【百强校】2015-2016学年江苏省泰州中学高一下期末化学试卷(带解

【百强校】2015-2016学年江苏省泰州中学高一下期末化学试卷（带

解析）

一、选择题

1.进入21世纪以来，世界各国对于开发新能源的举措越来越新奇，下列做法不可行的是

A ．美国一些科学家开发利用人体能，一些超级市场将顾客拉门消耗的能量贮存起来转化为电能，用于超级市场的电能消耗

B ．英国农村大面积种植油菜，用植物油代替石油

C ．英国科学家对一种嗜热链球菌进行基因移植后，新繁殖后的大量细菌在较高温度下，把稻草中的植物纤维转变为乙醇

D ．英美科学家在酶的作用下将水分解成氢气和氧气，利用其释放的能量

【答案】D

【解析】

试题分析：A ．美国一些科学家开发利用人体能，一些超级市场将顾客拉门消耗的能量贮存起来转化为电能，用于超级市场的电能消耗，可以实现能量的转化和充分利用，正确；

B ．英国农村大面积种植油菜，用植物油代替石油，就可以减少化石能源的使用和开采，实现能量的转化和充分利用，也减少的碳的排放，正确；

C ．新繁殖后的大量细菌在较高温度下，把稻草中的植物纤维转变为乙醇，可以充分利用能量，也减少了污染物的排放，正确；

D ．水分解成氢气和氧气，过程中要吸收能量，错误。

考点：考查物质转化和能量变化正误判断的知识。

2.下列物质中，不属于有机物的是

A ．酒精

B ．尿素

C ．石英

D ．塑料

【答案】C

【解析】

试题分析：A ．酒精化学式是C 2H 6O ，是含有碳元素的化合物，属于有机物，错误；B ．尿素

化学式是CO(NH 2)2，是含有碳元素的化合物，属于有机物，错误；C ．石英化学式是SiO 2，该化合物中不含有C 碳元素，是无机化合物，之前；D ．塑料是含有碳元素的化合物，属于有机物，错误。

考点：考查有机物、无机物的判断的知识。

3.下列变化属于物理变化的是

A ．煤的干馏

B ．石油的分馏

C ．铁器生锈

D ．红磷转化为白磷

【答案】B

【解析】

试题分析：A ．煤的干馏是把煤隔绝空气加强热，使它分解的过程，属于化学变化，错误；

B ．石油的分馏是利用液体混合物中各组分沸点的不同将其分开的过程，没有新物质产生，是物理变化，正确；

C ．铁器生锈是由铁的单质变为氧化物，有新物质产生，是化学变化，错误；

D ．白磷、红磷是不同的物质，红磷转化为白磷是化学变化，错误。

考点：考查物理变化、化学变化的判别的知识。

4.原子核中的质子数或中子数为某些特定数值时，原子核就异常稳定，科学家将这些数值称为“幻数”，科学家在人造硅同位素1442Si 中发现新的物理学“幻数”，下列有关1442Si 的说法正

确的是

A ．原子序数是42

B ．质量数是14

C ．中子数是42

D ．电子数是14

【答案】D

【解析】

试题分析：1442Si 质子数是14，质量数是42，中子数是42-14=28核外电子数是14，原子序

数等于质子数是14，属于选项D 正确。

考点：考查同位素原子构成微粒的关系的知识。

5.下列化学用语表示正确的是

A ．硫原子的结构示意图：

B ．HCl 的电子式：

C ．乙酸的结构式：C 2H 4O 2

D ．硫酸钠的电离方程式：Na 2SO 4=2Na ++SO 42-

【答案】D

【解析】

试题分析：A ．硫原子核外有16个电子，原子结构示意图是

，错误；B ．HCl 是共价化合物，HCl 的电子式是

，错误；C ．.乙酸的分子式：C 2H 4O 2，错误；D ．硫酸钠是强电解

质，在水溶液或熔融状态下电离产生Na +、SO 42-。其电离方程式是：Na 2SO 4=2Na ++SO 42-，正确。

考点：考查化学用语正误判断的知识。

6.除去乙烷中乙烯所需的试剂和方法是

A ．溴水，洗气

B ．空气，点燃

C ．浓硫酸，洗气

D ．氢气，加热

【答案】A

【解析】

试题分析：乙烯会与溴水发生加成反应产生液体的1,2-二溴乙烷，而乙烷是气体，因此可以通过溴水洗气除去，故选项A 正确。

考点：考查混合物的分离与除杂的知识。

7.一定条件下，在容积为2L 的密闭容器内发生反应：2SO 2(g)+O 2(g)2SO 3(g)已知起始充入

4molSO 2（g ）和2molO 2（g ），经2s 后测得SO 3的浓度为0.6mol/L 。下列说法正确的是

A ．降低体系温度能加快该反应的速率

B ．0～2S 内用O 2表示该反应的平均费用速率为0.15mol/（L·s ）

C ．增大SO 3的浓度能减慢该反应速率

D ．反应一段时间后可生成4molSO 3

【答案】B

【解析】

试题分析：A ．降低体系温度，使活化分子数减少，该反应的速率减慢，错误；B ．0～2s 内用SO 3表示该反应的平均费用速率为v(SO 3)=" 0.6mol/L" ÷2s="0.3" mol/（L·s ），由于用不同物

质表示的化学反应速率比等于方程式的化学计量数的比，所以v(O 2)="1/2" v(SO 3)=0.15mol/

（L·s ），正确；C ．增大SO 3的浓度能加快该反应速率，错误；D ．该反应是可逆反应，反应

物不能完全转化为生成物，所以4molSO 2不可能生成4molSO 3，错误。

考点：考查化学反应速率的计算、影响因素及可逆反应的特点的判断的知识。

8.下列化合物中，既含有离子键，又含有非极性共价键的是

A ．H 2O 2

B ．NaOH

C ．Na 2O 2

D ．NH 4Cl

【答案】C

【解析】

试题分析：A ．H 2O 2是共价化合物，含有极性共价键和非极性共价键，错误；B ．NaOH 是复

杂的离子化合物，含有离子键、极性共价键，错误；C ．Na 2O 2是复杂的离子化合物，含有离

子键、非极性共价键，正确；D ．NH 4Cl 是离子化合物，含有离子键、极性共价键，错误。

考点：考查化合物的类型与含有的化学键的类型的判断的知识。

9.下列物质的转化中，不能通过一步化学反应实现的是

A ．Cu→CuSO 4

B ．SiO 2→H 2SiO 3

C ．→

D ．CH 2=CH 2→CH 3CH 3

【答案】B

【解析】

试题分析：A ．Cu 与浓硫酸共热发生反应产生CuSO 4，错误；B ．SiO 2难溶于水，不能与水直

接发生反应产生H 2SiO 3，正确；C ．苯与氢气在催化剂作用下发生加成反应产生环己烷，错误；

D ．CH 2=CH 2与氢气发生加成反应产生CH 3CH 3，错误。

考点：考查物质制备途径的判断的知识。

10.在强酸性溶液中，下列各组离子一定能大量共存的是

A ．Cl -、Cu 2+

、SO 42-、NO 3-

B ．OH -、Na +、SO 42-、CH 3COO -

C ．Cl -、Fe 2+、MnO 4-、NO 3-

D ．AlO 2-、Na +、CO 32-、NO 3-

【答案】A

【解析】

试题分析：A ．Cl -、Cu 2+、SO 42-、NO 3-在强酸性环境中不能发生任何反应，可以大量共存，正确；B ．OH -、CH 3COO -与H +会发生反应，产生H 2O 、CH 3COOH ，不能大量共存，错误；C ．H +与Fe 2+、MnO 4-、NO 3- 会发生氧化还原反应，不能大量共存，错误；D ．H +与AlO 2-、CO 32-会发生复分解反应，不能大量共存，错误。

考点：考查离子大量共存的知识。

11.从海带灰里提取单质碘的实验过程中，所涉及装置、操作正确且能达到实验目的的是

A ．用图①所示装置，过滤海带灰浸取液

B ．用图②所示装置，在滤液中通入Cl 2置换I 2

C ．用图③所示装置，先放出下层液体，再放出有机层

D ．用图④所示装置，回收萃取剂苯并获得单质碘

【答案】A

【解析】

试题分析：A ．符合难溶性固体与可溶性的液体分离的方法，正确；B ．反应时入气导气管要伸入液面下，错误；C ．不溶性的两层液体物质分离时，下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出，错误；D ．从含有碘单质的苯溶液中回收苯，温度计水银球要在液面以上支管口附近，错误。

考点：考查化学实验操作正误判断的知识。

12.下列各组物质中，互为同分异构体的是

A ．O 2和O 3

B ．

C 2H 6和C 3H 8

C ．葡萄糖和蔗糖

D ．CH 3CH 2OH 和CH 3OCH 3

【答案】D

【解析】

试题分析：A ．O 2和O 3是氧元素的两种不同的单质，属于同素异形体，错误；B ．C 2H 6和C 3H 8结构相似，在分子组成上相差一个CH 2原子团，属于同系物，错误；D ．CH 3CH 2OH 和

CH 3OCH 3分子式相同，结构不同，属于同分异构体，正确。

考点：考查同分异构体的判断的知识。

13.下列关于糖类、油脂、蛋白质的说法正确的是

A ．蔗糖在人体内水解产物只有葡萄糖

B ．油脂水解可得到氨基酸和甘油

C ．淀粉和纤维素水解最终产物都是葡萄糖

D ．鉴别部分蛋白质可利用浓硫酸与蛋白质的颜色反应

【答案】C

【解析】

试题分析：A ．蔗糖在人体内水解产物产生葡萄糖和果糖，错误；B ．油脂水解可得到高级脂肪酸和甘油，错误；C ．淀粉和纤维素都是多糖，水解最终产物都是葡萄糖，正确；D ．鉴别部分蛋白质可利用浓硝酸与蛋白质的颜色反应，错误。

考点：考查关于糖类、油脂、蛋白质的说法正误判断的知识。

14.利用辉铜矿冶铜时发生的主要反映为Cu 2S+O 2

2Cu+SO 2，下列有关该反应的说法中正确的是

A ．硫元素被氧化

B ．O 2失去电子

C ．CuS 仅作还原剂

D ．反应中Cu 元素化合价没有发生变化

【答案】A

【解析】

试题分析：A ．在该反应中S 元素的化合价由反应前Cu 2S 中的-2价变为反应后SO 2中的+4价，化合价升高，失去电子，硫元素被氧化，正确；B ．O 2获得电子，元素的化合价由反应前O 2的0价变为反应后SO 2的-2价，错误；C ．CuS 在反应中Cu 元素被还原为Cu 单质，S 元素被氧化为SO 2，所以Cu 2S 既作还原剂，又做氧化剂。错误；D ．反应中Cu 元素化合价降低，获得电子，被还原，错误。

考点：考查氧化还原反应的有关知识。

15.设N A 为阿伏伽德罗常数的值，下列说法中正确的是 A ．常温常压下，16g CH 4中含有的原子总数为5N A B ．78g 苯含有碳碳双键的数目为3N A C ．1mol/L NaCl 溶液中含有的氯离子数目为N A

D ．标准状态下，11.2L CH 3COOH 中含有的分子数目为0.5N A 【答案】A 【解析】

试题分析：A ．常温常压下，16g CH 4的物质的量是1mol ，由于1个分子中含有5个原子，所以1mol 该物质的分子中含有的原子总数为5N A ，正确；B ．苯分子中无碳碳双键，错误；

C ．只有浓度，缺少体积，不能确定微粒的数目，错误；

D ．标准状态下， CH 3COOH 是液体，不能使用气体摩尔体积计算，错误。 考点：考查阿伏伽德罗常数的计算的知识。 16.下列反应的离子方程式书写正确的是 A ．稀盐酸与稀氨水反应：H +

+OH-=H 2O

B ．碳酸钙与醋酸反应：CaCO 3+2H +

=Ca 2+

+CO 2↑+H 2O

C ．碘化钾溶液在酸性条件下被氧气氧化：4I -+O 2+4H +

=2I 2+H 2O D ．二氧化氮与水反应：2NO 2+2H 2O=2H -+2NO 3-+H 2 【答案】C 【解析】

试题分析：A ．一水合氨是弱碱，不能写成离子形式，错误；B ．醋酸是弱酸，应该写化学式，错误；C ．符合原子守恒、电子守恒、电荷守恒，正确；D ．二氧化氮与水反应产生硝酸和NO ，反应原理错误。

考点：考查离子方程式正误判断的知识。 17.关于金属的冶炼，下列说法正确的是 A ．通过电解饱和食盐水可制得单质Na B ．工业上常用H 2还原MgO 制得单质Mg

C ．通过加热分解HgO 可制得单质Hg

D ．用铝热法还原MnO 2和Fe 2O 3，制得金属各1mol ，消耗铝较少的是MnO 2

【答案】C

【解析】

试题分析：A ．通过电解熔融食盐可制得单质Na ，错误；B ．工业上常用电解熔融的MgCl 2的方法制得单质Mg ，错误；C ．Hg 活动性弱，可通过加热分解HgO 可制得单质Hg ，正确；

D ．用铝热法还原MnO 2和Fe 2O 3，制得金属各1mol ，消耗铝前者是4/3mol ，后者是1mol ，

所以消耗铝较少的是Fe 2O 3，错误。

考点：考查关于金属的冶炼方法及有关计算的知识。

18.Mg —H 2O 2电池可用于驱动“蛟龙号”潜航器。该电池以镁片、石墨为电极，海水为电解质溶

液，电池反应为Mg+H 2O 2=Mg （OH ）2。该电池工作时，下列说法正确的是

A ．Mg 电极是该电池的正极

B ．电池工作时实现了电能向化学能的转化

C ．H 2O 2在石墨电极上发生还原反应

D ．电子从石墨电极流向Mg 电极

【答案】C

【解析】

试题分析：A ．电极活动性Mg ＞石墨，所以Mg 作原电池的负极，石墨作正极。错误。B 该

电池是化学能转化为电能，错误；C ．石墨作正极，在石墨电极发生反应： H 2O 2＋2e-=2OH － ，

发生还原反应，。正确。D ．根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，电子由负极Mg 经过外电路流向正极石墨电极，错误。

考点：考查Mg —H 2O 2电池工作原理的知识。

19.某烃的结构简式是，它不可能具有的性质是

A ．既能使溴水褪色，也能使酸性KMnO 4溶液褪色

B ．易溶于水和有机溶剂

C ．能与H 2在一定条件下发生反应

D ．能发生加聚反应，生成物可用

表示 【答案】B

【解析】

试题分析：A ．该烃分子中含有碳碳双键，可以使溴水褪色，也可以使酸性KMnO 4溶液褪色，

错误；B ．该物质是有机物，根据相似相容原理可知，易溶于有机溶剂，但是却难溶于水，

正确；C ．该物质含有的苯环及碳碳双键，可以与H 2在一定条件下发生加成反应，错误。D ．该物质含有碳碳双键，在一定条件下可发生加聚反应产生聚苯乙烯，错误。

考点：考查有机物的结构与性质的知识。

20.下列有机反应方程式书写正确且属于取代反应的是 A ．CH 2=CH 2+Br 2→CH 2BrCH 2Br B ．2CH 3CH 3+Cl 2

2CH 3CH 2Cl+H 2

C ．CH 3CH 2OH+Na→CH 3CH 2ONa+H 2↑

D ．

+Br 2

+HBr

【答案】D 【解析】

试题分析：A ．CH 2=CH 2+Br 2→CH 2BrCH 2Br 是加成反应，错误；B ．CH 3CH 3+Cl 2

CH 3CH 2Cl+HCl ，

属于取代反应，但是反应原理弄错，错误；C ．2CH 3CH 2OH+2Na→2CH 3CH 2ONa+H 2↑，反应原理正确，但不符合质量守恒定律，错误；D ．反应符合事实，书写符合质量守恒定律，反应属于取代反应，正确。

考点：考查化学反应方程式的书写及反应类型的判断的知识。

21.X 、Y 、Z 、R 、W 是原子序数依次增大的短周期主族元素，X 是元素周期表中原子半径最小的元素。X 与Z 同主族，Y 与W 同主族，R 最外层电子数是电子层数的2倍，下列叙述正确的是

A ．原子半径：W ＞R ＞Z

B ．W 的气态氢化物的热稳定性比Y 的强

C ．Z 与W 形成的是离子化合物

D ．W 的最高价氧化物对应水化物酸性比R 的弱 【答案】C 【解析】

试题分析：X 、Y 、Z 、R 、W 是原子序数依次增大的短周期主族元素，X 是元素周期表中原子半径最小的元素，则X 是H 元素；X 与Z 同主族，则Z 是Na 元素；Y 与W 同主族，R 最外层电子数是电子层数的2倍，则R 是S 元素，W 是Cl 元素，Y 是F 元素。A ．同一周期的元素，原子序数越大，原子半径越小，所以原子半径：W

考点：考查元素周期表、元素周期律的应用的知识。

22.黄铵铁矾可用于治理酸性废水，其化学式可表示为(NH 4)x Fe y (SO 4)n (OH)m 。取一定量黄铵铁矾样品，将其溶于50mL2mol/L H 2SO 4中，再加水稀释至250mL 溶液。取出25mL 稀释后的溶液，加入足量的NaOH 并加热，收集到224mL 气体（已换算成标注状况，假定产生的气体全部逸出），将同时产生的沉淀过滤、洗涤，向滤液中加入足量BaCl 2溶液，生成的白色沉淀

6.99g 。另取出25mL 稀释后的溶液，先将Fe 3+还原为Fe 2+

，再用0.2000mol/LK 2Cr 2O 7标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液25.00ml.该黄铵铁矾样品中m:n 的比值为（已知：Cr 2O 72-+6Fe 2++14H +=2Cr 3++6Fe 3+

+7H 2O ） A ．1:2 B ．1:3 C ．3:4 D ．1:4 【答案】B 【解析】

试题分析：在25mL 溶液中含有NH 4+的物质的量是n(NH 4+)=0.224L÷22.4L/mol=0.01mol ，含有的SO 42-的物质的量是n(SO 42-)=6.99g÷233g/mol=0.03mol ，根据反应方程式可知n(Cr 2O 72-):n(Fe 2+)="1:6," n(Cr 2O 72-)=0.2000mol/L×0.025L=0.005mol ，则25mL 溶液中含有Fe 2+

，的物质的

量是n(Fe 2+)="6" n(Cr 2O 72-)=6×0.005mol=0.03mol ，n(NH 4+)：n(Fe 2+

)：n(SO 42-)=0.01mol:0.03mol ：0.03mol=1:3:3,根据电荷守恒可得1×1+3×2=3×2+1×m ，解得m=1,故m:n=1:3,选项B 正确。 考点：考查物质化学式的计算与确定的知识。 二、简答题

1.下表列出了7种短周期元素在元素周期表中的相对位置，其中元素①的最低负化合价的绝对值与其原子最外层电子数相等，元素⑤是地壳中含量最多的金属元素。

请用相应的化学用语回答下列问题：

（1）元素①在元素周期表中所处的位置是 。

（2）上述7中元素中，非金属性最强的是 （填元素符号）；最高价氧化物对应水化物中，碱性最强的物质的化学式是 。

（3）③、⑥、⑦三种元素形成的简单气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序是 。 （4）元素④和⑤各自的最高价氧化物对应水化物相互间发生反应的离子方程式是 。 （5）化合物甲是元素②形成的最简单氢化物，甲的电子式是 。在微电子工业中，甲的水溶液可作刻蚀剂H 2O 2的清除剂，所得产物不污染环境，其化学方程式是 。 【答案】（1）第二周期、第ⅣA 族（全对给1分，“ⅣA”写成“4”不给分）（1分） （2）O （1分）；NaOH （写名称不给分）（1分）； （3）H 2O ＞H 2S ＞SiH 4（2分）（顺序写反不给分）； （4）Al(OH)3+OH -

=AlO 2-+2H 2O （2分）；

（5）；（1分）2NH 3·H 2O+3H 2O 2=N 2↑+8H 2O 或2NH 3+3H 2O 2=N 2+6H 2O （2分）。

【解析】

试题分析：根据元素在周期表的位置及各自的性质，可确定①是C 元素，②是N 元素，③

是O 元素；④是Na 元素，⑤是Al 元素，⑥是Si 元素；⑦是S 元素。（1）元素①在元素周期表中所处的位置是第二周期、第ⅣA 族；（2）同一周期的元素，原子序数越大，元素的非金属性越强；同一主族的元素，原子核外电子层数越少，元素的非金属性越强。所以上述7中元素中，非金属性最强的是O 元素；由于Na 的金属性最强，所以最高价氧化物对应水化物中，碱性最强的物质的化学式是NaOH ；（3）③、⑥、⑦三种元素形成的简单气态氢化物分别是H 2O 、SiH 4、H 2S ，由于元素的非金属性O ＞S ＞Si ，所以它们的稳定性由强到弱的顺序是H 2O ＞H 2S ＞SiH 4；（4）元素④和⑤各自的最高价氧化物对应水化物分别是NaOH 、Al(OH)3，前者是强碱，后者是两性氢氧化物，二者相互间发生反应的离子方程式是

Al(OH)3+OH -=AlO 2-+2H 2O ；（5）化合物甲是元素②形成的最简单氢化物NH 3，甲的电子式是

。在微电子工业中，甲的水溶液可作刻蚀剂H 2O 2的清除剂，所得产物不污染环境，反

应产生水和N 2，根据电子守恒、原子守恒，可得该化学方程式是2NH 3+3H 2O 2=N 2+6H 2O 。或写为2NH 3·H 2O+3H 2O 2=N 2↑+8H 2O 。 考点：考查元素及化合物的推断、物质的电子式的书写、稳定性、碱性等比较急化学方程式和离子方程式的书写的知识。

2.化学反应原理的发展在化学的发展史上有重要的推动作用。 （1）下图为N 2和O 2生成NO 时的能量变化情况。

则NO 分解为N 2和O 2的反应是 （填“吸热”或“放热”）反应。

（2）在某体积为2L 的密闭容器中充入0.5molNO 2和1molCO ，一定条件下发生反应： NO 2(g)+ CO(g)

CO 2(g)+NO(g)，2min 时，测得容器中NO 的物质的量为0.2mol 。

①该段时间内，用CO 2表示的平均反应率为 。

②下列事实能说明此反应在该条件下已经达到化学平衡的是 （填序号）。 A ．容器内气体总质量保持不变 B ．NO 2的物质的量浓度不再改变 C ．NO 2的消耗速率与CO 2的消耗速率相等 D ．容器内气体总物质的量保持不变

（3）锌锰干电池是最早使用的化学电池，其基本构造如下图所示。电路中每通过0.4mol 电子，负极质量减少 g ；工作时NH 4+在正极放电产生两种气体，其中一种气体分子是含10电子的微粒，正极的电极反应式是 。

【答案】（1）放热（2分）

（2）①0.05mol/(L·min)（2分）（不写单位扣1分）

②BC （2分）（单选B 或C 给1分，错选或多选不给分）

（3）13.0或13（2分）（多写单位扣1分）

2NH 4++2e -

+2NH 3↑+H 2↑（2分）。

【解析】

试题分析：（1）由图可知：N≡N 键的键能为946kJ?mol -1，O=O 键的键能是497 kJ?mol -1，则

反应热=反应物总键能-生成物总键能=946kJ?mol -1 +497kJ?mol -1 -2×632kJ?mol -1 ="180" kJ?mol -1，

该反应的正反应的吸热反应，逆反应必然是放热反应；（2）①v(CO 2)="v(NO)="

0.2mol÷2L÷2min=0.05mol/(L·min)；②A ．该反应是反应前后的物质都是气体，在任何时刻容器内气体的物质的量不变，气体的质量不变，因此不能据此判断反应是否处于平衡状态，错误；B ．若NO 2的物质的量不变，由于容器的容积不变，则其物质的量浓度不再改变，反应

达到平衡状态，正确；C ．根据方程式可知任何时刻NO 2的消耗速率与CO 2的产生速率相等，

若NO 2的消耗速率与CO 2消耗速率相等，则CO 2消耗速率等于其产生速率，二氧化碳的浓度

不变，反应处于平衡状态，正确；D ．该反应是反应前后气体体积相等的反应，在任何时刻容器内气体总物质的量都保持不变，故不能据此判断反应是否处于平衡状态，错误；（3）

在锌锰干电池中Zn 作负极，碳棒作正极。在负极上Zn 失去电子，负极反应为Zn-2e -═Zn 2+，

根据电极反应式可知负极Zn 消耗1mol 时转移2mol 电子，则每通过0.4mole -，负极质量减少

0.2mol×65g/mol=13.0g ；NH 4+在正极上获得电子而放电产生两种气体，其中一种气体分子是含10e -的微粒为氨气，另一种为氢气，2NH 4++2e -+2NH 3↑+H 2↑。

考点：考查键能与反应热的关系、化学反应速率的计算、化学平衡状态的判断及原电池反应原理的应用的知识。

三、实验题

1.某化学兴趣小组的同学对实验室乙酸乙酯的制备和分离进行了实验探究。

制备：下列是该小组同学设计制备乙酸乙酯的实验装置。回答下列问题：

（1）仪器A 的名称 ，装置中长导管的主要作用是 ；

（2）证明锥形瓶中收集到乙酸乙酯的简单方法是 ；分离：锥形瓶中得到的产物是混合物，为了分离该混合物，设计了如下流程：

（3）a 试剂最好选用 ；b 试剂最好选用 。

（4）操作Ⅰ、操作Ⅱ分别是

A ．过滤、分液

B ．萃取、蒸馏

C ．分液、蒸馏

D ．过滤、蒸发

（5）讨论：研究表明质子酸离子液体也可用作酯化反应的催化剂。通过对比实验可以研究不同催化剂的催化效率，实验中除了需控制反应物乙酸、乙醇的用量相同外，还需控制的实验条件是 。

【答案】（1）分液漏斗（有错别字不给分）（1分） 导气、冷凝产物蒸气（1分）

（2）加入几滴饱和碳酸钠水后溶液振荡，如果不互溶或分层，说明有乙酸乙酯生成（或闻到香味）（1分）

（3）饱和Na 2CO 3（2分） 稀硫酸（写化学式给分）（2分）

（4）C （2分）

（5）反应温度（或反应时间）（2分）

【解析】

试题分析：（1）根据图示可知仪器A 是分液漏斗；装置中长导管的主要作用是冷凝产物蒸气和导气的作用；（2）反应物乙醇、乙酸及反应产生的乙酸乙酯的沸点都比较低，通过导气管进入到锥形瓶中，由于乙醇容易溶于水，乙酸可以与碳酸钠溶液发生反应，而乙酸乙酯密度比水小，难溶于水，会出现分层现象，所以可以证明锥形瓶中收集到乙酸乙酯的简单方法是加入几滴饱和碳酸钠水后溶液振荡，如果不互溶或分层，说明有乙酸乙酯生成；（3）分离乙醇、乙酸、乙酸乙酯的a 试剂最好选用饱和碳酸钠溶液；然后分液，得到是A 是乙酸乙酯，B 是乙醇和乙酸钠的混合物，再向B 中加入不具有挥发性的戏硫酸，利用强酸制取弱酸的反应原理。硫酸与乙酸钠发生复分解反应产生乙酸；（4）操作Ⅰ是分液；操作Ⅱ是蒸馏；选项C 正确；（5）讨论：研究表明质子酸离子液体也可用作酯化反应的催化剂。通过对比实验可以研究不同催化剂的催化效率，实验中除了需控制反应物乙酸、乙醇的用量相同外，还需控制的实验条件是反应温度和溶剂、反应时间要相同。

考点：考查实验室制取乙酸乙酯的有关操作等知识。

2.卤块的主要成分是MgCl 2，此外还含Fe 3+、Fe 2+和Mn 2+

等离子。若以它为原料按下图所示工

艺流程进行生产，可制得轻质氧化镁（已知其中有一种中间产物是MgCO 3）。

若要求产品尽量不含杂质，而且生产成本较低，根据表1和表2提供的资料，填写空白： 表1生成氢氧化物沉淀的pH

表2原料价格表

已知：Fe 2+氢氧化物呈絮状，不易从溶液中除去，常将它氧化为Fe 3+

，生成Fe （OH ）3沉淀除去。

（1）在步骤②中加入的试剂X ，最佳的选择是______，其反应的离子方程式是 。

（2）在步骤③中如要控制pH=9.8，其目的是______；在步骤④中加入的试剂Y 应是______； （3）在步骤⑤中发生的化学方程式是______。

【答案】（1）NaClO （2分）；2Fe 2-+ClO -+2H +

=2Fe 3+

+Cl -

+H 2O （2分）

（2）使除Mg 2+

以外的各种杂质金属离子都成为氢氧化物沉淀以便除去（2分）；Na 2CO 3（2分）

（3）MgCO 3+H 2O Mg(OH)2+CO 2↑（2分）。

【解析】

试题分析：（1）步骤②是为了将Fe 2+

氧化成Fe 3+

，并在控制合适的pH 条件时生成Fe(OH)3沉淀而除去。虽然漂液和H 2O 2都可采用，但对比表2提供的原料价格可以看出，漂液比H 2O 2的价格低得多，所以选漂液最合理，故答案为：漂液（NaClO ），根据电子守恒、电荷守恒

及原子守恒，可得该反应的离子方程式是：2Fe 2-+ClO -+2H +=2Fe 3++Cl -+H 2O ；（2）步骤③的目

的在于使除Mg 2+

以外的各种杂质金属离子都生成氢氧化物沉淀，以便通过过滤而除去，应加入NaOH ，如加入纯碱，不能达到较高的pH ，且易生成碳酸镁沉淀，分析表1提供的数据：除去杂质离子合理的pH 范围是3.7＜pH ＜9.8，在此范围内，如果pH 过高，就会有大量的Mg 2+

生成Mg(OH)2而进入沉淀中，从而导致生产成本的提高。为了兼顾产品质量和生产成本，

选择pH=9.8最合理，当然此时Mg 2+

也会部分生成Mg(OH)2沉淀，但由于卤块价格低廉，这点

不可避免的损失还是可以承受的，以此保证产品的纯度值得。故答案为：使除Mg 2+

以外的各

种杂质金属离子都成为氢氧化物沉淀以便除去；步骤④的目的是将Mg 2+

从溶液中沉淀出来．从MgCl 2制得MgO ，有两种可行的方法，一种是向溶液中加入烧碱，另一种方法是向溶液中加入纯碱，此处选用后一种方法更合理．一方面，加烧碱生成的中间产物Mg(OH)2是胶状沉淀，会造成过滤困难，更重要的是反应过程中不能进行轻化处理，只能得到重质氧化镁；加纯碱生成的中间产物MgCO 3呈粗颗粒状，易过滤，MgCO 3在水中经一段时间的加热会有部分反应生成CO 2，由于CO 2气体的产生，使沉淀变得疏松，灼烧沉淀后得到的是轻质氧化镁。另一方面，对比烧碱和纯碱的价格可以看出，纯碱比烧碱价格低得多，采用纯碱路线既合理又经济，故答案为：纯碱；

（3）步骤⑤中反应的化学方程式为：MgCO 3+H 2O Mg(OH)2+CO 2↑。

考点：考查无机化合物的转化生成、分离、提纯等知识。 四、推断题

1.已知A 是一种重要的基本化工原料，能使溴的四氯化碳溶液褪色，其产量常用于衡量一个国家石油化工发展水平的标志，也是一种植物生长调节剂。下列是有机物A ～G 之间的转化关系：

请回答下列问题：

（1）B 的官能团的名称是 ，G 是一种高分子化合物，其链节是 。 （2）由A 生成F 的反应类型是 反应，B 生成C 的化学方程式是 。 （3）B 和D 反应生成E 的化学方程式是 ，该反应类型是反应 。

（4）工业上用30吨D 与46吨B 反应，如果实际产率是理论产率的67%，则实际可得到的E 的质量是 （保留四位有效数字）。

【答案】（1）羟基（有错别字不给分）（1分） —CH 2—CH 2—（1分） （2）加成（1分）；2CH 3CH 2OH+O 22CH 3CHO+2H 2O （2分）；

（3）CH 3CH 2OH+CH 3COOH

CH 3COOCH 2CH 3+H 2O （2分）

酯化或取代（有错别字不给分）（1分） （4）29.48吨（2分）（不写单位扣1分） 【解析】

试题分析：A 是一种重要的基本化工原料，能使溴的四氯化碳溶液褪色，其产量常用于衡量一个国家石油化工发展水平的标志，也是一种植物生长调节剂，则A 是乙烯，结构简式是CH 2=CH 2，乙烯与水发生加成反应产生的B 是CH 3CH 2OH ；CH 3CH 2OH 在Cu 作催化剂时被氧化产生C 是乙醛，结构简式是CH 3CHO ；乙醇被酸性高锰酸钾溶液氧化产生D 是乙酸CH 3COOH ；乙醇与乙酸在浓硫酸作用下，加热发生酯化反应产生E ：乙酸乙酯；乙烯与HCl 发生加成反应产生F ：氯乙烷CH 3CH 2Cl ；在一定条件下发生加聚反应产生G 聚乙烯：

。（1）

B 是乙醇，官能团是羟基，G 是一种高分子化合物聚乙烯，其链节是—CH 2—CH 2—。（2）由A 生成F 的反应类型是加成反应，乙醇被催化氧化产生乙醛的化学方程式是2CH 3CH 2OH+O 2

2CH 3CHO+2H 2O 。（3）乙醇与乙酸在浓硫酸作用下，加热发生酯化反应产生乙酸乙酯和水，酯化反应也是取代反应。B 和D 反应生成E 的化学方程式是CH 3CH 2OH+ CH 3COOH CH 3COOCH 2CH 3+H 2O 。（4）乙酸的相对分子质量是60，, 30吨乙酸的物质的量是

n(CH 3COOH)=30×107g÷60g/mol=5×106

mol ，乙醇的相对分子质量是46，46吨乙醇的物质的量

是n(CH 3CH 2OH)=46×106g÷46tg/mol=1×106

mol ，由于二者反应的物质的量的比是1:1，可见乙醇

过量，如果实际产率是理论产率的67%，则反应的乙酸的物质的量是n(CH 3COOH)= 5×105mol×67%=3.35×105mol,实际可得到的乙酸乙酯的质量是m(CH 3COOCH 2CH 3)= 3.35×106mol×88g/mol= 2.948×107g= 29.48×106g= 29.48吨。

考点：考查元素及化合物的推断、物质的结构、性质、转化、反应类型的判断、方程式的书写及物质的有关计算的知识。

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