山东省肥城市第三中学2015-2016学年高二下学期6月月考化学试卷 含解析

山东省肥城市第三中学2015—2016学年高二下期6月月考化学试卷(解析版) 1．下列有关物质的性质和该性质的应用均正确的是
A．SiO2具有较好的导电性，可用于制造半导体材料
B．H2O2是一种绿色氧化剂，可氧化酸性高锰酸钾而产生O2 C．铜的金属活动性比铁弱,可用铜罐代替铁罐贮运浓硝酸
D．Mg在空气中燃烧发出耀眼的白光，可用于制作信号弹
【答案】D
【解析】
试题解析：二氧化硅不导电，不能作半导体材料,故A错误；H2O2与酸性高锰酸钾反应时,氧元素从-1价升高到0价，被氧化作还原剂，酸性高锰酸钾作氧化剂,故B错误；常温下Cu与浓硝酸反应,不能铜罐贮运浓硝酸，Fe与浓硝酸发生钝化，所以能用铁罐盛放浓硝酸，故C错误；Mg在空气中燃烧的现象为：发出耀眼的白光,生成大量白烟，所以Mg可用于制作信号弹,故D正确。

考点：元素化合物
2．下列物质属于电解质的是
A．CO2B．Al C．蔗糖D．固体NaCl
【答案】D
【解析】
试题分析：电解质的定义为：在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，B项Al为单质故B项错误；A项CO2纯液体不导电，溶于水导电,但真正电离使溶液导电的物质为H2CO3，故CO2不是电解质,A 项错误；C项蔗糖水溶液中或熔融状态下都不导电，故蔗糖不是电
解质,故C项错误;固体NaCl溶于水完全电离使溶液导电，熔融状态下也完全电离导电,故固体NaCl为电解质.
考点：区分电解质。

3．容量瓶是用来配制一定物质的量浓度的溶液的定量仪器，其上标有:①温度、②浓度、③容积、
④压强、⑤刻度线、这五项中的（）
A．①③⑤B．③④⑤C．①②④D．①②③【答案】A
【解析】
试题分析:容量瓶是用来配制一定体积、一定物质的量浓度溶液的定量容器，容量瓶上标有容量，则③⑤正确；容量瓶只能在常温下使用,不能用来盛装过冷或过热的液体，不能用来稀释溶液或作为反应容器，则①正确，与浓度、压强、酸式或碱式无关，所以正确的是①③⑤,故选:A．
考点：容量瓶的使用方法
4．甲烷、乙烯属于不同类型的有机化合物，但它们之间也有共性。

下列关于它们之间共同特点的说法正确的有
A．都由C和H两种元素组成
B．都能使酸性KMnO4溶液褪色
C．都能发生加成反应和取代反应
D．在氧气中完全燃烧后都生成CO2和H2O
【答案】AD
【解析】
试题分析:A．甲烷和乙烯都由C和H两种元素组成，A正确；B．乙烯能使酸性KMnO4溶液褪色，甲烷不能,B错误；C．甲烷不能发生加成反应，C错误；D．在氧气中完全燃烧后都生成CO2和H2O，D 正确，答案选AD。

考点：考查甲烷和乙烯的组成、性质判断
5．下列反应的离子方程式正确的是
A．铜片加入三氯化铁溶液中：Cu＋2Fe3＋＝2Fe2＋＋Cu2＋
B．盐酸中加入碳酸钙：CO32－＋2H＋＝H2O＋CO2↑
C．AlCl3溶液中加入足量的氨水：Al3＋＋3OH－＝Al（OH)3↓D．NaHCO3溶液中加入盐酸：CO32－＋2H＋＝H2O＋CO2↑
【答案】A
【解析】
试题分析:A、符合离子方程式的书写原则，正确；B、碳酸钙是难溶物，不能拆开，错误；C、一水合氨是弱碱，不能写成氢氧根离子，错误;D、碳酸氢根离子不能写成碳酸根离子形式,错误,答案选A。

考点：考查离子方程式的书写
6．实验室用标准盐酸溶液测定某NaOH溶液的浓度，用甲基橙作指示剂,下列操作中可能使测定结果偏低的是
A．酸式滴定管在装酸液前未用标准盐酸溶液润洗2～3次
B．开始实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过程中气泡消失C．锥形瓶内溶液颜色变化由黄色变橙色，立即记下滴定管液面所在刻度
D．盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2～3次
【答案】C
【解析】
试题分析：A．酸式滴定管在装酸液前未用标准盐酸溶液润洗2~3次，则标准溶液的浓度偏小,使得反应消耗的标准酸溶液体积偏大，以此为标准计算的待测碱溶液的浓度偏高,错误；B．开始实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡,在滴定过程中气泡消失,使标准酸溶液的体积偏大，以此为标准计算的待测碱溶液的浓度偏高，错误；C．锥形瓶内溶液颜色变化由黄色变橙色，立即记下滴定管液面所在刻度，滴定消耗的标准酸溶液体积偏小，以此为标准计算的待测碱溶液的浓度偏低，正确；D．盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2~3次，待测碱溶液的物质的量偏多，反应消耗的标准酸溶液的体积偏大，以此为标准计算的待测碱溶液的浓度偏高，错误.
考点:考查酸碱中和滴定误差分析的知识。

7．下列离子方程式书写正确的是
A．NaHSO4溶液与Ba(OH）2溶液反应至中性: H++SO42—+Ba2++OH-= BaSO4↓+H2O
B．钢铁发生吸氧腐蚀的正极反应式：O 2+ 4e- +2H2O＝4OH—C．足量的溴化亚铁和少量的氯气反应：2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2＝3Fe3＋＋2Br2＋6Cl－
D．用铁作电极电解饱和食盐水：2Cl－+2H2O Cl2↑+H2↑+2OH－【答案】B
【解析】
试题分析:A、NaHSO4溶液与Ba（OH)2溶液反应至中性时，氢氧根
离子与氢离子的系数是2:2的关系，错误；B、钢铁发生吸氧腐蚀时，正极是氧气得到电子,生成氢氧根离子，正确；C、少量的氯气与溴化亚铁反应时，氯气先与还原性强的亚铁离子反应，再与溴离子反应生成单质溴，而所给离子方程式表示足量的氯气与少量的溴化亚铁反应，与已知不符，错误;D、铁作电极电解食盐水，则阳极是铁放电生成亚铁离子，不是氯离子放电生成氯气，则产物中不会生成氯气,错误，答案选B。

考点：考查离子方程式书写正误的判断
8．在2A（g）+B（g）=3C(g）+4D(g）中，表示该反应速率最快的是（)
A .v（A）=0。

5mol•L﹣1．min﹣1B．v（B）=0。

3mol•L﹣1．min ﹣1
C．v（C）=0.8mol•L﹣1．min﹣1D．v（D）=1.0mol•L﹣1．min ﹣1
【答案】B
【解析】
试题分析：比较化学反应速率时，首先看单位，题中所给的四个选项的单位相同，均为mol•L﹣1．min﹣1；再看是否是同一种物质表示的化学反应速率,四个选项所给的化学反应速率是用四种不同的物质表示的，则根据不同物质表示的化学反应速率的数值之比等于其化学计量数之比,可以四种不同的物质表示的化学反应速率转化为同种物质表示的化学反应速率，比如都转化成B物质表示的化学反应速率。

A．v（B）=0。

25mol•L﹣1．min﹣1;B．v（B)=0。

3mol•L﹣1．min
﹣1；C．v（B)=
8.0mol•L﹣1．min﹣1；D．v（B）=0。

25mol•L﹣1．min
3
﹣1;再比较四个数值的大小，可知,B项的反应速率最快。

故答案B。

考点：考查反应速率大小的比较。

9．检验氯化氢气体中是否混有氯气，不可采用的方法是
A．用紫色的石蕊溶液B．用湿润的有色布条
C．将气体通入硝酸银溶液．D．用湿润的淀粉碘化钾试纸【答案】C
【解析】
试题分析：若氯化氢气体中混有氯气,A用紫色的石蕊溶液检验，先变红色然后褪色；B．用湿润的有色布条,褪色；D．用湿润的淀粉碘化钾试纸，变蓝色；但将气体通入硝酸银溶液．不论是否混有氯气，都有白色沉淀出现。

考点：混和气体的检验
10．将4 mol A和2 mol B放入2 L密闭容器中发生反应：2A（g)＋B （g）2C(g）ΔH<0。

4 s后反应达到平衡状态，此时测得C的浓度为0.6 mol/L.下列说法正确的是
A．4 s内，v（B)＝0.075 mol/（L·s）
B．当c（A)∶c（B）∶c（C)＝2∶1∶2时,该反应即达到平衡状态C．达到平衡状态后，若只升高温度，则C的物质的量浓度增大D．达到平衡状态后，若温度不变，缩小容器的体积，则A的转化率降低
【答案】A
【解析】
试题分析:A.因为4s后，测得C的浓度为0.6mol/L,则B反应掉0。

3mol/L,v(B）＝0.3mol/L÷4s=0。

075 mol/（L·s）,A项正确；B、浓度保持不变，反应达到平衡状态，与物质间的浓度无关,B项错误；
C、升高温度，平衡逆向移动,则C的物质的量浓度减小，C项错误；
D、缩小容器的体积,平衡正向移动，A的转化率增大，D项错误;答案选A。

考点：考查化学反应速率的计算，化学平衡状态的判断,影响化学平衡的因素等知识
11．汽车尾气的无害化处理已成为当今汽车工业的一项重要课题,其基本原理是实现
2NO(g）＋2CO（g)N2（g）＋2CO2(g）的反应.关于该反应，下列说法正确的是
A．只要使用合理的催化剂及载体，就可完全清除NO和CO B．使用催化剂只能改变反应的速率不能改变反应的平衡常数C．假设该反应在密闭容器中进行,一段时间后达到平衡时c(NO)＝c(CO)
D．恒容条件下，通入惰性气体可提高NO转化率
【答案】B
【解析】
试题分析：A、使用催化剂不能影响平衡,所以错误，不选A；B、催化剂只改变反应速率,不影响平衡液不影响平衡常数，正确，选B；
C、平衡时一氧化氮和一氧化碳的物质的量浓度不一定相等，不选C;
D、恒容通入惰性气体,物质的浓度不变，平衡不移动，不选D。

考点：考查化学反应速率和化学平衡
12．下列关于胶体的说法中正确的是
A．胶体外观不均匀B．胶体能通过半透膜C．胶体微粒做不停的无秩序运动D．胶体不稳定,静置后容易产生沉淀
【答案】C
【解析】
试题分析：A、胶体是介稳定、均匀的体系，故错误；B、胶体不能透过半透膜,可以利用半透膜提纯和分离胶体和溶液，故错误；C、胶体性质之一:做布朗运动，即无规则的运动，故正确；D、胶体属于介稳定体系，故错误。

考点：考查胶体性质等知识。

13．下列哪一种试剂可以鉴别乙醇、乙醛、乙酸、甲酸四种无色溶液( )
A．银氨溶液B．浓溴水C．新制Cu（OH）2浊液D．FeCl3溶液
【答案】C
【解析】
试题分析：A、能产生银镜反应的为乙醛和甲酸，不能产生银镜反应的为乙醇和乙酸，不能进一步鉴别,不选A;B、乙醛和甲酸能使溴水褪色,乙醇和乙酸都不能，不能鉴别，不选B；C、能与新制的氢氧化铜浊液反应生成砖红色沉淀的为乙醛,能使新制的氢氧化铜浊液变澄清的为乙酸，能使新制的氢氧化铜浊液先变澄清,加热后产生
红色沉淀的为甲酸，无现象的为乙醇，能鉴别，选C;D 、氯化铁都不反应,不能鉴别,不选D 。

考点：醇醛酸的性质
14．将一定质量的镁、铜合金加入到稀硝酸中,两者恰好完全反应,假设反应过程中还原产物全是NO ，向所得溶液中加入物质的量浓度为3mol·L －1 的NaOH 溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g ，则下列有关叙述中正确的是
A ．开始加入合金的质量可能为16.4g
B ．标准状况下产物NO 的体积为22。

4L
C ．生成沉淀完全时消耗NaOH 溶液的体积为100mL
D ．参加反应的硝酸的物质的量为0。

1mol
【答案】C
【解析】
试题分析:A 、合金增加的质量即为与金属阳离子结合的氢氧根离子的质量，则氢氧根离子的物质的量是5.1g÷17g/mol＝0.3mol 。

所以金属阳离子的物质的＝0.3mol ÷2=0。

15mol ，假定全为镁，金属质量为0.15mol×24g/mol ＝3。

6g ，若全为铜，金属质量为:0.15mol×64g/mol＝9.6g ，所以参加反应的金属的总质量（m)范围为：3.6g ＜m ＜9。

6g ，A 错误；B 、根据得失电子守恒可知生成的NO 是0.1520.13
mol mol ⨯=，在标准状况下的体积为2。

24L ，B 错误；C 、根据氢氧根守恒可知氢氧化钠的物质的量是0.3mol,消耗氢氧化钠溶液的体积为0。

3mol÷3mol/L＝0。

1L ＝100mL,C 正确；D 、根据氮原子守恒可知参加反应的n 反应(HNO 3）＝0.15mol ×2＋0.1mol ＝0。

4mol，D错误；答案选C。

考点:考查混合物有关计算
15．实验室可以用KMnO4固体和浓盐酸反应制取少量Cl2，反应的化学方程式为：
2KMnO4＋16HCl(浓）＝2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O
回答下列问题：
（1）该反应中的氧化剂是，被氧化的元素是。

（2）该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为。

（3)氧化性：KMnO4Cl2（填“＞”、“＜”或“＝”）
(4）用单线桥法表示该反应中电子转移的方向和数目：
2KMnO4＋16HCl（浓）＝2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O
(5)每生成标准状况下1。

12L Cl2，反应中转移电子的物质的量为。

【答案】(12分）
（1）KMnO4;Cl；
（2）1∶5
（3）＞；
10e－
(4）2KMnO4＋16HCl
（5）0.1mol
【解析】
试题分析：(1）化合价升高元素是氯元素，则Cl元素被氧化，化合价降低元素是锰元素，在反应中共得到电子，被还原，KMnO4为氧化剂，故答案为：KMnO4；Cl；
(2)2KMnO4+16HCl（浓）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O反应中2mol 高锰酸钾被还原，有10mol氯气被氧化,则氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：5，故答案为：1：5；
（3）反应中高锰酸钾为氧化剂，氯气为氧化产物,则氧化性：KMnO4＞Cl2；故答案为：＞;
（4）反应中Cl元素失电子，Mn元素得电子,氧化还原反应中转移的电子数目为10,用单线桥法表示为
；
（5)每生成标准状况下1.12L Cl2，即0.05mol,反应中每当生成5mol 氯气转移10mol电子，则生成0。

05mol氯气转移0。

1mol电子；故答案为：0。

1mol.
考点:考查了氧化还原反应的相关知识。

16．化学对人类社会进步和发展的贡献之一是发现和研制了各种材料,例如,金属就是我们生活中不可或缺的重要材料,根据你学过的有关金属的知识，回答下列问题:
（1）铜钱在我国历史上曾经是一种广泛流通的货币，铜常用于制造货币的原因可能是_________（填序号)。

A．铜的熔点不是太高，易于冶炼，铸造成型
B．铜的性质不活泼，不易被腐蚀
C．我国较早的掌握了湿法冶炼铜的技术
D．自然界有大量的游离态的铜
（2）实验室中金属钠保存在________中，钠燃烧的化学方程式为（3）钢铁制品的使用更为广泛，但是铁制品易生锈，铁锈的主要成分是________(填名称），铁的氧化物常见的还有________、________(填化学式）。

(4）铝制品因为表面易形成致密的氧化铝薄膜而经久耐用，但是该氧化膜易被酸碱破坏，若使氧化铝与氢氧化钠溶液作用，反应的化学方程式为:_______________________。

【答案】（1)B C (2）煤油；略（3）氧化铁；FeO ；Fe3O 4(4）Al2O3+2NaOH== 2NaAlO2+H2O
【解析】
试题分析：（1）A、铜的熔点较高，错误；B、铜的性质不活泼，不易被腐蚀,正确；C、我国较早的掌握了湿法冶炼铜的技术,正确；D、自然界没有大量的游离态的铜，错误，选BC。

（2）实验室中金属钠保存在煤油中，钠燃烧生成过氧化钠，化学方程式为2Na+O2点燃Na2O2。

（3）铁锈的主要成分是氧化铁，铁的氧化物常见的还有FeO、Fe3O4 .
（4）氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水,化学方程式为：Al2O3+2NaOH== 2NaAlO2+H2O 。

考点：考查金属及其化合物的性质。

17．（10分）某化学课外小组为测定空气中CO2的含量，进行了如
下实验：
①配制0.1000 mol/L 和0.01000 mol/L的标准盐酸。

②将2～3滴酚酞加入未知浓度的Ba(OH)2溶液10.00 mL中，并用0。

1000 mol/L的标准盐酸进行滴定，结果用去盐酸19。

60 mL。

③用测定的Ba（OH)2溶液吸收定量空气中的CO2.取Ba(OH）2溶液
10.00 mL，放入100 mL容量瓶里加水至刻度线，取出稀释后的溶液放入密闭容器内，并通入10 L标准状况下的空气，振荡,这时生成沉淀。

④过滤上述所得浊液。

⑤取滤液20.00 mL,用0。

01000 mol/L的盐酸滴定，用去盐酸34。

80 mL.
请回答下列问题：
(1)配制标准盐酸时，需用下列哪些仪器? 。

A．托盘天平B．容量瓶C．酸式滴定管D．量筒E．烧杯F．胶头滴管G．玻璃棒
（2）②操作中到达滴定终点时的现象是。

(3)Ba（OH)2溶液的物质的量浓度是________.
（4）此空气样品中含CO2的体积分数为________。

(5)本实验中，若第一次滴定时使用的酸式滴定管未经处理,即注入第二种标准盐酸，并进行第二次滴定,使测定结果________（填“偏大”“偏小”或“无影响")。

【答案】．(10分）
（1）B、D、E、F、G（2分)
（2）溶液由红色恰好变为无色，且半分钟内颜色无变化（2分）
(3)0。

09800 mol/L(2分）(未考虑有效数字不得分）
(4)0。

02500％（2分）
(5)偏大（2分）
【解析】
18．（10分)高锰酸钾溶液常用于物质的定性检验与定量分析。

（1）实验室里欲用KMnO4固体来配制250。

00 mL 0。

1000 mol•L-1的KMnO4酸性溶液。

①需用的仪器有天平、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、、.
②配制过程中玻璃棒所起的作用是。

③下列操作对实验结果的影响偏大的是（填序号）。

a．加水定容时俯视刻度线
b．容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理
c．颠倒摇匀后发现凹液面低于刻度线又加水补上
（2）用上述酸性KMnO4溶液来测定FeSO4溶液中Fe2+的物质的量浓度。

①配平该反应的化学方程式：FeSO4 + KMnO4 + H2SO4 K2SO4 + MnSO4 + Fe2(SO4）3 + H2O
②实验时应测定的数据有：量取FeSO4溶液的体积和.
【答案】（1）①胶头滴管、250ml容量瓶；②搅拌，加速物质溶解;
引流；③a;（2)①10FeSO4 + 2KMnO4 +8H2SO4=K2SO4 + 2MnSO4 +5Fe2(SO4）3 +8H2O；②滴定达到终点时消耗的酸性KMnO4溶液的体积。

【解析】
试题分析：(1)①配制一定物质的量浓度的溶液，需要的仪器有：天平、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管、250容量瓶；②配制中需要玻璃棒的步骤在溶解和转移，溶解用玻璃棒搅拌，加速物质溶解，转移过程中,用玻璃棒引流;③a、定容时俯视刻度线，体积减小,所配溶液的浓度增大，故正确；b、容量瓶未干燥，对所配溶液的浓度无影响,故错误；c、加水补上，相当于对所配溶液浓度稀释，浓度偏小，故错误；（2)①Fe由＋2→＋3↑1，Mn由＋7→＋2↓5,最小公倍数为5，即FeSO4的系数为5，KMnO4系数为1,根据原子个数守恒，则K2SO4的系数为1/2，MnSO4的系数为1，Fe2（SO4）3的系数为5/2,配平其他，最后都乘以2，得出：10FeSO4 + 2KMnO4 +8H2SO4=K2SO4 + 2MnSO4 +5Fe2（SO4)3 +8H2O;②还需要滴定达到终点时消耗的酸性KMnO4溶液的体积。

考点：考查配制一定物质的量浓度溶液、氧化还原反应等知识。

19．测定生成SO3的转化率可以用下图装置，装置中烧瓶内发生的化学反应方程式为：Na2SO3(s）+H2SO4（85％）=Na2SO4+H2O+SO2↑（已知SO3的熔点是16.8o C，沸点是44。

8o C）
(1)装置中甲管的作用是__________________。

(2)根据实验需要，应该在I、II、III、IV处连接合适的装置，请从下图A〜E装置中选择最适合装置并将其序号填至下面的空格中，每个装置不重复使用.
I、II、III、IV处连接的装置分别是。

(3)为使SO2有较高的转化率，实验中加热催化剂与滴加浓硫酸的顺序中，应采取的操作是____________ ,若用大火加热烧瓶时,SO2的转化率会____________ (填“升高”、“不变"或“降低”）。

（4）有一小组在实验中发现，SO2气体产生缓慢，以致后续实验现象不明显,但又不存在气密性问题,请你推测可能的原因（可以不填满)①原因：______ ②原因：______ ③原因：______（5）将SO2通入含1mol氯酸的溶液中，可生成一种强酸和一种氧化物，并有6.02×1023个电子转移，则该反应的化学方程式为(6）用n mol Na2SO3粉末与足量浓硫酸进行此实验，当反应结束时,继续通入O2一段时间后，测得装置IV增重了mg，则实验中SO2
的转化率为。

(用含m、n的代数式填写)
【答案】（1）让硫酸顺利流下。

(意思对，或答保持分液漏斗和烧瓶内压强相等也给分)
（2）BEAC
（3）先加热催化剂再加浓硫酸降低
(4）①Na2SO3变质( 分）,②浓硫酸的浓度不够（其他合理答案均给分）
(5）SO2+2HClO3=H2SO4+2ClO2
（6)(64n—m)/64n×100％(其他合理答案均给分）
【解析】
试题分析：(1）橡胶管的作用是平衡压强，使液体顺利流下。

（2）生成的二氧化硫气体通过浓硫酸干燥后通过五氧化二矾催化剂发生反应，然后将混合气体通过冰冷凝三氧化硫，二氧化硫被碱石灰吸收。

（3）为提高二氧化硫转化率，催化剂应预先加热,使生成的二氧化硫立即与氧气发生反应；若大火加热，二氧化硫反应不完全,转化率低。

（4）亚硫酸钠与85%硫酸反应生成二氧化硫,随着反应进行，硫酸浓度变稀，导致后续现象不明显；也可能亚硫酸钠部分变质为硫酸钠导致二氧化硫气体产生缓慢。

（5）二氧化硫通过含1molHClO3溶液，转移1mol电子，说明HClO3还原产物为ClO2，所以二氧化硫被氧化为硫酸。

（6)nmolNa2SO3与足量浓硫酸生成nmolSO2,装置IV 增重mg说明未反应的SO2为m/64mol,所以二氧化硫转化率为(64n-m）/64n。

考点：化学实验氧化还原反应化学计算
点评:本题实验原理是二氧化硫与氧气催化氧化生成三氧化硫，二氧化硫由亚硫酸钠与浓硫酸反应得到，最好再增加一个提供氧气的装置更好,因系统中氧气毕竟有限。

20．环保检测部门测定某气体样品中含一氧化碳的含量,其方法和实验步骤如下：
①将2。

000 L 的气体样品通过盛有I 2O 5固体的加热管，发生的反应为
5CO+I 2O 5 △
2+I 2
②将所产生的碘升华,并加入30.00 mL 0。

005 0 mol·L -1的硫代硫酸钠溶液,发生的反应为
I 2+-2322O S ====2I -+-264O S
③将②中溶液取出，加入1.000 mL 0。

010 0 mol·L -1的碘水，正好将所取溶液中过量的Na 2S 2O 3全部氧化。

试计算1 L 该气体样品中有多少毫克（mg ）的CO 。

【答案】c(CO)=1.75 mg·L -1
【解析】本题考查应用关系式法进行的计算。

考查分析能力和计算能力。

根据题意反应中各物质间的关系为：5CO-I 2—-232
2O S n （-232O S )=0.005 0 mol·L —1×30。

00 mL×10—3 L·mL -1—5×0.010
0mol·L -1×1。

000 mL×10—3 L·mL —1×2=5.00×10—5 mol
n （CO ）=2
5×5.00×10-5 mol=1.25×10-4 mol m(CO)=1。

25×10—4 mol×28 g·mol —1=3。

50×10—3 g
c （CO ）=L g 000.21050.33-⨯=1.75×10-3 g·L -1=1.75 mg·L —1
21．（12分）【化学———有机化学基础】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:RCOOH3PCl−−−→RCOCl；D与FeCl3溶液能发生显色。

(1）B→C的转化所加的试剂可能是，C＋E→F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
D．1mol G最多可以跟4 mol H2反应
(3）E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。

①发生水解反应
②与FeCl3溶液能发生显色反应
③苯环上有两种不同化学环境的氢原子
【答案】（1）［Ag（NH3）2］OH （或银氨溶液或新制Cu（OH）2 碱性悬浊液等）（1分）取代反应（1分）
（2）CD （2分）
（3)OH
COOCH 3（2分)
（4）OOCCH3
COOCH3＋3NaOH
ONa
COONa＋CH3COONa＋CH3OH＋
H2O (3分）
（5)HO CH2OOCH、HO OOCCH3、HO COOCH3（3分）【解析】
试题分析：由F可知E为，根据D的分子式可知D为
，由可知C为CH3COOH，B为CH3CHO,A 为CH3CH2OH。

(1）CH3CHO→CH3COOH，所需条件是[Ag(NH3）2]OH或银氨溶液或新制Cu（OH）2碱性溶液；CH3COCl＋E→F根据结构式可知发生了取代反应;
（2)含有氧元素，所以不属于芳香烃,A错,不含有酚羟基，所以不能与FeCl3溶液发生显色反应，B错；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,C正确；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,D正确，所以选CD.
△
（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
＋3NaOH＋CH3COONa＋CH3OH＋H2O；
(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
；
考点：考查了有机物的合成等相关知识。

22．我国有丰富的海水资源,开发和利用海水资源是当前科学研究的一项重要任务，下图是某化工厂对海水资源综合利用的示意图：
Ⅰ．(1）写出N的化学式_________________________；
（2）写出反应②的化学方程式_________________________。

Ⅱ．粗盐中含有Ca2＋、Mg2＋、
SO42－等杂质,精制时所用的
试剂为:①盐酸②氯化钡溶液
③氢氧化钠溶液④碳酸钠溶液，以上试剂添加的顺序可以为____________.
A．②③④① B．③④②① C．④③②① D．③②④①Ⅲ．提取粗盐后剩余的海水（母液)中，可用来提取Mg和Br2。

（1）若用来提取Mg，根据上述提取Mg的流程,没有涉及到的反应类型是____________。

A．分解反应B．化合反应C．置换反应D．复分解反应（2)若用来提取Br2，反应⑥所用的气态氧化剂的寻找货源的设想，其中合理的是____________。

A．从外地购买B．在当地新建生产厂C．从本厂生产烧碱处循环D．从本厂生产镁单质处循环(3）母液用来提取Mg和Br2先后顺序，甲乙两位工程师有不同观点：甲:母液先提取Mg，后提取Br2 乙：母液先提取Br2，后提取Mg
请你判断哪个更合适？______（填“甲”或“乙)，理由是____________________________ ___。

【答案】Ⅰ。

（1)HCl (2)2NaCl +2H2O电解2NaOH + H2↑+ Cl2↑Ⅱ.AD Ⅲ.（1）C （2）CD（3)乙，若先提取镁，海水中会残留大量氢氧化钙,再用氯气提取溴单质时会损耗大量氯气。

【解析】
试题分析：根据流程图知：反应②为精盐溶液的电解,反应物是氯化钠和水,产物是氯气、氢气、氢氧化钠，C+F→N，N能溶解沉淀,C 既能和F反应又能和E反应，所以E为NaOH，F为H2，C为Cl2，
N为HCl,贝壳（主要成分为CaCO3）经过高温煅烧可以生成疏松的氧化钙（A）,氧化钙可与水反应生成氢氧化钙（B），与母液反应生成氢氧化镁，氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁，电解可生成氯气和镁，由转化关系可知D为Mg。

Ⅰ。

（1）根据以上分析可知N的化学式为HCl。

（2）根据流程图知：反应2为精盐溶液的电解,反应物是氯化钠和水，产物是氯气、氢气、氢氧化钠，方程式为2NaCl +2H2O电解2NaOH + H2↑+ Cl2↑。

Ⅱ．SO42-、Ca2+、Mg2+等分别与BaCl2溶液、Na2CO3溶液、NaOH溶液反应生成沉淀，可再通过过滤除去,Na2CO3溶液能除去过量的BaCl2溶液,盐酸能除去过量的Na2CO3溶液和NaOH溶液，所以应先加BaCl2溶液再加Na2CO3溶液,最后加入盐酸，答案选AD。

Ⅲ.（1)溶液和B反应为海水中的镁离子和氢氧化钙反应，为复分解反应，得到氢氧化镁的沉淀，制取盐酸为化合反应，氢氧化镁和盐酸反应得到氯化镁,为复分解反应，氯化镁电解为分解反应，该过程中未涉及的反应为置换反应，答案选C。

（2）提取Br2，反应⑥所用的气态氧化剂为氯气，本厂生产烧碱为电解氯化钠溶液，产物中有氯气，本厂生产镁单质，是电解无水氯化镁，电解氯化镁的产物为镁和氯气，循环使用可节约原料成本，且不产生环境污染，答案选CD。

（3）母液用来提取Mg和Br2，若先提取镁，海水中会残留大量Ca(OH）2，Ca（OH）2能和氯气反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，再用Cl2提取溴时会消耗大量Cl2,所以乙观点合理，甲方案不合适，
提取Mg时用的Ca（OH）2有剩余，所以通入氯气会和它反应，造成浪费；乙方案合适，电解MgCl2产生的Cl2可用于下一次Br-的氧化。

考点：考查海水资源的综合应用。