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2018-2019学年河北省武邑中学高二上学期第三次月考化学试题 解析版
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河北武邑中学2018-2019学年高二上学期第三次月考
化学试题
说明：可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 O—16
第Ⅰ卷 选择题(共42分)
一、选择题：每小题只有1个选项符合题意，每小題3分。
1.2017年，我国科学家实现了二氧化碳高稳定性加氢合成甲醇（CH3OH），在二氧化碳的碳资源化利用方面取得突破性进展。甲醇属于
A. 单质 B. 氧化物 C. 无机物 D. 有机物
【答案】D
【解析】
分析：含有碳元素的化合物一般是有机化合物，据此解答。
详解：A. 由一种元素形成的纯净物是单质，甲醇是化合物，A错误；
B. 由两种元素形成其中一种是氧元素的化合物是氧化物，甲醇含有三种元素，不是氧化物，B错误；
C. 甲醇的结构简式为CH3OH，属于有机物，不是无机物，C错误；
D. 甲醇的结构简式为CH3OH，属于有机物，D正确。答案选D。
点睛：一般含有碳元素的化合物是有机化合物，简称有机物，但CO、CO2、碳酸盐等虽然也含有碳元素，但其性质和结构更类似于无机物，一般把它们归为无机物，答题时需要灵活掌握。
2.下列操作会使H2O的电离平衡向正方向移动，且溶液呈酸性的是( )
A. 将纯水加热到95 ℃时，pH<7 B. 向水中加少量NaHSO4
C. 向水中加少量Na2CO3 D. 向水中加少量FeCl3
【答案】D
【解析】
【分析】
要促进水电离，可以采取的方法有：升高温度、加入含有弱根离子的盐，溶液呈酸性，说明加入的盐必须是强酸弱碱盐水解导致溶液呈酸性，据此分析解答。
【详解】A．水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，但溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，所以水仍然呈中性，选项A不符合；B．向水中加入硫酸氢钠，硫酸氢钠电离出氢离子而使溶液呈酸性，但氢离子能抑制水电离，选项B不符合；C．向水中加入碳酸钠能促进水电离，但碳酸钠水解后溶液呈碱性，选项C不符合；D．向溶液中加入氯化铁能促进水电离，且氯化铁水解使溶液呈酸性，选项D符合；答案选D。
【点睛】本题考查了水的电离，明确酸、碱能抑制水电离、含有弱根离子的盐能促进水电离是解本题的关键，难度不大。
3.PH相同的下列溶液，溶质浓度最大的是( )
A. H3PO4 B. HCN C. HI D. H2SO4
【答案】B
【解析】
【分析】
HI、H2SO4为强酸，完全电离，HCN、H3PO4为弱酸，部分电离，且酸性H3PO4＞HCN，说明醋酸电离程度最小，则pH相同时醋酸的物质的量浓度最大。
【详解】HI、H2SO4为强酸，完全电离，HCN、H3PO4为弱酸，部分电离，且酸性H3PO4＞HCN，说明醋酸电离程度最小，则pH相同时HCN溶液中含有大量的未电离的HCN分子，因此HCN的物质的量浓度最大，答案选B。
【点睛】本题主要考查了电解质的电离，侧重于基础知识的考查，题目难度不大，注意弱电解质部分电离。
4.向饱和石灰水中投入0.56g氧化钙，并恢复到原来的温度，下列说法正确的是( )
A. 溶液的pH增大 B. 溶液中c(Ca2+)不变
C. OH－数目不变 D. 析出的Ca(OH)2质量为0.74g
【答案】B
【解析】
A、反应后仍为饱和溶液，c(OH-)不变，溶液pH不变，故A错误；B、反应后仍为饱和溶液，溶液中Ca2+浓度不变，故B正确；C. 加入CaO，消耗水，溶液的质量减少，溶液的体积减小，但c(OH-)不变，则溶液中OH－数目减少，故C错误；D. 0.56g氧化钙生成Ca(OH)2质量为0.74g，溶液中的溶剂水减少，原来溶解的氢氧化钙有部分析出，析出的Ca(OH)2质量大于0.74g，故D错误；故选B。
点睛：本题考查的是溶解平衡的移动。要注意向饱和石灰水中加少量生石灰，发生的反应：CaO+H2O=Ca(OH)2，温度不变，溶液的浓度不变，但溶液质量减少，因此各离子的数目减少。
5.与纯水的电离相似，液氨中也存在着微弱的电离：2NH3⇌NH4++NH2﹣，据此判断以下叙述中不正确的是( )
A. 液氨中含有NH3、NH4+、NH2﹣微粒
B. 其他条件不变，若增加液氨的量，电离平衡将正向移动
C. 只要不加入其他物质，液氨中c(NH4+)=c(NH2﹣)
D. 一定温度下液氨中c(NH4+)• c(NH2﹣)是一个常数
【答案】B
【解析】
试题分析：A、因为此反应是可逆反应含有NH3、NH4+、NH2﹣微粒，故A项正确；B、其他条件不变，若增加液氨的量，电离平衡将不移动，B项错误；C、依据水的电离，只要不加入其他物质，液氨中c（NH4+）=c（NH2﹣），C项正确；D、依据水的电离，一定温度下液氨中c（NH4+）•c（NH2﹣）是一个常数，D项正确；答案选B。
考点：考查水的电离
6.在1L的容器中，用纯净的CaCO3与100mL稀盐酸反应制取CO2,反应生成CO2的体积随时间的变化关系如图所示（CO2的体积已折算为标准状况下的体积)。下列分析正确的是（ ）
A. OE段表示的平均反应速率最快
B. F点收集到的C02的量最多
C. EF段,用盐酸表示该反应的平均反应速率为0.04mol·L-1·min-1
D. OE、EF、FG三段中，该反应用二氧化碳表示的平均反应速率之比为2:6:7
【答案】B
【解析】
根据反应速率的定义，单位时间内反应生成的多或反应物消耗的多，则速率快。由于横坐标都是1个单位，EF段产生的CO2多，所以该段反应速率最快，不是OE段，A错；EF段产生的CO2共0.02 mol，由于反应中n(HCl)∶n(CO2)＝2∶1，所以该段消耗HCl＝0.04 mol，时间1 min，所以用盐酸表示的EF段平均化学速率是0.4 mol·L－1·min－1，B正确；由于时间都是1 min，所以三段的速率之比就等于产生CO2的体积之比，即224∶(672－224)∶(784－672)＝2∶4∶1，C错；收集的CO2是看总量的，F点只有672 mL，自然是G点的体积最多，D错。
7. 某温度下，某容积恒定的密闭容器中发生如下可逆反应：
CO（g）+H2O（g）H2（g）+CO2（g）△H>0。当反应达平衡时，测得容器中各物质均为n mol，欲使H2的平衡浓度增大一倍，在其它条件不变时，下列措施可以采用的是
A. 升高温度 B. 加入催化剂
C. 再加入n molCO和n molH2O D. 再加入2n molCO2和2n molH2
【答案】D
【解析】
试题分析：该反应为反应前后气体的体积相等，压强不影响化学平衡移动。A、升高温度，平衡向正反应方向移动，但反应物不可能完全转化为生成物，所以氢气的物质的量浓度不可能增大1倍，故A错误；B、催化剂只是改变反应速率，不影响转化率，故B错误；C、再通入nmolCO2和nmolH2，平衡向逆反应方向移动，有部分氢气减少，所以氢气的物质的量浓度不可能是增大1倍，故C错误；D、再通入2nmol CO和2nmolH2O（g），平衡向正反应方向移动，当再次达到平衡状态时，氢气的物质的量浓度能增大1倍，故D正确，故答案选D。
考点：考查外界条件对平衡状态的影响
8.下列物质中，酸性最强的是( )
A. 乙醇 B. 碳酸 C. 苯酚 D. 乙酸
【答案】D
【解析】
【详解】根据已学过的知识可知下列反应可以发生：CH3COOH+NaHCO3=CH3COONa+CO2↑+H2O，CO2+H2O+C6H5ONa=C6H5OH↓+NaHCO3，由“强酸制弱酸”的规律可知，酸性强弱关系是：CH3COOH>H2CO3>C6H5OH>HCO3-，乙醇跟CH3COONa、NaHCO3、C6H5ONa均不反应，说明乙醇酸性最弱。所以选项中酸性最强的是乙酸，答案选D。
9.下列物质分离提纯的方法不正确的是
A. 提纯含杂质的工业酒精选择装置③
B. 提纯含杂质的粗苯甲酸选择装置①②
C. 从溴水中提纯溴选择装置④
D. 苯中混有少量苯酚选择装置④
【答案】B
【解析】
A．提纯含杂质的工业酒精，利用蒸馏法，则选择装置③，A正确；B．提纯含杂质的粗苯甲酸，因苯甲酸的溶解度随着温度的升高而升高，加热后缓慢降温会使其析出颗粒较大的晶体，所以常可以采用重结晶法的方法来提纯苯甲酸，需要加热溶解、趁热过滤、冷却结晶、滤出晶体等操作提纯苯甲酸，B错误；C．从溴水中提纯溴，选择萃取法，则选择装置④，C正确；D．苯中混有少量苯酚，可加NaOH后分液来除杂，则选择装置④，D正确；答案选B。
点睛：本题考查混合物分离提纯方法的选择和应用，把握物质的性质、性质差异及分离方法和原理为解答的关键，注意装置的作用。
10.下列装置或操作正确且能达到实验目的的是
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A.在读取滴定管读数时要求眼睛、液体凹液面最低点、刻度线在同一水平线上，而图示俯视读数使读取的液体体积数值偏小，A项错误；
B.碱式滴定管尖嘴处的气泡一般都是在玻璃珠下边，要将橡胶管向上弯曲才能使气泡自动向上移动，同时用力捏挤玻璃珠使溶液喷出。B项正确；
C.不能用酸式滴定管盛装NaOH溶液，C项错误；
D.温度计的水银球要置于小烧杯中溶液中央，以测量混合溶液的温度。D项错误；答案选B。
11.在固态金属氧化物电解池中，高温共电解H2OCO2混合气体制备H2和CO是一种新的能源利用方式，基本原理如下图所示。下列说法不正确的是( )
A. X是电源的负极
B. 阴极的电极反应式是H2O＋2e－===H2＋O2－、CO2＋2e－===CO＋O2－
C. 总反应可表示为H2O＋CO2H2＋CO＋O2
D. 阴、阳两极生成的气体的物质的量之比是1∶1
【答案】D
【解析】
试题分析：A、从图示可看出，与X相连的电极发生H2O→H2、CO2→CO的转化，均得电子，应为电解池的阴极，则X为电源的负极，正确；B、阴极H2O→H2、CO2→CO均得电子发生还原反应，电极反应式分别为：H2O＋2eˉ＝H2＋O2ˉ、CO2＋2eˉ＝CO＋O2ˉ，正确；C、从图示可知，阳极生成H2和CO的同时，阴极有O2生成，所以总反应可表示为：H2O＋CO2H2＋CO＋O2，正确；D、从总反应方程式可知，阴极生成2mol气体(H2、CO各1mol)、阳极生成1mol气体(氧气)，所以阴、阳两极生成的气体物质的量之比2∶1，错误。
考点：考查原电池原理、化学电源
视频
12.取20 mL pH=3的CH3COOH溶液，加入0.2 mol·L-1的氨水，测得溶液导电性变化如图，则加入氨水前CH3COOH的电离度为( )
A. 0.5% B. 1.0% C. 0.1% D. 1.5%
【答案】B
【解析】
【详解】醋酸和氨水都是弱电解质，导电能力较弱，氨水与醋酸发生中和反应生成强电解质醋酸铵：CH3COOH+NH3·H2O=CH3COO-+NH4++H2O，溶液中阴、阳离子数目逐渐增多。开始一段时间，溶液中阴、阳离子数目的增加超过溶液体积的增大，溶液中阴、阳离子浓度逐渐增大，溶液导电性逐渐增强；后来溶液的导电性又逐渐减弱，说明后来溶液体积的增大超过了阴、阳离子数目的增加。因此导电能力最强的时刻应为醋酸与氨水恰好完全反应时刻，即加入10mL氨水时醋酸与氨水恰好完全中和，则有物质的量关系：n(CH3COOH)=n(NH3·H2O)，设醋酸的原始浓度为c(CH3COOH)，建立方程：0.02L×c(CH3COOH)=0.01L×0.2mol/L，解得c(CH3COOH)=0.1mol/L，又原醋酸溶液pH=3，根据电离方程式CH3COOHCH3COO-+H+，原醋酸溶液中已电离的CH3COOH分子浓度=c(H+)=10-3mol/L，因此，醋酸的电离度=×100%=×100%=1%，答案选B。
【点睛】电解质溶液的导电能力与溶液中阴、阳离子浓度和离子所带电荷数成正比，在分析弱酸和弱碱相互滴加过程中溶液导电能力变化时，不仅要看到因中和反应生成的阴、阳离子数目逐渐增多，而且更要看到溶液体积增大引起离子浓度的减小，一般来说导电能力最强的点即为酸碱恰好完全中和的时刻。
13.可逆反应2NO2(g) N2O4(g) △H<0。在密闭容器中进行，当达到平衡时，欲通过改变条件，达到新平衡后使气体颜色加深，应采取的措施是
A. 增大容器体积
B. 温度压强不变，充入N2O4(g)
C. 温度体积不变，充入NO2(g)
D. 容器容积不变，降低温度
【答案】C
【解析】
【分析】
A. 增大容器体积，相当于减压，平衡左移，各物质浓度均减小；B. 温度压强不变，充入N2O4(g)，与原平衡等效，各物质浓度不变；C. 温度体积不变，充入NO2(g)，相当于增大NO2(g)浓度；D.降低温度，平衡右移，NO2(g)浓度降低。
【详解】A.增大容器体积，浓度降低，气体颜色变浅，A错误；B．由于反应前后均是一种物质，因此温度、压强不变，充入N2O4（g），与原平衡等效，各物质浓度不变，气体颜色不变，B错误；C．由于反应前后均是一种物质，因此温度体积不变，充入NO2（g），相当于增大NO2（g）浓度，气体颜色加深，C正确；D．正反应放热，容器容积不变，降低温度，平衡向正反应方向进行，NO2浓度减小，颜色变浅，D错误；正确选项C。
【点睛】可逆反应2NO2(g) N2O4(g) △H<0，当容器的体积、温度不变时，充入和反应无关的气体，速率不变，平衡不移动，混合气体的颜色不变；当压强、温度不变时，充入和反应无关的气体，速率减慢，平衡向左移动，混合气体的颜色变浅。
14.下列事实或操作不符合平衡移动原理的是( )
A. 开启啤酒有泡沫逸出
B. H2、I2、HI平衡混合气加压后颜色变深
C. 装有NO2的烧瓶置于热水中颜色加深
D. 实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气
【答案】B
【解析】
【详解】如果改变影响平衡的条件之一（如温度、压强、参加反应的化学物质的浓度）平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，称之为平衡移动原理。
A.啤酒中存在平衡CO2(g)+H2O(l)H2CO3(aq)H+(aq)+HCO3-(aq)，开启啤酒瓶时瓶内气压减小，平衡向气体体积增大的方向移动，即上述平衡逆向移动，产生CO2与啤酒形成的泡沫，符合平衡移动原理，A项错误；
B.该混合气体中存在反应：H2(g)+I2(g)2HI(g)，I2(g)为紫色蒸气，加压该平衡不移动，颜色变深的原因是加压气体体积缩小，各组分的浓度增大，I2(g)浓度越大颜色越深，所以不符合平衡移动原理，B项正确；
C.装有NO2的烧瓶中存在反应：2NO2(g)N2O4(g)，NO2为红棕色气体，N2O4为无色气体，因为该反应的逆反应为吸热反应，根据烧瓶在热水中颜色加深可知，升高温度向吸热反应方向移动，符合平衡移动原理，C项错误；
D.氯气溶于水时部分氯气与水反应：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，饱和食盐水中Cl-浓度很大，实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气是因为氯气在饱和食盐水中溶解度很小，这正是增大Cl-浓度平衡向逆反应方向移动的结果，符合平衡移动原理，D项错误；答案选B。
第Ⅱ卷 非选择题(共58分)
15.设计实验探究乙烯与溴的加成反应。已知制取乙烯的化学方程式为：
CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O。
(1)甲同学设计并进行了如下实验：先用乙醇和浓硫酸为原料制取乙烯，将生成的气体直接通入溴水中，发现溴水褪色，即证明乙烯与溴水发生了加成反应。甲同学设计的实验______（填“能”或“不能”）验证乙烯与溴水发生了加成反应，其理由是______（填编号）。
A．使溴水褪色的反应，未必是加成反应 B．使溴水褪色的反应，就是加成反应
C．使溴水褪色的气体，未必是乙烯 D．使溴水褪色的气体，就是乙烯
(2)乙同学发现在甲同学的实验中，产生的气体有刺激性气味，推测在制得的乙烯中还可能含有少量有还原性的杂质气体，由此他提出必须先把杂质气体除去，再与溴水反应。乙同学推测此乙烯中可能含有的一种杂质气体是___________，在验证过程中必须全部除去。乙烯与溴水发生反应的化学方程式是______________________________，
(3)设计实验验证乙烯与溴水的反应是加成反应而不是取代反应：______________。
【答案】 (1). 不能 (2). AC (3). SO2 (4). CH2=CH2+Br2CH2BrCH2Br (5). 向反应后的溶液中滴加石蕊溶液，溶液不变红，说明该反应为加成反应而非取代反应
【解析】
【分析】
用此法得到的乙烯内可能含有SO2气体，因SO2能将溴水还原而使之褪色，故溴水褪色不能证明是乙烯与溴水发生了加成反应；乙烯若与溴水发生取代，则有HBr生成从而使溶液显酸性，若发生加成反应则生成CH2BrCH2Br溶液不显酸性，据以上分析解答。
【详解】（1）用此法得到的乙烯内可能含有SO2气体，因SO2能将溴水还原而使之褪色，方程式为：SO2+Br2+2H2O═2HBr+H2SO4，溴水褪色不能证明是乙烯与溴水发生了加成反应；
综上所述，本题答案是：不能；AC；
（2）SO2具有较强的还原性，根据元素守恒和还原性推断，气体只能是SO2，它与溴水发生反应的化学方程式是SO2+Br2+2H2O═2HBr+H2SO4；乙烯与溴水发生加成反应，化学方程式是：CH2=CH2+Br2CH2BrCH2Br；综上所述，本题答案是：SO2；CH2=CH2+Br2CH2BrCH2Br。
（3）乙烯若与溴水发生取代，则有HBr生成从而使溶液显酸性，若发生加成反应则生成CH2BrCH2Br溶液不显酸性，所以检验方法为：向反应后的溶液中滴加石蕊试液，溶液不变红，说明该反应为加成反应而非取代反应；综上所述，本题答案是：向反应后的溶液中滴加石蕊溶液，溶液不变红，说明该反应为加成反应而非取代反应。
【点睛】本题主要考查乙烯的制备和性质实验，难度不大，本题中注意乙烯的除杂和性质实验；特别注意，二氧化硫具有还原性，也能与溴水、酸性高锰酸钾溶液反应，在检验乙烯气体之前，必须先除去二氧化硫气体，但是要用氢氧化钠溶液除去二氧化硫。
16.回答下列问题
学科中的平衡理论主要包括：化学平衡、电离平衡、水解平衡和溶解平衡四种，且均符合勒夏特列原理请回答下列问题：
(1)常温下，某纯碱溶液中滴入酚酞，溶液呈红色，则该溶液呈 ______性，原因是________________；用离子方程式表示
(2)在常温下将pH=2的盐酸10mL加水稀释到1L，则稀释后的溶液的pH值等于 ______________；
(3)已知在H2S溶液中存在下列平衡： H2SH++HS-
向H2S溶液中加入NaOH固体时，不考虑温度变化电离平衡向______移动，填“左”或“右”)，c(H+)______。(填“增大”、“减小”或“不变”
向H2S溶液中加入NaHS固体时，电离平衡向______移动，填“左”或“右”)c(S2—)______。(填“增大”、“减小”或“不变”)
(4)常温下，取pH=2的盐酸和醋酸溶液各100mL，向其中分别加入适量的Zn粒，反应过程中两溶液的pH变化如图所示。则图中表示醋酸溶液中pH变化曲线的是 ______填“A”或“B”；设盐酸中加入的Zn质量为m1，醋酸溶液中加入的Zn质量为m2，则m1______ m2。 (选填“”、“”、“”
【答案】 (1). 碱 (2). CO32-+H2O HCO3-+OH- (3). 4 (4). 右 (5). 减小 (6). 左 (7). 增大 (8). B (9). ＜
【解析】
【分析】
化学平衡、电离平衡、水解平衡和溶解平衡均符合勒夏特列原理：如果改变影响平衡的条件之一（如温度、压强、参加反应的化学物质的浓度）平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，称之为勒夏特列原理；(1)纯碱属于强碱弱酸盐，从水解平衡角度分析；(2)根据稀释前后盐酸的H+物质的量不变计算稀释后溶液中c(H+)，再用pH=-lgc(H+)计算pH；(3)H2S溶液中存在电离平衡H2SH++HS-，加NaOH固体减小了溶液中H+浓度，该电离平衡向右移动，c(H+)减小；加NaHS固体时增大了HS-浓度，H2SH++HS-电离平衡左移，但溶液中c(HS-)增大，HS-H++S2-电离平衡右移，故c(S2-)增大。(4)盐酸和醋酸分别与锌反应的实质都是H+与Zn反应，随着H+的被消耗，在醋酸中电离平衡向右移动，在盐酸中不存在电离平衡由此分析。
【详解】(1)纯碱的化学成分是Na2CO3，属于强碱弱酸盐，其水解使溶液显碱性，滴入酚酞溶液呈红色，Na2CO3在水溶液中发生水解反应的离子方程式为：CO32-+H2OHCO3-+OH-。
(2)pH=2的盐酸中c(H+)=10-2mol/L，因盐酸是强酸完全电离，稀释过程中盐酸电离的H+物质的量不变，所以稀释后溶液中c(H+)==10-4mol/L，则稀释后pH=-lgc(H+)=-lg10-4=4。
(3)已知H2S溶液中存在电离平衡：H2SH++HS-，加入NaOH固体时发生反应H++OH-=H2O，溶液中H+浓度减小，根据勒夏特列原理，该电离平衡向右移动，因中和反应是完全的，故最后溶液中c(H+)减小。向H2S溶液中加入NaHS固体时，NaHS溶于水发生完全电离NaHS=Na++HS-，增大了溶液中HS-浓度，根据勒夏特列原理，H2SH++HS-电离平衡向左移动。又因为溶液中HS-浓度增大，HS-H++S2-平衡向右移动，故最后溶液中c(S2-)增大。
(4)盐酸和醋酸分别与锌反应的实质都是H+与Zn的反应，而醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，盐酸中HCl完全电离，随着H+反应消耗，醋酸的电离平衡向右移动，所以醋酸中H+浓度减小的速度比盐酸中H+浓度减小的速度慢，即醋酸溶液中pH增大的速率比盐酸中pH增大的速率慢，所以B曲线是醋酸溶液pH变化曲线。由图像知盐酸和醋酸分别与锌反应过程的pH都是由2增大到4，即H+浓度都是由10-2mol/L减小到10-4mol/L，又因盐酸与醋酸溶液体积相同，因此盐酸和醋酸开始时H+物质的量相等，反应结束时盐酸和醋酸溶液中H+的物质的量也相等，假定消耗的Zn质量相同，则盐酸与醋酸中反应消耗H+的物质的量相同，但醋酸的电离平衡要向右移动，反应结束时醋酸中H+物质的量比盐酸多，若要使盐酸与醋酸反应结束时H+物质的量相等，只有在醋酸中再加适量的锌以消耗掉比盐酸多出的H+，所以醋酸溶液中加入的锌多，即m1
17.有机玻璃（聚甲基丙烯酸甲酯）具有透光率高、自重轻、安全性能高等优点，目前它广泛用于制作仪器仪表零件、照明灯罩、光学镜片、透明屋顶、电话亭、广告灯箱、标志牌等。
下图是以2—甲基丙烯为原料合成有机玻璃E（聚—2—甲基丙烯酸甲酯）的路线：
(1)有机化合物 中含有的官能团名称是_____________________________________。
(2)写出B的结构简式：___________________________________
(3)写出反应①的化学方程式____________________________________________________________________
(4)写出反应⑥的化学方程式__________________________________________________________________
(5)在上述① ~ ⑥反应中，属于取代反应的是______________，属于加成反应的是___________，
(6)写出E的结构简式：___________________________
(7)写出有机物 通过缩聚形成高分子聚酯F的结构简式：___________________________
【答案】 (1). 羟基、羧基 (2). (3). (4). CH2=C（CH3）COOH+CH3OHCH2=C（CH3）COOCH3+H2O (5). ②⑥ (6). ① (7). (8).
【解析】
【分析】
以有机玻璃的合成路线为背景，考查官能团的识别、结构简式的推断、化学方程式的书写、反应类型的判定等，属于基础题。
【详解】(1)有机化合物 中官能团有羟基（-OH）和羧基（-COOH），题目要求写名称。
(2)据反应条件知，反应③④为连续两次氧化，有机分子发生的变化为-CH2OH → -CHO → -COOH，故B为。
(3)比较分子结构知，反应①②使有机分子中官能团从一个碳碳双键变成两个羟基，故反应①为与氯气的加成反应，化学方程式为；反应②为卤代烃的水解反应，条件a：NaOH水溶液、加热。
(4)E是目标产物有机玻璃（高分子化合物），则D为其单体CH2=C(CH3)COOCH3。反应⑤为醇的消去反应，C为CH2=C(CH3)COOH；反应⑥为羧基与甲醇的酯化反应，化学方程式为CH2=C（CH3）COOH+CH3OHCH2=C（CH3）COOCH3+H2O。
(5)综上分析，反应① ~ ⑥中，属于取代反应的有②⑥，属于加成反应的有①，属于氧化反应是有③④，属于消去反应的是⑤。
(6)D是CH2=C(CH3)COOCH3，加聚反应生成E为。
(7)有机物分子中有羟基和羧基，可发生分子间酯化形成高分子聚酯，则F结构简式为：。
【点睛】有机物连续两次氧化，发生的变化通常为RCH2OH → RCHO → RCOOH。
18.结合所学内容，回答下列问题：
Ⅰ．某同学进行影响草酸与酸性高锰酸钾溶液反应速率因素的研究。草酸与酸性高锰酸钾的反应为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4＝K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O。室温下，两支试管分别编号①和②，实验数据如下：
实验序号
①
②
加入试剂
4 mL 0.01mol/L酸性 KMnO4溶液
2 mL 0.1mol/L H2C2O4溶液
4 mL 0.01mol/L酸性 KMnO4溶液
2 mL 0.1mol/L H2C2O4溶液
一粒黄豆粒大的MnSO4固体
褪色时间/s
116
6
试管①中KMnO4溶液褪色的速率开始十分缓慢，一段时间后突然加快。
请回答：
(1)该实验结论是___________________________________________________________。
(2)实验②选用MnSO4固体而不是MnCl2固体的原因是____________________________。
(3)该同学为使实验更加严密，在试管③中做了如下实验，请预测褪色时间约为_____。
实验序号
③
加入试剂
4 mL 0.01mol/L酸性 KMnO4溶液
2 mL 0.1mol/L H2C2O4溶液
一粒黄豆粒大的Na2SO4固体
褪色时间/s
Ⅱ．滴定法是一种重要的定量分析方法，应用范围很广。某地市场上销售的一种食用精制盐包装袋上有如下部分说明：
产品等级
一级
配料
食盐、碘酸钾(KIO3)、抗结剂
碘含量(以I计)
20～50 mg·kg－1
已知：IO3－＋5I－＋6H＋ = 3I2＋3H2O，I2＋2S2O32- = 2I－＋S4O62-某学生拟测定食用精制盐的碘含量，其步骤为
a．准确称取W g食盐，加适量蒸馏水使其完全溶解
b．用稀硫酸酸化所得溶液，加入足量KI溶液，使KIO3与KI反应完全
c．加入指示剂，逐滴加入物质的量浓度为2.0×10－3 mol·L－1的Na2S2O3溶液10.0 mL，恰好反应完全
(4)c中加入的指示剂可选用_________，恰好完全反应时的现象是_______________。
(5)若操作b在空气中振荡时间过长，则最终测定的测定食用精制盐中的的碘含量会__________(填“偏高”、“偏低”或“没有影响”)。
(6)根据以上实验和包装说明，算得所测食用精制盐的碘含量是(以含W的代数式表示)________mg·kg－1(计算结果保留整数即可)。
【答案】 (1). 在其他条件相同时，Mn2+是KMnO4与H2C2O4反应的催化剂，起着加快反应速率的作用 (2). 酸性KMnO4溶液具有强氧化性，能氧化MnCl2中的Cl－，也会使KMnO4溶液褪色。或控制单一变量，排除Cl－对反应速率有影响的可能性（两者取其一即可） (3). 116 s (4). 淀粉 (5). 溶液由蓝色恰好变为无色,且30s不变化 (6). 偏高 (7). 423/W
【解析】
【分析】
Ⅰ．（1）实验①、②、③中使用的反应物是都是 0.01mol/L酸性 KMnO4溶液、0.1mol/L H2C2O4溶液，都在室温下反应，说明浓度相同，温度相同，对比其他条件以及高锰酸钾褪色时间的快慢，从催化剂对化学反应速率的影响进行分析； 根据草酸与酸性高锰酸钾反应生成了MnSO4来分析；
（2）根据酸性KMnO4溶液具有强氧化性，能氧化氯化锰中的氯离子，也会使KMnO4溶液褪色，产生干扰进行分析；
（3）实验①、②、③中使用的反应物是都是 0.01mol/L酸性 KMnO4溶液、0.1mol/L H2C2O4，
实验③没有Mn2+的催化作用，反应速率和实验①应相同；
Ⅱ．（4）碘遇淀粉溶液变蓝；溶液呈蓝色，随反应I2＋2S2O32- = 2I－＋S4O62-进行，溶液中没有碘，溶液由蓝色为无色；
（5）若操作b在空气中振荡时间过长，则有部分I-可能被空气中的氧气氧化成I2,在滴定时消耗的标准液偏多，计算结果偏大；
（6）根据IO3－＋5I－＋6H＋ = 3I2＋3H2O反应方程式计算。
【详解】（1）实验①、②、③中使用的反应物是都是 0.01mol/L酸性 KMnO4溶液、0.1mol/L H2C2O4，都在室温下反应，说明浓度相同，温度相同，高锰酸钾褪色时间最快的是②，加了硫酸锰，③中加的是硫酸钠与①褪色时间基本相同，对比得知起催化作用的是Mn2+，
因此，本题正确答案是：在其他条件相同时，Mn2+是草酸与酸性高锰酸钾反应的催化剂，起着加快反应速率的作用；
（2）酸性KMnO4溶液具有强氧化性，能氧化MnCl2中的Cl－，也会使KMnO4溶液褪色。或控制单一变量，排除Cl－对反应速率有影响的可能性（两者取其一即可）
因此，本题正确答案是：酸性KMnO4溶液具有强氧化性，能氧化MnCl2中的Cl－，也会使KMnO4溶液褪色。或控制单一变量，排除Cl－对反应速率有影响的可能性（两者取其一即可）；
（3）实验①、②、③中使用的反应物是都是 0.01mol/L酸性 KMnO4溶液、0.1mol/L H2C2O4，
实验③没有Mn2+的催化作用，反应速率和实验①应相同，褪色时间约为116s；
因此，本题正确答案是：116s；
Ⅱ．（4）碘遇淀粉溶液变蓝，故加入的指示剂可选用淀粉；溶液呈蓝色，随反应I2＋2S2O32- = 2I－＋S4O62-进行，溶液中没有碘，溶液由蓝色为无色，说明反应到终点，判断c中反应恰好完全所根据的现象是：溶液由蓝色恰好变为无色,且30s不变化，
因此，本题正确答案是：淀粉；溶液由蓝色恰好变为无色,且30s不变化；
（5）若操作b在空气中振荡时间过长，则有部分I-可能被空气中的氧气氧化成I2,在滴定时消耗的标准液偏多，计算结果偏高；
因此，本题正确答案是：偏高；
（6）b中生成的碘在c中反应IO3－＋5I－＋6H＋ = 3I2＋3H2O，所以
IO3－~~~~~~ 3I2~~~~~~6S2O32-
1mol 6mol
x 2.0×10-3mol/L×0.01L=2.0×10-5mol
解得：x=2.0×10-5mol，m(I)=2.0×10-5mol×127g/mol=4.23×10-4g=0.423mg
则每千克食盐中含碘==mg/kg，
因此，本题正确答案是：423/W。
河北武邑中学2018-2019学年高二上学期第三次月考
化学试题
说明：可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 O—16
第Ⅰ卷 选择题(共42分)
一、选择题：每小题只有1个选项符合题意，每小題3分。
1.2017年，我国科学家实现了二氧化碳高稳定性加氢合成甲醇（CH3OH），在二氧化碳的碳资源化利用方面取得突破性进展。甲醇属于
A. 单质 B. 氧化物 C. 无机物 D. 有机物
【答案】D
【解析】
分析：含有碳元素的化合物一般是有机化合物，据此解答。
详解：A. 由一种元素形成的纯净物是单质，甲醇是化合物，A错误；
B. 由两种元素形成其中一种是氧元素的化合物是氧化物，甲醇含有三种元素，不是氧化物，B错误；
C. 甲醇的结构简式为CH3OH，属于有机物，不是无机物，C错误；
D. 甲醇的结构简式为CH3OH，属于有机物，D正确。答案选D。
点睛：一般含有碳元素的化合物是有机化合物，简称有机物，但CO、CO2、碳酸盐等虽然也含有碳元素，但其性质和结构更类似于无机物，一般把它们归为无机物，答题时需要灵活掌握。
2.下列操作会使H2O的电离平衡向正方向移动，且溶液呈酸性的是( )
A. 将纯水加热到95 ℃时，pH<7 B. 向水中加少量NaHSO4
C. 向水中加少量Na2CO3 D. 向水中加少量FeCl3
【答案】D
【解析】
【分析】
要促进水电离，可以采取的方法有：升高温度、加入含有弱根离子的盐，溶液呈酸性，说明加入的盐必须是强酸弱碱盐水解导致溶液呈酸性，据此分析解答。
【详解】A．水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，但溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，所以水仍然呈中性，选项A不符合；B．向水中加入硫酸氢钠，硫酸氢钠电离出氢离子而使溶液呈酸性，但氢离子能抑制水电离，选项B不符合；C．向水中加入碳酸钠能促进水电离，但碳酸钠水解后溶液呈碱性，选项C不符合；D．向溶液中加入氯化铁能促进水电离，且氯化铁水解使溶液呈酸性，选项D符合；答案选D。
【点睛】本题考查了水的电离，明确酸、碱能抑制水电离、含有弱根离子的盐能促进水电离是解本题的关键，难度不大。
3.PH相同的下列溶液，溶质浓度最大的是( )
A. H3PO4 B. HCN C. HI D. H2SO4
【答案】B
【解析】
【分析】
HI、H2SO4为强酸，完全电离，HCN、H3PO4为弱酸，部分电离，且酸性H3PO4＞HCN，说明醋酸电离程度最小，则pH相同时醋酸的物质的量浓度最大。
【详解】HI、H2SO4为强酸，完全电离，HCN、H3PO4为弱酸，部分电离，且酸性H3PO4＞HCN，说明醋酸电离程度最小，则pH相同时HCN溶液中含有大量的未电离的HCN分子，因此HCN的物质的量浓度最大，答案选B。
【点睛】本题主要考查了电解质的电离，侧重于基础知识的考查，题目难度不大，注意弱电解质部分电离。
4.向饱和石灰水中投入0.56g氧化钙，并恢复到原来的温度，下列说法正确的是( )
A. 溶液的pH增大 B. 溶液中c(Ca2+)不变
C. OH－数目不变 D. 析出的Ca(OH)2质量为0.74g
【答案】B
【解析】
A、反应后仍为饱和溶液，c(OH-)不变，溶液pH不变，故A错误；B、反应后仍为饱和溶液，溶液中Ca2+浓度不变，故B正确；C. 加入CaO，消耗水，溶液的质量减少，溶液的体积减小，但c(OH-)不变，则溶液中OH－数目减少，故C错误；D. 0.56g氧化钙生成Ca(OH)2质量为0.74g，溶液中的溶剂水减少，原来溶解的氢氧化钙有部分析出，析出的Ca(OH)2质量大于0.74g，故D错误；故选B。
点睛：本题考查的是溶解平衡的移动。要注意向饱和石灰水中加少量生石灰，发生的反应：CaO+H2O=Ca(OH)2，温度不变，溶液的浓度不变，但溶液质量减少，因此各离子的数目减少。
5.与纯水的电离相似，液氨中也存在着微弱的电离：2NH3⇌NH4++NH2﹣，据此判断以下叙述中不正确的是( )
A. 液氨中含有NH3、NH4+、NH2﹣微粒
B. 其他条件不变，若增加液氨的量，电离平衡将正向移动
C. 只要不加入其他物质，液氨中c(NH4+)=c(NH2﹣)
D. 一定温度下液氨中c(NH4+)• c(NH2﹣)是一个常数
【答案】B
【解析】
试题分析：A、因为此反应是可逆反应含有NH3、NH4+、NH2﹣微粒，故A项正确；B、其他条件不变，若增加液氨的量，电离平衡将不移动，B项错误；C、依据水的电离，只要不加入其他物质，液氨中c（NH4+）=c（NH2﹣），C项正确；D、依据水的电离，一定温度下液氨中c（NH4+）•c（NH2﹣）是一个常数，D项正确；答案选B。
考点：考查水的电离
6.在1L的容器中，用纯净的CaCO3与100mL稀盐酸反应制取CO2,反应生成CO2的体积随时间的变化关系如图所示（CO2的体积已折算为标准状况下的体积)。下列分析正确的是（ ）
A. OE段表示的平均反应速率最快
B. F点收集到的C02的量最多
C. EF段,用盐酸表示该反应的平均反应速率为0.04mol·L-1·min-1
D. OE、EF、FG三段中，该反应用二氧化碳表示的平均反应速率之比为2:6:7
【答案】B
【解析】
根据反应速率的定义，单位时间内反应生成的多或反应物消耗的多，则速率快。由于横坐标都是1个单位，EF段产生的CO2多，所以该段反应速率最快，不是OE段，A错；EF段产生的CO2共0.02 mol，由于反应中n(HCl)∶n(CO2)＝2∶1，所以该段消耗HCl＝0.04 mol，时间1 min，所以用盐酸表示的EF段平均化学速率是0.4 mol·L－1·min－1，B正确；由于时间都是1 min，所以三段的速率之比就等于产生CO2的体积之比，即224∶(672－224)∶(784－672)＝2∶4∶1，C错；收集的CO2是看总量的，F点只有672 mL，自然是G点的体积最多，D错。
7. 某温度下，某容积恒定的密闭容器中发生如下可逆反应：
CO（g）+H2O（g）H2（g）+CO2（g）△H>0。当反应达平衡时，测得容器中各物质均为n mol，欲使H2的平衡浓度增大一倍，在其它条件不变时，下列措施可以采用的是
A. 升高温度 B. 加入催化剂
C. 再加入n molCO和n molH2O D. 再加入2n molCO2和2n molH2
【答案】D
【解析】
试题分析：该反应为反应前后气体的体积相等，压强不影响化学平衡移动。A、升高温度，平衡向正反应方向移动，但反应物不可能完全转化为生成物，所以氢气的物质的量浓度不可能增大1倍，故A错误；B、催化剂只是改变反应速率，不影响转化率，故B错误；C、再通入nmolCO2和nmolH2，平衡向逆反应方向移动，有部分氢气减少，所以氢气的物质的量浓度不可能是增大1倍，故C错误；D、再通入2nmol CO和2nmolH2O（g），平衡向正反应方向移动，当再次达到平衡状态时，氢气的物质的量浓度能增大1倍，故D正确，故答案选D。
考点：考查外界条件对平衡状态的影响
8.下列物质中，酸性最强的是( )
A. 乙醇 B. 碳酸 C. 苯酚 D. 乙酸
【答案】D
【解析】
【详解】根据已学过的知识可知下列反应可以发生：CH3COOH+NaHCO3=CH3COONa+CO2↑+H2O，CO2+H2O+C6H5ONa=C6H5OH↓+NaHCO3，由“强酸制弱酸”的规律可知，酸性强弱关系是：CH3COOH>H2CO3>C6H5OH>HCO3-，乙醇跟CH3COONa、NaHCO3、C6H5ONa均不反应，说明乙醇酸性最弱。所以选项中酸性最强的是乙酸，答案选D。
9.下列物质分离提纯的方法不正确的是
A. 提纯含杂质的工业酒精选择装置③
B. 提纯含杂质的粗苯甲酸选择装置①②
C. 从溴水中提纯溴选择装置④
D. 苯中混有少量苯酚选择装置④
【答案】B
【解析】
A．提纯含杂质的工业酒精，利用蒸馏法，则选择装置③，A正确；B．提纯含杂质的粗苯甲酸，因苯甲酸的溶解度随着温度的升高而升高，加热后缓慢降温会使其析出颗粒较大的晶体，所以常可以采用重结晶法的方法来提纯苯甲酸，需要加热溶解、趁热过滤、冷却结晶、滤出晶体等操作提纯苯甲酸，B错误；C．从溴水中提纯溴，选择萃取法，则选择装置④，C正确；D．苯中混有少量苯酚，可加NaOH后分液来除杂，则选择装置④，D正确；答案选B。
点睛：本题考查混合物分离提纯方法的选择和应用，把握物质的性质、性质差异及分离方法和原理为解答的关键，注意装置的作用。
10.下列装置或操作正确且能达到实验目的的是
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A.在读取滴定管读数时要求眼睛、液体凹液面最低点、刻度线在同一水平线上，而图示俯视读数使读取的液体体积数值偏小，A项错误；
B.碱式滴定管尖嘴处的气泡一般都是在玻璃珠下边，要将橡胶管向上弯曲才能使气泡自动向上移动，同时用力捏挤玻璃珠使溶液喷出。B项正确；
C.不能用酸式滴定管盛装NaOH溶液，C项错误；
D.温度计的水银球要置于小烧杯中溶液中央，以测量混合溶液的温度。D项错误；答案选B。
11.在固态金属氧化物电解池中，高温共电解H2OCO2混合气体制备H2和CO是一种新的能源利用方式，基本原理如下图所示。下列说法不正确的是( )
A. X是电源的负极
B. 阴极的电极反应式是H2O＋2e－===H2＋O2－、CO2＋2e－===CO＋O2－
C. 总反应可表示为H2O＋CO2H2＋CO＋O2
D. 阴、阳两极生成的气体的物质的量之比是1∶1
【答案】D
【解析】
试题分析：A、从图示可看出，与X相连的电极发生H2O→H2、CO2→CO的转化，均得电子，应为电解池的阴极，则X为电源的负极，正确；B、阴极H2O→H2、CO2→CO均得电子发生还原反应，电极反应式分别为：H2O＋2eˉ＝H2＋O2ˉ、CO2＋2eˉ＝CO＋O2ˉ，正确；C、从图示可知，阳极生成H2和CO的同时，阴极有O2生成，所以总反应可表示为：H2O＋CO2H2＋CO＋O2，正确；D、从总反应方程式可知，阴极生成2mol气体(H2、CO各1mol)、阳极生成1mol气体(氧气)，所以阴、阳两极生成的气体物质的量之比2∶1，错误。
考点：考查原电池原理、化学电源
视频
12.取20 mL pH=3的CH3COOH溶液，加入0.2 mol·L-1的氨水，测得溶液导电性变化如图，则加入氨水前CH3COOH的电离度为( )
A. 0.5% B. 1.0% C. 0.1% D. 1.5%
【答案】B
【解析】
【详解】醋酸和氨水都是弱电解质，导电能力较弱，氨水与醋酸发生中和反应生成强电解质醋酸铵：CH3COOH+NH3·H2O=CH3COO-+NH4++H2O，溶液中阴、阳离子数目逐渐增多。开始一段时间，溶液中阴、阳离子数目的增加超过溶液体积的增大，溶液中阴、阳离子浓度逐渐增大，溶液导电性逐渐增强；后来溶液的导电性又逐渐减弱，说明后来溶液体积的增大超过了阴、阳离子数目的增加。因此导电能力最强的时刻应为醋酸与氨水恰好完全反应时刻，即加入10mL氨水时醋酸与氨水恰好完全中和，则有物质的量关系：n(CH3COOH)=n(NH3·H2O)，设醋酸的原始浓度为c(CH3COOH)，建立方程：0.02L×c(CH3COOH)=0.01L×0.2mol/L，解得c(CH3COOH)=0.1mol/L，又原醋酸溶液pH=3，根据电离方程式CH3COOHCH3COO-+H+，原醋酸溶液中已电离的CH3COOH分子浓度=c(H+)=10-3mol/L，因此，醋酸的电离度=×100%=×100%=1%，答案选B。
【点睛】电解质溶液的导电能力与溶液中阴、阳离子浓度和离子所带电荷数成正比，在分析弱酸和弱碱相互滴加过程中溶液导电能力变化时，不仅要看到因中和反应生成的阴、阳离子数目逐渐增多，而且更要看到溶液体积增大引起离子浓度的减小，一般来说导电能力最强的点即为酸碱恰好完全中和的时刻。
13.可逆反应2NO2(g) N2O4(g) △H<0。在密闭容器中进行，当达到平衡时，欲通过改变条件，达到新平衡后使气体颜色加深，应采取的措施是
A. 增大容器体积
B. 温度压强不变，充入N2O4(g)
C. 温度体积不变，充入NO2(g)
D. 容器容积不变，降低温度
【答案】C
【解析】
【分析】
A. 增大容器体积，相当于减压，平衡左移，各物质浓度均减小；B. 温度压强不变，充入N2O4(g)，与原平衡等效，各物质浓度不变；C. 温度体积不变，充入NO2(g)，相当于增大NO2(g)浓度；D.降低温度，平衡右移，NO2(g)浓度降低。
【详解】A.增大容器体积，浓度降低，气体颜色变浅，A错误；B．由于反应前后均是一种物质，因此温度、压强不变，充入N2O4（g），与原平衡等效，各物质浓度不变，气体颜色不变，B错误；C．由于反应前后均是一种物质，因此温度体积不变，充入NO2（g），相当于增大NO2（g）浓度，气体颜色加深，C正确；D．正反应放热，容器容积不变，降低温度，平衡向正反应方向进行，NO2浓度减小，颜色变浅，D错误；正确选项C。
【点睛】可逆反应2NO2(g) N2O4(g) △H<0，当容器的体积、温度不变时，充入和反应无关的气体，速率不变，平衡不移动，混合气体的颜色不变；当压强、温度不变时，充入和反应无关的气体，速率减慢，平衡向左移动，混合气体的颜色变浅。
14.下列事实或操作不符合平衡移动原理的是( )
A. 开启啤酒有泡沫逸出
B. H2、I2、HI平衡混合气加压后颜色变深
C. 装有NO2的烧瓶置于热水中颜色加深
D. 实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气
【答案】B
【解析】
【详解】如果改变影响平衡的条件之一（如温度、压强、参加反应的化学物质的浓度）平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，称之为平衡移动原理。
A.啤酒中存在平衡CO2(g)+H2O(l)H2CO3(aq)H+(aq)+HCO3-(aq)，开启啤酒瓶时瓶内气压减小，平衡向气体体积增大的方向移动，即上述平衡逆向移动，产生CO2与啤酒形成的泡沫，符合平衡移动原理，A项错误；
B.该混合气体中存在反应：H2(g)+I2(g)2HI(g)，I2(g)为紫色蒸气，加压该平衡不移动，颜色变深的原因是加压气体体积缩小，各组分的浓度增大，I2(g)浓度越大颜色越深，所以不符合平衡移动原理，B项正确；
C.装有NO2的烧瓶中存在反应：2NO2(g)N2O4(g)，NO2为红棕色气体，N2O4为无色气体，因为该反应的逆反应为吸热反应，根据烧瓶在热水中颜色加深可知，升高温度向吸热反应方向移动，符合平衡移动原理，C项错误；
D.氯气溶于水时部分氯气与水反应：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，饱和食盐水中Cl-浓度很大，实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气是因为氯气在饱和食盐水中溶解度很小，这正是增大Cl-浓度平衡向逆反应方向移动的结果，符合平衡移动原理，D项错误；答案选B。
第Ⅱ卷 非选择题(共58分)
15.设计实验探究乙烯与溴的加成反应。已知制取乙烯的化学方程式为：
CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O。
(1)甲同学设计并进行了如下实验：先用乙醇和浓硫酸为原料制取乙烯，将生成的气体直接通入溴水中，发现溴水褪色，即证明乙烯与溴水发生了加成反应。甲同学设计的实验______（填“能”或“不能”）验证乙烯与溴水发生了加成反应，其理由是______（填编号）。
A．使溴水褪色的反应，未必是加成反应 B．使溴水褪色的反应，就是加成反应
C．使溴水褪色的气体，未必是乙烯 D．使溴水褪色的气体，就是乙烯
(2)乙同学发现在甲同学的实验中，产生的气体有刺激性气味，推测在制得的乙烯中还可能含有少量有还原性的杂质气体，由此他提出必须先把杂质气体除去，再与溴水反应。乙同学推测此乙烯中可能含有的一种杂质气体是___________，在验证过程中必须全部除去。乙烯与溴水发生反应的化学方程式是______________________________，
(3)设计实验验证乙烯与溴水的反应是加成反应而不是取代反应：______________。
【答案】 (1). 不能 (2). AC (3). SO2 (4). CH2=CH2+Br2CH2BrCH2Br (5). 向反应后的溶液中滴加石蕊溶液，溶液不变红，说明该反应为加成反应而非取代反应
【解析】
【分析】
用此法得到的乙烯内可能含有SO2气体，因SO2能将溴水还原而使之褪色，故溴水褪色不能证明是乙烯与溴水发生了加成反应；乙烯若与溴水发生取代，则有HBr生成从而使溶液显酸性，若发生加成反应则生成CH2BrCH2Br溶液不显酸性，据以上分析解答。
【详解】（1）用此法得到的乙烯内可能含有SO2气体，因SO2能将溴水还原而使之褪色，方程式为：SO2+Br2+2H2O═2HBr+H2SO4，溴水褪色不能证明是乙烯与溴水发生了加成反应；
综上所述，本题答案是：不能；AC；
（2）SO2具有较强的还原性，根据元素守恒和还原性推断，气体只能是SO2，它与溴水发生反应的化学方程式是SO2+Br2+2H2O═2HBr+H2SO4；乙烯与溴水发生加成反应，化学方程式是：CH2=CH2+Br2CH2BrCH2Br；综上所述，本题答案是：SO2；CH2=CH2+Br2CH2BrCH2Br。
（3）乙烯若与溴水发生取代，则有HBr生成从而使溶液显酸性，若发生加成反应则生成CH2BrCH2Br溶液不显酸性，所以检验方法为：向反应后的溶液中滴加石蕊试液，溶液不变红，说明该反应为加成反应而非取代反应；综上所述，本题答案是：向反应后的溶液中滴加石蕊溶液，溶液不变红，说明该反应为加成反应而非取代反应。
【点睛】本题主要考查乙烯的制备和性质实验，难度不大，本题中注意乙烯的除杂和性质实验；特别注意，二氧化硫具有还原性，也能与溴水、酸性高锰酸钾溶液反应，在检验乙烯气体之前，必须先除去二氧化硫气体，但是要用氢氧化钠溶液除去二氧化硫。
16.回答下列问题
学科中的平衡理论主要包括：化学平衡、电离平衡、水解平衡和溶解平衡四种，且均符合勒夏特列原理请回答下列问题：
(1)常温下，某纯碱溶液中滴入酚酞，溶液呈红色，则该溶液呈 ______性，原因是________________；用离子方程式表示
(2)在常温下将pH=2的盐酸10mL加水稀释到1L，则稀释后的溶液的pH值等于 ______________；
(3)已知在H2S溶液中存在下列平衡： H2SH++HS-
向H2S溶液中加入NaOH固体时，不考虑温度变化电离平衡向______移动，填“左”或“右”)，c(H+)______。(填“增大”、“减小”或“不变”
向H2S溶液中加入NaHS固体时，电离平衡向______移动，填“左”或“右”)c(S2—)______。(填“增大”、“减小”或“不变”)
(4)常温下，取pH=2的盐酸和醋酸溶液各100mL，向其中分别加入适量的Zn粒，反应过程中两溶液的pH变化如图所示。则图中表示醋酸溶液中pH变化曲线的是 ______填“A”或“B”；设盐酸中加入的Zn质量为m1，醋酸溶液中加入的Zn质量为m2，则m1______ m2。 (选填“”、“”、“”
【答案】 (1). 碱 (2). CO32-+H2O HCO3-+OH- (3). 4 (4). 右 (5). 减小 (6). 左 (7). 增大 (8). B (9). ＜
【解析】
【分析】
化学平衡、电离平衡、水解平衡和溶解平衡均符合勒夏特列原理：如果改变影响平衡的条件之一（如温度、压强、参加反应的化学物质的浓度）平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，称之为勒夏特列原理；(1)纯碱属于强碱弱酸盐，从水解平衡角度分析；(2)根据稀释前后盐酸的H+物质的量不变计算稀释后溶液中c(H+)，再用pH=-lgc(H+)计算pH；(3)H2S溶液中存在电离平衡H2SH++HS-，加NaOH固体减小了溶液中H+浓度，该电离平衡向右移动，c(H+)减小；加NaHS固体时增大了HS-浓度，H2SH++HS-电离平衡左移，但溶液中c(HS-)增大，HS-H++S2-电离平衡右移，故c(S2-)增大。(4)盐酸和醋酸分别与锌反应的实质都是H+与Zn反应，随着H+的被消耗，在醋酸中电离平衡向右移动，在盐酸中不存在电离平衡由此分析。
【详解】(1)纯碱的化学成分是Na2CO3，属于强碱弱酸盐，其水解使溶液显碱性，滴入酚酞溶液呈红色，Na2CO3在水溶液中发生水解反应的离子方程式为：CO32-+H2OHCO3-+OH-。
(2)pH=2的盐酸中c(H+)=10-2mol/L，因盐酸是强酸完全电离，稀释过程中盐酸电离的H+物质的量不变，所以稀释后溶液中c(H+)==10-4mol/L，则稀释后pH=-lgc(H+)=-lg10-4=4。
(3)已知H2S溶液中存在电离平衡：H2SH++HS-，加入NaOH固体时发生反应H++OH-=H2O，溶液中H+浓度减小，根据勒夏特列原理，该电离平衡向右移动，因中和反应是完全的，故最后溶液中c(H+)减小。向H2S溶液中加入NaHS固体时，NaHS溶于水发生完全电离NaHS=Na++HS-，增大了溶液中HS-浓度，根据勒夏特列原理，H2SH++HS-电离平衡向左移动。又因为溶液中HS-浓度增大，HS-H++S2-平衡向右移动，故最后溶液中c(S2-)增大。
(4)盐酸和醋酸分别与锌反应的实质都是H+与Zn的反应，而醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，盐酸中HCl完全电离，随着H+反应消耗，醋酸的电离平衡向右移动，所以醋酸中H+浓度减小的速度比盐酸中H+浓度减小的速度慢，即醋酸溶液中pH增大的速率比盐酸中pH增大的速率慢，所以B曲线是醋酸溶液pH变化曲线。由图像知盐酸和醋酸分别与锌反应过程的pH都是由2增大到4，即H+浓度都是由10-2mol/L减小到10-4mol/L，又因盐酸与醋酸溶液体积相同，因此盐酸和醋酸开始时H+物质的量相等，反应结束时盐酸和醋酸溶液中H+的物质的量也相等，假定消耗的Zn质量相同，则盐酸与醋酸中反应消耗H+的物质的量相同，但醋酸的电离平衡要向右移动，反应结束时醋酸中H+物质的量比盐酸多，若要使盐酸与醋酸反应结束时H+物质的量相等，只有在醋酸中再加适量的锌以消耗掉比盐酸多出的H+，所以醋酸溶液中加入的锌多，即m1
17.有机玻璃（聚甲基丙烯酸甲酯）具有透光率高、自重轻、安全性能高等优点，目前它广泛用于制作仪器仪表零件、照明灯罩、光学镜片、透明屋顶、电话亭、广告灯箱、标志牌等。
下图是以2—甲基丙烯为原料合成有机玻璃E（聚—2—甲基丙烯酸甲酯）的路线：
(1)有机化合物 中含有的官能团名称是_____________________________________。
(2)写出B的结构简式：___________________________________
(3)写出反应①的化学方程式____________________________________________________________________
(4)写出反应⑥的化学方程式__________________________________________________________________
(5)在上述① ~ ⑥反应中，属于取代反应的是______________，属于加成反应的是___________，
(6)写出E的结构简式：___________________________
(7)写出有机物 通过缩聚形成高分子聚酯F的结构简式：___________________________
【答案】 (1). 羟基、羧基 (2). (3). (4). CH2=C（CH3）COOH+CH3OHCH2=C（CH3）COOCH3+H2O (5). ②⑥ (6). ① (7). (8).
【解析】
【分析】
以有机玻璃的合成路线为背景，考查官能团的识别、结构简式的推断、化学方程式的书写、反应类型的判定等，属于基础题。
【详解】(1)有机化合物 中官能团有羟基（-OH）和羧基（-COOH），题目要求写名称。
(2)据反应条件知，反应③④为连续两次氧化，有机分子发生的变化为-CH2OH → -CHO → -COOH，故B为。
(3)比较分子结构知，反应①②使有机分子中官能团从一个碳碳双键变成两个羟基，故反应①为与氯气的加成反应，化学方程式为；反应②为卤代烃的水解反应，条件a：NaOH水溶液、加热。
(4)E是目标产物有机玻璃（高分子化合物），则D为其单体CH2=C(CH3)COOCH3。反应⑤为醇的消去反应，C为CH2=C(CH3)COOH；反应⑥为羧基与甲醇的酯化反应，化学方程式为CH2=C（CH3）COOH+CH3OHCH2=C（CH3）COOCH3+H2O。
(5)综上分析，反应① ~ ⑥中，属于取代反应的有②⑥，属于加成反应的有①，属于氧化反应是有③④，属于消去反应的是⑤。
(6)D是CH2=C(CH3)COOCH3，加聚反应生成E为。
(7)有机物分子中有羟基和羧基，可发生分子间酯化形成高分子聚酯，则F结构简式为：。
【点睛】有机物连续两次氧化，发生的变化通常为RCH2OH → RCHO → RCOOH。
18.结合所学内容，回答下列问题：
Ⅰ．某同学进行影响草酸与酸性高锰酸钾溶液反应速率因素的研究。草酸与酸性高锰酸钾的反应为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4＝K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O。室温下，两支试管分别编号①和②，实验数据如下：
实验序号
①
②
加入试剂
4 mL 0.01mol/L酸性 KMnO4溶液
2 mL 0.1mol/L H2C2O4溶液
4 mL 0.01mol/L酸性 KMnO4溶液
2 mL 0.1mol/L H2C2O4溶液
一粒黄豆粒大的MnSO4固体
褪色时间/s
116
6
试管①中KMnO4溶液褪色的速率开始十分缓慢，一段时间后突然加快。
请回答：
(1)该实验结论是___________________________________________________________。
(2)实验②选用MnSO4固体而不是MnCl2固体的原因是____________________________。
(3)该同学为使实验更加严密，在试管③中做了如下实验，请预测褪色时间约为_____。
实验序号
③
加入试剂
4 mL 0.01mol/L酸性 KMnO4溶液
2 mL 0.1mol/L H2C2O4溶液
一粒黄豆粒大的Na2SO4固体
褪色时间/s
Ⅱ．滴定法是一种重要的定量分析方法，应用范围很广。某地市场上销售的一种食用精制盐包装袋上有如下部分说明：
产品等级
一级
配料
食盐、碘酸钾(KIO3)、抗结剂
碘含量(以I计)
20～50 mg·kg－1
已知：IO3－＋5I－＋6H＋ = 3I2＋3H2O，I2＋2S2O32- = 2I－＋S4O62-某学生拟测定食用精制盐的碘含量，其步骤为
a．准确称取W g食盐，加适量蒸馏水使其完全溶解
b．用稀硫酸酸化所得溶液，加入足量KI溶液，使KIO3与KI反应完全
c．加入指示剂，逐滴加入物质的量浓度为2.0×10－3 mol·L－1的Na2S2O3溶液10.0 mL，恰好反应完全
(4)c中加入的指示剂可选用_________，恰好完全反应时的现象是_______________。
(5)若操作b在空气中振荡时间过长，则最终测定的测定食用精制盐中的的碘含量会__________(填“偏高”、“偏低”或“没有影响”)。
(6)根据以上实验和包装说明，算得所测食用精制盐的碘含量是(以含W的代数式表示)________mg·kg－1(计算结果保留整数即可)。
【答案】 (1). 在其他条件相同时，Mn2+是KMnO4与H2C2O4反应的催化剂，起着加快反应速率的作用 (2). 酸性KMnO4溶液具有强氧化性，能氧化MnCl2中的Cl－，也会使KMnO4溶液褪色。或控制单一变量，排除Cl－对反应速率有影响的可能性（两者取其一即可） (3). 116 s (4). 淀粉 (5). 溶液由蓝色恰好变为无色,且30s不变化 (6). 偏高 (7). 423/W
【解析】
【分析】
Ⅰ．（1）实验①、②、③中使用的反应物是都是 0.01mol/L酸性 KMnO4溶液、0.1mol/L H2C2O4溶液，都在室温下反应，说明浓度相同，温度相同，对比其他条件以及高锰酸钾褪色时间的快慢，从催化剂对化学反应速率的影响进行分析； 根据草酸与酸性高锰酸钾反应生成了MnSO4来分析；
（2）根据酸性KMnO4溶液具有强氧化性，能氧化氯化锰中的氯离子，也会使KMnO4溶液褪色，产生干扰进行分析；
（3）实验①、②、③中使用的反应物是都是 0.01mol/L酸性 KMnO4溶液、0.1mol/L H2C2O4，
实验③没有Mn2+的催化作用，反应速率和实验①应相同；
Ⅱ．（4）碘遇淀粉溶液变蓝；溶液呈蓝色，随反应I2＋2S2O32- = 2I－＋S4O62-进行，溶液中没有碘，溶液由蓝色为无色；
（5）若操作b在空气中振荡时间过长，则有部分I-可能被空气中的氧气氧化成I2,在滴定时消耗的标准液偏多，计算结果偏大；
（6）根据IO3－＋5I－＋6H＋ = 3I2＋3H2O反应方程式计算。
【详解】（1）实验①、②、③中使用的反应物是都是 0.01mol/L酸性 KMnO4溶液、0.1mol/L H2C2O4，都在室温下反应，说明浓度相同，温度相同，高锰酸钾褪色时间最快的是②，加了硫酸锰，③中加的是硫酸钠与①褪色时间基本相同，对比得知起催化作用的是Mn2+，
因此，本题正确答案是：在其他条件相同时，Mn2+是草酸与酸性高锰酸钾反应的催化剂，起着加快反应速率的作用；
（2）酸性KMnO4溶液具有强氧化性，能氧化MnCl2中的Cl－，也会使KMnO4溶液褪色。或控制单一变量，排除Cl－对反应速率有影响的可能性（两者取其一即可）
因此，本题正确答案是：酸性KMnO4溶液具有强氧化性，能氧化MnCl2中的Cl－，也会使KMnO4溶液褪色。或控制单一变量，排除Cl－对反应速率有影响的可能性（两者取其一即可）；
（3）实验①、②、③中使用的反应物是都是 0.01mol/L酸性 KMnO4溶液、0.1mol/L H2C2O4，
实验③没有Mn2+的催化作用，反应速率和实验①应相同，褪色时间约为116s；
因此，本题正确答案是：116s；
Ⅱ．（4）碘遇淀粉溶液变蓝，故加入的指示剂可选用淀粉；溶液呈蓝色，随反应I2＋2S2O32- = 2I－＋S4O62-进行，溶液中没有碘，溶液由蓝色为无色，说明反应到终点，判断c中反应恰好完全所根据的现象是：溶液由蓝色恰好变为无色,且30s不变化，
因此，本题正确答案是：淀粉；溶液由蓝色恰好变为无色,且30s不变化；
（5）若操作b在空气中振荡时间过长，则有部分I-可能被空气中的氧气氧化成I2,在滴定时消耗的标准液偏多，计算结果偏高；
因此，本题正确答案是：偏高；
（6）b中生成的碘在c中反应IO3－＋5I－＋6H＋ = 3I2＋3H2O，所以
IO3－~~~~~~ 3I2~~~~~~6S2O32-
1mol 6mol
x 2.0×10-3mol/L×0.01L=2.0×10-5mol
解得：x=2.0×10-5mol，m(I)=2.0×10-5mol×127g/mol=4.23×10-4g=0.423mg
则每千克食盐中含碘==mg/kg，
因此，本题正确答案是：423/W。
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