2016年浙江省湖州市高考化学一模试卷（解析版）

2016年浙江省湖州市高考化学一模试卷
　
一、选择题
1．下列说法不正确的是（　　）
A．化学是以实验为基础的一门学科，定量研究方法是化学发展为一门独立学科的重要标志之一
B．燃煤脱硫、汽车中加装尾气处理装置、利用二氧化碳制造全降解塑料、推广新能源汽车都能有效减少环境污染
C．我国科学家屠呦呦发现的青蒿素（结构见图），其中有类似于H2O2的结构，因此遇到强还原性的物质会变质
D．利用氢氧化铁胶体的“丁达尔效应“，可以除去水中的悬浮颗粒，从而达到净水的效果
2．下列说法不正确的是（　　）
A．实验室里易燃试剂与强氧化性试剂应分开放置并远离火源
B．在中和热的测定实验中，将氢氧化钠溶液迅速倒入盛有盐酸的量热计中，立即读出并记录溶液的起始温度，充分反应后再读出并记录反应体系的最高温度
C．滴定实验中所用到的滴定管和移液管，在使用前均需干燥或用相应的溶液润洗，容量瓶、锥形瓶则不应润洗
D．将含有少量氯化钾的硝酸钾放入烧杯中，加水溶解并加热、搅拌，当溶液表面出现一层晶膜时停止加热，冷却结晶，过滤即可得到大量硝酸钾晶体
3．原子序数依次增大的A、B、C、D、E五种短周期主族元素，A、B、C分布于三个不同的周期中．D的原子序数是B的两倍，元素D的单质在反应中能置换出元素B的单质，E是同周期元素原子半径最小的元素．下列说法正确的是（　　）
A．最高价氧化物对应的水化物碱性强弱：COH＜D（OH）2
B．元素D、E可形成化合物，两元素的单质可通过电解该化合物的水溶液得到
C．化合物BA4和BAE3的空间结构均为正四面体
D．从化合价角度分析，有人认为元素A在周期表中的位置可以放在IA族、IVA族、VIIA族
4．下列说法正确的是（　　）
A．烷烃C5H12的同分异构体中，主链最短的一种系统命名为2，2﹣甲基丙烷
B．石油分馏和裂化的目的都是为了将长链烃转化为短链烃
C．蛋白质溶液中加入硫酸铜溶液，导致蛋白质变性，失去生理活性
D．高分子化合物（）的单体是CH2=CH2和C2H5COOH
5．用电化学制备正十二烷的方法为：向烧杯中加入50mL甲醇，不断搅拌加入少量金属钠，再加入11mL正庚酸搅拌均匀，装好铂电极，接通电源反应，当电流明显减小时切断电源，然后提纯正十二烷．
已知电解总反应为：2C6H13COONa+2CH3OHC12H26+2CO2↑+H2↑+2CH3ONa，
下列说法不正确的是（　　）
A．图中电源的A极为直流电源的负极
B．加入金属钠可以将酸转化为钠盐，提高离子浓度，增强导电性
C．阳极电极反应为：2C6H13COO﹣﹣2e﹣=C12H26+2CO2↑
D．反应一段时间后将电源正负极反接，会产生杂质影响正十二烷的制备
6．下列说法不正确的是（　　）
A．常温下，在0.10mol L﹣1CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa晶体，能使CH3COOH的电离度降低，溶液的pH增大
B．常温下向氯化铵溶液中加入少量氨水使溶液中c（NH4+）=c（Cl﹣），则混合液的pH=7
C．已知草酸氢钾溶液呈酸性，则在0.1
mol L﹣1KHC2O4溶液中c（C2O42﹣）＞c（K+）＞c（H2C2O4）
D．pH=3的0.1
mol L﹣1HA溶液与0.05
mol L﹣1NaOH溶液等体积混合后所得溶液中：2c（H+）+c（HA）=c（A﹣）+2c（OH﹣）
7．某矿石主要含CuO和Cu2（OH）2CO3，以及少量Fe2O3、FeO和SiO2．按如下流程可制得Cu3N和铁红．
下列说法不正确的是（　　）
A．每生成1mol
Cu3N，转移的电子为6mol
B．滤液G可以并入滤液E加以利用
C．加入NH4HCO3溶液需控制温度以抑制Fe2+水解和NH4HCO3分解
D．由FeCO3转化为Fe2O3的操作包括洗涤、干燥、空气中煅烧
　
二、解答题（共5小题，满分58分）
8．乙烯产量通常用来衡量一个国家石油化工水平，用乙烯为原料可以合成很多有机产品．下图是相关武装带转化情况：
请回答：
（1）B中官能团的名称是　　．
（2）D→E的反应类型是　　．
（3）H与G有相同的官能团，H的结构简式为　　．
（4）G是一种具有甜橙和葡萄香味的无色至淡黄色液体，在光和热作用下易产生白色粉末．下列说法正确的是　　．
A、F与G相差2个﹣CH2﹣原子团，属于同系物
B、G能使Br2的CCl4溶液褪色
C、是G的一种同分异构体
D、G经光照产生白色粉末一定是因为发生了氧化反应
（5）F→G的化学方程式　　．
9．过氧化钡常温下缓慢分解，不溶于水，常用作氧化剂、漂白剂等．请回答：
（1）BaO2的电子式为　　．
（2）BaO2在有水存在下，通过与二氧化碳作用，分解生成过氧化氢，其化学反应方程式为　　．
（3）BaCl2在氨水中与H2O2反应可得到BaO2沉淀，用一个离子反应方程式表示其原理　　．
（4）配平下列反应方程式：
　　MnO4﹣+　　BaO2+=　　Ba2++　　+　　Mn2++　　H2O．
10．2.38g化合物甲，在空气中充分煅烧后，得固体残留物乙1.82g和标准状况下896mL气体A，该气体能使品红溶液褪色，加热后品红溶液恢复至原色．所得固体残留物乙能全部溶于稀硫酸得溶液B，能部分溶于NaOH溶液中得溶液C和0.8g残留物D．取少量溶液B，滴加KSCN溶液，发现溶液变为血红色．
请推测并回答：
（1）用离子反应方程式解释溶液变为血红色的原因：　　．
（2）写出形成溶液C的化学方程式：　　．
（3）写出气体A通入溶液B中，发生氧化还原的离子反应方程式：　　．
（4）写出化合物甲的化学式　　．
（5）有人认为：化合物甲中部分元素所形成的合金，在气体A中可逐渐形成化合物甲，试从氧化还原的角度，分析该说法的合理性：　　．
11．近几年，利用CO2合成二甲醚已成为人们所关注的热点．其反应原理如下：
反应①CO2（g）+3H2（g） CH3OH（g）+H2O（l）△H1=﹣49.01kJ/moL
反应②2CH3OH（g） CH3OCH3（g）+H2O（l）△H2=﹣24.52kJ/moL
反应③CO2（g）+H2（g） CO（g）+H2O（l）△H3
请回答：
（1）CO2转化为二甲醚的反应原理为：
反应④：2CO2（g）+6H2（g） CH3OCH3（g）+3H2O（l）△H4=　　．
（2）下列不能说明反应③在298K、恒容条件下达化学平衡状态的是　　．
A、v正（H2）=v逆（H2O）
B、n（CO2）：n（H2）：n（CO）：n（H2O）=1：1：1：1
C、混合气体的密度不变
D、混合气体的平均相对分子质量不变
E、容器的压强不变
（3）写出反应②在500K时的平衡常数表达式：　　．
（4）如图表示起始投料量=4时，反应③、④中CO2的平衡转化率随反应温度的变化关系图，根据图示回答下列问题：
①△H3　　0（填写“＞”、”＜”、“=”）
②　　（高温或低温）有利于提高反应④二甲醚的产率，请简述理由：　　．
③若起始投料量=4，起始温度为298K，反应④在503K时达到平衡，请在上图画出CO2转化率随温度升高的变化曲线．
12．乙醚是化工生产中重要的溶剂，也用作药物生产的萃取剂和医疗上的麻醉剂．实验室通过乙醇脱水制备：
【原理】2CH3CH2OH
CH3CH2OCH2CH3+H2O
【主要物质物理性质】
物质
熔点℃
沸点℃
溶解性
水
醇
醚
浓硫酸
10.35
340
互溶
互溶
互溶
乙醚
﹣89.12
34.5
微溶（在盐溶液中溶解度降低）
互溶
互溶
乙醇
﹣114.5
78.4
极易溶
极易溶
极易溶
【装置】
【实验步骤】
I、加浓硫酸和95%乙醇各12mL于三颈瓶中，并将三颈瓶浸入冰水中冷却，将25mL95%乙醇加入滴液漏斗，组装好仪器．
II、加热三颈瓶，使反应瓶温度迅速上升到140℃，然后开始慢慢滴加乙醇，控制合适的滴加速度，维持反应温度在135﹣145℃．
III、反应停止后，去掉热源，得粗产品．
IV、将粗产品转入仪器A，依次用8mL5%NaOH溶液、8mL试剂B、8mL（两次）饱和CaCl2溶液洗涤．
V、处理后的粗产品最后用无水氯化钙干燥至澄清，经操作C得到16.8g乙醚．
请回答：
（1）在步骤I中，向三颈瓶中加乙醇和浓硫酸的顺序是先加　　，再加　　．
（2）比较改进装置中两根冷凝管中水温的高低，如果用橡皮管将一个冷凝管的出水口接到另外一个冷凝管的进水口，有关说法和操作方法最合理的是　　．
A、冷凝管1的水温相对高，水流方向为a→b→d→c
B、冷凝管1的水温相对高，水流方向为d→c→a→b
C、冷凝管2的水温相对高，水流方向为a→b→d→c
D、冷凝管2的水温相对高，水流方向为d→c→a→b
（3）反应过程中发现温度计1正常，温度计2的读数比预计温度高，为保证实验成功，可进行的操作是　　
A、适当加快滴液漏斗中乙醇的滴加速度
B、降低加热装置的加热温度
C、将温度计2拔高一点
D、加快冷凝管中水的流速
（4）改进装置能将产率提高50%，传统装置产率低的主要原因是　　．
（5）在步骤IV中，仪器A的名称是　　．
（6）在步骤IV中，用NaOH溶液时为了除去　　，然后用试剂B洗涤NaOH，以免跟CaCl2产生沉淀，试剂B最好是　　（“乙醇”、“蒸馏”、“饱和NaCl”溶液）．
　
2016年浙江省湖州市高考化学一模试卷
参考答案与试题解析
　
一、选择题
1．下列说法不正确的是（　　）
A．化学是以实验为基础的一门学科，定量研究方法是化学发展为一门独立学科的重要标志之一
B．燃煤脱硫、汽车中加装尾气处理装置、利用二氧化碳制造全降解塑料、推广新能源汽车都能有效减少环境污染
C．我国科学家屠呦呦发现的青蒿素（结构见图），其中有类似于H2O2的结构，因此遇到强还原性的物质会变质
D．利用氢氧化铁胶体的“丁达尔效应“，可以除去水中的悬浮颗粒，从而达到净水的效果
【考点】"三废"处理与环境保护；有机物的结构和性质．
【分析】A．化学是一门以实验为基础的自然科学，它的基础就是实验；
B、煤中加入生石灰减少二氧化硫的排放，汽车中加装尾气处理装置减少一氧化碳和一氧化氮的排放；利用二氧化碳制造全降解塑料能减少白色污染；
C、青蒿素结构中存在过氧键，具有强氧化性；
D、氢氧化铁胶体常用于净水是因为具有吸附性，能吸附水中悬浮颗粒并沉降．
【解答】解：A．化学是以实验为基础的一门学科，可进行定性、定量实验分析，而定量研究方法是化学发展为一门学科的重要标志，故A正确；
B、煤中加入生石灰减少二氧化硫的排放，汽车中加装尾气处理装置减少一氧化碳和一氧化氮的排放；利用二氧化碳制造全降解塑料能减少白色污染，三者都能有效减少环境污染，故B正确；
C、青蒿素结构中存在过氧键，具有强氧化性，所以遇到强还原性的物质发生氧化还原反应而变质，故C正确；
D、氢氧化铁胶体具有吸附性，能吸附水中悬浮颗粒并沉降，常用于净水，而不是丁达尔效应，故D错误；
故选D．
　
2．下列说法不正确的是（　　）
A．实验室里易燃试剂与强氧化性试剂应分开放置并远离火源
B．在中和热的测定实验中，将氢氧化钠溶液迅速倒入盛有盐酸的量热计中，立即读出并记录溶液的起始温度，充分反应后再读出并记录反应体系的最高温度
C．滴定实验中所用到的滴定管和移液管，在使用前均需干燥或用相应的溶液润洗，容量瓶、锥形瓶则不应润洗
D．将含有少量氯化钾的硝酸钾放入烧杯中，加水溶解并加热、搅拌，当溶液表面出现一层晶膜时停止加热，冷却结晶，过滤即可得到大量硝酸钾晶体
【考点】化学实验方案的评价．
【分析】A．易燃、易爆药品在一定温度和氧气充足时，会发生爆炸；
B．起始温度应为混合前酸、碱的温度；
C．滴定管、移液管需要润洗，而锥形瓶不应润洗；
D．应先在较高温度下溶解混合物形成浓溶液，再冷却热的浓溶液到一定温度，析出大量硝酸钾晶体．
【解答】解：A．强氧化剂为可燃物发生氧化反应的氧化剂，在有火源的地方可燃物达到着火点就可以燃烧，所以易燃试剂与强氧化性试剂分开放置并远离火源，故A正确；
B．起始温度应为混合前酸、碱的温度，然后混合后测定最高温度，以此计算中和热，故B错误；
C．滴定管、移液管需要润洗，而锥形瓶不应润洗，否则出现实验误差，操作合理，故C正确；
D．从含有少量氯化钾的硝酸钾溶液中提硝酸钾，应先在较高温度下溶解混合物形成浓溶液，再冷却热的浓溶液到一定温度，析出大量硝酸钾晶体，故D正确．
故选B．
　
3．原子序数依次增大的A、B、C、D、E五种短周期主族元素，A、B、C分布于三个不同的周期中．D的原子序数是B的两倍，元素D的单质在反应中能置换出元素B的单质，E是同周期元素原子半径最小的元素．下列说法正确的是（　　）
A．最高价氧化物对应的水化物碱性强弱：COH＜D（OH）2
B．元素D、E可形成化合物，两元素的单质可通过电解该化合物的水溶液得到
C．化合物BA4和BAE3的空间结构均为正四面体
D．从化合价角度分析，有人认为元素A在周期表中的位置可以放在IA族、IVA族、VIIA族
【考点】原子结构与元素周期律的关系．
【分析】原子序数依次增大的A、B、C、D、E五种短周期主族元素，A、B、C分布于三个不同的周期中，则A为H元素，B位于第二周期、C位于第三周期，D的原子序数是B的两倍，元素D的单质在反应中能置换出元素B的单质，则B是C、D是Mg，Mg和二氧化碳反应生成C，C为Na元素，E是同周期元素原子半径最小的元素，则E是Cl元素；
A．元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强；
B．Mg是活泼金属，工业上电解熔融氯化镁冶炼得到Mg；
C．化合物CH4和CHCl3结构相似；
D．A是H元素，该元素可以得一个电子形成稳定结构、也可以失去一个电子，且该原子中最外层电子处于半充满．
【解答】解：原子序数依次增大的A、B、C、D、E五种短周期主族元素，A、B、C分布于三个不同的周期中，则A为H元素，B位于第二周期、C位于第三周期，D的原子序数是B的两倍，元素D的单质在反应中能置换出元素B的单质，则B是C、D是Mg，Mg和二氧化碳反应生成C，C为Na元素，E是同周期元素原子半径最小的元素，则E是Cl元素；
A．元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，金属性C＞D，最高价氧化物对应的水化物碱性强弱：COH＞D（OH）2，故A错误；
B．Mg是活泼金属，工业上电解熔融氯化镁冶炼得到Mg，电解氯化镁溶液时阴极上氢离子放电而不是镁离子放电，故B错误；
C．化合物CH4和CHCl3结构相似，甲烷中碳原子与每个H原子之间的作用力相同，而三氯甲烷中碳原子和H原子、Cl原子之间的作用力不同，所以前者是正四面体、后者是四面体，故C错误；
D．A是H元素，该元素可以得一个电子形成稳定结构、也可以失去一个电子，且该原子中最外层电子处于半充满，所以从化合价角度分析，有人认为元素A在周期表中的位置可以放在IA族、IVA族、VIIA族，故D正确；
故选D．
　
4．下列说法正确的是（　　）
A．烷烃C5H12的同分异构体中，主链最短的一种系统命名为2，2﹣甲基丙烷
B．石油分馏和裂化的目的都是为了将长链烃转化为短链烃
C．蛋白质溶液中加入硫酸铜溶液，导致蛋白质变性，失去生理活性
D．高分子化合物（）的单体是CH2=CH2和C2H5COOH
【考点】有机化合物命名；有机化学反应的综合应用．
【分析】A、烷烃C5H12的同分异构体中，主链最短的一种是三个碳原子的，据烷烃的命名方法来回答；
B、石油裂化的目的是为了提高轻质液体燃料（汽油，煤油，柴油等）的产量，特别是提高汽油的产量，裂解的目的是为了获得乙烯、丙烯、丁二烯、丁烯、乙炔等；
C、蛋白质溶液中加入重金属盐溶液，导致蛋白质变性；
D、根据高分子化合物的形成来判断形成高分子化合物的单体．
【解答】解：A、烷烃C5H12的同分异构体中，主链最短的一种是三个碳原子的2，2﹣二甲基丙烷，故A错误；
B、石油裂化的目的是为了提高轻质液体燃料（汽油，煤油，柴油等）的产量，特别是提高汽油的产量，裂解的目的是为了获得乙烯、丙烯、丁二烯、丁烯、乙炔等，分馏和裂化的目的不一样，故B错误；
C、蛋白质溶液中加入重金属盐：如硫酸铜溶液，导致蛋白质变性，失去生理活性，故C正确；
D、高分子化合物（）的单体是CH2=CHCOOC2H5，故D错误．
故选C．
　
5．用电化学制备正十二烷的方法为：向烧杯中加入50mL甲醇，不断搅拌加入少量金属钠，再加入11mL正庚酸搅拌均匀，装好铂电极，接通电源反应，当电流明显减小时切断电源，然后提纯正十二烷．
已知电解总反应为：2C6H13COONa+2CH3OHC12H26+2CO2↑+H2↑+2CH3ONa，
下列说法不正确的是（　　）
A．图中电源的A极为直流电源的负极
B．加入金属钠可以将酸转化为钠盐，提高离子浓度，增强导电性
C．阳极电极反应为：2C6H13COO﹣﹣2e﹣=C12H26+2CO2↑
D．反应一段时间后将电源正负极反接，会产生杂质影响正十二烷的制备
【考点】电解原理．
【分析】由总方程式2C6H13COONa+2CH3OHC12H26+2CO2↑+H2↑+2CH3ONa可知，C6H13COONa生成C12H26和二氧化碳，C元素化合物升高，被氧化，应为阳极反应，CH3OH生成氢气，为阴极反应，以此解答该题．
【解答】解：A．A连接的电极生成氢气，发生还原反应，则A为负极，故A正确；
B．C6H13COONa为强电解质，导电能力比正庚酸强，故B正确；
C．阳极发生氧化反应，电极方程式为2C6H13COO﹣﹣2e﹣=C12H26+2CO2↑，故C正确；
D．因C12H26为液体，而杂质为气体，不影响C12H26的制备，故D错误．
故选D．
　
6．下列说法不正确的是（　　）
A．常温下，在0.10mol L﹣1CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa晶体，能使CH3COOH的电离度降低，溶液的pH增大
B．常温下向氯化铵溶液中加入少量氨水使溶液中c（NH4+）=c（Cl﹣），则混合液的pH=7
C．已知草酸氢钾溶液呈酸性，则在0.1
mol L﹣1KHC2O4溶液中c（C2O42﹣）＞c（K+）＞c（H2C2O4）
D．pH=3的0.1
mol L﹣1HA溶液与0.05
mol L﹣1NaOH溶液等体积混合后所得溶液中：2c（H+）+c（HA）=c（A﹣）+2c（OH﹣）
【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．
【分析】A．向醋酸溶液中加入醋酸钠固体抑制醋酸电离；
B．根据电荷守恒判断；
C．HC2O4﹣部分电离，c（K+）＞c（C2O42﹣）；
D．根据电荷守恒和物料守恒分析解答．
【解答】解：A．向醋酸溶液中加入醋酸钠固体抑制醋酸电离，溶液中氢离子浓度减小，溶液的pH增大，故A正确；
B．溶液中c（NH4+）=c（Cl﹣），根据电荷守恒得c（NH4+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（Cl﹣），所以c（H+）=c（OH﹣），所以溶液呈中性，故B正确；
C．HC2O4﹣部分电离，c（K+）＞c（C2O42﹣），故C错误；
D．根据溶液的电中性可知溶液中存在c（H+）+c（Na+）=c（OH﹣）+c（A﹣），根据物料守恒2c（Na+）=c（A﹣）+c（HA），两者综合得到2c（H+）+c（HA）=c（A﹣）+2c（OH﹣），故D正确；
故选C．
　
7．某矿石主要含CuO和Cu2（OH）2CO3，以及少量Fe2O3、FeO和SiO2．按如下流程可制得Cu3N和铁红．
下列说法不正确的是（　　）
A．每生成1mol
Cu3N，转移的电子为6mol
B．滤液G可以并入滤液E加以利用
C．加入NH4HCO3溶液需控制温度以抑制Fe2+水解和NH4HCO3分解
D．由FeCO3转化为Fe2O3的操作包括洗涤、干燥、空气中煅烧
【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．
【分析】某矿石主要含CuO和Cu2（OH）2CO3，以及少量Fe2O3、FeO和SiO2，与酸反应，SiO2不反应，过滤滤渣A为是SiO2，滤液B中含有Cu2+、Fe2+、Fe3+，加C过滤，滤渣D最终转化为Cu3N，滤液最终转化为氧化铁，所以滤液E中含有Fe2+，滤渣D为Cu和多余的Fe，C为铁粉，滤渣D加酸溶解，过滤，滤液G为Fe2+溶液，滤渣F为Cu；滤液E中含有Fe2+与碳酸氢铵反应生成FeCO3，FeCO3在空气中煅烧得到Fe2O3，据此分析．
【解答】解：某矿石主要含CuO和Cu2（OH）2CO3，以及少量Fe2O3、FeO和SiO2，与酸反应，SiO2不反应，过滤滤渣A为是SiO2，滤液B中含有Cu2+、Fe2+、Fe3+，加C过滤，滤渣D最终转化为Cu3N，滤液最终转化为氧化铁，所以滤液E中含有Fe2+，滤渣D为Cu和多余的Fe，C为铁粉，滤渣D加酸溶解，过滤，滤液G为Fe2+溶液，滤渣F为Cu；滤液E中含有Fe2+与碳酸氢铵反应生成FeCO3，FeCO3在空气中煅烧得到Fe2O3，
A．Cu转化为
Cu3N，Cu的化合价升高1价，则每生成1mol
Cu3N，转移的电子为3mol，故A错误；
B．由分析可知，滤液G为Fe2+溶液，滤液E中含有Fe2+，所以滤液G可以并入滤液E加以利用，故B正确；
C．温度太高，会促进亚铁离子水解，而且NH4HCO3分解，所以需控制温度以抑制Fe2+水解和NH4HCO3分解，故C正确；
D．通过过滤把FeCO3从溶液中分离出来，需要洗涤、干燥，然后在空气中煅烧就得到Fe2O3，故D正确．
故选A．
　
二、解答题（共5小题，满分58分）
8．乙烯产量通常用来衡量一个国家石油化工水平，用乙烯为原料可以合成很多有机产品．下图是相关武装带转化情况：
请回答：
（1）B中官能团的名称是　醛基　．
（2）D→E的反应类型是　加成反应　．
（3）H与G有相同的官能团，H的结构简式为　CH3COOCH=CH2　．
（4）G是一种具有甜橙和葡萄香味的无色至淡黄色液体，在光和热作用下易产生白色粉末．下列说法正确的是　BC　．
A、F与G相差2个﹣CH2﹣原子团，属于同系物
B、G能使Br2的CCl4溶液褪色
C、是G的一种同分异构体
D、G经光照产生白色粉末一定是因为发生了氧化反应
（5）F→G的化学方程式　　．
【考点】有机物的推断．
【分析】乙烯与水发生加成反应生成A为CH3CH2OH，乙醇在Cu或Ag作催化剂条件下发生氧化反应B为CH3CHO，CH3CHO可进一步氧化生成C为CH3COOH，H与G有相同的官能团，结合H的分子式可知H为CH3COOCH=CH2．苯乙烯与四氯化碳发生加成反应生成E，E发生水解反应、消去反应得到F为，F与乙醇发生酯反应生成G．
【解答】解：乙烯与水发生加成反应生成A为CH3CH2OH，乙醇在Cu或Ag作催化剂条件下发生氧化反应B为CH3CHO，CH3CHO可进一步氧化生成C为CH3COOH，H与G有相同的官能团，结合H的分子式可知H为CH3COOCH=CH2．苯乙烯与四氯化碳发生加成反应生成E，E发生水解反应、消去反应得到F为，F与乙醇发生酯反应生成G．
（1）B为CH3CHO，官能团的名称是醛基，故答案为：醛基；
（2）D→E的反应类型是：加成反应，故答案为：加成反应；
（3）H的结构简式为CH3COOCH=CH2，故答案为：CH3COOCH=CH2；
（4）A．F含有羧基，G含有酯基，二者不是同系物，故A错误；
B．G中含有碳碳双键，能使Br2的CCl4溶液褪色，故B正确；
C．与G的分子式相同，二者互为同分异构体，故C正确；
D．G经光照产生白色粉末，可能发生加聚反应，故D错误，
故选：BC；
（5）F→G的化学方程式：，
故答案为：．
　
9．过氧化钡常温下缓慢分解，不溶于水，常用作氧化剂、漂白剂等．请回答：
（1）BaO2的电子式为　　．
（2）BaO2在有水存在下，通过与二氧化碳作用，分解生成过氧化氢，其化学反应方程式为　BaO2+H2O+CO2=BaCO3+H2O2　．
（3）BaCl2在氨水中与H2O2反应可得到BaO2沉淀，用一个离子反应方程式表示其原理　Ba2++H2O2+2NH3 H2O=BaO2+2NH4++2H2O　．
（4）配平下列反应方程式：
　2　MnO4﹣+　5　BaO2+=　5　Ba2++　5O2　+　2　Mn2++　8　H2O．
【考点】氧化还原反应方程式的配平；氧化还原反应．
【分析】（1）依据过氧化钠结构可知过氧化钡中钡离子与过氧根离子通过离子键结合，过氧根中两个氧原子通过共价键结合；
（2）依据题干可知：过氧化钡与二氧化碳和水反应生成碳酸钡和过氧化氢；
（3）依据题干可知：BaCl2在氨水中与H2O2反应生成BaO2沉淀和氯化铵和水；
（4）反应中+7价锰化合价降为+2价，过氧化钡中﹣1价氧化升高为氧气中0价，依据氧化还原反应得失电子守恒结合原子个数守恒配比书写方程式．
【解答】解：（1）过氧化钡中，钡离子与过氧根离子通过离子键结合，氧原子之间通过共价键结合，过氧化钡的电子式：；
故答案为：；
（2）过氧化钡与二氧化碳和水反应生成碳酸钡和过氧化氢，化学方程式：BaO2+H2O+CO2=BaCO3+H2O2；
故答案为：BaO2+H2O+CO2=BaCO3+H2O2；
（3）BaCl2在氨水中与H2O2反应生成BaO2沉淀和氯化铵和水，离子方程式：Ba2++H2O2+2NH3 H2O=BaO2+2NH4++2H2O；
故答案为：Ba2++H2O2+2NH3 H2O=BaO2+2NH4++2H2O；
（4）反应中+7价锰化合价降为+2价，过氧化钡中﹣1价氧化升高为氧气中0价，要使得失电子守恒则高锰酸根离子系数为2，过氧化钡系数为5，依据原子个数守恒，反应的方程式：2MnO4﹣+5BaO2+16H+=2Mn2++5O2↑+5Ba2++8H2O；
故答案为：2；5；16H+；5；5O2↑；2；8．
　
10．2.38g化合物甲，在空气中充分煅烧后，得固体残留物乙1.82g和标准状况下896mL气体A，该气体能使品红溶液褪色，加热后品红溶液恢复至原色．所得固体残留物乙能全部溶于稀硫酸得溶液B，能部分溶于NaOH溶液中得溶液C和0.8g残留物D．取少量溶液B，滴加KSCN溶液，发现溶液变为血红色．
请推测并回答：
（1）用离子反应方程式解释溶液变为血红色的原因：　Fe3++3SCN﹣=Fe（SCN）3　．
（2）写出形成溶液C的化学方程式：　Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O　．
（3）写出气体A通入溶液B中，发生氧化还原的离子反应方程式：　2H2O+2Fe3++SO2=2Fe2++SO42﹣+4H+　．
（4）写出化合物甲的化学式　FeAlS4　．
（5）有人认为：化合物甲中部分元素所形成的合金，在气体A中可逐渐形成化合物甲，试从氧化还原的角度，分析该说法的合理性：　金属铁和铝具有还原性，二氧化硫中的S是+4价，具有氧化性，可以发生反应生成低价态的硫化物　．
【考点】有关有机物分子式确定的计算．
【分析】2.38g化合物甲，在空气中充分煅烧后，得固体残留物乙1.82g和标准状况下896mL即0.04mol气体A，该气体能使品红溶液褪色，加热后品红溶液恢复至原色，所以A是SO2，所得固体残留物乙能全部溶于稀硫酸得溶液B，加KSCN溶液，发现溶液变为血红色，所以B是硫酸铁溶液，固体残留物中存在氧化铁，固体残留物部分溶于NaOH溶液中，所以一定含有氧化铝，固体残留物乙1.82g是氧化铝和氧化铁的混合物，其中Fe2O3是0.8g，Al2O3是1.82g﹣0.8g=1.02g，据此推断化合物甲中一定含有的元素是Fe、Al、S，n（Al）=0.02mol，n（Fe）=0.02mol，n（S）=0.04mol，得到物质的分子式，根据物质的性质进行回答即可．
【解答】解：2.38g化合物甲，在空气中充分煅烧后，得固体残留物乙1.82g和标准状况下896mL即0.04mol气体A，该气体能使品红溶液褪色，加热后品红溶液恢复至原色，所以A是SO2，所得固体残留物乙能全部溶于稀硫酸得溶液B，加KSCN溶液，发现溶液变为血红色，所以B是硫酸铁溶液，固体残留物中存在氧化铁，固体残留物部分溶于NaOH溶液中，所以一定含有氧化铝，固体残留物乙1.82g是氧化铝和氧化铁的混合物，其中Fe2O3是0.8g，Al2O3是1.82g﹣0.8g=1.02g，据此推断化合物甲中一定含有的元素是Fe、Al、S，n（Al）=0.02mol，n（Fe）=0.02mol，n（S）=0.04mol，得到物质的分子式为FeAlS4．
（1）加KSCN溶液，发现溶液变为血红色，所以B中存在铁离子，发生反应为：Fe3++3SCN﹣=Fe（SCN）3，故答案为：Fe3++3SCN﹣=Fe（SCN）3；
（2）氧化铝可以和氢氧化钠之间反应生成偏氯酸钠和水，即：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O．故答案为：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；
（3）气体二氧化硫通入硫酸铁溶液中，发生氧化还原反应，离子反应方程式为：2H2O+2Fe3++SO2=2Fe2++SO42﹣+4H+，故答案为：2H2O+2Fe3++SO2=2Fe2++SO42﹣+4H+；
（4）物质甲的分子式为FeAlS4，故答案为：FeAlS4；
（5）金属铁和铝具有还原性，二氧化硫中的S是+4价，具有氧化性，可以发生反应生成低价态的硫化物，故答案为：金属铁和铝具有还原性，二氧化硫中的S是+4价，具有氧化性，可以发生反应生成低价态的硫化物．
　
11．近几年，利用CO2合成二甲醚已成为人们所关注的热点．其反应原理如下：
反应①CO2（g）+3H2（g） CH3OH（g）+H2O（l）△H1=﹣49.01kJ/moL
反应②2CH3OH（g） CH3OCH3（g）+H2O（l）△H2=﹣24.52kJ/moL
反应③CO2（g）+H2（g） CO（g）+H2O（l）△H3
请回答：
（1）CO2转化为二甲醚的反应原理为：
反应④：2CO2（g）+6H2（g） CH3OCH3（g）+3H2O（l）△H4=　△H1=﹣122.541kJ/moL；　．
（2）下列不能说明反应③在298K、恒容条件下达化学平衡状态的是　ABD　．
A、v正（H2）=v逆（H2O）
B、n（CO2）：n（H2）：n（CO）：n（H2O）=1：1：1：1
C、混合气体的密度不变
D、混合气体的平均相对分子质量不变
E、容器的压强不变
（3）写出反应②在500K时的平衡常数表达式：　　．
（4）如图表示起始投料量=4时，反应③、④中CO2的平衡转化率随反应温度的变化关系图，根据图示回答下列问题：
①△H3　＞　0（填写“＞”、”＜”、“=”）
②　低温　（高温或低温）有利于提高反应④二甲醚的产率，请简述理由：　较低温度下，反应反应③二氧化碳的转化率较小而反应④较大，所以较低温度对反应④有利，二甲醚的产率较高　．
③若起始投料量=4，起始温度为298K，反应④在503K时达到平衡，请在上图画出CO2转化率随温度升高的变化曲线．
【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断．
【分析】（1）已知：①CO2（g）+3H2（g） CH3OH（g）+H2O（l）△H1=﹣49.01kJ/moL
②2CH3OH（g） CH3OCH3（g）+H2O（l）△H2=﹣24.52kJ/moL
由盖斯定律可得：①×2+②=④：2CO2（g）+6H2（g） CH3OCH3（g）+3H2O（l），据此计算；
（2）根据化学平衡状态特征：正逆反应速率相等，各组分含量保持不变分析；
（3）根据化学平衡常数概念列式；
（4）①根据温度对化学平衡的影响分析；
②反应④的二氧化碳的转化率随温度的升高而降低，低温有利；
③反应④在503K时达到平衡，则在该温度下二氧化碳的转化率最高，据此画出图象．
【解答】解：（1）已知：①CO2（g）+3H2（g） CH3OH（g）+H2O（l）△H1=﹣49.01kJ/moL
②2CH3OH（g） CH3OCH3（g）+H2O（l）△H2=﹣24.52kJ/moL
由盖斯定律可得：①×2+②=④：2CO2（g）+6H2（g） CH3OCH3（g）+3H2O（l），△H1=﹣122.541kJ/moL；
故答案为：△H1=﹣122.541kJ/moL；
（2）反应③CO2（g）+H2（g） CO（g）+H2O（l），
A、v正（H2）=v逆（H2O），水为纯液态，不能计算反应速率，不能判断化学平衡状态，故A错误，
B、反应参与量满足：n（CO2）：n（H2）：n（CO）：n（H2O）=1：1：1：1，平衡不具有这一特征，故B错误，
C、混合气体的质量减小、恒容，气体体积不变，所以密度发生改变，密度不变时，反应达到化学平衡状态，故C正确，
D、对于该反应，混合气体的质量减小为水的质量，混合气体的平均相对分子质量不变，不能作为判断依据，故D错误，
E、该反应是气体体积缩小的反应，若容器的压强不变，说明正逆反应速率相等，已经达到平衡状态，故E正确；
故答案为：ABD；
（3）反应②2CH3OH（g） CH3OCH3（g）+H2O（l）△H2=﹣24.52kJ/moL500K时的化学平衡常数K=；
故答案为：；
（4）①根据图示，反应③的二氧化碳的转化率随温度的升高而增大，说明温度升高后，平衡正向移动，故正反应为吸热反应；
故答案为：△H＞0；
②较低温度下，反应反应③二氧化碳的转化率较小而反应④较大，所以较低温度对反应④有利，二甲醚的产率较高；
故答案为：低温；较低温度下，反应反应③二氧化碳的转化率较小而反应④较大，所以较低温度对反应④有利，二甲醚的产率较高；
③反应④在503K时达到平衡，则从298K开始，二氧化碳的转化率逐渐增大，当温度达到503K时，二氧化碳的转化率达到最大，当温度大于503K后，二氧化碳的转化率会减小，则CO2转化率随温度升高的变化曲线为：；
故答案为：．
　
12．乙醚是化工生产中重要的溶剂，也用作药物生产的萃取剂和医疗上的麻醉剂．实验室通过乙醇脱水制备：
【原理】2CH3CH2OH
CH3CH2OCH2CH3+H2O
【主要物质物理性质】
物质
熔点℃
沸点℃
溶解性
水
醇
醚
浓硫酸
10.35
340
互溶
互溶
互溶
乙醚
﹣89.12
34.5
微溶（在盐溶液中溶解度降低）
互溶
互溶
乙醇
﹣114.5
78.4
极易溶
极易溶
极易溶
【装置】
【实验步骤】
I、加浓硫酸和95%乙醇各12mL于三颈瓶中，并将三颈瓶浸入冰水中冷却，将25mL95%乙醇加入滴液漏斗，组装好仪器．
II、加热三颈瓶，使反应瓶温度迅速上升到140℃，然后开始慢慢滴加乙醇，控制合适的滴加速度，维持反应温度在135﹣145℃．
III、反应停止后，去掉热源，得粗产品．
IV、将粗产品转入仪器A，依次用8mL5%NaOH溶液、8mL试剂B、8mL（两次）饱和CaCl2溶液洗涤．
V、处理后的粗产品最后用无水氯化钙干燥至澄清，经操作C得到16.8g乙醚．
请回答：
（1）在步骤I中，向三颈瓶中加乙醇和浓硫酸的顺序是先加　乙醇　，再加　浓硫酸　．
（2）比较改进装置中两根冷凝管中水温的高低，如果用橡皮管将一个冷凝管的出水口接到另外一个冷凝管的进水口，有关说法和操作方法最合理的是　B　．
A、冷凝管1的水温相对高，水流方向为a→b→d→c
B、冷凝管1的水温相对高，水流方向为d→c→a→b
C、冷凝管2的水温相对高，水流方向为a→b→d→c
D、冷凝管2的水温相对高，水流方向为d→c→a→b
（3）反应过程中发现温度计1正常，温度计2的读数比预计温度高，为保证实验成功，可进行的操作是　D　
A、适当加快滴液漏斗中乙醇的滴加速度
B、降低加热装置的加热温度
C、将温度计2拔高一点
D、加快冷凝管中水的流速
（4）改进装置能将产率提高50%，传统装置产率低的主要原因是　传统装置中乙醇被大量蒸出，降低了产率　．
（5）在步骤IV中，仪器A的名称是　分液漏斗　．
（6）在步骤IV中，用NaOH溶液时为了除去　二氧化硫、二氧化碳　，然后用试剂B洗涤NaOH，以免跟CaCl2产生沉淀，试剂B最好是　饱和NaCl溶液　（“乙醇”、“蒸馏”、“饱和NaCl”溶液）．
【考点】制备实验方案的设计．
【分析】（1）根据浓硫酸的稀释操作进行解答；
（2）改进装置提高乙醇的利用率，冷凝管1冷却乙醇，不冷却乙醚，冷凝管2冷却乙醚，乙醇的沸点高于乙醚，则冷凝管1中的温度较高，冷凝管2中的温度较低，结合采取逆流原理通入冷凝水，使冷凝管充满冷凝水，充分冷却；
（3）温度计2的读数比预计温度高，可能有乙醇蒸出，冷凝水未能充分冷却，应加快冷凝管中水的流速；
（4）传统装置中乙醇被蒸出；
（5）粗产品洗涤后需要进行分液分离；
（6）会反应副反应生成二氧化硫、二氧化碳，用NaOH溶液时为了除去二氧化硫、二氧化碳，然后饱和NaCl溶液洗涤NaOH，以免跟CaCl2产生沉淀，可以降低乙醚的溶解度．
【解答】解：（1）向三颈瓶A加乙醇和浓硫酸的顺序为：先加入乙醇，再慢慢倒入浓硫酸，边倒边搅拌，
故答案为：乙醇；浓硫酸；
（2）改进装置提高乙醇的利用率，冷凝管1冷却乙醇，不冷却乙醚，冷凝管2冷却乙醚，乙醇的沸点高于乙醚，则冷凝管1中的温度较高，冷凝管2中的温度较低，结合采取逆流原理通入冷凝水，使冷凝管充满冷凝水，充分冷却，水流方向为d→c→a→b，
故选：B；
（3）温度计2的读数比预计温度高，可能有乙醇蒸出，冷凝水未能充分冷却，应加快冷凝管中水的流速，
故选：D；
（4）传统装置中乙醇被大量蒸出，降低了产率，
故答案为：传统装置中乙醇被大量蒸出，降低了产率；
（5）粗产品洗涤后需要进行分液分离，仪器A为分液漏斗，
故答案为：分液漏斗；
（6）会反应副反应生成二氧化硫、二氧化碳，用NaOH溶液时为了除去二氧化硫、二氧化碳，用饱和氯化钠水溶液洗涤，以免跟CaCl2产生沉淀，既可以洗去残留在乙醚中的碱，又可以减少乙醚在水中的溶解度．
故答案为：除去二氧化硫、二氧化碳；饱和NaCl溶液．
　
2016年12月26日