高考化学复习山东省平度市第四中学高三下期3月月考化学试卷(鲁.docx

高中化学学习材料
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山东省平度市第四中学2016届高三下期3月月考化学试卷（鲁
教版，解析版）
1．下列叙述中，能说明金属M的金属性比金属N的金属性强的是
A．M原子的最外层电子数比N原子的最外层电子数少
B．常温时，M单质能从水中置换出氢气，而N单质不能反应
C．1mol M从稀H2SO4中置换出的H2比l mol N从稀H2SO4中置换出的H2多
D．在最高价氧化物的水化物中，M的化合价比N高。

【答案】B
【解析】
2．下列有关金属腐蚀与防护的说法不正确的是（）
A．纯银器表面在空气中因化学腐蚀渐渐变暗
B．当镀锌铁制品的镀层破损时，镀层仍能对铁制品起保护作用
C．在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀是采用了牺牲阳极的阴极保护法
D．可将地下输油钢管与外加直流电源的正极相连以保护它不受腐蚀
【答案】D
【解析】
试题分析：A．纯银不与O2反应，由于空气中存在极少量O3，可将Ag氧化为AgO，表面变暗，属于化学腐蚀，正确；B．镀锡铁制品的镀层破损时，锡、铁可构成原电池，铁作负极，加快铁的腐蚀；正确；C．锌、铁、海水形成原电池，铁失去电子作负极，从而保护了铁，正确；C．采用外加电流的阴极保护法时，被保护金属与直流电源的负极相连，错误。

考点：金属的腐蚀与防护
3．取一块金属钠放在燃烧匙里加热，观察到下列现象：①金属先熔化；②在空气中燃烧，产生黄色火花；③燃烧后得到白色固体；④燃烧后火焰为黄色；⑤燃烧后生成浅黄色固体物质。

描述正确的是（）
A．①② B．①②③ C．①④ D．①④⑤
【答案】D
【解析】金属钠燃烧现象：金属先熔化；燃烧后火焰为黄色；燃烧后生成浅黄色固体物质。

4．下列说法正确的是（）
A．可燃物燃烧的条件是可燃物要与氧气接触或温度要达到着火点
B．爆炸一定是化学变化
C．自燃一定是发光发热的氧化反应
D．发热发光的变化一定是化学变化
【答案】C
【解析】
试题分析：A.可燃物必须同时具备“与氧气接触”并“达到着火点”两个条件才能充分燃烧，是同时具备的条件，二者缺一不可，错误；B.通常所说的爆炸不一定是由于放热的化学反应引起的,也可能是物质受热体积膨胀大于容器的承受力时所致，错误；C.自燃的反应不一定剧烈，而是达到了燃烧的条件，是氧化还原反应，正确；D.白炽灯发光发热，是能量的转化形式，没有新物质产生，是物理变化，而不是发生化学变化，错误。

考点：考查物理变化、化学变化、燃烧的条件自燃、爆炸等知识。

5．把mg铜丝灼烧变黑，立即放入下列物质中，能使铜丝变红但质量减小的是
A． NaOH溶液B．CH3COOH C．水D．CH3CH2OH
【答案】B
【解析】铜丝灼烧变黑即生成了黑色固体氧化铜，铜丝质量增加，当放入NaOH溶液中，不反应，即铜丝质量增加，A错；放入CH3COOH中，氧化铜与其发生反应，铜丝质量减小，B 正确；放入水中，不反应铜丝质量增加；放入CH3CH2OH中，氧化铜被还原为铜，铜丝质量不变，D错；
6．下列各组离子在溶液中能大量共存的是
A．K+、Na+、SO42-、CO32- B．NH4+、Na+、SO42-、OH-
C．H+、K+、HCO3-、Cl- D．Al3+、K+、OH-、NO3-
【答案】A
【解析】
试题分析：A、正确；B、NH4+、OH-反应不共存，错误；C、H+、HCO3-反应不共存，错误；D、Al3+、OH-反应不共存，错误。

考点：考查离子共存有关问题。

7．一种新型绿色电池—燃料电池，是把H2、CO、CH4气体和空气不断输入直接氧化，使化学能转变为电能，它被称为21世纪的绿色发电站，这三种气体可以作为燃料电池所需燃料的理由是
A．都是无毒无害气体 B．在自然界都大量存在
C．都可以燃烧并放出大量的热 D．燃烧产物均为CO2和H2O
【答案】C
【解析】
试题分析：A、无毒无害气体不一定能够用作燃料，例如氮气无毒无害，不能用作燃料，A 错误；B、在自然界大量存在的物质不一定能够用作燃料，例如水大量存在，不能用作燃料，B错误；C、都可以燃烧并放出大量的热，可以用作燃料，C正确；D、氢气燃烧不能生成二氧化碳，一氧化碳燃烧不能生成水，D错误。

考点：考查了常用原料的使用和对环境的污染等相关知识。

8．下列说法正确的是 ( )
A．化学反应中的能量变化，都表现为热量的变化
B．需要加热才能发生的反应，一定是吸收能量的反应
C．释放能量的反应在常温下一定很容易发生
D．是吸收能量的反应还是释放能量的反应，必须看反应物的总能量和生成物的总能量的相对大小
【答案】D
【解析】A错，化学反应中的能量变化，通常表现为热量的变化；B错，某一反应是放热反应还是吸热反应与反应条件无关，取决于反应物与生成物的总能量相对大小；C错，反应为放热还是吸热与反应条件无关；D正确；
9．ClO2是一种广谱型的消毒剂，根据世界环保联盟的要求，ClO2将逐渐取代Cl2成为自来水的消毒剂。

工业上ClO2常用NaClO3和Na2SO3溶液混合并加入H2SO4酸化后反应制得，在该反应中NaClO3和Na2SO3的物质的量之比为
A．3∶1 B．2∶3 C．1∶2 D．2∶1
【答案】D
【解析】
试题解析：NaClO3和Na2SO3溶液混合并加H2SO4酸化后反应过程中，氯元素化合价有+5价降到+4价，降低了1价，硫元素化合价从+4价升高到+6价，升高了2价，化合价升高数和化合价降低数相等，所以NaClO3和Na2SO3的物质的量之比为2：1。

考点：氧化还原反应的计算
10．反应3X(g)+Y(g) Z(g)+2W(g)在2L密闭
容器中进行，5min后Y减少了0.1mol，则此反应的平均速率v为（）
A．V(Y)=0.02mol·L—1·min—1 B．V(Z)=0.10mol·L—1·min—1
C．V(X) =0.03mol·L—1·min—1D．V(W)=0.02mol·L—1·s—1
【答案】C
【解析】
试题分析：在2L密闭容器中进行，5min内Y减少了0.1mol，所以v（Y）=0.1mol÷2L÷5min=0.01mol/（L•min）。

A、v（Y）=0.1mol÷2L÷5min =0.01mol/（L•min），故A错误；
B、速率之比等于化学计量数之比，所以v（Z）=v（Y）=0.01mol/（L•min），故B错误；
C、速率之比等于化学计量数之比，所以v（X）=3v（Y）=0.03mol/（L•min），故C正确；
D、速率之比等于化学计量数之比，所以v（W）=2v（Y）=0.02mol/（L•min）=1.2mol/（L
•S），故D错误．
故选C。

考点：反应速率的定量表示方法
点评：本题考查化学反应速率的计算，难度较小，反应速率计算通常有定义法、化学计量数法，根据情况选择使用。

11．在一密闭容器中充入一定量的N2和H2，经测定反应开始后的2s内氢气的平均速率：ν(H2)=0．45mol/(L•s)，则2s末NH3的浓度为( )
A．0．50mol/L B．0．60mol/L C．0．45mol/L D．0．55mol/L
【答案】B
【解析】
试题分析：发生反应N2+3H22NH3，2s内氢气的平均速率：ν(H2)=0.45mol/(L•s)，利
用速率之比等于化学计量数之比计算v(NH3)，则v(NH3)=2
3
×ν(H2)=
2
3
×0.45mol/(L•
s)=0.3mol/(L•s)，故2s末NH3的浓度为0.3mol/(L•s)×2s=0.6mol/L，故选B。

考点：考查了反应速率的定量表示方法的相关知识。

12．化学无处不在，下列与化学有关的说法不正确的是
A．侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异
B．硅胶可以除去氯气中的水蒸气
C．明矾净水属于物理变化
D．黑火药由硫黄、硝石、木炭三种物质按一定比例混合制成
【答案】C
【解析】
试题分析：明矾电离的铝离子发生水解，生成了氢氧化铝，氢氧化铝具有较大的接触面积，具有吸附性，所以常用作净水剂，属于化学变化，答案选C。

考点：考查生活中的化学。

13．下列物质的转化在给定条件下能实现的是
①SiO2Na2SiO3H2SiO3②Fe Fe2O3Fe2(SO4)3
③BaSO4BaCO3BaCl2(Ksp(BaSO4)=1.1×10-10 Ksp(BaCO3)=2.6×10-9)
④AlCl3溶液Al NaAlO2
⑤HCHO HCOOH HCOOCH3
A ．①②⑤
B ．②③④
C ．②④⑤
D ．①③⑤
【答案】D
【解析】
试题分析：①正确；铁燃烧生成四氧化生铁，得不到氧化铁，②不正确；只要溶液中c(Ba
2＋)·c(CO 32－)＞Ksp(BaCO 3)即可形成碳酸钡沉淀，因此硫酸钡能溶于饱和的碳酸钠溶液中生成碳酸钡，③正确；电解氯化铝溶液生成氯气、氢气和氢氧化铝，④不正确；⑤正确，答案选D 。

考点：考查物质转化的有关判断
14．2014年诺贝尔化学奖获得者Moerner 早在1989年就利用吸收光谱在4K 温度条件下观察到了单个并五苯（）的荧光信号，该项工作被称为里程碑式的贡献。

并五苯一氯取代物数目为
A ．4
B ．6
C ．7
D ． 11
【答案】A
【解析】
试题分析：并五苯一氯取代物有4种（如图：
）。

考点：考查了同分异构体的相关知识。

15．经一定时间后，可逆反应aA ＋bB
cC 中
物质的含量A ％和C ％随温度的变化曲线如下图所示，下列说法正确的是
A．该反应在T1、T3温度时达到化学平衡
B．升高温度，平衡会向正反应方向移动
C．该反应的逆反应是放热反应
D．该反应在T2温度时达到化学平衡
【答案】D
【解析】
试题分析：A、T2℃之前A%变小，C%从0渐增大，而T2℃之后A%渐大，C%渐小，说明T2℃之前是反应没有达到平衡状态，而T2℃时恰好平衡，A项错误；B、T2℃之后A%渐大，C%渐小，T2℃之后是温度升高使平衡向左移动， B项错误；C、据以上分析，T2℃之后是温度升高使平衡向左移动，逆反应是吸热反应，C项错误；D、T2℃之前A%变小，C%从0渐增大，而T2℃之后A%渐大，C%渐小，说明T2℃之前是反应没有达到平衡状态，而T2℃时恰好平衡，D项正确；答案选D。

考点：考查平衡图像问题
16．用Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物HC1。

利用反应A，可实现氯的循环利用。

反应A：4HCl(g) ＋O2(g) Cl2 (g)＋2H2O (g)
已知：i．反应A中， 4mol HC1被氧化，放出115.6kJ的热量。

ii．
H2O的电子式是_______________。

反应A的热化学方程式是_______________。

③断开1 mol H—O 键与断开 1 mol H—Cl 键所需能量相差约为__________kJ，H2O中H—O 键比HCl中H—Cl键（填“强”或“弱”）_______________。

【答案】①② 4HCl(g) ＋O2(g) Cl2(g)＋2H2O (g) ∆H =－115.6 kJ/mol③32 ；强
【解析】
试题分析：①水的电子式为；②注意书写热化学方程式时要标明物质的状态
和∆H，故反应方程式为4HCl(g)+O2(g)Cl2(g)＋2H2O (g) ∆H =－115.6 kJ/mol；③；假设断裂1molH-Cl和1molH-O键所需能量分别为X和Y，反应热就是断键吸收的能量和形成化学键所放出的能量的差值，所以有4x＋498kJ－2×243kJ－2×2×y＝－115.6kJ，解得y－x＝31.9，H—O 键比HCl中H—Cl键强，故答案为31.9；强.
考点：化学反应中的能量变化
17．（17分）在工农业生产和科学研究中，许多重要的化学反应需要在水溶液中进行，试分析并回答以下问题：
（1）向体积均为20.00 mL、浓度均为0.1 mol·L-1盐酸和醋酸溶液中分别滴加0.1 mol·L-1 NaOH溶液。

随加入的NaOH溶液体积的增加，溶液pH的变化如下图所示：
①用NaOH溶液滴定醋酸溶液的曲线是__________________（填“I”或“Ⅱ”）；
②实验前，上述三种溶液中由水电离出的c（H+）最大的是______________溶液（填化学式）；
③图中V1和V2大小的比较：V1_____V2（填“>”、“<”或“=”）；
④图I中M点对应的溶液中，各离子的物质的量浓度由大到小的顺序是：
______>______>______>________（用离子的物质的量浓度符号填空）。

（2）为了研究沉淀溶解平衡，某同学查阅资料并设计了如下实验（相关数据测定温度及实验环境均为25℃）：
资料：AgSCN是白色沉淀；K sp（AgSCN）=1.0×10-12；K sp（AgI）=8.5×10-17
①步骤2中溶液变红色，说明溶液中存在SCN-，该离子经过步骤1中的反应，在溶液中仍然
存在，原因是：_____________（用必要的文字和方程式说明）；
②该同学根据步骤3中现象a推知，加入的AgNO3与步骤2所得溶液发生了反应，则现象a 为________（至少答出两条明显现象）；
③写出步骤4中沉淀转化反应平衡常数的表达式：K=______________。

【答案】（1）① I （2分）② CH3COOH（2分）③ < （2分）
④ c（CH3COO－）> c （Na+）> c （H+）> c （OH－）（3分）
（2）①由于存在沉淀溶解平衡AgSCN（s）Ag+（aq）+SCN-（aq），溶液中仍有少量SCN-（2分）②出现白色沉淀（2分）、溶液红色变浅（2分）③ [SCN-]/[I-]（2分）
【解析】
试题分析：（1）①0.1 mol·L-1盐酸和醋酸溶液盐酸的pH=1，醋酸的pH要大于1，从图的纵坐标看出图I的溶液起始pH大于1，是NaOH溶液滴定醋酸的图像。

②浓度都是 0.1 mol·L-1盐酸、醋酸溶液、NaOH溶液，盐酸和NaOH是强酸和强碱对使得电离抑制程度较大。

醋酸是弱酸。

对水的电离抑制程度较小，故CH3COOH中水电离出的c（H+）最大。

③当NaOH溶液体积都是20.00 mL时，生成的CH3COONa 溶液显碱性，Na Cl显中性，所以与醋酸混合的NaOH 溶液体积要小于20.00 mL，使得CH3COO Na 水解和CH3COOH 的电离程度相等，溶液才显中性，故V1< V2。

④图I中M点时溶液的溶质为CH3COONa和CH3COOH ，醋酸没有完全反应，溶液显酸性，故c（CH3COO－）> c （Na+）> c （H+）> c （OH－）。

（2）①加入少量硝酸铁溶液，溶液变红，说明溶液中有SCN-，这是由于存在沉淀溶解平衡AgSCN（s）Ag+（aq）+SCN-（aq），溶液中仍有少量SCN-。

②向溶液中加入AgNO3，c（Ag+）增大，会生成AgSCN 沉淀，溶液中的SCN-浓度减小，那么溶液的颜色会变浅，故现象有：出现白色沉淀、溶液红色变浅。

③沉淀转化平衡为：AgSCN （s） +I-（aq） AgI （s）+ SCN-（aq），K=[SCN-]/[I-]。

考点：弱电解质的电离、溶液中离子浓度的大小比较、沉淀的转化。

18．利用如图所示装置测定中和热的实验步骤如下：
步骤一：用量筒量取50ml 0.50 mol•L－1盐酸倒入小烧杯中，测出盐酸温度t1；
步骤二：用另一量筒量取50ml 0.55 mol•L－1 NaOH溶液，并用另一温度计测出其温度t2；步骤三：将NaOH溶液倒入小烧杯中，设法使之混合均匀，测得混合液最高温度t3。

回答下列问题：
（1）步骤三中倒入NaOH溶液的正确操作是__________。

A．沿玻璃棒缓慢倒入 B．分三次少量倒入 C．一次迅速倒入
（2）使盐酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作是________（填序号）。

A．轻轻地振荡烧杯 B．揭开硬纸片用玻璃棒搅拌
C．用温度计小心搅拌 D．用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动
（3）___________（填“能”或“不能”）用Ba（OH）2溶液和硫酸代替NaOH溶液和盐酸测
中和热，理由是________________________________________。

（4）在反应中若因为有放热现象，而造成少量HCl在反应中挥发，则测得的中和热_______（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。

【答案】（1）C （2）D
（3）不能, 因为硫酸与Ba（OH）2溶液反应生成BaSO4沉淀的生成热会影响反应的反应热。

（4）偏小
【解析】
试题分析：（1）在中和热的测定实验中，加热氢氧化钠的次数越多，损失的热量越多。

因此步骤三中倒入NaOH溶液的正确操作是一次迅速倒入，答案选C。

（2）A、轻轻地振荡烧杯容易使液体溅出，A不正确；B、揭开硬纸片用玻璃棒搅拌容易使热量损失，B不正确；C、温度计只能测量温度，不能用来搅拌，C不正确；D、用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动属于正确的操作，D正确，答案选D。

（3）由于硫酸与Ba（OH）2溶液反应生成BaSO4沉淀的生成热会影响反应的反应热，所以不能用Ba（OH）2溶液和硫酸代替NaOH溶液和盐酸测中和热。

（4）在反应中若因为有放热现象，而造成少量HCl在反应中挥发，则导致热量减少，因此测得的中和热偏小。

考点：考查中和热测定的有关实验判断以及误差分析
19．（14分）某化学研究小组测定某FeCl3样品（含少量FeCl2杂质）中铁元素的质量分数，在实验室中按以下步骤进行实验：
①称取a g样品；
②取适量盐酸和适量蒸馏水使样品溶解，准确配制成250mL溶液；
③准确量取25.00mL所配溶液，置于烧杯中；
④加入适量的氯水，使反应完全；
⑤加入过量氨水，充分搅拌；
⑥过滤，洗涤沉淀，并将其转移至坩埚中；
⑦加热并搅拌沉淀，至沉淀由红褐色全部变为红棕色，冷却后称量；
⑧重复步骤⑦的操作，直至合格为止。

请根据上面的叙述回答下列问题：
（1）下图所给仪器中，实验步骤①②③中必须用到的仪器是E和______（填仪器序号）。

（2）步骤②加入盐酸的目的是_______________________；
（3）实验步骤⑤所得沉淀为________________；步骤⑥洗涤沉淀的方法是_______________；（4）步骤⑧合格的标准是___________________；
（5）若坩埚的质量是W1 g，最终坩埚和固体的总质量是W2 g，则样品中铁元素的质量分数为______；
（6）指导教师认为步骤① ~⑧中有一个步骤是多余的，这个步骤是_______(填序号)。

【答案】（1）ABFG （2分）（2）防止FeCl3和FeCl2水解（2分）；（3）Fe（OH）3（1分）
向漏斗里注入蒸馏水，使水面没过滤渣，水自然流完后，重复操作2～3次（2分）
（4）连续两次称量质量相差小于0.1g（2分）（5）% （3分）（6）④（2分）【解析】
试题分析：（1）称量药品用天平，氯化铁和氯化亚铁的水溶液都呈酸性，所以准确量取25.00mL步骤②中配得的溶液用酸式滴定管，配制一定物质的量浓度的溶液用容量瓶、胶头滴管，故选AB FG；
（2）氯化铁和氯化亚铁的水溶液都水解溶液呈酸性，所以步骤②加入盐酸的目的是防止FeCl3和FeCl2水解；
（3）氨水与氯化铁反应生成氢氧化铁，所以实验步骤⑤所得沉淀为Fe（OH）3；沉淀洗涤需要在过滤器中完成，所以步骤⑥洗涤沉淀的方法是向漏斗里注入蒸馏水，使水面没过滤渣，水自然流完后，重复操作2～3次；
（4）为了计算实验误差，则必须保证步骤⑦中连续两次称量质量相差小于0.1g；
（5）若坩埚质量是W1 g，最终坩埚和固体的总质量是W2 g，则氧化铁的质量＝（W2-W1）g，其中铁元素的质量是（W2-W1）g×，因此铁元素的质量分数＝×100%＝
%；
（6）由于氯化亚铁与氨水反应生成氢氧化亚铁不稳定，最终被氧化为氢氧化铁，所以没有必要先用氯水氧化氯化亚铁，即步骤④是多余的。

考点：考查探究物质的组成或测量物质的含量的实验方案设计与评价
20．(15分)亚硝酸钠大量用于染料和有机合成工业。

用木屑制备亚硝酸钠的流程如下：
已知氧化过程中，控制反应液的温度在55～60℃条件下发生的主要反应为：
C6H12O6＋12HNO3△
3H2C2O4＋9NO2↑＋3NO↑＋9H2O
（1）酸溶过程中，硫酸的作用是_________。

吸收完成后，将吸收液蒸发浓缩、________、________(填操作名称)、洗涤得到白色晶状的亚硝酸钠。

（2）实验室模拟氧化和吸收过程的装置如图所示，A装置须控制反应液的温度不高于60℃的原因是____；B装置用于制备亚硝酸钠，其中盛放的溶液是________(填字母)。

a．NaCl溶液 b．Na2CO3溶液 c．NaNO3溶液
（3）工业上在吸收过程中需控制NO和NO2的物质的量比接近1∶1。

若(NO)∶n(NO2)>1∶1，则会导致________；若n(NO)∶n(NO2)<1∶1会使产品中混有的杂质为________。

（4）已知NaNO2能把酸性条件下的Fe2＋氧化，同时产生一种有毒的气体，请写出该反应的离子方程式：________________________________。

（5）已知：①NaNO2有氧化性，在酸性条件下能把I－氧化为I2；S2O32-又能把I2还原为I－。

②NaNO2也有还原性，能使酸性KMnO4溶液褪色。

为测定产品NaNO2的纯度，请补充完整实验方案：准确称量适量的NaNO2样品放入锥形瓶中，加适量水溶解，________。

实验中可供选择的试剂：稀硫酸、c1 mol·L－1 KI溶液、淀粉溶液、c2 mol·L－1 Na2S2O3溶液、c3 mol·L－1酸性KMnO4溶液。

【答案】（1）浓硫酸会使木屑炭化（2分）冷却结晶（1分）、过滤（1分）
（2）温度过高会导致硝酸的分解，使NaNO2产率降低；（1分） b（1分）
（3）排放气体中NO含量升高（2分）（其他合理答案均给分） NaNO3（2分）
（4）NO2－+2H++ Fe2+=NO↑+ Fe3+ +H2O（2分）
（5）然后用c3 mol•L－1酸性KMnO4溶液滴定至溶液由无色恰好变为浅红色，且半分钟内不褪色，读数，重复以上操作2～3次。

（3分）
【解析】
试题分析：（1）浓硫酸具有脱水性，则酸溶过程中，硫酸的作用是浓硫酸会使木屑炭化。

吸收完成后，将吸收液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤即可得到白色晶状的亚硝酸钠。

（2）硝酸易分解，则A装置须控制反应液的温度不高于60℃的原因是温度过高会导致硝酸的分解，使NaNO2产率降低；反应中产生的NO2、NO被碳酸钠溶液吸收即转化为亚硝酸钠，答案选b。

（3）NO和NO2的物质的量比＝1∶1时恰好可以看作亚硝酸，因此若(NO)∶n(NO2)>1∶1，则会导致排放气体中NO含量升高；若n(NO)∶n(NO2)<1∶1时NO2过量，则又会产生硝酸钠，即会使产品中混有的杂质为NaNO3。

（4）已知NaNO2能把酸性条件下的Fe2＋氧化，说明氮元素的化合价降低，同时产生一种有毒的气体，因此该气体是NO，所以该反应的离子方程式为NO2－+2H++ Fe2+＝NO↑+ Fe3+ +H2O。

（5）由于NaNO2有还原性，能使酸性KMnO4溶液褪色，所以可以通过氧化还原滴定测定其纯度，因此实验方案设计为：准确称量适量的NaNO2样品放入锥形瓶中，加适量水溶解，然后用c3 mol•L－1酸性KMnO4溶液滴定至溶液由无色恰好变为浅红色，且半分钟内不褪色，读数，重复以上操作2～3次。

考点：考查物质制备实验方案设计与探究
21．已知2CO 和O H 2的混合物与22O Na 反应时是2CO 与22O Na 反应完后，O H 2再与
22O Na 反应．
现将a mol 的22O Na 和3NaHCO mol b 固体混合后，在密闭容器中加热到250℃，让其充分反应，
（1）当剩余固体为32CO Na ，排出气体为2O ，O H 2时，
b
a 的值为________． （2）当剩余固体为32CO Na ，NaOH ，排出气体为2O ，O H 2时，b
a 的值为________． （3）当1>b
a 时，剩余固体为________，排出气体为________． （4）当排出的2O 和O H 2为等物质的量时，则b
a 的值为________． 【答案】（1）21=
b a （2）121<<b a （3）32CO Na 、2O （4）32234==b b b a 【解析】题中涉及化学反应如下：
↑++22323CO O H CO Na Δ2NaHCO ①
2322
22O CO 2Na 2CO O 2Na ++ ② ↑++2222O 4NaOH O 2Na O 2H ③
（1）当剩余固体为32CO Na ，排出气体为2O 、O H 2时，因为没有NaOH 生成，水未与22O Na 反应．将方程式①×2＋②得：+↑++232322O CO 4Na 4NaHCO O 2Na O 2H 2
由方程式可知：2
1=b a ． （2）当剩余固体为32CO Na 、NaOH ，排出气体为2O 、O H 2时，由于有NaOH 生成，所以有水与22O Na 反应．假设反应后无O H 2生成，将方程式①×2＋②＋③得： ↑+++232322O 2NaOH CO 2Na 2NaHCO O 2Na
由方程式可知此时1=b a ．因为有水生成，所以121<<b
a （3）当1>b
a 时，由2讨论可知：剩余固体为32CO Na 、NaOH 、22O Na ；排出气体为
2O ．
（4）当排出的2O 和O H 2为等物质的量时，依方程式讨论有：
↑++22323CO O H CO Na Δ2NaHCO
2b b b
232222O CO 2Na CO 2O 2Na ++
b b 2
b 设反应的O H 2的物质的量为x
2222O 4NaOH O Na 2O H 2++
x x 2
x 依题意有：22x b x b +=- 3
b x = 所以，反应中消耗22O Na 的物质的量为：mol 3
422o Na b x b n =
+=，用去3NaHCO 的物质的量为：mol 23NaHCO b n = 所以，3
2234==b b b a
22．（8分）现有属于前四周期的A 、B 、C 、D 、E 、F 、G 七种元素，原子序数依次增大。

A
元素的价电子构型为ns n np n+1；C 元素为最活泼的非金属元素，D 元素核外有三个电子层，最
外层电子数是核外电子总数的1/6；E 元素正三价离子的3d 轨道为半充满状态，F 元素基态原子的M 层全充满，N 层没有成对电子，只有一个未成对电子；G 元素与A 元素位于同一主族，其某种氧化物有剧毒。

（1）A 元素的第一电离能 B 元素的第一电离能（填“<”“>”或“=”），A 、B 、C 三种元素电负性由小到大的顺序为 （用元素符号表示）。

（2）D 元素原子的价电子排布式是 。

（3）C 元素的电子排布图为 ；E 3+的离子符号为 。

（4）F 元素位于元素周期表的 区，其基态原子的电子排布式为 。

（5）G 元素可能的性质 。

A ．其单质可作为半导体材料
B ．其电负性大于磷
C ．最高价氧化物对应的水化物是强酸
【答案】（1）> ； N＜O＜F；（2）3s2（3） Fe3+
（4）ds ； 1s22s22p63s23p63d104s1 或[Ar]3d104s1 （5）A
【解析】
试题分析：现有属于前四周期的A、B、C、D、E、F、G七种元素，原子序数依次增大。

A元素的价电子构型为ns n np n+1，n＝2，所以A是N；C元素为最活泼的非金属元素，则C是F，所以B是O；D元素核外有三个电子层，最外层电子数是核外电子总数的1/6，所以D是Mg；E元素正三价离子的3d轨道为半充满状态，则E的原子序数是18+5+3＝26，即E是Fe；F 元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，则F是Cu；G元素与A元素位于同一主族，其某种氧化物有剧毒，则G是As。

（1）非金属性越强，第一电离能越大，但由于氮元素的2p轨道电子处于半充满状态，稳定性强，则氮元素的第一电离能大于氧元素的第一电离能；非金属性越强，电负性越大，则A、B、C三种元素电负性由小到大的顺序为N＜O＜F；。

（2）根据核外电子排布规律可知镁元素原子的价电子排布式是3s2。

（3）根据核外电子排布规律可知氟元素的电子排布图为；E3+的离子符号为Fe3+。

（4）区的名称来自于按照构造原理最后填入电子的轨道名称，则铜元素位于元素周期表的ds区，其基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1 或[Ar]3d104s1。

（5）A．砷位于元素周期表中分界线附近，其单质可作为半导体材料，A正确；B．其电负性小于硅，而硅小于P，所以砷的电负性小于磷，B错误；C．最高价氧化物对应的水化物是弱酸，C错误，答案选A。

考点：考查元素推断的应用
23．Ⅰ．现有Al3+、NH4+、CO32—、HCO3—等离子，回答下例问题：
①在强酸性条件下能够存在的离子是；
②在强碱性条件下能够存在的离子是；
③在强酸性和强碱性条件下都不能存在的离子是。

Ⅱ．由Na+、NH4+、 Ba2+、 Cu2+、 OH—、 Fe3+、 SO42—、 Cl—等八种离子中的六种两两组成的A、B、C三种化合物(它们不含有共同离子，已知NH4+与OH—反应有碱性气体生成)。

A．A、B、C均易溶于水，形成无色溶液；
B．将A、B、C三种物质的溶液相互作用时，发现A与B混合后产生有刺激性气味的气体，此气体使湿润红色石蕊试纸变蓝，B与C混合产生白色沉淀，则：
①A、B、C的化学式为：
A、；
B、；
C、。

②B+C反应的离子方程式为：。

【答案】Ⅰ．Al3+、NH4+；CO32—； HCO3—；Ⅱ．①A 、NaOH NH4Cl B 、(NH4)2SO4 或Ba(OH)2
C 、BaCl2 Na2SO4
②Ba2+ + SO42—= BaSO4↓
【解析】
试题分析：ⅠAl3+、NH4+、CO32—、HCO3—等离子中，不能在酸性条件下存在的是CO32—、HCO3—，不能在碱性条件下存在的是Al3+、NH4+。

Ⅱ将A、B、C三种物质的溶液相互作用时，发现A 与B混合后产生有刺激性气味的气体，此气体使湿润红色石蕊试纸变蓝，则说明A、B中必存在NH4+和 OH—离子，B与C混合产生白色沉淀，则说明B、C中必存在Ba2+和 SO42—，可以分析出答案的几对，B与C混合产生白色沉淀，则说明B、C中必存在Ba2+和 SO42—，写出离子方程式为 Ba2+ + SO42—= BaSO4↓。

考点：考查离子共存等相关知识。

24．已知：
肉桂酸(C6H5CH=CHCOOH)是一种常用的香料，可从桂皮中提取，还可用甲苯、氯气等为原料按如下路线合成：
请回答下列问题
（1）反应②的反应条件为_______________________。

（2）在反应①～⑤中，属于取代反应的有__________________（填序号）。

（3）反应③的化学方程式为________________________。

（4）有机物C的结构简式为________________________。

（5）同时满足下列条件的化合物D的同分异构体共有__________种。

I．苯环上有两个处于对位的取代基，且其中有一个是甲基；II．属于酯类。

（6）请写出以溴乙烷为原料制备CH3CH=CHCHO的合成路线流程图（无机试剂任用）。

合成路线流程图示例如下：
【答案】（1）NaOH（水）溶液、加热（2）①②
（3）2C6H5CH2OH+O22C6H5CHO+2H2O（4）CH3CHO（5）3
（6）CH3CH2Br CH3CH2OH CH3CHO CH3CH(OH)CH2CHO CH3CH＝
CHCHO
【解析】
试题分析：根据图中信息可知甲苯到A反生取代反应，A再与氢氧化钠溶液反应生成苯甲醇，苯甲醇在催化剂作用下氧化为苯甲醛B，根据题中所给信息，苯甲醛与C（一种醛）发生醛醛加成，根据肉桂酸的结构（碳原子个数）可以推出C为乙醛，（1）反应②卤代烃水解，其条件为NaOH（水）溶液、加热；（2）在反应①～⑤中，③属于氧化，④属于加成，⑤属于消去反应，则属于取代反应的有; ①②；。