山东省济南第一中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷 含解析

山东省济南第一中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）1．下列物质分类的正确组合是
【答案】B
【解析】
试题分析：A、纯碱是碳酸钠，属于盐，A错误；B、分类正确,B正确；C、氨水是氨气的水溶液,是混合物，溶液显碱性，但不是碱，氧化铝是两性氧化物，C错误;D、碳酸氢钠是盐，氢氧化铝是两性氢氧化物，D错误，答案选B。

考点:考查物质分类
2．利用下列反应不能制得括号中纯净物的是（）A．乙烯和氯气加成(1,2-二氯乙烷）
B．等物质的量的氯气与乙烷在光照条件下反应（氯乙烷)
C．乙烯与水加成(乙醇）
D．氯气与苯用氯化铁做催化剂反应（氯苯）
【答案】B
【解析】
试题分析：A、乙烯和氯气加成只生成1,2—二氯乙烷,可得纯净物,错误；B、乙烷和氯气发生取代反应除了生成氯乙烷外，还有氯化氢和其它氯代烃生成，正确;C、乙烯和水加成只生成乙醇，可得纯净物，错误；D、氯气与苯用氯化铁做催化剂反应产物为氯苯,可得纯净物，错误。

考点：考查乙烯、乙烷和苯等烃的性质及反应特点。

3．下列说法中不正确的是（）
A．酸与醇反应一定能生成酯，且酯化反应是可逆反应
B．CO2通人饱和苯酚钠溶液,用分液法可以得到苯酚
C．有机物的n溴代物的同分异构体的数目与m溴代物的同分异构体的数目相等，则m、n一定满足的关系式m+n=6
D．等物质的量的烃或烃的含氧衍生物A和B完全燃烧时，消耗氧气的量相等．则A和B的分子量相差可能为18n或44n（n为正整数）
【答案】A
【解析】
4．CuSO4是一种重要的化工原料，其有关制备途径及性质如图所示。

下列说法正确的是
A．途径①和途径②都体现了硫酸的酸性和氧化性
B．Y可以是酒精溶液
C．CuSO4在1100℃分解所得气体X可能是SO2和SO3的混合气体D．将CuSO4溶液蒸发浓缩、冷却结晶，可制得胆矾晶体
【答案】D
【解析】
试题分析：A。

在Cu＋2H2SO4(浓）CuSO4＋SO2↑＋2H2O,中硫酸表现氧化性和酸性；在2Cu+O2+ 2H2SO42CuSO4＋2H2O中硫酸表现酸性，二者的作用性质不同，错误；B．在CuSO4溶液中加入过量的NaOH溶液，发生复分解反应：CuSO4+2NaOH=Cu(OH）↓+Na2SO4；新制Cu（OH)2与乙醛在加热时发生反应产生Cu2O，2
错误；C．CuSO4在1100℃分解产生Cu2O,Cu元素的化合价降低，根据氧化还原反应中电子转移数目可知应该有元素的化合价升高的，因此所得气体X可能含有O2，因此不可能是酯含有SO2和SO3，错误；D．将CuSO4溶液蒸发浓缩、冷却结晶，可制得胆矾晶体，正确。

考点：考查CuSO4的性质、应用的知识.
5．某有机物X含C、H、O三种元素，现已知下列条件：①碳的质量分数；②氢的质量分数；③蒸气的体积(已折算成标准状况下的体积);④X对氢气的相对密度；⑤X的质量；⑥X的沸点。

确定X的分
子式所需要的最少条件是
A．①②⑥B．①②④C．①③⑤D．①②③④⑤【答案】B
【解析】
试题分析：确定烃的含氧衍生物的分子式时,可以先根据组成元素的质量分数确定实验式，再根据相对分子质量确定其分子式，前者需要知道C、H、O三种元素中碳、氢的质量分数，后者需要知道该物质蒸气对氢气的相对密度，故B选项错误。

考点：考查确定含氧衍生物分子式的方法,涉及根据组成元素的质量分数求实验式、根据相对密度求相对分子质量等.
6．对于反应2NO2(g)N2O4（g）达到平衡后，在温度不变时欲使c （NO2）/c(N2O4)比值增大，可以采取的措施是
A．体积不变,增加NO2的量B．体积不变，增加N2O4的量C．体积不变，充入N2D．体积扩大到原来的2倍
【答案】D
【解析】
试题分析：A.体积不变，增加NO2,相当于增大压强，平衡正向移动，NO2的物质的量减小，N2O4的物质的量增大，则c（NO2)/c(N2O4）比值减小,A项错误；B.体积不变,增加N2O4，相当于增大压强，平衡正向移动，NO2的物质的量减小，N2O4的物质的量增大，则c(NO2）/c(N2O4)比值减小，B项错误；C. 体积不变，充入N2，各物质的浓度不变，平衡不移动，c(NO2）/c(N2O4）比值不变，C项错误;D。

体积扩大到原来的2倍，相当于减压,平衡逆向移动，NO2的物质的
量增大，N2O4的物质的量减小，c(NO2）/c（N2O4）比值增大，D 项正确；答案选D。

【考点定位】考查化学平衡的影响因素.
【名师点睛】本题考查化学平衡的影响因素，难度中等。

对于一种物质的分解反应，改变反应物的浓度等效为压强变化。

①体积不变,增加NO2或N2O4，相当于增大压强，平衡右移,分析NO2、N2O4的物质的量变化情况，进行判断；②体积不变，充入氮气，各物质的浓度不变，平衡不移动；③体积增大，相当于减压，平衡左移,分析NO2、N2O4的物质的量变化情况，进行判断。

7．下列物质性质与应用关系不正确的是（)
A．SO2具有漂白性，能使滴有酚酞的NaOH溶液褪色
B．Na2O2与水和二氧化碳反应都会生成氧气，可用作供氧剂C．MgO、Al2O3熔点高,可用于耐高温材料
D．常温下，铝与浓硝酸发生钝化，可用铝槽车贮运浓硝酸
【答案】A
【解析】
试题分析：A．SO2具有酸性氧化物的性质，与水反应产生碳酸,碳酸电离产生H+与碱发生中和反应,因此能使滴有酚酞的NaOH溶液褪色，错误；B．Na2O2与水和二氧化碳反应都会生成氧气，因此可以作特殊环境的供氧剂，正确；C．MgO、Al2O3都是离子化合物,具有较高的熔点，故可用于耐高温材料，正确；D．常温下，铝会被浓硝酸氧化产生一层致密的氧化物保护膜，阻止金属的进一步反应,即发生钝化现象，所以可用铝槽车贮运浓硝酸，正确。

考点：考查物质的性质及应用正误判断的知识。

8．下列装置、试剂选用或操作正确的是
A．除去NO中的NO2B．稀释浓硫酸
C．实验室制取NH3D．制备氢氧化亚铁并观察其颜色
【答案】A
【解析】
试题分析：A、NO2可与水反应生成硝酸和NO,可行，正确;B．浓硫酸稀释放热，容量瓶不可用于稀释浓硫酸，错误；C．实验室制取NH3 不可用浓硫酸干燥，因为氨气显碱性，会与浓硫酸反应，错误；D．氢氧化亚铁不稳定，极易被空气中氧气氧化,应隔绝空气中的氧气，这样的操作无法隔绝空气，无法制得纯净的氢氧化亚铁，也无法观察到其颜色，错误；选择A.
考点：实验基本操作。

9．有机物分子中原子间（或者原子与原子团间)的相互影响会导致其化学性质的不同。

下列各项事实不能说明上述观点的是
A、苯酚能和氢氧化钠溶液反应，而乙醇不能和氢氧化钠溶液反应。

B、乙烯能发生加成反应，而乙烷不能发生加成反应。

C、甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而乙烷不能使酸性高锰酸钾溶
液褪色。

D、苯与硝酸在加热时发生取代反应，甲苯与硝酸在常温下就能发生取代反应
【答案】B
【解析】有机物的性质一般由官能团来决定
A：两物质中均含有—OH，由于苯环的影响，使苯酚中的—OH中H—O键更易断裂
B：两者性质的差异主要是由于乙烯中含有碳碳双键的缘故
C：由于苯环的影响,使甲苯中的甲基更易被氧化
D：由于甲基的影响,使甲苯中甲基的邻对位氢原子变得活泼
故答案为B
10．生活中的一些问题常涉及到化学知识,则下列叙述正确的是A．高温能杀死流感病毒是因为构成病毒的蛋白质受热变性
B．明矾和漂白粉常用于自来水的处理，两者的作用原理相同C．氯化铁溶液可用于制作印刷电路板是因为其具有较强氧化性，与铜发生置换反应
D．晶体硅具有半导体的性质,所以可以制作光导纤维
【答案】A
【解析】
试题分析:A.病菌中含有蛋白质，高温可使蛋白质发生变性，A项正确；B。

明矾净水利用了氢氧化铝胶体的吸附性，漂白粉净水利用了次氯酸的强氧化剂,原理不同,B项错误;C。

氯化铁溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜,表现了氯化铁的氧化性，不是置换反应,C项错
误;D。

SiO2可以制作光导纤维，晶体硅用于太阳能电池，D项错误；答案选A.
考点：考查生活中的化学知识,蛋白质变性，净水原理，铁离子的氧化性等知识。

11．某烷烃一个分子里含有9个碳原子，其一氯代物只有两种，这种烷烃的名称是
A．正壬烷B．2，6﹣二甲基庚烷
C．2,2，4，4﹣四甲基戊烷D．2，3，4﹣三甲基己烷
【答案】C
【解析】
试题分析：A．正壬烷结构简式是CH3CH2CH2CH2CH2CH2CH2CH2CH3有五种不同位置的H原子，因此其一氯代物有五种，不符合题意,错误；B．2，6﹣二甲基庚烷(CH3）2CHCH2CH2CH2 CH（CH3）2有四种不同位置的H原子,因此其一氯代物有四种，不符合题意，错误；C．2，2，4，4﹣四甲基戊烷有两种不同位置的H原子，因此其一氯代物只有两种,符合题意,正确；D．2，3,4﹣三甲基己烷有8种不同位置的H原子,因此其一氯代物有8种，不符合题意，错误。

考点：考查有机物同分异构体的书写的知识.
12．已知酚类有机物能和NaOH溶液反应。

现有某苯的衍生物，含有两个互为对位的取代基,其分子式为C8H10O，其中不跟NaOH溶液反应的衍生物种类有
A．1种B．2种C．3种D．4种
【答案】B
【解析】
试题分析:酚类有机物能和NaOH溶液反应，某苯的衍生物，分子式为C8H10O，含有两个互为对位的取代基，不跟NaOH溶液反应的衍
生物可能是、两种类型,答案是选项B.
考点：考查有机物同分异构体的种类的判断的知识。

13．下列叙述中错误的是(用N A代表阿伏加德罗常数的值）( ）①46gNO2和N2O4的混合气体中含N原子总数为N A ;②用含0。

1molFeCl3的溶液与足量沸水反应制得的Fe（OH）3胶体中胶粒数为0.1N A；③7。

8g Na2S和Na2O2的混合物中含有阴离子数大于0.1×6。

02×1023 ;④标准状况下，22.4L H2O含有的分子数为N A ;⑤等物质的量的NH4+和OH-含电子数均为10N A
A．①②③④⑤B．①③④⑤C．②③④⑤D．③④⑤
【答案】C
【解析】
试题分析：①46克含有1摩尔氮原子,正确。

②胶体的微粒不是一个氢氧化铁，错误。

③硫化钠和过氧化钠的相对分子质量相等,所以7。

8克的混合物为0.1，摩尔，含有1摩尔阴离子，错误。

④标况下水不是气体，所以22.4升水的物质的量不是1摩尔,错误。

⑤每个铵根
离子和氢氧根离子都含有10个电子，但现在没有说明物质的量，所以电子数不能确定，错误。

故选C。

考点: 阿伏伽德罗常数
14．某烃的分子式为C8H10，它不能使溴水褪色,但能使酸性高锰酸钾溶液褪色．该有机化合物苯环上的一氯取代物只有一种，则该烃是
A．B．C．
D．
【答案】B
【解析】某烃的分子式为C8H10，它不能使溴水褪色，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，含有苯环，结合C、H原子数目关系可知，属于苯的同系物，该有机物苯环上的一氯代物只有1种,苯环上有1种H原子，
A．邻二甲苯苯环上有3种H原子,故A错误；
B．对二甲苯苯环上有1种H原子，故B正确；
C．乙苯苯环上有3种H原子，故C错误;
D．不是苯的同系物，故D错误．
故选B．
【点评】本题考查了同分异构体的书写、有机物结构的确定,难度中等，侧重考查学生思考问题的全面性．
15．下列各溶液中，微粒的物质的量浓度关系正确的是
A。

向醋酸钠溶液中加入适量醋酸,得到的酸性混合溶液:c（Na＋）＞c（CH3COO-）＞c（H＋）＞c(OH—）
B. 中和体积与pH都相同的HCl溶液和CH3COOH溶液所消耗的NaOH物质的量相同
C。

0. 1 mol·L-1Na2CO3溶液:c(OH—）=c（HCO3-）＋c（H＋）＋2c （H2CO3)
D。

a mol·L－1HCN溶液与b mol·L－1NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中c（Na＋)>c（CN－)，则a一定大于b
【答案】C
【解析】
试题分析:A、向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液，根据电荷守恒可知c(CH3COO—）＞c(Na＋)＞c(H＋）＞c（OH-），A 错误；B、pH都相同的HCl溶液和CH3COOH溶液的浓度前者小于后者,则中和体积与pH都相同的HCl溶液和CH3COOH溶液所消耗的NaOH物质的量后者大于前者，B错误；C、0. 1 mol·L—1Na2CO3溶液中根据质子守恒可知c(OH-）＝c（HCO3—）＋c（H＋）＋2c （H2CO3），C正确；D、a mol·L－1HCN溶液与b mol·L－1NaOH 溶液等体积混合后,所得溶液中c（Na＋）>c(CN－),则根据电荷守恒可知氢原子氢离子浓度小于氢氧根,溶液显碱性,则a不一定大于b，D 错误，答案选C.
考点:考查溶液中离子浓度大小比较
16．（8分）某温度时，在一个2 L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。

根据图中数据，
试填写下列空白：
（1）该反应的化学方程式为______ __ 。

（2）该反应是由开始的.（①正反应②逆反应③正逆反应同时。

）
（3）该反应第______ 分钟到达平衡状态。

（4）反应开始至3 min，气体X的平均反应速率为_______。

【答案】（1）3X+Y 2Z (2）①正反应（2分)（3) 2 (2分）(2分）（4)0．05 mol／（L·min）（2分)
【解析】
试题分析：（1)由图知,X、Y的物质的量分别减少0．3mol、0．1mol，说明X、Y是反应物;Z的物质的量增加0．2mol,Z是生成物;根据化学方程式中各物质的物质的量的改变量之比等于化学计量数之比，所以该反应的化学方程式为3X+Y 2Z ；
(2)开始时Z的物质的量是0mol，所以该反应是由①正反应开始的。

（3）第2min时各物质的物质的量不再改变,达到平衡状态;
（4）反应开始至3 min,气体X的浓度减小(1-0．7)mol/2L=0．15mol/L，v（X）= △c/t=0．15mol/L/3min=0．05 mol／（L·min)
考点：考查对图像的分析能力，化学方程式的判断，化学平衡状态的判断，反应速率的计算
17．化学反应中的能量变化,是由化学反应中旧化学键断裂时吸收的能量与新化学键形成时放出的能量不同所致。

下图为N2（g）和O2（g）生成NO（g)过程中的能量变化
（1）人们通常把拆开1 mol某化学键所吸收的能量看成该化学键的键能.键能的大小可以衡量化学键的强弱，则N≡N的键能为___________ kJ/mol，由上图写出N2(g）和O2(g）生成NO（g）的热化学反应方程式_______________________
(2)根据下列反应的热化学反应式,计算由C（石墨）和H2（g）反应生成1mol C2H2(g）的△H。

C（石墨）+ O2(g）= CO2(g);△H1 = —393．5 kJ/mol
2H2（g) + O2(g) = 2H2O（l）；△H2 = —571．6 kJ/mol
2C2H2（g) + 5 O2（g）= 4CO2(g）+ 2H2O（l）；△H3 = - 2599．2 kJ/mol，则由C（石墨）和H2（g）反应生成1mol C2H2（g）的△H _______________________ kJ/mol。

【答案】（1）946kJ/mol; N2(g）+ O2（g)＝2NO（g）△H＝－220kJ/mol
（2）△H＝＋226.8kJ/mol
【解析】
试题分析：（1）根据图中的数据可知，N≡N的键能为946kJ/mol。

反应热是断键吸收的能量和形成化学键所放出的能量的差值，则该
反应的反应热△H＝946kJ/mol＋498kJ/mol－2×632kJ/mol＝－220kJ/mol，则该反应的热化学方程式是N2(g) + O2(g）＝2NO（g）△H＝－220kJ/mol。

(2）根据盖斯定律可知，（①×4＋②－③)÷2即得到2C(石墨）+ H2（g）＝C2H2（g），所以该反应的反应热△H＝（－393．5 kJ/mol×4－571．6 kJ/mol＋2599．2 kJ/mol)÷2＝＝＋226.8kJ/mol。

考点：考查反应热的计算和热化学方程式的书写
点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度试题的考查，试题综合性强，在注重对学生基础知识的巩固和训练的同时，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练，有利于培养学生的逻辑推理能力和逆向思维能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。

该题的关键是利用好盖斯定律。

18．（14分)为了综合利用副产品CaSO4，某化工厂与相邻的合成氨厂联合设计了下列（NH4）2SO4生产流程：
请回答以下问题:
（1）合成氨反应的化学方程式是，该反应在（填设备名）中发生,反应所用催化剂一般用。

（2）沉淀池中发生的主要反应方程式是，该反应能够发生的原因
是。

（3）在上述流程中可以循环使用的物质是，该生产过程中的副产品是.
（4）从绿色化学和资源综合利用的角度说明上述流程的主要优点是.
【答案】（1）（2分）合成塔(1分）铁触媒（1分）（2）CaSO4＋CO2＋2NH3＋H2O＝CaCO3↓＋(NH4)2SO4（2分）生成的CaCO3溶解度小于CaSO4有利于反应向正向进行.（2分）（3）CO2（2分）生石灰(2分)
（4)该流程中产生的CO2循环使用，得到的产品和副产品都是有用的物质，无废物产生。

（2分)
【解析】
试题分析:（1)合成氨反应的化学方程式是：，合成氨是在合成塔中进行，催化剂通常用铁触媒。

(2）沉淀池中通入了氨气和CO2，会生成CO32-，CO32—会和CaSO4反应生成CaCO3，故反应方程式为：CaSO4＋CO2＋2NH3＋H2O＝CaCO3↓＋（NH4）2SO4;该反应能进行是因为生成的CaCO3溶解度小于CaSO4有利于反应向正向进行.（3）从该流程图看出煅烧炉中生成的CO2可以用于沉淀池中的反应，故可以循环使用的物质好似CO2；煅烧炉中是CaCO3分解生成CaO和CO2,故副产品是CaO（生石灰）；（4）绿色化学和资源综合利用的角度说明上述流程的主要优点是:该流程中产生的CO2循环使用,得到的产品和副产品都是有用的物质，无废物产生。

考点:化工流程的分析、合成氨的方程式的书写、流程优点的分析。

19．乙醇在一定条件下可被氧化，某同学利用下列装置进行乙醇的催化氧化实验，并检验其产物,其中C装置的试管中盛有无水乙醇．已知乙醛在加热条件下能与新制Cu（OH)2反应生成Cu2O．
回答下列问题：
（1）请选择必要的装置，按气流方向连接顺序为（填仪器接口的字母编号）（加热和夹持装置已略去)．
（2）B装置中发生的化学方程式．
（3）F装置中的固体试剂是，发生反应的化学方程式为．反应一断时间后移去酒精灯，反应能继续进行,其原因是．
（4）A装置和D装置中的实验现象分别为．（5）为了提高乙醇的转化率，可以对C装置进行改进，提出你的改进意见．
【答案】（1)c→hi→de→jk（或kj）→fg（或gf）→a；
（2）2H2O22H2O+O2↑；
（3)铜丝；2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O;
该反应为放热反应，反应过程放出的热量能维持反应继续进行；(4）A中出现砖红色沉淀、D中白色粉末变为蓝色；
（5)使用温度计，控制C装置中水浴的温度略高于乙醇沸点．
【解析】（1）用B发生制取氧气，产生的氧气中含有水蒸气,所以需要干燥装置，则应选择装置E，乙醇的催化氧化实验，需产生乙醇蒸气，则应选择装置C，无水乙醇与氧气发生催化氧化，则应选择装置F，验证生成的水，则应选择装置D，验证乙醛，则应选择装置A，所以按气流方向连接顺序为：c→hi→de→jk（或kj）→fg（或gf）→a;
(2）过氧化氢在二氧化锰催化作用下生成水和氧气,化学方程式:2H2O22H2O+O2↑；
(3)F装置为乙醇催化氧化，乙醇催化氧化的产物为乙醛，反应方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，所以F装置中的固体试剂是铜丝,乙醇催化氧化是一个放热反应，该反应引发后，不需加热即可进行，所以撤掉酒精灯后铜丝保持红热；
（4）乙醛能和氢氧化铜悬浊液反应,生成砖红色沉淀，所以A中会产生红色沉淀，装置D的作用是检验水蒸气，药品为白色的无水硫酸铜粉末，发生反应为：CuSO4+5H2O═CuSO4•5H2O，无水硫酸铜变蓝说明混合气体中有水蒸气；
（5）C装置是为乙醇催化氧化提供乙醇蒸气,所以为了得到平稳气流，且节约能源,改进C装置，需使用温度计,控制C装置中水浴的温度略高于乙醇沸点；
【点评】本题考查了乙醇的催化氧化实验，明确乙醇结构及性质是解题关键,题目难度中等．
20．(15分）漂白液、漂白粉和漂粉精既可作棉、麻、纸张的漂白剂，又可用作游泳池及环境的消毒剂.它们在生产、生活中有广泛应用.
某实验小组同学看到一则报道：某造纸厂误将槽车中漂白液（NaCl 和NaClO的混合液,其中有效成分为NaClO）倒入盛放饱和KAl(SO4）溶液的池中，造成中毒事件。

该小组同学为探究中毒原因进行了如2
下实验。

(1）小组成员甲同学依据漂白液具有漂白消毒的性质推测，漂白液中ClO－具有氧化性。

进行如下实验:
Ⅰ．取10 mL漂白液,依次加入Na2SO3溶液和BaCl2溶液，观察到有白色沉淀生成，经检验白色沉淀不溶于盐酸。

Ⅱ．另取10 mL漂白液,加入品红溶液，发现溶液红色逐渐变浅，一段时间后褪为无色。

Ⅲ．再取10 mL漂白液，加入品红溶液，加入少量稀硫酸酸化后,观察溶液红色立即变为无色。

①由实验Ⅰ得出ClO－具有氧化性，写出相关反应的离子方程式__________________。

②对比实验Ⅱ和Ⅲ说明ClO－氧化性与溶液酸碱性的关系是____________________.
（2）小组成员乙同学依据（1)中的实验提出:漂白液在酸性溶液中有Cl2生成，为此进行如下实验：
首先，他利用pH计分别测得漂白液pH>7，饱和KAl(SO4)2溶液pH
中是〈7。

然后用下图所示的装置继续实验，探究漂白液在酸性溶液
．．．．
否能反应生成Cl2.
①在测定漂白液pH的实验中，乙同学没有选择pH试纸的理由可能是__________；
②若打开分液漏斗活塞向烧瓶中加入硫酸，不久烧瓶中有黄绿色气体产生。

A中反应的离子方程式__________________。

③若打开分液漏斗活塞向烧瓶中加入饱和KAl(SO4)2溶液,预计只有观察到以下现象__________，才能说明漂白液与酸性溶液混合会产生Cl2。

（3）为了进一步了解漂白液生产和保存的实际意义，小组其他成员还研究漂白液的稳定性,他们查阅资料,下图是30℃时,pH=11的漂白液中NaClO的质量百分含量随时间变化图：
①分析分解速率v（Ⅰ）与v（Ⅱ)的大小关系,原因是
②4d～8d，Ⅰ中v（NaClO）= mol/（L·d）（常温下漂白液的密度约为1g / cm3，且溶液体积变化忽略不计，结果保留2
位有效数字。

)
【答案】（15分）
(1）①ClO－+ SO32—= Cl－+ SO42—Ba2++ SO42—= BaSO4↓（2分，合并写出应得分)
②ClO－的氧化性随c(H＋）增大而增强（2分）
(2）①漂白液具有漂白性，pH试纸变蓝后马上褪色，无法准确测定pH（2分）
②ClO－+ Cl－+2H+ = Cl2↑+ H2O（2分）
③产生大量的白色胶状沉淀，不久烧瓶中有黄绿色气体产生。

（2分）（3）①v(Ⅰ）＞v(Ⅱ），在相同的条件下，NaClO的浓度越大分解速率越大（2分)②0。

047（3分)
【解析】
试题分析：（1)①ClO‾把SO32‾氧化为SO42‾,所以离子方程式为：ClO －+ SO32-= Cl－+ SO42- 、Ba2++ SO42-= BaSO4↓。

②加入少量稀硫酸酸化后，观察溶液红色立即变为无色，说明ClO－的氧化性随c（H＋）增大而增强。

(2）①漂白液具有漂白性，可以漂白pH试纸,无法准确测定pH。

②在酸性条件下,ClO‾与Cl‾发生氧化还原反应生成Cl2，则离子方程式为：ClO－+ Cl－+2H+ = Cl2↑+ H2O。

③Al3+水解使溶液呈碱性：Al3++3H2O Al（OH)3↓+3H+，若漂白液与H+反应，Al3+水解平衡向右移动，产生产生大量的白色胶状沉淀，不久烧瓶中有黄绿色气体产生。

(3）①图像的纵坐标为NaClO的质量百分含量，在相同时间内，
NaClO的质量百分含量改变越大，则v(Ⅰ）＞v（Ⅱ），v（Ⅰ）时NaClO的浓度大于v（Ⅱ)时NaClO的浓度，在相同的条件下，NaClO 的浓度越大分解速率越大。

②设溶液的体积为1L，则v（NaClO）=1000g×(6。

5％-5.1％）÷74。

5g/mol÷1L÷4d=0.047 mol/（L·d）。

考点：本题考查化学实验方案的设计与评价、离子方程式的书写、化学平衡、化学反应速率。

21．将4 g NaOH溶于多少克水中，才能使每100个水分子中溶有一个Na +
【答案】180 g
【解析】
试题分析：1 mol的NaOH溶于水电离出1 mol 的Na + 和1 mol的OH —，每100个水分子中溶有一个Na + ，
即：n（Na + )/ n（H 2 O）=1/100
则n（H 2 O）=100n（Na + )=100× 4/40=10 mol
m（H 2 O）=10 mol× 18 g mol —1 =180 g
考点:物质的量
22．现有A、B、C、D、E五种原子序数依次增加的短周期元素，其中A的最低负价和最高正价代数和为零,且A2常温下为气态，B 与其他元素形成的化合物种类最多,C与E可形成EC2和EC3两种物质,D是短周期最活泼的金属元素，用化学用语回答下列问题: (1)D离子结构示意图_________________，B在元素周期表的位置_______________；
（2)A与C形成含18个电子的化合物的电子式是_______________;（3)C与D形成的一种化合物颜色为淡黄色，其阴阳离子个数比为_____________，含有的化学键类型为___________；
（4）C、D、E的常见离子的离子半径由大到小的顺序__________________；
(5）B、E两元素得电子能力B________E(填“＞"或“＜"），试写出证明该结论的一个化学方程式_______;
(6)工业上常用氨水吸收尾气中的EC2，离子方程式为_______________________.
【答案】(1)，第二周期第ⅣA族（2）（3）1:2 离子键、共价键（4）S2﹣＞O2﹣＞Na+（5)＜H2SO4 + 2Na2CO3 = Na2SO4 + CO2↑+ H2O 或H2SO4 + NaHCO3 = Na2SO4 + CO2↑+ H2O
（6)SO2+ 2NH3·H2O =2NH4+ + SO32﹣+ H2O 或SO2+ NH3·H2O =NH4+ + HSO3﹣
【解析】
试题分析:现有A、B、C、D、E五种原子序数依次增加的短周期元素，其中A的最低负价和最高正价代数和为零，且A2常温下为气态，可知A为H元素;B与其他元素形成的化合物种类最多，则B为C 元素；C与E可形成EC2和EC3两种物质，D是短周期最活泼的金属元素,可知D为Na，则C为O，E为S；（1）钠离子结构示意图
为，碳的质子数为6,在元素周期表的位置第二周期第ⅣA族；（2）H与O形成含18个电子的化合物为H2O2，其电子式是；(3）
Na在O2中燃烧生成的一种化合物Na2O2颜色为淡黄色,晶体中含有O22—离子，其阴阳离子个数比为2：1，含有的化学键类型为离子键及非极性共价键；（4)O2-和Na+离子结构相同，核电荷数大离子半径小，S2—多一个电子层，离子半径最大,离子半径由大到小的顺序为S2﹣＞O2﹣＞Na+；（5)C的非金属性比硫S弱，两元素得电子能力C ＜S，可通过反应H2SO4 + 2Na2CO3 = Na2SO4 + CO2↑+ H2O 来体现;（6）工业上常用氨水吸收尾气中的SO2，发生的离子反应方程式为SO2+2NH3·H2O =2NH4++ SO32﹣+H2O 或SO2+ NH3·H2O =NH4++HSO3﹣.
考点：考查元素周期表的位置、结构、性质之间的关系。

23．（10分）某科研小组利用石油分馏产品经下列路线,合成一种新型香料。

已知X分子中碳氢质量比为24：5，A、E都是X的裂解产物，且二者互为同系物，D与饱和NaHCO3溶液反应产生气体。

信息提示：卤代烃在强碱水溶液中发生水解（取代）反应生成醇.如：
（1）X分子为直链结构，X的名称为；C中官能团的名称为。

（2）①-⑥的反应中，下列反应类型存在且数目由多到少的
是。

（用字母和“﹥"写出）
A．加成反应B．加聚反应C．取代反应D．氧化反应
（3）B与D在浓硫酸作用下，生成甲，则与甲同类别的同分异构体的有种(不包括甲）。

（4)写出⑥的化学反应方程式。

(5）E可能发生下列选项中的某种反应，写出能反应的化学方程式。

A．皂化反应B．与乙酸的酯化反应
C．加聚反应D．与银氨溶液的银镜反应
【答案】（1）丁烷或正丁烷醛基
(2)D＞C＞A
（3）3种
（4）2CH3COOH +CH3CHOHCH2OH + 2H2O
（5)n CH3CH＝CH2
【解析】
试题分析：由题中X碳氢质量比24：5，确定两者个数比为2：5，因属饱和烃，分子式为C4H10,且为直链结构，为正丁烷;A和E互为同系物，且A能被连续氧化，确定A、E为烯烃，G为二元醇，D 为羧酸，而香料中C原子为7,所以G中含3个C，确定A为乙烯、E为丙烯，B为乙醇,C为乙醛，D为乙酸，综合6个反应中存在3。