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

山东省诸城市第二中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）
1．下列离子方程式中，正确的是
A.在氯化亚铁溶液中通入氯气
Fe2+
+
Cl2
＝
Fe3+
+
2Clˉ
B.三氯化铁溶液跟过量氨水反应
Fe3+
+3NH3 H2O
＝
Fe(OH)3↓
+
3NH4+
C.碳酸氢钙溶液跟稀硝酸反应
Ca(HCO3)2
+
2H+
＝Ca2+
+
2H2O
+
2CO2↑
D.氯气通入冷的氢氧化钠溶液中
2Cl2
+
2OHˉ
＝3Clˉ
+
ClOˉ
+
H2O
【答案】B
【解析】
试题分析：A不正确，电子的得失不守恒，应该是2Fe2+
+
Cl2
＝
2Fe3+
+
2Clˉ；碳酸氢钙是易溶水的，应该用离子符号表示，C不正确；D中电荷不守恒，应该是Cl2
+
2OHˉ＝Clˉ
+
ClOˉ
+
H2O，所以正确的答案选B。
考点：考查离子方程式的正误判断
点评：该题是高考中的高频题，属于中等难度的试题，试题侧重考查学生的能力，有助于培养学生的应试能力。该题需要明确判断离子方程式正确与否的方法一般，即（1）检查反应能否发生。（2）检查反应物、生成物是否正确。（3）检查各物质拆分是否正确。（4）检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）。（5）检查是否符合原化学方程式。
2．下列叙述正确的是(
)。
A．NaCl的摩尔质量是58.5
g
B．1
mol
NaCl的质量是58.5
g·mol-1
C．58.5
g
NaCl所含Na＋和Cl－共1mol
D．含1
mol
NaCl的溶液中约含有6.02×1023个Cl－
【答案】D
【解析】
试题解析：NaCl的摩尔质量是58.5g/mol，1mol氯化钠的质量是58.5g，故A错误；1mol氯化钠的质量是58.5g，58.5g/mol是氯化钠的摩尔质量，故B错误；58.5gNaCl的物质的量为=1mol，所以含有的Na+与Cl-分别是1mol，故C错误；氯化钠由钠离子与氯离子构成，1molNaCl含有的氯离子数目约是1mol×6.02×1023mol-1=6.02×1023，故D正确．
考点：阿伏加德罗常数；摩尔质量
3．下列叙述正确的是
A．SO2具有还原性，故可作漂白剂
B．Na的金属活动性比Mg强，故可用Na与MgCl2溶液反应制Mg
C．浓硝酸中的HNO3见光会分解，故有时在实验室看到的浓硝酸呈黄色
D．Fe在Cl2中燃烧生成FeCl3，故在与其它非金属反应的产物中Fe也显+3价
【答案】C
【解析】
试题分析：A、SO2具有还原性，与可作漂白剂没有关系，A错误；B、Na的金属活动性比Mg强，但不能用Na与MgCl2溶液反应制Mg，因为钠极易与水反应生成氢氧化钠和氢气，B错误；C、浓硝酸中的HNO3见光会分解，故有时在实验室看到的浓硝酸呈黄色，这是由于分解产生的NO2溶解在浓硝酸中形成的，C正确；D、Fe在Cl2中燃烧生成FeCl3，但在与其它非金属反应的产物中Fe不一定显+3价，例如与S化合生成FeS，D错误，答案选C。
考点：考查元素及其化合物的性质
4．下列有关元素的性质及递变规律中错误的是
A．IA族与VIIA族元素间可形成共价化合物或离子化合物
B．第三周期元素从左到右，最高正价从＋1
递增到＋7
C．同主族元素的简单阴离子还原性越强，其在水中越容易水解
D．同周期的主族金属元素的化合价越高，其原子失电子能力越弱
【答案】C
【解析】
试题分析：IA族与VIIA族元素间可形成化合物HCl、NaCl，分别是共价化合物和离子化合物，A对，不选；第三周期元素从左到右，从碱金属到卤素，碱金属的最高正价是＋1，卤素的最高正价是＋7，所以最高正价从＋1
递增到＋7，B对，不选；
溶解性与还原性没有关系，C错，选C；同周期从左到右最外层电子数逐渐增多，金属性逐渐减弱，故同周期的主族金属元素的化合价越高，其在周期表中的位置越靠右边，其原子失电子能力越弱，D对，不选。选C。
考点：元素周期表和元素周期律的运用。
5．下列说法正确的是
A．若完全燃烧，1
mol雄酮（）比雌酮（）多消耗3
mol
O2
B．正戊烷、异戊烷和新戊烷互为同分异构体，沸点依次升高
C．蔗糖、麦芽糖和乳糖的分子式都为C12H22O11，均能发生银镜反应
D．乙醇依次通过消去、取代、加成反应可生成乙二醇
【答案】A
【解析】
试题分析：A、雄酮比雌酮的分子中多1个C原子和8个H原子，所以完全燃烧1mol雄酮比雌酮多消耗3
mol
O2，正确；B、同分异构体中支链越多沸点越低，所以新戊烷的沸点最低，错误；C、蔗糖的分子中不含醛基，不能发生银镜反应，错误；D、乙醇发生消去反应生成乙烯，再发生加成反应，生成1,2-二溴乙烷，然后发生取代反应生成乙二醇，错误，答案选A。
考点：考查对有机物的化学性质的应用，同分异构体沸点的比较
6．下列说法正确的是（
）
A．NaCl固体中含有共价键
B．CO2分子中含有离子键
C．、、是碳的三种核素
D．、、含有相同的中子数
【答案】C
【解析】NaCl固体中只含有离子键。CO2分子中只含有共价键。、、具有相同的质子数，不同的质量数，是碳的三种核素，且互为同位素。、、具有相同的质子数，不同的质量数，所以它们的中子数也是不同的。答案是C。
7．浓度均为0.1
mol/L的三种溶液：①氨水、②盐酸、③氯化铵溶液，下列说法不正确的是
A．c(NH+4)：③＞①
B．水电离出的c(H+)：②＞①
C．①和②等体积混合后的溶液：c(H+)＝c(OH—)+c(NH3·H2O)
D．①和③等体积混合后的溶液：c(NH+4)＞c(Cl—)＞c(OH—)＞c(H+)
【答案】B
【解析】
试题分析：A、NH
3
·H
2
O
NH
4
+
+
OH
－，NH
3
·H
2
O是弱电解质，部分电离
；NH
4
Cl=
NH
4
++Cl
-
，氯化铵是强电解质，完全电离；所以二者浓度相等时c(NH
4
+
)：③＞①，A正确；B、HCl和
NH
3
·H
2
O都会抑制水的电离，使水的电离程度减小，但NH
3
·H
2
O是弱电解质，电离产生的离子浓度小于HCl电离产生的离子的浓度，因此对水的抑制程度HCl的更强，故水电离出的c(H
＋
)：①＞②，B错误；C、①和②等体积混合恰好反应生成NH
4
Cl，是强酸弱碱盐，溶液显酸性，根据质子守恒：c(H
＋
)＝c(OH
－
)＋c(NH
3
·H
2
O)，C正确；D、①和③等体积混合得到NH
3
·H
2
O和NH
4
Cl的混合溶液，NH
3
·H
2
O的电离大于NH
4
+
的水解，溶液显碱性，
c(OH
－
)＞c(H
＋
)；NH
4
+
来自两种电解质，而Cl-只是一种电解质电离产生的，所以c(NH
4
+)＞c(Cl
－
)，所以溶液中离子的浓度关系为：c(NH
4
+
)＞c(Cl
－
)＞c(OH
－
)＞c(H
＋
)，D正确。答案选B。
考点：离子浓度大小比较
8．运用相关化学知识进行判断，下列结论错误的是
A．某吸热反应能自发进行，因此该反应是熵增反应
B．常温下，
0．1
mol/L氨水（电离度α=1%）的pH为11
C．用蒸馏水润湿的试纸测溶液的pH，不一定会使结果偏低
D．增大反应物浓度可加快反应速率，因此用浓硫酸与铁反应能增大生成H2的速率
【答案】D
【解析】
试题分析：吸热反应可以自发进行，说明不能用焓变来判断，就用熵来判断，反应自发进行说明是熵增反应，A说法正确；0．1
mol/L氨水电离度α=1%则c(OH-)=10-3mol/L，那么pH为11，B说法正确，用蒸馏水润湿的试纸测溶液的pH，测碱性溶液时结果偏低，测酸性溶液时结果偏高，C说法正确；铁遇到浓硫酸发生钝化，没有H2生成，D错，选D
。
考点：自发反应的判据，弱电解质的电离、基本实验操作和化学反应速率。
9．一定温度下，在一容积不变的密闭容器中发生的可逆反应2X(g)
Y(g)+Z(g)，达到反应限度的标志是
①X的分解速率与X的生成速率相等
②反应容器中压强不再变化
③X、Y、Z的浓度不再变化
④单位时间内生成l
molY的同时生成l
mol
Z
A．①③
B．②③
C．①②
D．②④
【答案】A
【解析】
试题分析：①X的正逆反应速率相等，所以达到平衡状态，故正确．
②该反应是反应气体体积不变的反应，所以无论反应是否达到平衡状态，体系的压强始终不变，故错误．③反应达到平衡时，各物质的百分含量不变，所以各物质的浓度也不变，故正确．
④无论该反应是否达到平衡状态，单位时间内生成lmolY的同时生成lmolZ，故错误．所以①③正确。
考点：考查化学平衡状态的判断的相关知识。
10．Cu(OH)2在水溶液中存在着如下沉淀溶解平衡：Cu(OH)2(s)Cu2＋(aq)＋2OH－(aq)，在常温下Ksp＝2×10－20。在常温下如果要生成Cu(OH)2沉淀，需要向0.02
mol/L的CuSO4溶液中加入碱来调整溶液的pH，应使溶液的pH大于(
)
A．2
B．3
C．4
D．5
【答案】D
【解析】
试题分析：常温下如果要生成Cu（OH）2沉淀，则c（Cu2+）×c2（OH-）≥2×10-20，所以c（OH-）≥（2×10-20/0.02）1/2=10-9（mol/L），应调节溶液pH大于5。答案选D。
考点：沉淀溶解平衡
11．键能是指断裂1
mol化学键形成气态原子时吸收的能量(kJ),单位为kJ·mol-1。从手册上查得:H—H、Cl—Cl和H—Cl的键能分别为436
kJ·mol-1、243
kJ·mol-1和431
kJ·mol-1,请用此数据估计,由Cl2、H2生成1
mol
HCl时应该
A.放热183
kJ
B.放热91.5
kJ
C.吸热183
kJ
D.吸热91.5
kJ
【答案】B
【解析】
试题分析：从键能角度分析化学反应的能量变化，△H=反应物的键能和-生成物的键能和。化学反应：H2+Cl2=2HCl的△H=（436
kJ·mol-1+243
kJ·mol-1）-2×431
kJ·mol-1=-183
kJ·mol-1，当生成1molHCl时放热91.5kJ.
考点：化学反应的能量变化。
12．有A、B、C、D四种原子序数依次增大的短周期元素，其中只有C为金属元素，A和C的最外层电子数相同，C和D的质子数之和是A和B质子数之和的3倍，D的氧化物是形成酸雨的主要气体，下列说法不正确的是
A、B和C可形成一种含不同类型的化学键的碱性氧化物
B、D2-
离子在水溶液中与Al3+
、H+均不能大量共存
C、A2B的稳定性强于A2D的稳定性
D、A2D和DB2可发生氧化还原反应,其中氧化产物与还原产物的物质的量之比为2:1
【答案】A
【解析】
试题分析：D的氧化物是形成酸雨的主要气体，所以D是S元素，二氧化硫是形成酸雨的主要气体；A与C的最外层电子数相同，为同种族元素，因为只有C是金属元素，所以判断A是H元素，C是Na元素；C和D的质子数之和是A和B质子数之和的3倍，所以B的质子数是8，为O元素。A、O与Na形成的含不同类型化学键的化合物为过氧化钠，含有离子键和共价键，但过氧化钠不是碱性氧化物，错误；B、硫离子与氢离子反应生成硫化氢弱电解质，与铝离子发生双水解反应生成氢氧化铝和硫化氢，不能大量共存，正确；C、O的非金属性大于S，所以氢化物的稳定性：A2B的稳定性强于A2D的稳定性，正确；D、硫化氢与二氧化硫可发生氧化还原反应，生成硫单质和水，其中二氧化硫作氧化剂被还原得到还原产物，硫化氢做还原剂被氧化得到氧化产物，根据得失电子守恒，2个硫化氢失去的电子数与1个二氧化硫得到的电子数相等，所以氧化产物与还原产物的物质的量之比是2:1，正确，答案选A。
考点：考查元素的推断，元素化合物性质的应用
13．邻甲基苯甲酸有多种同分异构体,其中属于酯类且分子结构中有—CH3和苯环的同分异构体有
A．6种
B．5种
C．4种
D．3种
【答案】B
【解析】
试题分析：由题目要求可知该有机物的同分异构体中应具有CH3-C6H4-OOCH(-C6H4-为苯环)的结构，应有邻、间、对三种同分异构体或C6H5-OOCCH3或C6H5-COOCH3，共5种，故选B。
【考点定位】考查限制条件下同分异构体的书写
【名师点晴】掌握有机物的官能团和结构为解答该题的关键；据有机物属于酯类，且分子结构中有甲基和苯环，则应含有-COO-官能团，则取代基分别为-CH3和-OOCH或-OOCCH3或-COOCH3，有2个取代基时，有邻、间、对三不同结构，据此答题即可。
14．一定量的甲烷燃烧后得到的产物是CO、CO2和H2O（g），此混合气的质量为49.6g，当其缓缓通过足量的无水CaCl2时质量减少25.2g，则混合气中CO的质量为
A．24.4
g
B．13.2
g
C．12.5
g
D．11.2
g
【答案】D
【解析】产物通过无水CaCl2时，无水CaCl2增重25.2g为水的质量，
所以n（H2O）==1.4mol，
根据H原子守恒，可知：n（CH4）=n（H2O）=×1.4mol=0.7mol，
根据C原子守恒，则：n（CO）+n（CO2）=0.7mol，
所以m（CO）+m（CO2）=49.6g﹣25.2g=24.4g，
所以[0.7mol﹣n（CO2）]×28g/mol+n（CO2）×44g/mol=24.4g，
解：n（CO2）=0.3mol、n（CO）=0.4mol
所以生成二氧化碳的质量为：0.4mol×28g/mol=11.2g．故选D．
15．下图所示是100
mg
CaC2O4·H2O受热分解时，所得固体产物的质量随温度变化的曲线。试利用下图中的信息结合所学的知识，完成下列各问题：
（1）温度分别为t1和t2时，固体产物的化学式A是______________，B是______________。
（2）由CaC2O4·H2O得到的A的化学方程式为______________________________。
（3）由A得到B的化学方程式为________________________________________。
(4)由图计算产物C的相对分子质量，并推断C的合理化学式。
【答案】（1）CaC2O4
CaCO3
(2)CaC2O4·H2OCaC2O4+H2O↑
(3)CaC2O4CaCO3+CO↑
(4)C的相对分子质量为56，C的化学式为CaO。
【解析】这是一道利用图示信息确定物质化学式的计算，旨在考查理解并应用曲线及根据相关数据分析反应情况，确定反应物与产物间量的关系的能力，并据此进行相对分子质量的计算及提高化学式的推断技能。
由图可知：t1时产物A的质量为87.7
g，t2时，B为68.5
g。观察化学式：CaC2O4·H2O，其逐步分解的固体产物必为含Ca的化合物，则产物A、B、C的物质的量应与CaC2O4·H2O相同。
（1）设A、B的相对分子质量分别为x、y。
由CaC2O4·H2O—A
146
x
100
mg
87.7
mg
x=120
mg
则A为CaC2O4。
由CaC2O4·H2O—A
146
y
100
mg
68.5
mg
y=100
mg
则B为CaCO3
(2)CaC2O4·H2OCaC2O4+H2O↑
(3)CaC2O4CaCO3+CO↑
(4)由图可知产物C的质量约为38
mg。
C的相对分子质量==56
则C的化学式为CaO。
16．碳酸二甲酯(CH3OCOOCH3，简称DMC)，是一种无毒、用途广泛的化工原料，被誉为当今有机合成的“新基石”。
（1）浙江大学用甲醇、CO、O2在常压、70~120℃和催化剂的条件下合成DMC的研究开发。
已知：ⅰ
CO的标准燃烧热：-283.0
kJ mol-1，
ⅱ
1mol
H2O(l)完全蒸发变成H2O(g)需吸收44
kJ的热量
ⅲ
2CH3OH(g)+CO2
(g)
CH3OCOOCH3
(g)+H2O(g)
△H=－15.5
kJ mol-1
则2CH3OH(g)+CO
(g)+
1/2O2(g)
CH3OCOOCH3
(g)+H2O(l)
△H=
。该反应在常压和70~120℃条件下就能自发反应的原因是
。
（2）甲醇和CO2可直接合成DMC：2CH3OH(g)+CO2
(g)
CH3OCOOCH3
(g)+
H2O(g)，但甲醇转化率通常不会超过1%，制约该反应走向工业化生产。
①
写出该反应平衡常数表达式：
。
②在恒容密闭容器中发生上述反应，能说明已达到平衡状态的是
（选填编号）。
A．v正(CH3OH)=
2v逆(CO2)
B．CH3OCOOCH3与H2O的物质的量之比保持不变
C．容器内气体的密度不变
D．容器内压强不变
③某研究小组在某温度下，在100mL恒容密闭容器中投入2.5
mol
CH3OH(g)、适量CO2和6×10-5
mol催化剂，研究反应时间对甲醇转化数(TON)的影响，其变化曲线如下左图所示。计算公式为：TON
=
转化的甲醇的物质的量/催化剂的物质的量。
在该温度下，最佳反应时间是
；4～10
h内DMC的平均反应速率是_
___。
④如果在其它条件不变的情况下，研究反应温度对甲醇转化数(TON)的影响，请在右上图坐标系中画出从投入反应物开始，随着反应温度不断升高（不考虑温度对催化剂活性的影响），TON变化的曲线示意图（假设起始温度为T0℃）。
⑤假设在密闭容器中发生上述反应，达到平衡时下列措施能提高TON值的是
。
A．往反应体系中添加催化剂
B．往反应体系中添加吸水剂
C．从反应体系中分离出CO2
D．扩大容器的体积
【答案】（1）-342.5kJ·mol-1（2分），因为该反应△H<0，△S<0（2分）
（2）
①
（2分）
②
AD（2分）
③
10（1分）
7.5×10-4mol·L-1·h-1
（2分）
⑤B
（2分）
【解析】
试题分析：（1）由CO的标准燃烧热：-283.0
kJ mol-1得：ⅰCO(g)+1/2O2
(g)====CO2
(g)；ΔH
=-
283
kJ·mol-1，1mol
H2O(l)完全蒸发变成H2O(g)需吸收44
kJ的热量得：ⅱH2O(l)====H2O(g)；ΔH
=+
44
kJ·mol-1，ⅲ
2CH3OH(g)+CO2
(g)
CH3OCOOCH3
(g)+H2O(g)
△H=－15.5
kJ mol-1，根据盖斯定律：ⅰ-ⅱ+ⅲ得2CH3OH(g)+CO
(g)+
1/2O2(g)
CH3OCOOCH3
(g)+H2O(l)
△H=（-283-44-15.5）kJ mol-1=-342.5kJ·mol-1。该反应该反应为放热的熵减反应，根据 H-T S＜0能自发进行，该反应在低温下自发进行，故该反应在常压和70~120℃条件下就能自发反应是因为该反应△H<0，△S<0。
（2）①
化学平衡常数等于生成物平衡浓度系数次幂的积与反应物平衡浓度系数次幂的积的比，根据化学方程式写出该反应平衡常数表达式为：。②A、v正(CH3OH)=
2v逆(CO2)
，正逆反应速率相等，反应已达平衡状态，正确；B、反应从正向开始，CH3OCOOCH3与H2O的物质的量之比不随反应的进行而变化，不能作为平衡标志，错误；C、该反应在恒容密闭容器进行，容器内气体的质量不变，气体的密度不随反应的进行而变化，气体密度不变，不能作为平衡标志，错误；D、该反应为反应前后气体物质的量减小的反应，容器内压强不变，说明反应已达平衡，正确，选AD。
③根据图像分析反应时间为10h时TON最大，甲醇的转化率最高，故最佳反应时间是10h；根据题给信息和图像知4h时转化的甲醇的物质的量=20×6×10-5mol=1.2×10-3mol,10h时转化的甲醇的物质的量=35
×6×10-5mol
=2.1×10-3mol
，则4～10
h内甲醇的物质的量变化，△n(CH3OH)=0.9×10-3mol
，v
(DMC)=1/2v
(CH3OH)=△n(CH3OH)/2V△t=7.5×10-4mol·L-1·h-1；④在其它条件不变的情况下，随着反应温度不断升高，从投入反应物开始，转化的甲醇的物质的量逐渐增大，TON逐渐增大，当反应达到平衡状态，转化的甲醇的物质的量最大，TON最大，该反应放热，再升高温度，平衡逆向移动，转化的甲醇的物质的量又逐渐减少，TON又逐渐减小，图像见答案。⑤A、往反应体系中添加催化剂，平衡不移动，转化的甲醇的物质的量不变，催化剂的物质的量增加，TON值减小，错误；B、往反应体系中添加吸水剂
，平衡正向移动，转化的甲醇的物质的量增大，催化剂的物质的量不变，TON值增大，正确；C、从反应体系中分离出CO2，平衡逆向移动，转化的甲醇的物质的量减小，催化剂的物质的量不变，TON值减小，错误；D、扩大容器的体积，平衡逆向移动，转化的甲醇的物质的量减小，催化剂的物质的量不变，TON值减小，错误，选B。
考点：考查反应热的计算、盖斯定律，化学反应速率和化学平衡。
17．解草酯是一种除草安全剂，可以通过以下方法合成：
（1）化合物D中的含氧官能团的名称为
和
。
（2）化合物B的结构简式为
；由C→D的反应类型是
。
（3）写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式
。
Ⅰ.能发生银镜反应Ⅱ.分子含有1个苯环，苯环上含有硝基
Ⅲ.分子中含有4种不同化学环境的氢
（4）已知：
请写出以苯酚和丙醛为原料制备高分子化合物X(结构简式见图)的合成路线流程（无机试剂可任选）。合成路线流程图示例如下：
【答案】（1）醚键、羧基
（2）
取代反应
（3）
（4）
【解析】
试题分析：（1）化合物D中的含氧官能团的名称为醚键和羧基。
（2）利用逆推法，B水解得到C，化合物B的结构简式为；由C→D是C苯环上的氢原子被Cl原子取代，反应类型是取代反应。
（3）写出同时满足下列条件的C的分子式是C11H9O3N，能发生银镜反应，说明有醛基；分子含有1个苯环，苯环上含有硝基、分子中含有4种不同化学环境的氢的结构是
（4）以苯酚和丙醛为原料制备高分子化合物X的合成路线流程
考点：本题考查有机合成。
19．化学上常用燃烧法确定有机物的组成．下图装置是用燃烧法确定有机物化学式常用的装置，这种方法是在电炉加热时用纯氧氧化管内样品．根据产物的质量确定有机物的组成．
回答下列问题：
（1）A装置中分液漏斗盛放的物质是_________，写出有关反应的化学方程式__________．
（2）C装置(燃烧管)中CuO的作用是______________________________________
（3）写出E装置中所盛放试剂的名称__________，它的作用是______________．
（4）若将B装置去掉会对实验造成什么影响？__________________________.有学生认为在E后应再加一与E相同的装置，目的时_______________________
（5）若准确称取1.20
g样品(只含C、H、O三种元素中的两种或三种)．经充分燃烧后，E管质量增加1.76
g，D管质量增加0.72
g，则该有机物的最简式为______________．
（6）要确定该有机物的化学式，还需要测定________________________．
【答案】（1）H2O2
、
2H2O22H2O+O2↑
（2）使有机物充分氧化生成CO2和H2O
（3）碱石灰或氢氧化钠、吸收CO2
（4）造成测得有机物中含氢量增大；防止空气中的H2O和CO2进入E，使测得的数据不准。
（5）CH2O
（6）测出有机物的相对分子质量
【解析】
试题分析：（1）有机物在纯氧气中燃烧，那么需要制取氧气，A中是用固体和液体不加热制取氧气，则A装置中分液漏斗盛放的物质是H2O2，化学方程式为：2H2O22H2O+O2↑。（2）有机物可能燃烧不充分会生成CO，C装置中CuO可以与CO反应生成CO2，把CO
转化为CO2，所以作用是：使有机物充分氧化生成CO2和H2O。（3）装置D是吸收H2O，装置E就要吸收CO2，
E装置中所盛放试剂是碱石灰；作用是：吸收CO2。（4）若将B装置去掉，A中的水蒸气就会被装置D
吸收，就会造成测得有机物中含氢量增大；E后应再加一与E相同的装置可以防止空气中的H2O和CO2进入E，使测得的数据不准。（5）
E管质量增加1.76
g，是CO2
的质量，物质的量为：0.04mol，D管质量增加0.72
g，是水的质量，物质的量为0.04mol，则C、H元素的质量为：12g/mol
×0.04mol
+1g/mol
×0.04mol
×2=0.56g，O元素的质量为：1.2-0.56=0.64g,物质的量为0.04mol，所以C、H、O的个数比为0.04︰0.08︰0.04=1︰2︰1，则该有机物的最简式为CH2O。（6）要确定该有机物的化学式，还需要测出有机物的相对分子质量。
考点：实验装置的组装和各部分的作用、有机物最简式的确定。
20．已知黄钠铁矾[NaxFey(SO4)m(OH)n]同明矾一样是一种常见的净水剂。某研究小组利用废水制取黄钠铁矾，该小组为测定黄钠铁矾的组成，进行了如下实验：
①称取2.425g样品，加盐酸完全溶解后，配成100.00mL溶液；
②量取25.00mL溶液，加入足量的KI，用0.2500mol L-1Na2S2O3溶液进行滴定，消耗15.00mLNa2S2O3溶液至终点。
③另取25.00mL溶液，加足量BaCl2溶液充分反应后，过滤、洗涤、干燥后得沉淀0.5825g．
（1）NaxFey(SO4)m(OH)n中x、y、m、n的代数关系式为___________。
（2）用Na2S2O3溶液进行滴定时，产物是Na2S4O6，反应的两种方程式为___________。
（3）通过计算确定黄钠铁矾的n(SO42-)：n(OH-)(写出计算过程)。
【答案】（1）x+3y=2m+n；（2）I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6；（3）1：3
【解析】
试题分析：（1）由题给信息，将某废水中Fe2+氧化为Fe3+，再加入Na2SO4使其生成黄钠铁矾而除去，黄钠铁矾[NaxFey(SO4)m(OH)n]中铁元素化合价为+3价，元素化合价代数和为0，x+3y-2m-n=0，得到x+3y=2m+n；故答案为：x+3y=2m+n；
（2）碘遇淀粉变蓝色，故选择淀粉作指示剂，当溶液由蓝色变为无色，且半分钟颜色不再变化说明滴定到达终点；故答案为：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6；
（3）有关的反应离子方程式为：2Fe3++2I-=2Fe2++I2，I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，
2Fe3+～I2～2Na2S2O3
n(Fe3+)=2n(I2)=n(Na2S2O3)=0.2500
mol L-1×15.00
mL×10-3L mL-1=3.75×10-3
mol；
加足量BaCl2溶液充分反应后，过滤、洗涤、干燥后得沉淀0.5825g为硫酸钡沉淀，则n(SO42-)==2.5×10-3mol
100
mL溶液中含有n(Fe3+)=3.75×10-3
mol×=0.015
mol，
n(SO42-)=2.5×10-3
mol×=0.01
mol，
设2.425g样品中钠离子的物质的量为n(Na+)，氢氧根离子物质的量为n(OH-)，
根据质量守恒得：
2.425g
-0.015mol×56g/mol-0.01mol×96g/mol=n(Na+)×23g/mol+n(OH-)×17g/mol
根据电荷守恒得：0.015mol×3+n(Na+)×1=0.01mol×2+n(OH-)×1
解得：n(Na+)=0.005mol，n(OH-)=0.03
mol，
n(SO42-)：n(OH-)=0.01：0.03=1：3，故答案为：1：3。
【考点定位】考查探究物质的组成或测量物质的含量
【名师点晴】本题考查黄钠铁矾组成的测定。测定黄钠铁矾的原理是，加入碘化钾和黄钠铁矾中铁离子反应生成单质碘，碘和硫代硫酸钠反应，通过消耗硫代硫酸钠的量来计算铁的量，加入足量氯化钡和硫酸根离子生成硫酸钡沉淀，通过硫酸钡沉淀来计算硫酸根离子的量，根据质量守恒和电荷守恒计算钠离子和氢氧根离子的量。计算时要搞清反应原理，充分利用质量守恒和电荷守恒计算出钠离子和氢氧根离子的物质的量是解题的关键．要细心计算，注意从100mL中取出25mL进行滴定和形成沉淀，容易出错。
【答案】a、b、c、d分别为：12、16、19、35。
【解析】氩原子核外电子数为18，则B原子核外电子数为16，C原子核外电子数为19；依题意有：
解得：。
22．X、Y、Z、W、L、M六种短周期主族元素的原子序数依次增大，其中X、M的单质在常温下呈气态，Y的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，Z在同周期的主族元素中原子半径最大，W是地壳中含量最多的金属元素，L的单质晶体熔点高、硬度大，是一种重要的半导体材料．用化学用语回答下列问题：
（1）L的元素符号为
；M在元素周期表中的位置为
．
（2）Y、L、M的最高价含氧酸的酸性由弱到强的顺序是
．
（3）Y的最高价氧化物的电子式为
．原子序数比Y多2的元素的一种氢化物能分解为它的另一种氢化物，此分解反应的化学方程式是
．
（4）Z、W各自的最高价氧化物对应的水化物可以反应生成盐和水，该反应的离子方程式为
．
（5）R与Y同周期，R的单质分子R2中有3个共价键，R与L能形成一种新型无机非金属材料，其化学式是
．
【答案】（1）Si；第3周期第ⅦA族；
（2）H2SiO3＜H2CO3＜HClO4；
（3）；2H2O22H2O+O2↑；
（4）Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O；
（5）Si3N4．
【解析】X、Y、Z、W、L、M六种短周期主族元素的原子序数依次增大，W是地壳中含量最多的金属元素，则W为Al元素；L的单质晶体熔点高、硬度大，是一种重要的半导体材料，L为Si元素；Y的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，原子序数小于Al元素，则Y处于第二周期，最外层电子数为4，故Y为碳元素；X、M的单质在常温下呈气态，X的原子序数小于C元素，故X为氢元素，M的原子序数大于硅元素，则M为Cl元素；Z在同周期的主族元素中原子半径最大，处于IA族，原子序数大于碳，故Z为Na元素．
（1）由上述分析可知，L为Si元素；M为Cl元素，处于周期表中第3周期第ⅦA族
（2）非金属性Si＜C＜Cl，故最高价含氧酸的酸性由弱到强的顺序为H2SiO3＜H2CO3＜HClO4
（3）碳的最高价氧化物为二氧化碳，分子中C原子与氧原子之间形成2对共用电子对，电子式为，
原子序数比C多2的元素为O元素，氧元素一种氢化物能分解为它的另一种氢化物，为双氧水分解生成水与氧气，反应方程式为：2H2O22H2O+O2↑
（4）Z、W各自的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、Al（OH）3，二者反应生成偏铝酸钠与水，反应的离子方程式为：Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O
（5）R与碳元素同周期，R的单质分子R2中有3个共价键，则R为氮元素，N元素与Si元素一种新型无机非金属材料，其化学式是Si3N4
23．【化学一有机化学基础】(13分)
已知：
杨梅酯是制作冰制食品、糖果等的香料，可由如下路线合成
（1）杨梅酯在一定条件下水解生成。
下列有关该物质的叙述中，正确的是________。
A.能与溴的四氯花碳溶液发生加成反应
B.无法使酸性高锰酸钾溶液褪色
C.可能发生消去反应
D.可能发生缩聚反应
（2）B中的官能团名称为_____________。
（3）①的化学方程式为________________,反应类型为____________________.
（4）D
的结构简式为__________________________________。
（5）写出符合下列条件的杨梅酯的一种同分异构体的结构简式________________________。
①苯环上有1,3,5三个取代基；
②苯环上一氯取代物有两种；
③lmol
该物质与新制Cu(OH)2,
悬浊液反应理论上可生成2lmol
Cu2O
【答案】（1）CD；
（2）羟基
，氯原子
；（3）2ClCH2CH2OH+O22ClCH2CHO+2H2O，氧化反应；
（4）
（5）
【解析】
试题分析：（1）杨梅酯水解后产物中有羟基，可以发生消去反应，还含有羧基，可以发生缩聚反应，故选CD；（2）羟基，氯离子，（3）2ClCH2CH2OH+O22ClCH2CHO+2H2O，氧化反应；（4）根据题干的提示可以得（5）略
考点：考查有机合成相关知识