2019-2020学年天津市津南区化学高二下期末考试模拟试题含解析

2019-2020学年天津市津南区化学高二下期末考试模拟试题
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．下列关于有机化合物的说法不正确的是
A．淀粉和纤纤维素互为同分异构体
B．油脂在碱性条件下的水解反应称为皂化反应
C．分子式为C5H10O2的有机物中能与NaHCO3溶液反应的有4种
D．在加热条件下，用新制的氢氧化铜悬浊液可鉴别乙醇和葡萄糖
【答案】A
【解析】A. 淀粉和纤纤维素的聚合度不同，使得它们的分子式不同，所以它们不为同分异构体，故A不正确；B. 油脂在碱性条件下的水解反应生成肥皂的主要成分高级脂肪酸盐，所以称为皂化反应，故B正确；C. 羧酸能与NaHCO3溶液反应。

分子式为C5H10O2的有机物中属于羧酸的分子结构为C4H9-COOH，丁基C4H9-有4种，所以羧酸C4H9-COOH有4种，故C正确；D. 葡萄糖含有醛基，所以在加热条件下，用新制的氢氧化铜悬浊液可鉴别乙醇和葡萄糖，故D正确。

故选A。

2．标准状态下，气态分子断开1 mol化学键的焓变称为键焓。

已知H—H、H—O和O=O键的键焓ΔH分别为436 kJ·mol－1、463 kJ·mol－1和495 kJ·mol－1。

下列热化学方程式正确的是
A．H2O(g)==H2＋1/2O2(g)ΔH＝－485 kJ·mol－1
B．H2O(g)==H2(g)＋1/2O2(g) ΔH＝＋485 kJ·mol－1
C．2H2(g)＋O2(g)==2H2O(g) ΔH＝＋485 kJ·mol－1
D．2H2(g)＋O2(g)==2H2O(g) ΔH＝－485 kJ·mol－1
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
化学反应的实质是旧化学键的断裂和新化学键的形成过程，断裂化学键需要吸收能量，形成化学键需要释放能量，根据H2O(g)=H2(g)+1/2O2(g)，该反应的能量变化为
2×463kJ/mol-436kJ/mol-495kJ/mol
2
=+242.5kJ/mol，化学反应逆向进行，反应热数值不变，符号相反，化
学方程式系数加倍，反应热加倍，则2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H =-485kJ/mol，答案选D。

3．某有机物的结构如下图所示，下列说法正确的是
A．分子式为C10H14O3B．可发生加成、取代、氧化、加聚等反应
C．与足量溴水反应后官能团数目不变D．1mol该有机物可与2molNaOH反应
【答案】B
【解析】A. 根据该有机物的结构简式可知，分子式为C10H12O3，选项A错误；B. 该有机物含有碳碳双键，可发生加成，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，可发生加聚反应，含有羧基、羟基，可以发生酯化反应（取代反应），选项B正确；C. 该有机物含有碳碳双键，与足量溴水发生加成反应，官能团数目由原来5个增加到8个，选项C错误；D.该有机物含有羧基，1mol该有机物最多可与1molNaOH反应，选项D错误。

答案选B。

4．N A表示阿伏加德罗常数，下列有关叙述正确的是（）
①1mol苯乙烯中含有的碳碳双键数为4N A
②6.2g氧化钠和7.8g过氧化钠的混合物中含有的离子总数为0.6N A
③3.4gNH3中含N—H键数目为0.2N A
④常温下1L 0.5mol/L NH4Cl溶液与2L 0.25mol/L NH4Cl溶液所含NH4+的数目相同
⑤常温下4.6gNO2和N2O4混合气体中所含原子总数为3N A
⑥等体积、浓度均为1mol/L的磷酸和盐酸，电离出的氢离子数之比为3:1
⑦1mol铁粉在1mol氯气中充分燃烧，失去的电子数为3N A
⑧高温下，16.8 g Fe与足量水蒸气完全反应失去0.8N A个电子
A．①④⑦B．②⑤⑧C．②③④⑥D．①②④⑤⑦
【答案】B
【解析】
【详解】
①1mol苯乙烯中含有的碳碳双键数为1N A，故错误；
②6.2g氧化钠的物质的量为0.1mol，含有0.2mol钠离子、0.1mol阴离子，总共含有0.3mol离子；7.8g 过氧化钠的物质的量为0.1mol，含有0.2mol钠离子、0.1mol过氧根离子，总共含有0.3mol离子，二者的混合物中含有0.6mol离子，含有的离子总数为0.6N A，故正确；
③3.4gNH3物质的量=
3.4g
17g/mol
=0.2mol，含N-H键数目为0.6N A，故错误；
④浓度越大水解程度越小，1L0.50mol•L-1NH4Cl溶液与2L0.25mol•L-1NH4Cl溶液含NH4+物质的量后者小，故错误；
⑤NO2和N2O4的最简式均为NO2，故4.6g混合物中含有的NO2的物质的量为0.1mol，故含0.1mol氮原子和0.2mol氧原子，共含有原子数为0.3N A个，故正确；
⑥氯化氢为强电解质，溶液中完全电离，1mol/L的盐酸中含有氢离子浓度为1mol/L，而磷酸为弱电解质，1mol/L的磷酸溶液中氢离子浓度小于3mol/L，所以电离出的氢离子数之比小于3：1，故错误；
⑦1mol氯气与1mol铁粉反应，氯气不足，完全反应只能得2mol电子，故错误；
⑧n=m
M
计算得到物质的量=
16.8
56/
g
g mol
=0.3mol，结合铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气计算电子转
移数，3Fe～Fe3O4～8e-，则Fe与足量水蒸气完全反应失去0.8N A个电子，故正确；
故选B。

5．关于有机物a()、b()、c()的说法正确的是( )
A．a、b、c的分子式均为C8H8
B．a、b、c均能与溴水发生反应
C．a、b、c中只有a的所有原子会处于同一平面
D．a、b、c的一氯代物中，b有1种，a、c均有5种(不考虑立体异构)
【答案】C
【解析】
A. a、b的分子式为C8H8，c的分子式为C8H10，故A错误；
B. b分子是立方烷，不能与溴水发生反应，a、c分子中均含有碳碳双键，可以和溴水发生反应，故B错误；
C. a分子中的苯环和碳碳双键均为平面结构，因单键可以旋转，所以a分子中的所有原子可以处于同一平面，b、c分子中均含有饱和碳原子，所以b、c分子中的所有原子不可能处于同一平面，故C正确；
D. b分子是立方烷，是一种对称结构，每个碳原子上有一个氢原子，其一氯代物只有1种，a的一氯代物有5种，c的一氯代物有7种，故D错误；答案选C。

6．下列说法中正确的是( )
A．常温下，pH均为3的醋酸和硫酸铝两种溶液中，由水电离出的氢离子浓度之比为1∶108
B．25 ℃时0.1mol•L－1NH4Cl溶液的K W大于100 ℃时0.1mol•L－1NaCl溶液的K W
C．根据溶液的pH与酸碱性的关系，推出pH＝6.5的溶液一定显酸性
D．室温下，将pH＝2的盐酸与pH＝12的氨水等体积混合，溶液显中性
【答案】A
【解析】分析：醋酸中水电离出的氢离子浓度等于溶液中的氢氧根离子浓度，硫酸铝溶液中水电离出的氢离子浓度等于溶液中氢离子的浓度；水的离子积常数与温度有关，温度越大，离子积常数越大；弱电解质的电离平衡常数只与温度有关，温度不变，电离平衡常数不变。

详解：A、醋酸中水电离出的氢离子浓度等于溶液中的氢氧根离子浓度为10-11mol/L，硫酸铝溶液中水电离出的氢离子浓度等于溶液中氢离子的浓度为10-3mol/L，10-11：10-3=1:108，故A正确；
B、升高温度，水的离子积K W增大，故B错误；
C、温度未知，无法判断溶液的酸碱性，故C错误；
D、室温下，将pH＝2的盐酸与pH＝12的氨水等体积混合，碱过量，溶液呈碱性，故D错误；
故选A。

7．已知电导率越大导电能力越强。

常温下用0.100 mol·L-1NaOH溶液分别滴定10.00mL浓度均为0.100 mol·L-1的盐酸和醋酸溶液，测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。

下列说法正确的是
A．曲线①代表滴定盐酸的曲线
B．a点溶液中: c(OH-)+c(CH3COO-)-c(H+) =0.1 mol/L
C．a、b、c三点溶液中水的电离程度：c>a>b
D．b点溶液中：c(OH-)>c(H+)+c(CH3COO-)+c(CH3COOH)
【答案】D
【解析】
分析：醋酸为弱酸，等浓度时离子浓度比盐酸小，则导电性较弱，由此可知①为醋酸的变化曲线，②为盐酸的变化曲线，加入氢氧化钠，醋酸溶液离子浓度逐渐增大，导电性逐渐增强，盐酸发生中和反应，离子浓度减小，由图象可知加入氢氧化钠10mL时完全反应，对于离子浓度大小比较可以利用物料守恒和电荷守恒考虑解决。

详解：由分析可知，曲线①代表滴定CH3COOH溶液的曲线，曲线②代表滴定HCl溶液的曲线，A选项错误；a点氢氧化钠与CH3COOH溶液恰好反应生成CH3COONa，a点溶液中c（Na+）=0.05mol/L，电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（CH3COO-）+c（OH-）-c（H+）=c（Na+）=0.05mol/L，B选项错误；酸或碱抑制水的电离，含有弱酸根离子的盐促进水的电离，c点溶质为NaCl，a点溶质为醋酸钠，醋酸根离子促进水的电离，b点为等物质的量浓度的醋酸钠和NaOH的混合物，NaOH会抑制水的电离，所以在相同温度下，水的电离程度大小关系：b＜c＜a，C选项错误；b点为等物质的量浓度的醋酸钠和NaOH 的混合物，根据电荷守恒：c（CH3COO-）+c（OH-）=c（H+）+c（Na+）和物料守恒：2c（CH3COO-）+2c（CH3COOH）= c（Na+）得：c（OH-）= c（H+）+c（CH3COO-）+2c（CH3COOH），所以有c(OH-)>c(H+)+c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，D选项正确；正确答案：D。

8．下述实验能达到预期目的的是（）
A．检验乙醛中的醛基：在一定量CuSO4溶液中，加入少量NaOH溶液，然后再加入乙醛，加热产生砖红色沉淀
B．分离提纯苯：向苯和苯酚混合溶液中加入足量浓溴水，静置后分液
C．检验溴乙烷中的溴元素：向某溴乙烷中加入NaOH溶液共热，冷却后滴入AgNO3溶液，观察有无浅黄色沉淀生成
D．比较CH3COO—和CO32—结合H+的能力：相同温度下，测定浓度均为0.1mol·L-1的Na2CO3和CH3COONa溶液
的pH
【答案】D
【解析】
【详解】
A.加入少量NaOH 溶液,碱不足,而检验-CHO,应在碱性溶液中,则碱不足时加入乙醛,加热不能产生砖红色沉淀,故A 错误;
B.加入足量浓溴水,溴、三溴苯酚均可溶于苯,不能除杂,应加NaOH 溶液、分液来分离提纯,故B 错误;
C.检验溴乙烷中的溴元素：向某溴乙烷中加入NaOH 溶液共热，冷却后滴入稀硝酸酸化，再加AgNO 3溶液，观察有无浅黄色沉淀生成，不加硝酸酸化，会生成AgOH ，影响检验效果，故C 错误；
D.相同温度下，测定浓度均为0.1mol·L -1的Na 2CO 3和CH 3COONa 溶液的pH ，可知酸性为CH 3COOH>HCO 3-,则CH 3COO _结合H +
的能力弱,故D 正确;答案：D 。

【点睛】
注意醛基的检验方法：在碱性溶液中,加入乙醛,加热能产生砖红色沉淀；可根据盐类水解的强弱，判断弱根离子结合质子的强弱。

9．对可逆反应2232SO (g)+O (g)2SO (g)H<0僔，下列图象正确的是（ ） A ． B ．
C ．
D ．
【答案】A
【解析】
【详解】
A ．只增加氧气的浓度，则正反应速率增大，且正反应速率大于逆反应速率，平衡向正反应方向移动，与图象吻合，A 正确；
B ．正反应为放热反应，则升高温度平衡向逆反应方向移动，二氧化硫的转化率降低，图象不符，B 错误；
C ．增大压强平衡正向移动，转化率增大，但反应速率增大，到达平衡所用时间较少，图象不符，C 错误；
D ．加入催化剂，反应速率增大，到达平衡所用时间减少，但平衡不移动，图象不符，D 错误； 答案选A 。

10．化学与生产、生活密切相关，下列说法不正确的是
A ．用熟石灰可处理废水中的酸
B．用水玻璃可生产點合剂和防火剂
C．用食盐水有利于清除炊具上残留的油污
D．用浸泡过高锰酿钾溶液的硅藻士保鲜水果
【答案】C
【解析】
酸碱发生中和，A正确；水玻璃是硅酸钠的水溶液，具有粘性，不燃烧，B正确；油污属于油脂类，用碳酸钠溶液显碱性可以清洗油污，食盐水不能，C错误；水果释放出乙烯，使果实催熟，高锰酸钾溶液氧化乙烯，释放出二氧化碳，达到保鲜水果的目的，D正确；正确答案选C。

11．下列物质中，不属于
．．．高分子化合物的是
A．纤维素B．塑料C．蛋白质D．油脂
【答案】D
【解析】
【详解】
A．纤维素为多糖，相对分子质量在一万以上，属于高分子化合物，选项A错误；B．塑料是聚合物，相对分子质量在一万以上，是合成有机高分子化合物，选项B错误；C．蛋白质相对分子质量较大，属于高分子化合物，选项C错误；D．油脂相对分子质量较小，不是高分子化合物，选项D正确；答案选D。

12．从海带中提取碘单质的工艺流程如下。

下列关于海水制碘的说法，不正确的是()
A．在碘水中加入几滴淀粉溶液，溶液变蓝色
B．实验室在蒸发皿中灼烧干海带，并且用玻璃棒搅拌
C．含I－的滤液中加入稀硫酸和双氧水后，碘元素发生氧化反应
D．碘水加入CCl4得到I2的CCl4溶液，该操作为“萃取”
【答案】B
【解析】
【详解】
A、碘单质遇到淀粉变蓝是碘单质的特性，A正确；
B、固体灼烧应在坩埚中进行，溶液蒸发在蒸发皿中进行，B错误；
C、碘离子被过氧化氢在酸性溶液中氧化为碘单质，发生氧化反应，C正确；
D、碘单质在水中的溶解度不大，易溶于四氯化碳等有机溶剂，可以用四氯化碳萃取碘水中的碘单质，D 正确。

答案选B。

13．短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，Y原子的最外层只有一
个电子，Z位于元素周期表ⅢA族，W与X属于同一主族。

下列说法正确的是
A．原子半径：r(W)＞r(Z)＞r(Y)
B．由X、Y组成的化合物中均不含共价键
C．Y的金属性比Z的弱
D．X的简单气态氢化物的热稳定性比W的强
【答案】D
【解析】
【分析】
短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大；X是地壳中含量最多的元素，X为O元素；Y原子的最外层只有一个电子，Y为Na元素；Z位于元素周期表中IIIA族，Z为Al元素；W与X属于同一主族，W 为S元素。

根据元素周期律作答。

【详解】
根据以上分析可知X为O，Y为Na，Z为Al，W为S。

则
A、Na、Al、S都是第三周期元素，根据同周期从左到右主族元素的原子半径依次减小，原子半径：r（Y）＞r（Z）＞r（W），A错误；
B、由X、Y组成的化合物有Na2O、Na2O2，Na2O中只有离子键，Na2O2中既含离子键又含共价键，B错误；
C、同周期自左向右金属性逐渐减弱，金属性：Na＞Al，C错误；
D、非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性：O＞S，X的简单气态氢化物的热稳定性比W的强，D正确；答案选D。

14．已知:2Zn(s)＋O2(g)=2ZnO(s) △H1=－701.0kJ·mol－1①，2Hg(l)＋O2(g)=2HgO(s) △H2=－181.6kJ·mol －1②，则Zn(s)＋HgO(s)=ZnO(s)＋Hg(l)的△H为
A．＋519.4kJ·mol－1B．－181.6kJ·mol－1
C．－259.7kJ·mol－1D．－519.4kJ·mol－1
【答案】C
【解析】
【详解】
根据盖斯定律，(①-②)×1
2
可得Zn(s)＋HgO(s)=ZnO(s)＋Hg(l)，则△H=
1
2
(－701.0+181.6)=－259.7kJ·mol
－1，答案为C。

15．化学与人类社会的生产、生活有着密切联系。

下列叙述中不正确
．．．的是
氧化铁钙钛矿太阳能电池SiO2超分子纳米管石墨烯发热服
A．用作涂料B．化学能转化为电能C．无机非金属材料D．有电热转化性能
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【解析】
A氧化铁为红色俗称为铁红,难溶于水,氧化铁常用作红色油漆和涂料,故A正确；B钙钛矿太阳能电池是把吸收的光能转化为电能，故B错误；C、SiO2属于无机非金属材料，可以制取超分子纳米管是正确的；故C 对；D石墨烯发热服有电热转化性能正确,故D正确；答案：B。

16．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】
【详解】
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。

17．下列说法错误的是 ( )
A．乙烯可以用作生产食品包装材料的原料B．乙烷室温下能与浓盐酸发生取代反应
C．乙醇室温下在水中的溶解度大于溴乙烷D．乙酸和甲酸甲酯互为同分异构体
【答案】B
【解析】分析：A．聚乙烯为食品包装材料；
B．乙烷与浓盐酸不反应；
C．乙醇与水分子间含氢键，溴乙烷不含；
D．乙酸和甲酸甲酯的分子式相同，结构不同。

详解：A．聚乙烯为食品包装材料，乙烯可合成聚乙烯，即乙烯可以用作生产食品包装材料的原料，A正确；
B．乙烷与浓盐酸不反应，光照下可与卤素单质发生取代反应，B错误；
C．乙醇与水分子间含氢键，溴乙烷不含，则乙醇室温下在水中的溶解度大于溴乙烷，C正确；
D．乙酸和甲酸甲酯的分子式相同，结构不同，二者互为同分异构体，D正确；
答案选B。

18．下表列出了某短周期元素R的各级电离能数据(用I表示,单位为kJ·mol-l).
下列关于元素R的判断中一定正确的是
A．R的最高正价为+3价
B．R元素的原子最外层共有4个电子
C．R 元素基态原子的电子排布式为1s22s2
D．R元素位于元素周期表中第ⅡA族
【答案】D
【解析】
从表中原子的第一至第四电离能可以看出,元素的第一、第二电离能都较小,可失去2个电子,最高化合价为+2价,即最外层应有2个电子,应为第IIA族元素。

A.最外层应有2个电子,所以R的最高正价为+2价,A错误;B. R元素的原子最外层共有2个电子,B错误; C. R元素可能是Mg或Be,所以R元素基态原子的电子排布式不一定为1s22s2，C错误；D.R元素最外层有2个电子,所以R元素位于元素周期表中第ⅡA族,D正确;答案选D.
19．下列每组中各有三对物质，它们都能用分液漏斗分离的是（）
A．乙酸乙酯和水、酒精和水、苯酚和水
B．1，2﹣二溴乙烷和水、溴苯和水、硝基苯和水
C．甘油和水、乙醛和水、乙酸和乙醇
D．四氯化碳和水、甲苯和水、已烷和苯
【答案】B
【解析】
【分析】
用分液漏斗分离物质即分液，其要求是混合物中的各组分互不相溶，静置后能分层。

【详解】
A项、乙醇和水互溶不分层，不能用分液漏斗分离，故A错误；
B项、三对物质均不互溶，可以用分液的方法进行分离，故B正确；
C项、三对物质均互溶，不能用分液的方法进行分离，故C错误；
D项、己烷和苯互溶，不可以用分液的方法进行分离，故D错误；
故选B。

【点睛】
本题考查物质的分离与提纯，注意相关物质的性质的异同，把握常见物质的分离方法和操作原理是解答关键。

20．W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素,W的电子数与其周期序数相等,X2-与Y+的电子层结构相同,Z的最高正价与最低负价的代数和为4。

下列说法正确的是
A．单质沸点:W>X
B．原子半径:Y<X
C．最简单气态氢化物的稳定性:X>Z
D．由W、X、Y三种元素形成的化合物的水溶液呈酸性
【答案】C
【解析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W的电子数与其周期序数相等，说明W是H；X2-与Y+的电子层结构相同，说明X为O，Y为Na；Z的最高正价与最低负价的代数和为4，说明Z为S；A. W为H，单质为氢气，X为O，单质为氧气，氢气的沸点小于氧气，A错误；B.原子的电子层数越多，半径越大，原子半径：Na>O，B错误；C. 非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性O>S，则最简单气态氢化物的热稳定性为X>Z，C正确；D. 由W、X、Y三种元素形成的化合物是NaOH，水溶液呈碱性，D错误；答案选C.
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
21．海洋是生命的摇篮，海水不仅是宝贵的水资源，而且蕴藏着丰富的化学资源。

I.（1）海水中所得粗盐中通常含Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质，为了得到精盐，下列试剂加入的先后顺序正确的是________。

A．BaCl2→Na2CO3→NaOH→HCl B．NaOH→BaCl2→Na2CO3→HCl
C．BaCl2→NaOH→Na2CO3→HCl D．Na2CO3→NaOH→BaCl2→HCl
（2）为了检验精盐中是否含有SO42-，正确的方法是____________________________。

II.海藻中提取碘的流程如图所示
（1）灼烧过程中，需使用到的（除泥三角外）实验仪器有______。

A．试管B．瓷坩埚C．坩埚钳D．蒸发皿E．酒精灯F．三脚架
（2）指出提取碘的过程中有关实验操作名称：①________③__________④_________。

（3）步骤②反应的离子方程式为___________________，该过程氧化剂也可以用H2O2，将等物质的量的I-转化为I2，所需Cl2和H2O2的物质的量之比为__________。

（4）下列关于海藻提取碘的说法，正确的是_________。

A．含碘的有机溶剂呈现紫红色
B．操作③中先放出下层液体，然后再从下口放出上层液体
C．操作④时，温度计的水银球应伸入液面以下但不能触碰到蒸馏烧瓶的底部
【答案】ABC 取少量精盐溶于水，先加入稀盐酸，无现象，向其中加入氯化钡溶液，若产生沉淀，则含有硫酸根离子BCEF 过滤萃取分液蒸馏Cl2+2I-=2Cl-+I21:1 A
【解析】
【分析】
I.海水中所得粗盐中通常含Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质，为了得到精盐，Ca2+用碳酸钠转化为沉淀、Mg2+用NaOH转化为沉淀、SO42-用氯化钡溶液转化为沉淀，先除去Mg2+或SO42-，然后再加入过量的碳酸钠除去Ca2+以及过量的Ba2+杂质，过滤后再加盐酸除去过量的NaOH和碳酸钠；关键点：根据不能产生新杂质的要求排序，前面加入的过量溶液应用后加入的溶液除去；检验硫酸根离子一定要防止其他离子干扰；
II.将海藻晒干，放到坩埚中灼烧得到海藻灰，海藻灰悬浊液过滤除掉残渣，得到含碘离子的溶液，通入氯气将碘离子氧化为碘单质，加入有机试剂苯或四氯化碳将碘单质萃取到有机层，分液得有机溶液，再蒸馏得到晶态碘，据此解答。

【详解】
I.（1）根据不能产生新杂质的要求排序，前面加入的过量溶液应用后加入的溶液除去的原则确定除杂顺序，所以碳酸钠必须在氯化钡后面，过滤后再加盐酸除去过量的NaOH和碳酸钠，选项A、B、C满足；正确答案：ABC。

（2）检验硫酸根离子，应该先加入盐酸无现象，排除其他杂质离子的干扰，再加入氯化钡产生白色沉淀；正确答案：少量精盐溶于水，先加入稀盐酸，无现象，向其中加入氯化钡溶液，若产生沉淀，则含有硫酸根离子。

II.将海藻晒干，放到坩埚中灼烧得到海带灰，海藻灰悬浊液过滤除掉残渣，得到含碘离子的溶液，通入氯气将碘离子氧化为碘单质，加入有机试剂苯或四氯化碳将碘单质萃取到有机层，分液得有机溶液，再蒸馏得到晶态碘；
（3）固体灼烧用到的仪器有坩埚，坩埚钳，泥三角，三脚架，酒精灯；正确答案：BCEF。

（4）海藻灰悬浊液过滤除掉残渣，得到含碘离子的溶液，通入氯气将碘离子氧化为碘单质，加入有机试剂苯或四氯化碳将碘单质萃取到有机层，分液得有机溶液，再蒸馏得到晶态碘；正确答案：过滤萃取分液蒸馏。

（5）氯气氧化碘离子的离子方程式为Cl2+2I-＝2Cl-+I2，双氧水氧化碘离子的方程式为2I-+H2O2+2H+＝
I2+2H2O，将等物质的量的I-转化为I2，所需Cl2和H2O2的物质的量之比1:1；
正确答案：Cl2+2I-＝2Cl-+I21:1。

（6）A.碘单质在有机溶剂中呈现紫红色，故A正确；
B.操作③分液时先放出下层液体，然后再从上口倾倒出上层液体，故B不正确；
C.蒸馏时，温度计的水银球应该在蒸馏烧瓶支管口附近测量蒸气的温度，不能伸入液面以下，故C不正确；正确答案：A。

【点睛】
第一题题目难度不大，注意掌握除杂试剂的选择及加入试剂的先后顺序，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力。

第二题以实验室从海藻里提取碘为载体考查了混合物分离的方法、碘的性质、萃取剂的选取等知识点，明确常用混合物分离的方法。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
22．分子式为C3H7Br的有机物甲在适宜的条件下能发生如下一系列转化：
（1）若B能发生银镜反应，试回答下列问题．
①有机物甲的结构简式为_____；
②用化学方程式表示下列转化过程：
甲→A：___________________
B和银氨溶液反应：_________
（2）若B不能发生银镜反应，请回答下列问题：
①A的结构简式为__________；
②用化学方程式表示下列转化过程．甲+NaOH D：_____，D→E：_____．
【答案】CH3CH2CH2Br ；CH3CH2CH2Br+NaOH CH3CH2CH2OH+NaBrCH3CH2CHO+2Ag（NH3）
OH CH3CH2COONH4+3NH3+2Ag↓+H2OCH3CH（OH）
2
CH3CH3CHBrCH3+NaOH CH3CH=CH2↑+NaBr+H2OnCH3CH=CH2
【解析】分析：本题考查有机物推断，为高频考点，明确有机物的官能团性质及其物质之间的转化是解题的关键，注意卤代烃发生水解反应和消去反应时反应条件及断键方式区别。

详解：若B能发生银镜反应，说明B含有醛基，A发生水解反应生成醇，B发生氧化反应生成醛，则甲的结构简式为CH3CH2CH2Br，A的结构简式为CH3CH2CH2OH，B的结构简式为CH3CH2CHO，甲或A 发生消去反应都生成D为丙烯，D发生加聚反应生成E。

(1)①根据以上分析，可知甲的结构简式为CH3CH2CH2Br；②甲→A的方程式为：CH3CH2CH2Br+NaOH CH3CH2CH2OH+NaBr；B和银氨溶液反应的方程式为：CH3CH2CHO+2Ag（NH3）2OH CH3CH2COONH4+3NH3+2Ag↓+H2O（2）若B不能发生银镜反应，则B为酮，则B为CH3COCH3，A为CH3CHOHCH3，甲为CH3CHBrCH3，D为CH2=CHCH3，E为。

①A的结构简式为CH3CH（OH）CH3；②甲和氢氧化钠的醇溶液在加热条件下发生消去反应生成丙烯，反应方程式为CH3CHBrCH3+NaOH CH3CH=CH2↑+NaBr+H2O。

丙烯发生加聚反应生成聚丙烯，反应方程式为：
nCH3CH=CH2。

点睛：注意有机物的结构和反应的关系。

卤代烃在氢氧化钠的醇溶液加热条件下可能发生消去反应，若卤素原子链接的碳原子的邻位碳上有氢原子，则能发生消去反应。

醇分子中羟基链接的碳原子的邻位碳上有两个氢原子，则被催化氧化生成醛，若羟基链接的碳原子上有一个氢原子，则被催化氧化生成酮，若羟基链接的碳原子上没有氢原子，则不能催化氧化。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
23．《茉莉花》是首脍炙人口的江苏民歌。

乙酸苯甲酯可以从茉莉花中提取，也可用如下路线合成：
（1）乙酸苯甲酯的分子式为______，C的结构简式为______，B中所含官能团的名称为_____，③的反应类型为____________。

（2）①的化学方程式为____________。

（3）乙酸苯甲酯与NaOH溶液反应的离子方程式为_____________。

【答案】C9H10O2羧基取代反应2CH3CH2OH + O22CH3CHO + 2H2O
【解析】分析：乙醇在Cu作催化剂、加热条件下发生氧化反应生成A为CH3CHO，CH3CHO进一步被氧化生成B为CH3COOH，甲苯与氯气发生取代反应生成，在碱性条件下水解生成C为，苯甲醇与乙酸在一定条件下发生酯化反应生成，据此解答。

（1）乙酸苯甲酯的分子式为：C9H10O2；在碱性条件下水解生成，故C的结构简式为；乙醇在Cu作催化剂、加热条件下发生氧化反应生成A为CH3CHO，CH3CHO进一步被氧化生成B为CH3COOH，故B中的官能团为羧基；③的反应类型为取代反应。

（2）反应①是乙醇发生催化氧化生成乙醛，反应化学方程式为：2CH3CH2OH + O22CH3CHO + 2H2O （3）乙酸苯甲酯与NaOH溶液反应的离子方程式为：
24．以废旧铅酸电池中的含铅废料(Pb、PbO、PbO2、PbSO4及炭黑等)和H2SO4为原料，制备高纯PbO，实现铅的再生利用。

其工作流程如下：。