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2018-2019学年浙江省“七彩阳光”新高考研究联盟高二下学期期中考试化学试题 解析版
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2018-2019学年浙江省“七彩阳光”新高考研究联盟高二（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. Na2O2 B. MgO C. SiO2 D. CO
【答案】B
【解析】
【分析】
能与酸反应只生成一种盐和水的氧化物是碱性氧化物。
【详解】A. Na2O2和酸反应除了生成盐和水，还生成氧气，故不是碱性氧化物，A错误；
B. MgO只能和酸反应生成盐和水，故是碱性氧化物，B正确；
C. 二氧化硅只能和碱反应生成盐和水，故是酸性氧化物，C错误；
D. CO既不能和酸也不能和碱反应生成盐和水，故是不成盐氧化物，D错误；
故选B。
2.下列仪器称为“干燥管”是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
A为硬质玻璃管，B为干燥管，C为洗气瓶，D为漏斗，答案选B。
3.下列属于非电解质的是（ ）
A. 金刚石 B. 硝酸钾 C. 冰醋酸 D. 蔗糖
【答案】D
【解析】
【详解】A．金刚石是碳的单质既不是电解质也不是非电解质，故A不符合；
B．硝酸钾溶于水后溶液导电，属于电解质，故B不符合；
C．冰醋酸溶于水后溶液导电，属于电解质，故C不符合；
D．蔗糖溶于水后，溶液不能导电，熔融状态下也不能导电，属于非电解质，故D符合；
故选D。
【点睛】此题要注意只有化合物才能是电解质或者非电解质。
4.下列物质的水溶液因电离而显酸性的是（ ）
A. Na2CO3 B. NaHSO4 C. NH4Cl D. CuCl2
【答案】B
【解析】
【详解】A．Na2CO3为强碱弱酸盐，碳酸根离子部分水解，溶液呈碱性，故A错误；
B．NaHSO4是强酸的酸式盐，在溶液中完全电离出氢离子，溶液显酸性，不能发生水解反应，故B正确；
C．NH4Cl为强酸弱碱盐，铵根离子发生水解，溶液呈酸性，故C错误；
D．CuCl2是强酸弱碱盐，铜离子水解，溶液呈酸性，故D错误；
故选B。
5.下列反应中既属于化合反应，又属于氧化还原反应的是（ ）
A. SO2+H2O2=H2SO4 B. Zn+2AgNO3=Zn(NO3) 2+2Ag
C. 2HClO=2HCl+O2↑ D. CO2+2NaOH=Na2CO3+H2 O
【答案】A
【解析】
【分析】
形如A+B=C的反应我们称之为化合反应，氧化还原反应表现为化合价的升降。
【详解】A．该反应为化合反应，S和O元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故A正确；
B．该反应属于属于置换反应，不符合题目要求，故B错误；
C．该反应属于分解反应，不符合题目要求，故C错误；
D．该反应属于复分解反应，不属于氧化还原反应，故D错误；
故选A。
6.下列表示物质结构的化学用语正确的是（ ）
A. Na+结构示意图 B. 乙烷的比例模型：
C. 氯化钙的电子式 D. 甲醛的结构简式HCOH
【答案】C
【解析】
【详解】A. 钠离子的核内有11个质子，故其结构示意图为，故A错误；
B. 用小球和小棍表示的模型为球棍模型，故为乙烷的球棍模型，不是比例模型，故B错误；
C. 氯化钙由1个钙离子和2个氯离子构成，且相同离子不能合并，故其电子式为，故C正确；
D. 醛基为-CHO，故甲醛的结构简式为HCHO，故D错误；
故选C。
【点睛】注意在书写有机物结构简式时，-CHO表示醛基，不能将原子的顺序颠倒。
7.下列说法不正确的是（ ）
A. 氯气可用于药物的合成
B. 钠和钾合金在常温下是液体，可用于快中子反应堆作热交换剂
C. 硫酸铜可用于饮用水消毒
D. 生物质能来源于植物及其加工产品所贮存的能量
【答案】C
【解析】
【详解】A．氯气可用于药物的合成，故A正确；
B．钠钾合金是液体合金，具有良好的导热性，可以做快中子反应堆作热交换剂，故B正确；
C．硫酸铜中铜离子为重金属离子，有毒，不能用于饮用水消毒，故C错误；
D．生物质能就是太阳能以化学能形式贮存在生物质中的能量形式，即以生物质为载体的能量。它直接或间接地来源于绿色植物的光合作用，所以生物质能来源于植物及其加工产品所贮存的能量，故D正确；
故选C。
【点睛】当题目中出现课本中没有出现的物质的性质时，要学会合理推测。如合金比纯金属的熔沸点低，所以可以推知钠和钾合金在常温下是液体。
8.下列说法正确的是（ ）
A. H2与D2互为同位素
B. O2和O3互为同素异形体，且二者之间能相互转化
C. 分子式为C5H12的同分异构体有3种，其沸点都相同
D. 和互为同系物
【答案】B
【解析】
【详解】A．H2与D2为氢元素的分子，不属于同位素研究的范畴，故A错误；
B．同种元素的不同单质为同素异形体，O2和O3属于同素异形体，二者可以相互转化，故B正确；
C．戊烷有正戊烷、异戊烷和新戊烷三种同分异构体，三者的沸点逐渐降低，故C错误；
D．和CH2═CH-CH═CH2，前者属于炔烃，后者属于双烯烃，他们是不同类别的物质，不属于同系物，故D错误；
故选B。
9.下列说法不正确的是（ ）
A. 少量的钠可保存在煤油中，少量的白磷可保存在水中
B. 容量瓶洗净需用酒精灯加热烘干
C. 实验结束，应将废弃药品倒入废液缸或教师指定容器
D. 蒸馏乙醇、乙醚等实验中，应远离明火
【答案】B
【解析】
【详解】A．钠、磷性质活泼，保存应隔绝空气，钠密度小于煤油，与煤油不反应，少量钠可以保存在煤油中，磷密度大于水，与水不反应，少量的白磷可保存在水中，故A正确；
B．容量瓶配制溶液定容时仍然需要加入蒸馏水，所以使用前洗涤后不需要干燥，且酒精灯不能用来烘干仪器，故B错误；
C．实验结束，应将废弃药品倒入废液缸或指定容器，故C正确；
D．乙醚、乙醇和苯是易燃，易挥发的有机物，使用时必须远离明火和热源，用毕立即塞紧瓶塞，故D正确；
故选B。
【点睛】此题解题的关键在于，容量瓶为精密仪器，不可以加热。
10.下列离子反应方程式不正确的是（ ）
A. FeCl3溶液与铁反应：2Fe3++Fe=3Fe2+
B. 向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2：2Na++CO32-+CO2+H2O=2NaHCO3↓
C. NaHCO3 溶液与过量Ca(OH) 2 溶液反应：Ca2++2OH-+2HCO3-=CaCO3↓+CO32-+2H2O
D. 硫酸镁溶液与氢氧化钡溶液反应：Ba2++2OH-+Mg2++SO32-=BaSO4↓+Mg(OH)2↓
【答案】C
【解析】
【详解】A．FeCl3溶液与铁反应生成氯化亚铁，该反应离子方程式为：2Fe3++Fe═3Fe2+，故A正确；
B．向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2，反应后析出碳酸氢钠，该反应的离子方程式为：2Na++CO32-+CO2+H2O═2NaHCO3↓，故B正确；
C．NaHCO3 溶液与过量Ca(OH)2 溶液反应生成碳酸钙沉淀、氢氧化钠和水，正确的离子方程式为：Ca2++OH-+HCO3-═CaCO3↓+H2O，故C错误；
D．硫酸镁溶液与氢氧化钡溶液反应的离子方程式为：Ba2++2OH-+Mg2++SO32-═BaSO4↓+Mg(OH)2↓，故D正确；
故选C。
11.短周期元素W、X、Y、Z在元素周期表中的相对位置如表所示，其中W元素的原子最外层电子数是内层电子数的2倍。下列说法正确的是
A. 原子半径大小：Z>Y>X
B. 最高价氧化物对应水化物的酸性：W>Y>Z
C. Y单质具有杀菌能力，Y与W可形成化合物WY2
D. W元素和氢元素形成的化合物可与Z单质反应，但不能与Z的氢化物反应
【答案】C
【解析】
【分析】
短周期元素W、X、Y、Z在元素周期表中的相对位置如表所示，其中W元素的原子最外层电子数是内层电子数的2倍，则W为C，X为N，Y为S，Z为Cl。
【详解】A. 同一周期从左到右，原子半径逐渐减小，原子半径大小：Y>Z>X，故A错误；
B. 同一周期主族元素最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增大：W
D. C元素和氢元素形成的化合物可能是烷烃、烯烃、炔烃等，可与Cl2单质反应，也可能与Cl的氢化物反应，故D错误；
故选C。
【点睛】本题考查位置、结构及性质，解题关键：把握元素的位置、性质、元素化合物知识，注意X为C为解答的突破口，易错点为D，C元素和氢元素形成的化合物可能是烷烃、烯烃、炔烃等，不能只限于甲烷。
12.下列说法不正确的是（ ）
A. 卤代烃在NaOH醇溶液中的反应与苯和硝酸反应生成硝基苯的反应类型不相同
B. 工业上选择往石灰乳中通氯气来制漂白粉
C. 裂解和裂化汽油可用酸性高锰酸钾溶液鉴别
D. 纯碱溶液去油污的原理是油脂在碱性条件下发生水解
【答案】C
【解析】
【详解】A．卤代烃在NaOH醇溶液中发生消去反应，苯和硝酸反应发生取代反应，二者发生的反应类型不同，故A正确；
B．氯气与石灰乳反应生成氯化钙和次氯酸钙，工业上选择往石灰乳中通氯气来制漂白粉，故B正确；
C．裂解和裂化汽油中都含有不饱和烃，不饱和烃能使高锰酸钾溶液褪色，现象相同，不能鉴别，故C错误；
D．纯碱溶液显碱性，油脂在碱性条件下能发生水解，所以纯碱溶液去油污的原理是油脂在碱性条件下发生水解，故D正确；
故选C。
13.下列实验会产生所描述的现象的是（ ）
A. 将CO2气体通入BaCl2溶液中，有白色沉淀产生
B. 将Na2CO3粉末加入新制饱和氯水中，有气体产生
C. 将铜片加入到浓硫酸中加热，有红棕色气体产生
D. 向5mL 0.1mol/LKI溶液中加入1mL 0.1mol/LFeCl3 溶液，振荡后再加入2mL CCl4，重复操作2-3 次，充分静置后取上层溶液，向其中滴加KSCN溶液，溶液无明显现象
【答案】B
【解析】
【详解】A．CO2气体通入BaCl2溶液，不发生反应，无沉淀生成，故A错误；
B．氯水中含氢离子，具有酸性，可与Na2CO3反应生成二氧化碳气体，故B正确；
C．铜片加入浓硫酸中加热，生成硫酸铜、二氧化硫和水，二氧化硫为无色刺激性气体，故C错误；
D．取5mL 0.1mol•L-1KI溶液，滴加0.1mol•L-1 FeCl3溶液5-6滴，I-将Fe3+还原为Fe2+，该反应为可逆反应，所以上层溶液中还有少量的铁离子，故取上层溶液加KSCN溶液，溶液会变血红色，故D错误；
故选B。
14.在恒温条件下，可逆反应H2(g)+I2( g)⇌2HI(g)在体积固定的密闭容器中进行，达到平衡的标志是（ ）
A. 混合气体的颜色不再改变 B. H2、I2、HI分子个数比为1：1：2
C. 混合气体中I2和H2的体积分数相等 D. 混合气体的压强不再变化
【答案】A
【解析】
【详解】A. 混合气体的颜色不再改变，说明碘蒸气的浓度不变，正逆反应速率相等，达到平衡状态，故A正确；
B. 当体系达平衡状态时，H2、I2、HI分子个数比可能为1：1：2，也可能不是1：1：2，故B错误；
C. 混合气体中I2和H2 的体积分数不变，而不是相等，才能说明达到平衡状态，故C错误；
D. 混合气体的压强一直不变，故D错误；
故选A。
【点睛】此类判断反应是否达到平衡的问题，通常从两个方面入手，一是化学平衡的定义即v正=v逆，二是判断题目所给量是否为变量，当变量不变时反应即达到平衡。
15.下列说法正确的是（ ）
A. pH=7的溶液一定呈中性
B. pH=3的盐酸的c(H+)是pH=1 的盐酸的100倍
C. Na2CO3溶液与NaHCO3 溶液中所含微粒的种类一定相同
D. 同浓度同体积的氨水与NaOH溶液，与相同浓度的盐酸反应呈中性时，消耗盐酸的体积相同
【答案】C
【解析】
【详解】A．温度未知，100℃时pH=6中性，所以不能由pH=7判断酸碱性，故A错误；
B．pH=3的盐酸的c(H+)=0.001mol/L，pH=1的盐酸的c(H+)=0.1mol/L，则pH为1的盐酸的c(H+)是pH为3的盐酸的100倍，故B错误；
C．碳酸根离子、碳酸氢根离子均水解，两溶液都含有Na+、H2CO3、CO32-、HCO3-、OH-、H+、H2O，故C正确；
D．氯化铵溶液因铵根离子水解显酸性，氯化钠溶液为中性；同浓度氨水和NaOH溶液，与相同浓度的盐酸反应呈中性时，氨水需剩余，则其消耗盐酸的体积较小，所以两种溶液消耗的盐酸的体积不同，故D错误；
故选C。
16.乙酸橙花酯兼有橙花和玫瑰花香气，其结构简式如图。关于该有机物的叙述中正确的是（ ）
①在Ni催化条件下，1mol该有机物最多可与3mol H2发生加成反应
②该有机物能发生取代、加成、水解、缩聚反应
③该有机物分子式为C12H20O2
④该有机物的同分异构体可能为醇类，不可能为酚类
⑤1mol该有机物水解时只能消耗1mol NaOH
A. ②③④ B. ③④⑤ C. ②③⑤ D. ①②③
【答案】B
【解析】
【分析】
乙酸橙花酯的分子式为C12H20O2，其含有的官能团为碳碳双键和酯基。
【详解】①酯基与氢气不发生加成反应，分子中含有2个碳碳双键，则1mol该有机物可消耗2mol H2，故①错误；
②该分子不含羧基、羟基和氨基，不能发生缩聚反应，故②错误；
③由结构简式可知分子的分子式为C12H20O2，故③正确；
④分子中含有3个双键，则不饱和度为3，而酚类物质的不饱和度为4，则它的同分异构体中不可能有酚类，故④正确；
⑤能与氢氧化钠反应的官能团只有酯基，水解生成羧基和羟基，羧基能与氢氧化钠反应，则1mol该有机物水解时只能消耗1mol NaOH，故⑤正确；
故选B。
17.已知胆矾溶于水时溶液温度降低，胆矾分解的热化学方程式为：CuSO4•5H2O(s)＝CuSO4(s)＋5H2O(l) ΔH＝+Q1kJ·mol-1；室温下，若将1mol无水硫酸铜溶解为溶液时放热Q2kJ，则（ ）
A. Q1>Q2 B. Q1＝Q2 C. Q1
【解析】
【分析】
根据盖斯定律计算。
【详解】胆矾溶于水时溶液温度降低，可以知道其为吸热过程；1mol胆矾分解生成1mol CuSO4(s)时CuSO4•5H2O(s)＝CuSO4(s)＋5H2O(l) ΔH＝+Q1 kJ·mol-1，1mol CuSO4(s)溶解时放热Q2 kJ，因此可得如下图所示关系：
根据盖斯定律可知△H=Q1+（-Q2）＞0，则Q1＞Q2，答案选A。
18.下列说法不正确的是（ ）
A. CCl4、C2H4、SiO2都存在共价键，他们都是共价化合物
B. H2O 比H2S稳定是因为H2O分子之间存在氢键
C. 某物质在熔融状态能导电，则该物质中不一定含有离子键
D. SO2溶于水时，需克服共价键和分子间作用力
【答案】B
【解析】
【详解】A．非金属元素之间形成共价键，只含有共价键的化合物属于共价化合物，CCl4、C2H4、SiO2都存在共价键，它们都是共价化合物，故A正确；
B． 稳定性是化学性质，是由分子内共价键的强弱决定，与氢键无关，故B错误；
C．某物质在熔融状态能导电，可能是金属，金属在熔融态也能导电，不含离子键，故C正确；
D．SO2属于分子晶体，存在分子间作用力，SO2与水反应生成亚硫酸，SO2溶于水时，需克服共价键和分子间作用力，故D正确；
故选B。
19.有一种节能的氯碱工业新工艺，将电解池与燃料电池相组合，相关流程如下图所示（电极未标出），下列说法不正确的是（ ）
A. 气体B为H2
B. 相同条件下，当电解池生成2L Cl2，理论上燃料电池应消耗1L O2
C. 极室1 与极室2之间的离子交换膜也为阳离子交换膜
D. 溶液a、b、c的pH大小顺序为：a>b>c
【答案】D
【解析】
【分析】
因为图示为电解池与燃料电池的组合，故通入氧气的一极（极室4）为燃料电池的正极，所以极室3为燃料电池的负极，极室2生成碱液，所以极室2为电解池的阴极，极室1为电解池阳极。所以气体A为氯气、气体B为氢气。
【详解】A．电解池中生成氢气的一端为电解池的阴极，溶液中氢离子得到电子生成氢气，在氢氧化钠溶液中，电解池的阴极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，所以气体B为H2，故A正确；
B．根据反应O2+4e-+2H2O=4OH-、4Cl--4e-=2Cl2↑及电子守恒可得：2Cl2～O2，则相同条件下，当电解池生成2L Cl2，理论上燃料电池应消耗1L O2，故B正确；
C．极室1进去的饱和NaCl溶液，排出的是稀NaCl溶液，所以极室1 为阳极，反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，钠离子移向极室2，所以极室1 与极室2之间的离子交换膜也为阳离子交换膜，故C正确；
D．燃料电池中的离子膜只允许阳离子通过，而燃料电池中正极氧气得到电子产生OH-，所以反应后氢氧化钠的浓度升高，即a%小于c%，负极氢气失电子生成氢离子消耗氢氧根离子，所以b%＜a%，得到b%＜a%＜c%，即c＞a＞b，故D错误；
故选D。
【点睛】此题解题的突破口在于，通过分析向极室中添加的药品或者通入的气体，确定各电池的正负极和电解池的阴阳极。
20.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）
A. 常温常压下，11.2L氧气含有的原子数目为NA
B. 14g N2和N4 组成的混合气体中含有的原子数为NA
C. 常温常压下，1mol 氦气含有的核外电子数为4NA
D. 1mol/L CaCl2 溶液中含有氯离子数目为2NA
【答案】B
【解析】
【详解】A. 常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故11.2L氧气的物质的量小于0.5mol，则含有的氧原子小于NA个，故A错误；
B. N2和N4 均由N原子构成，故14g混合物中含有的N原子的物质的量为1mol，个数为NA个，故B正确；
C. 氦气是单原子分子，核外有2个电子，故1mol氦气的核外有2NA个电子，故C错误；
D. 溶液体积不明确，故溶液中氯离子的个数无法计算，故D错误；
故选B。
【点睛】在遇到阿伏伽德罗相关正误判断的题目时，一定要注意“气体陷阱”，即说气体体积，必须说明温度和压强，说22.4L/mol，必须是标况下的气体。
21.在一定温度下，只改变反应物中n(SO2)对反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)的影响如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 反应a、b、c点均为平衡点，且b点时SO2的转化率最高
B. b点时SO2与O2 的物质的之比约为2：1
C. a、b、c 三点平衡常数： Kb>Kc>Ka
D. a、b、c 三点反应速率大小为： vb>vc>va
【答案】B
【解析】
【分析】
分析图像我们可知，在一定范围内，随着二氧化硫起始浓度的提高，平衡时三氧化硫的体积分数也会随之提高，但是当二氧化硫的起始浓度超过一定限度后，平衡时三氧化硫的体积会随着其增大而减小。
【详解】A．曲线上的点为平衡状态，当氧气的量一定时，二氧化硫的起始量越少，则二氧化硫的转化率越大，a点时SO2的转化率最大，故A错误；
B．由2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)可知，b点时SO2与O2的物质的量之比约为2：1，SO3的体积分数最大，故B正确；
C．温度不变，则平衡常数不变，a、b、c三点平衡常数：Kb=Kc=Ka，故C错误；
D．浓度越大，反应速率越快，则a、b、c三点反应速率大小为：vc＞vb＞va，故D错误；
故选B。
22.硝基苯甲酸乙酯在OH-存在下发生水解反应：O2NC6H4COOC2H5+OH-⇌O2NC6H4COOO-+C2H5OH两种反应物的初始浓度均为0.050mol/L，在不同温度下测得O2NC6H4COOC2H5的浓度（mol/L） 随时间变化的数据如下表所示。下列有关说法不正确的是（ ）
t/s
0
120
180
240
330
530
600
700
800
15℃
0.500
0.335
0.291
0.256
0.210
0.155
0.148
0.145
0.145
35℃
0.500
0.325
0.2775
0.238
0.190
…
0.135
0.135
0.135
A. 该反应在，120∼180s 区间内O2NC6H4COOC2H5平均反应速率为7.33×10 -4 mol·L-1·s-1
B. 由数据可知，随着反应的进行，反应物的浓度降低，反应速率减慢
C. 530s 时，表格中35℃对应的数据一定是0.135
D. 由数据可知，温度升高反应速率加快
【答案】C
【解析】
【详解】A. v=△c/△t =(0.335-0.29)mol/L/60s=7.33×10-4mol・L-1・s-1，故A正确；
B. 浓度越低反应速率越慢，所以随着反应的进行，反应物的浓度降低，反应速率减慢，故B正确；
C. 530s 时，反应不一定达平衡状态，所以表格中35℃对应的数据不一定是0.135，故C错误；
D. 温度越高反应速率越快，所以温度升高反应速率加快，故D正确；
故选C。
23.常温下，实验测得1.0mol/L NH4HCO3 溶液pH=8.0。平衡时碳的分布系数（各含碳微粒的浓度占含碳各种微粒浓度之和的分数）与pH的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 常温下，Kb(NH3⋅H2O)>Ka1(H2CO3)>Ka2(H2CO3)
B. pH=13时，溶液中不存在HCO3-的水解平衡
C. pH由8～11 时，随着pH值的增大，增大
D. pH=3时，有c(NH4+)+c(NH3⋅H2O)=c(HCO3-)+c(H2CO3)+c(CO32-)
【答案】A
【解析】
【详解】A. 根据越弱越水解原理，1.0mol/L NH4HCO3溶液pH=8.0，说明铵根水解程度小于碳酸氢根离子，应有Kb(NH3•H2O)＞ka1(H2CO3)＞Ka2(H2CO3)，故A正确；
B. 只要存在碳酸根离子就存在HCO3-的水解平衡，故B错误；
C. 温度不变，碳酸氢根离子的电离平衡常数不变，故C错误；
D. pH=3时，NH4HCO3会与氢离子反应生成二氧化碳，所以c(NH4+)+c(NH3•H2O)＞c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)，故D错误；
故选A
24.硫酸亚铁晶体（FeSO4•7H2O）俗称绿矾，加热至高温会分解产生水、金属氧化物和非金属氧化 物，某化学兴趣小组的同学对绿矾分解产物进行了探究，下列说法不正确的是（ ）
A. 硫酸亚铁晶体高温分解产生的气体，用足量的BaCl2溶溶液吸收后有白色沉淀产生，说明非金属氧化物中含有SO3
B. 硫酸亚铁晶体高温分解产生的气体，通入到紫色石蕊溶液中，若溶液变红，说明非金属氧化物中含有SO3
C. 硫酸亚铁晶体分解产生的固体溶于稀硫酸后，向溶液中滴加KSCN溶液，若变红说明固体中含有三价铁
D. 硫酸亚铁晶体分解产生的固体溶于稀硫酸后，向溶液中滴加酸性高锰酸钾，若紫色褪去，则发生反应的离子方程式为：5Fe2++MnO4-+8H+=Mn2++5Fe3++4H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A．三氧化硫与氯化钡反应，则用足量的BaCl2溶液吸收后有白色沉淀产生，说明非金属氧化物中含有SO3，故A正确；
B．二氧化硫、三氧化硫均为酸性氧化物，则高温分解产生的气体，通入到紫色石蕊溶液中，若溶液变红，不能说明非金属氧化物中含有SO3，故B错误；
C．分解产生的固体溶于稀硫酸后，生成铁离子，则向溶液中滴加KSCN溶液，溶液变红，故C正确；
D．分解产生的固体溶于稀硫酸后，向溶液中滴加酸性高锰酸钾，若紫色褪去，可知固体中含还原性的亚铁离子，发生5Fe2++MnO4-+8H+═Mn2++5Fe3++4H2O，故D正确；
故选B。
【点睛】区分二氧化硫和三氧化硫的方法应从他们两个的性质差异中寻找，如二氧化硫的漂白性和还原性。
25.通过实验得出的结论正确的是（ ）
A. 在某固体试样加水后的溶液中，加入NaOH溶液并加热，有能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体生成，则固体试样中一定有NH4+存在
B. 将某固体试样完全溶于盐酸，滴加KSCN 溶液，出现血红色，再滴加酸性高锰酸钾，紫红色退去，则该固体试样中一定存在Fe3+、Fe2+
C. 将某固体完全溶于水，取溶液做焰色反应，观察到黄色火焰，则该固体为钠盐
D. 在某固体试样加水溶解后溶液中加入氨水时生成白色沉淀，当氨水过量时白色沉淀消失，则原溶液中一定有Al3+存在
【答案】A
【解析】
【详解】A．因铵盐与碱反应生成氨气，氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则待检液加入NaOH溶液并加热，有能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体生成，则原溶液中一定有NH4+存在，故A正确；
B．滴加KSCN 溶液，出现血红色，说明一定存在Fe3+，滴加酸性高锰酸钾，紫红色退去，溶于盐酸后含Fe2+，但无法确定该固体样品中是否存在Fe2+，假如固体为铁和氧化铁的混合物，完全溶于盐酸也可以生成二价铁离子，故B错误；
C．焰色反应，观察到黄色火焰，则该固体一定含钠元素，不一定为钠盐，故C错误；
D．由于氨水不能够溶解氢氧化铝，所以氨水过量时白色沉淀消失，原溶液中一定不存在铝离子，故D错误。
故选A。
二、简答题（本大题共6小题）
26.烃A与等物质的量的H2O反应生成B，B的一种同系物的溶液可以浸制标本。M是有 香味、不易溶于水的油状液体。有关物质的转化关系如下：
请回答：
（1）写出A的结构简式：______
（2）写出C的官能团的名：______
（3）写出M 与NaOH溶液在加热条件下反应的化学反应方程式：______
（4）下列说法不正确的是______
A．烃A在一定条件下可与氯化氢发生反应，再通过加聚反应可得到聚氯乙烯
B．有机物C的溶液可以除去水垢
C．有机物B能与银氨溶液在酒精灯加热的条件下反应产生光亮的银镜
D．有机物C和D 发生加成反应生成M
【答案】 (1). CH≡CH (2). 羧基 (3). CH3COOCH2CH3+NaOH→CH3CH2OH+CH3COONa (4). CD
【解析】
【分析】
因为M是有香味、不易溶于水的油状液体，且计算其不饱和度为1，所以M为酯，C是由B催化氧化得到，D由B还原得到，B的一种同系物的溶液可以浸制标本，且CD发生酯化反应，所以B为醛、C为羧酸、D为醇，烃A与等物质的量的H2O反应生成B，所以A为CH≡CH，B为乙醛，C为乙酸，D为乙醇，E为乙酸乙酯。
【详解】（1）由以上分析可知A为CH≡CH；
（2）C为CH3COOH，含有的官能团为羧基；
（3）M与NaOH溶液在加热条件下反应的化学反应方程式为CH3COOCH2CH3+NaOH→CH3CH2OH+CH3COONa；
（4）A．烃A为乙炔，可在一定条件下可与氯化氢发生反应生成氯乙烯，再通过加聚反应可得到聚氯乙烯，故A正确；
B．有机物C为乙酸，具有酸性，可以除去水垢，故B正确；
C．有机物B为乙醛，在水浴加热条件下能与银氨溶液反应产生光亮的银镜，故C错误；
D．有机物C和D 发生酯化反应生成M，也为取代反应，故D错误；
故答案为CD。
27.HNO2是一种弱酸，且不稳定，易分解生成NO和NO2；它能被常见的强氧化剂氧化；在酸性溶液中它也是一种氧化剂，如能把Fe2+氧化成Fe3+。AgNO2是一种难溶于水、易溶于稀硝酸的化合物。试回答下列问题：
（1）下列方法中，不能用来区分NaNO2和NaCl 的是______（填序号）。
A．测定这两种溶液的pH
B．分别在两种溶液中滴加甲基橙
C．在酸性条件下加入KI淀粉溶液来区别
D．用AgNO3试剂来区别
（2）某同学把新制的氯水加到NaNO2 溶液中，请写出反应的离子方程式：______
【答案】 (1). BD (2). Cl2+NO2-+H2O=NO3-+2Cl-+2H+
【解析】
【详解】（1）A．亚硝酸钠是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，氯化钠是强酸强碱盐其水溶液呈中性，相同物质的量浓度的两种溶液的pH不同，所以可以用测定这两种溶液的pH值鉴别，故A不选；
B．亚硝酸钠是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，氯化钠是强酸强碱盐其水溶液呈中性，甲基橙的变色范围是3.1-4.4，所以亚硝酸钠和氯化钠溶液加入甲基橙后溶液都呈黄色，反应现象相同，所以不能用甲基橙鉴别，故B选；
C．在酸性条件下，亚硝酸钠和碘离子反应方程式为2NO2-+2I-+4H+=2NO↑+I2+2H2O，碘遇淀粉变蓝色，氯离子和碘离子不反应，所以反应现象不同，所以可以用酸性条件下的KI淀粉试液来区别，故C不选；
D．NaNO2和NaCl均能与AgNO3反应生成AgNO2和AgCl沉淀，但能AgNO2溶于硝酸，而AgCl不溶于硝酸，还需要硝酸鉴别，只用AgNO3试剂不能区别，故D选；
故答案为BD；
（2）氯水加到NaNO2溶液中，发生氧化还原反应生成硝酸钠、盐酸，离子反应方程式为Cl2+NO2-+H2O=NO3-+2Cl-+2H+。
28.实验研究发现，硝酸发生氧化还原反应时，硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低。某同学取一定量的铝铁合金与1000mL一定浓度的硝酸充分反应，反应过程中无气体放出。在反应结束后的溶液中，逐滴加入4.00mol/L的氢氧化钠溶液，所加氢氧化钠溶液的体积（mL）与产生的沉淀的物质的量（mol）的关系如图所示。试回答下列问题：
（1）原混合物中铝粉与铁粉的物质的量之比为______
（2）硝酸溶液的物质的量浓度为______mol•L-1
【答案】 (1). 1：3 (2). 0.148
【解析】
【详解】（1）E与F之间沉淀的量减少，为Al(OH)3溶解在氢氧化钠溶液中，其反应方程式为Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，氢氧化铝与氢氧化钠物质的量之比为1：1，EF段的n(NaOH)=4mol/L×2×10-3L=0.008mol，
Al——Al(OH)3——NaOH→NaAlO2+2H2O
1 1
0.008mol 0.008mol
所以铝的物质的量为0.008mol；
D与E一段氢氧化钠被消耗，DE段是NH4NO3和NaOH反应
NH4NO3～NaOH
1 1
n(NH4NO3)=n(NaOH)=(34-31)×10-3L×4mol/L=0.012mol，
设铁有x mol，Al离子也是0.008mol，NH4+有0.012mol，根据电子守恒可得：3x+0.008×3=0.012×8，x=0.024mol，所以铁离子有0.024mol，根据原子守恒知，铁的物质的量是0.024mol，故原混合物中铝粉与铁粉的物质的量之比为0.008mol：0.024mol=1：3，故答案为：1：3；
（2）E点时，溶液中的溶质是硝酸钠和氨水，n(NH3•H2O)=n(NH4+)=0.012mol，n(NaNO3)=n(NaOH)=34×10-3L×4mol/L=0.136mol，根据氮原子守恒知，c(HNO3)=0.148mol/L，故答案为：0.148。
【点睛】使用原子守恒解题，可简化此题的计算量并节省时间。
29.Ⅰ、一定温度下，某容器中加入足量的碳酸钙发生反应：CaCO3(s)⇌CaO(s)+CO2(g) △H＞0；一段时间后达到平衡。
（1）该反应的化学平衡常数表达式为K=______； 为了提高CO2的生成率，可采取的措施______
A．减压B．升温C．增加碳酸钙的量D．转移出CO2
（2）对于该反应，下列说法正确的是______
A．CaCO3(s)加热分解生成CaO(s)和CO2(g)，△S＞0
B．将容器缩小为原来的一半，平衡不移动
C．将容器扩大为原来的两倍，平衡发生移动，再次平衡后，气体密度不变
D．增大压强，平衡逆向移动，K值减小
Ⅱ、在恒温恒压密闭容器中通入CO和H2O各1mol发生反应CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)，当反应达到平衡后，维持温度与压强不变，t1 时再通入各1 mol的CO 和H2O 的混合气体，请在下图中画出正反应和逆反应速率在t1后随时间t变化的曲线图。
____________
Ⅲ、雾霾的组成成分复杂，包括数百种大气化学颗粒物与气体。图电解装置可将雾霾中的SO2、NO转化为(NH4)2SO4，阴极的电极反应式是______，物质A是______（填名称）
【答案】 (1). c(CO2) (2). ABD (3). AC (4). (5). NO+5e-+6H+=NH4++H2O (6). 硫酸
【解析】
【详解】I．（1）该反应的化学平衡常数表达式为K=c(CO2)，减小压强、升高温度、转移出CO2均可提高CO2的生成率；
（2）A．CaCO3(s)加热分解生成CaO(s)和CO2(g)，气体体积增大，则△S＞0，故A正确；
B．将容器缩小为原来的一半，压强增大，平衡逆向移动，故B错误；
C．将容器扩大为原来的两倍，压强减小，平衡发生移动，再次平衡后，气体密度不变，故C正确；
D．K与温度有关，增大压强K不变，故D错误；
故答案为AC；
II．温度与压强不变，t1 时再通入各1mol的CO和H2O的混合气体，体积增大，瞬间反应物的浓度增大、而生成物的浓度减小，然后正反应速率减小、逆反应速率增大，图象为；
III．电解装置可将雾霾中的SO2、NO转化为(NH4)2SO4，阳极上S失去电子，阴极上NO得到电子，则阴极反应为NO+5e-+6H+=NH4++H2O，A物质为硫酸。
30.SO2排放至空气中会造成大气污染，某研究小组利用软锰矿（主要成分为MnO2，另含少量铁，铝，铜，镍等金属化合物）作脱硫剂，通过如下简化流程，既脱除燃煤尾气中的SO2，又制得电池材料MnO2（反应条件已省略）。
请回答下列问题：
（1）已知：25℃、101kPa时，
Mn(s)+O2(g)=MnO2(s) △H=-520kJ/mol
S(s)+O2(g)=SO2(g) △H=-297kJ/mol
Mn(s)+S(s)+2O2(g)=MnSO4(s) △H=-1065kJ/mol
根据以上信息写出用MnO2脱硫的热化学方程式是______
（2）第二步加入MnCO3其原因是______
（3）若最后一步所加KMnO4恰好反应完全，如何证明过滤所得的MnO2固体已洗涤干净：______
【答案】 (1). MnO2(s)+SO2(g)=MnSO4(s) △H=-248kJ/mol (2). 引入CO32-降低溶液中H+的浓度，促进Al3+、Fe3+的水解而除去铝和铁 (3). 取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加适量的BaCl2溶液，未产生白色沉淀，则证明沉淀已洗涤干净
【解析】
【详解】（1）Mn(s)+O2(g)═MnO2(s) △H=-520kJ•mol-1
S(s)+O2(g)═SO2(g) △H=-297kJ•mol-1
Mn(s)+S(s)+2O2(g)═MnSO4(s) △H=-1065kJ•mol-1
结合盖斯定律可知，将③-②-①可得MnO2(s)+SO2(g)=MnSO4(s) △H=-248kJ/mol；
（2）第二步加入MnCO3其原因是引入CO32-降低溶液中H+的浓度，促进Al3+、Fe3+的水解而除去铝和铁；
（3）若最后一步所加KMnO4恰好反应完全，证明过滤所得的MnO2固体已洗涤干净的方法为取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加适量的BaCl2溶液，未产生白色沉淀，则证明沉淀已洗涤干净。
31.某研究小组拟合成染料X和医药中间体Y。
已知：
CH3CH2ClCH3CH2CN "CH3CH2COOH
（1）下列说法正确的是______
A．化合物A能与FeCl3溶液发生显色反应 B．化合物E具有弱碱性
C．化合物X能发生加成、取代、还原反应
D．化合物Y的分子式为C20H23NO4
（2）化合物C的结构简式______
（3）写出D+E→X的化学反应方程式______
（4）写出同时符合下列条件的B的同分异构体的结构简式______
1H-NMR 谱和IR谱检测表明：
①分子中有4 种化学环境不同的氢原子；
②分子中含有苯环、甲氧基（-OCH3），-CH2Cl
（5）请设计以苯和乙烯为原料制备的合成路线（用流程图表示，无机试剂任选）。合成路线流程图示例如下：CH3CH2OH" CH3CHO"CH3COOH______________
【答案】 (1). BC (2). (3). (4). (5).
【解析】
【详解】（1）A．化合物A为，没有酚羟基，不能与FeCl3溶液发生显色反应，故A错误；
B．化合物E为，含有氨基，具有弱碱性，故B正确；
C．化合物X含有苯环，能与氢气发生加成反应，也属于还原反应，含有酰胺键等，可以发生水解反应，水解反应属于取代反应，故C正确；
D．化合物Y的分子式为C20H25NO5，故D错误；
故选BC；
（2）化合物C的结构简式为：；
（3）D+E→X的化学反应方程式为 ；
（4）同时符合下列条件的B（）的同分异构体：①分子中有4 种化学环境不同的氢原子，②分子中含有苯环、甲氧基（-OCH3），-CH2Cl，符合条件的同分异构体有：；
（5）苯与乙烯发生加成反应生成，然后在光照条件下反应生成，再与KCN发生取代反应生成，最后在酸性条件下水解生成，合成路线流程图为：。
三、实验题（本大题共2小题）
32.为探究某矿物的主要成分X（仅含三种元素）的组成，某兴趣小组进行了如下实验：
①取55.2g固体X在空气存在下高温煅烧，有刺激性气味的气体产生（标况下为13.44L），该 气体能使品红溶液褪色。
②高温煅烧后的固体用磁分离技术进行分离，得到19.2g红色固体单质和23.2g 黑色固体。
③将23.2g固体溶于稀硫酸，再加氢氧化钠，将所得沉淀充分灼烧，得到24g 红棕色固体。 已知各步反应试剂均过量，请回答：
（1）X化学式为______
（2）写出X在空气存在下高温煅烧的化学反应方程式______
（3）写出X高温煅烧后的气体通入碘水中发生的离子反应方程式______
【答案】 (1). CuFeS2 (2). (3). SO2+I2+2H2O=SO42-+2I-+4H+
【解析】
【分析】
①分解生成的气体能使品红褪色，该气体为SO2，说明X含有S元素；②用磁分离技术进行分离固体，得到19.2g红色固体单质和23.2g 黑色固体，19.2g红色固体单质Cu，X中含有Cu元素。③黑色固体与硫酸反应，再与氢氧化钠溶液反应生成沉淀，将沉淀灼烧生成红棕色固体，则黑色固体为Fe3O4、红棕色固体为Fe2O3，n(Fe2O3)=24g÷160g/mol=0.15mol，由Fe原子守恒可知需要Fe3O4物质的量为：0.15mol×=0.1mol，需要Fe3O4的质量为：0.1mol×232g/mol=23.2g，符合质量变化，故X含有Fe元素。而n(SO2)=13.44L÷22.4L/mol=0.6mol，n(Cu)=19.2g÷64g/mol=0.3mol，由原子守恒可知，X中Cu、Fe、S原子数目之比为0.3mol：0.15mol×2：0.6mol=1：1：2
【详解】（1）由分析中的计算可知X中Cu、Fe、S原子数目之比为0.3mol：0.15mol×2：0.6mol=1：1：2，故X的化学式为CuFeS2；
（2）X在空气存在下高温煅烧的化学反应方程式：；
（3）X高温煅烧后的气体通入碘水中发生的离子反应方程式：SO2+I2+2H2O=SO42-+2I-+4H+。
33.三草酸合铁酸钾K3[Fe(C2O4)3]•xH2O晶体是一种亮绿色的晶体，是制备负载型活性铁催化剂的主要原料，也是一种有机反应良好的催化剂。已知M（K3[Fe(C2O4)3]）=437g/mol。本实验以(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O（硫酸亚铁铵晶体）为原料，加入草酸（H2C2O4）制得草酸亚铁（FeC2O4）后，在过量的草酸根（C2O42-）部分实验过程如下：
（1）在沉淀A中加入饱和K2C2O4溶液，并用40℃左右水浴加热，再向其中慢慢滴加足量的30%H2O2溶液，不断搅拌。此过程需保持温度在40℃左右，可能的原因是：______
（2）某兴趣小组为知道晶体中x的数值，称取1.637g纯三草酸合铁酸钾（K3[Fe(C2O4)3]•xH2O）晶体配成 100ml 溶液，取25.00mL待测液放入锥形瓶中，再加入适量的稀H2SO4，用浓度为 0.05000mol•L-1的KMnO4标准溶液进行滴定。其中，最合理的是______（选填 a、b）。由如图KMnO4滴定前后数据，可求得x=______。
【答案】 (1). 适当提高温度以加快反应速率，若温度太高则H2O2分解 (2). b (3). 3
【解析】
【分析】
由制备流程可知，硫酸亚铁加入稀硫酸抑制Fe2＋水解，然后与草酸发生(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O+H2C2O4═FeC2O4↓+(NH4)2SO4+H2SO4+6H2O，用过氧化氢将草酸亚铁氧化为K3[Fe(C2O4)3]，发生2FeC2O4+H2O2+3K2C2O4+H2C2O4═2K3[Fe(C2O4)3]↓+2H2O，溶液C含K3[Fe(C2O4)3]，蒸发浓缩、冷却结晶得到晶体。
【详解】（1）在沉淀A中加入饱和K2C2O4溶液，并用40℃左右水浴加热，再向其中慢慢滴加足量的30%H2O2溶液，不断搅拌，此过程需保持温度在40℃左右，可能的原因是适当提高温度以加快反应速率，若温度太高则H2O2分解；
（2）KMnO4标准溶液具有强氧化性，可氧化橡胶，应选酸式滴定管，只有图b合理；图中消耗高锰酸钾的体积为20.80mL-0.80mL=20.00mL，由2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O可知，K3[Fe(C2O4)3]•xH2O物质的量为0.02L×0.05mol/L× × × =0.0033mol，M= =496g/mol，则39×3+（56+280×3）+18x=496，解得x=3。
2018-2019学年浙江省“七彩阳光”新高考研究联盟高二（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. Na2O2 B. MgO C. SiO2 D. CO
【答案】B
【解析】
【分析】
能与酸反应只生成一种盐和水的氧化物是碱性氧化物。
【详解】A. Na2O2和酸反应除了生成盐和水，还生成氧气，故不是碱性氧化物，A错误；
B. MgO只能和酸反应生成盐和水，故是碱性氧化物，B正确；
C. 二氧化硅只能和碱反应生成盐和水，故是酸性氧化物，C错误；
D. CO既不能和酸也不能和碱反应生成盐和水，故是不成盐氧化物，D错误；
故选B。
2.下列仪器称为“干燥管”是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
A为硬质玻璃管，B为干燥管，C为洗气瓶，D为漏斗，答案选B。
3.下列属于非电解质的是（ ）
A. 金刚石 B. 硝酸钾 C. 冰醋酸 D. 蔗糖
【答案】D
【解析】
【详解】A．金刚石是碳的单质既不是电解质也不是非电解质，故A不符合；
B．硝酸钾溶于水后溶液导电，属于电解质，故B不符合；
C．冰醋酸溶于水后溶液导电，属于电解质，故C不符合；
D．蔗糖溶于水后，溶液不能导电，熔融状态下也不能导电，属于非电解质，故D符合；
故选D。
【点睛】此题要注意只有化合物才能是电解质或者非电解质。
4.下列物质的水溶液因电离而显酸性的是（ ）
A. Na2CO3 B. NaHSO4 C. NH4Cl D. CuCl2
【答案】B
【解析】
【详解】A．Na2CO3为强碱弱酸盐，碳酸根离子部分水解，溶液呈碱性，故A错误；
B．NaHSO4是强酸的酸式盐，在溶液中完全电离出氢离子，溶液显酸性，不能发生水解反应，故B正确；
C．NH4Cl为强酸弱碱盐，铵根离子发生水解，溶液呈酸性，故C错误；
D．CuCl2是强酸弱碱盐，铜离子水解，溶液呈酸性，故D错误；
故选B。
5.下列反应中既属于化合反应，又属于氧化还原反应的是（ ）
A. SO2+H2O2=H2SO4 B. Zn+2AgNO3=Zn(NO3) 2+2Ag
C. 2HClO=2HCl+O2↑ D. CO2+2NaOH=Na2CO3+H2 O
【答案】A
【解析】
【分析】
形如A+B=C的反应我们称之为化合反应，氧化还原反应表现为化合价的升降。
【详解】A．该反应为化合反应，S和O元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故A正确；
B．该反应属于属于置换反应，不符合题目要求，故B错误；
C．该反应属于分解反应，不符合题目要求，故C错误；
D．该反应属于复分解反应，不属于氧化还原反应，故D错误；
故选A。
6.下列表示物质结构的化学用语正确的是（ ）
A. Na+结构示意图 B. 乙烷的比例模型：
C. 氯化钙的电子式 D. 甲醛的结构简式HCOH
【答案】C
【解析】
【详解】A. 钠离子的核内有11个质子，故其结构示意图为，故A错误；
B. 用小球和小棍表示的模型为球棍模型，故为乙烷的球棍模型，不是比例模型，故B错误；
C. 氯化钙由1个钙离子和2个氯离子构成，且相同离子不能合并，故其电子式为，故C正确；
D. 醛基为-CHO，故甲醛的结构简式为HCHO，故D错误；
故选C。
【点睛】注意在书写有机物结构简式时，-CHO表示醛基，不能将原子的顺序颠倒。
7.下列说法不正确的是（ ）
A. 氯气可用于药物的合成
B. 钠和钾合金在常温下是液体，可用于快中子反应堆作热交换剂
C. 硫酸铜可用于饮用水消毒
D. 生物质能来源于植物及其加工产品所贮存的能量
【答案】C
【解析】
【详解】A．氯气可用于药物的合成，故A正确；
B．钠钾合金是液体合金，具有良好的导热性，可以做快中子反应堆作热交换剂，故B正确；
C．硫酸铜中铜离子为重金属离子，有毒，不能用于饮用水消毒，故C错误；
D．生物质能就是太阳能以化学能形式贮存在生物质中的能量形式，即以生物质为载体的能量。它直接或间接地来源于绿色植物的光合作用，所以生物质能来源于植物及其加工产品所贮存的能量，故D正确；
故选C。
【点睛】当题目中出现课本中没有出现的物质的性质时，要学会合理推测。如合金比纯金属的熔沸点低，所以可以推知钠和钾合金在常温下是液体。
8.下列说法正确的是（ ）
A. H2与D2互为同位素
B. O2和O3互为同素异形体，且二者之间能相互转化
C. 分子式为C5H12的同分异构体有3种，其沸点都相同
D. 和互为同系物
【答案】B
【解析】
【详解】A．H2与D2为氢元素的分子，不属于同位素研究的范畴，故A错误；
B．同种元素的不同单质为同素异形体，O2和O3属于同素异形体，二者可以相互转化，故B正确；
C．戊烷有正戊烷、异戊烷和新戊烷三种同分异构体，三者的沸点逐渐降低，故C错误；
D．和CH2═CH-CH═CH2，前者属于炔烃，后者属于双烯烃，他们是不同类别的物质，不属于同系物，故D错误；
故选B。
9.下列说法不正确的是（ ）
A. 少量的钠可保存在煤油中，少量的白磷可保存在水中
B. 容量瓶洗净需用酒精灯加热烘干
C. 实验结束，应将废弃药品倒入废液缸或教师指定容器
D. 蒸馏乙醇、乙醚等实验中，应远离明火
【答案】B
【解析】
【详解】A．钠、磷性质活泼，保存应隔绝空气，钠密度小于煤油，与煤油不反应，少量钠可以保存在煤油中，磷密度大于水，与水不反应，少量的白磷可保存在水中，故A正确；
B．容量瓶配制溶液定容时仍然需要加入蒸馏水，所以使用前洗涤后不需要干燥，且酒精灯不能用来烘干仪器，故B错误；
C．实验结束，应将废弃药品倒入废液缸或指定容器，故C正确；
D．乙醚、乙醇和苯是易燃，易挥发的有机物，使用时必须远离明火和热源，用毕立即塞紧瓶塞，故D正确；
故选B。
【点睛】此题解题的关键在于，容量瓶为精密仪器，不可以加热。
10.下列离子反应方程式不正确的是（ ）
A. FeCl3溶液与铁反应：2Fe3++Fe=3Fe2+
B. 向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2：2Na++CO32-+CO2+H2O=2NaHCO3↓
C. NaHCO3 溶液与过量Ca(OH) 2 溶液反应：Ca2++2OH-+2HCO3-=CaCO3↓+CO32-+2H2O
D. 硫酸镁溶液与氢氧化钡溶液反应：Ba2++2OH-+Mg2++SO32-=BaSO4↓+Mg(OH)2↓
【答案】C
【解析】
【详解】A．FeCl3溶液与铁反应生成氯化亚铁，该反应离子方程式为：2Fe3++Fe═3Fe2+，故A正确；
B．向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2，反应后析出碳酸氢钠，该反应的离子方程式为：2Na++CO32-+CO2+H2O═2NaHCO3↓，故B正确；
C．NaHCO3 溶液与过量Ca(OH)2 溶液反应生成碳酸钙沉淀、氢氧化钠和水，正确的离子方程式为：Ca2++OH-+HCO3-═CaCO3↓+H2O，故C错误；
D．硫酸镁溶液与氢氧化钡溶液反应的离子方程式为：Ba2++2OH-+Mg2++SO32-═BaSO4↓+Mg(OH)2↓，故D正确；
故选C。
11.短周期元素W、X、Y、Z在元素周期表中的相对位置如表所示，其中W元素的原子最外层电子数是内层电子数的2倍。下列说法正确的是
A. 原子半径大小：Z>Y>X
B. 最高价氧化物对应水化物的酸性：W>Y>Z
C. Y单质具有杀菌能力，Y与W可形成化合物WY2
D. W元素和氢元素形成的化合物可与Z单质反应，但不能与Z的氢化物反应
【答案】C
【解析】
【分析】
短周期元素W、X、Y、Z在元素周期表中的相对位置如表所示，其中W元素的原子最外层电子数是内层电子数的2倍，则W为C，X为N，Y为S，Z为Cl。
【详解】A. 同一周期从左到右，原子半径逐渐减小，原子半径大小：Y>Z>X，故A错误；
B. 同一周期主族元素最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增大：W
D. C元素和氢元素形成的化合物可能是烷烃、烯烃、炔烃等，可与Cl2单质反应，也可能与Cl的氢化物反应，故D错误；
故选C。
【点睛】本题考查位置、结构及性质，解题关键：把握元素的位置、性质、元素化合物知识，注意X为C为解答的突破口，易错点为D，C元素和氢元素形成的化合物可能是烷烃、烯烃、炔烃等，不能只限于甲烷。
12.下列说法不正确的是（ ）
A. 卤代烃在NaOH醇溶液中的反应与苯和硝酸反应生成硝基苯的反应类型不相同
B. 工业上选择往石灰乳中通氯气来制漂白粉
C. 裂解和裂化汽油可用酸性高锰酸钾溶液鉴别
D. 纯碱溶液去油污的原理是油脂在碱性条件下发生水解
【答案】C
【解析】
【详解】A．卤代烃在NaOH醇溶液中发生消去反应，苯和硝酸反应发生取代反应，二者发生的反应类型不同，故A正确；
B．氯气与石灰乳反应生成氯化钙和次氯酸钙，工业上选择往石灰乳中通氯气来制漂白粉，故B正确；
C．裂解和裂化汽油中都含有不饱和烃，不饱和烃能使高锰酸钾溶液褪色，现象相同，不能鉴别，故C错误；
D．纯碱溶液显碱性，油脂在碱性条件下能发生水解，所以纯碱溶液去油污的原理是油脂在碱性条件下发生水解，故D正确；
故选C。
13.下列实验会产生所描述的现象的是（ ）
A. 将CO2气体通入BaCl2溶液中，有白色沉淀产生
B. 将Na2CO3粉末加入新制饱和氯水中，有气体产生
C. 将铜片加入到浓硫酸中加热，有红棕色气体产生
D. 向5mL 0.1mol/LKI溶液中加入1mL 0.1mol/LFeCl3 溶液，振荡后再加入2mL CCl4，重复操作2-3 次，充分静置后取上层溶液，向其中滴加KSCN溶液，溶液无明显现象
【答案】B
【解析】
【详解】A．CO2气体通入BaCl2溶液，不发生反应，无沉淀生成，故A错误；
B．氯水中含氢离子，具有酸性，可与Na2CO3反应生成二氧化碳气体，故B正确；
C．铜片加入浓硫酸中加热，生成硫酸铜、二氧化硫和水，二氧化硫为无色刺激性气体，故C错误；
D．取5mL 0.1mol•L-1KI溶液，滴加0.1mol•L-1 FeCl3溶液5-6滴，I-将Fe3+还原为Fe2+，该反应为可逆反应，所以上层溶液中还有少量的铁离子，故取上层溶液加KSCN溶液，溶液会变血红色，故D错误；
故选B。
14.在恒温条件下，可逆反应H2(g)+I2( g)⇌2HI(g)在体积固定的密闭容器中进行，达到平衡的标志是（ ）
A. 混合气体的颜色不再改变 B. H2、I2、HI分子个数比为1：1：2
C. 混合气体中I2和H2的体积分数相等 D. 混合气体的压强不再变化
【答案】A
【解析】
【详解】A. 混合气体的颜色不再改变，说明碘蒸气的浓度不变，正逆反应速率相等，达到平衡状态，故A正确；
B. 当体系达平衡状态时，H2、I2、HI分子个数比可能为1：1：2，也可能不是1：1：2，故B错误；
C. 混合气体中I2和H2 的体积分数不变，而不是相等，才能说明达到平衡状态，故C错误；
D. 混合气体的压强一直不变，故D错误；
故选A。
【点睛】此类判断反应是否达到平衡的问题，通常从两个方面入手，一是化学平衡的定义即v正=v逆，二是判断题目所给量是否为变量，当变量不变时反应即达到平衡。
15.下列说法正确的是（ ）
A. pH=7的溶液一定呈中性
B. pH=3的盐酸的c(H+)是pH=1 的盐酸的100倍
C. Na2CO3溶液与NaHCO3 溶液中所含微粒的种类一定相同
D. 同浓度同体积的氨水与NaOH溶液，与相同浓度的盐酸反应呈中性时，消耗盐酸的体积相同
【答案】C
【解析】
【详解】A．温度未知，100℃时pH=6中性，所以不能由pH=7判断酸碱性，故A错误；
B．pH=3的盐酸的c(H+)=0.001mol/L，pH=1的盐酸的c(H+)=0.1mol/L，则pH为1的盐酸的c(H+)是pH为3的盐酸的100倍，故B错误；
C．碳酸根离子、碳酸氢根离子均水解，两溶液都含有Na+、H2CO3、CO32-、HCO3-、OH-、H+、H2O，故C正确；
D．氯化铵溶液因铵根离子水解显酸性，氯化钠溶液为中性；同浓度氨水和NaOH溶液，与相同浓度的盐酸反应呈中性时，氨水需剩余，则其消耗盐酸的体积较小，所以两种溶液消耗的盐酸的体积不同，故D错误；
故选C。
16.乙酸橙花酯兼有橙花和玫瑰花香气，其结构简式如图。关于该有机物的叙述中正确的是（ ）
①在Ni催化条件下，1mol该有机物最多可与3mol H2发生加成反应
②该有机物能发生取代、加成、水解、缩聚反应
③该有机物分子式为C12H20O2
④该有机物的同分异构体可能为醇类，不可能为酚类
⑤1mol该有机物水解时只能消耗1mol NaOH
A. ②③④ B. ③④⑤ C. ②③⑤ D. ①②③
【答案】B
【解析】
【分析】
乙酸橙花酯的分子式为C12H20O2，其含有的官能团为碳碳双键和酯基。
【详解】①酯基与氢气不发生加成反应，分子中含有2个碳碳双键，则1mol该有机物可消耗2mol H2，故①错误；
②该分子不含羧基、羟基和氨基，不能发生缩聚反应，故②错误；
③由结构简式可知分子的分子式为C12H20O2，故③正确；
④分子中含有3个双键，则不饱和度为3，而酚类物质的不饱和度为4，则它的同分异构体中不可能有酚类，故④正确；
⑤能与氢氧化钠反应的官能团只有酯基，水解生成羧基和羟基，羧基能与氢氧化钠反应，则1mol该有机物水解时只能消耗1mol NaOH，故⑤正确；
故选B。
17.已知胆矾溶于水时溶液温度降低，胆矾分解的热化学方程式为：CuSO4•5H2O(s)＝CuSO4(s)＋5H2O(l) ΔH＝+Q1kJ·mol-1；室温下，若将1mol无水硫酸铜溶解为溶液时放热Q2kJ，则（ ）
A. Q1>Q2 B. Q1＝Q2 C. Q1
【解析】
【分析】
根据盖斯定律计算。
【详解】胆矾溶于水时溶液温度降低，可以知道其为吸热过程；1mol胆矾分解生成1mol CuSO4(s)时CuSO4•5H2O(s)＝CuSO4(s)＋5H2O(l) ΔH＝+Q1 kJ·mol-1，1mol CuSO4(s)溶解时放热Q2 kJ，因此可得如下图所示关系：
根据盖斯定律可知△H=Q1+（-Q2）＞0，则Q1＞Q2，答案选A。
18.下列说法不正确的是（ ）
A. CCl4、C2H4、SiO2都存在共价键，他们都是共价化合物
B. H2O 比H2S稳定是因为H2O分子之间存在氢键
C. 某物质在熔融状态能导电，则该物质中不一定含有离子键
D. SO2溶于水时，需克服共价键和分子间作用力
【答案】B
【解析】
【详解】A．非金属元素之间形成共价键，只含有共价键的化合物属于共价化合物，CCl4、C2H4、SiO2都存在共价键，它们都是共价化合物，故A正确；
B． 稳定性是化学性质，是由分子内共价键的强弱决定，与氢键无关，故B错误；
C．某物质在熔融状态能导电，可能是金属，金属在熔融态也能导电，不含离子键，故C正确；
D．SO2属于分子晶体，存在分子间作用力，SO2与水反应生成亚硫酸，SO2溶于水时，需克服共价键和分子间作用力，故D正确；
故选B。
19.有一种节能的氯碱工业新工艺，将电解池与燃料电池相组合，相关流程如下图所示（电极未标出），下列说法不正确的是（ ）
A. 气体B为H2
B. 相同条件下，当电解池生成2L Cl2，理论上燃料电池应消耗1L O2
C. 极室1 与极室2之间的离子交换膜也为阳离子交换膜
D. 溶液a、b、c的pH大小顺序为：a>b>c
【答案】D
【解析】
【分析】
因为图示为电解池与燃料电池的组合，故通入氧气的一极（极室4）为燃料电池的正极，所以极室3为燃料电池的负极，极室2生成碱液，所以极室2为电解池的阴极，极室1为电解池阳极。所以气体A为氯气、气体B为氢气。
【详解】A．电解池中生成氢气的一端为电解池的阴极，溶液中氢离子得到电子生成氢气，在氢氧化钠溶液中，电解池的阴极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，所以气体B为H2，故A正确；
B．根据反应O2+4e-+2H2O=4OH-、4Cl--4e-=2Cl2↑及电子守恒可得：2Cl2～O2，则相同条件下，当电解池生成2L Cl2，理论上燃料电池应消耗1L O2，故B正确；
C．极室1进去的饱和NaCl溶液，排出的是稀NaCl溶液，所以极室1 为阳极，反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，钠离子移向极室2，所以极室1 与极室2之间的离子交换膜也为阳离子交换膜，故C正确；
D．燃料电池中的离子膜只允许阳离子通过，而燃料电池中正极氧气得到电子产生OH-，所以反应后氢氧化钠的浓度升高，即a%小于c%，负极氢气失电子生成氢离子消耗氢氧根离子，所以b%＜a%，得到b%＜a%＜c%，即c＞a＞b，故D错误；
故选D。
【点睛】此题解题的突破口在于，通过分析向极室中添加的药品或者通入的气体，确定各电池的正负极和电解池的阴阳极。
20.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）
A. 常温常压下，11.2L氧气含有的原子数目为NA
B. 14g N2和N4 组成的混合气体中含有的原子数为NA
C. 常温常压下，1mol 氦气含有的核外电子数为4NA
D. 1mol/L CaCl2 溶液中含有氯离子数目为2NA
【答案】B
【解析】
【详解】A. 常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故11.2L氧气的物质的量小于0.5mol，则含有的氧原子小于NA个，故A错误；
B. N2和N4 均由N原子构成，故14g混合物中含有的N原子的物质的量为1mol，个数为NA个，故B正确；
C. 氦气是单原子分子，核外有2个电子，故1mol氦气的核外有2NA个电子，故C错误；
D. 溶液体积不明确，故溶液中氯离子的个数无法计算，故D错误；
故选B。
【点睛】在遇到阿伏伽德罗相关正误判断的题目时，一定要注意“气体陷阱”，即说气体体积，必须说明温度和压强，说22.4L/mol，必须是标况下的气体。
21.在一定温度下，只改变反应物中n(SO2)对反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)的影响如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 反应a、b、c点均为平衡点，且b点时SO2的转化率最高
B. b点时SO2与O2 的物质的之比约为2：1
C. a、b、c 三点平衡常数： Kb>Kc>Ka
D. a、b、c 三点反应速率大小为： vb>vc>va
【答案】B
【解析】
【分析】
分析图像我们可知，在一定范围内，随着二氧化硫起始浓度的提高，平衡时三氧化硫的体积分数也会随之提高，但是当二氧化硫的起始浓度超过一定限度后，平衡时三氧化硫的体积会随着其增大而减小。
【详解】A．曲线上的点为平衡状态，当氧气的量一定时，二氧化硫的起始量越少，则二氧化硫的转化率越大，a点时SO2的转化率最大，故A错误；
B．由2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)可知，b点时SO2与O2的物质的量之比约为2：1，SO3的体积分数最大，故B正确；
C．温度不变，则平衡常数不变，a、b、c三点平衡常数：Kb=Kc=Ka，故C错误；
D．浓度越大，反应速率越快，则a、b、c三点反应速率大小为：vc＞vb＞va，故D错误；
故选B。
22.硝基苯甲酸乙酯在OH-存在下发生水解反应：O2NC6H4COOC2H5+OH-⇌O2NC6H4COOO-+C2H5OH两种反应物的初始浓度均为0.050mol/L，在不同温度下测得O2NC6H4COOC2H5的浓度（mol/L） 随时间变化的数据如下表所示。下列有关说法不正确的是（ ）
t/s
0
120
180
240
330
530
600
700
800
15℃
0.500
0.335
0.291
0.256
0.210
0.155
0.148
0.145
0.145
35℃
0.500
0.325
0.2775
0.238
0.190
…
0.135
0.135
0.135
A. 该反应在，120∼180s 区间内O2NC6H4COOC2H5平均反应速率为7.33×10 -4 mol·L-1·s-1
B. 由数据可知，随着反应的进行，反应物的浓度降低，反应速率减慢
C. 530s 时，表格中35℃对应的数据一定是0.135
D. 由数据可知，温度升高反应速率加快
【答案】C
【解析】
【详解】A. v=△c/△t =(0.335-0.29)mol/L/60s=7.33×10-4mol・L-1・s-1，故A正确；
B. 浓度越低反应速率越慢，所以随着反应的进行，反应物的浓度降低，反应速率减慢，故B正确；
C. 530s 时，反应不一定达平衡状态，所以表格中35℃对应的数据不一定是0.135，故C错误；
D. 温度越高反应速率越快，所以温度升高反应速率加快，故D正确；
故选C。
23.常温下，实验测得1.0mol/L NH4HCO3 溶液pH=8.0。平衡时碳的分布系数（各含碳微粒的浓度占含碳各种微粒浓度之和的分数）与pH的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 常温下，Kb(NH3⋅H2O)>Ka1(H2CO3)>Ka2(H2CO3)
B. pH=13时，溶液中不存在HCO3-的水解平衡
C. pH由8～11 时，随着pH值的增大，增大
D. pH=3时，有c(NH4+)+c(NH3⋅H2O)=c(HCO3-)+c(H2CO3)+c(CO32-)
【答案】A
【解析】
【详解】A. 根据越弱越水解原理，1.0mol/L NH4HCO3溶液pH=8.0，说明铵根水解程度小于碳酸氢根离子，应有Kb(NH3•H2O)＞ka1(H2CO3)＞Ka2(H2CO3)，故A正确；
B. 只要存在碳酸根离子就存在HCO3-的水解平衡，故B错误；
C. 温度不变，碳酸氢根离子的电离平衡常数不变，故C错误；
D. pH=3时，NH4HCO3会与氢离子反应生成二氧化碳，所以c(NH4+)+c(NH3•H2O)＞c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)，故D错误；
故选A
24.硫酸亚铁晶体（FeSO4•7H2O）俗称绿矾，加热至高温会分解产生水、金属氧化物和非金属氧化 物，某化学兴趣小组的同学对绿矾分解产物进行了探究，下列说法不正确的是（ ）
A. 硫酸亚铁晶体高温分解产生的气体，用足量的BaCl2溶溶液吸收后有白色沉淀产生，说明非金属氧化物中含有SO3
B. 硫酸亚铁晶体高温分解产生的气体，通入到紫色石蕊溶液中，若溶液变红，说明非金属氧化物中含有SO3
C. 硫酸亚铁晶体分解产生的固体溶于稀硫酸后，向溶液中滴加KSCN溶液，若变红说明固体中含有三价铁
D. 硫酸亚铁晶体分解产生的固体溶于稀硫酸后，向溶液中滴加酸性高锰酸钾，若紫色褪去，则发生反应的离子方程式为：5Fe2++MnO4-+8H+=Mn2++5Fe3++4H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A．三氧化硫与氯化钡反应，则用足量的BaCl2溶液吸收后有白色沉淀产生，说明非金属氧化物中含有SO3，故A正确；
B．二氧化硫、三氧化硫均为酸性氧化物，则高温分解产生的气体，通入到紫色石蕊溶液中，若溶液变红，不能说明非金属氧化物中含有SO3，故B错误；
C．分解产生的固体溶于稀硫酸后，生成铁离子，则向溶液中滴加KSCN溶液，溶液变红，故C正确；
D．分解产生的固体溶于稀硫酸后，向溶液中滴加酸性高锰酸钾，若紫色褪去，可知固体中含还原性的亚铁离子，发生5Fe2++MnO4-+8H+═Mn2++5Fe3++4H2O，故D正确；
故选B。
【点睛】区分二氧化硫和三氧化硫的方法应从他们两个的性质差异中寻找，如二氧化硫的漂白性和还原性。
25.通过实验得出的结论正确的是（ ）
A. 在某固体试样加水后的溶液中，加入NaOH溶液并加热，有能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体生成，则固体试样中一定有NH4+存在
B. 将某固体试样完全溶于盐酸，滴加KSCN 溶液，出现血红色，再滴加酸性高锰酸钾，紫红色退去，则该固体试样中一定存在Fe3+、Fe2+
C. 将某固体完全溶于水，取溶液做焰色反应，观察到黄色火焰，则该固体为钠盐
D. 在某固体试样加水溶解后溶液中加入氨水时生成白色沉淀，当氨水过量时白色沉淀消失，则原溶液中一定有Al3+存在
【答案】A
【解析】
【详解】A．因铵盐与碱反应生成氨气，氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则待检液加入NaOH溶液并加热，有能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体生成，则原溶液中一定有NH4+存在，故A正确；
B．滴加KSCN 溶液，出现血红色，说明一定存在Fe3+，滴加酸性高锰酸钾，紫红色退去，溶于盐酸后含Fe2+，但无法确定该固体样品中是否存在Fe2+，假如固体为铁和氧化铁的混合物，完全溶于盐酸也可以生成二价铁离子，故B错误；
C．焰色反应，观察到黄色火焰，则该固体一定含钠元素，不一定为钠盐，故C错误；
D．由于氨水不能够溶解氢氧化铝，所以氨水过量时白色沉淀消失，原溶液中一定不存在铝离子，故D错误。
故选A。
二、简答题（本大题共6小题）
26.烃A与等物质的量的H2O反应生成B，B的一种同系物的溶液可以浸制标本。M是有 香味、不易溶于水的油状液体。有关物质的转化关系如下：
请回答：
（1）写出A的结构简式：______
（2）写出C的官能团的名：______
（3）写出M 与NaOH溶液在加热条件下反应的化学反应方程式：______
（4）下列说法不正确的是______
A．烃A在一定条件下可与氯化氢发生反应，再通过加聚反应可得到聚氯乙烯
B．有机物C的溶液可以除去水垢
C．有机物B能与银氨溶液在酒精灯加热的条件下反应产生光亮的银镜
D．有机物C和D 发生加成反应生成M
【答案】 (1). CH≡CH (2). 羧基 (3). CH3COOCH2CH3+NaOH→CH3CH2OH+CH3COONa (4). CD
【解析】
【分析】
因为M是有香味、不易溶于水的油状液体，且计算其不饱和度为1，所以M为酯，C是由B催化氧化得到，D由B还原得到，B的一种同系物的溶液可以浸制标本，且CD发生酯化反应，所以B为醛、C为羧酸、D为醇，烃A与等物质的量的H2O反应生成B，所以A为CH≡CH，B为乙醛，C为乙酸，D为乙醇，E为乙酸乙酯。
【详解】（1）由以上分析可知A为CH≡CH；
（2）C为CH3COOH，含有的官能团为羧基；
（3）M与NaOH溶液在加热条件下反应的化学反应方程式为CH3COOCH2CH3+NaOH→CH3CH2OH+CH3COONa；
（4）A．烃A为乙炔，可在一定条件下可与氯化氢发生反应生成氯乙烯，再通过加聚反应可得到聚氯乙烯，故A正确；
B．有机物C为乙酸，具有酸性，可以除去水垢，故B正确；
C．有机物B为乙醛，在水浴加热条件下能与银氨溶液反应产生光亮的银镜，故C错误；
D．有机物C和D 发生酯化反应生成M，也为取代反应，故D错误；
故答案为CD。
27.HNO2是一种弱酸，且不稳定，易分解生成NO和NO2；它能被常见的强氧化剂氧化；在酸性溶液中它也是一种氧化剂，如能把Fe2+氧化成Fe3+。AgNO2是一种难溶于水、易溶于稀硝酸的化合物。试回答下列问题：
（1）下列方法中，不能用来区分NaNO2和NaCl 的是______（填序号）。
A．测定这两种溶液的pH
B．分别在两种溶液中滴加甲基橙
C．在酸性条件下加入KI淀粉溶液来区别
D．用AgNO3试剂来区别
（2）某同学把新制的氯水加到NaNO2 溶液中，请写出反应的离子方程式：______
【答案】 (1). BD (2). Cl2+NO2-+H2O=NO3-+2Cl-+2H+
【解析】
【详解】（1）A．亚硝酸钠是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，氯化钠是强酸强碱盐其水溶液呈中性，相同物质的量浓度的两种溶液的pH不同，所以可以用测定这两种溶液的pH值鉴别，故A不选；
B．亚硝酸钠是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，氯化钠是强酸强碱盐其水溶液呈中性，甲基橙的变色范围是3.1-4.4，所以亚硝酸钠和氯化钠溶液加入甲基橙后溶液都呈黄色，反应现象相同，所以不能用甲基橙鉴别，故B选；
C．在酸性条件下，亚硝酸钠和碘离子反应方程式为2NO2-+2I-+4H+=2NO↑+I2+2H2O，碘遇淀粉变蓝色，氯离子和碘离子不反应，所以反应现象不同，所以可以用酸性条件下的KI淀粉试液来区别，故C不选；
D．NaNO2和NaCl均能与AgNO3反应生成AgNO2和AgCl沉淀，但能AgNO2溶于硝酸，而AgCl不溶于硝酸，还需要硝酸鉴别，只用AgNO3试剂不能区别，故D选；
故答案为BD；
（2）氯水加到NaNO2溶液中，发生氧化还原反应生成硝酸钠、盐酸，离子反应方程式为Cl2+NO2-+H2O=NO3-+2Cl-+2H+。
28.实验研究发现，硝酸发生氧化还原反应时，硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低。某同学取一定量的铝铁合金与1000mL一定浓度的硝酸充分反应，反应过程中无气体放出。在反应结束后的溶液中，逐滴加入4.00mol/L的氢氧化钠溶液，所加氢氧化钠溶液的体积（mL）与产生的沉淀的物质的量（mol）的关系如图所示。试回答下列问题：
（1）原混合物中铝粉与铁粉的物质的量之比为______
（2）硝酸溶液的物质的量浓度为______mol•L-1
【答案】 (1). 1：3 (2). 0.148
【解析】
【详解】（1）E与F之间沉淀的量减少，为Al(OH)3溶解在氢氧化钠溶液中，其反应方程式为Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，氢氧化铝与氢氧化钠物质的量之比为1：1，EF段的n(NaOH)=4mol/L×2×10-3L=0.008mol，
Al——Al(OH)3——NaOH→NaAlO2+2H2O
1 1
0.008mol 0.008mol
所以铝的物质的量为0.008mol；
D与E一段氢氧化钠被消耗，DE段是NH4NO3和NaOH反应
NH4NO3～NaOH
1 1
n(NH4NO3)=n(NaOH)=(34-31)×10-3L×4mol/L=0.012mol，
设铁有x mol，Al离子也是0.008mol，NH4+有0.012mol，根据电子守恒可得：3x+0.008×3=0.012×8，x=0.024mol，所以铁离子有0.024mol，根据原子守恒知，铁的物质的量是0.024mol，故原混合物中铝粉与铁粉的物质的量之比为0.008mol：0.024mol=1：3，故答案为：1：3；
（2）E点时，溶液中的溶质是硝酸钠和氨水，n(NH3•H2O)=n(NH4+)=0.012mol，n(NaNO3)=n(NaOH)=34×10-3L×4mol/L=0.136mol，根据氮原子守恒知，c(HNO3)=0.148mol/L，故答案为：0.148。
【点睛】使用原子守恒解题，可简化此题的计算量并节省时间。
29.Ⅰ、一定温度下，某容器中加入足量的碳酸钙发生反应：CaCO3(s)⇌CaO(s)+CO2(g) △H＞0；一段时间后达到平衡。
（1）该反应的化学平衡常数表达式为K=______； 为了提高CO2的生成率，可采取的措施______
A．减压B．升温C．增加碳酸钙的量D．转移出CO2
（2）对于该反应，下列说法正确的是______
A．CaCO3(s)加热分解生成CaO(s)和CO2(g)，△S＞0
B．将容器缩小为原来的一半，平衡不移动
C．将容器扩大为原来的两倍，平衡发生移动，再次平衡后，气体密度不变
D．增大压强，平衡逆向移动，K值减小
Ⅱ、在恒温恒压密闭容器中通入CO和H2O各1mol发生反应CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)，当反应达到平衡后，维持温度与压强不变，t1 时再通入各1 mol的CO 和H2O 的混合气体，请在下图中画出正反应和逆反应速率在t1后随时间t变化的曲线图。
____________
Ⅲ、雾霾的组成成分复杂，包括数百种大气化学颗粒物与气体。图电解装置可将雾霾中的SO2、NO转化为(NH4)2SO4，阴极的电极反应式是______，物质A是______（填名称）
【答案】 (1). c(CO2) (2). ABD (3). AC (4). (5). NO+5e-+6H+=NH4++H2O (6). 硫酸
【解析】
【详解】I．（1）该反应的化学平衡常数表达式为K=c(CO2)，减小压强、升高温度、转移出CO2均可提高CO2的生成率；
（2）A．CaCO3(s)加热分解生成CaO(s)和CO2(g)，气体体积增大，则△S＞0，故A正确；
B．将容器缩小为原来的一半，压强增大，平衡逆向移动，故B错误；
C．将容器扩大为原来的两倍，压强减小，平衡发生移动，再次平衡后，气体密度不变，故C正确；
D．K与温度有关，增大压强K不变，故D错误；
故答案为AC；
II．温度与压强不变，t1 时再通入各1mol的CO和H2O的混合气体，体积增大，瞬间反应物的浓度增大、而生成物的浓度减小，然后正反应速率减小、逆反应速率增大，图象为；
III．电解装置可将雾霾中的SO2、NO转化为(NH4)2SO4，阳极上S失去电子，阴极上NO得到电子，则阴极反应为NO+5e-+6H+=NH4++H2O，A物质为硫酸。
30.SO2排放至空气中会造成大气污染，某研究小组利用软锰矿（主要成分为MnO2，另含少量铁，铝，铜，镍等金属化合物）作脱硫剂，通过如下简化流程，既脱除燃煤尾气中的SO2，又制得电池材料MnO2（反应条件已省略）。
请回答下列问题：
（1）已知：25℃、101kPa时，
Mn(s)+O2(g)=MnO2(s) △H=-520kJ/mol
S(s)+O2(g)=SO2(g) △H=-297kJ/mol
Mn(s)+S(s)+2O2(g)=MnSO4(s) △H=-1065kJ/mol
根据以上信息写出用MnO2脱硫的热化学方程式是______
（2）第二步加入MnCO3其原因是______
（3）若最后一步所加KMnO4恰好反应完全，如何证明过滤所得的MnO2固体已洗涤干净：______
【答案】 (1). MnO2(s)+SO2(g)=MnSO4(s) △H=-248kJ/mol (2). 引入CO32-降低溶液中H+的浓度，促进Al3+、Fe3+的水解而除去铝和铁 (3). 取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加适量的BaCl2溶液，未产生白色沉淀，则证明沉淀已洗涤干净
【解析】
【详解】（1）Mn(s)+O2(g)═MnO2(s) △H=-520kJ•mol-1
S(s)+O2(g)═SO2(g) △H=-297kJ•mol-1
Mn(s)+S(s)+2O2(g)═MnSO4(s) △H=-1065kJ•mol-1
结合盖斯定律可知，将③-②-①可得MnO2(s)+SO2(g)=MnSO4(s) △H=-248kJ/mol；
（2）第二步加入MnCO3其原因是引入CO32-降低溶液中H+的浓度，促进Al3+、Fe3+的水解而除去铝和铁；
（3）若最后一步所加KMnO4恰好反应完全，证明过滤所得的MnO2固体已洗涤干净的方法为取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加适量的BaCl2溶液，未产生白色沉淀，则证明沉淀已洗涤干净。
31.某研究小组拟合成染料X和医药中间体Y。
已知：
CH3CH2ClCH3CH2CN "CH3CH2COOH
（1）下列说法正确的是______
A．化合物A能与FeCl3溶液发生显色反应 B．化合物E具有弱碱性
C．化合物X能发生加成、取代、还原反应
D．化合物Y的分子式为C20H23NO4
（2）化合物C的结构简式______
（3）写出D+E→X的化学反应方程式______
（4）写出同时符合下列条件的B的同分异构体的结构简式______
1H-NMR 谱和IR谱检测表明：
①分子中有4 种化学环境不同的氢原子；
②分子中含有苯环、甲氧基（-OCH3），-CH2Cl
（5）请设计以苯和乙烯为原料制备的合成路线（用流程图表示，无机试剂任选）。合成路线流程图示例如下：CH3CH2OH" CH3CHO"CH3COOH______________
【答案】 (1). BC (2). (3). (4). (5).
【解析】
【详解】（1）A．化合物A为，没有酚羟基，不能与FeCl3溶液发生显色反应，故A错误；
B．化合物E为，含有氨基，具有弱碱性，故B正确；
C．化合物X含有苯环，能与氢气发生加成反应，也属于还原反应，含有酰胺键等，可以发生水解反应，水解反应属于取代反应，故C正确；
D．化合物Y的分子式为C20H25NO5，故D错误；
故选BC；
（2）化合物C的结构简式为：；
（3）D+E→X的化学反应方程式为 ；
（4）同时符合下列条件的B（）的同分异构体：①分子中有4 种化学环境不同的氢原子，②分子中含有苯环、甲氧基（-OCH3），-CH2Cl，符合条件的同分异构体有：；
（5）苯与乙烯发生加成反应生成，然后在光照条件下反应生成，再与KCN发生取代反应生成，最后在酸性条件下水解生成，合成路线流程图为：。
三、实验题（本大题共2小题）
32.为探究某矿物的主要成分X（仅含三种元素）的组成，某兴趣小组进行了如下实验：
①取55.2g固体X在空气存在下高温煅烧，有刺激性气味的气体产生（标况下为13.44L），该 气体能使品红溶液褪色。
②高温煅烧后的固体用磁分离技术进行分离，得到19.2g红色固体单质和23.2g 黑色固体。
③将23.2g固体溶于稀硫酸，再加氢氧化钠，将所得沉淀充分灼烧，得到24g 红棕色固体。 已知各步反应试剂均过量，请回答：
（1）X化学式为______
（2）写出X在空气存在下高温煅烧的化学反应方程式______
（3）写出X高温煅烧后的气体通入碘水中发生的离子反应方程式______
【答案】 (1). CuFeS2 (2). (3). SO2+I2+2H2O=SO42-+2I-+4H+
【解析】
【分析】
①分解生成的气体能使品红褪色，该气体为SO2，说明X含有S元素；②用磁分离技术进行分离固体，得到19.2g红色固体单质和23.2g 黑色固体，19.2g红色固体单质Cu，X中含有Cu元素。③黑色固体与硫酸反应，再与氢氧化钠溶液反应生成沉淀，将沉淀灼烧生成红棕色固体，则黑色固体为Fe3O4、红棕色固体为Fe2O3，n(Fe2O3)=24g÷160g/mol=0.15mol，由Fe原子守恒可知需要Fe3O4物质的量为：0.15mol×=0.1mol，需要Fe3O4的质量为：0.1mol×232g/mol=23.2g，符合质量变化，故X含有Fe元素。而n(SO2)=13.44L÷22.4L/mol=0.6mol，n(Cu)=19.2g÷64g/mol=0.3mol，由原子守恒可知，X中Cu、Fe、S原子数目之比为0.3mol：0.15mol×2：0.6mol=1：1：2
【详解】（1）由分析中的计算可知X中Cu、Fe、S原子数目之比为0.3mol：0.15mol×2：0.6mol=1：1：2，故X的化学式为CuFeS2；
（2）X在空气存在下高温煅烧的化学反应方程式：；
（3）X高温煅烧后的气体通入碘水中发生的离子反应方程式：SO2+I2+2H2O=SO42-+2I-+4H+。
33.三草酸合铁酸钾K3[Fe(C2O4)3]•xH2O晶体是一种亮绿色的晶体，是制备负载型活性铁催化剂的主要原料，也是一种有机反应良好的催化剂。已知M（K3[Fe(C2O4)3]）=437g/mol。本实验以(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O（硫酸亚铁铵晶体）为原料，加入草酸（H2C2O4）制得草酸亚铁（FeC2O4）后，在过量的草酸根（C2O42-）部分实验过程如下：
（1）在沉淀A中加入饱和K2C2O4溶液，并用40℃左右水浴加热，再向其中慢慢滴加足量的30%H2O2溶液，不断搅拌。此过程需保持温度在40℃左右，可能的原因是：______
（2）某兴趣小组为知道晶体中x的数值，称取1.637g纯三草酸合铁酸钾（K3[Fe(C2O4)3]•xH2O）晶体配成 100ml 溶液，取25.00mL待测液放入锥形瓶中，再加入适量的稀H2SO4，用浓度为 0.05000mol•L-1的KMnO4标准溶液进行滴定。其中，最合理的是______（选填 a、b）。由如图KMnO4滴定前后数据，可求得x=______。
【答案】 (1). 适当提高温度以加快反应速率，若温度太高则H2O2分解 (2). b (3). 3
【解析】
【分析】
由制备流程可知，硫酸亚铁加入稀硫酸抑制Fe2＋水解，然后与草酸发生(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O+H2C2O4═FeC2O4↓+(NH4)2SO4+H2SO4+6H2O，用过氧化氢将草酸亚铁氧化为K3[Fe(C2O4)3]，发生2FeC2O4+H2O2+3K2C2O4+H2C2O4═2K3[Fe(C2O4)3]↓+2H2O，溶液C含K3[Fe(C2O4)3]，蒸发浓缩、冷却结晶得到晶体。
【详解】（1）在沉淀A中加入饱和K2C2O4溶液，并用40℃左右水浴加热，再向其中慢慢滴加足量的30%H2O2溶液，不断搅拌，此过程需保持温度在40℃左右，可能的原因是适当提高温度以加快反应速率，若温度太高则H2O2分解；
（2）KMnO4标准溶液具有强氧化性，可氧化橡胶，应选酸式滴定管，只有图b合理；图中消耗高锰酸钾的体积为20.80mL-0.80mL=20.00mL，由2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O可知，K3[Fe(C2O4)3]•xH2O物质的量为0.02L×0.05mol/L× × × =0.0033mol，M= =496g/mol，则39×3+（56+280×3）+18x=496，解得x=3。
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