山东省枣庄市第三十一中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）

山东省枣庄市第三十一中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）
1．X元素最高氧化物对应的水化物为H3XO4，则它对应的气态氢化物为
A．HX
B．H2X
C．XH4
D．XH3
【答案】D
【解析】
试题分析：由H3XO4判断X的最高价为+5，所以其气态氢化物中X为-3价，选项D正确。
考点：原子结构与化合价。
2．下列各组物质中，全部属于纯净物的是（
）
A．草酸、白酒、醋
B．丙三醇、氯仿、乙醇钠
C．苯、汽油、无水酒精
D．蚁醛、冰醋酸、煤
【答案】B
【解析】
3．下列物质中，不属于电解质的是
A.H2SO4
B.NaOH
C.NaCl
D.Cu
【答案】D
【解析】电解质是在溶于水或者是熔融状态下能导电的化合物，Cu是单质，不是化合物，所以不属于电解质，选D
4．下列金属防腐的措施中，使用外加电流的阴极保护法的是
A．水中的钢闸门连接电源的负极
B．金属护拦表面涂漆
C．枪炮的表面涂上一层机油
D．地下钢管连接镁块
【答案】A
【解析】
试题分析：A．水中的钢闸门连接电源的负极，作阴极被保护，属于使用外加电流的阴极保护法，A正确；B．金属护拦表面涂漆不属于电化学保护法，B错误；C．枪炮的表面涂上一层机油也不属于电化学保护法，C错误；D．地下钢管连接镁块镁是负极，钢管是正极，属于牺牲阳极的阴极保护法，D错误，答案选A。
考点：考查金属的腐蚀与防护
5．下列物质露置在空气中，质量会减轻的是
（
）
A．NaOH
B．Na
2O2
C．无水CaCl2
D．Na2CO3·10H2O
【答案】D
【解析】A．NaOH
会吸收空气中的水和二氧化碳质量增加。
B．Na
2O2与空气中水和二氧化碳反应释放氧气，但质量增加。C．无水CaCl2会吸收空气中水分质量增加。D．Na2CO3·10H2O会失水风化，质量减轻。
6．某链状有机物分子中含m个，n个－C2H5，
a个其余为氯原子，则氯原子的数目可能是（
）
A．m＋2－n
B．n＋2a－3m
C．n＋m＋a
D．a＋n＋2－2m
【答案】A
【解析】
试题分析：根据有机物中的基团可知，该有机物的不饱和度是4a，则分子中含有的氢原子数是（m＋2n＋6a）×2－8a＝2m＋4n＋4a＋2。由于氯原子相当于是取代氢原子，则分子中含有的氯原子个数是2m＋4n＋4a＋2－m－5n－4a＝m＋2－n，答案选A。
考点：考查有机物结构的有关计算
点评：该题综合性强，对学生的要求高，有利于调动学生的学习兴趣，激发学生的学习积极性。该题的关键是明确问题分子的结构，然后根据不饱和度以及类推即可，有利于培养学生的逻辑推理能力和创新思维能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。
7．将一定量的H2、CO和CO2的混合气体通入盛有足量Na2O2粉末的密闭容器中，用电火花引燃直至反应完全（Na2O2体积忽略不计）。恢复到原温度，容器内的压强为原来的1/4，则原混合气体的平均相对分子质量可能为
A．18
B．23
C．30
D．36
【答案】C
【解析】
试题分析：将一定量的H2、CO和CO2的混合气体通入盛有足量Na2O2
粉末，发生反应：2Na2O2
+2CO2
=2Na2CO3
+
O2↑，产生的O2在电火花作用下与原混合气体中的H2、CO发生燃烧反应：2H2+O22H2O；2CO+O22CO2；燃烧产物再与Na2O2反应：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+
O2↑，2Na2O2+2H2O
=4NaOH+
O2↑，叠加得到总方程式Na2O2+CO2
=Na2CO3
，Na2O2+H2O
=2NaOH。固体增加的质量即是原混合气体中H2、CO的质量。可见最后剩余的气体只能是O2。对于气体来说，当容器的容积不变时，气体的物质的量的比就是容器内气体的压强之比。由于恢复到原温度，容器内的压强为原来的1/4，则n（气体）（前）=4
n（气体）（后）.假设反应产生O2的物质的量是1mol，则原混合气体是4mol，根据方程式2Na2O2
+2CO2
=2Na2CO3+
O2↑气体关系可知n（CO2）=2mol，n（CO）+n（H2）=2mol。若气体是H2与CO2的混合物，则气体的平均相对分子质量是（44+2）÷2=23；若气体是CO与CO2的混合物，则气体的平均相对分子质量是（44+28）÷2=36。由于是三者的混合物，所以气体的平均相对分子质量在23与36之间，符合要求的只有30，答案选C。
考点：考查极限法在钠元素的化合物的混合物计算中的应用。
8．将4molA气体和2molB气体在2L的容器中发生如下反应：2A(g)+B(g)
2C(g)。若经2s后测得C的浓度为0.6mol/L，现有下列几种说法，其中正确的是
①用物质A表示的反应的平均速率为0.3mol/(L.s)
②用物质B表示的反应的平均速率为0.6mol/(L.s)
③2s时物质A的转化率为70%
④2s时物质B的浓度为0.7mol/L
A．①③
B．②④
C．①④
D．②③
【答案】C
【解析】
试题分析：利用三段式法计算：起始A的浓度为=2mol/L，B的浓度为=1mol/L
2A（g）
+
B（g）
2C（g），
起始：2mol/L
1mol/L
0
变化：0.6mol/L
0.3mol/L
0.6mol/L
2s时：1.4mol/L
0.7mol/L
0.6mol/L
2s内，用物质A表示的反应的平均速率为v（A）==0.3mol L-1 s-1；
2s内，用物质B表示的反应的平均速率为v（B）==0.15mol L-1 s-1；
2s时物质A的转化率为α=0.6mol/L÷2mol/L×100%=30%；
2s时物质B的浓度为0.7mol L-1，
显然①④正确，选项C符合题意
考点：化学平衡的相关计算
涉及转化率及反应速率等
9．两体积的密闭容器中均充入1mol
X和1mol
Y，分别用于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。已知在时刻改变了某一实验条件。下列判断正确的是
A.曲线a是500℃时的图像
B.正反应是吸热反应
C.t3时刻可能是增大了压强
D.t3时刻可能是降低了温度
【答案】D
【解析】
试题分析：A、根据图像可知b曲线首先达到平衡状态，温度高反应速率快，首先达到平衡状态。这说明a的温度小于b，所以曲线a是300℃时的图象，A错误；B、根据以上分析可知a的温度小于b，升高温度，Z的含量减小，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，因此正反应是放热反应，则逆反应是吸热反应，B错误；C、正方应是体积增大的可逆反应，增大压强平衡向逆反应方向移动，Z的含量减小。但图像中Z的含量增大，因此不可能是增大了压强，可能是减小了压强，C错误；D、根据以上分析可知a的温度小于b，升高温度，Z的含量减小，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，因此正反应是放热反应。降低温度平衡向正反应方向进行，Z的含量增大，D正确，答案选D。
考点：考查产物百分含量与温度、压强的关系以及图像分析判断
10．某原电池，将两金属X、Y用导线连接，同时插入相应的电解质溶液中，发现Y电极质量增加，则下列情况中有可能的是(　　)
A．X是负极，电解质溶液为CuSO4溶液
B．X是负极，电解质溶液为H2SO4溶液
C．X是正极，电解质溶液为CuSO4溶液
D．X是正极，电解质溶液为H2SO4溶液
【答案】A
【解析】
试题分析：原电池中较活泼的金属是负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极，所以溶液中的阳离子向正极移动，正极得到电子，发生还原反应。Y电极质量增加，这说明Y电极是正极，溶液中的金属阳离子得到电子而析出。X是负极，因此符合条件的是选项A，其余选项都是错误的，答案选A。
考点：考查原电池的有关判断
点评：该题是高考中的常见题型和考点，属于中等难度的试题。该题的关键是明确原电池的工作原理，然后结合题意灵活运用即可，有利于培养学生的逻辑思维能力和逆向思维能力。
11．某有机物样品3.1g完全燃烧，燃烧后的混合物通入过量的澄清的石灰水，石灰水共增重7.1g，经过滤得到10g沉淀。还有机物样品可能是
A．乙醇
B．乙二醇
C．甲醇
D．甘油
【答案】B
【解析】
试题分析：根据题意，l0g沉淀为CaCO3，即产生的二氧化碳为0.1mol，质量是4.4g，其中碳元素质量为：0.1mol×12g/mol=1.2g，即n（C）＝0.1mol。石灰水增重7.1g，所以有机物燃烧生成的水的质量为：7.1g－4.4g＝2.7g，则n（H）＝＝0.3mol，氢元素质量为0.3mol×1g/mol＝0.3g，有机样品共3.1g，所以O元素物质的质量＝3.1g－1.2g－0.3g＝1.6g，物质的量为1.6g÷16g/mol＝0.1mol，则碳、氢、氧原子的物质的量之比为1：3：1，即最简式为CH3O，只有B符合，答案选B。
考点：考查有机物化学式的确定的有关计算
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，侧重对学生解题的培养。根据燃烧法确定有机物的分子式依据是：有机物中的碳全部转化为二氧化碳，有机物中的氢全部转化为水，根据原子守恒和质量守恒思想来解决。
12．相同条件下，①氯化钠溶液
②醋酸钠溶液
③碳酸钠溶液
④碳酸氢钠溶液，它们的PH相对大小为（
）
A．④＞③＞②＞①
B．③＞④＞②＞①
C．②＞③＞④＞①
D．③＞②＞④＞①
【答案】B
【解析】
试题分析：①属于中性溶液，②③④属于强碱弱酸盐，水溶液显碱性，根据越弱越水解，电离出氢离子的能力：CH3COOH>HCO3－>CO32－，碱性的强弱是：Na2CO3>NaHCO3>CH3COONa>NaCl，故选项B正确。
考点：考查盐类水解以及规律等知识。
13．将下列各组物质按酸、碱、盐依次排列的是
A．醋酸，乙醇，氯化钠
B．硝酸，烧碱，纯碱
C．碳酸氢钠，氢氧化铜，硫酸钾
D．盐酸，熟石灰，苛性钠
【答案】B
【解析】
试题分析：乙醇不是碱，A错；碳酸氢钠是盐，C错；苛性钠是碱，D错，选B。
考点：物质的分类。
14．氯化碘(ICl)的化学性质跟氯气相似,预计它与水反应的最初生成物是(　　)。
A.HI和HClO
B.HCl和HIO
C.HClO3和HIO
D.HClO和HIO
【答案】B
【解析】ICl中氯元素呈-1价,碘元素呈+1价,因此与水反应生成的是HCl和HIO。
15．下列离子方程式书写正确的是（
）
A.用氯化铁溶液腐蚀电路板:
B.实验室吸收氯气:
C.溶液与过量的NaOH溶液反应:
D.铜片溶于稀硝酸中:
【答案】B
【解析】考查离子反应方程式的判断。选项A不正确，电子的得失不守恒；选项C不正确，氢氧化钠过量时，还生成碳酸钠；选项D不正确，稀硝酸的还原产物是NO，答案选B。
16．氨气在生产、生活和科研中应用十分广泛
。
（1）传统工业上利用氨气合成尿素
①以CO2与NH3为原料合成尿素的主要反应如下：
2NH3(g)＋CO2(g)＝NH2CO2NH4(s)
ΔH＝-159．47kJ/mol
NH2CO2NH4(s)＝CO(NH2)2(s)＋H2O(g)
ΔH＝+72．49kJ/mol
反应2NH3(g)＋CO2(g)＝CO(NH2)2(s)＋H2O(g)
ΔH＝_____________kJmol。
②液氨可以发生电离：2NH3(l)NH2－+NH4＋，COCl2和液氨发生“复分解”反应生成尿素，写出该反应的化学方程式______________。
（2）氨气易液化，便于储运，可利用NH3作储氢材料已知：2NH3(g)N2(g)+3H2(g)
ΔH＝+92．4
kJ/mol
。
①氨气自发分解的反应条件是________________（填“低温”
或
“高温”）。
②其他条件相同，该反应在不同催化剂作用下反应，相同时间后，氨气的转化率随反应温度
的变化如图所示。
在600℃时催化效果最好的是________________（填催化剂的化学式）。c点氨气的转化率高于b点，
原因是________________。
（3）垃圾渗滤液中含有大量的氨氮物质(用NH3表示)和氯化物，把垃圾渗滤液加入到如图所示的电解池（电极为惰性材料）进行电解除去NH3，净化污水。该净化过程分两步：第一步电解产生氧化剂，第二步氧化剂氧化氨氮物质生成N2。
①写出电解时A极的电极反应式：________________。
②写出第二步反应的化学方程式：__________________。
【答案】（1）①-86．98
②COCl2+4NH3=CO(NH2)2+2NH4Cl；
（2）①高温；②Ru，c点温度较高，且Rh比Fe的催化能力强；
（3）①2Cl--2e-=Cl2；②3Cl2+2NH3=N2+6HCl(或3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl)
【解析】
试题分析：①已知：a．2NH3(g)＋CO2(g)＝NH2CO2NH4(s)
ΔH＝-159．47kJ/mol；
b．NH2CO2NH4(s)＝CO(NH2)2(s)＋H2O(g)
ΔH＝+72．49kJ/mol将a+b可得：2NH3(g)＋CO2(g)＝CO(NH2)2(s)＋H2O(g)
△H=（-159．47kJ/mol）+（+72．49kJ/mol）=-86．98KJ/mol；②由于液氨的电离方程式为2NH3(lNH2－+NH4＋，COCl2
和液氨发生
“复分解”反应生成尿素，而尿素的化学式为CO(NH2)2
，可知该反应的化学方程式为COCl2
+4NH3=
CO(NH2)2
+2NH4
Cl；（2）①△G=△H-
T△S＜0，反应可以自发进行，氨气分解为熵增的反应，且△H为增大反应，故反应在高温下可以自发进行；②在相同的温度下，氨气的转化效率越高越好，使用根据图可知，在600℃时催化效果最好的是Ru，b、c点均未达到平衡，c点温度较高，反应速率较快，氨气的转化率较高；（3）①根据图示知道：A电极是电解池的阳极，该电极上发生失电子的氧化反应，可以得到氧化剂，根据离子的放电顺序，即氯离子失电子产生氯气的过程，电极反应式为：2Cl-
-2e-
=Cl2
↑；②第二步氧化剂氯气氧化氨氮物质即氨气生成N2
的过程，发生的反应为：3Cl2+2NH3
=N2
+6HCl，或反应产生的HCl再与氨气反应转化为NH4Cl，总反应方程式是3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl。
考点：考查盖斯定律的应用、反应条件的判断、电解原理在垃圾处理的应用的知识。
17．（16分）碳及其化合物应用广泛。
I
工业上利用CO和水蒸汽反应制氢气，存在以下平衡：
CO(g)+H2O(g)
CO2(g)+H2(g)
△H＞0
（1）向1L恒容密闭容器中注入CO(g)和H2O(g),830℃时测得部分数据如下表。则该温度下反应的平衡常数K=______________。
（2）相同条件下，向1L恒容密闭容器中，同时注入2mol
CO、2mol
H2O(g),1molCO2和1mo1H2，此时v(正
)
__________v(逆)(填“＞”“＝”或“＜”)
（3）上述反应达到平衡时，要提高CO的转化率，可采取的措施是_______（填字母代号）。
A．升高温度
B．加入催化剂
C．增大压强
D．增加CO的浓度
E．及时分离出CO2
II
已知CO(g)+1/2
O2
(g)＝CO2
(g)
△H＝一141
kJ·mol-1
2H2(g)+
O2(g)＝2H2O(g)
△H＝一484
kJ·mol-1
CH3OH（1）+3/2O2
(g)＝CO2(g)+2H2O(g)
△H＝一726
kJ·mol-1
（4）用CO(g)、H2(g)化合制得液态甲醇的热化学方程式为___________________________。
III某同学设计了一个甲醇燃料电池，并用该电池电解100mL一定浓度NaCl与CuSO4混合溶液，其装置如图：
（5）写出甲中通入甲醇这一极的电极反应式__________________________________
。
（6）理论上乙中两极所得气体的体积随时间变化的关系如丙图所示（气体体积已换算成标准状况下的体积），写出在t1后,石墨电极上的电极反应式____________，原混合溶液中CuSO4的物质的量浓度____________mol/L。（假设溶液体积不变）
（7）将在t2时所得的溶液稀释至200mL，该溶液的pH约为___________。
【答案】（1）
1
（2分）
（2）＞（2分）
（3）A
E
（2分）
（4）CO(g)
+
2H2(g)
==
CH3OH（1）
△H＝101
kJ·mol-1
（2分）
(5)
CH3OH
--
6e-
+
8OH-
==
CO32-+
6H2O
（2分）
(6)
4OH-－4e-=2H2O+O2↑
或
2H2O－4e-=4H++O2↑（2分）
0.2（2分）
（7）1
（2分）
【解析】
试题分析：（1）CO(g)+H2O(g)
CO2(g)+H2(g)
起始物质的量
0.200
0.300
0
0
改变物质的量
0.12
0.12
0.12
0.12
平衡时物质的量
0.08
0.18
0.12
0.12
平衡常数=0.12×0.12/0.08×0.18=1.（2）Qc=1×1/2×2=0.25<1，所以反应向正向进行，所以正反应速率大于逆反应速率。（3）提高一氧化碳的转化率，要是平衡正向移动，所以可以升温，或及时分离出二氧化碳。选AE。加入催化剂不改变物质的转化率，增大压强，平衡不移动，不影响转化率，增加一氧化碳的浓度，转换率降低。（4）将反应标记为①②③，根据盖斯定律，①+②-③，得热化学方程式为：CO(g)
+
2H2(g)
==
CH3OH（1）
△H＝101
kJ·mol-1
。（5）甲中通入甲醇的一极，为原电池的负极，在碱性条件下，CH3OH
--
6e-
+
8OH-
==
CO32-+
6H2O
，（6）乙为电解池，石墨电极连接原电池的正极，为电解池的阳极，刚开始电解产生氯气，后产生氧气，铁为阴极，刚开始铜离子放电，所以根据丙图，Ⅰ为阴极产生的气体，Ⅱ为阳极产生的气体，t1后，石墨电极上是产生氧气的电极反应：4OH-－4e-=2H2O+O2↑
或
2H2O－4e-=4H++O2↑。由图像知得到224毫升的氯气，转移电子0.02摩尔，产生了336-224=112毫升氧气，转移电子0.005×4=0.02摩尔，所以根据电子守恒，铜离子的物质的量=（0.02+0.02）/2=0.02摩尔，所以铜离子浓度=0.02/0.1=0.2
mol/L。（7）根据2H2O－4e-=4H++O2↑，产生112毫升氧气，产生了0.02摩尔的氢离子，故氢离子浓度=0.02/0.1=0.1mol/L,所以pH=1.
考点：化学平衡常数，浓度积和反应进行的方向，化学平衡移动，原电池和电解池原理的应用。
18．有两个实验小组的同学为探究过氧化钠与二氧化硫的反应，都用如图所示的装置进行实验。通入SO2气体，将带余烬的木条插入试管C中，木条复燃。
请回答下列问题：
（1）
第一小组同学认为Na2O2与SO2反应生成了Na2SO3和O2，该反应的化学方程式是________________________。
（2）请设计一种实验方案证明Na2O2与SO2反应生成的白色固体中含有Na2SO3__________。
（3）
设计一种实验方案证明Na2O2与SO2反应除了生成Na2SO3和O2外，还有Na2SO4生成。为检验是否由Na2SO4生成，他们设计了如下方案：
上述方案是否合理？________
(若不合理，请说明理由；若合理，以下不用回答)
①
②
【答案】（7分）（1）2Na2O2
+
2SO2
＝
2
Na2SO3
+O2
(2分)
（2）取反应生成的白色固体少许，加一定量的稀硫酸，如果产生无色有刺激气味的气体(且能使品红溶液褪色)，则说明生成了Na2SO3
（2分）
（3)不合理
（1分）
①稀硝酸能将亚硫酸钡氧化为硫酸钡而不溶解
（1分）
②如果反应后的固体中还残留Na2O2，它溶于水后也能将SO32-氧化成SO42-
（1分）
【解析】略
19．（12分）类比思想是化学学习常用的方法。已知Na2O2能与CO2反应，甲同学受到启发，提出一个相似的观点：Na2O2与SO2也能够反应。该同学用下图所示的装置进行实验，充分反应，B中固体由淡黄色变为白色（Na2O2完全反应），将带火星的木条插入试管C中，木条复燃。
试回答下列问题：
（1）请写出Na2O2与CO2反应的化学方程式：_________________
________________。
（2）乙同学认为此装置存在缺陷，请你帮其完成装置的改进并简述理由：
①在A、B之间加一个干燥管，理由_________________
________________。
②在B、C之间加一个装有
溶液的洗气瓶，理由_______________________。
（3）任何的推论都要经过检验，请完成对白色固体成分的探究：限选实验试剂：稀盐酸、硝酸、NaOH稀溶液、蒸馏水、BaCl2溶液、澄清石灰水、品红溶液。
①提出合理假设：
假设1：白色固体为Na2SO3；
假设2：白色固体为Na2SO3与Na2SO4
的混合物；
假设3：　　　　
　。
②设计实验方案证明以上三种假设，完成下列填空。
步骤1：SO32-检验：取少量白色固体于试管，加入足量的
，塞上单孔胶塞，将生成的气体通入品红溶液。
步骤2：SO42-检验：在步骤1反应后的溶液中加入足量的
。
步骤3：结论：若步骤1现象明显，而步骤2没明显现象，则假设1成立；若步骤1现象不明显，步骤2现象明显，则假设3成立；若上述两个实验现象均有，则假设2成立。
【答案】（12分）（1）2Na2O2
+
2CO2
===
2Na2CO3
+
O2
（2分）
（2）①产生的二氧化硫没有干燥，水蒸气会与Na2O2反应
（2分）
[②NaOH
（2分）除去SO2气体，防止污染空气（2分）
（3）①假设3：白色固体为Na2SO4（2分）
②步骤1：稀盐酸；
(1分)
步骤2：氯化钡溶液；（1分）
【解析】
试题分析：（1）Na2O2与CO2反应的化学方程式是2Na2O2
+
2CO2
===
2Na2CO3
+
O2。
（2）①由于生成的SO2中含有水蒸气，而水蒸气也能和过氧化钠反应生成氧气，所以需要在A、B之间加一个干燥管，用来干燥SO2。
②由于SO2是大气污染物，所以需要在B、C之间加一个装有氢氧化钠溶液的洗气瓶，除去SO2气体，防止污染空气。
（3）①根据假设1和假设2可知，假设3应该是白色固体为Na2SO4。
②亚硫酸钠能溶于盐酸中生成能使品红溶液褪色的SO2气体，所以加入的试剂应该是盐酸；SO42-的检验一般用氯化钡溶液，所以加入的试剂是氯化钡。
考点：考查过氧化钠的性质、SO2的制备、离子的检验等
点评：化学是一门以实验为基础的学科，所以有化学实验即科学探究之说法，这些实验主要以考察探究性实验和物质制备实验为主。这些探究性和制备性实验的试题，综合性强，理论和实践的联系紧密，有的还提供一些新的信息，这就要求学生必须认真、细致的审题，联系所学过的知识和技能，进行知识的类比、迁移、重组，全面细致的思考才能得出正确的结论。
20．某化学小组在学习元素周期律后，对教材中Fe2＋氧化为Fe3＋的实验进一步思考，并提出问题：Cl2能将Fe2＋氧化为Fe3＋，那么Br2和I2能否将Fe2＋氧化为Fe3＋？
环节一：理论推测
部分同学认为Br2和I2都可能将Fe2＋氧化为Fe3＋，他们思考的依据是________。
部分同学认为Br2和I2都不能将Fe2＋氧化为Fe3＋，还有同学认为Br2能将Fe2＋氧化为
Fe3＋而I2不能。他们思考的依据是从上到下卤素单质氧化性减弱。
环节二：设计实验进行验证
在大试管中加适量铁粉，加入10
mL稀盐酸，振荡试管，充分反应后，铁粉有剩余，取上层清液进行下列实验：。
实验1：
试管
操作
现象
①
先向试管中加入2
mL
FeCl2溶液，再滴加少量红棕色的溴水，振荡试管
溶液为黄色
②
先向试管中加入2
mL
FeCl2溶液，再滴加少量棕黄色的碘水，振荡试管
溶液为黄色
环节三：实验现象的分析与解释
(1)同学甲认为①中现象说明溴水能将Fe2＋氧化，离子方程式为________。
同学乙认为应该补充实验，才能得出同学甲的结论。请你帮助同学乙完成实验：
实验2：
操作
应该观察到的现象
(2)该小组同学对②中溶液呈黄色的原因展开了讨论：
可能1：碘水与FeCl2溶液不反应，黄色是碘水稀释后的颜色。
可能2：______________。
实验3：进行实验以确定可能的原因。
操作
现象
向试管②所得溶液中继续加入0.5
mL
CCl4，充分振荡，静置一段时间后。取出上层溶液，滴KSCN溶液
静置后，上层溶液几乎无色，下层溶液为紫色；上层溶液滴加KSCN溶液后，出现浅红色
同学丙认为该实验现象可以说明是“可能2”成立，同学丁认为不严谨，于是设计了实验4：
实验4：
操作
现象
向另一支试管中加入2
mL
FeCl2溶液，滴加0.5
mL碘水后，再加入0.5
mL乙酸乙酯，充分振荡，静置一段时间后。取出下层溶液，滴加KSCN溶液
静置后，上层溶液为紫色，下层溶液几乎无色；下层溶液滴加KSCN溶液后，没有出现浅红色
你认为实验4设计的主要目的是________________。
同学丁根据实验4现象得出结论：在本次实验条件下，碘水与FeCl2溶液反应的程度很小。
(3)Cl2、Br2、I2氧化Fe2＋的能力逐渐减弱，用原子结构解释原因：__________。
【答案】环节一：均为第ⅦA族单质，氧化性均较强(合理即可)
环节三：(1)2Fe2＋＋Br2=2Fe3＋＋2Br－
操作
反应观察到的现象
取少量①的黄色溶液于试管中，滴加少量KSCN溶液，振荡
溶液变为血红色
(2)碘水与FeCl2溶液发生反应，但FeCl3溶液也是黄色的，所以没有明显现象
亚铁离子与空气接触会被氧化，加入乙酸乙酯既可作为萃取剂又能起到液封的作用，减少空气对实验的影响
(3)同一主族元素从上到下原子核外电子层数依次增多，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，氧化性逐渐减弱(合理即可)
【解析】第ⅦA族元素的单质均具有氧化性，但氧化性从上到下逐渐减弱。实验1中①黄色为Fe3＋的颜色，说明Br2能将Fe2＋氧化成Fe3＋，实验1中②黄色可能是Fe3＋的颜色，也可能是原碘水的颜色，应用KSCN溶液检验是否有Fe3＋生成。实验3中，由于Fe2＋易被空气中的O2氧化，所以上层清液出现浅红色，不能说明Fe2＋能被I2氧化，应采取措施防止空气的干扰。卤族元素单质氧化性逐渐减弱的原因是从上到下原子电子层数逐渐增多，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，单质的氧化性逐渐减弱。
21．（4分）20mL0.1mol/LBaCl2溶液中Cl－的物质的量浓度=
，Ba2+的物质的量=
。
【答案】0.2mol/L，2×10－3mol。
【解析】
试题分析：根据BaCl2
=
Ba2＋
+
2Cl－，20mL0.1mol/LBaCl2溶液中Cl－的物质的量浓度=0.2mol/L，根据n=CV，Ba2+的物质的量=2×10－3mol。
考点：考查物质的量浓度的计算。
22．(13分)A、B、D是由常见的短周期非金属元素形成的单质，常温下A是淡黄色粉末，B、D是气体，F、G、H的焰色反应均为黄色，水溶液均显碱性，E有漂白性。它们之间的转化关系如图所示(部分产物及反应条件已略去)，回答下列问题：
（1）A所含元素在周期表中的位置为
，C的电子式为
。
（2）A与H在加热条件下反应的离子方程式为
。
（3）将A溶于沸腾的G溶液中可以制得化合物I，I在酸性溶液中不稳定，易生成等物质的量的A和E，I在酸性条件下生成A和E的离子方程式为
。I是中强还原剂，在纺织、造纸工业中作为脱氯剂，向I溶液中通入氯气可发生反应，参加反应的I和氯气的物质的量比为1：4，该反应的离子方程式为
。
（4）向含有0．4mol
F、0．1
mol
G的混合溶液中加入过量盐酸，完全反应后收集到a
L气体C(标准状况)，取反应后澄清溶液，加入过量FeCl3溶液，得到沉淀3．2g，则a=
。
【答案】（1）第三周期
第ⅥA族，
；（2）3S
+
6OH-2S2-
+
SO32-
+
3H2O；（3）2H+
+
S2O32-
S↓+
SO2↑+H2O，4Cl2
+S2O32-+
5H2O8Cl-
+
2SO42-
+
10H+；（4）2.24。
【解析】
试题分析：常温下A是淡黄色粉末，且为单质，则A是硫；B、D是气体，A和D生成E，E有漂白性，说明E为SO2，D是O2，则B是H2，C为H2S，F、G、H的焰色反应均为黄色，F、G、H中均含有钠元素，水溶液均显碱性，SO2和H2S均能与H反应，H为NaOH，则F为Na2S，G为Na2SO3，（1）A是硫单质，位于第三周期ⅥA元素，C为H2S，属于共价化合物，其电子式为；（2）硫单质与热的氢氧化钠溶液发生歧化反应，生成硫化钠和亚硫酸钠，即离子反应方程式为：3S＋6OH－2S2－＋SO32－＋3H2O；（3）S和沸腾Na2SO3得到化合物Na2S2O3，Na2S2O3在酸性条件下生成S和SO2，即离子反应方程式为：S2O32－＋2H＋=S↓＋SO2↑＋H2O，氯气具有强氧化性，能把S2O32－氧化成SO42－，本身被还原成Cl－，Na2SO3和氯气的物质的量之比为1：4，即两者的系数为1：4，S2O32－＋4Cl2→2SO42－＋8Cl－，根据化学反应方程式原子个数守恒，反应前少5个O，即缺少5molH2O，则生成物中应有10H＋，其离子反应方程式为4Cl2＋S2O32－＋5H2O=8Cl－＋2SO42－＋10H＋；（4）反应后澄清溶液，加入过量FeCl3溶液，得到沉淀3．2g，根据反应2Fe3＋＋S2－=2Fe2＋＋S↓，该反应中消耗的Na2S为0.1mol；Na2S与Na2SO3的混合溶液中加入过量盐酸，发生反应：2S2－＋SO32－＋6H＋=3S↓＋3H2O，消耗Na2SO30.1mol，剩余的Na2S
0.1mol与盐酸反应放出H2S，放出H2S的物质的量为0.1mol，标准状况下的体积为2.24L。
考点：考查元素以及化合物的推断等知识。
23．芳香烃X是一种重要的有机化工原料，其摩尔质量为92g·mol-1，某课题小组以它为原料设计出如下转化关系图（部分产物、合成路线、反应条件略去）。已知A是一氯代物，H是一种功能高分子，链节组成为C7H5NO。
已知：
回答下列问题：
（1）对于阿司匹林，下列说法正确的是__
__。
A．是乙酸的同系物
B．能发生酯化反应
C．1mol阿司匹林最多能消耗2molNaOH
D．不能发生加成反应
（2）H的结构简式是__
___，F→G的反应类型是____
__。
（3）写出C→D的化学方程式________
______。
（4）写出符合下列条件的的同分异构体的结构简式__
_______。（写出2种）
①属于芳香族化合物，且能发生银镜反应；②核磁共振氢谱图中峰面积之比为1:2:2:1
③分子中有2个羟基
（5）以A为原料可合成，请设计合成路线，要求不超过4步（无机试剂任选）。注：合成路线的书写格式参照如下示例流程图：
CH3CHOCH3COOH
CH3COOCH2CH3
【答案】（1）B（2）或
氧化反应
（3）
（4）、
（5）
【解析】
试题分析：（1）A、阿司匹林分子中含有苯环和酯基，不是乙酸的同系物，A不正确；B、含有羧基能与醇发生酯化反应，B正确；C、酯基水解后又产生1个酚羟基，因此1
mol阿司匹林最多能消耗3mol
NaOH，C不正确；D、苯环能发生加成反应，D不正确，答案选B。
（2）反应④是羧基与氨基通过缩聚反应生成高分子化合物H，则H的结构简式为
或。由于苯胺易被氧化，所以反应③应该是硝基的还原反应，则G的结构简式为，F的结构简式为，F生成G是甲基的氧化反应。芳香烃X是一种重要的有机化工原料，其摩尔质量为92g·mol一1，因此根据F的结构简式可知X应该是甲苯，结构简式为。
（3）根据B可以发生催化氧化生成C，则B中一个含有醇羟基，A生成B，且A是一氯代物，所以A的结构简式为，B的结构简式为，C的结构简式为。C中含有醛基，可以发生银镜反应，则C→D的化学方程式
。
（4）①属于芳香族化合物，且能发生银镜反应，说明含有苯环和醛基；②核磁共振氢谱图中峰面积之比为1
:2：2:1；③分子中有2个羟基，所以根据邻羟基苯甲酸的结构简式可知，这2个羟基应该是酚羟基，因此符合条件的有机物结构简式为、。
（5）要引入2个羟基，则需要通过卤代烃的水解反应，因此首先要引入1个碳碳双键，通过加成反应引入卤素原子。而要引入碳碳双键则可以通过卤代烃的消去反应实现，所以正确的合成路线可以是
。
【考点定位】本题主要是考查有机物推断、性质、有机反应类型、同分异构体判断、有机合成以及方程式书写等
【名师点晴】该类题综合性强，思维容量大，常以框图题或变相框图题的形式出现，解决这类题的关键是以反应类型为突破口，以物质类别判断为核心进行思考。经常在一系列推导关系中有部分物质已知，这些已知物往往成为思维“分散”的联结点。可以由原料结合反应条件正向推导产物，也可以从产物结合条件逆向推导原料，也可以从中间产物出发向两侧推导，审题时要抓住基础知识，结合新信息进行分析、联想、对照、迁移应用、参照反应条件推出结论。解题的关键是要熟悉烃的各种衍生物间的转化关系，不仅要注意物质官能团的衍变，还要注意同时伴随的分子中碳、氢、氧、卤素原子数目以及有机物相对分子质量的衍变，这种数量、质量的改变往往成为解题的突破口。
A
B
C
Na2SO3
70%H2SO4
Na2O2