山东省宁津县综合高级中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）

山东省宁津县综合高级中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）
1． X、Y、Z、M、N代表五种金属。有如下化学反应，(1)水溶液中：X+Y2+=X2++Y (2)Z+2H2O(冷)=Z(OH)2+H2?
(3)M、N为电极，与N的盐酸溶液组成原电池，发生的电极反应为：M-2e—=M2+
(4)Y可以溶于稀H2SO4中，M不被稀H2SO4氧化。则金属性强弱顺序正确的是( )
A. MC. N【答案】C
【解析】
试题分析：(1)水溶液中：X+Y2+=X2++Y由此可知X的还原性大于Y；(3)M、N为电极，与N的盐酸溶液组成原电池，发生的电极反应为：M-2e—=M2+M的还原性大于N；(4)Y可以溶于稀H2SO4中，M不被稀H2SO4氧化，可知Y的还原性大于M；(2)Z+2H2O(冷)=Z(OH)2+H2?，可知Z属于第一主族元素，而X、Y、M、N在水溶液中不与水反应，可知Z的还原性大于以上四种金属。综上可知，以上五种金属的金属性强弱顺序 N考点：金属的还原性；原电池
点评：本题考查金属的还原性，涉及相关化学反应及原电池的知识，可通过已学知识进行对比得出结果。
2．“绿色化学”要求在化工合成过程中，目标产物对反应物的原子利用率达到100％，下列反应类型最符合这一要求的是（ ）
A．取代反应 B．加聚反应 C．氧化反应 D．消去反应
【答案】B
【解析】
试题分析：原子利用率达到100%，原料全部转化成目标产物，故选项B正确。
考点：考查有机物的反应类型等知识。
3．下列电离方程式正确的是（ ）
A．H2SO4 2H+ + SO42 － B．BaCl2＝ Ba2+ + 2Cl－
C．NH3 ?H2O ＝ NH4+ + OH－ D．Na2CO3 ＝ Na+ + CO32－
【答案】B
【解析】
试题分析：A、硫酸是强酸，完全电离，用“=”即H2SO4=2H＋＋SO42－，故错误；B、BaCl2属于盐，完全电离，故正确；C、NH3·H2O属于弱碱，部分电离，应NH3·H2ONH4＋＋OH－，故错误；D、电荷不守恒，应是Na2CO3=2Na＋＋CO32－，故错误。
考点：考查电离方程式的书写等知识。
4．下列对于硝酸的认识,不正确的是( )
A．浓硝酸在见光或受热时会发生分解 B．金属与硝酸反应不产生氢气
C．可用铁和铝制品盛装浓硝酸 D．铜与硝酸的反应属于置换反应
【答案】D
【解析】
试题分析：A．浓硝酸在见光或受热时会发生分解生成氧气、二氧化氮和水，A正确；B．硝酸是氧化性酸，金属与硝酸反应不产生氢气，B正确；C．常温下铁或铝在浓硝酸中钝化，因此可用铁和铝制品盛装浓硝酸，C正确；D．铜与硝酸反应生成硝酸铜、氮的氧化物和水，不属于置换反应，D错误，答案选D。
考点：考查硝酸的性质
5．工业焊接钢管常用137 55Cs进行“无损探伤”。下列有关说法正确的是
A．137表示质量数
B．137表示中子数
C．该原子质子数大于中子数
D．该原子的K、L层共容纳了10个电子
【答案】AD
【解析】
试题分析：本题考查原子的表示方法，及核外电子排布，难度不大。
考点：原子的结构。
6．下列离子方程式书写正确的是 (　　)。
A．Fe3O4溶于足量稀HNO3：3Fe3O4＋28H＋＋NO3—=9Fe3＋＋NO↑＋14H2O
B．用食醋检验牙膏中碳酸钙的存在：CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋CO2↑＋H2O
C．FeCl2酸性溶液放在空气中变质：2Fe2＋＋4H＋＋O2=2Fe3＋＋2H2O
D．电解MgCl2水溶液的离子方程式：2Cl－＋2H2OH2↑＋Cl2↑＋2OH－
【答案】　A
【解析】　选项A，Fe3O4与HNO3会发生氧化还原反应，A项正确。选项B，食醋的有效成分为乙酸，应该写成分子式形式，正确的离子方程式为CaCO3＋2CH3COOH=Ca2＋＋2CH3COO－＋CO2↑＋H2O。选项C中得失电子和电荷均不守恒，正确的离子方程式应为4Fe2＋＋4H＋＋O2=4Fe3＋＋2H2O。选项D，电解氯化镁水溶液生成的OH－与Mg2＋反应生成氢氧化镁沉淀，正确的离子方程式为Mg2＋＋2Cl－＋2H2OMg(OH)2↓＋H2↑＋Cl2↑。
7．向Fe2O3、CuO、Fe、Cu的混和粉末中加入过量的稀硫酸,充分反应后,仍有红色粉末存在,则关于溶液中阳离子的判断正确的是
A.只有Fe2+和Cu2+ B.一定有Fe2+、Cu2+,可能有Fe3+
C.一定有Fe2+,可能有Cu2+ D.只有Fe2+
【答案】C
【解析】
试题分析：A、当铜全部析出时，不存在Cu2+，A错误；B、由于红色粉末是Cu，所以溶液当中肯定没有国Fe3+，B错误；C、由于氧化性：Fe3+＞Cu2+，无论Fe3+是和Fe反应，还是和Cu反应，溶液中一定存在Fe2+，当Fe过量时，不存在Cu2+，当Fe不足时，溶液中有Cu2+，C正确；D错误；答案选C。
考点：考查离子检验与氧化还原反应。
8．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．常温下，4 gCH4含有NA个C-H共价键
B． 1 mol Fe与足量稀HNO3反应，转移2NA个电子
C．1 L 0． 1 mol/L NaHCO3溶液中含有0． 1NA个HCO3-
D．常温常压下，22．4 LNO2和CO2的混合气体中含有2NA个氧原子
【答案】A
【解析】
试题分析：A、4g CH4物质的量为0．25mol，分子中含C-H共价键4×0．25×NA＝NA个，故A正确；B、稀硝酸过量，生成硝酸铁，转移电子应该是3 NA个电子，故B错误；C、碳酸氢根离子水解，应该是小于0．1NA个HCO3-；故C错误；D、条件错误，应为标准状况，故D错误；故选A。
考点：考查阿伏伽德罗常数的应用
9．“绿色化学”要求化学反应尽可能不产生“副产物”，下列反应最符合“绿色化学”要求的是
A．苯乙烯在一定条件下制聚苯乙烯 B．乙醇与浓硫酸共热制乙烯
C．乙醇催化氧化制乙醛 D．乙烷与氯气反应制氯乙烷
【答案】A
【解析】
试题分析：A、苯乙烯在一定条件下制聚苯乙烯，反应物完全转化为产物，反应物100%被利用，正确；B、乙醇与浓硫酸共热制乙烯，同时生成副产物H2O，错误；C、乙醇催化氧化制乙醛，同时生成副产物H2O，错误；D、乙烷与氯气反应制氯乙烷，同时生成副产物HCl，错误。
考点：本题考查绿色化学、物质的性质。
10．已知：X、Y、Z、W为短周期元素，原子半径X：99pm Y: 154pm Z：125pm W: 117pm，X Y W位置如图所示（副族省略），X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物相互能反应，下列说法正确的是
　?　
　?　
　?　
　?　
X　　
Y　　
　?　
　?　
W　　
　?　
A、元素Z处于周期表的阴影位置
B、非金属性：X＞W
C、X与W形成化合物熔点很高，为离子化合物
D、Y、W的最高价氧化物对应的水化物能反应
【答案】BD
【解析】
试题分析：根据题意，四元素处在周期表的2、3周期，根据四元素原子的半径可知，Z处于Y、W之间的某一位置上，X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物相互能反应，根据三者在周期表中的相对位置，可以大胆假设Y、Z为金属元素Na、Al，X为非金属元素N；三者的最高价氧化物的水化物分别为NaOH、Al(OH)3、HNO3，恰好能相互反应，所以利用此结论解题。A项假设Z元素处在图中阴影部分，则X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物不能相互反应，A错误；X比W更靠近周期表右上角，根据元素周期律可得，非金属性X＞W，B正确；根据推测X、W分别为N、Si元素，二者形成氮化硅属于共价化合物，C错误；D项NaOH和H2SiO3能相互反应正确；故选BD。
考点：本题考查的是元素周期表和元素周期律的应用、短周期元素及其化合物的性质。
11．下列说法在一定条件下可以实现的是
①非金属置换金属的反应
②弱酸反应可以生成强酸
③有单质参加的非氧化还原反应
④没有水生成，也没有沉淀和气体生成的复分解反应
A．②④ B．①③④ C．①②③ D．①②③④
【答案】D
【解析】
试题分析：①非金属可以置换金属，如氢气和氧化铜在加热的条件下反应生成铜和水，H2+CuOCu+H2O，故①正确；②弱酸反应可以生成强酸，如H2S+CuSO4═CuS↓+H2SO4，H2S是弱酸，而生成H2SO4是强酸，能发生的原因是生成的CuS沉淀难溶于H2SO4，故②正确；③有单质参加的非氧化还原反应，红磷和白磷是两种物质，当红磷转化成白磷时发生了化学反应，但单质转化成单质化合价没有发生改变，是非氧化还原反应，故③正确；④没有水生成，也没有沉淀和气体生成的复分解反应，如 Fe3++3SCN-?Fe（SCN）3）硫氰化铁为血红色物质，既不是沉淀也不是气体，故④正确，所以答案为D。
考点：本题考查化学反应规律。
12．一定温度下，在一个固定容积的密闭容器里发生N2（g）+3H2(g)2NH3(g) 反应，此反应达到化学平衡状态的标志是：①N2，H2和NH3的质量分数不再改变，②容器内的压强不随时间的变化而变化，③c(N2)∶c(H2)∶c(NH3)＝1∶3∶2 ，④单位时间里每增加1molN2，同时增加3molH2 ，⑤一段时间内N2：H2：NH3的平均化学反应速率之比为1:3:2 ，⑥容器中气体的密度不变
A．①②③④⑤⑥ B．①②⑤⑥ C．①②⑥ D．只有①②
【答案】D
【解析】在一定条件下，当正逆反应速率相等时，各种物质的浓度和含量不再发生变化的状态，是化学平衡状态。因此①可以。反应是体积减小的反应，即在反应过程中压强是变化的，所以当压强不再发生变化时，反应就达到平衡状态，②可以。③不能证明正逆反应速率相等，不能说明。④中反应速率的方向是相同的，不能说明。在任何情况下，N2：H2：NH3的平均化学反应速率之比都满足1:3:2，⑤不能说明。密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中，质量和容积均是不变的，所以密度也是始终不变的，⑥不能说明。答案是D。
13．某温度下，在一个2L的密闭容器中，加入4 mol A和2 mol B进行如下反应：3A(g）＋2B(g）4C(s）＋D(g），反应2 min后达到平衡，测得生成1．6 mol C，下列说法正确的是( ）
A．前2 min，D的平均反应速率为0.2 mol／(L·min）
B．此时，B的平衡转化率是40％
C．增大该体系的压强，平衡不移动
D．增加B，平衡向右移动，B的平衡转化率增大
【答案】B
【解析】
试题分析：A．反应2 min后达到平衡，测得生成1．6 mol C，因此根据方程式可知生成D是0.4mol，所以前2 min，D的平均反应速率为＝0.1mol／(L·min），A错误；B．消耗B是0.8mol，则此时B的平衡转化率是×100%＝40％，B正确；C．正反应是体积减小的，则增大该体系的压强，平衡向正反应方向移动，C错误；D．增加B，平衡向右移动，B的平衡转化率减小，D错误，答案选B。
考点：考查可逆反应计算和外界条件对平衡状态的影响
14．下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A.钠和冷水反应 Na＋2H2O＝Na+＋2OH?＋H2↑
B.金属铝溶于氢氧化钠溶液 Al＋2OH? ＝AlO2?＋H2↑
C.金属铝溶于盐酸中：2Al＋6H+＝2Al3+＋3H2↑
D.磁性氧化铁跟稀硫酸反应：Fe3O4＋8H+＝3Fe3+＋4H2O
【答案】C
【解析】A不正确，电子的得失不守恒；B不正确，反应物还有水参加；D不正确，生成物是硫酸铁、硫酸亚铁和水，所以正确的答案选C。
15．把aL含硫酸铵、硝酸铵的溶液分成两等份，一份用b mol烧碱刚好把NH转化为NH3，另一份与氯化钡溶液完全反应消耗c mol BaCl2。则原溶液中NO的浓度为
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】
试题分析：①NH4+ ——OH-，n(NH4+)=n(NaOH)=bmol，②Ba2+——SO42- ，n(Ba2+)=n(SO42-)=cmol，（NH4）2SO4——2NH4+——SO42- ，n(NH4NO3)=2b-cmol，c(NO3-)==mol/L
考点：考查物质的量计算相关知识点
16．有以下几种物质 ①碳酸氢钠晶体；②液态氯化氢；③铁；④蔗糖；⑤乙醇；⑥熔融的K2SO4；⑦干冰；⑧石墨；⑨氨气。填空回答：（填序号）
（1）以上物质能导电的是 。
（2）以上物质中属于电解质的是 。
（3）以上物质中属于非电解质的是 。
（4）以上物质中溶于水后水溶液能导电的是 。
（5）分别写出物质①、⑥在水溶液中的电离方程式 。
【答案】（1）③⑥⑧ （2）①②⑥ （3）④⑤⑦⑨ （4）①②⑥⑦⑨
（5）NaHCO3=Na++HCO3－ K2SO4=2K++SO42-
【解析】
试题分析：根据导电原因、电解质、非电解质、弱电解质的定义判断。能导电的物质必须含有自由电子或自由离子；电解质：在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物。非电解质：在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物。
①碳酸氢钠晶体是电解质，因没有自由电子或自由离子，所以不能导电，溶于水可以导电；
②液态氯化氢是电解质，因没有自由电子或自由离子，所以不能导电，溶于水可以导电；
③铁是金属单质，既不是电解质也不是非电解质，因有自由移动的电子，所以能导电；
④蔗糖是非电解质，因没有自由电子或自由离子，所以不能导电；
⑤乙醇是非电解质，因没有自由电子或自由离子，所以不能导电；
⑥硫酸钾是电解质，在熔融状态下可以导电，溶于水也可以导电；
⑦干冰是CO3，属于非电解质，因没有自由电子或自由离子，所以不能导电。但溶于水生成碳酸，可以导电；
⑧石墨是非金属单质，不是电解质，也不是非电解质，石墨可以导电；
⑨氨气是非电解质，因没有自由电子或自由离子，所以不能导电。但氨气溶于水生成氨水，可以得到则（1）以上物质能导电的是③⑥⑧。
（2）以上物质中属于电解质的是①②⑥。
（3）以上物质中属于非电解质的是④⑤⑦⑨。
（4）以上物质中溶于水后水溶液能导电的是①②⑥⑦⑨。
（5）碳酸氢钠和硫酸钾在水溶液中的电离方程式分别是NaHCO3=Na++HCO3－ 、K2SO4=2K++SO42-。
考点：考查电解质、非电解质、物质导电判断以及电离方程式的书写
17．写出下列物质在水溶液中的电离方程式：
NH3·H2O： ， Ba(OH)2：___________________________，
NaHSO4： ， NaHCO3：___________________________ 。
【答案】（每空3分） NH3·H2O NH4++OH— Ba(OH)2=Ba2++2OH—
NaHSO4=Na++H++SO42— NaHCO3=Na++HCO3—
【解析】NH3·H2O：NH3·H2O NH4++OH—
Ba(OH)2：Ba(OH)2=Ba2++2OH—
NaHSO4：NaHSO4=Na++H++SO42—
NaHCO3：NaHCO3=Na++HCO3—
18．已知：R﹣OH+HX→R﹣X+H2O如图是实验室用乙醇与浓硫酸和溴化钠反应制备溴乙烷的装置，图中省去了加热装置．有关数据见表：
乙醇、溴乙烷、溴有关参数
乙醇
溴乙烷
溴
状态
无色液体
无色液体
深红棕色液体
密度/g?cm﹣3
0.79
1.44
3.1
沸点/℃
78.5
38.4
59
（1）制备操作中，加入的浓硫酸必需进行稀释，其目的是 。
a减少副产物烯和醚的生成 b．减少Br2的生成 c减少HBr的挥发 d．水是反应的催化剂
（2）加热的目的是 （从速率和限度两方面回答）；应采取的加热方式是 。
（3）为除去产品中的一种主要杂质，最好选择下列溶液来洗涤产品_______。
A．氢氧化钠 B．碘化钠 C．亚硫酸钠
（4）第（3）步的实验所需要的主要玻璃仪器是 。
【答案】（1）abc （2）升高温度加快反应速率，同时使生成的溴乙烷气化分离出来促进平衡移动；水浴加热；（3）C （4）分液漏斗、烧杯
【解析】
试题分析：（1）反应中加入少量的水，防止反应进行时发生大量的泡沫，减少副产物乙醚的生成和避免HBr的挥发，因此选项abc正确；
（2）加热的目的是加快反应速率，温度高于38.4℃溴乙烷全部挥发蒸馏出来；为了控制温度，应采取水浴加热；
（3）A．加氢氧化钠会引起溴乙烷水解，A错误；B．除去溴乙烷中的少量杂质Br2，加碘化钠会引入碘单质杂质，B错误；C．加亚硫酸钠只与溴反应不与溴乙烷反应，C正确，答案选C。
（4）洗涤产品分离混合物需要在分液装置中，需要的仪器为分液漏斗，烧杯，遵循“上吐下泻”原则。
考点：考查有机物制备实验设计
19．某研究性学习小组的同学想通过下图实验装置探究SO2与Na2O2反应的产物。（夹持装置已略去，装置的气密性良好）
Ⅰ．实验中装置B可吸收水分，干燥SO2气体，其目的是：_________________________。
装置D除了吸收过量的SO2，避免污染空气外，还起到的作用是：_________________。
Ⅱ．对C中固体产物提出如下假设：（假设Na2O2已全部反应）
假设1：__________。 假设2：只有Na2SO4； 假设3：既有Na2SO3又有Na2SO4。
（1）甲同学认为SO2与Na2O2的反应不同于CO2，应为假设2成立，请据此写出C中所发生反应的化学方程式：_____________________。
（2）若假设2成立，为确定C中固体产物的成分，甲同学设计如下实验：

得出结论：C中固体产物只有Na2SO4。该方案是否合理？答：__________。（填“是”或“否”）理由是______________________________。
（3）乙同学为证明假设3成立，设计如下实验。
实验步骤和结论为：
①取少量C中固体产物于试管中，加入适量的蒸馏水溶解；
②滴加过量的1mol?L－1BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则证明C中固体产物中有_________；
③滴加适量的1mol?L－1稀盐酸，若白色沉淀部分溶解，并产生刺激性气味气体，则证明C中固体产物中有___________________。
【答案】Ⅰ．防止水蒸气与Na2O2反应，防止空气中的水和CO2进入玻璃管C。
Ⅱ．假设1：只有Na2SO3
（1）SO2＋Na2O2＝Na2SO4。（2）否；NO3－在酸性条件下可将BaSO3氧化成BaSO4
或硝酸根在酸性条件下具有强氧化性
（3）②Na2SO3和Na2SO4至少有一种；（2分）
③既有Na2SO3又有Na2SO4。（2分）
【解析】
试题分析：Ⅰ、A装置中产生的二氧化硫气体中含有水蒸气，水能和过氧化钠反应生成氢氧化钠和氧气，B装置中浓硫酸具有吸水性，可吸收水蒸气；空气中含有二氧化碳和水蒸气，碱石灰是干燥剂，所以能吸收水分，防止水蒸气的干扰；碱石灰能和二氧化碳反应，防止二氧化碳的干扰，所以装置D的作用是防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入C装置与Na2O2反应；Ⅱ、根据题给信息知，假设1：只有Na2SO3；??（1）若假设2成立，二氧化硫和过氧化钠反应的方程式为：Na2O2+SO2=Na2SO4?；（2）硝酸有强氧化性，能把亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子，所以该方案不合理；（3）乙同学为证明假设3成立，设计如下实验。实验步骤和结论为：①取少量C中固体产物于试管中，加入适量的蒸馏水溶解；②滴加过量的1mol?L－1BaCl2溶液，若产生白色沉淀，由于硫酸钡和亚硫酸钡均为不溶于水的白色固体，则证明C中固体产物中Na2SO3和Na2SO4至少有一种；③滴加适量的1mol?L－1稀盐酸，若白色沉淀部分溶解，并产生刺激性气味气体，则证明C中固体产物中既有Na2SO3又有Na2SO4。
考点：考查化学实验方案的设计和评价、过氧化钠和二氧化硫的性质。
20．（14分）小苏打（NaHCO3）试样中含有碳酸钠晶体（Na2CO3·10H2O），为测定试样中小苏打的质量分数w（NaHCO3）,实验小组同学设计了如下装置进行实验。
实验过程：
Ⅰ、按图组装仪器，检查装置的气密性；
Ⅱ、将试样m1g放入硬质玻璃管中，装置B、C、D中药品如图，已知加药品后装置B的质量为m2 g、装置C的质量为m3 g；
Ⅲ、关闭活塞a，点燃酒精灯加热试样，直到B装置中无气泡冒出后，打开活塞a向装置中通入N2，一段时间后，撤掉酒精灯，关闭活塞a；
Ⅳ、称得装置B的质量为m4 g、装置C的质量为m5 g。
请回答以下问题（装置中原有空气对实验的影响忽略不计）：
（1）装置A中发生反应的化学方程式为 ， 。
（2）装置C的作用为 。装置D的作用为 。
（3）实验过程中通入N2的目的为 。
（4）用下列各项所提供的数据能计算出w（NaHCO3）的是 （填选项字母）
序号
a
b
c
d
e
数据
、、
、、、
、、
、、
、、
（5）实验结束后发现装置A中硬质玻璃管右端有水珠，你认为利用实验中所提供的数据还能否得到准确的w（NaHCO3），若能，则w（NaHCO3）的计算式为： (若不能，此问不作答。)
【答案】（1）2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑ Na2CO3·10H2ONa2CO3＋10H2O
（2）吸收反应生成的CO2；防止空气中CO2和水蒸气进入影响测定结果
（3）把装置中CO2和水蒸气排出，被装置B和装置C吸收
（4）b、c、e （5）
【解析】
试题分析：（1）碳酸氢钠和碳酸钠晶体受热均易分解，则装置A中发生反应的化学方程式分别为2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑、Na2CO3·10H2ONa2CO3＋10H2O。
（2）浓硫酸吸收反应中产生的水蒸气，装置C的作用为吸收反应生成的CO2；又因为空气中还含有水蒸气和CO2，所以装置D的作用为防止空气中CO2和水蒸气进入影响测定结果。
（3）装置有残留的CO2和水蒸气，所以实验过程中通入N2的目的为把装置中CO2和水蒸气排出，被装置B和装置C吸收。
（4）根据CO2的质量可以计算碳酸氢钠的质量，进而计算产生的水蒸气的质量，利用浓硫酸增加的质量可以计算碳酸钠晶体分解产生的水蒸气的质量，进而计算碳酸钠晶体的质量。、的差值是水蒸气的质量，、是CO2的质量，则利用、、、可以计算碳酸氢钠的质量分数，或利用、、也可以计算碳酸氢钠的质量分数，或利用、、也可以计算碳酸氢钠的质量分数，答案选bce。
（5）由于只有碳酸氢钠分解产生CO2，所以利用固体的质量和反应中产生的CO2质量即可以计算碳酸氢钠的质量分数，则w（NaHCO3）的计算式为
。
考点：考查碳酸氢钠质量分数测定实验方案设计与探究
21．稀硝酸和铜反应的化学方程式如下：3Cu+8HNO3(稀)=2Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，如果有3.2克铜和硝酸恰好完全反应，试计算：
（1）在标准状况下产生气体的体积是________L。
（2）将所得溶液加水配成200mL溶液，则溶液的物质的量浓度是________（保留2位有效数字）。
【答案】（4分）（1）0.75L（2分）；（2）0.25mol/L（2分，有效数字错扣1分）
【解析】
试题分析：（1）n(Cu)=3.2g÷64g/mol=0.05mol，根据方程式
3Cu+8HNO3(稀)=2Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O可知：n(Cu):n(NO)=3:2，所以
n(NO)=2/3n(Cu)=2/3×0.05mol=1/30mol，则在标准状况下产生气体的体积是V(NO)=n·Vm=1/30mol×22.4L/mol=0.75L；（2）根据方程式可知n(Cu)=n[Cu(NO3)2]，由于n(Cu)= 0.05mol，所以n[Cu(NO3)2]= 0.05mol，将所得溶液加水配成200mL溶液，则溶液的物质的量浓度是c[Cu(NO3)2]= 0.05mol÷0.2L=0.25mol/L。
考点：考查物质的量在化学反应方程式的计算的应用的知识。
22．下图A—H均为中学化学中最常见的物质，它们之间有如下转化关系，其中A、C均为金属单质，C与水反应生成D和最轻的气体，D、H的焰色反应均呈黄色，在通常状况下E（氢氧化物）跟NaOH或盐酸均可发生复分解反应．（反应过程中生成的水及其他产物已略去）
请回答以下问题：
（1）B是_______，H是________。（填化学式）
（2）写出E转化为G的离子方程式________。
（3）H在加热下反应生成F，写出此反应的化学方程式________。
【答案】（1）AlCl3 NaHCO3（2）Al(OH)3 +OH-=AlO2-+2H2O（3）2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O
【解析】
试题分析：（1）C与水反应生成D和最轻的气体，该气体应为H2，D的焰色反应呈黄色，应为NaOH，则C为Na，在通常状况下E（氢氧化物）跟NaOH或盐酸均可发生复分解反应，E应为两性氢氧化物，应为Al(OH)3 ，则A为Al，B为AlCl3 ，F为Na2CO3，G为NaAlO2，H为NaHCO3，则（1）由以上分析可知B为AlCl3 ，H为NaHCO3；（2）Al(OH)3为两性氢氧化物，与NaOH反应生成NaAlO2，反应的方程式为Al(OH)3 +OH-=AlO2-+2H2O；
（3）H为NaHCO3，加热易分解，反应的方程式为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O。
【考点定位】考查无机物的推断
【名师点晴】本题考查无机物的推断，题目难度中等，此类题的解答一般有以下步骤：思维起点的选择：思维起点是指开始时的思维指向、思维对象或思维角度，推断题中的思维起点应是最具特征的某个条件（包括文字叙述或某个变化过程）；思维过程的展开：解题者在确定思维起点的基础上，利用题目所给信息，结合已有的化学知识和解题经验，不断地缩小问题状态与目标状态的距离；思维过程的检验：将上述思维过程的结果代入题中，检查一下是否符合题中条件；本题可从两性氧化物及海水中的无机盐，展开思维的空间，寻找目标答案。
23．（16分）用丙酮为原料来合成化合物(B)（其中部分产物未列出）的路线如下：
（1）写出反应③的无机产物的化学式 ，化合物(B)所含有官能团的名称 ；
（2）中间产物(A)可经过著名的黄鸣龙还原法，直接得到对应相同碳骨架的烷烃，请写出得到的该烷烃的分子式 ，对该烷烃用系统命名法命名： ；
（3）写出化合物(B)与氢氧化钠的水溶液共热的化学方程式： ；
（4）丙酮同分异构体有多种，其中一种环状的同分异构体发能生加聚反应后得到某种高聚物的结构简式是：，则该同分异构体的结构简式为：___________；
（5）反应②是著名的频哪醇(pinacol)重排，试写出用环戊酮（）来代替丙酮，连续发生上述路线中反应①、②之后，得到的有机产物的结构简式为： 。
【答案】(1）HBr (2分)；羰基、溴原子（2分）； （2）C6H14（2分）；2，2—二甲基丁烷（2分）；
（3）
（3分，用正确的结构简式表示也可以，其中反应条件1分，有机产物写错得0分）；
（4）或 (3分)； （5） (2分)。
【解析】
试题分析：（1）从A到B的结构可以看出反应③是取代反应，无机产物是HBr；从结构看出化合B的官能团是：羰基、溴原子。（2）A中有6个碳原子，还原成烷烃的分子式为C6H14，从A的碳骨架知道还原成相同碳骨架的烷烃后该烷烃用系统命名法命名为： 2，2—二甲基丁烷。（3）化合物(B)中的羰基不与氢氧化钠反应，溴原子与氢氧化钠溶液共热时发生水解反应，化学方程式为：
（4）是由环状化合物发生加聚反应得来，将其中的断键重新连接起来，构成一个环状物质为：。（5）从反应①看出是两分子的酮发生反应生成了醇，②中是醇分子内发生原子重排并失去一个水分子生成新的酮，用环戊酮来代替丙酮发生①、②后得到。
考点：官能团的名称、系统命名法的运用、化学方程式的书写、同分异构体的书写。