山东省枣矿集团公司第一中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）

山东省枣矿集团公司第一中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）
1．元素及其化合物丰富了物质世界，下列说法正确的是
A．铜在冷的浓硫酸中会钝化，所以把铜放入冷的浓硫酸中无明显现象
B．NaOH溶液和AlCl3溶液相互滴加的现象不同
C．金属比非金属易失电子，所以金属可以置换非金属，而非金属不能置换金属
D．Al与热水反应困难，故活泼性不及Al的金属在任何条件下均不能与H2O发生反应
【答案】B
【解析】
试题解析：铜放入冷的浓硫酸中不反应，无现象，故A错误；NaOH溶液滴入AlCl3溶液，先有白色沉淀，然后沉淀溶解，AlCl3溶液滴入NaOH溶液，刚开始无沉淀，过一段时间后有沉淀生成，故B正确；金属可以置换非金属，例如铁和盐酸反应生成氢气，非金属也可以置换出金属，例如氢气还原氧化铜，故C错误；铁可以和水蒸气反应，故D错误。
考点：金属及其化合物的性质
2．X元素最高氧化物对应的水化物为H2XO4，则它对应的气态氢化物为
A．HX
B．H2X
C．XH4
D．XH3
【答案】B
【解析】
试题分析：X元素最高氧化物对应的水化物为H2XO4，则X的最高价为+6价，最低价为-2价，X对应的气态氢化物为H2X，选项B正确。
考点：同种元素的最高正价与最低负价之间的关系
3．在标准状况下，如果2.8L氧气含有n个氧原子，则阿伏加德罗常数可表示为
A．n/8mol-1
B．n/16
mol-1
C．8n
mol-1
D．4n
mol-1
【答案】D
【解析】
试题分析：标准状况下，2.8L氧气的物质的量是2.8L/22.4L/mol=0.125mol，含氧原子0.25mol，则阿伏加德罗常数为n/0.25mol=4nmol-1,答案选D。
考点：阿伏加德罗常数
4．X、Y、Z、W是中学化学常见的四种物质，它们之间具有如图所示转化关系，则下列组合不可能的是
X
Y
Z
W
A
C
CO
CO2
O2
B
Na
Na2O
Na2O2
O2
C
AlCl3
Al（OH）3
NaAlO2
NaOH
D
Fe
FeCl2
FeCl3
Cl2
【答案】D
【解析】
试题分析：A、氧气不足时，C和氧气反应生成CO，氧气过量时，生成CO2，CO可与氧气反应生成CO2，符合转化关系，故A不选；B、Na可与氧气反在常温下生成氧化钠，在加热条件下反应生成过氧化钠，且氧化钠可生成过氧化钠，符合转化关系，故B不选；C、氯化铝可与少量氢氧化钠反应生成Al（OH）3，与过量氢氧化钠反应生成NaAlO2，Al（OH）3可与继续反应生成NaAlO2，符合转化关系，故C不选；D、氯气和铁反应只生成氯化铁，不能生成氯化亚铁，故D选；故选D。
考点：考查了无机推断、物质的性质的相关知识。
5．某有机物的结构简式为，关于它的叙述中正确的是
A．1mol该有机物最多能够和2molNaOH发生反应
B．和乙醇发生酯化反应时，羧基中的-OH将被CH3CH2-取代
C．铜做催化剂并加热的条件下，羟基中的氢氧键会断裂
D．和互为同分异构体
【答案】C
【解析】
试题分析：A．该有机物含有羧基、羟基和碳碳双键，羧基能和NaOH反应而醇羟基不能，所以1mol该有机物最多能够和1molNaOH发生反应，错误；B．发生酯化反应时，根据酯化反应的实质：酸脱羟基醇脱氢可知，羧基中的—OH将被CH3CH2O—取代，错误；C．醇发生催化氧化反应会失去羟基中的氢原子，正确；D．该有机物的化学式为C7H10O3，甲酸苯酚酯的化学式为C7H6O2，二者分子式不相同，因此不是同分异构体，错误。
考点：考查有机物的结构与性质的知识。
6．某温度时，一定压强下的密闭容器中发生反应：aX(g)+bY(g)

cZ(g)+dW(g)，达平衡后，保持温度不变压强增大至原来的2倍，当再达到平衡时，W的浓度为原平衡状态的1.8倍，下列叙述正确是
A.
平衡正移
B.
(a+b)>(c+d)
C.
Z的体积分数变小
D.
X的转化率变大
【答案】C
【解析】
试题分析：压强增大至原来的2倍，再达到平衡时，若平衡不移动，则W的浓度应该为原平衡的2倍，实际上W的浓度为原平衡状态的1.8倍，说明增大压强，平衡左移，即(a+b)<(c+d)，同时Z的体积分数减小，X的转化率也变小，答案选C。
考点：考查化学平衡状态的移动。
7．下列说法或表示正确的是
A．等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量多
B．由C(石墨)→C(金刚石)：ΔH＝＋119kJ/mol可知，金刚石比石墨稳定
C．在稀溶液中：H＋＋OH－＝H2O；ΔH＝－57.3kJ/mol，若将含0.5mol
H2SO4的浓硫酸与含1mol
NaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJ
D．在101kPa时，2g
H2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为2H2（g）＋O2（g）＝2H2O（l）；ΔH＝＋285.8kJ/mol
【答案】C
【解析】
试题分析：A、硫蒸气变化为硫固体为放热过程，则等量的硫蒸气和硫固体在氧气中分别完全燃烧，放出热量硫蒸气多，A错误；B、石墨比金刚石能量低，物质的能量越低越稳定，B错误；C、浓硫酸溶于水放热，若将含0.5mol
H2SO4的浓硫酸与含1mol
NaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJ，C正确；D、2g氢气燃烧放热285.8KJ，4g氢气燃烧放热应为2×285.8KJ＝571.6KJ，D错误，答案选C。
考点：考查变与反应条件的关系、中和热、能量越低越稳定、热化学方程式中焓变与化学计量数的关系
8．下列分离或提纯物质的方法正确的是
A．用蒸馏的方法制取海盐
B．用过滤的方法除去Ba(OH)2溶液中含有的少量KOH
C．用溶解、过滤、蒸发的方法分离实验室用KClO3制取O2的混合物
D．用加热、蒸发的方法可以除去NaCl固体中混有的CaCl2、MgCl2等杂质
【答案】C
【解析】
试题分析：A项制取海盐采用过滤的方法；B项两者均易溶于水，不能采用过滤的方法除杂；D项除杂需加入试剂将杂质转化为沉淀，过滤而除去。
考点：物质的分离和提纯。
9．CaCO3与稀盐酸反应（放热反应）生成CO2的量与反应时间的关系如图所示，下列结论不正确的是
A．反应开始2
min内平均反应速率最大
B．反应速率先增大后减小
C．反应2
min到第4
min内温度对反应速率的影响比浓度大
D．反应在第2
min到第4
min内生成CO2的平均反应速率为前2
min的2倍
【答案】A
【解析】
试题分析：A．由图可知，2～4分钟时间内，生成的二氧化碳的体积最多，故2～4min反应速率最快，错误；B．由图象可知，0～2分钟时间内，生成二氧化碳0.1mol，2～4分钟时间内，生成二氧化碳0.2mol，4～6分钟时间内，生成二氧化碳0.1mol，则反应速率先增大后又减小，正确；C．随反应进行氢离子浓度降低，氢离子浓度变化使反应速率降低，由图像可知，2～4min反应速率最快，0～4分钟温度对反应速率起主要作用，4min后反应速率又降低，氢离子浓度起主要作用，正确；D．2～4分钟时间内，生成二氧化碳0.2mol，生成CO2的平均反应速率为v（CO2）=0.1mol min-1，正确。
考点：考查图像方法在化学反应速率的计算与比较的应用的知识。
10．下列实验或实验操作达到实验目的的是
A．图I：将海带灼烧成灰
B．图II：检验装置的气密性
C．图III：制取少量纯净的CO2气体
D．图IV：蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体
【答案】B
【解析】
试题分析：A．图I：将海带灼烧成灰，灼烧应该在坩埚中进行，A错误；B．B．图II：检验装置的气密性，关闭止水夹形成了封闭体系，向长颈漏斗中注水，观察到长颈漏斗中形成一段水柱，且一段时间不下降，说明气密性良好，B正确；C．图III：制取少量纯净的CO2气体，盐酸具有挥发性，所以得不到纯净的二氧化碳气体，C错误；D．D．图IV：蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体，NH4Cl受热分解，所以不能够用蒸发结晶得到NH4Cl晶体，D错误，答案选B。
考点：考查化学实验方案
11．
关于下图所示各装置的叙述中，正确的是
A．装置①是原电池，Fe3+向Fe棒一端移动
B．装置②通电一段时间后石墨Ⅰ电极附近溶液红褐色加深
C．c、d是惰性电极，若用③电解水，电解质溶液可以是Al(NO3)3溶液
D．若用装置③精炼铜，则d极为粗铜，c极为纯铜，电解质溶液为CuSO4溶液
【答案】C
【解析】
A．装置①是原电池，Fe3+向Fe棒一端移动，不正确，Fe3+向Cu棒一端移动
B．装置②通电一段时间后石墨Ⅰ电极附近溶液红褐色加深,
不正确，Fe
(OH)3
胶粒带正电荷，石墨Ⅱ电极附近溶液红褐色加深；
C．c、d是惰性电极，若用③电解水，电解质溶液可以是Al(NO3)3溶液，正确
D．不正确，若用装置③精炼铜，则c极为粗铜，d极为纯铜，电解质溶液为CuSO4溶液
正确的是C
12．熔融碳酸盐燃料电池是一种高温电池，具有效率高、噪音低、无污染、燃料多样化、余热利用价值高和电池构造材料价廉等诸多优点，是未来的绿色电站。某种熔融碳酸盐燃料电池以Li2CO3、K2CO3为电解质、以CH4为燃料时，该电池工作原理见下图。下列说法正确的是
A．Li+、K+移向左侧电极
B．外电路中电子由右侧电极移向左侧电极
C．通入1
mol气体A时，左侧电极上生成5
mol
CO2
D．相同条件下通入气体B与气体C的体积比为2∶1
【答案】C
【解析】
试题分析：该原电池为甲烷燃料电池，通入燃料的电极为负极、通入氧化剂的电极为正极，负极反应式为CH4+4CO32--8e-=5CO2+2H2O，正极反应式为O2+2CO2+4e-═2CO32-，负极上产生的二氧化碳可以为正极所利用，所以A是负极，B是正极。A、燃料电池中通入燃料的电极是负极、通入氧化剂的电极是正极，原电池放电时，阳离子向正极移动，Li+、K+移向右侧电极移动，故A错误；B、外电路中电子由负极流向正极，即从左侧电极移向右侧电极，故B错误；C、负极反应式为CH4+4CO32--8e-=5CO2+2H2O，正极反应式为O2+2CO2+4e-═2CO32-，通入1mol气体甲烷气时，左侧电极上生成5
molCO2，故C正确；D、相同条件下通入气体B与气体C的体积比为1:2，故D错误。故选C。
【考点定位】考查化学电源新型电池
【名师点晴】本题考查了化学电源新型电池，明确原电池中物质得失电子、电子流向、离子流向即可解答，难点是电极反应式书写，要根据电解质确定正负极产物，该原电池为甲烷燃料电池，通入燃料的电极为负极、通入氧化剂的电极为正极，负极反应式为CH4+4CO32--8e-=5CO2+2H2O，正极反应式为O2+2CO2+4e-═2CO32-，据原电池的工作原理分析解答。
13．下列表述正确的是
A．0．1mol·L-1Na2CO3溶液中：[OH-]＝[HCO3-]＋[H+]＋[H2CO3]
B．0．1mol·L-1CH3COONa溶液中：[Na+]＝[CH3COO-]＋[OH-]
C．CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液的pH相同，则浓度大小顺序：c
(NaOH)
＜c
(Na2CO3)
＜c(CH3COONa)
D．向0．1mol·L－1CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液至中性，溶液中离子浓度的关系：[CH3COO-]＞[Na+]＞[OH-]=[H+]
【答案】C
【解析】
试题分析：A、应该为[OH-]＝[HCO3-]＋[H+]＋2[H2CO3]，错误，不选A；B、电荷守恒为[Na+]＋[H+]＝[CH3COO-]＋[OH-]，错误，不选B；C、因为氢氧化钠为强碱，所以其浓度最小，碳酸钠的水解程度大于醋酸钠，所以碳酸钠的浓度小于醋酸钠，正确，选C；D、因为中性，根据电荷守恒，钠离子浓度等于醋酸根离子浓度，错误，不选D。
考点：考查盐类的水解和影响因素
14．下列离子方程式正确的是（
）
A．MnO2与浓盐酸反应制Cl2：MnO2＋4HClMn2＋＋2Cl－＋Cl2↑＋2H2O
B．碳酸钙与醋酸溶液反应：CaCO3
+
2H+
=
Ca2+
+
H2O
+
CO2↑
C．200mL2mol/L的FeBr2溶液中通入11.2L标准状况下的氯气：
4Fe2＋
+
6Br－+
5Cl2
==
4Fe3＋
+
3Br2
+
10Cl－
D．Na2S的水解：S2-
+
2H2O
H2S
+
2OH-
【答案】C
【解析】
试题解析：A、浓盐酸能拆写成离子形式，应是MnO2＋4H＋＋2Cl－=Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O，故错误；B、醋酸是弱酸，不能拆写，故错误；C、按照题目所给量，离子反应方程式符合要求，故正确；D、S2－属于多元弱酸，分步水解，S2－＋H2OHS－＋OH－，故错误。
考点：考查离子反应方程式的书写等知识。
15．将转变为的方法为
A．与足量的NaOH溶液共热后，再通入CO2
B．溶液加热，通入足量的HCl
C．与稀H2SO4共热后，加入足量的Na2CO3
D．与稀H2SO4共热后，加入足量的NaOH
【答案】A
【解析】
试题分析：将
转变为，-COONa没有变化，-COO-水解可生成-OH，则先发生在NaOH水溶液中的水解生成，再通入CO2，生成即可，故A项正确；溶液加热，通入足量的HCl会发生强酸制弱酸的反应，则-COONa会变-COOH，故B项错误；H2SO4会使酯类水解，但同时也会与-COONa反应，NaOH、Na2CO3、均能与苯酚反应，故C、D项错误；本题选A。
考点：有机合成反应。
16．(10分)某溶液中可能含有下列6种离子中的某几种：Cl－、SO、
NH4+
、CO、K+
、Na+。为确认溶液组成进行如下实验：（1）200mL上述溶液，加入足量BaCl2溶液，反应后将沉淀过滤、洗涤、干燥，得沉淀4.30g,向沉淀中加入过量的盐酸，有2.33g沉淀不溶。（2）向（1）的滤液中加入足量的NaOH溶液，加热，产生能促使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体1.12L（已换算成标准状况，假定产生的气体全部逸出）。
（1）溶液一定存在的离子有
，可能存在的离子有
。
（2）原溶液中c(CO)为
，c(NH4+)
c(SO)
（填“＞、＜或＝”）。
（3）如果上述6种离子都存在，则c(Cl－)
c(SO)
（填“＞、＜或＝”）。
【答案】17、（1）SO42-、CO32-、NH4+、Cl-
，Na+、K+；（2）0.05mol/L，c(NH4+)>c(SO)；（3）c（Cl-）＞c（SO42-）
【解析】
试题分析：根据题意（1）取少量该溶液加入BaCl2溶液有白色沉淀生成，再加入足量盐酸后，沉淀部分溶解，并有气体生成，说明白色沉淀为BaCO3和BaSO4，质量一共是4.30g，则溶液中含有CO32-、SO42-，向沉淀中加入过量的盐酸，有2.33g沉淀不溶，则硫酸钡的质量是2.33g，所以硫酸根离子的物质的量是2.33/233=0.01mol，所以碳酸钡的质量是4.3g-2.33g=1.97g，碳酸根离子的物质的量是1.97/197=0.01mol；（2）向（1）的滤液中加入足量的NaOH溶液，加热，产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气，物质的量是1.12/22.4=0.05mol，说明溶液中有NH4+的物质的量是0.05mol；（1）溶液中一定存在SO42-、CO32-、NH4+、Cl-，可能存在Na+、K+；（2）碳酸根离子的物质的量是=0.01mol，浓度是=0.05mol/L，铵根离子浓度是=0.25mol/L，硫酸根离子的浓度为0.01mol，浓度是=0.05mol/L，则原溶液中c(CO)为0.05mol/L，c(NH4+)>c(SO)（3）、如果上述6种离子都存在，根据电荷守恒c（Cl-）+2c（SO42-）+2c（CO32-）=c（NH4+）+c（Na+）+c（K+），则c（Cl-）＞c（SO42-）。
考点：考查离子共存，常见离子的检验等知识。
17．（10分）A B C D都是中学化学常见的物质，其中A B C均含有同一种元素 在一定条件下相互转化关系如图所示(部分产物已略去) 请按要求回答下列问题：
（1）若B C为氧化物且C对应的水化物为强酸。B转化为C时，质量增加25%，则氢化物A转化为B的化学方程式是
。
（2）若D为某金属单质，向C的溶液中滴加硝酸银溶液,产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，则B生成C的化学方程式是
，将B的溶液加热蒸干再灼烧,得到的固体物质的化学式是__________
（3）若D为强电解质溶液，A和C在溶液中反应生成白色沉淀B，则A和C反应的离子方程式是__________________________________________；符合条件的D物质可能是________(填序号)
①硫酸
②醋酸
③氢氧化钠
④一水合氨
⑤氯化钡
【答案】(共10分)．（1）2H2S
＋
3O2
==
2H2O+2SO2
（2）2FeCl3
+Fe＝3FeCl2
Fe2O3
（3）Al3++3AlO-2+6H2O＝4Al(OH)3↓
①③
【解析】
试题分析：（1）若B C为氧化物且C对应的水化物为强酸。B转化为C时，质量增加25%，则氢化物A是H2S，所以B、C分别为SO2、SO3，A转化为B的化学方程式是2H2S＋3O2
==
2H2O+2SO2；
（2）向C的溶液中滴加硝酸银溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，该沉淀为AgCl，说明B、C为氯化物，D为某金属单质，因此A是氯气，B是氯化铁，C是氯化亚铁，D是铁。B、D发生化合反应，应为FeCl3和Fe反应，即2FeCl3
+Fe＝3FeCl2。将FeCl3的溶液加热，水解生成氢氧化铁，蒸干再灼烧，氢氧化铁分解生成氧化铁，得到的固体物质是Fe2O3；
（3）A、B、C均含同一种元素，A和C在溶液中反应生成白色沉淀B，沉淀B应为Al（OH）3，由Al3+和AlO-2发生互促水解反应生成，反应的离子方程式为Al3++3AlO-2+6H2O＝4Al(OH)3↓，D可能为强酸或强碱，故答案为 ①③。
考点：考查无机框图题的推断
18．（7分）常见的化肥有氨水、NH4Cl、NH4HCO3、(NH4)2SO4、K2CO3、尿素[CO(NH2)2]等。为确定某种化肥的组成,进行下列实验：
①取少量化肥与烧碱共热，放出可使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体。此气体为
，证明化肥中含
离子（填写离子符号）。
②向上述反应后的溶液中注入过量盐酸，生成的无色无味气体可使澄清石灰水变浑浊。此气体为
，证明化肥中含有
或
离子（填写离子符号）。
③另取少量化肥溶于水，加入CaCl2溶液无明显反应现象。由上可知该化肥的化学式为
。
【答案】（1）NH3
NH4+
（2）CO2
CO32-
HCO3-
（3）NH4HCO3
【解析】
试题分析：
①取少量化肥与烧碱共热，放出可使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，该气体为氨气，证明化肥中含有NH4+；
②将上述反应后的溶液中加入盐酸，生成无色无味气体，将所得气体通入澄清石灰水后出现浑浊现象，可以推知生成的无色无味的气体为二氧化碳，证明化肥中含有CO32-或者HCO3-；
③另取少量化肥溶于水，加入CaCl2溶液后无明显反应现象，由于钙离子能够与CO32-反应生成沉淀，因此证明溶液中不存在CO32-，结合上一步反应，可推知化肥中一定存在HCO3-；再结合①的结论可知：该化肥的化学式为NH4HCO3。
考点：考查离子的性质与推断
点评：本题考查了离子的性质与推断，难度不大。在学习过程中要熟练掌握常见离子的检验。
19．我校环保兴趣小组在处理污水样品时，需用质量分数为36.5%的浓盐酸、密度为1.19
g/cm3 配制成250mL
0.1mol·L－1的盐酸溶液。
（1）在图所示仪器中，配制上述溶液不需要的是
（填右图相应仪器的序号）；
除图中已有仪器外，配制上述溶液还需要的玻璃仪器是
，其作用按使用的先后顺序分别是
和
。
（2）根据计算，下列量程或规格中，本实验量筒应使用的是_______；
A、10mL
B、100mL
C、250mL
D、500mL
（3）在量取浓盐酸后，下列操作先后顺序是(用编号表示)
①
待稀释的盐酸温度与室温一致后，沿玻璃棒注入所选定规格的容量瓶中。
②
往容量瓶中小心加蒸馏水至液面接近环形刻度线1～2
cm处，改用胶头滴管加蒸馏水，使凹液面最低处与瓶颈的环形刻度线相切。
③
在盛盐酸的烧杯中注入适量蒸馏水，并用玻璃棒搅动，使其混合均匀。
④
用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2至3次，并将洗涤液全部注入容量瓶。
（4）在容量瓶的使用方法中，下列操作正确的是
。
A、使用容量瓶前检查它是否漏水
B、容量瓶用水洗净后，再用配好的稀HCl溶液润洗
C、配制溶液时，如果试样是固体，把称好的试样用纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加水至接近刻度线1～2cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线
D、配制溶液时，若试样是液体，用量筒取试样后直接倒入容量瓶中，缓慢加水至接近刻度线1
~
2cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线
E、盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，摇匀
（5）假设配制时其他操作均正确，只出现以下某一情况，试判断所配制的溶液浓度相比于要求的值(即0.1
mol/L)如何。（a、偏高；b、偏低；c、无影响，在下列横线上填相应序号）
①容量瓶中有少量蒸馏水
②烧杯和玻棒没有洗涤2-3次
③稀释浓HCl时，没有冷却就立即转移到容量瓶中
④配制的溶液装入洁净的但有少量蒸馏水的试剂瓶中
⑤若定容时俯视，所配溶液的物质的量浓度
【答案】（1）C，玻璃棒，搅拌和引流；（2）A；
（3）③①④②；
（4）A、E；（5）①
c；
②
b；③
a；④b；⑤a。
【解析】
试题分析：（1）配制一定物质的量浓度的溶液所需仪器有量筒、胶头滴管、250ml容量瓶、玻璃棒烧杯，不需要分液漏斗，分液漏斗作用分液或向容器中添加液体，根据上面分析，还需要玻璃棒，其作用搅拌、引流；（2）根据稀释前后溶质的质量或物质的量不变，V(HCl)×1.19×36.5%=250×10－3×0.1×36.5，解得V(HCl)=2.1mL，依据比它大而近的量程，因此选项A正确；（3）稀释→冷却→转移→洗涤→振荡→定容→摇匀，因此步骤为③①④②；（4）A、容量瓶使用前，要检漏，故正确；B、容量瓶不能润洗，否则造成所配溶液溶质的质量或物质的量增加，即浓度增大，故错误；C、容量瓶不能作溶解、反应、稀释仪器，只是配制溶液浓度的仪器，故错误；D、分析与C相同，故错误；E、摇匀，使溶液混合均匀，故正确；（5）①无影响，选c；②没有洗涤2－3次，所配溶液溶质的物质的量减小，即浓度偏低，选b；③没有冷却，根据热胀冷缩，恢复到室温下，体积减小，所配溶液浓度偏高，选a；④对原溶液进行稀释，浓度偏低，选b；⑤定容时，溶液体积偏小，浓度偏高，选a。
考点：考查配制一定物质的量浓度的溶液等知识。
20．(6分)粗盐中除含有钙离子、镁离子、硫酸根离子等可溶性杂质外，还含有泥沙等不溶性杂质。我们食用的精盐是用粗盐提纯而得到的。通过教材中“粗盐的提纯”及你做过的该实验回答下列问题。
（1）实验室进行NaCl溶液蒸发时，一般有以下操作过程
①放置酒精灯
；②固定铁圈位置
；③放上蒸发皿（蒸发皿中盛有NaCl溶液）；④加热搅拌；
⑤停止加热。其正确的操作顺序为
。
（2）该实验中加入除杂试剂的顺序不正确的是
A．NaOH
BaCl2
Na2CO3
B．BaCl2
Na2CO3
NaOH
C．BaCl2
NaOH
Na2CO3
D．Na2CO3
NaOH
BaCl2
（3）实验室检验SO42 所用的试剂为
。
（4）实验室里将粗盐制成精盐的过程中，在溶解、过滤、蒸发三个步骤的操作中都要用到玻璃棒，分别说明在这三种情况下使用玻璃棒的作用和目的
溶解时：
过滤时：
蒸发时：
【答案】
【解析】
⑴考查粗盐提纯的操作，操作顺序为①②③④⑤⑵D不正确，一定要Na2CO3在BaCl2之后加，最后加HCl除去过量的NaOH、Na2CO3;⑶常用盐酸酸化的氯化钡检验SO42―
；⑷玻璃棒的作用和目的，溶解时：搅拌，加速溶解；过滤时：引流，防止外洒；蒸发时：搅拌，防止局部过热液滴或晶体飞溅。
21．.(12分)由等物质的量的和组成的混合物18.400
g,与100
mL盐酸反应。(题中涉及的气体体积均为标准状况下,填空时可以用带字母的式子表示。)
(1)该混合物中与的质量分别为
和
。
(2)若碳酸氢盐与盐酸恰好完全反应,则盐酸的物质的量浓度为
。
(3)如果盐酸过量,生成的体积为
L。
(4)如果反应后碳酸氢盐有剩余,盐酸不足量,要计算生成的体积,还需要知道
。
(5)若和不是以等物质的量混合,则18.4
g固体混合物与足量的盐酸完全反应时生成的物质的量(用n表示)的范围是
。
【答案】（12分，每空2分）(1)8.4
g
10
g
(2)2
(3)4.48
(4)盐酸的物质的量浓度(或其他合理答案)
(5)0.184【解析】（1）设二者的物质的量都是x，则84x＋100x＝18.400，解得x＝0.1mol，所以混合物中与的质量分别为8.4g和10.0g。
（2）碳酸氢盐与盐酸的方程式为H＋＋HCO3－=H2O＋CO2↑，所以消耗的盐酸是0.2mol，浓度是2.0mol/L。
（3）根据碳原子守恒可知，生成的CO2是0.2mol，标准状况下的体积是4.48L。
（4）如果盐酸不足，则要计算生成的CO2体积，还需要知道盐酸的浓度。
（5）可以采用极值法。如果全部是碳酸氢钠，则生成CO2是；如果全部是碳酸氢钾，则生成CO2是18.4÷100＝0.184mol，即CO2的范围是0.18422．已知：①A是石油裂解气的主要成份，A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平；现以A为主要原料合成乙酸乙酯，其合成路线如图所示。
（1）C的结构简式为_______________
D中的官能团名称分别为____________
（2）写出①的化学方程式：_______________________________
反应类型______________
（3）写出④的化学方程式_________________________________反应类型为_______________
【答案】
（1）CH3CHO，羧基；
（2）CH2=CH2
+
H2O→
CH3CH2OH，反应类型加成反应；
（3）CH3COOH
+
CH3CH2OHCH3COOCH2CH3
+
H2O，反应类型为取代。
【解析】
试题分析：（1）A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平，说明A是乙烯，①发生加成反应生成乙醇，则B为乙醇，乙醇连续被氧化成乙醛，然后被氧化成乙酸，因此C的结构简式为CH3CHO，D中含有的官能团是羧基；(2)根据上述分析，发生加成反应，这是工业上制取乙醇的方法，CH2=CH2＋H2O→CH3CH2OH；（3）反应④是酯化反应，实质是酸去羟基醇去氢，反应方程式为：CH3COOH
+
CH3CH2OHCH3COOCH2CH3
+
H2O，类型是酯化反应或取代反应。
考点：考查有机物的推断、有机物的反应类型等知识。
23．（10分）A、B、C、D、E都是短周期元素，原子序数逐渐增大，A、B处于同一周期，C、D、E同处另一周期。C、B可按原子个数比2∶l和1∶1分别形成两种离子化合物甲和乙。A原子的最外层电子数比次外层电子层多3个。E是地壳中含量最高的金属元素。根据以上信息回答下列问题：
（1）D元素在周期表中的位置是
乙物质的电子式是__________
（2）A、B、C、D、E五种元素的原子半径由小到大的顺序是_________
（用元素符号填写）
（3）E的单质加入到C的最高价氧化物对应的水化物的溶液中，发生反应的离子方程式是
（4）E的单质、石墨和二氧化钛（TiO2）按比例混合，高温下反应得到的两种化合物均由两种元素组成，其中有一种产物是TiC（在火箭和导弹上有重要应用）其反应方程式为
【答案】（1）第三周期第IIA族
（2）O＜N＜Al＜Mg＜Na
（3）2
Al
+
2OH—
+
2H2O
＝
2AlO2—
+
3H2↑
（4）4Al
+
3C
+3TiO22Al2O3
+3TiC
【解析】
试题分析：根据“E是地壳中含量最高的金属元素”确定E为Al；根据“A原子的最外层电子数比次外层电子层多3个”确定A为N；根据“C、B可按原子个数比2∶l和1∶1分别形成两种离子化合物甲和乙。”确定B为O，C为Na，最后根据“A、B、C、D、E都是短周期元素，原子序数逐渐增大”确定D为Mg；据此便可回答相关问题。
考点：考查元素的推断与元素及其化合物的性质。