【化学】上海市罗店中学2018-2019学年高二下学期期中考试（解析版）

上海市罗店中学2018-2019学年高二下学期期中考试
本卷可能用到的原子量：H-1 C-12 O-16 N-14 Na-23 Br-80 F-19
一、选择题(每小题2分，共40分)
1.C60是当今化学界关注的热点物质之一，它是金刚石和石墨的( )
A. 同素异形体 B. 同分异构体 C. 同位素 D. 同系物
【答案】A
【分析】同素异形体是指由同一元素组成的不同单质的互称；同分异构体指具有相同的分子式而结构不同的化合物的互称；同位素则指质子数相同而中子数不同的同一元素的不同原子的互称；同系物一般指的是有机物，它们结构相似，分子组成上相差1个或若干个CH2原子团，注意这几个概念之间的区别。
【详解】因C60和金刚石、石墨都是由碳元素形成的不同种单质，所以互为同素异形体。
故选A。
2.在下列叙述的变化中，不属于化学变化的是( )
A. 天然气完全燃烧生成二氧化碳和水
B. 煤干馏生成焦炭、煤焦油、焦炉气和粗氨水
C. 石油裂解得到乙烯、丙烯、丁二烯
D. 石油分馏得到汽油、煤油和柴油
【答案】D
【详解】A. 天然气的成分是甲烷，完全燃烧生成二氧化碳和水，属于化学反应，故不选A；
B. 煤干馏生成焦炭、煤焦油、焦炉气和粗氨水，有新物质生成，属于化学变化，故不选B；
C. 石油裂解得到乙烯、丙烯、丁二烯，有新物质生成，属于化学变化，故不选C；
D. 石油分馏得到汽油、煤油和柴油，没有新物质生成，属于物理变化，故选D。
3.在 CH3COONa溶液中离子浓度最大的是( )
A. H+ B. OH- C. CH3COO- D. Na+
【答案】D
【解析】CH3COONa在溶液中完全电离出钠离子和醋酸根离子，由于醋酸根离子水解，因此溶液中离子浓度最大的是钠离子，答案选D。
4.下列化学用语能正确表示相应意义的是( )
A. 乙烯的结构简式CH2CH2 B. 丁烷的结构简式CH3(CH2)2CH3
C. 四氯化碳的电子式 D. 苯的分子式
【答案】B
【分析】A.烯烃、炔烃结构简式中的碳碳双键、碳碳三键不能省略；
B.丁烷为烷烃，分子中含有两个甲基、两个亚甲基，据此判断其结构简式；
C.四氯化碳中Cl原子周围8个电子，漏掉了氯原子的3对孤电子对；
D.分子式只要写出分子中含有的各原子数目。
【详解】A.乙烯分子的结构简式中，碳碳双键不能省略，乙烯的结构简式为：CH2═CH2，故A错误；
B.丁烷为直链烷烃，其结构简式为：CH3（CH2）2CH3，故B正确；
C.四氯化碳中Cl原子周围8个电子，则四氯化碳正确的电子式为，故C错误；
D.苯分子中含有6个C、6个H，其分子式为：C6H6，故D错误。
故选B。
5.能证明乙醇中含有水的试剂是：( )
A. 无水硫酸铜粉末 B. 新制生石灰 C. 金属钠 D. 胆矾
【答案】A
【解析】A项，无水硫酸铜吸水后由白色粉末变为蓝色晶体，现象明显，A正确；B项，生石灰可以吸水但现象不明显，B错误；C项，乙醇和水都能和金属钠反应生成氢气，C错误；D项，胆矾是CuSO4•5H2O，不能吸水，D错误。
6.某同学写出的下列烷烃的名称中，错误的是( )
A. 2,3-二甲基丁烷 B. 3,3-二甲基戊烷
C. 3-甲基-2-乙基戊烷 D. 2,2,3,3-四甲基丁烷
【答案】C
【详解】A.2，3-二甲基丁烷：该有机物主链为丁烷，在2、3号C各含有1个甲基，该有机物结构简式为：CH3CH（CH3）CH（CH3）CH3，故A正确；
B.3，3-二甲基戊烷：该有机物主链为戊烷，在3号C含有2个甲基，该有机物结构简式为：CH3CH2C（CH3）2CH2CH3，故B正确；
C.3-甲基-2-乙基戊烷：烷烃的命名中不能出现2-乙基，否则说明选取的主链不是最长碳链，该有机物最长碳链含有6个C，主链为己烷，在3、4号C各含有1个甲基，该有机物正确名称为：3，4-二甲基己烷，故C错误；
D.2，2，3，3-四甲基丁烷：该有机物的主链为丁烷，在2、3号C各含有2个甲基，该有机物结构简式为：CH3C（CH3）2C（CH3）2CH3，故D正确。
故选C。
【点睛】烷烃的命名原则：碳链最长称某烷，靠近支链把号编，简单在前同相并，其间应划一短线：
1、碳链最长称某烷：选定分子里最长的碳链做主链，并按主链上碳原子数目称为“某烷”；
2、靠近支链把号编：把主链里离支链较近的一端作为起点，用1、2、3…等数字给主链的各碳原子编号定位以确定支链的位置；
3、简单在前同相并，其间应划一短线：把支链作为取代基，把取代基的名称写在烷烃名称的前面，在取代基的前面用阿拉伯数字注明它在烷烃主链上的位置，而且简单的取代基要写在复杂的取代基前面，如果有相同的取代基，则要合并起来用二、三等数字表示，但是表示相同的取代基位置的阿拉伯数字要用逗号隔开，并在号数后面连一短线，中间用“-”隔开。
7.某无色溶液中存在大量的Ba2+、NH4+、Cl-，该溶液中还可能大量存在的离子是( )
A. Fe3+ B. CO32- C. Mg2+ D. OH-
【答案】C
【详解】溶液无色时可排除 Fe3+等有色离子的存在，
A.含Fe3+的溶液呈棕黄色（或黄色），不满足溶液无色的要求，故A不符合题意；
B.CO32-与Ba2+发生反应生成碳酸钡沉淀，在溶液中不能大量共存，故B不符合题意；
C.Mg2+与Ba2+、NH4+、Cl-不反应，在溶液中能够大量共存，且溶液呈无色，故C符合题意；
D.OH-与NH4+反应生成一水合氨，在溶液中不能大量共存，故D不符合题意。
故选C。
【点睛】注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN-）等；还应该注意题目所隐含的条件，如无色时可排除 Fe3+等有色离子的存在。
8.下列物质及用途组合错误的是( )
A. 乙醇—清洁燃料 B. 漂粉精—杀菌消毒
C. 明矾—净水剂 D. 电石—制甲烷的原料
【答案】D
【详解】A.乙醇具有可燃性，燃烧时生成二氧化碳和水，同时放出大量的热量，可用作清洁燃料，故A正确；
B.漂粉精的有效成分为次氯酸钙，次氯酸钙能反应生成具有强氧化性的HClO，HClO能够杀菌消毒，故B正确；
C.明矾电离的铝离子能发生水解反应生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有吸附性，能够吸附水中的悬浮杂质，因此可用作净水剂，故C正确；
D.实验室用饱和食盐水和电石反应制乙炔，反应方程式为：CaC2+2H2O→Ca(OH)2+C2H2↑，实验室制取甲烷，可用无水醋酸钠(CH3COONa)和碱石灰的混合物加热来制取，反应的化学方程式如下：CH3COONa＋NaOHNa2CO3＋CH4↑，故D错误。
故选D。
9.在测定硫酸铜晶体结晶水含量的实验中，粉末还有少许蓝色就停止加热，其他操作正确，这一因素会导致测量结果（ ）
A. 偏小 B. 偏大 C. 没影响 D. 无法预测
【答案】A
【解析】 ，若粉末还有少许蓝色就停止加热，生成水的质量偏小，所以导致测量结果偏小，故A正确。
10.为了确定某物质是否变质，所选试剂(括号内物质)错误的是( )
A. FeCl2是否变质(KSCN) B. Na2SO3是否变质(BaCl2)
C. KI是否变质(淀粉溶液) D. 乙醛是否被氧化(pH试纸)
【答案】B
【详解】A.氯化亚铁不稳定，易被氧化生成氯化铁，氯化铁和硫氰化钾溶液反应生成血红色溶液，氯化亚铁和硫氰化钾溶液不反应，所以可以用硫氰化钾溶液检验氯化亚铁是否变质，故A正确；
B.亚硫酸钠不稳定，易被氧化生成硫酸钠，亚硫酸钠和硫酸钠与氯化钡溶液反应都生成白色沉淀，所以不能用氯化钡溶液检验亚硫酸钠是否变质，可以采用先加盐酸、再加入氯化钡溶液的方法检验，故B错误；
C.碘化钾易被氧化生成碘单质，碘遇淀粉溶液变蓝色，碘化钾和淀粉溶液不反应，所以可以用淀粉检验碘化钾是否变质，故C正确；
D.乙醛易被氧化为乙酸，乙酸遇到pH试纸变为红色，乙醛遇到pH试纸不变色，所以可以用pH试纸检验乙醛是否被氧化，故D正确。
故选B。
11.要除去乙烯气体中的二氧化硫气体，最好在洗气瓶中盛放的试剂是( )
A. 氢硫酸 B. 溴水
C. 氢氧化钠溶液 D. 酸性高锰酸钾溶液
【答案】C
【分析】二氧化硫与NaOH溶液反应，而乙烯不能与NaOH溶液反应，选择洗气法可除杂，以此来解答。
【详解】A.二氧化硫与氢硫酸反应，乙烯不与氢硫酸反应，氢硫酸能挥发出硫化氢引入新杂质，故A不选；
B.二氧化硫、乙烯均与溴水反应，不能除杂，故B不选；
C.二氧化硫与NaOH溶液反应，而乙烯不能与NaOH溶液反应，可除杂，故C选；
D.二氧化硫、乙烯均与酸性高锰酸钾溶液反应，不能除杂，故D不选。
故选C。
【点睛】解决除杂问题时，抓住除杂原则：不增（不增加新杂质）、不减（不减少主体物质）、易分离、易复原。
12.只用组内溶液相互混合就能鉴别的组别是( )
A. Na2SO4、BaCl2、KNO3、NaCl B. NaCl、AgNO3、NaNO3、HCl
C. NaOH、Na2SO4、FeCl3、MgCl2 D. Na2SO4、NaNO3、CaCl2、NaCl
【答案】C
【解析】A. 只有Na2SO4与BaCl2反应有明显现象，故只用组内溶液相互混合不能鉴别，故A错误；B. NaCl和HCl与AgNO3反应现象相同，无法区分，故只用组内溶液相互混合不能鉴别，故B错误；C. NaOH与FeCl3反应生成红褐色沉淀，与Na2SO4无明显现象，与MgCl2生成白色沉淀，现象各不相同，可以区分，故C正确；D. 只有Na2SO4与CaCl2反应有明显现象，故只用组内溶液相互混合不能鉴别，故D错误；故选C。
点晴：在解答物质鉴别题时，对于不同的题目有不同的解题方法，对于不用其它试剂鉴别的，可以利用两两相互反应的现象、各自的物理性质及其化学特性来区分等。
13.不粘锅的内壁有聚四氟乙烯涂层，下列关于聚四氟乙烯的说法正确的是( )
A. 聚四氟乙烯的单体是不饱和烃
B. 聚四氟乙烯比较稳定
C. 聚四氟乙烯中氟的质量分数是73.1%
D. 聚四氟乙烯分子中含有双键
【答案】B
【分析】A.烃是仅由碳和氢两种元素组成的有机化合物；
B.不粘锅的内壁有一层聚四氟乙烯的涂料；
C.根据聚四氟乙烯的结构简式为求含氟的质量分数；
D.聚四氟乙烯的结构简式为。
【详解】A.聚四氟乙烯的单体是四氟乙烯，四氟乙烯含有氟元素，不属于烃，故A错误；
B.不粘锅的内壁有一层聚四氟乙烯的涂料，说明该物质比较稳定，故B正确；
C.聚四氟乙烯的结构简式为，其中含氟的质量分数为×100%=76%，故C错误；
D.聚四氟乙烯的结构简式为，分子中没有双键，故D错误；
故选B。
14.在标准状况下，7.84L甲烷完全燃烧后生成二氧化碳和液态水，同时放出311.4kJ的热量，则甲烷燃烧的热化学方程式是( )
A. CH4+2O2→CO2+2H2O+311.4kJ
B. CH4(g)+2O2(g)→CO2(g)+2H2O(l)+311.4kJ
C. CH4(g)+2O2(g)→CO2(g)+2H2O(l)+889.7kJ
D. CH4(g)+2O2(g)→CO2(g)+2H2O(g)+889.7kJ
【答案】C
【分析】根据n=计算出甲烷的物质的量，然后计算出1mol甲烷完全燃烧放出热量，最后根据热化学方程式的书写原则写出甲烷燃烧的热化学方程式。
【详解】标准状况下7.84L甲烷的物质的量为：=0.35mol，则1mol甲烷完全燃烧放出的热量为：×311.4kJ=889.7kJ，所以甲烷燃烧的热化学方程式为：CH4(g)+2O2(g)→CO2(g)+2H2O(l)+889.7kJ。
故选C。
15.某种有机物2摩尔在氧气中充分燃烧，共消耗5摩尔氧气，生成二氧化碳和水各4摩尔，由此可以得到的结论是( )
A. 该有机物分子中含一个氧原子
B. 该有机物一个分子中含2个氧原子
C. 该有机物分子中不含有氧原子
D. 不能确定该有机物分子中是否含有氧原子及其个数
【答案】A
【详解】某种有机物2mol在氧气中充分燃烧，共消耗5mol氧气，生成二氧化碳和水各4mol，生成物中O原子的物质的量为n(O)=n(H2O)+2n(CO2)=4mol+4mol×2=12mol，有机物2mol在氧气中充分燃烧，共消耗5mol氧气，n(O)=5mol×2=10mol，所以2mol该有机物中n(O)=12mol-10mol=2mol，则有机物分子中C原子数目为=2、H原子数目为=4、O原子数目为=1，故有机物分子式为C2H4O，所以该有机物分子中含一个氧原子。
故选A。
【点睛】判断有机物中是否含有氧元素，判断的方法有：
①一般情况下，其他元素(指C、H、N等)的质量分数与100%的差值即为氧元素的质量分数。
②利用氧原子守恒，产物中的氧原子的总和与燃烧时消耗的氧原子的差值就是有机物中的氧原子数。
16.下列实验可获成功的是（ ）
A. 用乙烷和氯气等物质的量混合可以得到纯净的氯乙烷
B. 将稀硫酸和无水酒精按3：1的体积比混合加热到170℃制取乙烯
C. 将电石和饱和食盐水置于启普发生器中制取乙炔
D. 用酸性KMnO4溶液可将己烷和己烯二种无色液体鉴别开来
【答案】D
【解析】用乙烷和氯气等物质的量混合可以得到各种氯代乙烷的混合物，故A错误；将浓硫酸和无水酒精按3：1的体积比混合加热到170℃制取乙烯，故B错误；电石与水反应太剧烈，电石与水反应后成为糊状物，所以不能用启普发生器制取乙炔，故C错误；己烯能使高锰酸钾溶液褪色，所以用酸性KMnO4溶液可将己烷和己烯二种无色液体鉴别开来，故D正确。
点睛：乙醇与浓硫酸混合加热到170℃，发生消去反应生成乙烯气体。
17.洁厕灵与“84”消毒液混合会产生氯气：2HCl+NaClO===NaCl+Cl2↑+H2O，下列说法错误的是( )
A. NaClO作氧化剂 B. n(氧化剂) ∶n(还原剂)=1∶2
C. 氧化性：NaClO＞Cl2 D. Cl2既是氧化产物又是还原产物
【答案】B
【解析】A. NaClO中氯元素化合价从+1价降低到0价，得到1个电子，作氧化剂，A正确；B. 根据电子得失守恒可知n氧化剂:n还原剂＝1:1，B错误；C. 氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，则氧化性：NaClO＞Cl2，C正确；D. 根据以上分析可知Cl2既是氧化产物又是还原产物，D正确，答案选B。
点睛：准确判断元素的化合价变化情况并结合氧化还原反应的有关概念分析判断是解答的关键，B选项是易错点，主要是忽略了参加反应的氯化氢没有全部被氧化，应该从电子得失守恒的角度计算。
18. 下列反应的产物中，有的有同分异构体，有的没有同分异构体，其中一定不存在同分异构体的反应是( )
A. 异戊二烯（）与等物质的量的Br2发生加成反应
B. 2-氯丁烷（）与NaOH乙醇溶液共热发生消去HCl分子的反应
C. 甲苯在一定条件下发生硝化生成一硝基甲苯的反应
D. 新戊烷和氯气发生取代反应生成一氯取代物
【答案】D
【详解】A.异戊二烯[CH2=C（CH3）CH=CH2]与等物质的量的Br2发生加成反应时，可以发生1，2-加成，1，4-加成得到三种同分异构体（其中1,2—加成产物有两种），故产物存在同分异构体，故A不符合；
B.2-氯丁烷（CH3CH2CHClCH3）与NaOH乙醇溶液共热发生消去反应，可以生成1—丁烯和2—丁烯两种同分异构体，故B不符合；
C.甲苯在一定条件下发生硝化生成一硝基甲苯，可以生成邻硝基甲苯、间硝基甲苯、对硝基甲苯三种一硝基取代产物，故生成物存在同分异构体，故C不符合；
D.新戊烷中只有1种氢原子，和氯气发生取代反应生成的一氯取代物只有1种，故D符合。
故选D。
19.已知合成二甘醇的原理为：+HOCH2CH2OHHOCH2CH2OCH2CH2OH，下列叙述正确的是( )
A. 二甘醇能与氢气发生加成反应
B. 二甘醇是乙醇的同系物
C. 二甘醇是丙二醇(C3H8O2)的同分异构体
D. 二甘醇能通过脱水产生碳碳双键
【答案】D
【详解】A.二甘醇不能与氢气发生加成反应，故A错误；
B.二甘醇与乙醇含有的—OH的个数不同，且二甘醇中含醚键，乙醇中没有醚键，两者结构不相似，不属于同系物关系，故B错误；
C.二甘醇的分子式为C4H10O3，丙二醇的分子式为C3H8O2，两者分子式不相同，不属于同分异构体关系，故C错误；
D.二甘醇的官能团为羟基（-OH），且和羟基相连碳原子的邻位碳原子上有氢原子，故能发生消去反应产生碳碳双键，故D正确。
故选D。
20.下列离子方程式正确的是（ ）
A. 醋酸和碳酸钙反应：2H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O
B. 铁与三氯化铁溶液反应：Fe+Fe3+=2Fe2+
C. 氢氧化钠溶液与少量二氧化硫气体：SO2+2OH-=SO32-+=H2O
D. 氯化铝溶液与足量氨水：Al3++=4NH3·H2O=AlO2-+=4NH4++2H2O
【答案】C
【解析】A、醋酸为弱电解质，在离子方程式中不可拆，故A错误；B、电荷不守恒，故B错误；C、二氧化硫少量时，与碱反应生成SO32-，故C正确；D、氢氧化铝不溶于氨水，在氯化铝中加过量的氨水只能生成氢氧化铝，故D错误。故选D。
点睛：氢氧化铝不溶于弱酸弱碱，向Al3+溶液中加入过量氨水，只会生成氢氧化铝；同理，向AlO2-溶液中通入过量CO2也只会生成氢氧化铝，此为离子方程式判断中的易错点。
二、简答题(共60分)
21.I.碳元素广泛存在于自然界中,对人类生命和生活具有重要意义。含碳化合物在工业生产和国防建设中有广泛的应用。
（1）碳元素原子核外有_____个未成对电子，最外层有_____种能量不同的电子。CH4 分子的空间构型为_____，是_____分子。（填“极性”或“非极性”）
（2）碳和硅是同主族元素，下列能说明二者非金属性相对强弱的是_____（填编号）
a．CH4的稳定性比SiH4强 b．SiH4的沸点比CH4高
c．碳酸是强酸，硅酸是弱酸 d．碳原子半径比硅原子小
II.氮化硅（Si3N4）是一种重要的陶瓷材料，可用石英与焦炭在800℃氮气气氛下合成：3SiO2(s)+6C(s)+2N2(g)Si3N4(s)+6CO(g)
（1）该反应的平衡常数表达式K=_____。已知平衡常数：K(800℃)>K(850℃)，则正反应是__________反应（填“放热”或“吸热”）
（2）任写两种能提高二氧化硅转化率的措施_________________、_________________。
（3）一定温度下，在2 L密闭容器内，充入一定量的反应物，5分钟时达到平衡，测得容器内气体增加了0.4mol，用CO表示该反应时间内的反应速率为______________。
【答案】(1). 2 (2). 2 (3). 正四面体 (4). 非极性 (5). a (6). c(CO)6/c(N2)2 (7). 放热 (8). 补充 N2 (9). 移去 CO (10). 0.06mol/(L·min)
【解析】I.（1）碳元素基态原子的核外电子排布式为1s22s22p2，原子核外有2个未成对电子，最外层有2种能量不同的电子。CH4分子的空间构型为正四面体，因此是非极性分子。（2）a．非金属性越强，氢化物越稳定，CH4的稳定性比SiH4强能说明二者非金属性相对强弱，a错误；b．SiH4的沸点比CH4高与非金属性强弱没有关系，b错误；c．碳酸是弱酸，c错误；d．碳原子半径比硅原子小与非金属性强弱没有关系，d错误；答案选a；
II.（1）根据方程式可知该反应的平衡常数表达式K＝c(CO)6/c(N2)2。已知平衡常数：K(800℃)＞K(850℃)，这说明升高温度平衡向逆反应方向进行，则正反应是放热反应；（2）正反应是体积增大的放热的可逆反应，因此能提高二氧化硅转化率的措施有补充N2、或移去CO。（3）根据方程式可知每生成6molCO，气体的物质的量增加4mol，因此测得容器内气体增加了0.4mol，则生成CO是0.6mol，浓度是0.3mol/L，所以用CO表示该反应时间内的反应速率为0.3mol/L÷5min＝0.06mol/(L·min)。
22.某溶液含有Na+还可能含有NH4+、NO3-、CO32-、SO32-、SO42-、Br-、I-一种或几种。为了鉴定其中的阴离子，分别取4份少量溶液进行以下实验：
实验①：测得混合液呈弱碱性
实验②：加入盐酸后，生成无色无味气味。该气体能使澄清石灰水变浑浊
实验③：加CCl4后，滴加少量氯水，振荡后，CCl4层未变色
实验④：加BaCl2溶液产生白色沉淀，该白色沉淀在足量盐酸中不能完全溶解
完成下列填空：
(1)实验①得到的结论：________________________________________________________，理由_________________________________；
(2)实验②得到的结论：________________________________________________________，理由_________________________________；
(3)实验③得到的结论：________________________________________________________，理由_________________________________；
(4)实验④得到的结论：________________________________________________________，理由_________________________________；
(5)上述4个实验不能确定是否存在的阴离子是_______________；
(6)如何检验溶液中是否含有NH4+_________________________________________________
___________________________________________________________________________。
【答案】(1). 含CO32―、SO32―中的至少一种 (2). CO32―、SO32―水解显碱性 (3). 含CO32―、不含SO32― (4). 加入盐酸后，生成无色无味气体，该气体能使澄清石灰水变浑浊，该气体是CO2。若含SO32―，则生成SO2，SO2有刺激性气味，故不含SO32―(合理即得分) (5). 不含Br―和I― (6). 若含Br－和I－滴加氯水则会生成Br2、I2 ，CCl4层应变色，现CCl4层未变色，则不含Br―和I― (7). 含SO42― (8). BaSO4不能溶解于盐酸中 (9). NO3― (10). 取少量溶液，加入氢氧化钠溶液，加热，若有刺激性气味(若有能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的)的气体产生，则含有NH4+，若无，则不含
【详解】（1）测得混合溶液为碱性溶液，又CO32-、SO32-发生水解反应而使溶液显碱性，所以溶液中含CO32-、SO32-中的至少一种，故答案为：含CO32-、SO32-中的至少一种，CO32-、SO32-水解显碱性。
（2）加入盐酸后，生成无色无味气味。该气体能使澄清石灰水变浑浊，则一定含有CO32-，一定不含SO32-，否则生成刺激性气味的气体二氧化硫，故答案为：含CO32-、不含SO32-；加入盐酸后，生成无色无味气体，该气体能使澄清石灰水变浑浊，该气体是CO2，若含SO32-，则生成SO2，SO2有刺激性气味，故不含SO32-。
（3）加CCl4后，滴加少量氯水，振荡后，CCl4层未变色，说明没有Br2、I2生成，则一定不含有Br-和I-，故答案为：不含Br-和I-；若含Br－和I－滴加氯水则会生成Br2、I2，CCl4层应变色，现CCl4层未变色，则不含Br-和I-。
（4）加BaCl2溶液产生白色沉淀，该白色沉淀在足量盐酸中不能完全溶解，可说明还含有SO42-，故答案为：含SO42-，BaSO4不能溶解于盐酸中。
（5）根据上述实验，实验不能确定是否含有NO3-，故答案为：NO3-。
（6）检验溶液中是否含有NH4+的方法：在溶液中加入氢氧化钠溶液，加热后能产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体即氨气，则溶液中含有NH4+，若无，则不含NH4+，故答案为：取少量溶液，加入氢氧化钠溶液，加热，若有刺激性气味(若有能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的)的气体产生，则含有NH4+，若无，则不含。
23.在方框内填入有机物的结构简式，并回答有关问题：

(1)写出A、B、C、D结构简式：A：___________ B：____________C：___________ D：____________
(2)A→B的化学反应方程式是____________________________________________________，反应类型是___________。
(3) C→D的化学反应方程式是___________________________________________________，反应类型是___________。
(4)B在一定条件下可生成聚合物，其化学方程式是__________________________________，反应类型是_________。这种塑料会造成白色污染的原因是____________________________。
(5)A在一定条件下也可生成聚合物，人们发现这种聚合物可以导电，从而具有巨大的应用前景。这一发现在思想观念上给我们的启示是_______________________________________________。
【答案】(1). CH≡CH (2). CH2=CH2 (3). CH3CH2OH (4). CH3COOC2H5 (5). CH≡CH+H2CH2=CH2 (6). 加成反应 (7). CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O (8). 酯化反应 (9). nCH2=CH2 (10). 加聚反应 (11). 不易降解 (12). 不能墨守成规等
【分析】CaC2与水反应生成乙炔，则A为CH≡CH，CH≡CH与H2在催化剂、加热条件下生成乙烯，则B为CH2=CH2，CH2=CH2与H2O在催化剂、加热加压条件下生成乙醇，则C为CH3CH2OH，CH3CH2OH与CH3COOH在浓硫酸、加热条件下生成乙酸乙酯，则D为CH3COOC2H5，据此答题。
【详解】（1）由分析可知：A为CH≡CH，B为CH2=CH2，C为CH3CH2OH，D为CH3COOC2H5，故答案为：CH≡CH，CH2=CH2，CH3CH2OH，CH3COOC2H5。
（2）由分析可知：A→B的反应为乙炔与氢气在催化剂、加热条件下发生加成反应生成乙烯，反应方程式为：CH≡CH+H2CH2=CH2，故答案为：CH≡CH+H2CH2=CH2，加成反应。
（3）由分析可知：C→D的反应为乙酸与乙醇在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯，反应方程式为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O，故答案为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O，酯化反应。
（4）乙烯在一定条件下可以发生加聚反应生成聚乙烯，反应方程式为：nCH2=CH2，聚乙烯塑料在自然界中不易降解，会造成白色污染，故答案为：nCH2=CH2，加聚反应，不易降解。
（5）乙炔在一定条件下可以发生加聚反应生成聚乙炔，这种聚合物可以导电，具有巨大的应用前景，这一发现在思想观念上给我们的启示是不能墨守成规等，故答案为：不能墨守成规等。
【点睛】有机推断应以特征点为解题突破口，按照已知条件建立的知识结构，结合信息和相关知识进行推理、计算、排除干扰，最后做出正确推断。一般可采用顺推法、逆推法、多法结合推断。
24.硫化物是一类重要的化工原料，具有广泛的用途。完成下列填空：
(1)Na2S溶液中，水的电离程度会______(填“增大”“减小”或“不变”)；微热该溶液，pH会_____(填“增大”“减小”或“不变”)。
(2)Na2S溶液中各离子浓度由大到小的顺序为：_____________________________。
(3)向Na2S和Na2SO3的混合溶液中加入足量的稀硫酸溶液，发生下反应：_____Na2S+_____Na2SO3+_____H2SO4→_____Na2SO4+_____S+_____H2O
(4)配平上述化学方程式，标出电子转移的方向和数目_______________________________。反应中被氧化的元素是____________。
(5)CuS和FeS都是难溶于水的固体，工业上可用FeS将废水中的Cu2+转化为CuS除去，请结合相关原理进行解释：________________________________________________________________________。
【答案】(1). 增大 (2). 增大 (3). c(Na+)＞c(S2-)＞c(OH-)＞c(HS-)＞c(H+) (4). (5). -2价的硫元素 (6). 难溶的 FeS 加入水中存在着溶解平衡： FeSFe2++S2-， S2-与 Cu2+结合生成 CuS 沉淀， S2-浓度减小，平衡向右移动， FeS 沉淀逐渐转化为CuS 沉淀。
【解析】（1）Na2S为强碱弱酸盐，S2-结合水电离出的H+，S2-+H2O⇌HS-+OH-（水解），促进水的电离，故水的电离程度增大；水解为吸热过程，微热该溶液，促进水解，H+浓度减小，pH增大。
故答案为：增大；增大；
（2）溶液中Na2S完全电离，溶液中存水解平衡，水的电离平衡，方程式分别为：①Na2S=2Na++S2-；②S2-+H2O⇌HS-+OH-（微弱）；③HS-+H2O⇌H2S+OH-（更微弱）；④H2O⇌H++OH-。根据方程式①可知，c(Na+)＞c(S2-)；方程式②中S2-水解得到等量的HS-和OH-，而方程式③④也能产生OH-，所以c(OH-)＞c(HS-)；水解是微弱的，所以c(S2-)＞c(OH-)；该溶液中只有水电离出少量的H+,而大部分H+被S2-结合，所以c(H+)最小。故答案为：c(Na+)＞c(S2-)＞c(OH-)＞c(HS-)＞c(H+)；
（3）①Na2S中S元素化合价由-2价升高到0价，Na2SO3中S元素由+4价降到0价，根据化合价升降守恒可得Na2S与Na2SO3系数比为2∶1，再根据观察法将其他物质的系数配平。Na2S中S元素化合价升高，则电子由Na2S转移至Na2SO3，每2mol Na2S转移4mol电子。
故答案为： ；
②根据上述分析，被氧化的元素为Na2S中-2价的S元素；
故答案为：-2价的硫元素；
（4）难溶的 FeS 加入水中存在着溶解平衡： FeS(s)⇌Fe2+(aq)+S2-(aq)， S2-与 Cu2+结合生成 CuS 沉淀，S2-浓度减小，平衡向右移动，FeS 沉淀逐渐转化为CuS 沉淀。
点睛：利用平衡原理答题的思路为：先分析存在什么平衡（电离平衡，水解平衡等），列出方程式，然后分析改变条件（加入反应物，升高温度，增大压强等），引起平衡如何移动，平衡移动的结果是什么。