山东省菏泽市郓城县第七中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）

山东省菏泽市郓城县第七中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）
1．下列过程不可逆的是（
）
A.食盐的溶解
B.硬脂酸钠的盐析
C.CuCl2的水解
D.蛋白质的变性
【答案】D
【解析】物质的溶解、盐析、盐的水解均是可逆过程，但蛋白质变性是不可逆的。
2．化学教科书中有大量的数据，下列为某同学对数据的利用情况，其中不正确的是：
A．用溶解度数据判断长时间煮沸Mg（HCO3）2溶液得到的产物是Mg（OH）2而不是MgCO3
B．用沸点数据推测一些液体混合物用分馏的方法分离开来的可能性
C．用反应热数据的大小判断不同反应的反应速率的快慢
D．用原子（或离子）半径数据推测某些原子（或离子）氧化性或还原性的强弱
【答案】C
【解析】沉淀转化是向更难溶的方向进行，A正确。分馏是根据沸点的不同进行分离的一种方法，B正确。反应速率的快慢与反应热是无关的，所以选项C是错误的，半径越小原子核对外层电子的吸引力越强，往往不易失去电子，D正确。答案选C。
3．下列有关化学用语表示正确的是
A．HClO的结构式：H-O-
Cl
B．质子数为92、中子数为146的U原子：
C．CH2F2的电子式：
D．Cl-的结构示意图：
【答案】A
【解析】
试题分析：A、氯原子最外层有7个电子，只能形成一个共用电子对，而氧原子最外层有6个电子，需形成2个共用电子对，HClO的结构式：H-O-
Cl，A正确；B、左上角的数字表示质量数，应该是92+146=236，B错误；C、CH2F2的结构类似于甲烷，但F是8电子稳定结构，C错误；
B．Cl-最外层有8个电子，核内有17个质子，D错误。
考点：考查了化学用语的相关知识。
4．下列说法正确的是
A．溶度积就是溶解平衡时难溶电解质在溶液中的各离子浓度的乘积
B．溶度积常数是不受任何条件影响的常数，简称溶度积
C．可用离子积Qc判断沉淀溶解平衡进行的方向
D．所有物质的溶度积都是随温度的升高而增大的
【答案】C
【解析】
试题分析：A、溶度积就是溶解平衡时难溶电解质在溶液中的各离子浓度幂次方乘积，A错误；B、溶度积常数是受温度影响的常数，简称溶度积，B错误；C、可用离子积Qc判断沉淀溶解平衡进行的方向，Qc＞Ksp，平衡向沉淀方向进行，Qc＜Ksp，向物质溶解方向进行，Qc=Ksp，沉淀溶解达到平衡状态，C正确；D、物质溶解度有的随温度升高增大，有的随温度升高减小，所以溶度积常数随温度升高可能增大或减小，如氢氧化钙沉淀溶解平衡状态，升温平衡向沉淀方向进行，D错误；答案选C。
考点：考查难溶电解质的溶解平衡。
5．如图分别是A、B两种物质的核磁共振氢谱，已知A、B两种物质都是烃类，都含有6个氢原子，试根据两种物质的核磁共振氢谱推测A、B有可能是下面的(　　)
A．A是C3H6，B是C6H6
B．A是C2H6，B是C3H6
C．A是C2H6，B是C6H6
D．A是C3H6，B是C2H6
【答案】B
【解析】
试题分析：物质A核磁共振氢谱中只给出一种峰，说明该分子中只有1种H原子，则A为乙烷（CH3CH3），环丙烷，物质B核磁共振氢谱中只给出3种峰，说明该分子中只有3种H原子，则B为丙烯（CH2=CH-CH3），丁炔（CH≡C-CH2-CH3），C6H6（苯）和C2H6（乙烷）中核磁共振氢谱中只有一种峰，故选择B选项。
考点：有机物的推断；常见有机化合物的结构
6．下列系统命名法正确的是
A.
2—甲基—3—丙基戊烷
B.
3,4,4—三甲基己烷
C.
2,3—二乙基—1—戊烯
D.
2—甲基—4—异丙基己烷
【答案】C
【解析】考查有机物的命名
A：3位上不能出现丙基，主链选错，不正确
B：编号错，应保证取代基编号之和最小：为3,3,4—三甲基己烷
C：正确
D：主链选错，应保证主链相同的情况下，支链最多：2,5—二甲基—3—乙基己烷
答案为C
7．下列有关实验装置的说法，不正确的是
A．用图1装置制取收集干燥纯净的NH3
B．用图2装置可进行碘水中碘的萃取及分液
C．用图3的方法检查此装置的气密性
D．用图4所示称NaOH固体的质量
【答案】D
【解析】
试题分析：A、用浓氨水与氢氧化钠固体可以制取氨气，产生的氨气用碱石灰干燥后用向下排空气法收集，瓶口一团棉花的作用是防止氨气与空气形成对流，正确；B、碘在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，所以用分液漏斗萃取后，静置分液，下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，正确；C、向漏斗内注水，产生一段液注差，若一段时间内液面不下降，证明装置气密性良好，正确；D、氢氧化钠的腐蚀性很强，所以不能放在滤纸上称量，应放在小烧杯内，且砝码放在右盘，错误，答案选D。
考点：考查对实验装置的判断
8．下列说法正确的是（
）
A、NO2与水的反应：3NO2＋H2O===2NO3-＋NO＋2H＋
B．氯气通入水中：
Cl2
+
H2O
=
2H+
+
Cl-
+
ClO-
C、向NH4HCO3溶液中加过量NaOH溶液并加热：NH4＋＋OH－NH3↑＋H2O
D、向硅酸钠溶液中通入SO2：SiO32－+2H＋=H2SiO3↓
【答案】A
【解析】
试题分析：A、二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，硝酸拆成离子形式，正确，选A；B、氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸是弱酸不能拆成离子形式，错误，不选B；C、碳酸氢铵和过量的氢氧化钠加热条件下反应生成碳酸钠和氨气和水，错误，不选C；D、硅酸钠中通入二氧化硫，二氧化硫不能写成氢离子形式，错误，不选D。
考点：离子方程式的判断
9．下列各组离子中，在酸性溶液中能大量共存，且溶液为无色透明的是
A．K+、MnO4-、Cl-、SO42-
B．Na+、CO32-、
Cl-、SO42-
C．NO3-、Na+、HCO3-、Ba2+
D．Na+、NO3-、NH4+、SO42-
【答案】D
【解析】
试题分析：高锰酸根离子是紫色，A错误；酸性溶液中碳酸根离子与氢离子反应生成二氧化碳，不能大量共存，B错误；碳酸氢根离子与氢离子生成二氧化碳不能大量共存，C错误；D能大量共存，故答案选D。
考点：离子共存
10．反应3H2(g)
＋
N2(g)
2NH3(g)
ΔH
=
－46.19
kJ.
mol—1，关于这个反应的平衡常数K，下列说法正确的是（
）
A．随温度升高K增加
B．随压强升高K增加
C．随温度升高K减小
D．随压强升高K减小
【答案】C
【解析】反应的平衡常数K，只与温度有关系，与压强无关，故B、D错误，升温，平衡左移，平衡常数K减小，故选C。
11．向四个体积相同的密闭容器中分别充入一定量的SO2和O2,
开始反应时,
按正反应速率由大到小的顺序排列,
正确的是
①500
℃,
10
mol
SO2和5
mol
O2反应
②500
℃,
用V2O5作催化剂,
10
mol
SO2和5
mol
O2反应;
③450
℃,
8
mol
SO2和5
mol
O2反应
④500
℃,
8
mol
SO2和5
mol
O2反应。
A．①②③④
B．②①③④
C．②①④③
D．④③②①
【答案】B
【解析】
试题分析：①与②相比，②中使用催化剂，其它条件相同，则反应速率：②＞①；①与④相比，①中SO2的物质的量比④中大，即SO2的浓度比④中大，其它条件相同，浓度越大，反应速率越快，则反应速率：①＞④；③与④相比，其它条件相同，④中温度高，温度越高，反应速率越快，则反应速率：④＞③；所以由大到小的顺序排列②①④③。答案选B。
考点：化学反应速率的影响因素
12．如下图所示是根据图甲的电解池进行电解时，某个量(纵坐标x)随时间变化的函数图像(各电解池都用石墨作电极，不考虑电解过程中溶液浓度变化对电极反应的影响)，这个量x表示
A．各电解池析出气体的体积
B．各电解池阳极质量的增加量
C．各电极上放电的离子总数
D．各电解池阴极质量的增加量
【答案】D
【解析】
试题分析：A、电解硝酸银和硫酸铜，阳极都生成氧气，体积应相等，A项错误；B、电解硝酸银和硫酸铜，阳极都生成氧气，阳极质量不变，B项错误；C、因为是串联，各电极上放电的离子总数应相等，C项错误；D、电解AgNO3溶液时阴极上产生单质银，电解CuSO4溶液时阴极上产生单质铜，银的质量增加量较大，而电解NaCl溶液时阴、阳极都产生气体，阳极质量不变，D项正确；答案选D。
考点：考查串联电路的变化量
13．用来表示可逆反应：2A（g）＋B（g）2C（g）
△H<0
的正确图象是下图中的(
)
【答案】C
【解析】
试题分析：温度越高，反应速率越快，达到平衡的时间越少，A、B不正确；该反应是体积减小的、放热的可逆反应，则增大压强，平衡向正反应方向进行，C正确；升高温度，平衡向逆反应方向进行，反应物的转化率降低，D不正确，答案选C。
考点：考查外界条件对反应速率和平衡状态的影响
点评：在分析有关图像时应该注意：一、ν－t
图像或
c－t
图像：1.ν－t
图像：分清正逆反应，分清各因素(浓度、温度、压强、催化剂)对反应速率和平衡移动的影响。 二、平衡图像
1.出现拐点的图像：分析依据“先拐先平”。在转化率－时间图像或物质的百分含量－时间图像中，先出现拐点的曲线先达到平衡(代表温度高或压强大或使用合适的催化剂等)。
14．下表是在相同温度下三种酸的一些数据，下列判断正确的是（
）
酸
HX
HY
HZ
浓度(mol/L)
0.12
0.2
0.9
1
1
电离度
0.25
0.2
0.1
0.3
0.5
电离常数
Ki1
Ki2
Ki3
Ki4
Ki5
已知：
A．在相同温度下,从HX的数据可以说明：弱电解质溶液，浓度越低，电离度越大,且Ki1＞Ki2＞Ki3=0.01
B．室温时,若在NaZ溶液中加水，则c(Z-)/
[c(HZ)
c(OH-)]的比值变小，若加少量盐酸,则比值变大
C．等物质的量的NaX、NaY和NaZ的混合溶液：c(X-)+c(Y-)—2c(Z-)=2c(HZ)—c(HX)—c(HY)，且c(Z-)D．在相同温度下，Ki5＞Ki4＞Ki3
【答案】D
【解析】
试题分析：A、相同温度下，同种弱酸的电离常数不随浓度的变化而变化，所以K1=K2=K3，A项错误；B、室温时，若在NaZ溶液中加水、加酸都促进水解，c（Z-）/
[c（HZ）
c（OH-）]
=Ka×Kw，二者都为常数，只受温度的影响，则比值不变，B项错误；C、由电离度大小可知酸性HZ＞HY＞HX，酸越强，水解程度越小，则其c（Z-）>c（Y-）>c（X-），C项错误；D、弱酸的电离度越大，酸越强，则电离常数越大，所以在相同温度下，Ki5＞Ki4＞Ki3，D项正确；答案选D。
考点：考查平衡常数
15．已知Co2O3在酸性溶液中易被还原成Co2＋，Co2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱。下列反应在水溶液中不可能发生的是
A.
Co2O3＋6HCl===2CoCl2＋Cl2↑＋3H2O
B.Cl2＋FeI2===FeCl2＋I2
C.
3Cl2＋6FeI2===2FeCl3＋4FeI3
D.2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2
【答案】C
【解析】
试题分析：A、根据反应：Co2O3+6HCl=2CoCl2+Cl2↑+3H2O，得出氧化性是：Co2O3＞Cl2，和题意相符合，反应可能发生，故A不选；B、因为氧化性FeCl3＞I2，所以氯气先氧化碘离子后氧化铁离子，反应为Cl2+FeI2=FeCl2+I2，故B不选；C、根据反应：3Cl2+6FeI2=2FeCl3+4FeI3，得出氧化性是：Cl2＞FeCl3，但是氧化性是FeCl3＞I2，还原性是碘离子强于亚铁离子，碘离子会先被氯气氧化，和题意不相符合，不可能发生，故C选．D、根据反应：2Fe3++2I-═2Fe2++I2，得出氧化性是：Fe3+＞I2，和题意相符合，反应可能发生，故D不选；故选C。
【考点定位】考查氧化还原反应
【名师点晴】本题考查学生分析和解决问题的能力，可以根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性分析判断。根据化学方程式，只要根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性得出的结果符合题干已知条件的，说明反应成立。
16．(10分)元素周期表中第ⅦA族元素的单质及其化合物的用途广泛。
（1）能作为氯、溴、碘元素非金属性(原子得电子能力)递变规律的判断依据是
(填序号)。
A．Cl2、Br2、I2的熔点
B.
Cl2、Br2、I2的氧化性
C．HCl、HBr、HI的热稳定性
D．
HCl、HBr、HI的酸性
（2）工业上，通过如下转化可制得KClO3晶体：
NaCl溶液
NaClO3溶液KClO3晶体
①完成Ⅰ中反应的总化学方程式：□NaCl＋□H2O＝□NaClO3＋□
。
②Ⅱ中转化的基本反应类型是
，该反应过程能析出KClO3晶体而无其它晶体析出的原因是
。
（3）一定条件，在水溶液中1
mol
Cl－、ClOX－(x＝1，2，3，4)的能量(KJ)相对大小如右图所示。
①D是
(填离子符号)。
②B→A＋C反应的离子方程式为
；生成1molC时，
KJ的热（填吸收或放出以及具体数值）
【答案】（1）B、C
（2分）
（2）①1NaCl＋3H2O＝1NaClO3＋3H2↑
（2分）
②复分解反应
室温下，氯酸钾在水中的溶解度明显小于其它晶体（2分）
（3）①ClO4－
（1分）
②3ClO－＝ClO3－
＋2Cl－，（2分）
放出117（1分）
【解析】
试题分析：（1）能作为氯、溴、碘元素非金属性(原子得电子能力)递变规律的判断依据是元素形成的氢化物的稳定性会反应条件的难易，或产生的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱，或单质的氧化性的强弱。乙醇选项是B、C。(2)①反应Ⅰ是氧化还原反应，根据电子守恒、原子守恒可知：Ⅰ中反应的总化学方程式：1NaCl＋3H2O＝1NaClO3＋3H2↑；②Ⅱ中元素的化合价没有发生变化，所以转化的基本反应类型是复分解反应；该反应过程能析出KClO3晶体而无其它晶体析出的原因是室温下，氯酸钾在水中的溶解度明显小于其它晶体；（3）①根据物质中元素的化合价的变化规律可知D是ClO4－
；②B→A＋C反应是歧化反应，根据元素守恒、原子守恒、电荷守恒可得：该反应的离子方程式为3ClO－＝ClO3－
＋2Cl－，由方程式可知每产生1mol的C会消耗3mol的B，同时产生2mol的Cl-，能量变化是ΔH=－3×60KJ+2×O+63KJ
=-117KJ，即发出热量117KJ.
考点：考查元素非金属性强弱的比较依据、离子方程式和化学方程式的书写、物质反应过程中的能量变化。
17．（14分）化合物甲与发生酯化反应的产物A是一种食用香料。11.6g甲完全燃烧可产生0.6mo1
CO2和0.6mo1
H2O。相同条件下，甲蒸气对氧气的相对密度为I.
8125，甲分子为链状结构且不含甲基。回答下列问题：
（1）甲中的结构简式为＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿
（2）甲中含有的官能团名称为＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿
（3）有多种同分异构体，其中属于酯类，能使FeCl3溶液显紫色，
且苯环上的一氯代物有两种的同分异构体的结构简式为＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿（任写两种）。(4)已知：
A的合成路线如下：21世纪教育网
①试剂x不可选用＿＿＿＿（填序号）
A.
NaOH落液　B.
Na2
C03溶液　C.
NaHC03溶液　D、Na
②乙的结构简式为＿＿＿＿＿，反应II的反应类型为＿＿＿＿＿＿＿＿
③反应IV的化学方程式为＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿
【答案】（14分）（1）CH2=CHCH2OH（2）碳碳双键和羟基
（3）（4）①C
②CH3COOH；取代反应
③
【解析】
试题分析：（1）相同条件下，甲蒸气对氧气的相对密度为I.
8125，则甲的相对分子质量是1.8125×32＝58。所以11.6g甲的物质的量就是0.2mol，由于燃烧生成0.6mo1
CO2和0.6mo1
H2O，所以甲分子中含有3个碳原子、6个氢原子。则含有的氧原子个数是，因此甲的分子式是C3H6O。甲分子为链状结构且不含甲基，又因为碳碳双键和羟基相连是不稳定的，所以甲的结构简式是CH2=CHCH2OH。
（2）根据甲的结构简式可知，甲中含有的官能团名称为碳碳双键和羟基。
（3）能使FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基。又因为苯环上的一氯代物有两种的同分异构体，所以苯环上含有2个取代基，且是对位的。由于属于酯类，因此可能的结构简式是
。
（4）①酚羟基和碳酸氢钠不反应，其余选项都是可以反应的，答案选C。
②根据苯酚钠和丙反应生成物的结构简式可知，丙的结构简式是ClCH2COOH，所以乙是醋酸，结构简式是CH3COOH。在催化剂的作用下，乙酸和氯气发生取代反应生成氯乙酸。
③反应Ⅳ是酯化反应，因此反应的化学方程式是
。
考点：考查有机物结构简式、官能团、有机反应类型、同分异构体的判断以及方程式的书写
点评：有机物的合成是通过化学反应使有机物的碳链增长或缩短，或碳链和碳环的相互转变，或在碳链或碳环上引入或转换各种官能团，以制取不同类型、不同性质的有机物。有机合成题能较全面地考查学生的有机化学基础知识和逻辑思维能力、创造思维能力等。
18．某校化学课外小组为了鉴别碳酸钠和碳酸氢钠两种白色固体，用不同的方法做了以下实验，如图Ⅰ～Ⅳ所示．
（1）只根据图Ⅰ、Ⅱ所示实验，能够达到实验目的是（填装置序号）______________．
（2）图Ⅲ、Ⅳ所示实验均能鉴别这两种物质，其反应的化学方程式为_____________，____________；与实验Ⅲ相比，实验Ⅳ的优点是（填选项序号）______________．
A．Ⅳ比Ⅲ复杂
B．Ⅳ比Ⅲ安全
C．Ⅳ可以做到用一套装置同时进行两个对比实验，而Ⅲ不行
（3）若用实验Ⅳ验证碳酸钠和碳酸氢钠的稳定性，则试管B中装入的固体应是（填化学式）____________．
（4）将碳酸氢钠溶液与澄清石灰水混合并充分反应。当碳酸氢钠与氢氧化钙物质的量之比为2：1时，所得溶液中溶质的化学式为_____________，请设计实验检验所得溶液中溶质的阴离子______________．
【答案】（1）Ⅱ；（2）2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑、CO2+Ca(OH)2═CaCO3↓+H2O；C；
（3）NaHCO3；
（4）Na2CO3；取少量上层清液（或过滤后的滤液或所得溶液）于洁净的试管中，加入适量氯化钙溶液，振荡，若有白色沉淀生成，则证明溶液中含有CO32-．
【解析】
试题分析：（1）无论碳酸钠还是碳酸氢钠都能和盐酸反应生成二氧化碳，二氧化碳能使澄清的石灰水变浑浊，故Ⅰ无法鉴别；实验Ⅱ中，盐酸和碳酸氢钠反应立即产生气泡，盐酸和碳酸钠先反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠和盐酸反应生成二氧化碳气体，所以看到的现象不同，故能鉴别碳酸钠和碳酸氢钠，正确选项是Ⅱ；（2）碳酸氢钠在加热条件下能分解生成碳酸钠和水、二氧化碳，二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙和水，反应方程式为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，CO2+Ca(OH)2═CaCO3↓+H2O；实验Ⅲ、Ⅳ相比，IV可以做到一套装置同时进行两个对比实验，而III不能，故正确选项是C；（3）碳酸钠直接加热，碳酸氢钠不直接加热，不直接加热的碳酸氢钠能分解而直接加热的碳酸钠不分解更能说明碳酸氢钠不稳定，因此应该加入NaHCO3；（4）将碳酸氢钠溶液与澄清石灰水混合并充分反应。当碳酸氢钠与氢氧化钙物质的量之比为2：1时，发生反应：2NaHCO3+Ca(OH)2=
CaCO3↓+Na2CO3+
2H2O，所得溶液中溶质的化学式为Na2CO3；可以利用CaCO3的难溶性检验CO32-的存在，检验所得溶液中溶质的阴离子的方法是取少量上层清液（或过滤后的滤液或所得溶液）于洁净的试管中，加入适量氯化钙溶液，振荡，若有白色沉淀生成，则证明溶液中含有CO32-。
【考点定位】考查碳酸钠和碳酸氢钠的性质、实验方案的设计及评价的知识。
【名师点睛】碳酸是二元酸，因此碳酸的钠盐有碳酸钠和碳酸氢钠，它们都是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性。由于水解程度：CO32->HCO3-，因此等浓度的碳酸钠和碳酸氢钠溶液的碱性：碳酸钠>碳酸氢钠；二者都可以与盐酸发生反应，碳酸钠与盐酸反应分步进行，首先是发生反应Na2CO3+
HCl=
NaHCO3+
NaCl，没有气体产生，然后发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+
CO2↑，产生气体；而向碳酸氢钠溶液中加入盐酸立刻发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+
CO2↑，产生气体，因此快完利用与盐酸反应现象的不同可以鉴别二者，同样也可以利用盐酸与碳酸钠反应分步进行，利用相互滴加顺序不同，反应现象不同鉴别碳酸钠和盐酸两种溶液。碳酸钠和碳酸氢钠的热稳定性不同，碳酸钠稳定，受热不分解；而碳酸氢钠不稳定加热发生分解反应：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，产生的CO2气体可以使澄清石灰水变浑浊，利用这一性质可鉴别碳酸钠和碳酸氢钠。为了节约时间、节约能源，同时便于对比，可用套管实验进行，将碳酸氢钠放在内管，不直接加热，将碳酸钠放在外管直接加热，通过观察用导气管与两支试管连接澄清石灰水是否变浑浊判断是否发生分解反应；NaHCO3加热分解转化为正盐碳酸钠，也可以与NaOH发生反应转化为正盐，碳酸钠与盐酸或碳酸溶液发生反应，因此可以实现二者的相互转化。碳酸钠与Ca(OH)2发生反应产生CaCO3和水，与二者的相对物质的量多少无关；碳酸氢钠与Ca(OH)2发生反应，二者相对物质的量多少不同，反应不同，因此要注意物质的量对反应产物的影响。
19．（18分）实验室测定碳酸钠和碳酸氢钠混合物中碳酸钠的质量分数w(Na2CO3)，称取此混合物5.0g，溶于水中，配成250mL溶液。
方案一：沉淀法。利用化学反应把HCO3－、CO32－完全转化为沉淀，称量干燥沉淀的质量，由此计算混合物中w
(Na2CO3)。
(1)量取100
mL配制好的溶液于烧杯中，滴加足量沉淀剂，把溶液中HCO3－、CO32－完全转化为沉淀，应选用的试剂是___________
（填编号）。
A.CaCl2溶液
B.MgSO4溶液
C.NaCl溶液
D.Ba(OH)2溶液
(2)
简述证明HCO3－、CO32－已完全沉淀的实验操作_________________________。
(3)
过滤，提取沉淀，则过滤操作所需要的玻璃仪器除烧杯外，还有_______________。
(4)
将沉淀洗涤，并充分干燥，称量沉淀的质量为mg，由此可以计算w(Na2CO3)。如果此步中，沉淀未干燥充分就称量，则测得w
(Na2CO3)________________（填偏大或偏小、无影响）。
方案二：量气法。量取10.00mL配制好的溶液与足量稀硫酸溶液反应，测定生成气体在通常状况（约20℃，1.01×105Pa）的体积，由此计算混合物中w
(Na2CO3)。
(1)
装置中导管a的作用是
。
(2)
反应结束后，为了准确地测量气体体积，量气管在读数时应注意：
①_______________________________，
②_________________________________，
③眼睛视线与液面最低处相平。
（3）实验前后碱式滴定管中液面读数分别为V1
mL、V2
mL。则
产生CO2的体积
为
mL。
方案三：滴定法。量取25.00
mL配制好的溶液加入锥形瓶中，滴加2滴酚酞试剂，摇匀，用0.2000
mol/L盐酸进行滴定到终点（已知终点时反应H++CO32-
＝HCO3-恰好完全）。重复此操作2次，消耗盐酸的体积平均值为20.00
mL。
(1)量取25.00
mL配制好的溶液，应选择_______________仪器来完成。
(2)判断滴定终点的依据是_____________________。
(3)此法测得w(Na2CO3)=
%。
【答案】方案一：（1）D（2分）
（2）静置、澄清，在澄清溶液中继续加Ba(OH)2溶液，不浑浊，则HCO3—、CO32-已沉淀完全；反之，未沉淀完全（在取出澄清溶液中继续滴加Ba(OH)2溶液，如果未答出现浑浊时把取出液全部倒回原液中，不给分）（2分）
（3）玻璃棒、普通漏斗（漏斗）（2分）
（4）偏小（2分）
方案二：（1）平衡压强、使液体顺利滴下；消除加入稀硫酸引起的氢气体积误差（2分）
（2）①待冷却至室温才开始读数
（1分）
②读数前左右液面相平（1分）
（3）V1-V2（2分）
方案三：（1）碱式滴定管（1分）
（2）由红色突变为无色，且30s不恢复（1分）（3）84.8%（2分）
【解析】
试题分析：方案一、（1）A、CaCl2溶液只能与碳酸根反应转化为碳酸根沉淀，A不正确；B.MgSO4溶液与二者均不反应，B不正确；C.NaCl溶液与二者均不反应，C不正确；D.Ba(OH)2溶液与二者均反应，生成碳酸钡沉淀，D正确，答案选D。
（2）要证明HCO3－、CO32－已完全沉淀，则可以继续滴加氢氧化钡溶液，即正确的的实验操作是静置、澄清，在澄清溶液中继续加Ba(OH)2溶液，不浑浊，则HCO3—、CO32-已沉淀完全；反之，未沉淀完全。
（3）过滤操作所需要的玻璃仪器除烧杯外，还有玻璃棒、普通漏斗（漏斗）。
（4）如果此步中，沉淀未干燥充分就称量，则称量值偏大。由于在质量相等的条件下碳酸氢钠产生的沉淀大于碳酸钠产生的沉淀，所以如果称量值偏大，则碳酸氢钠的质量偏大，则碳酸钠的含量偏小。
方案二：（1）由于碳酸盐与酸反应产生二氧化碳气体，瓶内压强增大，所以装置中导管a的作用是平衡压强、使液体顺利滴下；消除加入稀硫酸引起的体积误差。
（2）读数是必须与外界大气压相同，因此注意事项是①待冷却至室温才开始读数，②读数前左右液面相平。
（3）碱液吸收CO2，所以前后的体积差即是二氧化碳的体积，则产生CO2的体积为（V1-V2）mL。
方案三：（1）溶液显碱性，因此应该用碱式滴定管量取。
（2）酚酞的变色范围是8.2～10.0，所以判断滴定终点的依据是由红色突变为无色，且30s不恢复。）（3）反应达到终点时，发生的离子方程式为H++CO32-
＝HCO3-，则根据消耗盐酸的体积可知20.00ml可知，消耗碳酸钠的物质的量是0.2000
mol/L×0.02000L＝0.004mol，则原混合物中碳酸钠的物质的量是0.004mol×
＝0.04mol，质量是0.04mol×106g/mol＝4.24g，所以碳酸钠质量分数为
×100%＝84.8%。
考点：考查碳酸钠和碳酸氢钠混合物中碳酸钠含量测定的实验方案设计与评价
20．某校化学实验兴趣小组为了探究实验室制备Cl2的过程中有水蒸气和HCl挥发出来，同时证明氯气的某些性质，甲同学设计了如下图所示的实验装置(支撑用的铁架台省略)，完成下列问题。
（1）用
MnO2和浓盐酸混合共热制得氯气的化学方程式是__________________；
（2）若用含有0.2mol
HCl的浓盐酸与足量的MnO2反应制Cl2，制得的Cl2体积在标准状况下总是小于1.12L的原因是__________________；
（3）①装置B的作用是__________________；
②装置D和E出现的不同现象说明的问题是__________________；
③装置F的作用是__________________；
④装置G中发生反应的化学方程式为__________________。
【答案】（1）MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O（2）加热时浓盐酸因挥发而损失，随着反应的进行或挥发浓度变稀以后，将不再反应（3）①检验有水蒸气产生②干燥的氯气无漂白性，潮湿的氯气(或次氯酸)有漂白性③吸收氯气④HCl+AgNO3═AgCl↓+HNO3
【解析】
试题分析：（1）MnO2和浓盐酸在加热条件下发生反应生成氯化锰和氯气、水，化学方程式是：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；（2）浓盐酸与足量MnO2反应制取Cl2，反应消耗氯化氢，同时反应需要加热，浓盐酸易挥发而损害，随反应的不断进行浓盐酸的浓度逐渐变稀，稀盐酸不反应不与MnO2反应；（3）①硫酸铜遇水变蓝，可以用盛有硫酸铜的B装置检验水的存在，现象是无水硫酸铜变蓝色；
②D中干燥的布条不褪色，E中湿润的布条褪色说明干燥的氯气无漂白性，潮湿的氯气(或次氯酸)有漂白性；③氯气易溶于四氯化碳，用四氯化碳吸收氯气，防止干扰F中氯气中含有的氯化氢的检验；④装置G中氯化氢与硝酸银发生反应，化学方程式为：HCl+AgNO3═AgCl↓+HNO3。
考点：考查氯气的制备、氯气的性质、氯离子检验。
21．某温度下，测得氢氧化钠的PH=11水的离子积常数KW是多少？
（1）该温度下，水的离子积常数KW是多少？
（2）在此温度下，将pH=a的NaOH溶液VaL与pH=b的硫酸VbL混合。
①若所得混合溶液为中性，且a=12，b=2，则Va
:
Vb为多少？
②若所得混合溶液为中性，且a+b=12，则Va
:
Vb为多少？
【答案】（1）10—13
（2）①1
:
10
②10
:
1
【解析】（1）氢氧化钠的，，所以该温度下，水的离子积常数
KW==。（2）①若所得混合溶液为中性，pH=12的NaOH溶液，则意味，，pH=2的硫酸，，所以有=。②，则，所以，，所以。
22．已知：
A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，其合成路线如下图所示。
回答下列问题：
（1）写出A的结构式：
，C的结构简式：
。
（2）B、C分子中的官能团名称分别
、
。
（3）写出下列反应的反应类型：①
②
④
。
（4）写出下列反应的化学方程式
①
②
④
（5）写出乙酸乙酯在碱性条件下的水解方程式：
。
【答案】（1）CH2＝CH2；CH3CHO
（2）羟基；醛基
（3）①
加成反应
②
氧化反应
④酯化反应
（4）①
CH2＝CH2
+
H2OCH3CH2OH
②
2CH3CH2OH
+
O22CH3CHO
+
2H2O
④
CH3COOH
+
CH3CH2OHCH3COOCH2CH3
+
H2O
（5）CH3COOCH2CH3
+
NaOHCH3COONa
+
CH3CH2OH
【解析】
试题分析：已知：
A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，则A是乙烯；乙烯与水发生加成反应生成乙醇，即B是乙醇。乙醇催化氧化生成乙醛，则C是乙醛，乙醛继续氧化生成乙酸，则D是乙酸。乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯。
（1）乙烯和C的结构式分别为CH2＝CH2、CH3CHO。
（2）B、C分子中的官能团名称分别羟基、醛基。
（3）根据以上分析可知①、②、④的反应类型分别是加成反应、氧化反应、酯化反应。
（4）根据以上分析可知①、②、④反应的化学方程式分别是CH2＝CH2
+
H2OCH3CH2OH、
2CH3CH2OH
+
O22CH3CHO
+
2H2O、CH3COOH
+
CH3CH2OHCH3COOCH2CH3
+
H2O。
（5）乙酸乙酯在碱性条件下的水解方程式为CH3COOCH2CH3
+
NaOHCH3COONa
+
CH3CH2OH。
【考点定位】本题主要是考查有机物推断、反应类型及有关方程式书写等
【名师点晴】根据反应条件推断反应类型：
（1）在NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应。
（2）在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应。
（3）在浓H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等。
（4）能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应。
（5）能与H2在Ni作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应。
（6）在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应。
（7）与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是—CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2，则为醇―→醛―→羧酸的过程)。
（8）在稀H2SO4加热条件下发生酯、低聚糖、多糖等的水解反应。
（9）在光照、X2(表示卤素单质)条件下发生烷基上的取代反应；在Fe粉、X2条件下发生苯环上的取代。
23．【化学选修—有机化学基础】
可用来制备抗凝血药，通过下列路线合成：
（1）A与银氨溶液反应有银镜生成，写出该反应的化学方程式_____________________；
（2）B→C的反应类型_________________；
（3）写出E的结构简式_________________；
（4）写出F和过量NaOH溶液共热时反应的化学方程式_________________；
（5）下列关于G的说法正确的是__________；
a．能与溴单质反应
b．能与金属钠反应
c.1mol
G最多能和3mol氢气反应
d．分子式是C9H6O3
（6）E的同分异构体很多，除E外符合下列条件的共_________种。
①含苯环
②苯环上有两个取代基
③能与醇发生酯化反应
【答案】(1)CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O
(2)取代反应(3)
(4)+3NaOH+CH3COONa+CH3OH+H2O
(5)abd
(6)9
【解析】
试题分析：A与银氨溶液反应有银镜生成，则A中存在醛基，由流程可知A与氧气反应可以生成乙酸，则A为CH3CHO，由B和C的结构简式可以看出，乙酸分子中的羟基被氯原子取代，发生了取代反应，D与甲醇在浓硫酸条件下发生酯化反应生成E，则E的结构简式为，由F的结构简式可知，C和E
在催化剂条件下脱去一个HCl分子得到F，
（1）由以上分析可知，A为CH3CHO，与银氨溶液反应的离子方程式为：CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O；（2）由B和C的结构简式可以看出，乙酸分子中的羟基被氯原子取代，发生了取代反应；（3）E的结构简式为；（4）F和过量NaOH溶液共热时反应的化学方程式为：
+3NaOH+CH3COONa+CH3OH+H2O；（5）G分子的结构中存在苯环、酯基、羟基、碳碳双键，所以能够与溴单质发生加成反应或者取代反应，能够与金属钠反应产生氢气，a和b正确；1molG含有1mol碳碳双键和1mol苯环，所以需要4mol氢气，c错误，G的分子式为C9H6O3，d正确，故答案为abd；（6）E（）的同分异构体很多，除E外符合下列条件：①含苯环、②苯环上有两个取代基，取代基可处于邻、间、对三个位置，
③能与醇发生酯化反应，可知有羧基；则两个取代基可以是—OH和—CH2COOH，有三种；两个取代基为—CH2OH和—COOH，有三种；两个取代基为—OCH3和—COOH，有三种；则共有9种。
【考点定位】考查有机物的推断、有机物结构与性质、有机反应类型、同分异构体等。
【名师点晴】掌握有机物官能团的性质和转化，结合反应条件进行推断是解题关键；与银氨溶液反应有银镜生成，则A中存在醛基，由流程可知A与氧气反应可以生成乙酸，则A为CH3CHO，由B和C的结构简式可以看出，乙酸分子中的羟基被氯原子取代，发生了取代反应，D与甲醇在浓硫酸条件下发生酯化反应生成E，则E的结构简式为，由F的结构简式可知，C和E
在催化剂条件下脱去一个HCl分子得到F，据此解答。