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

山东省鄄城县第一中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）
1．酒精燃烧的过程中，发生了能量的转化。下列判断中正确的是
A．化学能部分转化为热能
B．电能部分转化为化学能
C．热能部分转化为化学能
D．光能部分转化为化学能
【答案】A
【解析】
试题分析：酒精燃烧是化学变化，化学能主要转化为热能，部分转化为光能，答案选A。
考点：考查化学变化中能量转化的判断
点评：该题是常识性知识的考查，难度不大。明确化学能的转化特点是答题的关键，有利于培养学生的逻辑思维能力和发散思维能力。
2．一定条件下，在容积不变的密闭容器中加入P、Q进行反应P(g)+2Q(g)3R(g)+S(l)，说明该反应达到平衡的是
A．反应容器中气体的平均摩尔质量不再改变
B．反应容器中P、Q、R、S四者共存
C．2v正（Q）=3
v逆（R）
D．反应容器中压强不随时间变化而变化
【答案】A
【解析】
试题分析：A、平均摩尔质量=，总质量会变，总物质的量不变，故反应容器中气体的平均摩尔质量不再改变可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，A正确；B、对于可逆反应而言，反应物不能完全转化为生成物，反应物与生成物共存，故反应容器中P、Q、R、S四者共存不能作为判断是否达到化学平衡状态的依据，B错误；C、平衡时正逆反应速率不等，故3v正（Q）＝2v逆（R）能作为判断是否达到化学平衡状态的依据，C错误；D、反应前后气体的体积不变，故容器总压强不随时间改变不能作为判断是否达到化学平衡状态的依据，D错误，答案选A。
【考点定位】本题主要是考查化学平衡状态的判断
【名师点晴】解答要要注意把握平衡状态的特征是逆、等、动、定、变等，化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，即变量不再发生变化即可，解答时注意结合题干灵活应用。
3．把6mol铜粉投入含8mol硝酸和2mol硫酸的稀溶液中，则标准状况下放出的气体的物质的量为
A．2mol
B．3mol
C．4mol
D．5mol
【答案】B
【解析】
试题分析：含有硝酸的混酸用离子方程式解题，根据3Cu+8H＋+2NO3-=3Cu2＋+2NO↑+4H2O,根据题给数据，Cu有6mol，H＋有12mol，NO3-有8mol，按H＋的物质的量来计算气体的物质的量为12×1/4=3mol，答案选B。
考点：考查化学计算，硝酸的化学性质
4．下列说法正确的是（
）
A．如果不慎将酸粘到皮肤或衣物上，立即用大量的水冲洗，再用饱和NaHCO3溶液洗，最后再用水冲洗。
B．海带中碘元素的提取和检验实验中为制取海带灰的浸取液，需要煮沸1﹣2min，其主要目的是赶走溶液中的溶解氧，避免氧气氧化碘离子
C．检验Fe(NO3)2晶体是否已氧化变质的方法是：将Fe(NO3)2样品溶于稀H2SO4后，滴加KSCN溶液，观察溶液是否变红
D．用浓硫酸配制一定浓度的稀硫酸时，用量筒量取浓硫酸倒入盛水的烧杯中稀释，并用水洗涤量筒，洗涤液一并倒入烧杯中
【答案】A
【解析】
试题分析：A．如果不慎将酸粘到皮肤或衣物上，立即用大量的水冲洗，再用饱和NaHCO3溶液洗，最后再用水冲洗，正确；B．海带中碘元素的提取和检验实验中为制取海带灰的浸取液，需要煮沸1﹣2min，其主要使碘离子充分溶解，错误；C．加入硫酸后硝酸根离子能够将亚铁离子氧化，错误；D．用浓硫酸配制一定浓度的稀硫酸时，用量筒量取浓硫酸后量筒不能洗涤，否则会使溶液浓度偏大，错误；故选A。
考点：考查了化学实验的基本操作的相关知识。
5．—定条件下，合成氨反应为:N2(g)十3H2(g)2NH3(g)。图1表示在此反应过程中的能量的变化，图2表示在2
L的密闭容器中反应时N2的物质的量随时
间的变化曲线。图3表示在其他条件不变的情况下，改变起始物氢气的物质的量对此反应平衡的影响.下列说法正确的是
A．升高温度，该反应的平衡常数增大
B．由图2信息，10
min内该反应的平均速率(H2)=0.09
mol

L-1

min-1
C．由图2信息，从11
min起其它条件不变，压缩容器的体积，则n(N2)的变化曲线为d
D．图3中温度T1＜T2，a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物N2的转化率最高的是b点。
【答案】C
【解析】
试题分析：A、由图1知，氮气和氢气的能量大于氨气的能量，所以由氮气和氢气生成氨气是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向进行，该反应的平衡常数减小，A错误；B、v（N2）＝＝0.015mol L-1 min-1，v（H2）＝3v（N2）＝0.045mol L-1 min-1，B错误；C、当缩小容器的体积，气体的压强增大，导致平衡向气体体积减小的方向移动，即向正反应方向移动，氮气的物质的量减少，所以曲线d符合，C正确；D、相同温度下，一定量氮气时，氢气的浓度越大，平衡向正反应方向移动导致氮气的转化率越大，所以图3中a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物N2的转化率最高的是c点，D错误；答案选C。
【考点定位】本题主要是考查了外界条件对化学平衡的影响
【名师点晴】该题的难点是图像分析，关于可逆反应图像问题的分析与判断需要注意以下解题技巧：（1）紧扣特征，弄清可逆反应的正反应是吸热还是放热，体积增大、减小还是不变，有无固体、纯液体物质参与反应等。（2）先拐先平，在含量(转化率)—时间曲线中，先出现拐点的则先达到平衡，说明该曲线反应速率快，表示温度较高、有催化剂、压强较大等。（3）定一议二，当图像中有三个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系，有时还需要作辅助线。（4）三步分析法，一看反应速率是增大还是减小；二看v正、v逆的相对大小；三看化学平衡移动的方向。
6．同温同压下某瓶充满O2时重116g，充满CO2时重122g，充满某气体时重132g，则该未知气体的相对分子质量为（
）
A．28
B．64
C．32
D．44
【答案】
【解析】
试题分析：根据阿伏加德罗定律：相同温度和压强下，相同体积的任何气体都含有相同数目的分子，即物质的量相同。设容器的质量为x，未知气体的摩尔质量为y，则116g—x/32g·mol—1=122g—x/44
g·mol—1=132g—x/y，解得x＝100g，y=64g·mol—1，分析选项，选B。
考点：考查阿伏加德罗定律的应用。
7．目前人类已发现的非金属元素除稀有气体外共有16种，下列对这16种非金属元素的相关判断：①都是主族元素，最外层电子数都大于4；②单质在反应中都只能作氧化剂；③氢化物常温下都是气态，所以又都叫气态氢化物；④氧化物常温下都可以与水反应生成酸，其中正确的有
A．①②
B．①③
C．④
D．均不正确
【答案】D
【解析】
试题分析：①如He属于0族，最外层电子数为2，错误；②如C＋CO2=2CO，C的化合价由0价转变成＋2价，化合价升高是还原剂，错误；③如H2O常温下是液态，错误；④如CO常温下不与水反应生成酸，错误；选项D符合题意。
考点：考查物质的性质。
8．下列哪一种试剂可以鉴别乙醇、乙醛、乙酸、甲酸四种无色溶液
(

)
A．银氨溶液
B．浓溴水
C．新制Cu(OH)2浊液
D．FeCl3溶液
【答案】C
【解析】
试题分析：A、乙醛、甲酸与银氨溶液中均生成银镜，现象相同，不能区分，错误；B、乙醇、乙酸均不与浓溴水反应，现象相同，不能区分，错误；C、乙醇、乙醛、乙酸、甲酸分别与新制Cu（OH）2浊液反应的现象为：无现象、生成砖红色沉淀、生成蓝色溶液、加热先有蓝色溶液后生成砖红色沉淀，现象不同，可以鉴别，正确；D、四种溶液均不与氯化铁溶液反应，现象相同，不能鉴别，错误。
考点：本题考查有机物的鉴别。
9．用NaHCO3和KHCO3组成的混合物分别与三份同浓度的盐酸进行反应，测得数据如下：
则下列结论中不正确的是
（
）
A．盐酸物质的量浓度为1.5
mol／L，
B．15.7g混合物与盐酸反应后有剩余
C．加入9.2
g混合物时消耗HCl
0.1
mol
D．混合物中NaHCO3和KHCO3的质量比为1:1
【答案】D
【解析】
试题分析：A.根据表格的数据可知在100ml的HCl在含有HCl的物质的量是3.36L÷22.4L/mol=0.15mol，c(HCl)=
0.15mol÷0.1L=1.5
mol／L,因此选项A正确；B.若100ml的盐酸是足量的，9.2g固体反应放出气体2.24L,则15.7g固体反应完全放出气体应该是(15.7g×2.24L)÷9.2g=3.82L>3.36L,可见15.7g混合物与盐酸反应后有剩余，选项B正确；C.n(CO2)=0.1mol，NaHCO3和KHCO3与HCl反应产生CO2的物质的量的比是1:1，所以反应消耗的HCl的物质的量也是0.1mol，正确；D.根据题意可知n(NaHCO3)+n(KHCO3)=3.36L÷22.4L/mol=0.15mol；在100ml溶液中NaHCO3和KHCO3组成的混合物完全反应，根据质量守恒可得84×n(NaHCO3)+100×n(KHCO3)=9.2；根据C元素守恒可得n(NaHCO3)+
n(KHCO3)=0.1，解得n(NaHCO3)=n(KHCO3)=0.05mol。所以二者的质量比是84:100，因此该选项是错误的。选项是D。
考点：考查NaHCO3和KHCO3组成的混合物与盐酸发生反应的情况的知识。
10．某醇在适当条件下与足量的乙酸发生酯化反应，得到的酯的相对分子质量a与原来醇的相对分子量b的关系是a=b+84，有关该醇应该具有的结构特点的描述正确的是
A．该醇分子中一定具有甲基　　　　　　
B．该醇分子中一定没有甲基
C．该醇分子中至少含有三个碳原子　　　
D．该醇分子中具有两个醇羟基
【答案】D
【解析】
试题分析：乙酸的分子式为C2H4O2，相对分子质量为60．因为酯化反应就是酸脱羟基醇脱氢。其余部分结合在一起。若醇为一元醇，则有关系60+b=a+18,所以a=b+42,
与题干不符合。舍去。若醇为二元醇，则有关系2×60+b=a+2×18．所以a=b+84。无法确定醇分子在是否含有甲基及甲基个数的多少和含有的C原子数目的多少。因此有关该醇应该具有的结构特点的描述正确的是该醇分子中具有两个醇羟基。选项为D。
考点：考查酯化反应的脱水方式及酯的相对分子质量与醇分子、酸分子的关系的知识。
11．在25
℃时，密闭容器中X、Y、Z三种气体的初始浓度和平衡浓度如下表：
物质
X
Y
Z
初始浓度/(mol·L-1)
0.1
0.2
0
平衡浓度/(mol·L-1)
0.05
0.05
0.1
下列说法错误的是(　　)
A．反应达到平衡时，X的转化率为50%
B．反应可表示为X(g)+3Y(g)2Z(g)，其平衡常数为1
600
C．增大压强使平衡向生成Z的方向移动，平衡常数增大
D．改变温度可以改变此反应的平衡常数
【答案】C
【解析】
试题分析：由　　　　　　　　　aX
+
bY
cZ
初始浓度/(mol·L-1)
0.1
0.2
0
平衡浓度/(mol·L-1)
0.05
0.05
0.1
转化浓度/(mol·L-1)
0.05
0.15
0.1
利用转化浓度之比等于化学计量数之比可得到化学方程式为：X(g)+3Y(g)2Z(g)，这样再利用相关数据可得到A、B正确；D正确，因为平衡常数是温度的函数，C错误。
考点：化学平衡常数
12．强酸和强碱在稀溶液中的中和热可表示为：
H+（aq）+OH﹣（aq）=H2O（l）；△H=﹣57.3k
kJ mol﹣1，
又知在溶液中反应有：
CH3COOH（aq）+NaOH（aq）=CH3COONa（aq）+H2O（l）；△H=﹣Q1kJ mol﹣1，
H2SO4（浓）+NaOH（aq）=Na2SO4（aq）+H2O（l）；△H=﹣Q2
kJ mol﹣1
HNO3（aq）+KOH（aq）═KNO3（aq）+H2O（l）；△H=﹣Q3
kJ mol﹣1，
则Q1、Q2、Q3的关系正确的是（
）
A．Q1=Q2=Q3
B．Q2＞Q1＞Q3
C．Q2＞Q3＞Q1
D．Q2=Q3＞Q1
【答案】C
【解析】强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热效应：H+（aq）十OH﹣（aq）=H2O△H=一57.3kJ/mol，
CH3COOH（aq）+NaOH（aq）=CH3COONa（aq）+H2O（l）△H=﹣Q1kJ mol﹣1，
H2SO4（浓）+NaOH（aq）=Na2SO4（aq）+H2O（l）△H=﹣Q2
kJ mol﹣1
HNO3（aq）+KOH（aq）═KNO3（aq）+H2O（l）△H=﹣Q3kJ mol﹣1，
醋酸的电离吸热，浓硫酸溶于水放热，则放出的热量为Q2＞Q3＞Q1，故选：C．
【点评】本题考查中和热，明确中和热的概念及弱电解质的电离、浓硫酸溶于水的热效应即可解答，难度不大．
13．取100mL0．3mol/L硫酸和300mL0．25mol/L的硫酸溶液，混合后稀释到500
mL，则得到的混合溶液中氢离子的物质的量浓度为
A．0．21mol/L
B．0．56mol/L
C．0．42mol/L
D．0．26mol/L
【答案】C
【解析】
试题分析：稀释过程中，溶质的物质的量是不变的，所以混合液中氢离子的物质的量浓度是。
考点：考查物质的量浓度的计算。
14．2005年2月18日，英国食品标准局向英国民众发出警告，公布了359种食品中含有可能致癌的“苏丹红一号”，一时间“苏丹红一号”成为媒体关注的焦点。“苏丹红一号”的结构简式：
下列关于苏丹红一号的有关叙述正确的是
A．苏丹红一号的分子式C18H12N2O
B．苏丹红一号的相对分子质量是248
g·mol－1
C．苏丹红一号属于烃
D．苏丹红一号能发生加成反应
【答案】D
【解析】
试题解析：根据图示，可得出苏丹红一号的分子式为C16H12ON2，故A错误；苏丹红一号的分子式为C16H12ON2，相对分子质量是248，而g·mol－1是摩尔质量的单位，故B错误；苏丹红一号由C、H、O、N四种元素组成，故不属于烃类，不属于芳香烃，故C错误；结构决定性质，苏丹红一号中有苯环，故它能发生取代反应和加成反应，故D正确。
考点：有机物的结构和性质
15．下列各组中的性质比较，正确的是(
)
A.酸性HClO4>HBrO4>HIO4
B.碱性NaOH>Mg(OH)2>Ca(OH)2
C.稳定性：HI>H2S>
HCl
D.氧化性：Na+>Mg2+>Al3+
【答案】A
【解析】同主族自上而下金属性逐渐最强，非金属性逐渐减弱。同周期自左向右，金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强。金属性越强，最高价氧化物的水化物的碱性越强，相应阳离子的氧化性越弱，所以BD不正确。非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，相应氢化物的稳定性越强，所以A正确，C不正确。答案选A。
16．将含镁、钾的盐湖水蒸发，最后得到的产物中含光卤石（xKCl·yMgCl2·zH2O）。它在空气中极易潮解，易溶于水，是制造钾肥和提取金属镁的重要原料，其组成可通过下列实验测定。
①准确称取5.550
g样品溶于水，配成100
mL溶液。
②将溶液分成二等份，在一份中加入足量的NaOH溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重，得到白色固体0.580
g。
③在另一份溶液中加入足量的硝酸酸化的AgNO3溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重，得到白色固体4.305
g。
（1）步骤②中检验白色固体已洗净的方法是
。
（2）已知某温度下Mg(OH)2的Ksp
=
6.4×10－12，当溶液中c(Mg2+)≤1.0×10－5
mol·L－1
可视为沉淀完全，则应保持溶液的OH－的浓度≥
mol·L－1
。
（3）通过计算确定样品的组成（写出计算过程）。
【答案】(1)取最后一次洗涤液少许，滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，若不产生沉淀，则已经洗涤干净；
(2)8.0×10-4；
(3)5.550g样品中含有n（Mg2+）=n(Mg(OH)2)=(0.580g÷58
g/mol)×2=0.0200mol；n(MgCl2)=
0.0200mol；n(Cl-)=
n(AgCl)=(4.305g÷143.
5g/mol)×2=0.0600mol；n(KCl)=0.0600mol-2×0.0200mol=0.0200mol；n(H2O)=
(5.550g-0.0200mol×95g/mol-0.0200mol×74.5g/mol)÷18g/mol=0.120mol.样品中n(KCl)n(MgCl2)：n(H2O)=1：1
6。所以光卤石的化学式是KCl·MgCl2·6H2O.
【解析】
试题分析：将向含光卤石（xKCl·yMgCl2·zH2O）的水溶液中加入过量的NaOH溶液，会发生离子反应：Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓,而K+、Na+、Cl-则留在滤液中。在步骤②中若要检验白色固体已洗净，只要证明在滤液中无Cl-即可。方法是取最后一次洗涤液少许，滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，若不产生沉淀，则已经洗涤干净；（2）在某温度下Mg(OH)2的Ksp
=
6.4×10－12，即c(Mg2+)·c2(OH-)≥6.4×10－12，当溶液中c(Mg2+)≤1.0×10－5
mol·L－1
可视为沉淀完全，则应保持溶液的OH－的浓度c2(OH-)≥6.4×10－12÷1.0×10－5
mol·L=6.4×10－7mol/L;
c(OH-)≥8×10－4mol/L;
(3)在5.550g样品中含有n（Mg2+）=n(Mg(OH)2)=(0.580g÷58
g/mol)×2=0.0200mol；n(MgCl2)=
0.0200mol；n(Cl-)=
(4.305g÷143.
5g/mol)×2=0.0600mol；n(KCl)=
n(AgCl)=0.0600mol-2×0.0200mol=0.0200mol；n(H2O)=
(5.550g-0.0200mol×95g/mol-0.0200mol×74.5g/mol)÷18g/mol=0.120mol.样品中n(KCl)n(MgCl2)：n(H2O)=1：1
6。所以光卤石的化学式是KCl·MgCl2·6H2O.
考点：考查沉淀
的洗涤、溶度积常数的应用、守恒法在确定物质化学式的应用的知识。
17．(8分)已知：A酸的溶液pH＝a，B碱的溶液pH＝b。
(1)若A为盐酸，B为氢氧化钡，且a＋b＝14，两者等体积混合，溶液的pH＝________。酸碱按体积比为1
∶10混合后溶液显中性，则a＋b＝________。
(2)若A为醋酸，B为氢氧化钠，且a＝4，b＝12，那么A溶液中水电离出的氢离子浓度为________mol·L－1，B溶液中水电离出的氢离子浓度为________mol·L－1。
(3)若A为醋酸，B为氢氧化钠，且a＋b＝14，用体积为VA的醋酸和体积为VB的氢氧化钠溶液混合后，溶液显中性，则其体积关系为VA________VB(填“>”、“<”或“＝”，下同)，混合后溶液中的离子浓度关系为c(Na＋)________
c(CH3COO－)。
(4)若A的化学式为HR，B的化学式为MOH，且a＋b＝14，两者等体积混合后溶液显碱性。则混合溶液中必定有一种离子能发生水解，该水解反应的离子方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
【答案】(1)7　13　(2)10－10　10－12　(3)<　＝
(4)M＋＋H2O??MOH＋H＋
【解析】根据题意，A酸中c(H＋)＝10－a，B碱中c(OH－)＝10b－14，酸碱发生中和反应呈中性时，n(H＋)＝n(OH－)，有VA×10－a＝VB×10b－14，VA
∶VB＝10a＋b－14，若a＋b＝14，则VA＝VB，若a＋b>14，则VA>VB，若a＋b<14，则VA18．某小组以CoCl2·6H2O、NH4Cl、H2O2、液氨、氯化铵为原料，在活性炭催化下合成了橙黄色晶体X。为测定其组成，进行如下实验。
①氨的测定：精确称取wgX，加适量水溶解，注入如图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量10%
NaOH溶液，通入水蒸气，将样品溶液中的氨全部蒸出，用V1
mL
c1
mol·L－1的盐酸溶液吸收。蒸氨结束后取下接收瓶，用c2
mol·L－1
NaOH标准溶液滴定过剩的HCl，到终点时消耗V2mL
NaOH溶液。
②氯的测定：准确称取样品X，配成溶液后用AgNO3标准溶液滴定，K2CrO4溶液为指示剂，至出现砖红色沉淀不再消失为终点（Ag2CrO4为砖红色）。
回答下列问题：：
（1）装置中安全管的作用原理是
。
（2）用NaOH标准溶液滴定过剩的HCl时，应使用
式滴定管，可使用的指示剂为
。
（3）样品中氨的质量分数表达式为
。
（4）测定氨前应该对装置进行气密性检验，若气密性不好测定结果将
（填“偏高”或“偏低”）。
（5）测定氯的过程中，使用棕色滴定管的原因是
；滴定终点时，若溶液中c(Ag＋)=2.0×10－5mol·L－1，c(CrO42－)为
mol·L－1。（已知：Ksp(Ag2CrO4)=1.12×10－12）
（6）经测定，样品X中钴．氨．氯的物质的量之比为1:6:3，钴的化合价为
，制备X的化学方程式为
；X的制备过程中温度不能过高的原因是
。
【答案】⑴当A中压力过大时，安全管中液面上升，使A瓶中压力稳定
⑵碱
酚酞（或甲基红）
⑶(c1V1—c2V2)×10—3×17/w×100%（
⑷偏低）
⑸防止硝酸银见光分解
2.8×10－3
⑹+3
2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O2===2[Co(NH3)6]Cl3+2H2O
温度过高过氧化氢分解、氨气逸出
【解析】
试题分析：
（1）无论三颈瓶中压强过大或过小，都不会造成危险，若过大，A在导管内液面升高，将缓冲压力，若过小，外界空气通过导管进入烧瓶，也不会造成倒吸，安全作用的原理是使A中压强稳定。
（2）碱只能盛放在碱式滴定管中，酸性溶液只能盛放在酸式滴定管中，所以用NaOH标准溶液确定过剩的HCl时，应使用碱式滴定管盛放NaOH溶液；NaOH溶液和盐酸溶液恰好反应后呈中性，可以选择酸性或碱性变色范围内的指示剂，甲基橙为酸性变色指示剂、酚酞为碱性变色指示剂，所以可以选取甲基橙或酚酞作指示剂。
（3）与氨气反应的n（HCl）=V1×10-3L×c1mol L-1-c2mol L-1
×V2×10-3L=（c1V1-c2V2）×10-3mol，根据氨气和HCl的关系式知，n（NH3）=n（HCl）=（c1V1-c2V2）×10-3mol，氨的质量分数=。
（4）若气密性不好，导致部分氨气泄漏，所以氨气质量分数偏低。
（5）硝酸银不稳定，见光易分解，为防止硝酸银分解，用棕色滴定管盛放硝酸银溶液；c（CrO42-）=。
（6）经测定，样品X中钴、氨和氯的物质的量之比为1：6：3，则其化学式为[Co（NH3）6]Cl3，根据化合物中各元素化合价的代数和为0得Co元素化合价为+3价；该反应中Co失电子、双氧水得电子，CoCl2 6H2O、NH4Cl、H2O2、NH3发生反应生成[Co（NH3）6]Cl3和水，反应方程式为2CoCl2＋2NH4Cl＋10NH3＋H2O22[Co(NH3)6]Cl3＋2H2O；双氧水易分解、气体的溶解度随着温度的升高而降低，所以X的制备过程中温度不能过高。
考点：考查物质含量的测定，涉及难溶物的溶解平衡、氧化还原反应、物质含量的测定等知识点。
【名师点晴】综合实验设计题的解题思路
（1）巧审题，明确实验的目的和原理。实验原理是解答实验题的核心，是实验设计的依据和起点。实验原理可从题给的化学情景(或题首所给实验目的)并结合元素化合物等有关知识获取。在此基础上，遵循可靠性、简捷性、安全性的原则，确定符合实验目的、要求的方案。
（2）想过程，理清实验操作的先后顺序。根据实验原理所确定的实验方案中的实验过程，确定实验操作的方法步骤，把握各步实验操作的要点，理清实验操作的先后顺序。
（3）看准图，分析各项实验装置的作用。有许多综合实验题图文结合，思考容量大。在分析解答过程中，要认真细致地分析图中所示的各项装置，并结合实验目的和原理，确定它们在该实验中的作用。
（4）细分析，得出正确的实验结论。实验现象(或数据)是化学原理的外在表现。在分析实验现象(或数据)的过程中，要善于找出影响实验成败的关键以及产生误差的原因，或从有关数据中归纳出定量公式，绘制变化曲线等。
19．实验室常利用甲醛法测定(NH4)2SO4样品中氮的质量分数，其反应原理为：4NH4++6HCHO═3H++6H2O+（CH2）6N4H+[滴定时，1mol
（CH2）6N4H+与1mol
H+相当]，然后用NaOH标准溶液滴定反应生成的酸．某兴趣小组用甲醛法进行了如下实验：
步骤I：称取样品1.500g．
步骤Ⅱ：将样品溶解后，完全转移到250mL容量瓶中，定容，充分摇匀．
步骤Ⅲ：移取25.00mL样品溶液于250mL锥形瓶中，加入10mL
20%的中性甲醛溶液，摇匀、静置5min后，加入1～2滴酚酞试液，用NaOH标准溶液滴定至终点．按上述操作方法再重复2次．
（1）根据步骤Ⅲ填空：
①碱式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接加入NaOH标准溶液进行滴定，则测得样品中氮的质量分数_________（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）；
②锥形瓶用蒸馏水洗涤后，水未倒尽，则滴定时用去NaOH标准溶液的体积_________（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）；
③滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察_________；
A．滴定管内液面的变化
B．锥形瓶内溶液颜色的变化
④滴定达到终点时，酚酞指示剂由_________色；
（2）滴定结果如下表所示：
滴定次数
待测溶液的体积/mL
标准溶液的体积
滴定前刻度/mL
滴定后刻度/mL
1
25.00
1.02
21.03
2
25.00
2.00
21.99
3
25.00
0.20
20.20
若NaOH标准溶液的浓度为0.1010mol L-1，则该样品中氮的质量分数为_________。
【答案】（1）①偏高
②无影响
③
B
④无色变为粉红（或浅红）（2）18.85%
【解析】
试题分析：（1）①碱式滴定管用蒸馏水洗涤后需要再用NaOH溶液润洗，否则相当于NaOH溶液被稀释，滴定消耗的体积会偏高，测得样品中氮的质量分数也将偏高；②锥形瓶用蒸馏水洗涤后，虽然水未倒尽，但待测液中的H+的物质的量不变，则滴定时所需NaOH标准溶液中的氢氧化钠的物质的量就不变，也就是无影响；③定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应注意观察颜色变化，确定滴定终点，故答案为B；④待测液为酸性，酚酞应为无色，当溶液转为碱性时，溶液由无色变为粉红（或浅红）；（2）标准溶液的体积应取三次实验的平均值，首先确定滴定时所用的NaOH标准溶液为(20.01+19.99+20.00)/3mL=20.00mL，根据题意中性甲醛溶液一定是过量的，而且1.500g
铵盐
经溶解后，取了其中1/10进行滴定，即0.15g，滴定结果，溶液中含有H+（含(CH2)6N4H+）共0.02L××0.1010mol/L=0.00202mol，根据4NH4++6HCHO═3H++6H2O+(CH2)6N4H+，每生成4molH+（含(CH2)6N4H+），会消耗NH4+4mol，所以共消耗NH4+0.00202mol，其中含氮元素0.00202mol×14g/mol=0.02828g所以氮的质量分数为0.02828g/0.15g×100%=18.85%。
考点：考查物质的含量的测定
20．Ⅰ（1）下列实验方法合理的是
。(多选不给分)
A、可用盐酸与BaCl2溶液来鉴定某未知试液中是否含有SO42－
B、用加热法除去食盐固体中的氯化铵
C、将碘的饱和水溶液中的碘提取出来，可用酒精进行萃取
D、实验室制取Al(OH)3：往AlCl3溶液中加入NaOH溶液至过量
E、用澄清石灰水鉴别Na2CO3溶液和NaHCO3溶液
F、往FeCl2溶液中滴入KSCN溶液，检验FeCl2是否已氧化变质
（2）(3分)用18.0
mol/L
H2SO4配制100
mL
1.00
mol/L
H2SO4，则需要的实验仪器除了烧杯和玻璃棒以外还应该有：
。
（3）上述配制过程中，下列情况会使配制结果偏高的是(填序号)_______。
①定容时俯视刻度线观察液面
②容量瓶使用时未干燥
③定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线，再补加蒸馏水至刻度
④容量瓶盛过同浓度1.00
mol/L的H2SO4溶液，使用前未洗涤
Ⅱ．请用下列装置设计一个实验，证明Cl2的氧化性比I2的氧化性强。
请回答下列问题：
（1）若气流从左到右，则上述仪器的连接顺序为D接E，_______接_______，_______接_______。
（2）圆底烧瓶中发生反应的化学方程式为__________________________。
（3）证明Cl2比I2的氧化性强的实验现象是____________________________，反应的离子方程式是__________________________。
（4）装置②的作用是__________________。
（5）若要证明Cl2的氧化性比Br2强，则需做的改动是_____________________。
【答案】Ⅰ．（1）A、B、F（2）10m
L量筒
胶头滴管
100mL容量瓶（3）①④
Ⅱ．（1）F
；B
；A
；C（2）
MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O（3）①中溶液变蓝；Cl2+2I-==2Cl-+I2
（4）吸收多余的氯气（5）将①中KI淀粉溶液换成NaBr溶液
【解析】
试题分析：Ⅰ．（1）A、向未知试液中先加适量盐酸，无沉淀、无气体，再加BaCl2溶液，生成白色沉淀，证明含有SO42－，反之，不含SO42-，正确；B、氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢气体，可用加热法除去食盐固体中的氯化铵，正确；C、酒精能与水以任意比例互溶，不能用酒精萃取碘水中的碘，错误；D、往AlCl3溶液中加入NaOH溶液至过量，发生反应：Al3+
+
4OH-
==
AlO2-
+
2H2O，不能用于制备氢氧化铝，错误；E、Na2CO3溶液和NaHCO3溶液均与澄清石灰水反应生成碳酸钙白色沉淀，不能用澄清石灰水鉴别Na2CO3溶液和NaHCO3溶液，错误；F、氯化亚铁氧化变质，溶液中含有Fe3＋，滴入KSCN溶液，溶液变红色，故往FeCl2溶液中滴入KSCN溶液，可检验FeCl2是否已氧化变质，正确，选ABF。
（2）根据稀释定律计算所需浓硫酸的体积。设所需浓硫酸的体积为x，18.0
mol/L×x=100
mL×
1.00
mol/L
，解得x=5.6mL，根据配制溶液的步骤确定所需仪器，除了烧杯和玻璃棒以外还应该有：10m
L量筒、胶头滴管和100m
L
容量瓶。
（3）根据公式c=n/V分析一定物质的量浓度溶液配制的误差。①定容时俯视刻度线观察液面，所配溶液的体积偏小，浓度偏高，正确；②容量瓶使用时未干燥，对所配溶液的溶质的物质的量和溶液的体积无影响，对所配溶液的浓度无影响，错误；③定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线，再补加蒸馏水至刻度，所配溶液的体积判断，浓度偏低，错误；④容量瓶盛过同浓度1.00
mol/L的H2SO4溶液，使用前未洗涤，所配溶液中硫酸的物质的量偏大，所配溶液的浓度偏高，正确，选①④。
Ⅱ．（1）
要证明Cl2的氧化性比I2的氧化性强的实验流程为制备氯气，将氯气通入盛有KI淀粉溶液的洗气瓶，氯气的尾气处理通入盛有NaOH溶液的洗气瓶，洗气瓶的气流方向为长管进气，短管出气，按气流从左到右，则上述仪器的连接顺序为D接E，F接B，A接C。
（2）二氧化锰和浓盐酸共热生成二氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为
MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O
。
（3）氯气与KI溶液反应生成碘单质，碘单质遇淀粉变蓝，故证明Cl2比I2的氧化性强的实验现象是①中溶液变蓝，反应的离子方程式是Cl2+2I-==2Cl-+I2
。
（4）装置②的作用是吸收多余的氯气。
（5）若要证明Cl2的氧化性比Br2强，则需做的改动是将①中KI淀粉溶液换成NaBr溶液。
考点：考查化学实验方案的分析、评价。
21．已知下列变化中，0.2
mol
x参加反应时共转移0.4
mol电子，
Rx++
H+——RO2+
Mn2++H2O
(1)求x的值。
（2）求参加反应的H+的物质的量。
【答案】（1）2
（2）0.64
mol
【解析】
O2
1
mol
Rx转化为RO2失去电子的物质的量为：（4-)x,即(4x-6)
mol
所以(4x-6)×0.2
mol=0.4
mol,解得：x=2。
配平后的该反应方程式为：
5R2+2Mn+16H+====10RO2+2Mn2++8H2O
参加反应的H+为：n(H+)=·n(R2)=×0.2
mol=0.64
mol
22．[化学——选修5有机化学基础]工业上常以烃的含氧衍生物X为主要原料生产可降解塑料PCL{}及阻燃剂四溴双酚A。合成线路如下：
已知：①
X的蒸汽密度是相同条件下H2的47倍，遇FeCl3溶液显紫色；C为
（1）X的分子式为____________；B的名称是___________。
（2）B→C还需要的反应试剂及条件是_____________。C→D的反应类型是______________。
（3）写出X→Y的化学方程式：__________________________。
（4）0.5mol四溴双酚A在一定条件下与足量的NaOH溶液反应，最多消耗
molNaOH。
（5）符合以下条件的D的同分异构体有
种（不考虑空间异构）。
①含有两个甲基和两种官能团
②能使溴的CCl4溶液褪色
③能发生银镜反应
（6）已知由烯烃直接制备不饱和酯的新方法为：
利用乙烯为有机原料（无机物和反应条件自选）合成聚合物涂料，
写出合成该涂料的反应流程图：______________________。
【答案】（1）C6H6O；环己醇（2）O2、Cu、加热；氧化反应
（3）
（4）0.5（5）10
（6）
【解析】
试题分析：X的蒸汽密度是相同条件下H2的47倍，则X的相对分子质量是94。X遇FeCl3溶液显紫色，说明分子中含有酚羟基；A与氢气发生加成反应生成B，B又转化为C，根据C为可知X应该是苯酚，B是环己醇；根据已知信息可知D的结构简式为。D水解后再酸化得到E，则E的结构简式为HOCH2CH2CH2CH2CH2COOH。E分子中含有羧基和羟基，发生缩聚反应生成PCL，其结构简式为。Y发生已知信息②的反应，则结合A的分子式可知Y的结构简式为。
（1）根据以上分析可知X的分子式为C6H6O；B的名称是环己醇。
（2）根据以上分析可知B→C是羟基的催化氧化，因此还需要的反应试剂及条件是O2、Cu、加热。C→D的反应类型是氧化反应。
（3）根据以上分析可知X→Y的化学方程式为
（4）四溴双酚A中含有2个酚羟基，所以0.5mol四溴双酚A在一定条件下与足量的NaOH溶液反应，最多消耗0.5molNaOH。
（5）①含有两个甲基和两种官能团；②能使溴的CCl4溶液褪色，说明含有碳碳双键或碳碳叁键；③能发生银镜反应，说明还含有醛基，所以根据D的分子式C6H10O2可知该同分异构体中含有的官能团是碳碳双键和甲酸形成的酯基，即符合HCOOC5H9，又因为必须含有2个甲基，所以可能的结构共计有10种。
（6）利用乙烯为有机原料（无机物和反应条件自选）合成聚合物涂料，可以采用逆推法，即先合成CH2＝CHCOOCH2CH3，然后根据已知信息利用乙醇和乙烯、CO和氧气即可，因此该合成路线图为
【考点定位】本题主要是考查有机合成与推断、同分异构体判断以及方程式书写等
【名师点晴】有机流程推断题是考查化学基础知识的常用形式，可以采用正推法或逆推法，也可从中间向两边推出各有机物，在推断过程中，往往借助分子式，不饱和度，碳链的变化，有机反应条件，有机反应类型，已知信息等，这种考题灵活性较强，本题将将有机物的命名，化学反应条件与类型，官能团的名称，核磁共振氢谱，有机化学方程式的书写，有机流程分析，醛的化学性质，由已知信息推断有机物结构简式联系起来，注重的是有机基础知识，命题常规，难度适中，能较好的考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。该题的难点是同分异构体书写和判断，对于本题主要是在限制条件下的情况下判断，侧重于位置异构和碳链异构。