《黑龙江省绥化市望奎县第二中学2023学年化学高二下期末综合测试试题(含解析)35182.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《黑龙江省绥化市望奎县第二中学2023学年化学高二下期末综合测试试题(含解析)35182.pdf（15页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2023 学年高二下学期化学期末模拟测试卷 考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、为了体育大型比赛的公平和发扬积极向上健康精神，禁止运动员使用兴奋剂是奥运会的重要举措之一。以下两种兴奋剂的结构分别为：则关于以上两种兴奋剂的说法中正确的是（）A利尿酸分子中有三种含氧官能团，在核磁共振氢谱上共有六个峰 B两种兴奋剂最多都
2、能和含 3molNaOH 的溶液反应 C1 mol 兴奋剂 X 与足量浓溴水反应，最多消耗 4 mol Br2 D两种分子中的所有碳原子均不可能共平面 2、反应 H2(g)+I2(g)2HI(g)的平衡常数 K1，反应 HI(g)12H2(g)+12I2(g)的平衡常数 K2，则 K1、K2的关系为（平衡常数为同温度下的测定值）AK1=2K2 BK1=K22 CK1=221K DK1=12K2 3、下列离子方程式正确的是（）A向 Na2S2O3溶液中通入足量氯气：S2O32-+2Cl23H2O=2SO32-4Cl-6H+B等物质的量的 FeBr2与 Cl2反应为：2Fe22Br2Cl2=2Fe
3、3Br24Cl C等物质的量 MgCl2、Ba(OH)2和 HCl 溶液混合:Mg23OHH=Mg(OH)2H2O D等体积、等浓度的 Ba(OH)2稀溶液与 NaHSO4稀溶液混合：Ba2+2OH-+2H+SO42-=BaSO4+2H2O 4、在同温同压下，某有机物和过量 Na 反应得到 V1 L 氢气，另一份等量的该有机物和足量的 NaHCO3溶液反应得到V2 L 二氧化碳，若 V1V20，则该有机物可能是()AHOOCCOOH BCH3CHOHCOOH CHOCH2CH2OH DCH3CH2OH 5、下列说法正确的是（）A1 mol H2O含有的质子数为 10 mol B0.5 mol
4、SO42-含 8 mol 电子 C18 g 水中含有的氧原子数为 6.021022 D1 mol NaHSO4固体中含有的阴阳离子总数为 36.021023 6、下列说法正确的是（）A苯乙烯分子中所有原子一定处于同一平面 BC5H12O 能与金属钠反应的同分异构体有 8 种 C苯与浓硝酸在常温下发生取代反应制备硝基苯 D乙烯、乙醇、聚乙烯均可使酸性高锰酸钾溶液褪色 7、在已经处于化学平衡状态的体系中，如果下列量发生变化，其中一定能表明化学平衡移动的是 A反应混合物的浓度 B反应体系的压强 C正、逆反应的速率 D反应物的转化率 8、下列有关铁及其化合物的说法中正确的是 A除去 FeCl3溶液中的
5、 FeCl2杂质可以向溶液中通入氯气 B铁与水蒸气在高温下的反应产物为 Fe2O3和 H2 CFe3O4为红棕色晶体 DFe(OH)2和 Fe(OH)3都能在空气中稳定存在 9、冠心平 F 是降血脂、降胆固醇的药物，它的一条合成路线如下，A 为一元羧酸，10.2g A 与足量 NaHCO3溶液反应生成 2.24L CO2（标准状况），A 的分子式为 AC2H4O2 BC3H6O2 CC4H8O2 DC5H10O2 10、1 mo1X 能与足量碳酸氢钠溶液反应放出 44.8 LCO2（标准状况），则 X 的分子式是（）AC5H10O4 BC4H8O4 CC3H6O4 DC2H2O4 11、下列物
6、质：中存在配位键的是 A B C D 12、只用一种试剂便可将苯、苯酚、四氯化碳、乙醛 4 种无色液体进行鉴别，这种试剂是 银氨溶液 新制的 Cu(OH)2悬浊液 NaOH溶液 溴水 A仅 B仅 C D仅 13、下列说法正确的是 A蛋白质溶液中加入饱和硫酸铵溶液，蛋白质发生变性 B全降解塑料可由环氧丙烷和 CO2缩聚制得 C用牛油制肥皂，当在反应液中加入热的饱和食盐水并搅拌后，会发现烧杯底部有固体物质析出 D在用油脂制肥皂实验中，加入乙醇是为了增大油脂和 NaOH 溶液的接触面积，从而加快化学反应速率 14、下列关于热化学反应的描述中正确的是 AHCl 和 NaOH 反应的中和热H57.3 k
7、Jmol1，则 H2SO4和 Ca(OH)2反应的中和热H=2(57.3)kJmol1 B甲烷的标准燃烧热 H890.3 kJmol1，则 CH4(g)2O2(g)CO2(g)2H2O(g)H890.3 kJmol1 C已知：500、30MPa 下，N2(g)3H2(g)2NH3(g)H92.4kJmol1；将 1.5 mol H2和过量的 N2在此条件下充分反应，放出热量 46.2 kJ DCO(g)的燃烧热是 283.0kJmol1，则 2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)反应的H+566.0 kJmol1 15、下列各物质属于电解质的是（）NaOH BaSO4 Cu 蔗糖 CO2 A
8、 B C D 16、下列分子中，所有原子不可能处于同一平面的是 ACH2=CH2 BHCCH C D 二、非选择题（本题包括 5 小题）17、根据下面的反应路线及所给信息填空：（1）反应的类型是_，反应的类型是_。（2）C 的结构简式是_，D 的结构简式是_。（3）写出反应的化学方程式：_。（4）反应中，除生成-溴代肉桂醛的同时，是否还有可能生成其他有机物？若有，请写出其结构简式：_。（只写一种）18、聚合物 F 的合成路线图如下：已知：HCHO+RCH2CHO 请据此回答：(1)A 中含氧官能团名称是_，D 的系统命名为_。(2)检验 B 中含氧官能团所用的试剂是_；AB 的反应类型是_。(
9、3)C 生成 D 的反应化学方程式为_，E 合成 F的反应化学方程式为_。(4)G 物质与互为同系物，且 G物质的相对分子质量比大 14 的，则符合下列条件的 G的同分异构体有_种。分子中含有苯环，且苯环上有两个取代基 遇氯化铁溶液变紫色 能与溴水发生加成反应 19、亚硝酰硫酸(NOSO4H)主要用于染料、医药等工业。实验室用如图装置(夹持装置略)制取少量的 NOSO4H，并检验产品纯度。已知：NOSO4H 遇水水解，但溶于浓硫酸而不分解。（1）利用装置 A 制取 SO2，下列最适宜的试剂是_(填下列字母编号)ANa2SO3固体和 20%硝酸 BNa2SO3固体和 20%硫酸 CNa2SO3固
10、体和 70%硫酸 DNa2SO3固体和 18.4mol/L 硫酸（2）装置 B 中浓 HNO3和 SO2在浓 H2SO4作用下反应制得 NOSO4H。为了控制通入 SO2的速率，可以采取的措施是_。该反应必须维持体系温度不低于 20。若温度过高，产率降低的可能原因是_。开始反应缓慢，待生成少量 NOSO4H后，温度变化不大，但反应速率明显加快，其原因可能是_。（3）在实验装置存在可能导致 NOSO4H产量降低的缺陷是_。（4）测定 NOSO4H的纯度 准确称取 1.337 g 产品加入 250 mL 碘量瓶中，加入 0.1000mol/L、60.00 mL 的 KMnO4标准溶液和 10 mL
11、 25%H2SO4溶液，然后摇匀。用 0.2500 mol/L 草酸钠标准溶液滴定，消耗草酸钠溶液的体积为 20.00 mL。已知：2KMnO45NOSO4H2H2OK2SO42MnSO45HNO32H2SO4 配平：_MnO4-_C2O42-_Mn2+_H2O 亚硝酰硫酸的纯度=_%(计算结果保留两位有效数字)。20、某研究性学习小组欲探究原电池的形成条件，按下图所示装置进行实验 序号 A B 烧杯中的液体 指针是否偏转 1 Zn Cu 稀硫酸 有 2 Zn Zn 稀硫酸 无 3 Cu C 氯化钠溶液 有 4 Mg Al 氢氧化钠溶液 有 分析上述数据，回答下列问题：(1)实验 1 中电流由
12、_极流向_ 极（填“A”或“B”）(2)实验 4 中电子由 B 极流向 A 极，表明负极是_电极（填“镁”或“铝”）(3)实验 3 表明 _ A铜在潮湿空气中不会被腐蚀 B铜的腐蚀是自发进行的(4)分析上表有关信息，下列说法不正确的是_ A相对活泼的金属一定做负极 B失去电子的电极是负极 C烧杯中的液体，必须是电解质溶液 D浸入同一电解质溶液中的两个电极，是活泼性不同的两种金属（或其中一种非金属）21、向含有 Cl、Br、I、Fe2的溶液中，逐滴加入新制的溴水至足量，反应后溶液中离子中数量明显减少的是_；离子数量明显增多的是_；离子数量基本不变的是_；发生反应的离子方程式依次为_。2023 学
13、年模拟测试卷参考答案（含详细解析）一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【答案解析】A.由利尿酸的结构简式可知：利尿酸分子中含氧官能团分别是羰基、醚键和羧基三种，7 种不同类型的氢原子，在核磁共振氢谱上共有七个峰，故 A 错误；B.利尿酸最多能和含 5molNaOH 的溶液反应，兴奋剂 X 最多能和含 5molNaOH的溶液反应，故 B 错误；C.兴奋剂中含有碳碳双键、酚羟基，碳碳双键和苯环上酚羟基邻对位氢原子能和溴发生反应，所以 1 mol 兴奋剂 X 与足量浓溴水反应，最多消耗 4 mol Br2，故 C 正确；D碳碳双键、连接苯环的碳原子能共面，所以兴奋剂 X 中所有碳原子能共面，
14、故 D 错误；故答案为 C。2、C【答案解析】反应 H2（g）+I2（g）2HI（g）的平衡常数 K1，则相同温度下，反应 2HI（g）H2（g）+I2（g）的平衡常数为 1/K1，故反应 HI（g）12H2(g)+12I2(g)的平衡常数 K2=(1/K1)1/2，故 K1=221K，故选 C 项正确。3、B【答案解析】A.向 Na2S2O3溶液中通入足量氯气，反应生成硫酸钠、氯化钠和水，正确的离子方程式为:S2O32-+4Cl25H2O=2SO42-8Cl-10H+，A 错误；B.等物质的量的 FeBr2与 Cl2反生成氯化铁、溴化铁和溴，正确的离子方程式为:2Fe22Br2Cl2=2Fe
15、3Br24Cl，B 正确；C.等物质的量 MgCl2、Ba(OH)2和 HCl 溶液混合，氢氧根离子有剩余，生成氢氧化镁沉淀，正确的离子方程式为:Mg24OH2H=Mg(OH)22H2O，C 错误；D.等体积、等浓度的 Ba(OH)2稀溶液与 NaHSO4稀溶液混合，氢氧根离子过量，正确的离子方程式为:Ba2+OH-+H+SO42-=BaSO4+H2O，D 错误；答案选 B。【答案点睛】由于亚铁离子的还原性大于溴离子，所以氯气先氧化亚铁离子，后氧化溴离子；所以等物质的量的 FeBr2与 Cl2反应生成氯化铁、溴化铁和溴，离子反应为 2Fe22Br2Cl2=2Fe3Br24Cl；若加入足量的氯气
16、，反应生成氯化铁和溴，离子反应为：2Fe24Br3Cl2=2Fe32Br26Cl；从以上两个反应看出，反应物的量不同，生成物不完全相同，解题时要注意此点。4、B【答案解析】OH、COOH均能与 Na 反应，2 mol OH或COOH与过量 Na 反应生成 1 mol H2。COOH能与 NaHCO3溶液反应，l mol COOH与足量 NaHCO3溶液反应生成 1 mol CO2。【题目详解】A.HOOCCOOH与过量 Na、足量 NaHCO3溶液反应产生 H2、CO2的体积比为 12，故 A 错误；B.与过量 Na、足量 NaHCO3溶液反应产生 H2、CO2的体积相等，故 B 正确；C.H
17、OCH2CH2OH与 Na 反应产生氢气，与 NaHCO3不反应，故 C 错误；D.CH3CH2OH与 Na 反应产生氢气，与 NaHCO3不反应，故 D 错误；答案选 B。5、A【答案解析】A.1 个 H2O中含有 10 个质子，因此 1molH2O 中含有 10mol 质子，故 A 正确；B.一个 SO42-离子含有 50 个电子，0.5molSO42-含有的电子数为 25mol，故 B错误；C.18g 水中含有 1mol 氧原子，因此含有的氧原子数为236.02 10，故 C 错误；D.NaHSO4固体中含有 Na+和 HSO4-，则 1molNaHSO4固体中含有的阴阳离子总数为232
18、 6.02 10，故 D 错误；故答案为：A。6、B【答案解析】A.苯环及碳碳双键均为平面结构，当直接相连，单键可以旋转，所以苯乙烯分子中的所有原子可能处于同一个平面，不是一定，故 A 项错误；B.分子式为 C5H12O的有机物，能与金属钠反应放出氢气，说明分子中含有-OH，该物质为戊醇，戊基-C5H11结构有：-CH2CH2CH2CH2CH3、-CH（CH3）CH2CH2CH3、-CH（CH2CH3）2、-CHCH（CH3）CH2CH3、-C（CH3）2CH2CH3、-C（CH3）CH（CH3）2、-CH2CH2CH（CH3）2、-CH2C（CH3）3，所以该有机物的同分异构有 8 种，选项
19、 B 正确；C.苯与浓硝酸在 5060，浓硫酸作催化剂的条件下发生取代反应生成硝基苯，C 错误；D.聚乙烯不含双键,不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，乙烯、乙醇可使酸性高锰酸钾溶液褪色,故 D 错误。答案：B。【答案点睛】本题考查有机物的性质判断、同分异构体的书写、原子共面等，利用烃基异构书写戊醇的同分异构体简单容易。7、D【答案解析】只有正逆反应速率不相等时，平衡才能发生移动，这是化学平衡发生移动的前提。反应物浓度和压强变化不一定会引起正逆反应速率不相等，所以平衡不一定发生移动。正逆反应速率变化，但如果变化后仍然相等，则平衡就不移动。反应物转化率的变化，说明反应物的正逆反应速率一定不再相等，平衡一
20、定发生移动，答案是 D。8、A【答案解析】A、氯气与氯化亚铁反应生成氯化铁，故除去 FeCl3溶液中的 FeCl2杂质可以向溶液中通入氯气，正确；B、铁与水蒸气在高温下的反应产物为 Fe3O4和 H2，错误；C、Fe3O4为黑色晶体，错误；D、Fe(OH)2在空气中与氧气和水反应生成 Fe(OH)3，不能稳定存在，错误。9、D【答案解析】标况下，2.24L CO2的物质的量为 0.1mol，10.2g A(一元羧酸)与足量 NaHCO3反应产生0.1mol CO2，则10.2g A为0.1mol，即其相对分子质量为 102，由此可以判断 A 的分子式。【题目详解】标况下，2.24L CO2的物
21、质的量为 0.1mol，10.2g A(一元羧酸)与足量 NaHCO3反应产生0.1mol CO2，则10.2g A为0.1mol，即其相对分子质量为 102；A.C2H4O2的相对分子质量为 60，A 错误；B.C3H6O2的相对分子质量为 74，B 错误；C.C4H8O2的相对分子质量为 88，C 错误；D.C5H10O2的相对分子质量为 102，D 正确；故合理选项为 D。10、D【答案解析】能与碳酸氢钠溶液反应的有机物只有羧酸，1mo1X能与足量碳酸氢钠溶液反应放出 44.8LCO2（标准状况），说明 X中含有 2 个羧基（-COOH），饱和二元羧酸的通式为 CnH2n-2O4，当为不
22、饱和酸时，H原子个数小于 2n-2，符合通式的只有 D 项，故选 D 项。11、D【答案解析】H3O+中 O提供孤电子对，H+提供空轨道，二者形成配位键，H3O+含有配位键；Cu2+有空轨道，NH3中的氮原子上的孤电子对，可以形成配位键，Cu(NH3)42+含有配位键；CH3COO中碳和氧最外层有 8 个电子达到稳定结构，氢满足 2 电子稳定结构，无空轨道，无孤电子对，电子式为，不含有配位键；NH3为共价化合物，氮原子中最外层有 8 个电子达到稳定结构，分子中存在两个 HN 键，氢满足 2 电子稳定结构，无空轨道；CO为共价化合物，分子中氧提供孤电子对，碳提供空轨道；本题选 D。12、D【答案
23、解析】苯的密度比水小，四氯化碳的密度比水大，乙醛可被银氨溶液氧化，苯酚与银氨溶液不反应，可鉴别，故正确；苯的密度比水小，四氯化碳的密度比水大，乙醛可被新制的 Cu(OH)2悬浊液氧化，苯酚与氢氧化铜不反应，可鉴别，故正确；NaOH 溶液与苯酚反应无明显现象，不能鉴别苯酚和乙醛，故错误；苯、苯酚溶液、四氯化碳、乙醛与溴水混合的现象分别为：分层后有色层在上层、白色沉淀、分层后有色层在下层，溴水褪色，现象不同，可鉴别，故正确所以 D 选项是正确的【答案点睛】苯的密度比水小,四氯化碳的密度比水大,苯酚可与氢氧化钠、溴水反应,乙醛具有还原性,可被氧化剂氧化,以此解答该题。13、D【答案解析】分析：A.蛋
24、白质遇到重金属盐会变性；B.环氧丙烷和 CO2通过加聚制得全降解塑料；C.高级脂肪酸钠，该物质在饱和食盐水中溶解度较小，且密度小于水；D.油脂难溶于水，在乙醇中的溶解度较大。详解：蛋白质溶液中加入饱和硫酸铵溶液，降低蛋白质的溶解度，属于蛋白质发生了盐析，物理变化，A 错误；全降解塑料可由单体环氧丙烷和 CO2通过加聚反应生成，B 错误；牛油在碱性条件下水解生成高级脂肪酸钠，该物质在饱和食盐水中溶解度较小，且密度小于水，则析出的肥皂浮在上层而不是沉于液面底部，C 错误；油脂难溶于水，在乙醇中的溶解度较大，油脂制肥皂实验中加入一定量的乙醇为了增大油脂的溶解，增大与 NaOH 溶液的接触面积，从而加
25、快化学反应速率，D 正确；正确选项 D。点睛：蛋白质溶液中遇到轻金属盐，比如硫酸铵、硫酸钠等，降低了蛋白质的溶解度，以沉淀的形式析出，但是蛋白质没有失去水溶性，没有失去生理活性，属于物理变化；蛋白质溶液遇到重金属盐，比如硫酸铜、醋酸铅等，也产生沉淀，但蛋白质发生变性，属于化学变化，失去水溶性，失去生理活性。14、D【答案解析】AHCl 和 NaOH 反应的中和热H-57.3kJ/mol，但由于稀硫酸与氢氧化钙反应生成的硫酸钙微溶，则 H2SO4和Ca（OH）2反应的中和热的H-57.3kJ/mol，A 错误；B由于气态水的能量高于液态水的能量，则甲烷完全燃烧生成液态水放热多，但放热越多，H越小
26、，因此反应CH4(g)2O2(g)CO2(g)2H2O(g)的 H890.3 kJmol1，B 错误；C.合成氨反应是可逆反应，将 1.5 mol H2和过量的 N2在此条件下充分反应，放出热量小于 46.2 kJ，C 错误；DCO（g）的燃烧热是 283.0kJ/mol，则 2CO（g）+O2（g）2CO2（g）H-566.0kJ/mol，互为逆反应时，焓变的数值相同、符号相反，则 2CO2（g）2CO（g）+O2（g）反应的H+566.0kJ/mol，D 正确；答案选 D。【答案点睛】本题考查热化学方程式，为高频考点，把握反应中能量变化、中和热与燃烧热、可逆反应为解答的关键，侧重分析与应用
27、能力的考查，选项 B为解答的易错点，注意比较 H大小时要带着符合比较，题目难度不大。15、A【答案解析】电解质指的是在水溶液或者是熔融状态下，能够导电的化合物；非电解质指的是在水溶液和熔融状态下均不导电的化合物。【题目详解】NaOH 是电解质；BaSO4也是电解质；Cu 既不是电解质，又不是非电解质；蔗糖是非电解质；CO2的水溶液能导电，是由于 H2CO3的电离，因此 H2CO3是电解质，CO2是非电解质。因此属于电解质的是，故答案 A。16、D【答案解析】分析：甲烷为正四面体结构、乙烯中 6 个原子共平面、乙炔中 4 个原子共线、苯分子中 12 个原子共面，据此分析解答。详解：ACH2=CH
28、2是平面结构，所有原子在同一平面上，选项 A 错误；BHCCH 是直线型分子，所有原子在同一直线上，同时也在同一平面上，选项 B 错误；C 苯为平面结构，所有原子在同一平面上，选项 C 错误；D中具有 1 个甲基，具有甲烷的结构，所有原子不可能处于同一平面内，选项 D 正确；答案选 D。二、非选择题（本题包括 5 小题）17、取代反应 加成反应 +NaOH+NaCl 【答案解析】甲苯在光照条件下与氯气发生取代反应生成的 A 为，A 水解生成的 B 为，反应在浓硫酸作用下发生消去反应，生成的 C 为，C 与溴发生加成生成的 D 为，D 发生消去反应生成 溴代肉桂醛，结合有机物的官能团的性质解答该
29、题【题目详解】（1）反应为甲苯在光照条件下与氯气发生取代反应，反应为加成反应；（2）由以上分析可知 C为，D 为；（3）反应氯代烃的水解反应，反应的方程式为：+NaOH+NaCl；（4）在 NaOH 的醇溶液中发生消去反应，脱去 1 分子 HBr 或 2 分子 HBr，可生成-溴代肉桂醛或；【答案点睛】发生消去反应时，可能消去一个溴原子，生成 2 种产物，还可能消去两个溴原子，生成碳碳三键。18、醛基 1，2-丙二醇 NaHCO3溶液(或 Na2CO3)氧化反应CH3CHBrCH2Br+2NaOH CH3CH(OH)CH2OH+2NaBr9【答案解析】根据题中各物质转化关系，结合题中信息，苯乙
30、醛与甲醛发生羟醛缩合并失水生成 A，A 的结构简式为；A 与新制氢氧化铜悬浊液反应，醛基变为羧基，则 B 的结构简式为；据 F 的结构简式可知，F 由 E 发生加聚反应生成，则 E 的结构简式为，E 由 B 与 D 反应生成，则 D 的结构简式为CH3CH(OH)CH2OH，则 C3H6为丙烯，C 为 CH3CHBrCH2Br，据此分析解答。【题目详解】根据题中各物质转化关系，结合题中信息，苯乙醛与甲醛发生羟醛缩合并失水生成 A，A 的结构简式为；A 与新制氢氧化铜悬浊液反应，醛基变为羧基，则 B 的结构简式为；据 F 的结构简式可知，F 由 E 发生加聚反应生成，则 E 的结构简式为，E 由
31、 B 与 D 反应生成，则 D 的结构简式为CH3CH(OH)CH2OH，则 C3H6为丙烯，C 为 CH3CHBrCH2Br；(1)A 为，其中含氧官能团为醛基；D 为 CH3CH(OH)CH2OH，其化学名称为 1，2-丙二醇；(2)B 为，B 中含有的官能团为羧基和碳碳双键，可用碳酸氢钠（或碳酸钠）溶液检验含氧官能团羧基；A与新制氢氧化铜悬浊液混合加热生成 B，则 AB 的反应类型是氧化反应；(3)C 为 1，2-二溴丙烷，其水解生成 D，反应的化学方程式为：CH3CHBrCH2Br+2NaOHCH3CH(OH)CH2OH+2NaBr；E 发生加聚反应生成 F，发生反应的化学方程式为；(
32、4)G 物质与互为同系物，且 G物质的相对分子质量比大 14，则 G比多 1 个 CH2原子团；G的同分异构体满足：分子中含有苯环，且苯环上有两个取代基；遇氯化铁溶液变紫色，则分子中含有酚羟基；能与溴水发生加成反应，说明其分子中含有碳碳双键；根据分析可知，满足题意的有机物分子中含有苯环，苯环上两个取代基分别为-OH、-C3H5，-C3H5可能为-CH=CHCH3、-CH2CH=CH2、-C(CH3)=CH2，酚羟基与分别有邻、间、对 3 种位置，所以满足条件的有机物总共有：33=9 种。【答案点睛】常见的反应条件与反应类型有：在 NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解
33、反应。在 NaOH 的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应。在浓 H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等。能与溴水或溴的 CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应。能与 H2在 Ni作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应。在 O2、Cu(或 Ag)、加热(或 CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应。与 O2或新制的 Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是CHO 的氧化反应。(如果连续两次出现 O2，则为醇醛羧酸的过程)。在稀 H2SO4加热条件下发生酯、低聚糖、多糖等的水解反应。在光照、X2(表示卤素单质)条件
34、下发生烷基上的取代反应；在 Fe 粉、X2条件下发生苯环上的取代。19、C 调节分液漏斗活塞，控制浓硫酸的滴加速度 浓 HNO3分解、挥发 生成的 NOSO4H作为该反应的催化剂 C(或 A)中的水蒸气会进入 B，使产品发生水解 2 5 16H+2 10CO2 8 95 【答案解析】根据题意可知，在装置 B中利用浓 HNO3与 SO2在浓 H2SO4作用下反应制得 NOSO4H，利用装置 A 制取二氧化硫，利用装置 C 吸收多余的二氧化硫，防止污染空气，据此分析。【题目详解】（1）该装置属于固液或液液混合不加热型装置。Na2SO3溶液与 HNO3反应时，硝酸会氧化亚硫酸钠本身被还原为一氧化氮，
35、选项 A 不符合；实验室制二氧化硫的原理是基于 SO32-与 H+的反应，因为生成的 SO2会溶于水，所以不能用稀硫酸来制取，那样不利于 SO2的逸出，但如果是用浓硫酸（18.4mol/L），纯硫酸是共价化合物，浓度越高，越不利于硫酸电离出 H+，所以不适合用太浓的硫酸来制取 SO2，选项 B、选项 D 不符合；选项 C 符合；答案选 C；（2）装置 B 中浓 HNO3和 SO2在浓 H2SO4作用下反应制得 NOSO4H。为了控制通入 SO2的速率，可以采取的措施是调节分液漏斗活塞，控制浓硫酸的滴加速度；该反应必须维持体系温度不低于 20。若温度过高，浓 HNO3分解、挥发，产率降低；开始反
36、应缓慢，待生成少量 NOSO4H后，温度变化不大，但生成的 NOSO4H 作为该反应的催化剂，使反应速率明显加快；（3）在实验装置存在可能导致 NOSO4H产量降低的缺陷是 C(或 A)中的水蒸气会进入 B，使产品发生水解；(5)发生的是 MnO4和 C2O42的氧化还原反应，MnO4做氧化剂，被还原成生成 Mn2+，C2O42做还原剂，被氧化成城二氧化碳。结合得失电子守恒和电荷守恒可得到 MnO4和 C2O42的离子反应方程式为：2MnO4+5C2O42+16H+2Mn2+10CO2+8H2O；根据题意可知，酸性 KMnO4溶液先与 NOSO4H反应，利用草酸钠溶液滴定剩余酸性 KMnO4溶
37、液。用 0.2500molL1草酸钠标准溶液滴定酸性 KMnO4溶液，消耗草酸钠溶液的体积为 20.00mL。可知剩余的 KMnO4的物质的量n1(MnO4)=25n(C2O42)=2 50.2500molL120.0010-3L=210-3mol，则亚硝酰硫酸消耗的 KMnO4的物质的量 n2(MnO4)=0.1000molL160.0010-3L-210-3mol=410-3mol。n(NOSO4H)=5/2n2(MnO4)=10-2mol，亚硝酰硫酸的纯度=m(NOSO4H)/1.337g100%=10-2mol127 gmol1/1.337g100%=95.0%。【答案点睛】本题测定纯
38、度过程中，先用过量的酸性 KMnO4溶液滴定 NOSO4H，将 NOSO4H 完全消耗，再用草酸钠溶液滴定剩余酸性 KMnO4溶液。经过两次滴定实验，最终测得样品纯度。可先根据第二次滴定，求出第一次消耗高锰酸钾的物质的量，再根据方程式比例关系，计算出样品中 NOSO4H 的含量。20、B A 铝 B A 【答案解析】本实验的目的是探究原电池的形成条件。原电池的必备构造：有两个活性不同的电极两个电极由导线连接，并插入到电解质溶液中，形成电流回路能自发的进行氧化还原反应；以此答题。【题目详解】(1)Zn 的活泼性比 Cu 强，则 Zn 作负极，Cu 作正极，则电子由 Zn 电极从外电路向 Cu 电
39、极移动，即电子由 A 极向 B极移动，则电流由 B 极向 A 极移动；(2)实验四中，电子由 B 极向 A 极移动，则 B 极失去电子，作负极，即负极为铝电极；(3)实验三中，指针发生偏转，说明有电流移动，即电子也有移动，则说明该过程是自发进行的氧化还原反应，故合理选项为 B；(4)A.相对活泼的金属一般作负极，但是也有例外，比如实验四，镁的活泼性比铝强，但是镁不和氢氧化钠溶液反应，铝可以，所以铝作负极，A 错误；B.负极发生氧化反应，对应的物质是还原剂，失去电子，B 正确；C.烧杯中的液体必须是电解质溶液，以构成电流回路，C 正确；D.浸入同一电解质溶液中的两个电极，必须是活泼性不同的两种金
40、属（或其中一种非金属），D 正确；故合理选项为 A。【答案点睛】组成原电池的电极，它们的活泼性一定有差异。一般情况下，较活泼的电极作负极，但是也有例外，比如镁、铝和氢氧化钠溶液形成原电池中，铝的活泼性较差，但是作负极，因为铝可以和氢氧化钠溶液反应，而镁不行，所以镁作正极。21、减少的是 I-、Fe2+增多的是 Br-不变的是 Cl-2I-+Br2=I2+2Br-、Fe2+Br2=2Br-+Fe3+【答案解析】分析：依据还原性顺序 IFe2 BrCl，溴水能将 I和 Fe2氧化。详解：依据还原性顺序 IFe2 BrCl，溴水先氧化 I再氧化 Fe2。所以向含有 Cl、Br、I、Fe2的溶液中，逐滴加入新制的溴水至足量，依次发生反应为：2I-+Br2=I2+2Br-、Fe2+Br2=2Br-+Fe3+，由反应可知，I-和 Fe2+被消耗减少，生成 Br-增多，Cl-不变，故答案为：I-、Fe2+；Br-；Cl-；2I-+Br2=I2+2Br-、Fe2+Br2=2Br-+Fe3+。