河南省南阳市唐河一中高一化学下学期第四次月考试卷（含解析）.doc

2015-2016学年河南省南阳市唐河一中高一（下）第四次月考化学试卷一、单项选择题（每小题3分，共48分）1能用来鉴别四氯化碳、乙醇、己烷、己烯四种无色溶液的一种试剂是（）a金属钠b溴水c氢溴酸d氢氧化钠溶液2实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示（省略夹持和净化装置）仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是（）选项a中的物质b中的物质c中收集的气体d中的物质a浓氨水caonh3h2ob浓硫酸na2so3so2naoh溶液c稀硝酸cuno2h2od浓盐酸mno2cl2naoh溶液aabbccdd3已知原子序数，可以推断原子的（）质子数中子数质量数核电荷数核外电子数原子结构示意图元素在周期表中的位置abcd4下列化学变化中，反应物的总能量低于生成物的总能量的是（）a2h2+o2h2obcao+h2o=ca（oh）2ccaco3cao+co2dch3ch2oh（酒精）+3o2co2+3h2o5化学键使得一百多种元素构成了世界的万事万物，关于化学键的下列叙述中，正确的是（）a离子化合物一定含有共价键，共价化合物中不含离子键b共价化合物可能含离子键，离子化合物中只含离子键c构成单质分子的粒子一定含有共价键d在氧化钠中，除氧离子和钠离子的静电吸引作用外，还存在电子与电子、原子核与原子核之间的排斥作用6元素周期表中某区域的一些元素多用于制造半导体材料，它们是（）a左、下方区域的金属元素b金属元素和非金属分界线附近的元素c右、上方区域的非金属元素d稀有气体元素7下列关于甲烷与氯气发生取代反应所得生成物的说法正确的是（）a都是有机物b都不溶于水c有一种气态物质，其余都是液体d有一种是无机物其余都是有机物8下列各组物质中，都是共价化合物的是（）ah2s和na2o2bh2o2和caf2cnh3和n2dhno3和hclo9某有机物含有c、h、o三种元素，其中氧的质量分数25%，相对分子质量小于150，一个分子中最多含c原子个数（）a10b9c8d710下列关于元素周期表的叙述，正确的是（）aa族中无非金属元素b族中所含元素种类最多c元素周期表中18个纵行对应18个族d零族的所有元素均满足最外层电子数为811下列叙述中，甲金属一定比乙金属活泼性强的是（）a甲原子电子层数比乙原子的电子层数多b在甲乙两种金属和盐酸构成的原电池中，甲作正极，乙作负极c1mol甲和乙分别与足量的盐酸反应，产生h2的量：甲乙d常温时，甲能从水中置换出氢，而乙不能12硫酸是一种重要的化工产品，目前主要采用“接触法”进行生产下列对于反应 2so2+o22so3的说法中正确的是（）a只要选择适宜的条件，so2和o2就能全部转化为so3b该反应达到平衡后，反应就完全停止了，即正逆反应速率均为零c在工业合成so3时，要同时考虑反应速率和反应能达到的限度两方面的问题d在达到平衡的体系中，充入由18o原子组成的o2后，18o仅存在于so2和so3中13将4mol a气体和2mol b气体在2l的密闭容器内混合，并在一定条件下发生如下反应：2a（g）+b（g）2c（g），若经2s后测得c的浓度为0.6moll1，现有下列几种说法：用物质a表示的反应的平均速率为0.3moll1s1用物质b表示的反应的平均速率为0.6moll1s12s时物质a的转化率为70%2s时物质b的浓度为0.7moll1其中正确的是（）abcd14如图所示装置中，m棒变细，n棒变粗由此判断下表中所列m、n、r物质，其中合理的是（） mnra锌铜稀硫酸b铜铁稀盐酸c铁铜硝酸银d铜铁氯化铁aabbccdd15香叶醇是合成玫瑰香油的主要原料，其结构简式如下：下列有关香叶醇的叙述正确的是（）a香叶醇的分子式为c10h18ob不能使溴的四氯化碳溶液褪色c不能使酸性高锰酸钾溶液褪色d能发生加成反应不能发生取代反应16在一定条件下，动植物油脂与醇反应可制备生物柴油，化学方程式如下：下列叙述错误的是（）a植物油的不饱和程度比动物油高，植物油更易氧化变质b生物柴油是不同酯组成的混合物c“地沟油”可用于制备生物柴油d动植物油脂是高分子化合物二、填空题17“酒是陈的香”，就是因为酒在储存过程中生成了有香味的乙酸乙酯，在实验室我们也可以用如右图所示的装置制取乙酸乙酯回答下列问题：（1）写出制取乙酸乙酯的化学反应方程式（2）浓硫酸的作用是：；（3）饱和碳酸钠溶液的主要作用是（4）装置中通蒸气的导管要插在饱和碳酸钠溶液的液面上，不能插入溶液中，目的是防止（5）若要把制得的乙酸乙酯分离出来，应采用的实验操作是（6）生成乙酸乙酯的反应是可逆反应，反应物不能完全变成生成物，反应一段时间后，就达到了该反应的限度，也即达到化学平衡状态下列描述能说明乙醇与乙酸的酯化反应已达到化学平衡状态的有（填序号）单位时间里，生成1mol乙酸乙酯，同时生成1mol水单位时间里，生成1mol乙酸乙酯，同时生成1mol乙酸单位时间里，消耗1mol乙醇，同时消耗1mol乙酸正反应的速率与逆反应的速率相等混合物中各物质的浓度不再变化18醇脱水是合成烯烃的常用方法，实验室合成环己烯的反应和实验装置如图：可能用到的有关数据如下： 相对分子质量 密度/（gcm3） 沸点/ 溶解性 环己醇 100 0.9618 161 微溶于水 环己烯 82 0.8102 83 难溶于水合成反应：在a中加入20g环己醇和2小片碎瓷片，冷却搅动下慢慢加入1ml浓硫酸，b中通入冷却水后，开始缓慢加热a，控制馏出物的温度不超过90分离提纯：反应粗产物倒入分液漏斗中分别用少量5%碳酸钠溶液和水洗涤，分离后加入无水氯化钙颗粒，静置一段时间后弃去氯化钙，最终通过蒸馏得到纯净环己烯10g回答下列问题：（1）装置b的名称是（2）加入碎瓷片的作用是；如果加热一段时间后发现忘记加瓷片，应该采取的正确操作是（填正确答案标号）a立即补加 b重新配料 c不需补加 d冷却后补加（3）分液漏斗在使用前须清洗干净并；在本实验分离过程中，产物应该从分液漏斗的（填“上口倒出”或“下口倒出”）（4）分离提纯过程中加入无水氯化钙的目的是（5）在环己烯粗产物蒸馏过程中，不可能用到的仪器有（填正确答案标号）a圆底烧瓶 b温度计 c吸滤瓶 d冷凝管 e接收器（6）本实验所得到的环己烯产率是（填正确答案标号）a.41% b.50% c.61% d.70%19二氧化铈（ceo2）是一种重要的稀土氧化物平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末（含sio2、fe2o3、ceo2以及其他少量可溶于稀酸的物质）某课题组以此粉末为原料回收铈，设计实验流程如图：（1）洗涤滤渣a的目的是为了除去（填离子符号），检验该离子是否洗净的方法是（2）第步反应的离子方程式是，滤渣b的主要成分是（3）萃取是分离稀土元素的常用方法已知化合物tbp作为萃取剂能将铈离子从水溶液中萃取出来，tbp（填“能”或“不能”）与水互溶实验室进行萃取操作时用到的主要玻璃仪器有、烧杯、玻璃棒、量筒等（4）取上述流程中得到了ce（oh）4产品0.536g，加硫酸溶解后，用0.1000mol/l1 feso4标准溶液滴定至终点时（铈被还原为ce3+），消耗25.00ml标准溶液该产品中ce（oh）4的质量分数为20有三种质量比可能相同或不同的镁铝合金样品、小明、小青、小红三同学各取一种样品，对合金中镁的质量分数进行下列实验探究（1）小明取样品m1g和过量的氢氧化钠溶液反应，然后过滤；再往滤液中通入过量的二氧化碳气体，发生的反应为al（oh）4+co2+h2oal（oh）3+hco3 将所得沉淀过滤、洗涤、烘干、灼烧，得到固体质量仍为m1g则合金中镁的质量分数为（2）小青取样品m2g和足量的稀硫酸反应，发现固体完全溶解，标准状况下得到气体体积为v l，则m2的取值范围是（3）小红取不同质量的样品分别和30ml同浓度的盐酸反应，所取合金质量与产生气体体积（标准状况下测定）如下表所示：实验序号 abc合金质量（mg） 510765918气体体积（ml）560672672求：（）盐酸的物质的量浓度；（）合金中镁的质量分数；（）在c组实验后，还需向容器中加入1.0mol/l的氢氧化钠溶液多少毫升才能使剩余合金中的铝恰好完全溶解？2015-2016学年河南省南阳市唐河一中高一（下）第四次月考化学试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（每小题3分，共48分）1能用来鉴别四氯化碳、乙醇、己烷、己烯四种无色溶液的一种试剂是（）a金属钠b溴水c氢溴酸d氢氧化钠溶液【分析】根据有机物的物理性质以及化学性质的异同来选择鉴别方法，四氯化碳、己烷、己烯都不溶于水，但四氯化碳的密度比水大，乙醇易溶于水，己烯含有c=c，能与溴水发生加成反应【解答】解：a金属钠与四氯化碳、己烷、己烯等都不发生反应，不能鉴别，故a错误；b四氯化碳、己烷、但四氯化碳的密度比水大，己烷的密度比水小，己烯含有c=c，能与溴水发生加成反应而使溴水褪色，乙醇与水混溶，可鉴别，故b正确；c氢溴酸与四种物质在常温下都不反应，且己烷、己烯的密度比水小，不能鉴别，故c错误；d氢氧化钠溶液与四种物质都不反应，且己烷、己烯的密度比水小，不能鉴别，故d错误故选b【点评】本题考查有机物的鉴别，题目难度不大，注意常见有机物的性质的异同2实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示（省略夹持和净化装置）仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是（）选项a中的物质b中的物质c中收集的气体d中的物质a浓氨水caonh3h2ob浓硫酸na2so3so2naoh溶液c稀硝酸cuno2h2od浓盐酸mno2cl2naoh溶液aabbccdd【分析】根据装置图可知所制备的气体应为固体和液体制备，并用向上排空气法收集以及采用防倒吸的方法进行尾气处理，根据各选项中反应物的状态判断发生装置、气体的性质以及是否除杂等角度解答本题【解答】解：a、氨气的密度比空气小，c装置中应该短管进，长管出，故a错误；b、浓硫酸可以与亚硫酸反应，生成二氧化硫，so2气体的密度比空气大，c装置中应该长管进，短管出，so2气体会污染空气，所以要吸收尾气，故b正确；c、铜与稀硝酸反应产生的气体为no，no2要用氢氧化钠溶液吸收，水不能完全吸收，故c错误；d、浓盐酸与mno2制氯气需要加热，且由于浓盐酸易挥发，所以c中收集的气体不纯净，应该在bc之间应添加除去氯化氢的装置，故d错误；故选b【点评】本题考查化学实验基本原理（气体的制备），实验装置、仪器的使用，难度不大，掌握物质的性质即可解答3已知原子序数，可以推断原子的（）质子数中子数质量数核电荷数核外电子数原子结构示意图元素在周期表中的位置abcd【分析】由原子序数定义可直接得出；由和核外电子排布规律可推，如：31号元素原子结构示意图为；由可推，如：31号元素位于第四周期a族【解答】解：原子序数=质子数=核电核数=核外电子数，由核外电子数和核外电子排布规律可推可知原子结构示意图，由原子结构示意图可知元素在周期表中的位置，即由原子序数定义可直接得出；由和核外电子排布规律可推，如：31号元素原子结构示意图为；由可推，如：31号元素位于第四周期a族故选b【点评】本题考查原子结构知识，题目难度不大，本题注意把握相关知识的积累4下列化学变化中，反应物的总能量低于生成物的总能量的是（）a2h2+o2h2obcao+h2o=ca（oh）2ccaco3cao+co2dch3ch2oh（酒精）+3o2co2+3h2o【分析】反应中生成物总能量高于反应物总能量，说明该反应是一个吸热反应，根据常见的吸热反应知识来回答【解答】解：a、2h2+o2h2o是燃烧反应，是一个放热反应，故a错误；b、cao+h2o=ca（oh）2是一个放热反应，故b错误；c、cacocao+co2是一个吸热反应，故c正确；d、ch3ch2oh（酒精）+3o22co2+3h2o是燃烧反应，是一个放热反应，故d错误故选c【点评】本题考查学生常见的反应的吸热放热情况，可以根据所学知识进行回答，难度不大5化学键使得一百多种元素构成了世界的万事万物，关于化学键的下列叙述中，正确的是（）a离子化合物一定含有共价键，共价化合物中不含离子键b共价化合物可能含离子键，离子化合物中只含离子键c构成单质分子的粒子一定含有共价键d在氧化钠中，除氧离子和钠离子的静电吸引作用外，还存在电子与电子、原子核与原子核之间的排斥作用【分析】a离子化合物可能含共价键，一定含离子键；b含离子键的化合物一定为离子化合物；c稀有气体中不存在化学键；d氧化钠中含离子键【解答】解：a离子化合物不一定含有共价键，如nacl中不含共价键，而共价化合物中一定不含离子键，故a错误；b共价化合物一定不含离子键，离子化合物中含离子键，可能含共价键，故b错误；c构成单质分子的粒子不一定含有共价键，如稀有气体，故c错误；d在氧化钠中，含离子键，则除氧离子和钠离子的静电吸引作用外，还存在电子与电子、原子核与原子核之间的排斥作用，故d正确；故选d【点评】本题考查化学键，为高频考点，把握化学键的形成及判断的一般规律为解答的关键，注重基础知识的考查，注意常见物质中的化学键，题目难度不大6元素周期表中某区域的一些元素多用于制造半导体材料，它们是（）a左、下方区域的金属元素b金属元素和非金属分界线附近的元素c右、上方区域的非金属元素d稀有气体元素【分析】用于制造半导体材料的元素既具有金属性又具有非金属性，以此来解答【解答】解：a、左、下方区域的金属元素的金属性很强，不具有非金属性，故a错误；b、金属元素和非金属分界线附近的元素，既具有金属性又具有非金属性，则可用于制造半导体材料，故b正确；c、右、上方区域的非金属元素的非金属性很强，不具有金属性，故c错误；d、稀有气体元素的单质为气体，性质不活泼，不能用于制造半导体材料，故d错误；故选b【点评】本题考查元素的性质与元素在周期表中的位置，明确半导体材料具有的性质是解答本题的关键，难度不大7下列关于甲烷与氯气发生取代反应所得生成物的说法正确的是（）a都是有机物b都不溶于水c有一种气态物质，其余都是液体d有一种是无机物其余都是有机物【分析】甲烷与氯气在光照的条件下发生取代反应，生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳和氯化氢，四种氯代烷中，除了一氯甲烷为气体，其余都为液体，据此解答【解答】解：a生成的氯化氢为无机物，故a错误；b甲烷与氯气发生取代反应所得生成物氯化氢易溶于水，故b错误；c氯化氢、一氯甲烷都是气态，故c错误；d一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳和氯化氢，只有氯化氢为无机物，故d正确；故选：d【点评】本题考查了甲烷的性质，题目难度不大，明确甲烷发生取代反应的原理和产物是解题关键，注意氯代烷的物理性质8下列各组物质中，都是共价化合物的是（）ah2s和na2o2bh2o2和caf2cnh3和n2dhno3和hclo【分析】一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键，共价化合物中只含共价键，一定不含离子键【解答】解：a、氯化氢中硫原子和氢原子之间只存在共价键，硫化氢是共价化合物；过氧化钠中存在离子键和共价键，属于离子化合物，故a错误b、双氧水中只存在共价键，属于共价化合物；氟化钙中只存在离子键，属于离子化合物，故b错误c、氨气中只存在共价键，属于共价化合物；氮气中只存在共价键，氮气属于单质，故c错误d、硝酸中只存在共价键，属于共价化合物；次氯酸中只存在共价键，属于共价化合物，故d正确故选d【点评】本题考查了化学键的判断，难度不大，易错选项是c，只判断化学键而忘记“化合物”这个限制条件导致选项错误9某有机物含有c、h、o三种元素，其中氧的质量分数25%，相对分子质量小于150，一个分子中最多含c原子个数（）a10b9c8d7【分析】根据有机物相对分子质量及氧的质量分数为确定分子中氧原子数目，再计算相对分子质量，设出分子式，根据相对分子质量确定碳原子最大值【解答】解：相对分子质量小于150，氧的质量分数为可知，则分子中氧原子数目小于为=2.34，当有机物分子中含氧原子的数目为2时，有机物的相对分子质量最大，含碳原子个数也最多，有机物的相对分子质量为： =128，设分子中含有x个c，y个h，则有12x+y+32=128，当y=12时，x=7，此时分子中碳原子的个数最多，所以分子中碳原子的个数最多为7故选：d【点评】本题考查有机物分子式的确定，难度中等，确定有机物中氧原子的数目是解题关键10下列关于元素周期表的叙述，正确的是（）aa族中无非金属元素b族中所含元素种类最多c元素周期表中18个纵行对应18个族d零族的所有元素均满足最外层电子数为8【分析】a、a族为碱土金属元素b、第b存在镧系、锕系c、元素周期表有七个主族、七个副族、一个0族和viii族共16个族，共18列d、氦元素核外只有2个电子【解答】解：a、a族为碱土金属元素，包含非金属元素，故a正确；b、第b存在镧系、锕系，含有32种元素，故b错误；c、第8、9、10三列为viii族，元素周期表有七个主族、七个副族、一个0族和共16个族，故c错误；d、氦元素核外只有2个电子，不满足最外层电子数为8，故d错误故选：a【点评】考查元素周期表的结构，难度较小，注意周期表中的特殊性11下列叙述中，甲金属一定比乙金属活泼性强的是（）a甲原子电子层数比乙原子的电子层数多b在甲乙两种金属和盐酸构成的原电池中，甲作正极，乙作负极c1mol甲和乙分别与足量的盐酸反应，产生h2的量：甲乙d常温时，甲能从水中置换出氢，而乙不能【分析】比较金属的活泼性可根据金属之间的置换反应和原电池的正负极判断，负极较活泼，不能从电子层的多少、电子数的多少以及生成氢气的多少的角度判断【解答】解：a、如金属不位于同一主族，则不能根据电子层数的多少来判断金属的活泼性强弱，故a错误；b、在甲乙两种金属和盐酸构成的原电池中，甲作正极，乙作负极，说明乙活泼，故b错误；c、产生氢气的多少取决于金属失去电子数的多少，与金属的活泼性无关，故c错误；d、金属的活泼性越强，越易与水反应，故d正确故选d【点评】本题考查金属的活泼性的比较，题目难度不大，比较金属活泼性的角度很多，注意基础知识的积累12硫酸是一种重要的化工产品，目前主要采用“接触法”进行生产下列对于反应 2so2+o22so3的说法中正确的是（）a只要选择适宜的条件，so2和o2就能全部转化为so3b该反应达到平衡后，反应就完全停止了，即正逆反应速率均为零c在工业合成so3时，要同时考虑反应速率和反应能达到的限度两方面的问题d在达到平衡的体系中，充入由18o原子组成的o2后，18o仅存在于so2和so3中【分析】a、so2和o2反应生成so3属于可逆反应；b、可逆反应达到平衡后，正逆反应速率相等且不等于0；c、so2和o2反应生成so3属于可逆反应，在工业合成so3时，既要考虑反应时间又要考虑转化率，即要同时考虑反应速率和反应能达到的限度两方面的问题d、由于反应为可逆反应，在达到平衡的体系中，充入由18o原子组成的o2后，so2、so3中18o存在于o2、so2和so3中【解答】解：a、so2和o2反应生成so3属于可逆反应，正逆反应速率相等时，反应达到最大限度，即化学平衡状态，所以反应物不能全部转化为生成物，故a错误；b、可逆反应达到平衡后，正逆反应速率相等且不等于0，可逆反应达到一个动态平衡状态不是反应停止，故b错误；c、so2和o2反应生成so3属于可逆反应，在工业合成so3时，既要考虑反应时间又要考虑转化率，即要同时考虑反应速率和反应能达到的限度两方面的问题，故c正确；d、由于反应为可逆反应，在达到平衡的体系中，充入由18o原子组成的o2后，so2、so3中18o存在于o2、so2和so3中，故d错误；故选c【点评】本题考查了可逆反应和化学平衡状态的判断等知识点，难度不大，注意可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等且不等于0，可逆反应达到一个动态平衡状态不是反应停止13将4mol a气体和2mol b气体在2l的密闭容器内混合，并在一定条件下发生如下反应：2a（g）+b（g）2c（g），若经2s后测得c的浓度为0.6moll1，现有下列几种说法：用物质a表示的反应的平均速率为0.3moll1s1用物质b表示的反应的平均速率为0.6moll1s12s时物质a的转化率为70%2s时物质b的浓度为0.7moll1其中正确的是（）abcd【分析】根据化学反应速率等于单位时间内浓度的变化量及根据反应2a（g）+b（g）2c（g），并利用三段式法计算，据此解答【解答】解：利用三段式法计算： 起始a的浓度为=2mol/l，b的浓度为=1mol/l 2a（g）+b（g）2c（g），起始：2mol/l 1mol/l 0变化：0.6mol/l 0.3mol/l 0.6mol/l2s时：1.4mol/l 0.7mol/l 0.6mol/l2s内，用物质a表示的反应的平均速率为v（a）=0.3moll1s1；2s内，用物质b表示的反应的平均速率为v（b）=0.15moll1s1；2s时物质a的转化率为=100%=30%；2s时物质b的浓度为0.7moll1，显然正确，故选：b【点评】本题考查化学反应速率有关计算，难度不大，学生应学会利用三段式计算方法来表示各个量，并进行相关的计算14如图所示装置中，m棒变细，n棒变粗由此判断下表中所列m、n、r物质，其中合理的是（） mnra锌铜稀硫酸b铜铁稀盐酸c铁铜硝酸银d铜铁氯化铁aabbccdd【分析】该原电池中，m棒变细，n棒变粗，则m作负极，负极上失电子发生氧化反应，n是正极，正极上金属阳离子得电子发生还原反应【解答】解：a锌的活泼性大于铜，所以锌作负极，铜作正极，但铜电极上氢离子放电，故a错误；b铁的活泼性大于铜，所以铁作负极，故b错误；c铁的活泼性大于铜，铁作负极，铜作正极，正极上银得电子析出银，故c正确；d铁的活泼性大于铜，铁作负极，铜作正极，正极上铁离子得电子生成亚铁离子，故d错误；故选c【点评】本题考查了原电池原理的分析判断，电极名称，电极判断和电极反应是解题关键，题目难度中等15香叶醇是合成玫瑰香油的主要原料，其结构简式如下：下列有关香叶醇的叙述正确的是（）a香叶醇的分子式为c10h18ob不能使溴的四氯化碳溶液褪色c不能使酸性高锰酸钾溶液褪色d能发生加成反应不能发生取代反应【分析】该物质含2个c=c键、1个oh，分子式为c10h18o，结合烯烃和醇的性质来解答【解答】解：a由结构简式可知，该有机物的分子式为c10h18o，故a正确；b因含c=c键，能使溴的四氯化碳溶液褪色，故b错误；c含c=c键、oh，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故c错误；d含c=c，能发生加成反应，含oh能发生取代反应，故d错误；故选a【点评】本题考查有机物的结构与性质，注意把握有机物的官能团与性质的关系，熟悉烯烃、醇的性质即可解答，题目难度不大16在一定条件下，动植物油脂与醇反应可制备生物柴油，化学方程式如下：下列叙述错误的是（）a植物油的不饱和程度比动物油高，植物油更易氧化变质b生物柴油是不同酯组成的混合物c“地沟油”可用于制备生物柴油d动植物油脂是高分子化合物【分析】a植物油中含有不饱和键，动物油一般为饱和高级脂肪酸甘油酯；b生物柴油通常是指以动植物油脂为原料生产的、以脂肪酸甲酯为主要成份的液体燃料；c“地沟油”中含有动植物油脂，动植物油脂与醇反应可制备生物柴油；d相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物【解答】解：a植物油为不饱和高级脂肪酸甘油酯，而动物油一般为饱和高级脂肪酸甘油酯，植物油更易氧化变质，故a正确；b生物柴油通常是指以动植物油脂为原料生产的、以不同脂肪酸甲酯组成的混合物，故b正确；c“地沟油”中含有动植物油脂，动植物油脂与醇反应可制备生物柴油，故c正确；d动植物油脂是高分子化合物相对分子质量小于10000，不是高分子化合物，故d错误；故选d【点评】本题主要考查了油脂的性质与用途，题目难度不大，注意明确植物油与动物脂肪的组成、结构及其性质，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力二、填空题17“酒是陈的香”，就是因为酒在储存过程中生成了有香味的乙酸乙酯，在实验室我们也可以用如右图所示的装置制取乙酸乙酯回答下列问题：（1）写出制取乙酸乙酯的化学反应方程式ch3cooh+hoch2ch3ch3cooch2ch3+h2o（2）浓硫酸的作用是：催化作用；吸水作用（3）饱和碳酸钠溶液的主要作用是除去乙醇和乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层（4）装置中通蒸气的导管要插在饱和碳酸钠溶液的液面上，不能插入溶液中，目的是防止倒吸（5）若要把制得的乙酸乙酯分离出来，应采用的实验操作是用饱和碳酸钠溶液承接蒸馏出的乙酸乙酯，再分液（6）生成乙酸乙酯的反应是可逆反应，反应物不能完全变成生成物，反应一段时间后，就达到了该反应的限度，也即达到化学平衡状态下列描述能说明乙醇与乙酸的酯化反应已达到化学平衡状态的有（填序号）单位时间里，生成1mol乙酸乙酯，同时生成1mol水单位时间里，生成1mol乙酸乙酯，同时生成1mol乙酸单位时间里，消耗1mol乙醇，同时消耗1mol乙酸正反应的速率与逆反应的速率相等混合物中各物质的浓度不再变化【分析】（1）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，该反应为可逆反应；（2）乙酸与乙醇需浓硫酸作催化剂，该反应为可逆反应，浓硫酸吸水利于平衡向生成乙酸乙酯方向移动；（3）制备乙酸乙酯时常用饱和碳酸钠溶液吸收乙酸乙酯，乙醇溶解，碳酸钠与乙酸反应除去乙酸、同时降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层；（4）a试管受热不均，试管b中的导管伸入液面下可能发生倒吸；（5）分离互不相溶的液体，可以分液的方法分离；（6）当可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等（同种物质）或正逆反应速率等于化学计量数之比（不同物质），各物质的浓度、质量、体积分数以及百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化【解答】解：（1）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，反应的化学方程式为ch3cooh+ch3ch2ohch3cooc2h5+h2o故答案为：ch3cooh+hoch2ch3ch3cooch2ch3+h2o；（2）酸与乙醇需浓硫酸作催化剂，该反应为可逆反应，浓硫酸吸水利于平衡向生成乙酸乙酯方向移动故浓硫酸的作用为催化剂，吸水剂故答案为：催化作用；吸水作用；（3）制备乙酸乙酯时常用饱和碳酸钠溶液吸收乙酸乙酯，目的是除去乙醇和乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层故答案为：除去乙醇和乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层；（4）a试管受热不均，试管b中的导管伸入液面下可能发生倒吸，导管要插在饱和碳酸钠溶液的液面上，不能插入溶液中，目的是防止倒吸故答案为：防止倒吸；（5）试管b中的液体不互溶分层，可以分液的方法分离提纯，具体操作为用饱和碳酸钠溶液承接蒸馏出的乙酸乙酯，再分液故答案为：用饱和碳酸钠溶液承接蒸馏出的乙酸乙酯，再分液；（6）单位时间里，生成1mol乙酸乙酯，同时生成1mol水，都表示正反应速率，不能说明到达平衡状态，故错误；单位时间里，生成1mol乙酸乙酯表示正反应速率，生成1mol乙酸表示逆反应速率，等于化学计量数之比，说明到达平衡，故正确；单位时间里，消耗1mol乙醇，同时消耗1mol乙酸，都表示正反应速率，不能说明到达平衡状态，故错误；正反应的速率与逆反应的速率相等，说明到达平衡状态，故正确；混合物中各物质的浓度不再变化，反应到达平衡状态，故正确故选：【点评】本题考查乙酸乙酯的制备，注意实验混合液的配制、饱和碳酸钠溶液的作用以及酯化反应的机理18醇脱水是合成烯烃的常用方法，实验室合成环己烯的反应和实验装置如图：可能用到的有关数据如下： 相对分子质量 密度/（gcm3） 沸点/ 溶解性 环己醇 100 0.9618 161 微溶于水 环己烯 82 0.8102 83 难溶于水合成反应：在a中加入20g环己醇和2小片碎瓷片，冷却搅动下慢慢加入1ml浓硫酸，b中通入冷却水后，开始缓慢加热a，控制馏出物的温度不超过90分离提纯：反应粗产物倒入分液漏斗中分别用少量5%碳酸钠溶液和水洗涤，分离后加入无水氯化钙颗粒，静置一段时间后弃去氯化钙，最终通过蒸馏得到纯净环己烯10g回答下列问题：（1）装置b的名称是冷凝管（2）加入碎瓷片的作用是放暴沸；如果加热一段时间后发现忘记加瓷片，应该采取的正确操作是d（填正确答案标号）a立即补加 b重新配料 c不需补加 d冷却后补加（3）分液漏斗在使用前须清洗干净并检漏；在本实验分离过程中，产物应该从分液漏斗的上口倒出（填“上口倒出”或“下口倒出”）（4）分离提纯过程中加入无水氯化钙的目的是干燥（5）在环己烯粗产物蒸馏过程中，不可能用到的仪器有c（填正确答案标号）a圆底烧瓶 b温度计 c吸滤瓶 d冷凝管 e接收器（6）本实验所得到的环己烯产率是c（填正确答案标号）a.41% b.50% c.61% d.70%【分析】在a中加入20g环己醇和2小片碎瓷片，碎瓷片能防暴沸，冷却搅动下慢慢加入1ml浓硫酸，相当于浓硫酸的稀释，不能将环己醇倒入浓硫酸中；b中通入冷却水后，开始缓慢加热a，在浓硫酸作催化剂条件下，环己醇发生消去反应生成环己烯，根据二者沸点知，要想得到较纯净的环己烯，应该控制馏出物的温度不超过90；反应粗产物倒入分液漏斗中分别用少量5%碳酸钠溶液和水洗涤，分离后加入无水氯化钙颗粒，氯化钙作干燥剂，然后静置一段时间后弃去氯化钙，最终通过蒸馏得到纯净环己烯10g，（1）装置b的名称是冷凝管；（2）碎瓷片有放暴沸作用；补加碎瓷片时需要待已加热的试液冷却后再加入；（3）分液漏斗在使用前须清洗干净并检漏；分液过程中，由于环己烯的密度比水的密度小，故应该从分液漏斗的上口倒出；（4）无水氯化钙能作干燥剂；（5）在环己烯粗产物蒸馏过程中，根据各仪器的作用选取仪器；（6）环己醇的物质的量=0.2mol，根据c原子守恒知，理论上生成环己烯的物质的量也是0.2mol，其质量=0.2mol82g/mol=16.4g，生成的本实验所得到的环己烯产率=【解答】解：在a中加入20g环己醇和2小片碎瓷片，碎瓷片能防暴沸，冷却搅动下慢慢加入1ml浓硫酸，相当于浓硫酸的稀释，不能将环己醇倒入浓硫酸中；b中通入冷却水后，开始缓慢加热a，在浓硫酸作催化剂条件下，环己醇发生消去反应生成环己烯，根据二者沸点知，要想得到较纯净的环己烯，应该控制馏出物的温度不超过90；反应粗产物倒入分液漏斗中分别用少量5%碳酸钠溶液和水洗涤，分离后加入无水氯化钙颗粒，氯化钙作干燥剂，然后静置一段时间后弃去氯化钙，最终通过蒸馏得到纯净环己烯10g，（1）装置b的名称是冷凝管，故答案为：冷凝管；（2）碎瓷片的存在可以防止在加热过程中产生暴沸现象，补加碎瓷片时需要待已加热的试液冷却后再加入，故选d，故答案为：防止暴沸；d；（3）由于分液漏斗有活塞开关，故使用前需要检查是否漏液；分液过程中，由于环己烯的密度比水的密度小，故应该从分液漏斗的上口倒出，故答案为：检漏；上口倒出；（4）分离提纯过程中加入无水氯化钙的目的是利用无水氯化钙吸收产物中少量的水，故答案为：干燥；（5）观察题目提供的实验装置图知蒸馏过程中不可能用到吸滤瓶和球形冷凝器管，故选：c；（6）环己醇的物质的量=0.2mol，根据c原子守恒知，理论上生成环己烯的物质的量也是0.2mol，其质量=0.2mol82g/mol=16.4g，生成的本实验所得到的环己烯产率=61%，故选c【点评】本题考查制备实验方案设计，为高频考点，明确实验原理及实验操作顺序是解本题关键，注意从实验安全性、评价性、操作规范性等方面分析解答，充分利用题给信息解答问题，题目难度中等19二氧化铈（ceo2）是一种重要的稀土氧化物平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末（含sio2、fe2o3、ceo2以及其他少量可溶于稀酸的物质）某课题组以此粉末为原料回收铈，设计实验流程如图：（1）洗涤滤渣a的目的是为了除去fe3+（填离子符号），检验该离子是否洗净的方法是取最后一次洗涤液，加入kscn溶液，若不出现红色，则已洗净，反之，未洗净（2）第步反应的离子方程式是6h+h2o2+2ceo2=2ce3+o2 +4h2o，滤渣b的主要成分是sio2（3）萃取是分离稀土元素的常用方法已知化合物tbp作为萃取剂能将铈离子从水溶液中萃取出来，tbp不能（填“能”或“不能”）与水互溶实验室进行萃取操作时用到的主要玻璃仪器有分液漏斗、烧杯、玻璃棒、量筒等（4）取上述流程中得到了ce（oh）4产品0.536g，加硫酸溶解后，用0.1000mol/l1 feso4标准溶液滴定至终点时（铈被还原为ce3+），消耗25.00ml标准溶液该产品中ce（oh）4的质量分数为97.01%；【分析】根据该反应过程为：ceo2、sio2、fe2o3等中加入稀盐酸，fe2o3转化fecl3存在于滤液中，滤渣为ceo2和sio2；加入稀硫酸和h2o2，ceo2转化为ce3+，滤渣为sio2；加入碱后ce3+转化为沉淀，通入氧气讲ce从+3氧化为+4，得到产品；（1）根据滤渣a上含有fecl3；取最后一次洗涤液，加入kscn溶液，若不出现红色，则已洗净，反之，未洗净；（2）根据氧化还原反应中电子得失守恒来分析；滤渣b为sio2；（3）根据萃取剂与水不互溶；（4）根据电子守恒建立关系式：ce（oh）4feso4，然后进行计算求出ce（oh）4的质量，最后求出质量分数【解答】解：（1）滤渣a上含有fecl3，洗涤滤渣a的目的是为了除去fe3+；取最后一次洗涤液，加入kscn溶液，若不出现红色，则已洗净，反之，未洗净；故答案为：fe3+；取最后一次洗涤液，加入kscn溶液，若不出现红色，则已洗净，反之，未洗净；（2）稀硫酸、h2o2，ceo2三者反应生成转化为ce2（so4）3、o2和h2o，反应的离子方程式为：6h+h2o2+2ceo2=2ce3+o2 +4h2o；故答案为：6h+h2o2+2ceo2=2ce3+o2 +4h2o；加入稀硫酸和h2o2，ceo2转化为ce3+，sio2不反应，滤渣b的成分为sio2，故答案为：sio2；（3）化合物tbp作为萃取剂能将铈离子从水溶液中萃取出来，所以tbp不能与水互溶，故答案为：不能；分液漏斗；（4）ce（oh）4 feso4 0.0025mol 0.1000mol/l10.025l所以m（ce（oh）4）=0.0025mol208g/mol=0.52g，产品中ce（oh）4的质量分数为100%=97.01%，故答案为：9