山东省临沂市第三中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）

山东省临沂市第三中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）
1．下列有关“化学与生活、社会”的叙述正确的是
A．“霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应
B．碘是人体必需微量元素，所以要多吃富含高碘酸的食物
C．药皂中含有苯酚，能杀菌消毒，故苯酚具有强氧化性
D．屠呦呦获得了2015年诺贝尔奖，她用乙醚提取青蒿素的过程属于化学变化
【答案】A
【解析】
试题分析：A、雾霾所形成的气溶胶属于胶体，有丁达尔效应，A正确；B、碘是人体必需微量元素，所以要吃富含KIO3的食盐，但不能多吃，多吃会导致升高血压，促进动脉粥样硬化，B错误；C、苯酚的水溶液可使菌体蛋白变性杀菌消毒，但苯酚无强氧化性，C错误；D．乙醚提取青蒿素无新物质生成，属于物理变化，D错误，答案选A。
考点：考查化学与生活的有关判断
2．下列关于胶体的叙述中，正确的是
A．依据丁达尔效应可将分散系分为溶液、胶体与浊液
B．溶液是电中性的，胶体是带电的
C．雾是气溶胶，在阳光下可观察到丁达尔效应
D．溶液中溶质粒子的运动有规律，胶体分散质粒子的运动无规律，即布朗运动
【答案】C
【解析】
试题分析：A、根据分散质粒子直径将分散系分成溶液、胶体和浊液，错误，不选A；B、溶液和胶体都是电中性的，错误，不选B；C、雾属于胶体，有丁达尔效应，正确，选C；D、溶质或胶体的分散质粒子都做无规则运动，错误，不选D。
考点：
胶体的性质
3．配制一定体积、一定物质的量浓度的溶液时，下列操作会使配得的溶液浓度偏小的是
A．容量瓶中原有少量蒸馏水
B．溶液从烧杯转移到容量瓶中后没有洗涤烧杯
C．定容时观察液面俯视
D．滴管加水时，有少量水滴到容量瓶外
【答案】B
【解析】
试题分析：由c=m/nv知误差由m、n、v的大小决定：A．容量瓶中原有少量蒸馏水不影响上述三个物理量，浓度无误差。故A错。B．溶液从烧杯转移到容量瓶中后没有洗涤烧杯，会使m减小，结果偏低。故B正确。偏大。故C错。D．滴管加水时，有少量水滴到容量瓶外，不影响上述三个物理量，浓度无误差。故D错。
考点：了解配制一定溶质质量分数、物质的量浓度溶液的方法。
点评：本题考查溶液配制时的误差判断。定量实验误差，可利用计算公式结合实验操作进行分析。
4．下列溶液一定显酸性的是
A．
含H+的溶液
B．
pH=6的溶液
C．
c(OH－)＜
c(H+)的溶液
D．
能与Al(OH)3反应的溶液
【答案】C
【解析】
试题分析：A.水溶液中存在水的电离，一定含有氢离子，与溶液酸碱性无关，A项错误；B.如100℃时，水的离子积常数是10-12，当pH=6时溶液呈中性，B项错误；C.c（OH-）＜c（H+）的溶液一定呈酸性，C项正确；D.Al(OH)3属于两性氢氧化物，能与强酸、强碱溶液反应，D项错误；答案选C。
【考点定位】考查溶液酸碱性的判断等知识。
【名师点睛】本题考查溶液酸碱性的判断。溶液呈酸碱性的实质是c(H＋)与c(OH－)的相对大小，不能只看pH，一定温度下pH=6的溶液也可能显中性，也可能显酸性，应注意温度。另外，要注意区分溶液组成和性质的关系，酸性溶液不一定是酸溶液，碱性溶液不一定是碱溶液。
5．将一定量的H2、CO和CO2的混合气体通入盛有足量Na2O2粉末（Na2O2体积忽略不计）的密闭容器中，用电火花引燃直至反应完全。恢复到原温度，容器内的压强为原来的1/4，则原混合气体的平均相对分子质量不可能是
A．15
B．28
C．30
D．36
【答案】AD
【解析】
试题分析：
①2CO+
O2=2CO2
②2CO2+
2Na2O2=2
Na2CO3+
O2
（①+②）/2
得CO+
Na2O2=
Na2CO3
③2H2+
O2=2
H2O
④2H2
O+2Na2O2=4
Na
O
H
+
O2
↑
（③+④）/2
得
H2
+Na2O2=2
Na
O
H
H2和CO被Na2O2吸收。过量的2CO2+
2Na2O2=2
Na2CO3+
O2
2
CO2----2
Na2O2----
O2
1/2
1/4
有两种假设：（1）若原气体是H2
：1/2和
CO21/2
；（2）若原气体是
CO：1/2和
CO2：1/2
（1）若原气体是H2
：1/2和
CO2：1/2
M平均=2
1/2+44
1/2=23
（2）若原气体是
CO：1/2和
CO2：1/2
M平均=28
1/2+44
1/2=36
H2、CO和CO2的混合气体在
36
>
M平均
>
23
AD不在这个范围，所以不可能。
考点：考查化学计算等相关知识。
6．硫化汞（HgS）难溶于水，在自然界中呈红褐色，常用于油画颜料、印泥及朱红雕刻漆器等。某温度时HgS在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是（
）
A．向硫化汞的浊液中加入硫化钠溶液，硫化汞的Ksp减小
B．图中a点对应的是饱和溶液
C．向c点的溶液中加入0.1mol/LHg(NO3)2，则c(S2-)减小
D．升高温度可以实现c点到b点的转化
【答案】C
【解析】
试题分析：A.溶液的温度不变，则Ksp不变，错误；
B.a点对应的溶液为不饱和溶液，错误；C.温度一定，则难溶物质的溶度积一定，根据C(S2-)=Ksp÷c(Hg2+)知，汞离子浓度增大，则溶液中硫离子浓度减小，正确；D.升高温度，促进硫化汞的电离，所以汞离子和硫离子浓度都增大，不可能由C点变为D点，错误。
考点：考查难溶电解质的沉淀溶解平衡的知识。
7．TK时，向2.0L恒容密闭容器中充入0.10molCOCl2，反应COCl2Cl2(g)+CO(g)，经过一段时间后达到平衡。反应过程中测得的部分数据见下表：
t/s
0
2
4
6
8
n(Cl2)/mol
0
0.030
0.039
0.040
0.040
下列说法正确的是
A．保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(Cl2)=0.022
mol L-1，则反应的△H＜0
B．反应在前2s的平均速度v(CO)=0.015mol·L
-1·s-1
C．保持其他条件不变，起始向容器中充入0.12molCOCl2、0.06molCl2和0.06molCO，反应达到平衡前的速率：v正＜v逆
D．保持其他条件不变，起始向容器中充入0.10molCl2和0.08molCO，达到平衡时，Cl2的转化率小于60%
【答案】CD
【解析】
试题分析：A．由表中数据可知，6s、8s时氯气的物质的量都是0.04mol，说明6s时反应到达平衡，平衡时氯气的浓度为0.02mol·L-1，升高温度，到达新平衡，氯气的浓度变为0.022mol/L，氯气浓度增大，说明平衡向正反应方向移动，故正反应为吸热反应，即△H＞0，故A错误；
B．反应在前2s的平均速度v(C12)=0.030mol÷2L÷2s=0.0075mol·L
-1·s-1；v(CO)=0.0075mol·L
-1·s-1，故B错误；C．平衡时c(Cl2)=0.02mol/L，
COCl2(g) Cl2(g)+CO(g)
起始(mol/L)：0.05
0
0
转化(mol/L)：0.02
0.02
0.02
平衡(mol/L)：0.03
0.02
0.02
该温度下平衡常数k==0.013，
若起始向容器中充入0.12
molCOCl2、0.060
molCl2和0.060
molCO，此时Qc==0.015＞0.013，则反应向逆反应方向移动，反应达到平衡前v正＜v逆，故C正确；D．原平衡等效为起始向容器中充入0.10molCl2和0.1molCO，达到平衡时Cl2的转化率=×100%=60%，如加入0.10
mol
Cl2和0.08
mol
CO，相当于在原来的基础上减小0.02molCO，平衡在原来的基础上向正反应方向移动，则Cl2的转化率减小，则Cl2的转化率小于60%，故D正确；故选CD。
考点：考查化学平衡的计算、等效平衡
8．下列各组离子可以在溶液中大量共存的是
A．K＋、Mg2＋、SO42－、OH－
B．Na＋、H＋、Cl－、HCO3－
C．K＋、Ag＋、NO3－、Cl－
D．K＋、Cu2＋、SO42－、NO3－
【答案】D
【解析】
试题分析：A．Mg2＋、OH－会形成Mg(OH)2沉淀而不能大量共存，错误；B．H＋、HCO3－会发生反应产生CO2气体而不能大量共存，错误；C．Ag＋、Cl－会形成AgCl沉淀而不能大量共存，错误；D．K＋、Cu2＋、SO42－、NO3－不会发生任何反应，因此可以大量共存，正确。
考点：考查离子大量共存的知识。
9．同温同压下，已知下列各反应为放热反应，下列各热化学方程式中热量数值最小的是
A．2A
(
l
)
+
B
(
l
)
=
2C
(g
)
△H1
B．2A
(
g
)
+
B
(
g
)
=
2C
(g
)
△H2
C．2A
(
g
)
+
B
(
g
)
=
2C
(
l
)
△H3
D．2A
(
l
)
+
B
(
l
)
=
2C
(
l
)
△H4
【答案】A
【解析】
试题分析：相同物质的量的物质气态时所具有的能量高于液态时的能量，液态时所具有的能量高于固态时的能量，反应物具有的能量越低，生成物具有的能量越高，反应放出的热越小，答案选A。
考点：化学反应中的能量变化，反应物和生成物的聚集状态与反应热的关系
10．下列关于有机物的说法中不正确的是
A．甲烷、苯、乙醇在一定条件下都能发生取代反应
B．烷烃和糖类分子中都存在碳碳单键
C．聚乙烯、纤维素、蛋白质都是高分子化合物
D．用新制氢氧化铜悬浊液可以鉴别乙酸、葡萄糖和淀粉三种溶液
【答案】B
【解析】
试题分析：A、甲烷在光照下易发生取代反应，苯在催化剂作用下易取代，乙醇与乙酸的酯化反应属于取代反应，因此选项A正确；B、甲烷分子中不存在碳碳单键，B不正确；C、聚乙烯、纤维素、蛋白质都是高分子化合物，C正确；D、乙酸含有羧基，能溶解氢氧化铜，葡萄糖能和新制的氢氧化铜悬浊液反应产生红色沉淀，淀粉与氢氧化铜不反应，因此可以鉴别，D正确，答案选B。
考点：考查有机物结构、性质、有机反应类型以及有机物鉴别等
11．下列物质在氯气中燃烧时在瓶口产生白雾的是
A．Cu
B.
Na
C.Mg
D.
H2
【答案】D
【解析】
12．下列关于胶体的说法正确的是：
A．胶体的本质特征为均匀稳定
B．胶体和溶液可以通过丁达尔效应来鉴别
C．可以用饱和氯化铁溶液和氢氧化钠溶液混合来制取氢氧化铁胶体
D．可以用过滤的方法净化胶体
【答案】B
【解析】
试题分析：A、胶体的本质特征为分散质粒子直径介于1——100nm之间，错误；B、胶体和溶液可以通过丁达尔效应来鉴别，正确；C、氢氧化铁胶体的制备方法是将饱和氯化铁溶液滴加到沸水中，持续加热至液体呈透明的红褐色，错误；D、胶体的精制用渗析的方法，错误。
考点：考查胶体的概念和性质。
13．NA表示阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是（
）
A．1molCl2与足量Fe反应，转移的电子数为3NA
B．Na2O2与CO2反应生成11.2LO2（标准状况），反应中转移的电子数为2NA
C．在标准状况下，22.4LSO3所含的氧原子数目为3NA
D．1molNa与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去NA个电子
【答案】D
【解析】A、氯气和铁反应后变为﹣1价，故1mol氯气反应后转移2mol电子即2NA个，故A错误；
B、过氧化钠与二氧化碳反应时，氧元素的价态由﹣1价变为0价，故当生成11.2L氧气即0.5mol氧气时，转移1mol电子即NA个，故B错误；
C、标况下三氧化硫为固体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和含有的氧原子的个数，故C错误；
D、由于钠和氧气反应后变为+1价，故1mol钠失去1mol电子即NA个，故D正确．
【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．
14．能正确表示下列反应的离子方程式是
A．用过量石灰乳吸收工业尾气中的SO2:
Ca2+
+2OH-
+SO2＝CaSO3
↓+
H2O
B．用酸性KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO4—+6H++5H2O2＝2Mn2++5O2
↑+8H2O
C．用铜做电极电解NaCl溶液:2C1—+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-
D．将
Fe2O3
加入到
HI
溶液中：Fe2O3
+
6H+＝2Fe3+
+3H2O
【答案】B
【解析】
试题分析：A．石灰乳用化学式表示，A错误；B．离子方程式正确，B正确；C．铜作阳极，铜失去电子，C错误；D．铁离子具有氧化性，能氧化碘离子，D错误，故选B。
考点：考查离子方程式的书写
15．某同学将光亮的镁条放入盛有NH4Cl溶液的试管中，有大量气泡产生，为探究该反应原理，该同学做了以下实验并观察到相关现象，由此得出的结论不合理的是(
)
选项
实验及现象
结论
A
将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝
反应中有NH3产生
B
收集产生的气体并点燃，火焰呈淡蓝色
反应中有H2产生
C
收集气体的同时测得溶液的pH为8.6
弱碱性溶液中Mg也可被氧化
D
将光亮的镁条放入pH为8.6的NaHCO3溶液中，有气泡产生
弱碱性溶液中OH-氧化了Mg
【答案】D
【解析】
试题分析：A．氨气为碱性气体，遇到湿润的红色石蕊变蓝，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝，可以证明气体中含有氨气，故A正确；B．收集产生的气体并点燃，火焰呈淡蓝色，可以证明氢气的存在，故B正确；C．pH为8.6时，仍然有气体生成，说明碱性条件下，Mg可以被氧化，故C正确；D、若是氢氧根氧化了Mg，则氢氧根得电子被还原，不可能生成气体，所以D的结论不合理，故D错误；故选D。
考点：考查了镁的化学性质的相关知识。
16．（10分）常温下，向25
mL
0．1
mol/L
MOH溶液中逐滴加入0．2
mol/L
HA溶液，曲线如图所示（体积变化忽略不计）。
回答下列问题：
（1）写出MOH的电离方程式:
。
（2）MOH与HA恰好完全反应时，溶液呈
性（填“酸”、“碱”或“中”），理由是（用离子方程式表示）:
；此时，混合溶液中由水电离出的c(H+)
0．2
mol/L
HA溶液中由水电离出的c(H+)（填“＞”“＜”或“=”）。
（3）分别写出B、C两点，混合溶液中各离子浓度的大小关系
B点
；
C点
。
（4）D点时，溶液中c(A－)+c(HA)
2
c(M+)（填“＞”、“＜”或“=”）；若此时测得混合溶液的pH=3，则c(HA)
+
c(H+)
=
mol/L。
【答案】（1）MOH==M++OH-
（2）碱；A—
+
H2OHA
+
OH—；＞
（3）c(M+)
=
c(A－)＞
c(H+)
=
c(OH－)；
c(A－)＞c(M+)＞
c(H+)＞
c(OH－)
（4）=；0．05
【解析】
试题分析：（1）据图像，加入13mlHA时，HA是过量的，但溶液PH=7，这说明MOH是强碱，而HA是弱酸，所以MOH在水溶液中的电离方程式为MOH＝M+
+
OH-。（2）由于HA是弱酸，MOH是强碱，则MOH与HA恰好完全反应生成MA，A-水解，溶液呈碱性，水解方程式A-
+
H2O
HA
+
OH-。HA是弱酸，电离出H+抑制水的电离，而A-水解促进水的电离，所以混合溶液中由水电离出的c(H+)＞0．2
mol/L
HA溶液中由水电离出的c(H+)。（3）B点溶液中的溶质为MA和少量HA则根据电荷守恒可知c(A－)+c(OH-)＝c(M＋)+c(H+),根据此时溶液显中性，则有c(M+)
=
c(A－)＞
c(H+)
=
c(OH－)；C点HA已过量，溶液呈酸性，且MA的物质的量大于HA的物质的量，所以c（A-）＞c（M+）＞c（H+）＞c（OH-）；（4）D点溶液中的溶质是MA和HA，计算可知二者的浓度相等，根据物料守恒，c(A－)+c(HA)＝2c(M+)。又电荷守恒c(A－)+c(OH-)＝c(M＋)+c(H+)，则c(HA)
+
c(H+)＝c(OH－)+
c(M＋)＝10-11＋0．05≈0．05。
考点：考查弱电解质的电离、盐类水解、溶液中离子浓度大小比较和有关计算。
17．污染物的有效去除和资源的充分利用是化学造福人类的重要研究课题。硫、氮氧化物是形成酸雨、雾霾等环境污染的罪魁祸首，采用合适的措施消除其污染是保护环境的重要措施。
Ⅰ．研究发现利用NH3可消除硝酸工业尾气中的NO污染。NH3与NO的物质的量之比分别为1：3、3：l、4：1时，NO脱除率随温度变化的曲线如图所示。
（1）①曲线a中，NO的起始浓度为6×10－4mg／m3，从A点到B点经过0.8s，该时间段内NO的脱除速率为
mg／(m3·s)。
②曲线b对应的NH3与NO的物质的量之比是
，其理由是
（2）已知在25℃，101kPa时：
N2(g)+3H2(g)
===
2NH3(g)
△H＝-Q1／mol
2H2(g)+O2(g)
===
2H2O(1)
△H＝-
Q2kJ／mo1
N2(g)
+O2(g)
===
2NO(g)
△H＝+
Q3kJ／mo1
请写出用NH3脱除NO的热化学方程式
。
Ⅱ．工业上还可以变“废”为“宝”，将雾霾里含有的SO2、NO等污染物转化为Na2S2O4(保险粉)和NH4NO3等化工用品，其生产流程如下：
（3）装置Ⅱ中NO转变为NO3－的反应的离子方程式为
。
（4）装置Ⅲ制得Na2S2O4的同时还能让Ce4＋再生，原理如图所示。其阴极的电极反应式为
：
。
（5）按上述流程处理含有amolSO2、bmolNO的雾霾(b>a)，并制取Na2S2O4和NH4NO3。装置Ⅰ中SO2、装置Ⅱ中NO、装置Ⅲ中HSO3－和Ce3＋、装置Ⅳ中NO2－全部转化，处理完毕后装置Ⅱ中Ce4＋的剩余量与加入量相比没有变化，则至少需向装置Ⅳ中通入标准状况下的O2
L(用含a、b的代数式表示)。
【答案】Ⅰ．（1）①
1.5×10-4②
3:1；NH3与NO的物质的量比值越大，NO的脱除率越大。（2）4
NH3(g)
+
6
NO(g)
==5
N2(g)
+6
H2O(1)
△H＝-（3Q2+3Q3-2Q1）KJ／molⅡ．（3）3Ce4+
+NO+2H2O==3Ce3+
NO3-+
4H+（4）2HSO3-+2e-+2H+==S2O42-+2H2O（5）5.6(3b-a)
(3分)
【解析】
试题分析：Ⅰ．（1）①曲线a中，NO的起始浓度为6×10－4mg／m3，从A点到B点经过0.8s，NO的浓度变化为6×10－4mg／m3（0.75-0.55）=
1.2×10－4mg／m3，该时间段内NO的脱除速率为1.5×10-4mg／(m3·s)。②当其他条件相同时，NH3与NO的物质的量比值越大，NO的脱除率越大，故NH3与NO的物质的量之比分别为1：3、3：l、4：1时，对应的曲线分别为c、b、a，则曲线b对应的NH3与NO的物质的量之比是3:1，其理由是NH3与NO的物质的量比值越大，NO的脱除率越大
（2）已知在25℃，101kPa时：①N2(g)+3H2(g)
==
2NH3(g)
△H＝-Q1
kJ／mol；②2H2(g)+O2(g)
==
2H2O(1)
△H＝-
Q2kJ／mo1；③N2(g)
+O2(g)
==
2NO(g)
△H＝+
Q3kJ／mo1，根据盖斯定律：②×3+③×3-①×2得用NH3脱除NO的热化学方程式为4
NH3(g)
+
6
NO(g)
==5
N2(g)
+6
H2O(1)
△H＝-（3Q2+3Q3-2Q1）KJ／mol。
Ⅱ．（3）根据化学工艺流程知装置Ⅱ中NO与Ce4+反应生成NO3－、NO2—和Ce3+，反应的离子方程式为3Ce4+
+NO+2H2O===3Ce3+
NO3-+
4H+。
（4）装置Ⅲ为电解池，Ce4＋再生，发生氧化反应Ce3+-e－==Ce4＋，为电解池的阳极反应，则阴极反应为HSO3-被还原为S2O42-，电极反应式为2HSO3-+2e-+2H+==S2O42-+2H2O。
（5）按上述流程处理；amolSO2转化为Na2S2O4得到amol电子，bmolNO转化为NH4NO3失去3bmol电子。根据电子守恒知O2得电子的物质的量为（3b-a）mol，则通入氧气的物质的量为（3b-a）/4mol,，标准状况下的体积为5.6(3b-a)L。
考点：考查化学平衡图像分析，盖斯定律、热化学方程式的书写，化学工艺流程分析，电解原理和电子守恒法计算。
18．为了制取干燥纯净的气体C，可用如下图所示装置。生成C的速度可通过调节滴入液体A的速度的方法来控制，已知C是一种无色无味、不能使酸碱指示剂变色，也不会在空气中燃烧的气体。
(1)C气体是____________。
(2)若B是一种淡黄色固体，则烧瓶中发生反应的化学方程式为________________________。
(3)若B是一种黑色粉末，则A液体是________，B物质的作用是______________________。
(4)洗气瓶中的D液体是____________，作用是__________________________________。
【答案】(1)氧气(或O2)
(2)2Na2O2+2H2OJ====4NaOH+O2↑
(3)H2O2
催化作用
(4)浓H2SO4
除去氧气中混有的少量水蒸气
【解析】C是一种无色无味、不能使酸碱指示剂变色，也不会在空气中燃烧的气体，推之可能是N2或者是O2，加之其能简单制取，可以确定其为O2。则淡黄色固体B为Na2O2，其与水反应制氧的化学方程式为2Na2O2+2H2O====4NaOH+O2↑；若黑色粉末B为MnO2，则A物质为H2O2，MnO2在反应中起催化作用。洗气瓶D中盛装的是能干燥C气体的溶液，应为浓H2SO4，其作用是除去氧气中混有的少量水蒸气。
19．（14分）实验室制取乙烯的装置如下图所示，请根据图示回答下列问题：
（1）实验室制乙烯的化学方程式为____________________________________
在这个反应中，浓硫酸的作用是___
_和_____
。
（2）某化学课外兴趣小组学生在实验室里制取的乙烯中常混有少量的二氧化硫，老师启发他们并由他们自己设计了下列实验图以确认上述混合气体中有C2H4和SO2。回答下列问题：
①I、II、Ⅲ、IV装置可盛放的试剂是I
II
Ⅲ
IV____
（填试剂的序号）。
A．品红溶液
B．NaOH溶液
C．浓硫酸
D．酸性KMnO4溶液
②能说明SO2气体存在的现象是_____________________________________________。
③确定含有乙烯的现象是____________________________________________________
。
【答案】（1）CH3CH2OHCH2=CH2↑＋H2O；
催化剂；
脱水剂
（2）①I
A
II
B
III
A
IV
D
②I中品红溶液褪色；
③III中品红溶液不褪色，IV中酸性KMnO4溶液褪色
【解析】
试题分析：（1）实验室制乙烯是用乙醇和浓硫酸在加热的条件下反应，方程式为：CH3CH2OHCH2=CH2↑＋H2O；
在反应中浓硫酸的作用为催化剂和脱水剂。（2）因为乙烯和二氧化硫都能和溴水或高锰酸钾褪色，所以在检验乙烯的性质之前，需要首先检验和出去二氧化硫，所以先用品红检验二氧化硫，在利用二氧化硫是酸性氧化物，能和碱反应的特点，用氢氧化钠吸收二氧化硫，为了保证完全除去二氧化硫需要再次用品红检验二氧化硫是否除尽，所以选择的试剂分别为I
A
II
B
III
A
IV
D
。②能证明二氧化硫存在的现象为I中品红溶液褪色；③能证明有乙烯的现象为III中品红溶液不褪色，IV中酸性KMnO4溶液褪色。
考点：乙烯的制取，乙烯和二氧化硫的检验。
20．为探索工业废料的再利用，某化学兴趣小组设计了如下实验流程，用含有铝、铁和铜的合金废料制取无水氯化铝、绿矾晶体(FeSO4 7H2O)和胆矾晶体。
请回答：
【制备无水氯化铝】
（1）步骤Ⅰ进行的实验操作所需要的玻璃仪器是
；
（2）步骤Ⅱ生成固体C的离子方程式是
；
（3）进行步骤Ⅱ时，该小组用如下图所示装置及试剂制取CO2并将制得的气体通入溶液A中。一段时间后，观察到烧杯中产生的白色沉淀会逐渐减少。为了避免固体C减少，可采取的改进措施是
；
（4）由AlCl3溶液制备无水AlCl3的实验过程如下：
①由AlCl3溶液制备氯化铝晶体（AlCl3 6H2O）涉及的操作为：
、冷却结晶、过滤、洗涤；
②将AlCl3 6H2O溶于浓硫酸进行蒸馏，可以得到一定量的无水AlCl3，此原理是利用浓硫酸下列性质中的
（填字母）。
a．氧化性
b．吸水性
c．难挥发性
d．脱水性
【制备胆矾晶体】
（5）用固体F制备CuSO4溶液，可设计以下三种途径，你认为的最佳途径为
。（填序号）
【测定FeSO4 7H2O含量】
（6）称取制得的绿矾样品10.0
g，溶于适量的稀硫酸中，配成100
mL溶液，准确量取25.00
mL该液体于锥形瓶中，再用0.1000
mol/L
KMnO4标准溶液滴定。用同样的方法滴定3次，平均消耗15.00
mL标准液，则样品中FeSO4 7H2O的质量分数为
。（已知Mr(FeSO4·7H2O)=278）
【答案】（1）漏斗、烧杯、玻璃棒（2）AlO2－+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3－
（3）在装置a、b之间增加一个盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶(合理即可)
（4）①蒸发浓缩
②b
c（5）②（6）83.4%
【解析】
试题分析：铝、铁和铜的合金中只有金属铝可以和氢氧化钠之间反应生成溶液A偏铝酸钠，固体B是金属铁和金属铜，A中通入过量的二氧化碳可以得到氢氧化铝沉淀C和碳酸氢钠溶液D，金属铁可以和硫酸之间发生反应生成硫酸亚铁和氢气，但是金属铜和稀硫酸之间不反应，硫酸亚铁溶液蒸发浓缩、冷却结晶可以获得绿矾晶体，金属铜可以获得胆矾晶体。
（1）步骤Ⅰ进行的实验操作是过滤，所需要的玻璃仪器是漏斗、烧杯、玻璃棒；
（2）根据以上分析可知步骤Ⅱ生成固体C的离子方程式是AlO2－+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3－。
（3）进行步骤Ⅱ时，该小组用如图2所示装置及试剂将制得的CO2气体通入溶液A中．一段时间后，观察到烧杯中产生的白色沉淀逐渐减少，其原因是二氧化碳气体中含有从盐酸中挥发出的氯化氢气体，氯化氢在水中溶解了部分沉淀氢氧化铝，发生的反应为Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O，为了避免固体C减少，可在制取二氧化碳的收集装置中增加一个洗去氯化氢的装置，二氧化碳在饱和碳酸氢钠中不溶，氯化氢和碳酸氢钠反应生成二氧化碳气体，所以可在装置I和Ⅱ之间增加一个盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶，除去二氧化碳中的氯化氢；
（4）①由AlCl3溶液制备氯化铝晶体（AlCl3 6H2O）涉及的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤；
②浓硫酸具有吸水性和难挥发性，因此将AlCl3 6H2O溶于浓硫酸进行蒸馏，可以得到一定量的无水AlCl3。
（5）金属铜可以和硝酸之间反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，即3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，铜不能和稀硫酸反应，但是当加热并通入空气之后，铜和氧气反应生成氧化铜，然后氧化铜会和硫酸反应生成硫酸铜，不会产生污染大气的气体，该过程原料利用率高，所以途径②最佳。
（6）根据电子得失守恒可知样品中FeSO4 7H2O的质量分数为
×100%＝83.4%。
考点：考查物质制备方案的设计的相关知识
21．在50mlbmol/LAlCl3
溶液中加入50mLamol/L的NaOH溶液
(1)当a≤3b时，生成Al(OH)3沉淀的物质的量为
；
(2)当a,b满足
条件时，无沉淀生成；
(3)当a,b满足
条件时，a增大，沉淀减少，此时Al(OH)3的质量为
克；
【答案】（1）0.05a/3
mol
(2)a≥4b
（3）4b＞a＞3b
；15.6b-3.9a
【解析】
试题分析：NaOH溶液与AlCl3溶液混合，发生反应：①AlCl3+3NaOH═Al（OH）3↓+3NaCl，②AlCl3+4NaOH═NaAlO2+3NaCl+2H2O，当n（NaOH）：n（AlCl3）≤3：1，只发生反应①，氢氧化钠完全反应，氯化铝可能恰好反应，也可能有剩余，根据氢氧化钠计算生成氢氧化铝的物质的量；当3：1＜n（NaOH）：n（AlCl3）＜4：1，发生反应①、②，氯化铝与氢氧化钠都完全反应，铝元素以氢氧化铝、偏铝酸钠存在；当n（NaOH）：n（AlCl3）≥4：1，只发生反应②，氯化铝完全反应，氢氧化钠可能恰好反应、也可能有剩余，没有氢氧化铝生成，则
（1）当a≤3b时，即n（NaOH）：n（AlCl3）≤3：1，只发生反应①，氢氧化钠完全反应，生成的沉淀为×0.05L×amol/L＝；
（2）无沉淀生成，则只发生反应②，n（NaOH）：n（AlCl3）≥4：1，故0.05a≥4×0.05b，即a≥4b；（3）a增大，沉淀减少，则有沉淀生成且溶液中无Al3+存在，则发生反应①、②，或只发生①，且氢氧化钠与氯化铝恰好完全反应，满足3：1＜n（NaOH）：n（AlCl3）＜4：1，故3：1＜0.05a：0.05b＜4：1，整理的3b＜a＜4b，溶液中n（NaCl）=3n（AlCl3）=3×0.05b
mol，由钠离子守恒，故溶液中n（NaAlO2）=（0.05a-3×0.05b）mol，根据铝元素守恒，n[Al（OH）3]=0.05b
mol-（0.05a-3×0.05b）mol=0.05（4b-a）
mol=（0.2b-0.05a）mol，其质量为（0.2b-0.05a）mol×78g/mol＝（15.6b-3.9a）g。
考点：考查氢氧化铝制备的有关计算
22．如图是由1﹣18号元素组成的一些单质及其化合物之间的转化关系图．常温常压下，D、F、K均为无色无刺激性气味的气体，D是能使带火星的木条复燃的单质，B是最常见的无色液体，A是由金属单质C在D中燃烧生成的淡黄色固体．（反应中生成的部分物质已略去）请回答下列问题：
（1）物质A的化学式为
．
（2）单质D的化学式为
．
（3）反应①的离子方程式为
；
反应②的化学方程式为
．
【答案】（1）Na2O2；（2）O2；（3）2Na+2H2O=2Na++2OH﹣+H2↑；2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O．
【解析】如图是由1﹣18号元素组成的一些单质及其化合物之间的转化关系图，常温常压下，D、F、K均为无色无刺激性气味的气体，D是能使带火星的木条复燃的单质，则D是O2；B是最常见的无色液体，则B为H2O；A是由金属单质C在D中燃烧生成的淡黄色固体，则A是Na2O2、C是Na，F是气体，则F是H2，E为NaOH，K是无色无味气体，能和NaOH反应生成H、H和K反应生成I，I能生成H，则K是CO2、H是Na2CO3、I是NaHCO3，
（1）通过以上分析知，A是过氧化钠，其化学式为Na2O2，故答案为：Na2O2；
（2）通过以上分析知，D是氧气，化学式为O2，故答案为：O2；
（3）该反应为钠和水的反应，离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH﹣+H2↑；该反应为碳酸氢钠加热生成碳酸钠的反应，反应方程式为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O
【点评】本题以钠及其化合物之间的转化为载体考查无机物推断，为高频考点，明确物质性质特殊性及物质之间的转化是解本题关键，注意以A的颜色、D的性质、B的状态为突破口进行推断，题目难度不大．
23．（8分）下图中A、B、C、D、E、F、G均为有机化合物。
请回答：
（1）反应①的反应类型是
；A的结构简式是
；B的分子式是
。
（2）符合下列三个条件的B的同分异构体有3种（不包括B）：
①含有邻二取代苯环结构；②与B具有相同的官能团；③不可与FeCl3溶液发生显色反应。
它们的结构简式分别为：
、
、
。
（3）写出以G为原料，合成塑料的方程式：
。
【答案】（1）水解反应（取代反应）（1分）；
（1分）；C9H10O3（1分）；
（2）、、（3分）
（3）nCH2＝CH2CH2－CH2n
（2分）
【解析】
试题分析：根据流程可知G是乙烯，即D是乙醇，乙醇与含有2个C的羧酸反应生成酯，故C是乙酸，反应②是分子内脱水形成酯，故B为邻乙酸基苯甲醇，逆向思维可推出A的结构简式为：；（1）反应①是水解反应，生成乙醇、乙酸和邻乙酸基苯甲醇，Ｂ的分子式为：C9H10O3；（2）、、；（3）乙烯合成塑料是加聚反应，方程式为：nCH2＝CH2CH2－CH2n
；
考点：考查有机合成相关知识