山东省文荣成市第二中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）

山东省文荣成市第二中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）
1．下列关于1.5mol
氢气的叙述中，正确的是（
）
A．质量是
4g
B．体积是
33.6L
C．电子数是
3
D．分子数约为
1.5×6.02×1023个
【答案】D
【解析】A．质量为1.5mol×2g/mol=3g，故A错误；
B．不一定在标况，Vm未知，不能利用V=nVm计算体积，故B错误；
C．H的电子数为1，则电子数为1.5mol×2×1=3mol，故C错误；
D．由N=nNA可知，分子数是1.5×6.02×1023个，故D正确；
故选D．
【点评】本题考查物质的量的计算，为高频考点，把握以物质的量为中心的基本计算公式为解答的关键，侧重分析能力、计算能力的考查，选项B为易错点，题目难度不大．
2．有些金属元素只能通过焰色反应才能鉴定如K、Na，做焰色反应实验所用的铂丝每次用完后都必须洗净，下列溶液可以用来洗铂丝的是
A．稀H2SO4
B．稀HNO3
C．浓H2SO4
D．稀HCl（aq）
【答案】D
【解析】
试题分析：进行焰色反应实验时，金属在火焰灼烧发生反应生成氧化膜，对实验产生干扰，所以洗涤铂丝的目的是为了除去这层氧化膜，应该选用酸性物质反应除去，用稀硫酸洗涤，反应生成沸点很高的硫酸盐，不容易除去，用稀盐酸洗涤，反应生成的氯化物加热灼烧容易除去，故选D.
考点：考查了焰色反应的相关知识。
3．某种建筑材料含有一种对人体有害的放射性核素氡(Rn)，该原子核内的中子数是
A．50
B．86
C．136
D．222
【答案】C
【解析】
试题分析：中子数=质量数-质子数，原子核内的中子数是222-86=136，故C正确。
考点：本题考查原子结构。
4．将钠放置在空气中，是生成白色的Na2O还是淡黄色的Na2O2，主要取决于下列因素中的
A．反应温度
B．空气的量
C．钠粒的大小
D．钠的形状
【答案】A
【解析】
试题分析：常温下，金属钠与空气中的氧气反应生成氧化钠，加热条件下，钠与空气中的氧气反应生成过氧化钠，与反应温度有关，选A。
考点：考查金属钠的性质。
5．下列物质的分子中，共用电子对数目最多的是
(
)
A．H2
B．NH3
C．H2O
D．CH4
【答案】D
【解析】
试题分析：A．氢气分子中H原子之间形成1对共用电子对；B．N原子最外层有5个电子，氨气分子中N原子形成3对共用电子对；C．O原子最外层有6个电子，水中氧原子形成2对共用电子对；D．C最外层有4个电子，CH4中碳原子有4对共用电子对，故选D。
考点：考查化学键，涉及对共价键的理解。
6．下列有机物的命名正确的是(
)
A．二溴乙烷：
B．3 乙基 1 丁烯：
C．2 甲基 2,4 己二烯：
D．2,2,3 三甲基戊烷：
【答案】C
【解析】
试题分析：A、应该是1，2－二溴乙烷，A错误；B、应该是3－甲基－1－戊烯，B错误；C、命名正确，C正确；D、应该是2，2，4－三甲基戊烷，D错误，答案选C。
考点：考查有机物命名
7．乙酸橙花酯是一种食用香料，其结构简式如图，关于该有机物的叙述中正确的是
（
）
①属于芳香族化合物；②不能发生银镜反应；③分子式为C12H20O2；④它的同分异构体中可能有酚类；⑤1
mol该有机物水解时只能消耗1
mol
NaOH
A．②③④
B．①④⑤
C．①②③
D．②③⑤
【答案】D
【解析】①不含有苯环，不属于芳香族化合物；②不含有醛基，不能发生银镜反应；③分子式为C12H20O2；④因为仅含有两个，所以不可能组合成酚类；⑤只有水解生成的—COOH消耗NaOH；②③⑤正确。
8．X、Y是元素周期表第VIIA族的两种元素，下列说法中能说明X的非金属性比Y强的是（
）
A．X元素原子的电子层数比Y元素原子的电子层数多
B．X的气态氢化物比Y的气态氢化物稳定
C．X的最高价氧化物对应水化物的酸性比Y的弱
D．Y的单质能将X从NaX溶液中置换出来
【答案】B
【解析】
试题分析：A．X元素原子的电子层数比Y元素原子的电子层数多，则非金属性X比Y弱，A错误；B．元素的非金属性越强其氢化物越稳定，X的气态氢化物比Y的气态氢化物稳定，说明非金属性X＞Y，B正确；C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，X的最高价氧化物对应水化物的酸性比Y的弱，说明非金属性X＜Y，C错误；D．Y的单质能将X从NaX溶液中置换出来，说明Y单质的氧化性大于X，所以非金属性X＜Y，D错误；答案选B。
考点：考查非金属性强弱比较
9．下列有关化学实验的操作方法或结论的叙述正确的是
A．用铁片与硫酸反应制取氢气时，用98%的硫酸可以加快产生氢气的速率
B．向氯水中加入少量的AgNO3溶液，可使氯气与水反应的平衡向逆反应方向移动
C．洁净的酸（或碱）式滴定管在加入酸（或碱）溶液之前，要用所要盛装的酸（或碱）溶液润洗2~3次
D．常温下，向饱和硫酸钙溶液中加入碳酸钠溶液一定会有沉淀生成
【答案】C
【解析】
试题分析：A、98%的硫酸能够使铁钝化，A错误；B、氯水中存在Cl2+H2O
H++Cl-+HClO，向氯水中加入少量的AgNO3溶液生成氯化银沉淀，平衡向正反应方向移动，B错误；C、洁净的酸（或碱）式滴定管在加入酸（或碱）溶液之前，要用所要盛装的酸（或碱）溶液润洗2~3次，防止装入溶液的浓度变小，C正确；D、常温下，向饱和硫酸钙溶液中加入碳酸钠溶液，当碳酸钙的Qc大于Ksp时才会有沉淀生成，D错误。
考点：考查了化学反应速率、化学平衡的移动和滴定管的使用等相关知识。
10．设NA为阿伏加德罗常数。下列说法错误的是
A．一定条件下2
mol
SO2和1
mol
O2充分反应后，混合气体的分子总数大于2NA
B．常温常压下，64
g
O2和O3混合气体中含有原子总数为4NA
C．1mol
Cl2与NaOH溶液反应，转移的电子总数为2NA
D．标准状况下，22.4L
N2
含共用电子对数为3NA
【答案】C
【解析】
试题分析：2
mol
SO2和1
mol
O2如果完全反应会生成2mol的SO3，但反应是可逆反应，反应后总物质的量大于2mol故分子数为大于2NA，A对，不选；64
g
O2和O3混合气体，氧原子的质量为64g，物质的量为4mol。个数为4NA，B对，不选；1mol
Cl2与NaOH溶液反应是转移的电子为1mol，转移的电子总数为NA，C错，选C；．标准状况下，22.4L
N2
的物质的量为1mol，N2中有3对共用电子对，故含共用电子对数为3NA，D对，不选。
考点：阿伏伽德罗常数的应用。
11．离子方程式H＋＋OH－===H2O可表示强酸和强碱生成可溶性盐这一类中和反应。下列物质间的反应能用该离子方程式表示的是
①稀H2SO4＋Ba(OH)2溶液
②澄清石灰水＋稀HNO3
③稀HNO3＋Cu(OH)2
④醋酸和KOH
⑤Ba(OH)2溶液＋稀HNO3
⑥盐酸＋氨水
A．只有②⑤
B．除③④⑥
C．只有⑤
D．除④
【答案】A
【解析】
试题分析：①稀H2SO4＋Ba(OH)2溶液反应，生成硫酸钡沉淀和水，不能用H＋＋OH－===H2O表示；②澄清石灰水＋稀HNO3，能用；③Cu(OH)2是难溶的弱碱，写化学式，不能用；④醋酸是弱酸，写化学式，不能用；⑤Ba(OH)2溶液＋稀HNO3，能用；⑥氨水是弱碱，写化学式，不能用；选A。
考点：考查离子方程式。
12．NA代表阿伏加德罗常数，下列说法不正确的是
（
）
A．含有NA个氦原子的氦气在标准状况下的体积约为11．2
L
B．25℃
1．01×105
Pa,64
g
SO2中含有的原子数为3NA
C．0℃
101千帕，11．2L氮气所含的原子数目为NA
D．17g氨气所含电子数目为10NA
【答案】A
【解析】
试题分析：A、含有NA个氦原子的氦气的物质的量为1mol，故在标准状况下，体积约为22．4L，故A错误；D
13．下列事实不能说明亚硝酸是弱电解质的是
A．NaNO2溶液的pH大于7
B．向HNO2溶液中加入NaNO2固体，溶液的PH变大
C．常温下0.1mol/LHNO2溶液的pH为2.1
D．用HNO2溶液作导电试验，灯泡很暗
【答案】D
【解析】A、有弱才水解，亚硝酸钠水解呈碱性，故亚硝酸为弱酸；
B、pH变大，说明存在电离平衡，故其为弱酸；
C、如为强酸，pH=1，现等于2.1，说明没有完全电离，为弱酸。
D、还与浓度有关。
14．某稀溶液中含有Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3，若向其中逐渐加入铁粉，溶液中Fe2＋浓度和加入铁粉的物质的量之间的关系如下图所示。当加入1.5mol铁粉并充分反应后的溶液中Fe(NO3)3、Fe(NO3)2、Cu(NO3)2物质的量浓度之比为(
)
A．1∶1∶1
B．1∶3∶1
C．2∶3∶2
D．1∶1∶4
【答案】C
【解析】
试题分析：根据氧化性：HNO3＞Fe3+＞Cu2+，加入铁后会依次发生氧化还原反应，①Fe+4HNO3═Fe（NO3）3+NO↑+2H2O；②Fe+2Fe3+═3Fe2+；③Fe+Cu2+═Cu+Fe2+；从图象中可知铁为1mol时，无Fe2+生成，发生的反应是①消耗硝酸为4mol，生成Fe3+1mol，再加入1mol铁发生反应②生成Fe2+物质的量为3mol，反应的Fe3+物质的量为2mol，其中原溶液中的Fe3+物质的量1mol，故加入1molFe时溶液中共有Fe3+物质的量为2mol，若在加入1molFe的基础上再加入0.5molFe时生成的Fe2+物质的量为1.5mol，反应的Fe3+物质的量为1mol，此时溶液中Fe3+物质的量2mol-1mol＝1mol；在加入2molFe的基础上再加入1mol铁发生反应③，此时又生成Fe2+物质的量为1mol，说明原溶液中Cu2+物质的量为1mol；故加入1.5mol铁粉并充分反应后的溶液中Fe（NO3）3、Fe（NO3）2、Cu（NO3）2分别为1mol、1.5mol、1mol，三者的浓度之比为1mol：1.5mol：1mol＝2：3：2，故选：C。
考点：考查铁的化学性质、离子反应的有关计算
15．明矾与氢氧化钡溶液反应，对应的离子方程式正确的是
A．0.2
mol明矾与0.3
mol的氢氧化钡溶液混合2Al3＋＋3SO42－＋3Ba2＋＋6OH－→2Al(OH)
3↓＋3BaSO4↓
B．0.2
mol明矾与0.2
mol的氢氧化钡溶液混合Al3＋＋SO42－＋Ba2＋＋4OH－→AlO2－＋BaSO4↓＋2H2O
C．一定量的明矾溶液中加入氢氧化钡溶液，生成沉淀的质量最多Al3＋＋2SO42－＋2Ba2＋＋4OH－→AlO2－＋2BaSO4↓＋2H2O
D．一定量的明矾溶液中加入氢氧化钡溶液，生成沉淀的物质的量最多Al3＋＋2SO42－＋2Ba2＋＋3OH－→Al(OH)
3↓＋2BaSO4↓
【答案】AC
【解析】
试题分析：A．0.2
mol明矾与0.3
mol的氢氧化钡溶液混合，即n(明矾)：n(Ba(OH)2)=2:3，反应的离子方程式是：2Al3＋＋3SO42－＋3Ba2＋＋6OH－→2Al(OH)
3↓＋3BaSO4↓，正确；B．0.2
mol明矾与0.2
mol的氢氧化钡溶液混合，即n(明矾)：n(Ba(OH)2)=1:1，发生的反应的离子方程式是：2Al3＋＋3SO42－＋3Ba2＋＋6OH－→2Al(OH)
3↓＋3BaSO4↓，错误；C．一定量的明矾溶液中加入氢氧化钡溶液，生成沉淀的质量最多时，离子方程式是：Al3＋＋2SO42－＋2Ba2＋＋4OH－→AlO2－＋2BaSO4↓＋2H2O，正确；D．一定量的明矾溶液中加入氢氧化钡溶液，生成沉淀的物质的量最多[时的反应离子方程式是：2Al3＋＋3SO42－＋3Ba2＋＋6OH－→2Al(OH)
3↓＋3BaSO4↓，错误。
考点：考查明矾与氢氧化钡在不同混合比例时反应的离子方程式书写的正误判断的知识。
16．（1）已知16
g
A和20
g
B恰好完全反应生成0.04
mol
C和31.76
g
D，则C的摩尔质量为
。
（2）标准状况下有①
6.72
L
CH4
②
3.01×1023个HCl
③
13.6
g
H2S
④
0.2
mol
NH3四种气体，气体所占体积由小到大的顺序是（填序号，下同）
；所含氢原子数由小到大的顺序是
。
（3）已知某植物营养液配方为0.3
mol
KCl，0.2
mol
K2SO4，0.1
mol
ZnSO4和1
L水。若以KCl，K2SO4，ZnCl2和1
L水为原料配得相同组成的营养液，需三种溶质KCl
mol，K2SO4
mol，ZnCl2
mol。
【答案】（1）106
g·mol-1。（2）④①③②；②④③①
（3）0.1，0.3，0.1
【解析】
试题分析：（1）根据质量守恒定律分析，C的质量为16+20-31.76=4.74克，则C的摩尔质量=4.24/0.04=106
g·mol-1。（2）在相同的温度和压强下，气体体积比等于物质的量比，所以①为0.3摩尔，②0.5摩尔，③13.6/34=0.4摩尔，④0.1摩尔，所以体积由小到达的顺序为④①③②；①氢原子物质的量为0.3×4=1.2摩尔，②氢原子物质的量为0.5摩尔，③氢原子物质的量为0.8摩尔，④氢原子物质的量为0.2×3=0.6摩尔，所以氢原子数由小到大的顺序为：②④③①。（3）溶液中钾离子物质的量为0.3+0.2×2=0.7摩尔，锌离子物质的量为0.1摩尔，硫酸根离子物质的量为0.2+0.1=0.3摩尔，氯离子物质的量为0.3摩尔。硫酸根全来自于硫酸钾，所以硫酸钾物质的量为0.3摩尔，则含有钾离子0.6摩尔，需要氯化钾0.1摩尔即可，则还需要0.2摩尔氯离子，即0.1摩尔氯化锌。
考点：物质的量的有关计算，阿伏伽德罗定律
17．火力发电厂释放出大量的氮氧化物（NOx）、二氧化硫和二氧化碳等气体会对环境造成严重影响。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＝－574kJ/mol
CH4(g)＋4NO(g)＝2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)
△H2＝－1160
kJ/mol
则甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式为
__________________________________________________________________________。
（2）脱碳。将CO2转化为甲醇的热化学方程式为：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)
△H3
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的关系曲线如右图所示，则上述CO2转化为甲醇的反应热△H3_____0（填“＞”、“＜”或“＝”），该反应的平衡常数表达式为______________________________。
②在一恒温恒容密闭容器中充入1
mol
CO2和3
mol
H2，进行上述反应。测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如右图所示。试回答：0~10
min内，氢气的平均反应速率为_________mol/（L·min）。第10
min后，若向该容器中再充入1
mol
CO2和3
mol
H2，则再次达到平衡时CH3OH(g)的体积分数_________（填“变大”、“减少”或“不变”）。
（3）脱硫。①有学者想利用如右图所示装置用原电池原理将SO2转化为重要的化工原料，A、B是惰性电极。则电子流出的电极为_____（用A或B表示），A极的电极反应式为______________________________。
②某种脱硫工艺中将废气处理后，与一定量的氨气、空气反应，生成硫酸铵和硝酸铵的混合物，可作为化肥。硫酸铵和硝酸铵的水溶液pH＜7，其原因用离子方程式表示为_________________________；常温下，向一定物质的量浓度的硝酸铵溶液中滴加适量的氨水溶液，使溶液中的NO3-和NH4+的物质的量浓度相等，则溶液的pH_____7（填写“＞”“＝”或“＜”）。
【答案】（1）CH4(g)＋2NO2(g)＝CO2(g)＋2H2O(g)＋N2(g)
ΔH＝－867
kJ/mol；
（2）①
<；K＝；②
0.225；变大；（3）①A
；
SO2－2e-＋2H2O＝SO42-＋4H+；
②NH4+＋H2ONH3.H2O＋H+
；=
【解析】
试题分析：（1）CH4(g)＋4NO2(g)＝4NO(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)
△H1＝－574kJ/mol
①
CH4(g)＋4NO(g)＝2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)
△H2＝－1160
kJ/mol
②
根据盖斯定律，①+②可得甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式为：2CH4(g)＋4NO2(g)＝2CO2(g)＋4H2O(g)＋2N2(g)
ΔH＝－1734
kJ/mol；故甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式为：CH4(g)＋2NO2(g)＝CO2(g)＋2H2O(g)＋N2(g)
ΔH＝－867
kJ/mol；
（2）①由体积分数φ(CH3OH)与反应温度T的关系曲线可知，当达到平衡状态后，继续升高温度，体积分数φ(CH3OH)减小，即平衡逆向移动，故该反应为放热反应，△H3<0；该反应的平衡表达式为：；②由CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化图线可知：
CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)
起始浓度（mol/L）
1
3
0
0
转化浓度（mol/L）
0.75
2.25
0.75
0.75
平衡浓度（mol/L）
0.25
0.75
0.75
0.75
故0~10
min内，氢气的平均反应速率为；
第10
min后，若向该容器中再充入1
mol
CO2和3
mol
H2，平衡正向移动，则再次达到平衡时CH3OH(g)的体积分数变大；
（3）①A、B是惰性电极，A极上SO2失去电子，发生氧化反应生成SO42-，B极上O2得到电子并与H+结合生成水；因此电子流出的是A极，电子流入的是B极；A极的电极反应式为：SO2－2e-＋2H2O＝SO42-＋4H+；②硫酸铵和硝酸铵的水溶液pH＜7，其原因是铵根在水溶液中发生水解，使溶液呈酸性，方程式为：NH4+＋H2ONH3.H2O＋H+
；常温下，向一定物质的量浓度的硝酸铵溶液中滴加适量的氨水溶液，使溶液中的NO3-和NH4+的物质的量浓度相等，根据电荷守恒可知，c(NO3-)+c(OH-)=c(NH4+)+
c(H+)，由于c(NO3-)=c(NH4+)，因此c(OH-)=
c(H+)，故溶液pH=7。
考点：考查盖斯定律，化学平衡的计算，影响化学平衡移动的因素及原电池的工作原理，盐类的水解。
18．某同学设计如图装置，研究非金属元素性质变化规律。
（1）已知硅酸(H2SiO3)是一种难溶于水的弱酸，呈白色。在化学反应中，一般地，强酸能制弱酸，如NaHCO3＋HCl===NaCl＋CO2↑＋H2O，得出：HCl酸性强于H2CO3的酸性。现有硝酸溶液、碳酸钙、澄清石灰水、硅酸钠溶液，选择试剂用如图装置证明：酸性：HNO3>H2CO3>H2SiO3。
A中装试剂________，B中装试剂____________，C中装试剂____________。C中实验现象为____________；写出C中发生反应的离子方程式________________________。
（2）已知高锰酸钾在常温下与浓盐酸反应产生氯气，利用如图装置证明氯气氧化性强于碘单质的氧化性。则A中装浓盐酸，B中装入高锰酸钾粉末，C中装试剂________，C中现象________，写出离子方程式__________________。该实验装置有明显不足，请指出改进方法：_______________________________________。
（3）如果C中装饱和的氢硫酸溶液，A中装浓盐酸，B中装高锰酸钾溶液，反应开始后观察到现象是C中产生淡黄色沉淀，写出化学方程式______________________________；
证明氯的非金属性比硫的非金属性________(填“强”或“弱”或“无法判断”)。
【答案】
（1）硝酸溶液　　　碳酸钙　　　硅酸钠溶液　　　产生白色沉淀
CO2＋SiO32－＋H2O===H2SiO3↓＋CO32－
（2）淀粉－KI溶液　　　溶液变蓝色　　　2I－＋Cl2===I2＋2Cl－
增加装有氢氧化钠溶液的尾气吸收装置
（3）Cl2＋H2S===
S↓＋2HCl　　　强
【解析】
试题分析：（1）根据较强的酸制取较弱的酸可知，A中装试剂是硝酸溶液，B中装试剂是碳酸钙，C中装试剂硅酸钠溶液。由于碳酸的酸性强于硅酸的，所以C中有白色沉淀硅酸生成，反应的方程式是CO2＋SiO32－＋H2O===H2SiO3↓＋CO32－。
（2）酸性高锰酸钾溶液能把盐酸氧化生成氯气，所以C中试剂是淀粉碘化钾溶液。由于氯气能把碘化钾氧化生成单质碘，所以实验现象是溶液变蓝色，反应的离子方程式是2I－＋Cl2===I2＋2Cl－；由于氯气有毒，所以必须增加装有氢氧化钠溶液的尾气吸收装置。
（3）高锰酸钾溶液能把盐酸氧化生成氯气，而氯气能把硫化氢氧化生成单质S沉淀，所以反应的方程式是Cl2＋H2S===
S↓＋2HCl，这说明氯的非金属性比硫的非金属性强。
考点：考查化学实验气体的制备与性质有关问题。
19．实验室需要1．0
mol·L-1NaOH溶液450
mL和0．5
mol·L-1硫酸溶液500
mL。
根据这两种溶液的配制情况，回答下列问题：
（1）如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是________（填序号），配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是___________（填仪器名称）。
（２）在配置NaOH溶液时：
①称量时，首先用托盘天平称量出烧杯的质量，托盘天平平衡后的状态如下图。烧杯的实际质量为______g，要完成本实验该同学应称出______g
NaOH；
②若NaOH固体溶解后立即移入容量瓶，则最终所配溶液浓度__________（填“大于”、“等于”或“小于”）1.0
mol·L-1。
（3）在配制硫酸溶液时：
①经计算需要
mL浓硫酸（物质的量浓度为18．4
mol·L-1），在量取时宜选用下列规格量筒中的_____（填序号）；
A．15
mL
B．20
mL
C．25
mL
D．50
mL
②配制过程中需先在烧杯中将浓硫酸进行稀释，稀释时的操作方法是
。
【答案】（1）AC
烧杯、玻璃棒
（2）①27.4
20.0
②大于
（3）①13.6
A
②将浓硫酸沿器壁缓缓倒入水中，并用玻璃棒不断搅拌
【解析】
试题分析：（1）配制溶液需要使用容量瓶，胶头滴管，量筒，不使用平底烧瓶和分液漏斗，所以选AC。除了图中的仪器还需要使用烧杯、玻璃棒。（2）①使用了20+10=30克的砝码，游码显示为2.6克，但是将砝码和烧杯放颠倒，所以烧杯的质量为30-2.6=27.4
g；需要配制500毫升的氢氧化钠溶液，需要氢氧化钠的质量为1.0×0.5×40=
20.0
g。②氢氧化钠溶于水放热，若立即转移入容量瓶，则溶液的体积变大，当温度恢复到室温，体积变小，浓度大于1.0mol/L。（3）①浓硫酸的体积=0.5×0.5/18.4=0.0136L=13.6mL。13.6mL浓硫酸量取时使用15毫升的量筒即可，选
A。②浓硫酸稀释时要注意酸入水，操作为将浓硫酸沿器壁缓缓倒入水中，并用玻璃棒不断搅拌。
考点：一定物质的量浓度的溶液的配制
20．环己酮是重要的化工原料，也是重要的工业溶剂。实验室制备环己酮的原理、有关数据及装置示意图如下：
反应原理：
反应放热，温度过高或者重铬酸钠过量会进一步氧化。
主要物料及产物的物理参数：
实验装置：
实验步骤：
1．投料：在100mL三颈烧瓶中加入20mL水，慢慢加入5mL浓硫酸摇动，振荡下缓慢加入5mL（4.8g，0.048mol）环己醇，并将混合液温度降至30℃以下。将5g（0.019mol）重铬酸钠溶于水得橙红色溶液备用。
2．反应：将约1/5的重铬酸钠溶液加入三颈烧瓶中，充分搅拌使之混合均匀。冷水浴冷却，控制反应温度在55~60℃。待橙红色消失后，再将剩余的重铬酸钠溶液分四次加入到三颈烧瓶中。当温度自动下降时，加入4mL甲醇使反应液完全变成墨绿色（三价铬）；
3．蒸馏：在反应瓶中加入30mL水，并改为蒸馏装置，收集90~99℃之间的馏分（环己酮与水的共沸物）至无油珠为止；
4．萃取、干燥：将馏出液用食盐饱和后转入分液漏斗中，分出有机层。水层用8mL乙醚提取一次，将乙醚提取液和有机层合并，用无水硫酸镁干燥；
5．蒸馏，收集环己酮产品2.6g。
请回答下列问题：
（1）装置A的名称是___________。
（2）完成并配平反应方程式：
（3）反应过程中加入甲醇后有无色气体生成。加入甲醇的作用是___________，请用离子方程式表示反应原理___________。
（4）步骤4向馏出液加入食盐的目的是___________，将乙醚提取液和有机层合并的原因是___________。
（5）计算所得产品的产率___________。（保留三位有效数字）
【答案】
（1）分液漏斗
（2）3
＋1Na2Cr2O7＋4H2SO4→
3
＋1
Na2SO4＋1
Cr2（SO4）3
＋7
H2O（3
1
4
3
1
1
7）
（3）将过量的重铬酸钠还原，防止环己酮继续被氧化；CH3OH
+
Cr2O72-
+
8H+→CO2↑
+
2Cr3+
+
6H2O
（4）利用盐析原理，减少环己酮在水中的溶解度，有利于分层；减少环己酮在水中溶解造成的损失
（5）55.3%
【解析】
试题分析：（1）根据图示，装置A是分液漏斗，故答案为：分液漏斗；
（2）根据化合价升降守恒，方程式配平为3
＋
1
Na2Cr2O7
＋
4
H2SO4→
3
＋
1
Na2SO4
＋
1
Cr2（SO4）3
＋7
H2O，故答案为：3
1
4
3
1
1
7；
（3）甲醇能够将过量的重铬酸钠还原，防止环己酮继续被氧化；反应的离子方程式为CH3OH
+
Cr2O72-
+
8H+→CO2↑
+
2Cr3+
+
6H2O，故答案为：将过量的重铬酸钠还原，防止环己酮继续被氧化；CH3OH
+
Cr2O72-
+
8H+→CO2↑
+
2Cr3+
+
6H2O；
（4）根据盐析原理，加入食盐可以减少环己酮在水中的溶解度，有利于分层；，将乙醚提取液和有机层可以减少环己酮在水中溶解造成的损失，故答案为：利用盐析原理，减少环己酮在水中的溶解度，有利于分层；减少环己酮在水中溶解造成的损失；
（5）
0.048mol环己醇理论上得到环己酮为0.048mol×98g/mol=4.704g，所以产率是×100%=55.3%，故答案为：55，3%。
考点：考查了有机物的制备实验的相关知识。
21．（8分）0.2mol有机物和0.4molO2在密闭容器中燃烧后的产物为CO2、CO和H2O(g)。产物依次经过足量的浓硫酸、氧化铜、碱石灰后，浓硫酸的质量增加10.8g；灼热的氧化铜充分反应后，固体质量减轻3.2g；最后气体被碱石灰完全吸收，碱石灰质量增加17.6g
。(要求写出计算过程)
（1）求产物中CO的物质的量。
（2）判断该有机物的化学式。
（3）若0.2mol该有机物恰好与4.6g金属钠完全反应，试确定该有机物的结构简式。
【答案】（1）氧化铜吸收的是CO，方程式为
CO＋CuOCO2＋Cu
△m↓
1mol
16g
0.2mol
3.2g
即CO的物质的量是0.2mol。
（2）浓硫酸吸收的是水，则水的质量是10.8g，物质的量是0.6mol
最后碱石灰吸收的是CO2，质量是17.6g，物质的量是0.4mol
因此根据氧原子守恒可知，有机物中含有的氧原子的物质的量是0.6mol＋0.4mol×2－0.4mol×2＝0.6mol
所以该有机物的分子式C2H6O2。
（3）若0.2mol该有机物恰好与4.6g金属钠完全反应，说明该有机物中含有1个羟基
所以结构简式为CH3—O—CH2—OH.
【解析】考查有机物分子式及结构简式的判断。
22．以乙炔或苯为原料可合成有机酸H2MA，并进一步合成高分子化合物PMLA。
Ⅰ.用乙炔等合成烃C。
已知：R－C≡CH＋COR′HCOHR—C≡CHR′
（1）A分子中的官能团名称是_______________。
（2）A的一种同分异构体属于乙酸酯，其结构简式是__________________________。
（3）B转化为C的化学方程式是______________________
，
其反应类型是_________________。
Ⅱ.用烃C或苯合成PMLA的路线如下。
已知：R—CH2OHR—COOH
（4）1
mol有机物H与足量NaHCO3溶液反应生成标准状况下的CO2
44.8
L，H有顺反异构，其反式的结构简式是________________。
（5）E的结构简式是________________。
（6）G与NaOH溶液在加热条件下反应的化学方程式是_________________________。
(7)聚酯PMLA有多种结构，写出由H2MA制PMLA的化学方程式(任写一种)：_____________________。
【答案】(1)羟基
碳碳三键
(2)CH3COOCH=CH2
(3)
消去反应
(4)HOOCCH===CHCOOH
(5)HOCH2CH===CHCH2OH）
(6)
HOOCCHClCH2COOH＋3NaOHNaOOCCHOHCH2COONa＋NaCl＋2H2O
(7)
nHOOCCHOH—CH2COOHHO
[
COCH2CHOHCOO
]
H＋(n－1)H2O
【解析】
试题分析：（1）根据已知反应，乙炔和醛反应后，官能团有碳碳三键和羟基。
（2）A的分子式是C4H6O2，又属于乙酸酯，其结构简式是CH3COOCH=CH2
（3）B为
转化为C4H6，浓硫酸加热的条件，所以是消去反应。
（4）1
mol有机物H与足量NaHCO3溶液反应生成标准状况下的CO2
44.8
L，说明1分子H含有2个羧基，H有顺反异构说明含有双键，根据分子式得反式结构简式是
（5）根据逆合成分析，E分子中的2个羟基在碳链的两端得E的结构简式
（6）根据逆合成分析，H2MA为，G是琼斯试剂反应后得到的羧酸，G与NaOH溶液在加热条件下反应，是卤代烃的水解反应，还有酸碱的中和反应，综上得
聚酯PMLA有多种结构，所以是缩聚反应。H2MA分子式为，得化学方程式
考点：考查官能团的判断和性质，卤代烃的反应，合成高分子的反应等相关知识。
23．[化学-选修2：有机化学基础]（12分）化合物G是一种医药中间体，常用于制备抗凝血药。可以通过下图所示的路线合成：
已知：RCOOHRCOCl；D与FeCl3溶液能发生显色。
请回答下列问题：
（1）B→C的转化所加的试剂可能是___________，CH3COCl＋E→F的反应类型是_________。
（2）有关G的下列说法正确的是________。
A．属于芳香烃
B．能与FeCl3溶液发生显色反应
C．可以发生水解、加成、氧化、酯化等反应
D．1mol
G最多可以跟4mol
H2反应
（3）E的结构简式为__________。
（4）F与足量NaOH溶液充分反应的化学方程式为________。
（5）写出同时满足下列条件的E的所有同分异构体的结构简式___________。
①能发生水解反应
②与FeCl3溶液能发生显色反应
③苯环上有两种不同化学环境的氢原子
【答案】（1）[Ag(NH3)2]OH或银氨溶液或新制Cu(OH)2碱性溶液(1分)，取代反应(1分)；（2）C、D(2分)；
（3）(2分)；
（4）（3分）；
（5）、、（各1分）．
【解析】
试题分析：根据物质的转化关系及反应条件，可知A是乙醇CH3CH2OH，A在Cu作催化剂时，在加热条件下发生氧化反应变为B乙醛：CH3CHO，B与银氨溶液在水浴加热时发生氧化反应，醛基被氧化为羧基，反应产生的C是CH3COOH，C与PCl3发生羟基的取代反应，产生CH3COCl，D分子式是C7H6O与FeCl3溶液能发生显色，说明D分子中含有酚羟基，D是；D在一定条件下与CH3OH发生酯化反应形成E。E与CH3COCl
在一定条件下发生取代反应，产生F:。（1）B→C的转化所加的试剂可能是[Ag(NH3)2]OH或银氨溶液或新制Cu(OH)2碱性溶液；CH3COCl＋E→F的反应类型是取代反应；（2）A．G分子中含有碳、氢、氧三种元素，因此属于芳香烃的衍生物；错误；B．G分子中无酚羟基，因此不能与FeCl3溶液发生显色反应，错误；C．G分子中含有酯基、碳碳双键、羟基，可以发生水解、加成、氧化、酯化等反应，正确；D．在G分子中含有一个苯环、一个碳碳双键、一个酯基。酯基不能发生加成反应，1mol
G最多可以跟4mol
H2反应，正确。（3）E的结构简式为；
（4）F与足量NaOH溶液充分反应的化学方程式为
；（5）同时满足条件能发生水解反应②与FeCl3溶液能发生显色反应③苯环上有两种不同化学环境的氢原子的E的同分异构体的结构简式是、、
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。