（化学）浙江省绍兴市2019-2020学年高二下学期期末 化学试题

201 9 学年笫二学期高中期末
高 二 化 学
考生须知：
1.全卷分第I卷、笫 II 卷、答题卷， 满分为 100 分。考试时间为 90 分钟。
2.请将学校、班级、姓名分别填写在答题卷相应位置上。答案必须做在答题卷相应位置上。
可能用到的相对原子质量： H—l Li—7 C—12 N—14 O—16 Na—23 Mg—24 Al—27 Si—28 S—32 Cl—35.5 K—39 Ca—40 Mn—55 Fe—56 Cu—64 I—127 Ba—137
选择题部分
一、选择题（本大题共 25 小题， 每小题 2 分， 共 50 分。每个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.下列固体中，属于原子晶体的共价化合物是
A. NaCl B. Si C. SiO2 D. CH3COOH
【答案】C
【解析】
【详解】A．NaCl固体为离子晶体，A与题意不符；
B．Si固体为原子晶体，但为单质，B与题意不符；
C．SiO2为原子晶体，且为化合物，C符合题意；
D．CH3COOH固体为分子晶体，D与题意不符；
答案为C。
2.蒸馏含有Fe3+的自来水获得少量纯净的水，需要用到的仪器是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
蒸馏含有Fe3+的自来水获得少量纯净的水，需要用到的仪器有蒸馏烧瓶、酒精灯、温度计、直形冷凝管、牛角管和锥形瓶。
【详解】A．该仪器为直形冷凝管，蒸馏时用到，A选；
B．该仪器为容量瓶，蒸馏时不会用到，B不选；
C．该仪器为分液漏斗，蒸馏时不会用到，C不选；
D．该仪器为漏斗，蒸馏时不会用到，D不选；
答案选A。
3.下列属于酸，又是强电解质的是
A. 蔗糖 B. 醋酸 C. 硫酸 D. 稀盐酸
【答案】C
【解析】
【详解】A．蔗糖是有机物，为非电解质，故A不符合题意；
B．醋酸是酸，但属于弱酸，是弱电解质，故B不符合题意；
C．硫酸是强酸，属于强电解质，故C符合题意；
D．稀盐酸是混合物，不属于电解质，故D不符合题意；
故选：C。
4.反应Cu+2H2SO4（浓）CuSO4 +SO2↑+ 2H2O中，氧化产物是
A. H2SO4 B. CuSO4 C. SO2 D. H2O
【答案】B
【解析】
【详解】反应Cu+2H2SO4（浓）CuSO4 +SO2↑+ 2H2O中，Cu化合价升高失去电子作还原剂，被浓硫酸氧化为CuSO4，故氧化产物为CuSO4，答案选B。
5.下列物质的名称不正确的是
A. Na2CO3: 纯碱 B. KAl(SO4)2·12 H2O ： 明矾
C. CH2Cl2: 氯仿 D. ：2-甲基戊烷
【答案】C
【解析】
【详解】A．纯碱即为碳酸钠，A正确；
B．KAl(SO4)2·12 H2O俗称明矾，可以用来净水，B正确；
C．氯仿是CHCl3，故C错误；
D．该物质最长碳链上有5个碳原子，距离支链最近的一端开始编号，2号碳上有一个甲基，名称为2-甲基戊烷，D正确；
综上所述答案为C。
6.下列表示正确的是
A. NaCl 的电子式： B. 乙醛的结构简式： CH3COH
C. 乙烷的比例模型： D. 二氧化碳的结构式： O=C=O
【答案】D
【解析】
【详解】A．NaCl为离子化合物，其电子式为：，故A错误；
B．乙醛的结构简式为：CH3CHO，故B错误；
C．该模型为乙烷的球棍模型，故C错误；
D．二氧化碳中碳氧之间形成两对共用电子对，结构式为O=C=O，故D正确；
故选：D。
7.下列说法不正确的是
A. 氕、氘、氚是氢元素的三种核素
B. 氧气和臭氧互为同素异形体
C. C5H12的同分异构体有3种，其沸点各不相同
D. 乙醇和甘油具有相同的官能团，互为同系物
【答案】D
【解析】
【详解】A．氕、氘、氚分别为，是氢的三种核素，A正确；
B．氧气和臭氧均为O元素组成的不同种单质，互为同素异形体，B正确；
C．C5H12的同分异构体有正戊烷、新戊烷和异戊烷共3种，其沸点各不相同，C正确；
D．乙醇和甘油具有相同的官能团羟基，但乙醇只含有1个羟基，甘油含有3个羟基，两者结构不相似，不互为同系物，D错误；
答案选D。
8.下列说法不正确的是
A. 氧化铝常用于制造耐火材料
B. 热的纯碱溶液可以去除物品表面的油污
C. 氢气是一种理想的一次能源
D. 84 消毒液是一种以次氯酸钠为主要成分的消毒剂
【答案】C
【解析】
【详解】A．氧化铝(Al2O3)具有很高的熔点，可用于制造耐火材料，故A正确；
B．纯碱水解，溶液显碱性，有利于油脂的水解，可以去除物品表面的油污，故B正确；
C．直接从自然界获取的能源为一次能源，氢气不能从自然界中大量获得作为能源，可利用一次能源制得氢气，属于二次能源，故C错误；
D．84消毒液的有效成分为NaClO，具有强氧化性，可以使蛋白质变性从而杀死病毒，是一种高效消毒剂，故D正确；
答案选C。
9.下列说法不正确的是
A. 工业上用氢气还原氧化铁的方法冶炼铁
B. 工业上用焦炭在高温下还原二氧化硅制得粗硅
C. 工业上用电解饱和食盐水的方法制备氯气
D. 工业上主要采用接触法制备硫酸
【答案】A
【解析】
【详解】A．工业上常用CO还原氧化铁的方法冶炼铁，A错误；
B．工业上用焦炭在高温下还原二氧化硅得到硅单质和CO，B正确；
C．工业上用电解饱和食盐水的方法制备氯气，同时生成NaOH和H2，C正确；
D．工业上采用接触法制备硫酸，用浓硫酸吸收SO3生成发烟硫酸，D正确；
答案选A。
10.下列说法不正确的是
A. 天然气是有机化合物，煤是无机化合物
B. 石油的裂化是为了提高汽油等轻质油的产量和质量
C. 煤的气化、液化和干馏都是化学变化
D. 在催化剂作用下，用玉米、高粱为原料经水解和发酵可制得乙醇
【答案】A
【解析】
【详解】A．煤是多种有机物和无机物的混合物，不是化合物，A错误；
B．石油的裂化是讲长链的分析断成锻链的分子，主要是为了提高汽油等轻质油的产量和质量，B正确；
C．煤的干馏生成煤焦油等、气化生成CO和氢气、液化生成甲醇，均为化学变化，C正确；
D．玉米、高粱的主要成分为淀粉，在催化剂的作用下，用玉米、高粱为原料经水解和发酵可制得乙醇，D正确；
答案选A。
11.下列有关实验说法，不正确的是
A. 热溶液需冷却后才能转移到容量瓶中
B. 可用无水乙醇萃取溴水中的溴单质
C. 在闻气体的气味时，应用手轻轻地在集气瓶口扇动，使极少量气体飘进鼻孔
D. 培养明矾晶体时，为得到较大颗粒的晶体，应自然冷却静置过夜
【答案】B
【解析】
【详解】A．溶液和容量瓶都有热胀冷缩性质，若配制热溶液，一方面因为溶液在热的情况下就定容了，等冷却后的溶液体积就变小了，导致浓度比所要求的高；另一方面，导致仪器本身的热胀冷缩，也会导致所加液体体积不准确，产生误差，则热溶液需冷却后才能转移到容量瓶中，故A正确；
B．乙醇与水互溶，溶液不分层，所以不能选择乙醇萃取溴水中的溴单质，故B错误；
C．闻气体的气味时，应用手在瓶口轻轻的扇动，使极少量的气体飘进鼻子中，不能将鼻子凑到集气瓶口去闻气体的气味，防止中毒事故发生，故C正确；
D．自然冷却，可使晶粒生长，则培养明矾晶体时，应使饱和溶液缓慢冷却才能得到较大颗粒的晶体，故D正确；
答案选B。
12.下列关于氮及其化合物说法，不正确的是
A. 工业上可用液氨作制冷剂
B. 铵态氮肥应避免与碱性肥料混合使用
C. NO、NO2均为大气污染气体， 在大气中可稳定存在
D. 工业浓硝酸常因溶有NO2 而略显黄色
【答案】C
【解析】
【详解】A．液氨汽化时吸收大量的热，可以作制冷剂，A正确；
B．铵态氮肥有铵根离子，能与碱性物质反应生成氨气，使肥效降低，所以铵态氮肥应避免与碱性肥料混合使用，B正确；
C．NO易被空气中的氧气氧化，不能稳定存在，C错误；
D．工业硝酸的质量分数约为69%，常因溶有少量NO2而略显黄色，D正确；
答案选C。
13.能正确表示下列变化的离子方程式是
A. CO的水解方程式：CO+2H2OH2CO3+2OH-
B. 用铝粉和NaOH溶液反应制取少量H2：Al+2OH-=AlO+H2↑
C. 向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：Na2SiO3+2H+=H2SiO3↓+2Na+
D. NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2至恰好完全沉淀：H++SO+Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A．水解分步进行，CO的水解生成HCO，离子方程式为CO+H2OHCO+2OH-，A错误；
B．用铝粉和NaOH溶液反应制取少量H2，离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2↑，B错误；
C．向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸，生成硅酸沉淀，正确的离子方程式为SiO+2H+=H2SiO3↓，C错误；
D．NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2至恰好完全沉淀，二者按照1:1反应，离子方程式为H++SO+Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O，D正确；
答案选D。
14.下列说法正确的是
A. 玉米油的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，是高分子化合物
B. 除去溴苯中少量溴，可加NaOH溶液充分振荡后分液
C. 向鸡蛋清的溶液中加入饱和硫酸铵溶液产生沉淀，加水后沉淀不溶解
D. 淀粉溶液中加入稀硫酸，加热4~5min，在水解液中加入新制氢氧化铜悬浊液加热，可检验淀粉的水解产物
【答案】B
【解析】
【详解】A．玉米油的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，但不属于高分子化合物，A说法错误；
B．溴可与氢氧化钠反应生成可溶于水的溴化钠和次溴酸钠，而溴苯不溶于水，可用分液的方法分离，B说法正确；
C．向鸡蛋清的溶液中加入饱和硫酸铵溶液，发生盐析，盐析为可逆过程，生成的沉淀物加水后能再溶解，C说法错误；
D．淀粉溶液中加入稀硫酸，加热4~5min后，应先加入NaOH溶液至溶液呈碱性，再加入新制氢氧化铜悬浊液观察是否有砖红色沉淀产生检验淀粉的水解产物，D说法错误；
答案选B。
15.下列关于的说法，不正确的是
A. 该物质含有 1 个手性碳原子
B. 该物质可由两种单体分子通过缩聚反应生成
C. 该物质在酸性条件下水解产物之一可用于制备阿司匹林
D. 1mol 该物质与足量 NaOH 溶液反应， 最多可消耗3n mol NaOH
【答案】A
【解析】
【详解】A．连接四个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，该高聚物中每个链节上与甲基相连的碳原子为手性碳原子，所以该物质中有n个手性碳，故A错误；
B．根据该物质的连接结构可知该物质可以由单体和HOOCCH(CH3)OH发生脱水缩合形成，故B正确；
C．水解生成，可用于合成阿司匹林，故C正确；
D．该物质水解产生和HOOCCH(CH3)OH，1mol消耗2molNaOH，1molHOOCCH(CH3)OH消耗1molNaOH，所以1mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗3n mol NaOH，故D正确；
综上所述答案为A。
16.W、X、Y、Z 四种元素在周期表中的位置如右图所示，其中W、X、Y为短周期元素，W元素原子核外M层电子数是K层的3倍。下列说法不正确的是


X



W
Y
Z




A. W 的原子半径大于 Y
B. W 的最高价氧化物的水化物酸性小于 Y
C. X 的非金属性比W 的强， 所以 X 氢化物的沸点更高
D. Z 与 Y 元素可形成化合物ZY4
【答案】C
【解析】
【分析】
W、X、Y为短周期元素，W元素原子核外M层电子数是K层的3倍，则W的M层有6个电子，所以W为S元素，再根据X、Y、Z、W在元素周期表中的位置可知，X为O元素，Y为Cl元素，Z为Ge元素，据此分析解答。
【详解】A．同周期元素从左至右原子半径依次减小，则原子半径：W＞Y，A正确；
B．非金属性越强，最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性W＜Y，因此酸性：H2SO4＜HClO4，B正确；
C．由于H2O分子间存在氢键，所以H2O的沸点高于H2S，与元素非金属性无关，C错误；
D．Ge是第ⅣA族元素，与C元素同主族，根据CCl4可推知，Ge可与Cl元素形成化合物GeCl4，D正确；
答案选C。
17.下列说法不正确的是
A. 某溶液 c(H+)>c(OH-) ,则该溶液一定显酸性
B. 0.1 mol •L-1一元酸 HX 溶液pH=3，则 HX 一定为弱电解质
C. 相同温度下，等浓度的盐酸和醋酸稀释相同倍数后，盐酸的 pH 大
D. 相同温度下， pH相等的盐酸、CH3COOH溶液， c( Cl-) =c(CH3COO-)
【答案】C
【解析】
【详解】A．氢离子浓度大于氢氧根离子浓度的溶液一定显酸性，故A正确；
B．0.1 mol •L-1一元酸 HX 溶液pH=3，氢离子浓度为0.001 mol •L-1，说明HX不能完全电离，则一定为弱电解质，故B正确；
C．相同温度下，等浓度的盐酸和醋酸稀释相同倍数后，两溶液的浓度仍然相同，盐酸是强酸完全电离，醋酸是弱酸部分电离，因此盐酸中氢离子浓度大于醋酸，盐酸的pH小于醋酸，故C错误；
D．根据电荷守恒可得：醋酸溶液中：，盐酸溶液中：，pH值相等，则两溶液中氢离子浓度相等，氢氧根浓度也相等，则c( Cl-) =c(CH3COO-)，故D正确；
故选：C。
18.液体燃料电池相比于气体燃料电池具有体积小等优点。一种以液态肼（N2H4）为燃料的电池装置如图所示，该电池用空气中的氧气作为氧化剂，KOH溶液作为电解质溶液。下列关于该电池的叙述正确的是

A. b 极发生氧化反应
B. a 极的反应式：N2H4 + 4OH- -4e- = N2↑+ 4H2O
C. 放电时，电子从 b 极经过负载流向 a 极
D. 其中的离子交换膜需选用阳离子交换膜
【答案】B
【解析】
【分析】
N2H4中，N原子化合价由-2价变为0价，失电子，则a极为负极，发生氧化反应；b极空气得电子，作正极，发生还原反应。
【详解】A．b极为电池的正极，得电子，发生还原反应，A叙述错误；
B．a极上，N2H4中，失电子，与电解质溶液中的氢氧根离子反应生成氮气和水，电极反应式：N2H4 + 4OH- -4e- = N2↑+ 4H2O，B叙述正确；
C．放电时，电子从a极经过负载流向b极，C叙述错误；
D．其中的离子交换膜需要氢氧根离子透过，选用阴离子交换膜，D叙述错误；
答案为B。
19.常压下羰基化法精炼镍的原理为：Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)ΔH。230℃时， 该反应的平衡常数K=2×10- 5。已知：Ni(CO)4的沸点为 42.2℃，固体杂质不参与反应。
第一阶段： 将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4；
第二阶段： 将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230℃制得高纯镍，下列判断不正确的是
A. Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)能自发进行原因是ΔH＜0
B. 增加c(CO)，有利于粗镍转化为Ni(CO)4
C. 第一阶段，在 30℃和50℃两者之间选择反应温度，选 50℃
D. 第二阶段，Ni(CO)4分解率较低
【答案】D
【解析】
【详解】A．由第二阶段中，气态Ni(CO)4加热至230℃制得高纯镍，反应Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)平衡逆向移动，有利于高纯镍的生成，由此可知反应为放热，ΔH＜0，故A正确；
B．增加c(CO)，平衡向正向移动，有利于粗镍转化为Ni(CO)4，故B正确；
C．Ni(CO)4的沸点为42.2℃，应大于沸点，便于分离出Ni(CO)4，则第一阶段，在30℃和50℃两者之间选择反应温度，选50℃，故C正确；
D．加热至230℃制得高纯镍，可知第二阶段Ni(CO)4分解率较大，故D错误；
答案选D。
20.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) ΔH＝-57.3 kJ•mol-1，则氨水与盐酸反应生成1mol H2O(l)放热57.3 kJ
B. S2O+2H+=S↓+SO2↑+H2O，则每生成22.4LSO2转移电子数为2NA
C. 14g乙烯和丙烯的混合物完全燃烧时，产生CO2 分子数为NA
D. 1 molCl2溶于水，溶液中Cl-、ClO-和HClO的微粒数之和为2NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．氨水为弱电解质，电离吸热，因此氨水与盐酸反应生成1mol H2O(l)放热小于57.3 kJ，A错误；
B．未指明标准状况，不能准确计算22.4LSO2的物质的量，则不能计算转移的电子数，B错误；
C．乙烯和丙烯的最简式均为CH2，14gCH2的物质的量为1mol，完全燃烧生成CO2分子的数目为NA，C正确；
D．氯气溶于水，部分与水反应生成HCl和HClO，部分仍以氯气分子形式存在，所以溶液中Cl-、ClO-和HClO的微粒数之和小于2NA，D错误；
答案选C。
21.温度分别为 T1 和 T2 时， 将气体 X 和气体 Y 各 0.16mol 充入 l0L 恒容密闭容器中， 发生反应 X（g）+Y（g）2Z（g）, 一段时间后达到平衡， 反应过程中测定的数据如下表
温度/K

t1
t2
t3
t4
T1
n（Y）
0.14
0.12
0.10
0.10
T2
n（Y）
0.13
0.09

0.08

下列说法正确的是
A. 该反应的正反应为放热反应
B. 温度为T1时，0~ t1 时间段用 Z 表示的平均反应速率为 mol•L-1.min-1
C. 温度为T2 时，t3时刻刚好达到平衡状态
D. 在 T1 下平衡后 ， 保持其他条件不变， 再充入 0.2molZ, 平衡时 X 的体积分数不变
【答案】D
【解析】
【分析】
对于反应X(g)＋Y(g)⇌2Z(g)，反应前后气体的物质的量相等，则增大压强，平衡不移动，由表中数据可知，达到平衡时，T2温度剩余Y的物质的量较少，则消耗较多，可知T2>T1，说明升高温度平衡正向移动，正反应为吸热反应，计算平衡时各物质的浓度，结合K＝计算。
【详解】A．由以上分析可知该反应正反应为吸热反应，故A错误；
B．温度为T1时，0～t1时间段的平均速率v(Z)＝2v(Y)＝＝mol•L−1•min−1，故B错误；
C．由以上分析可知，T2大于T1，温度高反应速率快，到达平衡的时间段，由表中数据可知T1时，t3时刻反应达到平衡状态，则T2时，应在t3前反应达到平衡，故C错误；
D．反应前后气体的物质的量相等，则增大压强，平衡不移动，保持其他条件不变，再充入0.2molZ，相当于增大压强，则平衡时X的体积分数不变，故D正确；
故选：D。
22.2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH1，反应过程中的能量变化如图所示。下列有关叙述不正确的是

A. 2SO2(g)+O2(g)2SO3(l)ΔH2> ΔH1
B. 温度升高，逆反应速率加快幅度大于正反应加快幅度
C. 该反应的正反应为放热反应，ΔH =（E1- E 2）kJ•mol-1
D. 使用催化剂可降低活化能，提高活化分子百分数
【答案】A
【解析】
【详解】A．SO3(g)=SO3（l）ΔH＜0，根据盖斯定律，2SO2(g)+O2(g)2SO3(l)释放的能量大于生成气体SO3，则ΔH2＜ΔH1，A不正确；
B．根据图像可知，反应为放热反应，ΔH1＜0，温度升高，平衡逆向移动，则逆反应速率加快幅度大于正反应加快幅度，B正确；
C．根据图像可知，该反应的正反应为放热反应，ΔH =（E1- E 2）kJ•mol-1，C正确；
D．使用催化剂可降低活化能，导致活化分子数目增大，总分子数目不变，则提高活化分子百分数，D正确；
答案为A。
23.室温下，用 0.1000mol•L-1的标准盐酸分别滴定 20.00mL的0.l000mol•L-1氨水和20.00mL的 0.l000mol•L-1氢氧化钠溶液，滴定过程中溶液pH随中和百分数的变化如图所示，已知lg2=0.3，甲基红是一种酸碱指示剂，变色范围为4.4~6.2。下列有关滴定过程说法不正确的是

A. 滴定氨水溶液当中和百分数为50%时，各离子浓度间存在关系：c(NH)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)
B. 滴定氨水溶液中和百分数为100%时，溶液中水的电离程度最大
C. 从滴定曲线可以判断，使用甲基橙作为滴定过程中的指示剂准确性更佳
D. 滴定氢氧化钠溶液当中和百分数为150%时，所得溶液的pH=l.7
【答案】C
【解析】
【详解】A．滴定氨水溶液当中和百分数为50%时，溶液中存在电荷守恒c(NH)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，A正确；
B．滴定氨水溶液中和百分数为100%时，酸与碱的物质的量分数分数最大，此时溶液中水的电离程度最大，B正确；
C．从滴定曲线看，甲基红的变色范围更接近于滴定终点，而使用甲基橙显示偏晚，因此使用甲基红作为滴定过程中的指示剂准确性更佳，C错误；
D．滴定氢氧化钠溶液当中和百分数为150%时，即加入盐酸30ml，此时溶液中氢离子浓度，则所得溶液的，D正确；
答案选C。
24.CaCl2固体遇NH3会形成CaCl2•8NH3。下列说法不正确的是
A. CaCl2不能用于干燥NH3
B. CaCl2•8NH3中CaCl2与NH3通过分子间作用力结合而成
C. CaCl2•8NH3溶于水，通入少量CO2可产生白色沉淀
D. CaCl2与NH3形成CaCl2•8NH3的过程属于化学变化
【答案】B
【解析】
【详解】A．CaCl2固体遇NH3会发生反应形成CaCl2•8NH3，所以CaCl2不能用于干燥NH3，A说法正确；
B．CaCl2•8NH3是氨气和氯化钙生成的一种络合物，CaCl2与NH3通过配位键结合而成，B说法错误；
C．CaCl2•8NH3溶于水，溶液呈碱性，溶液中的OH-和通入的CO2反应生成，和Ca2+反应产生CaCO3白色沉淀，C说法正确；
D．CaCl2固体遇NH3形成CaCl2•8NH3的过程生成了新物质，属于化学变化，D说法正确。
答案选B。
【点睛】干燥剂不能与被干燥的气体反应。
25.某固体混合物X，可能含有K2SO3、KAlO2、FeCl3、Na2CO3中的一种或几种。为确定该固体粉末的成分，现取X进行如下实验：
①X与足量稀硝酸反应，得到气体1和溶液2
②溶液2中滴加足量氨水，得到有色沉淀3。
下列说法正确的是
A. 气体l可能为SO2和CO2的混合物
B. 沉淀3可能为Fe(OH)3、Al(OH)3的混合物
C. 固体粉末X中一定有FeCl3、Na2CO3,可能有KAlO2
D. 往溶液2中加入Cu粉，若溶解，说明X中含有FeCl3固体粉末
【答案】B
【解析】
【分析】
已知②溶液2中滴加足量的氨水，得到有色沉淀3，则固体物质中含有FeCl3，则Na2CO3不能存在；①X与足量稀硝酸反应，得到气体1和溶液2，则一定含有K2SO3；KAlO2无法确定。
【详解】A．稀硝酸具有强氧化性，气体1不可能为SO2，两者要发生氧化还原反应，A说法错误；
B．沉淀3中一定含有Fe(OH)3，可能含有Al(OH)3，B说法正确；
C．固体粉末 X中一定有FeCl3、K2SO3，一定没有Na2CO3，可能有KAlO2，C说法错误；
D．往溶液2中加入Cu粉，若溶解，可能为硝酸与Cu反应生成硝酸铜溶液，不能说明X中含有氯化铁，D说法错误；
答案为B。
非选择题部分
二、非选择题（本大题共 4 小题， 共 50 分）
26.I.氨气分子构型______；比较结合H+能力的相对强弱：H2O___NH3(填“＞”、“＜”或“=”),用一个离子方程式说明H3O+和NH给出H+能力的相对强弱_______。
II.某钾盐X(摩尔质量介于200g•mol-1~300 g•mol-1之间)具有强氧化性， 由三种常
见的元素组成，有如下转化关系：

请回答下列问题：
(1)X中除钾元素外还含有元素 ________、 __________。(填元素名称)
(2)请写出产生白色沉淀的离子反应方程式_________________。
(3)X与水在一定条件下发生反应，生成两种物质，一种为酸式盐，另一种具有漂白性， 请写出X与水反应的化学方程式： _______________。
【答案】 (1). 三角锥形 (2). ＜ (3). NH3+H3O+=NH+H2O (4). 硫 (5). 氧 (6). SO3+Ba2++ H2O =BaSO4 +2H+ (7). K2S2O8+2H2O =2KHSO4+H2O2
【解析】
分析】
Ⅱ.单质气体C可使带火星的木条复燃，C是氧气，标况下，224mL氧气的物质的量是0.01mol；气体B的物质的量是0.03mol，通入足量BaCl2溶液，生成硫酸钡沉淀0.02mol，说明B气体含有0.02molSO3；A是强酸盐，则A为K2SO4，可根据各元素的质量计算X的化学式。
【详解】Ⅰ.NH3中心原子的价电子对数为，含有1对孤对电子，则其分子构型为三角锥形，H2O为弱电解质，能够电离生成H3O+，而H3O+又能与NH3反应生成，所以结合H+的能力H2O＜NH3，反应方程式为NH3+H3O+=NH+H2O；
Ⅱ.(1)X隔绝空气加热，分解出SO3和O2，所以X中除钾元素外还含有元素硫、氧；
(2)SO3和氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和盐酸，该反应的离子方程式是SO3+Ba2++H2O=BaSO4+2H+。
(3)0.02molSO3和0.01molO2的质量为0.02mol×80g/mol+0.01mol×32g/mol=1.92g，根据质量守恒，m(K2SO4)=5.4g-1.92g=3.48g，n(K2SO4)=，所以n(K)=0.04mol、n(S)=0.02mol+0.02mol=0.04mol、n(O)=0.02mol×4+0.02mol×3+0.01mol×2=0.16mol，n(K)：n(S)：n(O)=1：1：4，X的摩尔质量介于200g•mol-1~300 g•mol-1之间，所以X的化学式是K2S2O8，K2S2O8与水在一定条件下发生反应，生成两种物质，一种为酸式盐，另一种具有漂白性，则产物是KHSO4、H2O2，根据原子守恒可知K2S2O8与水反应的化学方程式是K2S2O8+2H2O=2KHSO4+H2O2。
27.工业上大量排放的NOx、SO2、CO2都会污染环境， 如何治理环境和利用资源是科学研究中的重要课题。
(1)利用活性炭的还原性可处理汽车尾气， 发生如下反应： C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g) ΔH> 0,一定条件下，密闭容器中的有关物质的浓度时间的变化如表所示 ：

0
10
20
30
40
50
NO
2.0
1.16
0.40
0.40
0.60
0.60
N2
0
0.42
a
b
1.20
1.20
CO2
0
0.42
a
b
1.20
1.20


①0~20min 内的平均反应速率 v(CO2) = ________mol/ ( L• min ) 。
②30min 时只改变某一条件， 则可能的变化是 ________(填字母编号)。
a.升高温度 b. 降低温度 c. 再通入一定量的 NO d.缩小容器的体积 e. 加入合适的催化剂 f. 增大容器体积
(2)焦炭催化还原二氧化硫的化学方程式 为 2C(s)+2SO2 (g) S2(g)+2CO2(g)。一定压强下，向 IL 密闭容器中充入足量的焦炭和l molSO2发生反应 ，测得SO2的反应速率与S2 ( g ) 的生成速率随温度变化的关系如图所示： A、B、C、D四点对应的状态中，达到平衡状态的有____ ( 填字母)。

(3)高温下碳可将难溶的重晶石转化为 BaS:
反应1:BaSO4(s)+4C(s) 4CO(g)+BaS(s)ΔH=+57 l.2 kJ·moJ-1
反应2:BaSO4(s)+4C(g)4CO2(g)+BaS(s)ΔH =-188 k.J·mol-1。
①保持温度不变， 若t2时刻将容器体积减小为一半，t3时刻达到新的平衡， 请在下图继续画出t2~ t4区间 c ( CO ) 的变化曲线____。

② 科学家将大量排放的CO2作为新碳源的研究引起国际关注， 以新型的二氧化钛为催化剂，可以将CO2和CH4直接转化成乙酸。催化剂的催化效率与乙酸的生成速率随温度的 变化关系如图所示。 250 ~300℃时， 温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是 ____。

【答案】 (1). 0.04 (2). cd (3). C (4). (5). 温度在 250-300℃ 时，催化剂的催化效率降低， 乙酸生成速率下降
【解析】
【分析】
(1)①0～20min内NO的浓度变化为：2.0mol/L−0.40mol/L＝1.60mol/L，则CO2的浓度增加：1.6mol/L×＝0.8mol/L，结合v＝，计算平均反应速率v(CO2)；
②30min计算出第二次达到平衡状态后平衡常数K＝＝4，与第一次平衡时相同，则不可能是改变温度，且在先平衡条件下，各物质的浓度都变为原先的1.5倍，据此结合化学平衡的影响因素分析；
(2)达到平衡状态时，反应物和生成物的生成速率之比等于其计量数之比；
(3) ①图1 中，t2时刻将容器体积减小为一半，此时刻容器中c(CO)浓度增大一倍，反应②平衡正向移动，c(CO)浓度降低，t3时刻达到新的平衡，c(CO)不变，但其浓度大于原来平衡浓度；
②根据温度对催化剂活性的影响；
【详解】(1)①0～20min内NO的浓度变化为：2.0mol/L−0.40mol/L＝1.60mol/L，则CO2的浓度增加：1.6mol/L×12＝0.8mol/L，其平均反应速率v(CO2)＝＝0.04mol•L−1•min−1；
故答案为：0.04；
②30min时改变某一条件后，在第二次达到平衡状态后平衡常数K＝＝4，20min后第一次达到平衡状态，该反应的平衡常数K＝＝4，与第一次平衡时相同，则不可能是改变温度，且在先平衡条件下，各物质的浓度都变为原先的1.5倍，则改变的条件只能在其它条件不变时将体积压缩到原来的或在其它条件不变时充入一定量的NO(为原起始NO的物质的量的0.5倍)，
故答案为：cd；
(2)①达到平衡状态时，SO2的生成速率与S2(g)的生成速率之比为2：1，根据图知，只有C点符合，
故答案为：C；
(3) ① 图1 中，t2时刻将容器体积减小为一半，此时刻容器中c(CO)浓度增大一倍，反应②平衡正向移动，c(CO)浓度降低，t3时刻达到新的平衡，c(CO)不变，但其浓度大于原来平衡浓度，其图象为；
故答案为：；
②温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低，所以温度升高而乙酸的生成速率降低；
故答案为：温度在250−300℃时，催化剂的催化效率降低，乙酸生成速率下降。
28.Mg(ClO3)2·3H2O为强氧化性物质，在工农业上有重要用途，其制备原理为 ：MgCl2+2NaClO3+3H2O=Mg(ClO3)2·3H2O+2NaCl
实验室制备Mg(ClO3)2·3H2O的过程如图1

已知四种化合物的溶解度(S)与温度(T)的变化曲线关系如图2所示

(1)抽滤装置中仪器A的名称是_______。图示装置不合理之处有_______。
(2)操作X是_______。
(3)“溶解”时加水太多会明显降低Mg(ClO3)2·3H2O的产率且杂质增加，其原因是_______。
(4)下列有关实验过程(如图3)与操作说法不正确的是_______
A 为快速获得产品，冷却时可用冰水
B 洗涤时应用无水乙醇
C 抽滤Mg(ClO3)2·3H2O时，可用略小于漏斗内径又能盖住小孔的滤纸
D 抽滤时，当吸滤瓶中液面快到支管时，应拔掉橡皮管，将滤液从支管口倒出
(5)称取3.000g样品，加水溶解并加过量的NaNO2溶液充分反应，配制成250 mL溶液，取25 mL溶液加足量稀硝酸酸化并加入合适的指示剂，用0.1000mol•L-1 的AgNO3标准溶液滴定至终点，平均消耗标准液 24.00mL.则样品中Mg(ClO3)2·3H2O 的纯度是 ___。
反应原理的离子方程式：ClO+ Ag++3NO=AgCl↓ +3NO
【答案】 (1). 布氏漏斗 (2). 布氏漏斗颈口斜面没有与吸滤瓶支管口相对，安全瓶应短进长出 (3). 趁热过滤 (4). 加水过多会延长蒸发时间，促使MgCl2的水解量增大，产生Mg(OH)2等杂质， 产率下降 (5). BCD (6). 98.00%
【解析】
【分析】
本实验为制备Mg(ClO3)2·3H2O的实验，MgCl2和NaClO3混合后，发生反应MgCl2+2NaClO3+3H2O=Mg(ClO3)2·3H2O+2NaCl，经蒸发浓缩、操作X、冷却后抽滤洗涤即可得到产物Mg(ClO3)2·3H2O，根据方程式建立关系式，计算质量分数。
【详解】(1)根据图像可知仪器A为布氏漏斗，图示装置中布氏漏斗颈口斜面没有与吸滤瓶支管口相对，安全瓶应短进长出，故答案为：布氏漏斗；布氏漏斗颈口斜面没有与吸滤瓶支管口相对，安全瓶应短进长出；
(2)MgCl2和NaClO3混合后反应，要得产物Mg(ClO3)2·3H2O，则要除去杂质NaCl，根据溶解度与温度关系可知，应进行的操作是蒸发浓缩、趁热过滤，故答案为：趁热过滤；
(3)加水过多，则会延长蒸发浓缩的时间，促进了Mg2＋的水解，MgCl2的利用率降低，故答案为：加水过多会延长蒸发时间，促使MgCl2的水解量增大，产生Mg(OH)2等杂质， 产率下降；
(4)A．根据溶解度曲线可知，低温时Mg(ClO3)2·3H2O的溶解度较小，可以用冰水冷却，故A正确；
B．Mg(ClO3)2·3H2O具有强氧化性，而乙醇具有还原性，两者可能发生氧化还原反应，则不能用无水乙醇洗涤，故B错误；
C．抽滤Mg(ClO3)2·3H2O时，可用略大于漏斗内径又能盖住小孔的滤纸，故C错误；
D．吸滤瓶中滤液过多时，只能通过吸滤瓶上口倒出，故D错误；
综上所述，答案为BCD；
(5)样品溶解后加NaNO2溶液和AgNO3溶液，发生的反应为：＋3＋Ag＋=AgCl↓＋3，故有：Mg(ClO3)2·3H2O～6～2Ag＋。产物的纯度
，故答案为98%。
29.有机物X是化工产品的重要中间体， 现以甲苯及常见有机原料合成X的流程如下：

已知：2CH3CHOCH3CH=CHCHO
试回答下列问题：
(1)有机物 X 中的官能团名称______。
(2)下列有关有机物 X 的说法正确的是 ________。
A．分子式是C9H10NO2
B．属于α-氨基酸
C．能发生取代反应和缩聚反应
D．能形成内盐
(3)写出X→Y的化学方程式________
(4)分子式为C7H7NO2且符合下列条件的芳香族同分异构体有多种，写出其中4种的结构简式 _______。
①能与 NaOH 反应 ② -NH2 直接与苯环连接
(5)设计上述流程中的合成路线(无机试剂及溶剂任选)_________。
【答案】 (1). 羧基、氨基 (2). CD (3). (4).
(5).
【解析】
【分析】
根据题中所给流程分析可知，与浓硫酸、浓硝酸在加热的条件下发生硝化反应生成，再经一些列反应生成K，K发生已知信息的反应生成L，L加入银氨溶液反应后酸化生成，则L为，K为，在催化剂的条件下与H2发生反应生成X（），X再在一定条件下生成Y，据此分析解答问题。
【详解】(1)X的结构简式为，分子中的官能团名称为羧基、氨基；
(2)根据有机物X的结构简式分析：
A．其分子式为C9H9NO2，A错误；
B．α-氨基酸是指氨基和羧基连接在同一个C原子上，因此有机物X不是α-氨基酸，B错误；
C．该分子苯环可发生取代反应，且能够发生脱水缩合得到肽链，C正确；
D．有机物X属于氨基酸，可形成内盐，D正确；
故答案选CD；
(3)X在一定条件下发生分子内的脱水缩合生成Y，反应的化学方程式为；
(4)分子式为C7H7NO2的芳香族同分异构体中，能与NaOH反应，说明含有—COOH或—OOCH，且—NH2 直接与苯环连接，满足条件的结构有；
(5)上述流程中，可先与Cl2在光照条件下发生烷烃基的取代反应生成，再发生水解反应生成，催化氧化即可得到，合成路线为。