【文档说明】重庆市渝北区、合川区、江北区等七区2019-2020学年高二下学期期末联考化学试题【精准解析】.doc，共(17)页，962.000 KB，由小赞的店铺上传

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2020年重庆市七区高二联考化学试卷一、选择题1.下列说法不正确．．．的是A.常温下，pH＜7的溶液一定是酸溶液B.常温下，浓度均为0.1mol·L－1的盐酸和醋酸溶液，盐酸的导电能力强C.中和相同体积、相同浓度的氨水和NaOH溶液，所

需HCl的物质的量相同D.向NaOH溶液中滴加醋酸至c(CH3COO‾)＝c(Na+)，则溶液呈中性【答案】A【解析】【详解】A.常温下，氯化铵属于强酸弱碱盐，铵根离子水解显酸性，溶液pH＜7，pH＜7的溶液不一定是酸溶液，故A错误；B.盐酸是强酸

、醋酸是弱酸，常温下，浓度均为0.1mol·L－1的盐酸和醋酸溶液，盐酸溶液中离子浓度大，导电能力强，故B正确；C.相同体积、相同浓度的氨水和NaOH溶液中溶质的物质的量相同，中和相同体积、相同浓度的氨水和NaOH溶液，所需HCl的物质的量相同，故C正确；D.向NaOH溶液中滴加醋酸，根据电荷守恒

c(CH3COO‾)+c(OH-)＝c(Na+)+c(H+)，若c(CH3COO‾)＝c(Na+)，则c(OH-)＝c(H+)，溶液呈中性，故D正确；选A。2.下列说法正确的是（）A.硅胶可作袋装食品的干燥剂B.漂白粉在空气中很稳定C.生石灰能与水反应

，可用来干燥氯气D.碘是人体必需微量元素，所以要多吃富含高碘酸的食物【答案】A【解析】【详解】A．由于硅胶具有很好的吸附性，且无毒，可以用作袋装食品的干燥剂，故A正确；B．漂白粉中的次氯酸钙与空气中水蒸气、二氧化碳反应生成不稳定的次氯酸，次氯酸见光分解，漂

白粉失效，所以漂白粉在空气中不稳定，应隔绝空气密封保存，故B错误；C．生石灰与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙与氯气发生反应，所以不能干燥氯气，故C错误；D．碘是人体必需微量元素，摄入过少或过多对人均有害，而高碘酸具有极强的酸性和腐蚀性，不能多吃富含高碘酸的食物，故D错误；答案

选A。3.一种双室微生物燃料电池，以苯酚（C6H6O）为燃料，同时消除酸性废水中的硝酸盐的装置示意图如图1所示；研究人员发现的一种“水”电池，其总反应为：5MnO2+2Ag+2NaCl=Na2Mn5Ol0+2AgCl，用

该“水”电池为电源电解NaCl溶液的实验装置如图2所示，电解过程中X电极上有无色气体逸出。下列说法正确的是（）A.图1装置中若右池产生0.672L气体（标准状况下），则电路中通过电子0.15molB.图

1装置中左池消耗的苯酚与右池消耗的-3NO的物质的量之比为28：5C.图2装置的电路中每通过1mole-，U形管中消耗0.5molH2OD.图2装置中“水”电池内每生成1molNa2Mn5O10，X电极上生成1mol气体【答案】D【解析】【详解】A．图1装置中右池产生的气体为氮气，n(N2)

=10.672L22.4Lmol−=0.03mol，由正极的电极反应式(2-3NO+l0e-+12H+=N2↑+6H2O)知电路中通过电子0.3mol，故A错误；B．图1装置中负极的电极反应式为C6H6O-28e-+11H

2O=6CO2↑+28H+，正极的电极反应式(2-3NO+l0e-+12H+=N2↑+6H2O)，根据得失电子守恒，5C6H6O~28-3NO结合电极反应式可知图1装置中左池消耗的苯酚与右池消耗的-3NO的物质的量之比为5：28，故B错误；C．图2装置的电路中每通过1mo

le-，由2Cl-+2H2O通电2OH-+H2↑+Cl2↑可知生成0.5mol氢气，消耗1mol水，故C错误；D．由题给总反应式可知每生成1molNa2Mn5O10，转移2mol电子，又图2装置中电解过程中X电极上有无色气体逸出，即X极的电极反应式为2H2O+2e-=2O

H-+H2↑，所以转移2mole-时X电极上生成1mol气体，故D正确；答案选D。【点睛】将电极反应写出后，根据电子转移的数目相等，找到物质间的关系。4.1-甲基环丙烯()是合成的植物生长调节剂，可用来防止乙烯敏感

型果蔬的早熟，下列有关其说法正确的是A.与丁烯互为同分异构体B.所有碳原子均处于同一平面C.生成1molC4H10至少需要1molH2D.与高锰酸钾溶液合用，增长果蔬的保鲜时间【答案】B【解析】【详解】A．的分子式是C4H6，丁烯的分子式

是C4H8，不是同分异构体，故A错误；B．分子中的碳原子都与双键两端的碳原子直接相连，所有碳原子均处于同一平面，故B正确；C．的分子式是C4H6，根据氢原子守恒，生成1molC4H10至少需要2molH2，故C错误；D．含有碳碳双键，能被高锰酸钾溶液氧化，不

能与高锰酸钾溶液合用，故D错误；答案选B。5.海水结冰形成海冰，海冰中部分盐分被包裹在冰晶中，形成如下图所示的含“盐泡”(设1个盐泡中含1个NaCl单元)的海冰。测得某海冰内层中NaCl的浓度为10-4mol·L-1，已知该层海冰的密度为0.9g·cm-3。下列说法错误的是()A.“盐泡

”内的钠、氯以离子的形式存在B.海冰密度越大，则海冰中的“盐泡”越少C.海冰中形成的氢键比例比海水中的大D.该海冰中“盐泡”与H2O的个数比约为1：(5105)【答案】B【解析】【分析】【详解】A.NaCl是离子化合物，所以

钠、氯以离子的形式存在，A正确；B.NaCl的相对分子质量比水大，所以海冰密度越大，NaCl含量越多，B错误；C.海冰的密度为0.9g·cm-3比海水（密度大于1g·cm-3）小，所以海冰中形成的氢键比例比海水中的大，C正确；D.假设1L的海冰，NaCl的物质的量10-4mol，

水的质量约为0.9g·cm-3×1000mL=900g，水的物质的量约为900g=50mol18g/mol，则“盐泡”与H2O的个数比约为10-4：50=1：(5105)，D正确。答案选B。【点睛】氢键的存在使水的体积增大，且氢键越多，体积越大，密度越小。6.某同学采用废

铁屑(主要成分为Fe2O3、Fe，少量碳)制取碳酸亚铁（FeCO3），设计了如下流程：根据以上流程图，下列说法不正确．．．的是（）A.工业废铁屑往往附着有油脂，可通过热饱和碳酸钠溶液洗涤除去B.反应2的离子方程式：Fe2++HCO3-=Fe

CO3↓+H+C.操作I为过滤，洗涤操作，一系列操作II为过滤，洗涤，干燥D.为避免硫酸溶解时Fe2+被空气氧化，废铁屑应适当过量【答案】B【解析】【分析】“溶解”阶段，Fe2O3和硫酸反应生成Fe2(SO4)3和水，Fe和Fe2(SO4)

3反应FeSO4，Fe和H2SO4反应生成FeSO4和氢气，Fe元素以Fe2+存在于溶液中。操作Ⅰ为过滤，除去未反应的C，滤液1中加NaHCO3，HCO3-和Fe2+反应产生FeCO3沉淀，通过过滤、洗涤、干燥等一系列操作得到FeCO3

，据此解答。【详解】A．碳酸钠水解呈碱性，油脂在碱性环境下水解，温度升高，水解程度增大，故工业废铁屑往往附着有油脂，可通过热饱和碳酸钠溶液洗涤除去，A正确；B．结合电荷守恒可得反应2的离子方程式为：Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑，B错误；C．操作I为过滤除去C，为

减少Fe2+的损失，进行洗涤操作，为得到纯净的FeCO3，一系列操作II为过滤、洗涤、干燥，C正确；D．Fe2+易被空气中的氧气氧化，故为避免硫酸溶解时Fe2+被空气氧化，废铁屑应适当过量，D正确。答案选B。7.2019年12月

27日20时45分，长征五号遥三运载火箭（被称为“胖五”）在中国文昌航天发射场点火升空，“胖五”浑身是高科技。下列有关其说法正确的是()A.液氢、煤油、液氧推进剂利用了燃料电池原理B.“胖五”某些外表部位覆盖玻璃纤维织物，玻璃纤维是有机高分子材料C.储

氢箱、储氧箱表面裹有10~20mm发泡塑料，其作用是保温D.“胖五”外壳主要材料是铝合金，利用了该材料耐腐蚀、密度大等特点【答案】C【解析】【分析】【详解】A．燃料电池中涉及的能量为化学能转化为电能，而火箭中液氢、煤油、液氧等燃料燃烧，化学能在发动机

内转化为燃气的动能，形成高速气流喷出，产生推力，由此可知，A项错误；B．玻璃纤维主要成分为二氧化硅、氧化铝、氧化钙、氧化硼、氧化镁、氧化钠等，属于无机材料，B项错误；C．为了使火箭在燃料加注以及飞行过程中，外表面温度保持在0℃以上，从而避免火箭仪器、电缆等受极低温影响产

生功能异常，在运载火箭储氢箱、储氧箱表面裹有10~20mm发泡塑料，目的是保温。C项正确；D．“胖五”外壳主要材料是铝合金，利用了该材料强度高、耐腐蚀、重量轻（密度小）、成本低等特点。D项错误；答案选C。8.某固体X可能含有FeO、Fe2O3、MnO2、K2

SO3、Na2CO3、NaClO、K2SO4中的一种或几种物质，进行如下实验以确定其组成：下列有关说法正确的是A.若固体X中不含K2SO4，则一定含NaClOB.固体X中一定含有Fe2O3C.滤液A中一定含有Na+D.气体B一定是纯净物

【答案】A【解析】【分析】二氧化锰与浓盐酸共热可以生成氯气，氯气具有强氧化性。滤渣与浓盐酸反应后的溶液中加入KSCN产生血红色物质，可以证明滤渣中有铁元素，则FeO和23FeO至少有一种，加2BaCl溶液产生白色沉淀，证明与盐酸反应后的溶液中

2-4SO，这些2-4SO可能来自24KSO，也可能是23KSO被次氯酸钠氧化而生成的，加稀盐酸产生气体B，则B可能是2CO，也可能是2SO，也就是说23KSO和23NaCO至少有一种，据此来分析即可。【详解】A.若固体X中不存在24

KSO，则只能是23KSO被氧化形成的2-4SO，纵观这些物质中潜在的氧化剂是NaClO，-ClO可以与酸反应生成次氯酸，次氯酸具有较强的氧化性，A项正确；B.根据分析只能说明FeO和23FeO至少有一种，B项错误；C.根据分析，固体X可以不存在23NaCO和NaClO，C项错误

；D.根据分析23KSO和23NaCO可以同时存在，气体B可以是2CO、2SO的混合气，D项错误；答案选A。二、不定项选择题9.NH4HSO4在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛。室温时，向100mL0.lmol·L-1NH4HSO4溶液中滴加

0.1mol·L-1NaOH溶液，得到的溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图所示。下列说法正确的是A.a点溶液中：c(NH4+)+c(H+)=c(Na+)+c(OH-)B.C点溶液中：c(SO42-)>c(NH3·H2O)>c(NH4+)C.d点溶液中：c(SO42-)>c(OH-)

>c(NH4+)D.a、b、c、d四个点中，b点水的电离程度最大【答案】AC【解析】A.a点溶液显酸性NH4HSO4+NaOH=NaNH4SO4+H2O100mL0.lmol·L-1NH4HSO4溶液中滴加0.1mol·L-1NaOH溶液100mL，恰好完全反应，NH4+发

生水解，所以显酸性c(NH4+)+c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c(SO42-)，根据物料守恒c(Na+)=c(SO42-)，所以上述式子可以写成c(NH4+)+c(H+)=c(Na+)+c

(OH-)故A对；B.C点溶液中含有硫酸钠，硫酸铵和氨水，因为氨水的电离程度大于铵根离子的水解程度，c(SO42-)>c(NH4+)>c(NH3·H2O)，故B错；C.d点溶液中硫酸钠，氢氧化钠和氨水：c(SO42-)>c(OH-)>c(NH4+)故正确；D.因为加酸和碱抑制水的电

离，水解促进电离，所以受的a、b、c、d四个点中，a点水的电离程度最大.故D错。10.下述转化关系可用于合成解痉药奥昔布宁的前体(化合物丙)下列说法正确的是A.化合物甲中的含氧官能团有羰基和酯基B.化合物乙分子中含有1个手性碳原子C.化合物乙能发生消去反应，且生成的有机物能和溴发生

加成反应D.化合物丙能和氯化铁溶液发生显色反应【答案】ABC【解析】【详解】A．化合物中的含氧官能团有羰基和酯基，故A正确；B．化合物分子中含有1个手性碳原子(红圈标出)，故B正确；C．化合物能发生消去反应生成，生成的

有机物含有碳碳双键，能和溴发生加成反应，故C正确；D．化合物不含酚羟基，不能发生显色反应，故D错误；选ABC。11.下列各组中的性质比较中，正确的有A.酸性HClO4＞HBrO4＞HIO4B.碱性Ba(OH)2＞Ca(OH)2＞Mg(OH)2C.非金属性F＞Cl＞BrD.稳

定性HCl＞H2S＞PH3【答案】ABCD【解析】【详解】A．同主族元素从上到下非金属性减弱，最高价氧化物的水化物的酸性减弱，所以酸性HClO4＞HBrO4＞HIO4，故A正确；B．同主族元素从上到下金属性

增强，最高价氧化物的水化物的碱性增强，所以碱性Ba(OH)2＞Ca(OH)2＞Mg(OH)2，故B正确；C．同主族元素从上到下非金属性减弱，所以非金属性F＞Cl＞Br，故C正确；D．同周期元素从左到右非金属

性增强，气态氢化物稳定性增强，稳定性HCl＞H2S＞PH3，故D正确；选ABCD。12.容量瓶是用来配制物质的量浓度的溶液的定量仪器，其上标有A.温度B.浓度C.容量D.刻度线【答案】ACD【解析】【详解】如图所示，容量瓶上标有温度、容量、刻度线，故选A

CD。三、填空题13.实验室里通常用MnO2与浓盐酸反应制取氯气。氯气可用来制取消毒剂等。(1)写出实验室制取氯气的化学方程式_____________。如有1molCl2生成，被氧化的HCl的物质的量是____

__mol，转移电子的物质的量是___________mol。(2)新冠肺炎抗疫期间，最好每天用稀释后的“84消毒液”对公共场所进行消毒处理。但很多时候会因混合使用“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。试根据你的化学知识分析，原因是(用离子方程式表示)__________。【答案】(1).MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O(2).2(3).2(4).Cl-+ClO-+2H+===Cl2↑+H2

O【解析】【分析】(1)MnO2与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气、水，HCl中氯元素化合价由-1升高为0，HCl被氧化；(2)盐酸和NaClO发生归中反应生成氯气。【详解】(1)MnO2与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气、水，反应的化学方程式是MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl

2↑+2H2O；HCl中氯元素化合价由-1升高为0，HCl被氧化，如有1molCl2生成，被氧化的HCl的物质的量是2mol，转移电子的物质的量是2mol。(2)盐酸和NaClO发生归中反应生成氯气、氯化钠、水，反应的离子方程式是C

l-+ClO-+2H+===Cl2↑+H2O；【点睛】本题考查氧化还原反应，明确氧化还原反应规律是解题关键，氧化还原反应中所含元素化合价升高的反应物是还原剂，发生氧化反应，注意离子方程式书写原则。14.下列各组物质①O2和O3②

H2、D2、T2③12C和14C④CH3CH2CH2CH3和(CH3)2CHCH3⑤乙烷和丁烷⑥和⑦和⑧氯气和氯水⑨红磷和白磷互为同位素的是___(填序号，下同)，互为同素异形体的是___，互为同系物的是__，互为同分异构体的是__，属于同一物质的是__。【

答案】(1).③(2).①⑨(3).⑤(4).④(5).②⑥⑦【解析】【详解】①O2和O3为氧元素组成的不同单质，互为同素异形体；②H2、D2、T2为不同氢核素构成的不同氢气分子，但均为氢气，是同一种物质；③12C和14C质子数相同，中子数不同，互为同位素；④CH3CH2CH2CH

3和(CH3)2CHCH3分子式相同结构不同，互为同分异构体；⑤乙烷和丁烷结构相似，组成上相差2CH2，互为同系物；⑥和结构相同，为同一种物质；⑦和结构相同，为同一种物质；⑧氯气为纯净物，氯水为氯气溶于水形成的混合物；⑨红磷和白磷为同一种元素组成的不同单质，互

为同素异形体；综上所述，互为同位素的是③，互为同素异形体的是①⑨，互为同系物的是⑤，互为同分异构体的是④，属于同一物质的是②⑥⑦，故答案为：③；①⑨；⑤；④；②⑥⑦。15.A、B、C、D四种原子序数为前20号元素，核电荷数依次增加，它们离子的电子层

数相同，且最外层电子数均为8。A原子的L层电子数与K、M层电子数之和相等，D原子的K、L层电子数之和等于电子总数的一半。回答以下问题：(1)写出元素符号：B______C______(2)试画出离子结构示意图：B______，A的简单氢化物的

结构式______(3)写出B元素的最高价氧化物对应水化物的化学式______【答案】(1).Cl(2).K(3).(4).H-S-H(5).HClO4【解析】【分析】A原子的L层电子数与K、M层电子数之和相等，A是S元素；D原子的K、

L层电子数之和等于电子总数的一半，D是Ca元素；A、B、C、D核电荷数依次增加，它们离子的电子层数相同，且最外层电子数均为8，则B是氯元素、C是钾元素。【详解】(1)根据以上分析，B是氯元素，元素符号是Cl，C是钾元素，元素符号是K；(2)B是氯元素，氯离子核外有18个电子，氯离子结构示

意图是，A是S元素，简单氢化物的分子式是H2S，结构式是H-S-H；(3)B是氯元素，氯的最高价是+7，最高价氧化物对应水化物的化学式HClO4；16.完成下列两个小题（1）将2.56gCu放入10.0mL浓HNO3中正好完全反应。随着Cu的不断减少，反应生成气体的颜色逐渐变浅，最终共生成气

体1.12L（标准状况）。则该浓硝酸的物质的量浓度是_____mol/L；若将生成的气体溶于水被全部吸收，还需要消耗标准状况下O2_____mL。（2）标准状况下，某气态烷烃和乙烯的混合气体11.2L，质量为10.4g。则混合气体中烷烃

的分子式为_______；若将该混合气体通入足量的溴水，溴水的质量将增加_______g。【答案】(1).13.0(2).448(3).CH4(4).5.60【解析】【详解】(1)铜和10mL浓硝酸反应，随着

浓度的减少，硝酸的还原产物的价态越低，铜和浓硝酸反应生成NO2，而与稀硝酸反应时则生成NO，故生成的气体有NO2和NO，则n(NO2)+n(NO)=1.12L22.4L/mol=0.05mol，即被还原的硝酸的物质的量为0.05mol，n(Cu)=2.56g64g/mol=0.04mol，

则生成n[Cu(NO3)2]=0.04mol，可知表现酸性的硝酸的物质的量为0.04mol×2=0.08mol，则参加反应的硝酸的物质的量为：0.05mol+0.08mol=0.13mol，则物质的量浓度为0.13mol=13mol/L0.01L，若将生成的气体溶于水被全部吸收，消耗氧气的物质的

量n(O2)=12n(Cu)=0.02mol，则消耗标准状况下O2的体积为0.02mol×22.4L/mol=0.448L=448mL；(2)由题干信息，标准状况下，某气态烷烃和乙烯的混合气体11.2L，则混合气体的物质的量为0.5mol，则该混合气体的平均相对分子质量为10.4=20.80.5，

由于乙烯的相对分子质量为28，则该气态烷烃的相对分子质量应小于20.8，所以该气态烷烃只能是甲烷(CH4)，设甲烷的物质的量为x，乙烯的物质的量为y，则由x+y=0.5，16x+28y=10.4，解得x=0.3，y=0.2，即甲烷的物质的量为0.3mol

，乙烯的物质的量为0.2mol，将该混合气体通入足量的溴水，乙烯与溴水发生加成反应，溴水增加的质量即为乙烯的质量，即为0.2mol×28g/mol=5.6g。四、实验探究题17.为验证卤素单质氧化性的相对强弱，

某小组用下图所示装置进行实验(夹持仪器已略去，气密性已检验)。实验过程：Ⅰ.打开弹簧夹，打开活塞a，滴加浓盐酸。Ⅱ.当B和C中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹。Ⅲ.当B中溶液由黄色变为棕色时，关闭活塞a

。Ⅳ.打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，然后关闭活塞b，V.取下D并充分振荡。(1)已知2KMnO4+16HCl(浓)===2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，该反应的离子方程式为：__________

。(2)验证氯气的氧化性强于碘的实验现象是___________，反应的离子方程式为____________。(3)试管口浸有碱溶液的棉花的作用是_________，反应的离子方程式为：________。(4)D中发生反应的化

学方程式是__________，可观察到的现象是___________。【答案】(1).2-4MnO+16H++10Cl-＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O(2).湿润的淀粉KI试纸变蓝(3).Cl2+2I-＝2Cl-+I2(4).吸收多余的氯气(或除去多余的氯气、防

止氯气污染空气、进行尾气处理等)(5).Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O(6).Br2+2I-＝2Br-+I2(7).液体分层，上层无色，下层浅紫色(或紫色)。【解析】【分析】A中高锰酸钾溶液与浓盐酸反应生成氯气，氯气通入B、C中的溴化钠溶液中

，氯气和溴化钠反应生成氯化钠和溴单质，将少量C中溶液滴入D中的KI溶液中，溴和KI反应生成碘单质和溴化钾。【详解】(1)2KMnO4+16HCl(浓)==2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O反应的离子方程

式为2-4MnO+16H++10Cl-＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O；(2)氯气和KI反应生成氯化钾和碘单质，氯气的氧化剂、碘单质是氧化产物，证明氯气的氧化性强于碘，实验现象是A中湿润的淀粉KI试纸变蓝，反应的离子方程式为Cl2+2I-＝2Cl-+I2；(3)氯气

和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠、水，氢氧化钠溶液能吸收氯气，试管口浸有碱溶液的棉花的作用是吸收多余的氯气，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；(4)D中溴和KI反应生成碘单质和溴化钾，发生反应的化学方程式是Br

2+2I-＝2Br-+I2，碘易溶于CCl4，取下D并充分振荡，可观察到的现象是液体分层，上层无色，下层浅紫色。【点睛】本题考查氯气的制备和氯气性质的检验，明确反应原理是解题关键，掌握氧化性：氯气>溴>碘，氯气能置换出

溴、溴能置换出碘，熟悉离子方程式书写规则。18.已知X的性质与乙酸乙酯相似，是一种具有果香味的合成香料，下图为合成X的某种流程：提示：①不能最终被氧化为—COOH；②D的产量可以用来衡量一个国家的石油化工水平。请根据以上信息，回答下列问题：(1)A分子中官能团的名称是___

_______，E的结构简式是________。(2)D→E的化学反应类型为________反应。(3)上述A、B、C、D、E、X六种物质中，互为同系物的是________。(4)C的一种同分异构体F可以发生水解反应，则F的结构简

式为_________________。(5)反应C＋E→X的化学方程式为_____________________________________________。(6)为了制取X，甲、乙、丙三位同学分别设计下列三套实验装置：请从

甲、乙两位同学设计的装置中，选择一种作为实验室制取X的装置，选择的装置是_______(选填“甲”或“乙”)，丙同学将甲装置中的玻璃管改成球形干燥管，除起冷凝作用外，另一重要作用是_______。试管B中放入的是

饱和________溶液，从试管B中分离出X所用的主要仪器是______。【答案】(1).羟基(2).C2H5OH(3).加成反应(4).AE(5).HCOOCH2CH3或CH3COOCH3(6).CH3CH2COOH+CH3

CH2OHCH3CH2COOCH2CH3+H2O(7).乙(8).防倒吸(9).碳酸钠(10).分液漏斗【解析】【分析】X的性质与乙酸乙酯相似，是一种具有果香味的合成香料，由转化流程可知，X为酯，D的产量可以用来衡量一个国家的石油化工水平，D为CH2=CH2，D与水发生加成反应

生成E为CH3CH2OH，根据X的分子式可判断X为CH3CH2COOC2H5，因此C为CH3CH2COOH，结合图中转化以及已知信息可知A为CH3CH2CH2OH，B为CH3CH2CHO，以此来解答。【详解】根据以上分析可知A为CH3CH2CH

2OH，B为CH3CH2CHO，C为CH3CH2COOH，D为CH2=CH2，E为CH3CH2OH，X为CH3CH2COOC2H5，则（1）A为CH3CH2CH2OH，A分子中官能团的名称是羟基，E的结构简式是C2H5OH。（2）根据以上分析可知D→E的反应类型为

加成反应。（3）结构相似，组成相差n个CH2原子团的有机物为同系物，则A和E互为同系物，均为饱和一元醇，答案选A和E。（4）C的一种同分异构体F可以发生水解反应，则F属于酯类，因此F的结构简式为HCOOCH2CH3或CH3COOCH3。（5）根据以上分析可知反应C+E→

X的化学方程式为CH3CH2COOH+CH3CH2OHCH3CH2COOCH2CH3+H2O。（6）甲装置的B中导管口直接插入溶液中，容易引起倒吸，则从甲、乙两位同学设计的装置中，选择一种作为实验室制取X的装置，应选择的装置是乙；

丙同学将甲装置中的玻璃管改成球形干燥管，除起冷凝作用外，另一重要作用是防倒吸。根据乙酸乙酯的制备实验原理和收集原理可知试管B中放入的是饱和碳酸钠溶液。酯类不溶于水，分液即可，则从试管B中分离出X所用的主要仪器是分液漏斗。【点睛】本题考查有机物的合成及推断，为高频考点，把握转化中

的有机反应、官能团与性质的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机物性质的应用以及乙酸乙酯制备实验原理的迁移灵活应用，题目难度不大。19.CuCl广泛应用于化工和印染等行业。某研究性学习小组拟热分解CuCl2·2H2O制备CuCl，并进行相关探

究。该小组用下图所示装置进行实验（夹持仪器略）已知实验操作的步骤为：a.检查装置的气密性后加入药品→b.在“气体入口”处通入干燥HCl→c.点燃酒精灯，加热→d.反应一段时间，熄灭酒精灯，冷却→e.停止通入HCl，然

后通入N2【资料查阅】HCl>3002222140CuClHOCuClCuCl+Cl气流℃℃⎯⎯⎯⎯→⎯⎯⎯→请回答下列问题：（1）仪器X的名称是___________。（2）在实验过程中，观察到B中物质由白色变

为蓝色，C中试纸的颜色变化是___________。（3）反应结束后，取出CuCl产品进行实验，发现其中含有少量的CuCl2或CuO杂质。根据资料信息分析：①若杂质是CuCl2，则产生的原因是________

_______。②若杂质是CuO，则产生的原因是___________。【答案】(1).球形干燥管(2).先变红再褪色(3).时间不足或温度不高(4).HCl气体不足、HCl气体与固体接触不充分，部分CuCl2溶解在结晶水中，水解反应生成Cu(OH)2分解所得

【解析】【分析】热分解CuCl2•2H2O制备CuCl，为抑制水解，气体入口通入HCl气体，然后加热A处试管，X为球形干燥管，X中无水硫酸铜变蓝，可知CuCl2•2H2O分解生成水，且C处试纸先变红后褪色，可知发生2CuCl2>300⎯⎯⎯→℃2CuCl＋Cl2↑，D中NaOH溶液吸收尾气；

取出CuCl产品进行实验，发现其中含有少量的CuCl2或CuO杂质，混有CuCl2与温度不够或加热时间不足有关，混有CuO与没有在HCl的氛围中加热或者未等试管冷却就停止通入HCl气体有关，以此解答该题。【详解】(1)由图及常见的仪器可知，仪器X的名称为球形干燥管，故答案

为：球形干燥管；(2)B中有白色变为蓝色，说明有水生成，产物中还有Cl2，所以C中石蕊试纸先逐渐变为红色，后褪色，故答案为：先变红再褪色；(3)①由2CuCl2>300⎯⎯⎯→℃2CuCl＋Cl2↑，杂质是CuCl2，说明CuCl2没有反应完全，分解温度不高，故答案为：时间

不足或温度不高；②杂质是氧化铜，说明CuCl被氧气氧化才产生了CuO，说明装置中有氧气，可能是没有在HCl的氛围中加热或者未等试管冷却就停止通入HCl气体，故答案为：HCl气体不足、HCl气体与固体接触不充分，部分CuCl2溶解在结晶水中，水解反应生成Cu(OH)2分解所

得。【点睛】本题把握制备实验原理、实验装置的作用、元素化合物知识为解答的关键，注意元素化合物与实验相结合的训练，(3)为解答的难点。五、计算题20.常温下，FeS的Ksp=6.25×10-18(设饱和溶液的密度为1g/mL)。若已知H2S饱和溶液在常温

下，c（H+）与c（S2-）之间存在以下关系：c2（H+）·c（S2-）=1.0×10-22，在该温度下，将适量FeS投入H2S饱和溶液中，欲使溶液中c（Fe2+）达到1mol/L，应调节溶液的pH为___________（已知：lg2

=0.3）【答案】pH=3－2lg2=2.4【解析】【详解】c（Fe2+）达到1mol/L，则根据FeS的Ksp=6.25×10-18可知硫离子的浓度为c（S2-）=6.25×10-18mol/L。又因为c2（H+）·c（S2-）=1.0×

10-22，所以c（H+）＝，所以pH＝3－2lg2=2.4。