安徽省六安市2020年高二下化学期末学业质量监测模拟试题含解析

安徽省六安市2020年高二下化学期末学业质量监测模拟试题
一、单选题（本题包括20个小题，每小题3分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．在硼酸[B(OH)3]分子中，B原子与3个羟基相连，其晶体具有与石墨相似的层状结构。

则分子中B原子杂化轨道的类型及同层分子间的主要作用力分别是
A．sp，范德华力B．sp2，范德华力
C．sp2，氢键D．sp3，氢键
【答案】C
【解析】
【分析】
与石墨结构相似，则为sp2杂化；羟基间可形成氢键。

【详解】
在硼酸[B(OH)3]分子中，B原子与3个羟基相连，其晶体具有与石墨相似的层状结构。

则分子中B原子杂化轨道的类型与石墨中的碳原子相似，同为sp2杂化，同层分子间的主要作用力为氢键，层与层之间的作用力是范德华力，C正确，选C。

2．下列说法错误的是
A．蔗糖可作调味剂B．细铁粉可作食品抗氧剂
C．双氧水可作消毒剂D．熟石灰可作食品干燥剂
【答案】D
【解析】
【详解】
A、蔗糖具有甜味，且对人体无害，因此蔗糖可以作调味剂，故A说法正确；
B、细铁粉可以空气中氧气发生反应，防止食品被氧化变质，故B说法正确；
C、双氧水具有强氧化性，能消灭细菌和病毒，因此双氧水可作消毒剂，故C说法正确；
D、熟石灰不具有吸水性，不能作干燥剂，故D说法错误。

故选D。

3．最近，意大利科学家使用普通氧分子和带正电荷的氧离子制造出了由4个氧原子构成的氧分子，并用质谱仪探测到了它存在的证据。

若该氧分子具有空间对称结构，下列关于该氧分子的说法正确的是A．是一种新的氧化物，属于非极性分子B．不可能含有极性键
C．是氧元素的一种同位素D．是臭氧的同分异构体
【答案】B
【解析】
【分析】
4个氧原子构成的氧分子的分子式为O4，是氧元素形成的单质，分子内含有氧氧非极性键，是结构对称的
非极性分子，与O2和O3互为同素异形体。

【详解】
A项、4个氧原子构成的氧分子的分子式为O4，是氧元素形成的单质，不属于氧化物，故A错误；
B项、4个氧原子构成的氧分子的分子式为O4，分子内含有氧氧非极性键，故B正确；
C项、4个氧原子构成的氧分子的分子式为O4，是氧元素形成的单质，不属于同位素，故C错误；
D项、4个氧原子构成的氧分子的分子式为O4，是氧元素形成的单质，与O3互为同素异形体，不是同分异构体，故D错误；
故选B。

【点睛】
本题的重点考查了同位素、同素异形体、同分异构体概念和区别，注意氧化物是指只含有两种元素，且其中一种元素是氧元素的化合物；由同种元素形成的不同种单质互为同素异形体，同种非金属元素之间形成非极性键；质子数相同中子数不同原子互称同位素；同分异构体是分子式相同结构式不同的化合物。

4．下列反应中，属于氧化还原反应的是
A．IBr + H2O = HIO + HBr B．SO3 + H2O = H2SO4
C．SO2 + 2KOH = K2SO3 + H2O D．NaH + H2O = NaOH + H2↑
【答案】D
【解析】
A、IBr中Br显－1价，I显＋1价，根据反应方程式，没有化合价的变化，不属于氧化还原反应，故A错误；
B、此反应没有化合价的变化，不属于氧化还原反应，故B错误；
C、此反应中没有化合价的变化，不属于氧化还原反应，故C错误；
D、NaH中H显－1价，化合价升高转化为0价，H2O中H显＋1价，化合价降低，转化为0价，存在化合价的变化，属于氧化还原反应，故D正确。

5．我国在CO2催化加氢制取汽油方面取得突破性进展，CO2转化过程示意图如图：
下列说法不正确的是()
A．反应①的产物中含有水
B．反应②中只有碳碳键形成
C．汽油主要是C5～C11的烃类混合物
D．图中a的名称是2-甲基丁烷
【答案】B
【解析】
【详解】
A．从质量守恒的角度判断，二氧化碳和氢气反应，反应为CO2+H2=CO+H2O，则产物中含有水，选项A正
确；
B．反应②生成烃类物质，含有C﹣C键、C﹣H键，选项B错误；
C．汽油所含烃类物质常温下为液态，易挥发，主要是C5～C11的烃类混合物，选项C正确；
D．图中a烃含有5个C，且有一个甲基，应为2﹣甲基丁烷，选项D正确。

答案选B。

6．某溶液中含MgCl2和AlCl3各0.01 mol，向其中逐滴滴加1 mol/L的NaOH溶液至过量，下列关系图正确的是
A．B．C．
D．
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
MgCl2和AlCl3各0.01mol，与1mol/L的NaOH溶液反应，生成Mg(OH)2和Al(OH)3各0.01mol，，当沉淀达到最大时消耗NaOH的物质的量为0.05mol，可得NaOH溶液的体积为50mL；当NaOH溶液过量时，0.01mol 氢氧化铝会溶于过量的1mol/L氢氧化钠溶液中：Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-，消耗氢氧化钠溶液10mL，故沉淀达最大值后，再加氢氧化钠溶液，沉淀量减小，直到最后剩余氢氧化镁沉淀0.01mol。

综上分析，选C。

7．对于苯乙烯()，下列叙述完全正确的是( )
①能使酸性KMnO4溶液褪色；②可发生加聚反应；③可溶于水；④可溶于苯中；⑤苯环能与溴水发生取代反应；⑥可与H2发生加成反应，最多需要4molH2
A．①②③B．①②④⑥
C．①②④⑤⑥D．①②③④⑤⑥
【答案】B
【解析】
【分析】
苯乙烯中含有苯环和碳碳双键，则具备苯和烯烃的化学性质，且苯环为平面结构、乙烯为平面结构，以此来解答。

【详解】
①苯乙烯中含有碳碳双键，则能使酸性KMnO4溶液褪色，①正确；
②苯乙烯中含有碳碳双键，则可发生加聚反应，②正确；
③根据相似相溶可知，易溶于有机溶剂，难溶于水，③错误；
④根据相似相溶可知，易溶于有机溶剂，则可溶于苯中，④正确；
⑤中含有碳碳双键，能与溴水发生加成反应，不能与苯环反应，⑤错误；
⑥苯环和碳碳双键都可以与氢气发生加成反应，所以苯乙烯可与H2发生加成反应，最多需要4molH2，⑥正确；可见合理的说法是①②④⑥，
故正确选项是B。

【点睛】
本题考查苯乙烯的性质，熟悉物质的结构和性质的关系是解答本题的关键，并学会利用苯和乙烯的物理性质和化学性质来分析解答。

8．生物柴油是指利用动植物油脂，经一系列反应生成的高级脂肪酸甲酯或乙酯，具有优良的燃料性能。

下列说法不正确的是( )
A．硬脂酸甲酯的分子式为C19H38O2
B．生物柴油与石化柴油的成分相同
C．可以利用“地沟油”制备生物柴油
D．生物柴油具有可再生、环保等优点
【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查有机物的结构与性质。

生物柴油是指由动植物油脂（脂肪酸甘油三酯）与醇（甲醇或乙醇）经酯交换反应得到的脂肪酸单烷基酯，最典型的是脂肪酸甲酯。

生物柴油不含有烃，成分为酯类，生物柴油是通过榨取含有油脂的植物种子获得，是含氧量极高的复杂有机成分的混合物。

【详解】
硬脂酸甲酯的结构简式为C17H35COOCH3，分子式为C19H38O2，A正确；生物柴油不含有烃，成分为酯类，而柴油只含有烃，成分不相同，B错误；“地沟油”中含有动植物油脂，动植物油脂与醇反应可制备生物柴油，C正确；生物柴油是清洁的可再生能源，D正确。

故选B。

【点睛】
生物柴油是清洁的可再生能源，它以大豆和油菜籽等油料作物、油棕和黄连木等油料林木果实、工程微藻等油料水生植物以及动物油脂、废餐饮油等为原料制成的液体燃料，是优质的石油柴油代用品。

生物柴油是典型“绿色能源”，大力发展生物柴油对经济可持续发展，推进能源替代，减轻环境压力，控制城市大气污染具有重要的战略意义。

9．下列有关有机化合物的说法正确的是
A ．乙烯使酸性4KMnO 溶液和溴的4CCl 溶液褪色的原理相同
B ．苯与液溴在催化剂作用下生成溴苯发生了加成反应
C ．淀粉、蛋白质等营养物质在人体内最终生成二氧化碳和水排出体外
D ．用227K Cr O 法检验司机是否酒驾利用了乙醇的挥发性和还原性
【答案】D
【解析】
【详解】
A. 乙烯使酸性4KMnO 溶液褪色是由于乙烯与高锰酸钾发生了氧化还原反应，乙烯使溴的4CCl 溶液褪色是由于乙烯与溴单质发生了加成反应，反应原理不同，故A 错误；
B. 苯与液溴在催化剂作用下生成溴苯，是由于溴原子取代了苯环上的氢原子，发生了取代反应，故B 错误；
C. 淀粉在人体内最终生成二氧化碳和水排出体外，蛋白质在人体内最终胜出氨基酸，故C 错误；
D. 用227K Cr O 法检验司机是否酒驾，是利用了乙醇能够与227K Cr O 发生氧化还原反应，从而发生颜色变化，故D 正确；
故选D 。

10．某+2价离子的电子排布式为1s 22s 22p 63s 23p 63d 9 ，该元素在周期表中所属的族是( )
A ．ⅠB
B ．ⅡA
C ．Ⅷ
D ．ⅡB
【答案】A
【解析】
某+2价离子的电子排布式为1s 22s 22p 63s 23p 63d 9，该元素原子的核外电子排布式为1s 22s 22p 63s 23p 63d 104s 1，处于元素周期表中ds 区，最外层电子数为族序数，电子层数等于周期数，所以该元素处于第四周期第IB 族，故答案选A 。

11．下列有关实验原理、装置、操作或结论的描述，错误的是( )
A．图1所示装置可实现甲烷与氯气在光照条件下的取代反应
B．图2所示装置可分离CH3CH2OH和CH3COOC2H5的混合液
C．图3所示装置可用锌粒与稀硫酸反应制备氢气
D．图4所示装置可说明浓H2SO4具有脱水性、强氧化性，SO2具有漂白性、还原性
【答案】D
【解析】
分析：A.光照下甲烷与氯气发生取代反应；B.CH3CH2OH和CH3COOC2H5的混合液互溶、不分层；C.锌粒与稀硫酸发生氧化还原反应生成氢气；D.浓硫酸具有脱水性,使蔗糖碳化后，C与浓硫酸反应生成二氧化硫，品红、高锰酸钾均褪色。

详解：光照下甲烷与氯气发生取代反应,则图中装置可实现甲烷与氯气在光照条件下的取代反应生成氯代烃和HCl，A正确，不合题意；CH3CH2OH和CH3COOC2H5的混合液互溶、不分层,不能利用图中分液漏斗分离,B错误；锌粒与稀硫酸发生氧化还原反应生成氢气, 此装置可以为气体的发生装置，C正确，不合题意；浓硫酸具有脱水性,使蔗糖碳化后,C与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫,体现浓硫酸的强氧化性,图中品红、高锰酸钾均褪色,品红褪色与二氧化硫的漂白性有关,高锰酸钾褪色与二氧化硫的还原性有关,D
正确，不合题意；答案选B。

12．实验室用乙酸、乙醇、浓硫酸制取乙酸乙酯，加热蒸馏后，在饱和Na2CO3溶液的液面上得到无色油状液体，当振荡混合物时，有气泡产生，主要原因可能是（）
A．有部分H2SO4被蒸馏出来B．有部分未反应的乙醇被蒸馏出来
C．有部分未反应的乙酸被蒸馏出来D．有部分乙酸乙酯与碳酸钠反应
【答案】C
【解析】
试题分析：A、硫酸属于难挥发性酸，A项错误；B、乙醇不与碳酸钠反应，B项错误；C、乙酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，C项正确；D、乙酸乙酯与碳酸钠不反应，D项错误；答案选C。

考点：考查乙酸乙酯的制备
13．分子式为C5H10O2并能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体的有机物有（）
A．3种B．4种C．5种D．6种
【答案】B
【解析】
【分析】
分子式为C5H10O2的有机物可能是羧酸或酯，能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体，说明该有机物含有-COOH，为饱和一元羧酸，烷基为-C4H9，丁基异构数等于该有机物的异构体数。

【详解】
分子式为C5H10O2的有机物能与NaHCO3能产生气体，说明该有机物中含有-COOH，为饱和一元羧酸，则烷基为-C4H9，-C4H9异构体有：-CH2CH2CH2CH3，-CH（CH3）CH2CH3，-CH2CH（CH3）CH3，-C（CH3）3，故符合条件的有机物的异构体数目为4，故选B。

【点睛】
本题考查特定结构的同分异构体书写，侧重于分析能力的考查，注意官能团的性质与确定，熟练掌握碳原子数小于5的烃基的个数是解决本题的关键。

14．下列叙述不正确的是
A．氨水中：c(OH－)－c(H＋)＝c(NH)
B．饱和H2S溶液中：c(H2S)＞c(H＋)＞c(HS－)＞c(S2－)
C．0.1mol/LCH3COOH溶液中：c(CH3COOH)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)
D．Ca(OH)2溶液中：c(H＋)＋2c(Ca2＋)＝c(OH－)
【答案】C
【解析】分析：本题考查的是弱电解质的电离和溶液中的守恒规律，关键为三大守恒。

详解：A.氨水中的电荷守恒有c(OH－) ＝c(H＋)+ c(NH)，故正确；B.饱和硫化氢溶液中，因为硫化氢存在两步电离，且第一步电离程度大于第二步，所以微粒浓度关系为c(H2S)＞c(H＋)＞c(HS－)＞c(S2－)，故正确；C.在醋酸溶液中，醋酸电离出等量的氢离子和醋酸根离子，水也能电离出氢离子，所以氢离子浓度大于醋酸根离子浓度，故错误；D.氢氧化钙溶液中的电荷守恒有c(H＋)＋2c(Ca2＋)＝c(OH－)，故正确。

故选C。

点睛：弱电解质存在电离平衡，需要注意多元弱酸的电离是分步进行的，因为电离出的氢离子对后面的电离有影响，所以电离程度依次减弱。

15．常温下，在1L0.1mol·L-1的CH3COOH溶液中存在如下电离平衡：CH3COOH CH3COO-+H+，对于该平衡，下列叙述正确的是（）
A．加入水时，平衡向逆反应方向移动
B．加入少量NaOH固体，平衡向正反应方向移动
C．加入少量0.1mol·L-1HCl溶液，溶液中c(H+)减小
D．加入少量CH3COONa固体，平衡向正反应方向移动
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A．加水促进弱电解质的电离，则电离平衡正向移动，A选项错误；
B．加入少量NaOH固体，与CH3COOH电离生成的H+结合，使电离平衡向着正向移动，B选项正确；C．盐酸是强电解质，加入后溶液中c (H+)增大，电离平衡向着逆向移动，但是达到新的平衡时，溶液中c (H+)
增大，C选项错误；
D．加入少量CH3COONa固体，由电离平衡可以知道，c(CH3COO-)增大，则电离平衡逆反应方向移动，D选项错误；
答案选B。

16．将一定量纯净的氨基甲酸铵置于密闭真空恒容容器中(固体试样体积忽略不计)，在恒定温度下使其达到分解平衡：NH 2COONH4(s)2NH3(g)+CO2(g) △H = + a kJ·mol-l。

能判断该分解反应已经达到化学平衡的是（）
A．v(NH3)=2v(CO2)B．密闭容器中NH3体积分数不变
C．反应吸收a kJ热量D．密闭容器中混合气体的密度不变
【答案】D
【解析】分析：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。

详解：A、未体现正逆反应速率的关系，故A错误；B、由于反应物为固体，根据方程式，从反应开始到平衡，密闭容器中氨气的体积分数一直不变，不能判断该分解反应已经达到化学平衡，故B错误；C. 该反应为可逆反应，反应吸收a kJ热量，只是说明分解的氨基甲酸铵的物质的量为1mol，不能说明氨基甲酸铵的物质的量是否变化，故C错误；D、密闭容器中混合气体的密度不变，说明气体质量不变，正逆反应速率相等，故D正确；故选D。

点睛：本题考查了化学平衡状态的判断注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0。

本题的易错点为C，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。

17．下列化学用语正确的是（）
A．2—乙基—1，3—丁二烯的键线式：B．四氯化碳分子的电子式为：
C．丙烯分子的结构简式为：CH 3CHCH 2D．醛基的结构简式：—COH
【答案】A
【解析】本题考查有机物的表示方法。

详解：键线式是比结构简式还简单的能够表示物质结构的式子，书写时可以把C、H原子也省略不写，用—表示碳碳单键，用=表示碳碳双键，用≡表示碳碳三键，2—乙基—1，3—丁二烯的键线式为，A
正确；氯原子未成键的孤对电子对未标出，四氯化碳电子式为，B错误；丙烯分子的官能
团被省略，丙烯分子的结构简式为CH3CH=CH2，C错误；O、H原子的书写顺序颠倒，醛基的结构简式为—CHO，D错误。

故选A。

18．下列各组晶体中化学键类型和晶体类型均相同的是( )
A．二氧化硅和二氧化碳B．金刚石和石墨
C．氯化钠和过氧化钠D．溴和白磷
【答案】D
【解析】
【详解】
A．二氧化硅是原子晶体，存在共价键，二氧化碳是分子晶体，分子内为共价键，分子间为范德华力，二者晶体类型和化学键类型不同，A项不符合题意；
B．金刚石是原子晶体，存在共价键，石墨为层状晶体，层内是共价键，层间是范德华力，属混合晶体，二者化学键类型和晶体类型不同，B项不符合题意；
C．氯化钠是离子晶体，存在离子键，过氧化钠为离子晶体，但既存在离子键，也存在共价键，二者化学键类型不相同，C项不符合题意；
D．溴是分子晶体，白磷是分子晶体，均存在共价键。

二者化学键类型和晶体类型均相同，D项符合题意；本题答案选D。

【点睛】
考查化学键类型和晶体类型的判断，分清原子晶体，分子晶体，离子晶体等常见晶体的化学键是解答的关键。

19．某有机物的结构简式为下列对其化学性质的判断中，不正确的是（）
A．能被银氨溶液氧化
B．能使KMnO4酸性溶液褪色
C．1mol该有机物只能与1molBr2发生加成反应
D．1mol该有机物只能与1molH2发生加成反应
【答案】D
【解析】
【分析】
该有机物中含有C=C和-CHO，可发生加成、加聚、氧化等反应，以此解答该题。

【详解】
A.因含有-CHO，可发生银镜反应，故A正确；
B.含有C=C和-CHO ，都可被KMnO4酸性溶液氧化，故B正确；
C.C=C可与溴水发生加成反应，-CHO 可与溴发生氧化还原反应，但1mol该有机物只能与1molBr2发生加成反应，故C正确；
D. C=C和-CHO 都能与氢气发生加成反应，则1mol该有机物能与2molH2发生加成反应，故D错误。

答案选D。

20．化学与生产、生活密切相关，下述正确的是（）
A．医院里的血液透析利用了胶体的性质
B．PM2.5中含有铅、铬、钒、砷等对人体有害的金属元素
C．“地沟油”可以放心食用，经加工处理后还可用来制造肥皂和生物柴油
D．Ni-Zn化合物的纳米颗粒作苯与氢气反应的催化剂时，可提高苯的转化率
【答案】A
【解析】分析：A、人体血液属于胶体，不能透过半透膜；B、砷为非金属元素；C、地沟油不能够食用；
D、催化剂对平衡无影响。

详解：人体血液属于胶体，胶体是粒子直径在1nm—100nm之间的分散系，不能透过半透膜，所以医院里的血液透析利用了胶体的性质，A选项正确；PM 2.5含有的铅、镉、铬、钒、砷等对人体有害的元素，其中铅、镉、铬、钒均是金属元素，砷为非金属元素，B选项错误；地沟油是生活中存在的各类劣质油，长期食用可能会引发癌症，对人体的危害极大，不能够食用，C选项错误；催化剂能增大反应速率，但是对平衡移动无影响，所以转化率不变，D选项错误；正确选项A。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
21．高碘酸钾(KIO4)溶于热水，微溶于冷水和氢氧化钾溶液，可用作有机物的氧化剂。

制备高碘酸钾的装置图如下(夹持和加热装置省略)。

回答下列问题：
(1)装置I中仪器甲的名称是___________。

(2)装置I中浓盐酸与KMnO4混合后发生反应的离子方程式是___________。

(3)装置Ⅱ中的试剂X是___________。

(4)装置Ⅲ中搅拌的目的是___________。

(5)上述炭置按气流由左至右各接口顺序为___________(用字母表示)。

(6)装置连接好后，将装置Ⅲ水浴加热，通入氯气一段时间，冷却析岀高碘酸钾晶体，经过滤，洗涤，干燥等步骤得到产品。

①写出装置Ⅲ中发生反应的化学方程式：___________。

②洗涤时，与选用热水相比，选用冷水洗涤晶体的优点是___________。

③上述制备的产品中含少量的KIO3，其他杂质忽略，现称取ag该产品配制成溶液，然后加入稍过量的用醋酸酸化的KI溶液，充分反应后，加入几滴淀粉溶液，然后用1.0mol·L－1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，
消耗标准溶液的平均体积为bL 。

已知：KIO 3+5KI+6CH 3COOH===3I 2+6CH 3COOK+3H 2O
KIO 4+7KI+8CH 3 COOH===4I 2+8CH 3COOK+4H 2O
I 2+2Na 2S 2O 3===2NaI+N 2S 4O 6
则该产品中KIO 4的百分含量是___________(M r (KIO 3)=214，Mr(KIO 4)=230，列出计算式)。

【答案】圆底烧瓶 16H ++10Cl -+2MnO 4-=2Mn 2++8H 2O+5Cl 2↑ NaOH 溶液 使反应混合物混合均匀，反应更充分 aefcdb 2KOH+KIO 3+Cl 2KIO 4+2KCl+ H 2O 降低KIO 4的溶解度，减少晶体损失 107b 3a 11583a
-⨯⨯（）100% 【解析】
【分析】
本题为制备高碘酸钾实验题，根据所提供的装置，装置III 为KIO 4的制备反应发生装置，发生的反应为2KOH+KIO 3+Cl 2KIO 4+2KCl+ H 2O ；装置I 可用来制取氯气，为制备KIO 4提供反应物氯气；装置IV 是氯气的净化装置；装置II 是氯气的尾气吸收装置；装置的连接顺序为I →IV →III→II ，以此分析解答。

【详解】
(1)根据装置I 中仪器甲的构造，该仪器的名称是圆底烧瓶，
因此，本题正确答案是：圆底烧瓶；
(2)浓盐酸与KMnO 4反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，根据得失电子守恒及电荷守恒和原子守恒写出离子方程式是2MnO 4-+10Cl -+16H +=2Mn 2++5Cl 2↑+8H 2O ，
因此，本题正确答案是：2MnO 4-+10Cl -+16H +=2Mn 2++5Cl 2↑+8H 2O ；
(3) 装置II 是氯气的尾气吸收装置，所用的试剂X 应是NaOH 溶液，
因此，本题正确答案是：NaOH 溶液；
(4) 装置III 为KIO 4的制备反应发生装置，用氯气和NaOH 的KIO 3溶液反应，搅拌的目的是使反应混合物混合均匀，反应更充分，
因此，本题正确答案是：使反应混合物混合均匀，反应更充分；
(5)根据以上分析，装置的连接顺序为I →IV →III→II ，所以各接口顺序为aefcdb ，
因此，本题正确答案是：a efcdb ；
(6)①装置III 为KIO 4的制备反应发生装置，氯气将KIO 3氧化为KIO 4，本身被还原为KCl ，化学方程式为2KOH+KIO 3+Cl 2KIO 4+2KCl+ H 2O ，
因此，本题正确答案是：2KOH+KIO 3+Cl 2
KIO 4+2KCl+ H 2O ； ②根据题给信息，高碘酸钾(KIO 4)溶于热水，微溶于冷水和氢氧化钾溶液，所以，与选用热水相比，选用冷水洗涤晶体的优点是降低KIO 4的溶解度，减少晶体损失，
因此，本题正确答案是：降低KIO 4的溶解度，减少晶体损失；
③设ag 产品中含有KIO 3和KIO 4的物质的量分别为x 、y ，则根据反应关系：
KIO 3~~~3I 2，KIO 4~~~4I 2，I 2~~~2Na 2S 2O 3，
①214x+230y=a ，②3x+4y=0.5b ，联立①、②，解得y=()107b 3a 166
-mol ， 则该产品中KIO 4的百分含量是
107b 3a)230166a -⨯⨯（100%=107b 3a 11583a
-⨯⨯（）100%， 因此，本题正确答案是：107b 3a 11583a -⨯⨯（）100%。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
22．A 是一种常见的烃，它的摩尔质量为40g ·mol -1，C 能发生银镜反应，E 能与小苏打反应产生气体，它们之间存在如下图所示的转化关系（反应所需条件已略去）：
请回答：
（1） A 的结构简式_______。

（2） C 中含有官能团的名称是_______。

（3）在加热和催化剂条件下，D 生成E 的反应化学方程式为________。

（4）下列说法正确的是________。

a . B 、C 和E 都能使酸性KMnO 4溶液褪色
b . D 和E 都可以与金属钠发生反应
c . D 和E 在一定条件下反应可生成有香味的油状物质
d . 等物质的量B 和D 完全燃烧，耗氧量相同
【答案】CH 3C ≡CH 醛基 CH 3CH 2CH 2OH +O 2−−−→催化剂
加热
CH 3CH 2COOH +H 2O bcd 【解析】
【分析】
由题意：A 是一种常见的烃，它的摩尔质量为40g ·mol -1，分子式应为C 3H 4，则A 为CH 3C ≡CH ，由转化
关系可知B 为CH 3CH =CH 2，C 能发生银镜反应，则C 为CH 3CH 2CHO ，
D 为CH 3CH 2CH 2OH ，
E 为CH 3CH 2COOH ，以此解答该题。

【详解】
(1)由以上分析可知A 为CH 3C ≡CH ，故答案为：CH 3C ≡CH ；
(2) 根据上述分析：C 为丙醛，含有的官能团为醛基，故答案为：醛基； (3) 根据上述分析可知：D 生成E 的反应化学方程式为CH 3CH 2CH 2OH +O 2−−−→催化剂
加热
CH 3CH 2COOH +H 2O ，故答案为：CH 3CH 2CH 2OH +O 2−−−→催化剂加热CH 3CH 2COOH +H 2O ；
(4)a.根据上述分析E为丙酸，与酸性KMnO4溶液不反应，故a错误；
b.根据上述分析D为CH3CH2CH2OH，E为CH3CH2COOH，D和E分别含有羟基、羧基，则都可以与金属钠发生反应，故b正确；
c. 根据上述分析D为CH3CH2CH2OH，E为CH3CH2COOH，D和E在一定条件下发生酯化反应，可生成有香味的油状物质，故c正确；
d. 根据上述分析D为CH3CH2CH2OH，可拆写成(CH3CH=CH2) H2O，则等物质的量B和D完全燃烧，耗氧量相同，故d正确；
故答案为：bcd。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
23．2000多年前，希腊生理学家和医学家希波克拉底发现，杨树、柳树的皮、叶中含有能镇痛和退热的物质。

1800年，人们开始从该类植物中提取药物的活性成分——水杨酸（）。

1853年，德国化学家柯尔柏合成了水杨酸，并于1859年实现工业化生产。

水杨酸虽然解热和镇痛效果很好，但由于酚羟基的存在，对肠道和胃粘膜有强烈的刺激，易引发呕吐和胃出血，而且味道令人生厌。

1898年，德国化学家霍夫曼利用反应：
制得乙酰水杨酸（阿司匹林），改善了水杨酸的疗效。

1899年，由德国拜尔公司开始生产，并应用于临床，是第一种重要的人工合成药物。

现代医药发展方向之一是合成药物长效化和低毒化，其有效途径是低分子药物高分子化，如：可将药物分子连在安全无毒的高分子链上。

1982年，科学家通过乙二醇的桥
梁作用把阿司匹林连接在高聚物上，制成缓释长效阿司匹林（），用于关
节炎和冠心病的辅助治疗。

缓释长效阿司匹林分为高分子载体、低分子药物和作为桥梁作用的乙二醇三部分，在肠胃中水解变为阿司匹林，缓释长效阿司匹林使这种“古老”的解热镇痛药物重新焕发了“青春”。

根据上述材料，结合所学知识，回答以下问题。

（1）水杨酸具有________和________的作用。

（2）霍夫曼制取阿司匹林的反应类型是________。

（3）在霍夫曼制取阿司匹林的反应中，可用于检验水杨酸是否完全反应的试剂是________。

（4）写出缓释阿司匹林在肠胃中水解出阿司匹林的化学方程式：________。

【答案】退热镇痛取代反应饱和溴水。