2017-2018学年浙江省金华市十校高二下学期期末联考化学试题 解析版



浙江省金华市十校2017-2018学年高二下学期期末联考化学试题
1. 下列属于酸性氧化物的是
A. SiO2 B. CO C. CaO D. H2SO4
【答案】A
【解析】
分析：本题考查的是酸性氧化物的判断，掌握定义即可解答。
详解：酸性氧化物指与碱反应生成盐和水的氧化物。A.二氧化硅能与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，是酸性氧化物，故正确；B.一氧化碳和酸或碱都不反应，故错误；C.氧化钙和碱不反应，能与酸反应生成盐和水，是碱性氧化物，故错误；D.
2. 下列仪器中，可直接用酒精灯加热的是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
分析：本题考查的是实验仪器的使用，难度较小。
详解：A.锥形瓶不能用酒精灯直接加热，故错误；B.坩埚能直接加热，故正确；C.容量瓶不能加热，故错误；D.蒸馏烧瓶不能直接加热，故错误。故选B。
3. 下列物质属于电解质的是
A. 蔗糖 B. NH3 C. CH3COOH D. Fe
【答案】C
【解析】
分析：本题考查的是电解质的判断，掌握电解质的定义是关键。
详解：电解质是指在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，通常包括酸碱盐和氧化物水等物质。A.蔗糖是非电解质，故错误；B.氨气是非电解质，故错误；C.醋酸是电解质，故正确；D.铁是单质，不是电解质。故选C。
点睛：注意电解质是化合物，单质和混合物不能是电解质。还要注意在水溶液中导电的化合物不一定是电解质，如氨气或二氧化碳或二氧化硫等，导电是因为这些物质与水反应生成了新的化合物，新的化合物能电离出自由移动的离子而导电，新的化合物为电解质。而氨气或二氧化碳或二氧化硫都属于非电解质。
4. 下列物质溶于水中，因水解而使容液呈碱性的是
A. NaO B. NaOH C. Na2SO4 D. Na2CO3
【答案】D
【解析】
分析：本题考查的是盐类的水解，难度不大。
详解：A.氧化钠溶于水生成氢氧化钠，属于碱，不能水解，故错误；B.氢氧化钠属于碱，不能水解，故错误；C.硫酸钠属于强酸强碱盐，不能水解，故错误；D.碳酸钠属于强碱弱酸盐，水解显碱性，故正确。故选D。
点睛：注意盐类水解，酸和碱不能水解，且盐含有弱的部分才能水解。
5. 下列化石燃料的炼制和加工过程中不涉及化学变化的是
A. 石油的分馏 B. 石油的裂解 C. 煤的液化 D. 煤的干馏
【答案】A
【解析】
A、石油分馏的过程中是利用了石油中各成分沸点的不同，分离过程中没有新物质生成，属于物理变化，选项A正确；B、石油的裂解得到低分子量的烷烃和烯烃，有新物质生成，属于化学变化，选项B错误；C、煤的液化需要高温，肯定会发生裂化等复杂的化学变化，选项C错误；D、煤的干馏是指煤在隔绝空气的条件下加热，生成煤焦油、焦炭、焦炉煤气等新物质，属于化学变化，选项D错误。答案选A。
6. 下列说法不正确的是
A. 常温下浓硫酸可贮存在铁罐中 B. 钠单质可应用于电光源领域
C. 碳酸钠是发酵粉的主要成分 D. CO2可用于制备全降解塑料
【答案】C
【解析】
分析：本题考查的是金属以及化合物的性质和用途，难度不大。
详解：A.常温下铁在浓硫酸中钝化，所以常温下浓硫酸可以贮存在铁罐中，故正确；B.钠的焰色反应为黄色，透雾能力强，可以做高压钠灯，故正确；C.发酵粉的主要成分为碳酸氢钠，故错误；D.二氧化碳制备全降解塑料，减少污染，故正确。故选C。
7. 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. SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl
C. CaO+SiO2=GaSiO3 D. CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O
【答案】A
【解析】
分析：本题考查的是化学反应类型的判断，关键是氧化还原反应的判断，根据是否有化合价变化分析。
详解：A.反应为化合反应，有化合价变化，属于氧化还原反应，故正确；B.反应不是化合反应，有化合价变化，属于氧化还原反应，故错误；C.是化合反应，不是氧化还原反应，故错误；D.不是化合反应，不是氧化还原反应，故错误。故选A。
8. 下列表示正确的是
A. HClO的结构式:H-C1-O B. 硫原子的结构示意图:
C. 二氧化碳的比例模型: D. 硝基苯的结构简式:
【答案】B
【解析】
分析：本题考查的是基本化学用语，难度较小。
详解：A.次氯酸的结构式为H-O-C1，故错误；B.硫原子的结构示意图为，故正确；C.二氧化碳是直线型结构，故错误；D.硝基苯的结构简式为，故错误。故选B。
9. 下列物质的制备，不符合工业生产实际的是
A. 工业上用电解熔融氯化镁制备单质镁
B. 工业上用电解饱和食盐水制备氯气
C. 工业上用二氧化硅在高温下与焦炭反应制得高纯硅
D. 工业上炼铁时，常用石灰石除去铁矿石中的二氧化硅
【答案】C
【解析】
试题分析：A．工业上用电解熔融氯化镁的方法制取镁，可用于工业生产，A正确；B．用电解饱和食盐水制氯气，氢离子和氯离子放电，可用于工业生产，B正确；C．二氧化硅和与碳在高温下发生置换反应，生成一氧化碳和粗硅，得不到高纯度硅，C错误；D．炼铁时，石灰石中的碳酸钙在高温条件下分解能生成氧化钙和二氧化碳，氧化钙能和二氧化硅反应生成硅酸钙，从而除去铁矿石中的二氧化硅，可用于工业生产，D正确，答案选C。
【考点定位】本题主要是考查了有关化学工艺的一些知识
【名师点晴】注意掌握从海水中提取金属镁原理、氯气制备原理、制取高纯硅的原理以及工业炼铁除去铁矿石中的脉石方法原理是解答的关键，题目难度不大。
10. 下列说法正确的是
A. 制硝基苯时将浓硝酸沿着内壁慢慢注入盛有浓硫酸的烧怀中，并不断搅拌
B. 根据火焰所呈现的特征焰色，可以检验金属或金属离子的存在
C. 实验室中少量金属钠常保存在煤油中，实验时多余的钠不能放回原瓶中
D. 用玻璃棒在过滤器上搅拌以加速硫酸钡沉淀的洗涤
【答案】B
【解析】
分析：本题考查的是化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、实验基本操作、实验安全、焰色反应、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。
详解：A.混合是将密度大的液体注入密度入的液体中，则将浓硫酸沿着内壁慢慢注入盛有浓硝酸的烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌，故错误；B.焰色反应为元素的性质，某些金属灼烧有特殊的焰色，则根据火焰的颜色，用来检验金属或金属离子的存在，故正确；C.钠与水生成可燃性气体，为保证安全，实验时多余的钠放回原瓶，故错误；D.过滤时不能搅拌，易捣破滤纸，应使水自然流下，故错误。故选B。
11. 下列说法正确的是
A. 等质量的乙炔和苯完全然烧生成水的质量不相等
B. 乙烯分子中所有原子共平面
C. 甲醛(HCHO)和乙二醛(OHC-CHO)互为同系物
D. 和互为同分异构体
【答案】B
【解析】
分析：本题考查的是常见有机物的结构和性质，注意掌握同系物和同分异构体的定义。
详解；A.乙炔和苯的最简式相同，所以燃烧等质量的乙炔和苯生成的水的质量相等，故错误；B.依稀中6个原子在一个平面上，故正确；C.甲醛含有一个醛基，乙二醛含有两个醛基，二者结构不相似，不是同系物，故错误；D.二者是同一种结构，故错误。故选B。
点睛：同系物要求结构相似，即官能团的种类和个数相同，属于一类物质。
12. 下表为元素周期表的一部分，其中X、Y、Z、W为短周期元素,W元素的核电荷数为X元素的2倍。下列说法正确的是

A. X、W、Z的原子半径依次递减
B. Y、Z、W的最高价氧化物的水化物酸性依次递减
C. 根据元索周期表推测T元素的单质具有半导体特性
D. 最低价阴离子的失电子能力X比W强
【答案】C
【解析】
分析：本题考查的是元素周期表和元素周期律，根据元素在周期表中的位置进行分析即可。
详解：W元素的核电荷数为X元素的2倍，说明X为氧，W为硫，则Y为硅，Z为磷，T为砷。A.根据同周期元素，从左到右半径依次减小，同族元素从上往下半径依次增大，所以X、W、Z的原子半径依次递增，故错误；B.根据同周期元素，从左到右非金属性增强，最高价氧化物的对应水化物的酸性依次增强，故Y、Z、W的最高价氧化物的水化物酸性依次递增，故错误；C.砷元素在金属和非金属的分界线上，具有半导体性质，故正确；D.X的非金属性比W强，所以最低价阴离子的失电子能力X比W弱，故错误。故选C。
13. 下列反应的离子方程式正确的是
A. 硫酸铁溶液和氢氧化钡溶液反应:Ba2++SO42-=BaSO4↓
B. 氯气通入冷的氢氧化钠溶液中:Cl2+2OH-=Cl-+C10-+H2O
C. 碳酸钡溶于醋酸:BaCO3+2H+=Ba2++H2O+CO2↑
D. 金属钠跟水反应:Na+2H20=Na++2OH-+H2↑
【答案】B
【解析】
分析：本题考查的离子方程式的判断，根据物质的具体形式进行分析。
详解：A.硫酸铁和氢氧化钡生成硫酸钡沉淀和氢氧化铁沉淀，故错误；B.氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠和水，氯化钠和次氯酸钠都为可溶性盐，故正确；C.醋酸是弱酸，不能拆成离子形式，故错误；D.金属钠和水反应的离子方程式为：2Na+2H20=2Na++2OH-+H2↑，故错误。故选B。
点睛：在分析离子方程式的正误时要考虑是否写全产物，有时会有多种离子反应生成多种沉淀，如A选项。还要注意离子方程式中的电荷守恒和氧化还原反应中的得失电子守恒等。
14. 一定温度下在容积恒定的密团容器中发生反应A(s)+2B(g)C(g)+D(g)。下列不能说明反应一定达到化学平衡状态的是
A. v正(B)=2v逆(C) B. 每消耗1molC，同时生成1molD
C. 气体的密度保持不变 D. B、C、D三种物质的浓度之比为2:1:1
【答案】D
【解析】
分析：本题考查的是化学平衡的标志，难度不大。
详解：A. v正(B)=2v逆(C)可以说明正逆反应速率相等，说明反应到平衡状态，故正确；B. 每消耗1molC，同时生成1molD，可以说明正逆反应速率相等，说明反应到平衡状态，故正确；C. 因为在容积恒定的密团容器中，有非气体物质，所以当气体的密度保持不变时说明气体总质量保持不变，说明反应到平衡，故正确；D. B、C、D三种物质的浓度之比为2:1:1,不能说明下一时刻浓度关系，不能说明反应到平衡，故错误。故选D。
点睛：化学平衡状态的标志有直接和间接两种，直接标志中要注意表示正逆反应速率相等时，一定能分析出两个方向的速率，用不同的物质表示速率时速率比等于化学计量数比即可以表示速率相等。
15. 下列说法正确的是
A. 乙炔在空气中不易完全燃绕，燃烧时冒浓烟
B. 正丁烷与异丁烷的一氯取代物都只有两种，它们的沸点都相同
C. 一定条件下，苯能与液溴反应得到溴苯，反应类型为加成反应
D. 乙烯能使酸性高锰酸钾容液褪色，说明乙烯有漂白性
【答案】A
【解析】
分析：本题考查的是烃的化学性质，根据有机物的结构进行分析。
详解：A.乙炔的含碳量高，所以燃烧时冒黑烟，故正确；B.正丁烷和异丁烷结构不同，沸点不同，故错误；C.苯和溴反应为取代反应，故错误；D.乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明乙烯具有还原性，故错误。故选A。
16. 下列说法不正确的是
A. 皂化反应是指油脂在稀硫酸的作用下水解得到高级脂肪酸和甘油
B. 淀粉纤维素、麦芽糖在一定条件下可和水作用转化为葡萄糖
C. 氨基酸既能与强酸反应，也能与强碱反应
D. “春蚕到死丝方尽,蜡炬成灰泪始干”中的“丝”和“泪”分别是蛋白质和烃
【答案】A
【解析】
分析：本题考查的是糖类油脂蛋白质的结构和性质，注意皂化反应的原理。
详解：A. 皂化反应是指油脂在碱溶液作用下水解得到高级脂肪酸盐和甘油，故错误；B. 淀粉纤维素、麦芽糖都属于糖类，在一定条件下可和水作用转化为葡萄糖，故正确；C. 氨基酸含有氨基和羧基，既能与强酸反应，也能与强碱反应，故正确；D. “春蚕到死丝方尽,蜡炬成灰泪始干”中的“丝”和“泪”分别是蛋白质和烃，故正确。故选A。
17. 一种新型污水处理装置模拟细胞内生物电的产生过程，可将酸性有机废水的化学能直接转化为电能。下列说法中不正确的是

A. M极作负极，发生氧化反应
B. 电子流向:M→负载→N→电解质溶液→M
C. N极的电极反应:O2+4H++4e-=2H2O
D. 当N极消耗5.6L(标况下)气体时，最多有NA个H+通过阳离子交换膜
【答案】B
【解析】
分析：本题考查了原电池的原理和电解原理的应用，注意把握电极的判断方法和电子的流向，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的应用能力。
详解：A. M极加入有机物，有机物变成二氧化碳，发生氧化反应，说明M作负极，故正确；B. M为负极，N为正极，所以电子流向:M→负载→N，电子只能通过导线不能通过溶液，故错误；C. N极为正极，氧气在正极上得到电子，电极反应:O2+4H++4e-=2H2O，故正确；D. 当N极消耗5.6L(标况下)气体基5.6/22.4=0.25mol氧气时，转移0.25×4=1mol电子，所以最多有NA个H+通过阳离子交换膜，故正确。故选B。
点睛：在原电池中通入氧气的一极肯定是正极，根据溶液的酸碱性书写氧气的电极反应。
18. 取未知浓度的硫酸、盐酸和醋酸各25.00mL，分别用0.10mol/L的NaOH溶液或0.10mol/L的稀氨水滴定得到下图曲线。下列说法正确的是

A. 由图可知曲线c为NaOH滴定硫酸
B. 由图可知硫酸的物质的量浓变大于盐酸的物质的量浓度
C. 曲线b、c的滴定实验可用酚酞做指示剂
D. 由图可知滴定前醋酸的物质的量浓度为0.060mol/L
【答案】D
【解析】
分析：本题考查的是酸碱混合的定性判断和计算，为高频考点，侧重于学生的分析、计算能力的考查，注意把握题目图像的分析和弱电解质的电离特点，难度中等。
详解：A.由图像可知加入氢氧化钠或氨水时，a的pH在开始阶段变化较大，应为碱滴定弱酸的变化曲线，则b、c为硫酸盐酸的滴定曲线，由于浓度未知，则不能确定b、c，故错误；B.硫酸、盐酸都为强酸，题中纵坐标为pH，不能确定浓度的大小，故错误；C.如用氨水中和，滴定终点时溶液呈现酸性，应用甲基橙为指示剂，故错误；D.开始时醋酸的pH为3，氢离子浓度为0.001mol/L，滴定终点时消耗氢氧化钠的体积为15mL，则有c×0.025=0.10×0.015，解c=0.06mol/L，故正确。故选D。
点睛：由图像可知加入氢氧化钠或氨水时，a的pH在开始阶段变化较大，因为碱滴定弱酸的变化曲线，则b、c为硫酸和盐酸的滴定曲线，由于浓度未知，则不能确定b、c，若用氨水滴定硫酸和盐酸，则滴定终点为酸性，应用甲基橙做指示剂，结合消耗氢氧化钠的体积计算醋酸的浓度即可。
19. 下列说法正确的是
A. NaOH固体熔化的过程中，离于键和共价键均被破坏
B. NaHSO4在水溶液中或熔融状态下，都能电高出H+
C. CO2和PCl3分子中，每个原子最外层都具有8电子稳定结构
D. HBr比HCl的热稳定性差，说明HBr的分子间作用力比HC1弱
【答案】C
【解析】
分析：本题考查的是物质的结构和性质的关系，分清物质的性质与化学键或分子间作用力的关系。
详解：A.氢氧化钠熔化时只有离子键被破坏，故错误；B.硫酸氢钠在水溶液中电离出钠离子和氢离子和硫酸根离子，在熔融状态下电离出钠离子和硫酸氢根离子，故错误；C.二氧化碳中碳的最外层电子数为4+4=8，氧的最外层电子数为6+2=8，三氯化磷中磷的最外层电子数为5+3=8，氯原子的最外层电子数为7+1=8，都满足8电子结构，故正确；D.溴化氢比氯化氢的稳定性差说明溴氢键比氯氢键弱，故错误。故选C。
20. NA代表阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是
A. 25℃时,7gC2H4和C3H6的混合气体中，含有NA个C-H键
B. 0.25molNa2O2中含有的阴离子数为0.5NA
C. 50mL18.4mol/L浓硫酸与足量铜微热，生成气体的分子数为0.46NA
D. 常温常压下，1mol氦气含有的核外电子数为4NA
【答案】A
【解析】
分析：本题考查的阿伏伽德罗常数，注意特殊的物质组成。
详解：A. C2H4和C3H6的最简式相同，为CH2，用其进行计算，物质的量为7/14,=0.5mol，含有1mol碳氢键，故正确；B.过氧化钠中阴离子为过氧根离子，0.25mol过氧化钠中含有0.25mol过氧根离子，故错误；C.浓硫酸与铜在加热条件下反应，随着反应的进行浓度变小，变成稀硫酸后不反应，所以不能用硫酸计算产生的气体的量，故错误；D.1mol氦气含有2mol电子，故错误。故选A。
点睛：注意特殊反应对反应物浓度和条件的要求，如铜和浓硫酸在加热条件下反应，或是稀硫酸或不加热都不反应，钠在不加热条件下与氧气反应生成氧化钠，在加热条件下与氧气生成过氧化钠，二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应，稀盐酸不反应等。
21. 灰锡(以粉末状存在)和白锡是锡的两种同素异形体。已知:
①Sn(s、白)+2HCl(aq)=SnCl2(aq)+H2(g) ∆H1
②Sn(s、灰)+2HCl(q)=SnCl2(aq)+H2(g)  ∆H2
③Sn(s、灰) Sn(s、白) ∆H3=+2.1kJ/mol
下列说法正确的是
A. ∆H1>∆H2
B. 锡在常温下以灰锡状态存在
C. 灰锡转化为白锡的反应是放热反应
D. 锡制器皿长期处于低于13.2℃的环境中，会自行毁坏
【答案】D
【解析】
由②－①得③，即ΔH3＝ΔH2－ΔH1＝＋2.1kJ·mol－1可知ΔH1<ΔH2；灰锡在13.2℃转化为白锡，则锡在常温下以白锡状态存在；灰锡转变为白锡是吸热反应；锡制器皿(白锡)长期处于低于13.2℃时，由白锡转变为灰锡时，因体积骤然膨胀，锡器碎裂成粉末，也叫“锡疫”。
22. 一定条件下合成乙烯:6H2(g)+2CO2(g)CH2=CH2(g)+4H2O(g)；已知温度对CO2的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图。下列说法正确的是

A. 生成乙烯的速率:v(M)一定小于v(N)
B. 化学平衡常数:KN>KM
C. 当温度高于250℃时，升高温度，平衡向逆反应方向移动，从而使催化剂的催化效率降低
D. 若投料比n(H2):n(C02)=3:1，则图中M点时，乙烯的体积分数为7.7%
【答案】D
【解析】
试题分析：A、M点的温度低于N点的温度，但M点的催化效率高于N点的，所以生成乙烯的速率：v(M)不一定小于v(N)，A错误；B、升高温度，CO2的平衡转化率降低，说明升温，平衡逆向移动，正反应为放热反应，则化学平衡常数：KN 6 H2(g) +2CO2(g)CH2=CH2(g) +4H2O(g)
起始量（mol） 3a a 0 0
变化量（mol） 1.5a 0.5a 0.25a a
平衡量（mol） 1.5a 0.5a 0.25a a
则乙烯的体积分数为0.25a/（1.5a+0.5a+0.25a+a）×100%=7.7％，D正确。答案选D。
考点：平衡移动原理，平衡常数
23. 常温下，向100mL 0.1mol/L的H2A溶液中滴加0.1mol/LNaOH溶液，含A元素相关微粒物质的量随pH的变化如图所示。下列说法正确的是

A. H2A在水中的电离方程式是:H2A=H++HA-， HA-H++A2-
B. 等体积等浓度的NaOH溶液与H2A溶液混合后，其溶液中水的电离程度比纯水大
C. Y点溶液中存在以下关系: c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+3c(HA-)
D. X点溶液中含A元素相关微粒:c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)=0.1mol/L
【答案】C
【解析】
分析：本题考查酸碱混合溶液的定性判断，明确图像中酸碱混合时溶液中的溶质时解答本题的关键，抓住图像进行分析即可，难度中等。
详解：A.从图像分析溶液中含有H2A分子，说明H2A为弱酸，则电离方程式为：H2AH++HA-， HA-H++A2-，故错误；B.等体积等浓度的氢氧化钠溶液与H2A溶液混合后，溶液主要为NaHA，电离为主，溶液显酸性，溶液中的氢离子会抑制水的电离，溶液中水的电离程度比纯水中小，故错误；C. 电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2--)，从图像分析，c(HA-)= c(A2--)，从而得c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+3c(HA-)，故正确；D.100mL0.1mol/L的H2A溶液中滴加0.1mol/LNaOH溶液，到X点时溶液的体积肯定比原来的大，所以根据物料守恒分析，有c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)<0.1mol/L，故错误。故选C。
24. 高纯氧化铁是现代电子工业的重要材料。以下是用硫酸厂产生的烧渣(主要成分为Fe2O3、Fe3O4、FeO、SiO2)为原料制备高纯氧化铁(软磁a-Fe2O3)的生产流程示意图。下列说法不正确的是

A. 酸溶时，常需将烧渣粉碎、并加入过量H2SO4，其目的是提高铁元素的浸出率，同时抑制铁离子的水解
B. 反应②的离子方程式为：FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2S042-+16H+
C. 加入NH4HCO3生成FeCO3，检验FeCO3是否洗涤干净的方法是取最后一次洗涤液少量放入试管，滴如盐酸酸化的氯化钡溶液，若无沉淀生成说明洗涤干净
D. 锻烧时空气中的氧气作氧化剂，所以用氯气代替空气也可得到高纯氧化铁
【答案】D
【解析】
分析：本题考查的是物质的制备和分离操作，侧重于学生的分析能力、实验能力和综合运用化学知识能力的考查，为高考常见题型，注意根据实验流程以及相关物质的性质解答该题。
详解：A.烧渣(主要成分为Fe2O3、Fe3O4、FeO、SiO2)酸浸时Fe2O3、Fe3O4、FeO能与稀硫酸反应得到亚铁离子和铁离子，酸浸时，常需要将烧渣粉碎，通过增大接触面积，提高铁元素的浸出率，因亚铁离子和铁离子都容易水解成酸性，通过加入过量硫酸，抑制水解，故正确；B.滤液中加入FeS2+将铁离子还原为亚铁离子，-1价的硫被氧化生成+6价的硫，FeS2 - S042-，失去14e-，Fe3+ -Fe2+，得到e-，最小公倍数为14，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，离子反应方程式为FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2S042-+16H+，故正确；C.碳酸氢铵能和酸反应生成硫酸铵和二氧化碳，同时能调节溶液的pH，使亚铁离子全部转化为碳酸亚铁，过滤得到碳酸亚铁，滤液中有硫酸铁，所以操作为取最后一次洗涤滤液，滴加 酸化排除碳酸根离子的干扰，滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若无沉淀生成，说明洗涤干净，故正确；D.煅烧时空气中的氧气做氧化剂，用氯气代替空气会生成氯化铁，不能得到高纯氧化铁，故错误。故选D。
25. 固体粉末甲由FeSO4、Fe2(SO4)3、CuSO4、CaCO3、SiO2、NaCl中的若干种组成，取一定量的固体甲进行如下实验:

固体1质量为11 g，沉淀1质量为23.3g，沉淀2质量为6g，红褐色固体质量为8g。下列说法正确的是
A. 溶液1加入KSCN溶液呈红色
B. 取少量溶液2加入酸化的硝酸银溶液，生成白色沉淀，则甲中一定有NaCl
C. 固体1与稀盐酸反应时还生成了标准状祝下气体1.12L
D. 沉淀2不溶于任何酸溶液
【答案】C
【解析】
分析：本题考查元素化合物知识，为高频考点，侧重于学生的分析，计算和实验能力的考查，注意把握物质的性质以及反应的现象，为解答该类题目的关键，难度不大。
详解：FeSO4、Fe2(SO4)3、CuSO4、CaCO3、SiO2、NaCl中碳酸钙二氧化硅都不溶于水，加入盐酸，碳酸钙溶解，可知二氧化硅的质量为6克，碳酸钙的质量为11-6=5克，溶液1加入足量氯化钡生成沉淀1为硫酸钡沉淀，溶液2加入足量氢氧化钠溶液最终得到红褐色固体，红褐色固体为氢氧化铁，可知含有硫酸亚铁和硫酸铁中的至少一种，不含硫酸铜。A.如只含有硫酸亚铁，则加入硫氰化钾不变色，故错误；B.因加入氯化钡，引入氯离子，不能确定原固体是否含有氯化钠，故错误；C.由以上分析可知固体1中含有5克碳酸钙，则其物质的量为0.05mol，可生成0.05mol二氧化碳，体积在标况下为1.12L，故正确；D.沉淀2为二氧化硅，可溶于氢氟酸，故错误。故选C。
26. 如图1所示是某些物质的转化关系图(部分小分子产物没有标出)。

已知:
I.A、B、C是三种常见的气态含碳化合物，A、B的相对分子质量均为28，C的相对分子质量略小于A。
II.化合物D的比例模型如图2所示。
III.硫酸氢乙酯水解得E与硫酸。
V.E与F反应，得一种有浓郁香味的油状液体G，E与D反应得无色液体H。
请按要求回答下列问题:
(1)化合物D所含官能团的名称是______，化合物C的结构简式为__________。
(2)化合物A与F在一定条件下也可发生类似①的反应，其化学方程式为___________。
(3)下列说法正确的是___________。
A.反应①的反应类型是加成反应
B.化合物H可进一步聚合成某种高分子化合物
C.在反应②、③中，参与反应的官能团不完全相同
D.从A经硫酸氢乙酯至E的反应中，硫酸实际起到了催化剂的作用
【答案】 (1). 碳碳双键、羧基 (2). CH≡CH (3). CH3COOH+CH2=CH2→CH3COOCH2CH3  (4). A B D
【解析】
分析：本题考查有机物推断，根据体重信息结合有机物结构及相互转化关系进行推断，从而得出各有机物的结构，是对有机化学基础知识的综合考查，需要学生熟练掌握分子结构中的官能团，抓官能团性质进行解答。
详解：化合物D的比例模式为CH2=CHCOOH，硫酸氢乙酯水解得到E和硫酸，说明E为乙醇，从A经硫酸氢乙酯到E的反应中，硫酸实际起到了催化剂的作用，A的相对分子质量为28，可以推知其为乙烯，E与F反应，得一种有浓郁香味的油状液体G，则F为乙酸，G为乙酸乙酯，E与D反应得无色液体H为CH2=CHCOOCH2CH3，B的相对分子质量为28，为一氧化碳，C的相对分子质量略小于A，说明其为乙炔。 (1)根据以上分析，D中含有的官能团为碳碳双键、羧基；化合物C为乙炔，结构简式为CH≡CH；(2)乙烯和乙酸可以发生类似①的加成反应，方程式为CH3COOH+CH2=CH2→CH3COOCH2CH3；(4) A.反应①的过程中碳碳双键消失，说明该反应类型是加成反应，故正确；B.化合物H含有碳碳双键，可进一步聚合成某种高分子化合物，故正确；C.在反应②、③都为酯化反应中，参与反应的官能团都为羧基和羟基，完全相同，故错误；D.从A经硫酸氢乙酯至E的反应中，硫酸实际起到了催化剂的作用，故正确。故选 ABD。
27. 石油铁储罐久置未清洗易引发火灾，经分析研究，事故由罐体内壁附着的氧化物甲与溶于石油中的气态氢化物乙按1:3反应生成的黑色物质丙自燃引起。某研究小组按照以下流程对粉末丙进行研究: 

已知:气体乙可溶于水，标准状况下的密度为1.52g/L。
请回答下列问题:
(1)化合物甲的化学式为___________。
(2)化合物丙在盐酸中反应的离子方程式:____________。
(3)化合物丁还可用于氧化法制备高铁酸钾(K2FeO4)，试写出在KOH存在条件下用次氯酸钾氧化化合物丁制备高铁酸钾的化学方程式____________。
【答案】 (1). Fe2O3 (2). Fe2S3+4H+=2H2S↑+S↓+2Fe2+ (3). 3KClO+4KOH+2Fe(OH)3=2K2FeO4+3KCl+5H2O
【解析】
分析：本题考查无机物推断，涉及物质组成、性质变化、反应特征现象，侧重考查学生分析推理能力、知识迁移应用能力，难度中等。
详解：向丙与浓盐酸反应后的滤液中（假设乙全部逸出）中加入足量的氢氧化钠溶液，先出现白色沉淀最终变为红褐色沉淀，则滤液中含有亚铁离子，灼烧后的固体为氧化铁24克，其物质的量为24/160=0.15mol，则铁的物质的量为0.3mol，丙分投入足量的浓盐酸中发生反应，得到4.8克淡黄色沉淀和气体乙，淡黄色沉淀为硫，物质的量为4.8/32=0.15mol，乙在标况下密度为1.52g/L，则乙的相对分子质量为1.52×22.4=34，气体乙溶于水，说明为硫化氢，在丙中铁元素与硫单质的物质的量比为2:1，而氧化物甲鱼气态氢化物乙按1:3反应生成物质丙，根据元素守恒和电子得失守恒可推断甲为氧化铁，丙为Fe2S3。(1)根据以上分析可知甲为氧化铁，化学式为Fe2O3； (2)化合物丙在盐酸中反应生成硫化氢和硫和氯化亚铁，离子方程式为：Fe2S3+4H+=2H2S↑+S↓+2Fe2+； (3)化合物丁为氢氧化铁，可以在氢氧化钾存在下与次氯酸钾反应生成高铁酸钾，化学方程式为：3KClO+4KOH+2Fe(OH)3=2K2FeO4+3KCl+5H2O。
点睛：掌握特殊物质的颜色是无机推断题的解题关键，如白色的氢氧化亚铁变成红褐色的氢氧化铁。淡黄色的过氧化钠或硫，铁离子遇到硫氰化钾显血红色的等。
28. 氢化钙(CaH2)固体是登山运动员常用的能源提供剂。氢化钙要密封保存，一旦接触到水就发生反应生成氢氧化钙和氢气。氢化钙道常用氢气与纯净的金属钙加热制取，如图是模拟制取装置:

(1)为了确认进入装置C的氢气已经干燥应在B、C之间再接一装置，该装置中加入的试剂是______________。
(2)该实验步骤如下:检查装置气密性后装入药品；打开分液漏斗活塞，接下来的操作顺序是_______(填序号)。
①加热反应一段时间 ②收集气体并检验其纯度
③关闭分液漏斗活塞 ④停止加热，充分冷却
(3)某同学取一定质量的产物样品(m1g)，加入过量碳酸钠溶液，过滤、洗涤、干燥后称量固体碳酸钙质量(m2g),计算得到样品中氢化钙的质量分数为101.14%。若该同学所有操作均正确，则产生这种情况的原因可能是________。
【答案】 (1). 无水硫酸铜(或其他合理答案) (2). ②①④③ (3). 单质钙没有完全参与反应，氢化钙中混有单质钙
【解析】
分析：本题以氢化钙的制备为载体，考查实验基本技能与操作、对题中的信息的利用、对实验装置的理解分析、物质分离提纯、化学计算等，本题侧重基本实验操作能力的考查，是对学生综合能力的考查。
详解：A装置通过锌和硫酸反应生成氢气，氢气中肯定含有水蒸气，所以用B中无水氯化钙吸收水，在C中氢气和钙反应生成氢化钙，D中有浓硫酸，保证金属钙的装置C中干燥，防止空气中的水蒸气进入。本实验的关键是保证金属钙的装置C中没有水蒸气存在，因为钙和水反应，氢化钙也与水反应。（1）为了确认进入装置C的氢气已经干燥应在BC之间连接一个检验氢气是否含有水的装置，该装置中加入无水硫酸铜固体，若有水，该固体变蓝。（2）该实验步骤为检验气密性后，打开分液漏斗活塞，使硫酸流下，与金属锌反应生成氢气，用氢气排除装置中的空气，在最后收集气体并检验其纯度，当收集到纯净的氢气时在点燃酒精灯进行加热，一段时间后停止加热，让装置C在氢气的环境中充分冷却，最后关闭分液漏斗活塞。故顺序为②①④③。（3）计算得到样品中氢化钙的质量分数大于100%，说明样品中钙元素较多，则说明单质钙 没有完全参与反应，氢化钙中混有单质钙。
29. 为确定某NH4NO3和(NH4)2SO4混合物的组成，称取4份样品分别加入50.0mL相同浓度的NaOH溶液中,加热充分反应(如热后氨气全部逸出)。加入的混合物的质量和产生的气体体积(标准状况)的关系如下表:
实验序号
I
II
III
IV
NaOH溶液体积(mL)
50.0
50.0
50.0
50.0
样品质量(g)
3.44
m
17.2
21.5
NH3体积(L)
1.12
2.24
5.60
5.60

试计算:
(1)m=_________，c(NaOH)=____ mol/L。
(2)样品中NH4NO3和(NH4)2S04物质的量之比为___________。
【答案】 (1). 6.88 (2). 5.00 (3). 1:2
【解析】
发生反应有：（NH4）2SO4+2NaOHNa2SO4+2NH3↑+2H2O、NH4NO3+NaOHNaNO3+NH3↑+H2O；由表可知，Ⅰ、Ⅱ中氢氧化钠过量，而当生成氨气5.6L时，所需固体的质量为：3.44g×5.6/1.12 =17.2g，所以Ⅲ中混合物与氢氧化钠恰好完全反应，IV中氢氧化钠不足，则
（1）氢氧化钠过量时，生成气体的量与固体混合物成正比，所以m=3.44g×2.24/1.12=6.88g，由于III中两者恰好完全反应，因此n（NaOH）=n（NH3）=5.6L÷22.4L/mol=0.25mol，所以c（NaOH）=0.25mol÷0.05L=5mol•L﹣1；（2）设NH4NO3的物质的量为xmol，（NH4）2SO4的物质的量为ymol，则x+2y＝0.25、80x+132y＝17.2，解得x＝0.05、y＝0.1，因此样品中NH4NO3和（NH4）2SO4物质的量之比为1：2。
30. 催化还原CO2是解决温室效应及能源问题的重要手段之一。研究表明，在Cu/ZnO催化剂存在下，CO2和H2可发生两个反应，分别生成CH3OH和CO。反应的热化学方程式如下:
I.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ∆H1=-53.7kJ/mol
II.CO2(g)+H2(g)CO(g)+ H2O(g) ∆H2
某实验控制CO2和H2初始投料比为1：2.2,经过相同反应时间测得如下实验数据:
T(K)
催化剂
CO2转化率(%)
甲醇选择性(%)
543
Cat.1
12.3
42.3
543
Cat.2
10.9
72.7
553
Cat.1
15.3
39.1
553
Cat.2
12.0
71.6

[备注]Cat.1:Cu/ZnO纳米棒，Cat.2:Cu/ZnO 纳米片；
甲醇选择性:转化的CO2中生成甲醇的百分比。
已知: ①CO和H2的标准燃烧热分别为-283.0kJ/mol和285.8kJ/mol
②H2O(1)H2O(g) ∆H3=+440kJ/mol
请回答(不考虑温度对∆H的影响):
(1)a.反应II的∆H2=____kJ/mol。
b.800℃时，反应I和II对应的平衡常数分别为1.0和2.5，则该温度下反应：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)的平衡常数K的数值为_____。
(2)在图中分别画出I在无催化剂、有Cat.1和有Cat.2三种情况下“反应过程-能量”示意图(在图中标注出相应的催化剂) ____。
  
(3)工业生产甲醇还有如下方法:CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)
副反应:2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)
若生产过理中在恒压条件下通入水蒸气，从化学平衡的角度分析该操作对生产甲醇带来的利和弊____。
(4)利用光能和光催化剂，可將CO2和H2O(g)转化为CH4和O2。紫外线照射时，在不同催化剂(1、I、III)作用下，CH4产量随光照时间的变化如下图所示。下列说法正确的是____
A.催化剂能加快化学反应速率，在反应开始时对正反应的催化效果更好
B.从图中可知催化剂I的催化效果更好
C.若光照时间足够长，三条由线将相交于一点
D.光照15h前，无论用所给的哪种催化剂，该反应均未达到平衡
  
(5)人们正在研究某种锂一空气电池，它是一种环境友好的蓄电池。放电时的总反应为:4Li+O2=2Li2O。在充电时，阳极区发生的过程比较复杂，目前普遍认可是按两步反应进行，请补充完整。
电极反应式:______和 Li2O2-2e-=2Li++O2
【答案】 (1). +41.2 (2). 0.4 (3). (4). 利:通入水蒸气增大了水蒸气的浓度，使副反应平衡左移，减少副反应的发生；弊:恒压通入水蒸气相当于减压，使主反应平衡左移，甲醇平衡产量降低 (5). CD (6). 2Li2O-2e-=2Li++Li2O2
【解析】
分析：本题考查反应热的计算，根据催化剂可降低反应的活化能，但反应热不变进行绘图。
详解：（1）a.根据CO和H2的标准燃烧热分别为-283.0kJ/mol和285.8kJ/mol书写热化学方程式：
a：CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g) ∆H=-283.0kJ/mol
b：H2(g)+1/2O2(g)=H2O (1) ∆H=-285.8kJ/mol
c：H2O(1)H2O(g) ∆H3=+44.0kJ/mol由盖斯定律分析将b-a+c得CO2(g) + H2(g) = CO(g)+ H2O(g) ∆H=（-285.8+283.0+44）kJ/mol =+41.2kJ/mol
b.根据热化学方程式：I.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ∆H1=-53.7kJ/mol
II.CO2(g)+H2(g)CO(g)+ H2O(g) ∆H2=+41.2 kJ/mol分析，结合盖斯定律，将反应I- II得，则该温度下反应：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) ∆H=-53.7-41.2 kJ/mol =-94.9 kJ/mol其反应的平衡常数K的数值1/2.5=0.4。（2）从表中数据分析，在催化剂的作用下，甲醇的选择性更大，说明催化剂Cat.2对反应的催化效果更好，催化剂能降低反应的活化能，说明使用催化剂Cat.2的反应过程中活化能更低，因此图为。（4）在生产过程中在恒压条件下通入水蒸气，利:通入水蒸气增大了水蒸气的浓度，使副反应平衡左移，减少副反应的发生；弊:恒压通入水蒸气相当于减压，使主反应平衡左移，甲醇平衡产量降低。（5）A.催化剂能同等程度的影响反应速率，故错误；B.从图分析催化剂的催化效果更好，故错误；C.三条线不断上升，催化剂只能影响反应速率，不影响平衡，所以足够长的时间，甲烷的产量会相同，三条线会相交于一点，故正确；D.因为随着时间的延长，甲烷的产量在增加，说明光照15h前，无论用所给的哪种催化剂，该反应均未达到平衡，故正确。故选CD。（5）放电的总反应为：4Li+O2=2Li2O，所以充电的总反应为2Li2O=4Li+O2，阳极电极总反应为2Li2O-4e-=4Li++O2，阳极区分两步反应，第二步Li2O2-2e-=2Li++O2，所以第一步反应为总反应-第二步反应即可得第一步反应： 2Li2O-2e-=2Li++Li2O2。
31. 三草酸合铁(III)酸钾K3[Fe(C204)3]·3H2O为绿色晶体，易溶于水，难溶于乙醇丙酮等有机溶剂。
I.三草酸合铁(III)酸钾晶体的制备
①将5g(NH4)2Fe(S04)2·6H2O晶体溶于20mL水中，加入5滴6mol/LH2SO4酸化，加热溶解，搅拌下加入25m饱和和H2C2O4溶液，加热，静置，待黄色的Fe C2O4沉淀完全沉降以后，倾去上层清液，倾析法洗涤沉定2--3次。
②向沉淀中加入10mL饱和草酸钾容液，水浴加热至40℃，用滴管缓慢滴加12mL5%H2O2，边加边搅拌并维持在40℃左右，溶液变成绿色并有棕色的沉淀生成。
③加热煮沸段时间后，再分两批共加入8mL饱和H2C2O4溶液(先加5mL，后慢慢滴加3mL)此时棕色沉淀溶解，变为绿色透明溶液。
④向滤液中缓慢加入10mL95%的乙醇，这时如果滤液浑浊可微热使其变清，放置暗处冷却，结晶完全后，抽滤，用少量洗条剂洗涤晶体两次抽干，干燥，称量，计算产率。
已知制各过程中涉及的主要反应方程式如下:
②6FeC2O4+3H2O2+6K2C2O4=4K3[Fe(C2O4)3]+2Fe(OH)3
步骤③2Fe(OH)3+3H2C2O4+3K2C2O4=2K3[Fe(C2O4)3]+6H2O
请回答下列各题:
(1)简达倾析法的适用范围____________。
(2)步骤③加热煮沸的目的是___________。
(3)步骤④中乙醇要缓慢加入的原因是_________。
(4)下列物质中最适合作为晶体洗涤剂的是_______(填编号)。
A.冷水 B.丙酮 C.95%的乙醇 D.无水乙醇
(5)如图装置，经过一系列操作完成晶体的抽滤和洗涤。请选择合适的编号，按正确的顺序补充完整(洗条操作只需要考虑一次):开抽气泵→a→____→b→d→c→关闭抽气泵。

a.转移固体混合物 b.关活塞A c.开活塞A d.确认抽干 e.加洗涤剂洗涤
II.纯度的测定
称取1.000g产品，配制成250mL溶液，移取25.00mL溶液，酸化后用标定浓度为0.0100 mol/L 的高锰酸钾溶被滴定至终点，三次平行实验平均消耗高猛酸钾溶被24.00 mL。
(6)滴定涉及反应的离子方程式:____________。
(7)计算产品的纯度______(用质量百分数表示)。(K3[Fe(C204)3]·3H2O的相对分子质量为491)
【答案】 (1). 适用分离晶体颗粒较大、易沉降到容器底部的沉淀 (2). 除去过量的双氧水，提高饱和H2C2O4溶液的利用率 (3). 避免沉淀析出过快导致晶粒过小 (4). C (5). bdce (6). 16H++2MnO4-+5C2O42-=2Mn2++10CO2↑+8H2O (7). 98.20%
【解析】
分析：本题一实验制备为载体，考查学生对操作的分析评价、物质的分离提纯、溶液的配制、氧化还原反应滴定等，是对学生综合能力的考查，难度中等。
详解：(1) 倾析法的适用范围适用分离晶体颗粒较大、易沉降到容器底部的沉淀，这样减少过滤的时间和操作，比较简单。(2) 对步骤②中的溶液经过加热煮沸再进行下一步操作，是由于步骤②溶液中存在过量的过氧化氢，过氧化氢具有一定的氧化性，会和③中加入的草酸发生反应，所以加热煮沸的目的是除去过量的双氧水，提高饱和H2C2O4溶液的利用率；(3)慢慢加入乙醇使沉淀充分结晶成更大的颗粒，避免沉淀析出过快导致晶粒过小；(4)因为产品不溶于乙醇，而选择95%的乙醇经济成本最低，故选C。(5) 用该装置完成晶体的抽滤和洗涤的过程，首先开抽气泵，然后转移固体混合物，关闭活塞A，确认抽干后打开活塞A，加入洗涤剂洗涤，然后再关活塞A，确认抽干后打开活塞A，再关闭抽气泵，故答案为：bdce； (6)草酸根离子能被酸性高锰酸钾氧化生成二氧化碳，离子方程式为：16H++2MnO4-+5C2O42-=2Mn2++10CO2↑+8H2O；
(7) 5K3[Fe(C204)3]·3H2O-- 6KMnO4
491*5 6
m 0.01×0.024×

解m=0.982g，则产品的纯度=0.982/1.000=98.20%。
32. 维拉佐酮是临床上使用广泛的抗抑部药，其关键中间体合成路线如下:

已知:R-X+→+H-X

(1)下列说法正确的是______(填编号)。
A化合物A不能使三氧化铁溶液显紫色
B.反应①④⑤均为取代反应
C.合成过程中反应③与反应④不能调换
D.反应②中K2CO3的作用是使反应向正方向移动
(2)写出物质C的结构简式:__________。
(3)写出反应②的化学方程式:_____________。
(4)设计以苯和乙烯为原料制备的合成路线(用流程图表示，其他无机试剂任选)____________。
(5)经过水解和氧化后可得到分子式为C4H9O2N的物质F，写出物质F的可能的同分异构体结构简式__________。须同时符合:
①分子结构中有一个六元环；
②1H-NMR谱显示分子中有3种氢原子。
【答案】 (1). CD (2). (3). (4). (5). 、、
【解析】
分析：本题考查有机物的推断和合成，充分利用有机物的结构进行分析解读，侧重考查学生的分析推理能力，知识迁移能力。
详解：根据A到B再到，对比分子式和有机物的结构，可知A为，B为，反应①为硝化反应，反应②为取代反应。而由到C脱掉一分子水，再对比前后的结构，可以推出C的结构为，反应④发生的是硝基还原为氨基的反应，则D为。(1) A.化合物A的结构为，含有酚羟基和醛基，能使三氧化铁溶液显紫色，故错误；B.反应①为取代，④为还原反应，⑤为取代反应，故错误；C.合成过程中反应③与反应④不能调换，否则醛基有会与氢气发生加成反应，故正确；D.反应②中生成盐酸，而盐酸可以和K2CO3，所以碳酸钾的作用是使反应向正方向移动，故正确；故选CD。(2)根据以上分析可知物质C的结构简式为：；
(3)反应②的化学方程式为；（4）根据题中信息可知，氨基可以和二卤代烃反应生成环，所以先生成二卤代烃和氨基。合成路线为：。（5）分子式为C4H9O2N的物质F，写出物质F的可能的同分异构体结构①分子结构中有一个六元环；
②1H-NMR谱显示分子中有3种氢原子，则说明结构有对称性，六元环由3个碳和一个氮原子和2个氧原子形成对称位置的环，另外连接一个甲基即可，结构为或。或六元环由一个氮原子和一个氧原子和4个碳原子形成有对称性的环，另外连接羟基，结构为。