山东省荣成市第四中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）

山东省荣成市第四中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）
1．下列实验装置图及实验用品均正确的是（部分夹持仪器未画出）（
）
【答案】B
【解析】
试题分析：A、温度计的水银球应在液面以下，A错误；B、图中装置符合实验原理，B正确；C、温度计的水银球应在蒸馏烧瓶的支管口处，冷凝水应下进上出，C错误；D、制取硝基苯的温度应控制在50—60℃之间，D错误。答案选B。
考点：实验方案的评价
2．氧化还原反应的本质是
A．氧元素的得与失
B．化合价的升降
C．电子的转移
D．分子中原子重新组合
【答案】C
【解析】
试题分析：氧化还原反应的实质是电子的得失或偏移，而化合价升降只是一种表现，是判断氧化还原反应的依据，故选C。
考点：考查了氧化还原反应的相关知识。
3．可以充分说明反应P（g）＋Q（g）R（g）＋S（g）在恒温下已达到平衡的是
A．反应容器内的压强不随时间改变
B．反应容器内P、Q、R、S四者共存
C．P的生成速率和S的生成速率相等
D．反应容器内的气体总物质的量不随时间变化
【答案】C
【解析】
试题分析：A、该反应前后气体物质的量之和不变，则压强始终不变，所以不能根据压强判断平衡状态，故A错误；B、无论该反应是否达到平衡状态，反应容器中P、Q、R、S四者共存，所以不能据此判断平衡状态，故B错误；C、P和S的生成速率相等，则P的消耗速率和生成速率相等，该反应达到平衡状态，故C正确；D、无论反应是否达到平衡状态，反应容器中总的物质的量始终保持不变，不能据此判断平衡状态，故D错误；故选C。
考点：考查了化学平衡状态判断的相关知识。
4．分子式为C4H9Cl的同分异构体共有（
）
A．2种
B．3种
C．4种
D．5种
【答案】C
【解析】
试题分析：化合物具有相同分子式，但具有不同结构的现象，叫做同分异构现象；具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体。分子式为C4H9Cl从饱和度看只能是饱和氯代烷烃，同分异构只是氯在碳上面连接位置不同而已。因为丁烷有两种同分异构体，即正丁烷和异丁烷，分子中含有的等效氢原子分别都是2种，则它们一氯代物的种数即为C4H9Cl的种数，正丁烷两种一氯代物，异丁烷两种一氯代物，共4种，答案选C。
考点：考查同分异构体的判断和应用
点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。主要是考查学生对同分异构体含义以及判断的熟悉了解程度，有利于培养学生的逻辑推理能力和逆向思维能力。该题的关键是进行思维转换，然后依据等效氢原子的判断灵活运用即可。
5．在下列各溶液中的离子可能大量共存的是
（
）
A．加铝粉放出大量H2的溶液中：Na+、NH+4、SO2-4、Br-
B．常温下，c(H+)/c(OH-)=10-10的溶液中：Ca2+、Mg2+、ClO-、I-
C．0.1mol/LNaHCO4溶液中：K+、Ba2+、OH-、Cl-
D．能使甲基橙变红的溶液中：Na+、K+、SO2-4、AlO-2
【答案】A
【解析】
6．
对可逆反应：A(g)+3B(g)
2C(g)
H
<0，下列叙述错误的是
A．升高温度平衡逆向移，v（正）、v（逆）都增大，但v（逆）增的更大
B．增大压强平衡正移，v（正）、v（逆）都增大，但v（正）增的更大
C．增大A的浓度平衡正移，v（正）会增大，但v（逆）会减小
D．采用催化剂一般v（正）、v（逆）同时增大，而且增大的倍数相同
【答案】C
【解析】
试题分析：增大浓度正逆反应速率均增大，只是增大的幅度有差别。
考点：考查了平衡移动的相关知识。
7．实验室有下列试剂，其中必须用带橡胶塞的试剂瓶保存的是
①NaOH溶液；②水玻璃；③Na2S溶液；④Na2CO3溶液；
⑤NH4Cl溶液；⑥澄清石灰水；⑦浓HNO3；⑧浓H2SO4
A．①⑥
B．①②③④⑥
C．①②③⑥⑦⑧
D．⑤⑦⑧
【答案】B
【解析】
试题分析：①氢氧化钠会与玻璃瓶磨口处的裸露的二氧化硅反应生成黏性的硅酸钠，致使瓶塞无法打开。②水玻璃硅酸钠会使得瓶塞处粘合，但是不会使得橡胶塞粘合。③硫化钠是强碱弱酸盐，发生水解反应溶液显碱性，相当于产生了氢氧化钠继而与二氧化硅反应。④碳酸钠是强碱弱酸盐，水解呈碱性相当于产生了氢氧化钠会与二氧化硅反应生成硅酸钠。⑥澄清石灰水是强碱会与酸性氧化物二氧化硅发生反应。
考点：实验药品的正确保存。
8．下列各组中的离子,能在溶液中大量共存的是（
）
A．K+、H+、SO42-、OH-
B．Na+、K+、CO32-、NO3-
C．Na+、H+、Cl-、CO32-
D．K+、Cu2+、SO42-、OH-
【答案】B
【解析】
试题分析：A中H+和OH-不能共存；B中Na+、K+、CO32-、NO3-可大量共存；C中H+和CO32-不能共存；
D中Cu2+和OH-不能共存。
考点：离子共存
9．下列实验不能达到预期目的的是
【答案】D
【解析】
试题分析：A、元素的非金属性越强，对应的单质与氢气反应越剧烈，可用于比较，故A正确；B、等浓度的盐酸、醋酸，导电性越强，说明离子浓度越多，则酸性越强，可用于比较，故B正确；C、测定Na2CO3、Na2SO4两溶液的pH，可比较水解程度，以此确定最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱，可比较非金属性，故C正确；D、MgCl2、AlCl3溶液中分别通入NH3，都生成沉淀，不能用于比较，可用镁、铝与酸反应的剧烈程度比较，故D错误；故选D。
考点：考查了物质的性质的比较的性质实验的设计与评价的相关知识。
10．密闭容器中有如下反应：mA（g）+nB（g）
pC（g）达到平衡后，保持温度不变，将容器体积缩小到原来的1/2，当达到新平衡时，C的浓度为原来的1．8倍。下列说法中正确的是
A．m+n＞p
B．A的转化率降低
C．平衡向正反应方向移动
D．C的质量分数增加
【答案】B
【解析】
试题分析：平衡后将气体体积缩小到原来的一半，压强增大，如果平衡不移动，则达到平衡时C的浓度为原来的2倍，但此时C的浓度为原来的1．8倍，说明增大压强平衡向逆反应方向移动，增大压强平衡向逆反应方向移动，增大压强平衡向体积减小的方向移动，则有：m+n＜p，选项A错误；增大压强平衡向逆反应方向移动，则反应物的转化率降低，故A的转化率降低，选项B正确；由上述分析可知，增大压强平衡向逆反应方向移动，选项C错误；平衡向逆反应移动，生成物的质量百分含量降低，即C的质量百分含量降低，选项D错误。
考点：影响化学平衡的因素及平衡移动理论
11．某有机物6g
与足量钠反应，生成0.05mol氢气，该有机物可能是（
）
【答案】B
【解析】
试题分析：醚不能与钠反应，只有醇与钠反应生成氢气，选项中的醇都是饱和一元醇，假设饱和一元醇CnH2n+1OH，则：
2CnH2n+1OH～H2
2（14n+18）g
1mol
6g
0.05mol
则2（14n+18）/6=1/0.05，得n=3，所以有机物为C3H7OH。答案选B。
考点：有机物分子的确定，化学方程式计算
12．用pH大小表示溶液的酸碱性相对强弱有许多不足之处。因此，荷兰科学家Henk
Van
Lubeck引入了酸度(AG)的概念，即把电解质溶液中的酸度定义为c(H+)与c(OH一)比值的对数，用公式表示为AG=lg
[c(H+)/c(OH一)]
。常温下，在AG=－10的溶液中能大量共存的离子是：
A．Ba2+、K+、Cl－、SO32－
B．
Na+、SiO32－、AlO2—、SO42－
C．Na+
、K+、HCO3－、S2－
D．
K+
、NH4+、Fe3+、
I一
【答案】B
【解析】
试题分析：AG=lg[c（H
+
）/c（OH
-
）]，常温下，在AG=-10的溶液中，c（H
+
）/c（OH
-
）=10
-10
，所以c（OH
-）=0.01mol/L，该溶液显碱性。A、Ba2+、SO32－生成沉淀，不能大量共存，错误；B、Na+、SiO32－、AlO2—、SO42－在碱性溶液中能够大量共存，正确；C、HCO3－在碱性溶液不能大量共存，错误；D、NH4+、Fe3+在在碱性溶液不能大量共存，错误；故选B。
考点：考查了离子共存的相关知识。
13．下列离子方程式正确的是
A．铁和稀硝酸反应：Fe
+
2H+
＝
H
2↑+
Fe
2+
B．向Na2CO3饱和溶液中通入过量CO2：2Na++CO32-
+
CO2
+H2O＝2NaHCO3↓
C．NaHCO3溶液与NaOH溶液反应：
OH-
+
HCO3-
＝
CO2
↑+
H2O
D．向偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳：2AlO2—+CO2+2H2O＝2Al(OH)3↓+CO32-
【答案】B
【解析】
试题分析：A.铁和稀硝酸反应生成硝酸铁、NO和水，错误；B.正确；C.
NaHCO3溶液与NaOH溶液反应生成碳酸钠和水，错误；D.
向偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳：AlO2—+CO2+H2O＝Al(OH)3↓+HCO3-，错误；选B。
考点：考查离子方程式的正误判断。
14．下列离子组在给定条件下离子共存判断及反应的离子方程式均正确的是
选项
条件
离子组
离子共存判断及离子方程式
A
滴加氨水
Na+、Al3+、Cl—、NO3—
不能大量共存，Al3++3OH—＝Al(OH)3↓
B
由水电离出的c(H+)＝1×10—13mol/L
K+、NH4+、Cl—、AlO2—
能大量共存
C
pH＝1的溶液
Fe3+、NH4+、I—、SO42—
不能大量共存，2Fe3++2I—＝2Fe2++I2
D
通入少量SO2气体
K+、Na+、ClO—、SO42—
不能大量共存，2ClO—+
SO2+H2O＝2HClO+
SO32—
【答案】C
【解析】
试题分析：A、氨水是弱碱，在离子方程式中一水合氨不能拆开，A错误；B、由水电离出的c(H+)＝1×10—13mol/L的溶液中水的电离被抑制，溶液可能显酸性，也可能显碱性。如果显酸性，则AlO2—不能大量共存，如果显碱性，则铵根不能大量共存，B错误；C、pH＝1的溶液显酸性，铁离子氧化碘离子不能大量共存，离子方程式为2Fe3++2I—＝2Fe2++I2，C正确；D、次氯酸根具有强氧化性，能氧化SO2，反应中SO2不足，则离子方程式为3ClO—+
SO2+H2O＝2HClO+Cl—+SO42—，D错误，答案选C。
考点：考查离子方程式和离子共存的正误判断
15．常温下，用
0．1000
mol·LNaOH溶液滴定
20．00mL0．1000
mol·L
CH3COOH溶液所得滴定曲线如图。下列说法正确的是
A．点①所示溶液中：c（CH3COO-）+c（OH-）=c（CH3COOH）+c（H+）
B．点②所示溶液中：c（Na+）=c（CH3COOH）+
c（CH3COO-）
C．点③所示溶液中：c（Na+）>c（OH-）>c（CH3COO-）>c（H+）
D．滴定过程中可能出现：
c（CH3COOH）>c（CH3COO-）>c（H+）>c（Na+）>c（OH-）
【答案】D
【解析】
试题分析：A、点①反应后溶液是CH3COONa与CH3COOH物质的量之比为1：1的混合物，CH3COOH电离程度大于CH3COO－的水解程度，故c（Na+）＞c（CH3COOH），由电荷守恒可知：
c（CH3COO－）+c（OH－）＝c（Na+）+c（H+），所以c（CH3COO－）+c（OH－）＞c（CH3COOH）+c（H+），故A错；
B、点②pH＝7，即c（H+）＝c（OH-），由电荷守恒知：c（Na+）+c（H+）＝c（CH3COO－）+c（OH－），故c（Na+）＝c（CH3COO－），故B错；
C、点③说明两溶液恰好完全反应生成CH3COONa，由于CH3COO－水解，且程度较小，所以c（Na+）＞c（CH3COO－）＞c（OH－）＞c（H+），故C错；
D、当CH3COOH较多，滴入的碱较少时，则生成CH3COONa少量，可能出现c（CH3COOH）＞c（CH3COO－）＞c（H+）＞c（Na+）＞c（OH－），故D正确，答案选D。
考点：考查NaOH与CH3COOH的反应中离子浓度比较以及滴定曲线的识别
点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。试题综合性强，注重答题的灵活性。该题难度较大，对学生的思维能力提出了较高的要求，涉及盐类的水解和溶液离子浓度的大小比较，注意利用电荷守恒的角度解答。
16．（4分）下列4组物质中均有一种物质的类别与其它3种不同
A.
CaO、Na2O、CO2、CuO
B.H2、C、P、Cu
C.
O2、Fe、Cu、Zn
D.HCI、H2O、H2SO4、HNO3
以上四组物质中，每组里与别的物质不同的物质依次是（填化学式）A
；B
；C
；D
。
【答案】CO2；
Cu；
O2；
H2O
【解析】
试题分析：A项中的CO2是气体，其余均为固体，B项中的Cu是金属，其余均为非金属，C项中的O2是非金属，其余均是金属，D项中的H2O不是酸，其余均为酸。
考点：物质的分类
点评：根据物质的组成特点进行正确分类。
17．（15分）有机物D是一种合成抗高血压药的重要通用中间体，其合成路线如下：（已知A是一种芳香酸）
（1）A、C的结构简式分别是
、
。D中含有的含氧官能团名称是
。
（2）C→D的反应类型是
。
（3）加热条件下，C在足量NaOH水溶液中反应的化学方程式是
。
（4）E是一种相对分子质量比A小14的芳香酸。写出满足下列条件的E的所有同分异构体的结构简式：
。
①能发生银镜反应
②一定条件下可发生水解反应
③分子的核磁共振氢谱中有四组峰。
（5）F是B在碱溶液中水解后再酸化的产物。F在一定条件下可聚合成高分子化合物，写出该反应的化学方程式
。
【答案】（1）
1分
1分
羧基、酯基2分
（2）取代反应2分
（3）+2NaOH+CH3CH2OH+NaBr
3分
（4）
3分
（5）n+(n-1)H2O
3分
【解析】
试题分析：已知A是一种芳香酸，与溴发生取代反应生成B，则根据B的结构简式可知A的结构简式为。B分子中含有羧基，与乙醇发生酯化反应生成C，则C的结构简式为。根据D的结构简式可知C与氨基酸的反应是取代反应，溴原子与氨基上氢原子结合生成溴化氢。则
（1）根据以上分析可知A、C的结构简式分别是、。根据D的结构简式可知D中含有的含氧官能团名称是羧基、酯基；
（2）根据以上分析可知C→D的反应类型是取代反应；
（3）根据C的结构简式可知，C分子中含有-Br和酯基，可在碱性条件下水解，所以加热条件下，C在足量NaOH水溶液中反应的化学方程式是反应的方程式为+2NaOH+CH3CH2OH+NaBr；
（4）A为，E是一种相对分子质量比A小14的芳香酸，应比A少1个CH2原子团。①能发生银镜反应，说明含有醛基，②一定条件下可发生水解反应，说明含有酯基，③分子的核磁共振氢谱中有四组峰，结构应对称，则应为甲酸酯，可能的结构为；
（5）F是B在碱溶液中水解后再酸化的产物，应为，含有羧基和羟基，可发生缩聚反应，反应的化学方程式为n+(n-1)H2O。
考点：考查有机物推断与合成、官能团、同分异构体判断以及方程式书写等
18．某酸性工业废水中含有K2Cr2O7。光照下，草酸(H2C2O4)能将其中的Cr2O72-转化为Cr3＋。某课题组研究发现，少量铁明矾[Al2Fe(SO4)4·24H2O]即可对该反应起催化作用。为进一步研究有关因素对该反应速率的影响，探究如下：
（1）在25
℃下，控制光照强度、废水样品初始浓度和催化剂用量相同，调节不同的初始pH和一定浓度草酸溶液用量，做对比实验，完成以下实验设计表(表中不要留空格)。
实验编号
初始pH
废水样品体积/mL
草酸溶液体积/mL
蒸馏水体积/mL
①
4
60
10
30
②
5
60
10
30
③
5
60
测得实验①和②溶液中的Cr2O72—浓度随时间变化关系如图所示。
（2）上述反应后草酸被氧化的离子方程式为____________________
（3）实验①和②的结果表明________________；实验①中0～t1时间段反应速率v(Cr3＋)＝________________mol·L－1·min－1(用代数式表示)。
（4）该课题组对铁明矾[Al2Fe(SO4)4·24H2O]中起催化作用的成分提出如下假设，请你完成假设二和假设三：
假设一：Fe2＋起催化作用：
假设二：____________________；
假设三：____________________；
……
（5）请你设计实验验证上述假设一，完成下表中内容。
(除了上述实验提供的试剂外，可供选择的药品有K2SO4、FeSO4、K2SO4·Al2(SO4)3·24H2O、Al2(SO4)3等。溶液中Cr2O72—的浓度可用仪器测定)
实验方案(不要求写具体操作过程)
预期实验结果和结论
【答案】（1）20，20。溶液总体积为100ml即可
（2）Cr2O72-+3H2C2O4+8H+=6CO2↑+2Cr3++7H2O
（3）溶液PH对该反应的速率有影响;
2（C0-C1）/t1
（4）Al3+
起催化作用
SO42-起催化作用
（5）
用等物质的量的K2SO4·Al2(SO4)3·24H2O代替实验①中的铁明矾，控制其他反应条件与实验①相同，进行对比实验
反应进行相同时间后，若溶液中Cr2O72—浓度大于实验①中Cr2O72—浓度则假设一成立，若Cr2O72—浓度相同，则假设一不成立
【解析】
试题分析：为控制变量，保证Cr2O72-、催化剂的浓度不变，控制溶液总体积为100ml即可；（2）
草酸被氧化为二氧化碳的离子方程式为Cr2O72-+3H2C2O4+8H+=6CO2↑+2Cr3++7H2O；（3）
实验①和②的结果表明溶液PH对该反应的速率有影响，PH越小速率越快；实验①中0～t1时间段反应速率v(Cr3＋)
=2（C0-C1）/t1
mol·L－1·min－1；（4）起催化作用的成分可能是Al3+
起催化作用、SO42-起催化作用；（5）
实验验证Fe2＋起催化作用
用等物质的量的K2SO4·Al2(SO4)3·24H2O代替实验①中的铁明矾，控制其他反应条件与实验①相同，进行对比实验
反应进行相同时间后，若溶液中Cr2O72—浓度大于实验①中Cr2O72—浓度则假设一成立，若Cr2O72—浓度相同，则假设一不成立
考点：本题考查化学综合实验。
19．某校化学实验兴趣小组欲采用如图所示的实验装置制Cl2，同时进行与氯气有关的某些实验，按要求回答问题。
（1）药品A的名称是
，此反应的离子方程式是
。
（2）甲同学用含有0.2
mol
HCl的浓盐酸与足量的MnO2反应制Cl2，结果制得的Cl2体积(标准状况下)
1.12
L（填“大于”“等于”“
小于”）。
（3）在实验室中，乙同学欲用下图中的装置净化氯气，则气流方向是:
气体F→
→
→
→
(填代号)。
（4）把净化后的氯气通入如下图装置。
①观察到a不褪色，b褪色,可得到的结论是：
；②检验吸收Cl2后的NaOH溶液中含有Cl-时，需要滴加的试剂以及现象为
。
（5）一位同学设计了一套用浓盐酸和KMnO4固体制取少量氯气并比较氯气与碘单质的氧化性强弱的微型装置(如图)。
能说明Cl2的氧化性强于I2的实验现象是：
。
【答案】（1）
浓盐酸
MnO2
+
4H+
+
2Cl-
Mn2+
+
2H2O
+
Cl2↑
（2）
小于
（3）
c
d
m
n（4）①Cl2没有漂白性，氯水具有漂白作用
②稀硝酸和硝酸银，有白色沉淀产生
（5）
湿润的淀粉KI试纸变蓝
【解析】
试题分析：（1）实验室制氯气用MnO2
和浓盐酸反应，所以药品A的名称是浓盐酸，此反应的离子方程
式是MnO2
+
4H+
+
2Cl-
Mn2+
+
2H2O
+
Cl2↑；（2）只有浓盐酸才和MnO2
反应生成Cl2，盐酸浓度变稀，反应停止，所以用含有0.2
mol
HCl的浓盐酸与足量的MnO2反应制Cl2，结果制得的Cl2体积(标准状况下)小于1.12
L；
（3）制得的氯气中有HCl和H2O，用饱和食盐水除氯化氢，用浓硫酸除水蒸气，所以气流方向是气体F→c→d
→m→n；
（4）把净化后的氯气通入如图装置。①
观察到a不褪色，b褪色,
可得到的结论是：Cl2没有漂白性，氯水具有漂白作用；②
检验吸收Cl2后的NaOH溶液中含有Cl-时，需要滴加的试剂以及现象为稀硝酸和硝酸银，有白色沉淀产生。
（5）根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，能说明Cl2的氧化性强于I2的实验现象是湿润的淀粉KI试纸变蓝。
考点：考查实验室制氯气，氯气的性质与除杂等知识，
20．镍电池广泛应用于混合动力汽车系统，电极材料由Ni(OH)2、碳粉、氧化铁等涂覆在铝箔上制成。由于电池使用后电极材料对环境有危害。某兴趣小组对该电池电极材料进行资源回收研究，设计实验流程如下：
已知：①NiCl2易溶于水，Fe3＋不能氧化Ni2＋。
②已知实验温度时的溶解度：NiC2O4
>NiC2O4。H2O
>
NiC2O42H2O。
③
Ksp[Ni(OH)2]：
5．0×10-16
，
Ksp（NiC2O4）：
4．0×10-10。
认真研读题给信息，回答下列问题：
（1）酸溶后所留残渣的主要成份
（填物质名称）。
（2）用NiO调节溶液的pH，析出沉淀的成分为____________________（填化学式）；
（3）写出加入Na2C2O4溶液后反应的化学方程式_____________________________。
（4）写出加入NaOH溶液所发生反应的离子方程式
，该反应的平衡常数为
。
（5）电解过程中阴极反应式为：
，沉淀Ⅲ可被电解所得产物之一氧化，写出氧化反应的离子方程式：
。
（6）铁镍蓄电池，放电时总反应：Fe+Ni2O3+3H2O
=Fe(OH)2+2Ni(OH)2，下列有关该电池的说法不正确的是
。
A．电池的电解液为碱性溶液，电池的正极为Ni2O3，负极为Fe
B．电池充电时，阴极附近溶液的pH降低
C．电池放电时，负极反应为Fe+20H一一2e一
Fe(OH)2
D．电池充电时，阳极反应为2Ni(OH)2+20H一一2e一
Ni2O3+3
H2O
【答案】（1）碳粉
（2）Fe(OH)3；Al(OH)3；
（3）Na2C2O4+NiCl2+2H2O=2NaCl+NiC2O4·2H2O↓
（4）NiC2O4+2OH-=Ni(OH)2↓+C2O42-（2分）8．0×105L．mol-1
（5）2H2O+2e-═H2↑+2OH-；（2分）2Ni(OH)2+2OH-+Cl2═2Ni(OH)3+2Cl-
（6）B
【解析】
试题分析：（1）碳粉不溶于水、酸，酸溶后所留残渣的主要成份为碳粉。
故答案为：碳粉；
（2）用NiO调节溶液的pH，先生成Fe(OH)3沉淀，然后生成Al(OH)3沉淀。
故答案为：Fe(OH)3；Al(OH)3；
（3）NiCl2可与Na2C2O4反应生成NiC2O42H2O和NaCl，反应的化学方程式为NiCl2+Na2C2O4+2H2O═NiC2O42H2O↓+2NaCl。
故答案为：Na2C2O4+NiCl2+2H2O=2NaCl+NiC2O42H2O↓；
（4）加入NaOH溶液，NiC2O4沉淀转化为Ni（OH）2，NiC2O4+2OH- Ni（OH）2+C2O42-，根据Ksp(NiC2O4)：4.0×10-10，c(Ni2+)=c(C2O42-)=
=2×10-5mol/L；
根据Ksp[Ni(OH)2]：5.0×10-16，c2(OH-)=
=
=2.5×10-11mol2/L2；
则该反应的平衡常数=
=8×105L/mol。
故答案为：NiC2O4+2OH-=
Ni(OH)2↓+C2O42-；8．0×105L．mol-1；
（5）电解过程中阴极反应是水得电子产生氢气，电解NaCl溶液可以得到氧化性物质氯气，所以沉淀Ⅲ可被电解所得产物Cl2氧化生成Ni(OH)3，电极反应式为：2H2O+2e-═H2↑+2OH-；Ni(OH)2+2OH-+Cl2═2Ni(OH)3+2Cl-。
故答案为：2H2O+2e-═H2↑+2OH-；2Ni(OH)2+2OH-+Cl2═2Ni(OH)3+2Cl-；
（6）A．根据铁镍蓄电池放电时总反应：Fe+Ni2O3+3H2O═Fe(OH)2+2Ni(OH)2，可判断电解液为碱性，故A正确；B．充电时消耗氢氧根，阴极附近溶液的pH升高，故B错误；C．电池放电时，负极反应为Fe+2OH--2e-=Fe（OH）2，故C正确；D．电池充电时，阳极反应为2Ni（OH）2+2OH--2e-=Ni2O3+3H2O，故D正确
故答案为：B。
【考点定位】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用。
【名师点睛】
21．18.4
g
NaOH
和
NaHCO3
固体混合物，在密闭容器中加热到约
250℃，经充分反应后排出气体，冷却，称得剩余固体质量为
16.6
g。试计算原混合物中
NaOH
的质量分数。
【答案】54.3%
【解析】发生的反应有：①2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑，
②2NaOH＋CO2Na2CO3＋H2O(加热条件下，不生成
NaHCO3)
通过极限思维可知，原固体混合物中，NaHCO3
含量越大，固体失重越大，NaOH
含量越大，固体失重越小。
判断
NaHCO3
受热分解产生的
CO2
能否被
NaOH
完全吸收是解决问题的关键，这首先需要写出
NaHCO3
与
NaOH
恰好完全反应的化学方程式。
题设条件下，固体失重：18.4
g－16.6
g
=
1.8
g。
设固体失重
1.8
g
需恰好完全反应的
NaHCO3
和
NaOH
混合物质量为
x，则：
NaHCO3＋NaOHNa2CO3＋H2O

124
g
18
g
x
1.8
g
x
=
=
12.4
g＜18.4
g
可见，题设条件下反应发生后
NaOH
过量，过量
NaOH
质量为：
18.4
g－12.4
g
=
6.0
g，
参加反应的
NaOH
质量为：×40.0
g·mol－1
=
4.00
g，
原混合物中
NaOH
质量为：6.0
g＋4.00
g
=
10.0
g，
w(NaOH)
=
×100%
=
54.3%。
答案：54.3%
。
22．甘油是一种在医药、化妆品等方面应用广泛的保湿、保润剂，也是一种重要的工业原料，可用于合成环氧树脂、油脂、硝化甘油(三硝酸甘泊酯)等。由烷烃A合成甘油及其衍生物的一种路线如下图所示，请回答下列问题。
己如：①烷烃A的相对分子质量为44；B的核磁共振氢谱有两个峰。
②
（1）A
的分子式(或化学式)为__________，F的官能团是____________。
（2）B→C的反应类型属于___________反应；F→G的反应类型属于_______(填“加聚”或“缩聚”)反应。
（3）B
的同分异构体的结构简式为_________，C与Cl2反应除生成D
外，另一无机产物为_______(写化学)。
（4）由D→E的化学方程式为：__________________。
（5）硝化甘油既是一种炸药，也是一种心绞痛急救药，它可由F
与硝酸制得。硝化甘油的结构简式为____________。
（6）1
mol
M与足量的NaOH
洛液完全反应，至少消耗NaOH_______mol。
【答案】（1）C3H8
(1分)
羟基(－OH)（l分）（2）消去（l分)，缩聚（1分)
（3）CH3CH2CH2Br
(2分)，HCl
(2分)
（4）
(2分)
（5）(2分)（6）3(3分)
【解析】
试题分析：烷烃A的相对分子质量为44，则A是丙烷；B是卤代烃，核磁共振氢谱有两个峰，则B的结构简式为CH3CHBrCH3；B在氢氧化钠的醇溶液中发生消去反应生成C，则C是丙烯；丙烯发生信息①中的反应生成D，则D的结构简式为CH2=CHCH2Cl；D与氯气发生加成反应生成E，则E的结构简式为CH2ClCHClCH2Cl；F与RCOOH反应生成M，所以F是丙三醇。
（1）根据以上分析可知A
的分子式为C3H8，F的官能团是羟基；
（2）B→C的反应类型属于消去反应；F→G的反应是羟基之间的缩聚反应；
（3）B
的同分异构体的结构简式为CH3CH2CH2Br，C与Cl2发生的是取代反应，则除生成D
外，另一无机产物为HCl。
（4）由D→E的化学方程式为CH2=CHCH2Cl＋Cl2→CH2ClCHClCH2Cl；
（5）硝酸与甘油发生酯化反应得到硝化甘油，其结构简式为。
（6）M分子中含有3个酯基，则1
mol
M与足量的NaOH
洛液完全反应，至少消耗NaOH3mol。
考点：考查有机物推断和合成
23．[化学—选修5：有机化学基础]
阿伐他汀是一种临床广泛使用的降血脂药，
它的一种合成路线如下（部分步骤省略），根据题意回答问题：
已知：（R、R＇代表烃基）
（1）写出的名称
。
（2）判断反应类型①
；④
。
（3）写出有机物C的结构简式
。
（4）写出反应③的化学方程式
。
（5）写出一种符合下列条件的B
的同分异构体的结构简式：
。
①分子含有一个5元环
②核磁共振氢谱显示氢原子的峰值比为：1:1:1:2
（6）参考上述流程，设计由环戊二烯合成产品G的流程如下，
反应条件1所选择的试剂为
；反应条件2所选择的试剂为
；产品G的结构简式为
。
【答案】（1）对氟苯甲醛（2）氧化反应；消去反应
（3）
（4）
（5）
（6）酸性高锰酸钾溶液；HCHO；
【解析】
试题分析：A发生氧化反应得到B，同时还生成HOOC-COOH，B与苯胺反应得到C，C与苯甲醛反应得到D，结合D的结构简式可知，反应②中羧基与氨基发生脱水反应，反应③为C与苯甲醛发生加成反应，则C为；由F的结构简式可知，D发生消去反应得到E，E与对氟苯甲醛发生加成反应得到F．（1）的名称为对氟苯甲醛；（2）反应①属于氧化反应，反应④属于消去反应；（3）有机物C的结构简式为；（4）反应③的化学方程式：；（5）一种符合下列条件的B的同分异构体：①分子含有一个5元环，②核磁共振氢谱显示氢原子的峰值比为：1：l：l：2，该同分异构体为；（6）由转化关系可知，环戊二烯被酸性高锰酸钾溶液氧化得到丙二酸，丙二酸与甲醛发生加成反应，然后发生催化氧化羟基氧化形成醛基，最后醛基被氧化、酸化得到G为。
【考点定位】考查有机物的推断与合成、有机物命名、有机反应类型、限制条件同分异构体书写等。
【名师点晴】合理利用题目隐含的反应信息通过正、反推导，准确推测有机物是解题关键；A发生氧化反应得到B，同时还生成HOOC-COOH，B与苯胺反应得到C，C与苯甲醛反应得到D，结合D的结构简式可知，反应②中羧基与氨基发生脱水反应，反应③为C与苯甲醛发生加成反应，则C为；由F的结构简式可知，D发生消去反应得到E，E与对氟苯甲醛发生加成反应得到F．（6）中环戊二烯被酸性高锰酸钾溶液氧化得到丙二酸，丙二酸与甲醛发生加成反应，然后发生催化氧化羟基氧化形成醛基，最后醛基被氧化、酸化得到G为，据此分析答题。