一、单选题（本大题共7小题，共42.0分） 1. 下列关于乙醇与钠反应的说法不正确的是( )
A. 与钠反应的速率：乙醇<水 B. O−H的极性：乙醇>水 C. O−H的极性受相邻基团的影响
D. 依据乙醇与H2物质的量之比2：1，可确定乙醇的结构
2. 下列关于有机物的说法错误的是( )
A. 乙醇中是否含水，可用无水硫酸铜检验
B. 淀粉和纤维素的组成都可用(C6H10O5)n表示，它们互为同分异构体 C. 乙酸的比例模型是
D. CH2=CH2、苯都能发生加成反应
3. 一种由四种短周期元素组成的化合物(如图所示)，具有极强的氧化性。其中元素X、Y、Z、W
的原子序数依次增大，且原子序数之和为36。下列有关叙述错误的是( )
A. 该物质中含有离子键、极性共价键和非极性共价键 B. 该物质中W的化合价为+7，可用于消毒杀菌
C. Z的单质在空气中加热时，先熔化成闪亮小球，然后剧烈燃烧 D. 原子半径的大小顺序是Z>W>Y>X
4. 下列关于自然界中碳循环(如图)的说法中，不正确的是( )
A. 呼吸作用涉及氧化还原反应 C. 含碳化合物可相互转化
5. 在1 L 1 mol·L−1氨水中 ( )
B. 碳循环具有全球性 D. 碳元素均被氧化
A. 含1 mol氨分子
+
的物质的量之和为1 mol B. NH3和NH4
C. 含1 mol NH3·H2O
+
的物质的量之和为1 mol D. NH3、NH3·H2O、NH4
6. 利用下列装置和操作不能达到实验目的的是 ( )
A从含碘CCl4溶液中提取碘和回收CCl4溶剂 B萃取操作过程C定量测定化学反D比较KMnO4、中的放气 应速率 Cl2、S的氧化性 A. A B. B C. C D. D
M由Na2O和Al2O3制得，7. 如图所示为钠硫高能电池的结构示意图，该
电池的工作温度为320℃左右，电池反应为2Na+xS=Na2Sx.下列说法不正确的是( )
A. 负极反应式为Na−e−=Na+
B. 放电时，消耗32 g正极活性物质，转移的电子为2 mol C. M的作用是导电和隔离钠与硫
D. 消耗相同质量的负极活性物质，钠硫电池的理论放电量是铅蓄电池的4.5倍
二、简答题（本大题共5小题，共63.0分）
8. 铝是地壳中含量最多的金属元素，在自然界主要以化合态的形式存在于氧化铝中。铝土矿的主
要成分是Al2O3，此外还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质，冶炼金属铝很重要的一个过程是Al2O3的提纯。由于Al2O3是两性氧化物，而杂质SiO2是酸性氧化物，Fe2O3是碱性氧化物，下图为工业上用酸溶法提取铝土矿中的铝。
讨论回答下列问题：
(1)①中加盐酸后的沉淀主要是______(化学式)，为了加快铝土矿在盐酸中的溶解，可采取的措施有______(一种即可)。
(1)写出②、③中可能发生反应的离子方程式。 ②______、______ ③______
(2)步骤②中不用氨水沉淀Fe3+的原因：______。
9. 氨基甲酸铵(NH2COONH4)是一种白色固体，易分解、易水解，可用做肥料、灭火剂、洗涤剂等．某
化学兴趣小组用模拟制备氨基甲酸铵，反应的化学方程式如下：
2NH3(g)+CO2(g)⇌NH2COONH4(s)△H<0
(1)用如图1装置制取氨气，你所选择的试剂是______．
(2)制备氨基甲酸铵的装置如图2所示，把氨气和二氧化碳通入四氯碳中，不断搅拌混合，生成的氨基甲酸铵小晶体悬浮在四氯化碳中．当悬浮物较多时，停止制备．
注：四氯化碳与液体石蜡均为惰性介质．
①发生器用冰水冷却的原因是______.液体石蜡鼓泡瓶的作用是______．
②从反应后的混合物中分离出产品的实验方法是______(填写操作名称).为了得到干燥产品，应采取的方法是______(填写选项序号)．
a.常压加热烘干 b.高压加热烘干 c.真空40℃以下烘干
③尾气处理装置如图2所示．双通玻璃管的作用：______；浓硫酸的作用：______、______． (3)取因部分变质而混有碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品0.782 0g，用足量石灰水充分处理后，使碳元素完全转化为碳酸钙，过滤、洗涤、干燥，测得质量为1.000g.则样品中氨基甲酸铵的物质的量分数为______．
[Mr(NH2COONH4)=78、Mr(NH4HCO3)=79、Mr(CaCO3)=100]．
10. 在某温度下，在容积为1L的密闭容器中充入一定量的N2和H2，在一定条件下发生反应N2(g)+
3H2(g)⇌2NH3(g).5min后，c(H2)=9mol⋅反应到达平衡，各物质的浓度为c(N2)=3mol⋅L−1、L−1、c(NH3)=4mol⋅L−1.求：
(1)从反应开始至平衡时N2的平均反应速率； (2)H2的起始浓度； (3)N2的转化率．
11. 钴的化合物在工业生产、生命科技等行业有重要应用。
(1)Co2+的核外电子排布式为_______，Co的第四电离能比Fe的第四电离能要小得多，原因是_______。
(2)Fe，Co均能与CO形成配合物，如Fe(CO)5、Co2(CO)8的结构如图1、图2所示，图1中1 mol Fe(CO)5含有_______mol配位键，图2中C原子的杂化方式为_______，形成上述两种化合物的四种元素中电负性最大的是_______(填元素符号)。
(3)金属钴的堆积方式为六方最密堆积，其配位数是_______，钴晶体晶胞结构如图3所示，该晶胞中原子个数为_______，该晶胞的边长为a nm，高为c nm，该晶胞的密度为_______(NA表示阿伏加德罗常数的值，列出代数式)g·cm−3。
12. 功能高分子材料(M)在生产、生活中有广泛用途，M的一种合成路线如下：
请回答下列问题： (1)G的化学名称为______。
(2)C中官能团的名称为______。D的顺式结构简式为______。 (3)A→B的反应类型为______。F分子中最多有______个原子共平面。 (4)E+I→M的反应类型为______；其反应的化学方程式为______。 (5)同时满足下列条件的H的同分异构体有______种。 ①苯环上连有−NH2 ②能与NaHCO3反应
(6)参照上述含成路线和信息，以乙醇为原料(无机试剂任选)，设计制备聚乳酸(
)的合成路线：______。
【答案与解析】
1.答案：B
解析：解：A.乙醇与水相比较，水与钠反应较为剧烈，故A正确； B.乙基给电子能力较弱，乙醇的O−H极性比水弱，故B错误；
C.乙醇和水都含有O−H键，两分子中O−H的极性不同，可说明O−H的极性受相邻基团的影响，故C正确；
D.乙醇与H2物质的量之比2：1，可说明乙醇含有羟基，且只有羟基与钠反应生成氢气，故D正确． 故选B．
乙醇含有羟基，可由乙醇与钠反应生成的氢气的量确定，由于乙基给电子能力较弱，可知乙醇的O−H极性比水弱，说明−H的极性受相邻基团的影响，以此解答该题．
本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，题目侧重于乙醇的考查，注意把握乙醇的结构和性质，易错点为B，注意分子极性的比较，难度不大．
2.答案：B
解析：解：A.无水硫酸铜遇水变蓝，则可用无水硫酸铜检验乙醇中是否有水，故A正确； B.淀粉和纤维素的组成都可用(C6H10O5)n表示，但n不同，而同分异构体的分子式相同，结构不同，所以淀粉与纤维素不是同分异构体，故B错误；
C.比例模型体现分子的结构及原子的相对大小，则乙酸的比例模型是
，故C正确；
D.碳碳双键可发生加成反应，苯也可与氢气发生加成反应，即CH2=CH2、苯都能发生加成反应，故D正确； 故选B．
A.无水硫酸铜遇水变蓝；
B.淀粉和纤维素的组成都可用(C6H10O5)n表示，但n不同； C.比例模型体现分子的结构及原子的相对大小；
D.碳碳双键可发生加成反应，苯也可与氢气发生加成反应．
本题考查较综合，涉及有机物的结构与性质、物质的检验、同分异构体的判断及有机反应等，注重
基础知识的考查，选项B为易错点，题目难度不大．
3.答案：B
解析：解：由上述分析可知，X为H、Y为O、Z为Na、W为S，
A.含阴阳离子形成的离子键，且含O−O非极性键、O−H极性键等，故A正确； B.该物质中W的化合价为+6，化合物具有极强的氧化性，可用于消毒杀菌，故B错误； C.Z的单质为Na，在空气中加热时，先熔化成闪亮小球，然后剧烈燃烧，故C正确；
D.电子层越多、原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径的大小顺序是Z>W>Y>X，故D正确； 故选：B。
由短周期主族元素组成的化合物，元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且Z形成+1价阳离子，则Z为Na；Y形成2个共价键，其原子序数小于Na，则Y为O；W可形成6个共价键，其原子序数大于Na，则W为S；原子序数总和为36，X的原子序数为36−11−8−16=1，则X为H，以此来解答。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握物质结构、化学键、原子序数来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
4.答案：D
解析：解：A、生物圈中的碳循环主要表现在绿色植物从空气中吸收二氧化碳，经光合作用转化为葡萄糖，并放出氧气，属于氧化还原反应，故A正确；
B、生物圈中的碳循环主要表现在绿色植物从空气中吸收二氧化碳，经光合作用转化为葡萄糖，并放出氧气，是气体循环，具有全球性，故B正确；
C、生物圈中的碳循环涉及含碳的化合物之间可以相互转化，如碳酸的形成、碳酸的分解、碳酸钙和碳酸氢钙之间的转化等，故C正确；
D、生物圈中的碳循环涉及含碳的化合物之间可以相互转化，如碳酸的形成、碳酸的分解、碳酸钙和碳酸氢钙之间的转化等都不涉及化合价的变化，故D错误。 故选：D。
本题考查学生自然界生物圈中的碳循环知识，注意了解碳循环的内涵，明确含氮化合物之间的转化是解题的关键。
5.答案：D
解析：
本题考查弱电解质的电离，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握溶液中的离子种类，难度不大。
+
NH3⋅H2O、NH4氨水中存在NH3+H2O⇌NH3⋅H2O⇌NH3⋅H2O+OH−，溶液中存在NH3、，则NH3、+
NH3⋅H2O、NH4之和为1mol，故D正确。
故选D。
6.答案：C
解析：
• 本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及混合物分离提纯等，把握物质的性质、反
应原理、实验基本技能为解答的关键。
• A.各物质的沸点不同，所以可以用蒸馏的方法分离，故A正确； • B.震荡过程中会使压强增大，所以萃取操作过程中的放气，故B正确； • C.测定反应速率需要计时，缺少秒表，故C错误；
• D.试管中产生浑浊则说明产生了氯气，说明高锰酸钾的氧化性强于氯气，而氯气强于S，故
D正确。
• 故选C。 7.答案：B
解析：
本题考查了原电池原理，明确正负极上得失电子及反应类型是解本题关键，难点是电极反应式的书写，易错题是A，根据M晶体的类型确定M的导电作用，难度不大。
S化合价降低，由方程式可知反应中Na被氧化，应为原电池负极反应，电极方程式为Na−e‾=Na+，
2
被还原，为原电池正极反应，电极方程式为xS+2e‾→Sx‾，原电池工作时，M起到导电和隔绝Na、
S的作用，以此解答该题。
A.由方程式可知反应中Na被氧化，应为原电池负极反应，电极方程式为Na−e‾=Na+，故A正确；
2−B.正极上硫得电子发生还原反应，电极反应式为：xS+2e−=Sx，所以消耗32 g正极活性物质，转
移的电子为32g/mol×x=xmol，故B错误；
C.熔融状态下，Na2O能电离出阴阳离子而使电解质导电，且钠易和硫反应，所以M的作用是导电和隔离钠与硫，故C正确；
D.钠高能电池中负极为钠，有23g钠消耗释放1mole−，则207g钠消耗时转移23mol=9mole−，铅蓄电池的电极反应为：Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，铅蓄电池中铅是负极，207g铅消耗时转移 2mole−，故钠硫电池的理论放电量是铅蓄电池的：9÷2=4.5倍，故 D正确。 故选B。
3+SiO2 粉碎铝土矿、加热、增大盐酸的浓度 Al3++4OH−=AlO−+3OH−=8.答案：2+2H2O Fe−Fe(OH)3↓ AlO−2+CO2+H2O=Al(OH)3+HCO3 Al(OH)3只能溶于强碱，不能溶于氨水，用氨水
207
32g22
不能将Fe(OH)3和Al(OH)3分离
解析：解：(1)①中加盐酸后的沉淀主要是二氧化硅，与盐酸不反应，为了加快铝土矿在盐酸中的溶解，可采取的措施有粉碎铝土矿、加热、增大盐酸的浓度， 故答案为：SiO2；粉碎铝土矿、加热、增大盐酸的浓度；
3+
+3OH−=Fe(OH)3↓， (2)②操作加入过量的氢氧化钠，发生Al3++4OH−=AlO−2+2H2O，Fe−
③中通入过量的二氧化碳，发生AlO−2+CO2+H2O=Al(OH)3+HCO3，
AlO−故答案为：Al3++4OH−=AlO−Fe3++3OH−=Fe(OH)3↓；2+CO2+H2O=Al(OH)3+2+2H2O；HCO−3；
(3)步骤②如加入氨水，Al(OH)3只能溶于强碱，则生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，生成的氢氧化铝，不能溶于氨水，
故答案为：Al(OH)3只能溶于强碱，不能溶于氨水，用氨水不能将Fe(OH)3和Al(OH)3分离。 铝土矿的主要成分是Al2O3，此外还含有少量 SiO2、Fe2O3等杂质步骤①用盐酸溶解，发生的反应有Al2O3+6H+=2Al3++3H2O，Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，过滤得到滤液为含三价铝和三价铁的离子的溶液，再通入过量的氢氧化钠生成偏铝酸钠溶液甲，再通入过量的二氧化碳生成氢氧化铝
的沉淀，再灼烧生成氧化铝，最后电解得到铝单质，以此解答该题。
本题考查Al及其化合物的化学性质、物质分离提纯方法和基本操作的综合应用，注意把握流程中发生的化学反应为解答的关键，注重信息与所学知识的结合分析解决问题，侧重知识迁移应用能力的考查，题目难度中等。
9.答案：浓氨水与氢氧化钠固体 降低温度，提高反应物转化率(或降低温度，防止因反应放热造成
产物分解) 通过观察气泡，调节NH3与CO2通入比例 过滤 c 防止倒吸 吸收多余氨气 防止空气中水蒸气进入反应器使氨基甲酸铵水解 80.00%
解析：解：(1)把浓氨水滴入到固体氧化钙或氢氧化钠，在溶解过程中放热使浓氨水分解生成氨气，故答案为：浓氨水与生石灰或氢氧化钠固体等；
(2)①反应2NH3(g)+CO2(g)⇌NH2COONH4(s)+Q，是放热反应，降温平衡正向进行，温度升高；发生器用冰水冷却提高反应物质转化率，防止生成物温度过高分解；
故答案为：降低温度，提高反应物转化率(或降低温度，防止因反应放热造成产物分解)；液体石蜡鼓泡瓶的作用是控制反应进行程度，控制气体流速和原料气体的配比，故答案为：通过观察气泡，调节NH3与CO2通入比例；
②制备氨基甲酸铵的装置如图3所示，把氨气和二氧化碳通入四氯化碳中，不断搅拌混合，生成的氨基甲酸铵小晶体悬浮在四氯化碳中，分离产品的实验方法利用过滤得到，氨基甲酸铵(NH2COONH4)是一种白色固体，易分解、不能加热烘干，应在真空40℃以下烘干； 故答案：过滤；c；
③双通玻璃管的作用是防止液体倒吸；浓硫酸起到吸收多余的氨气，同时防止空气中水蒸气进入反应器使氨基甲酸铵水解，
故答案为：防止倒吸；吸收多余氨气、防止空气中水蒸气进入反应器使氨基甲酸铵水解； (3)取因部分变质而混有碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品0.7820g，用足量石灰水充分处理后，使碳元素完全转化为碳酸钙，过滤、洗涤、干燥，测得质量为1.000g.物质的量为0.010mol，设样品中氨基甲酸铵物质的量为x，碳酸氢铵物质的量为y，依据碳元素守恒得到； x+y=0.01
78x+79y=0.7820
解得x=0.008mol
y=0.002mol
则样品中氨基甲酸铵的物质的量分数=
0.008mol0.01mol
×100%=80.00%，故答案为：80.00%．
(1)装置1是利用分液漏斗滴入液体溶解锥形瓶中的固体，利用溶解放热使氨水分解生成氨气； 液体石蜡鼓泡瓶的主要作用是控制反应进行程度，控制气(2)①反应是放热反应降温平衡正向进行；体流速和原料气体的配比；
②生成的氨基甲酸铵小晶体悬浮在四氯化碳中，分离产品的实验方法利用过滤得到，氨基甲酸铵(NH2COONH4)是一种白色固体，易分解；
③依据反应过程中的产物分析，不能把污染性的气体排放到空气中，吸收易溶于水的气体需要放倒吸；
(3)碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品中，使碳元素完全转化为碳酸钙，依据碳元素守恒和混合物质量计算物质的量分数．
本题考查了物质制备实验的设计应用，主要是氨气的制备方法，氨基甲酸的制备实验装置分析判断，实验基本操作，混合物分离的实验设计，有关混合物的计算，题目难度中等．
10.答案：解：依据化学平衡三段式列式计算，
N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) 起始量(mol/L) 5 15 0 变化量(mol/L) 2 6 4 平衡量(mol/L) 3 9 4
(1)从反应开始至平衡时N2的平均反应速率=
2mol/L5min
=0.4mol/L⋅min；
答：从反应开始至平衡时N2的平均反应速率0.4 mol⋅L−1⋅min−1； (2)依据上述计算可知H2的起始浓度=15mol/L； 答：H2的起始浓度为15 mol⋅L−1； (3)N2的转化率=5mol/L×100%=40%； 答：N2的转化率为40%．
2mol/L
解析：依据化学平衡三段式列式计算， N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) 起始量(mol/L) 5 15 0 变化量(mol/L) 2 6 4 平衡量(mol/L) 3 9 4
依据上述计算分析计算．
本题考查了化学平衡计算的分析应用，主要是反应速率、转化率、浓度概念的计算应用，掌握基础是关键，题目较简单．
11.答案：(1)[Ar]3d7或1s22s22p63s23p63d7；Co失去三个电子后会变成[Ar]3d6，更容易再失去一
个电子形成半满状态[Ar]3d5，Fe失去三个电子后会变成[Ar]3d5，达到半充满的稳定状态，更难再失去一个电子 (2)10；sp、sp2；O
236√3×1021
(3)12；6； 3a2cNA
解析：
本题考查晶胞计算，为高频考点，把握电子排布、杂化、晶体结构及计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意(3)为解答的难点，题目难度大。
(1)Co的原子序数为27，则Co2+核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d7；第四电离能I4(Co) 图中结构单元底面为正六边形，边长为anm，底面面积为6×2×a×10−7cm×a×10−7cm×sin60°=c×10 3√32 1 1 1 1 1 ×a2×10−14cm2，结构单元的体积= 3 59×6NA 3√32 ×a2×10−14cm2×c×10−7cm= mV 3√32 ×a2× −21 cm，结构单元中原子总质量=g，故晶体密度ρ== 59×6 NA3√3×a2×c×10−21 2 = 236√3×1021 g/ 3a2cNA cm3， 故答案为：12； 6； 236√3×1021 g/cm3。 3a2cNA 12.答案：对硝基甲苯 羧基、羟基 加成反应 13 酯化反应或取代反 应 10 一定条件 → 解析：解：(1)G为 ，G的化学名称为：对硝基甲苯，故答案为：对硝基甲苯； (2)C为，C中官能团的名称为：羧基、羟基。D的顺式结构简式为： ， 故答案为：羧基、羟基；； (3)A→B的反应类型为：加成反应，F为，旋转碳碳单键可以使甲基中1个H原子处于 苯环的平面结构，故F分子中最多有 13个原子共平面， 故答案为：加成反应；13； (4)E+I→M的反应类型为：酯化反应或取代反应，其反应的化学方程式为： ， 故答案为：酯化反应或取代反应； ； (5)同时满足下列条件的H(NaHCO3反应，说明还含有羧基， )的同分异构体：①苯环上连有−NH2，②能与 则苯环有−NH2、−COOH、−Cl3个取代基，而−NH2、−COOH有邻、间、对3种位置，对应的−Cl分别有4种、4种、2种位置，共有10种， 故答案为：10； (5)需要先制备 ，可以由乙醛与HCN先发生加成反应，然后酸性水解得到。乙醇 氧化得到乙醛，合成路线流程图为： 一定条件 → ， 故答案为： 一定条件 → 。 E的组成为(C4H6O2)n，与I反应得到高聚物M，结合M的结构简式，可推知E为 、I 为为 、G为 .F发生硝化反应得到G，G与氯气在光照条件下得到H，H水解得到I，故F 、H为 。 结合A→E系列转化反应条件，可知D为CH3CH=CHCOOH，C发生醇的消去反应D，B中−CN水解为−COOH得到C，A与HCN反应引入−OH、−CN，属于加成反应，可推知A为CH3CH2CHO、B为CH3CH2CH(OH)CN，C为 ； (6)需要先制备，可以由乙醛与HCN先发生加成反应，然后酸性水解得到，乙醇 氧化得到乙醛。 本题考查有机物的推断与合成，侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力，由于题目没有给出反应信息，A的推断为本题的难点，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化。 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容