山东省汶上县第四中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）

山东省汶上县第四中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）
1．钢铁发生吸氧腐蚀时，正极上发生的电极反应是
(
)
A．2H+＋2e－＝H2
↑
B．
Fe2+＋2e－＝Fe
C．
2H2O＋O2＋4e－＝4OH－
D．
Fe3+＋e－＝Fe2+
【答案】C
【解析】
试题分析：钢铁发生吸氧腐蚀时，在正极发生的反应是2H2O＋O2＋4e－＝4OH－，在负极发生的反应是Fe-2e-=Fe2+.因此选项为C。
考点：考查钢铁发生吸氧腐蚀时的电极反应的知识。
2．设nA
代表阿伏伽德罗常数(NA)的数值，下列说法正确的是(
)
A、1
mol
硫酸钾中阴离子所带电荷数为nA
B、乙烯和环丙烷(C3H6)组成的28
g混合气体中含有3
nA
个氢原子
C、标准状况下，22.4L氯气与足量的氢氧化钠溶液反应转移的电子数为nA
D、将0.1
mol
氯化铁溶于1L水中，所得溶液含有0.1
nA
Fe3+
【答案】C
【解析】略
3．下列关于“摩尔”的说法正确的是
A．摩尔是一个物理量
B．摩尔的单位是物质的量
C．摩尔是物质的量的单位
D．摩尔是物质的量
【答案】C
【解析】
试题分析：A、摩尔是物质的量的单位，物质的量为物理量，故错误；B、摩尔是物质的量的单位，故错误；C、摩尔是物质的量的单位，故正确；D、摩尔是物质的量单位，不是物质的量，故错误。
考点：考查物质的量、摩尔等知识。
4．在加入Al能产生H2的溶液中一定能存在的离子是
（
）
A．HCO3-
B．CO32-
C．Na+
D．Mg2+
【答案】C
【解析】略
5．下列说法正确的是
A．第ⅠA族元素是周期表中金属性最强的金属元素
B．两个非金属原子间不可能形成离子键
C．HF、HCl、HBr和HI的热稳定性和还原性依次减弱
D．根据主族元素最高正化合价与族序数的关系,推出卤族元素最高正价都是+7
【答案】B
【解析】
试题分析：A．必须指明同周期，同周期自左而右，金属性减弱，ⅠA族金属元素是同周期中金属性最强的元素，A项错误；B．离子化合物是阴阳离子通过离子键形成的一类化合物。非金属元素的电负性差别不大，所以两个非金属元素的原子之间可以形成共价键但不会形成离子键，B项正确；C．同主族元素，从上到下，非金属性逐渐减弱，所以HF、HCl、HBr和HI的热稳定性逐渐减弱，而还原性依次增强，C项错误；D．F的非金属性很强，没有最高正价，D项错误；答案选B。
考点：考查原子结构和元素周期律的应用等知识
6．下列实验结论正确的是(　　)
实验操作
现象
结论
A
淀粉溶液中加入碘水
溶液变蓝
说明淀粉没有水解
B
将乙醇与酸性重铬酸钾(K2Cr2O7)溶液混合
橙色溶液变为绿色
乙醇具有还原性
C
蔗糖溶液中加入稀硫酸，水解后加入银氨溶液，水浴加热
未出现银镜
水解的产物为非还原性糖
D
将新制Cu(OH)2与葡萄糖溶液混合加热
产生红色沉淀(Cu2O)
葡萄糖具有氧化性
【答案】B
【解析】
试题分析：A选项也有可能是淀粉没有水解完全。B选项重铬酸钾具有强氧化性，能把乙醇进行氧化，说明乙醇具有还原性。C选项发生银镜反应需要在碱性条件下进行估C选项是错误的。D选项葡萄糖被氧化，说明葡萄糖具有还原性。故D选项是错误的
考点：考查检验淀粉葡萄糖的相关知识点。
7．下列各元素中，原子半径依次增大的是
A．Na、Mg、Al
B．N、O、F
C．P、Si、Al
D．C、Si、P
【答案】C
【解析】
试题分析：A、Na、Mg、Al属于同一周期，且Na、Mg、Al的原子序数依次增大，所以原子半径依次减小，A错误；B、N、O、F属于同一周期，且N、O、F的原子序数依次增大，所以原子半径依次减小，B错误；C、P、Si、Al属于同一周期，且P、Si、Al的原子序数依次减小，所以原子半径依次增大，C正确；D、C、Si属于同一主族，C的原子序数小于Si的，所以碳的原子半径小于硅的原子半径；Si、P属于同一周期，且Si的原子序数小于P的原子序数，所以Si的原子半径大于P的原子半径，P的电子层数比碳的多，所以P的原子半径大于C的原子半径，C、Si、P的原子半径从小到大的顺序为C、P、Si，D错误；选C。
考点：考查原子半径的大小比较。
8．氢气在氯气中燃烧时产生苍白色火焰．在反应过程中，破坏1mol
H2中的化学键消耗的能量为Q1
kJ，破坏1mol
Cl2中的化学键消耗的能量为Q2
kJ，形成1mol
HCl中的化学键释放的能量为Q3
kJ．下列关系式中，正确的是
A．Q1+Q2＞Q3
B．Q1+Q2＞2Q3
C．Q1+Q2＜Q3
D．Q1+Q2＜2Q3
【答案】D
【解析】
试题分析：破坏1molH2中的化学键消耗的能量为Q1kJ，则H-H键能为Q1kJ/mol，破坏1molCl2中的化学键消耗的能量为Q2kJ，则Cl-Cl键能为Q2kJ/mol，形成1molHCl中的化学键释放的能量为Q3kJ，则H-Cl键能为Q3kJ/mol，对于H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)，反应热△H=反应物的总键能-生成物的总键能=Q1kJ/mol+Q2kJ/mol-2Q3kJ/mol=(Q1+Q2-2Q3)KJ/mol，由于氢气在氯气中燃烧，反应热△H＜0，即(Q1+Q2-2Q3)＜0，所以Q1+Q2＜2Q3，故选D。
【考点定位】考查有关反应热的计算
【名师点晴】注意把握从键能的角度计算反应热的方法，也可根据能量守恒计算。反应热的计算，常用的计算方法有：（1）由化学反应的本质(旧键断裂-新键生成)及化学反应能量变化的原因(反应物的总能量与生成物的总能量不等)可得：①反应热=断裂旧键所需的能量-生成新键释放的能量；②反应热=生成物的总能量-反应物的总能量；（2）根据盖斯定律计算：不管化学反应是一步完成或分几步完成，其反应热是相同的．也就是说，化学反应的反应热只与反应的始态和终态有关，而与具体反应的途径无关．所以．可将热化学方程式进行适当的“加”、“减”等变形，△H进行相应的变化后来计算反应热；（3）根据比热容公式△H=-cm△t进行计算；由生成反应的焓变计算：反应热=生成物生成焓之和-反应物生成焓之和。
9．在下列物质的水溶液中分别加入澄清的石灰水后，原溶液中的阴离子和阳离子都减少的是
A．FeCl2
B．CuSO4
C．Na2CO3
D．Ba(NO3)2
【答案】B
【解析】
试题分析：写出离子方程式，生成沉淀或弱电解质或水，离子数目减少，其他不变
A.Fe2++2OH-=
Fe(OH)2↓
B.CuSO4
+Ca2++2OH-=
Cu(OH)2↓+CaSO4
↓
C．CO3
2-+Ca2+=
CaCO3↓
D.Ba(NO3)2
+Ca(OH)2≠
综上，选项B中生成双沉淀，阴离子和阳离子数目都减小，正确。
考点：离子共存问题。
10．下列说法不正确的是
A.电解质溶液导电的过程实际上就是电解的过程
B.利用电解饱和食盐水所得的产物可以生产盐酸
C.铜在酸性环境中易发生析氢腐蚀
D.氢氧燃料电池的负极通入的是氢气
【答案】C
【解析】略
11．NA表示阿伏价德罗常数，下列叙述正确的是
A．1
mol
FEI2与足量氯气反应时转移的电子数为2NA
B．丙烯和环丙烷组成的42
g混合气体中氢原子的个数为6NA
C．1
mol
NA2O2固体中含离子总数为4NA
D．2
L
0.5
mol·L－1硫酸钾溶液中阴离子所带电荷数为NA
【答案】B
【解析】
试题分析：A、1molFEI2中含有1mol亚铁离子、2mol碘离子，完全反应需要消耗1．5mol氯气，转移了3mol电子，转移的电子数为3NA，A错误；B、42g丙烯和环丙烷中含有3mol最简式CH2，含有6mol氢原子，含有的氢原子的个数为6NA，B正确；C、1mol过氧化钠中含有2mol钠离子、1mol过氧根离子，总共含有3mol离子，含离子总数为3NA，C错误；D、2L
0．5mol L-1硫酸钾溶液中含有溶质硫酸钾1mol，1mol硫酸钾中含有1mol硫酸根离子，带有2mol负电荷，所带电荷数为2NA，D错误，答案选B。
考点：考查了阿伏加德罗常数的相关知识。
12．随着核电荷数的递增，还原性逐渐增强的一组是(
)。
A．I2、Br、Cl2、F2

B．F2、Cl2、Br2、I2
C．F－、Cl－、Br－、I－

D．Li、Na、K、Rb
【答案】D
【解析】
试题分析：F2、Cl2、Br2、I2氧化性减弱、除去F－外，Cl－、Br－、I－还原性增强，ABC均不正确。
考点：同一主族元素的递变规律。
13．对于可逆反应：2A(g)＋B(g)2C(g)
ΔH＜0，下列各图正确的是
【答案】A
【解析】
试题分析：A、温度高的反应快，先到平衡，但温度高，有利于平衡逆向进行，物质C的百分含量低，正确，选A；B、随着压强增大，反应速率应该加快，但图像表示逆反应速率减慢，错误，不选B；C、有催化剂可以加快反应速率，但不影响平衡，所以平衡时物质C的浓度应该相等，错误，不选C；D、温度升高，平衡逆向移动，所以高温时的A的转化率应小，不选D。
考点：条件对反应速率和平衡的影响，化学图像分析
14．现有FeCl3、AlCl3的混合溶液250mL，，逐滴加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量随加入的NaOH的物质的量的关系如下图所示，则混合液中FeCl3的物质的量浓度是
A．0．4
mol/L
B．1．8
mol/L
C．1．6
mol/L
D．1．2
mol/L
【答案】C
【解析】
试题分析：向FeCl3、AlCl3的混合溶液中逐滴加入NaOH溶液分别发生如下反应：AlCl3+3NaOH═Al（OH）3↓+3NaCl，FeCl3+3NaOH═Fe（OH）3↓+3NaCl，共需氢氧化钠3mol，完全反应后又发生反应
Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O，此过程消耗氢氧化钠0.6mol，故溶液中铝离子物质的量=0.6mol，第一步需氢氧化钠3×0.6=1.8mol，故与三价铁反应的氢氧化钠是3-1.8=1.2mol，FeCl3的物质的量=1.2/3=0.4mol，则混合液中FeCl3的物质的量浓度是0.4/0.25=1．6
mol/L
，C项正确；答案选C。
考点：考查浓度计算
15．某反应体系的物质有：NaOH、Au2O3、Na2S4O6、Na2S2O3、Au2O、H2O。下列选项正确的是
A．Na2S2O3、H2O、Na2S4O6、Au2O、NaOH
B．Na2S2O3、NaOH、Na2S4O6、Au2O、H2O
C．Na2S4O6、H2O、Na2S2O3、Au2O、NaOH
D．当1
mol
Au2O3完全反应时，转移电子的物质的量为8
mol
【答案】A
【解析】
试题分析：Au2O3是反应物，则Au2O一定是生成物，其中Au元素的化合价由＋3价变成＋1价，化合价降低，则必然有化合价升高的元素，即Na2S2O3(硫元素为＋2价)是反应物，Na2S4O6(硫元素为＋2.5价)是生成物。根据反应前后硫原子守恒有2Na2S2O3→Na2S4O6，根据钠原子守恒，可知生成物中缺少钠元素，所以NaOH是生成物，再根据氢元素守恒，可知水是反应物。由关系式：Au2O3～Au2O～4e－，所以当1
mol
Au2O3完全反应时，转移电子的物质的量为4
mol，故选A。
考点：考查了氧化还原反应的相关知识。
16．向20
mL
AlCl3溶液中滴入2
mol·L-1
NaOH溶液时，得到Al（OH）3沉淀质量与所滴加NaOH溶液体积（mL）关系如图所示：
（1）图中A点表示的意义是___________________________________________________。
（2）图中B点表示的意义是___________________________________________________。
（3）上述两步用总的离子方程式可表示为________________________。
（4）假若溶液中有Al（OH）3沉淀0.39
g，则此时用去NaOH溶液体积为______________。
【答案】（1）表示滴入NaOH溶液产生沉淀量最大点
（2）表示滴入NaOH溶液沉淀恰好完全溶解点
（3）Al3+?+4OH-====+2H2O
（4）7.5
mL或17.5mL
【解析】把NaOH溶液滴入AlCl3溶液中，先产生Al（OH）3沉淀，其质量最大值（A点），然后全部消失溶解（B点）。其总的反应离子方程式为：
Al3++4OH-====+2H2O
当有0.39
g
Al（OH）3沉淀生成时，①AlCl3过量，加入NaOH使Al3+部分产生沉淀0.39
g，通过Al3++3OH-====Al（OH）3可知用NaOH7.5
mL。②当NaOH过量使Al3+全部参加反应生成Al（OH）3沉淀后又部分溶解，用NaOH
17.5
mL。
17．现在部分短周期元素的性质或原子结构如下表：
元素编号
元素性质或原子结构
T
M层上有6个电子
X
最外层电子数是次外层电子数的2倍
Y
常温下单质为双原子分子，其氢化物水溶液呈碱性
Z
元素最高正价是+7价
W
其单质既能跟酸反应，又能跟碱反应，都产生H2
（1）元素X的一种同位素可测定文物年代，这种同位素的符号是________________。
（2）元素Y与氢元素形成一种离子YH4+，写出该微粒的电子式______
_____。
（3）元素Z与元素T相比，非金属较强的是______________（用元素符号表示）；下列表述中能证明这一事实的是___________。
①常温下Z的单质和T的单质状态不同
②Z的氢化物比T的氢化物稳定
③一定条件下Z和T的单质都能与氢氧化钠溶液反应
（4）探寻物质的性质差异是学习的重要方法之一，T、X、Y、Z四种元素的最高价氧化物对应的水化物中化学性质明显不同于其他三种的是_______________（填化学式），理由是_____________。T的最高价氧化物对应的水化物与W的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为_______
_
______。
【答案】（1）14C（2）（3）Cl②
（4）H2CO3
碳酸是弱酸，其它的酸均为强酸
Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O
【解析】
试题分析：短周期元素，T的M层上有6个电子，则T是硫，由最外层电子数是次外层电子数的3倍，则X最外层电子数是次外层电子数的2倍，最外层电子数为4，即X为C；Y常温下单质为双原子分子，其氢化物水溶液呈碱性，故Y是N；Z元素最高正价是+7价，故Z是氯；W其单质既能跟酸反应，又能跟碱反应，都产生H2，故W是铝；（1）由以上分析，X是14C。
（2）元素Y与氢元素形成一种离子YH4+，是铵根离子，电子式。
（3）硫与氯是同周期元素，氯的非金属性强，可以用氢化物稳定性强弱进行判断。
（4）S、C、N、Cl中只有C对应的碳酸是弱酸,T的最高价氧化物对应水化物是硫酸，W对应的是氢氧化铝，两者的反应是Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O。
考点：考查元素推断
18．聚酯纤维是目前产量第一的合成纤维．它可通过如下路线合成：
（1）若W的核磁共振氢谱显示有两个峰，且峰面积之比是2
：3。
①
W物质的结构简式为
。
②
生成W的反应类型为
。
（2）若G的摩尔质量是116
g/mol，其分子中含C为41.4%、含O为55.2%，其余为氢元素。
①
下列叙述中不正确的有
。
a．A的同系物中可能存在顺反异构现象
b．反应I需要在NaOH的乙醇溶液中完成
c．W与A均能使酸性KMnO4溶液褪色
d．在B中滴加AgNO3溶液会马上产生淡黄色沉淀
②
完成下列化学方程式
C→D：
。
D→E：
。
C+
F→G：
。
③
J有多种同分异构体，满足以下条件J的同分异构体的个数是
；
A．遇FeCl3溶液呈紫色
B．能发生银镜反应
C．1
mol
J能与最多3
mol
NaOH反应；
④
生产中为提高产品质量，将粗品J溶于热水、趁热过滤、
，获得J的精品。
【答案】
（1）①；
②取代；
（2）①
b
d；
②C→D：；
D→E：OHC-CHO+4Ag(NH3)2OHNH4OOC-COONH4+4Ag+6NH3+2H2O；
C+
F→G：HOOC—COOH+HOCH2CH2OH
+2H2O；
③
13；
④
冷却、结晶。
【解析】
试题分析：W的核磁共振氢谱显示有两个峰，峰值面积比是2：3，由题给信息可知应为，由苯产生对二甲苯的反应类型是取代反应；J为，G的摩尔质量是116g/mol，其分子中含C为41.4%、含O为55.2%，其余为氢元素，则G中N（C）=(116×41.4%)÷12=4，N（H）=[116×(1 41.4% 55.2%)]÷1=4，N（O）=(116×55.2%)÷16=4，G的分子式为C4H4O4，由转化关系可知C、F的C原子数相等，则C为HOCH2CH2OH，D为OHC-CHO，F为HOOCCOOH，则A为CH2=CH2，B为CH2BrCH2Br，该聚酯纤维为。（1）①由以上分析可知W物质的结构简式为；②苯和CH3Cl发生取代反应生成和HCl，反应类型是取代反应；③J为，其中含有的官能团为羧基；（2）a．A为乙烯，对应同系物中可能存在顺反异构现象，如2-丁烯，正确；b．反应I为取代反应，需要在NaOH的水溶液中完成，错误；c．W为，与乙烯均能使酸性KMnO4溶液褪色，正确；d．B为CH2BrCH2Br，不能电离出溴离子，在B中滴加AgNO3溶液不会产生淡黄色沉淀，错误。故不正确的是b
d；（3）C为HOCH2CH2OH，D为OHC-CHO，C→D的方程式为
；OHC-CHO含有两个醛基，可以与银氨溶液发生银镜反应产生E：NH4OOC-COONH4，所以D→E的反应方程式是：
OHC-CHO+4Ag(NH3)2OHNH4OOC-COONH4+4Ag+6NH3+2H2O；C为HOCH2CH2OH，F为HOOCCOOH，G是二者可发生酯化反应，反应的方程式为HOOC—COOH+HOCH2CH2OH
+2H2O；③J为，其同分异构体具有的性质是：a．遇FeCl3溶液呈紫色，说明含有酚羟基；
b．能发生银镜反应，说明含有醛基；
C．1mol
J能与最多3molNaOH反应，则对应的同分异构体有苯环上有-OH、-CH2OH、-OOCH等官能团，共10种同分异构体，或苯环含有2个官能团，分别为-OH和-OOCCHO，有邻、间、对3种，因此符合条件的J的同分异构体共13种；④从溶液中得到晶体，应进行溶于热水、过滤、冷却结晶等操作，故答案为：冷却、结晶。
考点：考查有机物的推断和合成的知识，包括物质的推断、物质的化学式结构简式的书写及化学方程式、同分异构体的种类的判断、混合物的分离提纯等知识。
19．实验题
（1）烧碱在保存过程会部分变质（杂质主要为Na2CO3）。
准确称取5.0g样品配制成250mL溶液，各取配制好的烧碱溶液10.00mL于锥形瓶中，分别向锥形瓶中各加入1～2滴酚酞指示剂，（已知：酚酞变色时，此时只有NaOH与HCl反应，Na2CO3还没有与HCl反应）用浓度为0.20mol·L-1的盐酸标准液进行滴定。相关数据记录如下：
实验编号
V（烧碱溶液）/mL
V（盐酸）/mL
初始读数
末尾读数
1
10.00
0.50
21.52
2
10.00
1.00
21.98
3
10.00
0.20
24.80
试回答：
①滴定时右手的正确操作是______________________________________。
②判断到达滴定终点的实验现象是__________________________________________，依据表中数据，计算出烧碱样品中含NaOH的质量分数为______
_％。
③下列操作会导致烧碱样品中NaOH含量测定值偏高的是__________。
A．锥形瓶用蒸馏水洗后未用待测液润洗
B．酸式滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗
C．滴定过程中振荡锥形瓶时，有少量待测溶液溅出
D．滴定前平视读数，滴定结束仰视读数
（2）氧化还原滴定实验同中和滴定类似。过氧化氢是重要的氧化剂，它的水溶液又称为双氧水，常用作消毒、杀菌、漂白等。某化学兴趣小组取一定量的过氧化氢溶液，准确测定了过氧化氢的浓度。已知：2KMnO4＋5H2O2＋6H2SO4===2MnSO4＋8H2O＋5O2↑，请填写下列空白：
①用
(填“酸式”或“碱式”)滴定管移取过氧化氢溶液25.00
mL至锥形瓶中，作被测试样。
②滴定时，将高锰酸钾标准溶液注入酸式滴定管中，高锰酸钾标准溶液用酸式滴定管原因为
。③重复滴定三次，平均耗用c
mol/L
KMnO4标准溶液V
mL，则原过氧化氢溶液中过氧化氢的物质的量浓度为
。
【答案】（1）不断振荡锥形瓶（2分）；溶液的颜色刚好由浅红色变为无色，且半分钟内颜色不变化即为滴定终点（2分）；84（2分）；BD（2分）
（2）酸式（1分）；高锰酸钾溶液有强氧化性，会腐蚀橡胶（2分）；mol/L（2分）
【解析】
试题分析：（1）①滴定时要保证酸碱充分混合反应，因此滴定时右手的正确操作是不断振荡锥形瓶。
②由于盐酸不能使酚酞显色，而氢氧化钠溶液可以使酚酞显红色，因此判断到达滴定终点的实验现象是溶液的颜色刚好由浅红色变为无色，且半分钟内颜色不变化即为滴定终点；根据表中数据可知，三次实验中消耗盐酸的体积分别是21.52ml－0.50ml＝21.02ml、21.98ml－1.00ml＝20.98ml、24.80ml－0.20ml＝24.60ml。显然第三次实验中盐酸的体积误差太大，应该舍去，实验实际消耗盐酸体积的平均值是＝21.00ml。所以根据NaOH＋HCl=NaCl＋H2O可知，10ml溶液中氢氧化钠的物质的量＝0.20mol/L×0.0210L＝0.0042mol。因此5.0g样品中含氢氧化钠的物质的量＝×0.0042mol＝0.105mol，其质量＝0.105mol×40g/mol＝4.2g，所以氢氧化钠的纯度＝×100%＝84%。
③根据可知，由于C标、V测均为定植，所以C测的大小取决于V标的大小，即V标：偏大或偏小，则C测偏大或偏小，据此可以判断。A、锥形瓶用蒸馏水洗后未用待测液润洗属于正确的操作，氢氧化钠的含量不变；B、酸式滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗，相当于盐酸的浓度被稀释，则消耗盐酸的体积增加，测定结果偏高；C、滴定过程中振荡锥形瓶时，有少量待测溶液溅出，则消耗盐酸的体积减少，测定结果偏低；D、滴定前平视读数，滴定结束仰视读数，则读数值偏大，因此需要盐酸的体积增加，测定结果偏高，答案选BD。
（2）①过氧化氢溶液具有强氧化性，能腐蚀橡胶，应该用酸式滴定管量取。
②高锰酸钾溶液有强氧化性，会腐蚀橡胶，所以应该用酸式滴定管量取。
③消耗高锰酸钾的物质的量＝0.001cVmol，则根据2KMnO4＋5H2O2＋6H2SO4===2MnSO4＋8H2O＋5O2↑可知，过氧化氢的物质的量＝0.001cVmol×＝0.0025mol，所以过氧化氢的浓度＝0.0025mol÷0.025L＝0.1cVmol/L。
考点：考查酸碱中和反应滴定实验的有关判断和计算
20．某学生用0.100
mol·L-1的KOH标准溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作可分解为如下几步：
A．移取20.00mL待测盐酸溶液注入洁净的锥形瓶，并加入2~3滴酚酞；
B．用标准溶液润洗滴定管2~3次；
C．把盛有标准溶液的碱式滴定管固定好，调节滴定管尖嘴使之充满溶液；
D．取标准KOH溶液注入碱式滴定管至刻度“0”以上2~3
mL；
E.调节液面至“0”或“0”以下刻度，记下读数；
F.把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准KOH溶液滴定至终点并记下滴定管液面的刻度。
就此实验完成填空：
(1)正确操作步骤的顺序是(用字母序号填写)
。
(2)上述B步骤操作的目的是
。
(3)上述A步骤操作之前，若先用待测溶液润洗锥形瓶，则滴定结果
(填“偏高”“偏低”或“不变”)。
(4)判断到达滴定终点的实验现象是
。
【答案】(1)B、D、C、E、A、F(2)洗去附在滴定管内壁上的水，防止滴定管内壁附着的水将标准溶液稀释而带来误差；(3)偏高(4)当滴入最后一滴标准液后，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色
【解析】
试题分析：（1）中和滴定按照检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液并加指示剂、滴定等顺序操作，则正确的顺序为BDCEAF，故答案为：BDCEAF；（2）滴定管用蒸馏水洗涤后，内壁有一层水膜，如果直接装液会使浓度降低，所以必须用标准溶液润洗滴定管2-3次，故答案为：洗去附在滴定管内壁上的水，防止滴定管内壁附着的水将标准溶液稀释而带来误差；（3）锥形瓶用蒸馏水洗涤后，如果再用待测液润洗，会使锥形瓶内溶质的物质的量增大，会造成V（碱）偏大，根据c（酸）=，会造成结果偏高，故答案为：偏大；（4）本实验是用NaOH滴定盐酸溶液，用酚酞作指示剂，所以终点时，现象是当溶液由无色变为浅红色，且在半分钟内不褪色，故答案为：滴入最后一滴标准液后，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；
考点：考查了中和滴定的相关知识。
21．取7.8克的过氧化钠投入水中，完全反应后，所得溶液的体积为1L，问（1）生成的气体体积在标准状态下为多少升？（2）所得溶液溶质的物质的量浓度是多少？（要求写出计算过程）
【答案】（1）1.12L
（2）0.2
mol/L
【解析】
试题分析：本题属于根据方程式的计算，7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol，根据方程式：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，确定生成气体的物质的量为0.05mol，且生成NaOH0.2mol，从而确定所得溶液的物质的量浓度为0.2mol/L.
考点：过氧化钠与水的反应及计算。
22．（6分）下图中A~H均为中学化学中常见的物质，它们之间有如下转化关系。其中A、C均为金属单质，C与水反应生成D和最轻的气体，D、H的焰色反应均呈黄色，在通常状况下E（氢氧化物）跟NaOH或盐酸均可发生复分解反应。（反应过程中生成的水及其他产物已略去）
请回答以下问题：
（1）A的原子结构示意图
；F是
。（填化学式）
（2）请写出反应C→D的化学方程式，并用单线桥法或双线桥法标明该反应中电子转移的方向和数目：
。
（3）写出E转化为G的离子方程式
。
【答案】（1）（每空1分）
；
Na2CO3；（2）
（2分，方程式1分，标明电子转移的方向与数目1分，如果是双线桥标明也给分）
（3）Al(OH)3
+
OH-
==
AlO2-
+
2H2O（2分）
【解析】
试题分析：根据题意及图示可知：A是Al；B是AlCl3；C是Na；D是NaOH；E是Al(OH)3；
F是Na2CO3；G是NaAlO2；H是NaHCO3；（1）A的原子结构示意图是；F是Na2CO3；（2）反应C→D的化学方程式，并用单线桥法或双线桥法标明该反应中电子转移的方向和数目是：；（3）Al(OH)3是两性物质，能够与强碱发生反应产生盐和水，E转化为G的离子方程式是Al(OH)3
+
OH-
==
AlO2-
+
2H2O。
考点：考查元素及化合物的推断、原子结构示意图、氧化还原反应的单线桥法表示、化学方程式和离子方程式的书写的知识。
23．工业上常以烃的含氧衍生物X为主要原料生产可降解塑料PCL{}及阻燃剂四溴双酚A。合成线路如下：
已知：①
X的蒸汽密度是相同条件下H2的47倍，遇FeCl3溶液显紫色；C为
（1）X的分子式为_______________；B的名称是_________________。
（2）B→C还需要的反应试剂及条件是_______________。C→D的反应类型是________。
（3）写出X→Y的化学方程式：_______________________。
（4）0.5mol四溴双酚A在一定条件下与足量的NaOH溶液反应，最多消耗
molNaOH。
（5）符合以下条件的D的同分异构体有
种(不考虑空间异构)。
①含有两个甲基和两种官能团
②能使溴的CCl4溶液褪色
③能发生银镜反应
（6）已知由烯烃直接制备不饱和酯的新方法为：
利用乙烯为有机原料(无机物和反应条件自选)合成聚合物涂料，
写出合成该涂料的反应流程图：_________________________。
【答案】（1）C6H6O；环己醇；（2）O2、Cu、加热；氧化反应；
（3）；
（4）5；（5）10；
（6）
【解析】
试题分析：X的蒸汽密度是相同条件下H2的47倍，其相对分子质量为98，遇FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基，苯酚的相对分子质量为94，X为，X和氢气发生加成反应生成B，B为，C为
，则B发生催化氧化反应，PCL为E发生缩聚反应产物，则E结构简式为HO(CH2)5COOH，D发生水解反应然后酸化得到E，则D结构简式为；根据题给信息②知，X发生取代反应生成Y，Y结构简式为，四溴双酚A结构简式为。
（1）X为苯酚，其分子数为C6H6O，B为环己醇，故答案为：C6H6O；环己醇；
（2）B→C还需要的反应试剂及条件是O2、Cu、加热，C生成D的反应是氧化反应，故答案为：O2、Cu、加热；氧化反应；
（3）X发生取代反应生成Y，反应方程式为
；
（4）四溴双酚A能和NaOH溶液发生取代反应后生成的酚羟基、HBr能和NaOH发生中和反应，0.5mol四溴双酚A在一定条件下与足量的NaOH溶液反应，最多消耗5molNaOH，故答案为：5；
（5）D结构简式为，D的同分异构体符合下列条件：①含有两个甲基和两种官能团，为醛基和羟基或碳碳双键和羟基；
②能使溴的CCl4溶液褪色，说明含碳碳双键；③能发生银镜反应说明含有醛基，符合条件的同分异构体有：HCOOCH2CH=C(CH3)2、HCOOC(CH3)CH=CH2、HCOOCH(CH3)CH=CHCH3、HCOOCH(CH3)C(CH3)=CH2、HCOOCH2C(CH3)=CH2CH3、HCOOC(CH2CH3)=CHCH3、HCOOC(CH3)=C(CH3)CH3、HCOOC(CH3)=CHCH2CH3、HCOOCH=C(CH3)CH3、HCOOCH=CHCH(CH3)2，共10种，故答案为：10；
（6）一定条件下乙烯和水发生加成反应生成CH3CH2OH，CH3CH2OH和CH2=CH2、CO、O2反应生成CH2=CHCOOCH2CH3，CH2=CHCOOCH2CH3发生加聚反应生成高分子化合物，其流程图为
【考点定位】考查有机合成与推断
【名师点晴】本题考查有机推断和有机合成，为高频考点，侧重考查学生分析推断及知识综合应用能力，明确官能团及其性质关系、常见有机反应类型及反应条件是解本题关键，难点是（5）（6）题。该类题综合性强，思维容量大，常以框图题或变相框图题的形式出现，解决这类题的关键是以反应类型为突破口，以物质类别判断为核心进行思考。经常在一系列推导关系中有部分物质已知，这些已知物往往成为思维“分散”的联结点。可以由原料结合反应条件正向推导产物，也可以从产物结合条件逆向推导原料，也可以从中间产物出发向两侧推导，审题时要抓住基础知识，结合新信息进行分析、联想、对照、迁移应用、参照反应条件推出结论。解题的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。