河南省郑州市2015-2016学年高二化学下册6月月考试题4.doc

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河南省郑州市上街区实验高中2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）
1．下列排序不正确的是 （ ）
A．原子半径：C<Be<Mg<Na
B．稳定性：HI>HBr>HCl>HF
C．酸性：H4SiO4<H3PO4<H2SO4<HClO4
D．碱性：KOH>Ca(OH)2>Mg(OH)2>Al(OH)3
【答案】B
【解析】
试题分析：同周期自左向右，原子半径逐渐减小，金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，最高价氧化物的水化物的碱性逐渐减弱，酸性逐渐增强，氢化物的稳定性逐渐增强；同主族自上而下，原子半径逐渐增大，金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，最高价氧化物的水化物的碱性逐渐增强，酸性逐渐减弱，氢化物的稳定性逐渐减弱，据此可知选项B不正确，稳定性应该是HI<HBr<HCl<HF，其余选项都是正确的，答案选B。
考点：考查元素周期律的应用
点评：该题是高考中的常见题型和重要的考点，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与训练。有利于培养学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，难度不大，学生不难得分。
2．下列说法正确的是
A．待测液中加入氯化钡溶液有白色沉淀生成，再加稀盐酸，沉淀不消失，则待测液中一定有硫酸根离子
B．用灼烧的方法可鉴别丝绸与棉布
C．无色溶液中加入Na2CO3溶液产生白色沉淀，则该无色溶液中含有Ca2＋
D．待测液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，则待测液中含有Cl－
【答案】B
【解析】略
3．下列说法错误的是
A．氧化钙用作儿童食品的干燥剂存在安全隐患
B．聚乙烯、聚氯乙烯、聚苯乙烯都是通过加聚反应制得的
C．雾霾天气对人的健康造成危害，“雾”和“霾”的分散质微粒不相同
D．绿色化学的核心是利用化学原理对环境污染进行治理
【答案】D
【解析】
试题分析：A．为了防止食品受潮，可以加入干燥剂CaO来吸收水分，但是氧化钙和水发生产生的Ca(OH)2是强碱，对人会产生强的腐蚀性，所以用作儿童食品的干燥剂存在安全隐患，正确； B．聚乙烯、聚氯乙烯、聚苯乙烯是由乙烯、氯乙烯、苯乙烯通过加聚反应制得的，正确；C．雾霾天气中含有对人的健康产生的危害的物质，因此造成危害，“雾”是小液滴在空气中分散形成的分散系；“霾”是固体小颗粒在空气中分散形成的分散系，因此分散质微粒不相同，正确；D．绿色化学的核心是从源头上不产生对环境有害的物质，错误。
考点：考查化学在生活、生产及环境保护中的应用的知识。
4．下列有关物质检验的实验结论正确的是
选项
实 验 操 作 及 现 象
实 验 结 论
A[
向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成
该溶液中一定含有SO42-
B
向某溶液中加入盐酸，能产生使澄清石灰水变浑浊的气体
该溶液中一定含CO32-
C
向某溶液中加入适量NaOH稀溶液，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸不变色
该溶液中一定不含NH4+
D
用干燥洁净的铂丝蘸取某溶液放在酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察到火焰呈紫色
该溶液一定含有钾元素，可能含有钠元素

【答案】D
【解析】
试题分析：A. 向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，由于加入的微粒有Cl-、Ba2+，因此形成的沉淀可能有BaSO4、BaCO3、AgCl，因此不能确定该溶液中一定含有SO42-，错误；B. 向某溶液中加入盐酸，能产生使澄清石灰水变浑浊的气体，原溶液中可能含有CO32-、HCO3-、SO32-、HSO3-等，因此不能确定该溶液中一定含CO32-，错误；C.向某溶液中加入适量NaOH稀溶液，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸不变色，可能溶液中不含NH4+，也可能反应产生了NH3∙H2O，由于没有产生氨气逸出，因此不能使湿润的红色石蕊试纸变为蓝色，因此不能确定溶液中是否含有NH4+，错误；D. 用干燥洁净的铂丝蘸取某溶液放在酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察到火焰呈紫色，说明在该溶液中该溶液一定含有钾元素，但不能确定溶液中是否含有钠元素，可能含有钠元素，也可能没有含有钠元素，正确。
考点：考查有关物质检验的实验的知识。
5．下列物质的分离方法不正确的是
A．用过滤的方法除去食盐水中的泥沙
B．用蒸馏的方法将自来水制成蒸馏水
C．用酒精萃取碘水中的碘
D．用淘洗的方法从沙里淘金
【答案】C
【解析】
试题分析：A、泥沙不溶于水，而食盐可以，则用过滤的方法除去食盐水中的泥沙，故A正确；B、自来水中水的沸点较低，可选择用蒸馏的方法将自来水制成蒸馏水，故B正确；C、酒精与水互溶，不分层，不能萃取碘水的中碘，应选苯或四氯化碳作萃取剂，故C错误；D、金与沙的密度不同，可用淘洗的方法从沙里淘金，故D正确；故选C。
考点：考查了混合物分离提纯方法的选择的相关知识。
6．设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）
A．1 mol NH4+ 所含质子数为10NA
B．10克氖气所含原子数约为6.02×1023
C．标准状况下，22.4 L H2O所含的分子数为NA
D．常温常压下，32 g O2和O3的混合气体所含原子数为2NA
【答案】D
【解析】
试题分析：NH4+ 含有11个质子，1 mol NH4+ 所含质子数为11NA，A不正确；氖气是单原子构成的，10g氖气的物质的量是0.5mol，含有0.5mol原子，B不正确；标准状况下，水是液态，不能适用于气体摩尔体积，C不正确；氧气和臭氧都是氧原子构成的单质，所以常温常压下，32 g O2和O3的混合气体所含氧原子的物质的量是2mol，则原子数为2NA，D正确，答案选D。
考点：考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断
点评：阿伏加德罗常数是历年高考的“热点”问题，为高考必考题目，这是由于它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容。要准确解答好这类题目，一是要掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系；二是要准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系。
7．电子层数相同的短周期元素X、Y、Z、W，其中X的最外层电子数比K层少1，Y的最外层电子数比K层多l，Z的单质是一种半导体材料，常用于制造太阳能电池，W的原子半径 是同周期中最小的。下列推断中正确的是 （ ）
A．Z的氢化物的热稳定性强于w的氢化物
B．Z的氧化物与水反应可制得相应的含氧酸
C．X、Y、W的原子半径依次减小，对应的离子半径依次增大
D．X、Y、W的最高价氧化物对应水化物之间互相都能发生反应
【答案】D
【解析】
8．在标准状况下，CO和C2H4混合气体100 L，充分燃烧时耗用等体积的O2，则CO与C2H4的体积比是
A．1∶4 B．4∶1 C．2∶1 D．1∶2
【答案】B
【解析】
试题分析：设混合物中CO和乙烯的物质的量分别是x和y，则根据燃烧方程式2CO+O2=2CO2、C2H4＋3O2=2CO2+2H2O可知0.5x＋3y＝x＋y，解得x＝4y，即CO与C2H4的体积比是4∶1，答案选B。
考点：考查有机物燃烧计算
9． 已知短周期元素的离子 aA2＋、bB＋、cC3－、dD－都具有相同的电子层结构，则下列叙述正确的是 （ ）
A．原子半径 A＞B＞D＞C B．原子序数 d＞c＞b＞a
C．离子半径 C＞D＞B＞A D．单质的还原性 A＞B＞D＞C
【答案】C
【解析】在周期表中位置为B A 原子半径 B>A>C>D 原子序数 a＞b＞ d＞c离子半径 C＞D＞B＞A单质的还原性B>A单质的氧化性D>C
10．下列物质的水溶液中，只有一种分子存在的是( )
A.NaF B.NaHCO3
C.HClO D.HNO3
【答案】D
【解析】NaF、NaHCO3均属于强碱弱酸盐，水解后分别生成HF、H2CO3;HClO属于弱电解质，在水溶液中发生部分电离，仍存在HClO分子；HNO3属于强电解质，在水中完全电离。据上述分析只有HNO3水溶液存在水分子，其他溶液均含两种分子。
11．下列各组中的两种物质作用，反应条件（如温度等）或反应物用量改变，不会引起产物种类改变的是
A．Na和O2 B．NaOH和CO2 C．AlCl3和NaOH D．Na2O2和CO2
【答案】D
【解析】A．钠与氧气在加热条件下生成过氧化钠，常温下生成氧化钠，反应产物与温度有关，故A不选；
B．氢氧化钠与二氧化碳反应生成，二氧化碳少量生成碳酸钠，二氧化碳过量生成碳酸氢钠，反应产物与二氧化碳的用量有关，故B不选；
C．氯化铝与氢氧化钠反应，氢氧化钠少量生成氢氧化铝沉淀，氢氧化钠过量反应生成偏铝酸钠，反应产物与氢氧化钠用量有关，故C不选；
D．过氧化钠与二氧化碳反应，产物与反应条件（如温度等）或反应物用量无关，故D选；
故选：D．
【点评】本题考查了物质之间反应产物的判断，明确物质的性质、熟悉反应条件或反应物用量对反应的影响是解题关键，题目难度不大．
12．已知重铬酸钾（K2Cr2O7）是一种比高锰酸钾还要强的氧化剂，其溶液中存在如下平衡：
2CrO42—（黄色）+2H + Cr2O72—（橙色）+H2O
若要使溶液的橙色加深，下列可采用的方法是
A.加入适量稀盐酸 B.加入适量稀硫酸
C.加入适量烧碱固体 D.加水稀释
【答案】B
【解析】
13．室温下，下列变化后的溶液pH小于8的是 （ ）
A．pH=10的氨水稀释100倍
B．pH=4的醋酸和pH=10的NaOH等体积混合
C．pH=8的NaOH溶液与pH=8的Ba(OH)2等体积混合
D．pH=11的NaOH溶液与pH=5的盐酸等体积混合
【答案】B
【解析】氨水中存在电离平衡，加水促进电离，所以pH=10的氨水稀释100倍后，其pH大于8。pH=4的醋酸和pH=10的NaOH等体积混合，醋酸过量，溶液显酸性，B正确。C中均是强碱，混合后pH不变。pH=11的NaOH溶液与pH=5的盐酸等体积混合，氢氧化钠是过量的，混合液中OH－的浓度，则氢离子浓度2×10－11mol/L，所以pH大于8。答案选B。
14．NA表示阿伏加德罗常数，则下列说法正确的是( )
A．22.4LCO中一定含有6.02×1023个分子
B．在标准状况下，22.4LCH4与18gH2O所含有的电子数均为10NA
C．常温常压下，16gO2与16gO3含有的分了数相同
D．0.1mol/LK2SO4溶液中含有K+为0.2NA
【答案】B
【解析】
试题分析：A．影响气体体积的因素有物质的量及外界条件，没有指明气体所处的条件，因此不能确定气体的物质的量多少，也不能确定含有的微粒数目，错误；B． CH4与H2O都是10个电子的分子，在标准状况下，22.4LCH4的物质的量是1mol，因此含有的电子数目是10NA；18gH2O的物质的量也是1mol，因此其所含有的电子数也为10NA，正确；C．n=m/M，由于二者的摩尔质量不同，因此等质量的氧气与臭氧的物质的量不同，则所含的分子数也不相同，错误；D．只有溶液的物质的量浓度，缺少溶液的体积，因此不能确定所含的微粒数目，错误。
考点：考查阿伏加德罗常数的计算的知识。
15．下列变化只涉及物理变化的是
A．煤的干馏 B．石油的裂化 C．石油的分馏 D．乙烯聚合
【答案】C
【解析】
试题分析：A、煤的干馏是化学变化，不选A；B、石油的裂化是化学变化，不选B；C、石油的分馏是利用物质的沸点不同而进行分离，是物理变化，选C；D、乙烯聚合是化学变化，不选D。
考点：煤和石油的综合利用。

16．1—20号中的某几种元素微粒的电子层结构均为，根据下列叙述，填写相应的微粒符号：
（1）A微粒一般不与其他物质发生反应，则A为_____________________________。
（2）B微粒所在的元素是地壳中含量最多的，则B为__________________________。
（3）C微粒氧化性很弱，但获得一个电子后形成的电中性的原子则还原性很强，则C为_____。
（4）D微粒与H+相结合形成的化合物，能腐蚀玻璃，则D为____________________。
【答案】（1）Ne （2）O2- （3）Na+ （4）F-
【解析】一般不与其他物质发生反应的物质是稀有气体，具有两个电子层的稀有气体原子是Ne；地壳中含量最多的元素是O，O2-具有的电子层排布；中性原子具有很强的还原性，一般是金属原子，因此C为Na+；能腐蚀玻璃的酸是氢氟酸，所以D为F-。
17．（10分）工业上用CO生产燃料甲醇。一定条件下发生反应：。图1表示反应中能量的变化；图2表示一定温度下，在体积为2L的密闭容器中加入4mol H2和一定量的CO后，CO和CH3OH(g)的浓度随时间变化图。

请回答下列问题：
（1）在“图1”中，曲线 （填a或b）表示使用了催化剂；该反应属于 （填吸热、放热）反应。
（2）下列说法正确的是
A．起始充入的CO为1molzxxk
B．增加CO浓度，CO的转化率增大
C．容器中压强恒定时，反应已达平衡状态
D．保持温度和密闭容器容积不变，再充入1molCO和2molH2，再次达到平衡时n(CH3OH)/n(CO)会减小
（3）从反应开始到建立平衡，v(H2)= ；该温度下CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)的化学平衡常数为 。若保持其它条件不变，将反应体系升温，则该反应化学平衡常数 （填“增大”、“减小”或“不变”）。
（4）请在“图3”中画出平衡时甲醇百分含量（纵坐标）随温度（横坐标）变化的曲线，要求画压强不同的2条曲线（在曲线上标出P1、P2，且P1<P2）。
（5）已知CH3OH(g)＋3/2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(g) ；ΔH＝－192.9kJ/mol
又知H2O(l)= H2O(g) ΔH＝＋44 kJ/mol，请写出32g的CH3OH(g)完全燃烧生成液态水的热化学方程式 。
【答案】（1）b 放热 （2）C （3）0.15mol·L-1·min-1 12 减小
（4）
（5）CH3OH(g)＋3/2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－280.9kJ/mol
【解析】
试题分析：（1）使用催化剂降低反应活化能，所以是曲线b，由曲线可看出生成物能量不反应物能量低，反应发热。（2）A：CO起始浓度为1mol/L，容器体积2L，故CO起始量应是2mol；B：增加CO浓度，反应速率增大，但转化率不一定增大；（3）根据反应速率计算公式：V（H2）=C（H2）/△t=1.5mol/10min.L=0.15mol·L-1·min-1zai
平衡常数，代入数据即可算的。该反应属于放热反应，故升高温度反应向左移动，平衡常数减小。（4）反应是放热反应，所以升高温度平衡向左移动，甲醇百分数随温度的升高降低；在相同的温度、体积下，压强越大，单位体积反应物浓度越高，正反应速率加快，平衡向右移动，故甲醇百分数较高，P2在P1之上
考点：影响反应平衡的因素、平衡常数的计算、化学反应速率
点评：综合考查化学平衡章节的内容，熟悉影响化学反应速率及化学平衡的因素及其原理，在此基础上进行推导

18．(12分)实验室欲用NaOH固体配制1.0 mol/L的NaOH溶液240 mL
（1）配制溶液时，一般可以分为以下几个步骤：
①称量 ②计算 ③溶解 ④摇匀 ⑤转移
⑥洗涤 ⑦定容 ⑧冷却 ⑨振荡
其正确的操作顺序为______________。本实验必须用到的仪器有托盘天平、药匙、玻璃棒、烧杯、____________。
（2）某同学欲称量NaOH的质量，他先用托盘天平称量烧杯的质量，天平平衡后的状态如图所示。烧杯的实际质量为______g，要完成本实验该同学应称出______g NaOH。

（3）使用容量瓶前必须进行的一步操作是______。
（4）在配制过程中，其他操作都是正确的，下列操作会引起误差偏高的是______。
A．转移溶液时不慎有少量洒到容量瓶外面
B．定容时俯视刻度线
C．未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容
D．定容后塞上瓶塞反复倒转摇匀，静置后，液面低于刻度线，再加水至刻度线
【答案】（每空2分，共12分）
（1）②①③⑧⑤⑥⑨⑦④ 250 mL容量瓶、胶头滴管
（2）27.4 10.0
（3）查漏
（4）B、C
【解析】
试题分析：（1）配制溶液时，首先是计算，然后称量、溶解冷却后转移至容量瓶，洗涤烧杯和玻璃棒，振荡容量瓶，继续加水，最后定容摇匀即可，所以正确的操作顺序为②①③⑧⑤⑥⑨⑦④。根据操作流程可知本实验必须用到的仪器有托盘天平、药匙、玻璃棒、烧杯、250mL容量瓶、胶头滴管。
（2）用NaOH固体配制1.0 mol/L的NaOH溶液240 mL时需要利用250ml容量瓶，所以需要氢氧化钠固体的质量＝1.0mol×0.25L×40g/mol＝10.0g。由于左盘的质量＝右盘质量+砝码质量，则根据示意图可知烧杯的实际质量＝30.0g—2.6g＝27.4g。
（3）使用容量瓶前必须进行的一步操作是查漏。
（4）A．转移溶液时不慎有少量洒到容量瓶外面，则导致溶质减少，浓度偏低；B．定容时俯视刻度线，则液面在刻度线下方，所以浓度偏高；C．未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容，则冷却后溶液液面低于刻度线，浓度偏高；D．定容后塞上瓶塞反复倒转摇匀，静置后，液面低于刻度线，再加水至刻度线，则导致溶液体积增加，浓度偏低，答案选BC。
考点：考查一定物质的量浓度溶液配制
19．为检验淀粉水解的情况,进行如下图所示的实验,试管甲和丙均用60~80℃的水浴加热5~6 min,试管乙不加热。待试管甲中的溶液冷却后再进行后续实验。

实验1:取少量甲中溶液,加入新制氢氧化铜,加热,没有砖红色沉淀出现。
实验2:取少量乙中溶液,滴加几滴碘水,溶液变为蓝色,但取少量甲中溶液做此实验时,溶液不变蓝色。
实验3:取少量丙中溶液加入NaOH溶液调节至碱性,再滴加碘水,溶液颜色无明显变化。
（1）写出淀粉水解的化学方程式: 。
（2）设计甲和乙是为了探究 对淀粉水解的影响,设计甲和丙是为了探究 对淀粉水解的影响。
（3）实验1失败的原因是 。
（4）实验3中溶液的颜色无明显变化的原因是 。
（5）下列结论合理的是 (填字母)。
a．淀粉水解需要在催化剂和一定温度下进行
b．欲检验淀粉是否完全水解,最好在冷却后的水解液中直接加碘
c．欲检验淀粉的水解产物具有还原性,应先在水解液中加入氢氧化钠中和稀硫酸至溶液呈碱性,再加入新制氢氧化铜并加热
d．若用唾液代替稀硫酸,则实验1可能出现预期的现象
【答案】（1）(C6H10O5)n+nH2OnC6H12O6
（2）温度 催化剂
（3）没有加入碱中和作为催化剂的稀硫酸
（4）氢氧化钠与碘反应
（5）abcd
【解析】
试题分析：（1）淀粉在酸性条件下，最终水解生成葡萄糖，化学方程式是(C6H10O5)n+nH2OnC6H12O6；
（2）甲与乙的反应物均相同，但甲加热，乙未加热，所以甲乙实验是探究温度对淀粉水解的影响；甲中有稀硫酸，而丙中无稀硫酸，所以甲、丙是探究催化剂对淀粉水解的影响；
（3）淀粉水解生成的葡萄糖是在酸性条件下，而加入氢氧化铜浊液产生砖红色沉淀时应在碱性条件下，所以应先加入氢氧化钠中和酸后，再加入氢氧化铜，所以实验1无现象；
（4）加入的碘与氢氧化钠反应，导致碘无法与淀粉反应，所以溶液变化不明显；
（5）a、根据实验可知淀粉水解需要在催化剂和一定温度下进行，正确；b、因为碘已升华，所以冷却后加入碘，可判断淀粉是否完全水解，正确；c、欲检验淀粉的水解产物具有还原性,应先在水解液中加入氢氧化钠中和稀硫酸至溶液呈碱性,再加入新制氢氧化铜并加热，根据砖红色沉淀的产生判断产物的还原性，正确；d、唾液中含有淀粉酶，且为中性，淀粉在淀粉酶的作用下水解为葡萄糖，所以可用唾液代替稀硫酸进行实验1，可达到预期的现象，正确，答案选abcd。
考点：考查淀粉水解实验，水解产物的判断，实验方案的评价
20．（每空2分，共12分）实验室以草酸(HOOC—COOH)和乙醇为原料制备草酸二乙酯的实验步骤如下：

步骤1：在上图所示装置中，加入无水草酸45g，无水乙醇81g，苯200mL，浓硫酸10mL，搅拌下加热68-70℃回流共沸脱水。
步骤2：待水基本蒸完后，分离出乙醇和苯。
步骤3：所得混合液冷却后依次用水、饱和碳酸氢钠溶液洗涤，再用无水硫酸钠干燥。
步骤4：常压蒸馏，收集182-184℃的馏分，得草酸二乙酯57g。
（1）步骤1中发生反应的化学方程式是 ，反应过程中冷凝水应从 (填“a”或“b”)端进入。
（2）步骤2操作为 。
（3）步骤3用饱和碳酸氢钠溶液洗涤的目的是 。
（4）步骤4除抽气减压装置外所用玻璃仪器有蒸馏烧瓶、冷凝管、接液管、锥形瓶和 。
（5）本实验中，草酸二乙酯的产率为 。
【答案】（1）+2CH3CH2OH+2H2O；（2分） a（2分）
（2）蒸馏（2分）
（3）除去草酸、硫酸等酸性物质（2分）
（4）温度计、酒精灯（2分）
（5）78%（2分）
【解析】
试题分析：（1）草酸与乙醇在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生酯化反应生成乙二酸二乙酯和水，化学方程式是+2CH3CH2OH+2H2O；为使冷凝效果好，冷凝水应下进上出，所以从a端进入；
（2）乙醇与苯是互溶的液体，所以采用蒸馏的方法分离；
（3）所得混合液冷却后依次用水、饱和碳酸氢钠溶液洗涤，水洗的目的是除去乙醇等水溶性杂质，再用碳酸氢钠溶液洗涤，除去草酸、硫酸等酸性物质；
（4）步骤4中有常压蒸馏，所以需要蒸馏的仪器，除需要蒸馏烧瓶、冷凝管、接液管、锥形瓶外，还需要温度计测定馏分的温度，酒精灯用于加热；
（5）无水草酸45g，无水乙醇81g，根据步骤1发生的化学方程式可知，乙醇过量，所以按草酸的量进行计算。45g草酸的物质的量是0.5mol，理论上生成0.5mol 乙二酸二乙酯，质量是146g/mol×0.5mol =73g，则草酸二乙酯的产率为57g/73g×100%=78%。
考点：考查物质的制备实验，反应原理的判断，操作的判断，产率的计算

21．取稀硫酸900克，平均分成6份，分别加入镁粉进行6次实验，记录如下表：
实验次序
1
2
3
4
5
6
加入镁粉的质量/克
1
2
3
4
5
6
生成硫酸镁的质量/克
5
m1
15
18
m2
18
（1）上表中m1= ；m2 = 。
（2）这种稀硫酸中溶质的质量分数是多少？
【答案】（1）10；18；（2）9.8%；
【解析】
试题分析：（1）观察并对比表格中的数据可知：第3次实验中的数据为第一次实验的3倍，而第3次生成硫酸镁的质量是第一次的三倍，据此可推算出加入2克镁时生成硫酸镁的质量为10克；加入4克镁与加入6克镁生成硫酸镁的质量都为18克，说明此时硫酸已完全反应．由此可知，5次实验中镁也有剩余，即可推出第五次生成硫酸镁的质量应与第4次相同，也为18克。故答案为：10，18；
（2）设第56次实验中样品中参加反应的硫酸的质量为x，
Mg+H2SO4═MgSO4+H2↑
98 120
x 18g
＝
解之得：x=14.7g，
稀硫酸中溶质的质量分数是：×100%=9.8%，
故答案为：9.8%
【考点定位】考查根据化学反应方程式的计算；有关溶质质量分数的简单计算
【名师点晴】利用实验数据中变化量的变化关系，分析反应的进行情况，对后面的计算时数据选择起着决定性作用；只有使用物质完全反应时的实验数据进行计算才能得到正确的结果。观察并对比表格中的数据可知：第3次实验中的数据为第一次实验的3倍，而第3次生成硫酸镁的质量是第一次的三倍，据此可推算出加入2克镁时生成硫酸镁的质量；加入4克镁与加入6克镁生成硫酸镁的质量都为18克，说明此时硫酸已完全反应．由此可知，5次实验中镁也有剩余，即可推出第五次生成硫酸镁的质量应与第4次相同。

22．（18分）“心得安”是治疗心脏病的药物，下面是它的一种合成路线具体反应条件和部分试剂略)。

回答下列问题：
（1）试剂b的结构简式为_______________，b中官能团的名称__________________。
（2）③的反应类型是________________。
（3）心得安的分子式为_________________。
（4）试剂b可由丙烷经三步反应合成：

反应1的试剂与条件为________________。反应3的反应类型是_________________。
X的核磁共振氢谱显示其分子中含有2种氢原子，反应2的化学方程式为：_______________________。若一次取样，检验X中所含官能团，按使用的先后顺序写出所用试剂：___________________________。
（5）芳香化合物D是1-萘酚的同分异构体，其分子中有两个官能团，能发生银镜反应，D能被KMnO4酸性溶液氧化成EC2H4O（2）和芳香化合物FC8H6O4，E和F与碳酸氢钠溶液反应均能放出CO2气体，F芳环上的一硝化产物只有一种。
D的结构简式为____________________；由F生成一硝化产物的化学方程式为：_____________________，芳香化合物F的名称是________________________________。
【答案】18分）
（1）ClCH2CH=CH2 1分）
氯原子 碳碳双键 2分）
（2）氧化反应 1分）
（3）C16H21O2N 1分）
（4）Cl2 光照 2分）
取代反应 1分）
2分）
NaOH溶液、稀HNO3、AgNO3溶液 3分）
（5） 2分）
2分）
对苯二甲酸 1分）
【解析】
试题分析：（1）试剂b为3-氯-1-丙烯，结构简式为ClCH2CH=CH2；官能团为碳碳双键和氯原子；
（2）比较C与B的分子式，C比B多了1个O原子，所以B到C的反应类型为氧化反应；
（3）根据心得安的结构简式可判断其分子式是C16H21O2N；
（4）从丙烷到b，应先发生取代反应，再消去、取代，所以X的核磁共振氢谱显示其分子中含有2种氢原子，则被取代的H原子为亚甲基上的H原子，则X的结构简式是CH3-CHCl-CH3，X在氢氧化钠的醇溶液中发生消去反应生成丙烯，丙烯再发生取代反应生成b，所以反应1的试剂和条件是Cl2 光照；反应3的反应类型是取代反应；X生成Y的化学方程式是；检验X中的Cl原子，应先选择氢氧化钠溶液，使其发生水解反应，再加入稀硝酸中和过量的氢氧化钠，最后加入硝酸银溶液，根据产生沉淀的颜色来检验卤素原子，所以所需试剂及顺序为NaOH溶液、稀HNO3、AgNO3溶液；
（5）芳香化合物D是1-萘酚的同分异构体，其分子式是C10H8O，分子中含有两种官能团，其中一种能发生银镜反应，所以含有醛基，根据分子式的不饱和度，判断D中应含有碳碳三键；D能被KMnO4酸性溶液氧化成EC2H4O（2）和芳香化合物FC8H6O（4），E和F与碳酸氢钠溶液反应均能放出CO2气体，说明E、F分子中均含有羧基，则E只能是乙酸，F芳环上的一硝化产物只有一种，则F为对苯二甲酸，所以D分子中有两个取代基为对位取代基，结合其官能团判断D的结构简式是；F与浓硝酸发生硝化反应，硝基取代羧基的邻位上的H原子，只有一种产物，化学方程式是；F的名称为对苯二甲酸。
考点：考查有机物的推断，官能团化学性质的应用，结构简式、化学方程式的书写

【答案】Ⅰ、（1）是否与水发生氧化还原反应
（2）Cl2、Na2O2、NO2（3）2Na＋2H2O＝2NaOH＋H2↑
（4）Cl2＋SO2＋2H2O＝2Cl－＋SO42—＋4H＋
Ⅱ、（1）(NH4)2CO3或 NH4HCO3、NH3、NO2
（2）2CO2＋2Na2O2＝2Na2CO3＋O2
（3）3Cu＋8H＋＋2NO3－3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O （4）3NO2＋H2O=2HNO3+NO
【解析】
试题分析：（1）溶于水分成AB两组的依据，分析反应过程可知，NH3、Na2O、SO2、CO2溶于水发生化合反应生成对应酸或碱，NH3+H2ONH3•H2O；Na2O+H2O═2NaOH；SO2+H2OH2SO3；CO2+H2OH2CO3，是非氧化还原反应；Cl2、Na、Fe、Na2O2、NO2，溶于水反应Cl2+H2OHCl+HClO、2Na+2H2O═2NaOH+H2↑、3Fe+4H2OFe3O4+4H2、2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑、3NO2+H2O═2HNO3+NO发生的是氧化还原反应，所以依据是否发生氧化还原反应；
（2）Cl2、Na、Fe、Na2O2、NO2溶于水反应发生的是氧化还原反应，Cl2+H2OHCl+HClO是氯气自身氧化还原；2Na+2H2O═2NaOH+H2↑是钠做还原剂被水氧化；3Fe+4H2OFe3O4+4H2是铁做还原剂被水氧化；2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑是过氧化钡自身氧化还原；3NO2+H2O═2HNO3+NO是二氧化氮自身氧化还原反应；所以水既不是氧化剂也不是还原剂D组物质包括Cl2、Na2O2、NO2；
（3）钠在常温时能与冷水反应，反应生成过氧化钠和氢气，反应的化学方程式为2Na＋2H2O＝2NaOH＋H2↑ ；
（4）E组水溶性呈酸性的是二氧化硫和二氧化碳，D组包括Cl2、Na2O2、NO2，SO2和Cl2与水能反应生成硫酸和盐酸，所以D组中某一物质与E组中某一物质在水中反应生成两种强酸，为二氧化硫和氯气的反应，离子反应方程式为l2＋SO2＋2H2O＝2Cl－＋SO42—＋4H＋。
Ⅱ、M既能与盐酸反应，又能与NaOH反应，都生成气体，应为弱酸铵盐，则C为NH3，气体A能与淡黄色粉末反应，应是二氧化碳与过氧化钠反应，故A为CO2，则A应为碳酸铵或碳酸氢铵，B为H2O，结合转化关系可知，D为O2，E为NO，F为NO2，G为HNO3。
（1）由上述分析可知，M为(NH4)2CO3或 NH4HCO3、C为NH3，D为NO2；
（2）反应①为二氧化碳和过氧化钠的反应，反应方程式为2CO2＋2Na2O2＝2Na2CO3＋O2；
（3）反应②是铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，离子方程式为3Cu＋8H＋＋2NO3－3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O；
（4）二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，化学方程式为3NO2＋H2O=2HNO3+NO。
【考点定位】本题主要是考查无机物的推断，物质分类依等有关判断
【名师点晴】关于无机框图题的判断的关键是寻找突破点，例如该题中M能与酸、碱反应生成无色气体A、C为解答本题的突破口，以及淡黄色固体等均可以作为答题的突破口，最后再利用转化关系推出各物质即可；关于物质的分类首先要是明确物质分类依据，对于该题溶于水的反应特征判断是解题的关键，注意氧化还原反应的有关分析与应用。

沁园春·雪 <毛泽东>
北国风光，千里冰封，万里雪飘。
望长城内外，惟余莽莽；
大河上下，顿失滔滔。
山舞银蛇，原驰蜡象，
欲与天公试比高。
须晴日，看红装素裹，分外妖娆。
江山如此多娇，引无数英雄竞折腰。
惜秦皇汉武，略输文采；
唐宗宋祖，稍逊风骚。
一代天骄，成吉思汗，
只识弯弓射大雕。
俱往矣，数风流人物，还看今朝。
薄雾浓云愁永昼， 瑞脑消金兽。 佳节又