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

山东省惠民县第一中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）
1．
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方程段(下一个)XXX
节XXX
1是
Ａ．三种元素　　　Ｂ．同位素　　　Ｃ．同种核素　　　Ｄ．同种原子
【答案】B
【解析】
2．下列混合物的分离方法不可行的是
A．互溶的液态混合物可用分液方法分离
B．互不相溶的液态混合物可用分液方法分离
C．沸点不同的液态混合物可用蒸馏方法分离
D．可溶于水的固体与难溶于水的固体形成的混合物可用溶解、过滤、蒸发的方法分离
【答案】A
【解析】
试题分析：分液：分离的是互不相溶的两种液体，互溶的液态混合物，一般采用蒸馏或分馏的方法，故说法错误；B、分液：分离的是互不相溶的两种液体，故说法正确；C、蒸馏利用沸点不同，进行分离，故说法正确；D、采用先溶解，然后过滤，得到难容固体，然后对滤液进行蒸发结晶，得到可溶固体，故说法正确。
考点：考查物质的的分离和提纯等知识。
3．有8种物质：①甲烷；②苯；③聚乙烯；④聚异戊二烯；⑤2﹣丁炔；⑥环己烷；⑦邻二甲苯；⑧环己烯．既能使酸性高锰酸钾溶液褪色又能与溴水反应使之褪色的是（
）
A．③④⑤⑧
B．④⑤⑦⑧
C．④⑤⑧
D．③④⑤⑦⑧
【答案】C
【解析】
试题分析：①不能与酸性高锰酸钾或溴水反应；②苯不能与酸性高锰酸钾或溴水反应。③聚乙烯和二者都不反应；④聚异戊二烯含有碳碳双键，能与二者都反应；⑤2-丁炔与二者都反应；⑥环己烷都不反应；⑦邻二甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但不能溴水反应褪色；⑧环己烯能与二者都反应。所以选C。
考点：烃的化学性质
4．下列关于有机化合物的说法正确的是（　　）
A．糖类、油脂和蛋白质均可发生水解反应
B．C5H12O能被催化氧化为醛的同分异构体有四种
C．聚乙炔、聚苯乙烯和苯分子均含有碳碳双键
D．甲酸丙酯和乙醛可用银氨溶液加以区别
【答案】B
【解析】A单糖不能水解；B能被催化氧化为醛必需有-CH2OH，-C4H9有四种同分异构体；C聚苯乙烯和苯分子均无碳碳双键；D甲酸丙酯和乙醛均能与银氨溶液反应
。
考点：基本概念和官能团的性质
5．欲除去FeCl2溶液中少量的FeCl3杂质，应选用下列试剂中的
A．Fe
B．Cu
C．氯水
D．KSCN溶液
【答案】A
【解析】
试题分析：因为铁离子能和铁反应生成亚铁离子，化学方程式为2FeCl3+Fe═3FeCl2，故可用铁除去FeCl2溶液中的少量氯化铁，如果加入金属铜，会向溶液中引入杂质离子，加入氢氧化钠，与氯化亚铁反应，而加入硫氰化钾溶液，引入新杂质，故选A。
考点：考查混合物的分离、提纯。
6．在体积为VmL、密度为dg·cm-3的溶液中，溶有式量为M的溶质mg，其物质的量浓度为cmol·L-1，质量分数为w%，则下列表示式中正确的是
A、c=
B、m=Vd
C、w%=
D、c=
【答案】B
【解析】根据
可知，A、C不正确。D中应该是,所以正确的答案选B。
7．2010年，中国首次应用六炔基苯在铜片表面合成了石墨炔薄膜(其合成示意图如图所示)，其特殊的电子结构将有望广泛应用于电子材料领域．下列说法不正确的是(
)
A．六炔基苯的化学式为C18H6
B．六炔基苯和石墨炔都具有平面型结构
C．六炔基苯和石墨炔都可发生加成反应
D．六炔基苯合成石墨炔属于加聚反应
【答案】D
【解析】
试题分析：A、六炔基苯含有18个C原子、6个H原子，分子式为C18H6，故A错误；B、苯为平面结构，乙炔为直线型结构，六炔基苯和石墨炔都具有平面型结构，故B正确；C、六炔基苯和石墨炔均含有苯环、碳碳三键，都可发生加成反应，故C正确；D、由结构可知，六炔基苯合成石墨炔有氢气生成，不属于加聚反应，故D错误，故选D。
【考点定位】考查常见有机化合物的结构；有机化学反应
【名师点晴】本题考查有机物的结构与性质、有机反应类型，注意根据苯与乙烯的平面结构、乙炔的直线型、甲烷的四面体结构判断分子共面与共线问题。
8．下列关于Na和Na＋的叙述中，错误的是
A．它们相差一个电子层
B．它们的化学性质相似
C．钠原子，钠离子均为同一元素
D．灼烧时，它们的焰色反应都呈黄色
【答案】B
【解析】
试题分析：A.Na有3个电子层、Na＋是钠原子失去最外层电子形成的，2个电子层，它们相差一个电子层，A项正确；B.Na＋最外层是8电子稳定结构，化学性质稳定，而Na原子很活泼，体现出较强的还原性，所以它们的化学性质不同，B项错误；C.
Na和Na＋都属于Na元素；C项正确；D.
焰色反应是元素的性质，无论是Na还是Na＋，灼烧时火焰都呈黄色，D项正确；选B。
考点：考查原子结构，同种元素的离子和原子的异同以及焰色反应等知识。
9．下列各反应中，水既不是氧化剂，又不是还原剂，且反应属于氧化还原反应的是
A．氟气和水
B．铝与氢氧化钠溶液
C．二氧化氮和水
D．五氧化二磷与冷水
【答案】C
【解析】
试题分析：A、反应中F元素的化合价降低，水中O元素的化合价升高，水作还原剂，故A不选；B、反应中Al元素的化合价升高，水中H元素的化合价降低，水作氧化剂，故B不选；C、反应中N元素的化合价既升高又降低，而水中元素的化合价不变，所以水既不是氧化剂，又不是还原剂，故C选；D、该反应中没有元素的化合价变化，该反应不是氧化还原反应，故D不选；故选C。
考点：考查了氧化还原反应的相关知识。
10．下列叙述中正确的是
A．摩尔是物质的质量的单位
B．碳的摩尔质量为12g
C．阿伏加德罗常数约为6.02×1023mol-1
D．一个碳原子的质量为12g
【答案】C
【解析】A错，摩尔是物质的量的单位；B错，碳的摩尔质量为12g/mol；C正确；D错，1molC原子的质量为12g;
11．某磁黄铁矿的主要成分是FexS（S为-2价），既含有Fe2＋又含有Fe3＋。将一定量的该磁黄铁矿与100mL的盐酸恰好完全反应（注：矿石中其他成分不与盐酸反应），生成硫单质2．4g，FeCl2
0．425mol和一定量H2S气体，且溶液中无Fe3＋。则下列说法正确的是
A．该磁黄铁矿中FexS的x＝0．85
B．生成的H2S气体在标准状况下的体积为2．24L
C．100mL的盐酸中HCl物质的量浓度为7．5mol/L
D．该磁黄铁矿FexS中，Fe2+与Fe3+的物质的量之比为3：1
【答案】A
【解析】
试题分析：A、n（S）＝2.4g÷32g/mol＝0.075mol，FexS中n（S）＝0.075mol+0.425mol＝0.5mol，n（Fe）＝0.425mol，所以n（Fe）：n（S）＝0.425mol：0.5mol＝0.85，所以x＝0.85，A正确；B、根据氢原子、氯原子守恒得n（H2S）＝0.5n（HCl）＝n（FeCl2）＝0.425mol，V（H2S）＝0.425mol×22.4L/mol＝9.52L，B错误；C、盐酸恰好反应生成FeCl2
0.425mol，根据氯原子守恒得c（HCl）＝0.425mol×2/0.1L＝8.5mol/L，C错误；D、n（S）＝2.4g÷32g/mol＝0.075mol，根据转移电子守恒得n（Fe3+）＝＝0.15mol，则n（Fe2+）＝0.425mol-0.15mol＝0.275mol，所以Fe2+与Fe3+的物质的量之比＝0.275mol：0.15mol＝11：6，D错误；答案选A。
【考点定位】本题考查了根据氧化还原反应进行计算
【名师点晴】守恒法解题的思维流程
（1）找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。
（2）找准一个原子或离子得失电子数。(注意化学式中粒子的个数)。
（3）根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出等式。即n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)＝n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)。
12．已知：常温下，0.01溶液的为10，反应生成1mol正盐，强酸与强碱稀溶液反应的中和热为则在水溶液中电离的为
【答案】D
【解析】根据题意可得：①H＋＋OH－=H2O
ΔH=－57.3
kJ·mol-1；
②2MOH＋2H=2M＋＋H2O
ΔH=－24.2
kJ·mol-1；②÷2－①得：MOHH＋＋OH－
ΔH=+45.2
kJ·mol-1；答案选D，
13．下列叙述正确的是（
）
①热稳定性：H2O>HF>H2S
②熔点：Al>Na>K
③第ⅠA、ⅡA族元素的阳离子与同周期稀有气体元素的原子具有相同的核外电子排布
④元素周期表中从ⅢB族到ⅡB族10个纵行的元素都是金属元素
⑤沸点：NH3
>
PH3>
AsH3
⑥已知2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)
ΔH=－571kJ·mol－1
，则氢气的燃烧热为285.5kJ·mol－1
⑦因为常温下白磷可自燃，而氮气须在放电时才与氧气反应，所以非金属性：P>N
A．只有②④⑥
B．只有①⑤⑥
C．只有②④⑥⑦
D．只有③⑤⑦
【答案】A
【解析】
试题分析：①因非金属性F＞O＞S，则氢化物的稳定性为HF＞H2O＞H2S，故①错误；②因铝的半径最小，电荷最高，则熔点最高，Na与K电荷相同，但Na的半径小，则Na的熔点比K的高，即熔点为Al＞Na＞K，故②正确；③因IA、IIA族元素的阳离子的电子层数比原子的结构减少一个层，则IA、IIA族元素的阳离子与上一周期稀有气体元素的原子具有相同的核外电子排布，故③错误；④元素周期表中从ⅢB族到ⅡB族10个纵行的元素都是金属元素，故④正确；⑤同一主族的元素的氢化物，若为HF、H2O、NH3，由于氢键的存在，它们的沸点反常的高，无氢键的物质分子量大的沸点高故⑤错误；⑥由热化学反应方程式可知，2mol氢气燃烧生成稳定化合物放出的热量为571.6kJ，则1mol氢气燃烧放出的热量为285.8kJ，即氢气的燃烧热为285.8kJ mol-1，故⑥正确；⑦因为常温下白磷可自燃，而氮气须在放电时才与氧气反应，可知白磷的易被氧化，但由同主族从上到下元素的非金属性减弱可知，非金属性N＞P，故⑦错误。
考点：非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；元素周期表的结构及其应用；燃烧热
。
14．美国某技术公司开发出纳米级催化剂，可在较低温度下将甲烷转化成乙烯：2CH4(g)??C2H4(g)＋2H2(g)　ΔH，已知在降低温度时该反应平衡向左移动，且有下列两个反应(Q1、Q2均为正值)：
反应Ⅰ：C(s)＋2H2(g)=CH4(g)　ΔH1＝－Q1
反应Ⅱ：C(s)＋H2(g)=
C2H4(g)　ΔH2＝－Q2
则下列判断正确的是(　　)
A．ΔH＜0
B．Q2＞Q1
C．ΔH＝2(Q1－Q2)
D．ΔH＝Q1－Q2
【答案】C
【解析】由温度降低时，平衡向左移动，可知甲烷转化成乙烯的反应为吸热反应，即ΔH＞0。结合反应Ⅰ和Ⅱ，由2(Ⅱ－Ⅰ)可得甲烷转化成乙烯的热化学方程式，因ΔH＞0，可得2(－Q2＋Q1)＞0，则Q1＞Q2，C项正确。
点拨：本题考查化学平衡和反应热知识，意在考查考生将实际问题分解，通过运用相关知识，采用分析、综合的方法，解决简单化学问题的能力。
15．将2aL
Al2(SO4)3和(NH4)2SO4的混合溶液分成两等份，其中一份加入b
mol
BaCl2，恰好使溶液中的SO42－离子完全沉淀；另一份加入足量强碱并加热可得到c
mol
NH3，则原混合溶液中的Al3＋离子浓度(mol/L)为(
)
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】
试题分析：
由混合溶液中加入b
mol
BaCl2，恰好使溶液中的SO42-离子完全沉淀，则SO42-+Ba2+BaSO4↓，n(SO42-)=b
mol，由加入足量强碱并加热可得到cmol
NH3，则NH4++OH-═NH3↑+H2O，n(NH4+)=c
mol,因溶液分成两等份，故原溶液中n(SO42-)=
2b
mol，n(NH4+)=
2c
mol。
根据电荷守恒，n(NH4+)×1
+
n(
Al
+)×3
=
n(SO42-)×2，解得，n(
Al
+)=
mol，浓度为mol/L。
考点：物质的量为核心的计算。
【名师点睛】本题采用了电荷守恒法。守恒法包括有电子守恒，电荷守恒，及元素守恒。物质在参加反应时，化合价升降的总数，反应物和生成物的总质量，各物质中所含的每一种原子的总数，各种微粒所带的电荷总和等等，都必须守恒。所以守恒是解计算题时建立等量关系的依据，守恒法往往穿插在其它方法中同时使用，是各种解题方法的基础，利用守恒法可以很快建立等量关系，达到速算效果。
16．（14分）汽车在现代生活中扮演着越来越重要的角色，但其尾气（碳氢化合物、氮氧化物及一氧化碳等）带来的环境污染越来越明显，机动车废气排放已成为城市大气污染的重要来源。
（1）设汽油成分为C8H18，若在气缸中汽油高温裂解产生丁烷和丁烯，写出该反应的化学方程
。
（2）气缸中生成NO的反应为：N2(g)+O2(g)
2NO(g)
△H
＞0
①汽车启动后，气缸内温度越高，单位时间内NO排放量越大，原因是
。
②1mol空气中含有0.8molN2和0.2molO2，1300℃时在含1mol空气的密闭容器内反应达到平衡。测得NO为8×10－4mol。计算该温度下的平衡常数K≈
。
（3）尾气中的CO主要来自于汽油不完全燃烧。
①有人设想按下列反应除去CO：2CO(g)=2C(s)+O2(g)
△H=+221kJ·mol－1,
简述该设想能否实现的依据：
。
②测量汽车尾气的浓度常用电化学气敏传感器，其中CO传感器可用下图简单表示，则阳极发生的电极反应为
。
（4）在汽车尾气系统中安装催化转换器，可有效减少尾气中的CO、NOx
和碳氢化合物等废气。
已知：N2(g)＋O2(g)=2NO(g)
△H1=＋180kJ/mol
CO(g)
＋1/2O2(g)=
CO2(g)
△H2=－283kJ/mol
2NO(g)＋
2CO(g)
=
2CO2(g)
＋
N2(g)
△H3
则△H3
=
kJ·mol－1。
（5）光化学烟雾（含臭氧、醛类、过氧乙酰硝酸酯等）是汽车尾气在紫外线作用下发生光化学反应生成的二次污染物。写出2－丁烯与臭氧按物质的量之比为1：2反应生成乙醛及氧气的化学方程式
。
【答案】（1）C8H18C4H10
＋
C4H8（2分）
（2）①温度升高，反应速率加快，平衡右移（2分）
②4×10－6（2分）
（3）①该反应是焓增、熵减的反应，任何温度下均不能自发进行（2分）
②CO+H2O－2e－=CO2+2H+（2分）
（4）－746（2分）
（5）
CH3CH=CHCH3
＋2O32CH3CHO
＋2O2（2分）
【解析】
试题分析：⑴根据C8H18在高温裂解产生丁烷和丁烯可写出该反应方程式；
⑵①由于生成NO的反应为吸热反应，温度升高，反应速率加快，平衡右移，导致单位时间内NO排放量越大；
②由于题目未告诉容器体积，令其体积为1L，注意数据的近似处理，平衡时：
c(N2)≈0.8mol/L,
c(O2)
≈0.2mol/L，c(NO)=8×10-8mol/L，将数据代入K=c2(NO)÷[c(N2)·c(O2)]=
4×10-6；
⑶①由于该反应是焓增，熵减的反应，由ΔG＝ΔH－TΔS，在任何温度下均不自发进行；
②CO在阳极上发生氧化反应，先根据得失电子守恒有CO－2e－――CO2，再根据电荷守恒有CO－2e－――CO2+2H+，最后根据原子守恒得CO+H2O－2e－=CO2+2H+；
⑷将两式依次编号①②，将“②×2－①”得第三式，根据盖斯定律得第三式的反应热△H3＝（－283kJ/mol）×2－（＋180kJ/mol）＝－746kJ·mol－1；
⑸根据信息“2－丁烯与臭氧按物质的量之比为1：2反应生成乙醛及氧气”，应用原子守恒写出该反应方程式。
考点：考查化学反应原理。
17．19．（16分）PTT是近几年来迅速发展起来的新型热塑性聚酯材料，具有优异性能，能作为工程塑料、纺织纤维和地毯等材料而得到广泛应用。其合成路线可设计为：
其中A、B、C均为链状化合物，A能发生银镜反应，C中不含甲基，1mol
C可与足量钠反应生成22.4
L
H2（标准状况）。请回答下列问题：
（1）A中所含官能团的名称为
，B的结构简式为
。
（2）由物质C与D反应生成PTT的化学方程式为
，反应类型为
。
（3）分子式为C4H6O与A互为同系物的同分异构体有
种，写出其中一种物质的结构简式
。
（4）请补充完整下列以CH2=CHCH3为主要原料（无机试剂任用）制备CH3CH(OH)COOH的合成路线流程图（须注明反应条件）。
【答案】
（1）碳碳双键、酯基；
；
缩聚反应
（3）3；
【解析】
试题分析：A、B、C均为链状化合物，A能发生银镜反应，则A是醛，C中不含甲基，1molC可与足量钠反应生成22.4LH2（标准状况），结合其分子式知，C中含有两个醇羟基，且C中两个羟基位于边上，所以丙烯被氧化生成A，所以A是丙烯醛，A和水发生加成反应生成B，根据以上分析知，B中羟基位于边上，所以B的结构简式为：HOCH2CH2CHO，B和氢气发生加成反应生成C，C的结构简式为：HOCH2CH2CH2OH，对二甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成D对二苯甲酸，C和D发生缩聚反应生成PTT；
（1）通过以上分析知，A中含有的官能团是碳碳双键、醛基，B的结构简式为：；（2）1，3-丙二醇和对苯二甲酸发生缩聚反应生成PTT，反应方程式为：缩聚反应；（3）分子式为C4H6O、与A互为同系物的同分异构体有CH2=CHCH2CHO、CH3CH=CHCHO
CH2=C（CH3）CHO，所以共有3种；（4）丙烯和氯气发生加成反应生成1，2-二氯丙烷，1，2-二氯丙烷和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成1，2-二羟基丙醇，1，2-二羟基丙醇被氧化生成CH3COCHO，CH3COCHO被氧化生成CH3COCOOH，CH3COCOOH发生还原反应生成2-羟基丙酸，方程式为
考点：有机物的推断
点评：本题考察了有机物的推断，明确有机物的结构和性质是关键，稍有难度。
18．Ⅰ．已知测定中和热的实验步骤如下：①量取50mL
0.25
mol/L硫酸倒入小烧杯中，测量温度
②量取50mL
0.55mol/L
NaOH溶液，测量温度；
③将NaOH溶液倒入小烧杯中，混合均匀后测量混合液温度。请回答：
（1）NaOH溶液稍过量的原因
。
（2）加入NaOH溶液的正确操作是
(填字母）。
A．沿玻璃棒缓慢加入
B．一次迅速加入
C．分三次加入
（3）使硫酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作是
。
（4）设溶液的密度均为1g·cm-3,中和后溶液的比热容c=4.18
J·(g·℃)-1，请根据实验数据求出中和热为　　　　
　　
写出该反应的热化学方程式_________
（5）若将含0.5
mol
H2SO4的浓硫酸与含1
mol
NaOH的溶液混合，放出的热量
（填“小于”、“等于”或“大于”）57.3
kJ，原因是　　　　　
　　
Ⅱ．某烧碱样品含有少量不与酸作用的杂质，为了测定其纯度，进行以下操作：
A．在250
mL的容量瓶中定容配成250
mL烧碱溶液
B．用碱式滴定管量取25.00
mL烧碱溶液于锥形瓶中，并滴入几滴酚酞作指示剂
C．在天平上准确称取烧碱样品W
g，在烧杯中用蒸馏水溶解
D．将物质的量浓度为M的标准硫酸溶液装入润洗好的酸式滴定管中，调节液面使开始读数为V1
mL
E.在锥形瓶下垫一张白纸，滴定至溶液恰好由红色变为无色时，记下读数为V2
mL
试填空：
（1）正确操作步骤的顺序是
(用字母表示）。
（2）观察滴定管液面的高度时应注意
（3）E步骤的操作中锥形瓶下垫一张白纸的作用是
。
（4）某学生实验时把锥形瓶用烧碱样品溶液洗涤，使测定的浓度_________（填“偏高”“偏低”或“无影响”），原因是
（5）该烧碱样品纯度的计算式为_________________________。
【答案】Ⅰ、（1）确保硫酸被完全中和
(2）B
(3）用环形玻璃棒轻轻搅动
(4）56.85
kJ·mol-1
,
H2SO4（aq）＋2NaOH（aq）＝Na2SO4（aq）+2H2O
ΔH=-113.7kJ·mol-1
(5）大于
浓硫酸溶于水放出热量
Ⅱ．答案：（1）CABDE
(2）滴定管要直立，装液后需等1～2
min后才能观察液面高度；读数时视线与液体的凹液面及刻度线在同一水平面上，读数应准确至0.01
mL
(3）使滴定终点颜色变化更明显，便于分辨
(4）偏高
因碱液样品沾在锥形瓶内壁使烧碱的物质的量增加，耗用标准酸的体积偏大，故烧碱浓度偏高
(5）0.8（V2－V1）M/W×100%
【解析】
19．（6分）某学生用已知质量y
g的表面皿，准确称取w
g
NaOH固体。他在托盘天平的右盘上放（w+y）g砝码，在左盘的表面皿中加入NaOH固体，这时指针偏向右边（如图所示）：
(1)下面他的操作应该是______________________，使_________________。
(2)若称取的w
g
NaOH刚好可配制0.5mol·L-1NaOH溶液500mL。在下列配制500mLNaOH溶液过程示意图中有错误的是（填操作序号）
【答案】继续往表面皿中加入NaOH固体，使指针刚好停在中间刻度
①
③
⑥（每空2分）
【解析】（1）指针偏向右边，说明右侧重，氢氧化钠的质量不足。因此正确的操作是继续往表面皿中加入NaOH固体，使指针刚好停在中间刻度。
（2）量筒只能量取液体，不能用来稀释，①不正确。转移时玻璃棒的下端应靠在容量瓶中刻度线的下面，③不正确。定容时读数应该是平时读数，⑥不正确。所以答案选①、③、⑥。
20．实验室里用下列药品和仪器来制取纯净的无水氯化铜：
图中A、B、C、D、E、F的虚线部分表示玻璃管接口，接口的弯曲和伸长等部分未画出。根据要求填写下列各小题空白。
（1）如果所制得气体从左向右流向时，上述各仪器装置的正确连接顺序是(填各装置的序号)
接
接
接
接
接
；
其中，②与④装置相连时，玻璃管接口(用装置中字母表示)应是接
。
（2）装置⑥中发生反应的离子方程式是
。
（3）实验开始时，应首先检验装置的
；实验结束时，应先熄灭
处的酒精灯。
（4）在装置⑤的烧杯中，发生反应的化学方程式为
（5）待充分反应后，装置①的玻璃管中呈
色。冷却后，将制得的产物配成溶液，溶液呈
色。
（6）若反应中有71gCl2生成，则被氧化的HCl的物质的量为
，转移电子数为
。
【答案】（13分，“连接顺序、离子方程式”，每空2分；其余每空1分）.
（1）③⑤④②①⑥
；C
；（2）Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
（3）气密性；①
；（4）MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O
（5）棕黄；蓝；（6）2mol
；2NA。
[解析]
MnO2+4HCl(浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O
~2e-
4mol
1mol
2mol
参与反应的HCl为4mol，其中被氧化的为2mol，转移电子数为2NA
【解析】
试题分析：（1）先制取Cl2，然后再除杂、干燥，再使干燥纯净的Cl2与Cu发生反应产生CuCl2，多余的Cl2用NaOH溶液吸收。因此装置的连接顺序是③⑤④②①⑥；其中，②与④装置相连时，玻璃管接口(用装置中字母表示)应是接C；（2）装置⑥中发生反应是Cl2与强碱反应产生可溶性的盐，反应的离子方程式是：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。（3）该装置有气体参加，所以实验开始时，应首先检验装置的气密性；实验结束时，应先熄灭①处的酒精灯。（4）在装置⑤的烧杯中，发生的是制取氯气的反应，化学方程式为MnO2+4HCl(浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O
（5）待充分反应后，装置①的玻璃管中呈棕黄色。冷却后，将制得的产物配成溶液，溶液呈蓝色。（6）若反应中有71gCl2生成，根据反应方程式MnO2+4HCl(浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O可知，每产生1molCl2，则被氧化的HCl的物质的量为2mol，转移电子数为2NA。
考点：考查气体的制取的连接顺序、反应方程式、离子方程式的书写及氧化还原反应的有关计算的知识。
21．将6.50g锌投入200mL某浓度的盐酸中，锌和盐酸恰好完全反应。求：
（1）6.50g锌的物质的量；
（2）所用盐酸中HCl的物质的量浓度；
（3）反应后中生成的H2在标准状况下的体积。
【答案】（1）0.1摩尔（2）1mol/L（3）2.24L
【解析】
试题分析：（1）锌的物质的量为6.50/65=0.1摩尔。（2）根据方程式分析，Zn+2HCl=ZnCl2+H2锌为0.1摩尔，则盐酸的物质的量为0.2摩尔，则其物质的量浓度为0.2/0.2=1mol/L。（3）根据方程式分析，0.1摩尔产生0.1摩尔氢气，标准状况下的体积为0.1×22.4=2.24L。
考点：物质的量计算
22．甲是一种盐，由A、B、C、D、E五种元素组成，其中四种是短周期元素。甲溶于水后可电离出三种离子，其中含有由A、B形成的五核10电子阳离子。A元素原子核内质子数比E的少1，D、E处于同主族。用甲进行如下实验：
①取少量甲的晶体溶于蒸馏水配成溶液；
②取少量甲溶液于试管中滴入KSCN溶液，无现象，再滴入氯水，溶液呈红色；
③取少量甲溶液于试管中加入适量NaOH溶液，加热；
④取少量甲溶液于试管中，向其中加入稀盐酸，无明显现象，再加入BaCl2溶液，出现白色沉淀。
回答下列问题：
（1）C的元素符号是
，D的原子结构示意图
（2）用离子方程式表示实验②中现象的原因：
。
（3）实验③中出现的现象是
（4）经测定甲晶体的摩尔质量为392
g/mol，其中阳离子与阴离子物质的量之比为3:2，则甲晶体的化学式为
【答案】（1）Fe
；
（2）2Fe2++Cl2=2Cl-+2Fe3+；Fe3++3SCN-Fe(SCN)3（等号给分）
（3）有白色絮状沉淀生成，迅速变成灰绿色，最终变成红褐色，加热有大量刺激性气味的气体生成（或有能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体生成）
（4）(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O
[或Fe(NH4)2(SO4)2·6H2O]
【解析】
试题分析：甲是一种盐，由A、B、C、D、E五种元素组成，其中四种是短周期元素。甲溶于水后可电离出三种离子，其中含有由A、B形成的五核10电子阳离子。A元素原子核内质子数比E的少1，D、E处于同主族。则A是N元素，B是H元素，
E是O元素，D是S元素，取少量甲溶液于试管中滴入KSCN溶液，无现象，再滴入氯水，溶液呈红色，说明C是Fe元素。（1）C是铁元素，铁的元素符号是Fe；D是S元素，D的原子结构示意图是；（2）取少量甲溶液于试管中滴入KSCN溶液，无现象，再滴入氯水，溶液呈红色，说明甲的溶液中含有Fe2+，当加入氯水后，发生反应2Fe2++Cl2=2Cl-+2Fe3+，产生了Fe3+，Fe3+与SCN-发生显色反应：Fe3++3SCN-Fe(SCN)3；（3）取少量甲溶液于试管中加入适量NaOH溶液，加热，会发生反应：NH4++OH-NH3↑+H2O，产生有刺激性气味的气体，溶液中含有Fe2+与OH-反应产生Fe(OH)2白色沉淀，该物质不稳定，会被溶解在溶液中的氧气氧化，沉淀由白色变为灰绿色，最后变为红褐色；（4）
甲溶液中含有Fe2+，SO42-，NH4+，阳离子与阴离子物质的量之比为3：2，再根据化合价代数和为零可知，甲的化学式可能是(NH4)2Fe(SO4)2，因为晶体的摩尔质量为392g/mol，所以甲晶体中含有水分子数为(392 18×2 56 96×2)÷18=6，所以晶体甲的化学式为(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O，也可写为Fe(NH4)2(SO4)2·6H2O。
考点：考查元素及化合物的推断、离子方程式的书写、物质化学式的确定的知识。
23．如图是有关物质相互转化的关系图，其中A俗称铁红，甲为强酸，乙为还原性气体，丙为强碱溶液，G为红褐色沉淀，I的颜色呈浅绿色。
（1）若F是由Na+和SO42﹣组成的溶液，则甲的化学式是
，列举A物质的一种用途
。
（2）若D是能使澄清石灰水变浑浊的气体，则乙的化学式为
，丁属于单质、酸、碱中的
；在I溶液中加入氢氧化钠溶液，可以观察到的现象是
，对应的离子方程式和化学方程式依次是
。
（3）写出G→A+C的化学方程式：
。
（4）写出E和C反应的方程式并用单线桥法标明电子的转移方向和数目：
。
（5）若A中混有杂质Al2O3，除去杂质的方法是加入过量的NaOH溶液，该反应的离子方程式为
。
（6）由E和A组成的混合物与稀H2SO4作用，固体恰好溶解，所得溶液中不含Fe3+，且生成的Fe2+与H2的物质的量之比为4：1．则反应物中A、E、H2SO4的物质的量之比为
。
【答案】（1）H2SO4；用作红色油漆和涂料；（2）CO；酸；生成白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；Fe2++2OH﹣＝Fe（OH）2↓；4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3；
（3）2Fe（OH）3Fe2O3+3H2O；（4）；
（5）NaOH溶液；Al2O3+2OH﹣＝2AlO2﹣+H2O；（6）1：2：4
【解析】
试题分析：其中A俗称铁红，化学式为Fe2O3；甲为强酸，乙为还原性气体，丙为强碱溶液，G为红褐色沉淀判断为Fe（OH）3，C为H2O；I的颜色呈浅绿色，为亚铁离子的溶液。
（1）若F是由Na+和SO42-组成的溶液，则依据转化关系得到，甲为强酸H2SO4；A为Fe2O3；氧化铁的性质分析应用和用途，铁红是非常重要的一种防锈颜料，绝大多数的涂料都开发有铁红防锈漆，如醇酸铁红防锈漆、氯化橡胶铁红防锈漆和环氧铁红防锈漆，甚至在某些环氧富锌底漆中，都以铁红作为重要辅助防锈颜料；
（2）若D是能使澄清石灰水变浑浊的气体，判断乙为还原性气体CO，还原氧化铁为铁和二氧化碳气体，E为Fe，铁和丁反应生成亚铁离子证明丁为稀酸；亚铁离子和碱氢氧化钠反应生成白色沉淀氢氧化亚铁，在空气中会被迅速氧化为氢氧化铁红褐色沉淀；反应的离子方程式和方程式为：Fe2++2OH-＝Fe（OH）2↓；4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3；
（3）G→A+C的化学方程式变化为氢氧化铁受热分解生成氧化铁和水的反应；反应化学方程式为：2Fe(OH)3Fe2O3＋3H2O。
（4）铁与水反应生成四氧化三铁与氢气，Fe失去电子，H得到电子，反应中转移8个电子，可表示式为；
（5）氧化铁中含有氧化铝，利用氧化铝的两性进行除杂，氧化铝溶于强酸强碱溶液，氧化铁溶于强酸溶液，不溶于强碱溶液，加入过量氢氧化钠溶液，氧化铝溶解，氧化铁不溶解；反应的离子方程式为：Al2O3+2OH-＝2AlO2-+H2O；
（6）E和A组成的混合物依据上述分析判断为Fe和Fe2O3，与稀H2SO4作用，固体恰好溶解，所得溶液中不含Fe3+，且生成的Fe2+与H2的物质的量之比为4：1；依据反应：Fe+H2SO4＝Fe2++H2↑；Fe+2Fe3+＝3Fe2+；Fe2O3+3H2SO4＝Fe2（SO4）3+3H2O；反应物中Fe2O3、Fe、H2SO4的物质的量之比＝1：2：4。
考点：考查无机物的推断