山东省薛城实验中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）

山东省薛城实验中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）
1．两份质量相同的铝屑，第一份与过量的盐酸反应，第二份与过量的NaOH溶液反应，产生氢气的体积比为
A．1：1
B．1：2
C．1：3
D．1：4
【答案】A
【解析】
2．将
4
mol
A
气体和
2
mol
B
气体在
2
L
的容器中混合并在一定条件下发生如下反应2A（g）+B（g）
2C（g）若经
2
s（秒）后测得
C
的浓度为
0.6
mol·L-1
，现有下列几种说法：
①
用物质
A
表示的反应的平均速率为
0.3
mol·(L·s)-1
②
用物质
B
表示的反应的平均速率为
0.6
mol·(L·s)-1
③
2
s
时物质
A
和
B
的转化率（发生反应的物质的量占总物质的量的百分数）一样
④
2
s
时物质
B
的浓度为
0.3
mol·L-1
其中正确的是
A．①③
B．③④
C．②③
D．①④
【答案】A
【解析】
3．在实验室，下列试剂不需保存在棕色试剂瓶内的是（
）
A．浓硝酸
B．新制溴水
C．浓盐酸
D．硝酸银溶液
【答案】C
【解析】
试题分析：见光易分解的物质，须存放在棕色瓶中，依此进行分析，A．浓硝酸见光易分解，须存放在棕色瓶中，A项错误；B．新制溴水中次溴酸见光会分解，应盛放在棕色瓶中，B项错误；C．浓盐酸易挥发，只需密封保存即可，C项正确；D．硝酸银见光易分解，须存放在棕色瓶中，D项错误；答案选C。
【考点定位】考查化学试剂的存放。
【名师点睛】本题考查药品的储存，难度不大，解题的关键是了解所储存物质的特性。试剂瓶选用注意的四个要素：
（1）瓶口：固体药品存放于广口瓶；液体药品存放于细口瓶。
（2）瓶质：与玻璃强烈反应的试剂（如氢氟酸）不能用玻璃试剂瓶盛装(氢氟酸装在塑料瓶中)。
（3）瓶塞：强碱性溶液不可用玻璃塞试剂瓶盛装（用橡胶塞）
（4）瓶色：见光易分解的试剂保存在棕色试剂瓶中。
4．下列物质中为两性氢氧化物的是
A．NaOH
B．Al2O3
C．Al(OH)3
D．Mg(OH)2
【答案】C
【解析】选项中只有一种是氧化物，其它都是碱，不是氧化物，故选B
5．下列A、B两种元素，其中可以组成AB2型离子化合物的是（
）
A．C和O
B．Na和S
C．Mg和Cl
D．Ne和O
【答案】C
【解析】
试题分析：A．C和O都是非金属元素，能形成共价化合物，故A错误；B．Na和S二者形成的化合物是Na2S，故B错误；C．Mg和Cl形成的化合物是MgCl2，镁元素和氯元素易形成离子键，故C正确；D．Ne和O不易形成化合物，故D错误；故选C。
【考点定位】考查离子化合物的结构特征与性质
【名师点晴】本题考查了离子键的判断，根据元素的金属性、非金属性强弱判断形成的化学键类型，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，可以组成AB2型离子化合物，说明两种元素一种是活泼金属元素一种是活泼非金属元素，A是+2价，B是-1价。如何判断离子化合物和共价化合物？①从化合物的组成元素判断：活泼的金属元素和活泼的非金属元素之间易形成离子键，它们形成的化合物即为离子化合物．非金属元素形成的化合物一般为共价化合物；
例外：并不是非金元素间形成的化合物都是共价化合物，如氯化铵由铵根离子和氯离子通过离子键构成，属于离子化合物（NH4+内部N原子与H原子间则以共价键结合）；②从化合物的分类情况判断：金属氧化物（如K2O、Na2O、Na2O2等）、强碱（如NaOH、KOH等）和绝大多数的盐是离子化合物；气态氢化物、非金属氧化物（SiO2除外）、酸等是共价化合物；③从化合物的一些性质判断：①常温下是气态或液态的化合物一定是共价化合物；②熔融时能导电的化合物一定是离子化合物。
6．下列离子方程式书写正确的是
A．铁跟稀硫酸反应：2Fe
+
6H+
══
2Fe3+
+
3H2
↑
B．盐酸与饱和的澄清石灰水反应：H+
+
OH－══
H2O
C．碳酸钙与醋酸反应：CaCO3
+2H+
══
Ca2+
+
CO2↑
+
H2O
D．稀硫酸与锌反应：H2SO4
+
Zn
══
Zn2+
+
SO42－+
H2↑
【答案】B
【解析】略
7．下列说法正确的是（
）
A.
在Na2CO3、NaHCO3两溶液中，离子种类不相同
B.
在等体积、等物质的量浓度的Na2CO3、NaHCO3两溶液中，阳离子总数相等
C.
在NaHCO3和Na2CO3混合溶液中一定有c(Na+)＋c(H+)＝c(HCO3-)＋c(OH-)＋2c(CO32-)
D.
在NaHCO3和Na2CO3混合溶液中一定有2c(Na+)＝3[c(HCO3-)＋c(CO32-)＋c(H2CO3)]
【答案】C
【解析】碳酸钠溶液中碳酸根离子水解产生碳酸氢根离子，碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子电离产生碳酸根离子，两溶液中离子的种类相同，A错误；等物质的量的碳酸钠与碳酸氢钠溶液，溶液中阳离子的个数不相等，碳酸钠溶液中的阳离子较多，B错误；根据电荷守恒有c(Na+)＋c(H+)＝c(HCO3-)＋c(OH-)＋2c(CO32-)，C正确；D不属于质子守恒，所以答案选C。
8．下列有机物可以形成顺反异构的是
A．丙烯
B．1-氯-1-丙烯
C．2-甲基-2-丁烯
D．2，3-二甲基-2-丁烯
【答案】B
【解析】
试题分析：A．丙烯中两个氢连在同一个双键碳上，故A错误；B．1-丙烯双键上同一碳上连不相同的基团：氯原子和氢原子或氢原子和甲基，故B正确；C．2-甲基-2-丁烯同一碳上连相同的基团：甲基，故C错误；D．2，3-二甲基-2-丁烯同一碳上连相同的基团：甲基，故D错误；故选B。
考点：考查有机物的同分异构体
9．体积相同、pH值相同的HCl溶液和CH3COOH溶液，与NaOH溶液完全反应时两者消耗NaOH的物质的量
A．中和HCI的多
B．中和CH3COOH的多
C．相同
D．无法比较
【答案】B
【解析】
试题分析：本题考查强弱电解质的比较，抓住强电解质溶于水全部电离，弱电解质溶于水部分电离进行相关分析。HCl为强电解质，溶于水全部电离，CH3COOH为弱电解质，溶于水部分电离，pH值相同的HCl溶液和CH3COOH溶液，醋酸的浓度大，等体积时醋酸的物质的量大，与NaOH溶液反应时，醋酸消耗NaOH多，选B。
考点：本题考查强弱电解质的比较。
10．已知下列热化学方程式：Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）△H=
-24.8
kJ·mol-1
3Fe2O3（s）+CO（g）=2Fe3O4（s）+CO2（g）
△H=
-47.2
kJ·mol-1
Fe3O4（s）+CO（g）=3FeO
（s）+CO2（g）
△H=
+640.5
kJ·mol-1
则14g
CO气体与足量FeO充分反应得到Fe单质和CO2气体时的反应热为
A．-218
kJ mol-1
B．-109kJ mol-1
C．+218
kJ mol-1
D．+109
kJ mol-1
【答案】B
【解析】
试题分析：已知：①Fe2O3（s）+3CO（g）＝2Fe（s）+3CO2（g）△H=
-24.8
kJ·mol-1，②3Fe2O3（s）+CO（g）＝2Fe3O4（s）+CO2（g）
△H=
-47.2
kJ·mol-1，③Fe3O4（s）+CO（g）＝3FeO
（s）+CO2（g）
△H=
+640.5
kJ·mol-1，则根据盖斯定律可知（①×3—②—③×2）÷6即得到FeO（s）+CO（g）=Fe（s）+CO2（g）△H=—218kJ/mol。14gCO是0.5mol，则与足量FeO充分反应得到Fe单质和CO2气体时的反应热为—218kJ/mol×0.5＝—109kJ/mol，答案选B。
考点：考查盖斯定律的应用
11．下列反应不属于可逆反应的是
A．工业上利用氮气和氢气合成氨气
B．水电解生成氢氧混和气体和氢氧混和气体爆炸生成水
C．密闭容器中的二氧化氮和四氧化二氮在一定压力下可以相互转化
D．密闭容器中的二氧化硫和氧气在一定的条件下可以生成三氧化硫，同时三氧化硫又可以分解为二氧化硫和氧气
【答案】B
【解析】
试题分析：在相同条件下既能向正反应方向进行又能向逆反应方向进行的反应是可逆反应，则A．工业上利用氮气和氢气合成氨气是可逆反应，A错误；B．水电解生成氢氧混和气体和氢氧混和气体爆炸生成水反应条件不同不是可逆反应，B正确；C．密闭容器中的二氧化氮和四氧化二氮在一定压力下可以相互转化是可逆反应，C错误；D．密闭容器中的二氧化硫和氧气在一定的条件下可以生成三氧化硫，同时三氧化硫又可以分解为二氧化硫和氧气属于可逆反应，D错误，答案选B。
考点：考查可逆反应判断
12．下列叙述中正确的是
A．加热蒸干灼烧FeCl3溶液，最后所得固体为Fe（OH）3
B．将pH=4的醋酸溶液稀释后，溶液中所有离子浓度都降低
C．pH相同，体积相同的醋酸溶液和稀硫酸分别与足量锌充分反应，产生氢气的量相同
D．若弱酸HA的酸性强于弱酸HB，则同浓度钠盐溶液的碱性：NaA【答案】D
【解析】
试题分析：A加热FeCl3溶液,由于氯化铁水解产生氢氧化铁和氯化氢，氯化氢又挥发性，会随着水分的蒸发而挥发掉，蒸干得到固体为Fe（OH）3灼烧，Fe（OH）3分解产生氧化铁和水最后所得固体为Fe2O3。错误。B在醋酸溶液稀释的过程中氢离子、醋酸根离子的浓度降低，但由于溶液中存在水的电离平衡。在溶液中氢离子和氢氧根离子的浓度的乘积是个常数。所以在醋酸溶液稀释的过程中氢离子浓度降低，氢氧根离子的浓度增大。错误。C．pH相同，体积相同的醋酸溶液和稀硫酸中氢离子的物质的量相等。由于硫酸是强酸，全部电离；醋酸是弱酸，部分电离。所以最终产生氢离子的物质的量是醋酸大于硫酸。分别与足量锌充分反应，产生氢气的量醋酸的也就大于硫酸的。错误。D．盐的水解规律是：谁弱谁水解，谁强显谁性，越弱越水解，都强不水解。由于弱酸HA的酸性强于弱酸HB，则同浓度钠盐溶液的碱性：NaA考点：考查盐的水解规律的应用及溶液稀释问题的知识。
13．能证明乙醇分子中有一个羟基的是
A．乙醇完全燃烧生成二氧化碳和水
B．乙醇能与水任意比混溶
C．乙醇在铜催化下可被氧化
D．0.1mol乙醇与足量的钠反应只能生成0.1g氢气
【答案】D
【解析】
试题分析：乙醇分子中羟基氢不同与其他的5个氢原子，金属钠只能与羟基去反应，0.1mol乙醇与足量的钠反应只能生成0.1g氢气，能证明乙醇分子中有一个羟基，故D正确。
考点：本题考查乙醇的结构。
14．用NA表示阿伏加德罗常数，对生活中常见的物质下列说法中正确的是(　　)。
A．含有1
mol
Na2CO3溶液含有的CO数为NA
B．将58.5
g
NaCl溶于1.00
L水中，所得NaCl溶液的浓度为1.00
mol·
L－1
C．1
mol
蔗糖(C12H22O11)在浓硫酸作用下完全脱水，转移的电子数为12NA
D．常温下，10
L
pH＝6的醋中含有的H＋离子数为10-5NA
【答案】D
【解析】
试题分析：A．含有1
mol
Na2CO3溶液，因CO的水解，含有的CO数为少于NA；B．将58.5
g
NaCl溶于1.00
L水中，因为溶液的体积不是1.00mL，所得NaCl溶液的浓度不是1.00
mol·
L－1；C．蔗糖可以看做是C12(H2O)11，碳元素的平均化合价为0，故蔗糖在浓硫酸作用下完全脱水，不发生电子转移。
D．常温下，10
L
pH＝6的醋c(H＋)=10-6mol·mol-1，故含有的H＋离子数为10×10-6mol=10-5NA，正确。
考点：用NA为阿伏加德罗常数的值来表示微粒数目。
15．已知两种溶液：①0．lmol/LH2SO4溶液
②0．2mol/LCH3COONa溶液。下列有关说法中，正确的是
A．相同温度下，溶液中水的电离程度：溶液①＞溶液②
B．加热②，溶液中不变
C．等体积混合溶液①和②，所得溶液中c（CH3COO-）+2c（SO42-）=c（Na+）
D．25℃时，向溶液①中滴加溶液②至pH＝7，溶液中c（Na+）＞c（SO42-）
【答案】D
【解析】
试题分析：A、溶液①是酸溶液，对水的电离起到抑制作用；溶液②是强碱弱酸盐溶液，醋酸根离子水解显碱性，促进水的电离：相同温度下，溶液中水的电离程度：溶液②＞溶液①，A错误；B、加热，温度升高，水解平衡向正向进行，水解平衡常数增大。B错误；C、溶液①和溶液②等体积混合恰好反应生成醋酸和硫酸钠，溶液呈酸性，溶液中存在电荷守恒分析判断；c（Na+）+c（H+）=[OH-]+c（CH3COO-）+2c（SO42-），若c（CH3COO-）+2c（SO42-）=c（Na+）得到c（H+）=c（OH-），不符合溶液呈酸性；C错误；D、25℃时，溶液混合后pH=7，溶液呈中性，溶液中存在电荷守恒；c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-）+2c（SO42-），c（H+）=c（OH-），c（CH3COO-）+2c（SO42-）=c（Na+），溶液中c（Na+）＞c（SO42-），D正确。
考点：考查了电解质溶液的相关知识。
16．（1）请根据氧化还原反应Fe+2H+=Fe2++H2↑设计成原电池：
①负极材料为：__________发生的电极反应是：
，电流__________（填“流出”或“流入”）
②正极发生的电极反应是：
，该反应为
（填“氧化反应”或“还原反应”）
。
③若电路中转移6.02×1022个e﹣，则产生标况下H2的体积为_____
_____。
（2）铁处于Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三种不同的环境中如图所示，则铁被腐蚀的速率由慢到快的顺序是（填序号）
。
【答案】（1）①Fe；Fe﹣2e﹣═Fe2+；流出；
②2H++2e﹣═H2↑；还原反应；③1.12L
（2）Ⅱ＜Ⅲ＜Ⅰ
【解析】
试题分析：（1）①根据方程式Fe+2H+＝Fe2++H2↑可知铁失去电子作还原剂，则负极材料为Fe，发生的电极反应是Fe﹣2e﹣═Fe2+；原电池中电流从正极流出；
②原电池中正极发生得到电子的还原反应，则正极是溶液中的氢离子放电，发生的电极反应是2H++2e﹣═H2↑，该反应为还原反应。
③若电路中转移6.02×1022个e﹣，电子的物质的量是0.1mol，则产生标况下H2的体积为＝1.12L。
（2）处于Ⅰ时铁和碳构成原电池，铁是负极，加快腐蚀；处于Ⅱ时铁和锌构成原电池，铁是正极，被保护；处于Ⅲ时铁发生化学腐蚀，因此三种不同的环境中则铁被腐蚀的速率由慢到快的顺序是Ⅱ＜Ⅲ＜Ⅰ。
【考点定位】本题主要是考查原电池原理的应用
【名师点晴】掌握原电池的工作原理是解答的关键，注意金属腐蚀快慢的影响因素。不同类型的腐蚀规律：解原理引起的腐蚀＞原电池原理引起的腐蚀＞化学腐蚀＞有防护措施的腐蚀。
17．人们对苯及芳香烃的认识有一个不断深化的过程，回答下列问题。
（1）已知分子式为C6H6的有机物有多种，其中的两种为(Ⅰ)(Ⅱ)
①这两种结构的区别表现在以下两方面：
定性方面(即化学性质方面)：(Ⅱ)能________(填字母)，而(Ⅰ)不能。
a．被酸性高锰酸钾溶液氧化
b．与溴水发生加成反应
c．与溴发生取代反应
d．与氢气发生加成反应
定量方面(即消耗反应物的量的方面)：1
mol
C6H6
与H2加成时，(Ⅰ)需要H2__________mol
，而(Ⅱ)需要H2__________mol。
②今发现C6H6还可能有另一种如右图所示的立体结构，该结构的二氯代物有______种。
（2）萘也是一种芳香烃，它的分子式是C10H8，请你判断它的结构简式可能是______(填字母编号)。
（3）现代化学认为，萘分子碳碳键是__________________。
【答案】（1）ab
3
2
3
（2）C（3）一种介于碳碳单键和碳碳双键之间的特殊的键
【解析】
试题分析：（1）①由于Ⅱ中存在双键，故Ⅱ可被KMnO4酸性溶液氧化，也能与溴水发生加成反应，而Ⅰ不能发生上述反应，故应选a、b；由于Ⅰ加氢后形成环己烷(C6H12)，故需3
mol
H2，而Ⅱ中有2
mol
双键，故需2
mol
H2。
②根据对称性即可确定二个氯原子的相对位置，故二氯代物有3种。
（2）根据分子式可知C正确。
（3）萘中的碳碳键应与苯中的碳碳键相同，所以萘分子碳碳键是一种介于碳碳单键和碳碳双键之间的特殊的键。
考点：考查有机物的结构和性质、同分异构体的判断
18．某实验小组用0．50
mol·L-1NaOH溶液和0．50
mol·L-1硫酸溶液进行中和热的测定。
Ⅰ．配制0．50
mol·L-1NaOH溶液
（1）若实验中大约要使用245mLNaOH溶液，至少需要称量NaOH固体
g。
（2）从下图中选择称量NaOH固体所需要的仪器是（填字母）：
。
名称
托盘天平（带砝码）
小烧杯
坩埚钳
玻璃棒
药匙
量筒
仪器
序号
a
b
c
d
e
f
Ⅱ．测定稀硫酸和稀氢氧化钠中和热的实验装置如图所示。
（1）写出该反应中和热的热化学方程式：（中和热为57．3
kJ·mol-1）
。
（2）取50
mLNaOH溶液和30
mL硫酸溶液进行实验，实验数据如下表。
试验次数
起始温度t1/℃
终止温度t2/℃
温度差平均值（t2－t1）/℃
H2SO4
NaOH
平均值
1
26．2
26．0
26．1
29．6
2
27．0
27．4
27．2
31．2
3
25．9
25．9
25．9
29．8
4
26．4
26．2
26．3
30．4
①上表中的温度差平均值为
℃。
②近似认为0．50
mol·L-1
NaOH溶液和0．50
mol·L-1硫酸溶液的密度都是1
g·cm-3，中和后生成溶液的比热容c=”4．18”
J·（g·℃）-1。则中和热ΔH=
（取小数点后一位）。
③上述实验数值结果与57．3
kJ·mol-1有偏差，产生偏差的原因可能是（填字母）
。
a．实验装置保温、隔热效果差
b．量取NaOH溶液的体积时仰视读数
c．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中
d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度
④实验中改用60mL0．5mol/L盐酸跟50mL0．55moi/L氢氧化钠进行反应，与上述实验相比，所放出的热量
（填相等或不相等，下同），所求的的中和热
简述理由
。
【答案】I（1）5．0
（2）abe
Ⅱ（1）1/2H2SO4（aq）+NaOH（aq
）＝1/2Na2SO4（aq）+H2O（l）△H＝－57．3kJ/mol
（2）①4．0
②53．5kJ/mol
③acd
④不相等；相等；中和热是在一定条件下，稀溶液中，强酸和强碱反应生成1mol水时所放出的热量，与酸碱用量无关。
【解析】
试题分析：Ⅰ、（1）没有245mL的容量瓶，只能用250mL的容量瓶，需要称量NaOH固体m＝nM＝cVM＝0．5mol/L×0．25L×40g/mol＝5．0g；
（2）氢氧化钠要在小烧杯中称量，称量固体氢氧化钠所用的仪器有天平、烧杯和药匙，即答案为a
b
e；
Ⅱ、（1）中和热是在一定条件下，稀溶液中，强酸和强碱反应生成1mol水时所放出的热量，所以稀硫酸与氢氧化钠反应表示中和热的热化学方程式为1/2H2SO4（aq）+NaOH（aq
）＝1/2Na2SO4（aq）+H2O（l）△H＝－57．3kJ/mol。
（2）①第一次测定温度差为：（29．6-26．1）℃＝3．5℃，第二次测定的温度差为：（31．2-27．2）℃＝4℃，第三次测定的温度差为：（29．8-25．9）℃＝3．9℃，第三次测定的温度差为：（30．4-26．3）℃＝4．1℃，实验1的误差太大要舍去，三次温度差的平均值为4．0℃；
②50mL0．50mol/L氢氧化钠与30mL0．50mol/L硫酸溶液进行中和反应，生成水的物质的量为0．05L×0．50mol/L＝0．025mol，溶液的质量为：80mL×1g/mL＝100g，温度变化的值为△T＝4．0℃，则生成0．025mol水放出的热量为：Q＝m c △T＝80g×4．18J/（g ℃）×4．0℃＝1337．6J，即1．3376kJ，所以实验测得的中和热△H＝-1．3376kJ÷0．025mol＝-53．5kJ/mol；
③a．装置保温、隔热效果差，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，a正确；b．量取NaOH溶液的体积时仰视读数，会导致所量的氢氧化钠体积偏大，放出的热量偏高，中和热的数值偏大，b错误；c．分多次把NaOH
溶液倒人盛有硫酸的小烧杯中，热量散失较多，测得温度偏低，中和热的数值偏小，c正确；d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度，导致温度计上残留的碱液与稀硫酸反应，起始温度偏高，测量值偏小，d正确，答案选acd。
④实验中改用60mL0．5mol/L盐酸跟50mL0．55moi/L氢氧化钠进行反应，与上述实验相比，生成的水不同，所放出的热量不相等；由于中和热是在一定条件下，稀溶液中，强酸和强碱反应生成1mol水时所放出的热量，与酸碱用量无关，因此所求的中和热不变。
考点：考查中和热测定实验方案设计与探究
19．（12分）锰及化合物在现代工业及有极其重要的用途。
（1）MnO2是一种重要的无机功能材料，蕴藏在海底的丰富的锰结核矿的主要成分是MnO2，工业上从锰结核中制取纯净的MnO2工艺流程如下图所示：
为提高硫酸淋洗效果，需要对富集后的矿石进行处理，处理的内容是_____________，步骤I中，试剂甲必须具有的性质是
。
a．氧化性
b．还原性
c．酸性
（2）步骤Ⅱ中，以NaClO3为氧化剂，当生成0.050
mol
MnO2时，消耗0.10
mol·L-1
的NaClO3溶液200
mL
，该反应的离子方程式为__________________________。已知溶液B中的产物之一(Q)可循环用于上述生产，试写出A与NaOH反应的化学方程式_______________________，由于Q可循环利用，有人认为生产中不需要补充物质Q，你是否同意这种看法，理由是_______________。
（3）电解步骤I所得溶液也可得到MnO2，写出生成MnO2的电极反应_______________。
【答案】（1）将矿石粉碎
;
b;
（2）2ClO3－+5Mn2++4H2O=5MnO2+Cl2↑+8H+
3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O；
不同意，生产中有一部分氯转化为NaCl
（3）Mn2++2H2O-2e－=MnO2+4H+
【解析】
试题分析
：（1）为提高硫酸淋洗效果，需要对富集后的矿石进行处理，处理的内容是将矿石粉碎；步骤I中，试剂甲把MnO2还原为Mn2+，所以必须有的性质为还原性。（2）当生成0.050
mol
MnO2时，消耗0.10
mol·L-1
的NaClO3溶液200
mL
，物质的量之比为5:2，根据得失电子守恒，氯元素变为0价，则反应的离子方程式为2ClO3－+5Mn2++4H2O=5MnO2+Cl2↑+8H+。由题意知能和氢氧化钠反应的物质是氯气，与NaOH反应的化学方程式为3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O；反应中有一部分氯元素转化为NaCl，所以生产中需要补充物质Q。（3）Mn2+生成MnO2，失电子，电极反应为Mn2++2H2O-2e－=MnO2+4H+
考点：无机推断
20．已知下列数据：
物质
熔点(℃)
沸点(℃)
密度(g·cm－3)
乙醇
－117.0
78.0
0.79
乙酸
16.6
117.9
1.05
乙酸乙酯
－83.6
77.5
0.90
浓硫酸(98%)
—
338.0
1.84
学生在实验室制取乙酸乙酯的主要步骤如下：
①在30
mL的大试管A中按体积比1∶4∶4的比例配制浓硫酸、乙醇和乙酸的混合溶液；
②按下图连接好装置(装置气密性良好)，用小火均匀地加热装有混合溶液的大试管5～10
min；
③待试管B收集到一定量的产物后停止加热，撤去试管B并用力振荡，然后静置待分层；
④分离出乙酸乙酯层、洗涤、干燥。
请根据题目要求回答下列问题：
（1）配制该混合溶液的主要操作步骤为_______________________。
写出制取乙酸乙酯的化学方程式：______________________。
（2）上述实验中饱和碳酸钠溶液的作用是(填字母)__________
__________。
A．中和乙酸和乙醇
B．中和乙酸并吸收部分乙醇
C．乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度比在水中更小，有利于分层析出
D．加速酯的生成，提高其产率
（3）步骤②中需要小火均匀加热操作，其主要理由是________________________。
（4）分离出乙酸乙酯后，为了干燥乙酸乙酯可选用的干燥剂为(填字母)______。
A．P2O5
B．无水Na2SO4
C．碱石灰
D．NaOH固体
【答案】
（1）在大试管中先加4
mL乙醇，再缓慢加入1
mL浓H2SO4，边加边振荡，待冷至室温后，再加4
mL乙酸并摇匀；CH3COOH＋C2H5OHCH3COOC2H5＋H2O
（2）BC
（3）防止反应物随生成物一起大量被蒸出来，导致原料损失，及发生副反应
（4）B
【解析】
试题分析：（1）配制乙醇、浓硫酸、乙酸混合液时，各试剂加入试管的顺序依次为：CH3CH2OH→浓硫酸→CH3COOH。将浓硫酸加入乙醇中，边加边振荡是为了防止混合时产生的热量导致液体飞溅造成事故；将乙醇与浓硫酸的混合液冷却后再与乙酸混合，是为了防止乙酸的挥发造成原料的损失。在加热时试管中所盛溶液不能超过试管容积的1/3。因为试管容积为30
mL，那么所盛溶液不超过10
mL，按体积比1∶4∶4的比例配浓硫酸、乙酸和乙醇的混合溶液，由此可知，对应的浓硫酸、乙酸和乙醇的体积为1
mL、4
mL、4
mL。反应的化学方程式为：CH3COOH＋HOCH2CH3CH3COOC2H5＋H2O。故填：在一支30
mL的大试管A中注入4
mL乙醇，缓慢加入1
mL的浓硫酸，边加边振荡试管，待冷却至室温时，再加入4
mL乙酸并摇匀；CH3COOH＋HOCH2CH3CH3COOC2H5＋H2O
（2）饱和碳酸钠溶液的作用主要有3个：①使混入乙酸乙酯中的乙酸与Na2CO3反应而除去；②使混入的乙醇溶解；③使乙酸乙酯的溶解度减小，减少其损耗及有利于它的分层和提纯。故选BC。
（3）根据各物质的沸点数据可知，乙酸(117.9℃)、乙醇(78.0℃)的沸点都比较低，且与乙酸乙酯的沸点(77.5℃)比较接近，若用大火加热，反应物容易随生成物(乙酸乙酯)一起蒸出来，导致原料的大量损失；另一个方面，温度太高，可能发生其他副反应。故填：防止反应物随生成物一起大量被蒸出来，导致原料损失，及发生副反应。
（4）用无水硫酸钠除去少量的水，无水硫酸钠吸水形成硫酸钠结晶水合物；不能选择P2O5、碱石灰和NaOH等固体干燥剂，以防乙酸乙酯在酸性（P2O5遇水生成酸）或碱性条件下水解，故选B。
考点：考查了乙酸乙酯的制备实验的相关知识。
21．在200mL0.5mol/L的氯化铝溶液中滴加0.5mol/L的氢氧化钠，得到3.9g的沉淀，求加入氢氧化钠的溶液的体积可能是多少？
【答案】300ｍＬ（3分）或700ｍＬ
【解析】
试题分析：氯化铝的物质的量是n(AlCl3)=c·V=0.5mol/L×0.2L=0.1mol，若Al3+完全形成沉淀，则n[Al(OH)3]=
0.1mol×78g/mol=7.8g，现在反应产生氢氧化铝沉淀的质量是3.9g<7.8g，则可能是加入的氢氧化钠不足量，部分Al元素仍然以Al3+的形式存在于溶液中；也可能是NaOH溶液过量，产生的Al(OH)3被过量的NaOH溶液溶解。反应产生的氢氧化铝沉淀的物质的量是n[Al(OH)3]=
3.9g÷78g/mol=0.05mol，根据反应方程式：AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl，由于氯化铝过量，产生的沉淀按氢氧化钠计算。根据方程式可知n(NaOH):
n[Al(OH)3]=3:1，所以n(NaOH)=3
n[Al(OH)3]=3×0.05mol=0.15mol,所以V(NaOH)=n/c=0.15mol÷0.5mol/L=0.3L=300mL；若NaOH过量则反应AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl完全进行，反应产生的氢氧化铝沉淀按照AlCl3计算，n[Al(OH)3]=
n(AlCl3)=
0.1mol，反应消耗NaOH的物质的量是n(NaOH)=3
n(AlCl3)=
0.3mol；然后发生反应：Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，由于剩余0.05mol氢氧化铝，所以反应的氢氧化铝的物质的量是0.05mol，根据方程式可知反应消耗NaOH的物质的量也是0.05mol，则反应共消耗NaOH的物质的量是n(NaOH)=
0.3mol+0.05mol=0.35mol，则其体积是V(NaOH)=n/c=0.35mol÷0.5mol/L=0.7L=700mL。
考点：考查关于铝盐与碱反应的化学计算的知识。
22．(10分)常温下由三种短周期元素形成的气体单质X、Y、Z，并有下列转化关系(反应条件已略去)：
已知：X分子中含共价键最多；甲分子中含10个电子，乙分子含有18个电子。
（1）写出单质X的结构式是__________________________________；
（2）化合物甲的电子式是____________________________________；
（3）化合物丙中存在的作用力是______________________________。
【答案】（10分）答案
（1）N≡N
（2）
（3）离子键、共价键
【解析】
试题分析：单质气体中共价键最多的是氮气，含有三个共价键，所以X是氮气；甲中含有10个电子，则且含有N元素，所以甲是氨气，则Y是氢气；乙分子中含有18个电子，氢气与氯气反应生成的HCl是18个电子，则Z是氯气，乙是HCl，氯化氢与氨气反应生成离子化合物氯化铵。
（1）氮气的结构式是N≡N；
（2）氨气分子中存在3个H-N键，所以其电子式是；
（3）氯化铵中氯离子与铵根离子形成离子键，铵根离子中N与H原子间形成共价键，所以丙中含有离子键和共价键。
考点：考查物质的判断，化学用语的书写
23．（本题共10分）
已知：①在稀碱溶液中，溴苯难发生水解
②
③苯酚与浓溴水反应，只有邻、对位上的氢被取代
现有分子式为C10H10O2Br2的芳香族化合物X，其苯环上有四个取代基且苯环上的一溴代物只有一种，其在一定条件下可发生下述一系列反应，其中C能发生银镜反应，E遇FeCl3溶液显色且能与浓溴水反应。
请完成下列填空：
47、写出B的电子式
；F→H的反应类型是
反应。
48、写出A→B的化学方程式
。
49、X的结构简式为
。
50、下列关于E的描述正确的是
（选填序号）
a．能发生酯化反应
b．含有4种不同化学环境的氢原子
c．与C互为同系物
d．1mol
E最多能与2mol
NaHCO3作用
51、写出F→G的化学方程式：
。
【答案】（共10分）
47、（1分）、
消去或消除（1分）
48、2CH3OH+O2
2HCHO
+2H2O
(2分)
49、
(2分)
50、ab
(2分)
51、
(2分)
【解析】
试题分析：
X是芳香族化合物，含有苯环，E能使氯化铁溶液变为紫色，说明E中有酚羟基，所以X发生水解反应后的苯环在D中，X应属于酯类，其苯环上有四个取代基且苯环上的一溴代物只有一种，水解后生成羧酸和酚，A发生二次氧化得到C，则C为羧酸，C能发生银镜反应，说明C中含有醛基，所以C只能是甲酸；则X是甲酸酯；D能与氢氧化铜反应，说明D中含有醛基，则Br原子连在同一C原子上，剩余X的取代基为2个甲基、1个-CHBr2和HCOO-。D被氧化后生成羧酸，与氢气发生加成反应，则变化变为环己烷环，F发生缩聚反应生成G，H能使溴水褪色，说明H中含有不饱和键，H发生加聚反应生成高分子I。
47.B为甲醛，电子式为；F到H发生消去反应生成H；
48.甲醇与氧气在Cu作催化剂、加热条件下被氧化生成甲醛，化学方程式为2CH3OH+O2
2HCHO
+2H2O；
49.因为苯酚的邻、对位能被取代，决定了X分子中2个甲基与-CHBr2相邻，则X的结构简式为；
50.E分子中含有羧基和酚羟基，所以可发生酯化反应，a正确；E的苯环上只有1种H原子，羧基、羟基、甲基各一种H原子，所以E分子中有4种H原子，b正确；C属于羧酸，但E中含有酚羟基，所以E与C不是同系物，c错误；酚羟基不与碳酸氢钠反应，羧基与碳酸氢钠反应，所以1molE只能与1mol碳酸氢钠反应，d错误，答案选ab；
51.F发生缩聚反应生成G和水，化学方程式是
。
考点：考查有机物的推断，官能团性质应用，反应类型、电子式、化学方程式的判断