2019-2020学年甘肃省静宁县第一中学高二上学期期末考试化学试题 解析版

2019-2020学年甘肃省静宁县第一中学高二上学期期末考试化学试题 解析版

静宁一中2019-2020学年度第一学期高二级第三次考试题 相对原子质量：Ca 40 H 1 O ‎16 C 12 ‎ 一、选择题(本题共23小题，每题2分，共46分)‎ ‎1.‎2019年7月1日起，上海进入垃圾分类强制时代，随后西安等地也纷纷开始实行垃圾分类。这体现了我国保护环境的决心，而环境保护与化学息息相关，下列有关说法错误的是( )‎ A. 可回收的易拉罐中含金属铝，可通过电解熔融氧化铝制取 B. 含棉、麻、丝、毛及合成纤维的废旧衣物燃烧处理时都只生成CO2和H2O C. 废弃的聚乙烯塑料属于白色垃圾，不能使溴水褪色 D. 废旧电池中含有镍、镉等重金属，不能用填埋法处理 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．可回收的易拉罐中含金属铝，工业用电解熔融氧化铝的方法制取铝，故A正确；‎ B．丝、毛主要成分为蛋白质，含有N元素，灼烧产物除了二氧化碳和水外还有氮的氧化物，故B错误；‎ C．聚乙烯难降解，不含碳碳双键，不能与溴水反应，故C正确；‎ D．废旧电池中含有镍、镉等重金属，填埋会引起土壤污染，应回收处理，故D正确；‎ 故选：B。‎ ‎2.下列化学方程式书写正确的是( )‎ A 苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳：2 + CO2 + H2O 2 + Na2CO3‎ B. 乙酸乙酯的制备：CH3COOH + CH3CH218OHCH3COOCH2CH3 + H218O C. 用铁作电极电解饱和氯化钠溶液：2NaCl + 2H2O2NaOH + H2↑+ Cl2↑‎ D. 1-丙醇与钠反应：2CH3CH2CH2OH + 2Na → 2CH3CH2CH2ONa + H2↑‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳生成碳酸氢钠： + CO2 + H2O + NaHCO3，故A错误；‎ B. 乙酸乙酯的制备时，酸脱羟基醇脱氢：CH3COOH + CH3CH218OHCH3CO18OCH2CH3 + H2O，故B错误；‎ C. 用铁作电极电解饱和氯化钠溶液，铁作阳极时要溶解，被氧化，故C错误；‎ D. 1-丙醇与钠反应：2CH3CH2CH2OH + 2Na → 2CH3CH2CH2ONa + H2↑，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎3.由下列实验及现象推出相应结论正确的是 ‎ 选项 实验 现象 结论 ‎ A ‎①某溶液中加入Ba(NO3)2溶液 ‎②再加足量盐酸 ‎①生白色沉淀 ‎②仍有白色沉淀 原溶液中有SO42-‎ ‎ B 将含HCl的Cl2通过饱和食盐水 气体体积减小 可得到纯净的Cl2‎ ‎ C 将甲烷与氯气按体积比1:4混合于试管中光照 反应后的混合气体能使湿润的石试纸变红 生成的氯代甲烷具有酸性 ‎ D 将0.1mol/L MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，‎ 再滴加0.1mol/L CuSO4溶液 先有白色沉淀生成，后转变为蓝色沉淀 Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2]‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 按二步实验等同于大量H+与NO3-的共存，即等同稀硝酸，由于稀硝酸的强氧化性，可将溶液中的SO32-氧化为SO42-，不能得出原溶液中SO42-存在的结论，A错误；‎ B. HCl极易溶于水，则气体体积减小，但氯气中混有水蒸气，B错误；‎ C. 甲烷与氯气发生取代反应生成HCl，HCl能使湿润的石试纸变红，C错误；‎ D. 发生沉淀的转化，向Ksp更小的方向移动，则Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2]，D正确；‎ 正确答案是D。‎ ‎4.下列有关说法正确的是( )‎ A. 在稀AgNO3溶液中加入过量 NaCl溶液，产生白色沉淀，再加入少量 Na2S溶液，出现黑色沉淀，则加入Na2S溶液后 c(Ag+) 更小了 B. 吸热反应TiO2(s)+2Cl2(g) =TiCl4(g)+O2(g)一定条件下可自发进行，则该反应ΔS＜0‎ C. 实验室制氢气，为了加快反应速率，可向稀 H2SO4中滴加少量 Cu(NO3)2溶液 D. N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH＜0，仅升高温度，达平衡时氢气转化率增大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、不再有沉淀生成，再向其中滴加Na2S溶液，生成黑色沉淀，可知发生沉淀的转化，则证明AgCl能转化为溶解度更小的Ag2S，所以溶液后 c（Ag＋） 更小了，故A正确；‎ B、反应前后气体的总量不变△S=0，故B错误；‎ C、硝酸具有强氧化性，与活泼金属反应生成氮的氧化物，可改为滴加少量的硫酸铜溶液，形成微小原电池加快反应速率，故C错误；‎ D、正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡时氢气转化率减小，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎5.25℃‎时，Ksp(BaSO4)=1×10－10，Ksp (BaCO3)=2.6×10－9。该温度下，下列说法不正确的是( )‎ A. BaCO3的悬浊液中加入少量的新制氯水，c(Ba2+)增大 B. BaSO4悬浊液中加入Na2CO3浓溶液，BaSO4不可能转化为BaCO3‎ C. BaSO4和BaCO3共存的悬浊液中， ‎ D. 同浓度的Na2SO4和Na2CO3混合溶液中滴加BaCl2溶液，BaSO4先析出 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．BaCO3悬浊液中存在沉淀溶解平衡，加入氯水，c（CO32－）的浓度减小，沉淀溶解平衡正移，所以c（Ba2＋）增大，故A正确；‎ B．当Qc=c（CO32－）c（Ba2＋）≥Ksp（BaCO3），就能转化为BaCO3，所以当c（CO32－）足够大时，能满足Qc=c（CO32－）c（Ba2＋）≥Ksp（BaCO3），所以BaSO4能转化为BaCO3，故B错误；‎ C．根据Ksp（BaSO4 ）和Ksp（BaCO3）计算可求出中 = = ‎ ‎，故C正确；‎ D．‎25℃‎时，Ksp（BaSO4）=1×10-10，Ksp （BaCO3）=2.6×10-9，物质Ksp小的容易生成沉淀，所以同浓度的Na2SO4和Na2CO3混合溶液中滴加BaCl2溶液，BaSO4先析出，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查了沉淀之间的转化，沉淀溶解平衡的移动，Ksp的有关计算，注意把握沉淀溶解平衡的原理及影响因素是解题的关键。‎ ‎6.用下列实验装置完成对应的实验(部分仪器已省略)，能达到实验目的的是（　　）‎ A. ①用pH试纸测某溶液的酸碱性 B. 实验室用图②所示装置若先出现白色沉淀后又变黑，则能比较Ksp(AgCl)﹥Ksp(Ag2S)‎ C. 实验室用图③所示装置证明酸性：H2SO4>H2CO3>H2SiO3‎ D. 图④可由AlCl3饱和溶液制备AlCl3晶体 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，测pH值时pH试纸应该放在表面皿上测某溶液的酸碱性，故A错误；‎ B选项，图②中氯化钠加入到硝酸银中生成白色沉淀，但硝酸银过量，再加硫化钠，生成黑色硫化银，不能得出Ksp(AgCl)﹥Ksp(Ag2S)，故B错误；‎ C选项，左边锥形瓶反应得出酸性：H2SO4>H2CO3，右边反应得出酸性：H2CO3>H2SiO3，因此酸性：H2SO4>H2CO3>H2SiO3，故C正确；‎ D选项，用图示蒸发结晶方法制备AlCl3晶体时，因加热促进水解，则蒸发结晶得到是氢氧化铝，故D错误。‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎7.容积固定的密闭容器中，达平衡的可逆反应‎2A(g)2B(？) + C (？)(△H>0)，若随着温度升高，气体平均相对分子质量减小，则下列判断正确的是：（ ）‎ A. B和C可能都是液体 B. B和C肯定都是气体 C. B和C可能都是固体 D. 若C为固体，则B一定是气体。‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎3A‎(g)⇌3B(？)+C(？)(△H＞0)，该正反应吸热，温度升高，平衡右移，变小，依据反应的系数关系，气体平衡体系的质量守恒，平均摩尔质量的变化，由反应前后气体物质的量变化、混合气体的质量变化决定。A、B和C肯定不会都是液体，若都是液体，气体物质的量减小，质量减小，这里面的气体就只有A，所以气体的平均相对分子质量就是A的相对分子质量，所以气体平均相对分子质量不会发生变化，不变，故A错误；B、若都是气体，反应前后气体物质的量一定增大，质量不变，减小，但若B为气体，C为固体，反应前后气体物质的量不变，气体质量减小，减小，故B错误；C、B和C肯定不会都是固体，若都是固体，气体物质的量减小，质量减小，这里面的气体就只有A，所以气体的平均相对分子质量就是A的相对分子质量，所以气体平均相对分子质量不会发生变化，不变，故C错误；D、C为固体，B一定为气体，反应前后气体物质的量不变，气体质量减小，减小，故D正确；故选D。‎ ‎8.在一定条件下,Na2S溶液存在水解平衡：S2-+H2OHS- +OH-.下列说法正确的是( )‎ A. 加入NaOH固体,溶液pH减小 B. 稀释溶液，水解平衡常数增大 C. 加入CuSO4固体,HS-浓度增大 D. 升高温度,c(HS-)/c(S2- )增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 加入NaOH固体是一种强碱，溶液pH增大，故A错误；‎ B、平衡常数仅与温度有关，温度不变，则稀释时平衡常数是不变的，故B错误；‎ C、加入CuSO4固体，铜离子结合硫离子生成硫化铜沉淀，水解平衡逆向进行，HS－浓度减小，故C错误；‎ D、水解反应是吸热反应，升温促进水解，平衡正移，c（S2－）减小，c（HS－）增大，所以 增大，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎9.某温度下,向10 mL 0.1 mol/L CuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液,滴加过程中－lg c(Cu2＋)与Na2S溶液体积的关系如图所示.下列有关说法正确的是(　　)‎ A. 向10 mL Ag＋、Cu2＋物质的量浓度均为0.1mol/L的混合溶液中逐滴加入0.01mol/L的Na2S溶液,Cu2＋先沉淀[已知：Ksp(Ag2S)＝6.4×10-50]‎ B. 0.1mol/LNa2S溶液中：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋c(H2S)‎ C. a、b、c三点对应的溶液中,水的电离程度最大的为b点 D. 该温度下,Ksp(CuS)的数量级为10-36‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、刚开始产生Ag2S沉淀时，c2（Ag＋）×c（S2－）=Ksp（Ag2S），其中c（Ag＋）=0.1mol·L－1，则此时c（S2－）=mol·L－1=6.4×10-48mol·L－1，同理，刚产生刚开始产生CuS沉淀时，c （Cu2＋）×c（S2－）=Ksp（CuS），其中c（Cu2＋）=0.1mol·L－1，则此时c（S2－）=mol·L－1=10-34.4mol·L－1，所以Ag＋先沉淀，故A错误；‎ B、Na2S溶液中质子守恒关系为c（OH－）=c（H＋）+c（HS－）+‎2c（H2S），故B错误；‎ C、a、c两点Cu2＋、S2－的水解促进了水的电离，水的电离程度增大，b点可认为是NaCl溶液，水的电离没有被促进，水的电离程度最小，故C错误；‎ D、b点CuCl2和Na2S溶液恰好反应生成CuS沉淀，即为CuS的饱和溶液，溶液中c（S2－）=c（Cu2＋）=10-17.7，Ksp（CuS）=c（S2－）×c（Cu2＋）=10-17.7×10-17.7=10-35.4=100.6×10-36，即Ksp（CuS）数量级为10-36，故D正确；‎ 故选D ‎【点睛】本题考查沉淀溶解平衡知识，根据图象所提供的信息计算出CuS的Ksp数值是关键，难点A，对于同类型的沉淀可直接根据Ksp数值比较溶解性情况，不同类型的沉淀则需要定量计算比较。‎ ‎10.常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是( )‎ A. 水电离产生的c(OH－)＝10－12 mol·L－1的溶液中：Na＋、Al3＋、Cl－、NO3-‎ B. 0.1mol·L－1的NaHCO3溶液中：Fe3＋、K＋、Cl－、SO42-‎ C. c(OH－)/c(H＋)＝10－12的溶液中：NH4+、Cu2＋、NO3-、SO42-‎ D. 滴加KSCN溶液显红色的溶液中：NH4+、K＋、Cl－、I－‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 水电离产生的c(OH－)＝10－12 mol·L－1的溶液呈酸性或碱性，碱性时：Al3＋、OH－不能大量共存，故A不符；‎ B. 0.1mol·L－1的NaHCO3溶液中：Fe3＋、HCO3－反应生成H2O、CO2、Fe(OH)3 ，故B不符；‎ C. c(OH－)/c(H＋)＝10－12的溶液呈酸性：NH4+、Cu2＋、NO3-、SO42-与H+之间不反应，故C符合；‎ D. 滴加KSCN溶液显红色的溶液中含有Fe3＋：Fe3＋、I－发生氧化还原反应生成Fe2＋和I2,故D不符；‎ 故选C。‎ ‎11.下列说法正确的是( )‎ A. 常温下，将pH＝11的NaOH溶液和pH＝3的HCl溶液等体积混合后，溶液pH＝7‎ B. 常温下，物质的量浓度和体积相同的Na2CO3、Na2SO4、HCl溶液混合后，pH<7‎ C. 常温下，将pH＝11的氨水稀释后，溶液中所有离子的浓度均降低 D. t ℃时，某溶液pH＝6，则该溶液一定为酸性 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 常温下，将pH＝11的NaOH溶液和pH＝3的HCl溶液等体积混合后，恰好完全中和生成NaCl，溶液pH＝7，故A正确；‎ B. 常温下，物质的量浓度和体积相同的Na2CO3、Na2SO4、HCl溶液混合后，碳酸钠与盐酸等物质的量反应后生成的溶液为碳酸氢钠溶液，因碳酸氢根离子水解程度大于电离程度使溶液呈现碱性，所以溶液的pH大于7，故B错误；‎ C. 由于温度不变，水的离子积不变，氨水稀释后，溶液中的氢氧根离子浓度减小，所以氢离子浓度增大，故C错误；‎ D. 溶液酸碱性是由溶液中的氢离子浓度和氢氧根离子浓度相对大小决定，水的电离是吸热反应，温度升高促进水的电离，pH=6，可能溶液中c（H＋）=c（OH－‎ ‎）溶液呈中性，溶液不一定显示酸性，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎12.下列化学用语正确的是(　　)‎ A. 碳酸钠的电离方程式  NaHCO3═Na++H++CO32-‎ B. 乙酸的结构简式   C2H4O2‎ C. 氯化氢的电子式：‎ D. 镁的原子结构示意图：‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 碳酸氢根离子不拆，碳酸钠的电离方程式  NaHCO3═Na++HCO3-，故A错误；‎ B. 乙酸的结构简式：CH3COOH，故B错误；‎ C. 氯化氢是共价化合物，电子式：，故C错误；‎ D. 镁是12号元素，镁的原子结构示意图：，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎13.NA代表阿伏伽德罗常数．已知C2H4和C3H6的混合物的质量为ag，则该混合物(　　)‎ A. 燃烧时消耗的O2一定是 B. 所含原子总数为 C. 所含碳氢键数目为 D. 所含共用电子对数目为()NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ag混合物中含有最简式CH2的物质的量为：a÷‎14g·mol－1=mol，ag混合物中含有molC 原子、molH原子。‎ ‎【详解】A. 不知是否在标准状况下，题中条件无法计算ag混合物燃烧消耗的氧气的体积，故A错误；‎ B. ag混合物中含有molC原子、molH原子，总共含有原子的物质的量为：（+）mol，所含原子总数为NA，故B错误；‎ C. 所含碳氢键数目为，故C正确；‎ D.在环丙烷、丙烯和乙烯分子中，每个C含有1个碳碳共用电子对、每个H形成了1个碳氢共用电子对，所以总共含有mol共用电子对， 所含共用电子对数目为()NA，故B错误；‎ 故选C。‎ ‎14.某烷烃和烯烃的混合气体的密度是‎1.07 g·L－1(标准状况)，该烷烃和烯烃的体积比是4∶1。这两种烃是 A. CH4、C2H4 B. C2H6、C2H‎4 ‎C. CH4、C4H8 D. CH4、C3H6‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：平均Ｍ＝ρVm=‎1.07g/L×‎22.4L/mol=‎24g/mol，同温同压下，体积比就等于物质的量之比，假设烷烃4mol通式2n+2，烯烃就是1mol通式‎2m。所以平均M=[4mol×(14n+2)g/mol+1mol×‎14m" g/mol]/（4mol+1mol）=‎24g/mol， 所以4n+m=8，因此只有n=1，m=4，故C正确。‎ ‎15.“人文奥运”的一个重要体现是:坚决反对运动员服用兴奋剂。某种兴奋剂的结构简式如图所示,有关该物质的说法正确的是(    ) ‎ A. 滴入KMnO4(H+)溶液,观察紫色褪去,能证明结构中存在碳碳双键 B. 该分子中的所有碳原子可能共平面 C. 遇FeCl3溶液显紫色,因为该物质与苯酚属于同系物 D. 1 mol该物质与浓溴水和H2反应最多消耗Br2和H2分别为3mol、7 mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 酚-OH、碳碳双键均能被高锰酸钾氧化，则滴入KMnO4（H＋）溶液，观察紫色褪去，不能证明结构中存在碳碳双键，故A错误；‎ B. 分子中与苯环相连的6个原子、与碳碳双键相连的4个原子共面，连接苯环与苯环、苯环与碳碳双键的碳碳单键可以旋转，该分子中的所有碳原子可能共平面，故B正确；‎ C. 含酚-OH，该物质遇FeCl3溶液显紫色，该物质有两个苯环，且有碳碳双键，与苯酚不属于同系物，故C错误；‎ D. 酚-OH的邻、对位与溴水发生取代反应，双键与溴水发生加成反应，苯环、双键与氢气发生加成反应，则1 mol该物质与浓溴水和H2反应最多消耗Br2和H2分别为4 mol、7 mol，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质的关系为解答的关键，注意烯烃、酚性质的分析，侧重分析能力及知识应用能力的综合考查，难点D，注意氢气与酚发生加成反应与溴水与酚取代反应的区别。‎ ‎16.β月桂烯的结构如图所示，一分子该物质与两分子溴发生加成反应的产物 ‎ (只考虑位置异构)理论上最多有（ ）‎ A. 2种 B. 3种 C. 4种 D. 6种 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】因为分子存在三种不同的碳碳双键，如图所示，1分子物质与2分子溴发生加成反应时，可以在①和②位置上发生加成反应，也可以在①和③‎ 位置上发生加成反应或在②③位置上发生加成反应，还可以1分子溴与①②发生1，4－加成，另1分子溴在③上加成，所以得到的产物有四种；‎ 答案选C。‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎17.下列说法中正确的是(　　)‎ A. 在酯化反应中，乙酸脱去羧基中的羟基，乙醇脱去羟基中的氢而生成水和酯 B. 苯酚有弱酸性，俗称石炭酸，因此它是一种羧酸 C. 凡能与钠反应的有机物一定是醇 D. 在氧气中燃烧时只生成CO2和H2O的物质一定是烃 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 在酯化反应中，乙酸脱去羧基中的羟基，乙醇脱去羟基中的氢而生成水和酯，符合酯化反应的原理，故A正确；‎ B. 苯酚有弱酸性，俗称石炭酸，只有羟基，没有羧基，因此它不是一种羧酸，故B错误；‎ C. 羧酸也能与钠反应，能与钠反应的有机物不一定是醇，故C错误；‎ D. 在氧气中燃烧时只生成CO2和H2O的物质不一定是烃，也可能是含氧衍生物，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎18.某含有1个C≡C三键的炔烃，与氢气加成后产物的结构简式如图，则此炔烃可能的结构有（ ）‎ A. 1种 B. 2种 C. 3种 D. 4种 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 将相邻两个碳每个碳原子脱去两个氢原子形成炔烃，，因此只形成一种炔烃，故A正确。‎ 综上所述，答案为A。‎ ‎19.下列化学式只代表一种物质分子的是( )‎ A. SiO2 B. C8H‎10 ‎C. C3H8 D. C4H8‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. SiO2是原子晶体，不存在分子，故A不符；‎ B. C8H10不饱和度为4，有多种同分异构体，如乙苯、二甲苯等，故B不符；‎ C. C3H8是丙烷，只有一种，故C符合；‎ D. C4H8不饱和度为1，有烯烃和环烷烃的同分异构体，故D不符；‎ 故选C。‎ ‎20.由碘乙烷制取乙二醇(HOCH2CH2OH)，依次发生的反应类型是(　　 )‎ A. 取代　加成　水解 B. 消去　加成　取代 C. 水解　消去　加成 D. 消去　水解　取代 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由溴乙烷制取乙二醇，需要先将溴乙烷得到二溴乙烷，再水解得到乙二醇，反应如下：消去反应：；加成反应：；水解反应：，故选B。‎ ‎21.中学化学中下列各物质间不能实现(“→”表示一步完成)转化的是 选项 A B C D a CH3CH2OH ‎ CH2=CH2 ‎ Cl2‎ C b CH3CHO CH3CH2Br HClO CO c CH3COOH ‎ CH3CH2OH HCl CO2 ‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、乙酸不能转变成乙醛，乙醛还原得到乙醇，乙醇氧化得到乙酸，故A错误；‎ B、乙烯与溴化氢发生加成反应得到氯乙烷，溴乙烷水解得到乙醇，乙醇发生消去反应得到乙烯，故B正确；‎ C、氯气与水反应生成次氯酸和盐酸，次氯酸分解产生盐酸和氧气，浓盐酸与二氧化锰反应生成氯气，故C正确；‎ D、碳不完全燃烧生成一氧化碳，一氧化碳继续燃烧生成二氧化碳，二氧化碳与镁反应生成氧化镁和单质碳，故D正确；‎ 故选A。‎ ‎22.将一定量的有机物充分燃烧，产物先通入浓硫酸，浓硫酸增重‎5.4g，然后通入足量澄清石灰水中，完全吸收后，经过滤得到‎20g沉淀，则该有机物可能是(　　)‎ A. 乙酸乙酯 B. 乙酸 C. 乙醇 D. 乙烯 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 有机物燃烧充分燃烧生成CO2和H2O，通入浓硫酸增重‎5.4g为生成水的质量，再通过足量的石灰水，发生反应：CO2+Ca（OH）2=CaCO3↓+H2O，得到沉淀‎20g为CaCO3质量，根据n=m÷M计算水、碳酸钙物质的量，根据原子守恒确定有机物中C、H原子数目之比，结合选项判断。‎ ‎【详解】有机物燃烧产物有二氧化碳和水，通入浓硫酸增重‎5.4g为生成水的质量，再通过足量的石灰水，经过滤可得沉淀‎20g为CaCO3的质量，则n（H2O）=‎5.4g÷‎18g·mol－1=0.3mol，n（CaCO3）=‎20g÷‎100g·mol－1=0.2mol，‎ 根据原子守恒可知，n（H）=2n（H2O）=0.6mol，n（C）=n（CaCO3）=‎20g÷‎100g·mol－1=0.2mol，‎ 则有机物中N（C）：N（H）=0.2mol：0.6mol=1：3，‎ 选项中只有乙醇中C、H原子数目之比符合1：3‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查有机物推断，通入浓硫酸增重‎5.4g为生成水的质量，沉淀‎20g为CaCO3质量，注意利用原子守恒确定有机物中C、H原子数目之比。‎ ‎23.下列有机物的除杂方法正确的是(括号中的是杂质)(　　)‎ A. 溴乙烷(溴单质)：加入热氢氧化钠溶液洗涤，分液 B. 乙烷(丙烯)：通入溴水，洗气 C. 苯(苯酚)：加入溴水，过滤 D. 戊烷(乙醇)：分液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法，所谓除杂（提纯），是指除去杂质，同时被提纯物质不得改变。除杂质题至少要满足两个条件：①加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；②反应后不能引入新的杂质。‎ ‎【详解】A. 溴乙烷(溴单质)：溴乙烷和溴单质都能和氢氧化钠反应，不但能把杂质除去，也会把原物质除去，不符合除杂原则，故A错误；‎ B. 乙烷(丙烯)：丙烯能与溴发生加成反应，由气体变成液体，通入溴水，洗气，可以除去乙烷中的丙烯，故B正确；‎ C. 苯(苯酚)：苯酚与溴水反应生成的2，4，6-三溴苯酚易溶于苯，不能分开，故C错误；‎ D. 戊烷(乙醇)：戊烷与乙醇互溶，不分层，无法用分液方法分离，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查物质的分离、提纯和除杂，注意除杂的要求：既要把杂质除去，又不能引入新的杂质且原物质不能被消耗。易错点C，注意2，4，6-三溴苯酚易溶于苯。‎ 二、非选择题(本题共4小题，每空2分，共54分)‎ ‎24.CO、CO2的应用和治理是当今社会的热点问题。CO工业上可用于高炉炼铁，发生如下反应：1/3Fe2O3(s) + CO(g)2/3Fe(s) + CO2(g)，已知该反应在不同温度下的平衡常数如下表：‎ 温度/℃‎ ‎1000‎ ‎1150‎ ‎1300‎ 平衡常数 ‎4.0‎ ‎3.7‎ ‎3.5‎ ‎(1)该反应的正反应为_____反应(填“放热”或“吸热”)，欲提高CO的平衡转化率，促进 Fe2O3的转化，可采取的措施是____(选填序号)‎ a．用更高效的催化剂 b．粉碎矿石，增大接触面积 c．及时吸收或移出CO2 d．增大反应体系的压强 ‎(2)一定条件下，在容积一定的容器中，铁和CO2发生反应：Fe(s)＋CO2(g)FeO(s)＋CO(g)△H>0，该反应的平衡常数表达式K＝_____________。下列措施中能使平衡时增大的是______(选填编号)。‎ a．再加入一些铁粉 b．充入一定量CO c．增大压强 d．升高温度 ‎【答案】 (1). 放热 (2). c (3). (4). d ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由表中数据可知，温度升高，K值减小，即反应逆向移动，而升温平衡向吸热反应方向移动，则正反应为放热反应；欲提高CO的平衡转化率，促进Fe2O3的转化，根据影响平衡移动的因素逐项进行分析；‎ ‎(2)平衡常数为生成物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂的乘积的比值，固体和纯液体不代入表达式；，则该比值就是平衡常数，而平衡常数只与温度有关，温度不变，K值不变，且正反应为吸热反应，则升温正向移动，平衡常数增大；‎ ‎【详解】（1）由表中数据可知升高温度，平衡常数减小，则正反应为放热反应，‎ a．用更高效的催化剂，只能加快反应速率，不影响平衡移动，故错误；‎ b．粉碎矿石，增大接触面积，只能加快反应速率，不影响平衡移动，故错误；‎ c．及时吸收或移出CO2 ，平衡正向移动，反应物转化率增大，故正确；‎ d．增大反应体系的压强，平衡不移动，故错误；‎ 故选c；‎ ‎(2)一定条件下，在容积一定的容器中，铁和CO2发生反应：Fe(s)＋CO2(g)FeO(s)＋CO(g)△H>0，该反应的平衡常数表达式K＝。‎ a．再加入一些铁粉，平衡不移动，故a错误；‎ b．充入一定量CO，相当于增大压强，比值不变，故b错误；‎ c．增大压强，平衡不一定，故c错误；‎ d．正反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，故d正确；‎ 故选d。‎ ‎【点睛】本题考查化学平衡常数的表达，平衡常数的影响因素，把握化学平衡、K及影响因素为解答的关键，侧重分析能力的考查，易错点（2）平衡常数只与温度有关，温度不变，K值不变。‎ ‎25.合成尿素的反应为：2NH3(g)＋CO2(g) CO(NH2)2(s)＋H2O(g) △H<0。一定条件下，在‎10 L的恒容密闭容器中，充入2 mol NH3和1 mol CO2，反应经5 min后达 到平衡，测得容器中CO2的浓度为0.05mol•L-1 。‎ 完成下列填空：‎ ‎(1)平均反应速率υ(NH3)＝____________。‎ ‎(2)下列描述中能说明上述反应已达平衡的是_________。(填序号)‎ a．气体的平均相对分子质量不随时间而变化 b．NH3和CO2的比例保持不变 ‎ c．气体的压强不再发生变化 d．2υ正(NH3)＝υ逆(H2O)‎ ‎(3)为提高尿素的产率，工业上用该反应生产尿素时，合适的反应条件是_______。(填序号)‎ a．24000kPa b．‎200℃‎ c．‎800℃‎ d．101 kPa ‎【答案】 (1). 0.02 mol∙L-1∙min-1 (2). ac (3). a b ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据已知信息，计算平衡时氨气的转化量，再根据公式计算速率；‎ ‎(2)根据化学平衡状态的特征判断，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态；‎ ‎(3)根据影响平衡移动的因素进行分析。‎ ‎【详解】（1）一定条件下，在‎10L的恒容密闭容器中，充入2mol NH3和1mol CO2，反应经5min后达到平衡，测得容器中CO2的浓度为0.05mol·L-1，则消耗0.5molCO2、1molNH3，则氨气的反应速率为=0.02mol∙L-1∙min-1；‎ ‎（2）a．反应前后气体的物质的量不等，气体的平均相对分子质量不随时间而变化，可说明达到平衡状态，故a正确；‎ b．充入2mol NH3和1mol CO2，且按2：1反应，则无论是否达到平衡状态，NH3和CO2的比例都保持不变，故b错误；‎ c．反应前后气体体积不等，则气体的压强不再发生变化，可说明达到平衡状态，故c正确；‎ d．2υ正(NH3)＝υ逆(H2O)，正逆反应速率不等，没有达到平衡状态，故d错误；‎ 故选：ac；‎ ‎（3）为提高氨气的转化率，采用使得化学平衡正向移动的措施即可，工业上用该反应生产尿素时，合适的反应条件是高温高压，‎ 故选：a b。‎ ‎【点睛】本题考查化学平衡，把握化学平衡状态的判断、反应速率的计算为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，易错点（2）注意平衡状态的判断，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。‎ ‎26.已知草酸镍晶体(NiC2O4·2H2O)难溶于水，工业上从废镍催化剂(主要成分为Ni，含有一定量的Al2O3、FeO、SiO2、CaO等)制备草酸镍晶体的流程如图所示：‎ 已知：①相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH见表中数据：‎ 金属离子 Fe3＋‎ Fe2＋‎ Al3＋‎ Ni2＋‎ 开始沉淀的pH ‎1.1‎ ‎5.8‎ ‎3.0‎ ‎6.8‎ 完全沉淀的 ‎3.2‎ ‎8.8‎ ‎5.0‎ ‎9.5‎ pH ‎②Ksp(CaF2)＝1.46×10-10；‎ ‎③当某物质浓度小于1.0×10-5 mol·L-1时，视为完全沉淀。‎ 请回答下列问题： ‎ ‎（1）请写出一种能提高“酸浸”速率的措施：_______________________________。‎ ‎（2）试剂a是一种绿色氧化剂，写出“氧化”时反应的离子方程式：_____________。‎ ‎（3）“调pH”时pH的调控范围为__________________。‎ ‎（4）写出“沉镍”时发生反应的离子方程式：________________________________，证明Ni2＋已经沉淀完全的实验步骤及现象是______________________________，当Ca2＋沉淀完全时，溶液中c(F-)>____________mol·L-1(写出计算式即可)。‎ ‎【答案】 (1). 把废镍催化剂粉碎(或适当加热、适当增大酸的浓度或提高搅拌速率等) (2). 2Fe2＋＋2H＋＋H2O2=2Fe3＋＋2H2O (3). 5.0≤pH<6.8 (4). Ni2＋＋C2O42-＋2H2O=NiC2O4·2H2O↓ (5). 取适量上层清液于试管中，继续滴加(NH4)‎2C2O4溶液，无沉淀生成 (6). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 废镍催化剂（成分主要为Ni，含有一定量的Al2O3、Fe、SiO2、CaO等），用硫酸溶解，SiO2不与硫酸反应，过滤得到滤液中含有NiSO4、FeSO4、Al2（SO4）3、CaSO4及过量的硫酸，试剂a是一种绿色氧化剂，所以加入 的是H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，加入Ni（HO）2调节pH，使pH大于5.0小于6.8，Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀、Al3+转化为Al（OH）3沉淀，过滤除去，滤液中含有NiSO4、CaSO4，向滤液中加入NH‎4F，除去Ca 2+，过滤，再向滤液中加入（NH4）‎2C2O4，得到草酸镍沉淀，再过滤、洗涤、干燥得草酸镍晶体，据此答题．‎ ‎【详解】（1）根据影响化学反应速率的因素可知，提高浸出率，可把废镍催化剂粉碎或适当加热、适当增大硫酸浓度、搅拌等，故答案为：把废镍催化剂粉碎或适当加热、适当增大硫酸浓度、搅拌等；‎ ‎（2）根据上面的分析可知，试剂a是H2O2，所以“氧化”时反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O； ‎ ‎（3）根据表中的数据可知，pH为5.0时，Fe3+、Al3+沉淀完全，pH为6.8时Ni2+开始沉淀，所以pH的调控范围为5.0～6.8，故答案为：5.0≤pH<6.8；‎ ‎（4）向滤液中加入（NH4）‎2C2O4，得到草酸镍沉淀，“沉镍”时反应的离子方程式为Ni2++C2O42-+2H2O=NiC2O4•2H2O，证明Ni2+已经沉淀完全的实验步骤及现象是取上层清液，继续滴加（NH4）‎2C2O4溶液，无沉淀生成；当Ca2+沉淀完全时，即c（Ca2+）＜10-5mol/L，根据Ksp（CaF2）=1.46×10-10，可知溶液中c（F-）＞mol/L，故答案为：Ni2++C2O42-+2H2O=NiC2O4•2H2O；取上层清液，继续滴加（NH4）‎2C2O4溶液，无沉淀生成；。‎ ‎27.实验室合成溴苯的装置图及有关数据如下，按下列合成步骤回答：‎ 苯 溴 溴苯 密度/g·cm－3‎ ‎0.88‎ ‎3.10‎ ‎1.50‎ 沸点/℃‎ ‎80‎ ‎59‎ ‎156‎ 水中溶解度 微溶 微溶 微溶 ‎ ‎ ‎(1)实验装置中，仪器c的名称为__________________，作用为__________。‎ ‎(2)在a中加入15 mL无水苯和少量铁屑，在b中小心加入4.0 mL液态溴，向a中滴入几滴溴，有白雾产生，是因为生成了________气体，继续滴加至液溴滴完。写出a中发生反应化学方程式：__________________。‎ ‎(3)液溴滴完后，经过下列步骤分离提纯：‎ ‎①向a中加入10 mL水，然后过滤除去未反应的铁屑；‎ ‎②滤液依次用10 mL水、8 mL 10%的NaOH溶液、10 mL水洗涤。NaOH溶液洗涤的作用__________；‎ ‎③向分出的粗溴苯中加入少量的无水氯化钙(一种干燥剂)，静置、过滤。加入无水氯化钙的目的是__________________。‎ ‎(4)经以上分离操作后，粗溴苯中还含有的主要杂质为______，要进一步提纯，需进行的操作方法为________。‎ ‎【答案】 (1). 球形冷凝管 (2). 冷凝回流 (3). HBr (4). 2Fe+3Br2=2FeBr3，+Br2+HBr (5). 除去未反应的Br2 (6). 干燥溴苯 (7). 苯 (8). 蒸馏 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题是利用苯和液溴在三溴化铁作催化剂的条件下，在三颈烧瓶内发生取代反应制备溴苯，反应过程中为防止液溴和苯的挥发，提高原料利用率，用冷凝管进行冷凝回流，同时吸收生成的HBr气体，以防止产生污染；反应后的混合物通过过滤除去多余的铁粉，然后用氢氧化钠溶液洗去没有反应的溴及生成的HBr，经无水氯化钙干燥后，再进行蒸馏分离提纯。‎ ‎【详解】(1)根据仪器结构可知：仪器c是球形冷凝管，使用装置的目的是使挥发的溴和苯经冷凝后重新回到反应容器内，提高原料利用率；‎ ‎(2)苯与液溴发生取代反应产生溴苯和HBr，反应生成HBr气体遇水蒸气形成白雾；装置a中发生反应的化学方程式为2Fe+3Br2=2FeBr3，+Br2+HBr；‎ ‎(3)溴苯提纯的方法是：①先水洗，把可溶物溶解在水中，然后过滤除去未反应的铁屑，②加NaOH溶液，发生反应：2NaOH+Br2=NaBr+NaBrO+H2O，使未反应的Br2变成NaBr和NaBrO进入到水中；‎ ‎③加无水氯化钙作干燥剂，所以无水氯化钙的作用是干燥溴苯；‎ ‎(4)经上述干燥后得到的溴苯中溶有少量未反应的苯，苯和溴苯互溶，但二者的沸点不同，相对来说苯的沸点较低，所以采用蒸馏的方法进行分离。‎ ‎【点睛】本题主要考查了溴苯的制取实验、物质的分离提纯等，清楚物质反应原理是物质制备的关键，掌握使用试剂的先后顺序，了解每一步操作的目的，根据物质性质的不同分析解答。‎ ‎28.现有A、B、C、D、E五种有机物，它们有如下相互转化关系：‎ 已知：A是相对分子质量为28的烃，E属于高分子化合物。请完成下列各题：‎ ‎（1）物质A的名称是______________，物质D的结构简式为____________________。‎ ‎（2）写出反应①的化学方程式：_______，该反应属于_____________反应。‎ ‎（3）写出反应②的化学方程式：______________，该反应属于_____________反应。‎ ‎【答案】 (1). 乙烯 (2). CH3COOCH2CH3 (3). CH3CH2Cl+NaOH CH3CH2OH+NaCl (4). 取代反应 (5). (6). 加聚反应 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A是相对分子质量为28的烃，根据“商余法”，28÷14=2，所以A的分子式是C2H4，A是乙烯，乙烯发生加聚反应生成聚乙烯E；乙烯与氯化氢发生加成反应生成氯乙烷B，氯乙烷在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成乙醇C，乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯D，乙醇在浓硫酸作用下加热到‎170℃‎发生消去反应生成乙烯。‎ ‎【详解】（1）物质A的分子式是C2H4，结构简式是CH2=CH2，名称是乙烯，物质D是乙酸乙酯，结构简式为CH3COOCH2CH3。‎ ‎（2）反应①是氯乙烷在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成乙醇，化学方程式是CH3CH2Cl+NaOH CH3CH2OH+NaCl，该反应属于取代反应。‎ ‎（3）反应②是乙烯一定条件下生成聚乙烯，化学方程式是，该反应属于加聚反应。‎ ‎【点睛】本题考查有机物推断，涉及烯烃的性质，需要熟练掌握有机物常见官能团的性质及其转化关系，熟悉有机反应类型，有利于基础知识的巩固。‎ ‎ ‎