浙江省台州市书生中学2018_2019学年高二化学下学期第一次月考试题（含解析） 28页

台州市书生中学2018学年第二学期第一次月考高二化学试卷可能用到的相对原子质量：H1　C12　N14　O16　S32　Cl35.5Fe56　Cu64　Ba137选择题部分(共50分)一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.下列属于酸性氧化物的是A.Na2CO3B.Mn2O7C.MgOD.NH3【答案】B【解析】【分析】酸性氧化物是指和碱反应生成盐和水的氧化物。【详解】A.Na2CO3属于盐，故A错误；B.Mn2O7是酸性氧化物，故B正确；C.MgO是碱性氧化物，故C错误；D.NH3是气态氢化物，故D错误；故选B。2.下列仪器名称为“容量瓶”的是A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】根据仪器的构造可知四种仪器分别是圆底烧瓶、容量瓶、冷凝管、蒸馏烧瓶，故B正确。故选B。3.下列属于电解质的是A.葡萄糖B.大理石C.硫酸钡D.粗铜【答案】C【解析】n【分析】电解质和非电解质的前提必须是化合物，单质和混合物既不是电解质也不是非电解质。【详解】A.葡萄糖是非电解质，故A错误；B.大理石的主要成分是碳酸钙，是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故B错误；C.硫酸钡是电解质，故C正确；D.粗铜是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故D错误；故选C。【点睛】常见的电解质有：酸、碱、盐、活泼金属氧化物，水；常见的非电解质有：蔗糖、酒精，淀粉等大多数的有机物，非金属氧化物，氨气等。4.下列属于氧化还原反应的是A.CaCO3==CaO＋CO2↑B.Mg3N2+3H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑C.Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑D.NaHCO3＋HCl=NaCl＋CO2↑+H2O【答案】C【解析】【分析】氧化还原反应的判断依据是化合价的升降。【详解】A.CaCO3==CaO＋CO2↑，没有化合价的变化，不是氧化还原反应，故A错误；B.Mg3N2+3H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑，没有化合价的变化，不是氧化还原反应，故B错误；C.Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑，Zn从0价升到+2价，氢元素从+1价降到0价，是氧化还原反应，故C正确；D.NaHCO3＋HCl=NaCl＋CO2↑+H2O，没有化合价的变化，不是氧化还原反应，故D错误；故选C。5.下列物质的水溶液因电离而呈酸性的是A.KHSO4B.CH3COONaC.NaHCO3D.NH4NO3【答案】A【解析】【详解】A.KHSO4=K++H++SO42-，因电离而呈酸性，故A正确；B.CH3COO-水解使得溶液呈碱性，故B错误；C.HCO3-电离程度小于水解程度，故NaHCO3溶液呈碱性，故C错误；D.NH4+水解使得溶液呈酸性，故D错误；n故选A。6.下列说法不正确的是A.二氧化氯可用于自来水的消毒B.氧化镁可用于制造耐高温材料C.把固体炸药制成胶体能提高威力D.二氧化硫可以使石蕊试剂褪色【答案】D【解析】【详解】A.二氧化氯具有强氧化性，可用于自来水的消毒，故A正确；B.氧化镁的熔点高，可用于制造耐高温材料，故B正确；C.把固体炸药制成胶体可以避免吸湿、可挤压成任何形状，如果外边附上黏着性材料，就可以像口香糖那样牢牢地黏附在物体上，故C正确；D.二氧化硫可以使紫色石蕊试剂变红，但不能褪色，故D错误故选D。7.下列表示正确的是A.H2O的球棍模型：B.乙醛的结构简式：CH3COHC.质子数为6、质量数为14的原子：D.三氟化氮的电子式：【答案】C【解析】【详解】A.是水的比例模型，故A错误；B.乙醛的结构简式：CH3CHO，故B错误；C.质子数为6、质量数为14的原子的原子符号为：，故C正确；D.三氟化氮的电子式：，故D错误；故选C。8.适量下列物质中，不能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝的是A.氯气B.碘水C.氯化钠溶液D.次氯酸溶液【答案】Cn【解析】【详解】A.Cl2+2KI=2KCl+I2，碘单质遇淀粉变蓝，故A错误；B.碘水遇淀粉变蓝，故B错误；C.氯化钠溶液不能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，故C正确；D.次氯酸能把KI中碘离子氧化成I2，碘单质遇淀粉变蓝，故D错误；故选C。9.能源可划分为一次能源和二次能源，直接从自然界取得的能源称为一级能源，一次能源经过加工、转换得到的能源成为二次能源。下列能源中属于一次能源的是A.氢能B.电能C.核能D.水煤气【答案】C【解析】【详解】A.我们所能利用的氢能是经过一定加工手段制得的，所以属于二次能源，故A错误；B.电能是通过物质燃烧放热转化成的，或是由风能、水能、核能等转化来的，是二次能源，故B错误；C.核能可以直接从自然界取得，属于一次能源，故C正确；D.水煤气是二次能源，故D错误；故选C。【点睛】该题是基础性试题的考查，解题的关键是记住一次能源和二次能源的概念，以及常见的能源分类，然后灵活运用即可。10.下列说法正确的是A.硝酸银溶液保存在棕色的广口瓶中，防止见光分解B.用pH试纸测定浓度为18mol/LH2SO4溶液的pHC.分液操作时，分液漏斗中的下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出D.萃取操作时，应选择有机萃取剂，且萃取剂的密度必须比水小【答案】C【解析】【详解】A.硝酸银见光容易分解，保存在棕色的细口瓶中，故A错误；B.18mol/LH2SO4是浓硫酸，具有脱水性，能使pH试纸变黑，不能读出数值，故B错误；C.分液操作时，分液漏斗中的下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，故C正确；D.萃取操作时，一般选择有机萃取剂，对萃取剂的密度没有要求，故D错误；n故选C。11.下列说法不正确的是A.是指质子数和中子数都是8的一种核素B.金刚石和煤炭、碘晶体和碘蒸气，都互为同素异形体C.乙酸和硬脂酸(C17H35COOH)互为同系物D.H2N-CH2COOH的名称是甘氨酸或α-氨基乙酸【答案】B【解析】【详解】A.质子数和中子数都是8，故A正确；B.煤炭是混合物，金刚石和煤炭不互为同素异形体，碘晶体和碘蒸气是同种物质，故B错误；C.同系物是指结构相似、分子组成相差一个若干个"CH2"原子团的有机化合物，故C正确；D.H2N-CH2COOH的名称是甘氨酸或α-氨基乙酸，故D正确；故选B。12.反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H<0，若在恒压绝热的容器中发生，下列选项表明一定已达平衡状态的是A.容器内的温度不再变化B.容器内的压强不再变化C.相同时间内，断开H-H键的数目和生成N-H键的数目相等D.容器内气体的浓度c(N2):c(H2):c(NH3)=1:3:2【答案】A【解析】分析：根据化学平衡状态的特征解答，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，据此分析解答。详解：A．绝热容器，温度不再改变，说明正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故A正确；B．该反应在恒压条件下进行，压强始终不变，不能根据压强判断平衡状态，故B错误；C．相同时间内，断开H-H键的数目和生成N-H键的数目相等，表示的都是正反应，且不满足计量数关系，无法判断是否达到平衡状态，故C错误；D．容器内气体的浓度c(N2)：c(H2)：c(NH3)=1：3：2，无法判断各组分的浓度是否发生变化，则无法判断平衡状态，故D错误；故n选A。点睛：本题考查了化学平衡状态的判断，明确化学平衡状态的特征是解题的关键，本题的易错点为C，要注意用化学反应速率表示平衡时，一定要遵守正反应速率=逆反应速率，要存在正逆反应速率，且相等才是平衡状态。13.下列离子方程式正确的是A.FeCl3溶液加入足量氨水：Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓B.新制氯水中通入SO2：Cl2+SO2+2H2O=2H++2Cl-+H2SO4C.3molCO2气体通入含5molNaOH的溶液：3CO2+5OH﹣=2CO32﹣+HCO3﹣+H2OD.硫酸氢铵溶液中加入少量氢氧化钡溶液：2H++SO42-+Ba2++2OH=BaSO4↓+2H2O【答案】D【解析】【详解】A.一水合氨是弱碱，不能拆成离子形式，正确的离子方程式为：Fe3++3NH3∙H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+，故A错误；B.新制氯水中通入SO2的离子方程式为：Cl2+SO2+2H2O=4H++2Cl-+SO42-，故B错误；C.3molCO2和5molNaOH反应产物既有碳酸钠又有碳酸氢钠，离子方程式为：3CO2+5OH﹣=2CO32﹣+HCO3﹣+2H2O，故C错误；D.硫酸氢铵溶液中加入少量氢氧化钡溶液，氢离子和硫酸根离子参与反应，正确的离子方程式为：2H++SO42-+Ba2++2OH=BaSO4↓+2H2O，故D正确；故选D。【点睛】离子方程式的正误判断：1、是否可拆：不能拆的物质有：弱酸、弱碱、水、氧化物、单质、气体和沉淀。2、是否守恒：得失电子守恒、电荷守恒与原子守恒。3、是否符合客观事实：如：Fe与稀盐酸或稀硫酸反应时，生成Fe2+；硝酸与任何金属反应产物中都没有H2生成。14.短周期元素W、X、Y、Z在元素周期表中的位置如图所示，其中W的单质是空气的主要成分，化学性质稳定，不易参加化学反应，则下列有关说法中错误的是A.Z元素的最高价氧化物水化物的酸性强于YB.要使由Y元素形成的YO2晶体融化，需要破坏共价键nC.四种元素常见的氢化物：YH4、WH3、H2X、HZ中，YH4最稳定D.氢化物WH3与HZ反应生成的离子化合物中存在10e-、18e-两种微粒【答案】C【解析】【分析】由元素在周期表中位置可知，W、X处于第二周期，Y、Z处于第三周期，其中W的单质是空气的主要成分，化学性质稳定，不易参加化学反应，则W为N元素，可推知X为O元素，Y为Si，Z为Cl元素，据此解答。【详解】A.高氯酸的酸性强于硅酸，故A正确；B.SiO2是原子晶体，融化需要破坏共价键，故B正确；C.四种元素中Si元素的非金属性最弱，故氢化物中SiH4最不稳定，故C错误；D.NH3与HCl反应生成的离子化合物为NH4Cl，NH4Cl中NH4+含有10e-，Cl-含有18e-，故D正确；故选C。【点睛】同一周期的元素（稀有气体元素除外），从左到右原子半径逐渐减小，金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强；同一主族的元素，从上到下原子半径逐渐增大，非金属性逐渐减弱，金属性逐渐增强。15.下列说法正确的是A.甲醇、甲醛、甲酸都能发生氧化反应B.石油裂解气能使溴水，酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同C.煤中含有苯和二甲苯等物质，可通过煤的干馏获得D.苯与液溴在光照条件下通过取代反应可制得溴苯【答案】A【解析】【详解】A.甲醇可以在银作催化剂的情况下和氧气反应生成甲醛；甲醛加强氧化剂如酸性高锰酸钾、酸性重铬酸钾等可以把它氧化成甲酸，弱氧化剂如银氨溶液、新制强氧化铜悬浊液也可以将甲醛氧化成甲酸，甲酸可以被强氧化剂氧化成二氧化碳和水，故A正确；B.石油裂解气中含有烯烃，可以与溴发生加成反应，与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，故B错误；C.煤的干馏产品中含有苯和二甲苯等物质，煤中不含有苯和二甲苯等物质，故C错误；nD.苯与液溴在催化剂条件下通过取代反应可制得溴苯，故D错误；故选A。16.下列说法正确的是A.油脂水解的另一种产物丙醇是一种重要的工业原料B.棉、麻、丝、毛完全燃烧都只生成二氧化碳和水C.油脂和氨基酸在一定条件下均可以和氢氧化钠溶液反应D.福尔马林可以用于鱼、肉等食品的防腐保鲜。【答案】C【解析】【详解】A.油脂为高级脂肪酸甘油酯，水解生成丙三醇，故A错误；B.棉、麻的成分是纤维素，纤维素是由C、H、O三种元素组成，燃烧后只生成二氧化碳和水，丝、毛的成分是蛋白质，蛋白质是由C、H、O、N等元素组成，燃烧后除生成二氧化碳和水外，还有N2，故B错误；C.油脂在碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐和丙三醇，氨基酸含有羧基可以与氢氧化钠溶液反应，故C正确；D.福尔马林有毒，不可以用于食品的防腐保鲜，故D错误；故选C。17.“锂-空气电池”能量密度极高、成本较低，其工作原理如图所示，电极反应为：4Li+O2+2H2O=4LiOH。下列说法不正确的是A.锂电极上发生氧化反应B.空气极(多孔碳)上的电极反应式：O2+4e-+4H+=2H2OC.电池工作时，电流由多孔碳电极经导线流向金属锂电极，再经有机电解液和水性电解液流向多孔碳电极D.若外电路中流过0.02mol电子，负极材料减重0.14gn【答案】B【解析】【详解】A.Li化合价由0价升到+1价，锂电极上发生氧化反应，故A正确；B.空气极(多孔碳)上的电极反应式：O2+2H2O+4e-=4OH-，故B错误；C.原电池中，金属锂作负极，多孔碳电极作正极，电流从正极流向负极，故C正确；D.负极反应式为：Li-e-=Li+，外电路中流过0.02mol电子，反应的锂为0.02mol，负极材料减重为0.14g，故D正确；故选B。【点睛】原电池是把化学能转化为电能的装置，在原电池中，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，电流从正极流向负极。18.室温下，甲、乙两烧杯均分别盛有5mLpH=3的盐酸和醋酸溶液，向乙烧杯中加水稀释至pH=4。关于甲和稀释后乙烧杯中的溶液，描述正确的是A.溶液的体积10V甲＞V乙B.水电离出的OH-浓度：10c(OH-)甲=c(OH-)乙C.若分别用等浓度的NaOH溶液完全中和，所得溶液的pH：甲＞乙D.若分别与5mLpH=1的NaOH溶液反应，所得溶液的pH：甲＜乙【答案】B【解析】【分析】室温下，甲、乙两烧杯均分别盛有5mLpH=3的盐酸和醋酸溶液，醋酸部分电离，醋酸溶液中醋酸的浓度大于氢离子的浓度，盐酸中HCl的浓度等于氢离子的浓度。【详解】A.乙中醋酸是弱酸，则pH减小1时，体积大于原来的10倍，所以溶液的体积10V甲乙，故D错误。n故选B。19.氢卤酸的能量关系如图所示下列说法正确的是A.已知HF气体溶于水放热，则HF的△H1<0B.相同条件下，HCl的△H2比HBr的小C.相同条件下，HCl的△H3+△H4比HI的大D.一定条件下，气态原子生成1molH-X键放出akJ能量，则该条件下△H2=+akJ/mol【答案】D【解析】分析：A．根据△H1代表的是HX气体从溶液中逸出的过程分析判断；B．根据△H2代表的是HX的分解过程，结合HCl的HBr稳定性分析判断；C．根据△H3+△H4代表H(g)→H(aq)的焓变分析判断；D．一定条件下，气态原子生成1molH-X键放出akJ能量，则断开1molH-X键形成气态原子吸收akJ的能量，据此分析判断。详解：A．△H1代表的是HX气体从溶液中逸出的过程，因为HF气体溶于水放热，则HF气体溶于水的逆过程吸热，即HF的△H1＞0，故A错误；B．由于HCl比HBr稳定，所以相同条件下HCl的△H2比HBr的大，故B错误；C．△H3+△H4代表H(g)→H(aq)的焓变，与是HCl的还是HI的无关，故C错误；D．一定条件下，气态原子生成1molH-X键放出aKJ能量，则断开1molH-X键形成气态原子吸收aKJ的能量，即为△H2=+akJ/mol，故D正确；故选D。20.下列说法不正确的是A.某晶体固体不导电，其水溶液能导电，说明该晶体是离子晶体。B.液态水转变为气态水需要吸热，说明旧键断裂吸收的能量大于新键形成放出的能量C.Na投入到水中，有共价键的断裂与形成D.N2和NCl3两种分子中，每个原子的最外电子层都具有8电子稳定结构【答案】Bn【解析】【详解】A.某晶体固体不导电，其水溶液能导电，该晶体是离子晶体，故A正确；B.液态水转变为气态水需要吸热，克服的是分子间作用力，故B错误；C.Na投入到水中生成氢氧化钠和氢气，则水中共价键断裂，氢气中共价键生成，故C正确；D.N2中含N三N，NCl3中含3个N-Cl键，且N原子上均存在1对孤对电子，则两种分子中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构，故D正确；故选B。【点睛】一个化学反应的实质是旧化学键的断裂和新化学键的形成，液态水转变为气态水是物理变化，克服的是分子间作用力。21.以二氧化钛表面覆盖Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2和CH4直接转化成乙酸。在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如图所示，下列说法正确的是A.由图可知：乙酸的生成速率随温度升高而升高B.250-300℃时，温度升高而乙酸的生成速率降低的主要原因是因为催化剂的催化效率降低C.由300-400℃可得，其他条件相同时，催化剂的催化效率越低，乙酸的生成速率越大。D.根据图像推测，工业上若用上述反应制备乙酸最适宜的温度应为400℃。【答案】B【解析】【详解】A.由图可知：250-300℃时，温度升高而乙酸的生成速率降低，故A错误；B.250-300℃时，温度升高而乙酸的生成速率降低的主要原因是温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低，故B正确；C.300-400℃时，催化剂的催化效率接近于0，但温度升高，乙酸的生成速率增大，故C错误；D.根据图像推测，工业上若用上述反应制备乙酸最适宜的温度应为250℃，故D错误；故选B。22.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.3.0g质量分数为46%的乙醇水溶液中所含的原子数目为0.6NAnB.23gC2H6O分子中含C—H键数目为2.5NAC.0.3molNa2O2固体中含自由移动的离子总数为0.9NAD.将CO2通过Na2O2使其增重ag时，反应中转移电子数为【答案】D【解析】【详解】A.3.0g质量分数为46%的乙醇水溶液中含有的乙醇的物质的量为0.03mol，0.03mol乙醇中含有0.27mol原子，乙醇水溶液中含有的水分子的物质的量为0.09mol，水分子中含有的原子数为0.27mol，故3.0g质量分数为46%的乙醇水溶液中所含的原子数目为0.54NA，故A错误；B.23gC2H6O的物质的量为0.5mol，如果是乙醇，一个C2H6O分子含有5个C—H键，故0.5molC2H6O分子中含C—H键数目为2.5NA，如果是甲醚，一个C2H6O分子含有6个C—H键，故0.5molC2H6O分子中含C—H键数目为3NA，故B错误；C.Na2O2固体中没有自由移动的离子，故C错误；D.2molCO2与Na2O2反应生成1mol氧气，过氧化钠质量增重56g，增重ag时生成氧气的物质的量为：a/56mol，转移的电子的物质的量为a/56×2mol=a/28mol，反应中转移电子数为,，故D正确；故选D。【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握公式的使用和物质的结构、状态是解题关键，Na2O2固体中没有自由移动的离子，溶液中才有自由移动的离子。23.室温下向10mL0.1mol·L－1NaOH溶液中加入0.1mol·L－1的一元酸HA溶液，pH的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是A.pH=4.7时，2c(Na+)=c(A-)+c(HA)B.一元酸HA为弱酸C.a、b两点所示溶液中水的电离程度不同，且a点比b点电离程度大D.a点所示溶液中c(A-)>c(Na+)n【答案】D【解析】【详解】A.pH=4.7时，HA过量一倍，溶液存在NaA和HA物质的量相等，根据物料守恒，2c(Na+)=c(A-)+c(HA)，故A正确；B.a点时酸碱恰好中和，溶液pH=8.7，说明HA为弱酸，故B正确；C.a点A-水解，促进水的电离，b点时HA过量，溶液呈酸性，HA电离出H+，抑制水的电离，故C正确；D.a点酸碱恰好中和，溶液溶质NaA，NaA溶液A-水解，溶液呈碱性，应为c(Na+)>c(A-)，故D错误；故选D。【点睛】影响水的电离平衡的因素有温度、酸、碱、盐等，加酸、加碱抑制水的电离，能水解的盐促进水的电离。24.我国化学侯德榜改革国外的纯碱生产工艺，生产流程如图所示，下列说法不正确的是A.在沉淀池中应先通入氨气，在通入二氧化碳气体B.在过滤后的母液中加入氯化钠粉末、通入氨气，搅拌，经冷却结晶后可得氯化铵晶体C.循环1中X是二氧化碳D.该反应原理：NH3+CO2+H2O=HCO3-+NH4+【答案】D【解析】【详解】A.沉淀池中氨水显碱性更容易吸收二氧化碳，所以向沉淀池中应先通入氨气，在通入二氧化碳气体，故A正确；B.在过滤后的母液中加入氯化钠粉末、通入氨气，增大NH4+的浓度，使氯化铵更多析出，故B正确；C.n煅烧炉中发生的反应是碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、水、二氧化碳，所以制取的二氧化碳可以作为反应池中的反应物，所以可以循环利用，故C正确；D.该反应原理：NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl，离子方程式为：NH3+CO2+H2O+Na+=NaHCO3↓+NH4+，故D错误；故选D。25.某绿色溶液A含有H+、Na+、Mg2+、Fe2+、Cu2+、SO42-、Cl-、CO32-和HCO3-离子中的若干种，取该溶液进行如下实验(已知Ag2SO4微溶于水，可溶于酸)①向溶液中滴加Ba(OH)2溶液，过滤，得到不溶于酸的白色沉淀和绿色滤液B；②取滤液B，先用HNO3酸化，再滴加0.001mol/LAgNO3溶液，有白色沉淀生成。下列说法不正确的是A.溶液A中一定存在H+、SO42-和Cl-B.溶液A中不存在Mg2+、CO32-和HCO3-，不能确定Na+的存在C.第②步生成的白色沉淀中只有AgCl，没有Ag2CO3D.溶液A中存在Fe2+与Cu2+中的一种或两种，且可以用NaOH溶液判断【答案】B【解析】【分析】B溶液呈绿色，则一定含有Fe2+与Cu2+中的一种或两种，与Fe2+与Cu2+反应的CO32-和HCO3-不能大量存在；①向溶液中滴加Ba(OH)2溶液，过滤，得到不溶于酸的白色沉淀，则溶液中含有SO42-，还有绿色滤液B，说明Fe2+与Cu2+未沉淀下来，则溶液中含有H+，如氢氧化钡不足，则不能确定是否含有Mg2+；②取滤液B，先用HNO3酸化，再滴加0.001mol/LAgNO3溶液，有白色沉淀生成，则溶液中一定存在Cl-，不能确定Na+是否存在。【详解】A.由以上分析可知溶液A中一定存在H+、SO42-和Cl−，故A正确；B.反应①得到绿色滤液，说明溶液呈酸性，如氢氧化钡不足，则不能确定是否含有Mg2+，故B错误；C.溶液中不存在CO32-，加入硝酸银，不生成Ag2CO3，故C正确；D.如含有亚铁离子，加入氢氧化钠，先生成白色絮状沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，如含铜离子，可生成蓝色沉淀，现象不同，可鉴别，故D正确。故答案选B。非选择题部分(共50分)二、非选择题n26.已知烃A在标准状况下的密度为1.16g·Lˉ1，B能发生银镜反应。以A和CO为原料制取有机物E的流程如下：请回答：（1）反应①的反应类型是__________。（2）关于物质D(CH2=CHCOOH)化学性质的说法正确的是__________。A．物质D含有一种官能团B．物质D与Na2CO3溶液反应能产生气泡C．物质D不能使酸性KMnO4溶液褪色D．常温常压时，物质D呈气态（3）②的反应机理与制取乙酸乙酯相似，写出其化学方程式________________。【答案】(1).加成或还原(2).B(3).CH2=CHCOOH+HOC2H5CH2=CHCOOC2H5 +H2O【解析】已知烃A在标准状况下的密度为1.16g·Lˉ1，其摩尔质量为22.4L/mol×1.16g/L=26g/mol，则此烃为C2H2，乙炔与水加成生成的B能发生银镜反应，则B为乙醛；乙醛与氢气发生加成反应生成的C为乙醇，乙醇与丙烯酸发生酯化反应生成丙烯酸乙酯；(1)反应①为乙醛与氢气发生的加成反应，反应类型是加成或还原反应；(2)A．CH2=CHCOOH分子内含有碳碳双键和羧基二种官能团，故A错误；B．CH2=CHCOOH与Na2CO3溶液反应生成CO2，故B正确；C．CH2=CHCOOH含有碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，故C错误；D．常温常压时，CH2=CHCOOH呈液态，故D错误；答案为B；(3)乙醇与丙烯酸发生酯化反应的化学方程式为CH2=CHCOOH+HOC2H5CH2=CHCOOC2H5+H2O。点睛：解题时需要准确、快速获取新信息的能力和接受、吸收、整合化学信息的能力，采用正推和逆推相结合的方法，逐步分析有机合成路线，可推出各有机物的结构简式，然后分析官能团推断各步反应及反应类型，本题解题关键要明确B中含有醛基及反应②为酯化反应，此为突破点。27.为探究某物质X(仅含两种元素)的组成和性质，设计并完成如下实验。(气体体积已转化为标况体积)n请回答下列问题：(1)X的化学式为___________。(2)A的结构式为________，E属于_______化合物(填离子或共价)。【答案】(1).Fe3C(2).O=C=O(3).离子【解析】【分析】根据溶液C中加入NH4SCN溶液，变为血红色的，可推知B中含有铁元素，B为磁性固体，所以B为Fe3O4，无色气体A为二氧化碳，E为碳酸氢钠，根据元素守恒，可知X中含有铁元素和碳元素，A的物质的量为0.02mol，B的物质的量为0.02mol，所以X中n(Fe):n(C)=3：1，故X的化学式为Fe3C。【详解】（1）根据元素守恒，可知X中含有铁元素和碳元素，A（CO2）的物质的量为0.02mol，B（Fe3O4）的物质的量为0.02mol，所以X中n(Fe):n(C)=3：1，故X的化学式为Fe3C，故答案为：Fe3C。（2）A为二氧化碳，CO2是直线型，结构式为O=C=O，故答案为：O=C=O。（3）E为碳酸氢钠，属于离子化合物，故答案为：离子。28.草酸晶体(H2C2O4·2H2O)加热到170℃以上分解，草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水。某校化学兴趣小组欲探究草酸晶体受热分解的产物，设计了如下实验装置。回答下列问题：(1)C中的现象是___________。(2)B装置的作用______________。n(3)下列说法不正确的是______________。A．装置连接完成后，需先检查装置的气密性，然后加入药品B．反应生成的CO2能完全被C中石灰水吸收C．由实验可知，草酸分解只生成H2O和CO2D．盛装草酸晶体的大试管应开口略向下倾斜【答案】(1).有气泡逸出、澄清石灰水变浑浊(2).冷凝(水蒸气、草酸等)，防止草酸进入装置C反应生成沉淀，干扰CO2的检验(3).BC【解析】【分析】（1）草酸晶体受热分解会产生二氧化碳，通到澄清石灰水中会变浑浊。（2）根据B装置温度较低，有冷凝作用结合醋酸钙难溶于水分析。（3）根据装置的特点结合物质的性质分析判断。【详解】（1）草酸晶体受热分解会产生二氧化碳，通到澄清石灰水中会变浑浊，故C中的现象是有气泡逸出、澄清石灰水变浑浊，故答案为：有气泡逸出、澄清石灰水变浑浊。（2）B装置温度较低，有冷凝作用，防止草酸进入装置C反应生成沉淀，干扰CO2的检验，故答案为：冷凝(水蒸气、草酸等)，防止草酸进入装置C反应生成沉淀，干扰CO2的检验。（3）A.装置连接完成后，需先检查装置的气密性，然后加入药品，故A正确；B.石灰水的浓度较低，一般用来检验二氧化碳，不能除去二氧化碳，因此反应生成的CO2不能完全被C中石灰水吸收，故B错误；C.草酸晶体分解生成三种氧化物，分别是水、二氧化碳和一氧化碳，故C错误；D.用加热草酸晶体的方法获取某些气体，属于固固加热型，实验时大试管应开口略向下倾斜目的是防止冷凝水倒流入试管炸裂试管，故D正确；故选BC。29.称取4.00g氧化铜和氧化铁固体混合物，加入50.0mL2.00mol·L-1的硫酸充分溶解，往所得溶液中加入5.60g铁粉，充分反应后，得固体的质量为3.04g。请计算：（1）加入铁粉充分反应后，溶液中溶质的物质的量_________________。（2）固体混合物中氧化铜的质量_________________。【答案】(1).0.100mol(2).2.40g【解析】n【分析】过程发生的反应：CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4，所得固体为置换出的铜和剩余的铁的混合物，以此解答。【详解】（1）过程发生的反应：CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4，加入铁粉充分反应后，溶液中溶质是硫酸亚铁，根据硫酸根守恒，得到硫酸亚铁的物质的量n=0.05L×2.00mol/L=0.100mol；故答案为：0.100mol；（2）根据（1）的结果，充分反应后，溶液中含铁元素n(Fe)=n(FeSO4)=0.100mol，质量m=0.1000mol56g/mol=5.60g，等于加入的铁粉的质量，说明3.04g固体中含有氧化铜中的铜及剩余铁的质量，这些铁的质量恰好等于氧化铁中铁元素的质量，设氧化铜xmol，氧化铁ymol，则有：80x+160y=4.00，64x+112y=3.04，解得x=0.03，y=0.01，氧化铜的质量是0.03mol×80g/mol=2.40g，故答案为：2.40g。【点睛】本题运算有些繁琐，解答要运用元素守恒突破难点，首先是硫元素守恒，加入的硫酸中硫酸根离子的物质的量等于硫酸亚铁的物质的量；其次是铁元素的守恒，氧化铁中的铁元素与加入铁粉的铁元素质量之和等于溶液中含有的铁元素与固体中剩余铁的质量之和相等，注意到硫酸亚铁含有的铁元素质量等于加入的铁粉的质量，则可确定所得固体中除铜之外，还含有铁，且其质量恰好为氧化铁中所含铁的质量。30.为应对全球石油资源日益紧缺，提高煤的利用效率，我国开发了煤制烯烃技术，并进入工业化试验阶段。(1)煤气化制合成气(CO和H2)已知：Ⅰ.C(s)+H2O(g)==CO(g)+H2(g)△H1=+131.3kJ·mol-1Ⅱ.C(s)+2H2O(g)==CO2(g)+2H2(g)△H2=+90kJ·mol-1①则CO与水蒸气反应生成CO2和H2的热化学方程式为____________。②反应Ⅱ的△S____0(填“>”或“<”或“=”)，在____情况下有利于该反应自发进行。(2)由合成气反应可以制得甲醇，现研究由甲醇制烯烃的反应主反应：2CH3OHC2H4+2H2Oi3CH3OHC3H6+3H2Oii副反应：2CH3OHCH3OCH3+H2Oiiin某实验室控制反应温度为400℃，在相同的反应体系中分别填装等量的两种催化剂(Cat.1和Cat.2)，以恒定的流速通入CH3OH，在相同的压强下进行两种催化剂上甲醇制烯烃的对比研究。得到如下实验数据：(选择性：转化的甲醇中生成乙烯和丙烯的百分比)①下列说法错误的是____________A．反应进行一段时间后甲醇的转化率下降，可能的原因是催化剂失活，工业生产中需定期更换催化剂nB．使用Cat.2反应2h后乙烯和丙烯的选择性下降，可能的原因是生成副产物二甲醚C．使用Cat.1产生的烯烃主要为丙烯，使用Cat.2产生的烯烃主要为乙烯D．不管使用Cat.1还是使用Cat.2，都能提高活化分子的百分数②在上图中分别画出反应i在无催化剂、有Cat.1、有Cat.2三种情况下“反应过程—能量”示意图_______。(3)连续自动监测氮氧化物(NOx)的仪器动态库仑仪的工作原理示意图如图，NiO电极上NO发生的电极反应式：_______。【答案】(1).CO(g)+H2O(g)==CO2(g)+H2(g)△H=-41.3kJ•mol-1(2).>(3).高温(4).C(5).(6).NO+O2--2e- =NO2【解析】【分析】（1）①.根据盖斯定律，用②-①，即可解得。②反应Ⅱ的混乱度增大，故△S>0，根据△H-T△S<0为自发反应，判断出在高温下有利于该反应自发进行。（2）①A.温度过高，催化剂失去活性，所以工业生产中需定期更换催化剂。B.由题意可知，甲醇制烯烃的反应中发生副反应：2CH3OH⇌CH3OCH3+H2O，所以使用Cat.2反应2h后乙烯和丙烯的选择性下降，可能的原因是生成副产物二甲醚。nC.由图可知，小于3小时主要生成丙烯，大于3小时主要生成乙烯。D.催化剂是通过降低反应所需的活化能来增大反应速率的，催化剂使更多的反应物分子成为活化分子。②反应i在无催化剂、有Cat.1、有Cat.2三种情况下“反应过程—能量”示意图为：。（3）NO失电子，发生氧化反应，NiO电极上发生的电极反应式：NO+O2--2e-=NO2。【详解】（1）Ⅰ.C(s)+H2O(g)==CO(g)+H2(g)△H1=+131.3kJ·mol-1Ⅱ.C(s)+2H2O(g)==CO2(g)+2H2(g)△H2=+90kJ·mol-1①.根据盖斯定律，用Ⅱ-Ⅰ，得到CO(g)+H2O(g)==CO2(g)+H2(g)△H=-41.3kJ•mol-1，故答案为：CO(g)+H2O(g)==CO2(g)+H2(g)△H=-41.3kJ•mol-1。②反应Ⅱ的混乱度增大，故△S>0，根据△H-T△S<0为自发反应，判断出在高温下有利于该反应自发进行，故答案为：>；高温。（2）①A.温度过高，催化剂失去活性，所以工业生产中需定期更换催化剂，故A正确；B.由题意可知，甲醇制烯烃的反应中发生副反应：2CH3OH⇌CH3OCH3+H2O，所以使用Cat.2反应2h后乙烯和丙烯的选择性下降，可能的原因是生成副产物二甲醚，故B正确；nC.由图可知，小于3小时主要生成丙烯，大于3小时主要生成乙烯，故C错误；D.催化剂是通过降低反应所需的活化能来增大反应速率的，催化剂使更多的反应物分子成为活化分子，故D正确；故选C。②催化剂能降低反应的活化能，根据图像可知催化剂1更有利于乙烯的生成，则反应i在无催化剂、有Cat.1、有Cat.2三种情况下“反应过程—能量”示意图为：故答案为：。（3）NO失电子，发生氧化反应，NiO电极上发生的电极反应式：NO+O2--2e-=NO2，故答案为：NO+O2--2e-=NO2。31.氯化亚铜常用作有机合成工业中的催化剂，为白色晶体，不溶于乙醇，微溶于水，易溶于浓盐酸形成络合离子([CuCl2]－)。受潮露置空气中迅速氧化成碱式盐。实验室用下列流程制备：n已知：Na[CuCl2](易电离，溶液无色)NaCl+CuCl↓(白色沉淀)。请回答以下问题：(1)写出实验室制取Na[CuCl2]的离子方程式__________(2)判断步骤②反应完全的现象是____________(3)步骤③的目的是__________________________________。(4)步骤④有关抽滤操作，下列说法正确的是_______A.选择抽滤主要是为了加快过滤速度，得到较干燥的沉淀B.在吸滤瓶和抽气泵之间应连接一个安全瓶，吸滤瓶应与安全瓶的长导管相接C.抽滤时不宜过滤胶状沉淀，否则易在滤纸上形成一层密实的沉淀D.洗涤沉淀时，应关小水龙头，使洗涤剂缓缓通过沉淀物(5)定量分析：称取1.850gCuCl样品(杂质不参与反应)，溶于一定量的0.5000mol·L-1FeCl3溶液中，加水稀释至200mL得到溶液，取20.00mL用0.1000mol·L-1的Ce(SO4)2溶液滴定到终点，消耗18.00mLCe(SO4)2。①此实验涉及溶液配制与定量滴定的基本操作中，其中合理的是___________；②有关反应式：Fe3++CuCl=Fe2++Cu2++Cl-Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+则样品中CuCl的质量分数____________。【答案】(1).Cu2++4Cl－+Cu=2[CuCl2]－(2).反应溶液由蓝色转变成无色透明时为止(3).使Na[CuCl2]转化为CuCl(4).AD(5).BC(6).96.81%【解析】n【分析】（1）硫酸铜、浓盐酸和铜反应生成Na[CuCl2]。（2）根据反应前后溶液颜色的变化分析。（3）步骤③的目的是使Na[CuCl2]转化为CuCl。（4）根据抽滤操作的实验原理、操作分析判断。（5）①根据一定物质的量浓度溶液配制和滴定实验操作分析判断。②利用关系式法计算。【详解】（1）硫酸铜、浓盐酸和铜反应生成Na[CuCl2]，离子方程式为：Cu2++4Cl－+Cu=2[CuCl2]－，故答案为：Cu2++4Cl－+Cu=2[CuCl2]－。（2）铜离子为蓝色，Na[CuCl2]为无色，如果步骤②反应完全，则溶液中不存在铜离子的颜色，所以判断反应完全的现象是反应溶液由蓝色转变成无色透明时为止，故答案为：反应溶液由蓝色转变成无色透明时为止。（3）根据已知信息可知步骤③的目的是使Na[CuCl2]转化为CuCl，故答案为：使Na[CuCl2]转化为CuCl。（4）A.颗粒太小的沉淀易在滤纸上形成一层密实的沉淀，溶液不易透过，则选择抽滤主要是为了加快过滤速度，得到较干燥的沉淀，故A正确；B.在吸滤瓶和抽气泵之间应连接一个安全瓶，吸滤瓶应与安全瓶的短导管相接，否则易使水进入安全瓶，故B错误；C.胶状沉淀易透过滤纸而不易采用抽滤方法，故C错误;D.在洗涤沉淀时，应关小水龙头，使洗涤剂缓缓通过沉淀物，防止沉淀溶解而造成损失，故D正确。故选AD。（5）①溶液配制时，向容量瓶中转移溶液时，溶液不能沾到容量瓶刻度线上面，在打开酸式滴定管活塞时，要把活塞放在手心的位置，手指从另一侧打开活塞，故选BC。②Fe3++CuCl=Fe2++Cu2++Cl-，Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+可得到Ce4+～Fe2+～CuCl，n（Ce4+）=0.1000mol•L-1×0.018L=0.0018mol，则1.850g样品中含有n（CuCl）=10×0.0018mol=0.018mol，质量m（CuCl）=0.018mol×99.5g/mol=1.791g，因此样品中CuCl的质量分数=（1.791g/1.850g）×100%≈96.81%，故答案为：96.81%。32.鲁米诺又名发光氨，是一种在犯罪现场检验肉眼无法观察到的血液，可以显现出极微量的n血迹形态的重要刑侦用有机物。有机物B是一种常用工业原料，俗称苯酐，以其为原料可以合成酚酞、鲁米诺等物质。有机化合物C的苯环上有三个相邻的基团。已知：①+R’NH2+RCOOH②请回答以下问题：(1)关于酚酞的下列说法，正确的是___________A.酚酞的分子式为C20H14O4B.酚酞遇FeCl3溶液显紫色C.1mo1酚酞最多可与4molNaOH反应D.酚酞中有三种官能团(2)请写出下列化合物的结构简式：有机物B___________；鲁米诺___________。(3)请写出C—D的方程式_________________________________。(4)有机物G的分子式为C9H8O4，它是有机物A的最简单的同系物，请写出符合下列要求的G的所有同分异构体的结构简式______________________a.含有羧基和酯基官能团b.苯环上有两个对位取代基(5)设计以邻甲基苯甲酸为原料合成的流程图(无机试剂任选)_________________。n【答案】(1).AB(2).(3).(4).(5).(6).【解析】【分析】根据有机物中常见官能团的性质分析解答；根据有机化学反应类型特征分析解答；根据已知条件提示及反应流程分析解答。【详解】(1)根据合成图中酚酞的结构简式可知：A.酚酞的分子式为C20H14O4，故A正确；B.酚酞中含有酚羟基，所以遇FeCl3溶液显紫色，故B正确；C.1个酚酞分子中含有2个酚羟基和一个酯基，所以1mo1酚酞最多可与3molNaOH反应，故C错误；D.由酚酞的结构简式知，分子中含有酚羟基和酯基两种官能团，故D错误，故答案为：AB；(2)用逆合成法分析得：酚酞由B（C8H4O3）与苯酚在浓硫酸作用下脱水所得，则B的结构简式为：；比较B和C的分子式，及B到C的反应条件，可知B分子中氢原子被硝基取代生成C，则C的结构简式为：，根据题干中已知条件①对比C和D的分子式n可得反应：，则D为：，根据题干中已知条②可知D中硝基转化为氨基，则鲁米诺的结构简式为：，故答案为：；；(3)根据题干中已知条件①和对比C和D的分子式可知C生成D的方程式为：，故答案为：；(4)B为，则逆推A为：邻苯二甲酸，有机物G的分子式为C9H8O4，它是有机物A的最简单的同系物，从分子组成上可观察到，有机物G比有机物A多一个C原子和2个H原子，且苯环上有两个对位取代基，含有羧基和酯基官能团，所以G可能是对苯二甲酸与甲醇反应生成的酯、对羧基苯酚与乙酸生成的酯，甲酸与对羧基苯甲醇反应生成的酯、甲酸与对酚羟基苯乙酸的酚羟基反应生成的酯，故答案为：，，，；(5)邻甲基苯甲酸与Cl2发生取代反应生成，在碱性条件下发生水解生成，再调整pH使溶液呈酸性，得到，再与浓硫酸共热发生分子内脱水，n得到；故答案为：。【点睛】有机推断应以特征点为解题突破口，按照已知条件建立的知识结构，结合信息和相关知识进行推理、计算、排除干扰，最后做出正确推断。一般可采用顺推法、逆推法、多法结合推断，顺藤摸瓜，问题就迎刃而解了。