山东省博兴第二中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）

山东省博兴第二中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）
1．下列给出了四种物质的分子结构示意图，其中圆圈表示原子核以及包含除价电子以外电子的示意图。黑点表示未形成共价键的最外层电子，直线表示共价键，且图中各分子仅由1、2周期元素的原子构成。在括号内填写四种物质化学式。
(1)∶○≡○∶(
)
(2)(
)
(3)
(
)
(4)(
)
【答案】(1)N2
(2)HF
(3)H2O2
(4)HCN
【解析】图中各分子仅由1、2周期元素的原子构成，分析判断的切入点是最外层电子数目。如(1)中每个原子提供3个电子共用，尚余2个电子，说明该原子最外层有5个电子，故为N。同理可判断(2)为HF，(3)为H2O2，(4)为HCN。
2．下列有机化工与其产品用途不对应的是
A．石油分馏：航空煤油
B．重油裂化：导电塑料
C．煤的干馏：炼铁焦炭
D．乙烯水化：有机溶剂
【答案】B
【解析】
试题分析：A、石油分馏可以得到航空煤油，A正确；B、重油裂化主要得到汽油，B不正确；C、煤的干馏可以得到炼铁焦炭，C正确；D．乙烯水化生成乙醇，乙醇是常用的有机溶剂，D正确，答案选B。
考点：考查常见石油化工以及产品用途的正误判断
3．下列措施是为了降低化学反应速率的是
A．食品放在冰箱中贮藏
B．双氧水制氧气时加入少量二氧化锰
C．试管中进行镁和水反应时，稍微加热
D．铁粉代替铁钉与稀硫酸反应制取氢气
【答案】A
【解析】
试题分析：影响化学反应速率的因素：内因：物质本身的性质，这个是起到决定性的作用。外因：温度、浓度、压强、催化剂、反应物的接触面积。升高温度反应速率加快，降低温度反应速率减慢。增大反应物的浓度，反应速率加快，压强一般是对于有其他参与的反应才有影响，增大压强反应速率加快。催化剂一般情况下如果没有特别说明，则认为是加快反应速率。增大反应物接触面积，一般的做法是把反应物进行碾碎成粉末。则它的反应速率也会加快。故A选项降低温度反应速率减慢。B选项加催化剂加快反应速率C选项增大温度，反应速率加快D选项增大反应物的接触面积反应速率加快
考点：影响化学反应速率的相关因素
4．向一定量的饱和NaOH溶液中加入少量Na2O2固体，恢复到原来温度时，下列说法中正确的是
①溶液中的Na+总数不变
②单位体积内的OH-数目减少
③溶质的物质的量浓度不变
④溶液的质量不变
⑤有晶体析出
⑥有气泡产生
A．①③⑥
B．②⑤⑥
C．③⑤⑥
D．①③④
【答案】C
【解析】
试题分析：原氢氧化钠溶液是饱和的，反应消耗了水，生成了氢氧化钠，生成的氢氧化钠不能溶解，溶液中溶质会减少，则溶液中的Na+总数也会减少，①错误；随着一小块Na2O2固体的投入，氢氧化钠饱和溶液中水被反应所消耗，饱和溶液析出固体溶质；由于溶液温度不变，变化后所得溶液仍为氢氧化钠的饱和溶液；根据同种溶质的同一温度下的饱和溶液的溶质质量分数相等，判断氢氧化钠饱和溶液的质量分数不变，则单位体积内的OH-数目也不变，②错误；原氢氧化钠溶液是饱和的，反应消耗了水，生成了氢氧化钠，反应后恢复到原来温度，溶液仍饱和，且会析出剩余固体，但同一温度下的物质的量浓度是定值，③正确；原氢氧化钠溶液是饱和的，反应消耗了水，生成了氢氧化钠，生成的氢氧化钠不能溶解，溶液中溶质不会增加，反而会减少，由于溶液中的溶质和溶剂都减少了，溶液的质量也减少，④错误；随着一小块Na2O2固体的投入，氢氧化钠饱和溶液中水被反应所消耗，饱和溶液析出固体溶质，⑤正确；随着一小块Na2O2固体的投入，过氧化钠发生如下反应：2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，有气泡产生，⑥正确；选项C符合题意。
考点：考查过氧化钠的性质，涉及溶解度、物质的量浓度等。
5．某兴趣小组设计如图装置进行氯气与金属钠的反应，先将钠预热，在钠熔融成小球时，撤火，并通入氯气即发生反应，下列叙述中错误的是
A．钠在氯气中燃烧产生黄色的火焰
B．反应产生的大量白烟是氯化钠固体
C．棉球①的作用是吸收过量氯气防止产生污染
D．棉球②变蓝色则证明氯气已被碱液完全吸收
【答案】D
【解析】
试题分析：A．钠与氯气在加热时发生着火剧烈燃烧，产生黄色的火焰，同时得到白色固体，A正确；B．钠与氯气在加热时发生反应产生NaCl白色固体，该物质在气体中扩散，形成大量白烟，B正确；C．棉球①吸有大量的碱液，可以与氯气发生反应，防止其污染空气，所以其作用是吸收过量氯气防止产生污染，C正确；D．棉球②变蓝色则证明氯气与KI发生反应产生了I2，说明氯气未被碱液完全吸收，D错误。答案选D。
考点：考查氯气与金属钠的反应的现象及操作正误判断的知识。
6．下列分子式表示的一定为纯净物的是
A．CH4O
B．C2H6O
C．C2H4Cl2
D．C5H10
【答案】A
【解析】
试题分析：分子式表示的一定为纯净物，这说明该物质不存在同分异构体。A．CH4O只能表示甲醇，一定是纯净物，A正确；B．C2H6O可以是乙醇，也可以是二甲醚，不一定是纯净物，B错误；C．C2H4Cl2可以是1，2—二氯乙烷，也可以是1，1—二氯乙烷，不一定是纯净物，C错误；D．C5H10可以是戊烯，也可以是环烷烃，不一定是纯净物，D错误，答案选D。
考点：考查同分异构体判断
7．（2015秋 唐山校级期末）下列有关Na2CO3和NaHCO3性质的比较中，正确的是（
）
A．热稳定性：Na2CO3＜NaHCO3
B．与相同浓度盐酸反应的快慢：Na2CO3＞NaHCO3
C．106gNa2CO3和84gNaHCO3分别与过量盐酸反应，放出CO2质量：Na2CO3＞NaHCO3
D．Na2CO3
和NaHCO3均可与澄清石灰水反应
【答案】D
【解析】A、NaHCO3不稳定，加热易分解：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，Na2CO3稳定，加热不分解，所以热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3，故A错误；
B、Na2CO3和盐酸反应先生成NaHCO3，NaHCO3再和盐酸反应生成CO2，所以相同浓度盐酸反应的快慢：Na2CO3＜NaHCO3，故B错误；
C、106gNa2CO3和84gNaHCO3的物质的量都为1mol，都与盐酸反应生成二氧化碳气体：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，等物质的量的Na2CO3和NaHCO3分别与过量盐酸反应，放出CO2质量相等，故C错误；
D、碳酸钠和碳酸氢钠分别和氢氧化钙反应的方程式如下：Na2CO3+Ca（OH）2=CaCO3↓+2NaOH、NaHCO3+Ca（OH）2=CaCO3↓+H2O+NaOH，均可产生沉淀，故D正确；
【点评】本题主要考查Na2CO3和NaHCO3性质的异同，题目难度不大，注意把握Na2CO3和NaHCO3性质，注重基础知识的积累．
8．对于实验I IV的描述正确的是
A．实验I
：逐滴滴加稀盐酸时，试管中立即产生大量气泡
B．实验II：充分振荡后静置，下层溶液为橙红色，上层无色
C．实验III：从饱和食盐水中提取NaCl晶体
D．装置IV：酸性KMnO4溶液中有气泡出现，且溶液颜色逐渐变浅乃至褪去
【答案】D
【解析】
试题分析：A、等浓度的碳酸钠和碳酸氢钠的混合液中，逐滴加入盐酸时，氢离子先与碳酸根离子反应生成碳酸氢根离子，所以开始无气泡产生，错误；B、溴在四氯化碳中的溶解度较大，且四氯化碳的密度大于水，所以下层是橙红色，上层是氯化铁溶液的颜色为黄色，错误；C、从饱和食盐水中提取氯化钠采用蒸发的装置，应使用蒸发皿而不是坩埚，错误；D、浓硫酸具有强氧化性，与蔗糖发生氧化还原反应，上层二氧化硫气体，所以高锰酸钾溶液中有气泡出现，且二氧化硫与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，高锰酸根离子被还原为锰离子，所以溶液逐渐褪色，正确，答案选D。
考点：考查对实验装置及实验现象的判断
9．对于：2H2(g)
+
O2(g)
=2H2O(l)
△H
=
—571.6kJ/mol的叙述错误的是
A．该反应的反应热为△H
=
—571.6kJ/mol
，是放热反应
B．该反应的△H与各物质的状态有关，与化学计量数也有关
C．该式的含义为：25℃、101kPa下，2mol氢气完全燃烧生成液态水时放出热量571.6kJ
D．该反应为氢气燃烧的热化学方程式，由此可知氢气的燃烧热为571.6kJ/mol
【答案】D
【解析】
试题分析：A、该反应的反应热为△H
=
—571.6kJ/mol
，是放热反应，A正确；B、△H与各物质的状态有关，与化学计量数也有关，B正确；C、该式的含义为：25℃、101kPa下，2mol氢气完全燃烧生成液态水时放出热量571.6kJ，C正确；D、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物放出的热量，该反应为氢气燃烧的热化学方程式，可知氢气的燃烧热为285.8kJ/mol，D错误。答案选D。
考点：反应热，燃烧热
10．下列各组物质，前者是单质，后者为混合物的是（
）
A.
石墨、冰水混合物
B.
铁粉、食醋
C.
碘酒、食盐
D.
盐酸、空气
【答案】B
【解析】考查物质的分类。由同一种元素形成的纯净物是单质，由不同种物质形成的是混合物。选项A中冰水混合物是纯净物；选项C中碘酒是混合物，食盐是纯净物；选项D盐酸是混合物，所以正确的答案选B。
11．苯与乙烯、乙炔相比较，下列叙述正确的是 (
)
A．都容易发生取代反应
B．都容易发生加成反应
C．都能燃烧,且燃烧现象完全相同
D．乙炔和乙烯易被KMnO4氧化，苯不能被KMnO4氧化
【答案】D
【解析】
试题分析：苯不易发生加成反应，乙烯和乙炔容易发生加成反应，不易发生取代反应，A、B不正确；由于含碳量不同，所以燃烧的现象是不同的，乙烯冒黑烟、乙炔和苯冒浓烟，C不正确，因此答案选D。
考点：考查乙烯、乙炔和苯的性质
点评：该题是高考中额常见考点，属于基础性试题的考查，难度不大，记住加快。试题注重基础，主要是检验学生对三种有机物结构和性质对熟悉了解程度，有利于巩固学生的基础知识，培养学生的应试能力。
12．碳酸铜和碱式碳酸铜均可溶于盐酸，转化为氯化铜。在高温下这两种化合物均能分解成氧化铜。溶解28.4g上述混合物，恰好消耗1mol/L盐酸500mL。灼烧等质量的上述混合物，得到氧化铜的质量是
A．35g
B．30
g
C．20
g
D．15
g
【答案】C
【解析】
试题分析：根据氯元素守恒2n（CuCl2）＝n（HCl）＝0.5L×1mol/L＝0.5mol可知n（CuCl2）＝0.25mol，根据Cu元素守恒可知n（CuO）＝n（CuCl2）＝0.25mol，所以m（CuO）＝0.25mol×80g/mol＝20g，答案选C。
考点：考查碳酸盐与盐酸反应的有关计算
13．向100mLFeBr2溶液中通入标准状况下的C12
3.36
L，C12全部被还原，测得溶液中c(Br–)=c(C1–)，则原FeBr2溶液的物质的量浓度是（
）
A.
2mol/L
B.
3
mol/
L
C.1.5
mol/
L
D.
0.75mol/L
【答案】A
【解析】设原溶液中FeBr2的物质的量为n
mol
氯气的物质的量为0.15mol，在反应中得电子0.3mol，形成的溶液中的Cl—的物质的量为0.3
mol，没有反应的Br—的物质的量也为0.3mol
则参加反应被氧化的Fe2＋、Br－的物质的量为n
mol、（2n—0.3）mol，故两离子失电子总数为（n+2n—0.3）mol，由得失电子守恒知：3n—0.3=0.3，求得n=0.2
故原FeBr2溶液的物质的量浓度为=2mol/L
14．在a
L
Al2(SO4)3和(NH4)2SO4的混合溶液中加入b
mol
BaCl2，恰好使溶液中的SO42-完全沉淀；若加入足量强碱并加热可得到c
mol
NH3，则原溶液中的Al3＋浓度(mol/L)为
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】
试题分析：将Al2（SO4）3和（NH4）2SO4的混合溶液a
L分为两等份，每份的体积为0.5a，向0.5aL混合溶液中加入bmolBaCl2，恰好使溶液中的SO42-离子完全沉淀，则：c（SO42-）=bmol/0.5aL=2b/amol/L，向0.5aL混合溶液中加入足量强碱并加热可得到cmolNH3，则：c（NH4+）=cmol/0.5aL=2c/amol/L，又溶液不显电性，设原溶液中的Al3+浓度为x，由电荷守恒可知，x×3+2c/amol/L×1=2b/amol/L×2，解得x=mol/L，故答案为A。
【考点定位】考查混合物的有关计算、物质的量浓度的计算等。
【名师点晴】明确发生的离子反应及溶液不显电性是解答本题的关键，注意熟悉物质的量浓度的计算公式；根据SO42-+Ba2+═BaSO4↓计算溶液中的SO42-离子的物质的量，根据NH4++OH-NH3↑+H2O计算NH4+的物质的量，再根据c=n/V计算SO42-离子、NH4+离子浓度，再利用电荷守恒有3n（Al3+）+c（NH4+）=2c（SO42-），据此计算原溶液中的Al3+浓度。
15．铁铜合金中逐滴加入稀硝酸的过程中，下列离子方程式较难发生的是
A．Fe
+
4H++
NO3－→
Fe3++
NO↑+
2H2O
B．3Fe
+
8H++
2
NO3－→
3Fe2++
2NO↑+
4H2O
C．3Cu
+
8H++
2
NO3－→
3Cu2++
2NO↑+
4H2O
D．3Fe2+
+
4H+
+
NO3－→
3Fe3+
+
NO↑
+
2H2O
【答案】A
【解析】
试题分析：还原性Fe＞Cu，开始硝酸不足，反应生成硝酸亚铁，离子反应为3Fe+8H++2
NO3-→3Fe2++2NO↑+4H2O，继续滴加硝酸，发生3Fe2++4H++NO3-→3Fe3++NO↑+2H2O，当Fe反应完成后，Cu与硝酸反应生成硝酸铜，离子反应为3Cu+8H++2
NO3-→3Cu2++2NO↑+4H2O；答案选A。
考点：离子方程式的书写
16．（6分）高分子化合物和我们人类的生活密切相关。
（1）请写出下列高分子化合物的单体。
①
_________________________
②________________________
（2）腈纶（人造羊毛）的主要成份是聚丙烯腈（丙烯腈：CH2=CH—CN），由乙炔和氢氰酸（HCN）生产聚丙烯腈所涉及的有机化学反应方程式为:__________
___________、________
_。
【答案】（6分）
(1)①（1分）CH2=CH2
②（1分）CH2=CH-CH=
CH2
(2)（各2分）
CHCH
+
HCN
→
CH2=CH—CN
【解析】
17．FeCl3是一种很重要的铁盐，主要用于污水处理，具有效果好、价格便宜等优点。工业上可将铁屑溶于盐酸中，先生成FeCl2，再通入Cl2氧化来制备FeCl3溶液。
（1）将标准状况下的aL氯化氢气体溶于100g水中，得到的盐酸的密度为bg mL-1，则该盐酸的物质的量的浓度是______________________________；
（2）向100mL的FeBr2溶液中通入标准状况下Cl23.36L，反应后的溶液中Cl-和Br-的物质的量浓度相等，则原FeBr2溶液的物质的量浓度为______________________________；
（3）FeCl3溶液可以用来净水，其净水的原理为________________________(用离子方程式表示)，若用100mL2mol L-1的FeCl3溶液净水时，生成具有净水作用的微粒数__________0.2NA(填“大于”、“等于”或“小于”)。
【答案】（1）mol/L
（2）2mol/L
（3）Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+
小于
【解析】
试题分析：（1）n(HCl)=，溶液质量为×36.5g/mol+100g，则溶液体积为mL，由c==mol/L；
（2）还原性Fe2+＞Br-，通入氯气先发生反应2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，Fe2+反应完毕，剩余的氯气再发生反应2Br-+Cl2═Br2+2Cl-，反应后溶液中Cl-和Br-
的物质的量浓度相等，说明氯气完全反应，Cl2的物质的量为=0.15mol，若Br-没有反应，n(Br-)=0.3mol，则n(FeBr2)=0.15mol，0.15molFe2+只能消耗0.075mol的Cl2，故有部分Br-参加反应，设FeBr2的物质的量为x，则n(Fe2+)=x
mol，n(Br-)=2x
mol，未反应的n(Br-)=0.3
mol，参加反应的n(Br-)=(2x-0.3)mol，根据电子转移守恒有x×1+[2x-0.3]×1=0.15mol×2，解得x=0.2
mol，所以原FeBr2溶液的物质的量浓度为=2mol/L；
（4）FeCl3溶液可以用来净水，其净水的原理为Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+，100mL2mol L-1的FeCl3溶液，其物质的量为0.2mol，因为水解为可逆反应，且生成胶体为微观粒子的集合体，则生成具有净水作用的微粒数小于0.2NA。
考点：考查氧化还原反应的计算及浓度计算等。
18．有机物K是治疗高血压药物的重要中间体，它的合成路线如下（部分转化条件略去）
已知：
（R、R1、R2表示氢原子或烃基）
（1）A的结构简式是_______。
（2）B→C的反应类型是_______。
（3）F中含有的官能团是_______。
（4）G与E生成H的化学方程式是_______。
（5）C→D的化学方程式是_______。
（6）I的结构简式是_______。
（7）有关J的说法中，正确的是_______（选填字母）。
a．能与NaHCO3反应
b．能与NaOH反应
c．能与新制Cu(OH)2反应
（8）K存在以下转化关系：，M的结构简式是_______。
【答案】（1）
（2）取代反应（3）醛基
（4）CH3COOH
+
C2H5OH
CH3COOC2H5
+
H2O
（5）
（6）
（7）b
c（8）
【解析】
试题分析：本题的推断可以分别从A→B→C→D路线和E→F→G→H→I两个路径进行。第一条路径，D为，D由C发生氧化反应生成，则C为，B和NaOH溶液在加热的条件下生成C，则B为，B是C8H10与氯气在光照的条件下生成的，则A为邻二甲苯；第二条路径，C2H6O必然为乙醇或二甲基醚，其中能连续氧化的只有乙醇，则E为乙醇，F为乙醛，G为乙酸，乙酸与乙醇发生酯化反应生成H，H为乙酸乙酯，据此解答。
（1）根据上述分析，A为邻二甲苯，结构简式是。
（2）B→C是氯代烃在NaOH的水溶液中发生取代反应生成醇，所以反应类型是取代反应。
（3）根据非上述分析，F为乙醛，乙醛中含有的官能团是醛基。
（4）G为乙酸，E为乙醇，乙酸与乙醇在浓硫酸的作用下发生反应生成乙酸乙酯，化学方程式是CH3COOH
+
C2H5OH
CH3COOC2H5
+
H2O。
（5）根据上述分析，C为，C能发生催化氧化反应生成D，反应的化学方程式是：
（6）由于I的结构无法正向推断，因此只能由K逆推J的结构。观察到题中信息Ⅰ中有氨与醛类物质的反应，可知信息Ⅰ中—R此处为甲基，—R1此处为乙基，—R2为邻甲基苯基。由此可知J为
，则I为。
（7）根据上述推断，J中含有含有酯化和羧基，能够与NaOH和新制Cu(OH)2反应，没有羧基，不能与NaHCO3溶液反应，答案选bc。
（8）根据流程图中的信息，K为，F为乙醛，根据已知信息Ⅱ可知，K和F的两个醛基发生反应，且K中的两个酯基在碱性溶液中也会发生水解反应生成羧酸钠，则推出M的结构简式为。
考点：考查有机物的推断，有机反应类型，官能团和有机化学方程式的书写等知识。
19．(10分)某研究性小组借助A－D的仪器装置完成有关实验。
【实验一】收集NO气体。
（1）用装置A收集NO气体，正确的操作是________(填序号)。
a．从①口进气，用排水法集气
b．从①口进气，用排气法集气
c．从②口进气，用排水法集气
d．从②口进气，用排气法集气
【实验二】为了探究镀锌薄铁板上的锌的质量分数ω(Zn)和镀层厚度，查询得知锌易溶于强碱：Zn＋2NaOH＝Na2ZnO2＋H2↑。据此，截取面积为S的双面镀锌薄铁板试样，剪碎、称得质量为m1g。用固体烧碱和水作试剂，拟出下列实验方案并进行相关实验。
方案甲：通过测量试样与碱反应生成的氢气体积来实现探究目标。
（2）选用B和________(填仪器标号)两个装置进行实验。
（3）测得充分反应后生成氢气的体积为VL(标准状况)，ω(Zn)＝________。
（4）计算镀层厚度，还需要检索的一个物理量是________。
（5）若装置B中的恒压分液漏斗改为普通分液漏斗，测量结果将________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
方案乙：通过称量试样与碱反应前后的质量实现探究目标。选用仪器C做实验，试样经充分反应，滤出不溶物、洗涤、烘干，称得其质量为m2g。
（6）ω(Zn)＝____________。
方案丙：通过称量试样与碱反应前后仪器、试样和试剂总质量(其差值即为H2的质量)实现探究目标。实验同样使用仪器C。
（7）从实验误差角度分析，方案丙________方案乙(填“优于”、“劣于”或“等同于”)。
【答案】（1）C
（2）D
（3）
（4）金属锌的密度
（5）偏大
（6）
（7）劣于
【解析】
试题分析：（1）NO遇空气立即被氧化为NO2，故不能用排空气法收集，只能用排水法收集。排水时应用短进长出，答案选C。
（2）方案甲：Zn和Fe中只有Zn可以与NaOH产生气体，通过排水收集气体，依据反应方程式即可算出Zn的质量分数，所以需要的装置有测氢气体积的D装置，答案选D。
（3）Zn与氢气之间物质的量之比为1：1，则n（Zn）＝，所以w（Zn）＝。
（4）有了Zn的质量，如果有密度，则可以求出Zn的体积，再由Zn的截面积，即可求出Zn的高度（厚度）。
（5）恒压式分液漏斗产生的气体有部分残留在分液漏斗上方，故排气时收集少了，所以用普通漏斗时收集的氢气多一些，因此计算出的Zn的量偏大。
（6）减少的质量即为Zn的质量，减少的质量为m1g-m2g，则ω（Zn）＝。
（7）丙方案根据氢气的质量差值，显然误差大，因为产生的氢气质量很小，计算偏差大。
考点：考查实验的探究，涉及NO气体的收集，混合物中金属含量的计算等
20．B．[实验化学]卷心菜中含有丰富的维生素C，维生素C在酸性溶液中能被碘氧化。某实验小组通过如下实验对卷心菜中维生素C的含量进行测定。
第一步：配制维生素C标准溶液。将5片100
mg的维生素C药片碾碎、溶解，配成250
mL标准溶液。
第二步：制取卷心菜汁。取50
g新鲜的卷心菜，捣烂，加水充分搅拌，用下图所示装置抽滤制得卷心菜汁50
mL。
第三步：标准溶液中维生素C含量的测定。移取20.00
mL维生素C标准溶液于锥形瓶中，加入1
mL
0.1
mol·L－1盐酸酸化，加入2滴淀粉试液作指示剂，用0.010
mol·L－1碘水滴定到终点，记录消耗碘水的体积。重复上述操作两次，消耗碘水的平均体积为V1。
第四步：卷心菜汁中维生素C含量的测定。移取20
mL卷心菜汁于锥形瓶中，加入1
mL
0.1
mol·L－1盐酸酸化，加入2滴淀粉试液作指示剂，用0.010
mol·L－1碘水滴定到终点，记录消耗碘水的体积。重复上述操作两次，消耗碘水的平均体积为V2。
（1）与过滤相比，抽滤的优点是
。抽滤所用的滤纸应略
（填“大于”或“小于”）布氏漏斗内径，将全部小孔盖住。
（2）移取20.00
mL待测液选用的仪器是
，滴定终点溶液的颜色呈
色。
（3）上述滴定过程滴定速度要快，否则将会使测得的维生素C的含量偏低，其可能的原因是
。
（4）1kg卷心菜中所含维生素C相当于
片上述维生素药片。（用含V1、V2的代数式表示）
【答案】（每空2分，共12分）（1）加快过滤速率
小于
（2）20
mL移液管或酸式滴定管
蓝
（3）维生素C被空气中的氧气氧化
（4）
【解析】
试题分析：（1）与过滤相比，抽滤的优点是加快过滤速率。抽滤所用的滤纸应略小于布氏漏斗内径，将全部小孔盖住。
（2）维生素Ｃ显酸性，则移取20.00
mL待测液选用的仪器是20
mL移液管或酸式滴定管；由于碘遇淀粉显蓝色，则滴定终点溶液的颜色呈蓝色。
（3）由于维生素C被空气中的氧气氧化，所以上述滴定过程滴定速度要快，否则将会使测得的维生素C的含量偏低。
（4）设50g卷心菜中无维生素Ｃ的质量是xmg，则
，解得x＝。则1kg卷心菜中所含维生素C的质量是。每片药片中含维生素Ｃ的质量是20mg，则相当于÷20mg＝上述维生素药片。
考点：考查维生素Ｃ含量测定实验方案设计与探究
21．由氧元素的两种同位素16O和18O所形成的两种气体单质18Om和16On，在同温同压同体积时，中子数之比
为5:6。求：
⑴m:n值为多少？
⑵18Om对16On的质量比是多少？
【答案】2:3
3:4
【解析】
试题分析：（1）根据阿伏加德罗定律可知，在同温同压同体积时，气体的物质的量是相等的，则根据中子数之比可知（18－8）×m:（16－8）×n＝5:6
解得m:n＝2:3
（2）18Om对16On的质量比是
考点：考查同位素的有关计算
点评：本题是高考中的常见考点，属于基础性试题的考查。试题难易适中，注重基础和能力的考查。该题有利于培养学生的规范答题能力，也有利于提高学生的应试能力和学习兴趣。
22．已知：常温常压下，D、E、F、I、J为气体；E能使澄清石灰水变浑浊，1molE与含1molF的水溶液恰好反应生成B，B是一种常见的化肥。物质A—K之间有如下图所示转化关系(部分反应中生成的水已略去)。
试回答下列问题：
（1）
已知A中［FeC2O4］和C中Fe元素均为+2价，则FeC2O4中C元素的化合价为
，E的化学式为
。
（2）
写出反应③、④、⑤的化学方程式
③___________
④___________
⑤____________
（3）少量H与K的浓溶液在一定条件下反应若有1molK被还原时，转移的电子总数为
个。
（4）
写出过量单质H与K的稀溶液反应的离子方程式：
【答案】
（1）+3；CO2
（2）4NH3+5O24NO+6H2O；3NO2+H2O
=
2HNO3+NO；FeO+COFe+CO2
（3）6.02×1023
（4）3Fe
+
2NO3-
+
8H+
=
3Fe2+
+
2NO↑
+
4H2O
【解析】
试题分析：A中[FeC2O4]和C中Fe元素均为+2价，A加热分解得到C、气体D与气体E，且D与氧气反应得到E，可推知C为FeO，D为CO，E为CO2，由反应⑤可知H为Fe；B是一种常见的化肥，加热分解得到二氧化碳、气体F与G，且F能连续与氧气反应，B为碳酸形成的铵盐，1molE与含1molF的水溶液恰好反应生成B，B为NH4HCO3，F为NH3，I为NO，J为NO2，G为H2O，K为HNO3，
（1）A中[FeC2O4]和C中Fe元素均为+2价，则FeC2O4中碳元素的化合价为+3，E为CO2，故答案为：+3；CO2；
（2）反应③的化学方程式为：4NH3+5O2
4NO+6H2O，反应④的方程式为：3NO2+H2O
=
2HNO3+NO，反应⑤的方程式为：FeO+COFe+CO2，故答案为：4NH3+5O2
4NO+6H2O；3NO2+H2O
=
2HNO3+NO；FeO+COFe+CO2；
（3）少量铁与浓硝酸反应的离子方程式为：Fe+3NO3-+6H+=Fe3++3NO2↑+3H2O，在一定条件下反应若有1mol
K被还原时，转移的电子总数为6.02×1023个，故答案为：6.02×1023；
（4）过量Fe与HNO3的稀溶液反应的离子方程式：3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O，故答案为：3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O
考点：考查了的相关知识。
23．（12分)高分子材料E和含扑热息痛高分子药物的合成流程如图所示：
已知：I．含扑热息痛高分子药物的结构为：
II．
III．
试回答下列问题：
（1）①的反应类型为
，G的分子式为
。
（2）若1mol
可转化为1mol
A和1mol
B，且A与FeCl3溶液作用显紫色，写出A的稀溶液与过量浓溴水发生反应的化学方程式：
；
（3）反应②为加成反应，则B的结构简式为
；扑热息痛的结构简式为
。
（4）D蒸气密度是相同状态下甲烷密度的6.25倍，D中各元素的质量分数分别为碳60%，氢8%，氧32%．D分子中所含官能团为
。
（5）1mol含扑热息痛高分子药物最多可与（含NaOH___
mol)氢氧化钠溶液发生反应。
【答案】（1）加成反应（1分)，
C4H5OCl（1分)；
（2），（2分)
（3）（2分)，（2分)；（4）碳碳双键和酯基；（2分)
（5）3n（2分)
【解析】
试题分析：（1）根据有机物的结构简式可判断，反应①是苯与丙烯的加成反应，因此反应类型为加成反应；根据已知信息II可知2－甲基丙酸与SOCl2发生取代反应生成G，则G的结构简式为CH2＝C（CH3)COCl，则G的分子式为C4H5OCl。
（2）若
1mol
可转化为1mol
A和1mol
B，且A与FeCl3溶液作用显紫色，说明A中含有酚羟基。根据B与HCN发生加成反应的生成物结构简式可知，B分子中含有3个碳原子，则A是苯酚，因此A的稀溶液与过量浓溴水发生反应的化学方程式为。
（3）反应②为加成反应，这说明B分子中含有羰基，则N是丙酮，因此B的结构简式为；根据含扑热息痛高分子药物的结构简式可知，该高分子化合物是加聚产物。而H是扑热息痛与G通过取代反应生成的，则扑热息痛的结构简式为。
（4）D蒸气密度是相同状态下甲烷密度的6.25倍，则D的相对分子质量是16×6.25＝100。D中各元素的质量分数分别为碳60%，氢8%，氧32%，则碳氢氧原子的个数分别是、、，即D的分子式为C5H8O2。D能发生反应生成高分子化合物E，这说明D分子中含有碳碳双键。又因为－CN水解转化为羧基，羧基与甲醇发生酯化反应，则分子中还含有酯基。
（5）1mol含扑热息痛高分子药物中含有nmol酯基和nmol肽键，且酯基水解后又产生酚羟基，因此最多可与（含NaOH3nmol)氢氧化钠溶液发生反应。
考点：考查有机物推断与合成、官能团、反应类型及方程式书写等