山东省五莲县管帅中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）

山东省五莲县管帅中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）
1．你认为下列数据可信的是
(
)
A.
某雨水的pH为5．6
B．某澄清石灰水的浓度是2．0
mol/L
C．某胶体粒子的直径是160
nm
D．某常见气体的密度为1．8
g/cm3
【答案】A
【解析】
试题分析：A、pH值小于5.6的雨叫酸雨，正常的雨水都为中性或略小于7，微偏酸，某雨水的pH为5.6，可能是形成的酸雨，故A正确；B、氢氧化钙属于微溶物质，溶解度介于0.01g～1g之间，100g水中溶解氢氧化钙的物质的量小于1g÷40g/mol=0.025mol，溶液体积约等于水的体积100mL，故氢氧化钙的物质的量浓度小于0.025mol÷0.1L=0.25mol/L，故B错误；C、胶体微粒直径在1nm-100nm间，粒子的直径是160nm形成的分散系为浊液，故C错误；D、通常条件下，水的密度约是1g/mL，气体的密度应小于水的密度，故D错误；故选A。
考点：考查溶液浓度有关计算、对微观粒子大小的理解等
2．下列各图中，表示正反应是吸热反应的图是（
）
【答案】A
【解析】
试题分析：吸热反应是指反应物的总能量低于生成物的总能量，A、反应物总能量低于生成物总能量，该反应为吸热反应，A正确；B、反应物总能量高于生成物总能量，反应是放热反应，B错误；C、生成物总能量＝反应物总能量，不符合客观事实，C错误；D、反应物总能量高于生成物总能量，但图像变化趋势不符合客观事实，D错误，答案选A。
考点：考查吸热反应图像分析
3．在一定条件下，Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO32﹣+H2OHCO3﹣+OH﹣。下列说法不正确的是（
）
A．通入CO2，溶液pH减小
B．加入少量NH4Cl固体，平衡向正反应方向移动
C．慢慢升高温度，c(HCO3-)/
c(CO32-)逐渐增大
D．加入NaOH
固体，溶液的KW=c（OH﹣）·c（H+）增大
【答案】D
【解析】
试题分析：A、通入CO2，CO2与氢氧根离子反应，氢氧根浓度减小，溶液pH减小，正确；B、加入少量NH4Cl固体，氢氧根与铵离子反应生成一水合氨，氢氧根离子浓度减小，平衡向正反应方向移动，正确；C、盐类的水解为吸热过程，慢慢升高温度，平衡正向移动，溶液中c(CO32-)减小，c(HCO3-)增大，c(HCO3-)/
c(CO32-)逐渐增大，正确；D、KW的影响因素为温度，加入NaOH
固体，温度不变，溶液的KW=c（OH﹣）·c（H+）不变，错误。
考点：考查盐类的水解平衡。
4．取等质量的碳酸钠(a)和碳酸氢钠(b)分别进行下述实验，得出的结果正确的是
A．与足量盐酸完全反应时，b耗酸量多
B．与足量盐酸完全反应时，a产生二氧化碳多
C．溶于水后分别加入足量澄清石灰水，b得到的沉淀量多
D．配成等体积的溶液，b溶液中的c(Na＋)大
【答案】C
【解析】
试题分析：A．碳酸钠与足量盐酸完全反应时，1mol会消耗2mol的盐酸，而碳酸氢钠则是1mol的相互1mol的盐酸，若二者质量相等则消耗的盐酸的物质的量的比是1/53:1/84=84:53,所以a耗酸量多,错误；B．碳酸钠与足量盐酸完全反应时，1mol会产生1mol的CO2，碳酸氢钠与足量盐酸完全反应时，1mol会产生1mol的CO2，若二者质量相等，则产生的气体的体积比是1/106：1/84=84:106,所以b产生二氧化碳多，错误；C．溶于水后分别加入足量澄清石灰水，根据C守恒，那种物质含C量高，哪种物质产生的沉淀就多，它们产生的沉淀的物质的量的比是：1/106：1/84=84:106,所以b得到的沉淀量多，正确；D．若将二者配成等体积的溶液，则Na+的浓度：[(1/106)×2]:[(1/84)×1]=
84:53,所以a溶液中的c(Na＋)大，错误。
考点：考查等质量的碳酸钠(a)和碳酸氢钠的性质的比较的知识。
5．在乙醇和乙酸的反应中，浓是
A．催化剂
B．氧化剂
C．吸水剂
D．反应物
【答案】ＡＣ
【解析】在酯化反应中，浓为催化剂和吸水剂
6．下列说法正确的是
A．把100mL3mol·L－1的H2SO4跟100mL水混合，硫酸的物质的量浓度变为1．5
mol·L－1
B．把200mL3mol·L－1的BaCl2溶液跟100mL3mol·L－1的KCl溶液混合后，溶液中的c（Cl-）仍然是3mol·L－1
C．把100
g
20%的NaCl溶液跟100
g
H2O混合后，NaCl溶液的质量分数是10%
D．1
L
水中溶解
0．2
mol
硝酸钾，即可配得
0．2
mol/L
硝酸钾溶液
【答案】C
【解析】
试题分析：A、将硫酸和水等体积混合，总体积小于200mL，则把100mL3mol L-1的H2SO4跟100mLH2O混合，硫酸的物质的量浓度大于1．5mol L-1，故A错误；B、3mol L-1的BaCl2溶液中氯离子浓度为6mol L-1，3mol L-1的KCl溶液中氯离子浓度为3mol L-1，混合后氯离子浓度介于之间3mol L-1～6mol L-1，故B错误；C、稀释前后溶质的质量不变，仍为20g，溶液质量变为原来2倍，为200g，所以混合后，NaCl溶液的质量分数是10%，故C正确；D、1
L
水中溶解
0．2
mol
硝酸钾，溶液的体积不是1L，即配得硝酸钾溶液的浓度不是
0．2
mol/L，故D错误，故选C。
考点：考查了物质的量浓度与质量分数混合计算的相关知识。
7．CuSO4是一种重要的化工原料，其有关制备途径及性质如图所示。下列说法不正确的是
A．相对于途径①，途径②更好地体现了绿色化学思想
B．Y可以是葡萄糖溶液
C．CuSO4在1100℃分解所得气体X可能是SO2和SO3的混合气体
D．将CuSO4溶液蒸发浓缩、冷却结晶，可制得胆矾晶体
【答案】C
【解析】
试题分析：A．相对于途径①、②，铜和浓硫酸反应会生成二氧化硫气体污染空气，途径②的优点：制取等质量胆矾需要的硫酸少、途径②无污染性气体产生，更好地体现了绿色化学思想，故A正确；B．葡萄糖与氢氧化铜反应的方程式为：C6H12O6+2Cu（OH）2=C6H12O7+Cu2O+2H2O，所以Y可为葡萄糖，故B正确；C．
硫酸铜分解生成Cu2O与氧气、SO3、SO2，根据2CuSO4═Cu2O+SO2↑+SO3↑+O2↑知，X可能是O2、SO2和SO3的混合气体，若只是二氧化硫和三氧化硫，铜元素、氧元素化合价只有降低，无元素化合价升高，故C错误；D．将CuSO4溶液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤可制得胆矾晶体，故D正确；答案为C。
【考点定位】考查物质的相互转化关系及各种物质的性质、混合比例等知识。
【名师点晴】本题结合无机流程考查物质间的转化关系，并综合考虑反应原理、反应条件、反应物的用量及绿色化学的理念等，如选项C就是结合氧化还原反应的原理，从电子守恒的角度去分析SO2是还原产物，则必有氧化产物O2的存在，而二种途径对环境和用量是完全不一样的，其中途径②不存在污染，符合绿色化学的理念，综合多种因素，合理解答，是能力的体现，也是测试学生综合素养的体现。
8．某共价化合物含C、H、N
3种元素，分子内有4个N原子，且4个N原子排列成空间的四面体(如白磷分子结构)，每两个N原子间都有一个C原子，分子内无碳碳单键和碳碳双键，则该化合物分子式为(　　)
A．C4H8N4
B．C6H12N4
C．C6H10N4
D．C4H10N4
【答案】B
【解析】每个N—N中插一个C原子，故C原子个数为6，每个N原子形成三个共价键已达饱和状态，不能再结合H原子，每个C还可结合2个H原子，H原子共6×2＝12个。
9．下列关于元素周期表的说法正确的是(
)
A．过渡元素全部都是副族元素
B．短周期共有32
种元素
C．科学研究时，经常在过渡元素中寻找耐高温、耐腐蚀的合金材料
D．元素周期表共七个横行代表七个周期，18
个纵横代表18
个族
【答案】C
【解析】
试题分析：A．过渡元素含副族和第ⅤⅢ族，周期表中8、9、10三个列为第ⅤⅢ族，故A错误；B．短周期为1～3周期，元素为2+8+8=18种，故B错误；C．过渡元素均为金属元素，则经常在过渡元素中寻找耐高温、耐腐蚀的合金材料，故C正确；D．元素周期表共七个横行代表七个周期，18
个纵横代表16个族，故D错误；故选C。
考点：考查周期表的结构与应用
10．原子序数为Z的元素在周期表中位于A、B、C、D四种元素的中间，则A、B、C、D四种元素的原子序数之和（如右图所示）不正确的是（镧、锕系元素除外；且A、B、C、D中间再无其他元素）（
）
A.
4Z
B.
4Z＋6
C.
4Z＋10
D.
4Z＋14
【答案】B
【解析】
试题分析：若A、B、C、D属于二、三、四周期，则原子序数A是Z-8、B是Z-1、C是Z+18、D是Z+1；原子序数之和4Z＋10；若A、B、C、D属于三、四、五周期，则原子序数A是Z-18、B是Z-1、C是Z+18、D是Z+1；原子序数之和4Z；若A、B、C、D属于四、五、六周期，则原子序数A是Z-18、B是Z-1、C是Z+32、D是Z+1；原子序数之和4Z＋14，故B不正确。
考点：本题考查元素周期表。
11．下列说法正确的是
A．．光导纤维、棉花、油脂、ABS树脂都是由高分子化合物组成的物质
B．推广基础甲醇汽油，使用无磷洗涤剂都可直接降低碳排放
C．“地沟油”经过加工处理后，可以用来制肥皂和生物柴油
D．1mol葡萄糖能水解成2mol乙醇和2mol二氧化碳
【答案】C
【解析】
试题分析：A．．光导纤维、油脂不是高分子化合物，A错误；B．推广基础甲醇汽油可减少大气污染，使用无磷洗涤剂可减少水体污染，B错误；C．“地沟油”经过加工处理后，可以用来制肥皂和生物柴油，C正确；D．1mol葡萄糖能分解成2mol乙醇和2mol二氧化碳，D错误。答案选C。
考点：考查有机物结构和性质判断
12．NA代表阿伏加德罗常数。下列说法中正确的是(
)
A．标准状况下，22．4LSO3所含分子数为NA
B．在1LO．1mol／L碳酸钠溶液中，阴离子总数大于0．1
NA
C．2．8g乙烯与丙烯的混合物中含碳原子的数目为0．4
NA
D．向FeI2溶液中通入适量氯气，当有1molFe2+被氧化时，转移电子的数目为1
NA
【答案】B
【解析】A．标准状况下，SO3为非气态，不正确
B．由于碳酸钠部分水解：CO32－＋H2OHCO3－＋OH－，阴离子总数大于0．1
NA，正确
C．对于单烯烃来讲，14g必定含有1mol碳原子，故2．8g乙烯与丙烯的混合物中含碳原子的数目为0．2
NA，不正确
D．由于I—的还原性强于亚铁离子，故当当有1molFe2+被氧化时，已经有2molI—被氧化，转移电子的数目为3
NA，不正确
答案为B
13．常温下，下列有关叙述正确的是
A．Na2CO3溶液中，2c(Na＋)＝c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)
B．NaB溶液的pH＝8，c(Na＋)－c(B－)＝9.9×10－7mol/L
C．pH相等的①NH4Cl
②(NH4)2SO4
③NH4HSO4溶液中，c(NH4＋)大小顺序①＞②＞③
D．10mL
pH＝12的氢氧化钠溶液中加入pH＝2的HA至pH=7，所得溶液体积V(总)≥20mL
【答案】B
【解析】根据原子守恒可知c(Na＋)＝2c(CO32－)＋2c(HCO3－)＋2c(H2CO3)，A不正确。NaB溶液的pH＝8，说明B－水解显碱性，c(H+)=10－8mol/L，则c(OH-)＝10－6mol/L。根据电荷守恒c(Na＋)＋c(H+)=
c(OH-)＋c(B－)可知，选项B是正确的。NH4＋水解显酸性，c(NH4＋)越大，酸性越强，所以当pH相等时，氯化铵和硫酸铵溶液中NH4＋浓度是相同的。由于NH4HSO4能电离出大量的氢离子，所以该溶液中NH4＋浓度最小，C也不正确。若HA是强酸，则二者恰好反应时，溶液显中性，需要HA的体积是10ml。若HA是弱酸，则pH＝2的HA，其HA的浓度大于0.01mol/L。若消耗10mlHA，则HA一定是过量的，溶液显酸性。所以要使溶液显中性，则HA的体积必须小于10ml，因此D也是错误的。答案选B。
14．下列实验方案、现象和结论均正确的是
选项
实验方案
现象
结论
A
向里推活塞时，长颈漏斗中有一段水柱，静止，水柱高度不变
该装置的气密性良好
B
脱脂棉燃烧
Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气
C
烧杯①的澄清石灰水先变浑浊
NaHCO3比Na2CO3受热更易分解
D
U形管右端的液面高
铁钉发生吸氧腐蚀
【答案】A
【解析】
试题分析：A．向里推活塞时，长颈漏斗中有一段水柱，静止，水柱高度不变，可知气密性良好，故A正确；B．实验不能说明生成NaOH，可说明生成氧气并放热，故B错误；C．碳酸氢钠易分解，图中装置不能对比，且小试管中应为碳酸氢钠，故C错误；D．U形管右端的液面高，则瓶内气体增多，则发生析氢腐蚀，故D错误；故选A
考点：化学实验方案的评价；气体发生装置的气密性检查；碱金属及其化合物的性质实验
15．已知X、Ｙ、Z、W、Ｍ五种元素，X、Z、W在元素周期表位置如下周期表，
①
ZX4+
+
WX－ZX3
+
X2W，且反应物和产物中各微粒的电子总数与M３+相等②Z２与YW
分子中质子数相等。回答下列问题：
(1).在周期表中写出M,Y的元素符号；
(2).写出ZX3的化学键类型：　　　　　　　　；
(3).写出M单质与NaOH溶液反应的离子方程式　　　　　　　　　　　；
(4).M的最高价氧化物对应水化物与Z的最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式为：　　　　　　　　　　。
【答案】(2)极性键,
(3)2Al
+2OH-
+
2H2O
=
2AlO2-
+3H2↑
(4)
Al(OH)3
+
3
HNO3
=
Al(NO3)3
+3H2O
(每小题2分)
【解析】
试题分析：（1）根据元素在周期表中的相对位置可知，X是H，Z是N，W是O。所以根据反应①可知，生成物是氨气和水，都是10电子微粒。又因为各微粒的电子总数与M３+相等，这说明M应该是Al。Z２与YW
分子中质子数相等，则Y应该是碳元素。
（2）氨气分子中的化学键是极性键。
（3）金属铝能和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式是2Al
+2OH-
+
2H2O
＝2AlO2-
+3H2↑。
（4）M的最高价氧化物对应水化物与Z的最高价氧化物对应的水化物反应分别是氢氧化铝和硝酸，氢氧化铝是两性氢氧化物，和硝酸反应的化学方程式是Al(OH)3
+
3
HNO3＝Al(NO3)3
+3H2O
考点：考查元素周期表的结构、化学键和元素位置的判断以及方程式的书写
点评：该题是中等难度的试题，试题基础性强，注重能力的培养，侧重对基础知识的巩固与检验。本题主要是元素“位、构、性”三者关系的综合考查，比较全面考查学生有关元素推断知识和灵活运用知识的能力。该题以“周期表中元素的推断”为载体，考查学生对元素周期表的熟悉程度及其对表中各元素性质和相应原子结构的周期性递变规律的认识和掌握程度。考查了学生对物质结构与性质关系以及运用元素周期律解决具体化学问题的能力。
16．（8分）完成下列各题：
（1）在18．6g
Fe和Zn合金中加入200mL某浓度的稀硫酸恰好完全反应，生成0．3mol
H2。则原合金中有　
　mol
Fe，稀硫酸的物质的量浓度为　
　
mol/L。
（2）已知19．2gCu与过量的200ml
5mol/L稀硝酸充分反应，反应方程式如下，请计算（忽略反应前后溶液体积的变化）。
3Cu+8HNO3
加热
3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
转移电子的个数为
（用NA表示阿伏加德罗常数）；标准状况下，产生NO气体的体积为
　。
反应后，H+的物质的量浓度为
，NO3－的物质的量浓度为
。
【答案】（1）0．1
；1．5
（2）①0．6
NA；4．48L
②1mol L 1；4mol L 1
【解析】
试题分析：（1）Fe和Zn与H2SO4反应的化学方程式为：Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，则56×n（Fe）+65×n（Zn）=18．6，n（Fe）+n（Zn）=0．3mol，解得n（Fe）=0．1mol；根据对应关系：H2SO4
~
H2
，可得n（H2SO4）=0．3mol，则物质的量浓度为0．3mol÷0．2L=1．5mol L 1
（2）①19．2gCu物质的量为：19．2g÷64g/mol=0．3mol，根据Cu元素化合价变化可得：Cu
~
2e ，所以转移电子为0．6mol，数目为0．6
NA；根据化学方程式可得：n（NO）=2/3n（Cu）=2/3×0．3mol=0．2mol，则V（NO）=0．2mol×22．4mol L 1=4．48L
②Cu与稀硝酸反应的离子方程式为：3Cu+8H++2NO3 =3Cu2++2NO↑+4H2O，则消耗的H+为：8/3×0．3mol=0．8mol，消耗的NO3 为：2/3×0．3mol=0．2mol，所以反应后，H+的物质的量浓度为（0．2L×5mol L 1—0．8mol）÷0．2L=1mol L 1；NO3－的物质的量浓度为（0．2L×5mol L 1—0．2mol）÷0．2L=4mol L 1。
考点：本题考查根据氧化还原反应、化学方程式、离子方程式的计算。
17．（10分）氢溴酸在医药和石化工业上有广泛用途。下图是模拟工业制备氢溴酸粗品并精制流程：
根据上述流程回答下列问题：
（1）混合①中发生反应的化学方程式为
。
（2）操作Ⅱ的名称是
。
（3）操作Ⅲ一般适用于分离
混合物。（选填编号）
A．固体和液体
B．固体和固体
C．互不相溶的液体
D．互溶的液体
（4）混合②中加入少量Na2SO3的目的是
。
（5）纯净的氢溴酸应为无色液体，但实际工业生产中制得的氢溴酸（工业氢溴酸）带有淡淡的黄色。于是甲乙两同学设计了简单实验加以探究：
甲同学假设工业氢溴酸呈淡黄色是因为含Fe3＋，则用于证明该假设所用的试剂为
，若假设成立可观察到的现象为
。
乙同学假设工业氢溴酸呈淡黄色是因为含_______，其用于证明该假设所用的试剂为
。
【答案】（10分）（1）SO2＋Br2＋2H2O==
2HBr＋H2SO4
(2分）
（2）过滤
(1分）；
（3）D
(2分）。
（4）除去粗品中未反应完的溴。(1分）
（5）KSCN溶液（其他合理答案也可给分）(1分）溶液变成血红色（其他合理答案也可给分）(1分)
Br2（其他合理答案也可给分），(1分）CCl4（其他合理答案也可给分）。(1分)
【解析】
试题分析：（1）单质Br2具有强氧化性，在溶液中将SO2氧化为H2SO4，自身被还原为HBr，反应方程式为SO2+Br2+2H2O＝2HBr+H2SO4；
（2）根据工艺流程可知操作Ⅱ属于分离固体硫酸钡与液体的操作，因此应是过滤；
（3）根据工艺流程可知操作Ⅲ为互溶的溶液组分的分离，因此应是蒸馏操作，蒸馏是依据混合物中个组分沸点不同而分离的一种法，适用于除去易挥发、难挥发或不挥发杂质，答案选D；
（4）根据工艺流程可知粗品中可能含有为反应的Br2，溴具有氧化性，因此加入Na2SO3，利用亚硫酸钠的还原性，还原单质溴，除去粗品中未反应完的溴；
（5）检验Fe3+一般用KSCN溶液，即取少许溶液滴加KSCN溶液，溶液变成血红色，说明氢溴酸呈淡黄色是因为含Fe3+造成的；根据工艺流程可知溶液中可能含有Br2，使溶液显淡黄色。溴易溶在有机溶剂中，因此可以用CCl4萃取方法检验，即取少许溶液加振荡、静置分层，下层呈橙红色，说明氢溴酸呈淡黄色是因为含Br2造成的。
考点：考查工艺流程的分析、物质的分离、提纯等基本操作、离子检验、物质性质等
18．（15分）为探讨化学平衡移动原理与氧化还原反应规律的联系，某同学通过改变浓度研究“2Fe3++2I-2Fe2++I2”反应中Fe3+和Fe2+的相互转化。实验如下：
（1）待实验I溶液颜色不再改变时，再进行实验II，目的是使实验I的反应达到
。
（2）iii是ii的对比试验，目的是排除有ii中
造成的影响。
（3）i和ii的颜色变化表明平衡逆向移动，Fe2+向Fe3+转化。用化学平衡移动原理解释原因：
。
（4）根据氧化还原反应的规律，该同学推测i中Fe2+向Fe3+转化的原因：外加Ag+使c（I-）降低，导致I-的还原性弱于Fe2+，用下图装置（a、b均为石墨电极）进行实验验证。
①K闭合时，指针向右偏转，b作
极。
②当指针归零（反应达到平衡）后，向U型管左管滴加0.01
mol/L
AgNO3溶液，产生的现象证实了其推测，该现象是
。
（5）按照（4）的原理，该同学用上图装置进行实验，证实了ii中Fe2+向Fe3+转化的原因，
①转化原因是
。
②与（4）实验对比，不同的操作是
。
（6）实验I中，还原性：I->Fe2+；而实验II中，还原性：Fe2+>I-，将（3）和（4）、（5）作对比，得出的结论是
。
【答案】
（1）化学平衡状态
（2）溶液稀释对颜色变化
（3）加入Ag+发生反应：Ag++I-=AgI↓，c（I-）降低；或增大c（Fe2+）平衡均逆向移动
（4）①正
②左管产生黄色沉淀，指针向左偏转。
（5）①Fe2+随浓度增大，还原性增强
，使Fe2+还原性强于I-
②向U型管右管中滴加1mol/L
FeSO4溶液。
（6）该反应为可逆氧化还原反应，在平衡时，通过改变物质的浓度，可以改变物质的氧化、还原能力，并影响平衡移动方向
【解析】
试题分析：（1）待实验I溶液颜色不再改变时，再进行实验II，目的是使实验I的反应达到化学平衡状态。
（2）根据实验iii和实验ii的对比可以看出是为了排除有ii中水造成溶液中离子浓度改变
的影响；
（3）i.加入AgNO3，Ag+与I-生成AgI黄色沉淀，I-浓度降低，2Fe3+
+
2I-2Fe2+
+
I2平衡逆向移动。
ii.加入FeSO4，Fe2+浓度增大，平衡逆移。
（4）①K闭合时，指针向右偏转，b极为Fe3+得电子，作正极；②当指针归零（反应达到平衡）后，向U型管左管滴加0.01
mol/L
AgNO3溶液，产生黄色沉淀，I-离子浓度减小，2Fe3+
+
2I-2Fe2+
+
I2平衡左移，指针向左偏转。
（5）①Fe2+向Fe3+转化的原因是Fe2+浓度增大，还原性增强
；
②与（4）实验对比，不同的操作是当指针归零后，向U型管右管中滴加1mol/L
FeSO4溶液。
将（3）和（4）、（5）作对比，得出的结论是在其它条件不变时，物质的氧化性和还原性与浓度有关，浓度的改变可影响物质的氧化还原性，导致平衡移动。
考点：化学平衡移动、电化学知识
19．Ⅰ、工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3，还含有少量Fe2O3、SiO2等杂质)提取氧化铝操作过程如下：
（1）沉淀A中主要含有
(填化学式)，沉淀B中含有
(填化学式)；
（2）(Ⅰ)(Ⅱ)步骤中分离溶液和沉淀的操作名称是
；
（3）滤液X中，除了H+、Fe3+外，还含有大量的阳离子是
；
（4）写出(Ⅳ)步骤中氢氧化铝加热分解的化学方程式：
。
【答案】（1）SiO2
Fe(OH)3（2）过滤（3）Al3+(或铝离子)（4）2Al(OH)3Al2O3
+
3H2O
【解析】
试题分析：（1）二氧化硅与盐酸布反应，沉淀A中主要含有SiO2，X中含有铝离子和铁离子，加入过量的氢氧化钠生成氢氧化铁沉淀，则沉淀B中含有Fe(OH)3；
（2）(Ⅰ)(Ⅱ)步骤中分离溶液和沉淀的操作名称是过滤；
（3）滤液X中，除了H+、Fe3+外，还含有大量的阳离子是Al3+；
（4）氢氧化铝分解生成氧化铝和水，分解的化学方程式为2Al(OH)3Al2O3
+
3H2O。
考点：考查铝土矿中有关物质的分离与提纯
20．（4分）某种盐可表示为[xFeSO4·y(NH4)2SO4·6H2O]（其摩尔质量为392g·mol-1），可用作标定重铬酸钾、高锰酸钾等溶液的标准物质，也可用于冶金、电镀。为测定其组成，进行下列实验：
①取一定质量的上述盐样品，准确配制100mL的溶液X；
②量取20.00mL的溶液X，加入盐酸酸化的BaCl2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤，烘干至恒重，得到白色固体Y
4.660g
③另取20.00mL的X溶液，滴加适量硫酸，用0.1000mol·L-1的KMnO4溶液滴定至终点，生成Mn2+，消耗KMnO4溶液20.00mL。
（1）在20.00mL试样溶液中c（SO42-）=
mol·L-1，n（Fe2+）=
mol；
（2）该盐的化学式为
。
【答案】（1）1，0.01；（2）FeSO4·(NH4)2SO4·6H2O。
【解析】
试题分析：（1）根据实验步骤②和Ba2＋反应生成沉淀，此沉淀是BaSO4，因此n(SO42－)=4.66/233mol=0.02mol，20mL溶液中含有c(SO42－)=0.02/20×10－3mol·L－1=1mol·L－1，步骤③发生的是氧化还原反应，根据得失电子数目守恒，推出n(Fe2＋)×1=n(MnO4－)×5，n(Fe2＋)=n(MnO4－)×5=20×10－3
×0.1×5=
0.01mol；(2)100mL溶液中n(SO42－)=0.02×100/20mL=0.1mol，n(Fe2＋)=0.01×100/20mol=0.05mol，则n(FeSO4)=0.05mol，n[(NH4)2SO4]=0.05mol，即x=y，根据摩尔质量为392g·mol－1，推出x=y=1，即该盐的化学式为FeSO4·(NH4)2SO4·6H2O。
考点：考查化学计算、化学式的确定。
21．（18分）以乙炔或苯为原料可合成有机酸H2MA，并进一步合成高分子化合物PMLA。
I．用乙炔等合成烃C。
已知：
（1）A分子中的官能团名称是
、
（2）A的结构简式是
A的一种同分异构体属于乙酸酯，其结构简式是
。
（3）B转化为C的化学方程式是
；
其反应类型是
反应。
II．用烃C或苯合成PMLA的路线如下。
已知：
（4）1
mol有机物H与足量NaHCO3溶液反应生成标准状况下的CO2
44.8
L，H有顺反异构，其反式结构简式是
（5）E的结构简式是
（6）G与NaOH溶液在加热条件下反应的化学方程式是
（7）H的核磁共振氢谱呈现
个吸收峰。
（8）聚酯PMLA有多种结构，写出由H2MA制PMLA的化学方程式（任写一种）
________________________________________________________
【答案】（18分）
（1）羟基、碳碳三键（2分）
（2）HOCH2C≡C
CH2OH（2分）；CH3COOCH=CH2
（2分)
（3）HOCH2CH2CH2CH2OH
CH2=CH-CH=CH2+2H2O
（2分)；消去反应（1分）
（4）
（2分)
（5）CH2OHCH=CHCH2OH
（2分)
（6）HOOC-CHCl-CH2COOH+3NaOHNaOOC-CHOH-CH2COONa+NaCl+2H2O
（2分)
（7）2（1分）
（8）
（2分)
【解析】
试题分析：（1）根据已知信息，乙炔与2分子甲醛发生加成反应生成A，所以A的结构简式为CH2OH-C≡C
CH2OH，所以A中的官能团为碳碳三键和羟基；
（2）A的结构简式为CH2OH-C≡C
CH2OH，A的一种同分异构体属于乙酸酯，则分子中还应含有碳碳双键，所以A的同分异构体的结构简式为CH3COOCH=CH2；
（3）B为A与氢气的加成产物，则B为1,4-丁二醇，在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生消去反应，生成1,3-丁二烯，则B到C的化学方程式是HOCH2CH2CH2CH2OH
CH2=CH-CH=CH2+2H2O；
（4）1
mol有机物H与足量NaHCO3溶液反应生成标准状况下的CO2
44.8
L，说明H分子中含有2个羧基，其分子的不饱和度为3，所以还含有1个碳碳双键，则H的结构简式是HOOC-CH=CH-COOH，则H是反式结构简式是
；
（5）H是HOOC-CH=CH-COOH，则其中的碳碳双键与水发生加成反应生成H2MA的结构简式是HOOC-CHOH-CH2-COOH，根据已知信息，F中应含2个羧基，则1,3-丁二烯与1分子氯气发生1,4加成生成D为CH2Cl-CH=CH-CH2Cl，D发生水解反应生成E为CH2OHCH=CHCH2OH，E再与HCl发生加成反应生成F为CH2OHCH2-CHClCH2OH，F与琼斯试剂发生氧化反应生成G，G为HOOC-CHCl-CH2-COOH，再与氢氧化钠溶液反应、酸化也得到HOOC-CHOH-CH2-COOH；
（6）根据以上分析，F与氢氧化钠溶液反应，羧基与氢氧化钠反应生成羧酸钠，Cl原子与氢氧化钠发生取代反应生成醇羟基，化学方程式是
HOOC-CHCl-CH2COOH+3NaOHNaOOC-CHOH-CH2COONa+NaCl+2H2O；
（7）H为对称分子，羧基和-CH=中各有1种H原子，所以共2个吸收峰；
（8）H2MA中的羧基和羟基可以发生缩聚反应，生成PMLA和水，化学方程式是。
考点：考查有机物的推断，有机物性质的应用，对已知信息的理解应用能力
22．下列转化关系图中，A、B、C、D、E在常温下为气体，B、E、F为单质，其中F为黑色固体；C、D均能使澄清的石灰水变浑浊，D、E均能使品红溶液褪色；I是一种红棕色固体氧化物；反应④中固态F与G的浓溶液在加热时方能发生反应。
回答下列问题：
（1）I是一种红棕色粉末，俗称
，常用于制造红色油漆和涂料；C分子中的化学键类型为
。
（2）测得室温下J溶液的pH=2.0，则由水电离产生的c(H+)
=
mol·L－1。
（3）反应③的离子方程式为
。
（4）反应④的化学方程式为
。
（5）A的密度为2.68
g·L－1（标准状况），通过计算推理，可确定A的分子式为
。
【答案】（1）铁红；共价键（或极性键）；
（2）0.01
（3）SO2+Cl2+2H2O===4H++2Cl—+SO42—
（4）C+2H2SO4(浓)
CO2↑+2SO2↑+2H2O
（5）CSO（或SCO等）
【解析】
试题分析：A、B、C、D、E常温下为气体，C、D均能使澄清石灰水变浑浊，D、E均能使品红溶液褪色，则D为SO2，C为CO2，B、E、F、K为单质，则反应①为含S、C与氧气的反应;E为Cl2，反应③为氯气、二氧化硫反应生成硫酸和盐酸，反应④为C与浓硫酸的反应，反应②为C与氧气反应生成二氧化碳，则G为H2SO4，H为HCl，I是一种红棕色固体氧化物，I为Fe2O3，反应⑤为盐酸与氧化铁的反应，J为FeCl3，K为Fe，L为FeCl2。C为CO2，含有极性共价键，J为FeCl3，
Fe3+促进水的电离,由水电离的c(H+)=10—2
mol·L－1
考点：无机物的推断和应用
Ｗ
Ｚ
Ｘ
△