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

山东省乳山市第二中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）
1．化学与社会、生产、生活紧切相关。下列说法正确的是
A．石英只能用于生产光导纤维
B．从海水提取物质都必须通过化学反应才能实现
C．为了增加食物的营养成分，可以大量使用食品添加剂
D．“地沟油”禁止食用，但可以用来制肥皂
【答案】D
【解析】A是一种用途，但不是唯一的用途；B蒸馏淡水是物理变化；C不能过量。
2．mgCu与足量浓H2SO4完全反应，在标准状况下得到nLSO2，则被还原的H2SO4的量不正确的是
【答案】AD
【解析】
答案：AD
Cu＋2H2SO4=CuSO4＋SO2＋H2O
H2SO4被还原占参加反应的硫酸的一半，
64g
1mol
1mol
mg
n/22.4
mol
x
64g:mg=1mol:x,x=(m/64)
mol,C正确；或x=(n/22.4)mol,即被还原的硫酸为了98n/22.4
g,B正确。AD不正确。
3．下列实验误差分析错误的是
A．用润湿的pH试纸测稀碱溶液的pH，测定值偏小
B．用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小
C．滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，所取体积偏小
D．锥形瓶用待测液润洗，所测溶液浓度偏大
【答案】B
【解析】
试题分析：A、润湿的pH试纸测定碱溶液的pH，则氢氧根离子的浓度减小，所以测定的pH会偏小，正确；B、用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，则所配溶液的体积偏少，所配溶液浓度偏大，错误；C、滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，则第二次的读数偏小，造成消耗标准液的体积偏少，正确；D、锥形瓶用待测液润洗，则待测液的体积偏大，消耗标准液的体积偏大，待测液的浓度偏大，正确，答案选B。
考点：考查对实验误差的分析
4．某同学用回收的镁铝合金制取氢气。现有10.8
g镁铝合金，下列说法正确的是（
）
A．常温下与足量18mol/LH2SO4反应，最多可放出0.6
mol
H2
B．常温下与足量2mol/LHNO3反应，最少可放出0.45
mol
H2
C．常温下与足量2
mol/L
H2SO4反应，放出H2的量在0.45
mol～0.6
mol之间
D．常温下与足量2mol/LNaOH反应，放出H2的量在0.45
mol～0.6
mol之间
【答案】C
【解析】略
5．如果家里的食用油不小心混入了部分水，利用所学的知识，最简便的分离方法是
【答案】B
【解析】
试题分析：食用油不溶于水，且密度比水小，分离的最简单方法是分液，选项B正确。
考点：常见液体混合物的分离方法，涉及过滤、分液、蒸发及蒸馏。
6．已知中和热的数值是57.3KJ/mol。下列反应物混合时，产生的热量等于57.3KJ的是（
）
A．1mol/L稀HCl（aq）和1mol/L稀NaOH（aq）
B．500mL2.0mol/L的HCl（aq）和500mL2.0mol/L的NaOH（aq）
C．500mL2.0mol/L的CH3COOH（aq）和500mL2.0mol/L的NaOH（aq）
D．1mol/L稀CH3COOH（aq）和1mol/L稀NaOH（aq）
【答案】B
【解析】
试题分析：中和热是稀强酸与稀强碱生成1mol
水放出的能量。1mol/L稀HCl（aq）和1mol/L稀NaOH（aq）不一定生成1mol水，产生的热量不一定等于57.3KJ，故A错误；500mL2.0mol/L的HCl（aq）和500mL2.0mol/L的NaOH（aq）生成1mol水产生的热量等于57.3KJ，故B蒸汽；
CH3COOH是弱酸，故C错误；CH3COOH是弱酸，，故D错误。
考点：本题考查化学反应中的能量变化。
7．下图是某加碘食盐包装袋上的部分图表文字（I为碘元素符号）。由此，你得到的信息和作出的推测是
A．此食盐是纯净物
B．“加碘食盐”中的“碘”是指单质
C．1kg此食盐中含碘酸钾（35±15）g
D．菜未烧熟不宜加入加碘的原因可能是碘酸钾受热不稳定
【答案】D
【解析】
试题分析：A．在该食盐中含有NaCl、KIO3两种物质的微粒，因此属于混合物，错误；B．
“加碘食盐”中的“碘”是指碘元素，错误；C．
1kg此食盐中含碘元素的质量是（35±15）g，错误；D．
菜未烧熟不宜加入加碘的原因可能是碘酸钾受热不稳定，发生分解，导致碘元素流失，正确。
考点：考查加碘食盐的使用方法及成分判断的知识。
8．下列说法正确的是
A．固体硝酸钾不导电，所以硝酸钾是非电解质
B．石墨能导电，所以石墨是电解质
C．CO2的水溶液能导电，故CO2是电解质
D．盐酸能导电，故氯化氢是电解质
【答案】D
【解析】
试题分析：A．电解质是指：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；非电解质是指：在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物；硝酸钾固体不导电，是由于没有自由移动的离子，但在水溶液中或熔融状态下能电离出自由移动的离子导电，属于电解质，故A错误；B．石墨虽能导电，但它们都是单质，既不是电解质，也不是非电解质，故B错误；C．CO2的水溶液虽然能导电，但导电的离子是二氧化碳和水反应生成的碳酸电离，不是二氧化碳自身电离的，为非电解质，故C错误；D．电解质是指：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物，所以盐酸能导电，故氯化氢是电解质，故D正确；故选D．
考点：电解质与非电解质
9．一种从植物中提取的天然化合物a-damascone，可用于制作“香水”，其结构为：，有关该化合物的下列说法不正确的是（）
A．分子式为C13H20O
B．该化合物可发生聚合反应
C．1
mol该化合物完全燃烧消耗19
mol
O2
D．与溴的CCl4溶液反应生成的产物经水解、稀硝酸酸化后可用AgNO3溶液检验
【答案】C
【解析】
试题分析：A、由结构可知，分子式为C13H20O，A正确；B、该化合物结构中含有碳碳双键，可发生聚合反应，B正确；C、分子式为C13H20O
，1
mol该化合物完全燃烧消耗O213+5-0.5=17.5
mol，C错误；D、与溴的CCl4溶液反应生成的产物经水解、稀硝酸酸化后可用AgNO3溶液产生浅黄色沉淀，D正确。答案选C。
考点：有机物的结构与性质
10．下列溶液与30mL
1
mol·L－1
NaNO3
溶液中NO3－物质的量浓度相等的是
A．10
mL
1
mol·L－1
NaNO3
溶液
B．10
mL
1
mol·L－1
Al(NO3)3
溶液
C．15
mL
2
mol·L－1
AgNO3
溶液
D．10
mL
1.5
mol·L－1
Cu(NO3)2
溶液
【答案】A
【解析】
试题分析：30mL
1mol L-1
NaNO3溶液中NO3-物质的量浓度为1mol/L．A、1
mol L-1
NaNO3溶液中NO3-物质的量浓度为1mol/L×1=1mol/L，故A正确；B、1
mol L-1
Al（NO3）3溶液中NO3-物质的量浓度为1mol/L×3=3mol/L，故B错误；C、2
mol L-1AgNO3溶液中NO3-物质的量浓度为2mol/L，故C错误；D、1.5
mol L-1
Cu（NO3）2溶液中NO3-物质的量浓度为1.5mol/L×2=3mol/L，故D错误；故选A。
考点：考查物质的量浓度的计算
11．对于某些离子的检验及结论一定正确的是(
)
A．加入稀盐酸产生无色无味气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，则溶液中有CO32-
B．加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有SO42-
C．加入硝酸酸化的硝酸银溶液有白色沉淀生成，则溶液中一定含有Cl－
D．如透过蓝色的钴玻璃能够观察到紫色火焰，则一定有钾元素，一定不含有钠元素
【答案】C
【解析】
试题分析：A、能和盐酸反应生成二氧化碳的离子可能是碳酸根或碳酸氢根离子，则溶液中不一定有CO32-，还可能是碳酸氢根，A错误；B、能与氯化钡能产生不溶于水也不溶于酸的沉淀，可能是硫酸根离子或银离子，B错误；C、与硝酸酸化的硝酸银产生白色沉淀的离子是氯离子，C正确；D、钠离子的焰色反应为黄色，钾离子的焰色反应为紫色，紫色会被黄色掩蔽，焰色反应为黄色，说明一定含Na
+，可能含K
+，D错误。答案选C。
考点：离子的检验
12．下列关于常见有机化合物的说法正确的是
A．乙烯和聚乙烯都能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应
B．乙醇和苯都不能使溴的四氯化碳溶液和酸性KMnO4溶液褪色
C．乙醇、乙酸、乙酸乙酯都能发生取代反应
D．糖类、油脂和蛋白质都是人体必需的营养物质，都属于高分子化合物
【答案】C
【解析】
试题分析：A项，聚乙烯全是单键，不能与溴的四氯化碳发生加成反应，错误。B项，乙醇可以使酸性KMnO4溶液褪色，错误。C项，根据取代反应的特点，正确。D项，油脂不属于高分子化合物，错误。
考点：基本有机反应，考察学生对有机化学基本反应和基本概念的掌握情况。
13．下列叙述不正确的是
(
)
A．离子化合物可能含共价键
B．共价化合物不可能含离子键
C．离子化合物中只含离子键
D．共价化合物中只含共价键
【答案】C
【解析】
试题分析：A、离子化合物可能含有共价键，例如氢氧化钠，故A正确；B、共价化合物不可能含有离子键，故B正确；C、离子化合物可能含有共价键，故C错误；D、共价化合物只能有共价键，不能有离子键，故D正确。
考点：
离子化合物和共价化合物，离子键和共价键
14．硫酸亚锡（SnSO4）是一种重要的能溶于水的硫酸盐，广泛应用于镀锡工业。SnSO4的实验室制备设计路线如下：
下列有关说法正确的是
A．SnCl2酸化是为了防止溶解时发生水解
B．反应I中发生的离子反应为：CO32－+2H＋＝CO2↑+
H2O
C．漂洗时，将固体置于烧杯中，加蒸馏水洗涤过滤2-3次
D．操作1为过滤，操作2为盐析
【答案】A
【解析】
试题分析：A.SnCl2是强酸弱碱盐，会发生水解，所以酸化的目的是为了防止溶解时发生水解，A项正确；B.SnCl2溶液中加入碳酸钠，除生成气体外，还有沉淀生成，所以还有其它反应发生，B项错误；C.漂洗时，应该将固体置于漏斗中，加蒸馏水洗涤2至3次，C项错误；D.操作1得到滤液和固体，所以为过滤，操作2从溶液中得到晶体，应该为结晶，D项错误；答案选A。
考点：考查物质制备的工艺流程分析。
15．下图是燃料电池简易装置图，气体C是可燃性物质，D为硫酸，
（1）通入气体C的电极为
极；
（2）写出正极发生的电极反应式
。
【答案】负极
O2+4H++4e-=2H2O
【解析】燃料电池的工作原理为：燃料通入负极，空气或氧气通入正极；在酸性电解质溶液中，正极的电极反应式为：O2+4H++4e-=2H2O
16．（1）双氧水能使酸性高锰酸钾溶液褪色，其反应的离子方程式如下，请将相关物质的化学计量数填写在方框里：
H2O2
+
KMnO4
+
H2SO4
→
MnSO4
+
K2SO4+
O2↑
+
H2O
，在该反应中，还原剂是：
，被还原的元素是：
，标准状况下每生成11.2LO2，
转移转移电子数为
（2）某混合溶液中可能含有的离子如下表所示：
可能大量含有的阳离子
H+、Mg2+、Al3+、NH4+、Fe3+
可能大量含有的阴离子
Cl-、Br-、CO32-、AlO2-
为探究其成分，进行了以下探究实验。
甲同学取一定量的混合溶液，向其中逐滴加入氢氧化钠溶液，产生沉淀的物质的量(n)与加入氢氧化钠溶液的体积（V）的关系如图所示。
①该溶液中一定含有的阳离子是______________，其对应物质的量浓度之比为________，一定不存在的阴离子是_____________；
②请写出沉淀减少过程中发生反应的离子方程式____________________________。
【答案】（1）H2O2；锰；NA；（2）①H+、Al3+、NH4+，2：3：1；CO32-、AlO2-；②Al(OH)3+
OH-═AlO2-+
2H2O。
【解析】
试题分析：（1）双氧水中氧元素的化合价从-1价升高到0价，失去1个电子，则为还原剂；而高锰酸钾中锰元素的化合价从+7价降低到+2价，得到5个电子，Mn元素被还原，所以根据电子的得失守恒可知，配平后的反应为5H2O2+2KMnO4+3H2SO4
=2MnSO4+
K2SO4+5O2↑+8H2O，由O元素的化合价变化可知，标准状况下每生成11.2LO2，转移转移电子数为（11.2L÷22.4L/mol）×2×[0-（-1）]×NA
=NA
个，（2）①根据图象，开始加入NaOH没有沉淀和气体产生，则一定有H+；由离子共存可知，一定不含有CO32-、AlO2-，开始加入2V0无沉淀生成说明发生的反应是：H+
+OH-
═H2O，后来有沉淀产生且最后消失，则一定没有Mg2+、Fe3+，有Al3+；再加入氢氧化钠溶液至5
V0，图象分析可知生成沉淀增多至最大，反应为Al3++3OH-═Al(OH)3↓，消耗氢氧化钠溶液3
V0，继续加入氢氧化钠，沉淀量不变，说明氢氧化钠和溶液中的铵根离子反应，NH4+
+
OH- NH3 H2O，消耗氢氧化钠溶液3V0，继续加入氢氧化钠溶液，沉淀开始溶解，到加入10
V0氢氧化钠溶液，沉淀全部溶解，发生的反应为Al(OH)3+
OH-═AlO2-+
2H2O，消耗氢氧化钠V0。综上所述一定含有H+、Al3+、NH4+，物质的量之比=2
V0：3
V0：V0=2：3：1；一定不存在的离子是Mg2+、Fe3+
CO32-、AlO2-，其中的阴离子是CO32-、AlO2-。②沉淀减少过程中发生反应是氢氧化铝沉淀溶解于氢氧化钠溶液中的反应，反应的离子方程式为Al(OH)3+
OH-═AlO2-+
2H2O。
考点：考查氧化还原反应和离子反应的有关知识。
17．（1）溶液的pH除了可以通过实验得出的具体数据计算得到，在实验室中还可以用________或_________来测量得到。
（2）某研究性学习小组用pH=1的盐酸滴定25.00
mL未知物质的量浓度的NaOH溶液，从而求出该NaOH溶液的pH值（选用酚酞作为指示剂）
①实验过程中需要使用的仪器有铁架台、滴定管夹、碱式滴定管、胶头滴管、________、
，
②右图，是某次滴定时的滴定管中的液面，其读数为
mL；
③如何判断滴定到达终点________________________
④根据下列数据：
滴定次数
待测液体积(mL)[来源
标准盐酸体积（mL）
滴定前读数（mL）
滴定后读数（mL）
第一次
25.00
0.50
20.40
第二次
25.00
4.00
24.10
请计算待测NaOH溶液的浓度(保留两位小数)
mol/L
⑤在上述实验中，下列操作（其他操作正确）会造成测定结果偏高的有：
。
A．滴定终点读数时俯视读数
B．酸式滴定管使用前，水洗后未用盐酸溶液润洗
C．锥形瓶水洗后未干燥
D．酸式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失
【答案】（1）pH试纸（1分），pH计（1分）；
（2）①酸式滴定管（1分），锥形瓶（1分）；②22.60（2分）；
③溶液由浅红色变为无色，半分钟内不变红色（2分）；④0.080
（2分）；⑤B
D（2分）。
【解析】
试题分析：（1）溶液的pH除了可以通过实验得出的具体数据计算得到，在实验室中还可以用pH试纸或pH计来测量得到；（2）某研究性学习小组用pH=1的盐酸滴定25.00
mL未知物质的量浓度的NaOH溶液，从而求出该NaOH溶液的pH值，以酚酞作为指示剂。①
实验过程中需要使用的仪器有铁架台、滴定管夹、碱式滴定管、胶头滴管、酸式滴定管、锥形瓶；②滴定管小刻度在上，大刻度在下，准确度是0.01mL，所以根据某次滴定时的滴定管中的液面，其读数为22.60mL；③用酚酞为指示剂，指示剂在NaOH溶液中，开始为红色，随着盐酸的滴入，溶液的碱性逐渐减弱，红色逐渐变浅，当滴加最后一滴盐酸，溶液由浅红色变为无色，半分钟内溶液不再变为红色，就证明滴定到达终点；④第一次消耗HCl的体积是20.40mL-0.50mL=19.90mL；第二次消耗HCl的体积是24.10mL-4.00mL=20.10mL；则消耗HCl的平均体积是V(HCl)=
(19.90mL+20.10mL)÷2=20.00mL，根据盐酸与NaOH反应时的物质的量关系是1:1可知，c(NaOH)·V(NaOH)=c(HCl)·V(HCl),
c(NaOH)×25.00mL=0.1mol/L×20.00mL，所以c(NaOH)=0.080mol/L；⑤A.滴定终点读数时俯视读数，使消耗的盐酸标准溶液体积偏小，则根据盐酸的体积计算的NaOH溶液的浓度偏低，错误；B.酸式滴定管使用前，水洗后未用盐酸溶液润洗，消耗的HCl标准溶液的体积偏大，根据盐酸体积计算的NaOH溶液的浓度偏高，正确；C.锥形瓶水洗后未干燥，由于不影响NaOH的物质的量，也不影响消耗的HCl标准溶液的体积，因此对浓度的测定无影响，错误；D.酸式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，消耗HCl标准溶液体积偏大，则根据标准溶液计算的NaOH的浓度偏高，正确。
【考点定位】考查溶液pH测定方法、酸碱中和滴定的有关知识。
【名师点睛】溶液的pH一般是用pH测定，也可以用pH测量。酸碱中和滴定是中学中重要的定量实验，一般是利用中和反应的原理，用已知浓度的酸(或碱)来测定未知浓度的碱(或酸)的实验方法。使用的仪器有酸式滴定管、碱式滴定管、滴定管夹、铁架台、锥形瓶，试剂有标准溶液、待测溶液、指示剂。滴定管在使用前要查漏、润洗，酸式滴定管可以盛放酸性、氧化性的物质；碱式滴定管盛放碱性物质。滴定达到终点时，滴定终点的判断方法是：滴加最后一滴溶液，指示剂变色，半分钟内会恢复原来的颜色；在进行实验时，为了减少实验偶然性带来的误差，要多次实验，一般进行三次，若其中的一次误差太大，要舍弃，取其平均数值，根据c(NaOH)·V(NaOH)=c(HCl)·V(HCl)计算待测溶液的浓度。通常会引起实验误差的因素有洗涤、取液、滴定、读数等，要具体问题具体分析，然后判断其造成的影响。
18．某化学兴趣小组为了研究外界条件对化学反应速率的影响，进行了如下实验：
【实验原理】2KMnO4
+
5H2C2O4
+
3H2SO4
==
K2SO4
+
2MnSO4
+
10CO2↑
+
8H2O
【实验内容及记录】
实验编号
室温下，试管中所加试剂及其用量
/
mL
室温下溶液颜色褪至无色所需时间
/
min
0.6
mol/LH2C2O4溶液
H2O
0.2
mol/LKMnO4溶液
3
mol/L稀硫酸
1
3.0
2.0
3.0
2.0
4.0
2
3.0
3.0
2.0
2.0
5.2
3
3.0
4.0
1.0
2.0
6.4
请回答：
（1）根据上表中的实验数据，可以得到的结论是
。
（2）利用实验1数据计算，用KMnO4的浓度变化表示反应速率
(KMnO4)
=
。
（3）该小组同学根据经验绘制了(Mn2+)
随时间变化趋势的示意图，如图甲所示。但有同学查阅已有的实验资料发现，该实验过程中(Mn2+)
随时间变化的趋势应如图乙所示。
该小组同学根据图乙所示信息提出了新的假设，并继续进行实验探究。
①该小组同学提出的假设是
。
②请你帮助该小组同学完成实验方案，并选择表中空白处应加入的物质。
实验编号
室温下，试管中所加试剂及其用量
/
mL
再向试管中加入少量固体
室温下溶液颜色褪至无色所需时间
/
min
0.6
mol/LH2C2O4溶液
H2O
0.2
mol/LKMnO4溶液
3
mol/L稀硫酸
4
3.0
2.0
3.0
2.0
A．KMnO4
B．H2C2O4
C．K2SO4
D．MnSO4
③若该小组同学提出的假设成立，应观察到的现象是
。
【答案】（1）其他条件相同时，增大KMnO4浓度(或反应物浓度)，反应速率增大（2分）
（2）1.5×10-2mol·L-1·min-1或0.015
mol·L-1·min-1（3分）
（3）①生成物中的MnSO4为该反应的催化剂(或Mn2+对该反应有催化作用)
（2分）②D（2分）
③实验4与实验1比较，溶液褪色所需时间短
或：溶液褪色所用时间(t)小于4min（或其他合理答案）
【解析】
试题分析：（1）从表中数据可知改变的条件是KMnO4浓度，可以得到的结论是其他条件相同时，增大KMnO4浓度(或反应物浓度)，反应速率增大；（2）根据v=△c/△t计算。用KMnO4的浓度变化表示反应速率
v
(KMnO4)
=0.06
mol/L÷4min=0.015
mol·L-1·min-1；（3）①由图乙可知反应开始最初一段时间反应速率较慢，然后反应速率迅速增大，说明生成物中的MnSO4（或Mn2+）为该反应的催化剂；②作对比实验，与实验1比较，其它条件相同时加入MnSO4，选D；③实验4与实验1比较，溶液褪色所需时间短
或：溶液褪色所用时间(t)小于4min，说明假设成立。
考点：考查外界条件对化学反应速率的影响。
19．（17分）中学化学常见的滴定法包括中和滴定法、氧化还原反应滴定法等。
（1）探究小组甲用酸性KMnO4溶液滴定某补血剂[主要成分硫酸亚铁晶体(FeSO4 7H2O)]中铁元素的含量。
①下列滴定装置中（夹持部分略去），最合理的是：
（填字母序号）。
②实验前，首先要准确配制一定物质的量浓度的酸性KMnO4溶液250mL，配制时需要的仪器除托盘天平、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、量筒外，还需要
（填仪器名称）。
③该小组拟在同浓度的FeSO4溶液中，探究酸性KMnO4溶液浓度对Fe2+被氧化时反应速率的影响。限选试剂与仪器：0．10mol L-1FeSO4、0．02mol L-1酸性KMnO4、蒸馏水、锥形瓶、试管、胶头滴管、量筒、秒表。参照下表格式，完成实验表格（列出所选试剂体积和数据；数据用字母表示）。
物理量实验序号
V[0．10mol L-1FeSO4]/mL
KMnO4溶液褪色所需时间t/s
1
a
t1
2
a
t2
（2）常温下，探究小组乙将0．1
mol·L-1盐酸滴入20
mL
0．1
mol·L-1氨水中，溶液的pH随加入盐酸体积的变化曲线如右图所示。
①a点处假设溶液的pH=10，则该点处由水电离产生的c(OH－)=
。
②b点处溶液中c
(Cl－)
c
(NH4+)（填“＞”、“＜”或“＝”）。
③取c点时的饱和溶液并向其加入水玻璃（硅酸钠水溶液），振荡、静置。写出实验现象并用必要的文字和相关离子方程式给予解释：
。
④d点所示溶液中离子浓度由大到小的排序是
。
【答案】（17分）（1）①B（2分）
②
250mL容量瓶
（2分）
③（4分）
物理量实验序号
V[0．02mol L-1KMnO4]/mL
V[
H2O]/mL
1
b
c
2
c
b
（2）①10-10mol/L（2分）
②
＝（2分）
③产生白色沉淀（或胶状物）和气泡；NH4+和SiO32-发生双水解反应，2NH4++
SiO32-
＝
H2SiO3↓
+
2NH3↑（或2NH4++
SiO32-+2H2O
＝
H2SiO3↓
+
2NH3·H2O（3分）
④
c(Cl–)＞c(H+)＞c(NH4+)＞c(OH–)
（2分）
【解析】
试题分析：（1）①酸性KMnO4溶液有强的氧化性，容易腐蚀碱式滴定管中的橡胶管，因此一个盛装在酸式滴定管中，故最合理的是B；②实验前，首先要准确配制一定物质的量浓度的酸性KMnO4溶液250mL，配制时需要的仪器除托盘天平、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、量筒外，还需要250mL容量瓶；③为了进行对比实验，应该只改变一个变量，其他的都相同，第一次实验取0．10mol L-1FeSO4溶液aml；用0．02mol L-1KMnO4的体积是bml，加入H2O的体积是cml；第二次实验取0．10mol L-1FeSO4溶液的体积aml；用0．02mol L-1KMnO4
溶液的体积是cml，加入H2O溶的体积bml；（2）①a点处没有加盐酸，则溶液中的H+就是水电离产生的，溶液的pH=10，则该点处由水电离产生的c(H+)=c(OH－)=
10-10mol/L;
②b点处溶液中根据电荷守恒可得c
(Cl－)+
c(H+)=c(OH－)+c
(NH4+)，该点时溶液的pH=7，则c(H+)=c(OH－)，所以c
(Cl－)=
c
(NH4+)；③取c点时的氨水中溶质恰好与盐酸完全反应形成NH4Cl，NH4Cl是强酸弱碱盐，NH4+水解消耗水电离产生的OH-，使溶液显酸性，当向该饱和溶液加入水玻璃（硅酸钠水溶液）时发生反应形成H2SiO3沉淀，二者的水解相互促进,同时会有气泡逸出；反应的离子方程式是:
2NH4++
SiO32-
＝
H2SiO3↓
+
2NH3↑（或2NH4++
SiO32-+2H2O
＝
H2SiO3↓
+
2NH3·H2O）④当向氨水中加入盐酸40ml时，氨水反应完全，d点所示溶液是NH4Cl溶液和HCl等物质的量的混合溶液。NH4Cl是强酸弱碱盐，NH4+水解消耗水电离产生的OH-，使溶液显酸性，当最终达到平衡时，c(H+)>c(OH-),根据物料守恒可得：c(Cl–)＞c(NH4+)
由于在溶液中H+有盐酸电离产生和NH4+水解产生，所以c(H+)＞c(NH4+)，盐的水解程度是微弱的，所以盐电离产生的离子浓度大于水电离产生的离子浓度，所以c(NH4+)＞c(OH–)，因此其中含有离子浓度由大到小的排序是c(Cl–)＞c(H+)＞c(NH4+)＞c(OH–)。
考点：考查仪器的使用、水的电离、盐的水解、离子浓度大小比较、反应现象的描述等知识。
20．生态农业涉及农家肥料的综合利用。某种肥料经发酵得到一种含有甲烷、二氧化碳、氮气的混合气体8．96L（标准状况）。该气体通过盛有红色CuO粉末的硬质玻璃管，发生的反应为：CH4＋4CuOCO2↑＋2H2O↑＋4Cu。当甲烷完全反应后，硬质玻璃管的质量减轻了4．8g。将反应后气体通入2L
0．1mol/L的澄清Ca(OH)2溶液，充分吸收，生成沉淀10g。
（1）原混合气体的物质的量是____________。
（2）原混合气体中甲烷的体积是____________。
（3）求原混合气体中氮气的体积。（列式计算）
【答案】（1）0．4mol；（2）1．68L;（3）CO2稍过量时，VN2=2．24L；CO2少量时，VN2=6．72L；
【解析】
试题分析：（1）n(气体)=V÷Vm=8．96L÷22．4L/mol=0．4mol；（2）n(CuO)=
4．8g÷16g/mol=0．3mol；则根据方程式中两种物质之间的关系可知n(CH4)=1/4
n(CuO)=
1/4×0．3mol=0．075mol,V(CH4)=
0．075mol×
22．4L/mol
=1．68L；n(Ca(OH)2)=2L×0．1mol/L
=0．2mol>n(CaCO3)=
10g÷100g/mol=0．1mol；若CO2少量时，n(N2)=
n(总)
-
n(CH4)-
n(CO2)=0．4mol-0．075mol
–(0．1mol-0．075mol)=0．3mol；所以VN2=0．3mol
×22．4L/mol=6．72L；若CO2稍过量时，则发生氧化还原反应后产生的n(CO2)(总)=
2n(Ca(OH)2)-0．1mol=2×0．2mol-0．1mol=0．3mol;
n(N2)=
n(总)
-
n(CH4)-
n(CO2)=0．4mol-0．3mol=0．1mol，所以VN2=0．1mol
×22．4L/mol=2．24L。
考点：考查守恒法在混合气体中各组成成分的含量的计算方法的知识。
21．下列框图中的物质均为中学化学中常见物质，其中甲、乙为单质，其余均为化合物，B为常见液态化合物，A为淡黄色固体，F、G所含元素相同且均为氯化物，G遇KSCN溶液显红色。
请问答下列问题：
(1)A是____________，G是______________。(填化学式)
(2)反应①-⑤中，属于氧化还原反应的是________________(填序号)。
(3)反应⑤的化学方程式为__________________，甲与B反应的离子方程式_________________。
(4)在实验室将C溶液滴入F溶液中，观察到的现象是__________________。
【答案】(1)Na2O2
FeCl3
(2)①②⑤
(3)4Fe(OH)2+O2+2H2O＝4Fe(OH)3
；
2Na+2H2O＝2Na++2OH－+H2↑
(4)生成白色沉淀，迅速变灰绿色，最终变红褐色沉淀。
【解析】
试题分析：甲、乙为单质，其余均为化合物，B为常见液态化合物，A为淡黄色固体，A能与B反应，所以B是水，A是过氧化钠。因此甲是钠，乙是氧气，C是氢氧化钠。F、G所含元素相同且均为氯化物，G遇KSCN溶液显红色，则G是氯化铁，F是氯化亚铁，所以D是氢氧化亚铁，E是氢氧化铁。
（1）根据以上分析可知A是Na2O2，G是FeCl3。
（2）根据以上分析可知反应①-⑤中，属于氧化还原反应的是钠与氧气，过氧化钠与水，氢氧化亚铁与氧气转化为氢氧化铁，即答案为①②⑤。
（3）根据以上分析可知反应⑤的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O＝4Fe(OH)3；钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式为2Na+2H2O＝2Na++2OH－+H2↑。
（4）氢氧化钠溶液滴入氯化亚铁溶液中反应的实验现象是生成白色沉淀，迅速变灰绿色，最终变红褐色沉淀。
考点：考查无机框图题推断
22．【化学一一选修5：有机化学基础】芳香族化合物A含有碳、氢、氧三种元素，相对分子质量为136，能与NaHCO3反应产生CO2，核磁共振氢谱显示A分子内含四种氢(原子个数比为1:2:2:3；A用KMnO4加热氧化成B，B的相对分子质量为166；当A与碱石灰共热时得化合物C，C的相对分子质量为92，通常用作有机溶剂；C被KMnO4氧化后生成D，D在浓硫酸催化下加热与乙醇反应生成E，E通常情况下为液体，可用于配制依兰型香精和皂用香精，其相对分子质量为150。
已知:（1）KMnO4可将甲苯氧化为苯甲酸（2）冰醋酸与碱石灰共热后脱羧得到甲烷。
请回答下列问题:
（1）A中含有的官能团名称是
,D转化为E的反应类型是
。
（2）B与足量NaHCO3反应的化学方程式是
。
（3）C与Cl2在光照条件下1:1反应的有机产物的结构简式是
。
（4）E在一定条件下可转化为D,反应的化学方程式是
。
（5）A的同分异构体有多种,其中一种F能发生银镜反应,能与金属钠反应放出氢气,但不能与Fe3+发生显色反应,其核磁共振氢谱显示有5种不同环境的氢原子(原子个数比为1:2:2:2:1),则F的结构简式为
，F与氢气1:1加成的芳香产物G中有3种氢,G与B发生聚合反应的化学方程式
是
。
【答案】（1）羧基
酯化反应(或取代反应)
（2）+2NaHCO3
→
+2CO2↑
（3）（4）
（5）
n+n
【解析】
试题分析：芳香族化合物A含有碳、氢、氧三种元素，能与NaHCO3反应产生CO2，含有-COOH，去掉一个-C6H5、1个-COOH，剩余基团式量为136-77-45=14，故剩余基团为CH2，A用KMnO4加热氧化成B，B的相对分子质量为166，核磁共振氢谱显示A分子内含四种氢（原子个数比为1：2：2：3），则A为，B为；当A与碱石灰共热时，得化合物C，C的相对分子质量为92，由信息②可知C为，C被KMnO4氧化后生成D为，D在浓硫酸催化下加热与乙醇反应生成E，E通常情况下为液体，其相对分子质量为150，则E为。
（1）由上述分析可知，A为，含有的官能团是：羧基，D转化为E的反应类型是：酯化反应（或取代反应）；
（2）B与足量NaHCO3反应的化学方程式是+2NaHCO3
→
+2CO2↑；
（3）与Cl2在光照条件下1：1反应的有机产物的结构简式是；
（4）E在一定条件下可转化为D，反应的化学方程式是
；
（5）A同分异构体有多种，其中一种F能发生银镜反应，能与金属钠反应放出氢气，但不能与Fe3+发生显色反应，不含酚羟基，含有醛基、醇羟基，只能有2个侧链：-CHO、-CH2OH，核磁共振氢谱显示有5种不同环境的氢原子（原子个数比为1：2：2：2：1），则F的结构简式为，F与氢气1：1加成的芳香产物G中有3种氢，G为
，G与发生聚合反应的化学方程式是
n+n
。．
考点：考查有机物推断