体溶于水，水温下降，说明盐类水解是吸热反应
丁．在氨水中加入氯化铵固体，溶液的pH变小，说明盐类水解是吸热反应
（3）用标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸溶液，下列操作造成测定结果偏高的是
。
A．酸式滴定管用蒸馏水洗净后，未用待测盐酸润洗
B．滴定前，碱式滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失
C．滴定终点读数时，仰视滴定管刻度，其他操作正确
（4）用物质的量浓度为0.1000
mol/L的KMnO4（H+）溶液滴定未知浓度的H2C2O4（弱酸）溶液，分别取20.00
mL
草酸溶液于3个洁净的锥形瓶中，用标准的KMnO4（H+）溶液滴定至终点，数据如下：
测定次数
第一次
第二次
第三次
初始读数（mL）
0.40
0.90
0.00
终点读数（mL）
25.05
21.00
19.90
已知：相关反应方程式为：5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O
请回答下列问题：
①标准KMnO4溶液应装在
（选填“酸式”或“碱式”）滴定管中；
②判断已达滴定终点的现象是：____________________________________；
③实验测得草酸溶液的物质的量浓度为_____________mol/L。（保留四位有效数字）
【答案】（每空2分）（1）可以
（2）甲乙
（3）BC
（4）①酸式
②当滴下最后一滴标准溶液，溶液由无色变为浅紫色，且在30秒内不褪去
③0.2500
【解析】
试题分析：（1）用分液漏斗、锥形瓶、导管、注射器、双孔胶塞、秒表和铁架台可以收集一段时间内氢气的体积，因此可以测定锌和稀硫酸反应生成氢气的反应速率。
（2）甲．在醋酸钠溶液中滴入2滴酚酞，加热后红色加深，说明溶液碱性增强，因此加热有利于水解，这说明盐类水解是吸热反应，甲正确；乙．用等浓度纯碱溶液去油污，热溶液比冷溶液效果好，说明热溶液的碱性强于冷溶液的碱性，因此升高温度促进水解，可以说明盐类水解是吸热反应，乙正确；丙．将硝酸铵晶体溶于水，水温下降，由于溶解过程也伴随能量变化，因此不能说明盐类水解是吸热反应，丙错误；丁．在氨水中加入氯化铵固体，铵根离子浓度增大，抑制氨水电离，所以溶液的pH变小，因此不能说明盐类水解是吸热反应，丁错误，答案选甲和乙。
（3）A．酸式滴定管用蒸馏水洗净后，未用待测盐酸润洗，则导致盐酸溶液的浓度降低，因此消耗氢氧化钠溶液的体积减少，测量值偏低，A错误；B．滴定前，碱式滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，则导致消耗氢氧化钠溶液的体积增加，测量值偏高，B正确；C．滴定终点读数时，仰视滴定管刻度，则读数偏大，消耗氢氧化钠溶液的体积增加，测量值偏高，C正确，答案选BC。
（4）①酸性高锰酸钾溶液显酸性，具有强氧化性，能腐蚀橡胶，所以标准KMnO4溶液应装在酸式滴定管中；
②酸性高锰酸钾溶液显紫红色，则判断已达滴定终点的现象是当滴下最后一滴标准溶液，溶液由无色变为浅紫色，且在30秒内不褪去；
③根据表中数据可知三次实验中消耗高锰酸钾溶液的体积分别是24.65ml、20.10ml、19.90ml，很明显第一次实验数据误差太大，舍去，因此两次实验中消耗高锰酸钾溶液的平均值是20.00ml，则根据方程式可知草酸溶液的物质的量浓度为＝0.2500mol/L。
考点：考查反应速率测定、外界条件对盐类水解影响实验探究、滴定实验判断与有关计算等
21．将0.6molA和0.5molB充入0.4L密闭容器中发生2A（g）+B（g）mD（g）+E（g），经过5min后达到化学平衡，此时测得D为0.2mol。又知5min内用E表示的平均反应速率为0.1mol L-1 min-1，计算：
（1）m的值
（2）平衡时B的转化率
（3）起始与平衡时密闭容器中的压强之比
【答案】（1）1
（2）40%
（3）11:9
【解析】
试题分析：（1）5min内用E表示的平均反应速率为0.1mol L-1 min-1，则生成E的物质的量是0.1mol L-1 min-1×0.4L×5min＝0.2mol，由于同时生成D是0.2mol，所以根据物质的变化量之比是化学计量数之比可知m＝1；
（2）根据方程式可知消耗B是0.2mol，则B的转化率是；
（3）根据以上分析可知消耗A是0.4mol，所以平衡时A、B、D、E的物质的量分别是0.2mol、0.3mol、0.2mol、0.2mol，根据压强之比是相应的物质的量之比可知起始与平衡时密闭容器中的压强之比＝。
【考点定位】本题主要是考查化学反应速率和可逆反应的有关计算
【名师点晴】该题的关键是明确化学反应速率与化学计量数之间的关系以及阿伏加德罗定律的应用，即相同条件下气体的压强之比是相应的物质的量之比。另外该题也可以采用三段式计算解答。
22．下列中学化学中常见物质的转化关系图中，反应条件及部分反应物和产物未全部注明，已知A、D为金属单质，其他为化合物。试推断：
（1）写出物质的化学式：A:
B：
C：
Ⅰ：
（2）向F中逐滴滴加试剂①的现象为
（3）写出下列反应的方程式：
C→E的离子方程式
C→F的离子方程式
G→H的离子方程式
【答案】（1）Al；Fe2O3；Al2O3；
Fe(OH)3
（2）开始有白色沉淀生成，继续滴加沉淀溶解
（3）Al2O3+6H+==2Al3+
+
3H2O
Al2O3+
2OH-
==
2AlO2-
+
H2O
Fe2+
+2OH-
==
Fe(OH)2
↓
【解析】
试题分析：从D到红色粉末B，是氧化铁生成的过程，B是氧化铁，I是氢氧化铁，H是氢氧化亚铁，D是单质铁，试剂①是盐酸或者硫酸，G是亚铁盐，试剂②是氢氧化钠，A是单质和B生成C和D，这是铝热反应，A是Al，C是氧化铝，
（1）写出物质的化学式：A：Al；B：Fe2O3；C：Al2O3；Ⅰ：Fe(OH)3，答案为：Al；Fe2O3；Al2O3；
Fe(OH)3；（2）F为偏铝酸钠，向NaAlO2中滴加酸，观察到的现象是先产生白色沉淀，即生成了氢氧化铝，继而氢氧化铝溶于酸中，生成Al3+，沉淀溶解，答案为：开始有白色沉淀生成，继续滴加沉淀溶解；（3）C→E，是氧化铝和酸反应生成铝盐，答案为Al2O3+6H+==2Al3+
+
3H2O；C→F是氧化铝和强碱反应生成偏铝酸盐，答案为：Al2O3+
2OH-
==
2AlO2-
+
H2O；G→H是亚铁盐转化为氢氧化亚铁，答案为：Fe2+
+2OH-
==
Fe(OH)2
↓。
考点：考查铝和铁的化学性质及化合物间的转化
23．（10分）一种有机化工原料A(分子式为C6H6O)，在空气中易被氧化。A的有关转化关系如下(部分反应条件略去)：
（1）写出A的结构简式：________。
（2）G是常用的酸碱指示剂酚酞。写出G的分子式______________。
（3）某化合物是E的同分异构体，且分子中只有两种不同化学环境的氢。写出该化合物的结构简式：________________(任写一种)。
（4）F和D互为同分异构体。写出反应E→F的化学方程式：__________________。
（5）根据已有知识并结合相关信息，写出以A和HCHO为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任用)。合成路线流程图示例如下：
【答案】（1）；（2）C20H14O4；（3）；
（4）。
【解析】
试题分析：A分子式为C6H6O，且空气中易被氧化，以及G的结构简式，推出A是苯酚，其结构简式为：，A→B：A和H2在Ni，高温高压生成B，推出苯环和氢气发生加成反应，B：，B→C：在酸性重铬酸钾作用下，把羟基氧化羰基，即C的结构简式：，C→D：根据反应信息②CH2和羰基上的氧原子交换，故D的结构简式：，C→E：根据信息①推出E的结构简式：，F和D互为同分异构体，F中含有碳碳双键无羟基，因此E→F发生的消去反应，即F的结构简式：，（1）上述分析得出A的结构简式：；（2）根据有机物的碳原子特点：C20H14O4；（3）只有两种不同化学环境的氢，说明是对称的结构，即E的同分异构体；（4）根据上述分析，得出反应方程式：；（5）根据A的有关转化系图以及题目所给信息，得出合成路线图：
。
考点：考查有机物的推断、官能团性质以及信息的处理等知识。