山東省東營市第二中學(xué)年高二化學(xué)下學(xué)期6月月考試卷(含解析)

山東省東營市第二中學(xué)年高二化學(xué)下學(xué)期6月月考試卷(含分析)山東省東營市第二中學(xué)年高二化學(xué)下學(xué)期6月月考試卷(含分析)山東省東營市第二中學(xué)年高二化學(xué)下學(xué)期6月月考試卷(含分析)山東省東營市第二中學(xué)2015-2016學(xué)年高二下期6月月考化學(xué)試卷（分析版）1．對于Al2O3的說法正確的選項是A．只好與鹽酸反響B(tài)．能與氫氧化鈉溶液反響C．既能與鹽酸反響又能與氫氧化鈉溶液反響D．既不可以與鹽酸反響又不可以與氫氧化鈉溶液反響【答案】C【分析】試題剖析：氧化鋁是兩性氧化物，既能與鹽酸反響又能與氫氧化鈉溶液反響，答案選C?？键c：考察氧化鋁的兩性評論：該題是基礎(chǔ)性試題的考察，難度不大，記著即可。2．以下反響屬于氧化復(fù)原反響的是A．CaO＋H2O==Ca(OH)2B．Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2高溫CaO＋CO↑D．CO＋2NaOH==NaCO＋HOC．CaCO32232【答案】B【分析】試題剖析：：從化合價能否發(fā)生變化的角度判斷能否氧化復(fù)原反響，化合價的起落為氧化還原反響的特色．各元素的化合價都沒有發(fā)生變化，不屬于氧化復(fù)原反響，故A錯誤；鐵的化合價從+3價降低到0價，碳的價態(tài)從+2價高升到+3價，屬于氧化復(fù)原反響，B正確；．各元素的化合價都沒有發(fā)生變化，不屬于氧化復(fù)原反響，故C錯誤；．各元素的化合價都沒有發(fā)生變化，不屬于氧化復(fù)原反響，故D錯誤．答案選B．考點：氧化復(fù)原反響3．現(xiàn)有三組溶液：①含有水份的植物油中除掉水份②回收碘的CCl4溶液中的CCl4③用食用酒精浸泡中草藥提取此中的有效成份。分別以上各混淆液的正確方法挨次是A．分液、萃取、蒸餾B．萃取、蒸餾、分液C．分液、蒸餾、萃取D．蒸餾、萃取、分液【答案】C【分析】試題剖析：植物油不溶于水，用分液的方法分別；四氯化碳和碘的沸點不一樣，回收碘的CCl4溶液中的CCl4用蒸餾的方法；中草藥中的有效成份在不一樣溶劑中的溶解度不一樣，用食用酒精浸泡中草藥提取此中的有效成份，可用萃取的方法，故C正確。考點：此題考察混淆物分別。4．在容積必定的密閉容器中，反響2AB(g)+C(g)達到均衡后，高升溫度，容器內(nèi)氣體的密度增大，則以下表達正確的選項是A．正反響是吸熱反響，且A不是氣態(tài)B．正反響是放熱反響，且A是氣態(tài)C．其余條件不變，加入少許C，物質(zhì)A的轉(zhuǎn)變率增大D．改變壓強對該均衡的挪動無影響【答案】A【分析】試題剖析：因為容積必定，反響2AB(g)+C(g)高升溫度，容器內(nèi)氣體的密度增大，說明高升溫度，容器內(nèi)氣體的質(zhì)量增添，生成物都是氣體，則說明反響物A的狀態(tài)不是氣體，高升溫度，均衡向正反響方向挪動，依據(jù)均衡挪動原理可知正反響是吸熱反響，所以選項A正確，選項B錯誤；C．其余條件不變，加入少許C，即增大生成物的濃度，化學(xué)均衡逆向挪動，物質(zhì)A的轉(zhuǎn)變率減小，錯誤；D．依據(jù)上述剖析可知該反響是反響前后氣體體積不等的反響，改變壓強，化學(xué)均衡發(fā)生挪動，錯誤?？键c：考察物質(zhì)存在狀態(tài)與外加條件對化學(xué)均衡挪動的影響的知識。5．Na2S溶液中各樣離子的物質(zhì)的量濃度關(guān)系不正確的選項是()A、c(Na+)＞c(S2-)＞c(OH-)＞c(HS-）B、c(Na+)+c(H+)＝c(HS-)+2c(S2-)+c(OH-)C、c(Na+)＝2c(HS-)+2c(S2-)+2c(H2S）D、c(OH-)＝c(H+）+c(HS-)【答案】D【分析】22+2-2-2--試題剖析：A、在NaS溶液存在以下反響：NaS=2Na+S；S+HOHS+OH；--+-+2--HS+H2OH2S+OH；H2OH+OH?？墒躯}水解的程度是輕微的，所以c(Na)＞c(S)＞c(OH)c(HS-)。正確。B、依據(jù)電荷守恒可得：c(Na+)+c(H+)＝c(HS-)+2c(S2-)+c(OH-)。正確。C、依據(jù)物料守恒可得：c(Na+)＝2c(HS-）+2c(S2-)+2c(H2S)。正確。D、依據(jù)質(zhì)子守恒可得：c(OH-)c(H+）+c(HS-)+2c(H2S).錯誤?？键c：考察溶液中離子濃度的大小關(guān)系的知識。6．某溶液中可能存在－2－2－、Al3+－2++種離子中的幾種?，F(xiàn)取該溶33液進行實驗，獲得以下實驗現(xiàn)象：①向溶液中滴加足量氯水后，溶液變橙色，且有無色氣泡冒出；②向所得橙色溶液中加入足量BaCl2溶液，無積淀生成；③向所得溶液中持續(xù)滴加淀粉溶液，溶液不變藍色。據(jù)此能夠推測，該溶液中必定不存在的離子是A．Al3++2－、I－B2++2－、I－33C．Al3+2+－、SO32－D3+2－、Br－、I－、Mg、I．Al、CO3【答案】C【分析】試題剖析：①向溶液中滴加足量氯水后，溶液變橙色，說明產(chǎn)生溴，即含有溴離子。且有無色氣泡冒出，說明還含有碳酸根，產(chǎn)生的氣泡是CO2，所以必定不存在鎂離子和鋁離子；②向所得橙色溶液中加入足量BaCl2溶液，無積淀生成，說明沒有亞硫酸根。因為假若有亞硫酸根，被氯水氧化后產(chǎn)生硫酸根，從而能夠產(chǎn)生硫酸鋇白色積淀；③向所得溶液中持續(xù)滴加淀粉溶液，溶液不變藍色，說明沒有碘產(chǎn)生，即不存在碘離子。依據(jù)溶液的電中性可知必定還存在鈉離子，所以該溶液中必定不存在的離子是3+2+－2－，答案選C。Al、Mg、I、SO3考點：考察離子共存與離子查驗的判斷7．化合物A（C4H8Br2）可由以下反響制得，C4H10O濃硫酸、加熱溴的四氯化碳溶液C4H8C4H8Br2，則構(gòu)造式不行能的是A．CH3CH(CH2Br)2B．CH3CH2CHBrCH2BrC．CH3CHBrCHBrCH3D．(CH3)2CBrCH2Br【答案】A【分析】試題剖析：該流程表示C4H10O在濃硫酸、加熱條件下發(fā)生消去反響生成烯烴，烯烴與溴發(fā)生加成反響獲得化合物A。A、C4H10O發(fā)生消去反響后生成的丁烯與溴加成，2個Br原子分別加在碳碳雙鍵的兩頭，不行能加在主鏈兩頭的C原子上，所以不行能獲得CH3CH(CH2Br)2，正確；B、1-丁醇發(fā)生消去反響生成1-丁烯，與溴加成獲得CH3CH2CHBrCH2Br，有可能，錯誤；C、2-丁醇發(fā)生消去反響生成2-丁烯，與溴加成獲得CH3CHBrCHBrCH3，有可能，錯誤；D、2-甲基-1丙醇發(fā)生消去反響生成2-甲基丙烯，與溴加成獲得(CH3)2CBrCH2Br，有可能，錯誤，答案選A?？键c：考察醇的消去反響產(chǎn)物的判斷及烯烴加成產(chǎn)物的判斷8．改變反響物用量，以下反響能用同一個反響方程式表示的是NaAlO2溶液與CO2反響；②Si與燒堿溶液反響；③H2S與NaOH溶液反響；④Fe與稀硝酸反響；⑤S在O2中焚燒；⑥NH3與O2的反響A．②⑤⑥B．①②③⑤C．①③④⑥D(zhuǎn)．①③④⑤⑥【答案】A【分析】試題剖析：①CO2少許時，發(fā)生反響：2NaAlO2+CO2+3H2O═Na2CO3+2Al（OH）3↓；CO2過度時發(fā)生反響：NaAlO2+CO2+2H2O═NaHCO3+Al（OH）3↓，所以不可以用同一方程式表示，故不選；②Si與燒堿溶液反響生成硅酸鈉和氫氣，與反響物用量沒關(guān)，反響的離子方程式為：-2-+H2O，能夠用同一方程式表示，應(yīng)選；③NaOH少許時，發(fā)生反響：SiO2+2OH═SiO3HS+NaOH═NaHS+HO，NaOH過度時發(fā)生反響：HS+2NaOH═NaS+2HO，所以不可以用同一方程2222式表示，故不選；④Fe與稀硝酸反響，F(xiàn)e不足生成Fe3+，離子方程式為：4H++NO3-+Fe═Fe3++NO↑+2H2O；Fe過度生成Fe2+，離子方程式為：+-2+S在8H+2NO3+3Fe═3Fe+2NO↑+4H2O，所以不可以用同一個離子方程式來表示，故不選；⑤O中焚燒，不論氧氣過度仍是少許都生成二氧化硫，故能用同一個化學(xué)方程式來表示，應(yīng)選；2⑥NH3與O2在催化劑條件發(fā)生反響生成NO，能用同一化學(xué)方程式表示，應(yīng)選，應(yīng)選A。考點：考察反響原理與化學(xué)方程式的書寫。9．下邊均是正丁烷與氧氣反響的熱化學(xué)方程式(25℃，101kPa)：①C4H10(g)＋13O2(g)===4CO2(g)＋5H2O(l)H＝－2878kJ·mol－12②CH(g)＋13＋5HO(g)H＝－2658kJ·mol－14102222③C4H10(g)＋9O2(g)===4CO(g)＋5H2O(l)H＝－1746kJ·mol－12④CH(g)＋9H＝－1526kJ·mol－1410222由此判斷，正丁烷的焚燒熱是－1A．H＝－2878kJ·mol－1C．H＝－1746kJ·mol【答案】A【分析】

B．H＝－2658kJ·molD．H＝－1526kJ·mol

－1－1試題剖析：焚燒熱：在101kPa時，1mol可燃物完整焚燒生成穩(wěn)固的氧化物時所放出的熱量，要求可燃物一定是1mol，生成穩(wěn)固的氧化物，碳應(yīng)轉(zhuǎn)變成CO2，不是CO，H2O的狀態(tài)必須是液態(tài)的，故①是正丁烷焚燒熱的熱化學(xué)反響方程式，選項A正確?？键c：考察焚燒熱的定義和延長。10．已知碳碳單鍵能夠繞鍵軸自由旋轉(zhuǎn)，構(gòu)造簡式為以以下圖所示的烴，以下說法中不正確的選項是A．等質(zhì)量的該烴和甲烷均完整焚燒，耗氧量前者小于后者B．該烴能使酸性高錳酸鉀溶液退色,屬于苯的同系物C．分子中必定有11個碳原子處于同一平面上D．該烴的一氯代替產(chǎn)物為5種【答案】B【分析】試題剖析：A、甲烷是含H量最高的烴，含H量越高，等質(zhì)量的烴焚燒耗費的氧氣越多，正確；B、該烴分子中含有2個苯環(huán)，苯環(huán)上有甲基代替基，可被高錳酸鉀氧化，但不是苯的同系物，錯誤；C、苯環(huán)是平面構(gòu)造，與苯環(huán)直接相連的原子與苯環(huán)共面，一個苯環(huán)中的6個C原子與2個甲基的C原子必定共面，碳碳單鍵能夠繞鍵軸自由旋轉(zhuǎn)，則與苯環(huán)相連的另一個苯環(huán)的C原子及其對位C原子、與對位C原子相連的甲基的C原子均與該苯環(huán)共面，所以共11個C原子必定共面，正確；D、該烴存在軸對稱構(gòu)造，所以只要判斷一半的構(gòu)造中的H原子的種數(shù)即可，苯環(huán)上有3種H原子，2個甲基上有2種H原子，所以該烴的一氯代物有5種，正確，答案選B?？键c：考察有機物的構(gòu)造、性質(zhì)的判斷，原子共面問題的判斷11．鎵是1871年俄國化學(xué)家門捷列夫在編制元素周期表時曾預(yù)知的“類鋁”元素。鎵的原子序數(shù)為31，屬ⅢA族。鎵的熔點為29.78℃，沸點高達2403℃。鎵有過冷現(xiàn)象(即冷至熔點下不凝結(jié))，它可過冷到－120℃。由此判斷以下相關(guān)鎵的性質(zhì)及其用途的表達不正確的是()。A．鎵是制造高溫溫度計的上佳資料B．鎵能溶于強酸和強堿中C．鎵與鋅、錫、銦等金屬制成的合金，可用在自動救火的水龍頭中D．最近幾年來鎵成為電子工業(yè)的新寵，其主要用途是制造半導(dǎo)體資料，被譽為“半導(dǎo)體家族的新成員”，這是利用了鎵的導(dǎo)電性介于導(dǎo)體和絕緣體之間的性質(zhì)【答案】D【分析】鎵的熔點為29.78℃，沸點高達2403℃；鎵有過冷現(xiàn)象(即冷至熔點下不凝結(jié))，它可過冷到－120℃，所以A、C兩項正確。鋁能溶于強酸和強堿中，鋁是電的良導(dǎo)體而不是半導(dǎo)體，鎵是“類鋁”元素，所以鎵能溶于強酸和強堿中，鎵是電的良導(dǎo)體而不是半導(dǎo)體，即B項正確，D項不正確。12．食品保鮮所用的“雙吸劑”，是由復(fù)原鐵粉、生石灰、碳酸鈉、炭粉等按必定比率構(gòu)成的混淆物，可汲取氧氣和水。以下剖析不正確的選項是．．．A．“雙吸劑”中的生石灰有吸水作用B．“雙吸劑”汲取氧氣時，發(fā)生了原電池反響C．汲取氧氣的過程中，鐵作原電池的負極D．炭粉上發(fā)生的反響為：O2+4e－+4H＋====2HO【答案】D【分析】試題剖析：生石灰能和水發(fā)生化合反響，能汲取水，A對，不選；鐵粉和碳粉在電解質(zhì)溶液中會形成原電池，溶液是碳酸鈉溶液，故鐵發(fā)生的是吸氧腐化，B對，不選，鐵和碳形成原電池，鐵做負極，C對，不選；電解液是碳酸鈉溶液，是堿性溶液，所以參加反響的不會是H+，D錯，選D。考點：原電池的形成和工作原理。13．2SO(g)+O2(g)2SO(g)是工業(yè)制硫酸的主要反響之一。必定溫度下，在甲、乙、3丙、丁四個容器體積均為2L的恒容密閉容器中投料，其開端物質(zhì)的量及含硫反響物的均衡轉(zhuǎn)變率以下表所示：甲乙丙丁n(SO)/mol0.4000.800.022開端物質(zhì)的量n(O2)/mol0.2400.480.04n(SO3)/mol00.4000.40含硫反響物的均衡轉(zhuǎn)變率%80123以下判斷中，正確的選項是A．乙中SO3的均衡轉(zhuǎn)變率為1=20%B．均衡時，丙中c(SO3)是甲中的2倍C．均衡時，31<D．該溫度下，均衡常數(shù)的值為400【答案】CD【分析】試題剖析：對于甲，因為SO2的轉(zhuǎn)變率是80%，所以均衡時各樣物質(zhì)的物質(zhì)的量分別是：n(SO2)=0.08mol；n(O2)=0.08mol；n(SO3)=0.32mol；所以在該溫度下的化學(xué)均衡產(chǎn)生K=2c2(SO3)0.162400。溫度不變，化學(xué)均衡常數(shù)就不變。A．因為反(SO2)?c(O2)2c0.040.04應(yīng)是在恒溫恒容條件下進行的，對于相當(dāng)于開始加入n(SO2)=0.4mol；n(O2)=0.2mol；n(SO3)=0mol。因為氧氣的濃度比甲小，所以SO的轉(zhuǎn)變率小于80%，即SO的轉(zhuǎn)變率>20%,錯誤；231B.對于丙因為開始加入的二氧化硫和氧氣的物質(zhì)的量是甲的二倍，增大了反響物的濃度，平衡正向挪動，SO的轉(zhuǎn)變率增大，。可是均衡挪動的趨向是輕微的，所以均衡時丙中c(SO)23比甲中的2倍要小的多，錯誤；C．因為丁中開始加入的各樣物質(zhì)的物質(zhì)的量分別是：n(SO)=0.02mol；n(O)=0.04mol；n(SO)=0.4mol，能夠等效轉(zhuǎn)變，以為SO是反響產(chǎn)生的，2233則其等效開始狀態(tài)是n(SO2)=0.42mol；n(O2)=0.24mol；n(SO3)=0mol，氧氣的濃度不變，而增大了SO2的濃度。增大反響物的濃度，能夠使其余反響物的轉(zhuǎn)變率提升，而其自己的轉(zhuǎn)變率反而降低，所以均衡時，3<1，正確；D．依據(jù)選項A的計算可知該溫度下，均衡常數(shù)的值為400，正確?？键c：考察物質(zhì)的量濃度對化學(xué)均衡挪動的影響、等效均衡、物質(zhì)的轉(zhuǎn)變率的比較和均衡產(chǎn)生的計算。14．將必定量的Cl2通入必定濃度的苛性鈉溶液中，二者恰巧完整反響(已知反響過程放熱)，生成物中有三種含氯元素的離子，此中ClO-和ClO3-兩種離子的物質(zhì)的量（n）與反響時間（t）的變化表示圖以以下圖。以下說法不正確的選項是（）A．苛性鈉溶液中NaOH的物質(zhì)的量是0.09mol—B．ClO3的生成與通入氯氣的量的多少沒關(guān)C．反響中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是0.21molD．在酸性條件下ClO-和Cl-可生成Cl2【答案】A【分析】試題剖析：在Cl2與NaOH反響中，反響產(chǎn)生ClO-、ClO-3，氯元素的化合價都是高升，則一定還有元素化合價降低的Cl-，在反響開始時，發(fā)生反響：Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O，該反響是放熱反響，反響放出的熱量使溶液的溫度高升，這時發(fā)生反響：3Cl2+6NaOH＝5NaCl+NaClO+3HO，當(dāng)反響進行完整時，依據(jù)圖像中產(chǎn)生的物質(zhì)的物質(zhì)的量關(guān)系可知反響的32總方程式是15Cl+30NaOH＝21NaCl+6NaClO+3NaClO+15HO，A、依據(jù)圖像可知：反響產(chǎn)生22n（NaClO）=0．06mol，n（NaClO3）=0．03mol，依據(jù)氧化復(fù)原反響中電子轉(zhuǎn)移數(shù)量相等可知n（NaCl）=0．06mol×1+0．03mol×5=0．21mol，依據(jù)元素守恒n（NaOH）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）=0．21mol+0．06mol+0．－03mol=0．30mol，A錯誤；B、ClO3的生成是因為氯氣與NaOH發(fā)生反響放出熱量使溶液的溫度高升惹起，與Cl2的物質(zhì)的量的多少沒關(guān)，B正確；C、依據(jù)氧化復(fù)原反響中電子轉(zhuǎn)移數(shù)量相等，可知反響中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是0．21mol，C正確；D、次氯酸根離子中氯元素是＋1價，氯離子中氯元素是－1價，所以在酸性條件下ClO－和Cl－發(fā)生反響產(chǎn)生氯氣，D正確，答案選A。【考點定位】考察氧化復(fù)原反響的計算的相關(guān)知識?！久麕燑c晴】得失電子守恒是指在發(fā)生氧化復(fù)原反響時，氧化劑獲得的電子數(shù)必定等于復(fù)原劑失掉的電子數(shù)。得失電子守恒法常用于氧化復(fù)原反響中氧化劑、復(fù)原劑、氧化產(chǎn)物、復(fù)原產(chǎn)物的相關(guān)計算及電解過程中電極產(chǎn)物的相關(guān)計算等。電子守恒法解題的步驟是：第一找出氧化劑、復(fù)原劑及其物質(zhì)的量以及每摩爾氧化劑、復(fù)原劑得失電子的量，而后依據(jù)電子守恒列出等式。計算公式以下：n(氧化劑)×得電子原子數(shù)×原子降價數(shù)＝n(復(fù)原劑)×失電子原子數(shù)×原子升價數(shù)。利用這一等式，解氧化復(fù)原反響計算題，可化難為易，化繁為簡。很多相關(guān)化學(xué)反響的計算，假如能夠奇妙地運用守恒規(guī)律能夠達到迅速解題的目的，常有的守恒關(guān)系有：①反響前后元素種類和某種原子總數(shù)不變的原子守恒；②電解質(zhì)溶液中的電荷守恒；③氧化復(fù)原反響中得失電子數(shù)守恒、原電池或電解池中兩極經(jīng)過的電子總數(shù)相等；④從守恒思想出發(fā)還可延長出多步反響中的關(guān)系式，運用關(guān)系式法等計算技巧奇妙解題。15．已知：－－—。某地域的霧霾中可能含有以下可3NO＋8Al＋5OH＋2H2O↑＋8AlO23NH溶性離子：＋+2＋、Al3＋2———、Cl－。某同學(xué)采集了該地域的霧霾，Na、NH4、Mg、SO4、NO3、HCO3經(jīng)必需的預(yù)辦理后試樣溶液，設(shè)計并達成以下實驗：依據(jù)以上的實驗操作與現(xiàn)象，該同學(xué)得出的結(jié)論錯誤的選項是A．試樣中必定存在+2——，可能有2＋NH4、SO4和NO3Mg＋－—B．試樣中不必定存在Na、Cl、HCO3C．積淀2中可能含碳酸鋇、碳酸鎂和氫氧化鋁D．該霧霾中可能存在NaNO3、NH4HCO3和MgSO4【答案】C【分析】試題剖析：A．取試樣溶液，向此中加入Ba(OH)2溶液，加熱，產(chǎn)生使?jié)櫇竦募t色石蕊試紙變藍色的氣體，氨氣，則試樣中必定存在NH4+；還產(chǎn)生白色積淀，向該積淀中加入酸，積淀部分溶解，證明積淀中含有442—2BaSO，則試樣中含有SO；向溶液1中通入CO氣體，產(chǎn)生沉淀2和溶液，向溶液中加入Al并加入-2，該氣體使?jié)櫇竦募t色石蕊試OH，加熱，產(chǎn)生氣體紙變藍色，只好產(chǎn)生了氨氣，則原溶液中含有—，在上述反響中依據(jù)現(xiàn)象不可以確立2＋NO3Mg2＋，也可能不含有2＋＋－—能否存在，可能有MgMg，正確；B.在上述實驗中，不論Na、Cl、HCO3能否存在，反響現(xiàn)象不會發(fā)生變化，所以不可以確立它們能否存在，正確；C．因為加入的Ba(OH)2溶液過度，所以在溶液1中含有Ba2+，向該含有的堿性溶液中通入CO2，必定會產(chǎn)生BaCO32＋、Al3＋不可以確立能否存在，所以在積淀2中不可以確立能否含有碳酸鎂和氫氧積淀；可是Mg化鋁，錯誤；D．依據(jù)剖析可知，在原溶液中必定含有的離子是：+2--＋2443＋—、HCO與已經(jīng)確立的離子不會發(fā)生任何離子反響，能夠大批共存，所以該霧霾中可能存在3NaNO3、NH4HCO3和MgSO4，正確?？键c：考察離子查驗、離子反響、離子共存在物質(zhì)成分確立的應(yīng)用的知識。16．(4分)用元素符號填空：原子半徑最小的元素是________。第一電離能最大的元素是________。電負性最大的元素是________。第周圍期中，第一電離能最小的元素是________?！敬鸢浮縃HeFK【分析】17．（10分）為了測定草酸晶體（H2C2O4·xH2O）中的x值，進行以下實驗（1）稱取Wg草酸晶體，配成100.00mL溶液（2）取25.00mL所配溶液于錐形瓶內(nèi)，加入適當(dāng)稀H2SO4后，用濃度為amol/L的KMnO4溶液滴定至KMnO4不再退色為止，所發(fā)生的反響為：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+10CO2↑+2MnSO4+8H2O。試回答：①實驗中，需要的儀器有（填序號），還缺乏的儀器有（填名稱）A托盤天平（帶砝碼、鑷子）B滴定管C100mL的量筒D、100mL的容量瓶E、燒杯F、漏斗G、錐形瓶H、玻璃棒I、藥匙J、燒瓶②實驗中，標準KMnO溶液應(yīng)裝在式滴定管中，因為4③若在靠近滴定終點時，用少許蒸餾水將錐形瓶內(nèi)壁沖刷一下，再持續(xù)滴至終點，則所測得的x的值會（填偏大、偏小、無影響）。④在滴定過程中若用去amol/L的KMnO4溶液VmL，則所配制的草酸溶液的物質(zhì)的量濃度為mol/L，由此，x=。⑤若滴定終點讀數(shù)時俯視刻度，則計算的x值會（填偏大、偏小、無影響）?！敬鸢浮竣貯、B、D、E、G、H、I，膠頭滴管、鐵架臺帶滴定管夾；②酸，KMnO溶液有腐化性，會腐化橡膠；③無影響4w10aV10390④aV，x=18103或許50w5；⑤偏大。1010aV9aV【分析】試題剖析：①依據(jù)配制溶液需要的儀器可知：在該實驗中，需要的儀器有A、B、D、E、G、H、I，還缺乏的儀器有膠頭滴管、鐵架臺帶滴定管夾；②實驗中，標準KMnO溶液因為有4強氧化性，會腐化橡膠管，所以應(yīng)當(dāng)應(yīng)裝在酸式滴定管中，③若在靠近滴定終點時，用少許蒸餾水將錐形瓶內(nèi)壁沖刷一下，再持續(xù)滴至終點，因為錐形瓶中物質(zhì)的質(zhì)量等都沒有變化，所以則所測得的x的值會無任何影響；④依據(jù)反響方程式2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+10CO2↑+2MnSO4+8H2O可知：n(H2C2O4)=5/2n(KMnO4)。n(KMnO4)=aV×10-3mol，0.025L×c(H2C2O)=5/2×aV×10-3，解得c(HCO)=aVmol/L。則422410aVw10aV10390[Wg÷(90+18x)g/mol]÷4=×0.025mol,解得x=18或許1010310aV50w5；⑤若滴定終點讀數(shù)時俯視刻度，則草酸的物質(zhì)的量偏少，計算的x值會偏大。9aV考點：考察物質(zhì)的量濃度的溶液的配制、滴定法在測定物質(zhì)的濃度積物質(zhì)構(gòu)成中的應(yīng)用的知識。18．（11分）“酒是陳的香”，就是因為酒在儲藏過程中生成了有香味的乙酸乙酯，在實驗室我們也能夠用以下圖的裝置制取乙酸乙酯?；卮鹨韵聠栴}：（1）寫出制取乙酸乙酯的化學(xué)反響方程式，并指出其反響種類：______________，屬于_______________反響。2）濃硫酸的作用是：①_________________________；②____________________。3）裝置中通蒸氣的導(dǎo)管要插在_____________溶液的液面上，不可以插入溶液中，目的是防備_______。（4）若要把制得的乙酸乙酯分別出來，應(yīng)采納的實驗操作是___________。A．蒸餾B．分液C．過濾D．結(jié)晶（5）用30克乙酸與46克乙醇反響，假如實質(zhì)產(chǎn)率是理論產(chǎn)率的67%，則可獲得乙酸乙酯的質(zhì)量是______________。A．29.5克B．44克C．74.8克D．88克【答案】H2SO4（1）CH3COOH+CH3CH2OH3232分）代替（酯化）（1分）CHCOOCHCH+HO（22）①催化劑（1分）；②吸水劑（1分）3）飽和Na2CO3（1分），倒吸（1分）4）B（2分）5）A（2分）【分析】19．(10分)往常用焚燒的方法測定有機物的分子式，可在焚燒室內(nèi)將有機物樣品與純氧在電爐加熱下充分焚燒，依據(jù)產(chǎn)品的的質(zhì)量確立有機物的構(gòu)成。以下圖所示的是用焚燒法確立有機物分子式的常用裝置?，F(xiàn)正確稱取0.44g樣品（只含C、H、O三種元素中的兩種或三種），經(jīng)焚燒后A管增重0.88g，B管增重0.36g。請回答：（1）按上述所給的丈量信息，裝置的連結(jié)次序應(yīng)是（裝置不重復(fù)）DF2）A、B管內(nèi)均盛有固態(tài)試劑，A管的作用是______________________________；3）該有機物的實驗式為__________________；4）假如把CuO網(wǎng)去掉，A管重量將_________；（填“增大”、“減小”、或“不變”）5）要確立該有機物的分子式，還一定知道的數(shù)據(jù)是___________。①耗費液體H2O2的質(zhì)量②樣品的摩爾質(zhì)量③CuO固體減少的質(zhì)量④C裝置增添的質(zhì)量⑤焚燒耗費O2的物質(zhì)的量【答案】（1）C，B，A（2）汲取樣品反響生成的CO2（3）C2H4O（4）減?。?）②【分析】試題分析：（1）D中生成的氧氣中含有水蒸氣，應(yīng)先經(jīng)過C中的濃硫酸干燥，在E中電爐加熱時用純氧氧化管內(nèi)樣品，生成二氧化碳和水，若有一氧化碳生成，則E中CuO可與CO進一步反響生成二氧化碳，而后分別通入B（汲取水）、A（汲取二氧化碳）中，依據(jù)產(chǎn)物的質(zhì)量推測有機物的構(gòu)成，則產(chǎn)生的氧氣按從左到右流向，所選置的連結(jié)次序應(yīng)是：D→C→F→B→A，故答案為：C；B；A；（2）由測定原理可知，A用來汲取二氧化碳，測定生成二氧化碳的質(zhì)量，故答案為：汲取生成二氧化碳；（3）A管質(zhì)量增添0.88g為二氧化碳的質(zhì)量，可得碳元素的質(zhì)量：

0.88g×

12

=0.24g，B管質(zhì)量增添

0.36g

是水的質(zhì)量，可得氫元44素的質(zhì)量：0.36g×

2

=0.04g，從而可推出含氧元素的質(zhì)量為

0.44-0.24-0.02=0.16g

，設(shè)18最簡式為

CXHYOZ，則

X：Y：Z=0.24

：0.04

：0.16=2：4：1，即最簡式為

C2H4O，故答案為：121

16C2H4O；（4）CuO的作用是，使有機物充分氧化生成CO2和H2O，假如把CuO網(wǎng)去掉，焚燒不充分生成的CO不可以被堿石灰汲取，致使二氧化碳的質(zhì)量偏低，裝置A的質(zhì)量減小，故答案為：減??；（5）由上述（5）可知該有機物的最簡式為C2H4O，要確立有機物的分子式，還要知道有機物的相對分子質(zhì)量?？键c：測定有機物分子的元素構(gòu)成20．（12分）為研究亞硫酸鈉的熱穩(wěn)固性，某研究性學(xué)習(xí)小組將無水亞硫酸鈉隔斷空氣加熱，并利用受熱后的固體試樣和以下圖所示的實驗裝置進行實驗。請回答以下相關(guān)問題：（1）查閱資料：無水亞硫酸鈉隔斷空氣受熱到600℃才開始分解，且分解產(chǎn)物只有硫化鈉和此外一種固體。假如加熱溫度低于600℃，向所得冷卻后固體試樣中慢慢滴加稀鹽酸至足量，在滴加稀鹽酸的整個過程中—；3（2）假如加熱溫度為700℃，向所得冷卻后固體試樣中慢慢滴加稀鹽酸至足量，察看到燒瓶中出現(xiàn)淡黃色積淀，且有大批氣泡產(chǎn)生，則反響生成淡黃色積淀的離子方程式為；此時在B、C兩裝置中可能察看到的現(xiàn)象為。（3）在（2）中滴加足量鹽酸后，燒瓶內(nèi)除Cl—外，還存在另一種濃度較大的陰離子（X）。為查驗該陰離子（X），先取固體試樣溶于水配成溶液，而后按以下兩種實驗方案查驗陰離子（X），你以為合理的方案是（填“甲”或“乙”），請說明另一方案不合理的原由。方案甲：取少許試樣溶液于試管中，先加稀HNO3，再加BaCl2溶液，有白色積淀生成，證明該離子存在。方案乙：取少許試樣溶液于試管中，先加稀HCl，再加BaCl2溶液，有白色積淀生成，證明該離子存在。（4）寫出Na2SO固體加熱到600℃以上分解的化學(xué)方程式。3【答案】（1）先漸漸增大，后漸漸減小2-2-+C中無顯然變化。（或答“B中無明（2）2S+SO+6H=3S↓+3HO；B中品紅溶液退色，32顯變化，C中產(chǎn)生黑色積淀”）答“B中品紅溶液退色，C中產(chǎn)生黑色積淀”不得分（3）乙；甲中先加入擁有強氧化性的稀HNO3，它能將2-氧化成2-，不可以判斷能否生SO3SO42-。成SO44）4Na2SO3Na2S+3Na2SO4【分析】試題剖析：（1）向無水亞硫酸鈉溶液中加入-HCl，發(fā)生反響：Na2SO3+HCl=NaCl+NaHSO3，c（HSO3）漸漸增大，當(dāng)固體中-233鹽酸，發(fā)生反響：NaHSO3+HCl=NaCl+H2O+SO2↑，所以在滴加稀鹽酸的整個過程中HSO3—的物質(zhì)的量濃度變化趨向為先漸漸增大，后漸漸減??；（2）假如加熱溫度為700℃，向所得冷卻后固體試樣中慢慢滴加稀鹽酸至足量，察看到燒瓶中出現(xiàn)淡黃色積淀，說明產(chǎn)生了S單質(zhì)，且有大批氣泡產(chǎn)生，則該氣體是SO，則反響生成淡黃色積淀的離子方程式為22-2-+品紅溶液2S+SO3+6H=3S↓+3H2O；；裝置B是裝有品紅的溶液，SO2擁有漂白性，能夠是退色；裝置C裝有CuSO溶液，則溶液無顯然變化；若SO過度，則此時在B無現(xiàn)象；C裝422+2+,察看到的現(xiàn)象為產(chǎn)生黑色積淀；（3）在（2）中滴加足置中發(fā)生反響：Cu+HS=CuS↓+2H量鹽酸后，燒瓶內(nèi)除Cl—外，還存在另一種濃度較大的陰離子（X）。為查驗該陰離子（X），先取固體試樣溶于水配成溶液，而后按以下兩種實驗方案查驗陰離子（X），因為甲方案中先加入擁有強氧化性的稀HNO3，它能將2-氧化成2-，不可以判斷能否生成2-。合理的SO3SO4SO4方案是乙；（4）物質(zhì)在反響過程中元素原子守恒、電子轉(zhuǎn)移數(shù)量相等，所以可得NaSO固23體加熱到600℃以上分解的化學(xué)方程式是4Na2SO3Na2S+3Na2SO4。【考點定位】考察亞硫酸鈉的熱穩(wěn)固性及互相轉(zhuǎn)變關(guān)系的知識。【名師點晴】此題以研究亞硫酸鈉的熱穩(wěn)固性為線索，考察了氧化復(fù)原反響的規(guī)律：反響過程中電子轉(zhuǎn)移守恒、氧化復(fù)原反響的方程式的書寫及配平、質(zhì)量守恒定律、離子方程式的書寫方法；經(jīng)過判斷向無水亞硫酸鈉溶液中加入3-HCl過程中c（HSO）的濃度變化剖析多元弱酸的正鹽與酸發(fā)生反響的分步進行的規(guī)律、及SO2、H2S氣體的性質(zhì)、查驗方法，將多個知識點奇妙聯(lián)合在一同，是一個不錯的試題。21．向1LAlCl3和FeCl3混淆溶液中加入含amolNaOH的溶液時，產(chǎn)生的積淀量可達最大值；持續(xù)加入NaOH溶液，積淀開始溶解，目前后加入的NaOH總量達到bmol時，積淀不再減少，求原溶液中Fe3+的物質(zhì)的量濃度?！敬鸢浮?4a-3b)/3mol/L【分析】試題剖析：設(shè)AlCl3、FeCl3物質(zhì)的量分別為x、y。當(dāng)積淀質(zhì)量最大時，溶液中溶質(zhì)為NaCl，所以n(Na+)=n(Cl-),由元素守恒得a=3x+3y；當(dāng)加入bmolNaOH時，積淀恰巧溶解，溶液中溶質(zhì)為NaAlO2和NaCl，電荷守恒式為+--)，即b=x+(3x+3y)。解得：n(Na)=n(AlO2)+n(Cly=(4a-3b)/3mol，F(xiàn)e3+物質(zhì)的量濃度為(4a-3b)/3mol/L?？键c：化學(xué)計算評論：氯化鋁、氯化鐵溶液中加入氫氧化鈉溶液恰巧積淀時、積淀完整溶解時，溶液中溶質(zhì)分別為NaCl及NaCl和NaAlO2，利用電荷守恒可迅速解題。22．有機物A有以下圖所示轉(zhuǎn)變關(guān)系．在A的質(zhì)譜圖中質(zhì)荷比最大值為88，其分子中C、H、O三種元素的質(zhì)量比為6：1：4，且A不可以使Br2的CCl4溶液退色；1molB反響生成了2molC．已知：RCH（OH）﹣CH（OH）R′RCHO+R′CHO請回答以下問題：（1）A的構(gòu)造簡式為．（2）若①、②、③三步反響的產(chǎn)率分別為90.0%、82.0%、75.0%，則由A合成H的總產(chǎn)率為．（3）D+E→F的反響種類為．（4）寫出C與銀氨溶液反響的離子方程式為．（5）若H分子中全部碳原子不在一條直線上，則H在必定條件下合成順丁橡膠的化學(xué)方程式為．若H分子中全部碳原子均在一條直線上，則G轉(zhuǎn)變?yōu)镠的化學(xué)方程式為．（6）有機物A有好多同分異構(gòu)體，請寫出同時知足以下條件的一種異構(gòu)體X的構(gòu)造簡式：．a(chǎn)．X核磁共振氫譜有3個峰，峰面積之比為1：1：2b．1molX可在HIO4加熱的條件下反響，可形成1mol二元醛c．1molX最多能與2molNa反響d．X不與NaHCO3反響，也不與NaOH反響，也不與Br2發(fā)生加成反響．【答案】（1）CH3COCH（OH）CH3；（2）55.4%；+﹣﹣+（3）酯化反響；（4）CH3CHO+2[Ag（NH3）2]+2OHCH3COO+NH4+2Ag↓+3NH3+H2O；（5）（6）【分析】因為A分子中C、H、O三種元素的質(zhì)量比為6：1：4可知C、H、O的物質(zhì)的量之比為2：4：1；又因為A的質(zhì)譜圖中質(zhì)荷比最大值為88，所以A的分子式為C4H8O2，依據(jù)分子式可知A中有一個不飽和度，又不可以使Br2的CCl4溶液退色，所以A中存在C=O鍵，再依據(jù)1molB反響生成了2molC，聯(lián)合已知條件可推知A的構(gòu)造為：CH3COCH（OH）CH3，這樣能夠進一步推出B、C、D、E、F的構(gòu)造簡式，它們挨次是：CH3CH（OH）CH（OH）CH3、CH3CHO、CH3COOH、CH3CH2OH、CH3COOCH2CH3，因為B與HBr發(fā)生代替反響生成鹵代物，再在NaOH醇溶液中發(fā)生消去反響，且H分子中全部碳原子均在一條直線上，所以能夠推得G和H的構(gòu)造分別為：CH3CHBrCHBrCH3、H3CC≡CCH3，1）由上邊的剖析可知，A為CH3COCH（OH）CH3，故答案為：CH3COCH（OH）CH3；（2）由A合成H的總產(chǎn)率應(yīng)為①，②、③三步反響的產(chǎn)率之積，所以由A合成H的總產(chǎn)率=90.0%×82.0%×75.0%=55.4%，故答案為：55.4%；3）D+E→F反響為乙酸與乙醇反響生成乙酸乙酯，反響種類為酯化反響，故答案為：酯化反響；（4）由上邊的剖析可知，C為乙醛，它與銀氨溶液反響的離子方程式為：CHCHO+2[Ag（NH）33+﹣﹣+23432+﹣﹣+3323432（5）若H分子中全部碳原子不在一條直線上，則H為1，3﹣丁二烯，H在必定條件下合成順丁橡膠的化學(xué)方程式為，由于B是2，3﹣丁二醇，與HBr發(fā)生代替反響生成鹵代物，再在NaOH醇溶液中發(fā)生消去反響生成H，且H分子中全部碳原子均在一條直線上，所以能夠推得G和H的構(gòu)造，G為H為，G轉(zhuǎn)變?yōu)镠的化學(xué)方程式為CH3CHBrCHBrCH3+2NaOHH3CC≡CCH3↑+2NaBr+2H2O，故答案為