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浙江省（湖州、丽水、衢州）三地市2021-2022学年高三下学期4月二模化学试题含解析
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这是一份浙江省（湖州、丽水、衢州）三地市2021-2022学年高三下学期4月二模化学试题含解析，共33页。试卷主要包含了试卷共8页，有2大题，31小题， 下列说法不正确的是， 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
衢州、丽水、湖州2022年4月三地市高三教学质量检测试卷
化学试题卷
考生须知：
1.全卷分试卷和答题卷，考试结束后，将答题卷上交。
2.试卷共8页，有2大题，31小题。满分100分，考试时间90分钟。
3.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题纸规定的位置上。
4.请将答案写在答题卷的相应位置上，写在试卷上无效。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 Si-28 S-32 Cl-35.5 K-39 Ca-40 Mn-55 Fe-56 Cu-64 Zn-65 Ag-108
一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
1. 下列水溶液呈酸性的离子化合物是
A. CO2 B. NH4Cl C. H2SO4 D. NaOH
【答案】B
【解析】
【详解】A．CO2溶于水和水反应生成碳酸，显酸性，但二氧化碳是共价化合物，A不符合；
B．NH4Cl溶于水铵根水解，显酸性，氯化铵含有离子键是离子化合物，B符合；
C．H2SO4溶于水电离出氢离子，显酸性，硫酸是共价化合物，C不符合；
D．NaOH溶于水电离出氢氧根离子，显碱性，氢氧化钠是离子化合物，D不符合；
答案选B。
2. 下列物质属于电解质的是
A. HCHO B. CCl4 C. CaCO3 D. Cu
【答案】C
【解析】
【分析】溶于水或在熔融状态下能够电离出离子而导电的化合物是电解质，据此解答。
【详解】A．HCHO不能电离，是非电解质，A不符合；
B．CCl4不能电离，是非电解质，B不符合；
C．CaCO3属于盐，虽难溶于水，但溶解的部分能完全电离，是电解质，C符合；
D．Cu是金属单质，不是电解质也不是非电解质，D不符合；
答案选C。
3. 名称为“分液漏斗”的仪器是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】根据仪器构造可判断选项A～D中仪器名称分别是具支试管、冷凝管、分液漏斗、长颈漏斗。
答案选C。
4. 下列物质对应的化学式不正确的是
A 碳铵：(NH4)2CO3 B. 重晶石：BaSO4
C. 绿矾：FeSO4•7H2O D. 油酸：C17H33COOH
【答案】A
【解析】
【详解】A．碳铵为碳酸氢铵，化学式为：NH4HCO3，A错误；
B．重晶石的成分为硫酸钡，B正确；
C．绿矾为七水硫酸亚铁晶体，C正确；
D．油酸为含十八个碳原子的不饱和脂肪酸，化学式为C17H33COOH，D正确；
故选A。
5. 下列表示不正确的是
A. 钠离子的电子式： B. 二硫化碳的结构式：S=C=S
C. 乙烯分子的球棍模型： D. 钙原子的结构示意图：
【答案】A
【解析】
【详解】A．Na原子失去一个电子形成钠离子，钠离子的电子式用离子符号表示，即Na+，故A错误；
B．二硫化碳为直线结构，分子中碳原子最外层有4个电子，形成4个共价键；硫原子最外层有6个电子，形成2个共价键，碳原子和硫原子间形成双键，结构式为S=C=S，故B正确；
C． 乙烯分子中含有1个碳碳双键和4个碳氢键，其球棍模型为，故C正确；
D．钙的原子序数为20，位于元素周期表的第四周期，核外有4个电子层，其原子结构示意图为，故D正确；
答案选A。
6. 下列说法不正确的是
A. 水玻璃是硅酸钠的水溶液 B. 水煤气是CO和H2的混合物
C. 肥皂的主要成分是硬脂酸钠 D. 食物保鲜膜的主要成分是聚氯乙烯
【答案】D
【解析】
【详解】A．硅酸钠的水溶液俗称为水玻璃，A正确；
B．工业上制水煤气的反应为C+H2O(g) CO+H2，则水煤气是CO和H2的混合物，B正确；
C．油脂在碱性条件下水解反应称为皂化反应，生成的硬脂酸钠是肥皂的主要成分，C正确；
D．聚氯乙烯有毒，不能作为食品保险膜，D错误；
故答案为D。
7. 下列说法不正确的是
A. 12C60和14C70互称为碳元素的同素异形体
B. C和N是不同的核素，两者互称为同位素
C. 乙酸(CH3COOH)和硬脂酸(C17H35COOH)互为同系物
D. 丙酮( )与环氧丙烷( )互为同分异构体
【答案】B
【解析】
【详解】A． 12C60和14C70为碳原子形成的两种不同的单质，属于同素异形体，故A正确；
B．质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子互为同位素，14C和14N是不同的核素，质量数相同，但质子数不同，不能互称为同位素，故B错误；
C．乙酸(CH3COOH)和硬脂酸( C17H35COOH)的结构相似、分子组成上相差16个CH2原子团，两者互为同系物，故C正确；
D．丙酮和环氧丙烷的分子式均为C3H6O，两者分子式相同结构不同，互为同分异构体，故D正确；
答案选B。
8. 下列说法不正确的是
A. 用于电气工业的纯铜可由黄铜矿直接冶炼得到
B. 纯碱在玻璃、肥皂、造纸、食品等工业中有着广泛的应用
C. 人体中极少量NO会促进血管扩张，防止血管栓塞
D. 二氧化硅导光能力很强，可用于制造光导纤维
【答案】A
【解析】
【详解】A．由黄铜矿冶炼得到的为粗铜，含有很多杂质，需要精炼后才能用于电气工业等，故A错误；
B．用纯碱、石灰石和石英制取玻璃，纯碱可用于肥皂、造纸和食品，都是利用它的水溶液呈碱性，纯碱在工业中有着广泛的应用，故B正确；
C． NO是明星分子，在人体的血管系统内具有传送信号的功能，人体中极少量的NO会促进血管扩张，防止血管栓塞，故C正确；
D．二氧化硅导光能力很强，能同时传输大量信息，可用于制造光导纤维，故D正确；
故答案为：A。
9. 下列说法正确的是
A. 工业上电解熔融AlCl3冶炼Al
B. 高炉炼铁工艺中，可用石灰石除二氧化硅
C. 两根分别蘸有浓氨水和浓硝酸的玻璃棒靠近会产生白雾
D. 向饱和食盐水中依次通入CO2和NH3析出NaHCO3固体
【答案】B
【解析】
【详解】A．熔融AlCl3不电离，工业上电解熔融氧化铝冶炼Al，A错误；
B．高炉炼铁工艺中，可用石灰石除二氧化硅，二者反应生成硅酸钙和二氧化碳，B正确；
C．两根分别蘸有浓氨水和浓硝酸的玻璃棒靠近会反应生成固体硝酸铵，产生白烟，C错误；
D．氨气极易溶于水，应该向饱和食盐水中依次通入NH3和CO2析出NaHCO3固体，D错误；
答案选B。
10. S2Cl2的结构式为Cl—S—S—Cl，关于反应2S2Cl2+2H2O4HCl+3S+SO2，下列说法正确的是
A. S2Cl2作氧化剂，水作还原剂
B. 1molS2Cl2发生反应，产生气体56L
C. 氧化产物与还原产物的物质的量之比为3：1
D. 生成1molSO2时，转移3mol电子
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应中S元素化合价部分从+1价降低到0价，部分从+1价升高+4价，水中元素化合价均不变，所以S2Cl2既作氧化剂，也作还原剂，A错误；
B．1molS2Cl2发生反应，产生2.5mol气体，不一定处于标况下，气体体积不一定是56L，B错误；
C．单质硫是还原产物，二氧化硫是氧化产物，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:3，C错误；
D．根据以上分析可知生成1molSO2时，转移3mol电子，D正确；
答案选D。
11. 下列说法不正确的是
A. 做“海带中碘元素的分离及检验”实验时，须用过量的氯气或双氧水氧化I-
B. 冷却结晶时，溶液冷却得越快，析出的晶体颗粒就越小
C. 其他条件相同时，双氧水在碱性溶液中分解速率比在酸性溶液中快
D. 如果酸液溅入眼内，用大量水冲洗后，立即送医院诊治
【答案】A
【解析】
【详解】A．过量的氯气可继续氧化碘单质，因此应通入适量氯气，故A错误；
B．晶体颗粒大小与蒸发、冷却的快慢有关，溶剂蒸发的速度越快，或浓缩后的溶液冷却得越快，析出的晶体颗粒就越小，故B正确；
C．碱性溶液中有利于双氧水的电离，能促进其分解，所以其他条件相同时，双氧水在碱性溶液中分解速率比在酸性溶液中快，故C正确；
D．酸溶液具有腐蚀性，如果酸液溅入眼内，用大量水冲洗后，立即送医院诊治，故D正确；
故选A。
12. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 1molSO2与足量的O2反应，转移的电子数为2NA
B. 1molC2H6O含有C—H数目为5NA
C. 56g铁片放入过量的浓硫酸中，电子转移数3NA
D. 7.8g乙炔与苯的混合物完全燃烧所消耗的O2分子数为0.75NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．二氧化硫和氧气的反应为可逆反应，不能进行彻底，则转移的电子数小于2NA，A项错误；
B．如果C2H6O为乙醚，则1molC2H6O含有C-H数目为6NA，B项错误；
C．铁片放入过量的浓硫酸中，发生钝化反应，C项错误；
D．苯和乙炔的最简式均为CH，故7.8g混合物中含有的CH的物质的量为0.6mol，而1molCH燃烧消耗1.25mol氧气，故0.6molCH燃烧消耗0.6×1.25mol=0.75mol氧气，即0.75NA个氧气分子，D项正确；
答案选D。
13. 下列实验对应的离子方程式不正确的是
A. 将Mg(HCO3)2溶液与过量的NaOH溶液混合：2HCO+Mg2++4OH-=Mg(OH)2↓+2CO+2H2O
B. 等物质的量的NO和NO2被NaOH溶液完全吸收：NO+NO2+2OH-=2NO+H2O
C. Na2S2O3溶液加入稀硝酸：S2O+2H+=SO2↑+S↓+H2O
D. 向NaF溶液中滴加少量AlCl3溶液：Al3++6F-=AlF
【答案】C
【解析】
【详解】A．将Mg(HCO3)2溶液与过量的NaOH溶液混合生成氢氧化镁、碳酸钠和水：2HCO+Mg2++4OH-=Mg(OH)2↓+2CO+2H2O，A正确；
B．等物质的量的NO和NO2被NaOH溶液完全吸收生成亚硝酸钠和水：NO+NO2+2OH-=2NO+H2O，B正确；
C．Na2S2O3溶液加入稀硝酸，硝酸具有强氧化性，反应的产物为S沉淀、Na2SO4、NO、H2O，正确的离子方程式为3+2H++2=3S↓+3+2NO↑+H2O，C错误；
D．向NaF溶液中滴加少量AlCl3溶液生成AlF：Al3++6F-=AlF，D正确；
答案选C。
14. 下列说法正确的是
A. 高级脂肪酸都能溶于水，一定条件下均能发生酯化反应
B. 纤维素分子中含有羟基，能与乙酸酐作用生成醋酸纤维
C. 蛋白质遇双缩脲试剂会产生黄色固态物质
D. 植物油催化加氢得到硬化油，是物理变化的过程
【答案】B
【解析】
【详解】A．高级脂肪酸不一定都能溶于水，例如油酸不溶于水，A错误；
B．纤维素分子中含有羟基，能与乙酸酐发生取代反应生成醋酸纤维，B正确；
C．蛋白质溶液加双缩脲试剂会显紫玫瑰色，与浓硝酸微热会产生黄色固体，C错误；
D．植物油催化加氢得到硬化油，有新物质产生，是化学变化的过程，D错误；
答案选B。
15. 分枝酸的结构简式如图，关于分枝酸的叙述不正确的是
A. 1mol分枝酸至少可与3molNaOH反应
B. 该有机物可发生氧化反应和加聚反应
C. 分子中含有2个手性碳原子
D. 可使溴的CCl4溶液、酸性KMnO4溶液褪色
【答案】A
【解析】
【详解】A．分枝酸中只有-COOH能与NaOH反应，则1 mol分枝酸在一定条件下最多可与2 mol NaOH发生反应，故A错误；
B．分枝酸含碳碳双键可发生氧化反应和加聚反应，故B正确；
C．分枝酸中含有的手性碳原子为(用“*”标注)，共2个，故C正确；
D．分枝酸含有碳碳双键，能与溴的CCl4溶液发生加成反应使溴的CCl4溶液褪色，与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应使酸性KMnO4溶液褪色，故D正确；
答案选A。
16. X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素。X与Z同族，Z的原子序数是X的2倍，Y离子在同周期内离子半径最小。下列说法正确的是
A. 离子半径：W>Z>Y>X
B. Y2Z3能在水溶液中制得
C. H2X分子间存在氢键，因此稳定性H2X>H2Z
D. 元素X和W的某些单质或化合物可作为工业生产上的脱色剂、消毒剂
【答案】D
【解析】
【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X与Z同族，Z的原子序数是X的2倍，则X为O元素、Z为S元素、W为Cl元素；电子层数相同，序数小的，离子半径大，由Y离子在同周期内离子半径最小，可知Y为Al元素，据此分析作答。
【详解】A．电子层数相同，序数小的，离子半径大，则离子半径：S2-> Cl-> O2-> Al3+，A项错误；
B．Y2Z3为Al2S3，其为弱酸弱碱盐，在水中会发生双水解，B项错误；
C．H2O分子间存在氢键，主要影响物质的熔沸点，稳定性H2O>H2S，是因为非金属性：O＞S，C项错误；
D．ClO2具有强氧化性及漂白性，可作为工业生产上的脱色剂、消毒剂，D项正确；
答案选D。
17. 25℃时H2A的Ka1=4.3×10-7，Ka2=5.6×10-11，HB的Ka=3×10-8。下列说法正确的是
A. 加水稀释H2A溶液，水电离出的c(H+)•c(OH-)保持不变
B. 相同物质的量浓度的NaHA溶液和NaB溶液等体积混合后，溶液中c(HA-)
D. 将两份相同体积和物质的量浓度的NaOH溶液分别加到1L0.1mol·L-1H2A溶液和1L0.2mol·L-1HB溶液中，前者pH一定更小
【答案】C
【解析】
【详解】A．加水稀释H2A溶液，酸对水的电离的抑制作用减小，水的电离出的c(H+)逐渐增大，则水电离出的c(H+)•c(OH-)增大，A错误；
B．根据电离常数可知酸性H2A＞HB，则水解程度HA－＜B－，所以相同物质的量浓度的NaHA溶液和NaB溶液等体积混合后，溶液中c(HA-)＞c(B-)，B错误；
C．根据电离常数可知HA－的电离程度小于其水解程度，NaHA溶液显碱性，Na2A溶液中加H2A至中性，所得溶液是NaHA和H2A的混合溶液，所以溶液中c(HA-)>c(H2A)>c(A2-)，C正确；
D．将两份相同体积和物质的量浓度的NaOH溶液分别加到1L0.1mol·L-1H2A溶液和1L0.2mol·L-1HB溶液中，如果恰好反应分别生成Na2A和NaB，由于水解程度A2－＞B－，则前者pH大于后者，D错误；
答案选C。
18. 甲烷与氯气发生取代反应分别生成1mol相关有机物的能量变化如图所示：
下列说法不正确的是
A. CH4与Cl2的取代反应是放热反应
B. 1molCH4的能量比1molCH3Cl的能量多99kJ
C. △H4≈△H3≈△H2≈△H1，说明CH4与Cl2的四步取代反应难易程度相当
D. 已知Cl—Cl的键能为243kJ·mol-1，C—Cl的键能为327kJ·mol-1，则CH4(g)+Cl•(g)→CH3•(g)+HCl(g)的△H<0
【答案】B
【解析】
【详解】A．由题干信息可知，CH4与Cl2的取代反应不管生成CH3Cl、CH2Cl2还是CHCl3或者CCl4均为＜0，则CH4与Cl2的取代反应是放热反应，A正确；
B．由题干信息可知，1molCH4和1molCl2的能量之和比1molCH3Cl和1molHCl的能量之和多99kJ，B错误；
C．由题干图中信息可知，即△H4≈△H3≈△H2≈△H1，说明CH4与Cl2的四步取代反应难易程度相当，C正确；
D．已知CH4(g)+Cl•(g)→CH3•(g)+HCl(g)过程中断裂了1molC-H键，形成了1mol的H-Cl键，已知Cl—Cl的键能为243kJ·mol-1，C—Cl的键能为327kJ·mol-1，且有：CH4(g)+Cl2(g)→CH3Cl(g)+HCl(g)=-99kJ/mol，即4E(C-H)+E(Cl-Cl)-3E(C-H)-E(C-Cl)-E(H-Cl)=-99kJ/mol，即E(C-H)+E(Cl-Cl)-E(C-Cl)-E(H-Cl)=-99kJ/mol，则E(C-H)+243kJ/mol-327kJ/mol-E(H-Cl)=-99kJ/mol，则E(C-H)-E(H-Cl)=-15kJ/mol，即CH4(g)+Cl•(g)→CH3•(g)+HCl(g)的△H=-15kJ/mol<0，D正确；
故答案为：B。
19. 在恒容密闭容器中充入3molX和3molY发生反应：3X(g)+Y(g)2Z(g) △H<0，反应过程持续升高温度，测得混合体系中Z的体积分数与温度的关系如图所示。下列推断正确的是
A. M点和P点均达到平衡状态
B. M点的逆反应速率可能大于N点的逆反应速率
C. 反应过程中X、Y的体积分数均先减小后增大
D. P点Z的体积分数小于N点，原因可能是高温使催化剂活性降低
【答案】B
【解析】
【详解】A．N点之前随温度升高，Z的含量增加，说明反应正向进行，N点之后随温度升高，Z的含量减小，说明平衡逆向进行，则M点没有得到平衡状态，N点达到平衡状态，N点之后温度升高平衡逆向移动，A错误；
B．由于温度会影响催化剂的活性，M点温度虽然低于N点，但考虑催化的活性，所以M点的逆反应速率可能大于N点的逆反应速率，B正确；
C．由于X和Y不是按照化学计量数之比通入的，所以反应过程中X、Y的体积分数不一定均先减小后增大，C错误；
D．催化剂不会影响平衡状态，P点Z的体积分数小于N点，原因是温度升高平衡逆向进行导致的，D错误；
答案选B。
20. 放热反应可认为是化学反应(体系)将释放的能量传递给了周围的环境，导致环境的熵增加，增加的熵与焓变之间存在关系：△S环境=-。当△S体系+△S环境>0时，反应能自发进行。已知反应：A(g)+B(g)=C(s) △H=-176kJ·mol-1，△S=-284J·mol-1·K-1，下列说法正确的是
A. 该反应在任意温度下都能自发进行
B. 该反应在任意温度下都不能自发进行
C. T=298K时该反应能自发进行
D. T=298K时该反应不能自发进行
【答案】C
【解析】
【详解】△S体系+△S环境＞0时反应能自发进行，即－284+＞0，解得T＜619.8，这说明当温度低于619.8K时反应可以自发进行。答案选C。
21. CO2气敏电极结构如图，当CO2由气体渗透膜进入时，指示电极响应浓度变化而发生氧化反应，通过测出电动势E就可以计算CO2的含量。下列说法不正确的是
A. CO2气敏电极工作时，化学能转化为电能
B. CO2气敏电极工作时，向参比电极迁移
C. CO2气敏电极工作时的总反应为：
D. 将NaHCO3溶液换成NH4Cl溶液，更换气体渗透膜，可改造成NH3气敏电极
【答案】C
【解析】
【详解】A．该电池工作原理是测出电动势，则该电池为原电池，CO2气敏电极工作时将化学能转化为电能，A项正确；
B．CO2气敏电极工作时，CO2由气体渗透膜进入时，指示电极响应，浓度变化而发生氧化反应，此时指示电极为负极，参比电极为正极，向参比电极移动，B项正确；
C．指示电极反应式为：，参比电极反应式为：，总反应为，C项错误；
D．NH4Cl溶液可电离产生，氨气溶于水产生氨水，在指示电极相应从而可以发生氧化反应，构成原电池，更换气体渗透膜，可改造成NH3气敏电极，D项正确；
答案选C。
22. 已知(CN)2与Cl2性质相似，氧化性(CN)2>Cl2。下列推测不合理的是
A. (CN)2溶于水可生成两种酸
B. HCN能被酸性高锰酸钾溶液氧化
C. (CN)2为直线型分子
D. NaCN可代替NaCl配制生理盐水
【答案】D
【解析】
【详解】A．已知(CN)2与Cl2性质相似，氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，因此(CN)2溶于水可生成两种酸，A正确；
B．氯化氢能被酸性高锰酸钾溶液氧化，则HCN也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，B正确；
C．氯气是直线形分子，则(CN)2也为直线型分子，C正确；
D．NaCN溶于水，水解显碱性，且有毒，不能代替NaCl配制生理盐水，D错误；
答案选D。
23. 某同学在容器中加入25mL0.1mol·L-1的氨水，再用0.1mol·L-1的盐酸滴定，所得溶液的pH、溶液中NH和NH3•H2O的物质的量分数φ与加入盐酸的体积V的关系如图所示，下列说法不正确的是
A. NH的水解平衡常数为10-9.26
B. 应选用甲基橙为指示剂，滴定终点溶液的颜色变化为黄色变为橙色
C. 当加入盐酸体积为12.5mL时，溶液中c(NH3•H2O)>c(Cl-)>c(NH)
D. 当加入盐酸体积为V1mL时，c(H+)+c(NH3•H2O)=c(Cl-)+c(OH-)
【答案】C
【解析】
【详解】A．由题干图示信息可知，两曲线交叉点为NH和NH3•H2O的物质的量分数φ相等，即c(NH)=c(NH3•H2O)，此时溶液的pH=9.26，则NH的水解平衡常数为Kh==c(H+)=10-9.26，A正确；
B．滴定终点生成的溶液溶质为NH4Cl，NH4Cl溶液呈酸性，甲基橙的变色范围是3.1~4.4，则滴定时应选用甲基橙为指示剂，滴定终点溶液的颜色变化为黄色变为橙色，B正确；
C．当加入盐酸体积为12.5mL时，则根据反应NH3•H2O +HCl=NH4Cl+H2O，则溶液为等物质的量浓度的NH3•H2O和NH4Cl混合溶液，此时溶液呈碱性，即NH3•H2O的电离程度大于NH的水解程度，则溶液中c(NH)>c(Cl-)>c(NH3•H2O)，C错误；
D．由题干图示信息可知，当加入盐酸体积为V1mL时，溶液中c(NH)=c(NH3•H2O)，根据电荷守恒可知，c(H+)+c(NH)=c(Cl-)+c(OH-)，故有c(H+)+c(NH3•H2O)=c(Cl-)+c(OH-)，D正确；
故答案为C。
24. 硝酸厂的烟气中含有大量的氮氧化物(NOx)，将烟气与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3 [Ce中文名“铈”]的混合溶液中实现无害化处理，其转化过程如图所示。下列说法正确的是
A. 该转化过程的实质为NOx被H2还原
B. 处理过程中，Ce3+和H+起催化作用
C. 该转化过程需定期补充Ce(SO4)2溶液
D. 过程Ⅱ，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：x
【答案】A
【解析】
【分析】根据进出图可知，Ce4+把H2氧化为H+，自身被还原为Ce3+，然后Ce3+在酸性条件下再被NOx氧化为Ce4+，NOx被还原为N2，同时还生成水，据此分析。
【详解】A．该转化过程的实质为NOx被H2还原为N2，H2被氧化为水，故A正确；
B．整个转化过程Ce4+的质量和性质不变，所以混合溶液中Ce4+起催化作用，氢离子是中间产物，故B错误；
C．Ce4+起催化作用，该转化过程不需要定期补充Ce(SO4)2溶液，故C错误；
D．Ce3+在酸性条件下再被NOx氧化为Ce4+，NOx被还原为N2，根据电子得失守恒可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2x，故D错误；
故选A。
25. 下列方案设计、现象和结论有不正确的是
目的
方案设计
现象和结论
A
检验硝酸钠中是否含有亚硝酸钠
取少量固体加水溶解，加入硝酸银溶液，再加入稀硝酸，观察现象
先出现白色沉淀，后沉淀溶解，说明含有亚硝酸钠
B
检验碳酸与苯酚的酸性强弱
向碳酸钠溶液中加入稀硫酸，反应产生的气体通入苯酚钠溶液中，观察现象
溶液变浑浊，说明酸性：碳酸>苯酚
C
检验乙酰水杨酸中是否含有水杨酸
取少量乙酰水杨酸晶体，加入盛有3ml蒸馏水的试管中，加1~2滴1%氯化铁溶液，观察现象
溶液出现紫色，说明含有水杨酸
D
检验Fe2+与I-的还原性强弱
向含0.1mol的FeI2溶液中通入0.1molCl2，再滴加淀粉溶液，观察现象
溶液变蓝色，说明还原性：I->Fe2+
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．亚硝酸银是不溶于水，可溶于稀硝酸的白色沉淀，因此取少量固体加水溶解，加入硝酸银溶液，再加入稀硝酸，先出现白色沉淀，后沉淀溶解，说明含有亚硝酸钠，A正确；
B．向碳酸钠溶液中加入稀硫酸，反应产生的二氧化碳气体通入苯酚钠溶液中，溶液变浑浊，说明有苯酚生成，因此可证明酸性：碳酸>苯酚，B正确；
C．由于水杨酸含有酚羟基，因此取少量乙酰水杨酸晶体，加入盛有3ml蒸馏水的试管中，加1~2滴1%氯化铁溶液，溶液出现紫色，可说明含有水杨酸，C正确；
D．向含0.1mol的FeI2溶液中通入0.1molCl2，再滴加淀粉溶液，溶液变蓝色，说明有单质碘生成，但不能说明亚铁离子是否被氧化，所以不能证明还原性：I->Fe2+，D错误；
答案选D。
二、非选择题(本大题共6小题，共50分)
26. 回答下列问题：
（1）金刚石和石墨的部分物理性质数据如表：
物质
金刚石
石墨
熔点/℃
3550
3652
硬度
10
1.5
石墨的熔点比金刚石高，硬度却比金刚石小得多，原因是____。
（2）互为同分异构体的两种有机物形成氢键如图所示：
沸点：邻羟基苯甲醛____对羟基苯甲醛(填“>”、“=”或“<”)，主要原因是____。
【答案】（1）石墨晶体中C-C的键能大于金刚石晶体中的C-C的键能，石墨晶体为层状结构，层间存在分子间作用力，所以石墨的熔点比金刚石高，硬度却比金刚石小得多
（2） ①. < ②. 邻羟基苯甲醛在分子内形成了氢键，在分子间不存在氢键，对羟基苯甲醛不可能形成分子内氢键，只能在分子间形成氢键
【解析】
【小问1详解】
石墨晶体中C-C的键能大于金刚石晶体中的C-C的键能，石墨晶体为层状结构，层间存在分子间作用力，所以石墨的熔点比金刚石高，硬度却比金刚石小得多，故答案为：石墨晶体中C-C的键能大于金刚石晶体中的C-C的键能，石墨晶体为层状结构，层间存在分子间作用力，所以石墨的熔点比金刚石高，硬度却比金刚石小得多；
【小问2详解】
分子内生成氢键，熔、沸点常降低，分子间有氢键的物质熔，熔、沸点常升高，因为邻羟基苯甲醛在分子内形成了氢键，在分子间不存在氢键，对羟基苯甲醛不可能形成分子内氢键，只能在分子间形成氢键，则沸点：邻羟基苯甲醛<对羟基苯甲醛，故答案为：<；邻羟基苯甲醛在分子内形成了氢键，在分子间不存在氢键，对羟基苯甲醛不可能形成分子内氢键，只能在分子间形成氢键。
27. 某同学设计实验确定CaC2O4•xH2O的结晶水数目。称取样品9.84g，经热分解测得气体产物中有CO、CO2、H2O，其中H2O的质量为2.16g；残留的固体产物是CaO和CaCO3的混合物，质量为5.34g。计算：
（1）x=____(写出计算过程)。
（2）n(CO)=____mol。
【答案】（1）2 （2）0.06
【解析】
【分析】设生成的固体产物中CaO的物质的量为n1mol，CaCO3的物质的量为n2mol，气体中CO的物质的量为n3mol，CO2为n4mol，由质量守恒可得关系式①28n3+44n4=9.84-2.16-5.34=2.34g，关系式②56n1+100n2=5.34g，根据Ca和C原子守衡有关系式③n3+n4+n2=2(n1+n2)，根据分解反应中得失电子守恒可得关系式④n3=n4+n2，联合关系式①②③④解得n1=0.015mol，n2=0.045mol，n3=0.060mol，n4=0.015mol，据此分析解题。
【小问1详解】
由分析可知，生成的固体产物中CaO的物质的量为0.015mol，CaCO3的物质的量为0.045mol，则CaC2O4•xH2O的摩尔质量为：M=，即40+24+64+18x=164，解得x=2，故答案为：2；
【小问2详解】
由分析可知，n(CO)=0.060mol，故答案为：0.060。
28. 化合物X是由4种元素组成的盐，不含结晶水。某兴趣小组按如图流程进行实验(所加试剂均足量)：
已知：溶液A、B、C中均含有结构相似的配离子，溶液F中的阳离子和酸根离子均只有一种(忽略水的电离)。
请回答：
（1）组成X的元素有____，X的化学式为____。
（2）根据A→B→C的现象，给出相应微粒与阳离子结合由弱到强的排序____。
（3）X与足量NaOH溶液反应的化学方程式是____。
（4）蓝色溶液B与Na2SO3作用，溶液蓝色褪去，同时生成易溶于硝酸的白色沉淀H(H为二元化合物)。
①写出该反应的离子方程式____。
②设计实验验证白色沉淀H组成元素____。
【答案】（1） ①. Cu、O、H、Cl ②. Cu2(OH)3Cl
（2）Cl-
（4） ①. + +2Cl-=2CuCl↓+ +7H2O+2H+或2Cu2+++2Cl-+H2O=2CuCl↓++2H+ ②. 取少量白色沉淀溶于稀硝酸，若溶液呈蓝色，说明有铜元素；再向溶液中加入硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，说明有氯元素
【解析】
【分析】根据图中信息可知，蓝色沉淀D为Cu(OH)2，灼烧后得到黑色固体E为CuO，质量为16.0g，n(CuO)=，无色溶液加入硝酸银后再加入稀硝酸产生不溶于硝酸的白色沉淀，则为AgCl，n(AgCl)=，固体X加入浓盐酸后得到绿色溶液A再加水稀释得到蓝色溶液B，再加浓氨水得到深蓝色溶液C，则C为铜氨配合物，含离子，溶液A、B、C中均含有结构相似的配离子，则B含离子，A含有离子，42.9g固体X的一半中含有n(Cu)=0.2mol，m(Cu)=12.8g，n(Cl)=0.1mol，m(Cl)=3.55g，化合物X是由4种元素组成的盐，不含结晶水，根据分析应该还含有H、O元素，m(OH)=42.9g-12.8g-3.55g=5.1g，n(OH)=，应该为碱式氯化铜，根据化合价及铜氯元素比可知其化学式为Cu2(OH)3Cl。
【小问1详解】
根据分析可知，组成X的元素有Cu、O、H、Cl，X的化学式为Cu2(OH)3Cl；
【小问2详解】
根据A→B→C的现象，固体X加入浓盐酸后得到绿色溶液A再加水稀释得到蓝色溶液B，再加浓氨水得到深蓝色溶液C，则C为铜氨配合物，含离子，溶液A、B、C中均含有结构相似的配离子，则B含离子，A含有离子，相应微粒与阳离子结合由弱到强的排序为Cl-
X与足量NaOH溶液反应生成Cu(OH)2和NaCl，反应的化学方程式是Cu2(OH)3Cl+NaOH=2Cu(OH)2+NaCl；
【小问4详解】
蓝色溶液B与Na2SO3作用，溶液蓝色褪去，同时生成易溶于硝酸的白色沉淀H(H为二元化合物)，H为氯化亚铜，反应的离子方程式为+ +2Cl-=2CuCl↓+ +7H2O+2H+或2Cu2+++2Cl-+H2O=2CuCl↓++2H+；
②取少量白色沉淀溶于稀硝酸，若溶液呈蓝色，说明有铜元素；再向溶液中加入硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，说明有氯元素。
29. H2S的吸收与利用有多种形式，根据下列研究回答：
（1）工业、上可采用“H2S—水双温交换法”富集海水中的HDO，其原理是利用H2S、HDS、H2O和HDO四种物质，在25℃和100℃两种不同温度下发生的两个不同反应得到较高浓度的HDO。四种物质在反应体系中的物质的量随温度的变化曲线如图1，100℃时的反应△H____0(填“>”、“=”或“<”)。
（2）H2S高温裂解反应：2H2S(g)2H2(g)+S2(g)。
①不同温度下，具有一定能量的分子百分数与分子能量的关系如图2所示，E表示T1温度下分子的平均能量，Ec是活化分子具有的最低能量，阴影部分的面积反映活化分子的多少，则图中T1____T2(填“>”、“=”或“<”)。若T1温度下使用催化剂，请在图中画出相应的变化____。
②A的压力转化率表示为α(A)=(1-)×100%(p0为A初始压力，p1为A某时刻分压)。维持温度和压强不变，一定量的H2S分解达到平衡时，用各组分的平衡分压(即组分的物质的量分数×总压)表示的平衡常数Kp=p(S2)，则平衡时H2S的压力转化率(H2S)=____。
（3）工业上用克劳斯工艺处理含H2S的尾气获得硫黄，流程如图3：
反应炉中的反应：2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g)
催化转化器中的反应：2H2S(g)+SO2(g)=3S(g)+2H2O(g)
该工艺中需要严格控制气体在反应炉中的停留时间，其理由是____。
（4）表面喷淋水活性炭可用于吸附氧化H2S，其原理可用如图4表示。其它条件不变时，水膜的酸碱性与厚度会影响H2S的去除率。
为了提高H2S的去除率，下列措施合适的是____。
A. 增大压强(气相) B. 适当增大水膜Ph C. 反应温度越高越好 D. 增加水膜厚度
【答案】（1）> （2） ①. < ②. ③. 60%
（3）停留时间过短或过长，均导致催化转化器中H2S、SO2不能恰好完全反应，硫的回收率降低，且排放的尾气中仍含有H2S或SO2 （4）AB
【解析】
【小问1详解】
根据图像可知100℃以后随温度升高，反应物的物质的量减少，生成物的物质的量增加，说明升高温度平衡正向进行，所以100℃时的反应△H＞0。
【小问2详解】
①活化能即活化分子具有的最低能量与分子平均能量之差，升高温度活化分子数增加，阴影部分面积会增加，但平衡不移动，所以根据图像可判断T1＜T2；若T1温度下使用催化剂，由于催化剂会降低活化能，活化分子数会增加，则对应图像可表示为；
②根据三段式可知
则Kp=＝p(S2)＝，即，解得x＝0.5，则此时硫化氢的分压为，则平衡时H2S的压力转化率(H2S)= (1-)×100%＝60%。
【小问3详解】
由于留时间过短或过长，均导致催化转化器中H2S、SO2不能恰好完全反应，硫的回收率降低，且排放的尾气中仍含有H2S或SO2，所以该工艺中需要严格控制气体在反应炉中的停留时间。
【小问4详解】
A. 增大压强(气相)，硫化氢的溶解度增大，可提高H2S的去除率，A正确；
B. OH-浓度增大，促进H2SH++HS-平衡向正反应方向移动，HS-浓度增大，可提高H2S的去除率，B正确；
C. 反应温度越高，硫化氢的溶解度越小，降低其去除率，C错误；
D. 若水膜过厚，导致活性炭的吸附力减弱，吸附的硫化氢、氧气减少，去除率减少，D错误；
答案选AB。
30. 某兴趣小组用二氧化锰(MnO2)和草酸晶体(H2C2O4•2H2O)为原料制备碳酸锰(MnCO3)，按如图流程开展了实验：
已知：①碳酸锰几乎不溶于水，不溶于醇，溶于稀无机酸；受热易分解。
②Mn(Ⅳ)在酸性条件下易被还原为Mn(Ⅱ)，Mn(Ⅱ)在碱性条件下易被氧化为Mn(Ⅳ)。
请回答：
（1）加入稀硫酸的作用是____。
（2）步骤Ⅰ：反应的离子方程式是____。
（3）下列操作中正确的是____。
A. 步骤Ⅱ将滤纸放入布氏漏斗内，用蒸馏水润湿滤纸
B. 步骤Ⅳ不宜烘干，可以选用减压干燥
C. 边搅拌边缓慢滴加饱和碳酸氢铵溶液，避免局部碱性过大使Mn(II)氧化
D. 步骤Ⅳ用乙醇作为洗涤剂，洗涤结束后，将固体迅速转移并进行后续操作
（4）步骤Ⅳ抽滤、洗涤操作可用如图装置进行，打开活塞K，打开抽气泵，转移固液混合物，关闭活塞K，确认抽干，进行洗涤。请给出洗涤的操作排序(洗涤操作只需考虑一次)：a→c→(____)→(____)→(____)→(____)→将产品转至干燥器。____
a．打开活塞K b．关闭活塞K c．加洗涤剂洗涤 d．打开抽气泵 e．关闭抽气泵 f．确认抽干
（5）用吸光光度法确定MnCO3产品纯度：通过对比样品溶液与标准溶液的吸光度测产品的纯度。准确称取Wg产品，用稀硝酸溶解，加入足量过二硫酸铵溶液作氧化剂，以硝酸银作催化剂，加热，反应方程式如下：
MnCO3+2HNO3=Mn(NO3)2+CO2↑+H2O
Mn(NO3)2+5(NH4)2S2O8+8H2O=2HMnO4+5(NH4)2SO4+5H2SO4+4HNO3
反应结束用蒸馏水定容至100mL，取10mL至比色管中，测得溶液中MnO的吸光度为A，A=kc(k为常数，c为浓度)，则MnCO3产品纯度是____(用含W、A、k的式子表示)。取待测液于比色管中时，移液管未润洗，测得产品纯度将____(填“偏高”或“偏低”或“无影响”)。
【答案】（1）增强溶液的酸性，使Mn(Ⅳ)被还原为Mn(Ⅱ)
（2）MnO2+H2C2O4+2H+=Mn2++2CO2↑+2H2O （3）BC
（4）b→f→a→e （5） ①. % ②. 偏低
【解析】
【分析】向草酸晶体中加入稀硫酸和二氧化锰将锰转化为Mn2+而溶解，反应原理为：MnO2+ H2C2O4+H2SO4=MnSO4+2CO2↑+2H2O，充分搅拌，使充分反应后抽滤除去不溶性杂质，向所得滤液中加入饱和碳酸氢铵溶液，调节pH为3~7，反应原理为：MnSO4+2NH4HCO3=MnCO3↓+(NH4)2CO3+H2O+CO2↑，抽滤、洗涤、干燥得到MnCO3粗产品，据此分析解题。
【小问1详解】
由题干信息②可知：Mn(Ⅳ)在酸性条件下易被还原为Mn(Ⅱ)，Mn(Ⅱ)在碱性条件下易被氧化为Mn(Ⅳ)，则加入稀硫酸的作用是增强溶液的酸性，使Mn(Ⅳ)被还原为Mn(Ⅱ)，故答案为：增强溶液的酸性，使Mn(Ⅳ)被还原为Mn(Ⅱ)；
【小问2详解】
由分析可知，步骤Ⅰ的反应方程式为：MnO2+ H2C2O4+H2SO4=MnSO4+2CO2↑+2H2O，则该反应的离子方程式是MnO2+H2C2O4+2H+=Mn2++2CO2↑+2H2O，故答案为：MnO2+H2C2O4+2H+=Mn2++2CO2↑+2H2O；
【小问3详解】
A．由于步骤Ⅱ过滤的溶液呈强酸性，当过滤的溶液具有强酸性、强碱性或强氧化性时要用玻璃纤维代替滤纸或用玻璃砂漏斗代替布氏漏斗，A错误；
B．由题干已知信息①可知，碳酸锰受热易分解，为了防止碳酸锰受热分解，步骤Ⅳ不宜烘干，可以选用减压干燥，B正确；
C．由题干已知信息②可知， Mn(Ⅱ)在碱性条件下易被氧化为Mn(Ⅳ)，边搅拌边缓慢滴加饱和碳酸氢铵溶液，避免局部碱性过大使Mn(II)氧化，C正确；
D．由题干信息①可知，碳酸锰几乎不溶于水，不溶于醇，则步骤Ⅳ用蒸馏水作为洗涤剂就可以，洗涤结束后，将固体迅速转移并进行后续操作，D错误；
故答案为：BC；
【小问4详解】
结合抽滤的操作可知，经过一系列操作完成步骤IV中的抽滤和洗涤，正确的操作顺序为：开抽气泵(即打开活塞K)→转移固液混合物→关闭活塞→确认抽干→打开活塞K→调低抽气泵真空度（减缓抽滤速度）→用洗涤剂洗涤→关闭活塞K→确认抽干→打开活塞K→关抽气泵，故答案为：b→f→a→e；
【小问5详解】
由题干信息可知，反应结束用蒸馏水定容至100mL，取10mL至比色管中，测得溶液中MnO的吸光度为A，A=kc(k为常数，c为浓度)，则c=mol/L，根据锰元素守恒，原样品中含有的MnCO3的物质的量为：n(MnCO3)=mol/L×0.1L=mol，则MnCO3产品纯度为：=%，取待测液于比色管中时，移液管未润洗，将使溶液中MnO的浓度偏小，吸光度A的值偏小，则测得产品纯度将偏低，故答案为：%；偏低。
31. 盐酸氨溴索是一种祛痰药，可用于急慢性呼吸道疾病的治疗。某课题组设计的合成路线如图(部分反应条件已省略)：
已知：
①R—COOHR—COClR—CH2Cl
②R—NO2R—NH2
③苯环上取代基的定位效应：—CH3和—NH2是邻、对位定位基团，—COOH和—NO2是间位定位基团
请回答：
（1）下列说法正确的是____。
A. 化合物M的作用是保护氨基
B. 化合物D的核磁共振氢谱有3组特征峰
C. 化合物E遇氯化铁溶液显紫色
D. 化合物G既能与酸反应又能与碱反应
（2）化合物M的结构简式是____；化合物N的结构简式是____；化合物F的结构简式是____。
（3）写出C→D的化学方程式____。
（4）写出2种同时符合下列条件的化合物M的同分异构体的结构简式(不包括立体异构体和环状结构)____。
①能发生银镜反应；②含有两个酯基和一个甲基；③不含—O—O—及—O—COO—
（5）以A为原料，设计化合物B的合成路线(用流程图表示，无机试剂、有机溶剂任选)____。
【答案】（1）AD （2） ①. ②. ③.
（3）+2+2CH3COOH
（4）①HCOOCH2COOCH3②HCOOCH2OOCCH3③HCOOCH(CH3)OOCH
（5）
【解析】
【分析】根据E的结构简式结合M的分子式可知D的结构简式为，N的结构简式为，M的结构简式为，C的结构简式为，E在氢氧化钠溶液中水解生成F，根据F的分子式可判断F的结构简式为，F中含有氨基，能和盐酸反应生成G，据此解答。
【小问1详解】
A. B中含有氨基，经过一系列转化为在F中有变化为氨基，这说明化合物M的作用是保护氨基，A正确；
B. D的结构简式为，化合物D的核磁共振氢谱有4组特征峰，B错误；
C. 化合物E分子中不存在酚羟基，遇氯化铁溶液不显紫色，C错误；
D. 化合物G分子中苯环上含有溴原子，可在氢氧化钠溶液中水解，含有氨基能与盐酸反应，D正确；
答案选AD；
【小问2详解】
根据以上分析可知化合物M的结构简式是；化合物N的结构简式是；化合物F的结构简式是。
【小问3详解】
根据原子守恒可知C→D的反应中还有乙酸生成，则反应的化学方程式为+2+2CH3COOH 。
【小问4详解】
M的结构简式是，2种同时符合下列条件①能发生银镜反应，含有醛基；②含有两个酯基和一个甲基；③不含－O－O－及－O－COO－，则符合条件的有机物结构简式为HCOOCH2COOCH3、HCOOCH2OOCCH3、HCOOCH(CH3)OOCH；
小问5详解】
衢州、丽水、湖州2022年4月三地市高三教学质量检测试卷
化学试题卷
考生须知：
1.全卷分试卷和答题卷，考试结束后，将答题卷上交。
2.试卷共8页，有2大题，31小题。满分100分，考试时间90分钟。
3.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题纸规定的位置上。
4.请将答案写在答题卷的相应位置上，写在试卷上无效。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 Si-28 S-32 Cl-35.5 K-39 Ca-40 Mn-55 Fe-56 Cu-64 Zn-65 Ag-108
一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
1. 下列水溶液呈酸性的离子化合物是
A. CO2 B. NH4Cl C. H2SO4 D. NaOH
【答案】B
【解析】
【详解】A．CO2溶于水和水反应生成碳酸，显酸性，但二氧化碳是共价化合物，A不符合；
B．NH4Cl溶于水铵根水解，显酸性，氯化铵含有离子键是离子化合物，B符合；
C．H2SO4溶于水电离出氢离子，显酸性，硫酸是共价化合物，C不符合；
D．NaOH溶于水电离出氢氧根离子，显碱性，氢氧化钠是离子化合物，D不符合；
答案选B。
2. 下列物质属于电解质的是
A. HCHO B. CCl4 C. CaCO3 D. Cu
【答案】C
【解析】
【分析】溶于水或在熔融状态下能够电离出离子而导电的化合物是电解质，据此解答。
【详解】A．HCHO不能电离，是非电解质，A不符合；
B．CCl4不能电离，是非电解质，B不符合；
C．CaCO3属于盐，虽难溶于水，但溶解的部分能完全电离，是电解质，C符合；
D．Cu是金属单质，不是电解质也不是非电解质，D不符合；
答案选C。
3. 名称为“分液漏斗”的仪器是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】根据仪器构造可判断选项A～D中仪器名称分别是具支试管、冷凝管、分液漏斗、长颈漏斗。
答案选C。
4. 下列物质对应的化学式不正确的是
A 碳铵：(NH4)2CO3 B. 重晶石：BaSO4
C. 绿矾：FeSO4•7H2O D. 油酸：C17H33COOH
【答案】A
【解析】
【详解】A．碳铵为碳酸氢铵，化学式为：NH4HCO3，A错误；
B．重晶石的成分为硫酸钡，B正确；
C．绿矾为七水硫酸亚铁晶体，C正确；
D．油酸为含十八个碳原子的不饱和脂肪酸，化学式为C17H33COOH，D正确；
故选A。
5. 下列表示不正确的是
A. 钠离子的电子式： B. 二硫化碳的结构式：S=C=S
C. 乙烯分子的球棍模型： D. 钙原子的结构示意图：
【答案】A
【解析】
【详解】A．Na原子失去一个电子形成钠离子，钠离子的电子式用离子符号表示，即Na+，故A错误；
B．二硫化碳为直线结构，分子中碳原子最外层有4个电子，形成4个共价键；硫原子最外层有6个电子，形成2个共价键，碳原子和硫原子间形成双键，结构式为S=C=S，故B正确；
C． 乙烯分子中含有1个碳碳双键和4个碳氢键，其球棍模型为，故C正确；
D．钙的原子序数为20，位于元素周期表的第四周期，核外有4个电子层，其原子结构示意图为，故D正确；
答案选A。
6. 下列说法不正确的是
A. 水玻璃是硅酸钠的水溶液 B. 水煤气是CO和H2的混合物
C. 肥皂的主要成分是硬脂酸钠 D. 食物保鲜膜的主要成分是聚氯乙烯
【答案】D
【解析】
【详解】A．硅酸钠的水溶液俗称为水玻璃，A正确；
B．工业上制水煤气的反应为C+H2O(g) CO+H2，则水煤气是CO和H2的混合物，B正确；
C．油脂在碱性条件下水解反应称为皂化反应，生成的硬脂酸钠是肥皂的主要成分，C正确；
D．聚氯乙烯有毒，不能作为食品保险膜，D错误；
故答案为D。
7. 下列说法不正确的是
A. 12C60和14C70互称为碳元素的同素异形体
B. C和N是不同的核素，两者互称为同位素
C. 乙酸(CH3COOH)和硬脂酸(C17H35COOH)互为同系物
D. 丙酮( )与环氧丙烷( )互为同分异构体
【答案】B
【解析】
【详解】A． 12C60和14C70为碳原子形成的两种不同的单质，属于同素异形体，故A正确；
B．质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子互为同位素，14C和14N是不同的核素，质量数相同，但质子数不同，不能互称为同位素，故B错误；
C．乙酸(CH3COOH)和硬脂酸( C17H35COOH)的结构相似、分子组成上相差16个CH2原子团，两者互为同系物，故C正确；
D．丙酮和环氧丙烷的分子式均为C3H6O，两者分子式相同结构不同，互为同分异构体，故D正确；
答案选B。
8. 下列说法不正确的是
A. 用于电气工业的纯铜可由黄铜矿直接冶炼得到
B. 纯碱在玻璃、肥皂、造纸、食品等工业中有着广泛的应用
C. 人体中极少量NO会促进血管扩张，防止血管栓塞
D. 二氧化硅导光能力很强，可用于制造光导纤维
【答案】A
【解析】
【详解】A．由黄铜矿冶炼得到的为粗铜，含有很多杂质，需要精炼后才能用于电气工业等，故A错误；
B．用纯碱、石灰石和石英制取玻璃，纯碱可用于肥皂、造纸和食品，都是利用它的水溶液呈碱性，纯碱在工业中有着广泛的应用，故B正确；
C． NO是明星分子，在人体的血管系统内具有传送信号的功能，人体中极少量的NO会促进血管扩张，防止血管栓塞，故C正确；
D．二氧化硅导光能力很强，能同时传输大量信息，可用于制造光导纤维，故D正确；
故答案为：A。
9. 下列说法正确的是
A. 工业上电解熔融AlCl3冶炼Al
B. 高炉炼铁工艺中，可用石灰石除二氧化硅
C. 两根分别蘸有浓氨水和浓硝酸的玻璃棒靠近会产生白雾
D. 向饱和食盐水中依次通入CO2和NH3析出NaHCO3固体
【答案】B
【解析】
【详解】A．熔融AlCl3不电离，工业上电解熔融氧化铝冶炼Al，A错误；
B．高炉炼铁工艺中，可用石灰石除二氧化硅，二者反应生成硅酸钙和二氧化碳，B正确；
C．两根分别蘸有浓氨水和浓硝酸的玻璃棒靠近会反应生成固体硝酸铵，产生白烟，C错误；
D．氨气极易溶于水，应该向饱和食盐水中依次通入NH3和CO2析出NaHCO3固体，D错误；
答案选B。
10. S2Cl2的结构式为Cl—S—S—Cl，关于反应2S2Cl2+2H2O4HCl+3S+SO2，下列说法正确的是
A. S2Cl2作氧化剂，水作还原剂
B. 1molS2Cl2发生反应，产生气体56L
C. 氧化产物与还原产物的物质的量之比为3：1
D. 生成1molSO2时，转移3mol电子
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应中S元素化合价部分从+1价降低到0价，部分从+1价升高+4价，水中元素化合价均不变，所以S2Cl2既作氧化剂，也作还原剂，A错误；
B．1molS2Cl2发生反应，产生2.5mol气体，不一定处于标况下，气体体积不一定是56L，B错误；
C．单质硫是还原产物，二氧化硫是氧化产物，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:3，C错误；
D．根据以上分析可知生成1molSO2时，转移3mol电子，D正确；
答案选D。
11. 下列说法不正确的是
A. 做“海带中碘元素的分离及检验”实验时，须用过量的氯气或双氧水氧化I-
B. 冷却结晶时，溶液冷却得越快，析出的晶体颗粒就越小
C. 其他条件相同时，双氧水在碱性溶液中分解速率比在酸性溶液中快
D. 如果酸液溅入眼内，用大量水冲洗后，立即送医院诊治
【答案】A
【解析】
【详解】A．过量的氯气可继续氧化碘单质，因此应通入适量氯气，故A错误；
B．晶体颗粒大小与蒸发、冷却的快慢有关，溶剂蒸发的速度越快，或浓缩后的溶液冷却得越快，析出的晶体颗粒就越小，故B正确；
C．碱性溶液中有利于双氧水的电离，能促进其分解，所以其他条件相同时，双氧水在碱性溶液中分解速率比在酸性溶液中快，故C正确；
D．酸溶液具有腐蚀性，如果酸液溅入眼内，用大量水冲洗后，立即送医院诊治，故D正确；
故选A。
12. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 1molSO2与足量的O2反应，转移的电子数为2NA
B. 1molC2H6O含有C—H数目为5NA
C. 56g铁片放入过量的浓硫酸中，电子转移数3NA
D. 7.8g乙炔与苯的混合物完全燃烧所消耗的O2分子数为0.75NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．二氧化硫和氧气的反应为可逆反应，不能进行彻底，则转移的电子数小于2NA，A项错误；
B．如果C2H6O为乙醚，则1molC2H6O含有C-H数目为6NA，B项错误；
C．铁片放入过量的浓硫酸中，发生钝化反应，C项错误；
D．苯和乙炔的最简式均为CH，故7.8g混合物中含有的CH的物质的量为0.6mol，而1molCH燃烧消耗1.25mol氧气，故0.6molCH燃烧消耗0.6×1.25mol=0.75mol氧气，即0.75NA个氧气分子，D项正确；
答案选D。
13. 下列实验对应的离子方程式不正确的是
A. 将Mg(HCO3)2溶液与过量的NaOH溶液混合：2HCO+Mg2++4OH-=Mg(OH)2↓+2CO+2H2O
B. 等物质的量的NO和NO2被NaOH溶液完全吸收：NO+NO2+2OH-=2NO+H2O
C. Na2S2O3溶液加入稀硝酸：S2O+2H+=SO2↑+S↓+H2O
D. 向NaF溶液中滴加少量AlCl3溶液：Al3++6F-=AlF
【答案】C
【解析】
【详解】A．将Mg(HCO3)2溶液与过量的NaOH溶液混合生成氢氧化镁、碳酸钠和水：2HCO+Mg2++4OH-=Mg(OH)2↓+2CO+2H2O，A正确；
B．等物质的量的NO和NO2被NaOH溶液完全吸收生成亚硝酸钠和水：NO+NO2+2OH-=2NO+H2O，B正确；
C．Na2S2O3溶液加入稀硝酸，硝酸具有强氧化性，反应的产物为S沉淀、Na2SO4、NO、H2O，正确的离子方程式为3+2H++2=3S↓+3+2NO↑+H2O，C错误；
D．向NaF溶液中滴加少量AlCl3溶液生成AlF：Al3++6F-=AlF，D正确；
答案选C。
14. 下列说法正确的是
A. 高级脂肪酸都能溶于水，一定条件下均能发生酯化反应
B. 纤维素分子中含有羟基，能与乙酸酐作用生成醋酸纤维
C. 蛋白质遇双缩脲试剂会产生黄色固态物质
D. 植物油催化加氢得到硬化油，是物理变化的过程
【答案】B
【解析】
【详解】A．高级脂肪酸不一定都能溶于水，例如油酸不溶于水，A错误；
B．纤维素分子中含有羟基，能与乙酸酐发生取代反应生成醋酸纤维，B正确；
C．蛋白质溶液加双缩脲试剂会显紫玫瑰色，与浓硝酸微热会产生黄色固体，C错误；
D．植物油催化加氢得到硬化油，有新物质产生，是化学变化的过程，D错误；
答案选B。
15. 分枝酸的结构简式如图，关于分枝酸的叙述不正确的是
A. 1mol分枝酸至少可与3molNaOH反应
B. 该有机物可发生氧化反应和加聚反应
C. 分子中含有2个手性碳原子
D. 可使溴的CCl4溶液、酸性KMnO4溶液褪色
【答案】A
【解析】
【详解】A．分枝酸中只有-COOH能与NaOH反应，则1 mol分枝酸在一定条件下最多可与2 mol NaOH发生反应，故A错误；
B．分枝酸含碳碳双键可发生氧化反应和加聚反应，故B正确；
C．分枝酸中含有的手性碳原子为(用“*”标注)，共2个，故C正确；
D．分枝酸含有碳碳双键，能与溴的CCl4溶液发生加成反应使溴的CCl4溶液褪色，与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应使酸性KMnO4溶液褪色，故D正确；
答案选A。
16. X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素。X与Z同族，Z的原子序数是X的2倍，Y离子在同周期内离子半径最小。下列说法正确的是
A. 离子半径：W>Z>Y>X
B. Y2Z3能在水溶液中制得
C. H2X分子间存在氢键，因此稳定性H2X>H2Z
D. 元素X和W的某些单质或化合物可作为工业生产上的脱色剂、消毒剂
【答案】D
【解析】
【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X与Z同族，Z的原子序数是X的2倍，则X为O元素、Z为S元素、W为Cl元素；电子层数相同，序数小的，离子半径大，由Y离子在同周期内离子半径最小，可知Y为Al元素，据此分析作答。
【详解】A．电子层数相同，序数小的，离子半径大，则离子半径：S2-> Cl-> O2-> Al3+，A项错误；
B．Y2Z3为Al2S3，其为弱酸弱碱盐，在水中会发生双水解，B项错误；
C．H2O分子间存在氢键，主要影响物质的熔沸点，稳定性H2O>H2S，是因为非金属性：O＞S，C项错误；
D．ClO2具有强氧化性及漂白性，可作为工业生产上的脱色剂、消毒剂，D项正确；
答案选D。
17. 25℃时H2A的Ka1=4.3×10-7，Ka2=5.6×10-11，HB的Ka=3×10-8。下列说法正确的是
A. 加水稀释H2A溶液，水电离出的c(H+)•c(OH-)保持不变
B. 相同物质的量浓度的NaHA溶液和NaB溶液等体积混合后，溶液中c(HA-)
D. 将两份相同体积和物质的量浓度的NaOH溶液分别加到1L0.1mol·L-1H2A溶液和1L0.2mol·L-1HB溶液中，前者pH一定更小
【答案】C
【解析】
【详解】A．加水稀释H2A溶液，酸对水的电离的抑制作用减小，水的电离出的c(H+)逐渐增大，则水电离出的c(H+)•c(OH-)增大，A错误；
B．根据电离常数可知酸性H2A＞HB，则水解程度HA－＜B－，所以相同物质的量浓度的NaHA溶液和NaB溶液等体积混合后，溶液中c(HA-)＞c(B-)，B错误；
C．根据电离常数可知HA－的电离程度小于其水解程度，NaHA溶液显碱性，Na2A溶液中加H2A至中性，所得溶液是NaHA和H2A的混合溶液，所以溶液中c(HA-)>c(H2A)>c(A2-)，C正确；
D．将两份相同体积和物质的量浓度的NaOH溶液分别加到1L0.1mol·L-1H2A溶液和1L0.2mol·L-1HB溶液中，如果恰好反应分别生成Na2A和NaB，由于水解程度A2－＞B－，则前者pH大于后者，D错误；
答案选C。
18. 甲烷与氯气发生取代反应分别生成1mol相关有机物的能量变化如图所示：
下列说法不正确的是
A. CH4与Cl2的取代反应是放热反应
B. 1molCH4的能量比1molCH3Cl的能量多99kJ
C. △H4≈△H3≈△H2≈△H1，说明CH4与Cl2的四步取代反应难易程度相当
D. 已知Cl—Cl的键能为243kJ·mol-1，C—Cl的键能为327kJ·mol-1，则CH4(g)+Cl•(g)→CH3•(g)+HCl(g)的△H<0
【答案】B
【解析】
【详解】A．由题干信息可知，CH4与Cl2的取代反应不管生成CH3Cl、CH2Cl2还是CHCl3或者CCl4均为＜0，则CH4与Cl2的取代反应是放热反应，A正确；
B．由题干信息可知，1molCH4和1molCl2的能量之和比1molCH3Cl和1molHCl的能量之和多99kJ，B错误；
C．由题干图中信息可知，即△H4≈△H3≈△H2≈△H1，说明CH4与Cl2的四步取代反应难易程度相当，C正确；
D．已知CH4(g)+Cl•(g)→CH3•(g)+HCl(g)过程中断裂了1molC-H键，形成了1mol的H-Cl键，已知Cl—Cl的键能为243kJ·mol-1，C—Cl的键能为327kJ·mol-1，且有：CH4(g)+Cl2(g)→CH3Cl(g)+HCl(g)=-99kJ/mol，即4E(C-H)+E(Cl-Cl)-3E(C-H)-E(C-Cl)-E(H-Cl)=-99kJ/mol，即E(C-H)+E(Cl-Cl)-E(C-Cl)-E(H-Cl)=-99kJ/mol，则E(C-H)+243kJ/mol-327kJ/mol-E(H-Cl)=-99kJ/mol，则E(C-H)-E(H-Cl)=-15kJ/mol，即CH4(g)+Cl•(g)→CH3•(g)+HCl(g)的△H=-15kJ/mol<0，D正确；
故答案为：B。
19. 在恒容密闭容器中充入3molX和3molY发生反应：3X(g)+Y(g)2Z(g) △H<0，反应过程持续升高温度，测得混合体系中Z的体积分数与温度的关系如图所示。下列推断正确的是
A. M点和P点均达到平衡状态
B. M点的逆反应速率可能大于N点的逆反应速率
C. 反应过程中X、Y的体积分数均先减小后增大
D. P点Z的体积分数小于N点，原因可能是高温使催化剂活性降低
【答案】B
【解析】
【详解】A．N点之前随温度升高，Z的含量增加，说明反应正向进行，N点之后随温度升高，Z的含量减小，说明平衡逆向进行，则M点没有得到平衡状态，N点达到平衡状态，N点之后温度升高平衡逆向移动，A错误；
B．由于温度会影响催化剂的活性，M点温度虽然低于N点，但考虑催化的活性，所以M点的逆反应速率可能大于N点的逆反应速率，B正确；
C．由于X和Y不是按照化学计量数之比通入的，所以反应过程中X、Y的体积分数不一定均先减小后增大，C错误；
D．催化剂不会影响平衡状态，P点Z的体积分数小于N点，原因是温度升高平衡逆向进行导致的，D错误；
答案选B。
20. 放热反应可认为是化学反应(体系)将释放的能量传递给了周围的环境，导致环境的熵增加，增加的熵与焓变之间存在关系：△S环境=-。当△S体系+△S环境>0时，反应能自发进行。已知反应：A(g)+B(g)=C(s) △H=-176kJ·mol-1，△S=-284J·mol-1·K-1，下列说法正确的是
A. 该反应在任意温度下都能自发进行
B. 该反应在任意温度下都不能自发进行
C. T=298K时该反应能自发进行
D. T=298K时该反应不能自发进行
【答案】C
【解析】
【详解】△S体系+△S环境＞0时反应能自发进行，即－284+＞0，解得T＜619.8，这说明当温度低于619.8K时反应可以自发进行。答案选C。
21. CO2气敏电极结构如图，当CO2由气体渗透膜进入时，指示电极响应浓度变化而发生氧化反应，通过测出电动势E就可以计算CO2的含量。下列说法不正确的是
A. CO2气敏电极工作时，化学能转化为电能
B. CO2气敏电极工作时，向参比电极迁移
C. CO2气敏电极工作时的总反应为：
D. 将NaHCO3溶液换成NH4Cl溶液，更换气体渗透膜，可改造成NH3气敏电极
【答案】C
【解析】
【详解】A．该电池工作原理是测出电动势，则该电池为原电池，CO2气敏电极工作时将化学能转化为电能，A项正确；
B．CO2气敏电极工作时，CO2由气体渗透膜进入时，指示电极响应，浓度变化而发生氧化反应，此时指示电极为负极，参比电极为正极，向参比电极移动，B项正确；
C．指示电极反应式为：，参比电极反应式为：，总反应为，C项错误；
D．NH4Cl溶液可电离产生，氨气溶于水产生氨水，在指示电极相应从而可以发生氧化反应，构成原电池，更换气体渗透膜，可改造成NH3气敏电极，D项正确；
答案选C。
22. 已知(CN)2与Cl2性质相似，氧化性(CN)2>Cl2。下列推测不合理的是
A. (CN)2溶于水可生成两种酸
B. HCN能被酸性高锰酸钾溶液氧化
C. (CN)2为直线型分子
D. NaCN可代替NaCl配制生理盐水
【答案】D
【解析】
【详解】A．已知(CN)2与Cl2性质相似，氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，因此(CN)2溶于水可生成两种酸，A正确；
B．氯化氢能被酸性高锰酸钾溶液氧化，则HCN也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，B正确；
C．氯气是直线形分子，则(CN)2也为直线型分子，C正确；
D．NaCN溶于水，水解显碱性，且有毒，不能代替NaCl配制生理盐水，D错误；
答案选D。
23. 某同学在容器中加入25mL0.1mol·L-1的氨水，再用0.1mol·L-1的盐酸滴定，所得溶液的pH、溶液中NH和NH3•H2O的物质的量分数φ与加入盐酸的体积V的关系如图所示，下列说法不正确的是
A. NH的水解平衡常数为10-9.26
B. 应选用甲基橙为指示剂，滴定终点溶液的颜色变化为黄色变为橙色
C. 当加入盐酸体积为12.5mL时，溶液中c(NH3•H2O)>c(Cl-)>c(NH)
D. 当加入盐酸体积为V1mL时，c(H+)+c(NH3•H2O)=c(Cl-)+c(OH-)
【答案】C
【解析】
【详解】A．由题干图示信息可知，两曲线交叉点为NH和NH3•H2O的物质的量分数φ相等，即c(NH)=c(NH3•H2O)，此时溶液的pH=9.26，则NH的水解平衡常数为Kh==c(H+)=10-9.26，A正确；
B．滴定终点生成的溶液溶质为NH4Cl，NH4Cl溶液呈酸性，甲基橙的变色范围是3.1~4.4，则滴定时应选用甲基橙为指示剂，滴定终点溶液的颜色变化为黄色变为橙色，B正确；
C．当加入盐酸体积为12.5mL时，则根据反应NH3•H2O +HCl=NH4Cl+H2O，则溶液为等物质的量浓度的NH3•H2O和NH4Cl混合溶液，此时溶液呈碱性，即NH3•H2O的电离程度大于NH的水解程度，则溶液中c(NH)>c(Cl-)>c(NH3•H2O)，C错误；
D．由题干图示信息可知，当加入盐酸体积为V1mL时，溶液中c(NH)=c(NH3•H2O)，根据电荷守恒可知，c(H+)+c(NH)=c(Cl-)+c(OH-)，故有c(H+)+c(NH3•H2O)=c(Cl-)+c(OH-)，D正确；
故答案为C。
24. 硝酸厂的烟气中含有大量的氮氧化物(NOx)，将烟气与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3 [Ce中文名“铈”]的混合溶液中实现无害化处理，其转化过程如图所示。下列说法正确的是
A. 该转化过程的实质为NOx被H2还原
B. 处理过程中，Ce3+和H+起催化作用
C. 该转化过程需定期补充Ce(SO4)2溶液
D. 过程Ⅱ，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：x
【答案】A
【解析】
【分析】根据进出图可知，Ce4+把H2氧化为H+，自身被还原为Ce3+，然后Ce3+在酸性条件下再被NOx氧化为Ce4+，NOx被还原为N2，同时还生成水，据此分析。
【详解】A．该转化过程的实质为NOx被H2还原为N2，H2被氧化为水，故A正确；
B．整个转化过程Ce4+的质量和性质不变，所以混合溶液中Ce4+起催化作用，氢离子是中间产物，故B错误；
C．Ce4+起催化作用，该转化过程不需要定期补充Ce(SO4)2溶液，故C错误；
D．Ce3+在酸性条件下再被NOx氧化为Ce4+，NOx被还原为N2，根据电子得失守恒可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2x，故D错误；
故选A。
25. 下列方案设计、现象和结论有不正确的是
目的
方案设计
现象和结论
A
检验硝酸钠中是否含有亚硝酸钠
取少量固体加水溶解，加入硝酸银溶液，再加入稀硝酸，观察现象
先出现白色沉淀，后沉淀溶解，说明含有亚硝酸钠
B
检验碳酸与苯酚的酸性强弱
向碳酸钠溶液中加入稀硫酸，反应产生的气体通入苯酚钠溶液中，观察现象
溶液变浑浊，说明酸性：碳酸>苯酚
C
检验乙酰水杨酸中是否含有水杨酸
取少量乙酰水杨酸晶体，加入盛有3ml蒸馏水的试管中，加1~2滴1%氯化铁溶液，观察现象
溶液出现紫色，说明含有水杨酸
D
检验Fe2+与I-的还原性强弱
向含0.1mol的FeI2溶液中通入0.1molCl2，再滴加淀粉溶液，观察现象
溶液变蓝色，说明还原性：I->Fe2+
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．亚硝酸银是不溶于水，可溶于稀硝酸的白色沉淀，因此取少量固体加水溶解，加入硝酸银溶液，再加入稀硝酸，先出现白色沉淀，后沉淀溶解，说明含有亚硝酸钠，A正确；
B．向碳酸钠溶液中加入稀硫酸，反应产生的二氧化碳气体通入苯酚钠溶液中，溶液变浑浊，说明有苯酚生成，因此可证明酸性：碳酸>苯酚，B正确；
C．由于水杨酸含有酚羟基，因此取少量乙酰水杨酸晶体，加入盛有3ml蒸馏水的试管中，加1~2滴1%氯化铁溶液，溶液出现紫色，可说明含有水杨酸，C正确；
D．向含0.1mol的FeI2溶液中通入0.1molCl2，再滴加淀粉溶液，溶液变蓝色，说明有单质碘生成，但不能说明亚铁离子是否被氧化，所以不能证明还原性：I->Fe2+，D错误；
答案选D。
二、非选择题(本大题共6小题，共50分)
26. 回答下列问题：
（1）金刚石和石墨的部分物理性质数据如表：
物质
金刚石
石墨
熔点/℃
3550
3652
硬度
10
1.5
石墨的熔点比金刚石高，硬度却比金刚石小得多，原因是____。
（2）互为同分异构体的两种有机物形成氢键如图所示：
沸点：邻羟基苯甲醛____对羟基苯甲醛(填“>”、“=”或“<”)，主要原因是____。
【答案】（1）石墨晶体中C-C的键能大于金刚石晶体中的C-C的键能，石墨晶体为层状结构，层间存在分子间作用力，所以石墨的熔点比金刚石高，硬度却比金刚石小得多
（2） ①. < ②. 邻羟基苯甲醛在分子内形成了氢键，在分子间不存在氢键，对羟基苯甲醛不可能形成分子内氢键，只能在分子间形成氢键
【解析】
【小问1详解】
石墨晶体中C-C的键能大于金刚石晶体中的C-C的键能，石墨晶体为层状结构，层间存在分子间作用力，所以石墨的熔点比金刚石高，硬度却比金刚石小得多，故答案为：石墨晶体中C-C的键能大于金刚石晶体中的C-C的键能，石墨晶体为层状结构，层间存在分子间作用力，所以石墨的熔点比金刚石高，硬度却比金刚石小得多；
【小问2详解】
分子内生成氢键，熔、沸点常降低，分子间有氢键的物质熔，熔、沸点常升高，因为邻羟基苯甲醛在分子内形成了氢键，在分子间不存在氢键，对羟基苯甲醛不可能形成分子内氢键，只能在分子间形成氢键，则沸点：邻羟基苯甲醛<对羟基苯甲醛，故答案为：<；邻羟基苯甲醛在分子内形成了氢键，在分子间不存在氢键，对羟基苯甲醛不可能形成分子内氢键，只能在分子间形成氢键。
27. 某同学设计实验确定CaC2O4•xH2O的结晶水数目。称取样品9.84g，经热分解测得气体产物中有CO、CO2、H2O，其中H2O的质量为2.16g；残留的固体产物是CaO和CaCO3的混合物，质量为5.34g。计算：
（1）x=____(写出计算过程)。
（2）n(CO)=____mol。
【答案】（1）2 （2）0.06
【解析】
【分析】设生成的固体产物中CaO的物质的量为n1mol，CaCO3的物质的量为n2mol，气体中CO的物质的量为n3mol，CO2为n4mol，由质量守恒可得关系式①28n3+44n4=9.84-2.16-5.34=2.34g，关系式②56n1+100n2=5.34g，根据Ca和C原子守衡有关系式③n3+n4+n2=2(n1+n2)，根据分解反应中得失电子守恒可得关系式④n3=n4+n2，联合关系式①②③④解得n1=0.015mol，n2=0.045mol，n3=0.060mol，n4=0.015mol，据此分析解题。
【小问1详解】
由分析可知，生成的固体产物中CaO的物质的量为0.015mol，CaCO3的物质的量为0.045mol，则CaC2O4•xH2O的摩尔质量为：M=，即40+24+64+18x=164，解得x=2，故答案为：2；
【小问2详解】
由分析可知，n(CO)=0.060mol，故答案为：0.060。
28. 化合物X是由4种元素组成的盐，不含结晶水。某兴趣小组按如图流程进行实验(所加试剂均足量)：
已知：溶液A、B、C中均含有结构相似的配离子，溶液F中的阳离子和酸根离子均只有一种(忽略水的电离)。
请回答：
（1）组成X的元素有____，X的化学式为____。
（2）根据A→B→C的现象，给出相应微粒与阳离子结合由弱到强的排序____。
（3）X与足量NaOH溶液反应的化学方程式是____。
（4）蓝色溶液B与Na2SO3作用，溶液蓝色褪去，同时生成易溶于硝酸的白色沉淀H(H为二元化合物)。
①写出该反应的离子方程式____。
②设计实验验证白色沉淀H组成元素____。
【答案】（1） ①. Cu、O、H、Cl ②. Cu2(OH)3Cl
（2）Cl-
（4） ①. + +2Cl-=2CuCl↓+ +7H2O+2H+或2Cu2+++2Cl-+H2O=2CuCl↓++2H+ ②. 取少量白色沉淀溶于稀硝酸，若溶液呈蓝色，说明有铜元素；再向溶液中加入硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，说明有氯元素
【解析】
【分析】根据图中信息可知，蓝色沉淀D为Cu(OH)2，灼烧后得到黑色固体E为CuO，质量为16.0g，n(CuO)=，无色溶液加入硝酸银后再加入稀硝酸产生不溶于硝酸的白色沉淀，则为AgCl，n(AgCl)=，固体X加入浓盐酸后得到绿色溶液A再加水稀释得到蓝色溶液B，再加浓氨水得到深蓝色溶液C，则C为铜氨配合物，含离子，溶液A、B、C中均含有结构相似的配离子，则B含离子，A含有离子，42.9g固体X的一半中含有n(Cu)=0.2mol，m(Cu)=12.8g，n(Cl)=0.1mol，m(Cl)=3.55g，化合物X是由4种元素组成的盐，不含结晶水，根据分析应该还含有H、O元素，m(OH)=42.9g-12.8g-3.55g=5.1g，n(OH)=，应该为碱式氯化铜，根据化合价及铜氯元素比可知其化学式为Cu2(OH)3Cl。
【小问1详解】
根据分析可知，组成X的元素有Cu、O、H、Cl，X的化学式为Cu2(OH)3Cl；
【小问2详解】
根据A→B→C的现象，固体X加入浓盐酸后得到绿色溶液A再加水稀释得到蓝色溶液B，再加浓氨水得到深蓝色溶液C，则C为铜氨配合物，含离子，溶液A、B、C中均含有结构相似的配离子，则B含离子，A含有离子，相应微粒与阳离子结合由弱到强的排序为Cl-
X与足量NaOH溶液反应生成Cu(OH)2和NaCl，反应的化学方程式是Cu2(OH)3Cl+NaOH=2Cu(OH)2+NaCl；
【小问4详解】
蓝色溶液B与Na2SO3作用，溶液蓝色褪去，同时生成易溶于硝酸的白色沉淀H(H为二元化合物)，H为氯化亚铜，反应的离子方程式为+ +2Cl-=2CuCl↓+ +7H2O+2H+或2Cu2+++2Cl-+H2O=2CuCl↓++2H+；
②取少量白色沉淀溶于稀硝酸，若溶液呈蓝色，说明有铜元素；再向溶液中加入硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，说明有氯元素。
29. H2S的吸收与利用有多种形式，根据下列研究回答：
（1）工业、上可采用“H2S—水双温交换法”富集海水中的HDO，其原理是利用H2S、HDS、H2O和HDO四种物质，在25℃和100℃两种不同温度下发生的两个不同反应得到较高浓度的HDO。四种物质在反应体系中的物质的量随温度的变化曲线如图1，100℃时的反应△H____0(填“>”、“=”或“<”)。
（2）H2S高温裂解反应：2H2S(g)2H2(g)+S2(g)。
①不同温度下，具有一定能量的分子百分数与分子能量的关系如图2所示，E表示T1温度下分子的平均能量，Ec是活化分子具有的最低能量，阴影部分的面积反映活化分子的多少，则图中T1____T2(填“>”、“=”或“<”)。若T1温度下使用催化剂，请在图中画出相应的变化____。
②A的压力转化率表示为α(A)=(1-)×100%(p0为A初始压力，p1为A某时刻分压)。维持温度和压强不变，一定量的H2S分解达到平衡时，用各组分的平衡分压(即组分的物质的量分数×总压)表示的平衡常数Kp=p(S2)，则平衡时H2S的压力转化率(H2S)=____。
（3）工业上用克劳斯工艺处理含H2S的尾气获得硫黄，流程如图3：
反应炉中的反应：2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g)
催化转化器中的反应：2H2S(g)+SO2(g)=3S(g)+2H2O(g)
该工艺中需要严格控制气体在反应炉中的停留时间，其理由是____。
（4）表面喷淋水活性炭可用于吸附氧化H2S，其原理可用如图4表示。其它条件不变时，水膜的酸碱性与厚度会影响H2S的去除率。
为了提高H2S的去除率，下列措施合适的是____。
A. 增大压强(气相) B. 适当增大水膜Ph C. 反应温度越高越好 D. 增加水膜厚度
【答案】（1）> （2） ①. < ②. ③. 60%
（3）停留时间过短或过长，均导致催化转化器中H2S、SO2不能恰好完全反应，硫的回收率降低，且排放的尾气中仍含有H2S或SO2 （4）AB
【解析】
【小问1详解】
根据图像可知100℃以后随温度升高，反应物的物质的量减少，生成物的物质的量增加，说明升高温度平衡正向进行，所以100℃时的反应△H＞0。
【小问2详解】
①活化能即活化分子具有的最低能量与分子平均能量之差，升高温度活化分子数增加，阴影部分面积会增加，但平衡不移动，所以根据图像可判断T1＜T2；若T1温度下使用催化剂，由于催化剂会降低活化能，活化分子数会增加，则对应图像可表示为；
②根据三段式可知
则Kp=＝p(S2)＝，即，解得x＝0.5，则此时硫化氢的分压为，则平衡时H2S的压力转化率(H2S)= (1-)×100%＝60%。
【小问3详解】
由于留时间过短或过长，均导致催化转化器中H2S、SO2不能恰好完全反应，硫的回收率降低，且排放的尾气中仍含有H2S或SO2，所以该工艺中需要严格控制气体在反应炉中的停留时间。
【小问4详解】
A. 增大压强(气相)，硫化氢的溶解度增大，可提高H2S的去除率，A正确；
B. OH-浓度增大，促进H2SH++HS-平衡向正反应方向移动，HS-浓度增大，可提高H2S的去除率，B正确；
C. 反应温度越高，硫化氢的溶解度越小，降低其去除率，C错误；
D. 若水膜过厚，导致活性炭的吸附力减弱，吸附的硫化氢、氧气减少，去除率减少，D错误；
答案选AB。
30. 某兴趣小组用二氧化锰(MnO2)和草酸晶体(H2C2O4•2H2O)为原料制备碳酸锰(MnCO3)，按如图流程开展了实验：
已知：①碳酸锰几乎不溶于水，不溶于醇，溶于稀无机酸；受热易分解。
②Mn(Ⅳ)在酸性条件下易被还原为Mn(Ⅱ)，Mn(Ⅱ)在碱性条件下易被氧化为Mn(Ⅳ)。
请回答：
（1）加入稀硫酸的作用是____。
（2）步骤Ⅰ：反应的离子方程式是____。
（3）下列操作中正确的是____。
A. 步骤Ⅱ将滤纸放入布氏漏斗内，用蒸馏水润湿滤纸
B. 步骤Ⅳ不宜烘干，可以选用减压干燥
C. 边搅拌边缓慢滴加饱和碳酸氢铵溶液，避免局部碱性过大使Mn(II)氧化
D. 步骤Ⅳ用乙醇作为洗涤剂，洗涤结束后，将固体迅速转移并进行后续操作
（4）步骤Ⅳ抽滤、洗涤操作可用如图装置进行，打开活塞K，打开抽气泵，转移固液混合物，关闭活塞K，确认抽干，进行洗涤。请给出洗涤的操作排序(洗涤操作只需考虑一次)：a→c→(____)→(____)→(____)→(____)→将产品转至干燥器。____
a．打开活塞K b．关闭活塞K c．加洗涤剂洗涤 d．打开抽气泵 e．关闭抽气泵 f．确认抽干
（5）用吸光光度法确定MnCO3产品纯度：通过对比样品溶液与标准溶液的吸光度测产品的纯度。准确称取Wg产品，用稀硝酸溶解，加入足量过二硫酸铵溶液作氧化剂，以硝酸银作催化剂，加热，反应方程式如下：
MnCO3+2HNO3=Mn(NO3)2+CO2↑+H2O
Mn(NO3)2+5(NH4)2S2O8+8H2O=2HMnO4+5(NH4)2SO4+5H2SO4+4HNO3
反应结束用蒸馏水定容至100mL，取10mL至比色管中，测得溶液中MnO的吸光度为A，A=kc(k为常数，c为浓度)，则MnCO3产品纯度是____(用含W、A、k的式子表示)。取待测液于比色管中时，移液管未润洗，测得产品纯度将____(填“偏高”或“偏低”或“无影响”)。
【答案】（1）增强溶液的酸性，使Mn(Ⅳ)被还原为Mn(Ⅱ)
（2）MnO2+H2C2O4+2H+=Mn2++2CO2↑+2H2O （3）BC
（4）b→f→a→e （5） ①. % ②. 偏低
【解析】
【分析】向草酸晶体中加入稀硫酸和二氧化锰将锰转化为Mn2+而溶解，反应原理为：MnO2+ H2C2O4+H2SO4=MnSO4+2CO2↑+2H2O，充分搅拌，使充分反应后抽滤除去不溶性杂质，向所得滤液中加入饱和碳酸氢铵溶液，调节pH为3~7，反应原理为：MnSO4+2NH4HCO3=MnCO3↓+(NH4)2CO3+H2O+CO2↑，抽滤、洗涤、干燥得到MnCO3粗产品，据此分析解题。
【小问1详解】
由题干信息②可知：Mn(Ⅳ)在酸性条件下易被还原为Mn(Ⅱ)，Mn(Ⅱ)在碱性条件下易被氧化为Mn(Ⅳ)，则加入稀硫酸的作用是增强溶液的酸性，使Mn(Ⅳ)被还原为Mn(Ⅱ)，故答案为：增强溶液的酸性，使Mn(Ⅳ)被还原为Mn(Ⅱ)；
【小问2详解】
由分析可知，步骤Ⅰ的反应方程式为：MnO2+ H2C2O4+H2SO4=MnSO4+2CO2↑+2H2O，则该反应的离子方程式是MnO2+H2C2O4+2H+=Mn2++2CO2↑+2H2O，故答案为：MnO2+H2C2O4+2H+=Mn2++2CO2↑+2H2O；
【小问3详解】
A．由于步骤Ⅱ过滤的溶液呈强酸性，当过滤的溶液具有强酸性、强碱性或强氧化性时要用玻璃纤维代替滤纸或用玻璃砂漏斗代替布氏漏斗，A错误；
B．由题干已知信息①可知，碳酸锰受热易分解，为了防止碳酸锰受热分解，步骤Ⅳ不宜烘干，可以选用减压干燥，B正确；
C．由题干已知信息②可知， Mn(Ⅱ)在碱性条件下易被氧化为Mn(Ⅳ)，边搅拌边缓慢滴加饱和碳酸氢铵溶液，避免局部碱性过大使Mn(II)氧化，C正确；
D．由题干信息①可知，碳酸锰几乎不溶于水，不溶于醇，则步骤Ⅳ用蒸馏水作为洗涤剂就可以，洗涤结束后，将固体迅速转移并进行后续操作，D错误；
故答案为：BC；
【小问4详解】
结合抽滤的操作可知，经过一系列操作完成步骤IV中的抽滤和洗涤，正确的操作顺序为：开抽气泵(即打开活塞K)→转移固液混合物→关闭活塞→确认抽干→打开活塞K→调低抽气泵真空度（减缓抽滤速度）→用洗涤剂洗涤→关闭活塞K→确认抽干→打开活塞K→关抽气泵，故答案为：b→f→a→e；
【小问5详解】
由题干信息可知，反应结束用蒸馏水定容至100mL，取10mL至比色管中，测得溶液中MnO的吸光度为A，A=kc(k为常数，c为浓度)，则c=mol/L，根据锰元素守恒，原样品中含有的MnCO3的物质的量为：n(MnCO3)=mol/L×0.1L=mol，则MnCO3产品纯度为：=%，取待测液于比色管中时，移液管未润洗，将使溶液中MnO的浓度偏小，吸光度A的值偏小，则测得产品纯度将偏低，故答案为：%；偏低。
31. 盐酸氨溴索是一种祛痰药，可用于急慢性呼吸道疾病的治疗。某课题组设计的合成路线如图(部分反应条件已省略)：
已知：
①R—COOHR—COClR—CH2Cl
②R—NO2R—NH2
③苯环上取代基的定位效应：—CH3和—NH2是邻、对位定位基团，—COOH和—NO2是间位定位基团
请回答：
（1）下列说法正确的是____。
A. 化合物M的作用是保护氨基
B. 化合物D的核磁共振氢谱有3组特征峰
C. 化合物E遇氯化铁溶液显紫色
D. 化合物G既能与酸反应又能与碱反应
（2）化合物M的结构简式是____；化合物N的结构简式是____；化合物F的结构简式是____。
（3）写出C→D的化学方程式____。
（4）写出2种同时符合下列条件的化合物M的同分异构体的结构简式(不包括立体异构体和环状结构)____。
①能发生银镜反应；②含有两个酯基和一个甲基；③不含—O—O—及—O—COO—
（5）以A为原料，设计化合物B的合成路线(用流程图表示，无机试剂、有机溶剂任选)____。
【答案】（1）AD （2） ①. ②. ③.
（3）+2+2CH3COOH
（4）①HCOOCH2COOCH3②HCOOCH2OOCCH3③HCOOCH(CH3)OOCH
（5）
【解析】
【分析】根据E的结构简式结合M的分子式可知D的结构简式为，N的结构简式为，M的结构简式为，C的结构简式为，E在氢氧化钠溶液中水解生成F，根据F的分子式可判断F的结构简式为，F中含有氨基，能和盐酸反应生成G，据此解答。
【小问1详解】
A. B中含有氨基，经过一系列转化为在F中有变化为氨基，这说明化合物M的作用是保护氨基，A正确；
B. D的结构简式为，化合物D的核磁共振氢谱有4组特征峰，B错误；
C. 化合物E分子中不存在酚羟基，遇氯化铁溶液不显紫色，C错误；
D. 化合物G分子中苯环上含有溴原子，可在氢氧化钠溶液中水解，含有氨基能与盐酸反应，D正确；
答案选AD；
【小问2详解】
根据以上分析可知化合物M的结构简式是；化合物N的结构简式是；化合物F的结构简式是。
【小问3详解】
根据原子守恒可知C→D的反应中还有乙酸生成，则反应的化学方程式为+2+2CH3COOH 。
【小问4详解】
M的结构简式是，2种同时符合下列条件①能发生银镜反应，含有醛基；②含有两个酯基和一个甲基；③不含－O－O－及－O－COO－，则符合条件的有机物结构简式为HCOOCH2COOCH3、HCOOCH2OOCCH3、HCOOCH(CH3)OOCH；
小问5详解】
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