2017-2018学年浙江省诸暨市牌头中学高二下学期期中考试化学试题 解析版

2017-2018学年浙江省诸暨市牌头中学高二下学期期中考试化学试题 解析版

浙江省诸暨市牌头中学2017-2018学年高二下学期期中考试 化学试题 ‎1. 下列属于酸性氧化物的是 A. 水 B. 一氧化碳 C. 氧化钠 D. 二氧化硫 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：酸性氧化物是与水反应生成酸，与见反应生成盐和水的氧化物，SO2和水反应生成亚硫酸，是酸性氧化物，答案选D。‎ 考点：考查氧化物的分类 ‎2. 下列仪器名称为“分液漏斗”的是 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】A为圆底烧瓶，故A不选；B为分液漏斗，故B选；C为容量瓶，故C不选，D为烧杯，故D不选；答案选B。‎ ‎3. 下列物质溶于水后，溶液能导电，但属于非电解质的是 A. SO2 B. CH3COOH C. CaO D. Na ‎【答案】A ‎【解析】分析：A项，SO2的水溶液能导电，SO2属于非电解质；B项，CH3COOH的水溶液能导电，CH3COOH属于电解质；C项，CaO溶于水生成Ca（OH）2，Ca（OH）2水溶液能导电，CaO属于电解质；D项，Na属于单质，Na既不是电解质也不是非电解质。‎ 详解：A项，SO2的水溶液能导电，导电的离子是H2SO3电离产生的，SO2属于非电解质，A项符合题意；B项，CH3COOH的水溶液能导电，CH3COOH属于电解质，B项不符合题意；C项，CaO溶于水生成Ca（OH）2，Ca（OH）2水溶液能导电，CaO在熔融状态下能导电，CaO属于电解质，C项不符合题意；D项，Na溶于水生成NaOH和H2，NaOH溶液能导电，Na属于单质，Na既不是电解质也不是非电解质，D项不符合题意；答案选A。‎ 点睛：本题考查电解质和非电解质的判断，理解电解质和非电解质的概念是解题的关键。注意：①电解质和非电解质都必须是化合物，单质和混合物既不是电解质也不是非电解质；②电解质溶于水导电的离子必须是电解质自身电离的，如NH3、CO2、SO2等的水溶液能导电，但导电的离子不是自身电离的，NH3、CO2、SO2等属于非电解质。‎ ‎4. 下列反应中，水作还原剂的是 A. 2H2O＋2F2＝4HF＋O2 B. 2Na2O2＋2H2O＝4NaOH＋O2↑‎ C. 2Na＋2H2O＝2NaOH＋H2↑ D. 2H2O2 2H2O＋O2↑‎ ‎【答案】A ‎【解析】分析：A项，H2O中O元素的化合价由-2价升至0价，H2O作还原剂；B项，H2O中H元素、O元素的化合价在反应前后不变，H2O既不是氧化剂又不是还原剂；C项，H2O中H元素的化合价由+1价降至0价，H2O作氧化剂；D项，H2O是H2O2的还原产物。‎ 详解：A项，F元素的化合价由0价降至-1价，H2O中O元素的化合价由-2价升至0价，H2O作还原剂；B项，Na2O2中O元素的化合价部分由-1价升至0价，部分由-1价降至-2价，H2O中H元素、O元素的化合价在反应前后不变，H2O既不是氧化剂又不是还原剂；C项，Na元素的化合价由0价升至+1价，H2O中H元素的化合价由+1价降至0价，H2O作氧化剂；D项，H2O2中O元素的化合价部分由-1价升至0价，部分由-1价降至-2价，H2O是H2O2的还原产物；水作还原剂的是A，答案选A。‎ ‎5. 下列物质的水溶液因水解而呈酸性的是 A. HCl B. NH4Cl C. CH3COONa D. NaHCO3‎ ‎【答案】B ‎【解析】A项，HCl是强酸，水溶液因电离而呈酸性，A错误；B项，NH4Cl是强酸弱碱盐，铵根离子水解使溶液呈酸性，B正确；C项，CH3COONa是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解使溶液呈碱性，C错误；D项，NaHCO3是强碱弱酸盐，碳酸氢根离子水解使溶液呈碱性，D错误。‎ ‎6. 下列说法不正确的是 A. 硅酸钠的水溶液俗称泡花碱，可用作粘合剂和防火材料 B. 碘单质在苯中的溶解度较大，可用苯萃取碘水中的碘单质 C. 小苏打可用于配制发酵粉，医疗上也可以用作治疗胃酸过多 D. 光导纤维的主要成分为硅晶体 ‎【答案】D ‎【解析】分析：A项，Na2SiO3的水溶液俗称泡花碱，可用作粘合剂和防火材料；B 项，苯难溶于水，碘在苯中的溶解度远大于碘在水中的溶解度，可用苯从碘水中萃取碘；C项，小苏打用于配制发酵粉，医疗上用作治疗胃酸过多；D项，光导纤维的主要成分为SiO2。‎ 详解：A项，Na2SiO3的水溶液俗称泡花碱，可用作粘合剂和防火材料，A项正确；B项，苯难溶于水，碘在苯中的溶解度远大于碘在水中的溶解度，可用苯从碘水中萃取碘，B项正确；C项，小苏打能与酸反应，小苏打用于配制发酵粉，医疗上用作治疗胃酸过多，C项正确；D项，光导纤维的主要成分为SiO2，D项错误；答案选D。‎ ‎7. 下列表示正确的是 A. HClO的结构式：H-O-Cl B. X=11，右图表示钠原子的结构示意图 C. CCl4的电子式： D. 乙炔的最简式：C2H2‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：A．HClO的结构式：H-O-Cl，A正确；B．X=11，右图表示钠离子的结构示意图，B错误；C．CCl4的电子式：，氯原子的最外层没有8电子，C错误；D．最简式只表示出碳氢原子的个数比，乙炔的最简式：CH，D错误，答案选A。‎ 考点：考查化学用语 ‎8. 下列有关SO2的性质及应用的叙述正确的是 A. SO2易溶于水，且与水反应生成H2SO4‎ B. SO2可用于漂白纸浆和草帽辫 C. 通常状况下，SO2是无色、无味、易液化的气体 D. SO2具有还原性，不能用浓硫酸干燥，一般用碱石灰干燥 ‎【答案】B ‎【解析】分析：A项，SO2与水反应生成H2SO3；B项，SO2具有漂白性；C项，通常状况下，SO2是无色、有刺激性气味、易液化的气体；D项，SO2能用浓硫酸干燥，不能用碱石灰干燥。‎ 详解：A项，SO2易溶于水，SO2与水反应生成H2SO3，A项错误；B项，SO2具有漂白性，SO2可用于漂白纸浆和草帽辫，B项正确；C项，通常状况下，SO2是无色、有刺激性气味、易液化的气体，C项错误；D项，SO2与浓硫酸不反应，SO2能用浓硫酸干燥，SO2属于酸性氧化物，SO2能被碱石灰吸收，SO2不能用碱石灰干燥，D项错误；答案选B。‎ ‎9. 下列说法正确的是 A. 天然气和沼气的主要成分都是甲烷，它们都属于不可再生能源 B. 煤的气化和液化均属于物理变化 C. 石油裂解的目的是为了得到更多的汽油 D. 用含糖类、淀粉比较多的农作物为原料，在催化剂作用下，经水解和细菌发酵制乙醇的过程属于生物质能的利用 ‎【答案】D ‎【解析】分析：A项，沼气属于可再生能源；B项，煤的气化和液化均属于化学变化；C项，石油裂解的目的是获得乙烯、丙烯等重要化工基本原料；D项，乙醇可以直接作为燃料，也可和汽油混合后作发动机燃料。‎ 详解：A项，天然气和沼气的主要成分都是甲烷，天然气是化石燃料，属于非再生能源，沼气属于可再生能源，A项错误；B项，煤的气化的主要反应为C+H2O（g）CO+H2，煤的液化是将煤转化为液体燃料，煤的气化和液化均属于化学变化，B项错误；C项，石油裂解的目的是获得乙烯、丙烯等重要化工基本原料，C项错误；D项，乙醇可以直接作为燃料，也可和汽油混合后作发动机燃料，用含糖类、淀粉比较多的农作物为原料，在催化剂作用下，经水解和细菌发酵制乙醇的过程属于生物质能的利用，D项正确；答案选D。‎ ‎10. 下列说法正确的是 A. 用湿润的pH试纸测定NaCl 溶液的pH时会影响测定结果 B. 检验某溶液含有NH4+：取试样少许于试管中，加入足量NaOH溶液加热，用湿润红色石蕊试纸检验变蓝 C. 液溴保存时液面覆盖一层水，装在带橡胶塞的细口试剂瓶中 D. 配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，NaOH固体溶解后未恢复到室温就定容，所配制的溶液浓度偏小 ‎【答案】B ‎【解析】分析：A项，NaCl溶液呈中性；B项，检验NH4+的原理：NH4++OH-NH3↑+H2O，NH3能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；C项，液溴腐蚀橡胶塞；D项，NaOH溶于水放热，NaOH固体溶解后未恢复到室温就定容，恢复到室温时溶液体积偏小，所配制的溶液浓度偏大。‎ 详解：A项，NaCl溶液呈中性，用湿润的pH试纸测定NaCl溶液的pH不会影响测定结果，A项错误；B项，检验NH4+的原理：NH4++OH-NH3↑+H2O，NH3‎ 能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，B项正确；C项，液溴易挥发，液溴保存时液面覆盖一层水，液溴腐蚀橡胶塞，液溴应装在带玻璃塞的细口试剂瓶中，C项错误；D项，NaOH溶于水放热，NaOH固体溶解后未恢复到室温就定容，恢复到室温时溶液体积偏小，所配制的溶液浓度偏大，D项错误；答案选B。‎ 点睛：本题考查溶液pH的测量、NH4+的检验、液溴的保存、配制物质的量浓度溶液的误差分析。注意：①测量溶液pH值时，pH试纸不能用水湿润，但用水湿润不一定会引起误差；②配制物质的量浓度溶液的误差分析根据公式cB=，若操作不当，nB偏大或V（aq）偏小，所配制溶液的浓度偏大，反之偏小。‎ ‎11. 下列说法中不正确的是 A. O2与O3互为同素异形体 B. 16O与18O核外电子排布不同 C. 麦芽糖与蔗糖互为同分异构体 D. CH3CH3与互为同系物 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：A．有同种元素组成的不同单质是同素异形体，O2和O3都是氧元素组成的单质，A正确；B．16O与18O属于同位素，即核内质子数相同，中子数不同，所以核外电子排布相同，B错误；C．麦芽糖与蔗糖分子式相同，但是原子的排列方式不同，属于同分异构体，C正确；D．同系物是结构相似，组成相差一个或多个CH2原子团的化合物，互为同系物，CH3CH3与互为同系物，D正确，答案选B。‎ 考点：考查同位素、同分异构、同系物、同素异形体 ‎12. X、Y、Z、W四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如图所示，这四种元素原子的最外层电子数之和为20。下列判断正确的是 W X Y Z A. Z、X、Y形成的气态氢化物稳定性依次增强 B. 四种元素形成的单质最多有6种 C. 四种元素的原子半径：rZ＞rY＞rX＞rW D. 四种元素中，X的氧化物对应的水化物酸性最强 ‎【答案】A ‎【解析】X、Y、Z、W四种短周期元素，结合位置可知，W、X、Y为第二周期元素，Z为第三周期，设X的最外层电子数为x，则W的最外层电子数为x-1，Y的最外层电子数为x+1，Z的最外层电子数为x，则x+x+x-1+x+1=20，解得x=5，则W为C，X为N，Y为O，Z为P，A．非金属性越强，对应氢化物越稳定，则Z、X、Y形成的气态氢化物稳定性依次增强，A正确；B．C对应单质有金刚石、石墨、C60、C70等，O元素的单质有氧气、臭氧等，P的单质有白磷、红磷等，B错误；C．电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则四种元素的原子半径：rZ＞rW＞rX＞rY，C错误；D．四种元素中，X的最高价氧化物对应的水化物为硝酸，酸性最强，D错误；答案选A。‎ 点睛：本题考查位置、结构与性质，为高频考点，把握元素的位置、最外层电子数推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素周期律的应用。选项B是易错点，注意同素异形体的存在。‎ ‎13. 下列反应的离子方程式书写正确的是 A. 金属钠投入到足量的稀盐酸中： Na＋2H＋==Na＋＋H2↑‎ B. CuO溶解在稀盐酸中：O2－＋2H＋==H2O C. 氢氧化钡溶液与稀硫酸反应：Ba2＋＋SO＋H＋＋OH－== BaSO4↓＋H2O D. 碳酸氢钙溶液与稀盐酸反应：HCO＋H＋==H2O＋CO2↑‎ ‎【答案】D ‎【解析】分析：A项，电荷不守恒；B项，CuO应以化学式保留；C项，不符合量的比例；D项，碳酸氢钙与稀盐酸反应生成CaCl2、H2O和CO2。‎ 详解：A项，电荷不守恒，正确的离子方程式为2Na+2H+=2Na++H2↑，A项错误；B项，CuO应以化学式保留，正确的离子方程式为CuO+2H+=Cu2++H2O，B项错误；C项，Ba（OH）2溶液与稀硫酸反应的化学方程式为Ba（OH）2+H2SO4=BaSO4↓+2H2O，正确的离子方程式为Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，C项错误；D项，碳酸氢钙与稀盐酸反应生成CaCl2、H2O和CO2，反应的离子方程式为HCO3-+H+=H2O+CO2↑，D项正确；答案选D。‎ 点睛：本题考查离子方程式正误的判断，判断离子方程式是否正确可从以下几个方面进行：①从反应原理进行判断，如反应是否能发生、反应是否生成所给产物等；②从物质存在形态进行判断，如拆分是否正确（B项中CuO应以化学式保留）、是否正确表示了难溶物和气体等；③从守恒角度进行判断，如原子守恒、电荷守恒（题中A项）、氧化还原反应中的电子守恒等；④从反应的条件进行判断；⑤从反应物的组成以及反应物之间的配比进行判断（题中C项）。‎ ‎14. 一定条件下3molX与3molY在恒容密闭容器发生反应X(g)+3Y(g)2Z(g)ΔH=－QkJ∙mol－1‎ ‎(Q＞0)，下列说法正确的是 A. 达到平衡时，反应放出Q kJ热量 B. 反应一段时间后，X与Y的物质的量之比仍为1∶1‎ C. X的体积分数保持不变，说明反应已达平衡状态 D. 达到平衡后，若向平衡体系中充入氦气，Z的反应速率不变 ‎【答案】D ‎【解析】A．物质的量与热量成正比，且参加反应的X的物质的量未知，不能计算达到平衡时放出的热量，故A错误；B．X、Y以1：3转化，因此反应一段时间后X、Y的物质的量不可能为1:1，故B错误；C．该反应为气体体积减小的反应，体积分数不变，说明反应已达到平衡状态，故C正确；D．容积固定的密闭容器，充入稀有气体，X、Y、Z的浓度不变，则反应速率不变，平衡不移动，故D正确；故选CD。‎ ‎15. 下列说法正确的是 A. 乙烯、氯乙烯、聚氯乙烯均能使溴水褪色 B. 间二甲苯只有一种结构，说明苯不是单双键交替的结构 C. 等物质的量的乙烯和乙醇完全燃烧，乙烯消耗的氧气多 D. 乙醛还原可生成乙醇，氧化可生成乙酸 ‎【答案】D ‎【解析】分析：A项，聚氯乙烯不能使溴水褪色；B项，无论苯不是单双键交替结构还是单双键交替结构，间二甲苯都只有一种结构；C项，等物质的量的乙烯和乙醇完全燃烧，消耗O2的量相等；D项，CH3CHO可还原成乙醇，可氧化成乙酸。‎ 详解：A项，乙烯、氯乙烯中都含碳碳双键，乙烯、氯乙烯都能使溴水褪色，聚氯乙烯中不含碳碳双键，聚氯乙烯不能使溴水褪色，A项错误；B项，无论苯不是单双键交替结构还是单双键交替结构，间二甲苯都只有一种结构，B项错误；C项，乙烯、乙醇的分子式依次为C2H4、C2H6O，乙醇在分子组成上比乙烯多1个“H2O”， 等物质的量的乙烯和乙醇完全燃烧，消耗O2的量相等，C项错误；D项，CH3CHO可还原成乙醇，可氧化成乙酸，D项正确；答案选D。‎ 点睛：本题考查有机物的结构和性质、有机物燃烧的规律。可根据邻二甲苯只有一种结构说明苯不是单双键交替的结构。‎ ‎16. 下列说法不正确的是 A. 油脂在碱性条件下水解可生成高级脂肪酸盐和甘油 B. 淀粉、纤维素和蔗糖都属于糖类，一定条件下水解都只生成葡萄糖 C. 蛋白质在紫外线、CuSO4溶液、福尔马林作用下均会发生变性 D. 二氧化碳和环氧丙烷（）在催化剂作用下可生成一种可降解的塑料 ‎【答案】B ‎【解析】分析：A项，油脂在碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐和甘油；B项，蔗糖一定条件下水解生成葡萄糖和果糖；C项，蛋白质在加热、紫外线、强酸、强碱、重金属盐、某些有机物如乙醇、甲醛等作用下发生变性；D项，CO2和环氧丙烷在催化剂作用下可生成一种可降解的聚碳酸酯塑料。‎ 详解：A项，油脂在碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐和甘油，A项正确；B项，淀粉、纤维素一定条件下水解的最终产物为葡萄糖，蔗糖一定条件下水解生成葡萄糖和果糖，B项错误；C项，蛋白质在加热、紫外线、强酸、强碱、重金属盐、某些有机物如乙醇、甲醛等作用下发生变性，蛋白质在紫外线、CuSO4溶液、福尔马林作用下均会发生变性，C项正确；D项，CO2和环氧丙烷在催化剂作用下可生成一种可降解的聚碳酸酯塑料，反应的化学方程式可表示为nCO2+n，D项正确；答案选B。‎ ‎17. 微生物燃料电池是一种利用微生物将有机物中的化学能直接转化成电能的装置。如图是一种微生物燃料电池的工作原理示意图，下列有关说法不正确的是 ‎ A. B 电极是正极 B. 电池内 H+从左侧向右侧迁移 C. A 电极的电极反应式：CH3COOH + 8e - + 2H2O=2CO2 +8H+‎ D. 该电池可利用有机废水等有机废弃物作为燃料 ‎【答案】C ‎【解析】CH3COOH中C元素平均价态为0，转变为CO2，化合价升高，故CH3COOH失电子，A为负极， B为正极，故A正确；B、电池中阳离子向正极移动，故B正确；C、A电极为负极，失电子，电极反应应为CH3COOH−8e−+2H2O═2CO2↑+8H+，故C错误；该电池可将废水中的有机物作为燃料，制成燃料电池，D正确。故选C。‎ 点睛：原电池题型中，有机物中元素的化合价一般算平均价态。‎ ‎18. 室温下，关于 pH＝3 的盐酸和醋酸，下列说法正确的是 A. 等体积的两溶液，导电能力是盐酸强 B. 等体积的盐酸和醋酸溶液加水稀释 10 倍后，c(Cl－)< c(CH3COO－)‎ C. 将 pH=3 的醋酸溶液稀释后，溶液中所有离子的浓度均降低 D. 中和等体积等浓度的 NaOH 溶液，醋酸消耗的体积多 ‎【答案】B ‎【解析】A、pH=3 的盐酸和醋酸中离子浓度相同，导电性相同，故A错误；B、相同pH的盐酸和醋酸中，醋酸的浓度大，稀释过程中，醋酸会进一步电离，所以c(Cl- ) I－,溶液中加入少量氯水，溶液仍呈无色，一定有还原性的离子SO32-、可能有I－，所有离子物质的量浓度相等，根据溶液电中性，即使Na+、NH4+、K+全都有，不可能有SO42-；若含有I－，则Na+、NH4+、K+全都有，若不含有I－，则Na+、NH4+、K+至少含有两种；故C正确。‎ ‎26. 乙酸乙酯有四种常见合成方法。已知A是一种单糖，广泛存在于带甜味的水果中，B是一种生活中常见的含氧有机物且式量为46，E是一种石油裂解产物，能做水果的催熟剂。它们之间的转化关系如下图所示：‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）有机物E中含有的官能团名称是___________。‎ ‎（2）反应②的反应类型是________________。‎ ‎（3）有机物B在催化剂的作用下可直接转化为乙酸乙酯和另外一种常见气体，请写出该反应的化学方程式：_____________________________。‎ ‎（4）下列说法正确的是__________。‎ A．有机物A不能使碘水变蓝 B．反应⑥是同分异构体之间的相互转换 C．有机物B、D、乙酸乙酯都是挥发性无色液体，可以通过闻气味进行鉴别 D．等质量的有机物A、D和乙酸乙酯充分燃烧，消耗氧气的质量也相等 ‎【答案】 (1). 碳碳双键 (2). 氧化反应 (3). (4). AC ‎【解析】考查有机物推断，A是一种单糖，广泛存在于带甜味的水果中，因此A为葡萄糖，B是一种生活中常见的含氧有机物且式量为46，且B由A生成，因此B为CH3CH2OH，CH3CH2OH被氧气氧化成CH3CHO，C为CH3CHO，CH3CHO被氧气氧化成CH3COOH，E是一种石油裂解产物，能做水果的催熟剂，即E为CH2=CH2，（1）E为乙烯，含有的官能团是碳碳双键；（2）反应④的方程式为2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O，此反应属于氧化反应；（3）发生的反应应是2CH3CH2OH→CH3COOCH2CH3＋X2，根据原子守恒，X应为H，即反应方程式为2CH3CH2OHCH3CH2OOCCH3+2H2；（4）A、A是葡萄糖，不能使碘水变蓝，故A正确；B、C的结构简式为CH3CHO，与CH3COOCH2CH3碳原子数不同，因此两者有机物不是同分异构体，故B错误；C、CH3CH2OH、CH3COOH、CH3COOCH2CH3都是挥发性无色液体，乙醇具有特殊的、令人愉快的香味，并略带刺激性，乙酸具有酸味及刺激性气味，乙酸乙酯具有香味，可以通过闻气味的方法进行鉴别，故C正确；D、三者分子式为C6H12O6、C2H4O2、C4H8O2最简式分别是CH2O、CH2O、C2H4O，等质量含氧衍生物，最简式相同时，消耗氧气的量相等，因此等质量有机物，消耗氧气量是不同，故D错误。‎ ‎27. 某黑色物质甲只含两种元素，为探究物质甲的组成和性质，设计并完成如下实验。其中气态氢化物乙在标况下的密度为 1.518 g•L-1，甲和乙中相同元素的化合价相同。‎ ‎（1）甲的化学式 ______________。‎ ‎（2）写出白色沉淀转变为红褐色沉淀的化学方程式 ___________________________。‎ ‎（3）将气体乙在过量空气中充分燃烧后的混合气体通入 BaCl2 溶液，出现白色沉淀。写出燃烧后的混合气体通入BaCl2 溶液产生白色沉淀的离子方程式 ___________________________。‎ ‎【答案】 (1). Fe3S4 (2). 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 (3). 2H2O+2SO2+O2+2Ba2+=2BaSO4↓+4H+‎ ‎【解析】分析：甲与足量浓盐酸反应得到的滤液中加入足量NaOH溶液，产生白色沉淀，白色沉淀变为红褐色，滤液中含Fe2+，红褐色沉淀为Fe（OH）3，红褐色Fe（OH）3灼烧后得到24g的固体为Fe2O3，根据Fe守恒，甲中含Fe元素，且n（Fe）=2n（Fe2O3）=2=0.3mol；甲+浓盐酸→气态氢化物乙+滤液+淡黄色沉淀，甲中只含两种元素，M（乙）=1.518g/L22.4L/mol=34g/mol，乙为H2S，淡黄色沉淀为S，n（S）==0.1mol，甲中含S元素，乙中硫元素的化合价为-2价，甲和乙中相同元素的化合价相同，甲中硫元素的化合价为-2价；甲与浓盐酸的反应为氧化还原反应，设甲中Fe元素的化合价为x，根据得失电子守恒，0.3mol[x-（+2）]=0.1mol[0-（-2）]，解得x=+，根据正负化合价代数和为0，甲的化学式为Fe3S4。‎ 详解：甲与足量浓盐酸反应得到的滤液中加入足量NaOH溶液，产生白色沉淀，白色沉淀变为红褐色，滤液中含Fe2+，红褐色沉淀为Fe（OH）3，红褐色Fe（OH）3灼烧后得到24g的固体为Fe2O3，根据Fe守恒，甲中含Fe元素，且n（Fe）=2n（Fe2O3）=2=0.3mol；甲+浓盐酸→气态氢化物乙+滤液+淡黄色沉淀，甲中只含两种元素，M（乙）=1.518g/L22.4L/mol=34g/mol，乙为H2S，淡黄色沉淀为S，n（S）==0.1mol，甲中含S元素，乙中硫元素的化合价为-2价，甲和乙中相同元素的化合价相同，甲中硫元素的化合价为-2价；甲与浓盐酸的反应为氧化还原反应，设甲中Fe元素的化合价为x，根据得失电子守恒，0.3mol[x-（+2）]=0.1mol[0-（-2）]，解得x=+，根据正负化合价代数和为0，甲的化学式为Fe3S4。‎ ‎（1）根据上述分析，甲的化学式为Fe3S4。‎ ‎（2）白色沉淀转化为红褐色沉淀的化学方程式为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3。‎ ‎（3）气体乙为H2S，H2S在过量空气中充分燃烧生成SO2和H2O，所得混合气体中含SO2和过量空气，将燃烧后的混合气体通入BaCl2溶液，SO2与O2在溶液中反应生成SO42-，SO42-与Ba2+作用产生白色BaSO4沉淀，反应的离子方程式为2SO2+O2+2H2O+2Ba2+=2BaSO4↓+4H+。‎ ‎28. 某校化学兴趣小组探究SO2与FeCl3溶液的反应，所用装置如下图所示。请回答： ‎ ‎（1）装置 A 中分液漏斗内的物质是 __________________‎ ‎（2）实验时，旋开装置 A 中分液漏斗的旋塞，发现液体流出 缓慢，最终停止，其可能的原因是 __________________。‎ ‎（3）实验过程中通入足量的 SO2，请设计一个实验方案，验证SO2与FeCl3溶液反应的主要产物（H+无需检验）___________________________‎ ‎【答案】 (1). 浓硫酸 (2). 没有打开分液漏斗的上口玻璃塞(或分液漏斗上口玻璃塞上的凹槽没有与分液漏斗上的小孔连通或导管发生堵塞)，导致无法与外界大气连通 (3). 取少量反应后的溶液于试管中，滴加KSCN溶液，无明显现象，加入足量H2O2或氯水，溶液变血红色，则产物有Fe2+生成；另取少量反应后的溶液，滴加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则有SO42-生成 ‎【解析】（1）根据题意可知，装置A为SO2的发生装置，实验室制备SO2常用浓硫酸与Na2SO3固体反应来制备，故分液漏斗中为浓硫酸；‎ 答案为：浓硫酸；‎ ‎（2）分液漏斗液体不能顺利流下，是因为分液漏斗中压强大于外界压强。在滴加液体之前要先打开分液漏斗上口玻璃塞或者使玻璃塞上的凹槽与分液漏斗上的小孔对齐。‎ 故答案为：没有打开分液漏斗的上口玻璃塞或分液漏斗上口玻璃塞上的凹槽没有与分液漏斗上的小孔连通或导管发生堵塞，导致无法与外界大气连通。‎ ‎（3）SO2有强还原性，Fe3+有强氧化性，二者发生氧化还原反应，反应离子方程式为：‎ ‎2Fe3++ SO2+2H2O=2Fe2++ SO42-+4 H+。检验Fe2+生成的实验方法为：取少量反应后的溶液于试管中，滴加KSCN溶液，无明显现象，加入足量H2O2或氯水，溶液变血红色，则产物有Fe2+生成；检验SO42-的生成实验方法为：取少量反应后的溶液，滴加BaCl2‎ 溶液，若产生白色沉淀，则有SO42-生成。‎ ‎29. 一定条件下，将一定体积的H2和Cl2的混合气体点 燃，充分反应后，将混合气体通入含a mol NaOH的热溶液中，气体恰好被完全吸收，NaOH无剩余，测得反应后溶液中含有Cl-、ClO-、ClO3-且三者物质的量之比为8:1:1，则：‎ ‎（1）原混合气体中Cl2的物质的量为____________________（用含a的数学式表示）。‎ ‎（2）氢气和氯气的物质的量之比为_____________________。‎ ‎【答案】 (1). 0.5a (2). 1:5‎ ‎【解析】试题分析：A．次氯酸钠和羟基的电子式错误，次氯酸钠要满足各原子最外层均达到8电子稳定结构，那么氧原子应该在中 间，羟基不带电其中氧原子的最外层只有7个电子，A错误；B．硫酸属于共价化合物，在熔融状态下硫酸氢根离子不会电离，电离方程式为：NaHSO4=Na++HSO4-，KHCO3溶解于水，碳酸是弱电解质，碳酸氢钾溶于水不会一步电离：KHCO3=K++HCO3-，B错误；C．高聚物化学式，C正确；D．C5H12O2只可以代表醇，醇不会和碳酸氢钠反应生成CO2，D错误，答案选C。‎ 考点：考查化学用语 ‎30. 冶金工业、硝酸工业的废气废液中含氮化合物污染严重，必须处理达标后才能排放。‎ Ⅰ．用活性炭处理工厂尾气中的氮氧化物。‎ ‎（1）已知：①4NH3(g)+5O2(g) =4NO(g)+6H2O(l) ΔH1=a kJ·mol−1‎ ‎②4NH3(g)+3O2(g) =2N2(g)+6H2O(l) ΔH2=b kJ·mol−1 ‎ ‎③C(s)+O2(g) =CO2(g) ΔH3=c kJ·mol−1‎ 则反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)的ΔH=________。‎ ‎（2）在容积不变的密闭容器中，一定量的NO与足量的C发生反应：C(s)+2NO(g)N2(g) + CO2(g) ΔH= Q kJ·mol−1，平衡时c(NO)与温度T的关系如图1所示，下列说法正确的是________。‎ A．其他条件不变，改变活性炭的用量，平衡一定不移动 B．该反应的Q＞0，所以T1、T2、T3对应的平衡常数：K1＜K2＜K3‎ C．温度为T2时，若反应体系处于状态D，则此时 υ(正)＞υ(逆)‎ D．若状态B、C、D体系的压强分别为p(B)、p(C)、p(D)，则p(D)=p(C)＞p(B)‎ ‎ ‎ ‎（3）已知某温度时，反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)的平衡常数K=，在该温度下的2L密闭容器中投入足量的活性炭和2.0 mol NO发生反应，t1时刻达到平衡，请在图2中画出反应过程中c(NO)随时间t的变化曲线。_________________‎ Ⅱ．用纳米铁粉或电解法处理废水中的硝酸盐。‎ ‎（4）纳米铁粉处理污水中NO3−的离子方程式为：4Fe+NO3–+10H+=4Fe2++NH4++3H2O。‎ 实验证实，pH偏低将会导致NO3−的去除率下降，其原因是________________。相同条件下，纳米铁粉去除不同水样中NO3−的速率有较大差异（见下图），产生该差异的可能原因是________________________。‎ ‎（5）电解法处理水中硝酸盐的原理是：以金属Pt作电极，用质子交换膜把溶液分为阴阳两极区，阴极区为含硝酸盐的工业废水，接通直流电源进行电解，产物为N2。请写出阴极的电极反应式____________。‎ ‎【答案】 (1). （+c）kJ/mol (2). C (3). (4). 纳米铁粉与H+反应生成H2，导致NO3-的去除率下降 (5). Cu或Cu2+对纳米铁粉去除NO3-的反应有催化作用（或形成Fe-Cu原电池增大纳米铁粉去除NO3-的反应速率） (6). 2NO3-+10e-+12H+=N2↑+6H2O ‎【解析】分析：I.（1）应用盖斯定律。‎ ‎（2）A项，将C全部从平衡体系中移走，平衡逆向移动；B项，根据图像，升高温度c（NO）增大，平衡逆向移动，化学平衡常数减小，逆反应为吸热反应，Q0；C项，状态D的c（NO）大于T2平衡时c（NO），则状态D反应正向进行，此时υ（正）υ（逆）；D项，该反应的正反应为气体分子数不变的反应，气体分子物质的量始终不变，在容积不变的密闭容器中体系的压强取决于温度，温度越高压强越大，则p（C）p（B）=p（D）。‎ ‎（3）用三段式和化学平衡常数计算平衡时c（NO）。‎ II.（4）pH偏低，溶液酸性较强，纳米铁粉与H+反应生成H2，导致NO3-的去除率下降。根据图像，含Cu2+的水样中NO3-的去除速率更快，产生差异的原因是：Cu或Cu2+对纳米铁粉去除NO3-的反应有催化作用（或形成Fe-Cu原电池增大纳米铁粉去除NO3-的反应速率）。‎ ‎（5）根据题意，阴极NO3-得电子被还原成N2，2molNO3-得到10mol电子生成1molN2，结合质子交换膜和原子守恒书写。‎ 详解：I.（1）应用盖斯定律，将③-①+②得，C（s）+2NO（g）N2（g）+CO2（g）ΔH=（c-+）kJ/mol。‎ ‎（2）A项，将C全部从平衡体系中移走，平衡逆向移动，A项错误；B项，根据图像，升高温度c（NO）增大，平衡逆向移动，化学平衡常数减小，逆反应为吸热反应，Q0且K1K2K3，B项错误；C项，状态D的c（NO）大于T2平衡时c（NO），则状态D反应正向进行，此时υ（正）υ（逆），C项正确；D项，该反应的正反应为气体分子数不变的反应，气体分子物质的量始终不变，在容积不变的密闭容器中体系的压强取决于温度，温度越高压强越大，则p（C）p（B）=p（D），D项错误；答案选C。‎ ‎（3）用三段式，设从起始到平衡转化c（NO）为xmol/L ‎ C（s）+2NO（g）N2（g）+CO2（g）‎ c（起始）（mol/L） 1.0 0 0‎ c（转化）（mol/L） x ‎ c（平衡）（mol/L） 1.0-x ‎ 化学平衡常数K===，解得x=0.6，作图时，起始c（NO）为1.0mol/L，随着时间推移c（NO）减小，t1达到平衡时c（NO）为1.0mol/L-0.6mol/L=0.4mol/L，t1后c（NO）保持0.4mol/L。‎ II.（4）pH偏低，溶液酸性较强，纳米铁粉与H+反应生成H2，导致NO3-的去除率下降。根据图像，含Cu2+的水样中NO3-的去除速率更快，产生差异的原因是：Cu（Fe与Cu2+反应生成Cu，反应的方程式为Fe+Cu2+=Fe2++Cu）或Cu2+对纳米铁粉去除NO3-的反应有催化作用（或形成Fe-Cu原电池增大纳米铁粉去除NO3-的反应速率）。‎ ‎（5）根据题意，阴极NO3-得电子被还原成N2，2molNO3-得到10mol电子生成1molN2，结合质子交换膜和原子守恒，阴极的电极反应式为2NO3-+10e-+12H+=N2↑+6H2O。‎ ‎31. 实验室用镁还原硝基苯制取反式偶氮苯的化学方程式为：2+4Mg+8CH3OH→+4Mg(OCH3)2+4H2O 已知：①Mg(OCH3)2在水中极易水解。‎ ‎②反式偶氮苯产品在紫外线照射后部分转化为顺式偶氮苯。‎ ‎③反式（顺式）偶氮苯橙红色晶体，溶于乙醇、乙醚和醋酸，不溶于水。遇明火、高热可燃，受高热分解放出有毒的气体。‎ 主要实验装置和步骤如下：‎ ‎（I）合成：在反应器中加入一定量的硝基苯、甲醇和一小粒碘，加入少量镁粉，立即发生反应；等大部分镁粉反应完全后，再加入镁粉，反应继续进行，等镁粉完全反应后，加热回流30 min。‎ ‎（II）分离与提纯：‎ ‎①将所得液体趁热倒入烧杯的冰水中，并不断搅拌，用冰醋酸小心中和至pH为4～5，析出橙红色固体，过滤，用少量冰水洗涤。‎ ‎②用95%的乙醇重结晶。回答下列问题：‎ ‎（1）如图加热回流装置中，仪器a的名称是________，进水口为________（填1或2）‎ ‎（2）若将镁粉一次性加入已装硝基苯、甲醇混合液的三颈瓶中，可能导致_________________。‎ A．反应太剧烈 B．液体太多搅不动 C．反应变缓慢 D．副产物增多 ‎（3）分离与提纯：‎ ‎①析出橙红色固体，过滤，用少量冰水洗涤中用冰水洗涤的原因是________________。‎ ‎②为了得到较大颗粒的晶体，加入冰醋酸时需要________（填“缓慢加入”、“快速加入”）。‎ ‎③烧杯中的反式偶氮苯转入布氏漏斗时，杯壁上往往还粘有少量晶体，需选用液体将杯壁上的晶体冲洗下来后转入布氏漏斗，下列液体最合适的是_______。‎ A．冰水 B．饱和NaCl溶液 C．95％乙醇水溶液 D．滤液 ‎④抽滤完毕，应先断开________________________，以防倒吸。‎ ‎⑤重结晶操作包括“加热溶解、趁热过滤、冷却结晶、抽滤、洗涤、干燥”。上述重结晶过程中的________操作除去了不溶性杂质。‎ ‎（4）取0.1 g偶氮苯，溶于5‎ ‎ mL左右的苯中，将溶液分成两等份，分别装于两个试管中，其中一个试管用黑纸包好放在阴暗处，另一个则放在阳光下照射。用毛细管各取上述两试管中的溶液点在距离滤纸条末端1 cm处，再将滤纸条末端浸入装有1∶3的苯环己烷溶液的容器中，实验操作及现象如下图所示：‎ ‎ ‎ ‎①实验中分离物质所采用的方法是________法。‎ ‎②薄层色谱分析中，极性弱的物质，在溶剂中扩散更快。某同学采用薄层色谱分析所得偶氮苯，实验开始时和展开后的斑点如图所示，则反式偶氮苯比顺式偶氮苯的分子极性________________（填“强”或“弱”）。‎ ‎【答案】 (1). 冷凝管 (2). 2 (3). AD (4). 减少偶氮苯的溶解 (5). 缓慢加入 (6). D (7). 抽气泵和安全瓶 (8). 趁热过滤 (9). 层析（色层、色谱） (10). 弱 ‎【解析】分析：（1）仪器a的名称为冷凝管。冷凝管中水流方向“下进上出”。‎ ‎（2）若将镁粉一次性加入已装硝基苯、甲醇混合液的三颈瓶中，可导致反应太剧烈，副产物增多。‎ ‎（3）①根据已知③“反式（顺式）偶氮苯橙红色晶体，溶于乙醇、乙醚和醋酸，不溶于水”，析出橙红色固体，过滤，用少量冰水洗涤的目的是：减少偶氮苯的溶解。‎ ‎②结晶速率越慢得到的晶体颗粒越大。‎ ‎③用滤液冲洗既不会使晶体溶解，同时不会引入杂质。‎ ‎④抽滤完毕，应先断开抽气泵和安全瓶之间的橡皮管。‎ ‎⑤趁热过滤除去了不溶性杂质。‎ ‎（4）①根据所做实验，实验中分离物质所采用的方法是：层析（色层、色谱）法。‎ ‎②根据已知②“反式偶氮苯产品在紫外线照射后部分转化为顺式偶氮苯”，紫外线照射后的样品中含反式偶氮苯和顺式偶氮苯；根据实验开始时和展开后的斑点，反式偶氮苯扩散得更快，在薄层色谱分析中，极性弱的物质，在溶剂中扩散更快，所以反式偶氮苯比顺式偶氮苯分子的极性弱。‎ 详解：（1）根据仪器a的构造特点，仪器a的名称为冷凝管。冷凝管中水流方向“下进上出”，进水口为2。‎ ‎（2）根据实验和已知③“反式（顺式）偶氮苯遇明火、高热可燃，受高热分解放出有毒的气体”。若将镁粉一次性加入已装硝基苯、甲醇混合液的三颈瓶中，可导致反应太剧烈，副产物增多，答案选AD。‎ ‎（3）①根据已知③“反式（顺式）偶氮苯橙红色晶体，溶于乙醇、乙醚和醋酸，不溶于水”，析出橙红色固体，过滤，用少量冰水洗涤的目的是：减少偶氮苯的溶解。‎ ‎②结晶速率越慢得到的晶体颗粒越大，为了得到较大颗粒的晶体，加入冰醋酸时需要缓慢加入。‎ ‎③烧杯中的反式偶氮苯转入布氏漏斗时，杯壁上往往还粘有少量晶体，需选用液体将杯壁上的晶体冲洗下来后转入布氏漏斗，目的是减少晶体的损失；所以选择冲洗的液体既不会使晶体溶解，同时不会引入杂质，最合适的液体是滤液；答案选D。‎ ‎④抽滤完毕，应先断开抽气泵和安全瓶之间的橡皮管。‎ ‎⑤重结晶操作包括“加热溶解、趁热过滤、冷却结晶、抽滤、洗涤、干燥”，其中“趁热过滤”除去了不溶性杂质，“冷却结晶、抽滤”除去了可溶性杂质；重结晶过程中“趁热过滤”除去了不溶性杂质。‎ ‎（4）①根据所做实验，实验中分离物质所采用的方法是：层析（色层、色谱）法。‎ ‎②根据已知②“反式偶氮苯产品在紫外线照射后部分转化为顺式偶氮苯”，紫外线照射后的样品中含反式偶氮苯和顺式偶氮苯；根据实验开始时和展开后的斑点，反式偶氮苯扩散得更快，在薄层色谱分析中，极性弱的物质，在溶剂中扩散更快，所以反式偶氮苯比顺式偶氮苯分子的极性弱。‎ ‎ ‎ ‎ ‎