1、江苏省扬州中学2016届高三下期4月月考化学试卷（苏教版，解析版）1下列事实不能用勒夏特列原理（平衡移动原理）解释的是（ ）氯化铁溶液加热蒸干最终得不到氯化铁固体；铁在潮湿的空气中容易生锈；实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气；保存FeCl2溶液时向溶液中加入少量铁粉钠与氯化钾共融制备钾Na（L）+KCl（L）K（g）+NaCl（L）；二氧化氮与四氧化二氮的平衡体系，加压缩小体积后颜色加深ABCD【答案】B【解析】勒夏特列原理是化学平衡移动原理，适用对象：1、所有的平衡，如化学反应平衡、电离平衡、水解平衡、溶解平衡、络合平衡等；2、勒夏特列原理的适用因素只有维持平衡状态的因素发生改变时，才能应
2、用勒夏特列原理。若改变的不是维持平衡状态的因素，平衡不会移动，也就不必应用勒夏特列原理。铁在潮湿的空气中容易生锈，是一个化学变化；保存FeCl2溶液时向溶液中加入少量铁粉，防止FeCl2被氧化；二氧化氮与四氧化二氮的平衡体系，加压缩小体积后颜色加深，平衡不动，无法用勒夏特列原理解释，颜色加深因为体积缩小，浓度变大，颜色加深。2向无色酚酞试液中逐渐投入过量的Na2O2粉末，振荡，下列有关实验现象描述错误的是（ ）A.溶液中有气泡产生B.溶液一直呈现红色C.开始时，溶液显红色D.反应完全后最终溶液无色【答案】B【解析】Na2O2能与水作用，并产生NaOH，NaOH溶液能使酚酞变红；而Na2O2又具
3、有强氧化性，导致酚酞试剂被氧化而褪色。3 某烃的一种同分异构体，核磁共振氢谱测得分子中只有一个吸收峰，则该烃的分子式不可能为ACH4 BC5H12 CC8H18 DC9H20【答案】D【解析】试题分析：某烃的一种同分异构体，核磁共振氢谱测得分子中只有一个吸收峰，这说明分子中含有1种氢原子，同一个碳原子上的氢原子是相同的，其次同一个碳原子所连接的所有甲基上的氢原子是相同的，再就是具有高度对称性结构的分子。甲烷是正四面体型分子，新戊烷中存在一种氢原子，辛烷分子中的(CH3)3CC(CH3)3中氢原子只有一类，因此核磁共振氢谱中只有一个吸收峰，己烷、庚烷、壬烷的结构中均不存在氢原子只有一种的分子，答
4、案选D。考点：考查有机物的结构、等效氢原子判断。4在光照条件下，将体积相同的甲烷气体和Cl2（常温、常压下）混和，得到物质的量最多的是：ACH3Cl BCH2Cl2 CCHCl3 DHCl【答案】D【解析】Cl2与CH4气体的取代反应，无论按何种体积比混和都将会发生各步取代反应，它不象无机反应那样由反应物系数可确定生成物种类，无机反应易于控制，有机反应则不易控制在某一阶段，工业制CH3CH2Cl，不是用C2H6与Cl2反应，而是用C2H4与HCl反应制取就是这个道理，CH4与Cl2各步取代反应中，都有HCl气体生成。因此即使是等物质的量CH4和Cl2混和，但一般产物为混和物。5燃烧a g乙醇（
5、液态），生成二氧化碳气体和27g液态水，放出的热量为Q kJ，则表示乙醇燃烧热的热化学方程式书写正确的是AC2H5OH(1)+3O2(g)2CO2(g)+3H2O(1)； H = -Q kJ/molBC2H5OH(1)+3O2(g)2CO2(g)+3H2O(1)； H = -Q/2 kJ/molC1/2 C2H5OH(1)+3/2O2(g)CO2(g)+3/2H2O(1)； H = -Q kJ/molDC2H5OH(1)+3O2(g)2CO2(g)+3H2O(1)； H = -2Q kJ/mol【答案】D【解析】试题分析：燃烧热是在一定条件下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热
6、量，燃烧ag乙醇（液态），生成二氧化碳气体和27g液态水，放出的热量为Q kJ，水的物质的量是27g18g/mol1.5mol，1mol乙醇生成3mol水，这说明乙醇的燃烧热是2QkJ/mol。则A、燃烧热数值不正确，A错误；B、燃烧热数值不正确，B错误；C、乙醇的化学计量数不是1，C错误；D、根据以上分析可知D正确，答案选D。【考点定位】本题主要是考查燃烧热计算及热化学方程式判断【名师点晴】该题的关键是明确燃烧热的含义，尤其要特别注意对应某一具体的化学反应，其热化学方程式的书写可以有无数种，但表示燃烧热的热化学方程式只有一种，原因是可燃物前的化学计量数只能1，答题时需要灵活应用。6下列各组物
7、质中，不满足下图一步转化关系的选项是选项XYZANa2O2NaOHNa2CO3BH2SO4SO2SO3CH2SiO3SiO2Na2SiO3DC2H5BrCH2=CH2C2H5OH【答案】A【解析】试题分析：A、Na2CO3不能一步转化为Na2CO3，不能实现一步转化；B、浓硫酸与Cu等单质反应可生成SO2，SO2与O2反应生成SO3，SO3与H2O反应生成H2SO4，可实现一步转化；C、H2SiO3加热分解生成SiO2，SiO2与NaOH反应生成Na2SiO3，Na2SiO3溶液与CO2或HCl等强酸反应生成H2SiO3，可实现一步转化；D、C2H5Br在NaOH条件下发生消去反应生成CH2=
8、CH2，CH2=CH2与H2O反应发生加成反应生成CH3CH2OH，CH3CH2OH与HBr发生水解反应生成C2H5Br，可实现一步转化。考点：本题考查物质的性质、物质的转化。7某研究小组通过实验探究Cu及其化合物的性质，操作正确且实验结论正确的是A常温下将铜丝插入浓硫酸中，会产生有刺激性气味的气体，且溶液的变为蓝色B常温下将铜丝伸入盛满氯气的集气瓶中，观察CuCl2的生成C将CuCl2溶液在蒸发皿中加热蒸干，无法得到无水CuCl2固体D将表面有铜绿Cu2（OH）2CO3的铜器放入硝酸中浸泡，既除去铜绿，又不能损伤铜器【答案】C【解析】试题分析：A、常温下铜和浓硫酸不反应，错误，不选A；B、常
9、温下铜和氯气不反应，错误，不选B；C、氯化铜溶液加热水解生成氢氧化铜和氯化氢，氯化氢有挥发性，所以最后得到氧化铜，正确，选C；D、铜和硝酸反应，损伤铜器，错误，不选D。考点：铜及其化合物的性质8X、Y、Z、R分别代表四种元素，如果aXm+、 bYn+、 cZn-、 dRm- 四种离子的电子层结构相同，则下列关系式正确的是A、a-c=m-n B、a-b=n-m C、c+d=m+n D、b-d=n+m【答案】D【解析】试题分析：aXm+、 bYn+、 cZn-、 dRm- 4种离子的电子层结构相同，则微粒的核外电子数是相等的，即am bncndm，答案选D。考点：考查核外电子排布的应用9冶炼金属一
10、般有下列四种方法：焦炭法；水煤气法；活泼金属置换法；电解法。古代有：(I)火烧孔雀石炼铜；()湿法炼铜。现代有:()铝热法炼铬；()从光卤石中炼镁。对它们的冶炼方法的分析，不正确的是A， B， C， D，【答案】B【解析】试题分析：A.、孔雀石的主要成分是碱式碳酸铜，加热分解生成CuO，火烧时，树木变为木炭，CuO再与木炭反应，产生铜，属于焦炭法，符合，正确；B.、湿法炼铜是用铁从某些含铜化合物的溶液中置换出铜，化学反应为FeCuSO4=FeSO4Cu，适合于，错误；C.、使铝粉和Cr2O3的混合物在高温下反应，置换出铬，反应产生的热量使铬熔化而分离，该反应为铝热反应，适合于，正确；D.、从光
11、卤石(KClMgCl26H2O)中可得到六水合氯化镁晶体，再采用通电分解熔融的氯化镁的方法制取镁，符合；正确；选B。考点：考查金属的冶炼。10下列实验操作与预期实验目的或所得实验结论一致的是选项实验操作实验目的或结论A向含有少量FeCl3的MgCl2溶液中加入足量Mg（OH）2粉末，搅拌一段时间后过滤除去MgCl2溶液中少量FeCl3B向某溶液中加入BaCl2溶液生成白色沉淀，继续加稀硝酸沉淀不消失证明溶液中含有SO42-C向某溶液中加入稀盐酸，放出无色无味气体，将气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊证明该溶液中存在CO32-D向0.1molL-1FeSO4溶液中滴加少量酸性KMnO4溶液，KMn
12、O4溶液褪色说明Fe2+具有氧化性【答案】A【解析】试题分析：A向含有少量FeCl3的MgCl2溶液中加入足量Mg（OH）2粉末，溶液pH增大，利于Fe3+的水解，可转化为Fe（OH）3沉淀而除去，故A正确；B向某溶液中加入BaCl2溶液生成白色沉淀，可能为AgCl，也可能为BaSO4，不能排除Cl-的影响，正确的做法是先价盐酸，如无沉淀，继续加入BaCl2溶液，如产生沉淀，可证明含有SO42-，故B错误；C溶液中也可能存在HCO3-，不能证明一定含有CO32-，故C错误；DFe2+具有还原性，与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应而使高锰酸钾溶液褪色，故D错误，故选A。考点：考查物质鉴别、分离、提纯
13、等知识11已知反应A+B=C+D的能量变化如图所示，下列说法正确的是 （ ）A该反应为放热反应 B该反应为吸热反应C反应物的总能量高于生成物的总能量D该反应只有在加热条件下才能进行【答案】B【解析】试题分析：A、根据题给图像知，反应物的总能量低于生成物的总能量，该反应为吸热反应，错误；B、根据题给图像知，反应物的总能量低于生成物的总能量，该反应为吸热反应，正确； C、根据题给图像知，反应物的总能量低于生成物的总能量，错误；D、某些吸热反应不需要加热也可以发生，如氢氧化钡晶体和铵盐发生的吸热反应，错误。考点：考查化学反应与能量变化。12设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是A2.0gH21
14、8O与D2O的混合物中所含中子数为NAB常温常压下，4.4 g乙醛所含键数目为0.7NAC标准状况下，5.6LCO2与足量Na2O2反应转移的电子数为0.5NAD50mL12mol/L盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA【答案】A【解析】试题分析：A、H218O与D2O的相对分子质量均为20，且所含有中子数均为10个，A正确；B、4.4g乙醛为0.1mol，每个乙醛分子6个键，应为0.6NA，B错误；C、标况下，5.6L二氧化碳的物质的量为0.25mol，而CO2与足量Na2O2的反应为歧化反应，1mol二氧化碳发生反应时反应转移1mol电子，故0.25mol二氧化碳反应时此反应转
15、移0.25mol电子，即0.25NA个，C错误；D、浓盐酸反应变稀且具有挥发性，实际反应的盐酸小于0.6mol，故转移的电子数小于0.3NA，D错误。选A。考点：考查了阿伏伽德罗常数的相关知识。13相对分子质量为M的某物质在室温下溶解度为S g，此时测得饱和溶液的密度为dgmL1，则该饱和溶液的物质的量浓度是A molL-1 B molL-1CmolL-1 D molL-1【答案】B【解析】试题分析：溶质的质量分数=S/(100+S)，根据物质的量浓度和质量分数的换算公式计算，物质的量浓度为1000Sd/M(100+S)，选B。考点：物质的量浓度和质量分数的换算【名师点睛】溶液计算1、 2、稀
16、释过程中溶质不变：C1V1=C2V2。3、同溶质的稀溶液相互混合：C混= (忽略混合时溶液体积变化不计)4、溶质的质量分数。 （饱和溶液，S代表溶质该条件下的溶解度）混合：m1a1%+m2a2%=(m1+m2)a%混 稀释：m1a1%=m2a2%14在催化剂、400时可实现氯的循环利用，如图是其能量关系图，下列分析正确的是（ ）A曲线a是使用了催化剂的能量变化曲线 B反应物的总键能高于生成物的总键能 C反应的热化学方程式为：4HCl（g）+O2（g）2Cl2+2H2O（g）H=115.6 kJmol1 D若反应生成2mol液态水，放出的热量高于115.6 kJ【答案】D【解析】试题分析：A、曲
17、线b活化能低，使用了催化剂，错误，不选A；B、反应放热，反应物的键能比生成物的键能低，错误，不选B；C、没有注明氯气的状态，错误，不选C；D、从反应图像分析，生成2摩尔气态水，放出的热量为115.6KJ，若生成2摩尔液态水，放出的热量要高于115.6KJ，正确，选D。考点：反应的热效应 热化学方程式的书写15在一定温度下，将气体X和气体Y各0.16mol充入10L恒容密闭容器中，发生反应 X(g)Y(g) 2Z(g) H (正)C该温度下此反应的平衡常数K=1.44D其他条件不变，再充入0.2molZ，平衡时X的体积分数增大【答案】C【解析】试题分析：A、由表中数据可求得前2min内生成Z为0
18、.08mol，故v(Z)=410-3molL-1min-1，A错误；B、该反应的正反应是放热反应，降低温度平衡正向移动，反应达到新平衡前v（逆）v（正），B错误；C、由表中数据可知7min时，反应到达平衡，Y的物质的量为0.10mol，此时X的物质的量也为0.10mol，Z的物质的量为0.12mol，X、Y、Z的物质的量浓度分别为：0.01molL-1、0.01molL-1、0.012molL-1，故平衡常数K=1.44，C正确；D、因该反应前后气体的体积不变，其他条件不变，再充入0.2 mol Z，因为在等温等容条件下，左右气体化学计量数相等，原平衡环境和D 选项的平衡环境互为等效平衡，平衡
19、不移动，X的体积分数不变，D错误，答案选C。考点：考查外界条件对平衡状态的影响及有关计算16(10分)甲、乙两位学生分别对淀粉的水解情况进行了探究实验。【提出假设】淀粉在一定条件下可以水解【实验过程】学生甲在一支试管中放入0.5 g淀粉后，再加入质量分数为20%的硫酸溶液，加热10 min后，再将溶液一分为二，其中一份溶液做银镜反应实验，结果无银镜出现，另一份溶液加入碘水，结果无蓝色出现；学生乙在一支试管中放入0.5 g淀粉后，再加入质量分数为20%的硫酸溶液少许，加热45 min后，加入过量的NaOH溶液中和硫酸，再将溶液一分为二，其中一份溶液做银镜反应实验，结果有银镜产生，另一份溶液中加入
20、少量碘水，未出现蓝色。【实验分析】(1)淀粉水解的过程中发生的化学反应是：_。 (2)学生甲的实验操作不正确的地方是_。根据甲的实验现象，淀粉的水解情况是_。A完全水解 B部分水解 C没有水解 D不能准确判断(3)学生乙的实验操作不正确的地方是_。根据乙的实验现象，淀粉的水解情况是_。A完全水解 B部分水解 C没有水解 D不能准确判断【答案】(10分)(1) (2)未加碱来中和硫酸 A (3)加入了过量的NaOH溶液 D【解析】试题分析：(1)淀粉在一定条件下，水解生成葡萄糖，水解的过程中发生的化学反应是。（2）银镜反应应该在碱性条件下进行，而甲的实验中再加入银氨溶液之前没有加入碱液中和硫酸。
21、由于加入碘水后没有蓝色出现，这说明淀粉已经完全水解，答案选A。（3）由于乙的实验中加入了过量的氢氧化钠溶液，消耗了碘单质，从而不可能出现蓝色，因此无法判断淀粉的水解情况，答案选D。考点：考查淀粉水解的有关判断点评：该题是中等难度的试题，试题综合性强，再注重对学生基础性知识巩固和训练的同时，侧重对学生实验能力的培养和方法的指导，有助于培养学生规范、严谨的实验设计能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。17（14分）研究氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时，涉及如下反应：2NO2（g）+NaCl（s）NaNO3（s）+ClNO（g） K1 H 0 （I）2NO（g）+Cl2（g）2
22、ClNO（g） K2 H ”“；不变；升高温度（2）c(NO3) c(NO2-) c(CH3COO)；b、c【解析】试题分析：（1）在恒温条件下，向2L恒容密闭容器中加入0.2mol NO和0.1mol Cl2，10min时反应2NO（g）+Cl2（g）2ClNO（g）达到平衡，测得10min内v（ClNO）7.510-3molL-1min-1，物质的量为7.510-3molL-1min-110min2L0.15mol，列三段式解题2NO（g）+Cl2（g）2ClNO（g）起始量（mol） 0.2 0.1 0变化量（mol） 0.15 0.075 0.15平衡量（mol） 0.05 0.025
23、 0.15则平衡后n（Cl2）=0.025molNO的转化率1=100%=75%其他条件保持不变，反应（）在恒压条件下进行，随反应进行，气体体积减小，为保持恒压所以容器体积减小，压强增大，平衡正向进行，平衡时NO的转化率2增大，所以21；平衡常数只随温度变化，若要使K2减小，平衡逆向进行，又因为反应是放热反应，依据平衡移动原理应升高温度；（2）根据越弱越水解的规律，CH3COO水解程度大于NO2-的水解程度，所以离子浓度由大到小的顺序为：c(NO3) c(NO2-) c(CH3COO)；因为CH3COO水解程度大于NO2-的水解程度，所以溶液A的pH小于溶液B，向溶液A中加适量NaOH，溶液A
24、的pH增大，向溶液B中加适量水，溶液B的pH减小， b、c正确。考点：考查反应速率、转化率和平衡常数的计算，化学平衡移动，离子浓度比较。18某同学在学习乙醇的知识后，设计了如下的实验。 操作步骤为：在试管里加入2 mL 乙醇；把一端弯成螺旋状的铜丝放在酒精灯外焰中加热；立即将铜丝插入盛有乙醇的试管里（如图），反复操作几次； 闻生成物的气味，观察铜丝表面的变化。试回答下列问题：该实验的目的是 ；第步操作中，能闻到 气味；写出反应的化学方程式 。【答案】【解析】19（14分）中和热是指酸跟碱发生中和反应生成lmol H2O所放出的热量。某学生想通过测定反应过程中所放出的热量来计算中和热。他将50m
25、L0.5mol/L的盐酸与50mL0.55mol/L的NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应。请回答下列问题：（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是_，烧杯间填满碎塑料泡沫的作用是_。（2）大烧杯上如不盖硬纸板，则求得的中和热数值_(填“偏大”、“偏小、“无影响”)（3）实验中改用60 mL 0.50 mol/L的盐酸跟50mL 0.55 mol/L的NaOH溶液进反应，与上述实验相比，所放出的热量_(填“相等”或“不相等”理由是_；所求中和热的数值会_(填“相等”或“不相等”)，理由是_。【答案】（14分）（1）环形玻璃搅拌棒； 保温、隔热,减少实验过程中的热最损失（2）偏小（
26、3）不相等； 因为酸、碱发生中和反应放出的热量与酸、碱的用量有关； 相等 中和热是指酸跟碱发生中和反应生成lmol H2O所放出的热量,它与酸、碱的用量无关【解析】试题分析：（1）为了使酸碱混合均匀，需环形玻璃搅拌棒搅拌，同时为了减少实验过程中的热量损失，应保温、隔热，在烧杯间填满碎塑料泡沫。（2） 大烧杯上如不盖硬纸板，热量损失，测得的中和热数值偏小；（3）因为酸、碱发生中和反应放出的热量与酸、碱的用量有关，前者有0.5mol/L0.050L=0.025mol的酸与碱发生中和反应，后者有0.55mol/L0.050L=0.0275mol的酸与碱发生中和反应，放出的热量不相等。所求中和热是指酸
27、跟碱发生中和反应生成lmol H2O所放出的热量,它与酸、碱的用量无关，所求中和热数值相等。考点：中和热的测定20为了探究Cl2、SO2同时通入H2O中发生的反应，某校化学兴趣小组同学设计了如下图所示的实验装置。（1）该组同学为了制取Cl2，SO2气体，现采用Na2SO3与70%的浓硫酸为原料制取SO2，采用MnO2和浓盐酸（12mol/L）为原料制取Cl2。在此实验中，发生装置B应选择三种装置中的_（选填序号），F的作用是_。（2）D装置中主要反应的离子方程式为_。（3）为检验通入D装置中的Cl2是否过量，该组同学取适量D溶液滴加至盛有少量紫色石蕊的试管中，若出现_现象，则Cl2过量，此时E
28、中发生的离子反应方程式为_，若D中出现_实验现象，则氯气不过量。【答案】（1）；防止倒吸（2）Cl2+SO2+2H2O4H+SO42+2Cl（3）石蕊（先变红后）褪色；2OH+Cl2Cl+ClO+H2O；石蕊变红【解析】试题分析：（1）实验室制备氯气用固液加热装置，选择装置，且F得作用是防止倒吸；（2）D中通入了氯气和二氧化硫气体，发生的反应为Cl2+SO2+2H2O2HCl+H2SO4，离子反应为Cl2+SO2+2H2O4H+SO42+2Cl；（3）检验氯气是否过量用石蕊试液，由于为酸性气体，石蕊试液先变红，又因氯气与水反应可生成次氯酸，二次氯酸具有漂白性，故石蕊最后褪色；离子方程式为2OH
29、+Cl2Cl+ClO+H2O；氯气如不过量，则只是石蕊试液变红。考点：氯气与二氧化硫气体的相关知识21将甲烷、氧气、过氧化钠放入密闭容器中，在150条件下不断用电火花引发反应，最终三种物质都恰好反应，容器中压强接近为零。由此计算：（1）原混合物中甲烷、氧气、过氧化钠的物质的量之比是多少？（2）反应后容器中的物质是？【答案】（1）216 （4分）（2）Na2CO3和NaOH （各1分）【解析】22（18分）有机物F是一种新型涂料固化剂，可由下列路线合成（部分反应条件略去）。请回答下列问题：（1）B的结构简式是_；E中含有的官能团名称是_。（2）由C和E合成F的化学方程式是_ 。（3）同时满足下列
30、条件的苯的同分异构体的结构简式是_。含有3个双键；核磁共振氢谱只显示1个吸收峰；不存在甲基（4）乙烯在实验室可由_（填有机物名称）通过_(填反应类型）制备，制乙烯时还产生少量SO2、CO2及水蒸气，用以下试剂检验这四种气体，混合气体通过试剂的顺序是_。（填序号）。饱和Na2SO3溶液酸性KMnO4溶液石灰水无水CuSO4品红溶液（5）下列说法正确的是_（填序号）。aA属于饱和烃 bD与乙醛的分子式相同cE不能与盐酸反应 dF可以发生酯化反应（6）以乙烯为原料可合成乙二酸二乙酯（CH3CH2OOCCOOCH2CH3），请在方框内写出合成路线流程（无机试剂任选）。注：合成路线流程的书写格式参照如下
31、示例：CH4Cl2光CH3ClNaOH/H2OCH3OH【答案】（1）HOOC（CH2）4COOH，羟基和氨基（2）CH3OOC（CH2）4COOCH32HOCH2CH2NH2一定条件HOCH2CH2NHOC（CH2）4CONHCH2CH2OH2CH3OH（3） （4）乙醇；消去反应；或 （5）abd（6）【解析】试题分析：在镍作催化剂条件下，苯和氢气发生加成反应生成环己烷，环己烷被氧气氧化生成B，在催化剂条件下，B和甲醇发生酯化反应生成C，根据C的结构结合B的分子式知，B是1，6-己二酸；在银作催化剂条件下，乙烯被氧气氧化生成环氧乙烷，环氧乙烷和氨气发生加成反应生成E，C和E发生取代反应生成
32、F，则（1）B是1，6-己二酸，其结构简式为：HOOC（CH2）4COOH，根据E的结构简式知，E中含有羟基和氨基。（2）C和E发生取代反应生成F，反应方程式为：CH3OOC（CH2）4COOCH32HOCH2CH2NH2一定条件HOCH2CH2NHOC（CH2）4CONHCH2CH2OH2CH3OH。（3）具备含有3个双键，核磁共振氢谱只显示1个吸收峰，则该有机物中只含一种类型的氢原子，不存在甲基的苯的同分异构体的结构简式为：。（4）乙烯在实验室可由乙醇通过消去反应制取。检验乙烯用酸性高锰酸钾溶液或溴水，检验SO2用品红溶液，检验CO2用澄清石灰水，检验水蒸气用无水硫酸铜。由于通过溶液必然带
33、出水蒸气，因此首先检验水蒸气。SO2也能使澄清石灰水变浑浊，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以在检验乙烯和CO2之前还要先除去SO2，故正确的操作顺序是或。（5）a环己烷中只存在共价单键，所以属于饱和烃，故正确；b环氧乙烷与乙醛的分子式都是C2H4O，所以分子式相同，故正确；cE中含有氨基，所以能与盐酸反应，故错误；dF中含有羟基，所以可以发生酯化反应，故正确；故选abd。（6）要合成乙二酸二乙酯，则需要乙二酸和乙醇，因此可以通过逆推法设计合成路线，乙烯与氯化氢加成生成氯乙烷，氯乙烷水解生成乙醇。乙烯与氯气加成生成1,2二氯乙烷，1,2二氯乙烷水解生成乙二醇，乙二醇发生氧化反应生成乙二醛，乙二醛
34、继续氧化生成乙二酸，乙二酸与乙醇发生酯化反应生成乙二酸二乙酯，即：。考点：考查有机物推断、命名、性质、物质的检验、方程式书写以及有机合成路线设计23（8分）下图中A、B、C、D、E、F、G均为有机化合物。请回答：（1）反应的反应类型是 ；A的结构简式是 ；B的分子式是 。（2）符合下列三个条件的B的同分异构体有3种（不包括B）：含有邻二取代苯环结构；与B具有相同的官能团；不可与FeCl3溶液发生显色反应。它们的结构简式分别为： 、 、 。（3）写出以G为原料，合成塑料的方程式： 。【答案】（1）水解反应（取代反应）（1分）； （1分）；C9H10O3（1分）；（2）、（3分）（3）nCH2CH
35、2CH2CH2n （2分）【解析】试题分析：根据流程可知G是乙烯，即D是乙醇，乙醇与含有2个C的羧酸反应生成酯，故C是乙酸，反应是分子内脱水形成酯，故B为邻乙酸基苯甲醇，逆向思维可推出A的结构简式为：；（1）反应是水解反应，生成乙醇、乙酸和邻乙酸基苯甲醇，的分子式为：C9H10O3；（2）、；（3）乙烯合成塑料是加聚反应，方程式为：nCH2CH2CH2CH2n ；考点：考查有机合成相关知识24某无色透明滚液可能大量存在Ag+、Mg2+、Al3+、Cu2+、Fe3+中的几种：（1）不做任何实验就可以肯定原溶液中不存在的离子是_。（2）取少量原溶液，加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成；再加入过量的稀硝
36、酸，沉淀不消失。说明原溶液中肯定存在的离子是_；取上述反应中的滤液，加入过量的氢氧化钠溶液，出现白色沉淀，说明原溶液中肯定有_；有关出现白色沉淀的离子方程式为_。（3）往原无色透明溶液中加入足量Zn粉，析出的物质是_。（4）原溶液可能大量存在的阴离子是下列选项中的_ACl- BNO3- CCO32- DOH-【答案】（1）Cu2、 Fe3（2分）；（2）Ag（1分）；Mg2（1分）；Mg22OHMg(OH)2（2分）；（3）Ag（1分）；(4) B（1分）。【解析】试题分析：（1）在无色溶液中不能含有有色离子，Cu2是蓝色离子， Fe3是黄色离子，不能大量存在，所以不做任何实验就可以肯定原溶液
37、中不存在的离子是Cu2、 Fe3；（2）取少量原溶液，加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成，再加入过量的稀硝酸，沉淀不消失。说明含有Ag+，发生反应：Ag+Cl-=AgCl；取上述反应中的滤液，加入过量的氢氧化钠溶液，出现白色沉淀，说明原溶液中肯定有Mg2；有关出现白色沉淀的离子方程式为Mg22OHMg(OH)2；（3）往原无色透明溶液中加入足量Zn粉，由于金属活动性ZnAg，所以会发生反应：Zn+2Ag+=Zn2+2Ag，因此析出的物质是Ag。（4）根据上述分析可知，在原溶液中一定含有Ag、Mg2，一定不含有Cu2、 Fe3。ACl-与Ag会发生沉淀反应形成AgCl沉淀，不能大量共存，错误；B NO3-与Ag、Mg2不能发生任何反应，可以大量共存，正确；C CO32-与Ag、Mg2能发生复分解反应形成沉淀，不能大量共存，错误；D OH-与Ag、Mg2能发生复分解反应形成沉淀，不能大量共存，错误，故选项B正确。考点：考查溶液成分的确定、离子共存、离子方程式的书写的知识。
