1、山东省滕州市第二中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）1氨水有下列平衡NH3H2ONH4OH，当其他条件不变时，改变下列条件，平衡向左移，且c(NH4)增大的是A加NaOH B加盐酸 C加NH4Cl D加同浓度氨水【答案】C【解析】试题分析：A、加入NaOH，增加c(OH)，根据勒夏特列原理，平衡向逆反应方向移动，c(NH4)减小，故错误；B、加盐酸，消耗OH，平衡右移，c(NH4)增大，故错误；C、加入NH4，增加c(NH4)，平衡左移，故正确；D、加入同浓度氨水，平衡不移动，故错误。考点：考查影响弱电解质电离的因素等知识。23He可以作为核聚变材料。下列关于3He的叙
2、述正确的是A3He和3H互为同位素 B3He原子核内质子数为3C3He原子核内中子数为1 D3He原子易失去两个电子【答案】C【解析】试题分析：A、23He和13H的质子数和中子数均不相等，不能互称同位素，故A错误；B、23He原子核外电子数等于质子数，均为2，故B错误；C、23He原子核内中子数为3-2=1，故C正确；D、23He是惰性气体性质稳定不易失去电子，故D错误故选C考点：本题考查学生原子表示法以及质量数、质子数、中子数之间的关系，难度不大3下列是关于氯水的叙述，正确的是A新制氯水中只含Cl2和HClO分子B新制氯水可使蓝色石蕊试纸先变红后褪色C光照氯水有气泡冒出，该气体为Cl2D氯
3、水放置数天后，pH值将增大【答案】B【解析】试题分析：A氯气与水反应生成次氯酸和盐酸，新制氯水中含Cl2和HClO分子，还有水分子，A错误；B新制氯水具有酸性和强氧化性，因此可使蓝色石蕊试纸先变红后褪色，B正确；C光照氯水有气泡冒出，该气体为氧气，即2HClO2HClO2，C错误；D氯水放置数天后由于次氯酸分解生成盐酸，酸性增强，pH值将减小，D错误，答案选B。考点：考查氯水的组成、性质4下列结构示意图中，表示阴离子的是A B C D 【答案】B【解析】只有质子数小于核外电子数微粒才是阴离子，所以选项B正确。A、D是原子，C是阳离子，答案选B。5酸在溶剂中的电离实质是酸中的H+转移给溶剂分子，
4、如HCl + H2O = H3O+ Cl。已知H2SO4和HNO3在冰醋酸中的电离平衡常数Ka1(H2SO4)=6.3109，Ka(HNO3)=4.21010。 下列说法正确的是A冰醋酸中H2SO4的电离方程式：H2SO4+ 2CH3COOH = SO42+ 2CH3COOH2+BH2SO4的冰醋酸溶液中：c(CH3COOH2+) =c(HSO4)+ 2c(SO42)+c(CH3COO)C浓度均为0.1molL1的H2SO4或HNO3的冰醋酸溶液：pH(H2SO4)pH(HNO3)D向HNO3的冰醋酸溶液中加入冰醋酸，减小【答案】B【解析】试题分析：A、冰醋酸中H2SO4发生部分电离，分步电离
5、，电离方程式为H2SO4+CH3COOH HSO4+ CH3COOH2+，A错误；B、H2SO4的冰醋酸溶液中存在质子守恒：c(CH3COOH2+) =c(HSO4)+ 2c(SO42)+c(CH3COO)，B正确；C、在冰醋酸中的电离平衡常数越大，pH越小，所以pH(H2SO4)pH(HNO3)，C错误；D、向HNO3的冰醋酸溶液中加入冰醋酸，溶液体积增大，c(NO3)减小，而电离平衡常数c(NO3) c(CH3COOH2+)/ c(HNO3)不变，所以c(CH3COOH2+)/ c(HNO3)增大，D错误。答案选B。考点：弱电解质的电离6用NA表示阿伏加德罗常数，以下各说法中正确的是A1m
6、ol钠作为还原剂可提供的电子数为NAB常温常压下，2.24L四氯化碳中所含氯原子数大于0.4NAC0.1mol的铜与足量的浓硫酸反应生成SO2的体积约为2.24LD在同温同压下，相同体积的任何气体单质应含有相同的原子数【答案】A【解析】试题分析：A钠原子最外层只有一个电子，1mol钠作为还原剂失去的电子数为NA，故A正确；B常温常压下，2.24L四氯化碳为液体，不能根据气体摩尔体积计算物质的量，故B错误；C0.1mol的铜与足量的浓硫酸反应生成SO2的体积标况下约为2.24L，故C错误；D在同温同压下，相同体积的任何气体单质含有的分子数目相等，但含有的原子数不一定相同；故答案为A。考点：有关阿
7、伏加德罗常数的判断7下列有关物质的分类合理的是AC60、HD均属于单质 B漂白粉、明矾均属于混合物C氯化铵、硫酸均属于离子化合物 DSO2、NxOy均属于酸性氧化物【答案】A【解析】试题分析：AC60、HD均是由一种元素组成的纯净物，属于单质，正确；B漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，而明矾是十二水合硫酸铝钾的化合物，错误；C氯化铵是离子化合价，而硫酸属于共价化合物，错误；DSO2属于酸性氧化物，N2O3、N2O5也属于酸性氧化物，但是NO、N2O等不是酸性氧化物，错误。 考点：考查物质的分类的知识。8某无色溶液中只可能含有Na+ 、Ba2 +、 Cl-、Br-、SO32-、SO42-离子中的
8、若干种，依次进行下列实验，且每步所加试剂均过量，观察到的现象如下：步骤操作现象（1）用pH试纸检验溶液的pH大于7（2）向溶液中滴加氯水，再加入CCl4振荡，静置CCl4层呈橙红色（3）向所得水溶液中加入Ba(NO3)2溶液和稀HNO3有白色沉淀产生（4）过滤，向滤液中加入AgNO3溶液和稀HNO3有白色沉淀产生下列结论正确的是A肯定含有的离子是 B肯定没有的离子是C可能含有的离子是 D不能确定的离子是【答案】A【解析】试题分析：溶液的PH大于7，说明溶液显碱性，该溶液应是强碱弱酸盐，所以一定含有亚硫酸根离子，则一定不含钡离子，所以阳离子只能是钠离子；向溶液中滴加氯水，再加入CCl4振荡，静置
9、，CCl4层呈橙红色，说明有溴单质生成，原溶液中一定存在溴离子；向所得水溶液中加入Ba(NO3)2溶液和稀HNO3，产生白色沉淀，不能证明原溶液中含有硫酸根离子，因为硝酸会把亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子；过滤，向滤液中加入AgNO3溶液和稀HNO3，产生白色沉淀，不能证明原溶液中含有氯离子，因为加入的氯水中含有氯离子，所以肯定含有的离子是，一定没有的是钡离子，其余不能确定，答案选A。考点：考查溶液中离子的鉴定9在200mL含Mg2+、Al3+、NH、H+、Cl等离子的溶液中，逐滴加入5mol/L的NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积（mL）与产生沉淀的物质的量（mol）的关系如下图所示。下列叙
10、述正确的是A原溶液中n（Mg2+）n（Al3+）=52B原溶液的pH=2Cx与y的差值为0.01molD原溶液中c（Cl）=0.75mol/L【答案】C【解析】试题分析：在200mL含Mg2+、Al3+、NH4+、H+、Cl-等离子的溶液中，逐滴加入5mol?L-1的NaOH溶液，加入4mLNaOH溶液时没有沉淀生成，说明H+先和NaOH反应，则溶液中含有H+，c（H+）=0.1mol/L，继续滴加NaOH溶液，沉淀的量逐渐增大，30mLNaOH溶液后，继续滴加NaOH溶液，沉淀的物质的量不变，则溶液中含有NH4+，则C（NH4+）=0.075mol/L，继续滴加NaOH，沉淀溶解，35mLN
11、aOH后，沉淀不溶解，说明溶液中含有Mg2+、Al3+，根据Al3+3OH-=Al（OH）3、Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O知，生成氢氧化铝沉淀和生成偏铝酸根离子需要氢氧化钠体积之比为3：1，则生成氢氧化铝沉淀需要NaOH体积=（35-33）mL3=6mL，则生成氢氧化镁需要NaOH体积=（30-4mL）-6mL=20mL，则c（Mg2+）=0.25mol/L，c（Al3+）=0.05mol/L，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得3c（Al3+）+2c（Mg2+）+C（NH4+）+c（H+）=c（Cl-）=mol/L=0.825mol/L，Cx为Al（OH）3、Mg（OH）2的物
12、质的量，y为Mg（OH）2的物质的量，二者的差为Al（OH）3的物质的量=0.05mol/L0.2L=0.01mol，故C正确；考点：考查混合液中浓度的计算10某有机化合物A只含碳、氢、氧三种元素，常用作局部麻醉剂和镇痛剂。，其分子模型如右图所示（图中球与球之间的连线代表化学键，如单键、双键等）。下列说法错误的是A它的分子式为C10H12O2B有机物A是苯酚的同系物C1molA与足量的浓溴水反应最多可能消耗2 molBr2D有机物A遇FeCl3溶液显紫色,至少有12个原子共平面【答案】B【解析】A正确，通过图形可以判断，黑点表示碳原子，空心小球代表氢原子，中心填充颜色浅的是氧原子。B错误，苯酚
13、只有一个氧原子，而图片上物质有两个氧原子，在组成上就不会只相差若干个CH2C正确，该物质与浓溴水反应有两类，一类是邻对位上的取代，由于只有一个邻位可以取代，所以发生取代反应消耗1molBr2。第二类，该物质有1mol的双键，可以发生加成，也要消耗1molBr2。D正确，只计算苯环上的六个碳，以及和六个碳直接相连的另外六个原子，就已经肯定的有十二原子共平面。11下列叙述正确的是A人们已经发现了109种原子CH，D，H+，H-，T都是氢元素的微粒D最外层电子数相同的微粒化学性质相似【答案】B、C 【解析】A不正确。因为大多数元素都有同位素，因而发现的原子远远超过109种。D不正确。如Ne和S2-最
14、外层都为8个电子，但Ne很难得失电子，而S2-易失电子有强还原性。12根据表信息，判断以下叙述正确的是部分短周期元素的原子半径及主要化合价A氢化物的稳定性为H2TH2RB单质与稀盐酸反应的速率为LQCL2与R2的核外电子数相等 DM与T形成的化合物具有两性【答案】D【解析】试题分析：短周期元素，由元素的化合价可知，T只有-2价，则T为O元素，可知R为S元素，L、M、Q只有正价，原子半径LQ，则L为Mg元素，Q为Be元素，原子半径M的介于L、Q之间，则M为Al元素A、H2R为H2S，H2T为H2O，水中分子之间存在氢键，熔沸点高H2OH2S，即H2RH2T，故A错误；B、金属性Mg比Be强，则M
15、g与酸反应越剧烈，则相同条件下单质与稀盐酸反应速率为LQ，故B错误；C、L2+的核外电子数为12-2=10，Q2-的核外电子数为16-（-2）=18，不相等，故C错误；D、M与T形成的化合物是氧化铝，是两性氧化物，故D正确。故选：D。考点：原子结构与元素周期率的关系点评：本题考查元素原子结构与性质，学生能利用原子半径及化合价来推断出元素是解答本题的关键，并熟悉元素及其单质、化合物的性质来解答即可，难度不大。13在11.2g铁和铜的合金中加入过量的硝酸溶液，合金完全溶解，同时生成气体X，再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，生成21.4g沉淀，则下列表示X组成的选项中合理的是A0.3mol NO
16、2 B0.3mol NO；0.1mol NO2C0.3mol NO2；0.1mol NO D0.6mol NO【答案】C【解析】14（2015秋宁夏校级期末）一定量的Na、Mg、Al分别与足量的盐酸反应，放出氢气的质量之比为1：2：4，则Na、Mg、Al三种金属的物质的量之比为（ ）A1：1：1 B4：2：1 C2：3：4 D3：3：4【答案】D【解析】酸足量，金属完全反应，放出氢气的质量之比为1：2：4，即放出氢气的物质的量比为1：2：4，设生成氢气分别为1mol、2mol、4mol，由电子守恒可知，Na、Mg、Al三种金属的物质的量之比为1mol：=3：3：4，故选D【点评】本题考查氧化还
17、原的计算，为高频考点，把握酸足量及电子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大15（15分）某化学过程的示意图如图所示。在装置工作过程中，甲池的总反应式为：。试回答下列问题：（1）甲池溶液中的移向 （填“a”或“b”）电极，乙池溶液中的移向 （填“ A”或“B”）电极；（2）电极a上发生的电极反应式为 ；（3）乙池中发生反应的离子方程式为 ；（4）当电极A处得到0.71g产物时，甲池中理论上消耗 (标准状况下)。如何检验A处的产物 。某研究性学习小组对铝热反应实验展开研究。现行高中化学教材对“铝热反应”的现象有这样的描述：“反应放出大量的热，并发出耀眼的光芒”、“纸漏斗的下部被
18、烧穿，有熔融物落入沙中”。查阅化学手册知， 熔点、沸点数据如下：物质Al熔点/66020541531462沸点/246729802750-某同学推测，铝热反应所得到的熔融物应是铁铝合金。理由是：该反应放出的热量使铁熔化，铝的熔点比铁低，此时液态的铁和铝熔合形成铁铝合金。你认为他的解释是否合理 （填“合理”或“不合理”）用一个简单的实验方案，证明上述所得的块状熔融物中含有金属铝。该实验所用试剂 ，反应的离子方程式为 。实验室溶解该熔融物，下列试剂中最适宜的试剂是 A.浓硫酸 B.稀硫酸 C.稀硝酸 D. 氢氧化钠溶液【答案】（15分）I（1）b;B（各1分）（2）（2分） (3)2CI-+2H2
19、0通电Cl2+H2+20H- (2分)（4）112，将湿润的淀粉KI试纸靠近电极A附近，试纸变蓝则为Cl2（没空2分）II（1）合理（1分）（2）NaON溶液（1分）(2分)（3）B（1分）【解析】16（15分）化合物G是一种医药中间体，常用于制备抗凝血药。可以通过下图所示的路线合成：已知：RCOOH PCl3 RCOCl；D与FeCl3溶液能发生显色。请回答下列问题：（1）BC的转化所加的试剂可能是 ，CEF的反应类型是 。（2）有关G的下列说法正确的是 。A属于芳香烃 B能与FeCl3溶液发生显色反应C可以发生水解、加成、氧化、酯化等反应 D1mol G最多可以跟4mol H2反应（3）E
20、的结构简式为 。（4）F与足量NaOH溶液充分反应的化学方程式为 。（5）写出同时满足下列条件的E的同分异构体的结构简式 。发生水解反应与FeCl3溶液能发生显色反应苯环上有两种不同化学环境的氢原子（6）已知：酚羟基一般不易直接与羧酸酯化。而苯甲酸苯酚酯（）是一种重要的有机合成中间体。试写出以苯酚、甲苯为原料制取该化合物的合成路线流程图(无机原料任用)。注：合成路线的书写格式参照如下示例流程图：【答案】OH或银氨溶液或新制Cu(OH)2碱性悬浊液等合理答案(1分)；取代反应。(1分) CD(2分) （2分）3NaOHCH3COONaCH3OHH2O（3分）、。（各1分）(3分)【解析】试题分析
21、：由F可知E为，根据D的分子式可知D为，由RCOOHRCOCl可知C为CH3COOH，B为CH3CHO，A为CH3CH2OH。（1）CH3CHOCH3COOH，所需条件是OH或银氨溶液或新制Cu(OH)2碱性溶液；CH3COClEF发生了取代反应；（2）A、根据G的结构简式知，G中含有氧元素，不属于芳香烃，错误；B、G中不含酚羟基，所以不能与FeCl3溶液发生显色反应，错误；C、G分子中有苯环、醇羟基、酯基，所以可以发生水解、加成、氧化、酯化等反应，正确；D、1mol苯环可以和3mol氢气发生加成，1mol双键可以和1mol氢气发生加成，所以1mol G最多可以跟4mol H2反应，正确，选C
22、D；（3）E的结构简式为；（4）F有两个酯基，与足量NaOH溶液充分反应的化学方程式为3NaOHCH3COONaCH3OHH2O；（5）满足E的同分异构体能发生水解反应，说明有酯基，与FeCl3溶液能发生显色反应，说明有酚羟基，苯环上有两种不同化学环境的氢原子，说明是对位结构，所以得到、；（6）甲苯氧化生成苯甲酸，苯取代生成氯苯，水解生成苯酚，以此合成该有机物，合成流程图为。考点：考查有机合成和有机综合推断。17实验室配制500mL0.2molL1的FeSO4溶液，具体操作步骤为：在天平上称取一定质量的绿矾（FeSO47H2O），把它放在烧杯中，用适量的蒸馏水使其完全溶解；把制得的溶液小心的注
23、入500mL的容量瓶中；继续向容量瓶中滴加蒸馏水至液面距刻度线12cm处时，改用胶头滴管小心滴加，直到溶液的凹液面恰好与刻度线相切为止；用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒23次，每次的洗涤液都转入容量瓶中，并轻轻摇匀；将容量瓶塞好，充分摇匀。请填写下列空白（1）用托盘天平称取的绿矾的质量为： ；（2）上述操作的正确顺序为： ；（3）本次实验过程中多次用到玻璃棒，在溶解时玻璃棒的作用是： ，在移液时玻璃棒的作用是： （4）观察液面时，若俯视刻度线，会使所配制的溶液的浓度 （填“偏高”、“偏低”或“无影响”下同）；加蒸馏水时不慎超过了刻度线后倒出部分溶液，使液面与刻度线相切，会 ；（5）用=1.84gm
24、L1，质量分数为98%的浓硫酸配制200mL1molL1的稀硫酸与上述配制溶液的步骤上的差别主要有三点：计算：理论上应取浓硫酸的体积V= mL（精确到小数点后两位）；量取：由于量筒是一种粗略的量具，如想精确量取，必需选用 （填仪器名称）溶解：稀释浓硫酸的方法 【答案】（13分）.（1）27.8g；（2）；（3）搅拌，加快溶解；引流；（4）偏高；偏低；（5）10.87；酸式滴定管；将浓硫酸沿着盛有水的烧杯内壁慢慢倒入，并不断用玻璃棒搅拌【解析】试题分析：（1）配制500mL0.2molL-1的FeSO4溶液，需要称取绿矾（FeSO47H2O）的质量m=0.500L0.2molL-1278g/mo
25、l=27.8g，故答案为：27.8g；（2）配制的一般步骤为称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，故答案为：；（3）在溶解时用玻璃棒搅拌，可以加速固体的溶解；移液时，因为容量瓶的瓶颈细长，应用玻璃棒将溶液引流入容量瓶中；故答案为：搅拌，加快溶解；引流；（4）观察液面时，若俯视刻度线，导致溶液的体积偏小，溶液的浓度偏高；加蒸馏水时不慎超过了刻度线后倒出部分溶液，使液面与刻度线相切，吸出的液体中含有溶质，溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏低；故答案为：偏高；偏低；（5）=1.84gmL-1，质量分数为98%的浓硫酸的物质的量浓度C=18.4mol/L，溶液稀释前后溶质的物质的量不变，设需要浓硫酸
26、的体积为V，则V18.4mol/=200mL1molL-1，解得V=10.87ml；故答案为：10.87；滴定管精确度为0.01ml，浓硫酸具有强的氧化性，所以应选择酸式滴定管量取；故答案为：酸式滴定管；稀释浓硫酸时，要把浓硫酸缓缓地沿器壁注入水中，同时用玻璃棒不断搅拌，以使热量及时地扩散；切不可把水注入浓硫酸中；故答案为：将浓硫酸沿着盛有水的烧杯内壁慢慢倒入，并不断用玻璃棒搅拌。考点：考查了配制一定物质的量浓度溶液实验的相关知识。18三氯氧磷（化学式：POCl3）常用作半导体掺杂剂及光导纤维原料。氯化水解法生产三氯氧磷的流程如下：（1）氯化水解法生产三氯氧磷的化学方程式为 。（2）通过佛尔哈
27、德法可以测定三氯氧磷产品中Cl元素含量，实验步骤如下：取a g产品于锥形瓶中，加入足量NaOH溶液，待完全水解后加稀硝酸至酸性。向锥形瓶中加入0.1000 molL1的AgNO3溶液40.00 mL，使Cl完全沉淀。向其中加入2 mL硝基苯，用力摇动，使沉淀表面被有机物覆盖。加入指示剂，用c molL1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积。已知：Ksp(AgCl)=3.21010，Ksp(AgSCN)=21012滴定选用的指示剂是 （选填字母），滴定终点的现象为 。aFeCl2 bNH4Fe(SO4)2 c淀粉 d甲基橙实验过程中加入硝基苯的目的是 ，如无此操作所测Cl元素含量将
28、会 （填“偏大”、“偏小”或“不变”）（3）氯化水解法生产三氯氧磷会产生含磷（主要为H3PO4、H3PO3等）废水。在废水中先加入适量漂白粉，再加入生石灰调节pH将磷元素转化为磷酸的钙盐沉淀并回收。在沉淀前先加入适量漂白粉的作用是 。下图是不同条件对磷的沉淀回收率的影响图像。处理该厂废水最合适的工艺条件为 （选填字母）。a调节pH=9 b调节pH=10 c反应时间30 min d反应时间120 min若处理后的废水中c(PO43)=4107molL1，溶液中c(Ca2+)= molL1。（已知Ksp=21029）【答案】（1）PCl3+H2O+Cl2POCl3+2HCl （2）b；溶液变为红色
29、 防止在滴加NH4SCN时，将AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀 偏小 （3）将废水中的H3PO3氧化为PO43，使其加入生石灰后转化为磷酸的钙盐 bc 5106【解析】试题分析：（1）氯化水解法生产三氯氧磷的同时还有氯化氢生成，因此反应的化学方程式为PCl3H2OCl2=POCl32HCl；（2）SCN能与铁离子结合使溶液显红色，所以指示剂选择NH4Fe(SO4)2，滴定终点的现象为溶液变为红色；根据溶度积常数可知，氯化银的溶度积常数大于AgSCN的溶度积常数，氯化银沉淀容易转化为AgSCN沉淀。因此硝基苯的作用是防止滴加NH4SCN时，将AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀；如无此操作所测Cl元
30、素含量将会导致AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀，从而使得氯离子的含量偏低；（3）氯化水解法生产三氯氧磷的同时会产生磷酸和亚磷酸，要转化为磷酸的钙盐沉淀并回收，则需要将亚磷酸氧化转化为磷酸。而漂白粉具有氧化性，能将废水中的H3PO3氧化为PO43，使其加入生石灰后转化为磷酸的钙盐；根据图1可知pH10时，回收率高，而残留溶解性磷浓度低，所以b正确；根据图2可知，反应进行30min或120min时，回收率以及而残留溶解性磷浓度相差不大，因此c正确，答案选bc；已知Ksp=21029，当溶液中c(PO43)4107 molL1时，此时溶液中c(Ca2+)=5106molL1。考点：考查物质制备、滴定
31、实验以及溶度积常数的应用与计算等19某学习小组设计了如图所示的实验方案来制取次氯酸钠和探究氯水的性质。图中：为氯气发生装置；试管里盛有15 mL 8% NaOH溶液，并置于冰水浴中；试管里是滴有酚酞的NaOH溶液；为尾气吸收装置。请填写下列空白：（1）实验前必须对整套装置进行的操作是 ；（2）制取氯气时，在烧瓶里加入一定量的二氧化锰，通过_（填写仪器名称）向烧瓶中加入适量的浓盐酸。实验时为了除去氯气中的氯化氢气体，可在与之间安装盛有 （填写下列编号字母）的净化装置。a碱石灰 b饱和食盐水 c浓硫酸 d饱和碳酸氢钠溶液（3）写出装置中发生的离子反应方程式 ；（4）实验中可观察到试管的实验现象是溶
32、液褪色。某同学提出两种猜想：猜想一：氯气与NaOH溶液发生反应使溶液褪色猜想二： 。请设计实验验证哪种猜想是正确的？【答案】（1）检查装置的气密性（1分）；（2）分液漏斗（1分）；b（1分）；（3）2OH-Cl2Cl-ClO-H2O（2分）；（4）氯水中含有的HClO起漂白作用（2分）；取褪色后的溶液少量于试管中，滴加几滴NaOH溶液。若溶液恢复红色，说明猜想一是正确的，若溶液未恢复红色，说明猜想二是正确的（2分）；【解析】试题分析：（1）该装置是制取氯气并检验氯水等，有气体参加，所以实验前必须对整套装置进行的操作是检查装置的气密性；（2）制取氯气时，在烧瓶里加入一定量的二氧化锰，通过分液漏斗
33、向烧瓶中加入浓盐酸，这时在烧瓶中发生反应：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O，由于浓盐酸有挥发性，所以在制取的氯气中含有杂质HCl，实验时为了除去氯气中的氯化氢气体，可在与之间安装盛有饱和食盐水的装置，既可以除去杂质HCl，又可以减少Cl2的消耗；而其余的试剂，碱石灰、饱和碳酸氢钠溶液与两种物质都发生反应，不能使用，浓硫酸与两种物质都不能反应，也不能使用，答案选b；（3）在装置中Cl2与NaOH溶液发生反应产生次氯酸钠、氯化钠和水，发生的离子反应方程式是2OH-Cl2Cl-ClO-H2O；（4）实验中可观察到试管的实验现象是溶液褪色。某同学提出两种猜想：猜想一：氯气与NaOH
34、溶液发生反应使溶液褪色；猜想二：氯水中含有的HClO起漂白作用，将红色物质氧化漂白，使物质褪色。设计实验验证哪种猜想是正确的是措施是向该无色溶液中加入过量的NaOH溶液，使溶液显碱性，若溶液变为红色，说明猜想一是正确的，若溶液未恢复红色，说明猜想二是正确的。【考点定位】本题主要是考查氯气的制取、性质、试剂的选择、物质制取的离子方程式的书写、实验方案的设计与验证。【名师点晴】实验安全问题在高考实验中极易出现，主要考查考生的安全意识。审题时要注意：点燃可燃性气体，是否做到防爆炸，例如氢气、CO等。加热液体混合物，是否做到防暴沸，例如蒸馏实验。制取有毒气体，是否做到防中毒，例如CO、氯气、二氧化硫等
35、。排水法收集气体或用水吸收气体，是否做到防倒吸，氯气氨气、氯化氢、二氧化硫等。制取对环境有污染的物质，是否做到防污染，例如氯气、二氧化硫等大气污染物。20（10分） 在某温度下，将H2和I2各0.10mol的气态混合物充入10L的密闭容器中，充分反应达到平衡后测得c(H2)=0.008mol/L。求：(1)该反应的平衡常数。 (2)在同样的温度下，该容器中若通入H2和I2(g)各0.20mol，试求达到平衡状态时H2的转化率【答案】（1）K=14 （2）(H2)=20%【解析】考查可逆反应的有关计算。（1）根据反应的方程式可知H2（g）+I2（g）2HI（g）起始量（mol） 0.1 0.1
36、0转化量（mol） x x 2x平衡量（mol） 0.08 0.10x 2x所以有 0.10x0.08解得x0.02mol所以平衡时氢气、碘和碘化氢的浓度分别是0.008mol/L、0.008mol/L、0.004mol/L因此平衡常数K（2）由于反应前后体积不变，所以容器中若通入H2和I2(g)各0.20mol，平衡还是等效的，因此达到平衡状态时H2的转化率不变，仍然是0.020.10.2，即20。21A是一种军用催泪弹的主要成分,H可制得高聚物PLA，以PLA为材料可制成新型固定螺钉，用于骨折接合手术。经分析A 的相对分子质量为161，除含有C、H 元素外，它还含有一种卤族元素，分子中只含
37、有一个甲基。化合物AH 的转化关系如下图所示，其中足量的新制Cu(OH)2 悬浊液与1 mol C 反应可生成1 mol Cu2O 和1 mol D，B1和B2 互为同分异构体，B1 的摩尔质量80g/mol；G1 和G2 互为同分异构体，二者的核磁共振氢谱均只有两种氢环境，G1无甲基。一个碳原子上连有两个碳碳双键的结构(-CCC-)不稳定。请完成下列问题：(1) A 中官能团的名称；B1 的分子式为。(2)反应中属于消去反应的是_；A 的结构简式：。(3)反应的化学方程式：。(4)写出C 与新制Cu(OH)2悬浊液 反应的方程式：。(5) 写出H在一定条件下生成高聚物的反应方程式。(6)符合
38、下列条件的E 的同分异构体共有种。含有三个甲基；能与NaHCO3 反应；OH、Br不连在同一个碳原子上。(7)设计实验验C 中所含有的非氧官能团 。【答案】（1）碳碳双键、溴原子 C6H8 （2）5 （3）HOOCCH2CHBrCH2CH(OH)CH3催化剂加热+H2O(4)+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O+3H2O(5) (6) 2(7)取少量C加适量氢氧化钠水溶液加热水解，然后加硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，若产生淡黄色沉淀，则说明含有溴原子【解析】试题分析：由图中转化关系及题中结构信息知：A的分子式为C6H9Br，因其臭氧化后的产物只有一种，故A应是环状化合物，因分子结构中只有一个-
39、CH3，故A为不饱和五元环状物。又由A的臭氧化后的产物C与Cu（OH）2反应的比例关系知C分子中只有一个醛基，故A中甲基连在其中的一个不饱和碳原子上，再结合题目中提供的结构信息知，A结构为 ，根据题中信息可知A发生氧化后生成C，C为OHCCH2CHBrCH2COCH3，C氧化为D，只含有1个醛基，D为HOOCCH2CHBrCH2COCH3，D加成后生成E，E为HOOCCH2CHBrCH2CHOHCH3，E发生酯化反应生成F，则F为，B1是A的消去产物，其分子式为C6H8，相对分子质量为80。B1和B2 互为同分异构体，B2发生臭氧化反应后生成G1 和G2 互为同分异构体，二者的核磁共振氢谱均只
40、有两种氢环境，G1无甲基，因此B1、B2的结构简式为、。G1 和G2的结构简式分别为OHCCH2CHO、OHCCOCH3。G2通过银镜反应、酸化并加成后得到H，则H的结构简式为HOOCCHOHCH3，则（1）根据以上分析可知A 中官能团的名称碳碳双键、溴原子，B1 的分子式为C6H8；（2）A在氢氧化钠醇溶液中发生消去，则反应中属于消去反应的是，A 的结构简式为。（3）反应是酯化反应，则化学方程式为HOOCCH2CHBrCH2CH(OH)CH3催化剂加热+H2O。（4）C中含有醛基，在加热条件下与氢氧化铜悬浊液反应生成羧酸，反应方程式为OHCCH2CHBrCH2COCH32Cu（OH）2NaO
41、H NaOOCCH2CHBrCH2COCH3Cu2O3H2O。（5）H分子中含有羟基和羧基，在一定条件下生成高聚物，其反应方程式为。（6）含有三个甲基；能与NaHCO3 反应，说明含有羧基；OH、Br不连在同一个碳原子上，则符合条件的同分异构体结构简式为，共计是2种。（7）C分子中的溴原子不能直接与硝酸银溶液反应，需要先通过水解反应，因此正确的操作是取少量C加适量氢氧化钠水溶液加热水解，然后加硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，若产生淡黄色沉淀，则说明含有溴原子。考点：考查有机物推断、官能团、有机反应类型、同分异构体判断、官能团检验以及方程式书写22已知：苯和卤代烃在催化剂作用下可以生成烷基苯和卤化氢
42、，例如： CH3CH2CH2Cl CH2CH2CH3 HCl根据以下转化关系(生成物中所有无机物均已略去)，其中F的化学式为 ，回答下列问题：（2）C的结构简式为 ，F的结构简式为 ，E、G中所含官能团的名称分别是 、 。（2）在6个反应中，属于取代反应的是(填反应编号） 。（3）写出C2H4B的反应方程式 ；反应类型为： 写出的反应方程式 。（4）简述验证D中含有氯元素的方法是 。【答案】（1）；碳碳双键；羧基；（2）（3）CH2CH2 + HCl CH3CH2 Cl；加成反应（4）取少量的D于试管中，加NaOH溶液并加热，再加稀HNO3至溶液呈酸性，滴加AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，则
43、D中含有氯元素，否则，不含氯元素。【解析】试题分析：乙烯与HCl发生加成反应生成B为CH3CH2Cl，氯乙烷发生消去反应得到乙烯，氯乙烷与苯发生信息中取代反应生成C为，C发生氧化反应生成G为，C与氯气在光照条件下发生侧链中取代反应生成D，D发生水解反应得到，则D为，D发生消去反应生成E为，苯乙烯发生加聚反应得到F为。（1）C的结构简式为，F的结构简式为，E为，含有官能团为碳碳双键，G为，含有官能团为羧基，故答案为：；碳碳双键；羧基；（2）在个反应中，属于取代反应的是，故答案为：；（3）C2H4B的反应方程式：CH2=CH2+HClCH3CH2 Cl，反应类型为：加成反应，反应的反应方程式为：，故答案为：CH2=CH2+HClCH3CH2 Cl；加成反应；（4）简述验证D中含有氯元素的方法是：取少量的D于试管中，加NaOH溶液并加热，再加稀HNO3至溶液呈酸性，滴加AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，则D中含有氯元素，否则，不含氯元素，故答案为：取少量的D于试管中，加NaOH溶液并加热，再加稀HNO3至溶液呈酸性，滴加AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，则D中含有氯元素，否则，不含氯元素。考点：考查了有机物的推断的相关知识。
