四川省成都市成华区列五中学2022-2023学年高二下学期6月月考化学 Word版含解析.docx

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2022-2023学年度高2021级(下)阶段性考试(三)化学试卷注意事项：可能用到的相对原子质量：N-14Pb-207S-32O-16第Ⅰ卷(选择题，共40分)本卷共20题，每题2分，共40分。每题只有一个选项符合题意。1.2023年7月，第31届大运会在东安湖举行，东安湖火炬塔(见下图)采用钢结构，大运会火炬“蓉火”采用铝结构并以丙烷为液态燃料，下列有关说法正确的是A.不锈钢的抗腐蚀性能低于纯铁B.“蓉火”的液态燃料是一种电解质C.铝合金是混合晶体D.火炬传递结束后，可采用关闭燃气阀门的方法熄灭火炬【答案】D【解析】【详解】A．不锈钢中除铁元素外，主要含有合金元素是Cr，具有很强的抗腐蚀性能，抗腐蚀性能强于纯铁，A错误；B．丙烷属于烷烃，是非电解质，B错误；C．铝合金属于特殊的金属材料，是金属晶体，C错误；D．丙烷燃烧需要氧气，可以采取关闭燃气阀门的方法熄灭火炬，D正确；故选D。2.下列化学用语正确的是A.聚丙烯的结构简式：B.丙烷分子的球棍模型：C.四氯化碳分子的电子式：D.醛基的结构简式:-COH【答案】B 【解析】【详解】A．聚丙烯的结构简式是，A错误；B．丙烷分子的球棍模型是，B正确；C．四氯化碳分子中每个原子最外层都有8个电子，其电子式是，C错误；D．醛基的结构简式是-CHO，D错误；选B。3.NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.22.4L(标准状况)氮气中含有7NA个中子B.1mol重水比1mol水多NA个质子C.12g石墨烯和12g金刚石均含有NA个碳原子D.1L1mol·L−1NaCl溶液含有28NA个电子【答案】C【解析】【详解】A．标准状况下22.4L氮气的物质的量为1mol，若该氮气分子中的氮原子全部为14N，则每个N2分子含有(14-7)×2=14个中子，1mol该氮气含有14NA个中子，不是7NA，且构成该氮气的氮原子种类并不确定，故A错误；B．重水分子和水分子都是两个氢原子和一个氧原子构成的，所含质子数相同，故B错误；C．石墨烯和金刚石均为碳单质，12g石墨烯和12g金刚石均相当于12g碳原子，即=1molC原子，所含碳原子数目为NA个，故C正确；D．1molNaCl中含有28NA个电子，但该溶液中除NaCl外，水分子中也含有电子，故D错误；故答案C。4.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.无色透明的溶液中：、、SCN-、B.的溶液中：、、、C.的溶液中：、、、D.能使甲基橙变红的溶液中：、、、 【答案】B【解析】【详解】A．显黄色，且可以与SCN-形成红色络合物，因此无法在无色透明溶液中共存，A不选；B．即溶液为碱性，、、、可以在强碱性溶液中共存，B选；C．Fe2+具有还原性，在环境下具有强氧化性，因此二者会发生氧化还原反应而不能大量共存，C不选；D．能使甲基橙变红的溶液即酸性溶液中，不能大量共存，D不选。因此，本题选B。5.元素周期表隐含着许多信息和规律。以下所涉及的元素均为中学化学中常见的短周期元素，其原子半径及主要化合价列表如下，其中R2Q2用于呼吸面具或潜水艇中作为氧气来源。元素代号MRQTXYZ原子半径／nm0.0370.1860.0740.1020.1500.1600.099主要化合价+1+1－2－2、+4、+6+3+2－1下列说法正确的是A.T、Z的最高价氧化物对应水化物的酸性T镁>铝，则单质失去电子能力最强的是钠，故B错误；C.M与Q分别为氢和氧元素，它们之间形成的化合物为共价化合物，故C错误；D.由上述分析可知，M、Q、Z分别为氢、氧、氯三种元素，分别位于周期表中的一、二、三周期，故D错误。故答案选A。6.A、B、C、D四种无机物具有如图所示的转化关系（反应条件及反应中的水均略去），且A、B、C含有同一种元素。下列说法错误的是A.若A的溶液显碱性，则D可能是单质B.A与C的反应可能是非氧化还原反应C.A或D可能是目前使用最广泛的金属单质D.若C是能使澄清石灰水变浑浊的气体，则A一定是单质【答案】D【解析】【详解】A.若A为氨气，则D为氧气，B为N2，C为NO，氨气和NO反应可以生成N2，故A正确；B.若A为氢氧化钠、D为二氧化碳、B为碳酸钠、C为碳酸氢钠，则A与C的反应是非氧化还原反应，故B正确；C.目前使用最广泛的金属单质是铁，若A为铁、D为硫酸、B为硫酸亚铁、C为硫酸铁，则A和C反应可以生成B，符合要求，若D是单质铁，A为硝酸，则B为硝酸铁，C为硝酸亚铁，硝酸和硝酸亚铁可反应生成硝酸铁，符合转化关系，故C正确；D.能使澄清石灰水变浑浊的气体为二氧化硫或二氧化碳，若A为碳酸钠，D为盐酸，B为碳酸氢钠，C为二氧化碳，则A不一定是单质，故D错误；答案选D。7.类推思维是化学解题中常用的一种思维方法，下列有关反应方程式的类推正确的是A.已知：将Fe加入CuSO4溶液中Fe+Cu2+=Cu+Fe2+类推：将Na加入到CuSO4溶液中2Na+Cu2+=Cu+2Na+B已知：稀硫酸与Ba(OH)2溶液反应至中性2H+++Ba2++2OH−=BaSO4↓+2H2O 类推：NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应至中性2H+++Ba2++2OH−=BaSO4↓+2H2OC.已知：铁和氯气反应2Fe+3Cl22FeCl3类推：铁和碘单质反应2Fe+3I22FeI3D.已知：向Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2：Ca2++2ClO−+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO类推：向Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2：Ca2++2ClO−+SO2＋H2O=CaSO3↓＋2HClO【答案】B【解析】【详解】A．铁排在金属铜的前面，金属铁可以将金属铜从其盐中置换出来，但是活泼金属钠和盐的反应一定是先和盐中的水反应，不会置换出其中的金属，选项A错误；B．硫酸和氢氧化钡反应生成水和硫酸钡沉淀，离子反应方程式为：Ba2++2H++2OH-+SO42-=2H2O+BaSO4↓，NaHSO4溶液与Ba（OH）2溶液反应呈中性，离子反应方程式为：Ba2++2H++2OH-+SO42-=2H2O+BaSO4↓，选项B正确；C．铁和氯气反应生成氯化铁：2Fe+3Cl22FeCl3；碘的氧化性较弱，铁和碘反应生成碘化亚铁，正确的离子方程式为：Fe+I2FeI2，选项C错误；D．少量二氧化碳通入次氯酸钙溶液中生成碳酸钙和次氯酸，少量二氧化硫通入次氯酸钙溶液中生成亚硫酸钙和次氯酸，次氯酸具有强氧化性氧化亚硫酸钙硫酸钙，选项D错误；答案选B。8.图为铁及其化合物的“价—类”二维图。利用如图可以从不同角度研究含铁物质的性质及其转化关系。下列分析结果不正确的是A.二维图缺失的类别①应填“单质”，化学式②应填“” B.从物质类别分析，属于碱性氧化物，可以与稀HCl反应C.从化合价角度分析，具有还原性，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色D.从物质转化角度分析，和都可以通过一步反应直接转化成②【答案】D【解析】【详解】A．铁单质的化合价为0，二维图缺失的类别①单质；三价铁形成的氢氧化物是氢氧化铁，则化学式②Fe(OH)3，故A正确；B．从物质类别分析，Fe2O3属于碱性氧化物，可以与稀HCl反应生成氯化铁和水，故B正确；C．从化合价角度分析，FeCl2具有还原性，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色发生氧化还原反应，故C正确；D．氧化铁是碱性氧化物，不溶于水不能一步反应生成氢氧化铁，FeCl3可以通过一步反应和氢氧化钠溶液反应，直接转化成氢氧化铁，故D错误；故选：D。9.下列实验装置及表述正确的是A.验证NO2气体与水的反应B.滴加KSCN溶液变红，可以证明锌比铁活泼C.用该装置测定中和热D.用该装置制备NaHCO3A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．NO2为红棕色气体，此装置通过观察集气瓶中收集气体的颜色可以验证NO2气体与水的反应，故A正确； B．锌比铁活泼，铁做正极被保护，滴加KSCN溶液变红，溶液不会变红，故B错误；C．装置中小烧杯口没有与大烧杯口相平，小烧杯中的热量会散失到大烧杯中，导致测定不准确，故C错误；D．二氧化碳在水中的溶解度较小，短管进会使压强增大，饱和食盐水会进入长管内，而氨气极易溶于水，所以应该是氨气从短管进，二氧化碳从长管进，故D错误；故答案选A。10.欲除去下列物质中的杂质(括号内为杂质)所用试剂和操作方法都正确的（）①Cl2(HCl)：饱和食盐水、过滤②CO2(SO2)：饱和Na2CO3溶液、洗气③铁粉(铝粉)：NaOH溶液、过滤④MnO2(KCl)：水、溶解后过滤⑤碳粉(碘单质)：CCl4、分液⑥C2H5OH(H2O)：加新制CaO后蒸馏A.①②③B.③④⑥C.②④⑤D.①④⑤【答案】B【解析】【详解】①极易溶于水，食盐水抑制氯气的溶解，则利用食盐水，洗气可除杂，故错误；②二者均与饱和碳酸钠溶液反应，不能除杂，应选饱和碳酸氢钠溶液，洗气，故错误；③与NaOH溶液反应，而Fe不能，则NaOH溶液、过滤可除杂，故正确；④溶于水，而二氧化锰不溶于水，则溶解后过滤可除杂，故正确；⑤碘易溶于四氯化碳，碳不能，应加四氯化碳、过滤，故错误；⑥与水反应后，增大与乙醇的沸点差异，然后蒸馏可除杂，故正确；故答案选B。【点睛】物质分离、提纯时一定要充分考虑物质之间性质的不同之处，如化学反应、溶解性、熔沸点、溶解度随温度变化情况等，然后选择合适的方法进行分离或提纯。11.某温度下，在恒容密闭容器中进行反应：X(g)＋Y(g)Z(g)＋W(s)。下列叙述正确的是A.加入少量W，逆反应速率增大B.当容器中Y的正反应速率与逆反应速率相等时，反应达到平衡C.升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小D.达到平衡后，X的转化率可能为100%【答案】B 【解析】【详解】A．加入固体，不影响化学反应速率，W是固体，加入少量W，不影响化学反应速率，故A错误；B．同一物质的正逆反应速率相等时，反应达到平衡状态，则Y的正逆反应速率相等时该反应达到平衡状态，故B正确；C．升高温度，活化分子百分数增大，导致正、逆反应速率都增大，故C错误；D．该反应为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，所以X的转化率不可能达到100%，故D错误；故选B。【点睛】本题的易错点为A，要注意固体和纯液体量的多少不影响化学反应速率。12.下列有关下图中有机物的说法不正确的是A.该有机物的分子式为B.1mol该有机物最多可以与反应C.能发生酯化反应、加成反应、银镜反应和加聚反应D.该有机物中有5种官能团【答案】B【解析】【详解】A．该有机物分子式为C8H9O4Br，A正确；B．该有机物分子中含有一个醛基和一个碳碳双键，最多可以与2molH2反应，B错误；C．该有机物分子中含有醛基羟基，可以发生酯化反应，含有碳碳双键可以发生加成反应，含有醛基可以发生银镜反应，含有碳碳双键，可以发生加聚反应，C正确；D．该有机物分子中有羧基、羟基、醛基、溴原子和碳碳双键五种官能团，D正确；故选B。13.我国科研人员研究了不同含金催化剂催化乙烯加氢的反应历程如下图所示(已知反应：C2H4(g)+H2(g)=C2H6(g)△H=akJ·mol-1) 下列说法正确的A.a=129.6B.1molC2H4(g)和1molH2(g)的键能之和比lmolC2H6(g)的键能大C.催化乙烯加氢效果较好的催化剂是AuPFD.稳定性：过渡态1>过渡态2【答案】C【解析】【详解】A．由反应历程可知，a=-129.6，A错误；B．由反应历程可知，反应物总能量比生成物总能量高，该反应为放热反应，则1molC2H4(g)和1molH2(g)的键能之和比lmolC2H6(g)的键能小，B错误；C．过渡态物质相对能量与始态物质相对能量相差越大，活化能越大，反应速率越慢，由反应历程可知催化乙烯加氢效果较好的催化剂是AuPF，C正确；D．能量越低越稳定，则过渡态2稳定，D错误；答案选C。14.下列实验操作规范且能达到目的的是目的操作A取20.00mL盐酸在50mL酸式滴定管中装入盐酸，调整初始读数为30.00mL后，将剩余盐酸放入锥形瓶B清洗碘升华实验所用试管先用酒精清洗，再用水清洗C测定醋酸钠溶液pH用玻璃棒蘸取溶液，点在湿润的pH试纸上 D配制浓度为0.010mol·L-1的KMnO4溶液称取KMnO4固体0.158g，放入100mL容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．50mL酸式滴定管的50.00mL刻度下方没有刻度，但仍有盐酸，所以调整初始读数为30.00mL后，放入锥形瓶中盐酸的体积大于20.00mL，故A错误；B．碘易溶于酒精，清洗试管中附着的碘可以先用酒精清洗，再用水清洗，故B正确；C．醋酸钠溶液呈碱性，测定醋酸钠溶液的pH时，pH试纸不能预先湿润(湿润相当于将溶液稀释)，否则测定的pH会偏小，故C错误；D．容量瓶不能作为溶解和稀释容器，故D错误；故答案为B。15.含硫煤燃烧会产生大气污染物，为防治该污染，某工厂设计了新的治污方法，同时可得到化工产品，该工艺流程如图所示，下列叙述不正确的是A.该过程中可得到化工产品B.该工艺流程是除去煤燃烧时产生的C.该过程中化合价发生改变的元素为Fe和SD.图中涉及的反应之一为【答案】C【解析】 【分析】根据工艺流程所示可知：该工艺中硫酸亚铁在酸性溶液中被氧气氧化为硫酸铁，Fe2(SO4)3和H2O吸收SO2生成FeSO4和H2SO4，该步骤的化学方程式为Fe2(SO4)3+SO2+2H2O2=FeSO4+2H2SO4。【详解】A．根据工艺流程所示可知反应可以得到化工产品H2SO4，A正确；B．该反应过程中反应消耗SO2，因此该工艺流程是除去煤燃烧时产生的SO2，防止大气污染，B正确；C．根据图示可知该过程中化合价发生改变的元素有Fe和S、O三种元素，C错误；D．该工艺中Fe2(SO4)3和H2O吸收SO2生成FeSO4和H2SO4，该反应的化学方程式为Fe2(SO4)3+SO2+2H2O=2FeSO4+2H2SO4，D正确；故选C。16.下列有关化学反应速率的实验探究方案设计合理的是选项实验方案实验目的A向等体积等浓度的H2O2溶液中分别加入5滴等浓度的CuSO4和FeCl3溶液，观察气体产生的速度比较Cu2＋和Fe3＋的催化效果B两支试管，都加入2mL1mol/L的酸性KMnO4溶液，再同时向两支试管分别加入2mL0.1mol/L的H2C2O4溶液和2mL0.05mol/L的H2C2O4溶液，观察高锰酸钾溶液褪色所需时间探究草酸浓度对反应速率影响C在锥形瓶内各盛有2g锌粒(颗粒大小基本相同)，然后通过分液漏斗分别加入40mL1mol/L和40mL18mol/L的硫酸。比较两者收集10mL氢气所用的时间探究硫酸浓度对反应速率影响 D探究温度对反应速率的影响A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】A．阴离子不同，无法比较Cu2＋和Fe3＋的催化效率，A错误；B．两组实验中草酸均不足量，高锰酸钾均无法褪色，B错误；C．18mol·L－1的硫酸为浓硫酸，浓硫酸锌粒反应生成物为SO2，无H2产生，无法比较产生H2的速率，C错误；D．反应物浓度和压强均相同，只有温度不同，可以用来探究温度对反应速率的影响，D正确；故选D。【点睛】本题主要考查催化剂、浓度、温度、反应物对反应速率的影响，考查对象为单一变量法在实验设计中的应用。17.下列说法正确的有①石油裂解得到的汽油是纯净物②石油的裂化可以提高轻质油的产量和质量③加成反应的原子的利用率为100%④用酸性高锰酸钾溶液鉴别四氯化碳、环己烯和环己烷⑤石油产品都可用于聚合反应⑥甲烷、苯都属于烃，都不存在同分异构体⑦催化重整可使环状烃变为链状烃⑧煤的气化、液化和干馏都属于化学变化⑨积极开发新技术、治理工业三废符合绿色化学的要求A.2项B.3项C.4项D.5项【答案】C【解析】【分析】石油裂解得到的汽油仍然是混合物，①错误； 石油的裂化目的就是提高轻质油的产量和质量，②正确；加成反应生成物只有一种，原子利用率为100%，③正确；环己烯可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，CCl4与酸性高锰酸钾不反应，比水重不溶于水，在溶液下层，环己烷与酸性高锰酸钾溶液不反应，不溶于水比水轻在溶液上层，可以鉴别，④正确；石油产品有饱和的烷烃，不能聚合反应，有烯烃可以聚合反应，⑤错误；苯有同分异构体如，⑥错误；催化重整可使链状烃变为环状烃，⑦错误；煤的气化、液化和干馏都发生了化学反应属于化学变化，⑧正确；绿色化学是从源头上杜绝污染，而不是治理污染，⑨错误。【详解】根据以上分析共有②③④⑧四项正确，答案选C。18.以酚酞为指示剂，用0.1000mol·L−1的NaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系数随滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如图所示。[比如A2−的分布系数：]下列叙述正确的是A.曲线①代表，曲线②代表B.H2A溶液的浓度为0.2000mol·L−1C.HA−的电离常数Ka=1.0×10−2D.滴定终点时，溶液中【答案】C【解析】【分析】根据图象，曲线①代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐减小，曲线②代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐增大，粒子的分布系数只有1个交点；当加入40mLNaOH溶液时，溶液的 pH在中性发生突变，且曲线②代表的粒子达到最大值接近1；没有加入NaOH时，pH约为1，说明H2A第一步完全电离，第二步部分电离，曲线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)，根据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)==0.1000mol/L，据此分析作答。【详解】A．根据分析，曲线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)，A错误；B．当加入40.00mLNaOH溶液时，溶液的pH发生突变，说明恰好完全反应，结合分析，根据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)==0.1000mol/L，B错误；C．根据曲线当δ(HA-)=δ(A2-)时溶液的pH=2，则HA-的电离平衡常数Ka==c(H+)=1×10-2，C正确；D．用酚酞作指示剂，酚酞变色的pH范围为8.2~10，终点时溶液呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，溶液中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，则c(Na+)＞2c(A2-)+c(HA-)，D错误；答案选C。【点睛】本题的难点是判断H2A的电离，根据pH的突变和粒子分布分数的变化确定H2A的电离方程式为H2A=H++A2-，HA-⇌H++A2-；同时注意题中是双纵坐标，左边纵坐标代表粒子分布分数，右边纵坐标代表pH，图象中δ(HA-)=δ(A2-)时溶液的pH≠5，而是pH=2。19.一种新型水系有机液流电池的工作原理如下图所示。下列有关说法正确的是A.放电时多孔石墨电极为负极B.放电时，电极区溶液减小C.电池总反应可表示为：+Pb+H2SO4+PbSO4D.充电时，外电路通过电子时，电极减重 【答案】C【解析】【分析】据图可知，放电时电极上Pb转化为PbSO4被氧化，所以电极为负极，多孔石墨电极为正极。【详解】A．根据分析，放电时为原电池，电极为负极，则多孔石墨电极为正极，故A错误；B．放电时，电极为负极，电极反应为，溶液中的H+通过质子交换膜移向正极，则电极区溶液增大，故B错误；C．放电时负极反应为，正极反应为+2H++2e-=，两电极反应相加得电池总反应为：+Pb+H2SO4+PbSO4，故C正确；D．充电时，电极为阴极，电极反应为，外电路通过电子时，电极减重，故D错误；答案选C。20.CuCl常用作有机合成的催化剂，由废铜屑经如下可以转化制得。已知“沉淀”时的反应为，。关于转化流程，下列说法正确的是A.“氧化”时每消耗，同时生成B.“滤液”中C.与中“O-S-O”键角比较：前者>后者 D.“还原”反应的离子方程式为【答案】D【解析】【分析】根据流程图可知，废铜屑中加入盐酸和H2O2后，“氧化”步骤中发生反应：Cu+2HCl+H2O2=CuCl2+2H2O，加入Na2SO3后，“还原”步骤中发生反应：H2O+SO+2Cu2++4Cl-=2[CuCl2]-+SO+2H+，“沉淀”时的反应为[CuCl2]-⇌CuCl↓+2Cl-。【详解】A．“氧化”H2O2做氧化剂，被还原为水，无氧气生成，故A错误；B．由于[CuCl2]-⇌CuCl↓+2Cl-产生氯离子，反应溶液中c(Cl-)＞c(Cu+)，根据，“滤液”中小于，故B错误；C．与的中心原子的价层电子对数分别为3+(6+2-3×2)=3+1=4、4+(6+2-4×2)=4+0=4，根据电子对之间的斥力：孤电子对-成键电子对＞成键电子对-成键电子对可知，中“O-S-O”的键角更小，故C错误；D．“还原”中，加入Na2SO3做还原剂，将CuCl2还原为[CuCl2]-，自身被氧化为硫酸根离子，“还原”反应的离子方程式为，故D正确；故选D。第Ⅱ卷(非选择题，共60分)21.Na、Al、Fe是生产生活中常见的金属元素。（1）工业上以铝土矿(主要成分)为原料生产铝，主要包括以下过程：①将粉碎、筛选后的铝土矿溶解在氢氧化钠溶液中②通入过量二氧化碳使①所得溶液中析出氢氧化铝固体③使氢氧化铝脱水生成氧化铝④电解熔融氧化铝生成铝。写出②所涉及的离子反应方程式_______；蒸干溶液_______得到无水(填“能”或“不能”)。（2）铁在地壳中的含量约占5%。红热的铁跟水蒸气反应的化学方程式为_______；工业炼铁常用赤铁矿与Al在高温下反应制备，写出化学反应方程式_______。（3）钠的化合物中，纯碱显碱性的原因_______(用离子方程式解释)，向饱和纯碱溶液中通入过量的二氧化碳有晶体析出，写出离子方程式_______。【答案】（1）①.②.不能 （2）①.②.（3）①.②.【解析】【小问1详解】氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，偏铝酸钠可以和过量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，离子反应方程式为；是强酸弱碱盐，其溶液发生水解反应生成氢氧化铝和HCl，蒸干溶液会促进HCl挥发，最终得到氢氧化铝沉淀，不能得到无水；【小问2详解】红热的铁跟水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为；赤铁矿主要成分Fe2O3与Al在高温下反应生成Fe和氧化铝，化学反应方程式为；【小问3详解】纯碱即Na2CO3为强碱弱酸盐，发生水解反应使氢氧根离子浓度大于氢离子浓度而显碱性，水解的离子方程式为；向饱和纯碱溶液中通入过量的二氧化碳生成碳酸氢钠晶体，离子方程式为：。22.回答下列问题：（1）某有机物A的结构简式为，其中含氧官能团的名称分别为_______、_______。各取1molA，分别与足量的Na、NaOH、、反应，消耗四种物质的物质的量之比为_______。（2）某含苯环的化合物A分子式为。A分子中最多有_______个原子在同一个平面上；一定条件下，由A聚合得到的高分子化合物的结构简式为_______。（3）以淀粉为原料合成乙酸乙酯的路线为： X可用_______检验，由Y生成乙酸乙酯的反应方程式为_______，可用_______检验淀粉是否水解完全。【答案】（1）①.羧基②.羟基③.4:2:1:2（2）①.16②.（3）①.新制的氢氧化铜②.③.碘水【解析】【小问1详解】有机物A中含有的官能团有羧基和羟基；羧基和羟基均能与钠发生反应，则1mol该物质能与2mol钠单质发生反应；只有羧基能与氢氧化钠或碳酸钠或碳酸氢钠发生反应，1mol该物质只能消耗1mol氢氧化钠或1mol碳酸氢钠，而1mol该物质能够消耗0.5mol碳酸钠生成二氧化碳，所以三种物质的物质的量之比为2:1:0.5:1=4:2:1:2。【小问2详解】某含苯环的化合物A分子式为可推出A为苯乙烯，苯乙烯所有的原子都在同一平面上，共有16个。生成的聚苯乙烯的结构简式为：。【小问3详解】分析题述转化关系：淀粉水解最终生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下转化为乙醇，乙醇可与乙酸反应生成乙酸乙酯。X为葡萄糖，含有醛基，可用新制的氢氧化铜检验，乙醇和乙酸反应生成乙酸乙酯的化学方程式：；碘单质遇淀粉溶液变蓝，若溶液不变蓝色，则说明淀粉完全水解，故可用碘水检验淀粉是否水解完全。23.甲苯()和二甲苯()是重要的化工原料。利用苯()和甲醇()在催化剂作用下反应得到、和副产物三甲苯()，发生的主要反应如下：Ⅰ．Ⅱ． Ⅲ．（1）500℃、0.18Mpa条件下，反应达到平衡时，结果如图所示。①由图分析，随着投料比增加，的平衡转化率_______，平衡时的值_______。(填“增大”、“减小”或“不变”)②投料比为1.0时，的平衡转化率为50%，产物中、和物质的量之比为6：3：1.的平衡转化率为_______，反应Ⅰ的平衡常数_______。（2）我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了反应Ⅰ在固体酸(HB)催化剂表面进行的反应历程如图所示。其中吸附在固体酸(HB)表面的物种用*标注。①反应Ⅰ的_______。②吸附的焓变_______吸附的焓变(填“>”或“<”)。③在固体酸(HB)催化作用下，测得反应Ⅰ的速率方程为(k为速率常数)。在刚性容器中发生反应Ⅰ，下列叙述正确的是_______(填标号)。 A．升高温度，平衡常数K和v均增大B．增大，平衡常数K不变，v增大C．降低温度，平衡常数K和v均减小D．增大，平衡常数K不变，反应Ⅰ的不变【答案】（1）①.减小②.增大③.75%④.1.8（2）①.②.<③.BD【解析】【小问1详解】①由图分析，随着投料比增加，相当于增加甲醇投料，促进苯(C6H6)的转化率在增加，而CH3OH的物质的量在增加，甲醇自身的平衡转化率减小；根据图象，结合三个反应，苯(C6H6)的转化率与C7H8、C8H10和C9H12三种产物的产量成正比关系，图象中苯(C6H6)的转化率与C7H8、C8H10的产量之差，应为C9H12的产量，根据图显示，C9H12的产量在增大，则的值增大；②C6H6的平衡转化率为50%，设产物中C7H8、C8H10和C9H12物质的量分别为6mol、3mol、1mol，则反应ⅢC8H10(g)+CH3OH(g)⇌C9H12(g)+H2O(g)中平衡时，C8H10和C9H12的物质的量分别为3mol、1mol，则反应Ⅲ中C8H10(g)的初始投料为4mol，即平衡时反应ⅡC7H8(g)+CH3OH(g)⇌C8H10(g)+H2O(g)平衡时，C7H8、C8H10的物质的量分别为6mol和4mol，则反应Ⅱ中C7H8初始量为10mol，即平衡时反应ⅠC6H6(g)+CH3OH(g)⇌C7H8(g)+H2O(g)中C7H8(g)平衡时的物质的量为10mol，则反应ⅠC6H6(g)和CH3OH(g)的转化量为10mol，根据投料比为1.0时，设C6H6的平衡转化率为50%，则反应Ⅰ中C6H6(g)和CH3OH(g)的初始投入量相等，都为20mol，据此列三段式可得： 根据以上转化后，平衡时CH3OH剩余5mol，则CH3OH平衡转化率为×100%=75%，反应Ⅰ体系中各物质反应计量系数都为1，则物质的量的变化量可代表浓度变化量，体系平衡时，CH3OH物质的量为5mol，C6H6的物质的量为10mol，C7H8的物质的量为6mol，水蒸气的物质的量为15mol，则平衡常数K=；【小问2详解】①反应I的方程式为：C6H6(g)+CH3OH(g)⇌C7H8(g)+H2O(g)，根据图示，反应物的总能量高于生成物的总能量，为放热反应，利用盖斯定律，反应热只与始态和终态有关，与反应过程无关，则∆H=-61.4kJ·mol-1；②根据图示，吸附CH3OH的焓变为-109.9kJ·mol-1，吸附C6H6的焓变为-66.4kJ·mol-1，二者焓变都小于0，则吸附CH3OH的焓变＜吸附C6H6的焓变；③根据①中分析可知，反应Ⅰ的方程式为：C6H6(g)+CH3OH(g)⇌C7H8(g)+H2O(g)，正反应为放热反应；该体系反应前后气体分子数目不变；A．升高温度，平衡逆向移动，则K减小；升高温度反应速率v增大，故A错误；B．平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，增大p(C6H6)，根据v=k∙p(C6H6)，则反应v增大，故B正确；C．降低温度，平衡向正向移动，平衡常数K增大，降温反应速率v减小，故C错误；D．平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数K不变；反应焓变与反应途径无关，和生成物、反应物有关，增大p(CH3OH)，反应Ⅰ的不变，故D正确；答案选BD。24.回答下列问题：（1）下图是目前研究较多的一类固体氧化物燃料电池工作原理示意图。B极上的电极反应式_______；若用该燃料电池做电源，用石墨做电极电解100mL1mol/L的硫酸铜溶液，当两极收集到的气体体积相等时，理论上消耗的甲烷的体积为_______L(标况下)。 （2）下图是高能锂电池的工作原理，其总反应式为，装置中的和为电解质。用该电池为电源进行如图的电解实验，电解一段时间测得甲池产生标准状况下。B电极为_______极，电源正极反应式为_______，从隔膜中通过的离子数目为_______，若电解过程体积变化忽略不计，则电解后甲池中溶液浓度为_______mol/L。【答案】（1）①.②.1.12（2）①.阳②.③.④.4【解析】【小问1详解】B为负极，甲烷在氧离子环境下被氧化为二氧化碳，故可知电极反应式：；已知，开始阶段发生反应，Cu2+完全放电后，发生反应，当两极收集到的气体体积相等时，设氢气为xmol，由得失电子守恒可得得x=0.1mol，由得失电子守恒可知消耗甲烷的物质的量为，故消耗甲烷的体积为。【小问2详解】 甲池产生标准状况下，甲池发生还原反应产生氢气，则乙池发生氧化反应，B电极为阳极；电源正极发生还原反应，原电池总反应为，FeS发生还原反应，故正极电极反应式为；每产生1molH2，电路中转移2mol电子，现产生0.2molH2，对应0.4mole-，而溶液中K+由乙池移向甲池，共0.4molK+，即；甲池中发生反应：，每产生0.2molH2，产生0.4molOH-，且溶液中K+由乙池移向甲池，共0.4molK+，故。25.利用废旧镀锌铁皮可制备磁性胶体粒子及副产物ZnO。制备流程图如下：已知：Zn及其化合物的性质与Al及其化合物的性质相似。请回答下列问题：（1）用NaOH溶液处理废旧镀锌铁皮的作用有_______。A.去除油污B.溶解镀锌层C.去除铁锈D.钝化（2）调节溶液A的pH可产生沉淀，为制得ZnO，后续操作步骤是_______。（3）由溶液B制得胶体粒子的过程中，须持续通入，原因是_______。（4）胶体粒子_______用(填“能”或“不能”)过滤法实现固液分离。（5）用重铬酸钾法可测定产物中的二价铁含量。方法是先将产物溶于酸后，用重铬酸钾法测定，重铬酸钾法测定原理用离子反应方程式可表示为_______；需配制浓度为的标准溶液250mL，配制该标准溶液时，下列仪器中不必要用到的有_______。(用编号表示)。①电子天平②烧杯③酸式滴定管④玻璃棒⑤容量瓶⑥胶头滴管⑦移液管（6）滴定操作中，如果滴定前装有标准溶液的滴定管尖嘴部分有气泡，而滴定结束后气泡消失，则测定结果将_______(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。【答案】（1）AB（2）过滤、洗涤、灼烧（3）气氛下，防止被氧化（4）不能（5）①.②.③⑦（6）偏大 【解析】【分析】废旧镀锌铁皮使用氢氧化钠除去表面的油污并镀层锌溶解得到溶液A，A调节pH得到氢氧化锌沉淀，煅烧得到氧化锌；不溶物加入硫酸溶解后加入过氧化氢调节pH得到含有铁离子、亚铁离子的溶液，加入氢氧化钠溶液加热得到胶体粒子。【小问1详解】由于Zn的性质与Al的相似，可溶于NaOH溶液，因此用NaOH溶液处理废旧镀锌铁皮，除去表面的油污后，可将镀层锌溶解；故选AB；【小问2详解】氢氧化锌煅烧分解生成氧化锌和水，故调节溶液A的pH产生Zn(OH)2沉淀，然后过滤、洗涤、灼烧使Zn(OH)2分解为ZnO。【小问3详解】溶液B中含有Fe2＋、Fe3＋，加入NaOH溶液、加热，可得Fe3O4胶体粒子，其中Fe2＋极易被氧化成Fe3＋，持续通入N2的目的是防止Fe2＋被氧化；【小问4详解】Fe3O4胶体粒子的直径较小，过滤时能透过滤纸，因此不能通过过滤实现固液分离；【小问5详解】亚铁离子具有还原性，重铬酸钾具有氧化性，酸性条件下发生氧化还原反应生成铁离子、铬离子，反应为；配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签；配制浓度为的标准溶液250mL时，需用的仪器有：电子天平、烧杯、胶头滴管、玻璃棒、250mL容量瓶；不必要用到的有酸式滴定管、移液管，故选③⑦；【小问6详解】若滴定前装有K2Cr2O溶液的滴定管尖嘴部分有气泡，滴定结束时气泡消失，则滴定过程中读取K2Cr2O溶液的体积偏大，测得Fe3O4中二价铁的含量偏大。26.乙酸正丁酯是无色透明有果香气味的液体。实验室制备乙酸正丁酯的反应方程式如下：CH3COOH+CH3CH2CH2CH2OHCH3COOCH2CH2CH2CH3+H2O。制备流程和有关数据如下： 化合物相对分子质量密度/(g·cm-3)水溶性沸点/℃冰醋酸601.05易溶118.1正丁醇740.80微溶117.2乙酸正丁酯1160.90微溶126.5已知：乙酸正丁酯、正丁醇和水组成的三元共沸物的沸点为90.7℃。反应装置如图所示。在烧瓶中加入反应物和沸石，分水器中加入一定体积水，80℃反应15分钟，然后提高温度使反应处于回流状态，分水器中液面不断上升，当液面达到分水器支管口时，上层液体返回到烧瓶中。回答下列问题：(1)仪器甲的名称是___。步骤①在80℃反应时温度计水银球置于___(填“a”或“b”)处。(2)使用分水器能提高酯的产率，原因是___(用平衡移动原理解释)。(3)步骤②观察到___(填标号)现象时，酯化反应已基本完成。A.当分水器中出现分层B.分水器中有液体回流至烧瓶C.分水器水层高度不再变化D.仪器甲有液体滴落(4)若反应前分水器中加水不足，会导致___，使产率偏低。(5)步骤③操作a的名称是___。(6)步骤④中，依次用10%Na2CO3溶液、水洗涤有机相，分出的产物加入少量无水MgSO4 固体，蒸馏，得到乙酸正丁酯4.64g。加入10%Na2CO3溶液的目的是除去___。乙酸正丁酯的产率为___%。【答案】①.球形冷凝管②.b③.分水器能分离出产物中的水，将未反应的正丁醇回流到烧瓶，使平衡向生产酯的方向移动，提高酯的产率④.C⑤.回流时正丁醇不能全部返回到烧瓶⑥.分液⑦.混在产品中的硫酸和醋酸⑧.74【解析】【分析】正丁醇、冰醋酸、浓硫酸80℃反应15分钟，加入碎瓷片防止爆沸，得到乙酸正丁酯，再提高温度使反应处于回流状态，分水器能分离出产物中的水，将未反应的正丁醇回流到烧瓶，再将液体分液得到乙酸正丁酯和水，再将乙酸正丁酯纯化可得到产品，据此分析。【详解】(1)仪器甲的名称是球形冷凝管，由于反应在蒸馏烧瓶中进行，反应的温度在80℃，温度计水银球应置于b处；(2)使用分水器能提高酯的产率，原因是分水器能分离出产物中的水，将未反应的正丁醇回流到烧瓶，使平衡向生产酯的方向移动，提高酯的产率；(3)A．当分水器中出现分层，说明开始产生乙酸正丁酯，不能确定酯化反应已完成，故A不符合题意；B．分水器中有液体回流至烧瓶，说明开始产生乙酸正丁酯，不能确定酯化反应已完成，故B不符合题意；C．分水器水层高度不再变化，证明酯化反应已完成，不再产生酯了，故C符合题意；D．仪器甲有液体滴落，说明分水器中的液体在冷凝回流，不能确定酯化反应已完成，故D不符合题意；答案选C。(4)若反应前分水器中加水不足，回流时正丁醇不能全部返回到烧瓶，会导致使产率偏低；(5)步骤③操作a的名称是分液，用于分离互不相溶的液体，经分液得到乙酸正丁酯和水；(6)步骤④中，依次用10%Na2CO3溶液、水洗涤有机相，醋酸的沸点与乙酸正丁酯的相差不大，硫酸难挥发，未反应的硫酸也会和醋酸一起留在蒸馏烧瓶中，加入10%Na2CO3溶液的目的是除去混在产品中的硫酸和醋酸；已知加入5mL丁醇和3.5mL冰醋酸，根据m=ρV计算得到冰醋酸和正丁醇的质量分别为m(CH3COOH)=3.5mL×1.05g/mL=3.675g，m(CH3CH2CH2CH2OH)=0.8g/mL×5mL=4g，根据化学反应：通过计算可知，醋酸过量，正丁醇完全反应，利用正丁醇计算乙酸丁酯的质量，设乙酸正丁酯的质量为x， ，解得x=6.27g乙酸正丁酯产率为74%。