2018-2019学年内蒙古鄂尔多斯市第一中学高二下学期第三次月考化学试题 解析版 25页

‎2018-2019学年内蒙古鄂尔多斯市第一中学高二下学期第三次月考化学试题 解析版 可能用到的相对原子质量：H：‎1 C：12 N：14 O：16 S：32 Na：23 Mg：24 Al：27 Ba：137‎ 一、选择题（本题包括25小题，每小题2分，共50分。每小题只有一个选项符合题意。）‎ ‎1.分类法在化学学科发展中起到了非常重要的作用，下列分类依据合理的是（ ）‎ ‎①根据氧化物的组成将氧化物分成金属氧化物、非金属氧化物 ‎②根据物质在水中的溶解度，将物质分为可溶性物质、微溶性物质和难溶性物质 ‎③根据分散系的本质为是否有丁达尔现象，将分散系分为溶液、胶体和浊液 ‎④根据组成元素的种类将纯净物分为单质和化合物 ‎⑤根据物质溶于水或熔融状态下能否导电，将物质分为电解质和非电解质 A. ①②④ B. ②④⑤ C. ①②③④ D. ①②④⑤‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①金属元素与氧元素组成的化合物是金属氧化物、非金属元素与氧元素组成的化合物是非金属氧化物； ②溶解度 ‎10g以上易溶，‎1g-10g可溶，‎0.01g-1g微溶，‎0.01g以下难溶； ③根据分散系的分类方法分析； ④根据单质和化合物的概念来分析； ⑤化合物分为电解质和非电解质。‎ ‎【详解】①根据氧化物的元素组成将氧化物分成金属氧化物、非金属氧化物，故①正确；‎ ‎②溶解度 ‎10g以上易溶，‎1g-10g可溶，‎0.01g-1g微溶，‎0.01g以下难溶，所以根据物质在水中的溶解度，将物质分为可溶性物质、微溶性物质和难溶性物质，故②正确；‎ ‎③根据分散质粒子直径不同，将分散系分为溶液、胶体和浊液，故③错误；‎ ‎④由一种元素组成的纯净物是单质、由不同种元素组成的纯净物是化合物，根据组成元素的种类将纯净物分为单质和化合物，故④正确；‎ ‎⑤根据化合物溶于水或熔融状态下能否导电，将化合物分电解质和非电解质，故⑤错误；选A。‎ ‎2.下列关于纯净物、混合物、强电解质、弱电解质和非电解质的正确组合是（ ）‎ 纯净物 混合物 强电解质 弱电解质 非电解质 A 盐酸 水煤气 硫酸 醋酸 干冰 B 冰醋酸 铝热剂 硫酸钡 亚硫酸 二氧化硫 C 纯碱 天然气 苛性钾 氢硫酸 碳酸钙 D 玻璃 盐酸 氯化钠 次氯酸 氯气 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ A．盐酸是HCl的水溶液，属于混合物，故A错误； B．冰醋酸是纯净物，铝热剂是混合物，硫酸钡是强电解质，亚硫酸是弱酸，属于弱电解质，二氧化硫是非电解质，故B正确；C．碳酸钙是盐，属于强电解质，不是非电解质，故C错误；D．玻璃是混合物，氯气是单质，不是电解质，也不是非电解质，故D错误；答案为B。‎ 点睛：明确物质的分类标准是解题关键，纯净物：有一种物质组成，包括单质和化合物； 混合物：由两种或两种以上的物质组成；在水溶液里或熔融状态下完全电离的是强电解质，部分电离的是弱电解质；在水溶液里或熔融状态下不导电的化合物是非电解质，特别注意电解质和非电解质都是化合物，而溶液或单质不是电解质，也不是非电解质。‎ ‎3.下列物质的转化在给定条件下能实现的是（ ）‎ ‎①氯化钠饱和溶液NaHCO3(s)‎ ‎② Al2O3AlCl3(aq) Al(OH)3‎ ‎③海水Mg(OH)2MgCl2(aq)MgCl2(s)‎ ‎④N2NO2HNO3‎ ‎⑤重晶石(BaSO4) BaCO3BaCl2(aq)‎ A. ①③⑤ B. ②③④ C. ②④⑤ D. ①②⑤‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，所以析出NaHCO3。‎ ‎②氧化铝与盐酸反应生成氯化铝，再与氨水反应生成氢氧化铝。‎ ‎③氯化镁溶液，加热后水解，得不到无水氯化镁；‎ ‎④氮气与氧气反应生成一氧化氮；‎ ‎⑤BaSO4＋CO32－BaCO3＋SO42－，是可逆反应，提高碳酸根浓度，多次浸泡促进沉淀转化为BaCO3。‎ ‎【详解】①在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，析出NaHCO3；‎ ‎②氧化铝与盐酸反应生成氯化铝，再与氨水反应生成氢氧化铝；‎ ‎③海水中镁离子加石灰乳反应生成氢氧化镁，再与盐酸反应生成氯化镁溶液，加热后水解，得不到无水氯化镁；‎ ‎④氮气不能在氧气中燃烧，在放电的条件下与氧气反应生成一氧化氮；‎ ‎⑤BaSO4＋CO32－BaCO3＋SO42－，是可逆反应，提高碳酸根浓度，多次浸泡促进沉淀转化为BaCO3，再与盐酸反应生成氯化钡。‎ 综上所述，在给定条件下能实现的是①②⑤，故选D。‎ ‎4.下列实验方法能达到目的的是（ ）‎ A. 用丁达尔效应鉴别Al(OH)3胶体和NaHSO4溶液 B. 用过滤的方法分离四氯化碳和水的混合物 C. 用Na2CO3溶液除去CO2中混有的少量HCl D. 用KSCN溶液检验FeCl3溶液中是否含有Fe2＋‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 胶体有丁达尔效应，而溶液没有，所以能用丁达尔效应鉴别Al(OH)3胶体和NaHSO4溶液，故正确；‎ B. 用过滤的方法分离固体和液体，而四氯化碳和水的混合物是互溶的液体，不能用过滤的方法分离，应用分液，故错误；‎ C. 用Na2CO3溶液除去CO2中混有的少量HCl时二氧化碳也能和碳酸钠反应，故错误；‎ D. 铁离子与硫氰化钾反应出现红色，亚铁离子不能，所以不能用KSCN溶液检验FeCl3溶液中是否含有Fe2＋，故错误。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】掌握物质的检验和分离的方法。过滤是分离固体和液体的，分馏是分离费电不同的液体混合物的，分液是分离不互溶的液体混合物的。在进行分离提纯时注意被提纯的物质不能减少。‎ ‎5.用NA表示阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是（ ）‎ A. ‎9g甲基（﹣CH3）所含有的电子数是10 NA个 B. 22．‎4L乙烷中含有的共价键数为7NA个 C. 常温下，‎14g乙烯和丙烯的混合物中总原子数为3NA D. ‎12g金刚石含有C—C的数目为4NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.甲基是中性取代基，‎9g甲基的物质的量为‎9g÷‎15g/mol=0.6mol，一个甲基中有9个电子，则0.6mol甲基中含有电子的数目为5.4NA，故A错误；‎ B.没有标准状况，气体摩尔体积没有具体值，无法计算乙烷的物质的量，故B错误；‎ C.乙烯和丙烯的最简式均为CH2，则‎14g乙烯和丙烯的混合物中含有CH2部分的物质的量为1mol，总原子数为3NA，故C正确；‎ D.金刚石中的碳都是与相邻的4个碳组成的四个共价键，但是每个共价键是两个C原子共用的，所以1mol碳原子就有2mol的C-C键，‎12g金刚石中含有1molC原子，含有C-C 键的个数为2NA，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎6.NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是（ ）‎ A. ‎100g46％的乙醇溶液中，含H-O键的数目为7NA B. pH=1的H3PO4溶液中，含有0.1NA个H+‎ C. 0.1mol Fe在足量氧气中燃烧，转移电子数为0.3NA D. ‎1L0.1mol·L-1的NH4Cl溶液中含有NH4+数目为0.1NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A‎.100g 46％的乙醇溶液有‎46g（1mol）CH3CH2OH和‎54g（3mol）H2O，每分子乙醇中含有1个O-H键，则1molCH3CH2OH含H-O键的数目为NA，每分子水中含有2个O-H键，则3molH2O含H-O键的数目为6NA，合计含H-O键的数目为7NA，A正确；‎ B.pH=1，则c(H+)=0.1mol/L，但溶液的体积不知道，无法求氢离子的个数，B错误；‎ C.0.1mol Fe在足量氧气中燃烧得到Fe3O4，铁元素由0价变为+价，因而转移电子数为0.1mol×NA≈0.27NA，C错误；‎ D.铵根水解方程式为NH4++H2O⇌NH3·H2O+H+，若氯化铵中铵根不水解，则易算出溶液中含有NH4+数目为0.1NA，但铵根部分水解，数目减少，因而实际溶液中含有NH4+数目小于0.1NA，D错误。‎ 故答案选A。‎ ‎【点睛】对于部分溶液中的某些离子或原子团会发生水解：如Al2(SO4)3 中的Al3＋、Na2CO3 中的CO32－，例如‎1 L 0.5 mol/L Na2CO3溶液中含有的CO32－数目为0.5NA，该说法是错误的，注意要考虑CO32－在水中的发生水解的情况。‎ ‎7.在标准状况下①‎6.72L CH4 ②3.01×1023个HCl分子 ③‎13.6g H2S ④0.2mol NH3，下列对这四种气体的关系从大到小表达正确的是（ ）‎ a．体积②＞③＞①＞④b．密度②＞③＞④＞①c．质量②＞③＞①＞④d．氢原子个数①＞③＞④＞②‎ A. abcd B. bcd C. cba D. abc ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：a、②n(HCl)=3.01×1023/6.02×1023mol=0.5mol，V(HCl)=0.5×‎22.4L=‎11.2L，③n(H2S)=13.6/34mol=0.4mol，V(H2S)=0.4×‎22.4L=‎8.96L，④V(NH3)=0.2×‎22.4L=‎4.48L，因此由大到小的顺序是②③①④，故正确；b、根据阿伏伽德罗推论，密度之比等于摩尔质量之比，摩尔质量分别为16、36.5、34、17，由大到小的顺序是②③④①，故正确；c、①m(CH4)=6.72×16/‎22.4g=‎4.8g,②m(HCl)=0.5×‎36.5g=‎18.25g，④m(NH3)=0.2×‎17g=‎3.4g，质量由大到小的顺序是②③①④，故正确；d、①n(H)=6.72×4/22.4mol=1.2mol，②n(H)=0.5×1mol=0.5mol，③n(H)=0.4×2mol=0.8mol，④n(H)=0.6mol，氢原子由大到小的顺序是①③④②，故正确。‎ 考点：考查物质的量、体积、微粒、质量之间的关系等知识。‎ ‎8.标准状况下，mg气体A与ng气体B分子数目一样多，下列说法不正确的是（ ）‎ A. 在任意条件下，若两种分子保持原组成，则其相对分子质量之比为m：n B. ‎25℃‎、1．25×105Pa时，两气体的密度之比为n：m C. 同质量的A、B在非标准状况下，其分子数之比为n：m D. 相同状况下，同体积的气体A与B的质量之比为m：n ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、由n=可知，分子数相同的气体，物质的量相同，相对分子质量之比等于质量之比，即相对分子质量之比为m：n，故A正确；B、温度压强一样，Vm相同，由ρ=可知，密度之比等于摩尔质量之比，即为m：n，故B错误；C、A与B相对分子质量之比为m：n，同质量时由n=可知，分子数之比等于n：m，故C正确；D、相同状况下，同体积的A与B的物质的量相同，则质量之比等于摩尔质量之比，即为m：n，故D正确；故选B。‎ ‎9.利用碳酸钠晶体（Na2CO3·10H2O，相对分子质量286）来配制0.1mol/L的碳酸钠溶液980mL，假如其他操作均准确无误，下列情况会引起配制溶液的浓度偏高的是（ ）‎ A. 称取碳酸钠晶体‎28.6g B. 溶解时进行加热，并将热溶液转移到容量瓶中至刻度线 C. 转移时，对用于溶解碳酸钠晶体的烧杯没有进行洗涤 D. 定容后，将容量瓶振荡摇匀，静置发现液面低于刻度线，又加入少量水至刻度线 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.在实验室没有980mL容量瓶，要选择1000mL容量瓶，需要溶质的物质的量为n(Na2CO3)=0.1mol/L×‎1L=0.1mol，根据n(Na2CO3·10H2O)=n(Na2CO3)，所以m(Na2CO3·10H2O)= 0.1mol×‎286g/mol=‎28.6g，溶液浓度为0.1mol/L，不会产生误差，A不符合题意；‎ B.溶解时进行加热，并将热溶液转移到容量瓶中至刻度线，由于溶液的体积受热膨胀，遇冷收缩，所以待恢复至室温时，体积不到‎1L，根据c=，可知V偏小，则c偏高，B符合题意；‎ C.转移时，对用于溶解碳酸钠晶体的烧杯没有进行洗涤，则溶质的物质的量偏少，根据c=，可知n偏小，则c偏低，C不符合题意；‎ D.定容后，将容量瓶振荡摇匀，静置，发现液面低于刻度线，是由于部分溶液粘在容量瓶颈部，若又加入少量水至刻度线，则V偏大，根据c=，可知：若V偏大，会导致配制溶液的浓度偏低，D不符合题意；‎ 故合理选项B。‎ ‎10.13.6‎gFe和Fe2O3的混合物，加入150mL足量的稀硫酸，在标准状况下收集到1.12LH2，向反应后的溶液中滴加KSCN溶液不变红。为中和过量的H2SO4，并使Fe元素全部转化为Fe(OH)2沉淀，恰好消耗了200mL 3mol/L的NaOH溶液，则该稀H2SO4的物质的量浓度为（ ）‎ A. 2.25‎mol/L B. 2mol/L C. 3mol/L D. 0.6mol/L ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】Fe和Fe2O3的混合物与稀H2SO4反应，Fe和Fe2O3均无剩余，且有H2‎ 生成，说明反应生成FeSO4，为了中和过量的硫酸，而且使FeSO4完全转化成Fe（OH）2，共消耗3mol·L－1的NaOH溶液200mL，说明反应后的溶液溶质只有Na2SO4，根据硫酸根守恒，则n（H2SO4）=n（Na2SO4），根据钠离子守恒，则n（Na2SO4）=1/2n（NaOH），则有：n（H2SO4）=n（Na2SO4）=1/2n（NaOH）=1/2×3mol·L－1×‎0.2L=0.3mol，故该硫酸的物质的量浓度为：c（H2SO4）=0.3mol÷‎0.15L=2mol·L－1，‎ 故选：B。‎ ‎11.聚合硫酸铁可用于水的净化，其化学式可表示为[Fea(OH)b(SO4)c]m。取一定量聚合硫酸铁样品与足量盐酸反应，将所得溶液平均分为两份。向一份溶液中加入足量的BaCl2溶液，得到白色沉淀1.747 ‎5 g。取另一份溶液，先将Fe3＋还原为Fe2＋(还原剂不是Fe，且加入的还原剂恰好将Fe3＋还原为Fe2＋)，再用0.020 00 mol/LK2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7标准溶液50.00 mL。该聚合硫酸铁样品中a∶b为[已知：K2Cr2O7＋6FeSO4＋7H2SO4=K2SO4＋Cr2(SO4)3＋3Fe2(SO4)3＋7H2O]（ ）‎ A. 1∶1 B. 2∶‎1 ‎C. 3∶1 D. 2∶5‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 第一份溶液中白色沉淀为BaSO4，质量为‎1.7475g，则n（BaSO4）=0.0075mol，即n(SO)=0.0075mol；另一份溶液中，通过反应式：n（Fe2＋）：n（Cr2O72-）=6：1，n（Cr2O72-）=0.0200mol/L╳‎0.05L=0.001mol，求得n（Fe2＋）=0.006mol，亚铁离子即由原溶液中的铁离子转化得到，根据物质不显电荷，即可求出答案。‎ ‎【详解】‎1.7475 g白色沉淀是硫酸钡，则n(SO)＝‎1.7475 g÷‎233 g/mol＝0.0075 mol。n(K2Cr2O7)＝‎0.05 L×0.02000 mol/L＝0.001 mol，根据方程式可知n(Fe2＋)＝n(K2Cr2O7)×6＝0.006 mol，根据Fe守恒，n（Fe3+）=0.006mol，由电荷守恒可知n(OH－)＋n(SO)×2＝n(Fe3＋)×3，n(OH－)＝0.006 mol×3－0.0075 mol×2＝0.003 mol，得到a∶b＝0.006∶0.003＝2∶1，故答案为B。‎ ‎12.等体积的硫酸铝、硫酸锌、硫酸钠溶液分别与足量氯化钡溶液反应，若生成硫酸钡沉淀的质量比为1∶2∶3，则三种硫酸盐的物质的量浓度之比为（ ）‎ A. 1∶2∶3 B. 1∶6∶‎9 ‎C. 1∶3∶3 D. 1∶3∶6‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 生成BaSO4沉淀的质量比为1：2：3，根据n=可知：生成BaSO4的物质的量之比为1：2：3，然后利用Al2(SO4) 3～3BaSO4、ZnSO4～BaSO4、Na2SO4～BaSO4来计算。‎ ‎【详解】由生成BaSO4沉淀的质量比为1：2：3，可知生成BaSO4的物质的量之比为1：2：3，设生成BaSO4的物质的量分别为a、‎2a、‎3a，‎ 则由Al2(SO4)3～3BaSO4， n(BaSO4)=a，所以n[Al2(SO4)3]= n(BaSO4)=；‎ 由ZnSO4～BaSO4，n(BaSO4)=‎2a，所以n(ZnSO4)=n(BaSO4)=‎2a， ‎ 由Na2SO4～BaSO4，n(BaSO4)=‎3a，所以n(Na2SO4)=n(BaSO4)=‎3a。又由于硫酸铝、硫酸锌、硫酸钠溶液的体积相同，根据c=，可知三种物质的浓度之比等于它们的物质的量之比，即为c[Al2(SO4)3]：c(ZnSO4)：c(Na2SO4)=：‎2a：‎3a=1：6：9，故合理选项是B。‎ ‎【点睛】本题考查物质的量浓度的计算。明确反应中物质之间的关系是解答本题的关键，并熟悉同种物质的质量比等于物质的量之比、同体积的不同溶液的浓度之比等于物质的量之比进行解答。‎ ‎13.若以w1和w2分别表示物质的量浓度为amol/L和bmol/L酒精溶液的质量分数，已知‎2a=b，则下列推断正确的是（ ）‎ A. 2w1=w2 B. w2>2w‎1 ‎C. w2<2w1 D. 不能判断 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 据c=1000ρw/M表示酒精的物质的量浓度，结合酒精的浓度越大密度越小进行判断。‎ ‎【详解】设质量分数w1的氨水密度为ρ‎1g/mL，质量分数w2的氨水的为ρ‎2g/mL，质量分数w1的氨水的物质量浓度为a=1000ρ1w1/17mol/L，质量分数w2的氨水的物质量浓度为b=1000ρ2w2/17mol/L，由于‎2a=b，所以2×1000ρ1w1/17=1000ρ2w2/17mol/L，故2ρ1w1=ρ2w2，酒精的浓度越大密度越小，所以ρ1＞ρ2，故w2＞2w1，故选B。‎ ‎【点睛】本题考查物质的量浓度的有关计算，关键理解物质的量浓度与质量分数之间的关系，注意氨水、酒精的浓度越大、密度越小。‎ ‎14.在t ℃时将a g NH3完全溶于水得到V mL溶液，该溶液的密度为ρg·cm－3，质量分数为w。下列说法正确的是（ ）‎ A. 溶质的质量分数w＝a/（Vρ-a）×100%‎ B. 溶质的物质的量浓度c＝a/17Vmol·L－1‎ C. 溶液密度ρ可表示为‎17c/wg·cm－3‎ D. 上述溶液中再加入V mL水，所得溶液溶质的质量分数小于0.5w ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、氨水溶液的溶质为氨气，该溶液的密度为ρ g•cm-3，体积为VmL，所以溶液质量为ρVg，溶质氨气的质量为ag，溶质的质量分数为×100%=×100%，故A错误；B、a g NH3的物质的量为=mol，溶液体积为VmL，所以溶液的物质的量浓度为=mol/L，故B错误；C、溶液密度ρ===g·cm－3，故C错误；D、水的密度比氨水的密度大，相等体积的氨水与水，水的质量大，等体积混合后溶液的质量大于原氨水的2倍，溶液中氨气的质量相同，等体积混合所得溶液溶质的质量分数小于0.5w，故D正确；故选D。‎ ‎15.NaHS、MgSO4、NaHSO4三种物质组成的混合物中，已知氧元素的质量分数为a%，则其中硫元素的质量分数为（ ）‎ A. a% B. 1－1.75% C. 4/7(1－a%) D. 3/7(1－a%)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：NaHS、MgSO4、NaHSO4‎ 组成的混合物中，Mg元素质量：S元素质量=24：32，（Na+H）元素质量：S元素质量=24：32，故可把Mg、Na和H元素的总质量作为一个整体，则在混合物中Mg、Na和H元素的总质量：S元素的质量=24：32，已知氧元素的质量分数为a%，则其中硫元素的质量分数为，答案选C。‎ 考点：考查元素质量分数的计算 ‎16.下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）‎ A. 向苯酚钠溶液中通入少量CO2：‎2C6H5O－＋CO2＋H2O→‎2C6H5OH＋CO32-‎ B. 向NaNO2溶液中滴加酸性KMnO4溶液：5NO2-＋2MnO4-＋3H2O=5NO3- ＋2Mn2＋＋6OH－‎ C. 向AlCl3溶液中滴加过量氨水：Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4+‎ D. NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应至中性：H＋＋SO42-＋Ba2＋＋OH－=BaSO4↓＋H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.因为酸性强弱关系为H2CO3>C6H5OH>HCO3-，所以即使通入过量的CO2也不会有CO32-生成：C6H5O－＋CO2＋H2O―→C6H5OH＋HCO3-。A项错误；‎ B.因为是酸性溶液，所以产物中不会有OH-生成，正确的反应方程式为5NO2- ＋2MnO4-＋6H+===5NO3- ＋2Mn2＋＋3H2O。B项错误；‎ C.Al(OH)3不能与氨水反应，所以该离子方程式是正确的，C项正确；‎ D.离子方程式不符合物质[Ba(OH)2]的组成，正确的离子方程式为2H＋＋SO42-＋Ba2＋＋2OH－===BaSO4 ↓＋2H2O。D项错误；答案选C。‎ ‎【点睛】离子方程式正误判断题中常见错误：(1)不能正确使用分子式与离子符号；(2)反应前后电荷不守恒；(3)得失电子不守恒；(4)反应原理不正确；(5)缺少必要的反应条件；(6)不符合物质的组成；(7)忽略反应物用量的影响等。‎ ‎17.Cl2通入FeBr2和Fel2的混合溶液中，下列离子方程式一定错误的是（ ）‎ A. 2I-+Cl2=I2+2Cl- B. 2I-+2Cl2+2Fe2+=I2+4Cl-+2Fe3+‎ C. 2I-+2Cl2+2Br-=I2+4Cl-+Br2 D. 2I-+3Cl2+2Br-+2Fe2+=I2+6Cl-+Br2+2Fe3+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 已知还原性I－＞Fe2＋＞Br－，加氧化剂，先与还原性强的离子反应。‎ ‎【详解】A、将少量Cl2通入FeI2溶液中，只氧化I－而不氧化Fe2＋，则离子方程式为：2I－+Cl2═I2+2Cl－，故A正确；‎ B、先氧化I－，再氧化Fe2＋， 2I-+2Cl2+2Fe2+=I2+4Cl-+2Fe3+，故B正确；‎ C、先氧化I－，再氧化Fe2＋，Fe2＋全部氧化后，才氧化溴离子，故C错误；‎ D、将足量Cl2通入等物质的量FeBr2和Fel2的混合溶液中，三种离子全部氧化，2I-+3Cl2+2Br-+2Fe2+=I2+6Cl-+Br2+2Fe3+，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查了元素化合物的性质、氧化还原反应、离子方程式的书写，解题关键：注意把握离子方程式书写方法，明确氧化还原反应中物质之间反应的先后顺序。难点C，先氧化I－，再氧化Fe2＋，Fe2＋全部氧化后，才氧化溴离子。‎ ‎18.下列离子方程式正确的是（ ）‎ A. 在水玻璃溶液中通入少量CO2：SiO32-+2H2O+2CO2=H2SiO3↓+2HCO3-‎ B. 向‎0.1L5mol·L－1亚硫酸氢铵溶液中逐滴加入‎0.1L7mol·L－1NaOH溶液：2NH4+＋5HSO3－＋7OH－=2NH3·H2O＋5SO32-＋5H2O C. Mg(HCO3)2溶液中加入足量NaOH溶液：Mg2++2HCO3-+2OH-＝MgCO3↓+CO32-+2H2O D. 向Al2(SO4)3溶液中加入过量的NH3·H2O：Al3 ++4 NH3·H2O=AlO2-+2H2O+4NH4+‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 在水玻璃溶液中通入少量CO2：SiO32-+H2O+CO2=H2SiO3↓+CO32-，故A错误；‎ 向‎0.1L5mol·L－1亚硫酸氢铵溶液中逐滴加入‎0.1L7mol·L－1 NaOH溶液，HSO3－先与OH－反应：2NH＋5HSO3－＋7OH－===2NH3·H2O＋5SO＋5H2O，故B正确；Mg(HCO3)2溶液中加入足量NaOH溶液，生成难溶的氢氧化镁沉淀：Mg2++2HCO3-+4OH-＝Mg(OH)2↓+2CO32-+2H2O，故C错误；向Al2(SO4)3溶液中加入过量的NH3·H2O生成氢氧化铝沉淀：Al3 ++3 NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故D错误。‎ ‎19.‎ 下列各组物质稀溶液相互反应。无论前者滴入后者，还是后者滴入前者，反应现象相同，且离子方程式也相同的是（ ）‎ A. Ba（HCO3）2溶液与Ba(OH)2溶液 B. NaAlO2溶液与稀硫酸溶液 C. Ca（HCO3）2溶液与NaOH溶液 D. 氨水与硝酸银溶液 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Ba（HCO3）2溶液与Ba(OH)2溶液,无论前者滴入后者,还是后者滴入前者,只发生Ba2++2HCO3-+2OH-=BaCO3+2H2O反应现象相同,故A正确；B. NaAlO2溶液与稀硫酸溶液,前者滴入后者发生AlO2-+4H+=Al3++2H2O,没有沉淀产生，后者滴入前者发生AlO2-+H++ H2O=Al(OH)3,产生白色沉淀，故B错误；C. Ca（HCO3）2溶液与NaOH溶液，前者滴入后者发生Ca2++2HCO3-+2OH-= CaCO3+CO32-+2H2O,后者滴入前者发生Ca2++HCO3-+2OH-= CaCO3+H2O,故C错误；D. 氨水与硝酸银溶液,如果前者滴入后者发生反应生成沉淀；如果后者滴入前者生成络离子,没有沉淀,则现象不同,离子反应不同,故D错误；故选A。‎ ‎【点睛】试剂加入的顺序不同，反应的现象可能会不同。例如NaAlO2溶液与稀硫酸溶液,前者滴入后者发生AlO2-+4H+=Al3++2H2O,没有沉淀产生，后者滴入前者发生AlO2-+H++ H2O=Al(OH)3,产生白色沉淀；试剂加入的顺序不同，反应的方程式就不同，Ca（HCO3）2溶液与NaOH溶液，前者滴入后者发生Ca2++2HCO3-+2OH-= CaCO3+CO32-+2H2O,后者滴入前者发生Ca2++HCO3-+2OH-= CaCO3+H2O,。‎ ‎20.在溶液中加入适量Na2O2后仍能大量共存的离子组是（ ）‎ A. MnO4-、Ba2+、Cl-、NO3- B. Na+、Cl-、CO32-、SO32-‎ C. Ca2+、Mg2+、NO3-、HCO3- D. K+、AlO2-、Cl-、SO42-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ Na2O2与H2O反应的实质为：Na2O2+2H2O=H2O2+2NaOH、2H2O2=2H2O+O2↑，所以加入Na2O2后，溶液中主要存在NaOH（碱性）、H2O2（氧化性、还原性）。A、MnO4－具有强氧化性，能将H2O2氧化，不能大量共存，故A错误；B、SO32-能被H2O2氧化为SO42-，而不能大量共存，故B错误；C、HCO3－与OH－反应生成CO32—和H2O，Ca2+与生成的CO32—反应生成沉淀，Mg2+与OH－反应生成Mg(OH)2沉淀，不能大量共存，故C错误；D、几种离子之间均不发生反应，能大量共存，故D正确。故选D。‎ ‎21.下列各组离子在常温下一定能大量共存的是（ ）‎ A. 无色透明的溶液中：Na+、Ba2+、AlO2－、OH－‎ B. 加入铝粉能放出H2的溶液中：H+、K+、SO42－、Cl－‎ C. 含有大量Fe3+的溶液中：NH4＋、Ca2＋、SCN－、Br－‎ D. pH=0的溶液中：Fe2+、Mg2+、NO3－、SO42－‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ A. 无色透明的溶液中Na+、Ba2+、AlO2-、OH-，可以大量共存，A正确；B. 加入铝粉能放出H2的溶液，可能是酸性的，也可能是强碱性的，所以H+不一定能大量共存，B不正确；C. 含有大量Fe3+的溶液中SCN-不能大量共存，两都可以反应生成配合物而使溶液呈血红色，C不正确；D. pH=0的溶液中，NO3-可以表现强氧化性把Fe2+氧化，所以本组离子不能大量共存。本题选A。‎ ‎22.某水溶液中可能含有Na＋、Al3＋、Fe3＋、Mg2＋、Ba2＋、NH4+、Cl－、SO42-离子中的若干种。某同学取200mL该溶液分成两等份依次进行如下实验：①向第一份溶液中加过量的NaOH溶液后加热，充分反应后生成0.02mol气体(标况)，无沉淀产生，同时得到溶液甲；②向溶液甲中通入过量的CO2，充分反应生成白色沉淀，沉淀经过滤、洗涤、灼烧至恒重得到‎1.02g固体；③向第二份溶液中加入足量的BaCl2溶液，充分反应生成白色沉淀，沉淀用盐酸充分洗涤、干燥，得到‎11.65g固体。据此，该同学得到的结论正确的是（ ）‎ A. 实验①中产生的气体为氨气，并可得原溶液中c(NH4+)＝0.02 mol/L B. 实验③中的沉淀里一定有BaSO4，可能有Mg(OH)2‎ C. 若要确定原溶液中是否含有Cl－，无需另外再设计实验验证 D. 原溶液中一定含有Na＋，且c(Na＋)≥0.2mol/L ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①第一份加过量NaOH溶液后加热，收集到0.02mol气体，该气体为氨气，溶液中一定含有NH4+，物质的量为0.02mol，其浓度为：c(NH4+)=‎ 无沉淀生成，则一定不含有Fe3+、Mg2+；‎ ‎②向甲溶液中通入过量CO2，生成白色沉淀，该白色沉淀即为Al(OH)3，则原溶液中一定有Al3+，由于Al3+与CO32-不能大量共存，所以一定不含有CO32-，Al3+和过量的NaOH反应生成NaAlO2溶液，向溶液中通入过量CO2，生成白色沉淀，即为氢氧化铝，氢氧化铝沉淀经过滤、洗涤、灼烧后，得到‎1.02g固体即为氧化铝，根据铝元素守恒，得到铝离子的物质的量是n(Al3+)=2×=0.02mol；c(Al3+)=‎ ‎③第二份溶液中加足量BaCl2溶液后，生成白色沉淀，则一定含有SO42-离子，无Ba2+。沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后，得到‎11.65g固体即BaSO4的质量是‎11.65g，物质的量为：n(BaSO4)=‎11.65g÷‎233g/mol=0.05mol，根据S元素守恒，可知SO42-的物质的量是0.05mol，c(SO42-)=0.05mol÷‎0.1L=0.5mol/L。‎ 综上可知，一定含有的离子是：NH4+、Al3+、SO42-，其浓度分别是：0.2mol/L；0.2mol/L；0.5mol/L，一定不含Fe3+、Mg2+、Ba2+、SO42，不能确定是否存在氯离子。‎ ‎【详解】A．根据以上分析可知，c(NH4+)=0.2 mol/L，A错误；‎ B．根据以上分析可知，③中的白色沉淀中一定有BaSO4，因溶液不存在镁离子，则没有生成氢氧化镁，B错误；‎ C．由以上分析可知，不能确定氯离子是否存在，C错误；‎ D．任何溶液中都存在电荷守恒，NH4+、Al3+、SO42-，其浓度分别是：0.2mol/L；0.2mol/L；0.5mol/L，可知NH4+、Al3+的正电荷总量小于SO42-负电荷总量，依据溶液中阳离子带的正电荷总数等于阴离子带的负电荷总数，则一定有Na+存在，若无氯离子存在，则0.2×1+0.2×3+c(Na+)×1=0.5×2，解得c(Na+)=0.2mol/L，若含有氯离子，则c(Na+)＞0.2mol/L，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎【点睛】本题考查离子检验的知识，侧重于学生分析、计算能力的考查，题目采用定性实验和定量计算分析相结合的模式，增大了解题难度，同时涉及离子共存、离子反应等都是解题需注意的信息，尤其是K+的确定易导致出现失误。‎ ‎23.某100mL稀溶液中只含有Fe3+、Cu2+、H+、NO3-四种离子，向其中逐渐加入铁粉，溶液中Fe2+的浓度和加入铁粉的质量的关系如图所示，若整个反应过程中溶液的体积不发生变化，则下列说法中不正确的是（ ）‎ A. 原溶液的c(H+)=4mol·L-1 B. 若a=3，则原溶液中c(Cu2+)=1mol·L-1‎ C. 原溶液中的c(NO3-)=7mol·L-1 D. BC段发生反应的离子方程式为Cu2++Fe=Fe2++Cu ‎【答案】C ‎【解析】‎ A．OA段无Fe2+生成，是加入的‎5.6g即0.1mol铁粉与硝酸反应：Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O，设溶液中的氢离子的物质的量为xmol，则有： Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O 1            4 0.1mol    xmol 则有：‎ 解得x=0.4mol      则溶液中的氢离子的物质的量浓度c==4mol/L，故A正确；B．若a=3，则说明在BC段生成的Fe2+的物质的量为n=0.1mol，而BC段发生的反应为Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，设溶液中的Cu2+的物质的量为ymol，则有： Fe+Cu2+=Cu+Fe2+             1                 1             ymol          0.1mol 则有：， 则有：y=0.1mol，则溶液中的铜离子的物质的量浓度c==1mol/L，故B正确；C．C点溶液中c（Fe2+）=4mol/L，故此时溶液中的n（Fe2+）=CV=4mol/L×‎0.1L=0.4mol，而此时溶液中溶质为Fe（NO3）2，故C点溶液中的n（NO3-）=0.8mol，而在OA段加入0.1mol铁反应时，消耗掉的硝酸根为0.1mol，故原溶液中的n（NO3-）总 ‎=0.8mol+0.1mol=0.9mol，故浓度为c（NO3-）总==9mol/L，故C错误；D．BC段，加入的铁粉和Cu2+反应：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，故D正确；故选C。‎ 点睛：明确图示反应原理是解题关键，OA段无Fe2+生成，是加入的‎5.6g即0.1mol铁粉与硝酸反应：Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O，根据消耗的铁的物质的量求出溶液中的氢离子的物质的量；AB段，加入的铁粉和溶液中的Fe3+反应：2Fe3++Fe=3Fe2+；BC段，加入的铁粉和Cu2+反应：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+．据此分析。‎ ‎24.白色固体混合物A，含有KCl、CaCO3、Na2CO3、Na2SiO3、CuSO4中的几种，常温常压下进行如下实验。‎ 下列推断不正确的是 A. 无色溶液B的pH≥7‎ B. 白色固体F的主要成分是H2SiO3‎ C. 混合物A中有Na2SiO3、CuSO4和CaCO3‎ D. 在无色溶液B中加HNO3酸化，无沉淀；再滴加AgNO3，若有白色沉淀生成，说明混合物A中有KCl ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析】‎ 白色固体混合物A加水得无色溶液B和固体C，B中肯定不含Cu2+，但结合固体C加过量硝酸，产生蓝色溶液，说明A到B的过程中Cu2+转化为沉淀，A中必含有CuSO4，又结合固体C中加过量硝酸后得到白色固体F，说明A中必含有Na2SiO3，而且固体C与硝酸反应可得无色气体，该气体只能是CO2，可能是CaCO3和硝酸反应，也可能是Cu2+和CO32-双水解得到的碱式碳酸铜与硝酸反应生成的，因此，不能确定碳酸钙和碳酸钠是否一定存在，但两者至少存在一种。‎ ‎【详解】A.无色溶液B成分复杂，若B中只含有KCl，则 pH=7；若含有Na2CO3或硅酸钠或两者均有，则CO32-和硅酸根离子水解使溶液显碱性，pH>7，故无色溶液pH≥7，A项正确；‎ B.白色固体F难溶于硝酸，说明F为H2SiO3，B项正确；‎ C.固体C加入硝酸得无色气体，该气体只能是CO2，可能是CaCO3生成的，也可能是Na2CO3与硫酸铜反应生成的碱式碳酸铜再与硝酸反应生成的CO2，因此，固体C中不一定含有CaCO3，C项错误；‎ D.检验Cl-可用硝酸酸化的AgNO3溶液，所以证明A含有KCl，证明Cl-即可，D项正确。‎ 故答案选C。‎ ‎25.某溶液中可能含有H+、NH4+、Mg2+、Al3+、Fe3+、CO32－、SO42－、NO3－中的几种．①若加入锌粒，产生无色无味的气体；②若加入NaOH溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示．则下列说法正确的是（ ）‎ A. 溶液中一定不含CO32－，可能含有SO42－和NO3－‎ B. 溶液中n（NH4+）=0.2mol C. 溶液中的阳离子只有H+、Mg2+、Al3+‎ D. n（H+）：n（Al3+）：n（Mg2+）=1：1：1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：若加入锌粒，产生无色无味的气体，说明气体是氢气，因此溶液显酸性，则CO32−和NO3−不能大量共存；加入NaOH溶液，产生白色沉淀，说明不存在Fe3+；根据产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系图可知，溶液中一定含有Mg2+、Al3+；又因为当沉淀达到最大值时，继续进入氢氧化钠，沉淀不变，这说明溶液中还存在NH4+，由于溶液中还必须存在阴离子，所以一定还有SO42-；由图象可知，第一阶段为氢离子与氢氧化钠反应，消耗氢氧化钠为0.1mol，则n（H+）=0.1mol；第三阶段为铵根离子与氢氧化钠反应，消耗氢氧化钠为0.7mol-0.5mol=0.2mol，则n（NH4+）=0.2mol；最后阶段为氢氧化钠溶解氢氧化铝，消耗氢氧化钠0.8mol-0.7mol=0.1mol，则n[Al（OH）3]=0.1mol，根据铝元素守恒可知n（Al3+）=0.1mol；第二阶段为氢氧化钠沉淀镁离子、铝离子，共消耗氢氧化钠为0.5mol－0.1mol＝0.4mol，则n（Mg2+）=（0.4mol-0.1mol×3）÷2=0.05mol，A．由上述分析可知，溶液中一定不含CO32-、NO3-，一定含有SO42-‎ ‎，A错误；B．由上述分析可知，溶液中n（NH4+）=0.2mol，故B正确；C．由上述分析可知，溶液中的阳离子只有H+、Mg2+、Al3+、NH4+，C错误；D．由上述分析可知，溶液中n（H+）：n（Al3+）：n（Mg2+）=0.1mol：0.1mol：0.05mol=2：2：1，D错误，答案选B。‎ 考点：考查离子共存、反应图象识别以及离子反应有关计算等 二、填空题（本题包括4个小题，共50分）‎ ‎26.下面所列物质中，属于电解质的是____(填序号，下同)，属于强电解质的是____，属于非电解质的是____，够导电的是_____，除⑥⑩外溶于水后形成的水溶液能导电的是_____，只能在水溶液中导电的电解质是____。‎ ‎①NaCl晶体②液态SO2③液态醋酸④汞⑤固体BaSO4⑥稀硫酸⑦乙醇⑧熔融的KNO3⑨NH4Cl晶体⑩NaOH溶液 ‎【答案】 (1). ①③⑤⑧⑨ (2). ①⑤⑧⑨ (3). ②⑦ (4). ④⑥⑧⑩ (5). ①②③⑧⑨ (6). ③⑨‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】①NaCl晶体中没有自由移动的电子或离子，不导电；溶于水或者在熔融状态下能完全电离出自由移动的离子而导电，属于强电解质；水溶液能导电；‎ ‎②液态SO2没有自由移动的电子或离子，不导电；本身不能大量，属于非电解质；SO2与水反应生成亚硫酸能部分电离出自由移动的离子而导电，水溶液能导电；‎ ‎③液态醋酸没有自由移动的电子或离子，不导电；溶于水能部分电离出自由移动的离子而导电，属于弱电解质；水溶液能导电；‎ ‎④汞是金属单质，有自由移动的电子，能够导电，汞是单质，故既不是电解质，也不是非电解质；不溶于水，水溶液不能导电；‎ ‎⑤固体BaSO4中没有自由移动的电子或离子，不导电；BaSO4在水溶液中虽难溶，但溶于水的部分或熔融状态下能完全电离，BaSO4═Ba2++SO42-有自由移动的离子，能导电，故是强电解质；难溶于水，水溶液不能导电；‎ ‎⑥稀硫酸中有自由移动的电子或离子，能导电；稀硫酸是混合物，所以既不是电解质，也不是非电解质；水溶液能导电；‎ ‎⑦乙醇中只存在酒精分子，没有自由移动的电子或离子，不导电；溶于水或者在熔融状态下都不导电，所以是非电解质，水溶液不导电；‎ ‎⑧熔融的KNO3中有自由移动的电子或离子，能导电；熔融态KNO3‎ 因熔融完全电离出自由移动的钾离子和硝酸根离子，能导电，KNO3是化合物，所以是强电解质；水溶液能导电；‎ ‎⑨NH4Cl晶体中没有自由移动的电子或离子，不导电；溶于水能完全电离出自由移动的离子而导电，属于强电解质；水溶液能导电；‎ ‎⑩NaOH溶液有自由移动的电子或离子，能导电；NaOH溶液是混合物，所以既不是电解质，也不是非电解质；水溶液能导电；‎ 所以属于电解质的是①③⑤⑧⑨，属于强电解质的是①⑤⑧⑨，属于非电解质的是②⑦，能够导电的是④⑥⑧⑩，除⑥⑩外溶于水后形成的水溶液能导电的是①②③⑧⑨，只能在水溶液中导电的电解质是③⑨，故答案为：①③⑤⑧⑨；①⑤⑧⑨；②⑦；④⑥⑧⑩；①②③⑧⑨；③⑨。‎ ‎【点睛】化合物在水溶液中或受热熔化时本身能否发生电离是区别电解质与非电解质的理论依据，能否导电则是实验依据。能导电的物质不一定是电解质，电解质本身不一定能导电。‎ ‎27.环丁基甲酸是有机合成中一种有用的中间体。某研究小组以丙烯醛为原料，设计了如下路线合成环丁基甲酸(部分反应条件、产物已省略)。‎ 已知：‎ ‎（1）‎ ‎（2）‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）由丙烯醛生成化合物A的反应类型为_____。‎ ‎（2）化合物C的结构简式是______。‎ ‎（3）下列说法中正确的是_____(填字母代号)。‎ A．丙烯醛可以发生银镜反应 B．化合物B和C能形成高聚物 C．化合物G的化学式为C6H8O4 D．1mol化合物B与足量金属钠反应能生成1mol氢气 ‎（4）写出D＋E→F的化学方程式：_______。‎ ‎（5）符合下列条件的G的同分异构体有_____种，写出其中在1H-NMR谱上显示两组峰且面积比为3∶1的结构简式：______。‎ ‎①能使Br2/CCl4溶液褪色；②1mol G与1mol Na2CO3反应可以生成1mol CO2‎ ‎（6）以1，3-丁二烯和化合物E为原料可制备，请选用必要的试剂设计合成路线________。‎ ‎【答案】 (1). 加成反应 (2). HOOCCH2COOH (3). ABCD (4). (5). 18 (6). (CH3)‎2C=C(COOH)2 (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由合成流程可知，丙烯醛与水发生加成反应生成A为HOCH2CH2CHO，A与氢气发生加成反应生成B为HOCH2CH2CH2OH，B与HBr发生取代反应生成D为BrCH2CH2CH2Br，A氧化生成C为HOOCCH2COOH，C与乙醇发生酯化反应生成E为CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，D与E发生信息中的反应生成F为，F发生水解后酸化生成G为，G发生信息中反应生成环丁基甲酸；‎ ‎(6)以1，3-丁二烯和化合物E为原料可制备环戊基甲酸，先使1，3-丁二烯与溴发生1，4加成，再与氢气加成，然后与E在C2H5Na作用下发生信息中的反应得到。‎ ‎【详解】(1)由丙烯醛CH2=CH-CHO生成化合物A，碳碳双键与水发生加成反应产生A：HOCH2CH2CHO，因此反应类型为加成反应；‎ ‎(2)根据上述分析可知化合物C为丙二酸，C的结构简式是HOOCCH2COOH；‎ ‎(3)A.丙烯醛分子中含有醛基，因此可以发生银镜反应，A正确；‎ B.化合物B为HOCH2CH2CH2OH，含有2个羟基；化合物C：HOOCCH2COOH中含有2‎ 个羧基，在一定条件下发生酯化反应，形成聚酯和水，该反应为缩聚反应，因此能发生缩聚反应形成高聚物，B正确；‎ C.根据上述分析可知化合物G为，可知其分子式为C6H8O4，C正确；‎ D.化合物B分子中含有2个羟基，所以1mol化合物B与足量金属钠反应能生成1mol氢气，D正确；‎ 故合理选项是ABCD；‎ ‎(4)D是BrCH2CH2CH2Br，E是CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，二者在乙醇钠作用下发生信息(1)的反应形成F，该反应的化学方程式为；‎ ‎(5)G结构简式为，分子式为C6H8O4，G的同分异构体符合下列条件：‎ ‎①能使Br2的CCl4溶液褪色说明分子中含有碳碳双键；②1mol G与1mol Na2CO3反应可以生成1mol CO2，说明1个该同分异构体分子中含有2个羧基—COOH，可认为该物质是丁烯分子中的两个H原子被2个—COOH取代的产物。丁烯有CH2=CH-CH2-CH3、CH3-CH=CH- CH3、三种不同结构；两个羧基取代产物，CH2=CH-CH2-CH3有9种；CH3-CH=CH-CH3有5种；有4种，因此符合条件的G的同分异构体共有9+5+4=18种；其中在1H-NMR谱上显示两组峰且面积比为3∶1，说明有2种H原子，二者的个数比为3：1，其结构简式为(CH3)‎2C=C(COOH)2；‎ ‎(6)先使1，3-丁二烯与溴发生1，4加成，产生CH2Br-CH=CH-CH2Br，加成产物与氢气发生加成反应产生CH2Br-CH2-CH2-CH2Br，然后CH2Br-CH2-CH2-CH2Br与E（CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3）在C2H5Na作用下发生生信息中的反应，产生，合成流程为：。‎ ‎【点睛】‎ 本题考查有机物的合成与推断的知识，把握官能团与性质、有机反应、合成反应中官能团的变化及碳原子数变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机物性质的应用，题目难度不大。‎ ‎28.硼单质在高温时是良好的导体，也是用途广泛的化工原料。镁单质可用于制造轻金属合金、球墨铸铁等。硼镁矿的主要成分为Mg2B2O5·H2O，可以制取单质硼和镁。制取工艺流程如图所示，已知硼砂的化学式为Na2B4O7·10H2O，硼镁泥是硼镁矿制硼砂过程中产生的废渣，其主要成分是MgCO3，还含有CaO、Al2O3、Fe2O3、FeO、MnO、SiO2等杂质。按要求回答问题：‎ ‎（1）化合物Mg2B2O5·H2O中B的化合价为_____。‎ ‎（2）将硼砂溶于热水后，常用稀硫酸调pH至2～3制取H3BO3，该反应的离子方程式为____。‎ ‎（3）写出加NaClO的过程中发生反应的离子方程式：________；________。‎ ‎（4）将硼镁泥中加入的硫酸改为盐酸是否可行？___。(填“是”或“否”)，理由是____。‎ ‎【答案】 (1). ＋3 (2). B4O72-＋2H＋＋5H2O=4H3BO3 (3). Mn2＋＋ClO－＋H2O=MnO2↓＋Cl－＋2H＋ (4). 2Fe2＋＋ClO－＋2H＋=2Fe3＋＋Cl－＋H2O (5). 否 (6). 改为盐酸后，硼镁泥中的CaO转化为CaCl2，CaCl2易溶于水，无法除去杂质钙离子 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）Mg2B2O5·H2O中Mg元素的化合价为+2价，H元素的化合价为+1价，O元素的化合价为-2价，根据化合物中各元素化合价代数和为零可得到Mg2B2O5·H2O中硼元素的化合价为+3，故答案为：＋3。‎ ‎(2)硼砂在酸溶液中生成一元弱酸H3BO3的离子方程式为B4O72-＋2H＋＋5H2O=4H3BO3，故答案为：B4O72-＋2H＋＋5H2O=4H3BO3。‎ ‎（3）由题图2及硼镁泥的成分可，往硼镁泥中加硫酸得到的滤渣A的主要成分为SiO2，向滤液中加次氯酸钠可以将滤液中的Fe2+和Mn2+氧化，所以加入NaClO的过程中发生反应的离子方程式为：Mn2＋＋ClO－＋H2O=MnO2↓＋Cl－＋2H＋、2Fe2＋＋ClO－＋2H＋=2Fe3＋＋Cl－‎ ‎＋H2O，故答案为：Mn2＋＋ClO－＋H2O=MnO2↓＋Cl－＋2H＋、2Fe2＋＋ClO－＋2H＋=2Fe3＋＋Cl－＋H2O。‎ ‎（4）CaSO4微溶于水，CaCl2易溶于水，改为盐酸后，硼镁泥中的CaO转化为CaCl2，CaCl2易溶于水，无法除去杂质钙离子，故答案为：否；改为盐酸后，硼镁泥中的CaO转化为CaCl2，CaCl2易溶于水，无法除去杂质钙离子。‎ ‎29.用Na2CO3·10H2O晶体，配置0.2mol/L的Na2CO3溶液480ml ‎（1）应称取Na2CO3·10H2O晶体的质量为____。‎ ‎（2）根据下列操作对所配溶液的浓度产生的影响，完成下列要求：‎ ‎①Na2CO3·10H2O晶体失去了部分结晶水；②用“左物右码”的称量方法称量晶体（使用游码）；‎ ‎③碳酸钠晶体不纯，其中混有氯化钠；④称量碳酸钠晶体时所用砝码生锈；‎ ‎⑤容量瓶未经干燥使用；‎ 其中引起所配溶液浓度偏高的有___(填序号，下同)，偏低的有____，无影响的有_____。‎ ‎（3）为完成实验所必须要的玻璃仪器有：____、____、____、____。‎ ‎【答案】 (1). ‎28.6g (2). ①④ (3). ②③ (4). ⑤ (5). 500ml容量瓶 (6). 烧杯 (7). 玻璃棒 (8). 胶头滴管 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据m=nM=CVM计算碳酸钠的质量；‎ ‎（2）根据c=分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断；‎ ‎（3）根据操作步骤选取实验仪器。‎ ‎【详解】（1）m=nM=CVM=0.2mol/L×‎0.5L×‎286g/mol=‎28.6g，故答案为：28.6。‎ ‎（2）①Na2CO3·10H2O晶体失去了部分结晶水，导致称量溶质的质量增大，所以溶质的物质的量偏大，配制溶液的浓度偏高；‎ ‎②用“左码右物”的称量方法称量晶体导致称量溶质的质量增小，所以溶质的物质的量偏小，配制溶液的浓度偏低；‎ ‎③碳酸钠晶体不纯，其中混有氯化钠，导致碳酸钠的物质的量偏小，配制溶液的浓度偏低；‎ ‎④称量碳酸钠晶体时所用砝码生锈，导致称量溶质的质量增大，所以溶质的物质的量偏大，配制溶液的浓度偏高；‎ ‎⑤容量瓶未经干燥就使用不影响溶质的物质的量，也不影响溶液的体积，所以对配制的溶液浓度无影响。‎ 所以引起所配溶液浓度偏高的有①④，偏低的有②③，无影响的有⑤。‎ 故选：①④；②③；⑤。‎ ‎（3）配制步骤有称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～‎2cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，其中所必须要的玻璃仪器有：500mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管，故答案为：500mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管。‎ ‎【点睛】根据c=可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量nB和溶液的体积V引起的。误差分析时，关键要看配制过程中引起n和V怎样的变化。在配制一定物质的量浓度溶液时，若nB比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若nB比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。‎