考点：
考查元素的性质与原子序数的关系正误判断的知识。
14．下列关于稀HAc溶液叙述正确的是
A．加热后，HAc的电离程度减小
B．加水稀释后，溶液的酸性增强
C．加入NaAc固体后，HAc的电离程度减小
D．加入少量并醋酸后，溶液的酸性减弱
【答案】C
【解析】
答案：
C
A．不正确，加热后，HAc的电离程度变大
B．不正确，加水稀释后，溶液的酸性减弱
C．正确，加入NaAc固体后，AC―浓度增大，HAc的电离程度减小
D．不正确，加入少量并醋酸后，溶液的酸性减弱
15．下列有关化学实验的描述中正确的是
A．分离乙醇和乙酸要用分液的方法
B．配制一定物质的量浓度的NaCl溶液，如果NaCl固体中含有Na2CO3,所配制溶液中c（Na+）将偏高
C．某无色溶液中加稀硫酸产生无色无味气体，该气体能使澄清石灰水变浑浊，说明该溶液中含CO32-
D．平衡2NO2
N2O4（无色），减压时，气体颜色变浅，平衡向正反应方向移动
【答案】B
【解析】
试题解析：
乙醇和乙酸互溶，不能用分液法分离，A错；相同质量的NaCl和Na2CO3中，Na2CO3的Na含量高，因此若NaCl中含有Na2CO3，配制的溶液中c（Na+）偏高，B正确；加酸后产生的无色、无味气体可使澄清石灰水变浑浊，则溶液中可能存在的离子是CO32－或HCO3－，C错；减小压强，平衡向气体分子总数增加的方向移动，因此平衡逆向移动，D错。
考点：
考查化学实验操作与分析。
16．某金属氯化物MCl227g,含有0.40molCl-,则该氯化物的物质的量为______,摩尔质量为，金属M的相对原子质量为。
【答案】0.2mol，135g/mol，64
【解析】
试题分析：
含有0.40molCl-,金属氯化物MCl2的物质的量为0.2mol，摩尔质量为
=135g/mol，M的相对原子质量为135-35.5x2=64，故答案为0.2mol，135g/mol，64.
考点：
物质的量的有关计算
17．
（1）完成下列填空
①金属钠保存在中；②铜元素焰色反应呈色火焰；
③氢氧化钠溶液应盛装在塞的试剂瓶中；
④硅酸凝胶可用作干燥剂，其原因是；
制造计算机芯片的半导体材料是，水晶项链的主要成分是。
（2）为防治碘缺乏病，通常在食盐中添加少量的碘酸钾（KIO3）。
碘酸钾和碘化钾在溶液中能发生反应：
KIO3＋5KI＋3H2SO4===3I2＋3K2SO4＋3H2O
①该反应中，氧化剂是_______，氧化产物是______；②氧化性：
KIO3________I2（填“>”、“<”或“=”）；③当有3molI2生成时，转移电子的物质的量为________mol。
【答案】
（1）①（1分）石蜡油或煤油②（1分）绿③（1分）带橡胶
④（1分）多孔，吸附水分子能力强
单质硅（或Si，1分）二氧化硅（或SiO2，1分）
（2）①KIO3I2②>③5
【解析】
试题分析：
（1）①金属钠与空气中的二氧化碳、水反应，保存在石蜡油或煤油中；②铜元素焰色反应呈绿色；③氢氧化钠能和玻璃里面的二氧化硅反应，所以用带橡胶塞的试剂瓶；④硅酸凝胶多孔，吸附水分子能力强，可用作干燥剂；
制造计算机芯片的半导体材料是硅，水晶项链的主要成分是二氧化硅。
（2）①KIO3的化合价由+5价降到0价，所以做氧化剂，是KIO3，碘离子的化合价升高成碘单质，所以氧化产物是I2；②氧化剂的氧化性大于氧化产物，所以氧化性：
KIO3>I2;③当有3molI2生成时，有1molKIO3化合价降低为0价，所以转移5mol电子。
考点：
考查物质的性质和计算
18．
（1）下图分别是温度计、量筒、滴定管的一部分，下述读数（虚线刻度）及说法正确的是。
A．①是量筒，读数为2.5mL
B．②是量筒，读数为2.5mL
C．③是滴定管，读数为3.5mL
D．①是温度计，读数为2.5℃
（2）实验室里不同化学试剂的保存方法不尽相同。
下图中A、B、C、D、E是常见的一些保存药品的试剂瓶。
请把下列常见试剂的序号填写在各试剂瓶下面的括号内（多选倒扣分）：
①NaOH溶液②浓硫酸③Na2CO3溶液④白磷⑤大理石⑥酒精⑦氯水⑧浓硝酸
【答案】
（1）BD（2分）
（2）⑤、④、①③、②⑥、⑦⑧（5分）
【解析】
19．
B．【实验化学】
水杨酸可用于制备解热镇痛药阿司匹林。
重结晶纯化固体水杨酸的步骤如下：
步骤1：
按图1所示装置，在圆底烧瓶中加入1.2g粗水杨酸，10mL30%乙醇和磁子。
接通冷凝水后，搅拌加热至沸，直到完全溶解。
步骤2：
冷却后，加入活性炭，重新搅拌加热煮沸几分钟后，利用图2装置趁热过滤到锥形瓶中，并在短颈漏斗上盖好表面皿。
步骤3：
盛滤液的锥形瓶用塞子塞好，自然冷却后再用冰水冷却，析出水杨酸晶体。
步骤4：
用图3所示装置进行抽滤，用少量30%的乙醇洗涤。
抽干后得到的晶体转移到表面皿上，放入干燥器中干燥。
步骤5：
称量干燥后固体质量为0.81g。
（1）步骤1中接通冷凝水时，冷水应从________（填“A”或“B”）端进。
（2）步骤2中“趁热过滤”的目的是______________________。
（3）步骤3中“自然冷却后再用冰水冷却”，而不直接用冰水浴冷却的目的是________。
（4）步骤4中C装置的作用是______________________________________。
（5）本次实验中，水杨酸的收率为________。
确定最终产品是水杨酸的实验或方法是___________。
【答案】（12分）
（1）A（2分）
（2）防止冷却后晶体析出，与活性炭一起被过滤到滤纸上而损失（2分）
（3）防止热的锥形瓶在冰水中冷却时炸裂（2分）
（4）安全瓶（2分）
（5）67.5%（2分）测定产品熔点或测定其红外（紫外）光谱（及核磁共振氢谱）等（2分）
【解析】
试题分析：
（1）为使冷凝水能充分发挥冷却作用，水流方向应遵循与气流流向相反的原则，从A端进。
（2）“趁热过滤”的目的是防止温度降低有晶体析出，减少产品。
（3）热的锥形瓶遇冷水容易破裂，因此不能趁热直接冷却。
（4）C装置是安全瓶，平衡大气压强的。
（5）水杨酸的收率为0.81÷1.2=0.675=67.5%
判断产品是水杨酸可以通过测熔点或利用光谱（如红外光谱或核磁共振氢谱）分析就可以了。
考点：
化学实验的设计与评价
20．现给你一试管二氧化氮，其他药品和仪器自选．试设计实验，要求尽可能多地使二氧化氮被水吸收．
实验步骤
现象
解释（可用化学方程式表示）
（1）
（2）
（3）
【答案】
实验步骤
现象
解释（可用化学方程式表示）
（1）
将一支充满NO2的试管倒放在盛有水的水槽中
红棕色气体逐渐消失，水位上升，最后水充满整个试管的2/3，无色气体充满1/3（上部）
3NO2+H2O=2HNO3+NO
（2）
制取少量氧气
2KClO3
2KCl+3O2↑或2H2O2
2H2O+O2↑
（3）
将氧气慢慢地通入步骤
（1）的试管中
无色气体变为红棕色气体，又变为无色气体，但气体体积逐渐缩小，液面不断上升，直至当试管充满液体无气体剩余
2NO+O2=2NO2
3NO2+H2O=2HNO3+NO或4NO2+3O2+2H2O=4HNO3
【解析】可能多地使二氧化氮被水吸收，将一支充满NO2的试管倒放在盛有水的水槽中，二氧化氮是红棕色气体，溶于水反应生成硝酸和一氧化氮：
3NO2+H2O=2HNO3+NO，进入试管中液体体积占试管容积的三分之二，剩余
气体变化为无色，实验室制备氧气是利用氯酸钾和二氧化锰固体混合加热反应生成氧气或利用过氧化氢中加入二氧化锰催化剂反应生成氧气，2KClO3
2KCl+3O2↑或2H2O2
2H2O+O2↑，液面不再上升时通入氧气与一氧化氮反应生成红棕色二氧化氮，二氧化氮溶于水又生成一氧化氮和硝酸，气体变化为无色气体，液面上升，直至当试管充满液体无气体剩余，反应为：
2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO或4NO2+3O2+2H2O=4HNO3，
故答案为：
实验步骤
现象
解释（可用化学方程式表示）
（1）
将一支充满NO2的试管倒放在盛有水的水槽中
红棕色气体逐渐消失，水位上升，最后水充满整个试管的2/3，无色气体充满1/3（上部）
3NO2+H2O=2HNO3+NO
（2）
制取少量氧气
2KClO3
2KCl+3O2↑或2H2O2
2H2O+O2↑
（3）
将氧气慢慢地通入步骤
（1）的试管中
无色气体变为红棕色气体，又变为无色气体，但气体体积逐渐缩小，液面不断上升，直至当试管充满液体无气体剩余
2NO+O2=2NO2
3NO2+H2O=2HNO3+NO或4NO2+3O2+2H2O=4HNO3
21．市场上出现过一种一氧化碳检测器，其外观像一张塑料信用卡，正中有一个直径不到2cm的小窗口，露出橙红色固态物质。
若发现橙红色转为黑色而在短时间内不复原，表明室内一氧化碳浓度超标，有中毒危险。
一氧化碳不超标时，橙红色虽也会变黑却能很快复原。
已知检测器的化学成分：
亲水性的硅胶、氯化钙、固体酸H8[Si（Mo2O7）6]·28H2O、CuCl2·2H2O和PdCl2·2H2O（注：
橙红色为复合色，不必细究）。
4-1CO与PdCl2·2H2O的反应方程式为：
。
4-24-1的产物之一与CuCl2·2H2O反应而复原，化学方程式为：
。
4-34-2的产物之一复原的反应方程式为：
。
【答案】4-1化学方程式CO+PdCl2·2H2O=CO2+Pd+2HCl+H2O（4分）
写PdCl2不写PdCl2·2H2O同时也配平，给2分。
4-2化学方程式Pd+2CuCl2·2H2O=PdCl2·2H2O+2CuCl+2H2O（4分）
写Pd+CuCl2·2H2O=PdCl2·2H2O+Cu给2分
4-3化学方程式4CuCl+4HCl+6H2O+O2=4CuCl2·2H2O（4分）
【解析】竞赛是科学普及的一部分，要通过竞赛宣传化学在经济发展人类进步人民健康质量、生活质量及环境质量改善中的作用，以促进中学生关心发生在世界上和周围的新事物，激励他们为之奋斗，本题就体现这种思想。
鉴于试题涉及的器件的化学组成很复杂，命题人从中挑选了学生的知识背景足以理解的问题，也正好是该器件性能的主要化学原理，甚至提示应试者集中精力解决主要问题，舍弃不必细究的枝节，这本身也是一种如何理论联系实际的教育。
命题人在组题时进一步帮助应试人缕清器件化学原理的思考程序，分3个问题要求学生思考，但每一个问题都留有需应试者通过原有知识基础来补充完善的内容，以此来考察应试者的应变能力。
第一个问题的关键是：
CO和PdCl2·2H2O谁是氧化剂？
当然有两种正好相反的假设，假设1，得到C和某种高价钯化合物，假设2，得到CO2和金属钯。
哪一个假设正确？
要从第二问得到启示。
显然，第二问需要应试者自己得出结论的首先是CuCl2·2H2O不可能是还原剂，只可能是氧化剂，因为在水体系里铜的价态不能再升高。
如果应试者没有这种基本思路，就无助于对第1问两种假设的抉择。
有了这种思路，必然对“4-1的产物之一”对准C和Pd。
问：
其中哪一个可以跟CuCl2·2H2O反应？
中学课本上讨论过碳的氧化，使用的都是强氧化剂，如空气中的氧气、浓硫酸、浓硝酸等，而且都需加热，可见碳不是强还原剂，把它氧化不那么容易，应当排除，于是“定音”，假设2是正确的，这是一箭双雕，既答了第1问，又答了第2问。
当然，第2问又存在两种可能，铜被还原得铜（I）呢还是得铜（0）。
怎样判断？
需要第3问来帮助，第3问要求写出4-2问中产物之一被复原，自然是指铜（I）或铜（0）的复原。
先不必问氧化剂是谁，应试者就清楚，铜（I）比铜（0）易复原，即容易被氧化。
这是不是中学知识？
笔者认为是。
由此选择了铜（I）为第2问的答案，完成第2问的解答。
再接着思考第3问：
使铜（I）复原为铜（II）使用了什么试剂？
首先要明确，它一定是氧化剂（应试者明确吗？
），然后从器件化学组成中去找，找不到（有人会认为存在2Cu++2H+=2Cu2++H2的反应吗？
），于是被逼到“华容道”上去了，只能选择空气中的氧气，别无它路，全题得解。
当然，解完后应回顾器件的整个化学组成来讨论它们各自的作用，但试题没有设问，留给应试者自己思索。
22．功能高分子P的合成路线如下：
（1）A的分子式是C7H8，其结构简式是___________________。
（2）试剂a是_______________。
①③②④⑤⑥n
（3）反应③的化学方程式：
_______________。
（4）E的分子式是C6H10O2。
E中含有的官能团：
_______________。
（5）反应④的反应类型是_______________。
（6）反应⑤的化学方程式：
_______________。
（5）已知：
。
以乙烯为起始原料，选用必要的无机试剂合成E，写出合成路线（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）。
【答案】
（1）
（2）浓硫酸和浓硝酸
（3）
（4）碳碳双键、酯基（5）加聚反应
（6）
（7）
【解析】
试题分析：
根据高分子P的结构和A的分子式为C7H8，可以推出，D为对硝基苯甲醇，因此A应该为甲苯，B为对硝基甲苯，B与氯气发生取代反应生成C为一氯甲基对硝基苯，结构简式为
。
根据D和P的结构简式可知D和G发生酯化反应生成P，因此G的结构简式为
。
F水解生成G和乙醇，因此F的结构简式为
。
E在催化剂的作用下转化为F，这说明反应④是碳碳双键的加聚反应，因此E的结构简式为CH3CH＝CHCOOC2H5。
（1）根据以上分析可知A的结构式为
；
（2）甲苯和硝酸在浓硫酸催化作用下生成对硝基苯，所以试剂a为浓硫酸和浓硝酸；
（3）反应③是一氯甲基对硝基苯在氢氧化钠的水溶液中发生取代反应生成对硝基苯甲醇，反应的化学方程式为
；
（4）根据E的结构式为CH3CH=CHCOOC2H5可知所含官能团有碳碳双键、酯基；
（5）F应该是E发生加聚反应生成的一个高分子化合物，所以反应④是加聚反应；
（6）反应⑤的化学方程式为
。
（7）乙烯和水在一定条件下可以直接加成生成乙醇，乙醇氧化生成乙醛，乙醛发生已知条件中的反应可以使碳链增长，由于碳碳双键易被氧化，因此首先发生消去反应，然后再氧化醛基为羧基，羧酸和乙醇发生酯化反应，即可得物质E，合成路线为：
【考点定位】本题主要考查有机物的推断与合成、结构、性质、转化、化学方程式的书写等知识。
【名师点睛】有机物的结构、性质、转化、反应类型的判断、化学方程式和同分异构体结构简式的书写及物质转化流程图
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