江苏省通州市通海中学2016届高三下期4月月考化学试卷 doc

江苏省通州市通海中学2016届高三下期4月月考化学试卷

（苏教版，解析版）

1．下列说法中正确的是（NA表示阿伏加德罗常数）（ ）。 A. 常温常压下，11.2L氯气含有的分子数为0.5NA B. 0.5mol·L-1 Na2CO3溶液中含有Na+离子的数目为NA C. 32g氧气所含原子数目为

D. 常温常压下，1mol氦气含有原子数为NA 【答案】CD

【解析】只有标准状况11.2L氯气含有的分子数为0.5NA，A错误。0.5mol·L-1 Na2CO3溶液不知道体积，B错误。32g氧气为1mol，原子数为2NA。常温常压下，1mol氦气含有原子数为NA，CD正确。 2．下列说法中，正确的是 ．．

A．所有主族元素正化合价数等于它的族序数

B．VIIA族元素的原子随核电荷数的增加，得电子能力逐渐减弱

C．IA、IIA族元素的阳离子与同周期稀有气体元素的原子具有相同的核外电子排布 D．前三周期元素中共有12种非金属元素（包括稀有气体元素） 【答案】B 【解析】

3．用右图表示的一些物质或概念之间的从属或包含关系中不正确的是

例 A B C D X 氧化物 苯 溶液 强电解质 置换反应 Y 化合物 芳香烃 分散系 电解质 氧化还原反应 Z 纯净物 有机化合物 混合物 化合物 离子反应

【答案】D 【解析】

4．第二周期元素R,它的最外电子层达到稳定结构所需电子数小于最外层达到稳定结构时的电子数和最内层电子数之差,并且等于最内层电子数的整数倍。则关于R的正确说法是

( )。

A.常温下能稳定存在的R的氧化物都能和烧碱溶液起反应 B.R最高价氧化物对应水化物都是强酸

C.R的最简单氢化物可能有两种,其稳定性一种比NH3强,另一种比NH3弱 D.R的最简单氢化物受热时都易分解 【答案】C

【解析】依题意,设R原子的最外层电子数为x,因为最外层达到稳定结构时的电子数是8,所以,达到稳定结构时所需的电子数为(8-x)。由于R是第二周期的元素,其原子的最内层电子数是2,所以

8-x<8-2=6,x>2 ① 8-x=2n ②(n是正整数)

由①和②得,2n<6,n<3,即n=1或n=2,故x=6或4,R可能是氧元素或碳元素。常温下能稳定存在的碳的氧化物有CO和CO2,但CO不能与烧碱溶液反应,选项A不正确。碳的最高价氧化物是CO2,对应的水化物碳酸是弱酸,选项B不正确。R的最简单氢化物可能有两类,即甲烷(CH4)和水(H2O),根据同一周期元素性质的递变规律推知,H2O的稳定性比NH3强,NH3的稳定性比CH4强,选项C正确。CH4在较高温度下才能分解,H2O在加热时很难分解,选项D不正确。

5．用NA表示阿伏伽德罗常数，下列叙述正确的是 A.标准状况下，22.4 L H2O含有的分子数为1NA B.常温常压下，1.06 g Na2CO3含有的分子数为0.02 NA C.标准状况下，NA个CO2分子占有的体积约为22.4 L

D.物质的量浓度为0.5mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl—个数为1NA 【答案】C 【解析】

试题分析：A、标准状况下，H2O不是气体，不能用22.4L/mol进行换算，故A错误；B、Na2CO3由离子构成，不含分子，故B错误；C、标准状况下，NA个CO2分子为1mol，则有的体积约为22.4 L，故C正确；D、没有给出溶液的体积，无法求出Cl￣的数目，故D错误。 考点：本题考查阿伏伽德罗常数的计算。

6．丙酮（C3H6O）通常是无色液体，不溶于水，密度小于1g·mL1，沸点约为55℃。要从

－

水与丙酮的混合物中将丙酮分离出来，你认为下列方法中最为合理的是

A．蒸馏 B．分液 C．过滤 D．蒸发 【答案】B 【解析】

试题分析：由信息可知，丙酮为不溶于水的液体，则与水混合分层，则利用分液法分离，故选B。

考点：考查了物质的分离和提纯的相关知识。 7．下列除杂，所用试剂和操作均正确的是 选项 A B C D 【答案】A 【解析】

试题分析：A选项铁屑表面的油污可用碱性溶液洗涤，正确；B选项苯中有苯酚，加溴水生成的三溴苯酚会溶解在苯中，引入新的杂质，应该用氢氧化钠溶液，B错误；C选项碳酸钡中混有硫酸钡，加盐酸会与碳酸钡反应，错误；D选项乙醇中混有乙酸，若加烧碱会与乙酸反应，但生成物仍与乙醇互溶在水中，分液无法分离，错误，答案选A。 考点：考查物质的分离与提纯

8．已知乙炔（C2H2）,苯（C6H6），乙醛（C2H4O）的混合气体中氧的质量分数为8%，则混合气中氢的质量分数为 A、8% B、9% C、10% D、5% 【答案】A

【解析】由分子可知当乙醛分子写成（C2H2－H2O）是，三种物质的碳氢个数比是相同的1:1，所以通过氧的质量分数可知说的质量分数为9%，因此碳氢的质量分数为91%，所以氢的质量分数为8%

物质成分（括号内为杂质） 铁屑（油污） 苯（苯酚） 碳酸钡（硫酸钡） 乙醇（乙酸） 所用试剂 纯碱溶液 溴水 盐酸 烧碱溶液 操作 洗涤 过滤 溶解、过滤 分液

9．下列各组中的两种物质相互反应时，无论哪种过量，都可以用同一个离子方程式表示的组数是

①亚硫酸钠溶液与稀盐酸 ②偏铝酸钠溶液与盐酸 ③二氧化碳与氢氧化钠溶液 ④氯化铝与氨水 ⑤碳酸氢钠溶液与澄清石灰水 ⑥碳酸氢钙溶液与澄清石灰水 ⑦苯酚钠溶液中通入二氧化碳 A．2组 B．3组 C．4组 D．5组 【答案】B 【解析】

试题分析：：①Na2SO3溶液与稀盐酸反应时，若稀盐酸不足，反应生成的是亚硫酸氢钠，若盐酸过量，则反应生成二氧化硫气体，反应物的过量情况不同时离子方程式不同，不符合体积，故①错误；②偏铝酸钠溶液与盐酸的反应中，若盐酸不足，反应生成氢氧化铝沉淀和氯化钠，若盐酸过量，反应生成氯化铝和水，反应物不同时反应的离子方程式不同，不符合条件，故②错误；③二氧化碳与氢氧化钠溶液反应，当二氧化碳过量时，反应生成碳酸氢钠，当二氧化碳不足时，反应生成的是碳酸钠，所以反应物过量情况不同时反应的离子方程式不同，不符合体积，故③错误；④硝酸银溶液和氨水，当氨水不足，反应生成氢氧化银沉淀和硝酸铵，当氨水过量时沉淀溶解，生成银氨溶液，所以反应物过量情况不同时离子方程式不同，故④错误；⑤氯化铝与氨水，无论二者是否过量，反应都生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，反应的离子方程式为：Al3++3NH3?H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，符合条件，故⑤正确；⑥碳酸氢钙溶液与澄清石灰水，无论是否过量，反应都生成碳酸钙沉淀和水，反应的离子方程式都是Ca2++2HCO3-+2OH-═CaCO3↓+2H2O，故⑥正确；⑦FeCl3溶液与Na2S溶液反应，当硫化钠少量时，二者反应生成亚铁离子和S，当硫化钠过量时，亚铁离子和硫离子反应生成FeS沉淀，反应物过量情况不同时生成产物不同，不符合条件，故⑦错误； ⑧Fe与稀硝酸反应，铁不足时生成硝酸铁，铁过量时生成硝酸亚铁，反应的离子方程式不同，故⑧错误； ⑨苯酚钠溶液中通入CO2，无论哪种反应物过量，反应都生成碳酸氢钠和苯酚，反应的离子方程式都是为：C6H5ONa+CO2+H2O→C6H6OH↓+NaHCO3，故⑨正确；根据以上分析可知，符合条件的有三组，故选B．

考点：考查了离子方程式书写的相关知识

10．甲、乙、丙、丁均为中学化学中常见的单质或化合物，它们之间的转化关系如下图所示（部分产物已略去），下列各组物质中不能按图示关系转化的是

选项 A B C D 物质转化关系 甲 NaOH AlCl3 Fe C 乙 NaHCO3 NaAlO2 Fe(NO3)3 CO 丙 Na2CO3 Al(OH)3 Fe(NO3)2 CO2 丁 CO2 NaOH HNO3 O2 【答案】D 【解析】 试

题

分

析

：

A.

NaOH

+CO2

=NaHCO3;

CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O;

NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O; Na2CO3+ H2O +CO2=2NaHCO3,正确；B. AlCl3+4NaOH= NaCl+NaAlO2+2H2O； AlCl3+3NaOH=

Al(OH)3↓+3NaCl

；

AlCl3+3NaAlO2+6H2O

=

4Al(OH)3↓+3NaCl;

Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O;正确；C. Fe+4HNO3(稀)= Fe(NO3)3+NO↑+2H2O , 3Fe＋8HNO3(稀)=3Fe(NO3)2＋2NO↑＋4H2O; 2Fe(NO3)3＋Fe= 3Fe(NO3)2; 3Fe(NO3)2＋4HNO3=3Fe(NO3)3+NO↑+2H2O,正确；D.2C+ O2反应产生CO，错误。

考点：考查物质的性质及相互转化关系的知识。

11．下列条件下，两瓶气体所含原子数、分子数一定相等的是（）

A．同质量、不同密度的N2和CO B．同密度、同体积的H2和N2、、 C．同体积、同密度的C2H4和C3H6 D．同温度、同体积的N2O和CO2 【答案】A 【解析】

试题分析：A、N2与CO的摩尔质量相同，所以同质量的N2和CO的物质的量相同，则分子数、原子数相等，故A正确；B、同密度、同体积的H2和N2质量相等，则物质的量不相等，所以分子数、原子数不相等，故B错误；C、同体积、同密度的C2H4和C3H6，则物质的量不相等，所以分子数、原子数不相等，故C错误；D、没有指明压强是否相等，所以同温度、同体积的N2O和CO2物质的量不一定相等，则分子数、原子数不一定相等，故D错误。

考点：本题考查阿伏伽德罗定律及推论。

12．室温下，将0.1 mol下列物质分别加入蒸馏水中制成100 mL溶液，所得溶液中阴离子

2CO; C+ O2

CO2; CO2不能与氧气

数目的大小顺序是①Na2O2②Na2O ③Na2CO3 ④Na2SO4 A.①>②>③>④

【答案】C 【解析】 正确答案：C

①=②均产生0.2molOH― ;③CO32―要水解产生OH― HCO3― ④0.1molSO42―故C正确。 13．下列离子方程式书写正确的是

＋

－

B.①>②>④>③ D.①=②>③=④

C.①=②>③>④

A、H2SO4与Ba(OH)2溶液反应：Ba2十SO42→BaSO4↓

B、向氢氧化亚铁中加入足量的稀硝酸：Fe(OH)2 + 2H+ = Fe2+ + 2H2O

C、向明矾溶液中加入过量的氢氧化钡溶液：Al3+ + 2SO42- +2Ba2+ + 4OH- = 2BaSO4↓+ AlO2- + 2H2O D CH3COOH溶液与NaOH溶液反应：H＋OH→H2O 【答案】C 【解析】略

14．NaNO2是一种食品添加剂，它能致癌。酸性KMnO4溶液与NaNO2反应的离子方程式为:MnO4＋NO2＋□→Mn2＋NO3-＋H2O。下列叙述中正确的是

－

－

＋

＋

－

A．该反应中NO2-被还原 B．反应过程中溶液的pH减小

C．生成1 mol NaNO3需消耗0.4 mol KMnO4 D．□中的粒子是OH 【答案】C 【解析】

试题分析：A、该反应中N元素化合价由+3价变为+5价，所以NO2-失电子被氧化，故A错误；B、根据元素守恒、电荷守恒知，□是H+，氢离子参加反应导致溶液中氢离子浓度降低，则溶液的pH增大，故B、D都错误；反 C、根据氧化还原反应中得失电子守恒，生成1molNO3-转移2mol电子，需n(KMnO4)=2/(7-2)=0.4mol,故C正确；故答案选C。 考点：考查氧化还原反应。

15．原电池的电极名称不仅与电极材料的性质有关，也与电解质溶液有关．下列说法中不正确的是

A．由Al、Cu、稀H2SO4组成原电池，其负极反应式为：Al﹣3e=Al3+

﹣

－

B．由Mg、Al、NaOH溶液组成原电池，其负极反应式为：Al﹣3e+4OH=AlO2+2H2O C．由Fe、Cu、FeCl3溶液组成原电池，其负极反应式为：Cu﹣2e=Cu2+

﹣

﹣﹣﹣

D．由Al、Cu、浓硝酸组成原电池，其负极反应式为：Cu﹣2e=Cu2+

﹣

【答案】C

【解析】A．由Al、Cu、稀H2SO4组成原电池，铝和稀硫酸反应而失电子，铜和稀硫酸不反应，所以铝作负极，铜作正极，其负极反应式为：Al﹣3e=Al3+，故A正确；

﹣

B．Mg、Al、NaOH溶液组成原电池，铝和氢氧化钠溶液反应而失去电子发生氧化反应，镁和氢氧化钠溶液不反应，所以铝是负极，镁是正极，其负极反应式为：Al﹣3e+4OH=AlO2

﹣

﹣

﹣

+2H2O，故B正确；

C．由Fe、Cu、FeCl3溶液组成原电池，铁和铜都与氯化铁反应，但铁的金属性比铜强，所以铁作负极，铜作正极，其负极反应式为：Fe﹣2e=Fe2+，故C错误；

﹣

D．Al、Cu、浓硝酸组成原电池，铝和浓硝酸发生钝化现象，铜和浓硝酸能自发的进行反应，所以铜作负极，铝作正极，其负极反应式为：Cu﹣2e=Cu2+，故D正确；

﹣

16．氨气是中学化学中常见的气体，其用途广泛。 （1）实验室制取氨气的化学方程式是。 （2）工业上氨气可以由氢气和氮气合成。

①该反应的热化学方程式是。

②简述一种检查氨气是否泄露可采用的化学方法：。

（3）下表是当反应器中按n(N2):n(H2)=1:3投料后，在200℃、400℃、600℃下，反应达到平衡时，混合物中NH3的物质的量分数随压强的变化曲线。

①曲线a对应的温度是。

②关于工业合成氨的反应，下列叙述正确的是 (填字母)。 A. 及时分离出NH3可以提高H2的平衡转化率 B. 加催化剂能加快反应速率且提高H2的平衡转化率

C. 上图中M、N、Q点平衡常数K的大小关系是K(M)= K(Q) >K(N) ③ M点对应的H2转化率是。

（4）工业制硫酸的尾气中含较多的SO2，为防止污染空气，回收利用SO2，工业上常用 氨水吸收法处理尾气。

① 当氨水中所含氨的物质的量为3 mol ，吸收标准状况下44.8 L SO2时，溶液中的溶 质为。

② (NH4)2SO3显碱性，用化学平衡原理解释。

③ NH4HSO3显酸性。用氨水吸收SO2，当吸收液显中性时，溶液中离子浓度关系正确 的是(填字母)。

a．c(NH4) = 2c(SO32) ＋ c(HSO3)

＋

－

－

b．c(NH4)> c(SO32-)> c(H+)= c(OH-)

＋

c．c(NH4)+ c(H+)= c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)

＋

（5）氨气是一种富氢燃料，可以直接用于燃料电池，下图是供氨水式燃料电池工作原理：

①氨气燃料电池的电解质溶液最好选择(填“酸性”、“碱性”或“中性”)溶液。 ②空气在进入电池装置前需要通过过滤器除去的气体是。

③氨气燃料电池的反应是氨气与氧气生成一种常见的无毒气体和水，该电池的电极总反应是，正极的电极反应方是。

【答案】（1）2NH4Cl +Ca(OH)2△2NH3↑+CaCl2 +2H2O(1分) （2）①N2(g) +3H2(g)

2NH3(g)?H= －93.36 kJ/mol(1分)

②将湿润的红色石蕊试纸接近容器，观察试纸是否变蓝，如果变蓝说明有氨气泄露。(或蘸取浓盐酸接近容器，观察是否有白烟生成，如果有白烟生成说明管道泄露。) (1分) （3）① 200℃(1分)② AC(1分)③ 75%(1分) （4）① (NH4)2SO3和NH4HSO3(1分) ② NH4+ + H2O

NH3·H2O + H+ SO32+H2O

－

HSO3+ OH,SO32水解程度大于

－

－

－

NH4+的水解程度使溶液中c(OH-) > c(H+)，溶液呈碱性。(1分) ③ a b(2分)

（5）①碱性(1分 ②CO2(1分)③ 4NH3+ 3O2= 2N2 + 6H2O (1分) 3O2 + 12e+ 6H2O = 12OH(1分)或 O2 + 4e+ 2H2O = 4OH 【解析】

试题分析：（1）实验室制取氨气的化学方程式是2NH4Cl +Ca(OH)2△2NH3↑+CaCl2 +2H2O。 （2）①该反应的△H=945 kJ/mol+3×(436 kJ/mol)-6×(－391.06 kJ/mol)= －93.36 kJ/mol。 ②检查氨气是否泄露有：将湿润的红色石蕊试纸接近容器，观察试纸是否变蓝，如果变蓝说明有氨气泄露。(或蘸取浓盐酸接近容器，观察是否有白烟生成，如果有白烟生成说明管道泄露。

（3）①曲线a的NH3的物质的量分数最大，而合成氨为放热反应，故对应的温度最低，是200℃。

考点：官能团为酯键的芳香化合物的性质。

②A.及时分离出NH3可以使平衡正向移动，可以提高H2的平衡转化率； B. 加催化剂能加快反应速率，但不能破坏破坏，不能提高H2的平衡转化率； C.合成氨为体积缩小的反应，压强越高平衡常数K越大，故K(M)= K(Q) >K(N)。 ③N2(g) +3H2(g)

2NH3(g)

－

－

－

－

1 3 0 变化:1x 3x 2x M点对应

2x=60%，H2转化率75%。

(1?x)?(3?x)?2x

（4）① 当氨水中所含氨的物质的量为3 mol ，吸收标准状况下44.8 L即2molSO2时，溶液中的溶

质含NH?4与S的个数比为3:2，故是1:1的(NH4)2SO3和NH4HSO3。

2?② (NH4)2SO3显碱性，是SO3水解的缘故。

③ NH4HSO3显酸性。用氨水吸收SO2，当吸收液显中性时，

a．因为c(NH4)+ c(H)= 2c(SO32) ＋ c(HSO3)+ c(OH)，中性得出c(NH4) = 2c(SO32)

＋

＋

－

－

－

＋

－

＋ c(HSO3)；

2??2-b．NH?4为盐直接电离的离子，SO3是HSO3电离的离子，即c(NH4)> c(SO3)；

＋

－

c．由电荷守恒：c(NH4)+ c(H+)=2 c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)

＋

（5）③氨气燃料电池的反应是氨气与氧气生成一种常见的无毒气体是N2和水，即4NH3+ 3O2= 2N2 + 6H2O，正极的电极反应方是O2 + 4e+ 2H2O = 4OH

17．（10分）I.对于钠的卤化物（NaX）和硅的卤化物（SiX4），下列叙述正确的是 A．SiX4难水解 B．SiX4是共价化合物 C．NaX易水解 D．NaX的熔点一般高于SiX4 II.碳元素的单质有多种形式，下图依次是C60、石墨和金刚石的结构图：

－

－

回答下列问题：

（1）金刚石、石墨、C60.碳纳米管等都是碳元素的单质形式，它们互为_____________。 （2）金刚石、石墨烯（指单层石墨）中碳原子的杂化形式分别为____、____。 （3）C60属于____晶体，石墨属于____晶体。

（4）石墨晶体中，层内C-C键的键长为142 pm，而金刚石中C-C键的键长为154 pm。其原因是金刚石中只存在C-C间的____共价键，而石墨层内的C-C间不仅存在____共价键，还有____键。

（5）金刚石晶胞含有____个碳原子。

【答案】I. BD；II.（1）同素异形体；（2）sp3 ，sp2；（3）分子，混合；（4）δ，δ，π；

（5）8 。 【解析】

试题分析：I. 硅的卤化物易水解生成硅酸和氢化卤，钠的卤化物不易水解，因此AC选项错误；SiX4属于共价化合物，NaX属于离子化合物，一般情况下，离子化合物的熔沸点高于共价化合物的，故BD选项正确；II.（1）金刚石、石墨、C60.碳纳米管是由同种元素组成不同结构的单质，因此它们互称为同素异形体；（2）金刚石中C有4个碳碳单键，无孤电子对，因此杂化类型为sp3，石墨结构中碳原子有3个碳碳单键，另一个电子形成π键，价层电子对数为3，杂化类型为sp2；（3）C60是分子组成，分子之间以分子间作用力构成，故属于分子晶体，石墨属于混合晶体；（4）金刚石只存在碳碳单键，根据电子云重叠程度，优先建立δ键，因此金刚石中碳碳之间形成δ键，石墨层中C－C间存在δ键，剩下那个电子跟其他碳原子的电子形成π键；（5）根据均摊法，晶胞中碳原子的个数8×1/8＋6×1/2＋4=8。 考点：考查化合物熔沸点、同素异形体、杂化类型、晶体类型、晶胞等知识。

18．（15分）实验室通常用无水乙醇和浓硫酸加热到170℃制取乙烯,反应方程式为：CH3CH2OH

浓硫酸 170℃ CH2＝CH2↑＋H2O。若温度过高或加热时间过长，制得的乙烯往往混

有CO2、SO2、H2O（g）。

（1）试用下图所示的装置设计一个实验（必要的装置可重复使用），验证制得的气体中含有乙烯，二氧化碳，二氧化硫和水蒸气，按气流的方向，各装置的连接顺序是

（2）实验时若观察到：①中A瓶中溶液褪色，B瓶中溶液颜色逐渐变浅，C瓶中溶液不褪色，则A瓶的作用是，B瓶的作用是，C瓶的作用是。 （3）检查装置④的气密性操作是：

（4）若气体通过装置③中所盛溶液时，产生白色沉淀，它可以用来验证的气体是____。若气体通过装置③中所盛溶液时，溶液的颜色消失，则该溶液的名称是______。

（5）装置②中所加的试剂名称是______，它可以验证的气体是__________，简述确定装置

②在整套装置中的位置的理由是_______________________________。 （6）某同学做此实验时发现装置④存在的不妥之处是： 【答案】（1）④②①③③ （2分）

（2）A：检验是否有SO2 ，B：除去或吸收SO2 ，C：检验SO2 是否除尽 （各1分） （3）关闭止水夹，通过分液漏斗向烧瓶中加水至水不再流下，说明气密性良好（2分） （4）CO2 溴的四氯化碳溶液 （各1分）

（5）无水硫酸铜 水蒸气 （各1分） ①③导出的气体带有水蒸气，影响水蒸气的确定 （2分）

（6）发生装置中缺少温度计 （2分） 【解析】

试题分析：在检验其它物质时可能会引入水，所以应该先检验水；由于乙烯和SO2都能使溴水和高锰酸钾溶液褪色，再检验SO2、然后除去SO2、检验乙烯，最后检验二氧化碳。所以各装置的连接顺序是④②①③③；（2）实验时若观察到：①中A瓶中溶液褪色，B瓶中溶液颜色逐渐变浅，C瓶中溶液不褪色，则A瓶的作用是检验是否有SO2 ，B瓶的作用是除去或吸收SO2 ；C瓶的作用是检验SO2 是否除尽。（3）检查装置④的气密性操作是：关闭止水夹，通过分液漏斗向烧瓶中加水至水不再流下，说明气密性良好。（4）若气体通过装置③中所盛溶液时，产生白色沉淀，它可以用来验证的气体是CO2；若气体通过装置③中所盛溶液时，溶液的颜色消失，则该溶液的名称是溴的四氯化碳溶液或溴水。（5）装置②中所加的试剂是无水硫酸铜，其作用是检验水蒸气的存在；由于①③导出的气体带有水蒸气，影响水蒸气的确定，所以装置②在整套装置中的位置应该放在首要位置；（6）用无水乙醇和浓硫酸加热到170℃制取乙烯，而该装置中缺少温度计。

考点：考查乙烯的实验室制法、装置气密性的检查、气体检验的先后顺序、试剂的选择与使用等基本操作。

19．工业上，向500—600℃的铁屑中通入氯气生产无水氯化铁(氯化铁遇水能反应)；向炽热铁屑中通入氯化氢生产无水氯化亚铁。现用如图所示的装置模拟上述过程进行试验。

回答下列问题：

（1）检验该装置气密性的方法。

（2） 制取无水氯化铁的实验中，A中反应的化学方程式为： MnO2+4HCl(浓)

MnCl2+2H2O+Cl2↑

该反应的氧化剂为，氧化产物为。

生成标况下11.2L Cl2时，转移的电子数为。

（3）制取无水氯化亚铁的实验中，装置A用来制取。 （4）该装置制取氯化铁时，存在两点明显缺陷，分别是；

【答案】（1）关闭分液漏斗的活塞，D中导管插入水中，用酒精灯微热烧瓶，D中导管口有气泡冒出，停止加热后，导管内有一段上升的水柱，证明装置气密性良好。 （2）MnO2Cl26.02×1023（3）HCl

（4）A与B之间缺少一个除去氯化氢的装置； C和D之间缺少一个干燥装置 【解析】

试题分析：（1）检验该装置气密性的方法：关闭分液漏斗的活塞，D中导管插入水中，用酒精灯微热烧瓶，D中导管口有气泡冒出，停止加热后，导管内有一段上升的水柱，证明装置气密性良好；（2）MnO2+4HCl(浓)

MnCl2+2H2O+Cl2↑，反应中锰元素化合价降低，所

以MnO2是氧化剂、氯元素化合价升高，所以Cl2是氧化产物；根据方程式，生成1mol氯气转移电子 2mol，所以生成标况下11.2L Cl2时，转移的电子数为6.02×1023；（3） 制取无水氯化亚铁需要铁和氯化氢反应，所以装置A用来制取氯化氢；（4）该装置制取氯化铁时，存在两点明显缺陷，分别是：制取的氯气中含有氯化氢杂质，A与B之间缺少一个除去氯化氢的装置；氯化铁遇水能反应，所以C和D之间缺少一个干燥装置。

考点：本题考查化学实验。

20．绿矾(FeSO4·7H2O)广泛用于工农业生产。下面是以市售铁屑(含少量锡、氧化铁等杂质)为原料生成纯净绿矾的一种方法：

查询资料，得有关物质的数据如下表：

25℃时 饱和H2S溶液 SnS沉淀完全 FeS开始沉淀 FeS沉淀完全 pH值 3.9 1.6 3.0 5.5 （1）操作II中，通入硫化氢至饱和的目的是_________________________；在溶液中用硫酸酸化至pH=2的目的是_________________________；

（2）操作IV得到的绿矾晶体用少量冰水洗涤，其洗涤的目的是_____________；用冰水的原因是_________________________；

（3）次氯酸盐在碱性条件下氧化硫酸亚铁可得高冷净水剂K2FeO4，离子方程式为_______________；

（4）25℃时，将FeSO4·7H2O样品溶于水配成FeSO4溶液，该溶液中的Fe2+在空气中易被氧化成Fe3+，若向完全被氧化后的溶液中滴加NaOH溶液，当滴至溶液的pH=4时，溶液中的c(Fe3+)=________mol/L。[已知该温度下，Fe(OH)3的Ksp=4.0×10-38]

（5）将8.34gFeSO4·7H2O样品隔绝空气加热脱水，其热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示：

①在100℃时M的化学式为______________________； ②FeSO4·7H2O晶体中有______种不同结合力的水分子。

【答案】（1）防止Fe2+沉淀 除去Sn2+并防止Fe2+被氧化 （2）洗去晶体表面的硫酸等杂质，降低晶体的溶液度，减少损失 （3）2ClO-+Fe2 ++4OH-=FeO42-+2Cl-+2H2O （4）4.0×10-8 （5）①FeSO4·4H2O ②3 【解析】

试题分析：（1）通入硫化氢至饱和的目的是：硫化氢具有强还原性，可以防止亚铁离子被氧化，已知：在H2S饱和溶液中，SnS沉淀完全时溶液的pH为1.6；FeS开始沉淀时溶液的pH为3.0，沉淀完全时的pH为5.5，操作Ⅱ在溶液中用硫酸酸化至pH=2的目的是，在溶液PH=2时，Sn2+完全沉淀，亚铁离子不沉淀；（2）晶体洗涤的目的是除去晶体表面附着的溶液，主要是硫酸等杂质，冰水温度低，物质溶解度减小，避免绿矾溶解带来的损失；（3）次氯酸盐在碱性条件下氧化硫酸亚铁可得高冷净水剂K2FeO4，离子方程式为2ClO-+Fe2

+

+4OH-=FeO42-+2Cl-+2H2O；（4）当溶液pH=4时，c(OH-)=1×10-10mol/L，c(Fe3+)=Ksp/

c3(OH-)=4.0×10-8 mol/L；（5）①8.34g FeS04?7H20样品物质的量=8.34g÷278g/mol=0.03mol，其中m(H20)=0.03mol×7×18g/mol=3.78g，如晶体全部失去结晶水，固体的质量应为8.34g-3.78g=4.56g，可知在加热到373℃之前，晶体失去部分结晶水，温度为78℃时，固体质量为6.72g，其中m(FeS04)=0.03mol×152g/mol=4.56g，m(H20)=6.72g-4.56g=2.16g，n(H20)=2.16g÷18g/mol=0.12mol，则n(H20)：n(FeS04)=0.12mol：0.03mol=4：1，则化学式为FeSO4?4H2O；在100℃时，M的化学式为FeSO4?4H2O；②温度为l59℃时，固体质量为5.10g，其

中

m(FeS04)=0.03mol×152g/mol=4.56gm(H20)=5.10g-4.56g=0.54g

，

n(H20)=0.54g÷18g/mol=0.03mol，则n(H20)：n(FeS04)=0.03mol：0.03mol=1：1，则化学式为FeSO4?H2O；加热至373℃时，固体的质量为4.56g，其中

m(FeS04)=0.03mol×152g/mol=4.56g；加热至633℃时，固体的质量为2.40g，其中n(Fe)=n(

FeS04?7H20)=0.03mol，m(Fe)=0.03mol×56g/mol=1.68g，则固体中

m(O)=2.40g-1.68g=0.72g，n(O)=0.72g÷16g/mol=0.045mol，则n(Fe)：n(O)=0.03mol：0.045mol=2：3，则固体物质Q的化学式为Fe2O3，FeSO4?7H2O晶体中有3种不同B结合力

的水分子。

【考点定位】考查铁盐亚铁盐的性质应用、分离混合物的实验方法设计和分析判断、化学方程式的计算等。

【名师点晴】侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高频考点，注意把握物质的质量的变化关系，能读懂图象，从质量守恒的角度解答该题，其中流程分析是解题关键，具体分析是：铁屑加入稀硫酸生成硫酸亚铁、硫酸锡，过滤后得到滤液，将滤液加入稀硫酸酸化，并通入硫化氢，可生成SnS沉淀并防止亚铁离子被氧化，过滤后得到滤液为硫酸亚铁，经蒸发浓硫酸、冷却结晶、过滤可得到FeSO4?7H2O，据此作答。

21．(10分)．698 K时，向某V L的密闭容器中充入2 mol H2(g)和2 mol I2(g)，发生反应：H2(g)＋I2(g)

2HI(g) ΔH＝－26.5 kJ·mol1，测得各物质的物质的量浓度与时间变化

－

的关系如图所示。

请回答下列问题： (1)V＝__________。

(2)该反应达到最大限度的时间是________，该时间内平均反应速率v(HI)＝________。 (3)该反应达到平衡状态时，________(填“吸收”或“放出”)的热量为__________。 【答案】(1)2 L (2)5 s 0.316 mol·L1·s1 (3)放出 41.87 kJ

－

－

【解析】(1)根据图像可知，氢气的起始浓度是1.00molL，起始物质的量是2mol，所以容器容积是2L。

（2）根据图像可知，当反应进行到5s时，各种物质的浓度不再发生变化，说明反应达到平衡状态；5s内HI的浓度改变了1.58mol/L，所以HI的反应速率是1.58mol/L÷5s＝0.316 mol·L

－1

·s1。

－

（3）根据图像可知，氢气的浓度减少了0.79mol/L，所以消耗氢气的物质的量是0.79mol/L×2L＝1.58mol，因此反应放出的热量是1.58mol×26.5 kJ·mol1＝41.87 kJ。

－

22．（12分）某固体混合物可能含Al、（NH4）2SO4、MgCl2、A1Cl3、FeCl2、NaCl中的一种

或几种，现对该混合物作如下实验，所得现象和有关数据如图（气体体积已换算成标况下体积）：

回答下列问题：

（1）混合物中是否存在FeCl2_____________（填“是”或“否”）；

（2）混合物中是否存在（NH4）2SO4_____________（填“是”或“否”），你的判断依据是________________。

（3）写出反应④的离子反应式：_________________________。

（4）请根据计算结果判断混合物中是否含有AlCl3（填“是”或“否”）,你的判断依据是_________。

【答案】（12分）（1）否（2）是，气体通过浓硫酸减少4.48L （3）AlO2＋H＋H2O==Al（OH）3↓

（4）否，由题中信息可推得一定含有Al、（NH4）2SO4和MgCl2三种物质，而计算出这三种物质的质量之和刚好等于28.1g，所以一定没有AlCl3。 【解析】

试题分析：（1）白色沉淀久置不变色，说明无氯化亚铁。（2）气体通过浓硫酸后体积减少4.48升，说气体中有氨气，则原固体中国一定含有硫酸铵。（3）无色溶液中有铝和过量的氢氧化钠溶液反应后得到的偏铝酸钠，加入盐酸生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为：AlO2＋H＋H2O==Al（OH）3↓。

（4）由以上分析可知原固体中一定含有金属铝，且其质量为5.4克，原固体中一定含有0.1摩尔硫酸铵，其质量为13.2克，固体中氯化镁为0.1摩尔，质量为9.5克，三种物质的质量总和正好等于28.1克，所以一定没有氯化铝。

考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用，未知物的检验 23．【化学——选修5：有机化学基础】（15分）

X、Y都是芳香族化合物,均为常见食用香精，广泛用于化妆品、糖果及调味品中。 1 mol X水解得到1 mol Y和1 mol CH3CH2OH，X、Y的分子量都不超过200，完全燃烧都只生成CO2和H2O。且X分子中碳和氢元素总的质量百分含量约为81.8%，且碳与氢元素

－

＋－

＋

的质量比为11:1

（1）X、Y分子量之差为_____________。 （2）1个Y分子中应该有________个氧原子。 （3）X的分子式是。

（4）G和X互为同分异构体，且具有相同的官能团，用芳香烃A合成G路线如下：

① 写出A的结构简式 。

② B→C的反应类型是 ，E→F反应的化学方程式为：。 ③ 写出所有符合下列条件的F的同分异构体的结构简式：。 ⅰ.分子内除了苯环无其他环状结构，且苯环上有2个对位取代基。

ⅱ.一定条件下，该物质既能与银氨溶液发生银镜反应又能和FeCl3溶液发生显色反应。

【答案】（1）28 （2分）（2）2 （1分） （3）C11H12O2（2分） （3）①（2分）

②取代反应，（1分） （3分）

③【解析】

（4分）

试题分析：（1）1 mol X水解得到1 mol Y和1 mol CH3CH2OH，则X、Y分子量之差为46—18＝28。

（2） X分子中碳和氢元素总的质量百分含量约为81.8%，且碳与氢元素的质量比为11:1，则碳与氢个数之比是11：12。X、Y的分子量都不超过200，所以X分子中只能有11个碳

原子和12个氢原子，则X的相对分子质量是144÷0.818＝176，则氧原子个数＝（176—144）÷16＝2，即C中中含有1个酯基，所以1个Y分子中应该有2个氧原子。 （3）根据以上分析可知X的分子式是C11H12O2。

（4）G和X互为同分异构体，且具有相同的官能团，即含有酯基。C发生催化氧化生成D，

则根据D的结构简式可知C的结构简式为。B水解生成C，则B的结

构简式为。A发生加成反应生成B，则A的结构简式为。

F能与乙醇发生酯化反应，说明F分子中含有羧基，根据E生成F的反应条件可知，该反应

是羟基的消去反应，所以D生成E是醛基的氧化反应，则E的结构简式为，F

和G的结构简式分别是、。

①根据以上分析可知A的结构简式为。

②根据以上分析可知B→C的反应类型是取代反应，E→F反应的化学方程式为

。

③ⅰ.分子内除了苯环无其他环状结构，且苯环上有2个对位取代基。ⅱ.一定条件下，该物质既能与银氨溶液发生银镜反应又能和FeCl3溶液发生显色反应，这说明含有酚羟基和醛基，

则符合条件的有机物结构简式为

考点：考查有机化学基础模块的分析与应用 24．【化学—选修5：有机化学基础】（15分）

、。

盐酸普鲁卡因（

用较快、较强，毒性较低，其合成路线如下：

）是一种局部麻醉剂，麻醉作

已知：①

② ③

请回答以下问题：

（1）A的核磁共振氢谱只有一个峰，则A的结构简式为____________________。 （2）C的结构简式为__________，C中含有的含氧官能团的名称为__________。 （3）合成路线中属于氧化反应的有____________________（填序号），反应③的反应类型为____________________

（4）反应⑤的化学反应方程式为______________________________________________。 （5）B的某种同系物E，相对分子质量比B大28，其中—NO2与苯环直接相连，则E的结构简式为____________________（任写一种）。

（6）符合下列条件的E的同分异构体的数目有__________种。 ①结构中含有一个“—NH2”与一个“—COOH” ②苯环上有三个各不相同的取代基

（7）苯丙氨酸（）是人体必需的氨基酸之一，写出其发生缩聚反应

的化学方程式____________________________________________________________。

【答案】（1） （1分）

（2） （1分） 硝基、羧基（2分，各1分）

（3）①④ （2分，各1分） 取代反应（1分） （

4

）

（2分）

（5）

（2分，其他合理答案均可以）

（6）30 （2分）

（7）（2分） 【解析】

试题分析：（1）A的核磁共振氢谱只有一个峰，说明A分子中只有一种位置的H原子，则A的结构简式为：

（2）对比盐酸普鲁卡因与甲苯的结构简式，则C的结构简式为：；

含有的官能团为：硝基、羧基。

（3）反应①为乙烯在催化剂条件下被O2氧化，反应④为B中的—CH3被酸性高锰酸钾溶液氧化为—COOH，故合成路线中属于氧化反应的有①④；反应③为—CH3对位的H

原子被—NO2代替，所以反应类型为取代反应。

（4）反应⑤为羧基与羟基发生的酯化反应，所以化学反应方程式为：

（5）B的某种同系物E，相对分子质量比B大28，则E比B多2个CH2原子团，其中—NO2

与苯环直接相连，则E的结构简式为

（6）根据①结构中含有一个“—NH2”与一个“—COOH”，②苯环上有三个各不相同的取代基，这3个取代基可能为—NH2、—COOH、—C2H5或—CH2NH2、—COOH、—CH3或—NH2、—CH2COOH、—CH3三种情况，每种情况有10种排列方式，所以共有30种。 （7）苯丙氨酸分子间—COOH与—NH2发生缩聚反应，所以化学方程式为：

考点：本题考查有机合成的分析、有机反应类型、化学方程式的书写、同分异构体的判断。

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