江西省吉安市重点高中2018-2019学年高二下学期5月联考化学试题

江西省吉安市重点高中2018-2019学年高二下学期5月联考化学试题

吉安市重点高中2020届高二年级联考化学试卷 第Ⅰ卷(选择题 共48分)‎ 可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 N—14 O—16 Na—23 Mg—24 Al—27 Mn—55 S—32 Cl—35.5 K—39 Ca—40 Fe—56 Cu—64 Ag—108‎ 一、选择题(下列各题只有一个选项符合题意，每小题3分，共48分。)‎ ‎1.化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是（ ）‎ A. 使用含有氯化钙的融雪剂会加快桥梁的腐蚀 B. 自来水含“氟”时不能饮用，因为氟对牙齿、骨骼等有害 C. 纳米铁粉通过物理吸附可除去污水中的Pt2＋、Cu2＋、Cd2＋、Hg2＋等 D. 海洋中含有丰富的矿产资源，仅利用物理方法可以获得NaCl、Br2和Mg ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.氯化钙溶液导电性强，易形成原电池反应而导致金属腐蚀，故A正确；‎ B.氟是人体中含有的微量元素，食物及饮水中缺氟容易引起龋齿，因此自来水中可以含有少量氟，但不可过量，因为含有大量的氟而引起牙齿的严重病变，故B错误；‎ C.铁粉与Pt2＋、Cu2＋、Cd2＋、Hg2＋发生置换反应，属于化学反应，与物理吸附无关，故C错误；‎ D.海水中提取镁和溴，需要经过化学反应，故D错误；‎ 答案：A ‎2.用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 标准状况下，11.2LCH2Cl2中所含C－Cl键的数目与22.4LHF中所含F原子数目相等 B. 1LpH＝13的NaOH溶液中含有OH－的数目一定为0.1NA C. 1mol过氧化钠分别与足量CO2、SO2反应，转移的电子数均为2NA D. 10g质量分数为46%的乙醇水溶液中含有的氢原子总数为1.2NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.CH2Cl2和HF标准状况下为液体，不可利用气体摩尔体积计算，故A错误；‎ B.温度未定，无法确定OH-的数目，故B错误；‎ C. 1mol过氧化钠与足量CO2‎ 反应，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，-1价的氧元素一半上升到0价，一半降低到-2价，转移的电子数为NA，故C错误；‎ D. 10g质量分数为46%的乙醇水溶液中含有的氢原子总数为+=1.2NA，故D正确；‎ 答案：D ‎【点睛】易错选项D，计算氢原子总数时，不要忽略溶剂水中含有的氢原子。‎ ‎3.下列化学用语表示正确的是（ ）‎ A. 乙醇的结构式：CH3CH2OH B. 羟基的电子式：‎ C. CCl4的比例模型： D. 中子数为16的硫原子：‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. CH3CH2OH为乙醇的结构简式而非结构式，故A错误；‎ B.羟基的电子式为，故B正确；‎ C.比例模型中应该氯原子比碳原子半径大，故C错误；‎ D.中子数为16的硫原子为，故D错误；‎ 答案：B ‎【点睛】易错选项C，忽略比例模型中原子大小的比较。‎ ‎4.常温下，下列各组离子(或在指定条件下)能大量共存是（ ）‎ A. 中性溶液：Na＋、Fe3＋、Cl－、NO3－‎ B. NH4＋、Na＋、NO3－、SiO32－‎ C. 麦芽糖溶液中：SO42－、MnO4－、K＋、H＋可以大量共存 D. 0.1mol /LNH4HCO3溶液中：K＋、Na＋、NO3－、Cl－‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.Fe3+水解呈酸性，不可能存在于中性溶液中，故A错误；‎ B. NH4＋与SiO32－发生互促水解反应，生成硅酸和氨气，不可共存，故B错误；‎ C.麦芽糖是还原性糖，含有醛基，与MnO4－可以发生氧化还原反应，故C错误；‎ D.离子之间不发生反应，可以大量共存，故D正确；‎ 答案：D ‎5.据化学知识及常识，下列说法正确有（ ）‎ ‎①木材纤维和土豆淀粉遇碘水均显蓝色 ‎②食用花生油和鸡蛋清都能发生水解反应 ‎③维勒用无机物合成了尿素，突破了无机物与有机物的界限 ‎④PX项目的主要产品对二甲苯属于饱和烃 ‎⑤包装用材料聚乙烯和聚氯乙烯都属于烃 ‎⑥开发核能、太阳能等新能源，推广乙醇汽油，使用无磷洗涤剂都可直接降低碳排放量 ‎⑦红外光谱仪、核磁共振仪、质谱仪都可用于有机化合物结构的分析 ‎⑧尼龙、棉花、天然橡胶、ABS树脂都是由高分子化合物组成的物质 ‎⑨合成纤维、人造纤维及碳纤维都属于有机高分子材料 ‎⑩煤经过气化和液化等物理变化可以转化为清洁能源 A. 2句 B. 3句 C. 4句 D. 5句 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①纤维素遇碘水不变色，淀粉遇碘水变蓝色，故①错误；‎ ‎②油脂中含有酯基、蛋白质中含有肽键，所以二者都能发生水解反应，故②正确；‎ ‎③维勒用无机物合成了尿素，突破了无机物与有机物的界限，故③正确；‎ ‎④对二甲苯含有苯环，属于不饱和烃，故④错误；‎ ‎⑤聚氯乙烯还含有氯元素，不属于烃，故⑤错误；‎ ‎⑥使用无磷洗涤剂,可减少磷对环境的污染,减少水华、赤潮等现象,不可降低碳排放量，故⑥错误；‎ ‎⑦红外光谱仪可以准确判断有机化合物含有哪些官能团，核磁共振仪可以测定有机物中含有多少种H原子，质谱仪可以准确地测出有机物的相对分子质量，所以红外光谱仪、核磁共振仪、质谱仪都可用于有机化合物结构的分析，故⑦正确；‎ ‎⑧尼龙、棉花、天然橡胶、ABS树脂相对分子质量在10000以上，都是由高分子化合物组成的物质，故⑧正确；‎ ‎⑨合成纤维、人造纤维都属于有机高分子材料，碳纤维是不属于有机高分子材料，故⑨错误；‎ ‎⑩煤的气化和液化属于化学变化，故⑩错误；正确的是②③⑦⑧。‎ 答案：C ‎【点睛】.‎ ‎6.下列实验操作、现象的预测、实验解释或结论都正确的是（ ）‎ 选项 实验操作和现象的预测 实验解释或结论 A 向苯酚溶液中滴加少量浓溴水、振荡，无白色沉淀 苯酚的浓度小 B 向Na2SO3溶液中加入足量的Ba(NO3)2溶液，出现白色沉淀；‎ 再加入足量稀盐酸，沉淀溶解。‎ BaSO3溶于稀盐酸 C 室温下，用pH试纸测得：0.1mol /LNa2SO3溶液pH约为10，0.1mol /L NaHSO3溶液pH约为5‎ HSO3－结合H＋的能力比SO32-的强 D 向等物质的量浓度的NaNO3溶液和Na2SiO3溶液中分别滴加3滴酚酞溶液，NaNO3溶液为无色，Na2SiO3溶液变成红色 非金属性：N>Si A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.苯酚能和浓溴水发生取代反应生成2,4,6-三溴苯酚白色沉淀，2,4,6-三溴苯酚能溶于苯酚，所以得不到白色沉淀，该实验结论错误，故A错误；‎ B.现象预测错误，Na2SO3溶液与Ba(NO3)2溶液反应生成BaSO3沉淀，再加入足量稀盐酸，由于溶液中含有硝酸根离子，相当于有硝酸存在会将BaSO3氧化为BaSO4，沉淀不会消失，故B错误；‎ C.阴离子水解程度越大，溶液pH越大，说明越易结合氢离子，因此HSO3-结合H+的能力比SO32-的弱，故C错误；‎ D.由现象可知，硝酸钠不水解为中性，硅酸钠水解显碱性，则酸性硝酸大于硅酸，则非金属性N>Si，故D正确；‎ 答案：D ‎【点睛】易错选项A，2,4,6-三溴苯酚是不溶于水的白色沉淀，但易溶于有机溶剂和苯酚。‎ ‎7.A、B、C、D、E、F是六种短周期主族元素，其中D、E同主族，C、E同周期，A的核电荷数等于其电子层数，B、D形成的化合物可用于制不粘锅的保护膜，B、E形成的某种化合物是一种常见的有机溶剂，C的次外层电子数是最外层电子数的4倍，D的单质可与水反应置换出F的单质。下列说法不正确的是（）‎ A. 离子半径：E＞F＞D＞C＞A B. 含氧酸的酸性可能为：B＞E C. A、B、F形成的某种化合物可使澄清石灰水变浑浊 D. A与C形成的化合物溶于水显酸性 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、B、C、D、E、F是六种短周期主族元素，A的核电荷数等于其电子层数，则A为H元素；B、D形成的化合物可用于制不粘锅的保护膜，则该化合物为CF2=CF2，B、E形成的某种化合物是一种常见的有机溶剂，D、E同主族，推出B为C元素，D为F元素，E为Cl元素； C、E同周期（第三周期），C的次外层电子数是最外层电子数的4倍，则推知C为Mg元素；D的单质可与水反应置换出F的单质，即F2与水反应生成HF与氧气，所以F为O元素，据此分析作答。‎ ‎【详解】根据上述分析可知，A、B、C、D、E、F分别为H、C、Mg、F、Cl、O元素；‎ A. 电子层数越多，简单离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越小，离子半径越大，则离子半径比较：Cl-＞O2-＞F-＞Mg2+＞H+，即E＞F＞D＞C＞A，A项正确；‎ B. B的含氧酸为碳酸，E的含氧酸有许多，如高氯酸、氯酸、次氯酸等，因碳酸的酸性强于次氯酸，所以含氧酸的酸性可能为：B＞E，B项正确；‎ C. A、B、F形成的化合物碳酸可与澄清石灰水反应生成碳酸钙白色沉淀与水，C项正确；‎ D. A与C形成的化合物为MgH2可与水反应生成Mg（OH）2与氢气，Mg（OH）2属于中强碱，D项错误；‎ 答案选D。‎ ‎8.下列说法正确的是（ ）‎ A. 的命名为2，3－二甲基－1－丙醇 B. 化合物不是苯的同系物 C. 分子中所有碳原子一定共平面 D. 除甲酸外的羧酸均不能使高锰酸钾酸性溶液褪色 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 的命名为3－甲基－2－丁醇，故A错误；‎ B.同系物必须满足结构相似，相差若干个CH2，因此化合物不是苯的同系物，故B正确；‎ C.根据C-C可以旋转可知，分子中所有碳原子不一定共平面，故C错误；‎ D.草酸能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以除甲酸外的羧酸不一定不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故D错误；‎ 答案：B ‎【点睛】易错选项C，判断是否共面有4个依据：（1）烷基碳原子sp3杂化，四面体构型；（2）碳碳双键、苯环上的碳原子为sp2化，平面构型（3）碳碳三键上的碳原子为sp杂化，直线构型。（4）碳碳单键可以以键为轴，进行旋转。‎ ‎9.下列离子方程式书写正确的是 A. 向苯酚钠溶液中通入少量CO2：2C6H5O+CO2+H2O→2C6H5OH+CO32－‎ B. NH4HSO3溶液与足量NaOH溶液反应：HSO+OH－＝SO32－+H2O C. Fe(OH)2溶于稀HNO3：Fe(OH)2+2H+＝Fe2++2H2O D. H218O2中加入H2SO4酸化的KMnO4：5H218O2+2MnO+6H+＝ 518O2+2Mn2++8H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A．苯酚的酸性弱于碳酸，但强于碳酸氢钠。向苯酚钠溶液中通入少量CO2: C6H5O ‎+CO2+H2O→C6H5OH+HCO3－，A错误；B．NH4HSO3溶液与足量NaOH溶液反应生成亚硫酸钠、氨气和水，方程式不正确，B错误；C．Fe（OH)2溶于稀HNO3中发生氧化还原反应生成硝酸铁、NO和水，方程式不正确，C错误；D．H218O2中加入H2SO4酸化的KMnO4中发生氧化还原反应，即5H218O2+2MnO+6H+=518O2↑+2Mn2++8H2O，D正确。答案选D。‎ 考点：考查离子方程式判断 ‎10.工业上可利用右图所示电解装置吸收和转化SO2 (A，B均为惰性电极)。下列说法正确的是 A. B电极为电解池的阴极 B. B极区吸收5mo1 SO2，则A极区生成2.5 mo1 S2O42-‎ C. B极区电解液为稀硫酸，电解一段时间后硫酸浓度增大 D. A电极的电极反应为：2SO32－-2e-+4H+=S2O42- + 2H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、 B电极为电解池的阳极，阳极的电极反应式为：SO2+2H2O-2e－═SO42－+4H＋，故A错误；B、阳离子交换膜只允许阳离子通过，电解时，阳离子移向阴极，所以H＋由阳极室通过阳离子交换膜到阴极室，但SO42-不流向A区，故C错误；C、由阳极的电极反应式为：SO2+2H2O-2e－═SO42－+4H＋，生成H2SO4，故C 正确；D、阴极的电极反应式为：2HSO3－+2H＋+2e－═S2O42－+2H2O，故D错误；故选C。‎ ‎11.下列图示与对应的叙述相符的是（ ）‎ A. 图1表示常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化，则等物质的量浓度的NaA和NaB混合溶液中：c(Na+)>c(A-)>c(B-)>c(OH-)>c(H+)‎ B. 图2中在b点对应温度下，将pH＝2的H2SO4溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合后，溶液显中性 C. 用0.0100 mol/L硝酸银标准溶液，滴定浓度均为0.1000 mol/L Cl－、Br－及I－的混合溶液，由图3曲线，可确定首先沉淀的是Cl－‎ D. 图4表示在N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)达到平衡后，减小NH3浓度时速率的变化 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据图1，相同pH时，稀释相同倍数，酸性强的pH变化大，即HA的酸性强于HB，依据越弱越水解的规律，A－水解程度弱于B－，离子浓度大小顺序是c(Na＋)>c(A－)>c(B－)>c(OH－)>c(H＋)，故A正确；‎ B、b点对应温度下，水的离子积为10－12，H2SO4中c(H＋)=10－2mol·L－1，NaOH溶液中c(OH－)=1mol·L－1，等体积混合后，NaOH过量，溶液显碱性，故B错误；‎ C、根据图像，纵坐标－lgc(X－)，数值越大，c(X－)越小，在c(Ag＋)相同时，c(X－)越小，Ksp(AgX)越小，即I－先沉淀出来，故C错误；‎ D、根据图像，改变条件瞬间，v正增大，v逆减小，可能是增大反应物浓度，同时减少生成物浓度，如果只减少NH3的浓度，只降低v逆，v正不变，故D错误。‎ ‎12.茶多酚具有抗氧化作用和抗衰老、降血脂等一系列很好的药理功能，其结构简式如下图，关于茶多酚的下列说法正确的数目有（ ）‎ ‎①1mol茶多酚与浓溴水发生加成反应最多消耗6molBr2‎ ‎②1mol茶多酚与足量的Na2CO3溶液反应放出4molCO2 ‎ ‎③1mol茶多酚与足量的NaOH溶液反应最多消耗10molNaOH ‎④能发生氧化、取代、加成、缩聚反应 ‎⑤已知茶多酚易溶于水，是因为能与水分子之间形成氢键 ‎⑥能使酸性KMnO4溶液褪色 A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由结构简式可知，分子中含酚-OH与酯基，酚羟基能被氧化，且酚-OH的邻、对位与溴水发生取代反应，酚-OH、酯基均与NaOH溶液反应，结合多官能团的结构与性质分析作答。‎ ‎【详解】根据上述分析可知，茶多酚分子内含酚羟基与酯基，‎ ‎①酚-OH的邻、对位与溴水发生取代反应，根据结构简式可知，1mol茶多酚与浓溴水发生取代反应最多消耗6molBr2，①项错误；‎ ‎②酸性比较：H2CO3＞苯酚＞HCO3-，茶多酚中含酚羟基，但不能与足量的Na2CO3溶液反应放出CO2，②项错误；‎ ‎③酚-OH、酯基均与NaOH溶液反应，根据结构简式可知，1mol茶多酚中酯基会与1mol氢氧化钠反应，酚羟基会与8mol氢氧化钠反应，则1mol茶多酚分子与足量的NaOH溶液反应最多消耗9molNaOH，③项错误；‎ ‎④酚羟基易被氧化，可发生缩聚反应，苯环上可发生取代与加成反应，④项正确；‎ ‎⑤依据茶多酚中含多个羟基，茶多酚易溶于水，是因为能与水分子间形成氢键，⑤项正确；‎ ‎⑥酚羟基易被氧化，能使酸性KMnO4溶液褪色，⑥项正确；‎ 综上所述，④⑤⑥共3个选项正确，B项正确，‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题的难点是③，学生容易疏忽有一个含氧环并不是苯环，所以酯基在氢氧化钠条件下水解生成的羧基可以与氢氧化钠反应，但生成的羟基只是普通的醇，不能与氢氧化钠反应。‎ ‎13.下列叙述正确的是 A. 0.1 mol • L-1pH为4的NaHB溶液中：c(HB-)>c(H2B)>c(B2-)‎ B. 常温下，PH=2的CH3COOH溶液和H2SO4溶液、pH=12的氨水和NaOH溶液，四种溶液中由水电离出的c(H+)不相等 C. 常温下将浓度为0.1 mol·L-1的HF溶液加水不断稀释，溶液中c(H+)/c(HF)的值始终保持增大 D. 常温下0.1 mol·L-1的下列溶液①NH4Fe(SO4)2 ②NH4Cl ③NH3•H2O ④CH3COONH4中：c(NH4+)由大到小的顺序是：②>①>④>③‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ A．NaHB溶液pH=4，说明HB-电离大于水解程度，则c（B2-）＞c（H2B），A错误；B．pH=2的CH3COOH溶液和H2SO4溶液、pH=12的氨水和NaOH溶液，氢离子、氢氧根离子浓度相等，水中存在H2O⇌H++OH-，等浓度H+或OH-对水的电离程度影响相同，则四种溶液中由水电离出的c(H+)相等，B错误；C．常温下将浓度为0.1 mol•L-1的HF溶液加水不断稀释，溶液中n（H+）增大，n（HF）减小，则n(H+)/n(HF)增大，又c(H+)/c(HF)＝n(H+)/n(HF)，所以溶液中c(H+)/c(HF)的值始终保持增大，C正确；D．NH4Fe(SO4)2中NH4+和Fe2+都水解呈酸性，相互抑制c（NH4+）：①＞②，一水合氨是弱电解质，醋酸铵中水解相互促进，因此D错误，c(NH4+)由大到小的顺序是：①>②>④>③，答案选D。‎ ‎14.关于下列各图的叙述，正确的是（ ）‎ A. 根据图甲(S表示溶解度)表示A、B两物质的溶解度随温度变化情况，将A、B饱和溶液分别由t1℃升温至t2℃时，溶质的质量分数A＝B B. 图乙表示25℃时，用0.1mol ·L－1盐酸滴定20mL 0.1mol ·L－1NaOH溶液的pH随加入酸体积的变化 C. 根据图丙表示Al3＋与OH－反应时含铝微粒浓度变化曲线，图中a点溶液中大量存在Al3＋‎ D. 根据图丁可判断可逆反应“A2(g)＋3B2(g)2AB3(g)”的ΔH＞0‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.将A、B饱和溶液分别由t1℃升温至t2℃时两溶液中溶质和溶剂的量都不会改变， 二者t1℃溶解度相同即浓度相同，所以t2℃时溶质的质量分数相等，故A正确；‎ B.0.1mol•L-1NaOH溶液的pH为13，用0.1mol•L-1‎ 盐酸滴定恰好中和时pH为7，因浓度相同，则体积相同，但酸碱中和在接近终点时，pH会发生突变，曲线的斜率会很大，故B错误；‎ C.a点所示pH接近12，碱性环境中主要以偏铝酸根离子形式存在，a点溶液中不会大量存在Al3+，故C错误；‎ D.图丁说明升高温度逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆反应方向移动，即正反应是放热反应，△H＜0，故D错误；‎ 答案：A ‎【点睛】易错选项B，容易忽略快达到滴定终点时，出现的滴定突变。‎ ‎15.下列有关有机物同分异构体数目的叙述中，不正确的是(　　)‎ 选项 有机物 同分异构体数目 A 戊烷 ‎3种 B C8H10中属于芳香烃的有机物 ‎3种 C 分子式为C4H10的一氯代物 ‎4种 D C5H12O中能被催化氧化成醛的有机物 ‎4种 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 戊烷有正戊烷、异戊烷与新戊烷3种同分异构体，A项正确；‎ B. C8H10中属于芳香烃的有机物有：乙苯、邻二甲苯、间二甲苯和对二甲苯4种同分异构体，B项错误；‎ C. 丁基有4种不同的结构，因此，C4H10的一氯代物有4种，C项正确；‎ D. C5H12O中能被催化氧化成醛的有机物可表示为C4H9CH2OH，因为丁基有4种结构，所以能被催化氧化成醛的戊醇 共有四种，D项正确；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】掌握醇发生催化氧化的条件是解答的关键，醇发生催化氧化的条件是羟基碳原子上含有氢原子，如果含有1个氢原子，则生成酮类，如果含有2个或2个以上氢原子则氧化生成醛类，解答时注意灵活应用。‎ ‎16.为提纯下列物质(括号内为杂质)，选用的除杂试剂和分离方法都正确的是 选项 ‎ 物质 ‎ 除杂试剂 ‎ 分离方法 ‎ A ‎ 二氧化硅(碳酸钙) ‎ 氢氧化钠溶液 ‎ 过滤 ‎ B ‎ 硫酸铜溶液(硫酸铁) ‎ 加入过量铜粉 ‎ 过滤 ‎ C ‎ 乙醇(乙酸) ‎ 生石灰 ‎ 蒸馏 ‎ D ‎ SO2(CO2) ‎ 碳酸钠溶液 ‎ 洗气 ‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A、氢氧化钠能和二氧化硅反应，错误，不选A；B、铜和硫酸铁反应生成硫酸铜和硫酸亚铁，亚铁离子是新的杂质，错误，不选B；C、乙酸和生石灰反应生成醋酸钙，不能变成气体，所以可以用蒸馏的方法分离，正确，选C；D、二氧化硫也能碳酸钠反应，错误，不选D。‎ 考点： 物质的分离和提纯 ‎【名师点睛】常用的去除杂质的方法10种 ‎1.杂质转化法:欲除去苯中的苯酚，可加入氢氧化钠，使苯酚转化为酚钠，利用酚钠易溶于水，使之与苯分开。欲除去Na2CO3中的NaHCO3可用加热的方法。‎ ‎2.吸收洗涤法:欲除去二氧化碳中混有的少量氯化氢和水，可使混合气体先通过饱和碳酸氢钠的溶液后，再通过浓硫酸。‎ ‎3.沉淀过滤法:欲除去硫酸亚铁溶液中混有的少量硫酸铜，加入过量铁粉，待充分反应后，过滤除去不溶物，达到目的。‎ ‎4.加热升华法:欲除去碘中的沙子，可用此法。 5.溶剂萃取法:欲除去水中含有的少量溴，可用此法。‎ ‎6.溶液结晶法(结晶和重结晶):欲除去硝酸钠溶液中少量的氯化钠，可利用二者的溶解度不同，降低溶液温度，使硝酸钠结晶析出，得到硝酸钠纯晶。‎ ‎7.分馏蒸馏法:欲除去乙醚中少量的酒精，可采用多次蒸馏的方法。‎ ‎8.分液法:欲将密度不同且又互不相溶的液体混合物分离，可采用此法，如将苯和水分离。‎ ‎9.渗析法:欲除去胶体中的离子，可采用此法。如除去氢氧化铁胶体中的氯离子。‎ ‎10.综合法:欲除去某物质中的杂质，可采用以上各种方法或多种方法综合运用。‎ 第Ⅱ卷(非选择题 共52分)‎ ‎17.（1）下列各组物质中，互为同位素的是___(填序号，下同)，互为同系物的是___，互为同分异构体的是____。‎ ‎①红磷与白磷 ②与 ③CH3COOCH3与CH3CH2COOCH3 ④与⑤与 ⑥与 ⑦乙醇与二甲醚 ‎（2）按系统命名法给下列有机物命名：‎ ‎①CH3CH(C2H5)CH(CH3)2：______。‎ ‎②：_____。‎ ‎【答案】 (1). ② (2). ③ (3). ⑥⑦ (4). 2，3－二甲基戊烷 (5). 3－甲基－2－氯丁烷 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）质子数相同，中子数不同的同一元素的不同核素互为同位素；结构相似，分子组成相差若干个CH2的有机物，互为同系物；分子式相同，结构不同的有机物互为同分异构体；‎ ‎（2）①烷烃命名：a 选择分子中最长的碳链为主链，把支链烷基看做主链上的取代基，根据主链所含的碳原子数称为某烷。‎ b 由距离支链最近的一端开始，将主链的碳原子用阿拉伯数字编号，支链所在的位置以它所连接的碳原子的号数表示。‎ c把取代基的名称写在烷烃名称的前面，如果主链上含有几个不同的取代基时，按照由小到大的顺序排列；如果含有几个相同的取代基，可以在取代基名称前面用二、三、四……来表示。如果从碳链的任一端开始，第一个取代基的位置都相同时，则要求表示所有取代基位置的数字之和是最小的数。‎ ‎②氯代烃的命名：（1）选择含有氯原子的最长碳链为主链，称为氯某烷；（2）从距离氯原子最近的位置开始编号，确定氯原子和支链的位置。‎ ‎【详解】（1）质子数相同，中子数不同的同一元素的不同核素互为同位素，互为同位素的是②；结构相似，分子组成相差若干个CH2的有机物，互为同系物，互为同系物的是③；分子式相同，结构不同的有机物互为同分异构体，互为同分异构体的是⑥⑦；‎ 答案：② ③ ⑥⑦‎ ‎（2）①将CH3CH(C2H5)CH(CH3)2的碳链打开，标号，系统命名为2，3－二甲基戊烷；‎ 答案：2，3－二甲基戊烷 ‎ ‎②将标号：，系统命名为3－甲基－2－氯丁烷；‎ 答案：3－甲基－2－氯丁烷 ‎18.C、N、S的氧化物常会造成一些环境问题，科研工作者正在研究用各种化学方法来消除这些物质对环境的不利影响。‎ ‎（1）在催化剂存在的条件下，用H2将NO还原为N2。已知：‎ 则氢气和一氧化氮反应生成氮气和水蒸气的热化学方程式是_____。‎ ‎（2）在500℃下合成甲醇的反应原理为：‎ CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)在1L的密闭容器中，充入1mol CO2和3mol H2，压强为p0，测得CO2(g)和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。(可逆反应的平衡常数可以用平衡浓度计算，也可以用平衡分压Kp代替平衡浓度，计算分压＝总压×物质的量分数)‎ ‎①反应进行到4min时，v(正)__v(逆) (填“>”“<”或“＝”)。0～4min，H2的平均反应速率v(H2)＝_mol·L－1·min－1。‎ ‎②CO2平衡时的体积分数为___，该温度下Kp为__(用含有p0的式子表示)。‎ ‎③下列能说明该反应已达到平衡状态的是___。‎ A.v正(CH3OH)＝3v逆(H2)‎ B.CO2、H2、CH3OH和H2O浓度之比为1：3：1：1‎ C.恒温恒压下，气体的体积不再变化 D.恒温恒容下，气体的密度不再变化 ‎④500℃、在2个容积都是2L密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时的有关数据如下：‎ 容器 容器甲 容器乙 反应物起始投入量 ‎1mol CO2，3mol H2‎ ‎0.5mol CO2，1mol H2‎ ‎1mol CH3OH，1mol H2O CH3OH的平衡浓度/mol ·L－1‎ C1‎ C2‎ 则乙容器中反应起始向___方向进行；c1___c2。(填“>”“<”或“＝”)‎ ‎（3）甲醇作为一种燃料还可用于燃料电池。在温度为650℃的熔融盐燃料电池中用甲醇、空气与CO2的混合气体作反应物，镍作电极，用Li2CO3和Na2CO3混合物作电解质。该电池的负极反应式为___。‎ ‎【答案】 (1). 2NO(g)+2H2 (g)=N2(g)+2H2O(g) △H=－734.7kJ·mol-1 (2). > (3). 0.375 (4). 10% (5). 256/(3p02 )或 (6). C (7). 逆反应 (8). < (9). CH3OH－6e－+3CO32－=4CO2↑+2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）△H=反应物总键能-生成物总键能；‎ ‎（2）①根据4min后，反应物和生成物量的变化确定反应方向；根据v=△c/△t计算甲醇或CO2的速率，再根据速率比等于化学计量数之比计算 H2； ‎ ‎②根据三行式法计算；‎ ‎③变量不在发生改变，证明反应达到了平衡；‎ ‎④列三行式进行判断；‎ ‎（3）燃料在负极反应，氧气在正极反应，书写电极反应式。‎ ‎【详解】（1）△H=反应物总键能-生成物总键能=2×630KJ/mol+2×436KJ/mol-941.7 KJ/mol-2×962.5KJ/mol=-734.7kJ·mol-1则热化学方程式为2NO(g)+2H2 (g)=N2(g)+2H2O(g) △H=－734.7kJ·mol-1；‎ 答案：2NO(g)+2H2 (g)=N2(g)+2H2O(g) △H=－734.7kJ·mol-1‎ ‎（2）①反应进行到4min后，甲醇的浓度仍在增加，二氧化碳浓度仍在减小，说明反应在正向进行，则v(正) >v(逆)。0～4min，v（CO2）==0.125 mol·L－1·min－1，则H2‎ 的平均反应速率v(H2)=3 v（CO2）＝3×0.125=0.375mol·L－1·min－1。‎ 答案：> 0.375‎ ‎② CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)‎ n（初） 1 3 0 0‎ ‎△n 0.75 0.75 0.75 0.75‎ n（平衡）0.25 0.75 0.75 0.75‎ CO2平衡时的体积分数为=10%；平衡后的总压强为P0=，CO2产生的压强为=0.0625P0，氢气、甲醇、水蒸气平衡后的物质的量相等，压强相等，压强均为 =0.1875P0，平衡常数为Kp== 或256/(3p02 )；‎ 答案：10% 256/(3p02 )或 ‎③A.速率比不等于化学计量数之比，故A错误； ‎ B.反应中CO2、H2、H2O与CH3OH的物质的量浓度之比决定于反应开始时加入物质的多少，与平衡状态无关，故B错误；‎ C.因为正反应为气体体积减小的反应，恒温恒压时，反应正向进行气体体积就在减小，当气体的体积不再变化，则达到平衡状态，故C正确；‎ D.根据质量守恒定律，反应前后气体质量不变，若体积不变，则密度始终不变，所以密度不变不能说明反应达到平衡状态，故D错误；‎ 答案：C ‎④先根据②计算K CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)‎ c（初） 1 3 0 0‎ ‎△c 0.75 0.75 0.75 0.75‎ c（平衡） 0.25 0.75 0.75 0.75‎ k===‎ 容器乙：‎ CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)‎ c（初） 0.25 1/2 0.5 0.5‎ Qc==8>k,反应逆反应方向进行。‎ 容器乙中气体初始物质的量全换算为反应物 CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)‎ n（初） 0.5 1 1 1‎ 换算后n 1.5 4 ‎ 容器乙中反应物的浓度大于容器甲，因为T、V相同，则乙容器中物质的平衡浓度大于甲容器中物质的平衡浓度。‎ 答案：逆反应 <‎ ‎（3）甲醇燃料电池中甲醇失电子被氧化，在负极发生反应，电极反应式为CH3OH+3CO32--6e-=4CO2+2H2O；‎ 答案： CH3OH+3CO32--6e-=4CO2+2H2O ‎19.草酸是一种二元弱酸，可用作还原剂、沉淀剂等。某校课外小组的同学设计利用C2H2气体制取H2C2O4·2H2O。回答下列问题：‎ ‎(1)甲组的同学以电石(主要成分CaC2，少量CaS及Ca3P2杂质等)为原料，并用下图1装置制取C2H2。‎ ‎①电石与水反应很快，为了减缓反应速率，装置A中除用饱和食盐水代替水之外，还可以采取的措施是__________（写一种即可）。‎ ‎②装置B中，NaClO将H2S、PH3 氧化为硫酸及磷酸，本身被还原为NaCl，其中PH3被氧化的离子方程式为______。该过程中，可能产生新的杂质气体Cl2，其原因是：‎ ‎ _____________（用离子方程式回答）。‎ ‎(2)乙组的同学根据文献资料，用Hg(NO3)2作催化剂，浓硝酸氧化C2H2制取H2C2O4·2H2O。制备装置如上图2所示：‎ ‎①装置D中多孔球泡的作用是______________________。‎ ‎②装置D中生成H2C2O4的化学方程式为____________________________。‎ ‎③从装置D中得到产品，还需经过_____________（填操作名称）、过滤、洗涤及干燥。‎ ‎(3)丙组设计了测定乙组产品中H2C2O4·2H2O的质量分数实验。他们的实验步骤如下：准确称取m g产品于锥形瓶中，加入适量的蒸馏水溶解，再加入少量稀硫酸，然后用c mol·L－1酸性KMnO4标准溶液进行滴定至终点，共消耗标准溶液V mL。‎ ‎①滴定终点的现象是______________________。‎ ‎②滴定过程中发现褪色速率开始很慢后逐渐加快，分析可能的原因是_______________。‎ ‎③产品中H2C2O4·2H2O的质量分数为_______________（列出含 m、c、V 的表达式）。‎ ‎【答案】 (1). 将烧瓶底部置于冰水浴中、控制分液漏斗活塞减缓滴加速度、将电石变为更大的块状 (2). PH3+4ClO-=H3PO4+4Cl- (3). Cl－+ ClO-+2H+ =Cl2↑+H2O (4). 增大气体和溶液的接触面积，加快反应速率，使反应充分进行 (5). C2H2+8HNO3(浓) H2C2O4+8NO2+4H2O (6). 蒸发浓缩、冷却结晶 (7). 当加入最后一滴标准液后，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不恢复原来的颜色 (8). 生成的 Mn2+是该反应的催化剂 (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)①碳化钙和水反应十分剧烈，可用饱和食盐水或利用分液漏斗控制滴加液体速度来控制反应速率；‎ ‎②装置B用NaClO将H2S氧化为磷酸，将PH3氧化为H3PO4，硫、磷元素化合价升高，则氯元素化合价降低，生成氯离子；酸性条件下，ClO-也能氧化Cl-，生成氯气；‎ ‎(2)D中，Hg(NO3)2作催化剂，浓硝酸氧化乙炔制取H2C2O4•2H2O，反应为：C2H2+8HNO3H2C2O4+8NO2+4H2O，多孔球泡增大乙炔气体与硝酸的接触面，充分反应，E装置防止倒吸，F装置吸收生成的二氧化氮气体，将反应后的D浓缩结晶、过滤、洗涤、干燥得产品，据此分析解答；‎ ‎(3)①滴定终点时，继续滴加高锰酸钾溶液，紫色不褪去；‎ ‎②H2C2O4•与KMnO4反应生成锰离子和二氧化碳，反应放热，生成的锰离子作催化剂；‎ ‎③根据2MnO4-～5H2C2O4，由高锰酸钾的消耗可得H2C2O4的量，据此计算H2C2O4•2H2O的质量分数。‎ ‎【详解】(1)①碳化钙和水反应十分剧烈，用饱和食盐水代替水来控制反应速率，也可以利用分液漏斗控制滴加液体速度，来控制反应速率；‎ ‎②NaClO将PH3氧化为磷酸，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得反应的离子反应为：PH3+4ClO-=H3PO4+4Cl-；在酸性条件下， ClO-也可以将Cl-氧化为Cl2，反应的离子方程式为：Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O ‎(2)①装置D多孔球泡的作用是增大乙炔气体与硝酸的接触面，充分反应；‎ ‎②根据装置图，D中，Hg(NO3)2作催化剂，浓硝酸氧化乙炔反应生成H2C2O4和二氧化氮，反应为：C2H2+8HNO3H2C2O4+8NO2+4H2O；‎ ‎③将反应后的D溶液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得产品；‎ ‎(3)①滴定过程中，当溶液呈浅红色且30 s内不褪色时达到滴定终点；‎ ‎②H2C2O4与KMnO4反应生成Mn2+和CO2，反应可能放热，溶液温度升高，另外生成的Mn2+是该反应的催化剂，故滴定过程中发现褪色速率先慢后逐渐加快； ‎ ‎③根据氧化还原反应过程中电子转移数目相等，可得关系式 ‎2MnO4-～5H2C2O4，则n(H2C2O4•2H2O)=n(H2C2O4)=n(MnO4-)=×cV×10-3mol，产品中H2C2O4•2H2O的质量分数为=。‎ ‎【点睛】本题考查了物质制备方案设计的知识，主要有化学方程式和离子方程式的书写、实验方案评价、氧化还原反应滴定终点的判断、关系式法在物质含量的测定的应用等，侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能量，注意相关基础知识的学习与积累，题目难度中等。‎ ‎20.已知两种常见金属A(地壳中含量第二的金属)、B(红色金属)分别与两种酸X、Y发生反应，其转化关系如图所示，其中D为红棕色气体。‎ 回答以下问题：‎ ‎（1）反应③的离子反应方程式为___；‎ ‎（2）6.4gB与过量X溶液(8mol /L、60mL)充分反应后，生成的还原产物有C、D，反应后溶液中所含X为n mol ，此时溶液中所含X的阴离子的物质的量为___mol。‎ ‎（3）常温下A与Y的稀溶液能发生反应生成盐W，关于固体W的转化关系如图所示(无关物质已略去)。其中N是红棕色的化合物。‎ ‎①M由两种化合物组成，其中含有Ｆ；将Ｍ通入BaCl2溶液，实验现象是___。‎ ‎②若经反应I得到16 g固体Ｎ，产生的气体M恰好被0.3L1mol·L－1 NaOH溶液完全吸收得溶液1，则反应Ⅳ中发生反应的离子方程式是____。‎ ‎【答案】 (1). SO2+NO2 +H2O=2H++SO42-+NO (2). n+0.2 (3). 产生白色沉淀 (4). 2Fe3++HSO3-+H2O=2Fe2++SO42-+3H+‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 常见金属A为地壳中含量第二的金属，确定为Fe、B为红色金属确定为Cu，根据 D为红棕色气体，确定D为NO2，C为NO，X为HNO3；B为Cu，铜可以与浓硫酸反应生成硫酸铜，二氧化硫和水；生成的二氧化硫有还原性，可以与NO2反应生成硫酸和硝酸，确定B为Cu，Y为硫酸，F为SO2，G为CuSO4；（3）A（Fe）与Y（硫酸）的稀溶液反应生成硫酸亚铁和氢气，确定W为FeSO4，2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑，气体M为SO2和SO3的混合物，M与NaOH反应生成盐和水，N为Fe2O3，与稀硫酸反应生成硫酸铁和水。Fe3+具有氧化性和+4价硫元素具有还原性，可以发生氧化还原反应生成硫酸亚铁，据此分析。‎ ‎【详解】（1）根据以上分析可知，反应③为SO2、NO2‎ 和水的反应，根据得失电子数相等和原子守恒配平，得离子反应方程式为SO2+NO2 +H2O=2H++SO42-+NO；‎ 答案：SO2+NO2 +H2O=2H++SO42-+NO ‎（2）6.4gB与过量X溶液(HNO3)充分反应后，生成的还原产物有NO2、NO，反应后溶液中所含HNO3为n mol ，溶液中所含N的物质的量为：n（N）=n（Cu2+）×2+n=+n= n+0.2mol；‎ 答案：n+0.2‎ ‎（3）①将Ｍ（SO2、SO3）通入BaCl2溶液，发生反应SO3+H2O+BaCl2=BaSO4↓+2HCl，有白色沉淀生成；‎ 答案：产生白色沉淀 ‎②反应Ⅰ：2FeSO4Fe2O3+ SO2↑+ SO3↑；反应ⅢFe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O；‎ 根据固体M（Fe2O3）的量计算出SO2和SO3的物质的量。‎ ‎2FeSO4Fe2O3+ SO2↑+ SO3↑‎ ‎ 160g 1mol 1mol ‎ 16g 0.01mol 0.01mol 反应Ⅱ SO3 + 2NaOH=Na2SO4+H2O ‎ ‎1mol 2mol 1mol ‎0.01mol 0.02mol 0.01mol SO2+ NaOH = NaHSO3‎ ‎1mol 1mol 1mol ‎0.01mol 0.01mol 0.01mol ‎ 溶液1为Na2SO4和NaHSO3的混合物；‎ 反应Ⅳ：硫酸铁具有氧化性，亚硫酸氢钠具有还原性，根据得失电子数相等和原子守恒得出离子方程式2Fe3++HSO3-+H2O=2Fe2++SO42-+3H+；‎ 答案：2Fe3++HSO3-+H2O=2Fe2++SO42-+3H+‎ ‎21.艾司洛尔是预防和治疗手术期心动过速或高血压的一种药物，艾司洛尔的一种合成路线如下：‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)丙二酸的结构简式为_______；E中含氧官能团的名称是_______。‎ ‎(2)D生成E的反应类型为____________。‎ ‎(3)C的结构简式为________________。‎ ‎(4)A遇FeCl3溶液发生显色反应，1 mol A和1 mol丙二酸在吡啶、苯胺中反应生成1 mol B、1 mol H2O和1 mol CO2，B能与溴水发生加成反应，推测A生成B的化学方程式为____。‎ ‎(5)X是B的同分异构体，X同时满足下列条件的结构共有____种，其中核磁共振氢谱有五组峰的结构简式为____。‎ ‎①可与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳 ‎②遇FeCl3溶液发生显色反应 ‎③除苯环外不含其他环 ‎(6)写出以苯甲醇和丙二酸为原料制备的合成路线________(其他试剂任选)。‎ ‎【答案】 (1). HOOC－CH2－COOH (2). 醚键、酯基 (3). 取代反应 (4). (5). (6). 15 (7). (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题主要考查有机合成综合推断以及逆向合成。合成路线分析：由E的结构简式以及D的分子式可推断出D的结构简式为，由C与甲醇发生酯化反应生成D，可推断出C的结构简式为，B与氢气发生加成反应生成C，结合B的分子式与第（4）问中“B能与溴水发生加成反应”，可推断出B的结构简式为，A与丙二酸在吡啶、苯胺中反应生成B，结合A的分子式以及第（4）问中“A遇FeCl3溶液发生显色反应，1 mol A和1 mol丙二酸在吡啶、苯胺中反应生成1 mol B、1 mol H2O和1 mol CO2”，可推断出A的结构简式为。‎ ‎【详解】（1）丙二酸的结构简式为：；观察E结构简式可知，所含含氧官能团有：醚键、酯基；‎ ‎（2）D生成E的方程式为：，故反应类型为取代反应；‎ ‎（3）由上述分析可知，C的结构简式为：；‎ ‎（4）根据化学方程式配平可写出A生成B的化学方程式为：‎ ‎；‎ ‎（5）条件①：该结构简式中含有羧基；条件②：该结构简式中含有酚羟基；条件③：除苯环外，不含有其它杂环；可以酚羟基作为移动官能团，书写出主要碳骨架，再进行判断同分异构体总数，（1）中酚羟基有2个取代位置（不包含本身），（2）中酚羟基有3个取代位置，（3）中酚羟基有4个取代位置，（4）中酚羟基有4个取代位置，（5）中酚羟基有2个取代位置，故同分异构体一共有2+3+4+4+2=15种；核磁共振氢谱有五组峰的结构简式为。‎ ‎（6）对比苯甲醇和结构简式，根据题干信息，需将苯甲醇氧化生成苯甲醛，再模仿A生成B的方程式生成，再根据碳碳双键与卤素单质加成再取代合成，故合成路线为：‎ ‎【点睛】本题主要考查有机物的推断与合成，采用正推和逆推相结合的方法，逐步分析有机合成路线，可推出各有机物的结构简式，然后分析官能团推断各步反应及反应类型。官能团是决定有机物化学性质的原子或原子团，有机反应绝大多数都是围绕官能团展开，而高中教材中的反应原理也只是有机反应的一部分，所以有机综合题中经常会出现已知来推断部分没有学习过的有机反应原理，认识这些反应原理时可以从最简单的断键及变换的方法进行，而不必过多追究。‎ ‎ ‎