山东省单县龙翔中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）

山东省单县龙翔中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）
1．互为同素异形体的是
A．168O与188O B．CH4与C2H6 C．红磷与白磷 D．正丁烷与异丁烷
【答案】C
【解析】A 互为同位素
B 是同系物
C 互为同素异形体
D 是同分异构体
故选C
2．某离子M2+ 含有a个中子，质量数为m，则M2+ 的电子数为 ( )
A．a－2 B．a＋2 C．m－a＋2 D．m－a－2
【答案】D
【解析】
3．在10L容器中进行如下反应:A（g）+B（g）2C（g）,2分钟后,B由2mol减少到1.2mol,则用单位内A的浓度变化表示的反应速率（VA）是 （ ）
A．0.02mol/（L·min） B．0.04mol/（L·min）
C．0.08mol/（L·min） D．0.8mol/（L·min）
【答案】B
【解析】
4．一定温度下的密闭容器中存在如下反应：H2(g)+I2(g)2HI(g)；已知c始(H2)=0.4mol?L-1，c始(I2)=1mol?L-1，经测定该反应在该温度下的平衡常数K=64，当H2的转化率为50%时，下列结论正确的是
A．该反应达到平衡状态
B．该反应正在向左方向进行
C．达平衡状态时，H2的转化率应为96.3%
D．增大H2的量，该反应平衡常数将减小
【答案】C
【解析】
试题分析：依据三段式列式计算，当氢气转化率为50%时反应的氢气浓度为0.2mol/L，
H2 + I2 = 2HI（g）
起始量（mol/L） 0.4 1 0
变化量（mol/L） 0.2 0.2 0.4
某时刻（mol/L） 0.2 0.8 0.4
Qc==1＜K=64，反应未达到平衡状态，则反应正向进行；A．根据分析可知，氢气的转化率为50%时没有达到平衡状态，故A错误；B．该反应正向着正向进行，故B错误；C．依据三段式列式计算，平衡时氢气转化浓度x，
H2 +I2 = 2HI（g）
起始量（mol/L） 0.4 1 0
变化量（mol/L） x x 2x
平衡量（mol/L） 0.4-x 1-x 2x
K==64
解得：x≈0.38mol/L；
所以达到平衡时氢气转化率为：×100%=96.3%，故C正确；D．增大氢气的量，由于温度不变，该反应的平衡常数不变，故D错误；故选C。
考点：考查化学平衡计算，涉及三段式在化学平衡计算中应用。
5．某单官能团有机化合物，只含碳、氢、氧三种元素，相对分子质量为58，完全燃烧时产生等物质的量的CO2和H2O。它可能的结构共有（不考虑立体异构） （ ）
A．4种 B．5种 C．6种 D．7种
【答案】B
【解析】
试题分析：完全燃烧时产生等物质的量的CO2和H2O，这说明分子中碳氢原子的个数之比是1:2，即该有机物的化学式可表示为(CH2)nOm，则14n＋16m＝58，解得n＝3，m＝1，即化学式为C3H6O，因此同分异构体的种类为：醛一种（丙醛），酮一种（丙酮），烯醇一种（由于是单官能团，不符合题意，舍去），三元含氧杂环，三元碳环一种，四元杂环一种，共计是5种，答案选B。
考点：考查同分异构体判断
6．（2015秋?泗阳县校级月考）下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A．锌粒与醋酸反应：Zn+2H+═Zn2++H2↑
B．铁粉与氯化铁溶液反应：Fe+Fe3+═2Fe2+
C．常温下氯气与烧碱溶液反应：Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O
D．铁与稀硫酸反应：2Fe+6H+═2Fe3++3H2↑
【答案】C
【解析】A．锌粒与醋酸反应，离子方程式：Zn+2CH3COOH═Zn2++H2↑+2CH3COO﹣，故A错误；
B．铁粉与氯化铁溶液反应，离子方程式：Fe+2Fe3+═3Fe2+，故B错误；
C．常温下氯气与烧碱溶液反应，离子方程式：Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O，故C正确；
D．铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，离子方程式：Fe+2H+═Fe2++H2↑，故D错误；
【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确发生的反应及离子方程式书写方法是解题关键，注意离子反应应遵循客观事实、遵循原子个数、电荷数守恒规律，注意化学式的拆分，题目难度不大．
7．某pH＝1的工业废液，只可能含有以下离子中的若干种：H＋、Mg2＋、Ba2＋、Cl－、CO32－、SO42－，现取两份100 mL溶液进行如下实验：
第一份加入足量AgNO3溶液，得干燥沉淀3.50 g。
第二份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀2.33 g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量不变。
根据上述实验，以下推测正确的是
①一定存在Mg2＋；②可能存在CO32－；③一定存在Cl－；④可能存在Ba2＋；⑤可能存在Mg2＋
A．①③ B．②③ C．③⑤ D．④⑤
【答案】A
【解析】
试题分析：某工业废液pH＝1，则溶液显酸性，在酸性溶液中，H+、CO32－会发生复分解反应而不能大量共存，所以不存在CO32－；在第一份加入足量AgNO3溶液，得干燥沉淀3.50 g，则可能产生Cl-、SO42－; 第二份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀2.33 g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量不变，则含有SO42－，其物质的量是n(SO42－)= 2.33 g÷233g/mol=0.01mol,由于含有SO42－，而SO42－与Ba2＋会发生反应而不能大量共存，所以不含有Ba2＋；第一份加入足量AgNO3溶液，得干燥沉淀3.50 g，若全为Ag2SO4，则其质量是0.01mol×312g/mol=3.12g<3.50 g。说明在溶液中除了产生若产生Ag2SO4沉淀外，还形成了AgCl沉淀。则还含有Cl-。n(Cl-)=(3.50 g -3.12g)÷143. 5g/mol=0.0026mol,则负电荷总数是0.0026mol×1 +0.01mol ×2=0.0226mol,而H+所带的正电荷总数是0.1mol×0.1L=0.01mol<0.0226mol，所以还应该含有阳离子Mg2＋，故推测正确的是①③，选项是A。
考点：考查离子存在、离子共存的知识。
8．下列化合物中，既能发生消去反应生成烯烃，又能发生水解反应的是
【答案】B
【解析】
试题分析：与-X相连碳的相邻碳上有氢原子的才能发生消去反应，所有卤代烃均能发生水解反应。答案选A。
考点：消去反应，水解反应
9．下列反应既表现硝酸的酸性，又显示硝酸的氧化性的是
A. CuO+2HNO3=Cu（NO3）2+H2O B. FeO+4HNO3=Fe（NO3）3+2H2O+NO2↑
C. C+4HNO3=CO2↑+2H2O+4NO2↑ D. NH3+HNO3=NH4NO3
【答案】B
【解析】
试题分析：CuO+2HNO3=Cu（NO3）2+H2O，无化合价变化，只表现硝酸的酸性，故A错误；FeO+4HNO3=Fe（NO3）3+2H2O+NO2↑，生成硝酸铁所以表现硝酸的酸性，硝酸中氮元素的化合价降低，所以显示硝酸的氧化性，故B正确；C+4HNO3=CO2↑+2H2O+4NO2↑，无硝酸盐生成只显示硝酸的氧化性，故C错误；NH3+HNO3=NH4NO3无化合价变化，只表现硝酸的酸性，故D错误。
考点：本题考查硝酸的性质。
10．下列所采取的分离方法正确的是
A．由于碘在酒精中的溶解度大，所以可用酒精将碘水中的碘萃取出来
B．水的沸点是100℃，酒精的沸点是78.5℃，所以可用直接加热蒸馏法使含水酒精变为无水酒精
C．苯甲酸中含有少量氯化钠，可用重结晶的方法提纯得到苯甲酸
D．乙炔气体中混有少量硫化氢气体，可以通过足量溴水洗气除去。
【答案】C
【解析】
试题分析：A．酒精和水互溶，不能作萃取剂，A项错误；B．水的沸点和酒精的沸点相差较小，直接蒸馏时易形成恒沸体系不能得到无水酒精，应加入吸水剂，B项错误；C．氯化钠晶体的溶解度随温度的变化较小，则苯甲酸中含有少量氯化钠，可用重结晶的方法提纯得到苯甲酸，C项正确；D．乙炔与硫化氢气体均能和溴水反应，无法除杂，D项错误；答案选C。
【考点定位】考查物质的提纯、分离与除杂。
【名师点睛】本题考查物质的分离、提纯与除杂。考查了学生对基础知识和基本技能的理解和掌握。分离提纯方法的选择思路是根据分离提纯物的性质和状态来定。具体如下：①分离提纯物是固体(从简单到复杂方法) ：加热(灼烧、升华、热分解)，溶解，过滤(洗涤沉淀)，蒸发，结晶(重结晶)；②分离提纯物是液体(从简单到复杂方法) ：分液，萃取，蒸馏；③分离提纯物是胶体：盐析或渗析；④分离提纯物是气体：洗气。该类试题充分体现了“源于教材又不拘泥于教材”的指导思想，在一定程度上考查了学生的知识的灵活运用能力和分析问题解决问题的能力。
11．已知：25℃时，Mg(OH)2的Ksp=5.61×10-12，MgF2的Ksp=7.42×10-11。下列判断正确的是
A．25 ℃时，饱和Mg(OH)2溶液与饱和MgF2溶液相比，前者的c(Mg2+)大
B．25℃时，在Mg(OH)2的悬浊液中加入少量的NH4Cl固体， c(Mg2+)增大
C．25℃时，Mg(OH)2固体在20mL0.01mol/L氨水中的Ksp比在20mL0.01mol/LNH4Cl溶液中的Ksp小
D．25 ℃时，在Mg(OH)2的悬浊液中加入NaF溶液后Mg(OH)2不可能转化为MgF2
【答案】B
【解析】
试题分析：A、因氢氧化镁溶度积小，由Ksp计算则其Mg2+浓度小，A错误；B、NH4+结合OH-使氢氧化镁溶解平衡正向移动，Mg2+增大，B正确；C、Ksp不随浓度变化，只与温度有关，C错误；D、二者Ksp接近，使用浓NaF溶液可以使氢氧化镁转化，D错误。
考点：考查了溶解平衡的相关知识。
12．在两个密闭容器中，分别充有质量相同的甲、乙两种气体，若它们的温度和密度均相同，试根据甲、乙的摩尔质量（M）关系，判断下列说法正确的是
A．若M(甲)＞M(乙)，则气体体积：甲＜乙
B．若M(甲)＜M(乙)，则气体的压强：甲＞乙
C．若M(甲)＞M(乙)，则气体的摩尔体积：甲＜乙
D．若M(甲)＜M(乙)，则的分子数：甲＜乙
【答案】B
【解析】
试题分析：A．两个密闭容器中，分别充有等质量、等密度的甲、乙两种气体，根据ρ＝m÷V可知气体的体积相等，故A错误；B．若M（甲）＜M（乙），根据n＝m÷M，则气体的物质的量：甲＞乙，由PV＝nRT可知，气体的压强：甲＞乙，故B正确；C．根据n＝m÷M，若M（甲）＞M（乙），则气体的物质的量：甲＜乙，根据Vm＝V÷n，故则气体的摩尔体积：甲＞乙，故C错误；D．根据n＝m÷M，若M（甲）＜M（乙），则n（甲）＞n（乙），则气体的分子数：甲＞乙，故D错误；故选B。
考点：考查阿伏加德罗定律及推论
13．把下列溶液分别蒸干后得到的固体产物仍然是原溶质的是（ ）
A．氯化铝溶液 B .碳酸氢钠溶液 C.硫酸铝溶液 D.氯化亚铁溶液
【答案】C
【解析】氯化铝水解生成氢氧化铝和氯化氢。加热促进水解，由于氯化氢易挥发，所以得到的是氢氧化铝沉淀。碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，氯化亚铁易被氧化生成氯化铁，蒸干得到的是氢氧化铁。硫酸铝水解生成氢氧化铝和硫酸，加热促进水解，但硫酸是难挥发性的，所以最终得到是硫酸铝，答案选C。
14．分析下列反应在任何温度下均能自发进行的是
A．2N2(g)+O2(g) ═ 2N2O(g) △H=+163 kJ·mol-1
B．Ag(s)+ Cl2(g) ═ AgCl(s) △H= -127 kJ·mol-1
C．HgO(s) ═ Hg(l) + O2(g) △H=+91 kJ·mol-1
D．H2O2(l) ═O2(g) + H2O(l) △H= -98 kJ·mol-1
【答案】D
【解析】
试题分析：A．2N2(g)+O2(g) ═ 2N2O(g) △H=+163 kJ·mol-1，该反应是体系混乱程度减小的吸热反应，△H>0,△S<0，在任何温度下都不能自发进行，错误；B．反应Ag(s)+ Cl2(g) ═ AgCl(s) △H= -127 kJ·mol-1是体系混乱程度减小的吸热反应，△H<0,△S>0,在高温下不能自发进行，错误；C．HgO(s) ═ Hg(l) + O2(g) △H=+91 kJ·mol-1该反应是体系混乱程度增大的吸热反应，△H>0,△S>0,在低温下不能自发进行，错误；D．H2O2(l) ═O2(g) + H2O(l) △H= -98 kJ·mol-1该反应是体系混乱程度增大的放热反应，△H<0,△S>0, 在任何温度下均能自发进行，正确。
考点：考查反应可以自发性进行的判断的知识。
15．下列离子方程式书写正确的是
A．用氢氧化钠溶液除去铝表面的氧化膜：Al(OH)3+OH—=AlO2—+2H2O
B．用浓盐酸与MnO2反应制取少量氯气：MnO2+2H++2Cl—Mn2++Cl2↑+H2O
C．用惰性电极电解熔融氯化钠：2Cl—+2H2OCl2↑+H2↑+2OH—
D．用稀氢氧化钠吸收氯气：2OH—+Cl2=Cl—+ClO—+H2O
【答案】D
【解析】铝表面的氧化膜是氧化铝，而不是氢氧化铝，A不正确。B中电荷不守恒。C中惰性电极电解熔融氯化钠生成物是钠和氯气。所以正确的答案选D。
16．写出碳酸钙与盐酸反应的离子方程式_____________________。
【答案】CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋CO2↑＋H2O
【解析】
试题分析：碳酸钙难溶于水，与盐酸反应生成氯化钙和二氧化碳气体，反应的离子方程式为CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑，故答案为：CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑。
考点：考查了离子方程式的书写的相关知识。
17．（16分）煤化工中常需研究不同温度下平衡常数、投料比及产率等问题。已知CO(g)＋H2O(g)H2(g)＋CO2(g)的平衡常数随温度的变化如下表：
温度/℃
400
500
830
1 000
平衡常数K
10
9
1
0．6
试回答下列问题：
（1）上述反应的正反应是____反应(填“放热”或“吸热”)，该反应的平衡常数表达式为 。
（2）能判断该反应是否达到化学平衡状态的依据是 （填序号）。
a．容器中压强不变 b．混合气体中 c（CO）不变
c．υ正（H2）＝υ逆（H2O） d．c（CO2）＝c（CO）
（3）在实际生产中，该反应的适宜条件为 ．
A．加压，400～500℃ 催化剂 B．加压，830～1000℃ 催化剂
C．常压，400～500℃ 催化剂 D．常压，830～1000℃ 催化剂
（4）在830 ℃时，2L的密闭容器中加入4molCO(g)和6molH2O(g)，10 min后达到平衡时，CO2的平衡浓度为___________，用H2浓度变化来表示的平均反应速率为____________， CO的转化率是_________。
（5）为使该反应的反应速率增大且平衡向正反应方向移动的是___________（填字母序号）．
a．增大CO浓度 b．升高温度
c．将生成物分离出去 d．使用高效催化剂
【答案】（1）放热；K= c（ H 2）c（CO2）/c（CO）c（H2O ） （2）ｂｃ （3）C （4）1．2 mol/L， 0．12mol/(L·min) 60％。 （5）a
【解析】
试题解析：（1）由于温度升高，该反应的化学平衡常数减小，平衡向着逆向移动，正向反应是放热反应；根据反应CO（g）+H2O（g）?H2（g）+CO2（g）及化学平衡常数表达式，K=；（2）反应前后气体体积不变，压强始终不会变化，所以压强不变，无法判断是否达到平衡状态，故a错误；浓度不变，反应达到了化学平衡状态，故b正确；正逆反应速率相等，各组分浓度不变，达到了化学平衡状态，故c正确；浓度相等，不能判断各组分浓度是否不变，无法判断是否达到平衡状态，故d错误；（3）该反应正向是气体总量不变的放热反应，可在常压及较低的温度下进行，故可选C；（4）设建立平衡时消耗cmol/LCO，则：
CO(g)＋H2O(g)H2(g)＋CO2(g)（4）（5）
初始浓度（mol/L）：2 3 0 0
变化浓度（mol/L）：c c c c
平衡浓度（mol/L）：2-c 3-c c c
则K==1，解得c=1．2 mol/L，CO2的平衡浓度=1．2 mol/L，用H2浓度变化来表示的平均反应速率==0．12mol/(L·min)， CO的转化率=×100%= 60％；（5）增大CO浓度，可使正反应速率增大且平衡向正向移动，故a正确；升高温度可使正反应速率增大且平衡向逆向移动，故b错误；将生成物分离出去可使逆反应速率减小且平衡向正向移动，故c错误；使用高效催化剂可使正逆反应速率同等程度增大，平衡不移动，故d错误。
考点：化学平衡
18．（12分）金属钠与水的反应是中学化学中的一个重要反应。在高中化学教材的几次改版中该实验曾出现过几种不同的演示方法，分别如下图中甲、乙、丙所示：
（1）现按图甲所示的方法，在室温时，向盛有Ca(HCO3)2溶液的水槽中，加入一小块金属钠。下列现象描述正确的是_________（填字母）。
A.钠浮在液面上，并四处游动，最后消失
B.钠熔化成一个光亮的小球
C.反应开始后，溶液由无色变红色
D.恢复到室温时，烧杯底部有固体物质析出
（2）请补充并完成甲实验中从试剂瓶中取出钠到向水槽中投入钠的有关操作：用镊子从试剂瓶中取出一小块钠→___________________________→用镊子夹取切好的金属钠投入到盛有Ca(HCO3)2溶液的烧杯中。
（3）按图乙所示方法来收集产生的气体，需将钠包好，再放入水中。取相同质量的钠按下列几种情况收集产生的气体在相同条件下体积最大的是（ ）
A．用铝箔包住钠 B．用锡箔包住钠 C．直接将钠投入的水中
（4）用装满水的矿泉水瓶按图丙方法进行实验，用手挤压矿泉水瓶共排出水的体积为112 mL，塞紧带有钠的塞子，反应结束后，干瘪的带塞矿泉水瓶恢复成原状，假设瓶内、瓶外均属于标准状况，则所用金属钠的质量是 克。
【答案】（12分）（1）A B D（3分）
（2）用滤纸吸干表面的煤油，在玻璃片上用小刀切成绿豆大小的钠粒，并将多余的钠放回试剂瓶中（3分）
（3）A（2分）
（4）0.23（4分）
【解析】考查钠的性质及有关计算等。
（1）钠极易与水反应生成氢气和氢氧化钠，由于钠的密度小于水的，且钠的熔点很低，又因为反应放出热量，生成的氢氧化钠和碳酸氢钙反应生成碳酸钙沉淀，所以实验现象是ABD。
（2）钠保存在煤油中，而煤油是可燃性液体，所以首先要用滤纸吸干表面的煤油，然后在玻璃片上用小刀切成绿豆大小的钠粒，最后并将多余的钠放回试剂瓶中。
（3）由于铝能和氢氧化钠反应生成氢气，所以生成氢气的最多的应该是用铝箔包住的钠，答案选A。
（4）由于反应结束后，干瘪的带塞矿泉水瓶恢复成原状，这说明生成的氢气就是112ml，在标准状况下的物质的量是0.005mol，则根据反应式2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑可知，消耗金属钠的物质的量是0.01mol，所以金属钠的质量是0.23g。
19．（12分）过氧化镁MgO2易溶于稀酸，溶于酸后会产生过氧化氢，在医学上可作为“解酸剂”等。过氧化镁产品中常会混有一定量的MgO，实验室可通过多种方案测定样品中过氧化镁的含量。某研究小组拟用下图装置测定一定质量的样品中过氧化镁的含量。
（1）实验前需进行的操作是： ，稀盐酸中加入少量FeCl3溶液的作用是： 。
（2）用恒压分液漏斗的优点有：① ；② 。
实验结束时，待恢复至室温，先 ，再平视刻度线读数。实验室还可通过下列两种方案来测定样品中过氧化镁的含量：
方案I：取a g样品，加入足量稀盐酸，充分反应后再加入 NaOH溶液至Mg2＋沉淀完全，过滤、洗涤后，将滤渣充分灼烧，最终得到b g固体。
（3）推算该样品中过氧化镁的质量分数 （用含a、b的表达式表示）。
方案Ⅱ：称取0.1 g样品置于某定量用锥形瓶中，加入15 mL0.6 mol/LKI溶液和足量盐酸，摇匀后在暗处静置5 min，然后用0.1000 mol/L Na2S2O3溶液滴定，滴定到终点时共消耗28.50 mL Na2S2O3溶液。（已知：I2+2Na2S2O3→Na2S4O6+2NaI）
（4）该实验在滴定前需加入少量 作指示剂；判断到达滴定终点的现象是 ；
（5）推算该样品中过氧化镁的质量分数为 。
【答案】（12分）（1）检查装置的气密性 ，用作催化剂(或催化H2O2的分解) （共2分）
(2)① 消除滴入溶液的体积对所测气体体积的影响；
②使分液漏斗中的溶液顺利滴下。（每格1分，共2分）
先将右侧刻度管缓缓向下移动直到两侧液面相平，（2分）
(3) 7(a -b)/2a 。（2分）
(4)．淀粉溶液； 溶液由蓝色变无色（各1分）
(5)． 0.798（2分）
【解析】
试题分析：（1）在实验前需进行的操作是检查装置的气密性，因为该实验是利用产生气体的体积来测定一定质量的样品中过氧化镁的含量；加入氯化铁的作用是作过氧化氢分解的催化剂；
（2）用恒压分液漏斗，可以①消除滴入溶液的体积对所测气体体积的影响，同时产生的气体使分液漏斗内压强增大，液体不易滴下，而恒压分液漏斗，②可以使分液漏斗中的溶液顺利滴下；实验结束时，待恢复至室温，保持内外压强相同的条件下读数，所以先将右侧刻度管缓缓向下移动直到两侧液面相平，再读数；
（3）设样品中过氧化镁的物质的量是xmol，氧化镁的物质的量是ymol，则根据Mg元素守恒，得x+y=b/40，同时56x+40y=a,解得x=（a-b）/16mol，所以该样品中过氧化镁的质量分数是（a-b）/16mol×56g/mol/ag=7(a -b)/2a；
（4）过氧化镁将KI氧化为碘单质，碘单质再被Na2S2O3还原，所以需选择淀粉溶液作指示剂，碘遇淀粉变蓝色，滴定前溶液为蓝色，滴定后溶液变为无色，所以滴定终点时的现象是溶液由蓝色变无色；
（5）根据MgO2～2I-～2Na2S2O3，利用消耗Na2S2O3溶液的体积可计算过氧化镁的质量是0.0285L×0.1000mol/L/2× 56g/mol=0.0798g，所以该样品中过氧化镁的质量分数为0.0798g/0.1g=0.798。
考点：考查实验方案的设计与评价，质量分数的计算
20．（6分）2005年国家质检总局铝合金抽检合格率约为90%。已知国家行业标准中铸造铝合金的各成分的质量分数为：Si—4.5%—5.5%,Cu—1.0%—1.5%,Mg—0.4%—0.6%，其余为Al。
现对某品牌的铸造铝合金中所含的四种成分作如下的实验检测：
①称取18.0 g铸造铝合金样品，分成等质量的A、B两份。向A份加入足量NaOH溶液，B份加入足量的稀盐酸。（已知：Si+2NaOH+H2O====Na2SiO3+2H2↑)
②待两份反应物都充分反应之后，称得滤渣质量相差0.512 g，收集得到的两份气体的体积相差851.2 mL(标准状况下）。
试完成下列问题：
（1）样品中Si和Mg的物质的量分别是多少？
（2）通过计算判断该品牌的铸造铝合金是否为合格产品。
【答案】(1)0.02 mol 0.002 mol
(2)不合格产品
【解析】（1）设9 g样品中所含Si的物质的量为x，Mg的物质的量为y。
解得：x=0.02 mol,y=0.002 mol
(2)因为合金中Si的百分含量为：0.02 mol×28 g·mol-1÷9 g×100%=6.2%,超过国家标准，故该铸造铝合金属于不合格产品。
21．A、B、C、D、E、F六种物质的相互转化关系如右图所示（反应条件均未列出）。
（1）若A是常见金属单质，与B的水溶液反应生成C和D，D、F是气体单质，D在F中燃烧时发出苍白色火焰．则F所对应的元素在周期表位置是____________，反应②的离子方程式为_________________。
（2）若A、D为短周期元素组成的固体单质，一种为金属，另一种为非金属．且③④两个反应都有红棕色气体生成，则反应④的化学方程式为_________________。
（3）若A、D、F都是短周期非金属单质，且A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，C是一种重要工业原料气，则1molB中含有______个共价键，分子E的结构式是__________。
【答案】（1） 第三周期第ⅦA族 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
（2） C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O（3）4NA O=C=O
【解析】
试题分析：（1）D、F是气体单质，D在F中燃烧时发出苍白色火焰，应是氢气在氯气中的燃烧反应，则D、F应分别为H2、Cl2，B为HCl，A应为Fe，C为FeCl2，E为FeCl3，F对应的氯元素在周期表中位于第三周期第ⅦA族，反应②为FeCl2被氧化生成FeCl3的反应，离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；
（2）A+B=C+D是置换反应，若A、D为短周期元素单质，且A为固体金属单质，D为固体非金属单质，③和④两个反应中都有红棕色气体生成，非金属单质D为C，F为浓硝酸，金属置换非金属单质的反应应为镁和二氧化碳反应生成氧化镁和碳的反应，判断A为Mg；B为CO2；C为MgO；D为C；E为Mg(NO3)2；F为NHO3，浓HNO3与C反应的化学方程式为C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O；（3）A、D、F都是短周期元素组成的非金属单质，且A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，C、E、F为气体，C有毒，反应①为置换反应，考虑是碳与二氧化硅反应生成硅与CO，碳与F反应生成E，CO与F生成E，则F为氧气，反应①的化学方程式是2C+SiO2Si+2CO↑，B为二氧化硅，可用于光导纤维，C为CO，E为CO2，其中SiO2是原子晶体，每个硅原子形成四个Si—O键，则1molB中含有4mol共价键,即4NA个共价键，CO2分子是直线型，含有二个C=O键，其结构式为O=C=O。
考点：考查元素化合物的推断
22．美国药物学家最近合成一种可能用于治疗高血压的有机物K，合成路线如下：
其中A属于碳氢化合物，其中碳的质量分数约为83.3%；E的核磁共振氢谱中只有2组吸收峰。H常温下呈气态，是室内装潢产生的主要污染物之一。G和H以1：3反应生成I。
试回答下列问题：
（1）A的分子式为： 。
（2）写出下列物质的结构简式：D： ；G： 。
（3）反应①―⑤中属于取代反应的有 。
（4）反应①的化学方程式为 ；反应④的化学方程式为 。
（5）E有多种同分异构体，符合“既能发生银镜反应又能发生水解反应”条件的E的同分异构体有_______种，写出符合上述条件且核磁共振氢谱只有2组吸收峰的E的同分异构体的结构简式： 。
【答案】(1)C5H12；（2）；CH3CHO；
（3）②⑤；（4）C6H12O62C2H5OH + 2CO2↑；
；
（5）4；HCOOC(CH3)3；
【解析】
试题分析：A属于碳氢化合物，其中碳的质量分数约为83.3%，因此A中==，A为C5H12；H常温下呈气态，是室内装潢产生的主要污染物之一，H为HCHO，根据流程图，B为卤代烃，C为醇，D为醛，E为酸；F为乙醇，G为乙醛，G和H以1：3反应生成I，根据信息，I为，J为，E和J以4：1发生酯化反应生成K，E为一元羧酸，E的核磁共振氢谱中只有2组吸收峰，E为，则D为，C为。
（1）根据上述分析，A的分子式为C5H12，故答案为：C5H12；
（2）根据上述分析，D D为；G为乙醛，结构简式为CH3CHO，故答案为：；CH3CHO；
（3）根据流程图，反应①是葡萄糖的分解反应，不属于取代反应，反应②为卤代烃的水解反应，属于取代反应，反应③是醛和醛的加成反应，反应④是醛的氢化反应，属于加成反应，反应⑤是酯化反应，属于取代反应，故选②⑤；
（4）反应①是葡萄糖的分解反应，反应的化学方程式为C6H12O62C2H5OH + 2CO2↑；
反应④是与氢气的加成反应，反应的化学方程式为
；
（5）既能发生银镜反应又能发生水解反应，表明分子结构中含有醛基和酯基，E为，E的同分异构体属于甲酸酯，同分异构体的结构为HCOOC4H9，因为丁基有4种结构，故E的同分异构体有4种，其中核磁共振氢谱只有2组吸收峰的E的同分异构体的结构简式为HCOOC(CH3)3，故答案为：4；HCOOC(CH3)3。
考点：考查了有机合成与推断的相关知识。