下列关于有机物的说法错误的是( )A．CCl4可由CH4制得.可萃取碘水中的碘B．苯不能使KMnO4溶液褪色.因此苯不能发生氧化反应C．乙醇.乙酸和乙酸乙酯能用饱和Na2CO3溶液鉴别D．石油和天然气的主要成分都是碳氢化合物题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

14．下列关于有机物的说法错误的是（　　）

	A．	CCl₄可由CH₄制得，可萃取碘水中的碘
	B．	苯不能使KMnO₄溶液褪色，因此苯不能发生氧化反应
	C．	乙醇、乙酸和乙酸乙酯能用饱和Na₂CO₃溶液鉴别
	D．	石油和天然气的主要成分都是碳氢化合物

分析 A．甲烷和氯气发生取代反应制得四氯化碳，四氯化碳是良好的有机溶剂，可萃取碘水中的碘；
B．苯不能使KMnO₄溶液褪色，但苯点燃条件下与氧气反应属于氧化反应；
C．乙酸能够与饱和的Na₂CO₃溶液反应冒出气泡，乙酸乙酯不溶于水，乙醇易溶于水；
D．石油和天然气的主要成分都是烃．

解答解：A．甲烷和氯气发生取代反应制得四氯化碳，碘在CCl₄中的溶解度比在水中的溶解度大，可用四氯化碳萃取，故A正确；
B．苯分子的特殊结构决定了苯的特殊性质，苯不能使KMnO₄溶液褪色，但苯也可以发生氧化反应，在空气中燃烧生成二氧化碳和水，故B错误；
C．乙酸能够与饱和的Na₂CO₃溶液反应生成二氧化碳气体冒出气泡，乙酸乙酯不溶于水浮在上层，乙醇易溶于水和水混溶，乙醇、乙酸和乙酸乙酯能用饱和Na₂CO₃溶液鉴别，故C正确；
D．石油和天然气的主要成分都是烃，烃由碳、氢元素组成，则烃属于碳氢化合物，故D正确；
故选B．

点评本题考查了常见有机物的结构和性质，掌握常见有机物的性质，尤其注意有机物燃烧属于氧化还原反应，此是易错点，题目难度不大．

练习册系列答案

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19．用N_A表示阿伏加德罗常数，下列说法中，正确的是（　　）

	A．	常温常压下，3.0g乙烷中含有的碳氢键数为0.7N_A
	B．	标准状况下，22.4L C₂H₅OH中含有的氢原子数为6N_A
	C．	常温常压下，92 g的 NO₂和N₂O₄混合气体含有的原子数为6N_A
	D．	标准状况下，由Na₂O₂制得11.2 LO₂，反应转移的电子数为0.5N_A

20．某元素质量数51，中子数27，其基态原子未成对电子数为（　　）

2．水滑石是一类重要的阻燃剂．某研究小组为了探究一种水滑石M（仅含五种常见短周期元素，带结晶水，其摩尔质量为266.5g•mol^-）的组成和性质，设计并完成如下实验：

取26.65g水滑石M与含0.05mol Na₂CO₃的溶液恰好完全离子交换后进行后续实验，得到7.8g白色沉淀2和11.6g白色沉淀3．
已知：（1）离子交换原理为：2RCl+Na₂CO₃=R₂CO₃+2NaCl；
（2）气体甲常温常压下为无色无味液体．
回答下列问题：
（1）写出气体乙的结构式O=C=O；
（2）固体1的成分是MgO和Al₂O₃，在惰性气流中加热水滑石N至完全分解的化学方程式为Mg₄Al₂•CO₃（OH）₁₂•6H₂O$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$4MgO+Al₂O₃+CO₂↑+12H₂O↑，其能够阻燃的原因是水滑石N分解时，释放出二氧化碳气体和水蒸气起到了隔绝空气的作用，同时受热分解的残余物氧化镁和氧化铝可隔绝空气，从而起到了阻燃作用；
（3）固体1中的某种成分与Cl₂、焦炭在一定条件下发生氧化还原反应，生成一种盐（可作净水剂）和常见的气体氧化物，写出一个可能的化学反应方程式Al₂O₃+3C+3Cl₂$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$2AlCl₃+3CO↑或2Al₂O₃+3C+6Cl₂$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$4AlCl₃+3CO₂↑，并设计实验确定气体产物的成分（假设Cl₂已反应完全）：气体产物可能为CO或CO₂或二者的混合物，将生成气体依次通过澄清石灰水、灼热的CuO粉末，若溶液变浑浊，则X中存在CO₂，若黑色的CuO粉末变成红色粉末，则X中存在CO．

9．用FeCl₃酸性溶液脱除H₂S后的溶液，通过控制电压电解得以再生．某同学使用石墨电极，在不同电压（x）下电解pH=1的0.1mol•L^-1的FeCl₂溶液，研究废液再生机理．记录如下（a、b、c代表电压数值）：

序号	电压/V	阳极现象	检验阳极产物
Ⅰ	x≥a	电极附近出现黄色，有气泡产生	有Fe³⁺、有Cl₂
Ⅱ	a＞x≥b	电极附近出现黄色，无气泡产生	有Fe³⁺、无Cl₂
Ⅲ	b＞x＞0	无明显变化	无Fe³⁺、无Cl₂

（1）用KSCN溶液检验出Fe³⁺的现象是溶液变红．
（2）Ⅰ中，Fe³⁺产生的原因可能是Cl^-在阳极放电，生成的Cl₂将Fe²⁺氧化．写出有关反应：2Cl^--2e^-=Cl₂↑，Cl₂+2Fe²⁺=2Fe³⁺+2Cl^-．
（3）由Ⅱ推测，Fe³⁺产生的原因还可能是Fe²⁺在阳极放电，原因是Fe²⁺具有还原性．
（4）Ⅱ中虽未检验出Cl₂，但Cl^-在阳极是否放电仍需进一步验证．电解pH=1的NaCl溶液做对照实验，记录如下：

序号	电压/V	阳极现象	检验阳极产物
Ⅳ	a＞x≥c	无明显变化	有Cl₂
Ⅴ	c＞x≥b	无明显变化	无Cl₂

①NaCl溶液的浓度是0.2mol•L^-1．
②Ⅳ中检测Cl₂的实验方法取少量阳极附近的溶液，滴在淀粉碘化钾试纸上，试纸变蓝色．
③与Ⅱ对比，得出的结论（写出两点）：通过控制电压，证实了产生Fe³⁺的两种原因，通过控制电压，验证了Fe²⁺先于Cl^-放电．

19．下列有关物质的性质和该性质的应用均正确的是（　　）

	A．	H₂O₂是一种绿色氧化剂，可与酸性高锰酸钾作用产生
	B．	晶体硅具有半导体性质，可用于生产光导纤维
	C．	铜的金属活动性比铁弱，可用铜罐代替铁罐贮运浓硝酸
	D．	铝具有良好的导电性，钢抗拉强度大，钢芯铝绞线可用作远距离高压输电线材料

6．工业废水中常含有一定量的Cr₂O₇^2-和CrO₄^2-，它们会对人类及生态系统产生很大损害，必须进行处理．常用的处理方法有两种．
方法1：还原沉淀法
该法的工艺流程为：CrO₄^2-$→_{①转化}^{H+}$Cr₂O₇^2-$→_{②还原}^{Fe_{2}+}$Cr³⁺$→_{③沉淀}^{CH-}$Cr（OH）₃↓其中第①步存在平衡：2CrO₄^2-（黄色）+2H⁺?Cr₂O₇^2-（橙色）+H₂O
（1）能说明第①步反应达平衡状态的是c．
a．Cr₂O₇^2-和CrO₄^2-的浓度相同 b.2v（Cr₂O₇^2-）=v（CrO₄^2-） c．溶液的颜色不变
（2）第②步中，还原1molCr₂O₇^2-离子，需要6mol的FeSO₄7H₂O．
（3）第③步生成的Cr（OH）₃在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：Cr（OH）₃（s）?Cr³⁺（aq）+3OH^-（aq）
常温下，Cr（OH）₃的溶度积K_sp=c（Cr³⁺）•c³（OH^-）=10^-32，要使c（Cr³⁺）降至10^-5mol/L，溶液的pH应调至5．
方法2：电解法
该法用Fe做电极电解含Cr₂O₇^2-的酸性废水，随着电解进行，在阴极附近溶液pH升高，产生Cr（OH）₃沉淀．
（4）用Fe做电极的原因为阳极反应为Fe-2e^-=Fe²⁺，提供还原剂Fe²⁺．
（5）在阴极附近溶液pH升高的原因是（用电极反应解释）2H⁺+2e^-=H₂↑，溶液中同时生成的沉淀还有Fe（OH）₃．

3．下列有关化学实验的叙述正确的是（　　）

	A．	可用25 mL碱式滴定管量取20.00 mL KMnO₄溶液
	B．	除去乙醇中少量的乙酸：加足量生石灰，蒸馏
	C．	用苯萃取溴水中的溴，分液时有机层从分液漏斗的下口放出
	D．	向SO₂水溶液中滴加盐酸酸化的BaCl₂溶液，有白色沉淀生成，说明BaSO₃难溶于盐酸

4．前20号元素A、B、C、D，其中A元素所处的周期数、主族序数、原子序数均相等；B的原子半径是其所在主族中最小的，B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO₃；C元素原子的最外层电子数比次外层少2个；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D₂C．
（1）C在周期表中的位置第三周期第ⅥA族；
（2）B 元素的原子结构示意图

；
（3）化合物D₂C的电子式

；
（4）B最简单气态氢化物与最简单的有机物的稳定性强弱关系（用相应的化学式表示）：NH₃＞CH₄；
（5）C、D离子的半径大小关系为C＞D （填：＞、=、＜）；
（6）B的氢化物与B的最高价氧化物对应水化物反应的生成物中含有的化学键有B（填选项）．
A、只含离子键 B、既有离子键又有共价键
C、只含有共价键 D、既有极性共价键又有非极性共价键．

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