山东省莒县第一中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）

山东省莒县第一中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）
1．在新制的氯水中，能大量存在的粒子是
A．H+
B．I－
C．Ag+
D．Fe2+
【答案】A
【解析】
2．分液漏斗是把密度不同且互不相溶的液体分离的仪器。下列各组物质中，能用分液漏斗进行分离的是（
）
A．四氯化碳和液溴
B．汽油和花生油
C.
花生油和水
D．酒精和水
【答案】C
【解析】
试题分析：A．四氯化碳和液溴互溶，不能用分液的方法分离，应用蒸馏的方法分离，故A错误；B．汽油和花生油互溶，不能用分液的方法分离，应用蒸馏的方法分离，故B错误；C．花生油和水不互溶，能分层，能用分液方法分离，故C正确；D．，酒精和水互溶，不能用分液的方法分离，可加入生石灰后用蒸馏的方法分离，故D错误．答案选C.
考点：物质的分离
3．下列关于硫酸铜溶液和氢氧化铁胶体的说法中，正确的是
A．前者是混合物，后者是纯净物
B．两者都具有丁达尔效应
C．分散质的粒子直径均在1~100nm之间
D．前者可用于杀菌，后者可用于净水
【答案】D
【解析】
试题分析：A、溶液和胶体都是分散系，属于混合物，故A错误；B、因胶体能发生丁达尔效应，而溶液不能，故B错误；C、因溶液中溶质粒子直径较小于1nm，胶体粒子直径在l～100nm之间，故C错误；D、硫酸铜是重金属盐，能杀菌消毒，胶体具有较大的表面积，能用来净水，故D正确；故选D。
考点：考查了溶液和胶体的相关知识。
4．下列实验不合理的是
A．证明非金属性强弱
S＞C＞Si
B．四氯化碳萃取碘水中的碘
C．制备并收集少量NO气体
D．制备少量氧气
【答案】D
【解析】
试题分析：A、由装置可知，发生强酸制取弱酸的反应，酸性为硫酸＞碳酸＞硅酸，则非金属性强弱S＞C＞Si，A正确；
B、碘不易溶于水，易溶于四氯化碳，所以四氯化碳萃取碘水中的碘，B正确；
C、反应生成NO，NO不溶于水，则图中装置能制备少量NO气体，C正确；
D、过氧化钠为粉末状固体，反应不能控制，一旦与水接触直到反应结束，所以不能利用图中装置制备少量氧气，D错误；答案选D
考点：实验装置和实验目的的评价
5．把太阳光变成激光可用于分解海水制氢气：2H2O2H2↑＋O2↑。下列说法正确的是(
)
A．水的分解反应是放热反应
B．氢气是一次能源
C．使用氢气作燃料将会增加温室效应
D．在这一反应中，光能转化为化学能
【答案】D
【解析】
试题分析：A．把太阳光变成激光用于分解海水制氢，太阳光提供能量，所以，水分解反应是吸热反应，A错误；B．自然界中没有现存的氢气，把太阳光变成激光用于分解海水制氢，说明氢气为二次能源，故错误；C．温室效应产生的原因是二氧化碳的增多，使用氢气作燃料生成水，能减少二氧化碳的含量，有助于控制温室效应，C错误；D．利用激光分解水，将光能转化为化学能，D正确；答案选D。
考点：考查了海水制氢、能源分类、温室效应的相关知识。
6．几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表，相关说法正确的是
元素代号
L
M
X
R
T
原子半径/nm
0.160
0.143
0.102
0.089
0.074
主要化合价
+2
+3
+6、－2
+2
－2
A．离子半径大小：r(M3+)
>r(T2－)
B．其中R的金属性最强
C．煤和石油中存在X元素
D．L、X形成的简单离子核外电子数相等
【答案】C
【解析】
试题分析：因元素的最高正价=最外层电子数=主族元素的族序数，最高正价和最低负价绝对值的和为8，同主族从上到下原子半径逐渐增大，X、T两元素最外层电子数为6，为第ⅥA元素，X的半径大于T，所以在周期表中T为O，X为S；L、R元素最外层电子数为2，为第ⅡA元素，且半径与L比R大，所以R为Be、L为Mg；M最外层电子数为3，为第ⅢA元素，且半径与L相差较小，同周期元素原子半径从左到右依次减小，所以M与L在同一周期，故M为Al，然后结合元素周期律和元素性质解答。
考点：考查原子结构与性质。
7．下列有关叙述正确的是
A．测定中和热时，大小两烧杯间填满碎纸的作用是固定小烧杯
B．若用0.010mo1·L—1的氢氧化钠标准溶液滴定未知浓度的盐酸时，滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，则测定结果偏小
C．在中和滴定实验中，滴定管用蒸馏水洗涤后，再用标准液润洗，再加进标准液
D．进行中和滴定操作时，左手震荡锥形瓶，右手转动活塞控制液滴流速，眼睛要始终注视滴定管内溶液液面的变化
【答案】C
【解析】
试题分析：A、碎纸的作用是减少热量损失，故错误；B、c(HCl)=c(NaOH)×V(NaOH)/V(HCl)，滴定前有气泡，滴定后无气泡，说明消耗的NaOH的体积偏大，即c(HCl)将会偏大，故错误；C、滴定管使用：先用蒸馏水洗涤，再用待盛液润洗，最后加进待盛液，故正确；D、右手振荡锥形瓶，左手控制活塞，眼睛注视锥形瓶液面颜色的变化，故错误。
考点：考查中和滴定、滴定管的使用等知识。
8．若A
+
酸
=
盐
+
水，则A不可能属于
A、氧化物
B、单质
C、碱
D、电解质
【答案】B
【解析】
试题分析：A.酸和碱反应、酸和金属氧化物反应、碱和非金属氧化物反应都能生成盐和水，A、C正确;碱属于电解质，D正确，B.活泼金属单质与酸反应生成，盐和氢气，金属与浓硫酸反应生成盐，二氧化硫和水，金属与硝酸反应生成盐、氮的氧化物和水，因此金属与酸反应必有电子转移，除生成盐和水以外，还有气体，选B。
考点：考查化学反应。
9．下列有关滴定操作的顺序正确的是(　　)
①用标准溶液润洗滴定管
②往滴定管内注入标准溶液
③检查滴定管是否漏水
④滴定　
⑤洗涤
A．⑤①②③④
B．③⑤①②④
C．③①⑤②④
D．⑤①③②④
【答案】B
【解析】
试题分析：有关滴定操作的顺序首先是③检查滴定管是否漏水，然后⑤洗涤；①用标准溶液润洗滴定管；②往滴定管内注入标准溶液；最后进行酸碱中和滴定，因此选项是B。
考点：考查滴定操作的先后顺序的知识。
10．对于反应2NO2（g）N2O4（g）达到平衡后，在温度不变时欲使c（NO2）/c（N2O4）比值增大，可以采取
A．体积不变，增加NO2的量
B．体积不变，增加N2O4的量
C．使体积扩大到原来的2倍
D．使体积不变充入N2
【答案】C
【解析】
试题分析：体积不变，增加NO2的量相当于加压，NO2的转化率增大，c（NO2）/c（N2O4）减小，故A错误；体积不变，增加N2O4的量相当于加压，NO2的转化率增大，c（NO2）/c（N2O4）减小，故B错误；使体积扩大到原来的2倍，压强减小，平衡左移，NO2的转化率减小，c（NO2）/c（N2O4）增大，故C正确；使体积不变充入N2，平衡不移动，c（NO2）/c（N2O4）不变，故D错误。
考点：本题考查化学平衡移动。
11．1体积pH=2．5的盐酸与10体积某一元强碱溶液恰好完全反应，则该碱溶液的pH等于
A．9．0
B．9．5
C．10．5
D．11．0
【答案】C
【解析】
试题分析：1体积pH=2．5的盐酸与10体积某一元强碱溶液恰好完全反应，则该碱溶液的浓度是，溶液中氢离子浓度是10－10．5mol/L，因此该碱溶液的pH＝10．5，答案选C。
考点：考查pH计算
12．如图所示是101kPa时氢气在氯气中燃烧生成氯化氢气体的能量变化,则下列有关说法中不正确的是
A．1
mol
H2中的化学键断裂时需要吸收436
kJ能量
B．2
mol
HCl分子中的化学键形成时要释放862
kJ能量
C．此反应的热化学方程式为H2(g)+Cl2(g)
2HCl(g)
ΔH=+183
kJ·mol-1
D．此反应的热化学方程式为1/2H2(g)+1/2Cl2(g)
HCl(g)
ΔH=-91．5
kJ·mol-1
【答案】C
【解析】
试题分析：A、根据题目能量变化，断键吸收能量，则1
mol
H2中的化学键断裂时需要吸收436
kJ能量
，正确；B、根据能量变化生成1molHCl放出431kJ，2molHCl的生成放出862
kJ能量
，正确；C、此反应的反应热的计算△H=436+243-2×431=-183kJ·mol-1，错误；D、根据C项的分析，此反应的热化学方程式：1/2H2(g)+1/2Cl2(g)
HCl(g)
ΔH=-91．5
kJ·mol-1，正确，选项C符合题意。
考点：考查反应热的计算、热化学反应方程式书写等知识。
13．如图所示为元素周期表的一部分，X、Y、W、Z均为短周期元素，其中只有X为金属元素。下列说法错误的是
W
Z
X
Y
A．原子半径：Z＜W＜Y＜X
B．元素Y的氧化物能与NaOH溶液反应
C．最简单气态氢化物的热稳定性：Y＜W
D．W、Z的氧化物都能与碱反应生成盐和水
【答案】D
【解析】
试题分析：根据元素在周期表中的相对位置可知，X位于第三周期。由于只有X为金属元素，所以X只能是Al，则Y是Si，W是C，Z是N。A、同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，所以原子半径：Z＜W＜Y＜X，A正确；B、Si的氧化物是二氧化硅，能和氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，B正确；C、同主族自上而下非金属性逐渐减弱，氢化物的温度下逐渐减弱，所以最简单气态氢化物的热稳定性：Y＜W，C正确；D、CO、NO与碱不反应，因此D不正确，答案选D。
考点：考查位置、结构和性质的应用与判断
14．下面对日本福岛核电站泄漏的放射性碘－131、铯－137说法正确的是
A．碘－131的中子数为78
B．碘－131质量数为53
C．碘与铯互称同位素
D．铯－137的放射性是化学性质
【答案】A
【解析】
正确答案：A
B．不正确，碘－131质量数为131，质子数53
C．不正确，碘与铯质子数不同，不能互称同位素
；D．不正确，铯－137的放射性是物理性质。
15．有关如图所示化合物的说法不正确的是
A．该有机物的分子式为C15H18O4
B．1
mo1该化合物最多可以与2
mo1NaOH反应
C．既可以催化加氢，又可以使酸性KMnO4溶液褪色
D．既可以与FeC13溶液发生显色反应，又可以与NaHCO3溶液反应放出CO2气体
【答案】D
【解析】
试题分析：A、该有机物的分子式为C15H18O4，正确；B、该化合物中的1个酚羟基与1个酯基可与NaOH反应，所以1
mo1该化合物最多可以与2
mo1NaOH反应，正确；C、该有机物中含有苯环、碳碳双键，所以既可以催化加氢，又可以使酸性KMnO4溶液褪色，正确；D、因为存在酚羟基，所以可与FeC13溶液发生显色反应，但是不存在羧基，不能与NaHCO3溶液反应放出CO2气体，错误，答案选D。
考点：考查有机物的分子式、官能团的化学性质
16．（5分）向盛有1
mL
0.1
mol/L
MgCl２溶液的试管中滴加２滴（1滴约0.05mL）２mol/L
NaOH溶液，有白色沉淀生成，再滴加２滴0.１mol/LFeCl3溶液，静置。可以观察到的现象是
，产生该现象的原因是
。
【答案】白色沉淀转变为红褐色沉淀
因为开始生成的白色沉淀Mg(OH)2
存在溶解平衡Mg(OH)2(s)
Mg2+(aq)+2OH—(aq)，滴入的FeCl3溶液电离的Fe3+与溶解平衡产生的OH—反应生成溶度积更小（或更难溶）的Fe(OH)3，使Mg(OH)2的溶解平衡继续向右移动，直至Mg(OH)2全部转化为Fe(OH)3沉淀。
【解析】
试题分析：向盛有1
mL
0.1
mol/L
MgCl２溶液的试管中滴加２滴（1滴约0.05mL）２mol/L
NaOH溶液，由于Mg2+的浓度、OH-浓度平方的乘积大于Ksp(Mg(OH)2)，所以会产生Mg(OH)2白色沉淀生成，Mg(OH)2在溶液中存在沉淀溶解平衡，当再滴加２滴0.１mol/LFeCl3溶液时，由于c(Fe3+)·c(OH-)3>
Ksp(Fe(OH)3)，因此会发生沉淀转化，产生更难溶解的Fe(OH)3，Mg(OH)2的溶解平衡继续向右移动，直至Mg(OH)2全部转化为Fe(OH)3沉淀。静置后又可以观察到的现象是白色沉淀转变为红褐色沉淀。
考点：考查沉淀溶解平衡及沉淀的转化的知识。
17．(18分)化合物A是一种重要的有机化工原料，A的有关转化反应如下(部分反应条件略去)。已知：F和E互为同分异构体：R表示烃基，R和R表示烃基或氢
(1)G是常用的指示剂酚酞，G的含氧官能团名称：
，G的分子式为
。
(2)反应②的反应类型：
；A与甲醛在酸催化条件下可生成一种绝缘树脂材料，此反应类型为
。
(3)写出下列反应的化学方程式：
A与饱和溴水的反应：
；
反应⑤(写明反应条件)
。
(4)化合物H是D的同分异构体，其核磁共振氢谱表明只有两种吸收峰。符合上述条件的H的结构有多种，写出其中一种化合物的结构简式：
。
(5)结合已知信息，请补充以A和HCHO为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任选)，方框内写有机物结构简式，在“→”上或下方写反应所需条件或试剂。
【答案】（1）羟基、酯基；C20H14O4
（2）氧化反应；缩聚反应
（3）；
（4）或
（5）
【解析】
试题分析：（1）根据G的结构简式可知，G的含氧官能团名称为羟基和酯基，G的分子式为C20H14O4。
（2）根据A的分子式可知，A是苯酚，与氢气发生加成反应生成环己醇。反应②是在氧气和铜作催化剂的作用下发生催化氧化生成羰基，即反应是氧化反应，则C的结构简式为。苯酚与甲醛发生缩聚反应生成酚醛树脂，则反应类型是缩聚反应。
（3）苯酚和浓溴水发生取代反应生成三溴苯酚白色沉淀，反应的化学方程式为。E与F互为同分异构体，则根据F的结构简式可知，反应⑤应该是六元环上的氢原子与羟基一同发生消去反应，则反应的化学方程式为。
（4）核磁共振氢谱表明只有两种吸收峰，说明分子中含有2类氢原子，则根据D的结构简式可知，符合条件的同分异构体的结构简式是或
。
（5）有机合成的制备一般常采用逆推法，因此合成路线可设计为
。
考点：考查有机物推断、官能团、有机反应类型、同分异构体判断以及有机合成路线设计等
18．在某澄清溶液中，可能存在下述几种离子：H+、K+、Ba2+、SO42—、I—、CO32—。取该溶液进行下述实验：
①用pH试纸检验，该溶液呈强酸性；
②取部分溶液，滴入几滴氯水，再加入少量四氯化碳，振荡后静置，四氯化碳层呈紫色；
③另取部分溶液，逐滴加入NaOH溶液，使溶液由酸性逐渐呈碱性，然后再加入Na2CO3溶液，有白色沉淀生成。
根据上述实验现象，推断原溶液中：
（1）肯定存在的离子是
，
（2）肯定不存在的离子是
。
（3）可能存在的离子是
。
（4）写出步骤②中发生反应的离子方程式
。
【答案】（8分）（1）H+、Ba2+、I—；（2）SO42—、CO32；（3）K+；（4）Cl2+2I—==I2+2Cl-
【解析】
试题分析：①用pH试纸检验，该溶液呈强酸性，说明有H+，无CO32—。②取部分溶液，滴入几滴氯水，再加入少量四氯化碳，振荡后静置，四氯化碳层呈紫色，说明有I—。③另取部分溶液，逐滴加入NaOH溶液，使溶液由酸性逐渐呈碱性，然后再加入Na2CO3溶液，有白色沉淀生成，说明有Ba2+，无SO42—。
考点：常见离子的检验方法
离子共存问题
点评：判断溶液中离子能否共存的规律为：
1、一色--溶液颜色
若限定无色溶液，则铜离子、二价铁离子、三价铁离子、高锰酸根离子等有颜色的离子不存在．
2、二性--溶液的酸性、碱性
①在强酸性溶液中，氢氧根离子及弱酸根离子不能大量存在；
②在强碱性溶液中，氢离子和弱碱阳离子不能大量存在；
③弱酸的酸式酸根离子在强酸性或强碱性溶液中均不能大量存在；
3、三特殊--特殊情况
①偏铝酸根离子与碳酸氢根离子不能共存；
②硝酸根离子和氢离子组合具有强氧化性；
4、四反应--四种反应类型
能相互反应的离子不能共存．
①复分解反应
②氧化还原反应
③相互促进的水解反应
④络合反应
19．如下图所示（B中冷却装置未画出），将氯气和空气（不参与反应）以体积比约1:3混合通入含水8%的碳酸钠中制备Cl2O，并用水吸收Cl2O制备次氯酸溶液。
已知：Cl2O极易溶于水并与水反应生成HClO；Cl2O的沸点为3.8℃，42℃以上分解为Cl2和O2。
①实验中控制氯气与空气体积比的方法是
。
②为使反应充分进行，实验中采取的措施有
。
⑵①装置B中产生Cl2O的化学方程式为：
。
②若B无冷却装置，则进入C中的Cl2O会大量减少。其原因是
。
⑶装置C中采用棕色圆底烧瓶是因为
。
⑷已知次氯酸可被H2O2、FeCl2等物质还原成Cl－。测定C中次氯酸溶液的物质的量浓度的实验方案为：用酸式滴定管取20.00
mL次氯酸溶液，
。（可选用的试剂：H2O2溶液、FeCl2溶液、AgNO3溶液。除常用仪器外须使用的仪器有：电子天平，真空干燥箱）
【答案】⑴①通过观察A中产生气泡的速率调节流速
②搅拌、使用多孔球泡⑵①2Cl2+Na2CO3＝Cl2O+2NaCl+CO2
②该反应放热，温度升高Cl2O会分解
⑶HClO见光易分解⑷加入足量的H2O2溶液，再加入足量的硝酸银溶液，过滤，洗涤，在真空干燥箱中干燥，用电子天平称量沉淀质量
【解析】
试题分析：该实验的目的为以氯气、空气（体积比约1:3）和含水8%的碳酸钠为原料制备Cl2O，并用水吸收Cl2O制备次氯酸溶液。
（1）①实验中将氯气和空气分别通入盛有饱和食盐水的A装置使氯气和空气混合均匀并通过观察A中产生气泡的速率调节流速控制氯气与空气体积比；
②为增大反应物的接触面积使反应充分进行，实验中采取的措施有搅拌、使用多孔球泡。
（2）①装置B中氯气与含水8%的碳酸钠发生歧化反应生成Cl2O和氯化钠，利用化合价升降法结合原子守恒配平，该反应的化学方程式为2Cl2+Na2CO3=Cl2O+2NaCl+CO2；
②若B无冷却装置，该反应放热，温度升高Cl2O会分解，则进入C中的Cl2O会大量减少。
（3）装置C中发生的反应为Cl2O+H2O＝2HClO，HClO见光易分解，故装置C采用棕色圆底烧瓶。
（4）次氯酸溶液呈酸性、具有强氧化性，取20.00
mL次氯酸溶液应用酸性滴定管或20.00mL的移液管；根据题给信息次氯酸可被H2O2还原成Cl－，发生的反应为：HClO+H2O2＝O2+H2O+Cl－+H＋，然后向反应后的溶液中加入足量硝酸银溶液，通过测定生成沉淀氯化银的质量确定次氯酸的物质的量，确定次氯酸的浓度，而用氯化亚铁还原次氯酸会引入氯离子，干扰实验，故实验方案为：用酸式滴定管取20.00
mL次氯酸溶液，加入足量的H2O2溶液，再加入足量的硝酸银溶液，过滤，洗涤，在真空干燥箱中干燥，用电子天平称量沉淀质量。
考点：考查化学实验方案的分析、评价和设计，物质的制备，化学方程式的书写。
20．（16分）硅孔雀石是一种含铜的矿石，含铜形态为CuCO3 Cu(OH)2和CuSiO3 2H2O，同时含有SiO2、FeCO3、Fe2O3、Al2O3等杂质。以硅孔雀石为原料制取硫酸铜的工艺流程如下：
（1）步骤①中稀硫酸与CuSiO3·2H2O发生反应的化学方程式：
；
用离子方程式表示双氧水的作用_______________________________________。
（2）步骤②调节溶液pH选用试剂不可以是__________________
a．CuO
b．Cu
(OH)2
c．Cu2(OH)2CO3
d．CuSO4
（3）有关氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH如下表：
氢氧化物
Al(OH)3
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Cu(OH)2
开始沉淀的pH
3.3
1.5
6.5
4.2
沉淀完全的pH
5.2
3.7
9.7
6.7
由上表可知当溶液pH=4时，可以完全除去的离子是______（填金属离子符号，后同），不能完全除去的离子是________。
（4）滤液B通过蒸发浓缩（设体积浓缩为原来的一半）、冷却结晶、洗涤可以得到CuSO4 5H2O晶体。某同学认为上述操作会有硫酸铝晶体析出。请你结合相关数据，通过计算对该同学的观点予以评价
(填“正确”、“不正确”、或“无法判断”)
【已知常温下，Al2(SO4)3饱和溶液中c(Al3+)=2.25mol/L，Ksp[Al(OH)3]=3.2×10-34】
（5）测定硫酸铜晶体（CuSO4 5H2O）里结晶水的含量，实验步骤为：a．研磨；b．称量空坩埚和装有试样的坩埚的质量；c．灼烧；d．干燥器中冷却；e．称量；f．重复c至e的操作，直到连续两次称量的质量差不超过0.1g为止；⑦根据实验数据计算硫酸铜结晶水的含量。
①步骤c用到的仪器有酒精灯、三脚架、泥三角、玻璃棒、
、
。
②步骤f的目的是
。
③如灼烧后在空气中冷却再称量，结晶水的测定结果会____(填“偏高”、“低”或“不变”)
【答案】（1）CuSiO3 2H2O+H2SO4=CuSO4
+
H4SiO4↓+H2O
(或CuSiO3 2H2O+H2SO4=CuSO4
+
H2SiO3↓+2H2O)；2Fe2+
+
H2O2
+2H+=2Fe3+
+
2H2O
（2）d
（3）Fe3+
;
Al3+
（4）不正确；
依题意常温下滤液B的pH=4，则c(OH-)=1×10-10
mol·L-1，此时Al3+已部分沉淀，溶液中有：c(Al3+)
c3(OH-)
=
Ksp[Al(OH)3]
即c(Al3+) (1×10-10)3
=
3.2×10-34
c(Al3+)
=
3.2×10-4mol·L-1积浓缩为原来的一半后c(Al3+)
=
6.4×10-4mol·L-1＜＜2.25mol·L-1
所以不会有硫酸铝晶体析出
（5）①坩埚、坩埚钳
②确保样品中的结晶水已经全部除去，以免引起实验误差
③偏低
【解析】
试题分析：（1）在硅孔雀石矿粉中加入稀硫酸和双氧水，其中稀硫酸与CuSiO3·2H2O发生反应的化学方程式为CuSiO3 2H2O+H2SO4=CuSO4
+
H4SiO4↓+H2O；双氧水的作用是将二价铁氧化为三价铁，离子方程式为2Fe2+
+
H2O2
+2H+=2Fe3+
+
2H2O；
（2）调节溶液pH选用试剂不可以是硫酸铜；
（3）由表中数据可知，当溶液的pH=4时，Al(OH)3还没有沉淀完全，而Fe(OH)3已完全沉淀，故可以完全除去的离子是Fe3+，不能完全除去的离子是Al3+；
（4）滤液B通过蒸发浓缩，体积浓缩为原来的一半,、冷却结晶、洗涤可以得到CuSO4 5H2O晶体，不会有硫酸铝晶体析出，依题意常温下滤液B的pH=4，则c(OH-)=1×10-10
mol·L-1，此时Al3+已部分沉淀，溶液中有：c(Al3+)
c3(OH-)
=
Ksp[Al(OH)3]
即c(Al3+) (1×10-10)3
=
3.2×10-34，c(Al3+)
=
3.2×10-4mol·L-1，体积浓缩为原来的一半后c(Al3+)
=
6.4×10-4mol·L-1＜＜2.25mol·L-1，所以不会有硫酸铝晶体析出；
（5）①在灼烧的过程中需要的仪器为酒精灯、三脚架、泥三角，玻璃棒、坩埚、坩埚钳；②重复c至e的操作的目的是确保样品中的结晶水已经全部除去，以免引起实验误差；③将灼烧后在空气中冷却再称量，晶体会吸收空气中的水分，使结晶水的测定结果偏低。
考点：化学反应方程式、离子方程式的书写，实验过程的评价
21．某研究性学习小组通过测量镁铝合金和盐酸反应生成气体体积的方法来测定合金的成分，他们取10.2g镁铝合金与盐酸恰好完全反应，反应后收集到11.2L氢气（标准状况），试求：
（1）反应过程中消耗盐酸的物质的量
（2）10.2g合金中镁的质量。（请写出具体的计算过程）
【答案】（1）1mol（2）4.8g
【解析】
试题分析：镁铝合金与盐酸发生反应：Mg+2HCl=MgCl2+H2↑，2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，n（H2）=11.2L÷22.4L/mol
=0.5mol，设混合物中含有xmolMg，ymolAl，则有x+1.5y＝0.5
24x+27y＝10.2；解之得：x=0.2，y=0.2，则（1）反应过程中消耗盐酸的物质的量为
2x+3y=2×0.2mol+3×0.2mol=1mol，
答：反应过程中消耗盐酸的物质的量为1mol；（2）m（Mg）=0.2mol×24g/mol=4.8g，答：10.2g合金中镁的质量为4.8g。
考点：考查化学方程式的有关计算
22．下图中
A、B、C、D、E均为有机化合物。已知：C能跟NaHCO3发生反应，Ｃ和Ｄ的相对分子质量相等，E的分子式为C5H10O2，且E为无支链的化合物。
根据上图回答问题：
（1）化合物B不能发生的反应是
（填字母序号）：
a
加成反应
b取代反应
c消去反应
d酯化反应
e水解反应
f
置换反应
（2）反应②的化学方程式是_________________
_。
（3）A的结构简式是
__________________
。
（4）同时符合下列三个条件的B的同分异构体的数目有
个；
Ⅰ.含有间二取代苯环结构
Ⅱ.属于非芳香酸酯
Ⅲ.与
FeCl3
溶液发生显色反应。
写出其中任意一个同分异构体的结构简式
。
【答案】（1）
e
（2）CH3COOH
+
CH3CH2CH2OH
CH3COOCH2CH2CH3
+
H2O
（3）或
（4）4
；
【解析】
试题分析：E的分子式为C5H10O2，E由C和D反应生成，C能和碳酸氢钠反应，则C为羧酸，D为醇，二者共含5个C原子，并且C和D的相对分子质量相等，则C为乙酸、D为丙醇，E无支链，D应为1-丙醇，E为CH3COOCHCH2CH3．A是由B与乙酸、丙醇发生酯化反应后生成的产物，其结构简式为：。
（1）B中含有羧基、醇羟基和苯环，且连接醇羟基碳原子相邻的碳原子上有氢离子，所以B能发生加成、取代、酯化、消去、置换等反应，不能发生水解反应；答案选e。
（2）②为乙酸和丙醇的酯化反应，反应方程式为：CH3COOH
+
CH3CH2CH2OH
CH3COOCH2CH2CH3
+
H2O
。
（3）由上述分析可知，A为。
（4）B的同分异构体中，Ⅰ.含有间二取代苯环结构，说明含有两个取代基，处于苯环的间位；Ⅱ.属于非芳香酸酯，说明是由乙酸、丙酸或甲酸分别与对应的芳香醇或酚酯化反应生成的酯类物质；Ⅲ.与
FeCl3
溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，则符合条件的同分异构体共有4种，分别为：
。
考点：考查有机物的合成与推断。
23．选考［化学---选修5：有机化学基础］（15分）
(代号DMP)是一种常用的酯类塑化剂，其蒸气对氢气的相对密度为97。工业上生产DMP的流程如图所示：
（1）上述转化中属于取代反应的是
，D的核磁共振氢谱有
组峰。
（2）的名称
，C中官能团的名称为
，DMP的分子式为
。
（3）A→B的化学方程式为
。
（4）E是D的芳香族同分异构体，E具有如下特征：①遇FeCl3溶液显紫色；②能发生银镜反应；③苯环上有三个取代基，则符合条件的E最多有
种，写出其中任意两种物质的结构简式
。
（5）用邻二甲苯制备DMP的另一种途径：
其中反应①还有另外一种产物，该产物最可能是
，反应②中的另一产物是水，且n(F):n(H2O)=2:1，则F的结构简式为
。
【答案】（15分）
（1）①②⑤
（2分）
3
(2分)
（2）1,2—二甲苯（或邻二甲苯）(1分)
醛基(1分)
C10H10O4
(1分)
（3）
（2分）
（4）20
（2分）
（2分）
（5）H2O
(1分)
CH3OH
(1分)
【解析】
试题分析：（1）苯与氯气在光照条件下发生侧链的取代反应生成邻二氯甲苯A，A在氢氧化钠的水溶液中发生取代反应生成B是邻苯二甲醇，B发生氧化反应生成邻二苯甲醛C，C发生氧化反应生成D是邻苯二甲酸，再与醇发生酯化反应生成DMP，所以上述反应中属于取代反应的是①②⑤；D为邻二苯甲酸，羧基和苯环上邻、间位的H原子共3种，所以D的核磁共振氢谱有3组峰；
（2）的名称是邻二甲苯，C中的官能团是醛基，DMP蒸气对氢气的相对密度为97，则DMP的相对分子质量是194，是邻二苯甲酸与ROH酯化的产物，根据DMP的结构简式可知R是-CH3，则该醇为甲醇，所以DMP的分子式是C10H10O4；
（3）B在氢氧化钠的水溶液中发生取代反应生成C是邻苯二甲醇，化学方程式是
；
（4）E的分子中含有酚羟基，遇FeCl3溶液显紫色；含有醛基，能发生银镜反应；则另一个取代基为羧基或甲酸酯基，苯环上有3个不同的取代基，可以先固定前2个，有邻、间、对3种结构，然后对每种结构，分析其第三个取代基的位置，分别有4、4、2种，有10种，而第三个取代基有2种，所以符合题意的E有20种结构；如；任意改变三个取代基的位置可得到不同的结构简式；
（5）邻二甲苯与氧气发生氧化反应生成邻苯二甲酸酐和水，所以反应①的另一种产物是H2O；
反应②中的另一产物是水，且n(F):n(H2O)=2:1，用DMP的分子式与H2O相加减去邻苯二甲酸酐的分子式后除以2可得到F的分子式是CH4O，F属于醇类，所以F的结构简式是CH3OH。
考点：考查有机物的结构、性质的判断，同分异构体的判断，物质分子式、结构简式的判断