山东省枣庄市第四十中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）

山东省枣庄市第四十中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）
1．下面是4个碳原子相互结合的6种方式(氢原子没有画出)，其中符合通式CnH2n＋2的是(
)
A．②③
B．①⑤
C．②③④
D．①⑤⑥
【答案】B
【解析】
试题分析：符合通式CnH2n+2的是链状烷烃，链状烷烃不含双键和碳环，①⑤不含双键和碳环，属于链状烷烃，②③④含有双键，⑥含有碳环，选B。
考点：考查有机物的球棍模型。
2．下列实验仪器中，常用于物质分离的是
①容量瓶
②漏斗
③试管夹
④蒸馏烧瓶
⑤分液漏斗
⑥滴管
A．①④⑤
B．②④⑤
C．③④⑥
D．①②⑥
【答案】B
【解析】
试题分析：①容量瓶应用于配制物质的量浓度的溶液，错误；②漏斗用于分离难溶性固体与可溶性液体混合物，正确；③试管夹用于夹持试管，错误；④蒸馏烧瓶用于分离沸点不同的液体混合物，正确；⑤分液漏斗用于分离互不相溶的两层液体的混合物，正确；⑥滴管用于滴加少量的液体，错误。故常用于物质分离的是②④⑤，选项是B。
考点：考查仪器的用途的知识。
3．有关漂白粉和漂白液的说法正确的是
A、漂白粉是纯净物，漂白液是混合物
B、漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2
C、工业上将氯气通入澄清石灰水制取漂白粉
D、漂白液的有效成分是Na2O2
【答案】B
【解析】
试题分析：漂白粉是将Cl2通入石灰乳中制得的混合物，反应方程式为2Cl2＋2Ca(OH)2===CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O。A、漂白粉的成分含有氯化钙、次氯酸钙，属于混合物，错误；B、漂白粉的成分是氯化钙、次氯酸钙的混合物，有效成分是Ca（ClO）2，正确；C、工业上是将氯气通入石灰乳来制取漂白粉的，错误；D、漂白液的有效成分是NaClO，不是过氧化钠，错误。
考点：考查漂白粉和漂白液的有关性质。
4．小明体检的血液化验单中，葡萄糖为5.9mmol/L．该体检指标的物理量是
A．物质的量浓度
B．溶解度
C．质量分数
D．摩尔质量
【答案】A
【解析】
试题分析：A、物质的量浓度单位mol/L，A项正确；B、溶解度的单位每100g含溶质的质量；B项错误；C、质量分数单位是1，C项错误；D、摩尔质量单位g/mol；D项错误；答案选A。
考点：考查浓度的单位
5．25℃时，在10mL浓度均为0.1mol/LNaOH和NH3·H2O混合溶液中，滴加0.1mol/L的盐酸，下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是：
A.
未加盐酸时：c(OH－)＞c(Na＋)=
c(NH3·H2O)
B.
加入10mL盐酸时：c(NH4＋)
＋c(H＋)
＝
c(OH－)
C.
加入盐酸至溶液pH=7时：c(Cl－)
=
c(Na＋)
D.
加入20mL盐酸时：c(Cl－)
＝c(NH4＋)
＋c(Na＋)
【答案】B
【解析】
试题分析：A、混合溶液中，氢氧化钠和一水合氨的混合比例未知，故无法判断c(Na＋)=
c(NH3·H2O)，A错
误；B、加入10mL盐酸时，c（Cl-）=c(Na+)，根据电荷守恒得到：c(NH4＋)＋c(H＋)
+
c(Na+)＝c(OH
－)+c（Cl-），所以c(NH4＋)＋c(H＋)＝c(OH－)，B正确；C、根据电荷守恒得到：c(NH4＋)＋c(H＋)
+
c(Na+)
＝
c(OH－)+c（Cl-），pH=7时，即c(H＋)＝c(OH－)，所以c(NH4＋)
+
c(Na+)＝c（Cl-），c(Cl－)
>c(Na
＋)，C错误；D、加入20mL盐酸时，c（Cl-）=2
c(Na＋)，由于铵根离子的水解，c(NH4＋)﹤c(Na+)，
所以c(Cl－)>c(NH4＋)＋c(Na＋)，D错误，答案选B。
【考点定位】本题主要是考查溶液中水的电离和离子的水解，比较溶液中离子浓度的大小，物料守恒，电荷守恒和质子守恒原理的应用。
【名师点睛】解决这类题目必须掌握的知识基础有：掌握强弱电解质判断及其电离，盐类的水解，化学平衡理论(电离平衡、水解平衡),电离与水解的竞争反应，以及化学反应类型,化学计算,甚至还要用到"守恒"来求解。解题的关键是运用物料守恒、电荷守恒和质子守恒原理计算相关离子浓度大小。
6．下列各组实验中溶液最先变浑浊的是（
）
A．0.1mol／LNa2S2O3
和
H2SO4
各
5mL，加水
5mL，反应温度10℃
B．0.1mol／LNa2S2O3
和
H2SO4
各
5mL，加水
10mL，反应温度
10℃
C．0.1mol／L
Na2S2O3
和H2SO4各
5mL，加水
5mL，反应温度
30℃
D．0.2mol／L
Na2S2O3
和H2SO4
各
5mL，加水
10mL，反应温度
30℃
【答案】D
【解析】
试题分析：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O，反应物浓度越大，反应温度越高，反应速率就会越快，故应该选择D
考点：硫代硫酸钠的反应以及反应速率的影响因素
7．室温下，0.1
mol·L 1
NaHCO3溶液的pH＝8.31，有关该溶液的判断正确的是
A．c(Na+)>c(OH )>c(HCO3 )>c(CO32 )>c(H+)
B．Ka1(H2CO3)·Ka2(H2CO3)C．c(H+)+c(Na+)=c(OH )+c(HCO3 )+c(CO32 )
D．加入适量NaOH溶液后：c(Na+)=c(H2CO3)+c(HCO3 )+c(CO32 )
【答案】B
【解析】
试题分析：A．室温下，0.1mol/LNaHCO3溶液的pH=8.31，溶液呈碱性，说明HCO3-的水解程度大于电离程度，但其电离和水解程度都较小，水电离也生成氢氧根离子，钠离子不水解，所以离子浓度大小顺序是c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（OH-）＞c（CO32-）＞c（H+），A错误；B．Ka1（H2CO3） Ka2（H2CO3）＝
，碳酸和碳酸氢根离子都部分电离，所以＜c(H+)，＜c（H+），因为室温下纯水中，c（OH-）=c（H+），所以Ka1（H2CO3） Ka2（H2CO3）＜KW，B正确；C．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(H+)
+
c(Na+)
=
c(OH )
+
c(HCO3 )
+2
c(CO32 )，C错误；D．任何电解质溶液中都存在物料守恒，未加NaOH时，根据物料守恒c(Na+)
=
c(H2CO3)
+
c(HCO3 )
+
c(CO32 )，加入NaOH溶液时则存在c(Na+)＞c(H2CO3)
+
c(HCO3 )
+
c(CO32 )，D错误；答案选B。
考点：考查离子浓度大小比较
8．氢氰酸（HCN）的下列性质中，不能证明它是弱电解质的是
A．HCN溶液的导电性比盐酸的弱
B．1mol/LNaCN溶液呈碱性
C．NaCN可以与盐酸反应
D．1mol/LHCN溶液的pH约为3
【答案】A
【解析】
试题分析：A．溶液的导电性与酸的强弱无关，因此不能判断氢氰酸是弱酸，错误；B．若HCN是弱酸，则NaCN是强碱弱酸盐，在溶液中CN-会发生水解反应，消耗水电离产生的H+，是溶液呈碱性，正确。C．根据复分解反应的规律：强酸与弱酸的盐发生反应产生强酸的盐和弱酸，NaCN可以与盐酸反应，因此可以证明酸性HCl>HCN，错误；D．1mol/LHCN溶液，c(HCN)=1mol/L，
pH约为3，则c(H+)=10-3mol/L考点：考查电解质强弱判断方法的知识。
9．只给出下列甲中和乙中对应的量，不能组成一个求物质的量的公式的是
甲
乙
①
物质微粒数
阿伏加德罗常数
②
标准状况下气体摩尔体积
标准状况下气体体积
③
固体体积
固体密度
④
溶液中溶质的质量分数
溶液的体积
⑤
非标准状况下物质的质量
物质的摩尔质量
A.③
B．③④
C．②③④
D．③④⑤
【答案】B
【解析】
试题分析：①根据n=N/NA，所以有物质微粒数和阿伏伽德罗常数可计算物质的量；②根据n=V/Vm，则有标准状况下气体的摩尔体积和标准状况下的气体体积可计算物质的量；③有固体的密度和固体的体积只能计算固体的质量，缺少摩尔质量，不能计算物质的量；④有溶液中溶质的质量分数和溶液的体积不能计算物质的量，缺少溶液的物质的量浓度；⑤有物质的质量和该物质的摩尔质量科计算物质的量，根据n=m/M，所以答案选B。
考点：考查与物质的量有关公式的判断
10．
下列说法错误的是（　　）
A．酸雨是指PH<5．6雨
B．在正常情况下人体血液PH为7．35～7．45
C．有色水泥主要是因为水泥中含有CuCl2
D．红色玻璃主要是因为玻璃中含有少量Cu2O
【答案】C
【解析】
试题分析：A、酸雨是指PH<5．6雨，正确；B、在正常情况下人体血液呈酸性，PH为7．35～7．45，正确；C、有色水泥是普通水泥与颜料的混合物，不因为含CuCl2
的缘故，错误；D、Cu2O为红色固体，红色玻璃主要是因为玻璃中含有少量Cu2O的缘故，正确，答案选C。
考点：考查对酸雨、血液的pH的认识，有色水泥、有色玻璃的成分的判断
11．在5
L的密闭容器中，一定条件下发生化学反应：2NO（g）＋2CO（g）N2（g）＋2CO2（g）。起始反应时NO和CO各为3，保持密闭容器体积不变，10秒钟达到化学平衡，测得N2为1
mol。下列有关反应速率的说法中，正确的是
A．达到平衡后，若将容器体积压缩为2
L，则正反应速率将增大，逆反应速率将减小
B．反应前5秒钟内，用CO表示的平均反应速率为0.04
mol·L－1·s－1
C．当v正（CO）＝2v逆（N2）时，该反应中NO的物质的量不再改变
D．保持压强不变，往容器中充入1
mol
He，正、逆反应速率都不改变
【答案】C
【解析】
试题分析：A、体积压缩，压强增强，正逆反应速率都增大，故错误；B、不清楚5秒内CO或其他物质的变化浓度，因此无法求出反应速率，故错误；C、不同物质用反应速率表示达到平衡的标志，要求反应方向一正一逆，且反应速率之比等于系数之比，v正（CO）表示反应向正反应方形进行，v逆（N2）表示向逆反应方向进行，且两者速率之比为系数之比，此反应达到平衡，即NO的物质的量不再改变，故正确；D、压强不变，充入非反应气体，组分浓度减小，正逆反应速率降低，故错误。
考点：考查影响化学反应速率的因素、判断达到平衡的标志等知识。
12．下列说法正确的是
（
）
①HF、HCl、HBr、HI的热稳定性和还原性均依次减弱
②1H和2H是不同的核素，它们的质子数相等
③17O2和18O2互为同分异构体
④第三周期非金属元素含氧酸的酸性从左到右依次增强
⑤1.12L16O2和1.12L18O2均含0.1NA个氧原子
⑥元素周期律是元素原子核外电子排布周期性变化的结果
A.②③④
B.②⑤⑥
C.②⑥
D.全部都正确
【答案】C
【解析】略
13．下列离子方程式书写正确的是（
）
A．向50
mL
1
mol·L－1明矾溶液中滴入少量0.1
mol·L－1Ba(OH)2溶液
Al3＋+2SO42－+2Ba2++3OH－
=
Al(OH)3↓+2BaSO4↓
B．向KI与稀硫酸的混合溶液中通入氧气：4H++O2+6I－
=
3I2+2H2O
C．已知还原性Fe2+＞Br－，a
mol
FeBr2溶液中通入a
mol
Cl2：
2Fe2++2Br－+2Cl2
=
Br2+2Fe3++4C1－
D．在澄清石灰水中加入适量碳酸氢镁溶液：Ca2++
OH－+
HCO3－
=
CaCO3↓+H2O
【答案】C
【解析】
试题分析：A不正确，氢氧化钡不足，则反应物中OH－和Ba2＋的物质的量之比应该是2︰1；B不正确，不符合电子的得失守恒，应该是4H++O2+4I－
=
2I2+2H2O；C正确，氯气首先氧化亚铁离子，然后剩余的氯气再氧化溴离子；D不正确，还有氢氧化镁生成，答案选C。
考点：考查离子方程式的正误判断
点评：判断离子方程式正确与否的方法一般是：（1）检查反应能否发生。（2）检查反应物、生成物是否正确。（3）检查各物质拆分是否正确。（4）检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）。（5）检查是否符合原化学方程式。
14．
下列各組离子在指定的溶液中一定能大量共存的是(　　
)
A.
c(H+)/c(OH-)=1012的溶液中:NH4+、K+、HCO3-、NO3-
B.
c(OH-)=0.1mol/L的溶液中：CO32-、Cl-、F-、K+
C.
含大量Al3+的溶液中:
K+、Na+、SO32-、ClO-
D.
甲基橙呈黄色的溶液中：I-、Cl-、NO3-、Na+
【答案】B
【解析】离子之间若发生化学反应，就不能大量共存，反之，可以大量共存。c(H+)/c(OH-)=1012，说明溶液一定显酸性，此时HCO3-不能大量共存。C中SO32-、ClO-之间会发生氧化还原反应，生成SO42-和Cl-，不能大量共存。根据甲基橙的变色范围是3.1～4.4，所以甲基橙呈黄色的溶液有可能显酸性，在酸性溶液中I-和NO3-之间会发生氧化还原反应。所以正确的答案是B。
15．有机物A、B均为合成某种抗支气管哮喘药物的中间体，A在一定条件下可转化为B（如下图所示），下列说法正确的是
A．分子A中所有碳原子均位于同一平面
B．用FeCl3溶液可检验物质B中是否混有A
C．物质B既能发生银镜反应，又能发生水解反应
D．1mol
B最多可与5mol
H2发生加成反应
【答案】B
【解析】
试题分析：A．分子A中含有三个饱和碳原子，该原子的杂化类型是sp3杂化，构成的是四面体结构，所以若某一个平面通过几何中心，最多有2个顶点在该平面上，因此不是所有碳原子均位于同一平面，错误；A中含有酚羟基，可以与FeCl3溶液发生显色反应，而B中无酚羟基，不能发生显色反应。所以用FeCl3溶液可检验物质B中是否混有A，正确；C．物质B含有醛基，能发生银镜反应，但是无酯基，因此不能发生水解反应，错误；D．在一个B分子中含一个苯环、一个碳碳双键、两个碳氧双键，它们都可以发生加成反应，因此1mol
B最多可与6mol
H2发生加成反应，错误。
考点：考查有机物的结构、性质、检验及转化关系的知识。
16．常见氨基酸中唯一不属于α－氨基酸的是脯氨酸。它的合成路线如下：
⑴反应①的类型为
。
⑵写出一种不含手性碳原子的常见氨基酸的结构简式：
。
⑶反应B→C可看作两步进行，其中间产物的分子式为C5H7O3N，且结构中含有五元环状结构。写出由B反应生成中间产物的化学方程式
。
⑷合成路线中设计反应③、④的目的是
。
【答案】⑴取代（或酯化）反应
⑵H2NCH2COOH
⑶＋CH3CH2OH
⑷提纯脯氨酸
【解析】
试题分析：（1）反应①为酯化反应；（2）一个碳原子上连有4个不同的基团时，该碳原子为手性碳，常见不含手性碳的氨基酸如甘氨酸（H2NCH2COOH）；（3）B的分子式为C7H13NO4，中间体分子式为C5H7NO3，所以B生成同时生成C2H5OH；（4）③、④的目的是分离提纯脯氨酸。
考点：有机合成与推断
点评：本题难点是（3），对照分子式可知另一生成物为C2H5OH。
17．（10分）某科研小组设计出利用工业废酸(l0%)来堆浸某废弃的氧化铜锌矿的方案，实现废物综合利用，如下图所示。
已知：各离子开始沉淀及完全沉淀时的pH如下表所示。
请回答下列问题：
（1）氧化铜锌矿中含有少量的CuS和ZnS，在H2SO4的作用下ZnS可以溶解而CuS
不溶，则相同温度下：Ksp(CuS)______Ksp(ZnS)（选填“>”“<”或“=”）。
（2）物质A可使用下列物质中的
。
A.KMnO4
B.
O2
C.H2O2
D.Cl2
（3）除铁过程中加入氨水的目的是调节溶液的pH，pH应控制在________范围之间。
（4）物质B可直接用作氮肥，则B的化学式是________。
（5）除铁后得到的Fe(OH)3可用KClO溶液在碱性环境下将其氧化得到一种高效的多功能水处理剂——K2FeO4，写出该反应的离子方程式__________。
【答案】（1）
<
（2）
B
C
（3）3.2≤pH﹤6.2
（4）
(NH4)2SO4
（5）2Fe(OH)3＋3ClO-＋4OH-
===
2FeO42-＋3Cl-＋5H2O
【解析】
试题分析：（1）相同条件下，溶解度大的物质先溶解，因在H2SO4的作用下ZnS可以溶解而CuS不溶，则相同温度下：Ksp（CuS）＜Ksp（ZnS）；
（2）除铁过程中加入A和氨水，使亚铁离子变成氢氧化铁沉淀，故A应为氧化剂，考虑不引入新的杂质，应选BC；
（3）从图表数据可知，铁离子沉淀完全的PH为3.2，锌离子开始沉淀的PH为6.2．故除铁PH范围为：3.2～6.2；
（4）因所用废酸为硫酸，B又可作氮肥，所以B为（NH4）2SO4；
（5）由题给信息可知，反应物为2Fe（OH）3、ClO-、OH-，生成物之一为FeO42-，因铁在反应中化合价升高，故氯的化合价降低，故另一产物为Cl-，根据元素守恒，还有水是产物．根据化合价升降法配平此方程式为：2Fe（OH）3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O。
考点：考查物质制备工艺流程图相关知识。
18．在实验室中，可利用碳酸氢钠、氯化钠、氯化铵等物质溶解度的差异，通过饱和食盐水、氨和二氧化碳反应，获得碳酸氢钠晶体，反应原理可用如下化学方程式表示：NH3+CO2+NaCl+H2O
NH4Cl+NaHCO3（晶体）依据此原理，欲制得碳酸钠晶体，某校学生设计了如下实验装置，其中B装置中的试管内是溶有氨和氯化钠的溶液，且二者均已达到饱和：
（1）A装置中所发生反应的离子方程式为
。
C装置中稀硫酸的作用为
。
（2）下表中所列出的是相关物质在不同温度下的溶解度数据（g/100g水）
参照表中数据，请分析B装置中使用冰水是因为
。
（3）该校学生在检查完此套装置气密性后进行实验，结果没有得到碳酸氢钠晶体，指导教师指出应在
装置之间（填写字母）连接一个盛有
的洗气装置，其作用是
。
（4）利用改进后的装置进行实验，在B中的试管内析出了晶体，经必要的操作后得到了一种纯净的晶体。现有下列试剂：盐酸、浓氨水、生石灰、蒸馏水，利用本题所提供的试剂（只限一种）及试管、酒精灯等主要仪器，通过简单实验判断该晶体是碳酸氢钠晶体，而不是碳酸氢铵或食盐晶体，简述操作方法、实验现象及结论：
。
（5）若该校学生进行实验时，所用饱和食盐水中含NaCl的质量为5.85g，实验后得到干燥的NaHCO3晶体的质量为5.04g，则NaHCO3的产率为
。
【答案】（1）（2分）CaCO3+2H+
Ca2++CO2+H2O；（2分）吸收从B装置中的试管内逸出
的氨气，减少对环境的污染
（2）（2分）温度越低，碳酸氢钠的溶解度越小，便于析出（3）
（1分）A与B（1分）饱和NaHCO3溶液（其他合理答案均可给分）（2分）除去CO2中混
合的HCl气体
（4）（5分）取少量晶体置于试管中，在酒精灯上加热使其充分反应后，还
有白色固体剩余，则晶体不是NH4HCO3；待试管冷却后，向剩余固体中加入适量盐酸，若
反应并产生大量气泡，则晶体是NaHCO3，而不是食盐。（其他合理答案均可给分）（5）（2
分）60%
【解析】
19．（12分）氢气、纳米技术制成的金属燃料、非金属固体燃料已应用到社会生活和高科技领域。
⑴已知短周期金属元素A和B，其单质单位质量的燃烧热大，可用作燃料。其原子的第一至第四电离能如下表所示：
电离能(kJ/mol)
I1
I2
I3
I4
A
899.5
1757.1
14848.7
21006.6
B
738
1451
7733
10540
①根据上述数据分析，
B在周期表中位于
区，其最高价应为
；
②若某同学将B原子的基态外围电子排布式写成了ns1np1，违反了
原理；
③B元素的第一电离能大于Al，原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　；
⑵氢气作为一种清洁能源，必须解决它的储存问题，C60可用作储氢材料。
①已知金刚石中的C－C的键长为154.45pm，C60中C－C键长为145~140pm，有同学据此认为C60的熔点高于金刚石，你认为是否正确并阐述理由
。
②C60分子中每个碳原子只跟相邻的3个碳原子形成共价键，且每个碳原子最外层都满足8电子相对稳定结构，则C60分子中σ键与π键的数目之比为
。
【答案】（12分）
⑴①
s
＋2
(各2分)
②能量最低原理
(2分)
③镁原子3s轨道全充满，能量较低(2分)　
⑵①不正确
C60是分子晶体，熔化时不需破坏化学键
(2分)　　②3∶1
(2分)
【解析】
20．I
已知在室温条件下，pH均为5的H2SO4溶液和NH4Cl溶液，回答下列问题：
（1）H2SO4溶液中由水电离出的c(H+)=
____________；
（2）用离子方程式表示NH4Cl溶液的pH<7的原因：
；
（3）各取5mL上述溶液，分别加水稀释至50mL，pH较大的是______溶液。
II酸碱中和滴定是中学化学中重要的定量实验之一。某研究性学习小组准确进行了如下实验，称取1.00g不纯的苛性钠样品配成250ml溶液，取出10.00ml，用已知浓度为0.040mol·L－1的盐酸进行滴定（杂质不与盐酸反应）。
根据要求回答下列问题：
（1）配制250
mL
0.040mol·L－1的盐酸溶液时需要用到的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和____________________。
（2）为测定该苛性钠样品的纯度，几次滴定消耗盐酸的体积如下：
实验序号
1
2
3
4
消耗盐酸溶液的体积(mL)
20.05
20.00
22.10
19.95
该苛性钠样品的纯度=___________。
（3）若操作过程中未用盐酸润洗滴定管，则测定结果将__________（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。
（4）在另一次实验中，研究性小组将V1
mL
1.0mol·L-1
HCl溶液和V2
mL
未知浓度的NaOH溶液均匀混合后，测量并记录溶液温度，实验结果如右图所示（实验中始终保持V1+V2=50
mL)。下列叙述中正确的是_________.
a、该实验的环境温度为22℃
b、当V1
=40时，溶液中c(Na+)c、NaOH溶液的浓度为1.0mol·L-1
d、保持其他条件不变，只将HCl改为CH3COOH进行实验，也得到如图的实验结果
【答案】Ⅰ（1）1×10-9mol/L（2）NH4++
H2ONH3 H2O
+
H+（3）H2SO4
Ⅱ（1）250ml容量瓶（2）80
%（3）偏大（4）b
【解析】
试题分析：Ⅰ（1）pH为5的H2SO4，由水电离的c(H＋)等于由水电离出的c(OH－)，故H2SO4溶液中由水电离出的c(H＋)=10-14/10-5=1×10-9mol/L；
（2）NH4Cl溶液中NH4+发生水解反应NH4++H2ONH3 H2O+H+，溶液呈酸性；
（3）加水稀释后H2SO4溶液中H＋被稀释，NH4Cl溶液中存在NH4+＋H2ONH3·H2O＋H＋，加水稀释平衡向右移动，故pH较大的是H2SO4溶液；
Ⅱ（1）配制250mL0.040mol·L－1的盐酸溶液时需要用到的玻璃仪器还有250ml容量瓶；
（2）由表中数据可知，第三组数据差距较大，不易采用，所用盐酸的体积为20.00ml，所以250ml中氢氧化钠的物质的量为0.02×0.04×25=0.02mol，则该苛性钠样品的纯度为（0.02×40/1）×100%=80%；
（3）若操作过程中未用盐酸润洗滴定管，导致消耗盐酸体积偏大，则测定结果将偏大；
（4）a、图中温度表示的是反应后的温度，不能说明该实验的环境温度为22℃，a错误；b、由图像可知，体积是30毫升时温度最高，说明反应恰好反应，则当V1=40时，溶液中c(Na+)考点：溶液的pH，溶液的配制，酸碱中和滴定
21．有机物A由碳、氢、氧三种元素组成。现取3g
A与4.48L氧气（标准状况）在密闭容器中燃烧，燃烧后生成二氧化碳、一氧化碳和水蒸气（假设反应物没有剩余）。将反应生成的气体依次通过浓硫酸和碱石灰，浓硫酸增重3.6g，碱石灰增重4.4g。回答下列问题：
（1）3gA中所含氢原子、碳原子的物质的量各是多少
（2）通过计算确定该有机物的分子式。
【答案】（1）C：0.15mol
H：0.4mol（2）C3H8O
【解析】
试题分析：（1）3g
A燃烧产生的水质量是3.6g，则n(H）＝(3.6g÷18g/mol）×2＝0.4mol；产生的CO2物质的量是：n(CO2）＝4.4g÷44g/mol＝0.1mol；
（2）反应消耗的氧气的质量是：m(O2）＝×32g/mol＝6.4g，则反应产生的CO的质量是：m(CO）＝(3g+6.4g）-(3.6g+4.4g）＝1.4g。n(CO）＝1.4g÷28g/mol＝0.05mol，则有机物中含有的O的物质的量是：n(O）＝[
3g
—(0.05mol+0.1mol）×12g/mol-0.4mol×1g/mol]÷16g/mol＝0.05mol。所以n(H）:n(C）:n(O）
=0.4mol:0.15mol:0.15mol，分子式为C3H8O。
【考点定位】本题主要是考查有机物分子式计算
【名师点晴】确定有机物分子式的方法有：（1）实验式法：又称最简式法，根据有机物中各元素的质量分数（或元素的质量比），求出有机物的实验式，再根据有机物的相对分子质量确定化学式（分子式）。（2）直接法：直接推算出1mol该有机物中各元素原子的物质的量，从而得到分子中的各原子个数，确定分子式。如给出一定条件下的密度（或相对密度）及各元素的质量比（或百分比），求算分子式的途径为：密度（或相对密度）→摩尔质量→1mol气体中各元素原子的物质的量是多少→分子式。（3）方程式法：可根据题给条件，依据下列燃烧通式所得CO2和H2O的量求解x、y。CxHy＋(x+)O2xCO2＋H2O、CxHyOz＋(x+－)O2xCO2＋H2O。
22．
A、B、C、D、E、F六种短周期元素，其原子序数依次增大，其中B与C同周期，D与E和F同周期，A与D同主族，C与F同主族，C元素的原子最外层电子数是次外层电子数的三倍，B元素的最高正价和最低负价之和为2。又知六种元素所形成的常见单质在常温常压下有三种是气体，三种是固体。请回答下列问题：
（1）C、D、F三种元素形成的简单离子的半径由大到小的顺序是
(用离子符号表示)。
（2）由A、B两种元素以原子个数比5∶1形成离子化合物X，X的电子式为
。
（3）由A、B元素形成的化合物B2A4可以与O2、KOH溶液形成原电池，用该原电池提供的能量电解足量的CuSO4溶液，当消耗0.2mol
B2A4时，若要使电解槽中溶液恢复到电解前的情况，需要向其中加入多少克什么物质？(填质量和化学式)
。
（4）A
和B
形成的某种氯化物BA2Cl
可作杀菌剂，其原理为BA2Cl
遇水反应生成一种具有强氧化性的含氧酸，写出BA2Cl
与水反应的化学方程式：__
_
。
【答案】
（1）S2—＞O2—＞Na+；
（2）
（3）32g
CuO
（4）NH2Cl+H2O==HClO+NH3
【解析】
试题分析：A、B、C、D、E、F六种短周期元素，其原子序数依次增大，由C元素的原子最外层电子数是次外层电子数的三倍，且是短周期元素，则C是O元素，C与F同主族，且是短周期元素，可知F是S元素，B元素的最高正价和最低负价之和为2，B的原子序数小于C，且B、C处于同一周期，所以B是N元素，D与E和F同周期，都处于第三周期，六种元素所形成的常见单质在常温常压下有三种是气体，三种是固体，根据已经判断出来的元素可知，B、C的单质是气态，F的单质是固态，且A与D同主族，D在第三周期，则A为H，D为Na符合，E可能为Al元素、Si、P等元素均可。
（1）离子电子层数越多其离子半径越大，电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小，O、Na离子电子层结构相同且Na元素原子序数大于O元素，所以离子半径：O2-＞Na+，S离子核外有3个电子层，O、Na离子核外有2个电子层，所以O、Na、S三种元素形成的简单离子的半径由大到小的顺序为S2-＞O2-＞Na+，故答案为：S2-＞O2-＞Na+；
（2）由H、N两种元素以原子个数比5：1形成离子化合物NH4H，该化合物中氢离子和铵根离子之间存在离子键、铵根离子中N原子和H原子之间存在共价键，X的电子式为，故答案为：；
（3）由H、N元素形成的化合物N2H4可以与O2、KOH溶液形成原电池，原电池中负极上燃料失电子发生氧化反应生成氮气和水，电极反应式为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，电解硫酸铜时生成Cu、氧气，若恢复原样可加适量的CuO，由电子守恒可知N2H4～2CuO，当消耗0.2mol
B2A4时，需要加CuO为0.4mol×80g/mol=32g，故答案为：32g
CuO；
（4）BA2Cl
遇水反应生成一种具有强氧化性的含氧酸为HClO，结合原子守恒可知还生成氨气，该反应为NH2Cl+H2O═HClO+NH3，故答案为：NH2Cl+H2O═HClO+NH3。
考点：考查了元素周期律与元素周期表、元素及其化合物的结构和性质的相关知识。
23．（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