2020年广东省云浮市化学高一(下)期末教学质量检测模拟试题含解析

2020年广东省云浮市化学高一(下)期末教学质量检测模拟试题
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．常温下不能溶于浓硝酸的金属是( )
A．银B．铝C．铜D．镁
【答案】B
【解析】
【详解】
A.常温下，金属银可以与浓硝酸之间反应生成硝酸银、二氧化氮和水，金属银可以溶于硝酸中，故A错误；
B.常温下，金属铝遇到浓硝酸会钝化，所以铝不可溶于浓硝酸，故B正确；
C.常温下，金属铜可以与浓硝酸之间反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，金属铜可以溶于硝酸中，故C错误；
D.常温下，金属镁可以与浓硝酸之间反应生成硝酸镁、二氧化氮和水，金属镁可以溶于硝酸中，故D错误。

故选B。

2．下列金属冶炼的反应原理，错误的是（）
A．2Ag2O4Ag+O2↑
B．火法炼铜：Cu2S+O22Cu+SO2
C．Al2O3+3H22Al+3H2O
D．MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑
【答案】C
【解析】A. 银用热分解法，2Ag2O4Ag+O2↑，A正确；B. 火法炼铜，Cu2S+O22Cu+SO2，B正确；
C. 铝用电解法冶炼，C不正确；
D.电解法冶炼镁，MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑，D正确。

本题选C。

3．五种短周期元素X、Y、Z、M、N，其原子半径与原子序数的关系如图，下列说法错误的是（）
A．非金属性：X>Z
B．气态氢化物的稳定性：M<N
C．X和Y形成的化合物只可能含离子键
D．M最高价氧化物对应的水化物是一种弱酸
【答案】C
【解析】
【分析】
由于表中均是短周期元素，易知是第二周期和第三周期，故可根据原子半径与原子序数的关系可推知元素X、Y、Z、M、N分别为O、Na、Al、Si、Cl。

【详解】
A.根据同周期非金属性从左往右越强，同主族非金属性从下往上越强，因而根据位置关系可知非金属性：O>S>Al，即X>Z，A项正确；
B.根据同周期气态氢化物的稳定性从左往右越强，同主族气态氢化物的稳定性从下往上越强，因而根据位置关系可知气态氢化物的稳定性：HCl>SiH4，即M<N，B项正确；
C.X和Y形成的化合物为Na2O2，除了离子键还含有非极性键，C项错误；
D. M最高价氧化物对应的水化物为H2SiO3，硅酸的酸性比碳酸还弱，D项正确。

故答案选C。

4．在恒温恒容的容器中，发生反应：H 2(g)＋CO(g)C(s)＋H2O(g)，初始时加入平均相对分子质量为15的H2、CO混合气，一段时间后测得气体的平均相对分子质量为16，下列说法正确的是
A．当气体的平均相对分子质量为16时该反应达平衡B．此时CO的转化率为40%
C．反应前后气体的密度之比为5∶4D．反应前后气体的压强之比为2∶1
【答案】C
【解析】
【详解】
A、当气体的平均相对分子质量为16时正逆反应速率不一定相等，因此该反应不一定达平衡，A错误；
B、根据上述判断此时CO的转化率为0.5/1×100%＝50%，B错误；
C、根据密度的定义，且是等容，因此体积相同，密度之比等于气体的质量之比，为30：24＝5：4，C正确；
D、压强之比等于物质的量之比，即反应前后气体的压强之比为2：（2－0.5）=4：3，D错误；
答案选C。

【点睛】
选项A是解答的易错点，注意可逆反应达到平衡状态有两个核心的判断依据：①正反应速率和逆反应速率相等。

②反应混合物中各组成成分的百分含量保持不变。

只要抓住这两个特征就可确定反应是否达到平衡状态，对于随反应的发生而发生变化的物理量如果不变了，即说明可逆反应达到了平衡状态。

即判断化学反应是否达到平衡状态，关键是看给定的条件能否推出参与反应的任一物质的物质的量不再发生变化。

5．设N A为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．15g甲基（－CH3）含有的电子数是9N A
B．7.8g苯中含有的碳碳双键数为0.3N A
C．1mol C2H5OH和1mol CH3CO18OH反应生成的水分子中的中子数为8N A
D ．标准状况下，2.24 L CCl 4中的原子总数为0.5N A
【答案】A
【解析】
分析：A 、甲基含有9个电子；B 、苯中无碳碳双键；C 、酯化反应中酸断羧基醇断氢；D 、标准状况下CCl 4为液体。

详解：A ．15g 甲基的物质的量都是1mol ，1mol 甲基中含有9mol 电子，含有的电子数均为9N A ，选项A 正确；B ．苯不是单双键交替的结构，故苯中无碳碳双键，选项B 错误；C 、C 2H 5OH 和CH 3CO 18OH 反应生成水为H 218O ，含10个中子，但酯化反应为可逆反应，故不能进行彻底，故生成的水中的中子个数小于10N A 个，选项C 错误；D 、标况下CCl 4为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，选项D 错误。

答案选A 。

点睛：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大。

6．设A N 表示阿伏加德罗常数，则下列叙述正确的是
A ．标准状况下，22.4L 四氯化碳含有A N 个四氯化碳分子
B ．在18gH 218
O 中含有10A N 个中子 C ．在2L 0.5L mo /1的醋酸溶液中含有 A N 个-COO CH 3离子
D ．常温下，16g 甲烷含有10A N 个电子
【答案】D
【解析】四氯化碳在标准状况下不是气体，A 不正确。

H 218O 的中子数是10，18gH 218O 的物质的量是mol mol g g 10
9/2018=，含有中子的物质的量是9mol ，B 不正确。

醋酸是弱酸，部分电离，所以C 不正确。

CH 4分子含有10个电子，16g 甲烷是1mol ，所以D 正确。

答案选D 。

7．在CH 3COONa 溶液中各离子的浓度由大到小排列顺序正确的是
A ．c(Na ＋)>c(CH 3COO －)>c(OH －)>c(H ＋)
B ．c(CH 3COO －)>c(Na ＋)>c(OH －)>c(H ＋)
C ．c(Na ＋)>c(CH 3COO －)>c(H ＋)>c(OH －)
D ．c(Na ＋)>c(OH －)>c(CH 3COO －)>c(H ＋)
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
CH 3COONa 为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，则c(OH -)＞c(H +)，溶液存在电荷守恒，则
c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，因此c(Na+)＞c(CH3COO-)，因单水解的程度一般较弱，则有c(CH3COO-)＞c(OH-)，因此有c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)，故选A。

8．蓝晶石(如图)是一种天然耐火原料矿物,其主要成分为Al2O3·SiO2。

用下列试剂清洗蓝晶石,蓝晶石不会被腐蚀的是
A．氢氟酸B．氨水C．硫酸D．硝酸
【答案】B
【解析】蓝晶石(如图)是一种天然耐火原料矿物,其主要成分为Al2O3·SiO2。

可看成是由氧化铝和二氧化硅组成，A、二氧化硅与氢氟酸反应生成四氟化硅和水，会被腐蚀，选项A不选；B、氧化铝和二氧化硅均不能与氨水反应，不会被腐蚀，选项B选；C、氧化铝与硫酸反应生成硫酸铝和水，会被腐蚀，选项C不选；
D、氧化铝与硝酸反应生成硝酸铝和水，会被腐蚀，选项D不选。

答案选B。

9．已知中和热的数值是57.3KJ/mol。

下列反应物混合时，产生的热量等于57.3KJ的是（）
A．1mol/L稀HCl（aq）和1mol/L稀NaOH（aq）
B．500mL2.0mol/L的HCl（aq）和500mL2.0mol/L的NaOH（aq）
C．500mL2.0mol/L的CH3COOH（aq）和500mL2.0mol/L的NaOH（aq）
D．1mol/L稀CH3COOH（aq）和1mol/L稀NaOH（aq）
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A、只知道酸和碱的浓度，但是不知道溶液的体积，无法确定生成水的量的多少，也无法确定放热多少，故A错误；
B、500mL2.0mol/L的HCl（aq）和500mL2.0mol/L的NaOH（aq），反应生成的水的物质的量是1mol，放出的热量是为57.3kJ，所以B选项是正确的；
C、500mL2.0mol/L的CH3COOH（aq）和500mL2.0mol/L的NaOH（aq），反应生成的水的物质的量是1mol，但是醋酸是弱酸，弱酸电离吸热，放出的热量小于57.3kJ，故C错误；
D、只知道酸和碱的浓度，但是不知道溶液的体积，无法确定生成水的量的多少，也无法确定放热多少，并且醋酸是弱酸，弱酸电离吸热，故D错误。

答案选B。

10．下列热化学方程式或说法正确的是( )
A．甲烷的燃烧热为ΔH＝－890kJ·mol－1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)
＋2H2O(g) ΔH＝－890kJ· mol－1
B．500℃、30MPa下，将0.5mol N2和1.5mol H2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3 kJ，其热化学方程式为：N 2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＝－38.6kJ·mol－1
C．已知：H2(g)＋F2(g)=2HF(g) ΔH＝－270kJ·mol－1，则1mol氢气与1mol氟气反应生成2mol
液态氟化氢放出的热量小于270kJ
D．在C中相同条件下，2mol HF气体的能量小于1mol氢气与1mol氟气的能量总和
【答案】D
【解析】
【详解】
A、燃烧热：在25℃、101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，稳定的氧化物是指完全燃烧的最终产物，水指液态水，A错误；
B、合成氨是可逆反应，不可能进行到底，0.5mol N2和1.5mol H2，不知消耗反应物或生成物生成量，因此无法计算，B错误；
C、气体变成液体是放热反应，生成2mol液态氟化氢时放出热量大于270kJ，C错误；
D、放热反应是反应物的总能量大于生成物的总能量，D正确。

答案选D。

11．能被酸性高锰酸钾溶液氧化的物质是
A．乙烷B．乙醇C．苯D．乙酸
【答案】B
【解析】
【详解】
A、乙烷是烷烃，不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，A错误；
B、乙醇分子中含有羟基，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，B正确；
C、苯是芳香烃，不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，C错误；
D、乙酸含有羧基，不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，D错误。

答案选B。

12．下列变化不属于化学变化的是
A．石油分馏B．煤干馏C．石油裂解D．皂化反应
【答案】A
【解析】分析：物理变化和化学变化的根本区别在于是否有新物质生成，如果有新物质生成，则属于化学变化；反之，则是物理变化。

详解：A．石油分馏是控制温度，分离一定沸点范围内馏分的混合物的方法，无新物质生成，属于物理变化，A正确；
B．煤的干馏是隔绝空气加强热过程中生成新的物质，属于化学变化，B错误；
C．石油裂解是深度裂化，过程中生成新的物质，属于化学变化，C错误；
D．皂化反应是油脂在碱性溶液中发生的水解反应，属于化学变化，D错误；
答案选A。

点睛：本题考查物理变化与化学变化的区别与联系，题目难度不大，解答时要分析变化过程中是否有新物质生成。

13．下列对于太阳能、生物质能和氢能的利用的说法不正确的是()
A．芒硝晶体(Na2SO4·10H2O)白天在阳光下曝晒后失水、溶解吸热,夜里重新结晶放热,实现了太阳能转化为化学能继而转化为热能
B．将植物的秸秆、枝叶、杂草和人畜粪便加入沼气发酵池中,在富氧条件下,经过缓慢、复杂、充分的氧化反应最终生成沼气,从而有效利用生物质能
C．生活、生产中大量应用氢能源,首先要解决由水制备氢气的能耗、氢气的储存和运输等问题
D．垃圾焚烧处理厂把大量生活垃圾中的生物质能转化为热能、电能,减轻了垃圾给城市造成的压力,改善了城市的环境,增强了市民的环保意识
【答案】B
【解析】
【详解】
A、芒硝在白天光照下失水，是太阳能转化为化学能，晚上重新结晶放热，是化学能转化成热能，故A说法正确；
B、生物质能就是太阳能以化学能形式贮存在生物质中的能量形式，即以生物质为载体的能量，将植物的秸秆、枝叶、杂草和人畜粪便加入沼气发酵池中，在氧气不充足、厌氧菌的作用下进行，故B说法错误；
C、氢能源开发利用过程中需要解决的课题是探索廉价制氢气的方法和怎样解决氢气的贮存运输问题，故C说法正确；
D、利用垃圾发电可将生活垃圾中的生物质能转化为热能、电能等，故D说法正确。

答案选B。

14．关于铜—锌—稀硫酸构成的原电池的有关叙述错误的是( )
A．锌为负极，锌发生氧化反应
B．.铜为正极，铜不易失去电子而受到保护
C．负极发生还原反应，正极发生氧化反应
D．外电路电子流入的一极为正极，电子流出的一极为负极
【答案】C
【解析】A. 锌为负极，锌失去电子，发生氧化反应，故A正确；B. 铜为正极，得到电子，发生还原反应，铜不易失去电子而受到保护，故B正确；C.负极发生氧化反应，正极发生还原反应，故C错误；D.外电路
电子流入的一极为正极，电子流出的一极为负极，故D正确。

故选C。

15．下列物质中，含有共价键的离子化合物的是
A．N2B．CO2C．NaOH D．MgCl2
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A．N2属于非金属单质，只含有共价键，故A错误；
B．CO2属于共价化合物，只含有共价键，故B错误；
C．NaOH属于离子化合物，其中含有氢氧根离子，含有共价键，故C正确；
D．MgCl2属于离子化合物，只含有离子键，故D错误；
故选C。

16．在同温同压下，某有机物和过量Na反应得到V1 L氢气，另一份等质量的有机物和足量的NaHCO3反应得到V2 L二氧化碳，若2V1＝V2则有机物可能是
A． B．HOOC-COOH C．HOCH2CH2OH D．
【答案】B
【解析】
试题分析：有机物和过量Na反应得到V1L氢气，说明分子中含有R-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，
存在反应关系式：R-OH～H2，-COOH～H2，以及-COOH CO2，
若2V1=V2，说明分子中只含有-COOH，只有B符合，故选B。

考点：考查有机物的推断
17．为了除去硝酸钾晶体中所含的硫酸钙和硫酸镁，先将它配成溶液，然后加入KOH、K2CO3、Ba(NO3)2等试剂，配以过滤、蒸发结晶等操作，制成纯净的硝酸钾晶体，其加入试剂的顺序正确的是
A．K2CO3—Ba(NO3)2—KOH—HNO3
B．Ba(NO3)2—KOH—HNO3—K2CO3
C．KOH—K2CO3—Ba(NO3)2—HNO3
D．Ba(NO3)2—KOH—K2CO3—HNO3
【答案】D
【解析】
【详解】
为了除去硝酸钾晶体中所含的硫酸钙和硫酸镁，先将它配成溶液，应先加入Ba(NO3)2，生成BaSO4，除去SO42-，然后加入过量的KOH，生成氢氧化镁，除去Mg2+，再加入过量的K2CO3，生成CaCO3和BaCO3沉淀，除去Ca2+和Ba2+，最后加入HNO3除去K2CO3和KOH，注意不能先加K2CO3，否则不能除去过量的Ba2+，即试剂加入顺序为Ba(NO3)2、KOH、K2CO3、HNO3，答案选D。

【点晴】
把握发生的反应及除杂的原则为解答的关键，注意除杂时要考虑不能引入新的杂质，注意试剂的加入顺序和本题中加入K2CO3的作用。

18．下列关于碳和硅的叙述中错误的是（）
A．碳和硅的最高价氧化物都能与氢氧化钠溶液反应
B．单质碳和硅在加热时都能与氧气反应
C．碳和硅的氧化物都能溶于水生成相应的酸
D．碳和硅两种元素都有同素异形体
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A、最高价氧化物CO2、SiO2为酸性氧化物能与NaOH溶液反应，选项A正确；
B、单质碳和硅在加热时都能与氧气反应，生成CO、CO2、SiO2等氧化物，选项B正确；
C、CO2＋H2O=H2CO3，但CO不溶于水，SiO2不溶于水也不与水反应，选项C错误；
D、石墨、金刚石、无定形碳为碳的同素异形体，晶体硅和无定形硅是硅的同素异形体，选项D正确；
答案选C。

19．下列关于乙烯的说法正确的是
A．是天然气的主要成分B．能使溴的四氯化碳溶液褪色
C．不能发生燃烧反应D．不能发生加聚反应
【答案】B
【解析】
试题分析：A．天然气的主要成分是甲烷，不是乙烯，故A错误；B．乙烯含有碳碳双键能够与溴水发生加成反应，所以能够使溴的四氯化碳溶液褪色，故B正确；C．乙烯结构简式为CH2=CH2，含有碳、氢元素能够燃烧生成二氧化碳和水，故C错误；D．乙烯含有碳碳双键能够发生加聚反应生成聚乙烯，故D错误；故选B。

【考点定位】考查乙烯的性质
【名师点晴】熟悉依据结构特点及所含元素是解题关键，乙烯结构简式为CH2=CH2，含有碳、氢元素能够燃烧生成二氧化碳和水，含有碳碳双键能够与溴水发生加成反应，能够发生加聚反应生成聚乙烯，据此解
答。

20．硅橡胶的主要成分如图所示，它是有二氯二甲基硅烷经过两步反应制成的，这两步反应的类型是（）
A．消去、加聚B．水解、缩聚C．氧化、缩聚D．水解、加聚
【答案】B
【解析】
【分析】
有机物中卤素原子被羟基代替的反应，属于卤代烃的水解反应，多个含有两个羟基的有机物会发生缩聚会得到高分子化合物。

【详解】
硅橡胶是由二甲基二氯硅烷经过两种类型的反应而形成的高分子化合物：
，在转化：
中，前一步实现了有机物中卤素原子被羟基取代的反应，
属于卤代烃的水解反应，然后是相邻有机物的羟基脱水缩聚，形成了高聚物，属于缩聚反应，B项正确；答案选B。

二、计算题（本题包括1个小题，共10分）
21．填写下列空白：
(1)一定质量的Al2(SO4)3中含有2.7 g Al3＋，含有________个SO42-；溶于水得100 mL溶液，所得溶液的物质的量浓度为________ mol·L－1。

(2)同温同压下，同质量的CO2和SO2，它们的密度之比为________，氧原子数之比为________。

(3)要使NH3与CH4含相同数目的H原子，则NH3和CH4的物质的量之比为__________。

(4)标准状况下，密度为0.75 g·L－1的NH3与CH4组成的混合气体中，NH3的体积分数为__________，该混合气体对氢气的相对密度为________。

(5)已知ag A和bg B恰好完全反应生成0.2 mol C和dg D，则C的摩尔质量为____________。

【答案】9.03×1022(或0.15N A) 0.5 11∶16 16∶11 4∶3 80% 8.4 5(a＋b－d) g·mol －1
【解析】
【分析】
（1）找准物质的量关系：Al 2(SO 4)3~2Al 3+~3SO 42-计算可得；
（2）同温同压下，同质量的CO 2和SO 2，它们的密度与摩尔质量成正比，氧原子数与摩尔质量成反比； （3）设NH 3与CH 4含氢原子物质的量均为12mol ，则n （NH 3）=4mol ，n （CH 4）=3mol ；
（4）标准状况下，混合气体平均摩尔质量=0.75g/L 22.4L/mol ⨯=16.8
g /mol 。

该混合气体对氢气的相对密度16.82
=8.4； （5）由质量守恒定律和n =
m M 可知。

【详解】
（1）n （Al 3+）= 2.7g 27g /mol =0.1 mol ，n （SO 42-）=32
n （Al 3+）=0.15 mol ，含有9.03×1022(或0.15N A )个SO 42-。

n[Al 2(SO 4)3]=0.05 mol ，溶于水得100 mL 溶液，所得溶液的物质的量浓度=
0.050.1mol L = 0.5 mol·L －1； （2）ρ=m V =m
nM nV ，同温同压下，气体的V m 相同，同质量的CO 2和SO 2，它们的密度与摩尔质量成正比，则22ρ(CO ρ)SO ()=22M CO M )(SO ()==44g /mol 64g /mol =1116。

n =m M
，同质量的CO 2和SO 2，且1个CO 2分子和1个SO 2分子均含2个氧原子，则氧原子数与分子的物质的量成正比，氧原子数与摩尔质量成反比，则氧原子数之比为16∶11；
（3）NH 3与CH 4含相同数目的H 原子，设NH 3与CH 4含氢原子物质的量均为12mol ，则n （NH 3）=4mol ，n （CH 4）=3mol ，则NH 3和CH 4的物质的量之比为4∶3；
（4）标准状况下，密度为0.75 g·L －1的NH 3与CH 4组成的混合气体，混合气体平均摩尔质量
=0.75/22.4L /mol ⨯g L =16.8 g /mol ，设NH 3体积分数为x ，则CH 4体积分数为1-x ，所以有：
17x + 16⨯(1-x) = 16.8，解得x=80%。

该混合气体对氢气的相对密度16.82
=8.4； （5）已知ag A 和bg B 恰好完全反应生成0.2 mol C 和dg D ，由质量守恒定律知：m （C ）=（a+b-d ）g ，则C 的摩尔质量为()a b d g 5g /mol 0.2+-=+-（）a b d mol。

三、实验题（本题包括1个小题，共10分）
22．实验是学习化学的一个重要途径。

(1)图1是实验室常用的制气装置,其中b 可用于制取O 2和______ (写 化学式)，其制取反应的化学方程式为_________。

若用二氧化锰和浓盐酸制取氯气应选择的装置为_______，反应的离子方程式为__________。

(2)图2是实验室制备氯气并进行一系列相关实验的装置。

①A中盛放的固体药品是_________ (填化学式)，装置B中盛装的液体试剂为_________。

②装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中I、II、II处依次放入的物质正确的是
_________(填字母编号)。

编号I II III
A 干燥的有色布条碱石灰湿润的有色布条
b 干燥的有色布条无水硫酸铜湿润的有色布条
c 湿润的有色布条浓硫酸干燥的有色布条
D 湿润的有色布条无水氯化钙干燥的有色布条
③D中发生反应的离子方程式是_________。

将装置D中的溶液加入装置E中，溶液分为两层，上层呈紫红色，要分离出紫红色溶液，需使用的玻璃仪器是玻璃棒、烧杯和________。

④报纸报道了多起因混合使用“洁厕灵”(主要成分是盐酸)与“84消毒液”(主要成分是NaClO)发生氯气中毒的事件。

请用离子方程式表示其原因: ________。

【答案】NH32NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O c MnO2＋4H＋＋2Cl－Cl2↑＋Mn2＋＋2H2O KMnO4(或 KClO3)饱和食盐水d Cl2＋2Br－=Br2＋2Cl－分液漏斗Cl－＋ClO－＋2H＋=Cl2↑＋H2O
【解析】分析：装置a是制备固液不加热反应的装置，例如锌粒与稀硫酸反应制备氢气；装置b是制备固固加热反应的装置，例如实验室制备氧气和氨气；装置c是制备固固加热反应的装置，例如实验室制备氯气。

（1）由上述分析可知装置b是用于制备固固加热反应，实验室制备氨气则是用这套装置，反应方程式为：2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O；采用浓盐酸和二氧化锰制备氯气必须加热，所以应选用装置c，离子反应方程式为：MnO2＋4H＋＋2Cl－Cl2↑＋Mn2＋＋2H2O；（2）①上图为制备氯气并验证氯气性质的装置，其中制备气体装置没有加热，因此选用的固体应为KMnO4(或 KClO3)；利用此反应制备氯气中混有HCl气体，可采用饱和食盐水除去混有的HCl气体；②装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，I 处为湿润布条，验证氯气可使湿润的布条褪色，II再经过干燥剂干燥氯气，III验证干燥的氯气能否使干燥布条褪色。

D中发生置换反应Cl2＋2Br－=Br2＋2Cl－，溴单质经分液漏斗流到锥形瓶中，与碘化钾发生置换反应生成碘单质。

为了分离紫红色溶液，还需用到分液漏斗，此操作过程为萃取。

④盐酸和次氯酸钠生成有毒气体氯气，反应方程式为Cl－＋ClO－＋2H＋=Cl2↑＋H2O。

点睛：本题重点考察氯气的制备及性质验证。

实验室制备氯气使用浓盐酸与二氧化锰在加热条件下反应，也可采用KMnO4(或 KClO3)与浓盐酸不加热条件下反应。

实验中产生的氯气中混有氯化氢和水蒸气，采用饱和食盐水除去氯化氢气体，采用无水氯化钙等干燥剂除去水蒸气。

氯气可以漂白湿润的有色布条，是因为氯气溶于水生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，所以氯气不能使干燥的有色布条褪色。

四、推断题（本题包括1个小题，共10分）
23．已知：①；
② 苯环上原有的取代基对新导入的取代基进入苯环的位置有显著影响。

以下是用苯作原料制备一系列化合物的转化关系图：
（1）A转化为B的化学方程式是_________________________。

（2）图中“苯→①→②”省略了反应条件，请写出①、②物质的结构简式：
①________________，②____________________。

（3）苯的二氯代物有__________种同分异构体。

（4）有机物的所有原子_______（填“是”或“不是”）在同一平面上。

【答案】
3不是
【解析】
【详解】
(1)A为硝基苯，根据信息②可知B为，根据A、B的结构可知，甲基取代硝基苯苯环上硝基间位的H原子生成B，反应方程式为：+CH3Cl+HCl，故答案为
+CH3Cl+HCl；
(2)②与水反应生成，根据信息可知②为，由转化关系图可知硝基苯发生间位取代，卤苯发生对位取代，所以①卤苯，为，故答案为；；
(3)苯的二氯代物有邻位、间位和对位3种，故答案为3；
(4)中甲基为四面体结构，所以所有原子不是在同一平面上，故答案为不是。

【点睛】
本题的易错点是(4)，只要分子结构中含有饱和碳原子，分子中的原子就不可能共面。

五、综合题（本题包括1个小题，共10分）
24．有机物A含有C、H、O三种元素，6.2g完全燃烧后将产物经过浓H2SO4，浓硫酸质量增重5.4g；剩余气体再通过碱石灰被完全吸收，质量增加8.8g。

经测定A的相对分子质量为62。

（已知两个羟基连在同一个碳上不稳定会自动失去一个水）
（1）试通过计算推断该有机物的分子式_________。

（2）若0.1mol该有机物恰好与4.6g金属钠完全反应，则该有机物的结构简式为________________。

【答案】C2H6O2
【解析】分析：根据n=m/M计算出二氧化碳和水的质量，然后根据质量守恒定律确定有机物A中含有的
C、H的个数；根据A的相对分子量为62确定其分子式；根据钠的物质的量、A的物质的量确定A中含有羟基数目，从而确定其结构简式。

详解：（1）产物通过浓H2SO4后，质量增加5.4g为水，则有机物A燃烧生成水的物质的量为：5.4g÷18g/mol ＝0.3mol，可知6.2g有机物中含有0.6molH；碱石灰增重的8.8g为二氧化碳的质量，则有机物A完全燃烧生成CO2的物质的量为：8.8g÷44g/mol＝0.2mol，可推知6.2gA中含有0.2molC，6.2gA的物质的量是
6.2g÷62g/mol＝0.1mol，则有机物A中含有氢原子的个数0.6mol÷0.1mol＝6，含有碳原子个数是
0.2mol÷0.1mol＝2，则含有的氧原子个数是，所以分子式为C2H6O2；
（2）若0.1mol的该有机物恰好与4.6g的金属钠完全反应，4.6g钠的物质的量为：4.6g÷23g/mol=0.2mol，根据关系式2-OH～2Na～H2可知，该有机物的分子中含有羟基的个数是0.2mol÷0.1mol＝2，又因为两个羟基连在同一个碳上不稳定会自动失去一个水，所以A的结构简式为HOCH2CH2OH。

点睛：本题考查了有机物分子式、结构简式的确定，题目难度不大，注意掌握有机物分子式、结构简式的确定方法，灵活应用质量守恒定律即原子守恒是解答本题的关键。