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【化学】浙江省湖州市高中联盟2018-2019学年高一下学期期中考试试题（解析版）
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浙江省湖州市高中联盟2018-2019学年高一下学期期中考试试题
一、单选题（本大题共25小题，共50.0分）
1.根据物质的组成和分类，MgCl2属于（ ）
A. 氧化物 B. 酸 C. 碱 D. 盐
【答案】D
【解析】MgCl2由金属离子、阴离子是酸根离子组成的化合物，故为盐，故答案为D。
2.下列仪器名称为“容量瓶”的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】A．依据仪器结构可知为蒸馏烧瓶，故A不选；
B．依据仪器结构可知为烧杯，故B不选；
C．依据仪器结构可知为容量瓶，故C选；
D．依据仪器结构可知为胶头滴管，故D不选；
故答案为C。
3.下列物质中，易溶于水的是（ ）
A. CuO B. BaCO3 C. AgCl D. K2SO4
【答案】D
【解析】BaCO3、AgCl、CuO都难溶于水，K2SO4属于钾盐，是易溶性盐，故答案为D。
4.硅是现代信息材料的核心元素。硅在元素周期表中处（ ）
A. 第ⅡA族 B. 第ⅣA族 C. 第VIA族 D. 第ⅤA族
【答案】B
【解析】主族元素中，原子核外电子层数与其周期数相等，最外层电子数与其族序数相等，Si原子核外有3个电子层、最外层有4个电子，所以Si元素位于第三周期第IVA族，故答案B。
5.分离汽油和水的混合物，合理的分离方法是（ ）
A. 过滤 B. 蒸发 C. 萃取 D. 分液
【答案】D
【解析】汽油和水的混合物分层，可选分液法分离，与过滤、萃取、蒸发无关，故答案为D。
6.反应C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O中，作还原剂是（ ）
A. B. C C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】氧化还原反应中，还原剂失电子被氧化，所含元素的化合价升高。
【详解】由化学方程式可知C元素化合价升高，被氧化，C为还原剂，S元素化合价降低，被还原，浓H2SO4为氧化剂， 故选B。
7.下列不属于电解质的是（ ）
A. CH3CH2OH B. NaOH C. CH3COOH D. Na2SO4
【答案】A
【解析】A．液态的CH3CH2OH本身不导电，乙醇的水溶液也不能导电，属于非电解质，故A符合；
B．氢氧化钠为在水溶液和熔融状态下都能够导电的化合物，氢氧化钠为电解质，故B不符合；
C．醋酸是弱酸，属于弱电解质，故C不符合；
D．硫酸钠在水溶液和熔融状态下都能够导电，且为化合物，所以硫酸钠为电解质，故D不符合；
故答案为A。
8.下列化学用于表述正确的是（ ）
A. HCl的电子式： B. S2―的离子结构示意图：
C. 乙烯的分子式：C2H4 D. 质子数为6、中子数为8的碳原子：86C
【答案】C
【解析】A．HCl为共价化合物，分子中含有1个H﹣Cl键，正确的电子式为，故A错误；
B．为硫原子结构示意图，硫离子正确的结构示意图为，故B错误；
C．乙烯分子中含有1个碳碳双键，其分子式为C2H4，故C正确；
D．质子数为6、中子数为8的碳原子的质量数为14，该原子正确的表示方法为614C，故D错误；
故答案为C。
9.下列说法不正确的是（ ）
A. 和互为同位素 B. 红磷和白磷互为同素异形体
C. 和互为同系物 D. 和互为同分异构体
【答案】A
【解析】A项、16O2和18O2都是氧气，为同一种物质，不属于同位素，故A错误；
B项、红磷和白磷都是P元素的不同单质，二者互为同素异形体，故B正确；
C项、C3H8和C4H10都属于烷烃，结构相似，分子间相差1个CH2原子团，二者互为同系物，故C正确；
D项、C2H5OH和CH3OCH3的分子式相同，结构不同，二者互为同分异构体，故D正确；
故选A。
10.下列说法不正确的是（ ）
A. 钠和钾的合金在常温下是液体，可用于快中子反应堆的热交换剂
B. 氯化铁、硫酸亚铁是优良的净水剂
C. 碳酸钡可作为检查肠胃的内服药剂，俗称“钡餐”
D. 乙醇可以直接作为燃料，也可以和汽油混合后作发动机燃料
【答案】C
【解析】A项、钠钾合金熔点低，常温下为液体，导热性强，可用于快中子反应堆的热交换剂，故A正确；
B项、硫酸亚铁在溶液中被氧化为硫酸铁，硫酸铁、氯化铁在溶液中水解生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体能够吸附水中悬浮杂质，达到净水作用，故B正确；
C．碳酸钡可与胃中盐酸反应生成氯化钡、二氧化碳和水，钡离子有毒，应用硫酸钡作为检查肠胃的内服药剂，故C错误；
D．乙醇易燃烧，可作为能源，可以直接作为燃料，也可以和汽油混合后作发动机燃料，故D正确。
故选C。
11.短周期元素X、Y、Z、W在周期表中的相对位置如图所示，已知X原子的最外层电子数为4。下列说法正确的是（ ）
A. 元素Z的主要化合价：－2、＋6
B. 原子半径：X＞Y＞Z
C. 最低价气态氢化物的稳定性：W＞Z
D. 最高价氧化物对应的水化物的酸性：X＞Y
【答案】B
【解析】
【分析】短周期元素X、Y、Z、W在周期表中的相对位置如图所示，X、Y、Z位于第二周期，W为第三周期，已知X原子的最外层电子数为4，则X为C元素，结合各元素的相对位置可知，Y为N，Z为O，W为S元素，据此解答。
【详解】根据分析可知：X为C元素，Y为N，Z为O，W为S元素；
A．O元素主要化合价为为-2，不存在+6价，故A错误；
B．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，则原子半径：X＞Y＞Z，故B正确；
C．非金属性Z＞W，则最低价气态氢化物的稳定性：W＜Z，故C错误；
D．非金属性C＜N，则最高价氧化物对应的水化物的酸性：X＜Y，故D错误；
故答案为B。
12.下列方程式正确的是（ ）
A. 小苏打与盐酸反应的离子方程式：
B. 乙烯与氯化氢加成的化学方程式：
C. 碳酸钾在水中的电离方程式：
D. 醋酸钠水解的离子方程式：
【答案】D
【解析】A项、小苏打与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，反应的离子方程式为HCO3-+H+=CO2↑+H2O，故A错误；
B项、乙烯与氯化氢加成生成氯乙烷，反应的化学方程式为：CH2=CH2+HClCH3CH2Cl，故B错误；
C．碳酸钾是强电解质，在水中完全电离，电离方程式为：K2CO3=2K++CO32-，故C错误；
D．醋酸钠在溶液中水解生成醋酸和氢氧化钠，水解的离子方程式为CH3COO-+H2O
⇌CH3COOH+OH-，故D正确；
故选D。
13.下列实验操作对应的现象不符合事实的是（ ）
A．少量二氧化硫通入氯化钡溶液中，产生白色沉淀亚硫酸钡
B．在新制Cu(OH)2悬浊液中加入少量的葡萄糖，加热，产生砖红色沉淀
C．将少量钠投入到无水乙醇中，钠表面有气泡产生
D．在盛水的烧杯中加入氯化钠固体，小灯泡会逐渐亮起来
【答案】A
【解析】A．弱酸不能制强酸，二氧化硫与氯化钡溶液不反应，无白色沉淀，故A错误；
B.新制Cu(OH)2悬浊液加热条件下可氧化葡萄糖，产生砖红色沉淀，故B正确；
C．Na与乙醇反应生成氢气，则钠表面有气泡产生，故C正确；
D．NaCl固体溶解于水，能电离产生自由移动的Na+和Cl-，能导电，则图中小灯泡会逐渐亮起来，故D正确；
故答案为A。
14.下列说法不正确的是（ ）
A. 甲烷可在光照条件下与氯气发生取代反应
B. 工业上通过石油的裂化获得乙烯，乙烯能使溴水褪色
C. 等质量的乙炔和苯完全燃烧，消耗氧气的量相等
D. 苯为不饱和烃，苯分子中的六个碳原子和六个氢原子在同一平面上
【答案】B
【解析】A．光照条件下甲烷和氯气可以发生取代反应生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷和四氯甲烷，故A正确；
B．石油裂化的目的是获得轻质油，而不能获得乙烯，乙烯需要通过石油的裂解获得；乙烯和溴发生加成反应而生成1，2﹣二溴乙烷，故B错误；
C．乙炔和苯的最简式都是CH，等质量的乙炔和苯中C、H的物质的量都相等，所以等质量的乙炔和苯完全燃烧，消耗氧气的量相等，故C正确；
D．苯中含有大π键，所以为不饱和烃，苯中所有原子共平面，则苯分子中六个碳原子和六个氢原子在同一平面上，故D正确；
故答案为B。
15.下列说法不正确的是（ ）
A. 食用植物油的主要成分是不饱和高级脂肪酸甘油酯，是一类重要的营养物质
B. 含淀粉或纤维素的物质可以制造酒精
C. 向蛋白质溶液中分别加入硫酸铜、硫酸铵的浓溶液都可以发生盐析
D. 不同种类的氨基酸能以不同的数目和顺序彼此结合，形成更复杂的多肽化合物
【答案】C
【解析】A．油脂分为油和脂，油主要指植物油，主要成分为不饱和高级脂肪酸甘油酯，脂主要指动物脂肪，主要成分为饱和高级脂肪酸甘油酯，故A正确；
B．淀粉或纤维素均为多糖，水解生成葡萄糖，葡萄糖发生酒化反应生成乙醇，则含淀粉或纤维素的物质可以制造酒精，故B正确；
C．硫酸铜溶液是重金属盐溶液，硫酸铜使蛋白质发生变性，则鸡蛋清凝聚，加水不溶解，故C错误；
D．多肽结构复杂，与氨基酸中氨基、羧基的数目与顺序有关，即不同种类的氨基酸能以不同的数目和顺序彼此结合，形成更复杂的多肽化合物，故D正确；
故答案为C。
16.硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应的化学方程式为： Na2S2O3+ H2SO4=Na2SO4+SO2+S↓+H2O，下列各组实验中最先出现浑浊的是（ ）
实验
反应温度/℃
Na2S2O3溶液
稀H2SO4
H2O
V/mL
c/(mol·L-1)
V/mL
c/(mol·L-1)
V/mL
A
25
5
0.1
10
0.1
5
B
25
5
0.2
5
0.2
10
C
35
5
0.1
10
0.1
5
D
35
5
0.2
5
0.2
10
【答案】D
【解析】 “最先出现浑浊”，即反应速率最快；A项与B项温度相同、H2SO4浓度相同，B项中Na2S2O3的浓度比A项大，反应速率：B项>A项；C项与D项温度相同、H2SO4浓度相同，D项中Na2S2O3的浓度比C项大，反应速率：D项>C项；B项与D项Na2S2O3、H2SO4浓度都相同，D项温度高于B项，反应速率：D项>B项；则反应最快的是D项，D项最先出现浑浊，答案选D。
17.银锌纽扣电池，其电池的电池反应式为:Zn + Ag2O + H2O =Zn(OH)2 + 2Ag
下列说法不正确的是（ ）
A. 锌作负极
B. 正极发生还原反应
C. 电池工作时，电流从Ag2O经导线流向Zn
D. 负极的电极方程式为：Zn-2e- ＝ Zn2+
【答案】D
【解析】A．Zn失电子发生氧化反应而作负极，故A正确；
B．正极上Ag2O得电子发生还原反应，故B正确；
C．原电池中电流从正极沿导线流向负极，该原电池中Zn是负极、Ag2O是正极，所以放电时电流从Ag2O经导线流向Zn，故C正确；
D．碱性条件下锌离子生成Zn(OH)2，所以负极反应式为Zn+2OH﹣﹣2e﹣＝Zn(OH)2，故D错误；
故答案为D。
18.下列说法不正确的是（ ）
A. pH＜7的溶液不一定呈酸性
B. 在相同温度下，物质的量浓度相等的氨水、NaOH溶液，c(OH－)相等
C. 在相同温度下，pH相等的盐酸、CH3COOH溶液，c(Cl－)＝c(CH3COO－)
D. 在相同温度下，等物质的量浓度的氨水和盐酸等体积混合，所得溶液呈酸性
【答案】B
【解析】A．温度未知，Kw未知，则不能由pH直接判断溶液的酸碱性，且100℃pH＝6为中性，则pH＜7的溶液不一定呈酸性，故A正确；
B．一水合氨为弱碱，而NaOH为强碱，则在相同温度下，物质的量浓度相等的氨水、NaOH溶液，c(OH﹣)为前者小于后者，故B错误；
C．pH相等盐酸、CH3COOH溶液中c(H+)相同，由电离可知c(Cl﹣)＝c(CH3COO﹣)＝c(H+)，故C正确；
D．等物质的量浓度的氨水和盐酸等体积混合，恰好反应生成氯化铵，铵根离子水解显酸性，所以溶液为酸性，故D正确；
故答案为B。
19.下列说法正确的是（ ）
A. H2SO4 和Ca(OH)2含有化学键类型相同
B. 水分子很稳定，是因为水分子的分子间作用力强
C. 二氧化碳和乙烯的碳原子的最外电子层都具有8电子稳定结构
D. 冰和水晶都是分子晶体
【答案】C
【解析】A．H2SO4只含有共价键，Ca(OH)2含有离子键和共价键，故A错误；
B．分子的稳定性是化学性质，与氧的非金属性有关，故B错误；
C．二氧化碳电子式为：，分子中C元素化合价+价电子数＝4+4＝8，则所有原子都达到8电子稳定结构，乙烯电子式为：，分子中C元素化合价+价电子数＝4+4＝8，则所有原子都达到8电子稳定结构，故C正确；
D．冰属于分子晶体，水晶是二氧化硅，属于原子晶体，故D错误；
故选：C。
20.已知拆开1molH2(g)中的H-H键需要消耗436kJ能量，如图反应3H2(g)+N2(g) 2NH3(g)的能量变化示意图．下列说法不正确的是（ ）
A. 断开1 mol N2(g)中的NN键要吸收941 kJ能量
B. 生成2mol NH3(g)中的N－H键吸收2346 kJ能量
C. 3H2(g) + N2(g) 2NH3(g) △H＝－97
D. NH3(g) 3/2H2(g) +1/2 N2(g) △H＝48.5
【答案】B
【解析】A．拆开1molH2(g)中的H﹣H键需要消耗436kJ能量，图中断裂化学键吸收能量为2249kJ，则断开1 mol N2(g)中的N≡N键要吸收能量为2249kJ﹣436kJ×3＝941 kJ，故A正确；
B．图中生成2mol NH3(g)时形成化学键释放的能量为2346kJ，而断裂化学键吸收能量，故B错误；
C．由图可知△H＝(2249﹣2346)kJ/mol＝﹣97 kJ•mol﹣1，即热化学方程式为3H2(g)+N2(g)⇌2NH3(g)△H＝﹣97 kJ•mol﹣1，故C正确
D．互为逆反应时焓变的数值相同、符号相反，且物质的量与热量成正比，由3H2(g)+N2(g)⇌2NH3(g)△H＝﹣97 kJ•mol﹣1可知NH3(g)⇌H2(g)+N2(g)△H＝48.5kJ•mol﹣1，故D正确；
故答案为B。
21.用NA表示阿伏加德罗常数，N表示微粒数，下列说法正确的是（ ）
A. 7.8 g苯含有碳碳双键的数目为0.3NA
B. 标准状况下，足量的Fe与2.24 L Cl2反应转移电子的数目为0.3NA
C. 1.6 g CH4含有共用电子对的数目为0.4NA
D. 常温下1 L pH=2的稀硫酸中H+的数目为0.02NA
【答案】C
【解析】A．苯分子中不含碳碳双键，故A错误；
B．标准状况下，足量的Fe与2.24 L Cl2反应，氯气物质的量为0.1mol，生成0.2mol氯离子，转移电子的数目为0.2NA，故B错误；
C．1个甲烷分子含有4对共用电子对，1.6 g CH4的物质的量为0.1mol，含有共用电子对的数目为0.4NA，故C正确；
D．pH＝2的稀硫酸中H+的物质的量浓度为0.01mol/L，常温下1 L pH＝2的稀硫酸中H+的数目为0.01NA，故D错误；
故答案为C。
22.在一体积2L的密闭容器中加入反应物N2、H2，发生如下反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)。反应过程中的部分数据如下表所示，下列说法正确的是（ ）
物质的量/ mol
时间/min
n(N2)
n(H2)
n(NH3)
0
1.0
1.2
0
2
0.9
4
0.75
6
0.3
A. 0～2 min内，NH3的反应速率为0.1 mol·Lˉ1·minˉ1
B. 2 min时， H2的物质的量0.3 mol
C. 4 min时，反应已达到平衡状态，此时正、逆反应的速率都为0
D. 4～6 min内，容器内气体分子的总物质的量不变
【答案】D
【解析】依据表中数据可知：
N2(g)+3H2(g)＝2NH3(g)
起始量(mol) 1 1.2 0
变化量(mol)0.1 0.3 0.2
2min量(mol)0.9 0.9 0.2
N2(g)+3H2(g)＝2NH3(g)
起始量(mol) 1 1.2 0
变化量(mol) 0.15 0.45 0.3
4min量(mol) 0.85 0.75 0.3
N2(g)+3H2(g)＝2NH3(g)
起始量(mol)1 1.2 0
变化量(mol) 0.15 0.45 0.3
6min量(mol)0.85 0.75 0.3
A．0～2 min内NH3的反应速率为：＝0.05mol•L﹣1•min﹣1，故A错误；
B．0～2 min过程中消耗H2的物质的量0.3 mol，2 min时H2的物质的量0.9mol，故B错误；
C．根据分析可知，4 min时与6min时各组分的浓度相等，说明该反应已达到平衡状态，但此时正、逆反应的速率不等于0，故C错误；
D．4～6 min内已经达到平衡状态，正逆反应速率相等，则容器内气体分子的总物质的量不变，故D正确；
故答案为D。
23.通过海水晾晒可以得到粗盐，粗盐除还有NaCl外，还含有MgCl2、 CaCl2、 Na2SO4以及泥沙等杂质。以下是某兴趣小组制备精盐的实验方案，各步操作流程如下。下列说法正确的是（ ）
A. 实验过程中①、⑤步骤的操作分别是溶解、过滤
B. 实验过程中步骤④的目的是仅除去溶液中的Ca2+
C. 实验过程中步骤⑦中的蒸发所用到的仪器是酒精灯、玻璃棒、烧杯、铁架台(带铁圈)
D. 实验过程中②、④步骤互换，对实验结果不影响
【答案】A
【解析】
【分析】由实验流程可知，①为粗盐溶解，②中硫酸根离子用钡离子转化为沉淀，③中镁离子用氢氧根离子沉淀，④中钙离子及过量钡离子用碳酸根离子沉淀，⑤为过滤，过滤分离出所有的沉淀，滤液含NaCl、NaOH、Na2CO3，⑥中用盐酸处理溶液中的碳酸根离子和氢氧根离子，⑧为蒸发、结晶、烘干，得到精盐，以此解答该题。
【详解】A．由上述分析可知，①、⑤步骤的操作分别是溶解、过滤，故A正确；
B．步骤④的目的是除去溶液中的Ca2+及过量的Ba2+，故B错误；
C．步骤⑦中的蒸发所用到的仪器是酒精灯、玻璃棒、蒸发皿、铁架台(带铁圈)，故C错误；
D．过程中②、④步骤互换，导致过量的钡离子不能除去，故D错误；
故答案为A。
24.向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1 mol·L−1稀盐酸，CO2的生成量与加入盐酸的体积的关系如图。下列判断正确的是（ ）
A. 在0~a范围内，只发生中和反应
B. ab段发生反应的离子方程式为：
C. a=0.3
D. 原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为1∶2
【答案】C
【解析】
【分析】向氢氧化钠和碳酸钠的混合溶液中滴加盐酸，依次发生：H+和OH-的酸碱中和反应，H++CO32-=HCO3-，最后HCO3-+H+=H2O+CO2↑。生成的气体是0.01mol，所以碳酸氢根离子是0.01mol，根据碳守恒，Na2CO3为0.01mol。
【详解】A.在0~a范围内，除了发生酸碱中和，还发生H++CO32-=HCO3-，A错误；
B.ab段发生的反应是HCO3-+H+=H2O+CO2↑，B错误；
C. 0.01mol HCO3-消耗0.01mol H+，根据盐酸浓度0.1mol/L，从a到0.4消耗的盐酸为0.1L，所以a等于0.3，C正确；
D. a=0.3，在前两个反应中，共消耗0.03mol HCl，0.01mol Na2CO3消耗0.01mol HCl生成HCO3-，那么OH-消耗0.02mol H+，所以OH-为0.02mol，所以氢氧化钠和碳酸钠的物质的量之比是2：1，D错误；
故选C。
25.为确定试样Fe2O3、Cu、Fe混合物中铜的质量分数，某同学取质量为ag的试样进行下列实验，所得气体数据在标准状况下测得，所涉及的过程如下：
注：已知：Fe3+、Fe2+、Cu2+转化为相应的氢氧化物，开始沉淀和沉淀完全时的pH如下表:
氢氧化物
Fe3+
Fe2+
Cu2+
开始沉淀PH
2.5
70
4.7
完全沉淀PH
3.7
9.0
6.7
下列说法不正确的是（ ）
A. 气体B为氢气
B. 溶液A中所含的阳离子可能是H+ 、 Fe3+ 、 Fe2+、 Cu2+
C. 加入过氧化氢溶液时发生的反应：2Fe2＋＋H2O2＋2H＋＝2Fe3＋＋2H2O
D. 若沉淀E经洗涤、烘干、灼烧后得到固体mg，则试样中Cu的质量分数=(a-0.56)/a×100%
【答案】D
【解析】
【分析】试样含Fe2O3、Cu、Fe，加盐酸生成气体B为氢气，Fe与盐酸反应、氧化铁与盐酸反应，且Cu与氯化铁反应，则溶液A中含H+、Fe3+、Fe2+、Cu2+，加过氧化氢可氧化亚铁离子，溶液C调节pH可使铁离子转化为沉淀，则沉淀E为Fe(OH)3，结合Fe原子守恒可计算Fe的质量，溶液D中含氯化铜，以此来解答。
【详解】A．Fe与盐酸反应生成气体B为氢气，故A正确；
B．由上述分析可知，A中所含的阳离子可能是H+、Fe3+、Fe2+、Cu2+，故B正确；
C．加入过氧化氢溶液时，发生氧化还原反应，离子反应为2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O，故C正确；
D．若沉淀E经洗涤、烘干、灼烧后得到固体mg，Fe(OH)3的质量为mg，若Cu与氯化铁恰好反应，由原子守恒可知，试样中Cu的质量分数可能为×100%，但Cu不一定恰好与氯化铁反应，因此无法计算，故D错误；
故答案为D。
二、填空题（本大题共1小题，共4.0分）
26.(1)①写出乙炔的结构式________________；②写出水玻璃中溶质的化学式________________。
(2)写出二氧化锰与浓盐酸共热反应的化学方程式：___________________________________。
【答案】(1). H－C≡C－H (2). Na2SiO3 (3). MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O
【解析】
【分析】(1)①乙炔分子中两个碳原子之间存在1个碳碳三键，两个碳原子分别与1个氢原子存在1个C﹣H键；
②硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，硅酸钠为钠盐，据此书写其化学式；
(2)二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯气、二氯化锰和水。
【详解】(1)①乙炔分子中两个碳原子之间存在1个碳碳三键，两个碳原子分别与1个氢原子存在1个C﹣H键，其结构式为：H－C≡C－H；
②硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，硅酸钠为硅酸对应的钠盐，其化学式，Na2SiO3；
(2)二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯气、氯化锰和水，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O。
三、计算题（本大题共1小题，共4.0分）
27.分别称取2.39g(NH4)2SO4和NH4Cl固体混合物两份。
(1)将其中一份配成溶液，逐滴加入一定浓度的Ba(OH)2溶液，产生的沉淀质量与加入Ba(OH)2溶液体积的关系如图。混合物中n[(NH4)2SO4]:n(NH4Cl)为___________。
(2)另一份固体混合物中NH4+与Ba(OH)2溶液(浓度同上)恰好完全反应时，溶液中c(Cl-)=_____(溶液体积变化忽略不计)
【答案】(1). 1:2 (2). 0.1mol/L
【解析】 (1)产生的沉淀是硫酸钡，物质的量是2.33g÷233g/mol=0.01mol，根据原子守恒可知硫酸铵的质量是0.01mol×132g/mol＝1.32g，则氯化铵的质量是2.39g－1.32g＝1.07g，物质的量是1.07g÷53.5g/mol＝0.02mol，因此混合物中n[(NH4)2SO4]:n(NH4Cl)为1:2；
(2)每一份中硫酸铵和氯化铵分别是0.01mol、0.02mol，另一份固体混合物中NH4+与Ba(OH)2溶液(浓度同上)恰好完全反应时，消耗氢氧化钡是0.02mol，因此溶液体积是200mL，则溶液中c(Cl-)=0.02mol÷0.2L＝0.1mol/L。
四、推断题（本大题共1小题，共4.0分）
28.有机物A是基本的有机化工原料，A与CO、H2O以物质的量1:1:1的比例生成B。B、C两物质中的官能团分别具有乙酸、乙醇中官能团的性质。D是有芳香味、不溶于水的油状液体。有关物质的转化关系如下：
请回答：
(1)A的结构简式______________________________
(2)B + C → D的化学方程式____________________________________________________________
(3)下列说法不正确的是 ___________________
A．有机物A能使酸性高锰酸钾溶液褪色
B．有机物B与乙酸互为同系物
C．有机物B、C都能与金属钠反应，且等物质的量的B、C与足量钠反应产生氢气质量相等
D．可用NaOH溶液来除去有机物D中混有的杂质B
【答案】 (1). CH2=CH2 (2). CH3CH2COOH + CH3OH CH3CH2COOCH3 + H2O (3). D
【解析】
【分析】A与CO、H2O以物质的量1:1:1的比例形成B，则A为CH2＝CH2 ，B、C发生酯化反应生成D，D为CH3CH2COOCH3，以此解答该题。
【详解】(1)由以上分析可知A为CH2＝CH2；
(2)B+C→D的化学方程式为CH3CH2COOH+CH3OH CH3CH2COOCH3 +H2O；
(3)A．有机物A为乙烯，含有碳碳双键，则能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A正确；
B．有机物B为丙酸，与乙酸结构相似，分子式不同，则互为同系物，故B正确；
C．有机物B、C分别含有羟基、羧基，都能与金属钠反应，且等物质的量的B、C与足量钠反应产生氢气质量相等，故C正确；
D．丙酸甲酯可在氢氧化钠溶液中发生水解，不能用氢氧化钠溶液除杂，可用饱和碳酸钠溶液，故D错误；
故答案为D。
五、简答题（本大题共1小题，共4.0分）
29.为确定碳酸钠和碳酸氢钠混合样品中碳酸钠的质量分数，可通过加热分解得到的CO2质量进行计算，某同学设计的实验装置示意图如下：
请回答：
（1）仪器a的名称是_____________。
（2）装置B中冰水的作用是_________。
（3）该同学设计的实验装置存在缺陷，有关该实验装置及实验过程中，下列因素可能使碳酸钠的质量分数偏高的是______。
A．样品分解不完全
B．装置B、C之间缺少CO2的干燥装置
C．产生CO2气体的速率太快，没有被碱石灰完全吸收
D．反应完全后停止加热，通入过量的空气
【答案】(1). 干燥管 (2). 冷凝反应生成的水 (3). AC
【解析】
【分析】按照图示连接好装置后，利用气体赶净装置中的空气，X为氮气，避免空气中二氧化碳影响测定结果，固体受热分解生成的二氧化碳和水蒸气进入装置B，利用冰水混合物冷却生成的水蒸气，进入装置C中的碱石灰吸收生成的二氧化碳，最后干燥管中为碱石灰是防止空气中的二氧化碳、水蒸气进入装置C影响测定结果。
【详解】(1)依据仪器形状和用途，仪器a名称为干燥管，故答案为：干燥管；
(2)装置B利用冰水混合物冷却生成的水蒸气，防止水蒸气进入装置C造成误导结果增大，故答案为：冷凝反应生成的水蒸气；
(3)A．样品分解不完全，测定二氧化碳质量减小，碳酸氢钠质量减小，则碳酸钠质量增大，导致碳酸钠的质量分数偏高，故A正确；
B．装置B、C之间缺少CO2的干燥装置，水蒸气进入装置C导致测定二氧化碳质量增大，碳酸氢钠质量增大，碳酸钠质量减小，导致碳酸钠的质量分数偏低，故B错误；C．产生CO2气体的速率太快，没有被碱石灰完全吸收，测定二氧化碳质量减小，碳酸氢钠质量减小，碳酸钠质量增大导致碳酸钠的质量分数偏高，故C正确；
D．反应完全后停止加热，通入过量的空气，会导致空气中二氧化碳也被装置C吸收，测定碳酸氢钠质量增大，碳酸钠质量减小，导致碳酸钠的质量分数偏低，故D错误；
故答案为：AC。
六、实验题（本大题共1小题，共4.0分）
30.为探究某固体氧化物A(仅含两种元素)的组成和性质，设计并完成如下实验，。请回答：
(1)固体A的化学式______________。
(2)单质B在氯气中反应的现象_______________________________。
(3)写出C→D在溶液中发生氧化还原反应的离子方程式_______________________________。
【答案】(1). Fe3O4 (2). 剧烈燃烧,生成棕褐色的烟 (3). 2Fe3+ + SO2 + 2H2O = 2Fe2++SO42- + 4H+
【解析】
【分析】由图可知，红褐色沉淀F为Fe(OH)3，溶液D中含硫酸根离子，白色沉淀E为BaSO4，结合元素守恒可知固体C为FeCl3，单质B为Fe，其物质的量为＝0.3mol，如A为FeO，其质量为0.3mol×72g/mol＝21.6g，如A为Fe2O3，其质量为0.3mol××160g/mol＝24g，A的质量为23.2g，则A应为Fe3O4，满足0.3mol××232g/mol＝23.2g，以此来解答。
【详解】(1)由上述分析可知，A为Fe3O4；
(2)Fe在氯气中燃烧生成氯化铁，则现象为剧烈燃烧，生成棕褐色的烟；
(3)C→D在溶液中发生氧化还原反应的离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O＝2Fe2++SO42﹣+4H+。
一、单选题（本大题共25小题，共50.0分）
1.根据物质的组成和分类，MgCl2属于（ ）
A. 氧化物 B. 酸 C. 碱 D. 盐
【答案】D
【解析】MgCl2由金属离子、阴离子是酸根离子组成的化合物，故为盐，故答案为D。
2.下列仪器名称为“容量瓶”的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】A．依据仪器结构可知为蒸馏烧瓶，故A不选；
B．依据仪器结构可知为烧杯，故B不选；
C．依据仪器结构可知为容量瓶，故C选；
D．依据仪器结构可知为胶头滴管，故D不选；
故答案为C。
3.下列物质中，易溶于水的是（ ）
A. CuO B. BaCO3 C. AgCl D. K2SO4
【答案】D
【解析】BaCO3、AgCl、CuO都难溶于水，K2SO4属于钾盐，是易溶性盐，故答案为D。
4.硅是现代信息材料的核心元素。硅在元素周期表中处（ ）
A. 第ⅡA族 B. 第ⅣA族 C. 第VIA族 D. 第ⅤA族
【答案】B
【解析】主族元素中，原子核外电子层数与其周期数相等，最外层电子数与其族序数相等，Si原子核外有3个电子层、最外层有4个电子，所以Si元素位于第三周期第IVA族，故答案B。
5.分离汽油和水的混合物，合理的分离方法是（ ）
A. 过滤 B. 蒸发 C. 萃取 D. 分液
【答案】D
【解析】汽油和水的混合物分层，可选分液法分离，与过滤、萃取、蒸发无关，故答案为D。
6.反应C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O中，作还原剂是（ ）
A. B. C C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】氧化还原反应中，还原剂失电子被氧化，所含元素的化合价升高。
【详解】由化学方程式可知C元素化合价升高，被氧化，C为还原剂，S元素化合价降低，被还原，浓H2SO4为氧化剂， 故选B。
7.下列不属于电解质的是（ ）
A. CH3CH2OH B. NaOH C. CH3COOH D. Na2SO4
【答案】A
【解析】A．液态的CH3CH2OH本身不导电，乙醇的水溶液也不能导电，属于非电解质，故A符合；
B．氢氧化钠为在水溶液和熔融状态下都能够导电的化合物，氢氧化钠为电解质，故B不符合；
C．醋酸是弱酸，属于弱电解质，故C不符合；
D．硫酸钠在水溶液和熔融状态下都能够导电，且为化合物，所以硫酸钠为电解质，故D不符合；
故答案为A。
8.下列化学用于表述正确的是（ ）
A. HCl的电子式： B. S2―的离子结构示意图：
C. 乙烯的分子式：C2H4 D. 质子数为6、中子数为8的碳原子：86C
【答案】C
【解析】A．HCl为共价化合物，分子中含有1个H﹣Cl键，正确的电子式为，故A错误；
B．为硫原子结构示意图，硫离子正确的结构示意图为，故B错误；
C．乙烯分子中含有1个碳碳双键，其分子式为C2H4，故C正确；
D．质子数为6、中子数为8的碳原子的质量数为14，该原子正确的表示方法为614C，故D错误；
故答案为C。
9.下列说法不正确的是（ ）
A. 和互为同位素 B. 红磷和白磷互为同素异形体
C. 和互为同系物 D. 和互为同分异构体
【答案】A
【解析】A项、16O2和18O2都是氧气，为同一种物质，不属于同位素，故A错误；
B项、红磷和白磷都是P元素的不同单质，二者互为同素异形体，故B正确；
C项、C3H8和C4H10都属于烷烃，结构相似，分子间相差1个CH2原子团，二者互为同系物，故C正确；
D项、C2H5OH和CH3OCH3的分子式相同，结构不同，二者互为同分异构体，故D正确；
故选A。
10.下列说法不正确的是（ ）
A. 钠和钾的合金在常温下是液体，可用于快中子反应堆的热交换剂
B. 氯化铁、硫酸亚铁是优良的净水剂
C. 碳酸钡可作为检查肠胃的内服药剂，俗称“钡餐”
D. 乙醇可以直接作为燃料，也可以和汽油混合后作发动机燃料
【答案】C
【解析】A项、钠钾合金熔点低，常温下为液体，导热性强，可用于快中子反应堆的热交换剂，故A正确；
B项、硫酸亚铁在溶液中被氧化为硫酸铁，硫酸铁、氯化铁在溶液中水解生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体能够吸附水中悬浮杂质，达到净水作用，故B正确；
C．碳酸钡可与胃中盐酸反应生成氯化钡、二氧化碳和水，钡离子有毒，应用硫酸钡作为检查肠胃的内服药剂，故C错误；
D．乙醇易燃烧，可作为能源，可以直接作为燃料，也可以和汽油混合后作发动机燃料，故D正确。
故选C。
11.短周期元素X、Y、Z、W在周期表中的相对位置如图所示，已知X原子的最外层电子数为4。下列说法正确的是（ ）
A. 元素Z的主要化合价：－2、＋6
B. 原子半径：X＞Y＞Z
C. 最低价气态氢化物的稳定性：W＞Z
D. 最高价氧化物对应的水化物的酸性：X＞Y
【答案】B
【解析】
【分析】短周期元素X、Y、Z、W在周期表中的相对位置如图所示，X、Y、Z位于第二周期，W为第三周期，已知X原子的最外层电子数为4，则X为C元素，结合各元素的相对位置可知，Y为N，Z为O，W为S元素，据此解答。
【详解】根据分析可知：X为C元素，Y为N，Z为O，W为S元素；
A．O元素主要化合价为为-2，不存在+6价，故A错误；
B．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，则原子半径：X＞Y＞Z，故B正确；
C．非金属性Z＞W，则最低价气态氢化物的稳定性：W＜Z，故C错误；
D．非金属性C＜N，则最高价氧化物对应的水化物的酸性：X＜Y，故D错误；
故答案为B。
12.下列方程式正确的是（ ）
A. 小苏打与盐酸反应的离子方程式：
B. 乙烯与氯化氢加成的化学方程式：
C. 碳酸钾在水中的电离方程式：
D. 醋酸钠水解的离子方程式：
【答案】D
【解析】A项、小苏打与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，反应的离子方程式为HCO3-+H+=CO2↑+H2O，故A错误；
B项、乙烯与氯化氢加成生成氯乙烷，反应的化学方程式为：CH2=CH2+HClCH3CH2Cl，故B错误；
C．碳酸钾是强电解质，在水中完全电离，电离方程式为：K2CO3=2K++CO32-，故C错误；
D．醋酸钠在溶液中水解生成醋酸和氢氧化钠，水解的离子方程式为CH3COO-+H2O
⇌CH3COOH+OH-，故D正确；
故选D。
13.下列实验操作对应的现象不符合事实的是（ ）
A．少量二氧化硫通入氯化钡溶液中，产生白色沉淀亚硫酸钡
B．在新制Cu(OH)2悬浊液中加入少量的葡萄糖，加热，产生砖红色沉淀
C．将少量钠投入到无水乙醇中，钠表面有气泡产生
D．在盛水的烧杯中加入氯化钠固体，小灯泡会逐渐亮起来
【答案】A
【解析】A．弱酸不能制强酸，二氧化硫与氯化钡溶液不反应，无白色沉淀，故A错误；
B.新制Cu(OH)2悬浊液加热条件下可氧化葡萄糖，产生砖红色沉淀，故B正确；
C．Na与乙醇反应生成氢气，则钠表面有气泡产生，故C正确；
D．NaCl固体溶解于水，能电离产生自由移动的Na+和Cl-，能导电，则图中小灯泡会逐渐亮起来，故D正确；
故答案为A。
14.下列说法不正确的是（ ）
A. 甲烷可在光照条件下与氯气发生取代反应
B. 工业上通过石油的裂化获得乙烯，乙烯能使溴水褪色
C. 等质量的乙炔和苯完全燃烧，消耗氧气的量相等
D. 苯为不饱和烃，苯分子中的六个碳原子和六个氢原子在同一平面上
【答案】B
【解析】A．光照条件下甲烷和氯气可以发生取代反应生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷和四氯甲烷，故A正确；
B．石油裂化的目的是获得轻质油，而不能获得乙烯，乙烯需要通过石油的裂解获得；乙烯和溴发生加成反应而生成1，2﹣二溴乙烷，故B错误；
C．乙炔和苯的最简式都是CH，等质量的乙炔和苯中C、H的物质的量都相等，所以等质量的乙炔和苯完全燃烧，消耗氧气的量相等，故C正确；
D．苯中含有大π键，所以为不饱和烃，苯中所有原子共平面，则苯分子中六个碳原子和六个氢原子在同一平面上，故D正确；
故答案为B。
15.下列说法不正确的是（ ）
A. 食用植物油的主要成分是不饱和高级脂肪酸甘油酯，是一类重要的营养物质
B. 含淀粉或纤维素的物质可以制造酒精
C. 向蛋白质溶液中分别加入硫酸铜、硫酸铵的浓溶液都可以发生盐析
D. 不同种类的氨基酸能以不同的数目和顺序彼此结合，形成更复杂的多肽化合物
【答案】C
【解析】A．油脂分为油和脂，油主要指植物油，主要成分为不饱和高级脂肪酸甘油酯，脂主要指动物脂肪，主要成分为饱和高级脂肪酸甘油酯，故A正确；
B．淀粉或纤维素均为多糖，水解生成葡萄糖，葡萄糖发生酒化反应生成乙醇，则含淀粉或纤维素的物质可以制造酒精，故B正确；
C．硫酸铜溶液是重金属盐溶液，硫酸铜使蛋白质发生变性，则鸡蛋清凝聚，加水不溶解，故C错误；
D．多肽结构复杂，与氨基酸中氨基、羧基的数目与顺序有关，即不同种类的氨基酸能以不同的数目和顺序彼此结合，形成更复杂的多肽化合物，故D正确；
故答案为C。
16.硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应的化学方程式为： Na2S2O3+ H2SO4=Na2SO4+SO2+S↓+H2O，下列各组实验中最先出现浑浊的是（ ）
实验
反应温度/℃
Na2S2O3溶液
稀H2SO4
H2O
V/mL
c/(mol·L-1)
V/mL
c/(mol·L-1)
V/mL
A
25
5
0.1
10
0.1
5
B
25
5
0.2
5
0.2
10
C
35
5
0.1
10
0.1
5
D
35
5
0.2
5
0.2
10
【答案】D
【解析】 “最先出现浑浊”，即反应速率最快；A项与B项温度相同、H2SO4浓度相同，B项中Na2S2O3的浓度比A项大，反应速率：B项>A项；C项与D项温度相同、H2SO4浓度相同，D项中Na2S2O3的浓度比C项大，反应速率：D项>C项；B项与D项Na2S2O3、H2SO4浓度都相同，D项温度高于B项，反应速率：D项>B项；则反应最快的是D项，D项最先出现浑浊，答案选D。
17.银锌纽扣电池，其电池的电池反应式为:Zn + Ag2O + H2O =Zn(OH)2 + 2Ag
下列说法不正确的是（ ）
A. 锌作负极
B. 正极发生还原反应
C. 电池工作时，电流从Ag2O经导线流向Zn
D. 负极的电极方程式为：Zn-2e- ＝ Zn2+
【答案】D
【解析】A．Zn失电子发生氧化反应而作负极，故A正确；
B．正极上Ag2O得电子发生还原反应，故B正确；
C．原电池中电流从正极沿导线流向负极，该原电池中Zn是负极、Ag2O是正极，所以放电时电流从Ag2O经导线流向Zn，故C正确；
D．碱性条件下锌离子生成Zn(OH)2，所以负极反应式为Zn+2OH﹣﹣2e﹣＝Zn(OH)2，故D错误；
故答案为D。
18.下列说法不正确的是（ ）
A. pH＜7的溶液不一定呈酸性
B. 在相同温度下，物质的量浓度相等的氨水、NaOH溶液，c(OH－)相等
C. 在相同温度下，pH相等的盐酸、CH3COOH溶液，c(Cl－)＝c(CH3COO－)
D. 在相同温度下，等物质的量浓度的氨水和盐酸等体积混合，所得溶液呈酸性
【答案】B
【解析】A．温度未知，Kw未知，则不能由pH直接判断溶液的酸碱性，且100℃pH＝6为中性，则pH＜7的溶液不一定呈酸性，故A正确；
B．一水合氨为弱碱，而NaOH为强碱，则在相同温度下，物质的量浓度相等的氨水、NaOH溶液，c(OH﹣)为前者小于后者，故B错误；
C．pH相等盐酸、CH3COOH溶液中c(H+)相同，由电离可知c(Cl﹣)＝c(CH3COO﹣)＝c(H+)，故C正确；
D．等物质的量浓度的氨水和盐酸等体积混合，恰好反应生成氯化铵，铵根离子水解显酸性，所以溶液为酸性，故D正确；
故答案为B。
19.下列说法正确的是（ ）
A. H2SO4 和Ca(OH)2含有化学键类型相同
B. 水分子很稳定，是因为水分子的分子间作用力强
C. 二氧化碳和乙烯的碳原子的最外电子层都具有8电子稳定结构
D. 冰和水晶都是分子晶体
【答案】C
【解析】A．H2SO4只含有共价键，Ca(OH)2含有离子键和共价键，故A错误；
B．分子的稳定性是化学性质，与氧的非金属性有关，故B错误；
C．二氧化碳电子式为：，分子中C元素化合价+价电子数＝4+4＝8，则所有原子都达到8电子稳定结构，乙烯电子式为：，分子中C元素化合价+价电子数＝4+4＝8，则所有原子都达到8电子稳定结构，故C正确；
D．冰属于分子晶体，水晶是二氧化硅，属于原子晶体，故D错误；
故选：C。
20.已知拆开1molH2(g)中的H-H键需要消耗436kJ能量，如图反应3H2(g)+N2(g) 2NH3(g)的能量变化示意图．下列说法不正确的是（ ）
A. 断开1 mol N2(g)中的NN键要吸收941 kJ能量
B. 生成2mol NH3(g)中的N－H键吸收2346 kJ能量
C. 3H2(g) + N2(g) 2NH3(g) △H＝－97
D. NH3(g) 3/2H2(g) +1/2 N2(g) △H＝48.5
【答案】B
【解析】A．拆开1molH2(g)中的H﹣H键需要消耗436kJ能量，图中断裂化学键吸收能量为2249kJ，则断开1 mol N2(g)中的N≡N键要吸收能量为2249kJ﹣436kJ×3＝941 kJ，故A正确；
B．图中生成2mol NH3(g)时形成化学键释放的能量为2346kJ，而断裂化学键吸收能量，故B错误；
C．由图可知△H＝(2249﹣2346)kJ/mol＝﹣97 kJ•mol﹣1，即热化学方程式为3H2(g)+N2(g)⇌2NH3(g)△H＝﹣97 kJ•mol﹣1，故C正确
D．互为逆反应时焓变的数值相同、符号相反，且物质的量与热量成正比，由3H2(g)+N2(g)⇌2NH3(g)△H＝﹣97 kJ•mol﹣1可知NH3(g)⇌H2(g)+N2(g)△H＝48.5kJ•mol﹣1，故D正确；
故答案为B。
21.用NA表示阿伏加德罗常数，N表示微粒数，下列说法正确的是（ ）
A. 7.8 g苯含有碳碳双键的数目为0.3NA
B. 标准状况下，足量的Fe与2.24 L Cl2反应转移电子的数目为0.3NA
C. 1.6 g CH4含有共用电子对的数目为0.4NA
D. 常温下1 L pH=2的稀硫酸中H+的数目为0.02NA
【答案】C
【解析】A．苯分子中不含碳碳双键，故A错误；
B．标准状况下，足量的Fe与2.24 L Cl2反应，氯气物质的量为0.1mol，生成0.2mol氯离子，转移电子的数目为0.2NA，故B错误；
C．1个甲烷分子含有4对共用电子对，1.6 g CH4的物质的量为0.1mol，含有共用电子对的数目为0.4NA，故C正确；
D．pH＝2的稀硫酸中H+的物质的量浓度为0.01mol/L，常温下1 L pH＝2的稀硫酸中H+的数目为0.01NA，故D错误；
故答案为C。
22.在一体积2L的密闭容器中加入反应物N2、H2，发生如下反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)。反应过程中的部分数据如下表所示，下列说法正确的是（ ）
物质的量/ mol
时间/min
n(N2)
n(H2)
n(NH3)
0
1.0
1.2
0
2
0.9
4
0.75
6
0.3
A. 0～2 min内，NH3的反应速率为0.1 mol·Lˉ1·minˉ1
B. 2 min时， H2的物质的量0.3 mol
C. 4 min时，反应已达到平衡状态，此时正、逆反应的速率都为0
D. 4～6 min内，容器内气体分子的总物质的量不变
【答案】D
【解析】依据表中数据可知：
N2(g)+3H2(g)＝2NH3(g)
起始量(mol) 1 1.2 0
变化量(mol)0.1 0.3 0.2
2min量(mol)0.9 0.9 0.2
N2(g)+3H2(g)＝2NH3(g)
起始量(mol) 1 1.2 0
变化量(mol) 0.15 0.45 0.3
4min量(mol) 0.85 0.75 0.3
N2(g)+3H2(g)＝2NH3(g)
起始量(mol)1 1.2 0
变化量(mol) 0.15 0.45 0.3
6min量(mol)0.85 0.75 0.3
A．0～2 min内NH3的反应速率为：＝0.05mol•L﹣1•min﹣1，故A错误；
B．0～2 min过程中消耗H2的物质的量0.3 mol，2 min时H2的物质的量0.9mol，故B错误；
C．根据分析可知，4 min时与6min时各组分的浓度相等，说明该反应已达到平衡状态，但此时正、逆反应的速率不等于0，故C错误；
D．4～6 min内已经达到平衡状态，正逆反应速率相等，则容器内气体分子的总物质的量不变，故D正确；
故答案为D。
23.通过海水晾晒可以得到粗盐，粗盐除还有NaCl外，还含有MgCl2、 CaCl2、 Na2SO4以及泥沙等杂质。以下是某兴趣小组制备精盐的实验方案，各步操作流程如下。下列说法正确的是（ ）
A. 实验过程中①、⑤步骤的操作分别是溶解、过滤
B. 实验过程中步骤④的目的是仅除去溶液中的Ca2+
C. 实验过程中步骤⑦中的蒸发所用到的仪器是酒精灯、玻璃棒、烧杯、铁架台(带铁圈)
D. 实验过程中②、④步骤互换，对实验结果不影响
【答案】A
【解析】
【分析】由实验流程可知，①为粗盐溶解，②中硫酸根离子用钡离子转化为沉淀，③中镁离子用氢氧根离子沉淀，④中钙离子及过量钡离子用碳酸根离子沉淀，⑤为过滤，过滤分离出所有的沉淀，滤液含NaCl、NaOH、Na2CO3，⑥中用盐酸处理溶液中的碳酸根离子和氢氧根离子，⑧为蒸发、结晶、烘干，得到精盐，以此解答该题。
【详解】A．由上述分析可知，①、⑤步骤的操作分别是溶解、过滤，故A正确；
B．步骤④的目的是除去溶液中的Ca2+及过量的Ba2+，故B错误；
C．步骤⑦中的蒸发所用到的仪器是酒精灯、玻璃棒、蒸发皿、铁架台(带铁圈)，故C错误；
D．过程中②、④步骤互换，导致过量的钡离子不能除去，故D错误；
故答案为A。
24.向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1 mol·L−1稀盐酸，CO2的生成量与加入盐酸的体积的关系如图。下列判断正确的是（ ）
A. 在0~a范围内，只发生中和反应
B. ab段发生反应的离子方程式为：
C. a=0.3
D. 原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为1∶2
【答案】C
【解析】
【分析】向氢氧化钠和碳酸钠的混合溶液中滴加盐酸，依次发生：H+和OH-的酸碱中和反应，H++CO32-=HCO3-，最后HCO3-+H+=H2O+CO2↑。生成的气体是0.01mol，所以碳酸氢根离子是0.01mol，根据碳守恒，Na2CO3为0.01mol。
【详解】A.在0~a范围内，除了发生酸碱中和，还发生H++CO32-=HCO3-，A错误；
B.ab段发生的反应是HCO3-+H+=H2O+CO2↑，B错误；
C. 0.01mol HCO3-消耗0.01mol H+，根据盐酸浓度0.1mol/L，从a到0.4消耗的盐酸为0.1L，所以a等于0.3，C正确；
D. a=0.3，在前两个反应中，共消耗0.03mol HCl，0.01mol Na2CO3消耗0.01mol HCl生成HCO3-，那么OH-消耗0.02mol H+，所以OH-为0.02mol，所以氢氧化钠和碳酸钠的物质的量之比是2：1，D错误；
故选C。
25.为确定试样Fe2O3、Cu、Fe混合物中铜的质量分数，某同学取质量为ag的试样进行下列实验，所得气体数据在标准状况下测得，所涉及的过程如下：
注：已知：Fe3+、Fe2+、Cu2+转化为相应的氢氧化物，开始沉淀和沉淀完全时的pH如下表:
氢氧化物
Fe3+
Fe2+
Cu2+
开始沉淀PH
2.5
70
4.7
完全沉淀PH
3.7
9.0
6.7
下列说法不正确的是（ ）
A. 气体B为氢气
B. 溶液A中所含的阳离子可能是H+ 、 Fe3+ 、 Fe2+、 Cu2+
C. 加入过氧化氢溶液时发生的反应：2Fe2＋＋H2O2＋2H＋＝2Fe3＋＋2H2O
D. 若沉淀E经洗涤、烘干、灼烧后得到固体mg，则试样中Cu的质量分数=(a-0.56)/a×100%
【答案】D
【解析】
【分析】试样含Fe2O3、Cu、Fe，加盐酸生成气体B为氢气，Fe与盐酸反应、氧化铁与盐酸反应，且Cu与氯化铁反应，则溶液A中含H+、Fe3+、Fe2+、Cu2+，加过氧化氢可氧化亚铁离子，溶液C调节pH可使铁离子转化为沉淀，则沉淀E为Fe(OH)3，结合Fe原子守恒可计算Fe的质量，溶液D中含氯化铜，以此来解答。
【详解】A．Fe与盐酸反应生成气体B为氢气，故A正确；
B．由上述分析可知，A中所含的阳离子可能是H+、Fe3+、Fe2+、Cu2+，故B正确；
C．加入过氧化氢溶液时，发生氧化还原反应，离子反应为2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O，故C正确；
D．若沉淀E经洗涤、烘干、灼烧后得到固体mg，Fe(OH)3的质量为mg，若Cu与氯化铁恰好反应，由原子守恒可知，试样中Cu的质量分数可能为×100%，但Cu不一定恰好与氯化铁反应，因此无法计算，故D错误；
故答案为D。
二、填空题（本大题共1小题，共4.0分）
26.(1)①写出乙炔的结构式________________；②写出水玻璃中溶质的化学式________________。
(2)写出二氧化锰与浓盐酸共热反应的化学方程式：___________________________________。
【答案】(1). H－C≡C－H (2). Na2SiO3 (3). MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O
【解析】
【分析】(1)①乙炔分子中两个碳原子之间存在1个碳碳三键，两个碳原子分别与1个氢原子存在1个C﹣H键；
②硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，硅酸钠为钠盐，据此书写其化学式；
(2)二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯气、二氯化锰和水。
【详解】(1)①乙炔分子中两个碳原子之间存在1个碳碳三键，两个碳原子分别与1个氢原子存在1个C﹣H键，其结构式为：H－C≡C－H；
②硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，硅酸钠为硅酸对应的钠盐，其化学式，Na2SiO3；
(2)二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯气、氯化锰和水，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O。
三、计算题（本大题共1小题，共4.0分）
27.分别称取2.39g(NH4)2SO4和NH4Cl固体混合物两份。
(1)将其中一份配成溶液，逐滴加入一定浓度的Ba(OH)2溶液，产生的沉淀质量与加入Ba(OH)2溶液体积的关系如图。混合物中n[(NH4)2SO4]:n(NH4Cl)为___________。
(2)另一份固体混合物中NH4+与Ba(OH)2溶液(浓度同上)恰好完全反应时，溶液中c(Cl-)=_____(溶液体积变化忽略不计)
【答案】(1). 1:2 (2). 0.1mol/L
【解析】 (1)产生的沉淀是硫酸钡，物质的量是2.33g÷233g/mol=0.01mol，根据原子守恒可知硫酸铵的质量是0.01mol×132g/mol＝1.32g，则氯化铵的质量是2.39g－1.32g＝1.07g，物质的量是1.07g÷53.5g/mol＝0.02mol，因此混合物中n[(NH4)2SO4]:n(NH4Cl)为1:2；
(2)每一份中硫酸铵和氯化铵分别是0.01mol、0.02mol，另一份固体混合物中NH4+与Ba(OH)2溶液(浓度同上)恰好完全反应时，消耗氢氧化钡是0.02mol，因此溶液体积是200mL，则溶液中c(Cl-)=0.02mol÷0.2L＝0.1mol/L。
四、推断题（本大题共1小题，共4.0分）
28.有机物A是基本的有机化工原料，A与CO、H2O以物质的量1:1:1的比例生成B。B、C两物质中的官能团分别具有乙酸、乙醇中官能团的性质。D是有芳香味、不溶于水的油状液体。有关物质的转化关系如下：
请回答：
(1)A的结构简式______________________________
(2)B + C → D的化学方程式____________________________________________________________
(3)下列说法不正确的是 ___________________
A．有机物A能使酸性高锰酸钾溶液褪色
B．有机物B与乙酸互为同系物
C．有机物B、C都能与金属钠反应，且等物质的量的B、C与足量钠反应产生氢气质量相等
D．可用NaOH溶液来除去有机物D中混有的杂质B
【答案】 (1). CH2=CH2 (2). CH3CH2COOH + CH3OH CH3CH2COOCH3 + H2O (3). D
【解析】
【分析】A与CO、H2O以物质的量1:1:1的比例形成B，则A为CH2＝CH2 ，B、C发生酯化反应生成D，D为CH3CH2COOCH3，以此解答该题。
【详解】(1)由以上分析可知A为CH2＝CH2；
(2)B+C→D的化学方程式为CH3CH2COOH+CH3OH CH3CH2COOCH3 +H2O；
(3)A．有机物A为乙烯，含有碳碳双键，则能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A正确；
B．有机物B为丙酸，与乙酸结构相似，分子式不同，则互为同系物，故B正确；
C．有机物B、C分别含有羟基、羧基，都能与金属钠反应，且等物质的量的B、C与足量钠反应产生氢气质量相等，故C正确；
D．丙酸甲酯可在氢氧化钠溶液中发生水解，不能用氢氧化钠溶液除杂，可用饱和碳酸钠溶液，故D错误；
故答案为D。
五、简答题（本大题共1小题，共4.0分）
29.为确定碳酸钠和碳酸氢钠混合样品中碳酸钠的质量分数，可通过加热分解得到的CO2质量进行计算，某同学设计的实验装置示意图如下：
请回答：
（1）仪器a的名称是_____________。
（2）装置B中冰水的作用是_________。
（3）该同学设计的实验装置存在缺陷，有关该实验装置及实验过程中，下列因素可能使碳酸钠的质量分数偏高的是______。
A．样品分解不完全
B．装置B、C之间缺少CO2的干燥装置
C．产生CO2气体的速率太快，没有被碱石灰完全吸收
D．反应完全后停止加热，通入过量的空气
【答案】(1). 干燥管 (2). 冷凝反应生成的水 (3). AC
【解析】
【分析】按照图示连接好装置后，利用气体赶净装置中的空气，X为氮气，避免空气中二氧化碳影响测定结果，固体受热分解生成的二氧化碳和水蒸气进入装置B，利用冰水混合物冷却生成的水蒸气，进入装置C中的碱石灰吸收生成的二氧化碳，最后干燥管中为碱石灰是防止空气中的二氧化碳、水蒸气进入装置C影响测定结果。
【详解】(1)依据仪器形状和用途，仪器a名称为干燥管，故答案为：干燥管；
(2)装置B利用冰水混合物冷却生成的水蒸气，防止水蒸气进入装置C造成误导结果增大，故答案为：冷凝反应生成的水蒸气；
(3)A．样品分解不完全，测定二氧化碳质量减小，碳酸氢钠质量减小，则碳酸钠质量增大，导致碳酸钠的质量分数偏高，故A正确；
B．装置B、C之间缺少CO2的干燥装置，水蒸气进入装置C导致测定二氧化碳质量增大，碳酸氢钠质量增大，碳酸钠质量减小，导致碳酸钠的质量分数偏低，故B错误；C．产生CO2气体的速率太快，没有被碱石灰完全吸收，测定二氧化碳质量减小，碳酸氢钠质量减小，碳酸钠质量增大导致碳酸钠的质量分数偏高，故C正确；
D．反应完全后停止加热，通入过量的空气，会导致空气中二氧化碳也被装置C吸收，测定碳酸氢钠质量增大，碳酸钠质量减小，导致碳酸钠的质量分数偏低，故D错误；
故答案为：AC。
六、实验题（本大题共1小题，共4.0分）
30.为探究某固体氧化物A(仅含两种元素)的组成和性质，设计并完成如下实验，。请回答：
(1)固体A的化学式______________。
(2)单质B在氯气中反应的现象_______________________________。
(3)写出C→D在溶液中发生氧化还原反应的离子方程式_______________________________。
【答案】(1). Fe3O4 (2). 剧烈燃烧,生成棕褐色的烟 (3). 2Fe3+ + SO2 + 2H2O = 2Fe2++SO42- + 4H+
【解析】
【分析】由图可知，红褐色沉淀F为Fe(OH)3，溶液D中含硫酸根离子，白色沉淀E为BaSO4，结合元素守恒可知固体C为FeCl3，单质B为Fe，其物质的量为＝0.3mol，如A为FeO，其质量为0.3mol×72g/mol＝21.6g，如A为Fe2O3，其质量为0.3mol××160g/mol＝24g，A的质量为23.2g，则A应为Fe3O4，满足0.3mol××232g/mol＝23.2g，以此来解答。
【详解】(1)由上述分析可知，A为Fe3O4；
(2)Fe在氯气中燃烧生成氯化铁，则现象为剧烈燃烧，生成棕褐色的烟；
(3)C→D在溶液中发生氧化还原反应的离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O＝2Fe2++SO42﹣+4H+。
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