2018-2019学年浙江省温州市环大罗山联盟高二下学期期中考试化学试题 解析版 25页

‎2018-2019学年浙江省温州市环大罗山联盟高二（下）期中化学试卷 一、单选题（本大题共25小题）‎ ‎1.下列属于碱性氧化物的是（　　）‎ A. CO B. Fe2O3 C. N2O5 D. SiO2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、CO和稀硫酸不反应，和NaOH溶液也不反应，所以CO是不成盐氧化物，不是碱性氧化物，故A错误；‎ B、Fe2O3和稀盐酸或硫酸反应生成铁盐和水，与碱性氧化物概念相符，所以是碱性氧化物，故B正确；‎ C、N2O5不能与酸反应，所以不是碱性氧化物，故C错误；‎ D、SiO2能与NaOH等反应生成硅酸盐和水，但与酸不反应（HF除外），所以是酸性氧化物，故D错误； ‎ 故选：B。‎ ‎2.下列基本操作正确的是（　　）‎ A. 过滤 B. 稀释 C. 定容 D. 蒸发 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．过滤时不能搅拌，使水自然流下，故A错误；‎ B．稀释时将密度大的液体注入密度小的液体中，应将浓硫酸注入水中，故B错误；‎ C．定容时改用胶头滴管，故C错误； ‎ D．蒸发结晶需要蒸发皿、玻璃棒，图中操作合理，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎3.下列物质的水溶液因水解而显酸性的是 A. Na2CO3 B. NaHSO4 C. NH4Cl D. NaOH ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 物质的水溶液因水解而显酸性，则为强酸弱碱盐；‎ ‎【详解】A.碳酸钠为强碱弱酸盐，碳酸根水解使溶液呈碱性，A错误；‎ B.硫酸氢钠是强酸酸式盐，在水中电离产生氢离子，使溶液呈酸性，B错误；‎ C.氯化铵为强酸弱碱盐，铵根水解导致水溶液呈酸性，C正确；‎ D.氢氧化钠为强碱，其溶液呈碱性，D错误；‎ 答案为C。‎ ‎4.下列说法正确的是 A. 碳酸钡可用于医疗上检查肠胃内服剂 B. SiO2 是一种重要的半导体材料 C. 热的纯碱溶液可以去除物品表面的油污 D. MgO 可被大量用于制造火箭和飞机的部件 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．医疗上检查肠胃的内服剂应为BaSO4，故A错误；‎ B．半导体材料应为Si单质，故B错误；‎ C．热的纯碱溶液水解显碱性，可促进酯的水解从而去除物品表面的油污，故C正确；‎ D．大量用于制造火箭和飞机部件的材料应为镁合金，故D错误。‎ 本题选C。‎ ‎5.下列属于强电解质的物质是 A. 盐酸 B. NH3 C. HClO D. CaCO3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.盐酸为混合物，不属于电解质，A错误；‎ B.氨气溶液于水后，与水反应后才能使溶液导电，且液氨也不导电，为非电解质，B错误；‎ C.次氯酸为弱电解质，C错误；‎ D.碳酸钙为强电解质，在熔融状态下可以导电，D正确；‎ 答案为D。‎ ‎6.反应 K2Cr2O7+14HCl(浓)=2CrCl3+2KCl+3Cl2↑+7H2O 中，氧化产物是（　　）‎ A. K2Cr2O7 B. KCl C. CrCl3 D. Cl2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】K2Cr2O7+14HCl(浓)═2KCl+2CrCl3+3Cl2↑+7H2O，Cr元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高，则HCl为还原剂，被氧化，生成氧化产物是Cl2，故D正确； 故选：D。‎ ‎7.下列化学用语表示正确的是（　　）‎ A. N2的结构式： B. Ca2+的结构示意图为：‎ C. CO2的电子式为： D. 乙烯的球棍模型：‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氮气分子中含有1个氮氮三键，其结构式为N≡N，故A错误；‎ B．Ca2+的核电荷数为20，核外电子总数为18，其离子结构示意图为，故B正确；‎ C．二氧化碳为共价化合物，分子中存在两个碳氧双键，碳原子和氧原子的最外层都达到8电子稳定结构，二氧化碳正确的电子式为，故C错误；‎ D．为乙烯的比例模型，乙烯的球棍模型为，故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎8.用试纸检验气体是一种重要的实验方法。下列试纸的选用以及对应的现象、结论都正确的一项是（　　）‎ A. 用干燥的pH试纸检验HCl气体 B. SO2能使湿润的品红试纸褪色 C. 用干燥的红色石蕊试纸检验NH3‎ D. 能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝的气体一定是氯气 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．HCl气体不能使干燥pH试纸变色，则干燥的pH试纸不能检验HCl，故A错误；‎ B．二氧化硫使品红褪色，则SO2能使湿润的品红试纸褪色，因二氧化硫具有漂白性，故B正确； ‎ C．检验氨气利用湿润的红色石蕊试纸，则干燥的红色石蕊试纸不能检验NH3，故C错误；‎ D．具有氧化性的气体能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，如氯气、臭氧、二氧化氮等，故D错误； ‎ 故选：B。‎ ‎9.下列关于煤、石油和天然气等资源的叙述错误的是()‎ A. 煤是由不同有机化合物和无机物所组成的复杂混合物 B. 液化天然气(LNG)和罐装液化石油气(LPG)主要成分都属于烃类 C. 沼气、天然气分别属于可再生能源、化石能源 D. 石油分馏可获得乙酸、苯及其衍生物 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.煤是由无机物和少量有机物组成的混合物，主要以碳元素为主，故A正确；‎ B.液化天然气（LNG）和罐装液化石油气（LPG）主要成分都属于烃类，故B正确；‎ C.天然气、沼气的主要成分都是甲烷，分别属于化石能源、可再生能源，故C正确；‎ D.石油主要成分是各种烷烃、环烷烃、芳香烃的混合物，石油常压分馏产物：液化石油气、汽油、煤油、柴油、重油，减压分馏产物：重柴油、润滑油、凡士林、石蜡、沥青，故D错误。‎ 故选D。‎ ‎10.下列说法不正确的是（　　）‎ A. 取用化学药品时，应特别注意观察药品包装容器上的安全警示标志 B. 玻璃仪器加热，不一定都要加垫石棉网 C. 用冷却热饱和溶液结晶的方法除去KNO3中混有的少量NaCl D. 在分液漏斗中加入萃取剂，然后上下反复颠倒摇匀 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．部分化学药品有毒，则注意观察药品包装容器上的安全警示标志，故A正确；‎ ‎ B．试管可直接加热，烧瓶需要垫上石棉网加热，则玻璃仪器加热，不一定都要加垫石棉网，故B正确；‎ ‎ C．二者溶解度受温度影响不同，则冷却热饱和溶液结晶的方法可除去KNO3中混有的少量NaCl，故C正确；‎ ‎ D．在分液漏斗中加入萃取剂后应用左手握住分液漏斗活塞，右手压住分液漏斗口部，把分液漏斗倒转过来振荡，使两种液体充分接触，振荡后打开活塞，将漏斗内气体放出，静置分液，故D错误； ‎ 故选：D。‎ ‎11.下列说法正确的是（　　）‎ A. 中子数不同的两种核素互称为同位素 B. 醋酸和硬脂酸互为同系物 C. 相差1个CH2原子团的同系物，它们的一氯代物数目肯定不相同 D. 同素异形体由相同元素构成，其晶体类型相同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．中子数不同的两种核素不一定为同位素，如14C、14N，故A错误；‎ B．醋酸和硬脂酸都是饱和一元羧酸，互为同系物，故B正确；‎ C．相差1个CH2原子团的同系物，它们的一氯代物数目可能相同，如甲烷和乙烷的一氯代物只有一种，故C错误；‎ D．同素异形体由相同元素构成，其晶体类型不一定相同，如金刚石和石墨、C60为同素异形体，金刚石为原子晶体、石墨为混合型晶体，C60为分子晶体，故D错误； ‎ 故选：B ‎12.短周期四种主族元素X、Y、Z、Q在周期表中的位置如图所示。X、Y、W的最外层电子数之和与Q原子核内质子数相等。下列说法中不正确的是（　　）‎ X Y Z Q W A. 离子半径：r(Wm-)>r(Qm-)>r(Zn-)‎ B. 元素Z和Y的化合价都可能存在价 C. 可以推测HWO4是W的最高价氧化物的水化物 D. X元素的氢化物种类繁多，大多可以与W元素的单质发生反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由以上分析可知X为C元素，Y为O元素，Z为S元素，Q为Cl元素，W为Br元素 ‎【详解】A．S、Cl对应的离子具有相同的核外电子排布，核电荷数越大离子半径越小，即r(S2-)>r(Cl-)故A错误； ‎ B．过氧化物和过硫化物中O、S元素的化合价都为-1价，故B正确；‎ C．W为Br，对应的最高价氧化物的水化物为HBrO4，故C正确；‎ D．C的氢化物多为烃类，可与溴发生取代反应，故D正确；‎ 故选：A。‎ ‎13.下列离子方程式正确的是（　　）‎ A. NaHCO3溶液与盐酸反应：CO32-+2H+=CO2↑+H2O B. Fe2 (SO4) 3溶液和H2S反反应的离子方程式：2Fe3++H2S=FeS+2H+‎ C. NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至中性：2H++SO42-+2OH-+Ba2+=BaSO4↓+2H2O D. 往NH4HCO3溶液中加过量的NaOH溶液并加热：‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．NaHCO3溶液与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，正确的离子方程式为：HCO3-+H+=CO2↑+H2O，故A错误；‎ B．Fe2（SO4)3溶液和H2S发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：2Fe3++H2S═2Fe2++S↓+2H+，故B错误；‎ C．NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至中性，硫酸氢钠与氢氧化钡的物质的量之比为2：1，该反应的离子方程式为：2H++SO42-+2OH-+Ba2+=BaSO4↓+2H2O，故C正确；‎ D．向NH4HCO3溶液中加过量的NaOH溶液并加热，反应生成氨气、碳酸钠和水，正确的离子方程式为：，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎14.已知：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) △H＝－92.4 kJ·mol－1。在恒容密闭容器内，投入2mol N2和6mol H2发生反应，当反应达到平衡状态时，下列说法不正确的是 A. 当其他条件不变的情况下，升高温度，原有的平衡被破坏，逆反应速率增大，正反应速率减小 B. 一定存在2v（H2）正=3 v（N2）逆 C. 反应过程中可能放出92.4 kJ的热量 D. 容器内混合气体平均相对分子质量不再发生变化时，说明反应达到平衡状态 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.升高温度时，正逆反应速率均增大，由于正反应为放热反应，则正反应增大程度大于逆反应，A错误；‎ B.达到平衡状态时，v(N2)正= v(N2)逆，则2v(H2)正=3 v(N2)逆成立，B正确；‎ C.若达到平衡状态时，氮气的转换率为50%时，则放出92.4 kJ的热量，C正确；‎ D.若反应达到平衡状态时，则气体的物质的量不再改变，则M=不变，D正确；‎ 答案为A。‎ ‎15.下列说法不正确的是（　　）‎ A. 甲烷和氯气反应生成一氯甲烷与苯和硝酸反应生成硝基苯的反应类型相同 B. 料酒和食醋都能以淀粉为原料制得 C. 汽油、柴油和植物油都是碳氢化合物 D. 可以用溴水鉴别乙醇、乙醛、乙酸乙酯 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．甲烷和氯气反应时甲烷中的H被取代，苯与硝酸反应时苯中的H被硝基取代，均为取代反应，故A正确；‎ B．淀粉水解得到葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下分解生成乙醇，乙醇氧化得到乙酸，所以料酒和食醋都能以淀粉为原料制得，故B正确；‎ C．植物油的成分是高级脂肪酸甘油酯，属于酯类物质不属于碳氢化合物，汽油、柴油都是碳氢化合物，故C错误；‎ D．乙醇与溴水互溶，乙醛可被溴水氧化而使溴水褪色，乙酸乙酯不溶于溴水而出现分层，现象不同，可鉴别，故D正确；‎ 故选：C。‎ ‎16.下列说法正确的是（　　）‎ A. 皂化反应后的溶液中加饱和食盐水，析出的固体沉于底部 B. 蛋白质遇福尔马林发生变性，可以用于食品的消毒杀菌 C. 苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以苯不能发生氧化反应 D. 化合物CH2Cl2的的结构只有一种，且可继续发生取代反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．皂化反应后加入饱和食盐水后析出的硬脂酸钠的密度小于水，故浮于表面，故A错误； ‎ B．甲醛有毒，可致癌，不能用于食品的消毒，故B错误；‎ C．苯性质稳定，与高锰酸钾不反应，但可燃烧，属于氧化反应，故C错误；‎ D．甲烷为正四面体结构，CH2Cl2没有同分异构体，分子中含有H原子，可继续与氯气发生取代反应，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎17.金属的腐蚀除化学腐蚀和普通的电化学腐蚀外,还有“氧浓差腐蚀”,如在管道或缝隙等处的不同部位氧的浓度不同,在氧浓度低的部位是原电池的负极。下列说法正确的是 A. 纯铁的腐蚀属于电化学腐蚀 B. 钢铁发生吸氧腐蚀时，负极的电极反应式为Fe﹣3e﹣＝Fe3﹢‎ C. 海轮在浸水部位镶一些铜锭可起到抗腐蚀作用 D. 在图示氧浓差腐蚀中，M极处发生的电极反应为O2+2H2O+4e﹣＝4OH﹣‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 纯铁发生腐蚀时，没有正极材料，不能形成原电池，所以发生的是化学腐蚀，故A错误；‎ B. 钢铁发生吸氧腐蚀时，负极Fe失电子生成亚铁离子，负极的电极反应式为Fe﹣2e﹣=Fe2﹢，故B错误；‎ C. Fe、Cu构成原电池时，Fe作负极，Fe失电子被腐蚀，所以海轮在浸水部位镶一些铜锭不能起到抗腐蚀作用，故C错误；‎ D. M处氧气的浓度大，为原电池的正极，则正极上氧气得电子生成氢氧根离子，M极处发生的电极反应为O2+2H2O+4e﹣＝4OH﹣，故D正确，答案选D。‎ ‎18.下列叙述正确的是()‎ A. 稀醋酸中加入少量醋酸钠能促进醋酸的电离 B. SO2、NH3的水溶液均导电，但SO2、NH3均为电解质 C. 0.1 mo1/ L氨水加水稀释后，溶液中所有离子的浓度都减小 D. 分别中和等体积、浓度均为0.1 mo1/ L的盐酸和次氯酸溶液，消耗NaOH的物质的量相同，但所得溶液的pH不相同 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.醋酸属于弱酸，加入少量醋酸钠，c（CH3COO－）浓度增大，抑制了醋酸的电离，故A错误；‎ B.SO2溶于水后生成电解质亚硫酸，亚硫酸电离产生自由离子所以导电，但是二氧化硫本身不能电离，属于非电解质，NH3溶于水后生成电解质一水合氨，一水合氨电离产生自由离子所以导电，但是NH3本身不能电离，属于非电解质，故B错误；‎ C.氨水稀释时，氢氧根离子浓度降低，Kw不变，则氢离子浓度升高，故C错误；‎ D.中和等体积、浓度均为0.1 mo1/ L的盐酸和次氯酸溶液，消耗NaOH的物质的量相同，反应后溶质分别为NaCl、NaClO，前者为中性，后者水解显碱性，pH不相同，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎19.下列说法正确的是（　　）‎ A. H2O、H2S、H2Se的分子间作用力依次增大 B. SiO2和晶体硅都是共价化合物，都是原子晶体 C. NaOH 和 K2SO4 的化学键类型和晶体类型相同 D. NaHSO4加热融化时破坏了该物质中的离子键和共价键 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．H2O、H2Se、H2S的分子间作用力依次减小，因为H2O分子间含有氢键，而其它的两种物质不含氢键，故A错误；‎ B．SiO2和晶体硅都是原子晶体，但晶体硅是单质，不是共价化合物，故B错误；‎ C．NaOH 和 K2SO4 均由离子键、极性键构成，均属于离子晶体，故C正确；‎ D．NaHSO4加热融化电离得到钠离子和硫酸氢根离子，破坏了离子键，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎20.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）‎ A. 标准状况下，4.48L Cl2通入水中，转移电子数为0.2NA B. 28g乙烯与丙烯混合物中含有C-H键的数目为4NA C. 1L 0.1mol/L Na2SO4溶液中含有的氧原子数为0.4NA D. 1mol⋅L-1 CH3COOH与1mol⋅L-1 CH3COONa溶液等体积混合，溶液中CH3COOH和CH3COO-的总数为2NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氯气与水反应为可逆反应，不能进行到底，所以标准状况下，4.48L Cl2物质的量为0.2mol，通入水中，转移电子数为小于0.2NA，故A错误；‎ ‎ B．乙烯和丙烯的混合物的最简式均为CH2，故28g混合物中含有的CH2的物质的量为2mol，则含4NA个C-H键，故B正确； ‎ C．硫酸钠溶液中，硫酸钠、水都含有O，1L 0.1mol/L Na2SO4溶液中含有的氧原子数大于0.4NA，故C错误；‎ ‎ D．溶液体积未知，依据n=cV可知，无法计算微粒物质的量和数目，故D错误；‎ ‎ 故选：B。‎ ‎21.根据右图所示能量循环图，下列说法正确的是（　　）‎ A. △H1>0；△H2<0‎ B. △H3>0；△H4<0‎ C. △H5>0；△H<0‎ D. △H=△H1+△H2+△H3+△H4-△H5‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．固态转化为气态吸热，△H1＞0，气态原子转化为气态金属离子吸热，则△H2‎ ‎＞0，故A错误；‎ B．断裂化学键吸收能量，非金属原子的气态转化为离子放热，则△H3＞0；△H4＜0，故B正确；‎ C．气态离子转化为固态放热，则△H5＜0，故C错误； ‎ D．由盖斯定律可知，反应一步完成与分步完成的热效应相同，则△H=△H1+△H2+△H3+△H4+△H5，故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎22.W溶液受热会发生分解反应。体积均为2L的4组溶液（忽略反应前后体积的变化），W的物质的量随时间的变化如表，则下列说法不正确的是（　　）‎ ‎0min ‎10min ‎20min ‎30min ‎40min ‎50min ‎60min ‎①‎ ‎10°C ‎1.1‎ ‎0.90‎ ‎0.80‎ ‎0.73‎ ‎0.68‎ ‎0.65‎ ‎0.65‎ ‎②‎ ‎10°C a ‎0.70‎ ‎0.65‎ ‎0.65‎ ‎0.65‎ ‎0.65‎ ‎0.65‎ ‎③‎ ‎25°C ‎1.0‎ ‎0.70‎ ‎0.50‎ ‎0.35‎ ‎0.25‎ ‎0.20‎ ‎0.20‎ ‎④‎ ‎30°C ‎2.0‎ ‎1.4‎ ‎0.90‎ ‎0.50‎ ‎0.20‎ ‎0.13‎ ‎0.13‎ A. 在10-20min内，实验①中W的平均分解速率为0.005mol⋅L-1⋅min-1‎ B. a＞1.1，且说明浓度越大，反应速率越快 C. 对比①和③，说明温度越高，反应速率越快 D. 对比①和④，不能说明同一时刻W的平均反应速率随温度升高而增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、在10-20min内，实验①中W的物质的量的变化为0.1mol，所以在10-20min内，实验①中W的平均分解速率为mol•L-1•min-1=0.005mol•L-1•min-1，故A正确；‎ B、若a＞1.1，由实验①、②可知，温度相同的条件下，浓度大先达平衡，所以a＞1.1，且说明浓度越大反应速率越快，故B正确；‎ C、对比实验①和③，温度不同，起始的浓度也不同，所以对比实验①和③，不能说明W的平均反应速率随温度升高而增大，故C错误；‎ D、对比实验①和④，温度不同，起始的浓度也不同，所以对比实验①和④，不能说明同一时刻W的平均反应速率随温度升高而增大，故D正确；‎ 故选：C。‎ ‎23.常温下，用0.100mol•L-1NaOH溶液滴定25.00 mL 0.100mol•L-1H2C2O4溶液，所得滴定曲线如图所示（混合溶液的体积可看成混合前溶液的体积之和）。下列说法不正确的是（　　）‎ A. X 点所示溶液中：c(Na+)>c(HC2O4-)>c(C2O42-)‎ B. 观察Y点所示溶液，说明HC2O4-的电离程度大于C2O42-的水解程度 C. Z 点所示溶液中：c(Na+)>c(C2O42-))>c(HC2O4-)>c(OH-)>c(H+)‎ D. 整个滴定过程中：c(Na+)+c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)=0.100mol⋅L-1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．酸碱浓度相等，酸是二元酸、碱是一元碱，X点溶液中溶质为NaHC2O4，溶液呈酸性，说明HC2O4电离程度大于水解程度，但是其电离和水解程度都较小，所以存在c(Na+)＞c(HC2O4-)＞c(C2O42-)，故A正确；‎ B．Y点溶液中溶质为NaHC2O4和Na2C2O4，如果二者物质的量相等时，应该V(NaOH)为37.5mL，则Y点溶质浓度：NaHC2O4＜Na2C2O4，混合溶液呈酸性，说明HC2O4-的电离程度大于C2O42-的水解程度c(HC2O4-)＜c(OH-)，故B正确；‎ C．Z点溶液中溶质为Na2C2O4，C2O42-只有一步水解生成HC2O4-，两步水解都生成OH-，所以存在c(OH-)> c(HC2O4-)，故C错误；‎ D．任何电解质溶液中都存在物料守恒，酸碱浓度相等，二者混合时根据物料守恒得c(Na+)+c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)=0.100mol•L-1，故D正确；‎ 故选：C。‎ ‎24.硫酸铵为无色结晶或白色颗粒，无气味，溶于水，不溶于乙醇和丙酮。其在一定温度下分解的化学方程式为：3(NH4)2SO4=3SO2↑+N2↑+4NH3↑+6H2O，下列说法正确的是（　　）‎ A. 将分解产生混合气体，用水充分吸收，生成物中n[(NH4)2SO3]：n(NH4HSO3)=2：1‎ B. 将分解产生的混合气体，通入到BaCl2溶液中不能产生白色沉淀 C. 将分解产生的混合气体，用足量的浓硫酸充分吸收后，可以收集到纯净的N2‎ D. 将分解产生的混合气体，通入到酸性KMnO4溶液中，涉及氧化还原反应的离子方程式为：2MnO4-+5SO2+2H2 O=2Mn2++5SO42-+4H+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.3(NH4)2SO4=3SO2↑+N2↑+4NH3↑+6H2O，将分解产生的混合气体，用水充分吸收，铵根离子物质的量和二氧化硫物质的量为4：3，结合元素守恒计算生成物中n[(NH4)2SO3]：n(NH4HSO3)=1：2，故A错误；‎ ‎ B．将分解产生的混合气体，4mol氨气和水反应生成4mol一水合氨，3mol二氧化硫和一水合氨反应生成亚硫酸铵和亚硫酸氢铵物质的量1：2，通入到BaCl2溶液中，亚硫酸铵和氯化钡溶液反应能产生白色沉淀亚硫酸钡，故B错误；‎ C．将分解产生的混合气体，用足量的浓硫酸充分吸收后氨气被完全吸收，二氧化硫、氮气不能被吸收，则不能收集到纯净的N2，故C错误；‎ D．将分解产生的混合气体中二氧化硫具有还原性，通入到酸性KMnO4溶液中，涉及氧化还原反应的离子方程式为：2MnO4 -+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎25.下列检验及结论一定正确的是（　　）‎ A. 某溶液中先加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，再加入HNO3溶液，白色沉淀不溶解，则溶液中一定含有大量的SO32-‎ B. 用洁净的铂丝蘸取待测液，置于酒精灯火焰上灼烧，观察到火焰呈黄色，则表明待测液中一定含有Na+而不含K+‎ C. 某溶液中加入盐酸，能产生使澄清石灰水变浑浊的气体，则溶液中不一定含有CO32-和HCO3-‎ D. 将某固体试样溶于盐酸，再滴加KSCN溶液出现血红色，则该试样中存在Fe3+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、某溶液中滴加BaCl2溶液，生成不溶于稀HNO3的白色沉淀，该溶液中一定含有氯离子、亚硫酸根或是硫酸根离子中的至少一种，故A错误；‎ B．钠的焰色反应为黄色，待测液置于酒精灯外焰灼烧时，焰色反应为黄色，一定含有钠元素，说明溶液中含有Na+，但钾离子要经过蓝色的钴玻璃来看，否则无法判断，故B错误；C．某溶液中加入盐酸，能产生使澄清石灰水变浑浊的气体可以是二氧化碳或二氧化硫，溶液中不一定含有CO32-和HCO3-，故C正确；‎ D．将某固体试样溶于盐酸，再滴加KSCN溶液出现血红色，则不能证明该试样中一定存在Fe3+，可能是硝酸亚铁溶液，硝酸亚铁溶液中加入盐酸形成稀硝酸氧化Fe2+生成Fe3+，Fe3+遇到KSCN溶液生成血红色溶液，故D错误；‎ 故选：C。‎ 二、简答题（本大题共5小题）‎ ‎26.淀粉、葡萄糖及A、B、C、D、E之间的相互转化关系如图所示，已知气态烃B在标准状况下的密度为1.25g•L-1，D具有酸性 请回答：‎ ‎（1）某工艺指的是______，A中的官能团名称是______‎ ‎（2）已知C与D发生加成反应生成E，其化学方程式为______‎ ‎（3）下列说法正确的是______‎ A．葡萄糖转化为A的反应类型为水解反应 B．可用溴的四氯化碳溶液鉴别B和C C．E不溶于水，能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D．A在热Cu丝催化氧化下可生成相对分子质量比它小2的有机物 ‎【答案】 (1). 裂解 (2). 羟基 (3). (4). CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 葡萄糖生成的A为CH3CH2OH，气态烃B在标准状况下的密度为1.25g•L-1，则相对分子质量为1.25×22.4=28，可知B为CH2=CH2，氧化生成的D为CH3COOH，脱氢生成的C为CH≡CH，发生加成反应生成CH3COOCH=CH2，以此解答该题。‎ ‎【详解】（1）煤油裂解可生成乙烯，A为乙醇，含有的官能团为羟基；‎ ‎（2）C与D发生加成反应生成E，其化学方程式为CH≡CH+CH3COOHCH3COOCH=CH2  ；‎ ‎（3）A．葡萄糖为单糖，不水解，转化为A的反应类型为氧化反应，故A错误；‎ B．B和C都含有不饱和键，都可与溴发生加成反应，则不能用溴的四氯化碳溶液鉴别，故B错误；‎ C．E属于酯类，不溶于水，含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；‎ D．乙醇在热Cu丝催化氧化下可生成乙醛，乙醛的相对分子质量比乙醇小2，故D正确；‎ 故答案为：CD。‎ ‎27.由两种元素组成的矿物A，测定A的组成及制取化合物D的流程如图：‎ 请回答：‎ ‎（1）A的化学式为______‎ ‎（2）写出③的离子方程式：______‎ ‎（3）写出D溶于足量稀硝酸的化学方程式：______‎ ‎【答案】 (1). Cu2S (2). SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42-+4H+ (3). 3Cu2O+14HNO3=6Cu(NO3)2+2NO↑+7H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由两种元素组成的矿物 A，与氧气在高温下得到黑色B、无色气体C，B在高温下反应生成砖红色沉淀D，则B为CuO，D为Cu2O．无色气体C与氯化铁溶液反应得到E，E你同意氯化钡反应得到白色沉淀F，则C为SO2、E为Fe2(SO4)3、F为BaSO4，则A中含有Cu、S两种元素，由S原子守恒：n(S)=n(SO2)=n(BaSO4)=0.01mol，1.6gA中Cu原子物质的量为0.02mol，A中Cu、S原子的物质的量之比=0.02mol：0.01mol=2：1，所以A的化学式为Cu2S，以此解答该题。‎ ‎【详解】（1）由以上分析可知A为Cu2S，故答案为：Cu2S；‎ ‎（2）③的离子方程式为SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42-+4H+；‎ ‎（3）D为Cu2O，溶于足量稀硝酸的化学方程式为3Cu2O+14HNO3 =6Cu(NO3)2 +2NO+7H2O。‎ ‎28.某Fe与Fe3O4的均匀混合物，放入14.00mL 2mol•L-1的盐酸中，恰好完全反应，生成标况下134.4mL气体，再滴入KSCN(aq)，无明显现象。‎ 求：（1）将反应后的溶液稀释至100mL，则溶液中c(Fe2+)=______mol•L-1‎ ‎（2）样品中n(Fe)：n(Fe3O4)=______‎ ‎【答案】 (1). 0.14 (2). 4：1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 某Fe与Fe3O4的均匀混合物，放入14.00mL2mol•L-1的盐酸中，恰好完全反应，生成标准状况下的气体134.4mL，说明是铁过量和盐酸反应生成氢气，向溶液中滴入KSCN溶液，无明显现象说明无铁离子存在，溶液中只有氯化亚铁； （1）由原子守恒，根据HCl的物质的量计算FeCl2 物质的量和浓度； （2）根据生成的氢气可以求出与盐酸反应的Fe的物质的量，Fe3O4与Fe、HCl共同反应，反应方程式为Fe3O4+8HCl+Fe=4FeCl2+4H2O，根据Fe的总物质的量结合方程式计算。‎ ‎【详解】（1）反应消耗的HCl的物质的量为n=0.014L×2mol•L-1=0.028mol，恰好完全反应生成氯化亚铁，由Cl原子守恒可知，n(FeCl2)=0.028mol×0.5=0.014mol，则将反应后的溶液稀释至100mL，则溶液中c(Fe2+)=0.014mol/0.1L=0.14mol/L；‎ ‎（2）生成标准状况下的气体134.4mL，其物质的量=0.1344L/22.4(L/mol)=0.006mol，根据化学反应定量关系可知，混合物中与盐酸发生产生气体的单质Fe为0.006mol，Fe3O4与Fe、HCl共同反应，在该反应中铁元素总量为：0.014mol-0.006mol=0.008mol，且该反应方程式为Fe3O4+8HCl+Fe=4FeCl2+4H2O，通过该反应方程式可知Fe3O4为0.002mol，发生该反应的单质铁为0.002mol，所以总的Fe物质的量为0.008mol，Fe3O4‎ 为0.002mol，样品中n(Fe)：n(Fe3O4)=0.008mol：0.004mol=4：1。‎ ‎29.（一）工业上，在Cu2O/ZnO 作催化剂的条件下发生反应：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) △H ‎（1）已知：CH3OH(l)=CH3OH(g) △H=+35.2kJ•mol-1，根据表：‎ 物质 H2(g)‎ CO(g)‎ CH3OH(l)‎ 燃烧热/kJ•mol-1‎ ‎-285.8‎ ‎-283.0‎ ‎-726.5‎ 反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) △H=______kJ•mol-1‎ ‎（2）向2L恒容密闭容器中通入1mol CO(g)和2mol H2(g)，发生反应合成甲醇，反应过程中n(CH3OH)与时间(t)及温度的关系如图1所示。在500℃恒压条件下，请在图1中画出反应体系中n(CH3OH)与时间（t）变化总趋势图。‎ ‎____________‎ ‎（二）甲醇还可用CO2与H2在催化剂CZZA（普通铜基催化剂）作用下合成，相关反应如下：‎ 反应ⅠCO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) △H1=-49.2kJ•mol-1‎ 反应ⅡCO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) △H2=41.2kJ•mol-1‎ ‎（3）以CZZA/rGO为催化剂，在一定条件下，将1mol CO2与3mol H2通入恒容密闭容器中进行反应I和反应II，CO2的平衡转化率和甲醇的选择率（甲醇的选择率：转化的CO2中生成甲醇的物质的量分数）随温度的变化趋势如图2所示：‎ ‎①在553K时，反应体系内CO的物质的量为______ mol ‎②随着温度的升高，CO2的平衡转化率增加但甲醇的选择率降低，请分析其原因：______‎ ‎（三）（4）如图为氯碱工业的装置示意图，a端进入的物质为______，工业上还可以利用该装置，以四甲基氯化铵[(CH3)4NCl]水溶液为原料，通过电解法可制备四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]，则收集到(CH3)4NOH的区域是______（填a、b、c或d），‎ ‎【答案】 (1). -92.9 (2). (3). 0.084 (4). 随温度升高，反应I放热，平衡逆移，反应II吸热，平衡正移且程度较大，所以CO2平衡转化率增加但甲醇的选择率降低 (5). 精制饱和食盐水 (6). d ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）H2(g)+O2(g)⇌H2O(l) △H=-285.8kJ•mol-1①，‎ CO(g)+O2(g)⇌CO2(g)△H=-283.0kJ•mol-1②，‎ CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-726.5kJ/mol③‎ CH3OH(l)=CH3OH (g) △H=+35.2kJ•mol-1④‎ 将方程式2①+②-③-④得CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) △H=(-285.8×2-283.0+726.5-35.2)kJ/mol=-92.9kJ/mol，故答案为：-92.9；‎ ‎（2）该反应的正反应为气体体积减小的反应，恒容条件下随着反应进行压强逐渐减小，恒压条件下压强不变，与恒容条件相比，相当于增大压强平衡正向移动，且反应速率比恒容条件下大，则反应达到平衡时间缩短，生成的甲醇物质的量增大，所以其图象为，故答案为：；‎ ‎（3）①在553K时，甲醇的选择率为60%，二氧化碳的转化率为21%，则生成CO消耗的n(CO2‎ ‎)=1mol×21%×(1-60%)=0.084mol，根据C原子守恒计算生成的n(CO)=0.084mol，故答案为：0.084；②升高温度，反应I为放热反应，平衡逆向移动，反应II为吸热反应，平衡正向移动且程度较大，所以CO2平衡转化率增加但甲醇的选择率降低，故答案为：随温度升高，反应I放热，平衡逆移，反应II吸热，平衡正移且程度较大，所以CO2平衡转化率增加但甲醇的选择率降低；‎ ‎（4）氯碱工业中，阳极上氯离子失电子生成氯气、阴极上水得电子生成氢气和氢氧根离子，离子交换膜为阳离子交换膜，钠离子进入右侧，则a为精制饱和食盐水、b为稀NaCl溶液、d为NaOH溶液、c为稀NaOH溶液；工业上还可以利用该装置，以四甲基氯化铵[(CH3)4NCl]水溶液为原料，通过电解法可制备四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]，阳极上生成氯气、阴极上生成氢气，四甲基铵离子通过阳离子交换膜加入右侧得到(CH3)4NOH，所以d处得到(CH3)4NOH，‎ 故答案为：精制饱和食盐水；d。‎ ‎30.化合物A能使溴水褪色，E能与NaHCO3反应，且标准状况下1molE与足量Na反应能产生11.2L气体。A的一系列反应如图（部分反应条件及产物略去）：‎ 已知：（1）‎ ‎（2）‎ ‎（3）RCOOHRCOCl RCON(CH3)2‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）D的结构简式为______‎ ‎（2）下列说法不正确的是______‎ A．有机物E中的官能团是羧基和酯基 B．有机物C的分子式为C10H17O2Br C．反应Ⅲ、Ⅳ、Ⅴ、Ⅵ均属于取代反应 D．1mol有机物E最多可消耗2mol NaOH ‎（3）写出F→G反应的化学方程式______‎ ‎（4）写出C5H9NO2满足下列条件的2种链状同分异构体的结构简式。‎ ‎①红外光谱检测表明分子中含有醛基；②1H-NMR谱显示分子中有3种氢原子。______，______‎ ‎（5）请设计以有机物A为原料合成（）的合成路线______（用流程图表示，无机试剂任选）。‎ ‎【答案】 (1). (2). AD (3). (4). OHCCH2N（CH3）CH2CHO (5). （CH3）2NCH（CHO）2 (6). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）通过以上分析知，D的结构简式为；‎ ‎（2）A．E为，有机物E中的官能团是羧基和醚键，故A错误；‎ B．有机物C的分子式为C10H17O2Br，故B正确；‎ C．反应Ⅲ、Ⅳ、Ⅴ、Ⅵ均属于取代反应，故C正确；‎ D．E中只有羧基能和NaOH反应，所以1mol有机物E最多可消耗1molNaOH，故D错误；‎ 故选AD；‎ ‎（3）F→G反应的化学方程式为；‎ ‎（4）C5H9NO2满足下列条件的2种链状同分异构体，①红外光谱检测表明分子中含有醛基，说明含有-CHO，根据O原子个数知，还存在-OH、氨基；②1H-NMR谱显示分子中有3种氢原子。则符合条件的结构简式为OHCCH2N(CH3)CH2CHO、(CH3)2NCH(CHO)2；‎ ‎（5）以有机物A（CH2=C(CH3)CH=CH2）为原料合成（），A先和溴发生加成反应，然后和氢气发生加成反应，最后发生水解反应得到目标产物，合成路线为，故答案为：。‎ 三、实验题（本大题共2小题）‎ ‎31.实验室常用如图装置所示方法制备氯气：‎ ‎（1）1molMnO2和4mol浓盐酸制得的氯气的产量往往远低于1mol，原因可能是______‎ ‎（2）实验结束后，取少量尾气吸收装置中所得溶液，滴加硫酸溶液有单质生成，反应的离子方程式是______‎ ‎【答案】 (1). 浓盐酸挥发，稀盐酸不反应 (2). Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 发生装置中二氧化锰固体和浓盐酸加热反应生成氯气、二氧化锰和水，通过净化装置中的饱和食盐水除去氯气中的氯化氢气体，通过浓硫酸除去水蒸气，得到干燥纯净的氯气利用向上排气法收集，剩余氯气不能排放需要氢氧化钠溶液吸收。‎ ‎【详解】（1）1mol MnO2和4mol浓盐酸制得的氯气的产量往往远低于1mol，可能的原因是：浓盐酸随反应进行变为稀盐酸后不与二氧化锰反应生成氯气，浓盐酸挥发损失； ‎ ‎（2）实验结束后，取少量尾气吸收装置中所得溶液，滴加硫酸溶液有单质生成为氯气，反应的离子方程式：Cl-+ClO-+2H+═Cl2↑+H2O。‎ ‎32.三草酸合铁（Ⅲ）酸钾晶体（K3[Fe(C2O4)3]•3H2O），常作为有机反应的催化剂，溶于水，难溶于乙醇。实验室可用摩尔盐等为原料制备，具体流程如图：‎ ‎（1）《实验化学》中制备摩尔盐的化学方程式为______‎ ‎（2）步骤1中少量稀硫酸的作用是______，步骤Ⅱ中过量饱和草酸的作用是______‎ ‎（3）请设计实验方案证明FeC2O4•2H2O晶体已经洗涤干净：______‎ ‎（4）步骤Ⅲ在40℃条件下进行的原因______‎ ‎（5）步骤Ⅵ抽滤如图安装好装置，请按正确操作顺序补充完整：‎ 在布氏漏斗中加入滤纸→______→确认抽干 a、转移固液混合物；b、开大水龙头；c、关闭水龙头；d、微开水龙头；e、加入少量蒸馏水润湿滤纸 ‎【答案】 (1). (NH4)2SO4+FeSO4+6H2O=(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O↓ (2). 防止Fe2+水解 (3). 使Fe2+完全转化为FeC2O4•2H2O沉淀 (4). 取最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，若无白色沉淀，说明已经洗涤干净 (5). 温度太低Fe2+水解氧化速率太慢，温度过高易导致H2O2分解 (6). e→d→a→b ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）《实验化学》中制备摩尔盐的化学方程式为：（NH4）2SO4+FeSO4+6H2O=(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O↓;故答案为：(NH4)2SO4+FeSO4+6H2O=(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O↓； ‎ ‎（2）Fe2+易水解，故为防止Fe2+水解，摩尔盐的溶解中加入少量的稀硫酸；步骤Ⅱ中过量饱和草酸使Fe2+完全转化为FeC2O4•2H2O沉淀，故答案为：防止Fe2+水解；使Fe2+完全转化为FeC2O4•2H2O沉淀； ‎ ‎（3）FeC2O4•2H2O晶体附着硫酸根离子，取最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，若无白色沉淀，说明已经洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，若无白色沉淀，说明已经洗涤干净； ‎ ‎（4）温度太低Fe2+水解氧化速率太慢，温度过高易导致H2O2分解，故步骤Ⅲ在40℃条件下进行， 故答案为：温度太低Fe2+水解氧化速率太慢，温度过高易导致H2O2分解； ‎ ‎（5）抽滤的操作为：在布氏漏斗中加入滤纸→加入少量蒸馏水润湿滤纸→微开水龙头→转移固液混合物→开大水龙头→确认抽干，拔掉橡皮管，关闭水龙头，故答案为：e→d→a→b。‎ ‎ ‎