【化学】浙江省温州市新力量联盟2018-2019学年高二下学期期末考试试题（解析版）

浙江省温州市新力量联盟2018-2019学年高二下学期期末考试试题
考生须知：
1.本卷共8页满分100分，考试时间90分钟；
2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。
3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效；
4.考试结束后，只需上交答题纸。
5.可能用到的相对原子质量H1 N14 O16 K39 Ca40 S32 Si28 Fe56 Cu64 Ba137
选择题部分
一、选择题(本题共25小题，每小题2分，共50分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
1.下列属于碱的是（ ）
A. HClO B. CO2 C. Na2CO3 D. Ca(OH)2
【答案】D
【解析】A.HClO溶于水电离出的阳离子全部是氢离子，属于酸，A项不选；B.CO2由两种元素组成，其中一种是O，属于氧化物，B项不选；C.Na2CO3溶于水电离出的阳离子是Na＋，电离出的阴离子是酸根离子，属于盐，C项不选；D.氢氧化钙溶于水电离出的阴离子全部是OH－，属于碱，D项选。答案选D。
2.下列仪器名称为“分液漏斗”的是( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A. 为圆底烧瓶；
B. 为量筒；
C. 为容量瓶；
D. 为分液漏斗；
故答案选D。
3.下列物质溶于水时会破坏水的电离平衡，且属于电解质的是（ ）
A. 氯气 B. 二氧化碳 C. 氯化钾 D. 醋酸钠
【答案】D
【解析】氯气是单质，既不是电解质又不是非电解质，故A错误；二氧化碳是非电解质，故B错误；氯化钾属于电解质，是强酸强碱盐，不能水解，不会破坏水的电离平衡，故C错误；醋酸钠是电解质，能水解，促进水电离，故D正确。
4.下列不能产生丁达尔现象的是（ ）
A. 氢氧化铁胶体 B. 鸡蛋清溶液
C. 淀粉溶液 D. 纯碱溶液
【答案】D
【解析】
【详解】A. 氢氧化铁胶体能产生丁达尔现象，A错误；
B. 鸡蛋清溶液是胶体，能产生丁达尔现象，B错误；
C. 淀粉溶液是胶体，能产生丁达尔现象，C错误；
D. 纯碱溶液不是胶体，不能产生丁达尔现象，D正确。
答案选D。
5.下列属于化学变化的是（ ）
A. 淀粉遇 I2 变蓝 B. 海水晒盐
C. 石油分馏得到柴油 D. 从煤焦油获得苯、甲苯
【答案】A
【解析】
【详解】A、淀粉遇碘变蓝色，有新的物质生成，属于化学变化，选项A正确；
B、海水晒盐的过程中没有生成新物质，属于物理变化，选项B错误；
C、石油分馏后得到汽油、煤油、柴油等组分利用的也是不同组分之间沸点不同的性质，同理，其中涉及的物态变化没有生成新物质，属于物理变化，而非化学变化，选项C错误；
D、从煤焦油获得苯、甲苯利用的也是不同组分之间沸点不同的性质，同理，其中涉及的物态变化没有生成新物质，属于物理变化，而非化学变化，选项D错误；
答案选A。
6.下列说法正确的是（ ）
A. 在常温下浓硫酸与铁不反应，所以可以用铁制容器来装运浓硫酸
B. 侯氏制碱工业是以氯化钠为主要原料，制得大量NaOH
C. 我国华为AI芯片已跻身于全球AI芯片榜单前列，该芯片的主要材料是二氧化硅
D. 垃圾分类是化废为宝的重要举措，厨余垃圾可用来制沼气或堆肥
【答案】D
【解析】
【详解】A. 常温下Fe在浓硫酸中被氧化形成一层致密的氧化膜，从而保护金属，A错误；
B. 侯氏制碱法以氯化钠为原料制得大量碳酸氢钠，进而由碳酸氢钠得到碳酸钠，B错误；
C. 电子芯片的主要成分为单晶硅，C错误；
D. 厨余垃圾可用来制沼气或堆肥，D错误；
故答案选D。
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. 酒精的分子式：CH3CH2OH B. KCl的电子式：
C. HClO的结构式 H — Cl — O D. CCl4的比例模型：
【答案】B
【解析】分析：A. 酒精的分子式C2H6O；B.KCl为离子化合物，电子式为；C. HClO为共价化合物，结构式为H-O-Cl；D. CCl4的比例模型中，碳的原子半径小于氯的原子半径。
详解：酒精的分子式：C2H6O；结构简式：CH3CH2OH；A错误；KCl为离子化合物，电子式为，B正确；HClO为共价化合物，根据成键规律可知：结构式为H-O-Cl，C错误；CCl4为共价化合物，碳的原子半径小于氯的原子半径，与比例模型不符，D 错误；正确选项B。
9.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。
10.下列实验操作正确的是（ ）
A. 蒸馏操作时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的底部
B. 定容时，因不慎使液面高于容量瓶的刻度线，可用滴管将多余的液体吸出
C. 焰色反应时，先用稀盐酸洗涤铂丝并在酒精灯火焰上燃烧至无色，然后再进行实验
D. 过滤时，为加快过滤速率，可用玻璃棒快速搅拌漏斗中的悬浊液
【答案】C
【解析】分析：A.蒸馏时,测定馏分的温度；B.定容时不慎使液面高于容量瓶的刻度线,实验失败，应重新配制；C.盐酸清洗,灼烧时不会造成干扰；D.过滤时不能搅拌。
详解：蒸馏时,测定馏分的温度,则应使温度计水银球位于烧瓶支管口处,A错误；定容时不慎使液面高于容量瓶的刻度线,实验失败,应重新配制,B错误；盐酸清洗,灼烧时不会造成干扰,则先用稀盐酸洗涤铂丝并在酒精灯火焰上灼烧至无色,然后再进行实验，C正确；过滤时不能搅拌,将滤纸捣破,过滤操作失败,D错误；正确选项C。
11.下列说法不正确的是（ ）
A. C6H14所有的同分异构体中主链为4个碳的只有2种
B. CH3CO18OCH2CH3在酸性条件下水解能得到CH3CH218OH
C. 的名称是2-甲基-2-乙基丙烷
D. 与是同一种物质
【答案】C
【解析】
【详解】A. 根据同分异构体支链由整到散的规律可知，C6H14所有的同分异构体中主链为4个碳的骨架分别为：、2种，故A项正确；
B. CH3CO18OCH2CH3在酸性条件下发生水解，断开碳氧单键（），其相应的方程式为：CH3CO18OCH2CH3+H2OCH3COOH+CH3CH218OH，故B项正确；
C. 根据系统命名法的原则可知，可命名为2,2-二甲基丁烷，故C项错误；
D. 与分子式相同，结构相同，是同一种物质，故D项正确；
答案选D。
12.X、Y、Z、M四种短周期元素，它们在周期表中位置如图所示，下列说法正确的是（ ）

A. 原子半径：M＞Z＞Y＞X
B. Z的气态氢化物最稳定，因其分子间存在氢键
C. 最高价氧化物对应水化物的酸性M＜Z
D. 元素的非金属性：X＜Y＜Z
【答案】D
【解析】
【分析】由X、Y、Z、M均为短周期元素及在周期表中相对位置，可知X、Y和Z为第二周期元素， M为第三周期元素，由位置可知，X为N，Y为O，Z为F，M为S，以此来解答。
A. 电子层数越多，其原子半径越大；电子层数相同时，原子序数越小，其原子半径越大；
B. 非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越好，这与是否含有氢键无关；
C. F元素无最高正价；
D. 在元素周期表中同一周期，元素的非金属性依次增强，同一主族，元素的非金属性依次减弱；
【详解】由上述分析可知，X为N，Y为O，Z为F，M为S，
A. 根据同一周期中，原子半径依次减小，同一主族，元素原子半径依次增大，则其原子半径由大到小排列为：M >X >Y >Z，故A项错误；
B. 元素的非金属性越强，其对应的气态氢化物的稳定性越高，则Z的气态氢化物最稳定，其分子间存在的氢键，主要影响的是物质的物理性质，跟气态氢化物的稳定性无关，故B项错误；
C. 非金属性F>O>S，但因F无正价，则无法比较Z与M的最高价氧化物对应水化物的酸性，故C项错误；
D. X、Y、Z三种元素处于同一周期，其元素的非金属性：N＜O＜F，即X＜Y＜Z，故D项正确；
答案选D。
13.下列方案的设计或描述及对应的离子方程式正确的是（ ）
A. 用FeCl3溶液腐蚀铜线路板：Cu + 2Fe3+ ＝ Cu2+ + 2Fe2+
B. 将氯气溶于水制备次氯酸：Cl2 + H2O ＝ 2H+ + Cl－ + ClO－
C. 等体积、等浓度的Ca(HCO3)2溶液和NaOH溶液混合Ca2+ + 2HCO3- +2OH-=CaCO3↓+CO32-+2H2O
D. 用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO + 6H+ + 5H2O2 ＝ 2Mn2+ + 5O2↑ + 8H2O
【答案】A
【解析】分析：A. 铁离子具有强氧化性，能够氧化铜；B. 次氯酸为弱酸应写化学式；C. 等体积、等浓度的Ca(HCO3)2溶液和NaOH溶液混合生成碳酸钙、碳酸氢钠和水；D.高锰酸钾溶液在酸性条件下能够氧化氯离子，对双氧水的还原性检验有干扰。
详解：铁离子被铜还原，Cu + 2Fe3+ ＝ Cu2+ + 2Fe2+，A正确；次氯酸为弱酸应写化学式，应为：Cl2 +H2O ＝ H+ + Cl－+HClO；B错误；等体积、等浓度的Ca(HCO3)2溶液和NaOH溶液混合，生成碳酸钙、碳酸氢钠和水，离子方程式为：Ca2+ + HCO3- +OH-=CaCO3↓+H2O，C错误；浓盐酸会与KMnO4发生反应生成氯气，对双氧水还原性检验有干扰，应该用稀硫酸酸化，D错误；正确选项A。
14.一定温度下，在某体积固定的密闭容器中加入2 mol A和1 mol B，发生可逆反应，下列说法正确的是（ ）
A. 当容器内压强不变时说明反应已达到平衡
B. 当反应达到平衡时：c（A）：c（B）：c（C）＝2：1：3
C. 当反应达到平衡时放出热量akJ
D. 其他条件不变，升高温度反应速率加快
【答案】D
【解析】
【详解】A. 体积固定的密闭容器中，该反应体系是气体体积不变的化学反应，则当容器内压强不变时不能说明反应已达到平衡，故A项错误；
B. 当反应达到平衡时，各物质的物质的量浓度保持不变，但无法确定其浓度比是否等于化学计量数之比，故B项错误；
C. 因反应为可逆反应，则反应过程中实际放热量在数值上小于焓变量，即小于a kJ，故C项错误；
D. 化学反应速率与温度成正比，当其他条件不变时，升高温度反应速率会加快，故D项正确；
答案选D。
15.下列说法正确的是（ ）
A. 乙烷和乙烯都能用来制取氯乙烷，且反应类型相同
B. 相同物质的量的乙炔与苯分别在足量的氧气中完全燃烧，消耗氧气的物质的量相同
C. 除去甲烷的乙烯可通过酸性高锰酸钾溶液洗气
D. 甲苯和乙苯都是苯的同系物
【答案】D
【解析】
【详解】A. 乙烷制取氯乙烷是与氯气发生取代反应，乙烯则是与氯化氢发生加成反应，二者反应类型不同，故A错误；
B. 1mol乙炔完全燃烧消耗2.5mol氧气，1mol苯完全燃烧消耗7.5mol氧气，消耗氧气的物质的量不同，故B错误；
C. 乙烯被高锰酸钾溶液氧化会产生二氧化碳气体，会作为新的杂质混在甲烷气体中，故不能用高锰酸钾除去甲烷中的乙烯，故C错误；
D. 甲苯和乙苯均为苯的同系物，D正确；
故答案选D。
16.下列说法不正确的是( )
A. “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
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. 全降解塑料可由环氧丙烷和CO2缩聚制得
D. 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
【答案】D
【解析】
【详解】A. 春蚕的“丝”为蛋白质，石蜡的主要成分为烷烃，故A正确；
B. 淀粉、纤维素为多糖，麦芽糖为二糖，均可在一定条件下水解为单糖葡萄糖，故B正确；
C. 由于环氧丙烷分子中含有一个三元环，碳氧键间、碳碳键之间的夹角约为60°，因而整个分子反应活泼性较高，能够发生开环加成反应，与二氧化碳可加成聚合，生成聚碳酸丙烯酯（），故C正确；
D. 皂化反应是指油脂在碱性条件下水解得到高级脂肪酸盐和甘油，故D错误；
故答案选D。
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。
18.室温下，相同浓度、体积相同的盐酸和醋酸溶液，下列说法正确的是（ ）
A. 两者水的电离程度相同
B. 分别用水稀释相同倍数后，c(Cl-)>c(CH3COO-)
C. 盐酸的pH值大于醋酸溶液的pH值
D. 分别与物质的量浓度相同的NaOH溶液恰好反应完全时，盐酸消耗NaOH溶液的体积多
【答案】B
【解析】盐酸为强酸，醋酸为弱酸，室温下，相同浓度、体积相同的盐酸和醋酸溶液，盐酸的酸性比醋酸强。A. 盐酸的酸性比醋酸强，两者电离出的氢离子浓度本题，对水的电离的抑制程度不同，水的电离程度不同，故A错误；B. 分别用水稀释相同倍数后，盐酸和醋酸的浓度仍然相等，但盐酸的电离程度比醋酸大，c(Cl-)>c(CH3COO-)，故B正确；C. 盐酸的酸性比醋酸强，盐酸的pH值小于醋酸溶液的pH值，故C错误；D. 相同浓度、体积相同的盐酸和醋酸溶液，含有的氯化氢和醋酸的物质的量相等，分别与物质的量浓度相同的NaOH溶液恰好反应完全时，二者消耗NaOH溶液的体积相同，故D错误；故选B。
19.下列关于微粒间作用力与晶体的说法不正确的是（ ）
A. 某物质呈固体时不导电，熔融状态下能导电，则该物质一定是离子晶体
B. H2O和CCl4的晶体类型相同，且每个原子的最外层都达到8电子稳定结构
C. F2、Cl2、Br2、I2的沸点逐渐升高，是因为分子间作用力逐渐增大
D. 干冰溶于水中，既有分子间作用力的破坏，也有共价键的破坏
【答案】B
【解析】
【详解】A.分子晶体在固态时不导电，熔融状态下也不导电；离子晶体呈固体时不导电，熔融状态下能导电，故A正确；B.H2O和CCl4都是分子晶体，H2O中H原子的最外层不能达到8电子稳定结构，故B错误；C.卤素单质都是分子晶体，熔沸点的高低与分子间作用力的大小有关，而决定分子间作用力的因素是相对分子质量的大小，故C正确；D.干冰的成分是CO2,溶于水中破坏了分子间作用力，同时与水反应生成碳酸，因此共价键也会被破坏，故D正确；答案：B。
20.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）
A. 14 g乙烯和丙烯混合气体中原子数目为3NA
B. 在50g质量分数为46%的乙醇水溶液中，含有氢原子数为3NA
C. 5.6 g铁在22.4L氯气中充分燃烧，转移的电子数为0.3NA
D. 0.1 mol·L-1Na2CO3溶液中含有的CO32-数目小于0.1 NA
【答案】A
【解析】
【详解】A.乙烯和丙烯的最简式相同，14 g乙烯和丙烯混合气体含1molCH2,原子数目为3NA ,故A正确；B. 水中也含有氢元素，在50g质量分数为46%的乙醇水溶液中，含有氢原子的物质的量大于3mol，故B错误；C. 氯气没标明状态，无法计算转移的电子数，C错误；D. Na2CO3属于强碱弱酸盐，CO32-发生水解，0.1 mol·L-1Na2CO3溶液没有体积，无法计算，故D错误；答案：A。
21.根据如图所示示意图，下列说法不正确的是（ ）

A. 反应的热化学方程式可表示为C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g) ΔH=(b-a) kJ·mol-1
B. 该反应过程反应物断键吸收的能量一定大于生成物成键放出的能量
C. 使用催化剂无法改变该反应的ΔH
D. nmol C和n mol H2O反应生成nmol CO和nmol H2吸收的热量一定为131.3nkJ
【答案】D
【解析】
【详解】A.由图可知，该反应为吸热反应，所以反应的热化学方程式可表示为C(s)+H2O(g)＝CO(g)+H2(g) ΔH=(b-a) kJ·mol-1，故A正确；B.该反应过程反应物断键吸收的能量大于生成物成键放出的能量，故B正确；C.催化剂只改变化学反应速率，无法改变该反应的ΔH，故C正确；D. 根据图像可知1mol C(s)和1mol H2O(g)反应生成1mol CO(g)和1mol H2(g)吸收热量131.3 kJ，而题干中的n不一定是1，则吸收热量不一定是131.3 kJ，D错误；答案：D。
22.研究反应2X(g)Y(g)+Z(g)的速率影响因素，在不同条件下进行4组实验，Y、Z起始浓度为0，反应物X的浓度(mol∙L－1)随反应时间(min)的变化情况如图所示。

下列说法不正确的是（ ）
A. 比较实验②、④得出：升高温度，化学反应速率加快
B. 比较实验①、②得出：增大反应物浓度，化学反应速率加快
C. 若实验②、③只有一个条件不同，则实验③使用了催化剂
D. 在0～10min之间，实验②的平均速率v(Y)=0.04mol∙L－1∙min－1
【答案】D
【解析】分析：A. X的起始浓度相等，温度升高，化学反应速率加快；B. 实验温度相同，随着反应物X的浓度增大，化学反应速率加快；C.其它条件下不变，催化剂能够加快反应速率；D.根据方程式中物质化学系数关系，根据v(Y)=∆C/∆t进行计算。
详解：实验②、④两组实验，X的起始浓度相等，温度由第②组实验的800℃升高到820℃，反应速率明显加快，说明温度升高，化学反应速率加快，A正确。从图像可以看出，实验①、②两组实验温度相同，随着反应物X的浓度增大，化学反应速率加快，B正确；实验②、③，X的起始浓度相等，温度相同，平衡状态也相同，但是实验③反应速率快，到达平衡的时间短，说明实验③使用了催化剂，C正确；从图像可以直接求得0～10min之间实验②的平均速率：（1-0.8）/10=0.02 mol∙L－1∙min－1,则根据化学方程式的计量数关系可知：v(Y)=0.01 mol∙L－1∙min－1，D错误；正确选项D。
23.25 ℃时，在25 mL 0.1 mol/L的NaOH溶液中，逐滴加入0.2 mol/L的CH3COOH溶液，溶液的pH变化如下图所示，下列分析的结论中正确的是（ ）

A. B点的横坐标a＝12.5
B. C点时溶液中有：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－)
C. D点时溶液中有：c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝2c(Na＋)
D. 曲线上A、B间的任意一点，溶液中都有：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)
【答案】C
【解析】醋酸是弱酸，当氢氧化钠和醋酸恰好反应时，消耗醋酸的体积是12.5ml，此时由于醋酸钠的水解溶液显碱性，即pH大于7。B点的pH＝7，说明醋酸溶液的体积应大于12.5ml，选项A不正确。根据电荷守恒c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(Na＋) 可知选项B不正确。D点溶液中的溶质是醋酸钠和醋酸的混合液，且二者的浓度相同，所以根据原子守恒可知选项C正确。若加入的醋酸很少时，会有c(Na＋) >c(OH－) >c(CH3COO－)>c(H＋)，所以选项D也不正确。答案是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11g，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Ⅰ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Ⅰ与稀盐酸反应时还生成了标准状况下气体1.12L
D. 沉淀2不溶于任何酸溶液
【答案】C
【解析】
【分析】FeSO4、Fe2(SO4)3、CuSO4、CaCO3、SiO2、NaCl中CaCO3、SiO2不溶于水，加入盐酸，CaCO3溶解，可知m(SiO2)=6g，m(CaCO3)=11g-6g=5g，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FeSO4、Fe2(SO4)3中的至少一种，不含CuSO4。
【详解】A．如只含有FeSO4，则加入KSCN溶液不变色，故A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B错误；
C．由以上分析可知固体1中含有5gCaCO3，，可生成0.05mol二氧化碳，体积在标准状况下为1.12L，故C正确；
D．沉淀2为二氧化硅，可溶于氢氟酸，故D错误；
故答案选C。
非选择题部分
二、非选择题(本大题共7小题，共50分)
26.通过对煤的综合利用，可以获得多种有机物。化合物A含有碳、氢、氧3种元素，其质量比是12∶3∶8。液态烃B是一种重要的化工原料，其摩尔质量为78g·mol－1。E是有芳香气味的酯。它们之间的转化关系如下(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)化合物A的结构简式是____________。
(2)A与D反应生成E的反应类型是____________。
(3)E与氢氧化钠溶液发生水解化学方程式是________________________。
(4)下列说法正确的是____________。
A.将铜丝在空气中灼烧后迅速插入A中，反复多次，可得到能发生银镜反应的物质
B.在一定条件下，C可通过取代反应转化为
C.苯甲酸钠(常用作防腐剂)可通过D和氢氧化钠反应得到
D.共a mol B和D混合物在氧气中完全燃烧，消耗氧气大于7.5a mol
【答案】(1). CH3CH2OH (2). 取代反应 (3). +NaOH +CH3CH2OH (4). A、B、C
【解析】
【分析】由化合物A含有碳、氢、氧三种元素，且质量之比是12：3：8知碳、氢、氧的个数之比为2：6：1，分子式为C2H6O；液态烃B是重要的化工原料，由煤焦油分馏得到且相对分子质量为78知B为，由B到C为加成反应，D为苯甲酸和A反应生成有芳香气味的酯得A为醇。
【详解】（1）化合物A分子式为C2H6O，且属于醇类，则A为乙醇，结构简式为CH3CH2OH；
（2）A与D反应生成酯，反应类型为酯化反应或取代反应；
（3）E为苯甲酸与乙醇酯化反应得到的酯，为苯甲酸乙酯，E与氢氧化钠溶液发生水解化学方程式是+NaOH +CH3CH2OH；
（4）A、乙醇在铜做催化剂的条件下氧化为乙醛，乙醛可以发生银镜反应，选项A正确；
B、在一定条件下C与硝酸反应生成，选项B正确；
C、苯甲酸钠与氢氧化钠反应生成苯甲酸钠和水，选项C正确；
D、amol的B和D混合物在氧气中完全燃烧，消耗氧气的量等于7.5amol，选项D错误。
答案选ABC。
27.由五种常见元素构成的化合物X，某学习小组进行了如下实验：
①取4.56g X，在180℃加热分解，得到白色固体A和1.792L(折算成标准状况)纯净气体B，B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。
②将A溶于水后，得蓝色溶液；再加入足量的BaCl2溶液，得4.66g白色沉淀C和蓝绿色溶液D。
③在蓝绿色溶液D中加入足量的KI溶液，又得3.82g白色沉淀和黄色溶液。
(1)X中5种元素是H、O、__________________________________(用元素符号表示)
(2)X受热分解的化学方程式是__________________________________。
(3)蓝绿色溶液D与足量KI反应的离子方程式是__________________________________。
【答案】(1). Cu、S、N (2). Cu(NH3)4SO4CuSO4+4NH3↑ (3). 2Cu2++ 4I-= 2CuI↓+I2
【解析】
【分析】X在180℃加热分解，得到白色固体A和1.792L(折算成标准状况)纯净气体B，B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明B为NH3，NH3的物质的量为1.792L÷22.4L/mol=0.08mol；将A溶于水后得蓝色溶液，则A中含有Cu2+，再加入足量的BaCl2溶液，得4.66g白色沉淀C，4.66g白色沉淀C为BaSO4沉淀，故A为CuSO4，BaSO4的物质的量为4.66g÷233g/mol=0.02mol，得到蓝绿色溶液D，在蓝绿色溶液D中加入足量的KI溶液又得3.82g白色沉淀，白色沉淀为CuI，CuI的物质的量为3.82g÷191g/mol=0.02mol，所以n(Cu2+)：n(NH3)：n(SO42-)=0.02mol：0.08mol：0.02mol=1：4：1，所以X的化学式为Cu(NH3)4SO4，据此答题。
【详解】（1）由分析可知，X中含有的5种元素分别是H、O、Cu、N、S，故答案为：Cu、S、N。
（2）由分析可知，X的化学式为Cu(NH3)4SO4，X受热分解生成CuSO4和NH3，反应的化学方程式为：Cu(NH3)4SO4CuSO4+4NH3↑，故答案为：Cu(NH3)4SO4CuSO4+4NH3↑。
（3）蓝绿色溶液D与足量KI反应生成CuI，反应的离子方程式为：2Cu2++ 4I-=2CuI↓+I2，故答案为：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2。
28.乙酸乙酯广泛用于药物、染料、香料等工业，其制备原理为：
甲、乙两同学分别设计了如下装置来制备乙酸乙酯。

请回答下列问题：
（1）下列说法不正确的是________。
A．加入试剂的顺序依次为乙醇、浓硫酸、乙酸
B．饱和碳酸钠的作用是中和乙酸、溶解乙醇、促进乙酸乙酯在水中的溶解
C．浓硫酸在反应中作催化剂和吸水剂，加入的量越多对反应越有利
D．反应结束后，将试管中收集到的产品倒入分液漏斗中，振荡、静置，待液体分层后即可从上口倒出上层的乙酸乙酯
（2）乙装置优于甲装置的理由是________。（至少说出两点）
【答案】(1). 【答题空1】BC (2). 用水浴加热容易控制温度、原料损失较少、不易发生副反应、乙酸乙酯冷却效果较好
【解析】
【分析】（1）A. 在制备乙酸乙酯时，浓硫酸起催化剂作用，加入时放热；
B. 乙醇和乙酸可溶于水，乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度较小；
C. 浓H2SO4具有强氧化性和脱水性；
D. 乙酸乙酯不溶于水，且密度比水小，可采用分液进行分离；
（2）可从装置的温度控制条件及可能的原料损失程度、副产物多少进行分析作答。
【详解】（1）A. 为防止浓硫酸稀释放热，导致液滴飞溅，其加入的正确顺序为：乙醇、浓硫酸、乙酸，故A项正确；
B. 制备的乙酸乙酯中含有乙酸和乙醇，其饱和碳酸钠的作用是中和乙酸、溶解乙醇、减少乙酸乙酯在水中的溶解，故B项错误；
C. 浓硫酸在反应中作催化剂和吸水剂，但由于浓H2SO4具有强氧化性和脱水性，会使有机物碳化，降低酯产率，所以浓硫酸用量又不能过多，故C项错误；
D. 乙酸乙酯不溶于水，且密度比水小，反应结束后，将试管中收集到的产品倒入分液漏斗中，振荡、静置，待液体分层后从上口倒出上层的乙酸乙酯，故D项正确；
答案下面BC；
（2）根据b装置可知由于不是水浴加热，温度不易控制，乙装置优于甲装置的原因为：水浴加热容易控制温度、原料损失较少、不易发生副反应、乙酸乙酯冷却效果较好，
故答案为：用水浴加热容易控制温度、原料损失较少、不易发生副反应、乙酸乙酯冷却效果较好。
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(加热后氨气全部逸出)。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
500
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＝________g；c(NaOH)＝___________ mol·L－1
(2)样品中NH4NO3和(NH4)2SO4物质的量之比为______________。
【答案】(1). 6.88g (2). 5.00 (3). 1:2
【解析】
【分析】发生反应有：（NH4）2SO4+2NaOH Na2SO4+2NH3↑+2H2O、NH4NO3+NaOH NaNO3+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： =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。
【详解】（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= =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.氨气是重要的化工原料，工业上由N2和H2在一定条件下合成。
(1)已知H2的标准燃烧热为△H1＝－akJ·mol－1，NH3的标准燃烧热为△H2＝－bkJ·mol－1。则合成氨反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)的△H3＝_________ kJ·mol-1 (用含a、b的代数式表示)。
(2)合成氨反应：N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)在一定温度下能自发进行，则△H3______0(填“>”或“