2019年高二下学期6月月考化学试卷含解析.doc

2019年高二下学期6月月考化学试卷含解析1几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表 （ ）元素代号XYZMNP原子半径/nm0.1860.1430.0750.0740.1520.099元素的主要化合价+1+3+5、-3-2+1+7、-1下列叙述错误的是（其中NA表示阿伏加德罗常数的值）AX、N元素的金属性：XNBY、M元素形成的离子化合物是工业冶炼Y的原料CX单质在M单质中燃烧生成的化合物39g中共含有05NA个阴离子D标准状况下1L 1molL-1的YP3溶液中含有NA个Y3+离子【答案】D【解析】试题分析：根据元素的主要化合价进行归类，X、N化合价为+1价，可以推断出X、N均处于A，Y处A，Z处于A，M为-2价，那么应处于A，只能是O元素，S还有+4、+6价。P应处于A，只能是Cl元素，F只有-1价。再根据原子半径大小关系，同周期从左到右原子半径逐渐减小，同主族从上打下逐渐增大，可以判断，N是Li元素，不可能是H元素（H原子半径最小），X是Na元素。同周期原子半径从左到右逐渐减小，同时结合主要化合价进行考虑可以得出：Y是Al元素（只有正价），Z是N元素，不可能是P元素，因为氧元素下一周期的半径会大于Z元素。所以综上可以得出各元素分别为：X是Na元素，Y是Al元素，Z是N元素，M是O元素，N是Li元素，P是Cl元素。A.同主族金属性从上到下逐渐增强，所以金属性应有NaLi。故A正确。B工业上冶炼Al元素是采用电解Al2O3(加入冰晶石降低熔点)故B正确。CNa在O2中燃烧生成Na2O2,1mol Na2O2含有1mol O22-，39g Na2O2为0.5mol。故C正确。D1molAlCl3溶液中，Al3+会发生水解，所以Al3+NA。考点：元素周期表及周期律，常见金属及其化合物，NA的判断2下列物质属于纯净物的是（ ）A冰、水混合物 B自来水C盐酸和氢氧化钠恰好中和后的产物 D含氮28%的硝酸氨（NH4NO3）【答案】A【解析】由同一种物质形成的是纯净物，A正确，BCD都是混合物，答案选A。3下列物质中属于电解质的是ANaOH BO2 CNaCL溶液 D乙醇【答案】A【解析】试题分析：A、NaOH是化合物，其溶液或熔融状态下导电，属于电解质，正确； B、O2属于单质，既不是电解质，又不是非电解质，错误；C、NaCl溶液是混合物，电解质的前提是化合物，所以不属于电解质，错误；D、乙醇是非电解质，错误。考点：电解质的概念。4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1mol H-O键形成时放出热量463 KJ，则氢气中1mol H-H键断裂时吸收热量为( )A920 kJ B557 kJ C436 kJ D188 kJ【答案】C【解析】试题分析：氢气完全燃烧生成水蒸气是放热反应，所以化学反应放出的热量=新键生成释放的能量-旧键断裂吸收的能量，设氢气中1molH-H键断裂时吸收热量为x，根据方程式：2H2+O22H2O，则：4121kJ=463kJ4-(2x+496kJ)，解得x=436KJ，故选C。【考点定位】考查反应热的计算【名师点晴】本题考查学生化学反应中的能量变化知识，注意化学反应放出的热量=新键生成释放的能量-旧键断裂吸收的能量是解题的关键，2H2+O22H2O，1molH2O含有2molH-O键，1molH2中1mol H-H键，化学反应放出的热量=新键生成释放的能量-旧键断裂吸收的能量，依此结合反应方程式进行计算。5下列关于氯气的说法中，正确的是（ ）A是一种无色无味的气体B溶于水形成液氯C和水反应生成两种酸D工业上由二氧化锰和浓盐酸反应来生产氯气【答案】C【解析】试题分析：氯气是一种黄绿色气体，溶于水后形成氯水，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，实验室用二氧化锰和浓盐酸来制取氯气，所以C项正确，答案选C。考点：氯气的性质点评：本题很简单基础，主要考查氯气的基本性质。6下列说法正确的是ACH3CH2CH3分子中的3个碳原子不可能在同一直线上B油脂在酸性条件下的水解反应称为皂化反应C聚氯乙烯、麦芽糖和蛋白质均属于有机高分子化合物DCH3CH2OH与CH3COOH发生酯化反应所得混合液中，原子只存在于水分子中【答案】A【解析】试题分析：A、丙烷为烷烃，分子中的碳碳单键为四面体结构，所以3个C原子不可能在同一直线上，正确；B、油脂在碱性条件下的水解反应生成高级脂肪酸钠，称为皂化反应，错误；C、麦芽糖属于二糖，不属于高分子化合物，错误；D、乙醇与乙酸发生酯化反应，乙酸脱去羟基，则水分子中含有O-18，单酯化反应是可逆反应，所以乙酸不会全部转化为乙酸乙酯，所以乙酸分子中也含有O-18，错误，答案选A。考点：考查原子共线问题、皂化反应、高分子化合物、酯化反应的特点的判断7下列说法中正确的是（设NA表示阿伏加德罗常数） （ ）ANA个氮气分子与NA个一氧化碳分子所含的电子数相等B在标准状况下，1摩尔铜恰好与400ml 10mol/L的浓硝酸反应，可收集到22.4L的气体C2molL-1 氨水溶液中含有2NA个NH4+D1mol氨气溶于1升水中，所得溶液的浓度为1mol/L【答案】A【解析】试题分析：A、NA个氮气分子与NA个一氧化碳分子所含的电子数相等，都是14NA个，A正确；B、铜与浓硝酸反应，随着反应的进行，硝酸浓度变稀，还原产物可能为NO、NO2、N2O、N2，所以1摩尔铜恰好与400ml 10mol/L的浓硝酸反应，被还原的硝酸是2mol，则收集到气体的体积无法计算具体数值，B错误；C、一水合氨是弱电解质，2molL-1 氨水溶液的体积未知，无法计算NH4+的个数，C错误；D、氨气和水的反应是可逆反应，则1mol氨气溶于1升水中，所得溶液的浓度小于1mol/L，D错误。答案选A。考点：阿伏伽德罗常数8在恒温恒容的容器中进行反应H2 2H，若反应物浓度由01mol/L降到006mol/L需20s，那么由006mol/L降到0024mol/L，需反应的时间为A等于18s B等于12s C大于18s D小于18s【答案】C【解析】试题分析：反应物浓度由01mol/L降到006mol/L需20s，化学反应速率为（01mol/L-006mol/L）20s=0002mol/（Lmin），设反应物由006mol/L降到0024mol/L时的时间为t，则0002mol/（Lmin）=（006mol/L0024mol/L）t，解得t=18s,实际上随着反应的进行，化学反应速率逐渐减慢，则反应所需时间大于18s，选C。考点：考查化学反应速率。9有M、N、P、Q四块金属片，进行如下实验：M、N用导线相连后，同时插入稀H2SO4中，M极为负极P、Q用导线相连后，同时浸入稀H2SO4中，电子由P导线QM、P相连后，同时浸入稀H2SO4，P极产生大量气泡N、Q相连后，同时浸入稀H2SO4中，Q极发生氧化反应由此判断四种金属的活动性顺序为A MPQN B PMNQ C NQPM D MNPQ【答案】A【解析】试题分析：M、N用导线相连后，同时插入稀H2SO4中，M极为负极，则金属活泼性MN；P、Q用导线相连后，同时浸入稀H2SO4中，电子由P导线Q，P为负极，则金属活泼性PQ；M、P相连后，同时浸入稀H2SO4，P极产生大量气泡，P为正极，金属活泼性MP；N、Q相连后，同时浸入稀H2SO4中，Q极发生氧化反应，Q为负极，金属活泼性QN，则四种金属的活泼性顺序为MPQN，选项A正确。考点：考查原电池工作原理的知识。10用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是【答案】D【解析】试题分析：A、氯气也与碳酸氢钠溶液反应，除去HCl的同时也除去了氯气，错误；B、氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢气体，所以加热蒸干氯化铵不会得到任何固体物质，错误；C、稀硫酸与石灰石反应，生成的硫酸钙微溶于水，附着在石灰石表面，所以会降低反应速率甚至反应停止，错误；D、碘在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，且四氯化碳与水不互溶，所以萃取后的溶液分层，可用分液漏斗分离，正确，答案选D。考点：考查物质分离操作的判断11已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素，其中元素A、E的单质在常温下呈气态，元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，元素D的合金是日常生活中常用的金属材料。下列说法正确的是A原子半径：ABCDEB金属性：DCC一定条件下，元素C、D的最高价氧化物对应的水化物之间能发生反应D化合物AE与CE含有相同类型的化学键【答案】C【解析】试题分析：根据题意，元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，则B是碳元素；素C在同周期的主族元素中原子半径最大，则C是钠元素；元素D的合金是日常生活中常用的金属材料，D是铝元素；元素A、E的单质在常温下呈气态，则A是氢元素、E是氯元素；A、同一周期（横向）从左到右原子半径依次减小，同一主族（纵向）从上到下原子半径依次增大，原子半径：ABEDC，故A错误；B、同一周期，从左到右，金属性逐渐减弱，铝的金属性小于钠，故B错误；C、因为Na、Al是活泼金属，氯气是活泼的非金属单质，所以工业上常用电解法制备它们，故C正确；D、HCl是共价化合物，含有共价键；NaCl是离子化合物，含有离子键，它们的化学键类型不同，故D错误；故选C。考点：考查了元素的推断及其元素的性质的相关知识。12以下是对某溶液进行离子检验的方法和结论，其中正确的是A先加入BaCl2溶液，再加入HNO3溶液，产生了白色沉淀，则溶液中一定含有大量的SO42B加入足量的CaCl2溶液，产生了白色沉淀，则溶液中一定含有大量的CO32C加入盐酸，能产生使澄清石灰水变浑浊的气体，则溶液中一定含有CO32D先加适量的硝酸将溶液酸化，再加入AgNO3溶液，产生了白色沉淀，则溶液中一定含大量的Cl【答案】D【解析】试题分析：A能和氯化钡反应生成不溶于强酸的白色沉淀可能是氯化银，也可能是硫酸钡，硝酸具有强氧化性，能把亚硫酸钡氧化生成硫酸钡，所以原溶液中可能存在的离子是SO42-或SO32-或Cl-，也可能是SO42-、SO32-、Cl-中的两种或三种，故A错误；B能和氯化钙反应生成白色沉淀的阴离子有碳酸根离子、银离子，所以原溶液中可能存在的离子是碳酸根离子或银离子，故B错误；C能使澄清石灰水变浑浊的气体有二氧化碳和二氧化硫，所以原溶液中可能存在的离子可能是碳酸根离子、碳酸氢根离子、亚硫酸根离子、亚硫酸氢根离子，故C错误；D先将溶液用硝酸酸化后，排除了碳酸根离子的干扰，然后再加入硝酸银溶液，能产生白色沉淀的阴离子是氯离子，故D正确，故选D。考点：考查了物质的检验和鉴别的方法13在铜一锌一硫酸构成的原电池中，当导线中有1mol电子通过时，理论上的两极变化是A锌片增重32.5g B锌片溶解32.5g C铜片上析出2gH2 D铜片上析出1mol H2【答案】B【解析】试题分析：锌的金属性强于铜，所以锌是负极，失去电子。铜是正极，溶液中的氢离子得到电子生成氢气。因此当导线中有1mol电子通过时，负极质量减少32.5g，正极上析出氢气0.5mol，所以正确的答案选B。考点：考查原电池的有关判断和计算点评：原电池中较活泼的金属是负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极，所以溶液中的阳离子向正极移动，正极得到电子，发生还原反应，据此可以进行有关的判断。14甲、乙、丙、丁四种易溶于水的物质，分别由NH4、Ba2、Mg2、H、OH、Cl、SO42、HCO3中的不同阳离子和阴离子各一种组成。已知：将甲溶液分别与其它三种物质的溶液混合，均有白色沉淀生成； 0.1mol/L乙溶液中c（H）0.1mol/L； 向丙溶液中滴入AgNO3溶液有不溶于稀HNO3的白色沉淀生成。下列结论不正确的是A甲溶液含有Ba2 B乙溶液含有SO42C丙溶液含有Cl D丁溶液含有Mg2【答案】D【解析】试题分析：根据中的信息可知乙是二元酸，故乙是H2SO4；根据中现象，可以推知丙中含有Cl-；再结合中提供信息，甲与其它三种物质混合均产生白色沉淀，则可推出甲是Ba（OH）2，乙是H2SO4，丙是MgCl2，丁是NH4HCO3，故选D。考点：考查了常见离子检验的相关知识。15一定条件下，将X和Y两种气体按不同比例放入固定容积的密闭容器中，反应达平衡后，测得X、Y的转化率与起始时物质的量之比的关系如下图。改变温度和压强，生成物Z的百分含量见下表，则该反应的化学方程式可表示为A3X(g)Y(g)3Z(g) H0BX(g)3Y(g)4Z(g) H0C3X(g)Y(g)4Z(g) H0DX(g)3Y(g)3Z(g) H0【答案】C【解析】试题分析：当反应物的起始物质的量之比等于化学计量数之比，物质的转化率相同，据此由图可知n(X)/n(Y) 3时，X、Y的转化率相同，即X与Y的化学计量数之比为3：1由表中数据可知：压强一定时，温度越高Z的质量分数越大，说明升高温度平衡向正反应方向移动，正反应为吸热反应；温度一定时，压强越大Z的质量分数不变，说明增大压强平衡不移动，则反应前后气体的总化学计量数不变，选项中符合反应特征的只有C选项，答案选C。【考点定位】本题主要是考查化学平衡图象与计算【名师点晴】明确反应物的起始物质的量之比等于化学计量数之比，反应物的转化率相同是解题关键，注意利用控制变量法分析表中数据判断温度、压强对平衡的影响，题目浓度中等。16氮的氢化物NH3、N2H4等在工农业生产、航空航天等领域有广泛应用。（1）液氨作为一种潜在的清洁汽车燃料已越来越被研究人员重视。它在安全性、价格等方面较化石燃料和氢燃料有着较大的优势。氨的燃烧实验涉及下列两个相关的反应：4NH3(g)5O2(g)4NO(g)6H2O(l) H1 4NH3(g)6NO(g)5N2(g)6H2O(l) H2 则反应 4NH3(g)3O2(g)2N2(g)6H2O(l) H 。（请用含有H1、H2的式子表示）（2）合成氨实验中，在体积为3 L的恒容密闭容器中，投入4 mol N2和9 mol H2在一定条件下合成氨，平衡时仅改变温度测得的数据如下表所示：温度(K)平衡时NH3的物质的量(mol)T12.4T22.0已知：破坏1 mol N2(g)和3 mol H2(g)中的化学键消耗的总能量小于破坏2 mol NH3(g)中的化学键消耗的能量。则T1 T2（填“”、“”或“=”）。在T2 K下，经过10min达到化学平衡状态，则010min内H2的平均速率v(H2)= ，平衡时N2的转化率（N2）= 。下列图像分别代表焓变（H）、混合气体平均相对分子质量（）、N2体积分数（N2）和气体密度（）与反应时间的关系，其中正确且能表明该可逆反应达到平衡状态的是 。【答案】（1）（3H1+2H2）/5（2分）（2）（2分） 0.1molL-1min-1 （2分） 25%（2分）BC（2分）【解析】试题分析：（1）4NH3(g)5O2(g)4NO(g)6H2O(l) H1；4NH3(g)6NO(g)5N2(g)6H2O(l) H2；根据盖斯定律可知（3+2）/5得4NH3(g)3O2(g)2N2(g)6H2O(l) 则 H(3H1+2H2)/5；（2）破坏1 mol N2(g)和3 mol H2(g)中的化学键消耗的总能量小于破坏2 mol NH3(g)中的化学键消耗的能量，说明合成氨的反应为放热反应。由表中数据可知，T1对应的氨气平衡时物质的量大，说明T1的温度低；则T1T2；T2K下，经过10min达到化学平衡状态，则N2+3H22NH3开始量（mol） 4 9 0转化量（mol） 1 3 2平衡量 mol） 3 6 2则010min内H2的平均速率v(H2)c/t0.1molL1min1；平衡时N2的转化率(N2)=100%25%；在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态。A、对于具体的化学方程式反应热是不变，因此反应热不变不能表明该可逆反应达到平衡状态，A错误；B、混合气的平均相对分子质量是混合气的质量和混合气的总的物质的量的比值，质量不变，但物质的量是变化的，所以当平均相对分子质量不再发生变化时，能表明该可逆反应达到平衡状态，B正确；C、当氮气含量不再发生变化时，可以说明反应达到平衡状态，C正确；D、密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中质量和容积始终是不变的，即密度始终是不变，D错误，答案选BC。考点：考查化学平衡图象，平衡计算，盖斯定律，电化学原理等17(7分)A、B、C、D四种烃分子中均含有8个氢原子，其中A、B常温下呈气态， C 、D呈液态。(1)A是符合上述条件中相对分子质量最小的，则A的分子式为 ；(2)B属于链状单烯烃，且与HBr加成的产物只有一种，试写出B与HBr反应的化学方程式 。(3)C属于芳香烃，1mol C最多能和3molH2加成，试写出C的结构简式 。(4)已知：；烃D存在如下转化关系：(唯一产物)试写出D的结构简式 。【答案】(7分) C3H8(1分）、CH3CH=CHCH3+HBr CH3CH2CHBrCH3 (2分） (2分）(2分）【解析】略18三草酸合铁酸钾晶体（K3Fe(C2O4) 3xH2O）是一种光敏材料，在110可完全失去结晶水。为测定该晶体中铁的含量和结晶水的含量，某实验小组做了如下实验：（1）铁含量的测定步骤一：称量5.00g三草酸合铁酸钾晶体，配制成250mL溶液。步骤二：取所配溶液25.00mL于锥形瓶中，加稀H2SO4酸化，滴加KMnO4溶液至草酸根恰好全部氧化成二氧化碳，同时，MnO4被还原成Mn2。向反应后的溶液中加入一小匙锌粉，加热至黄色刚好消失，过滤，洗涤，将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中，此时，溶液仍呈酸性。步骤三：用0.010mol/L KMnO4溶液滴定步骤二所得溶液至终点，消耗KMnO4溶液20.02mL，滴定中MnO4被还原成Mn2+。重复步骤二、步骤三操作，滴定消耗0.010mol/LKMnO4溶液19.98ml。请回答下列问题：配制三草酸合铁酸钾溶液的操作步骤依次是：称量、 、转移、洗涤并转移、 摇匀。加入锌粉的目的是 。写出步骤三中发生反应的离子方程式 。实验测得该晶体中铁的质量分数为 。在步骤二中，若加入的KMnO4溶液的量不够，则测得的铁含量 。（选填“偏低”“偏高”“不变”）（2）结晶水的测定将坩埚洗净，烘干至恒重，记录质量；在坩锅中加入研细的三草酸合铁酸钾晶体，称量并记录质量；加热至110，恒温一段时间，置于空气中冷却，称量并记录质量；计算结晶水含量。请纠正实验过程中的两处错误： ； 。【答案】（1）溶解 定容；将溶液中的Fe3+全部还原为Fe2+。；8H+MnO-4+5Fe2+Mn2+5Fe3+4H2O；11.2% 偏高（2）加热后的晶体要在干燥器中冷却；将盛有样品的坩埚进行多次加热，干燥器中冷却，称量并记录质量，直至两次称量质量几乎相等（或质量差不超过0.1 g）【解析】试题分析：（1）在配制物质的量浓度的溶液时，要经过：计算称量溶解移液、洗涤振荡定容摇匀等步骤。锌是活泼的金属，加入锌粉的目的是将Fe3+恰好还原成Fe2+，使Fe2在步骤三中与KMnO4发生氧化还原反应。在步骤三中MnO4把Fe2+氧化为Fe2+，MnO4被还原为Mn2+，配平可得离子方程式为8H+MnO-4+5Fe2+Mn2+5Fe3+4H2O。根据步骤三中的离子反应可知：n（Fe）5n（MnO4-）5（20.02mL19.98 mL）/20.01molL-110-3101.010-2mol，m（Fe）56gmol-11.010-2mol0.56g，晶体中铁的质量分数100%11.2%；在步骤二中，若加入的KMnO4溶液的量不够，则导致草酸根有剩余，从而导致在第三步中消耗的酸性高锰酸钾会增加，因此测得的铁含量偏高；（2）加热后的晶体要在干燥器中冷却，防止重新吸收空气中的水分。另外在加热时至少要称量两次质量差，到两次称量质量差不超过0.1g。考点：考查一定物质的量浓度的配制、中和滴定、误差分析、实验操作及有关计算。 19(14分)过氧化钠(Na2O2)是中学常见物质，常见的过氧化物还包括过氧化钙(CaO2)。已知:过氧化钠与CO2反应有气体生成，而将SO2通入过氧化钠粉末中也有气体生成。有人提出CO2、SO2与过氧化钠的反应原理相同，但也有人提出SO2具有较强的还原性，CO2无强还原性，反应原理不相同。据此设计如下实验操作进行判断。实验一:向一定量的过氧化钠固体中通入足量的SO2，取反应后的固体进行实验探究，以证明过氧化物与SO2反应的特点。（1）提出假设:假设1：反应后固体中只有_，证明SO2未被氧化；假设2：反应后固体中只有_，证明SO2完全被氧化；假设3：_证明_。实验探究:实验二:通过测量气体的体积判断发生的化学反应，实验装置如下:（2）试剂A可以选用_，试剂B的作用是_。（3）实验测得装置C中过氧化钠质量增加了m1 g，装置D质量增加了m2 g，装置E中收集到的气体为V L(已换算成标准状况下)，用上述有关测量数据判断，SO2未被氧化、完全被氧化的V-m1关系式。未被氧化:_，完全被氧化:_。（4）若SO2完全被氧化，写出反应的化学方程式: _。【答案】（1）Na2SO3(1分) Na2SO4(1分) Na2SO3和Na2SO4的混合物(1分) SO2被部分氧化(1分)（2）浓H2SO4 (2分) 吸收未反应的SO2(2分) （3）V=7m1/30 (2分) V=0 (2分) （4）SO2+Na2O2Na2SO4(2分)【解析】试题分析：实验一：（1）向一定量的过氧化钠固体中通入足量的SO2，取反应后的固体进行实验探究。假设1：反应后固体只有 Na2SO3，证明SO2未被氧化；假设2：反应后固体中只有 Na2SO4，证明SO2完全被氧化；假设3：固体为Na2SO3和Na2SO4的混合物；证明SO2部分被氧化；实验二：（2）过氧化钠和水反应，装置A中试剂能吸收水蒸气，所以试剂为浓硫酸，干燥气体除去水蒸气；装置B为测定生成氧气的体积，需要把剩余的二氧化硫除去，实验B装置作用是吸收未反应的SO2；（3）实验测得装置C中过氧化钙质量增加了m1 g，装置D质量增加了m2 g，装置E中收集到的气体为V L（已换算成标准状况下），若SO2未被氧化、则发生反应：2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2，依据化学方程式和反应增重计算E中收集的氧气：2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2 反应增重1mol 96gVL22.4L/mol m1gV=L若二氧化硫全部被氧化发生的反应为：Na2O2+SO2=Na2SO4；反应过程中 无氧气生成，V=0。若0V，则二氧化硫部分被氧化；（4）二氧化硫完全被氧化生成硫酸钠，反应的化学方程式为：SO2+Na2O2Na2SO4。考点：考查二氧化硫性质应用和实验验证，实验设计的步骤和实验方案的确定20（16分）为测定碳酸钙的纯度（杂质SiO2），学生设计了如下几个实验方案，请回答每个方案中的问题。（相对原子质量：C=12 O=16 Ca=40）【方案】如图：称取碳酸钙样品m g；加入过量盐酸；测定仪器A的增重为a g。（1）仪器A的名称是_。【方案】称取碳酸钙样品5.0 g；用1.00 mol/L盐酸100.0 mL（过量）溶解样品；取溶解后溶液体积的1/10 用0.1000mol/L NaOH溶液滴定，重复滴定三次，平均用去15.00mL。（2）该碳酸钙样品的纯度= 。（计算结果保留三位有效数字）【方案】称取碳酸钙样品mg；高温煅烧1000 直至质量不再改变，冷却后称量，固体质量为mg。（3）本方案中的“冷却”应在干燥器中进行，理由是 。【方案】称量碳酸钙样品m g；加入足量c mol/L盐酸V mL使之完全溶解；过滤并取滤液；在滤液中加入过量c mol/LNa2CO3溶液V mL；将步骤中的沉淀滤出、洗涤、干燥、称重为b g。（4）此方案中不需要的数据是（填字母序号） 。Am Bc、V Cc、V Db（5）综上所述，你认为四个方案中，最好的方案是 。写出其它一个方案的缺点：（如：方案；沉淀的洗涤、干燥、称量操作过程复杂，容易造成较大误差。）方案 ； 。【答案】（16分）（1）干燥管（2分）（2）85.0% （3分）（3）防止生成的氧化钙与空气中的H2O、CO2反应，造成质量改变而产生误差（2分）（4）B C（3分。全对3分，只选一个且正确给2分，有错不给分）（5）（2分）；（1分）；气体质量难以测量准确（3分。或回答装置中原有的CO2也被碱石灰吸收；反应产生的CO2未被完全吸收；空气中的H2O和CO2 也被碱石灰吸收；加入的硫酸的量不足，未能将碳酸钠完全反应；装置的气密性不好等答案也可。）或：（1分）；实验室难于提供1000 的高温（3分）【解析】试题分析：（1）仪器A的名称是球形干燥管；（2）用去NaOH物质的量是0.015L0.1000mol/L，则100mL溶液中与碳酸钙反应的HCl的物质的量是1.0mol/L0.1L-0.015L0.1000mol/L10=0.085mol，根据CaCO3与HCl的物质的量关系可知，碳酸钙的物质的量是0.085mol/2=0.0425mol，所以该碳酸钙样品的纯度是0.0425mol100g/mol/5.0g100%=85%；（3）高温煅烧碳酸钙生成氧化钙和二氧化碳，而氧化钙极易与空气中的水、二氧化碳反应，所以本方案中的“冷却”应在干燥器中进行，理由是防止生成的氧化钙与空气中的H2O、CO2反应，造成质量改变而产生误差；（4）方案IV的原理是利用碳酸钙样品溶于足量的稀盐酸后再与过量的碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀的质量，计算碳酸钙样品的纯度，所以盐酸与碳酸钠的浓度与体积的数据对计算碳酸钙样品的纯度无关，只利用生成的碳酸钙的质量除以样品的质量即可，所以方案IV中不需要的数据是BC；（5）在以上四个方案中最好的是方案II，操作简单，误差较小，浓度高；而方案I中的碱石灰不仅吸收反应生成的二氧化碳，还吸收空气中的二氧化碳、水蒸气，造成误差较大；方案III需要的温度较高，实验室难以实现。考点：考查对实验方案的评价21硫酸和盐酸混合溶液20mL，加入0.05mol/L的Ba(OH)2溶液时，生成BaSO4沉淀量及溶液pH发生下图所示的变化。开始时混合溶液中硫酸和盐酸的物质的量浓度各是多少？在A点溶液的pH是多少？【答案】（1）关键图像可判断和硫酸反应的氢氧化钡是20ml，和盐酸反应的氢氧化钡是40ml。氢氧化钡和硫酸反应的方程式为：H2SO4Ba(OH)2=2H2OBaSO4 1mol 1mol0.02Lc 0.02L0.05mol/L因此c0.05mol/L盐酸和氢氧化钡反应的方程式为：Ba(OH)22HCl=BaCl22H2O_ 1mol 2mol_ 0.04L0.05mol/L 0.02Lc所以c0.20mol/L（2）在A点硫酸恰好反应，溶液中只有盐酸，此时溶液的体积是40ml，所以溶液中氢离子浓度为，所以pH1.0【解析】考查根据化学方程式进行的计算以及pH的计算。向混合液中滴加氢氧化钡溶液，可以可知氢氧化钡先和硫酸反应，生成硫酸钡沉淀和水，然后再和盐酸反应水氯化钡和水。根据图像可知和硫酸反应的氢氧化钡水20ml，恰好反应时，消耗氢氧化钡是60ml，所以和盐酸反应的氢氧化钡是40ml，因此根据有关的方程式可以进行计算。计算溶液的pH关键是算出溶液中氢离子的浓度，A点溶液中只有盐酸可以电离出氢离子，因此可以计算氢离子的浓度，但需要注意的是溶液的体积也发生了变化，即此时溶液的体积是40ml。22用CO2 和环氧化物共聚合成全降解二氧化碳基塑料，既可有效解决CO2过量排放引起的温室效应、又可除去白色污染。已知该反应为：（-R、-R代表烃基或氢原子）（1）该反应为 反应。（2）的单体是 。通过下列途径既可以得到全降解二氧化碳基塑料还可得到用途广泛的高分子化合物PA66。已知：（3）A、B、C分子均为直链结构，且A、B的核磁共振氢谱都只有两个峰，峰面积之比为1:2，则A的结构简式是_，名称是 。B是顺式结构， BC的化学方程式是 。由E制备二氧化碳基塑料的化学方程式是 。（4）D的一种同分异构体在相同条件下也能制得E，其结构简式是 。（5）已知1 molG可与NaHCO3溶液反应产生44.8LCO2（标准状态下），则1 mol E与2 mol HCl反应的化学方程式是 _。 G和H在一定条件下生成PA66的化学方程式是 。【答案】（1）加聚 （2分）（2）CO2 和（各1分，共2分）（3） CH2=CHCH=CH2 ； 1，3丁二烯 （各1分，共2分）（2分） （2分）（4） （2分）（5）（2分）（2分）【解析】试题分析：（1）加聚反应是单体通过加成的方式生成高分子化合物的反应，在加聚反应的过程中，没有小分子化合物产生，结合题给反应知该反应为加聚反应。（2）利用弯箭头法判断 的单体是CO2和。（3）根据题给流程和信息推断，A为CH2=CH-CH=CH2，B为CH2BrCH=CHCH2Br，C为CH2OHCH=CHCH2OH，D为环氧2丁烯，E为环氧丁烷，F为CH2ClCH2CH2CH2Cl，G为HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，H为H2NCH2CH2CH2CH2CH2CH2NH2。 A的结构简式是CH2=CH-CH=CH2，名称是1，3丁二烯。B为CH2BrCH=CHCH2Br，若B是顺式结构， BC为CH2BrCH=CHCH2Br在氢氧化钠溶液、加热的条件下发生水解反应生成CH2OHCH=CHCH2OH，化学方程式见答案。E为环氧丁烷，结合题给信息写出由E制备二氧化碳基塑料的化学方程式；（4）D为环氧2丁烯，D的一种同分异构体在相同条件下也能制得环氧丁烷，其结构简式是。（5）E为环氧丁烷，1 mol E与2 mol HCl反应生成CH2ClCH2CH2CH2Cl和水，化学方程式见答案。G为HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，H为H2NCH2CH2CH2CH2CH2CH2NH2，在一定条件下发生缩聚反应生成PA66，化学方程式见答案。考点：考查有机物的结构与性质，有机合成和有机推断。23八角茴香属于草本植物，是我国民间常用做烹调的香料。医学研究成果显示，从八角茴香中可以提取到莽草酸，莽草酸有抗炎、镇痛作用，是合成某些抗癌药物的中间体，还是合成“达菲的前体（“达菲”是对禽流感病毒有一定抑制作用的一种药物）。以下是以莽草酸A为原料的有机合成路线：已知：D的核磁共振氢谱中有4组峰。请继续回答下列问题：（1）写出莽草酸A分子中的官能团名称： 。（2）1mol莽草酸A最多能和 molNaOH发生反应。（3）B可能的结构简式为 。（4）写出下列反应的化学方程式：DE 。（5）在一定条件下D能自身聚合成一种高分子材料，写出反应的方程式 。【答案】（每小题均2分，共10分)（1）羟基、羧基、碳碳双键；（2）1；（3）CH3CH2OH、HCOOH（4）（5）【解析】试题分析：（1）根据莽草酸A的结构简式可知其含有的官能团是羧基、羟基、碳碳双键；。（2）只有羧基可以与NaOH发生，而醇羟基不能发生反应，在一个莽草酸分子中只含有1个羧基，所以1mol莽草酸A最多能和1molNaOH发生反应。（3）莽草酸A相对分子质量是174，A与B发生酯化反应形成酯C和水，由于C相对分子质量是202，所以B的相对分子质量是202+18-174=46，因此B可能的结构简式为CH3CH2OH，也可能是HCOOH。（4）A脱去2分子 水，形成的物质D遇FeCl3会发生显色反应，说明产生了酚羟基，则D是；D与CH3CH218OH在浓硫酸存在时，在加热条件下分子酯化反应形成酯和水，根据酯化反应的历程是酸脱羟基醇脱氢，可得E是。反应DE的化学方程式：。（5）由于D中含有酚羟基、羧基，所以在一定条件下发生酯化反应形成聚酯，则在一定条件下D能自身聚合成一种高分子材料，该反应的方程式是考点：考查有机物的结构、性质、转化、反应方程式的书写的知识。