甘肃省张掖市2018--2019学年高一下学期期末考试化学试题

1、2020甘肃省张掖市20182019学年高一下学期期末考试化学试题2221 .某些建筑材料含有放射性元素氢（86 Rn ）,会对人体产生一定危害。研究表明氢的 “射线会致癌，WHO认定的19种致癌因素中，氢为其中之一。该原子中中子数和质子数之差是（）A. 136B. 50C. 86D. 222【答案】B【解析】【分析】22286 Rn表木质子数为86,质量数为222的一个Rn原子，结合质量数=质子数+中子数计算解答。222【详解】由氢原子的符号86Rn可知该原子质子数为86,质量数222,依据质量数=质子数+中子数，可知中子数=质量数-质子数=222-86=136,该原子中中子数和质子数之差=

2、136-86=50,答案选B。【点睛】本题考查了质子数、中子数、质量数之间的关系，注意弄清元素符号中各个上标或 者下标的含义是解题的关键。2 .糖类、油脂和蛋白质是维持人体生命活动所必需的三大营养物质。以下叙述正确的是A.植物油不能发生水解反应B.淀粉水解的最终产物是葡萄糖C.葡萄糖能发生氧化反应和水解反应D.蛋白质水解的产物为纯净物【答案】B【解析】【详解】A.因植物油属于酯，而酯能发生水解，故 A错误；B.因淀粉水解的产物是葡萄糖，故 B正确；C.因葡糖糖是单糖，单糖不能发生水解，故 C错误；D.因蛋白质水解的最终产物为氨基酸，而氨基酸有多种，产物为混合物，故D错误；故选B。3.A、B两元

3、素电子层数相同，如果 A原子半径比B大，则下列判断正确的是（）A.两元素形成的最高价氧化物对应的水化物的酸性应是A强于BB. A的气态氢化物比 B的气态氢化物稳定C. A的金属性比B的金属性强D. A的阴离子比B的阴离子还原性弱【答案】C【解析】【分析】A、B两元素电子层数相同，表明 A、B处在同一周期。同周期元素原子半径随着原子序数增大而减小。如果 A原子半径比B大，则原子序数 A<B。【详解】A.非金属性A<B ,两元素形成的最高价氧化物对应的水化物的酸性B强于A,故A错误；B.非金属性A<B ,所以A的气态氢化物不如 B的气态氢化物稳定，故 B错误；C.A的金属性比B的

4、金属性强，故 C正确；D.非金属性A<B,所以A的阴离子比B的阴离子还原性强，故 D错误。故选Co4 .绿色化学中，最理想的 原子经济”是原子利用率为100%。下列反应类型最能体现原子经济性”原则的是取代反应 加成反应 酯化反应 水解反应 加聚反应A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】取代反应酯化反应水解反应三种反应生成物不止一种，有副产物产生。加成反应和加聚反应原料分子中的原子全部转化成所需要的产物，不产生副产物，原子利用率高达100%。故选：Co5 .下列金属冶炼的反应原理，错误的是（）。A. 2NaCl （熔融）通电 2Na +C12 TB. MgO + H2 Mg + H2O

5、C. Fe3O4 +4CO 高温 3Fe + 4CO 2D. 2HgO =2Hg +O2 T【解析】【详解】A、钠是活泼金属，应采用电解法制取，选项 A正确；B、镁是活泼金属，应采用电解法制取，并且镁与热水反应，选项 B错误；C、Fe处于金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，通常是用还原剂(C、CO、H2、活泼金属等)将金属从其化合物中还原出来，选项 C正确；D、Hg为不活泼金属，可以直接用加热分解的方法将金属从其化合物中还原出来，选项D正确；答案选B。6 .下列过程中，共价键被破坏的是A. HCl气体溶于水B.澳蒸气被活性炭吸附C.葡萄糖溶于水D.碘升华【答案】A 【解析】【详解】A. HC

6、l气体溶于水，发生电离，共价键被破坏，故 A正确；B.炭吸附澳蒸气克服的是分子间作用力，共价键没有破坏，故 B错误；C.葡萄糖溶于水没有发生电离，克服的是分子间作用力，共价键没有破坏，故C错误；D.碘升华克服的是分子间作用力，共价键没有破坏，故 D错误； 故答案为A。7.把0.6molX气体和0.4molY气体混合于容积为 2L的容器中，使其发生如下反应： 3X (g) +Y (g) nZ (g) +2W (g)。5min末生成0.2molW ,若测知以Z浓度变化表示的平均反应速率为0.01mol/( L min),则n的值为A. 1B. 3C. 2D. 4【答案】A【解析】0.2mol【详解

7、】5min内W的平均化学反应速率 v(W)= c= 2L =0.02mol/(L min),同一化学反应 t 5min同一时间段内，各物质的反应速率之比等于计量数之比，Z浓度变化表示的平均反应速率为0.01mol/L?min , v(Z) ： v(W)=0.01mol/(L?min) : 0.02mol/(L . min尸n ： 2=1 ： 2,所以 n=1 ,故答 案为：Ao8 .已知一定温度时：2SO2（g） O2（g） =2SO3（g）。当生成2mol SO3时，放出热量197kJ, 在相同温度和压强下，向密容器中通入 3mol SO2和1molO2,达到平衡时放出热量 Q,则下列 关系

8、式中正确的是A. Q= 197 kJB. Q< 197X2 kJC. Q< 197 kJD. Q>197 kJ【答案】C【解析】【详解】一定温度时：2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）；在上述条件下2mol SO2和1molO2,完全反应 生成2mosO3气体放出热量为197kJ,可逆反应中反应物不能完全反应，故向密闭容器中通入 3molSO2和1molO2,达到平衡时生成的三氧化硫的物质的量要小于2mol,故平衡时放出的热量小于197kJ,所以Q<197 kJ 故选：Co9 .把纯净的甲烷与氯气混合气放在集气瓶中，用玻璃片盖好瓶口，放在光亮的地方一段时间后，下列

9、说法中，不正确的是A.气体发生爆炸反应B.瓶内气体的颜色变浅C.用一根蘸有浓氨水的玻璃棒伸入瓶内时有白烟产生D.集气瓶壁有油状液体生成【答案】A【解析】【详解】A.氯气与甲烷的反应不剧烈，反应比较缓慢，变化不发生爆炸现象，故 A错误；B.由于黄绿色的氯气参加了反应，物质的量减小，所以瓶内气体的颜色变浅，故B正确；C.甲烷和氯气反应生成了氯化氢气体，所以用一根蘸有浓氨水的玻璃棒伸入瓶内时有白烟产 生，故C正确；D.反应生成了不溶于水的二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳等液体，所以集气瓶壁有油状液体 生成，故D正确； 故选：A。10.下列各组物质中，互为同分异构体是（）A.水与冰B.。2 与 O3CHj

10、HC. HCCH3 与 JhC CCHjIIHHD.MsH3f< Hi【解析】【详解】A、水与冰的构成物质均为H2O,是同一种物质，故 A不选;B、氧气和臭氧是由氧元素构成的两种性质不同的单质，互为同素异形体，故B不选;C、由甲烷的结构可知,013H-CClhHjCC-Clij为同一种物质，故 C不选;D、分子式相同、结构不同，互同分异构体，故 D选,答案选Do11 .某有机物的结构简式如图，该物质应有的化学性质是ch=ch5CHcqohCHsOH可燃烧；可跟澳加成；可使酸性KMnO4溶液褪色；可跟 NaHCO3溶液反应可跟Cu(OH) 2悬浊液反应；可跟金属钠反应A.B.C.D.【答案

11、】D【解析】【分析】根据有机物结构特点，有碳碳双键所以具有烯的性质，有竣基所以具有竣酸的性质，有醇羟基所以具有醇的性质，有苯环所以还具有苯的性质。【详解】该有机物是燃的含氧衍生物，具有可燃烧性，项正确；该有机物分子中含有碳碳双键，能与澳发生加成反应，项正确；该有机物分子中含有碳碳双键，醇羟基等，能被酸性KMnO4氧化而使酸性 KMnO4溶液褪色，项正确；该有机物分子中有竣基，能与NaHCO3溶液反应生成二氧化碳，项正确；该有机物分子中有竣基，能与Cu(OH)2悬浊液发生酸碱中和反应，项正确；该有机物分子中含有竣基和醇羟基，所以能与钠反应生成氢气，项正确；综上所述，均符合题意，D项正确；答案选D

12、o12 .对于可逆反应 H2 (g) +I2 (g) ?2HI(g),在温度一定下由 H2 (g)和I2 (g)开始反应， 下列说法正确的是A. H2 (g)的消耗速率与 HI (g)的生成速率之比为 2:1B.正、逆反应速率的比值是恒定的C.达到平衡时，正、逆反应速率相等D.达到平衡时，H2 (g)和I2 (g)浓度不在变化且相等 【答案】C【解析】【详解】A. H2(g)的消耗速率与HI(g)的生成速率都为该反应的正反应速率，之比恒为1： 2,故A错误。B.平衡正向移动时，正反应速率减小，逆反应速率增大，正逆反应速率的比值减小，当达到 平衡状态时，正逆反应速率相等，故 B错误。C.反应达到

13、平衡状态时，正逆反应速率相等，故 C正确。D.达到平衡时，H2(g)和12(g)浓度不再变化，反应过程中二者消耗的量为1:1,但平衡时剩余的氢气和碘的浓度是否相等与其初始浓度有关，故D错误。故选：Co13 .高温下，炽热的铁与水蒸气在一个体积可变的密闭容器中进行反应：3Fe(s) +4H2O (g)= Fe3O4(S)+4H2 (g),下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是()A.把铁块变成铁粉B.将容器的体积缩小一半C.压强不变，充入氮气使容器体积增大D.体积不变，充入氮气使容器压强增大【答案】D 【解析】【详解】增大固体反应物的表面积，可以加快反应速率；该反应有气体参加，增大压强，反 应

14、速率加快。压强不变，充入氮气使容器体积增大，则水蒸气的浓度降低，反应速率降低。体积不变，充入氮气使容器压强增大，但水蒸气的浓度不变，反应速率不变，答案选D。【点睛】该题侧重考查学生对外界条件影响反应速率的熟悉了解掌握程度。该题的关键是明确压强对反应速率影响的实质是通过改变物质的浓度来实现的，需要具体问题、具体分析。14 .苯环结构中，不存在单双键交替结构，可以作为证据的事实是（）苯不能使 KMnO4酸性溶液褪色；苯中的碳碳键的键长均相等；苯能在一定条件下跟 H2加成生成环己烷；苯在FeB3存在的条件下同液澳可发生取代反应，但不因化学变化而使滨水褪色。A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】苯

15、不能使酸性高镒酸钾溶液褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在碳碳单键与碳碳双键的交替结构，故正确；苯环中的碳碳键的键长均相等，说明苯环结构中的化学键只有一种，不存在碳碳单键与碳碳双键的交替结构，故正确；苯能在一定条件下跟 H2加成生成环己烷，碳碳双键和碳碳三键可以发生加成反应，不能证明苯环结构中不存在碳碳单键与碳碳双键的交替结构，故错误；苯不能因发生化学反应而使滨水溶液褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在碳碳单键与碳碳双键交替的结构，故正确。故选Do15 .已知自然界氧的同位素有 16O、17O、18O,与氢的其中两种同位素 H、D组成水分子，从水分子的原

16、子组成来看，此水一共有A. 3 种B. 18 种C. 9 种D. 12 种【答案】C【解析】【详解】氧的同位素有 16O、17O、18O,氢的其中两种同位素 H、D,在1个水分子中含有2个氢原子和1个氧原子，若水分子中的氢原子相同，则16O可分别与H、D构成水，即存在2种水；17O可分别与H、D构成水，即存在2种水；18O可分别与H、D构成水，即存在2种水；若水分子中的氢原子不同，则160、170、18O可与HD构成水，即存在三种水；综上所述，共形成 6+3=9种水，故选：Co【点睛】明确水中的氢原子相同或不同是解答的关键，利用组合的方法来分析解答即可，16.有X、Y两种元素，原子序数 <

17、;20 X的原子半径小于 Y ,且X、Y原子的最外层电子数相 同(选项中m、n均为正整数)。下列说法正确的是A.若HnXOm为强酸，则X的氢化物溶于水一定显酸性B.若X(OH)n为强碱，则Y(OH)n也一定为强碱C.若X元素形成的单质是 X2,则丫元素形成的单质一定是 Y2D.若Y的最高正价为+m,则X的最高正价一定为+m【答案】B【解析】【分析】X、丫原子的最外层电子数相同，说明位于同一主族，X的原子半径小于 Y,则原子序数 丫大于X,结合同主族元素性质的递变规律判断。【详解】A.若HnXOm为硝酸，则X的氢化物为氨气，溶于水显碱性，故 A错误；B.如X、Y为金属元素，同主族元素从上到下元素

18、的金属性逐渐增强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性逐渐增强，故若X(OH)n为强碱，则Y(OH)n一定为强碱，故 B正确；C.若X元素形成的单质是 X2,则Y元素形成的单质不一定是 Y2,如X单质为H2, Y为Li 或Na,故C错误；D .若Y为Cl,则X为F, Cl的最高价为+7,而F元素没有正化合价，故 D错误； 故选：B。17 .在恒温、恒容的密闭容器中进行反应A(g尸B(g) +C(g)。若反应物A的浓度由2mol L-1降到0.8mol L1需20s,那么反应物浓度由 0.8mol L-1降到0.2mol L-1所需反应时间为()A. 10 sB.大于10 sC.小于10 sD.无法

19、判断【答案】B【解析】【详解】反应物的浓度越大，反应速率越大；反应物 A的浓度由2mol-L-1降至ij 0.8mol L-1需 20s,那么反应物浓度由 0.8mol L；1降到0.2mol L-1的这个过程中，A的浓度比前一段的小，故反应速率也小，则所需时间增加，故该过程的时间要大于10s,故选BoAc【点睛】v= -c表示的是一段时间内的平均反应速率，并非某个时间点的瞬时速率；但是，浓 At度对平均反应速率和瞬时反应速率的影响是相同的：浓度越大，反应速率越大。18 .已知1 g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量 121 kJ,且氧气中1 mol O=O键完全断裂时吸 收热量496 kJ,水

20、蒸气中1mol H-O键形成时放出热量 463 kJ,则氢气中1mol H-H键断裂时吸 收热量为A. 920 kJB. 557 kJC. 436 kJD. 188 kJ【答案】C【解析】【详解】已知1 g即0.5mol氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121 kJ ,则该反应的热化学反应方程式为：H2(g)+ O2(g)=H 2O(g)AH=-242 kJ/mol ,次含变=反应物键能总和-生成物键能2总和，设 1mol H-H 键断裂时吸U热量为 xkJ,则有 x kJ/mol+ - X496kJ/mol-2 463 kJ/mol=-2422kJ/mol,解得x=436 kJ/mol,即1m

21、ol H-H键断裂时吸U热量为 436kJ,故答案为 C。【点睛】始变=反应物键能总和-生成物键能总和，在进行计算的时候要注意共价键的数目，如一个水分子中含有两个O-H键。19 .两种气态燃组成的混合气体0.1mol,完全燃烧得0.16molCO2和3.6g水。下列说法正确的是()A.混合气体一定没有甲烷B.混合气体中一定是甲烷和乙烯C.混合气体中一定没有乙烷D.混合气体中一定有乙烯【答案】C【解析】【详解】3.6g水的物质的量为0.2mol ,即0.1mol混合燃完全燃烧生成 0.16molC1和0.2molH2。, 根据元素守恒，则混合煌的平均分子式为C.6Hs而烧类中碳原子数小于1的只有

22、甲烷，判断混合气体中一定含有甲烷，根据甲烷中含有4个氢原子，则另一种烧中一定含有4个H原子，可能含有乙烯或丙快，一定不含乙烷，故选 G20.高铁酸盐在能源环保领域有广泛用途。用馍(Ni)、铁做电极电解浓 NaOH溶液制备高铁酸盐Na2FeO4的装置如图所示。下列推断合理的是隔膝A.铁是阳极，电极反应为Fe 6e + 4H2O=FeO42-+ 8H +B.馍电极上的电极反应为2H 2O+2e-=H 2 T +2OHC.若隔膜为阴离子交换膜，则OH一自右向左移动D.电解时阳极区pH降低、阴极区pH升高，最终溶液pH不变【解析】【详解】A .铁是阳极，电极反应为Fe-6e +8OHFeQ2-+4H2

23、。，碱性条件下不能生成氢离子，故A错误；B.馍电极上氢离子放电生成氢气，电极反应式为2H2O+2e一H2T +2OH,故B正确；C.电解池中阴离子移向阳极，所以OH-自左向右移动，故 C错误；D.电解时阳极区消耗氢氧根pH降低、阴极区生成氢氧根pH升高，电解池总反应为：Fe+2H2O+2OH Fe(O2-+3H2T,则混合溶液中氢氧根离子浓度减小，溶液的 pH降低，故D错误；故选：B。【点睛】电解池中与电源正极相连为阳极，失电子发生氧化反应；与电源负极相连的是阴极，得电子发生还原反应；电解质溶液中阳离子移向阴极，阴离子移向阳极。12312321. (1)下列3种不同粒子iH、1 H、1 H表布

24、 种兀素，种核素，iH、1H、1 H互称为(2)有人称煤炭是“工业的粮食”，通过煤的综合利用可以口要化工原料，如它 可用于 (|种用途)；以煤 为原料可以制得水煤气，其反应的化学方程式为，_i£_i_J_LBaBBBaB(3IC 4、IL是煤的(填“蒸储”或“干铲周期元素的电负性。请回答下列问题。Al)产物,Be电负性1.52.01.52.53.04.01.0儿系MgNYOPSSi电负性1.23.00.93.52.12.51.8根据上表给出的数据，可知元素的电负性越大，(填“金属性”或“非金属性” ) 越强。推测Y为(填元素符号)，用电子式表示 X元素与Y元素的化合物的形成过程 O【

25、答案】(1). 1(2). 3(3).同位素 (4).干储 (5).金属冶炼(6). C(s) +H2O(g) .上 CO(g) + H2(g).非金属性(8). Na (9).*Na|：V：r【解析】【详解】(1)1H> ：H、3 H为氢元素的三种不同核素，三种微粒质子数相同中子数不同，互称为同位素；(2)煤隔绝空气加强热使其分解的过程叫做煤的干储，干储后剩余的黑色固体是焦炭，焦炭具 有还原性可以用来冶炼金属，例如用焦炭还原氧化铜、高炉炼铁等，水蒸汽通过炽热煤层而 生成的气体叫水煤气，主要成份是一氧化碳、氢气，化学方程式为：高温C(s)+H2O(g) =CO(g)+H 2(g);(3)

26、电负性表示对键合电子的吸引力，电负性越大对键合电子吸引力越大，所以电负性越强非金属性越强；由表中数据可知，同周期自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性降低，丫电负性为0.9,介于Li1.0和Mg1.2间为Na, X电负性最大，为 F元素，NaF为离子化合物，书写电子 式时注意，左边写钠原子和氟原子电子式，右边写氟化钠的电子式，中间用箭头连接，用电子式表示氟化钠的形成过程为 Na#日Naf ：V：。 * *【点睛】煤是我们生活中常用的燃料之一，将煤隔绝空气加强热使其分解的过程叫做煤的干福，也叫煤的焦化。煤隔绝空气受强热时，有气体生成，其成分为煤焦油、焦炉气、粗氨水、粗笨。反应完毕后的黑色固体物

27、质叫焦炭，碳具有强的还原性常用来冶炼金属，也可用来制水煤气。22.1 某课外兴趣小组对 H2O2的分解速率做了如下实验探究。(1)下表是该小组研究影响过氧化氢(H2O2)分解速率的因素时采集的一组数据：用 10mLH 202 10mL H2O2制取 150mL0 2 150mL O2所需的时间(秒)叫间、法度 秒)30%H2O215%H2O210%H2O25%H2O2无催化剂、不加热几乎不反应几乎不反应几乎不反应几乎不反应无催化剂、加热360480540720MnO2催化剂、加热102560120该研究小组在设计方案时，考虑了温度、 、催化剂等因素对过氧化氢分解速率的影响。从上述影响过氧化氢分

28、解速率的因素中任选一个，说明该因素对分解速率有何影响：(2)将质量相同但颗粒大小不同的MnO2分别加入到5mL5%的双氧水中，并用带火星的木条测试。测定结果如下:催化剂(MnO 2)操作情况观察结果反应完成所需的时间粉末状混合不振荡剧烈反应，带火星的布条复燃3.5分钟块状反应较慢，火星红凫但木条未复燃30分钟实验结果说明催化剂作用的大小与 有关。n .在体积为2L的密闭容器中充入 1molH2 (g)和1moll2 (g),在一定温度下发生下列反应:H2 g 12 g 2HI g ,回答下列问题：(1)保持容器体积不变，向其中充入 1molHI(g),反应速率 (填 加快"减慢”或

29、不 变”)。(2)保持容器内气体压强不变，向其中充入1mol氨气，反应速率。(填 加快“减慢“或不变”)。(3)反应进行到2min,测得容器内HI的浓度为0.2mol/L ,用H2表示前2min该反应的平均 化学反应速率为 ,此时I2的转化率为 。【答案】 (1).浓度 (2).其它条件相同时，使用催化剂比不用催化剂，H2O2分解速率更快 (或其它条彳相同时，反应物H2O2的浓度越大，H2O2分解速率更快。或其它条件相同时 ，反应物H2O2的温度越高，H2O2分解速率更快。)(3).催化剂表面积 (4).加快 (5).减慢(6). 0.05mol/(L min) .20%【解析】【详解】1(1

30、)根据表中给出的数据，无催化剂不加热的情况下，不同浓度的过氧化氢溶液都 是几乎不反应，在无催化剂加热的情况下，不同浓度的过氧化氢溶液都分解，说明过氧化氢 的分解速率与温度有关；但是得到相同气体的时间不同，浓度越大，反应的速度越快，说明过氧化氢的分解速率与浓度有关；比较同一浓度的过氧化氢溶液如30%时，在无催化剂加热的时候，需要时间是 360s,有催化剂加热的条件下，需要时间是10s,说明过氧化氢的分解速率与催化剂有关，故答案为：浓度；其它条件相同时，使用催化剂比不用催化剂，H2O2分解速率更快(或其它条件相同时，反应物 出。2的浓度越大，H2O2分解速率更快。或其它条件相同时，反应物H2O2的

31、温度越高，H2O2分解速率更快。)；(2)因在其他条件相同时，粉末状二氧化镒比块状二氧化镒反应所需时间短，说明催化剂表面 积对反应速率有影响，故答案为：催化剂表面积；n . (1)保持容器体积不变，向其中充入 1molHI(g),生成物浓度变大，逆反应速率增大，平衡 左移，左移之后反应物浓度增大，正反应速率增大，之后重新达到平衡，故答案为：加快；(2)保持容器内气体压强不变，向其中充入1mol氨气，容器的体积增大，反应物和生成物的浓度都减小，所以反应速率减慢，故答案为：减慢；(3)反应进行到 2min,测得容器内 HI 的浓度为 0.2mol/L ,则 v(HI)= 0.2mol|L =0.1

32、mol/(L min),2min一 、,一 一，一 ，一 .1同一反应中用不同物质表不反应速率时反应速率之比等于计量数之比，所以v(H 2)=2v(HI)=0.05mol/(L min);容器体积为2L,碘的初始浓度为 0.5mol/L ,平衡时HI的浓度为0.2mol/L,根据方程式 H2 g 12 g 2HI g可知，消耗的c(l2)=0.1mol/L ,所以I2的转 化率为 0.1叫： 100%=20%,故答案为：0.05mol/(L min)； 20%。0.5mol|L-123 .利用海洋资源可以获得很多物质.如从海水中可以得到食盐等许多化工原料，可以通过蒸储获得淡水，从海洋植物中提取

33、碘等.(一)从海水得到的粗盐中常含有杂质需要分离提纯，在除去悬浮物和泥沙之后，要用以下试 剂盐酸、Na2 CO3、NaOH、BaCl2来除去食盐水中的 Ca2、Mg 2、SO2(1)为有效除去Ca2+、Mg2+、SO42-,力口入试齐ij的合理顺序为 a.先加 NaOH,后力口 Na2 CO3,再力口 BaCl2b.先加 NaOH,后加 BaCl2,再加 Na2 CO3C.先加 BaCl2,后加 NaOH,再加 Na2 CO3(2)判断试剂 BaCl2己经足量的方法是 。(二)海洋植物如海带、海藻中含有丰富的碘元素，碘元素以碘离子的形式存在.实验室里从海带中提取碘的流程如下:济液(1)实验时灼

34、烧海带应在 (填仪器名称)内进行(2)步骤中反应的离子方程式是 。(3)步骤的实验操作为 ，应选用的一种溶剂 X可以是a.苯、酒精b.四氯化碳、苯c.汽油、酒精(4)步骤的实验操作应选用如图中的A BCD【答案】（1）. bc （2）.静置，在上层清液中滴加 BaCl2溶液,若不再产生白色沉淀，则BaCl2己足量（3）.增期 （4）. 2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O（5）.）萃取分液（6）. b.C【解析】【分析】 （二）海带在塔端中灼烧得到海带灰，溶于水过滤得到含碘离子的溶液，加入过氧化氢氧化碘离子生成碘单质，加入萃取剂萃取分液得到含碘单质的四氯化碳溶液，蒸储得到碘单质，萃取 剂循

35、环使用。【详解】（一 ）（1）先加入过量的氢氧化钠可以除去镁离子，加入氯化钢可以除去硫酸根离子， 加入适量的碳酸钠可以除去钙离子和反应剩余的氯化银，（注意碳酸钠必须加在氯化银的后面 ）最后加入适量的盐酸可以除去反应剩余的氢氧化钠和碳酸钠，所以选bc;（2）判断试剂BaCl2己经足量的方法是：静置，在上层清液中滴加BaCl2溶液，若不再产生白色沉淀，则BaCl2己足量；（二）实验时灼烧海带应在增期中灼烧；（2 ）步骤中反应是过氧化氢氧化碘离子生成碘单质，反应的离子方程式是：2I+H2O2+2H+=I2+2H2O；（3）步骤的实验操作为萃取分液，溶剂X需要满足不溶于水， 碘单质在其中溶解性大于水中

36、，可以是b四氯化碳或苯，a和c中的酒精易溶于水不能做萃取剂；（4）步骤的实验操作是利用物质沸点不同蒸储的方法分离混合物，选Co24 .红葡萄酒密封储存时间越长，质量越好，原因之一是储存过程中生成了有香味的酯。在实验室也可以用如图所示的装置制取乙酸乙酯，请回答下列问题。(1)乙醇分子中官能团的名称是(2)试管a中加入几块碎瓷片的目的是 (3)试管a中发生反应的化学方程式为 ,反 应类型是。(4)反应开始前，试管 b中盛放的溶液是 (5)可用 的方法把制得的乙酸乙酯分离出来。.羟基(2).防止暴沸.CH 3 COOH +C2H5OHCH3COOC 2H5+ H2O(4) .酯化反应(5) .饱和碳

37、酸钠溶液(6).分液【解析】【详解】(1 )醇的官能团是羟基，乙醇中含有羟基;(2)液体加热要加碎瓷片，防止暴沸;(3)乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，同时该反应可逆，_ .八卫.、工口一上条磕酸反应 化学万程式为 CH3COOH+CH 3CH2OHCH3COOC 2H5+H2O;反应类型为A酯化反应，也是取代反应；(4)制备乙酸乙酯时常用饱和碳酸钠溶液吸收乙酸乙酯，除去乙醇和乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层；(5)因B中的液体混合物分层不互溶，可用分液方法分离。25 .乙烯是石油裂解气的主要成分，它的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平。请回答下列问题。(1)乙烯的电子式,结构简式。(2)鉴别甲烷和乙烯试齐J是(填序号)。a.稀硫酸b.澳的四氯化碳溶液c.水d.酸性高镒酸钾溶液(3)下列物质中，可以通过乙烯加成反应得到的是 (填序号)。a. CH3CH3b. CH3CHCI2c, CH3CH2OHd. CH3CH2Br亿5r 1 /T_工业上以乙烯(料产一种重要的合机高分子化合物"、