山东省郓城第四中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）

山东省郓城第四中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）
1．关于某一化学反应的熵变，下列说法正确的是（
）
A．△S为反应产物总熵与反应物总熵之差
B．△S与S一样随温度变化不大
C．凡是熵增加的反应一定能自发进行
D．在温度、压强一定的条件下，焓变和熵变共同决定化学反应进行的方向
【答案】AD
【解析】
试题分析：熵是与物质混乱度有关系的物理量，选项A正确。熵值以及熵变都是和温度有关系的，B不正确；熵增加的反应不一定能自发进行，选项C不正确；反应的自发性由焓变和熵变共同决定，即满足△G＝△H－T·△S，选项D正确，因此正确的答案选AD。
考点：考查熵变、熵值、反应自发性的有关判断
点评：该题是基础性试题的考查，侧重对教材基础知识的巩固和训练，意在提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，难度不大，记住即可！
2．（3分）用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A.2.9g
C2H离子中含有的电子数为1.8个
B.标准状况下，22.4L乙酸的分子数为NA个
C.一个氯原子的质量是35.5NAg
D.铝与氢氧化钠溶液反应，每生成1mol氢气，铝就失去2NA个电子
【答案】D
【解析】
试题分析：A．C2H5﹣离子中含有18个电子，其摩尔质量为29g/mol；
B．标准状况下，乙酸为液体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算其物质的量；
C.1mol氯原子的质量为35.5g，1mol氯原子含有NA个氯原子，据此计算出1个氯原子的质量；
D．生成1mol氢气需要得到2mol电子，根据电子守恒计算出铝失去的电子的物质的量及数目．
解：A．2.9gC2H5﹣离子的物质的量为：=0.1mol，0.1molC2H5﹣离子中含有1.8mol电子，含有的电子式为：1.8NA个，故A错误；
B．标况下，乙酸不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算22.4L乙酸的物质的量，故B错误；
C.1mol氯原子的质量为35.5g，1个氯原子的质量为：=g，故C错误；
D．铝与氢氧化钠溶液的反应中，生成1mol氢气需要得到2mol电子，根据电子守恒可知，铝需要失去2mol电子，失去电子数为2NA，故D正确；
故选D．
点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确标况下气体摩尔体积的使用条件，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系；选项B为易错点，注意标况下乙酸不是气体．
3．在体积固定的密闭容器中进行可逆反应2NO22NO+O2，下列能作为反应达到平衡状态标志的是(
)
①单位时间内生成nmol
O2的同时生成2n
mol
NO2
②单位时间内生成n
mol
O2
的同时生成2n
mol
NO
③用NO2
、NO、O2表示的反应速率之比为2∶2∶1
④混合气体的颜色不再改变
⑤混合气体的密度不再改变
⑥混合气体的压强不再改变
⑦混合气体的平均相对分子质量不再改变
A．①④⑥⑦
B．②③⑤⑦
C．①③④⑤
D．全部
【答案】A
【解析】
试题分析：①单位时间内生成nmol
O2的同时就会消耗2n
mol
NO2，生成2n
mol
NO2，则NO2的浓度不变，因此反应处于平衡状态，正确；②在任何时刻都存在单位时间内生成n
mol
O2
的同时生成2n
mol
NO，所以不能判断反应处于平衡状态，错误；③无论反应是否处于平衡状态，用NO2
、NO、O2表示的反应速率之比为2∶2∶1，因此不能判断反应处于平衡状态，错误；④由于容器的容积不变，在体系中只有NO2是有色气体，反应前后气体的物质的量会发生变化，所以若混合气体的颜色不再改变，则物质的浓度不变，反应处于平衡状态，正确；⑤由于容器的容积不变，反应前后气体的质量也不变，所以无论反应是否达到平衡，混合气体的密度都不会改变，因此不能判断反应处于平衡状态，错误；⑥该反应是反应前后气体体积不等的反应，若达到了平衡，则气体的物质的量不再改变，混合气体的压强不再改变，因此可以判断反应处于平衡状态，正确；⑦由于反应是前后气体体积不等的反应，若达到平衡，则气体的物质的量不变，混合气体的平均相对分子质量不再改变，可以判断反应处于平衡状态，正确。因此能作为反应达到平衡状态标志的是①④⑥⑦，选项是A。
考点：考查可逆反应平衡状态的判断的知识。
4．聚乙炔衍生物分子M的结构简式及M在稀硫酸作用下的水解反应如图所示。下列有关说法不正确的是
A．M与A均能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色
B．B中含有羧基和羟基两种官能团，能发生消去反应和酯化反应
C．1
mol
M与热的烧碱溶液反应，可消耗2n
mol
NaOH
D．A、B、C各1
mol分别与金属钠反应，放出气体的物质的量之比为1∶2∶2
【答案】D
【解析】
试题分析：M中含-COOC-，水解得到A为，C为OHCH2CH2OH，B为A、M、A中均含碳碳双键，则均能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，正确；B、B中含-OH、-COOH，-OH可发生消去反应，-OH、-COOH可发生酯化反应，正确；C、1molM中含2nmol-COOC-，则1molM与热的烧碱溶液反应，可消耗2n
mol的NaOH，正确；D、由2-COOH～2-OH～H2↑可知，A、B、C各1mol分别与金属钠反应，放出的气体的物质的量之比为n：2：2，错误。
考点：本题考查有机物的结构与性质。
5．在H2SO4和Al2
(SO4)3的混合溶液中，铝离子浓度是0.4
mol
/
L，硫酸根离子浓度是0.7
mol
/
L，则氢离子浓度约是 （ ）
A．0.1
mol
/
L
B．0.2
mol
/
L
C．0.3
mol
/
L
D．0.4
mol
/
L
【答案】B
【解析】由溶液呈中性即溶液中阳离子所带电荷总数=阴离子所带电荷总数可知：
，即，得
6．下列叙述正确的是
A．酸性氧化物和碱性氧化物都是电解质
B．将NaOH溶液逐滴加入FeCl3溶液可制备Fe(OH)3胶体
C．电化学腐蚀是造成金属腐蚀的主要原因
D．离子键一定只存在于离子化合物中，共价键一定只存在于共价化合物中
【答案】C
【解析】
试题分析：A中二氧化碳、二氧化硫等酸性氧化物都属于非电解质，故A项错误；B中Fe(OH)3胶体的制备：向沸水中滴加几滴饱和氯化铁溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，即停止加热。D中离子键一定存在于离子化合物中是正确的，而共价键可存在于非金属单质、共价化合物和部分离子化合物中；故选C。
考点：电解质判断、胶体的制备、离子键和共价键的存在等知识
7．某工厂排出的废水经检验pH<7，并含有较多的Cu2+，它们对人体、牲畜和农作物都有害，从回收利用和环境保护的角度考虑，切合实际的合理方案是加入
A．NaCl和HCl
B．Na2SO4和MgCl2
C．CaO和铁粉
D．石灰石和Ag
【答案】C
【解析】
试题分析：废水经检验pH<7，并含有较多的Cu2+，说明溶液显酸性，Cu是重金属。A、加入NaCl和HCl不能消除废水中的氢离子和铜离子，且废水的书写增强，错误；B、Na2SO4和MgCl2与氢离子、铜离子都不反应，不能除去氢离子、铜离子，错误；C、CaO与酸反应生成盐和水，降低废水的酸性，加入的铁粉和铜离子发生置换反应，消除铜离子的污染，回收铜，正确；D、石灰石与酸反应除去氢离子，但加入的Ag不能与铜离子反应，且Ag本身属于重金属，错误，答案选C。
考点：考查物质的化学性质
8．宁夏的硒砂瓜现今已享誉区内外，西瓜富含硒元素，有延年益寿、抗衰老、抗癌作用，因之得名“硒砂瓜”。二氧化硒(Se)是一种氧化剂，其被还原后的单质硒可能成为环境污染物，通过与浓HNO3或浓H2SO4反应生成SeO2以回收Se。在回收过程当中涉及到如下化学反应：①SeO2＋4KI＋4HNO3Se＋2I2＋4KNO3＋2H2O；②Se＋2H2SO4(浓)2SO2↑＋SeO2＋2H2O。下列有关叙述正确的是
A．SeO2、H2SO4(浓)、I2的氧化性由强到弱的顺序是H2SO4(浓)＞SeO2＞I2
B．①中Se是氧化产物，I2是还原产物
C．反应①中KI是氧化剂，SeO2是还原剂
D．反应①中每有0.6
mol
I2生成，转移电子数目为2.4NA
【答案】A
【解析】
试题分析：A、根据氧化还原反应的规律，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，①SeO2为氧化剂，I2为氧化产物，即氧化性SeO2>I2，②H2SO4是氧化剂，SeO2是氧化产物，即H2SO4>SeO2，氧化性H2SO4(浓)>SeO2>I2，故正确；B、根据选项A的分析，Se是还原产物，I2为氧化产物，故错误；C、根据选项A的分析，KI为还原剂，SeO2为氧化剂，故错误；D、生成2molI2转移电子4mole－，则生成0.6molI2，转移电子物质的量为1.2mol，故错误。
考点：考查氧化还原反应的规律、定义等知识。
9．设NA为阿伏加罗常数的值，下列说法正确的是
A．7.8g苯中含有的碳碳双键数目为0.3NA
B．标准状况下，22.4L
Cl2通入足量的石灰乳制备漂白粉，转移电子数为2NA
C．常温常压下，17g甲基(-14CH3)中所含的中子数为9NA
D．4.6g金属钠与足量O2充分反应后，所得固体中阴、阳离子的总数为0.3NA
【答案】D
【解析】
试题分析：A．苯不是单双键交替的结构，故苯中无碳碳双键，故A错误；B．标况下22.4L氯气的物质的量为1mol，而氯气与碱的反应为歧化反应，1mol氯气与石灰乳反应时转移1mol电子，即转移NA个，故B错误；C．17g甲基(-14CH3)的物质的量为1mol，而1mol甲基中含8mol中子，即8NA个，故C错误；D．4.6g钠的物质的量为0.2mol，而无论生成的产物是氧化钠还是过氧化钠，均2mol钠离子～1mol阴离子，故0.2mol钠生成的固体中阴离子的物质的量一定为0.1mol，则共含0.3mol离子即0.3NA个，故D正确，故选D。
【考点定位】考查阿伏伽德罗常数的有关计算
【名师点晴】能准确运用物质的量公式进行计算是解题关键，同时要注意公式的使用条件及单位，如应用气体摩尔体积时通常要注意状态为标准状况且为气体，通常此类题可分两步分析，首计算出已知对象的物质的量，再确定目标对象的物质的量，如选项A中7.8g苯的物质的量为0.1mol，目标对象是碳碳双键，但苯中无碳碳双键，则无法确定碳碳双键的物质的量，故此选项错误，据此分析解题。
10．炒菜时，又加料酒又加醋，可使菜变得香美可口，原因是（
）
A．有盐类物质生成
B．有酸类物质生成
C．有油脂类物质生成
D．有酯类物质生成
【答案】D
【解析】
试题分析：料酒中含有乙醇，食醋中含有乙酸，乙醇和乙酸在一定的条件下能反应生成酯，根据酯的性质分析．料酒中含有乙醇，食醋中含有乙酸，乙醇和乙酸在一定的条件下能反应生成乙酸乙酯，乙酸乙酯具有香味，所以炒菜时，加入一些料酒和食醋可使菜变得味香可口，所以D正确．
11．相对质量为100，主链上有五个碳原子的烃有
A．5种
B．4种
C．6种
D．3种
【答案】A
【解析】
试题分析：利用“商余法”计算该烃的分子式为C7H16，为烷烃。主链有5个碳原子，则主链有2个甲基取代基或1个乙基取代基，对于2个取代基的同分异构体的书写，采用定一移一的法有4种同分异构体；对于1个乙基的结构只有1种，所以共有5种结构，答案选A。
考点：考查烷烃同分异构体的判断
12．分子式为C4H8O2的有机物在酸性条件下水解为酸和醇。若不考虑立体异构，这些酸和醇重新
组合可形成的酯共有
A．3种
B．6种
C．9种
D．12种
【答案】D
【解析】
试题解析：分子式为C4H8O2的有机物在酸性条件下可水解为酸和醇，属于饱和一元酯。若为甲酸和丙醇酯化，甲酸1种，丙醇有2种；若为乙酸和乙醇酯化，乙酸1种，乙醇有1种；若为丙酸和甲醇酯化，丙酸有1种，甲醇1种，故羧酸共有3种，醇共有4种，酸和醇重新组合可形成的酯共有3×4=12种．
考点：有机化合物的异构现象
13．下列实验的现象与对应结论均不正确的是
选项
操作
现象
结论
A
将浓硫酸滴到蔗糖表面
固体变黑膨胀
浓硫酸有脱水性和强氧化性
B
将一块Al箔在酒精灯火焰上灼烧
Al箔熔融而不滴落
Al与氧气不反应
C
将一小块Na放入硫酸铜溶液中
有铜单质析出
Na能置换出硫酸铜中的铜
D
将水蒸气通过灼热的铁粉
粉末变红
铁与水在高温下发生反应
【答案】A
【解析】
试题分析：A、蔗糖的化学式为C12H22O11，浓硫酸具有脱水性，能使蔗糖碳化而变黑，生成单质碳和水，浓硫酸和水混合时放出大量的热量，促使单质碳与浓硫酸发生氧化还原反应，生成二氧化碳和二氧化硫气体，黑色固体体积膨胀，并伴有刺激性气味，硫由+6价降为+4价，说明浓硫酸具有强氧化性，A正确；B、铝在空气中氧化生成一层薄薄的致密氧化膜（Al2O3)，铝的熔点是664℃，而氧化铝是2050℃，因此在燃烧时铝熔化而氧化铝不熔化，氧化铝把熔化的铝包裹起来，看起来就像铝摇摇欲坠却不滴落，B错误；C、将一小块金属钠投入足量的CuSO4溶液中，现象是：钠浮在液面上，很快熔化成小球，钠球在水面上四处游动，并发出嘶嘶的响声，产生无色无味气体；溶液中有蓝色沉淀产生，C错误；D、黑色的铁粉在加热条件下与水蒸气发生置换反应，生成黑色四氧化三铁固体和氢气，而不是生成红色的氧化铁固体，D错误。故选A。
考点：考查了实验现象的描述与评价的相关知识。
14．普洱是我国著名的茶叶产地，“普洱茶”香飘四海。茶叶中含有的茶氨酸（C7H14O3N2）可以降低血压、提高记忆力、保护神经细胞等。下列有关茶氨酸的说法中，错误的是
A．茶氨酸由C、H、O、N四种元素组成
B．每个茶氨酸分子含有26个原子
C．茶氨酸中碳元素与氢元素的质量比为6︰1
D．每个茶氨酸分子中含有1个N2分子
【答案】D
【解析】
试题分析：A、茶氨酸是由碳、氢、氧、氮四种元素组成的，故A正确；B、每个茶氨酸分子是由7个碳原子、14个氢原子、3个氧原子、2个氮原子构成的，每个茶氨酸分子含有26个原子，故B正确；C、茶氨酸中碳元素与氢元素的质量比为（12×7）：（1×14）=6：1，故C正确；D、茶氨酸是由茶氨酸分子构成的，不含N2分子，故D错误；故选D。
考点：考查了化学式的书写及意义；元素质量比的计算的相关知识。
15．同温度下，体积均为1L的两个恒容密闭容器中发生可逆反应：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）
△H=-92.6kJ/mol．测得数据如表
容器编号
起始时各物质物质的量/mol
达到平衡时体系能量的变化
N2
H2
NH3
（1）
2
3
0
27.78kJ
（2）
1.6
1.8
0.8
Q
下列叙述不正确的是
A．容器（1）（2）反应达平衡时压强相等
B．容器（2）中反应开始时v（正）＞v（逆）
C．容器（2）中反应达平衡时，吸收的热量Q为9.26kJ
D．若条件为“绝热恒容”，容器（1）中反应达平衡时n（NH3）＜0.6mol
【答案】B
【解析】
试题分析：A、假如（2）中NH3是反应产生的，则其等效起始状态是2molN2、3molH2、0mol的NH3。二者开始状态相同。所以二者的平衡状态相同，因此平衡时两个容器内压强相等，正确；
B、
N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）△H=-92.6kJ/mol
C(始)mol/L：2
3
0
92.6kJ
C(变)mol/L
1/3
1
2/3
27.78kJ
C(平)mol/L
5/3
2
2/3
K=容器（2）中反应开始时，
Qc=
所以反应向逆反应方向移动，v（正）＜v（逆），错误；C、容器（2）中反应向逆反应方向进行最终达到平衡，所以吸收热量，由于（1）和（2）的平衡常数相同，所以容器（2）中反应达平衡时，吸收的热量Q为1/3×27.78kJ=9.26kJ，正确;
D、条件为“绝热恒容”，容器（1）中反应进行中，氨气的物质的量是（27.78kJ÷92.6kJ/mol）×2=0.6mol,由于温度会升高，所以化学平衡会逆向移动，因此反应达平衡时n（NH3）＜0.6mol，正确。
考点：考查化学平衡的移动、物质的浓度及转化率的知识。
16．（6分）用相应的离子方程式说明原因：
（1）配制氯化铁溶液时，往往需要加入少量的稀盐酸：
。
（2）热的纯碱溶液可以用来除油污：
。
（3）泡沫灭火器中装的是NaHCO3和Al2(SO4)3两种浓溶液，可用来灭火：
。
【答案】（1）Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+；（2）CO32—+H2OHCO3—+OH—；
（3）Al3++3HCO3—=Al(OH)3↓+3CO2↑
【解析】
试题分析：（1）氯化铁为强酸弱碱盐，在溶液中存在水解平衡Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，为了防止发生水解，可以加入少量稀盐酸，使平衡向逆反应方向移动，从而抑制水解，故配制氯化铁溶液时，往往需要加入少量的稀盐酸。（2）纯碱可用于除油污，其原因是Na2CO3溶液显碱性，与酸性的油污发生反应，达到去污目的，故答案为：碳酸根离子水解显碱性，CO32—+H2OHCO3—+OH—，油污在碱性条件下水解而被除去。（3）NaHCO3溶液跟Al2(SO4)3溶液混合，发生相互促进的水解：Al3++3HCO3—=Al(OH)3↓+3CO2↑，产生大量的气体和沉淀，气体将混合物压出灭火器，达到灭火的目的。
考点：盐类的水解和书写离子方程式
点评：本题考查盐类的水解和书写离子方程式，题目难度不大，注意水解平衡移动的影响因素和正确书写离子方程式的步骤及方法，此类考题高考经常会出现，是考试中的重点内容。
17．（14分）下表为元素周期表的一部分，请参照元素①一⑧在表中的位置，回答下列问题：
族周期
I
A
ⅡA
ⅢA
ⅣA
VA
ⅥA
ⅦA
0
一
①
二
②
③
④
三
⑤
⑥
⑦
⑧
（1）②、③、⑦的最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是
（写化学式）。
（2）由表中元素可以组成多种漂白剂，试写出其中两种常用漂白剂的化学式：
、
。
（3）①、④、⑤三种元素形成的化合物中化学键的类型：
。
（4）②和④形成的化合物与④和⑤形成的化合物之间发生氧化还原反应，写出该反应的化学方程式：
。
（5）由表中元素形成的常见物质X、Y、Z、M、W可发生以下反应：
①X溶液与Y溶液反应的离子方程式为
；
②已知M为硝酸盐，则M溶液中各离子浓度由大到小排列顺序为：
c（
）>c（
）>c（
）>c（
）（在括号内填离子符号）。
【答案】（1）HNO3>H2CO3>H2SiO3（2分）
（2）H2O2、SO2、Na2O2、等合理的化学式均给分（4分）
（3）离子键、共价键（或极性共价键）（2分）
（4）2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2（2分）
（5）①Al3++3NH3·H2O=Al（OH）3↓+3NH4+（2分）
②c（NO3-）>c（NH4+）>c（H+）>c（OH-）（2分）
【解析】
18．扁桃酸衍生物是重要的医药中间体，以A和B
为原料合成扁桃酸衍生物F路线如下：
（1）A的分子式为C2H2O3，可发生银镜反应，且具有酸性，A所含官能团名称为：_________。写出A+B→C的化学反应方程式__________________________。
（2）C中①、②、③3个—OH的酸性由强到弱的顺序是：_______。
（3）E是由2分子C生成的含有3个六元环的化合物，E的分子中不同化学环境的氢原子有_____种。
（4）D→F的反应类型是______，1mol
F在一定条件下与足量NaOH溶液反应，最多消耗NaOH的物质的量为_______mol。写出符合下列条件的F的所有同分异构体（不考虑立体异构）的结构简式____。
①属于一元酸类化合物
②苯环上只有2个取代基且处于对位，其中一个是羟基
（5）已知：。A有多种合成方法，在方框中写出由乙酸合成A的路线流程图（其他原料任选）合成路线流程图示例如下：
【答案】（1）醛基、羧基
（2）③＞①＞②
（3）4
（4）取代反应
3
（5）
【解析】
试题分析：（1）A的分子式为C2H2O3，可发生银镜反应，说明含有醛基，具有酸性，说明含有羧基，因此A的结构简式为OHCCOOH，官能团是醛基和羧基；根据C的结构可知B是苯酚，则A+B→C的化学反应方程式为：。
（2）羧基的酸性强于酚羟基，酚羟基的酸性强于醇羟基，因此C分子中①、②、③3个—OH的酸性由强到弱的顺序为：③＞①＞②；
（3）C中有羟基和羧基，2分子C可以发生酯化反应，可以生成3个六元环的化合物，C的分子间的醇羟基和羧基发生酯化，因此E的结构简式为，则分子中不同化学环境的氢原子有4种。
（4）对比D、F的结构可以看出溴原子取代了羟基的位置，所以D→F的反应类型是取代反应；F中的官能团有：溴原子、酚羟基、酯基，都可以以氢氧化钠反应，所以1mol
F可以与3molNaOH溶液反应。F的所有同分异构体符合：①属于一元酸类化合物，②苯环上只有2个取代基且处于对位，其中一个是羟基，另外取代基为-CBr（CH3）COOH、-CH（CH2Br）COOH、-CH2CHBrCOOH、-CHBrCH2COOH，可能的结构简式为
，共计是4种。
（5）根据信息反应，羧酸可以与PCl3反应，在碳链上引入一个卤素原子，卤素原子水解就可以引入醇羟基，醇羟基氧化可以得到醛基，故流程为：
。
考点：考查有机物同分异构体的书写、常见有机反应类型、有机合成路线等
19．[化学——选修5：有机化学基础]
苯酚是一种重要的化工原料。以苯酚为主要起始原料，某种药物中间体的合成路线如下：
已知：
（1）C中含氧官能团的名称为
；
（2）反应I的反应类型是
；
（3）反应Ⅱ的化学方程式为
；
（4）化合物B的名称是
，E的结构简式为
；
（5）写出满足下列条件的F的同分异构体的结构简式
（任写两种）。
①苯环上有三个取代基且苯环上的一氯取代物只有两种.②能与FeCl3溶液发生显色反应.③红外光谱显示有
【答案】（1）醛基、酚羟基
（2）
加成反应
（3）
（4）乙醛；
（5）（任意2个）
【解析】
试题分析：苯酚与甲醛发生加成反应生成，发生催化氧化生成A为，由C的结构简式、结合给予的信息可知B为CH3CHO，C发生银镜反应、酸化得到D为，D与HBr发生加成反应生成E，E发生水解反应、酸化得到F，F发生酯化反应生成M，结合M的结构简式可知，E为，F为
。
（1）由C的结构简式可知，C中含氧官能团的名称为：醛基、酚羟基。
故答案为：醛基、酚羟基；
（2）反应I的反应类型是：加成反应。
故答案为：加成反应；
（3）反应Ⅱ的化学方程式为：。
故答案为：；
（4）B为CH3CHO，名称是乙醛，E的结构简式为：。
故答案为：乙醛；；
（5）F（）的同分异构体下列满足：①苯环上有三个取代基且苯环上的一
氯取代物只有两种，有2个相同的取代基，且为对称结构，②能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，③红外光谱显示有，可能的结构简式为：
。
故答案为：任意2种。
20．甲乙两同学对保存已久的Na2SO3试剂进行试验探究。取适量Na2SO3样品于洁净烧杯中，加入适量蒸馏水，充分搅拌全部溶解。
（1）测上述溶液的PH值，其PH值＞7，原因是（用离子方程式表示）
（2）取少量上述溶液于试管中，加入硝酸钡溶液生成白色沉淀，再加入盐酸，白色沉淀不溶解，甲认为已变质，乙认为他的结论不科学，理由是
（3）假设试剂由Na2SO3和Na2SO4组成，设计试验方案，进行成分检验，他们决定继续探究，请在答题卡上写出实验步骤、预期现象和结论。限选试剂及仪器：稀盐酸、稀硝酸、氯化钡溶液，品红溶液，酸性高锰酸溶液，NaOH溶液、澄清石灰水、pH计、烧杯、试管、带塞导气管、滴管
实验步骤
预期现象和结论
步骤1：取适量试剂于洁净烧杯中，加入足量蒸馏水，充分搅拌，静置。
步骤2：取适量步骤1所得溶液于试管中，加入少量的
溶液。
若溶液褪色，说明其有
若溶液不褪色，说明其中没有
步骤3：
再取适量步骤1所得溶液于另一试管中，先加入足量的稀盐酸，再滴加
溶液。
如果有白色沉淀生成，则说明其中有
，已经变质。如果没有白色沉淀生成，则说明其中没有
（4）经实验检验后，确实已变质，现准确测定其中Na2SO3的含量。实验如下：
①配制250ml
约0.2mol L-1
Na2SO3溶液：准确称取w克试样，置于烧杯中，加适量蒸馏水溶解，将溶液转入
，洗涤，定容，摇匀。
②滴定：准确量取25.00ml
Na2SO3所配制溶液于锥形瓶中，将
0.05mol L-1酸性高锰酸钾装入50ml
（填酸式或碱式）滴定管，滴定至终点，记录数据。重复滴定2次。平均消耗KMnO4VmL。
③计算Na2SO3的质量分数=
（只列出计算式，不要求算出结果）
【答案】（1）SO32-+H2O
HSO3-+OH-
（2）溶液中的NO3-和H+在一起有强氧化性，会把亚硫酸钡氧化成硫酸钡
（3）
实验步骤
预期现象和结论
步骤2：取适量步骤1所得溶液于试管中，加入少量的酸性高锰酸溶液
若酸性高锰酸溶液褪色，说明中有Na2SO3若酸性高锰酸溶液不褪色，说明中没有Na2SO3
步骤3：
再取适量步骤1所得溶液于另一试管中，先加入足量的稀盐酸，再滴加氯化钡溶液
如果有白色沉淀生成，则说明其中有Na2SO4，已经变质如果没有白色沉淀生成，则说明没有Na2SO4
（4）①250mL容量瓶
②酸式
③计算Na2SO3的质量分数=5×0.05×10×126V/2000W×100%
【解析】
试题分析：（1）Na2SO3是强碱弱酸盐，水解显碱性，所以Na2SO3溶液pH>7的原因是SO32-+H2O
HSO3-+OH-。
（2）溶液中的NO3-和H+在一起有强氧化性，会把亚硫酸钡氧化成硫酸钡，所以在亚硫酸钠溶液中加入硝酸钡溶液生成白色沉淀，再加入盐酸，白色沉淀不溶解，并不能说明Na2SO3已经变质。
（3）酸性高猛酸钾溶液具有氧化性，能将Na2SO3氧化成Na2SO4，高猛酸钾因发生还原反应而褪色，所以取适量步骤1所得溶液于试管中，加入少量的酸性高锰酸溶液，若酸性高锰酸溶液褪色，说明中有Na2SO3，相反，若酸性高锰酸溶液不褪色，说明中没有Na2SO3。因为BaSO3能溶于盐酸，而BaSO4不溶于盐酸，所以再取适量步骤1所得溶液于另一试管中，先加入足量的稀盐酸，再滴加氯化钡溶液，如果有白色沉淀生成，则说明其中有Na2SO4，已经变质；如果没有白色沉淀生成，则说明没有Na2SO4。
（4）①因为需要配制250mL的溶液，所以选择250mL容量瓶；
②高猛酸钾具有氧化性，能腐蚀橡胶，所以将高猛酸钾酸性溶液盛装在酸式滴定管中。
③根据化学反应5Na2SO3+2KMnO4
+H2SO4=5Na2SO4+2MnSO4+H2O+K2SO4,
Na2SO3的质量分数=5×0.05×10×126V/2000W×100%
。
考点：考查盐的水解，溶液的配制，质量分数的计算等知识。
21．一定温度下的密闭容器中存在如下反应：CO(g)
+
H2O(g)
CO2(g)
+
H2(g)，已知CO（g）和H2O(g)的起始浓度均为2mol·L-1，经测定该反应在该温度下的平衡常数K=1，试判断：
（1）
当CO转化率为25%时，该反应是否达到平衡，若未达到，向哪个方向进行？
（2）当CO的起始浓度仍为2mol·L-1，H2O(g)的起始浓度为6mol·L-1，求平衡时CO的转化率？
【答案】（1）反应未达到平衡，向正反应方向进行。
（2）75%
【解析】
试题分析：（1）已知该反应的化学平衡常数，根据CO的转化率为25%，求出该时刻各物质的浓度，然后求出浓度商Q，比较浓度商Q与化学平衡常数K的大小，可判断该反应是否达到平衡。
CO(g)
+
H2O(g)
CO2(g)
+
H2(g)
起始浓度（mol L 1）
2
2
0
0
转化浓度（mol L 1）0.5
0.5
0.5
0.5
平衡浓度（mol L 1）1.5
1.5
0.5
0.5
则Q=0.5×0.5÷（1.5×1.5）=1/9（2）根据“三段式”和平衡常数进行计算，设达到平衡时，CO转化浓度为y，则
CO(g)
+
H2O(g)
CO2(g)
+
H2(g)
起始浓度（mol/L）
2
6
0
0
转化浓度（mol/L）
y
y
y
y
平衡浓度（mol/L）
2-y
6-y
y
y
，解得y=1.5mol·L-1，α（CO）=
1.5mol·L-1÷2mol L 1×100%=75%
考点：本题考查化学平衡的有关计算。
22．(12分)乙烯是一种重要的化工原料，以乙烯为原料衍生出部分化工产品的反应如下(部分反应条件已略去)，已知D具有三元环状结构，不稳定，遇水变为直链化合物：
请回答下列问题：
（1）A的化学名称是_______________________________________________；
（2）由A生成B的化学方程式为____________________________________
（3）B和A反应生成C的化学方程式为_________________，该反应的类型为_____________；
（4）D的结构简式为________________________________________________；
（5）F的结构简式为________________________________________________；
（6）D的同分异构体的结构简式为____________________________________。
【答案】（1）乙醇；
（2）2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O
，
2CH3CHO
+O2 2CH3COOH
（3）CH3COOH＋C2H5OHCH3COOC2H5＋H2O；取代反应；
（4）；
（5）CH3COOCH2CH2OOCCH3；
（6）CH3CHO或CH2=CHOH
【解析】
试题分析：（1）乙烯与水发生加成反应生成乙醇，则A是乙醇；
（2）乙醇与氧气在催c化剂作用下被氧化为乙酸和水，B是乙酸，化学方程式是2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O，2CH3CHO
+O2 2CH3COOH；
（3）乙醇与乙酸在浓硫酸作催化剂、加热条件下反应生成乙酸乙酯和水，化学方程式是CH3COOH＋C2H5OHCH3COOC2H5＋H2O；反应类型是取代反应；
（4）D具有三元环状结构，则乙烯与氧气反应生成环氧乙烷，则D的结构简式是；
（5）环氧乙烷与水发生反应生成直链化合物，E的分子式是C2H6O2，为饱和化合物，所以E是乙二醇，与2分子醋酸发生酯化反应生成F，则F的结构简式为CH3COOCH2CH2OOCCH3；
（6）D的分子式是C2H4O，符合该分子式的可以是乙醛或乙烯醇，所以D的同分异构体的结构简式是CH3CHO或CH2=CHOH。
考点：考查有机物的转化判断，乙烯、乙醇、乙酸的化学性质应用，同分异构体的判断
23．[化学——选修5有机化学基础]工业上常以烃的含氧衍生物X为主要原料生产可降解塑料PCL{}及阻燃剂四溴双酚A。合成线路如下：
已知：①
X的蒸汽密度是相同条件下H2的47倍，遇FeCl3溶液显紫色；C为
（1）X的分子式为____________；B的名称是___________。
（2）B→C还需要的反应试剂及条件是_____________。C→D的反应类型是______________。
（3）写出X→Y的化学方程式：__________________________。
（4）0.5mol四溴双酚A在一定条件下与足量的NaOH溶液反应，最多消耗
molNaOH。
（5）符合以下条件的D的同分异构体有
种（不考虑空间异构）。
①含有两个甲基和两种官能团
②能使溴的CCl4溶液褪色
③能发生银镜反应
（6）已知由烯烃直接制备不饱和酯的新方法为：
利用乙烯为有机原料（无机物和反应条件自选）合成聚合物涂料，
写出合成该涂料的反应流程图：______________________。
【答案】（1）C6H6O；环己醇（2）O2、Cu、加热；氧化反应
（3）
（4）0.5（5）10
（6）
【解析】
试题分析：X的蒸汽密度是相同条件下H2的47倍，则X的相对分子质量是94。X遇FeCl3溶液显紫色，说明分子中含有酚羟基；A与氢气发生加成反应生成B，B又转化为C，根据C为可知X应该是苯酚，B是环己醇；根据已知信息可知D的结构简式为。D水解后再酸化得到E，则E的结构简式为HOCH2CH2CH2CH2CH2COOH。E分子中含有羧基和羟基，发生缩聚反应生成PCL，其结构简式为。Y发生已知信息②的反应，则结合A的分子式可知Y的结构简式为。
（1）根据以上分析可知X的分子式为C6H6O；B的名称是环己醇。
（2）根据以上分析可知B→C是羟基的催化氧化，因此还需要的反应试剂及条件是O2、Cu、加热。C→D的反应类型是氧化反应。
（3）根据以上分析可知X→Y的化学方程式为
（4）四溴双酚A中含有2个酚羟基，所以0.5mol四溴双酚A在一定条件下与足量的NaOH溶液反应，最多消耗0.5molNaOH。
（5）①含有两个甲基和两种官能团；②能使溴的CCl4溶液褪色，说明含有碳碳双键或碳碳叁键；③能发生银镜反应，说明还含有醛基，所以根据D的分子式C6H10O2可知该同分异构体中含有的官能团是碳碳双键和甲酸形成的酯基，即符合HCOOC5H9，又因为必须含有2个甲基，所以可能的结构共计有10种。
（6）利用乙烯为有机原料（无机物和反应条件自选）合成聚合物涂料，可以采用逆推法，即先合成CH2＝CHCOOCH2CH3，然后根据已知信息利用乙醇和乙烯、CO和氧气即可，因此该合成路线图为
【考点定位】本题主要是考查有机合成与推断、同分异构体判断以及方程式书写等
【名师点晴】有机流程推断题是考查化学基础知识的常用形式，可以采用正推法或逆推法，也可从中间向两边推出各有机物，在推断过程中，往往借助分子式，不饱和度，碳链的变化，有机反应条件，有机反应类型，已知信息等，这种考题灵活性较强，本题将将有机物的命名，化学反应条件与类型，官能团的名称，核磁共振氢谱，有机化学方程式的书写，有机流程分析，醛的化学性质，由已知信息推断有机物结构简式联系起来，注重的是有机基础知识，命题常规，难度适中，能较好的考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。该题的难点是同分异构体书写和判断，对于本题主要是在限制条件下的情况下判断，侧重于位置异构和碳链异构。