2022届浙江绍兴一模化学试卷及答案

这是一份2022届浙江绍兴一模化学试卷及答案，共26页。试卷主要包含了单选题，有机推断题，元素或物质推断题，实验题，计算题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。
2022届浙江绍兴一模化学试卷及答案
一、单选题
1．下列属于碱的是
A．SO2 B．H2SiO3 C．Na2CO3 D．NaOH
2．下列仪器名称为“烧杯”的是
A． B． C． D．
3．下列属于非电解质的是
A．Fe B．CH4 C．H2SO4 D．HNO3
4．反应Cl2+2KI=2KCl+I2中，氧化剂是（   ）
A．Cl2 B．KI C．KCl D．I2
5．下列物质的水溶液因水解而呈碱性的是
A．NaOH B．NH4Cl C．CH3COONa D．HCl
6．关于金属钠单质及其化合物的说法中，不正确的是
A．NaCl可用作食品调味剂 B．相同温度下NaHCO3溶解度大于Na2CO3
C．Na2CO3的焰色反应呈黄色 D．工业上Na可用于制备钛、锆等金属
7．下列表示不正确的是
A．HCl的电子式 B．SiO2的结构式O=Si=O
C．S的原子结构示意图 D．乙炔的分子式C2H2
8．SO2不具有的性质是
A．碱性 B．还原性 C．氧化性 D．漂白性
9．下列属于不可再生能源的是
A．氢气 B．石油 C．沼气 D．酒精
10．下列说法正确的是
A．用分液的方法可以分离汽油和水 B．酒精灯加热试管时须垫石棉网
C．NH3能使湿润的蓝色石蕊试纸变红 D．盛放NaOH溶液的广口瓶，可用玻璃塞
11．下列说法不正确的是
A．HCOOH 和 CH3COOH 互为同系物
B．与CH3CH2CHO互为同分异构体
C．质子数为35、中子数为45的溴原子：
D．烷烃CH3CH(CH3)C(CH3)3的名称是2,3,3-三甲基丁烷
12．下列关于反应速率的说法错误的是
A．反应速率用于衡量化学反应进行的快慢
B．可逆反应达到化学平衡状态时，正、逆反应速率都为0
C．决定反应速率的主要因素是反应物的性质
D．增大反应物浓度，提高反应温度都能增大反应速率
13．下列离子方程式不正确的是
A．氯气和水反应：Cl2+H2OH++Cl-+HClO
B．铁与稀盐酸反应：Fe+2H+=Fe2++H2↑
C．碳酸氢铵溶液与足量澄清石灰水反应：HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O
D．少量二氧化硫气体通入FeCl3溶液中：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++4H++SO
14．几种短周期元素的原子半径及某些化合价见下表，下列说法不正确的是
元素代号
A
B
D
E
G
I
J
K
化合价
-1
-2
+4-4
-1
+5-3
+3
+2
+1
原子半径/nm
0.071
0.074
0.077
0.099
0.110
0.143
0.160
0.186

A．常温下B元素的单质能与K单质反应 B．A、I、J的离子半径由大到小顺序是A>J>I
C．G元素的单质存在同素异形体 D．J在DB2中燃烧生成B元素的单质
15．下列说法正确的是
A．1 mol葡萄糖能水解生成2 mol CH3CH2OH和2 mol CO2
B．苯的结构简式为，能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．相同物质的量的乙烯与乙醇分别在足量的O2中完全燃烧，消耗O2的物质的量相同
D．乙烯和植物油都能使溴水褪色，其褪色原理不同
16．某离子反应中涉及H2O、ClO-、 NH4+、H+、 N2、Cl-六种微粒。其中ClO-的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列判断正确的是

A．该反应的还原剂是Cl- B．反应后溶液的酸性明显增强
C．消耗1mol还原剂，转移6 mol电子 D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶3
17．干电池模拟实验装置如图。下列说法不正确的是

A．碳棒作正极，锌片作负极
B．电流方向从碳棒流向锌片，电子则相反
C．NH4Cl是电解质，在锌片逐渐消耗过程中MnO2不断被还原
D．该电池是二次电池，该废旧电池中锌可回收
18．25℃时，关于某酸(用H2A表示)下列说法中，不正确的是
A．pH=a的Na2A溶液中，由水电离产生的c(OH-)=10a-14
B．将pH=a的H2A稀释为pH=a+l的过程中，c(H2A)/c(H+)减小，则H2A为弱酸
C．测NaHA溶液的pH，若pH>7，则H2A是弱酸；若pHc(CO)
D．d点溶液中：c(Na+)+c(H+)=2c(CO)+c(HCO)+c(OH-)
24．已知：还原性：HSO>I-，氧化性：IO>I2。在含3 mol NaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液，加入KIO3和析出I2的物质的量的关系曲线如图所示。下列说法不正确的是

A．O～a间发生反应：3HSO+IO=3SO+I-+3H+
B．a～b间共消耗NaHSO3的物质的量为1.8mol
C．b～c间反应：I2仅是氧化产物
D．当溶液中I-与I2的物质的量之比为5∶3时，加入的KIO3为1.1mol
25．某工厂排放的污水只可能含Na+、K+、NH、Mg2+、Fe3+、、和Cl-中的几种(忽略由水电离产生的H+、OH-)。将试样平均分成甲、乙、丙三份各100mL，每次均加入足量的试剂，设计如下实验。下列说法正确的是

A．废水可能含有Na+、K+、Fe3+
B．废水一定含有Cl-、和Mg2+，且c(Cl-)=0.2mol·L-1
C．废水一定不含、Cl-、NH、Na+、K+、Fe3+
D．可能存在的离子用焰色反应进一步检验确认
二、有机推断题
26．以乙烯为原料，在一定条件下可以转化为A、B、C，最后合成有机化合物D，转化关系如下图所示：


请回答：
（1）写出有机物B的官能团名称：________________。
（2）写出CH3=CH2→A化学方程式：________________。
（3）有机化合物D的相对分子质量为：________________。
27．某研究小组以环氧乙烷和布洛芬为主要原料，按下列路线合成药物布洛芬酰甘氨酸钠。

已知：（1）RCOOHRCOC1RCOORˊ
（2）R-Cl-R-NH2R-NH2HC1RCONHR
请回答：
（1）写出化合物的结构简式：B_________； D_________。
（2）下列说法不正确的是_________。
A．转化为A为氧化反应
B． RCOOH与SOCl2反应的产物有SO2和HC1
C．化合物B能发生缩聚反应
D．布洛芬酰甘氨酸钠的分子式为C15H19NO3Na
（3）写出同时符合下列条件的布洛芬的所有同分异构体_________。
①红外光谱表明分子中含有酯基，实验发现能与NaOH溶液1∶2反应，也能发生银镜反应；
②H—NMR谱显示分子中有三个相同甲基，且苯环上只有一种化学环境的氢原子。
（4）写出F→布洛芬酰甘氨酸钠的化学方程式_________。
（5）利用题给信息，设计以为原料制备（）的合成路线(用流程图表示：无机试剂任选)_____________________。
三、元素或物质推断题
28．某新型无机材料A3M4由两种非金属元素组成，元素M位于第二周期VA族。D、E、H均为难溶于水的白色固体：化合物C、E均含A元素。其余物质均为中学化学中常见物质。


请回答：
（1）写出H的化学式：________________。
（2）化合物A3M4中含有的化学键类型为：________________。
（3）写出反应②的离子方程式：________________。
四、实验题
29．钠与水反应的改进实验操作如下：取一张滤纸，用酚酞试液浸润并晾干，裁剪并折叠成信封状，滤纸内放一小块（约绿豆粒般大小）金属钠，把含钠的滤纸信封放入水中，装置如下图所示。

请回答：
（1）写出金属钠与水反应的离子方程式________________。
（2）实验过程中取用金属钠的操作方法是________________。
（3）有关此实验的说法正确的是________________。
A．实验过程中，可能听到爆鸣声
B．实验过程中，看到滤纸信封由白色逐渐变红色
C．实验改进的优点之一是由实验现象能直接得出反应产物
D．实验过程中，多余的金属钠不能放回原试剂瓶中，以免对瓶内试剂产生污染
30．某兴趣小组利用废旧聚乳酸材料制备乳酸铝，方案如下：

已知：①反应原理：
乳酸常温下为易溶于水、乙醇等溶剂的液体；乳酸铝为白色或黄色粉末状固体，溶于水，不溶于乙醇等有机溶剂。
请回答：
（1）聚乳酸与NaOH加热回流合适的装置是______，仪器a的名称_______。

（2）其他条件不变调整乳酸溶液质量分数，以及其他条件不变调整乳酸和铝的物质的最之比，得出如下实验数据。根据实验1-3，最合适的ɷ(乳酸)为_________。根据实验4-6，n(乳酸):n(铝)最合适的选择为3.025，不考虑实验原料价格，最可能的理由是：_________。
编号
时间/h
n(乳酸)∶n(铝)
ɷ(乳酸)
产率（%）
编号
时间/h
n(乳酸)∶n(铝)
ɷ(乳酸)
产率（%）
1
8
3.025
0．10
64.0
4
10
2.935
0.20
78.4
2
8
3.025
0.20
72.0
5
10
3.025
0.20
90.2
3
8
3.025
0.30
68.5
6
10
3.505
0.20
91.3

（3）抽滤I需对反应容器进行洗涤，并将洗涤液也抽滤。抽滤Ⅱ需对粗产品进行洗涤。所用洗涤剂最合适的分别是_________。
A．抽滤I洗涤剂用热水，抽滤Ⅱ洗涤剂用冷水；
B．抽滤I洗涤剂用滤液，抽滤Ⅱ洗涤剂用滤液；
C．抽滤I洗涤剂先用滤液再用无水乙醇，抽滤Ⅱ洗涤剂用无水乙醇；
D．抽滤I洗涤剂先用无水乙醇再用滤液，抽滤Ⅱ洗涤剂先用无水乙醇再用滤液。
（4）乳酸铝纯度测定方法如下：取ag乳酸铝（相对分子质量294）样品溶解，加入缓冲溶液调节pH值，加入bmLcmol·L-1的EDTA溶液。然后加入指示剂，用d mol·L-1的标准锌溶液滴定过量的EDTA溶液。Al3+和Zn2+与EDTA均1∶1反应。实验消耗标准锌溶液emL，则乳酸铝纯度为_________。
五、计算题
31．用11.92gNaClO配成100mL溶液，向其中加入0.01mol Na2Sx恰好完全反应，生成Na2SO4和NaCl。
（1）NaClO溶液的物质的量浓度_________mol·L-1。
（2）化学式Na2Sx中的X=____________。
六、原理综合题
32．研究含氮和含硫化合物的性质在工业生产和环境保护中有重要意义。
（1）制备硫酸可以有如下两种途径：
2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g) △H=-198kJ·mol-1
SO2(g)+NO2(g)=SO3(g)+NO(g) △H=-41.8kJ·mol-1
若CO的燃烧热为283 kJ·mol-1，则1molNO2和1mol CO 反应生成CO2和NO的能量变化示意图中E2=_________kJ·mol-1

（2）锅炉烟道气含CO、SO2，可通过如下反应回收硫：2CO(g)+SO2(g)S(I)+2CO2(g)。某温度下在2L恒容密闭容器中通入2 molSO2和一定量的CO发生反应，5min后达到平衡，生成1molCO2。其他条件不变时SO2的平衡转化率反应温度的变化如图A，请解释其原因：_________
②第8分钟时，保持其他条件不变，将容器体积迅速压缩至1L，在10分钟时达到平衡，CO的物质的量变化了1mol。请在图B中画出SO2浓度从6~11分钟的变化曲线。


（3）已知某温度下，H2SO3的电离常数为K1≈l.5×10-2， K2≈1.0×10-7，用NaOH溶液吸收SO2，当溶液中HSO3-, SO32-离子相等时，溶液的pH值约为_________
（4）连二亚硫酸钠（Na2S2O4）具有强还原性，废水处理时可在弱酸性条件下加入亚硫酸氢钠电解产生连二亚硫酸根，进而将废水中的HNO2还原成无害气体排放，连二亚硫酸根氧化为原料循环电解。产生连二亚硫酸根的电极反应式为_________，连二亚硫酸根与HNO2反应的离子方程式_________。

参考答案：
1．D
【解析】
【详解】
A．SO2 是由硫元素和氧元素组成的化合物，属于氧化物，故A错误；
B．H2SiO3 电离时其阳离子全部是H+，属于酸，故B错误；
C．纯碱是碳酸钠的俗称，是由钠离子和碳酸根离子组成的化合物，属于盐，故C错误；
D．苛性钠是氢氧化钠的俗称，电离时生成的阴离子都是氢氧根离子，属于碱，故D正确；
故选D。
2．A
【解析】
【详解】
A．仪器的名称是烧杯，故A正确；
B．仪器的名称是分液漏斗，故B错误；
C．仪器 的名称是容量瓶，故C错误；
D．仪器的名称是圆底烧瓶，故D错误；
故答案为A。
3．B
【解析】
【分析】
【详解】
A．Fe是金属单单质，不是化合物，故Fe不属于电解质也不属于非电解质，A不符合题意；
B．CH4是化合物，但其由分子构成，在水中或熔融状态下都不能导电，属于非电解质，B符合题意；
C．H2SO4是化合物，由分子构成，在水中能发生电离而导电，属于电解质，C不符合题意；
D．HNO3是化合物，由分子构成，在水中能发生电离而导电，属于电解质，D不符合题意；
故合理选项是B。
4．A
【解析】
【详解】
根据单质中元素化合价为零、化合物中元素的正负化合价代数和为零可知，反应物中，Cl2属于单质，氯气中氯元素化合价为零，碘化钾中钾元素显+1价，碘元素显-1价，生成物中，氯化钾中钾元素为+1价，氯元素为-1价，碘单质中碘元素的化合价是零，Cl元素的化合价由0价降至-1价，Cl2是氧化剂，KCl是还原产物，I元素的化合价由-1价升至0价，KI为还原剂，I2是氧化产物，答案选A。
5．C
【解析】
【分析】
【详解】
A．NaOH为强碱，电离使溶液显碱性，故A不选；
B．NH4Cl为强酸弱碱盐，水解显酸性，故B不选；
C．CH3COONa为强碱弱酸盐，弱酸根离子水解使溶液显碱性，故C选；
D．HCl在水溶液中电离出H+，使溶液显酸性，故D不选；
故选C。
6．B
【解析】
【详解】
A．NaCl是最常用的食品调味剂，故A正确；
B．相同温度下NaHCO3溶解度小于Na2CO3，故B错误；
C．钠元素的焰色反应呈黄色，故C正确；
D．工业上可利用Na与熔融TiCl4及锆盐制备钛、锆等金属，故D正确；
答案为B。
7．B
【解析】
【分析】
【详解】
A．HCl是共价化合物，其电子式为 ，故A正确；
B．SiO2是原子晶体，是立体网状结构，如，故B错误；
C．S的核电荷数为16，其原子结构示意图为，故C正确；
D．乙炔的分子式为C2H2，故D正确；
故答案为B。
8．A
【解析】
【分析】


【详解】
二氧化硫为无色、具有刺激性气味的气体，可与水、碱以及碱性氧化物反应，具有漂白性、氧化性和还原性，可形成酸雨，只有A错误，故选A。
【点睛】
明确SO2的性质是解题关键，二氧化硫为酸性氧化物，可与水、碱以及碱性氧化物反应，S元素化合价为+4价，处于中间价态，既具有氧化性也具有还原性，另外还具有漂白性，以此解答。
9．B
【解析】
【分析】
【详解】
A．氢气可以通过电解、置换等多种化学方法制备，为可再生能源，故A错误；
B．煤、石油及天然气是化石能源，属不可能再生的能源，故B正确；
C．沼气可以用秸秆、动物粪便制得，为可再生能源，故C错误；
D．酒精可以通过粮食发酵制得或工业合成，为可再生能源，故D错误；
故答案为B。
10．A
【解析】
【分析】
【详解】
A．汽油和水彼此不溶，可用分液的方法进行分离，故A正确；
B．试管可用酒精灯直接加热，无须垫石棉网，故B错误；
C．NH3的水溶液显碱性，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故C错误；
D．玻璃中含有的SiO2能和NaOH溶液反应，则盛放NaOH溶液的广口瓶，不可用玻璃塞，只能用橡皮塞，故D错误；
答案为A。
11．D
【解析】
【分析】
【详解】
A．HCOOH 和 CH3COOH 均为羧酸，且分子组成相差一个CH2基团，两者互为同系物，故A正确；
B．与CH3CH2CHO分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故B正确；
C．质子数为35、中子数为45的溴原子可表示为，故C正确；
D．根据系统命名法，烷烃CH3CH(CH3)C(CH3)3的名称是2,2,3-三甲基丁烷，故D错误；
故答案为D。
12．B
【解析】
【分析】
【详解】
A．化学反应有快有慢，可以用化学反应速率来定量表示化学反应进行的快慢，故A正确；
B．可逆反应达到化学平衡状态时，正、逆反应速率相等，但是不等于0，反应没有停止，故B错误；
C．反应物的本身性质是决定反应速率的主要因素，如火药爆炸瞬间完成，食物腐败进行的缓慢，故C正确；
D．增大反应物浓度，提高反应温度，活化分子数目增多，反应速率加快，故D正确；
故选B。
13．C
【解析】
【分析】
【详解】
A．氯气和水反应的离子方程式为Cl2+H2OH++Cl-+HClO，故A正确；
B．铁与稀盐酸反应的离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑，故B正确；
C．碳酸氢铵溶液与足量澄清石灰水反应的离子方程式为NH4++HCO3-+Ca2++2OH-=CaCO3↓+H2O+NH3·H2O，故C错误；
D．少量二氧化硫气体通入FeCl3溶液中发生反应的离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++4H++SO，故D正确；
答案为C。
【点睛】
注意离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）、检查是否符合原化学方程式等；本题难点为选项C，不能忽视NH4+与OH-的反应，离子反应是完整反应，不能只写局部。
14．D
【解析】
【分析】
短周期元素，A、E有-1价，B有-2价，且A的原子半径与B相差不大，则A、E处于ⅦA族，B处于ⅥA族，A原子半径小于E，可推知A为F、E为Cl，B为O；D有-4、+4价，处于ⅣA族，原子半径与O原子相差不大，可推知D为C元素；G元素有-3、+5价，处于ⅤA族，原子半径大于C原子，应处于第三周期，则G为P元素；I、J、K的化合价分别为+3、+2、+1，分别处于Ⅲ族A、ⅡA族、ⅠA族，原子半径依次增大，且都大于P原子半径，应处于第三周期，可推知I为Al、J为Mg、K为Na；
【详解】
A．Na与O2常温下可生成Na2O，故A正确；
B．F-、Mg2+、Al3+离子核外电子层数相等，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径大小顺序为：F-＞Mg2+＞Al3+，故B正确；
C．磷的单质有红磷和白磷，存在同素异形体，故C错误；
D．镁在二氧化碳中的燃烧生成MgO和碳单质，故D错误；
故选D。
15．C
【解析】
【分析】
【详解】
A．葡萄糖是单糖不能水解，1 mol葡萄糖能分解生成2 mol CH3CH2OH和2 mol CO2，故A错误；
B．苯的结构简式为，但分子结构中无碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B错误；
C．乙醇分子式可以变式为C2H4·H2O，故乙醇燃烧相当于乙烯燃烧，耗氧量相同，故C正确；
D．乙烯和植物油均含有碳碳双键，都能使溴水褪色，其褪色原理均为加成反应，故D错误；
答案为C。
16．B
【解析】
【分析】
由曲线变化图可知，随反应进行具有氧化性的ClO-物质的量减小为反应物，由氯元素守恒可知Cl-是生成物，根据所含有的 NH4+和N2，其中NH4+有还原性，故N2是生成物，N元素化合价发生氧化反应，则反应的方程式应为3ClO-+2NH4+=N2↑+3H2O+3Cl-+2H+；据以上分析解答。
【详解】
A．由方程式可知反应的氧化剂是ClO-，还原产物为Cl-，故A错误；
B．反应生成H+，溶液酸性增强，故B正确；
C．N元素化合价由-3价升高到0价，则消耗1mol还原剂，转移3mol电子，故C错误；
D．由方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2，故D错误；
答案为B。
【点睛】
由曲线变化图可知，具有氧化性的ClO-物质的量减小为反应物，由氯元素守恒可知Cl-是生成物，再结合氧化还原反应的理论，有氧化必有还原，根据所含有的微粒，可知NH4+是还原剂，氧化产物为N2，发生反应的方程式应为3ClO-+2NH4+=N2↑+3H2O+3Cl-+2H+，以此解答该题。
17．D
【解析】
【分析】
【详解】
A．锌是活泼金属，则锌片作负极，碳棒作正极，A正确；
B．原电池中电子从负极沿导线流向正极，电流从正极流向负极，电流从碳棒流到锌片上，B正确；
C．以糊状NH4Cl作电解质，其中加入MnO2氧化吸收H2，故在锌片逐渐消耗过程中MnO2不断被还原，C正确；
D．该电池是一次性电池，该废旧电池中锌可回收，D错误；
答案选D。
18．C
【解析】
【详解】
A．若H2A为强酸，则Na2A为中性，pH=7，水电离产生的c(OH-)=10-7，若H2A为弱酸，则Na2A为碱性，pH=a的Na2A溶液中因A2-的水解促进水的电离，溶液中的OH-来源于水的电离，则由水电离产生的c(OH-)=10a-14，故A正确；
B．若H2A为强酸，c(H2A)/c(H+)=0，若H2A为弱酸将pH=a的H2A稀释为pH=a+l的过程中，c(H2A)/c(H+)减小，故B正确；
C．测NaHA溶液的pH，若pH>7，说明HA-在溶液中水解，则H2A是弱酸；若pHc(HCO)，C错误；
D．d点溶液中，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=2c(CO)+c(HCO)+c(OH-)，D正确；
故合理选项是C。
24．C
【解析】
【分析】
【详解】
A．已知还原性HSO＞I-，由图示可知，当滴加的KIO3物质的量小于1mol时溶液中无I2生成，即I－没被氧化，则当加入KIO3物质的量在0～a间发生反应的离子方程式为：3HSO+IO=3SO+I-+3H+，故A正确；
B．由图示可知a=0.4mol，b为1mol，a~b之间共消耗0.6mol IO且无I2生成，故根据方程式3HSO＋IO=3SO＋I－＋3H＋可知，每消耗1mol IO则有3mol HSO被氧化，则有0.6mol IO消耗时有1.8mol HSO被氧化，故B正确；
C．由图示b～c之间所发生的离子反应方程式5I−+ IO+6H+=3I2+3H2O，可知I2即是氧化产物又是还原产物，故C错误；
D．0～1之间共消耗1mol KIO3，则生成1molI－，又由b～c之间的方程式为5I−+ IO+6H+=3I2+3H2O，设该过程消耗IO的物质的量为amol，则：

当溶液中I-与I2的物质的量之比为5：3时，= ，a=0.1mol，加入的KIO3为1mol+0.1mol=1.1mol，故D正确；
答案选C。
25．C
【解析】
【分析】
废水中加入溴水，溴水不褪色，说明无；加入酸化的BaCl2溶液产生白色沉淀2.33g，该白色沉淀为BaSO4，物质的量为0.01mol，向滤液中加人酸化的AgNO3溶液，生成2.87g白色沉淀，该沉淀为AgCl，其物质的量为0.02 mol，加人的BaCl2 溶液中Cl-的物质的量为0.02 mol，则废水中无Cl-；加入足量NaOH溶液加热产生0.58 g白色沉淀，说明无Fe3+，该白色沉淀为Mg(OH)2，物质的量为0.01mol；无气体产生，说明没有；可以确定溶液中一定存在Mg2+、，一定不存在、Fe3+、、Cl-，根据电荷守恒知废水中也不存在Na+、K+；
【详解】
A．根据分析可知废水中不存在Na+、K+、Fe3+，A项错误；
B．由分析可知，废水中不含Cl-，B项错误；
C．由分析可知，废水一定不含、Cl-、NH、Na+、K+、Fe3+，C项正确；
D．废水中一定存在Mg2+、，一定不存在、Fe3+、、Cl-、Na+、K+，不需要用焰色反应检验离子，D项错误；
答案选C。
26．     羧基     2CH2=CH2+18O22CH3CH18O     90
【解析】
【分析】
【详解】
乙烯18O2反应生成的A为CH3CH18O，CH3CH18O再与氢气发生加成生成的C为CH3CH218OH，而乙烯直接氧化得到的B为乙酸，乙酸与CH3CH218OH发生酯化反应生成的D为CH3CO18OC2H5；
（1）有机物乙酸含有的官能团名称为羧基；
（2）CH3=CH2→A的化学方程式为2CH2=CH2+18O22CH3CH18O；
（3）有机化合物CH3CO18OC2H5的相对分子质量为90。
27．               D              
【解析】
【详解】
氧化得到的A为ClCH2COOH，ClCH2COOH与NH3作用得到的B为H2NCH2COOH，H2NCH2COOH再与SOCl2作用生成的C为，再与CH3OH作用得到的D为；与SOCl2作用生成的E为，E与D作用生成的F为，F再在NaOH溶液中水解可得布洛芬酰甘氨酸钠；
(1)写出化合物的结构简式：B为H2NCH2COOH； D为；
(2)A．催化氧化为转化为ClCH2COOH，反应类型为氧化反应，故A正确；B． RCOOH与SOCl2发生取代反应，所得产物为RCOOCl、SO2和HC1，故B正确；C．化合物B为氨基酸，一定条件下能发生缩聚反应，故B正确；D．布洛芬酰甘氨酸钠的分子式为C15H20NO3Na，故D错误；答案为D。
(3)①红外光谱表明分子中含有酣基，实验发现能与NaOH溶液1∶2反应，也能发生银镜反应，说明苯环上直接连接HCOO—；②H—NMR谱显示分子中有三个相同甲基，说明同一碳原子上连接三个甲基；苯环上只有一种化学环境的氢原子，因苯环上不可能只有对位有两个不同的取代基，可以保证对称位置上的氢原子环境相同，满足条件的同分异构体有；
(4)F→布洛芬酰甘氨酸钠的化学方程式为；
(5)以为原料制备的合成路线为。
28．     AgCl     共价键     SiO2+2OH- = SiO+H2O
【解析】
【分析】
根据题中各物质转化关系，D受热得E，E能与氢氧化钠反应生成F，F与过量的二氧化碳反应生成D，说明D为弱酸且能受热分解；新型无机材料A3M4由两种非金属元素组成，元素M位于第二周期VA族，应为N元素，A元素为四价元素，C、E均为含A元素，可知A3M4应为Si3N4，可以确定A为Si，E为SiO2，F为Na2SiO3，则D为H2SiO3，G与硝酸银反应生成 不溶于稀硝酸的沉淀H，则可知G中有Cl-，H为AgCl，故C为SiCl4，B为Cl2；由SiCl4+3H2═4HCl+H2SiO3，生成G：HCl；
【详解】
（1）由分析可知，H的化学式为AgCl；
（2）化合物Si3N4中含有的化学键类型为共价键；
（3）SiO2溶解于NaOH溶液发生反应的离子方程式为SiO2+2OH- = SiO+H2O。
29．     2Na + 2H2O = 2Na++2OH- + H2↑     用镊子取出金属钠，用滤纸吸干表面的煤油，用小刀切一小块用于实验。     ABC
【解析】
【详解】
(1)金属钠与水反应生成NaOH和氢气的离子方程式为2Na + 2H2O = 2Na++2OH- + H2↑；
(2)因钠能与水反应，应保存在煤油中，且生成的NaOH有腐蚀性，实验过程中取用金属钠的操作方法是用镊子取出金属钠，用滤纸吸干表面的煤油，用小刀切一小块用于实验；
(3)A．反应放热，生成的H2在空气中燃烧，能听到爆鸣声，故A正确；B．生成NaOH,溶液显碱性，滴有酚酞的滤纸信封由白色逐渐变红色，故B正确；C．此实验的优点之一是由实验现象能直接得出反应产物，故C正确；D．实验过程中，多余的金属钠应放回原试剂瓶，故D错误；答案为ABC。
30．     甲     冷凝管     0.20     超过3.025后产率变化不大，而乳酸过量较多反而使得产物杂质较多     C     %
【解析】
【分析】
【详解】
(1)装置甲烧瓶上长导管可作冷凝回流，通过反复回流，可以提高原料利用率，适合聚乳酸与NaOH加热装置，仪器a的名称为冷凝管；
(2)根据实验1-3，ɷ(乳酸)为0.20 ，产率最高；根据实验4-6，因n(乳酸):n(铝)超过3.025后产率变化不大，而乳酸过量较多反而使得产物杂质较多，则n(乳酸):n(铝)最合适的选择为3.025；
(3)抽滤I需对反应容器进行洗涤，并将洗涤液也抽滤，洗涤剂可先用滤液洗涤，可减小溶质的操作，且方便、经济，再用无水乙醇，减小产品的损失；抽虑Ⅱ需对粗产品进行洗涤，可直接选择无水乙醇，这样可避免水洗，减小产品的损失，故答案为C。
(4)总EDTA的物质的量为b×10-3L×cmol·L-1=bc×10-3mol，消耗标准锌的物质的量为e×10-3L×dmol·L-1=de×10-3mol，乳酸铝的物质的量为bc×10-3mol-de×10-3mol=（bc-de）×10-3mol，则乳酸铝纯度为×100%= %。
31．     1.6     5
【解析】
【详解】
(1)11.92gNaClO的物质的量为=0.16 mol，则NaClO溶液的物质的量浓度为=1.6mol/L；
(2)Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，S元素化合价由-升高为+6，而NaClO被还原为NaCl，Cl元素化合价由+1价降低为-1价，反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为=0.01mol∶0.16mol=1∶16，根据电子转移守恒，则：x×[6-（-）]=16×[1-（-1）]，解得：x=5。
【点睛】
结合氧化还原反应知识，根据电子守恒是解（2）的关键，反应中NaClO是得到电子发生还原反应，是氧化剂，而Na2Sx是失电子发生氧化反应，是还原剂，在使用电子守恒时，要特别注意Na2Sx中硫元素的平均化合价为-，产物的化合价为+6价，结合原子守恒，还原剂升高或失电子总数为x×[6-（-）]，这是解题难点，易忽视原子守恒或无法确定硫元素的化合价变化。
32．     359.8kJ·mol-1     正反应放热，温度升高平衡逆向移动，SO2平衡转化率降低。温度高于445℃后硫变成气态，正反应吸热，温度升高平衡正向移动， SO2平衡转化率增加。          7     2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O 3S2O42-+2HNO2+2H2O =6HSO3-+N2 ↑
【解析】
【详解】
(1)已知：① 2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g) △H1=-198kJ·mol-1，②SO2(g)+NO2(g)=SO3(g)+NO(g) △H2=-41.8kJ·mol-1，③CO(g) +O2(g) =CO2(g) △H3=-213kJ·mol-1，根据盖斯定律可知，由②+③-①× 可得NO2(g) +CO(g) =CO2(g) +NO(g) ，即△H= （-41.8kJ·mol-1）+（-213kJ·mol-1）-（-198kJ·mol-1）×=-155.8kJ·mol-1，则E2=E1-△H=（134kJ·mol-1）-（-225.8kJ·mol-1）=359.8kJ·mol-1 ；
(2)①由图示可知SO2的平衡转化率随反应温度的变化是先降低，但当温度达到后445℃，再升温，转化率反应而升高，出现此现象的可能原因是：正反应放热，温度升高平衡逆向移动，SO2平衡转化率降低。温度高于445℃后硫变成气态，正反应吸热，温度升高平衡正向移动， SO2平衡转化率增加；
②某温度下在2L恒容密闭容器中发生2CO(g)+SO2(g)S(l)+2CO2(g)，通入2 molSO2和一定量的CO发生反应，5min后达到平衡，生成1molCO2，此时SO2的物质的量为1.5mol，浓度为0.75mol/L；第8分钟时，保持其他条件不变，将容器体积迅速压缩至1L，此时SO2的浓度为1.5mol/L，此时平衡会正向进行，10分钟时达到平衡，CO的物质的量变化了1mol。SO2变化0.5mol，重新平衡时SO2的浓度为=1mol/L，可得SO2浓度从6~11分钟的变化曲线为；
(3)根据HSO3-SO32-+H+平衡常数K==1.0×10-7，此时HSO3-, SO32-离子相等，则c(H+)=1.0×10-7mol/L，溶液的pH=7；
(4)亚硫酸氢钠电解产生连二亚硫酸根发生还原反应，应在电解池的阴极进行，电极反应为2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O；连二亚硫酸根与HNO2反应生成无毒气体为氮气，则HNO2发生还原反应，连二亚硫酸根发生氧化反应生成HSO3-，则发生反应的离子方程式为3S2O42-+2HNO2+2H2O =6HSO3-+N2↑。