山东省邹城市第一中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）

山东省邹城市第一中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）
1．已知四种离子aX2+、bY+、cZ-、dW2-具有相同的电子层结构，则下列说法：①原子序数X>Y>Z>W
②原子半径
Y>X>W>Z
③离子半径W2->Z->Y+>X2+，其中正确的是
A、①②
B、②③
C、①③
D、①②③
【答案】D
【解析】由题意可知四元素在周期表中的位置关系如下图：
微粒半径大小比较：电子层越大半径越大，电子层相同，则核电荷数越大，半径越小
2．能源可分为一次能源和二次能源。直接从自然界取得的能源称为一级能源；一级能源经过加工、转换得到的能源称为二次能源。下列属于二次能源的是
(
)
A.
水力
B.
电能
C.
化石燃料
D.
地热能
【答案】B
【解析】
试题分析：直接从自然界取得的能源是一次能源，一次能源经过加工、转换得到的能源是二次能源，所以电能是二次能源，水力、化石燃料和地热能是一次能源，答案选B。
考点：考查能源的有关判断
点评：该题是基础性试题的考查，难度不大。该题的关键是记住一次能源和二次能源的概念，以及常见的能源分类，然后灵活运用即可。
3．1
mol某烃在氧气中完全燃烧，需要消耗氧气179.2
L
(标准状况下)。它在光照的条件下与氯气发生一氯取代反应能生成三种沸点不同的取代物。该烃的结构简式是
【答案】B
【解析】设烃为CxHy，耗氧量为（x+），耗氧=8，推测，x=5，y=12；x=6，y=8；又因一氯取代物为三种，故答案B。
4．下列反应中，既属于氧化还原反应，又属于离子反应的是
A．铝片与稀盐酸的反应
B．甲烷与氧气的反应
C．灼热的炭与二氧化碳反应生成一氧化碳
D．氢氧化钠溶液与稀盐酸的反应
【答案】A
【解析】
试题分析：A、一个典型的氧化还原反应，同时是个置换反应，同时也是个离子反应，其中的反应是铝和氢离子反应生成铝离子和氢气，A项正确；B、甲烷和氧气的反应虽然有电子的转移，是个氧化还原反应，但是不是离子反应，因为不需要水做溶剂，B项错误；C、这个反应呢是个氧化还原反应，也是个可逆反应，但是因为没有水作为溶剂，没有离子的作用，C项错误；D、是中和反应，不是氧化还原反应，酸和碱的中和没有电子的转移，D项正确；答案选A。
考点：考查判断氧化还原反应和离子反应
5．A元素最高正价和负价绝对值之差为6，B元素次外层有8个电子，BA2在水溶液中能电离出相差一个电子层结构的离子，则BA2是
A．MgCl2　　
B．MgF2　　
C．NO2　　
D．CO2
【答案】A
【解析】
6．下列物质能发生消去反应，但不能发生催化氧化的是(
)
【答案】D
【解析】
试题分析：醇发生消去反应的条件是：连接羟基的碳原子的相邻碳原子上必须有H原子，所以A、C两项均不能发生消去反应；醇发生催化氧化反应的条件是：连接羟基的碳原子上必须有H原子，所以D项不能发生催化氧化反应，答案选D
考点：考查消去反应和氧化反应。
7．下列反应中必须加入氧化剂才能进行的是
A．Fe3＋→Fe2＋
B．CO32－→CO2
C．SO32－→SO42－
D．MnO4－→Mn2＋
【答案】C
【解析】
试题分析：A:化合价降低，被还原，加还原剂。B:非氧化还原反应。C:化合价升高，被氧化，加氧化剂。D:化合价降低，被还原，加还原剂。
考点：考查了氧化还原反应的相关知识。
8．下列说法正确的是
A.
标准状况下22.4L/mol
就是气体摩尔体积
B.
非标准状况下，1mol
任何气体的体积不可能为22.4L
C.
标准状况下22.4L
任何气体都含有约6.02×1023个分子
D.
1mol
H2和O2的混合气体在标准状况下的体积约为44.8L
【答案】C
【解析】
试题分析：A.
标准状况下气体摩尔体积是22.4L/mol，但气体的摩尔体积不是22.4L/mol，A错误；B.
根据PV＝nRT可知非标准状况下，1mol
任何气体的体积也可能为22.4L，B错误；C.
标准状况下22.4L
任何气体的物质的量均是1mol，都含有约6.02×1023个分子，C正确；D.
1mol
H2和O2的混合气体在标准状况下的体积约为22.4L，D错误，答案选C。
考点：考查气体摩尔体积的有关判断和计算
9．短周期元素X、Y、Z的原子序数依次递增，其原子的最外层电子数之和为13。X与Y、Z位于相邻周期，Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍或者是Y原子最外层电子数的3倍。下列说法正确的是（
）
A．X的氢化物溶于水显酸性
B．X与Y形成化合物的化学式为X2Y2
C．Y的氧化物是离子化合物
D．X和Z的最高价氧化物对应水化物都是弱酸
【答案】B
【解析】根据元素的结构可知，短周期元素X、Y、Z分别是N、Mg、S。选项A不正确麻雀溶于水显碱性；选项B不正确，应该是Mg3N2；氧化镁是离子化合物，选项C正确；硝酸和硫酸都是强酸，所以正确的答案选B。
10．下列能量变化表示氢气燃烧热的是
A．H2(g)
+
1/2O2(g)
=
H2O(g)
△H
=
-241.8
kJ/mol
B．2H2(g)
+
O2(g)
=
2H2O(g)
△H
=
-483.6
kJ/mol
C．2H2(g)
+
O2(g)
=
2H2O(l)
△H
=
-571.6
kJ/mol
D．H2(g)
+
1/2O2(g)
=
H2O(l)
△H
=
-285.8
kJ/mol
【答案】D
【解析】
试题分析：燃烧热的定义是1mol的可燃物完全氧化生成稳定的化合物，本题中氢气的物质的量只能为1mol，故B、C选项错，在常温下水为液态，故选项A错误，选项D符合题意。
11．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：①由于石灰水过量，因此必有CaCO3和CaSO3沉淀生成，故①正确；②同样由于石灰水过量，因此必有CaCO3沉淀生成，故②正确；③CO2气体与Ba（NO3）2不反应，SO2气体通入Ba（NO3）2溶液后，由于溶液酸性增强，SO2将被NO3-氧化生成SO42-，因此有BaSO4沉淀生成，故③正确；④NO2和SO2混合后，SO2将被NO2氧化成SO3，通入BaCl2溶液后有BaSO4沉淀生成，故④正确；⑤当NH3过量时溶液中CaCO3沉淀生成，发生反应的化学方程式为：2NH3+CO2+CaCl2+H2O＝CaCO3
↓+2NH4C1；当NH3不足时，最终无沉淀生成，发生反应的化学方程式为：2NH3+2CO2+CaCl2+2H2O＝Ca（HCO3）2+2NH4C1，故⑤错误，故选D。
考点：考查元素化合物知识
12．下列说法正确的是（　　）
A．在中和热的测定实验中，将氢氧化钠溶液迅速倒入盛有盐酸的量热计中，立即读出并记录溶液的起始温度
B．如图，一段时间后给烧杯内地溶液中加入黄色的溶液，可看到Fe电极附近有蓝色沉淀生成
C．用标准盐酸滴定待测NaOH溶液，水洗后的酸式滴定管未经标准液润洗，则测定结果偏低
D．用加热的方式可提取固体中混有的少量的碘
【答案】B
【解析】
试题分析：A、起始温度不是混合液的起始温度，是盐酸、氢氧化钠溶液起始温度的平均值，错误；B、该装置是原电池装置，铁作负极，失电子成为Fe2+进入溶液，与黄色的溶液反应生成蓝色沉淀，正确；C、酸式滴定管未润洗，导致盐酸的浓度降低，所用体积增大，测定结果偏高，错误；D、碘易升华，氯化铵受热易分解，遇冷又结合成氯化铵，所以加热的方法无法除去氯化铵中的碘，错误，答案选B。
考点：考查中和热的测定，亚铁离子的检验，误差分析，物质的除杂
13．下列反应中必须加入还原剂才能进行的是
A．Zn→Zn2+
B．H2→H2O
C．CaO→Ca(OH)2
D．CuO→Cu
【答案】D
【解析】
试题分析：A．Zn→Zn2+中，Zn元素的化合价升高，需加氧化剂发生反应，故A不选；B．H2→H2O中，H元素的化合价升高，需加氧化剂发生反应，故B不选；C．CaO→Ca(OH)2中，元素的化合价不变，不发生氧化还原反应，故C不选；D．CuO→Cu中，Cu元素的化合价降低，需要加还原剂发生反应，故D选；故选D。
【考点定位】考查氧化还原反应理论
【名师点晴】氧化还原反应同时发生，有氧化必有还原，即有得必有失，因此当一种物质发生还原反应时，自身作氧化剂，通常必须加入还原剂才能进行，则选项中为氧化剂发生的还原反应，氧化剂中某元素的化合价降低，以此来解答。
14．下列关于实验现象的描述，正确的是
A．在盛有苯的试管中加入几滴酸性KMnO4溶液，可观察到紫色褪去
B．用强光照射盛有CH4与Cl2(体积比1：4)的集气瓶后，可观察到瓶内壁附有油状物
C．将植物油、乙醇和NaOH溶液按一定配比放在反应容器中加热、搅拌，待反应完成后，再加放热的饱和食盐水，可观察到容器底部有固体物质析出
D．将红热的铜丝迅速插入乙醇中，反复多次，可观察到铜丝表面变黑，并能闻到香味
【答案】C
【解析】
试题分析：A中苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A不正确；B中不能用强光照射，否则容易引起爆炸，B不正确；C中油脂发生皂化反应，加入氯化钠发生盐析，C正确；D中将红热的铜丝迅速插入乙醇中，反复多次，可观察到铜丝表面仍然是红色的，并能闻到香味，这是由于发生了催化氧化，铜是催化剂，D不正确，答案选C。
考点：考查苯、甲烷、油脂以及乙醇的化学性质
点评：该题是基础性试题的考查，试题紧扣教材，基础性强，旨在巩固学生的基础，提高学生的应试能力和学习效率。明确常见有机物的结构和性质是解题的关键，易错点是选项D。
15．下列各组离子能大量共存的是
①“84”消毒液的水溶液中：Fe3+、Cl-、Ca2+、Na+
②加入KSCN显红色的溶液：K+、NH4+、Cl-、S2-
③能够与金属Cu常温下反应放出气体的溶液；Fe3+、Al3+、SO42-、K+
④pH=2的溶液中：NH4+、Na+、Cl-、Cu2+
⑤无色溶液中：K+、CH3COO-、HCO3-、MnO4-
A．②③
B．①③
C．①⑤
D．③④
【答案】D
【解析】
试题分析：①“84”消毒液的水溶液中含有ClO-，具有强氧化性，与Fe2+发生氧化还原反应而不能共存，故①错误；②加入KSCN显红色的溶液中含有Fe3+，与S2-相互促进水解而不能共存，故②错误；③能够与金属Cu常温下反应放出气体的溶液，具有强氧化性，但该组离子之间不反应，则能够共存，故③正确；④pH=2的溶液，为酸性溶液，该组离子之间不反应，则能够共存，故④正确；⑤MnO4-在水溶液中为紫色，与无色溶液不符，故⑤错误；故选D。
【考点定位】考查离子反应与离子共存
【名师点晴】明确题目中的隐含信息及离子之间的反应是解答本题的关键，再结合常见的离子反应为生成不溶物、生成水或弱电解质、生成挥发性的气体、生成配合物及发生氧化还原反应，本题难点是②，通过KSCN溶液显血红色，隐藏了溶液里有Fe3+的信息，结合氧化Fe3+的氧化性不能与还原性的I-共存，据此分析解题。
16．化学能与电能之间的相互转化与人类的生活实际密切相关，在生产、生活中有重要的应用，同时也是学生形成化学学科素养的重要组成部分。
（1）熔融状态下，钠的单质和氯化亚铁能组成可充电电池，如图9－8工作原理示意图，反应原理为2Na＋FeCl2Fe＋2NaCl，该电池放电时，正极反应式为_____________；
充电时，____________（写物质名称）电极接电源的负极；该电池的电解质为________。
（2）某同学用铜片、石墨作电极电解一定浓度的硫酸铜溶液，工作原理示意图如图所示，一段时间停止通电取出电极。若在电解后的溶液中加入0.98
g氢氧化铜粉末恰好完全溶解，经测定所得溶液与电解前完全相同。请回答下列问题：
①Y电极材料是________，发生________（填“氧化”或“还原”）反应。
②电解过程中X电极上发生的电极反应式是_______________________。
③如在电解后的溶液中加入足量的小苏打，充分反应后产生气体在标准状况下所占的体积是__________。
【答案】（1）Fe2＋＋2e－=Fe　钠　β—Al2O3
（2）①石墨　氧化
②Cu2＋＋2e－=Cu　2H＋＋2e－=H2↑或2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－
③0.448
L或448
mL
【解析】（1）该电池的电解质为熔融的β Al2O3，熔融的钠电极作负极，钠发生失电子的氧化反应；熔融的FeCl2电极作正极，Fe2＋发生得电子还原反应，充电时，电池负极接电源负极，电池正极接电源正极。（2）由加入Cu（OH）2可使电解质溶液复原，可知阳极为石墨，阴极为铜片。相当于惰性电极电解硫酸铜溶液，硫酸铜消耗完后又电解的水，故阴极首先发生的反应为Cu2＋＋2e－=Cu，Cu2＋消耗尽后又发生反应2H＋＋2e－=H2↑。根据电子守恒和铜元素的守恒，溶液中生成的n（H＋）＝2n（Cu2＋）＝2×＝0.02
mol，与足量NaHCO3反应可产生0.02
mol
CO2。
17．研究CO2的利用对促进低碳社会的构建具有重要的意义。
（1）写出镁在CO2中燃烧的化学方程式为_________
_
____。
（2）高温时，用CO还原MgSO4可制备高纯MgO。
①750℃时，测得气体中含等物质的量SO2和SO3，此时反应的化学方程式是__________。
②由MgO可制成“镁－次氯酸盐”燃料电池，其装置示意图如图1，该电池反应的离子方程式为
____________________。
图1
图2
图3
（3）二氧化碳合成甲醇是碳减排的新方向，将CO2转化为甲醇的热化学方程式为：
CO2(g)
+3H2(g)CH3OH(g)
+H2O(g)
△H
①该反应的平衡常数表达式为K=______________。
②取五份等体积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转化为甲醇反应的ΔH_______(填“>”
“<”或“＝”)0。
③在两种不同温度下发生反应，测得CH3OH的物质的量随时间变化如图3所示，曲线I、Ⅱ对应的平衡常数大小关系为KⅠ________KⅡ(填“>”
“<”或“＝”)。
④一定温度下，在容积相同且固定的两个密闭容器中，按如下方式投入反应物，一段时间后达到平衡。
容
器
甲
乙
反应物投入量
1molCO23molH2
a
molCO2、b
molH2、c
molCH3OH(g)、c
molH2O(g)（a、b、c均不等于0）
若甲中平衡后气体的压强为开始时的0.8倍，要使平衡后乙与甲中相同组分的体积分数相等，且起始时维持反应逆向进行，则c的取值范围为____________。
【答案】（1）2Mg+CO22MgO+C
（2）①2MgSO4＋CO＝2MgO＋SO2＋CO2＋SO3
②Mg
+
ClO －+H2O＝Cl－+Mg(OH)2
（3）①
②＜
③＞
④0.4＜c＜1
【解析】
试题分析：（1）镁在CO2中燃烧生成氧化镁和碳单质，化学方程式为2Mg+CO22MgO+C
。
（2）①750℃时，用CO还原MgSO4可生成MgO、等物质的量SO2和SO3以及CO2
，此时反应的化学方程式是2MgSO4＋CO＝2MgO＋SO2＋CO2＋SO3。②根据图1知该电池的负极反应为Mg+2OH－+2e－===Mg(OH)2，正极反应为ClO －+H2O+2e－＝Cl－+2OH－，该电池反应的离子方程式为Mg
+
ClO －+H2O＝Cl－+Mg(OH)2。
（3）①化学平衡常数等于生成物平衡浓度系数次幂的积与反应物平衡浓度系数次幂的积的比值，根据反应方程式写出平衡常数表达式；②由图2可知，随着温度升高，甲醇的体积分数逐渐增大，但是温度升高到一定程度，甲醇的体积分数又逐渐减小，即升高温度平衡逆向移动，该反应为放热反应，ΔH<0；③根据图3知，I反应到达平衡的时间长，甲醇的物质的量大，则Ⅰ对应的温度低于Ⅱ对应的温度，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，则平衡常数大小关系为KⅠ>KⅡ。④根据化学平衡反应进行计算如下：CO2(g)
+3H2(g)
CH3OH(g)
+H2O(g)
始
1mol
3mol
0
mol
0
mol
变
x
mol
3x
mol
x
mol
x
mol
终
1-x
3-3x
x
x
由于压强是原来的0.8
，所以[（1-x）+（3-3x）+x+x]/4=0.8算得x=0.4mol，根据温度一定，容积一定的等效平衡，经过转化以后各物质的物质的量与起始状态相等才能建立等效平衡，所以c的最大值是1mol,而保持平衡一开始向逆方向移动，所以c大于0.4mol，则c的取值范围为0.4＜c＜1。
考点：考查化学方程式的书写，原电池和化学平衡图像分析、等效平衡。
18．中华人民共和国国家标准(GB2760 2011）规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.25
g·L－1。某兴趣小组测定某葡萄酒中SO2含量。步骤如下：
（1）取300.00
mL葡萄酒，加入适量盐酸，加热使SO2全部逸出
（2）逸出的SO2被稍过量的H2O2完全吸收氧化
（3）加热（2）中溶液，除尽过量的H2O2，然后用0.090
0
mol·L－1NaOH标准溶液进行滴定，以酚酞为指示剂，滴定到终点，记录消耗NaOH溶液的体积
（4）重复上述操作2～3次
试回答：（1）步骤2中H2O2
氧化SO2的化学方程式为__________________________。
（2）NaOH标准溶液用
滴定管（填“碱式或酸式”）盛装。
（3）到达滴定终点时，溶液由
色变为_____
___色，且半分钟内不再变化；
（4）若用50
mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10.00”处，则管内液体的体积(填序号）________(①＝10.00
mL，②＝40.00
mL，③<10.00
mL，④>40.00
mL）。
（5）滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00
mL，该葡萄酒中SO2含量为______g·L－1
（6）以下操作使所测得的SO2含量偏高的是
A．滴定前，未用NaOH标准溶液润洗滴定管
B．滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡
C．滴定前仰视读数，滴定终点时读数正确
【答案】（10分）每空2分
（1）SO2＋H2O2===H2SO4
（2）碱式（1分）
（3）无（1分）
浅红（1分）
（4）④
（1分）
（5）
0.24
（6）A
【解析】
试题分析：（1）H2O2
氧化SO2生成硫酸，化学方程式是
SO2＋H2O2===H2SO4
；
（2）氢氧化钠易与酸式滴定管中的活塞处的玻璃反应生成硅酸钠，所以不能用酸式滴定管，而用碱式滴定管盛放；
（3）酸使酚酞不变色，所以滴定终点时，滴加最后一滴氢氧化钠溶液，则溶液为弱碱性，则溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；
（4）滴定管的50.00mL刻度下方还有一段没刻度部分，所以当滴定管中的液面在刻度“10.00”处，则管内液体的体积大于40.00mL，答案选④；
（5）滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00
mL，根据元素守恒，则二氧化硫的物质的量等于硫酸的物质的量为0.025L×0.090mol/L/2，其质量是
0.025L×0.090mol/L/2×64g/mol=0.072g，则1L葡萄酒中二氧化硫的含量是0.72g/0.3L=
0.24
g/L；
（6）A．滴定前，未用NaOH标准溶液润洗滴定管，造成氢氧化钠的浓度降低，消耗氢氧化钠溶液的体积偏大，测定二氧化硫的浓度偏高，正确；B．滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，则末读数偏小，消耗氢氧化钠溶液的体积偏小，测定结果偏小，错误；C．滴定前仰视读数，使初读数偏大，滴定终点时读数，则消耗氢氧化钠溶液的体积偏小，结果偏低，错误，答案选A。
考点：考查对中和滴定实验的分析判断，误差分析，物质含量的计算，仪器的选择等
19．某化学小组为了证明SO2和Cl2的漂白性，设计了如图所示的实验装置：
（1）他们制备Cl2依据的原理是：MnO2+4HCl（浓）△MnCl2+2H2O+Cl2↑，应选用图A、E装置中的
（填序号）制Cl2，反应中浓盐酸所表现出的性质是
、
．
（2）反应开始后，发现B、D两个试管中的品红溶液都褪色，停止通气后，给B、D两个试管中的液体加热，B试管中的现象是
．
（3）写出过量NaOH溶液与SO2气体反应的离子方程式是
．
（4）该小组同学将两种气体混合后通入品红溶液，一段时间后，品红溶液几乎不褪色．查阅资料得知：两种气体按体积比1：1混合，再与水反应可生成两种常见的酸，因而失去漂白作用，该反应的化学方程式是
．
【答案】（1）E；酸性；还原性；
（2）溶液由无色变成红色；
（3）SO2+2OH﹣=SO32﹣+H2O；
（4）Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl．
【解析】（1）实验室制取氯气所用药品是固体和液体，反应条件是加热，所以应选用固液加热型装置，故选E；实验室制取氯气的反应方程式为：MnO2
+
4HCl（浓）
MnCl2
+
Cl2↑
+
2H2O，由HCl生成MnCl2，氯元素化合价不变，由HCl生成Cl2，氯元素化合价降低，所以浓盐酸所表现出的性质是酸性和还原性；
（2）次氯酸的漂白性是利用次氯酸的强氧化性，二氧化硫的漂白性是利用二氧化硫和有色物质生成无色物质，次氯酸的漂白性是永久性的，二氧化硫的漂白性是暂时的；加热时，次氯酸漂白过的溶液无变化，二氧化硫和有色物质生成的无色物质不稳定，加热时能重新变成红色；
（3）二氧化硫和氢氧化钠反应生成盐和水，离子方程式为：SO2+2OH﹣=SO32﹣+H2O；
（4）氯气有强氧化性，二氧化硫有还原性，二者能按1：1发生氧化还原反应而使气体失去漂白性，反应方程式为Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl．
【点评】本题考查了次氯酸和二氧化硫的漂白性，难度不大，注意次氯酸的漂白性是永久性的，二氧化硫的漂白性是暂时的，其漂白原理也不同．
20．某化学兴趣小组制取氯酸钾和氯水并进行有关探究实验。
实验一
制取氯酸钾和氯水
利用下图所示的实验装置进行实验。
（1）制取实验结束后，取出B中试管冷却结晶、过滤、洗涤。该实验操作过程需要的玻璃仪器有_________________________________________________。
（2）若对调B和C装置的位置，
(填“能”或
“不能”)提高B中氯酸钾的产率。
实验二
氯酸钾与碘化钾反应的探究
（3）在不同条件下KClO3可将KI氧化为I2或KIO3。该小组设计了系列实验研究反应条件对反应产物的影响，其中系列a实验的记录表如下(实验在室温下进行)：
试管编号
1
2
3
4
0.20
mol·L－1
KI/mL
1.0
1.0
1.0
1.0
KClO3(s)/g
0.10
0.10
0.10
0.10
6.0
mol·L－1
H2SO4/mL
0
3.0
6.0
9.0
蒸馏水/mL
9.0
6.0
3.0
0
实验现象
①系列a实验的实验目的是____________________________。
②设计1号试管实验的作用是__________________________。
③若2号试管实验现象为“黄色溶液”，取少量该溶液加入淀粉溶液显蓝色；假设氧化产物唯一，还原产物为KCl，则此反应的离子方程式为_____________________。
实验三
测定饱和氯水中氯元素的总量
（4）该小组设计的实验方案为：使用下图装置，加热15.0
mL饱和氯水试样，测定产生气体的体积。此方案不可行的主要原因是________________________________。
(不考虑实验装置及操作失误导致不可行的原因)
（5）根据下列资料，为该小组设计一个可行的实验方案(不必描述操作过程的细节)：___________________
资料：i.次氯酸会破坏酸碱指示剂；
ii.次氯酸或氯气可被SO2、H2O2、FeCl2等物质还原成Cl－
【答案】（1）烧杯、漏斗、玻璃棒、胶头滴管(不填“胶头滴管”也可)（2）能（3）①研究反应体系中硫酸浓度对反应产物的影响；②硫酸浓度为0的对照实验
③ClO3-＋6I－＋6H＋=Cl－＋3I2＋3H2O（4）因存在Cl2的重新溶解、HClO分解等，此方案无法测定试样含氯总量(或其他合理答案)（5）量取一定量的试样，加入足量的H2O2溶液，加热除去过量的H2O2，冷却，再加入足量的硝酸银溶液，称量沉淀质量(或其他合理答案)
【解析】
试题分析：（1）制取实验结束后，由取出B中试管进行的操作(冷却结晶、过滤、洗涤)，可知该实验操作过程中需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒、胶头滴管，故答案为：烧杯、漏斗、玻璃棒、胶头滴管；
（2）Cl2与热的KOH溶液反应生成KClO3、KCl和H2O，与冷的KOH溶液反应生成KClO、KCl和H2O。因此，若将装置B、C的位置对调，可以除去Cl2中的杂质气体HCl，故能提高B中KClO3的产率，故答案为：能；
（3）①根据表格中的数据可知：KI、KClO3的物质的量及浓度不变，改变的是硫酸溶液的体积和水的多少，二者的总体积相等，由此可见系列a实验的目的是研究反应体系中硫酸浓度对反应产物的影响，故答案为：研究反应体系中硫酸浓度对反应产物的影响；
②设计1号试管实验的作用是作对照实验，比较影响结果，故答案为：硫酸浓度为0的对照实验；
③根据2号试管实验现象为“黄色溶液”，取少量该溶液加入淀粉溶液显蓝色，证明生成了I2；若氧化产物唯一，还原产物为KCl，根据氧化还原反应中电子守恒、电荷守恒及元素原子守恒可知该反应的离子方程式为：ClO3-＋6I－＋6H＋===Cl－＋3I2＋3H2O，故答案为：ClO3-＋6I－＋6H＋=Cl－＋3I2＋3H2O；
（4）该小组设计的实验方案不可行的主要原因是溶液中存在Cl2的重新溶解以及HClO分解生成HCl和O2等，无法测定试样含氯总量，故答案为：因存在Cl2的重新溶解、HClO分解等，此方案无法测定试样含氯总量；
（5）由于HClO具有强氧化性会破坏酸碱指示剂，因此实验设计时不能用酸碱指示剂，可以利用氯水的强氧化性，向该溶液中加入足量的H2O2溶液，H2O2把氯元素完全还原为Cl－，H2O2被氧化成O2，然后加热除去过量的H2O2，冷却，再加入足量的AgNO3溶液，过滤、洗涤生成的AgCl沉淀，干燥后称量沉淀质量，结合氯原子守恒即可确定其中含有的氯元素的质量，故答案为：量取一定量的试样，加入足量的H2O2溶液，加热除去过量的H2O2，冷却，再加入足量的硝酸银溶液，称量沉淀质量。
考点：考查了物质制备实验方案的水解、氯及其化合物的性质的相关知识。
21．向200mlNaOH溶液中投入5.4gAl
，二者恰好完全反应，计算：
（1）参加反应的NaOH的物质的量浓度？
（2）生成标况下氢气的体积？
【答案】（1）1mol/L
（2）6.72L
【解析】
试题分析：
考点：
22．(15分)有机物H是合成免疫抑制剂药物霉酚酸的中间体，可由如下路径合成得到。
（1）有机物A中的含氧官能团的名称为
。
（2）由C转化为D的反应类型为
。
（3）反应⑦除了得到有机物H外还得到HBr，试剂X的结构简式为
。
（4）步骤⑤可得到副产品有机物J，有机物J和有机物F互为同分异构体，
写出有机物J的结构简式：
（任写一种）。
（5）E的一种同分异构体满足下列条件：
Ⅰ．可以发生银镜反应，且能够与NaHCO3反应产生CO2；
Ⅱ．是芳香族化合物，且核磁共振氢谱图显示分子中有4种不同化学环境的氢。
写出该同分异构体的结构简式：
。
（6）已知：直接与苯环相连的卤素原子难以与NaOH水溶液发生取代反应。根据已有知识并结合相关信息，写出以、HCHO为原料制备合成路线流程图(无机试剂任用)。合成路线流程图示例如下：
【答案】（第（1）～（5）小题每空2分，第（6）小题5分，共15分）
（1）（酚）羟基、酯基
；（2）
取代反应；（3）(CH3)2C=CHCH2Br
（4）
；
（5）或
（6）
【解析】
试题分析：（1）根据有机物A的结构简式可知该物质中的含氧官能团的名称酚羟基、酯基；由C在环醚、水存在时发生取代反应，所以C转化为D的反应类型为取代反应；（3）反应⑦与X发生反应，产生H和HBr，根据质量守恒定律可知试剂X的结构简式为(CH3)2C=CHCH2Br；E的分子中在苯环上有两个不同的位置，所以发生取代反应，除产生F外。还产生了在苯环上另一个位置的取代产物J：；（5）E的一种同分异构体满足下列条件：
Ⅰ．可以发生银镜反应，且能够与NaHCO3反应产生CO2，说明该分子中含有醛基、羧基；
Ⅱ．是芳香族化合物，且核磁共振氢谱图显示分子中有4种不同化学环境的氢，说明分子中含有4种H原子。则该同分异构体的结构简式可能是或；（6）以、HCHO为原料制备合成路线流程图是
考点：考查有机物的结构、性质、转化、反应类型、化学方程式和同分异构体的书写的知识。
23．）已知：两个羟基同时连在同一碳原子上的结构是不稳定的，它将发生脱水反应：
现有分子式为C9H8O2Br2的物质M，在一定条件下可发生下述一系列反应：
已知：有机物A的相对分子质量为44，有机物I只有一种结构且能使溴的CCl4溶液褪色。请回答下列问题：
（1）G→H的反应类型是
。
（2）H中的官能团的名称为
；D的结构简式为
。
（3）写出下列反应的化学方程式：
①A→
B：
；
②H→
I：
。
（4）与G互为同分异构体，苯环上有两个取代基，且遇FeCl3溶液显色的物质有
种
【答案】
（1）加成反应
（或还原反应）（2）羟基、羧基；
（3）
（4）5
【解析】
试题分析：有机物A能发生银镜反应
，说明含有醛基（-CHO），的式量为29，而A的相对分子质量为44
，则剩余部分的式量为13，是甲基（-CH3）。所以A是乙醛CH3CHO，CH3CHO
发生银镜反应得到B乙酸铵：CH3COONH4，乙酸铵酸化得到C乙酸：CH3COOH。物质M的分子式是C9H8O2Br2
，它在稀硫酸存在下发生
反应得到乙酸和D，D与NaOH的水溶液在加热时发生反应得到的产物E
能被新制氢氧化铜氧化，说明E中含有醛基。结合题目提供的信息可知M应该含有苯环，还有一个C原子上结合了两个Br原子。由F变成的产物G遇FeCl3会发生显色反应，说明G中含有酚羟基和羧基。G与氢气在催化剂存在下加热苯环发生加成反应得到H，则H中含有醇羟基和羧基，H与浓硫酸混合加热得到的I
I能使溴的CCl4溶液褪色说明含有碳碳双键。由于只有一种结构说明原来酚羟基与羧基在苯环的相对位置上。综上所述，M为，C为CH3COOH，B为CH3COONH4；A为CH3CHO。D为，E为F为。G为：
H为；I为。（1）（1）G→H的反应类型是加成反应（或还原反应）。（2）H中的官能团的名称为羟基、羧基；D的结构简式为；（3）①A→
B的化学方程式为②H→
I的化学方程式为。（4）与G互为同分异构体，苯环上有两个取代基，且遇FeCl3溶液显色的物质有5种，它们分别是：；；；；。
考点：考查有机推断与合成。主要包括制定酯的水解反应、银镜反应、醛被新制氢氧化铜的氧化、芳香化合物的加成反应、卤代烃的水解反应、纯度消去反应等知识。