江苏省昆山2016届高三化学下册3月月考试题2.doc

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江苏省昆山震川高级中学2016届高三下期3月月考化学试卷（苏教版，解析版）
1．下列物质中，含有非极性共价键的是（ ）
A．N2 B．CO2 C．NaOH D．CH4
【答案】A
【解析】
试题分析：A．N2原子间通过三对非极性共价键结合。正确。B．CO2是有极性共价键结合的共价化合物。错误。C．NaOH是含有极性共价键、离子键的离子化合物。错误。D．CH4是含有极性共价键的非极性化合物。错误。
考点：考查物质中原子的结合的化学键的种类的知识。
2．在高科技工业上，有的高分子材料能用在能量的转换上。如传感膜能把化学能转化为电能，热电膜能把热能转化为电能等，这种高分子材料是
A.高分子膜
B.医用高分子材料
C.生物高分子材料
D.液晶高分子材料
【答案】A
【解析】
试题分析：医用高分子材料用于制造人工器官；生物高分子材料用于生物技术；液晶高分子材料具有液体和晶体的一些性质。因此，从材料的一般用途和性能上分析只有选项A符合
考点：高分子材料
点评：考查高分子材料的认识，难度不大，解题时要注意比较选项，找出合适的答案。
3．现将足量的CO2气体不断通入到含KOH、Ba（OH）2、KAlO2的混合溶液中，生成沉淀与通入CO2的量的关系可表示为

【答案】C
【解析】
试题分析：根据题意知将CO2不断通入KOH、Ba（OH）2、KAlO2的混合溶液中发生的反应依次为：CO2+Ba（OH）2=BaCO3↓+H2O、CO2+2KOH=K2CO3+H2O、CO2+2KAlO2+3H2O=2Al（OH）3↓+K2CO3、K2CO3+CO2+H2O=2KHCO3、BaCO3+CO2+H2O=Ba（HCO3）2。据此判断选C。
考点：考查化学反应图像分析。
4．塑料废弃物约占我国城市生活垃圾的5%~14%，它造成的“白色污染”已成为社会的一大公害。下列综合整治“白色污染”的各种措施中，不可取的是
A．热分解或熔融再生利用 B．直接填埋或向海里倾倒处理
C．积极寻找纸等纤维类制品代替塑料 D．开发研究可降解塑料
【答案】B
【解析】
答案：B
B．直接填埋处理，使土壤环境恶化，严重影响农作物的生长。向海里倾倒，严重影响海洋生物的生长，对舰船航行造成安全隐患。
5．下列物质的用途错误的是
A．硅是制造太阳能电池的常用材料 B．二氧化硅是制造光导纤维的材料
C．水玻璃可用作木材防火剂 D．二氧化硅可以做砂纸、砂轮的磨料
【答案】D
【解析】
试题分析：A、硅常用于制造太阳能电池，正确；B、二氧化硅是制造光导纤维的材料，正确；C、水玻璃是硅酸钠溶液的俗称，可作防火材料，正确；D、碳化硅可用作砂纸和砂轮的磨料，不是二氧化硅，错误，达选D。
考点：考查物质用途的判断
6．有关下列实验操作的说法正确的是
A．实验室可用pH试纸测量浓硫酸的pH值
B．做焰色反应实验时，直接取用铂丝蘸取物质在酒精灯外焰上灼烧，观察其颜色
C．用碱式滴定管移取20.00mL高锰酸钾溶液
D．用四氯化碳萃取碘水中I2的过程中，将分液漏斗倒转过来振荡，使两种液体充分接触；振荡后打开活塞，使漏斗内的气体放出
【答案】D
【解析】
试题分析：A、浓硫酸具有强氧化性，先使pH试纸变红色，后褪色，所以不能测定浓硫酸的pH，错误；B、做焰色反应实验时，先将铂丝在酒精灯外焰上灼烧至颜色相同时，再用铂丝蘸取物质在酒精灯外焰上灼烧，观察其颜色，错误；C、高锰酸钾溶液具有强氧化性，易腐蚀碱式滴定管的胶管，所以高锰酸钾溶液不能用碱式滴定管盛放，错误；D、用四氯化碳萃取碘水中I2的过程中，将分液漏斗倒转过来振荡，使两种液体充分接触；振荡后打开活塞，使漏斗内的气体放出，符合萃取的操作，正确，答案选D。
考点：考查实验操作的判断
7．常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A．pH=1的溶液：Na+，NH4+、S2—、NO3—
B．c（HSO4-）=0.1mol/L的溶液：K+、Ba2+、HCO3—、C1—
C．滴入少量苯酚显紫色的溶液：Na+、K+、I—、SO42—
D．能溶解碳酚钙的溶液：Na+、NH4+、C1—、Br—
【答案】D
【解析】
试题分析：A、pH=1的溶液显酸性，在酸性条件下NO3—会氧化S2—，同时S2—会生成H2S气体，A不能大量共存；B、c（HSO4-）=0.1mol/L的溶液中含有大量的H+和SO42—，Ba2+、HCO3—不能大量共存，B错误；C、滴入少量苯酚显紫色的溶液中含有Fe3+，Fe3+能氧化I—，C不能大量共存；D、能溶解碳酚钙的溶液显酸性，Na+、NH4+、C1—、Br—四种离子在酸性溶液中能够大量共存，D正确。
考点：考查了离子共存的相关知识。
8．下列说法正确的是( )
A. 某有机物燃烧只生成CO2和H2O，且二者的物质的量相等，则此有机物的组成为CnH2n
B. 相同质量的烃，完全燃烧，烃中碳的百分含量越高，消耗O2越少
C. 某气态 CxH4若与足量O2完全反应，则反应前后气体体积不变
D .烃在足量的氧气中燃烧并通过浓H2SO4，减少的体积就是生成的水蒸气的体积
【答案】B
【解析】A中无法排出是否含有氧元素，不正确。因为12g需要1mol氧气，而4g氢气才需要1mol氧气。所以烃中含碳量越高，消耗的氧气就越少，B正确。C中没有指明外界条件，不正确，只有生成物水是气态时才能正确。同样D中也没有指明温度，也是错误的。答案选B。
9．下列实验操作与预期实验目的或所得实验结论不一致的是
选项
实验操作
实验目的或结论
A
将Al2(SO4)3、NaOH溶液相互滴加
鉴别Al2(SO4)3、NaOH溶液
B
向AgCl悬浊液中滴入少量KI溶液，有黄色沉淀生成
说明KSP(AgCl)＞KSP(AgI)
C
向NaHS溶液中滴入酚酞，溶液变红色
HS－水解程度大于电离程度
D
向某溶液中滴加氯水，再滴加KSCN溶液，溶液变成红色
该溶液中一定含有Fe2＋

【答案】D
【解析】
试题分析：A. 向Al2(SO4)3溶液中逐滴滴加NaOH溶液，发生反应：Al3＋＋3OH-＝Al(OH)3↓，产生白色沉淀，当Al3＋沉淀完全后，继续滴加NaOH溶液，由于Al(OH)3是两性物质，会发生反应：Al(OH)3+ OH-= AlO2-+ 2H2O，白色沉淀又溶解变为无色溶液；若NaOH溶液中逐滴滴加Al2(SO4)3溶液，由于开始时NaOH过量，会发生反应：Al3＋＋4OH-＝AlO2-+ 2H2O，开始无沉淀，当溶液中的OH-反应完全，在加入Al2(SO4)3溶液，会发生反应：3AlO2-+ Al3＋+ 6H2O=4Al(OH)3↓，产生白色沉淀，而且沉淀逐渐增多，可见滴加是顺序不同，反应现象不同，故可以鉴别Al2(SO4)3、NaOH溶液，正确；B. AgCl难溶于水，但是在水中也存在一定的溶解度，存在沉淀溶解平衡：AgCl(s) Ag+(aq)+Cl-(aq)。当向该AgCl悬浊液中滴入少量KI溶液，由于c(Ag+)∙c(I-)>Ksp(AgI)，会发生反应：Ag++I-=AgI↓，由于消耗Ag+，AgCl的沉淀溶解平衡正向移动，所以会发现沉淀由白色变为黄色，有黄色沉淀生成，因此可以证明KSP(AgCl)＞KSP(AgI)，正确；C.NaHS是强碱弱酸盐，在溶液中，HS-存在电离平衡：HS-H++S2-；电离是溶液显酸性；同时还存在水解平衡：HS-+H2OH2S+OH-，水解使溶液显碱性，由于溶液中滴入酚酞，溶液变红色，溶液显碱性，说明HS－水解程度大于电离程度，正确；D.向某溶液中滴加氯水，再滴加KSCN溶液，溶液变成红色，该溶液中存在Fe3+，该Fe3+可能是原溶液中存在的，也可能是原溶液中的Fe2+被氯气氧化产生的，因此不能证明该溶液中含有Fe2＋，错误。
考点：考查实验操作与预期实验目的或所得实验结论的正误判断的知识。
10．元素周期表中ⅠA族元素有R′和R″两种同位素， R′和R″的原子量分别为a和b，R元素中R′和R″原子的百分组成分别为 x 和 y ，则R元素的碳酸盐的式量是（ ）
A、2（ax+by）+60 B、 ax+by+60 C、（ax+by）/2+60 D、 ay+bx+60
【答案】A
【解析】元素的相对原子质量是该元素各种同位素原子所占的一定百分比算出的平均值。所以该元素的相对原子质量是ax＋by。R是第IA，化合价是+1价，因此其碳酸盐的式量是2（ax+by）+60，答案选A。
11．一种有机玻璃的结构简式为关于它的叙述不正确的是
A．该有机玻璃的化学名称为聚甲基丙烯酸甲酯
B．该有机玻璃可用2­甲基­丙烯酸和甲醇为原料，通过酯化反应、加聚反应制得
C．它在一定条件下发生水解反应时，可得到另外一种高分子化合物
D．等物质的量的有机玻璃和2­甲基­丙烯酸甲酯耗氧量相同
【答案】D
【解析】
试题分析：A、该高分子化合物的单体为甲基丙烯酸甲酯，该有机玻璃的化学名称为聚甲基丙烯酸甲酯，A正确；B、该高分子化合物的单体为甲基丙烯酸甲酯，甲基丙烯酸甲酯可以由2­甲基­丙烯酸和甲醇通过酯化反应生成，然后再通过加聚反应制得聚甲基丙烯酸甲酯，B正确；C、它在一定条件下发生水解反应时，生成聚甲基丙烯酸和甲醇，聚甲基丙烯酸是一种高分子化合物，C正确；D、等物质的量的有机玻璃和2­甲基­丙烯酸甲酯含有的各种原子的量不同，耗氧量不同，D错误。
考点：考查了高分子化合物的相关知识。
12．为配制0.01 mol·L－1的NaCl，下列操作导致所配溶液浓度偏高的是
A．取NaCl样品时不慎在表面沾了点蒸馏水
B．溶解搅拌时有液体飞溅
C．定容时俯视容量瓶刻度线
D．摇匀后见液面下降，再加水至刻度线
【答案】C
【解析】
试题分析：A．取NaCl样品时不慎在表面沾了点蒸馏水，导致溶质减少，所配溶液浓度偏低；B．溶解搅拌时有液体飞溅，导致溶质减少，所配溶液浓度偏低；C．定容时俯视容量瓶刻度线，导致水加少了，所配溶液浓度偏高，D．摇匀后见液面下降，再加水至刻度线，导致水加多了，所配溶液浓度偏低；选C。
考点：考查溶液配制的误差分析。
13．下列离子方程式书写正确的是
A．往CaCl2溶液中通入少量的CO2： Ca2＋+CO2+H2O==CaCO3↓+2H＋
B．向碳酸氢铵溶液中加入过量氢氧化钠溶液：HCO3－ + OH－==CO32－+ H2O
C．向AlCl3溶液中加入过量的浓氨水：Al3++4NH3·H2O=A1O2-+4NH4++2H2O
D．向Ba(OH)2溶液中加入少量的NaHSO3溶液：HSO3－+Ba2＋+OH-==BaSO3↓+H2O
【答案】D
【解析】
试题分析：A项CaCO3能溶于盐酸，所以反应不能发生；B项因为氢氧化钠溶液过量，所以NH4+和HCO3-都发生反应：HCO3－ + 2OH－+NH4+==CO32－+2 H2O+NH3.↑ C项Al（OH）3只溶于强碱溶液，所以离子方程式应为：Al3++3NH3·H2O=A1（OH）3↓ +3NH4+;
考点：离子方程式的书写。
14．炼铁的还原剂CO是由焦炭和CO2反应而得。现将焦炭和CO2放入体积为2 L的密闭容器中，高温下进行下列反应：C(s)+CO2(g) ＝2CO(g) ΔH＝Q kJ·mol－1。下图为CO2、CO的物质的量n随时间t的变化关系图。下列说法正确的是

A．0~1 min，v(CO)＝1 mol·L－1·min－1；1~3 min，v(CO)＝v(CO2)
B．当容器内的压强不变时，反应一定达到平衡状态，P(平衡) /P(起始) < 1
C．3 min时，温度由T1升高到T2，则Q>0，再达平衡时，K(T2)/ K(T１)> 1
D．5 min时再充入一定量的CO，a、b曲线分别表示n(CO)、n(CO2)的变化
【答案】C
【解析】
试题分析：A.根据图象分析，单位时间内一氧化碳和二氧化碳物质的量的变化，0～1min，一氧化碳物质的量增加2mol，反应速率υ（CO）=2mol÷(2L×1min) =1 mol/（L•min）；1～3min时，CO的浓度保持不变，平衡不移动，反应速率之比等于化学计量数之比，v (CO)=2v (CO2)，A项错误；B.反应是气体体积增大的反应，压强不变，说明反应达到平衡，反应气体物质的量之比等于压强之比，P（平衡）＞P（起始），即P(平衡) /P(起始) >1 ，B项错误；C.根据图象，3min升高温度，一氧化碳增多，说明平衡正向移动，该反应是吸热反应，则Q>O，对吸热反应而言，升高温度，K值增大，则K(T2)/ K(T１)> 1，C项正确；D.增加一氧化碳，瞬间一氧化碳物质的量增大，然后平衡逆向进行，一氧化碳减小，二氧化碳增大，所以a为二氧化碳，c为一氧化碳；D项错误；答案选C。
【考点定位】考查化学反应速率的计算，平衡状态的判断，影响平衡的因素，化学图像的分析与判断。
【名师点睛】本题考查化学反应速率的计算，平衡状态的判断，影响平衡的因素，化学图像的分析与判断等知识。具体分析如下：（1）依据图象分析单位时间内一氧化碳和二氧化碳物质的量浓度的变化，结合化学反应速率概念分析计算，1-3min反应达到平衡判断；（2）反应是气体体积增大的反应，压强不变，说明反应达到平衡，反应气体物质的量之比等于压强之比；（3）依据图象3min升高温度，一氧化碳增多，说明反应是吸热反应，分析图象平衡物质的量；（4）增加一氧化碳，瞬间一氧化碳物质的量增大，然后反应平衡逆向进行，一氧化碳减小，二氧化碳增大，根据此特点分析图像变化。

【答案】C
【解析】
试题解析：A、由图象可知，升高温度A的转化率降低，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应放热，△H＜0；由方程式气体的计量数关系可知增大压强平衡向正反应方向移动，A的转化率增大，则P2＞P1，A错误；B、由到达平衡所用时间可以看出T1温度较高，升高温度C的物质的量减小，说明平衡向逆反应方向移动，则△H＜0；B错误；C、如△H＞0，反应吸热，T2＞T1，升高温度平衡向正反应方向移动，C的体积分数增大；如△H＜0，反应放热，T2＜T1，升高温度平衡向逆反应方向移动，C的体积分数降低，C正确；如△H＜0，则升高温度平衡向逆反应方向移动，A的转化率减小，则T2＜T1，D错误，答案选C。
考点：考查化学平衡图象分析、外界条件对平衡状态的影响
16．“西气东输”的气体是指天然气，主要成分是甲烷。工业上用碳与水在高温下反应制得水煤气。水煤气的主要成分是CO和H2，两者体积比约为1:1。1mol CO气体完全燃烧生成CO2气体放出283kJ热量，1molH2完全燃烧生成气态水放出242kJ热量；1molCH4气体完全燃烧生成CO2气体和气态水放出802kJ热量。
（1）写出H2完全燃烧生成气态水的热化学反应方程式：_________________________；
（2）忽略水煤气中其它成分，相同状况下若产生相等的热量，则所需水煤气体积是甲烷体积的________倍，水煤气放出CO2的体积是甲烷放出CO2的体积的__________倍。
（3）以天然气代替水煤气作民用燃料，突出的优点是__________和_________。（任写2点）
【答案】（1）H2（g）＋1/2O2（g）= H2O（g） △H=－242kJ/mol；（2）3.06，1.5；（3）燃料热值高（消耗量少），产生温室气体少，（或成本低、环保等）。
【解析】
试题分析：（1）根据信息，H2（g）＋1/2O2（g）=H2O（g） △H=－242kJ·mol－1；（2）CO（g）＋O2（g）=CO2（g） △H=－283kJ·mol－1，H2（g）＋1/2O2（g）=H2O（g） △H=－242kJ·mol－1，CH4（g）＋2O2（g）=CO2（g）＋2H2O（g） △H=－802kJ·mol－1，设需要水煤气为aL，甲烷为bL，放出的热量相等，有283×a/2＋242×a/2=802b，则a/b=3.06，水煤气中产生CO2的体积为a/2，甲烷产生的CO2的体积为b，两者的比值为a/2b=1.5；（3） 值高（消耗量少），产生温室气体少，（或成本低、环保等）。
考点：考查热化学反应方程式的书写、反应热的计算等知识。
17．酸性锌锰干电池是一种一次电池，外壳为金属锌，中间是碳棒，其周围是碳粉，MnO2，ZnCl2和NH4Cl等组成的糊状填充物，该电池在放电过程产生MnOOH，回收处理该废电池可得到多种化工原料，有关数据下表所示：
溶解度/(g/100g水)
温度/℃
化合物
0
20
40
60
80
100
NH4Cl
29.3
37.2
45.8
55.3
65.6
77.3
ZnCl2
343
395
452
488
541
614

化合物
Zn(OH)2
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Ksp近似值
10-17
10-17
10-39
回答下列问题：
（1）该电池的正极反应式为 ，电池反应的离子方程式为：
（2）用废电池的锌皮制备ZnSO4·7H2O的过程中，需去除少量杂质铁，其方法是：加稀硫酸和H2O2溶解，铁变为_____，加碱调节至pH为 时，铁刚好完全沉淀（离子浓度小于1×10-5mol/L时，即可认为该离子沉淀完全）；继续加碱调节至pH为_____时，锌开始沉淀（假定Zn2＋浓度为0.1mol/L）。若上述过程不加H2O2后果是 ，原因是 。
【答案】（1）MnO2＋e—＋H＋＝MnOOH；Zn＋2MnO2＋2H＋＝Zn2＋＋2MnOOH
（2）Fe3＋；2.7；6；Zn2＋和Fe2＋分离不开；Fe(OH)2和Zn(OH)2的Ksp相近
【解析】
试题分析：（1）该电池的正极发生还原反应，MnO2被还原生成MnOOH，电极方程式为MnO2+H++e-=MnOOH，负极锌被氧化生成Zn2+，
电池总反应式为2MnO2+Zn+2H+=2MnOOH+Zn2+，故答案为：
MnO2+H++e-=MnOOH；2MnO2+Zn+2H+=2MnOOH+Zn2+；
（2）铁加入稀H2SO4和H2O2，可被氧化生成Fe3+，铁刚好沉淀完全时离子浓度小于1×10-5mol•L-1，因Ksp=10-39，则c（OH-）=mol/L≈0.5×10-11mol/L，此时pH=2.7，如锌开始沉淀，则c（OH-）=mol/L=10-8mol/L，此时pH=6，由表中数据可知Zn（OH）2、Fe（OH）2的Ksp相近，如不加H2O2，则Zn2+和Fe2+分离不开，故答案为：Fe3+；2.7；6；Zn2+和Fe2+分离不开；Zn（OH）2、Fe（OH）2的Ksp相近。
考点：考查了原电池和电解池的工作原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质的相关知识。
18．有机物的反应往往伴随副反应发生，因此需要分离提纯。有一种水果香精的合成步骤如下：
Ⅰ合成：
在干燥的圆底烧瓶中加11.5mL(9.3g，0.125mL)正丁醇、7.2mL(7.5g，0.125mol)冰醋酸和3~4滴浓H2SO4，摇匀后，加几粒沸石，再按图1所示装置安装好。在分水器中预先加入5.00mL水，其水面低于分水去回流支管下沿3~5mm，然后用小火加热，反应大约40min。

Ⅱ分离提纯：
①将烧瓶中反应后的混合物冷却后与分水器中的酯层合并，转入分液漏斗，依次用10mL水、10mL10%碳酸钠溶液洗至无酸性(pH=7)，充分震荡后静置，分去水层。
②将酯层倒入小锥形瓶中，加少量无水硫酸镁干燥；
③将乙酸正丁酯粗产品转入50mL蒸馏烧瓶中，加几粒沸石进行常压蒸馏，收集产品，主要试剂及产物的物理常数如下：
化合物
正丁醇
冰醋酸
乙酸正丁酯
正丁醚
密度/(g/mL)
0.810
1.049
0.882
0.7689
沸点/℃
117.8
118.1
126.1
143
在水中的溶解性
易溶
易溶
难溶
难溶
制备过程中还可能与的副反应有2CH3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3+H2O
根据以上信息回答下列问题：
（1）合成和分离过程中均使用沸石，其作用 。
（2）如图1整个装置可看作由分水器、圆底烧瓶和冷凝管组成，其中冷水应从 (填a或b)管口通入。
（3）在操作步骤②后(即酯层用无水硫酸镁干燥后)，应先 (填实验操作名称)，然后将乙酸正丁酯粗产品转入蒸馏烧瓶中，如果蒸馏装置如图2所示，则收集到的产品中可能混有 杂质。
（4）步骤③的常压蒸馏，需控制一定的温度，你认为在 中加热比较合适(请从下列选项中选择)。
A．水
B．甘油(沸点290℃)
C．沙子
D．石蜡油(沸点200~300℃)
（5）如何根据装置中的实验现象判断该合成反应达到了终点 。
（6）反应结束后，若放出的水为6.98mL(水的密度为1g/mL)，则正丁醇的利用率约为 。
【答案】（1）是防止液体加热时发生暴沸（1分）；（2）b(1分)；
（3）过滤（1分）；正丁醚（1分）；
（4）bd(2分)；（5）分水器中水面不再升高(2分)；
（6）88%（2分）。
【解析】
试题分析：(1)合成和分离过程中均使用沸石，其作用是防止液体加热时发生暴沸；（2）为了增强冷凝效果，冷水应从下口进，上口出，所以冷水从b管口通入；（3）②将酯层倒入小锥形瓶中，加少量无水硫酸镁干燥，除去1其中的水份，然后过滤，除去固体，由于反应产生的乙酸正丁酯的沸点是126.1℃，与反应物正丁醚的沸点143℃比较接近，所以收集到的产品中可能混有的杂质是正丁醚；（4）乙酸正丁酯的沸点为126.1℃，选择沸点稍高的液体加热，所以可以在甘油和石蜡油中加热，水的沸点为100℃，加热温度太低，用砂子加热温度太高不易控制；故选项是bd；(5)如果反应达到终点，则不再反应产生酯和水，分水器中水面不再升高；（6）反应结束后，若放出的水为6.98mL，水的密度为1g/mL，反应产生的水的物质的量是m(H2O)= (6.98-5.00)g=1.98g，根据醇与酸发生反应产生酯和水，可知，每有1mol正丁醇反应，会产生1mol水，即反应产生18g水，反应消耗74g正丁醇，则反应产生1.98g水，反应消耗正丁醇的质量是m=(1.98g÷18)×74=8.14g，所以正丁醇的利用率约为(8.14g÷9.3g)×100％=88%。
考点：考查物质的制备实验方案设计、物质含量的测定的知识。
19．氯气在工农业生产在应用非常广泛。下图是实验室制备氯气并进行一系列相关实验的装置。

已知：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O
（1）仪器a的名称为_______________。
（2）装置B中饱和食盐水的作用是______________________；装置B也作安全瓶，用来监测实验进行时C中是否发生堵塞，请写出发生堵塞时B中的现象：_____________________。
（3）装置C的作用是验证氯气是否具有漂白性，为此装置C中I、II、III处依次放入______（填字母）。
选项
a
b
c
I
湿润的有色布条
湿润的有色布条
湿润的有色布条
II
碱石灰
浓硫酸
无水氯化钙
III
湿润的有色布条
干燥的有色布条
干燥的有色布条
（4）装置E中氢氧化钙悬浊液的作用是______________；请写出相应反应的离子方程式：_______________。
【答案】（1）分液漏斗（1分）；
（2）除去Cl2中的HCl气体（1分）；锥形瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升（2分）；
（3）c（2分）；
（4）吸收多余的Cl2，防止污染空气（2分）；Ca(OH)2+Cl2=Ca2++Cl-+ClO-+H2O（2分）
【解析】
试题分析：（1）根据图示可知a是分液漏斗；（2）装置B中饱和食盐水的作用是除去制取得到的Cl2中的HCl杂质气体；装置B也作安全瓶，用来监测实验进行时C中是否发生堵塞，若发生堵塞时B中的现象是锥形瓶中液面下降，液体进入到长颈漏斗中，使液面上升；（3）要验证氯气是否具有漂白性，则I处放湿润的有色布条，会看到色布褪色，证明潮湿的氯气具有漂白性，在U形管中放置无水氯化钙，用来干燥氯气，在III处放干燥的有色布条，若这时色布不褪色，就证明氯气本身没有漂白性，是氯气与水发生反应产生的HClO具有漂白性；（4）氯气是有毒的气体，会造成大气污染，由于氯气可以与碱发生反应 ，因此装置E中氢氧化钙悬浊液的作用是吸收多余的Cl2，防止污染空气，反应的离子方程式是Ca(OH)2+Cl2=Ca2++Cl-+ClO-+H2O。
考点：考查氯气的制备方法、化学性质、反应现象的描述及物质的作用和反应的离子方程式的书写的知识。
20．（14分）某工业矿渣中主要含有Cu2O，还有少部分Al2O3、Fe2O3、SiO2 ，从该矿渣中提取铜的操作流程如下：(已知：Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O)

（1）固体混合物B与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为 。
该反应物的一种重要用途为 。
（2）滤液A中铁元素的存在形式只能为Fe2+，理由是 。
涉及的离子方程式为（不必书写Cu2O与盐酸的反应）
、 。
检验滤液A中Fe2+的试剂为 。
（3）若将滤液C中的铝元素以沉淀形式析出，可选用的最佳试剂为 （填序号）。
A．氢氧化钠溶液 B．硫酸溶液 C．氨水 D．二氧化碳
金属E与固体F某一成分发生的反应可用于焊接钢轨，该反应的化学方程为 。
【答案】（6分）
（1）SiO2 + 2NaOH===Na2SiO3 + H2O ；作光导纤维（或压电材料；或光学仪器等）
（2）Fe2O3与盐酸反应后生成的Fe3+与过量铜单质反应后，全部转化为Fe2+。
Fe2O3 + 6H+===2Fe3+ + 3H2O; Cu + 2Fe3+===Cu2+ + 2Fe2+ ；硫氰化钾溶液和新制氯水
（3）D ；2Al +Fe2O32Fe + Al2O3
【解析】
试题分析：工业矿渣中主要含有Cu2O，还有少部分Al2O3、Fe2O3、SiO2，加入足量的稀盐酸，Cu2O与盐酸反应生成铜、氯化铜和水，氧化铝与盐酸反应生成氯化铝和水，氧化铁与盐酸反应生成氯化铁和水，SiO2 难溶于水，且不与水反应，生成的2FeCl3+Cu=2FeCl2 +CuCl2 ,所以滤液A为氯化铜、氯化铝和氯化亚铁的混合物，得到的固体混合物B中有Cu和SiO2 ，固体混合物B与足量NaOH溶液混合，SiO2 和NaOH溶液反应生成硅酸钠和水，铜与NaOH溶液不反应，得到粗铜，滤液A与足量NaOH溶液反应，氯化铜与氢氧化钠反应生成Cu(OH)2 和水，氯化亚铁与NaOH溶液反应生成Fe(OH)2 白色沉淀，该沉淀在空气中与氧气反应生成Fe(OH)3 ，氯化铝与过量NaOH溶液反应生成偏铝酸钠溶液和水，滤液C为偏铝酸钠溶液，经过一系列反应得到金属铝，固体混合物D为Cu(OH)2和Fe(OH)3 ，在空气中灼烧，Cu(OH)2和Fe(OH)3受热分解生成氧化铁和氧化铜，所以固体混合物F为氧化铁和氧化铜的混合物，该混合物与铝发生铝热反应，生成铁和铜，固体混合物G为铁和铜，与盐酸混合，铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，铜与盐酸不反应，过滤成为粗铜。（1）固体混合物B与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为SiO2 + 2NaOH==Na2SiO3 + H2O, SiO2 的重要用途为作光导纤维或压电材料或光学仪器等。
（2）滤液A中铁元素的存在形式只能为Fe2+，理由是Fe2O3与盐酸反应后生成的Fe3+与过量铜单质反应后，全部转化为Fe2+,涉及的离子方程式为Fe2O3 + 6H+===2Fe3+ + 3H2O; Cu + 2Fe3+===Cu2+ + 2Fe2+ ；检验滤液A中Fe2+的方法是取少量溶液于试管中，加入硫氰化钾溶液，无现象，在加热新制氯水，溶液变成血红色，则滤液中含有Fe2＋，所以试剂为硫氰化钾溶液和新制氯水。
（3）氢氧化铝溶于强酸和强碱，所以将可溶性铝盐中的铝元素以沉淀形式析出，需加入弱酸，选D，铝热反应用途之一是焊接钢轨，所以反应的化学方程为2Al +Fe2O32Fe + Al2O3。
考点：考查物质提取的工艺流程，硅、铁、铝及其化合物的性质。

21．用足量的NaOH吸收448mLCl2(标准状况)氯气，计算生成NaCl的物质的量。
【答案】
【解析】
试题分析：在标况下，448 mLCl2即氯气物质的量为0．448除以22．4等于0．02mol。再由2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O 因此可以生成氯化钠物质的量为0．02mol．故氯化钠的质量为1．17克。
考点：
22．（8分）已知A、B、C、D、E均为常见物质，在一定条件下相互转化关系如下图所示（反应条件和部分产物已省略）。

请回答：
（1）若A为金属单质，B、C为非金属单质，且常温下B、C均为无色气体，D为黑色固体，则B的化学式为______，A和E在一定条件下反应生成D的化学方程式为
___________ __。
（2）若A为非金属单质，且常温下为黄绿色气体，B为金属单质，C为不含氧元素的酸，且C的组成中含有与A相同的元素。则C的化学式为___________，A和E在一定条件下反应生成D的离子方程式 ____。
【答案】（1） O2 3Fe+4H2O=Fe3O4+4H2↑ （2）C:HCl 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl
【解析】
试题分析：（1）若A为金属单质Fe，B、C为非金属单质，且常温下B、C均为无色气体，D为黑色晶体，结合题给转化关系图知，B为氧气，C为氢气，D为四氧化三铁，E为水，则B的分子式为O2，铁和水在一定条件下反应生成四氧化三铁的化学方程式为3Fe＋4H2O(g) Fe3O4＋4H2 ；（2）若A为非金属单质，B为金属单质，C为常见酸，且C的组成中含有与A相同的元素，结合题给转化关系图知，A为氯气，B为铁，C为盐酸，D为氯化铁，E为氯化亚铁，则C的分子式为HCl ，氯气和氯化亚铁在一定条件下反应生成氯化铁的离子方程式为2Fe2+ + Cl2 = 2Fe3+ + 2Cl－；（3）若A、C分别为常见强酸和常见强碱，B为金属氧化物，则B为两性氧化物氧化铝，分子式为Al2O3，强酸和偏铝酸盐在一定条件下反应生成铝盐的离子方程式为AlO2－＋4H＋＝Al3＋＋2H2O。
考点：考查元素化合物，无机推断。
23．(10分)已知有如图所示物质的相互转化,试回答:

（1）写出B的化学式 ,D的化学式 。
（2）写出由E转变成F的化学方程式 ______________________________。
（3）向G溶液中加入A时反应的离子方程式为 ______________________。
（4）A与稀盐酸反应生成0.1 mol气体,转移电子数为 _______ 。
【答案】（1）FeCl2 KCl （2）4Fe(OH)2+O2+2H2O＝4Fe(OH)3 （3）2Fe3++Fe＝3Fe2+ （4）0.2NA
【解析】
试题分析：白色沉淀E在空气中转化为红褐色沉淀F，则E是氢氧化亚铁、F是氢氧化铁。G是氯化铁，与A反应转化为B，B能与C反应生成氢氧化亚铁，则A是铁，B是氯化亚铁。关键焰色反应可知D中含有钾元素，根据D能与硝酸银溶液反应产生白色沉淀H可知，则D是氯化钾，H是氯化银，所以C是氢氧化钾。
（1）根据以上分析可知B的化学式为FeCl2，D的化学式为KCl。
（2）由E转变成F的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O＝4Fe(OH)3。
（3）向G溶液中加入A时反应的离子方程式为2Fe3++Fe＝3Fe2+。
（4）铁与稀盐酸反应生成0.1 mol气体，即氢气是0.1mol，所以转移电子数为0.2 NA.
考点：考查无机框图题推断
24．有机物E是制备镇静药安宁G的中间体，E和G的两种合成路线如下。(部分反应条件已略去)

已知：

回答下列问题：
（1）A中所含官能团的名称是 ，检验该分子中官能团的常用试剂是 。
（2）A与C含有相同的官能团，B生成C的反应类型是 。
（3）C生成D的化学方程式是 。
（4）试剂a是 。
（5）下列说法正确的是 。
a．E能发生取代反应、氧化反应和消去反