山东省泗水县第一中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）

山东省泗水县第一中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）
1．下列说法错误的是（
）
A．碱性锌锰电池是二次电池
B．铅蓄电池是二次电池
C．二次电池又叫蓄电池，它放电后可以再充电使活性物质获得再生
D．燃料电池的活性物质没有储存在电池内部
【答案】A
【解析】
试题分析：A．碱性锌锰电池是一次电池，A错误；B．铅蓄电池是二次电池，B正确；C．二次电池又叫蓄电池，它放电后可以再充电使活性物质获得再生，C正确；D．燃料电池的活性物质没有储存在电池内部，D正确，答案选A。
考点：考查化学电源的有关判断
2．下列变化过程中，需要吸收能量的是
A．Cl2
→
Cl
+
Cl
B．H
+
Cl
→
HCl
C．C
+
O2
→
CO2
D．H+
+OH—
→
H2O
【答案】A
【解析】
试题分析：氯气分子变为氯原子，需要吸收能量断键，其余选项中都是放出能量的，答案选A。
考点：考查物质变化过程中能量变化的有关判断
点评：该题是常识性知识的考查，难度不大。该题的关键是明确断键吸热，析出化学键需要放热，然后再熟练记住常见的放热反应和吸热反应即可。
3．将铜片与锌片用导线连接入插入稀硫酸中，锌片是
A．阴极
B．阳极
C．正极
D．负极
【答案】D
【解析】
试题分析：该原电池自发进行的氧化还原反应为Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑，故Zn做负极。
考点：考查原电池原理。
4．能通过化学反应使溴水褪色，又能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是
（
）
A．苯
B．氯化铁
C．乙烯
D．乙烷
【答案】C
【解析】
试题分析：乙烯分子中含有碳碳双键，既能与溴水发生加成反应而使溴水褪色，又能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色；苯、氯化铁、乙烷既不能与溴水反应，也不能使酸性高锰酸钾溶液反应；选C。
考点：考查苯、乙烯和乙烷等常见有机物的性质。
5．以氢气、一氧化碳为主要成分，供化学合成的一种原料气体叫合成气。工业上通过“天然气蒸气转化”反应来得到合成气，其反应为：CH4+H2O(g)CO+3H2；△H>0。工业上通过采用合适的温度和压强、适宜的催化剂以及合适的CH4与H2O配比来获得最佳的生产效率。对于该转化反应的有关叙述正确的是（
）
A．增大压强，有利于得到更多的合成气
B．反应温度越低，越有利于合成气的生产
C．工业生产中采用加入过量水蒸气来提高甲烷的利用率
D．工业生产中使用催化剂的目的在于提高甲烷的利用率
【答案】C
【解析】考查化学平衡的移动
A：加压平衡左移，不利于得到更多的合成气，不正确
B：降温，平衡左移，不利于得到更多的合成气，不正确
C：正确
D：：催化剂只能改变反应速率，并不能改变反应我的利用率
答案为C
6．下列物质既能跟盐酸反应，又能跟NaOH溶液反应的是
①SiO2
②Al
③Al2O3
④Al(OH)3
⑤Na2CO3溶液
⑥Ca(HCO3)2溶液
⑦NH4HCO3溶液
⑧KHSO4溶液
A．④⑥⑦⑧
B．②③④⑥⑦
C．①②③④⑦
D．②③④⑤⑧
【答案】B
【解析】
试题分析：①SiO2与氢氧化钠溶液反应，不与盐酸反应，错误；②Al既能跟盐酸反应生成氯化铝、氢气，又能跟NaOH溶液反应生成偏铝酸钠、氢气，正确；
③Al2O3是两性氧化物，既能跟盐酸反应，又能跟NaOH溶液反应，正确；④Al(OH)3是两性氢氧化物，既能跟盐酸反应，又能跟NaOH溶液反应，正确；⑤Na2CO3溶液只能与盐酸反应，不能与氢氧化钠溶液反应，错误；
⑥Ca(HCO3)2溶液既能与盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳、水，又能与氢氧化钠反应，正确；⑦NH4HCO3溶液中的碳酸氢根离子既能跟盐酸反应，又能跟NaOH溶液反应，正确；⑧KHSO4溶液只能与氢氧化钠溶液反应，不能与盐酸反应，错误，答案选B。
考点：考查既能跟盐酸反应，又能跟NaOH溶液反应的物质的判断
7．某反应2AB(g)C(g)＋3D(g)在高温时能自发进行，其逆反应在低温下能自发进行，则该反应的正反应的ΔH、ΔS应为
A．ΔH＜0，ΔS＞0
B．ΔH＜0，ΔS＜0
C．ΔH＞0，ΔS＞0
D．ΔH＞0，ΔS＜0
【答案】C
【解析】
试题分析：A、ΔH＜0，ΔS＞0，正向任何温度下都自发进行，A项错误；B、ΔH＜0，ΔS＜0，正向低温下能进行，B项错误；C、ΔH＞0，ΔS＞0，在高温时能自发进行，其逆反应在低温下能自发进行，C项正确；D、ΔH＞0，ΔS＜0正向不能自发反应，D项产物；答案选C。
考点：考查自发反应
8．下列电解质在水中的电离方程式书写错误的是（
）
A．
NaHCO3=Na++H++CO32-
B．NaHSO4=Na++H++SO42-
C．
MgCl2=Mg2++2Cl-
D．Ba(OH)2=Ba2++2OH-
【答案】A
【解析】
试题分析：NaHCO3=Na+++HCO3-；A错误；NaHSO4=Na++H++SO42-，B正确；MgCl2=Mg2++2Cl-；C正确；Ba(OH)2=Ba2++2OH-，D正确。
考点：考查电离方程式的书写。
9．在反应3H2+N22NH3中，经一段时间后，氨的浓度增加了0.6
mol／L，在此时间内用H2表示的平均反应速率为O.45
mol／(L·s)，则反应所经历的时间为
A．0.44
s
B．1
s
C．O.33
s
D．2
s
【答案】D
【解析】氨气浓度增加了0.6mol/L，所以氢气浓度就减小0.9mol/L，则
时间是0.9mol/L÷0.45
mol／(L·s)＝2s，答案选D。
10．能用离子方程式“H＋＋OH－===H2
O”表示的化学反应是
(
)
　A、H2SO4
+
Ba(OH)2
===
Ba
SO4↓+
2H2O　　
　B、Cu(OH)2+2HCl＝CuCl2+2H2O

C、NaOH+CH3COOH＝CH3COONa+H2O
D、KOH+HCl＝KCl+H2O
【答案】D
【解析】A中还有沉淀生成，不正确。氢氧化铜是难溶性物质，用化学式表示，B不正确。醋酸是难电离的物质，用化学式表示，C不正确。答案选D。
11．相同状况下，等质量的O2和CO2相比较，下列叙述正确的是
A．体积比为8︰11
B．分子个数之比为1︰1
C．物质的量之比为11︰8
D．原子个数之比为12︰11
【答案】C
【解析】
试题分析：A.根据阿伏伽德罗定律及推论，体积比等于物质的量之比，即（m÷32）：（m÷44）=11:8，A项错误；B.分子个数之比等于同温同压下的体积之比，为11:8，B项错误；C.物质的量之比等于体积之比，为11:8，C项正确；D.原子个数之比为（11×2）∶（8×3）=11∶12，D项错误；答案选C。
考点：考查阿伏伽德罗定律及推论。
12．向一定量的Fe、FeO和Fe2O3的混合物中加入240
mL4
mol·L－1的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，放出2.688L
NO(标准状况)，往所得溶液中加入KSCN溶液，无红色出现。若用足量的氢气还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量（
）
A．0.48
mol
B．0.42mol
C．0.32
mol
D．0.28
mol
【答案】B
【解析】根据题意可知，生成物全部是硝酸亚铁。被还原的硝酸是2.688L÷22.4L/mol＝0.12mol，所以没有被还原的硝酸是0.96mol－0.12mol＝0.84mol，则生成硝酸亚铁是0.42mol，所以最终生成的铁的物质的量是0.42mol，答案选B。
13．由A、B两种烃组成的混合物，当混合物质量一定时，无论A、B以何种比例混合，完全燃烧消耗氧气的质量为一恒量。对A、B两种烃的下面几种判断：①互为同分异构体；②互为同系物；③具有相同的最简式；④烃中碳的质量分数相同，一定正确的是
A．③④
B．①③④
C．②③④
D．①②③④
【答案】A
【解析】
试题分析：由A、B两种烃组成的混合物，当混合物质量一定时，无论A、B以何种比例混合，完全燃烧消耗氧气的质量为一恒量，这说明有机物碳、氢的含量分别都相等的，因此最简式也一定是相同的。则①互为同分异构体的有机物分子式相等，因此消耗氧气相同，但二者不一定互为同分异构体；②互为同系物有机物完全燃烧消耗的氧气不一定相同；③具有相同的最简式，说明碳氢含量相同，因此完全燃烧消耗的氧气相同；④烃中碳的质量分数相同，则氢的质量分数也一定是相等的，则完全燃烧消耗的氧气一定是相同的，答案选A。
考点：考查有机物燃烧的计算
14．下列说法中错误的是(　　)
A.植物油和矿物油可以用酸性高锰酸钾溶液鉴别,使酸性高锰酸钾溶液褪色的是植物油,不褪色的是矿物油
B.乙醇、乙酸可用NaHCO3溶液鉴别
C.二氯乙烷存在两种同分异构体
D.“地沟油”经过加工处理后,可以用来制肥皂和生物柴油
【答案】B
【解析】植物油中含有碳碳双键,能使酸性高锰酸钾溶液褪色,而矿物油含有饱和烃,A选项正确;乙醇溶于水,B选项错误;二氯乙烷有CH2Cl—CH2Cl、CHCl2—CH3两种同分异构体,C选项正确
15．在298
K、100
kPa时，已知：
Cl2（g）＋H2（g）===2HCl（g）
ΔH1
2H2O（g）===2H2（g）＋O2（g）
ΔH2
2Cl2（g）＋2H2O（g）===4HCl（g）＋O2（g）
ΔH3
则ΔH3与ΔH2和ΔH1之间的关系正确的是
A．ΔH3＝2ΔH1－ΔH2
B．ΔH3＝ΔH1＋ΔH2
C．ΔH3＝2ΔH1＋ΔH2
D．ΔH3＝ΔH2－ΔH1
【答案】C
【解析】
试题分析：根据盖斯定律，将Cl2（g）＋H2（g）===2HCl（g）
的2倍与
2H2O（g）===2H2（g）＋O2（g）
相加即可得到2Cl2（g）＋2H2O（g）===4HCl（g）＋O2（g），所以ΔH3＝2ΔH1＋ΔH2，答案选
C。
考点：考查盖斯定律的应用
16．火力发电厂释放出大量氮氧化合物(NOx)、SO2和
CO2等气体会造成环境问题对燃煤废气进行脱硝、脱硫和脱碳等处理，可实现绿色环保、节能减排、废物利用等目的。
（1）脱硝。利用甲烷催化还原NOx：
CH4(g)＋4NO2(g)＝4NO(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)
△H1＝－574
kJ/mol
CH4(g)＋
4NO(g)＝2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)
△H2＝－1160kJ/mol
甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式为____________________。
（2）脱碳。将
CO2转化为甲醇：CO2
(g)＋3H2
(g)
CH3OH(g)＋H2O(g)
△H3
①如图
1，25℃时以甲醇燃料电池(电解质溶液为
KOH)为电源来电解乙(100mL2mol/LAgNO3溶液)和丙(100mLCuSO4)溶液，燃料电池负极的电极反应为_______________。电解结束后，向丙中加入
0.1mol
Cu(OH)2，恰好恢复到反应前的浓度，将乙中溶液加水稀释至200mL，溶液的
pH
______________；
②取五份等体积的
CO2和H2的混合气体(物质的量之比均为
1∶3)，分别加入温度不同、容积相同的恒容密闭容器中，发生上述反应，反应相同时间后，测得甲醇的体积分数
φ
(CH3OH)与反应温度
T
的关系曲线如图
2
所示，则上述
CO2转化为甲醇的反应的△H________3.0
(填“＞”、“＜”或“＝”)。
（3）脱硫。燃煤废气经脱硝、脱碳后，与一定量氨气、空气反应生成硫酸铵。室温时，向(NH4)2SO4，溶液中滴人
NaOH
溶液至溶液呈中性，则所得溶液中微粒浓度大小关系c(Na＋)________
c(NH3
H2O)。(填“＞”、“＜”或“＝”)
【答案】（1）CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H＝-867
kJ/mol
（2）①CH3OH-6e－+8OH
-
=
CO32-
+6
H2O
0
②
＜
（3）
=
【解析】
试题分析：（1）因盖斯定律，不管化学反应是一步完成还是分几步完成，其反应热是相同的．两式相加除2，可得CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-867
kJ/mol；
（2）①甲醇燃料电池的负极上发生甲醇的氧化反应，碱性电池，氧化产物为CO32-，电极反应式为CH3OH-6e－+8OH
-
=
CO32-
+6
H2O；丙溶液需要加入
0.1mol
Cu(OH)2，恰好恢复到反应前的浓度，说明电解池中电解了0.1molCuSO4和0.1molH2O，转移电子数为0.4mol，则乙池中转移电子数也为0.4mol，但乙池中只有0.2molAgNO3，完全电解后生成0.2molHNO3，同时电解的是水，电池后H+浓度为0.2mol÷0.2L=1mol/L，溶液的pH=0；
②由图可知最高点反应到达平衡，达平衡后，温度越高，φ(CH3OH)越小，说明升高温度平衡向逆反应进行，升高温度平衡吸热方向进行，逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应，即△H3＜0；
（3）向(NH4)2SO4，溶液中滴人NaOH溶液至溶液呈中性，根据电荷守恒可得：C(NH4+)+C(Na+)+C(H+)=C(OH-)+2C(SO42-)
①；根据物料守恒列式可得：
C(NH4+)+C(NH4 H2O)=2C(SO42-)
②；将①②联立即得：C(Na+)=C(NH4 H2O)。
考点：考查了热化学方程式的书写、平衡的移动以及平衡常数的计算、原电池和电解池等内容，综合性较强，难度较大
17．（8分）
某化学兴趣小组用以下装置探究SO2的某些化学性质。
（1）装置乙的作用是
。
（2）若X为品红溶液，观察到溶液褪色，说明SO2具有
（填序号，下同）；若X为Na2S溶液，观察到溶液中出现淡黄色浑浊，说明SO2具有
。
a．氧化性
b．还原性
c．漂白性
（3）若试剂X为Ca(ClO)2溶液，可观察到白色沉淀生成，完成该过程的离子方程式：
。
【答案】（8分）
（1）尾气处理（2分）
吸收尾气、防止污染等为合理答案。
（2）c
（2分）
a
（2分）
（3）Ca2＋+2ClO－+2SO2+2H2O＝CaSO4↓+2Cl－+
SO42－+4H＋（2分）
【解析】
试题分析：（1）由于二氧化硫是一种有毒气体，能够污染大气，需要对其完全进行吸收，所以装置乙为尾气处理装置。
（2）若X为品红溶液，观察到溶液褪色，说明二氧化硫具有漂白性，能够漂白品红溶液；若X为Na2S溶液，观察到溶液中出现淡黄色浑浊，淡黄色为单质硫，二氧化硫中S的化合价为+4价，反应变成了0价，二氧化硫的化合价降低被还原，说明二氧化硫具有氧化性，故答案为：c；a。
（3）Ca（ClO）2与二氧化硫的反应中，二氧化硫被氧化成硫酸根离子，硫酸根离子与钙离子反应生成硫酸钙沉淀；ClO-中Cl的化合价为+1价，反应后变成氯离子，化合价降低了2价，根据硫酸钙的化学式组成可知，次氯酸根离子计量数至少为2，反应化合价至少降低4价；二氧化硫化合价为+4价，反应后变成+6价，化合价升高2价，化合价变化的最小公倍数为4，所以次氯酸离子的计算量为2，二氧化硫的计量数为2，再利用观察法配平，配平后的离子方程式为：Ca2++2ClO-+2SO2+2H2O=CaSO4↓+2Cl-+SO42-+4H+。
考点：本题考查二氧化硫的性质、氧化还原反应原理、氧化还原反应方程式的配平。
18．（13分）表示溶液浓度的方法通常有两种:溶液中溶质的质量分数(ω)和物质的量浓度(c)，因此在配制溶液时，根据不同的需要，有不同的配制方法。请完成下列填空题。
（1）用10％(密度为1.00g·cm-3)的NaOH溶液配制成27.5g2％的NaOH溶液。
①计算：需______g10％(密度为1.00g·cm-3)的NaOH溶液，需加______mL水(密度为1.00g·cm-3)进行稀释。
②量取：用_______mL量筒（可供选择的量筒规格有：5mL、10mL、25mL、50mL，下同）量取10％的NaOH溶液，量取时视线要跟量筒内液体_______相切，然后倒入烧杯里，用______mL量筒量取蒸馏水注入烧杯里。
（2）把98％(密度为1.84g·cm-3)的浓硫酸稀释成3
mol/L的稀硫酸100mL，回答下列问题：
①需要量取浓硫酸___________mL(保留一位小数)。
②配制操作可分解成如下几步，正确的操作顺序是：___________。
A．向容量瓶中注入少量蒸馏水，检查是否漏水
B．用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒，将洗涤液注入容量瓶中，并重复操作两次
C．把已冷却的稀硫酸注入经检查不漏水的容量瓶中
D．根据计算，用量筒量取一定体积的浓硫酸
E．将浓硫酸沿烧杯壁慢慢注入盛有蒸馏水的小烧杯中，并不断用玻璃棒搅拌
F．盖上容量瓶的塞子，振荡，摇匀
G．用胶头滴管滴加蒸馏水，使液面达到刻度线
H．继续往容量瓶中加蒸馏水，使液面接近刻度线
③如果上述C操作中把未冷却的稀硫酸注入容量瓶中，所配溶液的浓度将_________
(填“偏高”、“偏低”或“无影响”，下同)；如果上述D操作中量取浓硫酸后量筒内滞留的浓硫酸用少量蒸馏水洗涤并将洗涤液转入E操作中的小烧杯中，所配溶液的浓度将_________；如果上述G操作中目光仰视，所配溶液的浓度将_________；如果上述D操作中目光俯视，所配溶液的浓度将_________。
（3）实验室用NaOH固体配制1mol/L的NaOH溶液和用98％(密度为1.84g·cm-3)的浓硫酸配制1mol/L的H2SO4溶液各100mL。
①配制1mol/L的NaOH溶液，在用托盘天平称取NaOH固体时，天平读数为_______(填代号，下同)。
A．4.0g
B．小于4.0g
C．大于4.0g
②配制1mol/L的
H2SO4溶液，在烧杯中稀释浓硫酸的正确操作是：
。
【答案】(13分）（1）
①
5.5g
(1分)
；
22ml
(1分)
；
②
10ml
(1分)
；凹液面的最低点
(1分)
；
25ml
(1分)
；（2）
①
16.3
(1分)
；
②
ADECBHGF
(1分)
；
③
偏高(1分)
；偏高(1分)
；偏低(1分)
；偏低(1分)
；（3）①
C
(1分)
；②
在烧杯中先加入适量蒸馏水，再将量取的浓硫酸沿烧杯内壁缓缓到入烧杯中，边倒边用玻璃杯搅拌。(1分)
【解析】
试题分析：（1）①由ω1m1=ω2m2得m2=ω1m1/ω2=27.5g2％/10%=5.5g，需加水27.5g-5.5g=22g。
②量取液体应一次量取，选用量程最小的量筒，故用10mL量筒量取5.5ml
10％的NaOH溶液，量取时视线要跟量筒内液体凹液面的最低点相切，然后倒入烧杯里，用25mL量筒量取22ml蒸馏水注入烧杯里。
（2）把98％(密度为1.84g·cm-3)的浓硫酸稀释成3
mol/L的稀硫酸100mL，回答下列问题：
①硫酸的物质的量3mol/L×0.1L=0.3mol，硫酸的质量0.3mol×98g/mol=29.4g，需浓硫酸的质量29.4g/98%=30g,需要量取浓硫酸30g/1.84
g·cm-3=16.3mL(保留一位小数)。
②配制操作顺序是：A．检查容量瓶是否漏水D．计算并量取E．稀释C．转移溶液
B．洗涤并重复H．加蒸馏水G．定容F．振荡，摇匀
③如果上述C操作中把未冷却的稀硫酸注入容量瓶中，冷却后溶液的体积将减小，所配溶液的浓度将偏高；如果上述D操作中量取浓硫酸后量筒内滞留的浓硫酸用少量蒸馏水洗涤并将洗涤液转入E操作中的小烧杯中，溶质硫酸偏大，所配溶液的浓度将偏高；如果上述G操作中目光仰视，溶液体积偏大，所配溶液的浓度将偏低；如果上述D操作中目光俯视，所取硫酸的物质的量偏小，所配溶液的浓度将偏低。
（3）①用托盘天平称取NaOH固体时，应在烧杯或称量瓶中进行称量，天平读数为大于4.0g
，答案选C。
②在烧杯中稀释浓硫酸时会放热，正确操作是在烧杯中先加入适量蒸馏水，再将量取的浓硫酸沿烧杯内壁缓缓到入烧杯中，边倒边用玻璃杯搅拌。
考点：溶液的组成、质量分数、物质的量浓度
19．某校化学兴趣小组，通过下列装置探究Na2CO3和NaHCO3的热稳定性，设计如下的探究方案，请你参与并完成该探究方案。
（1）提出假设：Na2CO3或NaHCO3加热分解时可能有CO2生成；
（2）设计实验：①利用上图装置分别对一定量的Na2CO3和NaHCO3进行加热；②为了检验CO2的生成，试管B中应加入的物质是__________（填“澄清石灰水”或“NaOH溶液）
；
（3）现象与结论：同学们发现只有在加热NaHCO3时，试管B中才有气泡产生且有____________沉淀生成（填沉淀的颜色），说明Na2CO3和NaHCO3的热稳定性是：
Na2CO3_________NaHCO3（填“
>
”或“
<
”）；
（4）某同学在探究NaHCO3的热稳定性时，称取了8.4gNaHCO3，充分加热，请你计算理论上可产生CO2气体的体积为__________L（标准状况）。
【答案】（8分）（2）澄清石灰水；（3）白色；>；（4）1.12。
【解析】
试题分析：（2）
CO2是酸性氧化物，可以与Ca(OH)2溶液发生反应，产生CaCO3沉淀，而使澄清的石灰水变浑浊，所以为了检验CO2的生成，试管B中应加入的物质是澄清石灰水；（3）
Na2CO3加热不能产生使澄清的石灰水变浑浊的气体，而NaHCO3加热能产生使澄清的石灰水变浑浊的气体，故试管B中有气泡产生且产生白色沉淀，就可以证明NaHCO3不稳定；这说明Na2CO3和NaHCO3的热稳定性是：
Na2CO3>NaHCO3；（4）
8.4gNaHCO3的物质的量是：n(NaHCO3)=
8.4g÷84g/mol=0.1mol，根据反应方程式：2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O，根据反应方程式可知：n(NaHCO3):n(CO2)=2:1，所以n(CO2)
=1/2
n(NaHCO3)=1/2×0.1mol=0.05mol，则CO2在标准状况下的体积是V(CO2)=
0.05mol×
22.4L/mol
=1.12L。
考点：考查Na2CO3和NaHCO3的热稳定性的比较的方案的设计与计算的知识。
20．目前流行的关于生命起源假设的理论认为，生命起源于约40亿年前的古洋底的热液环境，这种环境系统中普遍存在铁硫簇结构，如Fe2S2、Fe4S4、Fe8S7等，这些铁硫簇结构参与了生命起源的相关反应．某化学兴趣小组在研究某铁硫簇结构的组成时，设计了下列实验．
[实验I]确定硫的质量：
按图连接装置，检查好装置的气密性后，在硬质玻璃管A中放入1.0g铁硫簇结构（含有部分不反应的杂质），在试管B中加入50mL
0.100mol L﹣1的酸性KMn04溶液，在试管C中加入品红溶液．通入空气并加热，发现固体逐渐转变为红棕色．待固体完全转化后，将B中溶液转移至250mL容量瓶，洗涤试管B后定容．取25.00mL该溶液用0.01mol L﹣1的草酸（H2C204）溶液滴定剩余的KMn04．记录数据如下：
滴定次数
待测溶液体积/mL
草酸溶液体积/mL
滴定前刻度
滴定后刻度
1
25.00
1.50
23.70
2
25.00
1.02
26.03
3
25.00
0.00
24.99
相关反应：①2MnO4﹣+2H20+5S02═2Mn2++5S042﹣+4H+
②2MnO4﹣+6H++5H2C2O4═2Mn2++l0CO2↑+8H20
[实验Ⅱ]确定铁的质量：
将实验I硬质玻璃管A中的残留固体加入稀盐酸中，充分搅拌后过滤，在滤液中加入足量的NaOH溶液，过滤后取滤渣，经充分灼烧得0.6g固体．
试回答下列问题：
（1）实验I中判断滴定终点的方法是
．
（2）实验I中，试管C中品红溶液的作用是
．
有同学提出，撤去C装置对实验没有影响，你的看法是
（选填“同意”或“不同意”），理由是
．
（3）根据实验I和实验Ⅱ中的数据可确定该铁硫簇结构的化学式为
．
[问题探究]滴定过程中，细心的小明发现该KMnO4溶液颜色褪去的速率较平常滴定时要快得多．为研究速率加快的原因，小明继续进行了下列实验，实验数据如下表：
编号
温度/℃
酸化的H2C2O4溶液/mL
KMnO4溶液/mL
溶液褪色时间/s
1
25
5.0
2.0
40
2
25
5.0（另加少量可溶于水的MnSO4粉末）
2.0
4
3
60
5.0
2.0
25
（4）分析上述数据知，滴定过程中反应速率较平常滴定时要快的一种可能原因是
．
【答案】（1）加入最后一滴草酸，溶液紫色褪去，且半分钟不变色；（2）检验二氧化硫是否被酸性高锰酸钾完全吸收；同意；若B中高锰酸钾溶液的紫色不褪去，说明二氧化硫被吸收完全；（3）Fe3S4；（4）生成锰离子对反应起催化作用（或反应放热使温度升高，加快反应速率）．
【解析】（1）高锰酸钾溶液为紫色，滴定完毕，高锰酸根离子反应完全，加入最后一滴草酸，溶液紫色褪去，且半分钟不变色，说明达滴定终点
（2）由装置图可知，试管C中品红溶液的作用是检验二氧化硫是否被酸性高锰酸钾完全吸收；
由于酸性高锰酸钾为紫色溶液，若B中高锰酸钾溶液的紫色不褪去，说明二氧化硫被吸收完全，撤去C装置，对实验没有影响，
（3）第一次滴定，草酸溶液的体积与第2、3次相差太大，应舍去，取第2、3次的平均值计算草酸溶液的体积为=25.00mL．根据关系式2MnO4﹣～5H2C2O4计算25溶液中n未反应（MnO4﹣）=×0.01mol L﹣1×25×10﹣3L=1×10﹣4mol，50mL溶液中未反应的高锰酸钾的物质的量为1×10﹣4mol×=1×10﹣3mol，装置B中n反应（MnO4﹣）=n总（MnO4﹣）﹣n未反应（MnO4﹣）=50×10﹣3L×0.1mol L﹣1﹣1×10﹣3mol=4×10﹣3mol，根据关系式2MnO4﹣～5SO2计算生成二氧化硫n（SO2）=2.5×4×10﹣3mol=0.01mol，0.6g固体是Fe2O3，n（Fe）=×2=0.0075mol，所以n（Fe）：n（SO2）=0.0075mol：0.01mol=3：4，该铁硫簇结构的化学式为Fe3S4，故答案为：Fe3S4；
（4）采取控制变量法分析，对比第1、2组数据，不同是第2组加入硫酸锰，锰离子浓度增大，溶液褪色时间短，反应速率加快，生成锰离子对反应起催化作用；对比第1、3组数据．不同是第3组实验的温度高，溶液褪色时间短，反应速率加快，故应是反应放热使温度升高，加快反应速率
【点评】本题考查实验原理、实验装置理解与评价、实验方案设计、氧化还原滴定应用、化学计算、控制变量法探究实验等，难度较大，理解实验原理是关键，是对所学知识的综合运用，需要学生具备扎实的基础知识与综合运用知识分析问题、解决问题的能力，学习中全面把握基础知识．
21．为了测定某铜银合金的成分，将30.0ｇ合金溶于80ｍL13.5mol/L的浓硝酸中，待合金完全溶解后，收集到6.72L（标准状况）NO和NO2的混合气体，并测得溶液中H+浓度为1mol/L。假设反应后溶液的体积仍为80ｍL，试计算.
（1）被还原硝酸的物质的量。
（2）合金中银的质量分数。
【答案】（1）0.3mol
（2）36.0%
【解析】
试题分析：（1）被还原的硝酸就是变为气体NO和NO2的硝酸。其物质的量为6.72L÷22.4L/mol=0.3mol。剩余的硝酸的物质的量为1mol/L×0.08L=0.08mol。假设Cu、Ag的物质的量分别为X、Y。则64X+108Y=30.0；2X+Y+0.3=0.08L×13.5mol/L-0.08mol=1。联立求解可得Y=0.1；X=0.3。所以合金中Ag的质量发生是0.1mol×108g/mol÷30.0ｇ×100%=36.0%.
考点：考查氧化还原反应的有关计算的知识。
22．聚合物F的合成路线图如下：
请据此回答：
（1）
A中含氧官能团名称是_______，C的系统命名为_________。
（2）
检验B中所含官能团所用的试剂有______；E→F的反应类型是___________。
（3）
G物质的相对分子质量比的相对分子质量大2，则符合下列条件的G的同分异构体有__
__种。
①
分子中含有苯环，且苯环上有两个取代基
②
遇氯化铁溶液变紫色
（4）
C生成D的反应化学方程式为_____________________________，如果C与NaOH的醇溶液反应，则生成的有机物的结构简式为_______________。
（5）
参照上述合成路线，设计一条由甲醛、乙醛和甲醇为主要原料制备
的合成路线
。
【答案】(15分)
（1）羟基、醛基；1，2-二溴丙烷
（2）加聚反应；NaHCO3溶液(或Na2CO3)、溴水或Br2的CCl4溶液；
（3）CH3CHBrCH2Br+2NaOH→CH3CH(OH)CH2OH+2NaBr
；CH3C≡CH(写成CH2=C=CH2也给分)
（4）6（HO-C6H4-C2H5和HO-C6H4-CHO各3种）
（5）
【解析】
试题分析：（1）A为，其所含官能团有碳碳双键和醛基；醛基变为羧基，据F的结构简式可知，C3H6为丙烯，其与溴放出加成反应生成的C为1，2-二溴丙烷，故答案为：碳碳双键、醛基；1，2-二溴丙烷；
（2）B中含有的官能团为羧基和碳碳双键，用碳酸氢钠溶液检验羧基，用溴水检验碳碳双键，E为，E通过加聚反应生成F，故答案为：碳酸氢钠溶液（或碳酸钠）、溴水；加聚反应；
（3）G物质的相对分子质量比
的相对分子质量大2，为苯乙醇，其同分异构体具备①分子中含有苯环，且苯环上有两个取代基
②遇氯化铁溶液变紫色，说明含有乙基和酚羟基，其由邻间对3种同分异构体，故答案为：3．
（4）C为1，2-二溴丙烷，其水解生成D，D为1，2-二羟基丙醇，反应的化学方程式为：CH3CHBrCH2Br+2NaOH→CH3CH（OH）CH2OH+2NaBr；C与氢氧化钠的水溶液发生消去反应生成丙炔或1，2-丙二烯，故答案为：CH3CHBrCH2Br+2NaOH→CH3CH（OH）CH2OH+2NaBr；CH3C≡CH（或CH2=C=CH2）；
（5）据已知反应可知，甲醛与乙醛发生羟醛缩合反应后失水生成CH2=CHCHO，然后用弱氧化剂新制氢氧化铜将醛基氧化为羧基，再与甲醇发生酯化反应生成CH2=CHCOOCH3，其发生加聚反应可得，具体流程为
，故答案为：
。
考点：考查了有机合成与推断的相关知识。
23．(共15分)不饱和酯类化合物在药物、涂料等领域应用广泛。
（1）下列关于化合物I的说法，正确的是
A．可能发生酯化反应和银镜反应
B．1mol化合物I最多与2molNaOH反应
C．与FeCl3溶液能显紫色
D．能与溴发生取代和加成反应
（2）下面反应是一种由烯烃直接制备不饱和酯的新方法
①化合物II的分子式为
。
②1mol化合物II能与
molH2恰好反应生成饱和烃类化合物。
③化合物Ⅲ与足量的NaOH溶液共热的化学方程式为
；
反应类型：
（3）3﹣对甲苯丙烯酸甲酯（E）是一种用于合成抗血栓药的中间体，其合成路线如下：
已知：HCHO+CH3CHO
CH2=CHCHO+H2O
①A中官能团的名称为
。D中含氧官能团的名称为
。
②E的结构简式为
。
③试剂C可选用下列中的
a、溴水
b、银氨溶液
c、酸性KMnO4溶液
d、新制Cu（OH）2悬浊液
④B在一定条件下可以生成高聚物F，该反应的化学方程式为
_________
。
【答案】（1）C
D
（2分）
（2）①
C9H10
（1分）
②
4
（1分）
③+NaOHONa
+
ROH
+
H2O
（2分）
水解反应（取代反应）（1分）（3）①
醛基
（1分）
羧基
（1分）
②
（2分）③
b、d
（2分）
④（2分）
【解析】
试题分析：（1）化合物I中含有酯基、碳碳双键、酚羟基等官能团，能发生酯化反应，但是不能发生银镜反应，故A错误；B、1mol化合物I最多与3molNaOH反应，故B错误；C、由于含有酚羟基故遇FeCl3显紫色，C正确；D、由于含有碳碳双键，故可以与溴单质发生加成反应，故Ｄ正确，此题选ＣＤ。（2）①化合物II的分子式为
C9H10
；②化合物II中含有1个苯环、1个碳碳双键，故消耗H24mol，③化合物Ⅲ与氢氧化钠反应生成羧酸钠，方程式见答案；（3）A是对甲基苯甲醛，故官能团为醛基，D中的含氧官能团是羧基，②E的结构简式见答案；③B含有醛基，与C反应后生成羧基，故C可能是银氨溶液和氢氧化铜，此题选bd；④
E中含有碳碳双键，故生成F是发生加聚反应，方程式见答案。
考点：考查有机化合物的结构与性质相关知识