山东省文登第三中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）

山东省文登第三中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）
1．足量的镁与一定质量的盐酸反应，由于反应速率太快，若要减慢反应速率，但不能影响产生氢气的总质量，可以加入的物质是
A．
CuSO4
B．NaOH
C．K2CO3
D．CH3COONa
【答案】D
【解析】
试题分析：根据发生的反应为Mg+2H+═Mg2++H2↑，则减小氢离子的浓度而不改变氢离子的物质的量即可满足减慢反应速率，但又不影响产生氢气的总量，
A项：加入CuSO4，构成Mg、Cu、盐酸原电池，加快反应速率，故错；
B、C项：都与氢离子反应，影响氢气的总质量，故错；
D项：CH3COO-和H+生成弱电解质CH3COOH，是溶液中H+数目暂时减少，反应速率就减慢，随着反应的进错，H+减少，CH3COOH会电离出H+，直到反应结束。
故选D。
考点：化学反应速率的影响因素
点评：本题以化学反应来考查影响反应速率的因素，明确氢离子浓度减小是减慢反应速率的关系。
2．对化学反应限度的叙述，错误的是
A．化学反应的限度不可改变
B．反应达到限度时，正逆反应速率相等
C．化学反应的限度与时间的长短无关
D．任何可逆反应都有一定的限度
【答案】A
【解析】
试题分析：A．不同的外界条件有不同的反应限度，当外界条件发生变化时，反应限度发生改变，故A错误；B．对应可逆反应，当正逆反应速率相等，反应达到反应的限度，故B正确；C．可逆反应不能完全转化，无论时间多长，都不可能完全转化，所以反应限度与时间的长短无关．但达到反应限度需要时间，二者不能混淆，故C正确；D．可逆反应不能完全转化，在一定条件下，当正逆反应速率相等时，达到反应限度，所以任何可逆反应都有一定的限度，故D正确；故选A。
【考点定位】考查化学反应限度
【名师点晴】注意化学平衡状态的特征，即反应限度的特征是解题关键；在不同的条件下，化学反应限度不同，当达到化学反应限度时，正逆反应速率相等但不为0，反应物的浓度和生成物的浓度不再改变，当外界条件发生改变，平衡发生移动，化学反应限度变化。
3．a
mL三种气态烃的混合物和足量的氧气混合点燃爆炸后，恢复到原来的状态(常温常压)，气体体积共缩小2
amL。则三种烃可能的组合是
A．CH4、C2H4、C3H4任意体积比
B．CH4、C3H6、C2H2保持C3H6∶C2H2=1∶
2(物质的量之比)
C．C2H6、C4H6、C2H2同条件下体积比为2∶1∶1
D．C3H8、C4H8、C2H2质量比为11：14：16
【答案】A
【解析】设气态烃混合物的平均分子式为，则
气体体积减少
1
即时，符合题意；所以
A正确；B错，保持C3H6∶C2H2=1∶
2(物质的量之比)则混合气体的平均分子式中H原子数多于4；C错，C2H6、C4H6、C2H2同条件下体积比为2∶1∶1，即其物质的量比为2∶1∶1，平均分子式中H原子数多于4；D错，C3H8、C4H8、C2H2质量比为11：14：16，其物质的量比近似为2：2：5，平均分子式中H原子数多于4。
4．根据表中信息判断，下列选项不正确的是(
)
序号
反应物
产物
①
KMnO4
、H2O2
、H 2SO4
K2SO4
、MnSO4
......
②
Cl 2
、FeBr 2
FeCl3
、FeBr3
③
MnO4－
......
Cl2
、Mn2+
......
A．第①组反应的其余产物为H2O和
O2
B．第②组反应中参加反应的Cl 2
与
FeBr 2的物质的量之比为1:2
C．第③组反应中生成1
mol
Cl2，转移电子2
mol
D．氧化性由强到弱顺序为MnO4-
>
Cl2
>
Fe3+
>
Br2
【答案】D
【解析】
试题分析：A、反应中KMnO4→MnSO4，Mn元素化合价由+7价降低为+2价，根据电子转移守恒，H2O2中氧元素化合价升高，生成氧气，根据H元素守恒可知还生成水，故A正确；B、由元素化合价可知，反应中只有亚铁离子被氧化，根据电子转移守恒2n(C12)=n(FeBr2)，即n(C12):n(FeBr2)=1:2，故B正确；C、由信息可知，MnO4-氧化Cl-为Cl2，Cl元素化合价由-1价升高为0价，转移电子的物质的量是氯气的2倍，生成1mo1C12，转移电子为2mo1，故C正确；D、氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性，由③可知氧化性MnO4-＞Cl2，由②可知氧化性Cl2＞Fe3+，由②可知Fe3+不能氧化Br-，氧化性Br2＞Fe3+，故D错误。故选D。
考点：考查了氧化还原反应的相关知识。
5．下列有关化学反应速率的说法正确的是
A．用铁片和稀硫酸反应制取氢气时，改用98%的浓硫酸可以加快产生氢气的速率
B．100
mL
2
mol

L-1的盐酸跟锌片反应，加入适量的氯化钠溶液，反应速率不变
C．SO2的催化氧化是一个放热反应，所以升高温度，反应速率减慢
D．汽车尾气中的NO和CO可以缓慢反应生成N2和CO2，减小压强，反应速率减慢
【答案】D
【解析】
试题分析：A、铁片在浓硫酸中钝化，不产生H2，A错误；B、氯化钠溶液对盐酸起稀释作用，反应速率减慢，B错误；C、不管什么样的化学反应，升高温度，化学反应速率加快，C错误；D、减小压强，体系的体积增大，浓度减小，反应速率减慢，D正确，答案选D。
考点：考查外界条件对化学反应速率的影响
6．某瓦斯气体中甲烷与氧气质量比为2：3，此时甲烷与氧气体积比为
A．1：2
B．4：1
C．3：4
D．4：3
【答案】D
【解析】
试题分析：甲烷与氧气的质量比为2：3，令甲烷与氧气的质量分别为2g、3g，则：2g甲烷的物质的量为2/16=1/8mol，3g氧气的物质的量为3/32=3/32mol,同温同压下，甲烷与氧气的体积之比等于物质的量之比为1/8mol：3/32mol=4：3,选D。
考点：考查物质的量计算。
7．对于如图的叙述错误的是(
)
A．图示实验中发生了化学变化
B．液体X溶液的pH>7，液体Y是一种黑色黏稠状液体
C．气体Z易燃，可还原CuO，也可使溴水褪色
D．试管A中产生浓的白烟
【答案】D
【解析】此题考查有关煤的干馏及其产物的知识。煤的干馏是煤在隔绝空气下加强热的过程，它发生了复杂的物理、化学变化；煤的干馏产物有NH3生成，易溶于水而呈碱性，pH＞7，同时干馏还生成了煤焦油，它的化学成分主要为芳香族化合物，是难溶于水的黏稠液体；干馏的气体产物中的H2、CO，具有还原性，可以还原CuO，气体产物中的C2H4可使溴水褪色。
8．对于反应：N2+O22NO，在密闭容器中进行，下列条件能加快反应速率的是
A．缩小体积使压强增大
B．降低体系温度
C．体积不变充入He使气体压强增大
D．保持总压强不变，充入Ne气体
【答案】A
【解析】
试题分析：A．压强对速率的影响，本质是浓度对速率的影响，缩小反应体系的体积，压强增大，各物质的浓度均增大，化学反应速率加快，A项正确；B．降低体系温度，化学反应速率减慢，B项错误；C．体积不变，充入氦气，总压虽然增大，但体系中各物质浓度均没有改变，反应速率不变，C项错误；D．压强不变，充入氦气，导致体积增大，各物质的浓度减小，反应速率减慢，D项错误；答案选A。
考点：考查影响化学反应速率的因素。
9．英国科学家近日研发出一种名为NOTT-202a的新型多孔材料，空气中其他气体可自由通过这些孔洞，但CO2会被截留。该材料的分子结构单元是以铟原子为中心，周围是以各种有机分子链条编织成的“笼子”，整体上看呈现出多孔特征，有些类似自然界中的蜂窝结构。下列有关说法正确的是(　　)
A．该材料是一种特殊结构的金属
B．该材料只吸收CO2，其他任何气体都能自由通过
C．该材料吸收22.4LCO2后，增重44g
D．该材料可用于工厂的烟囱，吸收CO2，减少碳排放
【答案】D
【解析】
试题分析：A．该材料是分子结构单元是以铟原子为中心，周围是以各种有机分子链条编织成的“笼子”，所以不是特殊结构的金属，错误；B．根据题意该材料只截留CO2，其他任何气体都能自由通过，错误；C．由于气体的体积是在什么条件下不明确，所以无法计算增加的质量的多少，错误；D．由于CO2会被截留，该材料可用于工厂的烟囱，吸收CO2，减少碳排放，正确。
考点：考查新型多孔材料的组成、结构、性质及应用的知识。
10．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．1mol
1-丁炔中，含2NA个π键，9NA个σ键
B．在O2参与的反应中，1mol
O2作氧化剂时得到的电子数一定是4NA
C．22．4LHC1溶于水时，有NA个共价键发生断裂
D．17
g甲基（-14CH3）所含电子数为10NA
【答案】A
【解析】
试题分析：B、如果产物为过氧化物，则得电子数为2NA
，错误；C、没有说明是在标准状况下，错误；D、—14CH3的摩尔质量为17g/moL，所以17
g甲基为1摩尔，电子数为9NA
，错误；
考点：考查阿伏伽德罗常数、气体体积等相关知识。
11．下列事实能说明氯元素原子得电子能力比硫元素强的是
①HCl的溶解度比H2S大
②HCl的酸性比H2S强
③HCl的稳定性比H2S强
④HCl的还原性比H2S强
⑤HClO的酸性比H2SO4强
⑥Cl2与铁反应生成FeCl3，而S与铁反应生成FeS
⑦Cl2能与H2S反应生成S
⑧还原性：Cl-＜S2-
A．③④⑤⑦⑧
B．③⑥⑦
C．③⑥⑦⑧
D．①②③④⑤⑥⑦⑧
【答案】C
【解析】
试题分析：①元素的原子得电子能力大小与氢化物的溶解度大小无关。错误。②元素的原子得电子能力大小与氢化物的水溶液的酸碱性无关。错误。③元素的非金属性越强，去氢化物的稳定性就越强。HCl的稳定性比H2S强，所以能说明氯元素原子得电子能力比硫元素强。正确。④元素的非金属性Cl>S。元素的非金属性越强，其氢化物的还原性就越弱。因此HCl的还原性比H2S弱。错误。⑤元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强。因此HClO4的酸性比H2SO4强。错误。⑥元素非金属性越强，其能把变价金属氧化为高价态，元素的非金属性越弱，则把变价金属氧化为低价态。Cl2与铁反应生成FeCl3，而S与铁反应生成FeS，能说明氯元素原子得电子能力比硫元素强。正确。⑦元素非金属性强的单质能够百活动性弱的单质从化合物中置换出来。Cl2能与H2S反应生成S，能说明氯元素原子得电子能力比硫元素强。正确。
⑧元素的非金属性越强，则其简单离子的还原性就越弱。因此还原性：Cl-＜S2-能说明氯元素原子得电子能力比硫元素强。正确。所以正确组合为③⑥⑦⑧
。选项是C。
考点：考查元素非金属性强弱比较的依据的知识。
12．下列说法正确的是
A．根据红外光谱图的分析可以初步判断有机物中具有哪些基团
B．甲烷、乙烯和苯在工业上都通过石油分馏得到
C．向蛋白质溶液中加入硫酸铜溶液，将得到的沉淀分离出来，再加水可重新溶解
D．1H核磁共振谱能反映出有机物中不同环境氢原子的种类和个数
【答案】A
【解析】
试题分析：A．根据红外光谱图的分析可以初步判断有机物中具有哪些基团正确的；B．苯在工业上都通过石油催化重整得到，故错误；C．硫酸铜是重金属盐溶液能使蛋白质发生变性沉淀分离出来，再加水不能重新溶解。1H核磁共振谱能反映出有机物中不同环境氢原子的种类但不能反映出氢的个数，故错误；
考点：考查有机物的基本性质和结构测定方法。
13．下列除去杂质的方法不正确的是
A．除去Na2CO3固体中少量NaHCO3：加热
B．除去CO2中少量SO2：通过饱和NaHCO3溶液
C．除去氯气中少量氯化氢：通过氢氧化钠溶液
D．除去氧化铁中少量氧化铝：加入过量的烧碱溶液后，过滤
【答案】C
【解析】
试题分析：A．碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，则除去Na2CO3固体中少量NaHCO3可以用加热，A正确；B．二氧化硫能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，则除去CO2中少量SO2可以通过饱和NaHCO3溶液，B正确；C．氯气能与氢氧化钠溶液反应，因此除去氯气中少量氯化氢应该通过饱和食盐水，C错误；
D．氧化铝是两性氧化物，除去氧化铁中少量氧化铝可以加入过量的烧碱溶液后，过滤，D正确，答案选C。
考点：考查物质的分离与提纯
14．下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是
A．0.1mol/LNaHCO3溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，所得溶液中：
c(Na+)>c(CO32-)>c(HCO3-)>c(OH-)
B．20mL0.1mol/LCH3COONa溶液与10mL0.1mol/LHCl溶液混合后溶液呈酸性，所得溶液中：c(CH3COO-)>c(Cl-)>c(CH3COOH)>c(H+)
C．室温下，pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，所得溶液中：
c(Cl-)+c(H+)>c(NH4+)+c(OH-)
D．0.1mol/LCH3COOH溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，所得溶液中：
c(OH-)>c(H+)+c(CH3COOH)
【答案】B
【解析】
试题分析：A．0.1mol/LNaHCO3溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，二者恰好完全反应产生Na2CO3溶液，根据物料守恒可知c(Na+)>c(CO32-)；CO32-发生水解反应而消耗水电离产生的H+，使溶液中c(OH-)
>c(H+)；同时溶液产生的HCO3-会进一步发生水解反应，产生OH-，而且在水溶液中还存在水电离产生的OH-，盐电离产生的离子浓度大于水电离产生的离子浓度，因此所得溶液中：c(Na+)>c(CO32-)>
c(OH-)>c(HCO3-)，正确；B．20mL0.1mol/LCH3COONa溶液与10mL0.1mol/LHCl溶液混合后，二者会发生反应：CH3COONa+
HCl=CH3COOH+NaCl，反应后的溶液为CH3COOH、NaCl
CH3COONa等物质的量混合的溶液，由于CH3COOH电离作用大于CH3COONa的水解作用，所以溶液呈酸性，根据物料守恒可知c(CH3COO-)>c(Cl-)；CH3COOH电离消耗，而Cl-不变，所以c(Cl-)>c(CH3COOH)，酸电离作用微弱，主要以酸分子存在，则c(CH3COOH)>c(H+)，因此所得溶液中：c(CH3COO-)>
c(Cl-)>
c(CH3COOH)>c(H+)，正确；C．HCl是一元强酸，完全电离，c(HCl)=c(H+)，一水合氨是弱碱，部分电离，所以c(NH3·H2O)>c(OH-)，室温下，pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，所得溶液中：酸电离产生的氢离子与碱电离产生的氢氧根离子恰好中和，由于碱过量，所以溶液为反应产生的NH4Cl与过量氨水的混合溶液，铵根离子水解消耗，一水合氨电离产生NH4+，所以c(Cl-)c(OH-)；c(Cl-)+c(H+)c(CH3COOH)，错误。
考点：考查电解质溶液中粒子的物质的量浓度关系正误判断的知识。
15．下列离子方程式中，正确的是
A．氯化铁溶液中加入铜粉：Fe3+＋Cu
==
Fe2+＋Cu2+
B．将含等物质的量的NaHCO3和Ba(OH)2溶液混合：HCO3-＋Ba2+＋OH-==
BaCO3↓＋H2O
C．少量SO2通入次氯酸钙溶液中：Ca2+＋2ClO-
＋SO2＋H2O
==
CaSO3↓＋2HClO
D．少量AlCl3溶液滴入过量氨水中：Al3+＋4NH3 H2O==
AlO2-
＋4NH4+
+2
H2O
【答案】B
【解析】考查离子方程式的正误判断。选项A不正确，电子得失不守恒；选项C不正确次氯酸钙具有氧化性，能把SO2氧化生成硫酸钙；氢氧化铝不能溶液弱碱氨水中，选项D不正确，因此正确的答案选B。
16．铈、铬、钛、镍虽不是中学阶段常见的金属元素，但在工业生产中有着重要作用。
（1）二氧化铈(CeO2)在平板电视显示屏中有着重要应用。CeO2在稀硫酸和H2O2的作用下可生成Ce3+，CeO2在该反应中作__________剂。
（2）自然界Cr主要以+3价和+6价存在。+6价的Cr能引起细胞的突变，可以用亚硫酸钠将其还原为+3价的铬。完成并配平下列离子方程式：
____Cr2O72－＋___SO32－＋___=___Cr3＋+___SO42－＋_______H2O
（3）钛(Ti)被誉为“二十一世纪的金属”，工业上在550℃时用钠与四氯化钛反应可制得钛，该反应的化学方程式是____
。
（4）NiSO4·xH2O是一种绿色易溶于水的晶体，广泛用于镀镍、电池等，可由电镀废渣（除镍外，还含有铜、锌、铁等元素）为原料获得。操作步骤如下：
①向滤液I中加入FeS是为了除去Cu2+、Zn2+等杂质，除去Cu2+的离子方程式为_____________。
②对滤液Ⅱ先加H2O2再调pH，调pH的目的是_____________。
③滤液Ⅲ溶质的主要成分是NiSO4，加Na2CO3过滤后，再加适量稀硫酸溶解又生成NiSO4，这两步操作的目的是__________。
④为测定NiSO4·xH2O晶体中x的值，称取26.3g晶体加热至完全失去结晶水，剩余固体15.5g，则x的值等于__________
。
【答案】（1）氧化剂；（2）1；3；8H+；2；3；4；
（3）TiCl4+4Na═Ti+4NaCl；（4）①FeS（aq）+Cu2+（aq）=Fe2+（aq）+CuS（aq）；②对滤液Ⅱ调pH的目的是除去Fe3+；③增大NiSO4浓度，有利于蒸发结晶；④6。
【解析】
试题分析：（1）CeO2中Ce的化合价显＋4价，在硫酸和过氧化氢的作用下转化成Ce3＋，化合价降低，因此CeO2作氧化剂；（2）Cr2O72－中Cr显＋6价，反应中转变成了Cr3＋，化合价降低了3价，整体降低了6价，SO32－中S由＋4价→＋6价，化合价升高了2价，最小公倍数为6，即Cr2O72－
的系数为1，SO32－、SO42－的系数为3，Cr3＋的系数为2，根据离子反应方程式反应前后所带电荷数相同以及原子个数守恒，推出此反应离子方程式为：Cr2O72－＋3SO32－＋8H＋=2Cr3＋2SO42－+4H2O；（3）利用金属钠金属性强于Ti，因此把Ti置换出来，4Na＋TiCl44NaCl＋Ti；（4）①利用反应向着更难溶的方向进行，加FeS除去Cu2＋、Zn2＋离子，发生的反应是FeS＋Cu2＋=CuS＋Fe2＋；②调节pH的作用：除去Fe3+；③目的是：增大NiSO4的浓度，有利于蒸发结晶；④NiSO4·xH2O=NiSO4＋xH2O，采取差量法解决，x=155×(26.3－15.5)/(15.5×18)=6。
考点：考查氧化还原反应、溶度积、化学计算等知识。
17．（12分）
（1）若把H2O2看成是二元弱酸，请写出在水中的电离方程式：_________________
（2）碘也可用作心脏起搏器电源——锂碘电池的材料。该电池反应为2Li(s)＋I2(s)===2LiI(s)
ΔH
已知：①4Li(s)＋O2(g)===2Li2O(s)
ΔH1
②4LiI(s)＋O2(g)===2I2(s)＋2Li2O(s)
ΔH2则电池反应的ΔH＝__________
（3）某温度时，在2
L容器中X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示。
由此分析，该反应的化学方程式为___________________________________；从反应开始至2
min时，Z的反应速率为____________。
（4）在某温度时，测得0.01
mol·L－1的NaOH溶液的pH＝10。在此温度下，将1mL
0.1mol/L
KOH溶液加水稀释至1L，则溶液的pH为
，若加水稀释至1000L，则溶液的pH为
。
【答案】17．（12分）（1）（2）1/2
(ΔH1－ΔH2)
（3）3Y＋Z2X
0.025
mol·L－1·min－1
（4）
8
6
【解析】
试题分析：（1）过氧化氢是弱电解质，H2O2溶液显酸性属于二元弱酸部分电离，
电离的方程式为：H2O2 H++HO2-
HO2- H++O22-；
（2）锂碘电池的电池反应方程式可以由已知方程式(①－②)÷2得到，所以ΔH=1/2ΔH1
-
1/2ΔH2
，
（3）由图可以看出Y、Z的物质的量随着反应的进行而逐渐减小，X的物质的量随着反应的进行“从无到有”，因此Y、Z为反应物，X为生成物，因为反应物（或生成物）的消耗量（mol）（或生成量）之比等于化学方程式对应物质的化学计量数之比，所以Δn(X)=0.2
mol-0
mol=0.2
mol；Δn(Y)=1.0
mol-0.7
mol=0.3
mol；Δn(Z)=1.0
mol-0.9
mol=0.1
mol,所以Y、Z、X三种物质的化学计量数之比为：0.3
mol∶0.1
mol∶0.2
mol=3∶1∶2，又因为由图知反应后各物质均有剩余，说明该反应是可逆反应，故上述反应的化学方程式：3X+Y2Z；v（Z）=0.1/(2x2)
=0.025
mol·L-1·min-1。
（4）该温度下，0.01mol/L
NaOH溶液的pH为10，溶液中氢离子浓度为10-11mol/L，该温度下水的KW=0.01×10-10=1×10-12，根据稀释定律，1mL
0.1mol/L
KOH溶液加水稀释至1L，C(OH-)=10-4mol/L,
C(H+)=10-12/10-4=10-8，PH=8；若加水稀释至1000L，溶液接近中性，则溶液的pH为6。
考点：考查电离方程式的书写，盖斯定律的计算，可逆反应化学方程式的确定，化学反应速率等知识。
18．（1）某课外小组设计的实验室制取乙酸乙酯的装置如下图所示，A中盛有浓硫酸，B中盛有乙醇、乙酸，D中盛有饱和碳酸钠溶液。
请回答：
①
乙醇与乙酸制取乙酸乙酯的反应类型是
。
②
若用18O标记乙醇中的氧原子，则CH3CH218OH与乙酸反应的化学方程式是
。
③
球形干燥管C的作用是
。
④
D中选用饱和碳酸钠溶液的原因是
。
⑤
反应结束后D中的现象是
。
（2）下列叙述正确的是
（填字母）。
A．向碘水中加入酒精，萃取碘水中的碘
B．液化石油气、汽油和石蜡的主要成分都是碳氢化合物
C．用淀粉水解液做银镜反应，若有银镜产生，则证明淀粉部分水解
D．将无水乙醇和浓硫酸按体积比1∶3混合，加热至140℃制取乙烯
E．为证明溴乙烷中溴元素的存在，可向溴乙烷中加入NaOH溶液，加热；冷却后，加入稀硝酸至溶液呈酸性，滴入AgNO3溶液观察是否有淡黄色沉淀生成
【答案】（1）①取代反应
②
CH3COOH+C2H518OH
CH3CO18OC2H5+H2O
③
防止倒吸
④
乙酸乙酯与饱和Na2CO3溶液不互溶，且密度有较大差异
有利于分层。饱和Na2CO3溶液还可以吸收挥发出来的乙酸和乙醇。（
⑤
液体分层，上层为无色油状液体
（2）B
E
【解析】
试题分析：（1）①乙酸和乙醇反应生成乙酸乙酯和水，反应属于取代反应。②
酯化反应中酸去羟基，醇取氢原子，也就是醇中的标记的氧原子在生成的酯中，反应方程式为：CH3COOH+C2H518OHCH3CO18OC2H5+H2O。③
从试管中出来的物质有乙酸和乙醇和乙酸乙酯，因为乙酸和乙醇易溶于水，所以用球形干燥管可以防止倒吸。④
D中选用饱和碳酸钠溶液是因为乙酸乙酯与饱和Na2CO3溶液不互溶（，且密度有较大差异；有利于分层。饱和Na2CO3溶液还可以吸收挥发出来的乙酸和乙醇。⑤
因为乙酸乙酯是不溶于水的油状物质，所以可以看到液体分层（1分），上层为无色油状液体。（2）A碘水中加入酒精不能萃取，因为酒精能溶于酒精，错误。B、液化石油气和汽油和石蜡都是石油产品，都为碳氢化合物，正确。C、淀粉水解生成葡萄糖，水解液加入氢氧化钠中和酸后，再做银镜反应，若有银镜产生，说明淀粉水解，但是否全部还是部分，不能确定，错误。D、制取乙烯需要加热到170度，错误。E、溴乙烷在氢氧化钠溶液中加热水解生成乙醇和溴化钠，加入硝酸酸化后加入硝酸银，若有淡黄色沉淀生成，说明原有机物中含有溴元素，若无淡黄色沉淀生成，说明原有机物中无溴元素，正确。选B
E。
考点：
酯化反应，醇的性质，卤代烃的性质，和卤代烃中卤素的检验
19．某校课外活动小组为探究铜与稀硝酸反应产生的气体主要是NO，设计了下列实验。图中K为止水夹，F是装有一半空气的注射器，其中加热装置和固定装置均已略去。
请回答有关问题：
（1）设计装置A的目的是_______________________。
（2）当完成装置A的实验目的后，关闭K，再将装置B中的铜丝插入稀硝酸。B中反应的离子方程式是____________________________。
（3）将F中的空气推入E中，证明NO存在的实验现象是_______________，此过程发生反应的化学方程式是____________________。
（4）装置D中溶液的作用是________________。
【答案】（1）利用生成的二氧化碳赶尽整个装置内的空气，避免对NO的检验造成干扰。（2分）
（2）（2分）
（3）E中无色气体变为红棕色
（2分）
（4）吸收多余的氮氧化物，防止污染空气（2分）
【解析】
试题分析：A
制取二氧化碳赶走空气，防止干扰一氧化氮的检验。B
是制取一氧化氮的装置。E
一氧化氮转化二氧化氮的装置。C
除二氧化碳的装置。D
是吸收氮的氧化物的装置。
考点：本题以一氧化氮的制取及转化的实验，考查了氮的氧化物的性质。
20．精制氯化钾在工业上可用于制备各种含钾的化合物。完成下列填空：
（1）工业氯化钾中含有Fe3+、SO42—、Br—等杂质离子，可按如下步骤进行精制，完成各步内容。
①溶解；②加入试剂至Fe3+、SO42—沉淀完全，煮沸；③_____________________；④加入盐酸调节pH；
⑤___________________（除Br—）；⑥蒸干灼烧。
步骤②中，依次加入的沉淀剂是NH3·H2O、________、________。
证明Fe3+已沉淀完全的操作是_________________________________________________。
（2）有人尝试用工业制纯碱原理来制备K2CO3。他向饱和KCl溶液中依次通入足量的______和______两种气体，充分反应后有白色晶体析出。将得到的白色晶体洗涤后灼烧，结果无任何固体残留，且产生的气体能使澄清石灰水变浑浊。
写出生成白色晶体的化学方程式：___________________________________________。
分析该方法得不到K2CO3的原因可能是_______________________________________。
（3）
用氯化钾制备氢氧化钾的常用方法是离子交换膜电解法。氢氧化钾在_________极区产生。为了避免两极产物间发生副反应，位于电解槽中间的离子交换膜应阻止_______（填“阴”、“阳”或“所有”）离子通过。
（4）科学家最近开发了一种用氯化钾制氢氧化钾的方法。其反应可分为5步（若干步已合并，条件均省略）。请写出第⑤步反应的化学方程式。
第①、②步（合并）：2KCl
+
4HNO3
→
2KNO3
+
Cl2
+
2NO2
+
2H2O
第③、④步（合并）：4KNO3
+
2H2O
→
4KOH
+
4NO2
+
O2
第⑤步：____________________________________________
总反应：4KCl
+
O2
+
2H2O
→
4KOH
+
2Cl2
与电解法相比，该方法的优势可能是______________。
【答案】（本题共12分）（1）过滤（1分）；通入足量的Cl2（1分）
BaCl2（1分）、K2CO3（1分）；取样，滴加KSCN溶液，无明显现象（1分）；
（2）NH3、CO2（共1分）NH3
+
CO2
+
H2O
→
NH4HCO3↓（1分）
KHCO3溶解度较大（大于NH4HCO3），无法从溶液中析出（1分）
（3）阴（1分）；阴（1分）
（4）4NO2
+
O2
+
2H2O
→
4HNO3（1分）能耗低（节能）（1分）
【解析】
试题分析：（1）当沉淀完全后，需要通过过滤分离出沉淀；溴离子具有还原性，又因为不能引入新的杂质，所以可以通入足量氯气除去溴离子；氨水除去铁离子，SO42－应该有Ba2＋除去，过量的Ba2＋用碳酸钾除去，过滤后加入盐酸酸化即可除去过量的碳酸钾；铁离子检验一般用KSCN溶液，所以证明Fe3+已沉淀完全的操作是取样，滴加KSCN溶液，无明显现象。
（2）根据侯氏制碱法原理可知，应该向饱和KCl溶液中依次通入足量的氨气后CO2。将得到的白色晶体洗涤后灼烧，结果无任何固体残留，且产生的气体能使澄清石灰水变浑浊，这说明该晶体一定不是碳酸氢钾，而是碳酸氢铵，因此生成碳酸氢铵的化学方程式是NH3+CO2+H2O→NH4HCO3↓。由于KHCO3溶解度较大（大于NH4HCO3），无法从溶液中析出，因此得不到碳酸氢钾，故而也得不到碳酸钾。
（3）惰性电极电解氯化钾溶液时，氯离子在阳极放电，生成氯气。阴极是氢离子放电生成氢气，同时破坏了阴极周围水的电离平衡，所以氢氧化钾在阴极区产生。由于阳极生成的氯气能和氢氧化钾反应生成氯化钾、次氯酸钾和水，所以要防止该副反应发生，应该阻止OH－向阳极移动，所以位于电解槽中间的离子交换膜应阻止阴离子通过。
（4）根据已知反应2KCl
+
4HNO3
→
2KNO3
+
Cl2
+
2NO2
+
2H2O、4KNO3
+
2H2O
→
4KOH
+
4NO2
+
O2阳极总反应式4KCl
+
O2
+
2H2O
→
4KOH
+
2Cl2可知，硝酸和NO2是多余的，因此第⑤步反应应该是NO2生成硝酸的化合反应，即4NO2
+
O2
+
2H2O
→
4HNO3。因此与电解法相比，该方法的优势可能是能耗低（节能）。
考点：考查物质的分离与提纯；铁离子检验；侯氏制碱法；电解原理应用以及实验方案设计与评价等
21．计算题：将0.2molMg、Al的混合物用盐酸完全溶解，放出标准状况下5.6L气体，然后再滴入2mol/LNaOH溶液，请回答：
（1）求该混合物中Mg、Al的物质的量？（写计算过程）
（2）若该Mg、Al的混合物与盐酸恰好完全反应，在滴加NaOH溶液过程中，欲使Mg2+、Al3+刚好沉淀完全，则滴入NaOH溶液的体积V=
ml。
（3）若该Mg、Al混合物溶于200ml
3mol/L盐酸后，滴入NaOH溶液，使所得沉淀中无Al(OH)3，则滴入NaOH溶液的体积最少为
ml。
【答案】（1）n（Mg）=0.1mol、n（Al）=0.1mol（2）250
（3）350
【解析】
试题分析：解：（1）镁铝合金与盐酸发生：Mg+2HCl=MgCl2+H2↑、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，设合金中Mg为xmol，Al为ymol，则x+y=0.2
x+1.5y=5.6L÷22.4L/mol=0.25
，解之得x=0.1，y=0.1，
答：混合物中Mg、Al的物质的量分别为n（Mg）=0.1mol；n（Al）=0.1mol；
（2）若该Mg、Al的混合物与盐酸恰好完全反应，在滴加NaOH溶液过程中，欲使Mg2+、Al3+刚好沉淀完全，则发生：Mg2++20H-=Mg(OH)2↓、Al3++30H-=Al(OH)3↓，则需要n（NaOH）=2n（Mg）+3n（Al）=2×0.1mol+3×0.1mol=0.5mol，V（NaOH）=0.5mol÷2mol/L=0.25L=250mL。
（3）若该Mg、Al混合物溶于200mL
3mol/L盐酸后，n（HCl）=0.2L×3mol/L=0.6mol，消耗n（HCl）=2n（Mg）+3n（Al）=2×0.1mol+3×0.1mol=0.5mol，剩余HCl0.6mol-0.5mol=0.1mol，滴入NaOH溶液，使所得沉淀中无Al(OH)3，则发生H++0H-=H2O，Mg2++20H-=Mg(OH)2↓、Al3++40H-=AlO2-+2H2O，则需要n（NaOH）=n（HCl）+2n（Mg）+4n（Al）
=0.1mol+2×0.1mol+4×0.1mol=0.7mol，
V（NaOH）=0.7mol÷2mol/L=0.35L=350mL。
考点：考查化学计算。
22．阿托酸乙酯可用于辅助胃肠道痉挛及溃疡。阿托酸乙酯的一种合成路线如下图所示：
请回答下列问题：
（1）E的分子式为
，F的结构简式
，阿托酸乙酯所含官能团的名称
；
（2）在反应①②③④⑤⑥⑦⑧中，属于取代反应的有
；
（3）反应③的方程式
。
（4）有关阿托酸乙酯的说法正确的是
(
)
A．能使高锰酸钾褪色，不能使溴水褪色
B．1mol阿托酸乙酯最多能与4molH2加成
C．能发生加成、加聚、氧化、水解等反应
D．分子式为C11H13O2
（5）D的同分异构体有多种，符合含有苯环且能与碳酸氢钠反应放出气体的同分异构体有
___________种(不包含D)。
【答案】（1）C10H12O2；；碳碳双键、酯基；
（2）②⑤⑥；
（3）；
（4）B
C；（5）3；
【解析】
试题分析：由题中各物质的转化关系可知，A与溴化氢发生加成反应生成，在碱性条件下水解，发生取代反应生成B为，B发生氧化反应生成C为，C再被氧化、酸化后得D为，D与乙醇发生取代反应生成E为，E与甲酸甲酯发生取代反应生成，与氢气发生加成反应生成F为，F再发生消去反应得阿托酸乙酯。
（1）E为，E的分子式为C10H12O2，F的结构简式为，阿托酸乙酯所含官能团的名称是酯基和碳碳双键，故答案为：C10H12O2；；酯基和碳碳双键；
（2）在反应①②③④⑤⑥⑦⑧中，属于取代反应的有②⑤⑥，故答案为：②⑤⑥；
（3）反应③的方程式为，故答案为：；
（4）阿托酸乙酯中有酯基、碳碳双键、苯环等结构，所以有关阿托酸乙酯的说法中。A、含有碳碳双键，能使高锰酸钾褪色也能使溴水褪色，A错误；B、1mol阿托酸乙酯最多能与4molH2加成，B正确；C、能发生加成、加聚、氧化、水解等反应，C正确；D、分子式为C11H12O2，D错误；故答案为：BC；
（5）D的同分异构体有多种，符合含有苯环且能与碳酸氢钠反应放出气体，即有羧基的同分异构体为苯环上连有-CH3和-COOH，分别为、、，所以共有3种(不包含D)，故答案为：3。
考点：考查了有机物推断、有机反应类型、有机反应方程式等的相关知识。
23．【加试题】某研究小组以甲苯为主要原料，采用以下路线合成医药中间体F和Y。
已知：
请回答下列问题：
（1）下列有关F的说法正确的是
。
A．分子式是C7H7NO2Br
B．能形成内盐
C．能发生消去反应和缩聚反应
D．1
mol的
F最多可以和2
mol
NaOH反应
（2）C→
D的反应类型是
。
（3）
B→C的化学方程式是
。
在合成F的过程中，B→C步骤不能省略，理由是
。
（4）D→E反应所需的试剂是
。
（5）写出同时符合下列条件的A的同分异构体的结构简式
(写出2个)。
①苯环上只有两种不同化学环境的氢原子
②分子中含有
（6）以X和乙烯为原料可合成Y，请设计合成路线(无机试剂及溶剂任选)。
注：合成路线的书写格式参照如下示例流程图：
【答案】（1）BC
（2）氧化反应
（3）；氨基易被氧化，在氧化反应之前需先保护氨基
（4）液溴、Fe
（5）
（6）
【解析】
试题分析：由甲苯与A的分子式，结合D的结构简式可知，甲苯发生甲基对位的硝化反应生成A，则A为，A发生信息中反应，硝基被还原为氨基生成B，则B的结构简式为，结合D的结构可知，B中氨基中1个H原子被取代生成C为，C被酸性高锰酸钾溶液氧化生成D，对比D、F的结构可知，D与液溴发生取代反应生成E为，E发生水解反应得到F，可知B→C是为了保护氨基不被氧化；
（1）A．根据F的结构简式，可知其分子式应为C7H6NO2Br，故A错误；B．F中有氨基与羧基，可以形成内盐，故B正确；C．F中有羧基、溴原子，可以发生取代反应，F中有氨基与羧基，可以发生缩聚反应，故C正确；D．羧基能与氢氧化钠反应，苯环上的溴原子很不活泼，难以与氢氧化钠反应，1molF能和1molNaOH反应，故D错误，故答案为BC；
（2）C→D是C中甲基被酸性高锰酸钾溶液氧化生成-COOH，属于氧化反应；
（3）B→C属于取代反应，同时生成乙酸，反应化学方程式是：
；在合成F的过程中，氨基易被氧化，在氧化反应之前需先保护氨基，B→C步骤不能省略；
（4）D→E苯环上氢原子被-Br原子取代，反应所需的试剂是：液溴、Fe；
（5）同时符合下列条件的A()的同分异构体：①苯环上只有两种不同化学环境的氢原子
②分子中含有，符合条件的同分异构体有
；
（6）由信息可知，苯甲醛与乙醛在碱性条件下得到，再发生消去反应得到，乙烯发生催化氧化得到乙醛，以苯甲醛和乙烯为原料合成Y的路线流程图为：
。
【考点定位】考查有机物的推断与合成
【名师点晴】充分利用有机物的分子式与结构分析解答，注意官能团的引入、消除与衍变；其中甲苯与氯气在光照条件下发生的取代反应得到，发生水解反应生成，再发生催化氧化生成，由信息可知，苯甲醛与乙醛在碱性条件下得到，再发生消去反应得到，乙烯发生催化氧化生成乙醛；据此分析即可解题。