山东省新矿集团第一中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）

山东省新矿集团第一中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）
1．下列各组离子能大量共存的是
A．加入KSCN显红色的溶液中：K+、NH4+、Cl―、I―
B．含“84”消毒夜（有效成分NaClO）的溶液中：Fe2+、Cl―、Ca2+、Na+
C．常温下，pH=1的溶液中：NH4+、Na+、Cl―、Cu2+
D．常温下，pH=13的无色溶液中：K+、NO3―、HCO3―、Al3+
【答案】C
【解析】
试题分析：Fe3+遇KSCN溶液变红，则加入KSCN显红色的溶液中一定大量存在Fe3+，由于2Fe3++2I―=2Fe2++I2，具有强氧化性的Fe3+与强还原性的I―不能大量共存，故A错误；ClO―具有强氧化性，Fe2+具有强还原性，二者容易发生氧化反应反应，生成Cl―和Fe3+，故B错误；常温下pH=1的溶液中大量存在H+，H+、NH4+、Na+、Cl―、Cu2+之间不能反应，故C正确；常温下pH=13的溶液中大量存在OH―，OH―与HCO3―容易发生中和反应，生成H2O和CO32―，OH―与Al3+容易发生复分解反应，生成Al(OH)3或AlO2―和H2O，故D错误。
考点：考查离子共存，涉及铁离子的显色反应和氧化还原反应、亚铁离子的氧化还原反应、溶液的酸碱性和pH、碳酸氢根离子的酸性、铝离子的沉淀反应或铝三角的转化等。
2．下列属于天然高分子化合物的是（
）
A．淀粉
B．蛋白质
C．塑料
D．
顺丁橡胶
【答案】AB
【解析】淀粉和蛋白质属于天然高分子化合物；塑料和顺丁橡胶属于合成高分子化合物。选AB
3．下列说法正确的是
A．某物质经科学测定只含有一种元素，则可以断定该物质是一种纯净物
B．不能用瓷坩埚加热熔融氢氧化钠固体
C．将SO2通入品红溶液或溴水均能使它们褪色，证明SO2有漂白性
D．向某溶液中滴加氯水后，滴加KSCN溶液，溶液变红，证明溶液中含有Fe2+
【答案】B
【解析】
试题分析：A．某物质经科学测定只含有一种元素，则可以断定该物质可能是一种纯净物，也可能是混合物，错误；B．由于瓷坩埚的成分中含有SiO2能够与NaOH发生反应，所以不能用瓷坩埚加热熔融氢氧化钠固体，正确；C．将SO2通入品红溶液，溶液褪色，是由于SO2有漂白性，SO2能够使溴水褪色是由于SO2有还原性，二者的作用不同，错误；D．向某溶液中滴加氯水后，滴加KSCN溶液，溶液变红，证明溶液中可能含有Fe2+也可能含有Fe3+，错误。
考点：考查物质的性质、应用、成分的知识。
4．在任何条件下，纯水显中性，这是因为
（
）
A、PH=7
B、c（H+）=c（OH-）
C、c（H+）=c（OH-）=10-7mol/L
D、c（H+）×c（OH-）=10-14
【答案】B
【解析】略
5．书写热化学方程式时要注明物质的状态，其主要原因是
A．物质的状态与反应热有关
B．物质的状态与生成物有关
C．可以具体说明反应进行的情况
D．可以具体说明反应发生的条件
【答案】A
【解析】
试题分析：A、物质的状态与物质具有的能量有关，即物质的状态与反应热有关，正确；B、物质的状态与生成物无关，错误；C、物质的状态不能具体说明反应进行的情况，错误；D、物质的状态不能具体说明反应发生的条件，错误。
考点：考查热化学方程式的书写。
6．下列过程有化学变化发生的是（
）
A．冰雪的融化
B．鞭炮的燃放
C．米酒的酿制
D．香气的扩散
【答案】BC
【解析】
试题分析：有新物质生成的反应是化学变化，冰雪融化是由固体变为液体的过程，属于物理变化，A错误；鞭炮的燃烧，发生爆炸生成新物质，属于化学变化，B正确；米酒的酿制是由淀粉转化成葡萄糖，最后发酵生成酒精的过程，是化学变化，C正确；香气的扩散，属于物理变化，D错误，答案选BC.
考点：化学变化和物理变化
7．宇航员翟志刚成功完成的中国历史上首次太空行走，使中国成为第三个独立掌握出舱活动技术的国家。宇航员出舱时，呼吸所需的氧气主要来自太空服中的呼吸面具。下列物质在一定条件下均能产生氧气，其中最适宜用于呼吸面具中供氧剂的是
A．HNO3
B．H2O2
C．KClO3
D．Na2O2
【答案】D
【解析】最适宜用于呼吸面具中供氧剂的是Na2O2
因为只有过氧化钠跟二氧化碳反应，生成氧气和碳酸钠，所以可以吸收人呼吸生成的二氧化碳，放出人需要的氧气。
8．下列关于蛋白质的叙述正确的是
A．天然蛋白质的组成元素只有磷、氢、氧、氮
B．加热会使蛋白质变性，因此食生鸡蛋的营养价值更高
C．向鸡蛋中加食盐，会使蛋白质凝固变性
D．用一束光照射蛋白质溶液，可以产生丁达尔现象
【答案】D
【解析】
试题分析：A、天然蛋白质主要由碳、氢、氧、氮4种元素组成，除此之外，还含有少量硫、磷等，故A错误；B、加热会使蛋白质变性，这样就有利于蛋白水解酶对其催化水解，营养价值更高，故B错误；C、向鸡蛋清中加入食盐，蛋白质析出的过程为盐析，而不是变性，故C错误；D、蛋白质溶液是胶体，用一束光照射蛋白质溶液，可以产生丁达尔现象，故D正确；故选D。
考点：考查蛋白质的性质
9．反应：xA(气)＋yB(气)zC(气)，达到平衡时测得A气体的浓度为0.5
mol/L，当在恒温下将该容器体积扩大一倍，再次达到平衡，测得A气体的浓度为0.3
mol/L，则下列叙述正确的是
A．x＋y＜z
B．平衡向右移动
C．B的转化率升高
D．C的体积分数降低
【答案】D
【解析】再次达到平衡时，A的浓度大于原先的一半，说明减压平衡向生成A的一方移动，说明x＋y>z，B的转化率减小，C的体积分数降低，故答案为D
10．合成氨反应的正反应是气体体积减小的放热反应。合成氨工业的生产流程如下：
关于合成氨工业的说法中不正确的是(　　)
A．混合气进行循环利用遵循绿色化学思想
B．合成氨反应须在低温下进行
C．对原料气进行压缩是为了增大原料气的转化率
D．使用催化剂可以提高反应的速率，但是不能使平衡向正反应方向移动
【答案】B
【解析】合成氨反应在700
K的高温下进行。
11．可用离子方程式H+＋OH—＝H2O表示的化学反应是（
）
A．盐酸和氢氧化钡的反应
Ba(OH)2
＋
2HCl
＝
BaCl2
＋
2H2O
B．硝酸和氢氧化铝的反应
Al
(OH)3＋
3HNO3
＝
Al
(NO3)3
＋
3H2O
C．硫酸和氢氧化钡的反应
Ba(OH)2
＋
H2SO4
＝BaSO4
↓＋
2H2O
D．盐酸和氢氧化铜反应
Cu(OH)2
＋2HCl
＝CuCl2＋2H2O
【答案】A
【解析】离子方程式H+＋OH—＝H2O表示强酸与强碱反应生成易溶于水的盐和水；所以
A正确；B错，氢氧化铝为难溶物，不能拆成离子形式；C错，硫酸钡为难溶于水的沉淀不能拆成离子形式；D错，氢氧化铜为沉淀不能拆成离子形式；
12．由O2、CO2、SO2组成的混合气体在同温同压下与N2O的密度相同，则该混合气体中O2、CO2、SO2的分子数之比为(
)
A．8∶5∶3
B．8∶3∶7
C．6∶4∶3
D．10∶5∶6
【答案】D
【解析】
试题分析：根据题意O2、CO2、SO2组成的混合气体在同温同压下与N2O的密度相同，则混合气体的平均相等分子质量与N2O的相同为44，二氧化碳的相等分子质量是44，所以只需O2、SO2组成的混合气体的平均相等分子质量是44即可，根据十字交叉法可得O2、SO2的物质的量之比是10:6，即分子数之比是10：6，则二氧化碳的量是任意的，所以答案选D。
考点：考查混合气体的计算
13．两体积相同的密闭容器中均充入1mol
X和1mol
Y，分别于300℃和500℃开始发生反应：X（g）+Y（g）3Z（g）．Z的含量（Z%）随时间t的变化如图所示．已知在t3时刻改变了某一实验条件．相关判断正确的是
A．曲线a是500℃时的图象
B．t3时刻可能是降低了温度
C．正反应是吸热反应
D．t3时刻可能是增大了压强
【答案】B
【解析】
试题分析：A、温度越高，反应速率越快，b曲线反应速率快，所以曲线b是500℃时的图象，错误；B、达到平衡，500℃时Z的含量小于300℃时Z的含量，说明温度升高，平衡向逆反应方向移动，t3时Z的含量增大，平衡向正反应方向移动，则t3时刻可能是降低了温度，正确；C、温度升高，平衡向逆反应方向移动，则正反应是放热反应，错误；D、增大压强，平衡向逆反应方向移动，Z的含量减小，与图像不符，错误。
考点：本题考查化学平衡移动、图像的分析。
14．设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．1
mol
AlCl3完全转化为氢氧化铝胶体，会生成NA个胶粒
B．1L
1mol/L的CH3COOH溶液中含有NA个H+
C．1
mol
Na2O2和足量H2O或CO2反应时转移的电子数均为2NA
D．27
g
Al和足量盐酸或氢氧化钠溶液反应时转移的电子数均为3NA
【答案】D
【解析】
试题分析：A、由于氢氧化铝晶体为氢氧化铝的聚集体，所以无法计算溶液中氢氧化铝胶粒的数目，故A错误；B、1L
1mol/L的CH3COOH溶液中含有溶质醋酸1mol，由于醋酸为弱电解质，则溶液中电离出的氢离子小于1mol，含有的氢离子数小于NA，故B错误；C、1
mol
Na2O2和足量H2O或CO2反应时，过氧化钠既是氧化剂，也是还原剂，1mol过氧化钠完全反应转移1mol电子，转移的电子数均为NA，故C错误；D、27g铝的物质的量为1mol，Al为3价金属，1mol铝无论与盐酸还是与氢氧化钠溶液反应，完全反应都转移了3mol电子，转移的电子数均为3NA，故D正确；故选D。
【考点定位】考查阿伏伽德罗常数
【名师点晴】本题考查了阿伏伽德罗常数的应用。注意掌握物质的量与阿伏伽德罗常数、摩尔质量等物理量之间的转化关系，选项A需要明确氢氧化铝晶体为氢氧化铝的聚集体，为易错点。
15．现有常温条件下甲、乙、丙三种溶液，甲为0.1
mol·L－1的NaOH溶液，乙为0.1
mol·L-1
的HCl溶液，丙为0.1
mol·L－1的CH3COOH溶液，试回答下列问题：
（1）甲溶液的pH＝________；
（2）丙溶液中存在的所有电离平衡为_____________________________（用电离方程式表示）；
（3）甲、乙、丙三种溶液中由水电离出的c（OH－）的大小关系为________；
【答案】
（1）13
（2）CH3COOHCH3COO－＋H＋，H2OOH－＋H＋
（3）丙>甲＝乙
【解析】
试题分析：
（1）氢氧化钠是强碱，则0.1mol/L氢氧化钠溶液这氢氧根浓度是0.1mol/L，所以溶液中氢离子浓度是10－13mol/L，则pH＝13。
（2）醋酸是弱电解质，在醋酸溶液中存在醋酸和水的两种电离平衡，分别是CH3COOHCH3COO－＋H＋、H2OOH－＋H＋。
（3）酸电离出的氢离子或碱电离出的氢氧根浓度越大，对水的电离程度越大，则甲、乙、丙三种溶液中由水电离出的c（OH－）的大小关系为丙>甲＝乙。
考点：考查pH计算、弱电解质的电离及外界条件对水电离平衡的影响
16．按要求填空：
（1）写出制取氢氧化铁胶体的水解方程式：
（2）有4中混合溶液，分别由等体积0.1mol/L的2种溶液混合而成：①CH3COONa与HCl②CH3COONa与NaOH③CH3COONa与NaCl④CH3COONa与NaHCO3，则c(CH3COO－)从大到小的关系为
。（填序号）。
（3）25℃时，已知0.1mol·L－1
CH3COONa溶液的PH=8，精确表达下列算式的数学结果：
①c(Na+)－c(CH3COO－)＝
；②c(OH－)－c(CH3COOH)＝
（4）若往Mg(OH)2的悬浊液中逐滴滴入NH4Cl溶液至澄清，该过程中沉淀溶解的离子反应是
。
【答案】（1）
Fe3+＋3H2O＝Fe(OH)3(胶体)＋3H+（不写胶体扣1分）
（2）
②>④>③>①
（3）①10─6－10─8
mol/L
②10─8
mol/L
（不带单位扣1分）
（4）Mg(OH)2(s)＋2NH4+(aq)Mg2+(aq)＋2NH3·H2O(aq)
【解析】
试题分析：（1）FeCl3在沸水中水解制备胶体，水解方程式为Fe3+＋3H2O＝Fe(OH)3(胶体)＋3H+。
（2）②中CH3COONa与NaOH不反应，NaOH中的OH-抑制CH3COO-水解，则c（CH3C00-）最大，④中CH3COONa与NaHCO3混合不反应，两种盐相互抑制水解，c(CH3COO－)较大，③中CH3COONa与NaCl混合不反应，只有水解，而①中CH3COO-与酸结合生成弱电解质醋酸，c（CH3C00-）最小，则c(CH3COO－)从大到小的关系为②＞④＞③＞①。
（3）CH3COONa溶液中存在电荷守恒，C(Na+)+C(H+)=C(CH3COO-)+C(OH-)可得，C(Na+)-C(CH3COO-)=C(OH-)-(H+)=（10-6-10-8)mol·L-1，由c(CH3COO－)+c(CH3COOH)=0.1mol/L、c(Na＋)+c(H＋)=c(CH3COO－)+c(OH－)，可得C(OH-)-C(CH3COOH)=c(H＋)=10-8mol·L-1。
（4）往Mg(OH)2的悬浊液中逐滴滴入NH4Cl溶液至澄清，说明Mg(OH)2沉淀溶解，NH4＋
水解显酸性，Mg(OH)2在酸性溶液中溶解生成Mg2＋，则该过程中沉淀溶解的离子反应是Mg(OH)2(s)＋2NH4+(aq)Mg2+(aq)＋2NH3·H2O(aq)。
考点：考查Fe(OH)3胶体的制备，离子浓度的大小顺序，守恒关系的应用，沉淀的转化等知识。
17．（11分）“酒是陈的香”，就是因为酒在储存过程中生成了有香味的乙酸乙酯，在实验室我们也可以用如图所示的装置制取乙酸乙酯．回答下列问题：
（1）写出制取乙酸乙酯的化学反应方程式：
．
（2）在大试管中配制一定比例的乙醇、乙酸和浓硫酸的混合液的方法是：
．
（3）浓硫酸的作用是：①
；②
．
（4）饱和碳酸钠溶液的主要作用是
．
（5）实验中加热小试管的目的是：①
；②
．
（6）装置中通蒸气的导管要插在饱和碳酸钠溶液的液面上，不能插入溶液中，目的是
．
（7）若要把制得的乙酸乙酯分离出来，应采用的实验操作是
．
【答案】（1）CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O；
（2）将浓H2SO4慢慢倒人乙醇和乙酸的混合液中，然后轻轻地振荡试管，使之混合均匀；
（3）催化剂；吸水剂
（4）溶解乙醇、中和乙酸；降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层析出
（5）加快反应速率；及时将产物乙酸乙酯蒸出；
（6）防止倒吸
（7）分液
【解析】
试题分析：（1）酯化反应的本质为酸脱羟基，醇脱氢，该反应生成乙酸乙酯和水，且为可逆反应；
（2）为防止酸液飞溅，应将密度大的液体加入到密度小的液体中，即将浓H2SO4慢慢倒人乙醇和乙酸的混合液中；
（3）乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应，该反应为可逆反应，浓硫酸吸水利于平衡向生成乙酸乙酯方向移动；
（4）饱和碳酸钠溶液与乙酸反应除去乙酸、同时降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层；
（5）反应加热
提高反应速率，乙酸乙酯沸点低，加热蒸出乙酸乙酯；
（6）导管伸入液面下可能发生倒吸；
（7）分离互不相溶的液体，可用分液的方法分离．
解：（1）酯化反应的本质为酸脱羟基，醇脱氢，乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，该反应为可逆反应，反应的化学方程式为：
CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O，
故答案为：CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O；
（2）为防止液体飞溅，原理和浓H2SO4加入水中相同，方法为：将浓H2SO4慢慢倒人乙醇和乙酸的混合液中，然后轻轻地振荡试管，使之混合均匀，
故答案为：将浓H2SO4慢慢倒人乙醇和乙酸的混合液中，然后轻轻地振荡试管，使之混合均匀；
（3）乙酸与乙醇发生酯化反应，需浓硫酸作催化剂，该反应为可逆反应，浓硫酸吸水利于平衡向生成乙酸乙酯方向移动，浓硫酸的作用为催化剂，吸水剂，
故答案为：催化剂；吸水剂；
（4）制备乙酸乙酯时常用饱和碳酸钠溶液，目的是中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中，便于闻乙酸乙酯的香味；溶解挥发出来的乙醇；降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分层得到酯，
故答案为：溶解乙醇、中和乙酸；降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层析出；
（5）实验中加热小试管的，可以提高反应速率，乙酸乙酯沸点低，加热利于蒸出乙酸乙酯，
故答案为：加快反应速率；及时将产物乙酸乙酯蒸出；
（6）导管不能插入溶液中，导管要插在饱和碳酸钠溶液的液面上，伸入液面下可能发生倒吸，
故答案为：防止倒吸；
（7）分离乙酸乙酯时先将盛有混合物的试管充分振荡，让饱和碳酸钠溶液中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中，溶解挥发出来的乙醇；降低乙酸乙酯在水中的溶解度，静置分层后取上层得乙酸乙酯，
故答案为：分液．
点评：本题考查乙酸乙酯的制备方法及反应原理，题目难度中等，试题涉及的内容较多，考查较全面，明确酯化反应的原理和饱和碳酸钠溶液、浓硫酸的作用为解答关键．
18．用氯化钠固体配制1.00mol/L的NaCl溶液95mL，回答下列问题
⑴所需仪器为：托盘天平、量筒、烧杯胶头滴管，若要完成实验，还需要两种玻璃仪器为
、
。
⑵该实验的实验步骤为：
①计算，②称量
gNaCl，
③溶解，④移液，⑤洗涤，⑥定容，⑦
摇匀。
⑶试分析下列操作，对所配溶液的浓度有何影响。（用偏低、偏高、无影响填空）。
①用天平称量氯化钠后，发现砝码底部有锈斑。所配溶液的浓度
；
②为加速固体溶解，微热烧杯溶液并不断搅拌。在未降至20℃时，就将溶液转移至容量瓶定容。所配溶液的浓度
；
③容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水。所配溶液的浓度
；
④若定容时仰视刻度线。所配溶液的浓度
；
⑤定容后，加盖、倒转、摇匀后，发现液面低于刻度线，又补加蒸馏水至刻度。则所配溶液的浓度
。
【答案】⑴100
mL容量瓶
玻璃棒
⑵5.9
⑶①偏高
偏高
无影响
偏低
偏低
【解析】
试题分析：（1）由于实验室没有95ml容量瓶，所以要用氯化钠固体配制1.00mol/L的NaCl溶液95mL，则需要100ml容量瓶，另外还缺少溶解和转移时的玻璃棒。
（2）需要氯化钠的质量＝0.1L×1.00mol/L×58.5g/mol＝5.85g≈5.9g。
（3）根据cB＝nB/V可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量ｎB和溶液的体积V引起的。误差分析时，关键要看配制过程中引起ｎ和V怎样的变化。在配制一定物质的量浓度溶液时，若nB比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若nB比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。①用天平称量氯化钠后，发现砝码底部有锈斑，这说明砝码质量偏大，因此氯化钠的质量偏大，则所配溶液的浓度偏高；②为加速固体溶解，微热烧杯溶液并不断搅拌。在未降至20℃时，就将溶液转移至容量瓶定容，则冷却后容量瓶中溶液的体积偏少，因此所配溶液的浓度偏高；③容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水，对所配溶液的浓度不影响；④若定容时仰视刻度线，则容量瓶中溶液的体积偏大，因此所配溶液的浓度偏低；⑤定容后，加盖、倒转、摇匀后，发现液面低于刻度线，又补加蒸馏水至刻度，则容量瓶中溶液的体积偏大，因此所配溶液的浓度偏低。
考点：考查移动物质的量浓度配制以及误差分析
19．纯碱在工业上非常重要。
（1）取一定量纯碱细小粉末置于烧杯中，加入一定量的水，可以得到颗粒较大的晶体A。烧杯温度升高，理由是
；
（2）从上述烧杯中得到干燥纯净的晶体A，实验程序为：
；（填序号，可重复使用）
①蒸发结晶②放入干燥器③转移入过滤器中④用水洗涤2－3次⑤用乙醇洗涤⑥加热灼烧
（3）取纯净物13.92g晶体A，进行热重分析，直到质量不再改变，生成物质Z，具体数据如下：
物质
样品A
T1oC下得到物质X
T2
oC下得到物质Y
600oC时得到物质Z
质量/g
13.92
11.75
7.45
6.36
通过计算确定样品A的化学式。并写出计算过程。
【答案】（9分）（1）其化学原理为Na2CO3+nH2O=Na2CO3·nH2O
反应物总能量高于生成物总能量，故放出热量，导致温度升高。（2分）
（2）③⑤②（3分）
（3）设A的化学式为Na2CO3·nH2O，加热到质量不再变化时为Na2CO3
Na2CO3·nH2O
Na2CO3
106+18n
106
6.36
(106+18n):106=13.92:6.36
n=7
故A的化学式为Na2CO3·7H2O
（共4分）
【解析】
试题分析：（1）温度升高说明发生了反应放出了热量，其化学原理为
Na2CO3+nH2O=Na2CO3·nH2O，
反应物总能量高于生成物总能量，故放出热量，导致温度升高。
（2）从烧杯中得到干燥纯净的晶体A，实验程序为转移入过滤器中、用乙醇洗涤、放入干燥器。
（3）设A的化学式为Na2CO3·nH2O，加热到质量不再变化时为Na2CO3
Na2CO3·nH2O
Na2CO3
106+18n
106
6.36
(106+18n):106=13.92:6.36
n=7。
故A的化学式为Na2CO3·7H2O。
考点：钠的重要化合物
化学计算
点评：本题考查的是纯碱的性质及化学计算的知识，题目难度中，考查学生分析问题、解决问题和计算的能力。
20．若电解饱和食盐水时消耗NaCl
117g，计算理论上最多可配成物质的量浓度为0.5mol·L－1的氢氧化钠溶液多少升？用该反应制得的氯制备漂白粉，最多能生成漂白粉的质量为多少？
【答案】
4L
127g
【解析】
试题分析：117gNaCl的物质的量为n=m/M=117g÷58.5g.mol=2mol,设生成的NaOH
和Cl2物质的量为n1
和n2，则有：
2NaCl
+
2H2O
通电
2NaOH
+
Cl2↑+
H2↑
2
2
1
2mol
n1
n2
2:
2
=
2mol
:
n1
n1=
2mol
2
:
1
=
2mol
:
n2
n2
=
1mol
氢氧化钠溶液的体积：V
＝
n1/C＝2mol/(0.5mol·L-1)
=
4L
漂白粉由CaCl2
和
Ca(ClO)2组成，它们的物质的量之比为1:
1，可以看成一种物质，设可以生成漂白粉的物质的量为n3，则有：
2Cl2
+
2Ca(OH)2
=[
CaCl2
+
Ca(ClO)2]
+
2H2O
2
1
1mol
n3
得：n3=0.5mol
漂白粉质量为：m
=n×M=0.
5mol×254g/mol=127g
考点：有关物质的量的计算。
21．有机化合物M是一种治疗心脏病药物的重要中间体，以A为原料的工业合成路线如下图所示。
已知：RONa+
R’XROR’+
NaX
根据题意完成下列填空：
（1）化合物M的化学式为
，1mol化合物M完全燃烧消耗
mol氧气。
（2）写出反应类型：反应①
。
（3）写出A、E的结构简式
、
。
（4）与
分子式相同，且能使氯化铁溶液显紫色的同分异构体还有
种（不考虑立体异构），其中核磁共振氢谱为4组峰，且峰的面积比为2∶2∶1∶3的结构简式（写出其中任意两种）是
。
（5）写出由C生成D的化学方程式
。
【答案】（1）C13H16O4
15
（各1分，共2分）
（2）加成反应
（1分）
（3）（2分）（2分）
（4）11
（2分）
或或（每个2分，共4分）
（5）（2分）
【解析】
试题分析：由反应①的生成物可知，A为，反应②为醇的氧化反应，B为，由碳链的骨架可知，C为，D为，由M的结构可知，E为；
（1）化合物M的化学式为C13H16O4，1mol化合物M完全燃烧消耗氧气13+16/4-2=15mol；
（2）由上述分析可知反应①为加成反应；
（3）A的结构简式，E的结构简式；
（4）能使氯化铁溶液显紫色，说明含有酚羟基，同分异构体有、、、、、、、、、、共11种，其中核磁共振氢谱为4组峰，且峰的面积比为2∶2∶1∶3的结构简式有或或；
（5）由C生成D的化学方程式为
考点：有机推断
22．X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，且互不同族；其中只有两种为金属；X原子的最外层子数与次外层电子数相等；X与W、Y与Z这两对原子的最外层电子数之和均为9．单质Y和W都可与浓的NaOH溶液反应．请回答下列问题：
（1）Y、Z、W的原子半径由小到大的顺序
．
（2）ZW2的电子式是
．
（3）实验室制备Y的最高价氧化物的水化物的离子方程式是
（4）X与Y化学性质相似，则X与浓的NaOH溶液反应的化学方程式是
（5）0.1mol的单质W与50mL
1.5mol/L的FeBr2溶液反应，则被氧化的Fe2+和Br﹣的物质的量之比是
．
【答案】（1）Cl＜S＜Al；
（2）；
（3）Al3++3NH3．H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；
（4）Be+2NaOH=Na2BeO2+H2↑；
（5）3：5．
【解析】
试题分析：X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，且互不同族，“X原子的最外层电子数与次外层电子数相等”，短周期中只有Be和Ar，此处显然X是Be；四元素有两种为金属，则Y、Z、W一定处于第三周期，X与W原子的最外层电子数之和为9，则W处于ⅦA族，为Cl元素；Y与Z原子的最外层电子数之和为9，则Y处于ⅢA族、Z处于ⅥA族，故Y为Al元素、Z为S元素，据此解答．
解：X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，且互不同族，“X原子的最外层电子数与次外层电子数相等”，短周期中只有Be和Ar，此处显然X是Be；四元素有两种为金属，则Y、Z、W一定处于第三周期，X与W原子的最外层电子数之和为9，则W处于ⅦA族，为Cl元素；Y与Z原子的最外层电子数之和为9，则Y处于ⅢA族、Z处于ⅥA族，故Y为Al元素、Z为S元素，
（1）同周期自左而右原子半径减小，故原子半径Cl＜S＜Al，
故答案为：Cl＜S＜Al；
（2）SCl2中S原子与Cl原子之间形成1对共用电子对，其电子式是，
故答案为：；
（3）实验室制备氢氧化铝的离子方程式是：Al3++3NH3．H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故答案为：Al3++3NH3．H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；
（4）Be与Al化学性质相似，则Be与浓的NaOH溶液反应的化学方程式是：Be+2NaOH=Na2BeO2+H2↑，故答案为：Be+2NaOH=Na2BeO2+H2↑；
（5）氯气能将亚铁离子和溴离子氧化，先氧化亚铁离子后氧化溴离子，50mL
1.5mol/L的FeBr2溶液中Fe2+的物质的量=0.05L×1.5mol/L=0.075mol，Br﹣的物质的量=0.05L×1.5mol/L×2=0.15mol，根据电子转移守恒，0.075molFe2+完全被氧化需要氯气的物质的量==0.0375mol＜0.1mol，故0.075molFe2+完全被氧化，剩余氯气为0.1mol﹣0.0375mol=0.0625mol，根据电子转移守恒可以氧化溴离子=0.125mol＜0.15mol，故被氧化的Fe2+和Br﹣的物质的量之比=0.075mol：0.125mol=3：5，
故答案为：3：5．