重庆市名校2020年高二下化学期末统考模拟试题含解析

重庆市名校2020年高二下化学期末统考模拟试题
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．N A为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．24g石墨烯中含有C－C键的个数为3N A
B．88g干冰中含有N A个晶胞结构单元
C．62 g P4含有P－P键的个数为6N A
D．60gSiO2中含有Si－O键的个数为2N A
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A．石墨中每个C形成3个C-C键，每个C原子贡献C-C键的二分之一，所以1个C平均形成3
1
2
⨯=1.5个
C-C键，24g石墨烯中n(C)=
24g
12g/mol=2mol，含有C－C键的物质的量=1.5×2mol=3mol，C－C键的个数为
3N A，A正确；
B．干冰是固态的二氧化碳，由均摊法可知，1个二氧化碳晶胞中二氧化碳分子的个数=
11
8+6=4
82
⨯⨯，
所以1mol晶胞含4molCO2，88g干冰的物质的量=2mol，所含晶胞的物质的量=0.5mol，故88g干冰中含有0.5N A个晶胞结构单元，B错误；
C．n(P4)=
62g
124g/mol=0.5mol，P－P键的物质的量n=0.5mol×6=3mol，P－P键的个数为3N A，C错误；
D．1个Si贡献4×1
2
个Si-O键，2个O贡献2×2×
1
2
个Si-O键，即1molSiO2含4molSi-O键，
n(SiO2)=
60g
60g/mol=1mol，所以，n(Si－O键)=1mol4=4mol
⨯，所以60gSiO2中含有Si－O键的个数为4N A，
答案选A。

【点睛】
切记：1mol石墨含1.5molC-C键，1mol金刚石含2molC-C键，1molSiO2含4molSi-O键，1mol白磷(P4)含6molP-P键，1molSiC含4molSi-C键。

2．已知原子数和价电子数相同的离子或分子结构相似，如SO3、NO都是平面三角形。

那么下列分子或离子中与SO42-有相似结构的是（）
A．PCl5B．CCl4C．NF3D．N
【答案】B
【解析】
【分析】
原子数和价电子数相同的离子或分子是等电子体，其结构相似。

【详解】
SO42-有5个原子、32个价电子，则其等电子体有CCl4、PO43-、ClO4-等，故与其相似结构的是CCl4、ClO4-等，故选B。

3．下列离子方程式与所述事实相符且正确的是（）
A．向明矾[KAl（SO4）1]溶液中逐滴加入Ba（OH）1溶液至沉淀质量最大时：1Al3++3SO41-+3Ba1++6OH-=1Al （OH）3↓+3BaSO4↓
B．在强碱溶液中次氯酸钠与Fe（OH）3反应生成Na1FeO4：3ClO-+Fe（OH）3=FeO41-+3Cl-+H1O+H+
C．向NaAlO1溶液中通入过量CO1制Al（OH）3：1AlO1-+CO1+3H1O=1Al（OH）3↓+CO31-
D．向含有a mol FeBr1的溶液中，通入x mol Cl1．若x=a，则反应的离子方程式为：
1Fe1++1Br-+1Cl1=Br1+1Fe3++4Cl-
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A. 向明矾[KAl（SO4）1]溶液中逐滴加入Ba（OH）1溶液至沉淀质量最大时为溶液中的铝离子全部变为AlO1-：Al3++1SO41-+1Ba1++4OH-=AlO1-+1H1O+1BaSO4↓，A错误；
B. 在强碱溶液中次氯酸钠与Fe（OH）3反应生成Na1FeO4：3ClO-+4OH-+1Fe（OH）3=1FeO41-+3Cl-+5H1O，B 错误；
C. 向NaAlO1溶液中通入过量CO1制Al（OH）3：AlO1-+CO1+1H1O=Al（OH）3↓+HCO3-，C错误；
D. 向含有a mol FeBr1的溶液中，通入x mol Cl1，消耗完溶液中的亚铁离子后再与溴离子反应，若x=a，则反应的离子方程式为：1Fe1++1Br-+1Cl1=Br1+1Fe3++4Cl-，D正确；
4．下列有关物质变化和分类的说法正确的是
A．电解熔融态的Al2O3、12C转化为14C都属于化学变化
B．胆矾、冰水混合物、四氧化三铁都不是混合物
C．葡萄糖溶液和淀粉溶液作为分散系的本质区别是能否发生丁达尔效应
D．SiO2、CO、Al2O3都属于酸性氧化物
【答案】B
【解析】
【详解】
A.电解熔融的氧化铝会生成铝和氧气，是化学变化，但12C转化为14C是原子核内中子数发生了变化，不属于化学变化，A错误；
B.胆矾是CuSO4·5H2O，是纯净物；四氧化三铁也是纯净物；冰水混合物里面只有一种分子即水分子，所以也是纯净物；B正确；
C.葡萄糖溶液和淀粉溶液分别属于溶液和胶体，本质区别是分散质粒子直径，C错误；
D.SiO2是酸性氧化物，CO是不成盐氧化物，Al2O3是两性氧化物，D错误；
故合理选项为B。

【点睛】
纯净物是由一种分子组成的物质，结晶水合物是纯净物，冰水混合物也是纯净物。

淀粉溶液虽然称为溶液，但里面的大多数粒子的直径在1nm-100nm之间，所以属于胶体。

5．等量镁铝合金粉末分别与下列4种过量的溶液充分反应，放出氢气最多的是()
A．2 mol·L－1 H2SO4B．18 mol·L－1 H2SO4C．6 mol·L－1 KOH D．3 mol·L－1 HNO3
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A、镁、铝都和稀硫酸反应生成氢气；
B、镁与浓硫酸（18mol/LH2SO4）反应生成SO2气体，铝与浓硫酸发生钝化（常温）；
C、镁不能和氢氧化钾反应，铝和氢氧化钾反应生成氢气；
D、硝酸为强氧化性酸，和镁、铝反应不产生氢气；根据以上分析知，生成氢气最多的是稀硫酸，
答案选A。

【点晴】
本题考查金属的性质，主要考查学生运用所学化学知识综合分析和解决实际问题的能力，该题溶液的浓度不是计算的数据，而是判断溶液属于“浓”或是“稀”，8mol/L以上的HCl、H2SO4、HNO3通常认为是浓酸，
多的氢气。

6．研究表明，氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关（如下图所示）。

下列叙述错误的是
A．雾和霾的分散剂相同
B．雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵
C．NH3是形成无机颗粒物的催化剂
D．雾霾的形成与过度施用氮肥有关
【答案】C
【解析】
【分析】
A.雾和霾的分散剂均是空气；
B.根据示意图分析；
C.在化学反应里能改变反应物化学反应速率（提高或降低）而不改变化学平衡，且本身的质量和化学性质在化学反应前后都没有发生改变的物质叫催化剂；
D.氮肥会释放出氨气。

【详解】
A. 雾的分散剂是空气，分散质是水。

霾的分散剂是空气，分散质固体颗粒。

因此雾和霾的分散剂相同，A 正确；
B. 由于氮氧化物和二氧化硫转化为铵盐形成无机颗粒物，因此雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵，B正确；
C. NH3作为反应物参加反应转化为铵盐，因此氨气不是形成无机颗粒物的催化剂，C错误；
D. 氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关，由于氮肥会释放出氨气，因此雾霾的形成与过度施用氮肥有关，D正确。

答案选C。

【点睛】
结合示意图的转化关系明确雾霾的形成原理是解答的关键，氨气作用判断是解答的易错点。

本题情境真实，应用导向，聚焦学科核心素养，既可以引导考生认识与化学有关的社会热点问题，形成可持续发展的意识和绿色化学观念，又体现了高考评价体系中的应用性和综合性考查要求。

7．聚合硫酸铁[Fe(OH)SO4]n能用作净水剂(絮凝剂)，可由绿矾(FeSO4·7H2O)和KClO3在水溶液中反应得到。

下列说法不正确
．．．的是
B．生成聚合硫酸铁后，水溶液的pH增大
C．聚合硫酸铁可在水中形成氢氧化铁胶体而净水
D．在相同条件下，Fe3+比[Fe(OH)]2+的水解能力更强
【答案】A
【解析】
【详解】
A.根据题干中信息，可利用氧化还原配平法写出化学方程式：6nFeSO4+nKClO3+3nH2O=6[Fe(OH)SO4]n+nKCl，可知KClO3做氧化剂，同时根据计量数关系亦知每生成1 mol [Fe(OH)SO4]n消耗n/6 mol KClO3，A项错误；
B.绿矾溶于水后，亚铁离子水解使溶液呈酸性，当其转系为聚合硫酸铁后，亚铁离子的浓度减小，因而水溶液的pH增大，B项正确；
C.聚合硫酸铁可在水中形成氢氧化铁胶体，胶体粒子吸附杂质微粒引起聚沉，因而净水，C项正确；
D.多元弱碱的阳离子的水解是分步进行的。

[Fe(OH)]2+的水解相当于Fe3+的二级水解，由于其所带的正电荷比Fe3+少，因而在相同条件下，其结合水电离产生的OH-的能力较弱，故其水解能力不如Fe3+，即在相同条件下，一级水解的程度大于二级水解，D项正确。

故答案选A。

8．苹果汁是人们喜爱的饮料。

由于此饮料中含有Fe2+，现榨的苹果汁在空气中会由淡绿色变化为棕黄色。

若榨汁时加入维生素C，可有效防止这种现象发生。

这说明维生素C具有（）
A．氧化性B．还原性C．碱性D．酸性
【答案】B
【解析】
【详解】
在空气中，氧气能够把Fe2+氧化成Fe3+，加入维生素C能防止这种氧化，说明维生素C具有还原性，能把Fe3+还原为Fe2+，故选B。

【点睛】
本题考查氧化还原反应，明确铁元素的化合价变化是解答的关键，应理解化合价升高失电子发生氧化反应、化合价降低得电子发生还原反应。

9．1999年美国《科学》杂志报道：在40GPa高压下，用激光器加热到1800K，人们成功制得了原子晶体干冰，下列推断中不正确的是（）
A．原子晶体干冰有很高的熔点、沸点，有很大的硬度
B．原子晶体干冰易气化，可用作制冷材料
C．原子晶体干冰的硬度大，可用作耐磨材料
D．每摩尔原子晶体干冰中含4molC—O键
【解析】分析：本题以信息为载体，考查原子晶体的性质与结构，注意基础知识的掌握。

详解：A. 原子晶体干冰具有很高的熔点、沸点，有很大的硬度，故正确；B. 原子晶体干冰有很高的沸点，不易气化，不可用作制冷材料，故错误；C. 原子晶体干冰的硬度大，可用作耐磨材料，故正确；D. 二氧化碳中，一个碳原子形成4个碳氧键，所以每摩尔原子晶体干冰中含4molC—O键，故正确。

故选B。

10．下列关于蔗糖属于非还原型糖，而其水解产物具有还原性的实验方案的说法中，正确的是
A．验证蔗糖属于非还原型糖的操作顺序：④③
B．验证蔗糖属于非还原型糖的操作顺序：③⑤
C．验证蔗糖水解产物具有还原性的操作顺序：①④⑤
D．验证蔗糖水解产物具有还原性的操作顺序：①⑤②④⑤
【答案】D
【解析】
【详解】
A．蔗糖属于非还原型糖，不能发生银镜反应，则验证蔗糖属于非还原型糖的操作顺序：④⑤，故A错误；B．蔗糖属于非还原型糖，不能发生银镜反应，则验证蔗糖属于非还原型糖的操作顺序：④⑤，故B错误；C．在碱性条件下加银氨溶液，生成光亮的银镜，可说明水解产物具有还原性，则水解后先加NaOH至碱性，再加银氨溶液，则验证蔗糖水解产物具有还原性的操作顺序为①⑤②④⑤，故C错误；
D．在碱性条件下加银氨溶液，生成光亮的银镜，可说明水解产物具有还原性，则水解后先加NaOH至碱性，再加银氨溶液，则验证蔗糖水解产物具有还原性的操作顺序为①⑤②④⑤，故D错误；
故答案为D。

【点睛】
淀粉在酸的作用下能够发生水解反应最终生成葡萄糖。

反应物淀粉遇碘能变蓝色，不能发生银镜反应；产物葡萄糖遇碘不能变蓝色，能发生银镜反应。

依据这一性质可以判断淀粉在水溶液中是否已发生了水解和水解是否已进行完全。

(1)如果淀粉还没有水解，其溶液中没有葡萄糖则不能发生银镜反应；(2)如果淀粉已完全水解，其溶液中没有淀粉遇碘则不能变蓝色；(3)如果淀粉仅部分水解，其溶液中有淀粉还有葡萄糖则既能发生银镜反应，又能遇碘变成蓝色。

需要注意的是，检验葡萄糖之前，需要中和硫酸。

11．下列化学用语正确的是（）
B．丙烷分子的比例模型：
C．2－乙基－1，3－丁二烯的键线式：
D．聚丙烯的结构简式：
【答案】C
【解析】
A、氯原子未成键的孤对电子对未画出，分子中碳原子与氯原子之间形成1对共用电子对，电子式为
，选项A错误；B、图中模型为丙烷的球棍模型，选项B错误；C、键线式用短线表示化学键，交点、端点是碳原子，C原子、H原子不标出，故2-乙基-1，3-丁二烯分子的键线式为，选
项C正确；D、聚丙烯的结构简式为，选项D错误；答案选C。

12．无色透明溶液中能大量共存的离子组是()
A．Na＋、Al3＋、HCO3－、NO3－B．OH-、Cl－、HCO3－、K＋
C．NH4＋、Na＋、CH3COO－、NO3－D．Na＋、NO3－、ClO－、I－
【答案】C
【解析】
【分析】
离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，结合离子的性质、发生的化学反应判断。

【详解】
A. Al3＋与HCO3－水解相互促进，生成氢氧化铝和二氧化碳，不能大量共存，A错误；
B. OH-与HCO3－反应生成碳酸根和水，不能大量共存，B错误；
C. NH4＋、Na＋、CH3COO－、NO3－在溶液中均是无色的，且相互之间不反应，可以大量共存，C正确；
D. ClO－在溶液中能氧化I－，不能大量共存，D错误；
答案选C。

13．下列实验误差分析正确的是
A．用容量瓶配制溶液时，容量瓶底部有少量蒸馏水，所配溶液浓度偏低
B．酸碱中和滴定时，开始时俯视滴定管读数，结束时仰视滴定管读数，所测液体体积偏大
C．测定中和热时，使用稀醋酸代替稀盐酸，所测中和热无影响
D．测定硫酸铜晶体中结晶水含量时，被测样品中含有加热不挥发杂质，所测结晶水含量偏高
分析操作对溶质的物质的量或溶液的体积的影响，根据c=n/V，判断不当操作对所配溶液浓度影响
【详解】
A、用容量瓶配制溶液时，容量瓶底部有少量蒸馏水，对所配溶液无影响，故A错误；
B、酸碱中和滴定时，开始时俯视滴定管读数，结束时仰视滴定管读数，所测液体体积偏大，故B正确；
C. 测定中和热时，使用稀醋酸代替稀盐酸，醋酸是弱酸，电离要吸热，所测中和热偏大，故C错误；
D、测定硫酸铜晶体中结晶水含量时，被测样品中含有加热不挥发杂质，样品质量大，所测结晶水含量偏低，故D错误；
故选B。

14．下列反应与酸性氧化物的通性无关
．．的是（）
Na O与水反应制备氧气
A．存放NaOH的试剂瓶不用磨口玻璃塞B．
22
CO与澄清石灰水作用
C．烧煤时加入生石灰脱硫D．2
【答案】B
【解析】
【分析】
酸性氧化物是指能与碱反应生成盐和水的氧化物，酸性氧化物的通性是氧化物一般能与水反应生成对应的酸，能与碱性氧化物反应生成盐，能与碱反应生成盐和水。

【详解】
A项、氢氧化钠能与玻璃中的酸性氧化物二氧化硅反应生成硅酸钠和水，与酸性氧化物的通性有关，故A 错误；
B项、过氧化钠与水反应制备氧气是氧化还原反应，存在化合价变化，与酸性氧化物的通性无关，故B正确；
C项、烧煤时加入生石灰，碱性氧化物氧化钙与酸性氧化物二氧化硫反应生成亚硫酸钙，与酸性氧化物的通性有关，故C错误；
D项、酸性氧化物二氧化碳与石灰水反应生成碳酸钙和水，与酸性氧化物的通性有关，故D错误；
故选B。

15．生活处处有化学，下列有关说法错误的是
A．红葡萄酒密封储存时间越长质量越好，是因为储存过程中生成了有香味的酯
B．为延长果实的成熟期，可用浸泡过高锰酸钾的硅土放在水果周围以达到保鲜要求
C．油脂有保持体温和保护内脏器官的作用
A. 红葡萄酒密封储存时间越长质量越好，葡萄酒中的醇和酸反应生成更多的酯，则香味越足，A正确；
B. 为延长果实的成熟期，用浸泡过高锰酸钾的硅土和水果释放的乙烯发生反应，降低乙烯的含量以达到保鲜要求，B正确；
C. 油脂有绝热的性质可保持体温，缓冲减压，保护内脏器官的作用，C正确；
D. 在铁船体上镶锌块可形成原电池，是利用牺牲阳极的阴极保护法避免船体遭受腐蚀，D错误；
答案为D
16．已知Al2H6燃烧热极高，是一种很好的生氢剂，它跟水反应生成H2，球棍模型如图（白球为Al，黑球为H）。

下列推测肯定不正确的是
A．该物质与水反应，属于氧化还原反应
B．Al2H6分子中氢为+1价，铝为﹣3价
C．Al2H6在空气中完全燃烧，产物为氧化铝和水
D．氢铝化合物可能成为未来的储氢材料和火箭燃料
【答案】B
【解析】
【分析】
A．Al2H6与水反应生成氢氧化铝和氢气，该反应中H元素化合价由-1价、+1价变为0价；B．根据元素的电负性和铝的化合价判断；C．根据元素守恒分析；D．根据氢铝化合物的性质分析。

【详解】
A．Al2H6与水反应生成氢氧化铝和氢气，该反应中H元素化合价由-1价、+1价变为0价，所以属于氧化还原反应，选项A正确；B．在化合物中电负性大的显负价，电负性小的元素显正价，氢元素的电负性大于铝元素，氢铝化合物中铝元素显+3价，氢元素显-1价，选项B错误；C．根据题中信息Al2H6的燃烧热极高，判断Al2H6能燃烧，根据原子守恒，Al2H6的组成元素只有Al、H两种元素，又由于是在氧气中燃烧，推出燃烧产物为氧化铝和水，选项C正确；D．氢铝化合物能和水反应生成氢氧化铝和氢气，可以作储氢材料，燃烧热极高可以作火箭燃料，选项D正确。

答案选B。

【点睛】
本题以铝的化合物为载体考查铝的化合物的性质，根据元素电负性、元素化合价和性质的关系来分析解答即可，侧重于考查学生对题目信息的提取和应用能力，题目难度中等。

A．该晶体属于离子晶体
B．晶体的化学式为Ba2O2
C．该晶体晶胞结构与NaCl相似
D．与每个Ba2+距离相等且最近的Ba2+共有12个
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A、Ba是活泼金属，O是活泼非金属形成是离子化合物，A正确；
B、根据Ba和O在晶胞的位置，晶胞中共含有Ba的个数为8×1
8
+6×
1
2
=4，O个数为12×
1
4
+1=4，所以Ba
与O的个数比为1：1，该氧化物为BaO，B错误；
C、NaCl晶胞也是该结构，C正确；
D、与每个Ba2+距离相等且最近的Ba2+为顶点和面心位置，每个晶胞中含有3×1
2
个，每个顶点为8个晶胞
共有，则共有8×3×1
2
=12个，D正确；
故选B。

18．下列关于有机化合物的说法正确的是（）
A．乙醇和乙酸中都存在碳氧双键
B．甲烷和乙烯都可以与氯气反应
C．高锰酸钾可以氧化苯和甲烷
D．乙烯可以与氧气发生加成反应，苯不能与氢气加成
【答案】B
【解析】
【详解】
A、乙醇的结构简式为CH3CH2OH，乙醇中都为单键，不存在碳氧双键乙酸，乙酸的结构简式为CH3COOH，乙酸中都存在碳氧双键，故A错误；
B、甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应，乙烯和氯气发生加成反应，故B正确；
误；
综上所述，答案为B。

19．明代名臣于谦作诗“凿开混沌得乌金，藏蓄阳和意最深。

爝火燃回春浩浩，洪炉照破夜沉沉……”，诗中所写“乌金”是
A．焦炭B．煤炭C．磁铁矿D．软锰矿
【答案】B
【解析】
诗“凿开混沌得乌金，藏蓄阳和意最深”中的“乌金”指的是煤炭，它的主要成分是炭，在燃烧时发出红色的火焰：爝火燃回春浩浩，洪炉照破夜沉沉，答案选D.
20．某有机物分子式为C4H m O，下列说法中，不正确
．．．的是
A．1 mol该有机物完全燃烧时，最多消耗6 mol O2
B．当m=6时，该有机物遇到FeCl3溶液显紫色
C．当m=8时，该有机物不一定能被新制氢氧化铜悬浊液氧化
D．当m=10时，该有机物不一定是丁醇
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A、1mol C4H10O完全燃烧即m=10时，耗氧量最大，最多消耗O26mol，选项A正确；
B.当m=6时，分子式为C4H6O，也不可能为酚，该有机物遇到FeCl3溶液不显紫色，选项B不正确；
C.当m=8时，分子式为C4H8O，该有机物可以为烯醇、环烷醇或酮等而不是醛时，不能被新制氢氧化铜悬浊液氧化，选项C正确；
D.当m=10时，分子式为C4H10O，该有机物可以为醚，不一定是丁醇，选项D正确。

答案选B。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
21．某化学小组采用类似制乙酸乙酯的装置，用环己醇制备环己烯：
已知：
密度（g/cm3）熔点（℃）沸点（℃）溶解性
环己醇0.96 25 161 能溶于水
环己烯0.81 －103 83 难溶于水
（1）制备粗品：采用如图1所示装置，用环己醇制备环己烯。

将12.5 mL环己醇加入试管A中，再加入1 mL浓硫酸，摇匀放入碎瓷片，缓慢加热至反应完全，在试管C 内得到环己烯粗品。

①A中碎瓷片的作用是_____________，导管B的作用是_______________。

②试管C置于冰水浴中的目的是________________________。

（2）制备精品：
①环己烯粗品中含有环己醇和少量有机酸性杂质等。

加入饱和食盐水，振荡、静置、分层，环己烯在______层（填“上”或“下”），分液后用________洗涤（填字母）。

A．KMnO4溶液B．稀H2SO4C．Na2CO3溶液
②再将环己烯按图2装置蒸馏，冷却水从____口（填字母）进入。

蒸馏时加入生石灰，目的是
______________________________________。

③收集产品时，控制的温度应在______左右，实验制得的环己烯精品质量低于理论产量，可能的原因是______（填字母）。

a. 蒸馏时从70℃开始收集产品
b. 环己醇实际用量多了
c. 制备粗品时环己醇随产品一起蒸出
（3）以下区分环己烯精品和粗品的方法，合理的是________（填字母）。

a. 用酸性高锰酸钾溶液
b. 用金属钠
c. 测定沸点
【答案】防止暴沸导气，冷凝环己烯减少环己烯的挥发上Cg吸水，生成氢氧化钙，沸点高83℃cbc
【解析】（1）①根据制乙烯实验的知识，发生装置A中碎瓷片的作用是防止暴沸，由于生成的环己烯的沸点为83℃，要得到液态环己烯，导管B除了导气外还具有冷凝作用，便于环己烯冷凝；②冰水浴的目的是降低环己烯蒸气的温度，使其液化减少挥发；（2）①环己烯的密度比水小，在上层；由于分液后环己烯粗品中还含有少量的酸和环己醇，联系制备乙酸乙酯提纯产物时用饱和Na2CO3溶液洗涤可除去酸，答案选C；②蒸馏时冷却水低进高出，即从g口进，原因是冷却水与气体形成逆流，冷凝效果更好，更容易将
冷凝管充满水；蒸馏时加入生石灰，目的是吸水，生成氢氧化钙，沸点高。

③环己烯的沸点是83℃，则应控制温度为83℃左右；a．蒸馏时从70℃开始收集产品，提前收集，产品中混有杂质，实际产量高于理论产量，a错误；b．环己醇实际用量多了，制取的环己烯的物质的量增大，实验制得的环己烯精品质量高于理论产量，b错误；c．若粗产品中混有环己醇，导致测定消耗的环己醇量增大，制得的环己烯精品质量低于理论产量，c正确；答案选c；（3）区别粗品与精品可加入金属钠，观察是否有气体产生，若无气体，则是精品，另外根据混合物没有固定的沸点，而纯净物有固定的沸点，通过测定环己烯粗品和环己烯精品的沸点，也可判断产品的纯度，答案选bc。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
22．已知：A是石油裂解气的主要成份且A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平；D是常用作厨房中调味品。

请回答下列问题：
（1）写出C的结构简式________________________。

（2）写出下列反应的反应类型：①________________，④________________。

（3）写出下列反应的化学方程式：
②______________________________________________________________。

⑤______________________________________________________________。

【答案】CH3CHO加成反应取代反应或酯化反应
2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OCH3COOCH2CH3+NaOH∆
−−→CH3COONa+CH3CH2OH
【解析】
【分析】
已知A是石油裂解气的主要成份且A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平，因此A是乙烯，与水发生加成反应生成B是乙醇，乙醇发生催化氧化生成C是乙醛，乙醛氧化生成D是乙酸，乙酸常用作厨房中调味品。

乙酸和乙醇发生酯化反应生成E是乙酸乙酯，乙酸乙酯在碱性溶液中水解生成乙酸钠和乙醇，F酸化转化为乙酸，则F是乙酸钠，据此解答。

【详解】
（1）根据以上分析可知C是乙醛，结构简式为CH3CHO；
（2）反应①是乙烯与水的加成反应；反应④是酯化反应，也是取代反应；
（3）反应②是乙醇的催化氧化，反应的方程式为2CH3CH2OH+O2Cu
∆
→2CH3CHO+2H2O；反应⑤是乙酸乙酯
在碱性溶液中水解，方程式为CH3COOCH2CH3+NaOH∆
−−→CH3COONa+CH3CH2OH。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
23．能源短缺是人类社会面临的重大问题．甲醇是一种可再生能源，具有广泛的开发和应用前景。

(1)工业上一般采用下列两种反应合成甲醇：
反应Ⅰ：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H1
反应Ⅱ：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H2
①上述反应符合“原子经济”原则的是________(填“I”或“Ⅱ”)；
②下表所列数据是反应I在不同温度下的化学平衡常数(K)
温度250℃300℃350℃
K 2.041 0.270 0.012
由表中数据判断△H1________0 (填“＞”、“=”或“＜”)；
③某温度下，将2mol CO和6mol H2充入2L的密闭容器中，充分反应，达到平衡后，测得c(CO)=0.2mol/L，则CO的转化率为________，此时的温度为________(从上表中选择)；
(2)已知在常温常压下：
①2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(g) △H=﹣1275.6kJ/mol
②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H=﹣566.0kJ/mol
③H2O(g)=H2O(l) △H=﹣44.0kJ/mol
写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式：___________；
(3)某实验小组依据甲醇燃烧的反应原理，设计如图所示的电池装置。

①该电池正极的电极反应为___________；
②工作一段时间后，测得溶液的pH减小，该电池总反应的离子方程式为___________。

【答案】Ⅰ＜80%250℃CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）△H=﹣442.8kJ∕mol
O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣2CH3OH+3O2+4OH﹣=2CO32﹣+6H2O
【解析】
【分析】
(1)①根据“原子经济”的概念分析判断；②根据温度对平衡移动的影响分析判断；③利用三段式计算各自组分物质的量变化量、平衡时的物质的量，依据转化率概念计算CO的转化率；根据浓度计算出平衡常数，再判断温度；
(2)根据盖斯定律计算书写热化学方程式；
(3)碱性甲醇燃料电池中，负极上CH3OH发生氧化反应，正极上氧气发生还原反应，据此书写电极反应式
和总反应式。

【详解】
①“原子经济”是指在化学品合成过程中，所用的所有原材料尽可能多的转化到最终产物中，分析反应可知，反应Ⅰ符合“原子经济”，故答案为：Ⅰ；
②由表数据可知，温度升高，平衡常数减小，说明平衡逆向进行，逆反应是吸热反应，正反应放热反应，即△H1＜0，故答案为：＜；
③按反应Ⅰ充分反应达到平衡后，测得c(CO)=0.2mol/L，CO的物质的量为0.4mol；
CO (g)+2H2 (g)CH3OH (g)
起始量(mol) 2 6 0
变化量(mol) 1.6 3.2 1.6
平衡量(mol) 0.4 2.8 1.6
CO的转化率=1.6mol
2mol×100%=80%，此时的平衡常数为：K=2
1.6
2
0.4 2.8
()
22
≈2.041，所以温度为250℃，故答
案为：80%；250℃；
(2)①2CH3OH(l)+3O2(g)═2CO2(g)+4H2O(g) △H1=-1 275.6kJ•mol-1，②2CO(g)+O2(g)═2CO2(g)
△H2=-566.0kJ•mol-1，③H2O(g)═H2O(l) △H3=-44.0kJ•mol-1，根据盖斯定律，由1
2
[①-②+③×4]得
CH3OH(l)+O2(g)═CO(g)+2H2O(l) △H=-442.8kJ/mol，故答案为：CH3OH(l)+O2(g)═CO(g)+2H2O(l)
△H=-442.8kJ/mol；
(3)①碱性甲醇燃料电池中，负极发生氧化反应，电极反应式为CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O，正极发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，故答案为：O2+2H2O+4e-=4OH-；
②根据①的分析，该电池工作时，总反应式为2CH3OH+3O2+4OH-=2CO32-+6H2O，故答案为：
2CH3OH+3O2+4OH-=2CO32-+6H2O。

【点睛】
本题的易错点为(3)，要注意碱性燃料电池中碳元素会转化为碳酸根离子，不能放出二氧化碳气体。

24．实验室用镁和硝基苯制取反式偶氮苯（溶解性:不溶于水，溶于醇、醚）。

实验原理如下：
2+4Mg+8CH3OH→+4Mg(OCH3)2+4H2O
已知：①M g(OCH3)2在水中极易水解。

②反式偶氮苯产品在紫外线照射后部分转化为顺式偶氮苯。

（1）反应中，硝基苯变为反式偶氮苯的反应属于_______________
A、取代反应
B、消去反应
C、还原反应
D、氧化反应
（2）在反应装置中，加入原料及溶剂，搅拌下加热回流。

反应加入的镁条应用砂纸打磨干净的原因是。