江苏省无锡市2016届高三化学下册3月月考试题4

江苏省无锡市广瑞高级中学2016届高三下期3月月考化学试卷（苏教版，解析版）1．下列关于钢铁锈蚀的叙述中，错误的是（）A．酸雨能使钢铁更容易发生电化学腐蚀B．钢铁在潮湿的地窑中较易发生析氢腐蚀C．铁锈的主要成分是Fe2O3·nH2OD．钢铁锈蚀时，铁原子失去电子成为Fe3+，而后生成Fe（OH）3，再部分脱水成为氧化铁的水合物【答案】D【解析】试题分析：A、酸雨加速钢铁的腐蚀，形成析氢腐蚀，故说法正确；B、由于CO2的密度大于空气，地壳中CO2的含量高，潮湿时溶液呈现酸性，易发生析氢腐蚀，故说法正确；C、铁锈的成分是Fe2O3·nH2O，显红棕色，故说法正确；D、发生电化学腐蚀时，铁失去电子转变成Fe2＋，不是Fe3＋，故说法错误。考点：考查金属的腐蚀等知识。2．下列有关酸雨的说法中错误的是A．酸雨是指pH小于7的雨水B．酸雨是由于大气中的二氧化硫和二氧化氮溶于雨水而形成的C．酸雨严重危害生物体生命安全；还会加速交通设施及电信电缆的腐蚀D．防治酸雨的根本措施是杜绝污染源【答案】A【解析】3．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A．标准状况下，11.2L乙B．常温下，1L0.1mol·L－1的Na2CO3溶液中含有的离子总数为0.3NAC．常温常压下，5.6g乙烯和环丙烷的混合气体中含有的碳原子数为0.4NAD．电解硫酸铜溶液时，阳极每生成标准状况下3.36L气体，电路中转移电子数为0.3NA【答案】C【解析】A．标准状况下，乙醇为非液态，不正确B．由于CO32—部分水解CO32－＋H＋HCO3－＋OH－，1L0.1mol·L－1的Na2CO3溶液中含有的离子总数将大于0.3NA，不正确C．乙烯和环丙烷的最简式均为CH2，也就是14g混合物一定含有1mol碳原子，故正确D．电解硫酸铜溶液时：O2↑～4e—，阳极每生成标准状况下3.36LO2，电路中转移电子数为0.6N故答案为C4．对危险化学品要在包装标签上印有警示性标志．氢氧化钠溶液应选用的标志是A．B．C．D．【答案】D【解析】试题分析：A、图为爆炸品标志，不是腐蚀物品标志，A错误；B、图为氧化剂标志，与腐蚀性无直接关系，B错误；C、图为剧毒品标志，能使人或动物中毒，与腐蚀性无关，C错误；D、图为腐蚀品标志，D正确。答案选D。考点：危险化学品标志5．在元素周期表中金属元素和非金属元素的分界线附近的一些元素能用于制A．合金B．半导体C．催化剂D．农药【答案】B【解析】试题分析：在元素周期表中金属元素和非金属元素的分界线附近的一些元素既具有金属元素的性质，也具有非金属元素的性质，因此导电性介于导体和绝缘体之间，因此能用于制半导体，选项是B。考点：考查元素周期表的应用的知识。6．下列有关石油和煤的利用叙述不正确的是A．煤的干馏就是将煤隔绝空气在高温使之分解，得到焦炭．煤焦油等物质的过程B．煤的液化就是将煤转化成甲醇．乙醇等其液态物质的过程C．煤的气化就是将煤在高温条件由固态转化为气态的物理变化过程D．通过催化裂化或裂解，可以获得碳原子数较少的轻质油【答案】C【解析】煤的气化就是将煤在高温下转化为可燃性气体的过程，主要反应是碳与水蒸气反应生成水煤气等。所以选项C是错误的，其余都是正确的，答案选C。7．对于可逆反应2AB3(g)A2(g)＋3B2(g)ΔH＞0，下列图像正确的是【答案】D【解析】试题分析：A．升高温度，向正反应方向移动，正反应速率大于逆反应速率，与图象不符，故A错误；B．升高温度，反应速率增大，到达平衡的水解减少，与图象不符，故B错误；C．增大压强，平衡逆向移动，反应物的含量增大，与图象不符，故C错误；D．升高温度，向正反应方向移动，反应物的含量减少，而增大压强，平衡逆向移动，反应物的含量增大，与图象符合，故D正确；答案选D。考点：考查影响化学平衡的因素及图象8．在100g碳不完全燃烧所得气体中，CO占1/3，CO2占2/3，且C（s）+1/2O2（g）＝CO（g）△H＝-110．35kJ/mol；CO（g）+1/2O2（g）=CO2（g）;△H=-282．57kJ/mol，与这些碳完全燃烧相比，损失的热量是A．392．92kJB．2489．44kJC．3274．3kJD．784．92kJ【答案】D【解析】试题分析：与这些碳完全燃烧相比，损失的热量应该是生成的CO继续燃烧放出的热量，生成的CO是，反应放出的热量是，答案选D。考点：考查反应热计算9．1gH2完全燃烧生成液态水放出142.9kJ热量，表示该反应的热化学方程式正确的是A．2H2＋O2==2H2OΔH＝－571.6kJmol-1B．H2（g）＋1/2O2（g）==H2O(l)ΔH＝－142.9kJmol-1C．H2（g）＋1/2O2（g）==H2O(l)ΔH＝－285.8kJmol-1D．2H2（g）＋O2（g）==2H2O(g)ΔH＝－571.6kJ·mol-1【答案】C【解析】试题分析：A、A、物质没有标明状态，故错误；B、1g氢气燃烧生成液态水放出142.9kJ热量，则2g(1mol)H2燃烧生成液态水放出285.8kJ热量，故错误；C、根据B选项分析，故正确；D、题目中生成液态水，不是气态水，故错误。考点：考查热化学方程式的书写等知识。10．室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）A．(NH4)2Fe(SO4)2溶液中：Ba2+、K+、OH-、Br-B．通入过量SO2气体的溶液中：H+、Ba3+、NO3-、Fe3+C．c（OH-）/c（H+）=10-12的溶液中：NH4+、Cu2+、NO3-、Cl-D．c（I-）=0.1mol/L的溶液中：Na+、Fe3+、ClO-、SO42-【答案】C【解析】试题分析：A．NH4+、Fe2+分别与OH-离子之间结合生成弱电解质、沉淀，则不能共存，故A错误；B．Fe3+要氧化SO2，，则不能共存，故B错误；C．c（OH-）/c（H+）=10-12的溶液，c（H+）=0.1mol/L，溶液显酸性，该组离子之间不反应，能大量共存，故C正确；D．Fe3+、ClO-分别与I-离子之间发生氧化还原反应，则不能共存，故D错误；故选C。【考点定位】离子反应与离子共存【名师点晴】解离子共存题，首先要搞清常见的离子反应有（1）生成难溶物，如Ba2+与CO32－、SO42－生成难溶物；（2）生成挥发性的气体，如CO32－与H+生成CO2气体；（3）生成弱电解质，如NH4+与OH－生成NH3·H2O；（4）发生氧化还原反应，如C在酸性条件下NO3－与Fe2+；（5）生成配合离子，如Fe3+和SCN－；在同溶液里能发生离子反应则不能大量共存，再结合题设溶液环境，如选项B通入的SO2是还原性气体，而溶液里本身有氧化性较强的离子存在，据此理论即可找出符合题意的选项。11．关于CS2、SO2、NH3三种物质的说法中正确的是A．CS2在水中的溶解度很小，是由于其属于极性分子B．SO2和NH3均易溶于水，原因之一是它们都是极性分子C．CS2为非极性分子，所以在三种物质中熔沸点最低D．NH3在水中溶解度很大只是由于NH3分子有极性【答案】B【解析】试题分析：A、CS2与二氧化碳相似，都是直线型分子，为非极性分子，而水是极性溶剂，根据相似相溶原理，则二硫化碳在水中的溶解度不大，错误；B、二氧化硫为V形分子，氨气为三角锥形分子，都是极性分子，所以易溶于水，正确；C、二硫化碳为非极性分子，常温下为液体，但二氧化硫、氨气在常温下均为气体，所以二硫化碳的熔沸点最高，错误；D、氨气在水中的溶解度大不仅仅是因为氨气分子有极性，还因为氨气与水分子间能形成氢键，增大氨气的溶解度，错误，答案选B。考点：考查分子极性的判断，相似相溶原理的应用12．下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的的是A．用图1装置制取并收集干燥纯净的NH3B．用图2装置实验室制备Fe(OH)2C．装置3收集并测量Cu与浓硝酸反应产生的气体及体积D．装置4可用于实验室制取乙酸乙酯【答案】B【解析】试题分析：A、氨气的密度比空气小，应用向下排空气分收集氨气，错误；B、Fe作阳极，失去电子生成Fe2+，上层是煤油，可以隔绝空气，所以亚铁离子可以与溶液中的氢氧根离子结合生成Fe(OH)2而不被氧化，正确；C、铜与浓硝酸反应的气体是二氧化氮，二氧化氮可与水反应最终生成NO，所以收集并测量Cu与浓硝酸反应产生的气体及体积，错误；D、乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中发生水解，所以应用饱和碳酸钠溶液收集乙酸乙酯，错误，答案选B。考点：考查氨气、二氧化氮气体的收集方法，氢氧化亚铁的制取，乙酸乙酯的制备实验的判断13．G、Q、X、Y、Z均为含氯的化合物，在一定条件下具有如下转化关系A．G→Q+NaClB．Q+H2O→X+H2↑C．Y+NaOH→G+Q+HOD．Z+NaOH→Q+X+H2O判断氯的化合价由低到高的排列顺序A．XYZGQB．YXZGQC.GYQZXD．XZQYG【答案】C【解析】试题分析：G→Q+NaCl，则Cl元素的化合价：Q>G；Q+H2O→X+H2↑，则Cl元素的化合价：X>Q；Y+NaOH→G+Q+HO，则Cl元素的化合价：Q>Y>G；Z+NaOH→Q+X+H2O，则Cl元素的化合价：X>Z>Q，使用综上所述可知，氯的化合价由高到低的排列顺序是：X>Z>Q>Y>G，则氯的化合价由低到高的排列顺序是GYQZX，故选项C正确。考点：考查元素化合价的高低判断的知识。14．将H2(g)和Br2(g)充入恒容密闭容器，恒温下发生反应H2(g)+Br2(g)2HBr；△H﹤0，平衡时Br2(g)的转化率为a；若初使条件相同，绝热下进行上述反应，平衡时Br2(g)的转化率为b。a与b的关系是（）A．无法确定B．a=bC．a﹤bD.a﹥b【答案】D【解析】试题分析：恒温下发生反应H2（g）+Br2（g）2HBr（g）△H＜0，反应是放热反应，此时达到平衡时Br2（g）的转化率为a；若初始条件相同，绝热下进行上述反应，容器中的温度比恒温容器中的温度高，所以化学平衡向逆向进行，平衡时Br2（g）的转化率减少，即b＜a；故选D。考点：考查了化学平衡的影响因素的相关知识。15．（下列是25℃时某些盐的溶度积常数和弱酸的电离平衡常数，下列说法正确的是化学式AgClAg2CrO4CH3COOHHClOH2CO3Ksp或KaKsp=1.8×10﹣10Ksp=9.0×10﹣12Ka=1.8×10﹣5Ka=3.0×10﹣8Ka1=4.1×10﹣7Ka2=5.6×10﹣11A．相同浓度CH3COONa和NaClO的混合溶液中，各种离子浓度的大小关系是：c（Na+）＞c（ClO﹣）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）B．次氯酸钠溶液中通入少量CO2的离子方程式为：2ClO﹣+CO2+H2O=CO32﹣+2HClOC．向0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液中至c（CH3COOH）：c（CH3COO﹣）=5：9，此时溶液的pH=5D．向浓度均为1.0×10﹣3mol•L﹣1的KCl和K2CrO4混合溶液中滴加1.0×10﹣3mol•L﹣1的AgNO3溶液，CrO42﹣先形成沉淀【答案】C【解析】A．次氯酸根离子的水解程度大于醋酸根离子，所以c（CH3COO﹣）＞c（ClO﹣），故A错误；B．酸性H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，少量CO2通入次氯酸钠溶液中反应生成碳酸氢钠和次氯酸，离子方程式为：CO2+H2O+ClO﹣═HCO3﹣+HClO，故B错误；C．缓冲溶液中pH=pKa+lg=4.8+lg=5.055≈5，故C正确；D．混合溶液中生成氯化银需要的c（Ag+）===1.8×10﹣7mol/L，生成Ag2CrO4需要的c（Ag+）==mol/L=3×10﹣4.5mol/L，所以氯化银先沉淀，故D错误；故选C．16．（15分）下表是元素周期表的一部分，针对a～k十一种元素回答下列问题（请用具体化学式回答，否则不给分）：周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA2acdefg3bhijk（1）这些元素中非金属性最强的单质是，最高价氧化物对应水化物酸性最强的是，最高价氧化物对应水化物碱性最强的是。（2）表中k的氢化物的化学式为，它的还原性比j的氢化物还原性（填“强”或“弱”），它水溶液的酸性比j的氢化物水溶液的酸性（填“强”或“弱”）。（3）e单质为，其结构式为。（4）用电子式表示h与k构成化合物的形成过程（5）写出i的氧化物与强碱溶液反应的离子方程式（6）H2和e的单质化合的反应是可逆反应，且该反应正方向放热。将等物质的量的H2、e的单质充入一恒容密闭容器中，在适当条件下反应。下列说法正确的是（填写选项）。A．升高温度，不论正反应方向还是逆反应方向速率都加快B．向上述容器中充入适量Ar气可加快反应速率C．反应过程中，e的单质的体积分数始终为50%D．反应器内压强不随时间变化而变化,说明反应到达平衡【答案】（1）F2，HClO4，NaOH(3分)（2）HCl，弱，强(3分)（3）N2，(2分)（4）(2分)（5）Al2O3+2OH—=2AlO2—+H2O(2分)（6）AD(3分)【解析】试题分析：由周期表可知，a为Li，b为Na，c为Be，d为B，e为N，f为O，g为F，h为Mg，i为Al，j为S，k为Cl。（1）同周期元素，从左到右，非金属性逐渐增强，最高价氧化物对应水化物酸性逐渐增强，最高价氧化物对应水化物碱性逐渐减弱，同主族元素，从上到下，非金属性逐渐减弱，最高价氧化物对应水化物酸性逐渐减弱，最高价氧化物对应水化物碱性逐渐增强，则这些元素中非金属性最强的单质是F2，最高价氧化物对应水化物酸性最强的HClO4，最高价氧化物对应水化物碱性最强的是NaOH；（2）k是Cl，表中k的氢化物的化学式为HCl，非金属性越强，其氢化物的还原性越弱，HCl的还原性比H2S的氢化物还原性弱，盐酸是强酸，氢硫酸是弱酸，则盐酸的酸性比氢硫酸的酸性强。（3）e单质为N2，氮气的结构式为。（4）h为Mg,k为Cl，MgCl2是离子化合物，其形成过程为；（5）氧化铝与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为Al2O3+2OH—=2AlO2—+H2O。（6）氢气和氮气化合生成氨是可逆反应，A．升高温度，正逆反应速率都加快，A项正确；B．向上述容器中充入适量Ar气，体积不变，各物质的浓度不变，化学反应速率也不变，B项错误；C．反应过程中，增大压强，平衡正向移动，N2的体积分数减小，C项错误；D．该反应是气体体积减小的可逆反应，反应器内压强不随时间变化而变化,说明反应到达平衡，D项正确；答案选AD。考点：考查元素周期律和元素周期表的综合应用。17．醋酸和醋酸盐在日常生活和生产中的应用很广泛。（1）25℃时，pH=11的CH3COONa溶液中由水电离产生的c(OH－)=___________，其溶液中离子浓度按由大到小的顺序为__________。pH=3的醋酸和pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液呈________（填“酸性”、“中性”或“碱性”），溶液中c(Na＋)____________c(CH3COO－)（填“>”、“=”或“<”（2）25℃时，向0.lmol的醋酸中加入少量醋酸钠固体，当固体溶解后，测得溶液pH增大，主要原因是__________________________。（3）室温下，如果将0.lmolCH3COONa固体和0.05molHCl全部溶于水形成混合溶液2L。在混合溶液中：①________和________两种粒子的物质的量之和等于0.1mol。②c(CH3COO－)+c(OH－)—c(H+)=_______mol/L。（4）25℃时，将amol醋酸钠溶于水，向该溶液滴加bL稀醋酸后溶液呈中性，则所滴加稀醋酸的浓度为_______mol·L－1。（25℃时CH3COOH的电离平衡常数Ka=2×10（5）用标准的NaOH溶液滴定未知浓度的醋酸，选用酚酞为指示剂，下列能造成测定结果偏高的是____________。A．未用标准液润洗碱式滴定管B．滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度C．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗【答案】（1）1×10—3mol／L（1分）c（Na+）＞c（CH3COO‾）＞c（OH—）＞c（H+）（1分）酸性（2分）＜（2分）（2）醋酸钠溶于水电离出大量醋酸根离子，抑制了醋酸的电离，使c(H+)减小（2分）（3）①CH3COOH和CH3COO-（2分）②0.025（2分）（4）a/200b（2分）（5）A（2分）【解析】试题分析：（1）25℃时，pH=11的CH3COONa溶液中醋酸根水解，则由水电离产生的c(OH－)＝mol/L＝1×10—3mol/L。溶液显碱性，则其溶液中离子浓度按由大到小的顺序为c（Na+）＞c（CH3COO‾）＞c（OH—）＞c（H+）。pH=3的醋酸溶液中醋酸浓度大于0.001mol/L，和pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后醋酸过量，溶液呈酸性，根据电荷守恒可知溶液中c(Na＋)＜c(CH3COO－)。（2）醋酸钠溶于水电离出大量醋酸根离子，抑制了醋酸的电离，使c(H+)减小，所以pH增大。（3）①根据物料守恒可知溶液中CH3COOH和CH3COO-两种粒子的物质的量之和等于0.1mol。②根据电荷守恒可知溶液中c(CH3COO－)+c(OH－)—c(H+)=c(Na＋)－c（Cl—）＝0.05mol/L－0.025mol/L＝0.025mol/L。（4）呈中性则c（H+）＝c（OH-）＝10-7mol/L，设混合后溶液体积为V，则c（Na+）＝c（CH3COO-）＝a/Vmol/L，醋酸浓度是，因此根据CH3COOH的电离平衡常数Ka＝2×10－5可知＝2×10－5，解得c＝a/200bmol/L。（5）A．未用标准液润洗碱式滴定管，则消耗的V碱偏大，则酸的浓度偏大，A正确；B．滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，消耗的V碱偏小，则酸的浓度偏小，B错误；C．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗，酸的物质的量不变，对实验结果无影响，C错误，答案选A。考点：考查弱电解质的电离、盐类水解、酸碱混合的计算和定性分析18．I.现有下图所示装置，为实现下列实验目的，其中应以a端作为入口的是。A．瓶内盛碱石灰，用以干燥气体B．瓶内盛饱和食盐水，用以除去Cl2中混有的少量HClC．瓶内盛水，用以测量某难溶于水的气体体积D．瓶内贮存气体，加水时气体可被排出E．收集密度比空气大的气体F．收集密度比空气小的气体II.欲用98%的浓硫酸（密度为1.84g·cm－3)配制浓度为1mol·L－1的稀硫酸480mL。（1）从下列用品中选出实验所需要的仪器A．1000mL烧杯 B．100mL烧杯 C．10mL量筒 D．50mL量筒E．500mL容量瓶 F．1000mL容量瓶G．广口瓶H．托盘天平（2）除选用上述仪器外，还缺少的必要仪器或用品是（3）需取用浓硫酸的体积为mL(结果保留一位小数)（4）下列情况中，会使所配溶液的浓度偏低的是A．将量筒中的浓硫酸转入烧杯后，用水洗涤量筒，将洗液也转入在烧杯中B．稀释浓硫酸后立即转入容量瓶C．定容时加水不慎超过刻度线D．定容时仰视刻度线【答案】（共12分）I.BDE(3分)（错选、少选一个扣一分，扣完为止，下同）II.（1）BDE(3分)（2）玻璃棒胶头滴管（2分）（3）27.2（2分）（4）CD（2分）【解析】试题分析：I.装置是长进短出，充入的气体密度要大于排出气体的密度，故BDE正确。II.（1）配置溶液选用的仪器有烧杯、量筒、容量瓶、玻璃棒、胶头滴管，选择具体大小的仪器（玻璃棒除外）应根据所配溶液的量，故BDE是正确的。（2）根据（1）可知缺少的是玻璃棒和胶头滴管。（3）利用公式V=m/ϱ=(nM)/ϱ=[cV(溶液)M[/ϱ，需取用浓硫酸的体积为27.2mL。（4）A项：不用洗涤量筒，否则偏大，故错；B项：应冷却后转入容量瓶，否则偏大，故错。故选CD。考点：溶液的配置及误差分析点评：本题重点考查的是溶液的配置及误差分析的相关知识，题目难度大，注意实验中的小细节是解题的关键。19．（10分）某实验需要用1.0mol·L-1NaOH溶液450mL。

配制实验操作步骤有：a．在天平上称量

gNaOH固体放入烧杯中，加水溶解，冷却至室温。b．把制得的溶液小心地注入

中。c．继续向容器中加水至距刻度线1cm~2cm处，改用

加水至刻度线。d．用少量水洗涤烧杯和玻璃棒2~3次。e．将瓶塞塞紧，充分摇匀。填写下列空白：

①操作步骤和正确顺序为

。

②该配制过程中两次用到玻璃棒，其作用分别是

、

。

③在进行b步操作时，不慎有液体溅出，下列处理措施正确的是（

）A．继续进行实验 B．添加部分NaOH溶液C．倒掉溶液，重新配制 D．倒掉溶液，洗净容量瓶后重新配制【答案】（10分）20.0500mL的容量瓶胶头滴管①abdce②促进溶解、引流③D【解析】考查一定物质的量浓度溶液的配制及有关误差分析。由于容量瓶的规格没有450ml的，所以应该配制500ml，则需要氢氧化钠的质量是1mo/L×0.5L×40g/mol＝20.0g；转移时应该转移至500ml容量瓶中；定容时应该有胶头滴管。①根据配制的原理及实验要求可知，正确的操作顺序是abdce。②溶解需要玻璃棒，是为了加速溶解；转移需要玻璃棒，是起引流的作用。③不慎有液体溅出，则实验已经失败，只能是重新配制，因此正确的答案选D。20．实验室制取、净化并收集氯气涉及以下几个主要阶段：尾气处理（1）写出实验室制取Cl2的离子方程式，NA表示阿伏加德罗常数，若有4mol的HCl参加反应，则转移的电子总数为；（2）现有以下3种试剂：A．饱和食盐水B．浓硫酸C．NaOH溶液请在以上试剂中选择并回答填空：X溶液应选用（填写序号）；Y试剂的作用．（3）某化学兴趣小组为了探究Cl2的相关性质，设计了如图1的实验．通入Cl2后，从观察集气瓶A、B中的现象可得出的结论是（写出化学反应方程式，并用简要文字解释）．（4）某兴趣小组的同学为探究和比较SO2和氯水的漂白性，设计了如图2的实验装置．①实验室用装置A制备SO2．某同学在实验时发现打开A的分液漏斗活塞后，漏斗中液体未流下，你认为原因可能是：；②反应开始一段时间后，观察到B、D两试管中的品红溶液都出现褪色的现象，但两者褪色原理不同，如何区别，请你帮助设计实验，你的操作是．【答案】（1）MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；2NA；（2）A；除去氯气中混有的水蒸气（或干燥氯气）；（3）Cl2+H2O=HClO+HCl次氯酸有漂性；（4）①分液漏斗的玻璃塞没有取下来；②停止通气后，再给B、D两个试管分别加热．【解析】（1）二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯气、氯化锰和水，化学方程式：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；依据方程式可知每生成1mol氯气，有4mol氯化氢参加反应，其中只有2mol氯化氢中﹣1价氯升高为氯气中0价，失去2mol电子，所以有4mol的HCl参加反应，则转移的电子总数为2NA；（2）浓盐酸具有易挥发性，制备的氯气中含有氯化氢和水蒸气，依据氯化氢极易溶于水、氯气在饱和食盐水中溶解度不大，所以X试液为饱和食盐水，作用除去氯气中的氯化氢，浓硫酸具有吸水性选择合适的除杂剂，所以Y为浓硫酸，作用干燥氯气；（3）通入Cl2后，A中干燥布条不褪色，B中湿润布条褪色，可证明氯气不具有漂白性，氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，次氯酸具有漂白性，方程式：Cl2+H2O=HClO+HCl；（4）①使用分液漏斗时应取下塞子，使分液漏斗内的压强等于大气压强，保证液体顺利流出，打开分液漏斗，发现其中的液体不能流下，可能的原因是分液漏斗瓶塞未打开；②二氧化硫漂白性具有不稳定性，受热易恢复颜色，次氯酸漂白具有稳定性，受热不恢复颜色，所以为区别二者可以进行如下操作：停止通气后，再给B、D两个试管分别加热；【点评】本题考查了二氧化硫与氯气的制取以及二氧化硫漂白与次氯酸漂白的区别，明确二者制备原理及漂白原理是解题关键，题目难度不大．21．向100ml0.1mol·L－1的Al2(SO4)3溶液中，加入0.5mol·L－1的氢氧化钠溶液得到1.17克沉淀，则需加入的氢氧化钠溶液的体积是多少？（强调要有解题过程）【答案】90ml或130ml【解析】试题分析：假设：1、氢氧化钠不足量，氢氧根全部转化为沉淀。设KOH溶液的体积是xL，3OH-+Al3+=Al（OH）3↓3mol78g0.5xmol1.17x=0.09L，即90ml。2、硫酸铝不足量，先生成沉淀，后沉淀部分溶解．硫酸铝中Al3+的物质的量为2×0.1mol/L×0.1L=0.02mol，1.17g沉淀需要Al3+的物质的量为1.17g/78(g/mol)转变成AlO2-的Al3+的物质的量为0.005mol．设KOH溶液的体积是yL，3OH-+Al3+=Al（OH）3↓3mol78g0.045mol1.174OH-+Al3+=AlO2-+2H2O4mol1mol0.02mol0.005mol所以KOH溶液的体积是V=n/c=(0.045mol+0.02mol)/0.5(mol·L－1)=0.13L，故答案为：90ml或130ml。考点：物质的量浓度的相关计算点评：本题考查的是物质的量浓度的相关计算，侧重考查学生全面分析问题的能力，因氢氧化铝的两性，要注意考虑沉淀先生成后溶解现象，防止答案遗漏。22．有A、B、C、D、E5种化合物，其中A、B、C、D是铝元素的化合物，F是一种气体，在标准状况下对空气的相对密度是1.103，且有下列反应：①A+NaOH→D+H2O②B→A+H2O③C+NaOH（适量）→B+NaCl④E+H2O→NaOH+F⑤C+D+H2O→B（1）A、B、C、D、E化学式分别是：A、B、C、D、E（2）写出④的离子方程式：．【答案】（1）Al2O3；Al（OH）3；AlCl3；NaAlO2；Na2O2；（2）2Na2O2+2H2O═4Na++4OH﹣+O2↑．【解析】（1）F是一种气体，标准状况下相对于空气的密度为1.103，则相对分子质量为1.103×29=32，F应为O2，则E为Na2O2，A、B、C、D是含铝元素的化合物，由反应②可知A为Al2O3，B为Al（OH）3，则C为AlCl3，D为NaAlO2，（2）反应④的离子方程式为：2Na2O2+2H2O═4Na++4OH﹣+O2↑，23．(12分）【化学－有机化学基础】有机物I是一种药物合成的中间体，可以通过下图所示的路线合成：已知：A分子中有一个碳原子上没有氢原子；F、I与氯化铁溶液能发生显色反应，F分子中苯环上有三个间位取代基。请回答下列问题：（1）D的结构简式为__________________。（2）E分子中官能团的名称为_________，反应①～⑥中，属于取代反应的有______步。（3）E的同分异构体有多种，其中符合下列条件的有机物有________种①只有一种官能团②能发生银镜反应（4）写出I与氢氧化钠溶液发生反应的化学方程式：_______________________。【答案】（12分，除标明3分外，其余每空均为2分）(丛莉、李娜、王小兰、曲静)（1）（2）碳碳双键羧基(少一个扣1分，错一个倒扣1分，碳碳双键不能写成双键)；3（3）2(3分)（4）(3分)【解析】试题分析：根据题给信息知A的分子式为C4H8，分子中有一个碳原子上没有氢原子，A的结构简式为（CH3）2C=CH2，（CH3）2C=CH2与溴水发生加成反应生成（CH3）2CBrCH2Br，（CH3）2CBrCH2Br与氢氧化钠水溶液发生水解反应生成（CH3）2COHCH2OH，（CH3）2COHCH2OH发生氧化反应生成（CH3）2COHCOOH，发生消去反应CH2=C（CH3）COOH；F的分子式为C8H10O，与氯化铁溶液能发生显色反应，分子中苯环上有三个间位取代基，F的结构简式为，与氯气在光照条件下发生取代反应生成，与氢氧化钠水溶液反应，然后酸化生成，与2分子CH2=C（CH3）COOH发生酯化反应生成I。（1）D的结构简式为。（2）E的结构简式为CH2=C（CH3）COOH，分子中官能团的名称为碳碳双键、羧基，反应①～⑥中，属于