2017-2018学年浙江省温州市共美联盟高二下学期期末模拟化学试题 解析版

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浙江省温州市共美联盟2017-2018学年高二下学期期末模拟化学试题 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Ne-20 Mg-24 Si-28 S-32 Ca-40 Fe-56 Ba-137‎ 选择题部分 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. 下列物质属于纯净物的是（ ）‎ A. 漂白粉 B. 煤油 C. 氢氧化铁胶体 D. 液氯 ‎【答案】D ‎【解析】分析：纯净物是由一种物质组成的物质，混合物是由多种物质组成的物质。‎ 详解：A．漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，故A错误；B．煤油是石油分馏的产物，是多种烃的混合物，故B错误；C．氢氧化铁胶体属于胶体，是一种分散系，属于混合物，故C错误；D．液氯是液态的氯气，属于一种物质组成的纯净物，故D正确；故选D。‎ ‎2. 下列仪器名称为“坩埚”的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】A、此仪器为坩埚，用于灼烧或固体的燃烧实验，故A错误；B、此仪器为蒸发皿，为敞口装置，用于溶液的蒸发结晶，故B正确；C、此仪器为干燥器，用于仪器洗涤后的干燥，故C错误；D、此仪器为研钵，用于固体药品的研磨，故D错误；故选A。‎ ‎3. 下列属于非电解质的是（ ）‎ A. 氢气 B. 蔗糖溶液 C. 已烷 D. 氧化钠 ‎【答案】C ‎【解析】非电解质是指在水溶液和融化状态下都不导电的化合物。A是单质，故错；B是混合物，故错；C是有机物符合非电解质的概念，故正确；D是盐，属于电解质；本题答案：C。‎ 点睛：本题考查电解质和非电解质的区别。解答依据，非电解质的概念，看在水溶液和融化状态下能否导电的化合物。‎ ‎4. 在下列反应中，属于氧化还原反应的是（ ）‎ A. Ca(ClO)2 +CO2+H2O =CaCO3+2HClO B. CuO + 2HCl = CuCl2 + H2O C. SO2 + 2NaOH = Na2SO3 + H2O D. 2Na + Cl2 = 2NaCl ‎【答案】D ‎【解析】分析：氧化还原反应中一定存在元素化合价的变化。‎ 详解：A．Ca(ClO)2 + CO2 + H2O = CaCO3 + 2HClO反应中元素的化合价没有发生变化，属于复分解反应，故A错误；B．CuO + 2HCl = CuCl2 + H2O反应中元素化合价没有发生变化，属于复分解反应，故B错误；C. SO2 + 2NaOH = Na2SO3 + H2O反应中元素化合价没有发生变化，属于复分解反应，故C错误；D. 2Na + Cl2 = 2NaCl反应中钠元素和氯元素的化合价发生了变化，属于氧化还原反应，故D正确；故选D。‎ ‎5. 下列物质的水溶液因水解而呈酸性的是（ ）‎ A. CH3COOH B. Na2CO3‎ C. NaHSO4 D. NH4Cl ‎【答案】D ‎【解析】分析：能水解的是含弱离子的盐，物质的水溶液因水解而呈酸性，应该属于强酸弱碱盐。‎ 详解：A、CH3COOH为弱酸，只电离不水解，故A错误；B、碳酸钠是强碱弱酸盐，水解显碱性，故B错误；C．NaHSO4为强酸的酸式盐，不水解，发生电离显酸性，故C错误；D、氯化铵为强酸弱碱盐，在溶液中水解显酸性，故D正确；故选D。‎ 点睛：本题考查了溶液显酸性的原因，应注意的是显酸性的溶液不一定是酸溶液，但酸溶液一定显酸性。本题的易错点为C，要注意溶液显酸性的本质，是电离造成的还是水解造成的。‎ ‎6. 化学与我们的生活息息相关。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 食品袋中常放生石灰，能起到抗氧化剂的作用 B. 可溶性铝盐和铁盐可用作净水剂 C. 溴元素又名“海洋元素”，可用于生产杀虫剂、熏蒸剂等 D. CO2和CH4都是引起温室效应的气体 ‎【答案】A ‎【解析】分析：A．生石灰具有吸水性，不能与氧气反应；B．铝离子和铁离子属于弱根离子，能水解生成氢氧化铝和氢氧化铁胶体；C. 地球上99%的溴元素以Br-的形式存在于海水中，溴及其化合物中很多物质能够使蛋白质发生变性；D．CO2、CH4和氮氧化合物都是形成温室效应的气体。‎ 详解：A．生石灰具有吸水性，食品袋中常放有生石灰，作干燥剂，故A错误；B．铝离子和铁离子属于弱碱阳离子，能水解生成氢氧化铝和氢氧化铁胶体，胶体具有吸附性，能吸附悬浮物而净水，故B正确；C. 溴是海水中重要的非金属元素，地球上99%的溴元素以Br-的形式存在于海水中，所以人们称溴为“海洋元素”， 溴及其化合物中很多物质能够使蛋白质发生变性，可用于生产杀虫剂、熏蒸剂等，故C正确；D．CO2、CH4和氮氧化合物都是形成温室效应的气体，故D正确；故选A。‎ ‎7. 下列有关化学用语表示正确的是 （ ）‎ A. 35Cl和37Cl的原子结构示意图均为 B. HC1O的电子式：‎ C. CO2的比例模型： ‎ D. 乙烯的结构式：CH2=CH2‎ ‎【答案】A ‎【解析】分析：A. 35Cl和37Cl的质子数相同，属于同位素；B．次氯酸的中心原子为O，不存在H-Cl键；C．比例模型表示原子的相对大小及原子连接顺序、空间结构，根据元素周期表和元素周期律，碳原子半径比氧原子半径大；D．根据结构式和结构简式的区别分析判断。‎ 详解：A. 35Cl和37Cl的质子数相同，核外电子数也相同，原子结构示意图均为，故A正确；B． HClO为共价化合物，分子中存在1个氧氢键和1个Cl-O键，次氯酸的电子式为，故B错误；C．二氧化碳的分子式为CO2，由模型可知小球为碳原子，2个大球为氧原子，氧原子半径大，实际碳原子半径大于氧原子半径，故C错误；D．CH2=CH2为乙烯的结构简式，不是结构式，故D错误；故选A。‎ ‎8. 下列选项中，有关实验操作、现象和结论都正确的是(　　)‎ 选项 实验操作 现　象 结　论 A 将过量的CO2通入CaCl2溶液中 无白色沉淀出现 生成的Ca(HCO3)2可溶于水 B 常温下将铁片插入浓硫酸中 无明显现象 铁片和浓硫酸不反应 C 用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试纸上 试纸变蓝色 浓氨水呈碱性 D 向澄清石灰水加入某试剂的溶液少许 产生白色沉淀 该试剂中一定含有CO32—‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】分析：A．碳酸的酸性弱于盐酸，将过量的CO2通入CaCl2溶液中不会发生反应；B．常温下将Al片插入浓硫酸中，发生钝化；C．显碱性的溶液可使红色石蕊试纸变蓝；D.与澄清石灰水反应生成白色沉淀，该白色沉淀可能是碳酸钙，也可能是亚硫酸钙，氢氧化镁等。‎ 详解：A．碳酸的酸性弱于盐酸，将过量的CO2通入CaCl2溶液中不会发生反应，结论错误，故A错误；B．常温下将Al片插入浓硫酸中，发生钝化，生成致密的氧化膜阻止反应的进一步发生，结论不合理，故B错误；C．显碱性的溶液可使红色石蕊试纸变蓝，则用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试纸上，试纸变蓝说明氨水显碱性，故C正确；D.与澄清石灰水反应生成白色沉淀，该白色沉淀可能是碳酸钙，也可能是亚硫酸钙，氢氧化镁等，结论不正确，故D错误；故选C。‎ 点睛：本题考查化学实验方案的评价，把握物质的性质为解答的关键。本题的易错点为B，要注意钝化属于化学变化。‎ ‎9. 混合动力汽车配有电动、汽油双引擎。在减速时，自动捕捉减少的动能；在高速行驶时，启用双引擎，动力更强劲。下列有关混合动力汽车的说法不正确的是（ ）‎ A. 减速制动时动能转化为电能储存在电池中 B. 高速行驶时电池电能转化为汽车部分动力 C. 通过发电机电动机互变循环减少汽车油耗 D. 双动力汽车工作时不会产生废气污染环境 ‎【答案】D ‎【解析】分析：A．混合动力汽车在制动减速时，可回收机械能转化为电能；B．在高速行驶时，启用双引擎，内燃机和电池同时工作；C．混合动力汽车可将动力和电力双向转化； D．内燃机启动后，会发生燃料的燃烧。‎ 详解：A．混合动力汽车在制动减速时启动发电机，将制动动能转变为电能并储存于蓄电池中，故A正确；B．混合动力汽车在高速行驶或上坡时启动双动力，内燃机和电动机同时工作，电池电能转化为汽车部分动力，故B正确；C．混合动力汽车就是通过动力、电力的双向转化，减少汽车能耗，降低油耗，故C正确；D．当内燃机启动后，燃料的燃烧过程中会产生废气，污染环境，故D错误；故选D。‎ ‎10. 下列实验操作中不正确的是（ ）‎ A. 使用分液漏斗分液时，下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出 B. 容量瓶用蒸馏水洗涤后必须烘干才能进行溶液的配制 C. 在遇到金属镁失火时不可用干冰灭火器进行灭火 D. 向沸水中加入少量FeCl3饱和溶液，煮沸至溶液呈红褐色，即可得到Fe(OH)3胶体 ‎【答案】B ‎【解析】分析：A．分液操作时下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出；B．容量瓶中有水对实验结果无影响；C、金属镁能和二氧化碳反应；D. 根据制备Fe(OH)3胶体的实验步骤和方法分析判断。‎ 详解：A．分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，避免两种液体相互污染，故A正确；B．容量瓶中有水对实验无影响，不需要烘干，故B错误；C、金属镁能和二氧化碳反应生成一氧化碳，会引起爆炸，故不能用干冰灭火器来扑灭镁失火，故C正确；D. 向沸水中加入少量FeCl3饱和溶液，煮沸至溶液呈红褐色，即可得到Fe(OH)3胶体，故D正确；故选B。‎ ‎11. 下列说法不正确的是（ ）‎ A. CH3CH2COOCH3和CH3CH2OOCCH3是同分异构体 B. 14C 和 16O 含有相同的中子数 C. CH3CH(CH3)2的名称是2-甲基丁烷 D. “纳米泡沫” 是由无数个微小碳管组成的网状结构碳，是C60的同素异形体 ‎【答案】C ‎【解析】【分析】A．根据同分异构体的概念分析判断；B．根据中子数=质量数-质子数，计算14C 和 16O 的中子数分析判断；C．根据烷烃的系统命名规则分析判断；D．根据同素异形体的概念分析判断。‎ 详解：A．CH3CH2COOCH3和CH3CH2OOCCH3的分子式相同，都是C4H8O2，但结构不同，属于同分异构体，故A正确；B．14C 的中子数为14-6=8，16O 的中子数为16-8=8，中子数相同，故B正确；C．CH3CH(CH3)2的主链含有3个碳原子，名称是2-甲基丙烷，故C错误；D．纳米泡沫和C60都是碳的不同单质，二者互为同素异形体，故D正确；故选C。‎ 点睛：本题涉及同分异构体、同位素、同素异形体、有机物的系统命名等知识。本题的易错点为C，要注意烷烃的系统命名规则，主链含有3个碳原子时称为丙烷。‎ ‎12. 将一定量纯净的氨基甲酸铵置于密闭真空恒容容器中(固体试样体积忽略不计)，在恒定温度下使其达到分解平衡：NH2COONH4(s)2NH3(g)+CO2(g) △H = + a kJ·mol-l。能判断该分解反应已经达到化学平衡的是（ ）‎ A. v(NH3)=2v(CO2) B. 密闭容器中NH3体积分数不变 C. 反应吸收a kJ热量 D. 密闭容器中混合气体的密度不变 ‎【答案】D ‎【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。‎ 详解：A、未体现正逆反应速率的关系，故A错误；B、由于反应物为固体，根据方程式，从反应开始到平衡，密闭容器中氨气的体积分数一直不变，不能判断该分解反应已经达到化学平衡，故B错误；C. 该反应为可逆反应，反应吸收a kJ热量，只是说明分解的氨基甲酸铵的物质的量为1mol，不能说明氨基甲酸铵的物质的量是否变化，故C错误；D、密闭容器中混合气体的密度不变，说明气体质量不变，正逆反应速率相等，故D正确；故选D。‎ 点睛：本题考查了化学平衡状态的判断注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0。本题的易错点为C，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。‎ ‎13. 下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）‎ A. 往NH4HCO3溶液中加入过量NaOH：NH4+ + OH- = NH3↑+ H2O B. FeCl3溶液与氨水反应： Fe3+ + 3OH- ＝Fe(OH)3 ↓‎ C. 氯气与水反应：Cl2 +H2O ＝Cl－ + ClO－ + 2H+‎ D. 制作印刷电路板：Cu + 2Fe3+ = Cu2+ +2 Fe2+‎ ‎【答案】D ‎【解析】分析：A．氢氧化钠过量，氨根离子与碳酸氢根离子都与氢氧根离子反应；B. FeCl3溶液与氨水反应生成氢氧化铁沉淀，氨水属于弱碱；C．氯气与水反应生成盐酸和HClO，HClO是弱酸；D．印刷电路板是发生氯化铁与铜的反应，生成氯化亚铁和氯化铜。‎ 详解：A．向稀NH4HCO3溶液中加入过量NaOH溶液的离子反应为HCO3-+NH4++2OH-═NH3•H2O+CO32-+H2O，故A错误；B. 氨水是弱碱，FeCl3溶液与氨水反应： Fe3+ + 3 NH3•H2O＝Fe(OH)3 ↓+3 NH4+，故B错误；C．HClO为弱酸，在离子反应中保留化学式，氯气与水反应的离子反应为Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，故C错误；D．制作印刷电路板的离子反应为2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，故D正确；故选D。‎ ‎14. 短周期主族元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，其中X是组成有机物的必要元素，元素Y的原子最外层电子数是其电子层数的3倍，元素W与X同主族，Z与Q最外层电子数相差6。下列说法正确的是（ ）‎ A. 原子半径：r(Q)＞r(W)＞r(X)＞r(Y)‎ B. Y的简单气态氢化物的热稳定性比X的强，是因为Y的简单气态氢化物分子间有氢键 C. Y与Z可形成含共价键的离子化合物 D. 元素Y、Z、Q组成的化合物水溶液一定呈碱性 ‎【答案】C ‎【解析】分析：短周期主族元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，其中X是组成有机物的必要元素，则X为C元素；元素Y的原子最外层电子数是其电子层数的3倍，则Y含有2个电子层，最外层含有6个电子，为O元素；元素W与X同主族，则W为Si元素；Z与Q最外层电子数相差6，Z的原子序数大于O，若为F元素，Q最外层电子数=7-6=1，为Na元素，不满足原子序数Q＞W；结合Z、Q为主族元素可知Z为Na元素，Q为Cl元素。‎ ‎........................‎ 点睛：本题考查原子结构与元素周期律的关系，推断元素为解答关键，注意熟练掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系。本题的易错点为B，分子的稳定性与共价键的强弱有关，与分子间作用力无关。‎ ‎15. 下列实验或操作不能达到目的的是（ ）‎ A. 制取溴苯：将铁屑、溴水、苯混合加热 B. 用 NaOH 溶液除去溴苯中的溴 C. 鉴别己烯和苯：向己烯和苯中分别滴入酸性 KMnO4 溶液，振荡，观察是否褪色 D. 除去甲烷中含有的乙烯：将混合气体通入溴水中 ‎【答案】A ‎【解析】制取溴苯时，应使用液溴而不是溴水，A错误；溴能与NaOH溶液反应而溶解，而溴苯不溶于NaOH溶液并出现分层现象，B正确；苯结构稳定，不能使酸性KMnO4溶液褪色而乙烯能使酸性KMnO4溶液褪色，C正确；甲烷不与溴水反应，而乙烯能与溴水发生加成反应，D正确；正确选项A。‎ 点睛：除去甲烷中少量的乙烯，可以把混合气体通入到足量的溴水中除去乙烯，然后再通过浓硫酸进行干燥，得到纯净的甲烷；但是不能用酸性高锰酸钾溶液除乙烯，因为乙烯被氧化为二氧化碳气体，达不到除杂的目的。‎ ‎16. 下列说法正确的是（　　）‎ A. 葡萄糖与果糖、淀粉与纤维素均互为同分异构体 B. 蛋白质和油脂都属于高分子化合物，一定条件下都能水解 C. 油脂是热值最高的营养物质，可以制造肥皂和油漆 D. 向蛋白质溶液中加入浓的Na2SO4或CuSO4溶液均可使蛋白质盐析 ‎【答案】C ‎【解析】分析：A．淀粉和纤维素的聚合度n不同；B．蛋白质和油脂一定条件下都能水解，相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物；C．根据油脂的类别与用途分析判断；D．浓的Na2SO4或可以使蛋白质发生盐析，CuSO4溶液可以使蛋白质发生变性。‎ 详解：A．葡萄糖和果糖分子式相同结构不同，属于同分异构体，淀粉和纤维素的聚合度n不同，不属于同分异构体，故A错误；B．蛋白质水解生成氨基酸，油脂水解生成高级脂肪酸和甘油，油脂相对分子质量较小，不属于高分子化合物，故B错误；C．油脂属于高级脂肪酸甘油酯，是热值最高的营养物质，用油脂可以制造肥皂和油漆，故C正确；D．盐析一般是指溶液中加入无机盐类而使蛋白质溶解度降低而析出的过程，浓的Na2SO4或可以使蛋白质发生盐析，CuSO4溶液可以使蛋白质发生变性，故D错误；故选C。‎ ‎17. 甲醇-空气燃料电池（DMFC）是一种高效能、轻污染电动汽车的车载电池，该燃料电池的电池反应式为：2CH3OH(l) + 3O2(g) → 2CO2 (g) + 4H2O(l)，其工作原理示意图如图，下列说法正确的是（　　）‎ A. 甲为电池的负极，发生还原反应 B. 负极的电极反应式为：CH3OH ＋H2O－6e－＝CO2＋6H＋‎ C. b口通入的气体为O2‎ D. 用该电池进行电解水，当电路中转移0.2NA个电子时，生成2.24L氢气 ‎【答案】B ‎【解析】分析：根据图示 氢离子由甲电极移向乙电极，则电极甲为原电池的负极，甲醇由入口b通入，电极乙为正极，空气由入口c通入。‎ 详解：A. 根据上述分析，甲为电池的负极，发生氧化反应，故A错误；B. 负极发生氧化反应，电极反应式为：CH3OH ＋H2O－6e－＝CO2＋6H＋，故B正确；C. 根据上述分析，b口通入的为甲醇，故C错误；D.未告知是否为标准状况，用该电池进行电解水，当电路中转移0.2NA个电子时，无法计算生成氢气的体积，故D错误；故选B。‎ ‎18. 关于浓度均为0.1mol·L－1的三种溶液：①氨水、②盐酸、③氯化铵溶液，下列说法不正确的是（ ）‎ A. c(NH4+)：③>①；水电离出的c(H＋)：①>②‎ B. 将pH值相同②和③溶液加水稀释相同的倍数后pH值：③>②‎ C. ①和②等体积混合后的溶液：c(H＋)＝c(OH－) + c(NH3·H2O)‎ D. ①和③等体积混合后的溶液：c(NH4+)>c(Cl－)> c(NH3·H2O) >c(OH－)>c(H＋)‎ ‎【答案】B ‎【解析】分析：A．NH3•H2O是弱电解质，部分电离，NH4Cl是强电解质完全电离，NH4Cl中NH4+水解但程度较小；酸或碱抑制水电离，酸中c(H+)越大或碱中c(OH-)越大越抑制水电离；B．盐酸为强酸，稀释不影响氯化氢的电离，氯化铵的水解存在平衡，稀释促进水解，据此分析判断；C．NH3•H2O是弱电解质、HCl是强电解质，①和②等体积混合后，二者恰好反应生成NH4Cl，溶液中存在质子守恒，根据质子守恒判断；D．①和③等体积混合后，NH3•H2O电离程度大于NH4+水解程度导致溶液呈碱性，再结合电荷守恒判断。‎ 详解：A．NH3•H2O是弱电解质，部分电离，NH4Cl是强电解质完全电离，NH4Cl中NH4+水解但程度较小，所以c(NH4+)：③＞①，盐酸为强酸，氨水为弱碱，盐酸中c(H+)大于氨水中的c(OH-)，对水的电离的抑制程度盐酸大于氨水，水电离出的c(H＋)：①>②，故A正确；B．将pH值相同的盐酸和氯化铵溶液加水稀释相同的倍数，HCl为强电解质，完全电离，氯化铵溶液水解存在水解平衡，加水稀释存在水解，稀释相同的倍数后pH值：③＜②，故B错误；C．NH3•H2O是弱电解质、HCl是强电解质，①和②等体积混合后，二者恰好反应生成NH4Cl，溶液中存在质子守恒，根据质子守恒得c(H+)=c(OH-)+c(NH3•H2O)，故C正确；D．①和③等体积混合后，NH3•H2O电离程度大于NH4+水解程度导致溶液呈碱性，再结合电荷守恒得c(NH4+)＞c(Cl-)，NH3•H2O电离程度、NH4+水解程度都较小，所以离子浓度大小顺序是c(NH4+)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)，故D正确；故选B。‎ ‎19. 太阳能的开发与利用是能源领域的一个重要研究方向，由CO2制取C的太阳能工艺如图所示，下列有关说法正确的是（ ）‎ A. 分解1molFe3O4转移电子数为2NA B. 根据盖斯定律可知，△H1+△H2=0‎ C. FeO在CO2转化为C的过程中的作用是催化剂 D. 该工艺是将太阳能转化为电能 ‎【答案】A ‎【解析】Fe3O4分解生成FeO，Fe元素从+3价降低到+2价，1molFe3O4中含有1mol二价铁和2mol三价铁，所以转移电子数为2NA，故A正确；Fe3O4分解生成FeO，FeO与CO2反应生成Fe3O4，两个反应的生成物和反应物不同，所以反应放出或吸收的热量不同，则△H1+△H2≠0，故B错误；FeO在CO2转化为C的过程中Fe元素的化合价升高，则FeO失电子作还原剂，故C错误；该工艺是将太阳能转化为化学能，故D错误。‎ ‎20. 下列关于微粒间作用力与晶体的说法正确的是（ ）‎ A. 某晶体固态不导电水溶液能导电，说明该晶体是离子晶体 B. 冰是分子晶体，受热分解的过程中只需克服分子间的作用力 C. F2、Cl2、Br2、I2的沸点逐渐升高，是因为分子间作用力逐渐增大 D. 化学键的断裂与形成一定伴随着电子的转移和能量变化 ‎【答案】C ‎【解析】分析：A．某晶体固态不导电水溶液能导电，可能是溶于水发生了电离，也可能是与水发生反应生成物能够电离，据此分析判断；B．冰受热分解生成氢气和氧气；C．卤素单质都是分子晶体，熔沸点的高低与分子间作用力的大小有关；D．成键释放能量，断键吸收能量，但不一定发生氧化还原反应。‎ 详解：A．分子晶体在固态时也不导电，如HCl在水溶液中导电，其在固态是不导电，HCl属于分子晶体，故A错误；B．冰是分子晶体，受热分解的过程中，水生成氢气、氧气，发生化学变化，破坏是氢-氧共价键，故B错误；C．卤素单质都是分子晶体，熔沸点的高低与分子间作用力的大小有关，而决定分子间作用力在因素是相对分子量的大小，故C正确；D．成键释放能量，断键吸收能量，但不一定发生氧化还原反应，则化学键的断裂与形成一定伴随着能量变化，不一定存在电子的转移，故D错误；故选C。‎ ‎21. 一定温度下，10mL 0.40 mol·L-1 H2O2溶液发生催化分解。不同时刻测定生成O2的体积(已折算为标准状况)如下表。‎ t/min ‎0‎ ‎2‎ ‎4‎ ‎6‎ ‎8‎ ‎10‎ ‎12‎ V(O2)/mL ‎0‎ ‎9.9‎ ‎17.2‎ ‎22.4‎ ‎26.5‎ ‎29.9‎ a 下列叙述正确的是(溶液体积变化忽略不计) （ ）‎ A. 12min时，a=33.3‎ B. 反应到6min时，c(H2O2)=0.30 mol·L-1‎ C. 反应到6min时，H2O2分解了60%‎ D. 0～6min的平均反应速率：v(H2O2)≈3.3×10-2 mol·L-1·min-1‎ ‎【答案】D ‎【解析】A．随着反应的进行，反应物浓度逐渐减小，反应速率逐渐降低，则无法计算12min时生成的氧气体积，A错误；B．反应至6min时生成氧气是0.001mol，消耗双氧水是0.002mol，剩余H2O2为0.01L×0.4mol/L-0.002mol=0.002mol，则c（H2O2）=0.002mol÷0.01L=0.2mol/L，B错误；C．反应至6min时，分解的过氧化氢为0.002mol，开始的H2O2为0.01L×0.4mol/L=0.004mol，H2O2分解了0.002mol/0.004mol×100%=50%，C错误；D.0～6min，生成O2为0.0224L÷22.4L/mol=0.001mol，由2H2O2＝2H2O+O2↑可知，分解的过氧化氢为0.002mol，浓度是0.2mol/L，因此v（H2O2）=0.2mol/L÷6min=0.033mol/（L•min），D正确；答案选D。‎ 点睛：本题考查化学平衡的计算，把握表格中数据的应用、速率及转化率的计算为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意利用氧气的变化量计算过氧化氢的量。‎ ‎22. 设NA 为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是（ ）‎ A. 20 g D2O与20g氖气所含有的电子数相同 B. 标准状况下，22.4 L二氯甲烷的分子数约为NA C. 常温常压下，100g 17%的双氧水溶液中含有氧原子总数为NA D. 56g铁与一定量的氯气在一定条件下充分反应，转移的电子数一定为3NA ‎【答案】A ‎【解析】分析：A．D2O的相对分子质量为20，根据n=结合原子的组成分析判断；B．标准状况下，二氯甲烷的状态不是气体；C、过氧化氢水溶液中水分子中也含氧原子；D．铁与氯气反应生成氯化铁，依据完全反应的物质结合方程式计算转移的电子数。‎ 详解：A．20 g D2O的物质的量==1mol，含有电子10mol，20g氖气的物质的量==1mol，含有的电子为10mol，所含有的电子数相同，故A正确；B．标况下二氯甲烷不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算二氯甲烷的物质的量，故B错误；C、100 g 17% H2O2水溶液中过氧化氢物质的量为==0.5mol，溶剂水中也含有氧原子，100g 17% H2O2水溶液含氧原子总数大于NA，故C错误；D.56g铁与一定量的氯气在一定条件下充分反应，如果氯气足量转移的电子数一定是3NA，如果氯气不足，则铁剩余，转移电子数少于3NA ‎，故D错误；故选A。‎ ‎23. 25℃时，将浓度均为0.1 mol·L-1、体积分别为Va和Vb的HA溶液与BOH溶液按不同体积比混合，保持Va+Vb=100 mL，Va、Vb与混合液pH的关系如图所示。下列说法不正确的是（ ）‎ A. HA为弱酸，BOH为弱碱 B. b点时，c(B+) = c(A-)‎ C. c点时，混合溶液呈碱性的主要原因是过量的BOH电离出OH-，使得溶液中c(OH-) > c(H+)‎ D. a→c过程中水的电离程度始终增大 ‎【答案】D ‎【解析】分析：A．根据图像中0.1 mol·L-1的HA溶液与BOH溶液的起始pH分析判断；B．b点是两者等体积混合溶液呈中性；C．c 点时，根据BOH过量分析判断；D．a→b是酸过量和b→c 是碱过量，结合酸或碱中水的电离程受抑制，能够水解的盐对水的电离起促进作用分析判断。‎ 详解：A．根据图知，酸溶液的pH=3，则c(H+)＜0.1mol/L，说明HA是弱酸；碱溶液的pH=11，c(OH-)＜0.1mol/L，则BOH是弱碱，故A正确；B．b点是两者等体积混合溶液呈中性，所以离子浓度的大小为：c(B+)=c(A-)＞c(H+)=c(OH-)，故B正确；C. c点时，BOH过量，过量的BOH电离出OH-，使得溶液中c(OH-) > c(H+)，故C正确；D．a→b是酸过量和b→c 是碱过量，两过程中水的电离程受抑制，b点是弱酸弱碱盐水解对水的电离起促进作用，所以a→c 过程中水的电离程度先增大后减小，故D错误；故选D。‎ 点睛：本题考查酸碱混合离子的浓度关系，明确信息中pH及离子的关系来判断酸碱的强弱是解答本题的关键。本题的易错点为D，要注意a→c过程中溶液的酸碱性的变化原因。‎ ‎24. 实验室可利用硫酸厂废渣(主要成分为铁的氧化物及少量FeS、SiO2等)制备聚铁和绿矾(FeSO4·7H2O)，聚铁的化学式可表示为[Fe2(OH)n(SO4)3－0.5n]m，主要工艺流程下：‎ 下列说法不正确的是（ ）‎ A. 炉渣中FeS与稀硫酸和氧气反应的离子方程式为：4FeS+3O2+12H+===4Fe3++4S↓+6H2O B. 气体M的成分是SO2，通入H2O2溶液得到硫酸，可循环使用 C. 向溶液X中加入过量铁粉，充分反应后过滤得到溶液Y，再经蒸干即得绿矾 D. 溶液Z的pH影响聚铁中铁的质量分数，若其pH偏小，将导致聚铁中铁的质量分数偏小 ‎【答案】C ‎【解析】炉渣加入硫酸溶液的同时通入氧气，得到的固体W为S和SiO2，灼烧得到气体M为二氧化硫，溶液X为含有Fe3+的溶液，调节溶液pH得到溶液Z加热得到聚铁胶体，溶液X中加入铁反应生成的溶液Y为硫酸亚铁溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到硫酸亚铁晶体。A. 炉渣中FeS与稀硫酸和氧气反应生成硫单质、硫酸铁和水，反应的离子方程式为4FeS+3O2+12H+=4Fe3++4S↓+6H2O，故A正确；B. 根据上述分析可知，气体M的成分是SO2，通入H2O2溶液得到硫酸，可循环使用，故B正确；C. 溶液X中加入过量铁粉，铁和硫酸铁溶液反应生成硫酸亚铁，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到绿矾，故C错误；D. 若溶液Z的pH偏小，则聚铁中生成的氢氧根离子的含量减少，硫酸根离子的含量偏大，将导致聚铁中铁的质量分数偏小，故D正确；答案选C。‎ ‎25. X溶液中可能含有下列8种离子中的几种：Fe3+、Fe2+、Na+、NH4+、CO32−、Cl−、SO32−、SO42−。某同学为确定其成分，设计并完成以下实验(不考虑水解，所加试剂均足量)：‎ 下列说法正确的是（ ）‎ A. X溶液中一定存在Na+、SO32−、SO42−、CO32−‎ B. X溶液中一定存在NH4+、Na+、SO42−，至少含有Fe3+、Fe2+离子中的一种 C. 取少量X溶液，先加入适量氯水，再加少量KSCN溶液，若溶液呈血红色，则含有Fe2+‎ D. X溶液中一定含有Cl−，且c(Cl−)≥0.1mol·L−1‎ ‎【答案】D ‎【解析】加入过量盐酸酸化的 BaCl2 溶液，得 4.66g 沉淀，该沉淀为 BaSO4，物质的量为 =0.02mol，则原溶液中一定含有SO42-，且 c(SO42-)==0.2mol/L；过量的盐酸可与 SO32-、CO32-反应，所以不能确定溶液中是否含有SO32-、CO32-；原溶液与足量的NaOH溶液反应，加热，产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体 224mL，为氨气，物质的量为0.01mol，说明原溶液中含有0.01mol NH4+，c(NH4+)==0.1mol/L；红棕色固体为Fe2O3，则溶液中铁元素的物质的量为×2=0.02mol，铁元素的浓度==0.2mol/L；所以原溶液中至少含有Fe3+、Fe2+离子中的一种，无论是Fe3+，还是Fe2+，SO32-、CO32-都不能共存，因此原溶液中一定不存在SO32-、CO32-；根据上述分析，阴离子SO42-所带负电荷为0.04mol，阳离子所带正电荷为0.01mol NH4+和0.02mol Fe2+，至少为0.05mol，则溶液中必定含有其他阴离子，所以一定含有Cl−，不能确定是否含有Na+。A. 根据上述分析，X溶液中一定不存在SO32−、CO32−，无法确定是否含有Na+，故A错误；B. 根据上述分析，无法确定是否含有Na+，故B错误；C. 溶液呈血红色，有2种可能，一是原溶液中含有Fe2+，被氯气氧化生成了Fe3+，另一种是原溶液中就存在Fe3+，因此不能判断是否含有Fe2+，故C错误；D. 根据上述分析，X溶液中一定含有Cl−，根据电荷守恒，物质的量至少为0.01mol，则c(Cl−)≥0.1mol/L，故D正确；故选D。‎ 点睛：考查常见离子的检验、离子共存及电荷守恒规律的应用。本题的难度较大，难点为Fe3+、Fe2+不能确定对使用电荷守恒造成了困难。本题的易错点为D，要注意根据电荷守恒，溶液中可能含有Fe3+和Na+。‎ 非选择题部分 二、非选择题（本大题共7小题，共50分）‎ ‎26. 烃A是一种重要的化工原料，己知气体A在标准状况下相对氢气的密度为13，B可发生银镜反应，它们之间的转化关系如图：‎ 请回答：‎ ‎（1）有机物C中含有的官能团名称是____________________________；反应③的反应类型是_________________________；‎ ‎（2）反应①的原子利用率达100%，该反应的化学方程式是_______________________；‎ ‎（3）下列说法正确的是__________________。‎ A．反应④也能实现原子利用率100%‎ B．乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中水解的反应叫作皂化反应 C．有机物A、B、C均能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D．有机物B和D都可以与新制碱性氢氧化铜悬浊液发生反应 ‎【答案】 (1). 羟基 (2). 氧化反应 (3). CH≡CH+H2O → CH3CHO (4). ACD ‎【解析】分析：气体A在标准状况下相对氢气的密度为13，则A的摩尔质量为13×2g/mol=26g/mol，B可发生银镜反应，则B为醛，由流程图可知，A加水反应生成B，B氧化生成D，B加氢还原生成C，C与D发生反应生成乙酸乙酯，则A为CH≡CH，B为CH3CHO，C为CH3CH2OH，D为CH3COOH。‎ 详解：(1)由上述分析可知，C为CH3CH2OH，官能团为羟基，B为CH3CHO，反应③为乙醛发生的氧化反应，故答案为：羟基；氧化反应；‎ ‎(2)由上述分析可知，B为CH3CHO，反应①的原子利用率达100%，则CH≡CH与水发生加成反应生成乙醛，该反应的化学方程式是CH≡CH+H2O → CH3CHO，故答案为：CH≡CH+H2O → CH3CHO；‎ ‎(3)A．B为CH3‎ CHO，反应④中2分子乙醛可以发生加成反应生成乙酸乙酯，原子利用率为100%，故A正确；B．油脂在碱性条件下的水解反应称为皂化反应，乙酸乙酯不属于油脂，在氢氧化钠溶液中水解的反应不能叫作皂化反应，故B错误；C．有机物A、B、C中含有的官能团分别为碳碳三键、醛基和羟基，均能被酸性高锰酸钾溶液氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；D．乙醛中含有醛基，能够与新制碱性氢氧化铜悬浊液发生氧化反应，乙酸中含有羧基，能够与新制碱性氢氧化铜悬浊液发生中和反应，故D正确；故选ACD。‎ 点睛：本题考查有机物的推断，把握信息及官能团的变化为解答的关键。本题的易错点为反应④的反应物和类型的判断。‎ ‎27. 为探宄固体X(仅含两种常见短周期元素)的组成和性质,设计并完成如下实验：‎ 己知：气体A是一种纯净物,在标准状况下的密度为1.429g·L-1；固体B是光导纤维的主要成分。请回答：‎ ‎(1)气体A分子的电子式_______________________；白色沉淀D的化学式_________________；‎ ‎(2)固体X与稀硫酸反应的离子方程式__________________________________；‎ ‎(3)己知NH3与气体A在一定条件下反应后可得到一种耐高温陶瓷材料(仅含两种元素,摩尔质量为140g·mol-1)和H2,写出该反应的化学方程式_______________________________。‎ ‎【答案】 (1). (2). Mg(OH)2 (3). Mg2Si+4H+=2Mg2++SiH4↑ (4). 3SiH4+4NH3 Si3N4+12H2‎ ‎【解析】己知气体A在标准状况下的密度为1.429g·L－1，则其摩尔质量为1.429g·L－1×22.4L/mol ‎(1)SiH4的电子式为；白色沉淀D的化学式为Mg(OH)2；‎ ‎(2)固体X与稀硫酸反应的离子方程式是Mg2Si+4H+=2Mg2++SiH4↑；‎ ‎(3)NH3与SiH4在一定条件下反应生成一种耐高温陶瓷材料和H2‎ ‎，所以耐高温陶瓷材料中含有Si和N两种元素，根据二者的化合价可知，其化学式为Si3N4，摩尔质量为140g/ mol，所以反应的化学方程式为3SiH4+4NH3 Si3N4+12H2。‎ 点睛：由于转化关系中给出了三个质量信息，所以要从质量守恒入手去思考解答，Si元素是明确的，再根据短周期元素，在过量NaOH溶液中能生成白色沉淀只有Mg(OH)2，由Mg和Si的物质的量之比，可确定出固体X是Mg2Si，再确定气体A是SiH4。‎ ‎28. 硫代硫酸钠又名大苏打、海波，可以用于治疗氰化物中毒等，某化学兴趣小组通过查阅资料，设计了如下的装置(略去部分夹持仪器)来制取Na2S2O3·5H2O晶体并探究其性质。‎ 已知烧瓶C中发生如下三个反应：‎ Na2S(aq)＋H2O(l)＋SO2(g) ＝ Na2SO3(aq)＋H2S(aq) ‎ ‎2H2S(aq)＋SO2(g) ＝3S(s)＋2H2O(l) ；S(s)＋Na2SO3(aq) Na2S2O3(aq)‎ ‎（1）装置B的作用之一是观察SO2的生成速率。控制SO2生成速率可以采取的措施有_________________________（写一条）‎ ‎（2）常温下，用pH试纸测定0.1 mol·L－1 Na2S2O3溶液pH值约为8，测定时的具体操作是_______________________________。‎ ‎（3）向新制氯水中滴加少量Na2S2O3溶液，氯水颜色变浅，有硫酸根离子生成，写出该反应的离子方程式_____________________。‎ ‎【答案】 (1). 调节硫酸的滴加速度 (2). 用洁净的玻璃棒蘸取待测液点在pH试纸上，与标准比色卡对照，读出溶液的pH值 (3). S2O32－＋4Cl2＋5H2O＝2SO42－＋10H+＋8Cl－‎ ‎【解析】分析：A中的Na2SO3中加入浓硫酸生成SO2，装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，为提高产品纯度，应使烧瓶C中Na2S和Na2SO3恰好完全反应，烧瓶C中发生反应如下：Na2S(aq)+H2O(l)+SO2(g)=Na2SO3(aq)+H2S(aq)；2H2S(aq)+SO2(g)=3S(s)+2H2O(l)；S(s)+Na2SO3(aq) Na2S2O3(aq)，反应终止后，烧瓶C中的溶液经蒸发浓缩、冷却结晶即可析出Na2S2O3•5H2O，E中盛放NaOH溶液进行尾气处理，防止含硫化合物排放在环境中。‎ 详解：(1)装置B的作用之一是观察SO2的生成速率。控制SO2生成速率可以通过调节硫酸的滴加速度控制SO2生成速率，故答案为：调节硫酸的滴加速度；‎ ‎(2)常温下，用pH试纸测定0.1 mol·L－1 Na2S2O3溶液pH值约为8，测定的具体操作为：用洁净的玻璃棒蘸取待测溶液点在pH试纸中段，与标准比色卡对照，读出溶液的pH值，故答案为：用洁净的玻璃棒蘸取待测溶液点在pH试纸中段，与标准比色卡对照，读出溶液的pH值；‎ ‎(3)氯气具有强氧化性，可氧化S2O32-生成硫酸根离子，反应的离子方程式为S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+10H++8Cl-，故答案为：S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+10H++8Cl-。‎ ‎29. 向一定体积 CaCl2 和 HCl 的混合溶液中逐滴加入浓度为 1.00mol·L-1 的 Na2CO3溶液，反应过程中加入的 Na2CO3 溶液的体积与产生沉淀或气体的质量关系如图所示。‎ 已知：图中 V1 :V2=1:2，当加入 V2mL Na2CO3 溶液时，所得溶液的浓度为 1.00 mol·L-1，体积为 200mL。求：‎ ‎（1）混合溶液中 CaCl2和 HCl 物质的量之比n(CaCl2)∶n(HCl)=_______。‎ ‎（2）m2=______g。‎ ‎【答案】 (1). 1:2 (2). 5.00‎ ‎【解析】试题分析：由图像可知，向一定体积 CaCl2 和 HCl 的混合溶液中逐滴加入浓度为 1.00mol·L-1 的 Na2CO3溶液，0~V1发生的是碳酸钠与盐酸反应，生成二氧化碳的质量为m1，V1~V2发生的是碳酸钠与氯化钙的反应，生成碳酸钙的质量为m2。又知V1：V2=1:2，说明盐酸和氯化钙消耗的Na2CO3 溶液体积相等，由两个反应的化学方程式可知，n(CaCl2)∶n(HCl)= 1:2；当加入 V2mLNa2CO3 溶液时，所得溶液为氯化钠溶液，其浓度为 1.00 mol·L-1，体积为 200mL，所以n(NaCl)=0.200mol，由氯离子守恒可以求出n(CaCl2)=0.0500mol、n(HCl)=0.100mol。‎ ‎（1）混合溶液中 CaCl2和 HCl 物质的量之比n(CaCl2)∶n(HCl)= 1:2。‎ ‎（2）由钙离子守恒可知，n(CaCO3)=n(CaCl2)=0.0500mol，所以m2=0.0500mol5.00g。‎ 点睛：本题考查的是有关混合物的组成的计算，难度较大。弄清反应原理和反应的先后顺序是解题的关键，从图像中及题中找出关键数据是解题的保证，巧妙运用守恒法是解题的捷径。‎ ‎30. 硫化氢气体在资源利用和环境保护等方面均有重要应用。‎ ‎（1）工业采用高温分解H2S制取氢气，2H2S(g) 2H2(g) + S2(g)，在膜反应器中分离出H2。在容积为 2L 的恒容密闭容器中，控制不同温度进行此反应。H2S的起始物质的量均为 1mol，实验过程中测得H2S的转化率如图所示。曲线 a 表示H2S的平衡转化率与温度的关系，曲线 b 表示不同温度下反应经过相同时间时H2S的转化率。‎ ‎①反应2H2S(g) 2H2(g) + S2(g)的ΔH_________（填“>”“<”或“=”）0。‎ ‎②985℃时，反应经过5 s达到平衡状态，此时H2S的转化率为40%，则用H2表示的反应速率为v(H2) =___________。‎ ‎③随着H2S分解温度的升高，曲线b向曲线a逐渐靠近，其原因是___________。‎ ‎（2）将H2S和空气的混合气体通入FeCl3 、FeCl2 、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化如下图所示。‎ ‎①在图示的转化中，化合价不变的元素是____________。‎ ‎②在温度一定和不补加溶液的条件下，缓慢通入混合气体，并充分搅拌。欲使生成的硫单质中不含CuS，可采取的措施有____________。‎ ‎（3）工业上常采用上图电解装置电解K4[Fe(CN)6]和KHCO3混合溶液，电解一段时间后，通入H2S 加以处理。利用生成的铁的化合物K3[Fe(CN)6]将气态废弃物中的H2S 转化为可利用的S，自身转化为K4[Fe(CN)6]。‎ ‎①电解时，阳极的电极反应式为___________。‎ ‎②当有16 g S析出时，阴极产生的气体在标准状况下的体积为___________。‎ ‎【答案】 (1). > (2). 0.04mol/(L·s) (3). 温度升高，反应速率加快，达到平衡所需时间缩短 (4). Cu、Cl、H (5). 增加氧气的通入量或增加起始时c(Fe3+) (6). Fe(CN)6]4--e-=[Fe(CN)6]3- (7). 11.2L ‎【解析】分析：(1)①根据温度升高，转化率增大，可知平衡正移分析；②根据转化率求出反应的量，再求反应速率；③根据温度对速率的影响分析；‎ ‎(2)①根据图中各元素化合价变化分析；②欲使生成的硫单质中不含CuS，则硫离子不能剩余，硫离子完全被氧化为S单质，据此分析；‎ ‎(3)①电解时阳极发生失电子的氧化反应，将[Fe(CN)6]4-转化为Fe(CN)6]3-，化合价升高；②因为H2S 转化为可利用的S，则当有16g S析出时，转移×2=1mol电子，又电解时阴极反应式为2HCO3-+2 e-═H2↑+2CO32-，根据转移电子数相等计算。‎ 详解：(1)①由图象可知，温度升高，转化率增大，则平衡正移，所以正方向为吸热方向，即△H＞0，故答案为：＞；‎ ‎②H2S的起始浓度均为mol•L-1，若985℃时，反应经5s达到平衡，此时H2S的转化率为40%，则参加反应的硫化氢为mol•L-1×40%=0.2mol•L-1，v==mol•L-1•s-1=0.04mol•L-1•s-1，故答案为：0.04mol•L-1•s-1；‎ ‎③随着温度升高，反应速率逐渐加快，达到平衡所需时间缩短，所以曲线b向曲线a逼近，故答案为：温度升高，反应速率加快，达到平衡所需时间缩短；‎ ‎(2)①根据图中各元素化合价知，Cu元素化合价都是+2价、H元素化合价都是+1价、Cl元素化合价都是-1价，所以化合价不变的是Cu、H、Cl元素，故答案为：Cu、H、Cl；‎ ‎②欲使生成的硫单质中不含CuS，则硫离子不能剩余，即硫离子完全被氧化为S单质，所以氧气必须过量，采取的措施可以是提高混合气体中空气的比例、增加氧气的通入量或增加起始时c(Fe3+)，故答案为：提高混合气体中空气的比例、增加氧气的通入量或增加起始时c(Fe3+)；‎ ‎(3)①电解时阳极发生失电子的氧化反应，将[Fe(CN)6]4-转化为Fe(CN)6]3-，则电极反应式为[Fe(CN)6]4--e-═[Fe(CN)6]3-，故答案为：[Fe(CN)6]4--e-═[Fe(CN)6]3-；‎ ‎②因为H2S 转化为可利用的S，则当有16g S析出时，转移×2=1mol电子，又电解时阴极反应式为2HCO3-+2 e-═H2↑+2CO32-，所以根据转移电子数相等，阴极产生的气体在标准状况下的体积为mol×22.4L/mol=11.2L，故答案为：11.2L。‎ ‎31. 某同学设计实验制备2-羟基-4-苯基丁酸乙酯，反应原理、装置和数据如下：‎ 相对分子质量 密度(g/cm3)‎ 沸点(℃)‎ 水溶性 ‎2-羟基-4-苯基丁酸 ‎180‎ ‎1.219‎ ‎357‎ 微溶 乙醇 ‎46‎ ‎0.789‎ ‎78.4‎ 易溶 ‎2- 羟基-4-苯基丁酸乙酯 ‎208‎ ‎1.075‎ ‎212‎ 难溶 实验步骤：‎ ‎①如图1，在干燥的圆底烧瓶中加入20mL2-羟基-4-苯基丁酸、20mL 无水乙醇和适量浓硫酸，再加入几粒沸石；‎ ‎②加热至70℃左右保持恒温半小时；‎ ‎③分离、提纯三颈瓶中的粗产品，得到有机粗产品；‎ ‎④精制产品。‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）油水分离器的作用为____________________。实验过程中发现忘记加沸石该如何操作_______________________。‎ ‎（2）本实验采用____________加热方式（填“水浴”、“油浴”或“酒精灯加热”）。‎ ‎（3）取三颈烧瓶中的混合物分别用水、饱和碳酸氢钠溶液和水洗涤。第二次水洗的目的是___________________。‎ ‎（4）在精制产品时，加入无水MgSO4的作用为___________________；然后过滤，再利用如图2装置进行蒸馏纯化，图2 装置中的错误有__________________________。‎ ‎（5）若按纠正后的操作进行蒸馏纯化，并收集212℃的馏分，得2-羟基-4-苯基丁酸乙酯约9.0g。则该实验的产率为__________________________。‎ ‎【答案】 (1). 及时分离生成的水，促进平衡正向进行 (2). 停止加热，待冷却至室温后，再往装置内加入沸石 (3). 水浴 (4). 洗掉碳酸氢钠 (5). 干燥 (6). 温度计水银球的位置，冷凝水的方向 (7). 32%‎ ‎【解析】分析：(1)2-羟基-4-苯基丁酸于三颈瓶中，加入适量浓硫酸和20mL无水乙醇发生的是酯化反应，存在化学平衡，油水分离器的作用及时分离生成的水，促进平衡正向进行分析；实验过程中发现忘记加沸石，需要冷却至室温后，再加入沸石；‎ ‎(2)根据反应需要的温度分析判断；‎ ‎(3)取三颈烧瓶中的混合物分别用水、饱和碳酸氢钠溶液洗涤后，混合物中有少量的碳酸氢钠溶液要除去；‎ ‎(4)在精制产品时，加入无水MgSO4，硫酸镁能吸水，在蒸馏装置中温度计的水银球的位置应与蒸馏烧瓶的支管口处相平齐，为有较好的冷却效果，冷凝水应采用逆流的方法；‎ ‎(5)计算出20mL 2-羟基-4-苯基丁酸的物质的量和20mL无水乙醇的物质的量，根据方程式 判断出完全反应的物质，在计算出2-羟基-4-苯基丁酸乙酯的理论产量，根据产率= ×100%计算。‎ 详解：(1)依据先加入密度小的再加入密度大的液体，所以浓硫酸应最后加入，防止浓硫酸使有机物脱水，被氧化等副反应发生，防止乙醇和酸在浓硫酸溶解过程中放热而挥发；2-羟基-4-苯基丁酸于三颈瓶中，加入适量浓硫酸和20mL无水乙醇发生的是酯化反应，存在化学平衡，油水分离器的作用及时分离生成的水，促进平衡正向进行分析，实验过程中发现忘记加沸石，应该停止加热，待冷却至室温后，再往装置内加入沸石，故答案为：及时分离产物水，促进平衡向生成酯的反应方向移动；停止加热，待冷却至室温后，再往装置内加入沸石；‎ ‎(2)加热至70℃左右保持恒温半小时，保持70℃，应该采用水浴加热方式，故答案为：水浴；‎ ‎(3)取三颈烧瓶中的混合物分别用水、饱和碳酸氢钠溶液洗涤后，混合物中有少量的碳酸氢钠溶液要除去，所以要用水洗，故答案为：洗掉碳酸氢钠；‎ ‎(4)在精制产品时，加入无水MgSO4，硫酸镁能吸水，在蒸馏装置中温度计的水银球的位置应与蒸馏烧瓶的支管口处相平齐，为有较好的冷却效果，冷凝水应采用逆流的方法，所以装置中两处错误为温度计水银球的位置，冷凝水的方向，故答案为：干燥；温度计水银球的位置，冷凝水的方向；‎ ‎(5)20mL 2-羟基-4-苯基丁酸的物质的量为mol=0.135mol，20mL无水乙醇的物质的量为mol=0.343mol，根据方程式可知，乙醇过量，所以理论上产生2-羟基-4-苯基丁酸乙酯的质量为0.135mol×208g/mol=28.08g，所以产率=×100%=×100%=32%，故答案为：32%。‎ ‎32. 有机物I(分子式为C19H20O4)属于芳香酯类物质，是一种调香剂，其合成路线如下：‎ 已知：①A属于脂肪烃，核磁共振氢谱显示有2组峰，面积比为3：1，其蒸汽在标准状况下密度为2.5g·L-1；D分子式为C4H8O3；E分子式为C4H6O2，能使溴水褪色。‎ ‎②其中R为烃基 ‎③其中R1和R2均为烃基 回答下列问题：‎ ‎(1)A的结构简式为________________________________；‎ ‎(2)反应④的化学方程式为_________________________________；‎ ‎(3)E的同系物K比E多一个碳原子，K有多种链状同分异构体，其中能发生银镜反应且能水解的有______________种；‎ ‎(4)反应①~⑦属于取代反应的是________________________(填序号)；‎ ‎(5)反应⑦的化学方程式为________________________________；‎ ‎(6)参照上述合成路线，以 为原料(无机试剂任选)，经4步反应制备可降解塑料________________________。‎ ‎【答案】 (1). (2). +H2O (3). 8 (4). ②⑤⑥⑦ (5). 2++2H2O (6). ‎ ‎【解析】分析：A的蒸汽在标准状况下密度为2.5g•L-1，A的相对分子质量为56，属于脂肪烃，A中碳原子个数==4…8，分子式为C4H8，根据核磁共振氢谱显示有2组峰，面积比为3：1，结合流程图知，B是溴代烃、C是醇，C被酸性高锰酸钾溶液氧化生成D，根据D分子式知，C中有一个羟基不能被氧化，则A为CH2=C(CH3)2，B为CH2BrCBr(CH3)2，C为CH2OHCOH(CH3)2，D为HOOCCOH(CH3)2，E分子式为C4H6O2，能使溴水褪色，D发生消去反应生成E，E为HOOCC(CH3)=CH2，E发生信息③的反应生成F，F为HOOCC(CH3)CH2COOH，H和F发生酯化反应生成I，根据I分子式知，H为，甲苯发生取代反应生成G，G为；I为。‎ 详解：根据上述分析，A为CH2=C(CH3)2，B为CH2BrCBr(CH3)2，C为CH2OHCOH(CH3)2，D为HOOCCOH(CH3)2，E为HOOCC(CH3)=CH2，F为HOOCC(CH3)CH2COOH；H为，G为；I为。‎ ‎(1)A的结构简式为CH2=C(CH3)2，故答案为：CH2=C(CH3)2；‎ ‎(2)D为HOOCCOH(CH3)2，E为HOOCC(CH3)=CH2，反应④的化学方程式为：+H2O，故答案为：+H2O；‎ ‎(3)E为HOOCC(CH3)=CH2，E的同系物K比E多一个碳原子，K有多种链状同分异构体，其中能发生银镜反应且能水解的同分异构体说明含有酯基和醛基，应该是甲酸某酯，丁烯醇中，4个碳原子在同一链上时有6种；3个C原子在同一链上时有2种，所以符合条件的有8种，故答案为：8；‎ ‎(4)根据上述分析，反应①为加成反应，反应②为水解反应，属于取代反应，反应③为氧化反应，反应④为消去反应，反应⑤为取代反应，反应⑥为水解反应，反应⑦为酯化反应，属于取代反应的是②⑤⑥⑦，故答案为：②⑤⑥⑦；‎ ‎(5)反应⑦的化学方程式为2++2H2O，故答案为：2++2H2O ；‎ ‎(6)和溴发生加成反应生成CH2BrCBr(CH3)CH2CH3，CH2BrCBr(CH3)CH2CH3碱性条件下发生水解反应生成CH2OHCOH(CH3)CH2CH3，CH2OHCOH(CH3)CH2CH3被酸性高锰酸钾溶液氧化生成，发生酯化反应生成，其合成路线为，故答案为：。‎ 点睛：本题考查有机物推断和合成，明确有机物官能团及其性质关系、物质之间的转化关系即可推断物质。本题的易错点为(3)中同分异构体种类的判断，要考虑碳链异构、官能团位置异构；难点为(6)，要注意卤代烃在有机合成中的应用。‎ ‎ ‎ ‎ ‎