四川省阿壩市2024-2025學年化學高二第二學期期末檢測試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內(nèi)，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內(nèi)，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y(jié)束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、下列關于鈉與水反應的說法不正確的是()①將小塊鈉投入滴有石蕊試液的水中，反應后溶液變紅②將鈉投入稀鹽酸中，鈉先與水反應，后與鹽酸反應③鈉在水蒸氣中反應時因溫度高會發(fā)生燃燒④將兩小塊質(zhì)量相等的金屬鈉，一塊直接投入水中，另一塊用鋁箔包住，在鋁箔上刺些小孔，然后按入水中，兩者放出的氫氣質(zhì)量相等A．①② B．②③C．②③④ D．①②③④2、某化學小組欲利用如圖所示的實驗裝罝探究苯與液溴的反應。已知：MnO2+2NaBr+2H2SO4Br2↑+MnSO4+Na2SO4+2H2O，下列說法不正確的是（）A．裝置A的作用是除去HBr中的溴蒸氣B．裝置B的作用是檢驗Br?C．可以用裝置C制取溴氣D．待裝置D反應一段時間后抽出鐵絲反應會終止3、某溶液中含有NH4+、Mg2+、Fe2+和Al3+四種離子，若向其中加入過量的氫氧化鈉溶液，微熱并攪拌，再加入過量鹽酸，溶液中大量減少的陽離子是（）A．只有NH4+B．只有Al3+C．NH4+和Al3+D．Fe2+和NH4+4、美國圣路易斯大學研制了一種新型的乙醇電池，其反應為：C2H5OH+3O2→2CO2+3H2O，電池示意如右圖，下列說法正確的是A．a(chǎn)極為電池的正極B．b極發(fā)生氧化反應C．負極的反應為：4H++O2+4e-=2H2OD．電池工作時，1mol乙醇被氧化時有12mol轉(zhuǎn)移5、下列基團中：—CH3、—OH、—COOH、—C6H5，任意取兩種結(jié)合可組成的有機物有()A．3種 B．4種 C．5種 D．6種6、電池是人類生產(chǎn)、生活中重要的能量來源，各種電池的發(fā)明是化學對人類的一項重大貢獻。下列有關電池的敘述正確的是A．鋅錳干電池工作一段時間后碳棒變細B．氫氧燃料電池可將熱能直接轉(zhuǎn)變?yōu)殡娔蹸．氫氧燃料電池工作時氫氣在負極被氧化D．太陽能電池的主要材料是高純度的二氧化硅7、在體積相同的兩個密閉容器中分別充滿O2、O3氣體，當兩個容器內(nèi)溫度和氣體密度相等時，說法正確的是()A．兩種氣體的壓強相等 B．O2比O3質(zhì)量小C．兩種氣體的分子數(shù)目相等 D．兩種氣體的氧原子數(shù)目相等8、下列實驗中的顏色變化與氧化還原反應無關的是ABCD實驗NaOH溶液滴入FeSO4溶液中石蕊溶液滴入氯水中將SO2通入滴有酚酞的NaOH溶液中熱銅絲插入稀硝酸中現(xiàn)象產(chǎn)生白色沉淀，迅速變成灰綠色，最終變?yōu)榧t褐色溶液變紅，隨后迅速褪色溶液紅色褪去產(chǎn)生無色氣體，隨后變?yōu)榧t棕色A．A B．B C．C D．D9、下列分子與O3分子的結(jié)構(gòu)最相似的是()A．H2O B．CO2 C．SO2 D．BeCl210、最近，意大利科學家使用普通氧分子和帶正電荷的氧離子制造出了由4個氧原子構(gòu)成的氧分子，并用質(zhì)譜儀探測到了它存在的證據(jù)。若該氧分子具有空間對稱結(jié)構(gòu)，下列關于該氧分子的說法正確的是A．是一種新的氧化物，屬于非極性分子 B．不可能含有極性鍵C．是氧元素的一種同位素 D．是臭氧的同分異構(gòu)體11、下列有機物的結(jié)構(gòu)表示不正確的是()A．羥基的電子式B．1-丁烯的鍵線式為C．乙醇的結(jié)構(gòu)式為D．葡萄糖的最簡式為CH2O12、巳知某溶液中存在較多的H＋、SO42-、NO3-，則該溶液中還可能大量存在的離子組是（）A．Al3+、CH3COO-、Cl- B．Mg2+、Ba2+、Br-C．Mg2+、Cl-、I- D．Na+、NH4+、Cl-13、以純堿溶液為原料，通過電解的方法可制備小蘇打，原理裝置圖如下：上述裝置工作時，下列有關說法正確的是（）A．乙池電極接電池正極，氣體X為H2B．Na+由乙池穿過交換膜進入甲池C．NaOH溶液Z比NaOH溶液Y濃度小D．甲池電極反應：4OH－-4e-=2H2O+O2↑14、下列溶液中加入少量NaOH固體導電能力變化不大的是（）A．NH3·H2O B．CH3COOH C．鹽酸 D．H2O15、已烯雌酚是人工合成的非甾體雌激素物質(zhì)，主要用于治療雌激素低下癥及激素平衡失調(diào)所引起的功能性出血等，如圖所示分別取lmol已烯雌酚進行4個實驗。下列對實驗數(shù)據(jù)的預測與實際情況吻合的是（）A．④中發(fā)生消去反應 B．①中生成7molH2OC．②中無CO2生成 D．③中最多消耗3molBr216、已知：還原性HSO3->I-，氧化性IO3->I2。在含3molNaHSO3的溶液中逐滴加人KIO3溶液。加入KIO3和析出I2的物質(zhì)的量的關系曲線如圖所示。下列說法不正確的是A．0-a段發(fā)生反應：3HSO3-+IO3-=3SO42-+I-+3H+B．a(chǎn)~b段共消耗NaHSO3的物質(zhì)的量為1.8molC．b~c段反應：氧化產(chǎn)物為I2D．當溶液中I-與I2的物質(zhì)的量之比為5:1時，加入的KIO3為1.lmol二、非選擇題（本題包括5小題）17、某天然有機化合物A僅含C、H、O元素，與A相關的反應框圖如下：（提示：A→P、A→B分別為兩個反應，條件均為濃硫酸、加熱）(1)寫出下列反應的反應類型：B→D________；D→E第①步反應________。(2)請分別寫出D和E中的不含氧官能團的名稱：D：__________、E：____________。(3)寫出S、P的結(jié)構(gòu)簡式：S：_________________________________；P：____________________________；(4)寫出在濃H2SO4存在并加熱的條件下，F(xiàn)與足量乙醇反應的化學方程式：____________。(5)寫出符合條件的D的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：(①與D具有相同官能團，②核磁共振氫譜中能呈現(xiàn)2種峰；峰面積比為1∶1)______________________________。18、由丙烯經(jīng)下列反應制得F、G兩種高分子化合物，它們都是常用的塑料。(1)F的結(jié)構(gòu)簡式為________。(2)在一定條件下，兩分子E能脫去兩分子形成一種六元環(huán)狀化合物，該化合物的結(jié)構(gòu)簡式為_______。(3)①B→C化學方程式為______。②C與含有NaOH的Cu(OH)2懸濁液反應的化學方程式為______。③E→G化學方程式為______。(4)手性分子X為E的一種同分異構(gòu)體，lmolX與足量金屬鈉反應產(chǎn)生lmol氫氣，lmolX與足量銀氨溶液反應能生成2molAg，則X的結(jié)構(gòu)簡式為_______。(5)用G代替F制成一次性塑料餐盒的優(yōu)點是_______。19、某化學小組探究酸性條件下NO3－、SO42－、Fe3+三種微粒的氧化性強弱，設計如下實驗(夾持儀器已略去，裝置的氣密性已檢驗)。(忽略氧氣對反應的影響)實驗記錄如下：實驗序號實驗操作實驗現(xiàn)象I向A裝置中通入一段時間的SO2氣體。A中黃色溶液迅速變成深紅棕色，最終變?yōu)闇\綠色。II取出少量A裝置中的溶液，先加入KSCN溶液，再加入BaCl2溶液。加入KSCN溶液后溶液不變色，再加入BaCl2溶液產(chǎn)生白色沉淀。III打開活塞a，將過量稀HNO3加入裝置A中，關閉活塞a。A中淺綠色溶液最終變?yōu)辄S色。IV取出少量A裝置中的溶液，加入KSCN溶液；向A裝置中注入空氣。溶液變?yōu)榧t色；液面上方有少量紅棕色氣體生成。請回答下列問題：(1)配制FeCl3溶液時，常常加入鹽酸，目的是(用化學用語和簡單文字敘述)：________。(2)資料表明，F(xiàn)e3+能與SO2結(jié)合形成深紅棕色物質(zhì)Fe(SO2)63+，反應方程式為：Fe3++6SO2Fe(SO2)63+。請用化學平衡移動原理解釋實驗I中溶液顏色變化的原因________。(3)實驗II中發(fā)生反應的離子方程式是__________________。(4)實驗III中，淺綠色溶液變?yōu)辄S色的原因是__________________(用離子方程式表示)。(5)實驗IV中液面上方有少量紅棕色氣體生成，發(fā)生反應的化學方程式是______________。(6)綜合上述實驗得出的結(jié)論是：在酸性條件下，氧化性強弱是：NO3－>Fe3+>SO42－。請從微粒變化的角度解釋________。20、硫酰氯(SO2Cl2)熔點-54.1℃、沸點69.2℃，在染料、藥品、除草劑和農(nóng)用殺蟲劑的生產(chǎn)過程中有重要作用。(1)SO2Cl2中S的化合價為_______，SO2Cl2在潮濕空氣中因水解“發(fā)煙”的化學方程式為________________。(2)現(xiàn)擬用干燥的Cl2和SO2在活性炭催化下制取硫酰氯，實驗裝置如圖所示(夾持裝置未畫出)。①儀器A的名稱為___________，裝置乙中裝入的試劑_____________，裝置B的作用是_______________________。②裝置丙分液漏斗中盛裝的最佳試劑是________(選填字母)。A．蒸餾水

B．10.0mol/L濃鹽酸

C．濃氫氧化鈉溶液

D．飽和食鹽水

(3)探究硫酰氯在催化劑作用下加熱分解的產(chǎn)物，實驗裝置如圖所示(部分夾持裝置未畫出)。①加熱時A中試管出現(xiàn)黃綠色，裝置B的作用是____________。②裝置C中的現(xiàn)象是___________，反應的離子方程式為___________________。21、煤粉隔絕空氣加強熱，除主要得到焦炭外，還能得到下表所列的物質(zhì)：回答下列問題：(1)天然氣的主要成分是____（填序號）；(2)滴加氯化鐵溶液能變?yōu)樽仙氖莀___（填序號）；(3)可用于生產(chǎn)制尼龍的原料環(huán)己烷的是____（填序號）；(4)能發(fā)生加聚反應，生成物可用來制造食品包裝袋的是____（填序號）；(5)甲苯的一氯取代產(chǎn)物有___種；(6)二甲苯的三種同分異構(gòu)體中，沸點最低的是_____（填結(jié)構(gòu)簡式）。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、D【解析】

①鈉與水反應產(chǎn)生氫氧化鈉能使酚酞變紅，使石蕊試液變藍，①不正確；②鈉與水的反應本質(zhì)是鈉與H+的反應，所以鈉先與鹽酸反應，②不正確；③鈉在水蒸氣中反應時，因缺氧不會發(fā)生燃燒，③不正確；④金屬鈉和水反應：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，另一塊用鋁箔包住，在鋁箔上刺些小孔，然后按入水中，先發(fā)生反應2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，然后金屬鋁和氫氧化鈉反應2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，等物質(zhì)的量的金屬鈉，在兩種情況下產(chǎn)生氫氣的量不相等，④不正確；綜上所述，①②③④均不正確，答案選D。本題考查學生金屬鈉的化學性質(zhì)，解題關鍵：熟悉鈉的化學性質(zhì)，難度中等，易錯點④，學生可能對鋁與堿的反應不熟悉。2、D【解析】

苯與液溴會發(fā)生取代反應，生成溴苯和溴化氫。【詳解】A.苯與液溴會發(fā)生取代反應，生成溴苯和溴化氫，由于溴易揮發(fā)，導出的溴化氫氣體中會混有揮發(fā)出的溴蒸氣，裝置A的作用是除去HBr中的溴蒸氣，故A正確；B.裝置B中硝酸銀會與溴化氫反應生成淡黃色沉淀，硝酸銀的作用是檢驗Br?，故B正確；C.由反應原理MnO2+2NaBr+2H2SO4Br2↑+MnSO4+Na2SO4+2H2O可知，該反應屬于固體和液體加熱制氣體，可以用裝置C制取溴氣，故C正確；D.苯與液溴發(fā)生取代反應的催化劑是溴化鐵，待裝置D反應一段時間后抽出鐵絲，裝置中已經(jīng)有溴化鐵，反應不會終止，故D錯誤；答案選D。注意苯與液溴發(fā)生取代反應的催化劑是溴化鐵！3、D【解析】分析：NH4+與堿在微熱時反應生成氨氣逸出，則銨根離子減少，F(xiàn)e2+和氫氧化鈉溶液反應生成的Fe（OH）2沉淀在空氣中不穩(wěn)定，迅速氧化生成Fe（OH）3，則Fe2+減少，以此來解答。詳解：混合溶液中加入過量的NaOH并加熱時，反應生成的氨氣逸出，并同時生成Mg（OH）2、Fe（OH）2沉淀和NaAlO2，F(xiàn)e（OH）2沉淀在空氣中不穩(wěn)定，迅速氧化生成Fe（OH）3，再向混合物中加入過量鹽酸，則Mg（OH）2、Fe（OH）3和NaAlO2與過量酸作用分別生成MgCl2、FeCl3、AlCl3，則減少的離子主要有Fe2+和NH4+。答案選D。點睛：本題考查離子之間的反應，明確陽離子與堿反應后的生成物的性質(zhì)及生成物與酸的反應是解答本題的關鍵，注意亞鐵離子易被氧化是學生解答中容易忽略的地方。4、D【解析】

由質(zhì)子的定向移動可知a為負極，b為正極，負極發(fā)生氧化反應，乙醇被氧化生成CO2，電極反應式為C2H5OH+3H2O-12e-=2CO2+12H+，正極氧氣得到電子被還原，電極反應式為4H++O2+4e-=2H2O，結(jié)合電極反應解答該題?！驹斀狻緼.根據(jù)質(zhì)子的定向移動，b是正極，故錯誤；

B.電池工作時，b是正極，發(fā)生還原反應，故錯誤；

C.正極氧氣得電子，在酸性條件下生成水，故錯誤；D.負極發(fā)生氧化反應，乙醇被氧化生成CO2，電極反應式為C2H5OH+3H2O-12e-=2CO2+12H+，所以1mol乙醇被氧化時轉(zhuǎn)移12mol電子，故正確；

綜上所述，本題正確選項D。5、C【解析】

基團兩兩組合共有6種組合情況，其中—OH、—COOH組合形成的為碳酸，屬于無機物，其余為有機物，因此屬于有機物的有5種，故選C。6、C【解析】試題分析：A．在鋅錳干電池中，正極是碳棒，該極上二氧化錳發(fā)生得電子的還原反應，該電極質(zhì)量不會減少，A項錯誤；B．氫氧燃料電池屬于原電池的一種，是將化學能轉(zhuǎn)化為電能的裝置，不能將熱能直接轉(zhuǎn)變?yōu)殡娔埽珺項錯誤；C．氫氧燃料電池中，燃料做負極，發(fā)生失電子的氧化反應，被氧化，C項正確；D．太陽能電池的主要材料是半導體硅，不是二氧化硅，D項錯誤；答案選C?？键c：考查燃料電池、太陽能電池和干電池的工作原理。7、D【解析】

相同體積相同密度時，兩容器氣體的質(zhì)量相等，且都由O元素組成的同素異形體，則O原子的質(zhì)量、個數(shù)以及物質(zhì)的量相等，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼、O原子個數(shù)相等時，氣體的物質(zhì)的量之比為n(O2):n(O3)＝3:2，由PV=nRT可知，兩種氣體的壓強之比為3:2，故A錯誤；B、同體積相同密度時，兩容器氣體的質(zhì)量相等，故B錯誤；C、O原子個數(shù)相等時，氣體的物質(zhì)的量之比為n(O2):n(O3)＝3:2，故C錯誤；D、相同體積相同密度時，兩容器氣體的質(zhì)量相等，且都由O元素組成，因此O原子數(shù)目相等，故D正確。答案選D。8、C【解析】

A.NaOH溶液滴入FeSO4溶液中，先生成Fe(OH)2白色沉淀，白色沉淀迅速變成灰綠色，最終變?yōu)榧t褐色，是Fe(OH)2被空氣中的氧氣氧化為Fe(OH)3，發(fā)生了氧化還原反應，故A不選；B.石蕊溶液滴入氯水中，氯水中有H+，可以使石蕊變紅，氯水中的HClO具有強氧化性，可以把石蕊氧化而使溶液褪色，故B不選；C.SO2通入NaOH溶液中，SO2和NaOH反應，消耗NaOH，溶液堿性減弱，溶液紅色褪去，沒有發(fā)生氧化還原反應，故C選；D.銅絲和稀硝酸反應生成NO，NO會被空氣中的氧氣氧化為紅棕色的NO2，故D不選。故選C。9、C【解析】

原子個數(shù)相等、價電子數(shù)相等的微?；榈入娮芋w，等電子體的結(jié)構(gòu)相似?！驹斀狻吭觽€數(shù)相等、價電子數(shù)相等的微?；榈入娮芋w，等電子體的結(jié)構(gòu)相似，二氧化硫和臭氧分子中都含有3個原子、價電子數(shù)都是18，兩者是等電子體，所以結(jié)構(gòu)相似，故選C。本題考查了判斷微粒空間構(gòu)型判斷，注意明確等電子體的特征是解本題關鍵。10、B【解析】

4個氧原子構(gòu)成的氧分子的分子式為O4，是氧元素形成的單質(zhì)，分子內(nèi)含有氧氧非極性鍵，是結(jié)構(gòu)對稱的非極性分子，與O2和O3互為同素異形體?！驹斀狻緼項、4個氧原子構(gòu)成的氧分子的分子式為O4，是氧元素形成的單質(zhì)，不屬于氧化物，故A錯誤；B項、4個氧原子構(gòu)成的氧分子的分子式為O4，分子內(nèi)含有氧氧非極性鍵，故B正確；C項、4個氧原子構(gòu)成的氧分子的分子式為O4，是氧元素形成的單質(zhì)，不屬于同位素，故C錯誤；D項、4個氧原子構(gòu)成的氧分子的分子式為O4，是氧元素形成的單質(zhì)，與O3互為同素異形體，不是同分異構(gòu)體，故D錯誤；故選B。本題的重點考查了同位素、同素異形體、同分異構(gòu)體概念和區(qū)別，注意氧化物是指只含有兩種元素，且其中一種元素是氧元素的化合物；由同種元素形成的不同種單質(zhì)互為同素異形體，同種非金屬元素之間形成非極性鍵；質(zhì)子數(shù)相同中子數(shù)不同原子互稱同位素；同分異構(gòu)體是分子式相同結(jié)構(gòu)式不同的化合物。11、A【解析】

A．羥基為中性原子團，O原子最外層含有7個電子，其電子式為，故A錯誤；B．1-丁烯的結(jié)構(gòu)簡式為CH2=CHCH2CH3，鍵線式為，故B正確；C．乙醇分子中含有羥基，結(jié)構(gòu)式為：，故C正確；D．葡萄糖的分子式為C6H12O6，其最簡式為CH2O，故D正確；答案選A。本題的易錯點為A，要注意區(qū)分羥基和氫氧根的電子式。12、D【解析】

A．Al3+、CH3COO-、Cl-

中的CH3COO-可與H+、SO42-、NO3-

中的H+

反應生成弱電解質(zhì)醋酸，故A錯誤；

B．Mg2+、Ba2+、Br-中的Ba2+可與H+、SO42-、NO3-中的SO42-反應，即Ba2++SO42-═BaSO4↓，故B錯誤；

C．在H+、SO42-、NO3-中含有的硝酸是氧化性酸，而能與具有強還原性的I-發(fā)生氧化還原反應，故C錯誤；

D．H+、SO42-、NO3-中的任何離子與Na+、NH4+、Cl-中的任何離子都不發(fā)生反應，因此可以大量共存，故D正確；

故選D。13、C【解析】

裝置圖分析可知放出氧氣的電極為陽極，電解質(zhì)溶液中氫氧根離子放電生成氧氣，氣流濃度增大，碳酸根離子結(jié)合氫離子生成碳酸氫根離子，出口為碳酸氫鈉，則電極反應，4CO32-+2H2O-4e-=HCO3-+O2↑，氣體X為陰極上溶液中氫離子得到電子發(fā)生還原反應生成氫氣，電極連接電源負極，放電過程中生成更多氫氧根離子，據(jù)此分析判斷?！驹斀狻緼．乙池電極為電解池陰極，和電源負極連接，溶液中氫離子放電生成氫氣，故A錯誤；B．電解池中陽離子移向陰極，鈉離子移向乙池，故B錯誤；C．陰極附近氫離子放電破壞了水的電離平衡，電極附近氫氧根離子濃度增大，NaOH溶液Y比NaOH溶液Z濃度大，故C正確；D．放出氧氣的電極為陽極，電解質(zhì)溶液中氫氧根離子放電生成氧氣，氫離子濃度增大，碳酸根離子結(jié)合氫離子生成碳酸氫根離子，出口為碳酸氫鈉，則電極反應，4CO32-+2H2O-4e-=4HCO3-+O2↑，故D錯誤；故答案為C。14、C【解析】

溶液的導電能力與離子的濃度成正比，與電解質(zhì)的強弱無關，離子濃度越大導電能力越強，濃度越小導電能力越弱，向溶液中加入氫氧化鈉固體后，如果能增大溶液中離子濃度，則能增大溶液的導電能力，否則不能增大溶液的導電能力。【詳解】A.氨水是弱電解質(zhì)，氫氧化鈉是強電解質(zhì)，向氨水中加入氫氧化鈉固體后，溶液中離子濃度增大，所以導電能力增強，故A不符合；B.醋酸是弱電解質(zhì)，氫氧化鈉和醋酸反應生成醋酸鈉，溶液中的溶質(zhì)由弱電解質(zhì)變成強電解質(zhì)，離子濃度增大，溶液的導電能力增強，故B不符合；C.氯化氫是強電解質(zhì)，氫氧化鈉是強電解質(zhì)，向鹽酸中加入氫氧化鈉固體后，氫氧化鈉和鹽酸反應生成氯化鈉和水，溶液中離子濃度變化不大，所以溶液的導電能力變化不大，故C符合；D.水是弱電解質(zhì)，向水中加入氫氧化鈉固體后，溶液中離子濃度增大，則溶液的導電能力增強，故D不符合；答案選C。15、C【解析】

A.苯環(huán)上的酚羥基不能發(fā)生消去反應,故A錯誤；B.己烯雌酚的分子式為C18H20O2,反應①中應生成10molH2O,故B錯誤;C.酚的酸性比H2CO3的弱，不能與NaHCO3溶液反應生成CO2,故C正確;D.兩個酚羥基有4個鄰位,它們均可被鹵素原子取代,碳碳雙鍵能與Br2發(fā)生加成，故反應③中最多可以消耗5molBr2,故C項錯誤;答案:C。16、D【解析】還原性HSO-3＞I-，所以首先發(fā)生：IO3-+3HSO3-＝I-+3SO42-+3H+，繼續(xù)加入NaIO3，由于氧化性IO-3＞I2，所以IO3-可以結(jié)合H+氧化I-生成I2，離子方程式是IO3-+6H++5I-＝3H2O+3I2。A、根據(jù)以上分析可知0～a段發(fā)生反應：3HSO3-+IO3-＝3SO42-+I-+3H+，A正確；B、a點碘酸鈉的物質(zhì)的量是0.4mol，根據(jù)碘酸鈉和亞硫酸氫鈉的關系式知，消耗NaHSO3的物質(zhì)的量=0.4mol1×3=1.2mol，則a點時剩余NaHSO3的物質(zhì)的量為1.8mol，因此a~b段共消耗NaHSO3的物質(zhì)的量為1.8mol，B正確；C、根據(jù)以上分析可知b~c段反應：IO3-+6H++5I-＝3H2O+3I2，氧化產(chǎn)物為I2，C正確；D、根據(jù)反應IO3-+3HSO3-＝I-+3SO42-+3H+，3molNaHSO3的溶液消耗NaIO3溶液的物質(zhì)的量為1mol，生成碘離子的量為1mol，設生成的碘單質(zhì)的物質(zhì)的量為n，則根據(jù)反應IO3-+6H++5I-=3H2O+3I2，消耗的NaIO3的物質(zhì)的量為n3mol，消耗碘離子的量為5n3mol，剩余的碘離子為（1-5n3）mol，當溶液中n（I-）：n（I2）=5：1時，即（1-5n3）mol：nmol=5：1，故n=0.15mol，故加入的n（NaIO3二、非選擇題（本題包括5小題）17、加成反應消去反應溴原子碳碳三鍵【解析】

由A僅含C、H、O三種元素，S為氯代有機酸，S水解可以得到A，說明S分子中含有C、H、O、Cl四種元素；根據(jù)反應條件可知，由S→B發(fā)生消去反應，B→F發(fā)生與氫氣的加成反應，得到飽和羧酸F，而F和NaHCO3反應，得到鹽的化學式為：C4H4O4Na2，說明F是二元羧酸，從而說明S分子中含有兩個-COOH；S中的Cl原子在堿性條件下被-OH取代，酸化后生成含有-COOH和-OH的有機物A，并且A自身在濃硫酸作用下，可以生成六元環(huán)狀的酯P，故-OH在β碳原子上，再結(jié)合A的相對分子質(zhì)量分為134，可以推知A為HOOCCHOHCH2COOH，S為，B為HOOCCH=CHCOOH，F(xiàn)為HOOCCH2CH2COOH；B與溴發(fā)生加成反應生成D，則D為，D在NaOH醇溶液中發(fā)生消去反應生成，結(jié)合E的相對分子質(zhì)量為114，E為HOOCC≡CCOOH，P為六元環(huán)酯，結(jié)構(gòu)簡式為，結(jié)合有機物的結(jié)構(gòu)和官能團的性質(zhì)分析解答?！驹斀狻?1)根據(jù)上述分析，B→D為烯烴和溴的加成反應；D→E第①步反應為鹵代烴在NaOH醇溶液中發(fā)生消去反應，故答案為：加成反應；消去反應；(2)D為，E為HOOCC≡CCOOH，二者中的不含氧官能團分別為溴原子，碳碳三鍵，故答案為：溴原子；碳碳三鍵；(3)由以上分析可知，S為，P為，故答案為：；；(4)F為丁二酸(HOOCCH2CH2COOH)在濃硫酸作用下與足量的乙醇反應，生成丁二酸二乙酯，反應的化學方程式為，故答案為：(5)D為，D的同分異構(gòu)體中含有相同官能團的有，其中核磁共振氫譜中能呈現(xiàn)2種峰，且峰面積比為1∶1的是，故答案為：。18、聚乳酸制成的塑料在自然環(huán)境中可以降解為小分子，對環(huán)境無害?！窘馕觥?/p>

丙烯發(fā)生加聚反應生成F，F(xiàn)是聚丙烯；丙烯與溴發(fā)生加成反應生成A，A是1,2-二溴丙烷；A水解為B，B是1,2-丙二醇；B氧化為C，C是；被新制氫氧化銅懸濁液氧化為D，D是；與氫氣發(fā)生加成反應生成E，E是；發(fā)生縮聚反應生成高分子化合物G為。【詳解】(1)丙烯發(fā)生加聚反應生成F，F(xiàn)是聚丙烯，結(jié)構(gòu)簡式為。(2)E是，在一定條件下，兩分子能脫去兩分子水形成一種六元環(huán)狀化合物，該化合物的結(jié)構(gòu)簡式為。(3)①B是1,2-丙二醇被氧化為，化學方程式為。②C是，被含有NaOH的Cu(OH)2懸濁液氧化為，反應的化學方程式為。③E是，發(fā)生縮聚反應生成聚乳酸，化學方程式為。(4)手性分子X為E的一種同分異構(gòu)體，lmolX與足量金屬鈉反應產(chǎn)生lmol氫氣，lmolX與足量銀氨溶液反應能生成2molAg，說明X中含有2個羥基、1個醛基，則X的結(jié)構(gòu)簡式為。(5)用G代替F制成一次性塑料餐盒的優(yōu)點是聚乳酸制成的塑料在自然環(huán)境中可以降解為小分子，對環(huán)境無害。19、Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入鹽酸，增大c(H+)，平衡左移，抑制Fe3+水解；Fe3+和SO2生成紅棕色的Fe(SO2)63+反應速率較快：Fe3++6SO2Fe(SO2)63+。而反應2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+反應緩慢，但是反應限度較大，使溶液中c(Fe3+)降低，平衡逆向移動，紅棕色逐漸褪去，最終得到淺綠色溶液；Ba2+

+SO42-

=BaSO4↓；3Fe2+

+4H++NO3-

=3Fe3++NO↑+2H2O；2NO+O2

=2NO2；實驗II中溶液中檢出Fe2+和SO42-，說明Fe3+氧化SO2生成SO42-，氧化性Fe3+>SO42-；實驗III中溶液變黃色、IV中檢出Fe3+和NO生成，說明酸性條件下NO3-氧化Fe2+，氧化性NO3->Fe3+；所以，在酸性條件下，氧化性強弱是：NO3->Fe3+>SO42-?！窘馕觥?/p>

通過“氧化劑氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性”原理設計實驗?！驹斀狻浚?）溶液中存在水解平衡：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入鹽酸，增大c(H+)，平衡左移，抑制Fe3+水解；（2）Fe3+和SO2生成紅棕色的Fe(SO2)63+反應速率較快：Fe3++6SO2Fe(SO2)63+。而反應2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+反應緩慢，但是反應限度較大，使溶液中c(Fe3+)降低，平衡逆向移動，紅棕色逐漸褪去，最終得到淺綠色溶液；（3）加入KSCN溶液后溶液不變色，說明鐵離子完全轉(zhuǎn)化為亞鐵離子，再加入BaCl2溶液產(chǎn)生白色沉淀，氧化生成硫酸根與鋇離子結(jié)合為硫酸鋇，反應離子方程式為：Ba2++SO42-=BaSO4↓；（4）硝酸具有強氧化性，將溶液中亞鐵離子氧化為鐵離子，淺綠色溶液變?yōu)辄S色，反應離子方程式為：3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O；（5）反應生成的NO與氧氣反應生成二氧化氮，二氧化氮為紅棕色，發(fā)生反應的方程式是：2NO+O2=2NO2；（6）驗II中溶液中檢出Fe2+和SO42-，說明Fe3+氧化SO2生成SO42-，氧化性Fe3+>SO42-；實驗III中溶液變黃色、IV中檢出Fe3+和NO生成，說明酸性條件下NO3-氧化Fe2+，氧化性NO3->Fe3+；所以，在酸性條件下，氧化性強弱是：NO3->Fe3+>SO42-。20