【答案】A 【解析】 【分析】
本题涉及两个反应：Cl2+H2SO3+H2O
2HCl+H2SO4，Cl2+2HI
2HCl+I2。第一个反应会导致溶液中的c(H+)
2HI+H2SO4知H2SO3的还原性强于
增大，第二个反应不会使溶液中的c(H+)变化。通过反应I2+H2SO3+H2OHI，所以H2SO3优先被氧化，先发生第一个反应，据此分析。 【详解】
H2SO3与碘离子都具有还原性，但是H2SO3还原性强于碘离子，通入氯气后，氯气首先氧化H2SO3为H2SO4，H2SO3反应完毕，然后再氧化I-。 氯气氧化亚硫酸生成硫酸： Cl2 +H2SO3 +H2O=H2SO4 +2HCl 0.02mol 0.02mol 0.02mol 0.04mol
H2SO3为弱酸，生成两种强酸：H2SO4和HCl，c（H+）增大，H2SO3反应完毕，消耗 Cl20.02mol，Cl2过量0.01mol，然后再氧化I-： Cl2 +2HI=Br2 +2HI 0.01mol 0.02mol
HI全部被氯气氧化转变为I2和HCl，HCl和HI都是强酸，所以c（H+）不变； 答案选A。 【点睛】
本题以氧化还原反应为切入点，考查考生对氧化还原反应、离子反应、物质还原性强弱等知识的掌握程度，以及分析和解决问题的能力。 14．下列由实验得出的结论正确的是 实验 将适量苯加入溴水中，充分振荡后，溴水层接近A 无色 向某溶液中加入稀硫酸，生成淡黄色沉淀和有刺B 激性气味的气体 向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，加热，然后加入新制C Cu(OH)2悬浊液，加热，未观察到砖红色沉淀 相同条件下，测定等浓度的Na2CO3溶液和Na2SO4溶液的pH，前者呈碱性，后者呈中性 蔗糖未水解或水解的产物不是还原性糖 该溶液中一定含有S2O32－ 苯分子中含有碳碳双键，能与Br2发生加成反应 结论 D 非金属性：S>C A．A 【答案】D 【解析】 【详解】
B．B C．C D．D
A．苯与溴水发生萃取，苯分子结构中没有碳碳双键，不能与溴发生加成反应，故A错误；
B．向某溶液中加入稀硫酸，生成淡黄色沉淀和有刺激性气味的气体，生成的产物为硫和二氧化硫，原溶液中可能含有S2-和SO32-，不一定是S2O32-，故B错误；
C．水解后检验葡萄糖，应在碱性条件下进行，没有向水解后的溶液中加碱调节溶液至碱性，加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热，实验不能成功，故C错误；
D．测定等物质的量浓度的Na2CO3和Na2SO4溶液的pH，Na2CO3的水解使溶液显碱性，Na2SO4不水解，溶液显中性，说明酸性：硫酸＞碳酸，硫酸、碳酸分别是S元素、C元素的最高价含氧酸，因此非金属性：硫强于碳，故D正确； 答案选D。
15．已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是 ．．．A．4.6g14CO2与N218O的混合物中所含中子数为2.4NA
B．将0.1 mol CH3COONa溶于稀醋酸中使溶液呈中性，溶液中CH3COO-数目等于0.1NA C．1 mol HI被氧化为I2时转移的电子数为NA
D．常温下电解饱和食盐水，当溶液pH由7变为13时，电路中转移的电子数为0.1NA 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】
A. 14CO2和N218O的摩尔质量均为46g/mol，故4.6g混合物的物质的量为0.1mol，且二者均含有24个中子，故0.1mol此混合物中含中子数为2.4NA个，故A正确；
B. 将0.1molCH3COONa溶于稀醋酸中使溶液呈中性，根据电荷守恒有：n(CH3COO-)+n(OH?)=n(Na+)+n(H+)，而由于溶液显中性，故n(OH?)=n(H+)，则有n(CH3COO-)=n(Na+)=0.1mol，溶液中CH3COO-数目等于0.1NA，故B正确；
C. I元素的化合价由-1价升高为0价，则1 mol HI被氧化为I2时转移的电子数为1mol×1NA=NA，故C正确； D. 溶液体积不明确，故溶液中放电的氢离子的物质的量无法计算，则转移的电子数无法计算，故D错误； 故选D。 【点睛】
D项是学生们的易错点，学生们往往不细心，直接认为溶液是1L并进行计算，这种错误只要多加留意，认真审题即可避免；
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．苯甲酸乙酯可由苯甲酸与乙醇在浓硫酸共热下反应制得，反应装置如图（部分装置省略），反应原理如下：
实验操作步骤：
①向三颈烧瓶内加入12.2g苯甲酸、25mL乙醇、20mL苯及4mL浓硫酸，摇匀，加入沸石。
②装上分水器、电动搅拌器和温度计，加热至分水器下层液体接近支管时将下层液体放入量筒中。继续蒸馏，蒸出过量的乙醇，至瓶内有白烟(约3h)，停止加热。
③将反应液倒入盛有80mL冷水的烧杯中，在搅拌下分批加入碳酸钠粉末至溶液无二氧化碳逸出，用pH试纸检验至呈中性。
④用分液漏斗分出有机层，水层用25mL乙醚萃取，然后合并至有机层。用无水CaC12干燥，粗产物进行蒸馏，低温蒸出乙醚。当温度超过140℃时，直接接收210-213℃的馏分，最终通过蒸馏得到纯净苯甲酸乙酯12.8mL。
可能用到的有关数据如下： 苯甲酸 苯甲酸乙酯 乙醇 乙醚 回答以下问题：
(1)反应装置中分水器上方的仪器名称是______，其作用是____ (2)步骤①中加浓硫酸的作用是_________，加沸石的目的是______。 (3)步骤②中使用分水器除水的目的是_________。 (4)步骤③中加入碳酸钠的目的是________ 。
(5)步骤④中有机层从分液漏斗的____（选填“上口倒出”或“下口放出”）。 (6)本实验所得到的苯甲酸乙酯产率是________%。
【答案】球形冷凝管 冷凝回流，减少反应物乙醇的损失 作催化剂 防止暴沸 及时分离出产
相对分子质量 122 150 46 74 密度（g/cm3） 1.27 1.05 0.79 0.73 沸点/℃ 249 211-213 78.5 34.5 溶解性 微溶于水，易溶于乙醇、乙醚 微溶于热水，溶于乙醇、乙醚 易溶于水 微溶于水 物水，促使酯化反应的平衡正向移动 除去硫酸及未反应的苯甲酸 下口放出 89.6 【解析】 【分析】 根据反应原理
，联系乙酸与乙醇的酯化反应实验的注意事项，结合苯
甲酸、乙醇、苯甲酸乙酯、乙醚的性质分析解答(1)～(5)；
(6)根据实验中使用的苯甲酸的质量和乙醇的体积，计算判断完全反应的物质，再根据反应的方程式计算生成的苯甲酸乙酯的理论产量，最后计算苯甲酸乙酯的产率。 【详解】
(1)根据图示，反应装置中分水器上方的仪器是球形冷凝管，乙醇容易挥发，球形冷凝管可以起到冷凝回流，减少反应物乙醇的损失；
(2) 苯甲酸与乙醇的酯化反应需要用浓硫酸作催化剂，加入沸石可以防止暴沸；
(3) 苯甲酸与乙醇的酯化反应中会生成水，步骤②中使用分水器除水，可以及时分离出产物水，促使酯化反应的平衡正向移动，提高原料的利用率；
(4)步骤③中将反应液倒入盛有80 mL冷水的烧杯中，在搅拌下分批加入碳酸钠粉末，碳酸钠可以与硫酸及未反应的苯甲酸反应生成二氧化碳，因此加入碳酸钠的目的是除去硫酸及未反应的苯甲酸；
(5)根据表格数据，生成的苯甲酸乙酯密度大于水，在分液漏斗中位于下层，分离出苯甲酸乙酯，应该从分液漏斗的下口放出； (6) 12.2g苯甲酸的物质的量=
12.2g=0.1mol，25mL乙醇的质量为0.79g/cm3×25mL=19.75g，物质的量
122g/mol可知，乙醇过量，理论上生成苯甲酸乙酯
19.75g=0.43mol，根据为
46g/mol0.1mol，质量为0.1mol×150g/mol=15g，实际上生成苯甲酸乙酯的质量为12.8mL×1.05g/cm3=13.44g，苯甲酸乙酯产率=
13.44g×100%=89.6%。 15g三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．PVAc是一种具有热塑性的树脂，可合成重要高分子材料M，合成路线如下：
己知：R、Rˊ、Rˊˊ为H原子或烃基
相关推荐：
loading