山东省滨州市滨城区第二中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）

山东省滨州市滨城区第二中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）
1．下列物质露置在空气中，质量会减轻的是
（
）
A．NaOH
B．Na
2O2
C．无水CaCl2
D．Na2CO3·10H2O
【答案】D
【解析】A．NaOH
会吸收空气中的水和二氧化碳质量增加。
B．Na
2O2与空气中水和二氧化碳反应释放氧气，但质量增加。C．无水CaCl2会吸收空气中水分质量增加。D．Na2CO3·10H2O会失水风化，质量减轻。
2．分子式为C6H12O2且可以与碳酸氢钠溶液反应的有机物化合物(不考虑立体异构)有(　　)
A．5种　　　
B．6种　　　
C．7种　　　
D．8种
【答案】D
【解析】
试题分析：分子式为C6H12O2且可以与碳酸氢钠溶液反应的有机物化合物是饱和一元羧酸，应该是C5H11-与羧基连接形成的化合物，C5H11-有三种碳链结构，正戊烷的取代基有三种不同的H原子，异戊烷的取代基有四种不同的H原子，新戊烷的取代基有只有一种H原子，它们分别被羧基取代就得到羧酸，所以一共有3+4+1=8中羧酸。故选项是D。
考点：考查有机物同分异构体的种类的计算与判断的知识。
3．下列陈述I、II正确并且有因果关系的是
选项
陈述I
陈述II
A
酸性：HCl>H2CO3
非金属性：Cl>C
B
K+、Ca2+、Mg2+
的离子半径依次减小
K+、Ca2+、Mg2+氧化性性依次增强
C
硬铝是合金
其熔点比金属铝的熔点低
D
电镀时阳极上发生还原反应
可在铁的镀件上镀铜
【答案】BC
【解析】
试题分析：A.比较元素非金属性强弱要看最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱，不能看无氧酸。错误。B.元素的金属性越强，其阳离子结合电子的能力就越弱。K、Ca是同一周期的元素，元素的两种半径：K+>Ca2+，所以氧化性Ca2+>
K+；Mg、Ca是同一主族的元素，由于离子半径Ca2+>
Mg2+，所以氧化性Mg2+
>
Ca2+>
K+；依次增强。正确。C.合金的熔沸点比成分金属低。
硬铝是合金,所以其熔点比金属铝的熔点低。正确。D.电镀时阳极上发生氧化反应，阴极发生还原反应，所以可在铁的镀件上镀铜。错误。
考点：考查物质的性质之间关系的知识。
4．下列叙述中，错误的是
A．乙烯和聚乙烯均能和溴水发生加成反应而使溴水褪色
B．分子式为C5H12的烃有三种可能的结构
C．苯乙烯在合适条件下催化加氢可生成乙基环己烷
D．淀粉、纤维素和蛋白质都是高分子化合物，它们在一定条件下都能水解
【答案】A
【解析】
试题分析：A、聚乙烯中没有双键，不能能和溴水发生加成反应而使溴水褪色，错误；B、分子式为C5H12的烃有三种可能的结构，正戊烷、异戊烷、新戊烷，正确；C、苯乙烯在合适条件下催化加氢可生成乙基环己烷，正确；D、淀粉、纤维素和蛋白质都是高分子化合物，它们在一定条件下都能水解，正确。
考点：有机物的有关知识。
5．下列关于性质递变规律的叙述，正确的是（
）
A．还原性：Na＞Mg＞Ca
B．氧化性：Cl2＞S＞P
C．酸性：H2SO4＞H3PO4＞HClO4
D．稳定性：PH3＞H2S＞HCl
【答案】B
【解析】
试题分析：Mg、Ca同主族，
Mg<
Na
<
Ca，故A错误；同周期从左到右非金属性增强，氧化性：Cl2＞S＞P，故B正确；同周期从左到右非金属性增强，酸性：H2SO4考点：本题考查性质递变规律。
6．下列说法正确的是
A．羟基跟链烃基直接相连的化合物属于醇类
B．含有羟基的化合物属于醇类
C．酚类和醇类具有相同的官能团，因而具有相同的化学性质
D．分子内含有苯环和羟基的化合物都属于酚类
【答案】C
【解析】在中学阶段，就属带苯环的醇和酚比较混淆。它们是含有相同的官能团——羟基，但在分子结构中羟基所处的位置不同，酚分子中羟基与苯环直接相连接，而醇分子中羟基与非苯环上的碳原子相连接。故羟基的位置不同物质类别不同，化学性质不同。。
7．下列各组离子中，能大量共存的一组是（
）
A．K+、NO3－、Na+、CO32－
B．Na+、Cl－、H+、HCO3－
C．Mg2+、Al3+、Cl－、OH－
D．Ca2+、CO32－、K+、OH－
【答案】A
【解析】
试题分析：
A．K+、NO3－、Na+、CO32－不能发生任何反应，可以大量共存，正确；B．
H+、HCO3－能发生反应：H++HCO3－=H2O+CO2↑，不可以大量共存，错误；C．Mg2+、Al3+、OH－能发生反应：Mg2++2OH－=Mg(OH)2↓；Al3++4OH－=AlO2-+2H2O，不能大量共存，错误；D．Ca2+、CO32－能发生反应：Ca2++CO32－=CaCO3↓，不能大量共存，错误。
【考点定位】考查离子大量共存的知识。
【名师点睛】离子之间若能够发生反应，则离子之间不能大量共存；若离子之间能够发生复分解反应、氧化还原反应、络合反应、盐的双水解反应，则离子之间不能大量共存。掌握微粒的化学性质是本题解答的关键。
8．可逆反应N2(g)+
3H2(g)
2NH3
(g)达到平衡状态，下列说法中正确的是(
)
A．该反应停止，N2和H2不再化合
B．N2、H2、NH3浓度不变
C．
N2、H2、NH3浓度相等
D．N2、H2、NH3的物质的量之比为1:3:2
【答案】B
【解析】
试题分析：当可逆反应达到平衡状态时，反应仍然在进行，只是任何物质的消耗浓度与产生浓度相等，即浓度不发生变化，因此选项A错误，选项B正确；当反应达到平衡时N2、H2、NH3浓度可能相等，也可能不等，这与开始投入的物质的量的多少有关，选项C错误；
D.
N2、H2、NH3的物质的量改变之比为1:3:2，但是平衡时的浓度之比比一定是该数值，因此选项D错误。
考点：考查可逆反应平衡状态的特征及浓度、物质的量的关系的知识。
9．将标准状况下的某气体（摩尔质量为）溶于ag水中，所得溶液的密度为，物质的量浓度为，则该气体溶入水中的体积是
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】令溶液的体积为VaqL,溶液的质量为maq,溶质的质量为mg，则有：
考点：物质的量浓度及其与其它物理量之间的换算
10．一定条件下将2mol
SO2和2mol
SO3气体混合于一固定容积的密闭容器中，发生反应：2SO2＋O2
2SO3，平衡时SO3为n
mol，在相同温度下，分别按下列配比在上述容器中放入起始物质，平衡时SO3的物质的量可能大于n的是
A．2
mol
SO2
＋
1
mol
O2
B．2
mol
SO2
＋
1
mol
O2
＋
2
SO3
C．4
mol
SO2
＋
1
mol
O2
D．3
mol
SO2
＋
0．5
mol
O2
＋
1
SO3
【答案】B
【解析】
试题分析：由条件可知，容积固定，要为等效平衡须物料与原来相等，即转化到化学方程式一边时（“一边倒”），物质的量与原来投入物质的量相等，开始投入2mol
SO2气体和2mol
SO3气体，等效于开始投入4mol
SO2气体和1mol
O2气体，平衡时SO3的物质的量为nmol，A、2molSO2和1molO2，物质的量比4mol
SO2气体减小了一半，达到平衡时SO3的物质的量一定小于nmol，错误；B、2molSO2、1molO2和2molSO3，相当于开始加入4mol
SO2、1mol氧气基础上，又加入1mol氧气，平衡向着正向移动，达到平衡时SO3的物质的量大于nmol，正确；C、4mol
SO2和1mol氧气，与原平衡为等效平衡，达到平衡时，SO3的物质的量为nmol，故C错误；D、3molSO2、0.5molO2和1molSO3，相当于加入4mol
SO2、1mol去氧气，与原平衡为等效平衡，平衡时SO3的物质的量等于nmol，错误；
考点：化学平衡中等效平衡的判断。
11．氢氧燃料电池可同时供应电和水蒸气,所用燃料为H2,电解质为熔融的K2CO3。已知该电池的正极反应为:O2+2CO2+4e-=2C。下列叙述正确的是（
）
A.放电时C向正极移动
B.放电时OH-向负极移动
C.负极反应为H2+C-2e-=H2O+CO2
D.当该电池产生的水蒸气折算成标准状况下的体积为22.4
L
时,转移电子4
mol
【答案】C
【解析】原电池中阴离子向负极移动,A错;熔融的K2CO3中没有OH-,B错;C是电池内的导电微粒,该电池的总反应为2H2+O2=2H2O,用总反应式-正极反应式=负极反应式,C正确;生成1
mol水,转移电子2
mol,D错。
12．铝分别与足量的稀盐酸和氢氧化钠溶液反应，当两个反应放出的气体在相同状况下体积相等时，反应中消耗的HCl和氢氧化钠的物质的量之比是
A．1：1
B．2：1
C．3：1
D．1：3
【答案】C
【解析】
试题分析：铝与足量的稀盐酸和氢氧化钠溶液反应的方程式是：2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，
2Al+2NaOH+
2H2O=2NaAlO2+3H2↑。根据反应方程式可知：等物质的量的Al与酸、碱反应产生氢气的物质的量相等，反应消耗的HCl与NaOH的的物质的量之比是6:2=3:1，故选项C正确。
考点：考查Al与酸、碱发生反应消耗的酸、碱的物质的量关系的计算的知识。
13．下列离子方程式中书写正确的是（
）
A．向硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]的稀溶液中逐滴加入足量Ba(OH)2稀溶液：
NH4++Fe2++SO42－+
Ba2++3OH－
=
BaSO4↓+
Fe(OH)2↓
+NH3·H2O
B．二氧化硫通入氯化铁溶液：SO2＋2Fe3+＋4H+＝SO42－＋2Fe2+＋2H2O
C．H218O2中加入酸性高锰酸钾溶液：5H218O2
＋2MnO4－＋6H+＝2Mn2+＋518O2↑＋8H2O
D．用惰性电极电解氯化镁溶液：2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－
【答案】C
【解析】A中氢氧化钡过量，则方程式中NH4+、Fe2+、SO42－应满足2︰1︰2，A不正确。B中生成物应该是中水，反应物中应该是氢离子，B不正确。D中应该生成氢氧化镁沉淀，D不正确。所以正确的答案选C。
14．某混合溶液中可能含有下列离子中的若干种：NH4+、Na+、Al3+、Fe2+、Fe3+、AlO2-、SO42-、I-、NO3-、CO32-,已知各离子的浓度均约为0．1mol/L，现取两份20mL该溶液进行如下实验：（1）第一份加入足量盐酸，产生气体在空气中变为红色，在反应后的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生。（2）第二份逐滴滴加NaOH溶液至过量，产生沉淀但不溶解，并有气体逸出。根据上述实验情况，以下说法错误的是
A．该混合溶液中一定不含有Fe3+、AlO2-、Al3+、CO32-
B．该混合溶液通过继续进行焰色反应可以间接确定是否含有I-
C．该混合溶液中肯定含有Fe2+、NH4+、SO42-、NO3-
D．向该混合溶液中滴加酚酞试液后呈红色
【答案】D
【解析】
试题分析：根据题意知，第一份溶液加入足量盐酸，产生气体在空气中变为红色，说明溶液含有NO3 和还原性离子Fe2+或I ，在反应后的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生，说明含有SO42 ；第二份溶液中逐滴滴加NaOH溶液至过量，产生沉淀但不溶解，并有气体逸出，说明不含Al3+，含有NH4+、Fe2+或Fe3+，各离子的浓度均约为0.1mol/L，根据电荷守恒知该混合溶液中肯定含有Fe2+；综上所述溶液中一定含有Fe2+、NH4+、SO42-、NO3-，一定不含有Fe3+、AlO2-、Al3+、CO32-。A、该混合溶液中一定不含有Fe3+、AlO2-、Al3+、CO32-，正确；B、该混合溶液通过继续进行焰色反应可检验是否含有Na+，若含有Na+，则含有I ，若不含Na+，则不含有I ，可以间接确定是否含有I-，正确；C、该混合溶液中肯定含有Fe2+、NH4+、SO42-、NO3-，正确；D、Fe2+、NH4+水解呈酸性，向该混合溶液中滴加酚酞试液后溶液不变色，错误。
考点：考查离子反应、离子推断和离子检验。
15．(1)钇（Y）是激光材料和超导材料中的重要元素。其钇矿石成分是Be2YxFeSi2O10。该矿石与过量烧碱共熔后，加水溶解，所得沉淀中有Y(OH)3和Fe2O3（已知在空气中熔化时矿石中只有Fe由＋2价变成＋3价），则x等于_______，若改用氧化物的形式表示其组成，则化学式为_______________。
（2）把SO2通入Fe(NO3)3溶液中，溶液由棕黄色变为浅绿色，但立即又变为棕黄色，此时若滴入BaCl2溶液，则会产生白色沉淀。在上述变化过程中
溶液由棕黄色变为浅绿色用离子方程式表示为______________________________，后又由浅绿色变为棕黄色的离子方程式为______________________________。
【答案】（1）2；2BeOFeOY2O32SiO2
（2）SO2+2Fe3++2H2O=SO42-+2Fe2++4H+；3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO+2H2O
【解析】略
16．在一固定体积的2升的密闭容器中，充入2
mol
CO2和1
mol
H2发生如下化学反应：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)，其化学平衡常数与温度(T)的关系如下表：
T/℃
700
800
830
1
000
1
200
K
0.6
0.9
1.0
1.7
2.6[
回答下列问题：
（1）该反应的化学平衡常数表达式为K＝_________________________。
（2）若反应在830
℃下达到平衡，则CO2气体的转化率为________；H2的平衡浓度
。
（3）若绝热时(容器内外没有热量交换)，平衡发生移动的结果是使容器内CO的浓度增大，则容器内气体温度________(填“升高”、“降低”或“不能确定”)。
（4）800℃能判断该反应是否达到化学平衡状态的依据是______________（填序号）。
A．容器内压强不变
B．混合气体中c(CO)不变
C．v正(H2)＝v逆(H2O)
D．c(CO2)＝c(CO)
E．c(CO2
)·c(H2)＝c(CO)·c(H2O)
【答案】（1）
（2）33.3%；（3）降低（4）BC
【解析】
试题分析：（1）CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)平衡常数表达式K=；
（2）令平衡时参加反应的CO2的物质的量为ymol，则：
CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)
起始量（mol）：2
1
0
0
变化量（mol）：y
y
y
y
平衡量（mol）：2-y
1-y
y
y
则
解得y=2/3，故CO2气体的转化率为×100%=33.3%；氢气的平衡浓度是
（3）由表中数据可知，温度升高平衡常数增大，说明平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应。若绝热时（容器内外没有热量交换），平衡发生移动的结果是使容器内CO的浓度增大，则平衡正向移动，吸收热量，故容器内气体温度降低；
（4）A．反应前后气体体积不变，容器内压强始终不变，A错误；B．混合气体中c（CO）不变，说明到达平衡，B正确；C．v正（H2）=v逆（H2O）说明氢气的生成速率与消耗速率相等，到达平衡状态，C正确；D．CO2与CO浓度与二氧化碳转化率有关，D错误；E．c（CO2
） c（H2）=c（CO） c（H2O）说明=1，但温度影响平衡常数，此时温度不是830℃，反应不处于平衡状态，E错误，答案选BC。
【考点定位】本题主要是考查化学平衡计算、平衡常数、平衡状态判断等
【名师点晴】答题时注意化学平衡常数的表达式的书写与化学方程式中的计量系数有关，故其单位也不是唯一的，当反应中有固态或纯液态参与时，其浓度视为常数，不写在平衡常数关系式中；平衡常数只是温度的函数，只要温度一定，对于已经达到平衡的可逆反应，即使改变反应条件使平衡破坏，建立新平衡后，平衡常数K值也不变。
17．某化学兴趣小组为探究SO2的性质，按如图所示装置进行实验．
请回答下列问题：
（1）装置A中盛放浓硫酸和亚硫酸钠的仪器名称分别是
、
；
（2）反应后，装置B中发生的现象是
，反应的化学方程式为
；装置C中的现象是
，表现了SO2的
性；装置D中现象是
，表现了SO2的
性
（3）装置E的目的是探究SO2与品红作用的可逆性，请写出实验操作及现象
．
（4）F装置的作用是
，漏斗的作用是
．
【答案】（1）分液漏斗；圆底烧瓶；（2）溶液褪色；SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；溶液紫色褪去；还原；有黄色沉淀生成；氧化；（3）将试管E在酒精灯上加热，溶液恢复红色；（4）吸收多余的二氧化硫；防止倒吸．
【解析】（1）装置A中盛放浓硫酸和亚硫酸钠的仪器名称分别是分液漏斗、圆底烧瓶（2）二氧化硫与氯气反应生成盐酸和硫酸，二氧化硫具有还原性能够使酸性高锰酸钾褪色，二氧化硫具有氧化性，能够氧化硫化氢生成硫单质，现象为有黄色沉淀生成，二氧化硫具有漂白性，能够使品红溶液褪色；（3）二氧化硫能使品红褪色，加热褪色后的品红溶液，溶液的颜色能复原；（4）1体积水中能溶解40体积的二氧化硫，所以用水可吸收二氧化硫，倒扣的漏斗溶液上升具有缓冲作用，能防止倒吸，
【点评】本题考查了二氧化硫的性质，掌握有关的化学反应是解答的关键，注意对基础知识的积累．
18．某研究性学习小组按下图所示装置进行探究实验。
请回答下列问题：
（1）装置A中发生反应的化学方程式为
。
（2）实验过程中，装置B发生的现象是
，发生反应的离子方程式为
。
（3）装置C中发生的现象是
，这说明SO2具有的性质是
。
（4）装置D的目的是探究SO2与品红作用的稳定性，请写出实验操作及现象
。
（5）试设计实验验证装置B溶液是否含有SO42－
。
（6）试在框图内画出SO2尾气处理装置图。
【答案】
（1）
Na2SO3+H2SO4（浓）＝Na2SO4+SO2 ↑+H2O
（2分）
（2）溶液由紫红色（1分）变为无色（1分）或紫红色酸性高锰酸钾褪色
5SO2+2MnO4－+2H2O＝5SO42－+2Mn2++4H+（2分）
（3）无色溶液出现黄色（1分）浑浊或沉淀 （1分）
氧化性（1分）
（4）品红溶液褪色后，关闭分液漏斗活塞（1分）；点燃酒精灯加热（1分），溶液恢复红色（1分）
或：取少量褪色后品红溶液于试管（1分），加热（1分），溶液恢复红色（1分）
（5）取少量待测液，滴加入适量氯化钡溶液，若有白色沉淀产生，说明含有SO42－（操作、现象、结论全对得1分）；若无白色沉淀产生，说明没有SO42－（现象、结论全对得1分）。（“先加入足量稀盐酸酸化”，不扣分）
（6）（2分，其中装置1分，标注试剂1分，装置、试剂
【解析】
试题分析：（1）浓硫酸是强酸，和亚硫酸钠反应生成硫酸钠、SO2和水，因此装置A是制备SO2的，所以装置A中发生反应的化学方程式为Na2SO3+H2SO4（浓）＝Na2SO4+SO2 ↑+H2O。
（2）SO2具有还原性，酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，和SO2发生氧化还原反应，因此实验过程中，装置B发生的现象是溶液由紫红色变为无色或紫红色酸性高锰酸钾褪色，发生反应的离子方程式为5SO2+2MnO4－+2H2O＝5SO42－+2Mn2++4H+。
（3）SO2中S元素的化合价是＋4价，具有氧化性。Na2S中S元素的化合价是－2价，具有还原性。因此SO2通入到Na2S溶液中发生氧化还原反应生成单质S沉淀，所以装置C中发生的现象是无色溶液出现黄色浑浊或沉淀，反应的离子方程式为SO2＋2S2－＋2H2O＝3S↓＋4OH－。
（4）由于SO2的漂白性不稳定，在加热的条件下又恢复到原来的颜色，因此探究SO2与品红作用的稳定性的实验操作及现象是品红溶液褪色后，关闭分液漏斗活塞，点燃酒精灯加热，溶液恢复红色或取少量褪色后品红溶液于试管，加热，溶液恢复红色。
（5）硫酸钡是不溶于水也不溶于酸的白色沉淀，据此可以检验SO42－。因此验证装置B溶液是否含有SO42－的方法是取少量待测液，滴加入适量氯化钡溶液，若有白色沉淀产生，说明含有SO42－，若无白色沉淀产生，说明没有SO42－。
（6）SO2是大气污染物，需要尾气处理。由于SO2是酸性氧化物，可以用氢氧化钠溶液吸收，因此正确的装置图为。
考点：考查SO2制备、性质验证、尾气处理以及离子检验
19．（16分）某化学小组采用类似制乙酸乙酯的装置（如图1），以环己醇为主要原料制备环己烯．
已知：
密度（g/cm3）
熔点（℃）
沸点（℃）
熔点（℃）
环乙醇
0．96
25
161
难溶于水
环乙烯
0．81
﹣103
83
难溶于水
（1）制备粗品
将12．5mL环己醇加入试管A中，再加入1mL浓硫酸，摇匀后放入碎瓷片，缓慢加热至反应完全，在试管C内得到环己烯粗品．
①A中碎瓷片的作用是
，导管B除了导气外还具有的作用是
．
②试管C置于冰水浴中的目的是
．
（2）制备精品
①环己烯粗品中含有环己醇和少量酸性杂质等．加入饱和食盐水，振荡、静置、分层，环己烯在
层（填上或下），分液后用
（填入编号）洗涤．
a．KMnO4溶液
b．稀H2SO4
c．Na2CO3溶液
②再将环己烯按图2装置蒸馏，冷却水从
口进入（填“g”或“f”）．收集产品时，控制的温度应在
左右，实验制得的环己烯精品质量低于理论产量，可能的原因是
．
【答案】（1）防止剧烈沸腾
冷凝
使环己烯液化，减少挥发
（2）上
C
g
83℃
制备粗品时环己醇随产品一起蒸出
【解析】
试题分析：（1）①液体混合物加热要注意防暴沸，故A中碎瓷片的作用是防止剧烈沸腾，导管B除了导气外还具有的作用是冷凝；②由题给数据分析环己烯易挥发，试管C置于冰水浴中的目的是使环己烯液化，减少挥发；（2）①环己烯不溶于水且密度比水小，故粗品中加入饱和食盐水，振荡、静置、分层，环己烯在上层；粗品中含有酸性杂质，分液后用Na2CO3溶液洗涤，选c；②为增强冷凝效果，冷却水从g口进入，环己烯的沸点为83℃，收集产品时，控制的温度应在83℃左右，实验制得的环己烯精品质量低于理论产量，可能的原因是制备粗品时环己醇随产品一起蒸出。
考点：考查化学实验基本操作、物质的分离提纯。
20．
已知反应：FeO（s）＋CO（g）
＝
Fe（s）＋CO2（g）
的Kc＝0.5（1273K）。若起始浓度c（CO）＝0.05
mol/L，c（CO2）＝0.01
mol·L－1，请回答：
（1）计算CO
和CO2平衡浓度。
（2）CO的转化率是多少？
（3）增加FeO的量，对平衡有无影响？
【答案】（1）反应将向右进行，CO和CO2的平衡浓度分别为0.04
mol·L－1
、0.02
mol·L－1；
（2）CO的转换率20%；
（3）没有影响
【解析】（1）考查可逆反应的有关计算，一般采用三段式，即
FeO（s）＋CO（g）
＝
Fe（s）＋CO2（g）
起始浓度（mol/L）
0.05
0.01
转化浓度（mol/L）
x
x
平衡浓度（mol/L）
0.05－x
0.01＋x
所以有
解得x＝0.01mol/L
所以CO和CO2的平衡浓度分别为0.04
mol·L－1
、0.02
mol·L－1。
（2）CO的转化率是0.01÷0.05×100％＝20%
（3）氧化亚铁是固体，增加FeO的量，对平衡无影响。
21．已知短周期的主族元素X、Y、Z、W、M的原子序数依次增大，X
是常见化肥的主要元素，Y
原子的最外层只有2个电子，Z单质可制成半导体材料，W元素形成的单质为黄色的固体。请回答以下问题：
（1）元素W在周期表的位置为
；
（2）X与Y形成的化合物的电子式
；
（3）Z的氧化物晶体类型为
，12gZ的氧化物中含有的共价键数为
；
（4）X、W形成的氢化物分别为甲和乙，且甲、乙所含的电子数相等，则甲的结构式为
；
（5）W和M都是较活泼的非金属元素，用实验事实表明这两种元素的非金属性强弱
（用方程式书写或文字说明）。
【答案】
（1）第三周期ⅥA族；
（2）
（3）原子晶体，0.8NA
（4）
（5）Cl2+H2S=S+2HCl
【解析】
试题分析：X
是短周期元素，还是常见化肥的主要元素，可以判断出X为氮元素；Y
原子的最外层只有2
个电子，不难看出Y为镁元素；Z单质可制成半导体材料，Z为硅元素；W元素形成的单质为黄色的固体，为硫元素。（1）硫元素在元素周期表中的位置第三周期ⅥA族；（2）氮化镁为离子化合物，电子式：
；（3）二氧化硅属于原子晶体，1mol二氧化硅含4molSi-O键，0.2mol二氧化硅含0.8molSi-O键；（4）18电子微粒，肼结构式；（5）氧化剂的氧化性大于氧化产物，Cl2+H2S=S+2HCl。
考点：考查元素周期表和元素周期律相关知识，涉及到电子式、结构式书写，化学键计算等。
22．选考【化学—有机化学基础】（12分）醇酸树脂是一种成膜性好的树脂，下面是一种醇酸树脂的合成线路：
（l）B中含有的官能团的名称是
。
（2）反应①和③的有机反应类型分别是
。
（3）若鉴别物质E，可选用的试剂为____（填以下试剂的序号字母）
A．NaHCO3
B．银氨溶液
C．新
Cu（OH）2悬浊液
D．FeCl3溶液
（4）的同分异构体中同时符合下列条件的芳香族化合物，试写出其中一种的结构简式
。
a．能发生消去反应
b．能与过量浓溴水反应生成白色沉淀
c．苯环上有两个互为对位的取代基
（5）写出反应⑤的化学方程式
。
【答案】（12分，每空2分）
（1）碳碳双键（1分）溴原子（1分）（2）消去反应
（2分）
取代反应（或水解反应）（2分）
（3）b、
c
（2分）
（4）略
（2分）
（5）
（2分）
【解析】
试题分析：分析题给流程和信息知CH3CH2CH2Br在NaOH乙醇溶液发生消去反应生成A，A的结构简式为CH3CH=CH2，CH3CH=CH2发生NBS反应生成B，B的结构简式为CH2BrCH=CH2，CH2BrCH=CH2与Br2发生加成反应生成C，C的结构简式为CH2BrCHBrCH2Br，CH2BrCHBrCH2Br在NaOH水溶液存在的条件下发生取代反应生成D，D的结构简式为CH2OHCHOHCH2OH，邻苯甲二醇催化氧化生成E，E为邻苯甲二醛，邻苯甲二醛与新制氢氧化铜在加热条件下反应，然后酸化生成F，F为邻苯甲二酸，邻苯甲二酸与甘油发生缩聚反应得醇酸树脂。（l）B的结构简式为CH2BrCH=CH2，含有的官能团的名称是溴原子和碳碳双键。（2）反应①为消去反应，反应③为取代反应（或水解反应）。（3）E为邻苯甲二醛，官能团为醛基，若鉴别物质E，可选用的试剂为银氨溶液或新Cu(OH)2悬浊液，选BC。（4）的同分异构体，a．能发生消去反应，含有—CH2CH2OH或—CHOHCH3
结构；b．能与过量浓溴水反应生成白色沉淀，含有酚羟基；c．苯环上有两个互为对位的取代基，结构简式为
CH3CHOH—或HOCH2CH2—。
（5）反应⑤为邻苯甲二酸与甘油发生缩聚反应生成醇酸树脂和水，化学方程式见答案。
考点：考查有机合成和有机推断，涉及官能团的识别与性质，有机反应类型的判断，结构简式、同分异构体和化学方程式的书写等。
浓硫酸
亚硫
酸钠
KMnO4
酸性溶液
Na2S溶液
尾气处理
品红
溶液
水