2022-2022学年江西省赣州一中高一（下）月考化学试卷（5月份） 一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）1．下列化学用语表达正确的是（ ）A．一氯乙烷的结构式CH3ClB．丁烷的结构简式CH3（CH2）2CH3C．四氯化碳的电子式D．苯的分子式 2．C60是60个碳原子形成的封闭笼状分子，形似足球，它与石墨互为（ ）A．同位素B．同素异形体C．同分异构体D．同一物质 3．下列与有机物的结构、性质有关的叙述正确的是（ ）A．葡萄糖、果糖的分子式均为C6H12O6，二者互为同分异构体B．CH=CH2是苯的同系物C．苯、油均不能使酸性KMnO4溶液褪色D．人体中没有水解纤维素的酶，所以纤维素在人体中没有任何作用 4．下列有关物质性质的比较正确的是（ ）①同主族元素的单质从上到下，非金属性减弱，熔点增高②元素的最高正化合价在数值上等于它所在的族序数③同周期主族元素的原子半径越小，越难失去电子④元素的非金属性越强，它的气态氢化物水溶液的酸性越强⑤还原性：S2﹣＞Se2﹣＞Br﹣＞Cl﹣⑥酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4＞H2SiO3．A．①③B．②④C．③⑥D．⑤⑥ 5．已知下列元素的原子半径：元素NSOSi原子半径/10﹣10m0.751.020.741.17根据以上数据，磷元素的原子半径可能是（ ）A．1.10×10﹣10mB．0.80×10﹣10mC．1.20×10﹣10mD．0.70×10﹣10m 6．某烃在氧气中充分燃烧生成水和二氧化碳的物质的量比为1：1，可得出结论是（ ）A．该有机物分子中碳、氢、个数比为1：1B．该有机物分子中碳、氢原子个数比为1：2C．该有机物一定是烯烃D．该有机物一定是苯 -23-\n7．100mL6mol•L﹣1的H2SO4溶液跟过量锌粉反应，在一定温度下，为了减缓反应进行的速率，但又不影响生成氢气的总量，可向反应物中加入适量的（ ）①Na2CO3溶液 ②水 ③K2SO4溶液 ④KNO3溶液．A．①③B．②③C．①④D．②④ 8．可逆反应：2NO22NO+O2在体积固定的密闭容器中，达到平衡状态的标志是（ ）①单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2②单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO③用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2：2：1的状态④混合气体的颜色不再改变的状态⑤混合气体的密度不再改变的状态⑥混合气体的压强不再改变的状态⑦混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态．A．①④⑥⑦B．②③⑤⑦C．①③④⑤D．全部 9．1丁醇CH3CH2CH2CH2OH和乙酸在浓硫酸作用下，通过酯化反应制得乙酸丁酯，反应温度为115～125℃，反应装置如图，下列对该实验的描述错误的是（ ）A．不能用水浴加热B．长玻璃管起冷凝回流作用C．1﹣丁醇和乙酸能反应完或者有一种能消耗完D．为了提高反应速率，所以要加入浓硫酸做催化剂并加热 10．下列烷烃在光照下与氯气反应，生成4种一氯代烃的是（ ）A．（CH3）2CHCH2CH3B．CH3CH（CH3）2C．CH3C（CH3）3D．CH3CH2CH2CH3 11．某烃分子中有一个由碳碳单键构成的六元环，有一个碳碳双键，还有一个碳碳叁键，则能满足上述条件的烃的分子式可能是（ ）A．C8H8B．C10H16C．C12H22D．C14H22 12．某有机物的结构简式如图，该物质应有的化学性质是（ ）①可燃烧；②可跟溴加成；③可使酸性KMnO4溶液褪色；④可跟NaHCO3溶液反应⑤可跟Cu（OH）2反应；-23-\n⑥可跟金属钠反应⑦可生成高分子化合物．A．①②③⑥B．②③④⑥C．①②③④⑤⑥⑦D．②③④⑥ 13．下列实验方案不合理的是（ ）A．除去乙烷中含有的乙烯：将气体通入溴水中，洗气B．检验蔗糖是否水解：取1mL20%的蔗糖溶液，加3～5滴稀硫酸．水浴加热5min后取少量溶液，加氢氧化钠溶液调溶液pH至碱性，再加入少量新制备的Cu（OH）2，加热3～5min，观察实验现象C．除去乙酸乙酯中的乙酸：加入浓硫酸和乙醇，加热D．鉴别己烯和苯：将溴的四氯化碳溶液分别滴加到少量己烯和苯中 14．下列实验结论不正确的是（ ）实验操作现象结论A食醋浸泡水垢产生无色气体乙酸的酸性比碳酸强B乙醇与橙色酸性重铬酸钾溶液混合橙色溶液变为绿色乙醇具有还原性C碘酒滴到土豆片上土豆片变蓝淀粉遇碘元素变蓝D新制Cu（OH）2与葡萄糖溶液混合加热产生红色沉淀葡萄糖具有还原性A．AB．BC．CD．D 15．常温常压下，取下列四种有机物各1mol，分别在足量的氧气中燃烧，消耗氧气最多的是（ ）A．C2H5OHB．CH4C．C2H4OD．C3H8 16．仿照电极方程式的书写，我们可以把一些氧化还原反应分成“氧化反应”和“还原反应”两个“半反应”，如Fe+2H+=Fe2++H2↑可分成氧化反应：Fe﹣2e﹣=Fe2+还原反应：2H++2e﹣=H2↑．则下列正确的是（ ）①Fe+2Fe3+=3Fe2+可分成氧化反应：Fe﹣2e﹣=Fe2+还原反应：2Fe3++2e﹣=2Fe2+②MnO2+2Cl﹣+4H+=Mn2++Cl2↑+2H2O氧化反应：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑还原反应：MnO2+2e﹣+4H+=Mn2++2H2O③Cl2+H2S=S↓+2H++2Cl﹣氧化反应：H2S﹣2e﹣=S↓+2H+还原反应：Cl2+2e﹣=2Cl﹣．A．③B．②③C．①②D．①②③ 二、解答题（共7小题，满分52分）17．下列物质的转化或分离方法的序号填在横线上（每一项只填写一种方法，用序号填空）．①溶解②裂解③分馏④裂化⑤干馏⑥蒸馏⑦过滤⑧电解⑨萃取（1）将海水淡化 ．（2）从海水得到的无水MgC12中提取金属镁 ．-23-\n 18．如图所示为某化学兴趣小组设计的乙醇催化氧化及其产物检验的实验装置（图中加热仪器、铁架台、铁夹等均未画出）．图中：A为无水乙醇（沸点为78℃），B为绕成螺旋状的细铜丝或银丝，C为无水CuSO4粉末，D为碱石灰，F为新制的氢氧化铜悬浊液已知：含﹣CHO的物质在加热条件下与新制的Cu（OH）2悬浊液反应生成砖红色沉淀．（1）在上述装置中，实验时需要加热的仪器为（填仪器或某部位的代号） ．（2）为使A中乙醇平稳气化成乙醇蒸气，常采用的方法是 ．D处使用碱石灰的作是 ．（3）E处是一种纯净物，其反应方程式为 ．（4）写出乙醇发生催化氧化的化学方程式 ． 19．（10分）（2022春•赣州校级月考）A、B、C、D、E是位于短周期的主族元素．已知：①热稳定性：HmD＞HmC；②Cm﹣、E（m﹣1）﹣具有相同的电子层结构；③A与B在同一周期，在该周期所有主族元素中，A的原子半径最大，B的离子半径最小；④A与B质子数之和是D质子数的3倍．依据上述信息用相应的化学用语回答下列问题：（1）HmDm的电子式 ．（2）能证明Cm﹣、E（m﹣1）﹣的还原性强弱的离子方程式为 ．（3）将E的单质通入A与D形成的化合物的水溶液中，其离子方程式为： ．常温下，将等物质的量浓度的HmC溶液和A的最高价氧化物对应的水化物溶液等体积混合，写出该反应的离子方程式 ．（4）在该溶液中溶质中含有的化学键类型是 ．（5）在A、B、C、E单质中，符合下列转化关系的是 （填元素符号）．单质化合物1化合物2最高价氧化物对应的水化物． 20．有效地利用现有新能源和开发新能源已受到各国的重视．（1）可用改进汽油组成的办法来改善汽油的燃烧性能．例如，加入CH3OC（CH3）3来生产“无铅汽油”H3COC（CH3）3分子必存在的原子间连接形式有 ．（填写编号，多选倒扣分）①②③④（2）天然气的燃烧产物无毒、热值高、管道输送方便，将成为我国西部开发的重点之一，天然气常和石油伴生，其主要的成分是 ．能说明它是正四面体而非正方形平面结构的理由是 ．（填写编号）①其一氯取代物不存在同分异构体②其二氯取代物不存在同分异构体（3）写出符合下列条件的有机物的结构简式 A．甲烷的同系物B．氢原子数为十二C．一氯取代物只有一种结构-23-\n（4）肼（N2H4）又称联氨，是一种可燃性的液体，可用作火箭燃料．已知在101kPa时，32.0gN2H4在氧气中完全燃烧生成氮气和水，放出热量624kJ（25℃时），N2H4的燃烧热化学方程式是 ．（5）用（4）的反应设计原电池，用铂做电极，电解质溶液是20%的KOH溶液．则电池放电时负极的电极反应式是 ，当负极消耗16.0g还原剂时，则正极消耗的氧化剂在标况下的体积为 ． 21．已知：①A是石油裂解气的主要成份，A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平；②2CH3CHO+O22CH3COOH．③已知乳酸E的结构简式为，现以A为主要原料合成乙酸乙酯，其合成路线如图所示．回答下列问题：（1）A结构式 ．（2）E的分子中所含官能团 （写名称）（3）验证D和E共有的官能团常采用的试剂是 ，产生的现象为 ．（4）写出下列反应的化学方程式并注明反应类型：B→C ；类型为 ．（5）D的一种同分异构体有香味且能在稀硫酸中水解，则该物质的结构简式为 ． 22．（10分）（2022春•赣州校级月考）工业上用铝土矿（成分为氧化铝、氧化铁）制取铝的过程如下：请回答下列问题：（1）水蒸气的作用 ；（2）沉淀C的化学式为 ，该物质除了用于金属冶炼以外，还可用作 ；（3）操作I、操作II、操作III都用到的玻璃仪器是有 ；（4）实验室洗涤Al（OH）3沉淀应该如何操作 ；（5）写出制备过程中由溶液B生成Al（OH）3的离子方程式 ；-23-\n（6）生产过程中，除NaOH、H2O可以循环使用外，还可以循环使用的物质有 （填化学式）．用此法制取铝的副产品是 （填化学式）． 23．在一密闭的2L容器中装有4molSO2和2molO2，在一定条件下开始反应．2min末达到平衡状态，测得容器中有1.6molSO2．请计算：（1）2min内SO2的平均反应速率．（2）SO2和O2的转化率，你能得出什么结论？ -23-\n2022-2022学年江西省赣州一中高一（下）月考化学试卷（5月份）参考答案与试题解析 一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）1．下列化学用语表达正确的是（ ）A．一氯乙烷的结构式CH3ClB．丁烷的结构简式CH3（CH2）2CH3C．四氯化碳的电子式D．苯的分子式【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合；结构简式．【专题】化学用语专题．【分析】根据结构式、结构简式、电子式、分子式的书写规则判断．【解答】解：A、CH3Cl是一氯甲烷的结构简式，故A错误；B、CH3（CH2）2CH3是丁烷的结构简式，故B正确；C、没有写氯原子的孤电子对，故C错误；D、苯的分子式为C6H6，故D错误；故选B．【点评】本题考查的是结构式、结构简式、电子式、分子式的书写，侧重考查学生的辨别能力． 2．C60是60个碳原子形成的封闭笼状分子，形似足球，它与石墨互为（ ）A．同位素B．同素异形体C．同分异构体D．同一物质【考点】同素异形体．【专题】物质的分类专题．【分析】A、同位素研究的对象是原子；B、同种元素形成的不同单质互为同素异形体；C、分子式相同结构不同的化合物互为同分异构体；D、组成元素相同结构相同的物质为同一物质．【解答】解：A、C60和石墨，都是碳元素形成的不同单质，不是原子，不是同位素，故A错误；B、C60和石墨，都是碳元素形成的不同单质，互为同位素，故B正确；C、C60和石墨的分子组成不同，不是同分异构体，故C错误；D、C60和石墨，根据不同，不是同一物质，故D错误．故选B．【点评】本题考查化学“五同”比较，难度较小，清楚概念的内涵与外延．注意H2、D2为同一物质． 3．下列与有机物的结构、性质有关的叙述正确的是（ ）A．葡萄糖、果糖的分子式均为C6H12O6，二者互为同分异构体B．CH=CH2是苯的同系物C．苯、油均不能使酸性KMnO4溶液褪色-23-\nD．人体中没有水解纤维素的酶，所以纤维素在人体中没有任何作用【考点】有机物的结构和性质．【分析】A．葡萄糖、果糖的分子式相同，但结构不同；B．含有碳碳双键，与苯的结构不同；C．油脂含有不饱和键，可被氧化；D．纤维素在人体中有利于消化．【解答】解：A．葡萄糖、果糖的分子式相同，均为C6H12O6，但结构不同，互为同分异构体，故A正确；B．含有碳碳双键，与苯的结构不同，不是同系物，故B错误；C．苯性质稳定，与高锰酸钾不反应，但油脂含有不饱和键，可被氧化，故C错误；D．纤维素加强胃肠蠕动，具有通便功能，故D错误．故选A．【点评】本题主要考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重于化学与生活的考查，题目难度不大，本题注意把握有机物的官能团的性质以及反应类型的判断． 4．下列有关物质性质的比较正确的是（ ）①同主族元素的单质从上到下，非金属性减弱，熔点增高②元素的最高正化合价在数值上等于它所在的族序数③同周期主族元素的原子半径越小，越难失去电子④元素的非金属性越强，它的气态氢化物水溶液的酸性越强⑤还原性：S2﹣＞Se2﹣＞Br﹣＞Cl﹣⑥酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4＞H2SiO3．A．①③B．②④C．③⑥D．⑤⑥【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】①同主族元素的单质从上到下，非金属性减弱，碱金属元素单质熔点降低、卤族元素单质熔点升高；②主族元素的最高正化合价在数值上等于它所在的族序数，但O、F元素除外；③同周期主族元素的原子半径越小，越难失去电子，得电子能力逐渐增强；④元素的非金属性越强，它的气态氢化物水溶液的酸性越弱；⑤元素的非金属性越弱，其简单阴离子的还原性越强；⑥元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强．【解答】解：①同主族元素的单质从上到下，非金属性减弱，金属性增强，碱金属元素单质熔点降低，卤族元素单质熔点升高，故错误；②主族元素的最高正化合价在数值上等于它所在的族序数，但O、F元素除外，副族元素其最高正化合价与其族序数不一定相等，故错误；③同周期主族元素的原子半径越小，越难失去电子，得电子能力越强强，非金属性越强，故正确；④元素的非金属性越强，其阴离子结合氢离子能力越强，则其气态氢化物水溶液酸性越弱，故错误；⑤元素的非金属性越弱，其简单阴离子的还原性越强，非金属性Se＞S＞Br＞Cl，其简单阴离子还原性Se2﹣＞S2﹣＞Br﹣＞Cl﹣，故错误；⑥元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性Cl＞S＞P＞Si，所以酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4＞H2SiO3，故正确；-23-\n故选C．【点评】本题考查了元素周期律的综合应用，明确元素非金属性与其简单阴离子的还原性、最高价氧化物的水化物酸性之间的关系及元素周期律即可解答，注意元素的非金属性越强，其氢化物的水溶液酸性不一定强，HF属于弱酸，为易错点． 5．已知下列元素的原子半径：元素NSOSi原子半径/10﹣10m0.751.020.741.17根据以上数据，磷元素的原子半径可能是（ ）A．1.10×10﹣10mB．0.80×10﹣10mC．1.20×10﹣10mD．0.70×10﹣10m【考点】微粒半径大小的比较．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】同一周期元素，原子半径随着原子序数的增大而减小；同一主族元素，原子半径随着原子序数的增大而增大，据此分析．【解答】解：N、P是同一主族元素，P元素的原子序数大于N元素的原子序数，所以P的原子半径大于N的原子半径，Si、P、S是同一周期的元素，且p的原子序数大于Si的原子序数小于S的原子序数，所以P的原子半径小于Si的原子半径大于S的原子半径，则磷元素的原子半径可能为1.10×10﹣10m，故选A．【点评】本题考查了微粒半径大小的比较，难度不大，注意电子层结构相同的离子半径大小的比较方法． 6．某烃在氧气中充分燃烧生成水和二氧化碳的物质的量比为1：1，可得出结论是（ ）A．该有机物分子中碳、氢、个数比为1：1B．该有机物分子中碳、氢原子个数比为1：2C．该有机物一定是烯烃D．该有机物一定是苯【考点】有关有机物分子式确定的计算．【专题】烃及其衍生物的燃烧规律．【分析】某烃在氧气中充分燃烧生成水和二氧化碳的物质的量比为1：1，根据原子守恒可知，该烃分子中C、H原子数目之比=1：2，故该烃的最简式为CH2，可能为烯烃，也可能为环烷烃，据此解答．【解答】解：某烃在氧气中充分燃烧生成水和二氧化碳的物质的量比为1：1，根据原子守恒可知，该烃分子中C、H原子数目之比=1：2，故该烃的最简式为CH2，不可能为苯，可能为烯烃，也可能为环烷烃，故ACD错误、B正确，故选B．【点评】本题考查有机物组成的确定，比较基础，注意对从宏观与微观方面理解质量守恒定律． 7．100mL6mol•L﹣1的H2SO4溶液跟过量锌粉反应，在一定温度下，为了减缓反应进行的速率，但又不影响生成氢气的总量，可向反应物中加入适量的（ ）①Na2CO3溶液 ②水 ③K2SO4溶液 ④KNO3溶液．-23-\nA．①③B．②③C．①④D．②④【考点】化学反应速率的影响因素．【专题】化学反应速率专题．【分析】根据反应的实质为Zn+2H+═Zn2++H2↑，为了减缓反应速率，但又不影响生成氢气的总量，则减小氢离子的浓度但不能改变氢离子的物质的量即可，注意Zn过量，以此来解答．【解答】解：①加入Na2CO3溶液，与酸反应，生成氢气的量减少，故错误；②氢离子的物质的量不变，浓度变小，则减缓反应进行的速率，但又不影响生成氢气的总量，故正确；③加适量的K2SO4溶液，相当于稀释，氢离子的物质的量不变，浓度变小，则减缓反应进行的速率，但又不影响生成氢气的总量，故正确；④加入硝酸钾，硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，与锌反应生成NO气体，不生成氢气，故错误．故选B．【点评】本题考查影响化学反应速率的因素，明确浓度对反应速率的影响即可解答，选项④为学生解答中的难点，注意硝酸的性质，题目难度不大． 8．可逆反应：2NO22NO+O2在体积固定的密闭容器中，达到平衡状态的标志是（ ）①单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2②单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO③用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2：2：1的状态④混合气体的颜色不再改变的状态⑤混合气体的密度不再改变的状态⑥混合气体的压强不再改变的状态⑦混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态．A．①④⑥⑦B．②③⑤⑦C．①③④⑤D．全部【考点】化学平衡状态的判断．【分析】化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断，得出正确结论．注意反应中反应物的化学计量数之和与生成物的化学计量数之和的大小关系．【解答】解：2NO22NO+O2，①单位时间内生成nmolO2是正反应速率，同时生成2nmolNO2是逆反应速率，且化学反应速率之比等于化学计量数之比，故正逆反应速率相等，说明达到平衡状态，故①正确；②单位时间内生成nmolO2是正反应速率，同时生成2nmolNO也是正反应速率，故不能说明达到平衡状态，故②错误；③化学反应速率之比等于化学计量数之比，故用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比始终为2：2：1，故不能说明达到平衡状态，故③错误；④二氧化氮为红棕色气体，一氧化氮和氧气为无色气体，故混合气体的颜色不再改变，说明达到平衡状态，故④正确；⑤密度=，总质量不变，体积不变，故混合气体的密度不再改变，不能说明达到平衡状态，故⑤错误；-23-\n⑥反应前后气体的物质的量不等，故混合气体的压强不再改变，说明达到平衡状态，故⑥正确；⑦平均相对分子质量=，总质量不变，总物质的量会变，故混合气体的平均相对分子质量不再改变，说明达到平衡状态，故⑦正确；故达到平衡状态的标志是①④⑥⑦，故选A．【点评】本题考查化学平衡状态的判断，题目难度不大．注意根据化学平衡状态的特征判断平衡状态的标志． 9．1丁醇CH3CH2CH2CH2OH和乙酸在浓硫酸作用下，通过酯化反应制得乙酸丁酯，反应温度为115～125℃，反应装置如图，下列对该实验的描述错误的是（ ）A．不能用水浴加热B．长玻璃管起冷凝回流作用C．1﹣丁醇和乙酸能反应完或者有一种能消耗完D．为了提高反应速率，所以要加入浓硫酸做催化剂并加热【考点】乙酸乙酯的制取．【专题】综合实验题．【分析】A．水浴加热时反应温度不超过100℃，该反应的温度为115～125℃；B．有机物易挥发，长导管可起冷凝作用；C．酯化反应为可逆反应，反应物不可能完全转化成生成物；D．催化剂和加热都可以加快反应速率．【解答】解：A．实验室制取乙酸丁酯，反应需要反应温度为115～125℃，而水浴加热适合温度低于100℃的反应，故A正确；B．实验室制取乙酸丁酯，原料乙酸和丁醇易挥发，当有易挥发的液体反应物时，为了避免反应物损耗和充分利用原料，要在发生装置设计冷凝回流装置，使该物质通过冷凝后由气态恢复为液态，从而回流并收集；实验室可通过在发生装置安装长玻璃管或冷凝回流管等实现，故B正确；C．乙酸与丁醇的酯化反应为可逆反应，存在化学平衡，反应物不可能完全转化成生成物，所以1﹣丁醇和乙酸都不会完全消耗完，故C错误；D．浓硫酸做催化剂可以加快反应速率，加热也可以增大反应速率，故D正确；故选C．【点评】本题考查了乙酸丁酯的制取方法的判断，题目难度不大，掌握乙酸乙酯的制取是类推其它酯的制取的基础，注意根据装置中各部分的作用及酯的性质解答． 10．下列烷烃在光照下与氯气反应，生成4种一氯代烃的是（ ）-23-\nA．（CH3）2CHCH2CH3B．CH3CH（CH3）2C．CH3C（CH3）3D．CH3CH2CH2CH3【考点】取代反应与加成反应；常见有机化合物的结构．【专题】有机反应．【分析】烷烃在光照下与氯气反应，生成一氯代烷的种类与烃分子中含有的氢原子种类有关，分子中含有N种位置不同的氢原子，其一氯代烷就有N种，据此对个选项进行分析即可．【解答】解：A、（CH3）2CHCH2CH3分子中，含有4种位置不同的氢原子，所以生成的一氯代烃有4种，故A正确；B、CH3CH（CH3）2分子中，含有3种位置不同的氢原子，所以生成的一氯代烃有3种，故B错误；C、CH3C（CH3）3分子中，四个甲基位置对称，只含有1种位置不同的氢原子，所以生成的一氯代烃有1种，故C错误；D、CH3CH2CH2CH3分子中，含有2种位置不同的氢原子，所以生成的一氯代烃有2种，故D错误；故选A．【点评】本题考查了有机物的取代反应产物种类计算，题目难度中等，试题基础性强，侧重对学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力的培养． 11．某烃分子中有一个由碳碳单键构成的六元环，有一个碳碳双键，还有一个碳碳叁键，则能满足上述条件的烃的分子式可能是（ ）A．C8H8B．C10H16C．C12H22D．C14H22【考点】有机化合物中碳的成键特征．【专题】有机物分子组成通式的应用规律．【分析】碳环的不饱和度是1，碳碳双键是1，碳碳三键的不饱和度为2，所以某烃的结构式中有一个由碳碳单键构成的六元环、含有一个碳碳双键和一个碳碳三键，它的不饱和度为4，以此来解答．【解答】解：六元碳环的不饱和度是1，碳碳双键的不饱和度是1，碳碳三键的不饱和度为2，所以某烃的结构式中含有一个由碳碳单键构成的六元环，一个碳碳双键和一个碳碳三键它的不饱和度为4，解：A．C8H8的不饱和度为5，故A错误；B．C10H16的不饱和度为3，故B错误；C．C12H22的不饱和度为2，故C错误；D．C14H22的不饱和度为4，故D正确．故选D．【点评】本题考查有机化合物中碳的成键特征和不饱和度的概念及应用，难度不大，注意掌握六元碳环的不饱和度是1，碳碳双键的不饱和度是1，碳碳三键的不饱和度为2是解题的关键． 12．某有机物的结构简式如图，该物质应有的化学性质是（ ）①可燃烧；②可跟溴加成；③可使酸性KMnO4溶液褪色；④可跟NaHCO3溶液反应⑤可跟Cu（OH）2反应；⑥可跟金属钠反应-23-\n⑦可生成高分子化合物．A．①②③⑥B．②③④⑥C．①②③④⑤⑥⑦D．②③④⑥【考点】有机物的结构和性质．【分析】该物质中含有碳碳双键、苯环、羧基和醇羟基，具有烯烃、苯、羧酸、醇的性质，能发生加成反应、还原反应、氧化反应、取代反应、缩聚反应、中和反应等，据此分析解答．【解答】解：①该物质属于有机物，所以可燃烧，故正确；②含有碳碳双键，所以可跟溴加成，故正确；③含有碳碳双键，所以可使酸性KMnO4溶液褪色，故正确；④含有羧基，所以可跟NaHCO3溶液反应生成羧酸钠、二氧化碳和水，故正确；⑤含有羧基，所以可跟Cu（OH）2反应生成盐和水，故正确；⑥含有醇羟基和羧基，所以可跟金属钠反应生成氢气，故正确；⑦含有羧基和醇羟基，所以可发生缩聚反应生成高分子化合物，故正确；故选C．【点评】本题考查有机物结构和性质，为高频考点，侧重考查醇、羧酸、烯烃性质，明确官能团及其性质关系是解本题关键，注意因为含有羧基而能和氢氧化铜反应，很多学生往往看到没有醛基而认为不反应，从而导致错误． 13．下列实验方案不合理的是（ ）A．除去乙烷中含有的乙烯：将气体通入溴水中，洗气B．检验蔗糖是否水解：取1mL20%的蔗糖溶液，加3～5滴稀硫酸．水浴加热5min后取少量溶液，加氢氧化钠溶液调溶液pH至碱性，再加入少量新制备的Cu（OH）2，加热3～5min，观察实验现象C．除去乙酸乙酯中的乙酸：加入浓硫酸和乙醇，加热D．鉴别己烯和苯：将溴的四氯化碳溶液分别滴加到少量己烯和苯中【考点】化学实验方案的评价；有机物的鉴别；物质的分离、提纯和除杂；蔗糖与淀粉的性质实验．【专题】实验评价题；有机物的化学性质及推断．【分析】A．乙烯与溴水反应，而乙烷不能；B．水解后先加碱至碱性，再检验葡萄糖；C．乙酸与乙醇的反应为可逆反应，且乙醇、乙酸乙酯相互溶解；D．己烯与溴的四氯化碳溶液反应，而苯不反应．【解答】解：A．乙烯与溴水反应，而乙烷不能，则将气体通入溴水中，洗气可实现除杂，故A正确；B．水解后先加碱至碱性，再检验葡萄糖，则取1mL20%的蔗糖溶液，加3～5滴稀硫酸．水浴加热5min后取少量溶液，加氢氧化钠溶液调溶液pH至碱性，再加入少量新制备的Cu（OH）2，加热3～5min，观察实验现象，所以操作合理，故B正确；C．乙酸与乙醇的反应为可逆反应，且乙醇、乙酸乙酯相互溶解，不能实现除杂，可利用饱和碳酸钠溶液除杂，故C错误；D．己烯与溴的四氯化碳溶液反应使其褪色，而苯不反应，则现象不同，可鉴别，故D正确；-23-\n故选C．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及混合物分离、提纯及物质检验、鉴别等，侧重物质性质及实验操作细节的考查，选项B为易错点，注意方案的合理性、操作性分析，题目难度中等． 14．下列实验结论不正确的是（ ）实验操作现象结论A食醋浸泡水垢产生无色气体乙酸的酸性比碳酸强B乙醇与橙色酸性重铬酸钾溶液混合橙色溶液变为绿色乙醇具有还原性C碘酒滴到土豆片上土豆片变蓝淀粉遇碘元素变蓝D新制Cu（OH）2与葡萄糖溶液混合加热产生红色沉淀葡萄糖具有还原性A．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．强酸反应制取弱酸；B．重铬酸钾（K2Cr2O7）溶液为橙色，三价铬离子为绿色；C．淀粉遇碘单质变蓝；D．新制Cu（OH）2与葡萄糖溶液混合加热产生红色沉淀（Cu2O）．【解答】解：A．用CH3COOH溶液浸泡水垢，水垢溶解，有无色气泡，说明醋酸的酸性比碳酸强，故A正确；B．重铬酸钾（K2Cr2O7）溶液为橙色，三价铬离子为绿色，化合价降低，说明乙醇化合价升高，有还原性，故B正确；C．土豆中含有淀粉，淀粉遇碘单质变蓝，不是碘元素，故C错误；D．新制Cu（OH）2与葡萄糖溶液混合加热产生红色沉淀（Cu2O），说明葡萄糖有还原性，故D正确．故选C．【点评】本题考查化学实验评价，难度不大，注意新制Cu（OH）2与葡萄糖溶液混合加热产生红色沉淀（Cu2O），说明葡萄糖有还原性． 15．常温常压下，取下列四种有机物各1mol，分别在足量的氧气中燃烧，消耗氧气最多的是（ ）A．C2H5OHB．CH4C．C2H4OD．C3H8【考点】化学方程式的有关计算．【专题】烃及其衍生物的燃烧规律．【分析】根据物质的组成判断耗氧量，物质的量相同的烃CxHy的耗氧量取决于x+，物质的量相同的含烃氧衍生物CxHyOz耗氧量取决于x+﹣，据此判断物质的量相同各物质的耗氧量．【解答】解：A、C2H5OH，其x+﹣=2+﹣=3，即1molC2H5OH消耗3mol氧气；B、CH4，其x+=1+1=2，即1molCH4消耗2mol氧气；C、C2H4O，其x+﹣=2+1﹣=2.5，即1molC2H4O消耗2.5mol氧气；-23-\nD、C3H8，其x+=3+2=5，即1molC3H8消耗5mol氧气；所以相同物质的量的各物质C3H8耗氧量最大．故选：D．【点评】考查有机物耗氧量规律，难度较小，掌握有机物耗氧量规律，注意知识的归纳总结． 16．仿照电极方程式的书写，我们可以把一些氧化还原反应分成“氧化反应”和“还原反应”两个“半反应”，如Fe+2H+=Fe2++H2↑可分成氧化反应：Fe﹣2e﹣=Fe2+还原反应：2H++2e﹣=H2↑．则下列正确的是（ ）①Fe+2Fe3+=3Fe2+可分成氧化反应：Fe﹣2e﹣=Fe2+还原反应：2Fe3++2e﹣=2Fe2+②MnO2+2Cl﹣+4H+=Mn2++Cl2↑+2H2O氧化反应：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑还原反应：MnO2+2e﹣+4H+=Mn2++2H2O③Cl2+H2S=S↓+2H++2Cl﹣氧化反应：H2S﹣2e﹣=S↓+2H+还原反应：Cl2+2e﹣=2Cl﹣．A．③B．②③C．①②D．①②③【考点】氧化还原反应；原电池和电解池的工作原理．【分析】在氧化还原反应中，氧化剂得电子化合价降低发生还原反应，还原剂失电子化合价升高发生氧化反应，据此分析解答．【解答】解：①Fe+2Fe3+═3Fe2+中Fe失电子发生氧化反应、铁离子得电子发生还原反应，所以发生氧化反应Fe﹣2e﹣═Fe2+、还原反应2Fe3++2e﹣═2Fe2+，故正确；②MnO2+2Cl﹣+4H+=Mn2++Cl2↑+2H2O中Mn元素化合价由+4价变为+2价、Cl元素化合价由﹣1价变为0价，所以发生氧化反应2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑、还原反应MnO2+2e﹣+4H+═Mn2++2H2O，故正确；③Cl2+H2S═S↓+2H++2Cl﹣中Cl元素化合价由0价变为﹣1价、S元素化合价由﹣2价变为0价，所以发生氧化反应H2S﹣2e﹣═S↓+2H+、还原反应Cl2+2e﹣═2Cl﹣，故正确；故选D．【点评】本题考查了氧化还原反应，根据元素化合价变化利用知识迁移方法书写氧化反应和还原反应，其总反应为氧化还原反应，与电极反应式类似，题目难度不大． 二、解答题（共7小题，满分52分）17．下列物质的转化或分离方法的序号填在横线上（每一项只填写一种方法，用序号填空）．①溶解②裂解③分馏④裂化⑤干馏⑥蒸馏⑦过滤⑧电解⑨萃取（1）将海水淡化 ⑥ ．（2）从海水得到的无水MgC12中提取金属镁 ⑧ ．【考点】海水资源及其综合利用．【分析】根据不同分离方法的分离原理结合物质的性质，选择合适的制备或分离方法，用蒸馏的方法得到淡水，工业冶炼镁用电解法．【解答】解：（1）从海水中获取淡水，可用蒸馏的方法分离，加热时水蒸发，冷却后可得到纯净水，故答案为：⑥；（2）Mg为活泼金属，工业用电解MgCl2的方法制得单质Mg，故答案为：⑧．【点评】本题考查物质的分离、提纯、制备等知识，题目难度不大，注意相关基础知识的积累． -23-\n18．如图所示为某化学兴趣小组设计的乙醇催化氧化及其产物检验的实验装置（图中加热仪器、铁架台、铁夹等均未画出）．图中：A为无水乙醇（沸点为78℃），B为绕成螺旋状的细铜丝或银丝，C为无水CuSO4粉末，D为碱石灰，F为新制的氢氧化铜悬浊液已知：含﹣CHO的物质在加热条件下与新制的Cu（OH）2悬浊液反应生成砖红色沉淀．（1）在上述装置中，实验时需要加热的仪器为（填仪器或某部位的代号） EABF ．（2）为使A中乙醇平稳气化成乙醇蒸气，常采用的方法是 水浴加热 ．D处使用碱石灰的作是 防止F中的水蒸气进入C中与无水CuSO4作用，影响产物水的检验 ．（3）E处是一种纯净物，其反应方程式为 2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑ ．（4）写出乙醇发生催化氧化的化学方程式 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O ．【考点】乙醇的催化氧化实验．【专题】综合实验题．【分析】（1）根据实验的目的和反应发生的条件来判断；（2）加热时采用水浴加热可以让乙醇平稳气化成乙醇蒸气，碱石灰具有吸水作用；（3）根据E装置的作用和所需的反应物来分析；（4）伯醇可以被催化氧化生成醛和水，乙醇催化氧化可以生成乙醛；【解答】解：（1）固体加热制氧气需要加热，乙醇变为蒸汽需加热，乙醇的催化氧化要加热，醛和与新制的Cu（OH）2悬浊液反应也要加热，故答案为：E、A、B、F；（2）为使A中乙醇平稳气化成乙醇蒸气，常采用的方法是水浴加热；碱石灰具有吸水作用，D处使用碱石灰可以防止F中的水蒸气进入C中与无水CuSO4作用，否则会影响产物水的检验，故答案为：水浴加热；防止F中的水蒸气进入C中与无水CuSO4作用，影响产物水的检验；（3）固体纯净物加热制氧气的只能是加热高锰酸钾制氧气，反应为：2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑，故答案为：2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑；（4）乙醇在通过催化剂时，可以被氧化为乙醛，反应的方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；【点评】本题考查了乙醇的催化氧化实验，掌握物质性质和实验基本操作是解题关键，题目难度不大． 19．（10分）（2022春•赣州校级月考）A、B、C、D、E是位于短周期的主族元素．已知：①热稳定性：HmD＞HmC；②Cm﹣、E（m﹣1）﹣-23-\n具有相同的电子层结构；③A与B在同一周期，在该周期所有主族元素中，A的原子半径最大，B的离子半径最小；④A与B质子数之和是D质子数的3倍．依据上述信息用相应的化学用语回答下列问题：（1）HmDm的电子式 ．（2）能证明Cm﹣、E（m﹣1）﹣的还原性强弱的离子方程式为 Cl2+S2﹣=2Cl﹣+S↓ ．（3）将E的单质通入A与D形成的化合物的水溶液中，其离子方程式为： Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O ．常温下，将等物质的量浓度的HmC溶液和A的最高价氧化物对应的水化物溶液等体积混合，写出该反应的离子方程式 H2S+OH﹣=HS﹣+H2O ．（4）在该溶液中溶质中含有的化学键类型是 离子键、共价键 ．（5）在A、B、C、E单质中，符合下列转化关系的是 Na、S （填元素符号）．单质化合物1化合物2最高价氧化物对应的水化物．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【分析】根据题意，A与B在同一周期，在该周期所有主族元素中，A的原子半径最大，B的离子半径最小，则A、B为金属，A与B质子数之和是D质子数的3倍，则A、B的质子数之和为3的倍数，故A、B处于第三周期，则A为Na元素、B为Al元素；D的质子数为=8，则D为氧元素；热稳定性：HmD＞HmC，则C、D处于同一主族，且D的非金属性更强，故C为硫元素，m=2；根据；②Cm﹣、E（m﹣1）﹣具有相同的电子层结构，则E为Cl元素，以此解答该题．【解答】解：根据题意，A与B在同一周期，在该周期所有主族元素中，A的原子半径最大，B的离子半径最小，则A、B为金属，A与B质子数之和是D质子数的3倍，则A、B的质子数之和为3的倍数，故A、B处于第三周期，则A为Na元素、B为Al元素；D的质子数为=8，则D为氧元素；热稳定性：HmD＞HmC，则C、D处于同一主族，且D的非金属性更强，故C为硫元素，m=2；根据；②Cm﹣、E（m﹣1）﹣具有相同的电子层结构，则E为Cl元素，（1）HmDm为H2O2，电子式为，故答案为：；（2）由于非金属性Cl＞S，单质的氧化性Cl2＞S，单质的氧化性越强，对应阴离子的还原性越弱，则有还原性：S2﹣＞Cl﹣，可通过反应Cl2+S2﹣=2Cl﹣+S↓证明，故答案为：Cl2+S2﹣=2Cl﹣+S↓；（3）E的单质为氯气，A与D形成的化合物的水溶液为NaOH溶液，在常温下氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠与水，反应的离子方程式为：Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O，常温下，将等物质的量浓度的H2S溶液和NaOH溶液等体积混合，该反应的离子方程式为H2S+OH﹣=HS﹣+H2O，故答案为：Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O；H2S+OH﹣=HS﹣+H2O；（4）将等物质的量浓度的H2S溶液和NaOH溶液等体积混合，所得溶液中溶质为硫氢化钠，含有离子键、共价键，故答案为：离子键、共价键；（5）从转化关系可以看出，单质所含元素为变价元素，含有多种化合价，能和氧气反应生成两种氧化物，以上元素中有Na、S元素符合，故答案为：Na、S．【点评】本题考查位置结构性质的关系及应用、常用化学用语、元素化合物性质等，题目难度较大，正确推断元素的种类为解答该题的关键． -23-\n20．有效地利用现有新能源和开发新能源已受到各国的重视．（1）可用改进汽油组成的办法来改善汽油的燃烧性能．例如，加入CH3OC（CH3）3来生产“无铅汽油”H3COC（CH3）3分子必存在的原子间连接形式有 ③ ．（填写编号，多选倒扣分）①②③④（2）天然气的燃烧产物无毒、热值高、管道输送方便，将成为我国西部开发的重点之一，天然气常和石油伴生，其主要的成分是 甲烷 ．能说明它是正四面体而非正方形平面结构的理由是 ② ．（填写编号）①其一氯取代物不存在同分异构体②其二氯取代物不存在同分异构体（3）写出符合下列条件的有机物的结构简式 A．甲烷的同系物B．氢原子数为十二C．一氯取代物只有一种结构（4）肼（N2H4）又称联氨，是一种可燃性的液体，可用作火箭燃料．已知在101kPa时，32.0gN2H4在氧气中完全燃烧生成氮气和水，放出热量624kJ（25℃时），N2H4的燃烧热化学方程式是 N2H4（l）+O2（g）═N2（g）+2H2O（l）△H=﹣624kJ/mol ．（5）用（4）的反应设计原电池，用铂做电极，电解质溶液是20%的KOH溶液．则电池放电时负极的电极反应式是 N2H4+4OH﹣﹣4e﹣=4H2O+N2↑ ，当负极消耗16.0g还原剂时，则正极消耗的氧化剂在标况下的体积为 11.2L ．【考点】化石燃料与基本化工原料；原电池和电解池的工作原理．【分析】（1）碳原子最多形成四个单键，氧原子最多形成两个；（2）甲烷是正四面体结构，四个氢原子完全等效；（3）根据烷烃的通式可知，2n+2=12，n=5，则烷烃为戊烷，有正戊烷、异戊烷、新戊烷三种同分异构体；一氯取代物只有一种结构，说明戊烷只有一种氢原子；（4）根据肼和反应热的关系计算出其燃烧热，并写出其相应的热化学方程式；（5）燃料电池中，负极上投放的是燃料，负极上燃料失电子发生氧化反应；根据反应方程式计算需要空气的体积．【解答】解：（1）根据碳的四价键结构、氧的二价键架构，结合该分子有支链，可知在CH3OC（CH3）3分子中必然存在的原子间连接形式有，故答案为：③；（2）天然气的主要成分是甲烷，根据分子式，可推测CH4的空间结构只有平面正方形和正四面体两种可能．若为平面正方形结构，则其二元取代物有两种同分异构体，而正四面体的二元取代物不存在同分异构体；故答案为：甲烷（或者CH4）；②；（3）根据烷烃的通式可知，2n+2=12，n=5，则烷烃为戊烷，有正戊烷、异戊烷、新戊烷三种同分异构体；一氯取代物只有一种结构，说明戊烷只有一种氢原子，该戊烷为新戊烷，结构简式为，故答案为：；（4）32.0g肼的物质的量为1mol，1molN2H4在氧气中完全燃烧生成氮气放出热量624kJ，所以其热化学反应方程式为：N2H4（l）+O2（g）=N2（g）+2H2O（l）△H=﹣624KJ/mol，故答案为：N2H4（l）+O2（g）=N2（g）+2H2O（l）△H=﹣624KJ/mol；-23-\n（5）燃料电池中，负极上投放的是燃料，负极上燃料失电子发生氧化反应，在碱性环境下的反应式为：N2H4+4OH﹣﹣4e﹣=4H2O+N2↑，当负极消耗16.0g还原剂时，设消耗的氧化剂在标况下的体积为X．N2H4（l）+O2（g）=N2（g）+2H2O（l）2822.4L16.0gX=解得X=11.2L，故答案为：N2H4+4OH﹣﹣4e﹣=4H2O+N2↑；11.2L．【点评】本题考查了有机物、盖斯定律、原电池原理，明确原电池原理是解题的关键，难度中等． 21．已知：①A是石油裂解气的主要成份，A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平；②2CH3CHO+O22CH3COOH．③已知乳酸E的结构简式为，现以A为主要原料合成乙酸乙酯，其合成路线如图所示．回答下列问题：（1）A结构式 ．（2）E的分子中所含官能团 羟基、羧基 （写名称）（3）验证D和E共有的官能团常采用的试剂是 NaHCO3溶液或Na2CO3 ，产生的现象为 溶液或紫色石蕊试液，产生无色无味的气体（或试液由紫色变红色） ．（4）写出下列反应的化学方程式并注明反应类型：B→C 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O ；类型为 氧化反应 ．（5）D的一种同分异构体有香味且能在稀硫酸中水解，则该物质的结构简式为 HCOOCH3 ．【考点】有机物的推断．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】A是石油裂解气的主要成份，A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平，则A为CH2=CH2，与水发生加成反应生成CH3CH2OH，乙醇氧化生成CH3CHO，CH3CHO进一步氧化可得CH3COOH，CH3COOH与CH3CH2OH发生酯化反应生成CH3COOCH2CH3，则B为CH3CH2OH，C为CH3CHO，D为CH3COOH，结合有机物的结构和性质解答该题．（1）A为乙烯，根据乙烯的电子式写出乙烯的结构式；（2）E的结构简式为，含有羟基、羧基官能团；-23-\n（3）D为CH3COOH，E为乳酸，共有的官能团为羧基（﹣COOH），检验羧酸的性质；（4）B→C为乙醛被氧化生成乙酸，反应类型为氧化反应；（5）D为CH3COOH，D的一种同分异构体有香味且能在稀硫酸中水解，为甲酸甲酯．【解答】解：A是石油裂解气的主要成份，A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平，则A为CH2=CH2，与水发生加成反应生成B为CH3CH2OH，B乙醇氧化生成C为CH3CHO，CH3CHO进一步氧化得到D为CH3COOH，CH3COOH与CH3CH2OH发生酯化反应生成CH3COOCH2CH3，反应①：乙烯含有双键，可以和水发生加成反应生成乙醇，方程式为：CH2=CH2+H2CH3CH2OH；反应②：乙醇在Cu或Ag作催化剂条件下被氧化生成CH3CHO，反应的方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；反应③：乙醛被氧化成乙酸，反应为：2CH3CHO+O22CH3COOH；反应④：乙酸和乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化或取代反应生成乙酸乙酯，反应的方程式为CH3COOH+CH3CH2OH2CH3COOCH2CH3+H2O；（1）A为CH2=CH2，电子式为，乙烯的结构式为，故答案为：；（2）E的结构简式为，含有的官能团为羟基（﹣OH），含有官能团羧基（﹣COOH），故答案为：羟基；羧基；（3）D为CH3COOH，含有官能团羧基（﹣COOH），E为乳酸，含有的官能团为羟基（﹣OH），含有官能团羧基（﹣COOH），共有的官能团为羧基（﹣COOH），羧酸的性质强于碳酸，检验羧酸的性质：用NaHCO3溶液或Na2CO3溶液，能和羧基反应生成二氧化碳，或紫色石蕊试液，试液由紫色变红色说明溶液显酸性，故答案为：NaHCO3溶液或Na2CO3溶液或紫色石蕊试液（选其中一种也行，）；产生无色无味的气体（或试液由紫色变红色）；（4）乙醛中的醛基被氧化成羧基，B→C反应为：2CH3CHO+O22CH3COOH，反应类型为氧化反应，故答案为：2CH3CHO+O22CH3COOH；氧化反应；（5）D为CH3COOH，D的一种同分异构体有香味且能在稀硫酸中水解，为甲酸甲酯，结构简式为：HCOOCH3，故答案为：HCOOCH3．【点评】本题考查有机物的推断，题目难度中等，本题注意衡量一个国家的石油化工水平的物质为乙烯，此为解答该题的关键之处，注意把握常见有机物的官能团和性质． -23-\n22．（10分）（2022春•赣州校级月考）工业上用铝土矿（成分为氧化铝、氧化铁）制取铝的过程如下：请回答下列问题：（1）水蒸气的作用 加热加快反应 ；（2）沉淀C的化学式为 Fe2O3 ，该物质除了用于金属冶炼以外，还可用作 颜料（或炼铁） ；（3）操作I、操作II、操作III都用到的玻璃仪器是有 烧杯、漏斗、玻璃棒 ；（4）实验室洗涤Al（OH）3沉淀应该如何操作 用玻璃棒引流向过滤器中加水浸没沉淀，滤去洗液后，反复2～3次即可 ；（5）写出制备过程中由溶液B生成Al（OH）3的离子方程式 CO2+AlO2﹣+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣、2AlO2﹣+CO2+3H2O═2Al（OH）3↓+CO32﹣ ；（6）生产过程中，除NaOH、H2O可以循环使用外，还可以循环使用的物质有 CaO和CO2 （填化学式）．用此法制取铝的副产品是 Fe2O3和O2 （填化学式）．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；金属的回收与环境、资源保护．【分析】铝土矿中氧化铝和氧化铁，向铝土矿中加入NaOH溶液，发生反应Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O，氧化铁不溶于NaOH溶液，然后过滤，得到溶液B为NaOH、NaAlO2混合溶液，沉淀C为Fe2O3，向溶液B中通入CO2，发生反应2AlO2﹣+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+CO32﹣、2OH﹣+CO2=CO32﹣+H2O，然后过滤得到沉淀Al（OH）3和Na2CO3溶液，向溶液中加入CaO，发生反应Na2CO3+CaO+H2O═2NaOH+CaCO3↓，然后过滤，将NaOH循环利用；将Al（OH）3加热得到Al2O3，电解熔融Al2O3得到Al．（1）温度高反应速率加快；（2）根据氧化铝能与氢氧化钠反应，氧化铁与氢氧化钠不反应解答；氧化铁俗称为铁红，可作颜料或炼铁原料；（3）固体和液体的分离用过滤的方法，操作Ⅰ、操作Ⅱ和操作Ⅲ都是过滤操作，根据过滤的操作过程和仪器组装来判断用到什么仪器；（4）洗涤Al（OH）3沉淀应往漏斗中加入少量的蒸馏水，浸没沉淀，让其自然滤出，反复几次；（5）碳酸酸性强于氢氧化铝，二氧化碳和偏铝酸根离子反应生成氢氧化铝和碳酸根离子、或碳酸氢根离子；（6）生成的CaCO3受热分解得到CaO、CO2，可见CaO、CO2可循环使用，操作Ⅰ所得的Fe2O3和电解熔融Al2O3得到的O2为副产品．【解答】解：（1）水蒸汽流作用下加入氢氧化钠处理铝土矿，能够加快氢氧化钠与氧化铝反应，故答案为：加热加快反应；-23-\n（2）水蒸汽流作用下加入氢氧化钠处理铝土矿，氧化铝能和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠的水溶液，三氧化二铁不能与氢氧化钠发生反应，过滤，所得沉淀是不溶性的Fe2O3，俗称铁红，除了用于金属冶炼以外，还可用作顔料，故答案为：Fe2O3；颜料（或炼铁）；（3）实现固体和液体的分离采用过滤法，操作Ⅰ、操作Ⅱ和操作Ⅲ都是过滤操作，过滤时需要制作过滤器的漏斗、固定仪器的铁架台、引流用的玻璃棒、承接滤液的烧杯，故答案为：烧杯、漏斗、玻璃棒；（4）洗涤Al（OH）3沉淀应用玻璃棒引流向过滤器中加水浸没Al（OH）3沉淀，滤去洗液后，反复2～3次即可，故答案为：用玻璃棒引流向过滤器中加水浸没沉淀，滤去洗液后，反复2～3次即可；（5）通入过量CO2；反应的离子方程式CO2+AlO2﹣+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣，通入少量CO2；反应的离子方程式为：2AlO2﹣+CO2+3H2O═2Al（OH）3+CO32﹣，故答案为：CO2+AlO2﹣+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣、2AlO2﹣+CO2+3H2O═2Al（OH）3+CO32﹣；（6）煅烧碳酸钙得到CaO和CO2，B生成沉淀需要二氧化碳、碳酸钠转化为碳酸钙需要CaO，所以CaO和CO2能循环利用，操作Ⅰ所得的Fe2O3和电解熔融Al2O3得到的O2为副产品，故答案为：CaO和CO2；Fe2O3和O2．【点评】本题考查物质分离和提纯，侧重考查学生分析及知识运用能力，明确物质性质及基本操作方法、反应原理即可解答，知道常见元素化合物知识及常见离子检验方法，题目难度中等． 23．在一密闭的2L容器中装有4molSO2和2molO2，在一定条件下开始反应．2min末达到平衡状态，测得容器中有1.6molSO2．请计算：（1）2min内SO2的平均反应速率．（2）SO2和O2的转化率，你能得出什么结论？【考点】化学平衡的计算．【专题】计算题；平衡思想；演绎推理法；化学反应速率专题．【分析】（1）根据v=计算v（SO2）；（2）根据方程式，结合二氧化硫的转化的物质的量可计算出氧气的转化的物质的量，根据转化率=×100%计算SO2和O2的转化率，据此答题．【解答】解：（1）2min末测得容器中有1.6molSO2，则参加反应的二氧化硫物质的量为4mol﹣1.6mol=2.4mol，v（SO2）==0.6mol/（L．min），答：2min内SO2的平均反应速率为0.6mol/（L．min）；（4）根据反应SO2+O2⇌SO3可知，2min末参加反应的二氧化硫物质的量为2.4mol，则参加反应的O2的物质的量为1.2mol，所以SO2的转化率为×100%=60%，O2的转化率为×100%=60%，所以两者的转化化率相等，比较两物质的起始物质的量与反应中计量数的关系可知，当反应物的起始量之比等于计量系数比时，转化率相等，-23-\n答：SO2和O2的转化率都是60%，得出的结论是当反应物的起始量之比等于计量系数比时，转化率相等．【点评】本题考查化学平衡有关计算、化学反应速率、转化率的计算，比较基础，注意比较转化率与反应物起始量及化学计量数的关系． -23-
