山东省苍山县第二中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）

山东省苍山县第二中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）
1．下列与化学反应原理相关的叙述不正确的是（
）
A．放热反应中生成物总能量一定低于反应物总能量
B．放热反应的反应速率总是大于吸热反应的反应速率
C．盖斯定律实质上是能量守恒定律的体现
D．电离平衡、水解平衡和沉淀溶解平衡均为动态平衡
【答案】B
【解析】影响反应速率的根本原因是反应物的性质，同时也受外界条件的影响，例如温度、浓度、压强等，但与反应是放热反应还是吸热反应无关，B不正确。
2．气体体积的大小，跟下列因素几乎无关的是
（
）
A．分子个数
B．分子直径
C．压强
D．温度
【答案】B
【解析】
试题解析：
影响物质体积的因素有微粒数目、分子本身大小以及分子间的距离等因素．温度、压强决定气体分子间距，对于气体来说，气体分子间的距离远大于分子本身的大小，分子本身可以忽略不计．
考点：
阿伏加德罗定律及推论
3．下列关于自然界中碳循环（如图）的说法中，不正确的是
A．呼吸作用涉及氧化还原反应
B．碳循环具有全球性
C．含碳化合物可相互转化
D．碳元素均被氧化
【答案】D
【解析】
试题分析：A、呼吸作用是复杂的氧化还原反应，故说法正确；B、碳是构成生物原生质的基本元素，故说法正确；C、在碳循环过程中，含碳的化合物可相互转化，故说法正确；D、有可能被还原，如光合作用，把CO2转化成C6H12O6，故说法错误。
考点：考查生态系统碳的循环等知识。
4．常温下，下列各组粒子在指定溶液中能大量共存的是
A．pH=l的溶液中：CH3CH2OH、Cr2O72—、K+、SO42－
B．NaHCO3溶液中：、CO32－、Br－、K＋
C．加入铝粉放出大量H2的溶液中：Fe2+、K+、Cl－、NO3－
D．C(Ca2+)=0.1
mol·L－1的溶液中：NH4+、SO42-、CH3COO－、Br-
【答案】B
【解析】酸性溶液中K2Cr2O7可以氧化CH3CH2OH，A错误。加入铝粉放出大量H2的溶液可以是酸性也可以使碱性，C错误。钙离子结合硫酸根会生成微溶物，D错误。
5．8月12日天津滨海新区的危险品仓库发生爆炸，遇难者上百人。以下是一些常用的危险品标志，装运乙醇的集装箱应贴的图标是（
）
【答案】D
【解析】
试题分析：乙醇是可燃性液体，应张贴易燃液体标示，答案选D。
考点：考查危险化学品标示判断
6．根据下列实验现象，所得结论错误的是
实验
实验现象
结论
A
Ⅰ烧杯中铁片表面有气泡，Ⅱ烧杯中铜片表面有气泡
活动性：Al＞Fe＞Cu
B
试管中收集到无色气体
铜与浓硝酸反应产物是NO
C
试管b比试管a中溶液的红色深
增大反应物浓度，平衡向正反应方向移动
D
长颈漏斗内液面高于烧瓶内液面且保持不变
装置气密性良好
【答案】B
【解析】
试题分析：A、I为原电池，
I烧杯中Fe表面有气泡，说明Fe做正极，则Al比Fe活泼；II烧杯是原电池，Cu作正极，Fe作负极，Fe比Cu活泼，正确；B、Cu与浓硝酸反应产生二氧化氮气体，二氧化氮与水反应生成硝酸和无色的NO，不是Cu与浓硝酸反应产生的NO，错误；C、饱和氯化铁中铁离子的浓度大于0.005mol/L氯化铁的浓度，所以反应物的浓度增大，平衡正向移动，则溶液的颜色加深，正确；D、检验装置的气密性时，长颈漏斗内液面高于烧瓶内液面且保持不变，说明装置的气密性良好，正确，答案选B。
考点：考查对实验结论的判断
7．下列有关说法正确的是
A．电解精炼铜时，粗铜与外接电源的负极相连
B．2Na2O2
+
2CO2
=
2Na2CO3
+
O2在常温下能自发进行，则该反应的△H＞0
C．由PbO2
+4HCl(浓)=
PbCl2
+
Cl2↑+2H2O
可确定氧化性：PbO2＞Cl2
D．常温下，用蒸馏水不断稀释醋酸，溶液中c(CH3COO－)/c(CH3COOH)的值不变
【答案】C
【解析】
试题分析：试题分析：A．电解精炼铜时，粗铜作阳极，与外接电源的正极相连，错误；B．2Na2O2
+
2CO2
=
2Na2CO3
+
O2在常温下能自发进行，由于该反应是体系混乱程度减小的反应，则该反应的△H<0，错误；C．由于在氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，所以由PbO2
+4HCl(浓)=
PbCl2
+
Cl2↑+2H2O
可确定氧化性：PbO2＞Cl2，正确；D．常温下，用蒸馏水不断稀释醋酸，溶液中c(CH3COO－)减小，c(CH3COOH)也减小，由于稀释是电离平衡正向移动，所以c(CH3COOH)减小的倍数大于c(CH3COO－)减小的倍数，所以c(CH3COO－)/c(CH3COOH)的值增大，错误。
考点：考查金属的精炼、反应的自发性的判断、物质氧化性强弱的比较及弱电解质溶液稀释的知识。
8．恒温条件下，对于可逆反应A（g）+
B（g）
C（g）+
D（g），加入起始浓度相近的A和B，在达到平衡的过程中可能有三种情况，如下图所示。下列判断中正确的是
A．⑴的K<1
B．⑵的K≈1
C．⑶的K>1
D．以上三种可能全对
【答案】D
【解析】
试题分析：
由题意知，c(A)
≈c(B)，根据反应方程式得K=，反应平衡时又c(C)
≈c(D)（1）由图知，反应达到平衡时c(A)
≈c(B)>
c(C)
=c(D)，故K<1；（2）由图知，反应达到平衡时c(A)
=c(C)，故K=1；（3）由图知，反应达到平衡时，c(A)
≈c(B)<
c(C)
=c(D)，故K<1；综上所述以上三种可能全对，故D正确。答案选D。
考点：考查化学平衡常数的计算。
9．组成为C3H5O2C1的有机物甲，在NaOH溶液中加热后经酸化可得组成为C3H6O3的有机物乙，在一定条件下，每2分子有机物乙能发生酯化反应生成1分子酯丙，丙的结构式不可能的是
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】
试题分析：组成为C3H5O2Cl的有机物甲，在NaOH溶液中加热后，经酸化可得组成为C3H6O3的有机物乙，在一定条件下，每两分子有机物乙能发生酯化反应生成一分子酯丙，说明乙中含有一个羧基和一个羟基，故乙的结构可能为：CH3CH(OH)COOH、CH2(OH)CH2COOH．2分子CH3CH(OH)COOH发生酯化反应，产物可能为：脱去1分子水生成
CH3CH(OH)COOCH(CH3)COOH、脱去2分子水生成；2分子
CH2(OH)CH2COOH发生酯化反应，产物可能为：脱去1分子水生成
CH2(OH)CH2COOCH2CH2COOH，脱去2分子水生成，故不可能生成CH3CH(OH)COOCH2CH2COOH，故选D。
【考点定位】考查有机物的推断
【名师点晴】本题考查含卤化合物的水解，酸和醇的酯化反应，难度中等．掌握酯化反应的实质是解题的关键，组成为C3H5O2Cl的有机物甲，在NaOH溶液中加热后，经酸化可得组成为C3H6O3的有机物乙，在一定条件下，每两分子有机物乙能发生酯化反应生成一分子酯丙，说明乙中含有一个羧基和一个羟基，故乙的结构可能为：CH3CH(OH)COOH、CH2(OH)CH2COOH。
10．可逆反应aA(g)+bB(g)cC(g)+dD(s)；△H=QkJ·mol-1，反应过程中，当其他条件不变时，某物质在混合物中的含量与温度（T）、反应速率（v）与压强的关系如图所示。据图分析，以下说法正确的是
A．T1＜T2，Q＞0
B．增大压强，B的转化率减小
C．当反应达平衡时，混合气体的密度不再变化
D．a+b＞c+d
【答案】C
【解析】
试题分析：由左图可知T1＜T2，Q＞0，错误；由右图增大压强，正逆反应速率均增大，且反应向正反应方向移动，确定a+b>c,B的转化率增大，B、D错误；C项正确。
考点：化学反应的图像。
11．随核电荷数的增大，卤素单质性质的递变规律正确的是
A．密度逐渐减小，颜色逐渐加深
B．氧化性逐渐加强
C．还原性逐渐减弱
D．与氢化合条件逐渐困难
【答案】D
【解析】
试题分析：随核电荷数的增大，卤素单质氧化性逐渐减弱，与氢气的化合越来越难，选项BC不正确，D正确；密度逐渐增大，颜色逐渐加深，A不正确，答案选D。
考点：考查卤素单质性质递变规律的正误判断
点评：该题是常识性知识的考查，属于识记性知识的检验。难度不大，关键是熟练记住变化规律，并能灵活运用即可。
12．4.6g纯净金属钠在干燥空气中被氧化后，得到7.0g固体，由此可判断其氧化产物是
A．只有Na2O
B．只有Na2O2
C．Na2O2和Na2O
D．无法确定
【答案】C
【解析】
试题分析：4.6g钠的物质的量是0.2mol，在干燥空气中被氧化后，若完全转化为Na2O，则其质量是0.1mol
×62g/mol=6.2g；若完全转化为Na2O2，则其质量是0.1mol×78g/mol=7.8g.现在反应产生的固体质量是6.2g<7.0g<7.8g，说明反应产生的物质含有Na2O2和Na2O，故选项C正确。
考点：考查钠氧化产物成分的确定与判断的知识。
13．氯霉素主要成分的结构简式如图，下列有关该化合物的说法不正确的是
A．属于芳香族化合物
B．能发生水解反应
C．不能发生消去反应
D．能发生催化氧化
【答案】C
【解析】
试题分析：A、根据结构简式，含有苯环，氯霉素属于芳香族化合物，故说法正确；B、存在肽键，能发生水解，故说法正确；C、消去反应条件：羟基（卤素原子）连接碳原子的相邻的碳上必须有氢原子，，根据结构简式羟基相邻的碳原子上有氢原子，故说法错误；D、羟基连接的碳上有氢原子，故能发生催化氧化，说法正确。
考点：考查有机物官能团的性质。
14．某含Na+的溶液中还可能含有NH4+、Fe3+、Mg2+、Br﹣、CO32﹣、SO32﹣．取样，滴加足量氯水有气泡产生，溶液呈橙色；向橙色溶液中加BaCl2溶液无现象．为确定该溶液的组成，还需进行的实验有（
）
A．取样，加氯水和CCl4，振荡、静置
B．取样，加足量的NaOH浓溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸检验气体
C．取样，加足量盐酸加热，用湿润的品红试纸检验气体
D．取样，滴加硫氰化钾溶液
【答案】B
【解析】①向溶液中滴加足量氯水后，溶液变橙色，说明溶液中含有Br﹣，且有气泡冒出，说明溶液中含离子CO32﹣或SO32﹣；
②向所得橙色溶液中加入足量BaCl2溶液，无沉淀生成，说明不含SO32﹣，那么一定含有：CO32﹣，一定不能含有与碳酸根生成沉淀的离子：Fe3+、Mg2+，通过以上分析，还不能证明NH4+是否存在，铵根离子的检验可以采用加入强碱加热的方法，取样，加足量的NaOH浓溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸检验气体，若试纸变蓝，证明含有铵根离子，故选B．
【点评】本题考查离子的检验及离子共存问题，题目难度中等，注意掌握常见离子的性质及检验方法，明确常见离子的反应的现象，然后结合离子的性质进行判断．
15．类推的思维方法在化学学习与研究中经常用到，但有时会产生错误的结论。因此，推出的结论最终要经过实践的检验才能决定其是否正确。以下几种类推结论中，正确的是
A．第二周期元素氢化物的稳定性顺序是：HF>H2O>NH3；则第三周期元素氢化物的稳定性顺序也是：HCl>H2S>PH3
B．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
C．Fe3O4可以写成FeO·Fe2O3；Pb3O4也可以写成PbO·Pb2O3
D．NaHSO4与NaHSO3溶于水显酸性，由所有酸式盐溶于水显酸性
【答案】A
【解析】
试题分析：B项氨气分子间存在氢键，所以沸点最高；C项Pb的化合价只有+2和+4，Pb3O4应写成2PbO·PbO2；D项强酸的酸式盐完全电离，溶液显酸性，弱酸的酸式盐的酸碱性取决于水解和电离程度，。
考点：元素周期律。
16．（17分）Ⅰ：现有如下物质：①酒精、②铜、③氢氧化钡、④氨气、⑤蔗糖、
⑥高氯酸、⑦碳酸氢钠、⑧磷酸、⑨硫化氢、⑩Al2(SO4)3。请用物质的序号填写下列空白
（1）属于强电解质的有：
。
（2）液态时能导电且为物理变化的有：
。
（3）⑦在水溶液的电离方程式为
。
Ⅱ：A、B、C、D均为中学化学常见的纯净物，A是单质。它们之间有如下的反应关系：
（1）若A是淡黄色固体，C、D是氧化物，且C是造成酸雨的主要物质。处理C物质可得到有价值的化学品，写出该化学品中的1种酸和1种盐的名称　
　　　、　　
　　　。
（2）若B是气态氢化物，C、D是氧化物且会造成光化学烟雾污染。B与C在一定条件下反应生成的A是大气主要成分，写出该反应的化学方程式　　　　　　　
　　　　。
（3）若D物质具有两性，②③反应均要用强碱溶液，④反应是通入过量的一种引起温室效应的主要气体。判断单质A的元素在周期表中的位置是___
_____。写④反应离子方程　　　。
（4）若A是应用最广泛的金属。④反应用到A，②⑤反应均用到同一种非金属单质。C的溶液用于蚀刻印刷铜电路板，写该反应的离子方程式　　　　　　　　　　　　　。
【答案】Ⅰ：（1）③⑥⑦⑩
（2）2
（3）NaHCO3＝Na
+
HCO3-
Ⅱ：（1）硫酸、硫酸铵（或硫酸钙等）
（2）4NH3+6NO5N2+6H2O；
（3）第三周期ⅢA族AlO2-+2H2O+CO2＝Al（OH）3↓+HCO3-
（4）Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+
【解析】
试题分析：Ⅰ．（1）①酒精、④氨、⑤蔗糖在水溶液和熔融状态下都不导电，属于非电解质；②铜是单质，既不是电解质又不是非电解质；③氢氧化钡、⑥高氯酸、⑦碳酸氢钠、⑩Al2（SO4）3
在水溶液中能够完全电离，属于强电解质；⑧磷酸、⑨硫化氢水溶液中只能部分电离，属于弱电解质；故答案为：③⑥⑦⑩；
（2）②铜中含有自由移动的电子，导电时电子定向移动，没有新物质的生成，属于物理变化，故选：②；
（3）碳酸氢钠属于盐在水中完全电离出钠离子与碳酸氢根离子，电离方程式为NaHCO3=Na++HCO3-；
Ⅱ．（1）若A是淡黄色固体，C、D是氧化物，且C是造成酸雨的主要物质判断为SO2．所以A为S，C为SO2，B为H2S，D为SO3，处理C物质可得到有价值的化学品，所以利用二氧化硫可以制取硫酸，用碱吸收得到硫酸铵等；
（2）若B是气态氢化物．C、D是氧化物且会造成光化学烟雾污染，判断为NO、NO2．B与C在一定条件下反应生成的A是大气主要成分，推断A为N2，B为NH3，该反应的化学方程式4NH3+6NO5N2+6H2O；
（3）若D物质具有两性，④反应是通入过量的一种引起温室效应的主要气体，推断D为Al（OH）3，说明C为偏铝酸钠NaAlO2，②③反应均要用强碱溶液，判断单质A为Al，B为铝盐，Al元素在周期表中的位置是第三周期ⅢA族，④反应离子方程式：AlO2-+2H2O+CO2═Al（OH）3↓+HCO3-；
（4）若A是应用最广泛的金属．推断为Fe，④反应用到A，②⑤反应均用到同一种非金属单质．推断为Cl2，C的溶液用于蚀刻印刷铜电路板，判断C为FeCl3，D为FeCl2，C的溶液用于蚀刻印刷铜电路板，写该反应的离子方程式为：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+。
考点：考查电解质、无机物推断，主要涉及S、N、Al、Fe元素其化合物性质与转化
17．工业上有一种方法有效地开发利用CO2，是用CO2来生产燃料甲醇。为探究反应原理，进行如下实验，在体积为1L的恒容密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，一定条件下发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)；△H=-49.0kJ/mol．测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。
（1）从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v(CO2)=
________mol/(L min)；
（2）氢气的转化率=
________；
（3）求此温度下该反应的平衡常数K=________；
（4）下列措施中能使平衡体系中n(CH3OH)/n(CO2)增大的是________
A．将H2O(g)从体系中分离出去
B．充入He(g)，使体系压强增大
C．升高温度
D．再充入1mol
CO2和3mol
H2
（5）当反应达到平衡时，CO2的物质的量浓度为c1，然后向容器中再加入一定量CO2，待反应再一次达到平衡后，CO2的物质的量浓度为c2，则c1________
c2(填＞、＜、＝)
【答案】（1）0.075；（2）75%；（3）5.33；（4）AD（5）＜
【解析】
试题分析：（1）利用三段式解题法计算
CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，
开始(mol/L)：1
3
0
0
变化(mol/L)：0.75
2.25
0.75
0.75
平衡(mol/L)：0.25
0.75
0.75
0.75
从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v(H2)==0.225
mol L-1 min-1，
因此v(CO2)=
v(H2)=×0.225
mol L-1 min-1=0.075
mol L-1 min-1，故答案为：0.075；
（2）氢气的转化率=×100%=75%，故答案为：75%；
（3）平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，则
k===5.33，故答案为：5.33；
（4）要使n(CH3OH)/n(CO2)增大，应使平衡向正反应方向移动，A、将H2O(g)从体系中分离，平衡向正反应方法移动，n(CH3OH)/n(CO2)增大，故A正确；B、充入He(g)，使体系压强增大，但对反应物质来说，浓度没有变化，平衡不移动，n(CH3OH)/n(CO2)不变，故B错误；C、因正反应放热，升高温度平衡向逆反应方向移动，则n(CH3OH)/n(CO2)减小，故C错误；D、再充入1mol
CO2和3mol
H2，等效于在原来基础上缩小体积一半，压强增大，平衡向正反应方向移动，则n(CH3OH)/n(CO2)增大，故D正确；故答案为：AD。
（5）向容器中再加入一定量CO2，c(CO2)增大，平衡向右移动，故c1＜
c2，故答案为：＜。
考点：考查了化学平衡的计算；化学平衡的影响因素；物质的量或浓度随时间的变化曲线的相关知识。
18．由两种盐组成的白色粉末混合物，加热时无气体逸出。其焰色反应呈黄色，透过蓝色钴玻璃可观察到紫色。取此白色粉末加硝酸时，粉末完全溶解，生成的无色无味的气体可使澄清石灰水变浑浊。在上述粉末溶于过量的硝酸后的溶液中加入硝酸银溶液，有白色沉淀生成。试推断该混合物的可能组成，并简要说明理由。
【答案】混合物由KCl、Na2CO3或NaCl、K2CO3组成
。
【解析】根据焰色反应可推知组成混合物的两种盐的阳离子为Na+和K+。由粉末与硝酸反应逸出气体的性质判断气体是CO2，则阴离子一定是CO或HCO，但固体粉末受热时无气体产生，故不可能是HCO，只能是CO。从后一步实验得到难溶于硝酸的白色沉淀银盐，确定出原粉末中另一阴离子为Cl-。
19．(15分)实验室常用苯甲醛在浓氢氧化钠溶液中制备苯甲醇和苯甲酸，反应如下：
已知：
①苯甲酸在水中的溶解度为：0.18g(4℃)、0.34g(25℃)、0.95g(60℃)、6.8g(95℃)。
②乙醚沸点34.6℃，密度0.7138，易燃烧，当空气中含量为1.83~48.0％时易发生爆炸。
③石蜡油沸点高于250℃
④苯甲醇沸点为205.3℃
实验步骤如下：
①向图l所示装置中加入8g氢氧化钠和30mL水，搅拌溶解。稍冷，加入10
mL苯甲醛。开启搅拌器，调整转速，使搅拌平稳进行。加热回流约40
min。
②停止加热，从球形冷凝管上口缓缓加入冷水20
mL，摇动均匀，冷却至室温。然后用乙醚萃取三次，每次10
mL。水层保留待用。合并三次萃取液，依次用5
mL饱和亚硫酸氢钠溶液洗涤，10
mL
10％碳酸钠溶液洗涤，10
mL水洗涤，然后分液，将水层弃去，所得醚层进行实验步骤③。
③将分出的醚层，倒入干燥的锥形瓶中，加无水硫酸镁，注意锥形瓶上要加塞。将锥形瓶中溶液转入图2
所示的蒸馏装置，先缓缓加热，蒸出乙醚；蒸出乙醚后必须改变加热方式、冷凝方式，继续升高温度并收集205℃~206℃的馏分得产品A。
④将实验步骤②中保留待用的水层慢慢地加入到盛有30
mL浓盐酸和30
mL水的混合物中，同时用玻璃棒搅拌，析出白色固体。冷却，抽滤，得到粗产品，然后提纯得产品B。
根据以上步骤回答下列问题：
（1）步骤②萃取时用到的玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒外，还需
(仪器名称)。
（2）步骤②中饱和亚硫酸氢钠溶液洗涤是为了除去
，而用碳酸钠溶液洗涤是为了除去醚层中极少量的苯甲酸。醚层中少量的苯甲酸是从水层转移过来的，请用离子方程式说明其产生的原因
。
（3）步骤③中无水硫酸镁的作用是
，锥形瓶上要加塞的原因是
，产品A为
。
（4）步骤③中蒸馏除去乙醚的过程中采用的加热方式为
；蒸馏得产品A的加热方式是
。
（5）步骤④中提纯产品B时所用到的实验方法为
。
【答案】（15分）（1）分液漏斗(1分)
（2）未反应完的苯甲醛(1分)
(2分)
（3）干燥（吸收水分）(1分)
防止乙醚挥发与空气混合，发生爆炸(2分)
苯甲醇(2分)
（4）水浴加热；(2分)油浴加热(2分)
（5）重结晶(2分)
【解析】
试题分析：（1）步骤②萃取时用到的玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒外，还需在分液漏斗内进行振荡、分液；
（2）因为用碳酸钠溶液洗涤是为了除去醚层中极少量的苯甲酸，所以步骤②中饱和亚硫酸氢钠溶液洗涤是为了除去未反应完的苯甲醛
；水层中的苯甲酸根离子水解生成苯甲酸，所以醚层中少量的苯甲酸
，离子方程式是
；
（3）无水硫酸镁可吸收水分，干燥乙醚和产品A；因为乙醚易挥发且易燃，与空气混合发生爆炸，所以锥形瓶上要加塞的目的是防止乙醚挥发与空气混合，发生爆炸；苯甲醇沸点为205.3℃，所以收集205℃~206℃的馏分得产品A，则A是苯甲醇；
（4）乙醚沸点34.6℃，较低，所以采取水浴加热；而苯甲醇的沸点较高，则加热液体的沸点应高于苯甲醇的沸点，石蜡油沸点高于250℃，所以选油浴加热；
（5）步骤④得到产品B为苯甲酸，含有氯化钠杂质，氯化钠在水中的溶解度较大，所以采取重结晶法提纯苯甲酸。
考点：考查物质制备流程的分析，试剂作用的判断，对已知信息的理解应用能力
20．（9分）某兴趣小组采用HgSO4作催化剂，使乙炔水化为乙醛(在75℃左右)。但HgSO4遇到某些特定物质常会发生催化剂中毒而失去催化作用，H2S就是其中一种。现选用块状电石、浓硫酸、水、NaOH溶液、HgO粉末五种物质制乙醛，装置图如下所示，回答下列问题：
（1）实验开始时，仪器A中盛放电石，B中应装入________，其作用是___________。
（2）仪器D中盛放水，其作用是_________。
（3）蒸馏烧瓶F中应加入HgO和另外两种试剂，若将三者分别直接加入，请按加入的先后顺序写出包括HgO在内的各种试剂的名称__________。
（4）所选用温度计G的量程表示正确的是________。
A．0～50℃
B．0～100℃
C．0～200℃
D．50～100℃
（5）检验乙醛已制出的操作、现象是______________。
【答案】（9分）
（1）NaOH溶液
除去混合气体中H2S等气体，避免催化剂中毒
（2）吸收生成的乙醛蒸气
（3）氧化汞→水→浓硫酸
（4）B
（5）取D中溶液少量，加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热，若产生红色沉淀即可证明乙醛已制得
【解析】
试题分析：（1）H2S具有酸性，能与碱液反应，如不除去，会导致催化剂中毒，所以实验开始时，仪器A中盛放电石，B中应装入NaOH溶液，其作用是除去混合气体中H2S等气体，避免催化剂中毒。
（2）本实验的目的是制备乙醛，乙醛易溶于水，可用蒸馏水收集，所以仪器D中盛放水，其作用是吸收生成的乙醛蒸气。
（3）加入药品时应先加固体药品，浓硫酸和水加入时要注意防止液体飞溅，应将密度大的加入到密度小的液体中，所以加入的先后顺序为氧化汞→水→浓H2SO4
。
（4）由反应所需的温度（75℃），选择量程为0～100℃的温度计较适宜，答案选B。
（5）乙醛的检验方法是取D中溶液少量，加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热，若产生红色沉淀即可证明乙醛已制得。
考点：考查乙醛的化学性质，物质的分类、提纯和除杂，乙炔的性质实验。
21．（6分）成都市近年来常常发生“毒奶粉”事件。劣质奶粉制造商为牟取暴利，大大降低了奶粉中蛋白质的含量，导致食用这种奶粉的众多婴幼儿严重营养不良乃至死亡。
为了测定某牛奶样品中蛋白质的含量，现采用“盖尔达法”分解其中的蛋白质。其原理是把蛋白质中的氮元素完全转化为氨气（化学式为NH3），再用稀硫酸吸收氨气，反应的化学方程式为：2
NH3+H2SO4=
(NH4)2
SO4
现取该奶粉样品100g，用“盖尔达法”分解其中的蛋白质，产生的氨气用7.5g溶质质量分数为19.6%的稀硫酸恰好完全吸收。
计算并回答下列问题：
（1）产生氨气的质量是多少？（计算结果精确到0.01，下同）
（2）含氮元素的质量多少？
（3）
该奶粉中氮的含量是否达到了国家规定的标准。（奶粉中蛋白质的含量国家标准为：每100g婴幼儿奶粉中含12g~25g。蛋白质含氮元素的质量分数为16%）
【答案】（1）0.51g
（2分）
（2）0.42g
（2分）
（3）不达标
【解析】
试题分析：（1）设产生氨气的质量为x
2NH3+H2SO4=（NH4）2
SO4
34
98
x 7.5g×19.6%
x=0.51g
（2）0.51gNH3中氮元素的质量=0.51gxx100%=0.42g
含氮元素0.42g的蛋白质的质量=0.42g÷16%=2.625g，即100g该奶粉中含2.625g蛋白质，因为
2.625g＜12g，
所以该奶粉不达标；
答案为：（1）产生氨气的质量是0.51g；
（2）含氮元素的质量为0.42g；
（3）
该奶粉中氮的含量未达到国家规定的标准．
考点：根据化学方程式计算
22．(14分)某烃A的相对分子质量为84。回答下列问题:
（1）下列物质与A以任意比例混合，若总物质的量一定，充分燃烧消耗氧气的量不相等的是(填序号)
。
a．C7H12O2
b．C6H14
c．C6H14O
d．C7H14O3
（2）若烃A为链烃，与HBr加成后只能得到一种产物,且该烃的一氯代物只有一种。
①A的结构简式为
;
②链烃A与溴的CCl4溶液反应生成B；B与NaOH的醇溶液共热可得到D，D分子中无溴原子。请写出由B制备D的化学方程式:
;
③B与足量NaOH水溶液完全反应,生成有机物E，该反应的化学方程式:
;E与乙二醇的关系是
。
（3）若核磁共振氢谱显示链烃A有三组不同的峰,峰面积比为3∶2∶1,则A的名称为
。
（4）若A不能使溴水褪色，且其一氯代物只有一种，则A的结构简式为
。
【答案】(14分)
（1）b；（2）①(CH3)2C=C(CH3)2。
②+2NaOH+2NaBr+2H2O
③+2NaOH+2NaBr
；
同系物；
（3）3-己烯或2-乙基-1-丁烯(答出一种即可)；
（4）。
【解析】
试题分析：（1）某烃A的相对分子质量为84，则A的分子中含有的C原子个数是：84÷12=7，由于该物质是烃，所以每减少1个C原子，就会增加12个H原子，故该物质的分子式是C6H12，a．C7H12O2可以变形为C6H12 CO2，因此若总物质的量一定，充分燃烧消耗氧气的量相等，错误。b．C6H14比C6H12多2个H原子，因此等物质的量消耗的氧气的物质的量不相等，正确。c．C6H14O可以变形为C6H12 H2O，等物质的量的混合物，完全燃烧消耗的氧气相等，错误。D．C7H14O3分子式变形为C6H12 CO2 H2O，因此等物质的量完全燃烧消耗的氧气的物质的量是相等的，错误。选项是b。（2）
①A分子式是C6H12，若烃A为链烃，则该物质属于烯烃，由于与HBr加成后只能得到一种产物,且该烃的一氯代物只有一种。A的结构简式为(CH3)2C=C(CH3)2；②链烃A与溴的CCl4溶液反应生成B；B与NaOH的醇溶液共热可得到D，D分子中无溴原子。由B制备D的化学方程式是+2NaOH+2NaBr+2H2O；③B是卤代烃，与足量NaOH水溶液发生水解反应产生醇E，该反应的化学方程式是
+2NaOH+2NaBr。该醇是饱和二元醇，与乙二醇结构相似，因此是同系物。（3）若核磁共振氢谱显示链烃A有三组不同的峰，峰面积比为3∶2∶1,则A可能是CH3CH2CH=CHCH2CH3，名称是3-己烯或CH2=C(CH2CH3)2，名称是2-乙基-1-丁烯。（4）若A不能使溴水褪色，且其一氯代物只有一种，则A是环己烷，其结构简式为。
考点：考查有机物结构的推断、物质反应的规律、及反应方程式的书写的知识。
23．有甲、乙、丙、丁、戊五种短周期元素，原子序数依次增大，其常见化合价依次为+1、-2、+1、+3、-1。它们形成的物质间的转化关系如下图所示。常温下用惰性电极电解（有阳离子交换膜）1L
l
mol/L的A溶液。
请按要求回答下列问题：
（1）己元素与丙元素同主族，比丙原子多2个电子层，则己的原予序数为_____________；推测相同条件下丙、己单质分别与水反应剧烈程度的依据是____________________。
（2）甲、乙、戊按原予个数比1：1：1形成的化合物Y具有漂白性，其电子式为___________。
（3）上图转化关系中不属于氧化还原反应的有（填编号）____________。
（4）接通右图电路片刻后，向烧杯中滴加一种试剂即可检验铁电极被腐蚀，此反应的离子方程式为______。
（5）当反应①电解一段时间后测得D溶液pH=12（常温下，假设气体完全逸出，取出交换膜后溶液充分混匀，忽略溶液体积变化），此时共转移电子数目约为________；反应②的离子方程式为_______________。
（6）若上图中各步反应均为恰好完全转化，则混合物X中含有的物质（陈水外）有_________________。
【答案】(1)37（2分）；依据同主族元素的金属性随核电荷数的增加而增强，推测己单质与水反应较丙更剧烈（1分，合理给分）
（2）（2分）；（3）④（1分）；
（4）3Fe2++2[Fe（CN）6]3-
=Fe3[Fe（CN）6]2↓（2分）；
（5）6.02×l021
（2分）；
2A1+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑
（2分）；
（6）NaCl、Al（OH）3（2分）
【解析】
试题分析：根据题意可知：A是NaCl，B是Cl2，C是H2，D是NaOH，E是HCl，丁是Al，F是NaAlO2；X是NaCl、AlCl3的混合物。根据元素的化合价及元素的原子序数的关系可知甲是H，乙是O，丙是Na，丁是Al，戊是Cl，己是Rb，原子序数是37；钠、铷
同一主族的元素，由于从上到下原子半径逐渐增大，原子失去电子的能力逐渐增强，所以它们与水反应的能力逐渐增强，反应越来越剧烈；（2）甲、乙、戊按原予个数比1：1：1形成的化合物Y是HClO，该物质具有强的氧化性，故具有漂白性，其电子式为；（3）在上图转化关系中①②③反应中有元素化合价的变化，所以属于氧化还原反应，而④中元素的化合价没有发生变化，所以该反应是非氧化还原反应；（4）如构成原电池，Fe被腐蚀，则Fe为负极，发生反应：Fe-2e-=Fe2+，Fe2+与[Fe（CN）6]3-会发生反应产生蓝色沉淀，反应的离子方程式是：3Fe2++2[Fe（CN）6]3-
=Fe3[Fe（CN）6]2↓；（5）NaCl溶液电解的化学方程式是：2NaCl＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2NaOH，在该反应中，每转移2mol电子，反应会产生2molNaOH，n（NaCl）=1L×1mol/L=1mol，当NaCl电解完全后反应转移1mol电子，反应产生1molNaOH，当反应①电解一段时间后测得D溶液pH=12，n（NaOH）=10-2mol/L×1L=0.01mol<1mol，说明NaCl没有完全电解，则电子转移的物质的量是0.01mol，电子转移的数目约是N（e-）=0.01mol×6.02×1023/mol=
6.02×l021；反应②是Al与NaOH溶液反应，反应的离子方程式为2A1+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；（6）若上图中各步反应均为恰好完全转化，则4HCl+NaAlO2
=NaCl+AlCl3，所以混合物X中含有的物质是NaCl、Al（OH）3。
考点：考查元素及化合物的推断、化学方程式和离子方程式的书写、电解反应原理的应用的知识。
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