1、河南省滑县第一高级中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）1在pH都等于9的NaOH和CH3COONa两种溶液中，设由水电离产生的OH离子浓度分别为A molL1与B molL1，则A和B的关系为AAB BA104B CB104A DAB【答案】B【解析】试题分析：同题意可知，A=109 molL1，而B =105molL1，因此选B考点：考查酸碱盐对水的电离的影响。2糖类、脂肪和蛋白质是维持人体生命活动所必需的三大营养物质，以下叙述正确的是( )A植物油不能使溴的四氯化碳溶液褪色B淀粉水解的最终产物是葡萄糖C葡萄糖能发生氧化反应和水解反应D蛋白质溶液遇硫酸铜后产生的沉淀能
2、重新溶于水【答案】B【解析】试题分析：A植物油高级脂肪烃基含有C=C官能团，能与溴发生加成反应而使溴的四氯化碳溶液褪色，故A错误；B淀粉水解最终产物为单糖，即葡萄糖，故B正确；C葡萄糖为单糖，不能发生水解，故C错误；D硫酸铜属于重金属盐，蛋白质遇重金属盐发生变性，变性是不可逆过程，故D错误。故选B。考点：考查了常见有机物的性质的相关知识。3化学与生产生活、环境保护密切相关。下列说法中不正确的是A铁表面镀锌可增强其抗腐蚀性B人造纤维、合成纤维和光导纤维都是新型无机非金属材料C氢氧化铝可作胃酸的中和剂D“煤改气”、“煤改电”等清洁燃料改造工程有利于减少雾霾天气【答案】B【解析】试题解析：A锌比铁活
3、泼，并且在空气中容易形成致密的氧化膜，防止生锈，故A正确；B合成纤维为有机材料，不属于无机非金属材料，故B错误；C氢氧化铝能够与胃酸中的盐酸反应，能够作胃酸的中和剂，故C正确；D二氧化硫、氮氧化物以及可吸入颗粒物这三项是雾霾主要组成，前两者为气态污染物，最后一项颗粒物才是加重雾霾天气污染的罪魁祸首它们与雾气结合在一起，让天空瞬间变得灰蒙蒙的，“煤改气”、“煤改电”等清洁燃料改造工程减少了二氧化硫、氮氧化物和可吸入颗粒物，故有利于减少雾霆天气，故D正确。考点：化学与STS4已知在发射卫星时可用肼（N2H4）为燃料、二氧化氮作氧化剂，这两者反应生成氮气和水蒸气。又知：N2（g）2O2（g）2NO2
4、（g）H677kJ/molN2H4（g）O2（g）N2（g）2H2O（g） H534kJ/mol则肼与NO2反应的热化学方程式为AN2H4g）NO2（g）N2（g）2H2O（g）H56785kJ/molBN2H4（g）NO2（g）N2（g）2H2O（g）H56785kJ/molCN2H4（g）NO2（g）N2（g）2H2O（l）H56785kJ/molDN2H4（g）NO2（g）N2（g）2H2O（l）H56785kJ/mol【答案】B【解析】试题分析：根据盖斯定律：-1/2得肼与NO2反应的热化学方程式为N2H4（g）NO2（g）3/2N2（g）2H2O（g）H56785kJ/mol，选B。
5、考点：考查盖斯定律、热化学方程式书写。5X、Y、Z、W是原子序数依次递增的短周期元素，4种元素的原子最外层电子数之和为16，X与其它元素不在同一周期和同一主族，Y的阴离子与Z的阳离子具有相同的电子层结构，W原子得到一个电子后可形成与某稀有气体原子核外电子排布相同的稳定结构。下列说法合理的是 （ ）A简单离子半径：WZYBX与Y形成的化合物中，既含极性键又含非极性键的物质至少有2种CZ与W形成的化合物一定是离子化合物DY的最高价氧化物对应的水化物的酸性一定比W的弱【答案】B【解析】试题分析：由题意可知X为H,Y为N或O，Z为Mg或Al，W为Cl；简单离子半径WYZ;当Y为N时与H形成的化合物，既
6、含极性键又含非极性键的物质有多种；当Z为Al时与W形成的化合物为共价化合物；当Y为O时D错误。考点：元素周期律。6下列关于实验现象的描述不正确的是（ ）A把铜片和铁片紧靠在一起浸入稀硫酸中，铜片表面出现气泡B葡萄糖与新制的氢氧化铜悬浊液混合，加热，有红色沉淀生成C把铜片插入三氯化铁溶液中，在铜片表面出现一层铁D把锌粒放入盛有盐酸的试管中，加入几滴氯化铜溶液，气泡放出速率加快【答案】C【解析】略7苯环结构中，不存在单双键交替结构，可以作为证据的事实是( )苯不能使KMnO4酸性溶液褪色苯分子中碳原子之间的距离均相等苯能在一定条件下跟H2加成生成环己烷经实验测得邻二甲苯仅一种结构苯在FeBr3存在
7、的条件下同液溴可以发生取代反应，但不因化学变化而使溴水褪色A B C D【答案】A【解析】试题分析：苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，故正确；苯环上碳碳键的键长相等，说明苯环结构中的化学键只有一种，不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，故正确；与氢气加成是苯和双键都有的性质，因此苯能在一定条件下跟H2加成生成环己烷，不能证明苯环中存在单双键交替结构，故错误；如果是单双键交替结构，邻二甲苯的结构有两种，一种是两个甲基夹C-C，另一种是两个甲基夹C=C邻二甲苯只有一种结构，说明苯环结构中的化学键只有一种，不存在C-C
8、单键与C=C双键的交替结构，故正确；苯不因化学变化而使溴水褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，故正确；所以可以作为苯分子中不存在单、双键交替排列结构的证据，故选A。考点：考查了苯的结构与性质的相关知识。8下列反应的离子方程式正确的是A铜片插入氯化铁溶液中： CuFe3Cu2Fe2+B漂白粉溶液中通入过量的二氧化碳：Ca2+2ClO+CO2+H2O=CaCO3+2HClOC用小苏打治疗胃酸过多：HCO3 H H2O CO2DNaOH和Ba(OH)2混合溶液中通入少量CO2 ： 2OHCO2CO32H2O【答案】C【解析】9设NA为阿伏加德罗常
9、数的值，下列叙述中正确的是 A标准状况下，1.8 g H2O所含有的质子数为B1 L 1 mol/L的Na2CO3溶液中含有的CO32数目为C25时，1 L pH13的 Ba(OH)2溶液中含有的OH数目为0.2D标准状况下，2.24 L 氯气与过量的氢氧化钠溶液完全反应转移的电子数为0.2 【答案】A【解析】试题分析：A、1.8 g H2O的质子物质的量为1.8g18g/mol10=1mol，所以质子数为NA，故A正确；B、因为CO32能发生水解反应，所以1 L 1 mol/L的Na2CO3溶液中含有的CO32数目小于NA，故B错误；C、25时，1 L pH13的 Ba(OH)2溶液中含有的
10、OH数目为0.1NA，故C错误；D、标准状况下，2.24 L 氯气与过量的氢氧化钠溶液完全反应转移的电子数为0.1NA，故D错误。考点：本题考查阿伏加德罗常数的计算。 10下列说法不正确的是A淀粉和纤维素均为高分子化合物，两者都是工业制造酒精的原料BCH2=CHCH(CH3)CCH经催化加氢可生成3甲基戊烷C等质量的甲烷、乙醇、乙醛分别充分燃烧，所耗用氧气的量依次减少D已知苹果酸的结构简式为，则该物质可发生氧化反应、酯化反应、缩聚反应，与互为同分异构体【答案】D【解析】试题分析：A、淀粉和纤维素都是高分子化合物，水解生成葡萄糖，制造酒精，所以正确，不选A；B、物质中的碳碳双键和碳碳三键能和氢气
11、加成，得到3甲基戊烷，正确，不选B；C、等质量的物质的耗氧分别为1/8,3/46，2.5/44，所以所耗用的氧气的量依次减少，正确，不选C；D、与是同一种物质，选D。考点：有机物的结构和性质11下列说法正确的是水分子之间存在氢键,所以水受热不易分解 共价化合物一定含共价键，也可能含离子键 含金属元素的化合物不一定是离子化合物由非金属元素组成的化合物一定是共价化合物 由分子组成的物质中一定存在共价键熔化状态下能导电的物质不一定是离子化合物 有单质生成的反应一定是氧化还原反应 碱性氧化物一定是金属氧化物，金属氧化物不一定是碱性氧化物 A B C D【答案】C【解析】试题分析：水分子之间存在氢键,所
12、以水的沸点较高，而物质的稳定性与化学键的强弱有关，与氢键无关，错误；共价化合物一定含共价键，一定不含离子键，错误；含金属元素的化合物不一定是离子化合物，正确；如AlCl3是共价化合物； 由非金属元素组成的化合物可能是共价化合物，也可能是离子化合物，如NH4Cl，错误； 由分子组成的物质中不一定存在共价键，如惰性气体是单原子分子，在分子内无化学键，错误；熔化状态下能导电的物质不一定是离子化合物，正确如金属在熔融状态也可以导电；有单质生成的反应不一定是氧化还原反应，如氧气变为臭氧的反应就不是氧化还原反应，错误；碱性氧化物一定是金属氧化物，而金属氧化物可能是酸性氧化物，也可能是两性氧化物等，因此不一
13、定是碱性氧化物，正确。所以上述说法正确的是，选项是C。考点：考查物质的结构、性质、分类的知识。12某物质中可能有甲酸、乙酸、甲醇和甲酸乙酯四种物质中的一种或几种。在鉴定时有下列现象：有银镜反应；加入新制的Cu(OH)2悬浊液后未发现变澄清；与含酚酞的NaOH溶液共热，红色逐渐消失。下列结论正确的是A几种物质均存在 B有甲酸乙酯和甲酸C有甲酸乙酯和甲醇 D有甲酸乙酯，可能有甲醇【答案】D【解析】试题分析：甲酸结构简式是HCOOH；乙酸结构简式是CH3COOH；甲醇结构简式是CH3OH；甲酸乙酯结构简式是HCOOCH2CH3，有银镜反应，证明含有醛基，可能含有HCOOH或HCOOCH2CH3中的至
14、少一种；加入新制的Cu(OH)2 悬浊液后未发现变澄清，证明无羧酸HCOOH、CH3COOH；与含酚酞的NaOH溶液共热，红色逐渐消失，证明含有酯甲酸乙酯。因此可以证明一定含有甲酸乙酯，可能有甲醇。故选项是D。考点：考查混合物成分的确定的知识。13在500 mL NaOH溶液中加入足量铝粉，反应完全后共收集到标准状况下的气体336 L，该NaOH溶液的浓度为()A1 molL-1B2 molL-1C15 molL-1D3 molL-1【答案】B【解析】试题分析： n(H2)=15 mol，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H22 mol 3 moln(NaOH) 15 moln(
15、NaOH)=1 mol，c(NaOH)=2 molL-1。考点：铝及铝合金14中学化学中很多“规律”都有其适用范围，下列根据有关“规律”推出的结论正确的是选项规律结论A沸点高的物质制备沸点低的物质钙置换出铷，或浓磷酸制备HIB反应物浓度越大，反应速率越快常温下，相同的铝片中分别加入足量的浓、稀硝酸，浓硝酸中铝片先溶解完C结构和组成相似的物质，沸点随相对分子质量增大而升高BCl3沸点低于AlCl3，CO2沸点低于SiO2D溶解度小的沉淀易向溶解度更小的沉淀转化ZnS沉淀中滴加CuSO4溶液可以得到CuS沉淀【答案】AD【解析】试题分析：A. 根据规律：沸点高的物质制备沸点低的物质，所以钙置换出铷
16、，或浓磷酸制备HI，正确；B.在反应原理不变时，反应物浓度越大，反应速率越快，但是常温下，Al在足量的浓硝酸中会被氧化产生一层致密的氧化物薄膜，阻止金属的进一步氧化，即发生钝化，不能再发生反应，而与稀硝酸会发生剧烈反应直至铝片溶解完，与该规律不符合，错误；C.规律是：结构和组成相似的物质，沸点随相对分子质量增大而升高，由分子构成的物质BCl3、 AlCl3，由于相对分子质量：BCl3Ksp(CuS)，所以会形成CuS沉淀，使ZnS的沉淀溶解平衡向沉淀溶解的方向移动，最终沉淀完全转化为CuS沉淀，即溶解度小的沉淀易向溶解度更小的沉淀转化，正确。考点：考查中学化学中很多“规律”的适用范围的研究的知
17、识。15分子式与苯丙氨酸C6H5CH2CH（NH2）COOH相同，且同时符合下列两个条件：有带两个取代基的苯环 有一个硝基直接连接在苯环上的异构体的数目是：A3 B5 C6 D10【答案】C【解析】试题分析：分子式与苯丙氨酸C6H5CH2CH（NH2）COOH相同，则物质与苯丙氨酸是同分异构体，同时符合条件：有带两个取代基的苯环，有一个硝基直接连接在苯环上，则其取代基有硝基和丙基或异丙基，由于二者在苯环的位置由邻、间、对三种不同的位置，因此其可能的同分异构体种类数是32=6种。故选项是C。考点：考查有机物同分异构体的种类的判断的知识。16（16分）单体液晶（有机物III）应用偶联反应合成：反应
18、反应有机物I可由以下合成：有机物IV有机物I试回答以下问题：有机物I的分子式是 。以苯为原料生成有机物II的化学方程式（注明反应条件）是 。 有机物IV的结构简式是 。由有机物IV合成有机物I的第一步反应（）的反应类型是 。由有机物III制备 的反应条件是 。写出符合下列条件的化合物III的同分异构体的结构简式： （任写一个）含有一个苯环，且苯环上一氯取代物有2种同分异构体。 能发生银镜反应与CH3I能发生类似的反应，该反应方程式是 【答案】（16分）C5H8O (2分)（3分；条件不写扣1分） (2分) 加成反应 (2分；“反应”不写扣1分)浓硫酸，加热 (2分)或(2分；其他合理答案也给分
19、) （3分；条件不写扣1分）【解析】试题分析：（1）根据有机物I的结构简式得其分子式为C5H8O；（2）苯与溴在溴化铁作催化剂的条件下发生取代反应生成溴苯，化学方程式为；（3）有机物IV有机物I，根据有机物I的结构简式，判断有机物IV发生了加成反应生成有机物I，所以有机物IV的结构简式为；由有机物IV合成有机物I的第一步反应（）的反应类型是加成反应；（4）与有机物III相比，多了碳碳双键，少了羟基，所以是有机物III发生羟基的消去反应而得到的，所以反应条件是浓硫酸，加热；（5）能发生银镜反应，说明分子中存在醛基，有机物III的取代基中存在碳碳三键，而醛基中只有1个双键，所以有机物III的同分异
20、构体结构中还存在1个碳碳双键；含有一个苯环，且苯环上一氯取代物有2种同分异构体，考虑2个不同对位取代基的苯环上有2种氢原子，所以有机物III中应存在2个对位取代基，则其结构简式为或其他结构；（6）与CH3I能发生类似的反应取代反应，I原子取代碳碳三键的H原子，该反应的化学方程式为考点：考查对题目所给信息的分析判断能力，物质推断，官能团的性质，同分异构体的判断与书写17部分中学化学常见元素原子结构及性质如下表所示：序号元素结构及性质AA单质是生活中的常见金属，它有两种氯化物，相对分子质量相差35.5BB原子最外层电子数是内层电子总数的1/5CC是常见化肥的主要元素，单质常温下呈气态DD单质被誉为
21、“信息革命的催化剂”，是常用的半导体材料E通常情况下，E没有正化合价，A、B、C、D、F都能与E形成化合物FF在周期表中可以排在A族，也有人提出排在A族（1）A元素在周期表中的位置为_。（2）B与C形成的化合物的化学式为_，它属于_(填“离子”或“共价”)化合物。（3）F与E可以形成原子个数比分别为21、11的两种化合物X和Y，区别X与Y的水溶液的实验方法是_。F与C组成的两种化合物M和N所含的电子数分别与X、Y相等，则M的水溶液显_性，N的结构式为_。（4）C与E都是较活泼的非金属元素，用化学方程式表明这两种单质的氧化性强弱：_。（5）有人认为B、D的单质用导线连接后插入NaOH溶液中可以形
22、成原电池，你认为是否可以，若可以，试写出负极的电极方程式(若认为不行可不写)：_。【答案】（1）第四周期第族（2）Mg3N2离子（3）分别取X、Y各少许置于试管中，再各加入少量的MnO2粉末，迅速产生无色气体的是H2O2；无明显现象的是H2O(合理即可)碱HNHNHH（4）4NH33O2催化剂=2N26H2O(合理即可)（5）Si4e6OH=SiO32-3H2O【解析】根据表格中提供的信息，可以推断A为Fe、B为Mg、C为N、D为Si、E为O、F为H。（1）Fe位于第四周期第族。（2）Mg与N形成的化合物为Mg3N2，属于离子化合物。（3）可以利用MnO2能够催化分解H2O2产生氧气区别H2O
23、、H2O2；H2O、H2O2的电子数分别为10、18，N和H形成的10个电子和18个电子的化合物分别为NH3和N2H4，其中N2H4的结构式为HNHNHH。（4）O2的氧化性强于N2，可以通过单质的置换反应验证。（5）Mg、Si的单质用导线连接插入NaOH溶液中可以形成原电池，Si作负极，电极反应式为Si4e6OH=SiO32-3H2O。18 实验室可用右图所示装置进行CO和CO2混合气体的分离和干燥。已知a为止水夹，b为分液漏斗丙的活塞。可供选用的试剂有NaHCO3溶液、NaOH溶液、浓硫酸、无水氯化钙、稀硫酸。试回答： （1）广口瓶甲中应放的试剂为_，广口瓶乙中应放的试剂为_，分液漏斗丙中
24、应放的试剂为_。（2）第一步应先分离出_，分离时应先关闭_，打开_，发生反应的离子方程式是_。（3）第二步分离出_时，先关闭_，打开_，发生反应的离子方程式为_。【答案】（1）NaOH溶液 浓H2SO4 稀H2SO4（2）CO b a CO22OH=COH2O（3）CO2 a b CO2H=H2OCO2【解析】要分离CO与CO2，题中提供的分离装置是一个洗气装置，即混合气体要从溶液中通过来进行分离。考虑到CO属不成盐化合物，因此题中溶液的作用应该是先把CO2吸收，让CO通过，则甲装置中广口瓶中所盛溶液应是能吸收CO2的溶液。从提供试剂中可选出NaOH溶液，这样，当混合气体通过NaOH溶液（此时
25、应关闭b）时，CO2和NaOH溶液反应生成Na2CO3而被吸收，CO逸出，乙广口瓶显然是为气体干燥设置的，应用浓H2SO4。当混合气体中的CO被分离出去以后，CO2也完全转变成了Na2CO3，要让其重新释放，根据Na2CO3的性质，还需选出一种酸才行，可从提供试剂中选出稀H2SO4，使之与Na2CO3反应，释放出CO2，此时应关闭a，稀H2SO4置于分液漏斗中。19实验室用少量的溴水和足量的乙醇制备1,2-二溴乙烷的装置如下图所示：有关数据列表如下：乙醇1,2-二溴乙烷醚状态无色液体无色液体无色液体密度gcm-30.792.20.71沸点78.513234.6熔点-l309-1l6回答下列问题
26、：（1）烧瓶A中发生的主要的反应方程式 。（2）装置B的作用是_。（3）在装置C中应加入 (填字母)。a水 b浓硫酸 c氢氧化钠溶液 d饱和碳酸氢钠溶液（4）若产物中有少量未反应的Br2，最好用 （填字母）洗涤除去。a水 b氢氧化钠溶液 c碘化钠溶液 d乙醇 eNa2SO3溶液（5）若产物中有少量副产物乙醚，可用 的方法除去。（6）反应过程中应用冷水冷却装置D，但又不能过度冷却（如用冰水），其原因是 。（7）判断该制备反应已经结束的最简单方法是 。【答案】（1）CH3CH2OHCH2 = CH2+ H2O（2）平衡压强，作安全瓶，防止倒吸（3）c（4）e（5）蒸馏（6）产品熔点低，过度冷却会凝
27、固而堵塞导管口（7）D中溴水完全褪色【解析】试题分析：A装置是实验室制取乙烯，B是安全瓶，C是排除干扰装置，D是制取1，2-二溴乙烷装置。（1）根据上述分析，烧瓶A中发生的主要的反应方程式是CH3CH2OHCH2 = CH2+ H2O。（2）根据上述分析，装置B是安全瓶，所以装置B的作用是平衡压强，作安全瓶，防止倒吸。（3）C是排除干扰装置，浓硫酸具有强氧化性，将乙醇氧化成二氧化碳，自身被还原成二氧化硫，二氧化碳、二氧化硫能和氢氧化钠溶液反应，因此，C中加入的是氢氧化钠溶液，其作用是除去可能产生的酸性气体SO2、CO2，答案选c。（4）因1，2-二溴乙烷在碱性条件下能发生取代反应，所以除去少量
28、的Br2不用NaOH溶液，而是用与Br2反应的Na2SO3溶液，答案选e。（5）乙醚与其它有机物溶且沸点相关比较大，采用分馏的方法分离。（6）溴在常温下，易挥发，乙烯与溴反应时放热，溴更易挥发，冷却可避免溴的大量挥发，但1，2-二溴乙烷的凝固点9较低，过度冷却会凝固而堵塞导管口，所以不能过度冷却。（7）乙烯和溴水发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，1，2-二溴乙烷为无色，所以判断反应结束的方法是观察D中溴水完全褪色。考点：考查实验室制乙烯，乙烯的性质，制备实验基本操作等知识。20某学生用0.2000molL1的标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作可分为如下几步：用蒸馏水洗涤碱式滴定管后立即
29、注入NaOH溶液至“0”刻度线以上；固定好滴定管并使滴定管尖嘴充满液体；调节液面至“0”或“0”刻度线稍下，并记下读数；量取20.00mL待测液注入洁净的锥形瓶中，并加入3滴酚酞溶液；用标准液滴定至终点，记下滴定管液面读数。请回答：（1）以上操作步骤中有一步有错误,请指出编号 ，该错误操作会导致测定结果 (填“偏大”、“偏小”或“无影响”)（2）用标准NaOH溶液滴定时，应将标准NaOH溶液注入 中。（从右图中选填“甲”或“乙”）（3）下列操作会引起实验结果偏大的是： （填编号）A在锥形瓶装液前，留有少量蒸馏水B滴定前，碱式滴定管尖嘴有气泡，滴定后无气泡C锥形瓶先用蒸馏水洗涤后，再用待测液润洗
30、D用酸式滴定管量取待测液时将一滴待测液滴在锥形瓶外（4）判断到达滴定终点的现象是：锥形瓶中溶液从 色变为 色，且半分钟之内不再改变。（5）以下是实验数据记录表通过计算可得，该盐酸浓度为： molL1（计算结果保留2位小数）。【答案】（1）；偏大；（2）乙；（3）BC；（4）无；浅红；（5）0.16【解析】试题分析：（1）碱式滴定管在装液前应用待装液进行润洗，所以上述操作步骤中编号错误；用蒸馏水洗涤碱式滴定管，并立即注入NaOH溶液至“0”刻度线以上，碱式滴定管未用标准NaOH溶液润洗就直接注入标准NaOH溶液，标准液的浓度偏小，造成V（标准）偏大，所测溶液浓度偏大。（2）NaOH溶液应盛装在碱
31、式滴定管中，选乙。（3）A在锥形瓶装液前，留有少量蒸馏水，V（标准）不变，对测定结果无影响，A项错误；B滴定前，碱式滴定管尖嘴有气泡，滴定后无气泡，导致标准液的体积增大，所测溶液浓度偏大，B项正确；C锥形瓶先用蒸馏水洗涤后，再用待测液润洗，导致消耗标准液的体积增大，所测溶液浓度偏大，C项正确；D用酸式滴定管量取待测液时将一滴待测液滴在锥形瓶外，导致待测液减小，消耗标准液的体积减少，所测溶液浓度偏小，D项错误；答案选BC。（4）滴定时，当溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点，所以当滴入最后一滴NaOH溶液，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不再改变。（5）2次NaOH溶液体积的平均值为
32、（16.30+16.22）2=16.26mL，c（待测）=(0.2000molL116.26mL )20.00mL=0.16molL-1。【考点定位】考查酸碱中和滴定。【名师点睛】本题考查酸碱中和滴定。中和滴定中指示剂的选择和使用指示剂变色要灵敏，变色范围要小，酸碱恰好完全反应时，终点溶液的pH应在指示剂的变色范围内。（1）强酸和强碱的滴定一般常用甲基橙、酚酞作指示剂。（2）强酸溶液和弱碱溶液的相互滴定应选用甲基橙作指示剂；强碱溶液和弱酸溶液的相互滴定应选用酚酞作指示剂。（3）石蕊试液由于颜色变化不明显，不易辨别，在滴定过程中不宜使用。21(6分)一定温度下，测得某纯水的pH为65。试计算：
33、(1)此时水的离子积常数Kw为多少? (2)若在此纯水中加一定量Ba(OH)2固体，配制成0005molL-1。的Ba(OH)2溶液，保持原温度，其溶液的pH为多少?(3)取上述Ba(OH)2溶液200mL，加入含0.01mol的浓溶液，待反应完全后，上层清液中Ba2+浓度变为多少?体积变化忽略不计，Ksp(BaSO4)=10810-10【答案】（1）（1分） （2）pH=1（2分） （3） （3分）【解析】22【化学选修5：有机化学基础】（15分）丙二醇是重要的化工原料，利用甘油制备二元醇符合绿色化学要求。利用1，2-丙二醇可制得乳酸CH3CH(OH)COOH，乳酸与上述反应中的某一产物B可
34、以反应，转换关系如下。已知A的碳原子数与乳酸相同，E、F为链状高分子化合物。请回答下列问题：（1）反应的反应类型是 ，A中所含官能团名称是 。（2）B在一定条件下反应生成分子式为C2H4O的有机物，该物质不能发生银镜反应，核磁共振氢谱中只有一个峰，写出该物质的结构简式_。（3）F具有良好的光学性能和亲水性可作为隐形眼镜的材料，写出由D制备F的化学方程式 。（4）写出1，2-丙二醇制备乳酸的合成路线 。（5）物质C (C8H10O4)存在含有苯环的同分异构体，已知：一个C原子上连两个羟基不稳定；苯环上含有4个取代基；分子中含有两个CH2OH。符合上述条件的C的同分异构体有 种，写出其中一种的同分
35、异构体的结构简式 。【答案】（15分）（1）消去反应；（2分）碳碳双键、羧基；（各1分）（2）（2分）（3）（2分）（4）（除以上两个方案，其它合理答案也可3分）（5）11种（2分）；（2分，其它合理答案也可）【解析】试题分析：（1）乳酸分子在浓硫酸、加热条件下发生消去反应，生成丙烯酸，所以反应为消去反应；所以A中的官能团为碳碳双键、羧基；（2）B在一定条件下反应生成分子式为C2H4O的有机物，该物质不能发生银镜反应，该物质不是乙醛，核磁共振氢谱中只有一个峰，所以该物质是环氧乙烷，结构简式为；（3）B位乙二醇，发生分子内脱水生成环氧乙烷，则A与乙二醇发生酯化反应生成D，D的结构简式是CH2=C
36、HCOOCH2CH2OH，D在一定条件下发生加聚反应生成F，所以化学方程式是；（4）1，2-丙二醇先发生氧化反应，氧化为羧酸和羰基，然后羰基再发生于氢气的加成反应生成乳酸，流程图为；（5）根据题意，物质C (C8H10O4)的结构中含有4个取代基，其中两个为-CH2OH，则另外两个为-OH，先确定两个-OH的位置有3种：邻、间、对，然后分别判断每种结构中的苯环上的H原子被2个-CH2OH取代后的物质的结构，邻位置的有6种，间位置的有3种，对位置的有2种，所以共11种结构；其中一种的结构简式是等。考点：考查有机物的推断，官能团的判断，物质制备流程的设计，同分异构体的判断23（16分）高分子材料P
37、ET聚酯树脂和PMMA的合成路线如下：已知：RCOOR+ R18OHRCO18OR+ROH（R、R、R代表烃基）（R、R代表烃基）（1）的反应类型是_。（2）的化学方程式为_。（3）PMMA单体的官能团名称是_、_。（4）F的核磁共振氢谱显示只有一组峰，的化学方程式为_。（5）G的结构简式为_。（6）下列说法正确的是_（填字母序号）。a为酯化反应bB和D互为同系物 cD的沸点比同碳原子数的烷烃高d1 mol 与足量NaOH溶液反应时，最多消耗4 mol NaOH（7）J的某种同分异构体与J具有相同官能团，且为顺式结构，其结构简式是_。（8）写出由PET单体制备PET聚酯并生成B的化学方程式_。
38、【答案】（1）加成反应（2） （3）碳碳双键（1分） 酯基（1分）（4）（5） （6）a、c（7）（8）【解析】试题分析：根据有机合成路线，采用正向推理和逆向推理相结合的方法，乙烯与Br2发生加成反应生成的A为，加入NaOH溶液A发生水解反应生成的B为，与对苯甲酸甲酯发生酯交换反应生成PET单体和D，则D为CH3OH，根据E的分子式和F的核磁共振氢谱显示只有一组峰，可知E的结构简式为：CH3CHOHCH3，在Cu催化条件下与O2发生催化氧化反应生成的F为CH3CH3，根据题目所给信息可知G为：，在浓硫酸加热条件下G发生消去反应，生成的J为：CH2=C（CH3）COOH。（1）根据上述分析，反应
39、为乙烯与Br2发生的加成反应。（2）反应为发生的水解反应，化学方程式为：。（3）由PMMA的结构可推出PMMA单体的结构简式为：CH2=CH（CH3）COOCH3，则PMMA单体的官能团为：碳碳双键、酯基。（4）F的核磁共振氢谱显示只有一组峰，可知E的结构简式为：CH3CHOHCH3，在Cu催化条件下与O2发生催化氧化反应，则的化学方程式为：。（5）根据上述分析可知G的结构简式为：。（6）a、D为CH3OH，J为：CH2=C（CH3）COOH，所以反应为酯化反应，故a正确；b、B为，D为CH3OH，二者不是同分异构体，故b错误；c、D为CH3OH，分子间能形成氢键，使沸点升高，所以D的沸点比同碳原子数的烷烃高，故c正确；d、含有两个酯基，1 mol 与足量NaOH溶液反应时，最多消耗2mol NaOH，故d错误。（7）J的某种同分异构体与J具有相同官能团，且为顺式结构，则结构简式是：。（8）PET单体制备PET聚酯并生成B：，则PET聚酯的结构简式为：，所以化学方程式为：考点：本题考查有机合成的分析、化学方程式的书写、有机物的结构与性质、有机反应类型。