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四川省内江市威远县自强中学2017-2018学年高三上学期期中化学试卷 Word版含解析

发布时间：2018-08-30 02:16:10 来源：文档文库

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四川省内江市威远县自强中学2017-2018学年高三上学期期中化学试卷最新试卷十年寒窗苦，踏上高考路，心态放平和，信心要十足，面对考试卷，下笔如有神，短信送祝福，愿你能高中，马到功自成，金榜定题名。

一、选择题（本题包括7个小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题6分．）

1．（6分）下列物质分类正确的是（）

A．福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物

B．稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体

C．烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质

D． SO2、SiO2、CO均为酸性氧化物

2．（6分）大多数概念间存在如图三种关系：

下列概念间关系判断正确的是（）

概念I 概念II 相互关系

A 无机酸离子化合物包含关系

B 胶体分散系相交关系

C 非金属氧化物酸性氧化物相离（并列）关系

D 复分解反应氧化还原反应相离（并列）关系

A． A B． B C． C D． D

3．（6分）设阿伏加德罗常数为NA，下列说法正确的是（）

A． 5.6g铁粉与足量Cl2反应，失去的电子数为0.2NA

B．欲配置1.00L，1.00mol•L﹣1的NaCl溶液，可将58.5g NaCl溶于1.00L水中

C．标准状况下，11.2LCH3CH2OH中含有分子的数目为0.5NA

D．常温常压下，8g氧气含有4NA个电子

4．（6分）下列说法正确的是（）

A．用加热法可除去Na2CO3中的NaHCO3

B． Na、Mg、Fe等金属在一定条件下与水反应都生成H2和对应的碱

C．可用石灰水区分Na2CO3与NaHCO3溶液

D．浓氨水中滴加FeCl3饱和溶液可制得Fe（OH）3胶体

5．（6分）贵州凤岗的“富锌富硒”茶已享誉全国，因富含硒元素，有延年益寿、抗衰老等作用．但研究表明单质硒可能成为环境污染物，通过与浓盐酸、浓H2SO4反应可回收Se．在回收过程中涉及到如下两个化学反应：①SeO2+4KI+4HCl═Se+2I2+4KCl+2H2O；②Se+2H2SO4（浓）═2SO2↑+SeO2+2H2O．下列叙述正确的是（）

A．反应①中Se是氧化产物，I2是还原产物

B．反应②中浓H2SO4是氧化剂，SeO2是还原产物

C．反应①中每有1.0mol I2生成，转移电子数目为4 NA

D． SeO2、H2SO4（浓）、I2的氧化性由强到弱的顺序是H2SO4（浓）＞SeO2＞I2

6．（6分）在容积固定不变的密闭容器中加入1mol N2和3mol H2发生反应：

N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.4KJ/mol，下列结论正确的是（）

A．该反应达到平衡时，放出的热量等于92.4KJ

B．达到平衡后向容器中通入1mol氦气，平衡不移动

C．降低温度和缩小容器体积均可使该反应的平衡常数增大

D．若达到平衡时N2的转化率为20%，则平衡时容器内的压强是起始时的90%

7．（6分）下列说法正确的是（）

A．中和pH与体积都相同的硫酸和醋酸，消耗NaOH的量前者小于后者

B． Ca（HCO3）2溶液与过量NaOH溶液反应的离子方程式一定是：Ca2++HCO3﹣+OH﹣═CaCO3↓+H2O

C． H+、Fe2+、NO3﹣、Cl﹣能大量共存于同一溶液中

D．同温同浓度的NaOH和澄清石灰水中，水的电离程度相同

二、本卷共4题，共58分．用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卷上．

8．（16分）X、Y、R、Z、W是元素周期表前四周期中常见的元素，其相关信息如下表：

元素相关信息

X X的基态原子L层电子数是K层电子数的2倍

Y Y的基态原子最外层电子排布式为：nsnnpn+2

R 在第3周期元素中，R的简单离子半径最小

Z Z存在质量数为23，中子数为12的核素

W W有多种化合价，其白色氢氧化合物在空气中会迅速变成灰绿色，最后变成红褐色

（1）W位于元素周期表第周期第族．

（2）X的电负性比Y的（填“大”或“小”）；X 和Y的气态氢化物中，较稳定的是（写化学式）；Z2Y2的电子式表示为．

（3）W和Y元素组成WY42﹣，在湿法制备该离子的反应体系中，除原料W（OH）3，还有四种粒子：C1O﹣、OH﹣、C1﹣、H2O．配平方程式，并标出电子转移的方向和数目．

（4）将一定质量的Mg和R的混合物投入500mL稀硫酸中，固体全部溶解并产生气体．待反应完全后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示．则固体混合物中Mg的质量为；原稀硫酸溶液的物质的量浓度为．

（5）Z和Y按原子个数比1：1形成一种离子化合物X，已知常温时X与水反应成溶液，恢复至原状态测得：每转移1mol电子放出QkJ的热量，试写出化合物A与水反应的热化学反应方程式．

9．（14分）某研究性学习小组欲测定室温下（25℃、101kPa）的气体摩尔体积，请回答以下问题．

该小组设计的简易实验装置如图所示：

该实验的主要操作步骤如下：

①配制100mL 1.0mol•L﹣1的盐酸溶液；

②用（填仪器名称并注明规格）量取7.5mL 1.0mol•L﹣1的盐酸溶液加入锥形瓶中；

③称取a g已除去表面氧化膜的镁条，并系于铜丝末端，为使HCl全部参加反应，a的数值至少为；

④往广口瓶中装入足量水，按如图连接好装置，检查装置的气密性；

⑤反应结束后待体系温度恢复到室温，读出量筒中水的体积为V mL．

请将上述步骤补充完整并回答下列问题．

（1）步骤①中，配制100mL 1.0mol•L﹣1的盐酸溶液时，下列哪些操作会使配制浓度偏小（填写字母）．

A．用量筒量取浓盐酸时，俯视量筒的刻度

B．容量瓶未干燥即用来配制溶液

C．浓盐酸在烧杯中稀释时，搅拌时间过长

D．定容完成后，将容量瓶倒置摇匀后，发现液面低于刻度线

E．在容量瓶中定容时俯视容量瓶刻度线

F．烧杯中有少量水

（2）请填写操作步骤中的空格：步骤②步骤③

（3）实验步骤⑤中应选用（填字母）的量筒．

A．100mLB．200mLC．500mL

（4）读数时除恢复到室温外，还要注意

①，②．

（5）忽略水蒸气影响，在该条件下测得气体摩尔体积的计算式为Vm=L/mol．

10．（14分）邻羟基桂皮酸（IV）是合成香精的重要原料，下列为合成邻羟基桂皮酸（IV）的路线之一

试回答：

（1）Ⅰ中含氧官能团的名称和．

（2）Ⅱ→Ⅲ的反应类型．

（3）①Ⅳ与乙醇和浓硫酸混合加热的化学方程式．

②Ⅳ与过量NaOH溶液反应的化学方程式．

（4）有机物X与IV互为同分异构体，且X有如下特点：

①是苯的对位取代物，②能与NaHCO3反应放出气体，③能发生银镜反应．

请写出X的一种结构简式．

（5）下列说法正确的是．

A．Ⅰ的化学式为C7H8O2 B．I遇氯化铁溶液呈紫色

C．Ⅱ能与NaHCO3溶液反应 D.1mol有机物IV最多能与4mol H2加成．

11．（14分）实验室可用Fe2（SO4）3稀溶液做刻蚀液洗去试管中的银镜：Fe3++Ag⇌Fe2++Ag+

（1）Fe2（SO4）3溶液显酸性，原因是（用离子方程式表示）．

（2）有同学提出用FeCl3溶液代替Fe2（SO4）3除Ag效果更好，其理由是．

（3）如果将题设原理设计成电解法洗Ag（如图甲），阴极反应为．

（4）乙同学欲从洗银废液（Fe3+、Fe2+、Ag+、SO42﹣）中回收银和刻蚀液，设计了如图乙路线：

①物质X是．

②过程Ⅱ涉及到的分离方法是．

③过程Ⅲ在酸性条件下的离子方程式是；若要在该条件下得到最大量的Fe2（SO4）3，根据下表提供的信息，则应该控制该溶液的pH范围是

沉淀物开始沉淀pH 完全沉淀pH

Fe（OH）3 2.0 3.0

四川省内江市威远县自强中学2017-2018学年高三上学期期中化学试卷

参考答案与试题解析

一、选择题（本题包括7个小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题6分．）

1．（6分）下列物质分类正确的是（）

A．福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物

B．稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体

C．烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质

D． SO2、SiO2、CO均为酸性氧化物

考点：混合物和纯净物；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；分散系、胶体与溶液的概念及关系；电解质与非电解质．

专题：物质的分类专题．

分析：混合物是由两种或多种物质混合而成的物质；胶体是分散质粒子直径在1nm﹣100nm之间的分散系；电解质是在水溶液中或在熔融状态下就能够导电的化合物；酸性氧化物是一类能与水作用生成相应价态的酸或与碱作用生成盐和水或与碱性氧化物反应生成盐的氧化物，且生成物只能有一种盐和水，不可以有任何其它物质生成．

解答：解：A、福尔马林、水玻璃、氨水均为溶液，既有溶质也有溶剂水，属于混合物，故A正确；

B、氯化铁在水溶液中电离出Fe3+和Cl﹣，二者的粒子直径均不在在1nm﹣100nm之间，不属于胶体，故B错误；

C、四氯化碳属于共价化合物不溶于水，在熔融状态下也不能导电，不属于电解质，故C错误；

D、CO不能与水作用生成相应价态的酸，属于不成盐氧化物，故D错误．

故选：A．

点评：本题考查混合物、胶体、电解质、酸性氧化物的判别，了解常见物质的组成与构成、抓住各概念的特征进行分析判断是解答此类题的关键．

2．（6分）大多数概念间存在如图三种关系：

下列概念间关系判断正确的是（）

概念I 概念II 相互关系

A 无机酸离子化合物包含关系

B 胶体分散系相交关系

C 非金属氧化物酸性氧化物相离（并列）关系

D 复分解反应氧化还原反应相离（并列）关系

A． A B． B C． C D． D

考点：分散系、胶体与溶液的概念及关系；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；氧化还原反应；化学基本反应类型．

分析： A．无机酸均为共价化合物；

B．胶体是分散系；

C．大多数的非金属氧化物是酸性氧化物，但酸性氧化物不一定是非金属氧化物；

D．离子互换反应即复分解反应，一定无电子的得失，故一定不是氧化还原反应．

解答：解：A．无机酸均为共价化合物，故与离子化合物是相离（并列）关系，故A错误；

B．胶体是分散系，故两者为包含关系，故B错误；

C．非金属氧化物不一定是酸性氧化物，如H2、CO，酸性氧化物也不一定是非金属氧化物，如Mn2O7，故两者的关系为相交关系，故C错误；

D．离子互换反应一定不是氧化还原反应，氧化还原反应一定不是离子互换反应，故两者是相离（并列）关系，故D正确；

故选D．

点评：本题考查物质的分类，难度不大，要能正确地、合理地对物质作出正确分类，首先要理解物质分类的有关概念，抓住概念间的相互关系和本质区别．

3．（6分）设阿伏加德罗常数为NA，下列说法正确的是（）

A． 5.6g铁粉与足量Cl2反应，失去的电子数为0.2NA

B．欲配置1.00L，1.00mol•L﹣1的NaCl溶液，可将58.5g NaCl溶于1.00L水中

C．标准状况下，11.2LCH3CH2OH中含有分子的数目为0.5NA

D．常温常压下，8g氧气含有4NA个电子

考点：阿伏加德罗常数．

分析： A、根据铁粉的物质的量和反应后铁元素的价态来分析；

B、58.5gNaCl的物质的量为1mol，溶于水配成1L溶液，其浓度为1mol/L；

C、标况下，乙醇为液态；

D、根据1mol氧气中含16mol电子来分析．

解答：解：A、铁粉的物质的量为0.1mol，与氯气反应后铁元素的价态为+3价，故失去的电子为0.3mol，故A错误；

B、58.5gNaCl的物质的量为1mol，溶于水配成1L溶液，其浓度为1mol/L，体积1L是指溶液的体积，不是溶剂的体积，故B错误；

C、标况下，乙醇为液态，故C错误；

D、8g氧气的物质的量为0.25mol，而1mol氧气中含16mol电子，故0.25mol氧气中含4mol电子，故D正确．

故选D．

点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握公式的使用和物质的结构、状态是解题关键，难度不大．

4．（6分）下列说法正确的是（）

A．用加热法可除去Na2CO3中的NaHCO3

B． Na、Mg、Fe等金属在一定条件下与水反应都生成H2和对应的碱

C．可用石灰水区分Na2CO3与NaHCO3溶液

D．浓氨水中滴加FeCl3饱和溶液可制得Fe（OH）3胶体

考点：物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用；钠的化学性质；物质的分离、提纯和除杂．

分析： A．NaHCO3加热分解生成碳酸钠；

B．Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气；

C．Na2CO3与NaHCO3溶液均与石灰水反应生成白色沉淀；

D．浓氨水中滴加FeCl3饱和溶液，生成沉淀．

解答：解：A．NaHCO3加热分解生成碳酸钠，则用加热法可除去Na2CO3中的NaHCO3，故A正确；

B．Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，而Na、Mg在一定条件下与水反应都生成H2和对应的碱，故B错误；

C．Na2CO3与NaHCO3溶液均与石灰水反应生成白色沉淀，现象相同，不能区别，故C错误；

D．浓氨水中滴加FeCl3饱和溶液，生成沉淀，而在沸水中滴加FeCl3饱和溶液可制得Fe（OH）3胶体，故D错误；

故选A．

点评：本题考查较综合，涉及混合物分离提纯方法的选择和应用、除杂、物质鉴别等，为高频考点，把握发生的反应及除杂的原则为解答的关键，注意除杂时要考虑不能引入新的杂质，题目难度不大．

5．（6分）贵州凤岗的“富锌富硒”茶已享誉全国，因富含硒元素，有延年益寿、抗衰老等作用．但研究表明单质硒可能成为环境污染物，通过与浓盐酸、浓H2SO4反应可回收Se．在回收过程中涉及到如下两个化学反应：①SeO2+4KI+4HCl═Se+2I2+4KCl+2H2O；②Se+2H2SO4（浓）═2SO2↑+SeO2+2H2O．下列叙述正确的是（）

A．反应①中Se是氧化产物，I2是还原产物

B．反应②中浓H2SO4是氧化剂，SeO2是还原产物

C．反应①中每有1.0mol I2生成，转移电子数目为4 NA

D． SeO2、H2SO4（浓）、I2的氧化性由强到弱的顺序是H2SO4（浓）＞SeO2＞I2

考点：氧化还原反应．

分析：反应①SeO2+4KI+4HNO3=Se+2I2+4KNO3+2H2O中，Se元素的化合价降低，被还原，I元素的化合价升高，被氧化；反应②Se+2H2SO4（浓）=2SO2↑+SeO2+2H2O中，Se元素化合价升高，被氧化，S元素化合价降低，被还原，根据在同一反应中氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性判断氧化性强弱，结合元素化合价的变化计算转移电子数目．

解答：解：A．反应①SeO2+4KI+4HNO3=Se+2I2+4KNO3+2H2O中，Se元素的化合价降低，Se是还原产物，I元素的化合价升高，被氧化，I2是氧化产物，故A错误；

B．反应②Se+2H2SO4（浓）═2SO2↑+SeO2+2H2O，浓H2SO4是氧化剂，Se元素被氧化，SeO2是氧化产物，故B错误；

C．根据化合价的变化可知，反应①中每有1molI2生成，转移的电子数目应为1mol×2×（1﹣0）=2mol，则转移电子数目为2NA，故C错误；

D．在同一反应中氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性，则根据①可知氧化性：SeO2＞I2，②中方框中物质应为SeO2，氧化性：H2SO4（浓）＞SeO2，则氧化性由强到弱的顺序是H2SO4（浓）＞SeO2＞I2，故D正确．

故选D．

点评：本题考查氧化还原，侧重于学生的分析能力和计算能力，题目难度中等，注意根据在同一反应中氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性来判断氧化性的强弱．

6．（6分）在容积固定不变的密闭容器中加入1mol N2和3mol H2发生反应：

N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.4KJ/mol，下列结论正确的是（）

A．该反应达到平衡时，放出的热量等于92.4KJ

B．达到平衡后向容器中通入1mol氦气，平衡不移动

C．降低温度和缩小容器体积均可使该反应的平衡常数增大

D．若达到平衡时N2的转化率为20%，则平衡时容器内的压强是起始时的90%

考点：化学平衡的影响因素．

专题：化学平衡专题．

分析： A．反应为可逆反应，不能完全转化；

B．容积不变，通入1mol氦气，反应体积中各物质的浓度不变；

C．该反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，K只与温度有关；

D．平衡时N2的转化率为20%，则反应的氮气为0.2mol，反应达到平衡，气体总物质的量减少0.4mol，结合压强之比等于物质的量之比计算．

解答：解：A．反应为可逆反应，不能完全转化，则加入1mol N2和3mol H2发生反应达到平衡时，放出的热量小于92.4KJ，故A错误；

B．容积不变，通入1mol氦气，反应体积中各物质的浓度不变，则平衡不移动，故B正确；

C．该反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，K增大，而K只与温度有关，则缩小容器体积平衡常数K不变，故C错误；

D．平衡时N2的转化率为20%，则反应的氮气为0.2mol，反应达到平衡，气体总物质的量减少0.4mol，由压强之比等于物质的量之比可知，平衡时容器内的压强是起始时的×100%=90%，故D正确；

故选BD．

点评：本题考查化学平衡的影响因素，把握浓度、温度、稀有气体对反应的影响即可解答，注意选项C为易错点，明确可逆反应的特点及平衡常数只与温度有关，题目难度不大．

7．（6分）下列说法正确的是（）

A．中和pH与体积都相同的硫酸和醋酸，消耗NaOH的量前者小于后者

B． Ca（HCO3）2溶液与过量NaOH溶液反应的离子方程式一定是：Ca2++HCO3﹣+OH﹣═CaCO3↓+H2O

C． H+、Fe2+、NO3﹣、Cl﹣能大量共存于同一溶液中

D．同温同浓度的NaOH和澄清石灰水中，水的电离程度相同

考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子方程式的书写；水的电离；离子共存问题．

分析： A．醋酸为弱电解质，不能完全电离，与硫酸等pH时浓度较大；

B．氢氧化钠过量，反应生成碳酸钙、碳酸钠和水，反应产物中有碳酸根离子剩余；

C．硝酸具有强氧化性，可以氧化二价铁；

D．同温度同浓度的NaOH和澄清石灰水，OH﹣浓度不同．

解答：解：A．醋酸为弱电解质，电离程度较小，远小于0.5，与硫酸等pH时浓度较大，则中和pH与体积都相同的硫酸和醋酸，消耗NaOH的量后者大于前者，故A正确；

B．Ca（HCO3）2溶液与过量NaOH溶液反应，反应后碳酸根离子有剩余，正确的离子方程式为：2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣=CO32﹣+CaCO3↓+2H2O，故B错误；

C．硝酸具有强氧化性，可以氧化二价铁，故C错误；

D．同温度同浓度的NaOH和澄清石灰水，OH﹣浓度不同，则对水的电离影响程度不同，故D错误；

故选A．

点评：本题考查弱电解质的电离及其物质之间的反应，解答本题要注意把握弱电解质的电离以及氧化还原反应、过量反应的特征，题目难度中等．

二、本卷共4题，共58分．用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卷上．

8．（16分）X、Y、R、Z、W是元素周期表前四周期中常见的元素，其相关信息如下表：

元素相关信息

X X的基态原子L层电子数是K层电子数的2倍

Y Y的基态原子最外层电子排布式为：nsnnpn+2

R 在第3周期元素中，R的简单离子半径最小

Z Z存在质量数为23，中子数为12的核素

W W有多种化合价，其白色氢氧化合物在空气中会迅速变成灰绿色，最后变成红褐色

（1）W位于元素周期表第四周期第Ⅷ族．

（2）X的电负性比Y的小（填“大”或“小”）；X 和Y的气态氢化物中，较稳定的是H2O（写化学式）；Z2Y2的电子式表示为．

（3）W和Y元素组成WY42﹣，在湿法制备该离子的反应体系中，除原料W（OH）3，还有四种粒子：C1O﹣、OH﹣、C1﹣、H2O．配平方程式，并标出电子转移的方向和数目．

（4）将一定质量的Mg和R的混合物投入500mL稀硫酸中，固体全部溶解并产生气体．待反应完全后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示．则固体混合物中Mg的质量为3.6g；原稀硫酸溶液的物质的量浓度为0.1mol•L﹣1．

（5）Z和Y按原子个数比1：1形成一种离子化合物X，已知常温时X与水反应成溶液，恢复至原状态测得：每转移1mol电子放出QkJ的热量，试写出化合物A与水反应的热化学反应方程式2Na2O2（s）+2H2O（l）=4NaOH（aq）+O2（g）△H=﹣2QkJ/mol．

考点：位置结构性质的相互关系应用．

分析： X的基态原子L层电子数是K层电子数的2倍，则X为C元素；Y的基态原子最外层电子排布式为nsnnpn+2，是能级只能容纳2个电子，则n=2，故Y为O元素；在第3周期元素中，R的简单离子半径最小，则R为Al；Z存在质量数为23，中子数为12的核素，则其质子数为23﹣12=11，则Z为Na；W有多种化合价，其白色氢氧化合物在空气中会迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，则W为Fe，据此解答．

解答：解：X的基态原子L层电子数是K层电子数的2倍，则X为C元素；Y的基态原子最外层电子排布式为nsnnpn+2，是能级只能容纳2个电子，则n=2，故Y为O元素；在第3周期元素中，R的简单离子半径最小，则R为Al；Z存在质量数为23，中子数为12的核素，则其质子数为23﹣12=11，则Z为Na；W有多种化合价，其白色氢氧化合物在空气中会迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，则W为Fe，

综上所述可知X为碳，Y为氧，R为铝；Z为钠，W为铁，

（1）W为Fe，位于元素周期表第四周期，属于第Ⅷ族，故答案为：四；Ⅷ；

（2）同周期随原子序数增大，元素电负性增大，故C的电负性比O的小；C元素和O元素的气态氢化物中，较稳定的是 H2O，过氧化钠是由2个钠离子与1个过氧根离子通过离子键结合而成的离子化合物，电子式为；故答案为：小；H2O；

（3）Fe和O元素组成FeO42﹣，反应物为：Fe（OH）3，反应中铁元素的化合价从+3价升高为+6价，化合价升高3价，故C1O﹣为反应物，Cl元素的化合价从+1价降为﹣1价，化合价降低2价，根据电子守恒以及元素守恒配平方程式，即：2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O

并标出电子转移的方向和数目Na2O2与CO2反应生成碳酸钠与氧气，电子转移的方向和数目为，

故答案为：；

（4）由图可知，沉淀量最大时，总物质的量为0.35mol，即Mg（OH）2、Al（OH）3总共为0.35mol，从200mL到240mL，NaOH溶解Al（OH）3，发生反应：NaOH+Al（OH）3=NaAlO2+2H2O，当V（NaOH溶液）=240mL时，沉淀不再减少，此时全部为Mg（OH）2，物质的量为0.15mol，故Mg的质量为：0.15mol×24g/mol=3.6g，故Al（OH）3为0.35mol﹣0.15mol=0.2mol，根据方程式离子，该阶段消耗NaOH物质的量为0.2mol，故NaOH溶液的浓度为=5mol/L，故硫酸的浓度为：c×0.5L×2=5mol/L×0.02L，解c=0.1mol•L﹣1，故答案为：3.6g；0.1mol•L﹣1；

（5）依据化学反应方程式得出：1mol过氧化钠与水反应共转移1mol电子，故2Na2O2（s）+2H2O（l）=4NaOH（aq）+O2（g）△H=﹣2QkJ/mol，

故答案为：2Na2O2（s）+2H2O（l）=4NaOH（aq）+O2（g）△H=﹣2QkJ/mol．

点评：本题考查原子结构与元素性质，难度不大，注意掌握双线桥与单线桥表示电子转移数目与方向．

9．（14分）某研究性学习小组欲测定室温下（25℃、101kPa）的气体摩尔体积，请回答以下问题．

该小组设计的简易实验装置如图所示：

该实验的主要操作步骤如下：

①配制100mL 1.0mol•L﹣1的盐酸溶液；

②用10mL量筒（填仪器名称并注明规格）量取7.5mL 1.0mol•L﹣1的盐酸溶液加入锥形瓶中；

③称取a g已除去表面氧化膜的镁条，并系于铜丝末端，为使HCl全部参加反应，a的数值至少为0.090；

④往广口瓶中装入足量水，按如图连接好装置，检查装置的气密性；

⑤反应结束后待体系温度恢复到室温，读出量筒中水的体积为V mL．

请将上述步骤补充完整并回答下列问题．

（1）步骤①中，配制100mL 1.0mol•L﹣1的盐酸溶液时，下列哪些操作会使配制浓度偏小（填写字母）AC．

A．用量筒量取浓盐酸时，俯视量筒的刻度

B．容量瓶未干燥即用来配制溶液

C．浓盐酸在烧杯中稀释时，搅拌时间过长

D．定容完成后，将容量瓶倒置摇匀后，发现液面低于刻度线

E．在容量瓶中定容时俯视容量瓶刻度线

F．烧杯中有少量水

（2）请填写操作步骤中的空格：步骤②10mL量筒步骤③0.090

（3）实验步骤⑤中应选用A（填字母）的量筒．

A．100mLB．200mLC．500mL

（4）读数时除恢复到室温外，还要注意

①调节量筒高度，使量筒内的液面与集气瓶内的液面相平，②读数时眼睛视线应与量筒中水的凹液面相平．

（5）忽略水蒸气影响，在该条件下测得气体摩尔体积的计算式为Vm=L/mol．

考点：气体摩尔体积．

专题：实验探究和数据处理题．

分析：（1）A．用量筒量取浓盐酸时，俯视量筒的刻度会使所量取溶液的体积减小；

B．容量瓶未干燥即用来配制溶液对所配置的溶液的浓度没有影响；

C．浓盐酸在烧杯中稀释时，搅拌时间过长会使盐酸溶液中的溶质挥发；

D．定容完成后，将容量瓶倒置摇匀后，发现液面低于刻度线不会对所配置的溶液的浓度有影响；

E．在容量瓶中定容时俯视容量瓶刻度线会使容量瓶中的液体的体积偏小；

F．烧杯中有少量水对配置的溶液的浓度无关；

（2）步骤②量取7.5mL 1.0mol•L的盐酸溶液加入锥形瓶中，题中要求酸的体积7.5mL，故选用10mL量筒即可；

步骤③假设a全部是镁结合化学方程式计算得到；

（3）Mg+2HCl═MgCl2+H2↑

2mol 1mol

0，0075 mol n（H2）

n（H2）=0.00375mol V（H2）=0.00375 mol×22.4L/mol=0.056L=56ml，应选100mL量筒；

（4）读数时要保持左右气体压强相等，以减少误差，故应注意：将量筒缓缓向下移动，使乙、丙中液面相平；

（5）由（2）得气体的物质的量为0.00375 mol，通过⑥的气体的体积为V mL，Vm=== L/mol．

解答：解：（1）A．用量筒量取浓盐酸时，俯视量筒的刻度会使所量取溶液的体积减小，时所配置的溶液的浓度偏小，故A符合；

B．容量瓶未干燥即用来配制溶液对所配置的溶液的浓度没有影响，故B不符合；

C．浓盐酸在烧杯中稀释时，搅拌时间过长会使盐酸溶液中的溶质挥发使所配置的溶液的浓度偏低，故C符合；

D．定容完成后，将容量瓶倒置摇匀后，发现液面低于刻度线不会对所配置的溶液的浓度有影响，故D不符合；

E．在容量瓶中定容时俯视容量瓶刻度线会使容量瓶中的液体的体积偏小，所配置的溶液浓度偏大，故E不符合；

F．烧杯中有少量水对配置的溶液的浓度无关，故F不符合；

故答案为：AC；

（2）步骤②量取7.5mL 1.0mol•L的盐酸溶液加入锥形瓶中，题中要求酸的体积7.5mL，故选用10mL量筒即可；

步骤③

Mg+2HCl═MgCl2+H2↑

1mol 2mol

n 0.0075 mol

n=0.00375mol 故a=24g/mol×0.00375mol=0.090；

故答案为：10mL量筒；0.090；

（3）Mg+2HCl═MgCl2+H2↑

2mol 1mol

0，0075 mol n（H2）

n（H2）=0.00375mol V（H2）=0.00375 mol×22.4L/mol=0.056L=56ml，应选100mL量筒；

故答案为：A；

（4）读数时要保持左右气体压强相等，以减少误差，故应注意：将量筒缓缓向下移动，使乙、丙中液面相平，调节量筒高度，使量筒内的液面与集气瓶内的液面相平；读数时眼睛视线应与量筒中水的凹液面相平；

故答案为：调节量筒高度，使量筒内的液面与集气瓶内的液面相平；读数时眼睛视线应与量筒中水的凹液面相平；

（5）由（2）得气体的物质的量为0.00375 mol，通过⑥的气体的体积为V mL，Vm=== L/mol；

故答案为：．

点评：本题主要考查了一定体积的一定浓度的溶液的配制，在配制过程中要注意的一些事项都在本题中有所考查，气体摩尔体积的计算要抓住定义进行计算即可，试题的综合性较强．

10．（14分）邻羟基桂皮酸（IV）是合成香精的重要原料，下列为合成邻羟基桂皮酸（IV）的路线之一

试回答：

（1）Ⅰ中含氧官能团的名称羟基和醛基．

（2）Ⅱ→Ⅲ的反应类型消去反应．

（3）①Ⅳ与乙醇和浓硫酸混合加热的化学方程式．

②Ⅳ与过量NaOH溶液反应的化学方程式．

（4）有机物X与IV互为同分异构体，且X有如下特点：

①是苯的对位取代物，②能与NaHCO3反应放出气体，③能发生银镜反应．

请写出X的一种结构简式．

（5）下列说法正确的是BD．

A．Ⅰ的化学式为C7H8O2 B．I遇氯化铁溶液呈紫色

C．Ⅱ能与NaHCO3溶液反应 D.1mol有机物IV最多能与4mol H2加成．

考点：有机物的合成．

专题：有机物的化学性质及推断．

分析：（1）Ⅰ中含氧官能团为羟基和醛基；

（2）化合物II→化合物III的变化是羟基转变为碳碳双键，发生消去反应；

（3）Ⅳ含有羧基，可与乙醇发生酯化反应，含有酚羟基，酚羟基和羧基都可与氢氧化钠反应；

（4）①是苯的对位取代物，②能与NaHCO3反应放出气体说明含有羧基，③能发生银镜反应说明含有醛基，据此写出其结构简式；

（5）A．由结构简式确定有机物含有的元素种类和原子个数，可确定有机物分子式；

B．含有酚羟基，可与氯化铁反应；

C．含有羧基反应的有机物能和碳酸氢钠反应；

D．有机物IV含有苯环和碳碳双键，都可与氢气发生加成反应．

解答：解：（1）Ⅰ中含氧官能团为羟基和醛基，故答案为：羟基、醛基；

（2）化合物II→化合物III的变化是羟基转变为碳碳双键，发生消去反应，故答案为：消去反应；

（3）①Ⅳ含有羧基，可与乙醇发生酯化反应，方程式为，

故答案为：；

②酚羟基和羧基都可与氢氧化钠反应，方程式为，

故答案为：；

（4）①是苯的对位取代物，②能与NaHCO3反应放出气体说明含有羧基，③能发生银镜反应说明含有醛基，所以该物质的结构是为：，

故答案为：；

（5）A．有机物分子式为C7H6O2，故A错误；

B．含有酚羟基，可与氯化铁反应，故B正确；

C．含有羧基反应的有机物能和碳酸氢钠反应，化合物II不含羧基，所以不能与碳酸氢钠溶液反应，故C错误；

D．有机物IV含有苯环和碳碳双键，都可与氢气发生加成反应，故D正确．

故答案为：BD．

点评：本题考查了有机物反应方程式的书写、反应类型的判断、同分异构体的判断等知识点，难度较大，根据物质具有的性质确定该物质可能含有的官能团，从而写出其结构简式．

11．（14分）实验室可用Fe2（SO4）3稀溶液做刻蚀液洗去试管中的银镜：Fe3++Ag⇌Fe2++Ag+

（1）Fe2（SO4）3溶液显酸性，原因是Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+（用离子方程式表示）．

（2）有同学提出用FeCl3溶液代替Fe2（SO4）3除Ag效果更好，其理由是Cl﹣+Ag+=AgCl↓从而促进上述Fe3++Ag⇌Fe2++Ag+反应平衡正向移动．

（3）如果将题设原理设计成电解法洗Ag（如图甲），阴极反应为Fe3++e﹣=Fe2+．

（4）乙同学欲从洗银废液（Fe3+、Fe2+、Ag+、SO42﹣）中回收银和刻蚀液，设计了如图乙路线：

①物质X是Fe粉．

②过程Ⅱ涉及到的分离方法是过滤．

③过程Ⅲ在酸性条件下的离子方程式是2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；若要在该条件下得到最大量的Fe2（SO4）3，根据下表提供的信息，则应该控制该溶液的pH范围是小于2.0

沉淀物开始沉淀pH 完全沉淀pH

Fe（OH）3 2.0 3.0

考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；盐类水解的原理；电解原理．

分析：（1）铁离子水解生成氢氧化铁和氢离子，溶液呈酸性；

（2）依据反应Fe3++Ag⇌Fe2++Ag+，Cl﹣+Ag+=AgCl↓从而促进上述Fe3++Ag⇌Fe2++Ag+反应平衡正向移动；

（3）电解法除银，应把含银的试管作阳极，银溶解，阴极铁离子得电子发生还原反应；

硝酸根离子在酸溶液中具有氧化性，可以氧化银、亚铁离子；

（4）洗银废液（Fe3+、Fe2+、Ag+、NO3﹣）中回收银和刻蚀液需要先加入过量铁还原Fe3+、Ag+；过程Ⅱ中加入的稀硫酸是溶解过量的铁，要得到银需进行过滤，把溶液和银分开，刻蚀液成分为铁离子，故需用过氧化氢把亚铁离子氧化，反应的离子方程式为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，从铁离子沉淀pH可知，pH为2.0开始沉淀，pH为3沉淀完全，故应控制pH小于2.0．