山东省滕州市善国中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）

山东省滕州市善国中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）
1．把铁粉投入氯化铜和氯化铁的混合溶液中，充分反应后，下列说法中正确的是
A.若无铜析出，则溶液中有Cu2+、Fe2+，可能有Fe3+
B.若有铜析出，则溶液中含有Fe2+，没有Cu2+和Fe3+
C.若铁有剩余，则溶液中含有Fe2+，没有Cu2+
和Fe3+
D.若铁无剩余，则溶液中含有Fe2+，无Fe3+
，可能含有Cu2+
【答案】AC
【解析】Fe投入FeCl3、CuCl2溶液中，由于Fe3+氧化性比Cu2+
强.故只有当Fe+2Fe3+====3Fe2+反应彻底后，反应Fe+Cu2+====Cu+Fe2+才发生。
2．有MgCl2、Al2(SO4)3的混合溶液，向其中不断加入NaOH溶液得到的沉淀量与加入的NaOH溶液的关系如图所示，则溶液中c(Cl-)与c()?之比为
（
）
A.1∶1
B.2∶3
C.3∶2
D.2∶1
【答案】B
【解析】
试题分析：本题一开始出现的沉淀是氢氧化铝和氢氧化镁，而后面溶解的原因是加入的过量的氢氧化钠把氢氧化铝溶解了。溶解需要的氢氧化钠为0.25V，则前面沉淀氢氧化铝的量是0.75V，沉淀氢氧化镁的量是0.25V，则氯离子与硫酸根离子的比值为：
0.25V：(0.75V/2)=2:3。
考点：物质的量的计算
点评：本题涉及到了氢氧化铝两性氢氧化物的性质，在解题过程可以利用一定的技巧，比如氢氧化镁所需氢氧化钠为0.25V，则氯离子的量也可以视为0.25V，因为镁离子与氢氧根离子结合是1:2，而镁离子与氯离子结合也是1:2。
3．物质的量相同的甲烷（CH4）和氨气（NH3），一定相同的是（
）
A．质量
B．体积
C．质子数
D．原子数
【答案】C
【解析】
试题分析：A、甲烷的相对分子质量为16，氨气的相对分子质量为17，物质的量相同时，二者质量不同，故A错误；B、因没有明确气体存在的条件，物质的量相等时，二者体积不一定相等，故B错误；C、1个甲烷分子含有10个质子，1个氨气分子含有10个质子，相同物质的量的甲烷和氨气的质子数相等，故C正确；D、1个甲烷含有5个原子，1个氨气含有4个原子，，相同物质的量的甲烷和氨气的含有的原子数不同，故D错误；故选C。
考点：考查了物质的量的有关计算的相关知识。
4．在元素周期表中，金属元素与非金属元素分界线附近，能找到（
）
A．制半导体材料的元素
B．制农药的元素
C．制催化剂的元素
D．制耐高温合金的元素
【答案】A
【解析】
试题分析：在元素周期表中，金属元素与非金属元素分界线附近都元素往往既难失去电子，又难得到电子，因此常用来制作半导体。B在非金属元素中寻找，C和D在过渡元素中寻找，答案选A.
考点：元素周期表的应用
5．锌铜原电池装置如图所示，其中阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，下列有关叙述正确的是
A．铜电极上发生氧化反应
B．电池工作一段时间后，甲池的c(SO)减小
C．电池工作一段时间后，乙池溶液的总质量增加
D．阴阳离子分别通过交换膜向负极和正极移动，
保持溶液中电荷平衡
【答案】C
【解析】
试题分析：A、锌铜原电池装置，铜作正极，发生还原反应，A项错误；B、电池工作一段时间后，甲池的c(SO)不变，B项错误；C、电池工作一段时间后，乙池溶液氢离子替换铜离子，所以质量减小，C项错误；D、阴阳离子分别通过交换膜向负极和正极移动，保持溶液中电荷平衡，D项正确；答案选C。
考点：考查锌铜原电池
6．下列分子中所有原子都满足最外层8电子结构的是（
）
A
．
PCl5
B
．
HClO
C
．SCl2
D．BF3
【答案】C
【解析】只要分子中元素化合价的绝对值和该元素最外层电子数之和满足8，即能满足最外层8电子结构，因此选项C正确。A中的P，B中的H，D中B，都不能满足最外层8电子结构，答案选C。
7．在一定温度下，用铂电极电解饱和硫酸钠溶液，对电解质溶液的判断正确的是(　　)
A．不会有晶体析出
B．浓度变大
C．浓度变小
D．pH不变
【答案】D
【解析】用惰性电极电解饱和硫酸钠溶液，相当于是电解水，即溶剂要减少，所以溶液中有晶体析出，但溶液仍然是饱和溶液，浓度不变，pH不变。答案D。
8．常温下，pH=1的盐酸与pH=12的NaOH溶液恰好完全反应，二者的体积比为
A．1：1
B．10:1
C．
100:1
D．1:10
【答案】D
【解析】
试题分析：pH为1的盐酸中c（H+）=0.1mol/L，pH为12的NaOH溶液中c（OH-）=1×10-2mol/L，二者恰好完全反应，应满足n（H+）=n（OH-），设盐酸体积为为xL，NaOH溶液体积为yL，则0.1x=1×10-2y，解得：x：y=1：10．答案选D
考点：pH计算
9．下列实验操作或装置（略去部分加持仪器）正确的是（
）
【答案】C
【解析】
试题分析：A、定容时应该用胶头滴管，A错误；B、试管口应该略低于试管底，B错误；C、钠是固体应该在坩埚中燃烧，C正确；D、收集氨气时导管口应该插到试管底，D错误，答案选C。
【考点定位】本题主要是考查化学实验基本操作正误判断
【名师点晴】该题的易错选项是D，关于氨气的制备，应该从原理、装置、净化、收集、验满等角度去分析。关于气体的收集可归纳如下：排水法，适用于不易溶于水的气体。例如氢气，氧气；向上排空气法，适用于比空气密度大，溶于水的气体，例如二氧化碳，氯气；向下排空气法，适用于比空气密度小，溶于水的气体，例如氨气等。
另外D选项中还应该注意棉花的作用。
10．如图所示是五种短周期元素化合价与原子序数的关系，下列说法不正确的是
A．原子半径：R>W>Z>Y>X
B．R的气态氢化物比W的气态氢化物稳定
C．X与Y可形成既含离子键又含共价键的化合物
D．Y的最高价氧化物对应水化物与Z的最高价氧化物
对应水化物能发生反应
【答案】A
【解析】
试题分析：由题意可知，X、Y、Z、W、R分别为O、Na、Al、S、Cl，原子半径的顺序应为Y＞Z＞W＞R＞X；C项，X与Y可形成Na2O和Na2O2，其中Na2O2既含离子键又含共价键；D项，Al(OH)3具有两性，可与NaOH溶液反应。
考点：以图表的形式给出信息，考查原子结构、元素周期律与元素周期表的相关知识
11．用惰性电极电解CuSO4溶液一段时间，停止后,向所得溶液中加入0.2molCu(OH)2，恰好使溶液恢复至电解前，关于电解过程说法不正确的是
A．生成的铜的物质的量是0.2mol
B．随着电解进行溶液的pH减小
C．转移电子的物质的量为0.4mol
D．阳极反应是2H2O
-4e-=4H+
+O2↑
【答案】C
【解析】
试题分析：用惰性电极电解CuSO4溶液一段时间，停止后，向所得溶液中加入0.2molCu(OH)2，恰好使溶液恢复至电解前，这说明电极产物是硫酸、铜、氧气和氢气。0.2mol氢氧化铜可以看作是0.2mol氧化铜和0.2mol水，因此生成的铜、氢气和氧气均是0.2mol，其中铜和氢气在阴极产生，氧气在阳极产生，转移电子的物质的量是0.2mol×4＝0.8mol，答案选C。
考点：考查电解原理的应用
12．下列方程式正确的是
A、铁和稀硝酸反应：Fe
+
2H+
＝
H
2↑+
Fe
2+
B、向氯化铵的溶液中加入足量浓NaOH溶液并加热：NH4++OH-△NH3↑+H2O
C、Ba(OH)2溶液与H2SO4溶液混合产生沉淀：Ba2＋+
SO42－＝BaSO4↓
D、往NaOH溶液通入过量SO2:
SO2+2OH-==
SO3
2-
+H2O
【答案】B
【解析】A
错误，铁和稀硝酸反应产生NO，不产生氢气。
B
正确。
C
错误，氢离子和氢氧根离子也同时反应生成水。
D
错误，往NaOH溶液通入过量SO2会生成亚硫酸氢根离子。
13．W、X、Y、Z四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如图所示，W的气态氢化物可与其最高价含氧酸反应生成离子化合物，由此可知
A．X、Y、Z中最简单氢化物稳定性最弱的是Y
B．Z元素氧化物对应水化物的酸性一定强于Y
C．简单阴离子还原性X大于Y
D．Z元素单质在化学反应中只表现氧化性
【答案】A
【解析】
试题分析：W的气态氢化物可与其最高价含氧酸反应生成离子化合物，则W是N元素，X是O元素，Y是S元素，Z是Cl元素。A．元素的非金属性：Z>X>Y，元素的非金属性越强，其相应的氢化物的稳定性就越强，所以X、Y、Z中最简单氢化物稳定性最弱的是Y，正确；B．Z元素最高价氧化物对应水化物的酸性一定强于Y的，但若不是最高价含氧酸，则酸性不一定比Y的强，如HClOY，所以简单阴离子还原性X小于Y，错误；D．Z元素单质处于该元素的之间价态，在化学反应中既表现氧化性，又表现还原性，错误。
考点：考查元素的推断、元素周期表、元素周期律的应用的知识。
14．NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．标准状况下，22.4L四氯化碳的分子数约为NA个
B．盛有SO2的密闭容器中含有NA个氧原子，则SO2的物质的量为0.5mol
C．16gO2和O3的混合气体中所含的原子数为NA个
D．1.8g的D2O中含有的电子数为NA个
【答案】BC
【解析】略
15．丙烯醛的结构是CH2=CH-CHO，下列关于它的性质的叙述中，错误的是
A、能使溴水和高锰酸钾溶液褪色
B、能被新制的氢氧化铜悬浊液氧化
C、在一定条件下，与氢气充分反应生成丙醇
D、能发生银镜反应，体现氧化性
【答案】D
【解析】判断有机物的性质，关键是找出有机物中含有的官能团。根据有机物的结构简式可知，分子中含有的官能团有碳碳双键和醛基，所以选项ABC都是正确的。能方式银镜反应，但体现的是醛基的还原性，D不正确，答案选D。
16．W、Q、A、B、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，已知W与X在同一主族；Q的阴离子和A的阳离子具有相同的电子层结构，且两元素的单质反应，生成一种淡黄色的固体F；A、B、Z三种元素的原子最外层共有11个电子，且这3种元素的最高价氧化物的水化物两两皆能发生反应生成盐和水；X元素的最外层电子数比次外层电子数少4；Y元素的L层电子数等于K、M两个电子层上的电子数之和。
（1）W元素在周期表中的位置是
；
淡黄色固体F中含有的化学键是
。
（2）A与Y两元素可形成化合物，用电子式表示此化合物的形成过程：
。
（3）写出A、B两元素的最高价氧化物的水化物发生反应的离子方程式：
。
（4）A、B、Y、Z四种元素的简单离子的离子半径由大到小的顺序为：
　　　　。（用离子符号表示）
（5）X、Y、Z三种元素的氢化物的稳定性由强到弱的顺序为：
。（用化学式表示）
【答案】（每空2分，共12分）
（1）第二周期、第IVA族（答不全不得分）
；
离子键、非极性共价键（答不全不得分）
（2）
（3）Al(OH)3+
OH-
=
AlO2-+2H2O
（4）S2—＞Cl—＞Na+＞Al3+
（5）HCl＞H2S＞SiH4
【解析】
试题分析：根据Q的阴离子和A的阳离子具有相同的电子层结构，且两元素的单质反应，生成一种淡黄色的固体F，F为Na2O2，Q为O，A为Na。根据A、B、Z三种元素的原子最外层共有11个电子，且这3种元素的最高价氧化物的水化物两两皆能发生反应生成盐和水，B为Al，Z为Cl。根据X元素的最外层电子数比次外层电子数少4，X为Si。根据W与X在同一主族，W为C。根据Y元素的L层电子数等于K、M两个电子层上的电子数之和，Y为S。
（1）W为C，故在周期表中的位置是第二周期、第IVA族。
淡黄色固体F为Na2O2，含有的化学键是离子键、非极性共价键。
（2）A与Y两元素形成化合物为Na2S，电子式表示此化合物的形成过程为。
（3）A、B两元素的最高价氧化物的水化物分别为NaOH，Al(OH)3，反应的离子方程式为Al(OH)3+
OH-
=
AlO2-+2H2O。
（4）A、B、Y、Z四种元素的简单离子的离子分别为Na+、Al3+、S2—、Cl—，电子层数越多，半径越大；具有相同电子排布的离子，核电核数越大半径越小。故离子半径由大到小的顺序为S2—＞Cl—＞Na+＞Al3+。
（5）X、Y、Z三种元素的氢化物分别为SiH4、H2S、HCl，元素的非金属性越强，对应其氢化物的稳定性越强，故氢化物的稳定性由强到弱的顺序为HCl＞H2S＞SiH4
。
考点：原子结构与元素周期率的关系
电子式
化学方程式的书写
点评：本题考查原子的符号，电子式，化学方程式的书写，难度不大。
17．（16分）工业上用某矿渣（含有Cu2O、Al2O3、Fe2O3、SiO2）提取铜的操作流程如下:
已知：
Cu2O
+
2H+
=
Cu
+
Cu2+
+
H2O
沉淀物
Cu(OH)2
Al(OH)3
Fe(OH)3
Fe(OH)2
开始沉淀pH
5.4
4.0
1.1
5.8
沉淀完全pH
6.7
5.2
3.2
8.8
（1）反应I中如果Cu2O与
Fe2O3之间恰好完全反应,则发生反应的化学方程式为：__________________
（2）用NaClO调pH=x是此工艺流程中的最佳选择。
①选择NaClO的理由是：____________________________________________________
②生成沉淀B的同时生成一种具有漂白作用的物质，写出该反应的离子方程式为：
____________________
（3）测定pH=y的仪器是___________________
（4）如果某次测定pH=y的操作失误，将适量NaOH溶液滴加到0.02mol·L-1CuSO4溶液中，致使溶液中Cu2+浓度降至原来的百分之一，则溶液的pH为
____。（已知常温下，Cu(OH)2的溶度积常数Ksp=2×10-20）
（5）电解初期阳极的电极反应式为________________________________
【答案】（1）Cu2O
+
Fe2O3
+
4H2SO4=
2CuSO4
+
2FeSO4
+
4H2O
（2）①NaClO由于发生反应ClO－+
H+HClO，ClO－消耗了H+，ClO-又具有氧化性，可将Fe2+氧化成Fe3+。所以最好用NaClO调节pH。
②5ClO－+
2Fe2+
+
5H2O
=
2Fe(OH)3
+
Cl－+
4HClO
（或
2Fe2+
+7ClO－+
2H＋+
5H2O
=
2Fe(OH)3
+
Cl－+
6HClO）
（3）pH计;
（4）6
;
（5）2Cl－-
2e－
=
Cl2↑.
【解析】
试题分析：Cu2O与Fe2O3在酸性条件下发生氧化还原反应，方程式是Cu2O+Fe2O3+4H2SO4=2CuSO4
+2FeSO4
+4H2O；（2）①选择NaClO的理由是该盐能够发生反应消耗H+，调节溶液的pH，同时ClO-又具有氧化性，可将Fe2+氧化成Fe3+。所以最好用NaClO调节pH。②生成沉淀B的同时生成一种具有漂白作用的物质，该反应的离子方程式为：5ClO－+
2Fe2+
+
5H2O
=
2Fe(OH)3
+
Cl－+
4HClO；（3）测定溶液的pH的仪器是pH计;
（4）c(Cu2+)=2×10-4mol/L
,
c(Cu2+)·c2(OH-)=Ksp=2×10-20;
c2(OH-)=Ksp÷c(Cu2+)
=
2×10-20÷2×10-4=1×10-16;所以c(OH-)=1×10-8.因此c(H+)=Kw÷c(OH-)=1×10-6,所以pH=6.
（5）因为在该溶液中含有Cl-.放电能力：Cl->
OH-。因此在放电初期，阳极电极反应式是：2Cl－-
2e－
=
Cl2↑.
考点：考查仪器的使用、反应条件的选择、化学方程式、离子方程式及电极反应式的书写、溶液pH计算。
18．（I）pH的测定是中学化学中重要的定量实验。
（1）下列关于pH测定的说法正确的是
。
a．用pH试纸测得某盐酸的pH＝2.
3
b．将pH试纸直接插入待测溶液，取出后再与标准比色卡对比
c．用pH试纸测新制氯水的pH
d．能使pH试纸显红色的溶液显酸性
（2）某同学先用蒸馏水润湿pH试纸，再用该试纸分别测定c(OH-)相等的NaOH溶液和氨水的pH，误差较大的是
。
（II）常温下，甲、乙、丙三位同学用实验确定某酸HA是弱电解质的方案分别是：
甲：用pH试纸测定0.1
moI/L
HA溶液的pH，即可证明HA是弱电解质。
乙：①分别取pH=l的HA溶液和稀盐酸各10.00
mL，再加水稀释为100
mL。
②各取相同体积的两种稀释液（适量），同时分别加入纯度和形状大小均相同的锌粒（足量），观察现象，即可证明HA是弱电解质。
丙：将适量的HA溶液和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如下表，分析表中数据可以说明HA是弱电解质。
编号
NaOH/mol·L－1
HA/mol·L－1
混合溶液的pH
①
0.1
0.1
pH=9
②
c
0.2
pH=7
③
0.1
0.2
pH＜7
（1）甲的方案中，说明HA是弱电解质的理由是测得溶液的pH_______1（填“＞”、“＜”或“=”）。
（2）在乙的方案的第①步中，需要用到的定量仪器是
。
（3）乙的方案中，说明HA是弱电解质的主要现象是_________（填字母）。
A．装稀盐酸的试管中放出H2的速率快
B．装HA溶液的试管中放出H2的速率快
C．两个试管中产生气体的速率一样快
（4）丙的方案中，编号②中的c_______（填“＞”、“＜”或“=”）0.l。
（5）丙的方案中，编号③的数据表明，混合溶液中HA的电离程度比NaA的水解程度：________（填“强”、“弱”或“无法确定”）。
【答案】（本题共7
分，每空1分））（I）（1）d
（2）NaOH溶液
（II）(1)
＞
（2）酸式滴定管
（3）
B
（4）＞
＝
（5）强
【解析】
试题分析：（I）（1）a．用pH试纸测得的溶液pH为整数值，故错误；b．应用玻璃棒蘸溶液点在pH试纸中央，待变色后再与标准比色卡对比，读出溶液pH，故错误；c．氯水有漂白性，用pH试纸无法测新制氯水的pH，故错误；d．酸性溶液能使pH试纸显红色，故正确，答案为d；（2）氨水中的NH3·H2O在加水稀释时会促进电离，而NaOH溶液直接稀释，故用蒸馏水润湿pH试纸，再用该试纸分别测定c(OH-)相等的NaOH溶液和氨水的pH，误差较大的是NaOH溶液；（II）（1）配制0.1mol/L的HA酸溶液100mL，弱电解质的电离是可逆的，不能完全电离，用pH试纸测出该溶液的pH值，如果是pH＞1即为弱酸，pH=1即为强酸，先把一小块pH试纸放在表面皿或玻璃片上，再用玻璃棒蘸取溶液点在试纸的中部，待变色后，与标准比色卡对比确定溶液的pH；（2）精确取pH=1的HA溶液和稀盐酸个10.00mL，用酸式滴定管；（3）pH相等的一元酸，弱酸的浓度大于强酸，等体积等PH的醋酸和盐酸稀释相同倍数时，醋酸中氢离子浓度大于盐酸，分别和锌反应时，弱酸生成氢气的反应速率大于强酸，故B正确；（4）若酸为强酸，等体积等浓度混合时pH=7；而HA为弱酸，等体积等浓度混合溶液的pH大于7，则为保证pH=7，应使酸浓度大于0.1mol/L；由电荷守恒可知c（Na+）+c（H+）=c（A-）+c（OH-），c（H+）=c（OH-），则c（A-）=c（Na+）；（5）由③组实验结果可知，等体积混合后，得到同浓度HA与NaA的混合液，pH＜7，说明酸的电离程度大于盐的水解程度。
考点：考查酸碱混合溶液pH的计算及离子浓度大小的比较。
19．某兴趣小组同学在实验室用加热1-丁醇、浓H2SO4和溴化钠混合物的方法来制备1-溴丁烷，并检验反应的部分副产物，设计了如图所示装置，其中夹持仪器、加热仪器及冷却水管没有画出。
请根据实验步骤，回答下列问题：
（1）关闭a和b、接通竖直冷凝管的冷凝水，给A加热30分钟，制备1-溴丁烷。
竖直冷凝管接通冷凝水，进水口是_____(填“I”或“Ⅱ”)；竖直冷凝管的主要作用是________。
（2）理论上，上述反应的副产物可能有：丁醚(CH3CH2CH2CH2-O-CH2CH2CH2CH3)、1-丁烯、溴化氢、硫酸氢钠、水等。熄灭酒精灯，在竖直冷凝管上方塞上塞子并打开a，利用余热继续反应直至冷却，通过B、C装置检验部分副产物，已知B、C装置中为常见物质的水溶液。
B装置检验的物质是_________，写出C装置中主要的化学方程式：_______________。
（3）为了进一步分离提纯1-溴丁烷，该兴趣小组同学查得相关有机物的数据如表所示：
物质
熔点/℃
沸点/℃
1-丁醇
-89.5
117.3
1-溴丁烷
-112.4
101.6
丁醚
-95.3
142.4
1-丁烯
-185.3
-6.5
请你补充下列实验步骤，直到分离出1-溴丁烷。
①待烧瓶冷却后，拔去竖直的冷凝管；
②插上带橡皮塞的温度计；
③关闭_______，打开_______；
④接通冷凝管的冷凝水，使冷水从______处流入；
⑤迅速升高温度至_______℃，收集所得馏分。
（4）若实验中所取1-丁醇、NaBr分别为7.4
g、13.0
g，蒸出的粗产物经洗涤、干燥后再次蒸馏得到9.6
g1-溴丁烷，则1-溴丁烷的产率是_____。（保留2位有效数字）
【答案】（1）Ⅱ
冷凝回流
（2）溴化氢
CH3CH2CH=CH2+Br2→BrCH2CHBrCH2CH3
（3）③关闭a，打开b
④d处
⑤101.6℃
（4）70%
【解析】
试题分析：（1）冷凝管进水口与液体的充满方式有关，应是下口进水，即II口。竖直冷凝管的主要作用是回流有机物，使其充分反应。
（2）溴化氢极易溶于水，而1-丁烯难溶于水，故先检验HBr；C用于检验1-丁烯，溶液溶质可以是Br2，也可以是KMnO4，但Br2的加成反应更容易写出反应方程式。
（3）蒸馏出来1-溴丁烷，需要将a活塞关闭，将b活塞打开；冷凝水还是由下口d处进入；得到产品时蒸汽的温度应控制为1-溴丁烷的沸点(101.6℃)。
（4）1-丁醇、NaBr分别为7.4
g、13.0
g，即0.1mol、0.13mol，最多得到1-溴丁烷0.1mol，即13.7g
则1-溴丁烷的产率是
=70%。
考点：化学实验的基本操作和设计、产率的计算。
20．四氯化锡用作媒染剂和有机合成上的氯化催化剂，甲、乙为实验室制备四氯化锡的反应装置示意图，有关信息数据如下：
有关信息数据：①实验室制备四氯化锡的操作是将金属锡熔融，然后泼入冷水，制成锡花，将干燥的锡花加入反应器中，再向反应器中缓缓通入干燥氯气；②无水四氯化锡是无色易流动的液体，熔点-33℃，沸点114.1℃，③无水四氯化锡暴露于空气中与空气中的水分反应生成白色烟雾，有强烈的刺激性。请回答下列问题：
Ⅰ、图甲是实验室制备干燥氯气的实验装置（夹持装置已略）
（1）A的仪器名称为__________，该装置制备氯气选用的药品为漂粉精固体[主要成分Ca（ClO）2]和浓盐酸，B中发生反应的化学方程式为__________。
（2）装置C中饱和食盐水的作用是__________，同时装置C亦是安全瓶，能检测实验进行时是否发生堵塞，请写出发生堵塞时C中的现象：__________。
（3）试剂X可能为__________（填序号）
A无水氯化钙　　　　　B浓硫酸　　　　　　　　C.碱石灰　　　　　　　D五氧化二磷
（4）用锡花代替锡粒的目的是__________。
Ⅱ．图乙是蒸馏SnCl4的装置
（1）图中，收集到的SnCl4中可能存在的副产物的化学式为__________。
（2）该装置尚有两处不当之处，它们分别是__________，__________；
（3）若实验中用去锡粉5，95g，反应后，Ⅱ中锥形瓶里收集到12.0gSnCl4。则SnCl4的产率为__________。（结果保留3位有效数字）
【答案】
Ⅰ．（1）分液漏斗；Ca（ClO）2+4HCl（浓）=CaCl2+2Cl2↑+2H2O
（2）除去Cl2中的HCl；漏斗中液面上升，形成水柱
（3）AD
（4）增大与氯气的接触面积，加快反应速率
Ⅱ．（1）Sn（OH）4（或SnO2）
（2）温度计水银球位置不对；Ⅱ和Ⅲ之间缺少干燥装置
（3）92.0%
【解析】
试题分析：Ⅰ．（1）由仪器结构特征，可知仪器a为分液漏斗；Ca（ClO）2和浓盐酸反应生成氯化钙、氯气与水，反应方程式为：Ca（ClO）2+4HCl（浓）=CaCl2+2Cl2↑+2H2O，故答案为：分液漏斗；Ca（ClO）2+4HCl（浓）=CaCl2+2Cl2↑+2H2O；
（2）制备的氯气中含有HCl，饱和食盐水除去Cl2中的HCl；若D中发生堵塞，装置内气压增大，c中长颈漏斗中液面上升，形成水柱，故答案为：除去Cl2中的HCl；　长颈漏斗中液面上升，形成水柱；
（3）四氯化锡极易水解，通入的氯气应干燥，U形管中试剂X干燥氯气，不能为碱性干燥剂，可以吸收氯气，不能为液体干燥剂，否则气体不能通过，可以选择氯化钙、五氧化二磷，故答案为：AD；
（4）用锡花代替锡粒的目的是：增大与氯气的接触面积，加快反应速率，故答案为：增大与氯气的接触面积，加快反应速率；
Ⅱ．（1）根据信息，四氯化锡与水容易水解生成Sn（OH）4，收集到的SnCl4中可能存在的副产物可能是Sn（OH）4，故答案为：Sn（OH）4；
（2）
温度计水银球位置不对，应再蒸馏烧瓶支管口处；四氯化锡遇水强烈水解，而装置Ⅲ中的水蒸气易进入Ⅱ中，使其发生水解，二者之间缺少干燥装置；故答案为：温度计水银球位置不对；Ⅱ和Ⅲ之间缺少干燥装置；
（3）
若用去锡粉的质量为5.95g，物质的量为0.05mol，理论上生成SnCl4的质量为13.05g，产率为×100%=92.0%，故答案为：92.0%。
【考点定位】考查制备实验方案的设计
【名师点晴】本题考查物质制备实验，涉及对实验装置的理解与评价、实验操作、信息获取与迁移运用等，难度中等，理解制备原理是解题的关键，是对基础知识的综合利用，需要学生具备扎实的基础与分析问题、解决问题的能力。解得本题的关键在于能够充分利用题示信息。
21．（8分）向50mL稀硫酸和稀盐酸的混合溶液中，加入3．42g氢氧化钡粉末，充分反应后过滤，得到干燥的沉淀物2．33g，所得溶液中氢氧根离子的浓度为0．1mol/L，试求原混合液中SO42-和Cl-的物质的量浓度（假定在混合液中加入氢氧化钡粉末后体积未改变）。
【答案】0．2mol/L
0．3mol/L
【解析】
试题分析：得到干燥的沉淀物为BaSO4，根据BaSO4的量可以求出H2SO4的物质的量，进而求出SO42 的浓度，然后用Ba（OH）2的总量减去剩余的Ba（OH）2和与H2SO4的Ba（OH）2，可得与HCl反应的Ba（OH）2的量，从而求出Cl 的浓度。
【考点定位】本题考查根据化学方程式的计算。
22．(12分)【化学——有机化学基础】
饱受争议的PX项目是以苯的同系物F为原料的化工项目。F中苯环上的取代基是对位关系。用质谱法测得F的相对分子质量为106，A的相对分子质量为92，A与F属于同系物。下图是以A、F为原料制得J的合成路线图。
（1）写出F的结构简式：______________。
（2）C所含官能团的名称是____________。
（3）C→D的反应类型属于_____________；F→G的反应类型属于____________。
（4）写出满足以下三个条件的I的同分异构体的结构简式：______________。
i属于芳香族化合物
ii不与金属钠发生化学反应iii核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为3：3：2：2。
（5）写出E和I反应最终生成J的化学方程式：____________________________________。
【答案】（12分）
（1）CH3——CH3（2分）
（2）（醇）羟基（2分）
（3）氧化反应（2分）；取代反应（2分）
（4）CH3——OH3（2分
（5）（2分）
【解析】
试题分析：F为苯的同系物，相对分子质量为106，根据苯的同系物的通式可得n=8，因为F中苯环上的取代基是对位关系，所以F为CH3——CH3；A与F属于同系物，A的相对分子质量为92，则A为：—CH3；A液溴在光照条件下发生—CH3上的取代反应，生成的B为—CH2Br，B与NaOH溶液发生水解反应生成的C为：—CH2OH，C在Cu催化下与O2反应生成的D为：—CHO，D继续氧化得到的E为—COOH，F与液溴在Fe催化下发生苯环上的取代反应，生成的G为：，根据题目所给信息G在10%NaOH|Cu粉等条件下生成的H为，H在H+、H2O条件下转化为I：，E、I通过酯化反应可得J。
（1）根据上述推断可知F的结构简式：CH3——CH3
（2）C的结构简式为：—CH2OH，含有的官能团为：（醇）羟基。
（3）C→D羟基被氧化为醛基，所以反应类型属于氧化反应；F→G发生苯环上的取代，所以反应类型属于取代反应。
（4）i属于芳香族化合物，含有苯环；ii不与金属钠发生化学反应，不能羟基和羧基；iii核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为3：3：2：2，所以该同分异构体为CH3——OH3
（5）E、I通过酯化反应制取J，所以化学方程式为：
。
考点：本题考查有机合成的分析与推断、同分异构体、反应类型的判断、化学方程式的书写。
23．A、B、C为中学常见单质，其中一种为金属；通常情况下A为固体、B为黄绿色气体、C为无色气体。D、E、F、G、H、X均为化合物，其中X常温下是无色气体，其水溶液是一种无氧强酸溶液，E为黑色固体，H在常温下为液体。它们之间的转化如图所示（某些反应条件和部分反应产物已略去）。
（1）写出下列物质的化学式：D
X
。
（2）在反应①～⑦中，不属于氧化还原反应的是
（填编号）。
（3）反应⑥的离子方程式为：
。
（4）往G溶液中加入NaOH溶液观察到的现象是
。
（5）反应⑦的化学方程式为
；该反应中每消耗0.3mol的A，可转移电子
mol。
（6）除去D溶液中混有的少量G的方法是：
。
【答案】（1）FeCl3
）
HCl）；（2）③⑥
（3）Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3）（4）生成白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色。
（5）3Fe+4H2O(g)
Fe3O4+4H2
0.8
（6）向混合液中通入足量氯气（或加入足量H2O2）
【解析】
试题分析：A为固体，B为黄绿色气体，说明B为Cl2
，D与F反应得到血红色溶液，结合转化关系可知，固体A为Fe，D为FeCl3
，F为KSCN，由D与G之间的相互转化，可知G为FeCl2
，Fe与无色气体C反应得到E，E与X反应得到D、G、H，且X常温下是无色气体，其水溶液是一种强酸，E为黑色固体，H在常温下为液体，可推知C为O2
，E为Fe3O4
，X为HCl，H为H2O。（1）由上述分析可知，D为FeCl3，X为HCl；（2）在反应①～⑦中，①为铁和氯气发生反应产生FeCl3，反应属于氧化还原反应；②为铁和氧气产生Fe3O4的反应，发生的氧化还原反应；③为四氧化三铁和盐酸发生反应产生FeCl2、FeCl3和水的复分解反应，不是氧化还原反应；④为氯化铁和铁发生反应产生FeCl2，反应属于氧化还原反应；⑤为氯化亚铁和氯气发生反应产生FeCl3，反应属于氧化还原反应；⑥是氯化铁和硫氰酸盐发生的复分解反应，不是氧化还原反应，反应⑦是铁与水在高温下的置换反应，是氧化还原反应，所以属于氧化还原反应的有①②④⑤⑦，不是氧化还原反应的是③⑥共2个；（3）反应④的离子方程式是：Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3；（4）G是FeCl2，往G溶液中加入NaOH溶液，发生反应：FeCl2+2NaOH=Fe(OH)2↓+2NaCl，Fe(OH)2不稳定，容易被空气中的氧气氧化产生Fe(OH)3，反应的方程式是：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，会观察到首先产生白色沉淀，后白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色。（5）反应⑦是铁在水蒸气中发生的反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为：3Fe+4H2O(g)
Fe3O4+4H2；根据方程式可知：每有3molFe发生反应转移电子的物质的量是8mol，则有0.3molFe反应，转移电子的物质的量是0.8mol；（6）若要除去FeCl3
溶液中含有FeCl2
，可以利用FeCl2的还原性，向混合溶液中通入足量的氯气，发生反应：2FeCl2+Cl2=2FeCl3，就得到纯净的FeCl3
溶液。
【考点定位】考查元素及化合物的推断、化学方程式和离子方程式的书写、物质的净化方法、反应类型的判断的知识。
【名师点睛】本题考查了元素及化合物的性质。B为黄绿色气体，可知B是Cl2，D与F混合溶液为血红色，结合A为固体，与Cl2反应产生D，则说明A是铁；X常温下是无色气体，其水溶液是一种无氧强酸溶液，可知X的HCl，水溶液是盐酸，C为无色气体，与铁在点燃情况下反应的产生物质与盐酸反应产生的物质G与Cl2生成FeCl3，FeCl3与Fe反应产生FeCl2，其它可以根据物质的转化关系进行逐一推断得到。根据质量守恒定律可得反应的方程式，若反应为离子反应还应该符合电荷守恒；若为氧化还原反应，则应该符合电子守恒。