1、第四章单元评估第卷(选择题，共48分)一、选择题(每小题3分，共48分)1如图为某城市某日空气质量报告，下列叙述与报告内容不相符的是(B)A该日空气首要污染物是PM10B该日空气质量等级属于中度污染C污染物NO2、CO可能主要来源于机动车尾气DPM2.5、PM10指的是悬浮颗粒物，会影响人体健康解析：首要污染物是指当日污染最重的污染物，根据空气质量报告，PM10数值最大，所以该日空气首要污染物是PM10，故A正确；该日空气质量指数为79，空气质量等级属于良，故B错误；机动车尾气中含有NO2、CO，故C正确；PM2.5指的是大气中的细悬浮颗粒物，它的直径在2.5微米以下，PM10指的是空气中悬浮
2、的直径在10微米以下的颗粒物，PM2.5、PM10会影响人体健康，故D正确。2某混合气体通入溴水，溴水褪色；通过灼热的CuO粉末，黑色粉末变为红色；最后将剩余气体点燃，火焰为淡蓝色，且生成二氧化碳和水。则原混合气体是(D)A水煤气 B液化石油气 C石油裂解气 D焦炉气解析：能使溴水褪色，证明混合气体中有不饱和烃，排除A项；能使CuO粉末由黑色变为红色，证明混合气体中含有还原性气体，则排除B项和C项；焦炉气的主要成分是H2、CH4、C2H4、CO等，D项正确。3下列有关从海带中提取碘的实验原理和装置能达到实验目的的是(B)A用装置甲灼烧碎海带B用装置乙过滤海带灰的浸泡液C用装置丙制备用于氧化浸泡
3、液中I的Cl2D用装置丁吸收氧化浸泡液中I后的Cl2尾气解析：B项：用装置乙过滤海带灰浸泡液能达到实验目的。A项：灼烧碎海带应在坩埚中进行，不能用烧杯，装置甲不能达到实验目的。C项：用浓盐酸和MnO2制取氯气需要加热，丙装置不能达到实验目的。D项：吸收Cl2应用NaOH溶液，装置丁不能达到实验目的。4“煤制油”的关键技术是煤的气化，目前煤的气化主要是煤中的碳和水蒸气的反应：C(s)H2O(g)CO(g)H2(g)，该反应是吸热反应，反应所需能量由间歇进行的碳的燃烧(氧气用空气代替)来提供：CO2CO2，下列关于该过程的说法不正确的是(B)A煤的气化可以减少煤直接燃烧对环境造成的粉尘污染B第一个
4、反应需要吸热，所以煤的气化从能量角度来看，得不偿失C煤气化后作为燃料，燃烧充分，热利用率高D上述两个反应后的混合气体中除去CO、CO2后主要是合成氨的两种原料气解析：虽然在煤的气化过程中，煤的一部分潜在能量会损失，但得到的气态燃料的热利用率高，且较清洁，故从总体来看，煤气化或液化后使用是较合理的，B项错误，A、C项正确；因反应CO2CO2中的氧气用空气代替，故反应后混合气体的成分为N2、CO、CO2和H2等，除去CO、CO2后主要是合成氨的原料N2、H2，D项正确。5化学与社会、生产、生活密切相关。下列说法正确的是(D)A实验室从海带中提取单质碘的方法是取样灼烧溶解过滤萃取B从海水中提取物质都
5、必须通过化学反应才能实现C为了增加食物的营养成分，可以大量使用食品添加剂解析：A项，实验室从海带中提取单质碘缺少了氧化过程，萃取后还要分液；B项，从海水中获取NaCl不需要化学变化(蒸发结晶)；C项，食品添加剂是用于改善食品的外观、风味、组织结构或贮存性质的非营养物质，使用的量必须严格控制；D项，甲基环氧乙烷与二氧化碳在一定条件下反应生成聚碳酸酯，原子利用率达到100%，生成的聚碳酸酯易降解生成无毒无害的物质，所以此反应符合绿色化学的原则。6下列有关叙述中，不正确的是(B)A高分子化合物的特点之一是组成元素简单，相对分子质量大B聚乙烯是由CH2CH2分子组成的化合物，有固定熔点C同质量的乙烯和
6、聚乙烯完全燃烧后产生二氧化碳的质量相等D油脂不是天然高分子化合物解析：聚乙烯中因为n值不同，所得物质是混合物，没有固定的熔、沸点。7下列有关金属的工业制法中，正确的是(B)A制钠：用海水为原料制得精盐，再电解纯净的NaCl溶液B制铁：以铁矿石为原料，CO还原得铁C制镁：用海水为原料，经一系列过程制得氧化镁固体，H2还原得镁D制铝：从铝土矿中获得氧化铝再得到氯化铝固体，电解熔融的氯化铝得到铝解析：工业制钠是电解熔融NaCl：2NaCl(熔融)2NaCl2，而电解纯净的NaCl溶液：2NaCl2H2O2NaOHH2Cl2，得不到钠，故A错误；工业制铁是CO还原铁矿石：3COFe2O32Fe3CO2
7、，故B正确；工业制镁是电解熔融氯化镁：MgCl2(熔融)MgCl2，故C错误；工业制铝电解熔融的氧化铝：2Al2O3(熔融)4Al3O2，氯化铝是共价化合物，在熔融状态下不导电，故D错误。8化学与生活密切相关。下列说法错误的是(C)APM2.5是指粒径不大于2.5m的可吸入悬浮颗粒物B绿色化学要求从源头上消除或减少生产活动对环境的污染C燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成及温室气体的排放D天然气和液化石油气是我国目前推广使用的清洁燃料解析：PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，也称为可入肺颗粒物，A项正确；绿色化学要求从源头上消除或减少生产活动对环境的污染，B项正确；燃煤中加入C
8、aO，CaO可以与燃烧后生成的二氧化硫反应生成CaSO3，并进一步被氧化为CaSO4，从而减少二氧化硫的排放，因此可以减少酸雨的形成，但燃煤中加入CaO不能减少温室气体的排放，故C项错误；天然气和液化石油气完全燃烧的产物是二氧化碳和水，属于清洁燃料，D项正确。9绿色化学的核心就是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染。下列做法不符合绿色化学理念的是(C)A研制水溶剂涂料替代有机溶剂涂料B用可降解塑料生产包装盒或快餐盒解析：涂料中的有机溶剂主要是苯类、酯类、醛类、醚类等有害物质，危害人体健康，研制水溶剂涂料替代有机溶剂涂料，减少有机溶剂的危害，A项符合绿色化学理念；可降解塑料的使用可
9、减少白色污染，B项符合绿色化学理念；用浓硫酸和铜制备硫酸铜，反应过程中产生有害气体二氧化硫，污染大气，C项不符合绿色化学理念；该制备环氧乙烷的反应中原子利用率为100%，不产生污染物，D项符合绿色化学理念。解析：高分子中的n是不同的，所以是混合物，A错误；由苯环和乙烯的结构知所有原子可能在同一平面上，B正确；中含碳碳双键和苯环，中含碳碳双键和CN，所以和两种有机物不是同系物，C错；两种单体中都含有不饱和碳碳双键，所以既可以和溴水发生加成反应，也可以被酸性高锰酸钾氧化，使其褪色，D错误。11我国古代制得的“药金”外观与金相似，常被误认为是金子。其冶炼方法是：将炉甘石(ZnCO3)和赤铜矿(Cu2
10、O)以及木炭按一定比例混合，加热至800 左右，即炼出闪烁着金子般光泽的“药金”。下列有关叙述正确的是 (B)“药金”是铜锌合金冶炼过程中炉甘石直接被木炭还原，有锌生成用火焰灼烧法可区分黄金和“药金” 用稀HNO3能区别黄金和“药金”表面有黑色氧化物的是“药金”，用稀硫酸洗涤后可去掉黑色膜，但可能显示出铜红色A B C D解析：ZnCO3ZnOCO2，故错误；因为“药金”是铜锌合金，故灼烧时生成CuO、ZnO且溶于稀HNO3。12科学家曾提出一种“绿色自由”构想：把空气吹入碳酸钾溶液，然后再把CO2从溶液中提取出来，经化学反应后使空气中的CO2转变为甲醇。其技术流程如图：下列说法中不正确的是(
11、D)A碳酸钾溶液所起的作用是富集空气中的CO2B分解池中发生反应的化学方程式为：2KHCO3K2CO3H2OCO2C上述流程中能循环利用的物质有碳酸钾溶液和水D合成塔中生成甲醇的反应，其原子利用率理论上可以达到100%解析：碳酸钾能和二氧化碳反应生成碳酸氢钾，所以碳酸钾的作用是：吸收空气中二氧化碳，富集空气中的CO2，故A正确；在加热条件下，碳酸氢钾能分解生成碳酸钾、二氧化碳和水，化学方程式为：2KHCO3K2CO3CO2H2O，故B正确；在吸收池中碳酸钾、水是反应物，在分解池中碳酸钾、水是生成物，所以碳酸钾、水可循环使用，故C正确；CO2与H2在300 、催化剂、一定压强的条件下生成水和甲醇
12、，化学方程式为：CO23H2H2OCH3OH，产物有甲醇，还有H2O，不符合转化率100%，故D错误。13下列有关化学与自然的开发利用描述中错误的是(D)A冶炼金属铁通常用热还原法B要使海水淡化通常有蒸馏法和离子交换法C用H2作为燃料的优点之一是燃烧后的产物不污染环境D煤的干馏属于物理变化解析：高炉炼铁、铝热法炼铁均属热还原法，A项正确。海水淡化的方法有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等，B项正确。H2作为燃料，燃烧产物为水不污染环境，C项正确。煤隔绝空气加强热使其分解得到煤焦油、焦炭等产物，属于化学变化，D项错误。14据天工开物记载，我国古代以炉甘石(主要成分是ZnCO3)来升炼倭铅(即锌)，其
13、原理如图乙。已知锌的熔点为420 、沸点为906 。则下列说法不正确的是(D)A升炼倭铅过程包含氧化还原反应B“锌火”是锌蒸气和一氧化碳在空气中燃烧形成的C“泥封”的目的是为了防止得到的锌被氧化D冶炼时锌变为蒸气在兜室冷凝为固体解析：“升炼倭铅”的反应：ZnCO3CO2ZnO、CO2C2CO、ZnOCOZn(g)CO2，有电子转移的反应是氧化还原反应，根据以上分析知CO2C2CO、ZnOCOZn(g)CO2均为氧化还原反应，A正确；“锌火”是未反应完的CO和Zn蒸气从“兜室”逸出燃烧形成的，B正确；Zn易被空气氧化，为防止Zn被氧化而用“泥封”的方法隔绝空气，C正确；反应区温度达到1 1001
14、 300 时，Zn变为蒸气与杂质分离，在“兜室”冷凝为液体流出(冷凝区温度高于Zn的熔点)，D错误。15“绿色化学”是当今社会提出的一个新概念。在“绿色化学工艺”中，理想状态是反应中原子全部转化为欲制得产物，即原子的利用率为100%。在用丙炔合成甲基丙烯酸甲酯()的过程中，欲使原子的利用率达到最高，在催化剂作用下还需要其他的反应物是(A)ACO和CH3OH BCO2和H2OCCH2CH2和CO DCH3OH和H2解析：根据原子利用率为100%这一观点，要把1个C3H4分子变成1个C5H8O2分子，还必须增加2个C原子、4个H原子、2个O原子，即原料中C、H、O的原子个数比为242。CO和CH3
15、OH，这两种物质如果按照分子个数比11组合，则很容易使C、H、O的原子个数比达到242，故A正确；CO2和H2O，两种物质中3种原子不论怎样组合都不能使C、H、O的原子个数比为242，故B错误，同理，C、D错误。16海水中含有丰富的镁资源。某同学设计了从模拟海水中制备MgO的实验方案：下列说法不正确的是(D)A沉淀物X为CaCO3B步骤中发生离子反应：HCOOH=COH2O，Ca2CO=CaCO3C步骤中发生离子反应：Mg22OH=Mg(OH)2D工业上采用电解熔融MgO的方法冶炼镁解析：根据题中信息可知：第一次加入NaOH溶液后可发生反应HCOOH=COH2O，Ca2CO=CaCO3，第二次
16、加入NaOH后发生反应Mg22OH=Mg(OH)2，故A、B、C均正确；MgO的熔点高，故工业上常采用电解熔融的MgCl2来制取金属Mg：MgCl2(熔融)MgCl2，D项错。第卷(非选择题，共52分)二、非选择题(共52分)17(6分)根据下图所示流程图回答下列问题。解析：根据框图中D、F的分子式知，D分子中含有碳碳双键，结构简式为CH2=CHCl；F的结构简式应为HOCH2CH2OH，逆推得C的结构简式为CH2ClCH2Cl，则B为氯气。D发生加聚反应生成E，E为聚氯乙烯。F与G在浓硫酸作用下加热发生缩聚反应，从产物结构简式看出G为己二酸。18(14分)海水是巨大的资源宝库，从海水中提取食
17、盐和溴的过程如下：(1)为除去粗盐中的杂质(Mg2、SO、Ca2)，加入的试剂顺序正确的是BC(填序号)。ANaOH溶液Na2CO3溶液BaCl2溶液过滤后加盐酸BBaCl2溶液NaOH溶液Na2CO3溶液过滤后加盐酸CNaOH溶液BaCl2溶液Na2CO3溶液过滤后加盐酸DNa2CO3溶液NaOH溶液BaCl2溶液过滤后加盐酸(2)制备钠单质的方法是电解熔融NaCl，写出电解的化学方程式：2NaCl(熔融)2NaCl2。(3)某化学兴趣小组的同学为了了解从工业溴中提纯溴的方法，查阅了有关资料：Br2的沸点为59 ，微溶于水，有毒性和强腐蚀性。他们参观生产过程后，设计了如图实验装置：图中仪器B
18、的名称是直形冷凝管，冷却水的出口为甲(填“甲”或“乙”)。C中液体的颜色为深棕红色或红棕色。D装置的作用是吸收尾气。(4)已知某溶液中Cl、Br、I的物质的量之比为234，现欲使溶液中的Cl、Br、I的物质的量之比变成432，那么需要通入Cl2的物质的量是原溶液中I的物质的量的C(填序号)。A. B. C. D.解析：(1)应先加入BaCl2溶液除去SO，再加入Na2CO3溶液除去Ca2和Ba2，二者加入顺序不能颠倒，如果加反了，过量的Ba2将不能被除去。而加入NaOH溶液除去Mg2的顺序不受限制，最后过量的碳酸钠和氢氧化钠用盐酸除去即可，故B、C正确。(2)制备钠单质的方法之一是电解熔融Na
19、Cl，电解反应的化学方程式为2NaCl(熔融)2NaCl2。(3)由装置图可知，提纯溴利用的方法是蒸馏，仪器B为直形冷凝管，冷却水应从下端进入，上端流出，故冷却水的出口为甲。控制温度为59 ，使溴单质挥发，通过冷凝得到呈深红棕色或红棕色的液态溴单质。进入D装置的物质为溴蒸气，溴蒸气有毒，为避免其污染环境，需要进行尾气吸收。(4)已知还原性：IBrCl，反应后I有剩余，说明Br浓度没有变化，通入的Cl2只与I发生反应，设原溶液中含有2 mol Cl、3 mol Br、4 mol I，通入Cl2后，它们的物质的量之比变为432，则各离子及其物质的量分别为4 mol Cl、3 mol Br、2 mo
20、l I，Cl增加了2 mol，I减少了2 mol，说明通入了1 mol Cl2，则通入的Cl2的物质的量是原溶液中I的物质的量的，故选C。19(10分)冶炼金属一般有下列四种方法：焦炭法；水煤气(H2或CO)法；活泼金属置换法；电解法。四种方法各有优缺点，在工业上均有应用。(1)一种无色气体A与红热的炭反应，得到另一种无色气体B，B与灼热的氧化铜反应，又得到A，则A、B分别为C(填序号)。AO2、CO2 BO2、CO CCO2、CO DCO、CO2(2)钛(Ti)有“未来钢铁”之称。工业上常以TiCl42MgTi2MgCl2获得海绵状钛。该反应在下列哪种环境中进行A(填序号)。A稀有气体中 B
21、空气中C氮气中 DCO2气体中(3)工业上电解冶炼铝的化学方程式为2Al2O3(熔融)4Al3O2，若电路中通过1 mol电子，可以得到Al 9 g。解析：(1)CO2C2CO，CuOCOCuCO2。(2)空气中的N2、O2、CO2气体在加热的条件下均与镁反应，故应在稀有气体中进行。(3)工业上电解熔融的Al2O3制取Al，化学方程式为2Al2O3(熔融)4Al3O2，该反应中每生成4 mol Al，转移12 mol电子，因此电路中通过1 mol电子时，生成 mol Al，即9 g Al。20(8分)“绿水青山就是金山银山”。近年来，绿色发展、生态保护成为中国展示给世界的一张新“名片”。(1)
22、硫酸工业排出的尾气(主要含SO2)有多种处理方式。写出用过量氨水吸收尾气的离子方程式：SO22NH3H2O=2NHSOH2O。尾气也可用软锰矿浆(MnO2)吸收，写出如图所示“反应1”的化学方程式：SO2MnO2=MnSO4。(2)治理汽车尾气中NO和CO的方法之一是在汽车的排气管上装一个催化转化装置，使NO和CO在催化剂作用下转化为无毒物质。写出该反应的化学方程式：2CO2NO2CO2N2。(3)某工厂拟综合处理含NH废水和工业废气(主要含N2、Cl2、NO)，设计了如下流程：“反应1”用于吸收Cl2，“反应1”的化学方程式为2Cl22Ca(OH)2=CaCl2Ca(ClO)22H2O。“反
23、应2”的离子方程式为NHNO=N22H2O。解析：(1)硫酸工业尾气中的SO2用过量的氨水吸收反应生成亚硫酸铵，化学方程式为SO22NH3H2O=(NH4)2SO3H2O，(NH4)2SO3为可溶性强电解质，书写离子方程式时拆写成离子形式，故反应的离子方程式为SO22NH3H2O=2NHSOH2O。由图示可得，用软锰矿浆(MnO2)吸收SO2生成MnSO4，化学方程式为SO2MnO2=MnSO4。(2)NO和CO在催化剂作用下转化为无毒物质，则发生氧化还原反应生成CO2和N2，化学方程式为2CO2NO2CO2N2。(3)由流程图可知，“反应1”用石灰乳吸收Cl2，故化学方程式为2Cl22Ca(
24、OH)2=CaCl2Ca(ClO)22H2O。“反应2”为NH和NaNO2溶液反应生成无污染气体，根据氧化还原反应原理，NH和NO发生氧化还原反应生成N2，根据原子守恒可知还会生成H2O，该反应的离子方程式为NHNO=N22H2O。21(14分)某化学兴趣小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含Cu(70%)、Al(25%)、Fe(4%)及少量Au等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜和硫酸铝晶体的流程：已知：Fe3、Al3、Cu2开始沉淀至沉淀完全的pH范围分别为2.23.2、4.15.0、5.36.6。(1)得到滤渣1的主要成分为Au。(2)操作包含的实验步骤有蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗
25、涤、干燥；过滤操作所用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗。(3)操作中常用无水乙醇对晶体进行洗涤，选用无水乙醇的原因是减少晶体的溶解，便于干燥。(4)第步加H2O2后发生反应的离子方程式为2Fe2H2O22H=2Fe32H2O。(5)取上述硫酸铝晶体进行热重分析，其热分解主要分为三个阶段：323523 K、553687 K和1 043 K以上，当温度在1 043 K以上时不再失重，下表列出了不同温度下的失重率。已知：失重率100%温度/K失重率/%第一阶段32352340.54第二阶段55368748.65第三阶段1 043以上84.68通过计算确定(写出计算过程)：失重第一阶段分解产物的化学式
26、：Al2(SO4)33H2O(计算过程见解析)。失重第二阶段反应的化学方程式：Al2(SO4)33H2OAl2(SO4)33H2O(计算过程见解析)。解析：Cu、Fe、Al、Au的混合物中加入稀硫酸和浓硝酸的混合液，得到的滤液1为铁盐、铝盐、铜盐混合溶液，滤渣1为Au，向滤液1中先后加入双氧水和氢氧化钠，加H2O2的作用是把Fe2氧化为Fe3，结合各金属离子沉淀完全时的pH可知，调节pH5.3，可以过滤分离出氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，故滤液2为硫酸铜溶液，滤渣2为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀。滤渣2加硫酸溶解后加铝置换出铁，过滤除去铁，最后蒸发浓缩，冷却结晶得到硫酸铝晶体。(1)在金属混合物与酸的反应
27、中，硝酸充当氧化剂，根据上面的分析可知滤渣1为Au。(2)操作包括蒸发浓缩、冷却结晶，过滤操作所用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗。(3)晶体不溶于乙醇，则选用无水乙醇的原因是减少晶体的溶解，便于干燥。(4)第步加H2O2是为了将Fe2氧化为Fe3，离子方程式为2Fe2H2O22H=2Fe32H2O。(5)设所取硫酸铝晶体为1 mol，则硫酸铝晶体的质量为666 g。第一阶段：加热后失去结晶水的质量m1(H2O)40.54%666 g270 g，失去结晶水的物质的量n1(H2O)15 mol，得到的晶体的化学式是Al2(SO4)33H2O。第二阶段：加热后失去结晶水的质量m2(H2O)666 g(48.65%40.54%)54 g，失去结晶水的物质的量n2(H2O)3 mol，则第二阶段的失重产物中结晶水完全失去、得到的固体物质是Al2(SO4)3。
