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非选择题标准练(一)1．(6分)(2019·温州选考模拟)烃A是一种重要的化工原料，A完全燃烧后生成m(CO2)∶m(H2O)＝22∶9，A在其同系物中相对分子质量最小。现有如图转化关系：请回答：(1)有机物A中含有的官能团名称为________。(2)有机物F与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为_________________________。(3)有机物E能使溴的四氯化碳溶液褪色，其原因是____________________________(用化学方程式表示)。(4)下列说法不正确的是________。A．B→C可通过两步直接实现：①热铜丝催化氧化，②直接与新制Cu(OH)2共热B．将绿豆大小的钠投入到B中，钠块浮在液面上，并产生气泡C．若C→E为加成反应，则D为乙炔D．为制备干燥的F，可在分离出F后，选用碱石灰作干燥剂解析：烃A完全燃烧后生成m(CO2)∶m(H2O)＝22∶9，则A中N(C)∶N(H)＝1∶2，又A在其同系物中相对分子质量最小，则A为CH2===CH2，根据题图转化关系可知，B为CH3CH2OH，C为CH3COOH，E为CH3COOCH===CH2，F为CH3COOCH2CH3。(1)有机物A为CH2===CH2，含有的官能团名称为碳碳双键。(3)CH3COOCH===CH2中含有碳碳双键，可以与溴发生加成反应，从而使溴的四氯化碳溶液褪色。(4)CH3CH2OH在热铜丝的作用下转化为CH3CHO，CH3CHO直接与新制Cu(OH)2共热得到的是CH3COONa，要得到CH3COOH，还需要用盐酸或硫酸酸化，A项错误；钠的密度大于乙醇的密度，故钠块沉在乙醇液面下，B项错误；若C→E为加成反应，则D为CH≡CH，C项正确；分离出乙酸乙酯后，若用碱石灰干燥，则会导致乙酸乙酯水解，D项错误。答案：(1)碳碳双键(1分)(2)CH3COOCH2CH3＋NaOH――→△CH3COONa＋CH3CH2OH(1分)(3)CH3COOCH===CH2＋Br2―→CH3COOCHBrCH2Br(2分)(4)ABD(2分)2．(6分)某研究小组为了探究含五种元素的无机矿物盐甲的组成和性质，设计并完成了如下实验，已知该实验过程不涉及氧化还原反应。请回答下列问题：(1)甲的组成元素为C、H、O和________(用元素符号表示)，化学式为________________________________________________________________________。(2)写出甲隔绝空气加热的化学方程式：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。解析：无色液体1为H2O，物质的量为0.1mol；无色无味气体1的质量为29.5g－1.8g－23.3g＝4.4g，该气体可以使澄清石灰水变浑浊，故该气体为CO2，物质的量为0.1mol；23.3g固体1由等物质的量的两种氧化物组成，向黑色固体2中加入足量硫酸溶液后，得到蓝色溶液，则黑色固体2为CuO，物质的量为0.1mol，另一种氧化物的质量为23.3g－8g＝15.3g，物质的量也为0.1mol，则该氧化物的摩尔质量为153g·mol－1，由于该氧化物能溶于水，且通入CO2后产生白色沉淀，故该氧化物为BaO。综上可知，该无机矿物盐的化学式为Cu(OH)2·BaCO3。答案：(1)Ba、Cu(2分)BaCO3·Cu(OH)2或BaCu(OH)2CO3或BaO·CuO·CO2·H2O(2分，其他合理答案也可)(2)BaCO3·Cu(OH)2=====△BaO＋CuO＋H2O＋CO2↑(2分)3．(4分)实验室以一种工业废渣(主要成分为MgCO3、Mg2SiO4和少量Fe、Cu的氧化物)为原料制备MgCO3·3H2O。实验过程如下：(1)酸溶过程中，Mg2SiO4发生反应的化学方程式为________________________________________________________________________。(2)加入H2O2的作用为________________________________________________________________________。(3)下列关于分液漏斗及其使用方法的叙述，正确的是________。A．使用前要先检查玻璃塞和旋塞处是否漏液B．将加入有机萃取剂后的混合液转移到分液漏斗中，塞上玻璃塞，用右手压住分液漏斗玻璃塞，左手握住旋塞，倒转漏斗，用力振荡，并不时旋开旋塞放气C．分液时，必须塞紧上口玻璃塞以防止有机萃取剂挥发D．本实验中，含Fe3＋的有机相一定从下口放出，水层从上口倒出解析：(1)Mg2SiO4与H2SO4反应生成MgSO4、H2SiO3和H2O(或MgSO4和H4SiO4)。(2)加入H2O2的目的是将Fe2＋氧化为Fe3＋。(3)分液漏斗在使用前，需要检查旋塞和上口玻璃塞处是否漏水，A项正确；B项正确；分液时，需打开上口玻璃塞或使塞上的凹槽(或小孔)对准漏斗口上的小孔，使漏斗内外空气相通，C项错误；由于未给出有机萃取剂的密度，故无法确定含Fe3＋的有机相位于上层还是下层，D项错误。答案：(1)Mg2SiO4＋2H2SO4===2MgSO4＋H4SiO4或Mg2SiO4＋2H2SO4===2MgSO4＋H2SiO3＋H2O(1分)(2)将Fe2＋氧化为Fe3＋，便于除杂(1分)(3)AB(2分)4．(4分)(2019·杭州高三质检)为测定某肥料发酵产生的混合气体(CH4、CO2、NH3)中甲烷的含量，将一定量的混合气体通过足量的灼热的CuO，发生的反应有①CH4＋4CuO=====△CO2↑＋2H2O↑＋4Cu、②2NH3＋3CuO=====△N2↑＋3H2O↑＋3Cu。完全反应后固体质量减少14.4g，再将反应后的气体通入3L0.10mol·L－1Ba(OH)2溶液中，充分吸收生成碳酸钡沉淀39.4g，剩余气体为2.24L的N2(标准状况)。(1)原混合气体中CH4的物质的量为________mol。(2)原混合气体中CH4的物质的量分数为________。解析：(1)根据反应②2NH3＋3CuO=====△N2↑＋3H2O↑＋3Cu，当有0.1molN2生成时，则有0.2molNH3参与反应，且发生该反应固体质量减少0.3mol×80g·mol－1－0.3mol×64g·mol－1＝4.8g，则发生反应①CH4＋4CuO=====△CO2↑＋2H2O↑＋4Cu固体质量减少14.4g－4.8g＝9.6g，参与反应①的CuO的物质的量为9.6g÷(80－64)g·mol－1＝0.6mol，参与反应①的CH4的物质的量为0.15mol，同时有0.15molCO2生成。(2)原混合气体中的CO2与反应①生成的CO2和0.3molBa(OH)2反应生成BaCO3的物质的量为39.4g÷197g·mol－1＝0.2mol，则消耗的CO2为0.2mol或0.4mol，故原混合气体中CO2的物质的量为0.05mol或0.25mol，原混合气体(CH4、CO2、NH3)的总物质的量为0.4mol或0.6mol，所以原混合气体中CH4的物质的量分数为0.375或0.25。答案：(1)0.15(2分)(2)0.375或0.25(2分)5．(10分)[2019·浙江4月选考，T30(1)～(3)]水是“生命之基质”，是“永远值得探究的物质”。(1)关于反应H2(g)＋12O2(g)===H2O(l)，下列说法不正确的是________。A．焓变ΔH＜0，熵变ΔS＜0B．可以把反应设计成原电池，实现能量的转化C．一定条件下，若观察不到水的生成，说明该条件下反应不能自发进行D．选用合适的催化剂，有可能使反应在常温常压下以较快的速率进行(2)①根据H2O的成键特点，画出与图1中H2O分子直接相连的所有氢键(OHO)。②将一定量水放入抽空的恒容密闭容器中，测定不同温度(T)下气态、液态水平衡共存[H2O(l)H2O(g)]时的压强(p)。在图2中画出从20℃开始经过100℃的p随T变化关系示意图(20℃时的平衡压强用p1表示)。(3)水在高温高压状态下呈现许多特殊的性质。当温度、压强分别超过临界温度(374.2℃)、临界压强(22.1MPa)时的水称为超临界水。①与常温常压的水相比，高温高压液态水的离子积会显著增大。解释其原因：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。②如果水的离子积Kw从1.0×10－14增大到1.0×10－10，则相应的电离度是原来的________倍。③超临界水能够与氧气等氧化剂以任意比例互溶，由此发展了超临界水氧化技术。一定实验条件下，测得乙醇的超临界水氧化结果如图3、图4所示，其中x为以碳元素计的物质的量分数，t为反应时间。下列说法合理的是________。A．乙醇的超临界水氧化过程中，一氧化碳是中间产物，二氧化碳是最终产物B．在550℃条件下，反应时间大于15s时，乙醇氧化为二氧化碳已趋于完全C．乙醇的超临界水氧化过程中，乙醇的消耗速率或二氧化碳的生成速率都可以用来表示反应的速率，而且两者数值相等D．随温度升高，xCO峰值出现的时间提前，且峰值更高，说明乙醇的氧化速率比一氧化碳氧化速率的增长幅度更大答案：(1)C(1分)(2)①(2分)②(2分)(3)①水的电离为吸热过程，升高温度有利于电离(压强对电离平衡影响不大)(1分)②100(2分)③ABD(2分)6．(10分)聚合氯化铝(PAC)是一种常用的絮凝剂，通常为浅黄色半透明液体，其化学式可表示为[Al2(OH)nCl6－n]m(n6，m10)。已知：①PAC与酸混合，可发生解聚，最终生成正盐。②实验室通过增大AlCl3溶液的pH，促进AlCl3水解，制备PAC。某小组的实验流程如图：(1)AlCl3固体加水后，溶液会有白色浑浊出现。实验室常将AlCl3先溶于________，然后再加水稀释，避免出现浑浊。(2)减压过滤不宜用于过滤颗粒太小的沉淀，所以下列操作有利于后续减压过滤操作的是________。A．加入较稀的氨水B．加入氨水充分反应后，煮沸几分钟C．使用较稀的AlCl3溶液D．加入较浓的氨水(3)在减压过滤前，应先将滤纸放入布氏漏斗内，___________________________________(填实验操作)，使滤纸紧贴在漏斗瓷板上。(4)AlCl3溶液可用废铝渣(含Al与Al2O3)制取，某小组设计了如图装置(夹持和控温装置省略)。实验中，使用滴液漏斗的优点有①有利于盐酸的滴加；②________________________________________________；从实验安全的角度分析，该装置有一处不合理，它是___________________________________________________________________________________________________________________________________。解析：(1)AlCl3固体加水后，Al3＋水解产生Al(OH)3，溶液会有白色浑浊出现。实验室常将AlCl3先溶于盐酸，抑制Al3＋的水解，然后再加水稀释，避免出现浑浊。(2)较稀的氨水碱性较弱，不利于生成较大的沉淀颗粒，A项错误；充分反应后煮沸有利于生成较大的沉淀颗粒，有利于后续减压过滤操作，B项正确；使用较稀的AlCl3溶液，不利于