鲁科版高中化学选修五高二下期6月月考化学 (21).docx

高中化学学习材料
唐玲出品
山东省枣庄市第十六中学2015-2016学年高二下期6月月考化学
试卷（解析版）
1．把a、b、c、d四块金属浸入稀硫酸中，用导线两两相连组成原电池，若a、b相连时，a 为负极；c、d相连时，电流由d到c；a、c相连时，c极上产生大量气泡；b、d相连时，b 上有大量气泡产生，则四种金属的活动性顺序为
A．a>b>c>d B．a>c>d>b C．c>a>b>d D．b>d>c>a
【答案】B
【解析】
试题分析：原电池中较活泼的金属是负极，失去电子，发生氧化反应。

电子经导线传递到正极，所以溶液中的阳离子向正极移动，正极得到电子，发生还原反应。

据此可知a、b相连时，a为负极，所以a的活泼性强于b的；c、d相连时，电流由d到c，则c的活泼性强于d；a、c相连时，c极上产生大量气泡，这说明c是正极，则a的活泼性强于c的；b、d相连时，b上有大量气泡产生，则d的活泼性强于b，所以基础性强弱顺序是a>c>d>b，答案选B。

考点：考查根据原电池进行金属性强弱的判断
点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度试题的考查。

试题难易适中，基础性强，侧重考查学生灵活运用原电池原理解决实际问题的能力，有利于提高学生的逻辑推理能力和学习效率。

该题的关键是明确原电池的工作原理，然后结合题意灵活运用即可。

2．下列表示的是正丙基的是
A．CH3CH2CH3 B．CH3 CH2CH2－
C．―CH2CH2CH2― D．（CH3 )2CH－
【答案】B
【解析】
试题分析：A、CH3CH2CH3表示丙烷，错误；B、CH
3CH2CH2－表示正丙基，正确；C、―CH2CH2CH2―表示亚丙基，错误；D、（CH3 )2CH－表示异丙基，错误。

考点：考查烃基的结构。

3．下列有关氯气的叙述中，正确的是
A．氯气、氯水、液氯是同一种物质，只是状态不同
B．氯水和液氯都可以使干燥的布条褪色
C．用氯气消毒过的自来水配制硝酸银溶液时，药品不会变质
D．氯水溶液呈浅绿色，且有刺激性气味，说明氯水中有Cl2存在
【答案】D
【解析】
试题分析：A、氯气和液氯是氯元素的单质，氯水是氯气溶于水后得到的溶液，错误，不选A；B、氯水中有次氯酸能是布条褪色，但液氯不能使干燥的布条褪色，错误，不选B；C、氯气消毒过的自来水中有氯离子，与硝酸银反应生成氯化银沉淀，药品变质，错误，不选C；
D、氯水中有氯气分子，溶液显浅绿色，正确，选D。

考点：氯气和氯水的性质
【名师点睛】氯气溶于水后得到的溶液为氯水，含有盐酸和次氯酸和氯气，因为有氯气，所以氯水的颜色为浅黄绿色。

因为有盐酸和次氯酸，溶液显酸性，次氯酸有强氧化性能漂白。

4．下列说法正确的是
A．需要加热才能发生的反应一定是吸热反应
B．若“M + N = X + Y”为放热反应，则1mol X和1mol Y的总能量一定大于1mol M和1mol N的总能量
C．“H2(g)+ Cl2(g)= 2HCl(g) △H= - 183kJ/mol”表示1分子H2和1分子Cl2反应，放出热量183kJ
D．化学反应必然引起化学键的变化，化学反应也必然伴随能量的变化
【答案】D
【解析】
试题分析：A、需要加热才能发生的反应不一定是吸热反应，只有反应物总能量低于生成物总能量的反应才是吸热反应，A错误；B、若“M + N＝X + Y”为放热反应，则1mol X和1mol Y的总能量一定小于1mol M和1mol N的总能量，B错误；C、“H2(g)+ Cl2(g)＝2HCl(g) △H＝－183kJ/mol”表示1molH2和1molCl2反应，放出热量183kJ，C错误；D、化学反应必然引起化学键的变化，化学键断裂需要吸热，形成需要放热，因此化学反应也必然伴随能量的变化，D正确，答案选D。

考点：考查反应热的有关判断
5．经测定C3H7OH和C6H12组成的混合物中碳的质量分数为78%，则此混合物中氧的质量分
数是（）
A．8% B．10% C．22% D．18%
【答案】A
【解析】
试题分析：将C3H7OH拆分为C3H6·H2O，将C6H12视为（C3H6）2，则混合物可看作（C3H6）与H2O 的混合，氧只出现于水（H2O）中。

C3H6中的C和H质量之比均为6:1，碳的质量分数为78%，
则氢的质量分数为1
78%13%
6
⨯=，那么氧的质量分数为
16
(178%13%)8%
18
--=。

考点：有机物的综合计算
6．下列实验装置或对实验现象的描述正确的是
【答案】D
【解析】
试题分析：A、分馏是冷却水下进上出，故A错误；B、配制150 mL 0.10 mol·L-1盐酸应该选用250mL的容量瓶，故B错误；C、氨水显碱性，能使酚酞试液变红，故C错误；D、葡萄糖具有还原性，与新制的氢氧化铜悬浊液共热，上出砖红色的氧化亚铜沉淀，故D正确；故选D。

考点：考查了化学实验装置和实验现象的相关知识。

7．在密闭容器中发生如下反应：mA(g) + nB(g)pC(g)，达到平衡后，保持温度不变，将气体体积缩小到原来的一半，当达到新平衡时，C的浓度为原来1.9倍，下列说法错误的是
A．m+n＞p B．平衡向逆反应方向移动
C．A的转化率降低 D．C的体积分数减小
【答案】A
【解析】
试题分析：假设平衡不发生移动，体积缩小到原来的一半，C的浓度为原来2倍，现C的浓度为原来1.9倍，说明平衡向逆向移动，则p＞m+n，A错；平衡向逆向移动A的转化率降低，C的体积分数减小，选A。

考点：化学平衡移动。

8
选项实验操作实验目的
A 皮肤上沾有苯酚，用氢氧化钠溶液洗涤除皮肤上的苯酚
【答案】A
【解析】
试题分析：A、氢氧化钠具有强烈的腐蚀性，不能接触皮肤，故A错误；B、如果FeSO4溶液被氧化生成硫酸铁，向溶液中滴加KSCN溶液，溶液会变成红色，故B正确；C、如果Na2SO3溶液被氧化生成硫酸钠，向溶液中滴加盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，会生成白色沉淀，故C正确；D、向Na2SiO3溶液中通入CO2，生成白色胶状沉淀，说明碳酸的酸性强于硅酸，进而可以验证非金属性：碳>硅，故D正确；故选A。

考点：考查了化学实验的设计与评价的相关知识。

9．金属钛对体液无毒且有惰性,能与肌肉和骨骼生长在一起,有“生物金属”之称。

下列有关
48Ti和2250Ti的说法中正确的是
22
A．
48Ti和2250Ti原子中均含有22个中子
22
B．分别由
48Ti和2250Ti组成的金属钛单质互称为同分异构体
22
C．
48Ti与2250Ti为同一核素
22
D．
48Ti Ti与2250Ti互称同位素,在周期表中位置相同,都在第4 纵行
22
【答案】D
【解析】
试题分析：A、质子数相同，而质量数不同的微粒中，中子数一定不同，错误；B、由不同同位素构成的物质属于单质不是化合物，所以不属于同分异构体，错误；C、
48Ti与2250Ti的
22
质子数相同，但中子数不同，所以不是同一核素，错误；D、
48Ti与2250Ti质子数相同，但
22
中子数不同，互称为同位素，都属于同种元素，在元素周期表中的位置相同，正确，答案选D。

考点：考查同位素的判断
10．为探究NaHCO3、Na2CO3与1 mol·L－1盐酸反应(设两反应分别为反应Ⅰ、反应Ⅱ)过程中的热效应，进行实验并测得如下数据。

下列有关说法正确的是（）
A．仅通过实验③即可判断反应Ⅰ是吸热反应
B．仅通过实验④即可判断反应Ⅱ是放热反应
C．通过实验可判断出反应Ⅰ、Ⅱ分别是吸热反应、放热反应
D．通过实验可判断出反应Ⅰ、Ⅱ分别是放热反应、吸热反应
【答案】C
【解析】
试题分析：A．根据表中数据可知，碳酸氢钠溶于水为吸热反应，不能仅根据实验③混合后溶液温度降低而判断碳酸氢钠与盐酸的反应为吸热反应，需要结合实验①综合判断，A错误；B．根据实验②可知，碳酸钠溶于水的过程为吸热过程，所以不能仅根据实验④碳酸钠与盐酸反应后混合液温度升高判断反应Ⅱ是放热反应，B错误；C．根据实验①可知，碳酸氢钠溶于水后混合液温度从20℃降低到18.5℃，而实验③中碳酸氢钠与盐酸反应后混合液温度从20℃降低16.2℃＜18.5℃，通过反应Ⅰ后混合液温度更低，证明反应Ⅰ为吸热反应；同理根据实验②碳酸钠溶于水，混合液温度从20℃升高到24.3℃，实验④中碳酸钠与盐酸反应，温度从20℃升高到25.1℃＞24.3℃，碳酸钠与盐酸反应后混合液的温度比碳酸钠溶于水后升高的温度更高，证明碳酸钠与盐酸的反应为放热反应，C正确；D．根据选项C的分析可知，反应Ⅰ为吸热反应、反应Ⅱ为放热反应，D错误，答案选C。

考点：考查探究吸热反应、放热反应的方法
11．相同状况下，等质量的O2和CO2相比较，下列叙述正确的是
A．体积比为8︰11
B．分子个数之比为1︰1
C．物质的量之比为11︰8
D．原子个数之比为12︰11
【答案】C
【解析】
试题分析：A.根据阿伏伽德罗定律及推论，体积比等于物质的量之比，即（m÷32）：（m÷44）=11:8，A项错误；B.分子个数之比等于同温同压下的体积之比，为11:8，B项错误；C.物质的量之比等于体积之比，为11:8，C项正确；D.原子个数之比为（11×2）∶（8×3）=11∶12，D项错误；答案选C。

考点：考查阿伏伽德罗定律及推论。

12．下列叙述中，可以肯定是一种主族金属元素的是 ( )
A．原子最外层有3个电子的一种金属
B．熔点低于100℃的一种金属
C．次外电子层上有8个电子的一种元素
D．除最外层，原子的其他电子层电子数目均达饱和的一种金属
【答案】A
【解析】
试题分析：A选项，最外层有3个电子的金属元素，原子外围电子排布为ns2np1，处于第ⅢA族，故A符合；B选项，熔点低于100℃的一种金属是汞，处于第ⅡB族，故B不符合；C 选项，次外电子层上有8个电子的金属有Na、Mg、Al、K、Ca，属于主族元素，次外电子层上有8个电子的非金属元素有Si、P、S等故C符合；D选项，除最外层，原子的其他电子
层电子数目均达到饱和，该元素不一定是主族金属元素，如Al元素，故D不符合。

考点：位置结构性质的相互关系应用
13．下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是
A．MnO2与浓盐酸反应制Cl2：MnO2＋4HCl Mn2＋＋2Cl－＋Cl2↑＋2H2O
B．明矾溶于水产生Al(OH)3胶体：Al3＋＋3H2O=Al(OH)3↓＋3H＋
C．Na2O2溶于水产生O2：Na2O2＋H2O=2Na＋＋2OH－＋O2↑
D．Ca(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液反应：HCO3－＋Ca2＋＋OH－=CaCO3↓＋H2O
【答案】D
【解析】
试题分析：A、HCl是强电解质，书写离子方程式应该拆开，错误；B、明矾溶于水生成的是氢氧化铝的胶体，不是沉淀，且反应是可逆反应，错误；C、O元素不守恒，错误；D、少量的氢氧化钠与碳酸氢钙溶液反应时碳酸氢根离子有剩余，正确，答案选D。

考点：考查离子方程式的判断
14．化学知识在日常生活中有很多应用，下列说法正确的是
A．用食盐清洗热水瓶中的水垢
B．漂白粉在空气中容易变质的原因是Ca(ClO)2见光分解
C．加碘食盐，能使淀粉显蓝色
D．氯水应避光保存，是因为HClO见光分解
【答案】D
【解析】
试题分析：A、水垢的成分为碳酸钙，与食盐不反应，则不能用食盐易清洗热水瓶中的水垢，可利用醋酸清洗水垢，故A错误；
B、Ca（ClO）2见光不易分解，漂白粉在空气中容易变质的原因是Ca（ClO）2与空气中的水、二氧化碳反应生成HClO，HClO见光分解，故B错误；
C、加碘食盐中碘的形态是碘酸钾，而能使淀粉显蓝色的是碘单质，加碘食盐不能使淀粉显蓝色，故C错误；
D、氯水应避光保存，是因为氯水中HClO见光分解，故D正确；
考点：考查化学知识在生活中的应用
点评：本题考查了化学知识在生活中的应用，难度不大。

在平时的学习中就要注意积累基础的化学知识，并学会应用。

15．向20 mL 0．5 mol·L-1的醋酸溶液中逐滴加入等物质的量浓度的烧碱溶液，测定混合溶液的温度变化如图所示。

下列关于混合溶液的相关说法中错误的是( )
A．醋酸的电离平衡常数：B点>A点
B．由水电离出的c(OH-)：B点>C点
C．从A点到B点，混合溶液中可能存在：c(CH3COO-)=c(Na+)
D．从B点到C点，混合溶液中一直存在：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)
【答案】D
【解析】
试题分析：A、醋酸是弱电解质，在水溶液里存在电离平衡，且其电离过程吸热，温度越高，醋酸的电离程度越大，其电离常数越大，故A正确；B、B点酸碱恰好反应生成醋酸钠，C 点氢氧化钠过量，氢氧化钠抑制水电离，醋酸钠促进水电离，所以由水电离出的c(OH-)：b 点＞c点，故B正确；C、如果c(CH3COO-)=c(Na+)，根据电荷守恒知，溶液中c(OH-)=c(H+)，醋酸钠是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，要使其溶液呈中性，则醋酸应该稍微过量，所以从A点到B点，混合溶液中可能存在：c(CH3COO-)=c(Na+)，故C正确；D、从B点到C点，氢氧化钠过量，溶液中的溶质是醋酸钠和氢氧化钠，当氢氧化钠的物质的量大于醋酸钠的物质的量时，混合溶液中存在：c(Na+)＞c(OH-)＞c(CH3COO-)＞c(H+)，故D错误；故选D。

【考点定位】考查酸碱混合溶液定性判断
【名师点晴】本题考查酸碱混合溶液定性判断。

酸碱中和反应是放热反应，所以酸碱中和过程中溶液温度升高，醋酸是弱电解质，在水溶液里存在电离平衡，溶液越稀醋酸的电离程度越大，醋酸电离过程吸热，温度越高，醋酸电离程度越大；酸或碱溶液抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，结合电荷守恒来分析解答。

16．根据下列叙述，写出元素名称并画出原子结构示意图。

(1)A元素原子核外M层电子数是L层电子数的一半：_____________。

(2)B元素原子的最外层电子数是次外层电子数的1.5倍____________。

(3)C元素的次外层电子数是最外层电子数的1/4：__________________。

(4)D元素的单质在常温下可与水剧烈反应，产生的气体能使带火星木条复燃______。

【答案】(1) （2）（3）（4）
【解析】（2）中次外层一定是K层（2个电子），故最外层3个电子。

（3）中次外层一定是K层（2个电子），故最外层8个电子；因为次外层若为L层，则（1）中最外层12个电子。

（3）中最外层32个电子，均超过8个电子。

（4）根据性质推知D为F元素。

17．下表是周期表中的一部分,根据A－I在周期表中的位置,第（1）~ （3）小题用元素符
族
周期
I A Ⅱ A Ⅲ A Ⅳ A Ⅴ A Ⅵ A Ⅶ A O
1 A
2 D E G I
3 B C F H
: .
（2）A分别与D、E、G、形成的化合物中,稳定性由弱到强的顺序: ，（3）F、H元素对应的最高价氧化物含氧酸由强到弱的顺序是: ，
（4）A和E组成化合物比A和F组成化合物的沸点（填“高”或“低”），原因是（5）用电子式表示B的最高价氧化物对应的水化物的形成过程
（6）B的最高价氧化物的水化物和C的最高价氧化物相互反应的离子方程式
【答案】（1） 2Na+2H20=2NaOH+H2（2） CH4<NH3<HF（3） H3PO4<HClO4
（4）高、氨气分子间存在氢键（5）
（6）Al2O3＋2OH－===2AlO
2－＋H
2O
【解析】
试题分析：由元素在周期表中位置，可知A为氢、B为Na、C为Al、D为碳、E为氮、F为P、G为氟、H为Cl、I为Ne；
（1）金属性最强元素在左下角是钠，与水的反应是：2Na+2H20=2NaOH+H2。

（2）D、E、G非金属性由强到弱的顺序是F>N>C，故其氢化物稳定性顺序是CH4<NH3<HF。

（3）F、H元素非金属性强弱是：氯>磷，故对应的最高价氧化物含氧酸由强到弱的顺序是：H3PO4<HClO4。

（4）因为氨气分子间存在氢键，故氨气沸点更高。

（5）B的最高价氧化物对应的水化物是氢氧化钠，形成过程：。

（6）B的最高价氧化物的水化物是氢氧化钠，C的最高价氧化物是氧化铝，相互反应的离子
方程式：Al2O3＋2OH－===2AlO
2－＋H
2O。

考点：考查元素推断
18．（7分）实验室用密度为1．18g/mL，质量分数为36．5%浓盐酸配制250mL0．1mol/L的盐酸溶液,填空并请回答下列问题：
（1）配制250mL0．1mol/L的盐酸溶液
应量取盐酸体积/mL 应选用容量瓶的规格/mL
（2）配制时，其正确的操作顺序是（字母表示，每个字母只能用一次）。

A．用30mL水洗涤烧杯2—3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡
B．用量筒量准确量取所需的浓盐酸的体积，沿玻璃棒倒入烧杯中，再加入少量水（约30mL），用玻璃棒慢慢搅动，使其混合均匀
C．将已冷却的盐酸沿玻璃棒注入250mL的容量瓶中
D．将容量瓶盖紧，振荡，摇匀
E．改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度相切
F．继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度2—3cm处
（3）溶液注入容量瓶前需恢复到室温，这是因为______________________。

（4）若注入容量瓶前未恢复到室温，对所配溶液浓度将有何影响? _______________（填“偏低”“偏高”“无影响”）
【答案】（1）2.1，250
（2）B、C、A、F、E、D
（3）容量瓶盛放热溶液时，体积不准（4）偏高。

【解析】
试题分析：（1）原盐酸的物质的量浓度=1000×1.18×36.5%/36.51.18mol/L，配制250mL0.1mol/L的盐酸溶液需要的体积=0.1×0.25/1.18==2.1mL，需要使用250mL的容量瓶。

（2）配制溶液的一般步骤为：量取，稀释，转移，洗涤，定容，摇匀。

所以顺序为：B、C、A、F、E、D（3）容量瓶盛放热溶液时，体积不准，所以需要等溶液冷却后转移入容量瓶。

（4）如果没有恢复到室温，则冷却到室温时，溶液的体积偏小，则浓度偏高。

考点：一定物质的量浓度的溶液的配制
【名师点睛】配制一定物质的量浓度的溶液，一般使用的仪器有一定规格的容量瓶，烧杯，玻璃棒，胶头滴管，量筒或天平等。

步骤有：量取，稀释或溶解，转移，洗涤，定容，摇匀，装瓶，贴签。

容量瓶在使用前先检查是否漏液。

在分析误差时需要注意操作对溶质的物质的量或溶液的体积的影响即可。

19．某小组以CoCl2·6H2O、NH4Cl、H2O2、液氨、氯化铵为原料，在活性炭催化下合成了橙黄色晶体X。

为测定其组成，进行如下实验。

①氨的测定：精确称取wgX，加适量水溶解，注入如图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量10%NaOH溶液，通入水蒸气，将样品溶液中的氨全部蒸出，用V1mLc1mol·L—1的盐酸溶液吸收。

蒸氨结束后取下接收瓶，用c2 mol·L—1NaOH标准溶液滴定过剩的HCl，到终点时消耗V2mLNaOH溶液。

②氯的测定：准确称取样品X，配成溶液后用AgNO3标准溶液滴定，K2CrO4溶液为指示剂，至出现砖红色沉淀不再消失为终点（Ag2CrO4为砖红色）。

回答下列问题：
（1）装置中安全管的作用原理是。

（2）用NaOH标准溶液滴定过剩的HCl时，应使用式滴定管，可使用的指示剂为。

（3）样品中氨的质量分数表达式为。

（4）测定氨前应该对装置进行气密性检验，若气密性不好测定结果将（填“偏高”或“偏低”）。

（5）测定氯的过程中，使用棕色滴定管的原因是；滴定终点时，若溶液中c(Ag
＋)=2.0×10—5 mol·L—1，c(CrO
42—)为 mol·L—1。

（已知：K
sp(Ag2CrO4)=1.12×10
—12）
（6）经测定，样品X中钴、氨、氯的物质的量之比为1:6:3，钴的化合价为，制备X的化学方程式为；X的制备过程中温度不能过高的原因是。

【答案】
（1）当A中压力过大时，安全管中液面上升，使A瓶中压力稳定；
（2）碱，酚酞（或甲基红）；
（3）（c1V1—c2V2）×10—3×17/w×100%；
（4）偏低；
（5）防止硝酸银见光分解，2.8×10—3；
（6）+3，2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O2＝2[Co(NH3)6]Cl3+2H2O，温度过高过氧化氢分解、氨气逸
出；
【解析】
试题分析：（1）无论三颈瓶中压强过大或过小，都不会造成危险，若过大，A 在导管内液面升高，将缓冲压力，若过小，外界空气通过导管进入烧瓶，也不会造成倒吸，安全作用的原理是使A 中压强稳定。

（2）碱只能盛放在碱式滴定管中，酸性溶液只能盛放在酸式滴定管中，所以用NaOH 标准溶液确定过剩的HCl 时，应使用碱式滴定管盛放NaOH 溶液；NaOH 溶液和盐酸溶液恰好反应后呈中性，可以选择酸性或碱性变色范围内的指示剂，甲基橙为酸性变色指示剂、酚酞为碱性变色指示剂，所以可以选取甲基橙或酚酞作指示剂。

（3）与氨气反应的n （HCl ）＝V 1×10-3L ×c 1mol •L-1-c 2mol •L -1 ×V 2×10-3L ＝（c 1V 1-c 2V 2）
×10-3mol ，根据氨气和HCl 的关系式知，n （NH 3）＝n （HCl ）＝（c 1V 1-c 2V 2）×10-3mol ，氨的质量分数＝%100.1710)(32211⨯⨯⨯--wg
mol g mol V c V c 。

（4）若气密性不好，导致部分氨气泄漏，所以氨气质量分数偏低。

（5）硝酸银不稳定，见光易分解，为防止硝酸银分解，用棕色滴定管盛放硝酸银溶液；根
据铬酸银的溶度积常数可知c （CrO 42-） =L mol L mol Ag c Ksp /108.2/)
100.2(1012.1)(32512
2---+⨯=⨯⨯=。

（6）经测定，样品X 中钴、氨和氯的物质的量之比为1：6：3，则其化学式为[Co （NH 3）6]Cl 3，根据化合物中各元素化合价的代数和为0得Co 元素化合价为+3价；该反应中Co 失电子、双氧水得电子，CoCl 2•6H 2O 、NH 4Cl 、H 2O 2、NH 3发生反应生成[Co （NH 3）6]Cl 3和水，反应方
程式为2CoCl 2＋2NH 4Cl ＋10NH 3＋H 2O 2 催化剂
2[Co(NH 3)6]Cl 3＋2H 2O ；双氧水易分解、气体的溶解度随着温度的升高而降低，所以X 的制备过程中温度不能过高。

【考点定位】本题主要是考查物质含量的测定，涉及难溶物的溶解平衡、氧化还原反应、物质含量的测定等知识点。

【名师点晴】明确相关物质的性质和实验原理是解答的关键，注意综合实验设计题的解题思路，即（1）巧审题，明确实验的目的和原理。

实验原理是解答实验题的核心，是实验设计的依据和起点。

实验原理可从题给的化学情景(或题首所给实验目的)并结合元素化合物等有关知识获取。

在此基础上，遵循可靠性、简捷性、安全性的原则，确定符合实验目的、要求的方案。

（2）想过程，理清实验操作的先后顺序。

根据实验原理所确定的实验方案中的实验过程，确定实验操作的方法步骤，把握各步实验操作的要点，理清实验操作的先后顺序。

（3）看准图，分析各项实验装置的作用。

有许多综合实验题图文结合，思考容量大。

在分析解答过程中，要认真细致地分析图中所示的各项装置，并结合实验目的和原理，确定它们在该实验中的作用。

（4）细分析，得出正确的实验结论。

实验现象(或数据)是化学原理的外在表现。

在分析实验现象(或数据)的过程中，要善于找出影响实验成败的关键以及产生误差的原因，或从有关数据中归纳出定量公式，绘制变化曲线等。

20．（9分）在某浓度的NaOH 溶液中滴加几滴酚酞试液，溶液立即呈红色，再向其中逐滴加入新制的饱和氯水，当滴到最后一滴时，红色突然褪去．回答下列问题：
（1）产生该现象的原因可能有：
①_________________________________________________________；
②_________________________________________________________．
（2）简述怎样用实验证明红色褪去的原因是①或者是②：_________________________ ______________________________________________________．
【答案】（1）①氯水与NaOH 反应，OH －浓度降低而褪色．
②氯水中产生HClO 漂白酚酞
（2）继续加入NaOH 溶液红色再现则证明①正确，反之②正确
【解析】（1）碱能使酚酞试液显红色，所以红色褪去可能是由于①氯气和氢氧化钠反应，
使OH －浓度引起的；又因为氯水具有漂白性，所以也可能是②次氯酸氧化而褪色。

（2）如果是氧化而褪色，由于次氯酸的漂白是不可逆的，所以要证明褪色的原因，可以继续加入氢氧化钠溶液，如果红色再现则证明①正确，反之②正确。

21．将Fe 2O 3溶于150mL 稀H 2SO 4中，待Fe 2O 3完全溶解后，加入铁粉，产生气体3.36L （标准
状况），溶液中不再有Fe 和Fe 3+。

已知加入的铁粉和氧化铁共19.2g ，计算：
（1）Fe 2O 3的质量为 g ；
（2）稀H 2SO 4物质的量浓度为 。

【答案】Fe 2O 3：8g （2分）； c(H 2SO 4) ≥2mol/L （2分）
【解析】设铁粉、Fe 2O 3的物质的量分别为x 、y
两物质的总质量：56x+160y=19.2
在反应过程中，最后所得溶液为FeSO 4溶液，由电子的得失守恒可得：2x=2y+3.36222.4⨯ 解得x=0.2mol y=0.05mol
故Fe 2O 3的质量为0.05×160=8g
由硫元素的守恒可知，硫酸溶液中n(H 2SO 4)≥0.2+0.05×2=0.3mol ，故c(H 2SO 4)≥0.32/0.15
mol L = 22．（12分）下图是部分短周期元素的单质及其化合物的转化关系图(有关反应的条件及生成的H 2O 已略去)，已知：a.A 、B 、C 、D 是非金属单质，其中B 、C 、D 在常温常压下是气体。

b.反应①②是化工生产中的重要反应。

c.化合物E 是形成酸雨的污染物之一，化合物K 是常用的氮肥。

d.化合物L 具有漂白性，可由Cl 2与NaOH 溶液反应制得。

e.化合物J 由两种元素组成，其相对分子质量为32。

请按要求填空：
（1）A 元素在元素周期表中的位置_______________________________。

（2）反应③的化学方程式：___________________________________________。

（3）C的结构式：________；F的一种用途：_________________________。

（4）L的溶液与化合物E反应的离子方程式：_______________________ 。

（5）化合物J的化学式： ________________________。

【答案】（1）第三周期，第ⅥA族（2分）（2）2NH3＋H2SO4＝(NH4)2SO4（2分）
（3）N≡N（2分）做致冷剂制HNO3 等（2分）
（4）ClO－＋SO2＋2OH－＝Cl－＋SO42－＋H2O（2分）（5）N2H4（2分）
【解析】
试题分析：A、B、C、D是非金属单质，其中B、C、D在常温常压下是气体。

化合物E是形成酸雨的污染物之一，能与F、水作用生成H，H与硫酸作用又生成E和K，化合物K是常用的氮肥，则E是SO2，K应该是硫酸铵，所以F是氨气。

A与B反应生成SO2，则A是S，B 是氧气。

化合物L具有漂白性，可由Cl2与NaOH溶液反应制得，则L是次氯酸钠。

次氯酸钠与氨气反应生成I和J，化合物J由两种元素组成，其相对分子质量为32，J能与氧气反应生成C，则J应该是N2H4，C是氮气，所以D是氢气，I是氯化钠。

（1）根据以上分析可知A元素是S，在周期表中的位置第三周期，第ⅥA族。

（2）反应③的化学方程式为2NH3＋H2SO4＝(NH4)2SO4。

（3）氮气的结构式为N≡N；氨气的一种用途是做致冷剂制HNO3 等。

（4）次氯酸钠具有强氧化性，与SO2反应的方程式为ClO－＋SO2＋2OH－＝Cl－＋SO42－＋H2O。

（5）根据以上分析可知化合物J的化学式为N2H4。

考点：考查无机框图题推断
23．（16分）以苯为主要原料，制取高分子材料N和R的流程如下：
已知：
（1）B中含氧官能团的名称是。

（2）由生成的反应类型是。

（3）反应Ⅰ的反应条件是。

（4）化合物C的结构简式是。

（5）反应Ⅱ的化学方程式是。

（6）下列说法正确的是（选填序号字母）。

a．A可与NaOH溶液反应
b．常温下，A能和水以任意比混溶
c．化合物C可使高锰酸钾酸性溶液褪色
d．E存在顺反异构体
（7）反应Ⅲ的化学方程式是。

（8）符合下列条件的B的同分异构体有种。

a．能与饱和溴水反应生成白色沉淀
b．属于酯类
c．苯环上只有两个对位取代基
【答案】（16分）（1）羟基、羧基（2分）（2）取代反应（2分）
（3）NaOH水溶液加热后酸化（2分）（4）（2分）
（5）（2分）
（6）a c（2分）
（7）（2分）（8） 6 （2分）
【解析】
试题分析：（1）根据已知信息可知，含有羰基的物质与HCN/H+反应后的产物中含有羟基和羧基，所以B中含有的官能团为羟基和羧基；
（2）苯生成氯苯的反应为取代反应，苯分子中的一个H原子被Cl原子取代；
（3）N物质中含有酚羟基，所以A是苯酚，氯苯在氢氧化钠的水溶液中加热可发生取代反应生成苯酚钠，然后酸化可得到苯酚，所以反应Ⅰ的反应条件是NaOH水溶液加热后酸化；
（4）N为缩聚反应的产物，N的单体为苯酚和C，N的结构简式中除去苯酚后剩余为，
与苯酚发生羟醛缩合生成N和水，所以C的结构简式是；
（5）B与甲醇发生酯化反应生成D与水，所以反应II化学方程式是
；
（6）a、苯酚能与氢氧化钠溶液反应，正确；b、常温下，苯酚不易溶于水，错误；c、化合物C的分子中含有碳碳双键和醛基，能被酸性高锰酸钾氧化而使其褪色，正确；d、E分子中的羟基发生消去反应产生碳碳双键，碳碳双键的2个C原子所连基团完全不相同，所以不存在顺反异构体，错误，答案选ac；
（7）反应III为E的加聚反应生成高分子化合物R，化学方程式是。