高中化学人教版有机化学基础本册总复习总复习【区一等奖】

河南省滑县第六高级中学2023学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）1．下列说法不正确的是A．汽车尾气中的氮氧化物源于汽油的不完全燃烧B．碘化银可用于人工降雨C．液氨汽化时吸收大量的热，故可做制冷剂D．在医疗上硫酸亚铁可用于生产防治缺铁性贫血的药剂【答案】A【解析】试题分析：A、汽油不完全燃烧的生成物是CO，氮的氧化物与汽油是否完全燃烧无关系，A错误；B、碘化银可用于人工降雨，B正确；C、液氨汽化时吸收大量的热，使周围环境温度降低，故可做制冷剂，C正确；D、在医疗上硫酸亚铁可用于生产防治缺铁性贫血的药剂，D正确，答案选A。考点：考查物质性质、用途的判断2．下列各组物质中，每一种物质的分子里的所有原子都处于同一平面的是A．甲烷、丙烯、丙炔B．乙烯、乙炔、苯C．丁二烯、甲苯、环己烷D．乙烷、乙烯、乙炔【答案】B【解析】共面的有双键以碳为中心的所有原子共面；苯环以碳为中心所有原子共面。烷烃为饱和烃，为四面体结构。故答案为B。3．下列有关化学反应类型的判断不正确的是A．CO2+C2CO化合反应B．CO+CuOCu+CO2置换反应C．CaCO3CaO+CO2↑分解反应D．Ba（OH）2+2HCl=BaCl2+2H2O复分解反应【答案】B【解析】试题分析：A、符合A+B→C的类型，此反应属于化合反应，故说法正确；B、不符合单质+化合物=单质+化合物，不属于置换反应，故说法错误；C、符合AB→A+B，此反应属于分解反应，故说法正确；D、符合AB+CD→AD+BC，此反应属于复分解反应，故说法正确。考点：考查四个基本反应类型等知识。4．下列应用或事实中，与胶体的制备或性质没有关系的是A．将1mL饱和FeCl3溶液逐滴加入到20mL沸腾的蒸馏水中，继续煮沸至溶液呈红褐色B．用石膏或盐卤点制豆腐C．在氯化铁溶液中滴加NaOH溶液出现红褐色沉淀D．清晨的阳光穿过茂密的林木枝叶所产生的美丽景象（美丽的光线）【答案】C【解析】略5．用NA表示阿佛加德罗常数，下列叙述正确的是A．电解AgNO3溶液析出10.8克银需B．通常情况5.6升氢气含C．9克水含质子数为4ND．2NA个硫酸分子与19.6克【答案】A【解析】A：由电极反应Ag－－e－=Ag可求得析出10.8克银时转移个电子B：非标准状况，不能计算出氢气的量C：9克水H2O含质子数为：NA，即5NAＤ：前者含有8NA个氧原子，后者H3PO4含有：=个氧原子故答案为A6．下列有关溶液pH的说法正确的是()A．将pH=11的氢氧化钠溶液加水稀释100倍，溶液中c(H+)=10-13mol/LB.将pH=9的氢氧化钠溶液和pH=13的氢氧化钡溶液等体积混合，所得混合溶液的pH=11C.将pH=1的硫酸溶液和pH=5的盐酸等体积混合，所得混合溶液的pH=D.pH=13的氢氧化钡溶液和pH=1的盐酸等体积混合，由于氢氧化钡过量，所得溶液的pH>7【答案】C【解析】试题分析：pH=11的氢氧化钠溶液加水稀释100倍，pH=9,所以溶液中c(H+)=10-9mol/L，故A错误；pH=9的氢氧化钠溶液中c(OH-)=10-5mol/L，和pH=13的氢氧化钡溶液中c(OH-)=10-1mol/L，所以两者混合后的c(OH-)=（10-5+10-1）/2≈，所以c(H+)=10-14/=2×10-13mol/L，所以pH=-lgc(H+)=，故B错误；pH=1的硫酸溶液中，c(H+)=10-1mol/L，pH=5的盐酸中，c(H+)=10-5mol/L，所以两者混合后的c(H+)=（10-5+10-1）/2≈，pH=-lgc(H+)=，故C正确；pH=13的氢氧化钡溶液和pH=1的盐酸等体积混合，氢氧化钡刚好与盐酸完全反应，所以所得溶液的pH为7，故D错误。考点：溶液pH点评：本题考查溶液pH的计算，有一定的综合性，该题有一定的难度。7．从下列事实所得出的解释或结论正确的是选项实验事实解释或结论A氢氧化钠标准液滴定食醋的操作中,用甲基橙作指示剂会造成误差恰好完全中和时溶液呈碱性，应选用酚酞作指示剂B压缩针筒内的NO2和N2O4混合气体，颜色先变深后变浅增大压强，平衡向生成N2O4的方向移动，新平衡比旧平衡压强小C往氯化铁溶液中加入氯化铁固体，溶液颜色加深水解平衡向右移动，氢氧化铁浓度增大，氯化铁水解程度增大D在室温下能自发进行反应:(NH4)2CO3(s)=NH4HCO3(s)+NH3(g)ΔH>0这是一个熵增的反应【答案】AD【解析】试题分析：A、氢氧化钠标准液滴定食醋的操作中，用甲基橙作指示剂，恰好完全中和时生成强碱弱酸盐，溶液呈碱性，溶液由红色刚好变橙色，应选用酚酞作指示剂，A正确；B、据勒夏特列原理，压缩气体的体积使其压强增大，平衡向气体体积减小的生成N2O4方向移动，但新平衡比旧平衡压强大，B错误；C、往氯化铁溶液中加入氯化铁固体，溶液颜色加深，氯化铁电离成离子，铁离子的浓度增大得多，氯化铁水解程度增大得少，故颜色的加深主要不是水解平衡移动引起的，C错误；D、熵增就是体系的混乱度增大，同一物质：固态、液态、气态的混乱度依次增大，该反应产生气体，故是一个熵增的反应，D正确；答案选AD。考点：考查化学平衡原理。8．区别二氧化硫和二氧化碳气体的最佳方法是（）A．通入澄清的石灰水B．用湿润的蓝色石蕊试纸C．通入品红溶液D．通入CaCl2溶液【答案】C【解析】试题分析：A．二氧化硫和二氧化碳气体通入澄清的石灰水，都会发生反应形成白色沉淀，因此不能鉴别二者，错误；B．二氧化硫和二氧化碳气体溶于水反应产生的都是酸，可以使湿润的蓝色石蕊试纸变为红色，故不能鉴别二者，错误；C．二氧化硫具有漂白性，可以使品红溶液褪色，而二氧化碳没有漂白性，不能使品红溶液褪色，故可以鉴别二者，正确；D．二氧化硫和二氧化碳通入CaCl2溶液中，由于它们与水发生反应产生的酸的酸性都比HCl弱，因此都不能发生反应，故不能鉴别二者，错误。考点：考查二氧化硫和二氧化碳气体鉴别试剂的选择的知识。9．某温度下，在容积固定不变的密闭容器中进行如下可逆反应：X(g)+Y(g)＝Z(g)+W(s)ΔH>0，一段时间后，达到化学平衡状态。下列叙述正确的是A．加入少量W，逆反应速率增大B．通入一定量氦气，压强增大，平衡向正反应方向移动C．升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小，平衡向正反应方向移动D．降低温度，正反应速率减小，逆反应速率也减小，平衡向逆反应方向移动【答案】D【解析】试题分析：A．W是固体，W的多少对化学反应速率无影响，A项错误；B.氦气是惰性气体，恒容条件下通入惰性气体，参加反应的气体的浓度不变，平衡不移动，B项错误；C.无论该反应是放热反应还是吸热反应，升高温度，正逆反应速率都增大，C项错误；D.该反应的正反应是吸热反应，则降低温度，正逆反应速率均降低，平衡向逆反应方向移动，D项正确；答案选D。【考点定位】考查影响化学反应速率、化学平衡的因素等知识。【名师点睛】本题考查影响化学反应速率、化学平衡的因素等知识。对于惰性气体对化学反应速率、化学平衡的影响，总结如下：（1）若是恒压条件，当压强恒定时，充入了惰性气体，体系的体积就要增大，以维持压强不变。体积增大，各组分的浓度都要减小，反应速率降低，平衡向气体体积增大的方向移动。（2）若是恒容条件，当体积恒定时，充入惰性气体尽管体系的压强增大，但是参加反应的气体的浓度没有改变，因此这种压强的改变是无效的，反应速率不变，化学平衡不移动。10．下列反应，属于取代反应的是A．①②B．③④C．①③D．①④【答案】D【解析】试题分析：根据取代反应的特点，“有上有下”，①④是取代反应，②是消去反应，③是加成反应，答案选D。考点：考查有机反应类型的判断11．150℃A．COB．H2C．C2H5OHD．C6H12O【答案】C【解析】试题分析：物质燃烧生成CO2和水，然后被过氧化钠吸收生成碳酸钠、氢氧化钠和氧气，2CO2＋2Na2O2＝2Na2CO3＋O2、2H2O＋2Na2O2＝4NaOH＋O2↑。因此相当于固体Na2O2只吸收了CO2中的“CO”，H2O中的“H2”；可以看做发生相应的反应：Na2O2＋CONa2CO3，Na2O2＋H22NaOH(实际上两反应都不能发生)。因此凡分子组成符合(CO)m·(H2)n的物质，mg该物质在O2中完全燃烧，将其产物CO2和水蒸气通过足量的Na2O2后，固体增重必为mg。或是由C、H、O三种元素组成的物质，只要C、O原子个数比为1∶1，即可满足该条件。中学阶段常见的符合这一关系的物质有：无机物：H2、CO及H2和CO的混合气体；有机物：CH3OH甲醇、HCHO甲醛、CH3COOH乙酸、HCOOCH3甲酸甲酯、C6H12O6葡萄糖，所以选项A、B、D均符合。乙醇的化学式是C2H6O考点：考查过氧化钠与CO2、水反应的有关计算12．在恒容密闭容器中通入X并发生反应：2X(g)Y(g)，温度T1、T2下X的物质的量浓度C(X)随时间t变化的曲线如图所示，下列叙述正确的是A．该反应进行到M点放出的热量大于进行到W点放出热量B．T2下，在0～t1时间内，v(Y)＝eq\f(a－b,t1)mol·L－1·min－1C．M点的正反应速率v正大于N点的逆反应速率v逆D．M点时再加入一定量X，平衡后X的转化率减小【答案】C【解析】试题分析：A、根据图像T1先拐，说明T1>T2，随着温度的升高X的浓度增大，平衡向逆反应方向进行，根据勒夏特列原理，正反应方向为放热反应，逆反应方向为吸热反应，因此进行到W点放出的热量大于M点，故错误；B、v(X)=(a－b)/t1mol/(L·min)，根据化学反应速率之比等于计量数之比，v(Y)=v(X)/2=(a－b)/2t1mol/(L·min)，故错误；C、因为T1>T2，温度高，反应速率快，故正确；D、再加入一定量的X相当于在原来的基础上加压，增大压强平衡向正反应方向移动，X的转化率增大，故错误。考点：考查勒夏特列原理、化学反应速率计算等知识。13．下列现象及结论均正确的是现象结论A向Na2O2与水反应完的溶液中，滴加石蕊试液，溶液先变蓝后褪色Na2O2与水反应后的溶液呈碱性，且有少量的Na2O2剩余，而氧化石蕊使其褪色B将盐酸与NaHCO3反应生成的CO2气体，直接通入Na2SiO3溶液中出现浑浊说明碳的非金属性强于硅CNa2S溶液与Na2SO3溶液混合后出现浑浊发生反应的离子方程式为：2S2－+SO32－+3H2O=3S↓+6OH－D用饱和食盐水吸收氯气中混有的HCl气体，出现白色浑浊白色浑浊为析出的氯化钠晶体【答案】D【解析】试题分析：A.Na2O2与水反应产生NaOH和氧气，NaOH溶液显碱性使紫色石蕊试液变为蓝色，由于新产生的氧气的氧化性强，会把红色物质氧化变为无色，因此溶液先变蓝后褪色，错误；B.将盐酸与NaHCO3反应生成的CO2气体，直接通入Na2SiO3溶液中出现浑浊，是由于发生反应：CO2+Na2SiO3+H2O=H2SiO3↓+Na2CO3，由于盐酸有挥发性，在CO2气体中含有HCl也会发生反应：2HCl+Na2SiO3=H2SiO3↓+2NaCl，要通过比较元素最高价含氧酸的酸性强弱，错误；C.Na2S溶液与Na2SO3溶液混合后出现浑浊，是由于氧气在溶液中溶解将[Na2S氧化产生S，错误；D.在饱和食盐水中存在沉淀溶解平衡：NaCl(s)=Na+(aq)+Cl-(aq)，当用饱和食盐水吸收氯气中混有的HCl气体水，HCl溶解使溶液中c(Cl-)增大，平衡逆向移动，形成NaCl晶体而出现白色浑浊，正确。考点：考查对实验现象的解释的正误判断的知识。14．一定条件下，体积为5L的密闭容器中，和进行反应：2X(g)＋Y(g)Z(g)，经60s达到平衡，生成。下列说法正确的是A.将容器体积变为10L，Z的平衡浓度变为原来的二分之一B．以Y浓度变化表示的反应速率为/（L·s）C．若增大压强，则物质Y的转化率减小D．若降低温度，X的体积分数增大，则该反应的△H＜0【答案】B【解析】对于A选项，容器体积增大一倍，由2+1=3>1知，反应后气体量减少，根据勒夏特列原理，平衡向左移动，因此Z的平衡浓度小于原来的二分之一；B选项，Y浓度变化表示的反应速率为(5L*60s)=/（L·s）,所以B选项正确；C选项，若增大压强，根据勒夏特列原理可知，平衡向降低压强的方向移动，即向右移动，则物质Y的转化率增大；D选项，若降低温度，X的体积分数增大，说明平衡向左移动，是放热过程，因此可以得知正反应是吸热的过程，△H>015．短周期元素X、Y、Z在周期表中的位置如图所示，则下列说法正确的是（

）A．X是活泼的非金属B．三种元素中Y的非金属性最强C．Z的最高价氧化物的水化物是强酸D．Y的最高价氧化物的水化物是一种强酸【答案】BC【解析】试题分析：根据短周期元素在周期表中的相对位置可知，X是He，Y是F，Z是S，则A不正确，B正确；硫酸是强酸，C正确；F是最活泼的非金属，没有含氧酸，D不正确，答案选BC。考点：考查元素周期表的结构和元素周期律应用的有关判断点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。试题综合性强，侧重对学生基础知识的巩固和训练，有利于提高学生的逻辑推理能力和应试能力。该题以“周期表中元素的推断”为载体，考查学生对元素周期表的熟悉程度及其对表中各元素性质和相应原子结构的周期性递变规律的认识和掌握程度。考查了学生对物质结构与性质关系以及运用元素周期律解决具体化学问题的能力。16．（10分）（1）将NaOH溶液滴入FeSO4溶液中，能观察到的现象是。（2）向10mLlmol/L的NaOH溶液中加入10mLlmol/L的H2SO4溶液，加热、蒸干，得到固体A的化学式是。（3）向40mL1mol/L的NaOH溶液中通入过量的CO2，并将溶液分成两等份。①一份加热、蒸干、灼烧，所得固体的化学式是。②将（2）中所得固体A全部放入另一份溶液中，发生反应的离子方程式是。混合后的溶液充分搅拌后，加热、蒸干、灼烧，所得固体中两种阴离子的物质的量之比是。【答案】（1）先产生白色沉淀，并逐渐变成灰绿色，最后变成红褐色。（2）NaHSO4（3）向40mL1mol/L的NaOH溶液中通入过量的CO2，并将溶液分成两等份。①Na2CO3②HCO3－＋H+=H2O＋CO2↑n（SO42－）：n（CO32－）=2：1【解析】（1）先产生白色沉淀，并逐渐变成灰绿色，最后变成红褐色。Fe2＋＋2OH―=Fe(OH)2↓白色变成灰绿色4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3最后变成红褐色;（2）NaOH

：10mL×lmol/L=10mmol,H2SO4：10mL×lmol/L=10mmolNaOH＋H2SO4=NaHSO4＋H2OA的化学式NaHSO4（3）向40mL1mol/L的NaOH溶液中通入过量的CO2，NaOH＋CO2=NaHCO3,每份NaHCO3为20mmol,①一份加热、蒸干、灼烧，2NaHCO3△Na2CO3＋H2O＋CO2↑所得固体的化学式是Na2CO3△②将（2）中所得固体A全部放入另一份溶液中，发生反应的离子方程式是HCO3－＋H+=H2O＋CO2↑;与H＋反应掉的NaHCO3为10mmol,余下10mmolNaHCO3,加热分解后留下5mmolNa2CO3n（SO42－）=10mL×lmol/L=10mmol,n（CO32－）=5mmol,n（SO42－）：n（CO32－）=2

;117．I．(6分)已知一氧化碳与水蒸气的反应为：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)在427℃时,当一氧化碳和水蒸气的起始浓度都为L时,一氧化碳的转化率为50%。（1）该反应在427℃时的平衡常数K=。（2）温度不变时,若起始时一氧化碳浓度仍为L,水蒸气的起始浓度为L,此时一氧化碳的转化率为(用百分数表示，百分数中保留一位小数)。（3）在保持温度和压强不变时向平衡体系中充入氩气，一氧化碳的转化率(填“增大”“减小”“不变”)。（4）在保持温度和容器体积不变时向平衡体系中充入氩气，一氧化碳的转化率(填“增大”“减小”“不变”)。II.(8分)某温度下，取一定质量的硫酸铜溶液，用石墨作电极进行电解，当阳极产生的气体时，CuSO4恰好被完全电解，得密度为1.2g／cm3的溶液100mL，求：（1）电解后所得溶液的pH=。（2）电解前所取CuSO4溶液的质量为克。（3）若要使电解后所得溶液恢复至电解前的原状态，需要加入的物质为(写化学式)，质量为克。【答案】I．(6分)（1）1（2分）（2）%（2分）（3）不变（1分）（4）不变（1分）II.(8分)（1）0(2分)（2）124g(2分)（3）CuO(或CuCO3)(2分)、4g(或6.2g)(2分)【解析】试题分析：（1）一氧化碳和水蒸气的起始浓度都为L，一氧化碳的转化率为50%，则平衡后CO(g)、H2O(g)、CO2(g)、H2(g)的浓度均为L，，K=CO2(g)·H2(g)/CO(g)·H2O(g)=（）2/（）2=1。（2）设CO反应了xmol/L，则有：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)C(起始)/mol/L00C(变化)/mol/LxxxxC(平衡)/mol/Lxx则有K=x2/((=1，得x=L，CO的转化率为L÷L,×100%=%。（3）在保持温度和压强不变时向平衡体系中充入氩气，容器的体积增大，反应物和生成物浓度同等程度的减小，反应不发生移动，CO的转化率不变。（4）在保持温度和容器体积不变时向平衡体系中充入氩气，反应物和生成物的浓度都不变，平衡不发生移动，故一氧化碳的转化率不变。II．电解CuSO4溶液发生反应：2CuSO4+2H2O2Cu↓+O2↑+2H2SO4，阳极产生的气体是O2，O2的物质的量为时生成H2SO4的物质的量为，则H+的物质的量为，c(H+)=0.1L=1mol/L，故pH=0。（2）电解后溶液的质量为：1.2g／cm3×100mL=120g，由方程式可知电解时析出铜的物质的量为，质量为3.2g，O2的物质的量为，质量为0.8g，则电解前溶液的总质量为：120g+3.2g+0.8g=124g。（3）反应后溶液相当于失去了的CuO，若要使电解后所得溶液恢复至电解前的原状态，需要加入的物质为CuO(或CuCO3)，加入CuO的话，质量为×80g/mol=4g，若加入的是CuCO3质量为×124g/mol=考点：平衡常数的计算、化学平衡的移动、电解池的有关计算。18．某课外兴趣小组欲测定某NaOH溶液的浓度，其操作步骤如下：①将碱式滴定管用蒸馏水洗净后，用待测溶液润洗后，再注入待测溶液，调节滴定管的尖嘴部分充满溶液，并使液面处于"0"刻度以下的位置，记下读数；将锥形瓶用蒸馏水洗净后，用待测溶液润洗锥形瓶2～3次；从碱式滴定管中放入待测溶液到锥形瓶中；②将酸式滴定管用蒸馏水洗净后，立即向其中注入L标准盐酸，调节滴定管的尖嘴部分充满溶液，并使液面处于"0"刻度以下的位置，记下读数；③向锥形瓶中滴入酚酞作指示剂，进行滴定。滴定至指示剂恰好变色，且30分钟不变化，测得所耗盐酸的体积为V1mL；④重复以上过程，但在滴定过程中向锥形瓶加入5mL的蒸馏水，测得所耗盐酸的体积为V2mL。试回答下列问题：（1）锥形瓶中的溶液从___________色变为___________色时，停止滴定。（2）滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察___________；A．滴定管内液面的变化B．锥形瓶内溶液颜色的变化（3）该小组在步骤①中的错误是______________________，由此造成的测定结果____________（填偏高、偏低或无影响）；（4）步骤②缺少的操作是__________________；（5）右图，是某次滴定时的滴定管中的液面，其读数为__________mL；（6）根据下列数据：滴定次数[待测液体积(mL)标准盐酸体积（mL）滴定前读数（mL）滴定后读数（mL）第一次第二次请计算待测烧碱溶液的浓度为___________mol/L【答案】（1）红，无；（2）B；（3）用待测液润洗锥形瓶，偏高；（4）用标准液润洗滴定管；（5）（也给分；（6）。【解析】试题分析：（1）锥形瓶放入的NaOH溶液，酚酞作指示剂，溶液显红色，当滴加到终点时，溶液的颜色由红色变为无色，且半分钟内不恢复颜色；（2）滴定过程中，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色的变化，判断是否滴定到终点；（3）锥形瓶不能待测液润洗，否则造成锥形瓶中待测液的物质的量增多，消耗的标准液的体积增大，根据c(NaOH)=c标×V标/V(NaOH)，待测液的浓度偏高；（4）滴定管要用待盛液润洗，否则进行稀释，浓度变小；（5）滴定管的读数到，因此数值为；（6）两次分别消耗的盐酸的体积为、，平均消耗盐酸的体积为：20mL，c(NaOH)=20×25mol·L－1=·L－1。考点：考查中和滴定实验等知识。19．(共12分)下图是一套制取并验证氯气部分化学性质的实验装置。图中，A是Cl2的发生装置，B、C是气体的净化装置，D中盛放浸有有色布条的CCl4溶液，E中盛放浸有有色布条的水溶液，F中盛有淀粉-碘化钾溶液，G烧杯中盛放NaOH溶液。（1）写出A装置中发生的反应方程式，并用“双线桥法”标出电子的转移方向和数目。（2）若生成2.8L标准状况时的氯气，被氧化的HCl的物质的量为多少？（3）上述装置中有一处错误，请指出是处（用装置字母表示）。（4）B中饱和食盐水的作用是；C中浓硫酸的作用是（5）有色布条褪色的是（选择“D”或“E”或“D、E”），由此可知具有漂白作用的物质是（填化学式）。F中出现的现象是（6）G烧杯中NaOH溶液的作用是，发生的化学反应方程式：【答案】（1）（2分）（2）mol（2分）；n(Cl2)=2.8L÷22.4L/mol=,被氧化的n(HCl)=2n(Cl2)=2mol×=（2分）（3）B（1分）（4）除去Cl2中混有的HCl气体（1分）除去Cl2中混有的水蒸气（1分）（5）E（1分）HClO（1分）无色溶液变蓝色（1分）（6）尾气处理，防止环境污染（1分）；Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O（1分）【解析】试题分析：（1）在A装置中发生的是实验室制取氯气的反应，用“双线桥法”标出电子的转移方向和数目是；（2）根据反应方程式可知：每有1mol的Cl2产生，被氧化的HCl的物质的量是2mol，n(Cl2)=2.8L÷22.4L/mol=,现在产生的氯气的物质的量是，所以被氧化的HCl的物质的量为；（3）上述装置中有一处错误，就是在B装置中用于除去氯气中的HCl杂质的导气管应该是长进短出，连接翻个了,选项是B；（4）B中饱和食盐水的作用是除去Cl2中混有的HCl气体；C中浓硫酸的作用是除去Cl2中混有的水蒸气，即干燥；（5）由于氯气与水反应会产生有漂白作用的次氯酸HClO,而在CCl4中无水，不能产生次氯酸，所以所以在装置E中的有色布条褪色；由此可知具有漂白作用的物质是HClO；Cl2与KI发生氧化还原反应产生I2，I2遇到淀粉溶液会变为蓝色，因此在F中出现的现象是无色溶液变蓝色；（6）氯气是大气污染物，在排放之前应该进行尾气处理。可以利用其能够与碱反应的性质处理，所以G烧杯中NaOH溶液的作用是尾气处理，防止环境污染，反应的方程式是：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。考点：考查氯气的制取、化学性质的验证、尾气处理、化学方程式、氧化还原反应的双线桥法表示的知识。20．二氯化砜(SO2Cl2)是一种重要的有机合成试剂，实验室可利用SO2与Cl2反应制取少量的SO2Cl2。装置如图(有些支持装置省略了)所示。已知SO2Cl2的熔点为-54．1℃，沸点为69．1℃；常温下比较稳定，受热易分解，遇水能发生剧烈的水解反应，产物之一为氯化氢气体。（1）仪器E的名称是_______，由B的使用可知SO2与氯气之间的反应居于______(填“放”或“吸”)热反应，B处反应管冷却水应从(填“a”或“b”)接口通入。如果将丙装置放入冰水中，会更有利于二氯化砜的生成，其原因是。（2）试剂X、Y的组合最好是_________。a．98%硫酸和铜b．稀硝酸和亚硫酸钠固体c．60%硫酸和亚硫酸钾固体（3）戊是贮气装置，则E中的试剂是_________；若缺少装置乙和丁，潮湿的氯气和二氧化硫之间发生反应的化学方程式是___________________________．（4）取1．00g蒸馏后的液体，小心地完全溶于水，向所得的溶液中加入足量氯化钡溶液，测得生成沉淀的质量为1．50g，则所得馏分中二氯化砜的质量百分含量为%(结果保留小数点后1位)。（5）二氯化砜应储存于阴凉、干燥、通风良好的库房，但久置后微显黄色，其原因是。【答案】（1）分液漏斗；放；a；该反应是放热反应，降低温度能使平衡正向移动，有利于二氯化砜的生成；（2）c；（3）饱和食盐水；SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；（4）86．9；（5）因为SO2Cl2自身分解生成Cl2，Cl2溶于使液体呈黄色；【解析】试题分析：（1）根据装置图可知，E为分液漏斗，因蛇形冷凝管的作用是冷凝回流而反应又没有加热，故SO2与氯气间的反应为放热反应；根据下进上出，的原则，B处反应管冷却水应从a接口通入；由于该反应是放热反应，降低温度能使平衡正向移动，有利于二氯化砜的生成；故答案为：分液漏斗；放；a；该反应是放热反应，降低温度能使平衡正向移动，有利于二氯化砜的生成；（2）甲是制备SO2的装置，铜与浓硫酸反应需要加热，硝酸能氧化SO2，所以用c．60%H2SO4+K2SO3来制备SO2，故选c；（3）因氯水不溶于饱和食盐水，故E中的试剂是饱和食盐水，氯气在水存在的条件下可将SO2氧化成硫酸，自身被还原为HCl，反应的方程式为SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，故答案为：饱和食盐水；SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；（4）设所得馏分中二氯化砜的质量百分含量为x，则：SO2Cl2～H2SO4～BaSO41352331．00g×x1．5g所以135：233=1．00g×x：1．5g解得x=86．9%故答案为：86．9；（5）SO2Cl2久置后分解会生成氯气，可能是溶解氯气所致，故答案为：二氯化砜久置后分解生成的氯气，溶解在二氯化砜中，使液体呈黄色。考点：考查了制备实验方案的设计的相关知识。21．将有机化合物A与标准状况下5.6L氧气混合，一定条件下两者完全反应，只有CO、CO2和H2O三种产物，将全部产物依次通入足量的浓硫酸和碱石灰中，浓硫酸增重5.4克，碱石灰增重4.4克，还有标准状况下（1）有机化合物A的分子式（要求写出推理过程）；（2）若有机化合物A能与钠反应放出氢气，请写出A的结构简式；（3）写出所有比A多一个—CH2—原子团的同系物的结构简式。【答案】（共8分）（1）C2H6O（推理过程略）（4分）（2）C2H5OH或写作CH3CH2OH（1分）（3）CH3CH2CH2OH和CH3CHOHCH3（写对一个给1分，写对两个给3分）【解析】22．(15分)兔耳草醛是一种人造香料，它的合成路线如下：（1）反应①～④中属于加成反应的是_____(填序号)，化合物E中的官能团的名称是_____。（2）反应②中若HCHO过量，则D可继续与HCHO反应生成________(填结构简式)。（3）写出同时满足下列条件的D的同分异构体的结构简式：________________。Ⅰ．既能发生水解反应，也能发生银镜反应；Ⅱ．分子中有3种不同化学环境的氢。（4）写出物质D在Cu作催化剂条件下与氧气反应的化学方程式：________________。（5）已知：。写出以物质C为原料制备聚乳酸的合成路线流程图(无机试剂任用)。合成路线流程图示例如下：CH3CH2OHCH2CH2CH3CH3【答案】（1）①②