山东省五莲县叩官中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）

山东省五莲县叩官中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）
1．乙烯
和1，3—丁二烯的混合气体1
L，催化剂存在下与足量氢气发生加成反应，消耗1.4
L氢气，则原混合气体中乙烯和1，3—丁二烯的体积比为（
）
A.
3:2
B.
4:1
C.
3:1
D.
任意比
【答案】A
【解析】十字交叉法，即知道最大值二烯消耗2，最小值乙烯消耗1，平均值为1.4，十字交叉用减法，所得数值即为两者体
积比。
2．物质的分类通常依据组成和性质，下列对钠的化合物分类，只考虑组成的是(
)
A．Na2O2是氧化物，不是碱性氧化物
B．Na2CO3是一种盐，不是碱
C．NaOH是一元碱，强碱
D．NaClO是氧化性盐，含氧酸盐
【答案】B
【解析】根据组成Na2O2是氧化物、NaOH是一元碱、NaClO是含氧酸盐、Na2CO3是一种盐，不是碱，而Na2O2不是碱性氧化物是根据其与酸反应情况来分类、NaOH是强碱则根据的是碱的电离程度、NaClO是氧化性盐根据的是ClO-的氧化性，它们都是利用了物质的性质。因此选B
3．
有两种气态烃组成的混和气体，对氢气的相对密度为13，取此混和气体4.48L（标准状况下）通入足量溴水，溴水增重2.8g，则此混和气体的组成是（
）
A．CH4与C3H6
　
　B．C2H4与C3H6
　　　
C．C2H4与CH4
　
　D．CH4与C4H8
【答案】D
【解析】
4．乙烯酮在一定条件下能与含活泼氢的化合物发生加成，它与下列试剂发生加成反应时所生成的产物不正确的是
A．与HCl加成生成CH3COCl
B．与H2O加成生成CH3COOH
C．与CH3OH加成生成CH3COCH2OH
D．与CH3COOH加成生成（CH3CO）2O
【答案】C
【解析】
试题分析：解：依题中信息知：活性氢原子加到CH2=C=O中烃基碳上，其余部分加到羰基碳上。A．乙烯酮(CH2=C=O)与HCl加成生成CH3COCl，正确；B．乙烯酮(CH2=C=O)与H2O加成时得CH3COOH，正确；C．乙烯酮(CH2=C=O)与CH3OH加成时得CH3COOCH3，错误；D．乙烯酮(CH2=C=O)与CH3COOH加成时得CH3COOCOCH3，正确。
考点：考查加成反应的特点及反应产物的判断的知识。
5．下列叙述正确的是(　　)
A．标准状况下任何气体的摩尔体积都是22.4
L
B．1mol气体的体积若是22.4
L，它必定处于标准状况
C．两种气体的物质的量之比等于其原子个数比
D．标准状况下，1mol
H2和O2的混合气体的体积是22.4
L
【答案】D
【解析】在一定条件下，单位物质的量的气体所占有的体积是摩尔体积，选项A不正确；选项B不正确，因为只有温度和压强满足一定的条件，1mol任何气体不一定只有在标准状况下才是1mol；根据阿伏加德罗定律可知，在相同条件下，气体的物质的量之比是分子数之比，选项C不正确，所以正确的答案选D。
6．短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其中W的阴离子的核外电子数与X、Y、Z原子的核外内层电子数相同。X的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，工业上采用液态空气分馏方法来生产Y的单质，而Z不能形成双原子分子。根据以上叙述，下列说法中正确的是(
)
A．上述四种元素的原子半径大小为W＜X＜Y＜Z
B．W、X、Y、Z原子的核外最外层电子数的总和为20
C．W与Y可形成既含极性共价键又含非极性共价键的化合物
D．由W与X组成的化合物的沸点总低于由W与Y组成的化合物的沸点
【答案】C
【解析】
试题分析：X的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，用的是C14，采用的是断代法；工业上采用液态空气分馏方法来生产Y的单质，这是工业上生产氮的方法，因为X、Y、Z同周期，Z的原子序数大于X、Y，且不能形成双原子，所以只能是稀有气体He，X、Y、Z核外内层电子是2个，所以W是H，则X为C，Y为N，同周期元素从左到右元素的原子半径逐渐减小，则原子半径C＞N，Z为He，原子半径测定依据不同，一般不与主族元素的原子半径相比较，故A错误；W、X、Y、Z原子的核外最外层电子数的总和为1+4+5+8=18，故B错误；W与Y可形成N2H4的化合物，既含极性共价键又含非极性共价键，故C正确；W为H元素，X为C元素，Y为N元素，C和H可形成多种烃类化合物，当相对分子质量较大时，形成的烃在常温下为液体或固体，沸点较高，故D错误，故选C。
考点：考查原子结构与元素周期律的关系。
7．下列说法正确的是（
）
A．强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液的强
B．氨气是弱电解质，铜是强电解质
C．氧化钠是强电解质，醋酸是弱电解质
D．硫酸钠是强电解质，硫酸钡是弱电解质
【答案】C
【解析】
试题分析：A．溶液的导电性取决于溶液的离子浓度，离子浓度越大，导电能力越强，如果是等浓度的溶液，强电解质溶液一定比弱电解质溶液的导电性强，故A错误；B．氨气在水溶液里只有部分电离，所以是弱电解质，铜是单质，电解质必须是化合物，铜不是电解质，故B错误；C．氧化钠是离子型化合物，在熔融状态下都完全电离出Na+和O2-，所以是强电解质，醋酸在水溶液里只有部分电离，所以是弱电解质，故C正确；D．硫酸钠和硫酸钡在水溶液里状态下都完全电离，所以是强电解质，故D错误，
故选C。
考点：考查了强弱电解质的判断
8．在Na2SO4、NaCl、NaOH的混合溶液中，Na+、SO４2-、OH-的个数比是8：1：2，则溶液中Na2SO4、NaCl、NaOH的物质的量之比是
A．1:1:1
B．1:4:2
C．1:2:4
D．1:3:2
X
Y
Z
A
氧化物
化合物
纯净物
B
胶体
分散系
混合物
C
电解质
酸、碱、盐
化合物
D
碱性氧化物
金属氧化物
氧化物
【答案】B
【解析】
试题分析：假设SO４2-的物质的量为1mol,则n(OH-)=2mol，n(Na+)=8mol.根据电离方程式可知n(Na2SO4)
=1mol,n(NaOH)=2mol,利用钠原子守恒可得n(NaCl)=4mol,所以溶液中Na2SO4、NaCl、NaOH的物质的量之比是1:4:2.正确选项为B.
考点：考查电解质与其电离产生的离子的物质的量关系等知识。
9．如图是用于制取、收集并吸收多余气体的装置，如表方案正确的是（
）
选项
X
Y
Z
A
食盐、浓硫酸
HCl
碱石灰
B
CaO、浓氨水
NH3
无水CaCl2
C
Cu、浓硝酸
NO2
碱石灰
D
电石、食盐水
C2H2
含溴水的棉花
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】A
【解析】A．浓硫酸和食盐制取氯化氢可以用固液混合不加热型装置，HCl密度大于空气且和氧气不反应，所以可以采用向上排空气法收集，HCl能和碱石灰反应，所以可以用碱石灰处理尾气，故A正确；
B．氨气密度小于空气，应该用向下排空气收集，故B错误；
C．二氧化氮和碱石灰反应可能有NO产生，NO也能污染空气，故C错误；
D．乙炔密度小于空气，应该用向下排空气法收集，故D错误；
故选A．
【点评】本题考查化学实验方案评价，涉及常见气体的制备、收集及尾气处理，明确实验原理及物质性质是解本题关键，会从实验原理及实验评价性分析判断，易错选项是C．
10．工业废气NO、NO2是造成大气污染的气体之一，工业上常用原理为NOx
+
NH3→N2
+
H2O，使其转化为无毒的N2，现有NO、NO2的混合3.0L，可与3.5L相同状况的NH3完全反应，全部转化为N2，则在原混合气体中NO和NO2的物质的量之比是(
)
A.1：1
B.1：3
C.3：1
D.2：1
【答案】B
【解析】
试题分析：在同温同压下，相同体积的任何气体含有相同数目的分子。由于该反应是氧化还原反应。所以还要符合电子守恒。因此可得方程式：12NOX+14NH3=13N2+21H2O.12X=21,所以X=1.75.假设NO、NO2的物质的量之比为：m:n,则(m+2n)÷(m+n)=1.75.解得m:n=1:3.所以选项为：B。
考点：考查混合气体的化学式的计算方法和氨气还原法治理氮氧化合物的大气污染方法。
11．对于某些离子的检验及结论一定正确的是（
）
A．加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，一定有CO32-
B．加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有SO42-
C．加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，一定有NH4+
D．加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，一定有Ba2+
【答案】C
【解析】
试题分析：A．加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，可能含有CO32-，也可能含有HCO3-、SO32-等，错误；B．加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，可能含有SO42-，也可能含有Ag+，错误；C．加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，一定有NH4+，正确；D．
加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，可能含有Ba2+，也可能含有Ca2+，错误。
考点：考查离子的检验及结论正误判断的知识。
12．在盛有碘水的试管中，加入少量CCl4后振荡，静置片刻后
（
）
A．整个溶液变紫色
B．整个溶液变为棕黄色
C．上层为褪色，下层为紫红色
D．下层褪色，上层紫红色
【答案】C
【解析】
试题分析：在盛有碘水的试管中，加入少量CCl4后振荡，静置片刻后，由于碘单质在CCl4中溶解度大，而且CCl4密度比水大，与水互不相溶，所以会看到溶液分层，上层为无色，下层因为溶解碘单质溶液呈紫色，因此选项是C。
考点：考查碘水与CCl4混合后的实验现象的知识。
13．化学与社会生活密切相关，下列说法正确的是
A．体积分数为95%的酒精通常作为医用酒精
B．石油的分馏、煤的气化、海水的提镁都包含化学变化
C．绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理
D．利用高纯度硅制造的太阳能电池板可将光能直接转化为电能
【答案】D
【解析】
试题分析：A、医用酒精的浓度为75%，故A错误；B、分馏是根据各馏分的沸点不同，进行分离，物理变化，故B错误；C、绿色化学的核心内容是尽量采用不产生有毒废物的化学反应，故C错误；D、单质硅做太阳能光板正确，此题选D。
考点：考查化学与社会生活相关知识
14．下列实验操作、现象和结论均正确的是
选项
实验操作
现象
结论
A
蘸有浓氨水的玻璃棒靠近某溶液
有白烟产生
该溶液可能是浓盐酸
B
将SO2通入Ba(NO3)2溶液
产生白色沉淀
SO2与可溶性钡盐均可生成白色沉淀
C
向Zn与稀硫酸反应的溶液中滴加硫酸铜溶液
产生气体的速率加快
硫酸铜作该反应的催化剂
D
用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应
火焰呈黄色
该溶液一定是钠盐溶液
【答案】A
【解析】
试题分析：A、氨水有挥发性，浓盐酸也有挥发性，氨气和氯化氢相遇反应生成氯化铵，有白烟产生，所以正确，选A；B、二氧化硫被酸性条件下的硝酸根氧化成硫酸根离子，与钡离子结合生成硫酸钡沉淀，所以错误，不选B；C、锌和硫酸铜反应置换出铜，与锌和硫酸形成原电池加快反应速率，不是硫酸铜做催化剂，错误，不选C；D、焰色反应为黄色，说明物质中含有钠元素，但不一定是钠的盐溶液，错误，不选D。
考点：实验方案的评价
15．人类将在未来几十年内逐渐由“碳素燃料文明时代”过渡至“太阳能文明时代”（包括风能、生物质能等太阳能的转换形态），届时人们将适应“低碳经济”和“低碳生活”。下列说法不正确的是
A．石油和天然气都属于碳素燃料
B．发展太阳能经济有助于减缓温室效应
C．太阳能电池可将太阳能转化为电能
D．目前研究菠菜蛋白质“发电”不属于“太阳能文明”
【答案】D
【解析】
试题分析：A．石油和天然气都属于碳素燃料，即化石燃料，A正确；B．太阳能是新能源，因此发展太阳能经济有助于减缓温室效应，B正确；C．太阳能电池可将太阳能转化为电能，C正确；D．目前研究菠菜蛋白质“发电”属于“太阳能文明”，D错误，答案选D。
考点：考查能源的有关判断
16．（15分）完成以下化学反应的方程式：
①钠与水反应：
该反应中,氧化剂为
,还原产物为
。
②过氧化钠与水的反应：
③氯气与水的反应：
【答案】（15分,每空3分）①2Na
+
2H2O
=
2NaOH
+
H2↑
H2O
H2
②2Na2O2
+
2H2O
=
4NaOH
+
O2↑
③Cl2
+
H2O
=
HCl+
HClO
【解析】略
17．测血钙的含量时,可将2
mL血液用蒸馏水稀释后,向其中加入足量草酸铵(NH4)2C2O4晶体,反应生成CaC2O4沉淀。将沉淀用稀硫酸处理得H2C2O4后,再用酸性KMnO4溶液滴定,氧化产物为CO2,还原产物为Mn2+,若终点时用去20mL
1.0×10-4
mol·L-1的KMnO4溶液。
（1）写出用KMnO4滴定H2C2O4的离子方程式
。
（2）判断滴定终点的方法是
。
（3）计算:血液中含钙离子的浓度为
mol/L。
【答案】（1）2Mn+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O
（2）当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液后溶液由无色变为浅紫色,且半分钟内不褪色
（3）2.5×10-3
【解析】
试题分析：（1）根据题意，高锰酸钾和草酸反应生成二氧化碳和锰离子，草酸中的碳元素从+3价升高到+4价，锰元素从+7价降低到+2价，所以锰离子和草酸的计量数为2和5，再根据原子守恒分析，配平其则离子方程式为，2Mn+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。（2）高锰酸钾溶液为紫色，滴定终点为当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液后溶液由无色变为浅紫色,且半分钟内不褪色。
（3）
根据方程式计算
2Mn---5H2C2O4
----5Ca2+
2
5
20×1.0×10-4
c×2
解c=2.5×10-3
考点：氧化还原反应的配平，中和滴定实验，根据方程式计算
18．请从下图中选出必要的装置进行电解饱和食盐水的实验，要求测定产生的氢气的体积（大于25mL），并检验氯气的氧化性。
（1）电源、电流表，与A、B两极的正确连接顺序为L→J→K→（
）→（
）→M。
（2）B极发生的电极反应式是
。简述检验该电极产物的方法和现象
。
（3）设计上述气体实验装置时，各接口的正确连接依序为：检验氯气的氧化性时B接D
、E接C。测定产生的氢气的体积时A接_________、_________接__________。
（4）若电解饱和食盐水50mL，通电为t
min时，测得产生的H2体积为
5.6mL（标况），则此时溶液的pH为
。（忽略溶液体积的变化）
【答案】（1）A→B(2分)（2）2Cl-－2e-
=Cl2↑
用湿润的淀粉—KI试纸放在B电极的管口，试纸变为蓝色（3）G
,
F接H（4）12
【解析】
试题分析：（1）若电解饱和NaCl溶液来测定产生的H2的体积并检验Cl2的氧化性。则应该使A与电源的负极连接，作阴极，B作阳极，与电源的正极相连，则与A、B两极的正确连接顺序为L→J→K→A→B→M。
（2）B是阳极。溶液中的氯离子放电，电极反应式为2Cl-－2e-
=Cl2↑。氯气具有氧化性，则检验氯气的实验为用湿润的淀粉—KI试纸放在B电极的管口，试纸变为蓝色。
（3）由于产生的H2的体积大于25
mL，所以应该选择100ml的量筒，各接口的正确连接顺序为A接G、F接H。
（4）氢气的物质的量是0.0056L÷22.4L/mol＝0.00025mol，所以反应中还有0.0005mol氢氧化钠产生，则溶液中氢氧根离子的浓度是0.0005mol÷0.05L＝0.01mol/L，所以pH＝12。
考点：考查电解饱和食盐水中氢气体积的测量及氯气的氧化性的测定等有关判断与计算
19．（15分）实验室需要0.1mol/LNaOH溶液480mL和0.5mol/L的硫酸溶液500mL。根据这两种溶液的配制情况回答下列问题。
（1）在下图所示仪器中，配制上述溶液肯定不需要的是_________（填序号），除图中已有仪器外，配制上述溶液还需要的玻璃仪器是_____
_____。
A
B
C
D
E
（2）在容量瓶的使用方法中，下列操作不正确的是____________
A．使用容量瓶前检验是否漏水
B．配制溶液时，如果试样是固体，把称好的固体用纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加水至接近刻度线1~2cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线。
C．配制溶液时，若试样是液体，用量筒取样后用玻璃棒引流倒入容量瓶中，缓慢加水至刻度线1~2cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线。
D．盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，摇匀。
（3）根据计算用托盘天平称取的质量为
g。在实验中其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，则所得溶液浓度
0.1mol/L（填“大于”“小于”或“等于”）。
（4）根据计算得知，需用量筒量取质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸的体积为
mL（保留1位小数），如果实验室有15mL、20mL、50mL量筒，应选用
mL量筒最好。
（5）配制硫酸溶液过程中，下列操作会引起结果偏高的是
（填序号）
①未洗涤烧杯、玻璃棒
②未冷却至室温就转移到容量瓶定容
③容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水
【答案】（15分）（1）B、D（2分，各1分）玻璃棒、500mL容量瓶（2分，各1分）
(2)
B、C（2分，各1分）
（3）2.0（2分）
小于（2分）
(4)
13.6（2分）
15（1分）
（5）②（2分）
【解析】
试题分析：（1）配制溶液需要的仪器有烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管、量筒托盘天平等，不需要烧瓶和分液漏斗，答案选BD；配制480mL或者500mL的溶液都需要500mL的容量瓶，定容时需要胶头滴管，所以还需要的玻璃仪器还有500mL的容量瓶、胶头滴管；
（2）A.容量瓶使用前必须检查是否漏水，正确；B、配制溶液时，无论试样是固体还是液体，都不能在容量瓶中直接溶解，应在烧杯中溶解后冷却至室温后再移入容量瓶中，错误；C、根据B的分析，错误；D、定容后，盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，摇匀，正确，答案选BC；
（3）配制500mL的0.1mol/LNaOH溶液需要氢氧化钠的质量是
0.5L×0.1mol/L×40g/mol=2.0g；若定容时仰视刻度线，使所配溶液的体积大于500mL，则所得溶液浓度小于0.1mol/L；
（4）根据物质的量浓度与溶液质量分数的关系，质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸的物质的量浓度是1000×1.84×98%/98=18.4mol/L，500mL0.5mol/L的硫酸溶液中硫酸的物质的量是0.5L×0.5mol/L=0.25mol，所以需要浓硫酸的体积是0.25mol/18.4mol/L=0.0136L=13.6mL；尽量选用能一次量取的最小规格的量筒，误差小，所以选择15mL的量筒；
（5）未洗涤烧杯、玻璃棒，使溶质偏小，所配溶液的浓度偏低；未等稀释后的H2SO4溶液冷却至室温就转移到容量瓶中，使定容时溶液的温度偏高，冷却后体积减少，浓度偏高；容量瓶中含有少量蒸馏水，对结果无影响，所以答案选②。
考点：考查溶液配制的操作、计算，误差的分析
20．(20分)实验室中，用硫铁矿烧渣(主要成分为Fe2O3、FeO、SiO2等)为原料制备高纯氧化铁(—
Fe2O3)的步骤如下：
回答下列问题：
（1）上述实验中，加入铁粉的作用是____________。(用离子方程式表示)实验中检验溶液x中的离子是否与铁粉完全反应的试剂是____________溶液
（2）实验室欲用18．4
mol·L-1。的浓硫酸配制100
mL5.0mol·L-1的硫酸溶液，所用仪器除胶头滴管、量筒、烧杯、玻璃棒外，还有_________(填写仪器名称)；
（3）某同学用下图所示装置实现向溶液Y中通入NH3和CO2
①上述装置的中，仪器a的名称是_______；装置B的作用是____________________。
②圆底烧瓶内放置的固体药品为________(填化学式)；试管内发生反应的化学方程式为_________________。
③甲、乙、丙三位同学分别用上述装置进行实验，装置C的试剂瓶内溶液体积相等。
若甲、乙两同学实验中，通入的NH3和CO2的物质的量之比分别为2：l和l：l，恰好完全反应后，溶液中水的电离程度________(填“>”“=”或“<”)。
若丙同学未用装置D，则反应后溶液中离子浓度间的关系为[H+]+[NH4+]=_______。
【答案】（1）Fe+2Fe3+=3Fe2+
(2分)；KSCN(2分)
（2）100mL容量瓶(2分)
（3）①分液漏斗
(2分)防倒吸(2分)
②CaCO3
(2分)
2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O(2分)
③>
(2分)
[H+]+[NH4+]=[
OH－]+2[SO42-]+[Cl-](2分)
【解析】
试题分析：（1）硫铁矿烧渣与硫酸反应，二氧化硅不溶于硫酸，所以溶液为硫酸铁和硫酸亚铁溶液，加入铁粉的目的是将铁离子还原为亚铁离子，离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+；检验铁离子是否全部被还原，用KSCN溶液，若使KSCN溶液变红色，说明未完全还原；
（2）配制100
mL5.0mol·L-1的硫酸溶液，所用仪器除胶头滴管、量筒、烧杯、玻璃棒外，还有100mL容量瓶盛放溶液；
（3）①仪器a的名称是分液漏斗；A装置产生氨气，因为制取氨气需要加热，所以B装置的作用是防止发生倒吸现象，使装置A的试管炸裂；
②装置E是产生二氧化碳的装置，所以圆底烧瓶内放置的固体药品为碳酸钙，化学式为CaCO3；试管内发生的是氢氧化钙与氯化铵的反应，加热产生氨气，化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；
③Y为硫酸亚铁溶液，通入的NH3和CO2的物质的量之比分别为2：l和l：l时得到的溶液中的溶质分别为硫酸铵和硫酸氢铵，硫酸铵溶液中铵根离子水解，促进水的电离，而硫酸氢铵溶液中硫酸氢铵电离产生的氢离子，对水的电离起抑制作用，则硫酸铵水解程度大于硫酸氢铵水解程度，所以甲中的水电离程度大于乙的水电离程度；装置D的作用是除去二氧化碳中的氯化氢，若丙同学未用装置D，则二氧化碳中混有氯化氢气体，二氧化碳、氨气、硫酸亚铁反应生成碳酸亚铁沉淀和硫酸铵、氯化铵，则反应后溶液中存在氯离子，离子浓度间的关系符合电荷守恒，所以[H+]+[NH4+]=[
OH－]+2[SO42-]+[Cl-]。
考点：考查离子的检验、溶液的配制、气体的制备、水电离程度的判断
21．(9分)
已知有关物质的氧化性强弱顺序为：浓硫酸＞Fe3＋＞H＋＞Fe2＋。称得
60
g
铁粉与100
mL
浓硫酸在加热的条件下反应，反应最终有固体剩余，共收集到标准状况下气体22.4
L，气体的质量为39.2
g。试回答以下问题：（又知：2Fe
3＋+
Fe
=
3Fe2＋）
（1）在加热的条件下开始反应到最终有固体剩余，还涉及到的化学方程式有：
_______________________________________________________________________；
（2）求浓硫酸的物质的量浓度；
（3）反应最终剩余固体的质量。（写出简单的计算过程）
【答案】
（1）2Fe
+
6H2SO4（浓）
Fe2(SO4)3 +
3SO2 +
6H2O
(2分)
Fe
+
H2SO4
=
H2 +FeSO4
(2分)
（2）16
mol/L
(3分)
（3）
4
g
(2分)
【解析】
22．[化学一一选修5:有机化学基础]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、0三种元素的质量比为6:
1:
4，且A不能使Br2的CCl4褪色；1molB反应生成了2mol
C。
己知：。
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.O%，则由A合成H的总产率为__________。
（3）
D+E→F的反应类型为__________.
（4）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__________。
（5）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.
lmolX可在HIO4加热的条件下反应，可形成lmol二元醛
c.
lmol
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。
（6）分子式为C10H12O2的有机物，满足以下两个条件：①苯环上有两个取代基，②能与NaHCO3反应生成气体，则满足条件的该有机物的同分异构体有__________种。
【答案】（1）（2）55.4%（3）酯化
（4）；
（5）（6）15
【解析】
试题分析：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）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；
（5）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，故答案为：
（6）分子式为C10H12O2，能与NaHCO3反应生成气体，说明该有机物中一定含有羧基：-COOH，根据分子组成可知，该有机物除了苯环和羧基以外，其它都是单键，另外还含有：10-6-1=3个C，苯环上有两个取代基，则取代基的可能组合为：①-CH3、-CH2CH2COOH、②-CH3、-CH(CH3)COOH、③-CH2CH3、-CH2COOH④-COOH、-CH2CH2CH3⑤-COOH、-CH(CH3)2，每种组合中都含有邻、间、对三种同分异构体，所以该有机物总共含有的同分异构体数目为：5×3=15种，故答案为：15。
【考点定位】考查有机物的化学性质及推断
【名师点晴】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．（10分）分有机合成会不断的得到新物质，一种新药物的合成途径如下：
（1）按官能团划分，有机物A的类别为______。
（2）有机物E中含氧官能团的名称为_________；其它官能团的结构式为________。
（3）A到B的反应类型为______；若加入的化合物X能与新制Cu（OH）2悬浊液反应产生红色沉淀，D到E可以简单地看作由两步反应完成，第二步反应类型为____________________。
（4）写出G与苯酚按物质的量的比1:1反应生成J的化学方程式_________。
（5）写出符合下列条件的L的同分异构体____________________。
①属于芳香族化合物
②能发生水解反应
③不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
【答案】（1）炔烃
（2）羰基
（3）加成反应；消去反应
（4）
（5）、
【解析】
试题分析：（1）A分子中含有碳碳三键，因此有机物A的类别为炔烃。
（2）根据E的结构简式可判断有机物E中含氧官能团的名称为羰基；其它官能团是碳碳双键，其结构式为。
（3）A到B是碳碳三键与水发生加成反应；若加入的化合物X能与新制Cu（OH）2悬浊液反应产生红色沉淀，这说明X中含有醛基，D到E可以简单地看作由两步反应完成，第一步是醛基的加成反应生成羟基，然后是羟基的消去反应生成碳碳双键。
（4）G与苯酚按物质的量的比1:1反应生成J，根据原子守恒可判断还有乙酸生成，则反应的化学方程式为
。
（5）①属于芳香族化合物，说明含有苯环；②能发生水解反应，说明含有酯基；③不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明苯环上不存在甲基，则符合条件的有机物结构简式为或。
考点：考查有机物推断与合成、官能团、反应类型、同分异构体判断及方程式书写等