山东省邹城市实验中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）

山东省邹城市实验中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）
1．下列各组中的反应，属于同一反应类型的是
(
)
A．由溴丙烷水解制丙醇；由丙烯与水反应制丙醇
B．由甲苯硝化制对硝基甲苯；由甲苯氧化制苯甲酸
C．由氯代环已烷消去制环已烯；由丙烯加溴制1，2－二溴丙烷
D．由乙酸和乙醇制乙酸乙酯；由苯甲酸乙酯水解制苯甲酸和乙醇
【答案】D
【解析】
试题分析：A、由溴丙烷水解制丙醇，是溴原子被羟基取代，属于取代反应；由丙烯与水反应制丙醇，是碳碳双键断裂，分别加上氢原子和羟基，属于加成反应，二者反应类型不同，故A错误；B、由甲苯硝化制对硝基甲苯，是苯环上的H被硝基取代，属于取代反应；由甲苯氧化制苯甲酸，属于氧化反应，二者反应类型不同，故B错误；C、由氯代环己烷消去一个氯化氢制环己烯，属于消去反应；由丙烯加溴制1，2－二溴丙烷，属于加成反应，二者反应类型不同，故C错误；D、由乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，酯化反应属于取代反应；由苯甲酸乙酯发生水解反应制苯甲酸和乙醇，水解反应属于取代反应，二者反应类型相同，故D正确；故选D。
考点：考查了有机物的结构与性质的相关知识。
2．发生原电池的反应通常是放热反应,在理论上可设计成原电池的是:
(
)
A..C(s)+H2O(g)=CO(g)+
H2(g)；△H>0
B．Ba(OH)2.8H2O(s)+2NH4Cl(s)=BaCl2(aq)+2NH3.H2O
(1)
+8H2O(1)；△H>0
C．CaC2(s)+2H2O(1)→Ca(OH)2(s)+C2H2(g)；△H<0
D．CH4(g)+2O2(g)→CO2(g)
+2H2O(1)；△H<0
【答案】D
【解析】发生原电池的反应通常是放热反应而且是氧化还原反应，Ａ是吸热反应，Ｂ、Ｃ是非氧化还原反应]
3．四种短周期元素在周期表中的位置如图，其中只有M为金属元素。下列说法不正确的是
A．原子半径Z＜M
B．Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比X的弱
C．X的最简单气态氢化物的热稳定性比Z的弱
D．Z位于元素周期表中第二周期、第ⅥA族
【答案】B
【解析】
试题分析：由短周期元素在周期表中的位置可知，M、X处于第三周期，Y、Z处于第二周期，四元素中只有M为金属元素，则M为Al，结合位置关系可知，X为Si，Y为N，Z为O，据此回答。A．电子层数越多，半径越大，则原子半径为M＞Z，A项正确；B．非金属性N＞Si，则Y（N）的最高价氧化物对应水化物的酸性比X（Si）的强，B项错误；C．非金属性：X【考点定位】考查元素周期表和元素周期律的综合应用。
【名师点睛】本题考查元素周期表和元素周期律的综合应用。判断M为金属Al并推出各元素为解答的关键，注意对元素周期律的理解，难度不大。总结如下：
①同周期自左而右原子半径减小；
②非金属性越强，气态氢化物越稳定；最高价氧化物对应水化物的酸性越强。
4．温度为T
时，向2.0
L恒容密闭容器中充入1.0
mol
PC15，
反应：经一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见下表：
下列说法正确的是
A．反应在前50
S内的平均速率mol／()
B．保持其他条件不变，升高温度，平衡时mol·L，该反应为放热反应
C．相同温度下，起始时向容器中充入1.0
mol
PC15、0.20
mol
PC13和0.20
mo1
C12，达到平衡的v(正)＞v(逆)
D．相同温度下，起始时向容器中充入2.0
mol
PC13、2.0
mol
C12，达到平衡时，PCl3的转化率小于80％
【答案】C
【解析】
试题分析：A、三氯化磷的反应速率为0.16/2.0/50=0.0016mol/(L﹒s)，不选A；B、升温，三氯化磷的浓度比原来的0.2/2.0=0.10mol/L大，说明升温平衡正向移动，正反应为吸热，不选B；C、原平衡时各物质的浓度依次为0.4、0.1、0.1，所以平衡常数为0.1×0.1/0.4=0.025，当起始时向容器中充入1.0molPC15、0.20molPC13和0.20mo1C12，浓度积为0.1×0.1/0.5=0.02<0.025，反应正向进行，所以正确，选C；D、若加入起始时向容器中充入2.0molPC13、2.0molC12，等同于两个原平衡相加后再加压，平衡逆向移动，三氯化磷的转化率大于80%，不选D。
考点：反应速率的计算，条件对平衡的影响，等效平衡
5．下列关于铁的叙述正确的是
①铁能被磁铁吸引，但纯铁易被腐蚀
②在人体内的血红蛋白中含有铁元素
③铁位于元素周期表中第四周期第ⅧB族
④铁能在氧气中剧烈燃烧，但不能在水蒸气中燃烧
⑤铁与强氧化剂硝酸反应的产物仅有Fe(NO3)3
⑥不能通过化合反应制得FeCl2和Fe(OH)3．
A.①③
B．②④
C．②⑤
D．④⑥
【答案】B
【解析】
试题分析：①铁能被磁铁吸引，纯铁不易被腐蚀，错误；
②在人体内的血红蛋白中含有铁元素，Fe以Fe2+存在，正确；③铁位于元素周期表中第四周期第Ⅷ族
，错误；④铁能在氧气中剧烈燃烧，但不能在水蒸气中燃烧，正确；⑤
铁与强氧化剂硝酸反应的产物可以有Fe(NO3)3，也可以有Fe(NO3)2，或二者的混合物，错误；⑥能通过化合反应制得FeCl2和Fe(OH)3，错误。故正确的叙述是②④。
考点：考查关于铁的叙述的正误判断的知识。
6．下列各组离子在溶液中能够大量共存，且加入金属铝后只有氢气放出的是
A．H+、Al3+、Cl 、SO32-
B．Na+、K+、OH 、[Al(OH)4]-
C．H+、K+、SO42-、NO3
D．Na+、NH4+、Cl-、OH
【答案】B
【解析】
试题分析：A．H+、SO32-
会发生复分解反应产生气体而不能大量共存，错误；B．Na+、K+、OH 、[Al(OH)4]-不能发生反应，可以大量共存，若加入Al后会发生反应:
2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑
,产生大量氢气气体，正确；C．H+、K+、SO42-、NO3 可以大量共存，但是加入Al后再硝酸溶液中不会产生氢气，错误；D．NH4+、OH 会发生复分解反应产生弱电解质NH3·H2O而不能大量共存，错误。
考点：考查离子大量共存的知识。
7．亚硝酸钠（NaNO2）是一种具有咸味、有毒，且价格比食盐（NaCl）便宜的工业用盐，常被误作食盐使用，导致多起中毒事故发生。它的部分性质见下图，
下列说法错误的是
A．上图所涉及到的化学反应都是氧化还原反应
B．N2H4极易溶于水，因为它是极性分子且与水分子之间易形成氢键
C．NaNO2与N2H4生成NaN3的反应方程式为：NaNO2
+
N2H4
=
NaN3
+
2H2O
D．可用淀粉碘化钾试纸和食醋鉴别食盐（NaCl）与亚硝酸钠（NaNO2）
【答案】A
【解析】
试题分析：A、亚硝酸钠与氯化铵反应生成氯化钠和亚硝酸铵的反应是复分解反应，不是氧化还原反应，A错误；B、氮元素是活泼的非金属元素，因此N2H4与水分子间存在氢键，且N2H4是极性分子，所以N2H4极易溶于水，B正确；C、根据原子守恒和电子得失守恒可知NaNO2与N2H4生成NaN3的反应方程式为NaNO2
+
N2H4
=
NaN3
+
2H2O，C正确；D、亚硝酸钠具有氧化性，能把碘化钾氧化生成单质碘，碘遇淀粉显蓝色，因此可以用淀粉碘化钾试纸和食醋鉴别食盐（NaCl）与亚硝酸钠（NaNO2），D正确，答案选A。
考点：考查氧化还原反应、物质溶解性以及物质检验的判断
8．下列说法不正确的是
A．纤维素、蛋白质、脂肪都属于高分子化合物
B．S8、P4O10、C60晶体都属于分子晶体
C．NaClO、NaHCO3、Na2SiO3都属于盐
D．Na2O、FeO、Fe2O3都属于碱性氧化物
【答案】A
【解析】
试题分析：A、纤维素、蛋白质属于高分子化合物，而脂肪不属于高分子化合物，错误；B、S8、P4O10、C60晶体都是由分子构成，都属于分子晶体，正确；C、NaClO、NaHCO3、Na2SiO3都是由金属阳离子和酸根组成的化合物，都属于盐，正确；D、Na2O、FeO、Fe2O3都属于碱性氧化物，正确。
考点：考查物质的组成和分类。
9．在25℃、101
kPa条件下，C(s)、H2(g)、CH3COOH(l)的燃烧热分别为393.5
kJ/mol、285.8
kJ/mol、870.3
kJ/mol，则2C(s)＋2H2(g)＋O2(g)===CH3COOH(l)的反应热为(
)
A．－488.3
kJ/mol
B．＋488.3
kJ/mol
C．－191
kJ/mol
D．＋191
kJ/mol
【答案】A
【解析】
试题分析：在一定条件下1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量是燃烧热，由题意可知：C(s)＋O2(g)=CO2(g)；ΔH＝－393.5
kJ/mol
①
H2(g)＋O2
(g)=H2O(l)；ΔH＝－285.8
kJ/mol
②
CH3COOH(l)＋2O2(g)=2CO2(g)＋2H2O(l)；ΔH＝－870.3
kJ/mol
③
根据盖斯定律可知①×2＋②×2－③即得：2C(s)＋2H2(g)＋O2(g)=CH3COOH(l)；ΔH＝－488.3
kJ/mol。答案选A。
【考点定位】本题主要是考查燃烧热以及盖斯定律的应用
【名师点晴】掌握燃烧热的含义以及灵活应用盖斯定律是解答的关键。在一定条件下1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量称为燃烧热。利用盖斯定律书写热化学方程式的一般步骤：（1）确定待求的热化学方程式；（2）找出待求的热化学方程式中各物质出现在已知热化学方程式的什么位置；（3）根据未知热化学方程式中各物质的系数和位置的需要对已知热化学方程式进行处理，或调整系数，或调整反应方向；将新得到的热化学方程式及对应的反应热进行叠加，即可求出待求反应的反应热。
10．在两个恒容的密闭容器中进行下列两个可逆反应：
（甲）C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）；
（乙）CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g），现有下列状态：
①混合气体平均相对分子质量不再改变；
②恒温时，气体压强不再改变；
③各气体组成浓度相等；
④反应体系中温度保持不变；
⑤断裂氢氧键速率等于断裂氢氢键速率2倍；
⑥混合气体密度不变；
⑦单位时间内，消耗水质量与生成氢气质量比为9：1；
⑧同时间内，水蒸汽消耗的物质的量等于氢气消耗的物质的量．其中能表明甲、乙容器中反应都达到平衡状态的是
A．①②⑤
B．③④⑥
C．⑥⑦⑧
D．④⑤⑧
【答案】D
【解析】
试题分析：混合气体平均相对分子质量不再改变，由于乙反应的两边气体的体积相同且都是气体，压强始终不变，所以平均相对分子质量始终不变，无法判断乙反应是否达到平衡状态，①错误；恒温时，气体压强不再改变，乙反应的两边气体的体积相同且都是气体，压强始终不变，所以压强不变无法判断乙是否达到平衡状态，②错误；各气体组成浓度相等，不能判断各组分的浓度不变，无法证明达到了平衡状态，③错误；反应体系中温度保持不变，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，④正确；断裂氢氧键速率是断裂氢氢键速率的2倍，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，⑤正确；混合气体密度不变，由于乙反应的两边气体的体积相同且都是气体，容器的容积不变，所以密度始终不变，无法判断乙是否达到平衡状态，⑥错误；单位时间内，消耗水质量与生成氢气质量比为9：1，水与氢气的物质的量之比为1：1，表示的都是正逆反应速率，无法判断正逆反应速率相等，⑦错误；同时间内，水蒸汽消耗的物质的量等于氢气消耗的物质的量，体现了正逆反应速率相等，达到平衡，⑧正确；选项D符合题意。
考点：达到化学平衡的标志
11．“类推”是常用的学习方法，但有时会产生错误结论。下列类推的结论中，正确的是
A.
ⅣA族元素氢化物沸点顺序是GeH4
>SiH4
>CH4；则ⅤA族元素氢化物沸点顺序也是AsH3
>PH3
>NH3
B.
第二周期元素氢化物稳定性顺序是HF
>H2O
>NH3；则第三周期元素氢化物稳定性顺序也是HCl
>H2S
>PH3
C.
晶体中有阴离子，必有阳离子；则晶体中有阳离子，也必有阴离子
D.干冰（CO2）是分子晶体；则二氧化硅（SiO2）也是分子晶体
【答案】B
【解析】
试题分析：A不正确，因为氨气分子间存在氢键，在同主族元素形成的氢化物中沸点最高；晶体中有阳离子，不一定有阴离子，例如金属晶体，C不正确；二氧化硅是原子晶体，选项D不正确，答案选B。
考点：考查氢化物沸点、晶体类型的有关判断以及类推法的应用
点评：该题是中等难度的试题，也是高考中的常见题型，试题贴近高考，难易适中，注重答题的灵活性，有利于培养学生规范严谨的解题能力，特别是灵活运用基础知识的能力，有利于提升学生的学科素养，提高学生的应试能力。
12．下列关于浓硫酸的叙述中，正确的是
A．浓硫酸具有吸水性，因而能使蔗糖炭化
B．浓硫酸在常温下可迅速与铜片反应放出二氧化硫气体
C．浓硫酸是一种干燥剂，能够干燥氨气、氢气等气体
D．浓硫酸在常温下能够使铁、铝等金属形成氧化膜而钝化
【答案】D
【解析】
试题分析：浓硫酸的“吸水性”与“使蔗糖炭化”不对应，使蔗糖炭化浓硫酸显示了脱水性，A错误。浓硫酸与铜片的反应需要加热，在常温下不反应，B错误。浓硫酸是一种干燥剂，但是它是具有强氧化性和酸性的干燥剂，所以不能干燥碱性气体氨气，C错误。浓硫酸在常温下能够使铁、铝等金属形成氧化膜而钝化，D正确。
考点：考查了浓硫酸的性质等相关知识
13．在25℃时，将2个铜电极插入到一定量的Na2SO4饱和溶液中，通直流电电解并不断搅拌，当阴极上收集到a
mol气体时，溶液中析出了b
mol结晶水合物Na2SO4·10H2O，另有一定量蓝色沉淀产生。若保持温度不变，则所剩溶液中溶质的质量分数是
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】
试题分析：用铜电极电解饱和硫酸钠溶液时，阳极上铜失去电子，阴极上氢离子放电，电解的总反应式为Cu＋2H2O电解Cu(OH)2＋H2↑，电解后，溶液中硫酸钠过饱和导致析出晶体，剩余的电解质溶液仍是饱和溶液，析出的硫酸钠和水组成的也是饱和溶液。b
mol结晶水合物Na2SO4·10H2O中硫酸钠的质量＝142bg；设电解水的质量为x：
Cu＋2H2O电解Cu(OH)2＋H2↑
36g
1mol

x
amol
解得x＝36ag
所以饱和溶液的质量分数＝＝，答案选C。
考点：考查以电解原理为载体的质量分数计算
14．短周期元素X、Y、Z，其中X、Z同主族，Y、Z同周期，Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍，是Y原子最外层电子数的2倍。下列说法错误的是
A．Y位于第3周期
B．含X、Z的酸不只一种
C．原子半径：Y＞Z
D．气态氢化物稳定性：Z＞X
【答案】D
【解析】
试题分析：短周期元素X、Y、Z，其中X、Z同主族，说明X、Z的最外层电子数相等，Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍，说明Z原子最外层6个电子，即位于第ⅥA族，X为O，Z为S，Y、Z同周期，说明都属于第3周期元素，Z原子最外层电子数(6个)是Y原子最外层电子数的2倍，则Y为3个，则Y是Al，据此判断：A．Y位于第3周期，A项正确；B．X为O，Z为S，有硫酸和亚硫酸，所以酸不只一种，B项正确；C．原子半径：Al＞S，C项正确；D．同主族元素，随着原子序数的增大，元素的非金属性逐渐减弱，气态氢化物的稳定性逐渐减弱，气态氢化物稳定性：H2S＜H2O，D项错误；选D。
考点：考查元素周期表，元素的推断。
15．下列性质可以证明醋酸是弱电解质的个数是（
）
①1mol L﹣1的CH3COOH溶液中c（H+）=10﹣2mol L﹣1
②CH3COOH以任意比与H2O互溶
③在相同条件下，CH3COOH溶液的导电性比盐酸弱
④10mL1mol L﹣1的CH3COOH溶液恰好与10mL1mol L﹣1的NaOH溶液完全反应
⑤同浓度同体积的CH3COOH溶液和HCl溶液与Fe反应时，CH3COOH溶液中放出H2的速率慢
⑥pH=2的CH3COOH溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合所得溶液呈酸性
⑦0.1mol L﹣1的CH3COONa溶液pH为8.2．
A．6
B．3
C．5
D．4
【答案】C
【解析】
试题分析：①氢离子浓度小于醋酸浓度，说明醋酸不完全电离，存在电离平衡，所以能证明醋酸为弱电解质，正确；②电解质的强弱与水溶性无关，错误；③在相同条件下，溶液的导电能力与离子浓度的大小有关，在相同条件下，CH3COOH溶液的导电性比盐酸弱，表明醋酸未完全电离，所以醋酸是弱酸，正确；④物质的量相等的盐酸和醋酸中和碱的能力相同，错误；⑤同浓度同体积的CH3COOH溶液和HCl溶液与Fe反应时，CH3COOH溶液中放出H2的速率慢，说明盐酸的电离程度大于醋酸，所以醋酸是弱酸，正确；
⑥pH=2的CH3COOH溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合所得溶液呈酸性，说明醋酸过量，也表明醋酸未完全电离，所以醋酸是弱酸，正确；⑦0.1mol L-1的CH3COONa溶液pH为8.2，溶液呈碱性，说明CH3COONa是强碱弱酸盐，所以醋酸是弱酸，正确；正确的有5个，故选C。
【考点定位】考查弱电解质在水溶液中的电离平衡
【名师点晴】本题考查了电解质强弱的判断，电解质的强弱是根据电解质的电离程度划分的，与电解质的溶解性强弱无关，在水溶液里部分电离的电解质为弱电解质，可以根据其电离程度或其强碱盐的酸碱性判断酸的强弱。弱电解质的证明方法（以盐酸和醋酸为例）常常有：①通过测定同浓度、同体积的溶液的导电性强弱来鉴别，同物质的量浓度的酸溶液，酸越弱，其溶液的导电能力越弱；②通过测定同浓度溶液的pH大小来鉴别，同物质的量浓度的酸溶液，酸性越弱，溶液的pH越大．若两种酸溶液的pH相同，酸越弱，溶液的浓度越大；③通过比较同浓度、同体积的溶液与同一种物质反应的速率快慢来鉴别，等物质的量浓度的酸，酸越弱，其c
（H+）越小，反应速率越慢；④通过测定同浓度的酸所对应的钠盐溶液的pH大小来鉴别，等物质的量浓度下，一元酸的钠盐溶液，其“对应的酸”越弱，溶液的pH越大；⑤通过比较体积相同、pH相同的酸溶液同倍数稀释后，溶液的pH变化大小来鉴别，在pH相同时，同体积的酸，酸越弱，抗稀释能力越强，即稀释相同倍数下，pH变化幅度越小；⑥通过比较同体积、同pH的溶液分别与同种物质发生完全反应时，消耗的物质的量的多少来鉴别，在pH相同的条件下，同体积的酸，酸越弱，其中和能力越强；⑦通过向酸溶液中加入与之相应的钠盐，引起溶液pH变化的大小来鉴别，在等物质的量浓度的酸溶液中，分别加入相应的盐固体（电离出相同的酸根离子），引起pH变化越大，其相酸性越弱。
16．（12分）在25℃，101kPa下将15LO2通入10LCO和H2的混合气体中，使其完全燃烧，干燥后恢复至原来的温度和压强。
（1）若剩余气体的体积是15L，则原混合气体中V（CO）=
L，V（H2）=
L。
（2）若剩余气体的体积是a
L，则原混合气体中V（CO）：V（H2）=
。
（3）若剩余气体的体积是a
L，则a的取值范围是
。
【答案】（1）5；5
（2）（a-10）：（20-a）
（3）10＜a＜20
【解析】
试题分析：（1）设一氧化碳的体积为xL，则氢气的体积为10-xL，根据化学方程式可知
2CO+O2＝2CO2
2H2+O2＝2H2O
2
1
2
2
1
X
0.5x
x
0-x
(10-x)/2
依题意，x+15-0.5x-(10-x)/2＝15，则x＝5，所以氢气的体积为10L-5L＝5L；
（2）依题意，x+15-0.5x-(10-x)/2＝a，x＝a-10，则氢气的体积为10-（a-10）＝20-a，所以二者的体积比为（a-10）：（20-a）。
（3）一氧化碳的体积应该大于0，所以a-10＞0，则a＞10，氢气的体积应大于0，所以20-a＞0，所以有a＜20，所以10＜a＜20。
考点：考查根据化学方程式进行的计算
17．（10分）科学家从化肥厂生产的（NH4）2SO4中检出组成为N4H4（SO4）2的物质，经测定，该物质易溶于水，在水中以SO42－和N4H44+两种离子形式存在，植物的根系易吸收N4H44+，但它遇到碱时，会生成一种形似白磷的N4分子，N4分子不能被植物吸收。
请回答下列问题：
（1）N4和N2的关系正确的是
（填序号）。
A．同种单质
B．同位素
C．同分异构体
D．同素异形体
（2）N4H4（SO4）2
（填“能”或“不能”）和草木灰混合施用。
（3）已知断裂1molN—N吸收167kJ热量，生成1molN
N放出942kJ。写出N4气体转变为N2的热化学方程式：
。
（4）已知白磷、NH4+、N4H44+的空间构型均为四面体，NH4+的结构式为，白磷（P4）的结构式为，请画出N4H44+的结构式
。
（5）已知液氨中存在着平衡2NH3NH4++NH2－。科学家在液氨中加入氢氧化铯（CsOH）和特殊的吸水剂,使液氨中的NH4+生成N4分子和另一种单质气体，请写出液氨与氢氧化铯反应的化学方程式：
。
【答案】（1）D
（2）不能（3）
N4（g）=2N2（g）△H=-882KJ/mol
（4）
（5）8NH3+4CsOH=N4+4CsNH2+6H2↑+4H2O
【解析】
试题分析：（1）N4和N2是氮元素的不同单质，属于同素异形体，故答案为：D；
（2）草木灰的成分是碳酸钾，其中的碳酸根水解显示碱性，N4H44+遇到碱时，会生成一种形似白磷的N4分子，所以N4H44+和草木灰之间能反应，所以二者不能混施；
（3）根据原子守恒知，一个N4分子生成2个N2分子，一个N4分子中含有6个N-N键，破坏1molN4分子中含有6molN-N键需要吸收167kJ/mol×6mol=1002KJ能量；生成2molN≡N键放出942kJ/mol×2mol=1884KJ能量，所以该反应放出1884KJ-1002KJ=882KJ能量，所以热化学反应方程式为N4（g）=2N2（g）△H=-882KJ/mol；
（4）结合P4和NH4+的结构，可得出N4H44+的结构式为
（5）液氨中存在着下列平衡：2NH3NH4++NH2-，加入氢氧化铯（CsOH）和特殊的吸水剂，使液氨中的NH4+生成N4分子，即发生的反应为：8NH3+4CsOH=N4+4CsNH2+6H2↑+4H2O.
考点：考查了同素异形体、物质的结构、化学平衡及热化学方程式的书写。
18．钒是一种熔点很高的金属，具有良好的可塑性和低温抗腐蚀性，有延展性、硬度大，无磁性。广泛应用于钢铁、航空航天、能源、化工等领域。中铝集团
(平果铝业公司）目前使用一种新型工艺，以便从铝业生成的固体废料——赤泥中提取金属钒，具体工艺流程图如下：
已知:
I.钒有多种价态，其中+5价最稳定。钒在溶液中主要以VO2+和VO3-的形式存在，存在平衡
VO2+
+H2OVO3-
+2H+。
Ⅱ.部分含钒物质在水中的溶解性如下表所示：
物质
V2O5
NH4VO3
(VO2)2SO4
溶解性
难溶
难溶
易溶
Ⅲ.部分离子的沉淀pH值:
Cu2+
Fe2+
Fe3+
开始沉淀pH值21世纪教育网
5.2
7.6
2.7
完全沉淀pH值
6.4
9.6
3.7
请回答下列问题：
（1）碱浸步骤中最好选用
。
A．NaOH溶液
B．氨水
C．纯碱溶液
（2）写出滤液1与足量二氧化碳反应的离子方程式
。
（3）磁选步骤得到的磁性产品为
。
（4）溶液1到溶液2的过程中，调节pH值至8有两个目的，一是除去铜离子，二是使
。
（5）滤渣3的主要成分为
，工业上常用铝热反应法由V2O5冶炼金属钒，请写出反应的化学方程式
。
【答案】（1）a
（2）AlO2－＋CO2＋2H2O＝HCO3－＋Al(OH)3↓
（3）Fe
（4）VO2＋转化为VO3－
（5）NH4VO3
10Al＋3V2O55Al2O3＋6V
【解析】
试题分析：（1）氧化铝不能溶解在弱碱中，则选择强碱氢氧化钠，答案选a；
（2）滤液1中含有偏铝酸钠，与足量二氧化碳反应的离子方程式为AlO2－＋CO2＋2H2O＝HCO3－＋Al(OH)3↓。
（3）铁不能溶解在氢氧化钠中，则滤渣1中含有铁，所以磁选步骤得到的磁性产品为铁；
（4）由于NH4VO3难溶，所以溶液1到溶液2的过程中，调节pH值至8有两个目的，一是除去铜离子，二是使VO2＋转化为VO3－。
（5）由于NH4VO3难溶，所以滤渣3的主要成分为NH4VO3，根据电子得失守恒和原子守恒可知钙铝热反应的方程式为10Al＋3V2O55Al2O3＋6V。
考点：考查工艺流程图的分析与判断
19．绿矾是一种重要的化工原料。
【问题1】绿矾晶体（FeSO4·7H2O）由于保存不妥或长久放置，容易被空气中的氧气氧化而变质。为探究绿矾样品的变质情况，某化学兴趣小组的同学设计了下列实验方案。
实验准备：取少量绿矾样品，用蒸馏水在烧杯中配成溶液。
（1）方案1：取少量溶液，加入几滴
试剂（写化学式），如果观察到的现象是溶液变血红色；实验结论：证明绿矾样品已被氧化。
（2）方案2：取少量溶液，加入几滴酸性KMnO4溶液，如果观察到的现象是
。实验结论：证明绿矾样品完全被氧化。
（3）使用FeSO4时，如要防止Fe3+的干扰，可以加入适量铁粉进行除杂，写出加入铁粉后发生反应的离子方程式
。
（4）要从FeSO4溶液中得到绿矾晶体，必须进行的实验操作步骤：　　　　　、冷却结晶、　过滤、自然干燥，在这一系列操作中没有用到的仪器有　　　　　　（此空填序号）
A．蒸发皿　　
B．石棉网　　
　
C．烧杯　　　
　　D．玻璃棒　
【问题2】灼烧绿矾的反应方程式：2（FeSO4·7H2O）
Fe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O
工业上常通过高温分解FeSO4的方法制备Fe2O3，为检验FeSO4高温分解的气体产物中是否含有SO2和SO3，进行如下实验：将FeSO4高温分解产生的气体通入下图所示的装置中。请回答以下问题：
（1）装置I中氯化钡溶液中可观察到现象
。若氯化钡溶液足量，将最后所得沉淀过滤、洗涤、烘干后称重为2．33克，则灼烧绿矾的过程中转移了_________mol的电子。
（2）装置II中试剂为品红溶液，其作用是

（3）装置III中试剂为NaOH溶液，其作用是
。
【答案】【问题1】
（1）KSCN
（2）溶液不褪色
（3）Fe+
2Fe
3+=3Fe2+
（4）蒸发浓缩；B
【问题2】
（1）有白色沉淀产生
0．02
（2）检验产生的气体中是否含SO2，
（3）除去多余的SO2，防止污染空气。
【解析】
试题分析：【问题1】（1）绿矾中的亚铁离子被氧化成铁离子，遇KSCN变红色，因此加入KSCN溶液，若溶液变红证明被氧化
（2）酸性KMnO4可氧化亚铁离子，但不与铁离子反应，若溶液的紫色不退去，证明已完全被氧化
（3）铁与铁离子反应生成亚铁离子，离子方程式为Fe+
2Fe3+=3Fe2+
（4）从溶液中得到晶体的第一步是蒸发浓缩；这一系列的操作中A、蒸发皿中进行蒸发，C、烧杯中配成溶液，D、用玻璃棒进行搅拌，没有用的的是B石棉网
【问题2】（1）三氧化硫与氯化钡溶液反应生成硫酸钡白色沉淀，所以装置I中氯化钡溶液中可观察到现象是有白色沉淀产生；2．33g为硫酸钡，其物质的量为0．01mol，即三氧化硫的物质的量为0．01mol，根据绿矾分解是化学方程式可计算该过程中转移电子的物质的量为0．02mol
(2)品红溶液用来验证气体产物中是否含二氧化硫
（3）试剂为NaOH溶液用来吸收多余的二氧化硫，防止污染空气
考点：考查铁离子、亚铁离子的检验及其化学性质，二氧化硫、三氧化硫的检验及尾气处理，从溶液中得到固体的方法操作
20．某实验室需要配制480
mL
0.10
mol/L
Na2CO3溶液。
（1）所需玻璃仪器有：玻璃棒、烧杯、100mL量筒、
（2）实验时图中所示操作的先后顺序为
(填编号)
（3）在配制过程中，下列操作对所配溶液浓度有无影响？（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）
①
称量时误用“左码右物”
②
转移溶液后没有洗涤烧杯和玻璃棒
③
向容量瓶加水定容时俯视液面
④
摇匀后液面下降，再加水至刻度线
（4）所需Na2CO3固体的质量为
g；若改用浓溶液稀释，需要量取2
mol/L
Na2CO3溶液
mL。
【答案】（1）500mL容量瓶
胶头滴管（2）②④③⑤①⑥
（3）偏低
偏低
偏高
偏低（4）5.3
25
【解析】
试题分析：(1)配制500mL溶液，所需玻璃仪器有：玻璃棒、烧杯、100mL量筒、500mL容量瓶
胶头滴管；
（2）实验时图中所示操作的先后顺序为②④③⑤①⑥；
（3）在配制过程中，下列操作对所配溶液浓度有无影响？（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）
①
称量时误用“左码右物”，称取碳酸钠的质量偏小，所配溶液浓度偏低；
②
转移溶液后没有洗涤烧杯和玻璃棒，碳酸钠的质量偏小
，所配溶液浓度偏低；
③
向容量瓶加水定容时俯视液面，溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高；
④
摇匀后液面下降，再加水至刻度线，溶液体积偏大，所配溶液浓度偏低；
（4）所需Na2CO3固体的质量为n=cvM=0.1mol/L×0.5L×106g/mol=5.3
g；
若改用浓溶液稀释，需要量取2
mol/L
Na2CO3溶液VmL。
根据稀释前后溶质物质的量不变，
0.1mol/L×500mL=2
mol/L×VmL
V=25。
考点：本题考查物质的量浓度。
21．某硅酸锌样品含58.6％的锌，而ZnO％与SiO2％的质量分数的总和为100％，写出这样品的化学式（最简式）。
【答案】　
　
　　SiO2％=1-73.0％=27.0％
　　
　　该硅酸锌样品的化学式为：2ZnO·SiO2。
【解析】题目要求写出这样品的化学式（最简式），即是要求通过计算找出ZnO与SiO2的物质的量之比值，然后用SiO2和ZnO的形式表示此硅酸锌样品的组成。
　　可先由Zn％求算出ZnO％，并求出SiO2％。然后再运用求最简式最基本的方法求出此硅酸锌的组成。
22．下表是元素周期表的一部分，除标出的元素外，表中的每个编号表示一种元素，请根据要求回答下列问题。
（1）元素④的符号是
；
（2）⑤和⑥两种元素原子半径的大小关系：⑤
⑥（填“＞”或“＜”）；
（3）①和②两种元素金属性强弱关系：①
②（填“＞”或“＜”）；
（4）①的最高价氧化物的水化物与元素③的单质反应的化学方程式为：________
_______。
【答案】（1）Si（2）＜（3）＞（4）2NaOH+2Al
+2H2O
=2NaAlO2+3H2↑
【解析】
试题分析：（1）根据元素周期表的结构，判断元素④是第三周期第IVA的硅元素，符号为Si；
（2）⑤和⑥是同主族元素，所以原子半径从上到下逐渐增大，则⑤<⑥；
（3）①和②是同周期元素，随原子序数的增大，金属性逐渐减弱，则金属性①>②；
（4）①为Na元素，最高价氧化物的水化物是NaOH，元素③的单质是Al，则Al与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，化学方程式是2NaOH+2Al
+2H2O
=2NaAlO2+3H2↑。
考点：考查元素周期表的结构和元素周期律的应用。
23．（11分）A、B、C、D四种物质都含有一种共同的元素，A是常见的金属，C的溶液呈现黄色，A、B、C、D之间有如图所示转化关系。
试回答下列问题：
（1）A是___________，C是_________________。
（2）C的溶液与NaOH溶液混合后产生的现象是______________________________。
（3）反应①的反应类型是___________________。
（4）从A、B、C三种物质中任选一种，从它们所含共同元素的价态上预测所选物质具有氧化性或还原性，并设计实验验证。
预测性质___________________________________________
主要操作___________________________________________
可能的现象__________________________________________
【答案】（1）Fe，FeCl3；（2）产生红褐色沉淀；（3）置换反应；
（4）选取C物质，它具有氧化性；取少量黄色的C的溶液置于试管中，向其中加入无锈铁钉，振荡；黄色溶液逐渐变成浅绿色。
【解析】
试题分析：（1）D呈现血红色溶液，说明D中含有Fe3＋，即A是铁，铁和氯气反应生成C，即FeCl3；（2）FeCl3＋3NaOH=Fe（OH）3↓＋2NaCl，现象是有红褐色沉淀产生；（3）Fe＋2HCl=FeCl2＋H2↑，属于置换反应；（4）Fe3＋显黄色，且具有强氧化性，能和铁单质反应：Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，Fe2＋显浅绿色，故：选取C物质，它具有氧化性；取少量黄色的C的溶液置于试管中，向其中加入无锈铁钉，振荡；黄色溶液逐渐变成浅绿色。
考点：考查铁及其化合物的性质、化学反应类型等知识。