【化学】浙江省杭州市富阳区新登中学2018-2019学年高二上学期期末考试模拟（解析版）

浙江省杭州市富阳区新登中学2018-2019学年高二上学期期末考试模拟
本卷可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 F 19 Na 23 Mg 24 Al 27 P 31 K 39 Si 28 S 32 Cl 35．5 Mg 24 Al 27 K 39
一、选择题(本题共25小题。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求，不选、多选、错选均不得分)
1.下列属于碱的是（ ）
A. NH3·H2O B. CaO C. HNO3 D. NaHCO3
【答案】A
【分析】电离时生成的阴离子都是氢氧根离子的化合物是碱。
【详解】A、氨水（NH3•H2O）电离时电离出的阴离子全部是氢氧根离子，属于碱，故A正确；
B项、CaO与水反应生成氢氧化钙，属于碱性氧化物，故B错误；
C项、HNO3电离时电离出的阳离子全部是氢离子，属于酸，故C错误；
D项、NaHCO3是碳酸的酸式盐，属于盐类，故D错误；
故选A。
2. 下列仪器名称为“蒸馏烧瓶”的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】试题分析：四种仪器分别是谭丽萍、圆底烧瓶，蒸馏烧瓶和锥形瓶，答案选C。
考点：考查仪器识别
3.下列属于电解质的是（ ）
A. 葡萄糖 B. 氨水 C. SO3 D. NaCl
【答案】D
【解析】A.葡萄糖在熔融状态和水溶液中都不能电离出离子，属于非电解质，故A错误；B.氨水是由氨气和水形成的混合物，既不是电解质也不是非电解质，故B错误；C. SO3在熔融状态和水溶液中均不能自身电离出离子而导电，属于非电解质，故C错误；D.NaCl在熔融状态或水溶液中均可电离出离子而导电，属于电解质，故D正确；答案选D。
点睛：本题考查电解质的概念和判断，解题时要注意把握电解质的定义，在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物是电解质，本题的易错点是C项，SO3的水溶液虽然能导电，但导电的物质是硫酸而不是SO3，SO3自身不能电离出离子而导电，所以SO3不是电解质。
4.下列转化必须要通过加氧化剂才能发生的是（ ）
A. NaHCO3→Na2CO3 B. KClO3→O2
C. KI→I2 D. Cl2→HClO
【答案】C
【解析】A. NaHCO3→Na2CO3变化过程中，没有元素化合价发生变化，不需要加入氧化剂，故A错误；B.由KClO3生成O2，可以利用KClO3在催化剂作用下受热分解实现，不需要另外加入氧化剂，故B错误；C. KI→I2变化过程中，碘元素的化合价从-1价升高到0价，KI是还原剂，需要加入氧化剂才能实现，故C正确；D.由Cl2生成HClO，可以利用Cl2和水反应实现，在该反应中，Cl2既是氧化剂又是还原剂，水既不是氧化剂也不是还原剂，故D错误；答案选C。
点睛：本题以氧化剂、还原剂等基本概念为载体考查氧化还原反应，明确氧化还原反应的基本概念及元素化合价的变化关系是解答本题的关键，需要加入氧化剂才能实现，说明选项中给予的物质作还原剂，在反应中失电子化合价升高，本题的易错点是B项和D项，在KClO3→O2和Cl2→HClO的转化关系中，虽然都存在元素化合价升高，但可以通过物质的自身氧化还原反应来实现，不一定需要加入氧化剂。
5.下列分散系能起到吸附水中浮游杂质作用的是（ ）
A. 烧碱溶液 B. 氢氧化铝胶体 C. 盐酸溶液 D. 酒精溶液
【答案】B
【解析】因胶体具有较大的比表面积，可以吸附水中的浮游杂质，从而起到净水的作用，而A、C、D均为溶液，不具有吸附性，故答案选B。
6.下列说法不正确的是（ ）
A. 氯气是一种重要的化工原料，广泛应用于自来水的消毒和农药的生产等方面
B. 钠和钾的合金在常温下是液体，可用于快中子反应堆作热交换剂
C. 用硅制造的光导纤维具有很强的导电能力，可用于制作光缆
D. 化肥的生产、金属矿石的处理、金属材料的表面清洗等都可能用到硫酸
【答案】C
【详解】A项、氯气是一种重要的化工原料，可用于农药的生产等，如制备农药六六六等，氯气与水反应生成的次氯酸具有氧化性，能够杀菌消毒，故A正确；
B项、钠钾合金导热性强，可用于快中子反应堆的热交换剂，故B正确；
C项、光导纤维主要成分二氧化硅，是绝缘体，不导电，故C错误；
D项、硫酸工业在国民经济中占有极其重要地位，常用于化肥的生产、金属矿石的处理、金属材料的表面清洗等，故D正确；
故选C。
7.下列化学用语表述正确的是（　　）
A. 钠离子的电子式：Na+ B. 二甲醚的分子式：CH3OCH3
C. CO2分子的比例模型： D. 16O原子的结构示意图：
【答案】A
【解析】A、简单阳离子的电子式是其离子符号本身，故钠离子的电子式为Na+，A正确；B、表示物质的元素组成的式子为分子式，故二甲醚的分子式为C2H6O，B错误；C、二氧化碳分子中，碳原子的半径大于氧原子，C错误；D、16O原子的核内有8个质子，核外有8个电子，故结构示意图为，D错误，答案选A。
8.下列说法正确的是（ ）
A. 用药匙取用粉末状或小颗粒状固体
B. pH试纸使用时不需要润湿，红色石蕊试纸检测气体时也不需要润湿
C. 蒸馏时蒸馏烧瓶中的液体尽量多些，加沸石进行蒸馏，但液体也不能蒸干
D. 分液时下层液体从分液漏斗下端管口放出，关闭活塞，换一个接收容器，上层液体继续从分液漏斗下端管口放出
【答案】A
【详解】A项、实验室用药匙取用粉末状或小颗粒状固体，故A正确；
B项、红色石蕊试纸检测气体时需要润湿，而pH试纸使用时不需要润湿，故B错误；
C项、蒸馏时,蒸馏烧瓶中所盛放液体不能超过其容积的，也不能少于，加热时,不能将液体蒸干，故C错误；
D项、分液时避免上下层液体混合，则分液时下层液体从分液漏斗下端管口放出，关闭活塞，上层液体继续从分液漏斗上端管口倒出，故D错误；
故选A。
9.下列说法不正确的是（　　）
A. O2与O3互为同素异形体
B. 35Cl与37Cl互为同位素，两者核外电子排布不同
C. CH4与C3H8一定互为同系物
D. CH3CH2NO2与H2NCH2COOH互为同分异构体
【答案】B
【解析】A．O2与O3为O元素的不同单质，二者互为同素异形体，A正确；B．35Cl与37Cl的质子数均为17，中子数不同，二者互为同位素，且核外电子排布相同，B错误；D．CH4与C3H8均为烷烃，一定互为同系物，C正确；D．CH3CH2NO2与H2NCH2COOH的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，D正确；答案选B。
点睛：关于同系物的判断需要注意：（1）同系物必然符合同一通式，但符合同一通式的不一定是同系物；其中符合通式CnH2n+2且碳原子数不同的物质间一定属于同系物。（2）同系物必为同一类物质。（3）同系物分子间相差一个或若干个CH2原子团，化学式不可能相同。（4）同系物组成元素相同。（5）同系物结构相似但不一定完全相同。
10. 下列反应的热效应与其它三项不相同的是（ ）
A. 铝粉与氧化铁的反应 B. 氯化铵与Ba(OH)2·8H2O反应
C. 锌片与稀硫酸反应 D. 钠与冷水反应
【答案】B
【详解】A.氧化铁和铝在高温条件下生成氧化铝和铁，,是典型的放热反应，利用放出的热冶炼金属铁，常用于野外铁轨的焊接，为放热反应；
B.氢氧化钡晶体与氯化铵晶体混合：═2NH3↑+BaCl2+10H2O，是典型在常温下发生的吸热反应；
C.锌片与稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，是放热反应；
D.钠与冷水反应，生成氢氧化钠和氢气，放出大量的热，是放热反应；
根据以上分析可以知道,B的热效应与其它三者不同；
本题答案为B。
11.W、X、Y、Z 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. 四种元素中原子半径最大为 W， Y 的氢化物稳定性最强
B. 四种元素最高价氧化物的水化物都是酸
C. XZ4、 WY2中所含化学键类型相同，熔点都很高
D. W、 X 形成的单质都是重要的半导体材料
【答案】A
【解析】试题分析：由图可知，W、X、Y、Z 四种短周期元素分别为C、O、Si、Cl等4种元素。A. 四种元素中原子半径最大为 W， Y 的氢化物稳定性最强，A正确；B. 只有C、Si、Cl 3种元素最高价氧化物的水化物是酸，O没有，B不正确；C. CCl4、 CO2中所含化学键类型相同，都是共价键，它们都形成分子晶体，所以熔点都很低，C不正确；D. 硅是重要的半导体材料，碳的单质中没有半导体材料，D不正确。本题选A。
12. 下列事实中，与电化学腐蚀无关的是（ ）
A. 镀锡的铁制品，镀层部分受损后，露出的铁表面易被腐蚀
B. 在空气中，光亮的银器表面逐渐变暗
C. 埋在潮湿土壤里的铁管比埋在干燥土壤里的铁管更易被腐蚀
D. 为保护海轮的船壳，常在船壳上镶入锌块
【答案】B
【解析】试题分析：A．镀锡铁破损后发生电化腐蚀，因Fe比Sn活泼，因而是铁被腐蚀，发生原电池反应而可用电化学知识解释，故A有关；B．银在空气中被氧气氧化发生化学腐蚀，与电化学腐蚀无关，故B无关；C．埋在潮湿土壤里的铁管，铁、C和潮湿的空气形成原电池，加快了铁的腐蚀，而干燥土壤里的缺少电解质溶液，不能形成原电池，不易腐蚀，属于此现象与电化学知识有关，故C有关；D．轮船水线下的船壳装上锌块后，可保护船壳在海水中不被腐蚀，因为Zn比Fe活泼，Zn与Fe构成原电池，在海水中锌被腐蚀，从而保护船壳，发生原电池反应可用电化学知识解释，故D有关；故选B。
考点：考查化学腐蚀和电化腐蚀的实质分析。
13.室温下，分别把下列物质加入水中，能使水的电离程度增大且所得溶液呈酸性的是（ ）
A. K2SO4 B. NaHSO4
C. NaClO D. NH4NO3
【答案】D
【解析】A．K2SO4是强酸强碱盐，不促进也不抑制水电离，故A错误；B．NaHSO4抑制了的水的电离，向逆方向移动，溶液呈酸性，故B错误；C．根据水的电离平衡H2O=H++OH-知，加入少量NaClO促进了水的电离，向正方向移动，但溶液呈碱性，故C错误；D．加入少量的NH4NO3，铵根离子水解导致溶液呈酸性，促进水电离，故D正确；故选D。
14.下列关于常见有机物的说法中正确的是（ ）
A. 乙烯可以发生加成反应，乙苯也可以
B. 苯不能使酸性KMnO4溶液褪色，因此苯不能发生氧化反应
C. 用四氯化碳萃取溴水中的溴，分液时有机层从分液漏斗上口放出
D. 乙烯和乙烷可用酸性高锰酸钾溶液分离
【答案】A
【解析】A. 乙烯和乙苯中都含有不饱和键，可以发生加成反应，故A正确；B. 苯可以在氧气中燃烧，能够被氧气氧化，发生氧化反应，故B错误；C. 四氯化碳的密度比水大，用四氯化碳萃取溴水中的溴，下层为有机层，分液时有机层从分液漏斗的下口放出，故C错误；D. 乙烯可被酸性高锰酸钾溶液氧化生成二氧化碳，所以乙烯和乙烷不能用酸性高锰酸钾溶液分离，故D错误；答案选A。
15.镁—锑液态金属储能电池工作原理如下图所示，该电池所用液体密度不同，在重力作用下分为三层，工作时中间层熔融盐的组成及浓度不变。下列说法不正确的是（ ）

A. 放电时，Mg(液)层的质量减小
B. 放电时，正极反应为：Mg2++2e−===Mg
C. 该电池充电时，Mg—Sb(液)层的质量增大
D. 该电池充电时，C1−向下层方向移动
【答案】C
【解析】A.放电时，Mg(液)层发生反应Mg -2e-=Mg2+ ，Mg(液)层的质量减小，A项正确；放电时Mg—Sb(液)层是正极，正极反应为：Mg2++2e-=Mg，B项正确；该电池充电时，Mg—Sb(液)层是阳极，发生氧化反应，C项错误；该电池充电时，上层是阴极、下层是阳极，C1-向阳极移动，D项正确。答案选C。
16.下列说法正确的是（　　）
A. 油脂是人体内热值最高的营养物质，在工业上可用于制肥皂和油漆
B. CH2（NH2）CH2COOH属于α﹣氨基酸
C. 糖类物质在一定条件下均能发生水解反应
D. 鸡蛋清溶液中加入饱和硫酸铜溶液会有沉淀析出，加水后沉淀溶解
【答案】A
【解析】A．油脂在代谢中可以提供的能量比糖类和蛋白质约高一倍，油脂是人体中热值最高的营养物质，油脂发生皂化反应可以制得肥皂，故可作皂化反应的工业原料，油漆中的溶剂是有机溶剂，可以由油脂制得，A正确；B．与－COOH相连的C为α碳，则CH2（NH2）CH2COOH不属于α﹣氨基酸，氨基与﹣COOH均连接相同C时为α﹣氨基酸，B错误；C．单糖不能发生水解反应，双糖、多糖可发生水解反应，C错误；D．鸡蛋清溶液中加入饱和硫酸铜，发生变性，为不可逆过程，则会有沉淀析出，加水后沉淀不溶解，D错误，答案选A。
17.相同温度下，关于氨水和氢氧化钠溶液的比较，下列说法正确的是（ ）
A. pH相等的两溶液中：c(Na＋)＞c(NH4+)
B. 物质量浓度相同的两溶液，分别与HCl气体反应至中性时(忽略溶液体积变化) c(Na＋)＜c(NH4+)
C. 物质的量浓度相同的两溶液，进行导电性实验，灯泡的亮度相同
D. 分别中和pH和体积均相等的两溶液，所需HCl的物质的量不同
【答案】D
【分析】氢氧化钠为强碱，在溶液中完全电离，一水合氨为弱碱，在溶液中部分电离，存在电离平衡。
【详解】A项、相同温度下，pH相等氨水和NaOH溶液中，根据电荷守恒可知c(Na＋)=c(NH4+)，故A错误；
B项、物质的量浓度相同的两溶液分别与HCl气体反应至中性时，溶液中c(H＋)=c(OH—)，由电荷守恒可知c(Na＋)=c(Cl—)=c(NH4+)，故B错误；
C项、物质的量浓度相同的两溶液中，氢氧化钠溶液中离子浓度大于氨水，溶液导电性强，氢氧化钠溶液灯泡的亮度大，故C错误；
D项、pH相等氨水和NaOH溶液中，氨水浓度大于NaOH，分别中和pH和体积均相等的两溶液，所需HCl的物质的量氨水大于氢氧化钠溶液，故D正确；
故选D。
【点睛】注意物质的量浓度相同的氨水和氢氧化钠溶液，氢氧化钠溶液中离子浓度大于氨水，但中和能力相同；pH相等氨水和NaOH溶液中，氨水浓度大于NaOH，但离子浓度相同。
18.根据如下能量关系示意图，下列说法正确的是（ ）

A. 1 molC(g)与1 mol O2(g)的能量之和为393.5 kJ
B. 反应2CO(g)+O2(g) ===2CO2(g)中，生成物的总能量大于反应物的总能量
C. 由C→CO的热化学方程式为：2C(s)+O2(g) ===2CO(g) ΔH= −221.2 kJ∙mol−1
D. CO的燃烧热ΔH=+282.9 kJ∙mol−1
【答案】C
【详解】A、由图可知，1 mol C(s)与1 mol O2(g)的能量之和大于393.5 kJ，而1 mol C(g)与1 mol O2(g)的能量之和远大于393.5 kJ，选项A错误；B、由图可知，1 mol CO(g)与0.5mol O2(g)生成1 mol CO2(g)放出282.9 kJ的热量，所以反应2CO(g)+O2(g) =2CO2(g)中，生成物的总能量小于反应物的总能量，选项B错误；C、由图可知，1 mol C(s)与0.5mol O2(g)转化为1 mol CO(g)，放出热量为：393.5-282.9=110.6 kJ，所以2C(s)+O2(g) ==2CO(g) ΔH= −221.2 kJ∙mol−1，选项C正确；D、根据选项B得反应CO(g)+O2(g) =CO2(g) ΔH= −282.9 kJ∙mol−1，可知CO的燃烧热ΔH=－282.9 kJ∙mol−1，选项D错误。答案选C。
【点睛】本题主要考查热化学方程式的书写以及反应热的计算，必须能根据焓变来计算物质燃烧热，注意反应热的单位及焓变的正负号。
19.下列说法正确的是（ ）
A. 分子内共价键越强，分子热稳定性越强，其晶体熔沸点越高
B. 干冰和石英晶体中化学键类型相同，熔化需克服的微粒间作用力也相同
C. CO2和PCl3分子中每个原子的最外层都具有8电子稳定结构
D. 在 Na2O、NaHSO4晶体中，阳离子与阴离子个数比均为2∶1
【答案】C
【解析】A. 分子内共价键越强，分子热稳定性越强，但分子晶体的熔沸点与分子间作用力有关，与共价键的强弱无关，故A错误；B. 干冰和石英晶体中的化学键都是共价键，化学键类型相同，但干冰晶体是分子晶体，石英晶体是原子晶体，熔化时需克服的微粒间作用力分别是分子间作用力和共价键，故B错误；C. 在CO2分子中，C原子与2个O原子分别形成2个共用电子对，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构，在PCl3分子中，P原子与3个Cl原子分别形成1个共用电子对，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构，故C正确；D. 在Na2O晶体中，阳离子是Na+，阴离子是O2－，阳离子与阴离子个数比为2∶1，在NaHSO4晶体中，阳离子是Na＋，阴离子是HSO4－，阳离子与阴离子个数比为1∶1，故D错误；答案选C。
点睛：本题综合考查化学键、晶体类型及分子间作用力等相关知识，试题难度中等，准确把握物质结构与性质是解答本题的关键，本题的易错点是B项，干冰和石英晶体中的化学键都是共价键，化学键类型相同，但因为干冰晶体是分子晶体，而石英晶体是原子晶体，熔化时需克服的微粒间作用力分别是分子间作用力和共价键，熔化需克服的微粒间作用力是不相同的。
20.在恒容密闭容器中，由CO合成甲醇：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，在其他条件不变的情况下，研究温度对反应的影响，实验结果如图所示，下列说法正确的是 （ ）

A. 平衡常数K=
B. 该反应在T1时的平衡常数比T2时的小
C. CO合成甲醇的反应为吸热反应
D. 处于A点的反应体系从T1变到T2，达到平衡时 增大
【答案】D
【详解】A.因该反应中氢气前的系数为2，则该反应的平衡常数的表达式为：K=，故A项错误；B.由图像可知，反应从T2到T1时，甲醇的物质的量增大，根据平衡常数和计算式可知T1时的平衡常数比T2时的大，故B项错误；C. 由图像可知在T2温度下反应先达到平衡，反应速率较T1快，则有温度T2大于T1，从图像的纵坐标分析可得温度降低，反应向正反应方向发生移动，则有正反应为放热反应，故C项错误；D.处于A点的反应体系从T1变到T2的过程中，反应向逆反应方向移动，则c（H2）增大，而c（CH3OH）减小，达到平衡时应该增大，故D项正确；答案选D。
【点睛】本题主要查了平衡常数和平衡移动等知识点，从图中获取信息是解决问题的突破口。例如从本题图横坐标分析可知在T2温度下先达到平衡，故可推导温度T2高于T1。
21.联氨（N2H4）常温下为无色液体，可用作火箭燃料。下列说法不正确的是（ ）
①2O2(g)＋N2(g)===N2O4(l) ΔH1
②N2(g)＋2H2(g)===N2H4(l) ΔH2
③O2(g)＋2H2(g)===2H2O(g) ΔH3
④2N2H4(l)＋N2O4(l)===3N2(g)＋4H2O(g) ΔH4=﹣1048.9 kJ·mol−1
A. O2(g)＋2H2(g)===2H2O(l) ΔH5，ΔH5＞ΔH3
B. ΔH4=2ΔH3﹣2ΔH2﹣ΔH1
C. 1 mol O2(g)和2 mol H2(g)具有的总能量高于2 mol H2O(g)
D. 联氨和N2O4作火箭推进剂的原因之一是反应放出大量的热
【答案】A
【解析】分析：本题考查反应热的大小比较，盖斯定律及物质稳定性的比较，依据概念分析。
详解：A. O2(g)＋2H2(g)＝2H2O(g) ΔH3；O2(g)＋2H2(g)＝2H2O(l) ΔH5；
两个反应均为放热反应，ΔH均为负值，放热越多ΔH越小，由于生成液态水放热更多，所以ΔH5 c(H+)=c(OH-)
D. 曲线b是氢氧化钠溶液中逐滴加入盐酸的pH值变化曲线
【答案】B
【解析】根据曲线b可知NaOH溶液的pH＝13，则氢氧化钠溶液的浓度：c(NaOH)＝0.1 mol·L－1，A正确；未滴定时氢氧化钠中没有氯离子，盐酸中没有钠离子，B错误；根据曲线可以看出P点时pH＝7，说明溶液呈中性，c(Na＋)＝c(Cl－)、c(H＋)＝c(OH－)，溶液中氢离子和氢氧根离子浓度很小，则c(Na＋)＝c(Cl－)＞c(H＋)＝c(OH－)，C正确；曲线b的pH是由大到小，说明是氢氧化钠溶液中逐滴加入盐酸溶液的pH值变化曲线，D正确。点睛：本题考查中和滴定、溶液中离子浓度大小比较，题目难度中等，试题借助于滴定曲线考查了中和滴定过程中PH的变化，注意掌握比较溶液中离子浓度大小的方法．
24.碘在地壳中主要以NaIO3的形式存在，在海水中主要以I−的形式存在，几种粒子之间的转化关系如图所示。已知淀粉遇单质碘变蓝，下列说法中正确的是（ ）

A. 向含I−的溶液中通入Cl2，所得溶液加入淀粉溶液一定变蓝
B. 途径II中若生成1 mol I2，消耗1 mol NaHSO3
C. 氧化性的强弱顺序为Cl2>I2>IO3−
D. 一定条件下，I−与IO3−可能生成I2
【答案】D
【详解】A. 向含I-的溶液中通入少量C12，可产生碘单质，能使淀粉溶液变蓝，向含I-的溶液中通入过量C12，生成IO3-，不能使淀粉溶液变蓝，故A错误；
B. D.根据转化关系2IO3-~ I2~10e- ,SO32-~ SO42~2e-，途径II中若生成l mol I2，消耗 5mol NaHSO3，故B错误；
C、由途径I可以知道氧化性C12>I2,由途径Ⅱ可以知道氧化性I2＜IO3-,由途径Ⅲ可以知道氧化性C12 >IO3-,故氧化性的强弱顺序为C12> IO3- > I2,故C错误；
D、一定条件下，I-与IO3-可发生归一反应生成I2，故D正确；
综上所述，本题应选D。
25.溶液X中含有右表离子中的某5种，且其浓度均为0.1 mol·L−1（不考虑水的电离与离子水解）。向X溶液中加入足量稀盐酸，有无色气体生成，经分析，反应前后阴离子种类没有变化。下列叙述不正确的是（ ）
阳离子
阴离子
Na+、Fe3+、Ca2+、Fe2+、Mg2+、Al3+
OH−、NO3−、HCO3−、CO32−、SO42−、Cl−

A. X溶液中一定含3种阳离子、2种阴离子
B. X溶液中不可能含有HCO3− 或CO32−
C. 生成无色气体的离子方程式为：3Fe2+ +NO3−+4H+===3Fe3++NO ↑ +2H2O
D. 根据电荷守恒，原溶液中一定含Mg2+
【答案】A
【分析】各种离子的物质的量浓度均为0.1mol/L，向溶液X中加入足量的盐酸，有气体生成，且反应溶液中阴离子的种类没有变化，产生气体不可能是碳酸根离子或碳酸氢根离子；根据表中的离子，可推知是Fe2+、NO3-在酸性环境下生成的一氧化氮，加入盐酸，溶液中阴离子种类不变，所以原来溶液中含有Cl-，若只含有氯离子和硝酸根离子，二者的浓度为0.1mol/L，根据电荷守恒是不可能的，所以还含有阴离子SO42-，由于总共含有5种离子，再根据电荷守恒可知还含有一种带有两个正电荷的Mg2+，所以原溶液中含有的五种离子为：Cl-、NO3-、SO42-、Fe2+、Mg2+。据此分析可得结论。
【详解】A．原溶液中含有的五种离子为：Cl-、NO3-、SO42-、Fe2+、Mg2+，含有2种阳离子、3种阴离子，故A错误；
B．根据分析可知，溶液中一定不存在HCO3-与CO32-，故B正确；
C．生成无色气体为NO，反应的离子方程式为：3Fe2++NO3-+4H+═3Fe3++NO+2H2O，故C正确；
D．原溶液中一定含有Mg2+，故D正确；
答案选A。
【点睛】在解答本题时学生易误认为无色气体为二氧化碳气体，只有正确分析出气体只能是Fe2+和NO3-发生氧化还原反应生成NO，才能推断出正确的结论。
二、非选择题
26.(1)①写出丙烷的结构简式：________。②写出光导纤维主要成分的化学式：________。
(2)写出亚硫酸钠在空气中被氧化的化学方程式：________________________________________。
【答案】 (1). CH3CH2CH3 (2). SiO2 (3). 2Na2SO3 + O2 = 2Na2SO4
【分析】（1）①丙烷属于烷烃，分子式为C3H8；
②光导纤维的主要成分是二氧化硅；
（2）亚硫酸钠在空气中与空气中氧气反应生成硫酸钠。
【详解】（1）①丙烷属于烷烃，分子式为C3H8，结构简式为CH3CH2CH3，故答案为：CH3CH2CH3；
②光导纤维的主要成分是二氧化硅，二氧化硅的化学式为SiO2，故答案为：CH3CH2CH3；SiO2；
（2）亚硫酸钠在空气中与空气中氧气反应生成硫酸钠，反应的化学方程式为2Na2SO3 + O2 = 2Na2SO4，故答案为：2Na2SO3 + O2 = 2Na2SO4。
27. 已知：A是石油裂解气的主要成份。现以A为主要原料合成乙酸乙酯，其合成路线如下图所示。回答下列问题：

（1）A转化为B的反应类型___________。
（2）D分子中官能团的名称_______。
（3）写出B与金属钠反应的化学方程式是________________________________________。
（4）下列说法正确的是________________。
A．B分子中的所有原子在同一平面上
B．一定条件下，C中的官能团可以用银氨溶液来检验
C．A可以在其他条件下被氧气氧化成乙酸
D．A使酸性KMnO4溶液褪色和使溴水褪色，其原理相同
【答案】（1）加成反应（1分）（2）羧基（1分）。
（3）2CH3CH2-OH+2Na→2CH3CH2-ONa+H2↑（2分）（4）BC（2分）
【解析】试题分析：A是石油裂解气的主要成份，根据转化关系图可知A是乙烯，与水发生加成反应生成乙醇B，乙醇发生催化氧化生成乙醛C，C发生氧化反应生成乙酸D，乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯。
（1）A转化为B的反应类型加成反应。
（2）乙酸分子中官能团的名称羧基。
（3）B与金属钠反应的化学方程式是2CH3CH2-OH+2Na→2CH3CH2-ONa+H2↑。
（4）A．乙醇分子中的所有原子不在同一平面上，A错误；B．乙醛含有醛基，一定条件下，乙醛中的官能团可以用银氨溶液来检验，B正确；C．A可以在其他条件下被氧气氧化成乙酸，C正确；D．A使酸性KMnO4溶液褪色和使溴水褪色，其原理不相同，分别是氧化反应和加成反应，D错误，答案选BC。
考点：考查源文件推断
28.已知：2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4＝K2SO4＋2MnSO4＋10CO2↑＋8H2O。
某化学小组根据上述反应原理进行下列实验：
Ⅰ．测定H2C2O4溶液的物质的量浓度
实验步骤如下：
①取待测H2C2O4溶液25.00mL放入锥形瓶中，再加入适量的稀硫酸；
②用0.1mol·L－1KMnO4溶液滴定至终点，记录数据；
③重复滴定2次，平均消耗KMnO4溶液20.00mL。
请回答：
（1）滴定时，将KMnO4溶液装在________（填“酸式”或“碱式”）滴定管中。
（2）若在步骤①操作之前，先用待测H2C2O4溶液润洗锥形瓶，则测得H2C2O4溶液的浓度会________（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。
（3）步骤②中到达滴定终点时的现象为____________________________________。
（4）计算H2C2O4溶液的物质的量浓度为________mol·L－1。
Ⅱ．探究反应物浓度对化学反应速率的影响设计如下实验方案（实验温度均为25℃）：
实验序号
体积V／mL
0.1mol·L－1KMnO4溶液
0.1mol·L－1H2C2 O4溶液
0.1mol·L－1H2SO4溶液
H2O
①
2.0
5.0
6.0
7.0
②
2.0
8.0
6.0
V1
③
2.0
V2
6.0
2.0

请回答：
（5）表中V1＝________，V2＝________。
（6）实验中需要测量的数据是________________________________________________。
（7）实验中________（填“能”或“不能”）用0.2mol·L－1盐酸代替0.1mol·L－1H2SO4溶液，理由是________________________。
【答案】(1). 酸式 (2). 偏大 (3). 溶液由无色变为紫红色且在半分钟内不褪色 (4). 0.2 (5). 10 (6). KMnO4溶液完全褪色所需的时间 (7). 不能 (8). KMnO4 能氧化盐酸
【解析】(1)KMnO4溶液具有强氧化性，可以腐蚀橡皮管，应装酸式滴定管中；
(2)若在步骤①操作之前，先用待测H2C2O4溶液润洗锥形瓶，则实际H2C2O4溶液的量增大，导致消耗标准液的体积增大，测得H2C2O4溶液的浓度会偏大；
(3)高锰酸钾本身有颜色，故不需要另加指示剂，草酸反应完毕，加入最后一滴KMnO4溶液，溶液变为浅紫色，红色30s内不褪去，说明滴定到终点；
(4)由关系式 2KMnO4～5H2C2O4可知，n(H2C2O4)=V(KMnO4)•c(KMnO4)=×0.1000mol•L-1×0.0200L=0.005mol，则25mL草酸溶液中草酸物质的量浓度为=0.2mol/L；
(5)①、②和③探究的是草酸的浓度对速率的影响，且要保持硫酸和KMnO4溶液浓度不变，要求混合液的总体积相等，表中V1＝(2.0+5.0+6.0+7.0)-(2.0+8.0+6.0)=4.0，V2＝(2.0+5.0+6.0+7.0)-(2.0+2.0+6.0)=10.0。
(6)实验中需要测量的数据是KMnO4溶液完全褪色所需的时间；
(7)因酸性条件下KMnO4溶液能氧化HCl，故不能用盐酸代替稀硫酸。
点睛;在酸碱中和滴定实验中，滴定管都要事先检查是否漏液，用水洗后再用待装溶液润洗。在酸碱中和滴定实验中，误差分析时，考虑所有的操作对标准溶液体积的影响，例如用来装待测液的滴定管没有润洗，则待测液的浓度变小，需要的标准液体积变小，则结果变小。若用待测液润洗锥形瓶，则待测液的体积变大，需要的标准液变多，结果偏大。标准液的滴定管没有润洗，标准液浓度变小，需要的体积变大，结果变大。对于滴定过程中的读数情况，看标准液的体积变化，体积变大，结果变大，体积变小，体积变小。
29.Ⅰ．室温下，将一元酸HA的溶液和KOH溶液等体积混合（忽略混合后溶液的体积变化），实验数据如下表：
实验序号
起始浓度／（mol·L－1）
反应后溶液的pH
c（HA）
c（KOH）
①
0.1
0.1
9
②
x
0.2
7

请回答：
（1）HA溶液和KOH溶液反应的离子方程式为____________________________________。
（2）实验①反应后的溶液中由水电离出的c（OH－）＝______mol·L－1；x______0.2mol·L－1（填“＞”“＜”或“＝”）。
（3）下列关于实验②反应后的溶液说法不正确的是________（填字母）。
a．溶液中只存在着两个平衡
b．溶液中：c（A－）＋c（HA）＞0.1mol·L－1
c．溶液中：c（K＋）＝c（A－）＞c（OH－）＝c（H＋）
Ⅱ．已知2H2（g）＋O2（g）＝2H2O（1） ΔH＝－572kJ·mol－1。某氢氧燃料电池以疏松多孔石墨棒为电极，KOH溶液为电解质溶液。
（4）写出该电池工作时负极的电极反应式________________________________。
（5）若该氢氧燃料电池每释放228.8kJ电能时，会生成1mol液态水，则该电池的能量转化率为________。
【答案】 (1). HA＋OH－＝A－＋H2O (2). 1×10－5 (3). ＞ (4). a (5). H2＋2OH－－2e－＝2H2O (6). 80％
【解析】Ⅰ．(1)等浓度和等体积的HA溶液和KOH溶液混合后溶液显碱性，说明HA为弱酸，则HA溶液和KOH溶液反应的离子方程式为HA+OH－＝A－＋H2O；
(2)实验①反应后的溶液的pH=9，溶液中OH-来源于水，由水电离出的c(OH－)＝mol·L－1=1×10-5mol·L－1；若该酸为强酸，等体积等浓度混合时pH=7，而HA为弱酸，等体积等浓度混合溶液的pH大于7，则为保证pH=7，应使酸浓度应该大于0.2mol/L；
(3)a．实验②反应后溶液中只存在HA的电离、水的电离及A-的水解平衡，故a错误；b．酸浓度大于0.2mol/L，根据物料守恒c(A－)＋c(HA)＞0.1mol·L－1，故b正确；c．溶液的pH=7，结合电荷守恒可得c(K＋)＝c(A－)＞c(OH－)＝c(H＋)，故c正确；答案为a。
Ⅱ．(4)在氢氧燃料电池的负极上发生失电子的氧化反应，即 H2＋2OH－－2e－＝2H2O；
(5)H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H=-286KJ•moL-1，氢氧燃料电池释放228.8kJ电能时，生成1mol液态水，该电池的能量转化率为 ×100%=80%；
30.环境监测显示，某地市的主要气体污染物为SO2、NOx、CO等，其主要来源为燃煤、机动车尾气。进行如下研究：
（1）为减少燃煤对SO2的排放，可将煤转化为清洁燃料水煤气（CO和H2）。
已知： ΔH＝241.8kJ·mol－1，
ΔH＝－110.5kJmol－1
写出焦炭与1mol水蒸气反应生成水煤气的热化学方程式：____________________________。
（2）汽车尾气中NO是在发动机汽缸中生成的，反应为N2（g）＋O2（g）2NO（g） ΔH＞0。
①将含0.8molN2和0.2molO2（近似空气组成）的混合气体充入某密闭容器中，保持1300℃反应达到平衡，测得生成8×10－4molNO。计算该温度下此反应的化学平衡常数K＝________（填近似计算结果）。
②汽车启动后，汽缸内温度越高，单位时间内NO排放量越大，原因是____________________________________________________．
（3）利用如图所示装置（电极均为惰性电极）可吸收SO2，并利用阴极排出的溶液吸收NO2。

①电极A的电极反应式为________________________________；
电极B的电极反应式为________________________________。
②碱性条件下，用阴极排出的溶液吸收NO2，使其转化为无害气体，同时生成SO32－。该反应的离子方程式为________________________________________。
【答案】 (1). C（s）＋H2O（g）＝CO（g）＋H2（g） ΔH＝＋131.3kJ·mol－1 (2). 4×10－6 (3). 温度升高，反应速率加快且平衡正向移动 (4). SO2＋2H2O－2e－＝SO42－＋4H＋ (5). 2HSO3－＋2H＋＋2e－＝S2O42－＋2H2O (6). 4S2O42－＋2NO2＋8OH－＝8SO32－＋N2＋4H2O
【解析】(1)①已知：①2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=-483.6KJ/mol；②C(s)+O2(g)═CO(g)；△H=-110.51kJ•mol-1；利用盖斯定律，将②-①×可得：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)，△H=(-110.5kJ/mol)-(-241.8kJ/mol)=+13l.3 kJ/mol，所以焦炭与水蒸气反应的热化学方程式为：C(s)+H2O(g)═CO(g)+H2(g)；△H=+13l.30kJ•mol-1；
(2)①设反应容器的体积是aL，根据题意得：
         N2(g)+O2(g)2NO(g)
初始浓度     0
转化浓度   
平衡浓度    -  -
将各种物质的浓度带入表达式 得K=≈4×10-6；
②汽缸中发生的化学反应：N2(g)+O2(g)2NO(g)△H＞0，这是个吸热反应，温度升高，反应速率加快，平衡向正方向移动，单位时间内产生的NO多；
(3)①依据图示可知，二氧化硫被氧化为硫酸根，所以二氧化硫所在的A区为阳极区，阳极区发生反应SO2-2e-+2H2O═SO42-+4H+；B区为阴极区，HSO3－被还原为S2O42－，发生的电极反应为2HSO3－＋2H＋＋2e－＝S2O42－＋2H2O；
②阴极排出的溶液为S2O42-，二氧化氮与其发生反应，S2O42-中硫元素由+3价，变为硫酸根中硫元素为+4价，S2O42-被氧化是还原剂；二氧化氮中的氮元素化合价为+4价变为氮气0价，二氧化氮被还原为氧化剂，依据原子守恒和得失电子守恒可得，发生的离子方程式为4S2O42-+2NO2+8OH-═8SO42-+N2+4H2O。
31.为确定混合均匀的NH4NO3和（NH4）2SO4样品组成，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（溶液中的铵根离子全部转化为氨气，且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）的关系如表：
实验序号
I
II
III
IV
NaOH溶液的体积（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=_____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】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。