云南省普洱市孟连县一中2018_2019学年高二化学下学期期末考试试题（含解析）.docx

云南省孟连县一中2018-2019学年下学期期末考试高二 化学本试卷分第卷和第卷两部分一、单选题1. 化学家借助太阳能产生的电能和热能，用空气和水作原料成功地合成了氨气。下列有关说法正确的是A. 该合成中所有的电能和热能全部转化为化学能B. 该合成氨过程不属于氮的固定C. 空气、水、太阳能均为可再生资源D. 断裂N2中的NN键会释放出能量【答案】C【解析】试题分析：A、转化过程中不能全部转化成化学能，伴随其他能量的转化，故错误；B、氮的固定指游离态转化成化合态，空气中氮是游离态的，属于氮的固定，故错误；C、属于可再生资源，故正确；D、断键需要吸收热量，故错误。考点：考查能量转化、氮的固定等知识。2.下面关于化学反应的限度的叙述中，正确的是A. 化学反应的限度都相同B. 可以通过改变温度控制化学反应的限度C. 可以通过延长化学反应的时间改变化学反应的限度D. 当一个化学反应在一定条件下达到限度时，反应即停止【答案】B【解析】在一定条件下的可逆反应经过移动的时间后，正、逆反应速率相等，反应物和生成物的浓度不再发生变化，这种表面上静止的“平衡状态”就是这个可逆反应所能达到的限度。A、化学反应不同，限度不同，选项A错误；B、可以改变外界条件控制化学反应的限度，选项B正确；C、化学反应的限度与反应时间无关，选项C错误；D、当化学反应在一定条件下达到限度时，正、逆反应速率相等，反应未停止，选项D错误。答案选B。3.常温下，某溶液由水电离的c(OH-)=110-13mol/L，对于该溶液的叙述正确的是（ ）A. 溶液一定显酸性B. 溶液一定显碱性C. 溶液可能显中性D. 溶液可能是pH=13的溶液【答案】D【解析】试题分析：水电离出的c(OH)=1013molL1107molL1，此溶质对水的电离起抑制作用，溶质可能是酸也可能是碱，故选项D正确。考点：考查影响水电离的因素等知识。4. 关于图中装置说法正确的是A. 装置中，盐桥(含有琼胶的KCl饱和溶液)中的K+移向ZnSO4溶液B. 装置工作一段时间后，a极附近溶液的pH减小C. 用装置精炼铜时，c极为纯铜D. 装置中电子由Zn流向Fe，装置中有Fe2+生成【答案】C【解析】试题分析：A原电池中阳离子向正极移动，铜是正极，所以K+移向CuSO4溶液，故A错误；B装置工作一段时间后，a极与电源的负极相连是阴极，电极反应式为：水中的氢离子放电，产生氢氧根离子，所以溶液的PH值增大，故B错误；C精炼铜时，纯铜为阴极，所以c为阴极，c极为纯铜，故C正确；D活泼金属锌是负极，所以产生锌离子，而不是亚铁离子，故D错误；故选C。考点：考查电化学的相关知识，涉及离子的移动方向、电极的反应后PH的变化和电镀等。5. 能够证明核外电子是分层排布的事实是( )A. 电负性B. 电离能C. 非金属性D. 电子绕核运动【答案】B【解析】原子核外电子是分层排布的,同一层中电子能量相近,而不同能层中的电子具有的能量差别较大。电离能反映了原子或离子失去一个电子所消耗的最低能量,故失去同一层上的电子消耗的最低能量差别较小,而失去不同层上的电子消耗的最低能量差别较大,故可根据失去一个电子消耗的最低能量发生突变而确定原子核外电子是分层排布的。6.X、Y、Z为短周期元素，X原子最外层只有一个电子，Y原子的最外层电子数比内层电子总数少4，Z原子的最外层电子数是内层电子总数的3倍。下列有关叙述正确的是()A. Y原子的价层电子排布式为3s23p5B. 稳定性：Y的氢化物Z的氢化物C. 第一电离能：YZD. X、Y两元素形成的化合物为离子化合物【答案】C【解析】X、Y、Z为短周期元素，X原子最外层只有一个电子，则X为H、Li或Na；Y原子的最外层电子数比内层电子总数少4，则Y有3个电子层，最外层有6个电子，则Y为硫元素；Z的最外层电子数是内层电子总数的三倍，则Z有2个电子层，最外层电子数为6，则Z为氧元素。AY为硫元素，Y的价层电子排布式为3s23p4，故A错误；BY为硫元素，Z为氧元素，非金属性OS，非金属性越强，氢化物越稳定，氢化物稳定性ZY，故B错误；CY为硫元素，Z为氧元素，第一电离能：YZ，故C正确；DX为H、Li或Na，Y为硫元素，H、Li或Na与硫元素可以形成硫化氢属于共价化合物，硫化钠和硫化锂属于离子化合物，故D错误；故选C。7.下列叙述中正确的是A. NH3、CO、CO2 都极性分子B. CH4、CCl4 都是含有极性键的非极性分子C. HF、HCl、HBr、HI 的稳定性依次增强D. CS2、H2O、C2H2 都是直线形分子【答案】B【解析】CO2是直线型结构，属于非极性分子，A不正确。非金属性越强，相应氢化物的稳定性越强，非金属性是FClBrI，所以C不正确。水分子是V形结构，D不正确。答案选B。8.下列有关共价键的叙述中，不正确的是( )A. 某原子跟其他原子形成共价键时，其共价键数一定等于该元素原子的价电子数。B. 水分子内氧原子结合的电子数已经达到饱和，故不能再结合其他氢原子。C. 非金属元素原子之间形成的化合物也可能是离子化合物D. 所有简单离子的核电荷数与其核外电子数一定不相等。【答案】A【解析】【分析】A.非金属元素的原子形成的共价键数目取决于该原子最外层的不成对电子数；B.共价键的饱和性是指每个原子的成键总数或以单键相连的原子数目是一定的；C. NH4Cl等铵盐是离子化合物；D.阳离子是原子失去电子形成的，阴离子是原子得电子形成的。【详解】A、非金属元素的原子形成的共价键数目取决于该原子最外层的不成对电子数，一般最外层有几个不成对电子就能形成几个共价键，故A不正确；B、一个原子的未成对电子一旦与另一个自旋相反的未成对电子成键后，就不能再与第三个电子配对成键，因此，一个原子有几个不成对电子，就会与几个自旋相反的未成对电子成键，这就是共价键的饱和性，故一个氧原子只能与两个氢原子结合生成H2O，故B正确；C、非金属元素原子之间形成的化合物也可能是离子化合物，如NH4Cl等铵盐；故C正确；D、不管是阴离子还是阳离子，核内质子数与核外电子数必定存在差别，此差值就是离子所带的电荷数，故D正确；综上所述，本题选A。9.下面的排序不正确的是()A. 晶体熔点由低到高：F2Cl2Br2MgAlC. 硬度由大到小： 金刚石碳化硅晶体硅D. 晶格能由大到小： MgOCaONaF NaCl【答案】B【解析】A. 卤族元素单质都是分子晶体，分子的相对分子质量越大，分子间作用力越大，则晶体的熔沸点越高，所以晶体熔点由低到高为：F2Cl2Br2I2，故A正确；B. Na、Mg、Al原子半径依次减小，金属离子电荷数逐渐增多，金属键逐渐增强，则熔点由低到高：NaMgC，三者都为原子晶体，原子半径越大，共价键的键能越小，则硬度越小，所以硬度由大到小：金刚石碳化硅晶体硅，故C正确；D. 可以先比较电荷数，电荷数多的晶格能大，而如果电荷数一样多则比较核间距，核间距大的，晶格能小，则晶格能由大到小为：MgOCaONaFNaCl，故D正确；答案选B。10. 由短周期元素构成的离子化合物中,一个阳离子和一个阴离子的核外电子数之和为20, 下列说法中正确的是A. 晶体中阳离子和阴离子个数不一定相等B. 晶体中一定只有离子键而没有共价键C. 所含元素一定不在同一周期也不在第一周期D. 晶体中阳离子半径一定大于阴离子半径【答案】A【解析】由题意知阴、阳离子可能均是10电子微粒，它们可以是：阴离子：N3-、O2-、F-、OH-等，阳离子：NH4+、Na+、Mg2+、Al3+等。A、当阴、阳离子所电荷不相等，阳离子和阴离子个数不相等，如、MgF2、Na2O，当阴、阳离子所电荷相等，阳离子和阴离子个数相等，如NaF、NaOH，故A正确；B、离子化合物，一定有离子键，也可能含共价键，如NaOH、Mg（OH）2、NH4F等，故B错误；C、NH4+中氢元素在第一周期，所以构成该离子化合物的元素可能在第一周期，故C错误；D、对简单的离子，阴、阳离子电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，阳离子的核电荷数一定大于阴离子的核电荷数，所以该化合物中阳离子半径小于阴离子半径，故D错误；故选A。点睛：考查离子结构、物质结构等知识。本题采取列举法解答，找出例外举例，列举法在元素周期表中经常利用。11.某烷烃的一个分子里含有9个碳原子，其一氯代物只有两种，该烷烃的名称是()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】【详解】烷烃的一个分子里含有9个碳原子，其一氯代物只有两种，则结构对称，只有2种位置的H原子；A正壬烷的结构简式为：CH3CH2CH2CH2CH2CH2CH2CH2CH3，其分子中含有5种等效氢原子，一氯代物有5种，故A不符合题意；B2，6-二甲基庚烷的结构简式为：CH3CH(CH3)CH2CH2CH2CH(CH3)CH3，分子中含有4种等效H原子，其一氯代物有4种，故B不符合题意；C2，2，4，4-四甲基戊烷的结构简式为：(CH3)3CCH2C(CH3)3，其分子中含有2种等效H，一氯代物只有2种，故C符合题意；D2，3，4-三甲基己烷的结构简式为：CH3CH(CH3)CH(CH3)CH(CH3)CH2CH3，其分子中含有8种等效H，一氯代物有8种，故D不符合题意；故答案为C。【点睛】等效氢的判断：分子中同一甲基上连接的氢原子等效；同一碳原子所连甲基上的氢原子等效；处于镜面对称位置上的氢原子等效。12.下列各组中的两种有机化合物，属于同系物的是（）A. 2-甲基丁烷和丁烷B. 新戊烷和2，2-二甲基丙烷C. 间二甲苯和乙苯D. 1-己烯和环己烷【答案】A【解析】分析:结构相似,在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物；互为同系物的物质满足以下特点：结构相似、化学性质相似、分子式通式相同、分子式不同、物理性质不同，研究对象是有机物。详解: A. 2-甲基丁烷和丁烷都是烷烃，二者结构相似、分子间相差1个CH2原子团,所以二者互为同系物,所以A选项是正确的；B.新戊烷和2,2-二甲基丙烷，二者分子式相同、结构不同,所以二者互为同分异构体,故B错误；C.间二甲苯和乙苯,二者分子式相同、结构不同,所以二者互为同分异构体,故C错误；D. 1-己烯和环己烷，二者具有相同的分子式,结构不同,所以1-己烯和环己烷互为同分异构体,故D错误。所以A选项是正确的。13.以下命题，违背化学变化规律的是（ ）A. 石墨制成金刚石B. 煤加氢变成人造石油C. 水变成汽油D. 海水淡化可以缓解淡水危机【答案】C【解析】汽油属于混合物，主要由小分子的各类烃构成，因而水是不可能变成汽油的，ABD均正确，答案选C.14. 由2-溴丙烷为主要原料制取1，2-丙二醇时，需要经过的反应类型是：（ ）A. 加成消去取代B. 消去加成取代C. 取代消去加成D. 取代加成消去【答案】B【解析】15. 下列说法中正确的是()A. 含有羟基的有机物称为醇B. 能发生银镜反应的有机物都是醛C. 苯酚俗称石炭酸，酸性比碳酸强D. 酯类在碱性条件下的水解程度大于酸性条件下的水解程度【答案】D【解析】试题分析：A羟基与链烃基相连形成的化合物为醇类，羟基与苯环相连形成的化合物为酚类，所以含有羟基的有机物不一定为醇类，可能为酚类，故A错误；B醛类物质能够发生银镜反应，但是发生银镜反应的不一定为醛类，如甲酸、甲酸甲酯、葡萄糖、麦芽糖等都能够发生银镜反应，但是它们不属于醛类，故B错误；C苯酚又名石碳酸，苯酚的酸性很弱，其酸性被碳酸的酸性还小，故C错误；D酯的水解反应为可逆反应，在碱性条件下，氢氧根离子能够与水解生成的羧酸反应，促进了酯的水解，所以在碱性条件下酯的水解程度大于酸性条件下的水解程度，故D正确。故选D。考点：考查烃的衍生物；官能团；有机化学反应综合应用16.在同温同压下，某有机物和过量Na反应得到V1L氢气，另一份等量的该有机物和足量的NaHCO3反应得到V2L二氧化碳，若V1V20，则该有机物可能是 (A)CHOCH2CH2OH DCH3COOH【答案】A【解析】2个羟基和钠反应才产生1分子氢气。1个羧基和碳酸氢钠反应产生1分子CO2。所以A正确，B、D中氢气和CO2是12，C中不能产生CO2，答案选A。17.化学与生活、生产、环境等社会实际密切相关下列叙述正确的是（）A. 稀的食盐水能杀死H7N9禽流感病毒B. 涤纶、塑料、光导纤维都是有机高分子材料C. 用电镀厂的废水直接灌溉农田，可提高水的利用率D. 外形似海绵、密度小、有磁性的碳与石墨互为同素异形体【答案】D【解析】试题分析：A、盐水不能使蛋白质变性所以不能杀死病毒，错误，不选A；B、光导纤维是二氧化硅，不是有机物，错误，不选B；C、电镀厂废水含有很多化学物质，不能直接灌溉农田，错误，不选C；D、都是碳的单质，是同素异形体，正确，选D。考点：材料成分，同素异形体的判断18.下列叙述中，不正确的是()A. 蔗糖的水解产物，在一定条件下，能发生银镜反应B. 蔗糖是多羟基的醛类化合物C. 蔗糖不是淀粉水解的最终产物D. 麦芽糖是多羟基的醛类化合物【答案】B【解析】分析：蔗糖分子式为C12H22O11,与麦芽糖互为同分异构体；蔗糖的分子结构中不含醛基，在硫酸的催化作用下水解生成葡萄糖，葡萄糖含有醛基，能发生银镜反应；麦芽糖为多羟基的醛类化合物，能发生银镜反应，属于还原性糖；淀粉是多糖,能发生水解最后生成葡萄糖；据以上分析解题。详解：蔗糖在硫酸催化作用下,发生水解,生成葡萄糖和果糖,葡萄糖含有醛基,能发生银镜反应, A正确；蔗糖分子中不含醛基,不发生银镜反应,也不能还原新制的氢氧化铜, B错误；淀粉是最重要的多糖,在催化剂存在和加热的条件下逐步水解,最终生成还原性单糖-葡萄糖；蔗糖不是淀粉水解的产物, C正确；蔗糖和麦芽糖的分子式均为C12H22O11,分子式相同但结构不同，蔗糖分子中不含醛基，麦芽糖分子中含有醛基，具有还原性,所以蔗糖与麦芽互为同分异构体，D正确；正确选项B。点睛：糖类中，葡萄糖和果糖属于还原性糖，不能发生水解；蔗糖和麦芽糖属于二糖，都能发生水解，但是麦芽糖属于还原性糖；淀粉和纤维素属于多糖，都能发生水解，但都不是还原性糖，二者属于天然高分子。19.下列说法中，不正确的是（）A. 明矾净水过程中利用了胶体的吸附作用B. 不法分子制作假鸡蛋用的海藻酸钠、氯化钙以及碳酸钙都属于盐C. 碳纤维、黏胶纤维、醋酸纤维都属于有机高分子材料D. 广州亚运会火炬“潮流”采用丙烷（C3H6）作燃料，充分燃烧后只生成CO2和H2O【答案】C【解析】分析：A.铝离子水解生成的氢氧化铝胶体；B.盐是指由金属离子和酸根离子构成的化合物；C. 碳纤维是无机材料；D.丙烷（C3H6）只含有碳氢元素。详解：明矾净水是利用铝离子水解生成的氢氧化铝胶体的吸附作用而除去水中的一些悬浮物，A正确；海藻酸钠、氯化钙以及碳酸钙是由金属离子和酸根离子构成的化合物，都属于盐，B正确；碳纤维是无机材料,不属于有机高分子材料，C错误；丙烷（C3H6）只含有碳氢元素,燃烧后只生成CO2和H2O,D正确；正确选项C。20. 下列说法中不正确的是A. 高吸水性树脂属于功能高分子材料B. SiC、Al2O3的熔点很高，可用作高温结构陶瓷C. 光导纤维、合成纤维和人造纤维都是有机高分子化合物D. 合金拓展了金属材料的使用范围，合金中也可能含有非金属元素【答案】C【解析】试题分析：A功能高分子是一类以基本合成材料为原料、在其中添加一些特殊的物质或经过特殊的处理后具有特殊功能的高分子材料；BSiC、Al2O3的熔点很高；C有机高分子化合物是指相对分子质量很大的有机物，可达几万至几十万，甚至达几百万或更大；D合金中可能含有非金属元素解：A高吸水性树脂属于功能高分子材料，故A正确； BSiC、Al2O3的熔点很高，可做高温陶瓷，故B正确；C人造纤维、合成纤维都是有机高分子化合物，光导纤维的成分是二氧化硅，不是有机高分子化合物，故C错误；D合金是由两种或两种以上的金属与金属（或非金属）经一定方法所合成的具有金属特性的物质合金材料中一定有金属，也可能含有非金属元素，故D正确故选C点评：本题考查高分子材料、陶瓷和合金等知识，比较基础，侧重对基础知识的巩固，注意对基础知识的理解掌握分卷II二、填空题21.2羟基异丁酸乙酯能溶于水，是一种应用于有机合成和药物制造的化工原料。（1）2羟基异丁酸乙酯的分子式为_，不同化学环境的氢在核磁共振氢谱图中有不同的吸收峰，则2羟基异丁酸乙酯有_个吸收峰；（2）的反应类型分别为_，_；（3）已知I为溴代烃，IB的化学方程式为_；（4）缩聚产物F的结构简式为_；（5）下列关于和的说法正确的有_（双选，填字母）；A后者遇到FeCl3溶液显紫色，而前者不可B两者都可以与NaHCO3溶液反应放出CO2C两者都可以与氢氧化钠溶液发生反应，当两者物质的量相等时，消耗氢氧化钠的量不相等D两者都可以与氢气发生加成反应【答案】 (1). C6H12O3 (2). 4 (3). 消去反应 (4). 氧化反应 (5). (6). (7). AC【解析】【详解】(1)根据结构可判断2-羟基异丁酸乙酯的分子中含有3个甲基、1个CH2原子团、1个羟基和1个酯基，故可知分子式为C6H12O3，根据分子的结构可知，分子中有4种不同化学环境的H原子，故答案为：C6H12O3；4；(2)根据反应流程可知A为2-羟基异丁酸，发生消去反应生成D为2-甲基丙烯酸；B为乙醇，可由溴乙烷水解生成，G为乙醛，与银氨溶液发生氧化反应生成乙酸，H为乙酸，故答案为：消去反应；氧化反应；(3)溴乙烷在碱性条件下水解生成乙醇，故答案为：；(4)2-羟基异丁酸中既含有羧基，又含有羟基，在一定条件下可发生缩聚反应，则F为，故答案为：；(5)A、遇到FeCl3溶液显紫色，则有机物中应含有酚羟基，故A正确；B、与NaHCO3溶液反应放出CO2，应含有羧基，前者无，故B错误；C、前者含有酯基，后者含有羧基和酚羟基，都能与氢氧化钠反应，1mol前者消耗1molNaOH，后者消耗2molNaOH，故C正确；D、前者不能与氢气发生加成反应，故D错误；故选AC。22.（1）如图所示，若C为浓硝酸，电流表指针发生偏转，B电极材料为Fe ,A电极材料为Cu，则B电极的电极反应式为_，A电极的电极反应式为_；反应进行一段时间后溶液C的pH将_ (填“升高”“降低”或“基本不变”)。（2）我国首创以铝空气海水电池作为能源的新型的海水标志灯，以海水为电解质溶液，靠空气中的氧气使铝不断氧化而产生电流，只要把灯放入海水数分钟，就会发出耀眼的白光。则电源的负极材料是_，负极反应为_；正极反应为_。（3）熔盐电池具有高的发电效率，因而受到重视，可用Li2CO3和Na2CO3的熔融盐混合物作电解质，CO为负极燃气，空气与CO2的混合气为正极助燃气，制得在650 下工作的燃料电池，完成有关电池反应式。负极反应式为2CO2CO32-4e=4CO2，正极反应式为_，电池总反应式为_。【答案】 (1). 4H+ 2NO3+2e-=2NO2+2H2O (2). Cu-2e-=Cu2+ (3). 升高 (4). 铝 (5). 4Al12e=4Al3 (6). 3O26H2O12e=12OH (7). O22CO24e=2CO (8). 2COO2=2CO2【解析】【详解】（1）铁和铜做两极，浓硝酸做电解质溶液。由于铁在浓硝酸中会发生钝化，所以铜是负极，铁是正极。在负极，铜失去电子变成铜离子，在正极，溶液中的硝酸根离子得电子生成二氧化氮。由于正极反应消耗氢离子，所以溶液的pH升高，故答案为：4H+2NO3+2e-=2NO2+2H2O， Cu-2e-=Cu2+，升高；（2）铝-空气-海水电池中，铝被空气中的氧气不断氧化而产生电流，所以铝做负极。在负极，铝失去电子变成铝离子，电池正极是氧气得电子。故答案为：铝，4Al12e=4Al3，3O26H2O12e=12OH；（3）一氧化碳是负极燃气，空气和二氧化碳的混合气是正极助燃气，电池的总反应就是一氧化碳燃烧的反应，即2CO+O2=2CO2，用总反应式减去负极反应式，即可得正极反应式。故答案为：O22CO24e=2CO， 2COO2=2CO2。【点睛】浓硝酸会使金属铁、铝钝化，所以如果铁或铝和另一个不如它活泼的金属作两极，浓硝酸作电解质溶液时，铁或铝都作正极。在燃料电池中，通常都是通燃料气的一极作负极，助燃气（通常是氧气或空气）作正极。铝-空气-海水电池也可看做燃料电池，铝作负极，通空气的一极是正极。熔融碳酸盐电池中，配平电极反应式时，需要用CO32-使电荷守恒，而不能用H+或OH-。23.实验室用燃烧法测定某种氨基酸（CxHyOzNm）的分子组成，取W g该种氨基酸放在纯氧中充分燃烧，生成二氧化碳、水和氮气，按图所示装置进行实验。回答下列问题：（1）实验开始时，首先通入一段时间的氧气，其理由是_；（2）以上装置中需要加热的仪器有_（填写字母），操作时应先点燃_处的酒精灯；（3）A装置中发生反应的化学方程式是_；（4）D装置的作用是_；（5）读取氮气的体积时，应注意：_；_；（6）实验中测得氮气的体积为V mL（标准状况），为确定此氨基酸的分子式，还需要的有关数据有_（填编号）A生成二氧化碳气体的质量 B生成水的质量C通入氧气的体积 D氨基酸的相对分子质量【答案】 (1). 排除体系中的N2 (2). A和D (3). D (4). CxHyOzNm+（）O2xCO2+H2O+N2 (5). 吸收未反应的O2，保证最终收集的气体是N2 (6). 量筒内液面与广口瓶中的液面持平 (7). 视线与凹液面最低处相切 (8). ABD【解析】【分析】在本实验中，通过测定氨基酸和氧气反应生成产物中二氧化碳、水和氮气的相关数据进行分析。实验的关键是能准确测定相关数据，用浓硫酸吸收水，碱石灰吸收二氧化碳，而且二者的位置不能颠倒，否则碱石灰能吸收水和二氧化碳，最后氮气的体积测定是主要多余的氧气的影响，所以利用加热铜的方式将氧气除去。首先观察装置图，可以看出A中是氨基酸的燃烧，B中吸收生成的水，在C中吸收生成的二氧化碳，D的设计是除掉多余的氧气，E、F的设计目的是通过量气的方式测量氮气的体积，在这个基础上，根据本实验的目的是测定某种氨基酸的分子组成，需要测量的是二氧化碳和水和氮气的量。实验的关键是氮气的量的测定，所以在测量氮气前，将过量的氧气除尽。【详解】(1)装置中的空气含有氮气，影响生成氮气的体积的测定，所以通入一段时间氧气的目的是排除体系中的N2； (2)氨基酸和氧气反应，以及铜和氧气反应都需要加热，应先点燃D处的酒精灯，消耗未反应的氧气，保证最终收集的气体只有氮气，所以应先点燃D处酒精灯。(3)氨基酸燃烧生成二氧化碳和水和氮气，方程式为： CxHyOzNm+（）O2xCO2+H2O+N2；(4)加热铜可以吸收未反应的O2，保证最终收集的气体是N2 ；(5)读数时必须保证压强相同，所以注意事项为量筒内液面与广口瓶中的液面持平而且视线与凹液面最低处相切；(6) 根据该实验原理分析，要测定二氧化碳和水和氮气的数据，再结合氨基酸的相对分子质量确定其分子式。故选ABD。【点睛】实验题的解题关键是掌握实验原理和实验的关键点。理解各装置的作用。实验的关键是能准确测定相关数据。为了保证得到准确的二氧化碳和水和氮气的数据，所以氨基酸和氧气反应后，先吸收水后吸收二氧化碳，最后除去氧气后测定氮气的体积。24.实验室常用邻苯二甲酸氢钾（KHC8H4O4）来标定氢氧化钠溶液的浓度，反应如下：KHC8H4O4+NaOH=KNaC8H4O4+H2O。邻苯二甲酸氢钾溶液呈酸性，滴定到达终点时，溶液的pH约为9.1。（1）为标定NaOH溶液的浓度，准确称取一定质量的邻苯二甲酸氢钾（KHC8H4O4）加入250mL锥形瓶中，加入适量蒸馏水溶解，应选用_作指示剂，到达终点时溶液由_色变为_色，且半分钟不褪色。（提示：指示剂变色范围与滴定终点pH越接近误差越小。）（2）在测定NaOH溶液浓度时，有下列操作：向溶液中加入12滴指示剂；向锥形瓶中加20mL30mL蒸馏水溶解；用NaOH溶液滴定到终点，半分钟不褪色；重复以上操作；准确称量0.4000g 0.6000g邻苯二甲酸氢钾加入250mL锥形瓶中；根据两次实验数据计算NaOH的物质的量浓度。以上各步操作中，正确的操作顺序是_。（3）上述操作中，将邻苯二甲酸氢钾直接放在锥形瓶中溶解，对实验是否有影响？_。（填“有影响”或“无影响”）（4）滴定前，用蒸馏水洗净碱式滴定管，然后加待测定的NaOH溶液滴定，此操作使实验结果_。（填“偏大”“偏小”或“无影响”）（5）现准确称取KHC8H4O4（相对分子质量为204.2）晶体两份各为0.5105g，分别溶于水后加入指示剂，用NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液体积平均为20.00mL，则NaOH溶液的物质的量浓度为_。（结果保留四位有效数字）【答案】（14分）（1）酚酞无色红色（6分）（2） （2分） （3）无影响（2分）（4）偏小（2分）（5）0.1250 molL-1【解析】25.已知：CH3CH=CH2+HBrCH3-CHBr-CH3(主要产物)，1mol某烃充分燃烧后得8mol CO2 和4mol H2O ,该烃A在不同条件下能发生如下变化 (1)A的化学式：_，A的结构简式：_。(2)上述反应中，是_反应，是_反应。(填反应类型)(3)写出C、D、E、H物质的结构简式：C_，D_，E_，H_。(4)写出DF反应的化学方程式_。【答案】 (1). C8H8 (2). (3). 加成反应 (4). 酯化（或取代）反应 (5). (6). (7). (8). (9). 【解析】【分析】1mol烃燃烧得到8molCO2和4molH2O，则该烃的分子中含有8molC和8molH，分子式为C8H8。C8H8比辛烷少了10个H，但是E与溴加成后分子中只能增加4个溴原子，则可以推断A分子中含有1个苯环，侧链有两个C，且含有碳碳双键。A到B为和Br2发生加成，B发生取消反应，生成碳碳三键，再和2molBr2加成。A和HBr发生加成得到D，D发生取代生成醇，再与醋酸发生酯化反应。【详解】(1) 1mol烃燃烧得到8molCO2和4molH2O，则该烃含有8molC和8molH，分子式为C8H8。C8H8比辛烷少了10个H，但是E与溴加成后分子中只能增加4个溴原子，则可以推断A分子中含有1个苯环，侧链有两个C，且含有碳碳双键，结构简式为；(2)上述反应中，反应是A与Br2的CCl4溶液发生加成反应；反应中F在浓硫酸作催化剂、加热的条件下和乙酸发生酯化反应(取代反应)；(3) 发生加聚反应，碳碳双键打开得到高分子化合物C，结构简式为；A和HBr发生加成，根据已知Br连接到与苯环相连的第一个碳上，得到D，结构简式为；A到B为和Br2发生加成，B发生取消反应，生成碳碳三键得到E，结构简式为；A和HBr发生加成得到D，D发生取代生成醇，再与醋酸发生酯化反应生成F，结构简式为；(4)D的结构简式为 ，其在NaOH水溶液中加热，发生的是卤代烃的水解反应，生成醇，答案为。【点睛】化学反应类型有时可以通过反应条件进行判断，比如H2、Ni，往往是与H2的加成反应；Br2的CCl4溶液，为和卤素单质的加成反应；NaOH的醇溶液、加热，为卤代烃的取消反应。在平时的学习中要注意总结。26.用黄铜矿(主要成分是CuFeS2)生产粗铜的反应原理如下：(1)已知在反应、中均生成相同的气体分子，该气体具有漂白性。请分别写出反应、的化学方程式是_、_。(2)基态铜原子的核外电子排布式为_，硫、氧元素相比，第一电离能较大的是_。(3)反应和生成的气体分子的中心原子的杂化类型是_，分子的空间构型是_。(4)某学生用硫酸铜溶液与氨水做了一组实验，CuSO4溶液中加氨水生成蓝色沉淀，再加氨水沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液，最后向该溶液中加入一定量乙醇，析出Cu(NH3)4SO4H2O晶体，请解释加入乙醇后析出晶体的原因_。【答案】 (1). 2Cu2S+3O22Cu2O+2SO2 (2). 2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2 (3). 1s22s22p63s23d104s1或Ar3d104s1 (4). 氧 (5). sp2 (6). V型 (7). 乙醇分子极性比水分子极性弱，加入乙醇降低溶剂的极性，从而减小溶质的溶解度【解析】【分析】(1)由题给信息知反应是Cu2S和O2反应生成Cu2O的反应，由于Cu元素的化合价不变，O元素的化合价降低，则S元素的化合价一定升高，结合所学知识知道生成的物质为SO2；反应是Cu2O和Cu2S反应生成Cu的反应，Cu元素的化合价降低，元素S的化合价升高生成SO2，根据电子守恒、原子守恒配平化学方程式即可；(2)Cu是29号元素，根据核外电子排布规律书写铜的基态原子价电子排布式；同一主族的元素，元素的非金属性越强，其第一电离能越大；(3)由(1)分析知反应生成的相同气体分子是SO2，根据价层电子对数及含有的孤电子对判断其空间构型、中心原子的杂化方式；(4)Cu(NH3)4SO4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会析出蓝色晶体Cu(NH3)4SO4。【详解】(1)由题给信息知反应是Cu2S和O2反应生成Cu2O的反应，由于Cu元素的化合价不变，O元素的化合价降低，则S元素的化合价一定升高，结合所学知识知道生成的物质为SO2；反应是Cu2O和Cu2S反应生成Cu的反应，Cu元素的化合价降低，元素S的化合价升高生成SO2，根据电子守恒、原子守恒，可得反应的化学方程式分别是：2Cu2S+3O22Cu2O+2SO2；2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2；(2)Cu是29号元素，原子核外电子数为29，根据构造原理可得基态Cu原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或写为Ar3d104s1；同一主族的元素，元素的非金属性越强，其第一电离能越大。由于元素的非金属性OS，所以第一电离能较大的是氧；(3)由(1)分析知反应生成的相同气体分子是SO2，SO2中中心S原子的价层电子对数为：2+=3，且S原子上含有一对孤电子对，所以SO2分子的空间构型是V型、中心原子的杂化方式为sp2杂化；(4)向CuSO4溶液中加氨水生成Cu(OH)2蓝色沉淀和(NH4)2SO4，再向其中加入过量氨水，Cu(OH)2与一水合氨反应产生Cu(NH3)42+，使沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液，最后向该溶液中加入一定量乙醇，析出Cu(NH3)4SO4H2O晶体，这是由于Cu(NH3)4SO4H2O是离子化合物，水是由极性分子构成溶剂，而乙醇分子的极