江西省上饶市上饶中学2019-2020学年高二上学期月考化学（理科特零班）试题

江西省上饶市上饶中学2019-2020学年高二上学期月考化学（理科特零班）试题

上饶中学2019-2020学年高二上学期第二次月考化学试卷（理科特零班）‎ 考试时间：90分钟分值：100分 可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 Li-7 Cu-64 Na-23 Cl-35.5‎ 一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题2分，共40分）‎ ‎1.下列叙述正确的是（ ）‎ ‎①CO2的大量排放会加剧温室效应 ‎②正常雨水的pH为5.6，主要是因为溶解了SO2‎ ‎③利用太阳能、风能和氢能替代化石能源可以改善空气的质量 ‎④酸与碱的反应都是非氧化还原反应 ‎⑤为防止电池中的重金属离子污染土壤和水源，废电池要集中处理 A. ①②③④⑤ B. ②③⑤ C. ①③⑤ D. ①②④⑤‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①温室效应主要是CO2的大量排放，所以大量排放二氧化碳气体会加剧温室效应，故①正确；‎ ‎②正常雨水的pH为5.6，是因为溶解了二氧化碳气体，故②错误；‎ ‎③太阳能、风能和氢能替代化石燃料可以有效减少污染气体的排放，故③正确；‎ ‎④3Fe(OH)2+10HNO3=3Fe(NO3)3+8H2O+NO↑是氧化还原反应，故④错误；‎ ‎⑤电池中的重金属离子会带来污染，为防止电池中的重金属离子污染土壤和水源，废电池要集中处理，故⑤正确；‎ 综上所述：①③⑤正确；故选C。‎ ‎【点睛】酸碱发生的反应不一定非氧化还原反应，有些氧化性酸和还原性碱的反应也发生氧化还原反应，比如硝酸和氢氧化亚铁。‎ ‎2.下列说法正确的是（ ）‎ A. 1mol苯甲酸在浓H2SO4存在下与足量乙醇反应可得1mol苯甲酸乙酯 B. 分子中的所有原子有可能共平面 C. 分子式为C5H12O的醇，能在铜催化下被O2氧化为醛的同分异构体有4种 D.‎ ‎ 1mol阿司匹林（结构简式见图）与足量的氢氧化钠溶液加热反应，最多消耗的氢氧化钠的物质的量2mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、在浓硫酸作用下，苯甲酸与乙酸发生的酯化反应为可逆反应，则1mol苯甲酸不可能完全反应，故A错误；‎ B项、分子中甲基为饱和碳原子，分子中的所有原子不可能共平面，故B错误；‎ C项、能在铜催化下被O2氧化为醛的醇含有—CH2OH，丁基—C4H9有4种，则分子式为C5H12O的醇，能在铜催化下被O2氧化为醛的同分异构体有4种，故C正确；‎ D项、由结构简式可知，阿司匹林分子中含有1个羧基和1个酚酯基结构，1mol阿司匹林与足量的氢氧化钠溶液加热反应，羧基消耗1mol氢氧化钠，酚酯基消耗2mol氢氧化钠，共消耗3 mol氢氧化钠，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】酚酯基水解生成的酚羟基和酯基均能与氢氧化钠反应是解答关键，也是易错点。‎ ‎3.下列反应不属于取代反应的是(　　)‎ A. CH4＋2Cl2CH2Cl2＋2HCl B. ＋HNO3＋H2O C. 2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O D. CH3COOH＋CH3CH2OH CH3COOCH2CH3＋H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.甲烷和氯气在光照的条件下反应，甲烷分子中的H原子被Cl原子替代，发生了取代反应，A项错误；‎ B.苯和硝酸反应，苯环中的H原子被硝基替代，发生了取代反应，B项错误；‎ C.乙醇在铜作催化剂的条件下反应，生成甲醛，发生的是氧化反应，C项正确；‎ D.乙酸和乙醇发生酯化反应，乙醇分子中的氢原子被取代，发生了取代反应，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎4.下列有机物的命名正确的是（ ）‎ A. 1，3，4－三甲苯 B. 3－乙基－1－丁烯 C. 2－甲基－2，4－己二烯 D. 2，4，4－三甲基戊烷 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 1，3，4－三甲苯，编号错误，应为1，2，4－三甲苯；‎ B. 3－乙基－1－丁烯，选主链错误，应为3－甲基－1－戊烯；‎ C. 2－甲基－2，4－己二烯，正确；‎ D. 2，4，4－三甲基戊烷，编号错误，应为2，2，4－三甲基戊烷。‎ 故选C。‎ ‎5.1,4-二氧六环的一种合成方法如下,下列说法正确的是 CH2=CH2 ‎ A. 反应①、②的原子利用率均为100%‎ B. 反应②的反应类型是加成聚合反应 C. 环氧乙烷分子中的所有原子处于同一平面 D. 与1,4-二氧六环互为同分异构体的酯类只有3种 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由合成方法的流程可以看出两步反应的原子利用率都是100%；加聚反应是含有不饱和结构的小分子通过加成聚合反应生成高分子。‎ ‎【详解】A、由流程图看出反应①、②的原子利用率均为100%，故A正确；‎ B、反应②的产物不是高分子，故其反应类型不可能是加成聚合反应，故B错误；‎ C、环氧乙烷分子中有饱和碳原子，以饱和碳原子为中心形成四面体结构，所有原子不可能共平面，故C 错误；‎ D、1,4-二氧六环的不饱和度为1，含有两个氧原子和4个碳原子，所以其含酯基的同分异构体为CH3CH2COOCH3、CH3COOCH2CH3、HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)2，共4种，故D 错误。‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】分子中只要有饱和碳原子，则不可能所有原子共平面。‎ ‎6.对分子式为C3H8O的有机物进行仪器分析：红外光谱显示有对称甲基，羟基等基团；核磁共振氢谱有三个峰，峰面积之比为1：1：6，则该化合物的结构简式为（ ）‎ A. CH3OCH2CH3 B. CH3CH(OH)CH3 C. CH3CH2CH2OH D. C3H7OH ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，CH3OCH2CH3 没有羟基，故A错误；‎ B选项，CH3CH(OH)CH3有对称甲基，羟基等基团，核磁共振氢谱有三个峰，峰面积之比为1：1：6，故B正确；‎ C选项，CH3CH2CH2OH没有对称的甲基，故C错误；‎ D选项，C3H7OH不知道其结构，不能确定里面有没有羟基和对称甲基，故D错误；‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎7.山梨酸是应用广泛的食品防腐剂，其结构如图所示，下列关于山梨酸的说法错误的是（ ）‎ A. 分子式为C6H8O2‎ B. 1mol该物质最多可与3molH2发生加成反应 C. 可使酸性KMnO4溶液褪色 D. 可与碳酸氢钠溶液反应生成CO2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由键线式可知，每个顶点有一个碳原子，每个碳原子要结合四个原子，形成四个共价键，分子为C6H8O2，故A正确；‎ B. 山梨酸分子我含有2个碳碳双键，可与溴发生加成反应，1mol该物质最多可与2molH2发生加成反应，故B错误；‎ C. 分子含有碳碳双键，可与酸性高锰酸钾反应氧化还原反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；‎ D. 分子含有羧基，可与碳酸氢钠溶液发生反应生成钠盐，水和二氧化碳，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】有机物的性质看官能团，官能团决定了有机物的性质，牢记官能团是解题的关键。‎ ‎8.含有一个三键的炔烃，氢化后的产物结构简式如图，此炔烃可能的结构简式有 A. 1种 B. 2种 C. 3种 D. 4种 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】炔烃与氢气加成后，相邻的每个碳上至少连有2‎ 个氢原子，满足此条件的碳碳三键的位置有2种（图中2个乙基对称），如图：，故B正确；‎ 故答案选B。‎ ‎9.下列说法中正确的是 A. 都是苯的同系物 B. 苯和甲苯都能发生取代反应 C. 的一氯取代产物有8种 D. 甲苯和苯乙烯都能使溴水褪色，两者褪色原理相同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 苯的同系物是指分子内含1个苯环且与苯环相差n个CH2的有机物，则是苯的同系物，而和均不是苯的同系物，A项错误；‎ B. 苯与甲苯均可在一定条件下发生溴代反应与硝化反应，均属于取代反应，B项正确；‎ C.  根据分子的对称性可知，分子内含4种等效H，则一氯取代产物有4种，C项错误；‎ D. 甲苯与溴水不反应，溴易溶于甲苯，苯乙烯含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应，两者褪色原理不同，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】有机物的一氯代物的种类通过该有机物的等效氢思想寻找。根据结构简式判断分子内等效氢有几种，则其一氯代物就有几种。‎ ‎10.某有机物A 是农药生产中的一种中间体，其结构简式如图：‎ 下列有关叙述中正确的是 A. l mo1 A和足量的H2发生加成反应，最多可以消耗4 mol H2‎ B. 有机物A可以和Br2的CCl4溶液发生加成反应 C. 有机物A和浓硫酸混合加热，可以发生消去反应 D. l mo1 A和足量的NaOH溶液反应，最多可以消耗3 mol NaOH ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．只有苯环与氢气发生加成反应，则l mo1 A和足量的H2发生加成反应，最多可以消耗3 mol H2，故A错误；‎ B．不含碳碳双键，不能和Br2的CCl4溶液发生加成反应，故B错误；‎ C．与-OH相连C的邻位C上没有H，和浓硫酸混合加热，不能发生消去反应，故C错误；‎ D．含-Cl、-COOC-及-COOC-水解生成的酚-OH均与NaOH反应，则l mo1 A和足量的NaOH溶液反应，最多可以消耗3 mol NaOH，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎【点睛】以有机物的结构为载体，考查官能团的性质。熟悉常见官能团的性质，进行知识迁移运用，根据有机物结构特点，有酯基则决定具有酯的性质，有卤素原子决定具有卤代烃的性质，有醇羟基决定具有醇的性质，有酚羟基则具有酚的性质，有苯环还具有苯的性质，故要综合各种官能团的性质分析。‎ ‎11.最简式相同，但既不是同系物又不是同分异构体的是（ ）‎ A. CH3CH3和 B. 乙烯和环丙烷 C. D. 甲醚和甲醇 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，CH3CH3最简式为CH3，最简式为CH，最简式不同，故A错误；‎ B选项，乙烯和环丙烷最简式为CH2，结构不相似，分子式不相同，故B正确；‎ C选项，最简式为C7H8O，最简式为C7H8O，前者为醇，后者为酚，不是同系物，但分子式相同，是同分异构体，故C错误；‎ D选项，甲醚最简式为C2H6O，甲醇最简式为CH4O，最简式不同，故D错误；‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎12.为检验某卤代烃(R-X)中的X元素，下列操作：(1)加热煮沸；(2)加入AgNO3溶液；(3)取少量该卤代烃；(4)加入足量稀硝酸酸化；(5)加入NaOH溶液；(6)冷却。正确的操作顺序是：（ ）‎ A. (3) (1) (5) (6) (2) (4) B. (3) (5) (1) (6) (4) (2)‎ C. (3) (2) (1) (6) (4) (5) D. (3) (5) (1) (6) (2) (4)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】卤代烃检验卤素，先将卤代烃在强碱性条件下加热水解生成卤素离子，冷却再加硝酸酸化，再加硝酸银溶液，观察现象，因此先取少量该卤代烃，加入氢氧化钠溶液，再加热煮沸，再冷却，再加稀硝酸酸化，再加硝酸银溶液，观察现象，故B正确；‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎【点睛】卤代烃是非电解质，溶于水是不能直接电离出卤素离子，因此必须先加氢氧化钠溶液加热反应，生成卤素离子，再加稀硝酸酸化，酸化后加硝酸银溶液，观察现象。‎ ‎13.下列各醇不能发生消去反应的是（ ）‎ A. CH3CH2CH2OH B. C2H5OH C. CH3CH2C（CH3）2OH D. （CH3）3CCH2OH ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 能发生消去反应的醇必须是羟基连的碳的相邻碳原子上要有氢原子。‎ ‎【详解】A选项，CH3CH2CH2OH羟基连的碳的相邻碳原子上有氢原子，因此能发生消去反应，故A正确；‎ B选项，C2H5OH即CH3CH2OH羟基连的碳的相邻碳原子上有氢原子，因此能发生消去反应，故B正确；‎ C选项，CH3CH2C(CH3)2OH羟基连的碳的相邻碳原子上有氢原子，因此能发生消去反应，故C正确；‎ D选项，(CH3)3CCH2OH羟基连的碳的相邻碳原子上没有氢原子，因此不能发生消去反应，故D错误；‎ 综上所述，答案为D。‎ ‎【点睛】醇不能发生消去反应是羟基连的碳的相邻碳原子上没有氢原子。‎ 醇不能发生催化氧化是羟基连的碳的原子上没有氢原子。‎ ‎14.用括号内的试剂和方法除去下列各物质中的少量杂质，不正确的是 A. 苯中含有苯酚（浓溴水，过滤）‎ B. 乙酸钠中含有碳酸钠（乙酸，蒸发）‎ C. 乙酸乙酯中含有乙酸（饱和碳酸钠溶液，分液）‎ D. 苯中含有甲苯（酸化的KMnO4溶液、NaOH溶液，分液）‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．苯酚与浓溴水反应生成三溴苯酚白色沉淀，但过量的溴、三溴苯酚均溶于苯，引入新杂质，应选NaOH溶液、分液，故A错误；‎ B．乙酸与碳酸钠反应生成乙酸钠，然后蒸发可除杂，故B正确；‎ C．乙酸与饱和碳酸钠反应后与乙酸乙酯分层，然后分液可分离，故C正确；‎ D．甲苯被酸性高锰酸钾氧化生成苯甲酸，可与氢氧化钠溶液反应，溶液分层，可用分液的方法除杂，故D正确； ‎ 故答案为A。‎ ‎【点睛】在解答物质分离提纯试题时,选择试剂和实验操作方法应遵循三个原则: ①不能引入新的杂质(水除外)，即分离提纯后的物质应是纯净物(或纯净的溶液)，不能有其他物质混入其中；②分离提纯后的物质状态不变；③实验过程和操作方法简单易行，即选择分离提纯方法应遵循先物理后化学，先简单后复杂的原则。‎ ‎15.已知酸性： ＞H2CO3＞＞HCO3-；现要将 转变为 ，可行的方法是 A. 向该溶液中加入足量的稀硫酸，加热 B. 将该物质与稀硫酸共热后，再加入足量的NaOH溶液 C. 将该物质与足量的NaOH溶液共热，再通入足量CO2气体 D. 将该物质与稀硫酸共热后，再加入足量的Na2CO3溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 已知酸性：＞H2CO3＞＞HCO3-，将 转变为 ，则先发生水解反应，然后加入的物质与-COOH反应而不与-OH反应，据此分析。‎ ‎【详解】A．在酸性条件下水解生成，故A错误；‎ B．在酸性条件下水解生成，再加入足量的NaOH溶液，-COOH和-OH均与NaOH溶液反应，故B错误；‎ C．与足量的NaOH溶液共热，再通入足量CO2气体，生成，故C正确；‎ D．在酸性条件下水解生成，再加入足量的Na2CO3溶液生成，故D错误；‎ 故答案C。‎ ‎16.某有机物的结构简式为，则下列说法错误的是（　　）‎ A. 该有机物的分子式为C12H12O4‎ B. 1mol该有机物最多能与4mol H2反应 C. 该有机物可与碳酸氢钠溶液反应放出CO2，生成2.24L CO2（标况下）需要0.1mol该有机物 D. 该有机物可发生氧化、取代、加成和还原反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由结构简式可知有机物的分子式为C12H12O4，故A正确；‎ B．能与氢气发生加成反应的为碳碳双键、苯环和醛基，则1mol该有机物最多能与5mol H2反应，故B错误；‎ C．只有羧基与碳酸氢钠反应，则0.1mol有机物可生成0.1mol二氧化碳，体积为2.24L，故C正确；‎ D．含有碳碳双键、醛基，可发生加成、氧化、还原反应，含有羧基，可发生取代反应，故D正确。‎ 故选B。‎ ‎17.700℃时，向容积为2L的密闭容器中充入一定量的CO和H2O，发生反应：‎ CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)。反应过程中测定的部分数据见下表(表中t2>t1)：‎ 下列说法正确的是 A. 反应在t1min内的平均速率为v(H2)＝mol·L－1·min－1‎ B. 保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.60mol CO和1.20mol H2O，到达平衡时n(CO2)＝0.40mol C. 保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.20mol H2O(g)，△H增大 D. 温度升高至800℃，上述反应平衡常数0.64，则正反应为吸热反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A．v（CO）＝△c/△t＝＝mol/（L•min），则根据反应速率之比是相应的化学计量数之比可知v（H2）＝v（CO）＝mol/（L•min），A错误；B．t1min时n（CO）＝0.8mol，n（H2O）＝0.6mol－0.4mol＝0.2mol，t2min时n（H2O）＝0.2mol，说明t1min时反应已经达到平衡状态，平衡时二氧化碳是0.4mol。保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.60mol CO和1.20mol H2O，与原平衡是等效的，则到达平衡时n(CO2)＝0.40mol，B正确；C.保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.20mol水蒸气，与原平衡相比，平衡向右移动，达到新平衡时CO转化率增大，但反应热不变，C错误；D．t1min时反应已经达到平衡状态，此时c（CO）＝0.4mol/L，c（H2O）＝0.1mol/L，c（CO2）＝c（H2）＝0.2mol/L，则平衡常数k＝‎ ‎＝1，温度升至800℃，上述反应平衡常数为0.64，说明温度升高，平衡是向左移动的，那么正反应应为放热反应，D错误；答案选B。‎ 考点：考查学生对速率概念与计算，平衡常数概念与计算，平衡移动等有关内容理解和掌握程度 ‎18.钠硫电池以熔融金属钠、熔融硫和多硫化钠(Na2Sx)分别作为两个电极的反应物，固体Al2O3陶瓷(可传导Na＋)为电解质，其反应原理如图所示。下列说法正确的是 A. 电子流向：A电极→用电器→B电极→电解质→A 电极 B. 充电时，电极B与外接电源正极相连，电极反应式为 Sx2-－2e－=xS C. 若用该电池在铁器上镀锌，则铁器应与B电极相连接 D. 若用该电池电解精炼铜，电路中转移1mol电子时，阳极质量减少32 g ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：根据图片知，放电时，Na失电子发生氧化反应，所以A作负极、B作正极，负极反应式为2Na-2e-═2Na+、正极反应式为xS+2e-═Sx2-，充电时A为阳极、B为阴极，阴极、阳极电极反应式与负极、正极反应式正好相反，放电时，电解质中阳离子向正极移动、阴离子向负极移动；A．电池工作时，电子在外电路由负极向正极移动，电解质中只有阴、阳离子移动，故A错误；B．充电时，B是阳极与电源正极相连，电极反应式为 Sx2-－2e－="xS，故B正确；C．电镀时，镀层金属作阳极，待镀金属铁为负极，应与电池的A极相连接，故C错误；D．电解精炼铜时，阳极为粗铜，溶解的是铜和比铜活泼的金属，电路中转移1mol电子时，阳极质量不为32" g，故D错误；答案为B。‎ ‎【考点定位】考查原电池原理和电解原理，涉及电镀和粗铜精炼。‎ ‎【名师点晴】根据图片知，放电时，Na失电子发生氧化反应，所以A作负极、B作正极，负极反应式为2Na-2e-═2Na+、正极反应式为xS+2e-═Sx2-，充电时A为阳极、B为阴极，阴极、阳极电极反应式与负极、正极反应式正好相反，放电时，电解质中阳离子向正极移动、阴离子向负极移动，据此分析答题。‎ ‎19.在体积均为1.0 L的两恒容密闭容器中加入足量的相同的碳粉，再分别加入0.1 mol CO2和0.2 mol CO2，在不同温度下反应CO2(g)＋C(s)2CO(g)达到平衡，平衡时c(CO2) ‎ 随温度的变化如图所示（图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ点均处于曲线上）。下列说法正确的是 A. 该反应的ΔH＞0、ΔS＜0‎ B. 体系的总压强p：p(Ⅰ)＞p(Ⅲ)‎ C. 平衡常数：K(Ⅰ)＞K(Ⅱ)‎ D. T1K时，Ⅳ点所处的状态中v(正)＜v(逆)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．CO2(g)＋C(s)2CO(g)，反应的气体系数增大，则ΔS＞0。根据图像可得，温度越高，c(CO2) 越小，平衡正向移动，可知该反应为吸热，即ΔH＞0，故A错误；‎ B．Ⅰ这条曲线是通入0.1molCO2，Ⅱ这条曲线是通入0.2molCO2。状态Ⅰ和状态Ⅲ都是通入0.1molCO2。状态Ⅰ到状态Ⅲ，温度升高，平衡正向移动，气体的总物质的量增大，根据PV=nRT，可知压强增大，即p (Ⅲ)＞p(Ⅰ) ，故B错误；‎ C．平衡常数只与温度有关，温度越高，吸热反应的平衡常数越大，即K (Ⅱ)＞K(Ⅰ) ，故C错误；‎ D．T1 K时，Ⅳ点在该温度的平衡状态下，则到平衡状态，c(CO2)需增大，平衡要逆向移动，即v(正)＜v(逆)，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎20.乙二胺(H2NCH2CH2NH2) 与NH3相似，水溶液呈碱性，25℃时，向10mL0.1mol·L-1乙二胺溶液中滴加0.1 mol·L-1盐酸，各组分的物质的量分数δ随溶液pH的变化曲线如图所示，下列说法错误的是 A. 混合溶液呈中性时，滴加盐酸的体积小于10mL B. Kb2[H2NCH2CH2NH2] 的数量级为10-8‎ C. a 点所处的溶液中：c(H+)+3c([H3NCH2CH2NH3]2+)=c(OH-) +(Cl-)‎ D. 水的电离程度:a>b ‎【答案】A ‎【解析】‎ 根据图像可知，乙二胺(H2NCH2CH2NH2)为二元弱碱，当加入10mL盐酸时，生成的(H2NCH2CH2NH3)Cl，溶液呈碱性， A项错误；Kb2[H2NCH2CH2NH2]=，由图像a可知，c[(H3NCH2CH2NH3)2+]= c[(H2NCH2CH2NH3)+]，c(H+)=10-6.85，c(OH—)=10-7.15，即Kb2[H2NCH2CH2NH2] 的数量级为10-8，B项正确；a 点所处的溶液中的电荷守恒为：c(H+)+2c([H3NCH2CH2NH3]2+)+c[(H2NCH2CH2NH3)+]=c(OH-) +(Cl-)，因c[(H3NCH2CH2NH3)2+]= c[(H2NCH2CH2NH3)+]，故c(H+)+3c([H3NCH2CH2NH3]2+)=c(OH-) +(Cl-)，C项正确；a点溶质为乙(H3NCH2CH2NH3)Cl2和(H2NCH2CH2NH3)Cl混合物，两种盐将会促进水的电离，而b点为(H2NCH2CH2NH3)Cl和H2NCH2CH2NH2，(H2NCH2CH2NH3)Cl会促进水的电离，而H2NCH2CH2NH2会抑制水的电离，综上所述，水的电离程度:a>b，D项正确。‎ 二、填空题（每空2分，共60分）‎ ‎21.（1）有机化合物的结构简式可进一步简化，如：‎ 根据题目要求回答下列问题：‎ ‎①有机物 与氢气发生化学反应化学方程式为(用结构简式书写)：______。‎ ‎②β-月桂烯的结构简式为 ，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____种。‎ ‎（2）下列几种烃类物质：‎ ‎① 正四面体烷的二氯取代产物有__________种；立方烷的二氯取代产物有__________种。‎ ‎② 关于苯和环辛四烯的说法正确的是___________(填字母符号)。‎ A .都能使酸性KMnO4溶液褪色 B .都能与H2发生加成反应，等质量的苯和环辛四烯消耗H2的物质的量之比为3:4‎ C .都是碳碳单键和碳碳双键交替结构 D 都能发生氧化反应 ‎【答案】 (1). (2). 4 (3). 1 (4). 3 (5). D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）①与氢气发生加成反应，生成；‎ ‎②β-月桂烯的结构中含有三个碳碳双键，都能发生加成反应，而且存在一个共轭双键，可发生1,2-加成和1,4-加成；‎ ‎（2）①正四面体烷的结构中只有1种环境的氢原子，任意的2个氢原子均是相邻的；立方烷的二氯代物有棱上相邻，面上相对(即面对角线)和体对角线三种位置关系；‎ ‎②环辛四烯结构中含有碳碳双键，可以发生加成反应、氧化反应等，据此分析判断。‎ ‎【详解】（1）①与氢气发生加成反应，生成，反应方程式为：‎ ‎；‎ ‎②β-月桂烯的结构中含有三个碳碳双键，即，一分子该物质与两分子溴发生加成反应，可在①和②上发生1,2-加成和1,4-加成，形成2种加成产物；可以在①③上发生加成反应，生成1种加成产物；可以在②和③上发生加成反应，生成1种加成产物；因此一分子该物质与两分子溴发生加成反应的产物理论上最多有4种；‎ ‎（2）①正四面体烷的结构中只有1种环境的氢原子，任意的2个氢原子均是相邻的，因此二氯代物只有1种；立方烷的二氯代物有棱上相邻，面上相对(即面对角线)和体对角线三种位置关系，因此立方烷的二氯取代产物有3种；‎ ‎②A.环辛四烯结构中含有碳碳双键，能发生氧化反应而使高锰酸钾溶液褪色，A项错误；；‎ B. 环辛四烯结构中含有碳碳双键，能与氢气发生加成反应，1mol环辛四烯与氢气发生加成反应消耗氢气4mol，1mol苯与3mol氢气发生加成反应，二者等物质的量时消耗氢气的物质的量之比为4:3，B项错误；‎ C.苯结构中不存在碳碳双键，环辛四烯结构中存在碳碳单键和碳碳双键交替结构，C项错误；‎ D.苯能被氧气氧化，环辛四烯能被氧气或KMnO4等氧化剂氧化，因此都能发生氧化反应，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎22.按要求填空：‎ ‎（1）命名下列有机物：HOCH2CH2CHO_____，________。‎ ‎（2）燃烧某有机物A 1.50 g，生成1.12 L(标准状况)CO2和0.05 mol H2O，该有机物的蒸气对空气的相对密度是1.04，则该有机物的分子式为_____。‎ ‎（3）已知端炔烃在催化剂存在下可发生偶联反应:2RC≡CHRC≡C—C≡CR+H2,称为Glaser反应，回答下列问题：‎ 已知:，该转化关系的产物E（C16H10）的结构简式是_______，用1 mol E合成1,4−二苯基丁烷，理论上需要消耗氢气____mol。‎ ‎【答案】 (1). 3-羟基丙醛 (2). 邻甲基苯酚（2-甲基苯酚） (3). CH2O (4). ‎ ‎ (5). 4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）有机物含有3个碳原子，主链是丙醛，羟基连接在3号碳原子上；甲基和酚羟基处于邻位，母体为苯酚，甲基连接在2号碳原子上；‎ ‎（2）该有机物蒸气对空气的相对密度是1.04，说明摩尔质量为29g/mol×1.04=30.16 g/mol，n(CO2)==0.05mol，有机物中碳的质量m(C)=0.05mol×12g/mol=0.6g，氢的质量m(H)=0.05mol×2×1g/mol=0.1g，m(C)+ m(H)<1.5g，说明有机物A中含有氧元素，且m(O)=1.5g-0.6g-0.1g=0.8g，根据n(A):n(C):n(H): n(O)确定有机物的分子式；‎ ‎（3）根据Glaser反应的反应原理确定E的结构；与氢气发生加成反应后可得1,4−二苯基丁烷；‎ ‎【详解】（1）有机物含有3个碳原子，主链是丙醛，羟基连接在3号碳原子上，因此该有机物的名称为3-羟基丙醛；甲基和酚羟基处于邻位，母体为苯酚，甲基连接在2号碳原子上，因此该有机物的名称为邻甲基苯酚或2-甲基苯酚；‎ ‎（2）由分析可知有机物A中含有氧元素，且m(O)=1.5g-0.6g-0.1g=0.8g，n(O)==0.05mol，又n(A)==0.05mol，因此n(A):n(C):n(H): n(O)=0.05:0.05:0.1:0.05=1:1:2:1，该有机物的分子式为CH2O；‎ ‎（3）端炔烃在催化剂存在发生Glaser反应，生成的E的结构简式为； 1,4−二苯基丁烷的结构为,与4molH2发生反应可得；‎ ‎23.可降解高分子材料P的结构为：。如图是P的合成路线。‎ 已知：+R3OH+R2OH。‎ ‎（1）B的结构简式是_______，试剂a是_______。‎ ‎（2）③的化学方程式是______。‎ ‎（3）G与E互为同分异构体，符合下列要求的G共有______种。(不考虑立体异构)①含有和E(C6H10O3)相同的含氧官能团②分子中含有六元环状内酯结构 ‎（4）当④中反应物以物质的量之比1：1发生反应时，反应⑤的化学方程式是_____。‎ ‎【答案】 (1). BrCH2CH2Br (2). NaOH水溶液 (3). (4). 20 (5). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ C2H4为乙烯，结构为CH2=CH2，与Br2发生加成反应，生成B（BrCH2CH2Br），加入氢氧化钠水溶液可发生水解反应生成D乙二醇（HOCH2CH2OH），D与发生酯化反应，生成E（）；与ROH反应生成F，F的结构为 ‎，F发生缩聚反应生成，与反应生成，与反应生成高分子材料P，以此作答。‎ ‎【详解】由分析可知A为CH2=CH2，B为BrCH2CH2Br，D为HOCH2CH2OH，E为，F为；‎ ‎（1）B为BrCH2CH2Br，D与试剂a发生的反应为水解反应，因此试剂a为氢氧化钠的水溶液；‎ ‎（2）反应③为HOCH2CH2OH与发生的酯化反应，方程式为：；‎ ‎（3）E为，G与E互为同分异构体，且①含有和E(C6H10O3)相同的含氧官能团，说明G中含有酯基和羟基；②分子中含有六元环状内酯结构，说明酯基在环内，即有结构，由此可知结构中有1个-CH2OH或1个-CH3和1个-OH；若六元环内酯连接1个-CH2OH，有4种不同的结构；若六元环内酯连接1个-CH3和1个-OH，其中-CH3和-OH分别连接在2个不同的碳原子上的结构有12种，连接在同一个碳原子上的结构有4种，因此符合条件的G有4+12+4=20种；‎ ‎（4）当④中反应物以物质的量之比1：1发生反应时，反应⑤的化学方程式为：。‎ ‎【点睛】在解有机合成与推断的题目时，有时仅用已学过的有机物的结构、性质进行解题，往往会出现“卡壳”现象，这时充分利用题干中的新信息，是解题的另一关键要素，利用新信息解题时，不必记住新信息，只要看清新信息反应的实质，如物质含有什么官能团，发生什么反应，然后对应找到题目中的物质，代入即可。‎ ‎24.用含锂废渣（主要金属元素的含量：Li 3.50% Ni 6.55% Ca 6.41% Mg 13.24%）制备Li2CO3，并用其制备Li+电池的正极材料LiFePO4。部分工艺流程如下：‎ 资料：ⅰ滤液1、滤液2中部分两者的浓度（g/L）‎ ⅱEDTA能和某些二价金属离子形成稳定的水溶性络合物。‎ ⅲ某些物质溶解度（S）：‎ I．制备Li2CO3粗品 ‎(l)上述流程中为加快化学反应速率而采取的措施是 ___。‎ ‎(2)向滤液2中先加入EDTA，再加入饱和Na2CO3溶液，90℃充分反应后，分离出 固体Li2CO3粗品的操作是 ______。‎ ‎(3)处理lkg含锂3.50%的废渣，锂的浸出率为a，Li+转化为Li2CO3的转化率为b，则粗品中含Li2CO3的质量是 ____g。（摩尔质量：Li 7 g.mol-l Li2CO3 74 g.mol-l）‎ II．纯化Li2CO3粗品 ‎(4)将Li2CO3转化为LiHCO3后，用隔膜法电解LiHCO3溶液制备高纯度的LiOH，再转化得电池级Li2CO3。电解原理如图所示，阳极的电极反应式是 _______。‎ III．制备LiFePO4‎ ‎(5)将电池级Li2CO3和C、FePO4高温下反应，生成LiFePO4和一种可燃性气体，该反应的化学方程式是__。‎ ‎【答案】 (1). 研磨、70℃加热 (2). 趁热过滤 (3). 185ab (4). 4OH--4e-=2H2O+O2↑ ‎ ‎ (5). Li2CO3+2C+2FePO4 2LiFePO4+3CO ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据流程可知，将含锂废渣研磨后，在70℃下用稀硫酸酸浸出其中的金属离子，得到含有Li+、Ca2+、Mg2+的酸性溶液，其中部分Ca2+与SO42-结合生成CaSO4沉淀，过滤，滤渣1主要是CaSO4，向滤液1中加入NaOH调节溶液pH=12，沉淀Ni2+、Ca2+、Mg2+，滤渣2主要是Ni(OH)2、Mg(OH)2和少量的 Ca(OH)2，滤液中含有Li+，向滤液2中加入EDTA，再加入饱和的Na2CO3溶液，90℃下充分反应，得到沉淀趁热过滤后得到粗品Li2CO3，将Li2CO3转化为LiHCO3后，用隔膜法电解LiHCO3溶液来制备高纯度的LiOH，再转化得到电池级Li2CO3，将电池级Li2CO3和C、FePO4高温下发生反应Li2CO3+2C+2FePO4 2LiFePO4+3CO，据此作答。‎ ‎【详解】（1）流程中为加快反应速率而采取的措施是研磨、70℃加热；‎ ‎（2）根据保重数据可知Li2CO3高温时的溶解度较小，因此90℃下充分反应后，通过趁热过滤分离出固体Li2CO3粗品；‎ ‎（3）1kg含锂3.50%的废渣，锂的浸出率为a，那么浸出的Li+的物质的量为=5amol，Li+转化为Li2CO3的转化率为b，那么粗品中含Li2CO3的质量为5amol××b×74g/mol=185abg；‎ ‎（4）根据电解示意图可知，阳极失去电子发生氧化反应，OH-放电，电极反应为：4OH--4e-=2H2O+O2↑；‎ ‎（5）Li2CO3和C、FePO4高温下反应，生成LiFePO4和一种可燃性气体，根据元素分析可知可燃性气体为CO，因此方程式为：Li2CO3+2C+2FePO4 2LiFePO4+3CO ‎【点睛】以物质制备为载体的工艺流程题目较为综合，耐心细致、理清流程，深入思考是解答该类题目的前提。分析该类题目时要注意统筹全题，整体解答，对物质的转化不仅要烂熟于胸，还要与化学反应原理、化学实验等知识密切联系在一起。‎ ‎25.实验室制备1,2二溴乙烷的反应原理如下：CH3CH2OHCH2=CH2↑＋H2O，CH2=CH2＋Br2→BrCH2CH2Br。用少量的溴和足量的乙醇制备1,2二溴乙烷的装置如下图所示：‎ 有关数据列表如下：‎ 乙醇 ‎1,2二溴乙烷 乙醚 状态 无色液体 无色液体 无色液体 密度/g·cm－3‎ ‎0.79‎ ‎2.2‎ ‎0.71‎ 沸点/℃‎ ‎78.5‎ ‎132‎ ‎34.6‎ 熔点/℃‎ ‎－130‎ ‎9‎ ‎－116‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)在装置c中应加入________(选填序号)，其目的是吸收反应中可能生成的酸性气体。‎ ‎①水 ②浓硫酸 ③氢氧化钠溶液 ④饱和碳酸氢钠溶液 ‎(2)判断d管中制备二溴乙烷反应已结束的最简单方法是________。‎ ‎(3)将二溴乙烷粗产品置于分液漏斗中加水，振荡后静置，产物应在水的________(填“上”或“下”)层。‎ ‎(4)若产物中有少量未反应的Br2，最好用________(填正确选项前的序号)洗涤除去。①水　②氢氧化钠溶液　③碘化钠溶液　④乙醇 ‎（5）反应过程中需用冷水冷却(装置e)，‎ ‎ 但不用冰水进行过度冷却，原因__________________。‎ ‎【答案】 (1). ③ (2). 溴的颜色完全褪去 (3). 下 (4). ② (5). 1，2-二溴乙烷的凝固点较低，过度冷却会使其凝固而使气路堵塞 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由制备实验装置可知，a中发生的反应为：CH3CH2OHCH2=CH2↑＋H2O，装置b可以防止倒吸，同时可以检验装置是否堵塞，装置c中的试剂为NaOH，可吸收乙烯中混有的CO2、SO2等杂质，装置d中发生的反应为CH2=CH2+Br2→BrCH2CH2Br，在e中用冷水冷却，最后用NaOH进行尾气吸收，据此解答。‎ ‎【详解】（1）在装置c中应加入NaOH溶液，目的是吸收反应中可能形成的酸性气体；‎ ‎（2）乙烯和溴水发生加成反应生成1,2-二溴乙烷，1,2-二溴乙烷为无色，因此d中溴的颜色完全褪去则说明反应已经结束；‎ ‎（3）1,2-二溴乙烷的密度大于水的密度，因此将1,2-二溴乙烷粗产品置于分液漏斗中加水，震荡后静置，产物在下层；‎ ‎（4）若产物中由少量未反应的Br2，最好用氢氧化钠溶液洗涤除去；‎ ‎（5）反应过程中需用冷水冷却，但不用冰水进行过度冷却，原因是1,2-二溴乙烷的凝固点较低，过度冷却会使其凝固而使气路堵塞。‎ ‎26.碳及其化合物广泛存在于自然界。请回答下列问题：‎ ‎（1）反应Ⅰ：Fe(s)+CO2(g) FeO(s)+CO(g) ΔH1 平衡常数为K1，反应Ⅱ：Fe(s)+H2O(g) FeO(s)+H2(g) ΔH2 平衡常数为K2，不同温度下，K1、K2的值如下表：‎ 现有反应Ⅲ：H2(g)+CO2(g) CO(g)+H2O(g)，结合上表数据，反应Ⅲ是___ (填“放热”或“吸热”）反应。‎ ‎（2）已知CO2催化加氢合成乙醇的反应原理为：2CO2(g)+6H2(g) C2H5OH(g)+3H2O(g) ∆H<0。设m为起始时的投料比，即m= n(H2)/ n(CO2)。‎ 图1 图2 图3 ‎ ‎①图1中投料比相同，温度从高到低的顺序为________。‎ ‎②图2中m1、m2、m3从大到小的顺序为________。‎ ‎③图3表示在总压为5MPa的恒压条件下，且m=3时，平衡状态时各物质的物质的量分数与温度的关系。则曲线d代表的物质化学名称为__________。‎ ‎（3）为了测量某湖水中无机碳含量，量取100mL湖水，酸化后用N2吹出CO2，再用NaOH溶液吸收。往吸收液中滴加1.0mol/L盐酸，生成的V(CO2)随V(盐酸)变化关系如图所示，则原吸收液中离子浓度由大到小的顺序为__________。‎ ‎【答案】 (1). 吸热 (2). (3). (4). 乙醇 (5). c(Na+)> c(HCO3-) > c(CO32-) > c(OH-) > c(H+)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据盖斯定律书写正确的热化学方程式，结合表格中的数据分析反应热的变化；‎ ‎（2）①该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，转化率减小；‎ ‎②一定温度下，CO2转化率随起始时的投料比的增大而增大，一种反应物浓度增大会提高另一种物质的转化率；‎ ‎③温度升高，反应逆向进行，由图可知，曲线中a为H2，b为CO2，c为H2O，d为C2H5OH。‎ ‎（3）根据图象分析可知，消耗盐酸10ml前并未产生CO2，再消耗20ml盐酸生成CO2，据此判断溶液中为等量的碳酸钠和碳酸氢钠，溶液为碱性，据此分析溶液中离子浓度的大小关系。‎ ‎【详解】（1）由盖斯定律可知，反应Ⅰ-反应Ⅱ可得反应Ⅲ：H2(g)+CO2(g) CO(g)+H2O(g)，ΔH3=ΔH1-ΔH2，根据表格中的数据可知，反应Ⅰ温度升高，K增大，反应为吸热反应，ΔH1>0，反应Ⅱ温度升高，K减小，反应为放热反应，ΔH2<0，因此ΔH3=ΔH1-ΔH2>0，说明反应Ⅲ为吸热反应；‎ ‎（2）①该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，转化率减小，因此T3>T2>T1；‎ ‎②图3中，相同温度下，增大H2的量，平衡正向移动，因此m1、m2、m3投料比从大到小的顺序为m1>m2>m3；‎ ‎③温度升高，反应逆向进行，由图可知，曲线中a为H2，b为CO2，c为H2O，d为C2H5OH；‎ ‎（3）为了测量某湖水中无机碳含量，量取100mL湖水，酸化后用N2吹出CO2，再用NaOH溶液吸收，分析图象可知，溶液中为等量的碳酸钠和碳酸氢钠，溶液为碱性，因此离子浓度大小关系为：c(Na+)> c(HCO3-) > c(CO32-) > c(OH-) > c(H+)。‎ ‎ ‎