山东省沂水县第三中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）

山东省沂水县第三中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）
1．某合作学习小组讨论辨析以下说法
，其中说法正确的是
①纯碱和熟石灰都是碱；
②沼气和水蒸气都是可再生能源；
③冰和干冰既是纯净物又是化合物；
④硫酸和食醋既是化合物又是酸；
⑤不锈钢和目前流通的硬币都是合金；
⑥粗盐和酸雨都是混合物。
A．③⑤⑥
B．②④⑥
C．①③⑤
D．①②③⑥
【答案】A
【解析】
试题分析：纯碱是碳酸钠，属于盐，①错误；水蒸气不属于能源，②错误；冰是H2O、干冰是CO2，既是纯净物又是化合物，③正确；硫酸是化合物又是酸，食醋是混合物，④错误；钢铁是铁的合金、硬币是合金（如一元硬币是铁镍合金等），⑤正确；粗盐中含有氯化钙、氯化镁等杂质、酸雨中的溶质主要是硫酸或硝酸，⑥正确，选A。
考点：考查基本概念。
2．化学的发展，把越来越多的高分子材料带进我们的生活．下列说法正确的是
A．热固性塑料具有线型结构
B．天然橡胶经过硫化后可提高其强度
C．尼龙、棉花等都是天然纤维
D．有机玻璃受热时会软化，易于加工成型，是一种硅酸盐材料
【答案】B
【解析】A．热固性塑料具有体型结构，故A错误；
B．天然橡胶是线性结构，硫化后可变为体型结构，故B正确；
C．尼龙是合成纤维，故C错误；
D．有机玻璃的成分是聚甲基丙烯酸甲酯，是有机物，故D错误．
故选B．
3．“嫦娥一号”卫星完成四大科学目标之一是探测下列14种元素的含量和分布：K、Th(钍)、U(铀)、O、Si、Mg、Al、Ca、Fe、Ti(钛)、Na、Mn、Cr(铬)、Gd(钆)，其原子的最外层电子数是奇数的主族元素有
A．2种
B．3种
C．4种
D．5种
【答案】B
【解析】
试题分析：属于主族元素的有：K、Na第ⅠA族，Mg、Ca第ⅡA族，Al第ⅢA族，Si第ⅣA族，O第ⅥA族，共7种，其原子的最外层电子数是奇数的主族元素有Na、K；Al，共3种，故选B。
考点：考查原子结构与元素周期表
4．实验室可以通过乙醇分子内的脱水反应制乙烯，反应方程式如下：
下列醇类物质中也能发生类似的脱水反应生成烯烃的是(　　)
【答案】B
【解析】
试题分析：醇若能发生上述的消去反应，则在羟基连接的C原子的邻位C原子上应该有H原子。符合题意的只有B，故选项是B。
考点：考查物质的结构与性质的关系的知识。
5．下列过程中不属于氮的固定的是(
)
A．工业合成氨
B．雷雨天，空气中的氮气转化为能被植物吸收的硝酸盐
C．用氨气与硝酸制成“硝铵”化肥
D．豆科作物的根瘤菌将空气中的氮转化为氨
【答案】C
【解析】
试题分析：A．工业合成氨是氮气和氢气在适宜条件下合成氨，氮由游离态转化为化合态，属于氮的固定，故A正确；B．雷雨闪电时，氮气和氢气合成氨气，氮由游离态转化为化合态，属于氮的固定，故B正确；C．用氨和硝酸制成硝铵，属于不同化合态的氮之间的转化，不属于氮的固定，故C错误；
D．根瘤菌把氮气转化为氨，氮由游离态转化为化合态，属于氮的固定，故D正确；故选C。
考点：考查学生对氮的固定的概念的掌握
6．如图所示是短周期的一部分，已知B原子与C
原子核外电子总数之和为A的4倍，则下列推断正确的是
A．A、B、C三者中，A为金属性元素，B、C为非金属性元素
B．A、B、C三者核电荷数之和为40
C．A与B、A与C均可形成离子化合物
D．B与C只能形成一种共价化合物
【答案】B
【解析】
试题分析:
B原子与C原子核外电子总数之和为A的4倍，由图可知，设A的原子序数x，则B的原子序数为x+7，C的原子序数为x+9，则x+7+x+9=4x，解得x=8，则A为O，B为P，C为Cl，则A、O、P、Cl均为非金属元素，故A错误；B、A、B、C三者核电荷数之和为8+15+17＝40，故B正确；C、三种元素均为非金属元素，则A与B、A与C不能形成离子化合物，故C错误；D、B、C能形成三氯化磷、五氯化磷等共价化合物，故D错误，答案选B。
考点：考查位置、结构、性质的关系及应用
7．少量钠应保存在

A.直接放在试剂瓶中
B.水中
C.煤油中 D.CCl4中
【答案】C
【解析】
8．奎宁酸和莽草酸是某些高等植物特有的脂环状有机酸，常共存在一起，其结构简式如图所示．下列说法不正确的是(
)
A．二者均能与小苏打溶液反应产生气泡，均能发生酯化反应
B．可用高锰酸钾溶液鉴别奎宁酸和莽草酸
C．在铜催化作用下二者均能被O2氧化
D．二者可用溴水来鉴别，不能用NaOH溶液鉴别
【答案】B
【解析】
试题分析：A．二者分子中都含有羧基，均能与小苏打溶液反应产生气泡，均能发生酯化反应，故A正确；B．二者都能使高锰酸钾溶液褪色，不能区分，故B错误；C．与羟基相连的碳原子上均含有氢原子，在铜催化作用下二者均能被O2氧化，故C正确；D．莽草酸中含有碳碳双键，能使溴水褪色，二者都能与NaOH溶液反应，都无明显现象，故D正确；故选B。
考点：考查了有机物的结构和性质的相关知识。
9．CuO、Fe粉、Fe3O4的混合物中，加一定量稀硫酸，当反应停止后，滤出不溶物，并向滤液中插入一枚铁钉，片刻后．取出铁钉，观察现象。以下结论中正确的是（
）
A．若铁钉部分溶解，则滤液中一定含Fe2(SO4)3
B．若铁钉完全溶解，则滤液中一定含CuSO4
C．若铁钉表面有红色物质生成，则不溶物中一定不含Fe
D．若铁钉无变化，则不溶物中一定含Fe
【答案】C
【解析】
试题分析：CuO、Fe粉、Fe3O4的混合物中，加一定量稀硫酸，铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁，氧化铜和稀硫酸反应生成硫酸铜，铁与硫酸铜反应生成铜，Fe3O4与稀硫酸反应生成硫酸铁和硫酸亚铁，铁与硫酸铁反应生成硫酸亚铁，铜与硫酸铁反应生成硫酸亚铁和硫酸铜。A.根据题意，滤出不溶物，则不溶物一定是铜，因为铜与硫酸铁反应，所以滤液中一定没有Fe2(SO4)3，A项错误；B.根据氧化性排序：Fe3＋>Cu2＋>H＋>Fe2＋，若铁钉完全溶解，可能是Fe+2H＋=Fe2＋+H2↑,则滤液中不一定含CuSO4，B项错误；C.因为Fe+Cu2＋=Fe2＋+Cu，所以若铁钉表面有红色物质生成，则不溶物中一定不含Fe，C项正确；D.若铁钉无变化，说明溶液中没有Fe3＋、Cu2＋和H＋，则不溶物中可能有铁，可能有铁和铜的混合物，D项错误；答案选C。
考点：考查铁及其化合物的性质。
10．下列说法不正确的是
A．化学反应过程中既有物质变化又有能量变化，能量的释放或吸收以物质变化为基础
B．研究化学反应进行的方向、快慢和限度是化学反应原理的重要内容
C．电解质在水溶液中的反应反应速率很高，是因为这类反应不需要活化能来引发
D．大力发展火电以满足工业发展对电力的需求，符合节能减排的要求
【答案】D
【解析】
试题分析：A、化学反应有物质的变化，同时伴随能量的变化，故说法正确；B、化学反应原理的重要内容研究化学反应进行的方向、快慢、和限度，故说法正确；C、酸、碱、盐在水溶液中反应，以离子反应为特征，是一类不需要用活化能来引发的反应，故说法正确；D、火电对环境产生污染，不符合节能减排的要求，故说法错误。
考点：考查化学反应原理、环境保护等知识。
11．某混合气体中各气体的质量分数为N2
14%，CO2
22%，CH4
64%，则此混合气体对氢气的相对密度为
A．10
B．14.2
C．20
D．32
【答案】A
【解析】
试题分析：假设混合气体100g，则有N2
0.5mol，CO2
0.5mol，CH4
4mol，所以混合气体的平均摩尔质量为，相对氢气的相对密度为。答案选A。
考点：相对密度
点评：根据，进行计算。
12．一定条件下，在体积为10L的固定容器中发生反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)
△H＜0，反应过程如图：
下列说法正确的是（
）
A．t1
min时正、逆反应速率相等
B．X曲线表示NH3的物质的量随时间变化的关系
C．0～8
min，H2的平均反应速率v（H2）=0.75mol/(L·min)
D．10～12
min，N2的平均反应速率v（N2）=0.25mol/(L·min)
【答案】B
【解析】
试题分析：根据图知，随着反应的进行，X的物质的量增大、Y的物质的量减少，反应达到平衡状态时，X、Y的物质的量变化量分别为：△n（X）=（0.6-0）mol=0.6mol，△n（Y）=（1.2-0.3）mol=0.9mol，则X、Y的物质的量变化量之比等于其计量数之比=0.6mol：0.9mol=2：3，则X是NH3、Y是H2，A．可逆反应达到平衡状态时正逆反应速率相等，没有达到平衡状态时正逆反应速率不等，根据图知，t1
min时该反应没有达到平衡状态，所以正逆反应速率不等，错误；B．根据以上分析知，X曲线表示NH3的物质的量随时间变化的关系，正确；C．0～8
min，H2的平均反应速率v(H2)=0.9mol÷10L÷8min=0.01125mol L-1 min-1，错误；D．10～12
min，NH3的平均反应速率v(NH3)=(0.7 0.6)mol÷10L÷(12 10)min=0.005
mol L-1 min-1，再根据同一可逆反应中同一时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比计算氮气反应速率为0.0025
mol L-1 min-1，错误。
考点：考查图像方法在化学反应速率和化学平衡的应用的知识。
13．下列化学实验事实及其结论都正确的是
选项
实验事实
结论
A
将SO2通入含HClO的溶液中生成H2SO4
HClO的酸性比H2SO4强
B
铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落
铝箔表面氧化铝熔点高于铝
C
将水蒸气通过灼热的铁粉，粉末变红
铁与水在高温下发生反应
D
将铜丝插入浓硫酸中加热，有气泡冒出
Cu与浓硫酸发生置换反应
【答案】B
【解析】
试题分析：A项确定次氯酸的氧化性大于硫酸；B项生成的氧化铝的熔点高，所以不能融为珠状；C项反应生成四氧化三铁，为黑色，错误；D项产生的气体为SO2，并非发生置换反应，错误。
考点：简单实验及解释。
14．铋(Bi)位于元素周期表中ⅤA族，＋3价较稳定，铋酸钠(NaBiO3)溶液呈无色。取一定量的硫酸锰(MnSO4)溶液依次滴加下列溶液，对应的现象如下表所示：
加入溶液
①适量的铋酸钠溶液
②过量的双氧水
③适量KI 淀粉溶液
实验现象
溶液呈紫红色
紫红色消失，产生气泡
溶液变成蓝色
关于NaBiO3、KMnO4、I2、H2O2的氧化性由强到弱(从左至右)的顺序为
A．NaBiO3、KMnO4、H2O2、I2
B．I2、H2O2、KMnO4、NaBiO3
C．KMnO4、NaBiO3、I2、H2O2
D．H2O2、I2、NaBiO3、KMnO4
【答案】A
【解析】
试题分析：根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，由①中现象可知，铋酸钠把锰离子氧化成高锰酸根离子，则铋酸钠的氧化性强于高锰酸钾；由②现象分析，高锰酸钾氧化过氧化氢生成氧气，高锰酸钾的氧化性大于氧气，从价态上分析，高锰酸钾的氧化性一定强于二氧化锰；由③分析，碘离子被过氧化氢氧化成碘单质，过氧化氢的氧化性强于碘单质，综上所述，氧化性顺序为A。
考点：氧化性和还原性的比较
15．试计算下列溶液的pH（均在25
℃时）：
（1）0.1
mol·L-1
NaOH溶液与0.1
mol·L-1
Ba(OH)2溶液等体积相混后溶液的pH为_____。
（2）将0.1
mol·L-1盐酸与0.6
mol·L-1Ba(OH)2溶液等体积相混后溶液的pH为________。
（3）将0.1
mol·L-1的稀H2SO4稀释1010倍后，溶液中c(H＋)∶c()=______________。
【答案】（1）14-lg6.67
(2)12
(3)105∶1
【解析】两种强碱相混的pH计算步骤为：先求c混(OH-)c混(H＋)pH。
c混(OH-)==0.15
mol·L-1
c混(H＋)==6.67×10-14
mol·L-1，pH=14-lg6.67。
（2）先判断酸、碱谁过量：盐酸中n(H＋)=0.1V(mol)，Ba(OH)2中n(OH-)=0.06×2×V=0.12V
mol，可见碱过量。
碱过量时，先算出c混(OH-)==0.01
mol·L-1
故c混(H＋)==10-12
mol·L-1，故pH=12
（3）令稀H2SO4为1
L，则n(H2SO4)=0.1
mol，n(H＋)=0.2
mol，n()=0.1
mol，稀释后：c()==10-11
mol·L-1,c(H＋)==2×10-11
mol·L-1＜10-7，酸稀释后不可能变成碱，故c(H＋)≈10-7
mol·L-1。
故：c(H＋)∶c()=10-7∶10-12=105∶1。
16．已知：Ksp(AgCl)=1.8×10—10，Ksp(AgI)=1.5×10—16
，Ksp(Ag2CrO4)=2.0×10—12，Ag2CrO4为砖红色沉淀。
(1)
AgCl、AgI、
Ag2CrO4三种饱和溶液中，Ag+浓度由大到小顺序是
。现将等体积2.0×10—4
mol·L－1的AgNO3溶液和一定浓度的Na2CrO4溶液混合，若要产生Ag2CrO4沉淀，则Na2CrO4溶液至少浓度为
mol·L－1。
(2)
在室温下，向0.02mol·L－1的Na2CrO4溶液中滴加0.01mol·L－1稀硫酸，溶液由黄色转变为橙红色的Na2Cr2O7，该平衡转化的离子方程式为
。Na2Cr2O7可用来鉴别NaCl和NaNO2，鉴别时发生的离子方程式为
。
(3)
工业酸性废水中含Cr2O72－离子会造成铬污染，排放前先将Cr2O72－还原成Cr3+，并转化成Cr(OH)3除去，工业上采用的方法是向废水中加入NaCl，以铁为电极进行电解，同时鼓入空气。结果溶液的pH值不断升高，溶液由酸性转变为碱性。在以上处理过程中，写出其阳极电极反应式：
，Cr2O72－转化为毒性较低的Cr3+的离子方程式为：
。
(4)
用AgNO3溶液滴定含Cl－的溶液，可测定溶液中的c(Cl－)。可滴入几滴
溶液为指示剂，滴定的终点现象为
。
【答案】(14分)
（1）Ag2CrO4>AgCl>AgI
4.0×10—4
（各2分）
（2）2
CrO42－+2
H+
Cr2O72－+
H2O
Cr2O72－+3NO2-+8H+=3
NO3-+2
Cr3++4H2O
(各2分)
　
（3）Fe-2e－=Fe2+
Cr2O72－+6
Fe2++14H+=6
Fe3++2
Cr3++7
H2O（各2分）
(4)
Na2Cr2O7
(或K2Cr2O7或含Cr2O72－)
加入最后一滴AgNO3溶液出现砖红色沉淀(各1分)
【解析】
试题分析：
（1）根据Ksp进行计算，可以得到Ag+浓度大小关系，混合后c(Ag+)=1×10-4mol/L，Ksp=c2(Ag+)c(CrO42-)，从而求出c(CrO42-)=2.0×10-4mol/L，故Na2CrO4浓度为4.0×10-
4mol/L。
（2）黄色转化为橙色，是铬酸根转化为重铬酸根，用重铬酸钠来鉴别，是应为NaNO2具有较强的还原性，可以与重铬酸根发生氧化还原反应，根据氧化还原反应基本原理可以写出化学方程式。
（3）阳极发生氧化反应，因为使用铁做电解，为活性电极，优先放电，故Fe-2e-=Fe2+；二价铁具有还原性，可将重铬酸根还原，生成三价铬，然后转化为氢氧化铬沉淀。
（4）根据上面数据可以看出，氯离子先与铬酸根与银离子产生沉淀，故可以用重铬酸根或铬酸根，氯离子沉淀完全，生成砖红色沉淀。
考点：考查沉淀溶解平衡、电解以及滴定等知识。
17．（14分）已知某“84消毒液”瓶体部分标签如右所示，该“84消毒液”通常稀释到100倍（体积之比）后使用。请回答下列问题：
I（1）该“84消毒液”的物质的量浓度约为__________mol·L－1（小数点后保留一位）。
（2）某同学取100
mL该“84消毒液”，稀释后用于消毒，稀释后的溶液中c(Na＋)为__________
mol·L－1。
II某同学参阅该“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制480
mL含NaClO质量分数为25%的消毒液。实验步骤如下：
①
将烧杯中的溶液转移至容量瓶中；
②
计算并称量所需的NaClO固体；
③
向容量瓶中加蒸馏水至液面与刻度线相平；
④
将NaClO加入100mL
烧杯中，并加适量水溶解；
⑤
洗涤烧杯和玻璃棒2次，洗涤后溶液转移至容量瓶中；
⑥
振荡摇匀；
⑦
颠倒摇匀。
（1）完成上述实验，下图所示的仪器中，还需要添加的玻璃仪器是
。
（2）步骤②中计算所需要NaClO的质量为
g；
（3）实验的先后顺序应为
（填写序号）；
（4）在步骤①中，为防止溶液溅出，应采取的措施是
；
（5）在进行步骤③的实验操作时应注意的问题是
；
（6）配制溶液时，下列实验操作会使配制溶液浓度偏高的是
。
A．容量瓶内有水，未经过干燥处理
B．进行步骤③操作时，俯视刻度线
C．缺少步骤⑤
D．定容后倒转容量瓶几次，发现液体最低点低于刻度线，再补加几滴水到刻度线
E．缺少步骤⑥
【答案】I（1）4.0
（2）0.04
II
（1）玻璃棒
胶头滴管
（2）148.9（149）
（3）②④①⑤⑥③⑦
（4）用玻璃棒引流
（5）待溶液离刻度线1~2cm时，用胶头滴管滴加
（6）B、E
【解析】
试题分析：I.（1）把已知数据代入公式c=可得c（NaClO）==4.0
mol L-1；（2）因为稀释前后溶质的物质的量不变，列式100
mL×4.0
mol L-1=×c（NaClO），得稀释后c（NaClO）≈0.04
mol L-1，即c（Na+）≈0.04
mol L-1；
II.
（1）需用托盘天平称量NaClO固体，需用烧杯来溶解NaClO，需用玻璃棒进行搅拌和引流，需用容量瓶和胶头滴管来定容，所以还需添加的玻璃仪器有玻璃棒和胶头滴管；（2）配制480
mL消毒液应选取500
mL的容量瓶进行配制，所以需要NaClO的质量：0.5
L×4.0
mol·L－1×74.5
g·mol－1＝149.0
g。（3）实验操作的步骤：计算→称量→溶解、冷却→移液→洗涤→定容→摇匀→装瓶贴签。所以实验的先后顺序应为②④①⑤⑥③⑦；（4）在步骤①中，为防止溶液溅出，应用玻璃棒引流；（5）为防止定容时加蒸馏水时不慎超过了刻度，待溶液离刻度线1~2cm时，用胶头滴管滴加；（6）A．容量瓶内有水，未经过干燥处理，无影响；B．俯视刻度线，导致溶液体积偏小，浓度偏高；C．不洗涤烧杯和玻璃棒，溶质的质量减少，浓度偏低；D．再补加几滴水，导致溶液体积偏大，浓度偏低；E．未振荡摇匀，溶液体积偏小，浓度偏高。
【考点定位】考查一定物质的量浓度溶液的配制和有关计算
【名师点睛】该题考查一定物质的量浓度溶液的配制和有关计算，难度不大。常考点：有关计算、误差分析等。1.计算所需溶质的量时，要代入容量瓶体积，结果保留一位小数，与托盘天平精确到一致。2.
误差分析的理论依据：依据cB＝nB/V可知，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量ｎB和溶液的体积V引起的。误差分析时，关键要看配制过程中的操作会引起ｎ和V怎样的变化。若nB比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若nB比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。
18．(15分)
现用98％浓硫酸(密度1.84g/mL)配制100mL1mol/L的稀硫酸。可供选用的仪器有：
①胶头滴管②烧瓶③烧杯④药匙⑤量筒⑥托盘天平⑦玻璃棒。请回答下列问题：
（1）保存浓硫酸的试剂瓶上除贴B标签外，还需贴上的标签是___________。
（2）配制稀硫酸时，上述仪器中不需要使用的有
（选填序号），还缺少的仪器有
,使用之前首先必须进行
。
（3）经计算，配制100mL1mol/L的稀硫酸需要用量筒量取上述浓硫酸的体积为
mL。
（4）稀释时，一定要将
沿器壁慢慢倒入
中并不断搅拌.
（5）下列情况对所配制的稀硫酸浓度有何影响？（填写“偏大”、“偏小”、“无影响”）
A．所用的浓硫酸长时间放置在密封不好的容器中
B．容量瓶用蒸馏水洗涤后残留有少量的水
C．转移溶液后，未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容
D．定容时俯视溶液的凹液面
E．定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线
【答案】(1)
D
；(2)②④⑥
；
100mL容量瓶
；
检漏
；(3)
5.4ml
；(4)
浓硫酸
水
(5)
A
偏小
B无影响
C偏小
D偏大
E偏小
【解析】
试题分析：（1）浓硫酸是强酸，有很强的腐蚀性，故选D；（2）操作步骤有计算、量取、稀释、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用量筒量取浓硫酸，在烧杯中稀释（可用量筒量取水加入烧杯），并用玻璃棒搅拌．冷却后转移到100mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒2-3次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀．所以所需仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管．故不需要的仪器有②④⑥；还缺少的仪器有100mL容量瓶，而容量瓶等带塞子或活塞的仪器使用前必须查漏，故答案为：②④⑥；100mL容量瓶；查漏；（3）浓硫酸的物质的量浓度为c==18..4mol/L，设需要的浓硫酸的体积为VmL，根据溶液稀释定律C浓V浓=C稀V稀可知：100mL×1mol/L=18.4mol/L×VmL，解得V=5.4mL，故答案为：5.4；（4）浓硫酸的稀释放热，故应将浓硫酸沿烧杯内壁注入烧杯中的水中，并用玻璃棒不断搅拌，故答案为：浓硫酸；水；（5）A．所用的浓硫酸长时间放置在密封不好的容器中，则浓硫酸的浓度偏小，故配制出的溶液的浓度偏小，故答案为：偏小；B．若容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶液浓度无影响，因为只要定容时正确，至于水是原来就有的还是后来加入的，对浓度无影响，故答案为：无影响；C．转移溶液后，未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容，会造成溶质的损失，则浓度偏小，故答案为：偏小；D．定容时俯视溶液的凹液面，则溶液体积偏小，浓度偏大，故答案为：偏大；E．定容后摇匀，发现液面降低是正常的，又补加少量水，重新达到刻度线则导致浓度偏小，故答案为：偏小．
考点：配制一定物质的量浓度的溶液
19．某研究小组为探究SO2和Fe(NO3)3溶液的反应的实质。设计了如下图所示装置进行实验.
已知：1.0
mol/L的Fe(NO3)3溶液的pH＝1。
请回答：
（1）装置A中用于添加浓硫酸的仪器名称为
。
（2）实验前鼓入N2的目的是
。
（3）装置B中产生了白色沉淀，其成分是________，说明SO2具有________性。
（4）分析B中产生白色沉淀的原因。
观点1：SO2与Fe3＋反应；
观点2：在酸性条件下SO2与NO3-反应；
①若观点1正确，除产生沉淀外，还应观察到的现象是
。
②按观点2，装置B中反应的离子方程式是
，
③有人认为，如将装置B中的Fe(NO3)3溶液替换为等体积的下列溶液，在相同条件下进行实验，也可验证观点2是否正确。此时应选择的最佳试剂是(填序号)
。
A．1
mol/L稀硝酸
B．1.5
mol/L
Fe(NO3)2溶液
C．6.0
mol/L
NaNO3溶液和0.2
mol/L盐酸等体积混合的溶液
D．3.0
mol/L
NaNO3溶液和0.1mol/L硫酸等体积混合的溶液
【答案】（1）分液漏斗（2分）
（2）排净装置中的空气,防止溶液中SO2被空气中的O2氧化而干扰实验（2分）
（3）BaSO4（1分）；还原（1分）
（4）①静置一段时间后，溶液由棕黄色变为浅绿色（2分）
②3SO2＋2NO3-＋3Ba2＋＋2H2O=3BaSO4↓＋2NO＋4H＋
或3SO2＋2NO3-＋2H2O=3SO42-＋2NO＋4H＋；Ba2＋＋SO42-
=
BaSO4↓（2分）
③
C（2分）
【解析】
试题分析：（2）反应前要充入N2，排除装置A中的空气，反应对实验的干扰。
（3）硝酸具有氧化性，白色沉淀为BaSO4，说明SO2具有还原性。
（4）经过分析，各个观点，得出观点1是SO2和Fe3+、酸性条件下NO3－都反应。
①Fe3+把SO2氧化，离子方程式是SO2+2Fe3++Ba2++2H2O=BaSO4↓+2Fe2++4H+。
②Fe(NO3)3中有Fe3+，a错；NO3-在酸性条件下有氧化性，b错。故选c。
SO2制备
Fe3+、NO3-的氧化性。
考点：考查SO2制备
Fe3+、NO3-的氧化性。
20．（实验班做）现有反应：CO（g）+
H2O（g）
CO2
（g）+
H2（g）
△H﹤0，在850℃时，平衡常数K=1，现在850℃下，向2L的密闭容器中充入CO、H2O（g）各4mol，回答下列问题：
（1）当CO转化率为25％时，该反应是否达平衡，向哪个方向进行？
（2）达平衡时，CO转化率为多少？
（3）H2的体积分数为多少？
（4）若温度仍为850℃，初始时CO浓度为2mol/L，H2O（g）为6mol/L,则平衡时CO转化率为多少？
【答案】（1）未达平衡，正向进行（2）50﹪
（3）25﹪（4）75﹪
【解析】
试题分析：（1）当CO转化率为25％时，消耗CO是4mol×0.25＝1mol，根据方程式可知消耗水蒸气、生成的CO2和氢气均是1mol，剩余CO和水蒸气均是3mol，反应前后体积不变，可以用物质的量表示浓度计算浓度商，则浓度商＝＜1，反应没有达到平衡状态，此时向正反应方向进行。
（2）
CO（g）+
H2O（g）
CO2
（g）+
H2（g）
起始量（mol）
4
4
0
0
转化量（mol）
x
x
x
x
平衡量（mol）4-x
4-x
x
x
则根据平衡常数可知
解得x＝2
所以CO的转化率是50%
（3）H2的体积分数为多少？
（4）
CO（g）+
H2O（g）
CO2
（g）+
H2（g）
起始浓度（mol/L）
2
6
0
0
转化浓度（mol/L）
y
y
y
y
平衡浓度（mol/L）2-y
6-y
y
y
则
解得y＝1.5
因此衡时CO转化率为
考点：考查平衡常数计算的有关应用
21．有机物W～H
有如下的转化关系。已知W、B为芳香族化合物，X为卤素原子，W、A、B均能与NaHCO3溶液反应，A分子中有2个甲基，H分子中含有醛基且苯环上的取代基处于对位。
已知：
请回答下列有关问题：
（1）反应①、②分别属于
反应、
反应（填有机反应类型），A、B中均含有的含氧官能团的名称是
。
（2）F的化学式
，B的结构简式
。
（3）反应②的化学方程式是
。
（4）若
则反应④的化学方程式是
。
（5）H有多种同分异构体，且满足下列3个条件
（i）
遇FeCl3显紫色
（ii）苯环上一取代物有两种
（ⅲ）除苯环外无其它环状结构
试写出三种符合条件的同分异构体的结构简式
。
【答案】（1）水解（或取代）（1分）
消去（1分）
羧基
（1分）
（2）AgBr
（1分）
（2分）
（3）(CH3)2CBrCOOH＋2NaOHCH2=C(CH3)COONa＋NaBr＋2H2O（3分）
（4）CH2=C(CH3)COOH＋CH3OHCH2=C(CH3)COOCH3＋H2O（3分）
（5）（3分）
【解析】
试题分析：根据转化可知，反应①是W在酸性条件下发生水解反应生成A和B，因此反应类型是取代反应。W、A、B均能与NaHCO3溶液反应，这说明分子中均含有羧基。B与氢氧化钠的反应生成E与G，E能和硝酸银反应生成浅黄色沉淀，所以X是溴元素。G酸化后生成H，H分子中含有醛基且苯环上的取代基处于对位，这说明H、G、B分子中含有苯环。A在氢氧化钠的醇溶液中发生消去反应生成C与E，这说明A分子中含有1个溴原子。C酸化得到D，由于A分子中有2个甲基，则根据D的分子式C4H6O2可知，A的结构简式为(CH3)2CBrCOOH，因此D的结构简式为CH2＝C(CH3)COOH。W分子中含有12个碳原子，则根据A的结构简式可知，B分子中含有8个碳原子。W水解应该产生羧基与羟基，但根据H可知B水解后产生醛基。所以根据已知信息可知B分子同一个碳原子上连接了溴原子与羟基，因此B的结构简式为，所以G的结构简式为，H的结构简式为，W的结构简式为
。
（1）根据以上分析可知，反应①是取代反应，A、B中均含有的含氧官能团的名称是羧基。
（2）F是溴化银，化学式为AgBr；B的结构简式。
（3）反应②是羧基与氢氧化钠中和以及溴原子的消去反应，则反应的化学方程式是(CH3)2CBrCOOH＋2NaOHCH2=C(CH3)COONa＋NaBr＋2H2O。
（4）根据有机玻璃的结构简式可知，该醇应该是甲醇，则反应④的化学方程式为CH2=C(CH3)COOH＋CH3OHCH2=C(CH3)COOCH3＋H2O。
（5）遇FeCl3显紫色，说明含有酚羟基。苯环上一取代物有两种，说明苯环应该是对称的。除苯环外无其它环状结构，所以符合条件的结构简式有、、。
考点：考查有机物推断、官能团、有机反应类型、同分异构体判断以及方程式的书写
22．图示中，A为一种常见的单质，B、C、D、E是含有A元素的常见化合物。它们的焰色反应均为黄色。请填写下列空白：
（1）写出化学式：
A
、B
、C
、D
。
（2）以上反应中属于氧化还原反应的有________。(填写编号)
（3）写出A→
C反应的离子方程式________；
E→
D的化学方程式________。
【答案】（1）Na；Na2O2；NaOH；Na2CO3；（2）①②③④
（3）2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；2NaHCO3=Na2CO3+H2O+CO2↑
【解析】
试题分析：A为一种常见的单质，B、C、D、E是含有A元素的常见化合物．它们的焰色反应均为黄色，则均为钠的单质或化合物，所以A为Na，结合转化关系可知，B为Na2O2，C为NaOH，D为Na2CO3，E为NaHCO3，
（1）根据上述分析，A为Na，B为Na2O2，C为NaOH，D为Na2CO3，故答案为：Na；Na2O2；NaOH；Na2CO3；
（2）以上反应中①为钠的燃烧，②为Na与水反应，③为过氧化钠与水反应，④为过氧化钠与二氧化碳反应，均属于氧化还原反应，故答案为：①②③④；
（3）A→
C反应的离子方程式为2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑，E→
D的化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，D中加少量盐酸的反应为Na2CO3+HCl═NaHCO3+NaCl，故答案为：2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑；2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；Na2CO3+HCl═NaHCO3+NaCl
【考点定位】考查无机推断
【名师点晴】本题考查无机物的推断，明确焰色为黄色及A为单质为解答的突破口，熟悉钠及其化合物的性质是解答的关键，注重基础知识的考查。推断图中的特征反应现象常见的有：（1）焰色反应：Na+(黄色)、K+(紫色)；（2）使品红溶液褪色的气体：SO2
(加热后又恢复红色)、Cl2(加热后不恢复红色)；（3）白色沉淀Fe(OH)2置于空气中最终转变为红褐色[Fe(OH)3](由白色→灰绿→红褐色)；（4）在空气中变为红棕色：NO；（5）气体燃烧呈苍白色：H2在Cl2中燃烧；在空气中点燃呈蓝色：CO、H2、CH4；（6）使湿润的红色石蕊试纸变蓝：NH3；（7）空气中出现白烟：NH3与酸性气态物质(或挥发性酸如盐酸、硝酸)反应等。
C2H5OH
CH2=CH2↑+H2O
170℃
浓H2SO4
A．CH3—C—CH2—OH
B．CH3—CH—CH2—CH3
C．CH3—CH2—C—CH2OH
D．
—CH2—OH
CH3
CH3
OH
CH3
CH3
84消毒液
【有效成分】
NaClO
【规格】
1000
mL
【溶质质量分数】
25%
【密度】
1.19
g·cm－3