1、陕西省西安市长安区第一中学2020-2021学年高二化学上学期期末考试试题 理（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16一、选择题(本大题共20小题，第110题，每小题2分，第1120题，每小题3分，共计50分。在每小题列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的)1. 相同物质的量的下列各烃，完全燃烧后生成H2O最少的是( )A. CH4B. C2H6C. C2H4D. C2H2【答案】D【解析】【分析】烃燃烧时分子中的C原子变为CO2，H原子变为H2O，因此若相同物质的量的烃完全燃烧后生成H2O最少，则分子中含有的H原子数最少。【详解】ACH4分子中含有4个H原子，1 m
2、ol CH4完全燃烧后生成2 mol的H2O；BC2H6分子中含有6个H原子，1 mol C2H6完全燃烧后生成3 mol的H2O；CC2H4分子中含有4个H原子，1 mol C2H4完全燃烧后生成2 molH2O；DC2H2分子中含有2个H原子，1 mol C2H2完全燃烧后生成1 mol的H2O；可见等物质的量的上述几种烃，完全燃烧产生水最少的物质是C2H2，故合理选项是D。2. 下列化合物的分子中，所有原子可能共平面的是( )A. 一氯乙烷B. 2-丁烯C. 乙炔D. 甲烷【答案】C【解析】【分析】【详解】A一氯乙烷分子中含有饱和C原子，具有甲烷的四面体结构，因此所有原子不可能共平面，A
3、不符合题意；B2-丁烯含有饱和C原子，具有甲烷的四面体结构，因此所有原子不可能共平面，B不符合题意；C乙炔分子中四个原子在同一条直线上，因此分子中所有原子共平面，C符合题意；D甲烷分子中C原子与4个H原子形成正四面体结构，键角是10928，因此分子中所有原子不可能共平面，D不符合题意；故合理选项是C。3. 涂改液的主要成分之一是甲基环己烷()，下列有关叙述正确的是( )A. 是己烷的同系物B. 易溶于水和乙醇C. 能使酸性高锰酸钾溶液褪色D. 一氯代物有5种【答案】D【解析】【分析】【详解】A 环己烷属于脂环烃、己烷是烷烃，两者结构不相似，不属于同系物，A错误；B 环己烷易溶于乙醇、难溶于水，
4、B错误；C 环己烷中碳原子均属于饱和碳原子，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C错误；D 环己烷分子内有5种氢原子，故一氯代物有5种，D正确；答案选D。4. 下列说法正确的是( )A. 命名为2，3二甲基1丙醇B. 分子中含有两种官能团C. 含有羟基的化合物一定为醇类物质D. 1，3-丁二烯与氯气发生加成反应时产物只有一种【答案】B【解析】【分析】【详解】A 命名时要选择包括羟基连接的C原子在内的最长碳链为主链，从离羟基C原子较近的一端给碳链编号，该物质最长碳链上含有4个C原子，该物质名称是3-甲基-2-丁醇，A错误；B分子中含有羟基、碳碳双键两种官能团，B正确；C若烃基连接在苯环上，物质就属于酚类
5、，因此含有羟基的化合物不一定为醇类物质，C错误；D1，3-丁二烯与氯气按1：1发生加成反应时，可能发生1，2加成，也可能发生1，4加成，产物有2种，若发生1：2发生加成反应，产物又有1种，故1，3-丁二烯与氯气发生加成反应时产物不只有一种，D错误；故合理选项是B。5. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是A. 100 mL 0.1 molL-1 Na2CO3溶液中，CO32-的数目为0.01NAB. 100 mL 0.1 molL-1 FeCl3溶液中，Cl-的数目为0.01NAC. 100 mL 0.1 molL-1 (NH4)2SO4溶液中，SO42-的数目为0.01NAD.
6、100 mL 0.1 molL-1 NaCl溶液中，阳离子的数目为0.01NA【答案】C【解析】【分析】【详解】A. 100 mL 0.1 molL-1 Na2CO3溶液中，溶质的物质的量是0.01 mol，该盐是强碱弱酸盐，CO32-发生水解反应而消耗，所以溶液中CO32-的数目小于0.01NA，A错误；B. 100 mL 0.1 molL-1 FeCl3溶液中，FeCl3的物质的量为n(FeCl3)=cV=0.1mol/L0.1 L=0.01 mol，根据盐的组成可知，1个FeCl3电离产生3个Cl-，所以0.01 molFeCl3电离Cl-的数目为0.03NA，B错误；C. 100 mL
7、 0.1 molL-1 (NH4)2SO4溶液中，溶质的物质的量为n(NH4)2SO4=cV=0.1mol/L0.1 L=0.01 mol，根据盐的组成可知，1个(NH4)2SO4电离产生1个SO42-，所以0.01 mol(NH4)2SO4电离产生的SO42-数目为0.01NA，C正确；D. 溶液中阳离子有Na+、水电离产生的H+，Na+的物质的量是0.01 mol，其数目为0.01NA，所以溶液中含有的阳离子Na+、H+的和大于0.01NA，D错误；故合理选项是C。6. 25时，将a molL-1的氨水与0.01 molL-1的盐酸等体积混合，反应后的溶液中c(NH4)=c(Cl-)。则反
8、应后溶液显A. 酸性B. 碱性C. 中性D. 无法判断【答案】C【解析】【分析】【详解】在反应后的溶液中存在离子有H+、NH4+、OH-、Cl-，根据电荷守恒可知c(H+)+c(NH4+)=c(Cl-)+c(OH-)，由于溶液中c(NH4)=c(Cl-)，所以c(H+)=c(OH-)，故溶液显中性，则合理选项是C。7. 某温度下的反应为SO2(g)+O2(g)SO3(g) H=98 kJmol-1。开始时在100 L的密闭容器中加入4.0 mol SO2(g)和10.0 mol O2(g)，当反应达到平衡时共放出热量196 kJ，此温度下，该反应的平衡常数为A. 1B. 3C. D. 【答案】
9、C【解析】【分析】热化学方程式SO2(g)+O2(g)SO3(g) H=-98 kJmol-1表示1 mol SO2(g)与0.5 mol O2(g)完全反应产生1 mol SO3(g)时放出98 kJ的热量，根据反应放出热量计算反应产生的SO3(g)的物质的量，利用题目给出的SO2(g)和O2(g)的物质的量计算出各种物质的平衡浓度，带入平衡常数表达式可得该温度下的平衡常数。【详解】根据热化学方程式可知反应产生1 mol SO3气体时放出98 kJ的热量，则现在反应放出热量是196 kJ，产生的SO3气体的物质的量是19698=2 mol，根据物质反应转化关系可知反应消耗2 mol SO2(
10、g)和1 mol的O2(g)，由于容器的容积是100 L，所以平衡时各种气体的浓度分别为c(SO2)=0.02 mol/L，c(O2)=0.09 mol/L，c(SO3)=0.02 mol/L，因此该温度下该反应的化学平衡常数K=，故合理选项是C。【点睛】本题考查了化学平衡常数的计算，根据反应放出的热量计算出各种物质的平衡浓度是解题关键，结合平衡常数的定义计算，同一化学反应，化学平衡常数只与温度有关，与其它条件无关。8. 将铁片和锌片放在盛有NaCl溶液(其中滴有酚酞)的表面皿中，组成甲、乙两个装置(如图)。下列说法不正确的是( )A. 甲为原电池，负极反应式为Zn-2e-=Zn2+B. 甲为
11、原电池，Fe电极上有气体放出C. 乙为电解池，阴极反应式为2H2O+2e-=H2+2OH-D. 一段时间后，甲、乙两表面皿中溶液均有红色出现【答案】B【解析】【分析】【详解】A甲为原电池，由于Zn金属活动性比Fe强，所以Zn为负极，负极反应式为Zn-2e-=Zn2+，A正确；B甲为原电池，Fe电极为正极，由于电解质溶液为NaCl溶液，溶液呈中性，因此发生吸氧腐蚀，在Fe上没有气体放出，B错误；C装置乙为电解池，在阴极Zn上，溶液中H2O电离产生的H+得到电子变为H2逸出，故阴极的电极反应式为：2H2O+2e-=H2+2OH-，C正确；D甲为原电池，溶液中溶解的O2得到电子变为OH-，使溶液碱性
12、增强；对于乙装置，由于H2O电离产生的H+放电变为H2逸出，溶液中c(OH-)增大，溶液的碱性也增强，溶液中含有酚酞试液，酚酞遇碱变为红色，故一段时间后，甲、乙两表面皿中溶液均有红色出现，D正确；故合理选项是B。9. 已知下列两个热化学方程式：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) H=-571.6 kJmol1C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l) H=-2220 kJmol1下列说法正确的是A. H2的燃烧热为571.6 kJmol1B. C3H8完全燃烧生成1 mol H2O(l)放出的热量为555 kJC. 1 mol H2和2 mol C3H8组成的混合气体完
13、全燃烧放出的热量为5011.6 kJD. 5 mol H2和C3H8的混合气体，若完全燃烧时放出3847 kJ热量，则V(H2)：V(C3H8)=1：3【答案】B【解析】【分析】【详解】A. 燃烧热是1 mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量，根据2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) H=-571.6 kJmol1可知H2的燃烧热为285.8 kJmol-1，A错误；B. 根据C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l) H=-2220 kJmol1可知反应产生4 mol H2O时放出2220 kJ的热量，则反应产生1 mol H2O(l)放出热量为2220 kJ
14、4=555 kJ，B正确；C. 1 mol H2和2 mol C3H8组成的混合气体完全燃烧放出的热量为(571.6 kJ 2)+22220 kJ =4725.8 kJ，C错误；D.假设混合气体中H2、C3H8的物质的量分别是x、y，则x+y=5；285.8x+2220y=3847，解得x=3.75，y=1.25，所以x：y=3.75：1.25=3：1，在同温同压下，气体的体积比等于气体的物质的量的比，所以V(H2)：V(C3H8)=3：1，D错误；故合理选项是B。10. 下列关于反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) H=-98 kJmol1的图像中，不正确的是A. B. C. D.
15、【答案】C【解析】【分析】升高温度，加快反应速率到达平衡的时间缩短，逆反应速率增大更多，平衡向逆反应方向移动，三氧化硫的含量降低；增大压强，加快反应速率到达平衡的时间缩短，正反应速率增大更多，平衡向正反应方向移动，三氧化硫的含量增大，据此结合图象判断。【详解】A升高温度，逆反应速率增大更多，说明升高温度，化学平衡向逆反应方向移动，图象与实际符合，A正确；B升高温度，平衡向逆反应方向移动，使三氧化硫的含量降低，图象与实际符合，B正确；C升高温度，加快反应速率，到达平衡的时间缩短，先达到平衡，由于逆反应速率增大更多，所以化学平衡向逆反应方向移动，三氧化硫的含量降低，图象与实际不符，C错误；D增大压
16、强，加快反应速率到达平衡的时间缩短，由于反应物的计量数大于生成物的计量数，所以正反应速率增大更多，化学平衡向正反应方向移动，三氧化硫的含量增大，图象与实际符合，D正确；故合理选项是C。【点睛】本题考查了图象方法在化学反应速率和化学平衡移动的应用。掌握横坐标、纵坐标的含义，清楚先拐先平衡，然后根据平衡移动原理和外界条件对化学反应速率的影响分析判断。11. 下列鉴别方法不可行的是( )A. 用燃烧法鉴别苯和甲烷B. 用酸性高锰酸钾溶液鉴别苯和己烯C. 用水鉴别溴苯和苯D. 用溴水鉴别丙烯和丙炔【答案】D【解析】【分析】【详解】A甲烷燃烧有淡蓝色火焰，苯燃烧冒黑烟，现象不同可鉴别，故A正确；B苯与高
17、锰酸钾不反应，出现分层现象，上层无色、下层紫红色，己烯含碳碳双键能与酸性高锰酸钾溶液反应、使之褪色，现象不同可鉴别，故B正确；C溴苯与水分层后有机层在下层、苯与水分层后有机层在上层，现象不同可鉴别，故C正确； D 丙烯含碳碳双键、丙炔含碳碳叁键，均能与溴水反应，现象相同不可鉴别，故D不正确； 答案选D。12. 1氯丙烷和2氯丙烷分别与氢氧化钠的乙醇溶液共热，下列说法错误的是( )A. 1氯丙烷与2氯丙烷互为同分异构体B. 反应均是消去反应C. 反应均是水解反应D. 反应产物相同【答案】C【解析】【分析】【详解】A1氯丙烷与2氯丙烷分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故A不选；B 1氯丙烷和2
18、氯丙烷分别与氢氧化钠的乙醇溶液共热，生成丙烯，属于消去反应，故B不选；C有B分析可知，反应类型是消去反应 ，故C选；D 有B分析可知，产物都是丙烯，故D不选；故选：C。13. 下列实验现象与实验操作不相匹配的是( )选项实验操作实验现象A向盛有溴的四氯化碳溶液的试管中通入足量的乙炔后静置溶液逐渐褪色，静置后溶液不分层B向盛有酸性高锰酸钾溶液的试管中通入足量的乙烯后静置溶液逐渐褪色，静置后溶液分层C向盛有2 mL苯的试管中滴加3滴酸性高锰酸钾溶液，用力振荡酸性高锰酸钾溶液不褪色D向盛有2 mL甲苯的试管中滴加3滴酸性高锰酸钾溶液，用力振荡酸性高锰酸钾溶液褪色A. AB. BC. CD. D【答案
19、】B【解析】【分析】【详解】A乙炔与溴发生加成反应产生的1，1，2，2-四溴乙烷能够溶于四氯化碳，因此充分反应后静置，液体不分层，A不符合题意；B乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化为CO2气体逸出，酸性高锰酸钾被还原为K2SO4、MnSO4，因此看到溶液褪色，静置后溶液不分层，B符合题意；C苯分子具有独特的稳定性，不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，因此溶液不褪色，C不符合题意；D甲苯分子上甲基被酸性高锰酸钾溶液氧化为羧基，物质由甲苯变为苯甲酸，因此看到溶液紫色褪去，D不符合题意；故合理选项是B。14. 下列氯代烃中不能由烯烃与氯化氢加成直接得到的是( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】【详
20、解】A由丙烯与HCl加成得到，A不符合题意；B不能由加成得到，因为与HCl加成得到，Cl所在碳位邻位碳上必须有H原子，而的Cl所在碳位邻位碳上没有H原子，所以不能由加成得到，故B符合题意；CC中Cl所在碳位邻位碳上有H原子，可以由加成得到，C不符合题意；D可以由环己烯与HCl加成得到，故D不符合题意；故选B。15. 下列实验装置正确且操作能达到目的的是( )A. 蒸馏时的接收装置B. 蒸干AlCl3溶液制无水AlCl3固体C. 除去实验室所制乙烯中的少量SO2D. 证明乙炔可使溴水褪色【答案】C【解析】【分析】【详解】A接收器与羊角管之间不能密闭连接，A错误；BAlCl3是强酸弱碱盐，水解产生
21、Al(OH)3和HCl，HCl加热挥发，导致最终不能制得无水AlCl3固体，B错误；CSO2是酸性氧化物，与NaOH反应产生盐，留在洗气瓶中，而乙烯不能发生反应，因此可以用NaOH溶液除去乙烯中的杂质SO2，C正确；D电石中的杂质CaS与水反应产生H2S具有还原性，也可以与溴水作用而使溴水褪色，因此不能证明褪色原因是乙炔所致，D错误；故合理选项是C。16. 已知1 mol某烃A完全燃烧可得到3 mol CO2；在一定条件下，1 mol该烃能与2 mol HCl完全加成生成化合物B。下列说法正确的是( )A. 烃A为2甲基丙烯B. 实验室制取烃A的化学方程式为CaC2+2H2OCa(OH)2+C
22、2H2C. 化合物B可发生聚合反应D. 1 mol化合物B上的氢原子可被6 mol Cl2完全取代【答案】D【解析】【分析】【详解】A1 mol某烃A完全燃烧可得到3 mol CO2，说明物质分子中含有3个C原子，在一定条件下，1 mol该烃能与2 mol HCl完全加成生成化合物B，则物质分子中含有碳碳三键，则A分子式是C3H4，其结构简式是CHC-CH3。A的名称是丙炔，A错误；B物质A是丙炔，不是乙炔，因此不是采用电石与水反应制取，B错误；C1 mol该烃能与2 mol HCl完全加成生成的化合物B分子中无碳碳双键或碳碳三键，因此不能发生加聚反应，C错误；D1 mol该烃能与2 mol
23、HCl完全加成生成化合物B分子式是C3H6Cl2，由于物质分子中含有6个H原子，则完全被取代需消耗6个Cl原子，1 mol化合物B上的氢原子完全被Cl取代可被6 mol Cl2，D正确；故合理选项是D。17. 在25时，密闭容器中X、Y、Z三种气体的初始浓度和平衡浓度如表：物质XYZ初始浓度/molL-10.10.20平衡浓度/molL-10.050.050.1下列说法正确的是( )A. 反应达到平衡时，Y的转化率为50%B. 25时，该反应的平衡常数为1600C. 增大压强使平衡向逆反应方向移动D. 改变温度或压强均能改变此反应的平衡常数【答案】B【解析】【分析】【详解】AY的初始浓度是0.
24、2 mol/L，平衡浓度是0.05 mol/L，反应改变浓度是(0.2-0.05)mol/L=0.15 mol/L，故反应达到平衡时，Y的转化率为，A错误；B根据表格数据可知：X、Y浓度逐渐减小，Z浓度逐渐增大，说明X、Y是反应物，Z是生成物。X、Y、Z三种物质改变浓度分别是0.05 mol/L、0.15 mol/L、0.1 mol/L，c(X)：c(Y)：c(Z) =1：3：2，由于物质改变的浓度比等于物质反应时化学方程式的计量数的比，故该反应化学方程式为X(g)+3Y(g)2Z(g)，则反应平衡常数K=，B正确；C根据选项B分析可知：该反应的正反应是气体体积减小的反应，在其它条件不变时，增
25、大压强，会使化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，C错误；D化学平衡常数只与温度有关，与压强无关，因此改变压强化学平衡常数不变，D错误；故合理选项是B。18. 已知断开1 mol Cl2(g)中ClCl键需要吸收243 kJ能量。根据能量变化示意图，下列说法或热化学方程式正确的是A. H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) H=185 kJmol1B. 生成1 mol H2(g)中的HH键放出121.5 kJ能量C. 断开1 mol HCl(g)中的HCl键要吸收864 kJ能量D. HCl(g)=H2(g)+Cl2(g) H=92.5 kJmol1【答案】A【解析】【分析】【详解】A.
26、由图可知H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) H=-(864-679) kJ/mol=-185 kJ/mol，A正确；B. 由图可知断开1 mol H2(g)中的HH键和1 mol Cl2(g)中的ClCl键需吸收679 kJ/mol的能量，而已知断开1 mol Cl2(g)中ClCl键需要吸收243 kJ能量，所以断开断开1 mol H2(g)中的HH键需要吸收的能量为679 kJ-243 kJ=436 kJ，因此生成1 mol H2(g)中的HH键放出436 kJ能量，B错误；C. 生成2 mol HCl (g)中的H-Cl键放出864 kJ的能量，所以生成2 mol HCl (g)中
27、的H-Cl键放出432 kJ的能量，则断开1 mol HCl(g)中的HCl键要吸收432 kJ能量，C错误；D. 根据选项A分析可知2 mol HCl(g)反应产生1 mol H2(g)和1 mol Cl2(g)吸收185 kJ的能量，因此1 mol HCl反应产生H2(g)、Cl2(g)吸收92.5 kJ的热量，热化学方程式为HCl(g)=H2(g)+Cl2(g) H=+92.5 kJmol1，D错误；故合理选项是A。19. SO2是大气污染物，利用电化学法处理SO2的装置如图所示(已知电极M、N均为石墨烯电极，阳膜只允许H+通过)。下列说法错误的是( )A. N极的电极反应式：O2+4e
28、-+4H+=2H2OB. 电极M的电势比电极N的低C. 一段时间后右室稀H2SO4的浓度变大D. 反应过程中，氢离子从左向右移动【答案】C【解析】【分析】【详解】A由图可知，M为负极，N为正极，电解质为硫酸，则N极的电极反应式：O2+4e-+4H+=2H2O，A正确；B电子由M极经外电路流向N极，电子总是由低电势流向高电势，则电极M的电势比电极N的低，B正确；C右室为正极，N极的电极反应式：O2+4e-+4H+=2H2O，水增多，硫酸的浓度减小，所以稀硫酸的浓度减小，C错误；D原电池工作时，阳离子向正极移动，所以H+从左向右通过阳离子交换膜进入右室，D正确；故选C。20. 25，向20 mL
29、0.1 molL-1 H2A溶液中滴加0.1 molL-1的NaOH溶液，有关粒子物质的量的变化如图所示。下列说法正确的是A. II表示微粒A2-的物质的量的变化曲线B. H2A在水中的第一步电离方程式为H2AA2-+2H+C. 的值随着VNaOH(aq)的增大而减小D. VNaOH(aq)20 mL时，溶液中存在关系：c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)=0.1 mol/L【答案】C【解析】【分析】【详解】AH2A总物质的量为210-3 mol，结合图象可知，氢氧化钠溶液体积为0时，0.1 mol/LH2A溶液中H2A的物质的量为1.510-3 mol，说明H2A在溶液中不能电离，所以H
30、2A为弱酸，存在电离平衡：H2AH+HA-，HA-H+A2-，电离程度是微弱的，主要以H2A存在，第一步电离产生的H+对第二步电离起抑制作用，故I表示H2A，II表示HA-，III表示A2-的浓度变化曲线，A错误；BH2A是二元弱酸，电离分步进行，第一步电离方程式为H2AH+HA-，B错误；C. 由电离平衡常数可知：，温度不变，K1不变，随着NaOH溶液的加入c(H+)逐渐进行，所以会随着VNaOH(aq)的增大而减小，即会逐渐减小，C正确；DVNaOH(aq)=20 mL时，发生反应：NaOH+H2A=NaHA+H2O，溶质为NaHA，根据物料守恒可得：c(HA-)+c(A2-)+c(H2A
31、)=c(Na+)=0.05 mol/L，D错误；故合理选项是C。二、非选择题(本题包括5小题，共50分)21. 卤代烃在工农业生产和人们的生活中具有广泛的应用。回答下列问题：(1)四氯化碳(CCl4)可用作灭火剂，其分子结构为_形。多卤代甲烷可用工业上，分离这些多卤代甲烷的方法是_。(2)三氟氯溴乙烷(CF3CHClBr)是一种麻醉剂，其有_种同分异构体(不考虑立体异构)，写出其中任意两种的结构简式：_。(3)聚氯乙烯是生活中常见的塑料。工业生产聚氯乙烯的一种工艺路线如下：乙烯1，2-二氯乙烷氯乙烯聚氯乙烯反应的反应类型为_。反应的化学方程式为_，应类型为_。【答案】 (1). 正四面体 (2
32、). 分馏(或精馏) (3). 3 (4). 、 (5). 加成反应 (6). CH2ClCH2ClHCl+CH2=CHCl (7). 消去反应【解析】【分析】【详解】(1)四氯化碳的分子结构为正四面体结构，多卤代甲烷是沸点不同的互溶液体，分离这些多卤代甲烷的方法是分馏(或精馏)；(2) 三氟氯溴乙烷(CF3CHClBr)是一种麻醉剂，其有3种同分异构体(不考虑立体异构)，写出其中任意两种的结构简式：、；(3) 反应是乙烯与氯气反应生成1，2-二氯乙烷，碳碳双键变成碳碳单键，其反应类型为加成反应，反应是1，2-二氯乙烷氯乙烯，化学方程式为CH2ClCH2ClHCl+CH2=CHCl，碳碳单键变
33、成碳碳双键，其应类型为消去反应。22. 某化学小组为测定有机物G的组成和结构，设计如图实验装置：回答下列问题：(1)实验开始时，先打开分液漏斗活塞，一段时间后再加热反应管C，目的是_。(2)装置B和装置D中浓硫酸的作用分别是_和_。(3)装置E和装置F中碱石灰的作用分别是_和_。(4)若准确称取4.4g样品G(只含C、H、O三种元素)，经充分燃烧后(CuO的作用是确保有机物充分氧化，最终生成CO2和H2O)，装置D质量增加3.6g，U形管E质量增加8.8g。又知有机物G的质谱图如图所示。该有机物的分子式为_。(5)已知有机物G中含有羧基，经测定其核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积之比为6：1：1。
34、综上所述，G的结构简式为_。【答案】 (1). 排出装置中的空气 (2). 干燥O2 (3). 吸收有机物燃烧生成的水蒸气 (4). 吸收有机物燃烧生成的CO2 (5). 吸收空气中的H2O和CO2 (6). C4H8O2 (7). 【解析】【分析】实验开始时先制氧气，把装置中空气排出来，防止二氧化碳干扰，B干燥氧气，加热C，样品燃烧生成二氧化碳和水，CuO的作用是确保有机物充分氧化，最终生成CO2和H2O，D用于吸收生成物中的水，E用于吸收生成物中的二氧化碳，F防止空气中的二氧化碳和水进入E装置，根据称量的质量进行有关的计算。【详解】(1) 实验开始时先制氧气，把装置中空气排出来，防止二氧化
35、碳干扰，答案为排出装置中的空气；(2) B中浓硫酸用于干燥氧气，防止干扰生成的水，D用于吸收生成物中的水，答案为干燥O2 吸收有机物燃烧生成的水蒸气；(3) E用于吸收生成物中的二氧化碳，F防止空气中的二氧化碳和水进入E装置，答案为吸收有机物燃烧生成的CO2 吸收空气中的H2O和CO2；(4)装置D的质量增加3.6g，样品中的H的物质的量为3.6g18g/mol2=0.4mol，质量为0.4g，U形管E质量增加8.8g，样品中C的物质的量为8.8g44g/mol=0.2mol，质量为2.4g，所以样品中O的质量为4.4g-0.4g-2.4g=1.6g，O的物质的量为1.6g16g/mol=0.
36、1mol，样品中C：H：O=0.2mol： 0.4mol：0.1mol=2：4：1，由图可知，该物质的相对分子质量为88，因此该物质的分子式为C4H8O2。(5)有机物G的分子式为C4H8O2，其中有羧基，经测定其核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积之比为6：1：1，符合条件的结构简式为。23. 某科研人员以废镍催化剂(主要成分为NiO，另含Fe2O3、CaO、CuO、BaO)为原料回收镍，工艺流程如图：已知：常温下，有关氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的pH如表：氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Ni(OH)2开始沉淀的pH1.56.57.7沉淀完全的pH3.79.79.2回答下列问题：(1)浸出渣主
37、要成分为_、_ (填化学式)。(2)除铜时，Fe3+与H2S反应的离子方程式为_。(3)氧化的目的是将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，温度需控制在4050之间，该步骤温度不能太高的原因是_。(4)调pH时，pH的控制范围为_。(5)除钙后，若溶液中F-浓度为310-3molL-1，则=_。已知常温下，(6)在碱性条件下，电解产生2NiOOHHO的原理分两步，其中第一步是Cl-在阳极被氧化为ClO-，则该步电极反应式为_。【答案】 (1). CaSO4(或CaSO42H2O) (2). BaSO4 (3). 2Fe3+H2S=2Fe2+S+2H+ (4). 温度太高，H2O2受热分解 (5). 3
38、.7pH7.7 (6). 1.010-3 (7). Cl-+2OH-2e-=ClO-+H2O【解析】【分析】废镍催化剂(主要成分为NiO，另含Fe2O3、CaO、CuO、BaO等)，用硫酸浸取，过滤得含有镍离子、铁离子、钙离子、铜离子的溶液，再通入硫化氢除去铜离子，且使铁离子被还原成亚铁离子，得硫化铜、硫固体，过滤得滤液中含有镍离子、亚铁离子、钙离子，加入过氧化氢氧化亚铁离子生成铁离子，调节溶液pH生成氢氧化铁沉淀，加入氟化钠除去钙离子，再加入氯化钠后电解得NiOOH，灼烧得三氧化二镍，以此解答该题。【详解】(1) 用硫酸浸取，钙离子和钡离子与硫酸根离子结合得到CaSO4、BaSO4沉淀，故浸
39、出渣主要成分为CaSO4(或CaSO42H2O)、BaSO4。(2)除铜时，铁离子具有强氧化性，可与硫化氢反应生成亚铁离子和S，反应离子方程式为2Fe3+H2S=2Fe2+S+2H+。(3)氧化时用过氧化氢将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，过氧化氢受热易分解，故温度不能太高。(4) 调pH，使铁离子完全沉淀，且避免生成Ni(OH)2，由表中数据可知，pH范围为3.7pHc(HC2O)c(HCO)c(CO)b.c(HCO)c(HC2O)c(C2O)c(CO)c.c(H+)c(HC2O)c(CO)c(C2O)d.c(H2CO3)c(HCO)c(HC2O)c(CO)【答案】 (1). 40 (2).
40、增大 (3). 增大 (4). 减小 (5). 减小 (6). = (7). 大于 (8). a【解析】【分析】运用三段式即反应的平衡常数可计算平衡时体系中H2的物质的量分数。运用勒夏特列原理、外界条件对反应速率的影响，能判断条件改变时速率的平衡和平衡移动的方向、确定平衡常数、转化率的变化。根据电离平衡常数，判断酸性强弱、结合越弱越水解的规律，判断钠盐溶液的碱性强弱，结合多元弱酸的电离程度、判断离子浓度的相对大小。【详解】(1)设CO(g)和H2O(g)的物质的量均为1，此温度下该反应的平衡常数K=16，则，得x=0.8mol，则平衡时体系中H2的物质的量分数为 。(2) 升高温度，正逆反应速率均增大，则v正增大，v逆增大；已知H2的体积分数随温度的升高而增加，说明升温，平衡逆移，Hc(HC2O)c(HCO)c(CO)，故a正确；b草酸的一级电离程度远远大于碳酸的一级电离程度，则c(HC2O)c(HCO)，故b错误； c草酸的二级电离程度大于碳酸的二级电离程度，则c(C2O)c(CO)，故c错误；d草酸的一级电离程度远远大于碳酸的一级电离程度， c(HC2O)c(HCO，故d错误；故答案为a。
