山东省东营市第二中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）

山东省东营市第二中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）
1．关于Al2O3的说法正确的是
A．只能与盐酸反应
B．能与氢氧化钠溶液反应
C．既能与盐酸反应又能与氢氧化钠溶液反应
D．既不能与盐酸反应又不能与氢氧化钠溶液反应
【答案】C
【解析】
试题分析：氧化铝是两性氧化物，既能与盐酸反应又能与氢氧化钠溶液反应，答案选C。
考点：考查氧化铝的两性
点评：该题是基础性试题的考查，难度不大，记住即可。
2．下列反应属于氧化还原反应的是
A．CaO＋H2O==Ca(OH)2
B．Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2
C．CaCO3CaO＋CO2↑
D．CO2＋2NaOH==Na2CO3＋H2O
【答案】B
【解析】
试题分析：：从化合价是否发生变化的角度判断是否氧化还原反应，化合价的升降为氧化还原反应的特征．各元素的化合价都没有发生变化，不属于氧化还原反应，故A错误；铁的化合价从+3价降低到0价，碳的价态从+2价升高到+3价，属于氧化还原反应，B正确；．各元素的化合价都没有发生变化，不属于氧化还原反应，故C错误；．各元素的化合价都没有发生变化，不属于氧化还原反应，故D错误．答案选B．
考点：氧化还原反应
3．现有三组溶液：①含有水份的植物油中除去水份
②回收碘的CCl4溶液中的CCl4
③用食用酒精浸泡中草药提取其中的有效成份。分离以上各混合液的正确方法依次是
A．分液、萃取、蒸馏
B．萃取、蒸馏、分液
C．分液、蒸馏、萃取
D．蒸馏、萃取、分液
【答案】C
【解析】
试题分析：植物油不溶于水，用分液的方法分离；四氯化碳和碘的沸点不同，回收碘的CCl4溶液中的CCl4用蒸馏的方法；中草药中的有效成份在不同溶剂中的溶解度不同，用食用酒精浸泡中草药提取其中的有效成份，可用萃取的方法，故C正确。
考点：本题考查混合物分离。
4．在容积一定的密闭容器中，反应2AB(g)+C(g)达到平衡后，升高温度，容器内气体的密度增大，则下列叙述正确的是
A．正反应是吸热反应，且A不是气态
B．正反应是放热反应，且A是气态
C．其他条件不变，加入少量C，物质A的转化率增大
D．改变压强对该平衡的移动无影响
【答案】A
【解析】
试题分析：由于容积一定，反应2AB(g)+C(g)
升高温度，容器内气体的密度增大，说明升高温度，容器内气体的质量增加，生成物都是气体，则说明反应物A的状态不是气体，升高温度，平衡向正反应方向移动，根据平衡移动原理可知正反应是吸热反应，所以选项A正确，选项B错误；C．其他条件不变，加入少量C，即增大生成物的浓度，化学平衡逆向移动，物质A的转化率减小，错误；D．根据上述分析可知该反应是反应前后气体体积不等的反应，改变压强，化学平衡发生移动，错误。
考点：考查物质存在状态与外加条件对化学平衡移动的影响的知识。
5．Na2S溶液中各种离子的物质的量浓度关系不正确的是(
)
A、c(Na+)＞c(S2-)＞c(OH-)＞c(HS-）
B、c(Na+)+c(H+)＝c(HS-)+2c(S2-)+c(OH-)
C、c(Na+)＝2c(HS-)+2c(S2-)+2c(H2S）
D、c(OH-)＝c(H+）+
c(HS-)
【答案】D
【解析】
试题分析：A、在Na2S溶液存在下列反应：Na2S=2Na++S2-；S2-+H2OHS-+OH-；HS-+H2OH2S+OH-；H2OH++OH-。但是盐水解的程度是微弱的，所以
c(Na+)＞c(S2-)＞c(OH-)＞c(HS-)。正确。B、根据电荷守恒可得：c(Na+)+c(H+)＝c(HS-)+2c(S2-)+c(OH-)。正确。C、根据物料守恒可得：c(Na+)＝2c(HS-）+2c(S2-)+2c(H2S)。正确。D、根据质子守恒可得：c(OH-)＝c(H+）+
c(HS-)+2c(H2S).错误。
考点：考查溶液中离子浓度的大小关系的知识。
6．某溶液中可能存在Br－、CO32－、SO32－、Al3+、I－、Mg2+、Na+
7种离子中的几种。现取该溶液进行实验，得到如下实验现象：①向溶液中滴加足量氯水后，溶液变橙色，且有无色气泡冒出；②向所得橙色溶液中加入足量BaCl2溶液，无沉淀生成；③向所得溶液中继续滴加淀粉溶液，溶液不变蓝色。据此可以推断，该溶液中肯定不存在的离子是
A．Al3+、Na+、SO32－、I－
B．Mg2+、Na+、CO32－、I－
C．Al3+、Mg2+、I－、SO32－
D．Al3+、CO32－、Br－、I－
【答案】C
【解析】
试题分析：①向溶液中滴加足量氯水后，溶液变橙色，说明产生溴，即含有溴离子。且有无色气泡冒出，说明还含有碳酸根，产生的气泡是CO2，因此一定不存在镁离子和铝离子；②向所得橙色溶液中加入足量BaCl2溶液，无沉淀生成，说明没有亚硫酸根。因为如果有亚硫酸根，被氯水氧化后产生硫酸根，进而可以产生硫酸钡白色沉淀；③向所得溶液中继续滴加淀粉溶液，溶液不变蓝色，说明没有碘产生，即不存在碘离子。根据溶液的电中性可知一定还存在钠离子，因此该溶液中肯定不存在的离子是Al3+、Mg2+、I－、SO32－，答案选C。
考点：考查离子共存与离子检验的判断
7．化合物A（C4H8Br2）可由下列反应制得，C4H10OC4H8
C4H8Br2，则结构式不可能的是
A．CH3CH(CH2Br)2
B．CH3CH2CHBrCH2Br
C．CH3CHBrCHBrCH3
D．(CH3)2CBrCH2Br
【答案】A
【解析】
试题分析：该流程表示C4H10O在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成烯烃，烯烃与溴发生加成反应得到化合物A。A、C4H10O发生消去反应后生成的丁烯与溴加成，2个Br原子分别加在碳碳双键的两端，不可能加在主链两端的C原子上，所以不可能得到CH3CH(CH2Br)2，正确；B、1-丁醇发生消去反应生成1-丁烯，与溴加成得到CH3CH2CHBrCH2Br，有可能，错误；C、2-丁醇发生消去反应生成2-丁烯，与溴加成得到CH3CHBrCHBrCH3，有可能，错误；D、2-甲基-1丙醇发生消去反应生成2-甲基丙烯，与溴加成得到(CH3)2CBrCH2Br，有可能，错误，答案选A。
考点：考查醇的消去反应产物的判断及烯烃加成产物的判断
8．改变反应物用量，下列反应能用同一个反应方程式表示的是
①NaAlO2溶液与CO2反应；
②Si与烧碱溶液反应；
③H2S与NaOH溶液反应；
④Fe与稀硝酸反应；
⑤S在O2中燃烧；
⑥NH3与O2的反应
A．②⑤⑥
B．①②③⑤
C．①③④⑥
D．①③④⑤⑥
【答案】A
【解析】
试题分析：①CO2少量时，发生反应：2NaAlO2+CO2+3H2O═Na2CO3+2Al（OH）3↓；CO2过量时发生反应：NaAlO2+CO2+2H2O═NaHCO3+Al（OH）3↓，所以不能用同一方程式表示，故不选；②Si与烧碱溶液反应生成硅酸钠和氢气，与反应物用量无关，反应的离子方程式为：SiO2+2OH-═SiO32-+H2O，可以用同一方程式表示，故选；③NaOH少量时，发生反应：H2S+NaOH═NaHS+H2O，NaOH过量时发生反应：H2S+2NaOH═Na2S+2H2O，所以不能用同一方程式表示，故不选；④Fe与稀硝酸反应，Fe不足生成Fe3+，离子方程式为：4H++NO3-+Fe═Fe3++NO↑+2H2O；Fe过量生成Fe2+，离子方程式为：8H++2NO3-+3Fe═3Fe2++2NO↑+4H2O，所以不能用同一个离子方程式来表示，故不选；⑤S在O2中燃烧，不论氧气过量还是少量都生成二氧化硫，故能用同一个化学方程式来表示，故选；⑥NH3与O2在催化剂条件发生反应生成NO，能用同一化学方程式表示，故选，故选A。
考点：考查反应原理与化学方程式的书写。
9．下面均是正丁烷与氧气反应的热化学方程式(25℃，101
kPa)：
①C4H10(g)＋O2(g)===4CO2(g)＋5H2O(l)
ΔH＝－2
878
kJ·mol－1
②C4H10(g)＋O2(g)===4CO2(g)＋5H2O(g)
ΔH＝－2
658
kJ·mol－1
③C4H10(g)＋O2(g)===4CO(g)＋5H2O(l)
ΔH＝－1
746
kJ·mol－1
④C4H10(g)＋O2(g)===4CO(g)＋5H2O(g)
ΔH＝－1
526
kJ·mol－1
由此判断，正丁烷的燃烧热是
A．ΔH＝－2
878
kJ·mol－1
B．ΔH＝－2
658
kJ·mol－1
C．ΔH＝－1
746
kJ·mol－1
D．ΔH＝－1
526
kJ·mol－1
【答案】A
【解析】
试题分析：燃烧热：在101
kPa时，1
mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，要求可燃物必须是1mol，生成稳定的氧化物，碳应转化成CO2，不是CO，H2O的状态必须是液态的，故①是正丁烷燃烧热的热化学反应方程式，选项A正确。
考点：考查燃烧热的定义和延伸。
10．已知碳碳单键可以绕键轴自由旋转，结构简式为如下图所示的烃，下列说法中不正确的是
A．等质量的该烃和甲烷均完全燃烧，耗氧量前者小于后者
B．该烃能使酸性高锰酸钾溶液褪色,属于苯的同系物
C．分子中一定有11个碳原子处于同一平面上
D．该烃的一氯取代产物为5种
【答案】B
【解析】
试题分析：A、甲烷是含H量最高的烃，含H量越高，等质量的烃燃烧消耗的氧气越多，正确；B、该烃分子中含有2个苯环，苯环上有甲基取代基，可被高锰酸钾氧化，但不是苯的同系物，错误；C、苯环是平面结构，与苯环直接相连的原子与苯环共面，一个苯环中的6个C原子与2个甲基的C原子一定共面，碳碳单键可以绕键轴自由旋转，则与苯环相连的另一个苯环的C原子及其对位C原子、与对位C原子相连的甲基的C原子均与该苯环共面，所以共11个C原子一定共面，正确；D、该烃存在轴对称结构，所以只需判断一半的结构中的H原子的种数即可，苯环上有3种H原子，2个甲基上有2种H原子，所以该烃的一氯代物有5种，正确，答案选B。
考点：考查有机物的结构、性质的判断，原子共面问题的判断
11．镓是1871年俄国化学家门捷列夫在编制元素周期表时曾预言的“类铝”元素。镓的原子序数为31，属ⅢA族。镓的熔点为29.78
℃，沸点高达2
403
℃。镓有过冷现象(即冷至熔点下不凝固)，它可过冷到－120
℃。由此判断下列有关镓的性质及其用途的叙述不正确的是(　　)。
A．镓是制造高温温度计的上佳材料
B．镓能溶于强酸和强碱中
C．镓与锌、锡、铟等金属制成的合金，可用在自动救火的水龙头中
D．近年来镓成为电子工业的新宠，其主要用途是制造半导体材料，被誉为“半导体家族的新成员”，这是利用了镓的导电性介于导体和绝缘体之间的性质
【答案】D
【解析】镓的熔点为29.78
℃，沸点高达2
403
℃；镓有过冷现象(即冷至熔点下不凝固)，它可过冷到－120
℃，因此A、C两项正确。铝能溶于强酸和强碱中，铝是电的良导体而不是半导体，镓是“类铝”元素，所以镓能溶于强酸和强碱中，镓是电的良导体而不是半导体，即B项正确，D项不正确。
12．食品保鲜所用的“双吸剂”，是由还原铁粉、生石灰、碳酸钠、炭粉等按一定比例组成
的混合物，可吸收氧气和水。下列分析不正确的是
A．“双吸剂”中的生石灰有吸水作用
B．“双吸剂”吸收氧气时，发生了原电池反应
C．吸收氧气的过程中，铁作原电池的负极
D．炭粉上发生的反应为：O2
+
4e－+
4H＋====2H2O
【答案】D
【解析】
试题分析：生石灰能和水发生化合反应，能吸收水，A对，不选；铁粉和碳粉在电解质溶液中会形成原电池，溶液是碳酸钠溶液，故铁发生的是吸氧腐蚀，B对，不选，铁和碳形成原电池，铁做负极，C对，不选；电解液是碳酸钠溶液，是碱性溶液，所以参与反应的不会是H+，D错，选D。
考点：原电池的形成和工作原理。
13．2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)是工业制硫酸的主要反应之一。一定温度下，在甲、乙、丙、丁四个容器体积均为2
L的恒容密闭容器中投料，其起始物质的量及含硫反应物的平衡转化率如下表所示：
甲
乙
丙
丁
起始物质的量
n(SO2)/mol
0.40
0
0.80
0.02
n(O2)/mol
0.24
0
0.48
0.04
n(SO3)/mol
0
0.40
0
0.40
含硫反应物的平衡转化率%
80
1
2
3
下列判断中，正确的是
A．乙中SO3的平衡转化率为1=20%
B．平衡时，丙中c(SO3)是甲中的2倍
C．平衡时，3<1
D．该温度下，平衡常数的值为400
【答案】CD
【解析】
试题分析：对于甲，由于SO2的转化率是80%，所以平衡时各种物质的物质的量分别是：n(SO2)=0.08mol；n(O2)=0.08mol；n(SO3)=0.32mol；所以在该温度下的化学平衡产生K=。温度不变，化学平衡常数就不变。A．由于反应是在恒温恒容条件下进行的，对于相当于开始加入n(SO2)=0.4mol；n(O2)=0.2mol；n(SO3)=0
mol。由于氧气的浓度比甲小，所以SO2的转化率小于80%，即SO3的转化率1>20%,错误；B.对于丙由于开始加入的二氧化硫和氧气的物质的量是甲的二倍，增大了反应物的浓度，平衡正向移动，SO2的转化率增大，。但是平衡移动的趋势是微弱的，所以平衡时丙中c(SO3)比甲中的2倍要小的多，错误；C．由于丁中开始加入的各种物质的物质的量分别是：n(SO2)=0.02mol；n(O2)=0.04mol；n(SO3)=0.4
mol，可以等效转化，认为SO3是反应产生的，则其等效开始状态是n(SO2)=0.42mol；n(O2)=0.24mol；n(SO3)=0
mol，氧气的浓度不变，而增大了SO2的浓度。增大反应物的浓度，能够使其它反应物的转化率提高，而其本身的转化率反而降低，所以平衡时，3<1，正确；D．根据选项A的计算可知该温度下，平衡常数的值为400，正确。
考点：考查物质的量浓度对化学平衡移动的影响、等效平衡、物质的转化率的比较和平衡产生的计算。
14．将一定量的Cl2通入一定浓度的苛性钠溶液中，两者恰好完全反应(已知反应过程放热)，生成物中有三种含氯元素的离子，其中ClO-和ClO3-两种离子的物质的量（n）与反应时间（t）的变化示意图如下图。下列说法不正确的是
（
）
A．苛性钠溶液中NaOH的物质的量是0.09mol
B．ClO3—的生成与通入氯气的量的多少无关
C．反应中转移电子的物质的量是0.21mol
D．在酸性条件下ClO-和Cl-可生成Cl2
【答案】A
【解析】
试题分析：在Cl2与NaOH反应中，反应产生ClO-、ClO3-，氯元素的化合价都是升高，则一定还有元素化合价降低的Cl-，在反应开始时，发生反应：Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O，该反应是放热反应，反应放出的热量使溶液的温度升高，这时发生反应：3Cl2+6NaOH＝5NaCl+NaClO3+3H2O，当反应进行完全时，根据图像中产生的物质的物质的量关系可知反应的总方程式是15Cl2+30NaOH＝21NaCl+
6NaClO
+3NaClO3+
15H2O，A、根据图像可知：反应产生n（NaClO）=0．06mol，n（NaClO3）=0．03mol，根据氧化还原反应中电子转移数目相等可知n（NaCl）=
0．06mol×1+0．03mol×5=
0．21mol，根据元素守恒n（NaOH）=
n（NaCl）+
n（NaClO）+
n（NaClO3）=
0．21mol+0．06mol+0．03mol=0．30mol，A错误；B、ClO3－的生成是由于氯气与NaOH发生反应放出热量使溶液的温度升高引起，与Cl2的物质的量的多少无关，B正确；C、根据氧化还原反应中电子转移数目相等，可知反应中转移电子的物质的量是0．21mol，C正确；D、次氯酸根离子中氯元素是＋1价，氯离子中氯元素是－1价，因此在酸性条件下ClO－和Cl－发生反应产生氯气，D正确，答案选A。
【考点定位】考查氧化还原反应的计算的有关知识。
【名师点晴】得失电子守恒是指在发生氧化还原反应时，氧化剂得到的电子数一定等于还原剂失去的电子数。得失电子守恒法常用于氧化还原反应中氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的有关计算及电解过程中电极产物的有关计算等。电子守恒法解题的步骤是：首先找出氧化剂、还原剂及其物质的量以及每摩尔氧化剂、还原剂得失电子的量，然后根据电子守恒列出等式。计算公式如下：n(氧化剂)×得电子原子数×原子降价数＝n(还原剂)×失电子原子数×原子升价数。利用这一等式，解氧化还原反应计算题，可化难为易，化繁为简。许多有关化学反应的计算，如果能够巧妙地运用守恒规律可以达到快速解题的目的，常见的守恒关系有：①反应前后元素种类和某种原子总数不变的原子守恒；②电解质溶液中的电荷守恒；③氧化还原反应中得失电子数守恒、原电池或电解池中两极通过的电子总数相等；④从守恒思想出发还可延伸出多步反应中的关系式，运用关系式法等计算技巧巧妙解题。
15．已知：3NO3－＋8Al＋5OH－＋2H2O3NH3↑＋8AlO2—。某地区的雾霾中可能含有如下可溶性离子：Na＋、NH4+、Mg2＋、Al3＋、SO42—、NO3—、HCO3—、Cl－。某同学收集了该地区的雾霾，经必要的预处理后试样溶液，设计并完成如下实验：
根据以上的实验操作与现象，该同学得出的结论错误的是
A．试样中肯定存在NH4+、SO42—和NO3—，可能有Mg2＋
B．试样中不一定存在Na＋、Cl－、HCO3—
C．沉淀2中可能含碳酸钡、碳酸镁和氢氧化铝
D．该雾霾中可能存在NaNO3、NH4HCO3和MgSO4
【答案】C
【解析】
试题分析：A．取试样溶液，向其中加入Ba(OH)2溶液，加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，氨气，则试样中肯定存在NH4+；还产生白色沉淀，向该沉淀中加入酸，沉淀部分溶解，证明沉淀中含有BaSO4，则试样中含有SO42—；向溶液1中通入CO2气体，产生沉淀2和溶液，向溶液中加入Al并加入OH-，加热，产生气体2，该气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，只能产生了氨气，则原溶液中含有NO3—，在上述反应中根据现象不能确定Mg2＋是否存在，可能有Mg2＋，也可能不含有Mg2＋，正确；B.在上述实验中，无论Na＋、Cl－、HCO3—是否存在，反应现象不会发生变化，因此不能确定它们是否存在，正确；C．由于加入的Ba(OH)2溶液过量，所以在溶液1中含有Ba2+，向该含有的碱性溶液中通入CO2，一定会产生BaCO3沉淀；但是Mg2＋、Al3＋不能确定是否存在，因此在沉淀2中不能确定是否含有碳酸镁和氢氧化铝，错误；D．根据分析可知，在原溶液中一定含有的离子是：NH4+、SO42-、NO3-，Na＋、Mg2＋、HCO3—与已经确定的离子不会发生任何离子反应，可以大量共存，因此该雾霾中可能存在NaNO3、NH4HCO3和MgSO4，正确。
考点：考查离子检验、离子反应、离子共存在物质成分确定的应用的知识。
16．(4分)用元素符号填空：
(1)原子半径最小的元素是________。
(2)第一电离能最大的元素是________。
(3)电负性最大的元素是________。
(4)第四周期中，第一电离能最小的元素是________。
【答案】H
He
F
K
【解析】
17．（10分）为了测定草酸晶体（H2C2O4·xH2O）中的x值，进行如下实验
（1）称取Wg草酸晶体，配成100.00mL溶液
（2）取25.00mL所配溶液于锥形瓶内，加入适量稀H2SO4后，用浓度为amol/L的KMnO4溶液滴定至KMnO4不再褪色为止，所发生的反应为：
2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+10CO2↑+2MnSO4+8H2O。
试回答：
①实验中，需要的仪器有（填序号）
，还缺少的仪器有（填名称）
A托盘天平（带砝码、镊子）
B滴定管
C
100mL的量筒
D、100mL的容量瓶
E、烧杯
F、漏斗
G、锥形瓶
H、玻璃棒
I、药匙
J、烧瓶
②实验中，标准KMnO4溶液应装在
式滴定管中，因为
③若在接近滴定终点时，用少量蒸馏水将锥形瓶内壁冲洗一下，再继续滴至终点，则所测得的x的值会
（填偏大、偏小、无影响）。
④在滴定过程中若用去amol/L的KMnO4溶液VmL，则所配制的草酸溶液的物质的量浓度为
mol/L，由此，x=
。
⑤若滴定终点读数时俯视刻度，则计算的x值会
（填偏大、偏小、无影响）。
【答案】①A、B、D、E、G、H、I
，胶头滴管、铁架台带滴定管夹
；
②酸
，KMnO4溶液有腐蚀性，会腐蚀橡胶；③无影响
④，
x=或者；⑤
偏大
。
【解析】
试题分析：①根据配制溶液需要的仪器可知：在该实验中，需要的仪器有A、B、D、E、G、H、I
，还缺少的仪器有胶头滴管、铁架台带滴定管夹；②实验中，标准KMnO4溶液因为有强氧化性，会腐蚀橡胶管，所以应该应装在酸式滴定管中，③若在接近滴定终点时，用少量蒸馏水将锥形瓶内壁冲洗一下，再继续滴至终点，因为锥形瓶中物质的质量等都没有变化，所以则所测得的x的值会无任何影响；④根据反应方程式2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+10CO2↑+2MnSO4+8H2O可知：n(H2C2O4)=
5/2n(KMnO4)
。n(KMnO4)=
aV×10-3mol，0.025L×c(H2C2O4)=
5/2×aV×10-3，解得c(H2C2O4)=
mol/L。则[Wg÷(90+18x)g/mol]÷4=×0.025mol,解得x=或者；⑤若滴定终点读数时俯视刻度，则草酸的物质的量偏少，计算的x值会偏大。
考点：考查物质的量浓度的溶液的配制、滴定法在测定物质的浓度积物质组成中的应用的知识。
18．（11分）“酒是陈的香”，就是因为酒在储存过程中生成了有香味的乙酸乙酯，在实验室我们也可以用如图所示的装置制取乙酸乙酯。回答下列问题：
（1）写出制取乙酸乙酯的化学反应方程式，并指出其反应类型：_____　_________　　，属于_______________反应。
（2）浓硫酸的作用是：①_________________________；②____________________。
（3）装置中通蒸气的导管要插在_____________
溶液的液面上，不能插入溶液中，目的是防止_______　。
（4）若要把制得的乙酸乙酯分离出来，应采用的实验操作是___________。
A．蒸馏
B．分液
C．过滤
D．结晶
（5）用30克乙酸与46克乙醇反应，如果实际产率是理论产率的67%，则可得到乙酸乙酯的质量是______________。
A．29.5克
B．44克
C．74.8克
D．88克
【答案】
（1）CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O
（2分）取代（酯化）（1分）
（2）①催化剂（1分）；②吸水剂（1分）
（3）饱和Na2CO3
（1分），倒吸（1分）
（4）B（2分）
（5）A（2分）
【解析】
19．(10分)通常用燃烧的方法测定有机物的分子式，可在燃烧室内将有机物样品与纯氧在电炉加热下充分燃烧，根据产品的的质量确定有机物的组成。下图所示的是用燃烧法确定有机物分子式的常用装置。
现准确称取0.44
g样品（只含C、H、O三种元素中的两种或三种），经燃烧后A管增重0.88
g，B管
增重0.36g。请回答：
（1）按上述所给的测量信息，装置的连接顺序应是（装置不重复）
D
F
（2）A、B管内均盛有固态试剂，A管的作用是______________________________；
（3）该有机物的实验式为__________________；
（4）如果把CuO网去掉，A管重量将_________；（填“增大”、“减小”、或“不变”）
（5）要确定该有机物的分子式，还必须知道的数据是___________。
①
消耗液体H2O2的质量
②样品的摩尔质量
③
CuO固体减少的质量
④
C装置增加的质量
⑤
燃烧消耗O2的物质的量
【答案】（1）C，B，A
（2）吸收样品反应生成的CO2
（3）C2H4O
（
4）减小
（5）
②
【解析】
试题解析：（1）D中生成的氧气中含有水蒸气，应先通过C中的浓硫酸干燥，在E中电炉加热时用纯氧氧化管内样品，生成二氧化碳和水，如有一氧化碳生成，则E中CuO可与CO进一步反应生成二氧化碳，然后分别通入B（吸收水）、A（吸收二氧化碳）中，根据产物的质量推断有机物的组成，则产生的氧气按从左到右流向，所选置的连接顺序应是：D→C→F→B→A，故答案为：C；B；A；（2）由测定原理可知，A用来吸收二氧化碳，测定生成二氧化碳的质量，故答案为：吸收生成二氧化碳；（3）A管质量增加0.88g为二氧化碳的质量，可得碳元素的质量：0.88g×=0.24g，B管质量增加0.36g是水的质量，可得氢元素的质量：0.36g×=0.04g，从而可推出含氧元素的质量为0.44-0.24-0.02=0.16g，设最简式为CXHYOZ，则X：Y：Z=：：=2：4：1，即最简式为C2H4O，故答案为：C2H4O；（4）CuO的作用是，使有机物充分氧化生成CO2和H2O，如果把CuO网去掉，燃烧不充分生成的CO不能被碱石灰吸收，导致二氧化碳的质量偏低，装置A的质量减小，故答案为：减小；（5）由上述（5）可知该有机物的最简式为C2H4O，要确定有机物的分子式，还要知道有机物的相对分子质量。
考点：测定有机物分子的元素组成
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20．（12分）为探究亚硫酸钠的热稳定性，某研究性学习小组将无水亚硫酸钠隔绝空气加热，并利用受热后的固体试样和下图所示的实验装置进行实验。请回答下列有关问题：
（1）查阅资料：无水亚硫酸钠隔绝空气受热到600℃才开始分解，且分解产物只有硫化钠和另外一种固体。如果加热温度低于600℃，向所得冷却后固体试样中缓缓滴加稀盐酸至足量，
在滴加稀盐酸的整个过程中HSO3—的物质的量浓度变化趋势为
；
（2）如果加热温度为700℃，向所得冷却后固体试样中缓缓滴加稀盐酸至足量，观察到烧瓶中出现淡黄色沉淀，且有大量气泡产生，则反应生成淡黄色沉淀的离子方程式为
；此时在B、C两装置中可能观察到的现象为
。
（3）在（2）中滴加足量盐酸后，烧瓶内除Cl—外，还存在另一种浓度较大的阴离子（X）。为检验该阴离子（X），先取固体试样溶于水配成溶液，然后按以下两种实验方案检验阴离子（X），你认为合理的方案是
（填“甲”或“乙”），请说明另一方案不合理的原因
。
方案甲：取少量试样溶液于试管中，先加稀HNO3，再加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，证明该离子存在。
方案乙：取少量试样溶液于试管中，先加稀HCl，再加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，证明该离子存在。
（4）写出Na2SO3固体加热到600℃以上分解的化学方程式
。
【答案】（1）先逐渐增大，后逐渐减小
（2）
2S2-+SO32-+6H+=3S↓+3H2O；
B中品红溶液褪色，C中无明显变化。（或答“B中无明显变化，C中产生黑色沉淀”）
答“B中品红溶液褪色，C中产生黑色沉淀”不得分
（3）乙；
甲中先加入具有强氧化性的稀HNO3，它能将SO32-氧化成SO42-，不能判定是否生成SO42-。
（4）4Na2SO3Na2S+3Na2SO4
【解析】
试题分析：（1）向无水亚硫酸钠溶液中加入HCl，发生反应：Na2SO3+HCl=NaCl+NaHSO3，c（HSO3-）逐渐增大，当固体中Na2SO3完全发生上述反应时，c（HSO3-）浓度达到最大值；后继续加入盐酸，发生反应：NaHSO3+HCl=NaCl+H2O+SO2↑，因此在滴加稀盐酸的整个过程中HSO3—的物质的量浓度变化趋势为先逐渐增大，后逐渐减小；（2）如果加热温度为700℃，向所得冷却后固体试样中缓缓滴加稀盐酸至足量，观察到烧瓶中出现淡黄色沉淀，说明产生了S单质，且有大量气泡产生，则该气体是SO2，则反应生成淡黄色沉淀的离子方程式为
2S2-+SO32-+6H+=3S↓+3H2O；；装置B是装有品红的溶液，SO2具有漂白性，可以是
品红溶液褪色；装置C装有CuSO4溶液，则溶液无明显变化；若SO2过量，则此时在B无现象；
C装置中发生反应：Cu2++H2S=CuS↓+2H+,观察到的现象为产生黑色沉淀；（3）在（2）中滴加足量盐酸后，烧瓶内除Cl—外，还存在另一种浓度较大的阴离子（X）。为检验该阴离子（X），先取固体试样溶于水配成溶液，然后按以下两种实验方案检验阴离子（X），由于甲方案中先加入具有强氧化性的稀HNO3，它能将SO32-氧化成SO42-，不能判定是否生成SO42-。合理的方案是乙；（4）物质在反应过程中元素原子守恒、电子转移数目相等，所以可得Na2SO3固体加热到600℃以上分解的化学方程式是4Na2SO3Na2S+3Na2SO4。
【考点定位】考查亚硫酸钠的热稳定性及相互转化关系的知识。
【名师点晴】本题以探究亚硫酸钠的热稳定性为线索，考查了氧化还原反应的规律：反应过程中电子转移守恒、氧化还原反应的方程式的书写及配平、质量守恒定律、离子方程式的书写方法；通过判断向无水亚硫酸钠溶液中加入HCl过程中c（HSO3-）的浓度变化分析多元弱酸的正盐与酸发生反应的分步进行的规律、及SO2、H2S气体的性质、检验方法，将多个知识点巧妙结合在一起，是一个不错的试题。
21．向1L
AlCl3和FeCl3混合溶液中加入含a
mol
NaOH的溶液时，产生的沉淀量可达最大值；继续加入NaOH溶液，沉淀开始溶解，当前后加入的NaOH总量达到b
mol时，沉淀不再减少，求原溶液中Fe3+的物质的量浓度。
【答案】(4a-3b)/3mol/L
【解析】
试题分析：设AlCl3、FeCl3物质的量分别为x、y。当沉淀质量最大时，溶液中溶质为NaCl，所以n(Na+)=n(Cl-),由元素守恒得a=3x+3y；当加入bmolNaOH时，沉淀恰好溶解，溶液中溶质为NaAlO2和NaCl，电荷守恒式为n(Na+)=n(AlO2-)+n(Cl-)，即b=x+(3x+3y)。解得：y=(4a-3b)/3mol，Fe3+物质的量浓度为(4a-3b)/3mol/L。
考点：化学计算
点评：氯化铝、氯化铁溶液中加入氢氧化钠溶液恰好沉淀时、沉淀完全溶解时，溶液中溶质分别为NaCl及NaCl和NaAlO2，利用电荷守恒可快速解题。
22．有机物A有下图所示转化关系．在A的质谱图中质荷比最大值为88，其分子中C、H、O三种元素的质量比为6：1：4，且A不能使Br2的CCl4溶液褪色；1mol
B反应生成了2mol
C．
已知：RCH（OH）﹣CH（OH）R′RCHO+R′CHO
请回答下列问题：
（1）A的结构简式为
．
（2）若①、②、③三步反应的产率分别为90.0%、82.0%、75.0%，则由A合成H的总产率为
．
（3）D+E→F的反应类型为
．
（4）写出C与银氨溶液反应的离子方程式为
．
（5）若H分子中所有碳原子不在一条直线上，则H在一定条件下合成顺丁橡胶的化学方程式为
．若H分子中所有碳原子均在一条直线上，则G转化为H的化学方程式为
．
（6）有机物A有很多同分异构体，请写出同时满足下列条件的一种异构体X的结构简式：
．
a．X核磁共振氢谱有3个峰，峰面积之比为1：1：2
b．1mol
X可在HIO4加热的条件下反应，可形成1mol
二元醛
c．1mol
X最多能与2mol
Na反应
d．X不与NaHCO3反应，也不与NaOH反应，也不与Br2发生加成反应．
【答案】（1）CH3COCH（OH）CH3；（2）55.4%；
（3）酯化反应；（4）CH3CHO+2[Ag（NH3）2]++2OH﹣CH3COO﹣+NH4++2Ag↓+3NH3+H2O；
（5）（6）
【解析】由于A分子中C、H、O三种元素的质量比为6：1：4可知C、H、O的物质的量之比为2：4：1；又由于A的质谱图中质荷比最大值为88，所以A的分子式为C4H8O2，根据分子式可知A中有一个不饱和度，又不能使Br2的CCl4溶液褪色，所以A中存在C=O键，再根据1mol
B反应生成了2mol
C，结合已知条件可推知A的结构为：CH3COCH（OH）CH3，这样可以进一步推出B、C、D、E、F的结构简式，它们依次是：CH3CH（OH）CH（OH）CH3、CH3CHO、CH3COOH、CH3CH2OH、CH3COOCH2CH3，由于B与HBr发生取代反应生成卤代物，再在NaOH醇溶液中发生消去反应，且H分子中所有碳原子均在一条直线上，所以可以推得G和H的结构分别为：CH3CHBrCHBrCH3、H3CC≡CCH3，
（1）由上面的分析可知，A为CH3COCH（OH）CH3，故答案为：CH3COCH（OH）CH3；
（2）由A合成H的总产率应为①，②、③三步反应的产率之积，所以由A合成H的总产率=90.0%×82.0%×75.0%=55.4%，故答案为：55.4%；
（3）D+E→F反应为乙酸与乙醇反应生成乙酸乙酯，反应类型为酯化反应，故答案为：酯化反应；
（4）由上面的分析可知，C为乙醛，它与银氨溶液反应的离子方程式为：CH3CHO+2[Ag（NH3）2]++2OH﹣CH3COO﹣+NH4++2Ag↓+3NH3+H2O，
故答案为：CH3CHO+2[Ag（NH3）2]++2OH﹣CH3COO﹣+NH4++2Ag↓+3NH3+H2O；
（5）若H分子中所有碳原子不在一条直线上，则H为1，3﹣丁二烯，H在一定条件下合成顺丁橡胶的化学方程式为，由于B是2，3﹣丁二醇，与HBr发生取代反应生成卤代物，再在NaOH醇溶液中发生消去反应生成H，且H分子中所有碳原子均在一条直线上，所以可以推得G和H的结构，G为H为，G转化为H的化学方程式为
CH3CHBrCHBrCH3+2NaOHH3CC≡CCH3↑+2NaBr+2H2O，
故答案为：；
CH3CHBrCHBrCH3+2NaOHH3CC≡CCH3↑+2NaBr+2H2O；
（6）A的结构为：，根据条件：
a．X核磁共振氢谱有3个峰，峰面积之比为1：1：2，即X有三种位置的氢，且个数之比为1：1：2，
b．1mol
X可在HIO4加热的条件下反应，可形成1mol
二元醛，根据信息可知X应为含有两个羟基的环状物，
c．1mol
X最多能与2mol
Na反应，说明X有2个羟基，d．X不与NaHCO3反应，也不与NaOH反应，也不与Br2发生加成反应，说明有X没有羧基，不含有碳碳双键，则X的结构为
【点评】本题考查有机物推断，为高频考点，侧重考查学生分析推断能力及知识迁移能力，根据反应条件、题给信息采用正向思维进行推断，难点是同分异构体结构简式判断，题目难度中等．
23．（12分）邻羟基桂皮酸是合成香精的重要原料，下为合成邻羟基桂皮酸的路线之一
已知：
试回答下列问题：
（1）化合物II的结构简式为：
（2）化合物II→化合物III的有机反应类型
（3）化合物III在银氨溶液中发生反应化学方程式
（4）有机物X为化合物IV的同分异构体，且知有机物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。请写出化合物X的结构简式
（5）下列说法正确的是（
）
A．
化合物I遇氯化铁溶液呈紫色
B．
化合物II能与NaHCO3溶液反应
C．
1mol化合物IV完全燃烧消耗9．5molO2
D．
1mol化合物III能与3
mol
H2反应
（6）有机物R（C9H9ClO3）经过反应也可制得化合物IV，则R在NaOH醇溶液中反应的化学方程式为
。
【答案】（12分）（1）
（2）消去反应
（3）
（4）
（5）A
C
（6）
或
【解析】
试题分析：（1）由化合物III的结构简式判断，化合物II发生消去反应得到化合物III，所以化合物I与乙醛发生加成反应得到化合物II，所以化合物II的结构简式为
（2）化合物II在浓硫酸加热的条件下发生消去反应生成化合物III；
（3）化合物III在银氨溶液中发生氧化反应，化学方程式为
；
（4）根据X的结构特点，X中含有苯的对位取代基，且含有羧基和醛基，化合物IV的侧链上共有3个C原子，所以另一C原子可与羧基相连，也可与醛基相连，因此X的结构简式有2种，分别是
（5）A、化合物I分子中含有酚羟基，可遇氯化铁溶液呈紫色，正确；B、化合物II中不含羧基，不能与NaHCO3溶液反应，错误；C、根据化合物IV的结构简式可知1mol化合物IV完全燃烧消耗9．5molO2，正确；D、化合物III中含有苯环、碳碳双键、醛基，均与氢气发生加成反应，1mol化合物III能与5
mol
H2反应，错误，答案选AC；
（6）根据化合物IV的结构，判断有机物R（C9H9ClO3）中Cl原子的位置，在氢氧化钠的醇溶液中发生消去反应生成化合物IV，所以化学方程式为
或
考点：考查有机物的化学性质，同分异构体的判断，化学方程式的书写，反应类型的判断