山东省烟台第十四中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）

山东省烟台第十四中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）
1．能说明常温下二氧化硅是很坚硬的固体而二氧化碳是气体的原因是
（
）
A．硅的非金属性比碳的活泼
B．二氧化硅中硅氧键的类型和二氧化碳中碳氧键不同
C．硅氧键的键能比碳氧键的键能大得多
D．二氧化硅晶体类型和二氧化碳晶体不同
【答案】D
【解析】本题比较两种晶体的物理性质，应该从晶体所属类别入手。由于SiO2是一种空间网状结构的原子晶体，而CO2是靠分子间作用力结合在一起的分子晶体，因此SiO2晶体的熔沸点高、硬度大，而二氧化碳的熔沸点低。
2．现有含MgCl2、AlCl3均为n
mol的混合溶液，向其中滴NaOH溶液至过量。加入NaOH溶液的物质的量与生成沉淀的物质的量的关系正确的是(离子形成沉淀或沉淀的溶解与溶液pH的关系如下表)
离子
Mg2＋
Al3＋
物质
Al(OH)3
开始沉淀时的pH
8.93
3.56
开始溶解时的pH
8.04
完全沉淀时的pH
10.92
4.89
完全溶解时的pH
12.04
【答案】C
【解析】
试题分析：向含MgCl2、AlCl3均为n
mol的混合溶液中滴NaOH溶液至过量，首先发生反应：Al
3++3OH-＝Al(OH)3↓；当溶液的pH＝8.04时，Al(OH)3沉淀开始溶解，发生反应：Al(OH)3+
OH-＝AlO2-+
2H2O，由于Al(OH)3沉淀完全溶解时溶液的pH＝12.04，此数值大于Mg(OH)2开始形成沉淀的pH8.93，所以随着NaOH的滴入，当溶液的pH逐渐增大到8.93，又发生反应：
Mg2++2OH-＝Mg(OH)2↓；当溶液的pH＝10.92时，Mg(OH)2沉淀完全。继续滴加NaOH溶液，发生反应：Al(OH)3+
OH-＝AlO2-+
2H2O，Al(OH)3再溶解，当溶液的pH＝12.04，Al(OH)3完全溶解，沉淀达到最小值。故表示加入NaOH的物质的量与生成沉淀的物质的量的关系的图像是C。答案选C。
考点：考查图像法在表示反应过程中的沉淀的物质的量与NaOH的物质的量关系的应用的知识。
3．1-丁醇和乙酸在浓硫酸作用下，通过酯化反应制得乙酸丁酯，反应温度为115℃～125℃，下列描述错误的是
A．不能用水浴加热
B．产物除乙酸丁酯外，可能还有其它的酯
C．提纯乙酸丁酯需要经过水、氢氧化钠溶液洗涤
D．加入过量乙酸可以提高1 丁醇的转化率
【答案】C
【解析】
试题分析：A、因此反应需要反应温度为115～125℃，而水浴加热适合温度低于100℃的反应，故A正确；
B、由于1－丁醇也能和硫酸发生酯化反应，所以在酯化反应过程中，可能还有其它的酯，故B正确；
C、使用氢氧化钠溶液洗涤，会使乙酸丁酯，发生水解而使实验失败，故C错误；
D、酯化反应为可逆反应，增加乙酸的量，可使平衡向生成酯的方向移动，从而提高1-丁醇的转化率，故D正确，答案选C。
考点：考查酯生成的有关实验判断
点评：该题是高考中的常见题型，属于基础性实验题的考查。掌握乙酸乙酯的制取是类推其他酯的制取的基础，注意酯化反应的特点及酯的性质来解答。
4．下列实验事实不能用平衡移动原理解释的是
【答案】C
【解析】
试题分析：A项中NO2球中存在2NO2N2O4，△H<0，正反应放热，NO2球放入冷水，颜色变浅，NO2球放入瓜热水，颜色变深，可以用平衡移动原理解释，A能用平衡移动原理解释；水的电离是微弱的电离，存在电离平衡，同时电离是吸热过程，温度升高向电离方向移动，水的离子积增大，B可以用平衡移动原理解释；加二氧化锰可以加快过氧化氢的分解，该反应不是可逆反应，C不能用平衡移动原理解释；氨水中存在电离
，稀释电离平衡性质移动，稀释10倍，PH变化<1，D能用平衡移动原理解释。
考点：本题考查化学平衡移动原理。
5．两份铝屑，一份与过量HCl反应，另一份与过量NaOH溶液反应，产生的H2体积比为1:2，则两份铝屑的质量比为（
）
A.
1:2
B.
1:1
C.1:3
D.2:1
【答案】A
【解析】铝和酸碱反应比值都是2Al-----3H2
,产生的H2体积比为1:2，则两份铝屑的质量比为1:2
6．对室温下pH相同、体积相同的醋酸和盐酸两种溶液分别采取下列措施，有关叙述正确的是
A．加适量的醋酸钠晶体后，两溶液的pH均增大
B．使温度升高20℃后，两溶液的pH均不变
C．加水稀释2倍后，两溶液的pH均减小
D．加足量的锌充分反应后，两溶液中产生的氢气一样多
【答案】A
【解析】
试题分析：A、加入醋酸钠后，抑制了醋酸的电离，氢离子浓度降低，PH增大，盐酸与醋酸钠反应生成弱酸醋酸，使得溶液中氢离子浓度减小，PH增大，两溶液的PH均增大，正确；B、温度升高，促进了醋酸的电离，溶液中氢离子浓度增大，PH减小；盐酸中氢离子浓度基本不变，错误；C、加水稀释，醋酸电离程度增大，氢离子物质的量增加，PH变化小于1，盐酸中氢离子物质的量不变，盐酸PH变化为1，但两溶液的PH均增大，错误；D、由于醋酸的物质的量浓度大于盐酸的浓度，锌足量，醋酸产生的氢气多，D错误；选A．
考点：考查弱电解质的电离，PH大小比较等知识。
7．2007年8月22日，厦大科学家首次合成罕见铂纳米晶体。它在能源、催化、材料等领域具有重大的意义和应用价值。铂在中学化学领域有广泛应用，下列有关说法不正确的是：
A、铂纳米晶体在火焰上灼烧呈无色
B、氨气催化氧化中铂纳米晶体的催化效率比普通铂丝大
C、铂丝可以作为燃料电池负极，可燃气体在负极上发生氧化反应
D、铂纳米晶体与硝酸反应，而铂不溶于硝酸
【答案】D
【解析】铂是不活泼金属.与硝酸不反应,可用作电池的负极.
8．下列反应的离子方程式中，正确的是
A.碳酸钙与盐酸反应：2H+
+
CO32－==
CO2↑+
H2O
B.硫酸铜与氢氧化钡溶液反应：Ba2+
+
SO42－
==
BaSO4↓
C.铁与稀硫酸反应：Fe
+
2H+
==
Fe2+
+
H2↑
D.二氧化硫与水反应：SO2
+
H2O
==
2H+
+
SO42－
【答案】C
【解析】碳酸钙为难溶物，不可拆，故A错误；B中还会生成弱电解质水，故错误；二氧化硫与水反应生成亚硫酸，不是硫酸，故D错误
9．某溶液中由水电离出来的氢离子浓度c(H+)=1×10-14
mol·L-1，在这种溶液里可能大量共存的离子组是
A．Al3+、NH4+、SO42-、Cl-
B．K+、Fe2+、MnO4-、Cl-
C．NH4+、SiO32-、NO3-、K+
D．Na+、K+、HCO3-、Mg2+
【答案】A
【解析】
试题分析：某溶液中由水电离出来的氢离子浓度c(H+)=1×10-14
mol·L-1，该溶液可能显酸性，也可能显碱性。A．在酸性溶液中，H+与
Al3+、NH4+、SO42-、Cl-不能发生任何反应，可以大量共存，正确；B．在酸性溶液中，H+与K+、Fe2+、MnO4-、Cl-会发生氧化还原反应，不能大量共存，若在碱性溶液中，Fe2+与OH-会发生反应形成Fe(OH)2沉淀，不能大量共存，错误；C．在酸性溶液中，H+与SiO32-会发生反应形成H2SiO3沉淀，不能大量共存；在碱性环境中，OH-与NH4+会发生反应，形成NH3·H2O,不能大量共存，错误；D．在酸性环境中，H+与HCO3-会发生反应：H++HCO3-=H2O+CO2↑，不能大量共存；在碱性环境中，OH-与HCO3-、Mg2+会发生反应：OH-+HCO3-=CO32-+H2O，2OH-+
Mg2+=Mg(OH)2↓，不能大量共存，错误。
考点：考查离子大量共存的知识。
10．在25
℃时，某稀溶液中由水电离产生的H＋浓度为1.0×10－13
mol·L－1，下列有关该溶液的叙述正确的是
A．该溶液一定呈碱性
B．该溶液可能呈酸性
C．该溶液的pH一定是1
D．该溶液的pH不可能为13
【答案】B
【解析】
试题分析：由水电离产生的c(H+)
为10-13mol/L，说明该溶液抑制水的电离，可能是酸或碱，pH可能约为1或13，A、该溶液可能是酸或碱，故A错误；B、该溶液可能是酸或碱，故B正确；C、该溶液pH可能约为1或13，故C错误；D、该溶液pH可能约为1或13，故D错误；故选B。
【考点定位】考查水的电离的影响因素
【名师点晴】向纯水中加酸、碱平衡向左移动，水的电离程度变小，但Kw不变；向纯水中加入易水解的盐，由于盐的离子结合H+或OH-而促进水的电离，使水的电离程度增大，温度不变时，Kw不变。本题中由水电离产生的c(H+)
为10-13mol/L＜10-7mol/L，说明水的电离受到了抑制了，可能是酸或碱，pH可能约为1或13。
11．图中是部分短周期元素化合价与原子序数的关系图，下列说法正确的是
A.原子半径：Z＞Y＞X
B.气态氢化物的稳定性：R﹤W
C.WX3和水反应形成的化合物是离子化合物
D.Y和Z两者最高价氧化物对应的水化物能相互反应
【答案】D
【解析】根据元素的主要化合价可知，X是第ⅥA，Y是是IA，Z是第ⅢA，W是第ⅥA，R是第ⅦA。因此原子序数的递变可知，X是O，Y是Na，Z是Al，W是S，R是Cl。A不正确，原子半径应该是Y＞Z＞X。非金属性越强，相应氢化物的稳定性越强，Cl的非金属性强于S的，所以氯化氢的稳定性强于硫化物的，B不正确。三氧化硫和水反应生成物是硫酸，属于共价化合物，C不正确。氢氧化铝是两性氢氧化物，能溶于强碱氢氧化钠溶液中，D正确。答案选D。
12．某小组为研究电化学原理，设计如图装置，下列叙述正确的是
A．若a和b为石墨，通电后a电极上发生的反应为Cu2＋＋2e－＝Cu
B．若a和b为石墨，通电后滴入酚酞，a电极附近溶液呈红色
C．若a为铜，b为铁，通电后Cu2+向a电极移动
D．若a为粗铜，b为纯铜，通电后b电极质量增加
【答案】D
【解析】
试题分析：a接电源正极，a为阳极，电极反应为：4OH——4e—=O2↑+2H2O，A错；B、根据电极反应4OH——4e—=O2↑+2H2O可知，a电极附近OH—浓度降低呈酸性，滴入酚酞不呈色，B错；b为电解池的阴极，在电解池中阳离子向阴极b移动，C错；若a为粗铜，b为纯铜，通电后阴极发生：Cu2＋＋2e－＝Cu
，b电极上有铜析出，质量增加，D对。选D。
考点：原电池及电解池原理。
13．现有短周期主族元素X、Y、Z、R、T。R原子最外层电子数是电子层数的2倍，Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，Z与T形成的Z2T
化合物能破坏水的电离平衡。六种元素的原子半径与原子序数的关系如图所示。下列推断正确的是
A．原子半径和离子半径均满足：Y＜Z
B．氢化物的沸点排序
：Y＞T＞R
C．最高价氧化物对应的水化物的酸性
：T＜R
D．单质氧化性：Y＞R＞T
【答案】
【解析】
试题分析：首先审题“短周期主族元素”为1-18号元素；“最外层电子数是电子层数的2倍”可知R是C或S；“Z
2
Y、Z
2
Y
2
型离子化合物”根据高中的内容，应是Na
2
O、Na
2
O
2
，即Z为Na，Y为O，
“Z
2T
化合物能破坏水的电离平衡”，结合Z为Na及T为-2价可知T为S，而R则为C，所以Y为O、Z为Na、R为C、T为S，由坐标图可知X的半径及原子序数最比C小，只能是H。A.O
2-
﹥Na
+
，错误；B.氢化物CH
4
﹤H
2
O，正确；C.酸性H
2
SO
4
﹥H
2
CO
3
，错误；D.O、C、S的单质氧化性强弱为O2﹥S﹥C
，错误。
【考点定位】本题考查了元素周期律的知识。
【名师点晴】本题考查的是学生对元素周期表与元素周期律的熟练理解程度，能结合题中条件快速确定元素的名称是解答的前提，这对学生基础要求比较高，建议复习时要重视双基的学习与检测，提高自己分析问题解决问题的能力，本题解答的关键点是（1）Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，Z与T形成的Z2T
化合物能破坏水的电离平衡，可果断确定Y为O、Z为Na、T为S；（2）同周期元素原子半径随核电荷数递增而减小，同族元素的原子半径随周期数增大半径增大，结合这二点可准确确定元素，再结合元素周期表的位、构、性解题，就容易多了。
14．卤代烃的取代反应，实质是带负电荷的原子团取代了卤代烃中的卤原子，如CH3Br＋OH－（或NaOH)→CH3OH＋Br－（或NaBr)，下列化学方程式中不正确的是
A．CH3CH2Br＋NaHS→CH3CH2SH＋NaBr
B．CH3I＋CH3ONa→CH3OCH3＋NaI
C．CH3CH2Cl＋CH3ONa→CH3CH2ONa＋CH3Cl
D．CH3CH2Cl＋CH3CH2ONa→（CH3CH2)2O＋NaCl
【答案】C
【解析】
试题分析：A、NaHS中HS－显负价，取代溴原子的位置，A正确；B、CH3ONa中CH3O－显负价，取代碘原子的位置，故B选项正确；C、同B选项分析，故C错误；D、CH3CH2ONa中CH3CH2O－显负价，取代氯原子的位置，故D正确。
考点：考查有机物信息的运用。
15．（8分）现有A、B、C、D、E五种元素，都是短周期元素，其中A、B、C原子序数依次递增并都相差1。B的阳离子的电子层结构与Ne原子相同，2gB的氧化物与100ml
0.5mol/L的恰好完全反应。B单质与D单质反应后可形成离子化合物；B单质与E单质可形成化合物BE。D的阴离子比B的阳离子多一个电子层，而E阴离子与B的阳离子电子层结构相同。
(1)五种元素的名称是B________；D
；E________．
(2)
形成化合物的化学键类型是：
．
(3)用电子式表示化合物BD2的形成过程。
．
(4)
A的氢氧化物的水溶液和C单质发生反应的离子方程式：
　
．
【答案】(1)
B_镁；D氯；E
氧。
（每空1分）
(2)离子键、（极性）共价键。（1分，只填一种键不给分）
(3)
（2分）
(4)2OH-+2Al
+2H2O=2AlO2-+3
H2↑。（2分）
【解析】根据B单质与D单质反应后可形成离子化合物，说明B是第ⅡA，D是第
ⅦA。2gB的氧化物与100ml
0.5mol/L的恰好完全反应，所以B的氧化物的相对分子质量是40，因此B是镁，则A是Na，C是Al，D是Cl，E是O。
（2）过氧化钠中含有离子键和非极性键。
（3）氯化镁是离子化合物，其形成过程为
。
（4）铝和氢氧化钠反应的方程式为2OH-+2Al
+2H2O=2AlO2-+3
H2↑。
16．铝灰的回收利用方法很多，现用含有A12O3、SiO2和少量FeO xFe2O3的铝灰制备A12(SO4)3 18H2O，工艺流程如图：
请回答下列问题：
（1）加入过量稀H2SO4溶解A12O3的离子方程式是___________。
（2）流程中加入的KMnO4也可用H2O2代替，若用H2O2发生反应的化学方程式为___________。
（3）已知：浓度均为0.1mol/L的金属阳离子，生成氢氧化物沉淀的pH如表：
Al(OH)3
Fe(OH)2
Fe(OH)3
开始沉淀时
3.4
6.3
1.5
完全沉淀时
4.7
8.3
2.8
步骤③的目的是___________；若在该浓度下除去铁的化合物，调节pH的最大范围是___________。
（4）已知Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+) c3(OH-)=4.0×10-38，常温下，当pH=2时，Fe3+开始沉淀的浓度为___________。
（5）操作④发生反应的离子方程式为___________。
（6）操作⑤“一系列操作”，下列仪器中用不到的是___________(填序号)．
A．蒸发皿
B．坩埚
C．玻璃棒
D．酒精灯
E．漏斗
【答案】（1）6H++Al2O3=2Al3++3H2O；2H2O2+2FeSO4+H2SO4=Fe2(SO4)3+2H2O；
（3）亚铁离子氧化为铁离子，并将铁离子转化为氢氧化铁沉淀除去；2.8≤PH＜3.4；
（4）4.0×10﹣2mol/L；（5）2MnO4-+3Mn2++4OH-=5MnO2↓+2H2O；（6）B；
【解析】
试题分析：铝灰水洗过滤除去不溶性杂质SiO2，加入过量稀硫酸酸溶过滤，得到滤液中含有Al3+、Fe3+、Fe2+，加入高锰酸钾溶液调节溶液pH氧化亚铁离子为铁离子，加入MnSO4和过量的高锰酸钾溶液反应生成二氧化锰沉淀，过滤得到滤液中主要是铝离子，经过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到硫酸铝晶体；
（1）Al2O3溶于过量硫酸反应生成硫酸铝和水，反应的离子方程式为：6H++Al2O3=2Al3++3H2O；故答案为：6H++Al2O3=2Al3++3H2O；
（2）过氧化氢酸性溶液中氧化硫酸亚铁为硫酸铁，反应的化学方程式为：H2O2+2FeSO4+H2SO4=Fe2(SO4)3+2H2O；故答案为：H2O2+2FeSO4+H2SO4=Fe2(SO4)3+2H2O；
（3）步骤③是将亚铁离子氧化为铁离子，并将铁离子转化为氢氧化铁沉淀除去，调节pH值的范围是沉淀铁离子不沉淀铝离子2.8≤pH＜3.4；故答案为：亚铁离子氧化为铁离子，并将铁离子转化为氢氧化铁沉淀除去；2.8≤pH＜3.4；
（4）当pH=2时，c(OH-)=1×10-12mol/L，根据Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+) c3(OH-)可知，c(Fe3+)===4.0×10-2mol/L，故答案为：4.0×10-2mol/L；
（5）操作④的作用是利用硫酸锰和高锰酸钾反应生成二氧化锰沉淀除去，反应的离子方程式为：2MnO4-+3Mn2++4OH-=5MnO2↓+2H2O，故答案为：2MnO4-+3Mn2++4OH-=5MnO2↓+2H2O；
（6）在操作⑤的“一系列操作”是蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，依据操作分析所需仪器为蒸发皿，玻璃棒、酒精灯、漏斗，坩埚是给固体加热的仪器，不需要坩埚；故答案为：B
考点：考查了物质分离和提纯的相关知识。
17．某同学在用稀硫酸与锌制取氢气的实验中，发现加入少量硫酸铜溶液可加快氢气的生成速率。请回答下列问题：
（1）硫酸铜溶液可以加快氢气生成速率的原因是_______________________。
（2）实验室中现有Na2SO4、MgSO4、Ag2SO4、K2SO4等4种溶液，可与上述实验中CuSO4溶液起相似作用的是____________。
（3）要加快上述实验中气体产生的速率，还可采取的措施有_____________________(答两种)。
（4）为了进一步研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，该同学设计了如下一系列实验。将表中所给的混合溶液分别加入到6个盛有过量Zn粒的反应瓶中，收集产生的气体。记录获得相同体积的气体所需时间。
实验混合溶液
A
B
C
D
E
F
4
mol·L－1
H2SO4/mL
30
V1
V2
V3
V4
V5
饱和CuSO4溶液/mL
0
0.5
2.5
5
V6
20
H2O/mL
V7
V8
V9
V10
10
0
①请完成此实验设计，其中：V1＝________，V6＝________，V9＝______；
②该同学最后得出的结论为：当加入少量CuSO4溶液时，生成氢气的速率会大大提高。但当加入的CuSO4溶液超过一定量时，生成氢气的速率反而会下降。请分析氢气生成速率下降的主要原因：________。
【答案】（1）CuSO4与Zn反应产生的Cu与Zn形成Cu—Zn原电池，加快了氢气产生的速率
（2）Ag2SO4
（3）升高反应温度、适当增加硫酸的浓度、增加锌粒的表面积等
（4）①30
10
17.5②加入的CuSO4较多时，生成的单质Cu会沉积在Zn的表面，降低了Zn与溶液的接触面积
【解析】
试题分析：（1）锌为活泼金属，加入硫酸铜，发生Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu，置换出铜，CuSO4与Zn反应产生的Cu与Zn形成Cu—Zn原电池，加快了氢气产生的速率。
（2）Na2SO4、MgSO4、Ag2SO4、K2SO4等4种溶液中，能与锌发生置换反应且能形成原电池反应的只有Ag2SO4。
（3）对于溶液中的化学反应，影响反应速率的因素还有浓度、温度、催化剂以及固体表面积大小等，要加快上述实验中气体产生的速率，还可采取的措施有升高反应温度、适当增加硫酸的浓度、增加锌粒的表面积等。
（4）①要研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，必须做对比实验，除了反应的物质的量不一样以外，要保证其它条件相同，而且是探究硫酸铜量的影响，那么每组硫酸的量要保持相同，六组反应的总体积也应该相同。A组中硫酸为30ml，那么其它组硫酸量也都为30ml．而硫酸铜溶液和水的总量应相同，F组中硫酸铜20ml，水为0，那么总量为20ml，所以V1=30mL，V6=10mL，V9=17.5mL。
②因为锌会先与硫酸铜反应，直至硫酸铜反应完才与硫酸反应生成氢气，则加入的CuSO4较多时，生成的单质Cu会沉积在Zn的表面，降低了Zn与溶液的接触面积，导致氢气的生成速率下降。
【考点定位】考查影响化学反应速率的因素。
【名师点睛】本题考查影响化学反应速率的因素，并且融合了化学实验，形式新颖灵活，首先V1、V6、V9的求得要注意分析表中数据；最后一问应该能够想到“覆盖”的问题。锌为活泼金属，加入硫酸铜发生Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu，置换出铜，与锌形成原电池反应，化学反应速率加快，对于溶液中的化学反应，影响反应速率的因素还有浓度、温度、催化剂以及固体表面积大小等，要对比试验效果，那么除了反应的物质的量不一样以外，要保证其它条件相同，而且是探究硫酸铜量的影响，那么每组硫酸的量要保持相同，六组反应的总体积也应该相同。
18．（11分）某学生欲用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的氢氧化钠溶液，请填写下列空白：（1）选用的指示剂是
。
（2）用标准的盐酸溶液滴定待测的氢氧化钠溶液时，左手把握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视______________________。
（3）下列操作中可能使所测氢氧化钠溶液的浓度数值偏低的是_______________。
A．酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗就直接注入标准盐酸溶液
B．滴定前盛放氢氧化钠溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥
C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数
（4）若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如图所示，
请将数据填入下面表格的空白处。
滴定次数
待测氢氧化钠溶液的体积/
mL
0．1000
mol/L
盐酸的体积/
mL
滴定前刻度
滴定后刻度
溶液体积/
mL
第一次
25．00
第二次
25．00
2．00
28．08
26．08
第三次
25．00
0．22
26．34
26．12
（5）请根据上表中数据列式计算该氢氧化钠溶液的物质的量浓度：c（NaOH）＝
。
（6）滴定终点的判定依据是
。
【答案】25、（1）甲基橙
（2）眼睛应注意锥形瓶内颜色的变化（3）D
（4）0．00
、26．10
、26．10
（5）0．104
4
mol/L
（6）溶液从黄色变为橙色，半分钟内不变色。
【解析】
试题分析：（1）甲基橙是酸碱指示剂，pH值变色范围3．1(红)-4．4(黄)，选甲基橙
（2）眼睛观察的是锥形瓶内指示剂颜色的变化，而不是滴定管中液体的体积变化；判断滴定终点时，注意在指示剂颜色发生变化后，半分钟内不再复原，停止滴定，答案为眼睛应注意锥形瓶内颜色的变化；
（3）A．由于未用标准液润洗，导致消耗盐酸的体积比实际上要大，测定的氢氧化钠溶液的浓度偏高。B．无影响；C．
酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失,直接导致读数比实际值偏大，使测定的氢氧化钠溶液的浓度偏高；D．
读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数,导致读数比实际上偏小，使测定的氢氧化钠溶液的浓度偏低；选D。
（4）由图可知：滴定前刻度0．00，滴定后刻度26．10，溶液体积26．10；
（5）取这三次盐酸体积的平均值：V=(26．10+26．08+26．12)/3=
26．10(mL)，其浓度为0．100
0
mol/L，待测氢氧化钠溶液的体积为25．00
mL，则该氢氧化钠溶液的物质的量浓度c(NaOH)=c(盐酸)×V(盐酸)
/V(NaOH)=0．104
4
mol/L；
(6)
滴定终点的判定依据是溶液从黄色变为橙色，半分钟内不变色。
考点：考查酸碱中和滴定。
19．
根据要求完成下列各小题实验目的。（a、b为弹簧夹，加热及固定装置已略去）
(1)验证碳、硅非金属性的相对强弱。（巳知酸性：亚硫酸
>碳酸）
①接仪器并_________________、加药品后，打开a关闭
b，然后滴入浓硫酸，加热。
②铜与浓硫酸反应的化学方程式是：
。
装置A中的试剂可以是：
。
③能说明碳的非金属性比硅强的实验现象是：
。
(2)验证
SO2的氧化性、还原性和酸性氧化物的通性。
①打开b，关闭a。
②H2S溶液中有浅黄色浑浊出现，化学方程式是：
③BaCl2溶液中无明显现象，将其分成两份，分別滴加下列溶液，将产生的沉淀的化学式填人下表相应位置：
写出SO2与氯水反应的离子方程式
。
【答案】(1)
①检查装置气密性（2分）
②Cu
+
2H2SO4(浓)
CuSO4
+
SO2↑+
2H2O（2分）
酸性KMnO4溶液或溴水或饱和NaHCO3溶液（2分）
③Na2SiO3溶液中产生胶状沉淀（2分）
(2)
②2H2S
+
SO2
=
3S↓+
2H2O（2分）
③BaSO4（2分）
BaSO3（2分）
Cl2
+
SO2
+
2H2O
=
SO42－+
4H＋+
2Cl－（2分）
【解析】（1）装置图组装好以后，首先要检验装置的气密性。浓硫酸具有强氧化性，在加热的条件下能把铜氧化生成硫酸铜、SO2和水。由于亚硫酸的酸性强于碳酸的，所以生成的SO2通入到碳酸氢钠溶液中，会生成CO2气体。而碳酸的酸性又强于硅酸的，所以CO2通入到硅酸钠溶液中，会析出硅酸晶体。为了防止SO2的存在干扰CO2和硅酸钠的反应，需要在通入硅酸钠溶液之前，先把SO2除去，可以选择酸性高锰酸钾溶液或溴水或饱和碳酸氢钠溶液等。
（2）H2S中的硫元素处于最低价，SO2能把硫化氢氧化生成单质硫，反应式为2H2S
+
SO2
=
3S↓+
2H2O。氯气具有强氧化性，能把SO2氧化生成硫酸，从而产生硫酸钡沉淀。氨水和亚硫酸反应生成亚硫酸铵，进而生成亚硫酸钡沉淀。
20．（14分）（1）现有ag某气体AB2，它的摩尔质量为Mg·mol-1。若阿伏加德罗常数用NA表示，则：该气体的物质的量为_____mol；该气体所含原子总数为
个；该气体在标准状况下的体积为________L。该气体一个分子的质量为
g。
（2）805g
Na2SO4·10H2O中所含的Na+的物质的量是
、SO42—的物质的量是
，所含H2O分子的数目是
个。
【答案】（14分）
（1）；；×22．4；；
（2）5mol；2．5mol；25NA
【解析】
试题分析：（1）根据公式n=，得物质的量为；该分子属于三原子分子，故原子物质的量为，原子总数为×NA；根据公式V=nVm得V=×22．4；1molAB2的质量为Mg，一个分子的质量为g，故填：；；×22．4；；
（2）805g
Na2SO4 10H2O的物质的量为：n===2．5mol，根据晶体的组成可知，n（Na+）=2n（Na2SO4 10H2O）=2×2．5mol=5mol，n（SO42-）=n（Na2SO4 10H2O）=2．5mol，n（H2O）=10n（Na2SO4 10H2O）=10×2．5mol=25mol，N（H2O）=n（H2O）NA=25NA，故填：5mol；2．5mol；25NA。
考点：考查了物质的量的计算的相关知识。
21．现有常见金属单质A、B、C和气体甲、乙、丙及物质D、E、F、G、H。其中B是地壳中含量最多的金属。它们之间能发生如下反应（图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出）。
（1）写出化学式:B
，G
；
（2）写出离子反应方程式:
③
；
⑦
。
【答案】（1）Al（2分）FeCl3（2分）
（2）2Al+2H2O+2OH—＝2AlO2—+3H2↑（2分）；
4Fe2++8OH-+O2+2H2O＝4Fe(OH)3（2分）
【解析】
试题分析：有常见金属单质A、B、C和气体甲、乙、丙及物质D、E、F、G、H。其中B是地壳中含量最多的金属，则B是Al。A金属的焰色反应显黄色，则A是Na。钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，则甲是氢气，D是氢氧化钠。黄绿色气体乙是氯气，则气体丙是氯化氢，溶于水得到盐酸。氢氧化钠和G反应生成红褐色沉淀氢氧化铁，则G是铁盐，所以G是氯化铁，F是氯化亚铁，C是铁。
（1）根据以上分析可知B、G的化学式分别是Al、FeCl3；
（2）反应③⑦的离子反应方程式分别是2Al+2H2O+2OH—＝2AlO2—+3H2↑、4Fe2++8OH-+O2+2H2O＝4Fe(OH)3。
考点：考查无机框图题推断
22．（12分）A是一种军用催泪弹的主要成分,H可制得高聚物PLA。经分析A
的相对分子质量为161，除含有C、H外，它还含有一个卤原子，分子中只含有一个甲基。化合物A～H
的转化关系如下图所示，其中足量的新制Cu（OH）2
悬浊液与1
mol
C
反应可生成1
mol
Cu2O
和1
mol
D，B1和B2
互为同分异构体，B1
的摩尔质量80g/mol；G1
和G2
互为同分异构体，二者的核磁共振氢谱均只有两种氢环境，G1无甲基。
②一个碳原子上连有两个碳碳双键的结构（-C＝C＝C-）不稳定。
请完成下列问题：
（1）A
的结构简式：
_
；B1
的分子式为
。
（2）反应④的化学方程式：
。
（3）写出H在一定条件下生成高聚物的反应方程式
。
（4）符合下列条件的E
的同分异构体共有
种。
①含有三个甲基；
②能与NaHCO3
反应；
③－OH、－Br不连在同一个碳原子上。
（5）设计实验验C
中所含有的非氧官能团
______
。
【答案】22.（12分）
（1）；（2分）
C6H8
（2分）
（2）HOOCCH2CHBrCH2CH（OH）CH3
+
H2O
（2分）
（3）
（2分）
（4）
2（2分）
（5）取少量C加适量氢氧化钠水溶液加热水解，然后加硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，若产生淡黄色沉淀，则说明含有溴原子（2分）
【解析】
试题分析：由图中转化关系及题中结构信息知：A的分子式为C6H9Br，因其臭氧化后的产物只有一种，A应是环状化合物，因分子结构中只有一个-CH3，所以A为不饱和五元环状物。又由A的臭氧化后的产物C与Cu（OH）2
反应的比例关系知C分子中只有一个醛基，A中甲基连在其中的一个不饱和碳原子上，再结合题目中提供的结构信息知，A结构为
，根据题中信息可知A发生氧化后生成C，C为OHCCH2CHBrCH2COCH3，C氧化为D，只含有1个醛基，D为HOOCCH2CHBrCH2COCH3，D加成后生成E，E为HOOCCH2CHBrCH2CHOHCH3，E发生酯化反应生成F，则F为，B1是A的消去产物，其分子式为C6H8，相对分子质量为80。B1和B2
互为同分异构体，B2发生臭氧化反应后生成G1
和G2
互为同分异构体，二者的核磁共振氢谱均只有两种氢环境，G1无甲基，因此B1、B2的结构简式为、。G1
和G2的结构简式分别为OHCCH2CHO、OHCCOCH3。G2通过银镜反应、酸化并加成后得到H，则H的结构简式为HOOCCHOHCH3，据此回答。
（1）根据以上分析可知A
的结构简式为，B1
的分子式为C6H8；
（2）反应④是酯化反应，则化学方程式为HOOCCH2CHBrCH2CH（OH）CH3
+
H2O。
（3）根据上述分析，H为HOOCCHOHCH，H在一定条件下生成高聚物的反应方程式为
。
（4）符合下列条件的E
的同分异构体，①含有三个甲基；②能与NaHCO3
反应，说明含有羧基；③－OH、－Br不连在同一个碳原子上，则符合条件的同分异构体结构简式为，共计是2种。
（5）C分子中的溴原子不能直接与硝酸银溶液反应，需要先通过水解反应，因此正确的操作是取少量C加适量氢氧化钠水溶液加热水解，然后加硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，若产生淡黄色沉淀，则说明含有溴原子。
考点：考查有机物的推断，化学方程式的书写，同分异构体和官能团的检验等知识。