1、云南省广南二中2018-2019学年6月份考试高二 化学本试卷分第卷和第卷两部分，共100分，考试时间90分钟。一、单选题(共22小题,每小题2.0分,共44分)1. 下列叙述正确的是( )A. 金属受外力作用时常常发生变形而不易折断,这是由于金属原子之间有较强的作用B. 通常情况下,金属里的自由电子会发生定向移动而形成电流C. 金属是借助自由电子的运动,把能量从温度高的部分传到温度低的部分D. 金属的导电性随温度的升高而减弱【答案】D【解析】金属受外力作用时常常发生变形而不易折断,这是因为金属晶体中各层会发生相对滑动,但不会改变原来的排列方式,故A项不正确;金属里的自由电子要在外电场作用下才
2、能发生定向移动产生电流,故B项不正确;金属的导热性是由于自由电子碰撞金属原子将能量进行传递,故C项不正确。2. 石墨烯是由碳原子构成的单层片状结构的新材料（结构示意图如下），可由石墨剥离而成，具有极好的应用前景。下列说法正确的是A. 石墨烯与石墨互为同位素B. 0.12g石墨烯中含有6.02*1022个碳原子C石墨烯是一种有机物C. 石墨烯中的碳原子间以共价键结合【答案】D【解析】同位素的研究对象是原子，A选项错误；0.12g石墨烯的物质的量为0.01mol，所含碳原子个数为0.01NA，B选项错误；有机物一般含有碳、氢元素，C选项错误；由图示可知，石墨烯中碳原子间均为共价键结合，D选项正确。
3、3.下列分子中，所有原子的最外层均为8电子结构的是A. BeCl2B. H2SC. NCl3D. SF4【答案】C【解析】【详解】原子的最外层电子数+化合价绝对值=8，则该原子的最外层满足8电子稳定结构。A、铍原子最外层为2电子结构，不是8电子结构，A错误；B、氢原子最外层为2电子结构，不是8电子结构，B错误；C、氮原子和氯原子的化合价分别是3价和1价，最外层电子数+化合价绝对值为8，则原子的最外层均满足8电子稳定结构，C正确；D、S的化合价是4价，大于8电子稳定结构，不符合题意，D错误； 综上所述，本题选C。【点睛】该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。试题综合性强，侧重对学生能力的培
4、养和解题方法的指导与训练，有助于培养学生的逻辑推理能力，该题的关键是明确判断8电子稳定结构的依据，然后结合题意灵活运用即可。4.1861年德国人基尔霍夫(G.R.Kirchhoff)和本生(R.W.Bunsen)研究锂云母的某谱时，发现在深红区有一新线，从而发现了铷元素，他们研究的某谱是()A. 原子光谱B. 质谱C. 红外光谱D. 核磁共振谱【答案】C【解析】【详解】1861年德国人基尔霍夫和本生研究锂云母的红外光谱时,发现在深红区有一新线,从而发现了铷元素,铷的发现,是用光谱分析法研究分析物质元素成分取得的第一个胜利,所以C选项是正确的；综上所述，本题选C。5.下列说法中正确的是()A.
5、分子中键能越大，键长越短，则分子越稳定B. 只有非金属原子之间才能形成共价键C. 水分子可表示为HOH，分子中键角为180D. HO键键能为463 kJmol1，即18 g水分子生成H2和O2时，放出的能量为(2463) kJ【答案】A【解析】【分析】A.分子中键能越大、键长越短，则分子越稳定；B.有些金属元素也可以形成共价键；C.水分子中键角104.5；D.由于形成化学键还需要放出能量，所以18gH2O分解成H2和O2时，消耗能量要小于926kJ。【详解】A.分子中键能越大、键长越短，则分子越稳定，键长越长、键能越小时分子越不稳定，故A正确；B.有些金属元素也可以形成共价键，如AlCl3、B
6、eCl2等，故B错误；C.水分子可表示为H-O-H，其空间构型为V形，水分子中键角104.5，故C错误；D.18g水是1mol，则断裂1mol水中的共价键需要消耗926kJ的能量，由于形成化学键还需要放出能量，所以18gH2O分解成H2和O2时，消耗能量要小于926kJ，故D错误。故选A。6.下列原子半径大小顺序正确的是()1s22s22p31s22s22p63s23p31s22s22p51s22s22p63s23p2A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据核外电子排布式书写规律分析解答。【详解】1s22s22p3是N元素，1s22s22p63s23p3是P元素，1s22s22p
7、5是F元素，1s22s22p63s23p2是Si元素，根据元素周期律分析可知，原子半径由大到小的顺序为：；答案选D【点睛】本题考查同周期元素性质递变规律，原子半径比较：电子层数越多，原子半径越大；电子层数相同时，核电荷数越小，原子半径越大。7.下列各组指定的元素不能形成AB2型化合物的是A. 2s22p2和2s22p4B. 2s22p2和3s23p4C. 3s2和3s23p5D. 3s1和3s23p5【答案】D【解析】分析】根据外围电子排布确定元素，结合元素化合价及元素形成的常见化合物进行分析判断。【详解】A.价层电子排布为2s22p2的元素为C，价层电子排布为2s22p4元素为O，二者可形成
8、CO2，故A不符合题意；B.价层电子排布为3s23p4的元素为S，价层电子排布为2s22p2的元素为C，二者可形成CS2，故B不符合题意；C. 价层电子排布为3s2的元素为Mg，价层电子排布为2s22p5的元素为Cl，二者可形成MgCl2，故C不符合题意；D. 价层电子排布为3s1的元素为Na，价层电子排布为3s23p5的元素为Cl，二者可形成NaCl，与题目不符，故选D；故选D。【点睛】解决原子核外电子排布题目时，注意掌握常见元素的化合价及元素组成常见化合物类型，注意把握核外电子的排布特点，把握常见元素的化合价。8.常温下用石墨作电极，电解100 mL 0.1 molL1的Cu(NO3)2和
9、0.1 molL1的AgNO3组成的混合溶液，当某一电极上生成的气体在标准状况下体积为1.12 L 时，假设溶液体积不变，下列说法正确的是()A. 阴极增重1.4 gB. 所得溶液pH1C. 阴极增重0.64 gD. 所得溶液pH1【答案】B【解析】【详解】溶液中铜离子和银离子的物质的量都是0.01mol，根据放电顺序可知，阴极首先是银离子放电，生成银，然后是铜离子放电生成铜。阳极是OH放电生成氧气，即氧气是0.05mol，转移电子是0.2mol，所以根据电子的得失守恒可知，阴极除了生成0.01mol银和铜外，还生成0.085mol氢气，所以阴极增加的质量是1.08g0.64g1.72g，选项
10、A、C错误；在金属离子放电的同时，溶液中产生氢离子，所得溶液pH1，选项B正确，选项D错误；答案选B。9.在一定温度下，体积不变的密闭容器中有可逆反应A(g) B(g) 2C(g)D(s)，可以判断反应达到平衡是()A. 单位时间内反应nmol B同时生成2nmol CB. 容器内气体的物质的量不再变化C. A的生成速率与B的生成速率相等D. 容器内气体的密度不再变化【答案】D【解析】【详解】A、消耗B、生成C都是正反应方向，未体现正与逆的关系，不能作平衡状态的标志，选项A错误；B、反应前后气体化学计量数之和相等，气体的量在反应前后不会变化，不能用于判断是否达到平衡，选项B错误；C、两者都表示
11、逆反应速率，不管是达到平衡状态，这两个速率都相等，选项C错误；D、气体总质量是有变化，D中因为容器体积固定，所以气体体积固定，密度不再变化，即气体质量不再变化，所以密度不再变化就是反应已经达到平衡，选项D正确；答案选D。【点睛】本题考查化学平衡状态的标志的判断。根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。10.已知反应：X3Y2Z，建立平衡后改变条件Z的百分含量变化如图，则判断正确的是 ()A. H0B
12、. HT1，可见，升温Z减少，平衡左移，所以HH+，而在阳极为Cl-OH-SO42-，所以最终的结果是阴极产生的氢气体积与阳极产生的氯气和氧气的总体积相等。16. 下列能形成顺反异构的是（ ）A. 1，1二氯乙烯B. 2丁烯C. 丙烯D. 1丁烯【答案】B【解析】由于碳碳双键不能旋转而导致分子中原子或原子团在空间的排列方式不同所产生的异构现象，称为顺反异构。所以碳碳双键的同一碳原子上连有不同的基团，就能产生顺风异构，据此可知选项B是正确的，答案选B。17.用一种试剂可将三种无色液体CCl4、苯、甲苯鉴别出来，该试剂是A. 硫酸溶液B. 水C. 溴水D. KMnO4酸性溶液【答案】D【解析】试题
13、分析：A硫酸溶液与三种无色溶液都不能溶解，也不发生反应，不能用于鉴别，错误；B水与三种物质都不能溶解，CCl4密度比水大，在水下层，而苯、甲苯的密度都比水小，在上层，因此无法区别苯、甲苯，错误；C溴水中的溴单质容易溶于有机物，当加入溴水时，溴被萃取，下层颜色深的是CCl4，上层颜色深的是苯、甲苯，因此还是无法鉴别苯、甲苯，错误；D加入KMnO4酸性溶液，CCl4不发生反应，CCl4密度比水大，油层在下层；苯也不能发生反应，由于苯的密度比水小，所以油层在上层；甲苯与酸性高锰酸钾容易发生反应，溶液紫色褪去，上下两层溶液均无色。三种溶液的现象各不相同，可以鉴别，正确。考点：考查物质鉴别的化学试剂的选
14、择的知识。18.工业上苯乙烯是合成树脂、离子交换树脂及合成橡胶等的重要单体，如图是苯乙烯的结构简式：,下列关于该有机物的说法不正确的是()A. 苯乙烯的分子式为C8H8B. 苯乙烯通过加聚反应可制备高分子化合物C. 苯乙烯与溴的四氯化碳溶液反应：D. 苯乙烯能发生加成反应，但不能发生取代反应【答案】D【解析】分析：苯乙烯分子中含有苯环和碳碳双键，结合苯和乙烯的结构与性质解答。详解：A. 根据苯乙烯的结构简式可知分子式为C8H8，A正确；B. 苯乙烯分子中含有碳碳双键，通过加聚反应可制备高分子化合物，B正确；C. 苯乙烯分子中含有碳碳双键，与溴四氯化碳溶液发生加成反应的方程式为，C正确；D. 苯
15、乙烯含有碳碳双键，能发生加成反应，含有苯环，也能发生取代反应，D错误。答案选D。19.要合成带有放射性氧元素（*O）的乙酸乙酯，除必要的反应条件外，下列各组反应物能满足合成要求的是（）CH3CO*OH和C2H5OHCH3COOH和C2H5*OHCH3C*OOH和C2H5OHCH3CO*OH和C2H5*OHA. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据酯化反应的原理“酸脱羟基醇脱氢”，乙酸乙酯的两个氧原子分别来乙酸的碳氧双键中的O（羰基中的O）和乙醇中羟基中的O，即只要乙酸的碳氧双键的氧原子或乙醇中羟基的氧原子含有放射性氧元素（*O），生成的乙酸乙酯就含有放射性氧元素（*O）。【详解】C
16、H3CO*OH和C2H5OH，酯化反应中，乙酸中的羟基脱去生成了水，所以乙酸乙酯中不会含有放射性氧元素（*O），故错误；CH3COOH和C2H5*OH，乙醇在酯化反应中只是失去氢原子，乙醇中的放射性氧元素（*O）会保留在乙酸乙酯中，故正确；CH3C*OOH和C2H5OH，乙酸中的碳氧双键中的放射性氧元素（*O）会保留在乙酸乙酯中，即生成的乙酸乙酯含含放射性氧元素（*O），故正确；CH3CO*OH和C2H5*OH，乙酸的羟基中的放射性氧元素（*O）不会保留在乙酸乙酯中，但是乙醇中的放射性氧元素（*O）会保留在乙酸乙酯中，即生成的乙酸乙酯含含放射性氧元素（*O），故正确；答案选D。【点睛】本题考查
17、了酯化反应的原理，题目难度中等，注意熟练掌握酯化反应的原理“酸脱羟基醇脱氢”，试题具有新颖性，是一道不错的题目，有利于培养学生的分析能力、理解能力和灵活应用所学知识解决实际问题的能力。20.最近美国宇航员(NASA)马里诺娃博士找到了一种比二氧化碳有效104倍的“超级温室气体”全氟丙烷(C3F8)，并提出用其“温室化火星”使其成为第二个地球的计划。有关全氟丙烷的说法正确的是()A. 分子中三个碳原子可能处在同一直线上B. 全氟丙烷的电子式为C. 相同压强下，沸点：C3F8C3H8D. 全氟丙烷分子中既有极性键又有非极性键【答案】D【解析】【分析】A、根据分子的空间结构判断；B、根据共价化合物电
18、子式的书写规则判断；C、C3F8与C3H8均为分子晶体，熔沸点的比较看其相对分子质量的大小；D、根据极性共价键的定义判断。【详解】A、全氟丙烷可以看作是CF4中的两个F原子被两个CF3取代，CF4是正四面体结构，所以CF4中的任两个F原子和C原子都不在同一直线上，所以全氟丙烷分子中三个碳原子不可能处于同一直线上，选项A错误；B、F原子的孤对电子没标出，选项B错误；C、C3F8与C3H8均为分子晶体，熔沸点的比较看其相对分子质量的大小，所以沸点：C3F8C3H8，选项C错误；D、全氟丙烷中碳原子之间是非极性共价键，碳和氢之间形成的是极性共价键，选项D正确。答案选D。【点睛】本题考查的知识点较多，
19、侧重考查学生对各知识点的掌握程度，利用迁移思想是解A选项的关键。21. 下列说法正确的是（）。A. 淀粉、油脂和蛋白质都是高分子化合物，且它们均为混合物B. 煤、石油和天然气都是化石燃料，且它们均不能再生C. 果糖、蔗糖和麦芽糖都能发生水解反应，且产物均为葡萄糖D. 乙醛、乙酸和葡萄糖都能与新制的Cu（OH）2反应，且反应类型均为氧化反应【答案】B【解析】【详解】A油脂相对分子质量较小，不是高分子化合物，选项A错误；B煤、石油和天然气是常见5三种化石燃料，它们属于不可再生能源，选项B正确；C蔗糖的水解产物为果糖和葡萄糖，麦芽糖的水解产物为葡萄糖，且果糖是单糖，单糖不能发生水解，选项C错误；D乙
20、酸能与氢氧化铜发生中和反应，不属于氧化还原反应，选项D错误。答案选B。22.下列化合物中既易发生取代反应，也可发生加成反应，还能使KMn04酸性溶液褪色的是A. 乙烷B. 乙醇C. 丙烯D. 苯【答案】C【解析】试题分析：A乙烷属于烷烃主要发生取代反应，为饱和烃，不能发生加成反应，故A错误；B乙醇不能发生加成反应，故B错误；C丙烯属于烯烃且含有一个甲基，甲基上发生取代反应，碳碳双键能发生加成、能使高锰酸钾溶液褪色，因此符合题意，故C正确；D苯与酸性高锰酸钾不反应，故D错误；故选C。【考点定位】考查有机物的结构和性质【名师点晴】明确常见有机化合物的化学性质及常见的有机化学反应类型是解题关键，发生
21、加成反应，应含有不饱和键或苯环，能被酸性高锰酸钾氧化，可为不饱和烃、苯的同系物或乙醇等，以此解答该题。【此处有视频，请去附件查看】分卷II二、填空题(共6小题,共56分)23.离子液体是一种室温熔融盐，为非水体系由有机阳离子、Al2Cl7和AlCl4组成的离子液体做电解液时，可在钢制品上电镀铝（1）钢制品应接电源的 极，已知电镀过程中不产生其他离子且有机阳离子不参与电极反应，阴极电极反应式为 ，若改用AlCl3水溶液作电解液，则阴极产物为 （2）为测定镀层厚度，用NaOH溶液溶解钢制品表面的铝镀层，当反应转移6mol电子时，所得还原产物的物质的量为 mol（3）用铝粉和Fe2O3做铝热反应实验
22、，需要的试剂还有 a、KCl b、KClO3c、MnO2d、Mg取少量铝热反应所得的固体混合物，将其溶于足量稀H2SO4，滴加KSCN溶液无明显现象， （填“能”或“不能”）说明固体混合物中无Fe2O3，理由是 （用离子方程式说明）【答案】（1）负；4 Al2Cl7+3e=Al+7 AlCl4；H2（2）3（3）b、d；不能；Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O、Fe+2Fe3+=3Fe2+（或只写Fe+2Fe3+-3Fe2+）【解析】试题分析：(1)依据电镀原理分析，钢铁上镀铝是利用铝做阳极与电源正极相连，钢铁做阴极与电源负极相连，由有机阳离子、Al2Cl7-和AlCl4-组成的离子液体做
23、电解液来实现，离子液体是一种室温熔融盐，为非水体系，电镀过程中不产生其他离子且有机阳离子不参与电极反应，则阴极反应生成铝是发生的还原反应，铝元素化合价降低，分析离子液体成分，结合电荷守恒分析可知是Al2Cl7-得到电子生成，电极反应为：4Al2Cl7-+3e-=Al+7AlCl4-；改用AlCl3水溶液作电解液是溶液中氢离子在阴极放电生成氢气，2H+2e-=H2；故答案为：负；4Al2Cl7- + 3e- = Al + 7AlCl4- ；H2 ；(2)依据铝和氢氧化钠反应的化学方程式分析，2Al+2NaOH+6H2O=2NaAlO2+3H2+4H2O，还原产物为氢气，当反应转移6mol电子时，
24、所得还原产物的物质的量为3mol；故答案为：3；(3)铝热反应需要引发剂引发高温反应，用少量氯酸钾和镁条引发，点燃镁条燃烧放热使氯酸钾分解生成氧气助燃产生反应引发所需要的温度；铝热反应所得的固体混合物，将其溶于足量H2SO4，滴加KSCN溶液无明显现象，说明无铁离子，但不能说明固体中不含氧化铁，因为铝热反应生成铁，溶解于硫酸中铁可以还原铁离子为亚铁离子，离子方程式为：Fe2O3 + 6H+ = 2Fe3+ + 3H2O ，Fe + 2Fe3+ = 3Fe2+ ；故答案为：bd；不能；Fe2O3 + 6H+ = 2Fe3+ + 3H2O ； Fe + 2Fe3+ = 3Fe2+。考点：考查了电解
25、原理；铁盐和亚铁盐的相互转变的相关知识。【此处有视频，请去附件查看】24.某课外小组分别用如图所示装置对原电池和电解原理进行实验探究。请回答：用图 1 所示装置进行第一组实验。（1）在保证电极反应不变的情况下，不能替代 Cu 作电极的是_（填字母序号）。A 铝 B 石墨 C 银 D 铂（2）N 极发生反应的电极反应式为_。用图 2 所示装置进行第二组实验。实验过程中，观察到与第一组实验不同的现象：两极均有气体产生，Y极区溶液逐渐变成紫红色；停止实验，铁电极明显变细，电解液仍然澄清。 查阅资料得知，高铁酸根离子（FeO42-）在溶液中呈紫红色。（3）电解过程中，X 极区溶液的 pH_（填“增大”
26、“减小”或“不变”）。（4）电解过程中，Y 极发生的电极反应之一为 Fe6e+8OH= FeO42-+4H2O 若在 X 极收集到672 mL 气体，在 Y 极收集到 168 mL 气体（均已折算为标准状况时气体体积），则 Y 电极（铁电极）质量减少_g。（5）在碱性锌电池中，用高铁酸钾作为正极材料，电池反应为 2K2FeO4+3Z=Fe2O3+ZnO+2K2ZnO2，该电池正极发生的反应的电极反应式为_。【答案】 (1). A (2). 2H+2e-=H2(或2H2O+2e=H2+2OH) (3). 增大 (4). 0.28 (5). FeO42-+6e+5H2O=Fe2O3+10OH【解析
27、】【分析】图1中，左边装置是原电池，较活泼的金属锌作负极，较不活泼的金属铜作正极，如果要找电极材料代替铜，所找材料必须是不如锌活泼的金属或导电的非金属，M是阳极，N是阴极，电解池中阴极上阳离子得电子发生还原反应，原电池放电时，阴离子向负极移动；该电解池中，阳极材料是活泼金属，则电解池工作时，阳极上铁失电子发生氧化反应，同时氢氧根离子失电子生成氧气，阴极上氢离子得电子发生还原反应，根据阴阳极上转移电子数相等计算铁反应的质量，在碱性锌电池中，正极上得电子发生还原反应。【详解】（1）在保证电极反应不变的情况下，仍然是锌作负极，则正极材料必须是不如锌活泼的金属或导电的非金属，铝是比锌活泼的金属，所以不
28、能代替铜，故选A；（2）N电极连接原电池负极，所以是电解池阴极，阴极上氢离子得电子发生还原反应，电极反应式为：2H+2e-=H2(或2H2O+2e=H2+2OH)；（3）电解过程中，阴极上氢离子放电生成氢气，则阴极附近氢氧根离子浓度大于氢离子溶液，溶液呈碱性，溶液的pH增大，故答案为增大；（4）X电极上析出的是氢气，Y电极上析出的是氧气，且Y电极失电子进入溶液，设铁质量减少为xg，根据转移电子数相等得，x=0.28，即铁质量减少0.28g；（5）正极上高铁酸根离子得电子发生还原反应，反应方程式为FeO42-+6e+5H2O=Fe2O3+10OH。【点睛】本题考查原电池和电解池原理，注意：电解池
29、中如果活泼金属作阳极，则电解池工作时阳极材料失电子发生氧化反应，为易错点。25.硫化碱法是工业上制备Na2S2O3的方法之一，反应原理：2Na2SNa2CO34SO2=3Na2S2O3CO2(该反应H0)，某研究小组在实验室用硫化碱法制备Na2S2O35H2O流程如下：（1）吸硫装置如图所示：装置B的作用是检验装置A中SO2的吸收效率，B中试剂是_，表明SO2吸收效率低的实验现象是B中_。为了使SO2尽可能吸收完全，在不改变A中溶液浓度、体积的条件下，除了及时搅拌反应物外，还可采取的合理措施是_、_。(写出两条)（2）Na2S2O3溶液是定量实验中的常用试剂，测定其浓度的过程如下：准确称取ag
30、 KIO3(化学式量：214)固体配成溶液，加入过量KI固体和H2SO4溶液，滴加指示剂，用Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液的体积为VmL。则c(Na2S2O3)_ molL1。(只列出算式，不作运算)已知：I2=2I（3）某同学第一步和第二步的操作都很规范，第三步滴速太慢，这样测得的Na2S2O3浓度可能 _(填“无影响”、“偏低”或“偏高”)，原因是_。【答案】 (1). 品红、溴水或KMnO4溶液 (2). 溶液颜色很快褪色 (3). 控制SO2的流速 (4). 适当升高温度 (5). (6). 偏低 (7). 4I4HO2=2I22H2O，第三步滴速太慢，过量KI会
31、被氧化产生碘单质，导致消耗的硫代硫酸钠溶液的体积增加，c(Na2S2O3)，V增大，c(Na2S2O3)偏低。【解析】【分析】（1）装置B的作用是检验装置A中SO2的吸收效率，若A中SO2吸收的效率高，则进入B中的SO2速率慢，B中溶液变化就缓慢，反之则迅速，故B中试剂能与SO2反应且存在明显的现象，故B中的试剂是品红、溴水或KMnO4溶液等，若A中SO2吸收的效率低，B中溶液颜色很快褪色；根据影响反应的速率的因素可知，使SO2尽可能吸收完全，在不改变A中溶液浓度、体积的条件下，除了及时搅拌反应物外，还可采取的合理措施是增大SO2的接触面积、控制SO2的流速、适当升高温度；（2）检验Cl用Ag
32、NO3溶液，检验NaOH的存在需要利用pH测定，即向溶液加入过量CaCl2溶液，搅拌，静置，用pH计测定上层清液pH，若有NaOH溶液存在时，pH应大于10.2；（3）由已知可以写出IO35I+6H+= 3I23H2O、2S2O32I2=S4O622I可得IO33I26S2O32，a g KIO3的物质的量为ag 214g/mol，c（Na2S2O3）6ag 214g/mol（VmL103mL/L）=6000a/214V=3000a/107V。【详解】（1）二氧化硫具有还原性、漂白性，所以可以用品红、溴水或KMnO4溶液，来检验二氧化硫是否被完全吸收，若SO2吸收效率低，则二氧化硫有剩余，B中
33、的溶液会褪色；为了使SO2尽可能吸收完全，在不改变A中溶液浓度、体积的条件下，可以减缓二氧化硫的流速，使二氧化硫与溶液充分接触反应，适当升高温度，也能使二氧化硫充分反应；（2）KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O，I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI；n（KIO3）=mol，设参加反应的Na2S2O3为xmol； KIO33I26Na2S2O3 1 6 mol xmol所以 x= ，则c（Na2S2O3）=molL-1；（3）某同学第一步和第二步的操作都很规范，第三步滴速太慢，这样测得的Na2S2O3浓度可能偏低，原因是4I4HO2=2I22H2O，第三步
34、滴速太慢，过量KI会被氧化产生碘单质，导致消耗的硫代硫酸钠溶液的体积增加，c(Na2S2O3)，V增大，c(Na2S2O3)偏低。26.葡萄可用于酿酒（1）检验葡萄汁含葡萄糖的方法是：向其中加碱调至碱性，再加入新制备的Cu（OH）2，加热，其现象是_；（2）葡萄在酿酒过程中，葡萄糖转化为酒精的过程如下，补充完成下列化学方程式：C6H12O6（葡萄糖）2_+2C2H5OH（3）葡萄酒密封储存过程中生成了有香味的酯，酯也可以通过化学实验来制备，实验室用如图所示装置制备乙酸乙酯：试管a中生成乙酸乙酯的化学方程式是_；试管b中盛放的试剂是饱和_溶液；实验开始时，试管b中的导管不伸入液面下的原因是_；若
35、分离出试管b中生成的乙酸乙酯，需要用到的仪器是_（填序号）。a 漏斗 b 分液漏斗 c 长颈漏斗【答案】（1）产生红色沉淀（2）CO2（3）CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O（2分，没写可逆号扣1分）Na2CO3 防止溶液倒吸 b【解析】分析：（1）葡萄糖中含有醛基，与新制氢氧化铜悬浊液反应生成Cu2O砖红色沉淀；（2）根据原子守恒，判断另一种产物；（3）考查制备乙酸乙酯的综合实验，从物质的分离和提纯中进行分析。详解：（1）葡萄糖是多羟基醛，含有官能团是羟基和醛基，醛基能被Cu(OH)2氧化，氢氧化铜被还原成Cu2O，现象是出现砖红色沉淀；（2）根据原子守恒，另一种产物是
36、CO2；（3）试管a制备乙酸乙酯，反应方程式为CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O；试管b是收集乙酸乙酯，试管a中蒸出的气体有乙酸乙酯、乙酸、乙醇，试管b的试剂应除去乙酸和乙醇，因此试剂为饱和碳酸钠溶液；试管b中的导管不伸入液面以下，原因是防止倒吸；碳酸钠的作用是吸收乙醇，除去乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，使之析出，试管b出现的现象是出现分层，采用分液的方法进行分离，即使用的仪器是分液漏斗，故b正确。点睛：本题的难点是饱和碳酸钠的作用，乙酸乙酯的制备中饱和碳酸钠的作用是（1）吸收乙醇，（2）除去乙酸，（3）降低乙酸乙酯的溶解度，使之析出；此题目相对简单，注意基础知识的夯实。2
37、7.亚甲基蓝（Methylnene Blue）在碱性条件下与葡萄糖作用生成亚甲基白（Methylene White），亚甲基蓝的结构简式：著名的蓝瓶子实验操作步骤如下：如图示在250mL锥形瓶中，依次加入2g NaOH、100mL H2O和3g葡萄糖，搅拌溶解后，再加入3滴5滴0.2%的亚甲基蓝溶液，振荡混合液呈现蓝色；塞紧橡皮塞（活塞a、b关闭），将溶液静置，溶液变为无色；再打开瓶塞，振荡，溶液又变为蓝色；再塞紧橡皮塞，将溶液静置，溶液又变为无色，以上、可重复多次。试回答下列问题：（1）某学生将起初配得的蓝色溶液分装在A，B两支试管中（如上图，A试管充满溶液，B中有少量溶液），塞上橡皮塞静置
38、片刻，两溶液均显无色，若再同时振荡A，B试管，能显蓝色的是_（填“A”或“B”）；（2）若塞紧锥形瓶塞并打开活塞a、b，通入足量氢气后，再关闭活塞a、b并振荡，溶液能否由无色变为蓝色_（填“能”或“不能”）；若塞紧锥形瓶塞并打开a、b通入足量氧气，溶液能否由无色变为蓝色_（填“能”或“不能”）；（3）上述转化过程中，葡萄糖的作用是_，亚甲基蓝的作用是_；（4）上述实验中葡萄糖也可用鲜橙汁（其中含丰富维生素C）代替，这是因为维生素C具有_；（5）该实验中、操作能否无限次重复进行_（填“能”或“不能”），理由是_。【答案】B 不能 能 还原剂 催化剂（或催化剂兼作指示剂） 还原性不能 一段时间后葡
39、萄糖全部转化为其它物质（本小题3分，其他每空2分，共10分）【解析】试题分析：（1）试管B中含有氧气，能将葡萄糖氧化，溶液显蓝色，而试管A中没有氧气，不能将还原性葡萄糖氧化，故答案为B。（2）由于充入的是H2，也无氧化剂O2，不能变为蓝色；充入O2后则能被氧化而变为蓝色。（3）葡萄糖被O2氧化，故作还原剂，亚甲基蓝作指示剂或催化剂。（4）由于维生素C可代替葡萄糖，故具有还原性.（5）实验不能无限进行，因为葡萄糖最终被消耗尽。考点：考查化学反应机理的探究、氧化还原反应、葡萄糖的性质和用途点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。试题综合性强，侧重对学生实验能力和解题方法的指导与训练，有利
40、于培养学生规范、严谨的实验设计、操作能力，提高学生的应试能力，提升学生的学科素养。该类试题综合性强，理论和实践的联系紧密，有的还提供一些新的信息，这就要求学生必须认真、细致的审题，联系所学过的知识和技能，进行知识的类比、迁移、重组，全面细致的思考才能得出正确的结论五、推断题(共1小题,每小题10.0分,共10分)28.仪器保鲜膜按材质分为聚乙烯（PE）、聚氯乙烯（PVC）和PVDC其中PE和PVDC是安全的，PVC对人体有潜在危害工业上用乙烯和氯气为主要原料来合成上述三种物质。完成下列填空：（1）A的名称_；反应的类型_；（2）反应的反应条件_；D的同分异构体的结构简式_；（3）反应的化学方程
41、式_；（4）反应中有多种副反应，得到的有机副产品除了CH3CHO和外，还可能有_。【答案】 (1). 1，2二氯乙烷 加聚 (2). NaOH醇溶液 (3). 加热 (4). CHCl=CHCl (5). 2CH2ClCHCl2+Ca（OH）22 CH2=CCl2+CaCl2+2H2O (6). HCCH、CH2OHCH2OH【解析】【分析】乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，乙烯和氯气发生加成反应生成A（1，2-二氯乙烷），1，2-二氯乙烷发生部分消去反应生成B（氯乙烯），氯乙烯发生加聚反应生成聚氯乙烯，D发生反应生成聚1，1-二氯乙烯，D是1，1-二氯乙烯，B和氯气发生加成反应生成C（CH2Cl-
42、CHCl2），C和氢氧化钙反应生成D（CH2=CCl2）。【详解】（1）通过以上分析知，A的名称是1，2-二氯乙烷，乙烯发生加聚反应生成聚乙烯；（2）1，2-二氯乙烷在加热条件下和氢氧化钠的醇溶液发生部分消去反应生成B（氯乙烯），D的同分异构体为：CHCl=CHCl，故答案为：NaOH醇溶液，加热；CHCl=CHCl；（3）CH2Cl-CHCl2和氢氧化钙反应生成CH2=CCl2、氯化钙和水，反应方程式为：2 CH2Cl-CHCl2+Ca（OH）22 CH2=CCl2+CaCl2+2H2O；（4）反应中有多种副反应，得到的有机副产品除了CH3CHO和CH2OHCH2Cl外，还可能发生完全消去反应生成乙炔，发生完全取代反应生成乙二醇，故答案为：HCCH、CH2OHCH2OH。