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【化学】浙江省建德市新安江中学2018-2019学年高二上学期期末考试复习（解析版）
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浙江省建德市新安江中学2018-2019学年高二上学期期末考试复习
说明：
1．本试卷考试用时90分钟，满分100分。
2．可能用到的相对原子质量： H 1 C 12 O 16 Mg 24 Al 27 S 32 Fe 56 Ba 137
一、选择题（本大题包括25小题，每小题2分，共50分。）
1.下列物质属于碱的是（ ）
A. CH3OH B. Cu2(OH)2CO3 C. Mg(OH)2 D. Na2CO3
【答案】C
【分析】电离出的阴离子全部为氢氧根离子的化合物是碱，据此分析判断。
【详解】A．CH3OH是有机物醇类，不能发生电离，不属于碱，故A错误；
B．Cu2(OH)2CO3电离出的阴离子为氢氧根离子和酸根离子，为碱式盐，故B错误；
C．Mg(OH)2电离出的阴离子全部为氢氧根离子，属于碱，故C正确；
D．Na2CO3电离出的阴离子为酸根离子，属于盐，不属于碱，故D错误；
故选C。
【点睛】本题的易错点为A，要注意区分氢氧根离子和羟基，醇类不能电离出氢氧根离子。
2.下列实验操作中，不用于物质分离的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【详解】A．图为蒸发装置，可分离可溶性固体与液体，故A不选；
B．图为分液装置，可分离分层的液体混合物，故B不选；
C．图为过滤装置，可分离不溶性固体与液体，故C不选；
D．图为配制溶液实验中的移液步骤，不用于物质的分离，故D选；
故选D。
3.下列属于非电解质的是（ ）
A. 液氯 B. 硫酸钡 C. 氨水 D. 葡萄糖
【答案】D
【详解】A．液氯是氯气为单质，既不是电解质，也不是非电解质，故A不选；
B．硫酸钡熔融状态下能导电，是化合物，属于电解质，故B不选；
C．氨水能导电，是混合物，既不是电解质，也不是非电解质，故C不选；
D．葡萄糖是共价化合物，在水溶液中和熔融状态下都不导电，属于非电解质，故D选；
故选D。
【点睛】解答此类试题要注意电解质和非电解质都属于化合物，单质和混合物既不是电解质，也不是非电解质。
4.下列物质的水溶液因水解呈酸性的是（ ）
A. NaHSO4 B. CH3COONa C. NH4Cl D. SO2
【答案】C
【详解】A．NaHSO4是强酸强碱的酸式盐，在溶液中不水解，能够电离出氢离子，溶液呈酸性，故A错误；
B．CH3COONa为强碱弱酸盐，在溶液中水解显碱性，故B错误；
C．NH4Cl属于强酸弱碱盐，在溶液中水解显酸性，故C正确；
D．二氧化硫是酸性氧化物，溶于水生成亚硫酸，电离出氢离子，溶液显酸性，故D错误；
故选C。
5.下列属于物理变化的是（ ）
A. 钝化 B. 煤的气化 C. 重油裂化 D. 氯气的液化
【答案】D
【详解】A．钝化是金属铝和铁等在冷的浓硫酸、浓硝酸中被在表面氧化出了一层致密而坚固的氧化物薄膜的过程，是化学变化，故A不选；
B．煤的气化是煤与水反应生成一氧化碳和氢气，属于化学变化，故B不选；
C．重油的裂化是由石油中的重质馏分经裂化而得的汽油、煤油、柴油，属于化学变化，故C不选；
D．氯气的液化是将氯气由气态变为液态，是状态的变化，属于物理变化，故D选；
故选D。
6.下列说法正确的是（ ）
A. 某些植物具有富集溴的能力，从海产品中提取溴是工业上获取溴的重要途径
B. 工业炼铁需要用到的原料有铁矿石、焦炭、空气和熟石灰
C. NaHCO3 能与碱反应，所以可用作焙制糕点的膨松剂
D. 我国古代就已知晓采用加热胆矾或绿矾的方法制取硫酸
【答案】D
【详解】A．溴主要存在于海水中，海水提溴是工业上获取溴的重要途径，故A错误；
B．石灰石在高温条件下分解能生成氧化钙和二氧化碳，氧化钙能和铁矿石中的杂质二氧化硅反应生成硅酸钙，从而除去二氧化硅，不用熟石灰，故B错误；
C．NaHCO3不稳定，加热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳气体，所以用小苏打做焙制糕点的膨松剂，与能与碱反应的性质无关，故C错误；
D．加热胆矾或绿矾可生成三氧化硫，三氧化硫与水反应生成硫酸，故D正确；
故选D。
7. 在下列三个反应中
①H2O2+H2S=2H2O+S
②2H2O2=2H2O+O2
③H2O2+Cl2=2HCl+O2，
从氧化还原角度分析H2O2所起的作用是（ ）
A. ①氧化剂 ②还原剂 ③氧化剂
B. ①还原剂 ②氧化剂 ③氧化剂
C. ①氧化剂②氧化剂③氧化剂
D. ①氧化剂 ②既是氧化剂又是还原剂 ③还原剂
【答案】D
【详解】①2F2+2H2O=4HF+O2中F元素化合价由0价变为-1价，O元素化合价由-2价变为0价，所以氟气是氧化剂，水是还原剂；
②2Na+2H2O=2NaOH+H2↑中Na元素化合价由0价变为+1价，H元素化合价由+1价变为0价，所以钠作还原剂、水是氧化剂；
③Cl2+H2O=HClO+HCl中，Cl元素化合价由0价变为-1价和+1价，水中各元素化合价都不变，所以水既不是氧化剂也不是还原剂。
故选D。
8.下列表示正确是（ ）
A. 二氧化硅的分子式：SiO2
B. 葡萄糖的摩尔质量：180
C. 绿矾的化学式：FeSO4·7H2O
D. 比例模型可表示 CH4 分子，也可表示 CCl4 分子
【答案】C
【详解】A．二氧化硅是原子晶体，不存在单个的分子，SiO2是其化学式，而不是分子式，故A错误；
B．单位不正确，葡萄糖的摩尔质量180g/mol，故B错误；
C．绿矾为七水硫酸亚铁，化学式为：FeSO4•7H2O，故C正确；
D．Cl原子的相对体积大于C原子，则四氯化碳的比例模型为，则可表示 CH4，但不能表示 CCl4 分子，故D错误；
故选C。
【点睛】本题的易错点为D，比例模型中要注意原子的相对大小。
9.下列有关说法不正确的是（ ）
A. 地球上最基本的能源是太阳能，大自然中利用太阳能最成功的是植物的光合作用
B. 将植物的秸秆等加入沼气发酵池中，在富氧条件下，经过沼气细菌的作用，生成沼气
C. 水煤气经过催化合成可以得到甲醇等燃料
D. 贮氢合金并不是简单的吸附氢气，而是通过化学反应贮存氢气
【答案】B
【详解】A．地球上的能源归根结底来自于太阳能，而大自然利用太阳能最成功的是植物的光合作用，植物的光合作用将太阳能转化为化学能贮存在植物体内，成为地球上各类生物赖以生存的物质基础，故A正确；
B．将植物的秸秆等加入沼气发酵池中，经过沼气细菌的作用生成沼气，需要在厌氧条件下进行，故B错误；
C．煤气化的重要反应是：C+H2O(g) CO+H2，CO和氢气通过催化合成能得到甲醇等液体燃料，故C正确；
D．贮氢金属是金属与氢气形成化合物，从而达到贮存氢气的目的，故D正确；
故选B。
10.下列说法正确的是（ ）
A. 可用玻璃棒蘸取新制氯水点在 pH 试纸上，测定该氯水的 pH 值
B. 通过灼热的镁粉可以除去 N2 中含有少量O2
C. 用烧碱溶液鉴别地沟油、甘油和石油
D. 用冷却结晶的方法除去 NaCl 中混有的少量 KNO3
【答案】C
【详解】A．氯水中含有次氯酸，次氯酸具有漂白性，能够漂白pH试纸，所以不能用pH试纸测试氯水的pH值，故A错误；
B．Mg在加热条件下也能与N2发生反应，不能通过灼热的镁粉除去 N2 中含有少量O2，故B错误；
C．地沟油与烧碱开始分层，加热充分反应后不分层；甘油与烧碱互溶；石油与烧碱不反应，溶液分层，现象不同可鉴别，故C正确；
D．KNO3的溶解度受温度影响大，而NaCl的溶解度受温度影响小，则除去 NaCl 中混有的少量 KNO3，少量KNO3应残留在母液中，可采用蒸发结晶方法分离，不能用冷却结晶分离，故D错误；
故选C。
【点睛】本题的易错点为D，要注意KNO3和NaCl的溶解度受温度影响的区别，由于KNO3为杂质，需要留在母液中。
11.下列说法正确的是（ ）
A. 丙烷分子中所有碳原子在一条直线上
B. 乙醇和乙醚互同分异构体
C. 金刚石、石墨、C60、 富勒烯互为同素异形体
D. 臭氧和氧气互为同素异形体，两者之间的转化不属于化学变化
【答案】C
【详解】A．丙烷中CH2具有四面体结构，分子中两个甲基位于四面体的顶点上，CH2中C原子处于四面体中心，三个C原子呈角形，故A错误；
B．CH3CH2OH和CH3CH2OCH2CH3分子式不一样，不是互为同分异构体，故B错误；
C．金刚石、石墨、C60、富勒烯是碳元素的不同单质互为同素异形体，故C正确；
D．臭氧和氧气为不同的物质，则两者之间的转化属于化学变化，故D错误；
故选C。
12.如表所示的五种元素中，W、X、Y、Z为短周期元素，这四种元素的原子最外层电子数之和为22。下列说法正确的是（ ）
X
Y
W
Z
T
A. X、Y、Z三种元素最低价氢化物的沸点依次升高
B. 由X、Y和氢三种元素形成的化合物中只有共价键
C. 物质WY2、W3X4、WZ4均有熔点高、硬度大的特性
D. T元素的单质具有半导体的特性，T与Z元素可形成化合物TZ4
【答案】D
【分析】由W、X、Y、Z为短周期元素，这四种元素的原子最外层电子数之和为22，及W、X、Y、Z、T在元素周期表中的位置关系，确定这五种元素分别是X为氮、Y为氧、Z为氯、W为硅、T为锗。据此分析解答。
【详解】A项中，NH3、H2O、HCl三种氢化物沸点的高低顺序为H2O>NH3>HCl，该项错误；
B项中，由N、O、H三种元素形成的化合物NH4NO3中存在离子键，该项错误；
C项中，SiO2、Si3N4、SiCl4中SiO2、Si3N4为原子晶体，熔点高、硬高大，SiCl4为分子晶体，熔点低、硬度小，该项错误；
D项中，锗为半导体材料，可以形成GeCl4，所以该项正确。
答案选D。
13.下列离子方程式正确的是（ ）
A. 氯化镁溶液与氨水反应：Mg2+＋2OH-＝Mg(OH)2↓
B. Ba(OH)2和H2SO4溶液 混合：Ba2++ SO42－ == Ba SO4↓
C. 往 NH4HCO3 溶液中加过量的 NaOH 溶液并加热：NH4＋OHˉ===NH3↑＋H2O
D. 向硅酸钠溶液中通入过量的CO2：SiO32－+2CO2 + 2H2O == H2SiO3↓+2HCO3－
【答案】D
【详解】A．NH3·H2O为弱碱，应该用化学式表示，氯化镁溶液与氨水反应的离子反应为Mg2++2NH3．H2O═Mg(OH)2↓+2NH4+，故A错误；
B．Ba(OH)2和H2SO4溶液混合反应生成沉淀和水，H2SO4与Ba(OH)2溶液反应的离子反应为Ba2++2OH-+2H++SO42-═BaSO4↓+2H2O，故B错误；
C．向NH4HCO3溶液中加过量的NaOH溶液并加热，碳酸氢根离子也要与氢氧根离子反应，离子方程式：NH4++HCO3-+2OH- NH3↑+2H2O+CO32-，故C错误；
D．硅酸钠溶液中通入过量CO2，离子方程式：SiO32-+2CO2+2H2O═H2SiO3↓+2HCO3-，故D正确；
故选D。
【点睛】本题的易错点为C，要注意向NH4HCO3溶液中加过量的NaOH溶液，氢氧根离子既能与碳酸氢根离子反应，也能与铵根离子反应，因此铵根离子和碳酸氢根离子都要反应。
14.反应 X(s)＋3Y(g) Z(g)＋2W(g) △H＞0，在恒容绝热容器中加入 1 mol X 和 3 mol Y 发生反应，下列说法正确的是（ ）
A. 在反应的过程中，加入更多的 X，化学反应速率加快
B. 在反应的过程中，容器内的压强保持不变
C. 相同时间内，消耗 0.1 mol X 的同时，生成 0.2 mol W，说明反应到达平衡状态
D. 随着反应的进行，容器内气体的密度增大
【答案】D
【详解】A．X为固体，在反应的过程中，加入更多的 X，X的浓度不变，化学反应速率不变，故A错误；
B．反应前后气体的物质的量不变，但反应吸热，在恒容绝热容器中，反应后气体的温度降低，容器内的压强会减小，故B错误；
C．消耗 0.1 mol X 的同时，生成 0.2 mol W，都表示正反应速率，不能说明反应到达平衡状态，故C错误；
D．X为固体，随着反应的进行，容器内气体的质量增大，但体积不变，因此气体的密度增大，故D正确；
故选D。
【点睛】本题的易错点和难点为B，要注意在绝热容器中发生化学反应，气体的温度一定发生变化。
15.以下实验或操作方法正确的是（ ）
A. 用新制氢氧化铜悬浊液可以鉴别苯、四氯化碳、乙醇、乙酸、乙醛五种无色有机物
B. 除去乙酸乙酯中少量乙酸：加入饱和烧碱溶液，振荡、静置分层后分液
C. 戊烷和2-甲基丁烷是同系物
D. 相同质量的乙炔与苯分别在足量的氧气中完全燃烧，消耗O2的质量不同
【答案】A
【详解】A．苯、四氯化碳、乙醇、乙酸、乙醛分别与氢氧化铜悬浊液混合的现象为：分层后有机层在上层、分层后有机层在下层、不分层（加热后无明显变化）、沉淀溶解，溶液变成蓝色、加热后蓝色沉淀变成砖红色沉淀，现象不同，可鉴别，故A正确；
B．乙酸乙酯和乙酸均与氢氧化钠反应，不能除杂，应选饱和碳酸钠溶液，分液，故B错误；
C．戊烷和2-甲基丁烷的分子式相同、结构不同，二者互为同分异构体，故C错误；
D．乙炔和苯的最简式都为CH，则相同质量的乙炔与苯分别在足量的氧气中完全燃烧，消耗氧气的质量相同，故D错误；
故选A。
16.下列说法正确的是（ ）
A. 花生油、羊油、水果中的异戊酸异戊酯都能发生皂化反应
B. 在人类研究物质的微观结构的过程中，电子显微镜、光学显微镜、扫描隧道显微镜三种不同层次的观测仪器先后得到了使用
C. 一切重要的生命现象和生理机能都与蛋白质密切相关，没有蛋白质就没有生命
D. 检验淀粉在稀硫酸催化条件下水解产物的方法是：取适量水解液于试管中，加入少量新制 Cu(OH)2 悬浊液，加热，观察是否有砖红色沉淀
【答案】C
【详解】A．油脂在碱性条件下的水解反应称为皂化反应，水果中的异戊酸异戊酯不属于油脂，因此异戊酸异戊酯不能发生皂化反应，故A错误；
B．光学显微镜不能直接观察原子和分子，而电子显微镜虽然比光学显微镜前进了一大步，但是离直接观察原子和分子还有一段距离，电子显微镜出现时间比光学显微镜晚，故B错误；
C．蛋白质是组成细胞的基础物质，没有蛋白质就没有生命，故C正确；
D．检验淀粉在稀硫酸催化条件下水解产物的方法是：取适量水解液于试管中，需要先加氢氧化钠溶液调节pH使溶液显碱性，再加入少量新制Cu(OH)2悬浊液，加热，观察是否有砖红色沉淀，故D错误；
故选C。
17.锌一空气电池(原理如图)适宜用作城市电动车的动力电源。该电池放电时Zn 转化为 ZnO。该电池工作时，下列说法正确的是（ ）
A. Zn 电极是该电池的正极
B. Zn 电极电极反应：Zn+H O-2e-=ZnO+2H+
C. OH-向石墨电极移动
D. 氧气在石墨电极上发生还原反应
【答案】D
【解析】放电时Zn转化为ZnO，发生氧化反应，故Zn电极为该电池的负极，A项错误；根据图片可知，电解液为碱性，故Zn电极的电极反应式为：Zn+2OH— —2e—=ZnO++H2O，B项错误；放电时，阴离子移向负极，即OH—向Zn电极移动，C项错误；电池工作时，正极发生还原反应，D项正确。
18. 下列关于pH相同的盐酸和醋酸溶液的说法正确的是（ ）
A. 中和相同体积的两种酸溶液所需NaOH的物质的量相同
B. 加入等质量的锌粉，反应过程中放出H2的速率相同
C. 两种溶液中由水电离出来的c(H+)不相同
D. 分别用蒸馏水稀释相同倍数后，盐酸的pH大于醋酸的pH
【答案】D
【详解】盐酸属于强酸，醋酸是弱酸，相同pH时醋酸的浓度大于盐酸，
A、相同体积时，醋酸的物质的量大于盐酸的，因此醋酸消耗NaOH物质的量大，故错误；
B、开始时两种溶液c(H＋)相同，反应速率相等，但醋酸溶液中H+被消耗，会促进醋酸的电离，过程中醋酸溶液中c(H＋)>盐酸中的，醋酸溶液反应速率快，故错误；
C、酸溶液中OH-全部来自水的电离，开始时，c(H＋)相同，根据水的离子积，水电离出的c(OH－)相同，即水电离出的c(H＋)相同，故错误；
D、醋酸是弱酸，加水促进电离，稀释相同倍数醋酸中c(H＋)>盐酸中，醋酸溶液的pH小于盐酸，故正确；
答案选D。
19.下列说法正确的是（ ）
A. 在“石蜡→液体石蜡→石蜡蒸气→裂化气”的变化过程中，被破坏的作用力依次是范德华力、共价键、共价键
B. 某物质固态时不导电但在熔融状态下能导电，则该物质中一定含有离子键
C. 干冰是分子晶体，其溶于水生成碳酸的过程只需克服分子间作用力
D. H2O 分子之间的作用力大于 H2S，故前者比后者稳定
【答案】B
【详解】A．石蜡→液体石蜡→石蜡蒸气属于物质的三态变化，属于物理变化，破坏了范德华力，石蜡蒸气→裂化气发生了化学变化，破坏了共价键；所以在“石蜡→液体石蜡→石蜡蒸气→裂化气”的变化过程中，被破坏的作用力依次是范德华力、范德华力、共价键，故A错误；
B．固态不导电，则固体中没有自由移动的离子或自由移动的电子，不是金属，熔融时能导电的晶体，说明其可以电离出自由移动的离子，其构成微粒一定为离子，则一定为离子晶体，故B正确；
C．二氧化碳与水反应生成碳酸，发生了化学变化，共价键被破坏，故C错误；
D．稳定性与化学键有关，即水分子高温下稳定是因H-O键键能大，而与分子间作用力无关，故D错误；
故选B。
20.设 NA 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 25℃时，pH＝3 的 FeCl3 溶液中 H+的数目为 0.001NA
B. 甲醛(HCHO)和乙酸的混合物 3.0 g，含有的原子数为 0.4NA
C. 0.1 mol SO2 与 1 mol O2 充分反应，转移的电子数为 0.2NA
D. 已知白磷(P4)为正四面体结构，NA 个 P4 与 NA 个甲烷所含共价键数目之比为 1∶1
【答案】B
【详解】A．没有告诉溶液的体积，无法计算溶液中氢离子的数目，故A错误；
B．甲醛HCHO和乙酸的最简式均为CH2O，故3.0g混合物中含有的“CH2O”原子团的物质的量为n==0.1mol，含有的原子数为0.4NA，故B正确；
C．0.1 mol SO2与0.1mol O2的反应为可逆反应，生成的三氧化硫物质的量小于0.1mol，转移的电子数小于0.2NA，故C错误；
D．1mol白磷分子中含有6个共价键，1mol甲烷中含4mol共价键，共价键数目之比为3∶2，故D错误；
故选B。
【点睛】本题的易错点为D，要注意P4与甲烷结构的区别，二者均为正四面体结构，但P4中P位于正四面体的四个顶点，甲烷中H位于正四面体的四个顶点，C位于正四面体的中心。
21.可利用如下反应将二氧化碳转化为甲烷：CO2(g)+2H2O(g) CH4(g)+2O2(g) ΔH=+802KJ/mol，下图为在恒温、光照、不同初始浓度和不同催化剂（Ⅰ、Ⅱ）作用下，体积为2L的莫比容器中n(CH4)随光照时间的变化曲线。下列说法正确的是（ ）
A. 0-15h内，催化剂Ⅱ的催化效果比催化剂Ⅰ效果好
B. 反应开始后的30h内，第Ⅰ种催化剂的作用下，反应吸收的热量多
C. a点时，CO2的转化率相等
D. 0-16h内，v(O2)=1.5mol/(L·h)
【答案】B
【解析】0-15h内，第Ⅱ种催化剂的作用下的反应速率快，由于初始浓度不同，所以催化剂Ⅱ的催化效果不一定比催化剂Ⅰ效果好，故A错误；反应开始后的30h内，第Ⅰ种催化剂的作用下生成甲烷的物质的量多，反应吸收的热量多，故B正确；a点时，生成甲烷一样多，但起始物质的量不同，CO2的转化率不相等，故C错误；0-16h内，v(O2)=12 mol÷2L÷16 h×2=0.75mol/(L·h)，故D错误。
22.由反应物 X 转化为 Y 或 Z 的能量变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 由 X→Y 反应的 ΔH＝E5－E2
B. 由 X→Z 反应的 ΔH＝E2－E1
C. 反应 2X(g)＝3Y(g)的活化能＝E3－E2
D. 2X(g)＝Z(s) ΔH＜(E1－E2) kJ·molˉ1
【答案】D
【详解】A．反应热=生成物的总能量-反应热的总能量，由X→Y反应的△H=E3-E2，故A错误；
B．反应热=生成物的总能量-反应热的总能量，由 X→Z 反应的△H=E1-E2，故B错误；
C．反应 2X(g)=3Y(g)的活化能=E5-E2，故C错误；
D．由图可知，2X(g)=Z(g)△H1=E1-E2 kJ•mol-1①，Z(g)→Z(s)△H2＜0②，由盖斯定律：①+②得：2X(g)=Z(s)△H=△H1+△H2=E1-E2+△H2，因为△H2＜0，所以2X(g)=Z(s)△H＜E1-E2 kJ•mol-1，故D正确；
故选D。
23.常温下，用0.1000 mol · L-1NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.1000 mol · L-1 CH3COOH 溶液和HCN溶液，所得滴定曲线如图。下列说法不正确的是（ ）
A. 点①时：c(CN-)>c(Na+)>c(HCN)>c(OH-)
B. 点③时：c(Na+)=c(CH3COO-)>c(H+)
C. 点④时：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)
D. 点①和点②所示溶液中：c(CH3COO-)-c(CN-)=c(HCN)-c(CH3COOH)
【答案】A
【解析】点①时，溶液呈碱性，c(OH-)> c(H+)，根据电荷守恒，c(Na+) > c(CN-)，A项错误；点③时，溶液呈中性，c(OH-)= c(H+)=10-7mol•L-1，根据电荷守恒，c(Na+)=c(CH3COO-)>c(H+)，B项正确；点④时，醋酸与NaOH溶液恰好完全反应生成醋酸钠溶液，故c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)，C项正确；点①和点②所示溶液中均存在物料守恒：c(CH3COO-)+ c(CH3COOH)= c(HCN)+c(CN-)=0.067 mol · L-1，即有：c(CH3COO-)-c(CN-)= c(HCN)-c(CH3COOH)，D项正确。
24.实验室从含碘废液(除H2O外，含有CCl4、I2、I−等)中回收碘，其实验过程如下：
下列叙述不正确的是（ ）
A. “还原”步骤发生的反应为：SO32−＋I2＋H2O == 2I−＋SO42−＋2H＋
B. “操作X”为静置、分液，所得CCl4可用作“富集”的萃取剂
C. “氧化”过程中，为使I−完全被氧化，需长时间通入Cl2
D. “富集”即I2富集于有机溶剂，同时除去某些杂质离子
【答案】C
分析】含碘废液含有CCl4、I2、I-等，加入亚硫酸钠溶液还原碘单质为碘离子，分液除去CCl4，得到的溶液中通入氯气，将碘离子氧化为碘单质，富集碘元素，加入四氯化碳等萃取分液后，蒸馏得到碘单质，据此分析解答。
【详解】A．碘具有氧化性，能氧化亚硫酸钠生成硫酸钠，自身被还原生成碘离子，离子反应方程式为SO32-+I2+H2O=2I-+2H++SO42-，故A正确；
B．四氯化碳属于有机物，水属于无机物，二者不互溶，分离互不相溶的液体采用分液的方法分离，所以分离出四氯化碳采用分液的方法，得到的CCl4可用作“富集”的萃取剂，故B正确；
C．若长时间通入氯气，则溶液中碘离子完全被氧化为I2，且I2能继续被氧化，生成HIO3，得不到I2，故C错误；
D．碘易溶于有机溶剂，可加入有机溶剂萃取，达到富集的目的，且除去杂质，故D正确；
故选C。
25.某溶液中含有等物质的量的 K+、Na+、Fe3+、Fe2+、SO42-、SO32-、I-、NO3-中的几种离子，为了确定其组成，某同学取两份该溶液进行了如下实验（不考虑盐类的水解及水的电离）：
（1）一份滴入酸性高锰酸钾溶液，发现高锰酸钾溶液褪色；
（2）另一份加入氯化钡固体，产生不溶于水的沉淀。
下列说法不正确的是（ ）
A. 溶液中可能含有K+ B. 溶液中可能含有SO42-
C. 溶液中可能含有Fe3+ D. 溶液中可能含有SO32-
【答案】C
【分析】(1)一份滴入酸性高锰酸钾溶液，发现高锰酸钾溶液褪色，说明含有Fe2+、SO32-、I-中的至少一种；
(2)另一份加入氯化钡固体，产生不溶于水的沉淀，说明至少含有SO42-、SO32-中的一种。
【详解】A、若溶液含有Fe2+、SO32-、I-，一定没有Fe3+，根据电荷守恒，则一定含有K+或是Na+，故A正确；
B、根据实验(2)知道溶液中可能含有SO42-，故B正确；
C、根据实验(1)(2)，溶液中可能含有SO32-，则一定不含铁离子，故C错误；
D、另一份加入氯化钡固体，产生不溶于水的沉淀，至少含有SO42-、SO32-中的一种，溶液中可能含有SO32-，故D正确。
故选C。
非选择题部分
二．非选择题（共50分）
26.（1）写出次氯酸的结构式_________________；
（2）NaHCO3的俗名是___________________；
（3）第四周期第Ⅶ A原子序数为______，元素符号为_________，其最高价氧化物的水化物化学式为__________；
（4）写出工业上制氯气的离子方程式______________________________________________。
【答案】 (1). H-O-Cl (2). 小苏打 (3). 35 (4). Br (5). HBrO4 (6). 2Cl- + 2H2O2OH -+ Cl2↑+ H2↑
【分析】(1)次氯酸是共价化合物，氧原子和氢原子、氯原子分别形成一个共价键；
(2)NaHCO3为碳酸氢钠的化学式；
(3)第四周期0族元素的原子序数为36，据此分析解答；
(4)工业上通过电解饱和食盐水制备氯气，据此书写反应的离子方程式。
【详解】(1)次氯酸是共价化合物，氧原子和氢原子、氯原子分别形成一个共价键，结构式为：H-O-Cl，故答案为：H-O-Cl；
(2)碳酸氢钠俗称小苏打，故答案为：小苏打；
(3)第四周期0族元素的原子序数为36，则元素周期表中第四周期，第ⅦA族元素的原子序数为35，为溴元素，元素符号为Br，最高价氧化物对应的水化物为HBrO4，故答案为：35；Br；HBrO4；
(4)工业上通过电解饱和食盐水制备氯气，反应的离子方程式为2Cl- + 2H2O2OH -+ Cl2↑+ H2↑，故答案为：2Cl- + 2H2O2OH -+ Cl2↑+ H2↑。
27.已知 A 与 H2、CO 以物质的量 1∶1∶1 的比例形成 B，B能发生银镜反应，C 分子中只有一种氢，相关物质转化关系如下(含有相同官能团的有机物通常具有相似的化学性质)：
请回答：
（1）有机物 C 的结构简式是___________，反应②的反应类型是___________。
（2）写出一定条件下发生反应①的化学方程式___________________________________。
（3）下列说法不正确的是________(填字母)。
A.化合物 A 属于烃
B.化合物 D 含有两种官能团
C.用金属钠无法鉴别化合物 F、G
D.A 与 D 一定条件下可以生成 CH3CH2OCH2CH2OH
【答案】(1). (2). 加成反应 (3). CH2=CH2+H2+CO CH3CH2CHO (4). BC
【分析】石蜡分解生成A，A氧化生成C，C分子中只有一种氢，则C为，因此A为HC2=CH2；A与CO、H2以物质的量1∶1∶1的比例形成B，B能发生银镜反应，则B为CH3CH2CHO，B氧化生成E，E为CH3CH2COOH，根据A、E的化学式可知，A与E发生加成反应生成G，G为CH3CH2COOCH2CH3；根据C、D的化学式可知，C与水发生加成反应生成D，则D为HOCH2CH2OH， D与E发生酯化反应生成F，F为CH3CH2COOCH2CH2OH，据此分析解答。
【详解】(1)根据上述分析，有机物C的结构简式是为，反应②的反应类型是加成反应，故答案为：；加成反应；
(2)一定条件下发生反应①的化学方程式为CH2=CH2+H2+CO CH3CH2CHO，故答案为：CH2=CH2+H2+CO CH3CH2CHO；
(3)A．化合物A为乙烯，只含有C和H两种元素，属于烃，故A正确；B．化合物D为HOCH2CH2OH，只有一种官能团，为-OH，故B错误；C．G为CH3CH2COOCH2CH3；不能与金属钠反应，F为CH3CH2COOCH2CH2OH，含-OH，能与金属钠反应放出氢气，用金属钠能鉴别化合物F、G，故C错误；D．A为HC2=CH2，D为HOCH2CH2OH，A与D一定条件下可以发生加成反应生成CH3CH2OCH2CH2OH，故D正确；故答案为：BC。
【点睛】正确推断出各物质的结构简式是解题的关键。本题的难点是G的结构的判断。本题的易错点为(3)，要框图中 A与E发生反应生成G的反应类型的判断和应用。
28.探究无机盐 X（仅含三种短周期元素）的组成和性质，设计并完成如下实验：
请回答：
（1）X 的化学式是_____________。
（2）白色粉末溶于氢氧化钠溶液的离子方程式是__________________________________。
（3）白色沉淀用途广泛，请列举一例：_______________________________。
【答案】(1). Mg2SiO4 或 2MgO·SiO2 (2). SiO2＋2OH-=SiO32-+H2O (3). 优良的阻燃剂等
【详解】无机盐X（仅含三种短周期元素），加入过量盐酸溶解，离心分离得到白色胶状物沉淀和无色溶液，白色胶状沉淀为硅酸，白色沉淀充分灼烧得到白色粉末1.80g为SiO2，物质的量＝1.8g÷60g/mol＝0.03mol，溶于氢氧化钠溶液得到无色溶液为硅酸钠溶液，说明无机盐中含硅酸根离子或原硅酸根离子，物质的量为0.03mol，若为硅酸根离子其质量＝0.03mol×76g/mol＝2.28g，金属质量＝4.20g-2.28g＝1.92g，无色溶液中加入过量氢氧化钠溶液生成白色沉淀则判断为Mg（OH）2，金属离子物质的量＝0.06mol，质量为0.06mol×24g/mol＝1.44g，不符合，则为原硅酸根，物质的量为0.03mol，质量＝0.03mol×92g/mol＝2.76g，金属质量4.20g-2.76g＝1.44g，物质的量＝1.44g÷24g/mol＝0.06mol，得到X为Mg2SiO4。
（1）X的化学式为，Mg2SiO4；
（2）白色粉末溶于氢氧化钠溶液的离子方程式是SiO2＋2OH-＝SiO32-+H2O；
（3）氢氧化镁是优良的阻燃剂。
29.为探究硫酸亚铁的分解产物，将硫酸亚铁样品装入下图的硬质玻璃管中，打开K1和K2，缓缓通入N2，加热。实验后反应管中残留固体为红棕色粉末。
（1）C中的溶液为_______(填标号)。D中观察到的现象为__________________________。
a .品红 b .NaOH c. BaCl2 d. Ba(NO3)2 e. 浓H2SO4
（2）写出硫酸亚铁高温分解反应的化学方程式__________________________________。
【答案】 (1). c (2). 溶液褪色 (3). 2FeSO4 Fe2O3+SO2↑+SO3↑
【分析】实验后反应管中残留固体为红色粉末，说明生成Fe2O3，则反应中Fe元素化合价升高，根据氧化还原反应的规律，S元素化合价应降低，因此一定生成SO2；FeSO4分解后，铁元素化合价升高1，而S元素化合价降低2，根据化合价升降守恒，化合价降低的S元素只能为总量的一半，因此一定还生成SO3；结合物质的性质分析解答。
【详解】(1)实验后反应管中残留固体为红色粉末，说明生成Fe2O3，则反应中Fe元素化合价升高，根据氧化还原反应的规律，S元素化合价应降低，因此一定生成SO2；FeSO4分解后，铁元素化合价升高1，而S元素化合价降低2，根据化合价升降守恒，化合价降低的S元素只能为总量的一半，因此一定还生成SO3；检验二氧化硫可以选用品红溶液，检验三氧化硫，可以选用氯化钡溶液，因为三氧化硫与水反应生成硫酸，在水中溶解度大于二氧化硫，因此需要首先检验三氧化硫，再检验二氧化硫，因此C为氯化钡，用于检验SO3，可观察到产生白色沉淀，D为品红，可用于检验SO2，品红褪色，故答案为：c；溶液褪色；
(2)硫酸亚铁高温分解可生成Fe2O3、SO3、SO2，反应的方程式为2FeSO4 Fe2O3+SO2↑+SO3↑，故答案为：2FeSO4 Fe2O3+SO2↑+SO3↑。
【点睛】本题的易错点和难点为(1)，要注意二氧化硫和三氧化硫同时存在时的检验顺序，要考虑物质性质对检验实验的影响。
30.弱电解质的水溶液中存在电离平衡。
（1）醋酸是常见的弱酸。
①醋酸在水溶液中的电离方程式为_____________________________________________。
②下列方法中，可以使醋酸稀溶液中 CH3COOH 电离程度增大的是 ______（填字母序号）。
a 滴加少量浓盐酸 b 微热溶液 c 加水稀释 d 加入少量醋酸钠晶体
（2）用 0.1 mol·L-1 NaOH 溶液分别滴定体积均为 20.00 mL、浓度均为 0.1 mol·L-1 的盐酸和醋酸溶液，得到滴定过程中溶液 pH随加入 NaOH溶液体积而变化的两条滴定曲线。
①滴定醋酸的曲线是_______________（填“I”或“II”）。
②室温时，若 0.1 mol·L-1 的醋酸的电离度为 1%，计算这醋酸溶液的 pH 值________。
③滴定开始前，三种溶液中由水电离出的 c(H+)最大的是________________。
④上述用 0.1 mol·L-1 的 NaOH 溶液滴定 0.1 mol·L-1 的盐酸，下列操作不正确的是________________。
A．用标准 NaOH 溶液润洗碱式滴定管后，再装入标准碱溶液
B．用待测酸溶液润洗锥形瓶后，再装入待测酸溶液
C．滴定时两眼应注视滴定管中液面的变化，以免滴定过量
D．读数时，视线应与滴定管凹液面的最低点保持水平
⑤上述滴定用酚酞作指示剂，滴定终点的现象_______________________________________。
【答案】 (1). CH3COOH⇌CH3COO-+H+ (2). bc (3). I (4). 3 (5). 0.1mol•L-1醋酸溶液 (6). BC (7). 最后一滴氢氧化钠溶液滴入时，溶液由无色变为浅红色，且30s内不恢复
【分析】（1）①醋酸是弱酸，在水中部分电离；
②根据影响弱电解质电离的因素分析；
（2）①根据浓度均为0.1mol•L-1的盐酸和醋酸溶液的pH不一样来回答；
②室温时，若 0.1 mol·L-1 的醋酸的电离度为 1%，c(H+)=0.1 mol·L-1×1%，根据pH=-lg c(H+)计算醋酸溶液的 pH；
③酸和碱都对水的电离起抑制作用，酸、碱性越强，水的电离程度越小，据此来判断；
④根据酸碱中和滴定的操作回答；
⑤滴定开始时，酸性溶液中酚酞呈无色，滴定过程中溶液的碱性增强；
【详解】（1）①醋酸是弱酸，在水中部分电离，电离方程式是CH3COOHCH3COO-+H+；
②a 滴加少量浓盐酸，氢离子浓度增大，CH3COOHCH3COO-+H+逆向移动，CH3COOH 电离程度减小； b 电离吸热，微热溶液 CH3COOHCH3COO-+H+正向移动，CH3COOH 电离程度增大； c 弱电解质溶液越稀越电离，加水稀释促进醋酸电离，CH3COOH 电离程度增大； d 加入少量醋酸钠晶体，浓度增大电离程度越小；故选bc；
（2）①浓度均为0.1mol•L-1的盐酸和醋酸溶液的pH，盐酸的等于1，但是醋酸的大于1，所以滴定醋酸的曲线是I；
②若 0.1 mol·L-1 的醋酸的电离度为 1%，c(H+)=0.1 mol·L-1×1%=1×10-3 mol·L-1， pH=-lg c(H+)=- lg 10-3=3；
③0.1mol•L-1 NaOH溶液、0.1mol•L-1的盐酸中氢离子和氢氧根浓度都是0.1mol/L，对水的抑制作用一样，但是0.1mol/L醋酸溶液中氢离子浓度小于0.1mol/L，所以对水的电离抑制较小，即三种溶液中由水电离出的c（H+）最大的是0.1 mol•L-1醋酸溶液；
④A．滴定管在使用前用待盛液润洗，所以用标准 NaOH 溶液润洗碱式滴定管后，再装入标准碱溶液，故A正确；
B．锥形瓶不能用待测酸溶液润洗，故B错误；
C．滴定时两眼应注视锥形瓶中颜色的变化，故C错误；
D．读数时，视线应与滴定管凹液面的最低点保持水平，故D正确。选BC.
⑤滴定开始时，溶液为无色，滴定过程中溶液碱性增强，所以滴定终点的现象是最后一滴氢氧化钠溶液滴入时，溶液由无色变为浅红色，且30s内不恢复。
31.(1)标准生成热指的是在某温度下，由处于标准状态的各种元素的最稳定的单质生成标准状态下 1mol 某纯物质的热效应，单位常用 kJ/mol表示，已知在 25℃的条件下：
①Ag2O(s)+2HCl(g)═2AgCl(s)+H2O(l) △H=-324.4 kJ/mol
②2Ag(s)+ O2(g)═Ag2O(s) △H=-30.56kJ/mol
③ H2(g)+ Cl2(g)═HCl(g) △H=-92.21 kJ/mol
④H2(g)+ O2(g)═H2O(l) △H=-285.6 kJ/mol
则25℃时氯化银的标准生成热为________ kJ/mol；
(2)实验测得 64g 甲醇[CH3OH(l)]在氧气中充分燃烧生成 CO2 气体和液态水时放出 1452.8kJ 的热量，则表示甲醇燃烧热的热化学方程式________________________________；
(3)以甲烷、氧气为原料，KOH 为电解质，构成燃料电池，写出其负极的电极反应式：__________________________；
(4)电解法制取有广泛用途的 Na2FeO4，工作原理如下图所示。
已知：Na2FeO4 只在强碱性条件下稳定。
①Na2FeO4能够净水的主要原因是__________________________________________ 。
②阳极电极反应式 ______________________________；
③为使电解能较持久进行，应选用_______________ 离子交换膜(填“阴”或“阳”)。
【答案】 (1). -126.89 (2). CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-726.4kJ/mol (3). CH4+2O2+2OH-=CO32-+3H2O (4). Na2FeO4具有强氧化性，能够杀菌消毒，在杀菌消毒的过程中被还原为+3价的铁，水解生成具有强吸附性的氢氧化铁胶体，能够吸附水中杂质 (5). Fe-6e-+8OH-═FeO42-+4H2O (6). 阴
【分析】(1)依据标准生成热指的是在某温度下，由处于标准状态的各种元素的最稳定的单质生成标准状态下1mol某纯物质的热效应，结合热化学方程式和盖斯定律计算分析得到；
(2)依据题干条件计算1mo甲醇燃烧放出的热量，依据热化学方程式的书写方法写出甲醇燃烧热的热化学方程式；
(3)原电池中负极上燃料失电子，碱性条件下，CH4反应生成碳酸根离子；
(4)①Na2FeO4中的铁元素为+6价，具有强氧化性，在杀菌消毒的过程中被还原为+3价的铁，能够水解生成氢氧化铁胶体，据此分析解答；②金属铁是阳极，该电极上金属铁发生失电子的氧化反应，在碱性条件下生成FeO42-；③Na2FeO4 只在强碱性条件下稳定，电解过程中OH-向阳极移动，据此分析判断。
【详解】(1)①Ag2O(s)+2HCl(g)═2AgCl(s)+H2O(l)△H=-324.4 kJ/mol，②2Ag(s)+ O2(g)═Ag2O(s) △H=-30.56kJ/mol，③ H2(g)+ Cl2(g)═HCl(g) △H=-92.21 kJ/mol，④H2(g)+ O2(g)═H2O(l) △H=-285.6 kJ/mol，根据盖斯定律：将①+②+③×2-④得到：2Ag(s)+Cl2(s)=2AgCl(s) △H=-253.78kJ/mol，所以氯化银的标准生成热为 ×(-253.78kJ/mol)=-126.89 kJ/mol，故答案为：-126.89；
(2)64g液态甲醇在氧气中充分燃烧生成二氧化碳和液态水时，放出1452.8kJ的热量，则32g液态甲醇燃烧生成二氧化碳和液态水放热 ×1452.8kJ=726.4kJ，反应的热化学方程式为：CH3OH(l)+ O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-726.4kJ/mol，故答案为：CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-726.4kJ/mol；
(3)原电池放电时，负极上甲烷失电子被氧化，电极反应式为：CH4+2O2+2OH-=CO32-+3H2O，故答案为：CH4+2O2+2OH-=CO32-+3H2O；
(4)①Na2FeO4中的铁元素为+6价，具有强氧化性，能够杀菌消毒，在杀菌消毒的过程中被还原为+3价的铁，水解生成具有强吸附性的氢氧化铁胶体，能够吸附水中的细微悬浮物形成沉淀，所以是一种“绿色、环保、高效”净水剂，故答案为：Na2FeO4具有强氧化性，能够杀菌消毒，在杀菌消毒的过程中被还原为+3价的铁，水解生成具有强吸附性的氢氧化铁胶体，能够吸附水中杂质；
②根据图示，金属铁是阳极，该电极上金属铁发生失电子的氧化反应，即Fe-6e-+8OH-═FeO42-+4H2O，故答案为：Fe-6e-+8OH-═FeO42-+4H2O；
③Na2FeO4 只在强碱性条件下稳定，电解过程中OH-向阳极移动，则应选择阴离子交换膜，故答案为：阴。
32.实验室常用碱性溶液吸收多余的氯气，防止环境污染。某次实验中，将多余的氯气用100 mL 2.00 mol·L−1的NaOH溶液恰好完全吸收，测得吸收液中ClO−与ClO3−的物质的量之比为5:1。
（1）吸收的氯气的物质的量为_____________。
（2）吸收液中Cl−的物质的量浓度为______________(溶液体积变化忽略不计)。
【答案】 (1). 0.1mol (2). 1.25mol/L
【分析】根据吸收液中ClO−与ClO3−的物质的量之比为5∶1，结合得失电子守恒，写出反应的化学方程式，然后依据方程式分析解答。
【详解】(1) ClO-和ClO3-的物质的量浓度之比为5∶1，假设生成的ClO3−的物质的量为1，根据得失电子守恒，同时生成氯化钠，且生成的氯化钠为5×1+1×5=10，因此发生的反应为8Cl2+16NaOH=5NaClO+NaClO3+10NaCl+8H2O，NaOH的物质的量为：0.1 L×2.0mol/L=0.2mol，因此吸收的氯气的物质的量为n(NaOH)=0.1mol，故答案为：0.1mol；
(2)根据反应的方程式8Cl2+16NaOH=5NaClO+NaClO3+10NaCl+8H2O，生成的氯化钠的物质的量为n(NaOH)=0.2mol×=0.125mol，吸收液中Cl−的物质的量浓度为=1.25mol/L，故答案为：1.25mol/L。
说明：
1．本试卷考试用时90分钟，满分100分。
2．可能用到的相对原子质量： H 1 C 12 O 16 Mg 24 Al 27 S 32 Fe 56 Ba 137
一、选择题（本大题包括25小题，每小题2分，共50分。）
1.下列物质属于碱的是（ ）
A. CH3OH B. Cu2(OH)2CO3 C. Mg(OH)2 D. Na2CO3
【答案】C
【分析】电离出的阴离子全部为氢氧根离子的化合物是碱，据此分析判断。
【详解】A．CH3OH是有机物醇类，不能发生电离，不属于碱，故A错误；
B．Cu2(OH)2CO3电离出的阴离子为氢氧根离子和酸根离子，为碱式盐，故B错误；
C．Mg(OH)2电离出的阴离子全部为氢氧根离子，属于碱，故C正确；
D．Na2CO3电离出的阴离子为酸根离子，属于盐，不属于碱，故D错误；
故选C。
【点睛】本题的易错点为A，要注意区分氢氧根离子和羟基，醇类不能电离出氢氧根离子。
2.下列实验操作中，不用于物质分离的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【详解】A．图为蒸发装置，可分离可溶性固体与液体，故A不选；
B．图为分液装置，可分离分层的液体混合物，故B不选；
C．图为过滤装置，可分离不溶性固体与液体，故C不选；
D．图为配制溶液实验中的移液步骤，不用于物质的分离，故D选；
故选D。
3.下列属于非电解质的是（ ）
A. 液氯 B. 硫酸钡 C. 氨水 D. 葡萄糖
【答案】D
【详解】A．液氯是氯气为单质，既不是电解质，也不是非电解质，故A不选；
B．硫酸钡熔融状态下能导电，是化合物，属于电解质，故B不选；
C．氨水能导电，是混合物，既不是电解质，也不是非电解质，故C不选；
D．葡萄糖是共价化合物，在水溶液中和熔融状态下都不导电，属于非电解质，故D选；
故选D。
【点睛】解答此类试题要注意电解质和非电解质都属于化合物，单质和混合物既不是电解质，也不是非电解质。
4.下列物质的水溶液因水解呈酸性的是（ ）
A. NaHSO4 B. CH3COONa C. NH4Cl D. SO2
【答案】C
【详解】A．NaHSO4是强酸强碱的酸式盐，在溶液中不水解，能够电离出氢离子，溶液呈酸性，故A错误；
B．CH3COONa为强碱弱酸盐，在溶液中水解显碱性，故B错误；
C．NH4Cl属于强酸弱碱盐，在溶液中水解显酸性，故C正确；
D．二氧化硫是酸性氧化物，溶于水生成亚硫酸，电离出氢离子，溶液显酸性，故D错误；
故选C。
5.下列属于物理变化的是（ ）
A. 钝化 B. 煤的气化 C. 重油裂化 D. 氯气的液化
【答案】D
【详解】A．钝化是金属铝和铁等在冷的浓硫酸、浓硝酸中被在表面氧化出了一层致密而坚固的氧化物薄膜的过程，是化学变化，故A不选；
B．煤的气化是煤与水反应生成一氧化碳和氢气，属于化学变化，故B不选；
C．重油的裂化是由石油中的重质馏分经裂化而得的汽油、煤油、柴油，属于化学变化，故C不选；
D．氯气的液化是将氯气由气态变为液态，是状态的变化，属于物理变化，故D选；
故选D。
6.下列说法正确的是（ ）
A. 某些植物具有富集溴的能力，从海产品中提取溴是工业上获取溴的重要途径
B. 工业炼铁需要用到的原料有铁矿石、焦炭、空气和熟石灰
C. NaHCO3 能与碱反应，所以可用作焙制糕点的膨松剂
D. 我国古代就已知晓采用加热胆矾或绿矾的方法制取硫酸
【答案】D
【详解】A．溴主要存在于海水中，海水提溴是工业上获取溴的重要途径，故A错误；
B．石灰石在高温条件下分解能生成氧化钙和二氧化碳，氧化钙能和铁矿石中的杂质二氧化硅反应生成硅酸钙，从而除去二氧化硅，不用熟石灰，故B错误；
C．NaHCO3不稳定，加热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳气体，所以用小苏打做焙制糕点的膨松剂，与能与碱反应的性质无关，故C错误；
D．加热胆矾或绿矾可生成三氧化硫，三氧化硫与水反应生成硫酸，故D正确；
故选D。
7. 在下列三个反应中
①H2O2+H2S=2H2O+S
②2H2O2=2H2O+O2
③H2O2+Cl2=2HCl+O2，
从氧化还原角度分析H2O2所起的作用是（ ）
A. ①氧化剂 ②还原剂 ③氧化剂
B. ①还原剂 ②氧化剂 ③氧化剂
C. ①氧化剂②氧化剂③氧化剂
D. ①氧化剂 ②既是氧化剂又是还原剂 ③还原剂
【答案】D
【详解】①2F2+2H2O=4HF+O2中F元素化合价由0价变为-1价，O元素化合价由-2价变为0价，所以氟气是氧化剂，水是还原剂；
②2Na+2H2O=2NaOH+H2↑中Na元素化合价由0价变为+1价，H元素化合价由+1价变为0价，所以钠作还原剂、水是氧化剂；
③Cl2+H2O=HClO+HCl中，Cl元素化合价由0价变为-1价和+1价，水中各元素化合价都不变，所以水既不是氧化剂也不是还原剂。
故选D。
8.下列表示正确是（ ）
A. 二氧化硅的分子式：SiO2
B. 葡萄糖的摩尔质量：180
C. 绿矾的化学式：FeSO4·7H2O
D. 比例模型可表示 CH4 分子，也可表示 CCl4 分子
【答案】C
【详解】A．二氧化硅是原子晶体，不存在单个的分子，SiO2是其化学式，而不是分子式，故A错误；
B．单位不正确，葡萄糖的摩尔质量180g/mol，故B错误；
C．绿矾为七水硫酸亚铁，化学式为：FeSO4•7H2O，故C正确；
D．Cl原子的相对体积大于C原子，则四氯化碳的比例模型为，则可表示 CH4，但不能表示 CCl4 分子，故D错误；
故选C。
【点睛】本题的易错点为D，比例模型中要注意原子的相对大小。
9.下列有关说法不正确的是（ ）
A. 地球上最基本的能源是太阳能，大自然中利用太阳能最成功的是植物的光合作用
B. 将植物的秸秆等加入沼气发酵池中，在富氧条件下，经过沼气细菌的作用，生成沼气
C. 水煤气经过催化合成可以得到甲醇等燃料
D. 贮氢合金并不是简单的吸附氢气，而是通过化学反应贮存氢气
【答案】B
【详解】A．地球上的能源归根结底来自于太阳能，而大自然利用太阳能最成功的是植物的光合作用，植物的光合作用将太阳能转化为化学能贮存在植物体内，成为地球上各类生物赖以生存的物质基础，故A正确；
B．将植物的秸秆等加入沼气发酵池中，经过沼气细菌的作用生成沼气，需要在厌氧条件下进行，故B错误；
C．煤气化的重要反应是：C+H2O(g) CO+H2，CO和氢气通过催化合成能得到甲醇等液体燃料，故C正确；
D．贮氢金属是金属与氢气形成化合物，从而达到贮存氢气的目的，故D正确；
故选B。
10.下列说法正确的是（ ）
A. 可用玻璃棒蘸取新制氯水点在 pH 试纸上，测定该氯水的 pH 值
B. 通过灼热的镁粉可以除去 N2 中含有少量O2
C. 用烧碱溶液鉴别地沟油、甘油和石油
D. 用冷却结晶的方法除去 NaCl 中混有的少量 KNO3
【答案】C
【详解】A．氯水中含有次氯酸，次氯酸具有漂白性，能够漂白pH试纸，所以不能用pH试纸测试氯水的pH值，故A错误；
B．Mg在加热条件下也能与N2发生反应，不能通过灼热的镁粉除去 N2 中含有少量O2，故B错误；
C．地沟油与烧碱开始分层，加热充分反应后不分层；甘油与烧碱互溶；石油与烧碱不反应，溶液分层，现象不同可鉴别，故C正确；
D．KNO3的溶解度受温度影响大，而NaCl的溶解度受温度影响小，则除去 NaCl 中混有的少量 KNO3，少量KNO3应残留在母液中，可采用蒸发结晶方法分离，不能用冷却结晶分离，故D错误；
故选C。
【点睛】本题的易错点为D，要注意KNO3和NaCl的溶解度受温度影响的区别，由于KNO3为杂质，需要留在母液中。
11.下列说法正确的是（ ）
A. 丙烷分子中所有碳原子在一条直线上
B. 乙醇和乙醚互同分异构体
C. 金刚石、石墨、C60、 富勒烯互为同素异形体
D. 臭氧和氧气互为同素异形体，两者之间的转化不属于化学变化
【答案】C
【详解】A．丙烷中CH2具有四面体结构，分子中两个甲基位于四面体的顶点上，CH2中C原子处于四面体中心，三个C原子呈角形，故A错误；
B．CH3CH2OH和CH3CH2OCH2CH3分子式不一样，不是互为同分异构体，故B错误；
C．金刚石、石墨、C60、富勒烯是碳元素的不同单质互为同素异形体，故C正确；
D．臭氧和氧气为不同的物质，则两者之间的转化属于化学变化，故D错误；
故选C。
12.如表所示的五种元素中，W、X、Y、Z为短周期元素，这四种元素的原子最外层电子数之和为22。下列说法正确的是（ ）
X
Y
W
Z
T
A. X、Y、Z三种元素最低价氢化物的沸点依次升高
B. 由X、Y和氢三种元素形成的化合物中只有共价键
C. 物质WY2、W3X4、WZ4均有熔点高、硬度大的特性
D. T元素的单质具有半导体的特性，T与Z元素可形成化合物TZ4
【答案】D
【分析】由W、X、Y、Z为短周期元素，这四种元素的原子最外层电子数之和为22，及W、X、Y、Z、T在元素周期表中的位置关系，确定这五种元素分别是X为氮、Y为氧、Z为氯、W为硅、T为锗。据此分析解答。
【详解】A项中，NH3、H2O、HCl三种氢化物沸点的高低顺序为H2O>NH3>HCl，该项错误；
B项中，由N、O、H三种元素形成的化合物NH4NO3中存在离子键，该项错误；
C项中，SiO2、Si3N4、SiCl4中SiO2、Si3N4为原子晶体，熔点高、硬高大，SiCl4为分子晶体，熔点低、硬度小，该项错误；
D项中，锗为半导体材料，可以形成GeCl4，所以该项正确。
答案选D。
13.下列离子方程式正确的是（ ）
A. 氯化镁溶液与氨水反应：Mg2+＋2OH-＝Mg(OH)2↓
B. Ba(OH)2和H2SO4溶液 混合：Ba2++ SO42－ == Ba SO4↓
C. 往 NH4HCO3 溶液中加过量的 NaOH 溶液并加热：NH4＋OHˉ===NH3↑＋H2O
D. 向硅酸钠溶液中通入过量的CO2：SiO32－+2CO2 + 2H2O == H2SiO3↓+2HCO3－
【答案】D
【详解】A．NH3·H2O为弱碱，应该用化学式表示，氯化镁溶液与氨水反应的离子反应为Mg2++2NH3．H2O═Mg(OH)2↓+2NH4+，故A错误；
B．Ba(OH)2和H2SO4溶液混合反应生成沉淀和水，H2SO4与Ba(OH)2溶液反应的离子反应为Ba2++2OH-+2H++SO42-═BaSO4↓+2H2O，故B错误；
C．向NH4HCO3溶液中加过量的NaOH溶液并加热，碳酸氢根离子也要与氢氧根离子反应，离子方程式：NH4++HCO3-+2OH- NH3↑+2H2O+CO32-，故C错误；
D．硅酸钠溶液中通入过量CO2，离子方程式：SiO32-+2CO2+2H2O═H2SiO3↓+2HCO3-，故D正确；
故选D。
【点睛】本题的易错点为C，要注意向NH4HCO3溶液中加过量的NaOH溶液，氢氧根离子既能与碳酸氢根离子反应，也能与铵根离子反应，因此铵根离子和碳酸氢根离子都要反应。
14.反应 X(s)＋3Y(g) Z(g)＋2W(g) △H＞0，在恒容绝热容器中加入 1 mol X 和 3 mol Y 发生反应，下列说法正确的是（ ）
A. 在反应的过程中，加入更多的 X，化学反应速率加快
B. 在反应的过程中，容器内的压强保持不变
C. 相同时间内，消耗 0.1 mol X 的同时，生成 0.2 mol W，说明反应到达平衡状态
D. 随着反应的进行，容器内气体的密度增大
【答案】D
【详解】A．X为固体，在反应的过程中，加入更多的 X，X的浓度不变，化学反应速率不变，故A错误；
B．反应前后气体的物质的量不变，但反应吸热，在恒容绝热容器中，反应后气体的温度降低，容器内的压强会减小，故B错误；
C．消耗 0.1 mol X 的同时，生成 0.2 mol W，都表示正反应速率，不能说明反应到达平衡状态，故C错误；
D．X为固体，随着反应的进行，容器内气体的质量增大，但体积不变，因此气体的密度增大，故D正确；
故选D。
【点睛】本题的易错点和难点为B，要注意在绝热容器中发生化学反应，气体的温度一定发生变化。
15.以下实验或操作方法正确的是（ ）
A. 用新制氢氧化铜悬浊液可以鉴别苯、四氯化碳、乙醇、乙酸、乙醛五种无色有机物
B. 除去乙酸乙酯中少量乙酸：加入饱和烧碱溶液，振荡、静置分层后分液
C. 戊烷和2-甲基丁烷是同系物
D. 相同质量的乙炔与苯分别在足量的氧气中完全燃烧，消耗O2的质量不同
【答案】A
【详解】A．苯、四氯化碳、乙醇、乙酸、乙醛分别与氢氧化铜悬浊液混合的现象为：分层后有机层在上层、分层后有机层在下层、不分层（加热后无明显变化）、沉淀溶解，溶液变成蓝色、加热后蓝色沉淀变成砖红色沉淀，现象不同，可鉴别，故A正确；
B．乙酸乙酯和乙酸均与氢氧化钠反应，不能除杂，应选饱和碳酸钠溶液，分液，故B错误；
C．戊烷和2-甲基丁烷的分子式相同、结构不同，二者互为同分异构体，故C错误；
D．乙炔和苯的最简式都为CH，则相同质量的乙炔与苯分别在足量的氧气中完全燃烧，消耗氧气的质量相同，故D错误；
故选A。
16.下列说法正确的是（ ）
A. 花生油、羊油、水果中的异戊酸异戊酯都能发生皂化反应
B. 在人类研究物质的微观结构的过程中，电子显微镜、光学显微镜、扫描隧道显微镜三种不同层次的观测仪器先后得到了使用
C. 一切重要的生命现象和生理机能都与蛋白质密切相关，没有蛋白质就没有生命
D. 检验淀粉在稀硫酸催化条件下水解产物的方法是：取适量水解液于试管中，加入少量新制 Cu(OH)2 悬浊液，加热，观察是否有砖红色沉淀
【答案】C
【详解】A．油脂在碱性条件下的水解反应称为皂化反应，水果中的异戊酸异戊酯不属于油脂，因此异戊酸异戊酯不能发生皂化反应，故A错误；
B．光学显微镜不能直接观察原子和分子，而电子显微镜虽然比光学显微镜前进了一大步，但是离直接观察原子和分子还有一段距离，电子显微镜出现时间比光学显微镜晚，故B错误；
C．蛋白质是组成细胞的基础物质，没有蛋白质就没有生命，故C正确；
D．检验淀粉在稀硫酸催化条件下水解产物的方法是：取适量水解液于试管中，需要先加氢氧化钠溶液调节pH使溶液显碱性，再加入少量新制Cu(OH)2悬浊液，加热，观察是否有砖红色沉淀，故D错误；
故选C。
17.锌一空气电池(原理如图)适宜用作城市电动车的动力电源。该电池放电时Zn 转化为 ZnO。该电池工作时，下列说法正确的是（ ）
A. Zn 电极是该电池的正极
B. Zn 电极电极反应：Zn+H O-2e-=ZnO+2H+
C. OH-向石墨电极移动
D. 氧气在石墨电极上发生还原反应
【答案】D
【解析】放电时Zn转化为ZnO，发生氧化反应，故Zn电极为该电池的负极，A项错误；根据图片可知，电解液为碱性，故Zn电极的电极反应式为：Zn+2OH— —2e—=ZnO++H2O，B项错误；放电时，阴离子移向负极，即OH—向Zn电极移动，C项错误；电池工作时，正极发生还原反应，D项正确。
18. 下列关于pH相同的盐酸和醋酸溶液的说法正确的是（ ）
A. 中和相同体积的两种酸溶液所需NaOH的物质的量相同
B. 加入等质量的锌粉，反应过程中放出H2的速率相同
C. 两种溶液中由水电离出来的c(H+)不相同
D. 分别用蒸馏水稀释相同倍数后，盐酸的pH大于醋酸的pH
【答案】D
【详解】盐酸属于强酸，醋酸是弱酸，相同pH时醋酸的浓度大于盐酸，
A、相同体积时，醋酸的物质的量大于盐酸的，因此醋酸消耗NaOH物质的量大，故错误；
B、开始时两种溶液c(H＋)相同，反应速率相等，但醋酸溶液中H+被消耗，会促进醋酸的电离，过程中醋酸溶液中c(H＋)>盐酸中的，醋酸溶液反应速率快，故错误；
C、酸溶液中OH-全部来自水的电离，开始时，c(H＋)相同，根据水的离子积，水电离出的c(OH－)相同，即水电离出的c(H＋)相同，故错误；
D、醋酸是弱酸，加水促进电离，稀释相同倍数醋酸中c(H＋)>盐酸中，醋酸溶液的pH小于盐酸，故正确；
答案选D。
19.下列说法正确的是（ ）
A. 在“石蜡→液体石蜡→石蜡蒸气→裂化气”的变化过程中，被破坏的作用力依次是范德华力、共价键、共价键
B. 某物质固态时不导电但在熔融状态下能导电，则该物质中一定含有离子键
C. 干冰是分子晶体，其溶于水生成碳酸的过程只需克服分子间作用力
D. H2O 分子之间的作用力大于 H2S，故前者比后者稳定
【答案】B
【详解】A．石蜡→液体石蜡→石蜡蒸气属于物质的三态变化，属于物理变化，破坏了范德华力，石蜡蒸气→裂化气发生了化学变化，破坏了共价键；所以在“石蜡→液体石蜡→石蜡蒸气→裂化气”的变化过程中，被破坏的作用力依次是范德华力、范德华力、共价键，故A错误；
B．固态不导电，则固体中没有自由移动的离子或自由移动的电子，不是金属，熔融时能导电的晶体，说明其可以电离出自由移动的离子，其构成微粒一定为离子，则一定为离子晶体，故B正确；
C．二氧化碳与水反应生成碳酸，发生了化学变化，共价键被破坏，故C错误；
D．稳定性与化学键有关，即水分子高温下稳定是因H-O键键能大，而与分子间作用力无关，故D错误；
故选B。
20.设 NA 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 25℃时，pH＝3 的 FeCl3 溶液中 H+的数目为 0.001NA
B. 甲醛(HCHO)和乙酸的混合物 3.0 g，含有的原子数为 0.4NA
C. 0.1 mol SO2 与 1 mol O2 充分反应，转移的电子数为 0.2NA
D. 已知白磷(P4)为正四面体结构，NA 个 P4 与 NA 个甲烷所含共价键数目之比为 1∶1
【答案】B
【详解】A．没有告诉溶液的体积，无法计算溶液中氢离子的数目，故A错误；
B．甲醛HCHO和乙酸的最简式均为CH2O，故3.0g混合物中含有的“CH2O”原子团的物质的量为n==0.1mol，含有的原子数为0.4NA，故B正确；
C．0.1 mol SO2与0.1mol O2的反应为可逆反应，生成的三氧化硫物质的量小于0.1mol，转移的电子数小于0.2NA，故C错误；
D．1mol白磷分子中含有6个共价键，1mol甲烷中含4mol共价键，共价键数目之比为3∶2，故D错误；
故选B。
【点睛】本题的易错点为D，要注意P4与甲烷结构的区别，二者均为正四面体结构，但P4中P位于正四面体的四个顶点，甲烷中H位于正四面体的四个顶点，C位于正四面体的中心。
21.可利用如下反应将二氧化碳转化为甲烷：CO2(g)+2H2O(g) CH4(g)+2O2(g) ΔH=+802KJ/mol，下图为在恒温、光照、不同初始浓度和不同催化剂（Ⅰ、Ⅱ）作用下，体积为2L的莫比容器中n(CH4)随光照时间的变化曲线。下列说法正确的是（ ）
A. 0-15h内，催化剂Ⅱ的催化效果比催化剂Ⅰ效果好
B. 反应开始后的30h内，第Ⅰ种催化剂的作用下，反应吸收的热量多
C. a点时，CO2的转化率相等
D. 0-16h内，v(O2)=1.5mol/(L·h)
【答案】B
【解析】0-15h内，第Ⅱ种催化剂的作用下的反应速率快，由于初始浓度不同，所以催化剂Ⅱ的催化效果不一定比催化剂Ⅰ效果好，故A错误；反应开始后的30h内，第Ⅰ种催化剂的作用下生成甲烷的物质的量多，反应吸收的热量多，故B正确；a点时，生成甲烷一样多，但起始物质的量不同，CO2的转化率不相等，故C错误；0-16h内，v(O2)=12 mol÷2L÷16 h×2=0.75mol/(L·h)，故D错误。
22.由反应物 X 转化为 Y 或 Z 的能量变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 由 X→Y 反应的 ΔH＝E5－E2
B. 由 X→Z 反应的 ΔH＝E2－E1
C. 反应 2X(g)＝3Y(g)的活化能＝E3－E2
D. 2X(g)＝Z(s) ΔH＜(E1－E2) kJ·molˉ1
【答案】D
【详解】A．反应热=生成物的总能量-反应热的总能量，由X→Y反应的△H=E3-E2，故A错误；
B．反应热=生成物的总能量-反应热的总能量，由 X→Z 反应的△H=E1-E2，故B错误；
C．反应 2X(g)=3Y(g)的活化能=E5-E2，故C错误；
D．由图可知，2X(g)=Z(g)△H1=E1-E2 kJ•mol-1①，Z(g)→Z(s)△H2＜0②，由盖斯定律：①+②得：2X(g)=Z(s)△H=△H1+△H2=E1-E2+△H2，因为△H2＜0，所以2X(g)=Z(s)△H＜E1-E2 kJ•mol-1，故D正确；
故选D。
23.常温下，用0.1000 mol · L-1NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.1000 mol · L-1 CH3COOH 溶液和HCN溶液，所得滴定曲线如图。下列说法不正确的是（ ）
A. 点①时：c(CN-)>c(Na+)>c(HCN)>c(OH-)
B. 点③时：c(Na+)=c(CH3COO-)>c(H+)
C. 点④时：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)
D. 点①和点②所示溶液中：c(CH3COO-)-c(CN-)=c(HCN)-c(CH3COOH)
【答案】A
【解析】点①时，溶液呈碱性，c(OH-)> c(H+)，根据电荷守恒，c(Na+) > c(CN-)，A项错误；点③时，溶液呈中性，c(OH-)= c(H+)=10-7mol•L-1，根据电荷守恒，c(Na+)=c(CH3COO-)>c(H+)，B项正确；点④时，醋酸与NaOH溶液恰好完全反应生成醋酸钠溶液，故c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)，C项正确；点①和点②所示溶液中均存在物料守恒：c(CH3COO-)+ c(CH3COOH)= c(HCN)+c(CN-)=0.067 mol · L-1，即有：c(CH3COO-)-c(CN-)= c(HCN)-c(CH3COOH)，D项正确。
24.实验室从含碘废液(除H2O外，含有CCl4、I2、I−等)中回收碘，其实验过程如下：
下列叙述不正确的是（ ）
A. “还原”步骤发生的反应为：SO32−＋I2＋H2O == 2I−＋SO42−＋2H＋
B. “操作X”为静置、分液，所得CCl4可用作“富集”的萃取剂
C. “氧化”过程中，为使I−完全被氧化，需长时间通入Cl2
D. “富集”即I2富集于有机溶剂，同时除去某些杂质离子
【答案】C
分析】含碘废液含有CCl4、I2、I-等，加入亚硫酸钠溶液还原碘单质为碘离子，分液除去CCl4，得到的溶液中通入氯气，将碘离子氧化为碘单质，富集碘元素，加入四氯化碳等萃取分液后，蒸馏得到碘单质，据此分析解答。
【详解】A．碘具有氧化性，能氧化亚硫酸钠生成硫酸钠，自身被还原生成碘离子，离子反应方程式为SO32-+I2+H2O=2I-+2H++SO42-，故A正确；
B．四氯化碳属于有机物，水属于无机物，二者不互溶，分离互不相溶的液体采用分液的方法分离，所以分离出四氯化碳采用分液的方法，得到的CCl4可用作“富集”的萃取剂，故B正确；
C．若长时间通入氯气，则溶液中碘离子完全被氧化为I2，且I2能继续被氧化，生成HIO3，得不到I2，故C错误；
D．碘易溶于有机溶剂，可加入有机溶剂萃取，达到富集的目的，且除去杂质，故D正确；
故选C。
25.某溶液中含有等物质的量的 K+、Na+、Fe3+、Fe2+、SO42-、SO32-、I-、NO3-中的几种离子，为了确定其组成，某同学取两份该溶液进行了如下实验（不考虑盐类的水解及水的电离）：
（1）一份滴入酸性高锰酸钾溶液，发现高锰酸钾溶液褪色；
（2）另一份加入氯化钡固体，产生不溶于水的沉淀。
下列说法不正确的是（ ）
A. 溶液中可能含有K+ B. 溶液中可能含有SO42-
C. 溶液中可能含有Fe3+ D. 溶液中可能含有SO32-
【答案】C
【分析】(1)一份滴入酸性高锰酸钾溶液，发现高锰酸钾溶液褪色，说明含有Fe2+、SO32-、I-中的至少一种；
(2)另一份加入氯化钡固体，产生不溶于水的沉淀，说明至少含有SO42-、SO32-中的一种。
【详解】A、若溶液含有Fe2+、SO32-、I-，一定没有Fe3+，根据电荷守恒，则一定含有K+或是Na+，故A正确；
B、根据实验(2)知道溶液中可能含有SO42-，故B正确；
C、根据实验(1)(2)，溶液中可能含有SO32-，则一定不含铁离子，故C错误；
D、另一份加入氯化钡固体，产生不溶于水的沉淀，至少含有SO42-、SO32-中的一种，溶液中可能含有SO32-，故D正确。
故选C。
非选择题部分
二．非选择题（共50分）
26.（1）写出次氯酸的结构式_________________；
（2）NaHCO3的俗名是___________________；
（3）第四周期第Ⅶ A原子序数为______，元素符号为_________，其最高价氧化物的水化物化学式为__________；
（4）写出工业上制氯气的离子方程式______________________________________________。
【答案】 (1). H-O-Cl (2). 小苏打 (3). 35 (4). Br (5). HBrO4 (6). 2Cl- + 2H2O2OH -+ Cl2↑+ H2↑
【分析】(1)次氯酸是共价化合物，氧原子和氢原子、氯原子分别形成一个共价键；
(2)NaHCO3为碳酸氢钠的化学式；
(3)第四周期0族元素的原子序数为36，据此分析解答；
(4)工业上通过电解饱和食盐水制备氯气，据此书写反应的离子方程式。
【详解】(1)次氯酸是共价化合物，氧原子和氢原子、氯原子分别形成一个共价键，结构式为：H-O-Cl，故答案为：H-O-Cl；
(2)碳酸氢钠俗称小苏打，故答案为：小苏打；
(3)第四周期0族元素的原子序数为36，则元素周期表中第四周期，第ⅦA族元素的原子序数为35，为溴元素，元素符号为Br，最高价氧化物对应的水化物为HBrO4，故答案为：35；Br；HBrO4；
(4)工业上通过电解饱和食盐水制备氯气，反应的离子方程式为2Cl- + 2H2O2OH -+ Cl2↑+ H2↑，故答案为：2Cl- + 2H2O2OH -+ Cl2↑+ H2↑。
27.已知 A 与 H2、CO 以物质的量 1∶1∶1 的比例形成 B，B能发生银镜反应，C 分子中只有一种氢，相关物质转化关系如下(含有相同官能团的有机物通常具有相似的化学性质)：
请回答：
（1）有机物 C 的结构简式是___________，反应②的反应类型是___________。
（2）写出一定条件下发生反应①的化学方程式___________________________________。
（3）下列说法不正确的是________(填字母)。
A.化合物 A 属于烃
B.化合物 D 含有两种官能团
C.用金属钠无法鉴别化合物 F、G
D.A 与 D 一定条件下可以生成 CH3CH2OCH2CH2OH
【答案】(1). (2). 加成反应 (3). CH2=CH2+H2+CO CH3CH2CHO (4). BC
【分析】石蜡分解生成A，A氧化生成C，C分子中只有一种氢，则C为，因此A为HC2=CH2；A与CO、H2以物质的量1∶1∶1的比例形成B，B能发生银镜反应，则B为CH3CH2CHO，B氧化生成E，E为CH3CH2COOH，根据A、E的化学式可知，A与E发生加成反应生成G，G为CH3CH2COOCH2CH3；根据C、D的化学式可知，C与水发生加成反应生成D，则D为HOCH2CH2OH， D与E发生酯化反应生成F，F为CH3CH2COOCH2CH2OH，据此分析解答。
【详解】(1)根据上述分析，有机物C的结构简式是为，反应②的反应类型是加成反应，故答案为：；加成反应；
(2)一定条件下发生反应①的化学方程式为CH2=CH2+H2+CO CH3CH2CHO，故答案为：CH2=CH2+H2+CO CH3CH2CHO；
(3)A．化合物A为乙烯，只含有C和H两种元素，属于烃，故A正确；B．化合物D为HOCH2CH2OH，只有一种官能团，为-OH，故B错误；C．G为CH3CH2COOCH2CH3；不能与金属钠反应，F为CH3CH2COOCH2CH2OH，含-OH，能与金属钠反应放出氢气，用金属钠能鉴别化合物F、G，故C错误；D．A为HC2=CH2，D为HOCH2CH2OH，A与D一定条件下可以发生加成反应生成CH3CH2OCH2CH2OH，故D正确；故答案为：BC。
【点睛】正确推断出各物质的结构简式是解题的关键。本题的难点是G的结构的判断。本题的易错点为(3)，要框图中 A与E发生反应生成G的反应类型的判断和应用。
28.探究无机盐 X（仅含三种短周期元素）的组成和性质，设计并完成如下实验：
请回答：
（1）X 的化学式是_____________。
（2）白色粉末溶于氢氧化钠溶液的离子方程式是__________________________________。
（3）白色沉淀用途广泛，请列举一例：_______________________________。
【答案】(1). Mg2SiO4 或 2MgO·SiO2 (2). SiO2＋2OH-=SiO32-+H2O (3). 优良的阻燃剂等
【详解】无机盐X（仅含三种短周期元素），加入过量盐酸溶解，离心分离得到白色胶状物沉淀和无色溶液，白色胶状沉淀为硅酸，白色沉淀充分灼烧得到白色粉末1.80g为SiO2，物质的量＝1.8g÷60g/mol＝0.03mol，溶于氢氧化钠溶液得到无色溶液为硅酸钠溶液，说明无机盐中含硅酸根离子或原硅酸根离子，物质的量为0.03mol，若为硅酸根离子其质量＝0.03mol×76g/mol＝2.28g，金属质量＝4.20g-2.28g＝1.92g，无色溶液中加入过量氢氧化钠溶液生成白色沉淀则判断为Mg（OH）2，金属离子物质的量＝0.06mol，质量为0.06mol×24g/mol＝1.44g，不符合，则为原硅酸根，物质的量为0.03mol，质量＝0.03mol×92g/mol＝2.76g，金属质量4.20g-2.76g＝1.44g，物质的量＝1.44g÷24g/mol＝0.06mol，得到X为Mg2SiO4。
（1）X的化学式为，Mg2SiO4；
（2）白色粉末溶于氢氧化钠溶液的离子方程式是SiO2＋2OH-＝SiO32-+H2O；
（3）氢氧化镁是优良的阻燃剂。
29.为探究硫酸亚铁的分解产物，将硫酸亚铁样品装入下图的硬质玻璃管中，打开K1和K2，缓缓通入N2，加热。实验后反应管中残留固体为红棕色粉末。
（1）C中的溶液为_______(填标号)。D中观察到的现象为__________________________。
a .品红 b .NaOH c. BaCl2 d. Ba(NO3)2 e. 浓H2SO4
（2）写出硫酸亚铁高温分解反应的化学方程式__________________________________。
【答案】 (1). c (2). 溶液褪色 (3). 2FeSO4 Fe2O3+SO2↑+SO3↑
【分析】实验后反应管中残留固体为红色粉末，说明生成Fe2O3，则反应中Fe元素化合价升高，根据氧化还原反应的规律，S元素化合价应降低，因此一定生成SO2；FeSO4分解后，铁元素化合价升高1，而S元素化合价降低2，根据化合价升降守恒，化合价降低的S元素只能为总量的一半，因此一定还生成SO3；结合物质的性质分析解答。
【详解】(1)实验后反应管中残留固体为红色粉末，说明生成Fe2O3，则反应中Fe元素化合价升高，根据氧化还原反应的规律，S元素化合价应降低，因此一定生成SO2；FeSO4分解后，铁元素化合价升高1，而S元素化合价降低2，根据化合价升降守恒，化合价降低的S元素只能为总量的一半，因此一定还生成SO3；检验二氧化硫可以选用品红溶液，检验三氧化硫，可以选用氯化钡溶液，因为三氧化硫与水反应生成硫酸，在水中溶解度大于二氧化硫，因此需要首先检验三氧化硫，再检验二氧化硫，因此C为氯化钡，用于检验SO3，可观察到产生白色沉淀，D为品红，可用于检验SO2，品红褪色，故答案为：c；溶液褪色；
(2)硫酸亚铁高温分解可生成Fe2O3、SO3、SO2，反应的方程式为2FeSO4 Fe2O3+SO2↑+SO3↑，故答案为：2FeSO4 Fe2O3+SO2↑+SO3↑。
【点睛】本题的易错点和难点为(1)，要注意二氧化硫和三氧化硫同时存在时的检验顺序，要考虑物质性质对检验实验的影响。
30.弱电解质的水溶液中存在电离平衡。
（1）醋酸是常见的弱酸。
①醋酸在水溶液中的电离方程式为_____________________________________________。
②下列方法中，可以使醋酸稀溶液中 CH3COOH 电离程度增大的是 ______（填字母序号）。
a 滴加少量浓盐酸 b 微热溶液 c 加水稀释 d 加入少量醋酸钠晶体
（2）用 0.1 mol·L-1 NaOH 溶液分别滴定体积均为 20.00 mL、浓度均为 0.1 mol·L-1 的盐酸和醋酸溶液，得到滴定过程中溶液 pH随加入 NaOH溶液体积而变化的两条滴定曲线。
①滴定醋酸的曲线是_______________（填“I”或“II”）。
②室温时，若 0.1 mol·L-1 的醋酸的电离度为 1%，计算这醋酸溶液的 pH 值________。
③滴定开始前，三种溶液中由水电离出的 c(H+)最大的是________________。
④上述用 0.1 mol·L-1 的 NaOH 溶液滴定 0.1 mol·L-1 的盐酸，下列操作不正确的是________________。
A．用标准 NaOH 溶液润洗碱式滴定管后，再装入标准碱溶液
B．用待测酸溶液润洗锥形瓶后，再装入待测酸溶液
C．滴定时两眼应注视滴定管中液面的变化，以免滴定过量
D．读数时，视线应与滴定管凹液面的最低点保持水平
⑤上述滴定用酚酞作指示剂，滴定终点的现象_______________________________________。
【答案】 (1). CH3COOH⇌CH3COO-+H+ (2). bc (3). I (4). 3 (5). 0.1mol•L-1醋酸溶液 (6). BC (7). 最后一滴氢氧化钠溶液滴入时，溶液由无色变为浅红色，且30s内不恢复
【分析】（1）①醋酸是弱酸，在水中部分电离；
②根据影响弱电解质电离的因素分析；
（2）①根据浓度均为0.1mol•L-1的盐酸和醋酸溶液的pH不一样来回答；
②室温时，若 0.1 mol·L-1 的醋酸的电离度为 1%，c(H+)=0.1 mol·L-1×1%，根据pH=-lg c(H+)计算醋酸溶液的 pH；
③酸和碱都对水的电离起抑制作用，酸、碱性越强，水的电离程度越小，据此来判断；
④根据酸碱中和滴定的操作回答；
⑤滴定开始时，酸性溶液中酚酞呈无色，滴定过程中溶液的碱性增强；
【详解】（1）①醋酸是弱酸，在水中部分电离，电离方程式是CH3COOHCH3COO-+H+；
②a 滴加少量浓盐酸，氢离子浓度增大，CH3COOHCH3COO-+H+逆向移动，CH3COOH 电离程度减小； b 电离吸热，微热溶液 CH3COOHCH3COO-+H+正向移动，CH3COOH 电离程度增大； c 弱电解质溶液越稀越电离，加水稀释促进醋酸电离，CH3COOH 电离程度增大； d 加入少量醋酸钠晶体，浓度增大电离程度越小；故选bc；
（2）①浓度均为0.1mol•L-1的盐酸和醋酸溶液的pH，盐酸的等于1，但是醋酸的大于1，所以滴定醋酸的曲线是I；
②若 0.1 mol·L-1 的醋酸的电离度为 1%，c(H+)=0.1 mol·L-1×1%=1×10-3 mol·L-1， pH=-lg c(H+)=- lg 10-3=3；
③0.1mol•L-1 NaOH溶液、0.1mol•L-1的盐酸中氢离子和氢氧根浓度都是0.1mol/L，对水的抑制作用一样，但是0.1mol/L醋酸溶液中氢离子浓度小于0.1mol/L，所以对水的电离抑制较小，即三种溶液中由水电离出的c（H+）最大的是0.1 mol•L-1醋酸溶液；
④A．滴定管在使用前用待盛液润洗，所以用标准 NaOH 溶液润洗碱式滴定管后，再装入标准碱溶液，故A正确；
B．锥形瓶不能用待测酸溶液润洗，故B错误；
C．滴定时两眼应注视锥形瓶中颜色的变化，故C错误；
D．读数时，视线应与滴定管凹液面的最低点保持水平，故D正确。选BC.
⑤滴定开始时，溶液为无色，滴定过程中溶液碱性增强，所以滴定终点的现象是最后一滴氢氧化钠溶液滴入时，溶液由无色变为浅红色，且30s内不恢复。
31.(1)标准生成热指的是在某温度下，由处于标准状态的各种元素的最稳定的单质生成标准状态下 1mol 某纯物质的热效应，单位常用 kJ/mol表示，已知在 25℃的条件下：
①Ag2O(s)+2HCl(g)═2AgCl(s)+H2O(l) △H=-324.4 kJ/mol
②2Ag(s)+ O2(g)═Ag2O(s) △H=-30.56kJ/mol
③ H2(g)+ Cl2(g)═HCl(g) △H=-92.21 kJ/mol
④H2(g)+ O2(g)═H2O(l) △H=-285.6 kJ/mol
则25℃时氯化银的标准生成热为________ kJ/mol；
(2)实验测得 64g 甲醇[CH3OH(l)]在氧气中充分燃烧生成 CO2 气体和液态水时放出 1452.8kJ 的热量，则表示甲醇燃烧热的热化学方程式________________________________；
(3)以甲烷、氧气为原料，KOH 为电解质，构成燃料电池，写出其负极的电极反应式：__________________________；
(4)电解法制取有广泛用途的 Na2FeO4，工作原理如下图所示。
已知：Na2FeO4 只在强碱性条件下稳定。
①Na2FeO4能够净水的主要原因是__________________________________________ 。
②阳极电极反应式 ______________________________；
③为使电解能较持久进行，应选用_______________ 离子交换膜(填“阴”或“阳”)。
【答案】 (1). -126.89 (2). CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-726.4kJ/mol (3). CH4+2O2+2OH-=CO32-+3H2O (4). Na2FeO4具有强氧化性，能够杀菌消毒，在杀菌消毒的过程中被还原为+3价的铁，水解生成具有强吸附性的氢氧化铁胶体，能够吸附水中杂质 (5). Fe-6e-+8OH-═FeO42-+4H2O (6). 阴
【分析】(1)依据标准生成热指的是在某温度下，由处于标准状态的各种元素的最稳定的单质生成标准状态下1mol某纯物质的热效应，结合热化学方程式和盖斯定律计算分析得到；
(2)依据题干条件计算1mo甲醇燃烧放出的热量，依据热化学方程式的书写方法写出甲醇燃烧热的热化学方程式；
(3)原电池中负极上燃料失电子，碱性条件下，CH4反应生成碳酸根离子；
(4)①Na2FeO4中的铁元素为+6价，具有强氧化性，在杀菌消毒的过程中被还原为+3价的铁，能够水解生成氢氧化铁胶体，据此分析解答；②金属铁是阳极，该电极上金属铁发生失电子的氧化反应，在碱性条件下生成FeO42-；③Na2FeO4 只在强碱性条件下稳定，电解过程中OH-向阳极移动，据此分析判断。
【详解】(1)①Ag2O(s)+2HCl(g)═2AgCl(s)+H2O(l)△H=-324.4 kJ/mol，②2Ag(s)+ O2(g)═Ag2O(s) △H=-30.56kJ/mol，③ H2(g)+ Cl2(g)═HCl(g) △H=-92.21 kJ/mol，④H2(g)+ O2(g)═H2O(l) △H=-285.6 kJ/mol，根据盖斯定律：将①+②+③×2-④得到：2Ag(s)+Cl2(s)=2AgCl(s) △H=-253.78kJ/mol，所以氯化银的标准生成热为 ×(-253.78kJ/mol)=-126.89 kJ/mol，故答案为：-126.89；
(2)64g液态甲醇在氧气中充分燃烧生成二氧化碳和液态水时，放出1452.8kJ的热量，则32g液态甲醇燃烧生成二氧化碳和液态水放热 ×1452.8kJ=726.4kJ，反应的热化学方程式为：CH3OH(l)+ O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-726.4kJ/mol，故答案为：CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-726.4kJ/mol；
(3)原电池放电时，负极上甲烷失电子被氧化，电极反应式为：CH4+2O2+2OH-=CO32-+3H2O，故答案为：CH4+2O2+2OH-=CO32-+3H2O；
(4)①Na2FeO4中的铁元素为+6价，具有强氧化性，能够杀菌消毒，在杀菌消毒的过程中被还原为+3价的铁，水解生成具有强吸附性的氢氧化铁胶体，能够吸附水中的细微悬浮物形成沉淀，所以是一种“绿色、环保、高效”净水剂，故答案为：Na2FeO4具有强氧化性，能够杀菌消毒，在杀菌消毒的过程中被还原为+3价的铁，水解生成具有强吸附性的氢氧化铁胶体，能够吸附水中杂质；
②根据图示，金属铁是阳极，该电极上金属铁发生失电子的氧化反应，即Fe-6e-+8OH-═FeO42-+4H2O，故答案为：Fe-6e-+8OH-═FeO42-+4H2O；
③Na2FeO4 只在强碱性条件下稳定，电解过程中OH-向阳极移动，则应选择阴离子交换膜，故答案为：阴。
32.实验室常用碱性溶液吸收多余的氯气，防止环境污染。某次实验中，将多余的氯气用100 mL 2.00 mol·L−1的NaOH溶液恰好完全吸收，测得吸收液中ClO−与ClO3−的物质的量之比为5:1。
（1）吸收的氯气的物质的量为_____________。
（2）吸收液中Cl−的物质的量浓度为______________(溶液体积变化忽略不计)。
【答案】 (1). 0.1mol (2). 1.25mol/L
【分析】根据吸收液中ClO−与ClO3−的物质的量之比为5∶1，结合得失电子守恒，写出反应的化学方程式，然后依据方程式分析解答。
【详解】(1) ClO-和ClO3-的物质的量浓度之比为5∶1，假设生成的ClO3−的物质的量为1，根据得失电子守恒，同时生成氯化钠，且生成的氯化钠为5×1+1×5=10，因此发生的反应为8Cl2+16NaOH=5NaClO+NaClO3+10NaCl+8H2O，NaOH的物质的量为：0.1 L×2.0mol/L=0.2mol，因此吸收的氯气的物质的量为n(NaOH)=0.1mol，故答案为：0.1mol；
(2)根据反应的方程式8Cl2+16NaOH=5NaClO+NaClO3+10NaCl+8H2O，生成的氯化钠的物质的量为n(NaOH)=0.2mol×=0.125mol，吸收液中Cl−的物质的量浓度为=1.25mol/L，故答案为：1.25mol/L。
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