C
加热浸透了石蜡油的碎瓷片，产生的气体通过酸性KMnO4溶液
酸性KMnO4溶液紫红色褪去
石蜡油分解一定产生了乙烯
D
室温下，取相同大小、形状和质量的Fe粒分别投入0.1mol/L的稀硝酸和10.0mol/L的浓硝酸中
Fe粒与浓硝酸反应比与稀硝酸反应剧烈
探究浓度对化学反应速率的影响
A．AB．BC．CD．D
12．关于氯化铵的说法错误的是
A．氯化铵溶于水放热B．氯化铵受热易分解
C．氯化铵固体是离子晶体D．氯化铵是强电解质
13．有机物M、N之间可发生如图转化，下列说法不正确的是
A．M能与溴水发生加成反应
B．N能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．M分子中所有碳原子共平面
D．M、N均能发生水解反应和酯化反应
14．某溶液中可能含有K＋、NH4＋、Ba2＋、SO42－、I－、Cl－、NO3－中的几种，将此溶液分成两等份，进行如下实验：
①在一份溶液中加入足量NaOH，加热，可收集到标准状态下的气体1.12L；
②在另一份溶液中加入足量Ba（NO3）2溶液，有白色沉淀产生，过滤得到沉淀2.33g；
③在②的滤液中加入足量AgNO3溶液，又有4.7g沉淀产生。
有关该溶液中离子种类（不考虑H＋和OH－）的判断正确的是
A．溶液中至少有2种阳离子B．只能确定溶液中NH4＋、SO42－是否存在
C．溶液中最多有4种阴离子D．溶液中不可能同时存在K＋和NO3－
15．下列晶体中属于原子晶体的是（）
A．氖B．食盐
C．干冰D．金刚石
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．苯甲酸乙酯可由苯甲酸与乙醇在浓硫酸共热下反应制得，反应装置如图（部分装置省略），反应原理如下：
实验操作步骤：
①向三颈烧瓶内加入12.2g苯甲酸、25mL乙醇、20mL苯及4mL浓硫酸，摇匀，加入沸石。
②装上分水器、电动搅拌器和温度计，加热至分水器下层液体接近支管时将下层液体放入量筒中。
继续蒸馏，蒸出过量的乙醇，至瓶内有白烟（约3h），停止加热。
③将反应液倒入盛有80mL冷水的烧杯中，在搅拌下分批加入碳酸钠粉末至溶液无二氧化碳逸出，用pH试纸检验至呈中性。
④用分液漏斗分出有机层，水层用25mL乙醚萃取，然后合并至有机层。
用无水CaC12干燥，粗产物进行蒸馏，低温蒸出乙醚。
当温度超过140℃时，直接接收210-213℃的馏分，最终通过蒸馏得到纯净苯甲酸乙酯12.8mL。
可能用到的有关数据如下：
相对分子质量
密度（g/cm3）
沸点/℃
溶解性
苯甲酸
122
1.27
249
微溶于水，易溶于乙醇、乙醚
苯甲酸乙酯
150
1.05
211-213
微溶于热水，溶于乙醇、乙醚
乙醇
46
0.79
78.5
易溶于水
乙醚
74
0.73
34.5
微溶于水
回答以下问题：
（1）反应装置中分水器上方的仪器名称是______，其作用是____
（2）步骤①中加浓硫酸的作用是_________，加沸石的目的是______。
（3）步骤②中使用分水器除水的目的是_________。
（4）步骤③中加入碳酸钠的目的是________。
（5）步骤④中有机层从分液漏斗的____（选填“上口倒出”或“下口放出”）。
（6）本实验所得到的苯甲酸乙酯产率是________%。
三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．异丁烯[CH2=C（CH3）2]是重要的化工原料。
已知：
（1）异丁烯和苯酚在一定条件下反应生成对叔丁基酚（
），该反应属于_________反应（填“反应类型”）．
（2）对叔丁基酚和甲醛在催化剂作用下可生成油溶性聚合物，写出该反应的化学方程式________________。
（3）写出符合下列条件的对叔丁基酚的所有同分异构体的结构简式________________________________。
①含相同官能团；②不属于酚类；③苯环上的一溴代物只有一种。
（4）已知由异丁烯的一种同分异构体A，经过一系列变化可合成物质，其合成路线如图：
①条件1为_____________；
②写出结构简式：
A_____________；B____________。
（5）异丁烯可二聚生成CH2=C（CH3）CH2C（CH3）3，写出该二聚物的名称__________。
异丁烯二聚时，还会生成其他的二聚烯烃类产物，写出其中一种链状烯烃的结构简式________________________________。
四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．为解决“温室效应”日趋严重的问题,科学家们不断探索CO2的捕获与资源化处理方案,利用CH4捕获CO2并转化为CO和H2混合燃料的研究成果已经“浮出水面”。
已知:
①CH4（g）十H2O（g）==CO（g）+3H2（g）△H1=+206.4kJ/mol
②CO（g）+H2O（g）==CO2（g）+H2（g）△H2=-41.2kJ/mol
T1°C时，在2L恒容密闭容器中加入2molCH4和1molCO2，并测得该研究成果实验数据如下：
请回答下列问题:
时间/s
0
10
20
30
40
50
60
CO2/mol
1
0.7
0.6
0.54
0.5
0.5
0.5
H2/mol
0
0.6
0.8
0.92
1
1
1
（1）该研究成果的热化学方程式③CH4（g）+CO2（g）==2CO（g）+2H2（g）△H=_____
（2）30s时CH4的转化率为_______，20~40s,v（H2）=_______.
（3）T2°C时,该反应的化学平衡常数为1.5,则T2___T1（填“>”“=”或“<”。
）
（4）T1°C时反应③达到平衡的标志为______________。
A．容器内气体密度不变B．体系压强恒定
C．CO和H2的体积分数相等且保持不变D．2v（CO）逆=v（CH4）正
（5）上述反应③达到平衡后,其他条件不变,在70s时再加入2molCH4和1molCO2,此刻平衡的移动方向为________（填“不移动”“正向”或“逆向"）,重新达到平衡后，CO2的总转化率比原平衡____________（填“大”“小”或“相等”）。
19．（6分）氢气作为清洁能源有着广泛的应用前景，采用天然气制备氢气的流程如下。
请回答下列问题：
Ⅰ.蒸汽转化：
在催化剂的作用下，水蒸气将CH4氧化，结合图表信息回答问题。
（1）该过程的热化学方程式是__________。
（2）平衡混合物中CO的体积分数与压强的关系如图所示，判断T1和T2的大小关系：
T1_______T2（填“>”“<”或“=”），并说明理由__________。
（3）一定温度下，在1L恒容的密闭容器中充入1molCH4和1mol水蒸气充分反应达平衡后，测得反应前后容器中气体的物质的量之比是3:
4，计算该条件下反应的平衡常数为______________。
Ⅱ.CO变换：
500℃时，CO进一步与水反应生成CO2和H2。
Ⅲ.模拟H2提纯工艺：
将CO2和H2分离得到H2的过程如下：
依据图示信息回答：
（4）吸收池中发生反应的离子方程式是_________。
（5）写出电解池中阳极发生的电极反应式________；结合化学用语说明K2CO3溶液再生的原因_________。
参考答案
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．C
【解析】
【分析】
【详解】
A.D和T均为氢元素，但中子数不同，互为同位素，故A正确；
B.“碳纳米泡沫”和石墨均为碳元素形成的单质，互为同素异形体，故B正确；
C.CH3CH2COOH属于羧酸类，HCOOCH3属于酯类，官能团不同，不是同系物，故C错误；
D.丙醛与环氧丙烷（
）分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故D正确；
综上所述，答案为C。
2．D
【解析】
【详解】
A．生铁是合金，熔点小于纯铁的熔点，故熔点为纯铁＞生铁，选项A正确；
B．水的密度等于1g/mL，硝基苯的密度大于1g/mL，所以密度：
水＜硝基苯，选项B正确；
C．碳酸氢钠不稳定受热分解生成碳酸钠，所以热稳定性：
NaHCO3＜Na2CO3，选项C正确；
D．苯中碳碳键介于单键和双键之间，碳碳键键长：
乙烯＜苯，选项D错误。
答案选D。
【点睛】
本题考查元素及其对应单质、化合物的性质的递变规律，侧重于熔点、热稳定性、密度等性质的考查，题目难度不大，注意把握性质比较的角度以及规律，易错点为选项D：
苯中不含有碳碳双键，碳碳键介于单键和双键之间。
3．D
【解析】
【详解】
A．NO是大气污染物，反应时生成一种无污染的气体N2，故A错误；
B．在一定温度下，NH3与CuO反应后生成的红色物质可能是Cu，若温度过高，氧化铜自身可受热转化为红色氧化亚铜，故B正确；
C．装浓氨水的装置名称是分液漏斗，可用作分液操作，还可用于反应装置中盛装液体，控制加入液体的量来调控反应速率，故C错误；
D．烧杯中硫酸的作用是防倒吸和吸收未反应的有害气体，故D错误；
答案选B。
【点睛】
尾气处理时，碱性气体用酸来吸收，倒扣漏斗增加接触面积，防止倒吸。
4．D
【解析】
【详解】
A.元素周期表中Be和Al处于对角线位置上，处于对角线的元素具有相似性，所以
可能有两性，故A正确；
B.同一主族元素具有相似性，所以卤族元素性质具有相似性，根据元素的性质、氢化物的性质、银盐的性质可推知砹（At）为有色固体，
感光性很强，且不溶于水也不溶于稀酸，故B正确；
C.同主族元素性质具有相似性，钡和锶位于同一主族，性质具有相似性，硫酸钡是不溶于水的白色物质，所以硫酸锶也是不易溶于水的白色物质，故C正确；
D.S和Se位于同一主族，且S元素的非金属性比Se强，所以
比
稳定，故D错误；
故答案为：
D。
5．D
【解析】
【详解】
A．冰醋酸固体变成液体或气体为物理变化，化学键未断裂，A错误；
B．化学键未断裂，则共价键类型未变，键能不变，B错误；
C．物理变化分子本身未变化，分子构型不可能变化，C错误；
D．冰醋酸固体变成液体或气体，分子间间隔增大，需克服分子间作用力，因此分子间作用力被破坏，D正确。
答案选D。
6．C
【解析】
【详解】
胆矾（CuSO4
5H2O）的分子量为250，如果失去1个水分子，则剩下晶体质量232g，失去2个水分子，则剩下晶体质量214g，如果失去3个水分子，则剩下晶体质量196g，如果失去4个水分子，则剩下晶体质量178g，如果失去5个水分子，则剩下晶体质量160g，由图可知明显不是同时失去，而是分三阶段失水，102℃时失去2个水分子，115℃时，又失去2个水分子，258℃时失去1个水分子，则：
A．因为固体质量是分三次降低的，而三次温度变化值不同，所以失去结晶水克服的作用力大小不同，则结晶水分子与硫酸铜结合的能力不完全相同，故A错误；
B．由上述分析可知，硫酸铜晶体分三次失去结晶水，同一次失去的结晶水与硫酸铜结合的能力相同，故B错误；
C．因为固体质量是分三次降低的，所以晶体中的水分子所处化学环境可以分为3种，故C正确；
D．由图可知明显不是逐个失去，而是分三阶段失水，第一次失去2个，第二次失去2个，第三次失去1个，故D错误；
故答案选C。
7．A
【解析】
A.与氢加成生成物为3-甲基戊烷，A错误；B.与氢加成生成物为2-甲基戊烷，B正确；C.与氢加成生成2,2-二甲基戊烷，或新庚烷，C错误；D.加成反应好主链C原子为5，甲基在2号碳原子位置，能得到2-甲基戊烷，D正确。
8．D
【解析】
【详解】
A.分液操作时，下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，故A不选。
B.用试管夹时，应夹住距离试管口约1/3处，故B不选。
C.检验氨气，应该用湿润的红色石蕊试纸，遇氨气变蓝，故C不选；
D.配制一定物质的量浓度的溶液，向容量瓶加水至液面离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管定容是正确的，故D选。
故选D。
9．D
【解析】
【分析】
A.电解池的阳极上发生失去电子的氧化反应；
B.二氧化硫、氧气和碳酸钙反应生成硫酸钙；
C.压敏胶属于有机物，具有较强的分子间作用力；
D.人体所需六大营养物质中产能最高的是油脂。
【详解】
A.Al是活泼金属，作阳极时，失去电子生成氧化铝，所以铝制品作电解池阳极电解，可在铝制品表面生成坚硬的氧化物保护膜，A正确；
B.二氧化硫能形成酸雨，并且二氧化硫、氧气和碳酸钙反应生成硫酸钙进入炉渣，所以在燃煤中加入石灰石或生石灰，减少环境污染，是目前主要脱硫方法，B正确；
C.压敏胶属于有机物，具有较强的分子间作用力，能牢固黏贴物品，C正确；
D.人体所需六大营养物质中：
直接的供能物质是糖类，产能最高的是油脂，D错误；
故合理选项是D。
【点睛】
本题综合考查物质的性质与用途，掌握反应原理和物质的性质即可解答，侧重考查了学生的分析能力，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学习的积极性。
10．C
【解析】
【详解】
A．He原子序数为2，原子序数等于质子数，所以1molHe含有2mol质子，质子数为2NA，A项正确；
B．10g46%的乙醇水溶液含有乙醇4.6g，为0.1mol，0.1molCH3CH2OH含有0.1mol氧原子，溶液中还含有54%的水，5.4g水，为0.3molH2O，含有0.3molO，所以溶液中含有的O原子共0.4mol，数目为0.4NA，B项正确；
C．CO32－＋H2O
HCO3－＋OH－，可以知道1个CO32－水解会生成1个OH－和1个HCO3－，阴离子数目增加，大于NA，C项错误；
D．NO2、N2O4的最简式相同，可以以NO2的形式进行求解，23gNO2物质的量为0.5mol，N的化合价从NO3－中的＋5降低到了＋4，现生成0.5molNO2，则共转移0.5mol电子，转移的电子数为0.5NA，D项正确；
本题答案选C。
11．A
【解析】
【分析】
A、金属阳离子的氧化性越强，其对应单质的还原性越弱；
B、室温下，测定等浓度的NaHA和NaB溶液的pH大小才能判断H2A与HB的酸性强弱；
C、酸性KMnO4溶液紫红色褪去说明有烯烃生成，不能确定是否有乙烯生成；
D、不同的反应无法探究浓度对反应速率的影响。
【详解】
A项、用石墨作电极，电解Mg（NO3）2、Cu（NO3）2的混合溶液，阴极上先析出铜说明氧化性：
Cu2+＞Mg2+。
则还原性：
镁强于铜，故A正确；
B项、室温下，测定等浓度的Na2A和NaB溶液的pH，Na2A溶液的pH较大，说明A2—水解程度大于B—，酸性HA—C项、加热浸透了石蜡油的碎瓷片，产生的气体通过酸性KMnO4溶液，酸性KMnO4溶液紫红色褪去说明有烯烃生成，不能确定是否有乙烯生成，故C错误；
D项、铁与稀硝酸反应生成一氧化氮，在浓硝酸中产生钝化现象，两个反应属于不同的反应，无法探究浓度对反应速率的影响，故D错误。
故选A。
【点睛】
本题考查化学实验方案的评价，侧重考查分析能力及灵活应用能力，注意常见物质的性质，明确常见化学实验基本操作方法是解答关键。
12．A
【解析】氯化铵溶于水吸热，故A错误；氯化铵受热分解为氨气和氯化氢，故B正确；氯化铵固体是由NH4+、Cl-构成离子晶体，故C正确；氯化铵在水中完全电离，所以氯化铵是强电解质，故D正确。
13．C
【解析】
【详解】
A.M中含有碳碳双键，可以与溴水发生加成反应，故A正确；
B.N中含有羟基，能被酸性高猛酸钾氧化，故B正确；
C.M中含有饱和碳原子，与饱和碳原子相连的三个C以及该饱和碳原子不可能全部在同一平面上，故C错误；
D.M、N中均含有酯基，都能水解，均含有羟基均能发生酯化反应，故D正确；
故答案为C。
14．C
【解析】
【详解】
①在一份溶液中加入足量NaOH，加热，可收集到标准状态下的气体1.12L；和过量NaOH溶液加热产生的气体只能是氨气，故一定存在NH4+，其物质的量为n（NH3）=
=0.05mol；
②在另一份溶液中加入足量Ba（NO3）2溶液，有白色沉淀产生，过滤得到沉淀2.33g，则一定存在SO42-，其物质的量为n（SO42-）=n（BaSO4）=
=0.01mol，Ba2+与SO42-会发生离子反应不能大量共存，含有SO42-，则一定不含有Ba2+；
③在②的滤液中加入足量AgNO3溶液，又有4.7g沉淀产生，此沉淀未说明颜色，故可能为AgCl或AgI，且I-或Cl-的物质的量之和≥0.05-0.01×2=0.03mol。
A.依据分析可知，溶液中可能只存在铵根离子，故A错误；
B.依据分析可知，溶液中一定存在NH4+、SO42-，还有Cl-或I-中的一种或两种，B错误；
C.依据分析可知，溶液中SO42-、Cl-、I-、NO3-均可能存在，C正确；
D.依据分析可知，溶液中可能存在K+和NO3-，D错误；
故合理选项是C。
15．D
【解析】
【分析】
根据原子晶体的组成特点及常见的性质判断，晶体硅、金刚石和二氧化硅等是常见的原子晶体。
【详解】
A、氖属于分子晶体，选项A不选；
B、食盐为氯化钠晶体，氯化钠属于离子晶体，选项B不选；
C、干冰属于分子晶体，选项C不选；
D、金刚石属于原子晶体，选项D选；
答案选D。
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．球形冷凝管冷凝回流，减少反应物乙醇的损失作催化剂防止暴沸及时分离出产物水，促使酯化反应的平衡正向移动除去硫酸及未反应的苯甲酸下口放出89.6
【解析】
【分析】
根据反应原理
，联系乙酸与乙醇的酯化反应实验的注意事项，结合苯甲酸、乙醇、苯甲酸乙酯、乙醚的性质分析解答
（1）～（5）；
（6）根据实验中使用的苯甲酸的质量和乙醇的体积，计算判断完全反应的物质，再根据反应的方程式计算生成的苯甲酸乙酯的理论产量，最后计算苯甲酸乙酯的产率。
【详解】
（1）根据图示，反应装置中分水器上方的仪器是球形冷凝管，乙醇容易挥发，球形冷凝管可以起到冷凝回流，减少反应物乙醇的损失；
（2）苯甲酸与乙醇的酯化反应需要用浓硫酸作催化剂，加入沸石可以防止暴沸；
（3）苯甲酸与乙醇的酯化反应中会生成水，步骤②中使用分水器除水，可以及时分离出产物水，促使酯化反应的平衡正向移动，提高原料的利用率；
（4）步骤③中将反应液倒入盛有80mL冷水的烧杯中，在搅拌下分批加入碳酸钠粉末，碳酸钠可以与硫酸及未反应的苯甲酸反应生成二氧化碳，因此加入碳酸钠的目的是除去硫酸及未反应的苯甲酸；
（5）根据表格数据，生成的苯甲酸乙酯密度大于水，在分液漏斗中位于下层，分离出苯甲酸乙酯，应该从分液漏斗的下口放出；
（6）12.2g苯甲酸的物质的量=
=0.1mol，25mL乙醇的质量为0.79g/cm3×25mL=19.75g，物质的量为
=0.43mol，根据
可知，乙醇过量，理论上生成苯甲酸乙酯0.1mol，质量为0.1mol×150g/mol=15g，实际上生成苯甲酸乙酯的质量为12.8mL×1.05g/cm3=13.44g，苯甲酸乙酯产率=
×100%=89.6%。
三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．加成
KMnO4/OH﹣CH3CH2CH=CH2CH3CH2CHOHCH2OH2，4，4﹣三甲基﹣1﹣戊烯CH2=C（CH3）CH2CH2CH
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