2022届宁波市名校高二下化学期末学业水平测试模拟试题含解析

2022届宁波市名校高二下化学期末学业水平测试模拟试题
一、单选题（本题包括20个小题，每小题3分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．关于图中装置说法正确的是
A．装置①中，盐桥(含有琼胶的KCl饱和溶液)中的K+移向ZnSO4溶液
B．装置②工作一段时间后，a极附近溶液的pH减小
C．用装置③精炼铜时，c极为纯铜
D．装置④中电子由Zn流向Fe，装置中有Fe2+生成
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A．原电池中阳离子向正极移动，铜是正极，所以K+移向CuSO4溶液，故A错误；
B．装置②工作一段时间后，a极与电源的负极相连是阴极，电极反应式为：水中的氢离子放电，产生氢氧根离子，所以溶液的pH值增大，故B错误；
C．精炼铜时，纯铜为阴极，所以c为阴极，c极为纯铜，故C正确；
D．活泼金属锌是负极，所以产生锌离子，而不是亚铁离子，故D错误；
故选C。

2．氢化锂(LiH)在干燥的空气中能稳定存在，遇水或酸剧烈反应，能够引起燃烧。

某化学科研小组准备使用下列装置制备LiH固体。

下列说法正确的是
A．上述仪器装置按气流从左到右连接顺序为：e接d，c接f，g接a，b(和g调换也可以)
B．实验中所用的金属锂保存在煤油中
C．在加热D处的石英管之前，应先通入一段时间氢气，排尽装置内的空气
D．干燥管中的碱石灰可以用无水CaCl2代替
【答案】C
【解析】
【分析】
氢气和锂发生反应生成LiH，制备LiH固体需要制备氢气，LiH在干燥的空气中能稳定存在，遇水或酸能够引起燃烧，所以制备得到的氢气必须干燥纯净，利用C装置制备氢气，用装置A中的碱石灰除去氢气中的氯化氢和水蒸气，通入装置D中加热和锂反应生成氢化锂，最后连接装置B，防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入装置D和生成的氢化锂发生反应。

【详解】
A、氢气和锂发生反应生成LiH，制备LiH固体需要制备氢气，LiH在干燥的空气中能稳定存在，遇水或酸能够引起燃烧，所以制备得到的氢气必须干燥纯净，利用C装置制备氢气，用装置A中的碱石灰除去氢气中的氯化氢和水蒸气，通入装置D中加热和锂反应生成氢化锂，最后连接装置B，防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入装置D和生成的氢化锂发生反应，装置连接顺序为：e接a，b接f，g接d，故A错误；
B、实验中所用的金属锂保存在石蜡中，故B错误；
C、在加热D处的石英管之前，应先通入一段时间氢气，排尽装置内的空气，防止加热时锂燃烧，也防止氢气与氧气发生爆炸反应，故C正确；
D、用装置A中的碱石灰除去氢气中的氯化氢和水蒸气，干燥管中的碱石灰不可以用无水CaCl2代替，CaCl2无法除去HCl，故D错误。

故选C。

【点睛】
本题考查化学实验制备方案，理解原理是解题关键，涉及对装置及操作的分析评价、气体收集、除杂等，难点A，在理解原理的基础上，选用装置。

3．反应C(s)＋H2O(g) CO(g)＋H2(g)在一可变容积的密闭容器中进行，下列条件的改变可使反应速率加快的是()
A．增加C的量
B．将容器的体积减小一半
C．保持体积不变，充入氮气使体系的压强增大
D．保持压强不变，充入氮气使体系的体积增大
【答案】B
【解析】
【详解】
A、因该反应中C为固体，则增加C的量，对化学反应速率无影响，故A错误；
B、将容器的体积缩小一半，反应体系中物质的浓度增大，则化学反应速率增大，故B正确；
C、保持体积不变，充入N2使体系的压强增大，氮气不参与反应，反应体系中的各物质的浓度不变，则反
应速率不变，故C错误；
D、保持压强不变，充入N2使容器的体积变大，反应体系中各物质的浓度减小，则反应速率减小，故D 错误；
故选B。

4．欲将碘水中的碘萃取出来，下列萃取剂不能选用的是()
①乙醇②四氯化碳③苯④己烷⑤己烯
A．②③④B．①⑤C．①④D．①④⑤
【答案】B
【解析】
【详解】
①碘在乙醇中的溶解度大于在水中的溶解度，但乙醇与水互溶，不能作为萃取剂，故①正确；
②碘在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，且碘与四氯化碳不反应，水与四氯化碳不互溶，能作为萃取剂，故②错误；
③碘在苯中的溶解度大于在水中的溶解度，且碘与苯不反应，水与苯不互溶，能作为萃取剂，故③错误；
④碘在己烷中的溶解度大于在水中的溶解度，且碘与己烷不反应，水与己烷不互溶，能作为萃取剂，故③错误；
⑤己烯能与碘水发生加成反应，则不能用己烯作为碘水中提取碘的萃取剂，故⑤正确；
故答案为B。

【点睛】
明确萃取剂的选择原则是解题关键，萃取剂的选择原则：①溶质在萃取剂中的溶解度要远远大于在原溶剂中的溶解度；②萃取剂不能与原溶液中的溶质、溶剂反应；③萃取剂要与原溶剂密度不同。

5．化合物丙可由如图反应得到，则丙的结构不可能
．．．是
A．CH3CBr2CH2CH3B．(CH3)CBrCH2Br
C．CH3CH2CHBrCH2Br D．CH3(CHBr)2CH3
【答案】A
【解析】
【分析】
由转化关系可知，甲在浓硫酸、加热的条件下发生消去反应生成乙，甲为醇，乙为烯烃，烯烃与溴发生加成反应生成丙，丙中2个溴原子应分别连接在相邻的碳原子上，结合C4H8的烯烃同分异构体进行判断。

【详解】
根据上述分析可知，
A. 分子中2个溴原子不是分别连接在相邻的碳原子上，不可能是烯烃与溴的加成产物，故A项错误；
B. 若乙为(CH3)2C=CH2，与溴发生加成反应生成(CH3)2CBrCH2Br，B项正确；
C.若乙为CH3CH2CH=CH2，与溴发生加成反应生成CH3CH2CHBrCH2Br，C项正确；
D.若乙为CH3CH=CHCH3，与溴发生加成反应生成CH3(CHBr)2CH3，D项正确；
答案选A。

6．氯仿(CHCl3)常因保存不慎而被氧化，产生剧毒物光气(COCl2)，反应为2CHCl3+O2→2HCI+2COCl2.光气的结构式为。

下列说法不正确的是
A．使用前可用硝酸银稀溶液检验氯仿是否变质
B．CHCl3分子为含极性键的非极性分子
C．COCl2分子中所有原子的最外层电子都满足8电子结构
D．COCl2分子中含有3个δ键、1个π键，中心碳原子采用sp杂化
【答案】B
【解析】A.氯仿被氧化生成HCl和光气，所以可用硝酸银溶液来检验氯仿是否变质，故A正确；B.甲烷为正四面体，甲烷分子中的3个H原子被Cl原子取代，则C-H键与C-Cl键的键长不相等，所以三氯甲烷是极性分子，故B错误；C.COCl2分子中的所有原子均满足最外层8电子结构，故C正确；D.COCl2分子中中心C原子周围形成3个σ键，所以C原子是sp2杂化，故D正确；本题选B。

7．下列对物质的分类正确的是
A．属于酚B．属于芳香烃
C．属于酮D．属于卤代烃
【答案】D
【解析】分析：A.苯甲醇属于醇；B.环己烯属于烯烃；C.苯甲醛属于醛类；D.烃中的氢原子被卤素原子代替后产物属于卤代烃；
详解：A.苯甲醇属于醇，A错误；B.环己烯属于烯烃，B错误；C.苯甲醛属于醛类，C错误；D.烃中的氢原子被卤素原子代替后产物属于卤代烃，D正确；答案选D.
8．分离汽油和氯化钠溶液的混合液体，应用下列哪种分离方法( )
A．分液B．过滤C．萃取D．蒸发
【答案】A
【解析】
【详解】
汽油和水不互溶，汽油和氯化钠溶液的混合液体分层，所以可以采用分液的方法实现分离。

答案选A。

【点睛】
本题考查了物质的分离和提纯方法的选取，明确物质的性质即可解答，知道常见的分离方法有哪些，把握物质的性质差异及分离原理，题目难度不大。

9．某无色气体可能含有CO、CO2和H2O(g)、H2中的一种或几种，依次进行如下处理(假定每步处理都反应完全)：①通过碱石灰时，气体体积变小；②通过赤热的氧化铜时，黑色固体变为红色；③通过白色硫酸铜粉末时，粉末变为蓝色晶体；④通过澄清石灰水时，溶液变得浑浊。

由此可以确定原无色气体中() A．一定含有CO2、H2O(g)，至少含有H2、CO中的一种
B．一定含有H2O(g)、CO，至少含有CO2、H2中的一种
C．一定含有CO、CO2，至少含有H2O(g)、H2中的一种
D．一定含有CO、H2，至少含有H2O(g)、CO2中的一种
【答案】D
【解析】
【分析】
①中通过了碱石灰后，气体中无CO2、H2O，②通过炽热的氧化铜，CO和H2会把氧化铜还原成铜单质，同时生成CO2和H2O，H2O使白色硫酸铜粉末变为蓝色，CO2通过澄清石灰水时，溶液变浑浊，以此来判断原混合气体的组成。

【详解】
①通过碱石灰时，气体体积变小；碱石灰吸收H2O和CO2，体积减小证明至少有其中一种，而且通过碱石灰后全部吸收；
②通过赤热的CuO时，固体变为红色；可能有CO还原CuO，也可能是H2还原CuO，也可能是两者都有；
③通过白色硫酸铜粉末时，粉末变为蓝色，证明有水生成，而这部分水来源于氢气还原氧化铜时生成，所以一定有H2；
④通过澄清石灰水时，溶液变浑浊证明有CO2，而这些CO2来源于CO还原CuO产生的，所以一定有CO。

综上分析：混合气体中一定含有CO、H2，至少含有H2O、CO2中的一种，
故合理选项是D。

【点睛】
本题考查混合气体的推断的知识，抓住题中反应的典型现象，掌握元素化合物的性质是做好此类题目的关键。

10．甲醇-空气燃料电池（DMFC）是一种高效能、轻污染电动汽车的车载电池，该燃料电池的电池反应式为：2CH3OH(l) + 3O2(g) → 2CO2 (g) + 4H2O(l)，其工作原理示意图如图，下列说法正确的是（）
A．甲为电池的负极，发生还原反应
B．负极的电极反应式为：CH3OH ＋H2O－6e－＝CO2＋6H＋
C．b口通入的气体为O2
D．用该电池进行电解水，当电路中转移0.2N A个电子时，生成2.24L氢气
【答案】B
【解析】分析：根据图示氢离子由甲电极移向乙电极，则电极甲为原电池的负极，甲醇由入口b通入，电极乙为正极，空气由入口c通入。

详解：A. 根据上述分析，甲为电池的负极，发生氧化反应，故A错误；B. 负极发生氧化反应，电极反应式为：CH3OH ＋H2O－6e－＝CO2＋6H＋，故B正确；C. 根据上述分析，b口通入的为甲醇，故C错误；D.未告知是否为标准状况，用该电池进行电解水，当电路中转移0.2N A个电子时，无法计算生成氢气的体积，故D错误；故选B。

11．下列对中国古代著作涉及化学知识的叙述，解读有错误的是（）
A．《本草纲目》中“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”中的碱是碳酸钾
B．《汉书》中“高奴县有洧水可燃”中的洧水指的是石油
C．《天工开物》中“凡石灰，经火焚炼用”中的石灰指的是氢氧化钙
D．《黄白第十六》中“曾青涂铁，铁赤如铜”中曾青是指可溶性铜盐
【答案】C
【解析】本题考查化学与生产、生活的关系。

详解：草木灰的主要成分是碳酸钾，碳酸钾水解显碱性，可洗衣服，A正确；洧水可燃，指的是石油，B 正确；石灰石加热后能制得生石灰，“石灰”指的是碳酸钙，C错误；曾青涂铁是一种可溶性铜盐的溶液放入金属铁得到金属铜的过程，“曾青”是可溶性铜盐，D正确。

故选C。

点睛：试题要求学生能够用化学知识解释化学现象，培养了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力。

12．25℃时，在等体积的①pH=0的H2SO4溶液、②0.05mol/L的Ba(OH)2溶液、③pH=10的Na2S溶液、④pH=5的NH4NO3溶液中，发生电离的水的物质的量之比是
A．1:10:10:10B．1:5:510:510
C．1:20:10:10D．1:10:10:10
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
①中pH=0的H2SO4中c(H＋)=1.0 mol·L－1，c(OH－)=1.0×10－14mol·L－1，水电离程度为1.0×10－14mol·L－1；
②中c(OH－)=0.1 mol·L－1，c(H＋)=1.0×10－13mol·L－1，水电离程度为1.0×10－13mol·L－1；
③中c(OH－)=1.0×10－4mol·L－1，水的电离程度为1.0×10－4mol·L－1；
④中c(H＋)=1.0×10－5mol·L－1，水的电离程度为1.0×10－5mol·L－1；
故①②③④中水的电离程度之比为：1.0×10－14mol·L－1：1.0×10－13mol·L－1：1.0×10－4mol·L－1：1.0×10－5mol·L －1=1:10:1010:109，A项正确。

答案选A。

13．在一定条件下，恒容的密闭容器中发生如下反应:2SO 2(g)+O2(g)2SO3(g),反应过程中某一时刻测得SO2、O2SO3的浓度分别为0.2mol/L、0.1 mol/L、0.2 mol/L，当反应达到平衡时，可能出现的数据是A．c(O2)=0.3mol/L B．c(SO3)+c(SO2)=0.4 mol/L
C．c(S03)=0.4 mol/L D．c(S03)+c(SO2)=0.15mol/L
【答案】B
【解析】A. O2的浓度增大，说明反应向逆反应方向进行建立平衡，若SO3完全反应，由方程式
2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)可知O2的浓度变化为0.1mol/L，实际变化应小于该值，故c(O2)小于0.2mol/L，故A错误；B. 由于硫元素守恒，c(SO3)+c(SO2)=0.2mol⋅L−1+0.2mol⋅L−1=0.4mol⋅L−1，c(SO3)小于0.4mol/L，故B正确；C. SO3的浓度增大，说明该反应向正反应方向进行建立平衡，若二氧化硫和氧气完全反应，由方程式2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)可知SO3的浓度的浓度变化为0.2mol/L，实际变化小于该值，故c(SO3)小于0.4mol/L，故C错误； D. 由于硫元素守恒，c(SO3)+c(SO2)=0.2mol⋅L−1+0.2mol⋅L−1=0.4mol⋅L−1，故D错误；本题选B。

点睛：化学平衡的建立，既可以从正反应开始，也可以从逆反应开始，或者从正逆反应开始，不论从哪个方向开始，物质都不能完全反应，利用极限法假设完全反应，计算出相应物质的浓度变化量，实际变化量小于极限值，由于硫元素守恒，c（SO3）+c（SO2）之和不变，据此判断分析。

14．若要将1.6 mol甲烷完全和氯气发生取代反应，并且生成四种取代物的物质的量依次增大0.1 mol，则需要氯气的物质的量为()
A．2.5 mol B．4.5 mol C．0.6 mol D．1.5 mol
【答案】B
【解析】
【分析】
根据取代反应的特点可知，1mol甲烷与一定量的氯气充分混合，生成几摩尔氯甲烷就消耗多几摩尔的氯气；然后根据生成的一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳的物质的量计算消耗氯气的物质的量。

【详解】
生成四种取代物的物质的量依次增大0.1 mol，设生成的一氯甲烷的物质的量为a，则二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳的物质的量依次为a+0.1mol、a+0.2mol 、a+0.3mol，根据碳原子守恒有a+a+0.1mol+a+0.2mol +a+0.3mol=1.6mol，解得a=0.25mol，因此二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳的物质的量依次为0.35mol、0.45mol、0.55mol，则消耗氯气的总物质的量为：0.25mol+0.35mol×2+0.45mol×3+0.55mol×4=4.5mol，故选B。

15．根据下列反应进行判断，下列各微粒氧化能力由强到弱的顺序正确的是()
①ClO3-＋5Cl-＋6H+===3Cl2＋3H2O②2FeCl3＋2KI===2FeCl2＋2KCl＋I2③2FeCl2＋Cl2===2FeCl3
A．ClO3- >Cl2 >I2 >Fe3+B．Cl2> ClO3- >I2 >Fe3+
C．ClO3- >Fe3+ >Cl2 >I2D．ClO3- >Cl2 >Fe3+ >I2
【答案】D
【解析】
【分析】
利用氧化还原反应中的强弱规律进行分析；
【详解】
氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，①ClO3－为氧化剂，Cl2为氧化产物，即氧化性：ClO3－>Cl2；②氧化性：FeCl3>I2；③氧化性：Cl2>FeCl3；综上所述，氧化性强弱顺序是ClO3－>Cl2>FeCl3>I2，故D正确；
答案选D。

16．下列离子方程式错误的是
A．向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸：Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42－=BaS04↓＋2H2O
B．酸性介质中KMnO4氧化H2O2：2MnO4－＋5H2O2＋6H＋= 2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O
C．等物质的量的MgCl2、Ba(OH)2和HC1 溶液混合：Mg2＋＋2OH－= Mg(OH)2↓
D．铅酸蓄电池充电时的正极反应：PbSO4＋2H2O－2e- = PbO2＋4H＋＋SO42－
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A.向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸生成硫酸钡和水，离子方程式为：Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42－=BaS04↓＋
2H2O，书写正确，故A不符合题意；
B.酸性介质中KMnO4氧化H2O2，H2O2做还原剂，产生氧气，离子方程式为：2MnO4－＋5H2O2＋6H＋= 2Mn2
＋＋5O2↑＋8H2O，书写正确，故B不符合题意；
C. 等物质的量的Ba(OH)2和HC1溶液混合，溶液显碱性，氢氧根离子有剩余；剩余的氢氧根离子与MgCl2等物质的量反应，离子方程式为：2H++Mg2＋＋4OH－=Mg(OH)2↓+2H2O，原离子方程式书写错误，故C符合题意；
D.铅酸蓄电池充电时的正极为二氧化铅得电子发生还原反应，离子方程式为：PbSO4＋2H2O－2e- =PbO2＋4H＋＋SO42－，故D不符合题意；
故答案选C。

17．某有机物的结构为，下列有关说法正确的是（）
A．1 mol该物质与足量浓溴水反应，最多消耗2 molBr2
B．1mol该物质最多能与2mol NaOH反应
C．1 mol该物质最多能与3 mol H2加成
D．该物质的核磁共振氢谱共有6个吸收峰
【答案】D
【解析】试题分析：A、该有机物中的酚羟基可与溴发生取代反应，碳碳双键可与溴发生加成反应，所以1 mol该物质与足量淮溴水反应，最多消耗3 molBr2，错误；B、酚羟基可与氢氧化钠反应，酯基可与氢氧化钠反应，且酯基水解后又生成酚羟基，所以1mol该物质最多能与3mol NaOH反应，错误；C、苯环与碳碳双键均与氢气发生加成反应，所以l mol该物质晟多能与4 mol H2加成，错误；D、该物质中不存在对称结构，所以有6种H原子，正确，答案选D。

考点：考查有机物结构、性质的判断
18．下列有关物质的性质与用途不对应的是( )
A．铝合金的密度小，硬度大，可用作建筑材料
B．食品工业中用Na2CO3作焙制糕点的膨松剂
C．FeCl3溶液能与Cu反应，可用于腐蚀铜制印刷电路板
D．明矾能生成Al(OH)3胶体，可用作净水剂
【答案】B
【解析】
【详解】
A．铝合金的密度小，硬度大，具有优良的性能，则可用作建筑材料，A正确；
B．Na2CO3的碱性较强，一般选NaHCO3作焙制糕点的膨松剂，B错误；
C．FeCl3溶液能与Cu反应生成氯化铜、氯化亚铁，则可用于腐蚀铜制印刷电路板，C正确；
D．明矾溶于水能水解生成Al(OH)3胶体，可用作净水剂，D正确；
答案选B。

【点睛】
本题考查物质的性质与应用，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用。

19．下列原子半径大小顺序正确的是()
①1s22s22p3②1s22s22p63s23p3③1s22s22p5④1s22s22p63s23p2
A．③＞④＞②＞①B．④＞③＞②＞①
C．④＞③＞①＞②D．④＞②＞①＞③
【答案】D
【解析】
【分析】
根据核外电子排布式书写规律分析解答。

【详解】
①1s22s22p3是N元素，②1s22s22p63s23p3是P元素，③1s22s22p5是F元素，④1s22s22p63s23p2是Si元素，根据元素周期律分析可知，原子半径由大到小的顺序为：④＞②＞①＞③；
答案选D。

【点睛】
本题考查同周期元素性质递变规律，原子半径比较：电子层数越多，原子半径越大；电子层数相同时，核电荷数越小，原子半径越大。

20．下图为碘晶体晶胞结构。

有关说法中正确的是( )
A．碘晶体为无限延伸的空间结构，是原子晶体
B．用切割法可知平均每个晶胞中有4个碘原子
C．碘晶体中的碘原子间存在非极性键和范德华力
D．碘分子的排列有2种不同的取向，2种取向不同的碘分子以4配位数交替配位形成层结构
【答案】D
【解析】
【详解】
A．碘晶体为无限延伸的空间结构，构成微粒为分子，是分子晶体，A项错误；
B．用均摊法计算：该晶胞中，顶点碘分子有8个数，为8个晶胞所共有，每个碘分子有1
8
属于该晶胞；
面心碘分子有6个，为2个晶胞所共有，每个碘分子有1
2
属于该晶胞数，则一共有碘分子数为
11
8+6=4
82
⨯⨯，因此平均每个晶胞中有4个碘分子，即有8个碘原子，故B错误；
C．碘晶体中的碘原子间存在I-I非极性键，且晶体中碘分子之间存在范德华力，不是碘原子之间，C项错误；
D．碘分子的排列有2种不同的取向，在顶点和面心不同，2种取向不同的碘分子以4配位数交替配位形成层结构，D项正确；
本题答案选D。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
21．实验室制备溴苯的反应装置如图所示，回答下列问题：
已知：
苯溴溴苯
密度/g·cm-30.88 3.10 1.50
水中的溶解度微溶微溶微溶
(1)实验装置c的作用为_______。

(2)写出实验室制备溴苯的反应方程式_______。

(3)本实验得到粗溴苯后，除去铁屑，再用如下操作精制：a蒸馏；b水洗；c用干燥剂干燥；d 10%NaOH 溶液洗涤；e水洗，正确的操作顺序是________。

(4)本实验使用6mL无水苯、4.0mL液溴和少量铁屑，充分反应，经精制得到6.5mL的溴苯。

则该实验中溴苯的产率是_______。

【答案】吸收HBr +Br2＋HBr bdeca或者edbca 91.7%
【解析】
【分析】
苯和液溴在Fe或FeBr3作催化剂下发生取代反应，生成溴苯和HBr，从装置a中出来的气体中除含有HBr 外，还含有苯、溴蒸气，利用b装置吸收溴蒸气和苯，c装置吸收HBr，防止污染环境。

【详解】
（1）苯和液溴在Fe或FeBr3作催化剂下发生取代反应，生成溴苯和HBr，从装置a中出来的气体中除含有HBr外，还含有苯、溴蒸气，利用b装置吸收溴蒸气和苯，c装置吸收HBr，防止污染环境；
（2）制备溴苯的化学反应方程式为+Br2＋HBr；
（3）粗溴苯中混有液溴和FeBr3，提纯的步骤是水洗→10%NaOH溶液洗涤→水洗→干燥→蒸馏，即步骤为bdeca或者edbca；
（4）苯的质量为6mL×0.88g/cm3=5.28g，其物质的量为
5.28g
78g/mol
=0.068mol，液溴的质量为
3.10g·cm-3×
4.0mL=12.4g，其物质的量为
12.4g
160g/mol
=0.0775mol，苯不足，液溴过量，生成溴苯的质量为
0.068mol×157g·mol-1=10.63g，实际上得到溴苯的质量为6.5mL×1.50g·mol-1=9.75g，溴苯的产率为
9.75g
10.63g
×100%=91.7%。

【点睛】
有机物实验考查中，因为有机物的副反应较多，因此必然涉及到产率的计算，产率=实际产量
理论产量
，实际产
量题中会给出，需要学生计算出理论产量，即判断出原料谁过量，谁不足，按照不足计算目标产物的理论产量，从而得出结果。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
22．环氧树脂因其具有良好的机械性能、绝缘性能以及与各种材料的粘结性能，已广泛应用于涂料和胶黏剂等领域。

下面是制备一种新型环氧树脂G的合成路线：
已知以下信息：
回答下列问题：
（1）A是一种烯烃，化学名称为__________，C中官能团的名称为__________、__________。

（2）由B生成C的反应类型为__________。

（3）由C生成D的反应方程式为__________。

（4）E的结构简式为__________。

（5）E的二氯代物有多种同分异构体，请写出其中能同时满足以下条件的芳香化合物的结构简式
__________、__________。

①能发生银镜反应；②核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为3∶2∶1。

（6）假设化合物D、F和NaOH恰好完全反应生成1 mol单一聚合度的G，若生成的NaCl和H2O的总质量为765g，则G的n值理论上应等于__________。

【答案】丙烯氯原子羟基加成反应
或
8
【解析】
【分析】
根据D的分子结构可知A为链状结构，故A为CH3CH=CH2；A和Cl2在光照条件下发生取代反应生成B为CH2=CHCH2Cl，B和HOCl发生加成反应生成C为，C在碱性条件下脱去HCl生成D；由F结构可知苯酚和E发生信息①的反应生成F，则E为；D和F聚合生成G，据此分析解答。

【详解】
（1）根据以上分析，A为CH3CH=CH2，化学名称为丙烯；C为，所含官能团的名称为氯原子、羟基，
故答案为丙烯；氯原子、羟基；
（2）B和HOCl发生加成反应生成C，
故答案为加成反应；
（3）C在碱性条件下脱去HCl生成D，化学方程式为：，
故答案为；
（4）E的结构简式为。

（5）E的二氯代物有多种同分异构体，同时满足以下条件的芳香化合物：①能发生银镜反应，说明含有醛基；②核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为3∶2∶1，说明分子中有3种类型的氢原子，且个数比为
3：2：1。

则符合条件的有机物的结构简式为、；
故答案为、；
（6）根据信息②和③，每消耗1molD，反应生成1molNaCl和H2O，若生成的NaCl和H2O的总质量为
765g，生成NaCl和H2O的总物质的量为
765
76.5/
g
g mol
=10mol，由G的结构可知，要生成1 mol单一聚合
度的G，需要(n+2)molD，则(n+2)=10，解得n=8，即G的n值理论上应等于8，
故答案为8。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
23．工业盐中含有NaNO2，外观和食盐相似，有咸味，人若误食会引起中毒，致死量为0.3g～0.5g。

已知NaNO2能发生如下反应：2NO2-+ xI-+ yH+ = 2NO↑+ I2 + zH2O，请回答下列问题：
（1）上述反应中，x的数值是_________，y的数值是_________。

（2）根据上述反应，鉴别NaNO2和食盐，现有碘化钾淀粉试纸，则还需选用的生活中常见物质的名称为______________。

（3）某工厂废切削液中含有2%—5%的NaNO2，直接排放会造成水污染，但加入下列物质中的某一种就能使NaNO2转化为不引起污染的N2，该物质是___________，
a．NaCl b．NH4Cl c．H2O2 d．浓H2SO4
所发生反应的离子方程式为：_________。

（4）饮用水中的NO3-对人类健康会产生危害，为了降低饮用水中的NO3-浓度，研究人员提出，在碱性条件下用铝粉处理，完成下列方程式：
10Al + 6NaNO3 + 4NaOH =（______）+ 3N2 ↑+ （_______）
若反应过程中转移0.5mol电子，生成标况下N2的体积为_________________.
【答案】24食醋b NH4＋＋NO3－===N2↑+ 2H2O10NaAlO22H2O1.12L
【解析】分析：(1)根据原子守恒确定x、y值；
(2)酸性条件下,亚硝酸根离子和碘离子才能发生氧化还原反应；
(3)加入下列物质中的某一种就能使NaNO3转化为不引起污染的N2，亚硝酸钠得电子作氧化剂，则需要加入的物质应该具有还原性，且被氧化后生成对环境无污染的物质，据此判断。

（4）反应中铝元素化合价升高：0→+3价；硝酸中氮元素化合价降低：+5→0，据此分析。

详解:(1)根据I原子守恒得x=2,根据O原子守恒得z=2,根据H原子守恒得y=4，
因此，本题正确答案是：2；4；
(2)酸性条件下,亚硝酸根离子和碘离子才能发生氧化还原反应,所以还需要酸,生活中采用酸性物质为醋酸,则还需选用的生活中常见物质的名称为食醋，
因此，本题正确答案是：食醋；
(3)加入下列物质中的某一种就能使NaNO3转化为不引起污染的N2，亚硝酸钠得电子作氧化剂,则需要加入的物质应该具有还原性,且被氧化后生成对环境无污染的物质，NaCl没有还原性，浓硫酸和双氧水具有氧化性，只有氯化铵具有还原性，且二者反应后产物是氮气和水，离子方程式为NH4＋＋NO3－===N2↑+ 2H2O，因此，本题正确答案是：b；NH4＋＋NO3－===N2↑+ 2H2O；
（4）反应中铝元素化合价升高：0→+3价；硝酸中氮元素化合价降低：+5→0，1mol铝反应失去3mol电子，生成1mol氮气得到10mol电子，二者最小公倍数为30，则铝系数为5，氮气系数为3，依据原子个数守恒偏铝酸钠系数为10，硝酸钠系数为6，依据钠原子个数守恒，氢氧化钠系数为4，依据氢原子个数守恒，水分子系数为2，化学方程式：10Al+6NaNO3+4NaOH=10NaAlO2+3N2↑+2H2O；从方程式可知，反应过程中转移0.5mol电子，生成N2为0.05mol,在标况下的体积为：0.05mol×22.4L/mol=1.12L,
因此，本题正确答案是：10NaAlO2；2H2O；1.12L。

24．氯碱厂电解饱和食盐水制取NaOH的工艺流程示意图如下
（1）粗盐中含CaCl2、MgCl2等杂质，写出精制过程中发生反应的离子方程式是________，________．（2）如果粗盐中SO42﹣含量较高，必须添加钡式剂除去SO42﹣，该钡试剂可以是____
A．Ba（OH）2B．Ba（NO3）2C．BaCl2
（3）电解过程中所发生反应的化学方程式为________，与电源正极相连的电极附近产生的气体是
________，检验该气体可使用的试纸及现象是．
（4）氯碱工厂生产的氯气和氢气可以进一步用于生产盐酸，主要过程如下：
其中关键的一步为氯气和氢气在燃烧管口燃烧生成HCl，氯气有毒，应采取的措施是________．合成盐酸厂要求合成气中的HCl的含量要大于97%，试用最简便的方法进行分析是否含量大于97%________．
（5）氯碱工厂生产的氯气和氢氧化钠溶液可以用于制取“84消毒液”，反应的化学方程式为________．（6）某同学欲证明盐酸与氯化氢气体性质不同，他分别向A、B、C三支洁净试管中各放入一片干燥的蓝色石蕊试纸，然后往A试管内加入盐酸，试纸显________色，往B试管中通入干燥的氯化氢气体，试纸显________色．最后向C试管中加入物质________（填化学式），他之所以加入这种物质的理由是________．【答案】CaCl2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaCl；MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2↓+2NaCl A,C2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑Cl2湿润的碘化钾淀粉变蓝先通H2点燃后再通Cl2用100 mL刻度瓶收集满HCl气体，倒置置于水中，水升至97 mL以上即认为符合要求Cl2+2NaOH→NaCl+NaClO+H2O
红蓝H2O证明单独的氯化氢气体或水均不能使蓝色石蕊试纸变色
【解析】
(1)工业食盐中含有较多的Ca2+、Mg2+杂质，可以用试剂NaOH、Na2CO3除去反应为氯化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀，氯化镁和氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀，所以化学方程式为CaCl2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaCl；MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2↓+2NaCl；
(2)除去粗盐中的SO42﹣，可加Ba2+形成BaSO4白色沉淀，因为不能引进其他阴离子，所以钡试剂只能用Ba （OH）2或BaCl2，故AC正确；
(3)在电解过程中，与电源负极相连的电极为阴极，电解池中阴极氢离子得到电子生成氢气，电极反应式为：2H++2e-=H2↑；阳极氯离子失去电子生成氯气2Cl--2e-= Cl2↑，电解过程中反应的化学方程式为:2NaCl+2H2O。