1、2015-2016学年山东省济南二十二中高三（下）月考化学试卷（3月份）一、选择题1化学家于1995年合成了一种分子式为C200H200的含有多个碳碳叁键的链烃，其分子中含有碳碳叁键数目最多可以是（）A49B50C51D无法确定2在Na+和Cl两种粒子中，相同的是（）A核内质子数B核外电子层数C最外层电子数D核外电子数3等物质的量浓度的下列溶液中，c（）最大的是（）ANH4HCO3BNH4NO3C（NH4）2CO3DNH4HSO44证明氨水是弱碱的事实是（）A氨水与硫酸发生中和反应B氨水能使紫色石蕊液变蓝C0.1mol/L的NH4Cl溶液的pH值为5.1D铵盐与熟石灰反应逸出氨气5邻甲基苯甲酸
2、（）有多种同分异构体，其中属于酯类，且分子结构中有甲基和苯环的异构体有（）A2种B3种C4种D5种6短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X和Z同主族，Y和W同主族，原子半径X小于Y，四种元素原子最外层电子数之和为14下列叙述正确的是（）A同周期元素中W的最高价氧化物对应水化物的酸性最强B氢化物的热稳定性：HnYHnWCY和X、Z和X组成的常见化合物中化学键的类型相同D原子半径的大小顺序：rWrZrYrX7回答下列问题：（1）下列物质的沸点由高到低的顺序是（用字母表示）A庚烷 B.2甲基丁烷（异戊烷） C正戊烷D.2，2二甲基丙烷（新戊烷） E异丁烷（2）依据AD几种烃的分子模型，回答下
3、列问题：A、B、D的二氯代物最少的是（填对应字母）AD在空气中燃烧时有黑烟生成的有（填对应字母）AD在充有足量氧气的密闭恒容容器中完全燃烧，150时测得燃烧前后的压强不变的有（填对应字母）8常温下，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是（）A滴入甲基橙显红色的溶液中：Na+、NO3、I、SO42B水电离出的c（H+）=1012mol/L中：K+、AlO2、CH3COO、SiO32C =1012的水溶液中：K+、ClO、S2、ClDc（F）=0.1 mol/L的无色溶液中：Fe3+、NH4+、NO3、Cu2+9下列叙述中正确的是（）A硫酸的摩尔质量是98gB铁原子的摩尔质量等于铁的相对原子质量
4、C标准状况下，22.4L的O2质量是32gD2gH2所含原子物质的量为1mol10CH4是天然气的主要成分，而液化石油气的主要成分是丙烷、丁烷、丙烯（C3H6）、丁烯（C4H8）下列说法中不正确的是（）A相同物质的量上述5种烃中，消耗O2体积最大的是丁烷B相同质量上述5种烃中，生成H2O的质量最大的是CH4C天然气灶具改用液化石油气时，应将进风口改小D严冬季节液化石油气有时会出现火焰变小的现象原因是有些成分被液化11加成反应也是有机化学中的一类重要的反应类型，下列各组物质中不能全部发生加成反应的是（）A乙烷、乙烯B乙烯、乙炔C氯乙烯、溴乙烯D顺2丁烯、反2丁烯12有机物丁香油酚结构简式为：其可
5、能具有的性质是：能发生加成反应，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，能发生取代反应，能与三氯化铁发生显色反应，能发生中和反应，能发生消去反应（）A全部B仅C除外都能D除外都能13有一块铁的“氧化物”样品，用140mL 5.0mol/L盐酸恰好将之完全溶解，所得溶液还能吸收0.025mol Cl2，恰好使其中的Fe2+全部转变为Fe3+，则该样品可能的化学式为（）AFe4O5BFe5O7CFe2O3DFe3O41425时，在25mL 0.1mol/L的NaOH溶液中，逐滴加入0.2mol/L的CH3COOH溶液，溶液的pH变化如下图所示，下列分析的结论中正确的是（）AB点的横坐标a=12.5BC点时溶液中
6、有：c（Na+）c（CH3COO）c（H+）c（OH）CD点时溶液中有：c（CH3COO）+c（CH3COOH）=2c（Na+）D曲线上A、B间的任意一点，溶液中都有：c（Na+）c（CH3COO）c（OH）c（H+）15某兴趣小组设计如图微型实验装置实验时，先断开K2，闭合K1，两极均有气泡产生；一段时间后，断开K1，闭合K2，发现电流表A指针偏转下列说法正确的是（）A断开K2，闭合K1时，总反应的离子方程式为2H+2ClCl2+H2B断开K2、闭合K1时，石墨电极附近溶液变红C断开K1、闭合K2时，铜电极上的电极反应为Cl2+2e2ClD断开K1、闭合K2时，石墨电极作正极二、非选择题16
7、以含钴废催化剂（主要成分为Co、Fe、SiO2）为原料，制取钴的氧化物的流程如图1：（1）步骤中废催化剂用硫酸浸出后，将滤渣1进行再次浸出，其目的是（2）步骤需要加热搅拌，相应的离子方程式为（3）步骤中的反应为2Na+6Fe3+4SO42+12H2ONa2Fe6（SO4）4（OH）12+12H+过滤后母液的pH=2，.0，c（Na+）=a molL1，c（Fe3+）=b molL1，c（SO42）=d molL1，该反应的平衡常数K=（用含a、b、d 的代数式表示）（4）完成步骤中反应的离子方程式：+CO32+H2OCo5（OH）6（CO3）2+（5）已知CoCl2的溶解度曲线如图2所示步骤向
8、碱式碳酸钴中加入足量稀盐酸，边加热边搅拌，待固体溶解后需趁热过滤边加热边搅拌的原因是；趁热过滤的原因是17汽车在现代生活中扮演着越来越重要的角色，但其尾气（碳氢化合物、氮氧化物及一氧化碳等）带来的环境污染越来越明显，机动车废气排放已成为城市大气污染的重要来源（1）设汽油成分为C8H18，若在气缸中汽油高温裂解产生丁烷和丁烯，写出该反应的化学方程（2）气缸中生成NO的反应为：N2（g）+O2（g）2NO（g）H0汽车启动后，气缸内温度越高，单位时间内NO排放量越大，原因是1mol空气中含有0.8mol N2和0.2mol O2，1300时在含1mol空气的密闭容器内反应达到平衡，测得NO为810
9、4mol计算该温度下的平衡常数K（3）尾气中的CO主要来自于汽油不完全燃烧有人设想按下列反应除去CO：2CO（g）2C（s）+O2（g）H=+221kJmol1，简述该设想能否实现的依据：测量汽车尾气的浓度常用电化学气敏传感器，其中CO传感器可用下图简单表示，则阳极发生的电极反应为（4）在汽车尾气系统中安装催化转换器，可有效减少尾气中的CO、NOx 和碳氢化合物等废气已知：N2（g）+O2（g）2NO（g）H1=+180kJ/molCO（g）+O2（g）CO2（g）H2=283kJ/mol2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g）H3则H3=kJmol1（5）光化学烟雾（含臭氧、醛类
10、、过氧乙酰硝酸酯等）是汽车尾气在紫外线作用下发生光化学反应生成的二次污染物写出2丁烯与臭氧按物质的量之比为1：2反应生成乙醛及氧气的化学方程式18CoCl26H2O是一种饲料营养强化剂一种利用水钻矿（主要成分为CO2O3、Co（OH）3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等）制取CoCl26H2O的工艺流程如下：已知：浸出液含有的阳离了主要有H+、CO2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表：（金属离子浓度为：0.01mo1Ll）沉淀物Fe（OH）3Fe（OH）2Co（OH）2Al（OH）3Mn（OH）2开始沉淀2.77.67.64.07.7完全沉
11、淀3.79.69.25.29.8CoCl26H2O熔点为86，加热至110120时，失去结晶水生成无水氯化钴（1）写出浸出过程中Co2O3发生反应的离子方程式（2）写出NaClO3发生反应的主要离子方程式；若不慎向“浸出液”中加过量NaClO3时，可能会生成有毒气体，写出生成该有毒气体的离子方程式（3）“加Na2CO3调pH至a”，过滤所得到的沉淀成分为（4）萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图向“滤液”中加入萃取剂的目的是：其使用的最佳pH范围是A 2.02.5 B 3.03.5 C 4.04.5 D 5.05.5（5）“操作l”中包含3个基本实验操作，它们依次是、和过滤制得的CoC12
12、6H2O在烘干时需减压烘干的原因是（6）为测定粗产品中CoCl26H2O含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量AgNO3溶液，过滤、洗涤，将沉淀烘干后称其质量通过计算发现粗产品中CoCl26H2O的质量分数大于100%，其原因可能是（答一条即可）19醇与氢卤酸反应是制备卤代烃的重要方法实验室制备溴乙烷的装置如图所示，其中锥形瓶b是安全瓶，试管d中装有少量蒸馏水已知溴乙烷的沸点为38.4，密度为1.43g/mL；（1）制备溴乙烷需要用到蒸馏水、乙醇、溴化钠、浓硫酸，在烧瓶中加入这几种物质的顺序依次是（2）小火加热，在烧瓶中发生的主要反应有；（3）冷水的作用；d试管中的现象（4）用这种方法制取
13、的溴乙烷中的含少量杂质Br2，欲除去溴代烷中的少量杂质Br2，下列供选试剂中最适合的是ANaI溶液 BNaOH溶液 CNa2SO3溶液 DKCl溶液（5）容器e中NaOH溶液的作用是20我国废水三级排放标准规定：废水中苯酚的含量不得超过1.00mg/L实验室可用一定浓度的溴水测定某废水中苯酚的含量，其原理如下：（1）请完成相应的实验步骤：步骤1：准确量取25.00mL待测废水于250mL锥形瓶中步骤2：将5.0mL 0.01mol/L溴水迅速加入到锥形瓶中，塞紧瓶塞，振荡步骤3：打开瓶塞，向锥形瓶中加入过量的0.1mol/L KI溶液，振荡步骤4：，再用0.01mol/L Na2S2O3标准溶
14、液滴定至终点，消耗 Na2S2O3溶液8.50mL（反应原理：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6）（2）该废水中苯酚的含量为mg/L（3）步骤2塞紧瓶塞的原因是（4）步骤3若振荡时间过长，则测得的废水中苯酚的含量（填“偏高”、“偏低”或“无影响”，下同）步骤4中若滴定至终点时滴定管尖嘴处出现气泡，而滴定前无气泡，会使测得的废水中苯酚的含量21铜及其化合物在生活、生产中有广泛应用请回答下列问题：（1）自然界地表层原生铜的硫化物经氧化、淋滤作用后变成CuSO4溶液向地下深层渗透，遇到难溶的ZnS，慢慢转变为铜蓝（CuS）写出CuSO4转变为铜蓝的离子方程式（2）工业上以黄铜矿CuFe
15、S2）为原料，采用火法熔炼工艺生产铜的中间过程会发生反应：2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2，该反应的氧化剂是；验证反应产生的气体是SO2的方法是（3）图I是一种新型燃料电池，它以CO为燃料，一定比例的Li2CO3和Na2CO3熔融混合物为电解质，图II是粗铜精炼的装置图，假若用燃料电池为电源进行粗铜的精炼实验写出A极的电极反应式要用燃料电池为电源进行粗铜的精炼实验，粗铜板应与极（填“A”或“B”）相连；若粗铜中还含有Au、Ag、Fe，它们在电解槽中的存在形式和位置为当消耗标准状况下1.12LCO时，精铜电极的质量变化情况为（4）现向一含有Ca2+、Cu2+的混合溶液中滴加Na2CO3溶液，若
16、首先生成CuCO3沉淀，根据该实验可得出的结论是（填序号）AKsp（CuCO3）Ksp（CaCO3） Bc（Cu2+）c（Ca2+）CD22根据下面的有机物合成路线回答下列问题：（1）写出A、B、C的结构简式：A：，B：，C：（2）各步反应类型：，；，（3）AB的反应试剂及条件23某课外学习小组对日常生活中不可缺少的调味品M进行探究已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰M与其他物质的转化关系如图1所示（部分产物已略去）：（1）写出F的电子式（2）若A是一种常见的酸性氧化物，且可用于制造玻璃，E溶液与F溶液反应可以制备一种胶体，则E溶液的俗称是（3）若A是CO2气体，A与B溶液能够反应，反应后所得的溶
17、液再与盐酸反应，如图2所示，则A与B溶液反应后溶液中的溶质化学式为（4）若A是一种常见金属单质，且A与B溶液能够反应，则将过量的F溶液逐滴加入E溶液，边加边振荡，所看到的实验现象是（5）若A是一种化肥实验室可用A和B反应制取气体E，E与F、E与D相遇均冒白烟，且利用E与D的反应检验输送D的管道是否泄露，写出E与D反应的化学方程式是（6）若A是一种溶液，只可能含有H+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、CO32、SO42中的某些离子，当向该溶液中加入B溶液时发现生成沉淀的物质的量随B溶液的体积发生变化如图3所示，由此可知，该溶液中肯定含有的离子及其浓度之比为24非诺洛芬是一种治疗类风湿性关
18、节炎的药物，可通过下面方法合成 请回答下列问题：（1）有机化合物B中的含氧官能团为和（填名称）（2）上述反应中，过程属于反应（3）若过程发生的取代反应，且另一种产物有HBr，写出由A到B发生反应的化学方程式（4）非诺洛芬的一种同分异构体满足下列条件：能与NaHCO3反应做出CO2，能与FeCl3溶液发生显色反应：分子中有6种不同化学环境的氟，且分子中含有两个苯环写出符合条件的一种同分异构体的结构简式（5）根据已有知识并结合相关信息，写出以为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用），合成路线路程图示例如下：CH3CH2OHCH2=CH2CH3CH22015-2016学年山东省济南二十二中高三（下
19、）月考化学试卷（3月份）参考答案与试题解析一、选择题1化学家于1995年合成了一种分子式为C200H200的含有多个碳碳叁键的链烃，其分子中含有碳碳叁键数目最多可以是（）A49B50C51D无法确定【考点】有机化合物中碳的成键特征【分析】对于烃CnHm，当分子中无C=C和环时，CC最多，根据： =叁键数2解题【解答】解：对于烃CnHm，碳氢原子个数与分子结构的关系公式为： =双键数+叁键数2+环数，当分子中无C=C和环时，CC最多，此时 =叁键数2，所以叁键数50.5由于叁键数不可能为0.5个，故C200H200中最多可有50个碳碳叁键故选B2在Na+和Cl两种粒子中，相同的是（）A核内质子数
20、B核外电子层数C最外层电子数D核外电子数【考点】质子数、中子数、核外电子数及其相互联系【分析】阴离子中核外电子数=质子数+电荷数，阳离子中核外电子数=质子数电荷数，钠离子、氯离子原子结构示意图、，根据这两种离子的结构分析解答【解答】解：钠离子、氯离子原子结构示意图、，A根据离子结构示意图知，钠离子核内质子数是11、氯离子核内质子数是17，核内质子数不等，故A错误；B钠离子核外有2个电子层、氯离子核外有3个电子层，所以电子层数不同，故B错误；C钠离子和氯离子最外层电子数都是8，所以二者最外层电子数相等，故C正确；D钠离子核外有10个电子、氯离子核外有18个电子，所以二者核外电子数不等，故D错误；
21、故选C3等物质的量浓度的下列溶液中，c（）最大的是（）ANH4HCO3BNH4NO3C（NH4）2CO3DNH4HSO4【考点】盐类水解的应用【分析】物质的量浓度相等的铵盐溶液中，铵根离子系数越大，铵根离子浓度越大，相同铵根离子的盐溶液中，根据其它离子对铵根离子的影响来判断【解答】解：物质的量浓度相等的铵盐溶液中，铵根离子系数越大，铵根离子浓度越大，相同铵根离子的盐溶液中，根据其它离子对铵根离子的影响来分析，这几种铵盐中，碳酸铵溶液中铵根离子系数最大，则溶液中铵根离子浓度最大；碳酸氢铵、硝酸铵和硫酸氢铵中铵根离子系数相同，碳酸氢根离子促进铵根离子水解，氢离子抑制铵根离子水解；所以这几种铵盐中，
22、铵根离子浓度大小顺序是CDBA，故选C4证明氨水是弱碱的事实是（）A氨水与硫酸发生中和反应B氨水能使紫色石蕊液变蓝C0.1mol/L的NH4Cl溶液的pH值为5.1D铵盐与熟石灰反应逸出氨气【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】只要证明一水合氨部分电离就能证明一水合氨是弱电解质，则氨水是弱碱，据此分析解答【解答】解：A氨水和硫酸发生中和反应只能说明氨水具有碱性，不能说明一水合氨部分电离，则不能说明氨水是弱碱，故A错误；B氨水能使紫色石蕊试液变蓝色，说明氨水溶液呈碱性，不能说明一水合氨部分电离，则不能说明氨水是弱碱，故B错误；C.0.1mol/L的NH4Cl溶液的pH值为5.1，说明氯化铵
23、是强酸弱碱盐，则能证明氨水是弱碱，故C正确；D铵盐和熟石灰反应逸出氨气，证明铵盐不稳定，但不能说明一水合氨部分电离，所以不能证明氨水是弱碱，故D错误；故选C5邻甲基苯甲酸（）有多种同分异构体，其中属于酯类，且分子结构中有甲基和苯环的异构体有（）A2种B3种C4种D5种【考点】有机化合物的异构现象【分析】据有机物属于酯类，且分子结构中有甲基和苯环，则应含有COO官能团，则取代基分别为CH3和OOCH或OOCCH3或COOCH3，有2个取代基时，有邻、间、对三不同结构【解答】解：由题目要求可知该有机物的同分异构体中应具有CH3C6H4OOCH（C6H4为苯环）的结构，应有邻、间、对三种同分异构体或
24、C6H5OOCCH3或C6H5COOCH3，共5种，故选：D；6短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X和Z同主族，Y和W同主族，原子半径X小于Y，四种元素原子最外层电子数之和为14下列叙述正确的是（）A同周期元素中W的最高价氧化物对应水化物的酸性最强B氢化物的热稳定性：HnYHnWCY和X、Z和X组成的常见化合物中化学键的类型相同D原子半径的大小顺序：rWrZrYrX【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X和Z同主族，Y和W同主族，原子半径X小于Y，则X处于Y的上一周期，四种元素原子最外层电子数之和为14，则X和Y的主族序数之和为7，X和
25、Z同主族，且Z的原子序数大于Y，所以X是H元素，Y是O元素，Z是Na元素，W是S元素A元素的非金属性越强其最高价含氧酸的酸性越强；B元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定；C活泼金属和活泼非金属之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键；D电子层数越多，其原子半径越大，同一周期元素中，原子半径随着原子序数的增大而减小【解答】解：短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X和Z同主族，Y和W同主族，原子半径X小于Y，则X处于Y的上一周期，四种元素原子最外层电子数之和为14，则X和Y的主族序数之和为7，X和Z同主族，且Z的原子序数大于Y，所以X是H元素，Y是O元素，Z是Na元素，W是S元素AS
26、属于第三周期元素，第三周期中非金属性最强的元素是Cl元素，所以Cl元素的最高价氧化物对应水化物的酸性最强，故A错误；BO元素的非金属性大于S，所以气态氢化物的热稳定性：H2OH2S，故B正确；CO和H、Na和H组成的常见化合物中的化学键分别属于共价键和离子键，故C错误；D原子半径大小顺序是rZrWrYrX，故D错误；故选B7回答下列问题：（1）下列物质的沸点由高到低的顺序是ACBDE（用字母表示）A庚烷 B.2甲基丁烷（异戊烷） C正戊烷D.2，2二甲基丙烷（新戊烷） E异丁烷（2）依据AD几种烃的分子模型，回答下列问题：A、B、D的二氯代物最少的是A（填对应字母）AD在空气中燃烧时有黑烟生成
27、的有BCD（填对应字母）AD在充有足量氧气的密闭恒容容器中完全燃烧，150时测得燃烧前后的压强不变的有AB（填对应字母）【考点】烷烃及其命名；同分异构现象和同分异构体【分析】（1）烃的熔沸点规律：1烃分子中碳原子数目越多熔沸点越高；2碳原子数目相同的烃，支链越多沸点越低；（2）依据AD几种烃的分子模型可知，A为CH4，B为CH2=CH2，C为CHCH，D为C6H6；A、B、D的二氯代物依据分子中氢原子种类分析判断；AD在空气中燃烧时有黑烟生成说明物质含碳量高，依据物质性质分析；依据烃燃烧规律分析，150时物质燃烧生成的水是气体，依据同时分析计算；【解答】解：（1）庚烷的分子式是C7H16，正戊
28、烷、异戊烷、新戊烷三者分子式都是C5H12，异丁烷分子式为C4H10，而正戊烷、异戊烷、新戊烷支链由少到多，根据烃的沸点规律可知四种物质的沸点由高到低的顺序是：正戊烷、异戊烷、新戊烷、异丁烷，庚烷，物质的沸点由高到低的顺序是ACBDE；故答案为：ACBDE；（2）依据AD几种烃的分子模型可知，A为CH4，B为CH2=CH2，C为CHCH，D为C6H6；A、B、D的二氯代物，依据分子结构分析，A为甲烷，CH4的结构是正四面体结构，二氯代物为1种，B为CH2=CH2，二氯代物为2种，D为C6H6，依据苯分子结构苯环上六个碳碳键完全相同，二氯代物为邻、间、对3种，最少的是A；故答案为：AAD在空气中
29、燃烧时有黑烟生成说明物质含碳量高，甲烷是淡蓝色火焰，乙烯燃烧放出明亮火焰冒黑烟，乙炔燃烧发出明亮火焰冒黑烟，苯燃烧也是明亮火焰，冒黑烟；故答案为：BCD烃燃烧150时水位气体，依据燃烧通式分析，CxHy+（x+）O2xCO2+H2O（g），反应前后压强不变即气体物质的量不变，1+x+=x+，y=4；所以烃分子式中氢原子为4的符合，AB符合；故答案为：AB8常温下，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是（）A滴入甲基橙显红色的溶液中：Na+、NO3、I、SO42B水电离出的c（H+）=1012mol/L中：K+、AlO2、CH3COO、SiO32C =1012的水溶液中：K+、ClO、S2、C
30、lDc（F）=0.1 mol/L的无色溶液中：Fe3+、NH4+、NO3、Cu2+【考点】离子共存问题【分析】A、滴入甲基橙显红色的溶液显示酸性；B、水电离出的c（H+）=1012mol/L的溶液是酸性或是碱性溶液；C、次氯酸根离子具有氧化性，可以将硫离子氧化；D、无色溶液中有色离子不能共存【解答】解：A、滴入甲基橙显红色的溶液显示酸性，此时H+、NO3、I会发生氧化还原反应而不能共存，故A错误；B、水电离出的c（H+）=1012mol/L的溶液是酸性或是碱性溶液，在碱性环境下，离子们可以共存，故B正确；C、水的离子积和氢氧根离子以及氢离子浓度之间的关系，可解得氢离子浓度为1013mol/L，
31、所以氢氧根浓度是0.1mol/L，溶液显示碱性，但是次氯酸根离子具有氧化性，可以将硫离子氧化，故C错误；D、无色溶液中有色离子Fe3+、Cu2+不能共存，故D错误故选B9下列叙述中正确的是（）A硫酸的摩尔质量是98gB铁原子的摩尔质量等于铁的相对原子质量C标准状况下，22.4L的O2质量是32gD2gH2所含原子物质的量为1mol【考点】摩尔质量；物质的量的相关计算【分析】A、摩尔质量的单位是g/mol；B、摩尔质量有单位，相对原子质量没有单位；C、标况下，气体摩尔体积为22.4L/mol据此计算即可；D、氢气为双原子分子，据此解答即可【解答】解：A、硫酸的摩尔质量为98g/mol，故A错误；
32、B、铁原子的摩尔质量是56g/mol，相对原子质量是56，故B错误；C、22.4L氧气标况下物质的量=1mol，质量=1mol32g/mol=32g，故C正确；D、2g氢气的物质的量=1mol，氢气为双原子分子，H原子的物质的量=2mol，故D错误，故选C10CH4是天然气的主要成分，而液化石油气的主要成分是丙烷、丁烷、丙烯（C3H6）、丁烯（C4H8）下列说法中不正确的是（）A相同物质的量上述5种烃中，消耗O2体积最大的是丁烷B相同质量上述5种烃中，生成H2O的质量最大的是CH4C天然气灶具改用液化石油气时，应将进风口改小D严冬季节液化石油气有时会出现火焰变小的现象原因是有些成分被液化【考点
33、】烷烃及其命名【分析】A烃燃烧的通式为：CxHy+（x+）O2=xCO2+H2O，相同物质的量的烃燃烧耗氧量取决于x+；B相同质量的烃中，含氢量越高，即越大，燃烧生成的水越多；C根据化学方程式：C3H8+5O2=3CO2+4H2O，CH4+2O2=CO2+2H2O等物质量的C3H8耗氧为CH4的2.5倍，C3H8产生CO2为CH4的3倍；天然气灶具改用液化石油气时，应将进风口改大；D严冬季节液化石油气有时会出现火焰变小的现象原因是因为有些成分被液化【解答】解：A相同物质的量上述5种烃中丁烷的x+值最大所以耗氧量最大，故A正确；B相同质量上述5种烃中，甲烷的含氢量最多，所以生成H2O的质量最大，
34、故B正确；C根据化学方程式：C3H8+5O2=3CO2+4H2O，CH4+2O2=CO2+2H2O等物质量的C3H8耗氧为CH4的2.5倍，C3H8产生CO2为CH4的3倍；天然气灶具改用液化石油气时，应将进风口改大，故C错误；D严冬季节液化石油气有时会出现火焰变小的现象原因是有些成分被液化，故D正确；故选C11加成反应也是有机化学中的一类重要的反应类型，下列各组物质中不能全部发生加成反应的是（）A乙烷、乙烯B乙烯、乙炔C氯乙烯、溴乙烯D顺2丁烯、反2丁烯【考点】取代反应与加成反应【分析】根据碳碳双键、碳碳三键能发生加成反应，烷烃不能发生加成反应；【解答】解：A乙烷不能发生加成反应，乙烯含有碳
35、碳双键，能发生加成反应，故A正确；B乙烯含有碳碳双键，能发生加成反应，乙炔含有碳碳三键，能发生加成反应，故B错误；C氯乙烯、溴乙烯含有碳碳双键，能发生加成反应，故C错误；D顺2丁烯、反2丁烯含有碳碳双键，能发生加成反应，故D错误；故选A12有机物丁香油酚结构简式为：其可能具有的性质是：能发生加成反应，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，能发生取代反应，能与三氯化铁发生显色反应，能发生中和反应，能发生消去反应（）A全部B仅C除外都能D除外都能【考点】有机物的结构和性质【分析】丁香油酚的结构简式为，含碳碳双键、酚OH、COC，结合烯烃、苯酚的性质来解答【解答】解：含苯环、碳碳双键，可发生加成反应；含碳碳双键
36、、酚OH可被酸性高锰酸钾氧化；含酚OH，可发生显色反应；含酚OH，可发生取代反应；酚OH，具有酸性，可发生中和反应；该物质不能发生消去反应，故选C13有一块铁的“氧化物”样品，用140mL 5.0mol/L盐酸恰好将之完全溶解，所得溶液还能吸收0.025mol Cl2，恰好使其中的Fe2+全部转变为Fe3+，则该样品可能的化学式为（）AFe4O5BFe5O7CFe2O3DFe3O4【考点】化学方程式的有关计算；铁的氧化物和氢氧化物；铁盐和亚铁盐的相互转变【分析】n（HCl）=0.14L5.0mol/L=0.7mol，由氧化物和盐酸反应生成水可知，氧化物中含有n（O）=n（HCl）=0.35mo
37、l，所得溶液还能吸收0.025mol Cl2，恰好使其中的Fe2+全部转变为Fe3+，反应后所得溶液为FeCl3，结合氯元素守恒确定铁的物质的量，可确定氧化物分子式【解答】解：n（HCl）=0.14L5.0mol/L=0.7mol，由氧化物和盐酸反应生成水可知，氧化物中含有n（O）=n（HCl）=0.35mol，所得溶液还能吸收0.025mol Cl2，恰好使其中的Fe2+全部转变为Fe3+，反应后所得溶液为FeCl3，因n（Cl）=0.7mol+0.025mol2=0.75mol，则n（Fe3+）=n（Cl）=0.25mol，所以氧化物中n（Fe）：n（O）=0.25：0.35=5：7，所以
38、化学式为Fe5O7，故选B1425时，在25mL 0.1mol/L的NaOH溶液中，逐滴加入0.2mol/L的CH3COOH溶液，溶液的pH变化如下图所示，下列分析的结论中正确的是（）AB点的横坐标a=12.5BC点时溶液中有：c（Na+）c（CH3COO）c（H+）c（OH）CD点时溶液中有：c（CH3COO）+c（CH3COOH）=2c（Na+）D曲线上A、B间的任意一点，溶液中都有：c（Na+）c（CH3COO）c（OH）c（H+）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】A当氢氧化钠和醋酸恰好反应时，消耗醋酸的体积是12.5ml，醋酸是弱酸，由于醋酸钠的水解溶液显碱性，B点的
39、pH=7，说明醋酸溶液应稍过量；B根据电荷守恒c（CH3COO）+c（OH）=c（H+）+c（Na+）；CD点溶液是等浓度的醋酸钠和醋酸的混合液，根据原子守恒（微粒守恒）判断；D若加入的醋酸很少时，会有c（Na+）c（OH）c（CH3COO）c（H+）【解答】解：A醋酸是弱酸，当氢氧化钠和醋酸恰好反应时，消耗醋酸的体积是12.5ml，此时由于醋酸钠的水解溶液显碱性，即pH大于7B点的pH=7，说明醋酸溶液的体积应大于12.5ml，故A错误；B根据电荷守恒c（CH3COO）+c（OH）=c（H+）+c（Na+），选项中电荷不可能守恒，故B错误；CD点溶液中的溶质是醋酸钠和醋酸的混合液，且二者的浓
40、度相同，所以根据原子守恒（微粒守恒）可知：c（CH3COO）+c（CH3COOH）=2c（Na+），故C正确；D若加入的醋酸很少时，会有c（Na+）c（OH）c（CH3COO）c（H+），故D错误故选：C15某兴趣小组设计如图微型实验装置实验时，先断开K2，闭合K1，两极均有气泡产生；一段时间后，断开K1，闭合K2，发现电流表A指针偏转下列说法正确的是（）A断开K2，闭合K1时，总反应的离子方程式为2H+2ClCl2+H2B断开K2、闭合K1时，石墨电极附近溶液变红C断开K1、闭合K2时，铜电极上的电极反应为Cl2+2e2ClD断开K1、闭合K2时，石墨电极作正极【考点】原电池和电解池的工作原
41、理【分析】A断开K2，闭合K1时，是电解池装置，两极均有气泡产生，说明两极产生的气体分别是氢气和氯气；B断开K2，闭合K1时，是电解池装置，两极均有气泡产生，石墨做阳极，溶液中氯离子离子失电子发生氧化反应，铜做阴极，氢离子得到电子发生还原反应；C断开K1，闭合K2时，发现电流表指针偏转，证明是原电池反应，形成氢氯燃料电池，铜做负极氢气失电子发生氧化反应；D断开K1，闭合K2时，形成原电池，原电池中阳离子向正极移动【解答】解：断开K2、闭合K1时，装置为电解池，两极均有气泡产生，则总反应为2Cl+2H2OH2+2OH+Cl2，石墨为阳极，铜为阴极，因此石墨电极处产生Cl2，在铜电极处产生H2，铜
42、电极附近产生OH，溶液变红，故A、B两项均错误；断开K1、闭合K2时，装置为原电池，铜电极上的电极反应为H22e+2OH=2H2O，其为负极，而石墨上的电极反应为Cl2+2e=2Cl，其为正极，故C项错误，D项正确故选D二、非选择题16以含钴废催化剂（主要成分为Co、Fe、SiO2）为原料，制取钴的氧化物的流程如图1：（1）步骤中废催化剂用硫酸浸出后，将滤渣1进行再次浸出，其目的是提高钴元素的总浸出率（2）步骤需要加热搅拌，相应的离子方程式为6Fe2+6H+ClO36Fe3+Cl+3H2O（3）步骤中的反应为2Na+6Fe3+4SO42+12H2ONa2Fe6（SO4）4（OH）12+12H+
43、过滤后母液的pH=2，.0，c（Na+）=a molL1，c（Fe3+）=b molL1，c（SO42）=d molL1，该反应的平衡常数K=（用含a、b、d 的代数式表示）（4）完成步骤中反应的离子方程式：5Co2+CO32+H2OCo5（OH）6（CO3）2+3CO2；（5）已知CoCl2的溶解度曲线如图2所示步骤向碱式碳酸钴中加入足量稀盐酸，边加热边搅拌，待固体溶解后需趁热过滤边加热边搅拌的原因是加快固体溶解速率；趁热过滤的原因是防止因温度降低，CoCl2晶体析出【考点】制备实验方案的设计【分析】钴废催化剂加入稀硫酸，发生Co+H2SO4=CoSO4+H2，Fe+H2SO4=FeSO4+
44、H2，过滤滤渣是不溶的二氧化硅，而滤液是硫酸钴、硫酸亚铁与过量的硫酸的混合溶液，向滤液中加氯酸钠将亚铁离子氧化成铁离子，然后加入碳酸钠得到黄钠铁矾Na2Fe6（SO4）4（OH）12沉淀，继续向滤液中加入碳酸钠，得到碱式碳酸钴（CoCO3）23Co（OH）2，然后用盐酸溶解碱式碳酸钴（CoCO3）23Co（OH）2，再向所到溶液中加入草酸铵，得到溶解度极小的草酸钴，最后燃烧生成氧化钴（1）步骤中废催化剂用硫酸浸出后，将滤渣1进行再次浸出，其目的是提高滤液中钴的利用率；（2）亚铁离子被氯酸根离子氧化成铁离子，根据得失电子守恒分析解答；（3）依据平衡常数的概念计算，用生成物浓度的幂次方乘积除以反应
45、物浓度的幂次方乘积；（4）向滤液中加入碳酸钠，得到碱式碳酸钴（CoCO3）23Co（OH）2和二氧化碳；（5）边加热边搅拌，能加快固体溶解在溶剂中的速率；CoCl2的溶解度曲线可知，随温度的升高，CoCl2的溶解度增大，所以趁热过滤，防止温度降低氯化钴析出【解答】解：（1）步骤中废催化剂用硫酸浸出后，将滤渣1进行再次浸出，能够将滤渣中的钴元素的浸出率，所以其目的是提高钴元素的总浸出率，故答案为：提高钴元素的总浸出率；（2）亚铁离子被氯酸根离子氧化成铁离子，1molr的亚铁离子失去1mol的电子，而1mol的氯酸根离子得到6mol的电子，根据电子得失守恒，可知离子方程式为：6Fe2+6H+ClO
46、36Fe3+Cl+3H2O，故答案为：6Fe2+6H+ClO36Fe3+Cl+3H2O；（3）除去杂质的化学方程式可表示为：2Na+6Fe3+4SO42+12H2ONa2Fe6（SO4）4（OH）12+12H+，过滤后母液的pH=2.0，c（Na+）=a molL1，c（Fe3+）=b molL1，c（SO42）=d molL1，氢离子浓度为102，依据K的表达式写出K=，故答案为：；（4）Co2+与CO32发生双水解，离子方程式为：5Co2+5CO32+3H2O=Co5（OH）6（CO3）2+3CO2，故答案为：5Co2+5CO32+3H2O=Co5（OH）6（CO3）2+3CO2；（5）边
47、加热边搅拌，能加快固体与溶剂的接触速度，加快固体溶解速率，故答案为：加快固体溶解速率；CoCl2的溶解度曲线可知，随温度的升高，CoCl2的溶解度增大，所以趁热过滤，防止温度降低CoCl2晶体析出，故答案为：防止因温度降低，CoCl2晶体析出17汽车在现代生活中扮演着越来越重要的角色，但其尾气（碳氢化合物、氮氧化物及一氧化碳等）带来的环境污染越来越明显，机动车废气排放已成为城市大气污染的重要来源（1）设汽油成分为C8H18，若在气缸中汽油高温裂解产生丁烷和丁烯，写出该反应的化学方程C8H18C4H10+C4H8（2）气缸中生成NO的反应为：N2（g）+O2（g）2NO（g）H0汽车启动后，气缸
48、内温度越高，单位时间内NO排放量越大，原因是温度升高，反应速率加快，平衡右移1mol空气中含有0.8mol N2和0.2mol O2，1300时在含1mol空气的密闭容器内反应达到平衡，测得NO为8104mol计算该温度下的平衡常数K4106（3）尾气中的CO主要来自于汽油不完全燃烧有人设想按下列反应除去CO：2CO（g）2C（s）+O2（g）H=+221kJmol1，简述该设想能否实现的依据：该反应是焓增、熵减的反应，任何温度下均不能自发进行测量汽车尾气的浓度常用电化学气敏传感器，其中CO传感器可用下图简单表示，则阳极发生的电极反应为CO+H2O2e=CO2+2H+（4）在汽车尾气系统中安装
49、催化转换器，可有效减少尾气中的CO、NOx 和碳氢化合物等废气已知：N2（g）+O2（g）2NO（g）H1=+180kJ/molCO（g）+O2（g）CO2（g）H2=283kJ/mol2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g）H3则H3=746kJmol1（5）光化学烟雾（含臭氧、醛类、过氧乙酰硝酸酯等）是汽车尾气在紫外线作用下发生光化学反应生成的二次污染物写出2丁烯与臭氧按物质的量之比为1：2反应生成乙醛及氧气的化学方程式CH3CH=CHCH3+2O32CH3CHO+2O2【考点】反应热和焓变；用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学电源新型电池【分析】（1）依据汽油分解生成丁烷和丁
50、烯，结合原则守恒书写化学方程；（2）依据影响化学反应速率和化学平衡的因素分析判断；结合化学三段式列式计算平衡浓度，平衡常数等于生成物平衡浓度的幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积计算；（3）依据反应自发进行的条件是HTS0分析判断；依据电解原理分析，阳极是失电子发生氧化反应的物质，结合图示可知是一氧化碳失电子生成二氧化碳；（4）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需热化学方程式，得到反应焓变；（5）2丁烯与臭氧按物质的量之比为1：2反应生成乙醛及氧气，结合原则守恒书写配平化学方程式，注意反应条件；【解答】解：（1）设汽油成分为C8H18，若在气缸中汽油高温裂解产生丁烷和丁烯，写出该反应的化学
51、方程为：C8H18C4H10+C4H8；故答案为：C8H18C4H10+C4H8；（2）N2（g）+O2（g）2NO（g）H0，反应时气体体积不变的吸热反应，温度升高，反应速率加快，平衡右移，单位时间内NO排放量越大； 故答案为：温度升高，反应速率加快，平衡右移；1mol空气中含有0.8mol N2和0.2mol O2，1300时在含1mol空气的密闭容器内反应达到平衡测得NO为8104mol N2（g）+O2（g）2NO（g）起始量（mol） 0.8 0.2 0变化量（mol） 4104 4104 8104平衡量（mol） 0.84104 0.24104 8104反应前后气体物质的量不变，用
52、气体物质的量代替平衡浓度计算平衡常数K=4106；故答案为：4106；（3）2CO（g）2C（s）+O2（g）H=+221kJmol1，反应是焓变增大，熵变减小的反应，H0，S0，则HTS0，反应任何温度下都不能自发进行；故答案为：该反应是焓增、熵减的反应，任何温度下均不能自发进行；阳极是失电子发生氧化反应的物质，结合图示可知是一氧化碳失电子生成二氧化碳同时生成氢离子，电极反应为：CO+H2O2e=CO2+2H+；故答案为：CO+H2O2e=CO2+2H+；（4）N2（g）+O2（g）2NO（g）H1=+180kJ/molCO（g）+O2（g）CO2（g）H2=283kJ/mol依据盖斯定律计
53、算2得到：2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g）H3 =746KJ/mol；故答案为：746； （5）2丁烯与臭氧按物质的量之比为1：2反应生成乙醛及氧气，反应的化学方程式为：CH3CH=CHCH3+2O32CH3CHO+2O2；故答案为：CH3CH=CHCH3+2O32CH3CHO+2O218CoCl26H2O是一种饲料营养强化剂一种利用水钻矿（主要成分为CO2O3、Co（OH）3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等）制取CoCl26H2O的工艺流程如下：已知：浸出液含有的阳离了主要有H+、CO2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH
54、见表：（金属离子浓度为：0.01mo1Ll）沉淀物Fe（OH）3Fe（OH）2Co（OH）2Al（OH）3Mn（OH）2开始沉淀2.77.67.64.07.7完全沉淀3.79.69.25.29.8CoCl26H2O熔点为86，加热至110120时，失去结晶水生成无水氯化钴（1）写出浸出过程中Co2O3发生反应的离子方程式Co2O3+SO32+4H+=2Co2+SO42+2H2O（2）写出NaClO3发生反应的主要离子方程式ClO3+6Fe2+6H+=Cl+6Fe3+3H2O；若不慎向“浸出液”中加过量NaClO3时，可能会生成有毒气体，写出生成该有毒气体的离子方程式ClO3+5Cl+6H+=3
55、Cl2+3H2O（3）“加Na2CO3调pH至a”，过滤所得到的沉淀成分为Fe（OH）3、Al（OH）3（4）萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图向“滤液”中加入萃取剂的目的是除去溶液中的Mn2+：其使用的最佳pH范围是BA 2.02.5 B 3.03.5 C 4.04.5 D 5.05.5（5）“操作l”中包含3个基本实验操作，它们依次是蒸发浓缩、冷却结晶和过滤制得的CoC126H2O在烘干时需减压烘干的原因是降低烘干温度，防止产品分解（6）为测定粗产品中CoCl26H2O含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量AgNO3溶液，过滤、洗涤，将沉淀烘干后称其质量通过计算发现粗产品中CoC
56、l26H2O的质量分数大于100%，其原因可能是粗产品含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水（答一条即可）【考点】制备实验方案的设计【分析】含钴废料中加入盐酸，加入盐酸和亚硫酸钠，可得CoCl2、AlCl3、FeCl2，加入NaClO3，可得到FeCl3，然后加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoCl2，为得到CoCl26H2O晶体，应控制温度在86以下，加热时要防止温度过高而失去结晶水，可减压烘干，（1）根据流程图结合信息浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等进行解答；（2）NaClO3的作用是将F
57、e2+氧化成Fe3+；在酸性条件下，NaClO3与氯离子发生氧化还原反应生成氯气；（3）根据铝离子、铁离子能与碳酸根离子发生双水解生成沉淀和二氧化碳进行解答；（4）由表中数据可知，调节溶液PH在3.03.5之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co（OH）2沉淀；（5）根据从溶液中制取固体的方法制取氯化钴固体，从而确定操作步骤，降低烘干温度，防止产品分解；（6）根据CoCl26H2O的组成分析，可能是含有杂质，也可能是失去部分水【解答】解：（1）向水钴矿主要成分为Co2O3、Co（OH）3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等，加入盐酸和亚硫酸钠，浸出液含有的阳离子主要有H+、C
58、o2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等，所以Co2O3和亚硫酸钠在酸性条件下发生氧化还原，根据电荷守恒和得失电子守恒，反应的离子方程式为：Co2O3+SO32+4H+=2Co2+SO42+2H2O，故答案为：Co2O3+SO32+4H+=2Co2+SO42+2H2O； （2）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，其反应的离子方程式为：ClO3+6Fe2+6H+=Cl+6Fe3+3H2O；在酸性条件下，NaClO3与氯离子发生氧化还原反应生成氯气，其反应的离子方程式为：ClO3+5Cl+6H+=3Cl2+3H2O；故答案为：ClO3+6Fe2+6H+=Cl+6Fe3+3H2O；ClO3+
59、5Cl+6H+=3Cl2+3H2O；（3）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，加Na2CO3调pH至a，铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Al3+3CO32+3H2O=2Al（OH）3+3CO2；铁离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铁和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Fe3+3CO32+3H2O=2Fe（OH）3+3CO2，所以沉淀成分为：Fe（OH）3、Al（OH）3，故答案为：Fe（OH）3、Al（OH）3；（4）根据流程图可知，此时溶液中存在Mn2+、Co2+金属离子；由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知，调节溶液PH在3.0
60、3.5之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co（OH）2沉淀，故答案为：除去溶液中的Mn2+；B；（5）利用从溶液中制取固体的方法制取氯化钴固体，其操作步骤为：蒸发浓缩、冷却结晶和过滤，降低烘干温度，防止产品分解，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；降低烘干温度，防止产品分解；（6）根据CoCl26H2O的组成分析，造成产品中CoCl26H2O的质量分数大于100%的原因可能是：1、含有杂质，导致氯离子含量大，2、结晶水化物失去部分水，导致相同质量的固体中氯离子含量变大，故答案为：粗产品含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水19醇与氢卤酸反应是制备卤代烃的重要方法实验室制备溴乙烷的装置如
61、图所示，其中锥形瓶b是安全瓶，试管d中装有少量蒸馏水已知溴乙烷的沸点为38.4，密度为1.43g/mL；（1）制备溴乙烷需要用到蒸馏水、乙醇、溴化钠、浓硫酸，在烧瓶中加入这几种物质的顺序依次是蒸馏水、浓硫酸、乙醇、溴化钠（2）小火加热，在烧瓶中发生的主要反应有NaBr+H2SO4=NaHSO4+HBr；CH3CH2OH+HBrCH3CH2Br+H2O（3）冷水的作用冷却溴乙烷由气态转变为液态；d试管中的现象分层，下层为油状液体（4）用这种方法制取的溴乙烷中的含少量杂质Br2，欲除去溴代烷中的少量杂质Br2，下列供选试剂中最适合的是CANaI溶液 BNaOH溶液 CNa2SO3溶液 DKCl溶液
62、（5）容器e中NaOH溶液的作用是吸收HBr气体，防止大气污染【考点】溴乙烷的制取【分析】（1）浓硫酸与蒸馏水混合过程中会放出大量热，浓硫酸密度大于水，应该先稀释浓硫酸、冷却后再加入乙醇、溴化钠；（2）烧瓶中发生的反应有：溴化钠与硫酸反应生成硫酸氢钠和溴化氢、乙醇与溴化氢反应生成溴乙烷和水，据此写出反应的化学方程式；（3）已知溴乙烷的沸点为38.4C，冷水可以将溴乙烷蒸气变成液态溴乙烷；根据溴乙烷不溶于水、密度大于水进行分析；（4）根据溴乙烷和溴的性质，逐一分析能够和溴化氢反应且不能和溴乙烷反应试剂，注意除杂不能引进新的杂质；（5）反应剩余的溴化氢、反应副产物溴等有毒，能够污染大气，需要进行尾
63、气吸收【解答】解：（1）制备溴乙烷的需要用到蒸馏水、乙醇、溴化钠、浓硫酸，浓硫酸密度大于水，与蒸馏水混合时会放出大量热，所以混合时应该先加入蒸馏水，再加入浓硫酸，然后加入乙醇和溴化钠，故答案为：蒸馏水、浓硫酸、乙醇、溴化钠；（2）根据加入的反应物可知，烧瓶中发生的反应为：溴化钠与硫酸反应生成硫酸氢钠和溴化氢，反应的方程式为：NaBr+H2SO4=NaHSO4+HBr、乙醇与溴化氢反应生成溴乙烷和水，反应的化学方程式为CH3CH2OH+HBrCH3CH2Br+H2O，故答案为：NaBr+H2SO4=NaHSO4+HBr；CH3CH2OH+HBrCH3CH2Br+H2O；（3）溴乙烷的沸点为38.
64、4C，通过冷水可以冷却溴乙烷，将溴乙烷由气态变成液态；由于溴乙烷不溶于水，所以冷却后混合液体会分层，溴乙烷密度大于水，在混合液的下层有油状液体，故答案为：冷却溴乙烷由气态转变为液态；分层，下层为油状液体；（4）ANaI和溴单质反应，但生成的碘单质会混入，故A错误；B溴单质和氢氧化钠反应，溴代烷也和NaOH溶液中水解反应，故B错误； C溴单质和Na2SO3溶液发生氧化还原反应，可以除去溴单质，故C正确；DKCl和溴单质不反应，不能除去溴单质，故D错误；故答案为：C；（5）该反应中剩余的溴化氢及反应副产物溴单质等有毒，会污染大气，应该进行尾气吸收，所以装置e中氢氧化钠溶液的作用是吸收HBr等气体，
65、防止大气污染，故答案为：吸收HBr等气体，防止大气污染20我国废水三级排放标准规定：废水中苯酚的含量不得超过1.00mg/L实验室可用一定浓度的溴水测定某废水中苯酚的含量，其原理如下：（1）请完成相应的实验步骤：步骤1：准确量取25.00mL待测废水于250mL锥形瓶中步骤2：将5.0mL 0.01mol/L溴水迅速加入到锥形瓶中，塞紧瓶塞，振荡步骤3：打开瓶塞，向锥形瓶中加入过量的0.1mol/L KI溶液，振荡步骤4：滴入23滴淀粉溶液，再用0.01mol/L Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗 Na2S2O3溶液8.50mL（反应原理：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6
66、）（2）该废水中苯酚的含量为9.4mg/L（3）步骤2塞紧瓶塞的原因是防止溴水挥发，影响测定结果（4）步骤3若振荡时间过长，则测得的废水中苯酚的含量偏低（填“偏高”、“偏低”或“无影响”，下同）步骤4中若滴定至终点时滴定管尖嘴处出现气泡，而滴定前无气泡，会使测得的废水中苯酚的含量偏高【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【分析】（1）测定废水中苯酚的含量需要通过测定溴的消耗，而剩余的溴单质用HI滴定，生成的碘单质再用0.01mol/L Na2S2O3标准溶液滴定，判断滴定终点的指示剂是淀粉，淀粉遇碘变蓝色，当溶液蓝色消失时即达到滴定终点，所以步骤4中应滴加23滴淀粉溶液，再用0.01mol/L
67、 Na2S2O3标准溶液滴定至终点；（2）根据消耗的 Na2S2O3标准溶液的体积计算剩余溴的物质的量，利用2Na2S2O3I2Br2，可知剩余溴的物质的量是（0.0085L0.01mol/L）=4.25105mol，则25mL废水中苯酚的物质的量是（0.005L0.01mol/L4.25105mol）=2.5106mol，所有苯酚的质量是2.5106mol94g/mol=2.35104g=0.235mg，该废水中苯酚的含量为=9.4mg/L；（3）为了防止溴水挥发，影响测定结果，步骤2要塞紧瓶塞；（4）若步骤3持续时间较长，则空气中的氧气也会氧化碘离子为碘单质，则消耗Na2S2O3标准溶液的
68、体积大于15mL，剩余溴的物质的量偏大，与苯酚反应的溴的物质的量偏小，则苯酚的含量偏低；若滴定至终点时滴定管尖嘴处出现气泡，而滴定前无气泡，则测定的Na2S2O3的体积偏小，剩余溴的物质的量偏小，与苯酚反应的溴的物质的量偏大【解答】解：（1）步骤4，硫代硫酸钠溶液滴定碘单质，需要加入淀粉溶液做指示剂，滴入23滴淀粉溶液，再用0.01mol/L Na2S2O3标准溶液滴定至终点；故答案为：滴入23滴淀粉溶液；（2）和碘化钾反应的溴单质物质的量：Br2I22Na2S2O31 2n 0.01mol/L0.0085Ln=0.0000425moln总（Br2）=0.005L0.01mol/L=0.000
69、05mol，故与苯酚反应的溴单质为0.00005mol0.0000425mol=0.0000075mol则苯酚物质的量=0.0000075mol=0.0000025mol该废水中苯酚的含量为=0.0094g/L=9.4mg/L，故答案为：9.4；（3）为了防止溴水挥发，影响测定结果，步骤2要塞紧瓶塞，故答案为：防止溴水挥发，影响测定结果；（4）若步骤3持续时间较长，则空气中的氧气也会氧化碘离子为碘单质，则消耗Na2S2O3标准溶液的体积大于15mL，剩余溴的物质的量偏大，与苯酚反应的溴的物质的量偏小，则苯酚的含量偏低；若滴定至终点时滴定管尖嘴处出现气泡，而滴定前无气泡，则测定的Na2S2O3的
70、体积偏小，剩余溴的物质的量偏小，与苯酚反应的溴的物质的量偏大，会使测得的废水中苯酚的含量偏高，故答案为：偏低；偏高21铜及其化合物在生活、生产中有广泛应用请回答下列问题：（1）自然界地表层原生铜的硫化物经氧化、淋滤作用后变成CuSO4溶液向地下深层渗透，遇到难溶的ZnS，慢慢转变为铜蓝（CuS）写出CuSO4转变为铜蓝的离子方程式Cu2+（aq）+ZnS（s）=Zn2+（aq）+CuS（s）（2）工业上以黄铜矿CuFeS2）为原料，采用火法熔炼工艺生产铜的中间过程会发生反应：2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2，该反应的氧化剂是Cu2O，Cu2S；验证反应产生的气体是SO2的方法是将气体通入品红
71、溶液溶液褪色，加热恢复原色（3）图I是一种新型燃料电池，它以CO为燃料，一定比例的Li2CO3和Na2CO3熔融混合物为电解质，图II是粗铜精炼的装置图，假若用燃料电池为电源进行粗铜的精炼实验写出A极的电极反应式CO2e+CO32=2CO2要用燃料电池为电源进行粗铜的精炼实验，粗铜板应与B极（填“A”或“B”）相连；若粗铜中还含有Au、Ag、Fe，它们在电解槽中的存在形式和位置为Au、Ag以单质形式沉积在阳极下方，Fe以Fe2+的形式进入电解液中当消耗标准状况下1.12LCO时，精铜电极的质量变化情况为增加3.2g（4）现向一含有Ca2+、Cu2+的混合溶液中滴加Na2CO3溶液，若首先生成C
72、uCO3沉淀，根据该实验可得出的结论是C（填序号）AKsp（CuCO3）Ksp（CaCO3） Bc（Cu2+）c（Ca2+）CD【考点】电解原理【分析】（1）难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化是溶解度大的物质向溶解度小的物质转化；（2）根据元素的化合价变化判断，得电子化合价降低的物质是氧化剂；SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，加热恢复原色；（3）原电池负极发生氧化反应，正极发生还原反应，所以通入氧气的一极为正极，通入CO的一极为负极；粗铜精炼时，粗铜作阳极，与电源的正极相连；粗铜中的Au、Ag，它们在电解槽中的下方，以单质形式沉积在阳极下方；Fe以Fe2+的形式进入电解液中；根据电子得失守恒以及
73、精铜中铜离子得到电子来计算；（4）先生成CuCO3沉淀，说明溶液中铜离子生成碳酸铜沉淀需要的碳酸根离子浓度小于钙离子生成碳酸钙沉淀需要的碳酸根离子浓度，据此进行解答【解答】解：（1）ZnS的溶解度小于铜蓝（CuS），CuSO4转变为铜蓝的离子方程式：Cu2+（aq）+ZnS（s）=Zn2+（aq）+CuS（s），故答案为：Cu2+（aq）+ZnS（s）=Zn2+（aq）+CuS（s）；（2）2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2，该反应中铜的化合价由+1价变为0价，铜元素在该反应中得电子化合价降低，所以该反应中的氧化剂是Cu2O，Cu2S；SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，加热恢复原色，所以将气
74、体通入品红溶液溶液褪色，加热恢复原色，故答案为：Cu2O，Cu2S；将气体通入品红溶液溶液褪色，加热恢复原色；（3）CO具有还原性，在负极上发生氧化反应生成CO2，电极反应式为：CO2e+CO322CO2，故答案为：CO2e+CO32=2CO2因A为负极，B为正极，粗铜精炼时，粗铜作阳极，与电源的正极B相连；Au、Ag比较稳定，不反应，以单质形式沉积在c（阳极）下方，Fe失去电子变成Fe2+的形式进入电解液中；故答案为：B； Au、Ag以单质形式沉积在阳极下方，Fe以Fe2+的形式进入电解液中；当消耗标准状况下1.12L CO时，电极反应式：CO2e+CO32=2CO2，失去电子为2=0.1m
75、ol，精铜电极电极反应式：Cu2+2e=Cu，由电子得失守恒可知Cu2+的物质的量为=0.05mol，精铜电极的质量增加的质量为：0.05mol64g/mol=3.2g，故答案：增加3.2g；（4）碳酸铜、碳酸钙的溶度积分别为：Ksp（CuCO3）=c（Cu2+）c（CO32）、Ksp（CaCO3）=c（Ca2+）c（CO32），向一含有Ca2+、Cu2+的混合溶液中滴加Na2CO3溶液，若首先生成CuCO3沉淀，说明铜离子生成碳酸铜沉淀需要的碳酸根离子浓度小于钙离子生成碳酸钙沉淀需要的碳酸根离子，即，整理得：，故答案为：C22根据下面的有机物合成路线回答下列问题：（1）写出A、B、C的结构简
76、式：A：，B：，C：（2）各步反应类型：加成反应，消去反应，加成反应；消去反应，加成反应（3）AB的反应试剂及条件氢氧化钠醇溶液、加热【考点】有机物的合成【分析】对比氯苯与1，2二氯环己烷的结构，可知氯苯与氢气发生加成反应生成A为，A再氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成B为，B与氯气发生加成反应生成1，2二氯环己烷，对比1，2二氯环己烷与1，2，3，4四氯环己烷的结构可知，1，2二氯环己烷发生消去反应生成C为，C与氯气在发生加成反应生成1，2，3，4四氯环己烷，据此解答【解答】解：对比氯苯与1，2二氯环己烷的结构，可知氯苯与氢气发生加成反应生成A为，A再氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消
77、去反应生成B为，B与氯气发生加成反应生成1，2二氯环己烷，对比1，2二氯环己烷与1，2，3，4四氯环己烷的结构可知，1，2二氯环己烷发生消去反应生成C为，C与氯气在发生加成反应生成1，2，3，4四氯环己烷（1）由上述分析可知，A为，B为，C为，故答案为：；（2）由上述分析可知，反应为加成反应，反应为消去反应，反应为加成反应，反应为消去反应，反应为加成反应，故答案为：加成反应；消去反应；加成反应；消去反应；加成反应；（3）AB发生卤代烃的消去反应，反应试剂及条件：氢氧化钠醇溶液、加热，故答案为：氢氧化钠醇溶液、加热23某课外学习小组对日常生活中不可缺少的调味品M进行探究已知C可在D中燃烧发出苍白
78、色火焰M与其他物质的转化关系如图1所示（部分产物已略去）：（1）写出F的电子式（2）若A是一种常见的酸性氧化物，且可用于制造玻璃，E溶液与F溶液反应可以制备一种胶体，则E溶液的俗称是水玻璃（3）若A是CO2气体，A与B溶液能够反应，反应后所得的溶液再与盐酸反应，如图2所示，则A与B溶液反应后溶液中的溶质化学式为NaHCO3、Na2CO3（4）若A是一种常见金属单质，且A与B溶液能够反应，则将过量的F溶液逐滴加入E溶液，边加边振荡，所看到的实验现象是液中逐渐有白色絮状沉淀生成，且不断地增加，随后沉淀逐渐溶解最终消失（5）若A是一种化肥实验室可用A和B反应制取气体E，E与F、E与D相遇均冒白烟，且
79、利用E与D的反应检验输送D的管道是否泄露，写出E与D反应的化学方程式是3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl（6）若A是一种溶液，只可能含有H+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、CO32、SO42中的某些离子，当向该溶液中加入B溶液时发现生成沉淀的物质的量随B溶液的体积发生变化如图3所示，由此可知，该溶液中肯定含有的离子及其浓度之比为c（H+）：c（Al3+）：c（NH4+）：c（SO42）=1：1：2：3【考点】无机物的推断【分析】（1）C可在D中燃烧发出苍白色火焰，为氢气与氯气反应生成HCl，可推知C为H2、D为Cl2、F为HCl，M是日常生活中不可缺少的调味品，由转化关系可知，M
80、的溶液电解生成氢气、氯气与B，可推知M为NaCl、B为NaOH，（2）若A是一种常见的酸性氧化物，且可用于制造玻璃，则A为SiO2，E为Na2SiO3，E与F溶液反应可以制备G为H2SiO3；（3）曲线中，从0.1L0.3L发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O，该阶段消耗盐酸为200mL，而开始产生二氧化碳时消耗盐酸为100mL，小于200mL，所以溶液中的溶质成分NaHCO3、Na2CO3；（4）若A是一种常见金属单质，且与NaOH溶液能够反应，则A为Al，E为NaAlO2，则将过量的HCl溶液逐滴加入NaAlO2溶液中，先生成氢氧化铝，而后氢氧化铝溶解；（5）若A是一种化
81、肥，实验室可用A和NaOH反应制取气体E，则E为NH3、A为铵盐，E与氯气相遇均冒白烟，且利用E与氯气的反应检验输送氯气的管道是否泄露，则氨气与氯气反应生成氯化铵，同时生成氮气；（6）由图可知，开始加入NaOH没有沉淀和气体产生，则一定有H+，一定没有CO32，后来有沉淀产生且最后消失，则一定没有Mg2+、Fe3+，一定含有Al3+；中间段沉淀的质量不变，应为NH4+OH=NH3H2O的反应，则含有NH4+，由电荷守恒可知一定含有SO42，根据各阶段消耗的NaOH体积结合离子方程式计算n（H+）：n（Al3+）：n（NH4+）之比，再结合电荷守恒计算与n（SO42）的比例关系，据此计算【解答】
82、解：（1）C可在D中燃烧发出苍白色火焰，为氢气与氯气反应生成HCl，可推知C为H2、D为Cl2、F为HCl，M是日常生活中不可缺少的调味品，由转化关系可知，M的溶液电解生成氢气、氯气与B，可推知M为NaCl、B为NaOH，HCl的电子式，故答案为：；（2）若A是一种常见的酸性氧化物，且可用于制造玻璃，则A为SiO2，E为Na2SiO3，与F溶液反应可以制备G为H2SiO3，E溶液的俗称是水玻璃故答案为：水玻璃；（3）曲线中，从0.1L0.3L发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O，该阶段消耗盐酸为200mL，而开始产生二氧化碳时消耗盐酸为100mL，小于200mL，所以溶液中的
83、溶质成分NaHCO3、Na2CO3，故答案为：NaHCO3、Na2CO3；（4）若A是一种常见金属单质，且与NaOH溶液能够反应，则A为Al，E为NaAlO2，则将过量的HCl溶液逐滴加入NaAlO2溶液中，先生成氢氧化铝，而后氢氧化铝溶解，故看到的现象为：液中逐渐有白色絮状沉淀生成，且不断地增加，随后沉淀逐渐溶解最终消失，故答案为：液中逐渐有白色絮状沉淀生成，且不断地增加，随后沉淀逐渐溶解最终消失；（5）若A是一种化肥，实验室可用A和NaOH反应制取气体E，则E为NH3、A为铵盐，E与氯气相遇均冒白烟，且利用E与氯气的反应检验输送氯气的管道是否泄露，则氨气与氯气反应生成氯化铵，同时生成氮气，
84、反应方程式为：3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl，故答案为：3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl；（6）由图可知，开始加入NaOH没有沉淀和气体产生，则一定有H+，一定没有CO32，后来有沉淀产生且最后消失，则一定没有Mg2+、Fe3+，一定含有Al3+；中间段沉淀的质量不变，应为NH4+OH=NH3H2O的反应，则含有NH4+，由电荷守恒可知一定含有SO42，发生反应H+OH=H2O，氢离子消耗NaOH溶液的体积为1体积，发生反应Al3+3OH=Al（OH）3，铝离子消耗NaOH溶液的体积为3体积，发生反应NH4+OH=NH3H2O，铵根消耗氢氧化钠为2体积，则n（H+）：n（Al3+
85、）：n（NH4+）=1：1：2，由电荷守恒可知，n（H+）：n（Al3+）：n（NH4+）：n（SO42）=1：1：2：3，故c（H+）：c（Al3+）：c（NH4+）：c（SO42）=1：1：2：3，故答案为：c（H+）：c（Al3+）：c（NH4+）：c（SO42）=1：1：2：324非诺洛芬是一种治疗类风湿性关节炎的药物，可通过下面方法合成 请回答下列问题：（1）有机化合物B中的含氧官能团为醚键和羰基（填名称）（2）上述反应中，过程属于还原反应反应（3）若过程发生的取代反应，且另一种产物有HBr，写出由A到B发生反应的化学方程式（4）非诺洛芬的一种同分异构体满足下列条件：能与NaHCO3
86、反应做出CO2，能与FeCl3溶液发生显色反应：分子中有6种不同化学环境的氟，且分子中含有两个苯环写出符合条件的一种同分异构体的结构简式（5）根据已有知识并结合相关信息，写出以为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用），合成路线路程图示例如下：CH3CH2OHCH2=CH2CH3CH2【考点】有机物的合成【分析】根据流程图中，A发生取代反应生成B，B发生还原反应生成C，C发生取代反应生成D，D发生取代反应生成E，E发生水解反应生成非诺洛芬，（1）根据B的结构简式可知，B中的官能团是醚键和羰基；（2）B发生还原反应生成C；（3）根据元素守恒可写出由A到B发生反应的化学方程式；（4）非诺洛芬的一种
87、同分异构体满足下列条件：能与NaHCO3反应做出CO2，说明有羧基，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明有酚羟基；：分子中有6种不同化学环境的氢，且分子中含有两个苯环，据此写同分异构体；（5）用发生题中转化关系中的得，再发生类似题中的反应，可得，再用与酯化得【解答】解：根据流程图中，A发生取代反应生成B，B发生还原反应生成C，C发生取代反应生成D，D发生取代反应生成E，E发生水解反应生成非诺洛芬，（1）根据B的结构简式可知，B中的官能团是醚键和羰基，故答案为：醚键和羰基；（2）B发生还原反应生成C，故答案为：还原反应；（3）若过程发生的取代反应，且另一种产物有HBr，根据元素守恒可知，由A到B发生反应的化学方程式为，故答案为：；（4）非诺洛芬的一种同分异构体满足下列条件：能与NaHCO3反应做出CO2，说明有羧基，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明有酚羟基；：分子中有6种不同化学环境的氢，且分子中含有两个苯环，则符合条件的结构简式为，故答案为：；（5）用发生题中转化关系中的得，再发生类似题中的反应，可得，再用与酯化得，合成路线为，故答案为：2016年12月8日