山东省阳信县第一中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）

山东省阳信县第一中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）
1．强酸和强碱在稀溶液中的中和热可表示为：
H＋(aq)+OH－(aq)＝H2O(l)；
△H＝－57.3
kJ·mol 1，又知在溶液中反应有：
CH3COOH(aq)+NaOH(aq)＝CH3COONa(aq)+H2O(l)；△H＝－Q1kJ·mol 1,
1/2H2SO4(浓)+NaOH(aq)＝1/2Na2SO4(aq)+H2O(l)
；△H＝－Q2
kJ·mol 1
HNO3(aq)+KOH(aq)＝
KNO3(aq)+H2O(l)；△H＝－Q3
kJ·mol 1
则Q1、Q2、Q3的关系正确的是
A．Q2
>
Q3
>
Q1
B．Q2
>
Q1
>
Q3
C．Q1
=
Q2
=
Q3
D．Q2
=
Q3
>
Q1
【答案】A
【解析】
2．下列反应中生成物总能量高于反应物总能量的是
A．碳酸钙受热分解
B．乙醇燃烧
C．铝粉与氧化铁粉末反应
D．氧化钙溶于水
【答案】A
【解析】
试题分析：反应中生成物的总能量高于反应为的总能量，说明该反应是吸热反应，常见的吸热反应有大多数的分解反应，铵盐与碱的反应，C与CO2
的反应以及C与水蒸气的反应。常见的放热反应有燃烧，铝热反应，大多数的化合反应，中和反应和活泼金属与酸或水的反应，A为吸热反应，BCD为放热反应，答案选A。
考点：考查常见的吸热反应和放热反应。
3．下列化合物在核磁共振氢谱中能出现两组峰．且其峰面积之比为3:2的有
A．乙酸乙酯
B．氨基乙酸
C．对二甲苯
D．三溴苯酚
【答案】C
【解析】
试题分析：A、乙酸乙酯分子中有3种H原子，所以核磁共振氢谱中有3组峰，峰面积之比是3:2:3，错误；B、氨基乙酸分子中有3种H原子，所以核磁共振氢谱中有3组峰，峰面积之比是2:2:1，错误；C、对二甲苯分子中有2种H原子，所以核磁共振氢谱中有2组峰，峰面积之比是6:4=3:2，正确；D、三溴苯酚分子中有2种H原子，所以核磁共振氢谱中有2组峰，峰面积之比是2:1，错误，答案选C。
考点：考查有机物分子中H原子种数的判断
【答案】B
【解析】元素的性质随原子序数的递增而呈周期性变化，A项错误；元素的化学性质主要由原子的最外层电子数决定，C项错误；主族元素的最高正化合价与主族序数相等，D项错误。
5．下列化学反应的离子方程式书写不正确的是
A．碳酸钙与盐酸的反应：
CaCO3
+2H+
=
Ca2++
CO2↑+
H2O
B．等物质的量的MgCl2、Ba(OH)2和HCl溶液混合：
Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓
C．氧化铜与稀H2SO4反应：
CuO+2H+
=Cu2+
+
H2O
D．金属钠跟水反应：
2Na+2H2O=2Na++
2OH-
+
H2↑
【答案】B
【解析】
试题分析：等物质的量的MgCl2、Ba(OH)2和HCl溶液混合，离子方程式为H＋+
OH-=
H2O，选B。
考点：考查离子方程式的正误判断。
6．短周期主族元素X、Y、W、Z的原子序数依次增大。其中X、Z同主族，Z的单质是一种良好的半导体材料，W3＋与Y2—具有相同的核外电子数。下列叙述正确的是
A．Y2—的离子半径大于W3＋的离子半径
B．Y、Z形成的化合物为离子化合物
C．Z的最高价氧化物对应的水化物的酸性比X的强
D．X的气态简单氢化物的稳定性比Y的强
【答案】A
【解析】
试题分析：短周期主族元素X、Y、W、Z的原子序数依次增大。其中X、Z同主族，Z的单质是一种良好的半导体材料，则Z是Si，X为C，W3＋与Y2—具有相同的核外电子数，则W为Al3＋，Y为O，A.O2－和Al3＋具有相同的电子层结构，O2－的离子半径大于Al3＋的离子半径，A项正确；B.SiO2是共价化合物，B项错误；C.
Z的最高价氧化物对应的水化物为H2SiO3
，X为H2CO3
，硅酸的酸性比碳酸的弱，C项错误；D.CH4的稳定性比H2O弱，D项错误；选A。
考点：考查原子结构及元素周期律的应用。
7．下列说法正确的是
A．棉花、羊毛及合成纤维完全燃烧都只生成二氧化碳和水
B．淀粉、油脂、蛋白质都能发生水解反应，都属于天然有机高分子化合物
C．蛋白质遇饱和硫酸铵溶液产生的沉淀能重新溶于水
D．苯和乙烯都能使溴水褪色，均与溴发生加成反应
【答案】C
【解析】
试题分析：羊毛属蛋白质，含有N元素，燃烧产物中除二氧化碳和水外，还有氮气，选项A不正确；油脂是高级脂肪酸的甘油酯，不是有机高分子化合物，选项B不正确；蛋白质遇饱和硫酸铵溶液产生的沉淀的现象属盐析，能重新溶于水即再生，选项C正确；苯遇溴水，使溴水层褪色，是萃取的缘故，而乙烯遇溴水发生加成而褪色，选项D不正确。
考点：用化学理论解释相关现象，涉及羊毛和油脂的成分、蛋白质的盐析、萃取及烯烃的加成等知识点。
8．已知断开1
mol
H2中的化学键需要吸收436kJ的能量，断开1
mol
Cl2中的化学键需要吸收243kJ的能量，而形成1mol
HCl分子中的化学键要释放431kJ的能量，则1mol氢气与1mol氯气反应时能量变化为
A．吸收183kJ
B．吸收366kJ
C．放出183kJ
D．放出366kJ
【答案】C
【解析】
试题分析：H2（g）+
Cl2（g）=
2HCl（g）的反应热=生成物的键能减去反应物的键能=436kJ mol-1+243kJ mol-1-2×431
kJ mol-1=-183kJ mol-1，所以1mol氢气与1mol氯气反应时放出热量为183KJ，答案选C。
考点：考查反应热的计算。
9．根据原子结构及元素周期律的知识，下列推断正确的是
A．与氧化能力相近，二者互为同位素
B．与所含质子数相同，中子数不同
C．同主族元素形成的含氧酸的酸性随核电荷数的增加而减弱
D．同周期主族元素形成的简单离子半径随核电荷数的增大而减小
【答案】B
【解析】
试题分析：A.中子数不同的同种元素的不同种原子互为同位素，故A错误；B.与质子数都为34，但中子数不同，中A为质量数，Z为质子数，其中A=Z+N，N为中子数，故B正确；C.同主族元素形成的最高价氧化物的水化物的酸性随核电荷数的增加而减弱，故C错误；D.离子半径大小的判断，同一周期内元素的微粒，阴离子半径大于阳离子半径，例如：r(Cl-)>r(Na+)，故D错误，此题选B。
考点：考查原子结构和元素周期律相关知识。
10．下列实验不能达到预期目的的是
(
)
序号
实验操作
实验目的
A
Cl2、Br2分别与H2反应
比较氯、溴的非金属性强弱
B
MgCl2、AlCl3溶液中分别通入NH3
比较镁、铝的金属性强弱
C
测定Na2CO3、Na2SO4两溶液的pH
比较碳、硫的非金属性强弱
D
用同一电路测定等浓度的盐酸、醋酸两溶液的导电性
比较盐酸、醋酸的酸性强弱
【答案】B
【解析】
试题分析：A、由氯气、溴与氢气的反应条件可判断氯、溴的非金属性的强弱，正确；B、MgCl2、AlCl3溶液中分别通入NH3，均有沉淀生成，不能比较镁、铝的金属性的强弱，错误；C、根据盐溶液的pH可判断碳酸、硫酸的强弱，从而可比较碳、硫的非金属性强弱，正确；D、根据同浓度的盐酸、醋酸的导电能力的强弱，判断溶液中的离子浓度的大小，从而判断盐酸、醋酸的酸性的强弱，正确，答案选B。
考点：考查实验操作与实验目的的对应关系的判断
11．在一个固定体积的密闭容器中，放入3L
X（g）和2L
Y（g），在一定条件下发生反应4X（g）+3Y（g）2Q（g）
+
nR（g），达到平衡后，容器内温度不变，混气的压强比原来增加5%，X的浓度减少1/3，则方程中n的值是（
）
A．3
B．4
C．5
D．6
【答案】D
【解析】
试题分析：达到平衡后，混合气体的压强比原来增加，压强之比等于物质的量之比，即反应后的气体系数之和大于反应前气体的系数之和，7＜2+n，即选项D正确。
考点：考查阿伏加德罗推论等知识。
12．常温下，将一元酸HA和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如下表：
实验编号
c(HA)/mol·L-1
c(NaOH)/mol·L-1
混合溶液的pH
甲
0.1
0.1
pH=a
乙
0.2
0.2
pH=9
丙
c1
0.2
pH
=7
丁
0.2
0.1
pH<7
下列判断正确的是
A．c1=0.2
B．丁组混合液：c(Na+)>c(A-)>c(H+)>c(OH-)
C．a>9
D．在乙组混合液中由水电离出的c(OH-)=10-5mol·L-1
【答案】D
【解析】
试题分析：A、一元酸HA和NaOH溶液等体积、等浓度0.2mol/L混合，二者恰好反应，溶液pH=9，由表中数据可知丙组溶液呈中性，酸HA应过量些，故c1＞0.2，A错误；B、丁组溶液中HA过量，溶液显酸性，说明HA的电离程度大于A－的水解程度，则丁组混合液：c(A-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)，B错误；C、由表中甲组数据可知，一元酸HA和NaOH溶液等体积、等浓度混合，二者恰好反应，NaA溶液浓度为乙组NaA溶液浓度的一半，浓度对溶液的碱性影响大于电离程度，碱性比乙组的碱性弱，即pH＜9，所以a＜9，C错误；D、pH=9NaA溶液中A－水解，溶液显碱性，溶液中c（H+）=10-9mol/L，则溶液中由水电离出的氢氧根即是溶液中的氢氧根，均等于10-5mol·L-1，D正确，案选D。
考点：考查水的电离、离子浓度大小比较
13．下列各组离子在特定条件下一定能够大量共存的是(　　)
A．遇Al能放出H2的溶液：NO3—、K＋、Na＋、Cl－
B．水电离出的OH－的浓度为1×10－10
mol·L－1的溶液：SO42—、Cl－、K＋、Ba2＋
C．能使石蕊试纸变红色的溶液：K＋、Fe2＋、NO3—、Na＋
D．含有较多Fe3＋的溶液：Na＋、SO42—、I－、NH4+
【答案】A
【解析】离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，反之是可以的。A中溶液可能显酸性，也可能显碱性，如果显酸性，在硝酸溶液中得不到氢气，但如果显碱性，则可以大量共存，A正确；B中产生硫酸钡沉淀，不能大量共存；C中溶液显酸性，NO3－能氧化亚离子，不能大量共存；D中铁离子能氧化I－，不能大量共存，所以答案选A。
14．在下列给定条件的溶液中，一定能大量共存的离子组是
A．无色溶液：、、H+、、
B．能使pH试纸呈红色的溶液：Na+、NH+4、、
C．FeCl2溶液：K+、、Na+、、、、
D．=0.1
mol/L的溶液：Na+、K+、、
【答案】D
【解析】
试题分析：A、因H++HSO3-=H2SO3
不能大量共存；B、能使pH试纸呈红色的溶液显酸性因6I-+2NO3-+8H+=3I2+2NO↑+4H2O不能大量共存；C、因发生双水解反应Fe2++2AlO2-+4H2O=Fe(OH)2↓+2Al(OH)3↓不能大量共存；D、
=0.1
mol/L的溶液为碱性溶液，Na+、K+、、可以大量共存；答案选D。
考点：离子共存
15．在给定的四种溶液中，加入以下各种离子，各离子能在原溶液中大量共存的是(
)
A．滴加石蕊试液显红色的溶液：Fe3+、NH4+、Cl﹣、CH3COO-
B．pH值为1的溶液：Cu2+、Na+、Mg2+、NO3﹣
C．水电离出来的c（H+）=10﹣12mol/L的溶液：K+、HCO3﹣、Br﹣、Ba2+
D．所含溶质为Na2CO3的溶液：K+、Ca2+、NO3﹣、Al3+
【答案】B
【解析】
试题分析：A、溶液为酸性，醋酸根离子不能大量存在，错误，不选A；B、四种离子不反应，能共存，选B；C、溶液可以酸性也可以减刑，碳酸氢根离子和氢离子或氢氧根离子都反应，不共存，不选C；D、碳酸根离子和钙离子反应生成碳酸钙沉淀，不能共存，不选D。
考点：离子共存
【名师点睛】离子共存是考试必考内容，注意明确离子不能大量共存的一般情况，能发生复分解反应的离子之间；能生成难溶物的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间等。还要注意题干中给的限制条件，例如酸性或碱性条件等。
16．(10分)短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，已知：
①C的最高价氧化物对应的水化物与其气态氢化物反应可生成盐；
②A的氧化物是生活中最常见液体，A、E同主族，C与B、D相邻；
③A、B、C、D四种元素组成一种离子化合物F，1
molF中含有10mol原子。
请回答下列问题：
(1)C的气态氢化物的电子式为
，A在周期表中的位置
(2)化合物E2D2中阴阳离子个数比为
，F含有的化学键类型为
(3)F溶液与足量EDA的稀溶液混合，其离子方程式为
(4)氯气与C的气态氢化物相遇有白烟及C2生成，写出其化学反应方程式并用单线桥表示电子转移的方向和数目
(5)将A2、D2分别充人多孔性石墨电极，将电极插入EDA的水溶液中构成原电池，负极的电极反应为
；一段时间后EDA的浓度将
(填“变大”、“变小”、“不变”或“无法确定”)。
【答案】（10分）
（1）；第一周期、第IA族
（2）1:2；离子键和共价键
（3）2OH－＋HCO3－＋NH4＋=CO32－＋H2O＋NH3·H2O（2分）
(4)
（2分）
(5)H2－2e－＋2OH－=2H2O；变小（其他每空1分）
【解析】略
17．计算多元弱酸(HnX)溶液的c(H＋)及比较弱酸的相对强弱时，通常只考虑第一步电离。回答下列关于多元弱酸HnX的问题。
（1）若要使HnX溶液中c(H＋)/c(HnX)增大，可以采取的措施是__________。
A．升高温度
B．加少量固态HnX
C．加少量NaOH溶液
D．加水
（2）用离子方程式解释NanX呈碱性的原因：______________________________。
（3）若HnX为H2C2O4，且某温度下，H2C2O4的K1=5×10－2、K2=5×10－5．则该温度下，0.2mol/L
H2C2O4溶液中c（H＋）约为__________mol/L。（精确计算，且己知）
（4）已知KHC2O4溶液呈酸性。
①KHC2O4溶液中，各离子浓度由大到小的顺序是____________________。
②在KHC2O4溶液中，各粒子浓度关系正确的是__________。
A．c(C2O42－)＜c(H2C2O4)
B．c(OH－)=c(H＋)＋c(HC2O4－)＋2c(H2C2O4)
C．c(K＋)＋c(H＋)=c(OH－）＋c(HC2O42－)＋2c(C2O42－)
D．c(K＋)=c(C2O42－)＋c(HC2O4－)＋c(H2C2O4)
【答案】（1）AD
（2）Xn－＋H2O
X(n－1)－＋OH－
（3）0.078
（4）①c(K＋)＞c(HC2O4－)＞c(H＋)＞c(C2O42－)＞c(OH－)
②CD
【解析】
试题分析：（1）弱电解质的电离为吸热过程，升温促进电离，则c(H＋)/c(HnX)比值增大，A项正确；加少量固态HnX，HnX浓度增大，弱电解质的浓度越大，电离程度越小，则c(H＋)/c(HnX)比值减小，B项错误；加入NaOH溶液，消耗氢离子，使c（H+）减小，则c(H＋)/c(HnX)比值减小，C项错误；加水，溶液体积增大，导致氢离子、醋酸浓度都减小，但是电离平衡向正向移动，氢离子浓度减的少，HnX浓度减得大，c(H＋)/c(HnX)比值增大，D项正确；答案选AD。
（2）HnX是弱酸，Xn-在水溶液中存在水解平衡：Xn－＋H2O
X(n－1)－＋OH－，所以NanX溶液呈碱性。
（3）K1=c(H＋)c(HC2O4-)÷c(H2C2O4)
=5×10-2、K2=c(H＋)c(C2O42-)÷c(HC2O4-)=5×10-5,解得，c（H+）=0.078mol/L；
（4）①KHC2O4溶液呈酸性，说明草酸氢根离子的电离程度大于其水解程度，所以溶液显酸性，c（H+）＞c（OH-）
溶液中离子浓度大小为c(K＋)＞c(HC2O4－)＞c(H＋)＞c(C2O42－)＞c(OH－)；
②
HC2O4-电离程度大于水解程度，c(C2O42-)>c(H2C2O4),A项错误；在KHC2O4溶液中，电荷守恒关系式为c(K＋)＋c(H＋)=c(OH－）＋c(HC2O42－)＋2c(C2O42－)，物料守恒关系式为c(K＋)=c(C2O42－)＋c(HC2O4－)＋c(H2C2O4)，C、D正确；由电荷守恒关系式和物料守恒关系式得c(C2O42-)+c(OH-)=c(H+)+c(HC2O4-)+
2c(H2C2O4)，B项错误；答案选CD。
考点：考查弱电解质的电离，盐类水解的应用，溶液中守恒关系等知识。
18．(15分)实验室用氢氧化钠固体配制1．0
mol/L的NaOH溶液500
mL，回答下列问题：
（1）请简要叙述该实验的主要实验步骤：
①__________________；②__________________；
③__________________；④__________________；
⑤__________________；⑥__________________。
（2）所需仪器为：容量瓶(规格为________)、托盘天平，还需要哪些实验仪器才能完成该实验，请写出：_________________________________________
（3）下列操作对所配溶液的浓度有何影响？(填写字母)
偏大的有_______________；偏小的有
；无影响的有
。
A．称量时使用了生锈的砝码
B．将NaOH放在纸张上称量
C．NaOH在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中
D．往容量瓶中移液时，有少量液体溅出
E．未洗涤溶解NaOH的烧杯
F．定容时仰视刻度线
G．容量瓶未干燥即用来配制溶液
H．定容后盖上瓶塞反复摇匀，静置后，发现液面不到刻度线，再加水至刻度线
【答案】（1）计算
称量
溶解
移液
洗涤
定容（1分）
（2）500
mL（1分）
烧杯、玻璃棒、胶头滴管（2分）
（3）AC
BDEFH
G
（2分）
【解析】
试题分析：实验室用氢氧化钠固体配制1．0
mol/L的NaOH溶液500
mL，故配制溶液需选用500ml的容量瓶，还需用到的仪器有：托盘天平、烧杯、玻璃棒、胶头滴管；主要步骤为：计算
称量
溶解
移液
洗涤
定容；根据可知，称量时使用了生锈的砝码导致所取NaOH的质量偏大，n(B)偏大故会导致所配溶液浓度偏高；将NaOH放在纸张上称量，由于NaOH有很强的吸湿性，故用纸片称量NaOH会导致一部分NaOH残留在纸片，故会导致进入容量瓶的NaOH量偏少，故导致所配浓度偏低；NaOH在烧杯中溶解放热，未冷却就立即转移到容量瓶中定容，会导致冷却后体积V偏小，故导致所配溶液浓度偏高；往容量瓶中移液时，有少量液体溅出，会导致进入容量瓶的n(B)偏小，故会导致所配溶液浓度偏低；未洗涤溶解NaOH的烧杯，会导致进入容量瓶的n(B)偏小，故会导致所配溶液浓度偏低；定容时仰视刻度线会导致所配溶液体积V偏大，故会导致溶液浓度偏低；容量瓶未干燥即用来配制溶液，对所配溶液浓度无影响；定容后盖上瓶塞反复摇匀，静置后，发现液面不到刻度线，是因为振荡导致刻度线上方残留溶液，再加水至刻度线会导致所配溶液浓度偏低。
考点：一定物质的量浓度溶液的配制。
19．某学习小组按如下实验流程制备乙酸乙酯，并测定乙酸乙酯的酸值（乙酸的含量）。
实验（一）乙酸乙酯的制取
已知：乙酸乙酯在盐溶液中溶解度较小
实验（二）乙酸乙酯酸值的测定
某同学通过查阅资料可知：
A．中和1g酯中含有的酸所需氢氧化钾的质量（mg）即为酸值，单位用mg/g表示；
B．常温下乙酸乙酯在稀碱溶液中反应速率较慢；
该学习小组设计如下实验步骤测定乙酸乙酯的酸值。
步骤1：取10mL乙醇，加入2-3滴酚酞试液，用0.10mol/LKOH标准液滴加至出现微粉红色，备用。
步骤2：用托盘天平称取10.0g样品，加入步骤1中配制的溶液，待试样完全溶解后，用0.10mol/LKOH标准液滴定，直至出现微粉红色，并保持5s不褪色即为终点。
步骤3：重复测定，计算乙酸乙酯的酸值 回答下列问题：
（1）实验（一）中浓硫酸的作用是
；
（2）蒸馏2最适合的装置
。（加热装置和夹持仪器已省略）
（3）洗涤-分液环节操作②的目的是
。
（4）实验（二）步骤1加入乙醇的目的
；
（5）下列操作会导致酸值测定结果偏高的是
。
A．装氢氧化钾标准液的滴定管水洗后直接滴定
B．溶液出现微粉红色，并持续30秒不褪色
C．锥形瓶用蒸馏水洗净后未干燥即盛放待测液
D．振荡过猛，锥形瓶中有溶液溅出
（6）数据记录如下表，计算酸值
mg/g。
次数
滴定前读数/mL
滴定后读数/mL
第1次
0.00
1.98
第2次
1.98
4.00
第3次
4.00
5.80
第4次
5.80
7.80
【答案】（1）催化剂、吸水剂
（2）B
(3)洗去酯层中残留的CO32-(4)作为溶剂使乙酸乙酯和标准液互溶
(5)AB(6)1.12
【解析】
试题分析：（1）酯化反应中浓硫酸的作用是催化剂、吸水剂；
（2）蒸馏时需要控制蒸汽温度，因此蒸馏2最适合的装置选择B。
（3）由于用饱和碳酸钠溶液洗涤，所以洗涤-分液环节操作②的目的是洗去酯层中残留的CO32-。
（4）乙酸乙酯在盐溶液中溶解度较小，所以实验（二）步骤1加入乙醇的目的是作为溶剂使乙酸乙酯和标准液互溶；
（5）A．装氢氧化钾标准液的滴定管水洗后直接滴定，则消耗标准液体积增加，所以测量值偏高，A正确；B．溶液出现微粉红色，并持续30秒不褪色，说明消耗标准液体积增加，所以测量值偏高，B正确；C．锥形瓶用蒸馏水洗净后未干燥即盛放待测液不会影响测定结果，C错误；D．振荡过猛，锥形瓶中有溶液溅出，掌握测量值偏小，D错误，答案选AB。
（6）四次实验中消耗氢氧化钾溶液的体积分别是1.98mL、2.02mL、1.80mL、2.00mL，显然第三次数据偏差太大，舍去，因此消耗氢氧化钾溶液的平均值是2.00mL，所以酸值＝＝1.12mg/g。
考点：考查乙酸乙酯制备实验设计
20．冬日，雪花漫舞，给人带来美的享受，但降雪却会导致道路通行问题。现有一种高速公路的绿色融雪剂-CMA(醋酸钙、醋酸镁固体的混合物)，其生产常以白云石(主要成分
MgCO3·CaCO3，含SiO2等杂质)和生物质废液——木醋液(主要成分乙酸，以及少量的甲醇、苯酚、焦油等杂质)等为原料，流程如下：
（1）步骤①发生的反应离子方程式为
。
（2）滤渣1的主要成分与NaOH溶液反应的热化学方程式为
。
(己知l
mol
NaOH发生反应时放出热量为QkJ)；步骤②所得滤液常呈褐色，分析可知其原因主要是木醋液中含有少量的有色的焦油以及___
_。
（3）已知CMA中钙、镁的物质的量之比与出水率(与融雪效果成正比)关系如右图所示，步骤④的目的除调节n(Ca)：n(Mg)
约为__________(选填：1：3；
1：2；
3：7；
2：3)外，另一目的是。
（4）步骤⑥包含的操作有
、过滤、洗涤及干燥。
（5）取akg含MgCO3·CaCO3质量分数为b%的白云石，经过上述流程制备CMA。已知MgCO3·CaCO3的损失率为c%，步骤④之后到产品CMA的损失率为d%，则结合（3）可知所得产品质量约为
_kg(请用含相关字母的计算式表达，不必化简)。
【答案】（1）MgCO3 CaCO3+4CH3COOH=Ca2++Mg2++4CH3COO-+2CO2↑+2H2O；
（2）SiO2(s)+2NaOH(aq)=Na2SiO3(aq)+H2O(l)，△H=-2QkJ/mol；
实验过程中苯酚被空气中氧气氧化最终产生褐色物质；
（3）3：7；除去过量的乙酸（4）蒸发结晶；
（5）(+)×(1-d%)
【解析】
试题分析：根据流程图可知，白云石(主要成分MgCO3 CaCO3，含SiO2等杂质)与木醋液(主要成分乙酸)反应生成醋酸钙和醋酸镁，过滤得滤渣1为二氧化硅，滤液中主要溶质是醋酸钙和醋酸镁，加入活性碳脱色，再加入氧化镁，调节溶液中n(Ca)：n(Mg)的值，过滤，除去混合液中固体杂质，得醋酸钙和醋酸镁溶液，将滤液蒸发结晶、过滤、洗涤及干燥得CMA。
（1）步骤①发生的反应离子方程式为
MgCO3 CaCO3
+
4CH3COOH
=
Ca2+
+
Mg2+
+
4CH3COO-
+
2CO2↑
+
2H2O，故答案为：MgCO3 CaCO3
+
4CH3COOH
=
Ca2+
+
Mg2+
+
4CH3COO-
+
2CO2↑
+
2H2O；
（2）己知lmol
NaOH与二氧化硅发生反应时放出热量为QkJ，则反应的热化学方程式为SiO2(s)+2NaOH(aq)=Na2SiO3(aq)+H2O(l)，△H=-2QkJ/mol，步骤②所得滤液常呈褐色，颜色除与木醋液中含有少量的有色的焦油有关外，产生颜色的另一主要原因是实验过程中苯酚被空气中氧气氧化最终产生褐色物质，故答案为：SiO2(s)+2NaOH(aq)=Na2SiO3(aq)+H2O(l)，△H=-2QkJ/mol；实验过程中苯酚被空气中氧气氧化最终产生褐色物质；
（3）根据如图2所示钙、镁的物质的量之比与出水率(与融雪效果成正比)关系，可知，当n(Ca)：n(Mg)约为3：7时，出水率最高，所以步骤④的目的除调节n(Ca)：n(Mg)约为3：7，步骤④中加入氧化镁的目的是调节钙、镁离子的物质的量之比，除去过量的乙酸，故答案为：3：7；除去过量的乙酸；
（4）根据上面的分析可知，步骤⑥包含的操作有
蒸发结晶、过滤、洗涤及干燥，故答案为：蒸发结晶；
（5）取akg含MgCO3 CaCO3质量分数为b%的白云石，经过上述流程制备CMA，已知MgCO3 CaCO3的损失率为c%，则可得n[Ca(CH3COO)2]=×103mol，
N[Mg(CH3COO)2]=×103×mol，
步骤④之后到产品CMA的损失率为d%，
则可知所得产品质量约为
(+)×(1-d%)
【考点定位】考查物质的分离提纯和鉴别
【名师点晴】本题考查CMA的工艺流程，侧重考查学生阅读题目获取信息能力、对工艺流程的理解、物质分离提纯与条件控制等，综合性较强，题目难度中等，需要学生具备扎实的基础知识与综合运用知识、信息进行解决问题的能力。本题的难点是（5）的计算，akg含MgCO3 CaCO3质量分数为b%的白云石，经过上述流程制备CMA．已知MgCO3 CaCO3的损失率为c%，则可得n[Ca(CH3COO)2]=×103mol，
n[Mg(CH3COO)2]=×103×mol，再根据步骤④之后到产品CMA的损失率为d%计算。
21．用CO还原SO2（500℃，铝钒土作催化剂）是冶金工业中从烟道废气中回收硫的方法。
（1）写出有关反应的方程式：
。
（2）某工厂每天排放500m3烟道废气，已知其中含SO2的体积分数为2.6%（已折算成标准状况），试计算用上述方法理论上可回收多少千克硫？
【答案】（1）2CO+SO2S+2CO2
（2）18.6kg
【解析】从性质和价态分析，CO作还原剂，被氧化的产物为CO2；SO2则作氧化剂，被还原的产物为S。计算时，根据上述反应式找出计算关系式，一步计算，注意单位换算要准确。
设能从500m3烟道废气中回收的硫质量为m。
SO2
～
S
1mol
32g
m
m=18
600g=18.6kg
22．A、B、C、D均为中学化学所学的常见物质，它们之间的转化关系如下列各图所示（部分反应条件或产物已略去）．请按要求回答下列问题：
（1）若A、B、C、D均含有同一种短周期元素X，它们的转化关系如图l所示：
①常温下，若A为化合物，C为红棕色气体，D为强电解质，则X所在周期表中的位置是
；用方程式表示A溶于水，使酚酞变红的原因：
．
②常温下，若A为固体单质，D为强电解质，则D可能的化学式为
、
．符合上述条件且含有离子键的C的电子式：
．
（2）若A、B、C均含有同一种短周期元素Y，它们的转化关系如图2所示：
若Y的周期数等于主族序数；盐A溶液显酸性：盐B溶液显碱性，且焰色反应为黄色；C为两性氢氧化物。请用离子方程表示B溶液显碱性的原因：
；在实验室里，欲使A溶液中的阳离子全部沉淀出来转化为C，所发生化学反应的离子方程式为_____________。
【答案】（11分）
（1）①第二周期，ⅤA族；NH3+H2ONH3·H2ONH4++OH﹣；②NaOH；H2SO4；；
（2）AlO2﹣+2H2OAl（OH）3+OH﹣；Al3++3NH3·H2O=Al（OH）3↓+3NH4+。
【解析】
试题分析：（1）若A、B、C、D均含有同一种短周期元素X，①C为红棕色气体，应为NO2，A为化合物，D为强电解质，结合转化关系，可知A为NH3、B为NO、D为HNO3，X为氮元素，处于第二周期ⅤA族，氨水中一水合氨电离：NH3+H2ONH3·H2ONH4++OH-，溶液呈碱性，而使酚酞变红，故答案为：第二周期ⅤA族；NH3+H2ONH3·H2ONH4++OH-；
②常温下，若A为固体单质，D为强电解质，结合转化关系可知，A为Na、B为氧化钠、C为过氧化钠、D为NaOH，或A为S、B为二氧化硫、C为三氧化硫、D为硫酸，符合转化关系，含有离子键的C为过氧化钠，由钠离子与过氧根离子构成，其电子式为：，故答案为：NaOH、H2SO4；；
（2）若A、B、C均含有同一种短周期元素Y，C为两性氢氧化物，则C为Al（OH）3，Y的周期数等于主族序数，即Y为Al，盐B溶液显碱性，且焰色反应为黄色，则B为NaAlO2，盐A溶液显酸性，则A为铝盐，则：NaAlO2溶液中AlO2-水解：AlO2-+2H2OAl（OH）3+OH-，破坏水的电离平衡，溶液呈碱性，在实验室里，欲使铝盐溶液中的阳离子全部沉淀出来转化为氢氧化铝，可以用铝盐溶液与氨水反应得到，所发生化学反应的离子方程式为：Al3++3NH3·H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故答案为：AlO2-+2H2OAl（OH）3+OH-；Al3++3NH3·H2O=Al（OH）3↓+3NH4+。
考点：考查了无机物推断的相关知识。
23．邻苯二甲酸二乙酯是一种重要的工业塑化剂，其合成路线很多，下图就是其中的一种合成方法：
已知以下信息：
①有机化合物A可用来催熟水果。
②机化合物C的核磁共振氢谱显示其有3种不同化学环境的氢原子。
（1）A的结构简式是
，B的名称为
。
（2）反应Ⅱ的试剂是
，该反应类型为
。
（3）C生成D的化学方程式为
。
（4）G和B的化学方程式为
。
（5）在G的同分异构体中，
a.能与新制的Cu(OH)2悬浊液在加热条件下反应生成砖红色沉淀
b.能与碳酸钠反应生成二氧化碳
c.能使FeCl3溶液显色
满足上述三个条件的同分异构体有
种，写出符合上述条件的物质可能的结构简式（只写三种）
,所有这些同分异构体中，有
种化学环境的氢原子。
【答案】（1）CH2=CH2乙醇（2）
NaOH水溶液
取代反应
（或水解反应）
（3）
（4）+2CH3CH2OH+2H2O
（5）10；
(移动官能团位置)
6
【解析】
试题分析：（1）①A催熟水果，则A为CH2=CH2，A为乙烯，乙烯和水发生加成反应，则B为乙醇，结构简式为CH3CH2OH；
（2）邻苯二甲酸二乙酯属于酯，则G的结构简式：，F→G条件是银氨溶液，是醛基被氧化，则F的结构简式为：，有机反应中骨架不变，C属于芳香烃，则C的结构简式为：，在光照条件下，氯气取代甲基上氢原子，则D的结构简式为：，反应II应是卤代烃的水解，条件是强碱的水溶液，发生取代或水解，则E的结构简式为；
（3）C→D发生取代反应，则；
（4）G和B的化学方程式为+2CH3CH2OH+2H2O；
（5）能与新制Cu(OH)2悬浊液加热产生砖红色沉淀，说明含有－CHO，又能与碳酸钠反应生成CO2，说明含有－COOH，能使FeCl3溶液显色，说明含有酚羟基，因此同分异构体：
(羧基4个位置)、
(羟基三个位置)、
(醛基的二个位置)、，因此符合信息同分异构体的是10种，根据结构简式可知分子中均与6种不同化学环境氢原子。
【考点定位】本题主要是考查有机物的推断、官能团的性质、同分异构体等知识。
【名师点晴】明确常见有机物的结构和性质以及反应条件是解答的关键，有机化学反应的发生与反应条件有密切的关系，反应条件不同，发生反应的产物不同。要注意反应条件对反应的影响。在确定反应的先后时，要考虑对其它原子团的影响，在判断反应产生的同分异构体时，常见同分异构体类型类型通常有：碳链异构、官能团异构、位置异构等，有时还存在空间异构，要充分利用题目提供的信息来书写符合题意的同分异构体。结合各种官能团的种类、数目多少进行相应的计算，确定其数目的多少。本题较全面的考查了考生对有机物的性质、物质的反应类型、物质之间的相互转化关系、同分异构体的书写和一些基本概念、基本理论的掌握和应用能力。
—CH3
—CH3
CH2
CH2
OH
OH