河南省郑州市2015-2016学年高二化学下册6月月考试题10.doc

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河南省郑州市五中2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）
1．能够快速，微量，精确测定有机物相对分子质量的物理方法是（ ）
A．元素定量分析 B．核磁共振氢谱 C．红外光谱 D．质谱
【答案】D
【解析】
正确答案：D
A、元素定量分析测定最简式 B．核磁共振氢谱测定分子中处于不同化学环境的氢 C．红外光谱有机分子中各种化学键 D．质谱精确测定有机物相对分子质量
2．下列说法正确的是
A．物质发生化学反应都伴随着能量变化
B．吸热反应一定需要加热才能发生
C．凡是放热反应的发生均无需加热
D．伴有能量变化的物质变化都是化学变化
【答案】A
【解析】
试题分析：化学变化是旧键的断裂和新键的形成过程，断键吸热成键放热，选项A正确；NO遇空气中的氧气立即生成红棕色的NO2，但此反应是吸热反应，选项B不正确；燃烧需要加热到着火点，但是放热反应，选项C不正确；物质的三态变化是物理变化，有能量变化，选项D不正确。
考点：关于反应过程中能量变化的正误判断。
3．下列关于油脂的叙述不正确的是（ ）
A、属于酯类 B、没有固定的熔沸点
C、是高级脂肪酸的甘油酯 D、油脂的氢化属于氧化反应
【答案】D
【解析】油脂的氢化属于还原反应，在有机反应里加氢为还原加氧为氧化。
4．下列有关化学反应速率的说法正确的是( )
A．用铁片和稀硫酸反应制取氢气时，改用98%的浓硫酸可以加快产生氢气的速率
B．100 mL2 mol/L的盐酸跟锌片反应，加入适量的氯化钠溶液，反应速率减小
C．SO2的催化氧化是一个放热的反应，所以升高温度，v逆加快，v正减慢
D．对于反应：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑不能用CaCO3的浓度变化来表示该反应速率，但可用水的浓度变化来表示
【答案】B
【解析】
试题分析：A．用铁片和稀硫酸反应制取氢气时，改用98%的浓硫酸产生的不是氢气，A项错误；B．100 mL 2 mol•L-1盐酸与锌片反应，加入适量的氯化钠溶液，相当于是将酸稀释，反应速率减慢，B项正确；C．二氧化硫的催化氧化是一个放热反应，升高温度，化学反应速率加快，C项错误；D．在碳酸钙和盐酸的反应中，碳酸钙是固体，水是溶剂，所以不能用CaCO3、H2O的浓度变化来表示该反应速率，D项错误；答案选B。
考点：考查化学反应速率的影响应是等知识。
5．下列有关化学键与晶体结构说法正确的是( )
A．非金属元素组成的化合物一定是共价化合物
B．对于组成结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，熔沸点一定越高
C．两种元素组成的分子一定只有极性键
D．含阴离子的化合物一定有阳离子
【答案】D
【解析】
试题分析：A．非金属元素组成的化合物可能是共价化合物如H2O，也可能是离子化合物，如NH4Cl，错误；B．一般情况下对于组成结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，熔沸点越高，但是也有例外，如H2O与H2S结构相似，由于在水分子之间存在氢键，增加了分子之间的吸引力，使水的熔沸点比H2S高，错误；C．两种元素组成的分子可能只有极性键如HCl，也可能既含有极性键也含有非极性键，如H2O2，错误； D．由于任何物质都呈电中性，所以含阴离子的化合物一定有阳离子，正确。
考点：考查有关化学键与晶体结构说法正误判断的知识。
6．将一溴丙烷和NaOH溶液共热煮沸几分钟后，冷却，滴入AgNO3溶液，结果没有看到浅黄色沉淀生成，其主要原因是
A．加热时间太短 B．不应冷却后再滴入AgNO3溶液
C．加AgNO3溶液前未用稀HNO3酸化 D．加AgNO3溶液后未加稀HNO3
【答案】C
【解析】
试题分析：一溴丙烷和NaOH溶液共热煮沸几分钟后，发生水解反应生成1－丙醇和氯化钠。由于在溶液中还存在氢氧化钠，因此滴入AgNO3溶液，看不到浅黄色沉淀生成。要检验溴离子，需要先加入硝酸中和氢氧化钠，然后再加入硝酸银溶液，答案选C。
考点：考查卤代烃检验的实验设计与探究
7．下列有关物质分类的说法，不正确的是
A．CO2是酸性氧化物，也是非金属氧化物
B．KNO3是钾盐、硝酸盐，也是正盐
C．H2SO4是含氧酸、二元酸，也是强酸
D．NH3·H2O是一元强碱，也是可溶性碱
【答案】D
【解析】
试题分析：组成元素分为金属元素非金属元素，氧化物和碱反应生成盐和水的为酸性氧化物，A正确；依据盐的分类方法，可以以阳离子、阴离子分类，正盐、酸式盐、碱式盐分类，B正确；酸可以分为含氧酸、无氧酸．一元酸、二元酸等，强酸弱酸，C正确；氨水属于一元弱碱，水溶液中不能完全电离，D错误，答案选D.
考点：物质的分类
8．物质的量浓度相同的三种盐NaX、NaY、NaZ的溶液，其pH依次为8、9、10，则HX、HY、HZ的酸性由强到弱的顺序是( )
A.HX、HY、HZ B.HX、HZ、HY
C.HZ、HY、HX D.HY、HZ、HX
【答案】A
【解析】
9．下列各组中的每种物质内既有离子键又有共价键的一组是
A．NaOH、K2SO4、(NH4)2SO4 B．HCl、Al2O3、MgCl2
C．Na2O2、NH4Cl、Na2SO4 D．MgO、Na2SO4、NH4HCO3
【答案】AC
【解析】
试题分析：既有离子键又有共价键，推出该物质是离子化合物，A、三种物质都属于离子化合物，含有离子键且也含有共价键，故正确；B、HCl属于共价化合物，后两者只含离子键，故不正确；C、三种物质都属于离子化合物，既含有离子键又含有共价键，故正确；D、三种物质属于离子化合物，但氧化镁只含离子键，故错误。
考点：考查物质分类、化学键等知识。
10．同温同压下，甲容器中装有56gN2，乙容器中装有16gCH4，则甲、乙两容器的体积比为
A．1:1 B．2:1 C．3:1 D．4:1
【答案】B
【解析】
试题分析：56gN2的物质的量为2mol，16gCH4的物质的量为1mol，根据阿伏伽德罗定律：同温同压下，气体的体积之比等于其物质的量之比，则甲、乙两容器的体积比为2:1，选B。
考点：考查阿伏伽德罗定律。
11．同物质的量浓度的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液的体积比是3 ：2 ：1，则三溶液中氯离子的物质的量浓度之比为
A、3 ：4 ：3 B、1 ：2 ：3
C、1 ：1 ：1 D、6 ：3 ：2
【答案】B
【解析】
试题分析：溶液中离子的浓度与溶液的体积没有关系，与电解质的浓度及电离出离子的个数有关，所以三溶液中氯离子的物质的量浓度之比为1 ：2 ：3 ，答案选B。
考点：物质的量浓度
12．已知氧化还原反应：2Cu(IO3)2＋24KI＋12H2SO4===2CuI↓＋13I2＋12K2SO4＋12H2O
其中1 mol氧化剂在反应中得到的电子为
A．10 mol B．11 mol C．12 mol D．13 mol
【答案】B
【解析】
试题分析：氧化剂：化合价降低，得到电子，然后根据同种元素不同价态参加氧化还原反应，向中间价态靠拢，即Cu(IO3)2中I的化合价是+5，被还原为0价，同时碘酸铜中的Cu由+2价→+1，因此1mol氧化剂在反应中得到1×2×(5－0)mol＋1×(2－1)mol=11mol，故选项B正确。
考点：考查氧化还原反应中氧化剂和还原剂的定义。
13．已知1 g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121 kJ，且氧气中1 mol O=O键完全断裂时吸收热量496 kJ，水蒸气中1 mol H—O键形成时放出热量463 kJ，则氢气中1 mol H—H键断裂时吸收热量为（ ）。
A．920 kJ B．557 kJ C．436 kJ D．188 kJ
【答案】C
【解析】本题考查化学反应的能量变化与化学键的能量变化。因为1 g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121 kJ，所以1 mol H2与mol O2完全燃烧生成1 mol水蒸气时放出热量242 kJ。而化学反应中之所以存在能量的变化是因为在化学反应过程中存在旧键的断裂与新键的形成，其中旧键的断裂需要吸收能量而新键的形成需要放出能量。发生上述反应H2（g）＋O2（g）=H2O（g）　ΔH＝－242 kJ·mol－1时所发生键的变化为断裂1 mol H—H键和mol O=O键、形成2 mol O—H键，从而可得出断裂1 mol H—H键时吸收的热量为－242 kJ＋463×2 kJ－×496 kJ＝436 kJ。
14．向Na2CO3、NaHCO3混合溶液中逐滴加入稀盐酸，生成气体的量随盐酸加入量的变化关系如下图所示。则下列离子组在对应的溶液中，一定能大量共存的是( )

A．a点对应的溶液中：Na＋、OH－、SO42—、NO3—
B．b点对应的溶液中：Al3＋、Fe3+、SCN－、Cl－
C．c点对应的溶液中：Na＋、Ca2＋、NO3—、Cl－
D．d点对应的溶液中：Fe2+、Na＋、Cl－、NO3—
【答案】C
【解析】
试题分析：向Na2CO3、NaHCO3混合溶液中逐滴加入稀盐酸，由图可知a点含有CO32-和HCO3-，b点全部为HCO3-，c点恰好完全反应生成NaCl，溶液呈中性，d点盐酸过量，溶液呈酸性，A、a点溶液中含有CO32-和HCO3-，HCO3-与OH-反应，不能大量共存，A错误；B、b点全部为HCO3-，Al3+、Fe3+与HCO3-发生互促水解反应，Fe3+、SCN－反应，不能大量共存，B错误；C、c点恰好完全反应生成NaCl，溶液呈中性，各离子之间可大量共存，C正确；D、d点呈酸性，酸性条件下，NO3-与Fe2+发生氧化还原反应，不能大量共存，D错误。答案选C。
考点：离子共存
15．已知某元素的阳离子R2+的核内中子数为n，质量数为A，则mg它的氧化物中所含电子的物质的量是
A．(A-n+8)mol B．(A-n+10)mol
C．(A-n+2)mol D．(A-n+6)mol
【答案】A
【解析】
试题分析：某元素的阳离子为R2+，该元素的氧化物为RO，R的质量数为A，那么RO的摩尔质量为（A+16）g/mol，含有电子为（A-n+8），mg它的氧化物的物质的量为m/（A+16）mol ，则电子的物质的量为：m（A-n+8）/（A+16）mol，选A。
考点：核素的几根概念、有关物质的量的计算。

16．（12分）X、Y、Z、M、N为原子序数小于18的五种元素，X原子的电子层数等于最外层电子数；X与Y处于同一周期，Y与M可形成离子化合物M2Y，该化合物的水溶液显碱性；Z离子核内质子数与核外电子数之和为18；X、Z、M三种元素的离子具有相同的电子层排布；元素N的原子的质子、中子与电子数之和为2。
根据上述信息回答下列问题：
（1）写出质量数为32的Y原子符号____________，M2Y的电子式为________________。
（2）X、Z、M三种元素的离子半径大小顺序为_________________（用离子符号表示）。
（3）下列说法中正确的是___________________________。
A．元素Z与元素M形成的化合物中只有极性共价键和离子键
B．元素M和元素N之间不能形成离子化合物
C．元素X的原子比元素M的原子的失电子能力强
D．元素Z与元素N形成的简单化合物比元素Y与元素N形成的化合物稳定
（4）写出X、M两元素的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式：
__________________________________________________________________________。
（5）已知（4）反应中生成的含X元素的化合物与HF、NaCl按l ：6 ：2的物质的量之比恰好完全反应，得到H2O、HCl和另一种含有三种元素且微溶于水的化合物，写出该反应的化学方程式__________________________________________________________。
【答案】

【解析】Z离子核内质子数与核外电子数之和为18,因为Z原子序数小于18，所以Z离子中可能有2个或10个或18个电子，其对应的质子数分别为16或8或0.其中成立的只有中间一组，即质子数为8，电子数为10，所以Z为氧。X原子的电子层数等于最外层电子数，其可能为H，Be，Al，又因为X、Z（氧）的离子具有相同的电子层排布，所以X为Al。X（铝）与Y处于同一周期，Y与M可形成离子化合物M2Y，该化合物的水溶液显碱性，所以M离子为强碱阳离子，Y离子为弱酸根离子。因为X（铝）、Z（氧）、M三种元素的离子具有相同的电子层排布，所以M为Na，则Y为S。原子的质子数和电子数相等，其和必为偶数，为2的整数倍，元素N的原子的质子、中子与电子数之和为2，所以N的中子数为0，质子数等于电子数等于2/2=1，所以N为H。总结：X（铝），Y（硫），Z（氧），M（钠），N（氢）。则第（1）问和第（4）问可得出答案。
（2）X、Z、M三种元素的离子具有相同的电子层排布，离子半径遵循“序小径大”的原则，则可得出答案。
（3）Z（氧）与M（钠）可形成过氧化钠，有非极性共价键，所以A错。M（钠）和N（氢）可形成氢化钠离子化合物，B错。X（铝）与M（钠）比较，M（钠）与X（铝）在同一周期，M（钠）位于X（铝）的左边，所以M（钠）失电子能力强于X（铝），C错。氧元素与硫元素在同一主族，氧元素在上边，所以氧的非金属性比硫强，所以H2O比H2S稳定，D对。
（5）中， NaAlO2与HF、NaCl 按l ：6 ：2的物质的量之比恰好完全反应，得到H2O、HCl和另一种含有三种元素，根据元素守恒和原子守恒，含有三种元素的物质为Na3AlF6，再根据原子守恒配平H2O、HCl即可。
17．乙醇是一种可燃性液体，按一定比例混合的乙醇汽油是一种新型清洁车用燃料，某科研机构研究利用CO2合成乙醇的方法：
（i）2CO2(g)+6H2(g) CH3CH2OH(g)+3H2O(g) ΔH1
原料气氢气
（ii）CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g) ΔH2
回答下列问题：
（1）使用乙醇汽油（汽油用戊烷代替）燃料时．气缸工作时进行的反应较多，写出燃烧产生有毒气体CO、NO的所有反应的化学方程式：________________________。
（2）反应(i)中能够提高氢气转化率的措施有____。
A．增大压强 B．加催化剂 C．增大CO2的浓度 D．及时分离体系中的乙醇
（3）利用CO合成乙醇是目前工业生产较为成熟的工艺。已知下列热化学方程式：
（iii）CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) ΔH3
写出以CO(g)与H2(g)为原料合成乙醇的热化学方程式：___________________（焓变用H1、H3表示）。
（4）反应(ii)中的甲烷和水蒸气是在特定的催化剂表面上进行的，该反应在不同温度下的化学平衡常数如下表：

由此推知反应(ii)的焓变H2________0（填“>”、“=”或“<”）。某温度下，向容积为1 L的密闭容器中加入1 mol甲烷和1mol水蒸气，经过5h反应达到平衡状态，此时测得CH4的浓度变为0.5 mol/L。该温度下，反应(ii)的平衡常数K=__________________，反应开始至达到平衡时氢气的反应速率v(H2)=_________。
（5）机动车在改用乙醇汽油后，并不能减少氮氧化物的排放。使用合适的催化剂可使NO转化为氮气，实验测得NO转化为氮气的转化率随温度变化曲线如下图所示：

由图像可知，在没有CO情况下，温度超过775K，NO的转化率减小，造成这种现象的原因可能是___________________________；在NO和CO物质的量之比为1：1的情况下，应控制的最佳温度为__________________左右。
【答案】（1）CH3CH2OH＋2O2点燃
=
2CO＋3H2O ;2C5H12＋11O2点燃
=
10CO＋12H2O N2＋O2电火花
2NO
（2）A C D
（3）2CO(g)＋4H2(g)=CH3CH2OH(g)＋H2O(g) ΔH1+2ΔH3
（4）> 6.75 0.3mol/( L·h)
（5）NO分解反应是放热反应，达平衡后，温度升高，则平衡逆向移动 850K（810－880K均正确）
【解析】
试题分析：（1）燃料CH3CH2OH、C5H12不完全燃烧会产生CO。其反应方程式为：CH3CH2OH＋2O2点燃
=
2CO＋3H2O 2C5H12＋11O2点燃
=
10CO＋12H2O在气缸内产生NO的方程式为：N2＋O2电火花
2NO。（2）反应（i）的正反应为气体体积减小的反应。所以要提高氢气转化率可以通过增大反应物CO2的浓度、减小生成物乙醇的浓度或增大压强等措施来实现。由于催化剂能同等倍数的改变正反应、逆反应的速率，所以平衡不发生移动。乙醇选项为ACD。（3）①＋③×2，整理可得：2CO(g)＋4H2(g)=CH3CH2OH(g)＋H2O(g) ΔH1+2ΔH3。（4）由图像可以看出：升高温度，化学平衡常数增大。即：升高温度，化学平衡向正反应方向移动。根据平衡移动原理，升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动。正反应方向为吸热反应。所以反应(ii)的焓变ΔH2>0。对于反应（ⅱ）在反应开始时，c(CH4)=1mol/L;c(H2O)=1mol/L. c(CO)= c(H2)=0.当反应达到平衡时，c(CH4)= 0.5 mol/L;c(H2O)= 0.5 mol/L， c(CO)= 0.5 mol/L ；c(H2)= 1.5 mol/L。所以化学平衡常数为：。从反应开始至达到平衡时氢气的反应速率v(H2)=Δc/Δt=1.5mol/L÷5h=0.3mol/( L·h). （5）在没有CO情况下，温度超过775K，NO的转化率减小，造成这种现象的原因可能是NO分解反应是放热反应，达平衡后，温度升高，则平衡逆向移动，导致分解率降低。由图像可以看出在NO：CO=1:1时NO的转化率随温度的升高而增大。当温度在850K时NO的转化率最大。所以应控制的最佳温度为850K左右。
考点：考查化学反应方程式、热化学方程式的书写、化学平衡移动、化学平衡常数的计算及反应条件的选择等知识。

18．（8分）亚硫酸盐是一种常见的食品添加剂。为检验某食品中亚硫酸盐含量（通常以1 kg样品中含SO2的质量计），某研究小组同学设计了如下实验流程（所加试剂均为足量）。

请回答：
（1）亚硫酸盐作为食品添加剂的作用是 （填字母）。
a．防腐保鲜 b．增强营养
（2）反应①中通入N2的目的是 （填字母）。
a．冷却产生的气体
b．与生成的气体反应
c．将生成的气体全部赶出
（3）反应①～③中属于氧化还原反应的是 （填序号）。
（4）若取样品X g，反应③消耗0.01 mol/L NaOH溶液100 mL，则1 kg样品中含SO2的质量是 g（用含X的代数式表示）。
【答案】a c ② 32/X
【解析】
试题分析:亚硫酸盐样品中加入稀硫酸之后，会发生反应得到二氧化硫气体，二氧化硫会被氮气完全排出，得到气体A是二氧化硫，二氧化硫具有还原性，能被双氧水氧化为硫酸，硫酸可以和氢氧化钠之间发生中和反应生成硫酸钠．（1）亚硫酸根离子具有强的还原性，易被氧气氧化为稳定的硫酸盐，所以亚硫酸盐可以防腐保鲜，作为食品添加剂，故答案为：a；（2）亚硫酸盐样品中加入稀硫酸之后，会发生反应得到二氧化硫气体，氮气和二氧化硫之间不会反应，反应①中通入N2可以将生成的气体二氧化硫全部赶出，故答案为：c；（3）反应①是亚硫酸根离子和氢离子之间的反应，不是氧化还原反应，②是二氧化硫和双氧水之间的反应，属于氧化还原反应，是硫酸和氢氧化钠之间的中和反应，不属于氧化还原反应，故答案为：②；（4）③消耗0.01mol/L NaOH溶液100mL，所以硫酸的物质的量是0.0005mol，所以硫原子的物质的量是0.0005mol，根据硫原子守恒，Xg样品中含有的二氧化硫的质量是×64g/mol=0.032g，则1kg样品中含SO2的质量是32/Xg，故答案为32/Xg
考点：元素及其化合物
19．取2g干燥铝粉和3g碘粉小心混匀，分为四堆。往各堆上分别加0.5g水，1g明矾，1g胆矾，1g无水硫酸铜。加水那堆首先冒火花，发生剧烈反应，其次发生反应的是加明矾的那一堆，再次是加胆矾的发生反应，而加无水硫酸铜的那一堆最难发生反应。
（1）铝和碘反应的方程式为_________________________;
（2）铝和碘反应还可以看到的现象是_________________________;
（3）四堆混合物发生反应的先后顺序说明：①_________，②____________。
【答案】（1）2Al+3I2=2AlI3
（2）还可以看到产生紫色蒸气（碘受热升华）
（3）说明：①水作为催化剂，提高铝和碘化合的反应速率；②第一堆反应快，是直接加水的原因，第二堆比第一堆反应快是由于明矾中结晶水易失去，而胆矾中的结晶水相对较难失去（结晶水失去的难易比较）
【解析】（1）2Al+3I2=2AlI3
（2）还可以看到产生紫色蒸气（碘受热升华）
（3）说明：①水作为催化剂，提高铝和碘化合的反应速率；②第一堆反应快，是直接加水的原因，第二堆比第一堆反应快是由于明矾中结晶水易失去，而胆矾中的结晶水相对较难失去（结晶水失去的难易比较）

20．硫酸铵是常见的化肥，是强酸弱碱盐，室温下，可用酸碱滴定法测定其氮元素的含量，但由于NH4＋的酸性太弱（Ka=5.6×10－10），直接用NaOH标准溶液滴定有困难，生产和实验室中广泛采用甲醛法测定铵盐中的含氮量。甲醛法是基于甲醛与一定量铵盐作用，生成酸（H＋）和六次甲基四铵盐（Ka=7.1×10－6）反应如下：4NH4＋+ 6HCHO＝(CH2)6N4H＋+ 6H2O+ 3H＋，生成物可用酚酞为指示剂，用NaOH标准溶液滴定[在室温下（25℃），通常Ka表示弱酸的电离平衡常数，Kb表示弱碱的电离平衡常数]。硫酸铵含氮量的测定步骤如下：
①准确称取1.800g (NH4)2SO4于烧杯中。
②用适量蒸馏水溶解，然后定量地移至250mL容量瓶中，并用蒸馏水稀释至刻度，摇匀备用。
③用移液管移取试液25mL于锥形瓶中，加入8mL 1：1的甲醛溶液，再加入1～2滴酚酞指示剂摇匀，静置一分钟后，用0.100 mol/L NaOH标准溶液滴定至溶液呈浅红色持续半分钟不褪色，即为终点。
④记录读数，平行做2～3次，NaOH标准溶液滴定消耗的平均体积为27.00mL。
根据实验回答下列问题：
（1）硫酸铵水溶液呈酸性的原因是__________________________________。（用离子方程式说明）
（2）步骤①称取硫酸铵固体样品是否能使用托盘天平______________（填“是”或“否”）。
（3）步骤③加入的甲醛溶液使用前需要加入一定量的NaOH，原因是________________________。
（4）NH4NO3中氮的百分含量是否能用该方法测定______________（填“是”或“否”）。原因是
_________________________________。
（5）据题目给出的信息计算样品中氮的百分含量为_________________ ____。
（6）若室温下，C mol/L氨水的电离平衡常数为Kb，则该氨水的电离度a=_________ ____。（用C
和Kb表示），由此在恒定温度下，你能得出的结论为_________________ ____。
【答案】（除特殊标注外，每空2分，共15分）（1）NH4＋ + H2ONH3·H2O + H+ （2）否
（3）少量甲醛被空气中的氧气氧化为甲酸，需加碱中和 （4）是 因为NH4NO3中NO3－离子虽然没有反应，但可以通过NH4＋∶NO3－ 为1∶1计算N的百分含量 （5）21%
（6） 温度恒定，加水稀释溶液时，Kb不变，电离度增大（1分）（其他合理答案均给分）
【解析】
试题分析：（1）硫酸铵是强酸弱碱盐，铵根水解，溶液显酸性，水解方程式为NH4＋ + H2ONH3·H2O + H+。
（2）托盘天平只能读数到0.1g，所以步骤①称取硫酸铵固体样品时不能使用托盘天平称取1.800g (NH4)2SO4。
（3）由于少量甲醛被空气中的氧气氧化为甲酸，所以步骤③加入的甲醛溶液使用前需要加入一定量的NaOH中和酸。
（4）由于NH4NO3中NO3－离子虽然没有反应，但可以通过NH4＋∶NO3－ 为1∶1计算N的百分含量，所以NH4NO3中氮的百分含量能用该方法测定。
（5）根据4NH4＋+ 6HCHO＝(CH2)6N4H＋+ 6H2O+ 3H＋以及中和反应可知NH4＋～NaOH，所以铵根的物质的量是，所以样品中氮的百分含量为。
（6） NH3·H2ONH4＋＋OH－
起始浓度（mol/L） C 0 0
转化浓度（mol/L） x x x
平衡浓度（mol/L） C-x≈C x x
则
解得x＝
该氨水的电离度a＝＝。由于温度恒定，加水稀释溶液时，Kb不变，所以弱电解质的电离度增大。
考点：考查氮元素含量测定实验方案设计与探究

21．钢铁制品经常进行烤蓝处理，即在铁制品的表面生成一层致密的Fe3O4。某学习小组为了研究烤蓝铁片，分别进行了以下实验操作：
①把一定量烤蓝铁片加工成均匀粉末。
②取m g该粉末，放人28.00 mL 1 mol／L的盐酸中，恰好完全反应，生成标准状况下的气体134.4 mL，向溶液中滴入KSCN溶液，无明显现象。
③再取三份不同质量的粉末，分加加到相同体积(V)、物质的量浓度均为l0.00 mol／L的三份硝酸溶液中，充分反应后，固体全部溶解，有关的实验数据如下表所示(假设NO是硝酸的唯一还原产物)：
实验序号
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
加入粉末质量/g
13.68
27.36
34.20
生成气体的体积（标准状况）/L
2.912
5.824
6.720

完成下列各题：
（1）实验②所得溶液中的溶质是 (写化学式)，样品中n(Fe)∶n(Fe3O4)= ，m＝ 。
（2）计算实验③中每份硝酸溶液的体积(V)（mL）。
（3）若向实验Ⅱ所得溶液中继续加入铜粉，要使溶液中Cu2十、Fe2+、Fe3+同时存在，求加入铜粉的物质的量的范围。
【答案】（1）FeCl2 ，4∶1 ， 0.912 g
（2）180 mL
（3）0.105mol＜n(Cu)＜0.315mol
【解析】
试题分析：（1）由于向溶液中滴入KSCN溶液，无明显现象可知反应后生成的物质为FeCl2，由于放人盐酸的量为28.00 mL× 1 mol／L=0.028mol，故产生FeCl2的物质的量为0.028/2=0.014mol。其中单质铁分别于盐酸、Fe3O4二者发生反应，①由生成标准状况下的气体134.4 mL，根据电荷守恒可知，混合物中与盐酸发生产生气体的单质铁为0.006mol，②Fe3O4与Fe、HCl共同反应，在该反应中铁元素总量为：0.014mol-0.006mol=0.008mol，且该反应方程式为Fe3O4+8HCl+Fe=4FeCl2+4H2O，通过该反应方程式可知Fe3O4为0.002mol，发生该反应的单质铁为0.002mol。故总的Fe物质的量为0.008mol，Fe3O4为0.002mol。故比例为4∶1。质量为0.002mol×232g/mol +0.008mol×56g/mol =0.912g。
（2）根据三个实验，通过投入粉末质量与产生气体的体积比例关系可知，Ⅰ、Ⅱ为硝酸过量，Ⅲ为粉末过量。可通过实验Ⅲ计算出硝酸的体积。由于假设NO是硝酸的唯一还原产物，且产生的气体的物质的量为6.720L/22.4L·mol-1=0.3mol。则N元素得到电子数为0.3mol×3=0.9mol。由于Ⅲ中混合物质量为34.2g，且n(Fe)∶n(Fe3O4)=4:1，则Fe为0.3mol，Fe3O4为0.075mol，由于氮元素得到电子数共为0.9mol，故溶液中为Fe(NO3)2、Fe(NO3)3两种溶质，计算可知Fe(NO3)2为0.075mol，Fe(NO3)3为0.45mol。故溶液中硝酸根含量为0.075mol×2+0.45mol×3=1.5mol。则该反应中N元素总物质的量为1.5mol+0.3mol=1.8mol。故硝酸的体积为180ml。
（3）27.36g 粉末，根据n(Fe)∶n(Fe3O4)=4:1可知含铁元素0.42mol，由于硝酸过量，产物为硝酸铁，故II反应需用硝酸1.52 mol(硝酸共1.8mol)，故II溶液中有Fe3+ 0.42 mol，过量硝酸0.28mol，
3Cu ~ 8HNO3 Cu ~ 2Fe3+
3 8 1 2
nmin 0.28mol n 0.42
nmin=0.105mol n=0.21mol nmax =0.21mol+0.105mol=0.315mol
考点：化学计算、物料守恒，电子守恒、化学计算

22．醋硝香豆素是一种治疗心脑血管疾病的药物，能阻碍血栓扩展，其结构简式为：
醋硝香豆素可以通过以下方法合成(部分反应条件省略)．

已知：+H2O
回答以下问题：
(1)反应①的反应类型是__________；
(2)D的官能团名称是__________；
(3)反应②的化学方程式为__________；
(4)反应③的化学方程式为__________；
(5)关于E物质，下列说法正确的是__________(填字母序号)．
a．在核磁共振氢谱中有四组吸收峰
b．可以用酸性高锰酸钾溶液鉴别D和E
c．可以发生加成反应、聚合反应、氧化反应和还原反应
d．存在顺反异构
(6)分子结构中只含有一个环，且同时符合下列条件的G的同分异构体共有__________种。
①可与氯化铁溶液发生显色反应；
②可与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳气体．
其中，苯环上的一氯代物只有两种的同分异构体的结构简式为__________；
(7)结合题给信息，以溴乙烷为原料制备1-丁醇，设计合成路线(其他无机试剂任选)。
合成路线流程图示例：。
【答案】(1)取代反应(或硝化反应)；(2)醛基、硝基；
(3)；
(4)；
(5)cd；(6)13；
(7)

【解析】
试题分析：甲苯和硝酸发生取代反应生成A，根据D的结构知，A结构简式为，B的结构简式为，结合C相对分子质量知，C结构简式为，D和丙酮反应生成E，E结构简式为，苯酚和丙二酸酐反应生成G，E和G反应生成醋酸香豆素，根据醋酸香豆素结构简式知，G结构简式为，
（1）通过以上分析知，反应①的反应类型是取代反应（或硝化反应），故答案为：取代反应（或硝化反应）；
（2）D为，官能团有醛基和硝基，故答案为：醛基、硝基；
（3）反应②的化学方程式为，故答案为：；
（4）反应③的化学方程式为，故答案为：；
（5）E为，a、在核磁共振氢谱中有五组吸收峰，故错误；b、E中含有碳碳双键、羰基、硝基，D中含有醛基、硝基，碳碳双键和醛基都能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以不可以用酸性高锰酸钾溶液鉴别D和E，故错误；c、E中含有碳碳双键、羰基、硝基、苯环，可以发生加成反应、聚合反应、氧化反应和还原反应，故正确；d、碳碳双键碳原子连接不同的支链，所以存在顺反异构，故正确；故选cd；
（6）G为，分子结构中只含有一个环，G的同分异构体符合下列条件：
①可与氯化铁溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；
②可与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳气体，说明含有羧基，
如果取代基为-COOH、-C≡CH、-OH，
如果-COOH、-OH位于邻位，有4种同分异构体；
如果-COOH、-OH位于间位，有4种同分异构体；
如果-COOH、-OH位于对位，有2种同分异构体；
如果取代基为-C≡CCOOH、-OH，有邻间对三种结构；
所以有13种同分异构体；
且苯环上的一氯代物只有两种的同分异构体的结构简式为，
故答案为：13；
(7)以溴乙烷为原料制备1-丁醇，需要增长碳链，可以通过+H2O实现，因此需要首先合成乙醛，合成乙醛可以先合成乙醇，因此合成路线为：，故答案为：。
【