河南省原阳县2015-2016学年高二化学下册6月月考试题2.doc

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河南省原阳县第一中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）
1．下列涉及有机物的性质或应用的说法不正确的是（ ）
A．干馏煤可以得到甲烷、苯和氨等重要化工原料
B．用于奥运“祥云”火炬的丙烷是一种清洁燃料
C．乙醇和乙酸都能发生氧化反应
D．纤维素、蔗糖、葡萄糖和脂肪在一定条件下都可发生水解反应
【答案】A D
【解析】A 错误，煤干馏可得焦炭、煤焦油、粗氨水、焦炉气
B 正确，丙烷燃烧不产生硫化物，氮化物等， 二氧化碳虽然是温室气体但不是污染物。所以，丙烷是一种清洁燃料
C 正确， 乙醇和乙酸都能燃烧，所以，都能发生氧化反应
D 错误，葡萄糖是单糖，不能发生水解。
2．下列化学用语或模型正确的是
A．CH3Cl
B．2﹣氯甲苯的结构简式：
C．硝基苯的结构简式
D．CH4分子的球棍模型：

【答案】B
【解析】A．CH3Cl为共价化合物，C、Cl原子最外层都达到8电子稳定结构，其正确的电子式为：，故A错误；
B．2﹣氯甲苯中，甲基与氯原子在苯环的邻位C原子上，其结构简式为：，故B正确；
C．硝基苯中，硝基的N原子与苯环相连，硝基苯正确的结构简式为：，故C错误；
D．甲烷为正四面体结构，碳原子的原子半径大于H原子，甲烷的球棍模型为：，故D错误；
故选B．
【点评】本题考查了常见化学用语的表示方法，题目难度中等，涉及球棍模型与比例模型、结构简式、电子式等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，注意球棍模型与比例模型的区别，为易错点，试题培养了学生的规范答题能力．
3．下列物质中含有自由移动的Cl-的是
A．氯化钾溶液 B．氯化钠固体 C．氯酸钾溶液 D．液氯
【答案】A
【解析】
试题分析：A、氯化钾电离出钾离子和氯离子，正确，选A；B、氯化钠固体中有氯离子但不能自由移动，不选B；C、氯酸钾溶液中氯酸钾电离出钾离子和氯酸根离子，错误，不选C；D、液氯中没有氯离子，不选D。
考点：物质的电离
【名师点睛】电解质在水溶液或熔融状态下才能电离出自由移动的离子，在固体中有离子但不能自由移动，所以电解质只有在水溶液中或熔融状态下才能导电。要分清物质电离出的离子形式，例如氯化钠电离出钠离子和氯离子，碳酸钠电离出钠离子和碳酸根离子，碳酸氢钠电离出钠离子和碳酸氢根离子，硫酸氢钠电离出硫酸根离子和氢离子和钠离子等。
4．判断下列有关化学基本概念的依据正确的是
A．氧化还原反应：元素化合价发生变化 B．共价化合物：是否含有共价键
C．强弱电解质：溶液的导电能力大小 D．金属晶体：晶体是否能够导电
【答案】A
【解析】
试题分析：B项：共价化合物：只要有共价键，故错；C项：强弱电解质：在水溶液中或熔融状态下是否完全电离，故错；D项：金属晶体：晶格结点上排列金属原子-离子时所构成的晶体，故错。故选A。
考点：化学基本概念
点评：本题考查的化学基本概念的相关知识，题目难度不大，对各个化学基本概念的含义都清楚是解题的关键。
5．2.0 mol PCl3和1.0 mol Cl2充入体积不变的密闭容器中，在一定条件下发生下述反应：PCl3(g)＋Cl2(g) PCl5(g)。达平衡时，PCl5为0.40 mol，如果此时移走1.0 mol PCl3和0.50 mol Cl2，在相同温度下再达平衡时PCl5的物质的量是 ( )
A．0.40 mol B．0.20 mol
C．小于0.20 mol D．大于0.20 mol，小于0.40 mol
【答案】C
【解析】
试题分析：开始2.0 mol PCl3和1.0 mol Cl2的物质的量之比是2:1, 达平衡时，移走1.0 mol PCl3和0.50 mol Cl2，剩余PCl3和Cl2的物质的量之比仍是2:1，若平衡不移动，PCl5应为0.20 mol，而移走一定量的气体，相当于扩大容器的体积，压强减小，平衡逆向移动，所以再达平衡时PCl5的物质的量要小于0.2mol，答案选C。
考点：考查不同条件平衡移动的判断
6．元素A的阳离子aAm+与元素B的阴离子bBn-具有相同的电子层结构。以下关于A、B元素性质的比较中,正确的是 ( )
①原子序数:A>B ②离子半径:aAm+<bBn- ③原子半径:A<B ④元素所在的周期序数:A>B ⑤A的最高正价与B的最低负价的绝对值相等 ⑥b=a+m-n
A．②③④ B．①②④ C．④⑤⑥ D．②⑤⑥
【答案】B
【解析】
试题分析：①A元素A的阳离子aAm+与元素B的阴离子bBn-具有相同的电子层结构，A元素处于B元素相邻的下一周期，原子序数A＞B，①正确；②电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，离子半径：aAm+＜bBn-，②正确；③A元素所处的族序数小于B元素所处族序数，同周期随原子序数增大原子半径减小、同主族自上而下原子半径增大，原子半径A＞B，③错误；④元素A的阳离子aAm+与元素B的阴离子bBn-具有相同的电子层结构，A元素处于B元素相邻的下一周期，所在的周期序数：A＞B，④正确；⑤若A是Na，则B可能为N、O、F，则A的最高正价与B的最低负价的绝对值不一定相等，⑤错误；⑥元素A的阳离子aAm+与元素B的阴离子bBn-具有相同的电子层结构，则离子核外电子数相等，a-m=b+n，即b=a-m-n，⑥错误，答案选B。
【考点定位】考查结构与位置的关系。
【名师点睛】本题考查结构与位置关系，难度中等，关键根据离子的电子层结构推断元素的位置关系。元素A的阳离子aAm+与元素B的阴离子bBn-具有相同的电子层结构，则离子核外电子数相等，A元素处于B元素相邻的下一周期，A元素所处的族序数小于B元素所处族序数，结合元素周期律的有关知识解答。
7．下图曲线a和b是盐酸与氢氧化钠溶液的相互滴定的滴定曲线，下列叙述正确的是

A．NaOH溶液的浓度为0.1 mol·L－1
B．P点时可能未完全反应，溶液呈可能呈酸性
也可能呈碱性
C．曲线a是盐酸滴定氢氧化钠溶液的测定曲线
D．本实验的指示剂不能用甲基橙，只能用酚酞
【答案】A
【解析】
试题分析：A.从图中可以看出氢氧化钠溶液的pH为13，NaOH是一元强碱，所以NaOH浓度为0.1 mol·L－1，A项正确；B.P点是盐酸与NaOH溶液恰好反应的点，盐酸与氢氧化钠溶液完全反应时溶液显中性，B项错误；C.曲线a溶液的pH逐渐增大，应该是氢氧化钠溶液滴定盐酸的测定曲线，C项错误；D.强酸强碱之间的滴定可以用甲基橙，也可以用酚酞，D项错误；答案选A。
【考点定位】考查酸碱中和滴定的曲线及原理分析等知识。
【名师点睛】本题考查了酸碱中和滴定的曲线及原理分析等知识。指示剂选择的基本原则：
变色要灵敏，变色范围要小，使变色范围尽量与滴定终点溶液的酸碱性一致。
（1）不能用石蕊作指示剂。
（2）滴定终点为碱性时，用酚酞作指示剂；滴定终点为酸性时，用甲基橙作指示剂；滴定终点为中性时，甲基橙或酚酞均可作指示剂。
（3）并不是所有的滴定都必须使用指示剂，如用标准的Na2SO3溶液滴定KMnO4溶液时，KMnO4颜色褪去时即为滴定终点。
8．用含有少量Mg的Al片制取纯净的Al(OH)3，下列操作中最恰当的组合是( )
①加盐酸溶解 ②加NaOH溶液 ③过滤 ④加盐酸生成Al(OH)3 ⑤通入过量CO2生成Al(OH)3
⑥加过量氨水生成Al(OH)3
A．②③⑤③ B．①③⑥③ C．①⑥③ D．②③④③
【答案】A
【解析】
试题分析：铝能和氢氧化钠反应，而镁不能，所以先用氢氧化钠溶解金属铝，生成偏铝酸钠，过滤后通入过量的二氧化碳，反应生成氢氧化铝沉淀，再过滤即可氢氧化铝，选A。
考点：金属的性质
9．含6.02×1023个原子的氧气在标准状况下所占的体积约为
A．44.8 L B．22.4 L C．11.2 L D．5.6 L
【答案】C
【解析】
试题分析：根据可知，含6.02×1023个原子的氧气的物质的量是0.5mol，则在标准状况下的体积是0.5mol×22.4L/mol＝11.2L，答案选C。
考点：考查物质的量的有关计算
点评：在进行物质的量的有关计算时，关键是熟练应用几个关系式、n＝m/M、、，特别还要注意气体摩尔体积的使用条件，即只能适用于气体，且只有在标准状况下，气体的摩尔体积才是22.4L/mol。
10．新鲜水果、蔬菜、乳制品中富含的维生素C具有明显的抗衰老作用，但易被空气氧化。某课外小组利用碘滴定法测某橙汁中维生素C的含量，其化学方程式如下：

下列说法正确的是
A．维生素C的分子式为C6H8O6
B．维生素C在酸性条件下水解得到3种产物
C．维生素C不溶于水，可溶于有机溶剂
D．上述反应为取代反应
【答案】A
【解析】
试题分析：A．由结构简式可知1个分子中含6个原子、8个H原子、6个O原子，则分子式为C6H8O6，故A正确；B．维生素C存在环酯结构，则维生素C在酸性条件下水解得到1种产物，故B错误；C．维生素C中含有多个-OH，能溶于水，故C错误；D．由上述反应可知，维生素C失去2个H原子，该反应为氧化反应，故D错误；
考点：考查有机物的官能团及其性质
11．对于敞口容器中的反应：Zn(s)+H2SO4(aq)= ZnSO4 (aq)+H2(g), 反应过程中能量关系可用右图表示，下列叙述中不正确的是 （ ）

A.1 molZn的能量高于1 molH2的能量
B.反应物Zn和H2SO4的总能量高于产物 ZnSO4和H2的总能量
C.如果Zn足量，反应速率会经历由慢到快到慢的过程
D.用锌粉代替锌粒，速率会加快
【答案】A
【解析】根据图像可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，所以是放热反应，A不正确，B正确。开始溶液温度逐渐升高，反应速率逐渐加快，后来氢离子浓度逐渐降低，反应速率又逐渐降低，C正确。增大反应物的接触面积，加快反应速率，D正确，所以正确的答案是A。
12．下列离子或分子在指定的分散系中一定能够大量共存的是（ ）
A．c(H+)=10－13 mol/L的溶液中：NO3－、SO42－、K+、Na+
B．含Fe3+的溶液中中： Na+、K+、CH3COO－、HCO3－
C．铁与过量稀硫酸反应后的溶液中：[Al(OH)4]－、NH4+、Cl－、NO3－
D．空气中：SO2、NO、N2、NH3
【答案】A
【解析】
试题分析：A、c(H+)=10－13 mol/L的溶液显碱性，各离子均能共存，A正确；B、Fe3+与HCO3－发生双水解，不能共存，B错误；C、[Al(OH)4]－在酸性环境中不能共存，C错误；D、SO2和NH3反应，不能共存，NO与氧气反应，不能共存，D错误。答案选A。
考点：离子共存
13．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X元素的气态氢化物与其最高级氧化物对应的水化物能反应生成一种盐，Y原子的最外层电子数与其电子层数相等，Z、W与Y同周期且互不相邻。下列叙述正确的是
A．X的单质与氧气反应可生成六种氧化物
B．Z位于第3周期第ⅥA族
C．对应单质熔点：Z >Y > W
D．对应原子半径：Z > W > X
【答案】D
【解析】
试题分析：X元素的气态氢化物与其最高价氧化物对应的水化物能反应生成一种盐，则X是N元素，氢化物为氨气，最高价氧化物的水化物是硝酸，二者反应生成硝酸铵；Y原子的最外层电子数与其电子层数相等，Y的原子序数大于X，则Y是第三周期元素，所以Y是Al元素；Z、W与Y同周期且互不相邻，则Z是P、W是Cl元素。A、氮气与氧气反应只能生成NO，而N的氧化物有6种，错误；B、Z是P元素，位于元素周期表的第三周期VA族，错误；C、Al是金属晶体，P和氯气都是分子晶体，所以Al的熔点最高，其次是P，最低的是氯气，错误；D、Z、W是第三周期元素，Z的核电荷数较小，所以Z的原子半径最大，X是第二周期元素，原子半径最小，则对应原子半径：Z > W > X，正确，答案选D。
考点：考查元素的推断，元素周期律的应用
14．向含有2molHNO3的稀溶液中加入3mol铜，充分反应后产生的气体在标准状况下的体积约为（ ）
A．89.6L B．44.8L C．22.4L D．11.2L
【答案】D
【解析】铜与稀硝酸发生反应：3Cu+8HNO3═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，
3mol铜与稀硝酸完全反应需要消耗硝酸的物质的量为：3mol×=8mol，则稀硝酸不足，
2mol硝酸完全反应生成NO的物质的量为：n（NO）=n（HNO3）=0.5mol，
标准状况下0.5molNO的体积为：22.4L/mol×0.5mol=11.2L，故选D．
【点评】本题考查了混合物反应的计算，题目难度中等，根据反应原理及反应物的量正确判断过量情况为解答关键，注意掌握物质的量与气体摩尔体积、摩尔质量之间的关系，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力．
15． 用NA表示阿伏加德罗常数,下列关于0．2 mol·L-1K2SO4溶液的正确说法是 (　　)
A．1 L溶液中K+浓度是0．4 mol·L-1
B．溶液中含有0．4NA个K+
C．1 L溶液中所含K+、SO42-总数为0．3NA
D．2 L溶液中SO42-浓度是0．4 mol·L-1
【答案】A
【解析】
试题分析：A、0．2mol/L K2SO4溶液，每摩尔硫酸钾含有2mol钾离子，钾离子的浓度为硫酸钾的2倍，所以K+离子浓度是0．4mol/L， A正确；B、未说明体积无法计算，故B错误；C、1L溶液中所含K+、SO4+总数为1L×0．2mol/L×3×NAmol-1=3NA，故C错误；D、溶液是均一的，每摩尔硫酸钾含有1mol硫酸根，硫酸根离子的浓度等于硫酸钾的浓度为0．2mol/L，故D正确。
考点：离子浓度的计算。

16．（12分）已知反应2HI(g) H2(g) +I2(g)在T℃下的平衡常数为0.01。T℃时，在容积为2L的密闭容器中加入HI ，反应到某时刻测得各组分的浓度如下：
物质
HI
H2
I2
浓度/（mol·L－1）
0.40
0.60
0.60
请计算回答下列问题（写出计算过程，否则不得分）：
（1）起始加入HI的物质的量 mol。
（2）达到平衡后HI的物质的量浓度 mol·L－1（请保留三位有效数字）。
（3）T℃时，在另一个体积一定的密闭容器中，将I2(g)与H2(g) 置于其中发生上述反应，若达到平衡时H2(g)与I2(g)的体积比为1∶4，计算平衡时HI的体积分数为 ，以及开始时H2(g)与I2(g)的体积比为 。
【答案】21．（12分）（1）3.2mol（3分） （2）1.33 mol/L或1.34mol/L（3分）
（3）4/5或80%（3分） 11:14（3分）
【解析】
试题分析：(1)利用三段式，2HI（g） H2（g）+ I2（g）
开始浓度 1.6mol/L 0 0
转化浓度 1.2mol/L 0.60mol/L 0.60mol/L
某时刻浓度 0.40mol/L 0.60mol/L 0.60mol/L
平衡浓度 1.6-2x x x 起始加入HI的物质的量为1.6X2=3.2mol
(2)根据K=x2/(1.6-2x)2=0.01 解得 x=2/15达到平衡后HI的物质的量浓度(1.6-4/15)÷2=1.33 mol/L；
（3）利用三段式，
2HI（g） H2（g）+ I2（g）
开始浓度 0 a b
转化浓度 2x x x
平衡浓度 2x a-x b-x 解得（a-x）/(b-x)=1/4 (a-x)(b-x)/4x2=0.01,
解得a=11，b=14，平衡时HI的体积分数为80%，开始时H2(g)与I2(g)的体积比为11:14
考点：考查化学平衡的有关计算。
17．化学反应过程中发生物质变化的同时，常常伴有能量的变化。这种能量的变化常以热量的形式表现出来，叫做反应热。由于反应的情况不同，反应热可分为许多种，如标准燃烧热和中和反应反应热等。
（1）下列ΔH表示物质标准燃烧热的是________；表示中和反应反应热的是________。(填“ΔH1”、“ΔH2”、“ΔH3”等)
A．2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l) ΔH1
B．C(s)＋O2(g)===CO(g) ΔH2=-Q1kJ·mol－1
C．CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g) ΔH3
D．C(s)＋O2(g)===CO2(g) ΔH4=-Q2kJ·mol－1
E．NaOH(aq)＋HCl(aq)===NaCl(aq)＋H2O(l) ΔH5
（2）2.00 g C2H2气体完全燃烧生成液态水和CO2气体，放出99.6 kJ的热量，写出该反应的热化学方程式：_________________。
（3）根据题（1）中B、D判断1 molCO(g)完全燃烧的ΔH= 。
（4）反应E的ΔH6可以用如图所示的装置进行测量。实验中直接测定的数据是 ；

从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是_____________；大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和反应的反应热的数值________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
【答案】
（1）ΔH4；ΔH5
（2）2C2H2（g）+5O2=4CO2(g)+2H2O(l)；ΔH2=-2589.6kJ·mol－1
（3）ΔH=（Q1-Q2）kJ·mol－1
（4）温度；环形玻璃搅拌棒；偏小
【解析】
试题分析：（1）A、2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H1中氢气的物质的量不是1mol，所以△H1不能表示燃烧热，故A错误；B、C（s）+O2（g）═CO（g）△H2=-Q1kJ•mol-1，生成产物不是最稳定氧化物，所以△H2不能表示燃烧热，故B错误；C、CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H3，生成水为气体，不是最稳定氧化物，所以△H3不能表示燃烧热，故C错误；D、C（s）+O2（g）═CO2（g）△H4=-Q2kJ•mol-1，碳的物质的量为1mol生成物二氧化碳为稳定氧化物，所以△H5能表示燃烧热，故D正确；E、NaOH（aq）+HCl（aq）═NaCl（aq）+H2O（l）△H5，符合中和热定义，△H5能表示中和反应反应热，故E正确；故答案为：△H4；△H5；
（2）C2H2气体完全燃烧反应的化学方程式为：2C2H2+5O24CO2+2H2O，2.00g C2H2气体n（C2H2）==mol，放出99.6kJ的热量，则1molC2H2燃烧放出的热量为：99.6kJ×13=1294.8KJ，则热化学方程式为：2C2H2（g）+5O2=4CO2（g）+2H2O（l）△H2=-2589.6kJ•mol-1；故答案为：2C2H2（g）+5O2=4CO2（g）+2H2O（l）△H2=-2589.6kJ•mol-1；
（3）依据盖斯定律D-B的CO（g）+O2（g）=CO2（g），所有反应的焓变为△H=（Q1-Q2）kJ•mol-1；故答案为：（Q1-Q2）kJ•mol-1；
（4）反应E的△H6可以用如图所示的装置进行测量，实验中直接测定的数据是温度；量热计应带环形玻璃搅拌棒；大烧杯上如不盖硬纸板，导致热量损失，所有求得的中和反应的反应热的数值偏小；故答案为：温度；环形玻璃搅拌棒；偏小。
考点：考查了反应热和焓变、热化学方程式、盖斯定律的相关知识。

18．以石灰石、焦炭、食盐和水为原料制取聚氯乙烯，写出各合成过程中有关的化学方程式。
【答案】
⑴CaCO3CaO+CO2↑ ⑵CaO+3CCaC2+CO↑(电炉中)
⑶CaC2+2H2O—→Ca(OH)2+CH≡CH↑ ⑷2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑
催化剂
△
⑸H2+Cl22HCl ⑹CH≡CH+HCl———→CH2=CHCl
⑺

【解析】本题为化学合成题，是无机化学知识和有机化学知识综合的题目。解答时可采用逆向推理，即分析时由生成物一步一步推到反应物。

19．某酸性FeSO3溶液中含有少量的SnSO4，为得到纯净的硫酸亚铁晶体(FeSO4•xH2O)，可向溶液中通入H2S气体至饱和，然后用硫酸酸化至pH=2，过滤后，将所得滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤，得到硫酸亚铁晶体．查阅资料，得到相关物质的有关数据如下表：
25℃
pH
25℃
pH
饱和H2S溶液
3.9
FeS开始沉淀
3.0
SnS沉淀完全
1.6
FeS沉淀完全
5.5
(1)用硫酸亚铁晶体配置FeSO4溶液时还需加入的物质是__________；
(2)为检验制得的硫酸亚铁晶体中是否含有Fe3+，可选用的试剂为__________；
A．KSCN溶液B．稀硫酸C．淀粉-KI溶液D．KMnO4溶液
(3)通入H2S气体至饱和的目的是__________；用硫酸酸化至pH=2的目的是__________；
(4)为研究硫酸亚铁晶体的热分解，某兴趣小组同学称取ag硫酸亚铁晶体样品，按图1装置进行高温加热，使其完全分解(硫酸亚铁晶体在高温条件下回分解为三种化合物和一种单质，该单质能使带火星的木条复燃)，对所得产物进行探究，并通过称量装置B的质量测出x的值。

①装置B中午睡硫酸铜粉末变蓝，质量增加12.6g，说明产物中有水，装置C中高锰酸钾溶液褪色，说明产物中含有__________；
②实验中要持续通入氮气，否则测出的x会__________(填“偏大”、“偏小”或“不变”)；
③硫酸亚铁晶体完全分解后装置A中固体呈红棕色，将其加入足量稀盐酸中，固体全部溶解，得黄色溶液；
④某研究所利用SDTQ600热分析仪对硫酸亚铁晶体进行热分解，获得相关数据，绘制成的固体质量与分解温度的关系图如图2，根据图中有关数据，可计算出x为__________。
【答案】(1)铁粉和稀硫酸；(2)AC；
(3)除去溶液中的Sn2+离子，并防止Fe2+转化为FeS沉淀；
(4)①二氧化硫；②偏小；④7
【解析】
试题分析：(1)用硫酸亚铁晶体配置FeSO4溶液时要抑制亚铁离子水解和被氧气氧化，所以用硫酸亚铁晶体配置FeSO4溶液时还需加入的物质是少量铁粉和稀硫酸，故答案为：铁粉和稀硫酸；
(2)KSCN溶液与Fe3+的溶液反应会使溶液呈血红色，Fe3+有氧化性，能将碘离子氧化成碘单质，碘遇淀粉显蓝色，所以检验硫酸亚铁晶体中是否含有Fe3+，可以用KSCN溶液或淀粉-KI溶液，故选AC；
(3)通入硫化氢至饱和的目的是：硫化氢具有强还原性，可以防止亚铁离子被氧化，已知：在H2S饱和溶液中，SnS沉淀完全时溶液的pH为1.6；FeS开始沉淀时溶液的pH为3.0，沉淀完全时的pH为5.5，操作Ⅱ在溶液中用硫酸酸化至pH=2的目的是，在溶液pH=2时，Sn2+完全沉淀，亚铁离子不沉淀，故答案为：除去溶液中的Sn2+离子，并防止Fe2+被氧化；防止Fe2+离子生成沉淀；
(4)①二氧化硫能使高锰酸钾溶液褪色，故答案为：二氧化硫；
②实验中要持续通入氮气，把水蒸气全部赶出，否则测出的x会偏小，故答案为：偏小；
④通过FeSO4•xH2O的化学式可知铁原子和水的个数比为1：x，
Fe2O3～2xH2O
160 36x
8g 12.6g
=，解得：x=7，故答案为：7。
考点：考查了制备实验方案的设计、化学计算的相关知识。
20．亚硝酸钠（NaNO2）外观酷似食盐且有咸味，是一种常用的发色剂和防腐剂，但使用过量会使人中毒。某学习小组针对亚硝酸钠设计了如下实验：
【实验一】制取NaNO2
该小组先查阅资料知：①2NO+Na2O2 →2NaNO2；2NO2+Na2O2 →2NaNO3；②NO能被酸性高锰酸钾氧化为NO3－，然后设计制取装置如下图（夹持装置略去）：

36．装置D的作用是 ；如果没有B装置，C中发生的副反应有 。
37．就算在装置气密性良好的情况下进行实验，该小组发现制得的NaNO2的纯度也不高，可能的原因是 ；设计一种提高NaNO2纯度的改进措施 。
【实验二】测定NaNO2样品（含NaNO3杂质）的纯度
先查阅资料知：①5NO2－+ 2MnO4－+ 6H+ → 5NO3－+ 3Mn2+ + 3H2O；
②MnO4－＋5Fe2＋＋8H＋→Mn2+＋5Fe3＋＋4H2O
然后，设计如下方案测定样品的纯度。

38．取样品2.3g经溶解后得到溶液A 100 mL，准确量取10.00 mL A与24.00 mL 0.0500mol/L的酸性高锰酸钾溶液在锥形瓶中充分反应。反应后的溶液用0.1000mol/L (NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至紫色刚好褪去；重复上述实验3次，平均消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液10.00 mL，则样品中NaNO2的纯度为_________。
39．通过上述实验测得样品中NaNO2的纯度偏高，该小组讨论的原因错误的是 （填字母编号）。
a．滴定至溶液紫色刚好褪去，立即停止滴定
b．加入A与KMnO4溶液前的锥形瓶未经干燥
c．实验中使用的(NH4)2Fe(SO4)2溶液暴露在空气中的时间过长
【答案】36．吸收多余的NO（2分，合理均给分）；2Na2O2+2H2O→4NaOH+O2↑、2NO+O2→NO2 （2分）
37.由于获得NO的过程中会产生其他氮氧化物（合理均给分）（2分）；在A、B之间增加装有水的洗气瓶（将B中的药品更换为碱石灰或氧化钙，合理均给分）（2分）。
38．75％ （2分）
39．bc （2分）
【解析】
试题分析：36．根据反应流程和信息②可知，装置D的作用吸收多余的NO，防止NO污染空气；B装置是作用是干燥NO，因此没有B装置，C中还要发生水与过氧化钠的反应，另外装置中有空气，NO要与氧气反应。
37．装置中存在空气，生成部分二氧化氮，还可能生成其他氮的氧化物，导致NaNO2的纯度不高，要提高纯度，需尽可能除去其他杂质气体，如水蒸汽，二氧化碳，二氧化氮等，可以在A、B之间增加装有水的洗气瓶或将B中的药品更换为碱石灰或氧化钙等；
38.根据MnO4－~5Fe2＋，可以求出与Fe2＋反应的MnO4－为0.1000mol/L×0.01L×=0.0002mol，
根据5NO2－~2MnO4－，与MnO4－反应的NO2－为（0.0500mol/L×0.024L—0.0002mol）×=0.0025mol；
样品中NaNO2的质量为0.0025mol×10×69g/mol=1.725g，进一步可以求出样品中NaNO2的纯度
39．a．滴定至溶液紫色刚好褪去，立即停止滴定，导致MnO4－反应不完全，使用的Fe2＋量偏少，结果偏高，讨论正确；b．加入A与KMnO4溶液前的锥形瓶未经干燥，对实验结果无影响，讨论不正确；c．实验中使用的(NH4)2Fe(SO4)2溶液暴露在空气中的时间过长，部分Fe2＋被氧化，使用的Fe2＋量偏多，结果偏低，讨论不正确。
考点：考查了实验设计与评价和滴定的计算等相关知识。

21．实验室常用浓盐酸与二氧化锰反应制取少量氯气，反应的化学方程式为：
4HCl(浓) ＋MnO2MnCl2＋2H2O＋Cl2↑，取足量12 mol·L-1浓盐酸使其与二氧化锰发生反应，产生的氯气在标准状况下的体积为4.48L。计算（写出具体计算过程）
(1)被氧化的HCl的物质的量 (2) 参加反应的MnO2的质量
【答案】(1)0.4mol (2) 17.4g
【解析】
试题分析：参加反应的HCl的物质的量为X，参加反应的二氧化锰的质量为Y，由题意得
4HCl(浓) ＋MnO2MnCl2＋2H2O＋Cl2↑
4mol 87g 22.4L
X Y 4.48L
即,解得X= 0.8mol，Y=17.4g；由方程式得4mol盐酸参与反应时，只有2mol盐酸被氧化生成氯气，故被氧化的盐酸的物质的量为0.8mol/2=0.4mol，故答案为 (1)0.4mol (2) 17.4g
考点：物质的量的有关计算

22．（15分）苯的含氧衍生物A的相对分子质量为180，其中碳元素的质量分数为60%，A完全燃烧消耗O2的物质的量与生成CO2的物质的量相等。请回答下列问题：
（1）A的分子式为 。
（2）已知A的苯环上取代基彼此相间，A能发生银镜反应，也能与NaHCO3溶液反应产生CO2，还能与FeC13溶液发生显色反应，则A含有的官能团名称是 。
（3）A的一种同分异构体B是邻位二取代苯，其中一个取代基是羧基，B能发生如图所示转化。

回答下列问题：
①C→E的反应类型为 。
②F具有下列哪些化学性质 。
A．与浓溴水反应 B．发生加成反应 C．水解反应
③D与浓溴水反应的主要产物的结构简式为 。
写出下列反应的化学方程式：
④C→E 。
⑤B与足量NaOH溶液共热 。
【答案】（1）C9H8O4
（2）醛基、羧基、酚羟基；
（3）①酯化反应（或取代反应）；②ABC ;③
④
⑤
【解析】
试题分析：（1）A的相对分子质量为180，其中碳元素的质量分数为60%，可知A中的C原子数是9，A完全燃烧消耗O2的物质的量与生成CO2的物质的量相等，说明1molA完全燃烧消耗9mol氧气，生成9mol二氧化碳，则A分子式中H原子数是O原子数的2倍，结合A的相对分子质量，可计算出A的分子式为C9H8O4
（2）根据A能发生的反应判断，A中含有醛基、羧基、酚羟基；
（3）由C发生的反应及条件判断C是羧酸，根据其相对分子质量判断C的分子式是CH3COOH，为乙酸；所以B是乙酸某酯，水解后得到C乙酸，则D是邻羟基苯甲酸；只有羧基与碳酸氢钠溶液反应生成羧酸钠F。根据以上分析：
①C→E的反应类型为酯化反应（或取代反应）；
②F中含有苯环、酚羟基、和羧酸钠，所以可以发生加成反应、与浓溴水的取代反应、羧酸钠的水解反应，答案选ABC；
③D是邻羟基苯甲酸，与溴水发生酚羟基的邻、对位取代，产物的结构简式为；
④乙酸与乙醇发生酯化反应，醇分子中羟基的H原子与羧酸中羧基的羟基结合生成水，所以O-18在酯分子中，化学方程式为；
⑤B存在酯基和羧基，其中酯基中的O原子与苯环直接相连，所以1molB需要3molNaOH完全反应，化学方程式为。
考点：考查有机推断，根据反应条件判断反应类型、结构简式等，分子式的计算，官能团的判断，化学方程式的书写
23．有以下一系列反应,最终产物为草酸：
ABCDEF
已知B的相对分子质量比A大79。
（1）请推测用字母代表的化合物的结构式：C是 ，F是 。
（2）①B→C的化学方程式： ；
②D→E的化学方程式： ；
③E与草酸反应生成六元环酯反应的化学方程式： 。
（3）上述反应中属取代反应的有 (填序号)。
（4）反应 (填序号)原子的理论利用率为100%,符合绿色化学的要求。
【答案】（1）
（2）①C2H5Br+NaOHCH2＝CH2↑+NaBr+H2O
②CH3CH2Br +2NaOHHOCH2CH2OH+2NaBr
③HOOC-COOH+HOCH2CH2OH+H2O
（3）①④（4）③⑥
【解析】
试题分析：（1）从最后的产物分析，A分子中含有两个碳原子，通过B的相对分子质量比A的大79，说明A 与溴发生了取代反应，且只取代1个氢原子，则A为乙烷，B为溴乙烷，结构简式为：CH3CH2Br；溴乙烷和氢氧化钠的乙醇溶液发生消去反应。则C为乙烯，乙烯和溴水反应生成D为1,2-二溴乙烷，D在氢氧化钠水溶液的条件下反应生成乙二醇，在氧气和催化