2019-2020年高二下学期6月月考化学试卷含解析.doc

2019-2020年高二下学期6月月考化学试卷含解析1下列物质在一定条件下能够导电，但不属于电解质的是 （ ）A铝 B.食盐 C. 硫酸 D. 蔗糖【答案】A【解析】A正确；B错，食盐溶于水，水溶液能导电，但食盐属于电解质；C错，硫酸的水溶液能导电，且硫酸属于电解质；D错，蔗糖不能导电，属于非电解质；2下列表示水解的离子方程式正确的是 ACH3COO + H2OCH3COOH + OH BNH4+ + H2ONH4OH + H+ CS2-+2H2O H2S+2 OH DHCO3-+H2O H3O+CO32-【答案】A【解析】略3若4.8 g某金属与足量盐酸充分反应，放出4.48 L(标准状况)H2，则该金属是AAl BMg CFe DZn【答案】B【解析】试题分析：设金属在化合物中的化合价为x，金属的摩尔质量为M，酸足量时生成的标准状况下的氢气体积为2.24L，则其物质的量为4.48L22.4L/mol=0.2mol，由电子守恒可知，4.8g/M(x-0)=0.2mol2(1-0)，即12x=M；A铝的摩尔质量为27g/mol，在化合物中的化合价为+3价，不符合12x=M，故A错误；B镁的摩尔质量为24g/mol，在化合物中的化合价为+2价，符合12x=M，故B正确；C铁的摩尔质量为56g/mol，与盐酸反应后生成的化合物中的化合价为+2价，不符合12x=M，故C错误；D锌的摩尔质量为65g/mol，在化合物中的化合价为+2价，不符合12x=M，故D错误；故选B。【考点定位】考查有关化学方程式的计算【名师点晴】这是一道典型的化学方程式计算题，可利用代入法直接计算求解，也可以灵活运用反应的特征，因金属与酸的反应属于氧化还原反应，利用氧化还原反应中得失电子守恒来计算是较好的方法，也可利用信息写出化学反应方程式来计算，学生应学会灵活处理，这对学生处理问题的应变能力是一个考验。4下列关于钠及其化合物的说法正确的是()。A将金属钠投入水中，再经过一步转化可得碳酸氢钠B分别向Na2CO3和NaHCO3溶液中滴加少量盐酸，产生CO2较快的为NaHCO3C等物质的量的Na2O2、NaHCO3在密闭容器中加热，反应后得到的产物为纯净物D钠与O2反应时，由于O2的量不同，可分别生成Na2O或Na2O2【答案】B【解析】选项A，NaNaOHNa2CO3NaHCO3，所以还需经过两步转化才能得到NaHCO3。选项B，Na2CO3与H反应，需两步反应生成CO2，NaHCO3只需一步反应生成CO2，前者反应相对较慢，后者则相对较快，故可用盐酸进行鉴别。选项C，反应后得到NaOH、Na2CO3和O2的混合物。选项D，钠与O2反应，由于反应条件不同，可分别生成Na2O或Na2O2。5下列反应原理或过程，不能用勒夏特列原理解释的是A用N2和H2合成氨需采用高压。B由H2O2制氧气时使用MnO2催化剂。C醋酸溶液加水稀释醋酸的电离度增大D温度升高水的电离程度增大。【答案】B【解析】试题分析：勒夏特列原理用来解释外界条件对化学平衡的影响，A、合成氨反应是可逆反应，高压有利于氨气的生成，正确；B、由H2O2制氧气时使用MnO2催化剂能使反应速率加快，与化学平衡无关，错误；C、醋酸电离是可逆反应，加水使平衡正向移动，电离程度增大，正确；D、水的电离是可逆反应，升温使水的电离正向移动，电离程度增大，正确，答案选B。考点：考查勒夏特列原理的应用6把浓度均为0.1mol/L的NaOH溶液、H2SO4溶液和氨水等体积混合，所得混合液中各种离子浓度的大小顺序正确的是A.SO42NaNH4OHH B.NaNH4SO42HOHC.SO42NaNH4HOH D.SO42NaHNH4OH【答案】C【解析】7下列叙述正确的是A棉花、蚕丝和人造毛的主要成分都是纤维素B糖类、油脂、蛋白质在一定条件下都能发生水解反应C常温常压下，0.1mol D216O中含中子数、质子数、电子数均为NAD乙烯和苯都能使溴水 中的水层褪色，褪色的原因相同【答案】C【解析】试题分析：蚕丝的主要成分是蛋白质，A项错误；糖类中的单糖不能水解，B项错误；乙烯使溴水中的水层褪色是因为乙烯与溴发生了加成反应，而苯使溴水中的水层褪色是因为发生了萃取，D项错误。考点：本题考查重要的有机化合物 及原子结构8关于下列各实验装置的叙述中，不正确的是A装置可用于实验室制取少量NH3或O2B可用从a处加水的方法检验装置的气密性C实验室可用装置收集H2、NH3D利用装置制硫酸和氢氧化钠，其中b为阳离子交换膜、c为阴离子交换膜【答案】D【解析】试题分析：A、用浓氨水和生石灰不需加热可制取少量氨气，用双氧水和二氧化锰固体，不需加热可制取氧气，正确；B、关闭左侧活塞，a处加水使右侧液面高于左侧，一段时间内液面不下降，证明装置气密性良好，正确；C、氨气和氢气的密度都小于空气，所以都用向上排空气法收集，正确；D、电解硫酸钠溶液得到硫酸和氢氧化钠，左侧为阳极，则为氢氧根离子放电，所以阳极区的氢离子浓度增大，在阳极区应得到硫酸，所以b为阴离子交换膜，硫酸根离子通过b，向阳极移动，所以得到硫酸，同理右侧为阴极，氢离子放电，氢氧根离子浓度增大，钠离子向阴极移动，所以c是阳离子交换膜，在右侧得到氢氧化钠，错误，答案选D。考点：考查对实验装置的判断9500mL含有MgCl2、NaCl、Na2SO4三种物质的混合溶液，已知其中含有Cl为1.8mol，Na为2mol，Mg2为0.5mol，则SO42-的物质的量浓度为A0.6mol /L B0.7mol /L C1.2mol /L D1.0mol /L【答案】C【解析】试题分析：在任何溶液中，阳离子带有的正电荷总数与阴离子带有的负电荷总数相等。可得n(Na)+2n(Mg2)=n(Cl)+2n(SO42-)，将已知数据代入上式式子，可得220.5=1.8+2n(SO42-)，解得n(SO42-)=0.6mol，由于溶液的体积是500mL，所以SO42-的物质的量浓度为0.6mol0.5L=1.2mol/L，选项C正确。考点：考查电荷守恒在溶液中离子浓度的计算的应用的知识。10用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述不正确的是A1.6 g由氧气和臭氧组成的混合物中含有氧原子的数目为0.1NAB0.1 mol H2O中含有电子的数目为NAC标准状况下，11.2 L四氯化碳中含有分子的数目为0.5NAD0.5 mol L1 CaCl2溶液中的Cl的数目为NA【答案】CD【解析】试题分析：四氯化碳为态体，标况下11.2L不是0.5mol，C错误；D中没有说明溶液的体积，错误；答案选CD。考点：阿伏加德罗常数与微观粒子的数目11已知3.011023个X气体分子的质量为16g，则X气体的摩尔质量是 （ ）A16g B32g C64g /mol D32g /mol 【答案】D【解析】考查物质的量的有关计算。3.011023个X气体分子的物质的量是0.5mol，所以根据nm/M可知，X气体的摩尔质量是16g0.5mol32g /mol，答案选D。12关于阿伏伽德罗常数NA，下列说法正确的是（ ）A常温常压下，1mol白磷中含有共价键为4NAB标准状况下，22.4L甲醇完全燃烧产生NA个CO2分子C常温常压下，46g NO2、N2O4混合物中，分子数为NAD1L1mol/L Na2CO3溶液中，阴离子个数大于NA【答案】D【解析】正确答案：DA不正确，常温常压下，P4分子中有6个共价键，1mol白磷中含有共价键为6NAB不正确，标准状况下，甲醇为液体；C不正确，常温常压下，46g NO2、N2O4混合物中，分子数少于NAD正确，1L1mol/L Na2CO3溶液中，CO32要水解，阴离子个数大于NA13在恒容密闭容器中进行N23H22NH3反应，起始时N2和H2分别为10 mol 和30 mol，当达到平衡时，N2的转化率为30%。若以NH3作为起始反应物，反应条件与上述反应相同时，要使其反应达到平衡时各组成成分的物质的量分数与前者相同，则NH3的起始物质的量和它的转化率正确的是A40 mol 35% B20 mol 30% C20 mol 70% D10 mol 50%【答案】C【解析】试题分析：达到平衡各组分的物质的量分数与前者相同，说明两个反应是等效平衡，条件是恒温恒容，反应前后气体系数之和不相等，转化到同一半边，投入量与原平衡投入量相同即可，因此氨气的投入量为20mol，根据等效平衡的规律，（N2）+（NH3）=1，则氨气的转化率为70%，故选项C正确。考点：考查等效平衡的规律。14下列混合溶液中，各离子浓度的大小顺序正确的是A10mL01mol/L氨水与10mL01mol/L盐酸混合:c（Cl-）c（NH4+）c（OH-）c（H+）B10 mL01mol/LNH4Cl溶液与5 mL02mol/LNaOH溶液混合:c（Na+）= c（Cl-）c（OH-）c（H+）C10mL01mol/LCH3COOH溶液与5mL02mol/LNaOH溶液混合:（Na+）=c（CH3COO-）c（OH-）c（H+）D10mL05mol/LCH3COONa溶液与6mL1mol/L盐酸混合:c（Cl-） c（Na+）c（OH-）c（H+）【答案】B【解析】试题分析：A10 mL01 molL1氨水与10 mL01 molL1盐酸混合，恰好完全反应产生NH4Cl，NH4Cl是强酸弱碱盐，NH4发生水解反应消耗水电离产生的OH，使溶液显酸性，所以离子浓度关系是：c（Cl）c（NH4）c（H）c（OH），A错误；B10 mL01 molL1NH4Cl溶液与5 mL02 molL1NaOH溶液混合发生反应产生等物质的量的NaCl、NH3H2O的混合物，由于NaCl是强酸强碱反应产生的盐，而NH3H2O是弱碱，电离产生OH-，因此溶液显碱性，所以c（Na）c（Cl）c（OH）c（H），B正确；C10 mL01 mol/LCH3COOH溶液与5 mL02 mol/LNaOH溶液混合恰好发生反应得到的CH3COONa溶液。CH3COONa是强碱弱酸盐，CH3COO水解消耗，所以c（OH）c（CH3COO），故离子浓度关系是c（Na）c（CH3COO）c（OH）c（H）,C错误；D10 mL05 molL1CH3COONa溶液与6mL1 molL1盐酸混合元素过量，所得溶液是醋酸、盐酸和氯化钠的混合溶液，溶液显酸性，所以离子浓度关系是：c（Cl）c（Na）c（H）c（OH），D错误。【考点定位】本题主要是考查了电解质溶液中离子浓度大小比较方法【名师点晴】溶液中微粒浓度大小的比较（1）微粒浓度大小比较的理论依据和守恒关系：两个理论依据：弱电解质电离理论：电离微粒的浓度大于电离生成微粒的浓度。例如，H2CO3溶液中：c（H2CO3）c（HCO3）c（CO32）（多元弱酸第一步电离程度远远大于第二步电离）。水解理论：水解离子的浓度大于水解生成微粒的浓度。例如，Na2CO3溶液中：c（CO32）c（HCO3）c（H2CO3）（多元弱酸根离子的水解以第一步为主）。（2）三个守恒关系：电荷守恒：电荷守恒是指溶液必须保持电中性，即溶液中所有阳离子的电荷总浓度等于所有阴离子的电荷总浓度。例如，NaHCO3溶液中：c（Na）c（H）=c（HCO3）2c（CO32）c（OH）。物料守恒：物料守恒也就是原子守恒，变化前后某种元素的原子个数守恒。例如，01 molL1 NaHCO3溶液中：c（Na）c（HCO3）c（CO32）c（H2CO3）01 molL1。质子守恒：由水电离出的c（H）等于由水电离出的c（OH），在碱性盐溶液中OH守恒，在酸性盐溶液中H守恒。例如，纯碱溶液中c（OH）c（H）c（HCO3）2c（H2CO3）。（3）四种情况分析：多元弱酸溶液：根据多步电离分析，如：在H3PO3溶液中，c（H）c（H2PO4）c（HPO42）c（PO43）。多元弱酸的正盐溶液：根据弱酸根的分步水解分析，如：Na2CO3溶液中：c（Na）c（CO32）c（OH）c（HCO3）。不同溶液中同一离子浓度的比较：要看溶液中其他离子对其产生的影响。例如，在相同物质的量浓度的下列溶液中：NH4NO3溶液，CH3COONH4溶液，NH4HSO4溶液，c（NH4+）由大到小的顺序是。混合溶液中各离子浓度的比较：要进行综合分析，如电离因素、水解因素等。例如，在01 molL1的NH4Cl和01 molL1的氨水混合溶液中，各离子浓度的大小顺序为c（NH4+）c（Cl）c（OH）c（H）。在该溶液中，但NH3H2O的电离程度大于NH的水解程度，溶液呈碱性，c（OH）c（H），同时c（NH4+）c（Cl）。即15元素R有如下反应：RO3-5R6H=3R23H2O，下列说法正确的是A元素R位于周期表中第A族 BRO3-中的R只能被还原CR2在常温常压下一定是气体 D每反应消耗1 mol RO3-，转移电子的物质的量为5 mol【答案】AD【解析】试题分析：A、RO3-中R显+5，R中显-1价，正价可能显多种，-1价是最低价，即R属于第A，故A说法正确；B、根据A中分析，R属于第A，最高价是+7价，+5价处于中间价态，即具有氧化性又具有还原性，说法错误；C、Br2在常温下是液态，I2在常温下是固态，说法错误；D、+5价0价，每消耗1molRO3-，转移电子的物质的量为5 mol，说法正确。考点：考查氧化还原反应、族序数和化合价的关系。16(10分)两种气态单质X和Y能直接化合生成Z(可逆反应)，如将X和Y按一定比例混合并压入密闭容器中，在不同温度下经过一段时间后，反应混合物中X的含量变化如下图所示，回答下列问题：（1）上述X与Y化合生成Z的反应是_反应(填“放热”或“吸热”)；（2）温度低于T时，反应混合物中X的含量 (填“逐渐增大”,“不变”,“逐渐减小”)，原因是_；温度高于T时，反应混合物中X的含量_(填“逐渐增大”,“不变”,“逐渐减小”)，原因是_。【答案】（1）放热 （2）逐渐减少 随着反应进行，反应物浓度逐渐减小 逐渐升高 升温，平衡向逆反应方向移动【解析】试题分析：（1）X的含量最小时，说明反应达到平衡状态，再升高温度，X的含量增加，说明升高温度，平衡逆向移动，所以该反应是放热反应；（2）根据图像可知，温度低于T时，反应混合物中X的含量逐渐减小，因为随反应的进行，反应物逐渐消耗，所以浓度逐渐减小；温度高于T时，反应混合物中X的含量逐渐增大，说明达平衡后升高温度，平衡逆向移动，X的浓度逐渐增大。考点：考查对图像的分析，平衡的判断17过渡金属催化的新型碳碳偶联反应是近年来有机合成的研究热点之一，如： （1）化合物I的分子式为 。（2）化合物与Br2加成的产物的结构简式为 。（3）化合物的结构简式为 。（4）在浓硫酸存在和加热条件下，化合物易发生消去反应生成不含甲基的产物，该反应方程式为 因此，在碱性条件下，由与CH3CO-Cl反应合成，其反应类型为 。（5）的一种同分异构体V能发生银镜反应。V与也可发生类似反应的反应，生成化合物，的结构简式为 (写出其中一种)。【答案】（1）C7H5OBr；（2）；（3）；（4）；取代反应；（5）或。【解析】 试题分析：（1）根据物质的结构简式可知化合物I的分子式为C7H5OBr；（2）有机物的羰基不能与Br2发生加成反应，而C=C双键则可以发生加成反应，所以化合物与Br2加成的产物的结构简式为；（3）根据化合物和化合物之间的相互转化关系可知：化合物的结构简式为；（4）在浓硫酸存在和加热条件下，化合物易发生消去反应生成不含甲基的产物，该反应方程式为；因此，在碱性条件下，由与CH3COCl发生取代反应合成，（5）的一种同分异构体V能发生银镜反应，则V中含有醛基，V是CH3CH2CH2CHO,与也可发生类似反应的反应，生成化合物，的结构简式为或。考点：考查有机物的结构、性质、转化、化学方程式的书写及反应类型的判断的知识。18某化学兴趣小组用铜和浓硫酸制取SO2，并依次检验SO2具有酸性氧化物的性质和还原性、漂白性、氧化性，所用仪器如下图所示（图中连接胶管、夹持和加热装置省略）：查阅资料可知，HSO3 的酸性强弱与H2CO3相近。请回答下列问题：（1）装置A中发生反应的化学方程式是：A（2）上述装置的接口连接顺序依次是a ghd（填导管接口字母）。（3）证明SO2具有氧化性的现象是 ；证明SO2具有还原性的实验中，反应的离子方程式是 。（4）C试管中NaOH溶液的作用是 ，CCl4的作用是 。【答案】（1）Cu2H2SO4(浓) CuSO4SO22H2O（2）a f e c b g h d （全对给2分，否则给0分）（3）E试管中溶液变浑浊 SO2Br22H2O=SO422Br4H+（4）吸收未反应完的SO2，以免污染空气 防止溶液倒吸【解析】试题分析：铜和浓硫酸在装置A中发生反应制取SO2，反应的化学方程式是：Cu2H2SO4(浓) CuSO4SO22H2O；（2）由于要依次检验SO2具有酸性氧化物的性质和还原性、漂白性、氧化性，所以应该讲产生的气体先通过D装置。发生反应：SO22C6H5ONaH2O=2C6H5OH+Na2SO3，看到在D装置中出现浑浊；证明了SO2具有酸性氧化物的性质，装置中导管连接方法是长进短出；再把从装置D导出的气体通入到B装置中，通过c进入，发生反应：SO2Br22H2O=SO422Br4H+，溴单质的元素变浅，证明了SO2具有还原性；在左端遇品红溶液变为无色，又证明了SO2具有漂白性；再把气体导入E 装置，发生反应：SO2Na2S2H2O=Na2SO3+H2S；SO22H2S=3S2H2O，溶液变浑浊，证明了SO2具有氧化性。由于SO2和H2S都是有毒的气体，会造成大气污染，因此应该用碱溶液进行尾气处理，最后通入C装置，既吸收未反应完的SO2，也防止溶液倒吸。装置导管的连接顺序是a f e c b g h d。考点：考查气体的制取、物质性质检验的先后顺序、反应现象的叙述、装置的作用、反应方程式和离子方程式的书写的知识。19（1）写出下图中序号仪器的名称： ； ； ； ；（填仪器序号）（3）分离碘水中的碘应先选择装置 （填装置序号）进行 和 操作 ，再用装置 （填装置序号）进行 操作。（4）现欲用98%的浓硫酸(密度为184g/cm3)配制成浓度为05 mol/L的稀硫酸100mL。所需仪器除烧杯、玻璃棒外还需 _、 _、 _。所取浓硫酸的体积为_mL。下列操作引起所配溶液浓度偏高的是 A.取浓硫酸时俯视B.将浓硫酸倒出后，洗涤装置，并将洗涤液倒入烧杯中C.在烧杯中稀释浓硫酸后，立即转移D定容时俯视E颠倒摇匀后发现液面低于刻度线，但未加水至刻度线【答案】（1）蒸馏烧瓶 冷凝管 分液漏斗 容量瓶（共2分）；（2）（1分）；（3） II 萃取和分液， I 蒸馏（共25分），（4） 量筒、 100mL容量瓶、胶头滴管（共1 5分）， 27（2分） BCD （3分）【解析】试题分析：（1）因仪器的名称分别为：蒸馏烧瓶、冷凝管、分液漏斗、100mL容量瓶，故答案为：蒸馏烧瓶；冷凝管；分液漏斗；100mL容量瓶；（2）因分液漏斗和100mL容量瓶在使用前要检查是否漏水，蒸馏烧瓶、冷凝管不需要检查是否漏水，故答案为：；（3）碘在四氯化碳中的溶解度较在水中大，并且四氯化碳和水互不相溶，可用萃取的方法分离，接着可用分液方法将两层液体分开，则选择装置，然后再选择装置I进行蒸馏操作得到单质碘，故答案为：；萃取；分液；I；蒸馏；（4）操作步骤有计算、量取、稀释、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，用量筒量取（用到胶头滴管）浓硫酸，在烧杯中稀释，用玻璃棒搅拌，冷却后转移到100mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤2-3次，将洗涤液转移到容量瓶中，加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀，由提供的仪器可知还需要仪器有：100mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：10mL量筒；胶头滴管；100mL容量瓶；浓H2SO4的物质的量浓度c=mol/L=184mol/L，根据稀释定律，稀释前后溶质硫酸的物质的量不变，设浓硫酸的体积为xL，所以xL184mol/L=01LL05mol/L，解得：x00027L=27mL，故答案为：27；A取浓硫酸时俯视，量取硫酸偏少，则配制溶液的浓度偏低，故A不选；B将浓硫酸倒出后，洗涤装置，并将洗涤液倒入烧杯中，量筒洗涤后，取硫酸偏大，则配制溶液的浓度偏大，故B选；C在烧杯中稀释浓硫酸后，立即转移，温度较高，定容后体积偏小，则配制溶液的浓度偏大，故C选；D定容时俯视，体积偏小，则配制溶液的浓度偏大，故D选；E颠倒摇匀后发现液面低于刻度线，但未加水至刻度线，无影响，故D不选；故答案为：BCD20（16分）硫酸亚铁晶体（FeSO47H2O）在医药上作补血剂。某课外小组测定该补血剂中铁元素的含量。实验步骤如下：请回答下列问题：（1）补血剂存放时间较长会氧化变质，对滤液中铁元素的存在形式提出如下假设：假设1：只有Fe2+假设2：只有Fe3+假设3： 。（2）如何证明步骤滤液中含有Fe2+ 。 （3）步骤中一系列处理的操作步骤： 、洗涤、灼烧、 、称量。（4）该小组有些同学认为可用酸化的KMnO4溶液滴定进行Fe2+含量的测定。用离子方程式表示该滴定原理：_实验前，首先要精确配制一定物质的量浓度的KMnO4溶液250 mL，配制时需要的仪器除天平、玻璃棒、烧杯、量筒、药匙、胶头滴管外，还需 。重复滴定三次，消耗1.00 mol/L KMnO4标准溶液体积分别为19.98 mL、20.00 mL、20.02mL，3次实验所用Fe2+溶液的体积为20.00 mL。请根据以上数据，再设计合理数据，完成下列实验过程的记录表格。（必须填满）实验编号Fe2+溶液的体积L120.00220.00320.00如何判断达到滴定终点：_。【答案】（16分）（1）既有Fe2+又有Fe3+（1分）（2）取少量滤液加入试管中，滴加几滴酸性KMnO4溶液，振荡KMnO4溶液褪色，说明含有Fe2+。（2分）（3）过滤、（1分） 冷却 （1分）（4）5Fe2+MnO4+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O （2分） 250mL容量瓶（1分）（6分）实验编号Fe2+溶液的体积L1.00mol/LKMnO4溶液的起始读数/mL1.00mol/LKMnO4溶液的终止读数/mL消耗1.00mol/LKMnO4溶液的体积L120.000.0019.9819.98220.000.0020.0020.00320.000.0020.0220.02滴入最后一滴酸性KMnO4溶液，溶液由无色变为紫红色，30秒内不恢复。（2分）【解析】试题分析：（1）根据题意，只有三种可能，其中的任意一种或两种都有，可得答案；（2）此题考查Fe2+的检验，由于溶液中可能含有Fe3+，进行检验时只能利用Fe2+的还原性，可使酸性KMnO4溶液褪色进行检验；（3）步骤之前得到的是红褐色的悬浊液，需要过滤获得不溶物，经过灼烧，称量之前需要冷却；（4）KMnO4具有强氧化性，可以将Fe2+氧化为Fe3+，而自身被还原为Mn2+，根据溶液显酸性，利用电子守恒和电荷守恒配平得下列方程式；5Fe2+MnO4+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O配制KMnO4溶液，需要用到天平、玻璃棒、烧杯、量筒、药匙、胶头滴管、250 mL容量瓶，少了250 mL容量瓶；根据表格所给信息，进行滴定操作时，需要对初始读数、终止读数以及消耗溶液的体积进行记录，所以空格中应为这三项数据，要注意所消耗的体积=（终止读数初始读数），所以最简单的方法是将初始读数都调节为0.00ml，但也可以其他数据，只需相对应即可；滴定终点即为恰好完全反应时溶液的变化，用KMnO4滴定Fe2+溶液，应为一开始滴入的KMnO4被消耗完，无色，当Fe2+被消耗完时，再滴入一滴KMnO4，溶液将变为紫色，且30s不褪色，此为滴定终点。考点：氧化还原反应、溶液的配制、氧化还原滴定等知识的应用21（5分）将质量为2.3 g Na用刺了孔的铝箔( Al )包裹后放入水中，一共只收集到1.792 L（标准状况）气体。若反应后溶液的体积为200 mL，则溶液中NaOH的物质的量浓度为多少molL1？【答案】0.4 molL1【解析】22（1）某烯烃，经与氢气加成反应可得到结构简式为的烷烃，则此烯烃可能的结构简式是：_、_、_。（2）某烃A的质谱图表明其相对分子质量为84，红外光谱表明分子中含有碳碳双键，核磁共振谱表明分子中只有一种类型的氢。用系统命名法给A命名： 。A中的碳原子是否都处于同一平面？ （填“是”或者“不是”）。（3）有A、B、C、D、E 5种烃，各取0.01 mol充分燃烧后，B、C、E所产生的二氧化碳均为448 mL（标准状况）；A或D燃烧所得的二氧化碳都是前者的3倍。在镍催化剂的作用下，A、B、C都能和氢气发生加成反应，其中A 可以转化为D，B可以转变为C或E，C可以转变为E；B或C都能使高锰酸钾酸性溶液褪色，而A、D、E无此性质；在铁屑存在时A与溴发生取代反应。写出烃的结构简式：B是_，C是_，D是_， E是_。写出A与溴反应方程式_【答案】（1） （2）2,3-二甲基-2-丁稀 是（3）CHCH CH2=CH2 CH3CH3【解析】试题分析：（1）某烯烃经与氢气加成反应可得到结构简式为的烷烃，在加氢的过程中烃的碳骨架不发生变化，确定相应烯烃的方法为烷烃去氢形成碳碳双键，注意剔除相同结构、单键变双键时碳原子不能超过4个共价键，则此烯烃可能的结构简式是。（2）某烃A的质谱图表明其相对分子质量为84，利用商余法确定该烃的分子式为C6H12，红外光谱表明分子中含有碳碳双键，属于烯烃，核磁共振谱表明分子中只有一种类型的氢，该烯烃的结构简式为(CH3)2C=C(CH3)2。用系统命名法给A命名为2,3-二甲基-2-丁烯；根据乙烯分子的平面形结构分析A中的碳原子都处于同一平面。（3）根据题给信息推断取0.01 mol烃充分燃烧后，B、C、E所产生的二氧化碳均为448 mL（标准状况），物质的量为0.02mol，则B、C、E分子中含有2个碳原子，B、C都能和氢气发生加成反应，B可以转变为C或E，C可以转变为E，则B为乙炔，C为乙烯，E为乙烷；A或D燃烧所得的二氧化碳都是前者的3倍，则A、D分子中含有6个碳原子，在铁屑存在时A与溴发生取代反应，则A为苯，A能和氢气发生加成反应转化为D，D为环己烷。相应烃的结构简式：B是CHCH， C是CH2=CH2，D是， E是CH3CH3。苯与液溴在铁作催化剂条件下发生取代反应生成溴苯和溴化氢，化学方程式为。考点：考查有机推断，有机物的结构与性质。23(16分)某兴趣小组以乙烯等为主要原料合成药物普鲁卡因：已知：（1）对于普鲁卡因，下列说法正确的是_。A一个分子中有11个碳原子 B不与氢气发生加成反应 C可发生水解反应（2）化合物的分子式为 ，1mol化合物能与 mol H2恰好完全反应。（3）化合物在浓H2SO4和加热的条件下，自身能反应生成高分子聚合物，写出的结构简式_。（4）请用化学反应方程式表示以乙烯为原料制备B(无机试剂任选)的有关反应，并指出所属的反应类型_。【答案】（16分）（1）C (2分) （2）C7H7 NO2 (正确书写给2分。元素符号下标数字写错，0分；C、H顺序写错，0分；H与N或H与O的顺序写错，0分；N与O的顺序写错，不扣分) 3 (2分)（3） (符合要求且书写规范的给2分)（4）CH2CH2+HClCH3CH2Cl (2分，不写条件扣1分) ， 加成反应 (2分) 2CH3CH2Cl+NH3HN(CH2CH3) 2+2HCl (2分，没有配平扣1分)，取代反应(2分)【解析】试题分析：（1）A根据普鲁卡因的结构简式可知一个分子中有13个碳原子，A错误；B苯环能与氢气发生加成反应，B错误；C分子中含有酯基，可发生水解反应，故C正确，答案选C；（2）根据化合物的结构简式可知，分子式为C7H7 NO2；分子中只有苯环与氢气发生加成反应，则1mol化合物能与3mol H2恰好完全反应；（3）化合物分子中含有氨基和羧基，在浓H2SO4和加热的条件下，氨基与羧基能发生反应生成高分子聚合物，则的结构简式为H NH n OH；（4）根据普鲁卡因和化合物的结构简式可知，A的结构简式为HOCH2CH2N（CH2CH3）2。B与环氧乙烷反应生成A，则根据已知信息可知，B的结构简式为（CH2CH3）2NH。可由CH3CH2Cl和NH3反应生成，以乙烯为原料，则应先和HCl加成，生成CH3CH2Cl，相关反应的方程式为CH2CH2+HClCH3CH2Cl、2CH3CH2Cl+NH3HN(CH2CH3) 2+2HCl。考点：考查有机物的合成与推断