山东省肥城市泰西中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）

山东省肥城市泰西中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）
1．某化工厂工业废水中含H2SO4的质量分数为2%，采用边排放边中和的方法将它处理至基本呈中性，处理方法如下图所示。若处理后废水pH=7，则2%
NaOH溶液的流量为（）
A.0.00816
m3·s-1
B.0.0100
m3·s-1
C.0.016
m3·s-1
D.0.0200
m3·s-1
【答案】A
【解析】在同一时间段内排入的硫酸与NaOH的物质的量之比为1∶2时才能把废水处理至呈中性。设溶液的流量为x，并设时间为1
s：
(0.0100
m3·s-1×1
s×1.02
g·cm-3×106
cm3·
m-3×2%)/98
g·
mol-1=(x×1
s×1.02
g·cm-3×106
cm3·m-3×7%)/40
g·
mol-1，解得x=0.00816
m3·s-1。
2．有一种气体的质量是14．2g，体积是4．48升（标况），该气体的摩尔质量是
A．28．4
B．28．4g·mol-1
C．71
D．71g·mol-1
【答案】D
【解析】
试题分析：物质的物质的量=4．48/22．4=0．2摩尔，则摩尔质量=14．2/0．2=71g/mol，选D。
考点：物质的量和质量、体积的换算
3．已知1mol氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量242kJ，且氢气中1mol
H-H键完全断裂时吸收热量436kJ，水蒸气中1mol
H-O键形成时放出热量463kJ，则氧气中1mol
O=O键断裂时吸收热量为（
）
A.
920kJ
B.
496kJ
C.
436kJ
D.
188kJ
【答案】B
【解析】
试题分析：氢气完全燃烧生成水蒸气是放热反应，所以化学反应放出的热量＝新键生成释放的能量﹣旧键断裂吸收的能量，设氧气中1molH﹣H键断裂时吸收热量为Q，根据方程式：H2+1/2O2H2O，则242kJ＝2×463kJ﹣（Q+436kJ），解得Q＝496kJ，答案选B。
考点：考查反应热的相关计算
4．用于制造隐形飞机的某种物质，具有吸收微波的功能，其主要成份的分子结构如下图所示，它
属于(
)
A．新型无机非金属材料
B．无机化合物
C．有机高分子化合物
D．有机物
【答案】D
【解析】
试题解析：根据物质的结构简式可判断，该化合物应该是有机物、分子中含有硫元素，不属于烃，所以答案选D。
考点：
分子结构
5．试管中盛有少量白色固体，可能是铵盐，检验的方法是
A．加NaOH溶液，加热，滴入酚酞试剂
B．加NaOH溶液，加热，滴入紫色石蕊试剂
C．加NaOH溶液，加热，将干燥的红色石蕊试纸靠近试管口
D．加NaOH溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口
【答案】D
【解析】
试题分析：A、验证的是溶液的酸碱性，A项错误；B、验证的是溶液的酸碱性，B项错误；C、干燥的氨气不能使红色石蕊试纸变蓝，C项错误；D、加NaOH溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，变蓝说明有氨气溢出，说明原溶液是铵盐，D项正确；答案选D。
考点：考查铵盐的检验
6．下列反应在恒容密闭容器中进行，aA(g)＋bB(g)
mC(g)＋nD(g)，表示其已达到平衡状态的叙述中正确的是
A．平衡时的压强与反应起始的压强之比为m＋n/a＋b
B．用物质A表示的反应速度与物质C表示的反应速度之比为a/m
C．体系内的气体密度不再发生变化
D．单位时间内bmol
B参加反应同时有a
mol
A生成
【答案】D
【解析】
试题分析：可逆反应不可能全部转化，选项A不正确；A与C的速率之比始终是a/m
，无法判断是否是平衡状态，选项B不正确；质量始终不变，体积也不变，密度是定值，无法判断是平衡状态，选项C不正确；单位时间内bmol
B参加反应同时有a
mol
A生成
，说明正逆反应速率相等，是平衡状态，选项D正确。
考点：化学平衡状态的判断
7．MOH和ROH两种一元碱的溶液分别加水稀释时，pH变化如右图所示。下列叙述中正确的是
A．在x点时，ROH完全电离
B．在x点时，c(M＋)>c(R＋)
C．MOH是一种强碱
D．稀释前，c(ROH)＝10c(MOH)
【答案】A
【解析】
试题分析：从图中可以看出，ROH稀释100倍，pH降低2，说明是强电解质，完全电离，A项正确；在x点时，pH值相等，则氢离子、氢氧根离子浓度相等，M离子和R离子浓度相等，B项错误；MOH不能完全电离，C项错误；因为MOH是弱电解质，大量没有电离，物质的量浓度大于0.01mol/L，不能确定c(ROH)与10c(MOH)的关系。
考点：考查弱电解质的电离及稀释问题。
点评：通过图像要分析出是否稀释10倍，pH值下降1，来比较强弱电解质，属于简单题。
8．有Fe2+、NO3－、Fe3+、NH4+、H+
和H2O六种微粒，分别属于一个氧化还原反应中的反应物和生成物，下列叙述错误的是（
）
A．氧化剂与还原剂的物质的量之比为8:l
B、还原产物为NH4+
C．若有l
mol
NO3－参加还原反应，则转移8mol
e－
D．若把该反应设计为原电池，则负极反应为Fe
2+－e－＝Fe
3+
【答案】A
【解析】
试题分析：Fe2+、NO3-、Fe3+、NH4+、H+和H2O六种微粒属于一个氧化还原反应，Fe3+虽有氧化性，但与H+、NO3-的强氧化性无法比．Fe2+ 作还原剂，NO3-作氧化剂．由此得出该反应为：8Fe2++NO3-+10H+=8Fe3++NH4++3H2O。A、根据氧化还原反应的规律：升失氧，降得还；若说剂正相反．氧化剂是NO3-，1molNO3-生成1molNH4+，N化合价从+5降为-3，得到8mol电子；还原剂是Fe2+，8molFe2+生成8molFe3+，失去8mol电子．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：8，故A错误；B、根据（氧化剂）降（化合价降低）
得（得到电子）
还（发生还原反应），对应产物为还原产物．NO3-生成NH4+，N化合价从+5降为-3，NH4+为还原产物，故B正确；C、氧化剂是NO3-，1molNO3-生成1molNH4+，N化合价从+5降为-3，得到8mol电子，发生还原反应，被还原，故C正确；D、原电池的负极发生氧化反应．若把该反应设计为原电池，则负极反应为Fe2+-e-=Fe3+，负极反应是Fe2+失去电子，发生氧化反应．故D正确；故选A。
【考点定位】考查氧化还原反应
【名师点晴】本题为氧化还原反应题，题目较为综合。需理解氧化还原反应的规律：“升失氧，降得还；若说剂正相反”的真正含义。做题时注意仔细审题，氧化还原反应的本质是电子的转移。规律：升失氧，降得还；若说剂正相反：（还原剂）升（化合价升高）
失（失去电子）
氧（发生氧化反应）；（氧化剂）降（化合价降低）
得（得到电子）
还（发生还原反应），若说剂正相反。
9．几种短周期元素的原子半径及主要化合价见下表
元素代号
L
M
Q
R
T
原子半径/nm
0.160
0.143
0.102
0.089
0.074
主要化合价
+2
+3
+6,-2
+2
-2
下列叙述正确的是
A．L、M的单质与稀盐酸反应的反应速率：M＞L
B．R的氧化物对应的水化物可能具有两性
C．T的气态氢化物分子间存在氢键
D．L、Q形成的简单离子核外电子数相等
【答案】B
【解析】由最低化合价和正化合价可确定L为Mg，M为Al，Q为S，R为Be，T为O。所以L、M的单质与稀盐酸反应的反应速率应为L＞M；由对角线相似可知Be和Al相似，所以B正确；氢键存在于固体和液体中，气态化合物中不存在氢键，所以C错误；D中L形成的简单离子核外电子数为10，而Q形成的简单离子核外电子数为18。
10．胡椒粉是植物挥发油的成分之一。它的结构式为HO——CH2CH＝CH2，下列叙述中不正确的是（
）
A、1mol胡椒粉最多可与4mol氢气发生反应
B、1mol胡椒粉最多可与4mol溴发生反应
C、胡椒粉可与甲醛发生反应，生成聚合物
D、胡椒粉在水中的溶解度小于苯酚在水中的溶解度
【答案】B
【解析】由胡椒粉的结构可以得出：与H2发生加成反应时苯环能与3molH2发生加成，另有碳碳双键也能加成1molH2，总计4molH2，故A对。当与Br2发生加成时只有碳碳双键与反应消耗1molBr2。而在苯酚的结构中与羟基的邻位碳上的2个氢原子能与Br2发生取代反应，消耗2molBr2。总计3molBr2发生反应，B错。胡椒粉分子中有酚羟基，故能与甲醛发生缩聚反应生成高分子化合物。C对。羟基是亲水基团，烃基是憎水基团；胡椒粉分子结构中烃基比苯酚分子中烃基大，故胡椒粉在水中的溶解度小于苯酚在水中的溶解度。D对。
11．下列化学性质中，烷烃不具备的是(
)
A．不能使溴水褪色
B．可以在空气中燃烧
C．与Cl2发生取代反应
D．能使酸性KMnO4溶液褪色
【答案】D
【解析】
试题分析：A．烷烃为饱和烃，分子中不存在不饱和键，其化学性质稳定，所以烷烃具有“不能使溴水褪色”化学性质，故A错误；B．烷烃中中含有C、H元素，所以烷烃具有“可以在空气中燃烧”的化学性质，故B错误；C．烷烃的特征反应为取代反应，在光照条件下烷烃能够与氯气发生取代反应，所以烷烃具有“与氯气发生取代反应”的化学性质，故C错误；D．烷烃分子中不存在不饱和键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以烷烃不具有“能使酸性KMnO4溶液褪色”的化学性质，故D正确；故选D。
考点：考查烷烃的化学性质判断
12．NA表示阿伏加德罗常数，下列判断错误的是
A．常温下，22
g
CO2
中含有NA个氧原子
B．1
mol/L
CaCl2溶液中Cl－
的数目等于2NA
C．标准状况下，33.6LCH4中含H原子数为6NA
D．1
mol
Na
完全反应时，失去NA个电子
【答案】B
【解析】
试题分析：A、常温下，22
g
CO2
的物质的量=22/44=0.5mol,其中氧原子的物质的量=2×0.5=1mol，个数=NA，A项正确；B、没有给出溶液体积，无法计算个数，B项错误；C、标准状况下，33.6LCH4的物质的量=33.6/22.4=1.5mol,H原子的物质的量=4×1.5=6mol，H原子数为6NA，C项正确；D、1
mol
Na
完全反应时，由钠原子变为钠离子，失去1mol电子，即为NA个电子，D项正确；答案选B。
考点：考查阿伏加德罗常数的相关计算
13．下列物质能通过化学反应使Br2水褪色的是
A．甲烷
B．乙烯
C．苯
D．乙酸
【答案】B
【解析】乙烯中含有碳碳双键，和溴水发生加成反应使其褪色。A、C、D和溴水均不反应，所以答案选B。
14．温度为T℃时，向V
L的密闭容器中充入一定量的A和B，发生的反应为A(g)＋B(g)C(s)＋xD(g)　ΔH＞0，容器中A、B、D的物质的量浓度随时间的变化如表所示。下列说法不正确的是(　　)
时间
0
5
min
10
min
15
min
20
min
25
min
30
min
A的物质的量浓度(mol·L－1)
3.5
2.3
2.0
2.0
2.8
3.0
3.0
B的物质的量浓度(mol·L－1)
2.5
1.3
1.0
1.0
1.8
2.0
2.0
D的物质的量浓度(mol·L－1)
0
2.4
3.0
3.0
1.4
1.0
1.0
A.前10
min的平均反应速率v(D)＝0.3
mol·L－1·min－1
B．该反应的平衡常数表达式为K＝
C．若达到平衡时保持温度不变，压缩容器体积，平衡不移动
D．反应至15
min时，改变的条件可以是降低温度
【答案】B
【解析】A项中，0～10
min，D的物质的量浓度的变化量是3.0
mol·L－1，所以平均反应速度v(D)＝3.0
mol·L－1÷10
min＝0.3
mol·L－1·min－1，A正确；B项中，因为根据化学反应方程式知C为固体，所以平衡常数表达式中不应含有C物质，B不正确；C项中，根据表格中的数据知15
min时A、B的物质的量浓度均变化了1.5
mol·L－1，D的物质的量浓度变化了3.0
mol·L－1，A、D的物质的量浓度变化量之比为1∶2，所以x＝2，该反应在反应前后气体分子数相等，改变容器体积对平衡没有影响，
C正确；D项中，根据表格中的数据知15～20
min，A、B的物质的量浓度在增大，D的物质的量浓度在减少，平衡向逆反应方向移动，因为该反应是吸热反应，降低温度时平衡向逆反应方向移动，所以改变的条件可以是降低温度，D正确。
15．下列与滴定实验有关的说法中正确的是
A．用NaOH滴定盐酸时，只能用酚酞作指示剂
B．用KMnO4滴定亚硫酸钠溶液的实验中不需要另外加入指示剂
C．用滴定管准确量取20.0
mL盐酸
D．用NaOH滴定盐酸时，若滴定结束时俯视刻度，会导致测定结果偏高
【答案】B
【解析】
试题分析：A、氢氧化钠滴定盐酸时，还可以借助甲基橙确定滴定终点，错误；B、高锰酸钾溶液本身有颜色且消耗完后为无色，正确；C、使用滴定管量取溶液时，数字记录应准确到0.01ml，错误；D、俯视刻度会导致数值读小了，从而导致测量结果偏低，错误。
考点：中和滴定的实验操作和注意事项
16．利用所学化学反应原理，解决以下问题：
（1）某溶液含两种相同物质的量的溶质，且其中只存在OH一、H＋、、Cl一四种离子，且c（）>c（Cl－）>c（OH－）>c（H＋），则这两种溶质是_____________。
（2）0．1
mol·L－1的氨水与0．05
mol·L－1的稀硫酸等体积混合，用离子方程式表示混合后溶液的酸碱性：______________________。
（3）已知：Ksp（RX）＝1．8×10－10，Ksp（RY）＝1．5×10－16，Ksp（R2Z）＝2．0×10－12，则难溶盐RX、RY和R2Z的饱和溶液中，R＋浓度由大到小的顺序是_____________。
（4）以石墨电极电解100
mL
0．1
mol·L－1CuSO4溶液。若阳极上产生气体的物质的量为0．01
mol，则阴极上析出Cu的质量为__________g。
（5）向20
mL硫酸和盐酸的混合液中逐滴加入pH＝13的Ba（OH）2溶液，生成BaSO4的量如右图所示，B点溶液的pH＝7（假设体积可以直接相加），则c（HCl）＝_______mol·L－1.
（6）在温度、容积相同的3个密闭容器中，按下表投入反应物，发生反应（H2（g）＋I2（g）2HI（g）
△H＝－14．9
kJ·mol－1），在恒温、恒容条件下，测得反应达到平衡时的数据如下表：
下列说法正确的是_______________。
A．＋＝1
B．2＝
C．a＋b＝14．9
D．c1＝c2＝c3
【答案】（1）NH4Cl和
NH3·H2O
（2分）
（2）NH4++
H2ONH3 H2O
+
H+
（2分）
（3）R2Z
>
RX
>
RY
（2分）
（4）0.64
（2分）
（5）0.2
（3分）
（6）A
C
（3分）
【解析】略
17．氮元素的氢化物和氧化物在工业生产和国防建设中都有广泛应用，回答下列问题：
（1）氮元素在元素周期表中的位置为_____________________。
（2）NH3与NaClO反应可得到肼(N2H4)，该反应的化学方程式为_______________________。
（3）肼可作为火箭发动机的燃料，与氧化剂N2O4反应生成N2和水蒸气。
已知：①N2(g)+2O2(g)=
N2O4
（1）
△H1=
-19.5kJ·mol-1
②N2H4
（1）
+
O2(g)=
N2(g)
+
2
H2O（g）
△H2=
-534.2kJ·mol-1
写出肼和N2O4
反应的热化学方程式
____________________。
（4）肼一空气燃料电池是一种碱性电池，该电池放电时，负极的反应式为_______________________。
（5）下图是一个电化学过程示意图。
①写出铂片上发生的电极反应式__________。
②假设使用肼－空气燃料电池作为本过程中的电源，铜片的质量变化128
g，则肼－空气燃料电池理论上消耗标准状况下的空气__________L(假设空气中氧气体积含量为20%)。
【答案】（1）第二周期
VA族；（2）2NH3+NaClO==N2H4+NaCl+H2O；（3）2N2H4（1）+N2O4（1）==3N2(g)+4H2O(g)
△H=
-1048.9kJ·mol-1；（4）N2H4
-
4e-+4OH-==N2↑+4H2O
；（5）①Cu2＋＋2e－===Cu；②112。
【解析】
试题分析：（1）N是7号元素，位于周期表第二周期VA族；（2）NaClO把NH3氧化成N2H4，本身被还原成NaCl，则有NH3＋NaClO→N2H4＋NaCl＋H2O，NH3中N由－3价→－2价↑1，Cl由＋1价→－1价↓2，最小公倍数为2，则NH3的系数为2，NaClO系数为1，根据原子守恒配平其他，2NH3＋NaClO=N2H4＋NaCl＋H2O；（3）②×2－①得出：2N2O4(l)＋2N2O4(l)=3N(g)＋4H2O(g)
△H=(－534.2×2＋19.5)kJ·mol－1=-1048.9kJ·mol－1；（4）N2H4在负极上失电子，化合价有－2价→0价，因为是碱性溶液，因此电极反应式为：N2H4＋4OH－－4e－=N2↑＋4H2O；（5）①铂片接电源的负极，则铂片作阴极，根据电解原理，Cu2＋＋2e－=Cu；②铜片作阳极，发生Cu－2e－=Cu2＋，铜片质量变化了128g，失去电子的物质的量为128×2/64mol=4mol，正极电极式：O2＋2H2O＋4e－=4OH－，通过电子物质的量相等，则
消耗氧气的物质的量为1mol，1×22.4/20%L=112L。
考点：考查元素在周期表的位置、氧化还原方程式的配平、热效应的计算、电解、原电池等知识。
18．工业上以黄铜矿（主要成分是CuFeS2，杂质不溶于水和酸）为原料，制备蓝色晶体G，其化学式为[Cu(NH3)4]SO4·H2O，涉及流程如下：
已知25℃时，几种金属氢氧化物的溶度积常数和完全沉淀的pH范围如下表：
（1）黄铜矿在空气中焙烧能生成铁和铜的低价硫化物，写出其反应的化学方程式 ；
（2）试剂X的化学式为 ，双氧水的作用是
；
（3）常温下，0.1
mol／L试剂Y的pH=11，则该温度下，试剂Y的电离常数为 ，用pH试纸测该溶液pH值的方法是 ；
（4）在溶液N中加入乙醇的目的是 。
【答案】（1）2CuFeS2+O2Cu2S+2FeS+SO2
（2）CuO或合理答案；将Fe2+氧化为Fe3+
（3）10-5；用洁净的玻璃棒蘸取待测液点在pH试纸的中央，并与比色卡比色
（4）降低晶体溶解度，有利于晶体析出
【解析】（1）黄铜矿在空气中焙烧能生成铁和铜的低价硫化物，即Cu2S和2FeS，由S元素守恒，S元素有多余，与O2结合为SO2。
（2）含中含有氧Fe2+，加入双氧水的目的就是把Fe2+氧化为Fe3+，B溶液含Cu2+和Fe3+，为了除去Fe3+，可以降低溶液的pH至3.2到6.4之间，试剂X的化学式为CuO或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3等；
（3）试剂Y是氨水，0.1
mol／L时pH=11，c(OH-)≈c(NH4+)=10-3；NH3·H2O的电离常数为K=；
（4）用pH试纸测该溶液pH值的方法是用洁净的玻璃棒蘸取待测液点在pH试纸的中央，并与比色卡比色；在溶液N中加入乙醇的目的是降低晶体溶解度，有利于晶体析出。
19．H2O2是一种绿色氧化还原试剂，在化学研究中应用广泛。
（1）某化学活动小组拟在同浓度Fe3+的催化下，探究H2O2浓度对H2O2分解反应速率的影响。所用试剂：30%
H2O2、0.1mol L-1Fe2(SO4)3、蒸馏水。
①写出实验中H2O2分解反应方程式：______________。
②设计实验方案：在不同H2O2浓度下，测定____________（要求所测得的数据能直接体现反应速率大小）。
③根据上述实验要求，请将表格补充完整。
物理量实验序号
0.1mol L-1Fe2(SO4)3的体积/mL
30%
H2O2的体积/mL
H2O的体积/mL
1
0.5
15
_________
2
0.5
30
9.5
④查阅资料，30%的H2O2的密度为1.13
g/
mL，若实验测得实验2中H2O2全部分解所需的时间为2
min，则用H2O2表示该反应在2
min内的平均速率为___________________（设溶液体积变化忽略不计）
（2）利用图（a）和（b）中的信息，按图（c）装置（连接的A、B瓶中已充有NO2气体）进行实验。可观察到B瓶中气体颜色比A瓶中的_________（填“深”或“浅”），其原因是__________________。
【答案】（1）①
2H2O22H2O
+
O2↑
②收集到相同体积氧气所需要的时间（或相同时间内，收集到氧气的体积）
③V[H2O]＝
24.5
mL
；④
3.75
mol
L-1
min-1
（2）深；由图(a)可知H2O2分解为放热反应，H2O2分解使B瓶中温度升高，再由图(b)可知反应2NO2(g)
N2O4(g)，也是放热反应，升温使平衡向左移动，C(NO2)增大，颜色加深。（其他合理答案也可）
【解析】
试题分析：（1）①实验中H2O2在Fe3+的催化下发生分解反应产生氧气和水。反应的方程式是2H2O2
2H2O
+
O2↑；②设计实验探究在同浓度Fe3+的催化下，探究H2O2浓度对H2O2分解反应速率的影响的方案：在不同H2O2浓度下，测定收集到相同体积氧气所需要的时间（或相同时间内，收集到氧气的体积）；③为了便于对比，溶液的总体积要相同，实验序号总体积是40mL，所以实验序号1总体积也应该是30mL，由于0.1mol L-1Fe2(SO4)3的体积是0.5mL，30%
H2O2的体积是15mL，所以水的体积是V(H2O)=40mL-0.5mL-15mL=24.5
mL；④查阅资料，30%的H2O2的密度为1.13
g/
mL，则该H2O2的物质的量浓度是c(H2O2)=(1.13×1000×30%)÷34=9.97mol/L，则若实验测得实验2中H2O2全部分解所需的时间为2
min，则用H2O2表示该反应在2
min内的平均速率为V(H2O2)=
(9.97mol/L×0.03L)÷0.04L÷2min=3.75
mol
L-1
min-1；（2）由图(a)可知H2O2分解为放热反应，H2O2分解使B瓶中温度升高，再由图(b)可知可逆反应2NO2(g)
N2O4(g)，也是放热反应，根据平衡移动原理：升温化学平衡向吸热的逆反应方向移动，使体系中c(NO2)增大，故B瓶中气体颜色比A瓶中的颜色深。
考点：考查催化剂对化学反应速率的影响、化学反应速率的计算及温度对化学平衡移动的影响的知识。
20．为了验证木炭可被浓H2SO4氧化成CO2，选用下图所示仪器
(内含物质)组装成实验装置[已知：酸性H2SO3>H2CO3，Ca(HSO3)2溶于水]：
（1）甲中反应的化学方程式为：
。
（2）如按气流由左向右流向，连接上述装置的正确顺序是(填各接口字母)：
接
，
接
，
接
。
（3）要检验出CO2，实验现象是：乙中
，丙中
。
（4）丁中酸性KMnO4溶液的作用是
；丙中品红的作用是
。
【答案】（1）C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O
（2）A、F
E、C
D、B（3）变浑浊
品红未褪色
（4）吸收SO2
检验SO2是否除尽
【解析】
试题分析：（1）装置甲中浓硫酸和木炭在加热条件下反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，反应的化学方程式为：C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O。
（2）装置甲产生的气体中含有二氧化硫，也能使澄清石灰水变浑浊，二氧化硫具有还原性能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故要先将混合气体通过酸性高锰酸钾溶液除去二氧化硫，再通过品红溶液不褪色确认SO2已除干净，最后通过二氧化碳能使澄清的石灰水变浑浊确认二氧化碳的生成，故如按气流由左向右流向，连接上述装置的正确顺序是：A接F，E接C，D接B。
（3）要检验出CO2，实验现象是：乙中变浑浊（或有白色沉淀），丙中品红未褪色。
（4）丁中酸性KMnO4溶液的作用是吸收SO2；
丙中品红的作用是检验SO2是否除尽。
考点：考查化学实验方案的分析、评价，含硫化合物的性质。
21．将agNa溶于bg水中，a1gNa2O溶于b1g水中，a2gNa2O2溶于b2g水中，均得到溶质质量分数为8%的溶液．计算回答：
(1)当a1∶a2＝31∶39时，则b1∶b2＝__________．
(2)若a＝4.6g，则b＝__________g．
【答案】(1)
1:1
(2)
95.6
【解析】（1）a1∶a2＝31∶39，则二者的物质的量之比是1∶1的。根据反应2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑、Na2O＋2H2O=2NaOH可知，在二者物质的相同的条件下，生成的氢氧化钠是相同的，溶液质量增加也是相同的，所以要使质量分数相同，则水的质量应是相同的，即b1∶b2＝1∶1。
（2）a＝4.6g，则钠是0.2mol，所以根据反应式2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑可知，生成氢氧化钠是0.2mol，放出氢气是0.1mol，消耗水是0.2mol，所以有，解得b＝95.6g。
22．醋柳酯是一种镇咳祛痰药，用于上呼吸道感染、感冒咳嗽、急慢性支气管炎症等的治疗，醋柳酯可由下图所示路线合成：
（1）A的含氧官能团名称为
；中间产品C中混有反应物A和B，检验C中含有A的试剂是
。
（2）由C制醋柳酯的反应类型为
；写出C和足量NaOH溶液反应的化学方程式
。
（3）A的同分异构体很多，写出两种属于酯类、且能与FeCl3溶液反应显紫色的同分异构体的结构简式
。
【答案】（8分）
（1）羟基、羧基(2分)；
NaHCO
3溶液
(2分)
（2）取代反应(1分)（2分）
（3）（答对1个得1分，共2分）
【解析】
试题分析：
(1)
有合成路线知符合A，含氧官能团名称为羟基、羧基；
A、C的区别是羧基，选用NaHCO
3溶液
(2)
C和乙酸酐发生的反应为取代反应；
C和足量NaOH溶液酯基水解、酚羟基的中和反应
。
(3)
含有酯基，和酚羟基三种符合。
考点：本题考查了有机化合物推断、结构与性质、同分异构知识。
23．氯吡格雷(clopidogrel，1)是一种用于抑制血小板聚集的药物，根据原料的不同，该药物的合成路线通常有两条，其中以2-氯苯甲醛为原料的合成路线如下：
（1）C→D的反应类型是
反应。
（2）X的结构简式为
。
（3）两分子C可在一定条件下反应，生成的有机产物分子中含有3个六元环，写出该反应的化学方程式
。
（4）已知：①
②中氯原子较难水解物质A()可由2-氯甲苯为原料制得，写出以两步制备A的化学方程式
。
该合成的第一步主要存在产率低的问题，请写出该步可能存在的有机物杂质的结构简式
。
（5）物质C的某种同分异构体G满足以下条件：
①结构中存在氨基；
②苯环上有两种不同化学环境的氢；
③G能发生银镜反应，其碱性条件下水解的两种产物也能发生银镜反应；写出符合条件的G的可能的结构简式：_________________________
（6）已知：
写出由乙烯、甲醇为有机原料制备化合物的合成路线流程图(无机试剂任选)。合成路线流程图示例如下：
【答案】（1）酯化(取代)
（2）
（3）
（4）+2Cl2+2HCl；
+2NaOH+2NaCl+2H2O；
和。
（5），
（6）
【解析】
试题分析：（1）C中的羧基与甲醇发生酯化反应，所以C→D的反应类型是取代反应；
（2）D与X发生取代反应生成E和HBr，根据D与E的结构简式可知，X为；
（3）C中的羧基与氨基可发生脱水反应，形成六元环，所以2分子C发生脱水反应生成的有机产物分子的化学方程式是
；
（4）根据已知信息，氯苯难水解，所以2-氯甲苯先在光照条件下发生取代反应，甲基上2个H原子被Cl原子取代，再在氢氧化钠溶液中发生水解反应，生成2个羟基，2个羟基失去1分子水生成醛基，所以化学方程式是
+2Cl2+2HCl；
+2NaOH+2NaCl+2H2O；在发生取代反应的过程中，Cl原子可能取代所有的H原子，也可能取代1个H原子，造成有副产物生成，第一步产率低，者两种副产物的结构简式是和。
（5）G的分子中含有氨基，且G能发生银镜反应，其碱性条件下水解的两种产物也能发生银镜反应，说明G是甲酸酯，水解后生成甲酸能发生银镜反应，另一种产物水解后仍存在醛基，根据已知信息，两个羟基连在同一C原子上会自动失水产生醛基，所以G分子中存在-C（Cl）OOH取代基，且G的苯环上有2种H原子，则G上存在2个对位取代基，所以G的结构简式可能是或；
（6）根据的结构简式可知，由乙二醇与甲醛反应得到，乙烯与溴发生加成反应得到卤代烃，后再发生水解反应得到乙二醇，甲醇氧化可得到甲醛，所以制备流程是。
考点：考查有机物的推断，物质制备流程的设计，同分异构体的判断，官能团、反应类型的判断