1、2015-2016学年吉林省长春十一中高二（上）期末化学试卷一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分每小题只有1个选项符合题意）1某学生用化学知识解决生活中的问题，下列家庭小实验不合理的是（）A用食醋除去暖水瓶中的薄层水垢B用米汤检验食盐中是否含碘酸钾（KIO3）C用纯碱（Na2CO3）溶液洗涤餐具上的油污D用灼烧并闻气味的方法区别纯棉织物和纯羊毛织物2下列化合物的分子中，所有原子都处于同一平面的是（）A环己烷B甲苯C丙烷D氯乙烯3分子式为C2H4O2的所有同分异构体在下列种表征仪器中显示的信号（或数据）完全相同，则该仪器是（）A质谱仪B红外光谱仪C元素分析仪D核磁共振仪4下列说法不
2、正确的是（）A植物油能使溴的四氯化碳溶液褪色B石油裂化、煤的干馏、铝热反应都属于化学变化C蛋白质、纤维素、油脂、淀粉都是高分子化合物D乙烯常用作水果催熟剂，乙酸常用作调味剂，乙醇常用于杀菌消毒5分子式为C5H10的烯烃共有同分异构体（要考虑顺反异构体）（）A5种B6种C7种D8种6下面哪个图是以乙酸（沸点：118）、浓硫酸和乙醇（沸点：78.5）为原料合成乙酸乙酯（沸点：77）的最佳装置（）ABCD7下列有关说法中，正确的是（）A乙醇和乙醚互为同分异构体B干馏煤可以得到甲烷、苯和氨等重要化工原料C乙醇和乙酸之间能发生酯化反应，酯化反应和皂化反应互为逆反应D在酸性条件下，蔗糖水解的化学方程式为
3、C12H22O11+H2O2C6H12O6（葡萄糖）8将蔗糖水解，并用新制的氢氧化铜悬浊液检验其水解产物的实验中，要进行的主要操作是（）加热 滴入稀硫酸 加入新制的氢氧化铜悬浊液加入适量的氢氧化钠溶液调节至碱性ABCD9下列化合物的核磁共振氢谱中出现三组峰的是（）A2，2，3，3四甲基丁烷B2，3，4三甲基戊烷C3，4二甲基己烷D2，5二甲基己烷10“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，理想状态是反应物中原子全部转化为欲制的产物，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，欲使原子利用率达到最高，还需要其他的反应物是（）ACO和CH3OHBCO2和H20
4、CH2和CO2DCH3OH和H211如图表示的是难溶氢氧化物在不同pH下的溶解度（S/molL1），下列说法中正确的是（）ApH=3时溶液中铁元素的主要存在形式是Fe3+B若Ni（NO3）2溶液中含有少量的Co2+杂质，可通过调节溶液pH的方法来除去C若分离溶液中的Fe3+和Cu2+，可调节溶液的pH在4左右D若在含有Cu2+和Ni2+的溶液中加入烧碱，Ni（OH）2优先沉淀12有机物X、Y分子式不同，它们只含C、H、O元素中的两种或三种，若将X、Y不论何种比例混合，只要其物质的量之和不变，完全燃烧时耗氧气量和生成水的物质的量也不变X、Y可能是（）AC2H4、C2H6OBC2H2、C6H6CC
5、H2O、C3H6O2DCH4、C2H4O213实验测得常温下0.1mol/L某一元酸（HA）溶液的pH值等于1，0.1mol/L某一元碱（BOH）溶液里c（H+）/c（OH）=1012将此两种溶液等体积混合后，所得溶液呈的各离子的浓度由大到小排列的顺序是（）Ac（B+）c（A）c（OH）c（H+）Bc（A）c（B+）c（H+）c（OH）Cc（B+）=c（A）c（H+）=c（OH）Dc（B+）c（A）c（H+）c（OH）14常温下，在20mL 0.1mol/L Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol/L 盐酸40mL，溶液的pH逐渐降低，此时溶液中含碳元素的微粒物质的量浓度的百分含量（纵轴）也发
6、生变化（CO2因逸出未画出），如图所示下列说法不正确的是（）A0.1 mol/L Na2CO3溶液中c（Na+）+c（H+）=2c（CO32）+c（HCO3）+c（OH）B在A点：c（Na+）c（CO32）c（HCO3）c（OH）c（H+）C常温下CO2饱和溶液的pH约为5.6D当加入20 mL盐酸时，混合溶液的pH约为815某有机物A的红外光谱和核磁共振氢谱图如图所示，下列说法中错误的是（）A由红外光谱可知，该有机物中至少有三种不同的化学键B若A的化学式为C2H6O，则其结构简式为CH3OCH3C仅由其核磁共振氢谱图无法得知其分子中的氢原子总数D由核磁共振氢谱图可知，该有机物分子中有三种不同
7、的氢原子161，2，3三苯基环丙烷的三个苯基可以分布在环丙烷环平面的上下，因此有如下两个异构体：据此，可判断1，2，3，4，5五氯环戊烷（假定五个碳原子也处于同一平面上）的异构体数目是（）A4B5C6D7二、填空题：（本题包括5个小题，共52分）17如图为实验室制备乙酸乙醋的装置已知下列数据：物质熔点/沸点/密度/gcm3乙醇114780.789乙酸16.6117.91.05乙酸乙酯83.677.50.900浓H2SO43381.84（1）写出试管a中主要发生反应的化学方程式（2）导管要插在试管b中饱和Na2CO3溶液的液面以上，原因是：（3）试管b中饱和Na2CO3的作用：（4）开始用小火加
8、热试管a中的混合液，其原因是（5）生成乙酸乙酷的反应是可逆反应，反应物不能完全变成生成物，反应一段时间后，就达到了该反应的限度，也即达到化学平衡状态下列描述能说明乙醇与乙酸的酷化反应已达到化学平衡状态的有（填序号）单位时间里，生成1mol乙酸乙酯，同时生成1mol水单位时间里，生成1mol乙酸乙酯，同时生成I mol乙酸单位时间里，消耗1mol乙醇，同时消耗1mol乙酸正反应的速率与逆反应的速率相等混合物中各物质的浓度不再变化（6）若120g乙酸和184g乙醇反应生成106g乙酸乙酯，则该反应的产率为（保留三位有效数字）18E的产量是衡量一个国家石油化工水平发展的标志，F为高分子化合物，能进行
9、如图所示的反应（1）请写出E的电子式（2）下列反应的化学方程式：（要求有机物必须写结构简式）反应： 反应类型反应：反应类型反应：反应类型（3）比较反应剧烈程度（填、=或）钠和水反应的烈程度19天然海水中含有非常丰富的化学元素，具有很大的利用价值工业上对海水资源综合利用的部分工艺流程如图所示（1）请列举海水淡化的两种方法：、（2）常温下，碳酸在水中的电离常数Ka1=4.2107，Ka2=5.61011；次氯酸在水中的电离常数Ka=4.7108写出向“84消毒液”（主要成分为氯化钠和次氯酸钠）中通入少量二氧化碳发生反应的离子方程式（3）海水中溴元素以Br形式存在，工业上用空气吹出法从海水中提取溴的
10、工艺流程如上图步骤反应的离子方程式是；步骤通入二氧化硫的目的是，其反应的化学方程式是（4）步骤蒸馏的过程中，温度应控制在8090温度过高或过低都不利于生产，请解释其原因：20某烃类化合物A的质谱图表明其相对分子质量为84，红外光谱表明分子中含有碳碳双键，核磁共振谱表明分子内所有氢原子都处于相同的化学环境，由此推测（1）A的结构简式为；（2）A中的碳原子是否都处于同一平面？（填“是”或者“不是”）212006年5月，齐齐哈尔第二制药厂生产的假药“亮菌甲素注射液”导致多名患者肾功能衰竭“亮菌甲素”的结构简式为：它配以辅料丙二醇溶成针剂用于临床假药中使用廉价的二甘醇作为辅料，二甘醇为工业溶剂，有很强
11、的毒性请回答下列问题：（3）下列有关“亮菌甲素”的叙述正确的是（填字母）A“亮菌甲素”能与H2发生加成反应B不能使酸性KMnO4溶液褪色C“亮菌甲素”的分子式是C12H10O5D“亮菌甲素”分子中含氧官能团只有2种（4）丙二醇的分子式是C3H8O2，已知两个羟基连在同一个碳原子上的物质不存在写出其所有属于醇类的同分异构体的结构简式（5）依据核磁共振氢谱分析，二甘醇分子中有3个吸收峰，其峰面积之比为2：2：1又知二甘醇中含碳、氧元素的质量分数相同，且氢元素的质量分数为9.4%，1mol二甘醇与足量金属钠反应生成1mol H2写出二甘醇的结构简式22已知：I2+2S2O32S4O62+2I相关物质
12、的溶度积常数见下表：物质Cu（OH）2Fe（OH）3CuClCuIKsp2.210202.610391.71071.31012（1）某酸性CuCl2溶液中含有少量的FeCl3，为得到纯净的CuCl22H2O晶体，加入，（填化学式）调至pH=4，使溶液中的Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，此时溶液中的c（Fe3+）=过滤后，将所得滤液低温蒸发、浓缩结晶，可得到CuCl22H2O晶体（2）由CuCl22H2O晶体得到纯的无水CuCl2的合理方法是（3）某学习小组用“间接碘量法”测定含有CuCl22H2O晶体的试样（不含能与I发生反应的氧化性杂质）的纯度，过程如下：取0.36g试样溶于水，加入过量K
13、I固体，充分反应，生成白色沉淀用0.1000mol/L Na2S2O3标准溶液滴定，用淀粉溶液作指示剂，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00mLCuCl2溶液与KI反应的离子方程式为该试样中CuCl22H2O的质量百分数为23乙醇是重要的有机化工原料，可由乙烯直接水合法生产已知：乙烯气相直接水合反应C2H4（g）+H2O（g）=C2H5OH（g）H=45.5KJmol1如图为气相直接水合法乙烯的平衡转化率与温度、压强的关系（其中n：n=1：1）（1）图中压强（P1、P2、P3、P4）由大到小顺序为（2）计算乙烯水合制乙醇反应在图中A点（P2=7.85Mpa，乙烯平衡转化率为20
14、%）的平衡常数Kp=（要求写出解题过程）2015-2016学年吉林省长春十一中高二（上）期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分每小题只有1个选项符合题意）1某学生用化学知识解决生活中的问题，下列家庭小实验不合理的是（）A用食醋除去暖水瓶中的薄层水垢B用米汤检验食盐中是否含碘酸钾（KIO3）C用纯碱（Na2CO3）溶液洗涤餐具上的油污D用灼烧并闻气味的方法区别纯棉织物和纯羊毛织物【考点】食物中淀粉、蛋白质、葡萄糖的检验；盐类水解的应用；乙酸的化学性质【分析】A显酸性的物质能和碳酸钙、氢氧化镁等物质发生化学反应；B淀粉遇碘单质变蓝色；C碳酸钠的水溶液显碱性
15、；D灼烧蛋白质时有烧焦羽毛的气味【解答】解：A食醋中含有醋酸，醋酸显酸性，能和水垢中的碳酸钙、氢氧化镁反应，从而把水垢除去，故A正确； B米汤中含有淀粉，碘酸钾中不含有单质碘，所以碘酸钾不能使米汤中的淀粉变蓝色，即不能用米汤检验含碘盐中的碘酸钾，故B错误；C碳酸钠的水溶液显碱性，可以用食用碱（Na2CO3）溶液洗涤餐具上的油污，故C正确；D毛织物的主要成分是蛋白质，灼烧时有烧焦羽毛的气味；纯棉织物中不含有蛋白质，灼烧时没有烧焦羽毛的气味，故D正确故选B【点评】本题主要考查物质的性质和用途，物质具有多种性质，解答时应该理解物质的用途是由物质的哪种性质决定的2下列化合物的分子中，所有原子都处于同一
16、平面的是（）A环己烷B甲苯C丙烷D氯乙烯【考点】常见有机化合物的结构【分析】在常见的有机化合物中甲烷是正四面体结构，乙烯和苯是平面型结构，乙炔是直线型结构，其它有机物可在此基础上进行判断【解答】解：A环己烷具有甲烷的结构特点，所有原子不可能在同一个平面上，故A错误； B甲苯中含有甲基，具有甲烷的结构特点，所有原子不可能在同一个平面上，故B错误；C丙烷具有甲烷的结构特点，所有原子不可能在同一个平面上，故C错误；D乙烯具有平面型结构，氯乙烯可看作是一个氯原子取代乙烯中的一个氢原子，在同一个平面，故D正确；故选D【点评】本题考查有机物的空间结构，题目难度不大，注意把握甲烷、乙烯、乙炔、苯的结构特点3
17、分子式为C2H4O2的所有同分异构体在下列种表征仪器中显示的信号（或数据）完全相同，则该仪器是（）A质谱仪B红外光谱仪C元素分析仪D核磁共振仪【考点】有机物实验式和分子式的确定；有机物的鉴别【分析】同分异构体结构不同，所含化学键和官能团不同，氢原子的位置不同，但是元素组成相同【解答】解：分子式为C2H4O2的所有同分异构体中组成相同，由元素分析仪显示的信号（或数据）完全相同，质谱仪能用高能电子流等轰击样品分子，使该分子失去电子变为带正电荷的分子离子和碎片离子，同分异构体得到的碎片不同，故选C【点评】本题考查研究物质结构的基本方法和实验手段，把实验手段的原理与作用为解答的关键，侧重分析与推断能力
18、的综合考查，题目难度中等4下列说法不正确的是（）A植物油能使溴的四氯化碳溶液褪色B石油裂化、煤的干馏、铝热反应都属于化学变化C蛋白质、纤维素、油脂、淀粉都是高分子化合物D乙烯常用作水果催熟剂，乙酸常用作调味剂，乙醇常用于杀菌消毒【考点】有机物的结构和性质；有机化学反应的综合应用【分析】A油中含碳碳双键；B石油裂化中大分子转化为小分子、煤的干馏为隔绝空气条件下发生的复杂物理化学变化、铝热反应为Al与金属氧化物的反应；C油脂的相对分子质量在10000以下；D乙烯具有催熟作用，乙酸具有刺激性气味，乙醇能使蛋白质发生变性【解答】解：A植物油中含碳碳双键，则能使溴的四氯化碳溶液褪色，发生加成反应，故A正
19、确；B石油裂化中大分子转化为小分子、煤的干馏为隔绝空气条件下发生的复杂物理化学变化、铝热反应为Al与金属氧化物的反应，均有新物质生成，均为化学变化，故B正确；C油脂的相对分子质量在10000以下，不是高分子，而蛋白质、纤维素、淀粉都是高分子化合物，故C错误；D乙烯具有催熟作用，乙酸具有刺激性气味，乙醇能使蛋白质发生变性，则乙烯常用作水果催熟剂，乙酸常用作调味剂，乙醇常用于杀菌消毒，故D正确；故选C【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意性质与用途的关系，题目难度不大5分子式为C5H10的烯烃共有同分异构体（要考虑顺反异构
20、体）（）A5种B6种C7种D8种【考点】同分异构现象和同分异构体【分析】组成为C5H10的有机物，其所有同分异构体中属于烯烃，同分异构体说明含有1个C=C双键，根据碳链缩短法书写同分异构体，先写烷烃同分异构体（烷烃碳骨架）主链从长到短、支链由整到散、位置由心到边“C=C”位置移动考虑顺反异构，C=C双键不饱和的同一C原子上应连接不同的基团或原子具有顺反异构【解答】解：戊烷的同分异构体有CH3CH2CH2CH2CH3、若为CH3CH2CH2CH2CH3，相应烯烃有CH2CHCH2CH2CH3、CH3CHCHCH2CH3，其中CH3CHCHCH2CH3有2种顺反异构，即有3种异构若为，相应烯烃有：
21、CH2C（CH3）CH2CH3；CH3C（CH3）CHCH3；CH3CH（CH3）CHCH2，都不存在顺反异构，即有3种异构若为，没有相应烯烃所以分子式为C5H10的烯烃共有（包括顺反异构）3+3=6种故选B【点评】本题考查同分异构体的书写，难度中等，注意烯烃的同分异构体的书写方法，采取先写碳骨架异构、再移动C=C双键位置6下面哪个图是以乙酸（沸点：118）、浓硫酸和乙醇（沸点：78.5）为原料合成乙酸乙酯（沸点：77）的最佳装置（）ABCD【考点】乙酸乙酯的制取【分析】乙醇和乙酸反应生成乙酸乙酯，采用蒸馏的方法把乙酸乙酯蒸出，从控制温度和冷却效果分析【解答】解：从乙酸、乙醇和乙酸乙酯沸点数据
22、可知，要控制温度使乙酸乙酯蒸出，乙酸和乙醇留在反应液中，故控制温度在7778之间，故需要温度计，故BD错误；为了充分冷却蒸汽，冷却水应从下口进上口出，故C错误，A正确；故选A【点评】本题考察了乙酸乙酯的制取装置，较简单，搞清反应原理和仪器的用途是解题关键7下列有关说法中，正确的是（）A乙醇和乙醚互为同分异构体B干馏煤可以得到甲烷、苯和氨等重要化工原料C乙醇和乙酸之间能发生酯化反应，酯化反应和皂化反应互为逆反应D在酸性条件下，蔗糖水解的化学方程式为 C12H22O11+H2O2C6H12O6（葡萄糖）【考点】有机物的结构和性质；有机化学反应的综合应用【分析】A乙醇分子中含有2个碳原子，乙醚分子中
23、含有4个碳原子，二者分子式不同；B煤干馏是在隔绝空气条件下对煤加强热使煤分解，可得到多种物质；C酯化反应和皂化反应是在不同条件下进行的反应；D蔗糖水解生成葡萄糖和果糖【解答】解：A乙醇与二甲醚互为同分异构体，而乙醚分子中含有4个C，乙醇与乙醚的分子式不同，二者不属于同分异构体，故A错误；B煤干馏是在隔绝空气条件下对煤加强热使煤分解，可以得到甲烷、苯和氨等重要化工原料，故B正确；C乙醇和乙酸在浓硫酸作催化剂、加热的条件发生酯化反应，皂化反应是油脂在碱性、加热条件下发生反应，两者发生反应的条件不同，不属于可逆反应，故C错误；D在酸性条件下，蔗糖水解生成葡萄糖和果糖，正确的化学方程式为：C12H22
24、O11+H2OC6H12O6（葡萄糖）+C6H12O6（果糖），故D错误；故选B【点评】本题考查了常见有机物组成、结构与性质，题目难度中等，明确常见有机物结构与性质为解答关键，注意掌握同分异构体概念、可逆反应特点，D为易错点，注意蔗糖和果糖水解产物不同8将蔗糖水解，并用新制的氢氧化铜悬浊液检验其水解产物的实验中，要进行的主要操作是（）加热 滴入稀硫酸 加入新制的氢氧化铜悬浊液加入适量的氢氧化钠溶液调节至碱性ABCD【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用【分析】蔗糖水解生成葡萄糖，根据葡萄糖与新制Cu（OH）2悬浊液发生反应需在碱性的条件下进行，结合实验操作步骤中的注意点选择先后顺序，即可
25、进行解答【解答】解：蔗糖水解的实验步骤为：取少量其水解产物中加入35滴稀硫酸选；将混合液煮沸几分钟选；检验其水解产物的实验步骤为：因还原性糖葡萄糖与新制Cu（OH）2悬浊液发生氧化反应，须在碱性条件下，而此时溶液中有硫酸呈酸性，所以，在冷却后的溶液中加入新制Cu（OH）2悬浊液溶液前，加碱中和至碱性所以选；加入新制Cu（OH）2悬浊液溶液选；加热选；其实验结果有砖红色沉淀产生证明蔗糖已经水解，所以该实验中操作步骤的排列正确顺序为：，故选B【点评】本题考查了蔗糖的水解及其产物葡萄糖与新制Cu（OH）2悬浊液作用的实验，掌握葡萄糖与新制Cu（OH）2悬浊液反应的条件是解答的关键，注意根据操作的要点
26、选择操作顺序，题目较简单9下列化合物的核磁共振氢谱中出现三组峰的是（）A2，2，3，3四甲基丁烷B2，3，4三甲基戊烷C3，4二甲基己烷D2，5二甲基己烷【考点】有机物结构式的确定【分析】化合物的核磁共振氢谱中出现三组峰说明有机物中含有三种类型的氢原子，根据等效氢的判断方法来回答【解答】解：等效氢应有以下三种情况：同一碳原子上的氢原子等效；同一碳原子的甲基上的氢原子等效；关于镜面对称碳原子上的氢原子等效，根据以上原则，可判断出A：1种；B：4种；C：4种；D：3种，化合物的核磁共振氢谱中出现三组峰说明有机物中含有三种等效氢原子故选D【点评】本题考查学生有机物中等效氢原子的判断知识，可以根据所学
27、知识进行回答，难度不大10“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，理想状态是反应物中原子全部转化为欲制的产物，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，欲使原子利用率达到最高，还需要其他的反应物是（）ACO和CH3OHBCO2和H20CH2和CO2DCH3OH和H2【考点】绿色化学【分析】由题意知，绿色化学即环境友好型化学，其理想状态是反应中原子全部转化为欲制得的产物，即原子的利用率为100%，根据这一观点，要把一个C3H4分子变成一个甲基丙烯酸甲酯C5H802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2：4：2
28、，以此来解答【解答】解：由题意知，绿色化学即环境友好型化学，其理想状态是反应中原子全部转化为欲制得的产物，即原子的利用率为100%，根据这一观点，要把一个C3H4分子变成一个甲基丙烯酸甲酯C5H802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2：4：2ACH3OH和CO，这两种物质如果按照分子个数比1：1组合，则很容易使C、H、O的原子个数比达到2：4：2，故A正确；BC02和H2O，其中两种物质里三种原子不论怎样组合也都不能使C、H、O的原子个数比为2：4：2，故B错误；CCO2和H2，两种物质分子里三种原子不论怎样组合也都不能使C、H、O的原子个数
29、比为2：4：2，故C错误；DCH3OH和H2，其中两种物质分子里三种原子不论怎样组合都不能使C、H、O的原子个数比为2：4：2，故D错误；故选A【点评】本题考查绿色化学的概念，并以此为依据，考查元素种类、原子种类在化学变化中都保持不变，因此我们要用守恒的观点来解答，注意解本题时一定要读懂题意，明确命题者的意图，再结合所学方可解答，题目难度中等11如图表示的是难溶氢氧化物在不同pH下的溶解度（S/molL1），下列说法中正确的是（）ApH=3时溶液中铁元素的主要存在形式是Fe3+B若Ni（NO3）2溶液中含有少量的Co2+杂质，可通过调节溶液pH的方法来除去C若分离溶液中的Fe3+和Cu2+，可
30、调节溶液的pH在4左右D若在含有Cu2+和Ni2+的溶液中加入烧碱，Ni（OH）2优先沉淀【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【分析】观察难溶氢氧化物在不同pH下的溶解度（S/molL1），找出各离子沉淀完全时的PH，即可判断选项的对错【解答】解：A、当pH=3时，Fe3+已沉淀完全，故A错误；B、由于Ni2+和Co2+完全沉淀时pH相差不大，故不宜采用调节溶液pH的方法来除去，故B错误；C、从图象可知，pH在4左右，Fe3+已沉淀完全而Cu2+没沉淀，故C正确；D、根据图示可知在含有Cu2+和Ni2+的溶液中加入烧碱，Cu（OH）2优先沉淀，故D错误故选C【点评】此类题解题思路为：认
31、真分析图示，从图中找出与选项有关的问题，利用溶度积知识正确答题12有机物X、Y分子式不同，它们只含C、H、O元素中的两种或三种，若将X、Y不论何种比例混合，只要其物质的量之和不变，完全燃烧时耗氧气量和生成水的物质的量也不变X、Y可能是（）AC2H4、C2H6OBC2H2、C6H6CCH2O、C3H6O2DCH4、C2H4O2【考点】有机物的推断【分析】X、Y无论以何种比例混合，只要总物质的量不变，完全燃烧生成水的量不变，说明X、Y两物质的化学式中，氢原子数相同，二者耗氧量相同，则X、Y两化学式相差一个或若干个“CO2”基团，符合CxHy（CO2）n，可利用分子式的拆写法判断【解答】解：AC2H
32、4、C2H6O含有的H数目不同，物质的量比值不同，生成的水的物质的量不同，故A错误；BC2H2、C6H6含有的H数目不同，二者物质的量比值不同，生成的水的物质的量不同，且耗氧量也不同，故B错误CCH2O、C3H6O2含有的H数目不同，二者物质的量比值不同，生成的水的物质的量不同，且耗氧量不同，故C错误；DCH4、C2H4O2含有的H数目相同，在分子组成上相差1个“CO2”基团，只要其物质的量之和不变，完全燃烧时耗氧气量和生成水的物质的量也不变，故D正确；故选：D【点评】本题考查有机物的推断，题目难度不大，注意有机物分子式的确定方法，要求学生具有分析和解决问题的能力13实验测得常温下0.1mol
33、/L某一元酸（HA）溶液的pH值等于1，0.1mol/L某一元碱（BOH）溶液里c（H+）/c（OH）=1012将此两种溶液等体积混合后，所得溶液呈的各离子的浓度由大到小排列的顺序是（）Ac（B+）c（A）c（OH）c（H+）Bc（A）c（B+）c（H+）c（OH）Cc（B+）=c（A）c（H+）=c（OH）Dc（B+）c（A）c（H+）c（OH）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】实验测得常温下0.1mol/L某一元酸（HA）溶液的pH值等于1，证明酸为一元强酸；0.1mol/L某一元碱（BOH）溶液里c（H+）/c（OH）=1012依据离子积常数为c（H+）c（OH）=10
34、14；计算得到溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/L，说明碱为强碱；依据强酸强碱反应后的溶液中物质和离子分析选项【解答】解：实验测得常温下0.1mol/L某一元酸（HA）溶液的pH值等于1，证明酸为一元强酸；0.1mol/L某一元碱（BOH）溶液里解：实验测得常温下0.1mol/L某一元酸（HA）溶液的pH值等于1，证明酸为一元强酸；0.1mol/L某一元碱（BOH）溶液里c（H+）/c（OH）=1012，依据离子积常数为c（H+）c（OH）=1014；计算得到溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/L，说明碱为强碱；A、一元强酸和一元强碱恰好反应生成强酸强碱盐，溶液呈中性，故A错误；B、一元强酸
35、和一元强碱恰好反应生成强酸强碱盐，溶液呈中性，故B错误；C、一元强酸和一元强碱恰好反应生成强酸强碱盐，溶液呈中性，依据溶液中电荷守恒，c （B+）+c （H+）=c （A）+c （OH），c （B+）=c （A）c （H+）=c （OH）故C正确；D、一元强酸和一元强碱恰好反应生成强酸强碱盐，溶液呈中性，故D错误故选C【点评】本题考查了酸碱反应后溶液的酸碱性判断，溶液中离子积的计算应用，离子浓度大小比较，电荷守恒的计算应用，题目较简单14常温下，在20mL 0.1mol/L Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol/L 盐酸40mL，溶液的pH逐渐降低，此时溶液中含碳元素的微粒物质的量浓度的百分
36、含量（纵轴）也发生变化（CO2因逸出未画出），如图所示下列说法不正确的是（）A0.1 mol/L Na2CO3溶液中c（Na+）+c（H+）=2c（CO32）+c（HCO3）+c（OH）B在A点：c（Na+）c（CO32）c（HCO3）c（OH）c（H+）C常温下CO2饱和溶液的pH约为5.6D当加入20 mL盐酸时，混合溶液的pH约为8【考点】离子浓度大小的比较【分析】A根据溶液的电荷守恒判断；B由图象可知，A点c（HCO3）=c（CO32），溶液呈碱性，则c（OH）c（ H+）；CpH5.6时，溶液浓度不变，溶液达到饱和；Dc（HCO3）=100%时，溶液的pH=8【解答】解：ANa2CO
37、3溶液中存在电荷守恒，为c（Na+）+c（H+）=2c（CO32）+c（HCO3）+c（OH），故A正确；B根据图象分析，A点为碳酸钠和碳酸氢钠的混合溶液，且c（HCO3）=c（CO32），溶液呈碱性，则c（OH）c（ H+），盐溶液水解程度较小，所以c（CO32）c（OH），则离子浓度大小顺序是c（HCO3）=c（CO32）c（OH）c（ H+），故B错误；CpH5.6时，溶液浓度不变，溶液达到饱和，说明常温下CO2饱和溶液的pH约为5.6，故C正确；Dc（HCO3）=100%时，溶液的pH=8，说明0.05mol/L NaHCO3溶液的pH=8，当加入20 mL盐酸时Na2CO3溶液和盐酸
38、反应生成碳酸氢钠溶液，故D正确故选B【点评】本题考查了离子浓度大小的比较，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意根据物料守恒、电荷守恒来分析解答，难点是B，注意把握图象曲线的变化特点，难度中等15某有机物A的红外光谱和核磁共振氢谱图如图所示，下列说法中错误的是（）A由红外光谱可知，该有机物中至少有三种不同的化学键B若A的化学式为C2H6O，则其结构简式为CH3OCH3C仅由其核磁共振氢谱图无法得知其分子中的氢原子总数D由核磁共振氢谱图可知，该有机物分子中有三种不同的氢原子【考点】有机物的结构和性质【分析】A由红外光谱可知，该有机物中CH、CO、OH三种化学键；B由红外光谱可知分子中含有C
39、H键、CO键、OH键结合分子得出结构简式；C核磁共振氢谱中有几个峰就有几种H原子，只能确定H原子种类；D核磁共振氢谱中有几个峰就有几种H原子，峰的面积之比等于H原子数目之比【解答】解：A红外光谱可知分子中至少含有CH键、CO键、OH键三种不同的化学键，故A正确；B若A的化学式为 C2H60，CH3OCH3中只有一种氢原子，所以其吸收峰个数应该是1，与图象不符合，故B错误；C核磁共核磁共振氢谱中有3个峰说明分子中3种H原子，故C正确；D振氢谱中只能确定H原子种类，不能确定氢原子总数，故D正确；故选B【点评】本题考查学生对红外光谱和核磁共振氢谱的简单识图，明确核磁共振氢谱、红外光谱含义是解本题关键
40、，注意核磁共振氢谱只能确定H原子种类，峰的面积之比等于H原子数目之比，题目难度不大161，2，3三苯基环丙烷的三个苯基可以分布在环丙烷环平面的上下，因此有如下两个异构体：据此，可判断1，2，3，4，5五氯环戊烷（假定五个碳原子也处于同一平面上）的异构体数目是（）A4B5C6D7【考点】同分异构现象和同分异构体【分析】从氯原子分布在平面的上下两边分析解题，每个碳原子上有一个氯原子，先假设都在平面上，再逐渐减少一个碳原子【解答】解：5个氯原子都在上面，4个氯原子在上1个在下（同4下1上），3个氯原子在上2个在下（同3下2上）有两种，分别为1，2，3上和1，2，4上两种，如图，黑点表示氯原子在平面下
41、方，所以共计4种故选A【点评】本题考查同分异构体的书写，难度不大二、填空题：（本题包括5个小题，共52分）17如图为实验室制备乙酸乙醋的装置已知下列数据：物质熔点/沸点/密度/gcm3乙醇114780.789乙酸16.6117.91.05乙酸乙酯83.677.50.900浓H2SO43381.84（1）写出试管a中主要发生反应的化学方程式CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O（2）导管要插在试管b中饱和Na2CO3溶液的液面以上，原因是：防止倒吸（3）试管b中饱和Na2CO3的作用：除去挥发出来的乙酸和乙醇；降低乙酸乙酯的溶解度，有利于分层（4）开始用小火加热试管a中的混
42、合液，其原因是乙酸、乙醇、乙酸乙酯沸点接近且较低，大火加热，反应物大量蒸发损失（5）生成乙酸乙酷的反应是可逆反应，反应物不能完全变成生成物，反应一段时间后，就达到了该反应的限度，也即达到化学平衡状态下列描述能说明乙醇与乙酸的酷化反应已达到化学平衡状态的有（填序号）单位时间里，生成1mol乙酸乙酯，同时生成1mol水单位时间里，生成1mol乙酸乙酯，同时生成I mol乙酸单位时间里，消耗1mol乙醇，同时消耗1mol乙酸正反应的速率与逆反应的速率相等混合物中各物质的浓度不再变化（6）若120g乙酸和184g乙醇反应生成106g乙酸乙酯，则该反应的产率为60.2%（保留三位有效数字）【考点】乙酸乙
43、酯的制取【分析】（1）乙酸和乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应，生成乙酸乙酯和水；（2）为防止倒吸，导管要插在试管b中饱和Na2CO3溶液的液面以上；（3）饱和碳酸钠溶液与乙酸反应除去乙酸、同时降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层；（4）乙酸、乙醇、乙酸乙酯沸点接近且较低，易蒸发；（5）乙醇与乙酸的反应已达到化学平衡状态，各组分的含量不变、正逆反应速率相等，以此来解答；（6）根据方程式CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O进行计算即可【解答】解：（1）乙酸和乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应，生成乙酸乙酯和水，反应方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O，故
44、答案为：；（2）为防止倒吸，导管要插在试管b中饱和Na2CO3溶液的液面以上；故答案为：防止倒吸；（3）制备乙酸乙酯时常用饱和碳酸钠溶液，目的是中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中；溶解挥发出来的乙醇；降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分层得到酯，故答案为：除去挥发出来的乙酸和乙醇；降低乙酸乙酯的溶解度，有利于分层；（4）乙酸、乙醇、乙酸乙酯沸点接近且较低，大火加热，反应物大量蒸发损失，所以用小火加热试管a中的混合液，故答案为：乙酸、乙醇、乙酸乙酯沸点接近且较低，大火加热，反应物大量蒸发损失；（5）单位时间里，生成1mol乙酸乙酯，同时生成1mol水，不能体现正逆反应速率，不能判定平衡状
45、态，故不选；单位时间里，生成1mol乙酸乙酯，同时生成1mol乙酸，正逆反应速率相等，能判定平衡状态，故选；单位时间里，消耗1mol乙醇，同时消耗1mol乙酸，不能体现正逆反应速率，不能判定平衡状态，故不选；正反应速率与逆反应速率相等，能判定平衡状态，故选；反应混合物中各物质的浓度不再变化，能判定平衡状态，故选；故答案为：（6）n（CH3COOH）=2mol n（C2H5OH）=4mol，所以乙醇过量，应以乙酸计算，2mol乙酸完全酯化可生成乙酸乙酯2mol88g/mol=176g，故该反应的产率为：100%=60.2%，故答案为：60.2%【点评】本题考查了有机物的区分和乙酸乙酯的制备，题目
46、难度不大，解答时须注意酯化反应的原理和饱和碳酸钠溶液的作用18E的产量是衡量一个国家石油化工水平发展的标志，F为高分子化合物，能进行如图所示的反应（1）请写出E的电子式（2）下列反应的化学方程式：（要求有机物必须写结构简式）反应：CH2=CH2+H2O CH3CH2OH 反应类型加成反应反应：2 CH3CH2OH+O2 2 CH3CHO+2H2O反应类型氧化反应反应：nCH2=CH2反应类型加聚反应（3）比较反应剧烈程度（填、=或）钠和水反应的烈程度【考点】有机物的推断【分析】E的产量是衡量一个国家石油化工水平发展的标志，则E是CH2=CH2，乙烯和水发生加成反应生成A，A为CH3CH2OH，
47、F为高分子化合物，则F为聚乙烯，结构简式为；A和钠反应生成B，B为CH3CH2ONa，A在Cu作催化剂条件下加热生成D，D为CH3CHO，A和乙酸在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生酯化反应生成C，C为CH3COOCH2CH3，据此分析解答【解答】解：E的产量是衡量一个国家石油化工水平发展的标志，则E是CH2=CH2，乙烯和水发生加成反应生成A，A为CH3CH2OH，F为高分子化合物，则F为聚乙烯，结构简式为；A和钠反应生成B，B为CH3CH2ONa，A在Cu作催化剂条件下加热生成D，D为CH3CHO，A和乙酸在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生酯化反应生成C，C为CH3COOCH2CH3；（1）通过
48、以上分析知，E是乙烯，其电子式为，故答案为：；（2）反应：CH2=CH2+H2O CH3CH2OH，反应类型是加成反应；反应：2 CH3CH2OH+O2 2 CH3CHO+2H2O，反应类型是氧化反应；反应：nCH2=CH2，反应类型加聚反应，故答案为：CH2=CH2+H2O CH3CH2OH；加成反应；2 CH3CH2OH+O2 2 CH3CHO+2H2O；氧化反应；nCH2=CH2；加聚反应；（3）水和Na反应比乙醇和钠反应剧烈，故答案为：【点评】本题考查有机物推断，为高频考点，明确官能团及其性质关系、物质之间的转化、常见有机反应类型是解本题关键，注意乙醇催化氧化反应的配平，为易错点19天
49、然海水中含有非常丰富的化学元素，具有很大的利用价值工业上对海水资源综合利用的部分工艺流程如图所示（1）请列举海水淡化的两种方法：蒸馏法、电渗析法、离子交换法及其他合理答案中的任意两种（2）常温下，碳酸在水中的电离常数Ka1=4.2107，Ka2=5.61011；次氯酸在水中的电离常数Ka=4.7108写出向“84消毒液”（主要成分为氯化钠和次氯酸钠）中通入少量二氧化碳发生反应的离子方程式ClO+CO2+H2O=HClO+HCO3（3）海水中溴元素以Br形式存在，工业上用空气吹出法从海水中提取溴的工艺流程如上图步骤反应的离子方程式是2Br+Cl2=Br2+2Cl；步骤通入二氧化硫的目的是富集溴元
50、素，其反应的化学方程式是SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4（4）步骤蒸馏的过程中，温度应控制在8090温度过高或过低都不利于生产，请解释其原因：温度过高，大量水蒸气会随溴排出，溴中水蒸气增加，温度过低，溴不能完全蒸出，产率低【考点】海水资源及其综合利用【分析】海水通过蒸发结晶晒盐得到粗盐和母液，粗盐精制得到精盐溶解制备饱和溶液，通电电解得到氢氧化钠溶液、氯气、氢气，海水中溴元素以Br形式存在，工业上用空气吹出法从海水中提取溴，步骤氯气和溴离子反应生成溴单质；步骤通过热空气吹出后用二氧化硫吸收得到溴离子，步骤通入二氧化硫，溴与二氧化硫水溶液反应生成硫酸和溴化氢，步骤在氯水溶液中重新得
51、到溴单质，富集溴元素，步骤萃取蒸馏得到溴单质，据此回答（1）根据海水淡化的常见方法来回答；（2）依据电离平衡常数比较碳酸酸性大于次氯酸，第一步电离大于次氯酸，第二步电离小于次氯酸的电离，结合84消毒液成分为次氯酸钠和二氧化碳反应生成的次氯酸见光分解分析；（3）海水中溴元素以Br形式存在，工业上用空气吹出法从海水中提取溴的工艺流程如上图步骤反应是氯气和溴离子反应生成溴单质；过程中得到溴单质，通过热空气吹出后用二氧化硫吸收得到溴离子，在氯水溶液中重新得到溴单质；步骤通入二氧化硫富集溴元素；溴与二氧化硫水溶液反应生成硫酸和溴化氢；（4）在溴水中，溴的沸点是58.5C，水的是100C，温度8090时，
52、水不沸腾而溴蒸气挥发【解答】解：（1）海水淡化的方法有：蒸馏法、电渗析法、离子交换法等，故答案为：蒸馏法、电渗析法、离子交换法及其他合理答案中的任意两种；（2）依据电离平衡常数比较碳酸酸性大于次氯酸，第一步电离大于次氯酸，第二步电离小于次氯酸的电离，结合84消毒液成分为次氯酸钠和二氧化碳反应生成的次氯酸见光分解分析可知；次氯酸钠和二氧化碳、水反应生成次氯酸和碳酸氢钠，次氯酸见光分解生成盐酸和氧气，反应的离子方程式为：ClO+CO2+H2O=HClO+HCO3；故答案为：ClO+CO2+H2O=HClO+HCO3；（3）海水中溴元素以Br形式存在，工业上用空气吹出法从海水中提取溴的工艺流程如上图
53、步骤反应是氯气和溴离子反应生成溴单质，反应的离子方程式为：2Br+Cl2=Br2+2Cl；过程中得到溴单质，通过热空气吹出后用二氧化硫吸收得到溴离子，在氯水溶液中重新得到溴单质；步骤通入二氧化硫富集溴元素；溴与二氧化硫水溶液反应生成硫酸和溴化氢，反应的化学方程式SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，故答案为：2Br+Cl2=Br2+2Cl；富集溴元素；SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4；（4）在溴水中，溴的沸点是58.5C，水的是100C，温度过高，大量水蒸气随之排出，溴气中水分增加；温度过低，溴不能完全蒸出，产率低，故答案为：温度过高，大量水蒸气会随溴排出，溴中水蒸气增
54、加；温度过低，溴不能完全蒸出，产率低【点评】本题考查了海水资源的利用分析判断，主要是流程操作的理解应用，掌握基础是关键，综合考查了学生运用知识分析问题和解决问题的能力，题目难度中等20某烃类化合物A的质谱图表明其相对分子质量为84，红外光谱表明分子中含有碳碳双键，核磁共振谱表明分子内所有氢原子都处于相同的化学环境，由此推测（1）A的结构简式为；（2）A中的碳原子是否都处于同一平面？是（填“是”或者“不是”）【考点】有机物实验式和分子式的确定；常见有机化合物的结构【分析】（1）分子内所有氢原子都处于相同的化学环境，所有的氢原子是完全对称等效的；（2）根据乙烯的共平面结构知识来判断该物质中的碳原子
55、是否共面【解答】解：（1）分子中含有碳碳双键，确定属于烯烃，其相对分子质量为84，根据烯烃的通式CnH2n，可以得出n=6，即为己烯，分子内所有氢原子都处于相同的化学环境，所有的氢原子是完全对称等效的，即结构简式为：，故答案为：；（2）根据乙烯中所有的原子均是共面的，中的非双键碳原子可以等效为乙烯中的四个氢原子，所以所有的碳原子均是共面的，故答案为：是【点评】本题考查学生有机物分子式的确定方法以及分子共面知识，考查学生分析和解决问题的能力，注意知识的积累是解题的关键，难度不大212006年5月，齐齐哈尔第二制药厂生产的假药“亮菌甲素注射液”导致多名患者肾功能衰竭“亮菌甲素”的结构简式为：它配以
56、辅料丙二醇溶成针剂用于临床假药中使用廉价的二甘醇作为辅料，二甘醇为工业溶剂，有很强的毒性请回答下列问题：（3）下列有关“亮菌甲素”的叙述正确的是AC（填字母）A“亮菌甲素”能与H2发生加成反应B不能使酸性KMnO4溶液褪色C“亮菌甲素”的分子式是C12H10O5D“亮菌甲素”分子中含氧官能团只有2种（4）丙二醇的分子式是C3H8O2，已知两个羟基连在同一个碳原子上的物质不存在写出其所有属于醇类的同分异构体的结构简式（5）依据核磁共振氢谱分析，二甘醇分子中有3个吸收峰，其峰面积之比为2：2：1又知二甘醇中含碳、氧元素的质量分数相同，且氢元素的质量分数为9.4%，1mol二甘醇与足量金属钠反应生成
57、1mol H2写出二甘醇的结构简式HOCH2CH2OCH2CH2OH【考点】有机物分子中的官能团及其结构【分析】（3）含碳碳双键、酚OH、醇OH及COOC，结合烯烃、酚、醇、酯的性质分析；（4）丙二醇的分子式是C3H8O2，则2个OH在不同的C原子上，属于醇类的同分异构体的结构简式CH3CH（OH）CH2OH、CH2（OH）CH2 CH2（OH），故答案为：CH3CH（OH）CH2OH、CH2（OH）CH2 CH2（OH）；（5）根据元素的含量判断分子式，二甘醇分子中有3个吸收峰，其峰面积之比为2：2：1，说明分子中有3种不同的H，且个数比为2：2；1，1mol二甘醇与足量的金属钠反应生成1m
58、olH2，说明含有2个OH，以此解答该题【解答】解：（3）A“亮菌甲素”含苯环和双键，能与H2发生加成反应，故A正确；B含双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，故B错误；C“亮菌甲素”的分子式是C12H10O5，故C正确；D“亮菌甲素”分子中含氧官能团为酚OH、醇OH及COOC，有3种，故D错误；故答案为：AC； （4）丙二醇的分子式是C3H8O2，则2个OH在不同的C原子上，属于醇类的同分异构体的结构简式CH3CH（OH）CH2OH、CH2（OH）CH2 CH2（OH），故答案为：；（5）二甘醇中C、O元素的质量分数相同，且H的质量分数为9.4%，则C、O元素的质量分数都为=45.3%，则分子中
59、N（C）：N（H）：N（O）=： =4：3：10，分子式应为C4H10O3，二甘醇分子中有3个吸收峰，其峰面积之比为2：2：1，说明分子中有3种不同的H，且个数比为2：2；1，1mol二甘醇与足量的金属钠反应生成1molH2，说明含有2个OH，则二甘醇结构简式为HOCH2CH2OCH2CH2OH故答案为：HOCH2CH2OCH2CH2OH【点评】本题考查有机物的推断，题目难度中等，易错点为（3），注意分子式的推断为解答该题的关键，结合题目信息分析可能具有的结构22已知：I2+2S2O32S4O62+2I相关物质的溶度积常数见下表：物质Cu（OH）2Fe（OH）3CuClCuIKsp2.2102
60、02.610391.71071.31012（1）某酸性CuCl2溶液中含有少量的FeCl3，为得到纯净的CuCl22H2O晶体，加入Cu（OH）2、CuO、CuCO3或Cu2（OH）2CO3，（填化学式）调至pH=4，使溶液中的Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，此时溶液中的c（Fe3+）=2.6109mol/L过滤后，将所得滤液低温蒸发、浓缩结晶，可得到CuCl22H2O晶体（2）由CuCl22H2O晶体得到纯的无水CuCl2的合理方法是在干燥的HCl气流中加热脱水（3）某学习小组用“间接碘量法”测定含有CuCl22H2O晶体的试样（不含能与I发生反应的氧化性杂质）的纯度，过程如下：取0.36
61、g试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应，生成白色沉淀用0.1000mol/L Na2S2O3标准溶液滴定，用淀粉溶液作指示剂，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00mLCuCl2溶液与KI反应的离子方程式为2Cu2+4I2CuI+I2该试样中CuCl22H2O的质量百分数为95%【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；化学方程式的有关计算【分析】（1）加入的物质用于调节pH以除去杂质，主要将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，且不能引入新杂质，先根据溶液的pH计算氢离子浓度，再结合水的离子积常数计算氢氧根离子浓度，最后根据c（Fe3+）=计算c（Fe3+）；（2）加热时促进氯化铜的
62、水解且生成的氯化氢易挥发造成水解完全，要想得到较纯的无水氯化铜应在氯化氢气流中抑制其水解；（3）碘化钾和氯化铜发生氧化还原反应，生成碘化亚铜沉淀和碘单质，碘单质遇淀粉变蓝，依据碘单质被Na2S2O3标准溶液滴定到终点，根据物质间的关系式进行计算【解答】解：（1）为得到纯净的CuCl22H2O晶体要除去氯化铁，则溶液中的Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，加入物质能与酸反应能转化为氯化铜，且不能引进杂质，可以是Cu（OH）2、CuO、CuCO3或Cu2（OH）2CO3；溶液的pH=4，所以溶液中氢氧根离子浓度为104 mol/L，则氢氧根离子浓度为1010 mol/L，c（Fe3+）=2.6109
63、mol/L，故答案为：Cu（OH）2、CuO、CuCO3或Cu2（OH）2CO3；2.6109mol/L；（2）由于CuCl2在加热过程中水解被促进，且生成的HCl又易挥发而脱离体系，造成水解完全，碱式氯化铜或氢氧化铜，以至于得到CuO固体，而不是CuCl2，反应方程式为：2CuCl22H2OCu（OH）2CuCl2+2HCl+2H2O，应在在干燥的HCl气流中加热脱水，故答案为：在干燥的HCl气流中加热脱水；（3）测定含有CuCl22H2O晶体的试样（不含能与I发生反应的氧化性质杂质）的纯度，过程如下：取0.36g试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应，生成白色沉淀用0.1000mol/L
64、Na2S2O3标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00mL，反应的化学方程式为：2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI，CuCl2溶液与KI反应生成CuI和碘，反应的离子方程式为2Cu2+4I2CuI+I2，故答案为：2Cu2+4I2CuI+I2；依据2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI，2Cu2+4I2CuI+I2；得到 2Na2S2O3 2Cu2+ 2 20.1000mol/L0.0200L 0.002mol，则CuCl22H2O的物质的量为：0.002mol，试样中CuCl22H2O的质量百分数为100%=95%，故答案为：95%【点评】本题考
65、查Ksp计算和物质制备，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，利用平衡移动原理、氧化还原滴定分析解答，明确滴定过程的反应原理和计算方法是解本题的关键，注意加热灼烧CuCl2溶液和CuSO4溶液得到固体的区别，为易错点23乙醇是重要的有机化工原料，可由乙烯直接水合法生产已知：乙烯气相直接水合反应C2H4（g）+H2O（g）=C2H5OH（g）H=45.5KJmol1如图为气相直接水合法乙烯的平衡转化率与温度、压强的关系（其中n：n=1：1）（1）图中压强（P1、P2、P3、P4）由大到小顺序为P4P3P2P1（2）计算乙烯水合制乙醇反应在图中A点（P2=7.85Mpa，乙烯平衡转化率
66、为20%）的平衡常数Kp=0.07（MPa）1（要求写出解题过程）【考点】化学平衡的计算【分析】（1）由方程式可知，增大压强，平衡正向移动，乙烯的转化率增大；（2）Kp=，利用三段法计算平衡分压带入表达式计算即可【解答】解：（1）由图象可知在相同温度下由于乙烯转化率为P4P3P2P1，由C2H4（g）+H2O（g）C2H5OH（g）可知正反应为气体体积减小的反应，所以增大压强，平衡正向移动，乙烯的转化率提高，因此压强关系是P4P3P2P1，故答案为：P4P3P2P1；（2）C2H4（g）+H2O（g）C2H5OH（g）开始：1 1 0转化：0.2 0.2 0.2平衡：0.8 0.8 0.2乙醇占=，乙烯和水各占=，则乙醇的分压为7.85MPa=0.87MPa，乙烯和水的分压为7.85MPa=3.49MPa，所以Kp=0.07（MPa）1，故答案为：0.07（MPa）1【点评】本题考查化学平衡的计算，为高考常见题型，题目涉及压强对平衡移动的影响、平衡常数的计算等知识，综合性非常强，属于中等难度较大，侧重于学生分析问题、解决问题、知识迁移能力的培养
