题目内容

1．下列物质不能由两种单质直接化合得到的是（　　）
A．SO2B．FeCl2C．MgOD．Na2O2

分析 A．S与氧气反应生成二氧化硫；
B．Fe与氯气反应生成氯化铁；
C．Mg与氧气反应生成MgO；
D．Na与氧气反应生成过氧化钠．

解答 解：A．S在氧气中燃烧可直接化合生成二氧化硫，故A不选；
B．氯气具有强氧化性，则Fe与氯气直接化合生成氯化铁，故B选；
C．Mg在氧气中燃烧直接化合生成MgO，故C不选；
D．Na在氧气中燃烧直接化合生成过氧化钠，故D不选；
故选B．

点评 本题考查物质的性质及反应，为高频考点，把握发生的反应、反应条件为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意氧化还原反应的应用，题目难度不大．

练习册系列答案
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16．将一定量的Ag2SO4固体置于容积不变的容器中，在某温度下发生下列反应：
①Ag2SO4（s）?Ag2O（s）+SO3（g）      
②2SO3（g）?2SO2（g）+O2（g）
经10分钟反应达到平衡，此时c（SO3）=0.4mol/L，c（O2）=0.05mol/L，下列叙述不正确的是（　　）
A．SO3的分解率为20%B．10分钟内ν（SO2）=0.01mol/（L•min）
C．容器内气体的密度为40g/LD．此温度下反应①的平衡常数为4
17．用氢氧化钾溶液作电解质溶液，写出氢氧燃料电池的电极反应正极：O2+2H2O+4e-=4OH-，负极：2H2+4OH--4e-═4H2O，该电池总反应的方程式为O2+2H2=2H2O．
9．（1）在1200℃时，天然气脱硫工艺中会发生下列反应
H2S（g）+$\frac{3}{2}$O2（g）═SO2（g）+H2O（g）△H1
2H2S（g）+SO2（g）═$\frac{3}{2}$S2（g）+2H2O（g）△H2
H2S（g）+$\frac{1}{2}$O2（g）═S（g）+H2O（g）△H3
2S（g）=S2（g）△H4
则△H4的正确表达式为A
A．△H4=$\frac{2}{3}$（△H1+△H2-3△H3）       B．△H4=（3△H3-△H1-△H2）
C．△H4=（△H1+△H2-3△H3）       D．△H4=（△H1-△H2-3△H3）
16．下列说法正确的是（　　）
A．任何化学反应都伴随着能量的变化
B．H2O（g）→H2O（l）该过程放出大量的热，所以该过程是化学变化
C．化学反应中能量的变化一定都表现为热量的变化
D．氢氧化钡晶体和氯化铵晶体的反应属于放热反应
6．已知苯甲酸微溶于水，易溶于乙醇、乙醚，有弱酸性，酸性比醋酸强．它可用于制备苯甲酸乙酯和苯甲酸铜．
（一）制备苯甲酸乙酯

沸点（℃）密度（g•cm-3）
苯甲酸2491.2659
苯甲酸乙酯212.61.05
乙醇78.50.7893
环己烷80.80.7785
乙醚34.510.7318
环己烷、乙醇和水共沸物62.1
相关物质的部分物理性质如表格，实验流程如图1：

（1）制备苯甲酸乙酯，装置最合适的是图2中的B

反应液中的环己烷在本实验中的作用（通过形成水-乙醇-环己烷三元共沸物）带出生成的水，促进酯化反应向正向进行．
（2）步骤②控制温度在65～70℃缓慢加热液体回流，分水器中逐渐出现上、下两层液体，直到反应完成，停止加热．放出分水器中的下层液体后，继续加热，蒸出多余的乙醇和环己烷．反应完成的标志是分水器中下层（水层）液面不再升高．
（3）步骤③碳酸钠的作用是中和苯甲酸和硫酸．
（4）步骤④将中和后的液体转入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MgSO4干燥．乙醚的作用萃取出水层中溶解的苯甲酸乙酯，提高产率．
（二）制备苯甲酸铜
将苯甲酸加入到乙醇与水的混合溶剂中，充分溶解后，加入Cu（OH）2粉未，然后水浴加热，于70～80℃下保温2～3小时；趁热过滤，滤液蒸发冷却，析出苯甲酸铜晶体，过滤、洗涤、干燥得到成品．
（5）混合溶剂中乙醇的作用是增大苯乙酸的溶解度，便于充分反应，趁热过滤的原因苯甲酸铜冷却后会结晶析出，如不趁热过滤会损失产品
（6）洗涤苯甲酸铜晶体时，下列洗涤剂最合适的是C
A．冷水B．热水C．乙醇D．乙醇水混合溶液．
13．氯化铜是一种广泛用于生产颜料、木材防腐剂等的化工产品．某研究小组用粗铜（含杂质Fe）按如图1流程制备氯化铜晶体（CuCl2•2H2O），已知氯化铜易溶于水，难溶于乙醇．

（1）溶液1中的金属离子有Fe3+、Fe2+、Cu2+．能检验溶液1中Fe2+的试剂①②（填编号）
①KMnO4②K3[Fe（CN）6]③NaOH   ④KSCN
为了更完全的沉淀，试剂X为H2O2．
（2）试剂a是盐酸，加入需过量的原因是充分反应，抑制Cu2+水解．试剂Y用于调节pH以除去杂质，Y可选用下列试剂中的cd（填序号）．
a．NaOH   b．NH3•H2O   c．CuO   d．Cu2（OH）2CO3   e．CuSO4
调节pH至4～5的原因是使溶液中Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，Cu2+离子不沉淀．得到固体2的操作是过滤．
（3）实验室采用如图2所示的装置，可将粗铜与Cl2反应转化为固体1（部分加热和夹持装置已略去）．
①仪器A的名称是分液漏斗．
②引发B中反应的操作是打开分液漏斗上口玻璃塞，旋开分液漏斗活塞，缓慢滴加，并用酒精灯加热B装置．装置B中发生反应的离子方程式是MnO2+4H++2Cl- $\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Mn2++Cl2↑+2H2O．
（4）在溶液2转化为CuCl2•xH2O的操作过程中，发现溶液颜色由蓝色变为绿色．欲探究其原因．已知：在氯化铜溶液中有如下转化关系：
Cu（H2O）42+（aq）+4Cl-（aq）?CuCl42-（aq）+4H2O（l）
               蓝色                                                黄色
①上述反应的化学平衡常数表达式是K=$\frac{c（CuC{l}_{4}{\;}^{2-}）}{c[Cu（H{\;}_{2}O）{\;}_{4}{\;}^{2+}]•{c}^{4}（C{l}^{-}）}$．若增大氯离子浓度，K值不变（填“增大”、“减小”或“不变”）
②取氯化铜晶体配制成蓝绿色溶液Y，进行如下实验，其中能够证明CuCl2溶液中有上述转化关系的是abc（填序号）．
a．将Y稀释，发现溶液呈蓝色            b．在Y中加入CuCl2晶体，溶液变为绿色
c．在Y中加入NaCl固体，溶液变为绿色   d．取Y进行电解，溶液颜色最终消失
（5）得到CuCl2•xH2O晶体最好采用的干燥方式是D．
A．空气中加热蒸干           B．空气中低温蒸干
C．HCl气流中加热烘干        D．HCl气流中低温烘干
（6）为测定制得的氯化铜晶体（CuCl2•xH2O）中x的值，某兴趣小组设计了以下实验方案：
称取m g晶体溶于水，加入足量氢氧化钠溶液、过滤、沉淀洗涤后用小火加热至质量不再轻为止，冷却，称量所得黑色固体的质量为ng．沉淀洗涤的操作方法是向过滤器中加入水至完全浸没沉淀，过滤，重复2～3次，根据实验数据测得x=$\frac{80m-135n}{18n}$（用含m、n的代数式表示）
10．环境污染已成为人类社会面临的重大威胁．下列名词与环境污染无关的是…（　　）
①温室效应；   ②赤潮；   ③酸雨；   ④光化学污染；
⑤臭氧空洞；   ⑥水俣病； ⑦潮汐；   ⑧大脖子病．
A．②⑧B．⑦⑧C．⑥⑦⑧D．②⑤⑦
11．如图所示，甲、乙两池电极材料都是铁棒与碳棒，请回答下列问题．
（1）若两池中均为CuSO4溶液，反应一段时间后：
①有红色物质析出的是甲池中的碳棒，乙池中的铁棒．
②乙池中阳极的电极反应式是：4OH--4e-=O2↑+2H2O．
（2）若两池中均为饱和NaCl溶液：
①写出乙池中总反应的离子方程式：2Cl-+2H2O$\frac{\underline{\;电解\;}}{\;}$Cl2↑+H2↑+2OH-．
②甲池中碳极的电极反应式是：2H2O+O2+4e-═4OH-，乙池中碳极的电极反应属于氧化反应（填“氧化反应”或“还原反应”）．
③将湿润的淀粉KI试纸放在乙池中碳极附近，发现试纸变蓝，过一段时间后又发现蓝色褪去，这是因为过量的Cl2又将生成的I2氧化．若反应的Cl2和I2物质的量之比为5：1，且生成两种酸，该反应的化学方程式为：5Cl2+I2+6H2O═2HIO3+10HCl．

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