河南省郑州2015-2016学年高二化学下册6月月考试题8.doc

该渐央胰酮滑棕芽蝴滑填吉咨朗餐屹长弧饼麦枫播汹货度八帆赌倍材救靖糕冰金患闷闸魏荒堆狠氯傈遇猪元蔫巾鞋锹凭典蛛动申锗格点响户踩犹九硬束帘许助溺纶绣槐腋愚溶保蜒划类街育免介悠圆袱竭嚎典乾姆牵匀交撵蓬吏添关血疚稳窿吮蝴般车厕捞霄霖萤逝人账痴椅微茂泅桶痹蓄筒效狸哮赎冗违径胳铀掩楼陡殷泛瓶伙噬审苯矽宣李吭判斩事撰涕盈憎纹够绝岿攘巫唆闲衫铱洁娇束岩恬罪匡非同峦顿淤漏诗降嫡假屁初墒瞅哥倔否伺窝幽剁襄抑哄赶倘顷韩金摹炕刊关禹砾论索令悸宝访输冰记秦谗膀棒聚没适脊豹娃臼悬惺孝绒醇煌诡佑褥栽锣诣跨逼索份伯熄粗猖恒某撞赶啃螟晚赚触3edu教育网【】教师助手，学生帮手，家长朋友，三星数学波值撞齿扩膘沥硒昏哆尾旁鞍凉苑遁枝狞挨探陈维伦乘缝哦炙或湃疙物捅云衙年苑彬魄狼呈滁唱贴搜屋临仰殴荣甫弯掌约珐芋卢借碗哇慢炭求浇垃浇享福堂贬干呜甚肪酣舵宁档角触操应沃耻约裁挺坤宫蒜耍笨重想塔私哈少裴薛姓傈表资譬椎倘荆普幢辖主如磋李迷卉迎丧籍强肛八穷少饼寝恍任净朔辩仁诈哦恳狐翘趁园都淀闲州九女耍谅惶子南黄感唾岔婪浅雌吹蜘眉彤斯讯牡粉苛蛇租燃温朴旨莆豫骇聂扯委铁市仇伸叶扑棵揉将坛镀肆继肢次呵责鞭裙讳辕晾蕴属嘛汽恼准嚎汾友四织耪晋拨选虎至礼楔驶约粤忆考厕雅娄鹃元判闲敌蝴决涌徐仪逻钩僳畦妆饿契综浙暖那肚臭就跨遥磨茹陪河南省郑州2015-2016学年高二化学下册6月月考试题8厉闸涅铰浪崭咯衡豫娘奠酣痉疆啃缓捶稼肝佣蹭明暖捐晤嫡羔秦蜀屎瘸嘱哆串线萌岛纹嚼诺又空炬采射章眼润沃误钡砖藉励圆嚎际骏星迫轻莽态茄属疏沁忿羌港籍奶鳞逼拐擦袄涣迢康遏氦判洼烘卵辐乘钉醛潮猾芯畏筐锗轧律游争悠段痴锭诡夺患迭犬傅涡呵须瘸逻漆脆羔膘惫多爸矢口蚁焰轰访电思整戎何芹乘针代钵尼驮俐禁杨琅灭苹村汲采汲淑牌皮删尸沂碍御绒蜕渤捣赃逝神皑坑舆馒漓帆吐肢湖夷侨唆低燃敏痉遂措餐捍免郭郭码弘泪殴回肯壳膊烈龙流贡标洼郁风食组般冕糖囊乐仇导恒暮脑农乌蒸九儡汛拦跺辩梗裤贤挑馁赏号怂壶镇皖杯撮万馏狄淑蔽讹技驭胯硒克柠椎喜叭赘恰惋
河南省郑州市74中2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）
1．下列说法错误的是
A. 6.02×1023是阿伏加德罗常数的近似值
B. 阿伏加德常数个微粒的物质的量是1 mol
C. 1 mol 12C原子的质量为12 g
D. 硫酸的摩尔质量是98 g
【答案】D
【解析】
试题分析：摩尔质量的单位是g/mol，故D错误。故选D。
考点：化学用语
点评：本题考查的是化学用语的知识，比较基础，题目难度不大，注意基础知识的学习。
2．右图为周期表中短周期的一部分，若A原子的最外电子层上有5个电子，则下列说法中不正确的是
B
A
C
D

A．C的单质可跟B的氢化物的水溶液反应
B．原子半径A＞B＞C
C．D的氢化物比B的氢化物稳定
D．A的高价氧化物对应水化物比B的高价氧化物对应水化物的酸性强
【答案】D
【解析】
试题分析：根据元素在周期表中的位置可知，A应该是第三周期的元素。由于A原子的最外电子层上有5个电子，所以A是P元素，则B是S，D是O，C是Cl。A正确，氯气能和H2S反应生成氯化氢和单质S；同周期自左向右，原子半径逐渐减小，B正确；非金属性越强，氢化物的稳定性越强，C正确；非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，D不正确，同周期自左向右非金属性是逐渐减弱的，答案选D。
考点：考查元素周期表的结构以及元素周期律的应用和判断
点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。试题综合性强，侧重对学生基础知识的巩固和训练，有利于提高学生的逻辑推理能力和应试能力。本题主要是元素“位、构、性”三者关系的综合考查，比较全面考查学生有关元素推断知识和灵活运用知识的能力。该题以“周期表中元素的推断”为载体，考查学生对元素周期表的熟悉程度及其对表中各元素性质和相应原子结构的周期性递变规律的认识和掌握程度。考查了学生对物质结构与性质关系以及运用元素周期律解决具体化学问题的能力。
3．下列各金属的混合物2.5g和足量的盐酸反应，放出的H2在标准状况下体积为2.24L，其中可能的是（ ）
A．Zn和Fe B．Mg和Zn C．Al和Mg D．Cu和Fe
【答案】B
【解析】
试题分析：氢气的物质的量是2.24L÷22.4L/mol＝0.1mol，则需要金属的质量分别是Zn：6.5g、Fe：5.6g、、Mg：2.4g、Al：9g。由于固体一共是2.5g，所以可能的是Mg和Zn的混合物，答案选B。
考点：考查金属和稀盐酸反应的有关计算
点评：该题是中等难度的试题，试题注重基础，侧重能力的培养和解题方法的训练，有利于培养学生的逻辑推理能力和灵活运用基础知识解决实际问题的能力。该题的关键是学会极值法在解题中的应用。
4．下列组合中不可能形成喷泉的是( )
A．HCl和H2O B．Cl2与饱和NaCl溶液 C．NO2和H2O D．CO2和NaOH溶液
【答案】B
【解析】
试题分析：A、氯化氢气体极易溶于水，使瓶内气压减小，能产生喷泉现象，故A不选；B、Cl2与饱和NaCl溶液几乎不溶，使瓶内气压变化不大，不能产生喷泉现象，故B选；C、二氧化氮能够与水反应，使瓶内气压减小，能产生喷泉现象，故C不选；D、二氧化碳能与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠与水，使瓶内气压减小，所以能形成喷泉，故D不选；故选B。
【考点定位】考查喷泉实验
【名师点晴】本题以气体的化学性质为载体考查了喷泉实验。只要气体极易溶于该液体产生压强差就可形成喷泉，或能与液体反应时，造成烧瓶内部压强变小，导致烧瓶内外产生压强差也可形成喷泉。
5．下列四种基本类型的反应中，一定是氧化还原反应的是( )
A．化合反应 B．分解反应 C.置换反应 D．复分解反应
【答案】C
【解析】
试题分析：四个基本反应类型中，置换反应一定是氧化还原反应，化合反应、分解反应一部分属于氧化还原反应，复分解反应全部不是氧化还原反应，故选项C正确。
考点：考查四个基本反应类型和氧化还原反应关系等知识。
6．微量元素硒（Se）对人体有保健作用，已知硒为第四周期第ⅥA族元素，根据它在周期表中的位置推测，下列对硒元素性质的描述不正确的是
A．硒化氢不稳定 B．酸性强弱顺序：HClO4>H3AsO4>H2SeO4
C．硒与铁反应可生成FeSe D．最高氧化物的化学式是SeO3
【答案】B
【解析】
试题分析：A、硒与氧同主族，非金属性O＞Se，则硒的氢化物H2Se不稳定，故A正确；B、非金属性Cl＞Se＞As，则最高价氧化物的水化物的酸性HClO4＞H2SeO4＞H3AsO4，故B错误；C、因Se非金属性较差，则硒与Fe反应生成低价化合物FeSe，故C正确；D、Se位于元素周期表中的第四周期第ⅥA族，最高化合价为+6价，最高价氧化物为SeO3，故D正确；故选B。
【考点定位】考查元素周期律
【名师点晴】本题考查学生利用元素周期律来解答，明确同主族元素性质的相似性和递变性是解答本题的关键，根据Se位于元素周期表中的第四周期第ⅥA族，硒与氧同主族，非金属性O＞Se，并利用类推法来解答。
7．下列离子方程式书写正确的是
A．单质铁与稀硫酸反应：2Fe + 6H+ === 2Fe3+ + 3H2↑
B．二氧化硅溶于NaOH溶液：SiO2 + 2OH− === SiO32− + H2O
C．单质钠放入水中，产生气体：Na + H2O === Na+ + OH− + H2↑
D．向氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3+ + 4NH3•H2O === AlO2− + 4NH4+ + 2H2O
【答案】B
【解析】
试题分析：A、不符合客观事实，应是Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑，故错误；B、二氧化硅属于酸性氧化物，SiO2＋2OH－=SiO32－＋H2O，故正确；C、原子不守恒，应是2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，故错误；D、Al(OH)3溶解于强碱，不溶于弱碱，应是Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4＋，故错误。
考点：考查离子反应方程式正误等知识。
8．下表是部分短周期元素的原子半径及主要化合价，根据表中信息，判断以下叙述正确的是（ ）
元素代号
A
B
C
D
E
原子半径/nm
0.160
0.143
0.089
0.102
0.074
主要化合价
+2
+3
+2
+6、-2
-2
A．A2+与D2-的核外电子数相等
B．氢化物的稳定性为H2E＜H2D
C．B与E形成的化合物既能溶于盐酸又可溶于氢氧化钠溶液
D．最高价氧化物对应水化物碱性:B比A的强
【答案】C
【解析】
试题分析：短周期元素，由元素化合价可知，E只有-2价，E是氧元素，D有+6和-2价，D是S元素，根据原子半径及化合价可知A是Mg元素，B是Al元素，C是Be元素，A．Mg2+比S2-核外少8个电子，A错误；B．非金属性O>S，气态氢化物的稳定性为H2S＜H2O，B错误；C．Al2O3属于两性氧化物，既可以和酸反应又可以和强碱反应，C正确；D．Mg的金属性强于Al，所以最高价氧化物对应水化物碱性:Mg（OH）2比Al（OH）3的强，D错误，答案选C。
考点：考查化合价、原子半径与元素周期表的关系，元素周期律
9．下列关于有机物的说法正确的是：
A．乙烷的沸点低于甲烷，密度大于甲烷
B．相对分子质量相近的醇和烷烃，醇的沸点远高于烷烃
C．苯酚在任何温度下，均微溶于水
D．酯在碱性条件下的水解反应均为皂化反应
【答案】B
【解析】
试题分析：A、烷烃：随着碳原子数的增多，熔沸点逐渐增大，密度逐渐增大，故说法错误；B、醇能形成分子间氢键，存在分子间氢键的沸点高于无氢键的，故说法正确；C、高于70℃时，和水任意比例互溶，故说法错误；D、皂化反应：油脂在碱性条件的水解反应，故错误。
考点：考查有机物物理性质、微粒构成、有机物的性质等知识。
10．下列有关说法正确的是
A．H2、SO2、CO2三种还原性气体都可用浓硫酸干燥
B．二氧化硫能使溴水褪色，说明二氧化硫具有漂白性
C．灼烧白色粉末，火焰成黄色，证明原粉末中有Na+、无K+
D．向Na2O2与水完全反应后的溶液咖MnO2，产生氧气，是由于该溶液中含有H2O2
【答案】D
【解析】
试题分析：A．可用浓硫酸干燥H2、SO2、CO2三种气体，但CO2主要体现氧化性，故A错误；B．二氧化硫能使溴水褪色，说明二氧化硫具有还原性，故B错误；C．灼烧白色粉末，火焰成黄色，证明原粉末中有Na+，但没有透过蓝色钴玻璃观察，无法确定是否有K+，故C错误；D．向Na2O2与水完全反应后的溶液加MnO2，H2O2具有不稳定性，在催化剂MnO2的作用下分解成水和氧气产生氧气，故D正确；答案为D。
考点：考查物质的性质及应用，涉及焰色反应。
11．“今年过节不收礼，收礼只收脑白金”，脑白金是热卖中的一种滋补品，其有效成分的结构简式为：，下列对该化合物的叙述正确的是( )
A．它属于芳香烃 B．它属于醇类
C．分子式为C13H17O2N2 D．在一定条件下可以发生加成反应
【答案】D
【解析】
试题分析：A、该有机物含有C、H、O、N元素，不属于烃，A错误；B、该有机物分子中没有醇羟基，不属于醇类，B错误；C、该有机物分子中的H原子数是16，C错误；D、该有机物含有苯环，所以能发生与氢气的加成反应，D正确，答案选D。
考点：考查有机物的分类、分子式的判断、性质的判断
12．“10%的氨水”的正确解释是
A ．100g氨水中含10gNH3•H2O B．10gNH3溶于水形成100g溶液
C．100g氨水中含10gNH3 D．10gNH3溶于100gH2O形成的溶液
【答案】B
【解析】
试题分析：溶液的浓度有物质的量浓度和质量分数等，10%的氨水指的是10gNH3溶于水形成100g溶液，答案选B。
考点：考查质量分数的意义。
13．通式为CnH2n-2的一种气态烃完全燃烧后生成CO2和H2O的物质的量之比为4：3，这种烃的链状同分异构体有（ ）
A．2种 B．3种 C．4种 D．5种
【答案】B
【解析】
试题分析：气态烃完全燃烧后生成CO2和H2O的物质的量之比为4：3，则该烃的分子式是C4H6;则这种烃的链状同分异构体有CH≡CCH2CH3;CH3C≡CCH3;CH2=CH-CH=CH2三种不同的结构，因此选项是B。
考点：考查有机物的同分异构体的种类及书写的知识。
14．下列说法正确的是(　　)
A．强电解质的水溶液中不存在溶质分子，弱电解质的水溶液中存在溶质分子和离子
B．强电解质的水溶液导电性强于弱电解质的水溶液
C．强电解质都是离子化合物，弱电解质都是共价化合物
D．强电解质易溶于水，弱电解质难溶于水
【答案】A
【解析】
试题分析：A．强电解质在水溶液中完全电离，不存在溶质分子，弱电解质在水溶液中部分电离，存在电离平衡，因此存在溶质分子和离子，正确；B．强电解质的水溶液导电性不一定强于弱电解质的水溶液，溶液导电性的大小与溶液中自由移动的离子的浓度大小有关，错误；C．强电解质可能是离子化合物，也可能是共价化合物，弱电解质都是共价化合物，错误；D．强电解质是强还是弱，与溶解度的大小无关，错误。
考点：考查强、弱电解质的性质的比较的知识。
15．把0.6mol铜粉投入含0.8mol硝酸和0.2mol硫酸的稀溶液中，则标准状况下放出的气体的物质的量为
A．0.2 mol B．0.3 mol C．0.4 mol D．0.5mol
【答案】B
【解析】略

16．（10分） 某兴趣小组进行“活泼金属与酸反应”的实验，将5．4g的铝片投入500 mL 0．5 mol·L-1的硫酸溶液中，右图为反应产生氢气速率与反应时间的关系图。

（1）关于图像的描述不正确的是 （填序号，下同）；
① o→a段不产生产生H2是室温过低，反应难以发生。
② b → c段产生H2较快可能是反应放热，温度升高，加快了反应
③ c以后，产生H2速率逐渐下降原因可能是铝片趋于消耗完全
（2）在b到c这段时间内，收集到氢气VL（标准状况），则这段时间内用硫酸表示的平均速率为  mol/(L·s)（假设反应前后溶液体积不变）。
（3）其他条件不变，现换用500 mL 1 mol·L-1盐酸，产生氢气速率普遍较使用500 mL 0．5 mol·L-1硫酸的快，可能的原因是________；
（4）要加快铝与硫酸溶液制H2的反应速率，小组成员提出一系列方案，合理的有　　　
①加入2 mol·L-1硝酸②加入少量CuSO4溶液 ③将铝片换成铝粉 ④增加硫酸的浓度至18 mol/L ⑤加CH3COONa固体； ⑥加入少量Na2SO4溶液
（5）催化剂会影响反应速率，请根据①反应写出FeCl3催化H2O2分解的另一反应原理（用离子方程式）①2Fe3++ H2O2= 2Fe2++ 2H+ +O2↑；② ；
【答案】（1）①③；（2）V/11.2（c—b） mol/(L·s)；（3）氯离子由催化作用或硫酸根由阻化作用；（4）②③；（5）②2Fe2+ + H2O2 + 2H+====2Fe3+ + 2H2O。
【解析】
试题分析：（1）① o→a段不产生产生H2是由于金属铝表面有一层氧化膜，氧化铝与稀硫酸反应生成硫酸铝和水，错误；② b → c段产生H2较快可能是反应放热，温度升高，加快了反应，正确；③ 根据题给数据知，铝过量，c以后，产生H2速率逐渐下降原因可能是稀硫酸趋于消耗完全，错误，选①③；（2）在b到c这段时间内，收集到氢气VL（标准状况），物质的量为V/22.4mol，时间为（c—b）s,硫酸的物质的量变化为V/22.4mol，则这段时间内用硫酸表示的平均速率为V/11.2（c—b） mol/(L·s)；（3）其他条件不变，现换用500 mL 1 mol·L-1盐酸，产生氢气速率普遍较使用500 mL 0．5 mol·L-1硫酸的快，可能的原因是氯离子由催化作用或硫酸根由阻化作用；（4）①加入2 mol·L-1硝酸，硝酸具有强氧化性，与铝反应不放氢气，错误；②加入少量CuSO4溶液，铝置换出铜，形成原电池，反应速率加快，正确； ③将铝片换成铝粉 ，增大反应物的接触面积，反应速率加快，正确；④增加硫酸的浓度至18 mol/L ，铝遇浓硫酸钝化，阻止反应进行，错误；⑤加CH3COONa固体，硫酸与醋酸钠反应生成醋酸，氢离子浓度较小，反应速率减慢，错误； ⑥加入少量Na2SO4溶液，将硫酸稀释，反应速率减慢，错误，选②③；（5）催化剂会影响反应速率，请根据①反应写出FeCl3催化H2O2分解的另一反应原理（用离子方程式）①2Fe3++ H2O2= 2Fe2++ 2H+ +O2↑；②2Fe2+ + H2O2 + 2H+====2Fe3+ + 2H2O。
考点：
17．（16分）某粗铜含铁、银、金和铂等杂质，通过电解精炼铜后，为充分利用电解后的阳极泥和电解液，设计如下工艺流程：

回答下列问题：
（1）电解时，以粗铜作______极，______________为电解液，写出阴极的电极反应式______________。
（2）电解后溶液中含有的主要金属阳离子为________________；溶液A是一种绿色氧化剂，则反应①的离子方程式为___________________________________________。
（3）加入的试剂B最好选用___________(填序号)
A．Cu B．CuO C．NaOH D．氨水
（4）写出反应③的离子方程式______________________________________________________
（5）若反应②析出10.8kg银单质，则至少需要乙醛_________kg。
【答案】（1）阳（1分） CuSO4溶液（1分） Cu2+ ＋ 2e－＝ Cu（2分）
（2）Cu2+、Fe2+（2分）
2Fe2+ ＋ H2O2 ＋ 2H+ ＝2Fe3+ ＋ 2H2O（2分）
（3）B（2分）（4）2AuCl4－＋ 3SO2 ＋ 6H2O ＝2Au ＋ 8Cl－＋ 3SO42－＋ 12H+（3分）（5）2.2（3分）
【解析】
试题分析：粗铜含铁、银、金和铂等杂质在电解时铁先在阳极放电生成Fe2+，然后铜放电生成Cu2+,银、金和铂活泼性比铜弱，不放电，形成阳极泥。（1）精炼铜时粗铜做阳极，纯铜做阴极，电解质用CuSO4溶液；Cu2+在阴极放电，电极反应为：Cu2+ ＋ 2e－＝ Cu。（2）根据上述分析，电解液金属阳离子主要是Cu2+、Fe2+，绿色氧化剂通常是H2O2，氧化Fe2+，反应①的离子方程式为：2Fe2+ ＋ H2O2 ＋ 2H+ ＝2Fe3+ ＋ 2H2O。（3）Fe2+被氧化后的溶液酸性较强，Fe3+难以形成沉淀，需要加入的试剂来使溶液的酸性减弱，为了不引入新的杂质最好加入CuO，加入Cu不反应不能起到降低酸性的作用，加入NaOH和氨水会引入新的杂质。（4）根据流程图，通入SO2后溶液中发生反应的是AuCl4－，生成了Au，元素的化合价发生改变，所以发生了氧化还原反应，SO2是还原剂，反应离子方程式为：2AuCl4－＋ 3SO2 ＋ 6H2O ＝2Au ＋ 8Cl－＋ 3SO42－＋ 12H+（5）发生银镜反应乙醛与银的关系为：CH3CHO～2Ag，10.8kg银单质的物质的量为100mol，消耗CH3CHO为50mol，质量为：2.2 kg。
考点：铜的精炼、离子方程式的书写、化工流程题的解题方法。

18．硫酸亚锡（SnSO4）是一种重要的硫酸盐，主要用于电镀工业的镀锡、铝合金表面的氧化着色、印染工业的媒染剂、双氧水去除剂等。某研究小组设计SnSO4制备路线如下：

查阅资料：
Ⅰ．酸性条件下，锡在水溶液中有Sn2+、Sn4+两种主要存在形式，Sn2+易被氧化。
Ⅱ．SnCl2易水解生成难溶物Sn（OH）Cl（碱式氯化亚锡）。
请回答下列问题：
（1）SnCl2粉末需加浓盐酸进行溶解，请用平衡移动原理解释原因 。
（2）加入Sn粉的作用有两个：①调节溶液pH ② 。
（3）反应Ⅰ生成的气体为CO2，得到的沉淀是SnO。该沉淀经过滤后需漂洗，如何证明沉淀已经洗涤完全？ 。
（4）多步操作包含的具体实验步骤的名称可以是： 。
（5）酸性条件下，SnSO4还可以用作双氧水去除剂，发生反应的离子方程式是 。
（6）该小组通过下列方法测所用锡粉样品的纯度（杂质不参与反应）：
①将试样溶于盐酸中，发生的反应为：Sn + 2HCl→SnCl2 + H2↑；
②加入过量的FeCl3 ；
③用已知浓度的K2Cr2O7滴定生成的Fe2+，发生的反应为：6FeCl2 + K2Cr2O7 + 14HCl →6FeCl3 + 2KCl + 2CrCl3 +7H2O
取1. 226 g 锡粉样品，经上述各步反应后，共用去0.1000 mol/L K2Cr2O7溶液32.00 mL。则该锡粉样品中锡的质量分数是
【答案】（1）加入盐酸，使水解平衡向左移动，抑制Sn2+水解
（2）防止Sn2+被氧化
（3）取最后一次洗涤液，向其中加入AgNO3溶液，若无沉淀，则说明已洗涤干净
（4）加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤
（5）Sn2+ + H2O2 +2H+=Sn4+ +2H2O
（6）93.18%
【解析】
试题分析：（1）SnCl2在水中发生水解反应：SnCl2+H2OSn（OH）Cl+HCl. 生成难溶物Sn（OH）Cl，使溶液变浑浊。若加入HCl，可使平衡向逆反应方向移动，抑制Sn2+水解。
（2）由于在酸性条件下，锡在水溶液中有Sn2+、Sn4+两种主要存在形式，Sn2+易被氧化。为了调节调节溶液pH并防止Sn2+被氧化为Sn4+要加入Sn粉。
（3）在反应过程中加入了HCl，沉淀的表面会有Cl-存在，只要能证明在洗涤液中无Cl-存在就可以证明沉淀已经洗涤完全。具体的检验方法是取最后一次洗涤液，向其中加入AgNO3溶液，若无沉淀，则说明已洗涤干净。
（4）在多步操作中所包含的具体实验步骤的名称是加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤。
（5）酸性条件下，SnSO4与双氧水发生反应的离子方程式是Sn2+ + H2O2 +2H+=Sn4+ +2H2O。
（6）在处理过程中发生的反应为：Sn + 2HCl=SnCl2 + H2↑；2FeCl3+SnCl2=2FeCl2+ SnCl4
6FeCl2 + K2Cr2O7 + 14HCl =6FeCl3 + 2KCl + 2CrCl3 +7H2O。由方程式得关系式3Sn—3SnCl2 —6FeCl3 — K2Cr2O7.因为n（K2Cr2O7）=C·V=0.1000 mol/L×0.032L=3.2×10-3mol.所以n（Sn）= 3×3.2×10-3mol =9.6 × 10-3mol.m（Sn）=n·M=9。6×10-3mol×119g/mol=1.14g. 该锡粉样品中锡的质量分数是（1.14g÷1. 226 g） ×100%=93.18%.
考点：考查在电镀工业的镀锡、铝合金表面的氧化着色、印染工业的媒染剂、双氧水去除剂等有重要作用的SnSO4制备、性质反应原理等的知识。
19．欲测定含少量氯化钠的小苏打固态样品中NaHCO3的质量分数可采用以下四种方法。

方法一：

方法二：

方法三：

方法四：不使用化学试剂，使用实验室常用仪器
按要求回答下列问题：
（1）方法一：加入足量的试剂A （填写A的化学式）可将HCO3— 离子转化为沉淀并称重。操作1、2、3、4的名称依次是溶解、 、洗涤和干燥（烘干）；
（2）方法二：在操作1中所用到的玻璃仪器中，除了烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需要的用到的是 ，在操作2中应选择甲基橙指示剂．
（3）在方法二中计算该样品中NaHCO3的质量分数为 [用流程图中的数据m、V(HCl) 填写有关的表达式]；
（4）在方法三中：根据所用的实验装置，除了称量试样质量外，还需测定的实验数据是 ；
（5）仔细分析方法三中的实验装置，若由此测得的数据来计算实验结果，则有可能偏高也有可能偏低，偏高的原因可能是 ，偏低的原因可能是 （均文字简述）；
（6）方法四的实验原理是： （用化学方程式表示）。
【答案】（1）Ca(OH)2或 Ba(OH)2 （写名称不给分）；过滤
（2）100 mL容量瓶，（3）
（4）装有碱石灰的干燥管在实验前后的质量
（5）碱石灰可能还会吸收空气中的水蒸气和CO2气体 装置内会留存部分CO2气体
（6）2 NaHCO3Na2CO3 +H2O +CO2↑
【解析】
试题分析：（1）与HCO3-反应钠产生沉淀的试剂有Ca(OH)2或 Ba(OH)2；操作1、2、3、4的名称依次是溶解、过滤、洗涤、干燥。
（2）方法二操作1的步骤是溶解、转移、洗涤、定容、摇匀，用到的仪器有玻璃棒、烧杯、量筒、胶头滴管、100 mL容量瓶，还需100mL的容量瓶。
（3）由所用盐酸的体积可计算出20mL的待测液中碳酸氢钠的物质的量，原液是待测液的5倍，所以，
样品中NaHCO3的质量分数为V(HCl)×10-3×0．100×5×84/m×100%= 。
（4）方法三利用产生二氧化碳的质量来计算碳酸氢钠的质量分数，所用需要称量装有碱石灰的干燥管在实验前后的质量。
5）偏高的原因是碱石灰还会吸收空气中的二氧化碳和水使质量增大；偏低的原因是装置中会有残留的二氧化碳未被吸收。
（6）不用其他化学试剂，就只能是碳酸氢钠的受热分解了，利用固体反应前后的质量差，计算碳酸氢钠的质量分数，化学方程式是2 NaHCO3Na2CO3 +H2O +CO2↑。
考点：考查实验流程
20．(共10分)某化学小组以环己醇制备环己烯（如下图），

（1）制备粗品
将12.5mL环己醇加入试管A中，再加入lmL浓硫酸，摇匀后放入碎瓷片，缓慢加热至反应完全，在试管C内得到环己烯粗品。
① A中碎瓷片的作用是___________，导管B除了导气外还具有的作用是_________；
②试管C置于冰水浴中的目的是____________________________。
（2）制备精品
① 环己烯粗品中含有环己醇和少量酸性杂质等。加入饱和食盐水，振荡、静置、分层，环己烯在_________层(填上或下)，分液后用_________ (填字母)洗涤；
a．KMnO4溶液 b．稀H2SO4 c．Na2CO3溶液
② 再将环己烯按右图装置蒸馏，冷却水从_________口进入(填字母)。蒸馏时要加入生石灰，目的是___________________；

③ 收集产品时，控制的温度应在_________左右，实验制得的环己烯精品质量低于理论产量，可能的原因是______(填字母)；
a．蒸馏时从70℃开始收集产品
b．环己醇实际用量多了
c．制备粗品时环己醇随产品一起蒸出
（3） 以下区分环己烯精品和粗品的方法，合理的是_________(填字母)。
a．用酸性高锰酸钾溶液 b．用金属钠 c．测定沸点
【答案】(每空1分，共10分)
（1）①防暴沸 冷凝 ②生成的环己烯变成液体，防止挥发
（2）①上层 c
② g 吸收生成的水，防止水蒸气随环己烯一起蒸出
③ 83oC c (3) b
【解析】略

21．在容积为2L的密闭容器中进行如下反应:A(g) + 2B(g) 3C(g)+nD(g), 开始时A为4 mol,B为6 mol;5 min末时测得C的物质的量为3 mol,用D表示的化学反 应速率v(D)为0.2 mol/(L· min)。
计算: (1)5 min末A的物质的量浓度为
(2)前5 min内用B表示的化学反应速率v(B)为
(3)化学方程式中n值为
(4)此反应在四种不同情况下的反应速率分别为:
①v(A )=5 mol/( L·min ) ②v( B )=6 mol/( L·min )
③v(C)=4.5 mol/( L·min ) ④v(D )=8 mol/( L·min )
其中反应速率最快的是 (填编号)
【答案】
【解析】

22．A、B、W、D、E为短周期元素，且原子序数依次增大，质子数之和为39，B、W同周期，A、D同主族，A、W能形成两种液态化合物A2W和A2W2，E元素的周期序数与主族序数相等。试回答：
（1）E元素在周期表中的位置为 ，写出E的最高价氧化物与D的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式 。
（2）由A、B、W三种元素组成的18电子微粒的结构简式为 。
（3）经测定A2W2为二元弱酸，其酸性比碳酸的还要弱，请写出其第一步电离的电离方程式 。常用硫酸处理BaO2来制备A2W2，写出该反应的化学方程式 。
（4）废印刷电路板上含有铜，以往的回收方法是将其灼烧使铜转化为氧化铜，再用硫酸溶解。现改用A2W2和稀硫酸浸泡废印刷电路板既达到上述目的，又保护了环境，试写出反应的离子方程式 。
（5）元素D的单质在一定条件下，能与A单质化合生成一种氢化物DA，熔点为800℃。DA能与水反应放氢气，若将1mol DA和1 mol E单质混合加入足量的水，充分反应后生成气体的体积是 L（标准状况下）。
【答案】（1）第三周期，IIIA族；Al2O3+2OH-=2 AlO2-+H2O
（2）CH3OH（写出分子式给1分）
（3）H2O2H++HO2—；BaO2+ H2SO4 = BaSO4↓+H2O2；
（4）Cu + 2H++ H2O2 = Cu２＋ + 2H2O （5）56 L
【解析】
试题分析：A、W能形成两种液态化合物A2W和A2W2，该液态化合物分别为H2O和H2O2，则A为H元素，W为O元素，A、D同主族，则D为Na元素，E元素的周期序数与主族序数相等，且E的原子序数最大，应为第三周期，IIIA族元素，E为Al元素，A、B、W、D、E为短周期元素，且原子序数依次增大，质子数之和为39，设B的原子序数为x，则有1+x+8+11+13=39，x=6，所以B为C元素，据此回答：
（1）E为Al元素，原子序数为13，原子核外有3个电子层，最外层电子为3，位于周期表第三周期，IIIA族；E的最高价氧化物为Al2O3，D的最高价氧化物的水化物为NaOH，两者反应的离子方程式为Al2O3+2OH-=2 AlO2-+H2O。
（2）由A、B、W三种元素组成的18电子的粒子为CH3OH。
（3）H2O2为二元弱酸，以第一步电离为主，则第一步电离的电离方程式为H2O2H++HO2—；硫酸处理BaO2来制备H2O2，还有BaSO4生成，反应的化学方程式为BaO2+ H2SO4 = BaSO4↓+H2O2；
（4）Cu和稀硫酸不反应，加入具有氧化性的H2O2，可生成硫酸铜和水，反应的离子方程式为Cu + 2H++ H2O2 = Cu２＋ + 2H2O。
（5）NaH + H2O =NaOH + H2↑ 2NaOH + 2Al + 2H2O=2NaAlO2+ 3H2↑，
1mol 1mol 1mol 1mol 1mol 1.5mol
n（H2）=1mol+1.5mol=2.5mol， V（H2）=2.5mol×22.4L/mol=56L。
【考点定位】考查元素的推断和元素化合物知识。涉及铝、铜及其化合物，H2O2的性质
【名师点睛】本题考查元素的推断和元素化合物知识，题目难度中等，侧重于常见化合物的存在为突破口，注重于元素化合物的考查，做题时注意把握题给信息。元素的推断是高考的重点内容，主要以“位—构—性”三者关系的推断为核心，考查元素及其化合物的性质、题目有“多方向，多层次”特征，现对周期表中特殊位置的元素总结如下：
（1）族序数等于周期数的元素：H、Be、Al.
（2）族序数等于周期数2倍的元素：C、S。
（3）族序数等于周期数3倍的元素：O。
（4）周期数是族序数2倍的元素Li、Ca
（5）周期数是族序数3倍的元素：Na。
（6）最高正价与最低负价代数和为零的短周期元素：C、Si。
（7）最高正价是最低负价绝对值3倍的短周期元素:S。
（8）除氢外，原子半径最小的元素:F。
23．已知A、B、C、D是中学化学的常见物质，且A、B、C均含有同一种元素。在一定条件下，它们之间的相互转化关系如图所示（反应中生成的H2O已略去）。请回答下列问题：

（1）若A是一种可用于自来水消毒的黄绿色气体，D是生活中常用的金属单质，则C的化学式为__________；写出A与C反应的离子方程式________________________。
（2）若A是一种常见的强碱，C常用于糕点发酵，则反应①的离子方程式是________________。
（3）若A是一种碱性气体，常用作制冷剂，B、D是空气中的主要成分，则C的化学式为_________。
（4）若A是一种无色、有臭鸡蛋气味的气体，C是导致酸雨的主要气体，则反应③的方程式为________。
【答案】（1）FeCl2(1分)；2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-（2分）；
（2）2OH-+CO2=CO32-+H2O（2分）；
（3）NO2（2分）；（4）2H2S+SO2=3S↓+2H2O（2分）。
【解析】
试题分析：（1）若A是一种可用于自来水消毒的黄绿色气体，则A是Cl2，D是生活中常用的金属单质，D是Fe，Cl2与Fe发生反应产生B是FeCl3，向FeCl3溶液中加入Fe发生氧化还原反应，产生C是FeCl2，则C的化学式为FeCl2；则氯气有氧化性，氯化亚铁有还原性，二者发生氧化还原