黑龙江省伊春市伊春区第二中学高二化学下学期期末复习模拟试卷(含解析)

黑龙江省伊春市伊春区第二中学2015-2016学年高二下期期末复习
化学模拟试题（解析版）
1．根据下图提供的信息，下列所得结论正确的是
A．该反应是吸热反应
B．该反应的生成物比反应物稳定
C．该反应一定可以设计成为原电池
D．该反应向外界放出的热量为E2-E3
【答案】B
【解析】
2．下列说法中正确的是 ( )
A.与互为同系物
B.乙醇和乙醚互为同分异构体
C.可用浓溴水来区分乙醇和苯酚
D.乙醇、乙二醇、丙三醇互为同系物
【答案】C
【解析】
试题分析：结构相似，分子组成相差若干个CH2原子团的同一类物质互为同系物。

A中不是同一类有机物，不能互为同系物；乙醇和乙醚的分子式不同，不能互为同分异构体；C中浓溴水能和苯酚反应生成白色沉淀三溴苯酚，而溴水和乙醇互溶，可以鉴别；D中羟基的个数不同，三者不能互为同系物，所以正确的答案选C。

考点：考查同系物、同分异构体的判断以及物质的鉴别
点评：该题是基础性试题的考查，试题注重基础，兼顾能力的考查和训练，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生分析问题、解决问题的能力。

3．下列关于物质性质与应用的说法正确的是（）
A．碳具有还原性，高温条件下能将二氧化硅还原为硅
B．二氧化硫有漂白、杀菌性能，可在食品加工中大量使用
C．二氧化硅是半导体材料，可将太阳能直接转化为电能
D．二氧化锰具有较强的的氧化性，可作H2O2分解的氧化剂
【答案】A
【解析】
试题分析：A．碳的非金属性比Si强，碳单质具有还原性，高温条件下能将二氧化硅还原为硅，正确；B．二氧化硫有漂白、杀菌性能，但是由于对人体会产生一定的危害，有毒，所
以不可在食品加工中大量使用，错误；C．晶体硅是半导体材料，可将太阳能直接转化为电能，错误；D．二氧化锰具有较强的的催化性，可作H2O2分解的催化剂，错误。

考点：考查物质性质与应用的知识。

4．下列离子方程式书写正确的是
A．金属铝投入NaOH溶液中：2Al+2OH-+H2O=2AlO2-+2H2↑
B．石英与烧碱反应：SiO2+2OH-=SiO32-+H2O
C．氯化铝溶液中加入过量的氨水：Al3++4NH3·H2O=AlO2-+4NH4++2H2O
D．向小苏打溶液中加入过量B a(O H)2：2HCO3-+Ba2++2OH-=BaCO3↓+2H2O+CO32-
【答案】B
【解析】
试题分析：A．金属铝投入NaOH溶液中发生反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，故A错误；B．石英与烧碱反应的离子方程式为SiO2+2OH-=SiO32-+H2O，故B正确；C．氯化铝溶液中加入过量的氨水的离子方程式为Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故C错误；D．向小苏打溶液中加入过量B a(O H)2：HCO3-+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O，故D错误，答案为B。

考点：考查离子方程式正误判断
5．下列说法正确的是
A．在一定条件下，乙烯能与H2发生加成反应，苯不能与H2发生加成反应
B．C2H6O和C4H10都有2种同分异构体
C．乙酸乙酯、乙酸均能与NaOH反应，二者分子中官能团相同
D．淀粉和蛋白质均可水解生成葡萄糖
【答案】B
【解析】
试题分析：A．在一定条件下，乙烯能与H2发生加成反应，苯也能与H2发生加成反应，A错误；B．C2H6O有乙醇和二甲醚2种同分异构体；C4H10有正丁烷和异丁烷2种同分异构体，B 正确；C．乙酸乙酯、乙酸均能与NaOH反应，前者官能团是酯基，后者是羧基，分子中官能团不相同，C错误；D．淀粉可水解生成葡萄糖，而蛋白质水解产生氨基酸，D错误。

考点：考查有机物的结构与性质的知识。

6．下列根据实验操作和实验现象所得出的结论不正确的是（）
选项实验操作实验现象结论
A 向沸水中滴加少量饱和氯化铁溶液，加热至溶
有丁达尔效应红褐色液体为胶体液呈红褐色，用激光笔照射
B 向溶液X中加入NaHCO3粉末产生无色气体X一定属于酸
C 向淀粉NaI溶液中加入氯水溶液变蓝氧化性：Cl2＞I2
D 将气体X分别通入溴水和酸性高锰酸钾溶液两溶液均褪色X可能是SO2
【答案】B
【解析】
试题分析：A、沸水中加入饱和氯化铁溶液，加热到红褐色，说明生成了氢氧化铁胶体，有丁达尔效应，正确，不选A；B、和碳酸氢钠反应生成无色气体的物质不一定是酸，可能是硫酸氢钠，错误，选B；C、碘化钠和氯气反应生成碘单质和氯化钠，碘遇到淀粉变蓝色，说明氯气的氧化性强于碘单质，正确，不选C；D、二氧化硫和溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色，正确，不选D。

考点：实验方案的设计和评价
7．中国的瓷器驰名世界，英文的“中国”（China)一词又指“瓷器”，下列有关“陶瓷”叙述正确是
A 、陶瓷现在才进入人类生活
B 、陶瓷、玻璃、水泥等属于硅酸盐产品
C 、陶瓷是纯净物
D 、陶瓷不含硅元素
【答案】B
【解析】陶瓷是传统非金属材料，应用较早，它属于硅酸盐产品，属于混合物，答案为B
8．下列各元素中，一定属于主族元素的是（ ）
A 、X 元素能形成+7价的含氧酸及其盐
B 、Y 元素原子最外层电子数为2
C 、Z 元素的阴离子与同一周期稀有气体元素的原子电子层结构相同
D 、R 元素的最高价氧化物是酸性氧化物
【答案】C
【解析】
试题分析：A ．Mn 元素能形成成+7价的含氧酸及其盐，Mn 为过渡元素，因此可以形成+7价的含氧酸及其盐的不一定为主族元素，A 项错误；B ．He 的最外电子层上有2个电子，属于稀有气体元素，是0族，则原子最外电子层上有2个电子不一定为主族元素，B 项错误；C ．主族元素形成的阴离子与同周期稀有气体具有相同的电子层结构，则Z 元素的阴离子与同一周期稀有气体元素原子的电子层结构相同，Z 为主族元素，C 项正确；D ．Zn 元素的氧化物也是两性氧化物，但锌是第ⅡB 族元素，D 项错误；答案选C 。

考点：考查主族元素的判断。

9．下列实验操作:①浓硫酸的稀释②称取一定质量的NaOH 固体 ③配制100ml0.1mol/l 的NaCl 溶液④用CCl 4萃取碘水的I 2⑤用自来水制取蒸馏水，一定要用到玻璃棒的是
A.①②③
B.②③④
C.③⑤
D.①③
【答案】D
【解析】
试题分析：①浓硫酸的稀释用玻璃棒搅拌；③配制100ml0.1mol/l 的NaCl 溶液，用玻璃棒搅拌和引流；故D 正确。

考点：本题考查电离方程式。

10．下列物质中，既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应的是
①23Al O ②2Ca(OH) ③23Na CO ④Al ⑤NaHCO 3
A ．①② B．②③ C．①④⑤ D．①④
【答案】C
【解析】
试题分析：①Al 2O 3两性氧化物，能与盐酸反应生成氯化铝与水，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，故①符合；②Ca(OH)2能与盐酸反应生成氯化钙与水，不能与氢氧化钠反应，故②不符合； ③Na 2CO 3能与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳与水，不能与氢氧化钠反应，故③不符合；④Al 属于两性金属，能与盐酸反应生成氯化铝与氢气，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与氢气，故④符合； ⑤NaHCO 3属于弱酸酸式盐，能与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳、水，能与氢氧化钠反应生成碳酸钠与水，故⑤符合；故选C 。

考点：考查了的相关知识。

【考点定位】考查元素及其化合物的性质
【名师点晴】本题考查元素化合物的性质等，难度中等，注意归纳总结中学常见能与酸、碱反应的物质，结合物质的性质进行分析解答。

既能与盐酸反应又能与氢氧化钠溶液反应的物质有：两性化合物(如Al 2O 3、Al(OH)3等)、弱酸的铵盐(如(NH 4)2CO 3等)、弱酸的酸式盐(NaHCO 3、NaHS 等)、一些单质(如Al)、氨基酸等。

11．下列各溶液中，微粒的物质的量浓度关系正确的是
A．0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液：c(Na+)=2c(HCO3－)+2c(CO32－)+2c(H2CO3)
B．0.1 mol·L－1 NH4Cl溶液：c(NH4+)=c(Cl－)
C．向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液：c(Na+) > c(CH3COO－) > c(H+) > c(OH －)
D．常温下，将pH=2的盐酸和pH=12的氨水等体积混合后：c(NH4+) > c(Cl－) > c(OH－) > c(H+) 【答案】AD
【解析】
试题分析：A、Na2CO3溶液中，根据化学式可得物料守恒等式c(Na+)=2c(HCO3－)+2c(CO32－)+2c(H
2CO3)，正确；B、NH4Cl溶液中铵根离子水解使c(NH4
+)<c(Cl－)，错误；C、醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液，说明醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，所以c(CH3COO－) > c(Na+)，错误；D、氨水是弱碱溶液，所以氨水的浓度大于盐酸的浓度，等体积混合后氨水过量，溶液呈碱性，所以c(NH4+) > c(Cl－) > c(OH－) > c(H+)，正确，答案选AD。

考点：考查盐溶液的水解，离子浓度的比较，守恒规律的应用
12．下列反应水解方程式正确的是
A．AlCl3＋3H2O＝Al(OH)3＋3HCl
B．Na2CO3＋2H2O H2CO3＋2NaOH
C．碳酸氢钠溶液：HCO3－＋H2O H2CO3＋OH—
D．NH4Cl溶于D2O中：NH4＋＋D2O NH3·D2O＋H＋
【答案】C
【解析】
试题分析：A、水解是可逆的，水解方程式为AlCl3＋3H2O Al(OH)3＋3HCl，A错误；B、碳酸钠水解是分步进行的，即Na2CO3＋H2O NaHCO3＋NaOH，B错误；C、碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子的水解方程式为HCO3－＋H2O H2CO3＋OH—，C正确；D、NH4Cl溶于D2O中的水解方程式为NH4＋＋D2O NH3·DHO＋D＋,D错误，答案选C。

【考点定位】本题主要是考查水解方程式的正误判断
【名师点晴】该题的关键是明确水解原理，易错选项是B和D。

判断水解方程式正误时需要注意：首先判断是什么离子水解，其次判断是分步水解还是一步到位，最后还需要注意水解程度一般很小，不会形成沉淀和气体，一般需要可逆号连接。

13．下述实验方案不能达到实验目的的是
编
号
A B C D
实
验
方
案
片刻后在Fe电极附近
滴入K3[Fe(CN)6]溶液2mL0.1mol·L-1NaCl 溶液
① 加入3滴同浓度的AgNO3溶液再加入3滴同浓度的Na2S 溶液
目的验证乙炔的还原性收集氨气验证Fe电极被保护
验证AgCl的溶解度
大于Ag2S
【答案】B
【解析】
试题分析：A.电石的主要成分是CaC2，还含有杂质CaS,与饱和食盐水中的水反应产生C2H2，CaS与水反应产生H2S，H2S与CuSO4发生复分解反应：H2S+与CuSO4=CuS↓+ H2SO4; C2H2与酸
性KMnO4发生氧化还原反应，是溶液的紫色褪去。

因此可以证明乙炔的还原性，正确；B.NH4Cl
与Ca(OH)2在加热时发生反应产生氨气，Ca(OH)2+2NH4Cl2NH3↑+2H2O+CaCl2，由于氨气
的密度比空气小，要用向下排空气的方法收集，但是氨气可以与酸发生产生固体铵盐，所以
就不能收集氨气，达不到收集氨气的目的，错误；C.Zn、Fe及电解质溶液构成了原电池，
由于金属活动性Zn>Fe，Zn作负极，被氧化的是Zn，Fe作正极，被保护，正确；D.向HCl
溶液中加入AgNO3溶液，发生反应：Cl-+Ag+=AgCl↓，产生的白色沉淀AgCl在溶液中存在沉
淀溶解平衡：AgCl(s) Cl-(aq)+Ag+(aq)，当向该溶液中加入同浓度的Na2S溶液时，
会发生反应：S2-+2Ag+=Ag2S↓,沉淀变为黑色，可以验证AgCl的溶解度大于Ag2S，正确。

考点：考查实验方案的设计与评价的知识。

14．某溶液中含有的离子可能是K+、Ba2+、A13+、Mg2+、AlO2－、CO32－、SiO32－、Cl－中的几种，现进行如下实验：①取少量溶液加氢氧化钠溶液过程中无沉淀生成；②另取少量原溶液，逐
滴加入5 mL0.2 mol·L-1盐酸，发生的现象是：开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变
后产生气体，最后沉淀逐渐减少至消失；③在上述②沉淀消失后的溶液中，再加入足量的硝
酸银溶液可得到沉淀0.43 g。

下列说法中正确的是：
A．该溶液中一定不含Ba2+ 、Mg2+、A13+、SiO32－、Cl－
B．该溶液中一定含有K+、AlO2－、CO32－、Cl－
C．该溶液是否有K+ 需做焰色反应（透过蓝色钴玻璃片）
D．可能含有Cl－
【答案】B
【解析】
试题分析：①向溶液中加氢氧化钠溶液过程中无沉淀生成，说明溶液中一定不存在与氢氧化
钠生成沉淀的离子：A13+、Mg2+；②向原溶液中逐滴加入5mL0.2mol•L-1盐酸，开始产生沉淀
并逐渐增多，沉淀量基本不变后产生气体，最后沉淀逐渐减少至消失；滴加盐酸产生和溶解
的沉淀为氢氧化铝，气体为二氧化碳，说明原溶液中存在AlO2-和CO32-，所以一定不存在不
溶于盐酸的SiO32-和与CO32-反应的Ba2+，再根据溶液电中性可知：溶液中一定存在唯一的阳
离子：K+；③在②沉淀消失后的溶液中，再加入足量的硝酸银溶液可得到沉淀0.43g，沉淀
为AgCl，物质的量为：0.43g÷143.5g/mol≈0.003mol；②中加入的氯离子的物质的量为：
n（HCl）=0.2mol/L×0.005L=0.001mol＜n（AgCl），所以原溶液中一定存在0.02mol Cl-，A、根据以上分析可知，溶液中一定不存在Ba2+、Mg2+、A13+、SiO32-，一定存在Cl-，A错误；B、由分析可知：该溶液中一定含有K+、AlO2-、CO32-、Cl-，B正确；C、根据溶液的电中性可以
判断，溶液中一定存在钾离子，不需要通过焰色反应判断钾离子是否存在，C错误；D、根
据生成氯化银沉淀的物质的量可知，原溶液中一定存在氯离子，D错误；答案选B。

考点：考查离子的检验。

15．家庭使用的天然气主要成分是甲烷，液化石油气的主要成分为丙烷。

（1）将等物质的量的甲烷和氯气混合后，在漫射光的照射下充分反应，所得产物中物质的
量最大的是________（写化学式，下同），在所有生成物中，和甲烷分子一样具有正四面体结构的物质是___________；
（2）液化石油气燃烧的主要化学方程式为__________________________；现有一套以天然气为原料的灶具，欲改为烧液化石油气，需要对灶具进行改装的措施是：_______________空气进量（填“增大”或“减小”）；
（3）丙烷可以认为是丙烯的加成产物，也可以认为是某块的加成产物，该炔是_________（写结构简式）；
（4）丙烯跟溴起加成反应，标准状况下，11.2L 丙烯可以与________gBr 2完全反应。

【答案】（12分）（1）HCl ；CCl 4；（2）C 3H 8+5O 23CO 2+4H 2O ；增大；（3）CH 3C≡CH；（4）80g
【解析】
试题分析：（1）甲烷和氯气反应生成卤代烃和氯化氢，物质的量最大的为HCl ；在所有的生成为中四氯化碳为正四面体；（2）液化石油气的主要成分为丙烷，燃烧生成二氧化碳和水，方程式为C 3H 8+5O 23CO 2+4H 2O ；因为1摩尔甲烷消耗2摩尔氧气，而1摩尔丙烷消耗5摩尔氧气，所有天然气的改为液化石油气，则要增大空气的进入量；（3）丙烷可以是丙炔加成得到的，结构为CH 3C≡CH；（4）11.2升丙烯在标况下物质的量为0.5摩尔，需要0.5摩尔溴加成，溴的质量为80g 。

考点：甲烷的性质，有机物的燃烧
【名师点睛】甲烷和氯气反应是分步进行的，首先甲烷和氯气反应生成一氯甲烷和氯化氢，然后一氯甲烷和氯气反应生成二氯甲烷和氯化氢，二氯甲烷和氯气反应生成三氯甲烷和氯化氢，三氯甲烷和氯气反应生成四氯化碳和氯化氢，所以在反应的产物中氯化氢最多。

16．(16分)氢气是一种理想的“绿色能源”，利用氢能需要选择合适的储氢材料。

目前正在研究和使用的储氢材料有镁系合金、稀土系合金等。

（2）储氢材料Mg(AlH 4)2在110～200℃的反应为：Mg(AlH 4)2==MgH 2+2Al+3H 2↑。

反应中每转移3mol 电子时，产生的H 2在标准状况下的体积为__________L 。

（3）镧镍合金在一定条件下可吸收氢气形成氢化物：()()523LaNi s H g +LaNi 5H 6(s)0H ∆<，欲使LaNi 5H 6(s)释放出气态氢，根据平衡移动原理，可改变的条件是_______(填字母编号)。

a ．增加LaNi 5H 6(s)的量
b ．升高温度
c ．减小压强
d ．使用催化剂
（4）储氢还可借助有机物，如利用环己烷和苯之间的可逆反应来实现脱氢和加氢：
①某温度下，向恒容密闭容器中加入环己烷，起始浓度为amol·L -1，平衡时苯的浓度为b
mol·L-1，该反应的平衡常数K=____________(用含a、b的代数式表示)。

②一定条件下，下图装置可实现有机物的电化学储氢(忽略其它有机物)。

A是电源的______极(填“正”或“负”)；电解过程中产生的气体F为_____(填化学式)：电极D上发生的电极反应为__________________。

【答案】（16分）
（1）＋84.6（2分）（2）33.6（2分）（3）bc（2分）
（4）①mol3·L－3（3分）
②负（2分） O2（2分） C6H6＋6H＋＋6e－===C6H12（3分）
【解析】
试题分析：（1）根据盖斯定律可得，该反应的∆H=—2∆H1+∆H2=＋84.6kJ•mol‾1。

（2）根据反应Mg(AlH4)2==MgH2+2Al+3H2↑中H元素或Al元素化合价的变化，可知对应关系为：H2～ 2e‾，所以V（H2）=1/2n（e‾）×22.4L/mol=33.6L。

（3）a、增加固体的量，对化学平衡无影响，错误；b、该反应的正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，释放出的H2增多，正确；c、减小压强，平衡向气体系数增大的方向移动，即向左移动，释放出的H2增多，正确；d、使用催化剂，对化学平衡无影响，错误。

（4）①根据三段式进行计算：
初始浓度（mol•L‾1） a 0 0
转化浓度（mol•L‾1） b b 3b
平衡浓度（mol•L‾1） a—b b 3b
则平衡常数K=b•(3b)3/(a-b)= mol3·L－3
②根据电解装置示意图，左侧苯与H+得电子生成了环己烷，惰性电极D为阴极，所以A为电源的负极；阳极上发生OH‾失电子反应，生成O2，所以气体F为O2；电极D发生苯与H+得电子生成环己烷的反应，根据化合价的变化配平可得电极方程式为：C6H6＋6H＋＋6e－===C6H12考点：本题考查盖斯定律、化学平衡移动、平衡常数、电解原理、化学计算。

17．下列除杂方法正确的是（括号内为杂质）
A．乙烷（乙烯）通入过量氢气反应
B．苯（苯酚）溶于热水后分液
C．硬脂酸钠（丙三醇）加入NaCl后过滤
D．乙醇（乙醛）加酸性高锰酸钾溶液后蒸馏
【答案】C
【解析】
试题分析：A、乙烷中的乙烯若通入过量氢气发生加成反应，则乙烷中会引入氢气杂质，错误；B、苯酚在热水中的溶解度较大，但易溶于苯中，所以加入热水后蒸馏，可分离二者，错误；C、硬脂酸钠中的丙三醇加入氯化钠固体后，发生盐析现象，硬脂酸钠以固体析出，丙三醇与水互溶，过滤即可，正确；D、乙醇与乙醛均与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，错误，答案选C。

考点：考查物质的除杂试剂、方法的判断
18．影响化学反应速率的因素很多，某课外兴趣小组用实验的方法通过图（1）所示装置研究反应速率的有关问题。

（1）取一段镁条，用砂纸擦去表面的氧化膜，使镁条浸入锥形瓶内足量的稀盐酸中。

镁条与足量盐酸反应生成H2的量与反应时间的关系曲线如图（2）所示。

①请在答卷方框中画出上述反应的速率(mL/min)与时间(min)的关系曲线。

②在前4min内，镁条与盐酸的反应速率逐渐加快，在4min之后，反应速率逐渐减慢，请简述其原因：。

（2）某同学发现，纯度、质量、表面积都相同的两铝片与H+浓度相同的盐酸和硫酸在同温同压下反应时产生氢气的速率差别很大，铝和盐酸反应速率更快。

他决定对其原因进行探究。

填写下列空白：
①该同学认为：由于预先控制了反应的其他条件，那么，两次实验时反应的速率不一样的原因，只有以下五种可能：
原因Ⅰ：Cl－对反应具有促进作用，而SO42－对反应没有影响；
原因Ⅱ：_____________________；
原因Ⅲ：Cl－对反应具有促进作用，而SO42－对反应具有阻碍作用；
原因Ⅳ：Cl－、SO42－均对反应具有促进作用，但Cl－影响更大；
原因Ⅴ：______________________。

②该同学设计并进行了两组实验，即得出了正确结论。

他取了两片等质量、外形和组成相同、表面经过砂纸充分打磨的铝片，分别放入到盛有同体积、c(H+)相同的稀硫酸和盐酸的试管（两试管的规格相同）中：
a．在盛有硫酸的试管中加入少量NaCl或KCl固体，观察反应速率是否变化；
b．在盛有盐酸的试管中加入少量Na2SO4或K2SO4固体，观察反应速率是否变化。

若观察到实验a中_________，实验b中________，则说明原因Ⅲ是正确的。

依次类推。

该同学通过分析实验现象，得出了结论：Cl－对反应具有加速作用。

【答案】(1) ①图中要标明2、4、6min时刻时的速率及要画
出速率走向弧线
②镁和盐酸反应是放热反应，随着反应体系温度升高，反应速率增大；4min后由于溶液中H+浓度降低，所以导致反应速率减小（2）①Ⅱ：Cl—对反应没有影响，而SO42—对反应具有阻碍作用；Ⅴ：Cl—、SO42—均对反应具有阻碍作用，但Cl—影响更小（或SO42—影响更大）。

②反应速率加快；反应速率减慢。

【解析】
试题分析：(1) ① 2、4、6时刻时1氢气的体积分别为10毫升、20毫升、36毫升，其平均反应速率分别为5mL/min、7.5 mL/min、6 mL/min。

然后标出反应速率与时间图像，并用弧线。

如图。

②该反应是放热反应，随着反应的进行，放出的热量越多，溶液的温度越高，反应速率越大，随着反应的进行，溶液中的氢离子浓度逐渐减小，浓度越小，反应速率越小。

结合图像分析，镁和盐酸反应是放热反应，随着反应体系温度升高，反应速率增大（1分）；4min后由于溶液中H+浓度降低，所以导致反应速率减小。

（2）①Ⅱ：根据原因Ⅰ结合题意，提出与原因Ⅰ相反的观点，即Cl—对反应没有影响，而SO42—对反应具有阻碍作用；Ⅴ：Cl—、SO42—均对反应具有阻碍作用，但Cl—影响更小（或SO42—影响更大）。

②a中原来时快是因为有硫酸根离子，后加入氯离子，如果氯离子有促进作用，那么反应速率就比未加入时快，以此证明原因Ⅲ是正确的，b中原来时快有氯离子，后加入硫酸根离子，如果硫酸根离子有阻碍作用，那么反应速率比未加入时要慢，以此证明原因Ⅲ是正确的。

考点：化学反应速率的影响因素
19．实验室制备1，2－二溴乙烷的反应原理如下：
，CH2=CH2＋Br2→BrCH2CH2Br
可能存在的主要副反应有：乙醇在浓硫酸存在下在140 ℃脱水生成乙醚。

用少量溴和足量的乙醇制备1，2-二溴乙烷的装置如图所示：
有关数据列表如下：
乙醇1，2-二溴乙烷乙醚
状态无色液体无色液体无色液体
密度/g·cm－30.79 2.2 0.71
沸点/℃78.5 132 34.6
熔点/℃－130 9 －116
回答下列问题：
（1）在此制备实验中，要尽可能迅速地把反应温度提高到170 ℃左右，其最主要
．．．目的是___________ ；
（2）在装置C中应加入___________，其目的是吸收反应中可能生成的酸性气体 (填正确选项前的字母)； a．水 b．浓硫酸 c．饱和碳酸氢钠溶液 d．氢氧化钠溶液
（3）判断该制备反应已经结束的最简单方法是；
（4）将1，2－二溴乙烷粗产品置于分液漏斗中加水，振荡后静置，产物应在________层(填“上”“下”)；其同系物C4H8Br2有种同分异构体。

（5）若产物中有少量未反应的Br2，最好用________洗涤除去；(填正确选项前的字母) a．水 b．碘化钠溶液 c．氢氧化钠溶液 d．乙醇
【答案】 (1) 减少副产物乙醚生成；(2) d； (3)溴的颜色完全褪去；(4)下；8；(5) c；【解析】
试题分析：（1）乙醇在浓硫酸140℃的条件下，发生分子内脱水，生成乙醚，故答案为：减少副产物乙醚生成；
（2）浓硫酸具有强氧化性，将乙醇氧化成二氧化碳，自身被还原成二氧化硫，二氧化碳、二氧化硫能和氢氧化钠溶液反应，故答案为：d；
（3）乙烯和溴水发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，1，2-二溴乙烷为无色，故答案为：溴的颜色完全褪去；
（4）1，2-二溴乙烷和水不互溶，1，2-二溴乙烷密度比水大，C4H8Br2的同分异构体有
(4种)、（3种）、（2种），去除1，2-二溴乙烷本身，还有8种，故答案为：下；8；
（5）常温下Br2和氢氧化钠发生反应：2NaOH+Br2═NaBr+NaBrO+H2O，故答案为：c。

【考点定位】考查溴乙烷的制取
【名师点晴】该题较为综合，主要考查了乙醇制备1，2-二溴乙烷，掌握相关物质的基本化学性质，是解答本题的关键，平时须注意积累相关反应知识。

20．（8分）海水中溴常以NaBr形式存在，从海水中提取溴的方法之一是：①通入Cl2至浓缩的溴化物溶液，氧化海水中的Br-，然后用空气把生成的溴吹出。

②以氢氧化钠溶液吸收Br2(Br2跟烧碱生成NaBr和NaBrO3)。

③向所得含溴化合物溶液中加稀H2SO4，溴又重新析出。

完成下列问题：
(1)写出各步反应的化学方程式。

(提示：第③步反应中生成物有硫酸钠)
(2)经分析海水中含溴0.006 5%，则海水中含NaBr的质量分数是多少？试计算多少吨海水可制得1.0 t溴？(假设提取过程中溴无损失)
【答案】
(1)2NaBr+Cl2====2NaCl+Br2；6NaOH+3Br2====5NaBr+NaBrO3+3H2O；5NaBr+NaBrO3 +3H2SO4====3Na2SO4+3Br2+3H2O
(2)0.008 4% 需海水的质量为15 384.6 t
【解析】因海水中含溴0.006 5%，则海水中含NaBr的质量分数为0.006 5%×（103/80）=0.008 4%；设需x t海水，则：0.006 5%x t=1 t，解得：x=15 384.6 t。

21．某银白色金属单质A在空气中加热燃烧时发出黄色火焰，得到淡黄色固体B，A露置在空气中足够长时间最终变为C，B和气体D能生成C，A和B都能与水生成E，E和D也能生成C。

回答下列问题。

（1）写出下列物质的化学式：B ，C ，D ，E 。

（2）写出下列反应的离子方程式
．．．．．：
①A和水生成E：
②B和水生成E：
③E与D生成C：
（3）①B物质是否属于电解质（填：是、否）
②B物质是否属于碱性氧化物（填：是、否）
【答案】（1）Na2O2 （1分）Na2CO3 （1分）CO2（1分）NaOH（1分）
（2）①2Na + 2H2O = 2Na++2OH- + H2↑（2分）
② 2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑（2分）
③ CO2 + 2OH- =CO32-+ H2O（2分）
（3）是（1分）；否（1分）
【解析】
试题分析：某银白色金属单质A在空气中加热燃烧时发出黄色火焰，则A是Na，得到淡黄色固体B，钠在空气燃烧生成淡黄色固体过氧化钠，则B是Na2O2，钠露置在空气中足够长时间变为Na2CO3，所以C是Na2CO3，过氧化钠和气体D反应生成Na2CO3，则D是CO2，A和B都能与水生成E，则E是NaOH；
（1）据以上分析B、C、D、E分别是Na2O2 、Na2CO3 、CO2、NaOH。

（2）①Na和水生成NaOH：2Na + 2H2O = 2Na++2OH- + H2↑；②Na2CO3和水生成NaOH：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑；③NaOH与CO2生成Na2CO3：CO2 + 2OH- =CO32-+ H2O。

（3）①B是Na2O2，熔融状态下能导电，所以属于电解质；②B是Na2O2，属于过氧化物，不是碱性氧化物。

考点：考查物质推断
22．铁、铜单质及其化合物应用范围很广。

现有含氯化亚铁杂质的氯化铜晶体(CuCl2·2H2O)，为制取纯净的CuCl2·2H2O，首先将其制成水溶液，然后按如图步骤进行提纯：2＋3＋2＋pH，见下表：
氢氧化物完全沉淀时的pH 4 9.0 6.7
A．K2Cr2O7 B．NaClO C．H2O2 D．KMnO4
（2）加入氧化剂的目的是_______________。

（3）加入的物质Y是___（写化学式），目的是调节溶液的pH。

根据信息，溶液的pH范围应为。

（4）当c（Fe3+）=10-5mol/L时，认为沉淀完全，则Fe（OH）3的Ksp=
（5）结合方程式和必要文字说明解释不能将溶液III直接蒸发结晶得到CuCl2·2H2O晶体的原因_____。

（6）在饱和氯化铁溶液中加入碳酸钙粉末，发现碳酸钙逐渐溶解，同时还产生的现象有_______。

【答案】（1）C （2）将Fe2＋氧化成Fe3＋，便于生成沉淀与Cu2＋分离
（3）CuO[Cu(OH)2、CuCO3、Cu2(OH)2CO3也可以] 4≤pH＜4.7 （4）10-35
（5）CuCl 2+2H2O Cu（OH）2+2HCl 温度升高，HCl挥发，水解平衡正向移动，得到Cu（OH）2固体，而无法得到晶体。

（6）产生气泡和红褐色沉淀
【解析】
试题分析：根据流程图，氯化亚铁和氯化铜的混合液中，加入氧化剂可以将亚铁离子氧化为铁离子，调节pH可以将铁离子沉淀，得到氯化铜的水溶液，然后再酸性环境下蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥即可得到氯化铜晶体，则
（1）根据实验目的，加入氧化剂的目的是将Fe2+氧化成Fe3+，便于生成Fe（OH）3沉淀而与Cu2+分离。

K2Cr2O7、NaClO、H2O2、KMnO4都具有氧化性，能将亚铁离子氧化，但是K2Cr2O7、NaClO、KMnO4能引进新的杂质离子，双氧水是绿色氧化剂，得到的还原产物是水，不会引进杂质离子，则选择绿色氧化剂双氧水，答案选C。

（2）根据以上分析可知加入氧化剂的目的是将Fe2＋氧化成Fe3＋，便于生成沉淀与Cu2＋分离；（3）中和溶液的酸性，调节pH，将铁离子沉淀，铜离子不沉淀，可以加入CuO[Cu(OH)2、CuCO3、Cu2(OH)2CO3等均可]。

根据表中数据可知溶液的pH范围应为4≤pH＜4.7。

（4）氢氧化铁完全沉淀时pH＝4，即溶液中氢氧根的浓度是10－10mol/L，则该温度下氢氧化铁的溶度积常数是10－5×（10－10）3＝10－35。

铁离子和铜离子都能和碱之间反应得到沉淀，若不用物质Y，而是直接用碱能不能达到目的，故答案为：不能，加碱使Fe3+沉淀的同时也能使Cu2+沉淀；
（5）由于CuCl 2+2H2O Cu（OH）2+2HCl 温度升高，HCl挥发，水解平衡正向移动，得到Cu（OH）2固体，而无法得到晶体，所以不能将溶液III直接蒸发结晶得到CuCl2·2H2O晶体；（6）氯化铁和氯化铜的混合液显示酸性，若向溶液中加入碳酸钙，碳酸钙溶解，产生二氧化碳气泡，溶液的酸性减弱，铁离子会形成沉淀。

【考点定位】本题是一道物质的分离和提纯的实验方案设计题，考查学生分析解决问题以及灵活应用所学知识的能力
【名师点晴】工艺流程题的一般解题思路是：。