【化学】甘肃省天水一中2019-2020学年高一下学期第二学段（期末考试）考试（理）试题（解析版）

【化学】甘肃省天水一中2019-2020学年高一下学期第二学段（期末考试）考试（理）试题（解析版）

甘肃省天水一中2019-2020学年高一下学期第二学段（期末考试）考试（理）试题 ‎1.引发此次肺炎疫情的新型冠状病毒，“身份”已经明确，是一种包膜病毒，主要成分是蛋白质、核酸、脂质及糖类物质。有关新冠病毒的成分认识正确的是（ ）‎ A. 蛋白质、糖类、脂肪都是高分子化合物 B. 组成蛋白质、糖类、脂肪的元素种类相同 C. 蛋白质、糖类、脂肪在一定条件下都能发生水解反应 D. 利用脂肪在碱性条件下的水解，可以制得肥皂 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．糖类中的单糖、二糖等、油脂相对分子质量较小，不属于高分子化合物，故A错误；‎ B．糖类和脂肪的元素组成都是C、H、O，但蛋白质最少含有C、H、O、N等元素，所含有元素种类不相同，故B错误；‎ C．油脂水解的最终产物是高级脂肪酸和丙三醇，蛋白质是由氨基酸缩聚形成的高分子化合物，蛋白质水解的最终产物为氨基酸，二糖、多糖能水解生成单糖，但单糖如葡萄糖等不能水解，故C错误；‎ D．肥皂是高级脂肪酸盐，油脂在碱性条件下的水解生成高级脂肪酸盐与甘油，称为皂化反应，可以制得肥皂和甘油，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎2.下列有关石油和煤的利用叙述不正确的是（ ）‎ A. 煤的干馏就是将煤隔绝空气在高温条件下使之分解，得到焦炭、煤焦油等物质的过程 B. 煤的液化就是将煤转化成甲醇、乙醇等其液态物质的过程 C. 石油分馏、煤的气化都是物理变化过程 D. 石油通过催化裂化，可以获得碳原子数较少的轻质油 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．煤干馏是将煤隔绝空气加强热使之分解的过程，煤的干馏产品主要有焦炭、煤焦油、粗氨水、焦炉气等，A正确；‎ B．煤的液化是将煤转化为液体燃料(如甲醇、乙醇等)的过程，B正确；‎ C．煤的气化是将煤转化为气体燃料(如CO、H2)的过程，属于化学变化，C错误；‎ D．石油的催化裂化与裂解原理相同，都是将相对分子质量大、沸点高的烃断裂为相对分子质量小，沸点低的烃的过程，从而获得轻质油，D正确；‎ 答案选C ‎3.下列关于金属及非金属的制备，正确的是（ ）‎ A. 冶炼铝：铝土矿NaAlO2无水AlCl3Al B. 制钠：以海水为原料制得精盐，再电解精盐的水溶液制取钠 C. 制碘：海带海带I2(aq)I2‎ D. 制铁：以铁矿石为原料，CO还原得铁 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由于AlCl3是共价化合物，电解无水AlCl3不能得到Al，故A错误；‎ B．电解精盐的水溶液制取氢氧化钠、氯气和氢气，不能得到钠，工业上用电解熔融的氯化钠可以得到钠，故B错误；‎ C．热裂汽油含有不饱和烃，和碘单质会发生加成反应，不能做萃取剂，应用分馏汽油，故C错误；‎ D．铁用还原法制得，工业上常用用CO在高温下还原铁矿石炼铁，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎4.下列描述的化学反应状态，不一定是平衡状态的是（ ）‎ A. 3H2(g)＋N2(g) 2NH3(g)反应体系中H2与N2的物质的量之比保持3∶1‎ B. 2NO2(g) N2O4(g)恒温、恒容下，反应体系中气体的压强保持不变 C. CaCO3(s) O2(g)＋CaO(s)恒温、恒容下，反应体系中气体的密度保持不变 D. H2(g)＋Br2(g) 2HBr(g)恒温、恒容下，反应体系中气体的颜色保持不变 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】判定化学反应达到平衡，一般有两种方法，一种是v正=v逆，另一种是变量不变。‎ ‎【详解】A．如果刚开始加入H2和N2的物质的量之比为3：1，或开始加入的是NH3，反应的任何时刻H2和N2的物质的量之比始终是3：1，因此H2和N2‎ 的物质的量之比为3：1时，不一定达到平衡，A符合题意；‎ B．由于该反应反应前后的气体系数之和不等，当压强保持不变时，各物质的物质的量也不再变化，因此该反应已经达到平衡，B不符合题意；‎ C．该反应反应过程中，由于CaCO3和CaO都是固体，气体的质量一直在发生变化，因为容器的体积不变，根据，密度在反应过程中发生变化，当密度保持不变时，说明已达到平衡，C不符合题意；‎ D．该体系中有颜色的气体为溴蒸汽，当颜色不变时，说明溴蒸汽的浓度也不在变化，因此该反应已经达到平衡，D不符合题意；‎ 故选A。‎ ‎5.如图是三种常见烃的比例模型示意图。下列说法正确的是（ ）‎ A. 甲是甲烷，甲烷的二氯取代产物只有一种结构 B. 乙是乙烯，乙烯可使酸性KMnO4溶液、溴水褪色，且原理相同 C. 丙是苯，苯的间二取代只有1种，证明苯分子中不存在碳碳单、双键交替排布的事实 D. 乙在空气中燃烧，火焰明亮并伴有浓烟 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】根据比例模型分析可知，甲是甲烷，乙是乙烯，丙是苯，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．甲是甲烷，其空间构型为正四面体，二氯代物只有一种结构，A正确；‎ B．乙是乙烯，分子中含有碳碳双键，可与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应使其褪色，与溴水中的溴发生加成反应使溴水褪色，两者原理不同，B错误；‎ C．丙是苯，无论苯中碳与碳之间的键是等同的特殊键还是单双键交替结构，其间二取代物都只有一种结构，C错误；‎ D．乙烯在空气中燃烧，火焰明亮并伴有黑烟，而不是浓烟，D错误；‎ 答案选A。‎ ‎6.下列对烷烃的认识，不正确的是（ ）‎ A. 分子式为C5H12的烷烃通随支链的增多，沸点逐渐降低 B. 乙烷与氯气光照反应，制得的一氯乙烷不纯 C. 和是同一种物质 D. 标准状况下，‎11.2L戊烷所含分子数为0.5NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．烷烃的支链越多，沸点越低，因此分子式为C5H12的烷烃通随支链的增多，沸点逐渐降低，A正确；‎ B．乙烷与氯气在光照条件下发生取代反应，可能会生成一氯乙烷、二氯乙烷、三氯乙烷等多种产物，制得的一氯乙烷不纯，B正确；‎ C．和的分子式相同，且结构相同，属于同一种物质，C正确；‎ D．标准状况下，戊烷为液体，因此不能准确计算‎11.2L戊烷的物质的量，D错误；‎ 答案选D。‎ ‎7.下列选项中能发生反应，且甲组为取代反应，乙组为加成反应的是（　　）‎ 甲 乙 A 苯与溴水 乙烯与水制乙醇（催化剂）‎ B 油脂水解（催化剂、加热）‎ 苯与氢气（催化剂、加热）‎ C 淀粉水解制葡萄糖（催化剂）‎ 乙酸和乙醇的酯化反应（催化剂、加热）‎ D 乙烯与溴的四氯化碳溶液 甲烷与氯气（光照）‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A. 苯与溴水不反应，乙烯与水在一定条件下发生加成反应生成乙醇，故A不符合题意；‎ B.油脂水解成甘油和高级脂肪酸(或高级脂肪酸盐)，属于取代反应，苯与氢气在催化剂、加热条件下发生加成反应生成环己烷，故B符合题意；‎ C.乙酸和乙醇发生的酯化反应属于取代反应，故C不符合题意；‎ D.乙烯与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，甲烷与氯气光照下发生取代反应，故D不符合题意；‎ 综上所述所，答案为B。‎ ‎8.为提纯下列物质（括号内的物质为杂质），所选除杂试剂和分离方法都正确的是（ ）‎ 选项 ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ 被提纯物质 乙醇(水)‎ 乙醇(乙酸)‎ 乙烷(乙烯)‎ 溴苯(溴)‎ 除杂试剂 生石灰 氢氧化钠溶液 酸性高锰酸钾溶液 水 分离方法 蒸馏 分液 洗气 分液 A. ① B. ② C. ③ D. ④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①要除去乙醇中的少量水，可以加新制的生石灰，生石灰和水反应生成微溶的熟石灰，然后蒸馏，可以把沸点低的乙醇蒸馏出去，从而得到无水乙醇，①满足题意；‎ ‎②乙酸可以和NaOH溶液反应生成溶于水的乙酸钠，但乙醇和水互溶，所以当乙醇和乙酸的混合物中加入氢氧化钠溶液后，不分层，所以无法分液，②不满足题意；‎ ‎③乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化为二氧化碳，在除去了乙烯的同时引入新杂质二氧化碳，除杂试剂选择错误，应选择溴水，③不满足题意；‎ ‎④应该用NaOH溶液除去溴，然后再用分液的分离方法分离，④不满足题意；‎ 综上，①满足题意，答案选A。‎ ‎9.1mol乙烯与氯气发生完全加成反应，然后该加成反应的产物与足量的氯气在光照条件下发生完全取代反应，则两个过程消耗氯气的总物质的量为（ ）‎ A. 3mol B. 4mol C. 5mol D. 6mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】1mol乙烯与1mol氯气发生完全加成反应生成1molCH2ClCH2Cl，该有机物中含有4mol氢原子。在与卤素单质发生取代反应时，取代1molH消耗1molCl2；所以该有机物与足量的氯气在光照条件下发生完全取代反应要消耗4mol Cl2，则两个过程中消耗氯气的总物质的量为5mol，C符合题意。‎ 答案选C。‎ ‎10.实验室制备硝基苯时，经过配制混酸、硝化反应（50~‎60℃‎）、洗涤分离、干燥蒸馏等步骤，下列图示装置和原理能达到目的的是（ ）。‎ A. 配置混酸 B. 硝化反应 C. D. 蒸馏硝基苯 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．浓硫酸密度较大，为防止酸液飞溅，配制混酸时应将浓硫酸加入到浓硝酸中，故A项错误；‎ B．制备硝基苯时，反应温度为50~‎60℃‎，为控制反应温度应用水溶加热，故B项错误；‎ C．硝基苯不溶于水，分离硝基苯应用分液方法分离，故C项正确；‎ D．蒸馏硝基苯时，充分冷凝冷凝水应从冷凝管下端进，故D项错误。‎ 故选C。‎ ‎11.乙醇分子中的各种化学键如图，乙醇在各种反应中断裂键的说法不正确的是（ ）‎ A. 和金属钠反应时键①断裂 B. 在铜催化共热下与O2反应时断裂①和③‎ C. 在空气中完全燃烧时断裂①②③④⑤‎ D. 与乙酸反应时断裂②‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.乙醇和金属钠反应生成CH3CH2ONa和氢气，只有①断裂，A正确；‎ B.乙醇在铜催化下和O2反应生成CH3CHO，①③断裂，B正确；‎ C.乙醇在空气中完全燃烧生成二氧化碳和水，①②③④⑤全部断裂，C正确；‎ D.乙醇和乙酸在浓硫酸作催化剂的加热条件下发生酯化反应，乙醇失去羟基中的氢原子，①断裂，D错误；‎ 答案选D。‎ ‎12.分子式为C5H12O，能与金属钠反应放氢气的共有（ ）‎ A. 7种 B. 8种 C. 6种 D. 9种 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】分子式为C5H12O，能与金属钠反应放氢气的有机物是饱和一元醇，说明该分子中含有—OH，由于—C5H11共有8种结构，所以该有机物共有8种，答案选B。‎ ‎13.根据下列事实得出的结论正确的是（ ）‎ 选项 事实 结论 A ‎(C6H10O5)n可以是淀粉或纤维素，二者均属于多糖 淀粉和纤维素互为同分异构体 B 某有机物完全燃烧，只生成CO2和H2O 该有机物属于烃类物质 C 在淀粉溶液中加入稀硫酸，水浴加热一段时间后取出部分水解液，加过量氢氧化钠中和稀硫酸，加碘水溶液不变蓝，再滴加银氨溶液后加热，出现银镜 淀粉已完全水解 D 用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除 乙酸的酸性强于碳酸的酸性 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．(C6H10O5)n可以是淀粉或纤维素，二者均属于多糖，但n不同，所以两者不是互为同分异构体，A错误；‎ B．醇完全燃烧后也只生成CO2和H2O，醇类属于烃的衍生物，因此某有机物完全燃烧，只生成CO2和H2O，该有机物不一定是烃类物质，B错误；‎ C．加碘水不变蓝也可能是因为碘单质与过量的NaOH溶液反应，从而没有与淀粉发生显色反应，因此不能够证明淀粉完全水解，C错误；‎ D．乙酸的酸性强于碳酸，可以与水垢(碳酸钙)反应生成可溶的乙酸钙、二氧化碳和水，即用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎14.已知气态烃A的密度是相同状况下氢气密度的14倍，有机物A~E能发生如图所示一系列变化，则下列说法错误的是（ ）‎ A. A分子中所有原子均在同一平面内 B. A→B所用试剂H2O C. B、D、E三种物质可以用NaOH溶液鉴别 D. 用B和D制备E时，一般加入过量的B来提高D的转化率 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】依题意可得气态烃A的相对分子质量为14×2=28，即A为乙烯，由B连续催化氧化可知，B为乙醇，C为乙醛，D为乙酸，则E为乙酸乙酯。A与水发生加成反应得到乙醇，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．乙烯为平面结构，所以所有原子在同一平面内，故A正确；‎ B．乙烯与水发生加成反应得到乙醇，故B正确；‎ C．乙醇与NaOH互溶，乙酸与NaOH反应生成乙酸钠和水，乙酸乙酯在NaOH溶液中水解，但现象均不明显，不能够用NaOH鉴别，故C错误；‎ D．乙醇和乙酸制备乙酸乙酯的反应为可逆反应，加入过量的乙醇可提高乙酸的转化率，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎15.实验室可用如图所示的装置实现“路线图”中的部分转化，下列叙述错误的是（ ）‎ A. 实验开始后熄灭酒精灯，铜网仍能红热，说明发生的是放热反应 B. 甲、乙烧杯中的水均起冷却作用 C. 试管a收集的液体中至少有两种有机物 D. 用排水法收集到的气体为氮气 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．熄灭酒精灯，反应仍能继续进行，说明该乙醇的氧化反应是放热反应，放出的热量足以维持反应进行，故A正确；‎ B．甲中为热水，起到加热乙醇的作用，使乙醇形成蒸气挥发，乙中水起到冷凝作用，使乙醛蒸气冷却，故B错误；‎ C．试管a收集到的液体为乙醇和乙醛，乙醛还可能被氧化为乙酸，所以试管a收集到的液体中至少有两种有机物，故C正确；‎ D．在铜作催化剂的作用下，乙醇与氧气反应生成乙醛，即铜的表面氧气与乙醇发生氧化反应，剩余不反应的气体为氮气，用排水法收集到的气体为氮气，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎16.海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源等(如图所示)，下列有关说法正确的是（ ）‎ A. 第①步中除去粗盐中的、Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质，加入的药品顺序为：Na2CO3溶液→NaOH溶液→BaCl2溶液→过滤后加盐酸 B. 第②步中结晶出的MgCl2•6H2O可在空气中受热分解制无水MgCl2‎ C. 富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收 D. 工业生产常选用NaOH作为沉淀剂 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．选项中的试剂添加顺序中，钡离子最后无法除去，则可以采用加入的药品顺序为BaCl2溶液→NaOH溶液→Na2CO3溶液→过滤后加盐酸，只要是碳酸钠溶液加在氯化钡之后即可，故A错误；‎ B．第②步中的MgCl2·6H2O脱水过程中镁离子易水解生成氢氧化镁沉淀，在氯化氢气体中脱水可以抑制镁离子水解，MgCl2·6H2O要在HCl氛围中加热脱水制得无水MgCl2，故B错误；‎ C．海水提取溴一般用氯气置换溴离子转化为溴单质，用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收转化为HBr，达到富集的目的，故C正确； ‎ D．NaOH价格比CaO高，从经济上可知，工业常选用生石灰或石灰水作沉淀剂，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎17.青菜含有维生素C和植物纤维有助于清除人体吸入的粉尘颗粒。已知维生素C的结构如图所示，有关判断不正确的是（ ）‎ A. 维生素C中含有3种官能团 B. 维生素C分子式为C6H8O6‎ C. 维生素C能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D. 维生素C在碱性溶液中能稳定存在 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】分析：A、根据有机物质的官能团来确定；B、根据有机物质的结构简式可以书写分子式；C、根据有机物质的官能团来确定有机物质的性质；D、根据物质的性质来回答判断。‎ 详解：A、维生素C中含有醇羟基和碳碳双键、酯基三种官能团，选项A正确；B、根据有机物质的结构简式可以得出分子式为：C6H8O6，选项B正确；C、维生素C中含有碳碳双键和醇羟基，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，选项C正确；D、维生素C中含有酯基，在碱的作用下会发生水解反应，故在碱性溶液中不能稳定存在，选项D不正确。答案为D。‎ ‎18.在同温同压下，某有机物和过量Na反应得到V‎1L氢气，另一份等质量的有机物和足量的NaHCO3反应得到V‎2L二氧化碳，若V1＝V2则有机物可能是( )‎ A. CH3CH(OH)COOH B. HOOC－COOH C. HOCH2CH2OH D. HOOCCH(OH)CH2COOH ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】同温同压下，有机物和过量Na反应得到V‎1L氢气，说明分子中含有R-OH或-COOH，另一份等量的该有机物和足量的NaHCO3反应得到V‎2L二氧化碳，说明分子中含有-COOH，存在反应关系式：R-OH～H2，R-COOH～H2，以及R-COOH CO2，若V1＝V2，说明1个该分子中含有1个COOH和1个OH，只有A符合，故答案选A。‎ ‎19.在C2H2、C6H6、C2H4O组成的混合物中，已知氧元素的质量分数为16%，则混合物中碳元素的质量分数是 （ ）‎ A. 92.3% B. 75.7% C. 65% D. 86%‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】因为C2H4O可以写成C2H2·H2O，所以根据氧原子的含量可以算出水的含量，即为16％×＝18％，所以混合物中CH的质量分数为82％，因此含碳量是82％×＝75.7％。‎ 答案选B。‎ ‎20.某气态烷烃与烯烃的混合气‎9g，其密度为相同状况下氢气密度的11.2倍，将混合气体通过足量的溴水，溴水增重‎4.2g，则原混合气体的组成为（ ）‎ A. 乙烷与丙烯 B. 甲烷与乙烯 ‎ C. 甲烷与丙烯 D. 甲烷与丁烯 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由气态烷烃与烯烃组成的混合气体的密度是同种状况下H2密度的11.2倍，则M(混合)=11.2×‎2g/mol=‎22.4g/mol，烯烃的摩尔质量最小的是乙烯，摩尔质量为‎28g/mol，则烷烃的摩尔质量应小于‎22.4g/mol，所以混合气体中一定含有甲烷。‎ 混合气体的物质的量n(混合)==0.4mol，混合气体通过足量的溴水，溴水增重‎4.2g为烯烃的质量，则混合气体中甲烷的质量为m(甲烷)=‎9g-4.2g=‎‎4.8g ‎，那么甲烷的物质的量为n(CH4)==0.3mol，所以烯烃的物质的量为0.4mol-0.3mol=0.1mol，因此烯烃的摩尔质量M==‎42g/mol，设烯烃的化学式为CnH2n，则12n+2n=42，解得n=3，因此该烯烃为丙烯，则该混合物为甲烷与丙烯的气体，故合理选项是C。‎ ‎21.已知烃A(标准状况下密度为‎1.25g/L)能发生如下转化，反应①中水分子所含氧原子用18O标记，D具有酸性，能使溴水褪色，相对分子质量为72，且D中不含18O，E具有水果香味，F为高分子化合物。‎ ‎(1)烃A的电子式为_________；有机物B所含官能团名称为_________；有机物D的含氧官能团的结构简式为_____。‎ ‎(2)写出下列反应的反应方程式及反应类型：‎ 反应②的化学方程式：_________(需标记18O)，属于_________反应；‎ 反应③的化学方程式_________(需标记18O)，属于_________反应。‎ ‎(3)E(需标记18O)和F的结构简式分别为_____、_____。‎ ‎(4)“绿色化学”要求原子利用率达到100%，以上反应符合要求的是：_________(填序号)。‎ ‎【答案】(1). (2). 羟基 (3). -COOH (4). 2CH3CH218OH+O22CH3CH18O+2H2O (5). 氧化 (6). CH2=CHCOOH+CH3CH218OHCH2=CHCO18OCH2CH3+H2O (7). 酯化或取代 (8). CH2=CHCO18OCH2CH3 (9). (10). ①④‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】烃 A在标准状况下的密度为‎1.25g/L，根据摩尔质量和相对分子质量在数值上相等，则烃A的摩尔质量=‎1.25 g/L×‎22.4L/mol=‎28g/mol，A为CH2=CH2；CH2=CH2和水在催化剂条件下发生加成反应生成B，B为CH3CH218OH，乙醇被催化氧化生成C，C为CH3CH18O；D具有酸性，能使溴水褪色，说明D中含有碳碳双键和羧基，相对分子质量为72，且D中不含18O，则D为CH2‎ ‎=CHCOOH，E有水果香味，为酯，因此E为CH2=CHCO18OCH2CH3，F是高分子化合物，则F为，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)根据分析，烃A是乙烯，电子式为；有机物B为CH3CH218OH，所含官能团名称为羟基；有机物D为CH2=CHCOOH，D的含氧官能团的结构简式为-COOH；‎ ‎(2)反应②的化学方程式为：2CH3CH218OH+O22CH3CH18O+2H2O，属于氧化反应；反应③的化学方程式为CH2=CHCOOH+CH3CH218OHCH2=CHCO18OCH2CH3+H2O，其属于酯化反应或取代反应；‎ ‎(3)根据分析可知：E的结构简式为CH2=CHCO18OCH2CH3，F的结构简式为 ；‎ ‎(4)“绿色化学”要求原子利用率达到100%，化合反应的原子利用率可以达到100%，①是乙烯和水发生加成反应生成乙醇，属于加成反应；反应②是乙醇的催化氧化反应，不属于化合反应；反应③是乙烯酸和乙醇发生酯化反应，不属于化合反应；反应④是CH2=CHCOOH发生聚合反应制得F，属于加聚反应；加成反应和加聚反应的原子利用率都达到100%，故符合要求的是：①④。‎ ‎22.海洋约占地球表面积的71%，海水资源的利用具有非常广阔的前景，从海水中可提取多种化工原料。按下图所示工艺流程可利用海水获得Br2：‎ ‎（1）下列不需要化学变化就能够从海水中获得的物质是_______。‎ A．氯、溴、碘B．食盐、淡水C．烧碱、氢气D．钠、镁、铝 ‎（2）步骤中已获得Br2，步骤中又将Br2还原为Br-，其目的为_________________。‎ ‎（3）步骤用水溶液吸收Br2，有关反应的离子方程式为_____________________。‎ ‎（4）根据上述反应判断SO2、Cl2、Br2三种物质氧化性由强到弱的顺序是__________。‎ ‎【答案】(1). B (2). 富集溴元素 (3). Br2+SO2+2H2O=4H++2Br-+ (4). Cl2＞Br2＞SO2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】根据工艺流程分析可知，海水可得到NaCl和苦卤，向苦卤中通入Cl2，可发生反应Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，再向得到的Br2中通入空气，SO2和H2O发生反应Br2+SO2+2H2O=4H++2Br-+得到HBr，再通入Cl2得到产品溴，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)A．可从海水中获得氯化钠，通过电解熔融氯化钠得到钠和氯气，是化学变化，通过氯气将溴离子和碘离子氧化为溴单质和碘单质，是化学变化，A错误；‎ B．通过海水蒸发可获得氯化钠，海水蒸馏可获得淡水，都是物理变化，不需要化学变化就能够从海水中获得，B正确；‎ C．可从海水中获得氯化钠，配制成饱和食盐水，然后电解，即得烧碱、氢气和氯气，是化学变化，C错误；‎ D．电解熔融氯化钠得到钠和氯气，是化学变化，通过电解熔融的氯化镁和氧化铝即得镁和铝，是化学变化，D错误；‎ 故选B；‎ ‎(2)步骤②中又将Br2还原为Br-，其目的为了提高Br-的浓度，即富集溴元素；‎ ‎(3)用SO2水溶液吸收Br2，可发生氧化还原反应，反应的离子方程式为Br2+SO2+2H2O=4H++2Br-+；‎ ‎(4)由上述分析，向苦卤中通入Cl2，可发生反应Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，反应中Cl2作氧化剂，Br2为氧化产物，再向得到的Br2中通入空气，SO2和H2O发生反应Br2+SO2+2H2O=4H++2Br-+得到HBr，反应中Br2作氧化剂，SO2为氧化产物，则氧化性Cl2＞Br2＞SO2。‎ ‎23.德国化学家凯库勒认为：苯分子是由6个碳原子以单双键相互交替结合而成的环状结构。为了验证凯库勒有关苯环的观点，甲同学设计了如图实验方案。‎ ‎①按如图所示的装置图连接好各仪器；②检验装置的气密性；③在A中加入适量的苯和液溴的混合液体，再加入少量铁粉，塞上橡皮塞，打开止水夹K1、K2、K3④待C中烧瓶收集满气体后，将导管b的下端插入烧杯里的水中，挤压预先装有水的胶头滴管的胶头，观察实验现象回答下列问题。‎ ‎(1)A中所发生的有机反应的化学方程式为___________________________________，能证明凯库勒观点错误的实验现象是________________________________________。‎ ‎(2)装置B的作用是________________。‎ ‎(3)反应完毕后，将装置A内反应后的液体依次进行下列实验操作就可得到较纯净的溴苯：①蒸馏②水洗③用干燥剂干燥④用10%NaOH溶液洗⑤水洗；正确的操作顺序是______________‎ A．②③①④⑤ B．②④⑤③① C．④②③⑤① D．②④①③⑤ ‎ ‎(4)经研究表明，苯分子中6个碳碳键完全相同，发生化学反应具有以下特点：______取代、_________加成、_________氧化(填“难”、“易”或“能”)，但取代基的引入会改变苯的性质，则对的叙述不正确的是____________‎ A．分子中9个碳原子一定位于同一平面内 　B．该物质能使酸性KMnO4溶液褪色 C．1mol该有机物可与4molH2发生加成反应 　D．该物质与苯乙烯互为同系物 ‎【答案】(1). +Br2+HBr (2). 烧瓶中产生“喷泉”现象 (3). 除去未反应的苯蒸气和溴蒸气 (4). B (5). 易 (6). 能 (7). 难 (8). A ‎【解析】‎ ‎【分析】苯与溴在溴化铁做催化剂的条件下发生取代反应，生成溴苯和溴化氢；由于反应放热，苯和液溴均易挥发，溴的存在干扰检验H+和Br-；除去混合酸后，粗溴苯中主要含有苯、少量的酸、水等杂质，需进一步精制，操作为水洗、用10%的NaOH溶液洗、水洗、用干燥剂干燥、蒸馏；根据苯的化学性质分析解答；根据的结构分析它的性质。‎ ‎【详解】(1)苯与溴在溴化铁做催化剂的条件下生成溴苯和溴化氢，苯分子里的氢原子被溴原子所代替，化学方程式为：+Br2+HBr，该反应为取代反应，不是加成反应，所以苯分子中不存在碳碳单双键交替，所以凯库勒观点错误，生成的溴化氢极易溶于水，所以C中产生“喷泉”现象；‎ ‎(2)由于反应放热，苯和液溴均易挥发，苯和溴极易溶于四氯化碳，用四氯化碳除去溴化氢气体中的溴蒸气和苯，以防干扰检验H+和Br−；‎ ‎(3)产品粗溴苯的精制，应先水洗，除去溶有的酸，再用10%NaOH溶液洗涤，将Br2转化为易溶于水的NaBr和NaBrO，然后水洗、干燥，最后蒸馏，故正确的顺序为②④⑤③①；‎ ‎(3)苯分子中6个碳碳键完全相同，具有平面正六边形结构，可以和卤素单质等发生取代反应，易取代；可以和氢气等发生加成反应，能加成；苯不能被酸性高锰酸钾氧化，难氧化；但取代基的引入会改变苯的性质；‎ A．苯环和乙烯具有平面形结构，与苯环直接相连的原子可能在同一个平面上，也可能不在一个面上，故A错误；‎ B．含有碳碳双键和甲基，都可被酸性高锰酸钾氧化，故B正确；‎ C．苯环和碳碳双键都可与氢气发生加成反应，则1 mol该有机物可与4 mol H2发生加成反应，故C正确；‎ D．该物质含有碳碳双键和苯环，与苯乙烯结构相似，组成上相差一个CH2基团，故互为同系物，故D正确；‎ 答案选A。‎ ‎24.某烃在标准状况下的密度为‎3.125g/L，现取‎3.6g该烃完全燃烧，将全部产物依次通入足量的浓硫酸和碱石灰，浓硫酸增重‎5.4g，碱石灰增重‎11g，求：‎ ‎(1)该烃的分子式是________(写出计算过程)。‎ ‎(2)已知该烃的一氯代物只有一种，写出其结构简式：________。‎ ‎(3)浓硫酸和碱石灰的顺序能否颠倒？回答“能”或“不能”，试解释原因：____________。‎ ‎【答案】(1). C5H12 (2). (3). 不能，若先用碱石灰测CO2质量，再用浓H2SO4测H2O质量，碱石灰能够吸收水分，影响水的测定结果，应该先用浓硫酸测定水的质量 ‎【解析】‎ ‎【分析】摩尔质量=密度×气体摩尔体积，摩尔质量以g/mol作单位，数值上等于其相对分子质量，浓硫酸增重‎5.4g为生成的水的质量，碱石灰增重‎11g为燃烧生成CO2的质量，根据C原子、H原子守恒可计算出‎3.6g烃中C原子、H原子的物质的量，据此计算烃中C原子、H原子的个数比，即求出的实验式，再结合烃的相对分子质量确定其分子式；一氯代物只有一种，则分子中只有一种H原子，碱石灰能够吸收水分，影响水的测定结果，据此解答。‎ ‎【详解】(1)烃的摩尔质量为‎3.215g/L×‎22.4L/mol=‎72g/mol，摩尔质量以g/mol作单位，数值上等于其相对分子质量所以该烃的相对分子质量为72；生成水的物质的量为n(H2O)=‎ ‎=0.3mol，所以n(H)=2n(H2O)=0.3mol×2=0.6mol，生成CO2的物质的量为n(CO2)==0.25mol，所以n(C)=n(CO2)=0.25mol，烃中C原子、H原子的个数比为0.25mol：0.6mol=5：12，实验式为C5H12，实验式中C原子与H原子的关系满足烷烃关系，实验式即是分子式，所以该烃的分子式为C5H12；‎ ‎(2)该烃的一氯代物只有一种，分子中只有一种H原子，C5H12是烷烃，所以H原子一定位于甲基上，所以甲基数目为=4，剩余的1个C原子通过单键连接4个甲基，结构简式为；‎ ‎(3)浓硫酸和碱石灰的顺序不能颠倒，若先用碱石灰测CO2质量，再用浓H2SO4测H2O质量，碱石灰能够吸收水分，影响水的测定结果，应该先用浓硫酸测定水的质量。‎