(含3套新高考模拟卷)高中化学卤代烃(第2课时)导学案选修5

卤代烃（第二课时）

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【学习目标】

1、巩固卤代烃的性质

2、进一步了解卤代烃性质在有机合成中的重要作用

3、认识消去反应的特点，能判断有机反应是否属于消去反应

【重点难点】卤代烃的化学性质的应用

学习过程

【预习检测】

1．用2－氯丙烷制取少量的1，2－丙二醇，经过下列哪几步反应（）

A．加成→消去→取代 B．消去→加成→水解

C．取代→消去→加成 D．消去→加成→消去

2．根据下图的反应路线及所给信息填空：

（1）A的结构简式是，名称是。

（2）①的反应类型是；③的反应类型是。

（3）反应④的化学方程式是。

【合作探究】：

1．从环己烷可制备1，4－环己二醇，下列有关7步反应（其中无机产物都已略去），其中有2步属于取代反应，2步属于消去反应，3步属于加成反应。试回答：

（1）反应和属于取代反应；反应和属于消去反应

（2）化合物的结构简式：B ，C 。

（3）反应④所用试剂和条件是。

2．制备苯乙炔（）可用苯乙烯（）为起始原料，通过加成、消去反应制得。写出此过程的化学方程式（所需无机试剂自选）：

3．在有机反应中，反应物相同而条件不同可得到不同的主产物。下式中

R代表烃基，副产物均已略去。

写出实现下列转变的各步反应的化学方程式，特别注意要写明反应条件。

⑴由CH3CH2CH2CH2Br分两步转变为CH3CH2CHBrCH3。

⑵由(CH3)2CHCH=CH2分两步转变为(CH3)2CH CH2CH2OH。

巩固练习

1．下列化合物中，既能发生消去反应生成烯烃，又能发生水解反应的是（）

2.实验室鉴定氯酸钾晶体和1－氯丙烷中的氯元素，现设计了下列实验操

作程序：①滴加AgNO3溶液；②加NaO H溶液；③加热；④加催化剂

MnO2；⑤加蒸馏水过滤后取滤液；⑥过滤后取滤渣；⑦用HNO3酸化。

（1）鉴定氯酸钾中氯元素的操作步骤是（填序号）。（2）鉴定1－氯丙烷中氯元素的操作步骤是（填序号）。

3.写出下列化学反应方程式：

（1）设计方案由1—氯丙烷烷制2-氯丙烷

（2）设计方案由乙烯制乙炔

（3）设计方案制乙烯制OH

OH（1、2-乙二醇）

学习心得

2021届新高考化学模拟试卷

一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）1．工业上常用水蒸气蒸馏的方法(蒸馏装置如图)从植物组织中获取挥发性成分。这些挥发性成分的混合物统称精油，大都具有令人愉快的香味。从柠檬、橙子和柚子等水果的果皮中

提取的精油90%以上是柠檬烯。提取柠檬烯的实验操作步骤如下：柠檬烯

①将1?2个橙子皮剪成细碎的碎片，投人乙装置中，加入约30mL水,

②松开活塞K。加热水蒸气发生器至水沸腾，活塞K的支管口有大量水蒸气冒出时旋紧，打开冷凝水，水蒸气蒸馏即开始进行，可观察到在馏出液的水面上有一层很薄的油层。下列说法不正确的是

A．当馏出液无明显油珠，澄清透明时，说明蒸馏完成

B．为达到实验目的，应将甲中的长导管换成温度计

C．蒸馏结束后，先把乙中的导气管从溶液中移出，再停止加热

D．要得到纯精油，还需要用到以下分离提纯方法：分馏、蒸馏

【答案】B

【解析】

【详解】

A．柠檬烯不溶于水，密度比水的密度小，则当馏出液无明显油珠，澄清透明时，说明蒸馏完成，故A正确；

B．长导管可作安全管，平衡气压，防止由于导管堵塞引起爆炸，而温度计在甲装置中不能代替长导管，且甲为水蒸气发生器，不需要温度计控制温度，故B错误；

C．蒸馏结束后，为防止倒吸，先把乙中的导气管从溶液中移出，再停止加热，故C正确；D．精油中90%以上是柠檬烯，可利用其中各组分的沸点的差别进行分离，故还需要用到以下分离提纯方法：分馏、蒸馏，故D正确；

故答案为B。

2．某兴趣小组查阅资料得知：碘化钠是白色晶体无嗅，味咸而微苦，在空气和水溶液中逐

渐析出碘而变黄或棕色。工业上用NaOH溶液、水合肼制取碘化钠固体，其制备流程图如下，有关说法不正确的是()

已知：N2H4·H2O在100℃以上分解。

A．已知在合成过程的反应产物中含有NaIO3，若合成过程中消耗了3mol I2，最多能生成NaIO3的物质的量为1 mol

B．上述还原过程中主要的离子方程式为2IO3-＋3N2H4·H2O=2I－＋3N2＋9H2O

C．为了加快反应速率，上述还原反应最好在高温条件下进行

D．工业上也可以用硫化钠或铁屑还原碘酸钠制备碘化钠，但水合肼还原法制得的产品纯度更高，因产物是N2和H2O，没有其他副产物，不会引入杂质

【答案】C

【解析】

【详解】

A. 合成过程的反应产物中含有NaIO3，根据氧化还原反应得失电子守恒规律可知，若合成过程中消耗了3 mol I2，最多能生成NaIO3 1 mol ，即失去5 mol电子，同时得到5 mol NaI，A项正确；

B. 根据氧化还原及流程图可知上述还原过程中主要的离子方程式为2IO3-＋3N2H4·H2O=2I－＋3N2＋9H2O 或2IO3-＋3N2H4=2I－＋3N2＋6H2O，B项正确；

C. 温度高反应速率快，但水合肼高温易分解，反应温度控制在60～70 ℃比较合适，C项错误；

D. 工业上也可以用硫化钠或铁屑还原碘酸钠制备碘化钠，但水合肼还原法制得的产品纯度更高，因产物是N2和H2O，没有其他副产物，不会引入杂质，D项正确；

答案选C。

3．短周期主族元素X、Y、Z、Q、R的原子序数依次增大，X的简单阴离子与锂离子具有相同的电子层结构，Y原子最外层电子数等于内层电子数的2倍，Q的单质与稀硫酸剧烈反应生成X的单质。向100mLX2R的水溶液中缓缓通入RZ2气体，溶液pH与RZ2体积关系如下图。下列说法正确的是

A ．X 2R 溶液的浓度为0.03mol·L －1

B ．工业上通常采用电解法冶炼Q 的单质

C ．最简单气态氢化物的稳定性：Y>Z>R

D ．RZ 2通入BaCl 2、Ba(NO 3)2溶液中，均无明显现象

【答案】B

【解析】

【分析】

由条件“X 的简单阴离子与锂离子具有相同的结构”可知，X 为H 元素；由条件“Y 原子的最外层电子个数是内层电子数的两倍”可知，Y 为C 元素；由条件“Q 的单质与稀硫酸剧烈反应生成氢气”可知，Q 为第三周期的金属元素(Na 或Mg 或Al)；由X 可以与R 形成H 2R 化合物可知，R 为S 元素；S 可以与Z 形成SZ 2气体，所以Z 为O 元素。

【详解】

A ．硫化氢气体与二氧化硫气体反应的方程式：2222H S SO =3S 2H O +↓+；当通入336mL ，即0.015molSO 2时，溶液恰好为中性，即恰好反应完全，所以原硫化氢溶液中

2(H S)=0.03mol n ，那么浓度即为0.3mol/L ，A 错误；

B ．Q 无论是Na ，Mg ，Al 中的哪一种元素，获得其单质都是采用电冶金的方式，B 正确；

C ．Y ，Z ，R 分别为C ，O ，S 三种元素，所以简单氢化物的稳定性为H 2O ＞H 2S ＞CH 4，即Z ＞R ＞Y ，C 错误；

D ．SO 2通入BaCl 2溶液中无现象，但是通入Ba(NO 3)2溶液中会出现白色沉淀，D 错误。 答案选B 。

4．下列有关物质的用途叙述中，不正确的是

A ．用稀硫酸除钢铁表面的铁锈利用了硫酸的酸性

B ．干冰用于人工降雨，是利用了干冰升华吸热

C ．胃药中含氢氧化镁是因为氢氧化镁能给人提供镁元素

D ．碳酸氢钠作焙制糕点的发酵粉是利用了碳酸氢钠能与发醇面团中的酸性物质反应

【答案】C

【解析】

【详解】

A．铁锈氧化铁可与硫酸发生复分解反应生成硫酸铁和水，而除去钢铁表面的铁锈；故A正确；

B．干冰用于人工降雨，是利用了干冰升华吸热；故B正确；

C．胃药中含氢氧化镁是因为氢氧化镁能给人提供氢氧根，中和胃中的过量的酸；故C错误；D．加有发酵粉的面团发酵产生的酸与碳酸氢钠反应生成的二氧化碳气体可使焙制的糕点松软，故D正确；

答案选C。

【点睛】

物质的性质决定它的用途，用途反应出它的性质，胃药中含氢氧化镁主要是因为氢氧化镁能给人提供氢氧根，中和胃中的过量的酸。

5．下列有关溶液的说法中，正确的是

A．(NH4)2SO4溶液浓缩时温度过高可能导致生成NH4HSO4

B．相同温度下，强酸溶液的导电能力一定大于弱酸溶液

C．通电时，溶液中溶质粒子分别向两极移动

D．蒸干Na2CO3溶液最终得到NaOH

【答案】A

【解析】

【详解】

A.温度升高，促进NH4+水解，酸性增强，产生NH4HSO4，选项A正确；

B.电解质溶液导电能力与离子所带电荷数及离子浓度等因素有关，离子浓度越大，所带电荷越多，导电能力就越强，与电解质强弱无关，选项B错误；

C.溶液中的溶质可能为非电解质，如乙醇溶液，通电时乙醇分子不发生移动，选项C错误；

D.蒸干Na2CO3溶液，应得到的主要成分仍为Na2CO3，选项D错误；

答案选A。

6．莽草酸结构简式如图，有关说法正确的是

A．分子中含有2种官能团

B．1mol莽草酸与Na反应最多生成4mol氢气

C．可与乙醇、乙酸反应，且反应类型相同

D．可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同

【答案】B

【解析】

【详解】

A．莽草酸分子中含-COOH、-OH、碳碳双键三种官能团，选项A错误；

B．莽草酸分子中能与钠反应的官能团为羟基和羧基，则1mol莽草酸与Na反应最多生成2mol氢气，选项B错误；

C．莽草酸分子中含有的羧基、羟基能分别与乙醇、乙酸发生酯化反应，反应类型相同，选项C正确；

D．莽草酸分子中含有碳碳双键，可与溴发生加成反应，与高锰酸钾发生氧化反应，选项D 错误。

答案选C。

7．向一定体积含HC1、H2SO4、NH4NO3、A1C13的混合溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，溶液中产生沉淀的物质的量与加入Ba(OH)2溶液的体积关系正确的是

A．

B．

C ．

D ．

【答案】C

【解析】

【详解】

向一定体积含HCl 、H 2SO 4、NH 4NO 3、AlCl 3的混合溶液中逐滴加入Ba （OH ）2溶液，发生H ++OH -=H 2O ，同时钡离子与硫酸根离子结合生成沉淀，沉淀在增多，氢离子物质的量比氢离子浓度大，则第二阶段沉淀的量不变，第三阶段铝离子反应生成沉淀，第四阶段铵根离子与碱反应，最后氢氧化铝溶解，沉淀减少，最后只有硫酸钡沉淀，显然只有图象C 符合。 答案选C 。

8．室温时，在20mL 0.1mol?L -1一元弱酸HA 溶液中滴加同浓度的NaOH 溶液，溶液中-(A )lg (HA)

c c 与pH 的关系如图所示。下列说法正确的是

A ．室温时，电离常数Ka(HA)=1.0×10-5.3

B ．B 点对应NaOH 溶液的体积是10mL

C ．A 点溶液中：c(Na +)> c(A -)> c(H +)> c(OH -)

D ．从A 点到C 点的过程中，水的电离程度先增大后减小

【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】

A．室温时，在B点，pH=5.3，c(H+)=10-5.3，

-

(A)

lg

(HA)

c

c

=0，则

-

c(A)

c(HA)

=1

电离常数Ka(HA)=

-

(A)(H)

(HA)

c c

c

+

?

=

- 5.3

(A)10

(HA)

c

c

-

?

=1.0×10-5.3，A正确；

B．B点的平衡溶液中，c(A-)=c(HA)，依据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，由于pH=5.3，所以c(H+)> c(OH-)，c(Na+)

C．c(Na+)>c(A-)>c(H+)>c(OH-)显然不符合电荷守恒原则，C不正确；

D．从A点到C点的过程中，c(A-)不断增大，水的电离程度不断增大，D不正确；

故选A。

9．化学与生产、生活、环境等息息相关，下列说法中错误的是（）

A．港珠澳大桥采用的超高分子量聚乙烯纤维吊绳，是有机高分子化合物

B．“玉兔二号”月球车首次实现在月球背面着陆，其帆板太阳能电池的材料是硅

C．共享单车利用太阳能发电完成卫星定位，有利于节能环保

D．泡沫灭火器适用于一般的起火，也适用于电器起火

【答案】D

【解析】

【详解】

A. 聚乙烯纤维属于合成高分子材料，属于有机高分子化合物，故A正确；

B. 硅为良好的半导体材料，能制造太阳能电池板，所以“玉兔号”月球车上的太阳能电池的材料是硅，故B正确；

C. 将太阳能直接转化为电能，有利于节能环保，故C正确；

D. 泡沫灭火器适用于一般的起火，但不适用于电器起火，故D错误；

故选D。

10．下列各表述与示意图一致的是

A．

25℃时，用0.1mol·L-1盐酸滴定20mL 0.1mol·L-1NaOH溶液，溶液的pH随加入酸体积的变化

B．

10mL 0.01mol·L-1 KMnO4酸性溶液与过量的0.1mol·L-1 H2C2O4溶液混合时，n(Mn2-)随时间的变化

C．

曲线表示反应2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) △H<0 正、逆反应的平衡常数K随温度的变化

D．

a、b曲线分别表示反应CH2=CH2(g)+H2(g)→CH3CH3(g) △H<0使用和未使用催化剂时，反应过程中的能量变化

【答案】C

【解析】

【分析】

A. 等浓度的强酸强碱的滴定曲线，到达终点的pH发生突变，不是渐变；

B. 发生氧化还原反应生成锰离子，Mn2+对该反应有催化作用，反应加快；

C. 反应2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) △H<0，结合K虽温度的变化情况作答；

D. 催化剂降低反应活化能，根据图示的能量变化与实际反应的热效应不符。

【详解】

A. 0.1mol?L-1NaOH溶液的pH为13，用0.1mol?L-1盐酸滴定恰好中和时pH为7，因浓度相同，则体积相同，但酸碱中和在接近终点时，pH会发生突变，曲线的斜率会很大，A项错误；

B. 发生氧化还原反应生成锰离子，则n（Mn2+）随时间的变化而增大，且催化作用，一段时间内增加的更快，后来浓度变化成为影响速率的主要因素，反应物浓度减小，速率减慢，图像不符，B项错误；

C. 因反应为放热反应，则升高温度，平衡逆向移动，平衡后升温K正减小，而K逆增大，且正逆反应的平衡常数互为倒数关系，C项正确；

D. 图象中使用催化剂降低反应活化能，但反应CH2=CH2 (g)+H2(g)→CH3CH3(g)△H＜0，是放热反应，反应物能量高，图象中表示的吸热反应，D项错误；

答案选C。

11．元素铬(Cr)在自然界主要以+3价和+6价存在。请回答下列问题：

(1)+6价的Cr能引起细胞的突变而对人体不利，可用 Na2SO3将Cr2O72—还原为Cr3+。该反应的离子反应方程式为___________。

(2)利用铬铁矿(FeO?Cr2O3)冶炼制取金属铬的工艺流程如图所示：

①为加快焙烧速率和提高原料的利用率，可采取的措施之一是

__________________________。

②“水浸”要获得浸出液的操作是_________________________________。浸出液的主要成分为Na2CrO4，向“滤液”中加入酸化的氯化钡溶液有白色沉淀生成，则“还原”操作中发生反应的离子方程式为___。

③加热Cr(OH)3可得到Cr2O3，从工业成本角度考虑，用Cr2O3制取金属Cr的冶炼方法是

_______。

(3)已知 Cr 3+完全沉淀时溶液pH 为5，（Cr 3+浓度降至10-5mol ?L -1可认为完全沉淀）则Cr(OH)3

的溶度积常数 K sp ＝_______________。

(4)用石墨电极电解铬酸钠(Na 2CrO 4)溶液，可制重铬酸钠(Na 2Cr 2O 7)，实验装置如图所示(已

知：2Cr 2

4O -+2H +Cr 227O -+ H 2O)。

①电极b 连接电源的______极(填“正”或“负”) , b 极发生的电极反应式为

_________________。

②电解一段时间后，测得阳极区溶液中Na +物质的量由a mol 变为b mol ，则理论上生成重铬酸钠的物质的量是 _______________mol 。

【答案】Cr 2O 72—+3SO 32-+8H +=2Cr 3++3SO 42-+4H 2O 铬铁矿粉碎 过滤

8CrO 42—+3S 2-+20H 2O=8Cr(OH)3↓+3SO 42-+16OH - CO 高温还原Cr 2O 3（热还原法） 1×10-32

正 2H 2O-4e -=O 2↑+4H + a-b 2

【解析】

【分析】

（1）分析元素化合价变化情况，依据得失电子守恒，原子个数守恒，得出离子反应方程式。 （2）①影响化学反应速率的因素：物质的表面积大小，表面积越大，反应速率越快。 ②依据原子守恒和得失电子守恒，得出离子方程式。

③用Cr 2O 3制取金属Cr ，可以采取CO 高温还原Cr 2O 3（热还原法）。

（3）根据K sp ＝c(Cr 3+)c 3(OH -)求算。

（4）①根据装置图和离子放电顺序得出阳极的电极反应式。

②电解一段时间后，测得阳极区溶液中Na +物质的量由a mol 变为b mol ，则溶液中移动的

电荷为（a-b ）mol ，所以外电路转移的电子为（a-b ）mol ，阳极的电极反应为2H 2O-4e -=O 2↑+4H +，

则阳极生成的氢离子为（a-b ）mol 。

【详解】

（1）反应中铬元素化合价从+6价降为+3价，硫元素从+4价升高到+6价，依据得失电子守恒，原子个数守恒，离子反应方程式为Cr 2O 72—+3SO 32-+8H +=2Cr 3++3SO 42-+4H 2O ，故答案为

Cr2O72—+3SO32-+8H+=2Cr3++3SO42-+4H2O。

（2）①影响化学反应速率的因素：物质的表面积大小，表面积越大，反应速率越快，为加快焙烧速率和提高原料的利用率，可采取的措施将铬铁矿粉碎，故答案为铬铁矿粉碎。

②“水浸”要获得浸出液，要过滤出浸渣，采取的操作是过滤；浸出液的主要成分为Na2CrO4，向“滤液”中加入酸化的氯化钡溶液有白色沉淀生成，说明加入的Na2S被氧化成SO42-，Cr

元素由+6价降为+3价，S元素由-2价升到+6价，依据原子守恒和得失电子守恒，得到反应为：8CrO42—+3S2-+20H2O=8Cr(OH)3↓+3SO42-+16OH-，故答案为过滤；

8CrO42—+3S2-+20H2O=8Cr(OH)3↓+3SO42-+16OH-。

③从工业成本角度考虑，用Cr2O3制取金属Cr，可以采取CO高温还原Cr2O3（热还原法），故答案为CO高温还原Cr2O3（热还原法）。

（3）pH为5，c(OH-)=10-9，K sp＝c(Cr3+)c3(OH-)=10-5×（10-9）3=1×10-32，故答案为1×10-32。（4）①根据图示，在b极所在电极室得到Na2Cr2O7，根据2CrO42-+2H+Cr2O72—+ H2O ，电解过程中b极c（H+）增大，则b极电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，a是阴极，b是阳极，电极b连接电源的正极，故答案为正；2H2O-4e-=O2↑+4H+。

②电解一段时间后，测得阳极区溶液中Na+物质的量由a mol变为b mol，则溶液中移动的电荷为（a-b）mol，阴极电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，则电路中通过电子物质的量为（a-b）mol；阳极的电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，则阳极生成的氢离子为（a-b）mol，

结合2CrO42-+2H+Cr2O72—+ H2O，所以阳极生成的Cr2O72—物质的量是a-b

2

mol，故答

案为a-b

2

。

12．下列装置应用于实验室制氯气并回收氯化锰的实验，能达到实验目的的是

A．用装置甲制取氯气

B．用装置乙除去氯气中的少量氯化氢

C．用装置丙分离二氧化锰和氯化锰溶液

D．用装置丁蒸干氯化锰溶液制MnCl2·4H2O

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

A、二氧化锰与浓盐酸需要在加热的条件下反应制取氯气，A不正确；

B、用装置乙除去氯气中的少量氯化氢应该用饱和氯化钠溶液，且气体是长口进短口出，B 不正确；

C、二氧化锰不溶于水，因此分离二氧化锰和氯化锰溶液需要过滤，装置丙是过滤装置，C 正确；

D、锰离子水解，水解吸热，因此不能直接加热蒸发氯化锰溶液制备MnCl2·4H2O，应该在氯化氢的气氛中进行，D不正确。

答案选C。

13．属于非电解质的是

A．二氧化硫B．硫酸钡C．氯气D．冰醋酸

【答案】A

【解析】

【详解】

A、二氧化硫的水溶液能导电，是因为二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸电离出氢离子和亚硫酸氢根离子，而不是二氧化硫本身发生电离，所以二氧化硫是非电解质，故A正确；

B、硫酸钡在熔融状态能电离出钡离子和硫酸根离子，能够导电，所以硫酸钡是电解质，故B错误；

C、非电解质是溶于水溶液中和在熔融状态下不能导电的化合物，而氯气为单质，不是非电解质，故C错误；

D、醋酸在水溶液中电离出醋酸根离子和氢离子，能够导电，所以醋酸是电解质，故D错误；故选：A。

【点睛】

根据非电解质的定义：非电解质是指在水溶液中和在熔融状态下都不能导电的化合物及电离的特点来解答此题．

14．利用如图所示装置进行下列实验，不能得出相应实验结论的是

选项①②③实验结论

A 稀硫酸Na2CO3Na2SiO3溶液非金属性：S>C>Si

B 浓硫酸蔗糖溴水浓硫酸具有脱水性、氧化性

C 浓硝酸Fe NaOH溶液说明铁和浓硝酸反应可生成NO2

D 浓氨水生石灰酚酞氨气的水溶液呈碱性

A．A B．B C．C D．D

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

A、稀硫酸滴入碳酸钠中二者反应生成二氧化碳，二氧化碳与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，说明顺酸性：H2SO4＞H2CO3＞H2SiO3，非金属性：S>C>Si，能得出相应实验结论，不选A；

B、浓硫酸能使蔗糖脱水碳化，反应放热，浓硫酸在加热条件下与碳反应生成的二氧化硫能使溴水褪色，能得出实验结论，不选B；

C、常温下，浓硝酸使铁钝化，不能得出实验结论，选C；

D、浓氨水与生石灰反应生成的氨气使酚酞变红，证明氨气的水溶液呈碱性，能得出实验结论，不选D；

答案选C。

15．1，1-二环丙基乙烯()是重要医药中间体，下列关于该化合物的说法正确的是

A．所有碳原子可能在同一平面B．乙苯与它互为同分异构体

C．二氯代物有9种D．只能发生取代、加成、加聚反应

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

A. 在该物质分子中含有6个饱和碳原子，由于饱和碳原子构成的是四面体结构，所以分子中不可能所有碳原子可能在同一平面，A错误；

B. 乙苯分子式是C8H10，1，1-二环丙基乙烯分子式是C8H12，二者的分子式不相同，因此乙苯与1，1-二环丙基乙烯不是同分异构体，B错误；

C. 该物质分子结构对称，若2个Cl原子在同一个C原子上，有2种不同的结构；若2个Cl原子在不同的C原子上，其中一个Cl原子在不饱和C原子上，可能有2种不同结构；若其中一个Cl原子位于连接在不饱和C原子的环上的C原子上，另一个C原子可能在同一个环上有1种结构；在不同环上，具有2种结构；若一个Cl原子位于-CH2-上，另一个Cl原子在同一个环上，只有1种结构；在两个不同环上，又有1种结构，因此可能的同分异构体种类数目为：2+2+1+2+1+1=9，C正确；

D. 该物质含有不饱和的碳碳双键，可发生加成反应、加聚反应；含有环丙基结构，能够发生取代反应，该物质属于不饱和烃，能够发生燃烧反应，催化氧化反应，因此不仅仅能够发生上述反应，D错误；

故合理选项是C。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）

16．某学生对Na2SO3与AgNO3在不同pH下的反应进行探究。

（1）测得Na2SO3溶液pH=11，AgNO3溶液pH=5，二者水解的离子分别是。（2）调节pH，实验记录如下：

查阅资料得知：

Ⅰ．Ag2SO3：白色，难溶于水，溶于过量Na2SO3的溶液

Ⅱ．Ag2O：棕黑色，不溶于水，能和酸反应

①推测a中白色沉淀为Ag2SO3，离子方程式是。

②推测a中白色沉淀为Ag2SO4，推测的依据是。

（3）取b、c中白色沉淀，置于Na2SO3溶液中，沉淀溶解。该同学设计实验确认了白色沉淀不是Ag2SO4，实验方法是：另取Ag2SO4固体置于溶液中，未溶解。

（4）将c中X滤出、洗净，为确认其组成，实验如下：

Ⅰ.向X中滴加稀盐酸，无明显变化

Ⅱ．向X中加入过量浓HNO3，产生红棕色气体

Ⅲ．用Ba(NO3)2溶液、BaCl2溶液检验Ⅱ中反应后的溶液，前者无变化，后者产生白色沉淀

①实验Ⅰ的目的是。

②根据实验现象，分析X的性质和元素组成是。

③Ⅱ中反应的化学方程式是。

（5）该同学综合以上实验，分析产生X的原因，认为随着酸性的增强，还原性增强。通过进一步实验确认了这种可能性，实验如图所示：

①气体Y是。

②白色沉淀转化为X的化学方程式是。

【答案】（1）亚硫酸根离子和银离子。（2）①2Ag++SO32-=Ag2SO3↓。②亚硫酸根有还原性，若被氧化为硫酸根离子，即可与银离子结合生成硫酸银沉淀。（3）过量亚硫酸钠。（4）①判断X是否是氧化银。②有还原性，含有银元素，不含硫元素。③Ag+2HNO3（浓）

=AgNO3+NO2↑+H2O。（5）①二氧化硫。②Ag2SO3+H2O H 2Ag+H2SO4

【解析】

（1）①推测a中白色沉淀为Ag2SO3, Ag+与SO32-反应生成Ag2SO3, Ag2SO3溶于过量的

Na2SO3溶液,生成沉淀的离子方程式为: 2Ag++SO32-=Ag2SO3↓；正确答案:

2Ag++SO32-=Ag2SO3↓。

②推测a中白色沉淀为Ag2SO4，其根据为SO32-有还原性,可能被氧化为SO42-,与Ag+反应生成Ag2SO4白色沉淀；正确答案：SO32-有还原性，若被氧化为SO42-，即可与Ag+结合生成Ag2SO4沉淀。

（2）Ag2SO3白色，难溶于水，溶于过量Na2SO3溶液，取B、C中白色沉淀，置于Na2SO3溶液中,沉淀溶解,说明B、C中白色沉淀为Ag2SO3；另取Ag2SO4固体,同样条件置于足量Na2SO3溶液中,进行对照试验,发现沉淀不溶解；正确答案: 过量Na2SO3。

（3）①氧化银能和盐酸生成白色氯化银沉淀和水,溶液的pH=2，产生大量白色沉淀，一段时间后，产生海绵状棕黑色物质X，向X中滴加稀盐酸，无明显变化，说明X不是Ag2O；正确答案:检验X是否为Ag2O 。

②向X中加入过量浓HNO3，产生红棕色气体为NO2，X与浓硝酸发生氧化还原反应，X具有还原性，X只能为金属单质，只能为银；因此X中含有Ag元素，不含S元素；正确答案:有还原性；含有Ag元素，不含S元素。

③向X中加入过量HNO3(浓)，产生红棕色气体为NO2，银和硝酸反应，氮元素从+5变为+4价，同时生成硝酸银和水，反应方程式为: Ag+2HNO3(浓)=AgNO3+NO2↑+H2O；正确答案：Ag+2HNO3(浓)=AgNO3+NO2↑+H2O。

（4）①海绵状棕黑色物质X为Ag；随着酸性的增强，+4价硫的还原性增强,能被+1价银氧化；可通过+4价硫的氧化物二氧化硫进行实验确认，通入二氧化硫后，瓶中白色沉淀Ag2SO3转化为棕黑色Ag；正确答案是: SO2。

②X为Ag,白色沉淀转化为Ag,在酸性条件下,亚硫酸银中+4价的硫,被+1价银氧化生成银和硫酸,反应为: Ag2SO3+ H2O2Ag+H2SO4；正确答案：Ag2SO3+ H2O2Ag+H2SO4。三、推断题（本题包括1个小题，共10分）

17．用氟硅酸（H2SiF6）制备冰晶石（Na3AlF6）的工艺流程如图所示：

已知：冰晶石（Na3AlF6）微溶于水。

（1）工业上采用电解氧化铝-冰晶石熔融体的方法冶炼金属铝，加入冰晶石的作用是_____。（2）已知氟硅酸（H2SiF6）酸性强于硫酸，写出反应①的化学方程式______。

（3）反应②为脱硅工艺，固体②是_____。

（4）向NaF溶液中加入Al2(SO4)3溶液发生反应③的离子方程式为_____；NaF溶液呈碱性，在加入Al2(SO4)3溶液前，需先用硫酸将NaF溶液的pH下调至5左右，否则可能产生副产物_____。

（5）干燥前，检验冰晶石是否洗涤干净的实验方法是_____。

（6）从母液中可循环利用的物质是_____。

【答案】降低氧化铝的熔融温度H2SiF6+Na2SO4=Na2SiF6↓+H2SO4SiO2

6F-+Al3++3Na+=Na3AlF6↓ Al(OH)3取最后一次滤液置于小试管中，向其中加入BaCl2溶液，若无沉淀，则已洗涤干净，否则没有洗涤干净Na2SO4

【解析】

【分析】

（1）工业上采用电解氧化铝-冰晶石熔融体的方法冶炼金属铝，加入冰晶石的作用是降低氧化铝的熔融温度，节省能源。

（2）氟硅酸（H2SiF6）酸性强于硫酸，反应①的原理是强酸制弱酸。

（3）反应②为脱硅工艺，其发生反应的方程式为Na2SiF6+4NaOH=SiO2+6NaF+2H2O，由此可得固体②的成分。

（4）向NaF溶液中加入Al2(SO4)3溶液发生反应③，从图中可以看出，F-、Al3+、Na+反应生成Na3AlF6，且其为难溶物；NaF溶液呈碱性，在加入Al2(SO4)3溶液前，需先用硫酸将NaF溶液的pH下调至5左右，否则Al3+会发生水解。

（5）干燥前，若冰晶石未洗涤干净，则其表现会附着溶液中的离子，应检验洗涤液中是否含有SO42-。

（6）从母液为Na2SO4溶液，而反应中②也需要加入Na2SO4，所以其可循环利用。

【详解】

（1）工业上采用电解氧化铝-冰晶石熔融体的方法冶炼金属铝，加入冰晶石的作用是降低氧化铝的熔融温度，节省能源。答案为：降低氧化铝的熔融温度；

（2）氟硅酸（H2SiF6）酸性强于硫酸，反应①的原理是强酸制弱酸，反应①的化学方程式为H2SiF6+Na2SO4=Na2SiF6↓+H2SO4。答案为H2SiF6+Na2SO4=Na2SiF6↓+H2SO4；

（3）反应②为脱硅工艺，其发生反应的方程式为Na2SiF6+4NaOH=SiO2+6NaF+2H2O，由此可得固体②的成分为SiO2。答案为：SiO2；

（4）向NaF溶液中加入Al2(SO4)3溶液发生反应③，从图中可以看出，F-、Al3+、Na+反应生成Na3AlF6，且其为难溶物，反应③的离子方程式为6F-+Al3++3Na+=Na3AlF6↓；NaF溶液

呈碱性，在加入Al2(SO4)3溶液前，需先用硫酸将NaF溶液的pH下调至5左右，否则Al3+会发生水解，可能产生的副产物为Al(OH)3。答案为：6F-+Al3++3Na+=Na3AlF6↓；Al(OH)3；（5）干燥前，若冰晶石未洗涤干净，则其表现会附着溶液中的离子，应检验洗涤液中是否含有SO42-。答案为：取最后一次滤液置于小试管中，向其中加入BaCl2溶液，若无沉淀，则已洗涤干净，否则没有洗涤干净；

（6）从母液为Na2SO4溶液，而反应中②也需要加入Na2SO4，所以其可循环利用。答案为：Na2SO4。

【点睛】

压强一定时，物质的熔点是恒定的，它不随物质组成的改变而改变。压强增大，物质的熔、沸点升高；压强减小，物质的熔、沸点降低。Al2O3的熔点高，熔化时耗能大，若加入冰晶石，可降低Al2O3的熔化温度，但Al2O3的熔点不变。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）

18．雄黄(As4S4)和雌黄(As2S3)是提取砷的主要矿物原料，二者在自然界中共生。根据题意完成下列填空：

(1)As2S3和SnCl2在盐酸中反应转化为As4S4和SnCl4并放出H2S气体．若As2S3和SnCl2正好完全反应，As2S3和HCl的物质的量之比为________。写出化学方程式并用双线桥法标出电子转移_______________________________________________。

(2)上述反应中的氧化剂是________，反应产生的气体可用________吸收。

(3)As2S3和HNO3有如下反应：As2S3＋10H+＋10NO3－＝2H3AsO4＋3S＋10NO2↑＋2H2O

若生成2 mol H3AsO4，则反应中转移电子的物质的量为________。若将该反应设计成一原电池，则NO2应该在________(填“正极”或“负极”)附近逸出。

【答案】1：2 As2S3氢

氧化钠溶液或硫酸铜溶液10mol 正极

【解析】

【详解】

（1）根据反应物和生成物：As2S3和SnCl2在盐酸中反应转化为As4S4和SnCl4并放出H2S 气体，可以得出化学方程式为：2As2S3+2SnCl2+4HCl=As4S4+2SnCl4+2H2S↑，故As2S3和HCl 的物质的量之比为1：2；根据电子得失守恒知2molAs2S3作氧化剂得到4mol电子，而