2018-2019学年浙江省“七彩阳光”新高考研究联盟高二下学期期中考试化学试题 解析版

2018-2019学年浙江省“七彩阳光”新高考研究联盟高二下学期期中考试化学试题 解析版

‎2018-2019学年浙江省“七彩阳光”新高考研究联盟高二（下）期中化学试卷 一、单选题（本大题共25小题）‎ ‎1.下列属于碱性氧化物的是（　　）‎ A. Na2O2 B. MgO C. SiO2 D. CO ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 能与酸反应只生成一种盐和水的氧化物是碱性氧化物。‎ ‎【详解】A. Na2O2和酸反应除了生成盐和水，还生成氧气，故不是碱性氧化物，A错误；‎ B. MgO只能和酸反应生成盐和水，故是碱性氧化物，B正确；‎ C. 二氧化硅只能和碱反应生成盐和水，故是酸性氧化物，C错误；‎ D. CO既不能和酸也不能和碱反应生成盐和水，故是不成盐氧化物，D错误；‎ 故选B。‎ ‎2.下列仪器称为“干燥管”是（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ A为硬质玻璃管，B为干燥管，C为洗气瓶，D为漏斗，答案选B。‎ ‎3.下列属于非电解质的是（　　）‎ A. 金刚石 B. 硝酸钾 C. 冰醋酸 D. 蔗糖 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．金刚石是碳的单质既不是电解质也不是非电解质，故A不符合；‎ B．硝酸钾溶于水后溶液导电，属于电解质，故B不符合；‎ C．冰醋酸溶于水后溶液导电，属于电解质，故C不符合；‎ D．蔗糖溶于水后，溶液不能导电，熔融状态下也不能导电，属于非电解质，故D符合；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】此题要注意只有化合物才能是电解质或者非电解质。‎ ‎4.下列物质的水溶液因电离而显酸性的是（　　）‎ A. Na2CO3 B. NaHSO4 C. NH4Cl D. CuCl2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Na2CO3为强碱弱酸盐，碳酸根离子部分水解，溶液呈碱性，故A错误；‎ B．NaHSO4是强酸的酸式盐，在溶液中完全电离出氢离子，溶液显酸性，不能发生水解反应，故B正确；‎ C．NH4Cl为强酸弱碱盐，铵根离子发生水解，溶液呈酸性，故C错误；‎ D．CuCl2是强酸弱碱盐，铜离子水解，溶液呈酸性，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎5.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. Zn+2AgNO3=Zn(NO3) 2+2Ag C. 2HClO=2HCl+O2↑ D. CO2+2NaOH=Na2CO3+H2 O ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 形如A+B=C的反应我们称之为化合反应，氧化还原反应表现为化合价的升降。‎ ‎【详解】A．该反应为化合反应，S和O元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故A正确；‎ B．该反应属于属于置换反应，不符合题目要求，故B错误；‎ C．该反应属于分解反应，不符合题目要求，故C错误；‎ D．该反应属于复分解反应，不属于氧化还原反应，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎6.下列表示物质结构的化学用语正确的是（　　）‎ A. Na+结构示意图 B. 乙烷的比例模型：‎ C. 氯化钙的电子式 D. 甲醛的结构简式HCOH ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 钠离子的核内有11个质子，故其结构示意图为，故A错误；‎ B. 用小球和小棍表示的模型为球棍模型，故为乙烷的球棍模型，不是比例模型，故B错误；‎ C. 氯化钙由1个钙离子和2个氯离子构成，且相同离子不能合并，故其电子式为，故C正确；‎ D. 醛基为-CHO，故甲醛的结构简式为HCHO，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】注意在书写有机物结构简式时，-CHO表示醛基，不能将原子的顺序颠倒。‎ ‎7.下列说法不正确的是（　　）‎ A. 氯气可用于药物的合成 B. 钠和钾合金在常温下是液体，可用于快中子反应堆作热交换剂 C. 硫酸铜可用于饮用水消毒 D. 生物质能来源于植物及其加工产品所贮存的能量 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氯气可用于药物的合成，故A正确；‎ B．钠钾合金是液体合金，具有良好的导热性，可以做快中子反应堆作热交换剂，故B正确；‎ C．硫酸铜中铜离子为重金属离子，有毒，不能用于饮用水消毒，故C错误；‎ D．生物质能就是太阳能以化学能形式贮存在生物质中的能量形式，即以生物质为载体的能量。它直接或间接地来源于绿色植物的光合作用，所以生物质能来源于植物及其加工产品所贮存的能量，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】当题目中出现课本中没有出现的物质的性质时，要学会合理推测。如合金比纯金属的熔沸点低，所以可以推知钠和钾合金在常温下是液体。‎ ‎8.下列说法正确的是（　　）‎ A. H2与D2互为同位素 B. O2和O3互为同素异形体，且二者之间能相互转化 C. 分子式为C5H12的同分异构体有3种，其沸点都相同 D. 和互为同系物 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．H2与D2为氢元素的分子，不属于同位素研究的范畴，故A错误； ‎ B．同种元素的不同单质为同素异形体，O2和O3属于同素异形体，二者可以相互转化，故B正确；‎ C．戊烷有正戊烷、异戊烷和新戊烷三种同分异构体，三者的沸点逐渐降低，故C错误；‎ D．和CH2═CH-CH═CH2，前者属于炔烃，后者属于双烯烃，他们是不同类别的物质，不属于同系物，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎9.下列说法不正确的是（　　）‎ A. 少量的钠可保存在煤油中，少量的白磷可保存在水中 B. 容量瓶洗净需用酒精灯加热烘干 C. 实验结束，应将废弃药品倒入废液缸或教师指定容器 D. 蒸馏乙醇、乙醚等实验中，应远离明火 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．钠、磷性质活泼，保存应隔绝空气，钠密度小于煤油，与煤油不反应，少量钠可以保存在煤油中，磷密度大于水，与水不反应，少量的白磷可保存在水中，故A正确；‎ ‎ B．容量瓶配制溶液定容时仍然需要加入蒸馏水，所以使用前洗涤后不需要干燥，且酒精灯不能用来烘干仪器，故B错误；‎ C．实验结束，应将废弃药品倒入废液缸或指定容器，故C正确；‎ D．乙醚、乙醇和苯是易燃，易挥发的有机物，使用时必须远离明火和热源，用毕立即塞紧瓶塞，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】此题解题的关键在于，容量瓶为精密仪器，不可以加热。‎ ‎10.下列离子反应方程式不正确的是（　　）‎ A. FeCl3溶液与铁反应：2Fe3++Fe=3Fe2+‎ B. 向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2：2Na++CO32-+CO2+H2O=2NaHCO3↓‎ C. NaHCO3 溶液与过量Ca(OH) 2 溶液反应：Ca2++2OH-+2HCO3-=CaCO3↓+CO32-+2H2O D. 硫酸镁溶液与氢氧化钡溶液反应：Ba2++2OH-+Mg2++SO32-=BaSO4↓+Mg(OH)2↓‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．FeCl3溶液与铁反应生成氯化亚铁，该反应离子方程式为：2Fe3++Fe═3Fe2+，故A正确； ‎ B．向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2，反应后析出碳酸氢钠，该反应的离子方程式为：2Na++CO32-+CO2+H2O═2NaHCO3↓，故B正确；‎ C．NaHCO3 溶液与过量Ca(OH)2 溶液反应生成碳酸钙沉淀、氢氧化钠和水，正确的离子方程式为：Ca2++OH-+HCO3-═CaCO3↓+H2O，故C错误；‎ D．硫酸镁溶液与氢氧化钡溶液反应的离子方程式为：Ba2++2OH-+Mg2++SO32-═BaSO4↓+Mg(OH)2↓，故D正确；‎ ‎ 故选C。‎ ‎11.短周期元素W、X、Y、Z在元素周期表中的相对位置如表所示，其中W元素的原子最外层电子数是内层电子数的2倍。下列说法正确的是 A. 原子半径大小：Z>Y>X B. 最高价氧化物对应水化物的酸性：W>Y>Z C. Y单质具有杀菌能力，Y与W可形成化合物WY2‎ D. W元素和氢元素形成的化合物可与Z单质反应，但不能与Z的氢化物反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 短周期元素W、X、Y、Z在元素周期表中的相对位置如表所示，其中W元素的原子最外层电子数是内层电子数的2倍，则W为C，X为N，Y为S，Z为Cl。‎ ‎【详解】A. 同一周期从左到右，原子半径逐渐减小，原子半径大小：Y>Z>X，故A错误；‎ B. 同一周期主族元素最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增大：WQ2 B. Q1＝Q2 C. Q1b>c ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 因为图示为电解池与燃料电池的组合，故通入氧气的一极（极室4）为燃料电池的正极，所以极室3为燃料电池的负极，极室2生成碱液，所以极室2为电解池的阴极，极室1为电解池阳极。所以气体A为氯气、气体B为氢气。‎ ‎【详解】A．电解池中生成氢气的一端为电解池的阴极，溶液中氢离子得到电子生成氢气，在氢氧化钠溶液中，电解池的阴极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，所以气体B为H2，故A正确；‎ B．根据反应O2+4e-+2H2O=4OH-、4Cl--4e-=2Cl2↑及电子守恒可得：2Cl2～O2，则相同条件下，当电解池生成2L Cl2，理论上燃料电池应消耗1L O2，故B正确；‎ C．极室1进去的饱和NaCl溶液，排出的是稀NaCl溶液，所以极室1 为阳极，反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，钠离子移向极室2，所以极室1 与极室2之间的离子交换膜也为阳离子交换膜，故C正确；‎ D．燃料电池中的离子膜只允许阳离子通过，而燃料电池中正极氧气得到电子产生OH-，所以反应后氢氧化钠的浓度升高，即a%小于c%，负极氢气失电子生成氢离子消耗氢氧根离子，所以b%＜a%，得到b%＜a%＜c%，即c＞a＞b，故D错误； ‎ 故选D。‎ ‎【点睛】此题解题的突破口在于，通过分析向极室中添加的药品或者通入的气体，确定各电池的正负极和电解池的阴阳极。‎ ‎20.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（　　）‎ A. 常温常压下，11.2L氧气含有的原子数目为NA B. 14g N2和N4 组成的混合气体中含有的原子数为NA C. 常温常压下，1mol 氦气含有的核外电子数为4NA D. 1mol/L CaCl2 溶液中含有氯离子数目为2NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故11.2L氧气的物质的量小于0.5mol，则含有的氧原子小于NA个，故A错误； ‎ B. N2和N4 均由N原子构成，故14g混合物中含有的N原子的物质的量为1mol，个数为NA个，故B正确； ‎ C. 氦气是单原子分子，核外有2个电子，故1mol氦气的核外有2NA个电子，故C错误； ‎ D. 溶液体积不明确，故溶液中氯离子的个数无法计算，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】在遇到阿伏伽德罗相关正误判断的题目时，一定要注意“气体陷阱”，即说气体体积，必须说明温度和压强，说22.4L/mol，必须是标况下的气体。‎ ‎21.在一定温度下，只改变反应物中n(SO2)对反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)的影响如图所示，下列说法正确的是（　　）‎ A. 反应a、b、c点均为平衡点，且b点时SO2的转化率最高 B. b点时SO2与O2 的物质的之比约为2：1‎ C. a、b、c 三点平衡常数： Kb>Kc>Ka D. a、b、c 三点反应速率大小为： vb>vc>va ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分析图像我们可知，在一定范围内，随着二氧化硫起始浓度的提高，平衡时三氧化硫的体积分数也会随之提高，但是当二氧化硫的起始浓度超过一定限度后，平衡时三氧化硫的体积会随着其增大而减小。‎ ‎【详解】A．曲线上的点为平衡状态，当氧气的量一定时，二氧化硫的起始量越少，则二氧化硫的转化率越大，a点时SO2的转化率最大，故A错误；‎ B．由2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)可知，b点时SO2与O2的物质的量之比约为2：1，SO3的体积分数最大，故B正确；‎ C．温度不变，则平衡常数不变，a、b、c三点平衡常数：Kb=Kc=Ka，故C错误；‎ D．浓度越大，反应速率越快，则a、b、c三点反应速率大小为：vc＞vb＞va，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎22.硝基苯甲酸乙酯在OH-存在下发生水解反应：O2NC6H4COOC2H5+OH-⇌O2NC6H4COOO-+C2H5OH两种反应物的初始浓度均为0.050mol/L，在不同温度下测得O2NC6H4COOC2H5的浓度（mol/L） 随时间变化的数据如下表所示。下列有关说法不正确的是（　　）‎ t/s ‎0‎ ‎120‎ ‎180‎ ‎240‎ ‎330‎ ‎530‎ ‎600‎ ‎700‎ ‎800‎ ‎15℃‎ ‎0.500‎ ‎0.335‎ ‎0.291‎ ‎0.256‎ ‎0.210‎ ‎0.155‎ ‎0.148‎ ‎0.145‎ ‎0.145‎ ‎35℃‎ ‎0.500‎ ‎0.325‎ ‎0.2775‎ ‎0.238‎ ‎0.190‎ ‎…‎ ‎0.135‎ ‎0.135‎ ‎0.135‎ A. 该反应在，120∼180s 区间内O2NC6H4COOC2H5平均反应速率为7.33×10 -4 mol·L-1·s-1‎ B. 由数据可知，随着反应的进行，反应物的浓度降低，反应速率减慢 C. 530s 时，表格中35℃对应的数据一定是0.135‎ D. 由数据可知，温度升高反应速率加快 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. v=△c/△t =(0.335-0.29)mol/L/60s=7.33×10-4mol・L-1・s-1，故A正确；‎ B. 浓度越低反应速率越慢，所以随着反应的进行，反应物的浓度降低，反应速率减慢，故B正确；‎ C. 530s 时，反应不一定达平衡状态，所以表格中35℃对应的数据不一定是0.135，故C错误；‎ D. 温度越高反应速率越快，所以温度升高反应速率加快，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎23.常温下，实验测得1.0mol/L NH4HCO3 溶液pH=8.0。平衡时碳的分布系数（各含碳微粒的浓度占含碳各种微粒浓度之和的分数）与pH的关系如图所示。下列说法正确的是（　　）‎ A. 常温下，Kb(NH3⋅H2O)>Ka1(H2CO3)>Ka2(H2CO3)‎ B. pH=13时，溶液中不存在HCO3-的水解平衡 C. pH由8～11 时，随着pH值的增大，增大 D. pH=3时，有c(NH4+)+c(NH3⋅H2O)=c(HCO3-)+c(H2CO3)+c(CO32-)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据越弱越水解原理，1.0mol/L NH4HCO3溶液pH=8.0，说明铵根水解程度小于碳酸氢根离子，应有Kb(NH3•H2O)＞ka1(H2CO3)＞Ka2(H2CO3)，故A正确；‎ B. 只要存在碳酸根离子就存在HCO3-的水解平衡，故B错误；‎ C. 温度不变，碳酸氢根离子的电离平衡常数不变，故C错误；‎ D. pH=3时，NH4HCO3会与氢离子反应生成二氧化碳，所以c(NH4+)+c(NH3•H2O)＞c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)，故D错误；‎ 故选A ‎24.硫酸亚铁晶体（FeSO4•7H2O）俗称绿矾，加热至高温会分解产生水、金属氧化物和非金属氧化 物，某化学兴趣小组的同学对绿矾分解产物进行了探究，下列说法不正确的是（　　）‎ A. 硫酸亚铁晶体高温分解产生的气体，用足量的BaCl2溶溶液吸收后有白色沉淀产生，说明非金属氧化物中含有SO3‎ B. 硫酸亚铁晶体高温分解产生的气体，通入到紫色石蕊溶液中，若溶液变红，说明非金属氧化物中含有SO3‎ C. 硫酸亚铁晶体分解产生的固体溶于稀硫酸后，向溶液中滴加KSCN溶液，若变红说明固体中含有三价铁 D. 硫酸亚铁晶体分解产生的固体溶于稀硫酸后，向溶液中滴加酸性高锰酸钾，若紫色褪去，则发生反应的离子方程式为：5Fe2++MnO4-+8H+=Mn2++5Fe3++4H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．三氧化硫与氯化钡反应，则用足量的BaCl2溶液吸收后有白色沉淀产生，说明非金属氧化物中含有SO3，故A正确；‎ B．二氧化硫、三氧化硫均为酸性氧化物，则高温分解产生的气体，通入到紫色石蕊溶液中，若溶液变红，不能说明非金属氧化物中含有SO3，故B错误；‎ C．分解产生的固体溶于稀硫酸后，生成铁离子，则向溶液中滴加KSCN溶液，溶液变红，故C正确；‎ D．分解产生的固体溶于稀硫酸后，向溶液中滴加酸性高锰酸钾，若紫色褪去，可知固体中含还原性的亚铁离子，发生5Fe2++MnO4-+8H+═Mn2++5Fe3++4H2O，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】区分二氧化硫和三氧化硫的方法应从他们两个的性质差异中寻找，如二氧化硫的漂白性和还原性。‎ ‎25.通过实验得出的结论正确的是（　　）‎ A. 在某固体试样加水后的溶液中，加入NaOH溶液并加热，有能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体生成，则固体试样中一定有NH4+存在 B. 将某固体试样完全溶于盐酸，滴加KSCN 溶液，出现血红色，再滴加酸性高锰酸钾，紫红色退去，则该固体试样中一定存在Fe3+、Fe2+‎ C. 将某固体完全溶于水，取溶液做焰色反应，观察到黄色火焰，则该固体为钠盐 D. 在某固体试样加水溶解后溶液中加入氨水时生成白色沉淀，当氨水过量时白色沉淀消失，则原溶液中一定有Al3+存在 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．因铵盐与碱反应生成氨气，氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则待检液加入NaOH溶液并加热，有能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体生成，则原溶液中一定有NH4+存在，故A正确； ‎ B．滴加KSCN 溶液，出现血红色，说明一定存在Fe3+，滴加酸性高锰酸钾，紫红色退去，溶于盐酸后含Fe2+，但无法确定该固体样品中是否存在Fe2+，假如固体为铁和氧化铁的混合物，完全溶于盐酸也可以生成二价铁离子，故B错误；‎ C．焰色反应，观察到黄色火焰，则该固体一定含钠元素，不一定为钠盐，故C错误； ‎ D．由于氨水不能够溶解氢氧化铝，所以氨水过量时白色沉淀消失，原溶液中一定不存在铝离子，故D错误。 ‎ 故选A。‎ 二、简答题（本大题共6小题）‎ ‎26.烃A与等物质的量的H2O反应生成B，B的一种同系物的溶液可以浸制标本。M是有 香味、不易溶于水的油状液体。有关物质的转化关系如下：‎ 请回答：‎ ‎（1）写出A的结构简式：______‎ ‎（2）写出C的官能团的名：______‎ ‎（3）写出M 与NaOH溶液在加热条件下反应的化学反应方程式：______‎ ‎（4）下列说法不正确的是______‎ A．烃A在一定条件下可与氯化氢发生反应，再通过加聚反应可得到聚氯乙烯 B．有机物C的溶液可以除去水垢 C．有机物B能与银氨溶液在酒精灯加热的条件下反应产生光亮的银镜 D．有机物C和D 发生加成反应生成M ‎【答案】 (1). CH≡CH (2). 羧基 (3). CH3COOCH2CH3+NaOH→CH3CH2OH+CH3COONa (4). CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 因为M是有香味、不易溶于水的油状液体，且计算其不饱和度为1，所以M为酯，C是由B催化氧化得到，D由B还原得到，B的一种同系物的溶液可以浸制标本，且CD发生酯化反应，所以B为醛、C为羧酸、D为醇，烃A与等物质的量的H2O反应生成B，所以A为CH≡CH，B为乙醛，C为乙酸，D为乙醇，E为乙酸乙酯。‎ ‎【详解】（1）由以上分析可知A为CH≡CH；‎ ‎（2）C为CH3COOH，含有的官能团为羧基； ‎ ‎（3）M与NaOH溶液在加热条件下反应的化学反应方程式为CH3COOCH2CH3+NaOH→CH3CH2OH+CH3COONa； ‎ ‎（4）A．烃A为乙炔，可在一定条件下可与氯化氢发生反应生成氯乙烯，再通过加聚反应可得到聚氯乙烯，故A正确；‎ B．有机物C为乙酸，具有酸性，可以除去水垢，故B正确；‎ C．有机物B为乙醛，在水浴加热条件下能与银氨溶液反应产生光亮的银镜，故C错误；‎ D．有机物C和D 发生酯化反应生成M，也为取代反应，故D错误；‎ 故答案为CD。‎ ‎27.HNO2是一种弱酸，且不稳定，易分解生成NO和NO2；它能被常见的强氧化剂氧化；在酸性溶液中它也是一种氧化剂，如能把Fe2+氧化成Fe3+。AgNO2是一种难溶于水、易溶于稀硝酸的化合物。试回答下列问题：‎ ‎（1）下列方法中，不能用来区分NaNO2和NaCl 的是______（填序号）。‎ A．测定这两种溶液的pH B．分别在两种溶液中滴加甲基橙 C．在酸性条件下加入KI淀粉溶液来区别 D．用AgNO3试剂来区别 ‎（2）某同学把新制的氯水加到NaNO2 溶液中，请写出反应的离子方程式：______‎ ‎【答案】 (1). BD (2). Cl2+NO2-+H2O=NO3-+2Cl-+2H+‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）A．亚硝酸钠是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，氯化钠是强酸强碱盐其水溶液呈中性，相同物质的量浓度的两种溶液的pH不同，所以可以用测定这两种溶液的pH值鉴别，故A不选；‎ B．亚硝酸钠是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，氯化钠是强酸强碱盐其水溶液呈中性，甲基橙的变色范围是3.1-4.4，所以亚硝酸钠和氯化钠溶液加入甲基橙后溶液都呈黄色，反应现象相同，所以不能用甲基橙鉴别，故B选；‎ C．在酸性条件下，亚硝酸钠和碘离子反应方程式为2NO2-+2I-+4H+=2NO↑+I2+2H2O，碘遇淀粉变蓝色，氯离子和碘离子不反应，所以反应现象不同，所以可以用酸性条件下的KI淀粉试液来区别，故C不选；‎ D．NaNO2和NaCl均能与AgNO3反应生成AgNO2和AgCl沉淀，但能AgNO2溶于硝酸，而AgCl不溶于硝酸，还需要硝酸鉴别，只用AgNO3试剂不能区别，故D选； ‎ 故答案为BD； ‎ ‎（2）氯水加到NaNO2溶液中，发生氧化还原反应生成硝酸钠、盐酸，离子反应方程式为Cl2+NO2-+H2O=NO3-+2Cl-+2H+。‎ ‎28.实验研究发现，硝酸发生氧化还原反应时，硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低。某同学取一定量的铝铁合金与1000mL一定浓度的硝酸充分反应，反应过程中无气体放出。在反应结束后的溶液中，逐滴加入4.00mol/L的氢氧化钠溶液，所加氢氧化钠溶液的体积（mL）与产生的沉淀的物质的量（mol）的关系如图所示。试回答下列问题：‎ ‎（1）原混合物中铝粉与铁粉的物质的量之比为______‎ ‎（2）硝酸溶液的物质的量浓度为______mol•L-1‎ ‎【答案】 (1). 1：3 (2). 0.148‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）E与F之间沉淀的量减少，为Al(OH)3溶解在氢氧化钠溶液中，其反应方程式为Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，氢氧化铝与氢氧化钠物质的量之比为1：1，EF段的n(NaOH)=4mol/L×2×10-3L=0.008mol，‎ Al——Al(OH)3——NaOH→NaAlO2+2H2O ‎1 1‎ ‎0.008mol 0.008mol 所以铝的物质的量为0.008mol； ‎ D与E一段氢氧化钠被消耗，DE段是NH4NO3和NaOH反应 NH4NO3～NaOH ‎1 1‎ n(NH4NO3)=n(NaOH)=(34-31)×10-3L×4mol/L=0.012mol，‎ 设铁有x mol，Al离子也是0.008mol，NH4+有0.012mol，根据电子守恒可得：3x+0.008×3=0.012×8，x=0.024mol，所以铁离子有0.024mol，根据原子守恒知，铁的物质的量是0.024mol，故原混合物中铝粉与铁粉的物质的量之比为0.008mol：0.024mol=1：3，故答案为：1：3；‎ ‎（2）E点时，溶液中的溶质是硝酸钠和氨水，n(NH3•H2O)=n(NH4+)=0.012mol，n(NaNO3)=n(NaOH)=34×10-3L×4mol/L=0.136mol，根据氮原子守恒知，c(HNO3)=0.148mol/L，故答案为：0.148。‎ ‎【点睛】使用原子守恒解题，可简化此题的计算量并节省时间。‎ ‎29.Ⅰ、一定温度下，某容器中加入足量的碳酸钙发生反应：CaCO3(s)⇌CaO(s)+CO2(g) △H＞0；一段时间后达到平衡。‎ ‎（1）该反应的化学平衡常数表达式为K=______； 为了提高CO2的生成率，可采取的措施______‎ A．减压B．升温C．增加碳酸钙的量D．转移出CO2‎ ‎（2）对于该反应，下列说法正确的是______‎ A．CaCO3(s)加热分解生成CaO(s)和CO2(g)，△S＞0‎ B．将容器缩小为原来的一半，平衡不移动 C．将容器扩大为原来的两倍，平衡发生移动，再次平衡后，气体密度不变 D．增大压强，平衡逆向移动，K值减小 Ⅱ、在恒温恒压密闭容器中通入CO和H2O各1mol发生反应CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)，当反应达到平衡后，维持温度与压强不变，t1 时再通入各1 mol的CO 和H2O 的混合气体，请在下图中画出正反应和逆反应速率在t1后随时间t变化的曲线图。‎ ‎____________‎ Ⅲ、雾霾的组成成分复杂，包括数百种大气化学颗粒物与气体。图电解装置可将雾霾中的SO2、NO转化为(NH4)2SO4，阴极的电极反应式是______，物质A是______（填名称）‎ ‎【答案】 (1). c(CO2) (2). ABD (3). AC (4). (5). NO+5e-+6H+=NH4++H2O (6). 硫酸 ‎【解析】‎ ‎【详解】I．（1）该反应的化学平衡常数表达式为K=c(CO2)，减小压强、升高温度、转移出CO2均可提高CO2的生成率；‎ ‎（2）A．CaCO3(s)加热分解生成CaO(s)和CO2(g)，气体体积增大，则△S＞0，故A正确；‎ B．将容器缩小为原来的一半，压强增大，平衡逆向移动，故B错误；‎ C．将容器扩大为原来的两倍，压强减小，平衡发生移动，再次平衡后，气体密度不变，故C正确；‎ D．K与温度有关，增大压强K不变，故D错误；‎ 故答案为AC；‎ II．温度与压强不变，t1 时再通入各1mol的CO和H2O的混合气体，体积增大，瞬间反应物的浓度增大、而生成物的浓度减小，然后正反应速率减小、逆反应速率增大，图象为；‎ III．电解装置可将雾霾中的SO2、NO转化为(NH4)2SO4，阳极上S失去电子，阴极上NO得到电子，则阴极反应为NO+5e-+6H+=NH4++H2O，A物质为硫酸。‎ ‎30.SO2排放至空气中会造成大气污染，某研究小组利用软锰矿（主要成分为MnO2‎ ‎，另含少量铁，铝，铜，镍等金属化合物）作脱硫剂，通过如下简化流程，既脱除燃煤尾气中的SO2，又制得电池材料MnO2（反应条件已省略）。‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）已知：25℃、101kPa时，‎ Mn(s)+O2(g)=MnO2(s) △H=-520kJ/mol S(s)+O2(g)=SO2(g) △H=-297kJ/mol Mn(s)+S(s)+2O2(g)=MnSO4(s) △H=-1065kJ/mol 根据以上信息写出用MnO2脱硫的热化学方程式是______‎ ‎（2）第二步加入MnCO3其原因是______‎ ‎（3）若最后一步所加KMnO4恰好反应完全，如何证明过滤所得的MnO2固体已洗涤干净：______‎ ‎【答案】 (1). MnO2(s)+SO2(g)=MnSO4(s) △H=-248kJ/mol (2). 引入CO32-降低溶液中H+的浓度，促进Al3+、Fe3+的水解而除去铝和铁 (3). 取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加适量的BaCl2溶液，未产生白色沉淀，则证明沉淀已洗涤干净 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）Mn(s)+O2(g)═MnO2(s) △H=-520kJ•mol-1 ‎ S(s)+O2(g)═SO2(g) △H=-297kJ•mol-1 ‎ Mn(s)+S(s)+2O2(g)═MnSO4(s) △H=-1065kJ•mol-1 ‎ 结合盖斯定律可知，将③-②-①可得MnO2(s)+SO2(g)=MnSO4(s) △H=-248kJ/mol； ‎ ‎（2）第二步加入MnCO3其原因是引入CO32-降低溶液中H+的浓度，促进Al3+、Fe3+的水解而除去铝和铁； ‎ ‎（3）若最后一步所加KMnO4恰好反应完全，证明过滤所得的MnO2固体已洗涤干净的方法为取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加适量的BaCl2溶液，未产生白色沉淀，则证明沉淀已洗涤干净。‎ ‎31.某研究小组拟合成染料X和医药中间体Y。‎ 已知：‎ CH3CH2ClCH3CH2CN  "CH3CH2COOH ‎（1）下列说法正确的是______‎ A．化合物A能与FeCl3溶液发生显色反应 B．化合物E具有弱碱性 C．化合物X能发生加成、取代、还原反应 D．化合物Y的分子式为C20H23NO4‎ ‎（2）化合物C的结构简式______‎ ‎（3）写出D+E→X的化学反应方程式______‎ ‎（4）写出同时符合下列条件的B的同分异构体的结构简式______‎ ‎1H-NMR 谱和IR谱检测表明：‎ ‎①分子中有4 种化学环境不同的氢原子；‎ ‎②分子中含有苯环、甲氧基（-OCH3），-CH2Cl ‎（5）请设计以苯和乙烯为原料制备的合成路线（用流程图表示，无机试剂任选）。合成路线流程图示例如下：CH3CH2OH" CH3CHO"CH3COOH______________‎ ‎【答案】 (1). BC (2). (3). ‎ ‎ (4). (5). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）A．化合物A为，没有酚羟基，不能与FeCl3溶液发生显色反应，故A错误；‎ B．化合物E为，含有氨基，具有弱碱性，故B正确；‎ C．化合物X含有苯环，能与氢气发生加成反应，也属于还原反应，含有酰胺键等，可以发生水解反应，水解反应属于取代反应，故C正确；‎ D．化合物Y的分子式为C20H25NO5，故D错误；‎ 故选BC；‎ ‎（2）化合物C的结构简式为：；‎ ‎（3）D+E→X的化学反应方程式为 ；‎ ‎（4）同时符合下列条件的B（‎ ‎）的同分异构体：①分子中有4 种化学环境不同的氢原子，②分子中含有苯环、甲氧基（-OCH3），-CH2Cl，符合条件的同分异构体有：；‎ ‎（5）苯与乙烯发生加成反应生成，然后在光照条件下反应生成，再与KCN发生取代反应生成，最后在酸性条件下水解生成，合成路线流程图为：。‎ 三、实验题（本大题共2小题）‎ ‎32.为探究某矿物的主要成分X（仅含三种元素）的组成，某兴趣小组进行了如下实验：‎ ‎①取55.2g固体X在空气存在下高温煅烧，有刺激性气味的气体产生（标况下为13.44L），该 气体能使品红溶液褪色。‎ ‎②高温煅烧后的固体用磁分离技术进行分离，得到19.2g红色固体单质和23.2g 黑色固体。‎ ‎③将23.2g固体溶于稀硫酸，再加氢氧化钠，将所得沉淀充分灼烧，得到24g 红棕色固体。 已知各步反应试剂均过量，请回答：‎ ‎（1）X化学式为______‎ ‎（2）写出X在空气存在下高温煅烧的化学反应方程式______‎ ‎（3）写出X高温煅烧后的气体通入碘水中发生的离子反应方程式______‎ ‎【答案】 (1). CuFeS2 (2). (3). SO2+I2+2H2O=SO42-+2I-+4H+‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①分解生成的气体能使品红褪色，该气体为SO2，说明X含有S元素；②用磁分离技术进行分离固体，得到19.2g红色固体单质和23.2g 黑色固体，19.2g红色固体单质Cu，X中含有Cu元素。③黑色固体与硫酸反应，再与氢氧化钠溶液反应生成沉淀，将沉淀灼烧生成红棕色固体，则黑色固体为Fe3O4、红棕色固体为Fe2O3，n(Fe2O3)=24g÷160g/mol=0.15mol，由Fe原子守恒可知需要Fe3O4物质的量为：0.15mol×=0.1mol，需要Fe3O4的质量为：0.1mol×232g/mol=23.2g，符合质量变化，故X含有Fe元素。而n(SO2)=13.44L÷22.4L/mol=0.6mol，n(Cu)=19.2g÷64g/mol=0.3mol，由原子守恒可知，X中Cu、Fe、S原子数目之比为0.3mol：0.15mol×2：0.6mol=1：1：2‎ ‎【详解】（1）由分析中的计算可知X中Cu、Fe、S原子数目之比为0.3mol：0.15mol×2：0.6mol=1：1：2，故X的化学式为CuFeS2；‎ ‎（2）X在空气存在下高温煅烧的化学反应方程式：；‎ ‎（3）X高温煅烧后的气体通入碘水中发生的离子反应方程式：SO2+I2+2H2O=SO42-+2I-+4H+。‎ ‎33.三草酸合铁酸钾K3[Fe(C2O4)3]•xH2O晶体是一种亮绿色的晶体，是制备负载型活性铁催化剂的主要原料，也是一种有机反应良好的催化剂。已知M（K3[Fe(C2O4)3]）=437g/mol。本实验以(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O（硫酸亚铁铵晶体）为原料，加入草酸（H2C2O4）制得草酸亚铁（FeC2O4）后，在过量的草酸根（C2O42-）部分实验过程如下：‎ ‎（1）在沉淀A中加入饱和K2C2O4溶液，并用40℃左右水浴加热，再向其中慢慢滴加足量的30%H2O2溶液，不断搅拌。此过程需保持温度在40℃左右，可能的原因是：______‎ ‎（2）某兴趣小组为知道晶体中x的数值，称取1.637g纯三草酸合铁酸钾（K3[Fe(C2O4)3]•xH2O）晶体配成 100ml 溶液，取25.00mL待测液放入锥形瓶中，再加入适量的稀H2SO4，用浓度为 0.05000mol•L-1的KMnO4标准溶液进行滴定。其中，最合理的是______（选填 a、b）。由如图KMnO4滴定前后数据，可求得x=______。‎ ‎【答案】 (1). 适当提高温度以加快反应速率，若温度太高则H2O2分解 (2). b (3). 3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由制备流程可知，硫酸亚铁加入稀硫酸抑制Fe2＋水解，然后与草酸发生(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O+H2C2O4═FeC2O4↓+(NH4)2SO4+H2SO4+6H2O，用过氧化氢将草酸亚铁氧化为K3[Fe(C2O4)3]，发生2FeC2O4+H2O2+3K2C2O4+H2C2O4═2K3[Fe(C2O4)3]↓+2H2O，溶液C含K3[Fe(C2O4)3]，蒸发浓缩、冷却结晶得到晶体。‎ ‎【详解】（1）在沉淀A中加入饱和K2C2O4溶液，并用40℃左右水浴加热，再向其中慢慢滴加足量的30%H2O2溶液，不断搅拌，此过程需保持温度在40℃左右，可能的原因是适当提高温度以加快反应速率，若温度太高则H2O2分解；‎ ‎（2）KMnO4标准溶液具有强氧化性，可氧化橡胶，应选酸式滴定管，只有图b合理；图中消耗高锰酸钾的体积为20.80mL-0.80mL=20.00mL，由2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O可知，K3[Fe(C2O4)3]•xH2O物质的量为0.02L×0.05mol/L× × × =0.0033mol，M= =496g/mol，则39×3+（56+280×3）+18x=496，解得x=3。‎ ‎ ‎ ‎ ‎