云南省普洱市孟連縣一中高二下學期期末考試化學試題

云南省孟連縣一中20182019學年下學期期末考試高二化學本試卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷兩部分一、單選題1.化學家借助太陽能產生的電能和熱能，用空氣和水作原料成功地合成了氨氣。下列有關說法正確的是A.該合成中所有的電能和熱能全部轉化為化學能B.該合成氨過程不屬于氮的固定C.空氣、水、太陽能均為可再生資源D.斷裂N2中的N≡N鍵會釋放出能量【答案】C【解析】【詳解】A、轉化過程中不能全部轉化成化學能，伴隨其他能量轉化，故A錯誤；B、氮的固定指游離態(tài)轉化成化合態(tài)，空氣中氮是游離態(tài)的，屬于氮的固定，故B錯誤；C、空氣、水、太陽能均屬于可再生資源，故C正確；D、斷鍵需要吸收熱量，故D錯誤。答案選C。2.下面關于化學反應的限度的敘述中，正確的是A.化學反應的限度都相同B.可以通過改變溫度控制化學反應的限度C.可以通過延長化學反應的時間改變化學反應的限度D.當一個化學反應在一定條件下達到限度時，反應即停止【答案】B【解析】【詳解】在一定條件下的可逆反應經過一段時間后，正、逆反應速率相等，反應物和生成物的濃度不再發(fā)生變化，這種表面上靜止的“平衡狀態(tài)”就是這個可逆反應所能達到的限度。A、化學反應不同，限度不同，選項A錯誤；B、可以改變外界條件控制化學反應的限度，選項B正確；C、化學反應的限度與反應時間無關，選項C錯誤；D、當化學反應在一定條件下達到限度時，正、逆反應速率相等，反應未停止，選項D錯誤。答案選B。3.常溫下，某溶液由水電離的c(OH)=1×1013mol/L，對于該溶液的敘述正確的是A.溶液一定顯酸性 B.溶液一定顯堿性C.溶液可能顯中性 D.溶液可能是pH=13的溶液【答案】D【解析】【詳解】水電離出的c(OH－)=10－13mol·L－1<10－7mol·L－1，此溶質對水的電離起抑制作用，溶質可能是酸也可能是堿，但溶液不可能顯中性，故選項D正確。4.關于圖中裝置說法正確的是A.裝置①中，鹽橋(含有瓊膠的KCl飽和溶液)中的K+移向ZnSO4溶液B.裝置②工作一段時間后，a極附近溶液的pH減小C.用裝置③精煉銅時，c極為純銅D.裝置④中電子由Zn流向Fe，裝置中有Fe2+生成【答案】C【解析】【詳解】A．原電池中陽離子向正極移動，銅是正極，所以K+移向CuSO4溶液，故A錯誤；B．裝置②工作一段時間后，a極與電源負極相連是陰極，電極反應式為：水中的氫離子放電，產生氫氧根離子，所以溶液的pH值增大，故B錯誤；C．精煉銅時，純銅為陰極，所以c為陰極，c極為純銅，故C正確；D．活潑金屬鋅是負極，所以產生鋅離子，而不是亞鐵離子，故D錯誤；故選C。5.能夠證明核外電子是分層排布的事實是A.電負性 B.電離能C.非金屬性 D.電子繞核運動【答案】B【解析】【詳解】原子核外電子是分層排布的，同一層中電子能量相近，而不同能層中的電子具有的能量差別較大。電離能反映了原子或離子失去一個電子所消耗的最低能量，故失去同一層上的電子消耗的最低能量差別較小，而失去不同層上的電子消耗的最低能量差別較大，故可根據失去一個電子消耗的最低能量發(fā)生突變而確定原子核外電子是分層排布的。答案選B。6.X、Y、Z為短周期元素，X原子最外層只有一個電子，Y原子的最外層電子數比內層電子總數少4，Z的最外層電子數是內層電子總數的3倍。下列有關敘述正確的是A.Y的價電子排布式為3s23p4B.簡單氫化物穩(wěn)定性：Y＞ZC.第一電離能：Y＞ZD.X、Y兩元素形成的化合物一定為離子化合物【答案】A【解析】【分析】X、Y、Z為短周期元素，X原子最外層只有一個電子，則X為H、Li或Na；Y原子的最外層電子數比內層電子總數少4，則Y有3個電子層，最外層有6個電子，則Y為硫元素；Z的最外層電子數是內層電子總數的三倍，則Z有2個電子層，最外層電子數為6，則Z為氧元素，據此解答?！驹斀狻緼．Y為硫元素，基態(tài)硫原子的價層電子排布式為3s23p4，故A正確；B．Y為硫元素，Z為氧元素，非金屬性O＞S，非金屬性越強，簡單氫化物越穩(wěn)定，簡單氫化物穩(wěn)定性Z＞Y，故B錯誤；C．Y為硫元素，Z為氧元素，第一電離能：Y＜Z，故C錯誤；D．X為H、Li或Na，Y為硫元素，H、Li或Na與硫元素可以形成硫化氫屬于共價化合物，硫化鈉和硫化鋰屬于離子化合物，故D錯誤；故答案選A。7.下列敘述中正確的是A.NH3、CO、CO2都是極性分子B.CH4、CCl4都是含有極性鍵的非極性分子C.HF、HCl、HBr、HI的穩(wěn)定性依次增強D.CS2、H2O、C2H2都是直線形分子【答案】B【解析】【詳解】A．NH3、CO是極性分子，CO2是非極性分子，A錯誤；B．CH4、CCl4均含有極性鍵，但它們的空間結構對稱且無孤電子對，為非極性分子，B正確；C．元素的非金屬性越強，氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性越強，F、Cl、Br、I的非金屬性依次減弱，HF、HCl、HBr、HI的穩(wěn)定性依次減弱，C錯誤；D．CS2、C2H2是直線形分子，H2O是V形分子，D錯誤；故選B?！军c睛】判斷分子極性的一般方法：①雙原子分子：同核的是非極性分子，異核的是極性分子；②多原子分子：空間結構對稱且無孤電子對的是非極性分子，空間結構不對稱或含有孤電子對的是極性分子。8.下列有關共價鍵的敘述中，不正確的是A.某原子跟其他原子形成共價鍵時，其共價鍵數一定等于該元素原子的價電子數。B.水分子內氧原子結合的電子數已經達到飽和，故不能再結合其他氫原子。C.非金屬元素原子之間形成的化合物也可能是離子化合物D.所有簡單離子的核電荷數與其核外電子數一定不相等?！敬鸢浮緼【解析】【分析】A.非金屬元素的原子形成的共價鍵數目取決于該原子最外層的不成對電子數；B.共價鍵的飽和性是指每個原子的成鍵總數或以單鍵相連的原子數目是一定的；C.NH4Cl等銨鹽是離子化合物；D.陽離子是原子失去電子形成的，陰離子是原子得電子形成的?！驹斀狻緼、非金屬元素的原子形成的共價鍵數目取決于該原子最外層的不成對電子數，一般最外層有幾個不成對電子就能形成幾個共價鍵，故A不正確；B、一個原子的未成對電子一旦與另一個自旋相反的未成對電子成鍵后，就不能再與第三個電子配對成鍵，因此，一個原子有幾個不成對電子，就會與幾個自旋相反的未成對電子成鍵，這就是共價鍵的飽和性，故一個氧原子只能與兩個氫原子結合生成H2O，故B正確；C、非金屬元素原子之間形成的化合物也可能是離子化合物，如NH4Cl等銨鹽；故C正確；D、不管是陰離子還是陽離子，核內質子數與核外電子數必定存在差別，此差值就是離子所帶的電荷數，故D正確；綜上所述，本題選A。9.下面的排序不正確的是()A.晶體熔點由低到高：F2<Cl2<Br2<I2B.熔點由高到低：Na>Mg>AlC.硬度由大到?。航饎偸?gt;碳化硅>晶體硅D.晶格能由大到?。篗gO>CaO>NaF>NaCl【答案】B【解析】【詳解】A.鹵族元素單質都是分子晶體，分子的相對分子質量越大，分子間作用力越大，則晶體的熔沸點越高，所以晶體熔點由低到高為：F2＜Cl2＜Br2＜I2，故A正確；B.Na、Mg、Al原子半徑依次減小，金屬離子電荷數逐漸增多，金屬鍵逐漸增強，則熔點由低到高：Na＜Mg＜Al，故B錯誤；C.原子半徑Si＞C，三者都為原子晶體，原子半徑越大，共價鍵的鍵能越小，則硬度越小，所以硬度由大到?。航饎偸咎蓟瑁揪w硅，故C正確；D.可以先比較電荷數，電荷數多的晶格能大，而如果電荷數一樣多則比較核間距，核間距大的，晶格能小，則晶格能由大到小為：MgO＞CaO＞NaF＞NaCl，故D正確；答案選B。10.由短周期元素構成的離子化合物中,一個陽離子和一個陰離子的核外電子數之和為20,下列說法中正確的是A.晶體中陽離子和陰離子個數不一定相等B.晶體中一定只有離子鍵而沒有共價鍵C.所含元素一定不在同一周期也不在第一周期D.晶體中陽離子半徑一定大于陰離子半徑【答案】A【解析】【詳解】由題意知陰、陽離子可能均是10電子微粒，它們可以是：陰離子：N3、O2、F、OH等，陽離子：NH4+、Na+、Mg2+、Al3+等。A、當陰、陽離子所電荷不相等，陽離子和陰離子個數不相等，如、MgF2、Na2O，當陰、陽離子所電荷相等，陽離子和陰離子個數相等，如NaF、NaOH，故A正確；B、離子化合物，一定有離子鍵，也可能含共價鍵，如NaOH、Mg（OH）2、NH4F等，故B錯誤；C、NH4+中氫元素在第一周期，所以構成該離子化合物的元素可能在第一周期，故C錯誤；D、對簡單的離子，陰、陽離子電子層結構相同，核電荷數越大，離子半徑越小，陽離子的核電荷數一定大于陰離子的核電荷數，所以該化合物中陽離子半徑小于陰離子半徑，故D錯誤；故選A?！军c睛】本題采取列舉法解答，找出例外舉例，列舉法在元素周期表中經常利用。11.某烷烴一個分子里含有9個碳原子，其一氯代物只有兩種，這種烷烴的名稱是A.正壬烷 B.2，6二甲基庚烷C.2，2，4，4四甲基戊烷 D.2，3，4三甲基己烷【答案】C【解析】【詳解】A．正壬烷分子中有5種等效H原子，一氯代物有5種，選項A不符合題意；B．2，6-二甲基庚烷分子中有4種等效H原子，一氯代物有4種，選項B不符合題意；C．2，2，4，4-四甲基戊烷分子中有2種等效H原子，一氯代物只有2種，選項C符合題意；D．2，3，4-三甲基己烷分子中有8種等效H原子，一氯代物有8種，選項D不符合題意；答案選C。12.下列各組中的兩種有機化合物，屬于同系物的是（）A.2甲基丁烷和丁烷 B.新戊烷和2，2二甲基丙烷C.間二甲苯和乙苯 D.1己烯和環(huán)己烷【答案】A【解析】【分析】結構相似,在分子組成上相差一個或若干個CH2原子團的物質互稱為同系物；互為同系物的物質滿足以下特點：結構相似、化學性質相似、分子式通式相同、分子式不同、物理性質不同，研究對象是有機物?！驹斀狻緼.2甲基丁烷和丁烷都是烷烴，二者結構相似、分子間相差1個CH2原子團,所以二者互為同系物,所以A選項是正確的；B.新戊烷和2,2二甲基丙烷，二者分子式相同、結構不同,所以二者互為同分異構體,故B錯誤；C.間二甲苯和乙苯,二者分子式相同、結構不同,所以二者互為同分異構體,故C錯誤；D.1己烯和環(huán)己烷，二者具有相同的分子式,結構不同,所以1己烯和環(huán)己烷互為同分異構體,故D錯誤。所以A選項是正確的。13.以下命題，違背化學變化規(guī)律的是A.石墨制成金剛石 B.煤加氫變成人造石油C.水變成汽油 D.海水淡化可以緩解淡水危機【答案】C【解析】【詳解】汽油屬于混合物，主要由小分子的各類烴構成，因而水是不可能變成汽油的，ABD均正確，答案選C。14.以2溴丙烷為原料制取1，2丙二醇，需要經過的反應是A.加成消去取代 B.消去加成取代C.消去取代加成 D.取代消去加成【答案】B【解析】【詳解】以2溴丙烷為原料制取1，2丙二醇，步驟為①2溴丙烷在NaOH醇溶液中發(fā)生消去反應生成丙烯；②丙烯與溴單質發(fā)生加成反應生成1，2二溴丙烷；③1，2二溴丙烷在NaOH水溶液條件水解(取代反應)生成1，2丙二醇。故選：B。15.下列說法中正確的是()A.含有羥基有機物稱為醇B.能發(fā)生銀鏡反應的有機物都是醛C.苯酚俗稱石炭酸，酸性比碳酸強D.酯類在堿性條件下的水解程度大于酸性條件下的水解程度【答案】D【解析】【詳解】A．羥基與鏈烴基相連形成的化合物為醇類，羥基與苯環(huán)相連形成的化合物為酚類，所以含有羥基的有機物不一定為醇類，可能為酚類，故A錯誤；B．醛類物質能夠發(fā)生銀鏡反應，但是發(fā)生銀鏡反應的不一定為醛類，如甲酸、甲酸甲酯、葡萄糖、麥芽糖等都能夠發(fā)生銀鏡反應，但是它們不屬于醛類，故B錯誤；C．苯酚又名石炭酸，苯酚的酸性很弱，其酸性比碳酸的酸性還小，故C錯誤；D．酯的水解反應為可逆反應，在堿性條件下，氫氧根離子能夠與水解生成的羧酸反應，促進了酯的水解，所以在堿性條件下酯的水解程度大于酸性條件下的水解程度，故D正確。故選D。16.同溫同壓下，某有機物和過量Na反應得到V1L氫氣，另一份等量的該有機物和足量的NaHCO3反應得到V2L二氧化碳，V2=2V1≠0，則該有機物可能是A. B.HOOC─COOH C.HOCH2CH2OH D.CH3COOH【答案】BD【解析】【詳解】A．由結構簡式可知，2—羥基丙酸分子中含有的羥基、羧基能與金屬鈉反應生成氫氣，含有的羧基能與碳酸氫鈉反應生成二氧化碳，則1mol2—羥基丙酸與足量金屬鈉和碳酸氫鈉生成氫氣和二氧化碳的關系為：H2—CO2，故A不符合題意；B．由結構簡式可知，乙二酸分子中含有的羧基能與金屬鈉反應生成氫氣、也能與碳酸氫鈉反應生成二氧化碳，則1mol乙二酸與足量金屬鈉和碳酸氫鈉生成氫氣和二氧化碳的關系為：H2—2CO2，故B符合題意；C．由結構簡式可知，乙二醇分子中含有的羥基能與金屬鈉反應生成氫氣，但不能與碳酸氫鈉反應生成二氧化碳，故C不符合題意；D．由結構簡式可知，乙酸分子中含有的羧基能與金屬鈉反應生成氫氣、也能與碳酸氫鈉反應生成二氧化碳，則1mol乙酸與足量金屬鈉和碳酸氫鈉生成氫氣和二氧化碳的關系為：H2—2CO2，故D符合題意；故選BD。17.化學與生活、生產、環(huán)境等社會實際密切相關．下列敘述正確的是（）A.稀的食鹽水能殺死H7N9禽流感病毒B.滌綸、塑料、光導纖維都是有機高分子材料C.用電鍍廠的廢水直接灌溉農田，可提高水的利用率D.外形似海綿、密度小、有磁性的碳與石墨互為同素異形體【答案】D【解析】【詳解】A、鹽水不能使蛋白質變性所以不能殺死病毒，錯誤，不選A；B、光導纖維是二氧化硅，不是有機物，錯誤，不選B；C、電鍍廠的廢水含有很多化學物質，不能直接灌溉農田，錯誤，不選C；D、都是碳的單質，互為同素異形體，正確，選D。答案選D。18.下列敘述中，不正確的是()A.蔗糖的水解產物，在一定條件下，能發(fā)生銀鏡反應B.蔗糖是多羥基的醛類化合物C.蔗糖不是淀粉水解的最終產物D.麥芽糖是多羥基的醛類化合物【答案】B【解析】【詳解】A、蔗糖在硫酸催化作用下，發(fā)生水解，生成葡萄糖和果糖，葡萄糖含有醛基，能發(fā)生銀鏡反應，A正確；B、蔗糖分子中不含醛基，不發(fā)生銀鏡反應，也不能還原新制的氫氧化銅，B錯誤；C、淀粉是最重要的多糖，在催化劑存在和加熱的條件下逐步水解，最終生成還原性單糖葡萄糖；蔗糖不是淀粉水解的產物，C正確；D、蔗糖和麥芽糖的分子式均為C12H22O11，分子式相同但結構不同，蔗糖分子中不含醛基，麥芽糖分子中含有醛基，具有還原性，所以蔗糖與麥芽互為同分異構體，D正確；正確選項B?！军c睛】糖類中，葡萄糖和果糖屬于還原性糖，不能發(fā)生水解；蔗糖和麥芽糖屬于二糖，都能發(fā)生水解，但是麥芽糖屬于還原性糖；淀粉和纖維素屬于多糖，都能發(fā)生水解，但都不是還原性糖，二者屬于天然高分子。19.下列說法中，不正確的是（）A.明礬凈水過程中利用了膠體的吸附作用B.不法分子制作假雞蛋用的海藻酸鈉、氯化鈣以及碳酸鈣都屬于鹽C.碳纖維、黏膠纖維、醋酸纖維都屬于有機高分子材料D.廣州亞運會火炬“潮流”采用丙烷（C3H6）作燃料，充分燃燒后只生成CO2和H2O【答案】C【解析】【詳解】A、明礬凈水是利用鋁離子水解生成的氫氧化鋁膠體的吸附作用而除去水中的一些懸浮物，A正確；B、海藻酸鈉、氯化鈣以及碳酸鈣是由金屬離子和酸根離子構成的化合物，都屬于鹽，B正確；C、碳纖維是無機材料,不屬于有機高分子材料，C錯誤；D、丙烷（C3H6）只含有碳氫元素燃燒后只生成CO2和H2O，D正確；正確選項C。20.下列說法中不正確的是A.高吸水性樹脂屬于功能高分子材料B.SiC、Al2O3的熔點很高，可用作高溫結構陶瓷C.光導纖維、合成纖維和人造纖維都是有機高分子化合物D.合金拓展了金屬材料的使用范圍，合金中也可能含有非金屬元素【答案】C【解析】【詳解】A．高吸水性樹脂屬于功能高分子材料，故A正確；B．SiC、Al2O3的熔點很高，可做高溫陶瓷，故B正確；C．人造纖維、合成纖維都是有機高分子化合物，光導纖維的成分是二氧化硅，不是有機高分子化合物，故C錯誤；D．合金是由兩種或兩種以上的金屬與金屬（或非金屬）經一定方法所合成的具有金屬特性的物質．合金材料中一定有金屬，也可能含有非金屬元素，故D正確。故選C。分卷II二、填空題21.2﹣羥基異丁酸乙酯能溶于水，是一種應用于有機合成和藥物制造的化工原料。（1）2﹣羥基異丁酸乙酯的分子式為_______，不同化學環(huán)境的氫在核磁共振氫譜圖中有不同的吸收峰，則2﹣羥基異丁酸乙酯有_______個吸收峰；（2）①②的反應類型分別為_______，_______；（3）已知I為溴代烴，I→B的化學方程式為______；（4）縮聚產物F的結構簡式為______；（5）下列關于和的說法正確的有______（雙選，填字母）；A．后者遇到FeCl3溶液顯紫色，而前者不可B．兩者都可以與NaHCO3溶液反應放出CO2C．兩者都可以與氫氧化鈉溶液發(fā)生反應，當兩者物質的量相等時，消耗氫氧化鈉的量不相等D．兩者都可以與氫氣發(fā)生加成反應【答案】①.C6H12O3②.4③.消去反應④.氧化反應⑤.⑥.⑦.AC【解析】【詳解】(1)根據結構可判斷2羥基異丁酸乙酯的分子中含有3個甲基、1個CH2原子團、1個羥基和1個酯基，故可知分子式為C6H12O3，根據分子的結構可知，分子中有4種不同化學環(huán)境的H原子，故答案為C6H12O3；4；(2)根據反應流程可知A為2羥基異丁酸，發(fā)生消去反應生成D為2甲基丙烯酸；B為乙醇，可由溴乙烷水解生成，G為乙醛，與銀氨溶液發(fā)生氧化反應生成乙酸，H為乙酸，故答案為消去反應；氧化反應；(3)溴乙烷在堿性條件下水解生成乙醇，故答案為；(4)2羥基異丁酸中既含有羧基，又含有羥基，在一定條件下可發(fā)生縮聚反應，則F為，故答案為；(5)A、遇到FeCl3溶液顯紫色，則有機物中應含有酚羥基，故A正確；B、與NaHCO3溶液反應放出CO2，應含有羧基，前者無，故B錯誤；C、前者含有酯基，后者含有羧基和酚羥基，都能與氫氧化鈉反應，1mol前者消耗1molNaOH，后者消耗2molNaOH，故C正確；D、前者不能與氫氣發(fā)生加成反應，故D錯誤；故選AC。22.（1）如圖所示，若C為濃硝酸，電流表指針發(fā)生偏轉，B電極材料為Fe,A電極材料為Cu，則B電極的電極反應式為___________，A電極的電極反應式為_______；反應進行一段時間后溶液C的pH將___(填“升高”“降低”或“基本不變”)。（2）我國首創(chuàng)以鋁-空氣-海水電池作為能源的新型的海水標志燈，以海水為電解質溶液，靠空氣中的氧氣使鋁不斷氧化而產生電流，只要把燈放入海水數分鐘，就會發(fā)出耀眼的白光。則電源的負極材料是____，負極反應為___________；正極反應為_____________________________。（3）熔鹽電池具有高的發(fā)電效率，因而受到重視，可用Li2CO3和Na2CO3的熔融鹽混合物作電解質，CO為負極燃氣，空氣與CO2的混合氣為正極助燃氣，制得在650℃下工作的燃料電池，完成有關電池反應式。負極反應式為2CO＋2CO32－4e－=4CO2，正極反應式為___________，電池總反應式為_______。【答案】①.4H++2NO3—+2e=2NO2↑+2H2O②.Cu2e=Cu2+③.升高④.鋁⑤.4Al－12e－=4Al3＋⑥.3O2＋6H2O＋12e－=12OH－⑦.O2＋2CO2＋4e－=2CO⑧.2CO＋O2=2CO2【解析】【詳解】（1）鐵和銅做兩極，濃硝酸做電解質溶液。由于鐵在濃硝酸中會發(fā)生鈍化，所以銅是負極，鐵是正極。在負極，銅失去電子變成銅離子，在正極，溶液中的硝酸根離子得電子生成二氧化氮。由于正極反應消耗氫離子，所以溶液的pH升高，故答案為4H++2NO3—+2e=2NO2↑+2H2O，Cu2e=Cu2+，升高；（2）鋁空氣海水電池中，鋁被空氣中的氧氣不斷氧化而產生電流，所以鋁做負極。在負極，鋁失去電子變成鋁離子，電池正極是氧氣得電子。故答案為鋁，4Al－12e－=4Al3＋，3O2＋6H2O＋12e－=12OH－；（3）一氧化碳是負極燃氣，空氣和二氧化碳的混合氣是正極助燃氣，電池的總反應就是一氧化碳燃燒的反應，即2CO+O2=2CO2，用總反應式減去負極反應式，即可得正極反應式。故答案為O2＋2CO2＋4e－=2CO，2CO＋O2=2CO2?！军c睛】濃硝酸會使金屬鐵、鋁鈍化，所以如果鐵或鋁和另一個不如它活潑的金屬作兩極，濃硝酸作電解質溶液時，鐵或鋁都作正極。在燃料電池中，通常都是通燃料氣的一極作負極，助燃氣（通常是氧氣或空氣）作正極。鋁空氣海水電池也可看做燃料電池，鋁作負極，通空氣的一極是正極。熔融碳酸鹽電池中，配平電極反應式時，需要用CO32使電荷守恒，而不能用H+或OH。23.實驗室用燃燒法測定某種氨基酸（CxHyOzNm）的分子組成，取Wg該種氨基酸放在純氧中充分燃燒，生成二氧化碳、水和氮氣，按圖所示裝置進行實驗?；卮鹣铝袉栴}：（1）實驗開始時，首先通入一段時間的氧氣，其理由是_________；（2）以上裝置中需要加熱的儀器有_________（填寫字母），操作時應先點燃_________處的酒精燈；（3）A裝置中發(fā)生反應的化學方程式是_________；（4）D裝置的作用是_________；（5）讀取氮氣的體積時，應注意：①_________；②_________；（6）實驗中測得氮氣的體積為VmL（標準狀況），為確定此氨基酸的分子式，還需要的有關數據有_________（填編號）A．生成二氧化碳氣體的質量B．生成水的質量C．通入氧氣的體積D．氨基酸的相對分子質量【答案】①.排除體系中的N2②.A和D③.D④.CxHyOzNm+（）O2xCO2+H2O+N2⑤.吸收未反應的O2，保證最終收集的氣體是N2⑥.量筒內液面與廣口瓶中的液面持平⑦.視線與凹液面最低處相切⑧.ABD【解析】【分析】在本實驗中，通過測定氨基酸和氧氣反應生成產物中二氧化碳、水和氮氣的相關數據進行分析。實驗的關鍵是能準確測定相關數據，用濃硫酸吸收水，堿石灰吸收二氧化碳，而且二者的位置不能顛倒，否則堿石灰能吸收水和二氧化碳，最后氮氣的體積測定是主要多余的氧氣的影響，所以利用加熱銅的方式將氧氣除去。首先觀察裝置圖，可以看出A中是氨基酸的燃燒，B中吸收生成的水，在C中吸收生成的二氧化碳，D的設計是除掉多余的氧氣，E、F的設計目的是通過量氣的方式測量氮氣的體積，在這個基礎上，根據本實驗的目的是測定某種氨基酸的分子組成，需要測量的是二氧化碳和水和氮氣的量。實驗的關鍵是氮氣的量的測定，所以在測量氮氣前，將過量的氧氣除盡?！驹斀狻?1)裝置中的空氣含有氮氣，影響生成氮氣的體積的測定，所以通入一段時間氧氣的目的是排除體系中的N2；(2)氨基酸和氧氣反應，以及銅和氧氣反應都需要加熱，應先點燃D處的酒精燈，消耗未反應的氧氣，保證最終收集的氣體只有氮氣，所以應先點燃D處酒精燈。(3)氨基酸燃燒生成二氧化碳和水和氮氣，方程式為：CxHyOzNm+（）O2xCO2+H2O+N2；(4)加熱銅可以吸收未反應的O2，保證最終收集的氣體是N2；(5)讀數時必須保證壓強相同，所以注意事項為量筒內液面與廣口瓶中的液面持平而且視線與凹液面最低處相切；(6)根據該實驗原理分析，要測定二氧化碳和水和氮氣的數據，再結合氨基酸的相對分子質量確定其分子式。故選ABD。【點睛】實驗題的解題關鍵是掌握實驗原理和實驗的關鍵點。理解各裝置的作用。實驗的關鍵是能準確測定相關數據。為了保證得到準確的二氧化碳和水和氮氣的數據，所以氨基酸和氧氣反應后，先吸收水后吸收二氧化碳，最后除去氧氣后測定氮氣的體積。24.實驗室常用鄰苯二甲酸氫鉀（KHC8H4O4）來標定氫氧化鈉溶液的濃度，反應如下：KHC8H4O4+NaOH=KNaC8H4O4+H2O。鄰苯二甲酸氫鉀溶液呈酸性，滴定到達終點時，溶液的pH約為9.1。（1）為標定NaOH溶液的濃度，準確稱取一定質量的鄰苯二甲酸氫鉀（KHC8H4O4）加入250mL錐形瓶中，加入適量蒸餾水溶解，應選用_____________作指示劑，到達終點時溶液由______色變?yōu)開______色，且半分鐘不褪色。（提示：指示劑變色范圍與滴定終點pH越接近誤差越小。）（2）在測定NaOH溶液濃度時，有下列操作：①向溶液中加入1～2滴指示劑；②向錐形瓶中加20mL～30mL蒸餾水溶解；③用NaOH溶液滴定到終點，半分鐘不褪色；④重復以上操作；⑤準確稱量0.4000g～0.6000g鄰苯二甲酸氫鉀加入250mL錐形瓶中；⑥根據兩次實驗數據計算NaOH的物質的量濃度。以上各步操作中，正確的操作順序是_________。（3）上述操作中，將鄰苯二甲酸氫鉀直接放在錐形瓶中溶解，對實驗否有影響？_____________。（填“有影響”或“無影響”）（4）滴定前，用蒸餾水洗凈堿式滴定管，然后加待測定的NaOH溶液滴定，此操作使實驗結果____________。（填“偏大”“偏小”或“無影響”）（5）現準確稱取KHC8H4O4（相對分子質量為204.2）晶體兩份各為0.5105g，分別溶于水后加入指示劑，用NaOH溶液滴定至終點，消耗NaOH溶液體積平均為20.00mL，則NaOH溶液的物質的量濃度為________。（結果保留四位有效數字）?！敬鸢浮竣?酚酞②.無色③.淺紅色④.⑤②①③④⑥⑤.無影響⑥.偏小⑦.0.1250mol·L1【解析】【詳解】（1）鄰苯二甲酸氫鉀溶液呈酸性，滴定到達終點時，溶液的pH約為9.1，滴定終點的pH要在指示劑的變色范圍內，所以選擇酚酞作指示劑，酚酞在pH＜8時為無色，pH為8～10之間，呈淺紅色，所以當無色溶液變成淺紅色，且半分鐘內不褪色，說明反應達到終點；（2）中和滴定按照檢漏、洗滌、潤洗、裝液、取待測液、滴定等順序操作，則操作順序是⑤②①③④⑥；（3）上述操作中，將鄰苯二甲酸氫鉀直接放在錐形瓶中溶解，由于不影響其物質的量，因此對實驗無影響；（4）滴定前，用蒸餾水洗凈堿式滴定管，然后加待測定的NaOH溶液滴定，待測液濃度減小，導致消耗標準液體積減小，所以此操作使實驗結果偏小；（5）0.5105gKHC8H4O4的物質的量是0.5105g÷20402g/mol＝0.0025mol，根據方程式可知KHC8H4O4+NaOH=KNaC8H4O4+H2O110.0025mol0.0025mol所以NaOH溶液的物質的量濃度為0.0025mol÷0.02L＝0.1250mol/L25.已知：CH3—CH=CH2＋HBr→CH3—CHBr—CH3(主要產物)。1mol某芳香烴A充分燃燒后可得到8molCO2和4molH2O。該烴A在不同條件下能發(fā)生如圖所示的一系列變化。（1）A的化學式：______，A的結構簡式：______。（2）上述反應中，①是______(填反應類型，下同)反應，⑦是______反應。（3）寫出C、D、E、H的結構簡式：C______，D______，E______，H______。（4）寫出反應D→F的化學方程式：______。【答案】①.C8H8②.③.加成反應④.取代反應（或酯化反應）⑤.⑥.⑦.⑧.⑨.+NaOH+NaBr【解析】【分析】1mol某烴A充分燃燒后可以得到8molCO2和4molH2O，故烴A的分子式為C8H8，不飽和度為，可能含有苯環(huán)，由A發(fā)生加聚反應生成C，故A中含有不飽和鍵，故A為，C為，A與溴發(fā)生加成反應生成B，B為，B在氫氧化鈉醇溶液、加熱條件下發(fā)生消去反應生成E，E為，E與溴發(fā)生加成反應生成，由信息烯烴與HBr的加成反應可知，不對稱烯烴與HBr發(fā)生加成反應，H原子連接在含有H原子多的C原子上，與HBr放出加成反應生成D，D為，在氫氧化鈉水溶液、加熱條件下發(fā)生水解反應生成F，F為，F與乙酸發(fā)生酯化反應生成H，H為，據此分析解答?！驹斀狻浚?）由上述分析可知，A的化學式為C8H8，結構簡式為，故答案為：C8H8；；（2）上述反應中，反應①與溴發(fā)生加成反應生成；反應⑦是與乙酸發(fā)生酯化反應生成，故答案為：加成反應；取代反應（或酯化反應）；（3）由上述分析可知，C為；D為；E為；H為；故答案為：；；；；（4）D→F為水解反應，方程式為：+NaOH+NaBr，故答案為：+NaOH+NaBr。26.用黃銅礦(主要成分是CuFeS2)生產粗銅的反應原理如下：(1)已知在反應①、②中均生成相同的氣體分子，該氣體具有漂白性。請分別寫出反應①、②的化學方程式是___________________、__________________。(2)基態(tài)銅原子的核外電子排布式為________，硫、氧元素相比，第一電離能較大的是________。(3)反應①和②生成的氣體分子的中心原子的雜化類型是________，分子的空間構型是________。(4)某學生用硫酸銅溶液與氨水做了一組實驗，CuSO4溶液中加氨水生成藍色沉淀，再加氨水沉淀溶解，得到深藍色透明溶液，最后向該溶液中加入一定量乙醇，析出[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶體，請解釋加入乙醇后析出晶體的原因_______________?！敬鸢浮竣?2Cu2S+3O22Cu2O+2SO2②.2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑③.1s22s22p63s23d104s1或[Ar]3d104s1④.氧⑤.sp2⑥.V型⑦.乙醇分子極性比水分子極性弱，加入乙醇降低溶劑的極性，從而減小溶質的溶解度【解析】【分析】(1)由題給信息知反應①是Cu2S和O2反應生成Cu2O的反應，由于Cu元素的化合價不變，O元素的化合價降低，則S元素的化合價一定升高，結合所學知識知道生成的物質為SO2；反應②是Cu2O和Cu2S反應生成Cu的反應，Cu元素的化合價降低，元素S的化合價升高生成SO2，根據電子守恒、原子守恒配平化學方程式即可；(2)Cu是29號元素，根據核外電子排布規(guī)律書寫銅的基態(tài)原子價電子排布式；同一主族的元素，元素的非金屬性越強，其第一電離能越大；(3)由(1)分析知反應①②生成的相同氣體分子是SO2，根據價層電子對數及含有的孤電子對判斷其空間構型、中心原子的雜化方式；(4)[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，向溶液中加入乙醇后會析出藍色晶體[Cu(NH3)4]SO4。【詳解】(1)由題給信息知反應①是Cu2S和O2反應生成Cu2O的反應，由于Cu元素的化合價不變，O元素的化合價降低，則S元素的化合價一定升高，結合所學知識知道生成的物質為SO2；反應②是Cu2O和Cu2S反應生成Cu的反應，Cu元素的化合價降低，元素S的化合價升高生成SO2，根據電子守恒、原子守恒，可得反應的化學方程式分別是：2Cu2S+3O22Cu2O+2SO2；2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑；(2)Cu是29號元素，原子核外電子數為29，根據構造原理可得基態(tài)Cu原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1或寫為[Ar]3d104s1；同一主族的元素，元素的非金屬性越強，其第一電離能越大。由于元素的非金屬性O>S，所以第一電離能較大的是氧；(3)由(1)分析知反應①②生成的相同氣體分子是SO2，SO2中中心S原子的價層電子對數為：2+=3，且S原子上含有一對孤電子對，所以SO2分子的空間構型是V型、中心原子的雜化方式為sp2雜化；(4)向CuSO4溶液中加氨水生成Cu(OH)2藍色沉淀和(NH4)2SO4，再向其中加入過量氨水，Cu(OH)2與一水合氨反應產生[Cu(NH3)4]2+，使沉淀溶解，得到深藍色透明溶液，最后向該溶液中加入一定量乙醇，析出[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶體，這是由于[Cu(NH3)4]SO4·H2O是離子化合物，水是由極性分子構成的溶劑，而乙醇分子的