山东省莱芜十七中2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）

山东省莱芜十七中2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）
1．HPE是合成除草剂的重要中间体，其结构简式如下图所示。下列有关HPE的说法不正确的是
(　　)
A．含1
mol
HPE的溶液最多可以和2
mol
NaOH反应
B．HPE能跟浓溴水反应产生白色沉淀
C．该化合物在核磁共振氢谱上显示有5组特征峰
D．该物质为芳香族化合物，分子式为C11H12O4
【答案】CD
【解析】
试题分析：A．1
mol
HPE含有1mol酚羟基和1mol酯基，所以含1
mol
HPE的溶液最多可以和2
mol
NaOH反应，该项正确；
B．HPE含有酚羟基，能跟浓溴水反应产生白色沉淀，该项正确；
C．该化合物有7种不同环境的氢原子，在核磁共振氢谱上显示有7组特征峰，该项不正确；
D．该物质分子式为C11H14O4，该项不正确。故本题选CD。
考点：有机物的性质
点评：本题考查有机物的性质，熟悉各官能团的性质是解答本题的关键。
2．下列各组物质的性质变化正确的是
A．酸性：HClO4>HNO3>H3PO4>H2SiO3
B．稳定性：H2S>HCl>HBr>HI
C．熔点：Rb>K>Na>Li
D．熔、沸点：HI>HBr
>HCl>HF
【答案】A
【解析】非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，A正确。非金属性越强，相应氢化物的稳定性越强，B中非金属性是Cl>Br>I>
S，所以B不正确。碱金属自上而下单质的熔点逐渐降低，C不正确。氟化氢分子间存在氢键，所以沸点最高，应该是HF
>
HI>HBr
>HCl，D不正确，答案选A。
3．在一定温度下，容器内某一反应中M、N的物质的量随反应时间变化的曲线如下图，下列表述中正确的是
A．反应的化学方程式为：2
MN
B．t2时，正逆反应速率相等，达到平衡
C．t3时，正反应速率大于逆反应速率
D．t1时，N的浓度是M浓度的2倍
【答案】D
【解析】
试题分析：A、由图象可知，反应中M的物质的量逐渐增多，N的物质的量逐渐减少，则在反应中N为反应物，M为生成物，图象中，在相等的时间内消耗的N和M的物质的之比为2：1，所以反应方程式应为：2NM，故A错误；B、由图可知t2时，反应没有达到平衡，此时反应继续向正方向移动，正反应速率大于逆反应速率，故B错误；C、由图可知t3时，反应达到平衡，正逆反应速率相等，故C错误；D、t1时，N的物质的量为6mol．M的物质的量为3mol，故N的浓度是M浓度的2倍，故D正确；故选D。
考点：考查化学反应速率与化学平衡的图像的相关知识。
4．下列变化过程中，ΔS＜0的是
A．氯化钠溶于水中
　
B．NH3(g)和HCl(g)反应生成NH4Cl
C．干冰的升华
　
　D．CaCO3(S)分解为CaO(S)和CO2(g)
【答案】B
【解析】NH3(g)和HCl(g)反应生成NH4Cl，由气体生成了固体，混乱度减小，ΔS＜0。
5．等物质的量的下列物质，分别完全燃烧时，消耗氧气最少的是（
）
A．苯
B．甲烷
C．乙烯
D．乙醇
【答案】B
【解析】
试题分析：根据烃（CxHy）燃烧的通式知，等物质的量的烃燃烧耗氧量取决于x+y/4的值，x+y/4的值越大耗氧越多，选B。
考点：考查烃燃烧通式的应用。
6．下列元素原子的电子排布图正确的是（
）
【答案】D
【解析】根据泡利原理和洪特规则；同一能级，先填充一个电子，且方向相同；填好后在填充另一个，且方向相反。故只有D正确。
7．咖啡酸具有止血、镇咳、祛痰等疗效，其结构简式为：
下列关于咖啡酸的说法中，正确的是
A．属于芳香烃
B．分子式为C9H7O2
C．与过量的浓溴水发生反应生成白色沉淀
D．不能使酸性KMnO4溶液褪色
【答案】C
【解析】A错，芳香烃是指含有苯环的烃；B错，分子式为C9H10O2；C正确，酚羟基在苯环的邻、对位上的氢易与溴水发生取代反应生成白色沉淀；D错，该有机物能使酸性KMnO4溶液褪色
8．在的可逆反应中，自反应开始至2
s末，氨的浓度由0变为0.4
则以氢气的浓度变化表示该反应在2
s内的平均反应速率是
A．0.3
B．0.4
C．0.6
D．0.8
【答案】A
【解析】
试题分析：在的可逆反应中，自反应开始至2
s末，氨的浓度由0变为0.4
，用氨气表示这2s内的化学反应速率，可以表示为v(NH3)=△c/△t=0.4mol·L-1/2s=0.2mol/(L·s)，用不同物质表示的化学反应速率之比等于各物质的化学计量数之比，所以v(H2)=3v(NH3)/2=0.3，答案选A。
考点：考查化学反应速率的计算
9．下列说法或表述正确的是(　　
)
①过氧化钠中阳离子和阴离子个数比为1:1
②纯碱既属于正盐又属于钠盐和碳酸盐。
③相同温度下，氢氧化钠溶液的导电能力比氨水溶液强
④丁达尔效应可用于区别溶液和胶体，烟、云、雾均为胶体，能产生丁达尔效应。
⑤钢铁的吸氧腐蚀，负极发生反应：Fe-2e-=Fe2+
A
．①②④⑤
B．②③④
C．②④⑤
D．③④⑤
【答案】C
【解析】
试题分析：①过氧化钠中的阳离子与阴离子的个数比是2:1，错误；②从物质的分类判断纯碱既属于正盐又属于钠盐和碳酸盐，正确；③溶液的导电能力除与温度有关外还与溶液的离子浓度、离子所带电荷有关，未知浓度的前提下不能判断导电能力的强弱，错误；④丁达尔效应可用于区别溶液和胶体，烟、云、雾均为胶体，胶体能产生丁达尔效应，正确；⑤钢铁的吸氧腐蚀，负极是铁失去电子生成亚铁离子，发生反应：Fe-2e-=Fe2+，正确，所以答案选C。
考点：考查物质的性质、分类，胶体的性质，吸氧腐蚀的判断
10．分类法是学习和研究化学的一种常见的科学方法，以下分类合理的是（
）
A．根据酸分子中的氢原子个数将酸分为一元酸、二元酸、多元酸
B．根据溶液导电能力的强弱将电解质分为强电解质和弱电解质
C．盐酸、醋酸既是化合物又是酸
D．甘油不是油、纯碱不是碱、干冰不是冰
【答案】D
【解析】
试题分析：A．根据酸分子中的电离产生氢离子个数将酸分为一元酸、二元酸、多元酸，错误；B．
根据电解质在水中是否完全电离，把电解质分为强电解质和弱电解质，错误；C．
盐酸是混合物，而醋酸既是化合物又是酸，错误；D．
甘油是丙三醇，不是油；纯碱是盐，不是碱；干冰是固态CO2，不是冰，正确。
考点：考查物质分类正误判断的知识。
11．最近，科学家研制得一种新的分子，它具有空心的类似足球状结构，化学式为C60，下列说法正确的是
　　A．C60是一种新型的化合物
　　B．C60和石墨都是碳的同素异形体
　　C．C60中含离子键
　　D．C60的式量是720
【答案】BD
【解析】足球烯C60是课本正文中未曾学到过的，但只要明确单质、化合物、同素异形体、化学键、式量的概念，对各选项进行认真辩析，不难作答。C60是由同种元素（碳）组成的纯净物，属于单质；碳原子之间以共价键相结合；C60和石墨都是由碳元素形成的不同单质，都是碳的同素异形体，C60的式量=12×60=720。解题方法为概念辩析法。
12．某元素的一种同位素的原子质量数为，含个中子，它与原子组成分子，在中所含质子的物质的量是（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】
试题分析：质子数（Z）＝质量数(A)-中子数（N），可得同位素的质子数为，
分子的质量数为，质子数1,因此中所含质子的物质的量是
考点：核素的质子数
点评：本题是高中必修二的基础内容，考查核素的质子数的相关计算方法，考生要掌握质量数与质子数、中子数的关系，灵活运用，快速解答。
13．在恒温恒压下，向密闭容器中充入4molSO2和2molO2，发生如下反应：2
SO2（g）+O2（g）2SO3（g）△H＜0
。2min后，反应达到平衡，生成SO3为1．4mol,同时放出热量Q
kJ，则下列分析正确的是
A．在该条件下，反应前后的压强之比为6
:
5．3
B．若反应开始时容器体积为2L，则v（SO3）＝0．35mol/（L·min）
C．若把“恒温恒压下”改为“恒压绝热条件下”反应，平衡后n（SO3）＜1．4mol
D．若把“恒温恒压下”改为“恒温恒容下”反应，达平衡时放出热量大于Q
kJ
【答案】C
【解析】
试题分析：A．由于反应是在恒温恒压下，在该条件下，反应前后的压强相等，A错误；B．反应达到平衡时，
生成SO3为1．4mol，则反应消耗SO2和O2分别是1．4mol、0．7mol；平衡时气体的物质的量分别是SO2：2．6mol，O2：1．3mol，SO3:1．4mol，平衡时总物质的量是5．3mol,开始时气体的物质的量是6mol,所以平衡时的容器的容积是：（5．3÷6）L,
则v（SO3）＝1．4mol
÷（5．3÷6）L
÷2min＝0．79mol/（L min），B错误；C．由于该反应是放热反应，所以若把“恒温恒压下”改为“恒压绝热条件下”反应，则升高温度，根据平衡移动原理，化学平衡向吸热反应方向即向逆反应方向移动，所以达到平衡时产生的SO3的物质的量必然小于1．4mol，C正确；D．由于该反应的正反应是气体体积减小的反应，随着反应的进行，容器内的气体压强减小，所以若把“恒温恒压下”改为“恒温恒容下”反应，则反应后容器内气体压强减小，所以平衡逆向移动，达平衡时放出热量小于Q
kJ，D错误，答案选C。
考点：考查可逆反应的化学反应速率、化学平衡的移动的知识
14．燃料电池是燃料（例如CO、H2、CH4等）跟氧气或空气起反应，将此反应的化学能转变为电能的装置，电解质溶液通常是KOH溶液．下列关于甲烷燃料电池的说法错误的是（
）
A．负极反应式为CH4+10OH﹣﹣8e﹣═CO32﹣+7H2O
B．正极反应式为O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣
C．随着不断放电，电解质溶液碱性不变
D．甲烷燃料电池的能量利用率比甲烷燃烧的能量利用率大
【答案】C
【解析】
A、燃料在负极上失电子发生氧化反应，甲烷燃烧能生成二氧化碳和水，二氧化碳和氢氧化钾反应生成碳酸钾，所以电极反应式为：CH4+10OH﹣﹣8e﹣═CO32﹣+7H2O，故A正确；
B、氧气在正极上得电子，因为电解质溶液是氢氧化钾溶液，所以氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，所以电极反应式为：O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣，故B正确；
C、该电池的电池反应式为：CH4+2O2+2KOH=K2CO3+3H2O，溶液由碱溶液变成盐溶液，所以碱性减弱，故C错误；
D、根据能量转化的规律，燃烧时产生的热能是不可能全部转化为功的，能量利用率不高，而电能转化为功的效率要大得多，故D正确；
15．分子式为C5H12O的醇与和它相对分子质量相等的一元羧酸进行酯化反应，生成的酯共有（不考虑立体异构）
A．8种
B．16种
C．32种
D．64种
【答案】B
【解析】
试题分析：分子式为C5H12O的醇有8种，和它相对分子质量相等的一元羧酸是丁酸，丁酸有2种，则二者进行酯化反应，生成的酯有8×2＝16种，答案选B。
考点：考查同分异构体判断
16．（8分）
(1)微粒中的质子数是_______，中子数是_______，核外电子数是_______。
(2)
1.5mol
CO2中含_____
mol碳原子，________个氧原子(以NA为阿伏加德罗常数的值)，标准状况下的体积为___________L。
(3)在一定温度和压强下，5体积气体A2跟15体积的气体B2完全化合生成10体积某气体C，则该气体C的化学式为（用A、B表示）__________。
【答案】（共8分=3+3+2）
（1）16；18；18
（2）1.5；3
NA
；33.6
（3）AB3
或
B3A
【解析】略
17．氮及其化合物在工业生产和国防建设中有广泛应用。回答下列问题：
（1）氮气性质稳定，可用作保护气。请用电子式表示氮气的形成过程：
。
（2）联氨(N2H4)是一种还原剂。已知：H2O(l)=H2O(g)
△H=+44kJ/mol。试结合下表数据，写出N2H4
(g)燃烧热的热化学方程式：
。
化学键
N—H
N—N
N=N
N≡N
O=O
O—H
键能(kJ/mol)
390.8
193
418
946
497.3
462.8
（3）KCN可用于溶解难溶金属卤化物。将AgI溶于KCN溶液中，形成稳定的Ag(CN)2—，该转化的离子方程式为：
。若已知Ksp(AgI)=1.5×10—16，K稳[Ag(CN)2—]=1.0×10-21，则上述转化方程式的平衡常数K=
。(提示：K稳越大，表示该化合物越稳定)
（4）氨的催化氧化用于工业生产硝酸。该反应可设计成新型电池，试写出碱性环境下，该电池的负极电极反应式：
。
（5）将某浓度的NO2气体充入一恒容绝热容器中，发生反应2NO2
N2O4其相关图像如下。
①0~3s时v(NO2)增大的原因是
。
②5s时NO2转化率为
。
【答案】（1）
（2）N2H4
(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)
△H=—631.7kJ/mol
（3）AgI(s)+2CN—(aq)Ag(CN)2—(aq)+I—(aq)；
1.5×105（4）NH3—5e—+5OH—=NO+4H2O（5）容器为绝热体系，该反应正向进行放热，体系温度升高，v(NO2)增大
；75%
【解析】
试题分析：（1）用电子式表示氮气的形成过程：，故答案为：；
（2）△H等于反应物的键能之和-生成物的键能之和，N2H4
(g)燃烧热的热化学方程式为N2H4
(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)
△H=(390.8×4+193+497.3)-(946+462.8×4)-44×2=—631.7kJ/mol，故答案为：N2H4
(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)
△H=—631.7kJ/mol
（3）KCN可用于溶解难溶金属卤化物。将AgI溶于KCN溶液中，形成稳定的Ag(CN)2—，该转化的离子方程式为AgI(s)+2CN—(aq)Ag(CN)2—(aq)+I—(aq)；则上述转化方程式的平衡常数K====1.5×105，故答案为：AgI(s)+2CN—(aq)Ag(CN)2—(aq)+I—(aq)；1.5×105
（4）氨的催化氧化的方程式为4NH3+5O2═4NO+6H2O，该反应设计成新型电池，在碱性环境下，该电池的负极上氨气失去电子生成一氧化氮气体，电极反应式为NH3—5e—+5OH—=NO+4H2O，故答案为：NH3—5e—+5OH—=NO+4H2O；
（5）①依据反应是放热反应，在绝热恒容容器中，反应进行热量升高，反应速率增大，随反应进行二氧化氮浓度减小，反应为达到平衡，0-3s时v(NO2)增大是由于体系温度升高，故答案为：容器为绝热体系，该反应正向进行放热，体系温度升高，v(NO2)增大；
②分析图象5s二氧化氮变化浓度=2mol/L-0.5mol/L=1.5mol/L，结合转化率概念计算=×100%=×100%=75%，故答案为：75%；
【考点定位】考查热化学方程式的书写、电极方程式的书写、Ksp的计算
【名师点晴】与普通化学方程式相比，书写热化学方程式除了遵循书写普通化学方程式外，还应该注意以下几点：①反应热ΔH与测定的条件(温度、压强)有关，因此书写热化学方程式时应注明应热ΔH的测定条件。若没有注明，就默认为是在25℃、101KPa条件下测定的；②反应热ΔH只能写在标有反应物和生成物状态的化学方程式的右边。ΔH为“－”表示放热反应，ΔH为“+”表示吸热反应。ΔH的单位一般为kJ/mol；③反应物和生成物的聚集状态不同，反应热ΔH不同。因此热化学方程式必须注明物质的聚集状态固体用“s”、液体用“l”、气体用“g”、溶液用“aq”等表示，只有这样才能完整地体现出热化学方程式的意义。热化学方程式中不标“↑”或“↓”；④热化学方程式中各物质化学式前面的化学计量数仅表示该物质的物质的量，不表示物质的分子数或原子数，因此化学计量数可以是整数，也可以是分数；⑤热化学方程式是表示反应已完成的数量。由于ΔH与反应完成物质的量有关，所以方程式中化学前面的化学计量系数必须与ΔH相对应，如果化学计量系数加倍，那么ΔH也加倍。当反应逆向进行时，其反应热与正反应的反应热数值相等，符号相反；⑥在稀溶液中，酸跟碱发生中和反应生成1
mol
水时的反应热叫中和热。书写中和热的化学方程式应以生成1
mol
水为基准；⑦反应热可分为多种，如燃烧热、中和热、溶解热等，在101Kpa时，1
mol
纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热。
18．某校研究小组为探究KI溶液的pH与其在空气之中氧化变质的关系，进行了相应的实验探究。
【提出假设】
假设1：只有碱性环境下能被氧化
假设2：只有酸性环境下能被氧化
假设3：只有中性环境下能被氧化
假设4：
能被氧化
【实验探究】
（1）有人认为由于I2会和KOH反应，因此否定假设1。小组同学认为，若溶液的碱性较弱时，I2不会反应。为了验证滚点，小组同学进行了下述实验：
在编号为①②③的试管中加入相同量的碘的淀粉溶液中，然后分别加入pH为9、10、11的KOH溶液，发现试管①中蓝色不消失，试管②③中蓝色消失。
由此可以得出结论：
。
（2）为探究KI溶液在不同碱性条件下能否被氧气氧化，小组同学设计了以下实验：将下表中的药品分别加入到试管中，然后放置于收集有氧气的储气瓶中，塞上塞子，观察现象。完成以下实验设计表（表中不要留空格）。
实验编号
蒸馏水
淀粉溶液
KI固体
稀KOH溶液
一段时间后观察实验现象
1
30mL
2
mL
5g
0滴
试管中出现了蓝色
2
29.5
mL
5g
10滴
试管中出现了很浅的淡蓝色
3
29
mL
2
mL
20滴
试管中无明显变化
4
2
mL
5g
30滴
注：1滴溶液体积为0.05mL。
（3）小组同学通过实验证实了在酸性条件下KI都能被氧气氧化，现继续探究酸性强弱与氧化难易的关系。有同学提出假设，认为酸性越强越容易被氧化。请设计实验验证假设，完成下表中内容。
可供选择的药品有：KI固体、淀粉溶液、0.005mol/L
H2SO4、0.5mol/L
H2SO4
。
实验方案（不要求写具体过程）
预期实验结果和结论
【答案】
假设4：在一定pH范围内（1分，合理表述均给分）
（1）碘单质只有在pH大于一定值时才能和碱性溶液反应（1分，合理表述均给分）
（2）
实验编号
蒸馏水
淀粉溶液
KI固体
稀KOH溶液
一段时间后观察实验现象
1
2
2mL
3
5g
[]
4
28.5
mL
试管中无明显变化
（3）
实验方案（不要求写具体操作过程）
预期实验结果和结论
在编号为①②③的试管中分别加入0.005mol/L
H2SO4、0.05mol/L
H2SO4、0.5mol/L
H2SO4各30mL，然后再向三只试管中分别加入2mL淀粉溶液、5g
KI固体（2分）
若都出现蓝色，且①②③试管中颜色依次加深，则酸性越强越容易被氧化，假设正确。否则，假设错误。（1分）
【解析】
试题分析：结合题目前后的实验探究过程，可得出假设4为在一定pH范围内能被氧化。
（1）实验现象说明碱性较弱时，碘单质不会和碱发生反应
（2）根据变量控制的思想，不难填充表格中的数据，第4组中KOH滴加得最多，碱性最强，可推知试管中也无明显变化。
考点：考查化学实验探究，实验设计知识。
19．某学习小组欲设计实验探究焦炭与二氧化硅反应的产物。
查阅资料:实验室可以用PdCl2溶液检验CO，二者发生反应会产生黑色金属钯，溶液变浑浊。
回答下列问题:
(1)上述装置连接顺序(按气流从左至右)为B→________→E。
(2)加热前，向装置内通入一段时间氮气，其目的是________；D装置的作用是________。
(3)若A中出现浑浊，写出A中发生反应的化学方程式________。
(4)C装置可用来检验CO2气体，可选用的试剂是________
(填字母)。
A．NaOH溶液
B．Ba(OH)2溶液
C．BaCl2溶液
D．品红溶液
(5)如果不用E装置，可能的后果是________。
(6)经测定B装置中生成的CO与CO2物质的量之比为2：1，写出B中发生反应的化学方程式________。
【答案】
(1)D→C→A→C；
(2)除去装置内的空气，防止生成的一氧化碳与氧气反应，发生爆炸；防止倒吸，使玻璃管炸裂；
(3)PdCl2+CO+H2O=Pd+CO2+2HCl(4)B
(5)发生一氧化碳中毒
(6)2SiO2+3C2Si+2CO↑+CO2↑
【解析】
试题分析：(1)为了防止发生倒吸，在B后面应该接上安全瓶，再将生成的气体通入C中，除去可能生成的二氧化碳，再将生成的一氧化碳通入A中检验，用碱液吸收生成的二氧化碳后排水法收集未反应的一氧化碳，防止发生一氧化碳中毒，上述装置连接顺序为B→D→C→A→C→E，故答案为：D→C→A→C；
(2)加热前，向装置内通入一段时间氮气，目的是除去装置内的空气，防止生成的一氧化碳与氧气反应，发生爆炸；D装置的作用是防止倒吸，使玻璃管炸裂，故答案为：除去装置内的空气，防止生成的一氧化碳与氧气反应，发生爆炸；防止倒吸，使玻璃管炸裂；
(3)
根据题意，PdCl2溶液检验CO，二者发生反应会产生黑色金属钯，溶液变浑浊，A中发生反应的化学方程式为PdCl2+CO+H2O=Pd+CO2+2HCl，故答案为：PdCl2+CO+H2O=Pd+CO2+2HCl；
(4)A、NaOH溶液能够与二氧化碳反应，但无明显的现象，错误；
B、二氧化碳通入Ba(OH)2溶液，生成碳酸钡沉淀，现象明显，正确；C、二氧化碳与BaCl2溶液不反应，无明显的现象，错误；D、二氧化碳与品红溶液不反应，无明显的现象，错误；故选B；
(5)一氧化碳通入A中可能不能完全反应，如果不用E装置，可能会发生一氧化碳中毒，故答案为：发生一氧化碳中毒；
(6)B装置中生成的CO与CO2物质的量之比为2：1，发生反应的化学方程式为2SiO2+3C2Si+2CO↑+CO2↑
考点：考查了物质性质的探究方案的设计的相关知识。
20．(15分)三氯化磷（PCl3）是合成药物的重要化工原料，可通过白磷和氯气化合得到。
已知：白磷与少量Cl2反应生成PCl3，与过量Cl2反应生成PCl5；PCl3遇O2会生成POCl3(三氯氧磷)；POCl3能溶于PCl3；POCl3和PCl3遇水会强烈水解。实验室制取PCl3的装置示意图和有关数据如下：
物质
熔点/℃
沸点/℃
密度/g·cm-3
白磷
44.1
280.5
1.82
PCl3
-112
75.5
1.574
POCl3
2
105.3
1.675
请回答：
（1）实验所需氯气可用MnO2和浓HCl反应制取，实验过程中所用的玻璃仪器除酒精灯和玻璃导气管外，还需要的玻璃仪器有
。制取的氯气需要进行干燥，请设计实验证明通入的氯气是干燥
的
（写出操作、现象、结论）。
（2）实验过程中要加入白磷、通入CO2、通入Cl2、加热，实验时具体的操作方法和顺序是
。
（3）E烧杯中加入冷水的目的是
，干燥管中碱石灰的作用是
。
（4）实验制得的粗产品中常含有POCl3、PCl5等，先加入过量白磷加热，除去PCl5和过量白磷后，再除去PCl3中的POCl3制备纯净的PCl3可选用的方法有
（填字母序号）。
A．萃取
B．过滤
C．蒸馏
D．蒸发结晶
（5）①PCl3遇水会强烈水解生成H3PO3和HCl，则PCl3和水反应后所得溶液中除OH－之外其它离子的浓度由大到小的顺序是
（已知亚磷酸（H3PO3）是二元弱酸）。
②若将0.01
mol
POCl3投入热水配成1
L的溶液，再逐滴加入AgNO3溶液，则先产生的沉淀是
[已知Ksp(Ag3PO4)＝1.4×10－16，Ksp(AgCl)＝1.8×10－10]。
【答案】（1）圆底烧瓶和分液漏斗
将气体通过装有无水硫酸铜的U形管（干燥管），若白色粉末未变蓝，则气体干燥
（或者通入装有干燥的有色布条的集气瓶,布条不褪色等,合理答案均可）
（2）先打开K2，等反应体系中充满CO2后，加入白磷，然后再打开K1，通入氯气，加热
（3）冷却收集PCl3
吸收多余的氯气和空气中的水蒸气
（4）C
（5）①c(H+)﹥c(Cl-)﹥c(H2PO3-)﹥c(HPO32-)
②AgCl
【解析】
试题分析：（1）实验室制取氯气用浓盐酸与MnO2
在加热的条件下进行，装置采用固体和液体加热制取气体的装置，所以实验过程中所用的玻璃仪器除酒精灯和玻璃导气管外，还需要的玻璃仪器有圆底烧瓶和分液漏斗，干燥的氯气没有漂白性，所以证明通入的氯气是干燥的方法是将氯气通入装有干燥的有色布条的集气瓶,布条不褪色，说明氯气是干燥的。
（2）PCl3遇O2会生成POCl3(三氯氧磷)，所以向通入CO2
将空气赶走，白磷与少量Cl2反应生成PCl3，与过量Cl2反应生成PCl5，然后在加入白磷，氯气最后通，白磷熔沸点低，最后加热，实验时具体的操作方法和顺序是先打开K2，等反应体系中充满CO2后，加入白磷，然后再打开K1，通入氯气，加热。
（3）PCl3
的沸点较低，所以E烧杯中加入冷水的目的是冷却收集PCl3，POCl3和PCl3遇水会强烈水解，干燥管中碱石灰的作用是吸收多余的氯气和空气中的水蒸气。
（4）根据表格提供的信息，它们互溶且熔沸点不同，所以除去PCl3中的POCl3制备纯净的PCl3可选用的方法是蒸馏法。
（5）①PCl3遇水会强烈水解生成H3PO3和HCl，亚磷酸（H3PO3）是二元弱酸，分别电离，一步比一步艰难，而HCl是强酸，全部电离，所以离子的浓度由大到小的顺序是c(H+)﹥c(Cl-)﹥c(H2PO3-)﹥c(HPO32-)，
②若将0.01
mol
POCl3投入热水配成1
L的溶液，发生的化学反应为POCl3+H2O
=
H3PO4+3HCl,盐酸是强酸，Cl－浓度为0.03mol/L，H3PO4
是中强酸，分步电离，以第一步电离为主，产生的PO43-的浓度很小，根据Ksp(Ag3PO4)＝1.4×10－16，Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，逐滴加入AgNO3溶液，则先产生的沉淀是AgCl。
考点：考查氯气的实验室制法，PCl3的制备及性质检验，离子浓度的大小比较，沉淀溶解平衡等知识。
21．（10分）向200
mL
，某物质的量浓度的NaOH溶液中缓慢通入一定量的CO2，充分反应，测得最后溶液的pH>7。
(1)此时溶液的溶质如果是单一成分，可能是____________________；如果是多种成分，可能是__________________________。
(2)在上述所得溶液中，逐滴缓慢滴加2
mol·L－1的盐酸，所得气体(不考虑溶解于水)的体积与所加盐酸的体积关系如图所示：
①加入盐酸200
mL之前，无气体产生，写出OA段发生反应的离子方程式______________________________________________________。
②B点时，反应所得溶液中溶质的物质的量浓度是__________
(溶液体积的变化忽略不计)。
【答案】(1)Na2CO3或NaHCO3（2分）NaOH和Na2CO3或Na2CO3和NaHCO3（2分）
(2)①OH－＋H＋===H2O（2分），CO＋H＋===HCO（2分）
②1.2
mol·L－1（2分，不写单位不得分）
【解析】（1）CO2和氢氧化钠溶液反应，可以生成碳酸钠，也可以生成碳酸氢钠。所以如果是单一成分，则可以是Na2CO3或NaHCO3；如果是多种成分，则可以是NaOH和Na2CO3或Na2CO3和NaHCO3。
（2）由于碳酸钠和盐酸反应是分步进行的，方程式为Na2CO3＋HCl=NaCl=NaHCO3、NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2O＋CO2↑。根据图像可知，生成CO2消耗盐酸的物质的量小于前面消耗的，这说明溶液中的溶质是氢氧化钠和碳酸钠。所以O到A点发生反应的离子方程式是OH-
+
H+
=
H2O、CO32-+
H+
=
HCO3-。
（3）根据图像可知最终溶液中生成的是氯化钠。根据原子守恒可知，氯化钠是0.3L×2mol/L＝0.6mol，所以再根据原子守恒可知，氢氧化钠元也是0.6mol，则浓度是0.6mol÷0.5L＝1.2mol/L。
22．短周期元素X、Y、Z组成的化合物Y2X和ZX2．Y2X溶于水形成的溶液能与ZX2反应生成一种化合物Y2ZX3．已知三种元素原子的质子总数为25，且Z和Y的原子序数之和比X的原子序数2倍还多1，Z原子有2个电子层，最外层电子数是核外电子数的倍，试回答：
（1）X元素的名称：
，Y元素在元素周期表中的位置
，Z元素的原子结构示意图
.
（2）Y2X对应水化物的电子式
，其中存在的化学键有
．
（3）X的氢化物比同主族的氢化物的熔沸点明显偏高的原因
．
【答案】（1）
氧
，
第三周期IA族
，
（2）
，
离子键、共价键
．（3）H2O分子之间存在氢键
【解析】
试题分析：Z原子有2个电子层，最外层电子数是核外电子数的2/3倍，令最外层电子数为a，则（2+a)
×2/3=a，解得a=4，所以Z为C元素；设X原子的质子数为x，Y原子的质子数为y，三种元素原子的质子总数为25，则有6+x+y=25，Z和Y的原子序数之和比X的原子序数2倍还多1，则有6+y=2x+1，联立方程解得：x=8，y=11，即X为氧元素，Y为钠元素．
（1）由上述分析可知，X为氧元素，Y为钠元素，处于周期表中第三周期IA族，Z为碳元素，原子结构示意图为：。（2）Y2X为Na2O，对应水化物为NaOH，其电子式为：，含有离子键、共价键。（3）H2O分子之间存在氢键，比同主族的氢化物的熔沸点明显偏高，
考点：
位置结构性质的相互关系应用
23．2007年，我国成功研制出具有自主知识产权的治疗急性缺血性脑卒中的一类化学新药—丁苯酞，标志着我国在脑血管疾病治疗药物研究领域达到了国际先进水平。合成丁苯酞(J)的一种路线如下①
已知：
②E的核磁共振氢谱只有一组峰；
③C能发生银镜反应；
④J是一种酯，分子中除苯环外还含有一个五元环。
回答下列问题：
（1）B的化学名称是
，由A生成B反应类型为
。
（2）D的结构简式为
，D分子中最多有
个原子共平面。
（3）由H生成J的化学方程式为
（写明反应条件）。
（4）E的同分异构体中，核磁共振氢谱图中有3个吸收峰的同分异构体的结构简式为
。
【答案】（1）邻溴甲苯（或2—溴甲苯、2－甲基溴苯、邻甲基溴苯）；取代反应
（2）
（3）
（4）CH3CH(CH3)CH2Br
【解析】
试题分析：（1）根据G的结构简式可知，A为甲苯，甲苯在铁做催化剂的条件下与溴发生苯环上的取代反应，根据G的结构简式，B为邻溴甲苯，由A生成B的反应属于取代反应。
（2）D的分子式为C4H8，能与HBr发生加成反应生成E，而E的核磁共振氢谱只有一组峰，则E为CH(CH3)3，所以D为，碳碳双键是平面形分子，双键两侧的6个原子共平面，另外碳碳单键能够旋转，则两个甲基上的氢原子通过旋转可以落在这个面上，则D分子中最多有8个原子共平面。
（3）根据流程图和已知提示，G为，G在Mg/乙醚条件下反应生成，在与CO2反应生成H，H为，该分子中含有羧基和羟基，能发生酯化反应生成J，J是一种酯，分子中除苯环外还含有一个五元环，则由H生成J的化学方程式为：。
（4）根据上述推断，E为CH(CH3)3，E的同分异构体中，核磁共振氢谱图中有3个吸收峰的同分异构体的结构简式为CH3CH(CH3)CH2Br。
考点：考查有机物的推断，有机反应类型和有机化学方程式的书写等知识。