山东省费县实验中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）

山东省费县实验中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）
1．下列反应属于置换反应的是
A．NH4Cl=NH3↑+HCl↑
B．Mg+2HCl=MgCl2+H2↑
C．CaO+CO2=CaCO3
D．NaCl+AgNO3=AgCl↓+NaNO3
【答案】B
【解析】略
2．下列对于“摩尔”的说法正确的是
A．摩尔是国际科学界建议采用的一种物理量
B．摩尔可以把物质的宏观数量与微观粒子的数量联系起来
C．1摩尔是0.012
kg碳原子所含有的碳原子的物质的量
D．摩尔是物质的量的单位，简称摩，符号为mol
【答案】D
【解析】
试题分析：A、物质的量是国际科学界建议采用的一种物理量，单位是mol，A错误；B、摩尔是物质的量的单位，物质的量把物质的宏观数量与微观粒子的数量联系起来，B错误；C、1mol粒子集体所含的粒子数与0.012kg
12C（碳12）中所含的碳原子数相同，C错误；D、苛摩尔是物质的量的单位，简称摩，符号为mol，D正确。答案选D。
考点：物质的量
3．下列说法正确的是（
）
A．增大压强，活化分子数增加，化学反应速率一定增大
B．升高温度，活化分子百分数增加，化学反应速率一定增大
C．活化分子间所发生的分子间的碰撞为有效碰撞
D．增大反应物浓度，使活化分子百分数增加，化学反应速率增大
【答案】C
【解析】
试题分析：A、对于有气体参加的反应，增大压强，单位体积内活化分子数才增加，化学反应速率才增大，错误；B、升高温度，活化分子百分数增加，化学反应速率一定增大，正确；C、活化分子间按照一定方向所发生的分子间的碰撞才为有效碰撞，错误；D、增大反应物浓度，单位体积内活化分子数增大，活化分子百分数不变，化学反应速率增大，正确。
考点：考查影响化学反应速率的外界因素。
4．下列说法正确的是
A．将AgCl放入水中不能导电，故AgCl不是电解质
B．CO2溶于水得到的溶液能导电，所以CO2是电解质
C．盐酸导电，所以盐酸是电解质
D．固态的NaCl不导电，熔融态的NaCl能导电，NaCl是电解质
【答案】D
【解析】
试题分析：A．将AgCl放入水中不能导电，是由于AgCl难溶于水，水溶液中含有的自由移动的离子浓度很小，而AgCl是盐，在水中溶解度很小，但是溶于水的完全电离产生自由移动的离子，在熔融状态可电离产生离子，因此该物质是电解质，错误；B．CO2溶于水得到的溶液能导电，是由于发生反应CO2+H2O=H2CO3，H2CO3电离产生离子，所以H2CO3是电解质，错误；C．盐酸导电，但是盐酸是HCl的水溶液，是混合物，而电解质必须是混合物，应该是纯净物，错误；D．固态的NaCl不导电，是由于离子不能自由移动，在熔融态时NaCl电离产生了自由移动的Na+、Cl-，因此能导电，NaCl是电解质，正确。
【考点定位】考查电解质、非电解质的判断的知识。
【名师点睛】电解质是在水溶液中或熔化状态下能够导电的化合物；非电解质是在水溶液中和熔化状态下都不能够导电的化合物。因此电解质、非电解质都是化合物，必须的纯净物。金属Cu可以导电，但是它是单质，不是化合物，因此不能导电；NaCl是电解质，但由于该物质没有电离产生自由移动的离子，因此不能导电；盐酸能够导电，但是是混合物，不是纯净物，因此不是电解质；电解质产生自由移动的离子的过程是电离。可见电解质不一定能够导电，能够导电的物质不一定是电解质，一定要掌握电解质和非电解质的概念。
5．NA代表阿伏伽德罗常数。已知C2H4和C3H6的混合物的质量为ag，则该混合物
A．所含共用电子对数目为（a/7+1）NA
B．所含碳氢键数目为aNA/7
C．燃烧时消耗的O2一定是33．6a/14L
D．所含原子总数为aNA/14
【答案】B
【解析】
试题分析：A、1个C2H4分子中含共用电子对数目为6对，假设ag完全为C2H4，含共用电子对数目为3aNA/14，
1个C3H6分子中含共用电子对数目为9对，假设ag完全为C3H6，含共用电子对数目为3aNA/14，则该混合物所含共用电子对数目为3aNA/14，错误；B、C2H4和C3H6的最简式均为CH2,1molCH2中含碳氢键数目为2NA，ag混合物中CH2的物质的量为a/14mol,含碳氢键数目为aNA/7，正确；C、没有明确温度和压强，无法确定消耗氧气的体积，错误；D、
C2H4和C3H6的最简式均为CH2,1molCH2中含原子数目为3NA，ag混合物中CH2的物质的量为a/14mol,含原子数目为3aNA/14，错误。
考点：考查阿伏伽德罗常数及相关物质的结构。
6．下列说法正确的是
①氯气的性质活泼，它与氢气混合后立即发生爆炸
②实验室制取氯气时，为了防止环境污染，多余的氯气可以用氢氧化钙溶液吸收
③新制氯水的氧化性强于久置氯水
④除去Cl2气体中的HCl，可将气体通入饱和食盐水
⑤检验HCl气体中是否混有Cl2的方法是将气体通入硝酸银溶液
A．①②③
B．②③④
C．③④
D．③
【答案】C
【解析】
试题分析：①氯气的性质活泼，它与氢气在光照的条件下发生爆炸，故错误；②氢氧化钙的溶解度小，所以选择溶解度大的氢氧化钠，所以多余的氯气可以不用氢氧化钙溶液吸收，故错误；③新制氯水中含在量的氯气分子和少量的次氯酸，两者都有强氧化性强，而久置氯水是稀盐酸，稀盐酸电离产生的氢离子的氧化性，较弱，所以新制氯水的氧化性强于久置氯水，故正确；④氯水中存在平衡Cl2+H2O H++Cl-+HClO，而饱和食盐水中氯离子浓最大，使平衡逆向移动，其中的氯化氢极易溶于水，所以除去Cl2气体中的HCl，可将气体通入饱和食盐水，故正确；⑤氯水的成份之一也含有氯离子，所以不能用硝酸银检验HCl气体中是否混有Cl2，故错误；故选C。
考点：考查了氯气的性质和氯水的成份的相关知识。
7．下列陈述Ⅰ和Ⅱ均正确并且有因果关系的是
选项
陈述Ⅰ
陈述Ⅱ
A
向沸水中滴加FeCl3饱和溶液可制备Fe(OH)3胶体
加热可以促进Fe3+的水解
B
Na的金属性比Mg强
可用Na与MgCl2溶液反应制取Mg
C
KBrO3溶液中加入少量苯，然后通入少量Cl2,
有机相呈橙色
氧化性：Cl2＞Br2
D
向AgNO3溶液中滴加过量氨水，溶液澄清
Ag+与NH3`H2O能大量共存
【答案】A
【解析】
试题分析：A、加热促进水解，因此可以生成氢氧化铁胶体，A正确；B、钠在溶液中与水反应生成氢氧化钠和氢气，不能置换镁，B错误；C、溴酸钾被氯气还原为溴，则氧化性是溴酸钾强于氯气，C错误；D、氨水过量时生成银氨溶液，D错误，答案选A。
【考点定位】本题主要是考查实验方案设计与评价
【名师点晴】该题的易错选项是B和D。关于钠与盐溶液的反应需要明确：钠与盐溶液反应，不能置换出盐中的金属，这是因为金属阳离子在水中一般是以水合离子形式存在，即金属离子周围有一定数目的水分子包围着，不能和钠直接接触，所以钠先与水反应，然后生成的碱再与盐反应。例如钠与氯化铁溶液反应：2Na＋2H2O＝2NaOH＋H2↑，3NaOH＋FeCl3＝Fe(OH)3↓＋3NaCl。关于选项D要注意硝酸银溶液与氨水反应的滴加顺序不同引起的反应变化。
8．下列叙述正确的是
A．既能与酸又能与碱反应的物质一定是两性氧化物或两性氢氧化物
B．阳离子一定有氧化性，可能有还原性
C．FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体的共性是都能产生丁达尔效应
D．某物质溶于水后所得溶液能导电，该物质一定属于电解质
【答案】B
【解析】
试题分析：A、金属铝既能与酸又能与碱反应，A项错误；B、阳离子变为单质，化合价降低，一定表现氧化性，中间价态的可能有还原性，B项正确；C、FeCl3溶液不能产生丁达尔效应，C项错误；D、二氧化碳溶于水后所得溶液能导电，但不属于电解质，D项错误；答案选B。
考点：考查物质的性质
9．有关离子浓度大小比较的判断正确的是（　　）
A．常温下NaB溶液的pH＝8，c(Na＋)－
c(B－)＝1×10－2
mol/L
B．Na2CO3溶液中，2c(Na＋)＝c(CO32-)＋c(HCO3-)＋c(H2CO3)
C．KHSO3溶液呈酸性，c(K+)＞c(HSO3－)＞c(H+)＞
c(SO32－)＞c(OH－)
D．0.1mol·L－1
NH4Cl和0.1mol·L－1
NH3·H2O等体积混合后溶液呈碱性：
c(NH3·H2O)
>c(Cl－)
>
c(NH4＋)>
c(OH－)
>c(H＋)
【答案】C
【解析】
正确答案：C
A．不正确，常温下NaB溶液的pH＝8，c(Na＋)－
c(B－)＝c(OH―
)－
c(H＋
)＝10－6
mol/L
―10－8
mol/L
=9.9×10－7
mol/L
B．不正确，Na2CO3溶液中，由物料守恒得c(Na＋)＝2c(CO32-)＋2c(HCO3-)＋2c(H2CO3)
C．正确，KHSO3溶液呈酸性，说明电离大于水解，c(K+)＞c(HSO3－)＞c(H+)＞
c(SO32－)＞c(OH－)
D．不正确，0.1mol·L－1
NH4Cl和0.1mol·L－1
NH3·H2O等体积混合后溶液呈碱性：说明NH3·H2O的电离大于NH4Cl的水解，
c(NH4＋)>
c(Cl－)
c(NH3·H2O)
>
>
c(OH－)
>c(H＋)
10．用已知浓度的酸滴定未知浓度的碱时，会导致待测碱液的浓度偏低的操作是
①酸式滴定管用蒸馏水洗后，未用标准液润洗
②碱式滴定管用蒸馏水洗后，未用待测液润洗
③配制碱液的称量操作时固体吸潮
④滴定前酸式滴定管尖嘴部分未充满溶液
⑤滴定中不慎将锥形瓶内液体摇出少量于瓶外
⑥滴定前读数正确，达到滴定终点后，俯视读数．
A．①③④
B．②⑤⑥
C．②③⑤⑥
D．①③⑤
【答案】C
【解析】
①酸式滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗，标准液浓度偏小，造成V（标准）偏大，c（待测）偏大，故①错误；
②碱式滴定管用蒸馏水洗后未用待测液润洗，待测液浓度偏小，待测液的物质的量偏小，造成V（标准）偏小，c（待测）偏小，故②正确；
③配制碱液时，称量的固体吸潮，溶质的物质的量偏小，浓度偏小，故③正确；
④滴定前酸式滴定管尖嘴处未充满溶液，造成V（标准）偏大，c（待测）偏大，故④错误；
⑤滴定时摇动锥形瓶时将液体溅出瓶外，待测液的物质的量偏小，造成V（标准）偏小，c（待测）偏小，故⑤正确；
⑥滴定前读数正确，达到滴定终点后，俯视读数，导致V（标准）偏小，c（待测）偏小，故⑥正确；
11．哥本哈根气候大会的中心议题是“节能减排”，美国二氧化碳排放量居世界之首，人均年排放CO2约20吨，20吨CO2在标准状况下的体积为
A．2×107L　　B.
L
C．2×107×22.4
L
D.
×22.4
L
【答案】D
【解析】
试题分析：以“节能减排”为知识背景，实际是以物质的量为中心的计算。先求20吨二氧化碳的物质的量：，再求标准状况下的体积：
，故选D
考点：考查以物质的量为中心的计算。
点评：物质的量为中心的计算中，要熟练掌握这些公式：。试题基础、简单。
12．在2
L的密闭容器中进行如下反应：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，有如下数据：
实验
温度/℃
起始量/mol
平衡量/mol
CO
H2O
CO2
H2
CO2
1
650
2.0
1.0
0
0
0.8
2
800
2.0
2.0
0
0
1.0
下列说法正确的是
A．正反应为吸热反应
B．实验1中，CO的转化率为80%
C．650℃时，化学平衡常数K＝
D．实验1再加入1.0
mol
H2O，重新达到平衡时，n(CO2)为1.6
mol
【答案】C
【解析】
试题分析：A、根据表中数据可知实验1中平衡时CO2的物质的量是0.8mol，则根据方程式可知消耗CO和水蒸气的物质的量均是0.8mol，失去氢气也是0.8mol，剩余CO和水蒸气的物质的量分别是1.2mol和0.2mol，则平衡时CO、H2O、CO2、H2的浓度分别是0.6mol/L、0.1mol/L、0.4mol/L、0.4mol/L，因此该温度下平衡常数K＝；同样可知实验中平衡常数K＝，这说明升高温度平衡常数减小，则升高温度平衡向逆反应方向进行，正方应是放热反应，A错误；B、实验1中，CO的转化率为，B错误；C、根据以上分析可知650℃时，化学平衡常数K＝，C正确；D、实验1再加入1.0
mol
H2O，如果重新达到平衡时生成CO2是1.6mol，则根据平衡常数表达式可知此时K＝，这说明假设是不正确的，D错误，答案选C。
考点：考查平衡常数以及可逆反应的有关计算和外界条件对平衡状态的影响
13．下列属于天然高分子化合物的是
A．油脂
B．蔗糖
C．乙酸
D．纤维素
【答案】D
【解析】
试题解析：油脂相对分子质量较小，不是高分子化合物，故A错误；
蔗糖是二糖，相对分子质量较小，不是高分子化合物，故B错误；乙酸是一元羧酸，分子量较小，不是高分子化合物，故C错误；纤维素为多糖，相对分子质量在一万以上，为天然高分子化合物，故D正确。
考点：有机高分子化合物
14．某有机物的结构简式如图,则关于此有机物的说法不正确的是:
A．可发生的反应类型有：①取代
②加成
③消去
④酯化
⑤水解
⑥氧化
⑦中和
B．该物质1mol与足量NaOH溶液反应，消耗NaOH的物质的量为3mol
C．可与氯化铁溶液发生显色反应
D．该有机物属于芳香族化合物
【答案】：C
【解析】
试题分析：苯环取代反应、加成反应，醇羟基消去和酯化反应，酯基水解，双键加成和氧化，羧基中和A正确，该物质1mol与足量NaOH溶液反应，消耗NaOH的物质的量为3mol。没有苯酚结构，不可以与氯化铁溶液发生显色反应。该有机物属于芳香族化合物，D正确。
考点：考查有机物的结构与性质有关问题。
15．某溶液可能含有Cl-、SO42-、CO32-、NH4+、Fe3+、Al3+和K+。取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1.6g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀。由此可知原溶液中
A．Cl-一定存在，且c（Cl ）≥0.4mol/L
B．至少存在5种离子
C．SO42-、NH4+一定存在，Cl-可能不存在
D．CO32-、Al3+一定不存在，
K+可能存在
【答案】A
【解析】
试题解析：由于加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，说明一定有NH4+，且物质的量为0.02mol；同时产生红褐色沉淀，说明一定有Fe3+，1.6g固体为氧化铁，物质的量为0.01mol，故有0.02molFe3+，一定没有CO32-；4.66g不溶于盐酸的沉淀为硫酸钡，一定有SO42-，物质的量为0.02mol；根据电荷守恒，一定有Cl-，至少
0.02mol×3+0.02-0.02mol×2=0.04mol，物质的量浓度至少=0.4mol/L。根据电荷守恒，至少存在0.04molCl-，故A正确；至少存在Cl-、SO42-、NH4+、Fe3+四种离子，故B错误；一定存在氯离子，故C错误；Al3+无法判断是否存在，故D错误。
考点：离子共存
16．写出下列反应的离子方程式。
（1）过量CO2与KOH溶液反应：__________________________________________。
（2）足量NaOH溶液与Ca(HCO3)2溶液反应：_______________________________。
（3）苛性钾加入小苏打溶液中正好完全反应：_____________________________。
【答案】（1）OH-+CO2====
(2)Ca2++2+2OH-====2H2O+CaCO3↓+
（3）OH-+====H2O+
【解析】（1）CO2不足时，生成碳酸盐；CO2过量时，生成酸式碳酸盐，即
2NaOH+CO2(不足)====Na2CO3+H2O(继续通入CO2，反应仍能进行，可见CO2不过量)；
NaOH+CO2====NaHCO3（继续通入CO2，不再发生反应，可见CO2已过量）
（2）NaOH与Ca(HCO3)2的反应，也有2种情况：NaOH不足时，Ca(HCO3)2部分被中和；NaOH过量时，Ca(HCO3)2完全被中和：
(3)苛性钾是KOH，它与NaHCO3的反应为：
17．除去下表各溶液中含有的少量杂质（括号内）填写下表
各物质的溶液（杂质）
除去杂质所需试剂
离子方程式
KCl（KHCO3）
Na2CO3（NaHCO3）
NaHCO3（Na2CO3）
【答案】
各物质的溶液（杂质）
除去杂质所需试剂
离子方程式
KCl（KHCO3）
HCl
H＋＋HCO3－=CO2↑＋H2O
Na2CO3（NaHCO3）
NaOH
HCO3－＋OH－=CO32－＋H2O
NaHCO3（Na2CO3）
CO2
CO32－＋CO2＋H2O=2HCO3－
【解析】
18．(15分）硫代硫酸钠是一种重要的化工产品。工业上常利用含硫废水生产Na2S2O3 5H2O，实验室可用如下装置（略去部分加持仪器）模拟生成过程。
烧瓶C中发生反应如下：
Na2S（aq）+H2O（l）+SO2（g）=Na2SO3（aq）+H2S（aq）
（I）
2H2S（aq）+SO2（g）=3S（s）+2H2O（l）
（II）
S（s）+Na2SO3（aq）Na2S2O3（aq）
（III）
（1）仪器组装完成后，关闭两端活塞，向装置B中的长颈漏斗内注入液体至形成一段液注，若
，则整个装置气密性良好。装置D的作用是
。装置E中为
溶液。
（2）为提高产品纯度，应使烧瓶C中Na2S和Na2SO3恰好完全反应，则烧瓶C中Na2S和Na2SO3物质的量之比为
。
（3）装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，其中的液体最好选择
。
a．蒸馏水
b．饱和Na2SO3溶液
c．饱和NaHSO3溶液
d．饱和NaHCO3溶液
（4）实验中，为使SO2缓慢进入烧瓶C，采用的操作是
。
（5）已知反应（III）相对较慢，则烧瓶C中反应达到终点的现象是
。
（6）反应终止后，烧瓶C中的溶液经蒸发浓缩冷却，过滤，洗涤，干燥，即得到粗产品（主要含有Na2S2O3 5H2O和其他杂质）。某兴趣小组为测定该产品纯度，准确称取4.96
g产品，用适量蒸馏水溶解，以淀粉作指示剂，用0.1000
mol L 1碘的标准溶液滴定。反应原理为：2S2O32－＋I2＝S4O62－＋2I ，滴定至终点时，滴定起始和终点的液面位置如下图，则产品的纯度为_________。
经仪器分析，该产品纯度为16%，分析该兴趣小组测定产品纯度偏差的原因（忽略人为误差）_______。
[M（Na2S2O3 5H2O）=248g／mol]
【答案】（15分）
（1）液柱高度保持不变（1分）
防止倒吸（1分）
NaOH（合理即得分）（1分）
（2）2:1（2分）
c
（2分）
控制滴加硫酸的速度（合理即得分）（2分）
溶液变澄清（或浑浊消失）（2分）
（6）18.1%
（2分）；粗产品中含有Na2SO3（或Na2S）可以消耗I2，使消耗的碘水体积偏大
【解析】
试题分析：（1）检验装置的气密性，用气体的压强的变化来检验，关闭两端活塞，向装置B中的长颈漏斗内注入液体至形成一段液注，若一段时间内，液柱高度保持不变，证明装置的气密性良好；D为安全瓶，可防止发生倒吸；二氧化硫或硫化氢溶于水呈酸性，所以用氢氧化钠溶液吸收，则装置E中盛放的是NaOH溶液；
（2）根据题目所给3个反应方程式，可得出对应关系：2Na2S
~
2H2S
~
3S
~3
Na2SO3，2Na2S反应时同时生成2Na2SO3，所以还需要1Na2SO3，所以烧瓶C中Na2S和Na2SO3物质的量之比为2:1；
（3）SO2易溶于水，能与Na2SO3溶液、NaHCO3溶液反应，但在NaHSO3溶液中溶解度较小，所以选择饱和亚硫酸氢钠溶液，答案选c；
（4）SO2为70%
H2SO4与Na2SO3反应制取，所以为使SO2缓慢进入烧瓶C，采用的操作是控制滴加硫酸的速度；
（5）反应III是固体S与亚硫酸钠的反应，所以烧瓶C中反应达到终点的现象是溶液变澄清（或浑浊消失）；
（6）根据图中示数，起始不熟为0.00mL，终点时读数是18.10mL，则消耗标准碘溶液的体积为18.10mL，则Na2S2O3 5H2O的质量是0.0181L×0.1000mol/L×2×248g／mol=0.89776g，则Na2S2O3 5H2O的纯度是0.89776g/4.96g×100%=18.1%。粗产品中含有Na2SO3（或Na2S）可以消耗I2，使消耗的碘水体积偏大，使测定结果偏高。
考点：考查装置气密性的检查，物质性质的应用，对实验装置的分析判断
19．(15分)硫代硫酸钠(Na2S2O3)俗称保险粉，可用于照相业作定影剂，也可用于纸浆漂白作脱氯剂等。实验室可通过如下反应制取：2Na2S＋Na2CO3＋4SO2===3Na2S2O3＋CO2。
（1）用图1所示装置制取Na2S2O3，其中NaOH溶液的作用是____。如将分液漏斗中的H2SO4改成浓盐酸，则三颈烧瓶内除Na2S2O3生成外，还有________(填化学式)杂质生成。
（2）为测定所得保险粉样品中Na2S2O3·5H2O的质量分数，可用标准碘溶液进行滴定，反应方程式为2Na2S2O3＋I2===2NaI＋Na2S4O6。
①利用KIO3、KI和HCl可配制标准碘溶液。写出配制时所发生反应的离子方程式：______。
②准确称取一定质量的Na2S2O3·5H2O样品于锥形瓶中，加水溶解，并滴加______作指示剂，用所配制的标准碘溶液滴定。滴定时所用的玻璃仪器除锥形瓶外，还有________。
③若滴定时振荡不充分，刚看到溶液局部变色就停止滴定，则会使样品中Na2S2O3·5H2O的质量分数的测量结果________(填“偏高”“偏低”或“不变”)。
（3）本实验对Na2S的纯度要求较高，利用图2所示的装置可将工业级的Na2S提纯。已知Na2S常温下微溶于酒精，加热时溶解度迅速增大，杂质不溶于酒精。提纯步骤依次为：
①将已称量好的工业Na2S放入圆底烧瓶中，并加入一定质量的酒精和少量水；
②按图2所示装配所需仪器，向冷凝管中通入冷却水，水浴加热；
③待________时，停止加热，将烧瓶取下；
④________________________________；
⑤________________________________；
⑥将所得固体洗涤、干燥，得到Na2S·9H2O晶体。
【答案】（1）
吸收SO2等尾气，防止污染空气
NaCl
（2）①
IO3-＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O
②
淀粉溶液
酸式滴定管
③
偏低
（3）③
烧瓶中固体不再减少
④
趁热过滤
⑤
将所得滤液冷却结晶，过滤
(除第（3）小题每空1分外，其余每空2分，共15分)
【解析】
试题分析：（1）用图1所示装置制取Na2S2O3，其中NaOH溶液的作用是吸收多余的二氧化硫气体，防止污染空气；如将分液漏斗中的H2SO4改成浓盐酸，因为浓盐酸易挥发，HCl与反应物反应生成NaCl，则三颈烧瓶内除Na2S2O3生成外，还有NaCl生成；
（2）①利用KIO3、KI和HCl可配制标准碘溶液，碘酸根离子与碘离子在酸性条件下发生歧化反应生成碘单质，离子方程式是IO3-＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O；
②用标准碘溶液进行滴定Na2S2O3溶液，所以应用淀粉作指示剂，溶液变蓝色，说明达到滴定终点；因为碘具有氧化性，所以标准碘溶液应用酸式滴定管盛放，则滴定时所用的玻璃仪器除锥形瓶外，还有酸式滴定管；
③
若滴定时振荡不充分，刚看到溶液局部变色就停止滴定，此时并未达到滴定终点，消耗碘溶液的体积偏少，造成样品中Na2S2O3·5H2O的质量分数偏低；
（3）③因为硫化钠中的杂质不溶于酒精，所以等到烧瓶中固体不再减少时，说明硫化钠全部溶液酒精；
④
因为硫化钠在酒精中的溶解度随温度升高而增大，若温度降低，则会有部分硫化钠固体析出，所以此时应趁热过滤，除去杂质；
⑤
上步中得到的滤液主要是硫化钠的酒精溶液，因为温度降低，硫化钠的溶解度减小，所以将所得滤液冷却结晶，过滤，可得到硫化钠晶体。
考点：考查物质制备实验的方案设计，实验基本操作、仪器的判断，离子方程式的书写
20．某课外活动小组的同学，在实验室做锌与浓硫酸反应的实验中，甲同学认为产生的气体是二氧化硫，而乙同学认为除二氧化硫气体外，还可能产生氢气．为了验证甲、乙两同学的判断是否正确，丙同学设计了如图所示的实验装置（锌与浓硫酸共热时产生的气体为X，且该反应装置已略去）．
请回答：
（1）上述实验中生成二氧化硫气体的化学方程式为
．
（2）乙同学认为还可能产生氢气的理由是
．
（3）A中加入的试剂可能是
，作用是
；B中加入的试剂可能是
，其作用是
；E中加入的试剂可能是
，作用是
．
（4）可以证明气体X中含有氢气的实验现象：
C中：
，
D中：
．
如果去掉装置B，还能否根据D中的现象判断气体X中含有氢气？
（填“能”或“不能”），原因是
．
（5）工业上常常将废铜屑倒入热的稀H2SO4中并通入空气来制备CuSO4，该过程的化学方程式为
．
【答案】（1）Zn+2H2SO4（浓）ZnSO4+SO2↑+2H2O；（2）当Zn与浓H2SO4反应时，浓H2SO4浓度逐渐变稀，Zn与稀H2SO4反应可产生H2；（3）品红溶液；检验SO2；浓H2SO4；吸收水蒸气；碱石灰；防止空气中的水蒸气进入D装置；（4）C中黑色固体变为红色，D中白色固体变为蓝色；不能；通过品红溶液、酸性KMnO4溶液后，混合气体中可能含H2O，会干扰H2的检验；（5）2Cu+2H2SO4（稀）+O22CuSO4+2H2O；
【解析】（1）锌与浓硫酸加热反应生成硫酸锌和二氧化硫、水，化学方程式：Zn+2H2SO4（浓）ZnSO4+SO2↑+2H2O；
（2）浓硫酸具有强的氧化性，与锌反应对应还原产物为二氧化硫，随着反应进行浓硫酸浓度降低变为稀硫酸，稀硫酸与锌反应生成硫酸锌和氢气；
（3）二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色，所以可以用品红溶液检验二氧化硫；酸性高锰酸溶液能氧化二氧化硫导致酸性高锰酸钾溶液褪色，水溶液中含有水蒸气，影响氢气检验，为防止水蒸气干扰，用浓硫酸干燥气体，所以C中盛放浓硫酸，目的是吸收水蒸气；空气中含有水蒸气，干扰氢气的检验，所以E中盛放碱石灰，目的是吸收水蒸气，
（4）氢气具有还原性，能还原部分金属氧化生成水，水可以用无水硫酸铜检验，根据元素守恒知，气体X中含有氢气，看到的现象是：C中黑色固体变为红色，D中白色固体变为蓝色；
通过品红溶液、酸性KMnO4溶液后，混合气体中可能含H2O，会干扰H2的检验，所以如果去掉装置B，不能根据D中的现象判断气体X中含有氢气；
（5）铜与氧气、硫酸反应生成硫酸铜和水，方程式：2Cu+2H2SO4（稀）+O22CuSO4+2H2O；
【点评】本题考查性质实验方案设计，侧重考查学生实验基本操作、物质的性质、物质的检验等知识点，明确物质的性质是解题关键，注意实验设计的严密性，题目难度中等．
21．（1）在100
mL
0.5
mol/L
AlCl3溶液中，加入100
mL
NaOH溶液，得到1.56
g沉淀,NaOH溶液的物质的量浓度
。
（2）某露置的苛性钠经分析含水：9%(质量分数，下同)、Na2CO3：53%、NaOH
：38%。取此样品
10.00
g放入
100.00
mL
2.00
mol·L－1
的
HCl(aq)
中，过量的
HCl
可用
1.00mol/L
NaOH(aq)中和至中性，蒸发中和后的溶液可得固体_______克。
【答案】（1）0.6mol/L或1.8mol/L
（2）11.7g
【解析】
试题分析：（1）n(AlCl3)=0.1L×0.5mol/L=0.05mol
，n(Al(OH)3=1.56g÷78g/mol=0.02mol
若AlCl3未反应完，则：
AlCl3+3NaOH=Al(OH)3+3NaCl
x
0.02mol
x=0.06mol，c(NaOH)=
0.06mol÷0.1L
=0.6mol/L
若NaOH过量，沉淀部分溶解，则
AlCl3
+
3NaOH
=
Al(OH)3
+
3NaCl
0.05
mol
0.15
mol
0.05
mol
Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O
0.03
0.03
n(NaOH)=0.15+0.03=0.18mol，c(NaOH)=1.8mol/L
所以NaOH的物质的量浓度为0.6mol/L或1.8mol/L。
（2）根据题意，充分反应后，溶液中的溶质只有NaCl，根据氯元素守恒，n(NaCl)=n(HCl)=0.1L×2.00
mol·L－1=0.2mol，所以蒸发中和后的溶液可得固体NaCl得质量为0.2mol×58.5
mol/L=11.7g。
【考点定位】化学反应有关计算
【名师点睛】本题考查化学反应有关计算，注意（2）中用到守恒法，根据氯元素守恒求解。守恒法是一种中学化学典型的解题方法,它利用物质变化过程中某一特定的量固定不变来列式求解,可以免去一些复杂的数学计算,大大简化解题过程,提高解题速度和正确率。化学上，常用的守恒方法有以下几种：电荷守恒、电子守恒、原子守恒、质量守恒。
22．X、Y、Z、U、V是元素周期表前四周期中的五种常见元素，其相关信息如下表：
元素
相关信息
X
地壳中含量最多的金属，其氧化物可用作耐火材料
Y
单质在常温常压下为黄绿色气体
Z
常温常压下，单质是淡黄色固体，常在火山口附近沉积
U
常温下单质遇浓硫酸钝化，其一种核素的质量数为56，中子数为30
V
属短周期元素，原子的最外层电子数是内层电子数的2/5
请回答下列问题：
（1）元素X位于周期表中第
周期第
族，其离子结构示意图为
。
（2）上述元素中最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是
（写化学式），非金属气态氢化物还原性最强的是
（写化学式）。
（3）在碱性条件下，Y的单质可与UO2－反应制备一种可用于净水的盐UO42－，该反应的离子方程式是
。
（4）我国首创的海洋电池被大规模用于海洋灯塔。该电池是以X板为负极，铂网为正极，海水为电解质溶液，电池总反应为：4X+3O2+6H2O=4X(OH)3。该电池正极反应为
。
（5）已知25℃时，Ksp[U(OH)3]=2.63×10－39，则该温度下反应U(OH)3+3H+U3++3H2O的平衡常数K=
。
【答案】（16分）
（1）三、ⅢA
（3分，每空1分）
（2）HClO4
SiH4
（4分，每空2分）
（3）2FeO2－+
3Cl2
+
8OH－
=
2FeO42－+
6Cl－+
4H2O
（3分）
（4）O2+4e－+2H2O=4OH－或3O2+12e－+6H2O=12OH－
（3分）
（5）2.63×103
（3分，带单位计算也给分）
【解析】
试题分析：（1）地壳中含量最多的金属元素是铝，则X是Al，铝原子具有283的电子层结构，位于第三周期第IIIA族；1个氯原子失去3个电子变为铝离子，则Al3+的核电荷数为13，具有28电子层结构；（2）氯气在常温常压下是黄绿色气体，则Y是氯元素，其最高价氧化物对应水化物是高氯酸，HClO4是已知酸中酸性最强的酸；硫磺在常温常压下是淡黄色固体，则Z为硫元素；由于质子数=质量数—中子数=56—30=26，则U为铁元素；短周期元素原子的内层电子数可能是2或10，最外层电子数是内层电子数的2/5，说明电子层结构为284，则V是硅元素；根据元素周期律可知，非金属性：SiH2S>HCl；（3）Cl2是强氧化剂，能将FeO2－氧化为FeO42－，氯由0降为－1价，铁由+3价升为+6价，根据化合价升降总数相等、电荷守恒、原子守恒可得：2FeO2－+
3Cl2
+
8OH－=
2FeO42－+
6Cl－+
4H2O；（4）4Al+3O2+6H2O=4Al(OH)3，铝由0升为+3价，失去电子，发生氧化反应，说明铝作负极；氧由0降为—2价，得到电子，发生还原反应，说明氧气是正极反应物，根据电子、电荷、原子守恒可知，正极反应式为O2+4e－+2H2O=4OH－或3O2+12e－+6H2O=12OH－；（5）25℃时，Ksp[Fe(OH)3]=2.63×10－39，Kw=1.0×10－14，Fe(OH)3+3H+Fe3++3H2O，固体和纯液体不能写入平衡常数表达式，则该反应的平衡常数K=c(Fe3+)/c3(H+)=[c(Fe3+) c3(OH－)]/[c3(H+) c3(OH－)]=
Ksp[Fe(OH)3]/Kw3=2.63×10－39/(1.0×10－14)
3=2.63×103。
考点：考查物质结构、元素周期律、氧化还原反应方程式的配平、书写正极反应式、根据溶度积和水的离子积计算化学平衡常数等。
23．共聚酯(PETG)有着优异的光泽度、透光率和可回收再利用等特点，广泛应用于医疗用品、日常消费品和化妆品包装等行业。PETG的结构简式为：
PETG新材料的合成和再生路线如下：
试回答下列问题：
（1）化合物IV的分子式为_______________________________。
（2）化合物I的结构简式：______________；化合物II的一种同分异构体V能与饱和NaHCO3溶液反应放出CO2且分子结构中含有5个甲基，则化合物V的结构简式为__________。
（3）合成的反应类型为____________________________。
（4）化合物Ⅲ可由乙烯与Br2通过发生加成后，得到的产物在一定条件下发生取代反应而获得，请写出发生取代反应的化学方程式：______________________________。
（5）在一定条件下，CH3OH能与碳酸乙烯酯发生类似PETG再生的反应，其中产物之一为碳酸二甲酯[化学式为(CH3O)2CO，一种无毒无害的化工原料]。写出反应化学方程式（不用标反应条件）：____________________。
【答案】（16分）（1）C10H10O4（2分）
（2）（每空3分，共6分）
（3）缩聚反应（2分）
（4）
（3分）
（5）（3分）
【解析】
试题分析：（1）观察化合物IV的结构简式，发现它由H3COOC‐、‐C6H4‐、‐COOCH3三部分构成，则IV的分子式为C10H10O4；（2）观察PETG的结构简式，发现它是二元醇、二元羧酸发生缩聚反应得到的高分子化合物，去掉中括号、聚合度（m、n）之后，断开三个酯基中碳氧单键，分别给氧原子补氢原子、碳原子补羟基，就得到它的三种单体，由此可推断其化合物I是对苯二甲酸；观察化合物II的结构简式，发现它由HOH2C‐、‐C6H10‐、‐CH2OH构成，则II的分子式为C8H16O2，与饱和碳酸钠溶液反应放出二氧化碳气体，说明其同分异构体含有羧基（‐COOH），除羧基外就是含有5个甲基的原子团（‐C7H15），则‐C7H15的结构简式为CH3C(CH3)2C(CH3)2‐，所以化合物V的结构简式为CH3C(CH3)2C(CH3)2COOH；（3）m摩III、m摩I、n摩II、n摩I发生缩聚反应，生成1摩PETG和（2m+2n‐1）摩水；（4）乙烯（CH2=CH2）与Br2发生加成反应，得到1，2—二溴乙烷；卤代烃与NaOH水溶液共热时发生取代反应或水解反应，生成醇、卤化钠、水，则CH2BrCH2Br+2NaOH→HOCH2CH2OH+2NaBr；（5）观察PETG与CH3OH再生的反应，发现PETG先水解为三种单体，其中的对苯二甲酸再与甲醇发生酯化反应，得到化合物IV和水；碳酸乙烯酯的结构简式中含有2个酯基，则1个碳酸乙烯酯先与2个H2O发生水解反应，得到1个HOCH2CH2OH和1个H2CO3，然后1个H2CO3与2个CH3OH发生酯化反应，得到1个碳酸二甲酯和2个H2O，由此可推断或仿写出该反应的化学方程式。
考点：考查有机合成与推断大题，涉及有机物的分子式、结构简式、反应类型、化学方程式的推断等知识。