江西省九江一中高二化学下学期第二次月考试卷（含解析）

2015-2016学年江西省九江一中高二（下）第二次月考化学试卷

一、选择题：本题共7小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1．下列说法中错误的是（　　）

A．食盐可作为调味剂、食品防腐剂，还可用于调节体液电解质平衡

B．碘是人体必需的影响智力发育的微量元素，但也不能摄入过多

C．油脂是高能量营养物质，肥胖者不能食用

D．面粉中添加适量的小苏打后做成馒头，既无酸味又疏松可口

2．可以用来鉴别己烯、甲苯、乙酸乙酯、苯酚溶液的一组试剂是（　　）

A．氯化铁溶液　溴水

B．碳酸钠溶液　溴水

C．酸性高锰酸钾溶液　溴水

D．酸性高锰酸钾溶液　氯化铁溶液

3．设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（　　）

A．标准状况下，NA个SO3分子所占的体积约为22.4 L

B．在反应CaO+3C═CaC2+CO↑中，生成1 mol CO，转移的电子数为3NA

C．1.8 g重水（D2O）中所含质子的个数为NA

D．7 g CnH2n中含有的氢原子数目为NA

4．与100mL 0.5mol/L NaCl溶液所含的Cl﹣物质的量浓度相同的是（　　）

A．100mL 0.5mol/L MgCl2溶液

B．200mL 0.25mol/L AlCl3溶液

C．50mL 0.5mol/L KCl溶液

D．25mL 0.5mol/L FeCl3溶液

5．下列离子方程式正确的是（　　）

A．小苏打溶液中加入少量石灰水：HCO+Ca2++OH﹣═CaCO3↓+H2O

B．稀硝酸中加入过量铁粉：Fe+4H++NO═Fe3++NO↑+2H2O

C．溴化亚铁溶液中通入足量氯气：2Fe2++2Br﹣+2Cl2═2Fe3++Br2+4Cl﹣

D．苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳：

6．药物贝诺酯可由乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚在一定条件下反应制得：

下列有关叙述正确的是（　　）

A．贝诺酯分子中有三种含氧官能团

B．可用FeCl3溶液区别乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚

C．乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚均能与NaHCO3溶液反应

D．贝诺酯与足量NaOH溶液共热，最终生成乙酰水杨酸钠和对乙酰氨基酚钠

7．一定量的Fe和Fe2O3混合物投入2mol/L250mL的HNO3溶液中，反应完全后，无固体剩余，生成2.24L（标准状况）NO气体，再向反应后溶液中加入1mol/L的NaOH溶液，要使铁元素全部沉淀下来，所加NaOH溶液的体积最少是（　　）

A．400mL B．450mL C．500mL D．无法确定

三、非选择题：共7小题，共174分．

8．①液氨 ②四氧化三铁 ③氯水 ④NaCl ⑤SO2 ⑥盐酸 ⑦硫酸 ⑧酒精溶液 ⑨铜 ⑩冰醋酸

①属于强电解质的是　　　　　　；

②属于非电解质的是　　　　　　；

③能导电的是　　　　　　．

9．在标准状况下：a．6.72LCH4气体

b．3.01×1023个HCl气体分子

c．13.6gH2S气体

d．0.2molNH3

下列对这四种气体的关系从大到小的排列是（用上述序号表示）．

①四种气体的物质的量　　　　　　；

②标准状况下四种气体的密度　　　　　　．

10．阿伏加德罗曾做过这样一个实验：一抽空的密闭容器重M g，在标准状况下，盛满以相同物质的量混合的NO和H2的混合气体后，称量为（M+Q）g．把混合气体排尽，再充满SO2气体，为使天平平衡，应在托盘天平的　　　　　　边托盘上放置　　　　　　 g砝码．

11．将10g复盐CuSO4•x（NH4）2SO4•yH2O加到过量的NaOH溶液中加热，生成的氨气用100mL 0.5mol/L硫酸全部吸收，多余的硫酸用2mol/L NaOH溶液中和，用去NaOH溶液25mL．已知复盐中SO42﹣的质量分数为48%，则x=　　　　　　，y=　　　　　　．

12．下列是利用烃C3H6合成有机高分子E和烃C6H14的流程图．请回答以下问题：

（1）①〜⑥中属于取代反应的有　　　　　　；

（2）写出E的结构简式　　　　　　；

（3）写出B与新制Cu（OH）2悬浊液反应的化学方程式：　　　　　　；

（4）D的同分异构体很多，符合下列条件的同分异构体有　　　　　　种，其中氢原子核磁共振谱谱峰最少的结构简式为　　　　　　．

①含碳碳双键 ②能水解 ③能发生银镜反应

（5）根据你所学知识和上图中相关信息，以乙醇为主要原料通过三步可以合成环己烷（无机试剂任选），写出反应的流程图（有机物质写结构简式）．

13．茶叶中含有多种有益于人体健康的有机成分及钙、铁等微量金属元素，某化学研究性学习小组设计方案测定某品牌茶叶中钙元素的质量分数，并检验铁元素的存在（已知CaC2O4为白色沉淀物质）．首先取200g茶叶样品焙烧得灰粉后进行如图操作：

请回答下列有关问题：

（1）文献资料显示，某些金属离子的氢氧化物完全沉淀的pH为：

实验前要先将茶叶样品高温灼烧成灰粉，其主要目的　　　　　　．

（2）写出从滤液A→沉淀D的离子反应方程式　　　　　　．

（3）为保证实验精确度，沉淀D及E需要分别洗涤，并将洗涤液转移回母液中，试判断沉淀D已经洗涤干净的方法是　　　　　　．

（4）用KMnO4标准溶液滴定C溶液时所发生的反应为：5C2O42﹣+2MnO4﹣+16H+═10CO2↑+2Mn2++8H2O．

现将滤液C稀释至500mL，再取其中的25.00mL溶液，用硫酸酸化后，用0.1000mol•L﹣1的KMnO4标准溶液滴定，终点时消耗KMnO4溶液10.00mL．

①此步操作过程中需要用到图2中哪些仪器（填写序号）　　　　　　；

②滴定到终点，静置后，如图3方法读取KMnO4标准溶液的刻度数据，则测定的钙元素含量将　　　　　　（填“偏高”“偏低”或“无影响”）．

（5）原茶叶中钙元素的质量分数为　　　　　　．

（6）可以通过检验滤液A来验证该品牌茶叶中是否含有铁元素，所加试剂及现象是　　　　　　．

14．俄国化学家马科尼可夫（V．V．Markovnikov，1838﹣1904）提出不对称烯烃的加成规则（Markovnikov Rule）而著称于世．

已知：①CH3CH2Br+NaCNCH3CH2CN+NaBr

②CH3CH2CNCH3CH2COOH　

③CH3CH2COOHCH3CHBrCOOH

有下列有机物之间的相互转化：

回答下列问题：

（1）指出下列有机反应的类型：B→C　　　　　　；

（2）写出下列有机反应的化学方程式：E→F（F为高分子化合物时）　　　　　　

（3）F可以有多种结构．写出下列情况下F的结构简式：

①分子式为C7H12O5　　　　　　；

②分子内含有一个七元环　　　　　　；

（4）上述哪一步反应遵循不对称烯烃的加成规则　　　　　　．

2015-2016学年江西省九江一中高二（下）第二次月考化学试卷

参考答案与试题解析

一、选择题：本题共7小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1．下列说法中错误的是（　　）

A．食盐可作为调味剂、食品防腐剂，还可用于调节体液电解质平衡

B．碘是人体必需的影响智力发育的微量元素，但也不能摄入过多

C．油脂是高能量营养物质，肥胖者不能食用

D．面粉中添加适量的小苏打后做成馒头，既无酸味又疏松可口

【考点】物质的组成、结构和性质的关系．

【分析】A．食盐能够使细菌脱水死亡，达到抑制细菌繁殖的目的，钠元素在人体内可调节体液平衡，维持肌肉正常兴奋；

B．碘为智力元素，过量易患甲亢；

C．过多食用油脂使人发胖，应合理食用油脂；

D．小苏打与发酵酸反应生成气体．

【解答】解：A．食盐有咸味，可作调味剂，食盐能够使细菌脱水死亡，达到抑制细菌繁殖的目的，可做防腐剂；钠元素在人体内可调节体液平衡，维持肌肉正常兴奋，可用于调节体液电解质平衡，故A正确；

B．碘是人体必需的影响智力发育的微量元素，但也不能摄入过多，过量易患甲，应合理摄入含碘的物质，故B正确；

C．油脂是高能量营养物质，肥胖者应合理食用，保证维持生命活动的能量，故C错误；

D．小苏打与发酵酸反应生成气体，则做成的馒头既无酸味又疏松可口，故D正确；

故选C．

2．可以用来鉴别己烯、甲苯、乙酸乙酯、苯酚溶液的一组试剂是（　　）

A．氯化铁溶液　溴水

B．碳酸钠溶液　溴水

C．酸性高锰酸钾溶液　溴水

D．酸性高锰酸钾溶液　氯化铁溶液

【考点】有机物的鉴别．

【分析】己烯、甲苯、乙酸乙酯、苯酚溶液，先加溴水，溴水褪色的为己烯，生成白色沉淀的为苯酚；现象相同的甲苯、乙酸乙酯，然后另取两种液体少许，分别滴加高锰酸钾，褪色的为甲苯，出现分层的为乙酸乙酯，以此解答该题．

【解答】解：氯化铁只能检验出苯酚，己烯、苯酚均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能鉴别；

则己烯、甲苯、乙酸乙酯、苯酚溶液，先加溴水，溴水褪色的为己烯，生成白色沉淀的为苯酚；现象相同的甲苯、乙酸乙酯，然后另取两种液体少许，分别滴加高锰酸钾，褪色的为甲苯，出现分层的为乙酸乙酯，

故选C．

3．设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（　　）

A．标准状况下，NA个SO3分子所占的体积约为22.4 L

B．在反应CaO+3C═CaC2+CO↑中，生成1 mol CO，转移的电子数为3NA

C．1.8 g重水（D2O）中所含质子的个数为NA

D．7 g CnH2n中含有的氢原子数目为NA

【考点】阿伏加德罗常数．

【分析】A、标准状况下三氧化硫为固体；

B、依据化学方程式，标注元素化合价计算电子转移数；

C、依据n=计算物质的量，结合分子式计算质子数；

D、依据n=计算物质的量，结合通式计算氢原子数．

【解答】解：A、SO3标准状况下为固体，NA个SO3分子物质的量不是1mol，故A错误；

B、每生成1mol CO，转移的电子数为2NA，故B错误；

C、重水的摩尔质量为20g/mol，1.8g重水为0.09mol，所含质子的个数为0.9NA，故C错误；

D、CnH2n的物质的量为7/14n mol，其中氢原子的个数为=NA，故D正确；

故选D．

4．与100mL 0.5mol/L NaCl溶液所含的Cl﹣物质的量浓度相同的是（　　）

A．100mL 0.5mol/L MgCl2溶液

B．200mL 0.25mol/L AlCl3溶液

C．50mL 0.5mol/L KCl溶液

D．25mL 0.5mol/L FeCl3溶液

【考点】物质的量浓度．

【分析】根据离子的物质的量浓度=溶质的物质的量浓度×一个溶质分子中含有的离子的个数，与溶液的体积无关．

【解答】解：100mL 0.5mol/L NaCl溶液中所含Cl﹣物质的量浓度为0.5mol•L﹣1

A、100mL 0.5mol/L MgCl2溶液中氯离子浓度为0.5 mol/L×2=1mol/L，故A错误；

B、200mL 0.5 mol•L﹣1CaCl2溶液中氯离子浓度为0.5mol/L×2=1mol/L，故B错误；

C、50mL 0.5mol/L KCl溶液中氯离子浓度为0.5mol/L，故C正确；

D、25mL 0.5mol/L FeCl3溶液中氯离子浓度为0.5mol/L×3=1.5mol/L，故D错误；

故选：C．

5．下列离子方程式正确的是（　　）

A．小苏打溶液中加入少量石灰水：HCO+Ca2++OH﹣═CaCO3↓+H2O

B．稀硝酸中加入过量铁粉：Fe+4H++NO═Fe3++NO↑+2H2O

C．溴化亚铁溶液中通入足量氯气：2Fe2++2Br﹣+2Cl2═2Fe3++Br2+4Cl﹣

D．苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳：

【考点】离子方程式的书写．

【分析】A．反应生成碳酸钙、碳酸钠、水；

B．反应生成硝酸亚铁、NO和水；

C．亚铁离子、溴离子均全部被氧化；

D．反应生成苯酚和碳酸氢钠．

【解答】解：A．小苏打溶液中加入少量石灰水的离子反应为2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣=CaCO3↓+2H2O+CO32﹣，故A错误；

B．稀硝酸中加入过量铁粉的离子反应为3Fe+8H++2NO3﹣=3Fe2++2NO↑+4H2O，故B错误；

C．溴化亚铁溶液中通入足量氯气的离子反应为2Fe2++4Br﹣+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl﹣，故C错误；

D．苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳的离子反应为，故D正确；

故选D．

6．药物贝诺酯可由乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚在一定条件下反应制得：

下列有关叙述正确的是（　　）

A．贝诺酯分子中有三种含氧官能团

B．可用FeCl3溶液区别乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚

C．乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚均能与NaHCO3溶液反应

D．贝诺酯与足量NaOH溶液共热，最终生成乙酰水杨酸钠和对乙酰氨基酚钠

【考点】有机物的结构和性质；有机物分子中的官能团及其结构．

【分析】A．贝诺酯分子中有﹣COOC﹣、﹣NH﹣CO﹣；

B．对乙酰氨基酚含酚﹣OH；

C．乙酰水杨酸含﹣COOH，酚﹣OH的酸性不能与NaHCO3溶液反应；

D．贝诺酯与足量NaOH溶液共热发生水解，﹣COOC﹣、﹣NH﹣CO﹣均发生断键．

【解答】解：A．贝诺酯分子中有﹣COOC﹣、﹣NH﹣CO﹣，两种含氧官能团，故A错误；

B．对乙酰氨基酚含酚﹣OH，遇FeCl3溶液显紫色，则可用FeCl3溶液区别乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚，故B正确；

C．乙酰水杨酸含﹣COOH，酚﹣OH的酸性不能与NaHCO3溶液反应，则只有乙酰水杨酸能与NaHCO3溶液反应，故C错误；

D．贝诺酯与足量NaOH溶液共热发生水解，﹣COOC﹣、﹣NH﹣CO﹣均发生断键，不生成乙酰水杨酸钠和对乙酰氨基酚钠，故D错误；

故选B．

7．一定量的Fe和Fe2O3混合物投入2mol/L250mL的HNO3溶液中，反应完全后，无固体剩余，生成2.24L（标准状况）NO气体，再向反应后溶液中加入1mol/L的NaOH溶液，要使铁元素全部沉淀下来，所加NaOH溶液的体积最少是（　　）

A．400mL B．450mL C．500mL D．无法确定

【考点】有关混合物反应的计算．

【分析】当加入的氢氧化钠使铁元素完全沉淀恰好沉淀，所需的氢氧化钠溶液体积最小，此时溶液中溶质为硝酸钠，根据钠离子守恒有n（NaOH）=n（NaNO3），根据氮元素守恒有n（NaNO3）+n（NO）=n（HNO3），据此计算n（NaOH），再根据V=计算．

【解答】解：当加入的氢氧化钠使铁元素完全沉淀恰好沉淀，所需的氢氧化钠溶液体积最小，此时溶液中溶质为硝酸钠，根据氮元素守恒有：n（NaNO3）+n（NO）=n（HNO3），

故n（NaNO3）=0.25L×2mol/L﹣=0.4mol，

根据钠离子守恒可得：n（NaOH）=n（NaNO3）=0.4mol，

故需要NaOH溶液的最小体积为： =0.4L=400mL，

故选A．

三、非选择题：共7小题，共174分．

8．①液氨 ②四氧化三铁 ③氯水 ④NaCl ⑤SO2 ⑥盐酸 ⑦硫酸 ⑧酒精溶液 ⑨铜 ⑩冰醋酸

①属于强电解质的是　②④⑦　；

②属于非电解质的是　①⑤　；

③能导电的是　③⑥⑨　．

【考点】电解质与非电解质．

【分析】电解质是指：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物．电解质水溶液中或熔融状态下能够导电，是因电解质自身可以离解成自由移动的离子；

非电解质是指：在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物；单质、混合物既不是电解质也不是非电解质；

强电解质是指：在水溶液中或熔融状态下能完全电离的电解质，包括强酸、强碱、活泼金属氧化物和大部分盐；

物质导电的条件：含有自由移动的离子或者自由电子．

【解答】解：①液氨属于化合物，不含自由电子和自由移动的离子，不导电；本身不能电离产生自由移动的离子，属于非电解质；

②四氧化三铁，不含自由电子和自由移动的离子，不导电；熔融状态下能够完全电离产生自由移动离子而导电的化合物，是强电解质；

③氯水 是混合物，含有自由移动的离子能够导电；既不是电解质也不是非电解质；

④NaCl不含自由电子和自由移动的离子，不导电；在水溶液中或熔融状态下能够完全电离产生自由移动离子而导电的化合物，是强电解质；

⑤SO2 不含自由电子和自由移动的离子，不导电；本身不能电离产生自由移动的离子，属于非电解质；

⑥盐酸 是混合物，含有自由移动的离子能够导电；既不是电解质也不是非电解质；

⑦硫酸不含自由电子和自由移动的离子，不导电；水溶液中能够完全电离产生自由移动的离子而导电，属于强电解质；

⑧酒精溶液，不含自由电子和自由移动的离子，不导电；是混合物，既不是电解质，也不是非电解质；

⑨铜含有自由移动的电子，能够导电；是单质，既不是电解质，也不是非电解质；

⑩冰醋酸不含自由电子和自由移动的离子，不导电；水溶液中部分电离出自由移动离子而导电，属于弱电解质；

所以：①属于强电解质的是②④⑦；

②属于非电解质的是①⑤；

③能导电的是③⑥⑨．

故答案为：②④⑦；①⑤；③⑥⑨．

9．在标准状况下：a．6.72LCH4气体

b．3.01×1023个HCl气体分子

c．13.6gH2S气体

d．0.2molNH3

下列对这四种气体的关系从大到小的排列是（用上述序号表示）．

①四种气体的物质的量　b＞c＞a＞d　；

②标准状况下四种气体的密度　b＞c＞d＞a　．

【考点】物质的量的相关计算．

【分析】①n===；

②相同条件下气体摩尔体积相等，标况下气体密度=，根据公式知，气体密度与摩尔质量成正比．

【解答】解：①n（CH4）===0.3mol，

n（HCl）===0.5mol，

n（H2S）===0.4mol；

n（NH3）=0.2mol；

所以这四种气体的物质的量大小顺序是b＞c＞a＞d，故答案为：b＞c＞a＞d；

②相同条件下气体摩尔体积相等，标况下气体密度=，根据公式知，气体密度与摩尔质量成正比，甲烷的摩尔质量是16g/mol、HCl的摩尔质量是36.5g/mol、硫化氢的摩尔质量是34g/mol、氨气的摩尔质量是17g/mol，则这四种气体密度大小顺序是b＞c＞d＞a，故答案为：b＞c＞d＞a．

10．阿伏加德罗曾做过这样一个实验：一抽空的密闭容器重M g，在标准状况下，盛满以相同物质的量混合的NO和H2的混合气体后，称量为（M+Q）g．把混合气体排尽，再充满SO2气体，为使天平平衡，应在托盘天平的　右　边托盘上放置　M+4Q　 g砝码．

【考点】计量仪器及使用方法．

【分析】同一容器在同一条件下盛放不同的气体时，所含分子数必然相等，NO和H2按相同物质的量混合时，气体的平均相对分子质量为=16，而SO2的相对分子质量为64，则相同体积SO2的与NO和H2的混合气体的质量为4：1，据此解答．

【解答】解：同一容器在同一条件下盛放不同的气体时，所含分子数必然相等，NO和H2按相同物质的量混合时，气体的平均相对分子质量为=16，而SO2的相对分子质量为64，称量物品质量时，砝码应放在天平的右盘，设密闭容器内气体的物质的量为n，则盛满以相同物质的量混合的NO和H2的混合气体后，气体的质量为16n=Q，n=，当充满SO2气体时，气体的质量为：m=64n=64×=4Q，容器的总质量为M+4Q，

故答案为：右；M+4Q．

11．将10g复盐CuSO4•x（NH4）2SO4•yH2O加到过量的NaOH溶液中加热，生成的氨气用100mL 0.5mol/L硫酸全部吸收，多余的硫酸用2mol/L NaOH溶液中和，用去NaOH溶液25mL．已知复盐中SO42﹣的质量分数为48%，则x=　1　，y=　6　．

【考点】化学方程式的有关计算．

【分析】NaOH中和的硫酸中n（H+）=2mol•L﹣1×0.025L=0.05mol，

与NH3反应的n（H+）=0.1L×0.5mol/L×2﹣0.05mol=0.05mol，

氨气和氢离子反应方程式为NH3+H+=NH4+，所以根据N原子守恒得n（NH4+）=0.05mol，

复盐中SO42﹣的质量分数为48%，则n（SO42﹣）==0.05mol，所以该复盐中n（NH4+）：n（SO42﹣）=0.05：0.05=1：1，根据铵根离子和硫酸根离子关系计算x值；

根据硫酸根离子的物质的量计算复盐的物质的量，从而确定复盐相对分子质量，根据相对分子质量计算y值．

【解答】解：NaOH中和的硫酸中n（H+）=2mol•L﹣1×0.025L=0.05mol，

与NH3反应的n（H+）=0.1L×0.5mol/L×2﹣0.05mol=0.05mol，

氨气和氢离子反应方程式为NH3+H+=NH4+，所以根据N原子守恒得n（NH4+）=0.05mol，

复盐中SO42﹣的质量分数为48%，则n（SO42﹣）==0.05mol，所以该复盐中n（NH4+）：n（SO42﹣）=0.05：0.05=1：1，根据铵根离子和硫酸根离子关系得1+x=2x，x=1；

所以其化学式为CuSO4•（NH4）2SO4•yH2O，每个化学式中含有两个硫酸根离子，10g该复盐含有0.05mol硫酸根离子，所以复盐的物质的量为0.025mol，M[CuSO4•（NH4）2SO4•yH2O]= =400g•mol﹣1，

摩尔质量在数值上等于其相对分子质量，所以其相对分子质量为400，所以18y+64+96×2+18×2=400，y=6．

故答案为：1；6．

12．下列是利用烃C3H6合成有机高分子E和烃C6H14的流程图．请回答以下问题：

（1）①〜⑥中属于取代反应的有　①②⑤　；

（2）写出E的结构简式　　；

（3）写出B与新制Cu（OH）2悬浊液反应的化学方程式：　CH2=CHCHO+2Cu（OH）2+NaOHCH2=CHCOONa+Cu2O↓+3H2O　；

（4）D的同分异构体很多，符合下列条件的同分异构体有　3　种，其中氢原子核磁共振谱谱峰最少的结构简式为　　．

①含碳碳双键 ②能水解 ③能发生银镜反应

（5）根据你所学知识和上图中相关信息，以乙醇为主要原料通过三步可以合成环己烷（无机试剂任选），写出反应的流程图（有机物质写结构简式）．

【考点】有机物的合成．

【分析】烃C3H6与HCl反应生成C3H7Cl，则烃C3H6为CH2=CHCH3，CH2=CHCH3与氯气在加热条件下生成C3H5Cl，应是发生取代反应，C3H5Cl在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成A，而A可以连续发生氧化反应，故C3H5Cl为CH2=CHCH2Cl，A为CH2=CHCH2OH，B为CH2=CHCHO，C为CH2=CHCOOH，C与甲醇发生酯化反应生成D为CH2=CHCOOCH3，D发生加聚反应生成E为．CH2=CHCH3与HCl发生加成反应生成C3H7Cl，C3H7Cl在Na条件下生成C6H14，应属于取代反应，据此解答．

【解答】解：烃C3H6与HCl反应生成C3H7Cl，则烃C3H6为CH2=CHCH3，CH2=CHCH3与氯气在加热条件下生成C3H5Cl，应是发生取代反应，C3H5Cl在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成A，而A可以连续发生氧化反应，故C3H5Cl为CH2=CHCH2Cl，A为CH2=CHCH2OH，B为CH2=CHCHO，C为CH2=CHCOOH，C与甲醇发生酯化反应生成D为CH2=CHCOOCH3，D发生加聚反应生成E为．CH2=CHCH3与HCl发生加成反应生成C3H7Cl，C3H7Cl在Na条件下生成C6H14，应属于取代反应．

（1）反应①②⑤属于取代反应，反应③④属于氧化反应，反应⑥属于加成反应，

故答案为：①②⑤；

（2）由上述分析可知，E的结构简式为：，

故答案为：；

（3）B（CH2=CHCHO）与新制Cu（OH）2悬浊液反应的化学方程式：CH2=CHCHO+2Cu（OH）2+NaOHCH2=CHCOONa+Cu2O↓+3H2O，

故答案为：CH2=CHCHO+2Cu（OH）2+NaOHCH2=CHCOONa+Cu2O↓+3H2O；

（4）D（CH2=CHCOOCH3）的同分异构体很多，符合下列条件的同分异构体：①含碳碳双键 ②能水解，含有酯基，③能发生银镜反应，应含有甲酸形成的酯基，符合条件的同分异构体有：CH2=CHCH2OOCH、

、CH3CH=CHOOCH、，氢原子核磁共振谱谱峰最少的结构简式为：，

故答案为：3；；

（5）先在浓硫酸、加热170℃条件下发生消去反应生成乙烯，乙烯与溴发生加成反应生成1，2﹣二溴乙烷，根据转化中反应⑦可知，1，2﹣二溴乙烷与Na发生反应生成环己烷与NaBr，合成路线流程图为：CH3CH2OHCH2=CH2 BrCH2CH2Br，

故答案为：CH3CH2OHCH2=CH2 BrCH2CH2Br．

13．茶叶中含有多种有益于人体健康的有机成分及钙、铁等微量金属元素，某化学研究性学习小组设计方案测定某品牌茶叶中钙元素的质量分数，并检验铁元素的存在（已知CaC2O4为白色沉淀物质）．首先取200g茶叶样品焙烧得灰粉后进行如图操作：

请回答下列有关问题：

（1）文献资料显示，某些金属离子的氢氧化物完全沉淀的pH为：

实验前要先将茶叶样品高温灼烧成灰粉，其主要目的　使样品中的有机物完全分解，将钙、铁等微量元素转化为可溶性物质　．

（2）写出从滤液A→沉淀D的离子反应方程式　Fe3++3NH3•H2O=Fe（OH）3↓+3NH4+　．

（3）为保证实验精确度，沉淀D及E需要分别洗涤，并将洗涤液转移回母液中，试判断沉淀D已经洗涤干净的方法是　取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加碳酸钠溶液，若无白色沉淀则说明沉淀已洗涤干净　．

（4）用KMnO4标准溶液滴定C溶液时所发生的反应为：5C2O42﹣+2MnO4﹣+16H+═10CO2↑+2Mn2++8H2O．

现将滤液C稀释至500mL，再取其中的25.00mL溶液，用硫酸酸化后，用0.1000mol•L﹣1的KMnO4标准溶液滴定，终点时消耗KMnO4溶液10.00mL．

①此步操作过程中需要用到图2中哪些仪器（填写序号）　B、C、D　；

②滴定到终点，静置后，如图3方法读取KMnO4标准溶液的刻度数据，则测定的钙元素含量将　偏高　（填“偏高”“偏低”或“无影响”）．

（5）原茶叶中钙元素的质量分数为　0.3%　．

（6）可以通过检验滤液A来验证该品牌茶叶中是否含有铁元素，所加试剂及现象是　加入KSCN溶液，溶液呈红色　．

【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．

【分析】测定某茶叶中钙元素的质量分数并检验铁元素的存在，取200g茶叶样品焙烧得灰粉，茶叶灰粉中加入3mol/L的足量硫酸溶液，过滤得到滤液A中主要是钙离子、铁离子等，加入氨水调节溶液PH=6，使铁离子全部生成氢氧化铁沉淀D，过滤得到滤液中加入草酸铵8.04g，过滤得到白色沉淀E为草酸钙，滤液C为硫酸铵溶液，

（1）将茶叶样品高温灼烧成灰粉，可以将有机物完全分解，将钙、铁等微量元素转化为可溶性物质，

（2）滤液A中含有铁离子，铁离子与氨水反应生成氢氧化铁沉淀，注意一水合氨为弱电解质，需要保留分子式；

（3）若氢氧化铁沉淀没有洗涤干净，氢氧化铁中会混有钙离子，可以使用碳酸钠溶液检验；

（4）①根据配制一定物质的量浓度的溶液方法及滴定操作方法选择使用的仪器；

②根据滴定结束前溶液为为无色，滴定结束时高锰酸钾溶液溶液过量进行解答；

③俯视液面导致滴定管中读数偏小，读出的高锰酸钾溶液体积偏小，计算出的钙离子消耗的草酸根离子物质的量偏大，测定结果偏高；

（5）根据滴定消耗高锰酸钾的物质的量计算出与钙离子反应剩余的草酸根离子的物质的量，再根据醋酸铵的总的质量及样品质量计算出钙离子的质量分数，注意滴定体积与样品体积的关系；

（6）根据检验铁离子遇到硫氰根离子溶液显示红色进行解答．

【解答】解：（1）为了使检测更准确，需要将茶叶烧成灰粉，将样品中的有机物完全分解，将钙、铁等微量元素转化为可溶性物质，

故答案为：使样品中的有机物完全分解，将钙、铁等微量元素转化为可溶性物质；

（2）滤液中含有铁离子，铁离子与氨水反应生成红褐色的氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为：Fe3++3NH3•H2O=Fe（OH）3↓+3NH4+，

故答案为：Fe3++3NH3•H2O=Fe（OH）3↓+3NH4+；

（3）检验氢氧化铁沉淀中是否洗涤干净，可以通过检验氢氧化铁中是否混有钙离子进行判断，方法为：取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加碳酸钠溶液，若无白色沉淀则说明沉淀已洗涤干净，

故答案为：取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加碳酸钠溶液，若无白色沉淀则说明沉淀已洗涤干净；

（4）①将滤液C稀释至500mL时需要使用到容量瓶，滴定操作中需要使用滴定管和锥形瓶，即B、C、D正确，

故答案为：B、C、D；

②滴定结束之前溶液为无色，滴定结束时高锰酸钾溶液过量，溶液变为紫色，所以滴定终点颜色变化为：无色变为紫色或高锰酸钾溶液不褪色，

故答案为：无色变为紫色或高锰酸钾溶液不褪色；

③滴定到终点，静置后，如图3读取KMnO4标准溶液的刻度数据，导致读数偏小，计算出的消耗的高锰酸钾溶液体积偏高，计算出的钙离子消耗的草酸根离子物质的量偏高，则测定的钙元素含量将偏高，

故答案为：偏高；

（5）8.04g草酸铵的物质的量为： =0.065mol，根据反应5C2O42﹣+2MnO4﹣+16H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O可知与钙离子反应的草酸根离子的物质的量为：0.065mol﹣×（0.10mol•L﹣1×0.01L）×=0.015mol，根据化学式CaC2O4可知钙离子的物质的量为0.015mol，所以样品中钙离子的质量分数为：×100%=0.3%，

故答案为：0.3%；

（6）滤液A中含有铁离子，可以通过检验滤液A来验证该品牌茶叶中是否含有铁元素，方法为：取少量的滤液A，滴入硫氰化钾溶液，溶液变成红色，证明溶液中存在铁离子，也证明离子茶叶中含有铁元素，

故答案为：加入KSCN溶液，溶液呈红色．

14．俄国化学家马科尼可夫（V．V．Markovnikov，1838﹣1904）提出不对称烯烃的加成规则（Markovnikov Rule）而著称于世．

已知：①CH3CH2Br+NaCNCH3CH2CN+NaBr

②CH3CH2CNCH3CH2COOH　

③CH3CH2COOHCH3CHBrCOOH

有下列有机物之间的相互转化：

回答下列问题：

（1）指出下列有机反应的类型：B→C　取代反应　；

（2）写出下列有机反应的化学方程式：E→F（F为高分子化合物时）　n+n HOCH2CH2OH+2n H2O　

（3）F可以有多种结构．写出下列情况下F的结构简式：

①分子式为C7H12O5　　；

②分子内含有一个七元环　　；

（4）上述哪一步反应遵循不对称烯烃的加成规则　丙烯与HBr加成生成A　．

【考点】有机物的合成．

【分析】根据丙烯和CH3CH（CN）CH3可知A的结构简式为CH3CHBrCH3，结合反应信息②可知B为（CH3）2CHCOOH，结合反应信息③可知C为，结合反应信息①可知D为，E为，E与乙二醇反应时可发生酯化反应、聚酯反应分别形成链状酯、环状酯和高聚物，形成高聚物时F的结构简式为．若F分子式为C7H12O5，则F的结构简式为，若F形成七元环状酯，则F的结构简式为．

【解答】解：根据丙烯和CH3CH（CN）CH3可知A的结构简式为CH3CHBrCH3，结合反应信息②可知B为（CH3）2CHCOOH，结合反应信息③可知C为，结合反应信息①可知D为，E为，E与乙二醇反应时可发生酯化反应、聚酯反应分别形成链状酯、环状酯和高聚物，形成高聚物时F的结构简式为．若F分子式为C7H12O5，则F的结构简式为，若F形成七元环状酯，则F的结构简式为．

（1）B→C是（CH3）2CHCOOH发生取代反应生成，

故答案为：取代反应；

（2）E→F（F为高分子化合物时）的反应方程式为：n+n HOCH2CH2OH+2n H2O，

故答案为：n+n HOCH2CH2OH+2n H2O；

（3）F可以有多种结构：

①F分子式为C7H12O5，为E与乙二醇发生酯化反应形成链状酯得到，故F的结构简式为，故答案为：；

②F分子内含有一个七元环，为E与乙二醇发生酯化反应形成环状酯得到，故F的结构简式为：，故答案为：；

（4）丙烯不是对称结构的烯烃，丙烯与HBr加成生成A的反应遵循不对称烯烃的加成规则，

故答案为：丙烯与HBr加成生成A．

本文来源：https://www.2haoxitong.net/k/doc/3ac42bd781d049649b6648d7c1c708a1294a0a79.html