版）
1．下列离子方程式不正确的是 ．．．
A．SO2通入Ca(ClO)2溶液中：Ca2++2ClO-+SO2+H2O=CaSO3↓+2HClO B．在亚硫酸钡沉淀中加入稀硝酸后，沉淀不溶解：
＋－
3BaSO3＋2H＋2NO3＝3BaSO4↓＋2NO↑＋H2O
－
C．碳酸钠溶液中通入少量SO2：2CO32＋SO2+H2O＝2HCO3-＋SO32-
＋＋
D．氧化铁可溶于氢碘酸：Fe2O3＋6H＝2Fe3＋3H2O 【答案】AD 【解析】
2．下列气态氢化物最稳定的是( )
A．HF B．NH3 C．H2O D．HI 【答案】A
【解析】元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定, HF、HI对应的元素在同一主族，同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，则有非金属性F＞Cl＞Br＞I，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，所以稳定的是HF，F、N与O处于同一周期，同周期从左到右元素的非金属性增强，即非金属性N＜O＜F, 所以稳定的是HF,故气态氢化物最稳定的是HF。 选A 3．T℃时，将气体X与气体Y置于一密闭容器中，反应生成气体Z，反应过程中各物质的浓度变化如图（Ⅰ）所示。保持其它条件不变，在T1、T2两种温度下，Y的体积分数变化如图（Ⅱ）所示，下列结论正确的是（ ）
A．图（Ⅱ）中T1＞T2，则正反应是吸热反应
B．t2 min时，保持压强不变，通入稀有气体，平衡向正反应方向移动 C．其它条件不变，升高温度，正、逆反应速率均增大，且X的转化率增大
-1-1
D．T℃时，若密闭容器中各物质起始浓度为：0．4 mol·LX、0．4 mol·L Y、0．2mol／LZ保持其他
-1
条件不变，达到平衡时z的浓度为0．4 mol·L 【答案】D 【解析】
试题分析：根据图（Ⅰ）c-t图像可以得出方程式为X(g)+3Y(g)2Z(g)，由图（Ⅱ），根据勒夏特列原理，先拐先平数值大的原则可推出：T1＞T2。由T2到T1，Y的体积分数增大，说明平衡朝着逆反应方向移动。说明逆反应是吸热反应。正反应则是放热反应。故A错误。B．t2 min时，保持压强不变，通入稀有气体，这一瞬间X、Y、Z浓度均减小。相当于减压情况。所以平衡朝体积增大的方向移动。所以平衡应向逆反应方向方向移动。故B错误。C．其它条件不变，升高温度，平衡朝吸热反应方向移动，所以平衡朝逆向移动，反应物转化率减小，温度升高，反应速率加快，正、逆反应速率均加快。故C错误。D．T℃时，若密闭容
-1-1
器中各物质起始浓度为：0．4 mol·LX、0．4 mol·L Y、0．2mol／LZ，转化为起始量的话，可以得出
-1-1
X：0．7 mol·L，Y：0．5 mol·L，Z为0。所以与图（Ⅰ）完全一致。所以这两种状态完全相同。所
1页
以最终平衡状态也应相同。所以z的浓度为0．4 mol·L。故D正确。 考点：化学反应速率及化学平衡的影响因素，转化率的判断
4．化学与科技、环境、社会生产、生活密切相关，下列有关说法不正确的是 A．绿色化学的核心是利用化学原理治理环境污染
B．硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，是制备硅胶和木材防火剂的原料 C．大量使用风能、太阳能、生物质能，符合“低碳”理念
D．蒙古牧民喜欢用银器盛放鲜牛奶有其科学道理：用银器盛放鲜牛奶，溶入的极微量的银离子，可杀死牛奶中的细菌，防止牛奶变质 【答案】A 【解析】
试题分析：A、绿色化学的核心是在源头上杜绝或减少污染，而不是治理污染，错误；B、硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，可用作制备硅胶和木材防火剂的原料，正确；C、风能、太阳能、生物质能都属于清洁能源，符合低碳的理念，正确；D、银属于重金属，细菌属于蛋白质，重金属可使蛋白质变性，起到杀菌作用，正确，答案选A。
考点：考查化学与环境、生活的联系，蛋白质的变性的应用
5．看电影时，同学们可以看到放映机投射的光柱，这就是气溶胶发生的丁达尔现象。胶体区别于其它分散系的本质特征是
A．胶体的分散质能透过滤纸 B．胶体能产生丁达尔现象
C．胶体的分散质粒子直径在1～100nm之间 D．胶体是纯净物，其它分散系是混合物 【答案】C 【解析】
试题分析：根据分散质微粒直径的大小，将分散系分为溶液、浊液和胶体，将分散质微粒直径在1-100nm直径的分散系称为胶体，选C。 考点：考查胶体的定义。
6．下列反应既属于氧化还原反应，又是放热反应的是 A.酒精燃烧生成CO2和H2O B. NaOH和H2SO4反应
C. Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应 D. KClO3在MnO2催化下制O2 【答案】A
【解析】B是放热反应，但不是氧化还原反应；C是吸热反应，也不是氧化还原反应； D是氧化还原反应，但属于吸热反应；
7．下列离子在指定溶液中一定能大量共存的是 ( )
＋＋－－2－
①加入Al能放出大量H2的溶液中：Na 、K、NO3、Cl、SO4
＋－－－－
②在pH＝11的溶液中：Na、AlO2、NO3、S2、SO23
＋－－－－－＋－
③由水电离的c(H)＝1012mol·L1的溶液中：Cl、HCO3、NO3、NH4、F
＋＋－＋－
④加入Mg能放出H2的溶液中：Mg2、NH4、Cl、K、SO24 A．②④ B．①②④ C．①③④ D．①② 【答案】A
－
【解析】①在NO3存在的情况下，加入Al不会生成氢气 ②在碱性条件下，能大量共存
－
③溶液显酸性或者碱性，与HCO3不能共存 ④能大量共存 故选A
8．有四组同族元素的物质，在101.3 kPa时测定它们的沸点（℃）如下表所示： 第一组
-1
He －268.8 (a) －249.5 Ar －185.8 Kr －151.7 2页
第二组 第三组 第四组 F2 －187.0 Cl2 －33.6 (b) 58.7 I2 184.0 (c) 19.4 H2O 100.0 HCl －84.0 HBr －67.0 HI －35.3 H2S －60.2 (d) －42.0 H2Te －1.8 下列各项中正确的是
A．a、b、c的化学式分别为Ne2、Br2、HF B．第二组物质只表现氧化性，不表现还原性
C．第三组物质中C的沸点最高，是因为C分子内存在氢键 D．第四组中各化合物的稳定性顺序为：H2O>H2S>H2Se>H2Te 【答案】D 【解析】
试题分析：A．a、b、c的元素分别为Ne、Br、F，化学式分别为Ne、Br2、HF，A错误；B．F不存在正价，第二组物质卤素单质，除F2之外，其它单质既具有氧化性又具有还原性，B错误；C．HF分子之间具有氢键，所以HF的沸点最高，C错误；D．元素的非金属性：O＞S＞Se＞Te，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，即稳定性：H2O＞H2S＞H2Se＞H2Te，D正确，答案选D。 考点：考查元素周期律的应用
9．下列关于石墨的性质和用途的说法不正确的是 A．熔点高，有滑腻感，可用于制润滑剂
B．质软，在纸上划过留痕迹，可用于制铅笔芯 C．有良好的导电性，可用于制干电池的电极 D．耐高温，可用于制作刻划玻璃的工具 【答案】D 【解析】
试题分析：由于石墨有滑腻感，可减小物质间的摩擦力，可作润滑剂，又由于耐高温可作耐高温的润滑剂。石墨具有良好的导电性，可以用作电池的电极，ABC均正确。玻璃较硬，刻划玻璃的工具必须是硬度很大的物质，D错误。故选D。
考点：考查了物质的性质和用途的相关知识。
+
10．同浓度的下列水溶液中，溶液H浓度最大的是 A．HCl B．H2CO3 C．H2SO4 D．CH3COOH 【答案】C
【解析】碳酸、乙酸为弱酸，电离程度不大，盐酸、硫酸为强电解质，在溶液中完全电离，硫酸为二元酸，
+
故同浓度的水溶液中，硫酸溶液中H浓度最大，故选：C．
【点评】本题以物质的量浓度比较为载体考查强弱电解质，旨在考查学生对基础知识的掌握，注意强弱电解质与电离程度有关，与溶解性、溶液导电能力无关．
11．配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，下列操作会使所配制溶液的浓度偏小的是
①在滤纸上称取NaOH固体；②向容量瓶中转移溶液时有少量溅出；③转移溶液时未洗涤烧杯和玻璃棒；④定容摇匀时液面下降；⑤定容时俯视容量瓶刻度线；⑥定容时仰视容量瓶刻度线 A．①③④⑤ B．①②③⑥ C．②③④⑥ D．①②④⑤ 【答案】B 【解析】
试题分析：根据c=n/V分析。①氢氧化钠易潮解，在滤纸上称取NaOH固体，会有少量固体粘在滤纸上，造成溶质损失，所配溶液的浓度偏低，正确；②向容量瓶中转移溶液时有少量溅出，造成溶质损失，所配溶液的浓度偏低，正确；③转移溶液时未洗涤烧杯和玻璃棒，溶质损失，所配溶液的浓度偏低，正确；④定容摇匀时液面下降，所配溶液的浓度不变，错误；⑤定容时俯视容量瓶刻度线，所配溶液的体积偏小，浓度偏高，错误；⑥定容时仰视容量瓶刻度线，所配溶液的体积偏大，浓度偏低，正确，选B。 考点：考查一定物质的量浓度溶液的配制。
12．在同温同压下，一定量的某有机物和过量的金属钠反应产生aL氢气，另取等量的该有机物与足量的小
3页
苏打溶液反应，可以收集二氧化碳气体b L，若a=b，则该有机物可能是( ) A．HOOC-COOH B．HOOC-CH2CH2OH C．HOCH2-CH2OH D．CH3COOH 【答案】B 【解析】
试题分析：有机物和过量Na反应得到aL氢气，说明分子中含有R-OH或-COOH，另一份等量的该有机物和足量的NaHCO3反应得到bL二氧化碳，说明分子中含有-COOH，存在反应关系式：R-OH～H2，-COOH～H2，以及-COOH
CO2，若a=b，说明分子中含有R-OH和-COOH，且官能团数目相等，只有B符合，故选B。
【考点定位】考查醇、羧酸的性质与有机物结构推断等。 【名师点晴】清楚醇、羧酸的性质是解题关键；某有机物和过量Na反应得到aL氢气，说明分子中含有R-OH或-COOH，另一份等量的该有机物和足量的NaHCO3反应得到bL二氧化碳，说明分子中含有-COOH，根据反应关系式R-OH～H2，-COOH～H2，以及-COOH13．已知：①C(s)＋
CO2进行判断。
1－1
O2(g)===CO(g) ΔH＝－110.5 kJ·mol 2－1
②C(s)＋O2(g)===CO2(g) ΔH＝－393.51 kJ·mol 计算反应C(s)＋CO2(g)===2CO(g)的反应热ΔH的值为
－1－1
A．－283.01 kJ·mol B．＋172.51 kJ·mol
－1－1
C．＋283.1 kJ·mol D．＋504.00 kJ·mol 【答案】B 【解析】
－1
试题分析：根据盖斯定律，反应①*2-②即可，反应热=-110.5×2+393.51=＋172.51 kJ·mol，选B。 考点：盖斯定律
14．在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是
+
A．过量新制的氯水滴到蓝色的石蕊试纸上，试纸先变红，说明氯水中含有H
－
B．向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有Cl
＋
C．向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H D．氯水能使有色花瓣褪色，说明氯水中含有Cl2 【答案】D 【解析】
试题分析：A、过量新制的氯水滴到蓝色的石蕊试纸上，试纸先变红，使蓝色石蕊试纸变红色的溶液为酸性
+
溶液，说明氯水中含有H，正确；B、向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，该白色沉淀为
－
氯化银沉淀，说明氯水中含有Cl，正确；C、向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，碳酸氢根离子与酸
＋
反应产生气泡，说明氯水中含有H，正确；D、使有色花瓣褪色的物质不是氯气而是氯气雨水反应生成的次氯酸的作用，错误，答案选D。
考点：考查氯水成分的判断及性质应用
+++2+3+2－2－2－－
15．强酸性溶液X中可能含有Na、K、NH4、Fe、A1、CO3、SO3、SO4、C1中的若干种，某同学为了确认其成分，取X溶液进行连续实验，实验过程及产物如下：
4页
下列结论正确的是（ ）
+2+3++2－
A．X中肯定存在Na、Fe、A1、NH4、SO4 B．气体F在氧气中经催化氧化可生成气体A
C．沉淀C一定是BaSO4、 沉淀G一定是Fe(OH)3 、沉淀I一定是Al(OH )3
2+2－+－
D．X中不能确定的离子是Fe、SO3、K和C1 【答案】B 【解析】
2-2-试题分析：强酸性溶液中CO3、SO3不能存在；则X溶液中加入过量Ba（NO3）2溶液生成沉淀C一定是BaSO4，
2-2+
一定有SO4；硝酸被还原生成气体A，为NO，则一定有还原性的离子即Fe，溶液B加入过量NaOH溶液，
+
生成气体，一定是氨气，则一定有NH4，沉淀G为Fe（OH）3；溶液H通入CO2生成沉淀I，由于之前加入
2+3+
了过量的Ba（NO3）2溶液，引入了大量Ba，所以沉淀I中一定有BaCO3，不能确定溶液X中是否存在A1，
+
所以也不能确定沉淀I中是否有A1（OH）3；溶液J的焰色反应呈黄色，说明溶液J中有Na，但由于之前
++
加入了NaOH溶液，引入了Na，所以不能确定溶液X中是否存在Na；又因为黄色能掩盖紫色火焰，所以
+-+2++2-也不能确定溶液X中是否有K；另外，是否存在C1也不能确定，A、X中肯定存在Na、Fe、NH4、SO4，
不能确定Al是否存在，A错误；B、F是氨气、A是一氧化氮，根据4NH3+5O2
3+
4NO+6H2O，氨气能被氧
化生成NO，B正确；C、沉淀C一定是BaSO4、 沉淀G一定是Fe(OH)3 、沉淀I中一定有BaCO3，不能确定
+3－+－
沉淀I中是否有A1（OH）3，C错误；D、X中不能确定的离子是Na、Al、K和C1，D错误。答案选B。 考点：离子的检验
16．能源问题日益成为制约国际社会经济发展的瓶颈，越来越多的国家开始实行“阳光计划”，开发太阳能资源，寻求经济发展的新动力。
（1） 太阳能热水器中常使用一种以镍或镍合金空心球为吸收剂的太阳能吸热涂层，写出基态镍原子的外围电子排布式__________，它位于周期表____________区。 （2） 富勒烯衍生物由于具有良好的光电性能，在太阳能电池的应用上具有非常光明的前途。富勒烯（C60）的结构如右图，分子中碳原子轨道的杂化类型为________；1 mol C60分子中σ键的数目为____________个。
5页
（3） Cu单质晶体中原子的堆积方式如右图甲所示，其晶胞特征如右图乙所示，原子之间相互位置关系的平面图如右图丙所示。晶胞中Cu原子的配位数为____________，一个晶胞中Cu原子的数目为________。 （4） Fe（CO）5常温下呈液态，熔点为－20．5 ℃，沸点为103 ℃，易溶于非极性溶剂，据此可判断Fe（CO）（填晶体类型）；Fe（CO）配体．配位数分别是________．________。 5晶体属于________5是配合物，（5） 下列说法正确的是________。 A． 第一电离能大小：S＞P＞Si B． 电负性顺序：C＜N＜O＜F
C． 因为晶格能CaO比KCl高，所以KCl比CaO熔点低
D． SO2与CO2的化学性质类似，分子结构也都呈直线型，相同条件下SO2的溶解度更大 E． 分子晶体中，共价键键能越大，该分子晶体的熔．沸点越高 【答案】（1） 3d84s2（1分） d（1分） （2） sp2（1分） 90NA（2分） （3） 12（2分） 4（2分）
（4） 分子晶体（1分） CO（1分） 5（1分） （5） BC（3分）
【解析】(1)根据构造原理可知基态镍原子的外围电子排布式3d84s2，它位于周期表的d区。
（2）由富勒烯的结构可知，富勒烯中每个碳原子形成3个共价键，所以其碳原子轨道的杂化类型为sp2。因为1个碳原子形成3个C－C单键，所以1 mol C60分子中σ键的数目为
60390。 2（3）由Cu单质的晶胞可知，与铜原子相邻且最近的铜原子是12个，所以其配位数是12。一个晶胞中Cu原子的数目为81164。 82（4）根据Fe（CO）5晶体的物理性质可知该晶体应属于分子晶体。由其化学式可知配体和配位数分别是
CO和5. （5）气态电中性基态原子失去1个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量叫做第一电离能。同周期元素自左向右第一电离能逐渐增大，但P的大于S 的，A不正确。SO2是V型结构，D不正确。分子晶体中，分子间作用力越大，该分子晶体的熔．沸点越高，E不正确。 17．(15分)
I．从海水中可以提取氯、溴、碘等卤族元素。
（1）碘元素在周期表中的位置为_________________________。
（2）已知：X2(g)+H2(g) 2HX(g)(X2表示C12、Br2和12)。下图表示平定衡常数K与温度t的关系。
①△H表示X2与H2反应的焓变，△H_______O。(填“>\"、“<’’或‘‘=’’)
②曲线a表示的是________(填“C12”、“Br2\"或“12’’)与H2反应时K与t的关系。 II．C12是一种重要的化工原料。
（3）液氯储存区贴有的说明卡如下(部分)： 危险性 储运要求 泄漏处理
远离金属粉末、氨、烃类、醇更物质；设置氯气检测仪 NaOH、NaHS03溶液吸收 6页
包装 钢瓶 ①用离子方程式表示“泄漏处理’’中NaHS03溶液的作用__________________。
②若液氯泄漏后遇到苯，在钢瓶表面氯与苯的反应明显加快，原因是__________________。 ③氯气含量检测仪工作原理示意图如下：C12在Pt电极放电的电极反应式是_______________。
（4）质量标准要求液氯含水量(以1 g氯气含水的质量计)<0．4 mg，含水量超标会严重腐蚀钢瓶。液氯含水量的测定装置如下图所示：
(已知：P205+3H20=2H3P04；C12与P205不反应。)
检测液氯的含水量，根据上图，需要测定的数据是_______________________________。 【答案】I、（1）第五周期第VIIA族； （2）①<；②Cl2
---2-II、（3）①Cl2+HSO3+3OH=2Cl+SO4+2H2O；②氯气与铁反应生成的氯化铁对氯气与苯的反应具有催化作用
-+
③Cl2+2e+2Ag=AgCl；
（4）a与c装置通入液氯样品前后的质量 【解析】
试题分析：I、（1）碘元素位于元素周期表中第五周期第VIIA族；
（2）①根据图像判断，温度升高，平衡常数减小，说明升高温度，平衡逆向移动，所以该反应是放热反应，△H<0；
②温度相同时，K越大，说明卤素单质与氢气化合为卤化氢的程度越大，根据卤素单质与氢气的化合能力，氯气最易与氢气化合，所以a曲线表示Cl2与与H2反应时K与t的关系。 II、（3）①氯气泄露时，可与亚硫酸氢钠、氢氧化钠反应，因为氯气具有强氧化性，所以氯气与亚硫酸氢
---2-钠、氢氧化钠发生氧化还原反应，生成硫酸钠和氯化钠和水，离子方程式是Cl2+HSO3+3OH=2Cl+SO4+2H2O； ②钢瓶中含有铁，氯气与铁反应生成的氯化铁对氯气与苯的反应具有催化作用，所以在钢瓶表面氯与苯的反应明显加快；
③根据装置图可知，该装置是原电池装置，银离子向通入氯气的一极移动，说明Pt电极是正极，发生还原
-+
反应，则氯气得到电子生成氯离子，与银离子结合为氯化银沉淀，电极反应式是Cl2+2e+2Ag=AgCl； （4）该装置的目的是测定液氯含水量，所以需要知道样品中氯气和水的质量，a装置中的五氧化二磷吸收水，c装置的氢氧化钠溶液吸收氯气，所以需要测定的数据是a与c装置通入液氯样品前后的质量。 考点：考查卤族元素及其化合物的性质
18．(16分)一种新型高效净水剂PAFC——聚合氯化铁铝[A1Fe(OH)nC1（6-n）]m，应用非常的广泛。 （1）为测定PAFC中Al的含量，采用如图所示流程进行。
7页
回答下列问题：
①步骤I中的试剂A是______________(填“氨水”或“氢氧化钠溶液”)。 ②步骤III的离子方程式为__________________________________________。 ③实验室进行“灼烧”时所需的陶瓷仪器有__________________________。
④溶液2中存在的电荷守恒式为_________________________________；向溶液2中滴加少量NaOH镕液，则
cH2CO3cCO32______________(填“变大”、“变小”或“不变”)。
（2）C和某一金属在高温下发生反应可用于焊接钢轨，其化学反应方程为______________；某同学在实验室中进行此反应，反应结束后将所得固体溶于足量的稀硫酸，滴加KSCN溶液无明显现象，由此该同学确定该固体混合物中无Fe2O3，他的判断是否正确?________(填“是”或“否”)；其理由是____________(用离子方程式解释)。 【答案】（16分，每空2分）
（1）①NaOH溶液 ② [Al(OH)4]‾+CO2=Al(OH)3↓+HCO3‾ ③瓷坩埚、泥三角
++2
④[Na]+[H]=[Cl‾]+[OH‾]+[HCO3‾]+2[CO3‾] 变小 （2）2Al+Fe2O3
2Fe+Al2O3 否 2Fe+Fe=3Fe
3+
2+
【解析】
3+
试题分析：（1）①加入足量的A，使Fe元素转化为Fe(OH)3沉淀，使Al元素转化为溶液，Al与过量的NaOH溶液反应可生成Na[Al(OH)4]，故A为NaOH溶液。
②步骤III为[Al(OH)4]‾转化为Al(OH)3沉淀，B为CO2，则离子方程式为：[Al(OH)4]‾+CO2=Al(OH)3↓+HCO3‾
③灼烧固体需要的陶瓷仪器为：瓷坩埚、泥三角。
++2
④溶液2为NaHCO3溶液，根据电荷守恒可得：[Na]+[H]=[Cl‾]+[OH‾]+[HCO3‾]+2[CO3‾]；向溶液2中滴加少量NaOH镕液，H2CO3浓度减小，CO3‾浓度增大，则
2
cH2CO3cCO32变小。
（2）C为Fe2O3，和某一金属在高温下发生铝热反应可用于焊接钢轨，其化学反应方程为：2Al+Fe2O3
3+
2Fe+Al2O3；该反应生成Fe，若Fe2O3过量，加入足量的稀硫酸，与Fe2O3反应生成Fe，Fe
2+
3+
能与Fe反应生成Fe，所以滴加KSCN溶液无明显现象，不能确定该固体混合物中是否含有Fe2O3，离子方
3+2+
程式为：2Fe+Fe=3Fe。
考点：本题考查化学流程的分析、基本仪器、电荷守恒、离子方程式的书写。 19．（14分）Ⅰ.有学生用五氧化二磷作为乙醇脱水制乙烯的催化剂，进行相关实验。按如表所示的量和反应条件在三颈瓶中加入一定量P2O5，再注入95%的乙醇，并加热，观察现象。 实验 实验1 实验2 P2O5/g 2 2 95%乙醇量/mL 4 4 加热方式 酒精灯 水浴70C 8页
实验结果如下： 实验现象 实验 三颈瓶 实验1 酒精加入时，立刻产生白雾，当用酒精灯加热时，有气泡产生，并逐渐沸腾，生成黏稠状液体 酒精加入时，立刻产生白雾，当用水浴加热时，不产生气泡，一段时间后，反应瓶内生成黏稠状液体 收集瓶 有无色液体 有无色液体 试管 溶液褪色 溶液不褪色 实验2 根据上述材料，完成下列填空。
写出实验室用乙醇制乙烯的化学方程式： 。 （2）上图装置中冷凝管的作用是 。
（3）实验1使溴的四氯化碳溶液褪色的物质是 (写结构简式) （4）根据实验1、2可以推断：
①以P2O5作为催化剂获得乙烯的反应条件是 。
②P2O5与95%乙醇在水浴70℃加热条件下(三颈瓶、收集瓶中的液体经检验为磷酸三乙酯)可以发生的有机反应的类型是 反应。
II.下图所示装置工作时均与H2有关。
①图1所示装置中阳极的电极反应式为 。 ②图2所示装置中，通入H2一极的电极反应式为 。
③某同学按图3所示装置进行实验，实验结束后，将玻璃管内固体物质冷却后，溶于稀硫酸，充分反应后，滴加KSCN溶液，溶液不变红，再滴入新制氯水，溶液变为红色。该同学据此得出结论：铁与水蒸气反应生成FeO和H2。该结论 (填“严密”或“不严密”)，你的理由是 (用离子方程式表示)。 【答案】I.（1）CH3CH2OH浓硫酸170 ℃CH2=CH2↑+H2O （2）冷凝导气 （3）CH2=CH2
（4）①较高温度下（或直接加热） ②酯化（或取代）
2-----II.（1） MnO4-e=MnO4 （2）H2- 2e + 2OH =2H2O
3+2+
（3）不严密 2Fe+Fe=3Fe 【解析】 试题分析：（1）实验室中用乙醇与浓硫酸，加热到170℃的条件下发生消去反应生成乙烯和水，化学方程
9页
式为CH3CH2OH浓硫酸170 ℃CH2=CH2↑+H2O。
（2）冷凝管起到冷凝和导气的作用。
（3）乙烯与Br2发生加成反应，从而使溴的四氯化碳溶液褪色，乙烯的结构简式为CH2=CH2。
（4）①当用酒精灯加热时，气泡加快生成并沸腾，生成粘稠状液体，说明获得乙烯的反应条件是较高温度下或直接加热；②P2O5与水反应生成H3PO4 ，H3PO4 与乙醇可发生酯化反应。
2---II.（1） 阳极上锰酸根离子失电子生成高锰酸根离子，电极反应式为：MnO4-e=MnO4；
--（2）氢氧燃料碱性电池中，氢气失电子和氢氧根离子反应生成水，电极反应式为H2- 2e + 2OH =2H2O。 （3）图3中铁和水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，根据反应现象知，该反应中部分铁未参加反
3+2+
应导致剩余的铁和铁离子反应生成二价铁离子，离子方程式为：2Fe+Fe=3Fe，所以说不严密。 考点：考查实验室制取乙烯的基本原理、操作、注意事项，电解池、原电池的应用等知识。
20．某课外活动小组设计了以下实验验证Ag与浓硝酸反应的过程中可能产生NO．其实验流程图如下：
（1）测定硝酸的物质的量反应结束后，从如图装置B中所得100mL溶液中取出25.00mL溶液，用0.1mol•L-1的NaOH溶液滴定，用酚酞作指示剂，滴定前后的滴定管中液面的位置如上图所示．在B容器中生成硝酸的物质的量为_________mol，则Ag与浓硝酸反应过程中生成的NO2在标准状况下的体积为_________mL。
（2）测定NO的体积
①从如图3所示的装置中，你认为应选用_________装置进行Ag与浓硝酸反应实验，选用的理由是_________。
②选用如图3所示仪器组合一套可用来测定生成NO体积的装置，其合理的连接顺序是_________填各导管口编号)。
③在测定NO的体积时，若量筒中水的液面比集气瓶的液面要低，此时应将量筒的位置_________(填“下降”或“升高”)，以保证量筒中的液面与集气瓶中的液面持平。 （3）气体成分分析
若实验测得NO的体积为112.0mL(已折算到标准状况)，则Ag与浓硝酸反应的过程中_________(填“有”或“没有”)NO产生，作此判断的依据是_________。 【答案】（1）0.008；268.8；（2）①A；因为A装置可以通入N2将装置中的空气排尽，防止NO被空气中O2氧化；②123547；③升高；（3）有；因为NO2与水反应生成的NO的体积小于收集到的NO的体积(89.6＜112.0)。 【解析】 试题分析：（1）B容器中是二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮；100mL溶液中取出25.00mL溶液，用0.1mol•L-1的NaOH溶液滴定，用酚酞作指示剂，终点时，消耗氢氧化钠溶液的体积为20.4ml-0.4ml=20ml，所以生成硝酸25.00mL溶液中含有0.02L×0.1mol/L=0.002mol，则B容器中生成硝酸的物质的量为0.008mol，由3NO2+H2O=2HNO3+NO可知金属与硝酸反应生成二氧化氮物质的量为0.012mol，则Ag与浓硝酸反应过程中生成的NO2在标准状况下的体积V=nVm=0.012mol×22.4L/mol=268.8mL，故答案为：0.008；268.8；
（2）①一氧化氮气体易被氧气氧化生成二氧化氮对验证产生干扰，AD相比A装置利用氮气可以把装置中的空气排净；故答案为：A；因为A装置可以通入N2将装置中的空气排尽，防止NO被空气中O2氧化； ②用A进行铜和浓硝酸的反应，用水吸收生成的二氧化氮气体，导气管长进短出，可以用排水量气法测定
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一氧化氮气体的体积，排水集气瓶导气管应短进长出，连接顺序为：123547，故答案为：123547；
③读数之前应保持内外压强相同，恢复到室温下读取量筒中液体的体积，若量筒中水的液面比集气瓶的液面要低，此时应将量筒的位置升高，以保证量筒中的液面与集气瓶中的液面持平，故答案为：升高； （3）实验测得NO的体积为112.0mL(已折算到标准状况)，依据上述计算得到Cu和浓硝酸生成二氧化氮气体物质的量为0.012mol，依据3NO2+H2O=2HNO3+NO可知一氧化氮气体物质的量为0.004mol，标准状况下体积为0.004×22.4L/mol=0.0896L=89.6ml＜112.0L可知Cu和硝酸反应生成一氧化氮气体，故答案为：有；因为NO2与水反应生成的NO的体积小于收集到的NO的体积(89.6＜112.0)。 考点：考查了性质实验方案的设计的相关知识。
21．常温下电解200mL一定浓度的NaCl与CuSO4混合溶液，理论上两极所得气体的体积随时间变化的关系如下图所示(气体体积已换算成标准状况下的体积)，根据图中信息回答下列问题。
⑴通过计算推测：
①原混合溶液NaCl和CuSO4的物质的量浓度。 ②t2时所得溶液的pH。
⑵实验中发现，阳极产生的气体体积与阴极相比，明显小于对应时间段的理论值。试简要分析其可能原因。 【答案】⑴①c(NaCl)＝0.1mol/L c(CuSO4)＝0.1mol/L ②pH＝1 ⑵产生的氯气和氧气在水中的溶解度明显大于氢气 【解析】
－－－－
试题分析：电解200mL一定浓度的NaCl与CuSO4混合溶液，阳极发生2Cl－2e＝Cl2↑、4OH－4e＝O2
2+－+－
↑+2H2O，阴极发生Cu+2e＝Cu、2H+2e＝H2↑，结合图可知，Ⅰ为阴极气体体积与时间的关系，Ⅱ为阳极气体体积与时间的关系。
－－
（1）①由图可知，产生氯气为224mL，则由2Cl－2e＝Cl2↑可知 n（NaCl）＝（0.224L÷22.4L/mol）×2＝0.02mol 所以c（NaCl）＝0.02mol÷0.2L＝0.1mol/L
由t2时生成氧气为112mL，n（O2）＝0.112L÷22.4L/mol＝0.005mol 则共转移电子为0.02mol＋0.005mol×4＝0.04mol
2+－
根据电子守恒及Cu+2e＝Cu可知 n（CuSO4）＝0.04mol÷2＝0.02mol
所以c（CuSO4）＝0.02mol÷0.2L＝0.1mol/L
－－+
②由t2时4OH－4e＝O2↑+2H2O～4H可知
+
n（H）＝0.005mol×4＝0.02mol
+
则溶液的c（H）＝0.02mol÷0.2L＝0.1mol/L 所以pH＝1
（2）由于产生的氯气和氧气在水中的溶解度明显大于氢气，所以阳极产生的气体体积与阴极相比，明显小于对应时间段的理论值。
考点：考查电解原理的有关判断和计算
点评：该题是中等难度的试题，试题综合性强，侧重对学生答题能力的培养。明确发生的电极反应及图象
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的对应关系是解答本题的关键，有利于调动学生的学习兴趣，激发学生的学习积极性，有利于提高学生应试能力，提升学生的学科素养。
22．甲是一种可用于净水和膨化食品的盐，由A、B、C、D、E五种短周期元素组成。甲溶于水后可电离出三种离子，其中一种是由A、B形成的10电子阳离子。A元素原子核内质子数比E的少l，D、E同主族。某同学为探究甲的组成而进行如下实验：
①取mg甲的晶体溶于蒸馏水，配成500 mL溶液；
②取少量甲溶液于试管中，逐滴滴入Ba(OH)2溶液，生成沉淀的物质的量与滴入Ba(OH)2溶液体积的关系如图所示； ③取20 mL甲溶液于试管中，加入过量NaOH溶液后加热并收集产生的气体，然后折算成标准状况下的体积为224 mL。 回答下列问题：
（1）D在元素周期表中的位置为_ 。
-1
（2）经测定晶体甲的摩尔质量为453 g·mol，其中阳离子和阴离子物质的量之比为1:1。 则晶体甲的化学式为_ _。
（3）图像中V(Oa)：V(ab)：V(bc)= _ 。 （4）写出ab段发生反应的离子方程式：_ 。 （5）配成的甲溶液物质的量浓度是_ 。 【答案】
（1）第三周期VIA族（1分） （2）NH4Al(SO4)2·12 H2O（2分） （3）3：1：1（2分）
＋2－2＋－
（4）2NH4＋SO4＋Ba＋2OH=BaSO4↓＋2NH3·H2O（3分）
－1
（5）0．5 mol·L 【解析】 试题分析： 甲由A、B、C、D、E五种短周期元素组成的一种盐，②取少量甲溶液于试管中，逐滴滴入Ba(OH)2
2-3＋
溶液，生成沉淀开始增大，后沉淀减小，但沉淀最终不完全消失，则甲溶液肯定含有SO4、Al，③取20
＋
mL甲溶液于试管中，加入过量NaOH溶液后加热并收集产生的气体，则甲溶液中含有NH4，甲溶于电离处
＋2-于三种离子，A、B形成的10电子阳离子为NH4，D、E同主族，二者应形成SO4，且A元素原子核内质子
数比E的少1，则A为N元素、E为O元素、D为S元素、B为H元素、C为Al。（2）中经测定晶体甲的摩
-1＋3＋2-尔质量为453 g·mol，阳离子和阴离子物质的量之比1：1，阳离子为NH4和Al，阴离子为SO4，根据
电中性原理，可得NH4Al(SO4)2，剩余的为结晶水，453-237=216，计算可得1 mol甲晶体中含有12 mol结晶水，其化学式为：NH4Al(SO4)2·12 H2O。
Oa段发生反应：2NH4Al(SO4)2＋3 Ba(OH)2=3BaSO4↓＋2Al(OH)3↓＋(NH4)2SO4； ab段发生反应：(NH4)2SO4＋ Ba(OH)2= BaSO4↓＋2NH3·H2O；
－－
bc段发生反应：OH＋Al(OH)3= AlO2＋2H2O。
（1）D为S元素，处于周期表中第三周期VIA族；
（2）由上述分析可知，甲的化学式为：NH4Al（SO4）2·12 H2O；
（3）假设NH4Al(SO4)2·12 H2O为2 mol，Oa段发生反应：2NH4Al(SO4)2＋3 Ba(OH)2=3BaSO4↓＋2Al(OH)3↓＋(NH4)2SO4，消耗3 mol Ba(OH)2，生成1mol(NH4)2SO4，生成2mol Al(OH)3，ab段发生反应：（NH4）2SO4＋ Ba(OH)2=
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BaSO4↓＋2NH3·H2O, 1mol(NH4)2SO4消耗1 mol Ba(OH)2，bc段发生反应：OH＋Al(OH)3= AlO2＋2H2O，2mol Al(OH)3消耗1 mol Ba(OH)2，故图象中V(Oa)：V(ab)：V(bc)= 3 mol：1mol：1mol=3：1：1； （4）ab段发生反应：(NH4)2SO4＋ Ba(OH)2= BaSO4↓＋2NH3·H2O，
＋2－2＋－
离子方程式为：2NH4＋SO4＋Ba＋2OH=BaSO4↓＋2NH3·H2O；
－－
（5） 实验③取20 mL甲溶液于试管中，加入过量NaOH溶液后加热并收集产生的氨气为=0．01
mol，则NH4Al(SO4)2为0．01 mol，故溶液浓度为=0．5 mol/L。
考点：位置结构性质的相互关系应用；探究物质的组成或测量物质的含量。
【名师点晴】本题考查无机物的推断，关键是根据实验现象推断含有的微粒，明确各阶段发生的反应，是对学生综合能力的考查，难度较大。 23．已知反应①：
化合物Ⅱ可由化合物Ⅰ制备，路线如下；
（1）化合物Ⅲ的化学式为 ，l mol化合物Ⅲ最多能与_____mol H2发生加成反应。 （2）写出转化Ⅳ→V的化学方程式 （注明条件)。
（3）化合物Ⅲ有多种同分异构体，其中符合下列条件的异构体有 种，写出其中任意一种的结构简式： 。 ①遇FeCl3溶液显紫色；
②在浓硫酸催化作用下能发生消去反应。 （4）化合物V和化合物Ⅵ在一定条件下按物质的量m︰n反应合成高分子化台物Ⅶ，且原子转化率为100％。高分子化合物Ⅶ的结构简式为 。 （5）
能与CH2=CHCOOH发生类似反应①的反应，生成化合物Ⅷ，写出Ⅷ的一种结构简式
为 。 【答案】（1）C8H10O2，3mol；
（2）；
（3）6，（邻间对3种）、（邻间对3种），
（4）；
（5）
。
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【解析】 试题分析：（1）根据有机物中碳原子的特点，化合物Ⅲ化学式：C8H10O2，1mol该物质含有1mol碳碳双键，
2mol醛基，共需要3mol氢气；（2）1，3－丁二烯和溴发生加成反应有两种形式（1，
2－加成）、（1，4－加成），根据Ⅱ的结构简式，两个溴原子应在两个碳端，推出
Ⅳ的结构简式：结构简式：
，再往下应是Ⅳ在氢氧化钠溶液中发生水解（取代）反应，Ⅴ的
，Ⅳ→V的化学方程式：
；（3）①遇FeCl3溶
液显紫色，推出含有苯环和酚羟基，在浓硫酸催化作用下能发生消去反应，推出含有醇羟基，且醇羟基连
接碳的相邻的碳原子上有H，结构简式：（邻间对3种）、（邻间对3
＋
种），共有6种，任选一种即可；（4）醛基在新制氢氧化铜悬浊液中被氧化羧酸盐，再加入H形成羧基，
HOOC —CH CH —COOH
则Ⅵ的结构简式：形成高分子化合物，且原子利用率100%，反生加聚反应，产
物是：；（5）参考反应①1，3丁二烯发生1，4加成，另一种物质
中碳碳双键打开和1，4碳原子相连，Ⅷ的结构简式：
。
考点：考查有机物的推断与合成。
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