山东省兖州市第二中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）

山东省兖州市第二中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）
1．下列说法不正确的是
A．Al2O3、SiC等是耐高温材料
B．将Cl2通入冷的消石灰中可制得漂白粉
C．浓硫酸可用于干燥NH3、SO2、NO2等气体
D．硅酸钠的水溶液是制备硅胶和木材防火剂的原料
【答案】C
【解析】
试题分析：A．Al2O3、SiC等是耐高温材料，A正确；B．将Cl2通入冷的消石灰中可制得漂白粉，B正确；C．浓硫酸具有酸性，不能干燥氨气，但可用于干燥SO2、NO2等气体，C错误；D．硅酸钠不能燃烧，也不支持燃烧，因此硅酸钠的水溶液是制备硅胶和木材防火剂的原料，D正确，答案选C。
考点：考查物质性质和用途的判断
2．下列各组离子，在所给条件下一定能大量共存的是
A．
pH=0
的溶液中：Mg2+、Fe3+
、NO3-
、SO42-
B．能使pH试纸变红色的溶液中：Na+、AlO2-、S2-、CO32-
C．含有大量Fe3+的溶液：SCN-、I-、K+、Br-
D．由水电离出的c(OH-)=1×10－13
mol·L－1的溶液中：NH4+、Al3+、NO3-
、Cl-
【答案】A
【解析】B．能使pH试纸变红色的溶液应呈酸性，其中AlO2-、S2-、CO32-均可和氢离子反应；
C．Fe3+与SCN-发生络合反应，与I-、Br-发生氧化还原反应
D．水电离出的c(OH-)=1×10－13
mol·L－1的溶液，水的电离受抑制，可能呈酸性，也可能呈碱性，NH4+、Al3+均在碱性溶液中不能存在。
3．对反应14CuSO4+5FeS2+12H2O═7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4的下列说法正确的是(
)
A．该反应的氧化剂只有CuSO4
B．SO42﹣既不是氧化产物也不是还原产物
C．1molCuSO4氧化了mol的S
D．被还原的S和被氧化的S的质量比为3：7
【答案】C
【解析】
试题分析：A、Cu、S元素的化合价降低，则氧化剂为CuSO4、FeS2，故A错误；B、由S元素的化合价变化及S原子守恒可知，10molS中有3molS失去电子，所以部分SO42﹣是氧化产物，故B错误；C、1
mol
CuSO4得到电子为1mol×(2﹣1)=1mol，由电子守恒可知，可氧化mol的S，故C正确；D、由S元素的化合价变化及S原子守恒可知，10molS中有3molS失去电子，7molS得到电子，则被还原的S和被氧化的S的质量比为7：3，故D正错误；故选C。
考点：考查了氧化还原反应的相关知识。
4．一定量的锌粉和2mol·L-1的过量盐酸反应，当向其中加入少量的下列物质时，能够减小反应速率，又不影响产生H2总量的是(
)
A． 石墨
B．氧化铜
C．浓盐酸
D．醋酸钠固体
【答案】D
【解析】
试题分析：A.石墨、锌和稀盐酸形成原电池，反应速率加快，且不改变产生氢气的总量，错误；B.加入氧化铜后，氧化铜和盐酸反应生成氯化铜，锌与氯化铜反应置换出铜，形成原电池，反应速率加快，但影响生成的氢气总量，错误；C.加入10mol/L盐酸后，盐酸浓度增大，加快反应速率，且不改变产生氢气的总量，错误；D.加入乙酸钠固体，盐酸转化为醋酸，氢离子浓度减小，但氢离子总物质的量不变，反应速率减小，正确；故选D。
考点：考查了化学反应速率的影响因素的相关知识。
5．依据反应原理：NH3+CO2+H2O+NaCl
=
NaHCO3↓+NH4Cl，并利用下列装置制取碳酸氢钠粗品，实验装置正确且能达到实验目的的是
A．用装置甲制取氨气
B．用装置乙制取二氧化碳
C．用装置丙制取碳酸氢钠
D．用装置丁分离碳酸氢钠与母液
【答案】C
【解析】
试题分析：A、用装置甲制取氨气时，试管口要略向下倾斜，故A错误；B、用装置乙制取二氧化碳时，反应一段时间后，生成的硫酸钙覆盖在石灰石表明，反应将不再进行，故B错误；C、根据题意，NH3+CO2+H2O+NaCl
=
NaHCO3↓+NH4Cl，由于氨气极易溶于水，用一个倒扣的干燥管可以防止倒吸，可以用装置丙制取碳酸氢钠，故C正确；D、过滤时需用玻璃棒引流，故D错误；故选C。
考点：考查了化学实验装置的设计与评价的相关知识。
6．As2S3和HNO3有如下反应：As2S3
+
10H+
+
10NO3－2H3AsO4
+
3S
+
10NO2↑+
2H2O，下列说法正确的是
A．生成1mol
H3AsO4时，转移电子个数为10NA
B．将该反应设计成一原电池，则NO2应该在正极附近逸出
C．该反应的氧化产物之一为S
D．反应产物NO2与11.2LO2（标准状况）混合后用水吸收全部转化为浓HNO3，然后与过量的碳反应，所产生的CO2的量为0.5mol
【答案】BC
【解析】
试题分析：A．根据方程式可知每生成2mol
H3AsO4时，转移电子个数为10NA，则生成1mol
H3AsO4时，转移电子个数为5NA，错误；B．若将该反应设计成一原电池，则NO2应该是NO3-得到电子的产物，根据原电池反应规律可知在正极附近逸出，正确；C．在该反应中，As2S3的
-2价S被氧化变为O价的单质S,+3价的As被氧化变为反应后H3AsO4中+5价，所以该反应的氧化产物之一为S
，正确；D．反应产物NO2与11.2LO2（标准状况）混合后用水吸收发生反应：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，n(O2)=
0.5mol，则n(NO2)=2mol，反应产生的硝酸的物质的量是2mol,，反应产物与C发生反应，由于只有浓硝酸与C反应，C+4HNO3(浓)
CO2↑+4NO2↑+2H2O，反应后硝酸变为稀硝酸则不能与C反应，因此所产生的CO2的量小于0.5mol，错误。
考点：考查氧化还原反应中物质的作用、性质及
反应原理的应用的知识。
7．将固体NH4Br置于密闭容器中，在某温度下，发生下列可逆反应：
NH4Br(s)
NH3(g)＋HBr(g)
2HBr(g)
Br2(g)＋H2(g)
。2min后，测得c(H2)＝0.5mol/L，c(HBr)＝4mol/L，若上述反应速率用(NH3)表示，下列反应速率正确的是
A．0.5mol/(L·min)
B．2.5
mol/(L·min)
C．2
mol/(L·min)
D．5
mol/(L·min)
【答案】B
【解析】对于2HBr(g)
Br2(g)＋H2(g)，c(H2)＝0.5mol/L,可知分解的HBr的浓度为1mol/L；而平衡时容器内的HBr的浓度为4mol/L，故NH4Br分解出的HBr的浓度为5mol/L，也就是说容器中NH3的浓度为5mol/L：υ（NH3）=5
mol/L/2min=2.5
mol/(L·min)
8．用H2还原mgCuO，当大部分固体变红时停止加热，冷却后称得残留固体质量为ng。共用去WgH2，则被还原的CuO的质量为
A．40Wg
B．80ng
C．5（m-n）g
D．mg
【答案】C
【解析】
试题分析：该题可用差量法来解决，因为是“当大部分固体变红”，氧化铜没有完全被还原，所以，mg与ng都无法直接用来计算，由于氢气在反应中要做到“早来晚走”，也不能用来计算，氧化铜被氢气还原的化学反应中，氧化铜中的氧元素被氢气夺去，因此减少的是氧元素的质量。
解：设被还原的氧化铜的质量为x
H2+CuO=＝Cu+H2O
金属质量减少
80
16
x
(m-n)g
80:16=x:(m-n)g
解得：x＝5（m-n)g，答案C。
考点：化学反应有关计算
9．（3分）（2009 海南）在室温时，下列各组中的物质分别与过量NaOH溶液反应，能生成5种盐的是（　　）
A.Al2O3、SO2、CO2、SO3
B.Cl2、Al2O3、N2O5、SO3
C.CO2、Cl2、CaO、SO3
D.SiO2、N2O5、CO、Cl2
【答案】B
【解析】
试题分析：根据各组物质的化学性质进行分析判断；
解：A、A12O3是两性氧化物与过量氢氧化钠反应生成的盐为四羟基合铝酸钠；SO2与过量NaOH溶液反应生成的盐为亚硫酸钠；CO2与过量NaOH溶液反应生成的盐为碳酸钠；SO3与过量NaOH溶液反应生成的盐为硫酸钠，故A不符合；
B、C12与过量NaOH溶液反应生成的盐为氯化钠和次氯酸钠；A12O3与过量NaOH溶液反应生成的盐为四羟基合铝酸钠；N2O5与过量NaOH溶液反应生成的盐为硝酸钠；SO3与过量NaOH溶液反应生成的盐为硫酸钠，故B符合；
C、CO2与过量NaOH溶液反应生成的盐为碳酸钠；C12与过量NaOH溶液反应生成的盐为氯化钠和次氯酸钠；CaO与过量NaOH溶液不反应；SO3与过量NaOH溶液反应生成的盐为硫酸钠，故C不符合；
D、SiO2与过量NaOH溶液反应生成的盐为硅酸钠；N2O5与过量NaOH溶液反应生成的盐为硝酸钠；CO与过量NaOH溶液不反应；C12与过量NaOH溶液反应生成的盐为氯化钠和次氯酸钠，故D不符合；
故选B．
点评：本题考查了A12O3、SO2、CO2、SO3、C12、CaO、SiO2、CO物质的化学性质．
10．有一种有机物结构简式为Cl-CH=CH2
推测它不可能具有下列哪种性质
A．能被酸性高锰酸钾溶液氧化
B．能发生缩聚反应
C．能发生水解反应
D．能与溴水发生加成反应
【答案】B
【解析】该分子中有苯环，卤原子可发生水解反应，碳碳双键发生氧化、加成和加聚反应。不能发生缩聚反应。
11．几种短周期元素的原子半径及主要化合价见下表：
元素代号
L
M
Q
R
T
原子半径/nm
0.160
0.143
0.102
0.089
0.074
主要化合价
+2
+3
+6、-2
+2
-2
下列叙述正确的是
A．L、R的单质与稀盐酸反应速率LB．M与R性质相似
C．Q、T两元素的氢化物沸点：T的氢化物低于Q的氢化物
D．L、M、Q形成的简单离子半径由大到小顺序是L＞M＞Q
【答案】B
【解析】
试题分析：L和R的化合价都为+2价，应为周期表第ⅡA族，根据半径关系可知R为Be，L为Mg；Q和T的化合价都有-2价，应为周期表第ⅥA族元素，Q的最高价为+6价，应为S元素，T无正价，应为O元素；M的化合价为+3价，应为周期表第ⅢA族元素，根据M原子半径大于Q小于L可知应和L同周期，为Al元素．A项金属性Mg＞Al，则Mg与酸反应越剧烈，则相同条件下单质与稀盐酸反应速率为L＞M，故A项错误；B项M为Al，R为Be，铝和铍在周期表中为对角线规则，故两者性质相似，故B项正确；C项Q为S，氢化物为H2S，T为O，氢化物为H2O，水分子间存在氢键故水的沸点高于H2S，故C项错误；D项L为Mg，M为Al，Q为S，则简单离子S2—为3个电子层，Mg2+、Al3+为2个电子层，故S2—半径最大，Mg核电荷数小于Al核电荷数，故Mg2+半径大于Al3+半径，故半径由大到小顺序为：S2—>Mg2+>Al3+,故D项错误；本题选B。
考点：元素周期律、周期表。
12．下列有关说法正确的是
A．含有18个中子的氯原子：
B．的名称是2—甲基—3—丁烯
C．化合物是苯的同系物
D．乙醇分子中的C—O键可在红外光谱中发生振动吸收
【答案】D
【解析】
试题分析：A．质量数标错，应是。B．命名编号（应离双键最近一端开始编号），名称是3—甲基—1—丁烯。C．苯的同系物概念：应含一个苯环，并且满足同一个通式CnH2n-6，所以C不正确。
考点：核素的书写、有机物的命名、苯的同系物的判断、有机物红外光谱的判断
13．在一定温度下，将气体X和气体Y各0.16mol充入10L恒容密闭容器中，发生反应X（g）+Y（g）2Z（g）△H＜0，一段时间后达到平衡，反应过程中测定的数据如下表．下列说法正确的是
t/min
2
4
7
9
n（Y）/mol
0.12
0.11
0.10
0.10
A．反应前2min的平均速率v（Z）=2.0×10﹣5mol/（L·min）
B．其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前v（逆）＞v（正）
C．该温度下此反应的平衡常数K=1.44
D．其他条件不变，再充入0.2mol
Z，平衡时X的体积分数增大
【答案】C
【解析】
试题分析：A.根据表格提供的信息，v（Y）=（0.16－0.12）mol÷（2min×10L）=0.002mol·L－1min-1,则v（Z）=
0.004mol·L－1min-1,A项错误；B.降温，平衡正向移动，则达新平衡前，v（正）>v（逆），B项错误；
C.
X（g）＋Y（g）2Z（g）
△H
<
0
起始
0.16
0.16
0
变化
0.06
0.06
0.12
平衡
0.10
0.10
0.12
K=（0.012×0.012）÷（0.01×0.01）
=1.44，C项正确；
D.由于该反应是气体体积不变的反应，在恒容容器中，平衡时再充入0.2molZ，平衡不移动，X的体积分数不变，D项错误；答案选C。
考点：考查化学平衡的建立、移动，化学平衡常数和化学反应速率的计算等知识。
14．下列原子核外电子排布不是基态的是
A．1s22s1
B．1s22s22p1
C．1s22s22p3
D．1s22s12p2
【答案】D
【解析】
试题分析：A．Li原子核外有3个电子，核外电子基态排布式为1s22s1，所以1s22s1属于基态，A不符合；B．B原子核外有5个电子，核外电子基态排布式为：1s22s22p1，所以1s22s22p1属于基态，B不符合；C．N原子核外有7个电子，核外电子基态排布式为：1s22s22p3，所以1s22s22p3属于基态，C不符合；D．B原子核外有19个电子，核外电子基态排布式为：1s22s22p1，D符合；
选D．
考点：原子核外电子排布
15．已知，有机化合物A只由C、H两种元素组成且能使溴水褪色，其产量可以用来衡量一个国家石油化工发展水平。A、B、C有如下关系：
则下列推断不正确的是
A．鉴别A和甲烷可选择使用酸性高锰酸钾溶液
B．乙酸中含有的官能团为羟基
C．C的名称为乙酸乙酯
D．过量饮用B会对人体造成伤害
【答案】B
【解析】
试题分析:化合物A只由碳、氢两种元素组成，能使溴水褪色，其产量用来衡量一个国家石油化工发展水平，则A是乙烯，B能被氧化生成乙醛，乙醛能被氧化生成乙酸，乙醇和乙酸反应生成乙酸乙酯，C是乙酸乙酯，据此回答。A.乙烯可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，甲烷不可以，A项正确；B.乙酸中含有的官能团为羧基，B项错误；C.根据上述推断，C为乙酸乙酯，C项正确；D.过量引用乙醇会对人体造成伤害，D项正确；答案选B。
考点：考查有机物的推断，常见有机物的化学性质等知识。
16．写出符合下列条件的元素原子的外围电子排布式：
(1)电负性最大的元素的原子______________。
(2)自然界中最活泼的金属元素的原子______________。
(3)第四周期0族元素的原子______________。
(4)能形成自然界中最硬的单质的元素原子______________。
【答案】(1)2s22p5
(2)6s1
(3)4s24p6
(4)2s22p2
【解析】(1)电负性最大的元素为F；(2)自然界中最活泼的金属元素为Cs(Fr自然界中不存在)；(3)Kr；(4)自然界中最硬的单质为金刚石，因此为C。
17．（10分）常温下，某水溶液M中存在的离子有：Na＋、A2－、HA－、H＋、OH－，存在的分子有H2O、H2A。根据题意回答下列问题：
(1)写出酸H2A的电离方程式
。
(2)若溶液M由10
mL
2
mol·L－1NaHA溶液与2
mol·L－1NaOH溶液等体积混合而得，则溶液M的pH________7(填“>”、“<”或“＝”)，溶液中离子浓度由大到小顺序为
。
(3)若溶液M由下列三种情况：①0.01
mol·L－1的H2A溶液；②0.01
mol·L－1的NaHA溶液；③0.02
mol·L－1的HCl与0.04
mol·L－1的NaHA溶液等体积混合液，则三种情况的溶液中H2A分子浓度最大的为________；pH由大到小的顺序为______
______。
(4)若溶液M由pH＝3的H2A溶液V1
mL与pH＝11的NaOH溶液V2
mL混合反应而得，混合溶液c(H＋)/c(OH－)＝104，V1与V2的大小关系为__________(填“大于”“等于”“小于”或“均有可能”)。
【答案】（10分）
（第2、3问第一问各1分，其它每空各2分）
(1)H2AH＋＋HA－，HA－H＋＋A2－
(2)＞　
c(Na＋)>c(A2－)>c(OH－)>c(HA－)>c(H＋)　
(3)③　
②＞③＞①　
(4)均有可能
【解析】略
18．某化学兴趣小组的同学利用下图所示实验装置进行某些气体的制备、性质等实验(图中夹持装置有省略)。请按要求填空
I．探究Cl2与
NH3的反应
（1）为制取干燥NH3，可将装置C与Ｄ装置连接；则装置C中的烧瓶内固体可以选用
；（可多选）
A．碱石灰
B．无水CaCl2
C．P2O5
D．生石灰
（2）装置A、E、E（用两个相同的装置）连接可制取纯净、干燥的Cl2，则第一个E装置内的药品是
；
（3）装置F可用于探究Cl2与
NH3(已知Cl2与
NH3可发生反应：3Cl2＋2NH3─→N2＋6HCl）的反应。实验时打开开关1、3，关闭2，先向烧瓶中通入
，然后关闭1、3，打开2，向烧瓶中慢通入一定量的另一种气体。实验一段时间后烧瓶内出现
浓厚的白烟并在容器内壁凝结，请设计一个实验方案（操作过程、实验现象）鉴定该固体中的阳离子
。
Ⅱ．探究某些物质的性质：
（4）利用装置A、E，可设计实验比较Cl-和Br-的还原性强弱，能证明结论的实验现象是
；
（5）将装置B、C分别与F相连后，进行H2S与SO2反应的实验。烧瓶F中发生反应的化学方程式为：
；装置F中可加入足量NaOH溶液，则其所起的作用是
。
【答案】（1）
A、D
(共2分)；（2）饱和食盐水
(2分)
（3）氯气(2分)；取少量固体于试管中，加入适量NaOH溶液并加热，在管口用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体，若湿润的红色石蕊试纸变蓝，证明固体中有NH4+
（3分）
（4）装置E中的NaBr溶液变橙红色
(3分)
（5）H2S＋SO2==3S＋2H2O；
吸收尾气H2S、SO2，防止污染环境
(每空2分，共4分)
【解析】
试题分析：（1）氨气是碱性气体，不能与碱性干燥剂碱石灰
、生石灰反应，但是能够与无水CaCl2和P2O5
发生反应，因此干燥时应该使用碱石灰
、生石灰，选项是
A、D，（2）装置A、E、E（用两个相同的装置）连接可制取纯净、干燥的Cl2，在装置A中制取Cl2，由于浓盐酸有挥发性，所以在Cl2在含有杂质HCl和H2O。先用饱和食盐水来吸收杂质HCl，再用浓硫酸干燥气体，所以第一个E装置内的药品是饱和食盐水；（3）装置F可用于探究Cl2与
NH3的反应。实验时打开开关1、3，关闭2，由于Cl2的密度比氨气大，为了使气体被充分反应，先向烧瓶中通入氯气，然后关闭1、3，打开2，向烧瓶中慢通入一定量的另一种气体。实验一段时间后烧瓶内出现
浓厚的白烟并在容器内壁凝结，二者发生反应3Cl2＋8NH3=N2＋6NH4Cl。白色固体是NH4Cl，检验其阳离子的方法是：取少量固体于试管中，加入适量NaOH溶液并加热，在管口用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体，若湿润的红色石蕊试纸变蓝，证明固体中有NH4+；（4）
利用装置A、E，可设计实验比较Cl-和Br-的还原性强弱，把装置A产生的氯气通入到盛有NaBr溶液的E中，发生反应：Cl2＋2NaBr===2NaCl＋Br2
，所以会看到装置E中溶液有无色变为橙红色；（5）在装置B中用FeS与稀硫酸反应产生H2S,
在装置C中用70%的硫酸与Na2SO3发生反应制取SO2，然后将气体通过导管1、2通入到F，在烧瓶F中发生反应H2S＋SO2==3S＋2H2O；由于H2S、SO2都是大气污染物，所以在排放之前要进行尾气处理，由于二者都是酸性气体，可以与NaOH溶液发生反应，所以装置F中可加入足量NaOH溶液，其所起的作用是吸收尾气H2S、SO2，防止污染环境。
考点：考查干燥剂、除杂试剂的选择、NH4+离子的检验方法、物质性质的验证方法、方程式的书写及尾气处理的知识。
19．铝是一种重要金属，工业上用铝土矿（主要成分为Al2O3，还有少量的Fe2O3，SiO2等杂质）提取氧化铝作冶炼铝的原料，提取的操作过程如下：
①I和II步骤中分离溶液和沉淀的操作是__________________；
②沉淀M中除含有泥沙外，一定还含有_____________________；
③步骤Ⅲ中加热Al(OH)3得到固体N的操作需要使用的仪器除了酒精灯、三角架、泥三角，还有______________；（填入仪器的名称）
④滤液X中，含铝元素的溶质的化学式为___________；实验室里常往AlCl3溶液中加入___________（填“氨水”或“NaOH溶液”）来制取A1(OH)3．
【答案】(1)过滤
(2)Fe2O3
(3)坩埚
(4)
NaAlO2
氨水
【解析】
试题分析：（3）A12O3、Fe2O3、SiO2中加入浓的氢氧化钠溶液时，其中的A12O3、SiO2会与之发生反应分别生成偏铝酸钠和硅酸钠的水溶液，即为滤液X，所以沉淀M主要是Fe2O3，偏铝酸钠和过量的二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，硅酸钠和过量的二氧化碳反应生成碳酸氢钠和硅酸沉淀；①I和II步骤中分离溶液和沉淀的操作是过滤；②沉淀M除含有泥沙外，主要是Fe2O3；③氢氧化铝受热易分解生成氧化铝和水，固体受热分解应在坩埚中进行，则除酒精灯、三角架、泥三角外还需要坩埚；④滤液X中，含铝元素的溶质是偏铝酸钠，化学式为NaAlO2；实验室里常往AlCl3溶液中加入氨水可以制取氢氧化铝，氢氧化铝不溶于弱碱，反应原理为：Al3++3NH3 H2O═Al(OH)3↓+3NH4+。
考点：考查学生金属铝及化合物的性质
20．邻叔丁基对苯二酚(TBHQ)
是一种新颖的食品抗氧剂，其制备原理为:
实验过程中的主要步骤如下:
步骤1．向三口烧瓶中加入5.5g对苯二酚，5.OmL浓磷酸及20mL二甲苯(装置如图所示)，启动搅拌器。
步骤2．缓缓加热到100-110°C，慢慢滴加7.5mL叔丁醇和5mL二甲苯组成的溶液，30-60min内滴完。
步骤3．升温到135-140°C，恒温回流2.5h。
步骤4．将反应液冷却到120°C，直到反应完成
步骤5．将反应液倒入烧杯，并用热水洗涤三口烧瓶，洗液并入烧杯中。
步骤6．冷却结晶，抽滤，回收滤液中的二甲苯和磷酸
步骤7．用二甲苯重结晶、脱色、冷水洗涤、干燥
（1）磷酸在实验中的作用是_____。
（2）本实验中二甲苯的作用是_____。
（3）步骤4中反应完成的标志是_____。
（4）步骤7脱色时，可用的脱色剂是_____。
（5）对合成得到的产品表征，还需要的主要现代分析仪器是_____、_____。
【答案】
（1）催化剂
（2）一是作溶剂，稀释叔丁醇，防止局部浓度过高，生成副产物DTBHQ，二是考虑DTBHQ溶于冷的二甲苯，可除去产品中的DTBHQ
（3）不再有回流液
（4）活性炭
（5）红外光谱仪；熔点测定仪
【解析】
试题分析：（1）由方程式知，H3PO4作催化剂作用。（2）使用二甲苯是为了减少副产物的发生，或是提高产率。（3）当不再出现回流液时，说明反应不再发生。（4）活性炭可以作为脱色剂，去色素。（4）红外光谱可以测定化学键和官能团，熔点测定仪可以确定产物的纯度等。
考点：化学实验基本操作、物质制备、分离、提纯
21．某气态烃含C
85.7％，含H
14.3％，在标准状况下的密度是2．5g／L。该烃能使酸性高锰酸钾溶液或溴水褪色。求该烃的分子式，并写出它的各种同分异构体的结构简式。
【答案】C4H8
CH3—CH2—CH＝CH2；CH3—CH=CH—CH3；CH3—C（CH3）=CH2
【解析】在标准状况下的密度是2．5g／L
所以该烃的相对分子质量是2.5×22.4＝56
由于气态烃含C
85.7％，含H
14.3％
所以分子中含有的碳、氢原子数分别是
、
所以该烃的化学式为C4H8
由于该烃能使酸性高锰酸钾溶液或溴水褪色
所以该烃是烯烃
因此它的各种同分异构体的结构简式是
CH3—CH2—CH＝CH2、CH3—CH=CH—CH3、CH3—C（CH3）=CH2
22．已知A、B、C为中学化学中常见的单质，在室温下A为固体，B和C为气体，向D溶液中加入KSCN溶液后，溶液显红色。在适宜的条件下可发生如下关系的化学反应。
回答以下问题：
（1）A、B、C分别是什么物质：A______B________C________。
（2）写出D溶液中通入SO2的离子方程式：____________________。
（3）若向含amolFeI2和bmolFeBr2的溶液中通入cmol气体B，当I-、Fe2+、Br-被完全氧化时c为：_____(用a、b表示)。
【答案】（共7分）
（1）铁
（1分）；氯气
（1分）；
氢气（1分）；
（2）（2分）2Fe3++SO2+2H2O=SO42-+2Fe2++4H+；
（3）（2分）
3/2
(a+b)。
【解析】
试题分析：A、B、C为中学化学中常见的单质，在室温下A为固体，B和C为气体，A、B发生反应产生D，向D溶液中加入KSCN溶液后，溶液显红色，说明D中含有Fe3+，所以A是Fe，B是Cl2，D的FeCl3。FeCl3有氧化性，与铁发生反应会产生氯化亚铁，向FeCl3溶液中加入Fe发生反应：2FeCl3
+Fe=3FeCl2；F是FeCl2，FeCl2具有还原性，向FeCl2溶液中通入氯气，发生反应：2FeCl2+
Cl2=2FeCl3。B、C发生反应产生E。E溶液与Fe发生反应产生气体C和FeCl2，则C是H2，E的HCl。（1）根据上述分析可知A是Fe；B是Cl2；C是H2；（2）FeCl3有强的氧化性，而SO2具有还原性，二者在溶液会发生氧化还原反应，产生氯化亚铁和硫酸，反应的离子方程式是：2Fe3++SO2+2H2O==SO42-+2Fe2++4H+；（3）若向含amolFeI2和bmolFeBr2的溶液中通入cmol气体B，I-、Fe2+、Br-都有还原性，都可以与氯气发生反应，反应方程式是：2FeI2+
3Cl2=2FeCl3+
2I2；2FeBr2+
3Cl2=2FeCl3+
2Br2；amolFeI2反应消耗3a/2mol氯气；bmolFeBr2反应消耗3b/2mol氯气,含有当I-、Fe2+、Br-被完全氧化时c为c=3a/2mol+3b/2mol=
3/2
(a+b)
mol。
【考点定位】考查元素及化合物的推断、离子方程式的书写及有关物质的量的化学计算的知识。
【名师点睛】本题通过框图形式考查了铁元素的单质及化合物的性质、氧化还原反应的规律及计算。铁是变价金属，与强氧化剂如Cl2、HNO3、KMnO4等反应产生Fe3+，与弱氧化剂如HCl、S、I2反应产生Fe2+；在进行物质的推断时找到突破口，问题就很容易解决。对本题来说，A、B两种单质反应产生的D的水溶液遇KSCN溶液后，溶液显红色，证明D溶液中含有Fe3+，从而可推断出A是Fe，B是Cl2，然后根据物质的性质及反应逐一展开。Cl2有强的氧化性，当溶液中含有多种还原性不同的微粒时，还原性强的首先发生反应，当还原性强的反应完全后，还原性较强的再发生反应。常见的离子的还原性强弱顺序是：I->Fe2+>Br-，可见，加入的氧化剂的物质的量多少不同，发生的反应不同；同理，同一还原剂遇到多种氧化性的物质时，氧化性强的优先发生反应，然后是氧化性较强的发生反应。要掌握物质的氧化性、还原性强弱是判断反应的先后和有关计算的关键。
23．原子序数由小到大排列的四种短周期元素X、Y、Z、W，四种元素的原子序数之和为32，在周期表中X是原子半径最小的元素，Y、Z左右相邻，Z、W位于同主族．
（1）X元素是
（2）X与W组成的化合物电子式为
（3）由X、Y、Z、W四种元素中的三种组成的一种强酸，该强酸的稀溶液能与铜反应，离子方程式为
（4）由X、Y、Z、W四种元素组成的一种离子化合物A
①已知1mol
A能与足量NaOH浓溶液反应生成标准状况下44.8L气体．写出加热条件下A与NaOH溶液反应的离子方程式：
②又知A既能与盐酸反应，又能与氯水反应，写出A与氯水反应的离子方程式：
（5）由X、Y、Z、W和Fe五种元素组成的式量为392的化合物B，1mol
B中含有6mol结晶H2O．对化合物B进行如下实验：
a．取B的溶液加入过量浓NaOH溶液并加热，产生白色沉淀和无色刺激性气味气体．过一段时间白色沉淀变为灰绿色，最终变为红褐色；
b．另取B的溶液，加入过量BaCl2溶液产生白色沉淀，加盐酸沉淀不溶解
①B的化学式为：
②已知1mol/L
100mL
B的溶液能与1mol/L
20mLKMnO4溶液（硫酸酸化）恰好反应．写出反应的离子方程式：
．
【答案】（1）H；
（2）；
（3）3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++4H2O+2NO↑；
（4）①NH4++OH﹣H2O+NH3↑；
②SO32﹣+Cl2+H2O=SO42﹣+2Cl﹣+2H+；
（5）①（NH4）2Fe（SO4）2 6H2O；
②5Fe2++MnO4﹣+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O．
【解析】原子序数由小到大排列的四种短周期元素X、Y、Z、W，在周期表中X是原子半径最小的元素，则X为H元素；Z、W位于同主族，设Z的原子序数为x，则W的原子序数为x+8，Y、Z左右相邻，Y的原子序数为x﹣1，由四种元素的原子序数之和为32，则1+（x﹣1）+x+（x+8）=32，解得x=8，即Y为N元素，Z为O元素，W为S元素．
（1）由上述分析可知，X为H元素，故答案为：H；
（2）X与W组成的化合物为H2S，电子式为，故答案为：；
（3）由H、N、O、S四种元素中的三种组成的一种强酸，该强酸的稀溶液能与铜反应，该酸为HNO3，Cu越稀硝酸反应得到硝酸铜、NO与水，反应离子方程式为：3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++4H2O+2NO↑
（4）由H、N、O、S四种元素组成的一种离子化合物A，为铵盐．
①1molA能与足量NaOH浓溶液反应生成标准状况下44.8L气体，反应离子方程式为：NH4++OH﹣H2O+NH3↑
②由①可知生成氨气为2mol，即1molA含有2mol铵根离子，而A能与盐酸反应，又能与氯水反应，可推知A为亚硫酸铵，与氯水反应的离子方程式：SO32﹣+Cl2+H2O=SO42﹣+2Cl﹣+2H+
（5）由H、N、O、S和Fe五种元素组成的相对分子质量为392的化合物C，1mol
C中含有6mol结晶水．向C的溶液中加入过量浓NaOH溶液并加热，产生白色沉淀和无色有刺激性气味的气体，白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，说明C中含有Fe2+和NH4+，另取少量C的溶液，向其中加入过量BaCl2溶液时产生白色沉淀，再加入稀盐酸沉淀不溶解，说明C中含有SO42﹣，
①令C的化学式为x（NH4）2SO4 yFeSO4 6H2O，则：
（96+36）x+（96+56）y+108=392，则x=y=1，
故C化学式为：（NH4）2SO4 FeSO4 6H2O
②B的物质的量为0.1
mol，高锰酸根离子的物质的量为0.02
mol，说明亚铁离子与高锰酸根离子以5：1的比例恰好完全反应，故离子方程式为：5Fe2++MnO4﹣+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O
【点评】本题综合考查位置结构性质关系，明确元素的种类为解答该题的关键，侧重于物质的性质以及化学式的推断，需要学生熟练掌握元素化合物性质，难度较大．