山东省济南第三中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）

山东省济南第三中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）
1．有机物有的有同分异构体。有的没有同分异构体。下列反应后的产物一定不存在同分异构体的是（
）
A.1，3-丁二烯与等物质的量的溴发生加成反应
B.
2-丁醇在一定条件下发生脱水消去反应
C.
1-氯丙烷和2-氯丙烷的混合物与NaHCO3的乙醇溶液共热消去HCl的反应
D.邻羟基苯甲酸与NaHCO3溶液反应
【答案】CD
【解析】A的产物有两种：
CH2==CH—CH==CH2+Br2
CH2==CH—CH==CH2+Br2
B的产物有两种：
CH3CH2CH==CH2↑+H2O
CH3—CH==CH—CH3↑+H2O
C中，1-氯丙烷和2-氯丙烷的消去产物相同，都是丙烯：
CH3—CH==CH2↑+HCl↑
CH3—CH==CH2↑+HCl↑
酚羟基不与NaHCO3反应，D的有机产物只有1种：
2．下图为元素周期表中短周期的一部分，下列说法正确的是
①
②
③
④
⑤
⑥
A．①~⑥可能全部是非金属元素
B．对应单质的活泼性：②>③
C．④的最高价氧化物对应的水化物可能为两性物质
D．②、⑤的最高价氧化物对应的水化物可能均为强酸
【答案】AC
【解析】
试题分析：图中六种元素可能是第二、三周期的氮、氧、氟、磷、硫、氯或碳、氮、氧、硅、磷、硫，此时它们都是非金属，故A选项正确；若②③都是非金属，前者的非金属性比后者弱，则前者单质的活泼性小于后者的单质，如活泼性：N2F2，故B选项错误；④可能是铝，铝的最高价氧化物对应水化物是氢氧化铝，氢氧化铝是两性氢氧化物，故C选项正确；碳酸和硅酸都是弱酸，硝酸和磷酸分别是强酸和中强酸，硫酸和高氯酸都是强酸，但是氧、氟均无最高价氧化物对应水化物，故D选项错误。
考点：考查物质结构和元素周期律，涉及元素在周期表的位置、物质结构、元素及其化合物的主要性质之间的推断等。
3．NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法中正确的是
A．常温下28g乙烯中所含极性键的数目为4NA
B．将0．1mol氯化铁溶于1L水中，所得溶液含有0．1NA
Fe3+
C．标准状况下，22．4L甲醇中所含羟基数为NA
D．10L
pH=1的硫酸溶液中含有的H+离子数为2NA
【答案】A
【解析】
试题分析：28g乙烯为1mol，每个分子中有4个C-H键为极性键，碳碳双键为非极性键，故选项A正确；选项B要考虑Fe3+的水解；项C标准状况下甲醇为液体，不适用气体摩尔体积的计算；选项D计算H+离子数目的时候不需要乘以2。
考点：有关阿伏加德罗常数的判断，涉及化学键的极性、溶液中易水解离子的微粒数目、气体摩尔体积的应用等。
4．
以下进行性质比较的实验设计，合理的是
A．用NaOH溶液与FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体
B．比较氯、溴非金属性：氯气通入溴化钠溶液中
C．将混有SO2的CO2通入NaOH溶液中除去SO2
D．比较镁、铝金属性：镁、铝（除氧化膜）分别放入4mol·L-1NaOH溶液中
【答案】B
【解析】
试题分析：制备Fe(OH)3胶体时是往沸水中加入饱和FeCl3溶液，A错；B是利用置换反应比较非金属性，B对；SO2和CO2都会NaOH溶液反应，C错；比较镁、铝金属性时应将镁、铝（除氧化膜）分别放入盐酸中，D错。
考点：胶体的制备方法、金属性和非金属性强弱的比较、混合物的除杂。
5．下列反应的化学方程式或离子方程正确的是
A．CH3CH=CH2发生加聚反应：
B．乙酸乙酯在酸性条件下水解：
C．SO2通入到BaCl2溶液中：SO2+
Ba2++H2O=
BaSO3↓+2H+
D．Fe(NO3)2溶液中滴加稀盐酸：3Fe2++4H++NO3-
=
3Fe3++NO↑+2H2O
【答案】D
【解析】
试题分析：加成聚合反应是断裂碳碳双键相互加成，丙烯加聚产物产物为，故A错误；乙酸乙酯在酸性条件下水解，酯基中的C-O键断裂，然后分别与水中的-OH和-H结合生成乙酸和乙醇，故18O在乙酸分子中，故B错误；SO2通入到BaCl2溶液中不能生成BaSO3沉淀，故C错误；答案为D。
考点：考查了物质的性质和方程式的书写。
6．下图是甲、乙、丙、丁四种物质的转化关系，其中每一步都能一步实现的是
甲
乙
丙
丁
A
FeCl3
FeCl2
Fe2O3
Fe(OH)3
B
Cu
CuO
CuSO4
CuCl2
C
NO
HNO3
NO2
NH3
D
Si
Na2SiO3
SiO2
SiF4
【答案】B
【解析】
试题分析：A、甲FeCl3到丙Fe2O3，乙FeCl2到丙Fe2O3，丙Fe2O3到丁Fe（OH）3都不能一步实现转化，故A错误；B、各步都能一步转化，甲Cu乙CuO丙CuSO4丁CuCl2甲Cu丙CuSO4，故B正确；C、转化关系中丙NO2→丁NH3，不能一步转化，故C错误；D、乙Na2SiO3到丙SiO2，丁SiF4到甲Si不能一步转化，故D错误；故选B。
考点：考查了含氮物质的性质，硅及其化合物、铁及其化合物、铜及其化合物的性质应用的相关知识。
7．下列说法正确的是：
A．发生分解反应的反应物的总能量一定低于生成物的总能量
B．物质发生化学变化一定伴随着能量变化，且能量形式只表现为热量变化
C．把石墨完全转化为金刚石时，要吸收能量，所以石墨不如金刚石稳定
D．原子结合成分子的过程一定释放出能量
【答案】D
【解析】略
8．下列说法正确的是
A.物质的量浓度均为0.1mol·L－1的(NH4)2SO4、(NH4)2Fe(SO4)2两种溶液中，c(NH)相同
B.25℃时，在0.1mol·L－1的CH3COOH溶液中加入CH3COONa固体，溶液的pH一定小于7
C.25℃时，将0.1mol·L－1的NaOH溶液与pH＝1的稀硫酸等体积混合，混合后的溶液pH＝7
D.将同浓度的NaAlO2溶液与Na2CO3溶液混合后，可以生成白色沉淀，并产生气泡
【答案】C
【解析】略
9．科学家发现，不管化学反应是一步完成还是分几步完成，该反应的热效应是相同的。已知在25℃，105
Pa时，1
mol石墨和1
mol一氧化碳完全燃烧生成二氧化碳时的放热分别是ΔH＝－393.5
kJ/mol和ΔH＝－283
kJ/mol，下列说法或方程式正确的是(　　)
A．在相同条件下：2C(石墨，s)＋O2(g)===2CO(g)　ΔH＝－110.5
kJ/mol
B．1
mol石墨不完全燃烧，生成CO2和CO混合气体时，放热504.0
kJ
C．在相同条件下，C(石墨，s)＋CO2(g)===2CO(g)　ΔH＝＋172.5
kJ/mol
D．已知金刚石不如石墨稳定，则石墨转变为金刚石需要放热
【答案】C
【解析】
试题分析：A.根据题意可得热化学方程式为：
①C(石墨，s)＋O2(g)===
CO2(g)　
ΔH＝－393.5
kJ/mol；②
2CO(g)
＋O2(g)===
2CO2(g)　
ΔH＝－566
kJ/mol；①×2－②可得③：2C(石墨，s)＋O2(g)===2CO(g)　ΔH＝－221
kJ/mol。错误。B．1
mol石墨完全燃烧，生成CO2放热393.5
kJ
；若完全燃烧转化为CO时放出热量是110.5
kJ
。现在若1
mol石墨不完全燃烧，生成CO2和CO混合气体时，放热应该在110.5
kJ～393.5
kJ之间。错误。C．将③－①，整理可得在相同条件下，C(石墨，s)＋CO2(g)===2CO(g)　ΔH＝＋172.5
kJ/mol。正确。D．已知金刚石不如石墨稳定，则说明金刚石的能量比石墨高。石墨转变为金刚石需要吸收热量。错误。
考点：考查盖斯定律及应用的知识。
10．在密闭容器中进行反应：X(g)＋3Y(g)2Z(g)，有关下列图像的说法正确的是
A．依据图a可判断正反应为放热反应
B．在图b中，虚线可表示升高温度
C．若正反应的ΔH＜0，图c可表示降低温度使平衡向逆反应方向移动
D．由图d中气体平均相对分子质量随温度的变化情况，可推知正反应的ΔH＞0
【答案】A
【解析】
试题分析：升高温度，逆反应速率比正反应速率变化大，所以平衡逆向移动，正反应放热，故A正确；升高温度，平衡移动，转化率变化，故B错误；降低温度正逆反应速率都减小，故C错误；根据图像，升高温度，相对分子质量减小，平衡左移，正反应放热，故D错误。
考点：本题考查影响平衡移动的因素。
11．右表所示的五种元素中，W、X、Y、Z为短周期元素，W元素的核电荷数为X元素的2倍。下列说法错误的是
X
Y
W
Z
T
A．气态氢化物稳定性：Z
>
W
B．简单离子半径：X
<
Y
C．液态WZ4气化需克服分子间作用力
D．根据元素周期律，可以推测T元素的单质具有半导体特性
【答案】B
【解析】
试题分析：，W、X、Y、Z为短周期元素，W元素的核电荷数为X元素的2倍，则X是7号元素N，W是14号元素Si，则Y是O，Z是Cl，T是Ge，A、同周期自左向右非金属性增强，气态氢化物稳定性增强，A项正确；B、同周期原子序数越大，半径越小，离子半径越小，所以简单离子半径：X
<
Y，B项错误；C、液态WZ4是分子，气化需克服分子间作用力，C项正确；D、根据元素周期律，可以推测T元素的单质具有半导体特性，D项正确；答案选B。
考点：考查元素推断
12．不论以何种比例混合，将甲和乙两种混合气体同时通入过量的丙溶液中，一定能产生沉淀的组
序号
①
②
③
④
⑤
甲
CO2
HCl
CO2
NO2
CO2
乙
SO2
CO2
SO2
SO2
NH3
丙
石灰水
石灰水
Ba(NO3)2
BaCl2
CaCl2
A、①②③④⑤
B、②③④⑤
C、①③④
D、①②③④
【答案】D
【解析】
试题分析：①CO2、SO2同时通入过量的石灰水溶液中，会产生CaCO3、CaSO3沉淀，正确；②HCl、CO2混合同时通入过量的石灰水溶液中，会产生CaCO3沉淀，正确；③CO2、SO2同时通入过量的Ba(NO3)2溶液中，在酸性条件下发生氧化还原反应产生BaSO4沉淀，正确;
④NO2、SO2同时通入过量的BaCl2溶液中，在酸性条件下发生氧化还原反应产生BaSO4沉淀，正确;
⑤CO2、NH3同时通入过量的CaCl2溶液中，若CO2
过量，则在酸性条件下不能形成沉淀，若NH3过量，则形成CaCO3沉淀，错误。故一定产生沉淀的是①②③④，选项是D。
考点：考查物质混合反应及现象的知识。
13．下列各组中，两物质均能使有色试剂褪色，但褪色原理不相同的一组是
A．乙炔和乙烯均能使溴水褪色
B．Cl2和SO2均能使品红褪色
C．油脂和乙酸乙酯均能使含酚酞的NaOH溶液褪色
D．甲苯和乙苯均能使酸性KMnO4褪色
【答案】B
【解析】A都是加成反应，B中前者是氧化，后者是和有色物质化合，不是氧化还原反应。C中都是由于酯基的水解引起的，D中都是苯环是的烷烃基被氧化，所以正确的答案是B。
14．分析下表中有机物的排列规律，可写出横线上物质的分子式。则横线上能与金属钠反应放出氢气的有机物有（不含立体异构）
1
2
3
4
5
6
…
CH4O
C2H6O
C3H8O
C5H12O
C6H14O
…
A．3种
B．4种
C．5种
D．6种
【答案】B
【解析】
试题分析：依据表格得出此有机物符合CnH2n＋2O，横线上物质的分子式为C4H10O，能与金属钠反应放出氢气，说明此有机物中含有羟基，属于醇，C4H10的同分异构体以碳胳的形式表现：、，羟基的位置在上述4处，共有4种符合题意的同分异构体。
考点：考查同分异构体的书写等知识。
15．（10分）（1）在标准状况下4．48L
CH4和CO2混合气体的质量为6．0g，则混合气体平均摩尔质量为____________g/mol，相对于氢气的密度为____________；其中CH4和CO2的物质的量比为____________
（2）4g
NaOH溶解在水中，配成100mL溶液，配好后从中取出10mL溶液，加水稀释至100mL，则稀释后所得溶液物质的量浓度是__________________mol/L．
（3）标准状况下，V
L的某气体（摩尔质量为M
g/mol）溶解在1L水（水的密度近似为__________________
1g/cm）中，假设气体完全溶解且不与水发生反应，溶液的密度为ρg/cm，则所得溶液的物质的量浓度c=_________________mol/L．（选择以上字母表达计算式，要求化简）
【答案】（1）30g/mol
15
1:1
（2）0．1mol/L
（3）c=
1000ρV/VM+22400
mol/L
【解析】
试题分析：（1）甲烷和二氧化碳的总物质的量为4．48÷22．4=0．2mol；混合气体平均摩尔质量为=6g÷0．2mol=30g/mol；相同条件下密度比等于摩尔质量比，相对于氢气的密度为30
g/mol÷2
g/mol=15；设甲烷的物质的量为xmol，二氧化碳的物质的量为ymol，则①x+y=0．2；②16x+44y=6；综合①②；x=0．1，y=0．1，CH4和CO2的质量比为1:1；（2）4g
NaOH溶解在水中，配成100mL溶液，浓度为0．1mol/0．1L=1mol/L，根据稀释前后溶质物质的量相同，1mol/L×0．01L=0．1L×c，c=
0．1mol/L；（3）溶质的物质的量为V÷22．4；溶质的质量为V÷22．4×M；溶液的质量=溶剂质量+溶质质量=1000+V÷22．4×M；溶液的体积为（1000+V÷22．4×M）÷1000ρ；所得溶液的物质的量浓度c=溶质的物质的量÷溶液体积=1000ρV
/
VM+22400
mol/L。
考点：本题考查溶液浓度计算。
16．某有机物B的分子式为C4H4O4，其结构简式为HOOCCH=CHCOOH
（1）B分子所含官能团的名称是
、
。
（2）1mol
C4H4O4完全燃烧需消耗O2
__
__
mol。
(3)
与B的具有相同官能团的同分异构体的结构简式是
。
【答案】（1）羧基，碳碳双键
（2）3
（3）(HOOC)2C=CH2
【解析】
试题分析：（1）从结构简式可以看出，官能团有碳碳双键（-C==C-）和羧基COOH-。
（2）根据化学方程式的计算，可以算出消耗O2为3
mol。
(3)
同分异构体的分子式相同而结构不同的有机物之间的互称。
考点：有机物的结构
点评：本题考查了有机物的结构，难度不大，学习中注意相关基础知识的积累，此类题目可轻松解答。
17．硝酸是氧化性酸，其本质是NO3－有氧化性，某课外实验小组进行了下列有关NO3－氧化性的探究（实验均在通风橱中完成）。
（1）实验Ⅰ中，铝片作________（填“正”或“负”）极。液面上方产生红棕色气体的化学方程式是________。
（2）实验Ⅱ中电流计指针先偏向右边后偏向左边的原因是________。
查阅资料：活泼金属与1
mol·L-1稀硝酸反应有H2和NH4+生成，NH4+生成的原理是产生H2的过程中NO3－被还原。
（3）用上图装置进行实验Ⅲ：溶液X为1
mol·L-1稀硝酸溶液，观察到电流计指针向
右偏转。
①
反应后的溶液中含NH4+。实验室检验NH4+的方法是________。
②
生成NH4+的电极反应式是________。
（4）进一步探究碱性条件下NO3－的氧化性，进行实验Ⅳ：
①
观察到A中有NH3生成，B中无明显现象。A、B产生不同现象的解释是________。
②A中生成NH3的离子方程式是________。
（5）将铝粉加入到NaNO3溶液中无明显现象，结合实验Ⅲ和Ⅳ说明理由____________。
【答案】（1）负
2NO+O2=2NO2（2）Al开始作电池的负极，Al在浓硝酸中迅速生成致密氧化膜后，Cu作负极（3）①
取少量待检溶液于试管中，加入浓NaOH溶液，加热，若产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则溶液中含NH4+
②NO3-＋8e-＋10H+＝NH4+＋3H2O
（4）①Al与NaOH溶液反应产生H2的过程中可将NO3-还原为NH3，而Mg不能与NaOH
溶液反应②8Al＋3NO3-＋5OH-＋2H2O＝3NH3↑＋8AlO2-
（5）因为铝与中性的硝酸钠溶液无生成H2的过程，NO3－无法被还原。
【解析】
试题分析：（1）实验Ⅰ中，铝片作负极。正极产生的NO气体在液面上方遇空气中的氧气氧化产生红棕色气体NO2，化学方程式是2NO+O2=2NO2。（2）实验Ⅱ中使用的是浓硝酸，Al遇浓硝酸要钝化，电流计指针先偏向右边后偏向左边的原因是Al开始作电池的负极，Al在浓硝酸中迅速生成致密氧化膜后，Cu作负极。（3）①实验室检验NH4+的方法是取少量待检溶液于试管中，加入浓NaOH溶液，加热，若产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则溶液中含NH4+。
②NH4+是还原产物，应在正极产物，电极反应式是NO3-＋8e-＋10
H+＝NH4+＋3H2O。（4）①
Al是两性金属，在碱性条件下也能反应生成H2，产生H2的过程中可将NO3-还原为NH3，而Mg只能与酸反应，不能与NaOH溶液反应。
②
A中生成NH3的离子方程式是8Al＋3NO3-＋5OH-＋2H2O＝3NH3↑＋8AlO2-。（5）
将铝粉加入到NaNO3溶液中无明显现象，可知没有发生反应，证明铝与中性的硝酸钠溶液无生成H2的过程，NO3－无法被还原。
考点：探究NO3-的氧化性，涉及Al的性质及氧化还原反应的分析、原电池理论等。
18．现有一份含有FeCl3和FeCl2固体的混合物，为测定FeCl2的含量，进行如下实验：
①称取混合物样品的质量7.06g，将样品溶解
②向溶解后的溶液中，加入足量的双氧水
③再向②所得溶液中加入足量的NaOH溶液，得到红褐色沉淀
④将沉淀过滤、洗涤后，加热灼烧，到质量不再减少，得到固体物质4.00g
根据实验回答下列问题：
（1）样品溶解过程中需加入___________，以防止__________________；
（2）写出溶解后的溶液与双氧水反应的离子方程式____________；
（3）过滤操作中除用漏斗外，还需要的玻璃仪器有____________；
（4）简述检验实验步骤④中沉淀已经洗涤干净的方法____________；
（5）通过实验所得数据，计算固体样品中FeCl2的质量分数：____________；
（6）实验室采用下列装置制取少量无水FeCl3固体。(已知FeCl3固体易潮解，部分夹持仪器已略去。)
该装置存在明显缺陷，得不到无水FeCl3固体，请你对该装置进行合理的改进：____________。
【答案】
（1）稀盐酸；FeCl3和
FeCl2水解而使溶液浑浊
（2）2Fe2++2H++H2O2
=2Fe3++2H2O
（3）烧杯、玻璃棒
（4）取最后的洗涤液少量，滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，如果没有白色沉淀生成，说明沉淀已经洗涤干净。
（5）53.97%
（6）在
B、C
之间和C、D之间分别增加盛有浓硫酸的洗气瓶，防止
FeCl3吸水而潮解
【解析】
试题分析：（1）溶解FeCl3和FeCl2固体的混合物可以选用稀盐酸，以防止FeCl3和
FeCl2水解而使溶液浑浊，故答案为：稀盐酸；FeCl3和
FeCl2水解而使溶液浑浊；
（2）
FeCl2具有还原性，能够与双氧水发生氧化还原反应，反应的离子方程式2Fe2++2H++H2O2
=2Fe3++2H2O，故答案为：2Fe2++2H++H2O2
=2Fe3++2H2O；
（3）过滤操作中除用漏斗外，还需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒，故答案为：烧杯、玻璃棒；
（4）步骤④中沉淀为氢氧化铁，溶液中存在氯化钠，检验沉淀已经洗涤干净的方法为取最后的洗涤液少量，滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，如果没有白色沉淀生成，说明沉淀已经洗涤干净，故答案为：取最后的洗涤液少量，滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，如果没有白色沉淀生成，说明沉淀已经洗涤干净；
（5）氧化铁的物质的量为=0.025mol，
设FeCl3和FeCl2的物质的量分别为x、y
则x+y=0.025mol×2
162.5g/mol×x+127g/mol×y=7.06g
解得x=0.02mol，y=0.03mol
固体样品中FeCl2的质量分数为×100%=53.97%，故答案为：53.97%；
（6）
FeCl3吸水容易潮解，应该在
B、C
之间和C、D之间分别增加盛有浓硫酸的洗气瓶，故答案为：在
B、C
之间和C、D之间分别增加盛有浓硫酸的洗气瓶，防止
FeCl3吸水而潮解。
考点：考查了物质组成和含量的测定、铁及其化合物的性质的相关知识。
19．（15分）漂白液、漂白粉和漂粉精既可作棉、麻、纸张的漂白剂，又可用作游泳池及环境的消毒剂。它们在生产、生活中有广泛应用。某实验小组同学看到一则报道：某造纸厂误将槽车中漂白液（NaCl和NaClO的混合液,其中有效成分为NaClO）倒入盛放饱和KAl（SO4）2溶液的池中，造成中毒事件。该小组同学为探究中毒原因进行了如下实验。
（1）小组成员甲同学依据漂白液具有漂白消毒的性质推测，漂白液中ClO－具有氧化性。进行如下实验：
Ⅰ．取10
mL漂白液，依次加入Na2SO3溶液和BaCl2溶液，观察到有白色沉淀生成，经检验白色沉淀不溶于盐酸。
Ⅱ．另取10
mL漂白液，加入品红溶液，发现溶液红色逐渐变浅，一段时间后褪为无色。
Ⅲ．再取10
mL漂白液，加入品红溶液，加入少量稀硫酸酸化后，观察溶液红色立即变为无色。
①由实验Ⅰ得出ClO－具有氧化性，写出相关反应的离子方程式__________________。
②对比实验Ⅱ和Ⅲ说明ClO－氧化性与溶液酸碱性的关系是____________________。
（2）小组成员乙同学依据（1）中的实验提出：漂白液在酸性溶液中有Cl2生成，为此进行如下实验：
首先，他利用pH计分别测得漂白液pH>7，饱和KAl（SO4）2溶液pH<7。然后用下图所示的装置继续实验，探究漂白液在酸性溶液中是否能反应生成Cl2。
①在测定漂白液pH的实验中，乙同学没有选择pH试纸的理由可能是__________；
②若打开分液漏斗活塞向烧瓶中加入硫酸，不久烧瓶中有黄绿色气体产生。A中反应的离子方程式__________________。
③若打开分液漏斗活塞向烧瓶中加入饱和KAl（SO4）2溶液，预计只有观察到以下现象__________，才能说明漂白液与酸性溶液混合会产生Cl2。
（3）为了进一步了解漂白液生产和保存的实际意义，小组其他成员还研究漂白液的稳定性，他们查阅资料，下图是30℃时，pH=11的漂白液中NaClO的质量百分含量随时间变化图：
①分析分解速率v（Ⅰ）与v（Ⅱ）的大小关系，原因是
②4d～
8d,Ⅰ中v（NaClO）=
mol/(L·d)（常温下漂白液的密度约为1g
/
cm3，且溶液体积变化忽略不计，结果保留2位有效数字。）
【答案】（15分）
（1）①ClO－+
SO32-=
Cl－+
SO42-
Ba2++
SO42-=
BaSO4↓（2分，合并写出应得分）
②ClO－的氧化性随c（H＋）增大而增强
（2分）
（2）①漂白液具有漂白性，pH试纸变蓝后马上褪色，无法准确测定pH（2分）
②ClO－+
Cl－+2H+
=
Cl2↑+
H2O（2分）
③产生大量的白色胶状沉淀，不久烧瓶中有黄绿色气体产生。（2分）
（3）①v（Ⅰ）＞v（Ⅱ），在相同的条件下，NaClO的浓度越大分解速率越大（2分）②0.047（3分）
【解析】
试题分析：（1）①ClO 把SO32 氧化为SO42 ，所以离子方程式为：ClO－+
SO32-=
Cl－+
SO42-
、Ba2++
SO42-=
BaSO4↓。
②加入少量稀硫酸酸化后，观察溶液红色立即变为无色，说明ClO－的氧化性随c（H＋）增大而增强。
（2）①漂白液具有漂白性，可以漂白pH试纸，无法准确测定pH。
②在酸性条件下，ClO 与Cl 发生氧化还原反应生成Cl2，则离子方程式为：ClO－+
Cl－+2H+
=
Cl2↑+
H2O。
③Al3+水解使溶液呈碱性：Al3++3H2OAl(OH)3↓+3H+，若漂白液与H+反应，Al3+水解平衡向右移动，产生产生大量的白色胶状沉淀，不久烧瓶中有黄绿色气体产生。
（3）①图像的纵坐标为NaClO的质量百分含量，在相同时间内，NaClO的质量百分含量改变越大，则v（Ⅰ）＞v（Ⅱ），v（Ⅰ）时NaClO的浓度大于v（Ⅱ）时NaClO的浓度，在相同的条件下，NaClO的浓度越大分解速率越大。
②设溶液的体积为1L，则v（NaClO）=1000g×（6.5%—5.1%）÷74.5g/mol÷1L÷4d=0.047
mol/(L·d)。
考点：本题考查化学实验方案的设计与评价、离子方程式的书写、化学平衡、化学反应速率。
20．将一定量的碳与8
g
O2置于一密闭容器中，使之在高温下反应，当恢复至原温度时，容器内压强比原来增大0.4倍，则参加反应的碳的质量是多少？
【答案】4.2
g
【解析】同温同容时，气体的压强与气体的物质的量成正比。若只发生反应：
C+O2
CO2
0.25
mol
0.25
mol
容器内压强不变，即增大0倍。
若只发生反应：
2C+O2
2CO
0.25
mol
0.5
mol
容器内压强增大1倍。
因为0＜0.4＜1，所以以上两个反应同时发生。
方法一：平行计算法
设转化为CO的碳的物质的量为x，转化为CO2的碳的物质的量为y，则：
2C+O22CO
2
1
2
x
0.5x
x
C+O2CO2
1
1
1
y
y
y
解得：
所以m(C)=(x+y)×12
g·mol-1=0.35×12
g=4.2
g
方法二：碳原子守恒法
据题意可知，碳的物质的量=混合气（CO和CO2）的物质的量=1.4倍O2的物质的量
即：n(C)=1.4×=0.35
mol
m(C)=0.35
mol×12
g·mol-1=4.2
g
21．有机物丙(C13H18O2)是一种香料，其合成路线如图所示。其中A的相对分子质量通过质谱法测得为56，它的核磁共振氢谱显示只有三组峰；D可以发生银镜反应，在催化剂存在条件下1
mol
D与2
mol
H2反应可以生成乙；丙中含有两个-CH3
（1）A的结构简式为
；乙的分子式为
。
（2）C与新制Cu(OH)2悬浊液反应的化学方程式_________________。
（3）D所含官能团的名称是
；D有多种同分异构体，其中与其所含官能团相同的同分异构体有
种（不考虑立体异构）。
（4）甲与乙反应的化学方程式为
。
（5）写出满足下列条件的有机物的结构简式
ⅰ与乙互为同分异构体；ⅱ遇FeCl3溶液显紫色；ⅲ其苯环上的一溴代物只有两种。
【答案】（1）(CH3)2C=CH2
C9H12O
（2）(CH3)2CHCHO+2Cu(OH)2+NaOH
(CH3)2CHCOONa+Cu2O↓+3H2O
（3）碳碳双键、醛基
4
（4）
（5）
【解析】
试题分析：（1）由A的性质及题目提供的信息可知A为不饱和的烯烃。设去分子式为CnH2n
。14n=56。解得n=4．即A为C4H8。因为它的核磁共振氢谱显示只有三组峰，说明含有三种H原子，则A为CH2=C(CH3)2．
B为2-甲基丙醇
(CH3)2CHCH2OH．
B催化氧化为C：2-甲基丙醛
(CH3)2CHCHO。C与新制的氢氧化铜悬浊液共热，煮沸可得甲：2-甲基丙酸
(CH3)2CHCOOH。因为甲乙发生酯化反应得到酯C13H18O2和水，所以在乙的分子中含有的各种元素的原子个数为C：13-4=9；H：18+2-8=12．O：2+1-1=2．乙分子式为C9H12O。（2）2-甲基丙醛
(CH3)2CHCHO与新制Cu(OH)2悬浊液反应的化学方程式(CH3)2CHCHO+2Cu(OH)2+NaOH
(CH3)2CHCOONa+Cu2O↓+3H2O（3）D可以发生银镜反应，证明D中含有醛基（-CHO）；在催化剂存在条件下1
mol
D与2
mol
H2反应可以生成乙，则乙中还含有碳碳双键。因此D所含官能团的名称是碳碳双键、醛基。D有多种同分异构体，其中与其所含官能团相同的同分异构体有4种。它们分别是：；；；
。
（4）甲与乙反应的化学方程式为
（5）写出满足条件：ⅰ与乙互为同分异构体；ⅱ遇FeCl3溶液显紫色；ⅲ其苯环上的一溴代物只有两种的有机物的结构简式
和。
考点：考查有机物的推断。包括有机物的分子式、结构式、结构简式、化学方程式的书写、同分异构体的种类及官能团的名称等知识。
22．有机物G(分子式为C13H18O2)是一种香料，如图是该香料的一种合成路线。已知
①R-CH=CH2
R-CH2CH2OH；
②有机物D的摩尔质量为88
g·mol-1，其核共振氢谱有3组峰；
③能够发生银镜反应，1molE能够与2molH2完全反应生成F；
④有机物F是苯甲醇的同系物，苯环上只有一个无支链的侧链
回答下列问题：
（1）用系统命名法命名有机物B
。
（2）E的结构简式为
。
（3）C与新制Cu
(OH)2
反应的化学方程式为
。
（4）有机物C可与银氨溶液反应，配置银氨溶液的实验操作为
。
（5）已知有机物甲符合下列条件:①为芳香族化合物；②与F是同分异构体；③能被催化氧化成醛。符合上述条件的有机物甲有
种。其中满足苯环上有3个侧链，且核磁共振氢谱有5组峰，峰面积比为6：2：2：1：1的有机物的结构简式为
。
（6）以丙烯等为料合成D的路线如下：X的结构简式为步的反应条件为的反应为
。步骤II的反应条件为
。步骤IV的反应类型为
。
【答案】（1）2 -甲基- 1 -丙醇；；
（3）(CH3)2CHCHO＋2Cu(OH)2＋NaOH(CH3)2CHCOONa＋Cu2O↓＋3H2O；
或者：(CH3)2CHCHO＋2Cu(OH)2(CH3)2CHCOOH＋Cu2O↓＋2H2O
（4）在一支试管中取适量硝酸银溶液，边振荡试管边逐滴滴入氨水，直到生成的白色沉淀恰好溶解为止；
（5）13
；；
（6）CH3CHBrCH3；NaOH的水溶液，加热；
消去反应；
【解析】
试题分析：（1）B为(CH3)2CHCH2OH，其用系统命名法命名的名称为2-甲基-1-丙醇，故答案为：2-甲基-1-丙醇；
（2）F为，E能够发生银镜反应，1mol
E与2mol
H2反应生成F，则E为，故答案为：；
（3）C为(CH3)2CHCHO，其与新制氢氧化铜反应的化学方程式为(CH3)2CHCHO
+
2Cu(OH)2
(CH3)2CHCOOH
+
Cu2O↓
+
2H2O；
（4）配置银氨溶液时，将氨水逐滴滴入硝酸银溶液中，当生成的白色沉淀恰好溶解为止，故答案为：在一支试管中取适量硝酸银溶液，边振荡边逐滴滴入氨水，当生成的白色沉淀恰好溶解为止；
（5）F为，符合：①为芳香族化合物②与F是同分异构体③能被催化氧化成醛．的化合物有：若苯环上只有1个取代基，取代基为CH(CH3)-CH2OH，只有1种，若苯环上有2个取代基，可能是甲基和-CH2CH2OH，临间对3种，也可以是-CH2CH3和-CH2OH，临间对3种，若苯环上有3个取代基，只能是两个-CH3和一个-CH2OH，采用定一议二原则判断，有6种，所以共有13种，其中满足苯环上有3个侧链，且核磁共振氢谱有5组峰，峰面积比为6：2：2：1：1的有机物的结构简式为或，故答案为：或；
（6）D结构简式为(CH3)2CHCOOH，以丙烯等为原料合成D的路线可知，反应Ⅰ为加成反应，X为CH3CHBrCH3，其在NaOH的水溶液中加热生成（CH3）2CHOH，反应ⅣⅤ分别为消去反应和加成反应，故答案为：CH3CHBrCH3；NaOH的水溶液加热；消去反应．
考点：考查了有机物的合成与推断的相关知识。