河南省郑州市第二中学2016-2017学年高二化学开学考试卷(含解析)

河南省郑州市第二中学2016—2017学年度高二开学考化学试题（解
析版）
1．下列有关物质性质的应用正确的是
A．液氨汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂
B．二氧化硅不与强酸反应，可用石英器皿盛放氢氟酸
C．生石灰能与水反应，可用来干燥氯气
D．氯化铝是一种电解质，可用于电解法制铝
【答案】A
【解析】
试题分析：A．液氨汽化时要吸收大量的热，使环境的温度降低，因此液氨可用作制冷剂，正确；B．二氧化硅不与强酸反应，但是却可以与氢氟酸发生反应，因此不可用石英器皿盛放氢氟酸，错误；C．生石灰能与水反应，也可以与氯气发生反应，因此不可用来干燥氯气，错误；D．氯化铝是一种电解质，但是由于它是共价化合物，所以不可用于电解法制铝，应该用电解氧化铝的方法来冶炼，错误。

考点：考查物质的保存、计算的冶炼、气体的干燥和物质的用途的知识。

2．化学在生产和日常生活中有着重要的应用。

下列说法正确的是
A．人类利用的能源都是通过化学反应获得的
B．电解熔融氯化钠,可制得金属钠
C．金属表面形成的氧化物都能起到保护内层金属的作用
D．在铁水闸上外接电源的正极,可保护铁水闸
【答案】B
【解析】
试题分析：太阳能就是直接获得的能量，故A错误；电解熔融氯化钠,可生成金属钠和氯气，故B正确；氧化钠不能能起到保护内层金属的作用，故C错误；在铁水闸上外接电源的负极,可保护铁水闸，故D错误。

考点：本题考查化学与生活。

3．三氯化氮分子中每个原子的最外层均达到8电子稳定结构，且氮与氯的共用电子对偏向氮原子。

则下列关于三氯化氮的叙述正确的是( )
A.NCl3为非极性分子
B.NCl3跟水反应的产物为NH3和HClO
C.NCl3跟水反应生成NH4Cl、O2和Cl2
D.在NCl3分子中N为+3价，跟水发生水解反应的产物是HNO2和HCl
【答案】B
【解析】因氮与氯的共用电子对偏向氮原子，则在NCl3中，N显-3价，Cl显+1价，则其发生水解的方程式应为：NCl3+3H2O====NH3+3HClO。

又因氨气分子的空间构型推知NCl3为三角锥形结构，为极性分子。

4．下列有关氧化还原反应的叙述中正确的是
A．有单质参加或有单质生成的反应一定是氧化还原反应
B．氧化还原的本质是元素化合价的升降
C．失电子越多，该物质的还原性就越强
D．金属单质在化学反应中一定作还原剂
【答案】D
【解析】
试题分析：A．有单质参加或有单质生成的反应不一定是氧化还原反应，如：石墨转化为金刚石就不是氧化还原反应，故A错误；B．氧化还原反应的本质是有电子的转移，故B错误；C．还原性的强弱决定于失电子能力，与失电子数目无头，故C错误；D．在化学反应中，金属最外层电子很容易失去，所以金属单质常常作还原剂，故D正确，故选D。

考点：考查了氧化还原反应，
5．下列关系互为同分异构体的是
A．35 Cl和37 Cl B．CH3CH2OH和CH3OCH3
C．CH3CH3和CH3CH2CH3 D．H2O和H2O2
【答案】B
【解析】
试题分析：A．二者的质子数相同，中子数不同，属于同位素，A项错误；B．乙醇和甲醚的分子式相同，但结构不同，属于同分异构体，B项正确；C．乙烷和丙烷属于同系物，C项错误；D．水和H2O2的组成元素相同，但分子式不同，不是同分异构体，D项错误；答案选B。

【考点定位】考查同分异构体的判断。

【名师点睛】本题考查同分异构体的判断。

是高考中的常见考点，属于基础性试题。

主要是考查学生对同分异构体含义以及判断的熟悉了解程度，侧重于对学生基础知识的巩固和训练，分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体，同分异构体考查的范围是化合物，同位素考查的是原子，同系物考查的结构相似，组成上相差n个CH2原子团的有机物，明确概念间的区别是解题的关键。

6．三种气体X、Y、Z的相对分子质量关系为M r(X)<M r(Y)＝0.5M r(Z)，下列说法正确的是A．三种气体密度最小的是X
B．分子数目相等的三种气体，质量最大的是Y
C．若一定条件下，三种气体体积均为2.24 L，则它们的物质的量一定均为0.1 mol D．20 ℃时，若2 mol Y与1 mol Z体积相等，则Y、Z气体所承受的压强比为2∶1
【答案】D
【解析】
试题分析：A.根据p=M÷Vm，气体摩尔体积由温度和压强决定，所以相同条件下，三种气体密度最小的才是X，A项错误；B.根据m=n×M=N÷N A×M，则质量最大的是Z，B项错误；C.在一定条件下，三种气体的体积均为2.24L，该条件不一定是标准状况，则物质的量不一定是0.1mol，C项错误；D.根据同温、同体积，压强和物质的量成正比，20 ℃时，若2 mol Y 与1 mol Z体积相等，则Y、Z气体所承受的压强比为2∶1，D项正确；答案选D。

考点：考查阿伏伽德罗定律及推论。

7．设n A为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是( )。

A．常温常压下，8 g O2含有4n A个电子
B．1 L 0.1 mol·L－1的氨水中有n A个NH4+
C．标准状况下，22.4 L盐酸含有n A个HCl分子
D．1 mol Na被完全氧化生成Na2O2，失去2n A个电子
【答案】A
【解析】A项，8 g O2含有的电子数为×16n A＝4n A，正确。

B项，NH3·H2O是弱电解质，部分电离，所以1 L 0.1 mol·L－1的氨水中NH4+的数目远小于n A个。

C项，在盐酸
溶液中不含有HCl分子，错误。

D项，1 mol Na完全被氧化生成Na2O2，应转移n A个电子，错误。

8．我国具有独立知识产权的电脑芯片“龙芯一号”的问世，填补了我国计算机制造史上的一项空白．下列对晶体硅的有关叙述正确的是（）
A．晶体硅和金刚石的物理性质相似
B．硅在地壳中含量居第二位，可以以游离态存在于自然界中
C．晶体硅是一种良好的半导体材料，但是它提炼工艺复杂，价格昂贵
D．晶体硅具有金属光泽，故它属于金属材料，可以导电
【答案】A
【解析】
试题分析：A．晶体硅和金刚石都是原子晶体，原子之间通过共价键结合，所以二者的熔点、沸点高，硬度大，难溶于一般的溶解，故它们的物理性质相似，正确；B．硅在地壳中含量居第二位，不可以以游离态存在于自然界中，错误；C．晶体硅是一种良好的半导体材料，但是它提炼工艺不复杂，价格相对来说不高，所以已经被普及使用，错误；D．晶体硅具有金属光泽，可以导电，但它属于非金属材料，错误。

考点：考查下列对晶体硅的有关叙述正误判断的知识。

9．下列粒子中，只有还原性的是
A．Br- B．H+ C．Mg2+ D．H2O
【答案】A
【解析】
试题分析：粒子的氧化性、还原性的判断可依据元素的化合价，元素的最低价态只有还原性，最高价态只有氧化性，中间价态二者都有。

A、Br-是溴元素的最低价态只有还原性，正确；
B、H+是H元素的最高价态，只有氧化性，错误；
C、Mg2+是镁元素的最高价态，只有氧化性，错误；
D、H2O中的H、O元素分别是最高价态、最低价态，所以既具有氧化性也具有还原性，错误，答案选A。

考点：考查对粒子氧化性、还原性的判断
10．关于Na2CO3和NaHCO3性质的有关叙述正确的是
A．在水中溶解性：Na2CO3＜NaHCO3
B．热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3
C．同浓度溶液与足量酸反应的速度：Na2CO3>NaHCO3
D．Na2CO3不能转化成NaHCO3，而NaHCO3能转化为Na2CO3
【答案】B
【解析】
试题分析：A、碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠，故A错误；B、热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3，故B正确；C、分别滴加HCl溶液，反应离子方程式为CO32-+2H+═CO2↑+H2O，HCO3-+H+═H2O+CO2↑，相同条件下NaHCO3比Na2CO3反应放出气体剧烈，故C错误；D、Na2CO3能够与二氧化碳和水反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠加热能够分解生成碳酸钠，二者能够相互转化，故D错误；故选B。

考点：考查了Na2CO3和NaHCO3性质比较的相关知识。

11．下列各组离子中，因发生氧化还原反应而不能
．．大量共存的是
A．K+、H+、I－、MnO4－ B．Fe3+、Fe2+、SO42－、NO3－
C．Al3+、Na+、SO42－、CO32－ D．Fe3+、H+、SO42－、ClO－
【答案】A
【解析】
试题分析：A I －在酸性条件下能被MnO 4－氧化额不能存在。

B 离子间不会发生反应，能够共
存。

C ．Al 3+和CO 32－会发生双水解反应而不能大量共存。

D ．次氯酸是弱酸，所以H +、ClO
－不能大量共存。

考点：考查离子共存问题的知识。

12．在下述条件下，一定能大量共存的离子组是
A ．无色透明的水溶液中：K ＋、Ba 2＋、I －、MnO 4-
B ．含有大量NO 3-的水溶液中：NH 4+、Fe 2＋、SO 24-、H ＋
C ．C(HCO 3-)＝0.1 mol·L －1的溶液中：Na ＋、K ＋、CO 23-、Br －
D ．强碱性溶液中：ClO －、S 2－、HSO 3-、Na ＋
【答案】C
【解析】
试题分析：A 项含MnO 4-的溶液呈紫红色，错误；B 项NO 3-（H ＋）能氧化Fe 2＋，不能大量共存；C 项各组离子间不反应，能大量共存；D 项ClO －能氧化S 2－、HSO 3-，且HSO 3-
在强碱性溶液中也不能大量共存，错误。

考点：考查离子共存。

13．将质量为w 1g 的钠、铝共融物投入一定量的水中充分反应，金属没有剩余，共收集到标准状况下的气体V 1 L 。

向溶液中逐滴加入浓度为a mol/L 的HCl 溶液，过程中有白色沉淀生成后又逐渐溶解，当沉淀恰好消失时所加HCl 溶液体积为V 2 L 。

将溶液蒸干灼烧得固体w 2g 。

n (Na)、n (Al)代表钠、铝的物质的量，下列所列关系式中不正确的是( )
A ．35.5a V 2 ＝w 2－w 1
B ．23n (Na)＋27n (Al)＝w 1
C ．n (Na)＋3n (Al)＝×2 D．a V 2 ＝ n (Na) ＋3n (Al)
【答案】A
【解析】
14．设N A 为阿伏加德罗常数，如果ag 某气体含分子数为P ，则bg 该气体在标准状况下的体积V （L ）是
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】D
【解析】 试题解析：ag 某气体含分子数为P ，则bg 该气体含有的分子数为bg ag ×P＝pb a。

所以bg
该气体的物质的量为pb a ÷N A ＝A
pb aN mol ，故标准状况下，bg 该气体的体积为A
pb aN mol×22.4L/mol=22.4A pb aN L ，答案选D 。

考点：物质的量、气体摩尔体积的计算
15．煤是“工业的粮食”，石油是“工业的血液”。

有关煤和石油加工的说法正确的是
A ．煤的干馏产物主要是各类有机物
B ．石油的裂解、分馏和煤的干馏都属于化学变化
C ．煤焦油经过分馏可得到苯、甲苯等，说明煤中含有苯和甲苯
D ．石油的裂化，说明长链烃在高温条件下可以分解为短链烃
【答案】D
【解析】
试题分析：A 、煤的干馏产物主要有焦炭、煤焦油、粗氨水等物质，错误；B 、石油的分馏为物理变化，错误；C 、煤焦油是经过化学变化生成的，煤中不含有苯和甲苯等，错误；D 、正确。

考点：考查石油和煤的加工有关问题。

16．（15分）下图为实验室某浓盐酸试剂瓶上的标签，
试根据有关数据回答下列问题：
（1）该浓盐酸的物质的量浓度为_____mol·L —1。

（2）取用任意体积该盐酸溶液时，下列物理量中不随所取体积的多少而变化的是______。

A ．溶液中Cl －的数目
B ．溶液的密度
C ．溶质的物质的量
D ．溶液的浓度
（3）某学生欲用上述浓盐酸和蒸馏水配制450 mL 物质的量浓度为0.4 mol/L 的稀盐酸，该学生需要量取______mL 上述浓盐酸进行配制（结果保留小数点后一位）。

若用量筒量取浓盐酸时俯视观察凹液面，则所配制的稀盐酸物质的量浓度将 （填“偏高”、“偏低”或“无影响”，下同）；若定容摇匀后发现液面低于刻度线，又补加水至刻度线，则所配制的稀盐酸物质的量浓度将 。

（4）取100mL 0.4 mol·L —1的盐酸与100mL 0.1 mol·L —1的AgNO 3溶液混合，混合后的体
积可近似为两溶液的体积之和，则所得溶液中Cl －的物质的量浓度为__ _ __。

【答案】19．（15分，除标示外，每空2分) （1）11.8 （3分） （2）BD
（3）16.9（3分) 偏低 偏低 （4）0.15mol/L (3分)
【解析】 试题分析：（1）浓盐酸的物质的量浓度为：C=1000pw%/M=1000x1.18x36.5%/36.5==11.8mol/L ；
（2）A 、n=CV ，所以与溶液体积有关，A 不符合．B 、溶液的浓度是均一稳定的，与所取溶液的体积无关，B 符合．C 、N=nN A =CVN A ，所以与溶液体积有关，C 不符合．D 、溶液的密度是均一的，所以与所取溶液的体积无关，D 符合，选BD ；
（3）用上述浓盐酸和蒸馏水配制450 mL物质的量浓度为0.4 mol/L的稀盐酸,根据稀释定律，0.5x0.4=11.8xV, 得到V=0.0168L=16.9mL；若用量筒量取浓盐酸时俯视观察凹液面，会使所以浓酸体积偏小，所配溶液浓度偏低；定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线，会导致加入的蒸馏水体积偏大，配制的溶液浓度偏低；（4）Cl- + Ag+=AgCl↓
0.04 0.01 剩余氯离子0.03mol 所以所得溶液中Cl－的物质的量浓度为0.03/0.2=0.15mol/L。

考点：考查溶液的配制及误差分析等知识。

17．某一反应体系中，有反应物和生成物共六种物质，这六种物质是：Cl2、KMnO4、MnCl2、H2O、HCl(浓)、KCl，其中Cl2、H2O均为生成物。

(1)该反应中的氧化剂是，氧化产物为。

(2)该反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为。

(3)若产生的气体在标准状况下体积为 2.24 L，则反应过程中转移电子的数目为N A(N A表示阿伏伽德罗常数的值)，发生反应的KMnO4的质量为 g。

【答案】（1）KMnO4 Cl2（2）5:2 （3）0.2 6.32
【解析】
试题分析：由该体系中的物质可以得知，该反应为实验室制备氯气的反应，2KMnO4+16HCl(浓)= 5Cl2+ 2MnCl2+ 8H2O+ 2KCl。

其中，KMnO4被还原，作氧化剂；Cl2是氧化产物，MnCl2是还原产物；若产生的气体在标准状况下体积为2.24 L，则为0.1mol Cl2，转移的电子数目为0.2mol，发生反应的KMnO4的物质的量为0.04mol。

考点：氧化还原反应
点评：氧化还原反应是高考的必考内容，考生应把握以下两点：一、判断一个反应是否属于氧化还原反应，以及氧化剂（产物）、还原剂（产物）分别是什么；二、利用得失电子配平所给化学反应，并能进行简单的有关于电子守恒的计算。

18．高锰酸钾可用于生活消毒，是中学化学常见的氧化剂．工业上，用软锰矿制高锰酸钾的流程如下：
请回答下列问题：
1）该生产中需要纯净的CO2气体．写出实验室制取CO2的化学方程式．（2）KMnO4稀溶液是一种常用的消毒剂．其消毒原理与下列物质相同的是（填字母）．a．75%酒精 b．双氧水 c．苯酚 d． 84消毒液（NaClO溶液）
（3）写出二氧化锰和氢氧化钾熔融物中通入空气时发生的主要化学反应的方程式：．
（4）上述流程中可以循环使用的物质有、（写化学式）．
（5）测定高锰酸钾样品纯度采用硫酸锰滴定：向高锰酸钾溶液中滴加硫酸锰溶液，产生黑色沉淀．当溶液由紫红色刚好褪色且半分钟不恢复，表明达到滴定终点．写出该反应的离子方程式：．
（6）已知：常温下，Ksp[Mn（OH）2]=2.4×10﹣13．工业上，调节pH可以沉淀废水中Mn2+，
当pH=10时，溶液中c（Mn2+）= ．
（7）操作Ⅰ的名称是；操作Ⅱ根据KMnO4和K2CO3两物质在溶解性上的差异，采用（填操作步骤）、趁热过滤得到KMnO4粗晶体．
【答案】（1）CaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑；（2）bd；
（3）2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O；
（4）KOH；MnO2；（5）2MnO4﹣+3Mn2++2H2O═5MnO2↓+4H+；
（6）2.4×10﹣5mol/L；（7）过滤；浓缩结晶．
【解析】（1）实验室利用碳酸钙与盐酸反应制二氧化碳，反应的方程式为CaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑，故答案为：CaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑；
（2）KMnO4有强氧化性，利用其强氧化性杀菌消毒，消毒原理与84消毒液、双氧水一样，故选：bd；
（3）由工艺流程转化关系可知，MnO2、KOH的熔融混合物中通入空气时发生反应生成K2MnO4，根据元素守恒还应生成水．反应中锰元素由+4价升高为+6价，总升高2价，氧元素由0价降低为﹣2价，总共降低4价，化合价升降最小公倍数为4，所以MnO2系数2，O2系数为1，根据锰元素守恒确定K2MnO4系数为2，根据钾元素守恒确定KOH系数为4，根据氢元素守恒
确定H2O系数为2，所以反应化学方程式为2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O，
（3）由工艺流程转化关系可知，向K2MnO4溶液中通入CO2制备KMnO4、还生成K2CO3、MnO2，反应只有Mn元素的化合价发生变化，由+6价降低为+4价，由+6价升高为+7价，所以K2MnO4既是氧化剂又是还原剂，故答案为；K2MnO4；
（4）制备中利用的原料，在转化过程中又生成的可以循环利用．由转化关系图知，除石灰、二氧化碳外，K2MnO4溶液中通入CO2以制备KMnO4生成的MnO2及最后由母液加入石灰生成的KOH，会在MnO2、KOH的熔融制备K2MnO4中被循环利用，
（5）向高锰酸钾溶液中滴加硫酸锰溶液，产生黑色沉淀二氧化锰，反应的离子方程式为2MnO4
+，
﹣+3Mn2++2H
2O═5MnO2↓+4H
（6）当pH=10时，c2（OH﹣），c（OH﹣）=1×10﹣4mol/L，根据Ksp[Mn（OH）2]=c（Mn2+）•c2（OH﹣），可知c（Mn2﹣）===2.4×10﹣5mol/L，
（7）将KMnO4、K2CO3、MnO2溶于水然后过滤得到KMnO4、K2CO3混合溶液，所以操作Ⅰ为过滤，再根据KMnO4、K2CO3溶解度差异采用浓缩结晶、趁热过滤得到KMnO4粗晶体，
【点评】本题考查常见氧化剂与还原剂、氧化还原反应、化学计算和对工艺流程的理解、阅读题目获取信息的能力等，难度中等，需要学生具有扎实的基础知识与灵活运用知识解决问题的能力．
19．工业上，向500—600℃的铁屑中通入氯气生产无水氯化铁；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）制取无水氯化铁的实验中，A中反应的化学方程式为，装置B中加入的试剂是。

（2）制取无水氯化亚铁的实验中，装置A用来制取___________。

尾气的成分是。

若仍用D的装置进行尾气处理，存在的问题是、。

（3）若操作不当，制得的FeCl2会含有少量FeCl3，检验FeCl3常用的试剂是___________。

欲制得纯净的FeCl2，在实验操作中应先，再。

【答案】（1）MnO2 + 4HCl(浓)MnCl2 + Cl2↑+ 2H2O；浓硫酸；
（2）氯化氢；氯化氢、氢气；易发生倒吸、没有处理氢气；
（3）KSCN溶液；点燃A处的酒精灯；点燃C处的酒精灯。

【解析】
试题分析：（1）制取无水氯化铁的实验中，A装置制取的是氯气，实验室常用浓盐酸与二氧化锰加热制取，化学反应方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，制取的氯气中含有水蒸气，装置B的作用是干燥氯气，常用浓硫酸，故答案为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；浓硫酸；
（2）制取无水氯化亚铁，需要HCl气体，故A装置制取的是HCl，反应方程式为：Fe+2HCl FeCl2+H2，故尾气的成分为未反应的HCl和生成的氢气，由于HCl极易溶于水，故若仍然采用D装置进行尾气处理，很容易造成倒吸，且氢气不溶于水，不利于氢气的吸收，氢气易燃，造成安全隐患，故答案为：HCl；HCl和H2；发生倒吸、可燃性气体H2没有被处理；
（3）检验氯化铁常用硫氰化钾溶液，若要制取纯净的FeCl2，需先排净装置中的空气，可以通入氯化氢，故先点燃A处的酒精灯，再点燃C处的酒精灯，故答案为：KSCN溶液；点燃A 处的酒精灯；点燃C处的酒精灯。

考点：考查了实验室中氯气和氯化氢的制取方法、常见尾气的处理方法以及铁离子的检验等相关知识。

20．现有甲、乙、丙三名同学分别进行Fe(OH)3胶体的制备实验。

甲同学向1 mol·L－1氯化铁溶液中加入少量的NaOH溶液；
乙同学直接加热饱和FeCl3溶液；
丙同学向25 mL沸水中逐滴加入1 mL～2 mL FeCl3饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热。

试回答下列问题：
（1）其中操作正确的同学是________；若丙同学实验中不停止加热，会看到____________________。

（2）证明有Fe(OH)3胶体生成的实验操作及现象是_____________________。

（3）丁同学利用所制得的Fe(OH)3胶体进行下列实验：
①将其装入U 形管内，用石墨作电极，接通直流电，通电一段时间后发现阴极附近的颜色逐渐变深，这表明________________________________。

②向其中加入过量稀硫酸，产生的现象是__________________。

【答案】（1）丙，出现红褐色沉淀；（2）用激光笔照射，若有一条光亮的通路，则有胶体生成；（3）①Fe(OH)3胶粒带正电；②先生成红褐色的沉淀，后溶解为黄色溶液。

【解析】
试题分析：（1）制备氢氧化铁胶体：向沸水中滴加FeCl 3溶液，继续加热直至出现红褐色液体为止，即得氢氧化铁胶体，因此丙同学的操作正确，胶体性质聚沉，其中造成胶体的聚沉的因素之一，就是加热，因此会看到红褐色沉淀产生；（2）区分胶体和溶液的方法是丁达尔效应，因此操作：用激光笔照射，若有一条光亮的通路，则有胶体生成；（3）①因为氢氧化铁显红褐色，阴极附近颜色逐渐变深，说明氢氧化铁向阴极移动，根据同电相斥异电相吸的原则，说明氢氧化铁胶粒带正电；②硫酸是电解质，会造成胶体的聚沉，因此先看到有红褐色沉淀产生，氢氧化铁和硫酸发生中和反应，即沉淀消失，溶液显黄色。

考点：考查胶体的性质、胶体的制备等知识。

21．(1). （2分）在()24422Cu+2H SO Δ CuSO +SO +2H O ↑浓反应中，若有3．2 g 的Cu 参与反应，则被还原的H 2SO 4的物质的量是 mol.
(2). （6分右图是我校化学实验室从化学试剂商店买回的硫酸试剂标签上的部分内容。

计算：（要求写出简要计算过程）
①求该浓硫酸的物质的量浓度?
②用该浓硫酸配制200mL1mol/L 的稀硫酸，]量筒所需量取该浓硫酸的体积是多少mL ？
【答案】（共8分）
(1) （2分）0.05 mol
(2) （6分） ① 18.4 mol/L (给出公式1分，全对3分)
② 10.9 mL (给出公式1分，保留到小数点后两位的扣1分，全对3分)
【解析】
22．（12分）甲、乙、丙为常见单质。

A 、B 、C 、D 、E 、F 、G 、H 均为中学化学中常见的化合物，其中B 、G 的焰色反应均为黄色，C 能使品红溶液褪色。

在一定条件下，各物质相互转化关系如图所示。

请回答下列问题：
（1）用化学式表示：丙为__________，H为__________。

（2）A的电子式为___________________________________________________。

（3）电解E的水溶液时，E起到的作用是_______________________________。

（4）写出B＋C―→D的化学方程式：__________________________________；
写出E＋G―→F的离子方程式：____________________________________。

【答案】（12分）
（1）O2 SO3（2）
（3）增强溶液的导电能力
（4）Na2O2＋SO2===Na2SO4 OH－＋HCO3-===CO32-＋H2O
【解析】
试题分析：甲、乙、丙为常见单质，A、B、C、D、E、F、G、H均为中学化学中常见的化合物，其中B、G的焰色反应均为黄色，均含有Na元素，B能与二氧化碳、水反应生成单质丙，则B为Na2O2，丙为O2，A为Na，E为NaOH，F为Na2CO3，G的焰色反应为黄色，与氢氧化钠反应得到碳酸钠，判断G为NaHCO3；C能使品红溶液褪色，由单质乙与氧气反应得到，则乙为S，A为Na2S，C为SO2，H为SO3，D为Na2SO4。

（1）由上述分析可知，丙为O2，H为SO3。

（2）A为Na2S，电子式为：。

（3）电解NaOH的水溶液时，实质是电解水，NaOH起到的作用是：增强溶液导电能力。

（4）B+C→D是过氧化钠与二氧化硫反应生成硫酸钠，反应化学方程式为：Na2O2+SO2=Na2SO4；B和G是氢氧化钠和碳酸氢钠溶液的反应，反应的离子方程式为：HCO3-+OH-=CO32-+H2O。

考点：本题考查物质的推断、电子式的书写、电解、方程式的书写。

23．（12分）烃A是一种植物生长的调节剂，分子式为C2H4。

A进行图1所示的转化可制得有果香味的液体E（C4H8O2），回答下列问题：
（1）A的结构简式为，B中所含官能团的名称为。

（2）①④反应的类型分别是、。

（3）反应②的化学方程式为。

（4）E的名称为。

实验室由反应④制备E的装置如图2，烧瓶中加入碎瓷片的作用是，长导管的作用是导气和，锥形瓶中盛放的液体是。

【答案】（12分）（1）CH2=CH2，羟基;（2）加成反应、取代反应（或酯化反应）（每空1分）
（3）2CH3CH2OH + O2 2CH3CHO + 2H2O
（4）乙酸乙酯，防止暴沸，冷凝、回流，饱和Na2CO3溶液（每空1分）
【解析】
试题分析：烃A是一种植物生长的调节剂，则A是C2H4，乙烯与水发生加成反应形成B：CH3CH2OH，乙醇催化氧化产生C:CH3CHO；C催化氧化产生D：CH3COOH；CH3CH2OH 和乙酸CH3COOH 在浓硫酸存在时在加热时发生酯化反应，制得E乙酸乙酯CH3COOCH2CH3和水。

（1）A的结构简式为CH2=CH2，B是乙醇，分子中所含官能团的名称为羟基；（2）①反应类型是加成反应；
④反应的类型是取代反应（也叫酯化反应）；（3）反应②是乙醇的氧化反应，反应的化学方
程式为2CH3CH2OH + O2 2CH3CHO + 2H2O；（4）E的名称为乙酸乙酯；实验室由反应④制备E的装置如图2，烧瓶中加入碎瓷片的作用是防止暴沸，长导管的作用是导气和冷凝、回流，产生的乙酸乙酯难溶于水，密度比水小，为了除去混有的杂质乙醇和醋酸，锥形瓶中盛放的液体是饱和Na2CO3溶液。

考点：考查有机合成与制备的知识。

24．V、W、X、Y、Z是由四种短周期元素中的两种或三种组成的5种化合物，其中W、X、Z 均由两种元素组成，X是导致温室效应的主要气体，Z是天然气的主要成分，Y、W都既能与酸反应，又能与强碱溶液反应。

上述5种化合物涉及的四种元素的原子序数之和等于28；V 由一种金属元素和两种非金属元素组成，其原子个数比为1︰3︰9，所含原子总数等于其组成中金属元素的原子序数。

它们之间的反应关系如下图：
（1）写出W物质的一种用途。

（2）写出V与足量NaOH溶液反应的化学方程式。

（3）将过量的X通入某种物质的水溶液中可以生成Y，该反应的离子方程式为。

（4）4 g Z完全燃烧生成X和液态水放出222.5 kJ的热量，请写出表示Z燃烧热的热化学方程式。

（5）在200 mL 1.5 mol·L-1 NaOH溶液中通入标准状况下4.48 L X气体，完全反应后所得溶液中，各种离子浓度由大到小的顺序是。

（6）Y是一种难溶物质，其溶度积常数为1.25×10-33。

将0.01 mol Y投入1 L某浓度的盐酸中，为使Y完全溶解得到澄清透明溶液，则盐酸的浓度至少应为（体积变化忽略不计，结果保留三位有效数字）。

【答案】（1）高温耐火材料或冶炼金属铝（2分）。

（2）Al(CH3)3+NaOH+H2O=NaAlO2+3CH4↑（2分）
（3）AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-（2分）
（4）CH4(g) +2O2(g) = CO2(g)+2H2O(l) △H=-890.0kJ/mol（2分）
（5）c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH-)>c(H+) （3分）
（6）3.02×10-2mol/L（3分）
【解析】
试题分析：由四种短周期元素中的两种或三种组成的5种化合物V、W、X、Y、Z，其中X是导致温室效应的主要气体，X 是CO2，Z是天然气的主要成分，Z是CH4；Y、W都既能与酸反应，又能与强碱溶液反应，Y是白色胶状不溶性物质，则Y是Al(OH)3。

Y加热分解产生的白色固体W是Al2O3，则V中含有Al元素，V由一种金属元素和两种非金属元素组成，其原子个数比为1︰3︰9，所含原子总数等于其组成中金属元素的原子序数。

则其中还含有C、H 元素，V是Al(CH3)3。

（1）W是Al2O3，该物质是离子化合物，熔点、沸点高，可以高温耐火材料，由于Al金属活动性强，在工业上一般用氧化铝电解方法冶炼金属铝；（2）根据题意，结合质量守恒对于，可得V与足量NaOH溶液反应的化学方程式是Al(CH3)3+NaOH+H2O=NaAlO2+3CH4↑；（3）由于酸性H2CO3>Al(OH)3，所以根据复分解反应的规律，将过量的CO2通入NaAlO2溶液中，会发生反应：NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3，该反应的离子方程式是: AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-。

（4）CH4式量是16，4 g 甲烷的物质的量是n(CH4)=4g÷16g/mol=0.25mol,完全燃烧生成X和液态水放出222.5 kJ的热量，则1mol甲烷完全燃烧放出热量是Q=222.5 kJ÷0.25=890.0kJ，所以甲烷的燃烧热的热化学方程式是CH4(g) +2O2(g) = CO2(g)+2H2O(l) △H=-890.0kJ/mol；（5）在200 mL 1.5 mol·L-1 NaOH溶液中含有溶质的物质的量是n(NaOH)=0. 200 L ×1.5 mol·L-1=0.3mol，通入标准状况下4.48 LCO2气体的物质的量是n(CO2)=4.48L÷22.4L/mol=0.2mol，二者发生化学反应：3NaOH+2CO2=Na2CO3+NaHCO3+H2O，在溶液中，根据物料守恒可得2c(Na+)=3 c(CO32-)+ c(HCO3-)+c(H2CO3)，而且CO32-和 HCO3-都会发生水解反应而消耗，水解产生OH-，消耗H+，使溶液想你碱性，所以c(OH-)>c(H+)，由于水解程度CO32-> HCO3-，所以后溶液中完全反应后所得溶液中c(HCO3-)>c(CO32-)，但是盐水解程度是微弱的，主要以盐电离产生的离子存在，所以溶液中各种离子浓度由大到小的顺序是c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH-)>c(H+) ；（6）Y 是Al(OH)3，一种难溶物质，其溶度积常数为1.25×10-33。

将0.01 mol Al(OH)3投入1 L某浓度的盐酸中，二者会发生化学反应：Al(OH)3+3HCl=AlCl3+H2O，n[Al(OH)3]=0.01mol，则反应消耗n(HCl)=3 n[Al(OH)3]=0.03mol，由于溶液的体积是1L，所以反应后溶液中c(Al3+)=0.01mol/L，由于溶度积常数Ksp[Al(OH)3]=c(Al3+)·c3(OH-)=1.25×10-33,所以c(Al3+)·c3(OH-)=0.01×c3(OH-)=1.25×10-33，c(OH-)=5×10-11，则根据水的离子积常数可得该溶液中c(H+)=10-14÷5×10-11=2×10-4mol/L，所以加入的盐酸的浓度是：c(HCl)=0.03mol/L+2×10-4mol/L=3.02×10-2mol/L。

【考点定位】考查元素及化合物的推断、化学方程式和热化学方程式及离子方程式的书写、离子浓度大小比较、沉淀溶解平衡的应用的知识。

【名师点睛】元素的原子结构与元素的性质及在元素周期表中的位置关系密切，结构决定性质，性质决定用途。

铝元素在元素周期表中处于金属与非金属交界处，使其性质有金属、非。