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【化学】吉林省白城一中2018-2019学年高二上学期期中考试（解析版）
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吉林省白城一中2018-2019学年高二上学期期中考试
第Ⅰ卷 (选择题 共50分)
可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 N:14 O:16 S:32 Na:23 Mg:24 Al:27 Fe:56 Cu:64 K:39 Zn:65 Cl:35.5
一、选择题(每小题只有一个正确选项，每小题2分，共20分)
1.下列有关化学用语表示正确的是( )
A. 质子数为53,中子数为78的碘原子: I
B. 乙烯的结构简式:CH2CH2
C. S2-的结构示意图:
D. CH4分子的比例模型:
【答案】D
【解析】
【详解】A.元素符号的左上角为质量数，质量数=质子数+中子数=53+78=131, 所以质子数为53，中子数为78的碘原子表示为,故A错误；
B.乙烯的结构简式:CH2=CH2，故B错误；
C.S原子最外层6个电子,得到2个电子达到稳定结构, S2-的离子结构示意图: ,故C错误；
D.甲烷分子的比例模型应该体现出甲烷分子中各原子的相对体积大小,碳原子半径大于氢原子半径，甲烷的比例模型为: ,故D正确；
综上所述，本题选D。
2.下列物质中，既能因发生化学反应使溴水褪色，又能使酸性KMnO4溶液褪色的是
①SO2 ②CH3CH2CH=CH2 ③C6H6 ④CH3CH3
A. ①②③④ B. ②③ C. ②④ D. ①②
【答案】D
【解析】
SO2具有还原性，与溴水、高锰酸钾均发生氧化还原反应，则既能因发生化学反应使溴水褪色，又能使酸性KMnO4溶液褪色，故①正确；②CH3CH2CH═CH2中含碳碳双键，则与溴水发生加成反应，与高锰酸钾发生氧化反应，则既能因发生化学反应使溴水褪色，又能使酸性KMnO4溶液褪色，故②正确；③C6H6是苯，既不能发生化学反应使溴水褪色，又不能使酸性KMnO4溶液褪色，故③错误；④CH3CH3是乙烷，既不能发生化学反应使溴水褪色，又不能使酸性KMnO4溶液褪色，故④错误；故选D。
3.下列装置图及有关说法正确的是( )
A. 装置①中K键闭合时,片刻后CuSO4溶液中c(Cl-)增大
B. 装置①中K键闭合时,片刻后可观察到滤纸a点变红色
C. 装置②中铁腐蚀的速度由大到小的顺序是:只闭合K1＞只闭合K3＞只闭合K2＞都断开
D. 装置③中当铁制品上析出1.6铜时,电源负极输出的电子数为0.025NA
【答案】B
【解析】
【分析】
A、原电池中阴离子向负极移动；
B、阴极氢离子放电同时生成氢氧根离子；
C、Fe作阳极被腐蚀,作阴极被保护；
D、根据电极方程式计算。
【详解】A、该装置电源为原电池,锌为负极，铜为正极，原电池中阴离子向负极移动,则Cl-向ZnSO4溶液移动,故A错误；
B、装置①中K键闭合时,a极为阴极,阴极氢离子放电同时生成氢氧根离子,所以a附近变红色,故B正确；
C、Fe作阳极被腐蚀,作阴极被保护,只闭合K1，铁作阳极被腐蚀；只闭合K2，铁作阴极被保护；只闭合K3，铁作负极被腐蚀；所以铁腐蚀的速度由大到小的顺序是: 只闭合K1＞只闭合K3＞都断开＞只闭合K2，故C错误；
D、装置③中当铁制品的反应为Cu2++2e-=Cu，析出1.6g铜即0.025mol时,电源负极输出的电子数为0.05 NA ,故D错误；
综上所述，本题选B。
【点睛】金属铁腐蚀的规律：金属铁连在电源的正极做阳极材料时，失电子能力加快，腐蚀速度加快；连在电源负极做阴极时，不失电子，被保护；与不活泼的金属构成原电池时，失电子，被腐蚀，与活泼的金属构成原电池时，不失电子，被保护。
4.已知溶液中存在平衡:Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)+2OH-(aq) △H<0,下列有关该平衡体系的说法正确的是( )
①升高温度,平衡逆向移动
②向溶液中加入少量碳酸钠粉末能增大钙离子浓度
③恒温下向溶液中加入CaO,溶液的pH升高
④加热溶液,溶液的pH升高
⑤向溶液中加人Na2CO3溶液,其中固体质量增加
⑥向溶液中加入少量NaOH固体,Ca(OH)2固体质量不变
A. 仅①⑤ B. 仅①⑤⑥ C. 仅②③⑤ D. 仅①②⑤⑥
【答案】A
【解析】
【分析】
该反应的△H＜0，可判断该反应为放热反应；升高温度，反应向吸热的方向移动，据此判断①④；加入少量碳酸钠粉末溶液会产生CaCO3白色沉淀，据此判断②⑤；加入适量的NaOH溶液，c(OH-)增大，平衡左移，生成了难溶的Ca(OH)2，据此判断⑥；恒温下Ksp不变，加入固体物质，溶液仍为饱和溶液，据此判断③。
【详解】①已知反应的△H＜0，所以该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，故正确；
②加入碳酸钠粉末会生成CaCO3，使Ca2+浓度减小，故错误；
③恒温下Ksp不变，加入CaO后，溶液仍为Ca(OH)2的饱和溶液，pH不变，故错误；
④已知反应的△H＜0，加热溶液，平衡左移，溶液的pH降低，故错误；
⑤加入Na2CO3溶液，沉淀溶解平衡向右移动，Ca(OH)2固体转化为CaCO3固体，固体质量增加，正确；
⑥加入NaOH固体平衡向左移动，Ca(OH)2固体质量增加，故错误。
所以正确的只有①⑤，A正确；
综上所述，本题选A。
5.分离乙酸乙酯、乙酸和乙醇混合物的实验操作流程如下：
在上述实验过程中，所涉及的①②③三次分离操作分别是( )
A. 蒸馏、过滤、分液 B. 蒸馏、分液、分液
C. 分液、蒸馏、过滤 D. 分液、蒸馏、蒸馏
【答案】D
【解析】
加入饱和Na2CO3溶液，吸收乙醇、除去乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度析出，然后采取分液的方法，进行分离，②中利用乙醇的沸点低，采取蒸馏的方法，得到乙醇，C中加入稀硫酸，然后采取蒸馏得到乙酸，答案选D。
6.下列说法正确的是( )
A. 乙醇制乙烯、苯的硝化、乙酸与乙醇酯化三个反应中，浓硫酸均做催化剂和吸水剂
B. Ksp越小,难溶电解质在水中的溶解能力一定越弱
C. Ksp的大小与离子浓度无关,只与难溶电解质的性质和温度有关
D. 相同温度下,AgCl在水中的溶解能力与在NaCl 溶液中的溶解能力相同
【答案】C
【解析】
【详解】A、乙醇制乙烯、苯的硝化中浓硫酸均做催化剂和脱水剂，乙酸与乙醇酯化反应中，浓硫酸做催化剂和吸水剂，故A错误；
B、Ksp可用来判断相同的类型的化合物在水中溶解度的大小,但是如果化合物的形式不同,就不能进行直接判断,难溶电解质在水中的溶解能力不一定越弱,故B错误；
C、沉淀溶解平衡可以用溶度积常数来衡量，Ksp的大小与离子浓度无关，只与难溶电解质的性质和温度有关，故C正确；
D、相同温度下,AgCl在水中的溶解能力大于在NaCl溶液中的溶解能力,因为氯化钠溶液中氯离子对氯化银溶解起到抑制作用,故D错误；
综上所述，本题选C。
7.已知（b）、（c）、（d）的分子式均为C6H6，下列说法正确的是
A. b的同分异构体只有c和d两种
B. b、c、d的二氯代物均只有三种
C. b、c、d均可与酸性高锰酸钾溶液反应
D. b、c、d中只有b的所有原子处于同一平面
【答案】D
【解析】
A．b是苯，其同分异构体有多种，不止d和p两种，A错误；B．d分子中氢原子分为2类，根据定一移一可知d的二氯代物是6种，B错误；C．b、p分子中不存在碳碳双键，不与酸性高锰酸钾溶液发生反应，C错误；D．苯是平面形结构，所有原子共平面，d、p中均含有饱和碳原子，所有原子不可能共平面，D正确。答案选D。
8.含有一个双键的烯烃,与H2加成后的产物结构简式如下,此烃可能的结构有( )
A. 4种 B. 5种 C. 6种 D. 7种
【答案】D
【解析】
【分析】
根据加成反应原理采取逆推法还原C=C双键，烷烃分子中相邻碳原子上均含有氢原子的碳原子间是对应烯烃存在C=C的位置，还原双键时注意防止重复。
【详解】根据烯烃与H2加成反应的原理，推知该烷烃分子中相邻碳原子上均含有原子的碳原子间是对应烯烃存在C=C的位置，该烷烃
中能形成双键键位置有：1和2之间、2和3之间、3和4之间、3和5之间、5和6之间、6和7之间（6和9）、7和8之间（9和10），故该烯烃共有7种，故选D。
综上所述，本题选D。
【点睛】本题考查了加成反应的运用以及同分异构体的书写，理解加成反应原理是解题的关键，采取逆推法还原C=C双键，注意分析分子结构防止重写、漏写。
9.常温时，Ksp[Mg(OH)2] = 1.1×10－11，Ksp(AgCl) = 1.8×10－10，Ksp(Ag2CrO4) = 1.9×10－12 Ksp(CH3COOAg) = 2.3×10－3，下列叙述不正确的是
A. 浓度均为0.2 mol·L－1的AgNO3溶液和CH3COONa溶液等体积混合一定产生CH3COOAg沉淀
B. 将0.001 mol·L－1的AgNO3溶液滴入0.001 mol·L－1的KCl和0.001 mol·L－1的K2CrO4的混合溶液中，先产生Ag2CrO4沉淀
C. c(Mg2+)为0.11 mol·L－1的溶液中要产生Mg(OH)2沉淀，溶液的pＨ要控制在9以上
D. 在其他条件不变的情况下，向饱和AgCl水溶液中加入NaCl溶液，Ksp(AgCl)不变
【答案】B
【解析】
试题分析：A中，C（Ag+）×C（CH3COO-）>KSP（CH3COOAg），所以一定会产生醋酸银沉淀。B中，根据KSP，以及溶液中的氯离子的浓度和重铬酸根离子的浓度，可以求出要想得到重铬酸银沉淀所需要的银离子的浓度，也可以求出要想得到氯化银沉淀所需要的银离子的浓度，不难判断出要想得到重铬酸银沉淀所需要的银离子的浓度更大，所以一定是先产生氯化银沉淀。C中，根据计算不难判断出，当溶液的PH控制在9以上的时候，溶液中C2（OH-）×C（OH-）才会保持大于1.1×10-11，才会得到氢氧化镁沉淀。D中，物质的KSP只与难溶物的自身性质以及温度有关，当难溶物确定之后，KSP就只与温度有关了，所以D正确。
考点：重点考查了，沉淀的先后顺序，沉淀的条件以及KSP的影响因素。
10.下列说法和结论正确的是
选项
项目
结论
A
三种有机化合物：乙烷、氯乙烯、苯
分子内所有原子均在同一平面上
B
将石蜡油加强热(裂解)所产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中, 溶液褪色
产物不都是烷烃
C
乙烯和苯都能使溴水褪色
褪色的原理相同
D
有机反应中的卤化、硝化、氢化
均属于取代反应
【答案】B
【解析】
乙烷中C原子与另外4个相连的原子形成四面体结构，所以乙烷分子内所有原子不在同一平面上，A错误；将石蜡油加强热(裂解)所产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色，说明产生的气体中含有不饱和烃（如烯烃等），烷烃不能和酸性高锰酸钾溶液反应，B正确；乙烯与溴单质发生加成反应,苯与溴水不反应，苯能使溴水褪色，是发生了萃取，属于物理过程，C错误；有机反应中氢化是指含有不饱和键（如碳碳双键或碳碳三键）有机物与氢气发生加成反应，不是取代反应，而硝化、卤化均属于取代反应；D错误；正确选项B。
点睛：含有碳碳双键、三键的烃类有机物，都能够与溴水发生加成反应而使溴水褪色；而烷烃，苯及苯的同系物都不能与溴发生加成反应，但是都能发生萃取过程。
二．选择题(每小题只有一个正确选项，每小题3 分，共30分)
11.一定量的乙醇在氧气不足的情况下燃烧，得CO、CO2和水的总质量为27.6g，若其中水的质量为10.8g，则CO的质量为 （ ）
A. 4.4g B. 2.2g C. 1.4g D. 在2.2g与4.4g之间
【答案】C
【解析】
试题分析：n(H2O)=10.8/18mol=0.6mol，根据氢原子守恒，则乙醇的物质的量为：0.2mol，设CO的物质的量为xmol，CO2的物质的量为ymol，根据碳原子守恒，x＋y=0.4mol，依据题意得：28x＋44y=27.6－10.8，解得x=0.05，y=0.35，因此CO的质量为0.05×28g=1.4g，故选项C正确。
考点：考查有机物的计算等知识。
12.下列各组化合物中，不论二者以任何比例混合，只要总质量一定，则完全燃烧时消耗O2的质量和生成水的质量不变的是（ ）
A. CH4、C2H6 B. C2H6、C3H6 C. C2H4、C3H6 D. C2H4、C3H4
【答案】C
【解析】
试题分析：当烃的最简式相同时，不论二者以什么比例混合，只要总质量一定，则完全燃烧时，消耗O2的质量和生成水的质量不变，A、CH4和C2H6最简式不同，A错误；B、C2H6和C3H6最简式不同，B错误；C、C2H4和C3H6最简式相同，C正确；D、C2H4和C3H4最简式不同，D错误。答案选C。
考点：有机物的燃烧
13.在实验室中，下列除杂的方法中正确的是( )
A. 溴苯中混有溴，加入KI溶液，振荡，用汽油萃取出溴
B. 乙烷中混有乙烯，通入H2在一定条件下反应，使乙烯转化为乙烷
C. 硝基苯中混有浓硫酸和浓硝酸，将其倒入NaOH溶液中，静置、分液
D. 乙烯中混有CO2和SO2，将其通入酸性KMnO4溶液中洗气
【答案】C
【解析】
分析：A选项中碘单质与溴苯、汽油互溶；B选项中反应较为困难，氢气的量不好控制；C选项中浓硝酸和浓硫酸可与氢氧化钠反应，而硝基苯不反应，且不溶于水；D选项中乙烯与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应生成二氧化碳气体；
详解：Br2与KI溶液反应生成碘单质，与溴苯仍是互溶体系，不能分离，碘单质与溴苯、汽油互溶，无法用汽油萃取， A选项错误；利用氢气与乙烯发生加成反应，除去乙烯，氢气的量不好控制，量少没有除尽乙烯，量多氢气变成杂质，B选项错误；浓硝酸和浓硫酸可与氢氧化钠发生中和反应生成易溶于水的盐，而硝基苯不反应，且不溶于水，可用氢氧化钠溶液除杂，C选项正确；CO2、SO2可与NaOH溶液发生反应，而乙烯不反应，可除杂，但乙烯能与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应生成二氧化碳气体， D选项错误；正确答案：C。
14.某有机物的结构简式如下：，其可能具有的性质是：( )
①能发生加成反应 ②能使酸性高锰酸钾溶液褪色 ③能发生取代反应 ④能发生中和反应 ⑤能发生氧化反应
A. 全部 B. 能发生①③④ C. 除⑤外都能 D. 除④⑤外都能
【答案】A
【解析】
由该有机物的结构简式可得，结构中含苯环、碳碳双键，可发生加成反应；含碳碳双键，可被酸性高锰酸钾氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色；含-OH、-COOH，可发生取代反应；-COOH具有酸性，可发生中和反应。故A正确。
点睛：本题考查有机物的结构与性质，侧重有机反应类型的考查，把握官能团与性质的关系为解题关键，熟悉烯烃、醇、羧酸的性质即可解答。
15.铁镍蓄电池又称爱迪生电池，放电时的总反应为：Fe+Ni2O3+3H2O＝Fe(OH)2+2Ni(OH)2。下列有关该电池的说法不正确的是（ ）
A. 电池的电解液为碱性溶液，正极为Ni2O3、负极为Fe
B. 电池放电时，负极反应为Fe+2OH--2e-=Fe（OH）2
C. 电池充电过程中，阴极附近溶液的pH降低
D. 电池充电时，阳极反应为2Ni（OH）2+2OH--2e-=Ni2O3+3H2O
【答案】C
【解析】
A项，根据电池总反应，电池的电解液为碱性溶液，Fe发生失电子的氧化反应，Fe为负极；Ni2O3发生得电子的还原反应，Ni2O3为正极，正确；B项，放电时，负极反应为Fe-2e－ +2OH－ =Fe（OH）2，正确；C项，电池充电时的反应为Fe(OH)2＋2Ni(OH)2=Fe＋Ni2O3＋3H2O，阴极电极反应为Fe（OH）2+2e－ =Fe+2OH－ ，阴极附近碱性增强，pH增大，错误；D项，充电时阳极反应为2Ni(OH)2＋2OH－－2e－=Ni2O3＋3H2O，正确；答案选C。
点睛：二次电池放电时为原电池原理，充电时为电解原理。充电时的阴极反应为放电时负极反应的逆过程，充电时的阳极反应为放电时正极反应的逆过程。
16.某烃的相对分子质量为86,分子中含有1个一CH2一、1个和若干个一CH3,该烃的一氯代物有
A. 3种 B. 4种 C. 5种 D. 6种
【答案】A
【解析】
试题分析：某烃的相对分子质量为86，分子中含有1个—CH2—、1个、和若干个—CH3，则该烃是烷烃，根据CnH2n+2可得14n+2=86，解得n=6。其可能的结构简式是，该物质分子中含有3种不同的H原子，它们被分别取代得到三种不同的一氯代物，因此该烃的一氯代物有3种，故选项是A。
考点：考查有机物的结构及同分异构体的种类的判断的知识。
17.一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图.下列有关该电池的说法正确的是( )
A. 反应CH4+H2O 3H2+CO,每消耗1 mol CH4转移12 mol 电子
B. 电极A上H2参与的电极反应为:H2+2OH- -2e-=2H2O
C. 电池工作时, CO32-向电极B移动
D. 电极B上发生的电极反应为:O2+2CO2+4e-=2CO32-
【答案】D
【解析】
试题分析：A、每消耗1摩尔甲烷，转移6摩尔电子，错误，不选A；B、电解质为熔融的碳酸盐，不含氢氧根离子，错误，不选B；C、B极通入氧气，为正极，碳酸根离子向负极移动，错误，不选C；D、电极B上氧气得到电子生成碳酸根离子，正确，选D。
考点：原电池的原理的应用
18.将1 mol CH4和适量O2在密闭容器中混合点燃，充分反应后CH4和O2均无剩余，且产物均为气体，质量为72 g。下列叙述正确的是
A. 若将产物通过碱石灰，则可全部被吸收；若通入浓硫酸，则不能完全被吸收
B. 产物的平均摩尔质量为20 g·mol－1
C. 若将产物通过浓硫酸后恢复至室温，压强变为原来的1/2
D. 反应中消耗O256 g
【答案】D
【解析】
由质量守恒可知氧气的质量为：m(O2)=72g-1mol×16g/mol=56g，则氧气的物质的量为：n(O2)==1.75mol，1mol甲烷与足量氧气完全燃烧消耗氧气的物质的量为：(1+)mol=2mol＞1.75mol，若只生成CO与水，根据原子守恒可知消耗氧气的物质的量为：=1.5mol＜1.75mol，故甲烷燃烧生成二氧化碳、一氧化碳与水，根据氢原子守恒，生成水2mol，设二氧化碳、一氧化碳的物质的量分别为xmol、ymol，根据碳原子与氧原子守恒，则：x+y＝1，2x+y＝1.75×2−2，解得：x=0.5、y=0.5。A．由上述分析可知，生成的气体为二氧化碳、一氧化碳与水，通过碱石灰，二氧化碳与水被吸收，CO不能被吸收，故A错误；B．产物中混合气体的平均摩尔质量为：===24g/mol，故B错误；C．由于恢复到“室温”，原条件下“产物均为气体”，水为气体，则不是在室温下，温度不同，无法根据气体的物质的量计算压强之比，故C错误；D．根据质量守恒可知，参加反应的氧气的质量为：72g-1mol×16g/mol=56g，故D正确；故选D。
点睛：本题考查烃的燃烧的计算，根据守恒计算参加反应氧气的物质的量，再利用耗氧量判断生成的物质是关键。本题的易错点为C，注意温度不同，无法根据气体的物质的量计算压强大小。
19.下列有关有机物的说法正确的是( )
A. C2H5COOC2H5存在C4H9COOH时可以加入饱和Na2CO3溶液后分液除去
B. 异戊烷也叫2-甲基戊烷
C. 分子式为C5H12O且能与金属钠反应产生气体的有机物，其同分异构体共有9种
D. 不能用溴水鉴别苯、乙醇、四氯化碳
【答案】A
【解析】
【详解】A.C2H5COOC2H5不溶于饱和Na2CO3溶液，C4H9COOH具有酸性，可以与碳酸钠溶液反应，所以C2H5COOC2H5存在C4H9COOH时可以加入饱和Na2CO3溶液后分液除去，故A正确；
B.戊烷有3种结构，正戊烷、异戊烷和新戊烷；其中异戊烷的结构简式：CH3-CH2-CH(CH3)CH3,其名称为：2-甲基丁烷，B错误；
C. 戊烷的同分异构体有CH3-CH2-CH2-CH2-CH3、 、 ,分子式为C5H12O且可与金属钠反应放出氢气的有机物为醇，有1-戊醇、2-戊醇、3-戊醇、2-甲基-1-丁醇、2-甲基-2-丁醇、3-甲基-2-丁醇、3-甲基-1-丁醇、2,2-二甲基-1-丙醇,所以有8种同分异构体，故C错误；
D. 苯、乙醇溶液和四氯化碳分别与溴水混合的现象为:分层后有机层在上层、不分层、分层后有机层在下层,现象不同,可鉴别,故D错误；
综上所述，本题选A。
【点睛】几种常见的烃基的异构体：甲基（1种），乙基（1种），丙基（2种），丁基（4种），戊基（8种），因此掌握好以上规律，就很容易判断C5H12O属于醇的异构体的种类有8种。
20.在同温同压下，某有机物和过量Na反应得到V1 L氢气，取另一份等量的有机物和足量NaHCO3反应得V2 L二氧化碳，若V1＝V2≠0，则有机物可能是( )
A. HOOC—COOH B. C. HOCH2CH2OH D. CH3COOH
【答案】A
【解析】
分析：羟基和羧基均能与钠反应产生氢气，只有羧基与碳酸氢钠反应生二氧化碳，据此解答。
详解：有机物和过量Na反应得到V1L氢气，说明分子中含有-OH或-COOH，另一份等量的该有机物和足量的NaHCO3反应得到V2L二氧化碳，说明分子中含有-COOH，反应关系式为：2-OH～H2，2-COOH～H2，-COOH～NaHCO3～CO2，若V1=V2≠0，说明分子中含有1个-OH和1个-COOH，只有A符合，答案选A。
第Ⅱ卷 非选择题(50分)
三、(本题包括5小题)
21.已知我们所学的烃和烃的衍生物具有下列转化关系,请回答有关问题
(1)写出以上三个反应的化学方程式(需注明反应所需的条件)
②_______________________________________________________
③_______________________________________________________
④_______________________________________________________
(2)在有机反应类型分类中,反应①属于__________,;
(3)含有4个碳原子,与C2H6互为同系物的物质的分子式为______,写出该组成互为同分异构体的化合物的结构简式________,________;
【答案】 (1). ：CH2 = CH2 + H2OCH3CH2OH (2). CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O (3). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO + 2H2O (4). 加成反应 (5). C4H10 (6). CH3CH2CH2CH3 (7). (CH3)2CHCH3
【解析】
【分析】
CH2=CH2与氢气发生加成反应生成C2H6，CH2=CH2与水发生加成反应生成CH3CH2OH，CH3CH2OH氧化成乙醛，乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，据以上分析解答。
【详解】(1)反应②为CH2=CH2与水发生加成反应生成CH3CH2OH，方程式为：CH2 = CH2 + H2OCH3CH2OH；综上所述，本题答案是：CH2 = CH2 + H2OCH3CH2OH。
③乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，方程式为： CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；综上所述，本题答案是：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O。
④CH3CH2OH氧化成乙醛，方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO + 2H2O综上所述，本题答案是：2CH3CH2OH+O22CH3CHO + 2H2O。
(2)CH2=CH2与氢气发生加成反应生成C2H6，反应①属于加成反应；综上所述，本题答案是：加成反应。
(3)与C2H6互为同系物的含有4个碳原子的烷烃的分子式为C4H10，结构简式为CH3CH2CH2CH3、 (CH3)2CHCH3；综上所述，本题答案是：C4H10，CH3CH2CH2CH3， (CH3)2CHCH3。
22.以下是25℃时几种难溶电解质的溶解度:
难溶电解质
Mg(OH)2
Cu(OH)2
Fe(OH)2
Fe(OH)3
溶解度/g
910-4
1.710-6
1.510-4
3.010-9
在无机化合物的提纯中,常利用难溶电解质的溶解平衡原理除去某些离子,例如:
①为了除去氯化铵中的杂质Fe3+,先将混合物溶于水,再加入一定量的试剂反应,过滤结晶即可;
②为了除去氯化镁晶体中的杂质Fe3+,现将混合物溶于水,再加入足量的氢氧化镁,充分反应,过滤结晶即可;
③为了除去硫酸铜晶体中的杂质Fe2+,先将混合物溶于水,再加入一定量的H2O2,将Fe2+氧化成Fe3+,调节溶液的pH=4,过滤结晶即可;
请回答下列问题:
(1).上述三个除杂方案都能够达到很好的效果,Fe3+、Fe2+都被转化为__________(填名称)而除去
(2).①中加入的试剂应该选择__________为宜。
(3).②中除去Fe3+时所发生的总反应的离子方程式为__________
(4).下列与方案③相关的叙述中,正确的是（ ）
A.H2O2是绿色氧化剂,在氧化过程中不引进杂质,不产生污染
B.将Fe2+氧化为Fe3+的主要原因是Fe(OH)2沉淀比Fe(OH)3沉淀难过滤
C.调节溶液pH=4可选择的试剂是氢氧化铜或碱式碳酸铜
D.Cu2+可以大量存在于pH=4的溶液中
E.在pH>4的溶液中Fe3+—定不能大量存在
【答案】（1）氢氧化铁 （2）氨水；不会引入新的杂质
（3）2Fe3＋＋3Mg(OH)2 ="=" 3 Mg2+ ＋2Fe(OH)3 （4）A C D E
【解析】
试题分析：（1）①中为了不引入其他杂质离子，应加氨水使Fe3+沉淀，而不能用氢氧化钠溶液；②中根据溶解度表可知Mg（OH）2易转化为Fe（OH）3，因此在氯化镁溶液中加入足量的Mg（OH）2可除去Fe3+，③由于Fe（OH）2的溶解度大于Fe（OH）3，所以一般将Fe2+先氧化成Fe3+，再调节溶液的pH＝4，形成Fe（OH）3沉淀．故答案为：Fe（OH）3；
（2）①中为了不引入其他杂质离子，应加氨水使Fe3+沉淀，而不能用氢氧化钠溶液；
（3）②中根据溶解度表可知Mg（OH）2易转化为Fe（OH）3，因此在氯化镁溶液中加入足量的Mg（OH）2可除去Fe3+：2Fe3++3Mg（OH）2＝3Mg2++2Fe（OH）3；
（4）A、根据H2O2是绿色氧化剂，在氧化过程中不引进杂质、不产生污染，故A正确；B、根据Fe（OH）2的溶解度大于Fe（OH）3，沉淀不完全，故B错误；C、原来溶液是酸性较强，加入氢氧化铜或碱式碳酸铜可以与H+反应．H+反应后，pH增大，当pH＝4的时候，Fe（OH）3完全沉淀，而Cu2+还没沉淀．而氢氧化铜或碱式碳酸铜是固体，不会引入新的杂质，故C正确；D、原来溶液是酸性较强，加入氢氧化铜或碱式碳酸铜可以与H+反应．H+反应后，pH增大，当pH＝4的时候，Fe（OH）3完全沉淀，而Cu2+还没沉淀，以Cu2+形式存在，而氢氧化铜或碱式碳酸铜是固体，不会引入新的杂质，故D正确；E、在pH＞4的溶液中Fe3+全部以Fe（OH）3完全沉淀，Fe3+一定不能大量存在，故E正确；故选：ACDE。
考点：考查Fe2+、Fe3+的沉淀、物质的分离与提纯以及溶解平衡应用
23.某校学生为探究苯与溴发生反应的原理,用如图装置进行实验。
根据相关知识回答下列问题:
(1)装置Ⅱ中发生反应的化学方程式为__________
(2)实验开始时,关闭K2,开启K1和分液漏斗活塞,滴加苯和液溴的混合液,反应开始。过一会儿,在Ⅲ中可能观察到的现象是__________
(3)整套实验装置中能防止倒吸的装置有__________(填装置序号)。
(4)冷凝管的作用是__________
(5)你认为通过该实验后,有关苯跟溴反应的原理方面能得出的结论是__________
【答案】 (1). 2Fe+3Br22FeBr3 (2). 小试管中有气泡,有白雾出现广口瓶内溶液中有浅黄色溴化银沉淀生成 (3). III和IV (4). 导气,冷凝回流挥发出来的Br2和 (5). 苯跟溴能发生取代反应
【解析】
【分析】
(1)溴与铁反应生成溴化铁,苯和液溴在溴化铁的催化作用下生成溴苯和溴化氢；
(2)从冷凝管出来的气体为溴化氢,溴化氢不溶于苯,溴化氢遇空气中水蒸气形成酸雾,溴化氢能与硝酸银反应生成溴化银沉淀；
(3)装置III和IV中的导管没有与溶液接触,能防倒吸；
(4)冷凝管冷凝溴单质；
(5)根据取代反应和加成反应的区别在于是否产生溴化氢。
【详解】（1）因溴与铁反应生成溴化铁: 2Fe+3Br22FeBr3,苯和液溴在溴化铁的催化作用下生成溴苯和溴化氢: ；因此，本题正确答案是: 2Fe+3Br22FeBr3。
(2)因从冷凝管出来的气体为溴化氢,溴化氢不溶于苯,溴化氢遇空气中水蒸气形成酸雾,溴化氢能与硝酸银反应生成溴化银沉淀,因此，本题正确答案是：小试管中有气泡,有白雾出现广口瓶内溶液中有浅黄色溴化银沉淀生成。
(3). 装置III和IV中的导管没有与溶液接触,所以装置III和IV能防倒吸；因此，本题正确答案是:III和IV。
(4)装置(Ⅲ)冷凝管的作用是导气，让挥发出来的溴单质冷凝,防止对产物的干扰；因此，本题正确答案是：导气，冷凝回流挥发出来的Br2和 。
(5)取代反应和加成反应的区别在于是否产生溴化氢,通过实验证明产生了溴离子,即苯跟溴能发生取代反应；因此，本题正确答案是:苯跟溴能发生取代反应。
24.为了探究原电池和电解池的工作原理，某研究性学习小组分别用下图所示的装置进行实验。据图回答问题。
I.用图甲所示装置进行第一组实验时：
(1)在保证电极反应不变的情况下，不能替代Cu作电极的是_____ (填字母)。
A石墨 B. 镁 C.银 D.铂
(2)实验过程中，SO42-____(填“从左向右”“从右向左”或“不”)移动；滤纸上能观察到的现象是________________。
II.该小组同学用图乙所示装置达行算二组实验时发现，两极均有气体产生，且Y极处溶液逐渐变成紫红色；停止实验观察到铁电极明显变细，电解液仍然澄清。查阅资料知，高铁酸根(FeO42-)在溶液中呈紫红色。请根据实验现象及所查信息，回答下列问题：
(3)电解过程中，X极处溶液的OH-浓度____(填“增大”“减小”或“不变)。
(4)电解过程中，Y极发生的电极反应为________________。
(5)电解进行一段时间后，若在X极收集到672mL气体，Y电板(铁电极)质量减小0.28g，则在Y极收集到气体为____mL(均己折算为示准状况时气体体积)。
(6)K2FeO4-Zn也可以组成碱性电池，K2FeO4在电池中作为正极材料，其电池反应总反应式为2K2FeO4+3Zn=Fe2O3+ZnO+2K2ZnO2，该电池正极发生的电极反应式为_______。
【答案】 (1). B (2). 从右向左 (3). 滤纸上有蓝色沉淀产生(答出“蓝色沉淀”或“蓝色斑点”即可) (4). 增大 (5). 4OH--4e-=2H2O+O2↑ Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O (6). 168 (7). 2FeO42-+6e-+5H2O=Fe2O3+10OH-
【解析】
分析：I.甲装置是原电池，Zn作负极，Cu作正极，利用该原电池电解氢氧化钠溶液，结合原电池、电解池的工作原理解答。
II.乙装置是电解池，铁电极与电源正极相连，作阳极，铁失去电子，碳棒是阴极，氢离子放电，结合电极反应式以及电子得失守恒解答。
详解：（1）甲装置是原电池，Zn作负极，Cu作正极。若要保证电极反应不变，则另一个电极的活动性只要比Zn弱即可。根据金属活动性顺序可知Mg＞Zn，因此不能是Mg，答案选B。
（2）根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，实验过程中，SO42−会向正电荷较多的Zn电极方向移动。即从右向左移动。利用该原电池电解氢氧化钠溶液，由于电极均是铜，在阳极上发生反应Cu-2e-=Cu2+，产生的Cu2+在溶液中发生反应Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓，所以在滤纸上能观察到的现象是有蓝色沉淀产生。
（3）由图可知：X为阴极。电解过程中，X极上发生：2H++2e-=H2↑，破坏了水的电离平衡，水继续电离，最终导致溶液的c(OH-)增大，所以X极处溶液的c(OH-)增大。
（4）由于实验时发现，两极均有气体产生，且Y极处溶液逐渐变成紫红色；停止实验观察到铁电极明显变细，电解液仍然澄清。又因为高铁酸根(FeO42-)在溶液中呈紫红色，所以在电解过程中，Y极发生的电极反应为4OH−－4e−=2H2O+O2↑和Fe－6e−+8OH−=FeO42−+4H2O；
（5）X电极产生氢气，n(H2)=0.672L÷22．4L/mol=0.03mol，n(e-)=0.06mol。在整个电路中电子转移数目相等，则4×n(O2)+6×(0．28g÷56g/mol)=0．06mol，解得n(O2)=0．0075mol，所以V(O2)=0.0075mol×22.4L/mol=0.168L=168mL；
（6）K2FeO4－Zn也可以组成碱性电池，Zn作负极，负极的电极反应式为3Zn-6e-+6OH-=3Zn(OH)2。K2FeO4在电池中作为正极材料，其电池反应为2K2FeO4+3Zn=Fe2O3+ZnO+2K2ZnO2。用总反应式减去负极电极式可得该电池正极发生的电极反应式为2FeO42−+6e−+5H2O=Fe2O3+10OH−。
25.为探究实验室制乙烯及乙烯和溴水的加成反应。甲同学设计了如图所示的实验装置，并进行了实验。当温度升至170℃左右时，有大量气体产生，产生的气体通入溴水中，溴水的颜色迅速褪去。甲同学认为达到了实验目的。乙同学仔细考察了甲同学的整个实验过程，发现当温度升到100℃左右时，无色液体开始变色，到160℃左右时，混合液全呈黑色，在超过170℃后生成气体速度明显加快，生成的气体有刺激性气味。由此他推出，产生的气体中应有某杂质，可能影响乙烯的检出，必须除去。据此回答下列问题：
(1)写出甲同学实验中两个主要反应的化学方程式：________________________；________________________
(2)乙同学认为因刺激性气体的存在不能认为溴水褪色是乙烯的加成反应造成的。原因是(用化学方程式表示)：____________________________________
(3)丙同学根据甲、乙同学的分析，认为还可能有CO、CO2两种气体产生。为证明CO存在，他设计了如下过程(该过程可把实验中产生的有机产物除净)：发现最后气体经点燃是蓝色火焰，确认有一氧化碳。
①设计装置a的作用是________________________________________________
②浓氢氧化钠的作用是____________________________________
③浓溴水的作用是________________________
④稀溴水的作用是________________________
【答案】 (1). CH3CH2OH CH2=CH2+H2O (2). CH2=CH2+Br2 CH2Br-CH2Br (3). Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4 (4). 防倒吸装置 (5). 除去SO2和CO2 (6). 吸收乙烯 (7). 检验乙烯、SO2是否除净
【解析】
【详解】(1)乙醇在浓硫酸的催化作用下发生分子内脱水制取乙烯,乙醇发生的消去反应为：CH3CH2OH CH2=CH2+H2O；反应生成的乙烯与溴发生加成反应：CH2=CH2+Br2 CH2Br-CH2Br ；综上所述，本题答案是：CH3CH2OH CH2=CH2+H2O，CH2=CH2+Br2 CH2Br-CH2Br 。
(2)当温度升到100℃左右时,无色液体开始变色,到160℃左右时,混合液全呈黑色,可以知道浓硫酸使乙醇脱水,生成黑色的碳,同时C与浓硫酸发生氧化还原反应生成SO2,反应方程式为：Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，则刺激性SO2气体的存在不能认为溴水褪色是乙烯的加成反应造成的；因此，本题正确答案是：Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4。
（3）①二氧化硫、二氧化碳与浓氢氧化钠反应，装置的压强减小，发生倒吸，故a装置可防止浓氢氧化钠倒吸到反应容器中；综上所述，本题答案是：防倒吸装置。
②由于二氧化硫和二氧化碳会干扰后续实验，故用浓氢氧化钠除去；综上所述，本题答案是：除去SO2和CO2 。
③浓溴水可以和乙烯发生加成反应，用来吸收乙烯；综上所述，本题答案是：吸收乙烯。
④稀溴水和乙烯可以发生加成反应而褪色，也可以和二氧化硫发生氧化还原反应褪色，故可用来检验乙烯和二氧化硫是否除尽；综上所述，本题答案是：检验乙烯、SO2是否除净。
【点睛】实验室用乙醇和浓硫酸加热反应时，会产生杂质气体二氧化硫和二氧化碳，二氧化硫的还原性较强，能够与溴水、酸性高锰酸钾溶液反应，在进行后续实验之前，要除去二氧化硫和二氧化碳杂质。
第Ⅰ卷 (选择题 共50分)
可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 N:14 O:16 S:32 Na:23 Mg:24 Al:27 Fe:56 Cu:64 K:39 Zn:65 Cl:35.5
一、选择题(每小题只有一个正确选项，每小题2分，共20分)
1.下列有关化学用语表示正确的是( )
A. 质子数为53,中子数为78的碘原子: I
B. 乙烯的结构简式:CH2CH2
C. S2-的结构示意图:
D. CH4分子的比例模型:
【答案】D
【解析】
【详解】A.元素符号的左上角为质量数，质量数=质子数+中子数=53+78=131, 所以质子数为53，中子数为78的碘原子表示为,故A错误；
B.乙烯的结构简式:CH2=CH2，故B错误；
C.S原子最外层6个电子,得到2个电子达到稳定结构, S2-的离子结构示意图: ,故C错误；
D.甲烷分子的比例模型应该体现出甲烷分子中各原子的相对体积大小,碳原子半径大于氢原子半径，甲烷的比例模型为: ,故D正确；
综上所述，本题选D。
2.下列物质中，既能因发生化学反应使溴水褪色，又能使酸性KMnO4溶液褪色的是
①SO2 ②CH3CH2CH=CH2 ③C6H6 ④CH3CH3
A. ①②③④ B. ②③ C. ②④ D. ①②
【答案】D
【解析】
SO2具有还原性，与溴水、高锰酸钾均发生氧化还原反应，则既能因发生化学反应使溴水褪色，又能使酸性KMnO4溶液褪色，故①正确；②CH3CH2CH═CH2中含碳碳双键，则与溴水发生加成反应，与高锰酸钾发生氧化反应，则既能因发生化学反应使溴水褪色，又能使酸性KMnO4溶液褪色，故②正确；③C6H6是苯，既不能发生化学反应使溴水褪色，又不能使酸性KMnO4溶液褪色，故③错误；④CH3CH3是乙烷，既不能发生化学反应使溴水褪色，又不能使酸性KMnO4溶液褪色，故④错误；故选D。
3.下列装置图及有关说法正确的是( )
A. 装置①中K键闭合时,片刻后CuSO4溶液中c(Cl-)增大
B. 装置①中K键闭合时,片刻后可观察到滤纸a点变红色
C. 装置②中铁腐蚀的速度由大到小的顺序是:只闭合K1＞只闭合K3＞只闭合K2＞都断开
D. 装置③中当铁制品上析出1.6铜时,电源负极输出的电子数为0.025NA
【答案】B
【解析】
【分析】
A、原电池中阴离子向负极移动；
B、阴极氢离子放电同时生成氢氧根离子；
C、Fe作阳极被腐蚀,作阴极被保护；
D、根据电极方程式计算。
【详解】A、该装置电源为原电池,锌为负极，铜为正极，原电池中阴离子向负极移动,则Cl-向ZnSO4溶液移动,故A错误；
B、装置①中K键闭合时,a极为阴极,阴极氢离子放电同时生成氢氧根离子,所以a附近变红色,故B正确；
C、Fe作阳极被腐蚀,作阴极被保护,只闭合K1，铁作阳极被腐蚀；只闭合K2，铁作阴极被保护；只闭合K3，铁作负极被腐蚀；所以铁腐蚀的速度由大到小的顺序是: 只闭合K1＞只闭合K3＞都断开＞只闭合K2，故C错误；
D、装置③中当铁制品的反应为Cu2++2e-=Cu，析出1.6g铜即0.025mol时,电源负极输出的电子数为0.05 NA ,故D错误；
综上所述，本题选B。
【点睛】金属铁腐蚀的规律：金属铁连在电源的正极做阳极材料时，失电子能力加快，腐蚀速度加快；连在电源负极做阴极时，不失电子，被保护；与不活泼的金属构成原电池时，失电子，被腐蚀，与活泼的金属构成原电池时，不失电子，被保护。
4.已知溶液中存在平衡:Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)+2OH-(aq) △H<0,下列有关该平衡体系的说法正确的是( )
①升高温度,平衡逆向移动
②向溶液中加入少量碳酸钠粉末能增大钙离子浓度
③恒温下向溶液中加入CaO,溶液的pH升高
④加热溶液,溶液的pH升高
⑤向溶液中加人Na2CO3溶液,其中固体质量增加
⑥向溶液中加入少量NaOH固体,Ca(OH)2固体质量不变
A. 仅①⑤ B. 仅①⑤⑥ C. 仅②③⑤ D. 仅①②⑤⑥
【答案】A
【解析】
【分析】
该反应的△H＜0，可判断该反应为放热反应；升高温度，反应向吸热的方向移动，据此判断①④；加入少量碳酸钠粉末溶液会产生CaCO3白色沉淀，据此判断②⑤；加入适量的NaOH溶液，c(OH-)增大，平衡左移，生成了难溶的Ca(OH)2，据此判断⑥；恒温下Ksp不变，加入固体物质，溶液仍为饱和溶液，据此判断③。
【详解】①已知反应的△H＜0，所以该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，故正确；
②加入碳酸钠粉末会生成CaCO3，使Ca2+浓度减小，故错误；
③恒温下Ksp不变，加入CaO后，溶液仍为Ca(OH)2的饱和溶液，pH不变，故错误；
④已知反应的△H＜0，加热溶液，平衡左移，溶液的pH降低，故错误；
⑤加入Na2CO3溶液，沉淀溶解平衡向右移动，Ca(OH)2固体转化为CaCO3固体，固体质量增加，正确；
⑥加入NaOH固体平衡向左移动，Ca(OH)2固体质量增加，故错误。
所以正确的只有①⑤，A正确；
综上所述，本题选A。
5.分离乙酸乙酯、乙酸和乙醇混合物的实验操作流程如下：
在上述实验过程中，所涉及的①②③三次分离操作分别是( )
A. 蒸馏、过滤、分液 B. 蒸馏、分液、分液
C. 分液、蒸馏、过滤 D. 分液、蒸馏、蒸馏
【答案】D
【解析】
加入饱和Na2CO3溶液，吸收乙醇、除去乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度析出，然后采取分液的方法，进行分离，②中利用乙醇的沸点低，采取蒸馏的方法，得到乙醇，C中加入稀硫酸，然后采取蒸馏得到乙酸，答案选D。
6.下列说法正确的是( )
A. 乙醇制乙烯、苯的硝化、乙酸与乙醇酯化三个反应中，浓硫酸均做催化剂和吸水剂
B. Ksp越小,难溶电解质在水中的溶解能力一定越弱
C. Ksp的大小与离子浓度无关,只与难溶电解质的性质和温度有关
D. 相同温度下,AgCl在水中的溶解能力与在NaCl 溶液中的溶解能力相同
【答案】C
【解析】
【详解】A、乙醇制乙烯、苯的硝化中浓硫酸均做催化剂和脱水剂，乙酸与乙醇酯化反应中，浓硫酸做催化剂和吸水剂，故A错误；
B、Ksp可用来判断相同的类型的化合物在水中溶解度的大小,但是如果化合物的形式不同,就不能进行直接判断,难溶电解质在水中的溶解能力不一定越弱,故B错误；
C、沉淀溶解平衡可以用溶度积常数来衡量，Ksp的大小与离子浓度无关，只与难溶电解质的性质和温度有关，故C正确；
D、相同温度下,AgCl在水中的溶解能力大于在NaCl溶液中的溶解能力,因为氯化钠溶液中氯离子对氯化银溶解起到抑制作用,故D错误；
综上所述，本题选C。
7.已知（b）、（c）、（d）的分子式均为C6H6，下列说法正确的是
A. b的同分异构体只有c和d两种
B. b、c、d的二氯代物均只有三种
C. b、c、d均可与酸性高锰酸钾溶液反应
D. b、c、d中只有b的所有原子处于同一平面
【答案】D
【解析】
A．b是苯，其同分异构体有多种，不止d和p两种，A错误；B．d分子中氢原子分为2类，根据定一移一可知d的二氯代物是6种，B错误；C．b、p分子中不存在碳碳双键，不与酸性高锰酸钾溶液发生反应，C错误；D．苯是平面形结构，所有原子共平面，d、p中均含有饱和碳原子，所有原子不可能共平面，D正确。答案选D。
8.含有一个双键的烯烃,与H2加成后的产物结构简式如下,此烃可能的结构有( )
A. 4种 B. 5种 C. 6种 D. 7种
【答案】D
【解析】
【分析】
根据加成反应原理采取逆推法还原C=C双键，烷烃分子中相邻碳原子上均含有氢原子的碳原子间是对应烯烃存在C=C的位置，还原双键时注意防止重复。
【详解】根据烯烃与H2加成反应的原理，推知该烷烃分子中相邻碳原子上均含有原子的碳原子间是对应烯烃存在C=C的位置，该烷烃
中能形成双键键位置有：1和2之间、2和3之间、3和4之间、3和5之间、5和6之间、6和7之间（6和9）、7和8之间（9和10），故该烯烃共有7种，故选D。
综上所述，本题选D。
【点睛】本题考查了加成反应的运用以及同分异构体的书写，理解加成反应原理是解题的关键，采取逆推法还原C=C双键，注意分析分子结构防止重写、漏写。
9.常温时，Ksp[Mg(OH)2] = 1.1×10－11，Ksp(AgCl) = 1.8×10－10，Ksp(Ag2CrO4) = 1.9×10－12 Ksp(CH3COOAg) = 2.3×10－3，下列叙述不正确的是
A. 浓度均为0.2 mol·L－1的AgNO3溶液和CH3COONa溶液等体积混合一定产生CH3COOAg沉淀
B. 将0.001 mol·L－1的AgNO3溶液滴入0.001 mol·L－1的KCl和0.001 mol·L－1的K2CrO4的混合溶液中，先产生Ag2CrO4沉淀
C. c(Mg2+)为0.11 mol·L－1的溶液中要产生Mg(OH)2沉淀，溶液的pＨ要控制在9以上
D. 在其他条件不变的情况下，向饱和AgCl水溶液中加入NaCl溶液，Ksp(AgCl)不变
【答案】B
【解析】
试题分析：A中，C（Ag+）×C（CH3COO-）>KSP（CH3COOAg），所以一定会产生醋酸银沉淀。B中，根据KSP，以及溶液中的氯离子的浓度和重铬酸根离子的浓度，可以求出要想得到重铬酸银沉淀所需要的银离子的浓度，也可以求出要想得到氯化银沉淀所需要的银离子的浓度，不难判断出要想得到重铬酸银沉淀所需要的银离子的浓度更大，所以一定是先产生氯化银沉淀。C中，根据计算不难判断出，当溶液的PH控制在9以上的时候，溶液中C2（OH-）×C（OH-）才会保持大于1.1×10-11，才会得到氢氧化镁沉淀。D中，物质的KSP只与难溶物的自身性质以及温度有关，当难溶物确定之后，KSP就只与温度有关了，所以D正确。
考点：重点考查了，沉淀的先后顺序，沉淀的条件以及KSP的影响因素。
10.下列说法和结论正确的是
选项
项目
结论
A
三种有机化合物：乙烷、氯乙烯、苯
分子内所有原子均在同一平面上
B
将石蜡油加强热(裂解)所产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中, 溶液褪色
产物不都是烷烃
C
乙烯和苯都能使溴水褪色
褪色的原理相同
D
有机反应中的卤化、硝化、氢化
均属于取代反应
【答案】B
【解析】
乙烷中C原子与另外4个相连的原子形成四面体结构，所以乙烷分子内所有原子不在同一平面上，A错误；将石蜡油加强热(裂解)所产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色，说明产生的气体中含有不饱和烃（如烯烃等），烷烃不能和酸性高锰酸钾溶液反应，B正确；乙烯与溴单质发生加成反应,苯与溴水不反应，苯能使溴水褪色，是发生了萃取，属于物理过程，C错误；有机反应中氢化是指含有不饱和键（如碳碳双键或碳碳三键）有机物与氢气发生加成反应，不是取代反应，而硝化、卤化均属于取代反应；D错误；正确选项B。
点睛：含有碳碳双键、三键的烃类有机物，都能够与溴水发生加成反应而使溴水褪色；而烷烃，苯及苯的同系物都不能与溴发生加成反应，但是都能发生萃取过程。
二．选择题(每小题只有一个正确选项，每小题3 分，共30分)
11.一定量的乙醇在氧气不足的情况下燃烧，得CO、CO2和水的总质量为27.6g，若其中水的质量为10.8g，则CO的质量为 （ ）
A. 4.4g B. 2.2g C. 1.4g D. 在2.2g与4.4g之间
【答案】C
【解析】
试题分析：n(H2O)=10.8/18mol=0.6mol，根据氢原子守恒，则乙醇的物质的量为：0.2mol，设CO的物质的量为xmol，CO2的物质的量为ymol，根据碳原子守恒，x＋y=0.4mol，依据题意得：28x＋44y=27.6－10.8，解得x=0.05，y=0.35，因此CO的质量为0.05×28g=1.4g，故选项C正确。
考点：考查有机物的计算等知识。
12.下列各组化合物中，不论二者以任何比例混合，只要总质量一定，则完全燃烧时消耗O2的质量和生成水的质量不变的是（ ）
A. CH4、C2H6 B. C2H6、C3H6 C. C2H4、C3H6 D. C2H4、C3H4
【答案】C
【解析】
试题分析：当烃的最简式相同时，不论二者以什么比例混合，只要总质量一定，则完全燃烧时，消耗O2的质量和生成水的质量不变，A、CH4和C2H6最简式不同，A错误；B、C2H6和C3H6最简式不同，B错误；C、C2H4和C3H6最简式相同，C正确；D、C2H4和C3H4最简式不同，D错误。答案选C。
考点：有机物的燃烧
13.在实验室中，下列除杂的方法中正确的是( )
A. 溴苯中混有溴，加入KI溶液，振荡，用汽油萃取出溴
B. 乙烷中混有乙烯，通入H2在一定条件下反应，使乙烯转化为乙烷
C. 硝基苯中混有浓硫酸和浓硝酸，将其倒入NaOH溶液中，静置、分液
D. 乙烯中混有CO2和SO2，将其通入酸性KMnO4溶液中洗气
【答案】C
【解析】
分析：A选项中碘单质与溴苯、汽油互溶；B选项中反应较为困难，氢气的量不好控制；C选项中浓硝酸和浓硫酸可与氢氧化钠反应，而硝基苯不反应，且不溶于水；D选项中乙烯与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应生成二氧化碳气体；
详解：Br2与KI溶液反应生成碘单质，与溴苯仍是互溶体系，不能分离，碘单质与溴苯、汽油互溶，无法用汽油萃取， A选项错误；利用氢气与乙烯发生加成反应，除去乙烯，氢气的量不好控制，量少没有除尽乙烯，量多氢气变成杂质，B选项错误；浓硝酸和浓硫酸可与氢氧化钠发生中和反应生成易溶于水的盐，而硝基苯不反应，且不溶于水，可用氢氧化钠溶液除杂，C选项正确；CO2、SO2可与NaOH溶液发生反应，而乙烯不反应，可除杂，但乙烯能与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应生成二氧化碳气体， D选项错误；正确答案：C。
14.某有机物的结构简式如下：，其可能具有的性质是：( )
①能发生加成反应 ②能使酸性高锰酸钾溶液褪色 ③能发生取代反应 ④能发生中和反应 ⑤能发生氧化反应
A. 全部 B. 能发生①③④ C. 除⑤外都能 D. 除④⑤外都能
【答案】A
【解析】
由该有机物的结构简式可得，结构中含苯环、碳碳双键，可发生加成反应；含碳碳双键，可被酸性高锰酸钾氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色；含-OH、-COOH，可发生取代反应；-COOH具有酸性，可发生中和反应。故A正确。
点睛：本题考查有机物的结构与性质，侧重有机反应类型的考查，把握官能团与性质的关系为解题关键，熟悉烯烃、醇、羧酸的性质即可解答。
15.铁镍蓄电池又称爱迪生电池，放电时的总反应为：Fe+Ni2O3+3H2O＝Fe(OH)2+2Ni(OH)2。下列有关该电池的说法不正确的是（ ）
A. 电池的电解液为碱性溶液，正极为Ni2O3、负极为Fe
B. 电池放电时，负极反应为Fe+2OH--2e-=Fe（OH）2
C. 电池充电过程中，阴极附近溶液的pH降低
D. 电池充电时，阳极反应为2Ni（OH）2+2OH--2e-=Ni2O3+3H2O
【答案】C
【解析】
A项，根据电池总反应，电池的电解液为碱性溶液，Fe发生失电子的氧化反应，Fe为负极；Ni2O3发生得电子的还原反应，Ni2O3为正极，正确；B项，放电时，负极反应为Fe-2e－ +2OH－ =Fe（OH）2，正确；C项，电池充电时的反应为Fe(OH)2＋2Ni(OH)2=Fe＋Ni2O3＋3H2O，阴极电极反应为Fe（OH）2+2e－ =Fe+2OH－ ，阴极附近碱性增强，pH增大，错误；D项，充电时阳极反应为2Ni(OH)2＋2OH－－2e－=Ni2O3＋3H2O，正确；答案选C。
点睛：二次电池放电时为原电池原理，充电时为电解原理。充电时的阴极反应为放电时负极反应的逆过程，充电时的阳极反应为放电时正极反应的逆过程。
16.某烃的相对分子质量为86,分子中含有1个一CH2一、1个和若干个一CH3,该烃的一氯代物有
A. 3种 B. 4种 C. 5种 D. 6种
【答案】A
【解析】
试题分析：某烃的相对分子质量为86，分子中含有1个—CH2—、1个、和若干个—CH3，则该烃是烷烃，根据CnH2n+2可得14n+2=86，解得n=6。其可能的结构简式是，该物质分子中含有3种不同的H原子，它们被分别取代得到三种不同的一氯代物，因此该烃的一氯代物有3种，故选项是A。
考点：考查有机物的结构及同分异构体的种类的判断的知识。
17.一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图.下列有关该电池的说法正确的是( )
A. 反应CH4+H2O 3H2+CO,每消耗1 mol CH4转移12 mol 电子
B. 电极A上H2参与的电极反应为:H2+2OH- -2e-=2H2O
C. 电池工作时, CO32-向电极B移动
D. 电极B上发生的电极反应为:O2+2CO2+4e-=2CO32-
【答案】D
【解析】
试题分析：A、每消耗1摩尔甲烷，转移6摩尔电子，错误，不选A；B、电解质为熔融的碳酸盐，不含氢氧根离子，错误，不选B；C、B极通入氧气，为正极，碳酸根离子向负极移动，错误，不选C；D、电极B上氧气得到电子生成碳酸根离子，正确，选D。
考点：原电池的原理的应用
18.将1 mol CH4和适量O2在密闭容器中混合点燃，充分反应后CH4和O2均无剩余，且产物均为气体，质量为72 g。下列叙述正确的是
A. 若将产物通过碱石灰，则可全部被吸收；若通入浓硫酸，则不能完全被吸收
B. 产物的平均摩尔质量为20 g·mol－1
C. 若将产物通过浓硫酸后恢复至室温，压强变为原来的1/2
D. 反应中消耗O256 g
【答案】D
【解析】
由质量守恒可知氧气的质量为：m(O2)=72g-1mol×16g/mol=56g，则氧气的物质的量为：n(O2)==1.75mol，1mol甲烷与足量氧气完全燃烧消耗氧气的物质的量为：(1+)mol=2mol＞1.75mol，若只生成CO与水，根据原子守恒可知消耗氧气的物质的量为：=1.5mol＜1.75mol，故甲烷燃烧生成二氧化碳、一氧化碳与水，根据氢原子守恒，生成水2mol，设二氧化碳、一氧化碳的物质的量分别为xmol、ymol，根据碳原子与氧原子守恒，则：x+y＝1，2x+y＝1.75×2−2，解得：x=0.5、y=0.5。A．由上述分析可知，生成的气体为二氧化碳、一氧化碳与水，通过碱石灰，二氧化碳与水被吸收，CO不能被吸收，故A错误；B．产物中混合气体的平均摩尔质量为：===24g/mol，故B错误；C．由于恢复到“室温”，原条件下“产物均为气体”，水为气体，则不是在室温下，温度不同，无法根据气体的物质的量计算压强之比，故C错误；D．根据质量守恒可知，参加反应的氧气的质量为：72g-1mol×16g/mol=56g，故D正确；故选D。
点睛：本题考查烃的燃烧的计算，根据守恒计算参加反应氧气的物质的量，再利用耗氧量判断生成的物质是关键。本题的易错点为C，注意温度不同，无法根据气体的物质的量计算压强大小。
19.下列有关有机物的说法正确的是( )
A. C2H5COOC2H5存在C4H9COOH时可以加入饱和Na2CO3溶液后分液除去
B. 异戊烷也叫2-甲基戊烷
C. 分子式为C5H12O且能与金属钠反应产生气体的有机物，其同分异构体共有9种
D. 不能用溴水鉴别苯、乙醇、四氯化碳
【答案】A
【解析】
【详解】A.C2H5COOC2H5不溶于饱和Na2CO3溶液，C4H9COOH具有酸性，可以与碳酸钠溶液反应，所以C2H5COOC2H5存在C4H9COOH时可以加入饱和Na2CO3溶液后分液除去，故A正确；
B.戊烷有3种结构，正戊烷、异戊烷和新戊烷；其中异戊烷的结构简式：CH3-CH2-CH(CH3)CH3,其名称为：2-甲基丁烷，B错误；
C. 戊烷的同分异构体有CH3-CH2-CH2-CH2-CH3、 、 ,分子式为C5H12O且可与金属钠反应放出氢气的有机物为醇，有1-戊醇、2-戊醇、3-戊醇、2-甲基-1-丁醇、2-甲基-2-丁醇、3-甲基-2-丁醇、3-甲基-1-丁醇、2,2-二甲基-1-丙醇,所以有8种同分异构体，故C错误；
D. 苯、乙醇溶液和四氯化碳分别与溴水混合的现象为:分层后有机层在上层、不分层、分层后有机层在下层,现象不同,可鉴别,故D错误；
综上所述，本题选A。
【点睛】几种常见的烃基的异构体：甲基（1种），乙基（1种），丙基（2种），丁基（4种），戊基（8种），因此掌握好以上规律，就很容易判断C5H12O属于醇的异构体的种类有8种。
20.在同温同压下，某有机物和过量Na反应得到V1 L氢气，取另一份等量的有机物和足量NaHCO3反应得V2 L二氧化碳，若V1＝V2≠0，则有机物可能是( )
A. HOOC—COOH B. C. HOCH2CH2OH D. CH3COOH
【答案】A
【解析】
分析：羟基和羧基均能与钠反应产生氢气，只有羧基与碳酸氢钠反应生二氧化碳，据此解答。
详解：有机物和过量Na反应得到V1L氢气，说明分子中含有-OH或-COOH，另一份等量的该有机物和足量的NaHCO3反应得到V2L二氧化碳，说明分子中含有-COOH，反应关系式为：2-OH～H2，2-COOH～H2，-COOH～NaHCO3～CO2，若V1=V2≠0，说明分子中含有1个-OH和1个-COOH，只有A符合，答案选A。
第Ⅱ卷 非选择题(50分)
三、(本题包括5小题)
21.已知我们所学的烃和烃的衍生物具有下列转化关系,请回答有关问题
(1)写出以上三个反应的化学方程式(需注明反应所需的条件)
②_______________________________________________________
③_______________________________________________________
④_______________________________________________________
(2)在有机反应类型分类中,反应①属于__________,;
(3)含有4个碳原子,与C2H6互为同系物的物质的分子式为______,写出该组成互为同分异构体的化合物的结构简式________,________;
【答案】 (1). ：CH2 = CH2 + H2OCH3CH2OH (2). CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O (3). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO + 2H2O (4). 加成反应 (5). C4H10 (6). CH3CH2CH2CH3 (7). (CH3)2CHCH3
【解析】
【分析】
CH2=CH2与氢气发生加成反应生成C2H6，CH2=CH2与水发生加成反应生成CH3CH2OH，CH3CH2OH氧化成乙醛，乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，据以上分析解答。
【详解】(1)反应②为CH2=CH2与水发生加成反应生成CH3CH2OH，方程式为：CH2 = CH2 + H2OCH3CH2OH；综上所述，本题答案是：CH2 = CH2 + H2OCH3CH2OH。
③乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，方程式为： CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；综上所述，本题答案是：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O。
④CH3CH2OH氧化成乙醛，方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO + 2H2O综上所述，本题答案是：2CH3CH2OH+O22CH3CHO + 2H2O。
(2)CH2=CH2与氢气发生加成反应生成C2H6，反应①属于加成反应；综上所述，本题答案是：加成反应。
(3)与C2H6互为同系物的含有4个碳原子的烷烃的分子式为C4H10，结构简式为CH3CH2CH2CH3、 (CH3)2CHCH3；综上所述，本题答案是：C4H10，CH3CH2CH2CH3， (CH3)2CHCH3。
22.以下是25℃时几种难溶电解质的溶解度:
难溶电解质
Mg(OH)2
Cu(OH)2
Fe(OH)2
Fe(OH)3
溶解度/g
910-4
1.710-6
1.510-4
3.010-9
在无机化合物的提纯中,常利用难溶电解质的溶解平衡原理除去某些离子,例如:
①为了除去氯化铵中的杂质Fe3+,先将混合物溶于水,再加入一定量的试剂反应,过滤结晶即可;
②为了除去氯化镁晶体中的杂质Fe3+,现将混合物溶于水,再加入足量的氢氧化镁,充分反应,过滤结晶即可;
③为了除去硫酸铜晶体中的杂质Fe2+,先将混合物溶于水,再加入一定量的H2O2,将Fe2+氧化成Fe3+,调节溶液的pH=4,过滤结晶即可;
请回答下列问题:
(1).上述三个除杂方案都能够达到很好的效果,Fe3+、Fe2+都被转化为__________(填名称)而除去
(2).①中加入的试剂应该选择__________为宜。
(3).②中除去Fe3+时所发生的总反应的离子方程式为__________
(4).下列与方案③相关的叙述中,正确的是（ ）
A.H2O2是绿色氧化剂,在氧化过程中不引进杂质,不产生污染
B.将Fe2+氧化为Fe3+的主要原因是Fe(OH)2沉淀比Fe(OH)3沉淀难过滤
C.调节溶液pH=4可选择的试剂是氢氧化铜或碱式碳酸铜
D.Cu2+可以大量存在于pH=4的溶液中
E.在pH>4的溶液中Fe3+—定不能大量存在
【答案】（1）氢氧化铁 （2）氨水；不会引入新的杂质
（3）2Fe3＋＋3Mg(OH)2 ="=" 3 Mg2+ ＋2Fe(OH)3 （4）A C D E
【解析】
试题分析：（1）①中为了不引入其他杂质离子，应加氨水使Fe3+沉淀，而不能用氢氧化钠溶液；②中根据溶解度表可知Mg（OH）2易转化为Fe（OH）3，因此在氯化镁溶液中加入足量的Mg（OH）2可除去Fe3+，③由于Fe（OH）2的溶解度大于Fe（OH）3，所以一般将Fe2+先氧化成Fe3+，再调节溶液的pH＝4，形成Fe（OH）3沉淀．故答案为：Fe（OH）3；
（2）①中为了不引入其他杂质离子，应加氨水使Fe3+沉淀，而不能用氢氧化钠溶液；
（3）②中根据溶解度表可知Mg（OH）2易转化为Fe（OH）3，因此在氯化镁溶液中加入足量的Mg（OH）2可除去Fe3+：2Fe3++3Mg（OH）2＝3Mg2++2Fe（OH）3；
（4）A、根据H2O2是绿色氧化剂，在氧化过程中不引进杂质、不产生污染，故A正确；B、根据Fe（OH）2的溶解度大于Fe（OH）3，沉淀不完全，故B错误；C、原来溶液是酸性较强，加入氢氧化铜或碱式碳酸铜可以与H+反应．H+反应后，pH增大，当pH＝4的时候，Fe（OH）3完全沉淀，而Cu2+还没沉淀．而氢氧化铜或碱式碳酸铜是固体，不会引入新的杂质，故C正确；D、原来溶液是酸性较强，加入氢氧化铜或碱式碳酸铜可以与H+反应．H+反应后，pH增大，当pH＝4的时候，Fe（OH）3完全沉淀，而Cu2+还没沉淀，以Cu2+形式存在，而氢氧化铜或碱式碳酸铜是固体，不会引入新的杂质，故D正确；E、在pH＞4的溶液中Fe3+全部以Fe（OH）3完全沉淀，Fe3+一定不能大量存在，故E正确；故选：ACDE。
考点：考查Fe2+、Fe3+的沉淀、物质的分离与提纯以及溶解平衡应用
23.某校学生为探究苯与溴发生反应的原理,用如图装置进行实验。
根据相关知识回答下列问题:
(1)装置Ⅱ中发生反应的化学方程式为__________
(2)实验开始时,关闭K2,开启K1和分液漏斗活塞,滴加苯和液溴的混合液,反应开始。过一会儿,在Ⅲ中可能观察到的现象是__________
(3)整套实验装置中能防止倒吸的装置有__________(填装置序号)。
(4)冷凝管的作用是__________
(5)你认为通过该实验后,有关苯跟溴反应的原理方面能得出的结论是__________
【答案】 (1). 2Fe+3Br22FeBr3 (2). 小试管中有气泡,有白雾出现广口瓶内溶液中有浅黄色溴化银沉淀生成 (3). III和IV (4). 导气,冷凝回流挥发出来的Br2和 (5). 苯跟溴能发生取代反应
【解析】
【分析】
(1)溴与铁反应生成溴化铁,苯和液溴在溴化铁的催化作用下生成溴苯和溴化氢；
(2)从冷凝管出来的气体为溴化氢,溴化氢不溶于苯,溴化氢遇空气中水蒸气形成酸雾,溴化氢能与硝酸银反应生成溴化银沉淀；
(3)装置III和IV中的导管没有与溶液接触,能防倒吸；
(4)冷凝管冷凝溴单质；
(5)根据取代反应和加成反应的区别在于是否产生溴化氢。
【详解】（1）因溴与铁反应生成溴化铁: 2Fe+3Br22FeBr3,苯和液溴在溴化铁的催化作用下生成溴苯和溴化氢: ；因此，本题正确答案是: 2Fe+3Br22FeBr3。
(2)因从冷凝管出来的气体为溴化氢,溴化氢不溶于苯,溴化氢遇空气中水蒸气形成酸雾,溴化氢能与硝酸银反应生成溴化银沉淀,因此，本题正确答案是：小试管中有气泡,有白雾出现广口瓶内溶液中有浅黄色溴化银沉淀生成。
(3). 装置III和IV中的导管没有与溶液接触,所以装置III和IV能防倒吸；因此，本题正确答案是:III和IV。
(4)装置(Ⅲ)冷凝管的作用是导气，让挥发出来的溴单质冷凝,防止对产物的干扰；因此，本题正确答案是：导气，冷凝回流挥发出来的Br2和 。
(5)取代反应和加成反应的区别在于是否产生溴化氢,通过实验证明产生了溴离子,即苯跟溴能发生取代反应；因此，本题正确答案是:苯跟溴能发生取代反应。
24.为了探究原电池和电解池的工作原理，某研究性学习小组分别用下图所示的装置进行实验。据图回答问题。
I.用图甲所示装置进行第一组实验时：
(1)在保证电极反应不变的情况下，不能替代Cu作电极的是_____ (填字母)。
A石墨 B. 镁 C.银 D.铂
(2)实验过程中，SO42-____(填“从左向右”“从右向左”或“不”)移动；滤纸上能观察到的现象是________________。
II.该小组同学用图乙所示装置达行算二组实验时发现，两极均有气体产生，且Y极处溶液逐渐变成紫红色；停止实验观察到铁电极明显变细，电解液仍然澄清。查阅资料知，高铁酸根(FeO42-)在溶液中呈紫红色。请根据实验现象及所查信息，回答下列问题：
(3)电解过程中，X极处溶液的OH-浓度____(填“增大”“减小”或“不变)。
(4)电解过程中，Y极发生的电极反应为________________。
(5)电解进行一段时间后，若在X极收集到672mL气体，Y电板(铁电极)质量减小0.28g，则在Y极收集到气体为____mL(均己折算为示准状况时气体体积)。
(6)K2FeO4-Zn也可以组成碱性电池，K2FeO4在电池中作为正极材料，其电池反应总反应式为2K2FeO4+3Zn=Fe2O3+ZnO+2K2ZnO2，该电池正极发生的电极反应式为_______。
【答案】 (1). B (2). 从右向左 (3). 滤纸上有蓝色沉淀产生(答出“蓝色沉淀”或“蓝色斑点”即可) (4). 增大 (5). 4OH--4e-=2H2O+O2↑ Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O (6). 168 (7). 2FeO42-+6e-+5H2O=Fe2O3+10OH-
【解析】
分析：I.甲装置是原电池，Zn作负极，Cu作正极，利用该原电池电解氢氧化钠溶液，结合原电池、电解池的工作原理解答。
II.乙装置是电解池，铁电极与电源正极相连，作阳极，铁失去电子，碳棒是阴极，氢离子放电，结合电极反应式以及电子得失守恒解答。
详解：（1）甲装置是原电池，Zn作负极，Cu作正极。若要保证电极反应不变，则另一个电极的活动性只要比Zn弱即可。根据金属活动性顺序可知Mg＞Zn，因此不能是Mg，答案选B。
（2）根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，实验过程中，SO42−会向正电荷较多的Zn电极方向移动。即从右向左移动。利用该原电池电解氢氧化钠溶液，由于电极均是铜，在阳极上发生反应Cu-2e-=Cu2+，产生的Cu2+在溶液中发生反应Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓，所以在滤纸上能观察到的现象是有蓝色沉淀产生。
（3）由图可知：X为阴极。电解过程中，X极上发生：2H++2e-=H2↑，破坏了水的电离平衡，水继续电离，最终导致溶液的c(OH-)增大，所以X极处溶液的c(OH-)增大。
（4）由于实验时发现，两极均有气体产生，且Y极处溶液逐渐变成紫红色；停止实验观察到铁电极明显变细，电解液仍然澄清。又因为高铁酸根(FeO42-)在溶液中呈紫红色，所以在电解过程中，Y极发生的电极反应为4OH−－4e−=2H2O+O2↑和Fe－6e−+8OH−=FeO42−+4H2O；
（5）X电极产生氢气，n(H2)=0.672L÷22．4L/mol=0.03mol，n(e-)=0.06mol。在整个电路中电子转移数目相等，则4×n(O2)+6×(0．28g÷56g/mol)=0．06mol，解得n(O2)=0．0075mol，所以V(O2)=0.0075mol×22.4L/mol=0.168L=168mL；
（6）K2FeO4－Zn也可以组成碱性电池，Zn作负极，负极的电极反应式为3Zn-6e-+6OH-=3Zn(OH)2。K2FeO4在电池中作为正极材料，其电池反应为2K2FeO4+3Zn=Fe2O3+ZnO+2K2ZnO2。用总反应式减去负极电极式可得该电池正极发生的电极反应式为2FeO42−+6e−+5H2O=Fe2O3+10OH−。
25.为探究实验室制乙烯及乙烯和溴水的加成反应。甲同学设计了如图所示的实验装置，并进行了实验。当温度升至170℃左右时，有大量气体产生，产生的气体通入溴水中，溴水的颜色迅速褪去。甲同学认为达到了实验目的。乙同学仔细考察了甲同学的整个实验过程，发现当温度升到100℃左右时，无色液体开始变色，到160℃左右时，混合液全呈黑色，在超过170℃后生成气体速度明显加快，生成的气体有刺激性气味。由此他推出，产生的气体中应有某杂质，可能影响乙烯的检出，必须除去。据此回答下列问题：
(1)写出甲同学实验中两个主要反应的化学方程式：________________________；________________________
(2)乙同学认为因刺激性气体的存在不能认为溴水褪色是乙烯的加成反应造成的。原因是(用化学方程式表示)：____________________________________
(3)丙同学根据甲、乙同学的分析，认为还可能有CO、CO2两种气体产生。为证明CO存在，他设计了如下过程(该过程可把实验中产生的有机产物除净)：发现最后气体经点燃是蓝色火焰，确认有一氧化碳。
①设计装置a的作用是________________________________________________
②浓氢氧化钠的作用是____________________________________
③浓溴水的作用是________________________
④稀溴水的作用是________________________
【答案】 (1). CH3CH2OH CH2=CH2+H2O (2). CH2=CH2+Br2 CH2Br-CH2Br (3). Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4 (4). 防倒吸装置 (5). 除去SO2和CO2 (6). 吸收乙烯 (7). 检验乙烯、SO2是否除净
【解析】
【详解】(1)乙醇在浓硫酸的催化作用下发生分子内脱水制取乙烯,乙醇发生的消去反应为：CH3CH2OH CH2=CH2+H2O；反应生成的乙烯与溴发生加成反应：CH2=CH2+Br2 CH2Br-CH2Br ；综上所述，本题答案是：CH3CH2OH CH2=CH2+H2O，CH2=CH2+Br2 CH2Br-CH2Br 。
(2)当温度升到100℃左右时,无色液体开始变色,到160℃左右时,混合液全呈黑色,可以知道浓硫酸使乙醇脱水,生成黑色的碳,同时C与浓硫酸发生氧化还原反应生成SO2,反应方程式为：Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，则刺激性SO2气体的存在不能认为溴水褪色是乙烯的加成反应造成的；因此，本题正确答案是：Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4。
（3）①二氧化硫、二氧化碳与浓氢氧化钠反应，装置的压强减小，发生倒吸，故a装置可防止浓氢氧化钠倒吸到反应容器中；综上所述，本题答案是：防倒吸装置。
②由于二氧化硫和二氧化碳会干扰后续实验，故用浓氢氧化钠除去；综上所述，本题答案是：除去SO2和CO2 。
③浓溴水可以和乙烯发生加成反应，用来吸收乙烯；综上所述，本题答案是：吸收乙烯。
④稀溴水和乙烯可以发生加成反应而褪色，也可以和二氧化硫发生氧化还原反应褪色，故可用来检验乙烯和二氧化硫是否除尽；综上所述，本题答案是：检验乙烯、SO2是否除净。
【点睛】实验室用乙醇和浓硫酸加热反应时，会产生杂质气体二氧化硫和二氧化碳，二氧化硫的还原性较强，能够与溴水、酸性高锰酸钾溶液反应，在进行后续实验之前，要除去二氧化硫和二氧化碳杂质。
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