还剩24页未读，
继续阅读
河北省曲阳一中2019-2020学年高二上学期期末考试化学试题化学（解析版）
展开
河北省曲阳一中2019-2020学年高二上学期期末考试试题
可能用到的元素相对分子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Cl 35.5 Fe 56 Cu 64 Ba 137 Ar 40
卷Ⅰ（选择题）
一、单选题（每题只有一个正确选项，每题2分，共50分）
1.化学与生活密切相关。下列有关说法不正确的是（ ）
A. 为避免蛋白质变性，疫苗一般应冷藏存放
B. 酶是活细胞产生的具有催化作用的有机物，绝大多数是蛋白质
C. 家庭装修的水性漆是以水做溶剂，有利于健康及环境
D. 化石燃料的燃烧和碳酸盐的沉积都会引起大气中CO2含量上升
【答案】D
【解析】
【详解】A.温度升高，蛋白质会发生变性，避免蛋白质变性，疫苗一般应冷藏存放，故A正确；
B.绝大多数酶属于蛋白质，故B正确；
C.水性漆就是以水为稀释剂、不含有机溶剂的涂料，不含苯、甲苯、二甲苯、甲醛、游离TDI有毒重金属，无毒无刺激气味，对人体无害，不污染环境，漆膜丰满、晶莹透亮、柔韧性好并且具有耐水、耐磨、耐老化、耐黄变、干燥快、使用方便等特点，故C正确；
D.碳酸盐的沉积，固定了CO2，不会引起大气中CO2含量上升，故D错误；
答案：D。
2.用98%的浓硫酸（密度为1.84g·cm-3）配制1mol·L-1的稀硫酸100 mL，现给出下列仪器(配制过程中可能用到)：①100 mL量筒 ②10 mL量筒 ③50 mL烧杯 ④托盘天平 ⑤100 mL容量瓶 ⑥胶头滴管 ⑦玻璃棒。按实验时使用仪器的先后顺序，排列正确的是 （ ）
A. ②⑥③⑦⑤⑥ B. ②③⑦⑤⑥ C. ①③⑤⑦④⑥ D. ④⑦③⑤⑥
【答案】A
【解析】
【详解】98%的浓硫酸（密度1.84g•mL-1）的物质的量浓度为：c=mol/L=18.4mol/L，配制100mL 1mol•L-1的稀硫酸，需要浓硫酸的体积为：≈0.0054L=5.4mL，需要选用10mL量筒；配制100mL 1mol•L-1的稀硫酸的步骤为：计算、量取、溶解、稀释、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，分别使用到的仪器为：②10mL量筒、⑥胶头滴管、③50mL烧杯、⑦玻璃棒、⑤100mL容量瓶、⑥胶头滴管，故选A。
3.通常检测SO2含量是否达到排放标准的反应原理是SO2 +H2O2 + BaCl2 ===BaSO4↓+ 2HCl。NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）
A. 0.1 mol BaCl2晶体中所含微粒总数为0.1NA
B. 25 ℃时，pH =1的HCl溶液中含有H+的数目为0.1NA
C. 17 g H2O2中含有非极性键数目为0.5NA
D. 生成2.33 g BaSO4沉淀时，转移电子数目为0.01NA
【答案】C
【解析】
【详解】A. 由钡离子和氯离子构成，故0.1mol BaCl2晶体中所含微粒总数为0.3NA，选项A错误；
B. 没有给定体积，无法计算H+的数目，选项B错误；
C. H2O2的结构式为，l7gH2O2为0.5mol，含有非极性键数目为0.5NA，选项C正确；
D. 根据反应SO2+H2O2+BaCl2=BaSO4↓+2HCl，生成2.33 gBaSO4沉淀（0.01mol）时，转移电子数目为0.02NA，选项D错误；
答案选C。
4.下列说法不正确的是（ ）
A. 石灰石、纯碱、石英可作为制备水泥的主要原料
B. 燃煤烟气的脱硫过程可以得到副产品石膏和硫酸铵
C. 硫酸钡可作高档油漆、油墨、塑料、橡胶的原料及填充剂
D. 在催化剂作用下，用玉米、高粱为原料经水解和细菌发酵可制得乙醇
【答案】A
【解析】
【详解】A项、生产普通水泥的原料是石灰石和黏土，石灰石、石英和纯碱是制备玻璃的主要原料，故A错误；
B项、石灰乳吸收烟气中的二氧化硫，生成亚硫酸钙，继续氧化可以得到石膏，用氨水法处理燃煤烟气中的二氧化硫，生成亚硫酸铵，继续氧化可以得到硫酸铵，故B正确；
C项、硫酸钡不容易被X射线透过，在医疗上可用作检查肠胃的内服药剂，俗称“钡餐”。硫酸钡还可以用作白色颜料，并可做高档油漆、油墨、造纸、塑料、橡胶的原料及填充剂，故C正确；
D项、玉米、高粱的主要成分是淀粉，淀粉经水解和细菌发酵可制得乙醇，故D正确。
故选A。
5.下列离子方程式书写正确的是（ ）
A. 氧化亚铁溶于稀硝酸：FeO + 2H+= Fe2+ + H2O
B. 往CaCl2溶液中通入少量的CO2： Ca2＋＋CO2＋H2O＝CaCO3↓＋2H＋
C. 碳酸氢铵溶液中加入过量氢氧化钠溶液：HCO3－+ OH－＝CO32－+ H2O
D. 向澄清石灰水中滴加少量的NaHCO3溶液：Ca2＋＋OH－＋HCO3－＝CaCO3↓＋H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A、硝酸有强氧化性，会将亚铁离子氧化为铁离子，方程式应为：3FeO十10H++NO3一=3Fe3++NO ↑+5 H2O，错误；
B、盐酸的酸性强于碳酸，反应无法进行，错误；
C、过量的氢氧化钠与铵根离子也会反应产生氨水，方程式应为：HCO3一+ NH4+ +2OH一=CO32—+ H2O+ NH3 •H2O，错误；
D、向澄清石灰水中漓加少量的NaHCO3溶液，NaHCO3不足，氢氧根离子部分未反应，正确；
答案选D。
6.下列说法不正确的是( )
A. 单质硅是将太阳能转化为电能的常用材料
B. 医用酒精的浓度通常是95%
C. 可用蘸浓盐酸的棉棒检验输送氨气的管道是否漏气
D. 光导纤维是新型无机非金属材料
【答案】B
【解析】
【详解】A.硅单质晶体，属于半导体，是太阳能电池的材料，能将太阳能转化为电能，故A正确；
B.医用酒精的浓度一般为75%，故B错误；
C.浓盐酸挥发出的氯化氢与氨气反应生成氯化铵而冒白烟，可用蘸浓盐酸的棉棒检验输送氨气的管道是平否漏气，故C正确；
D.光导纤维为二氧化硅，是新型无机非金属材料，故D正确。
故选B。
7.化学用语是学习化学的工具和基础，下列有关化学用语的表达正确的是（ ）
A. H2S 的电离方程式：H2S＝2H＋＋S2－
B. 氯化铵的电子式：
C. HClO的结构式为：H-O-Cl
D. 反应的电子转移情况：
【答案】C
【解析】
【分析】A.硫化氢为二元弱酸，电离方程式应该分步书写；B.根据电子式的书写规则分析；C.次氯酸分子中不存在H-Cl，其分子中含有1个O-H键和1个O-Cl键；D.本反应属于归中反应。
【详解】A.H2S是二元弱酸，属弱电解质，分两步电离，主要以第一步为主，正确的电离方程式为：H2SH++HS−，故A错误；
B.氯化铵为离子化合物，铵根离子和氯离子都需要标出所带电荷及最外层电子，正确的电子为，故B错误；
C.次氯酸的中心原子为O，其结构式为H−O−Cl，正确；
D.该反应的电子转移情况是：，错误。
8. 下列有关物质性质的比较中，正确的是（ ）
①沸点：H2O>HCl>HF ②密度：四氯化碳>水>汽油
③酸性：H3PO4>H2SO4>HClO4 ④离子半径：O2－>F－>Na＋
A. ①③ B. ②④ C. ①④ D. ②③
【答案】B
【解析】
【详解】①氟化氢分子间存在氢键，沸点高于氯化氢的，①不正确；
②沸点：H2O >HF>HCl，②正确；
③非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，③不正确；
④酸性：H3PO4＜H2SO4＜HClO4；核外电子排布相同的微粒，其微粒半径随原子序数的增大而减小，④正确；
答案选B。
9.乙烯酮的结构简式为CH2＝C＝O，是一种重要的有机中间体，可由乙酸分子内脱水得到。下列说法不正确的是（ ）
A. 1mol乙烯酮与1molH2完全反应生成1mol乙醇
B. 乙烯酮中所有的原子均处于同一平面内
C. 乙烯酮与水反应生成乙酸的反应属于加成反应
D. 乙烯酮与互为同分异构体
【答案】A
【解析】
【分析】A、碳碳双键、碳氧双键均可发生加成；
B、乙烯酮中间的碳采用sp杂化，为直线形，另一个碳采用sp2杂化，平面三角形；
C、乙烯酮与水反应生成乙酸的反应，碳碳双键与水加成；
D. 乙烯酮与分子式相同，结构不相同。
【详解】A. 碳碳双键、碳氧双键均可发生加成反应，1mol乙烯酮与1molH2完全反应生成1mol乙醛，故A错误；
B. 乙烯酮中间的碳采用sp杂化，为直线形，另一个碳采用sp2杂化，平面三角形，乙烯酮中所有的原子均处于同一平面内，故B正确；
C. 乙烯酮与水反应生成乙酸的反应，碳碳双键与水加成，属于加成反应，故C正确；
D. 乙烯酮与分子式相同、结构不同，互为同分异构体，故D正确；
故选A。
10.下列有关金属的工业制法中正确的是( )
A. 制钛：用金属钠置换氯化钛(TiCl4)溶液中钛
B. 炼铁：用焦炭和空气反应产生的CO在高温下还原铁矿石中铁的氧化物
C. 制钠：用海水为原料制得精盐，再电解纯净的NaCl溶液
D. 炼铜：用黄铜矿经电解精炼得到纯度为99.9%的铜
【答案】B
【解析】
【详解】A．将金属钠投入到氯化钛溶液中，钠先与水反应，故应用金属钠与熔融的氯化钛反应来制取金属钛，故A错误；
B．工业制铁是CO还原铁矿石：3CO+Fe2O32Fe+3CO2，故B正确；
C．工业制钠是电解熔融NaCl：2NaCl2Na+Cl2↑，而电解纯净的NaCl溶液：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，得不到钠，故C错误；
D．黄铜矿（主要成分为CuFeS2）经过冶炼后得到粗铜，粗铜进行电解得到99.9%的铜，故D错误；
故选B。
11.W、X、Y、Z四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如图所示，W的气态氢化物可与其最高价含氧酸反应生成离子化合物，下列说法正确的是（ ）
W
X
Y
Z
A. 四种元素中最简单氢化物稳定性最强的是Y
B. Z元素最高价氧化物对应水化物的酸性一定强于Y
C. X与Y元素的化合价完全相同
D. Z元素单质在化学反应中只表现氧化性
【答案】B
【解析】
【分析】由四种短周期元素在元素周期表中的相对位置，W的气态氢化物可与其最高价含氧酸反应生成离子化合物，知道W是N元素，X是O，Y是S，Z是Cl。
【详解】A．四种元素中最简单氢化物稳定性最强的是X，即H2O，A错误；
B．Z元素最高价氧化物对应水化物是HClO4，其酸性一定强于Y元素最高价氧化物对应水化物H2SO4，B正确；
C．X与Y元素的化合价不完全相同，O没有正价；C错误；
D．Z元素单质Cl2在化学反应中既可表现氧化性，也可表现还原性，比如Cl2和碱溶液的反应，D错误；
故合理选项为B。
12.下列无色溶液中能大量共存离子组的是（ ）
A. Cu2+、Cl-、SO42-、K+ B. Ca2+、HCO3-、Cl-、Na+
C. K+、OH-、HCO3-、Na+ D. Ag+、NO3-、Cl-、K+
【答案】B
【解析】
【详解】A、Cu2＋呈蓝色，A不符合题意；
B、该组离子可以大量共存，B符合题意；
C、OH-和HCO3-不能大量共存，C不符合题意；
D、Ag+和Cl-不能大量共存，D不符合题意；
故选B。
13.下列有关实验室的制备方法中，不能达到实验目的的是（ ）
A. 实验室制氧气B. 实验室制Fe(OH)3
C. 实验室制乙酸乙酯D. 实验室制氯气
【答案】B
【解析】
【详解】A项、双氧水在二氧化锰的催化作用下分解生成氧气，故A正确；
B项、应该将氢氧化钠溶液滴入新制硫酸铁溶液中制备氢氧化铁，故B错误；
C项、实验室在浓硫酸的催化作用下，乙醇与乙酸发生酯化反应制备乙酸乙酯，并用饱和碳酸钠溶液吸收反应生成的乙酸乙酯，故C正确；
D项、实验室用高锰酸钾与浓盐酸反应制取氯气，氯气比空气密度大，用向上排空气法收集氯气，氯气有毒，用氢氧化钠溶液吸收氯气，防止污染环境，故D正确。
故选B。
14.实验室中下列药品的保存方法，正确的是（ ）
①氢氟酸保存在玻璃瓶中 ②金属钠保存在煤油中 ③氧化钠保存在敞口容器中
④浓硫酸保存在橡胶塞试剂瓶中 ⑤水玻璃可保存在带玻璃塞的玻璃瓶中
⑥过氧化钠、漂白粉要密封保存 ⑦白磷保存在冷水中 ⑧AgNO3固体保存在棕色试剂瓶内
⑨浓硝酸保存在棕色广口瓶内
A. ①③④⑨ B. ①②⑥⑦⑧ C. ②⑥⑦⑧⑨ D. ②⑥⑦⑧
【答案】D
【解析】
【分析】①氢氟酸能够腐蚀玻璃；②钠易与水和氧气反应；③氧化钠能与氧气和二氧化碳、水等反应；④浓硫酸有强氧化性，能腐蚀橡胶．⑤硅酸钠的水溶液俗称“水玻璃”，是矿物胶．⑥过氧化钠、漂白粉都能与空气中二氧化碳反应，要密封保存⑦白磷易自燃；⑧AgNO3固体见光易分解；⑨液体试剂盛放在细口瓶中。
【详解】①因氢氟酸能与玻璃中的二氧化硅反应，应保存在塑料瓶中，故①错误； ②钠易与水和氧气反应，所以要隔绝空气保存，钠的密度大于煤油的，且和煤油不反应，所以可用煤油保持，故②正确；③氧化钠能与氧气和二氧化碳、水等反应，需要密封保存，故③错误；④浓硫酸有强氧化性，能腐蚀橡胶，不能保存在橡胶塞试剂瓶中，故④错误。⑤硅酸钠的水溶液俗称“水玻璃”，是矿物胶玻璃塞和瓶口易被粘结不容易打开，故⑤错误；⑥漂白粉在空气中易吸收空气中的二氧化碳和水蒸气反应生成次氯酸见光分解会失效。过氧化钠、漂白粉都能与空气中二氧化碳反应，要密封保存，故⑥正确；⑦白磷易自燃，白磷保存在冷水中，防止氧化经，故⑦正确；⑧AgNO3固体见光易分解，保存在棕色试剂瓶内，故⑧正确；⑨液体试剂盛放在细口瓶中，浓硝酸保存在棕色细口瓶内，故⑨错误。②⑥⑦⑧正确，故选D。
15.关于SO2与NO2的下列说法错误的是（ ）
A. 都能与NaOH溶液反应生成两种盐 B. 都能使石蕊试液变红
C. 都是引起光化学烟雾的大气污染物 D. 工业制硫酸、硝酸时要用到它们
【答案】C
【解析】
【分析】根据SO2和NO2的性质进行分析；
【详解】A、SO2为酸性氧化物，若SO2过量：SO2＋NaOH=NaHSO3，若SO2不足：SO2＋2NaOH=Na2SO3＋H2O，NO2与NaOH反应：2NO2＋2NaOH=NaNO2＋NaNO3＋H2O，故A说法正确；
B、SO2溶于水后生成H2SO3，能使石蕊试液变红，NO2溶于水：3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，HNO3能使石蕊试液变红，故B说法正确；
C、SO2、NOx都是引起酸雨的主要的物质，引起光化学烟雾的大气污染物是NOx，故C说法错误；
D、工业制硫酸：S＋O2SO2、2SO2＋O22SO3、SO3＋H2O=H2SO4，工业上制备硝酸：2N2＋3H22NH3、4NH3＋5O24NO＋6H2O、2NO＋O2=2NO2、3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，故D说法正确。
16.二羟基甲戊酸是合成青蒿素的原料之一，其结构如图a所示。下列有关二羟基甲戊酸的说法正确的是（ ）
A. 含有羟基和酯基两种官能团
B. 不能使酸性KMnO4溶液褪色
C. 等量的二羟基甲戊酸消耗Na和NaHCO3的物质的量之比为3:1
D. 是乳酸（结构如图b）的同系物
【答案】C
【解析】
【详解】A. 含有羟基和羧基两种官能团，故A错误；
B. 因为含有羟基，所以能使酸性KMnO4溶液褪色，故B错误；
C. 1mol等量的二羟基甲戊酸含有两个羟基和1个羧基消耗Na的物质的量为3mol,消耗NaHCO3的物质的量1mol,所以消耗Na和NaHCO3的物质的量之比为3:1，故C正确；
D. 由乳酸的结构简式为二羟基甲戊酸的结构简式为，两者结构不相似，不属于同系物，故D错误；
答案：C。
17.NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 16.25 g FeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1 NA
B. 22.4 L（标准状况）氩气含有的质子数为18 NA
C. 92.0 g甘油（丙三醇）中含有羟基数为1.0 NA
D. 1.0 mol CH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为1.0 NA
【答案】B
【解析】分析：A、胶体是大分子的集合体；
B、根据氩气的组成解答；
C、根据丙三醇的结构分析；
D、根据甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应的特点分析。
详解：A、16.25g氯化铁的物质的量是16.25g÷162.5g/mol＝0.1mol，由于氢氧化铁胶体是分子的集合体，因此水解生成的Fe(OH)3胶体粒子数小于0.1 NA，A错误；
B、标准状况下22.4L氩气的物质的量是1mol，氩气是一个Ar原子组成的单质，其中含有的质子数是18 NA，B正确；
C、1分子丙三醇含有3个羟基，92.0g丙三醇的物质的量是1mol，其中含有羟基数是3 NA，C错误；
D、甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应生成的卤代烃不止一种，因此生成的CH3Cl分子数小于1.0 NA，D错误。答案选B。
18.取一小段镁带，用砂纸除去表面的氧化膜，放入试管中。向试管中加入2mL水，并滴入2滴酚酞试液。一会儿后发现镁带表面有气泡放出，且镁带附近溶液变红色。加热试管至水沸腾。发现镁带表面有大量气泡放出，且试管中的液体全部变为浅红色。关于该实验下列说法不正确的是（ ）
A. 温度越高，镁与水反应的速率越快
B. 镁与水反应的化学方程式为：Mg＋2H2O = Mg(OH)2＋H2↑
C. 氢氧化镁显碱性，且在水中有一定的溶解性
D. 氢氧化镁是离子化合物，它的电子式可表示为：
【答案】D
【解析】
【详解】A、温度越高，反应速率越快，A正确；
B、镁是活泼金属，在加热条件下与水反应，反应的方程式为Mg+2H2O═Mg（OH）2+H2↑，B正确；
C、滴加酚酞后，镁带附近溶液变红色，说明氢氧化镁显碱性，且在水中有一定的溶解性，故C正确；
D、氢氧化镁离子化合物，电子式中应出现，并带有电荷，D错误。
19. 最新研究表明，咖啡中含有的咖啡酸是某种抗氧化剂的成分之一，对人体中的氧自由基有清除作用，使人的心脑血管更年轻。咖啡酸的球棍模型如图所示(只含有碳氢氧)，下列有关咖啡酸的叙述中不正确的是( )
A. 咖啡酸的分子式为C9H8O4
B. 咖啡酸中含有的官能团只有羧基、羟基
C. 咖啡酸可以发生氧化反应、酯化反应、加聚反应
D. 是咖啡酸的一种同分异构体，1 mol该物质与NaOH溶液反应时最多消耗NaOH的物质的量为3 mol
【答案】B
【解析】
【详解】A、根据咖啡酸的结构示意图可知咖啡酸的分子式为C9H8O4，正确；
B、根据咖啡酸的结构示意图可知咖啡酸含有的官能团有羧基、酚羟基、碳碳双键，错误；
C、因为咖啡酸含有羧基、酚羟基、碳碳双键，所以咖啡酸可以发生氧化反应、酯化反应、加聚反应，正确；
D、两种物质分子式相同而结构不同，互为同分异构体，1mol水解可生成2molHCOOH, 1mol酚，最多消耗NaOH物质的量为3mol，正确；
答案选B。
20.溴化碘(IBr)的化学性质与卤素单质相似，能与大多数金属反应生成金属卤化物，和某些非金属单质反应生成相应的卤化物，跟水反应的产物与氯气与水反应的产物相似。下列有关IBr的叙述中，不正确的是( )
A. IBr是双原子分子
B. 在很多反应中，IBr是强氧化剂
C. 和NaOH溶液反应生成NaBr和NaIO
D. 和水反应时，既是氧化剂又是还原剂
【答案】D
【解析】
【详解】A．IBr分子中含有I、Br2个原子，是双原子分子，A正确；
B．IBr中I元素化合价为+1价，具有氧化性，在化学反应中IBr作氧化剂，B正确；
C．由与水反应的产物与氯气与水反应的产物相似可知，跟NaOH溶液反应可生成NaBr和NaIO，C正确；
D．IBr与水发生反应元素的化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，D错误；
答案选D。
21.下列叙述I和II均正确且具有因果关系的是（ ）
选项
叙述I
叙述II
A
浓硫酸具有强氧化性
浓硫酸可以干燥SO2
B
Fe金属性比Cu强
铜板上的铁钉在潮湿空气中容易生锈
C
H2可在Cl2中燃烧
HCl极易溶于水
D
Al2O3可与碱反应
用烧碱溶液除去SiO2中混有的Al2O3
【答案】B
【解析】
【详解】A.浓硫酸可用于干燥SO2，体现了浓硫酸的吸水性，和氧化性无关，二者无因果关系，故A错误；
B.Ⅰ铁的金属性比铜的金属性强，所以铁比铜活泼，Ⅱ在铜板上的铁钉在潮湿空气中易形成原电池，所以易生锈，二者有因果关系，故B正确；
C.H2可在Cl2中燃烧与HCl极易溶于水，二者无因果关系，故C错误；
D.SiO2为酸性氧化物，可与碱反应生成盐和水，Al2O3为两性氧化物，也可与碱反应生成盐和水，故不能用烧碱溶液除去SiO2中混有的Al2O3，故D错误。
故选B。
22.10g某气态烷烃和气态单烯烃组成的混合气体是相同状况下H2密度的12.5倍，通入足量溴水中，溴水增重8.4g,此两种烃是（ ）
A. 甲烷和乙烯 B. 甲烷和丁烯
C. 乙烷和乙烯 D. 乙烷和丁烯
【答案】A
【解析】
【详解】混合气体的密度是相同状况下H2密度的12.5倍，则有机物的平均摩尔质量25g/mol，烯烃中乙烯的相对分子质量最小为28，故混合气体中一定有甲烷，混合气体的总的物质的量为n=10g÷25g/mol=0.4mol。该混合气通过Br2水时，Br2水增重8.4g为烯烃的质量，所以甲烷的质量为1.6g，甲烷的物质的量为n(CH4)=1.6g÷16g/mol=0.1mol，故烯烃的物质的量为0.4mol-0.1mol=0.3mol，所以M（烯烃）=8.4g÷0.3mol=28g/mol，假设烯烃的组成为CnH2n，则14n=28，所以n=2，故为乙烯，所以混合物为甲烷、乙烯，选项A正确。
23.下列物质的转化在给定条件下均能通过一步反应实现的是（ ）
A. NaAlO2（aq）AlCl3Al2O3
B. NaCl（饱和）NaHCO3Na2CO3
C. N2NO2HNO3
D. FeS2SO3 H2SO4
【答案】B
【解析】
【分析】A．氯化铝与少量氢氧化钠反应生成氢氧化铝沉淀，与过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠；B．氮气与氧气在放电或加热条件下会生成一氧化氮；C．饱和的氯化钠溶液中先通入氨气，再通入二氧化碳，溶液中碳酸氢根离子浓度增大，因为碳酸氢钠的溶解度相对较小，析出碳酸氢钠，碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠；D．FeS2和氧气反应生成二氧化硫。
【详解】A．氯化铝与少量氢氧化钠反应生成氢氧化铝沉淀，与过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，所以得不到氧化铝，故A错误；B.饱和的氯化钠溶液中先通入氨气，再通入二氧化碳，溶液中碳酸氢根离子浓度增大，因为碳酸氢钠的溶解度相对较小，析出碳酸氢钠，碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，所以B符合题意；C．氮气与氧气在放电或加热条件下会生成一氧化氮，得不到二氧化氮，故C错误；D．FeS2和氧气反应生成二氧化硫，不能直接生成三氧化硫，故D错误；所以答案是B。
24.在标准状况下将1.92g铜粉投入一定量浓HNO3中，随着铜粉的溶解，反应生成的气体颜色逐渐变浅，当铜粉完全溶解后共收集到由NO2和NO组成的混合气体1.12 L，则反应消耗HNO3的物质的量为（ ）
A. 0.08mol B. 0.06mol C. 0.11mol D. 无法计算
【答案】C
【解析】
【分析】Cu和浓硝酸反应：Cu＋4HNO3（浓）=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，随着反应的进行，硝酸浓度变小，发生3Cu＋8HNO3（稀）=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，根据N原子守恒，求出消耗HNO3的物质的量；
【详解】Cu和浓硝酸反应：Cu＋4HNO3（浓）=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，随着反应的进行，硝酸浓度变小，发生3Cu＋8HNO3（稀）=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，根据N元素守恒，消耗硝酸的物质的量n(HNO3)=2n(Cu)＋n(NO2、NO)=+=0.11mol，故C正确。
25. 下列实验的失败是因为缺少必要的实验步骤造成的是（ ）
①将乙醇和乙酸混合，再加入稀硫酸共热制乙酸乙酯 ②将在酒精灯火焰上灼烧至表面变黑的铜丝冷却后插入乙醇中，铜丝表面仍是黑色 ③要除去甲烷中混有的乙烯则得到干燥纯净的甲烷，将甲烷和乙烯的混合气体通入溴水 ④做葡萄糖的还原性实验时，当加入新制的氢氧化铜碱性悬浊液后，未出现红色沉淀 ⑤检验淀粉已经水解，将淀粉与少量稀硫酸加热一段时间，加入银氨溶液未析出银镜
A. ①④⑤ B. ①③④⑤ C. ③④⑤ D. ④⑤
【答案】C
【解析】
【详解】①应加入浓硫酸，不是稀硫酸，不是缺少步骤，故错误；
②2Cu＋O2=2CuO，CuO＋CH3CH2OH→CH3CHO＋Cu＋H2O，铜丝颜色变化：黑→红，不是缺少步骤，故错误；
③从溴水中逸出的甲烷，含有水蒸气，应再通过浓硫酸，缺少步骤，故正确；
④没有加热煮沸，缺少步骤，故正确；
⑤没有中和硫酸，至溶液显碱性，缺少步骤，故正确；
故选项C正确。
卷Ⅱ（非选择题）
26.硫酰氯(SO2Cl2)常作氯化剂或氯磺化剂，用于制作药品、染料、表面活性剂等。有关物质的部分性质如表：
物质
熔点/℃
沸点/℃
其它性质
SO2Cl2
-54.1
69.1
①易水解，产生大量白雾
②易分解：SO2Cl2SO2↑+Cl2↑
H2SO4
10.4
338
吸水性且不易分解
实验室用干燥而纯净的二氧化硫和氯气合成硫酰氯，装置如图所示(夹持仪器已省略)，请回答有关问题：
（1）仪器A冷却水的进口为___(填“a”或“b”)。
（2）仪器B中盛放的药品是___。此仪器作用为：___。
（3）实验时，装置丁中发生反应的离子方程式为___。
（4）装置丙作用为___，若缺少装置乙，则硫酰氯会水解，该反应的化学方程式为___。
（5）少量硫酰氯也可用氯磺酸(ClSO3H)分解获得，该反应的化学方程式为：2ClSO3H═H2SO4+SO2Cl2，此方法得到的产品中会混有硫酸。
①从分解产物中分离出硫酰氯的方法是___。
②请设计实验方案检验产品中有硫酸(可选试剂：稀盐酸、稀硝酸、BaCl2溶液、蒸馏水、石蕊溶液)：___。
【答案】(1). a (2). 碱石灰 (3). 吸收未反应的Cl2和SO2，防止水蒸气进入甲装置中 (4). ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O (5). 除去Cl2中的HCl (6). SO2Cl2+2H2O=H2SO4+ 2HCl (7). 蒸馏 (8). 取产物在干燥条件下加热至完全反应(或挥发或分解等)，冷却后加水稀释；取少量溶液滴加紫色石蕊试液变红；再取少量溶液，加入BaCl2溶液产生白色沉淀，说明含有H2SO4。或取反应后的产物直接加BaCl2溶液，有白色沉淀，再滴加紫色石蕊试液变红，说明含有H2SO4
【解析】
【分析】本实验的目的是用干燥而纯净的二氧化硫和氯气合成硫酰氯；其中根据题中的装置图可知，仅需要制备Cl2即可，则丁为制备Cl2的发生装置，丙中装有饱和食盐水（除去HCl气体），乙中装有浓硫酸（吸收水蒸气）。甲为制备硫酰氯的反应装置。
【详解】（1）根据采用逆流的冷凝效果好，所以冷凝管中的冷却水进口为a；
（2）甲装置：SO2(g)+Cl2(g)SO2Cl2，二氧化硫、氯气为有毒的酸性气体，产物硫酰氯会水解，所以仪器B中盛放的药品是碱性物质碱石灰，可防止空气中的水蒸气进入装置，同时吸收挥发出去的二氧化硫和氯气；
（3）浓盐酸和氯酸钾发生反应生成KCl、氯气和水，反应为：6HCl(浓)+KClO3=KCl+3Cl2↑+3H2O，离子方程式为：ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O；
（4）盐酸易挥发，制取的氯气中含有氯化氢，氯气难溶于饱和食盐水；HCl易溶于水，而氯气难溶于饱和食盐水，可用饱和NaCl溶液除去Cl2中的少量HCl，所以丙装置作用为诶：除去Cl2中的HCl，SO2Cl2遇水生成硫酸和氯化氢，则其水解方程式为：SO2Cl2+2H2O═H2SO4+2HCl；
（5）①二者为互溶液体，沸点相差较大，采取蒸馏法进行分离；
②氯磺酸(ClSO3H)分解：2ClSO3HH2SO4+SO2Cl2，取产物在干燥条件下加热至完全反应(或挥发或分解等)，冷却后加水稀释；取少量溶液滴加紫色石蕊试液变红，证明溶液呈酸性，再取少量溶液，加入BaCl2溶液产生白色沉淀，说明含有H2SO4，或取反应后的产物直接加BaCl2溶液，有白色沉淀，证明含有硫酸根离子，再滴加紫色石蕊试液变红，说明含有H2SO4。
27.苯甲酸乙酯（C9H10O2）稍有水果气味，用于配制香水香精和人造精油，大量用于食品工业中，也可用作有机合成中间体、溶剂等．其制备方法为：
+C2H5OH+H2O
已知：
颜色、状态
沸点（℃）
密度（g•cm﹣3）
苯甲酸*
无色片状晶休
249
1.2659
苯甲酸乙酯
无色澄清液体
212.6
1.05
乙醇
无色澄清液体
78.3
0.7893
环己烷
无色澄清液体
80.8
0.7318
*苯甲酸在100℃会迅速升华．实验步骤如下：
①在圆底烧瓶中加入12.20g苯甲酸、25mL乙醇（过量）、20mL 环己烷，以及4mL浓硫酸，混合均匀并加入沸石，按如图所示装好仪器，控制温度在65〜70℃加热回流2h．反应时环己烷一乙醇﹣水会形成“共沸物”（沸点62.6℃）蒸馏出来，再利用分水器不断分离除去反应生成的水，回流环己烷和乙醇．
②反应结束，打开旋塞放出分水器中液体后，关闭旋塞．继续加热，至分水器中收集到的液体不再明显增加，停止加热．
③将烧瓶内反应液倒人盛有适量水的烧杯中，分批加入Na2CO3至溶液呈中性．
④用分液漏斗分出有机层，水层用25mL乙醚萃取分液，然后合并至有机层．加入氯化钙，对粗产物进行蒸馏（装置如图所示），低温蒸出乙醚后，继续升温，接收210〜213℃的馏分．
⑤检验合格，测得产品体积为13.16mL．
（1）在该实验中，圆底烧瓶的容积最适合的是_____（填入正确选项前的字母）．
A.25mL B.50mL C.100mL D.250mL
（2）步骤①中沸石的作用是____，使用分水器不断分离除去水的目的是_____．
（3）骤②中应控制馏分的温度在__．
A.215〜220℃ B.85〜90℃ C.78〜80℃ D.65〜70℃
（4）步骤③加入Na2CO3的作用是________；若Na2CO3加入不足，在之后蒸馏时，蒸馏烧瓶中可见到白烟生成，产生该现象的原因是________．
（5）关于步骤④中的萃取分液操作叙述正确的是____．
A．水溶液中加入乙醚，转移至分液漏斗中，塞上玻璃塞，分液漏斗倒转过来，用力振摇
B．振摇几次后需打开分液漏斗下口的玻璃塞放气
C．经几次振摇并放气后，手持分液漏斗静置待液体分层
D．放出液体时，应打开上口玻璃塞或将玻璃塞上的凹槽对准漏斗口上的小孔
（6）计算本实验的产率为____．
【答案】(1). C (2). 防爆沸 (3). 使平衡不断地向正向移动 (4). C (5). 除去苯甲酸乙酯中的苯甲酸 (6). 在苯甲酸乙酯中有未除净的苯甲酸，受热至100℃时升华 (7). AD (8). 92.12%
【解析】（1）圆底烧瓶中液体的体积应该在容积1/3-2/3之间，在圆底烧瓶中加入12.20g苯甲酸、25mL乙醇（过量）、20mL 环己烷，以及4mL浓硫酸总体积在60ml左右，所以应该用100ml容量瓶，故选C。（2）反应过程需要加热，为了防止液体爆沸加一些沸石。分离器分离出生成的水,减少生成物从而使该反应向正反应方向移动,提高转化率。(3)温度低于苯甲酸乙酯的沸点时,苯甲酸乙酯不被蒸馏出,要使苯甲酸乙酯不被蒸馏出,则温度应低于苯甲酸乙酯的沸点,所以温度应低于,但要使乙醇和环己烷蒸馏出,所以温度应高于乙醇和环己烷的沸点80.8,因此应选C。（4）加入Na2CO3，Na2CO3能和苯甲酸反应，而和苯甲酸乙酯不反应，这样可以除去苯甲酸乙酯中的苯甲酸。若Na2CO3加入不足，则会有剩余的苯甲酸，苯甲酸在会迅速升华,苯甲酸固体小颗粒弥漫到空气中产生白烟。（5）分液漏斗的使用方法,是在水溶液中加入乙醚,转移至分液漏斗中,塞上玻璃塞，将分液漏斗倒转过来,用力振摇, A正确。振摇过程应该打开上口的玻璃塞放气，B错误。分液漏斗要放到铁架台上静置，C错误。放出液体时,需将玻璃塞上的凹槽对准漏斗口上的小孔,只有这样液体才能顺利流下, D正确。正确选项为AD。（6）假如苯甲酸完全反应，则生成苯甲酸乙酯的物质的量等于苯甲酸的物质的量为12.20/122=0.1mol。而实际生成的苯甲酸乙酯的物质的量为:13.16×1.05/150=0.09212mol,因此产率为0.09212mol/0.1mol=92.12%。
28.锌钡白是一种白色颜料。工业上是由ZnSO4与BaS溶液混合而成：BaS＋ZnSO4＝ZnS↓＋BaSO4↓。请根据以下工业生产流程回答有关问题。
Ⅰ.ZnSO4溶液的制备与提纯：
有关资料：a.菱锌矿的主要成分是ZnCO3，含少量SiO2、FeCO3、Cu2(OH)2CO3等；
b.Zn(OH)2与Al(OH)3相似，能溶于过量的NaOH溶液生成Na2ZnO2。
（1）若②中加入氧化剂为H2O2，写出离子反应方程式____。
（2）为了达到综合利用、节能减排的目的，上述流程步骤④中的CO2可以来自于步骤___（选填①、②、③、⑤）。
（3）滤渣2的主要成分为___。
（4）写出步骤④后产生滤渣3的离子反应方程式___。
Ⅱ.BaS溶液的制备：
（5）写出煅烧还原的化学反应方程式____。
Ⅲ.制取锌钡白：
（6）如果生产流程步骤⑤硫酸过量，则ZnSO4与BaS溶液混合制取锌钡白产生的后果是___。
【答案】(1). 2Fe2+＋2H+＋H2O2=2Fe3+＋2H2O (2). ① (3). Fe(OH)3、Cu(OH)2 (4). ZnO22-＋2CO2＋2H2O=Zn(OH)2↓＋2HCO3- (5). BaSO4＋4CBaS＋4CO↑ (6). 过量的酸与BaS溶液混合会产生有毒的H2S污染空气，而且会降低锌钡白的产率
【解析】
【分析】I、ZnSO4的制备流程：菱锌矿用硫酸溶解后，得到的滤渣1为SiO2，溶液中的阳离子有Zn2+、Fe2+、Cu2+，加入H2O2的目的是将Fe2+转化为Fe3+，再加入过量的NaOH，Fe3+和Cu2+形成滤渣2，而Zn2+转化为ZnO22-，留在溶液中；向所得溶液通入CO2，Na2ZnO2转化为Zn(OH)2形成滤渣3，再用硫酸溶解Zn(OH)2即得ZnSO4；
II、根据题中的反应物和生成物写出反应方程式即可；
III、BaS和过量的酸反应生成的H2S会污染环境，同时也锌钡白的产率也会降低。
【详解】(1)加入氧化剂二价铁被氧化为三价铁，若②中加入氧化剂为H2O2，反应的离子方程式为2Fe2+ +2H++H2O2 =2Fe3++2H2O；
(2)因步骤①中，硫酸与ZnCO3、FeCO3、Cu2(OH)2CO3 反应时均产生 CO2，为了达到综合利用、节能减排的目的，上述流程步骤④中的CO2可以来自于步骤①；
(3)根据上述分析，滤渣2的主要成分为Fe(OH)3、Cu(OH)2；
(4)由题目信息知：Zn(OH)2与Al(OH)3相似，则与Na2ZnO2与NaAlO2类似，即Na2ZnO2与过量CO2反应方程式为：Na2ZnO2+2CO2+2H2O=Zn(OH)2↓+2NaHCO3，离子方程式为；ZnO22-+2CO2+2H2O=Zn(OH)2↓+2HCO3-；
(5)根据示意图，硫酸钡与碳粉煅烧还原反应生成BaS和CO，反应的化学反应方程式为BaSO4+4CBaS+4CO↑；
(6)如果Ⅰ中步骤⑤使用硫酸过量，会发生如下反应，BaS+H2SO4=H2S↑+ZnSO4，H2S气体有毒，会污染环境，而且锌钡白的产率会降低。
29.水芹烯是一种具有祛痰、抗菌、杀虫作用的添加剂，由水芹烯合成聚合物H的路线如图所示。
回答下列问题：
（1）水芹烯的分子式为___，C的系统命名为___，反应④的反应类型为___。
（2）D分子中的官能团为（写名称）___，B的结构简式为___。
（3）反应⑥化学反应方程式为___。H在NaOH水溶液中发生水解反应的化学方程式为___。
（4）M是G的同分异构体，且能与NaHCO3反应生成CO2，则M的可能结构有___种（考虑立体异构）。
【答案】(1). C10H16 (2). 2-羟基丙酸 (3). 消去反应 (4). 羧基、溴原子 (5). (6). CH2=CHCOOH+CH3OHCH2=CHCOOCH3+H2O (7). +nNaOH+nCH3OH (8). 5
【解析】
【分析】根据题中给出的信息，可以推出B为，该结构式与C相对应；根据H的结构式可以推出G为；根据反应⑥的条件，可以推出F为，则D为，E为。
【详解】（1）根据水芹烯的结构简式，可以推出水芹烯的分子式为C10H16；C的系统命名为2-羟基丙酸；反应④是D（）→E（）的反应，则该反应为消去反应；
（2）D（）的官能团为羧基和溴原子；B的结构简式为；
（3）反应⑥是F（）和CH3OH的反应，其化学反应方程式为CH2=CHCOOH+CH3OHCH2=CHCOOCH3+H2O；H在NaOH水溶液中发生水解反应的化学方程式为+nNaOH+nCH3OH；
（4）M是G（）的同分异构体，且M能与NaHCO3反应生成CO2，则M含有羧基，符合条件的同分异构体有：、、、、，共5种（注意题中说明了考虑立体异构）。
河北省曲阳一中2019-2020学年高二上学期期末考试试题
可能用到的元素相对分子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Cl 35.5 Fe 56 Cu 64 Ba 137 Ar 40
卷Ⅰ（选择题）
一、单选题（每题只有一个正确选项，每题2分，共50分）
1.化学与生活密切相关。下列有关说法不正确的是（ ）
A. 为避免蛋白质变性，疫苗一般应冷藏存放
B. 酶是活细胞产生的具有催化作用的有机物，绝大多数是蛋白质
C. 家庭装修的水性漆是以水做溶剂，有利于健康及环境
D. 化石燃料的燃烧和碳酸盐的沉积都会引起大气中CO2含量上升
【答案】D
【解析】
【详解】A.温度升高，蛋白质会发生变性，避免蛋白质变性，疫苗一般应冷藏存放，故A正确；
B.绝大多数酶属于蛋白质，故B正确；
C.水性漆就是以水为稀释剂、不含有机溶剂的涂料，不含苯、甲苯、二甲苯、甲醛、游离TDI有毒重金属，无毒无刺激气味，对人体无害，不污染环境，漆膜丰满、晶莹透亮、柔韧性好并且具有耐水、耐磨、耐老化、耐黄变、干燥快、使用方便等特点，故C正确；
D.碳酸盐的沉积，固定了CO2，不会引起大气中CO2含量上升，故D错误；
答案：D。
2.用98%的浓硫酸（密度为1.84g·cm-3）配制1mol·L-1的稀硫酸100 mL，现给出下列仪器(配制过程中可能用到)：①100 mL量筒 ②10 mL量筒 ③50 mL烧杯 ④托盘天平 ⑤100 mL容量瓶 ⑥胶头滴管 ⑦玻璃棒。按实验时使用仪器的先后顺序，排列正确的是 （ ）
A. ②⑥③⑦⑤⑥ B. ②③⑦⑤⑥ C. ①③⑤⑦④⑥ D. ④⑦③⑤⑥
【答案】A
【解析】
【详解】98%的浓硫酸（密度1.84g•mL-1）的物质的量浓度为：c=mol/L=18.4mol/L，配制100mL 1mol•L-1的稀硫酸，需要浓硫酸的体积为：≈0.0054L=5.4mL，需要选用10mL量筒；配制100mL 1mol•L-1的稀硫酸的步骤为：计算、量取、溶解、稀释、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，分别使用到的仪器为：②10mL量筒、⑥胶头滴管、③50mL烧杯、⑦玻璃棒、⑤100mL容量瓶、⑥胶头滴管，故选A。
3.通常检测SO2含量是否达到排放标准的反应原理是SO2 +H2O2 + BaCl2 ===BaSO4↓+ 2HCl。NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）
A. 0.1 mol BaCl2晶体中所含微粒总数为0.1NA
B. 25 ℃时，pH =1的HCl溶液中含有H+的数目为0.1NA
C. 17 g H2O2中含有非极性键数目为0.5NA
D. 生成2.33 g BaSO4沉淀时，转移电子数目为0.01NA
【答案】C
【解析】
【详解】A. 由钡离子和氯离子构成，故0.1mol BaCl2晶体中所含微粒总数为0.3NA，选项A错误；
B. 没有给定体积，无法计算H+的数目，选项B错误；
C. H2O2的结构式为，l7gH2O2为0.5mol，含有非极性键数目为0.5NA，选项C正确；
D. 根据反应SO2+H2O2+BaCl2=BaSO4↓+2HCl，生成2.33 gBaSO4沉淀（0.01mol）时，转移电子数目为0.02NA，选项D错误；
答案选C。
4.下列说法不正确的是（ ）
A. 石灰石、纯碱、石英可作为制备水泥的主要原料
B. 燃煤烟气的脱硫过程可以得到副产品石膏和硫酸铵
C. 硫酸钡可作高档油漆、油墨、塑料、橡胶的原料及填充剂
D. 在催化剂作用下，用玉米、高粱为原料经水解和细菌发酵可制得乙醇
【答案】A
【解析】
【详解】A项、生产普通水泥的原料是石灰石和黏土，石灰石、石英和纯碱是制备玻璃的主要原料，故A错误；
B项、石灰乳吸收烟气中的二氧化硫，生成亚硫酸钙，继续氧化可以得到石膏，用氨水法处理燃煤烟气中的二氧化硫，生成亚硫酸铵，继续氧化可以得到硫酸铵，故B正确；
C项、硫酸钡不容易被X射线透过，在医疗上可用作检查肠胃的内服药剂，俗称“钡餐”。硫酸钡还可以用作白色颜料，并可做高档油漆、油墨、造纸、塑料、橡胶的原料及填充剂，故C正确；
D项、玉米、高粱的主要成分是淀粉，淀粉经水解和细菌发酵可制得乙醇，故D正确。
故选A。
5.下列离子方程式书写正确的是（ ）
A. 氧化亚铁溶于稀硝酸：FeO + 2H+= Fe2+ + H2O
B. 往CaCl2溶液中通入少量的CO2： Ca2＋＋CO2＋H2O＝CaCO3↓＋2H＋
C. 碳酸氢铵溶液中加入过量氢氧化钠溶液：HCO3－+ OH－＝CO32－+ H2O
D. 向澄清石灰水中滴加少量的NaHCO3溶液：Ca2＋＋OH－＋HCO3－＝CaCO3↓＋H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A、硝酸有强氧化性，会将亚铁离子氧化为铁离子，方程式应为：3FeO十10H++NO3一=3Fe3++NO ↑+5 H2O，错误；
B、盐酸的酸性强于碳酸，反应无法进行，错误；
C、过量的氢氧化钠与铵根离子也会反应产生氨水，方程式应为：HCO3一+ NH4+ +2OH一=CO32—+ H2O+ NH3 •H2O，错误；
D、向澄清石灰水中漓加少量的NaHCO3溶液，NaHCO3不足，氢氧根离子部分未反应，正确；
答案选D。
6.下列说法不正确的是( )
A. 单质硅是将太阳能转化为电能的常用材料
B. 医用酒精的浓度通常是95%
C. 可用蘸浓盐酸的棉棒检验输送氨气的管道是否漏气
D. 光导纤维是新型无机非金属材料
【答案】B
【解析】
【详解】A.硅单质晶体，属于半导体，是太阳能电池的材料，能将太阳能转化为电能，故A正确；
B.医用酒精的浓度一般为75%，故B错误；
C.浓盐酸挥发出的氯化氢与氨气反应生成氯化铵而冒白烟，可用蘸浓盐酸的棉棒检验输送氨气的管道是平否漏气，故C正确；
D.光导纤维为二氧化硅，是新型无机非金属材料，故D正确。
故选B。
7.化学用语是学习化学的工具和基础，下列有关化学用语的表达正确的是（ ）
A. H2S 的电离方程式：H2S＝2H＋＋S2－
B. 氯化铵的电子式：
C. HClO的结构式为：H-O-Cl
D. 反应的电子转移情况：
【答案】C
【解析】
【分析】A.硫化氢为二元弱酸，电离方程式应该分步书写；B.根据电子式的书写规则分析；C.次氯酸分子中不存在H-Cl，其分子中含有1个O-H键和1个O-Cl键；D.本反应属于归中反应。
【详解】A.H2S是二元弱酸，属弱电解质，分两步电离，主要以第一步为主，正确的电离方程式为：H2SH++HS−，故A错误；
B.氯化铵为离子化合物，铵根离子和氯离子都需要标出所带电荷及最外层电子，正确的电子为，故B错误；
C.次氯酸的中心原子为O，其结构式为H−O−Cl，正确；
D.该反应的电子转移情况是：，错误。
8. 下列有关物质性质的比较中，正确的是（ ）
①沸点：H2O>HCl>HF ②密度：四氯化碳>水>汽油
③酸性：H3PO4>H2SO4>HClO4 ④离子半径：O2－>F－>Na＋
A. ①③ B. ②④ C. ①④ D. ②③
【答案】B
【解析】
【详解】①氟化氢分子间存在氢键，沸点高于氯化氢的，①不正确；
②沸点：H2O >HF>HCl，②正确；
③非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，③不正确；
④酸性：H3PO4＜H2SO4＜HClO4；核外电子排布相同的微粒，其微粒半径随原子序数的增大而减小，④正确；
答案选B。
9.乙烯酮的结构简式为CH2＝C＝O，是一种重要的有机中间体，可由乙酸分子内脱水得到。下列说法不正确的是（ ）
A. 1mol乙烯酮与1molH2完全反应生成1mol乙醇
B. 乙烯酮中所有的原子均处于同一平面内
C. 乙烯酮与水反应生成乙酸的反应属于加成反应
D. 乙烯酮与互为同分异构体
【答案】A
【解析】
【分析】A、碳碳双键、碳氧双键均可发生加成；
B、乙烯酮中间的碳采用sp杂化，为直线形，另一个碳采用sp2杂化，平面三角形；
C、乙烯酮与水反应生成乙酸的反应，碳碳双键与水加成；
D. 乙烯酮与分子式相同，结构不相同。
【详解】A. 碳碳双键、碳氧双键均可发生加成反应，1mol乙烯酮与1molH2完全反应生成1mol乙醛，故A错误；
B. 乙烯酮中间的碳采用sp杂化，为直线形，另一个碳采用sp2杂化，平面三角形，乙烯酮中所有的原子均处于同一平面内，故B正确；
C. 乙烯酮与水反应生成乙酸的反应，碳碳双键与水加成，属于加成反应，故C正确；
D. 乙烯酮与分子式相同、结构不同，互为同分异构体，故D正确；
故选A。
10.下列有关金属的工业制法中正确的是( )
A. 制钛：用金属钠置换氯化钛(TiCl4)溶液中钛
B. 炼铁：用焦炭和空气反应产生的CO在高温下还原铁矿石中铁的氧化物
C. 制钠：用海水为原料制得精盐，再电解纯净的NaCl溶液
D. 炼铜：用黄铜矿经电解精炼得到纯度为99.9%的铜
【答案】B
【解析】
【详解】A．将金属钠投入到氯化钛溶液中，钠先与水反应，故应用金属钠与熔融的氯化钛反应来制取金属钛，故A错误；
B．工业制铁是CO还原铁矿石：3CO+Fe2O32Fe+3CO2，故B正确；
C．工业制钠是电解熔融NaCl：2NaCl2Na+Cl2↑，而电解纯净的NaCl溶液：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，得不到钠，故C错误；
D．黄铜矿（主要成分为CuFeS2）经过冶炼后得到粗铜，粗铜进行电解得到99.9%的铜，故D错误；
故选B。
11.W、X、Y、Z四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如图所示，W的气态氢化物可与其最高价含氧酸反应生成离子化合物，下列说法正确的是（ ）
W
X
Y
Z
A. 四种元素中最简单氢化物稳定性最强的是Y
B. Z元素最高价氧化物对应水化物的酸性一定强于Y
C. X与Y元素的化合价完全相同
D. Z元素单质在化学反应中只表现氧化性
【答案】B
【解析】
【分析】由四种短周期元素在元素周期表中的相对位置，W的气态氢化物可与其最高价含氧酸反应生成离子化合物，知道W是N元素，X是O，Y是S，Z是Cl。
【详解】A．四种元素中最简单氢化物稳定性最强的是X，即H2O，A错误；
B．Z元素最高价氧化物对应水化物是HClO4，其酸性一定强于Y元素最高价氧化物对应水化物H2SO4，B正确；
C．X与Y元素的化合价不完全相同，O没有正价；C错误；
D．Z元素单质Cl2在化学反应中既可表现氧化性，也可表现还原性，比如Cl2和碱溶液的反应，D错误；
故合理选项为B。
12.下列无色溶液中能大量共存离子组的是（ ）
A. Cu2+、Cl-、SO42-、K+ B. Ca2+、HCO3-、Cl-、Na+
C. K+、OH-、HCO3-、Na+ D. Ag+、NO3-、Cl-、K+
【答案】B
【解析】
【详解】A、Cu2＋呈蓝色，A不符合题意；
B、该组离子可以大量共存，B符合题意；
C、OH-和HCO3-不能大量共存，C不符合题意；
D、Ag+和Cl-不能大量共存，D不符合题意；
故选B。
13.下列有关实验室的制备方法中，不能达到实验目的的是（ ）
A. 实验室制氧气B. 实验室制Fe(OH)3
C. 实验室制乙酸乙酯D. 实验室制氯气
【答案】B
【解析】
【详解】A项、双氧水在二氧化锰的催化作用下分解生成氧气，故A正确；
B项、应该将氢氧化钠溶液滴入新制硫酸铁溶液中制备氢氧化铁，故B错误；
C项、实验室在浓硫酸的催化作用下，乙醇与乙酸发生酯化反应制备乙酸乙酯，并用饱和碳酸钠溶液吸收反应生成的乙酸乙酯，故C正确；
D项、实验室用高锰酸钾与浓盐酸反应制取氯气，氯气比空气密度大，用向上排空气法收集氯气，氯气有毒，用氢氧化钠溶液吸收氯气，防止污染环境，故D正确。
故选B。
14.实验室中下列药品的保存方法，正确的是（ ）
①氢氟酸保存在玻璃瓶中 ②金属钠保存在煤油中 ③氧化钠保存在敞口容器中
④浓硫酸保存在橡胶塞试剂瓶中 ⑤水玻璃可保存在带玻璃塞的玻璃瓶中
⑥过氧化钠、漂白粉要密封保存 ⑦白磷保存在冷水中 ⑧AgNO3固体保存在棕色试剂瓶内
⑨浓硝酸保存在棕色广口瓶内
A. ①③④⑨ B. ①②⑥⑦⑧ C. ②⑥⑦⑧⑨ D. ②⑥⑦⑧
【答案】D
【解析】
【分析】①氢氟酸能够腐蚀玻璃；②钠易与水和氧气反应；③氧化钠能与氧气和二氧化碳、水等反应；④浓硫酸有强氧化性，能腐蚀橡胶．⑤硅酸钠的水溶液俗称“水玻璃”，是矿物胶．⑥过氧化钠、漂白粉都能与空气中二氧化碳反应，要密封保存⑦白磷易自燃；⑧AgNO3固体见光易分解；⑨液体试剂盛放在细口瓶中。
【详解】①因氢氟酸能与玻璃中的二氧化硅反应，应保存在塑料瓶中，故①错误； ②钠易与水和氧气反应，所以要隔绝空气保存，钠的密度大于煤油的，且和煤油不反应，所以可用煤油保持，故②正确；③氧化钠能与氧气和二氧化碳、水等反应，需要密封保存，故③错误；④浓硫酸有强氧化性，能腐蚀橡胶，不能保存在橡胶塞试剂瓶中，故④错误。⑤硅酸钠的水溶液俗称“水玻璃”，是矿物胶玻璃塞和瓶口易被粘结不容易打开，故⑤错误；⑥漂白粉在空气中易吸收空气中的二氧化碳和水蒸气反应生成次氯酸见光分解会失效。过氧化钠、漂白粉都能与空气中二氧化碳反应，要密封保存，故⑥正确；⑦白磷易自燃，白磷保存在冷水中，防止氧化经，故⑦正确；⑧AgNO3固体见光易分解，保存在棕色试剂瓶内，故⑧正确；⑨液体试剂盛放在细口瓶中，浓硝酸保存在棕色细口瓶内，故⑨错误。②⑥⑦⑧正确，故选D。
15.关于SO2与NO2的下列说法错误的是（ ）
A. 都能与NaOH溶液反应生成两种盐 B. 都能使石蕊试液变红
C. 都是引起光化学烟雾的大气污染物 D. 工业制硫酸、硝酸时要用到它们
【答案】C
【解析】
【分析】根据SO2和NO2的性质进行分析；
【详解】A、SO2为酸性氧化物，若SO2过量：SO2＋NaOH=NaHSO3，若SO2不足：SO2＋2NaOH=Na2SO3＋H2O，NO2与NaOH反应：2NO2＋2NaOH=NaNO2＋NaNO3＋H2O，故A说法正确；
B、SO2溶于水后生成H2SO3，能使石蕊试液变红，NO2溶于水：3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，HNO3能使石蕊试液变红，故B说法正确；
C、SO2、NOx都是引起酸雨的主要的物质，引起光化学烟雾的大气污染物是NOx，故C说法错误；
D、工业制硫酸：S＋O2SO2、2SO2＋O22SO3、SO3＋H2O=H2SO4，工业上制备硝酸：2N2＋3H22NH3、4NH3＋5O24NO＋6H2O、2NO＋O2=2NO2、3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，故D说法正确。
16.二羟基甲戊酸是合成青蒿素的原料之一，其结构如图a所示。下列有关二羟基甲戊酸的说法正确的是（ ）
A. 含有羟基和酯基两种官能团
B. 不能使酸性KMnO4溶液褪色
C. 等量的二羟基甲戊酸消耗Na和NaHCO3的物质的量之比为3:1
D. 是乳酸（结构如图b）的同系物
【答案】C
【解析】
【详解】A. 含有羟基和羧基两种官能团，故A错误；
B. 因为含有羟基，所以能使酸性KMnO4溶液褪色，故B错误；
C. 1mol等量的二羟基甲戊酸含有两个羟基和1个羧基消耗Na的物质的量为3mol,消耗NaHCO3的物质的量1mol,所以消耗Na和NaHCO3的物质的量之比为3:1，故C正确；
D. 由乳酸的结构简式为二羟基甲戊酸的结构简式为，两者结构不相似，不属于同系物，故D错误；
答案：C。
17.NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 16.25 g FeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1 NA
B. 22.4 L（标准状况）氩气含有的质子数为18 NA
C. 92.0 g甘油（丙三醇）中含有羟基数为1.0 NA
D. 1.0 mol CH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为1.0 NA
【答案】B
【解析】分析：A、胶体是大分子的集合体；
B、根据氩气的组成解答；
C、根据丙三醇的结构分析；
D、根据甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应的特点分析。
详解：A、16.25g氯化铁的物质的量是16.25g÷162.5g/mol＝0.1mol，由于氢氧化铁胶体是分子的集合体，因此水解生成的Fe(OH)3胶体粒子数小于0.1 NA，A错误；
B、标准状况下22.4L氩气的物质的量是1mol，氩气是一个Ar原子组成的单质，其中含有的质子数是18 NA，B正确；
C、1分子丙三醇含有3个羟基，92.0g丙三醇的物质的量是1mol，其中含有羟基数是3 NA，C错误；
D、甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应生成的卤代烃不止一种，因此生成的CH3Cl分子数小于1.0 NA，D错误。答案选B。
18.取一小段镁带，用砂纸除去表面的氧化膜，放入试管中。向试管中加入2mL水，并滴入2滴酚酞试液。一会儿后发现镁带表面有气泡放出，且镁带附近溶液变红色。加热试管至水沸腾。发现镁带表面有大量气泡放出，且试管中的液体全部变为浅红色。关于该实验下列说法不正确的是（ ）
A. 温度越高，镁与水反应的速率越快
B. 镁与水反应的化学方程式为：Mg＋2H2O = Mg(OH)2＋H2↑
C. 氢氧化镁显碱性，且在水中有一定的溶解性
D. 氢氧化镁是离子化合物，它的电子式可表示为：
【答案】D
【解析】
【详解】A、温度越高，反应速率越快，A正确；
B、镁是活泼金属，在加热条件下与水反应，反应的方程式为Mg+2H2O═Mg（OH）2+H2↑，B正确；
C、滴加酚酞后，镁带附近溶液变红色，说明氢氧化镁显碱性，且在水中有一定的溶解性，故C正确；
D、氢氧化镁离子化合物，电子式中应出现，并带有电荷，D错误。
19. 最新研究表明，咖啡中含有的咖啡酸是某种抗氧化剂的成分之一，对人体中的氧自由基有清除作用，使人的心脑血管更年轻。咖啡酸的球棍模型如图所示(只含有碳氢氧)，下列有关咖啡酸的叙述中不正确的是( )
A. 咖啡酸的分子式为C9H8O4
B. 咖啡酸中含有的官能团只有羧基、羟基
C. 咖啡酸可以发生氧化反应、酯化反应、加聚反应
D. 是咖啡酸的一种同分异构体，1 mol该物质与NaOH溶液反应时最多消耗NaOH的物质的量为3 mol
【答案】B
【解析】
【详解】A、根据咖啡酸的结构示意图可知咖啡酸的分子式为C9H8O4，正确；
B、根据咖啡酸的结构示意图可知咖啡酸含有的官能团有羧基、酚羟基、碳碳双键，错误；
C、因为咖啡酸含有羧基、酚羟基、碳碳双键，所以咖啡酸可以发生氧化反应、酯化反应、加聚反应，正确；
D、两种物质分子式相同而结构不同，互为同分异构体，1mol水解可生成2molHCOOH, 1mol酚，最多消耗NaOH物质的量为3mol，正确；
答案选B。
20.溴化碘(IBr)的化学性质与卤素单质相似，能与大多数金属反应生成金属卤化物，和某些非金属单质反应生成相应的卤化物，跟水反应的产物与氯气与水反应的产物相似。下列有关IBr的叙述中，不正确的是( )
A. IBr是双原子分子
B. 在很多反应中，IBr是强氧化剂
C. 和NaOH溶液反应生成NaBr和NaIO
D. 和水反应时，既是氧化剂又是还原剂
【答案】D
【解析】
【详解】A．IBr分子中含有I、Br2个原子，是双原子分子，A正确；
B．IBr中I元素化合价为+1价，具有氧化性，在化学反应中IBr作氧化剂，B正确；
C．由与水反应的产物与氯气与水反应的产物相似可知，跟NaOH溶液反应可生成NaBr和NaIO，C正确；
D．IBr与水发生反应元素的化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，D错误；
答案选D。
21.下列叙述I和II均正确且具有因果关系的是（ ）
选项
叙述I
叙述II
A
浓硫酸具有强氧化性
浓硫酸可以干燥SO2
B
Fe金属性比Cu强
铜板上的铁钉在潮湿空气中容易生锈
C
H2可在Cl2中燃烧
HCl极易溶于水
D
Al2O3可与碱反应
用烧碱溶液除去SiO2中混有的Al2O3
【答案】B
【解析】
【详解】A.浓硫酸可用于干燥SO2，体现了浓硫酸的吸水性，和氧化性无关，二者无因果关系，故A错误；
B.Ⅰ铁的金属性比铜的金属性强，所以铁比铜活泼，Ⅱ在铜板上的铁钉在潮湿空气中易形成原电池，所以易生锈，二者有因果关系，故B正确；
C.H2可在Cl2中燃烧与HCl极易溶于水，二者无因果关系，故C错误；
D.SiO2为酸性氧化物，可与碱反应生成盐和水，Al2O3为两性氧化物，也可与碱反应生成盐和水，故不能用烧碱溶液除去SiO2中混有的Al2O3，故D错误。
故选B。
22.10g某气态烷烃和气态单烯烃组成的混合气体是相同状况下H2密度的12.5倍，通入足量溴水中，溴水增重8.4g,此两种烃是（ ）
A. 甲烷和乙烯 B. 甲烷和丁烯
C. 乙烷和乙烯 D. 乙烷和丁烯
【答案】A
【解析】
【详解】混合气体的密度是相同状况下H2密度的12.5倍，则有机物的平均摩尔质量25g/mol，烯烃中乙烯的相对分子质量最小为28，故混合气体中一定有甲烷，混合气体的总的物质的量为n=10g÷25g/mol=0.4mol。该混合气通过Br2水时，Br2水增重8.4g为烯烃的质量，所以甲烷的质量为1.6g，甲烷的物质的量为n(CH4)=1.6g÷16g/mol=0.1mol，故烯烃的物质的量为0.4mol-0.1mol=0.3mol，所以M（烯烃）=8.4g÷0.3mol=28g/mol，假设烯烃的组成为CnH2n，则14n=28，所以n=2，故为乙烯，所以混合物为甲烷、乙烯，选项A正确。
23.下列物质的转化在给定条件下均能通过一步反应实现的是（ ）
A. NaAlO2（aq）AlCl3Al2O3
B. NaCl（饱和）NaHCO3Na2CO3
C. N2NO2HNO3
D. FeS2SO3 H2SO4
【答案】B
【解析】
【分析】A．氯化铝与少量氢氧化钠反应生成氢氧化铝沉淀，与过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠；B．氮气与氧气在放电或加热条件下会生成一氧化氮；C．饱和的氯化钠溶液中先通入氨气，再通入二氧化碳，溶液中碳酸氢根离子浓度增大，因为碳酸氢钠的溶解度相对较小，析出碳酸氢钠，碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠；D．FeS2和氧气反应生成二氧化硫。
【详解】A．氯化铝与少量氢氧化钠反应生成氢氧化铝沉淀，与过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，所以得不到氧化铝，故A错误；B.饱和的氯化钠溶液中先通入氨气，再通入二氧化碳，溶液中碳酸氢根离子浓度增大，因为碳酸氢钠的溶解度相对较小，析出碳酸氢钠，碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，所以B符合题意；C．氮气与氧气在放电或加热条件下会生成一氧化氮，得不到二氧化氮，故C错误；D．FeS2和氧气反应生成二氧化硫，不能直接生成三氧化硫，故D错误；所以答案是B。
24.在标准状况下将1.92g铜粉投入一定量浓HNO3中，随着铜粉的溶解，反应生成的气体颜色逐渐变浅，当铜粉完全溶解后共收集到由NO2和NO组成的混合气体1.12 L，则反应消耗HNO3的物质的量为（ ）
A. 0.08mol B. 0.06mol C. 0.11mol D. 无法计算
【答案】C
【解析】
【分析】Cu和浓硝酸反应：Cu＋4HNO3（浓）=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，随着反应的进行，硝酸浓度变小，发生3Cu＋8HNO3（稀）=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，根据N原子守恒，求出消耗HNO3的物质的量；
【详解】Cu和浓硝酸反应：Cu＋4HNO3（浓）=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，随着反应的进行，硝酸浓度变小，发生3Cu＋8HNO3（稀）=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，根据N元素守恒，消耗硝酸的物质的量n(HNO3)=2n(Cu)＋n(NO2、NO)=+=0.11mol，故C正确。
25. 下列实验的失败是因为缺少必要的实验步骤造成的是（ ）
①将乙醇和乙酸混合，再加入稀硫酸共热制乙酸乙酯 ②将在酒精灯火焰上灼烧至表面变黑的铜丝冷却后插入乙醇中，铜丝表面仍是黑色 ③要除去甲烷中混有的乙烯则得到干燥纯净的甲烷，将甲烷和乙烯的混合气体通入溴水 ④做葡萄糖的还原性实验时，当加入新制的氢氧化铜碱性悬浊液后，未出现红色沉淀 ⑤检验淀粉已经水解，将淀粉与少量稀硫酸加热一段时间，加入银氨溶液未析出银镜
A. ①④⑤ B. ①③④⑤ C. ③④⑤ D. ④⑤
【答案】C
【解析】
【详解】①应加入浓硫酸，不是稀硫酸，不是缺少步骤，故错误；
②2Cu＋O2=2CuO，CuO＋CH3CH2OH→CH3CHO＋Cu＋H2O，铜丝颜色变化：黑→红，不是缺少步骤，故错误；
③从溴水中逸出的甲烷，含有水蒸气，应再通过浓硫酸，缺少步骤，故正确；
④没有加热煮沸，缺少步骤，故正确；
⑤没有中和硫酸，至溶液显碱性，缺少步骤，故正确；
故选项C正确。
卷Ⅱ（非选择题）
26.硫酰氯(SO2Cl2)常作氯化剂或氯磺化剂，用于制作药品、染料、表面活性剂等。有关物质的部分性质如表：
物质
熔点/℃
沸点/℃
其它性质
SO2Cl2
-54.1
69.1
①易水解，产生大量白雾
②易分解：SO2Cl2SO2↑+Cl2↑
H2SO4
10.4
338
吸水性且不易分解
实验室用干燥而纯净的二氧化硫和氯气合成硫酰氯，装置如图所示(夹持仪器已省略)，请回答有关问题：
（1）仪器A冷却水的进口为___(填“a”或“b”)。
（2）仪器B中盛放的药品是___。此仪器作用为：___。
（3）实验时，装置丁中发生反应的离子方程式为___。
（4）装置丙作用为___，若缺少装置乙，则硫酰氯会水解，该反应的化学方程式为___。
（5）少量硫酰氯也可用氯磺酸(ClSO3H)分解获得，该反应的化学方程式为：2ClSO3H═H2SO4+SO2Cl2，此方法得到的产品中会混有硫酸。
①从分解产物中分离出硫酰氯的方法是___。
②请设计实验方案检验产品中有硫酸(可选试剂：稀盐酸、稀硝酸、BaCl2溶液、蒸馏水、石蕊溶液)：___。
【答案】(1). a (2). 碱石灰 (3). 吸收未反应的Cl2和SO2，防止水蒸气进入甲装置中 (4). ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O (5). 除去Cl2中的HCl (6). SO2Cl2+2H2O=H2SO4+ 2HCl (7). 蒸馏 (8). 取产物在干燥条件下加热至完全反应(或挥发或分解等)，冷却后加水稀释；取少量溶液滴加紫色石蕊试液变红；再取少量溶液，加入BaCl2溶液产生白色沉淀，说明含有H2SO4。或取反应后的产物直接加BaCl2溶液，有白色沉淀，再滴加紫色石蕊试液变红，说明含有H2SO4
【解析】
【分析】本实验的目的是用干燥而纯净的二氧化硫和氯气合成硫酰氯；其中根据题中的装置图可知，仅需要制备Cl2即可，则丁为制备Cl2的发生装置，丙中装有饱和食盐水（除去HCl气体），乙中装有浓硫酸（吸收水蒸气）。甲为制备硫酰氯的反应装置。
【详解】（1）根据采用逆流的冷凝效果好，所以冷凝管中的冷却水进口为a；
（2）甲装置：SO2(g)+Cl2(g)SO2Cl2，二氧化硫、氯气为有毒的酸性气体，产物硫酰氯会水解，所以仪器B中盛放的药品是碱性物质碱石灰，可防止空气中的水蒸气进入装置，同时吸收挥发出去的二氧化硫和氯气；
（3）浓盐酸和氯酸钾发生反应生成KCl、氯气和水，反应为：6HCl(浓)+KClO3=KCl+3Cl2↑+3H2O，离子方程式为：ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O；
（4）盐酸易挥发，制取的氯气中含有氯化氢，氯气难溶于饱和食盐水；HCl易溶于水，而氯气难溶于饱和食盐水，可用饱和NaCl溶液除去Cl2中的少量HCl，所以丙装置作用为诶：除去Cl2中的HCl，SO2Cl2遇水生成硫酸和氯化氢，则其水解方程式为：SO2Cl2+2H2O═H2SO4+2HCl；
（5）①二者为互溶液体，沸点相差较大，采取蒸馏法进行分离；
②氯磺酸(ClSO3H)分解：2ClSO3HH2SO4+SO2Cl2，取产物在干燥条件下加热至完全反应(或挥发或分解等)，冷却后加水稀释；取少量溶液滴加紫色石蕊试液变红，证明溶液呈酸性，再取少量溶液，加入BaCl2溶液产生白色沉淀，说明含有H2SO4，或取反应后的产物直接加BaCl2溶液，有白色沉淀，证明含有硫酸根离子，再滴加紫色石蕊试液变红，说明含有H2SO4。
27.苯甲酸乙酯（C9H10O2）稍有水果气味，用于配制香水香精和人造精油，大量用于食品工业中，也可用作有机合成中间体、溶剂等．其制备方法为：
+C2H5OH+H2O
已知：
颜色、状态
沸点（℃）
密度（g•cm﹣3）
苯甲酸*
无色片状晶休
249
1.2659
苯甲酸乙酯
无色澄清液体
212.6
1.05
乙醇
无色澄清液体
78.3
0.7893
环己烷
无色澄清液体
80.8
0.7318
*苯甲酸在100℃会迅速升华．实验步骤如下：
①在圆底烧瓶中加入12.20g苯甲酸、25mL乙醇（过量）、20mL 环己烷，以及4mL浓硫酸，混合均匀并加入沸石，按如图所示装好仪器，控制温度在65〜70℃加热回流2h．反应时环己烷一乙醇﹣水会形成“共沸物”（沸点62.6℃）蒸馏出来，再利用分水器不断分离除去反应生成的水，回流环己烷和乙醇．
②反应结束，打开旋塞放出分水器中液体后，关闭旋塞．继续加热，至分水器中收集到的液体不再明显增加，停止加热．
③将烧瓶内反应液倒人盛有适量水的烧杯中，分批加入Na2CO3至溶液呈中性．
④用分液漏斗分出有机层，水层用25mL乙醚萃取分液，然后合并至有机层．加入氯化钙，对粗产物进行蒸馏（装置如图所示），低温蒸出乙醚后，继续升温，接收210〜213℃的馏分．
⑤检验合格，测得产品体积为13.16mL．
（1）在该实验中，圆底烧瓶的容积最适合的是_____（填入正确选项前的字母）．
A.25mL B.50mL C.100mL D.250mL
（2）步骤①中沸石的作用是____，使用分水器不断分离除去水的目的是_____．
（3）骤②中应控制馏分的温度在__．
A.215〜220℃ B.85〜90℃ C.78〜80℃ D.65〜70℃
（4）步骤③加入Na2CO3的作用是________；若Na2CO3加入不足，在之后蒸馏时，蒸馏烧瓶中可见到白烟生成，产生该现象的原因是________．
（5）关于步骤④中的萃取分液操作叙述正确的是____．
A．水溶液中加入乙醚，转移至分液漏斗中，塞上玻璃塞，分液漏斗倒转过来，用力振摇
B．振摇几次后需打开分液漏斗下口的玻璃塞放气
C．经几次振摇并放气后，手持分液漏斗静置待液体分层
D．放出液体时，应打开上口玻璃塞或将玻璃塞上的凹槽对准漏斗口上的小孔
（6）计算本实验的产率为____．
【答案】(1). C (2). 防爆沸 (3). 使平衡不断地向正向移动 (4). C (5). 除去苯甲酸乙酯中的苯甲酸 (6). 在苯甲酸乙酯中有未除净的苯甲酸，受热至100℃时升华 (7). AD (8). 92.12%
【解析】（1）圆底烧瓶中液体的体积应该在容积1/3-2/3之间，在圆底烧瓶中加入12.20g苯甲酸、25mL乙醇（过量）、20mL 环己烷，以及4mL浓硫酸总体积在60ml左右，所以应该用100ml容量瓶，故选C。（2）反应过程需要加热，为了防止液体爆沸加一些沸石。分离器分离出生成的水,减少生成物从而使该反应向正反应方向移动,提高转化率。(3)温度低于苯甲酸乙酯的沸点时,苯甲酸乙酯不被蒸馏出,要使苯甲酸乙酯不被蒸馏出,则温度应低于苯甲酸乙酯的沸点,所以温度应低于,但要使乙醇和环己烷蒸馏出,所以温度应高于乙醇和环己烷的沸点80.8,因此应选C。（4）加入Na2CO3，Na2CO3能和苯甲酸反应，而和苯甲酸乙酯不反应，这样可以除去苯甲酸乙酯中的苯甲酸。若Na2CO3加入不足，则会有剩余的苯甲酸，苯甲酸在会迅速升华,苯甲酸固体小颗粒弥漫到空气中产生白烟。（5）分液漏斗的使用方法,是在水溶液中加入乙醚,转移至分液漏斗中,塞上玻璃塞，将分液漏斗倒转过来,用力振摇, A正确。振摇过程应该打开上口的玻璃塞放气，B错误。分液漏斗要放到铁架台上静置，C错误。放出液体时,需将玻璃塞上的凹槽对准漏斗口上的小孔,只有这样液体才能顺利流下, D正确。正确选项为AD。（6）假如苯甲酸完全反应，则生成苯甲酸乙酯的物质的量等于苯甲酸的物质的量为12.20/122=0.1mol。而实际生成的苯甲酸乙酯的物质的量为:13.16×1.05/150=0.09212mol,因此产率为0.09212mol/0.1mol=92.12%。
28.锌钡白是一种白色颜料。工业上是由ZnSO4与BaS溶液混合而成：BaS＋ZnSO4＝ZnS↓＋BaSO4↓。请根据以下工业生产流程回答有关问题。
Ⅰ.ZnSO4溶液的制备与提纯：
有关资料：a.菱锌矿的主要成分是ZnCO3，含少量SiO2、FeCO3、Cu2(OH)2CO3等；
b.Zn(OH)2与Al(OH)3相似，能溶于过量的NaOH溶液生成Na2ZnO2。
（1）若②中加入氧化剂为H2O2，写出离子反应方程式____。
（2）为了达到综合利用、节能减排的目的，上述流程步骤④中的CO2可以来自于步骤___（选填①、②、③、⑤）。
（3）滤渣2的主要成分为___。
（4）写出步骤④后产生滤渣3的离子反应方程式___。
Ⅱ.BaS溶液的制备：
（5）写出煅烧还原的化学反应方程式____。
Ⅲ.制取锌钡白：
（6）如果生产流程步骤⑤硫酸过量，则ZnSO4与BaS溶液混合制取锌钡白产生的后果是___。
【答案】(1). 2Fe2+＋2H+＋H2O2=2Fe3+＋2H2O (2). ① (3). Fe(OH)3、Cu(OH)2 (4). ZnO22-＋2CO2＋2H2O=Zn(OH)2↓＋2HCO3- (5). BaSO4＋4CBaS＋4CO↑ (6). 过量的酸与BaS溶液混合会产生有毒的H2S污染空气，而且会降低锌钡白的产率
【解析】
【分析】I、ZnSO4的制备流程：菱锌矿用硫酸溶解后，得到的滤渣1为SiO2，溶液中的阳离子有Zn2+、Fe2+、Cu2+，加入H2O2的目的是将Fe2+转化为Fe3+，再加入过量的NaOH，Fe3+和Cu2+形成滤渣2，而Zn2+转化为ZnO22-，留在溶液中；向所得溶液通入CO2，Na2ZnO2转化为Zn(OH)2形成滤渣3，再用硫酸溶解Zn(OH)2即得ZnSO4；
II、根据题中的反应物和生成物写出反应方程式即可；
III、BaS和过量的酸反应生成的H2S会污染环境，同时也锌钡白的产率也会降低。
【详解】(1)加入氧化剂二价铁被氧化为三价铁，若②中加入氧化剂为H2O2，反应的离子方程式为2Fe2+ +2H++H2O2 =2Fe3++2H2O；
(2)因步骤①中，硫酸与ZnCO3、FeCO3、Cu2(OH)2CO3 反应时均产生 CO2，为了达到综合利用、节能减排的目的，上述流程步骤④中的CO2可以来自于步骤①；
(3)根据上述分析，滤渣2的主要成分为Fe(OH)3、Cu(OH)2；
(4)由题目信息知：Zn(OH)2与Al(OH)3相似，则与Na2ZnO2与NaAlO2类似，即Na2ZnO2与过量CO2反应方程式为：Na2ZnO2+2CO2+2H2O=Zn(OH)2↓+2NaHCO3，离子方程式为；ZnO22-+2CO2+2H2O=Zn(OH)2↓+2HCO3-；
(5)根据示意图，硫酸钡与碳粉煅烧还原反应生成BaS和CO，反应的化学反应方程式为BaSO4+4CBaS+4CO↑；
(6)如果Ⅰ中步骤⑤使用硫酸过量，会发生如下反应，BaS+H2SO4=H2S↑+ZnSO4，H2S气体有毒，会污染环境，而且锌钡白的产率会降低。
29.水芹烯是一种具有祛痰、抗菌、杀虫作用的添加剂，由水芹烯合成聚合物H的路线如图所示。
回答下列问题：
（1）水芹烯的分子式为___，C的系统命名为___，反应④的反应类型为___。
（2）D分子中的官能团为（写名称）___，B的结构简式为___。
（3）反应⑥化学反应方程式为___。H在NaOH水溶液中发生水解反应的化学方程式为___。
（4）M是G的同分异构体，且能与NaHCO3反应生成CO2，则M的可能结构有___种（考虑立体异构）。
【答案】(1). C10H16 (2). 2-羟基丙酸 (3). 消去反应 (4). 羧基、溴原子 (5). (6). CH2=CHCOOH+CH3OHCH2=CHCOOCH3+H2O (7). +nNaOH+nCH3OH (8). 5
【解析】
【分析】根据题中给出的信息，可以推出B为，该结构式与C相对应；根据H的结构式可以推出G为；根据反应⑥的条件，可以推出F为，则D为，E为。
【详解】（1）根据水芹烯的结构简式，可以推出水芹烯的分子式为C10H16；C的系统命名为2-羟基丙酸；反应④是D（）→E（）的反应，则该反应为消去反应；
（2）D（）的官能团为羧基和溴原子；B的结构简式为；
（3）反应⑥是F（）和CH3OH的反应，其化学反应方程式为CH2=CHCOOH+CH3OHCH2=CHCOOCH3+H2O；H在NaOH水溶液中发生水解反应的化学方程式为+nNaOH+nCH3OH；
（4）M是G（）的同分异构体，且M能与NaHCO3反应生成CO2，则M含有羧基，符合条件的同分异构体有：、、、、，共5种（注意题中说明了考虑立体异构）。
相关资料
更多
