山东省新泰市第三中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）

山东省新泰市第三中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）
1．下列关于能量变化的说法正确的是
A．相同质量的水和冰相比较，冰的能量高
B．化学反应过程中能量的变化只有吸热和放热两种表现形式
C．化学反应既遵循质量守恒，也遵循能量守恒
D．需要加热才能发生的反应一定是吸热反应
【答案】C
【解析】
试题分析：水结冰是放出热量的，所以相同质量的水和冰相比较，冰的能量低，A不正确；B不正确，能量的转化方式是多种多样的，例如光能、电能等；反应是放热反应或吸热反应，和反应条件无关系，只与反应物或生成物总能量的相对大小有关系，D不正确，答案选C。
考点：考查能量转化的有关正误判断
点评：该题是高考中的常见题型，属于基础性试题的考查。试题基础性强，侧重对学生基础知识的巩固和训练，主要是考查学生对常见能量转化的熟悉了解程度，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。
2．能正确表示下列反应的离子方程式是
A、硫酸铝溶液中加入过量氨水
+3OH=Al(OH)3
↓
B、碳酸钠溶液中加入澄清石灰水
Ca(OH)
2
+=CaCO3
↓
+
2
C、冷的氢氧化钠溶液中通入氯气
Cl2
+
2=Cl
+
+
H2O
D、稀硫酸中加入铁粉
2Fe
+
6=
2
+
3H2
↑
【答案】B
【解析】
试题分析：A：电荷不守恒，错；B：碳酸钠溶液中加入澄清石灰水的化学方程式为：Ca(OH)2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH，离子方程式的书写正确；C：
D：不符合化学事实，故选B
考点：离子方程式的书写
点评:离子方程式的书写，首先应该符合化学事实，其次应注意质量守恒和电荷守恒，还有沉淀符号和气体符号等
3．C3H8的分子中有两个氢原子被氯原子取代，可能的同分异构体有（
）
A．3种
B．4种
C．5种
D．6种
【答案】B
【解析】
试题分析：分子式为C3H8的烷烃丙烷，只有1种结构，结构简式为CH3CH2CH3，2个氯原子可以取代同一碳原子上的2个H原子，有CH3CH2CHCl2、CH3CCl2CH3，取代不同碳原子上的H原子，有ClCH2CHClCH3，ClCH2CH2CH2Cl，故C3H8的分子中有两个氢原子被氯原子取代，共有4种，答案选B。
【考点定位】本题主要是考查同分异构体的书写
【名师点晴】分子式为C3H8的烷烃丙烷，只有1种结构，2个氯原子可以取代同一碳原子上的2个H原子，也可以取代不同碳原子上的H原子，即二取代或多取代产物数目的判断7一般采用定一移一或定二移一法：对于二元取代物同分异构体的数目判断，可固定一个取代基的位置，再移动另一取代基的位置以确定同分异构体的数目，因此答题时注意氯原子的取代位置。
4．经分析，某物质只含有一种元素，则该物质
A．一定是纯净物
B．可能是化合物
C．一定是混合物
D．可能是纯净物，也可能是混合物
【答案】D
【解析】
试题分析：某物质只含有一种元素，可能是单质，即纯净物，也可能是混合物，例如氧气和臭氧等，所以选D。
考点：纯净物和混合物的定义
5．下列反应中生成物总能量高于反应物总能量的是
A．碳酸钙受热分解
B．乙醇燃烧
C．铝粉与氧化铁粉末反应
D．氧化钙溶于水
【答案】A
【解析】
试题分析：A碳酸钙受热分解是吸热反应，生成物的总能量高于反应物总能量，正确，选A；B、乙醇燃烧是放热反应，不选B；C、铝粉和氧化铁反应是放热反应，不选C；D、氧化钙溶于水放热，不选D。
考点：
考查反应的热效应
6．升高温度，0．01
mol·L-1下列溶液的pH基本不变的是
A．NaOH
B．H2SO4
C．NaCl
D．Na2CO3
【答案】B
【解析】
试题分析：A、升高温度，OH 离子浓度不变，离子积Kw增大，所以H+浓度增大，pH减小；B、升高温度，H2SO4溶液H+浓度不变，则pH不变，正确；C、温度升高，NaCl溶液仍然为中性，因为离子积Kw增大，所以H+浓度增大，pH减小；D、温度升高，Na2CO3水解程度增大，pH改变。
考点：本题考查pH的分析与判断。
7．今有甲、乙、丙三瓶等体积的新制氯水，浓度均为0.1mol·L-1。如果在甲瓶中加入少量的NaHCO3晶体（m
mol），在乙瓶中加入少量的NaHSO3晶体（m
mol），丙瓶不变。片刻后，甲、乙、丙三瓶溶液中的HClO的物质的量浓度的大小关系是（溶液体积变化忽略不计）
（
）
A．甲=乙>丙
B．甲>丙>乙
C．丙>甲=乙
D．乙>丙>甲
【答案】B
【解析】氯水中存在如下平衡： ，若在甲瓶中加入少量的NaHCO3晶体，则使氯水中氢离子浓度减少，平衡向右移动，溶液中HCLO的浓度增大；若在乙瓶中加入少量的NaHSO3晶体，被氯气氧化，使平衡向左移动，溶液中HCLO的浓度减小；所以正确关系为：甲>丙>乙
8．用NA表示阿伏德罗常数，下列叙述正确的是
A．标准状况下，22.4LH2O含有的分子数为
NA
B．常温常压下，1.06g
Na2CO3含有的Na+离子数为0.02
NA
C．通常状况下，NA个CO2分子占有的体积为22.4L
D．物质的量浓度为0.5
mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl-个数为
NA
【答案】B
【解析】
试题分析：A、标准状况下下，水不是气体，所以22.4L的水的物质的量不是1mol，则分子数不是NA，错误；B、碳酸钠中含有2个钠离子，1.06g碳酸钠的物质的量是1.06g/106g/mol=0.01mol，所以钠离子的数目是0.02NA，正确；C、标准状况下，NA个CO2分子占有的体积为22.4L，不是通常状况，错误；D、氯化镁的溶液体积未知，所以氯离子的数目无法计算，错误，答案选B。
考点：考查阿伏伽德罗常数与微粒数的关系
9．下列有机物中属于醇的是（
）
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
试题分析：烃基或苯环侧链上的碳原子和羟基直接相连而形成的化合物是醇，而羟基和苯环直接相连而构成的化合物是酚类，据此可知选项B是醇类，A是羧酸类，C是醚类，D是酚类，答案选B。
考点：考查醇类物质的判断
点评：该题是基础性试题的考查，试题基础性强，主要是考查学生对醇类概念以及判断的熟悉了解程度，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，难度不大。该题的关键是准确判断出分子中含有的官能团，然后灵活运用即可。
10．下列反应中生成物总能量低于反应物总能量的是
A．氢氧化钡晶体和氯化铵晶体混合反应
B．盐酸与金属镁反应
C．石灰石高温煅烧
D．水的分解
【答案】B
【解析】A
是吸热反应，生成物总能量高于反应物总能量
B
是放热反应，生成物总能量低于反应物总能量
C
是吸热反应，生成物总能量高于反应物总能量
D是吸热反应，生成物总能量高于反应物总能量
故选B
11．下列说法不正确的是
A．金刚石和石墨互为同素异形体
B．1H、2H和3H互为同位素
C．18O和16O是两种不同的核素
D．氡的放射性同位素Rn，其原子中的质子数为136
【答案】D
【解析】
试题分析：D项中氡的质子数应为86，错误。
考点：同素异形体、同位素、核素的概念。
12．下列各装置中，不能构成原电池的是（烧杯中所盛液体都是稀硫酸）
【答案】D
【解析】
试题分析：原电池的形成条是有活动性不同的电极、电解质溶液、形成闭合回路、自发进行氧化还原反应。对图示各个装置进行观察，发现只有D由于不能形成闭合回路，因此不可以形成原电池。故选项是D。
考点：考查原电池构成的判断的知识。
13．某炔烃经催化加氢后，得到3-甲基戊烷，该炔烃是
A、2-甲基-1戊炔
B、2-甲基-3-戊炔
C、3-甲基-1-戊炔
D、3-甲基-2-戊炔
【答案】C
【解析】写出所有名称対应的结构简式，可知答案为C
14．下列有关实验操作或判断正确的是(
)
A．摩尔是化学上常用的一个物理量
B．用托盘天平称取25.20gNaCl
C．配制一定物质的量浓度的溶液，定容时俯视刻度线会导致所配溶液浓度偏小
D．某物质含有6.02×1023个微粒，含有这个数目微粒的物质不一定是1mol
【答案】D
【解析】
试题分析：A．摩尔是物质的量的单位，A错误；B．托盘天平只能读数到0.1g，因此不能用托盘天平称取25.20
gNaCl，B错误；C．配制一定物质的量浓度的溶液，定容时俯视刻度线导致溶液的体积减小，因此会导致所配溶液浓度偏大，C错误；D．某物质含有6.02×1023个微粒，由于不能确定微粒，所以含有这个数目微粒的物质不一定是1
mol，D正确，答案选D。
考点：考查物质的量的有关判断、计算以及托盘天平读数等
15．在一定条件下，等物质的量的氯气与碘单质反应，得到一种红棕色液体ICl，ICl有很强的氧化性。现有下列两个反应：①2ICl+2Zn=ZnCl2+ZnI2
②=HCl+HIO下列叙述正确的是
A.Cl2与I2生成IC1是非氧化还原反应
B.反应①中，ZnI2只是氧化产物
C.反应①中，当转移0.4mol电子时生成13.6gZnCl2
D.反应②中，IC1既是氧化剂又是还原剂
【答案】C
【解析】A错，Cl2与I2生成IC1的过程，CL元素的化合价由0价降低到—1价，I元素的化合价由0价升高到+1价；B错，反应①中，ZnI2既是氧化产物又是还原产物；C正确；D错，反应②中各元素的化合价均不变，为非氧化还原反应；
16．（14分）配制480
mL
0.5
mol·L－1的NaOH溶液，试回答下列问题：
（1）选择仪器：完成本实验所必需的仪器有：托盘天平(精确到0.1
g)、药匙、烧杯、玻璃棒、_____、____等。
（2）计算、称量：需称量NaOH固体的质量为________。
（3）溶解、冷却，该步实验中需要使用玻璃棒，作用是___________________。
（4）转移、洗涤。洗涤烧杯2～3次是为了_________________。
（5）定容、摇匀。定容的具体操作是____________________。
（6）不规范的实验操作会导致实验结果的误差，下列使所配溶液的物质的量浓度偏高的是
，偏低的是
___
（填字母序号）
A．容量瓶洗净后未烘干；
B．在溶解过程中有少量液体溅出烧杯外
C．定容时俯视刻度线；
D．将称量好的NaOH固体放入小烧杯中溶解，未经冷却立即转移到容量瓶中并定容
E．定容后，将容量瓶振荡摇匀后，静置发现液面低于刻度线，于是又加入少量水至刻度线
【答案】（14分）（1）胶头滴管
500
mL容量瓶
(2分)
；（2）10.0
g(2分)
（3）
搅拌，加速溶解(2分)；（4）
保证溶质全部转移至容量瓶中(2分)
（5）
向容量瓶中加入蒸馏水至距刻度线1
cm～2
cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至液体的凹液面最低处和刻度线相切(2分)
（6）C、D
(2分)
；B、E(2分)。
【解析】
试题分析：配制480
mL
0.5
mol·L－1的NaOH溶液，由于与该体积最接近的容量瓶是500mL，因此要配制500mL
0.5
mol·L－1的NaOH溶液。（1）选择仪器：完成本实验所必需的仪器有：托盘天平(精确到0.1
g)、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管等。（2）
计算、称量：需称量NaOH固体的质量为m=cVM=
0.5
mol/L×0．5L×40g/mol=10.0g；（3）溶解、冷却，该步实验中需要使用玻璃棒，作用是搅拌，加速NaOH的溶解，同时可以使热量迅速扩散；（4）转移、洗涤。洗涤烧杯2～3次是为了减少溶质的损失，保证溶质全部转移至容量瓶中，使溶液的配制浓度准确；（5）定容、摇匀。定容的具体操作是向容量瓶中加入蒸馏水至距刻度线1
cm～2
cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至液体的凹液面最低处和刻度线相切。（6）
A.容量瓶洗净后未烘干，只要最后加水定容时符合要求，不会产生任何影响；B.在溶解过程中有少量液体溅出烧杯外，使溶质减少，则配制的溶液浓度偏低；
C.定容时俯视刻度线，则加入的水偏少，使溶液的体积偏小，浓度偏高；
D.将称量好的NaOH固体放入小烧杯中溶解，未经冷却立即转移到容量瓶中并定容，当溶液恢复至室温时，体积偏小，则溶液的浓度就偏高，E.定容后，将容量瓶振荡摇匀后，静置发现液面低于刻度线，于是又加入少量水至刻度线，则溶液的体积偏大，使溶液的浓度偏低。因此使所配溶液的物质的量浓度偏高的是C、D；偏低的是B、E。
考点：考查物质的量浓度的溶液的配制的知识。
17．（9分）已知：2SO2(g)+O2(g)
2SO3(g)；△H=－196
kJ/mo1，850K时，在2L固定容积的密闭容器中充入2mol
SO2和2mol
O2，10分钟后达到平衡，SO2浓度和时间关系如图。
回答下列问题
（1）前10分钟内O2的平均反应速率为
mol/(L·min)
（2）平衡时，02的转化率为
，此时反应共放热
kJ。
（3）若15分钟时维持温度不变，压缩容器体积，使其体积变为1L，假设在20分钟时达到新平衡，此时c（O2）=1．15
mol/L，请在图上画出15-25分钟SO2的浓度变化曲线。
【答案】（1）0．04（2分）
（2）40%
(2分)
156．8
(2分)
（3）(3分)
【解析】
试题分析：（1）前10分钟内O2的平均反应速率
=1/2V(SO2)=1/2(1-0．2)/10=0．04mol/(L·min)。（2）
一定温度下，将0．4molSO2和0．2molO2放入固定容积为2L的密闭容器中，发生反应2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g）△H=-196．6kJ/mol，反应中SO3的物质的量浓度的变化情况如图分析得到平衡时C（SO3）=0．1mol/L，平衡生成三氧化硫物质的量=0．1mol/L×2L=0．2mol；依据化学平衡三段式列式计算


2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g）△H=-196．6kJ/mol，
起始量（mol/L）
1
1

0
变化量（mol/L） 08
0．4
0．8
平衡量（mol/L） 0．2
0．6
0．8
故氧气的转化率=0．4/1=40%。Q=0．8
196．6=156．8kJ。
（2）在第15分钟末将容器的体积缩小一半后，此时各物质的量浓度增加一倍，压强增大平衡正向进行，在20分钟时达到新平衡，此时c（O2）=1．15
mol/L，
2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g）△H=-196．6kJ/mol，
起始量（mol/L）
0．4
1．2

1．6
变化量（mol/L）
0．1
0．05
0．1
平衡量（mol/L） 0．3
1．15
1．7
终点二氧化硫的浓度为0．3
mol/L，曲线变化慢慢向下，20分钟之后浓度不变。故图形如下：
考点：本题考查了化学反应速率的定量表示方法、化学平衡常数、化学平衡的影响因素等知识点。
18．（18分）某化学研究性学习小组设计制取氯气及探究其性质的方案，并按下图所示装置完成实验。（A中发生反应的化学方程式为：MnO2
+
4HCl（浓）
====
MnCl2
+
Cl2↑
+
2H2O）
【实验探究】
（1）装置A中，仪器a的名称是
。
（2）装置B中无色溶液将变为
色，该反应的化学方程式是
。
（3）装置C中湿润的有色布条
（填“褪色”或“不褪色”），其原因是氯气与水反应生成了
（填化学式）
（4）为了吸收多余的氯气，防止造成空气污染，装置D中应盛放
____溶液（填“NaOH”或“H2SO4”）
（5）用8.7gMnO2与足量浓盐酸反应，理论上可以生成标准状况下的Cl2
_______L。
【知识拓展】
（6）某同学查阅资料得知：高锰酸钾与浓盐酸在常温下也可以生成氯气（反应的化学方程式为：
2KMnO4
+
16HCl（浓）
====
2KCl
+
2MnCl2
+
5Cl2↑
+
8H2O），该反应的氧化剂是
（填“KMnO4”或“HCl”）
【知识应用】
（7）洪灾过后，饮用水的消毒杀菌是抑制大规模传染疾病爆发的重要措施之一。请你列举一例对饮用水进行消毒杀菌的合理方法：________________________________
【答案】24．（18分）(1)
分液漏斗
(2)
蓝
2KI
+
Cl2
=
2KCl
+
I2
(3)褪色
HClO
(4)
NaOH
(5)
2.24
(6)
KMnO4
(7)向引用水中撒入漂白粉，加热煮沸等方法。
【解析】
试题分析：（1）根据仪器特点，仪器a的名称是分液漏斗；
（2）氯气具有氧化性，能将碘离子氧化成碘单质，所以氯气与碘化钾溶液反应Cl2+2KI═2KCl+I2生成I2，I2遇淀粉变蓝，棉球变蓝，答案为：蓝；Cl2+2KI═2KCl+I2；
（3）湿润的红色布条中的水和氯气反应生成盐酸和次氯酸，生成的HClO具有漂白性，将湿润的红色布条漂白褪色，答案为：褪色；HClO；
（4）氯气是污染性气体不能排放到空气中，需要用氢氧化钠溶液吸收过量的氯气，氯气与NaOH反应生成氯化钠和次氯酸钠，反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，答案为：NaOH；
（5）（5）8.7g的MnO2的物质的量=8.7/87=0.1mol，则：
MnO2+4HCl（浓）=MnCl2+Cl2↑+2H2O
0.1mol
0.1mol
生成氯气0.1mol,
在标准状况下的体积为2.24L；
（6）在2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O的反应中，Mn元素化合价降低，所以KMnO4
是氧化剂，答案为：KMnO4；
（7）向引用水中撒入漂白粉，加热煮沸等方法。
考点：考查实验室制氯气原理，氯气性质的检验，尾气吸收，化学计算等知识。
19．某同学设计了测定气体摩尔体积的探究实验，利用氯酸钾分解制O2。
实验步骤如下：
①连接好实验装置，检查装置的气密性。②把适量的氯酸钾粉末和少量二氧化锰粉末混合均匀，放入干燥的试管中，准确称量试管和药品的总质量为16．0
g。
③加热，开始反应，直到不再有气体产生为止。
④测量排入量筒中水的体积为284．3
mL，换算成标准状况下氧气的体积为279．0
mL。
⑤准确称量试管和残留物的质量为15．
6
g。
根据上述实验过程，回答下列问题：
（1）如何检查装置的气密性？________________________________________________。
（2）以下是测量收集到气体体积必须包括的几个步骤：
①调整量筒的高度使广口瓶和量筒内的液面高度相同
②使试管和广口瓶内气体都冷却至室温
③读取量筒内液体的体积
这三步操作的正确顺序是________(请填写步骤代号)。
进行③的实验操作时，若仰视读数，则读取氧气的体积________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
（3）实验过程中产生氧气的物质的量是________mol；实验测得氧气的气体摩尔体积是________(保留小数点后两位)。
【答案】（1）
往广口瓶中注满水，塞紧橡胶塞，按装置图连接好装置，用手将试管底部捂热，若观察到广口瓶中长玻璃管内液面上升，松开手后，过一会儿长玻璃管内的液面下降，则证明该装置不漏气（2分）
；
(2)
②①③;
偏小
;
（3）
0．0125
；
22．32
L/mol
（2分）。
【解析】
试题分析：（1）检查装置的气密性的方法是往广口瓶中注满水，塞紧橡胶塞，按装置图连接好装置，用手将试管底部捂热，若观察到广口瓶中长玻璃管内液面上升，松开手后，过一会儿长玻璃管内的液面下降，则证明该装置不漏气；（2）
②使试管和广口瓶内气体都冷却至室温；①调整量筒的高度使广口瓶和量筒内的液面高度相同；③读取量筒内液体的体积，故序号是②①③;
进行③的实验操作时，若仰视读数，由于量筒的小刻度在下，大刻度在上，所以读取氧气的体积偏小；（3）实验过程中产生氧气的物质的量是（16．0
g--15．
6
g）÷32g/mol=0．0125mol，实验测得氧气的气体摩尔体积是Vm=V÷n=0．2790L÷0．0125mol=
22．32
L/mol．
考点：考查装置却没想到检查、量取气体体积的步骤、误差分析、气体摩尔体积的计算的知识。
20．为测定某氯水的物质的量浓度，取100mL氯水，加入足量的碘化钾溶液充分反应，然后用300ml
1mol/L硫代硫酸钠（Na2S2O3)溶液恰好完全吸收生成的碘单质，问100mL氯水中溶解了多少L标准状况下氯气？（已知：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI）
【答案】3.36L
【解析】
21．工业上以黄铜矿(主要成分CuFeS2)为原料制备金属铜，有如下两种工艺。
I．火法熔炼工艺:将处理过的黄铜矿加人石英，再通人空气进行焙烧，即可制得粗铜。
（1）焙烧的总反应式可表示为：2CuFeS2
+
2SiO2+5O2＝2Cu+2FeSiO3+4SO2该反应的氧化剂是
。
（2）下列处理SO2的方法，不合理的是_____
A高空排放












B用纯碱溶液吸收制备亚硫酸钠
C用氨水吸收后，再经氧化制备硫酸铵
D用BaCl2溶液吸收制备BaSO3
（3）炉渣主要成分有FeO
、Fe2O3
、SiO2
、Al2O3等，为得到Fe2O3加盐酸溶解后，后续处理过程中未涉及到的操作有
。
A过滤


B加过量NaOH溶液


C蒸发结晶

D灼烧

E加氧化剂
II．FeCl3溶液浸取工艺:其生产流程如下图所示
（4）浸出过程中，CuFeS2与FeCl3溶液反应的离子方程式为
____________。
（5）该工艺流程中，可以循环利用的物质是____
（填化学式）。
（6）若用石墨电极电解滤液，写出阳极的电极反式_____________。
（7）黄铜矿中含少量Pb,调节C1一浓度可控制滤液中Pb2+的浓度，当c(C1一)＝2mo1·L-1时溶液中Pb2+物质的量浓度为
mol·L-1。[已知KSP(PbCl2)＝1
x
10一5]
【答案】（1）CuFeS2、O2
（2）A、D
（3）C
（4）CuFeS2+4Fe3+＝Cu2++5Fe2++2S
（5）FeCl3　
（6）Fe2+-e－＝Fe3+　
（7）2.5×10－6
【解析】（1）根据方程式2CuFeS2
+
2SiO2+5O2＝2Cu+2FeSiO3+4SO2知，铜元素的化合价降低，氧元素的化合价降低，因此该反应中氧化剂是CuFeS2和O2。
（2）SO2是大气污染物，A错；用纯碱溶液吸收制备亚硫酸钠，可以防止污染，B正确；用氨水吸收后，不经氧化制硫酸铵，也可以防上污染，C正确；SO2不能溶于氯化钡溶液，D错；答案选AD。
（3）炉渣主要成分是FeO、Fe2O3、SiO2、Al2O3等，为得到Fe2O3，加盐酸溶解后，需要过滤出二氧化硅，然后再加入氧化剂将溶液中的亚铁离子氧化为三价铁离子，再加入过量氢氧化钠溶液后主要成分是氢氧化铁沉淀。过滤、洗涤、灼烧就可以得到三氧化二铁，所以未涉及的实验操作是蒸发结晶。
（4）过滤得到的滤纸中含有硫单质，这说明CuFeS2与FeCl3溶液发生氧化还原反应，即CuFeS2+4Fe3+＝Cu2++5Fe2++S。
（5）电解时产生的电解液又可以与黄铜矿反应，所以该工艺流程中，可以循环利用的物质是FeCl3。
（6）电解池中阳极失去电子，因此若用石墨做电极电解滤液，则亚铁离子在阳极失去电子，所以阳极反应是Fe2+－e－＝Fe3+。
（7）已知KSP(PbCl2)＝1×10一5，因此当溶液中c(C1一)＝2mo1·L-1时溶液中Pb2+物质的量浓度为mol·L-1。
22．(13分)
已知有机物A既是一种重要的化工原料，也是一种水果催熟剂。由A为原料衍生出的部分化工产品如下图所示。回答下列问题：
（1）A中所含官能团的名称为
。
（2）写出下列反应的反应类型：A→B
，B→F
。
（3）写出下列反应的化学方程式
①A→E：
；
②C→D：
。
（4）由B生成C也可通过两步反应完成：，写出其中反应①的化学方程式
。
（5）E和H是两种常见的塑料，其中一种塑料可作食品袋，该塑料的化学名称是
。
【答案】（1）碳碳双键(1分)
（2）加成反应(2分)
取代反应(2分)
（3）①nCH2=CH2
(2分)
②CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O
(2分)
（4）2CH3CH2OH
+O2
2CH3CHO+2H2O
(2分)
（5）聚乙烯(2分)
【解析】
试题分析：有机物A既是一种重要的化工原料，也是一种水果催熟剂，则A是乙烯。乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，即E是聚乙烯；乙烯和水发生加成反应生成乙醇，则B是乙醇。乙醇被氧化生成乙酸，则C是乙酸。乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，则D是乙酸乙酯。乙醇和；氯气再光照条件下发生取代反应生成F，则F的结构简式为ClCH2CH2OH。F在浓硫酸的作用下发生消去反应生成G，则G的结构简式为ClCH＝CH2，G发生加聚反应生成H，则H的结构简式为。
（1）根据以上分析可知A中所含官能团的名称为碳碳双键。
（2）根据以上分析可知A→B是加成反应，B→F是取代反应。
（3）①A→E的方程式为nCH2=CH2；
②C→D的方程式为CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O。
（4）反应①是乙醇的催化氧化，反应的化学方程式为2CH3CH2OH
+O2
2CH3CHO+2H2O。
（5）可作食品袋的塑料是聚乙烯。
考点：考查有机物推断