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2018-2019学年四川省绵阳市江油中学高二下学期期中考试化学试题 解析版
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江油中学2018～2019学年度下期2017级半期考试
化学试题
可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 O—16
第Ⅰ卷（选择题共50分）
一.选择题（本题包括10个小题，每题2分，共20分，每小题只有一个选项符合题意）
1.“化学无处不在”，下列与化学有关的说法不正确的是（ ）
A. 由于甲酸的缘故，人被蜂蚁蜇咬后会感觉疼痛难忍，涂抹稀氨水或碳酸氢钠溶液，可以减轻疼痛
B. 用浸过酸性高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果、花朵产生的乙烯，可以延长果实或花朵的成熟期
C. 将金属与电源正极相连可有效保护金属不被腐蚀
D. 泡沫灭火器利用双水解原理喷出泡沫覆盖在燃烧物品上，使燃着的物质与空气隔离，并降低温度，达到灭火的目的
【答案】C
【解析】
【分析】
A．甲酸具有酸性与氨水、碳酸氢钠等反应；
B．乙烯可用作催熟剂，可被酸性高锰酸钾氧化；
C．外加电源的阴极保护法，金属与电源负极相连；
D．泡沫灭火器利用硫酸铝与碳酸氢钠发生双水解反应生成二氧化碳气体。
【详解】A．甲酸具有酸性，且酸性比碳酸强，可与氨水、碳酸氢钠等反应，故A正确；
B．乙烯可用作催熟剂，乙烯被酸性高锰酸钾氧化，乙烯浓度降低，可延长果实或花朵的成熟期，故B正确；
C．外加电源的阴极保护法，被保护的金属应为阴极，与电源负极相连，故C错误；
D．泡沫灭火器利用硫酸铝与碳酸氢钠发生双水解反应生成二氧化碳气体，使燃着的物质与空气隔离，并降低温度，达到灭火的目的，故D正确。
故选C。
2.有关化学用语正确的是（ ）
A. 乙烯的实验式：C2H4 B. 乙酸的的结构式：CH3COOH
C. 醛基的电子式： D. 丙烷的球棍模型：
【答案】D
【解析】
【分析】
A、乙烯的实验式：CH2；
B、乙酸的的结构式要将所有的化学键都表示出来；
C、醛基电子式中氧原子的电子未标全；
D、丙烷的球棍模型正确。
【详解】A、乙烯的实验式：CH2，故A错误；
B、乙酸的的结构式要将所有的化学键都表示出来，应为，故B错误；
C、醛基电子式中氧原子的电子未标全，正确的为，故C错误；
D、丙烷的球棍模型，故D正确。
故选D。
3.下列与有机物的结构、性质有关的叙述正确的是（ ）
A. 苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以苯不能发生氧化反应
B. 石油的主要成分是烃，石油经过分馏可制得汽油、乙烯等产品
C. 丙烯分子中所有原子不可能在同一平面上
D. 石油裂解的目的是为了提高轻质液体燃料的产量和质量
【答案】C
【解析】
试题分析：A．苯与高锰酸钾不反应，但可发生燃烧反应，燃烧反应为氧化反应，故A错误；B．石油的主要成分是烃，分馏不能得到乙烯，可得到饱和烃，故B错误；C．碳碳双键为平面结构，但甲基为四面体构型，则丙烯分子中所有原子不可能在同一平面上，故C正确；D．石油裂解的目的是获得短链不饱和烃，产物常用于化工生产，不用作燃料，故D错误；故选C。
考点：考查有机物的结构与性质
4.下列叙述不正确的是（ ）
A. 在海轮外壳上镶锌块，可减缓船体的腐蚀
B. 钢铁腐蚀最普遍的是吸氧腐蚀，负极吸收氧气最终转化为铁锈
C. 生铁中含有碳，抗腐蚀能力比纯铁弱
D. 镀铜铁制品镀层受损后，铁制品比受损前更容易生锈
【答案】B
【解析】
【分析】
A、在海轮上镶嵌锌块，锌块能和轮船、海水构成原电池；
B、钢铁发生吸氧腐蚀时，氧气得电子；
C、生铁中含有碳单质，C能和铁、水膜形成原电池；
D、镀铜铁制品的镀层受损后，铜与铁形成原电池。
【详解】A、在海轮上镶嵌锌块，锌块能和轮船、海水构成原电池，其中锌块做负极，海轮做正极被保护，故能减缓船体的腐蚀，故A正确；
B、钢铁发生吸氧腐蚀时，负极是铁失电子，氧气在正极得电子发生还原反应，故B错误；
C、生铁中含有碳单质，C能和铁、水膜形成原电池，其中铁做负极被腐蚀，故生铁的抗腐蚀能力比纯铁要弱，故C正确；
D、镀铜铁制品的镀层受损后，铜与铁形成原电池，铜做正极，铁做负极被腐蚀，铁制品受损后更易腐蚀，故D正确。
故选B。
5.下列不是用来确定有机物结构或官能团的是（ ）
A. 红外光谱 B. 核磁共振氢谱 C. 质谱 D. 银镜反应
【答案】C
【解析】
试题分析：A．红外光谱法可确定有机物分子中含有的官能团，故A不选；B．核磁共振氢谱法可确定分子中不同位置的H的数目，故B不选；C．质谱法可确定分子的相对分子质量，故C选；D．银镜反应可以确定分子中是否含有醛基，故D不选；故选C。
【考点定位】考查有机物分子中的官能团及其结构
【名师点晴】本题考查有有机物的官能团与性质的关系，注意有机物结构的测定方法即可解答。核磁共振氢谱法用于测定有机物分子中氢原子种类，质谱仪可以快速、微量、精确的测定相对分子质量，红外光谱法可确定有机物分子中含有的官能团。
6.下列关于有机物的叙述不正确的是( )
A. 与HBr、溴水发生加成反应，产物都只有一种
B. 分子式为C6H10O
C. 可发生加成、酯化和氧化反应
D. 分子中有两种官能团
【答案】A
【解析】
试题分析：A．该烯烃结构不对称，与HBr发生加成反应的产物有两种，故A错误；B．由结构可知分子式为C6H10O，故B正确；C．含双键可发生加成反应、氧化反应，含-OH可发生酯化反应、氧化反应，故C正确；D．含碳碳双键、-OH两种官能团，故D正确；故选A。
考点：考查有机物的结构与性质
7.利用下列装置制取溴苯，下列说法不正确的是（ ）
A. 该装置中CCl4的作用是除去产物HBr中混有的Br2蒸气
B. 若将液溴改为浓溴水，该反应也能进行
C. 通过AgNO3溶液中有淡黄色沉淀产生，说明由苯制溴苯的反应是取代反应
D. 该装置中左侧长导管的作用是导气兼冷凝回流
【答案】B
【解析】
【分析】
由实验装置可知，苯与液溴发生取代反应生成溴苯、HBr，溴易挥发，左侧长导管可冷凝回流反应物，增大反应物的转化率，使反应更充分，试管中四氯化碳可除去溴，烧杯中AgNO3溶液吸收和检验HBr，倒扣的漏斗可防止倒吸。
【详解】A．溴易挥发，HBr中混有的Br2蒸气，溴是非极性分子易溶于四氯化碳，则该装置中CCl4的作用是除去产物HBr中混有的Br2蒸气，故A正确；
B．若将液溴改为浓溴水，不发生反应，振荡萃取，发生分层现象，故B错误；
C．烧杯中盛有AgNO3溶液，与HBr作用有淡黄色沉淀产生，有溴离子存在，则说明由苯制溴苯的反应是取代反应，故C正确；
D．苯与液溴均易挥发，该装置中左侧长导管的作用是导气兼冷凝回流，故D正确；
故选B。
8.下列离子组中，能大量共存且无色透明是（ ）
A. c(H+) = 10—14mol/L的溶液：Na＋、CO32－、S2－、SO42－
B. pH=0的溶液：Fe2+、NO3－、SO42－、I－
C. 强碱性溶液：Mg2+、Ba2+、NO3－、Cl－
D. 使紫色石蕊试液变红的溶液：K+、Na+、Ca2+、CH3COO－
【答案】A
【解析】
【分析】
A、碱性条件下，Na＋、CO32－、S2－、SO42－之间不发生反应；
B、H+与NO3－组成硝酸，能将Fe2+、I－氧化；
C、Mg(OH)2难溶；
D、CH3COOH为弱酸分子。
【详解】A. c(H+) = 10—14mol/L的溶液，溶液呈碱性：Na＋、CO32－、S2－、SO42－之间不发生反应，且溶液呈无色，能大量共存；
B. pH=0的溶液，c(H+)=1mol·L－1，H+与NO3－组成硝酸，能将Fe2+、I－氧化，不能大量共存；
C. 强碱性溶液中，Mg2+与OH-生成Mg(OH)2沉淀，不能大量共存；
D. 使紫色石蕊试液变红的溶液呈酸性，H+与CH3COO－结合成CH3COOH分子，不能大量共存；
故选A。
9.下列方程式书写不正确是（ ）
A. 乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色：Br2+CH2=CH2→CH2BrCH2Br
B. 用惰性电极电解硝酸锌溶液：2Zn2++2H2O2Zn+O2↑+4H+
C. 实验室制乙炔：CaC2+2H2O →C2H2↑+Ca(OH)2
D. 溴乙酸与氢氧化钠溶液共热：BrCH2COOH+OH—BrCH2COO—+H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A. 乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色，发生了加成反应，生成1，2-二溴乙烷：Br2+CH2=CH2→CH2BrCH2Br，故A正确；
B. 用惰性电极电解硝酸锌溶液，阳极上水失电子被氧化成氧气，阴极上锌离子得电子被还原成锌：2Zn2++2H2O2Zn+O2↑+4H+，故B正确；
C. 实验室制乙炔，用电石与饱和食盐水反应生成氢氧化钙和乙炔：CaC2+2H2O →C2H2↑+Ca(OH)2，故C正确；
D. 溴乙酸与氢氧化钠溶液共热，溴原子要水解生成-OH：BrCH2COOH+2OH-HOCH2COO-+Br-+H2O，故D错误；
故选D。
10.有关如图装置的说法正确的是（ ）
A. 若K与c连接，石墨电极的电极反应为：O2+4e-+4H+=2H2O
B. 若K与c连接，则溶液中的Na＋向铁电极移动
C. 若K与d连接，铁电极的电极反应为：2H2O +2e-=H2↑+2OH-
D. 若K与d连接，短时间后，加适量稀盐酸可使电解质溶液复原
【答案】C
【解析】
【分析】
A、若K与c连接，是原电池，石墨电极是正极，电极反应为：O2+4e－+2H2O=4OH－；
B、若K与c连接，是原电池，溶液中的Na＋向正极移动；
C、若K与d连接是电解池，铁电极是阴极，发生还原反应，电极反应为：2H2O +2e-=H2↑+2OH-；
D、若K与d连接，短时间内是电解饱和食盐水，产生NaOH、氢气和氯气，短时间后通入氯化氢气体可使电解质溶液复原。
【详解】A、若K与c连接，是原电池，石墨电极是正极，是吸氧腐蚀，正极的电极反应为：O2+4e－+2H2O=4OH－，故A错误；
B、若K与c连接，是原电池，溶液中的Na＋向正极移动，即钠离子向石墨极移动，故B错误；
C、若K与d连接是电解池，铁电极是阴极，发生还原反应，电极反应为：2H2O +2e-=H2↑+2OH-，故C正确；
D、若K与d连接，短时间内是电解饱和食盐水，产生NaOH、氢气和氯气，短时间后通入氯化氢气体可使电解质溶液复原，但深度电解后，要电解部分水，要加入稀盐酸，才可使电解质溶液复原，故D错误；
故选C。
【点睛】本题考查原电池与电解原理，解题关键：掌握电化学的有关知识，原电池与电解池的本质都是氧化还原反应，注意掌握电解池中离子放电顺序。易错点D，注意深度电解后，实质上是电解水。
二、选择题（本题包括10个小题，每题3分，共30分，每小题只有一个选项符合题意）
11.分子式为C4H10O且属于醇类的同分异构体有x种(不包括立体异构，下同)，分子式为C5H10O且属于醛类的有机物的同分异构体有y种，则 x和y的关系为（ ）
A. x＝y B. x>y C. x
【解析】
【分析】
分子式为C4H10O的醇类可写成C4H9OH，分子式为C5H10O的醛类可写成C4H9CHO。
【详解】分子式为C4H10O的醇类可写成C4H9OH，其同分异构体的种类与C4H9—的种类相同；分子式为C5H10O的醛类可写成C4H9CHO，其同分异构体的种类与C4H9—的种类相同；C4H9—的同分异构体个数相同，故x=y，选A。
12.下列说法正确的是（ ）
A. 据Ksp（AgCl）=1.77×10﹣10，Ksp（Ag2CrO4）=2.0×10﹣12，可推知AgCl溶解度比Ag2CrO4的溶解度大
B. 处理水垢时常常先用碳酸钠溶液浸泡，再用酸溶解
C. 向碳酸钡沉淀中加入稀硫酸，沉淀发生转化，可推知硫酸钡的Ksp比碳酸钡的大
D. AgCl在10 mL 0.1 mol/L的KCl溶液中溶解的质量比在10 mL0.05mol/L的AgNO3溶液中多
【答案】B
【解析】
【分析】
A、根据溶度积，计算饱和溶液中AgCl、Ag2CrO4物质的量浓度；
B、水垢中的硫酸钙在酸中溶解度小，转化成碳酸钙后，可与盐酸反应生成易溶的氯化钙。
C、向碳酸钡沉淀中加入稀硫酸，BaCO3转化为BaSO4；
D、设Ksp（AgCl）=a，根据Ksp（AgCl）=c（Ag＋）·c（Cl－）计算KCl溶液中c（Ag＋），AgNO3溶液中c（Cl－），根据n=cV计算n（AgCl）。
【详解】A、饱和氯化银溶液c（AgCl）=xmol·L－1，则x×x=1.77×10-10，解得：x≈1.33×10-5，饱和溶液中c（Ag2CrO4）=ymol·L－1，则（2y）2×y=1.12×10-12，解得y= =6.54×10-5，故Ag2CrO4的溶解度大，故A错误；
B、水垢中的硫酸钙在酸中溶解度小，用碳酸钠溶液浸泡后转化成碳酸钙，碳酸钙可与盐酸反应生成易溶的氯化钙，故B正确。
C、向碳酸钡沉淀中加入稀硫酸，BaCO3转化为BaSO4，碳酸钡的溶度积Ksp=c(Ba2＋)c(CO32－)，硫酸钡的溶度积Ksp=c(Ba2＋)c(SO42－)，硫酸钡的Ksp比碳酸钡的小，故C错误；
D、设Ksp（AgCl）=a，则0.1mol·L-1的KCl溶液中c（Ag＋）=mol·L－1=10amol·L－1，故10mL溶液可以溶解的氯化银n（AgCl）=0.01L×10amol·L－1=0.1amol，0.05mol·L-1的AgNO3溶液中c（Cl－）=mol·L－1=20amol·L－1，故10mL硝酸银溶液可以溶解氯化银n（AgCl）=0.01L×20amol·L－1=0.2amol，前者溶解的量少，故D错误；
故选：B。
【点睛】本题考查溶度积的有关计算、沉淀转化等知识，易错点是A，化学式相似的物质，溶度积越小，溶解度越小，化学式组成类型不同，可用溶度积常数计算判断；难点D，可用溶度积计算溶解的氯化银的物质的量。
13.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 标准状况下，2.24 LCCl4中含氯原子数目为0.4NA
B. 1 mol羟基(－OH)中含电子数目为10NA
C. 1mol苯乙烯（）中含碳碳双键数为4NA
D. 2.8g乙烯和环丙烷的混合气体中含原子总数为0.6NA
【答案】D
【解析】
【分析】
A. 标准状况下，CCl4是液体；
B、1 个羟基(－OH)中含电子的数目是9个；
C、苯中不含碳碳双键；
D、乙烯和环丙烷的实验式均为CH2。
【详解】A. 标准状况下，CCl4是液体，故A错误；
B、1 个羟基(－OH)中含电子的数目是9个，1 mol羟基(－OH)中含电子的数目为9NA，故B错误；
C、苯中不含碳碳双键，1mol苯乙烯中含1mol碳碳双键，故C错误；
D、乙烯和环丙烷的实验式均为CH2，2.8g乙烯和环丙烷的混合气体中含原子总数为=2.8g/14g·mol－1×3NA=0.6NA，故D正确。
故选D。
14.下列除去杂质的方法中正确的是（ ）
A. 除去溴苯中的溴：加入CCl4后分液
B. 除去乙醇中的乙酸：加入NaOH溶液后分液
C. 除去乙烷中的乙烯：加入氢气后在一定条件下充分反应
D. 除去苯甲醛中的苯甲酸：加入生石灰后蒸馏
【答案】D
【解析】
【分析】
A．溴、溴苯均易溶于四氯化碳，不分层；
B．乙酸与NaOH反应后，与乙醇不分层；
C．乙烷中易引入新杂质氢气；
D．苯甲酸与CaO反应后，增大与苯甲醛的沸点差异。
【详解】A．溴、溴苯均易溶于四氯化碳，不能除杂，应选NaOH溶液、分液，故A错误；
B．乙酸与NaOH反应后，与乙醇不分层，不能分液，可蒸馏法分离，故B错误；
C．乙烷中易引入新杂质氢气，不能除杂，可溴水、洗气，故C错误；
D．苯甲酸与CaO反应后，增大与苯甲醛的沸点差异，用蒸馏可分离，故D正确；
故选：D
15.关于下列装置说法正确的是（ ）
A. 装置②中滴入酚酞，a极附近变红 B. 装置①中，一段时间后SO42﹣浓度增大
C. 用装置③精炼铜时，c极为粗铜 D. 装置④中发生吸氧腐蚀
【答案】A
【解析】
【分析】
A、电解时，b是阳极、a是阴极，阳极上生成氯气、阴极上生成氢气，且阴极附近有NaOH生成，溶液呈碱性；
B、装置①是原电池，溶液中SO42－不参加反应；
C、电解精炼粗铜时，粗铜作阳极、纯铜作阴极；
D、强酸性条件下，锌发生析氢腐蚀，弱酸性或中性条件下，锌发生吸氧腐蚀。
【详解】A、电解时，b是阳极、a是阴极，阳极上生成氯气、阴极上生成氢气，且阴极附近有NaOH生成，溶液呈碱性，所以滴入酚酞后a电极附近溶液呈红色，故A正确；
B、装置①是原电池，溶液中SO42－不参加反应，所以放电过程中硫酸根离子浓度不变，故B错误；
C、电解精炼粗铜时，粗铜作阳极、纯铜作阴极，用装置③精炼铜时，d极为粗铜，故C错误；
D、强酸性条件下，锌发生析氢腐蚀，弱酸性或中性条件下，锌发生吸氧腐蚀，该溶液呈强酸性，所以应该发生析氢腐蚀，故D错误；
故选A。
【点睛】本题以原电池和电解池为载体考查化学实验方案评价，解题关键：明确实验原理，知道各个电极上发生的反应，易错点D：注意发生析氢腐蚀和吸氧腐蚀对溶液酸碱性的要求。
16.下列实验方案中，能达到实验目的是（ ）
选项
实验目的
实验方案
A
比较CH3COOH和HClO的酸性
用pH试纸测定相同浓度的两溶液的pH值
B
比较Mg（OH）2和Fe（OH）3的Ksp大小
向2mL 0.1mol/L NaOH溶液中滴加3滴0.1mol/L MgCl2溶液，再滴加3滴0.1mol/LFeCl3溶液
C
除去苯甲酸中的少量氯化钠
重结晶法
D
用CCl4萃取碘水中的I2
先从分液漏斗下口放出水层，后从上口倒出有机层
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【分析】
A、HClO溶液具有漂白性；
B、本实验碱过量，均有沉淀生成，且沉淀类型不同；
C、重结晶时，少量NaCl留母液中；
D、CCl4的密度比水大。
【详解】A、HClO具有漂白性，不能够使用pH试纸测量HClO溶液的pH，应选pH计测定，故A错误；
B、比较Ksp，设计实验证明一个沉淀转化成另一个沉淀，本实验碱过量，无论是否发生沉淀的转化，均有沉淀生成，且沉淀类型不同，不好比较，故B错误；
C、苯甲酸的溶解度随温度升高明显增大，重结晶时，少量NaCl留母液中，故C正确；
D、CCl4的密度比水大，先从分液漏斗下口放出有机层，后从上口倒出水层，故D错误；
故选C。
【点睛】本题考查化学实验方案的评价，解题关键：把握物质的性质、反应与现象、沉淀生成和转化、pH测定等，易错点A，不能用pH试纸测HClO溶液的pH。
17.蓄电池在放电和充电时分别起原电池和电解池的作用，某电池分别在放电和充电时发生的反应：Fe＋NiO2＋2H2OFe(OH)2＋Ni(OH)2，下列对该电池的判断错误的是（ ）
A. 放电时，Fe是负极，NiO2是正极
B. 放电时电解质溶液中的阴离子向正极方向移动
C. 充电时阴极上的电极反应式为：Fe(OH)2＋2e－＝Fe＋2OH-
D. 蓄电池的电极必须浸入碱性电解质溶液中
【答案】B
【解析】
【分析】
根据原电池在放电时，还原剂在负极发生氧化反应，正极发生还原反应，根据元素化合价变化，确定该电池负极发生反应的物质为Fe，正极为NiO2，此电池为碱性电池，在书写电极反应和总电池反应方程式时不能出现H＋，故放电时的电极反应是：负极：Fe-2e－+2OH－=Fe（OH）2，正极：NiO2+2e－+2H2O=Ni（OH）2+2OH－；蓄电池充电时，发生电解反应，此时阴极反应为放电时负极反应的逆反应，阳极反应为放电时正极反应的逆反应。
【详解】A、原电池在放电时，还原剂在负极发生氧化反应，正极发生还原反应，根据元素化合价变化，确定该电池负极发生反应的物质为Fe，正极为NiO2，故A正确；
B、放电时电解质溶液中的阴离子向负极方向移动，故B错误；
C、蓄电池充电时，发生电解反应，此时阴极反应为放电时负极反应的逆反应，充电时阴极上的电极反应式为：Fe(OH)2＋2e－＝Fe＋2OH-，故C正确；
D、Fe（OH）2、Ni（OH）2都属于碱，由方程式可知此电池为碱性电池，只能浸在碱性电解质溶液中，故D正确；
故选B。
18.下列相关微粒物质的量浓度关系不正确的是（ ）
A. 0.1 mol·L-1NaHCO3溶液中：c(OH-)＝c(H+)＋c(H2CO3)－c(CO32-)
B. 常温下，0.1mol·L-1NaHSO3溶液的pH＜7：c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(H2SO3)＞c(SO32-)>c(H+)
C. pH＝2的HA溶液与pH＝12的MOH溶液任意比混合：c(H+)＋c(M+)＝c(OH-)＋c(A-)
D. 0.1mol·L-1 NH4Cl溶液中：c(Cl-)＝c(NH4+)＋c(NH3·H2O)＝0.1 mol·L-1
【答案】B
【解析】
【分析】
A、碳酸氢钠溶液中存在电荷守恒和物料守恒；或应用质子守恒直接写出。
B、常温下，浓度为0.1mol·L-1 NaHSO3溶液的pH＜7，说明HSO3－电离程度大于水解程度，HSO3－和水都电离出氢离子。
C、电解质溶液中存在电荷守恒；
D、根据物料守恒判断；
【详解】A、碳酸氢钠溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得①c（Na＋）+c（H＋）=c（HCO3－）+2c（CO32－）+c（OH－），根据物料守恒得②c（Na＋）=c（HCO3－）+c（CO32－）+c（H2CO3），①-②，消去钠离子，得质子守恒：c（OH－）=c（H＋）+c（H2CO3）-c（CO32－），故A正确；
B、常温下，浓度为0.1mol·L-1 NaHSO3溶液的pH＜7，说明HSO3－电离程度大于水解程度，HSO3－和水都电离出氢离子，只有HSO3－电离出SO32－，所以c(H2SO3)
D、根据物料守恒判断：c（Cl－）=c（NH4＋）+c（NH3·H2O）=0.1mol·L-1，故D正确；
故选B。
19.下列分子中所有碳原子不可能在同一平面上的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
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分析。
【详解】A、分子中含有一个苯环，每个苯环上的碳原子一定共面，分子中含有一个碳碳双键，与碳碳双键相连的三个碳原子一定共面，苯环和碳碳双键通过可以旋转的碳碳单键相连，所有碳原子可能共面，故A不选；
B、可以看成是中间的苯环与两个苯环各共用两个碳原子形成的，分子中所有的碳原子都处在同一平面上，故B不选；
C、分子中含有两个苯环，每个苯环上的碳原子一定共面，但是甲基相连的碳原子是烷烃的结构，是四面体构型，一定不会共面，该分子中的所有碳原子不可能都处在同一平面上，故C选；
D、分子中含有两个苯环，每个苯环上的碳原子一定共面，两个乙基上的碳碳单键可以通过旋转使碳与苯环处于同一平面，所以该分子中的所有碳原子可能都处在同一平面上，故D不选；
故选C。
【点睛】本题主要考查有机化合物的结构特点，解题关键：从甲烷、乙烯、苯和乙炔的结构特点判断有机分子的空间结构，易错点C，与甲基相连的碳是四面体构型。
20.某气态烷烃X和气态烯烃Y组成的混合物10g，其密度为相同条件下氢气的12.5倍，将该混合气体通入过量溴水中，溴水增重8.4g，则X、Y分别是（ ）
A. 甲烷和乙烯 B. 乙烷和乙烯 C. 甲烷和丙烯 D. 乙烷和丙烯
【答案】A
【解析】
【分析】
根据混合气体的密度是相同状况下H2密度的12.5倍，有机物的平均摩尔质量25g·mol－1，混合气体中一定有甲烷，总的物质的量为10g/25g·mol－1=0.4mol；又混合气通过Br2水时，Br2水增重8.4g，8.4g为烯烃的质量，甲烷的质量为1.6g，甲烷物质的量为0.1mol，烯烃的物质的量为0.3mol，确定烯烃的摩尔质量，再确定烯烃。
【详解】根据混合气体的密度是相同状况下H2密度的12.5倍，有机物的平均摩尔质量25g·mol－1，混合气体中一定有甲烷，总的物质的量为10g/25g·mol－1=0.4mol；又混合气通过Br2水时，Br2水增重8.4g，8.4g为烯烃的质量，所以甲烷的质量为10g-8.4g=1.6g，甲烷的物质的量为1.6g/16g·mol－1=0.1mol，烯烃的物质的量为0.4mol-0.1mol=0.3mol，M（烯烃）=8.4g/0.3mol=28g·mol－1，设烯烃的化学式为CnH2n，则14n=28，n=2，为乙烯。混合物为甲烷、乙烯。
故选A。
第Ⅱ卷（非选择题共50分）
三、填空题
21.如图所示，甲、乙两装置电极材料都是铁棒与碳棒，请回答下列问题：
（1）若两装置中均为CuSO4溶液，反应一段时间后：
①有红色物质析出的是甲装置中的___棒，乙装置中的____棒；
②乙装置的电化学防护法称为____，其中碳极的电极反应式是：_____。
③取少量甲装置中负极附近溶液加入2滴K3[Fe(CN)6]溶液，现象为___，发生反应的离子方程式为________
（2）若两装置中均为饱和NaCl溶液：
①写出乙装置中总反应的离子方程式：______。
②甲装置碳极的电极反应属于_____（填“氧化反应”或“还原反应”）；
③将湿润的淀粉KI试纸放在乙装置碳极附近，发现试纸变蓝，解释其原因_____
（3）用铂作电极电解饱和的下列物质的水溶液，一会儿后，向剩余电解液中加适量水，能使溶液和电解前相同的是（ ）
A．KI B．H2SO4 C．CuCl2 D．AgNO3
【答案】 (1). 碳 (2). 铁 (3). 外加电流阴极保护法 (4). 2H2O-4e-=O2↑+4H+ (5). 产生蓝色沉淀 (6). 3Fe2++2[Fe(CN)6]3-=Fe3[Fe(CN)6]2↓ (7). 2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH- (8). 还原反应 (9). 在乙装置碳棒电极上生成Cl2，Cl2与I-反应生成I2，I2遇淀粉变蓝 (10). B
【解析】
【分析】
（1）①甲为原电池，Fe为负极，发生Fe+CuSO4═FeSO4+Cu，乙为电解池，由电子流向可知，Fe为阴极，铜离子得到电子生成Cu，阳极上氢氧根离子放电；
②外加电源，铁在阴极，属于外加电流的阴极保护法，碳极是阳极，失电子发生氧化反应；
③用K3[Fe(CN)6]溶液检验亚铁离子。
（2）①电解NaCl溶液生成NaOH、氢气、氯气；
②甲中碳为正极，正极上发生得电子的还原反应；
③氯气具有强氧化性，能将碘离子氧化生成碘单质，碘遇淀粉试液变蓝色。
（3）电解结束后，向剩余电解液中加适量水，能使溶液和电解前相同，应为电解水型的电解，电解时阳极反应为：4OH－-4e－=2H2O+O2↑，阴极反应为：4H＋+4e－=2H2↑，可为电解含氧酸溶液、强碱溶液或活泼金属的含氧酸盐溶液。
【详解】（1）①甲为原电池，Fe为负极，发生Fe+CuSO4═FeSO4+Cu，所以碳电极上生成红色物质Cu，乙为电解池，由电子流向可知，Fe为阴极，铜离子得到电子生成Cu；
②外加电源，铁在阴极，乙装置的电化学防护法称为外加电流的阴极保护法，碳极是阳极，根据放电顺序，水电离的OH-失电子发生氧化反应，碳极的电极反应式是：2H2O-4e-=O2↑+4H+。
③甲装置中Fe为负极，Fe失电子生成Fe2+，取少量甲装置中负极附近溶液加入2滴K3[Fe(CN)6]溶液，现象为产生蓝色沉淀，发生反应的离子方程式为3Fe2++2[Fe(CN)6]3-=Fe3[Fe(CN)6]2↓。
（2）①Fe为阴极，C为阳极，电解NaCl溶液生成NaOH、氢气、氯气，离子反应方程式为2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH- ；
②甲中碳为正极，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应为2H2O+O2+4e－═4OH－；
③碳电极为阳极，阳极上Cl-失电子生成氯气，氯气和碘离子发生置换反应生成碘，碘遇淀粉试液变蓝色，故原因为：在乙装置碳棒电极上生成Cl2，Cl2与I－反应生成I2，I2遇淀粉变蓝。
（3）A．电解KI溶液，生成KOH、H2、I2，加水显然不能恢复电解前的状态，应通入适量的HI气体，故A错误。
B．电解硫酸，阳极生成氧气，阴极生成氢气，实际为电解水，电解后加入水可恢复到原来的浓度，故B正确；
C．电解CuCl2，阳极生成氯气，阴极生成Cu，实际为电解氯化铜本身，电解后加入氯化铜恢复到原来的浓度，故C错误；
D．电解AgNO3，阳极析出O2，阴极生成Ag，要使溶液恢复到原来的浓度，应加入Ag2O，故D错误；
故选B。
22.分析下列有机化合物，完成填空。
①CH4 ② C2H4 ③C2H2 ④ ⑤ ⑥ ⑦ ⑧
（1）①~⑧中，属于苯的同系物的是____ (填序号，下同)
（2）①分子的空间构型为_____，②中碳原子的杂化方式为_____。
（3）相同质量的①②③中，在相同状况下体积最小的是___，完全燃烧时消耗O2最多的是___。
（4）以⑧为原料制备TNT的化学方程式为______。
（5）④的系统命名为：____。
（6）若将CH4、O2和氢氧化钠溶液组成燃料电池，则电池的负极反应式为___。
（7）写出⑤的含有苯环的所有同分异构体______。
【答案】 (1). ⑧ (2). 正四面体型 (3). sp2 (4). ② (5). ① (6). (7). 3-甲基-2-戊烯 (8). CH4-8e－+10OH－=CO32－+7H2O (9). 、、、
【解析】
【分析】
（1）苯的同系物只含有1个苯环，且烃基为饱和烃基；
（2）①为甲烷，分子的空间构型为正四面体，②为乙烯，碳原子价层电子对数为3；
（3）相同质量的①～③中，在相同状况下体积最小，则物质的量最少，相对分子质量应最大；含氢量越大，耗氧量越多；
（4）甲苯与浓硝酸在浓硫酸作用下发生取代反应生成TNT；
（5）主链是5个碳，含碳碳双键，属于烯烃，3号碳上有甲基；
（6）碱性条件下，负极上甲烷失电子发生氧化反应生成碳酸根离子；
（7）从位置异构、官能团异构的角度考虑。
【详解】（1）苯的同系物只含有1个苯环，且烃基为饱和烃基，⑧符合；
（2）①为甲烷，分子的空间构型为正四面体，②为乙烯，碳原子形成1个π键、3个σ键，无孤电子对，价层电子对数为3，不含孤电子对，碳原子的杂化方式为sp2杂化；
（3）相同质量的①～③中，在相同状况下体积最小，则物质的量最少，相对分子质量应最大，应为②；含氢量越大，耗氧量越多，①符合；
（4）甲苯与浓硝酸在浓硫酸作用下发生取代反应生成TNT，反应的方程式为；
（5）主链是5个碳，含碳碳双键，属于烯烃，3号碳上有甲基，系统命名为：3-甲基-2-戊烯；
（6）若将CH4、O2和氢氧化钠溶液组成燃料电池，碱性条件下，负极上甲烷失电子发生氧化反应生成碳酸根离子，则电池的负极反应式为CH4-8e－+10OH－=CO32－+7H2O；
（7）的含有苯环的所有同分异构体、、、，共4种。
【点睛】本题综合考查有机物的结构和性质，解题关键：注意把握有机物的性质，难点（6）注意电极方程式的书写，在碱性条件下碳以碳酸根离子形式存在。易错点（7）同分异构的书写，易丢失醚的同分异构体。
23.I．有机物A有以下一系列反应，可以转化为F，
已知E的分子式为C2H6O2，B的分子结构分析，核磁共振氢谱图中有两个峰，而且峰的面积之比为3:2。回答下列问题：
（1）A→B的反应类型是____反应，E的官能团名称是____
（2）A的结构简式为______，D的系统命名为_______
（3）写出化学方程式
①D→E___________
②B→C __________
II．某有机物的蒸气密度是相同状态下甲烷密度的5.75倍，把1.84g该有机物在氧气中充分燃烧，将生成的气体混合物通过足量碱石灰，碱石灰增重4.08g，又知生成水和二氧化碳的物质的量之比为4:3，试求此有机物的分子式为_____，已知该有机物中只含一种官能团，且两个该官能团连在同一碳上的物质不稳定，则该有机物的结构简式为___
【答案】 (1). 取代 (2). 羟基 (3). CH3CH3 (4). 1，2-二溴乙烷 (5). BrCH2CH2Br+2NaOHHOCH2CH2OH+2NaBr (6). CH3CH2Br+NaOH CH2=CH2↑+NaBr+H2O (7). C3H8O3 (8). HOCH2CH（OH）CH2OH
【解析】
【分析】
I．A与Br2光照下发生取代反应生成B，B与NaOH醇溶液、加热发生消去反应生成C，C与溴水发生加成反应生成D，D与NaOH溶液发生水解反应生成E，E中含—OH，E的分子式为C2H6O2，B的分子结构分析，核磁共振氢谱图中有两个峰，而且峰的面积之比为3:2，则E应为HOCH2CH2OH，D为BrCH2CH2Br，C为CH2=CH2，B为CH3CH2Br，则A为CH3CH3，E发生氧化反应生成F，以此解答该题。
II．根据相对甲烷的密度可以计算有机物的相对分子质量，碱石灰增重为燃烧生成二氧化碳、水的质量之和，结合二者物质的量之比计算各自物质的量，根据原子守恒计算有机物中C、H原子数目，再结合相对分子质量计算有机物分子中O原子数目，进而确定有机物分子式；结合有机物中只含一种官能团，且两个该官能团连在同一碳上的物质不稳定，分析结构简式。
【详解】I．（1）A为CH3CH3，B为CH3CH2Br，A在光照条件下与溴发生取代反应，生成溴乙烷，A→B的反应类型是取代反应，E为HOCH2CH2OH，E的官能团名称是羟基；
（2）A为CH3CH3，A的结构简式为CH3CH3 ，D为BrCH2CH2Br，D的系统命名为1，2-二溴乙烷；
（3）①D→E为BrCH2CH2Br的水解反应，方程式为BrCH2CH2Br+2NaOHHOCH2CH2OH+2NaBr；
②B→C 为溴乙烷在NaOH的醇溶液中发生消去反应：CH3CH2Br+NaOH CH2=CH2↑+NaBr+H2O
II．该有机物相对分子质量为16×5.75=92，1.84g该有机物物质的量为1.84g÷92g·mol－1=0.02mol，有机物燃烧生成二氧化碳、与水总质量为4.08g，且生成H2O和CO2的物质的量之比为4：3，设二者物质的量分别为4a mol、3a mol，则3a×44+4a×18=4.08，解得a=0.02，故水为0.08mol，二氧化碳为0.06mol，则有机物分子中C原子数目为0.06mol÷0.02mol=3，H原子数目为0.08mol×2÷0.02mol=8，则O原子数目为(92-12×3-8)÷16=3，故该有机物分子式为C3H8O3；
该有机物中只含一种官能团，且两个该官能团连在同一碳上的物质不稳定，说明有三个羟基平均分布在三个碳上，则该有机物的结构简式为HOCH2CH（OH）CH2OH。
24.乙二酸俗称草酸，是一种二元弱酸（结构简式为HOOC﹣COOH，可简写为H2C2O4），它是一种重要的化工原料。（常温下0.01mol/L的H2C2O4、KHC2O4、K2C2O4溶液的pH如表所示）填空：
H2C2O4
KHC2O4
K2C2O4
pH
21
3.1
8.1
（1）写出H2C2O4的电离方程式_____________
（2）KHC2O4溶液显酸性的原因是___________
（3）向0.1mol/L的草酸氢钾溶液里滴加NaOH溶液至中性，此时溶液里各粒子浓度关系正确的是________。
A．c（K+）═ c（HC2O4﹣）+c（H2C2O4）+c（C2O42﹣）
B．c（Na+）═ c（H2C2O4）+c（C2O42﹣）
C．c（K+）+c（Na+）═ c（HC2O4﹣）+c（C2O42﹣）
D．c（K+）＞c（Na+）
【答案】 (1). H2C2O4H++HC2O4﹣、HC2O4﹣H++C2O42﹣ (2). HC2O4﹣的电离程度大于水解程度 (3). AD
【解析】
【分析】
（1）常温下0.01mol·L－1的H2C2O4溶液的pH为2.1，KHC2O4，的pH为3.1，说明草酸是二元弱酸；
（2）HC2O4－既能够电离也能够水解，KHC2O4溶液显酸性，说明HC2O4－的电离程度大于水解程度；
（3）A．根据物料守恒判断；
B．根据电荷守恒判断；
C．根据物料守恒、电荷守恒判断；
D．若恰好反应，c（K＋）=c（Na＋），此时溶液呈碱性，故加入的氢氧化钠的物质的量略少些；
【详解】（1）二元弱酸分步电离，草酸电离方程式为： H2C2O4H++HC2O4﹣、HC2O4﹣H++C2O42﹣；
（2）HC2O4－既能够电离也能够水解，KHC2O4溶液显酸性，说明HC2O4－的电离程度大于水解程度；
（3）A．碳元素在溶液中存在形式有：HC2O4－、H2C2O4、C2O42－，根据物料守恒有c（K＋）=c（HC2O4－）+c（H2C2O4）+c（C2O42－），故A正确；
B．根据电荷守恒有：c（K＋）+c（Na＋）+c（H＋）=c（HC2O4－）+2c（C2O42－）+c（OH－），溶液呈中性，则c（H＋）=c（OH－），故c（K＋）+c（Na＋）=c（HC2O4－）+2c（C2O42－），故B错误；
C．由c（K＋）=c（HC2O4－）+c（H2C2O4）+c（C2O42－）、c（K＋）+c（Na＋）=c（HC2O4－）+2c（C2O42－）可知，c（Na＋）=c（C2O42－）-c（H2C2O4），故C错误；
D．若恰好反应，c（K＋）=c（Na＋），此时溶液呈碱性，故加入的氢氧化钠的物质的量略少些，故c（K＋）＞c（Na＋），故D正确；
故选AD。
【点睛】本题考查弱电解质的电离平衡及其应用，解题关键：掌握草酸的电离方程式书写、电解质溶液中的电荷守恒和物料守恒，难点（3）溶液中电荷守恒、物料守恒、质子守恒的应用。
25.锌是第四“常见”的金属，仅次于铁、铝及铜，在现代工业中对于电池的制造有不可磨灭的贡献，下列是以硫化锌精矿为原料制备单质锌的工业流程。
Ⅰ．（1）浸出液以硫酸锌为主，还含有 Fe3+、Fe2+、A13+、Cl-等杂质，会影响锌的电解，必须除去。净化过程如下：
①在酸性条件下，用H2O2将Fe2+氧化成Fe3+，离子方程式为___。
②将浸出液的pH调节为5.5左右，使 Fe3+、A13+形成沉淀而除去，可选用的最佳试剂为___（填字母）
A．NaOH B．NH3·H2O C．Zn(OH)2 D．H2SO4
③用Ag2SO4可除去Cl-，发生反应的离子方程式为______。
④电解过程中析出锌的电极反应式为___。
Ⅱ．烟气中的SO2可与软锰矿(主要成分MnO2，杂质金属元素Fe、Al、Mg等)的悬浊液反应制备MnSO4·H2O。
（2）已知：Ksp[Al(OH)3] =1×10－33，Ksp[Fe(OH)3] =3×10-39，pH =7.1时Mn(OH)2开始沉淀。室温下，除去MnSO4溶液中的Fe3＋、Al3＋(欲使其浓度小于1×10－6mol·L－1)，需调节溶液pH范围为___。
（3）由图可以看出，从MnSO4和MgSO4混合溶液中结晶MnSO4·H2O晶体，需控制结晶温度范围为___。
（4）锌锰碱性电池的总反应式为：Zn＋2MnO2＋2H2O=2MnO(OH)＋Zn(OH)2，正极反应式为：_____。
【答案】 (1). 2Fe2+＋H2O2＋2H+=2Fe3+＋2H2O (2). C (3). Ag2SO4(s)＋2Cl-(aq)2AgCl(s)＋SO42-(aq) (4). Zn2+＋2e-=Zn (5). 5.0
【分析】
硫化锌精矿在空气中焙烧得到ZnO及烟气，烟气中含有二氧化硫，ZnO焙砂用硫酸酸浸，浸出液中含有ZnSO4等，净化后得到硫酸锌溶液，电解得到Zn。
（1）①在酸性条件下，用H2O2将Fe2＋氧化成Fe3＋，由电荷守恒，有氢离子参加反应，过氧化氢还原为水；
②选择的试剂能消耗氢离子，且不能引入新杂质；
③氯化银溶解度更小，除去Cl-的离子方程式为：Ag2SO4(s)＋2Cl-(aq)2AgCl(s)＋SO42-(aq) ；
④Zn2＋发生还原反应得到Zn，在阴极析出；
（2）pH=7.1时Mn（OH）2开始沉淀；室温下，除去MnSO4溶液中的Fe3＋、Al3＋，由于Al（OH）3、Fe（OH）3类型相同，且Al（OH）3的溶度积大于Fe（OH）3的溶度积，Al3+完全沉淀时Fe3+一定完全沉淀，结合Al（OH）3完全变成沉淀时的pH分析；
（3）从MnSO4和MgSO4混合溶液中结晶MnSO4·H2O晶体，根据图上信息，高于60℃以后MnSO4·H2O的溶解度减小，而MgSO4·6H2O的溶解度增大，因此控制结晶温度范围是高于60℃；
（4）二氧化锰作正极，正极上二氧化锰得电子发生还原反应。
【详解】（1）①在酸性条件下，用H2O2将Fe2＋氧化成Fe3＋，由电荷守恒，有氢离子参加反应，过氧化氢还原为水，反应离子方程式为：2Fe2＋+H2O2+2H＋=2Fe3＋+2H2O；
②选择的试剂能消耗氢离子，且不能引入新杂质，加入硫酸不能消耗溶液中氢离子，NaOH、NH3·H2O、Zn（OH）2均能消耗溶液中氢离子，但NaOH、NH3·H2O 会引入杂质离子下标，故选：C；
③氯化银溶解度更小，除去Cl-的离子方程式为：Ag2SO4(s)＋2Cl-(aq)2AgCl(s)＋SO42-(aq) ；
④Zn2＋发生还原反应得到Zn，电解过程中析出锌的电极反应式为：Zn2＋+2e－=Zn；
（2）pH=7.1时Mn（OH）2开始沉淀；室温下，除去MnSO4溶液中的Fe3＋、Al3＋，由于Al（OH）3、Fe（OH）3类型相同，且Al（OH）3的溶度积大于Fe（OH）3的溶度积，Al3+完全沉淀时Fe3+一定完全沉淀，氢氧化铝完全变成沉淀时的pH：Ksp[Al（OH）3]=1×10-33=c（Al3＋）×c3（OH－），c（Al3＋）=1×10-6mol·L-1，解得：c（OH－）=1×10-9mol·L-1，c（H＋）=1×10-5mol·L-1，溶液的pH=5，故pH范围是：5.0＜pH＜7.1；
（3）从MnSO4和MgSO4混合溶液中结晶MnSO4·H2O晶体，根据图上信息，高于60℃以后MnSO4·H2O的溶解度减小，而MgSO4·6H2O的溶解度增大，且MnSO4·H2O的溶解度小于MgSO4·6H2O的溶解度，因此控制结晶温度范围是高于60℃；
（4）二氧化锰作正极，正极上二氧化锰得电子发生还原反应，电极反应式为2MnO2+2H2O+2e－═2MnO(OH)＋2OH-。
【点睛】本题考查较综合，涉及原电池电极反应书写、溶度积计算及混合物分离、图象分析等，难点（2）溶度积计算，综合性较强。
江油中学2018～2019学年度下期2017级半期考试
化学试题
可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 O—16
第Ⅰ卷（选择题共50分）
一.选择题（本题包括10个小题，每题2分，共20分，每小题只有一个选项符合题意）
1.“化学无处不在”，下列与化学有关的说法不正确的是（ ）
A. 由于甲酸的缘故，人被蜂蚁蜇咬后会感觉疼痛难忍，涂抹稀氨水或碳酸氢钠溶液，可以减轻疼痛
B. 用浸过酸性高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果、花朵产生的乙烯，可以延长果实或花朵的成熟期
C. 将金属与电源正极相连可有效保护金属不被腐蚀
D. 泡沫灭火器利用双水解原理喷出泡沫覆盖在燃烧物品上，使燃着的物质与空气隔离，并降低温度，达到灭火的目的
【答案】C
【解析】
【分析】
A．甲酸具有酸性与氨水、碳酸氢钠等反应；
B．乙烯可用作催熟剂，可被酸性高锰酸钾氧化；
C．外加电源的阴极保护法，金属与电源负极相连；
D．泡沫灭火器利用硫酸铝与碳酸氢钠发生双水解反应生成二氧化碳气体。
【详解】A．甲酸具有酸性，且酸性比碳酸强，可与氨水、碳酸氢钠等反应，故A正确；
B．乙烯可用作催熟剂，乙烯被酸性高锰酸钾氧化，乙烯浓度降低，可延长果实或花朵的成熟期，故B正确；
C．外加电源的阴极保护法，被保护的金属应为阴极，与电源负极相连，故C错误；
D．泡沫灭火器利用硫酸铝与碳酸氢钠发生双水解反应生成二氧化碳气体，使燃着的物质与空气隔离，并降低温度，达到灭火的目的，故D正确。
故选C。
2.有关化学用语正确的是（ ）
A. 乙烯的实验式：C2H4 B. 乙酸的的结构式：CH3COOH
C. 醛基的电子式： D. 丙烷的球棍模型：
【答案】D
【解析】
【分析】
A、乙烯的实验式：CH2；
B、乙酸的的结构式要将所有的化学键都表示出来；
C、醛基电子式中氧原子的电子未标全；
D、丙烷的球棍模型正确。
【详解】A、乙烯的实验式：CH2，故A错误；
B、乙酸的的结构式要将所有的化学键都表示出来，应为，故B错误；
C、醛基电子式中氧原子的电子未标全，正确的为，故C错误；
D、丙烷的球棍模型，故D正确。
故选D。
3.下列与有机物的结构、性质有关的叙述正确的是（ ）
A. 苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以苯不能发生氧化反应
B. 石油的主要成分是烃，石油经过分馏可制得汽油、乙烯等产品
C. 丙烯分子中所有原子不可能在同一平面上
D. 石油裂解的目的是为了提高轻质液体燃料的产量和质量
【答案】C
【解析】
试题分析：A．苯与高锰酸钾不反应，但可发生燃烧反应，燃烧反应为氧化反应，故A错误；B．石油的主要成分是烃，分馏不能得到乙烯，可得到饱和烃，故B错误；C．碳碳双键为平面结构，但甲基为四面体构型，则丙烯分子中所有原子不可能在同一平面上，故C正确；D．石油裂解的目的是获得短链不饱和烃，产物常用于化工生产，不用作燃料，故D错误；故选C。
考点：考查有机物的结构与性质
4.下列叙述不正确的是（ ）
A. 在海轮外壳上镶锌块，可减缓船体的腐蚀
B. 钢铁腐蚀最普遍的是吸氧腐蚀，负极吸收氧气最终转化为铁锈
C. 生铁中含有碳，抗腐蚀能力比纯铁弱
D. 镀铜铁制品镀层受损后，铁制品比受损前更容易生锈
【答案】B
【解析】
【分析】
A、在海轮上镶嵌锌块，锌块能和轮船、海水构成原电池；
B、钢铁发生吸氧腐蚀时，氧气得电子；
C、生铁中含有碳单质，C能和铁、水膜形成原电池；
D、镀铜铁制品的镀层受损后，铜与铁形成原电池。
【详解】A、在海轮上镶嵌锌块，锌块能和轮船、海水构成原电池，其中锌块做负极，海轮做正极被保护，故能减缓船体的腐蚀，故A正确；
B、钢铁发生吸氧腐蚀时，负极是铁失电子，氧气在正极得电子发生还原反应，故B错误；
C、生铁中含有碳单质，C能和铁、水膜形成原电池，其中铁做负极被腐蚀，故生铁的抗腐蚀能力比纯铁要弱，故C正确；
D、镀铜铁制品的镀层受损后，铜与铁形成原电池，铜做正极，铁做负极被腐蚀，铁制品受损后更易腐蚀，故D正确。
故选B。
5.下列不是用来确定有机物结构或官能团的是（ ）
A. 红外光谱 B. 核磁共振氢谱 C. 质谱 D. 银镜反应
【答案】C
【解析】
试题分析：A．红外光谱法可确定有机物分子中含有的官能团，故A不选；B．核磁共振氢谱法可确定分子中不同位置的H的数目，故B不选；C．质谱法可确定分子的相对分子质量，故C选；D．银镜反应可以确定分子中是否含有醛基，故D不选；故选C。
【考点定位】考查有机物分子中的官能团及其结构
【名师点晴】本题考查有有机物的官能团与性质的关系，注意有机物结构的测定方法即可解答。核磁共振氢谱法用于测定有机物分子中氢原子种类，质谱仪可以快速、微量、精确的测定相对分子质量，红外光谱法可确定有机物分子中含有的官能团。
6.下列关于有机物的叙述不正确的是( )
A. 与HBr、溴水发生加成反应，产物都只有一种
B. 分子式为C6H10O
C. 可发生加成、酯化和氧化反应
D. 分子中有两种官能团
【答案】A
【解析】
试题分析：A．该烯烃结构不对称，与HBr发生加成反应的产物有两种，故A错误；B．由结构可知分子式为C6H10O，故B正确；C．含双键可发生加成反应、氧化反应，含-OH可发生酯化反应、氧化反应，故C正确；D．含碳碳双键、-OH两种官能团，故D正确；故选A。
考点：考查有机物的结构与性质
7.利用下列装置制取溴苯，下列说法不正确的是（ ）
A. 该装置中CCl4的作用是除去产物HBr中混有的Br2蒸气
B. 若将液溴改为浓溴水，该反应也能进行
C. 通过AgNO3溶液中有淡黄色沉淀产生，说明由苯制溴苯的反应是取代反应
D. 该装置中左侧长导管的作用是导气兼冷凝回流
【答案】B
【解析】
【分析】
由实验装置可知，苯与液溴发生取代反应生成溴苯、HBr，溴易挥发，左侧长导管可冷凝回流反应物，增大反应物的转化率，使反应更充分，试管中四氯化碳可除去溴，烧杯中AgNO3溶液吸收和检验HBr，倒扣的漏斗可防止倒吸。
【详解】A．溴易挥发，HBr中混有的Br2蒸气，溴是非极性分子易溶于四氯化碳，则该装置中CCl4的作用是除去产物HBr中混有的Br2蒸气，故A正确；
B．若将液溴改为浓溴水，不发生反应，振荡萃取，发生分层现象，故B错误；
C．烧杯中盛有AgNO3溶液，与HBr作用有淡黄色沉淀产生，有溴离子存在，则说明由苯制溴苯的反应是取代反应，故C正确；
D．苯与液溴均易挥发，该装置中左侧长导管的作用是导气兼冷凝回流，故D正确；
故选B。
8.下列离子组中，能大量共存且无色透明是（ ）
A. c(H+) = 10—14mol/L的溶液：Na＋、CO32－、S2－、SO42－
B. pH=0的溶液：Fe2+、NO3－、SO42－、I－
C. 强碱性溶液：Mg2+、Ba2+、NO3－、Cl－
D. 使紫色石蕊试液变红的溶液：K+、Na+、Ca2+、CH3COO－
【答案】A
【解析】
【分析】
A、碱性条件下，Na＋、CO32－、S2－、SO42－之间不发生反应；
B、H+与NO3－组成硝酸，能将Fe2+、I－氧化；
C、Mg(OH)2难溶；
D、CH3COOH为弱酸分子。
【详解】A. c(H+) = 10—14mol/L的溶液，溶液呈碱性：Na＋、CO32－、S2－、SO42－之间不发生反应，且溶液呈无色，能大量共存；
B. pH=0的溶液，c(H+)=1mol·L－1，H+与NO3－组成硝酸，能将Fe2+、I－氧化，不能大量共存；
C. 强碱性溶液中，Mg2+与OH-生成Mg(OH)2沉淀，不能大量共存；
D. 使紫色石蕊试液变红的溶液呈酸性，H+与CH3COO－结合成CH3COOH分子，不能大量共存；
故选A。
9.下列方程式书写不正确是（ ）
A. 乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色：Br2+CH2=CH2→CH2BrCH2Br
B. 用惰性电极电解硝酸锌溶液：2Zn2++2H2O2Zn+O2↑+4H+
C. 实验室制乙炔：CaC2+2H2O →C2H2↑+Ca(OH)2
D. 溴乙酸与氢氧化钠溶液共热：BrCH2COOH+OH—BrCH2COO—+H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A. 乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色，发生了加成反应，生成1，2-二溴乙烷：Br2+CH2=CH2→CH2BrCH2Br，故A正确；
B. 用惰性电极电解硝酸锌溶液，阳极上水失电子被氧化成氧气，阴极上锌离子得电子被还原成锌：2Zn2++2H2O2Zn+O2↑+4H+，故B正确；
C. 实验室制乙炔，用电石与饱和食盐水反应生成氢氧化钙和乙炔：CaC2+2H2O →C2H2↑+Ca(OH)2，故C正确；
D. 溴乙酸与氢氧化钠溶液共热，溴原子要水解生成-OH：BrCH2COOH+2OH-HOCH2COO-+Br-+H2O，故D错误；
故选D。
10.有关如图装置的说法正确的是（ ）
A. 若K与c连接，石墨电极的电极反应为：O2+4e-+4H+=2H2O
B. 若K与c连接，则溶液中的Na＋向铁电极移动
C. 若K与d连接，铁电极的电极反应为：2H2O +2e-=H2↑+2OH-
D. 若K与d连接，短时间后，加适量稀盐酸可使电解质溶液复原
【答案】C
【解析】
【分析】
A、若K与c连接，是原电池，石墨电极是正极，电极反应为：O2+4e－+2H2O=4OH－；
B、若K与c连接，是原电池，溶液中的Na＋向正极移动；
C、若K与d连接是电解池，铁电极是阴极，发生还原反应，电极反应为：2H2O +2e-=H2↑+2OH-；
D、若K与d连接，短时间内是电解饱和食盐水，产生NaOH、氢气和氯气，短时间后通入氯化氢气体可使电解质溶液复原。
【详解】A、若K与c连接，是原电池，石墨电极是正极，是吸氧腐蚀，正极的电极反应为：O2+4e－+2H2O=4OH－，故A错误；
B、若K与c连接，是原电池，溶液中的Na＋向正极移动，即钠离子向石墨极移动，故B错误；
C、若K与d连接是电解池，铁电极是阴极，发生还原反应，电极反应为：2H2O +2e-=H2↑+2OH-，故C正确；
D、若K与d连接，短时间内是电解饱和食盐水，产生NaOH、氢气和氯气，短时间后通入氯化氢气体可使电解质溶液复原，但深度电解后，要电解部分水，要加入稀盐酸，才可使电解质溶液复原，故D错误；
故选C。
【点睛】本题考查原电池与电解原理，解题关键：掌握电化学的有关知识，原电池与电解池的本质都是氧化还原反应，注意掌握电解池中离子放电顺序。易错点D，注意深度电解后，实质上是电解水。
二、选择题（本题包括10个小题，每题3分，共30分，每小题只有一个选项符合题意）
11.分子式为C4H10O且属于醇类的同分异构体有x种(不包括立体异构，下同)，分子式为C5H10O且属于醛类的有机物的同分异构体有y种，则 x和y的关系为（ ）
A. x＝y B. x>y C. x
【解析】
【分析】
分子式为C4H10O的醇类可写成C4H9OH，分子式为C5H10O的醛类可写成C4H9CHO。
【详解】分子式为C4H10O的醇类可写成C4H9OH，其同分异构体的种类与C4H9—的种类相同；分子式为C5H10O的醛类可写成C4H9CHO，其同分异构体的种类与C4H9—的种类相同；C4H9—的同分异构体个数相同，故x=y，选A。
12.下列说法正确的是（ ）
A. 据Ksp（AgCl）=1.77×10﹣10，Ksp（Ag2CrO4）=2.0×10﹣12，可推知AgCl溶解度比Ag2CrO4的溶解度大
B. 处理水垢时常常先用碳酸钠溶液浸泡，再用酸溶解
C. 向碳酸钡沉淀中加入稀硫酸，沉淀发生转化，可推知硫酸钡的Ksp比碳酸钡的大
D. AgCl在10 mL 0.1 mol/L的KCl溶液中溶解的质量比在10 mL0.05mol/L的AgNO3溶液中多
【答案】B
【解析】
【分析】
A、根据溶度积，计算饱和溶液中AgCl、Ag2CrO4物质的量浓度；
B、水垢中的硫酸钙在酸中溶解度小，转化成碳酸钙后，可与盐酸反应生成易溶的氯化钙。
C、向碳酸钡沉淀中加入稀硫酸，BaCO3转化为BaSO4；
D、设Ksp（AgCl）=a，根据Ksp（AgCl）=c（Ag＋）·c（Cl－）计算KCl溶液中c（Ag＋），AgNO3溶液中c（Cl－），根据n=cV计算n（AgCl）。
【详解】A、饱和氯化银溶液c（AgCl）=xmol·L－1，则x×x=1.77×10-10，解得：x≈1.33×10-5，饱和溶液中c（Ag2CrO4）=ymol·L－1，则（2y）2×y=1.12×10-12，解得y= =6.54×10-5，故Ag2CrO4的溶解度大，故A错误；
B、水垢中的硫酸钙在酸中溶解度小，用碳酸钠溶液浸泡后转化成碳酸钙，碳酸钙可与盐酸反应生成易溶的氯化钙，故B正确。
C、向碳酸钡沉淀中加入稀硫酸，BaCO3转化为BaSO4，碳酸钡的溶度积Ksp=c(Ba2＋)c(CO32－)，硫酸钡的溶度积Ksp=c(Ba2＋)c(SO42－)，硫酸钡的Ksp比碳酸钡的小，故C错误；
D、设Ksp（AgCl）=a，则0.1mol·L-1的KCl溶液中c（Ag＋）=mol·L－1=10amol·L－1，故10mL溶液可以溶解的氯化银n（AgCl）=0.01L×10amol·L－1=0.1amol，0.05mol·L-1的AgNO3溶液中c（Cl－）=mol·L－1=20amol·L－1，故10mL硝酸银溶液可以溶解氯化银n（AgCl）=0.01L×20amol·L－1=0.2amol，前者溶解的量少，故D错误；
故选：B。
【点睛】本题考查溶度积的有关计算、沉淀转化等知识，易错点是A，化学式相似的物质，溶度积越小，溶解度越小，化学式组成类型不同，可用溶度积常数计算判断；难点D，可用溶度积计算溶解的氯化银的物质的量。
13.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 标准状况下，2.24 LCCl4中含氯原子数目为0.4NA
B. 1 mol羟基(－OH)中含电子数目为10NA
C. 1mol苯乙烯（）中含碳碳双键数为4NA
D. 2.8g乙烯和环丙烷的混合气体中含原子总数为0.6NA
【答案】D
【解析】
【分析】
A. 标准状况下，CCl4是液体；
B、1 个羟基(－OH)中含电子的数目是9个；
C、苯中不含碳碳双键；
D、乙烯和环丙烷的实验式均为CH2。
【详解】A. 标准状况下，CCl4是液体，故A错误；
B、1 个羟基(－OH)中含电子的数目是9个，1 mol羟基(－OH)中含电子的数目为9NA，故B错误；
C、苯中不含碳碳双键，1mol苯乙烯中含1mol碳碳双键，故C错误；
D、乙烯和环丙烷的实验式均为CH2，2.8g乙烯和环丙烷的混合气体中含原子总数为=2.8g/14g·mol－1×3NA=0.6NA，故D正确。
故选D。
14.下列除去杂质的方法中正确的是（ ）
A. 除去溴苯中的溴：加入CCl4后分液
B. 除去乙醇中的乙酸：加入NaOH溶液后分液
C. 除去乙烷中的乙烯：加入氢气后在一定条件下充分反应
D. 除去苯甲醛中的苯甲酸：加入生石灰后蒸馏
【答案】D
【解析】
【分析】
A．溴、溴苯均易溶于四氯化碳，不分层；
B．乙酸与NaOH反应后，与乙醇不分层；
C．乙烷中易引入新杂质氢气；
D．苯甲酸与CaO反应后，增大与苯甲醛的沸点差异。
【详解】A．溴、溴苯均易溶于四氯化碳，不能除杂，应选NaOH溶液、分液，故A错误；
B．乙酸与NaOH反应后，与乙醇不分层，不能分液，可蒸馏法分离，故B错误；
C．乙烷中易引入新杂质氢气，不能除杂，可溴水、洗气，故C错误；
D．苯甲酸与CaO反应后，增大与苯甲醛的沸点差异，用蒸馏可分离，故D正确；
故选：D
15.关于下列装置说法正确的是（ ）
A. 装置②中滴入酚酞，a极附近变红 B. 装置①中，一段时间后SO42﹣浓度增大
C. 用装置③精炼铜时，c极为粗铜 D. 装置④中发生吸氧腐蚀
【答案】A
【解析】
【分析】
A、电解时，b是阳极、a是阴极，阳极上生成氯气、阴极上生成氢气，且阴极附近有NaOH生成，溶液呈碱性；
B、装置①是原电池，溶液中SO42－不参加反应；
C、电解精炼粗铜时，粗铜作阳极、纯铜作阴极；
D、强酸性条件下，锌发生析氢腐蚀，弱酸性或中性条件下，锌发生吸氧腐蚀。
【详解】A、电解时，b是阳极、a是阴极，阳极上生成氯气、阴极上生成氢气，且阴极附近有NaOH生成，溶液呈碱性，所以滴入酚酞后a电极附近溶液呈红色，故A正确；
B、装置①是原电池，溶液中SO42－不参加反应，所以放电过程中硫酸根离子浓度不变，故B错误；
C、电解精炼粗铜时，粗铜作阳极、纯铜作阴极，用装置③精炼铜时，d极为粗铜，故C错误；
D、强酸性条件下，锌发生析氢腐蚀，弱酸性或中性条件下，锌发生吸氧腐蚀，该溶液呈强酸性，所以应该发生析氢腐蚀，故D错误；
故选A。
【点睛】本题以原电池和电解池为载体考查化学实验方案评价，解题关键：明确实验原理，知道各个电极上发生的反应，易错点D：注意发生析氢腐蚀和吸氧腐蚀对溶液酸碱性的要求。
16.下列实验方案中，能达到实验目的是（ ）
选项
实验目的
实验方案
A
比较CH3COOH和HClO的酸性
用pH试纸测定相同浓度的两溶液的pH值
B
比较Mg（OH）2和Fe（OH）3的Ksp大小
向2mL 0.1mol/L NaOH溶液中滴加3滴0.1mol/L MgCl2溶液，再滴加3滴0.1mol/LFeCl3溶液
C
除去苯甲酸中的少量氯化钠
重结晶法
D
用CCl4萃取碘水中的I2
先从分液漏斗下口放出水层，后从上口倒出有机层
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【分析】
A、HClO溶液具有漂白性；
B、本实验碱过量，均有沉淀生成，且沉淀类型不同；
C、重结晶时，少量NaCl留母液中；
D、CCl4的密度比水大。
【详解】A、HClO具有漂白性，不能够使用pH试纸测量HClO溶液的pH，应选pH计测定，故A错误；
B、比较Ksp，设计实验证明一个沉淀转化成另一个沉淀，本实验碱过量，无论是否发生沉淀的转化，均有沉淀生成，且沉淀类型不同，不好比较，故B错误；
C、苯甲酸的溶解度随温度升高明显增大，重结晶时，少量NaCl留母液中，故C正确；
D、CCl4的密度比水大，先从分液漏斗下口放出有机层，后从上口倒出水层，故D错误；
故选C。
【点睛】本题考查化学实验方案的评价，解题关键：把握物质的性质、反应与现象、沉淀生成和转化、pH测定等，易错点A，不能用pH试纸测HClO溶液的pH。
17.蓄电池在放电和充电时分别起原电池和电解池的作用，某电池分别在放电和充电时发生的反应：Fe＋NiO2＋2H2OFe(OH)2＋Ni(OH)2，下列对该电池的判断错误的是（ ）
A. 放电时，Fe是负极，NiO2是正极
B. 放电时电解质溶液中的阴离子向正极方向移动
C. 充电时阴极上的电极反应式为：Fe(OH)2＋2e－＝Fe＋2OH-
D. 蓄电池的电极必须浸入碱性电解质溶液中
【答案】B
【解析】
【分析】
根据原电池在放电时，还原剂在负极发生氧化反应，正极发生还原反应，根据元素化合价变化，确定该电池负极发生反应的物质为Fe，正极为NiO2，此电池为碱性电池，在书写电极反应和总电池反应方程式时不能出现H＋，故放电时的电极反应是：负极：Fe-2e－+2OH－=Fe（OH）2，正极：NiO2+2e－+2H2O=Ni（OH）2+2OH－；蓄电池充电时，发生电解反应，此时阴极反应为放电时负极反应的逆反应，阳极反应为放电时正极反应的逆反应。
【详解】A、原电池在放电时，还原剂在负极发生氧化反应，正极发生还原反应，根据元素化合价变化，确定该电池负极发生反应的物质为Fe，正极为NiO2，故A正确；
B、放电时电解质溶液中的阴离子向负极方向移动，故B错误；
C、蓄电池充电时，发生电解反应，此时阴极反应为放电时负极反应的逆反应，充电时阴极上的电极反应式为：Fe(OH)2＋2e－＝Fe＋2OH-，故C正确；
D、Fe（OH）2、Ni（OH）2都属于碱，由方程式可知此电池为碱性电池，只能浸在碱性电解质溶液中，故D正确；
故选B。
18.下列相关微粒物质的量浓度关系不正确的是（ ）
A. 0.1 mol·L-1NaHCO3溶液中：c(OH-)＝c(H+)＋c(H2CO3)－c(CO32-)
B. 常温下，0.1mol·L-1NaHSO3溶液的pH＜7：c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(H2SO3)＞c(SO32-)>c(H+)
C. pH＝2的HA溶液与pH＝12的MOH溶液任意比混合：c(H+)＋c(M+)＝c(OH-)＋c(A-)
D. 0.1mol·L-1 NH4Cl溶液中：c(Cl-)＝c(NH4+)＋c(NH3·H2O)＝0.1 mol·L-1
【答案】B
【解析】
【分析】
A、碳酸氢钠溶液中存在电荷守恒和物料守恒；或应用质子守恒直接写出。
B、常温下，浓度为0.1mol·L-1 NaHSO3溶液的pH＜7，说明HSO3－电离程度大于水解程度，HSO3－和水都电离出氢离子。
C、电解质溶液中存在电荷守恒；
D、根据物料守恒判断；
【详解】A、碳酸氢钠溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得①c（Na＋）+c（H＋）=c（HCO3－）+2c（CO32－）+c（OH－），根据物料守恒得②c（Na＋）=c（HCO3－）+c（CO32－）+c（H2CO3），①-②，消去钠离子，得质子守恒：c（OH－）=c（H＋）+c（H2CO3）-c（CO32－），故A正确；
B、常温下，浓度为0.1mol·L-1 NaHSO3溶液的pH＜7，说明HSO3－电离程度大于水解程度，HSO3－和水都电离出氢离子，只有HSO3－电离出SO32－，所以c(H2SO3)
D、根据物料守恒判断：c（Cl－）=c（NH4＋）+c（NH3·H2O）=0.1mol·L-1，故D正确；
故选B。
19.下列分子中所有碳原子不可能在同一平面上的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
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分析。
【详解】A、分子中含有一个苯环，每个苯环上的碳原子一定共面，分子中含有一个碳碳双键，与碳碳双键相连的三个碳原子一定共面，苯环和碳碳双键通过可以旋转的碳碳单键相连，所有碳原子可能共面，故A不选；
B、可以看成是中间的苯环与两个苯环各共用两个碳原子形成的，分子中所有的碳原子都处在同一平面上，故B不选；
C、分子中含有两个苯环，每个苯环上的碳原子一定共面，但是甲基相连的碳原子是烷烃的结构，是四面体构型，一定不会共面，该分子中的所有碳原子不可能都处在同一平面上，故C选；
D、分子中含有两个苯环，每个苯环上的碳原子一定共面，两个乙基上的碳碳单键可以通过旋转使碳与苯环处于同一平面，所以该分子中的所有碳原子可能都处在同一平面上，故D不选；
故选C。
【点睛】本题主要考查有机化合物的结构特点，解题关键：从甲烷、乙烯、苯和乙炔的结构特点判断有机分子的空间结构，易错点C，与甲基相连的碳是四面体构型。
20.某气态烷烃X和气态烯烃Y组成的混合物10g，其密度为相同条件下氢气的12.5倍，将该混合气体通入过量溴水中，溴水增重8.4g，则X、Y分别是（ ）
A. 甲烷和乙烯 B. 乙烷和乙烯 C. 甲烷和丙烯 D. 乙烷和丙烯
【答案】A
【解析】
【分析】
根据混合气体的密度是相同状况下H2密度的12.5倍，有机物的平均摩尔质量25g·mol－1，混合气体中一定有甲烷，总的物质的量为10g/25g·mol－1=0.4mol；又混合气通过Br2水时，Br2水增重8.4g，8.4g为烯烃的质量，甲烷的质量为1.6g，甲烷物质的量为0.1mol，烯烃的物质的量为0.3mol，确定烯烃的摩尔质量，再确定烯烃。
【详解】根据混合气体的密度是相同状况下H2密度的12.5倍，有机物的平均摩尔质量25g·mol－1，混合气体中一定有甲烷，总的物质的量为10g/25g·mol－1=0.4mol；又混合气通过Br2水时，Br2水增重8.4g，8.4g为烯烃的质量，所以甲烷的质量为10g-8.4g=1.6g，甲烷的物质的量为1.6g/16g·mol－1=0.1mol，烯烃的物质的量为0.4mol-0.1mol=0.3mol，M（烯烃）=8.4g/0.3mol=28g·mol－1，设烯烃的化学式为CnH2n，则14n=28，n=2，为乙烯。混合物为甲烷、乙烯。
故选A。
第Ⅱ卷（非选择题共50分）
三、填空题
21.如图所示，甲、乙两装置电极材料都是铁棒与碳棒，请回答下列问题：
（1）若两装置中均为CuSO4溶液，反应一段时间后：
①有红色物质析出的是甲装置中的___棒，乙装置中的____棒；
②乙装置的电化学防护法称为____，其中碳极的电极反应式是：_____。
③取少量甲装置中负极附近溶液加入2滴K3[Fe(CN)6]溶液，现象为___，发生反应的离子方程式为________
（2）若两装置中均为饱和NaCl溶液：
①写出乙装置中总反应的离子方程式：______。
②甲装置碳极的电极反应属于_____（填“氧化反应”或“还原反应”）；
③将湿润的淀粉KI试纸放在乙装置碳极附近，发现试纸变蓝，解释其原因_____
（3）用铂作电极电解饱和的下列物质的水溶液，一会儿后，向剩余电解液中加适量水，能使溶液和电解前相同的是（ ）
A．KI B．H2SO4 C．CuCl2 D．AgNO3
【答案】 (1). 碳 (2). 铁 (3). 外加电流阴极保护法 (4). 2H2O-4e-=O2↑+4H+ (5). 产生蓝色沉淀 (6). 3Fe2++2[Fe(CN)6]3-=Fe3[Fe(CN)6]2↓ (7). 2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH- (8). 还原反应 (9). 在乙装置碳棒电极上生成Cl2，Cl2与I-反应生成I2，I2遇淀粉变蓝 (10). B
【解析】
【分析】
（1）①甲为原电池，Fe为负极，发生Fe+CuSO4═FeSO4+Cu，乙为电解池，由电子流向可知，Fe为阴极，铜离子得到电子生成Cu，阳极上氢氧根离子放电；
②外加电源，铁在阴极，属于外加电流的阴极保护法，碳极是阳极，失电子发生氧化反应；
③用K3[Fe(CN)6]溶液检验亚铁离子。
（2）①电解NaCl溶液生成NaOH、氢气、氯气；
②甲中碳为正极，正极上发生得电子的还原反应；
③氯气具有强氧化性，能将碘离子氧化生成碘单质，碘遇淀粉试液变蓝色。
（3）电解结束后，向剩余电解液中加适量水，能使溶液和电解前相同，应为电解水型的电解，电解时阳极反应为：4OH－-4e－=2H2O+O2↑，阴极反应为：4H＋+4e－=2H2↑，可为电解含氧酸溶液、强碱溶液或活泼金属的含氧酸盐溶液。
【详解】（1）①甲为原电池，Fe为负极，发生Fe+CuSO4═FeSO4+Cu，所以碳电极上生成红色物质Cu，乙为电解池，由电子流向可知，Fe为阴极，铜离子得到电子生成Cu；
②外加电源，铁在阴极，乙装置的电化学防护法称为外加电流的阴极保护法，碳极是阳极，根据放电顺序，水电离的OH-失电子发生氧化反应，碳极的电极反应式是：2H2O-4e-=O2↑+4H+。
③甲装置中Fe为负极，Fe失电子生成Fe2+，取少量甲装置中负极附近溶液加入2滴K3[Fe(CN)6]溶液，现象为产生蓝色沉淀，发生反应的离子方程式为3Fe2++2[Fe(CN)6]3-=Fe3[Fe(CN)6]2↓。
（2）①Fe为阴极，C为阳极，电解NaCl溶液生成NaOH、氢气、氯气，离子反应方程式为2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH- ；
②甲中碳为正极，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应为2H2O+O2+4e－═4OH－；
③碳电极为阳极，阳极上Cl-失电子生成氯气，氯气和碘离子发生置换反应生成碘，碘遇淀粉试液变蓝色，故原因为：在乙装置碳棒电极上生成Cl2，Cl2与I－反应生成I2，I2遇淀粉变蓝。
（3）A．电解KI溶液，生成KOH、H2、I2，加水显然不能恢复电解前的状态，应通入适量的HI气体，故A错误。
B．电解硫酸，阳极生成氧气，阴极生成氢气，实际为电解水，电解后加入水可恢复到原来的浓度，故B正确；
C．电解CuCl2，阳极生成氯气，阴极生成Cu，实际为电解氯化铜本身，电解后加入氯化铜恢复到原来的浓度，故C错误；
D．电解AgNO3，阳极析出O2，阴极生成Ag，要使溶液恢复到原来的浓度，应加入Ag2O，故D错误；
故选B。
22.分析下列有机化合物，完成填空。
①CH4 ② C2H4 ③C2H2 ④ ⑤ ⑥ ⑦ ⑧
（1）①~⑧中，属于苯的同系物的是____ (填序号，下同)
（2）①分子的空间构型为_____，②中碳原子的杂化方式为_____。
（3）相同质量的①②③中，在相同状况下体积最小的是___，完全燃烧时消耗O2最多的是___。
（4）以⑧为原料制备TNT的化学方程式为______。
（5）④的系统命名为：____。
（6）若将CH4、O2和氢氧化钠溶液组成燃料电池，则电池的负极反应式为___。
（7）写出⑤的含有苯环的所有同分异构体______。
【答案】 (1). ⑧ (2). 正四面体型 (3). sp2 (4). ② (5). ① (6). (7). 3-甲基-2-戊烯 (8). CH4-8e－+10OH－=CO32－+7H2O (9). 、、、
【解析】
【分析】
（1）苯的同系物只含有1个苯环，且烃基为饱和烃基；
（2）①为甲烷，分子的空间构型为正四面体，②为乙烯，碳原子价层电子对数为3；
（3）相同质量的①～③中，在相同状况下体积最小，则物质的量最少，相对分子质量应最大；含氢量越大，耗氧量越多；
（4）甲苯与浓硝酸在浓硫酸作用下发生取代反应生成TNT；
（5）主链是5个碳，含碳碳双键，属于烯烃，3号碳上有甲基；
（6）碱性条件下，负极上甲烷失电子发生氧化反应生成碳酸根离子；
（7）从位置异构、官能团异构的角度考虑。
【详解】（1）苯的同系物只含有1个苯环，且烃基为饱和烃基，⑧符合；
（2）①为甲烷，分子的空间构型为正四面体，②为乙烯，碳原子形成1个π键、3个σ键，无孤电子对，价层电子对数为3，不含孤电子对，碳原子的杂化方式为sp2杂化；
（3）相同质量的①～③中，在相同状况下体积最小，则物质的量最少，相对分子质量应最大，应为②；含氢量越大，耗氧量越多，①符合；
（4）甲苯与浓硝酸在浓硫酸作用下发生取代反应生成TNT，反应的方程式为；
（5）主链是5个碳，含碳碳双键，属于烯烃，3号碳上有甲基，系统命名为：3-甲基-2-戊烯；
（6）若将CH4、O2和氢氧化钠溶液组成燃料电池，碱性条件下，负极上甲烷失电子发生氧化反应生成碳酸根离子，则电池的负极反应式为CH4-8e－+10OH－=CO32－+7H2O；
（7）的含有苯环的所有同分异构体、、、，共4种。
【点睛】本题综合考查有机物的结构和性质，解题关键：注意把握有机物的性质，难点（6）注意电极方程式的书写，在碱性条件下碳以碳酸根离子形式存在。易错点（7）同分异构的书写，易丢失醚的同分异构体。
23.I．有机物A有以下一系列反应，可以转化为F，
已知E的分子式为C2H6O2，B的分子结构分析，核磁共振氢谱图中有两个峰，而且峰的面积之比为3:2。回答下列问题：
（1）A→B的反应类型是____反应，E的官能团名称是____
（2）A的结构简式为______，D的系统命名为_______
（3）写出化学方程式
①D→E___________
②B→C __________
II．某有机物的蒸气密度是相同状态下甲烷密度的5.75倍，把1.84g该有机物在氧气中充分燃烧，将生成的气体混合物通过足量碱石灰，碱石灰增重4.08g，又知生成水和二氧化碳的物质的量之比为4:3，试求此有机物的分子式为_____，已知该有机物中只含一种官能团，且两个该官能团连在同一碳上的物质不稳定，则该有机物的结构简式为___
【答案】 (1). 取代 (2). 羟基 (3). CH3CH3 (4). 1，2-二溴乙烷 (5). BrCH2CH2Br+2NaOHHOCH2CH2OH+2NaBr (6). CH3CH2Br+NaOH CH2=CH2↑+NaBr+H2O (7). C3H8O3 (8). HOCH2CH（OH）CH2OH
【解析】
【分析】
I．A与Br2光照下发生取代反应生成B，B与NaOH醇溶液、加热发生消去反应生成C，C与溴水发生加成反应生成D，D与NaOH溶液发生水解反应生成E，E中含—OH，E的分子式为C2H6O2，B的分子结构分析，核磁共振氢谱图中有两个峰，而且峰的面积之比为3:2，则E应为HOCH2CH2OH，D为BrCH2CH2Br，C为CH2=CH2，B为CH3CH2Br，则A为CH3CH3，E发生氧化反应生成F，以此解答该题。
II．根据相对甲烷的密度可以计算有机物的相对分子质量，碱石灰增重为燃烧生成二氧化碳、水的质量之和，结合二者物质的量之比计算各自物质的量，根据原子守恒计算有机物中C、H原子数目，再结合相对分子质量计算有机物分子中O原子数目，进而确定有机物分子式；结合有机物中只含一种官能团，且两个该官能团连在同一碳上的物质不稳定，分析结构简式。
【详解】I．（1）A为CH3CH3，B为CH3CH2Br，A在光照条件下与溴发生取代反应，生成溴乙烷，A→B的反应类型是取代反应，E为HOCH2CH2OH，E的官能团名称是羟基；
（2）A为CH3CH3，A的结构简式为CH3CH3 ，D为BrCH2CH2Br，D的系统命名为1，2-二溴乙烷；
（3）①D→E为BrCH2CH2Br的水解反应，方程式为BrCH2CH2Br+2NaOHHOCH2CH2OH+2NaBr；
②B→C 为溴乙烷在NaOH的醇溶液中发生消去反应：CH3CH2Br+NaOH CH2=CH2↑+NaBr+H2O
II．该有机物相对分子质量为16×5.75=92，1.84g该有机物物质的量为1.84g÷92g·mol－1=0.02mol，有机物燃烧生成二氧化碳、与水总质量为4.08g，且生成H2O和CO2的物质的量之比为4：3，设二者物质的量分别为4a mol、3a mol，则3a×44+4a×18=4.08，解得a=0.02，故水为0.08mol，二氧化碳为0.06mol，则有机物分子中C原子数目为0.06mol÷0.02mol=3，H原子数目为0.08mol×2÷0.02mol=8，则O原子数目为(92-12×3-8)÷16=3，故该有机物分子式为C3H8O3；
该有机物中只含一种官能团，且两个该官能团连在同一碳上的物质不稳定，说明有三个羟基平均分布在三个碳上，则该有机物的结构简式为HOCH2CH（OH）CH2OH。
24.乙二酸俗称草酸，是一种二元弱酸（结构简式为HOOC﹣COOH，可简写为H2C2O4），它是一种重要的化工原料。（常温下0.01mol/L的H2C2O4、KHC2O4、K2C2O4溶液的pH如表所示）填空：
H2C2O4
KHC2O4
K2C2O4
pH
21
3.1
8.1
（1）写出H2C2O4的电离方程式_____________
（2）KHC2O4溶液显酸性的原因是___________
（3）向0.1mol/L的草酸氢钾溶液里滴加NaOH溶液至中性，此时溶液里各粒子浓度关系正确的是________。
A．c（K+）═ c（HC2O4﹣）+c（H2C2O4）+c（C2O42﹣）
B．c（Na+）═ c（H2C2O4）+c（C2O42﹣）
C．c（K+）+c（Na+）═ c（HC2O4﹣）+c（C2O42﹣）
D．c（K+）＞c（Na+）
【答案】 (1). H2C2O4H++HC2O4﹣、HC2O4﹣H++C2O42﹣ (2). HC2O4﹣的电离程度大于水解程度 (3). AD
【解析】
【分析】
（1）常温下0.01mol·L－1的H2C2O4溶液的pH为2.1，KHC2O4，的pH为3.1，说明草酸是二元弱酸；
（2）HC2O4－既能够电离也能够水解，KHC2O4溶液显酸性，说明HC2O4－的电离程度大于水解程度；
（3）A．根据物料守恒判断；
B．根据电荷守恒判断；
C．根据物料守恒、电荷守恒判断；
D．若恰好反应，c（K＋）=c（Na＋），此时溶液呈碱性，故加入的氢氧化钠的物质的量略少些；
【详解】（1）二元弱酸分步电离，草酸电离方程式为： H2C2O4H++HC2O4﹣、HC2O4﹣H++C2O42﹣；
（2）HC2O4－既能够电离也能够水解，KHC2O4溶液显酸性，说明HC2O4－的电离程度大于水解程度；
（3）A．碳元素在溶液中存在形式有：HC2O4－、H2C2O4、C2O42－，根据物料守恒有c（K＋）=c（HC2O4－）+c（H2C2O4）+c（C2O42－），故A正确；
B．根据电荷守恒有：c（K＋）+c（Na＋）+c（H＋）=c（HC2O4－）+2c（C2O42－）+c（OH－），溶液呈中性，则c（H＋）=c（OH－），故c（K＋）+c（Na＋）=c（HC2O4－）+2c（C2O42－），故B错误；
C．由c（K＋）=c（HC2O4－）+c（H2C2O4）+c（C2O42－）、c（K＋）+c（Na＋）=c（HC2O4－）+2c（C2O42－）可知，c（Na＋）=c（C2O42－）-c（H2C2O4），故C错误；
D．若恰好反应，c（K＋）=c（Na＋），此时溶液呈碱性，故加入的氢氧化钠的物质的量略少些，故c（K＋）＞c（Na＋），故D正确；
故选AD。
【点睛】本题考查弱电解质的电离平衡及其应用，解题关键：掌握草酸的电离方程式书写、电解质溶液中的电荷守恒和物料守恒，难点（3）溶液中电荷守恒、物料守恒、质子守恒的应用。
25.锌是第四“常见”的金属，仅次于铁、铝及铜，在现代工业中对于电池的制造有不可磨灭的贡献，下列是以硫化锌精矿为原料制备单质锌的工业流程。
Ⅰ．（1）浸出液以硫酸锌为主，还含有 Fe3+、Fe2+、A13+、Cl-等杂质，会影响锌的电解，必须除去。净化过程如下：
①在酸性条件下，用H2O2将Fe2+氧化成Fe3+，离子方程式为___。
②将浸出液的pH调节为5.5左右，使 Fe3+、A13+形成沉淀而除去，可选用的最佳试剂为___（填字母）
A．NaOH B．NH3·H2O C．Zn(OH)2 D．H2SO4
③用Ag2SO4可除去Cl-，发生反应的离子方程式为______。
④电解过程中析出锌的电极反应式为___。
Ⅱ．烟气中的SO2可与软锰矿(主要成分MnO2，杂质金属元素Fe、Al、Mg等)的悬浊液反应制备MnSO4·H2O。
（2）已知：Ksp[Al(OH)3] =1×10－33，Ksp[Fe(OH)3] =3×10-39，pH =7.1时Mn(OH)2开始沉淀。室温下，除去MnSO4溶液中的Fe3＋、Al3＋(欲使其浓度小于1×10－6mol·L－1)，需调节溶液pH范围为___。
（3）由图可以看出，从MnSO4和MgSO4混合溶液中结晶MnSO4·H2O晶体，需控制结晶温度范围为___。
（4）锌锰碱性电池的总反应式为：Zn＋2MnO2＋2H2O=2MnO(OH)＋Zn(OH)2，正极反应式为：_____。
【答案】 (1). 2Fe2+＋H2O2＋2H+=2Fe3+＋2H2O (2). C (3). Ag2SO4(s)＋2Cl-(aq)2AgCl(s)＋SO42-(aq) (4). Zn2+＋2e-=Zn (5). 5.0
【分析】
硫化锌精矿在空气中焙烧得到ZnO及烟气，烟气中含有二氧化硫，ZnO焙砂用硫酸酸浸，浸出液中含有ZnSO4等，净化后得到硫酸锌溶液，电解得到Zn。
（1）①在酸性条件下，用H2O2将Fe2＋氧化成Fe3＋，由电荷守恒，有氢离子参加反应，过氧化氢还原为水；
②选择的试剂能消耗氢离子，且不能引入新杂质；
③氯化银溶解度更小，除去Cl-的离子方程式为：Ag2SO4(s)＋2Cl-(aq)2AgCl(s)＋SO42-(aq) ；
④Zn2＋发生还原反应得到Zn，在阴极析出；
（2）pH=7.1时Mn（OH）2开始沉淀；室温下，除去MnSO4溶液中的Fe3＋、Al3＋，由于Al（OH）3、Fe（OH）3类型相同，且Al（OH）3的溶度积大于Fe（OH）3的溶度积，Al3+完全沉淀时Fe3+一定完全沉淀，结合Al（OH）3完全变成沉淀时的pH分析；
（3）从MnSO4和MgSO4混合溶液中结晶MnSO4·H2O晶体，根据图上信息，高于60℃以后MnSO4·H2O的溶解度减小，而MgSO4·6H2O的溶解度增大，因此控制结晶温度范围是高于60℃；
（4）二氧化锰作正极，正极上二氧化锰得电子发生还原反应。
【详解】（1）①在酸性条件下，用H2O2将Fe2＋氧化成Fe3＋，由电荷守恒，有氢离子参加反应，过氧化氢还原为水，反应离子方程式为：2Fe2＋+H2O2+2H＋=2Fe3＋+2H2O；
②选择的试剂能消耗氢离子，且不能引入新杂质，加入硫酸不能消耗溶液中氢离子，NaOH、NH3·H2O、Zn（OH）2均能消耗溶液中氢离子，但NaOH、NH3·H2O 会引入杂质离子下标，故选：C；
③氯化银溶解度更小，除去Cl-的离子方程式为：Ag2SO4(s)＋2Cl-(aq)2AgCl(s)＋SO42-(aq) ；
④Zn2＋发生还原反应得到Zn，电解过程中析出锌的电极反应式为：Zn2＋+2e－=Zn；
（2）pH=7.1时Mn（OH）2开始沉淀；室温下，除去MnSO4溶液中的Fe3＋、Al3＋，由于Al（OH）3、Fe（OH）3类型相同，且Al（OH）3的溶度积大于Fe（OH）3的溶度积，Al3+完全沉淀时Fe3+一定完全沉淀，氢氧化铝完全变成沉淀时的pH：Ksp[Al（OH）3]=1×10-33=c（Al3＋）×c3（OH－），c（Al3＋）=1×10-6mol·L-1，解得：c（OH－）=1×10-9mol·L-1，c（H＋）=1×10-5mol·L-1，溶液的pH=5，故pH范围是：5.0＜pH＜7.1；
（3）从MnSO4和MgSO4混合溶液中结晶MnSO4·H2O晶体，根据图上信息，高于60℃以后MnSO4·H2O的溶解度减小，而MgSO4·6H2O的溶解度增大，且MnSO4·H2O的溶解度小于MgSO4·6H2O的溶解度，因此控制结晶温度范围是高于60℃；
（4）二氧化锰作正极，正极上二氧化锰得电子发生还原反应，电极反应式为2MnO2+2H2O+2e－═2MnO(OH)＋2OH-。
【点睛】本题考查较综合，涉及原电池电极反应书写、溶度积计算及混合物分离、图象分析等，难点（2）溶度积计算，综合性较强。
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