2018-2019学年浙江省温州新力量联盟高二下学期期中考试化学试题 解析版

2018-2019学年浙江省温州新力量联盟高二下学期期中考试化学试题 解析版

‎2018-2019学年浙江省温州新力量联盟高二下学期期中考试 化学学科 试题 相对原子质量 C:12 O:16 Fe:56 S:32 Ba:137 Cu:64 H:1 N:14 Pb:207 ‎ 选择题部分 一、单项选择题(每题 2 分，共 50 分)‎ ‎1.下列物质属于碱性氧化物的是 A. SiO2 B. H2CO3 C. CuO D. Na2CO3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.SiO2可以与碱反应产生盐与水，属于酸性氧化物，A不符合题意；‎ B.H2CO3是二元弱酸，首先电离产生H+、HCO3-，产生的HCO3-再进一步电离产生H+和CO32-，B不符合题意，‎ C.CuO能够与酸反应产生盐和水，属于碱性氧化物，C符合题意；‎ D.Na2CO3是由金属阳离子Cu2+和酸根离子CO32-组成，属于盐，D不符合题意；‎ 故合理选项是C。‎ ‎2.下列仪器名称为“容量瓶”的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.是分液漏斗，A不符合题意；‎ B.该仪器为干燥管，B不符合题意；‎ C.该仪器名称为冷凝管，C不符合题意；‎ D.该仪器名称为容量瓶，D符合题意；‎ 故合理选项是D。‎ ‎3.下列物质属于电解质的是 A. 液态 HCl B. NaCl 溶液 C. 无水酒精 D. 液氨 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.HCl是共价化合物，溶于水，在水分子作用下电离产生自由移动的离子H+、Cl-，因而能够导电，所以HCl是电解质，A符合题意；‎ B. B.NaCl溶液能够导电，但属于混合物，因此不是电解质，B不符合题意；‎ C.无水酒精是化合物，但在水中和熔融状态下都不能导电，因此属于非电解质，C不符合题意；‎ D.液氨是由分子构成的物质，不能导电，溶于水后与水反应产生NH3·H2O，NH3·H2O会电离产生NH4+、OH-，因此水溶液能够导电，但自由移动的离子是NH3·H2O电离产生，不是液氨电离产生，因此液氨是非电解质，D不符合题意；‎ 故合理选项是A。‎ ‎4.当光束通过下列分散系时，不能产生丁达尔效应的是 A. 稀豆浆 B. 淀粉胶体 C. 氯化钾溶液 D. 氢氧化铁胶体 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 丁达尔效应是指当一束光线透过胶体，从入射光的垂直方向可以观察到胶体里出现的一条光亮的通路，丁达尔现象是胶体特有的性质，据此解答。‎ ‎【详解】A．稀豆浆属于胶体，能产生丁达尔效应，A不符合；‎ B．淀粉胶体能产生丁达尔效应，B不符合；‎ C．氯化钾溶液是溶液分散系，不是胶体，不能产生丁达尔效应，C符合；‎ D．氢氧化铁胶体能产生丁达尔效应，D不符合。‎ 答案选C。‎ ‎5.下列属于化学变化的是 A. 焰色反应 B. 碘的升华 C. 石油的分馏 D. 煤的液化 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.焰色反应是元素在灼烧时，原子核外电子吸收能量，由基态跃迁到激发态，然后又由能量高的激发态跃迁到能量低的状态，多余的能量以光的形式释放，不同的元素释放的光波长不同，在该过程中没有新的物质产生，因此发生的是物理变化，A不符合题意；‎ B.碘的升华是碘元素的单质由固体不经过液态直接变为气态的现象，没有新物质产生，发生的是物理变化，B不符合题意；‎ C.石油的分馏是分离沸点不同的液体混合物的方法，没有新物质产生，发生的是物理变化，C不符合题意；‎ D.煤的液化是使煤发生反应产生液态物质，在该过程中有新的物质产生，发生的是化学变化，D符合题意；‎ 故合理选项是D。‎ ‎6.下列物质的水溶液因溶质水解显酸性的是 A. KNO3 B. NH4Cl C. NaHSO4 D. NaHCO3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ A．KNO3水溶液中电离出钾离子和硝酸根离子，溶液呈中性，故A错误；B．NH4Cl水溶液中铵根离子水解溶液显酸性，故B正确；C．NaHSO4 溶液中硫酸氢钠电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，溶液显酸性，故C正确；D．NaHCO3溶液中碳酸氢根离子水解溶液显碱性，故D错误；故选B。‎ ‎7.下列说法不正确的是 A. 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 B. 碳酸氢钠是发酵粉的主要成分 C. 硅晶体是半导体材料，广泛应用于电子工业的各个领域 D. 二氧化硫具有漂白性，可用于木耳等食物的漂白 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.钠和钾的合金在常温下是液体，导热能力强，因此可用于快中子反应堆作热交换剂，A正确；‎ B.碳酸氢钠不稳定，受热分解产生CO2气体，是发酵粉的主要成分，B正确；‎ C.单质硅导电性介于导体和绝缘体之间，其晶体是半导体材料，因此广泛应用于电子工业的各个领域，C正确；‎ D.二氧化硫能够与某些有色物质结合形成无色物质，因此具有漂白性，但由于对人的身体健康会产生一定的危害，因此不可用于木耳等食物的漂白，D错误；‎ 故合理选项是D。‎ ‎8.下列属于非氧化还原反应的是 A. 2Mg+CO2 2MgO+C B. Cu(OH)2＋2HCl=CuCl2＋2H2O C. SO2＋H2O2=H2SO4 D. Br2＋2NaI=2NaBr＋I2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 2Mg+CO2 2MgO+C中Mg、C元素的化合价都发生了变化，属于氧化还原反应，A不符合题意；‎ B.反应Cu(OH)2＋2HCl=CuCl2＋2H2O是复分解反应，没有元素化合价的变化，属于非氧化还原反应，B符合题意；‎ C.SO2＋H2O2=H2SO4中S、O元素的化合价发生了变化，因此该反应属于氧化还原反应，C不符合题意；‎ D.Br2＋2NaI=2NaBr＋I2中Br、I元素的化合价发生了变化，因此该反应属于氧化还原反应，D不符合题意；‎ 故合理选项是B。‎ ‎9.下列化学用语表示正确的是 A. 氨气的电子式： B. Cl-的结构示意图：‎ C. CO2 的比例模型： D. 乙烯的结构式：CH2=CH2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.N原子最外层有5个电子，三个成单的电子与3个H原子形成3对共用电子对，从而使每个原子都达到稳定结构，所以氨气的电子式为：，A错误；‎ B.Cl是17号元素，核内质子数是17，原子核外有17个电子，Cl原子获得1个电子形成Cl-，所以Cl-的结构示意图为，B错误；‎ C.CO2分子中C原子半径大于O原子，所以CO2分子的比例模型为，C正确；‎ D.乙烯的结构简式是：CH2=CH2，结构式为，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎10.下列方法合理的是 A. 用托盘天平称量 25.20g 氯化钠固体 B. 蒸馏时，先点燃酒精灯，再通冷凝水 C. 洗净的容量瓶可以放进烘箱中高温烘干 D. 配制氯化铁溶液时，可将氯化铁溶解在较浓的盐酸中，然后再加水稀释 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.托盘天平精确度是0.1g，所以用托盘天平不能称量 25.20g氯化钠固体，A错误；‎ B.蒸馏时，为充分冷凝，要先通冷凝水，然后再点燃酒精灯，B错误；‎ C.容量瓶是用来准确配制一定体积、一定浓度的溶液的仪器，洗净的容量瓶不能放进烘箱中高温烘干，否则会影响仪器的准确度，C错误；‎ D.氯化铁是强酸弱碱盐，在溶液中容易发生水解反应使溶液变浑浊，为了抑制盐的水解，在配制氯化铁溶液时，可将氯化铁溶解在较浓的盐酸中，然后再加水稀释，就可以得到澄清的氯化铁溶液，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎11.下列说法正确的是 A. O2与O3这两种物质之间的转化是物理变化 B. 乙醇和木糖醇(C5H12O5)互为同系物 C. 35Cl与37Cl互为同位素，两者的原子核外电子排布相同 D. 烷烃CH3CH(CH3)C(CH3)3 的名称是 2，3，3－三甲基丁烷 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. O2与O3是两种不同的物质微粒，所以这两种物质之间的转化是化学变化，A错误；‎ B.乙醇分子中只有1个羟基，木糖醇(C5H12O5)分子中含有5个羟基，因此二者不能互为同系物，B错误；‎ C.35Cl与 37Cl质子数都是17，中子数分别是18、20，因此互为同位素，由于原子核内质子数等于原子核外电子数，所以两者的原子核外电子排布相同，C正确；‎ D.根据烷烃的系统命名方法，烷烃 CH3CH(CH3)C(CH3)3 的名称是 2，2，3－三甲基丁烷，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎12.下列离子方程式书写正确的是 A. 氢氧化镁与盐酸反应：OH－+H+==H2O B. 次氯酸钠溶液中通入过量的二氧化碳：CO2+H2O+ClOˉ═HCO3ˉ+HClO C. 酸性氯化亚铁溶液中加入双氧水：2Fe2++H2O2═2Fe3++O2↑+2H+‎ D. 硫酸氢铵溶液和过量的氢氧化钡溶液混合：H++SO42－+Ba2++OHˉ==BaSO4↓+H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.氢氧化镁难溶于水，不能写成离子形式，A错误；‎ B.由于碳酸的酸性比次氯酸的酸性强，所以根据复分解反应的规律，次氯酸钠溶液中通入过量的二氧化碳，反应产生次氯酸和碳酸氢钠，B正确；‎ C.双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，双氧水被还原为水，不能放出氧气，C错误；‎ D.硫酸氢铵溶液和过量的氢氧化钡溶液混合，要以不足量的硫酸氢铵为标准，除H+、SO42－发生反应外，NH4+也参加化学反应，离子方程式为：H++SO42-+ NH4++Ba2++2OHˉ=BaSO4↓+NH3·H2O+H2O，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎13.四种短周期元素X、Y、Z和 W在元素周期表中的位置如下图所示， 其最外层电子数之和为21。下列说法中正确的是 ‎ A. 单质W可由海水作原料获得 B. Y 的非金属性比 X的强，所以Y的氢化物一定比 X的更稳定 C. 工业上常利用单质 X与含 Z氧化物的矿石在高温下反应制备高纯 Z D. X的氢化物可以与 W的单质发生反应，但是不能与 W 的氢化物发生反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】假设X原子最外层电子数为a，则Y原子最外层电子数为a+2，Z原子最外层电子数为a，W原子最外层电子数为a+3，a+(a+2)+a+(a+3)=21，解得a=4，所以X是C元素，Y是O元素，Z是Si元素，W是Cl元素。‎ A.Cl元素单质Cl2可通过电解饱和食盐水或电解熔融的NaCl获得，A正确；‎ B.元素的非金属性Y>X，但Y的氢化物H2O2不稳定，受热容易分解，而C元素的氢化物CH4比较稳定，所以Y的氢化物不一定比 X的更稳定,B错误；‎ C.在工业上用焦炭与SiO2在高温下发生置换反应产生Si和CO，这种方法只能得到粗硅，C错误；‎ D. X的氢化物CH4与Cl2在光照时发生取代反应，X的氢化物CH2=CH2可以与HCl在一定条件下发生加成反应，D错误；‎ 故合理选项是A。‎ ‎14.下列说法正确的是 A. 乙烯和苯都能使溴水褪色，说明二者均发生了加成反应 B. 甲烷与氯气在光照条件下反应可得到四种不同的有机产物 C. 煤中含有苯、甲苯等芳香烃,可通过干馏制取 D. 通过石油裂化可以得到多种气态短链烃，其中包括乙烯 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.乙烯能使溴水褪色是由于发生加成反应，苯不能与溴水发生反应，使溴水褪色是由于溴容易溶于苯，而苯与水互不相容，是由于苯的萃取作用而使溴水褪色，不是发生加成反，A错误；‎ B.甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应，首先生成一氯甲烷和HCl，产生的一氯甲烷继续与氯气发生取代反应，产生二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷，因此除产生HCl外，可得到四种不同的有机产物，B正确；‎ C.煤通过干馏制取得到的煤焦油中含有苯、甲苯等芳香烃，煤中不含有苯、甲苯等芳香烃，C错误；‎ D.通过石油裂解可以得到多种气态短链烃，其中包括乙烯，裂化主要是为了获得液体轻质燃料，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎15.下列说法正确的是 A. 不同种类的氨基酸能以不同的数目和顺序彼此结合，形成更复杂的多肽化合物 B. 将油脂和烧碱溶液混合加热，充分反应后加入热饱和食盐水，上层析出高级脂肪酸 C. 进行淀粉水解实验时，为检验水解产物和水解程度，加液顺序为：淀粉溶液→稀硫酸→NaOH 溶液→碘水→新制 Cu(OH)2 悬浊液 D. 鸡蛋清溶液中加入饱和硫酸铵溶液、饱和硫酸铜溶液均会发生盐析而凝聚 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.氨基酸的氨基与羧基发生脱水反应，产生肽键，不同种类的氨基酸能以不同的数目和顺序彼此结合，形成不同的多肽化合物，因此可形成更复杂的多肽化合物，A正确；‎ B.将油脂和烧碱溶液混合加热，油脂发生皂化反应产生高级脂肪酸钠盐和甘油，充分反应后加入热的饱和食盐水，可使高级脂肪酸钠盐溶解度降低而结晶析出，由于其密度比水小，所以上层析出高级脂肪酸钠盐，B错误；‎ C.进行淀粉水解实验时，为检验水解产物和水解程度，加液顺序为：向淀粉溶液中加入稀硫酸加热，使淀粉发生水解反应，然后将溶液分为两份，向其中一份中加入碘水，观察溶液是否变为蓝色，判断淀粉是否完全水解；然后向反应后的另一份溶液中加入NaOH溶液，使溶液显碱性，然后向其中加入新制 Cu(OH)2 悬浊液，加热煮沸，观察是否产生砖红色沉淀，判断水解产物，C错误；‎ D.向鸡蛋清溶液中加入饱和硫酸铵溶液会降低鸡蛋白的溶解度而发生盐析而凝聚；向其中加入饱和硫酸铜溶液，蛋白质遇重金属盐，蛋白质发生变性，形成沉淀，D错误；‎ 故合理选项是A。‎ ‎16.一定条件下，0.3molX(g)与Y(g)在容积固定的密闭容器中发生反应：X(g)+3Y(g) 2Z(g), ΔH=-akJ/mol，下列说法正确的是 A. 反应一段时间后，X与Y的物质的量之比仍为1:1‎ B. 达到平衡时，且反应放出0.1akJ的热量 C. 达到平衡后，若向平衡体系中充入稀有气体，Z的正反应速率将不发生变化 D. X的体积分数保持不变，说明反应已达到平衡 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A．Y的起始量未知，X、Y以1：3转化，则不能确定反应一段时间后X、Y的物质的量关系，故A错误；B．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B错误；C．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C正确；D．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，故D正确；故选CD。‎ ‎17.热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源。一种热激活电池的基本结构如图所示，其中作为电解质的无水LiCl-KCl混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能。该电池总反应为：PbSO4+2LiCl+Ca = CaCl2+Li2SO4+Pb。下列有关说法正确的是 A. 正极反应式：Ca + 2Cl－－2e－ = CaCl2‎ B. 放电过程中，Li+向负极移动 C. 没转移0.1mol电子，理论上生成20.7 g Pb D. 常温时，在正负极间接上电流表或检流计，指针不偏转 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 正极发生还原反应,应为PbSO4+2e-‎ ‎=Pb+S,A项错误;电池放电过程中,阳离子向正极移动,B项错误;每转移0.1 mol电子,生成0.05 mol Pb,质量为10.35 g,C项错误;常温下,电解质没有熔化,不导电,不能形成原电池,故指针不偏转,D项正确。‎ ‎18.25℃时，下列说法不正确的是 A. pH=13的NaOH溶液与pH=1的醋酸溶液等体积混合后所得溶液的pH>7‎ B. 0.2 mol·L－1的NaHCO3溶液中：c(Na+)>c(HCO3－)>c(OH－)>c(H+)‎ C. 将等体积pH=4的盐酸和醋酸稀释成pH=5的溶液，醋酸所需加入的水量多 D. 向氨水中逐滴滴入盐酸至溶液的pH=7，则混合液中：c(NH4+) = c(Cl－)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．pH=13的NaOH溶液中氢氧化钠的浓度为0.1mol/L，pH=1的醋酸溶液中醋酸的浓度大于0.1mol/L，若两溶液等体积混合后醋酸过量，所得溶液呈酸性，溶液的pH＜7，故A错误；B．0.2mol•L-1的NaHCO3溶液中，碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度，且水解程度和电离程度都微弱，溶液呈碱性，则：c(Na+)＞c(HCO3-)、c(OH-)＞c(H+)，溶液中离子浓度大小为：c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(OH-)＞c(H+)，故B正确；C．将等体积pH=4的盐酸和醋酸稀释成pH=5的溶液，由于稀释过程中醋酸的电离程度增大，若稀释后溶液pH相等，则醋酸所需加入的水量多，故C正确；D．常温下向氨水中逐滴滴入盐酸至溶液的pH=7，说明c(OH-)=c(H+)，根据电荷守恒可知：c(NH4+)=c(Cl-)，故D正确；故选A。‎ ‎19.某反应由两步反应ABC构成，它的反应能量曲线如图所示(E1、E2、E3、E4表示活化能)。下列有关叙述不正确的是( )‎ A. A→C的反应为放热反应 B. 稳定性C＞A＞B.‎ C. A→C的反应中，△H=(E2+E4)-(E1+E3) D. 加入催化剂不会改变反应的焓变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．A的能量比C的能量高；‎ B．能量低的物质稳定；‎ C．由反应物、生成物总能量判断焓变；‎ D．催化剂不改变反应的始终态。‎ ‎【详解】A．A的能量比C的能量高，则A→C为放热反应，故A正确；‎ B．能量低的物质稳定，则稳定性C＞A＞B，故B正确；‎ C．由反应物、生成物总能量判断焓变，则A→C的反应中，△H=E1＋（E3-E2）-E4=（E1+E3）-（E2+E4），故C错误；‎ D．催化剂不改变反应的始终态，加入催化剂时焓变不变，故D正确；‎ 故选：C。‎ ‎【点睛】本题考查反应热与焓变，为高考常见题型，解题关键：把握图中能量变化、焓变计算、物质的稳定性，难点C，注意活化能和焓变的关系。‎ ‎20.下列说法正确的是 A. NaHCO3 受热分解时，离子键被破坏，共价键不受影响 B. NaOH 和 K2SO4 的化学键类型和晶体类型均相同 C. H2O、H2S、H2Se 的分子间作用力依次增大，沸点依次升高 D. SiO2 和晶体硅都是共价化合物，都是原子晶体 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. NaHCO3 受热分解产生碳酸钠、水、二氧化碳时，离子键、共价键都被破坏，A错误；‎ B.NaOH和K2SO4都是离子化合物，固态时属于离子晶体，其中含有离子键、共价键，化学键类型也相同，B正确；‎ C.H2O分子之间除存在分子间作用力外，还存在氢键，增加了分子之间的作用，因此其熔沸点最高；而H2S、H2‎ Se的分子间作用力随相对分子质量的增大而增大，因此这两种物质沸点后者大，则沸点高低顺序为H2O> H2Se>H2S，C错误；‎ D.SiO2是共价化合物，晶体硅是单质，它们的原子之间通过共价键结合形成立体网状结构，因此二者都是原子晶体，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎21.一定条件下，溶液的酸碱性对TiO2光催化染料R降解反应的影响如图所示。下列判断正确的是 A. 在0-50min之间， pH ="2" 和 PH=" 7" 时 R 的降解百分率相等 B. 溶液酸性越强， R 的降解速率越小 C. R的起始浓度越小，降解速率越大 D. 在 20-25min之间， pH =" 10" 时 R 的平均降解速率为 0.04mol·L-1·min-1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ A项：在0-50min内，PH=2时，20min时，R已经降解完了，因此R平均降解速率计算按0-20min，而PH=7时，40min时，R已经降解完了，因此R平均降解速率计算按0-40min，通过计算，正确；B项：，PH=2时大约在20min降解完，PH=7大约在40min降解完，但是起始浓度不相同，所以溶液的酸性与R降解速率没有直接联系，错误。C项：与B相同，错误；D项：PH=10时，在20-25min，R的平均降解速率为（0.6*10-4-0.4*10-4）/5=0,04*10-4mol●L-1min-1‎ 考点定位：本题考查了化学反应速率的图象分析。‎ ‎22.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　)‎ A. 1 mol Fe与1 mol Cl2反应时转移的电子数目为3NA B. 3 g C18O和14CO的混合物中所含电子、中子数目均为1.4NA C. 0 ℃、101 kPa下，0.1 mol乙炔和甲醛(HCHO)的混合物中含有C—H数目为0.2NA D. 50 mL 18 mol·L－1浓H2SO4与足量的Cu充分反应，能收集到SO2的分子数目为0.45NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎1 mol Fe与1 mol Cl2反应时，Fe过量，未反应完全，应按照氯气计算，故1 mol Fe与1 mol Cl2反应时转移的电子数目为2NA，A项错误；3 g C18O的物质的量为3g÷30g/mol=0.1mol，含有电子、中子数分别为1.4 NA、1.6 NA，3 g14CO的物质的量为3g÷30g/mol=0.1mol，含有电子、中子数分别为1.4 NA、1.6 NA，B项错误；乙炔和甲醛(HCHO)均含有2个C-H，故0.1 mol乙炔和甲醛(HCHO)的混合物中含有C—H数目为0.2NA，C项正确；浓硫酸与铜的反应过程中，浓度逐渐降低，而稀硫酸与铜不反应，50 mL 18 mol·L－1浓H2SO4与足量的Cu充分反应，能收集到SO2的分子数目小于0.45NA，D项错误。‎ ‎23.室温下，用0.10mol·L-1盐酸分别滴定20.00mL 0.10 mol·L-1氢氧化钾溶液和氨水，滴定过程中溶液pH随加入盐酸体积V（HCl）的变化关系如图。下列说法不正确的是（ ）‎ A. Ⅱ表示的是滴定氨水的曲线 B. 当pH=7时，滴定氨水消耗的V（HCl）＜20mL，且此时溶液中c（NH4+）=c（Cl-）‎ C. 滴定氢氧化钾溶液时，若V（HCl）>20mL，则可能c（Cl-）＞c（H+）>c（K+） ＞c（OH-）‎ D. 当滴定氨水消耗V（HCl）=10mL时，c（NH3•H2O）＞c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（OH-）＞c（H+）‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.根据氨水和氢氧化钾在滴定开始时的pH来判断；‎ B.盐酸与氨水恰好反应生成氯化铵，溶液显酸性；‎ C.滴定氢氧化钾溶液时，若V（HCl）>20mL，氢离子浓度可能大于钾离子浓度；‎ D.根据图像，V（HCl）=10mL时，溶液显碱性，即NH3•H2O的电离程度大于NH4+的水解程度。‎ ‎【详解】A.氢氧化钾为强碱，一水合氨是弱碱，在溶液中部分电离，相同浓度时，一水合氨的pH小于氢氧化钾，所以Ⅱ表示的是滴定氨水的曲线，故A正确；‎ B.滴定氨水消耗的V（HCl）=20mL，盐酸与氨水恰好反应生成氯化铵，溶液显酸性，c（Cl-）＞c（NH4+），当pH=7时，滴定氨水消耗的V（HCl）＜20mL，根据电荷守恒，c（Cl-）=c（NH4+），故B正确；‎ C.滴定氢氧化钾溶液时，若V（HCl）>20mL，H+浓度肯定大于OH-浓度，可能大于K+浓度，则溶液中离子浓度关系可能为：c（Cl-）＞c（H+）>c（K+）＞c（OH-），故C正确；‎ D.当滴定氨水消耗V（HCl）=10mL时，溶液中溶质为等物质的量的NH3•H2O和NH4Cl，根据图像，V（HCl）=10mL时，溶液显碱性，即NH3•H2O的电离程度大于NH4+的水解程度，因此离子浓度大小顺序为c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（NH3•H2O）＞c（OH-）＞c（H+），故D错误。‎ 故选D。‎ ‎24.三氧化二镍是一种重要的电子元件材料、蓄电池材料。工业上利用含镍废料(以镍、铁、钙、镁合金为主)制取草酸镍(NiC2O4·2H2O)，再高温煅烧草酸镍制取三氧化二镍。已知草酸的钙、镁、镍盐均难溶于水。根据下列工艺流程示意图回答问题。 ‎ 下列说法不正确的是 A. 操作1的名称为过滤,为了加快过滤速度要使用玻璃棒搅拌 B. 加入H2O2的目的是将 Fe2+氧化为 Fe3+‎ C. 加入NH4F的目的是除去钙离子、镁离子 D. 试剂 B的名称为草酸或可溶性的草酸盐 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.操作1是分离难溶性的固体与可溶性液体混合物，名称为过滤，但若过滤时使用玻璃棒搅拌，会使将滤纸弄破而出现漏洞，导致过滤失败，A错误；‎ B.含镍废料中的Fe与稀硫酸反应产生FeSO4，加入H2O2可以将 Fe2+氧化为 Fe3+，然后通过调节溶液的pH将其与Ni2+分离除去，B正确；‎ C.NH4F电离产生的F-与Ca2+结合形成CaF2沉淀，与Mg2+结合形成MgF2沉淀，从而达到除去钙离子、镁离子，C正确；‎ D.在加入NH4F除去钙离子、镁离子后的溶液中加入草酸或可溶性的草酸盐，反应产生草酸镍，然后将溶液蒸发浓缩，析出晶体为NiC2O4·2H2O，D正确；‎ 故合理选项是A。‎ ‎25.固体粉末 X 中可能含有 Fe2O3、CuO、MnO2、CaO、NaCl 和 K2CO3 中的若干种。为确定该固体粉末的成分，进行了以下实验(所加试剂均过量)： ‎ ‎ ‎ 下列结论正确的是：‎ A. 固体粉末中一定含 K2CO3 B. X 中可能存在 Fe2O3‎ C. 沉淀 M 一定含 AgCl D. 沉淀 Y 中不一定存在 MnO2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.固体粉末X中加入水，有难溶性的固体Y，也有可溶性的液体Z，该溶液显碱性，可能是CaO溶于水，与水反应产生的Ca(OH)2电离导致，也可能是 K2CO3 水解使溶液显碱性，A不合理；‎ B.若固体粉末 X 中含有 Fe2O3，该物质不溶于水，向其中加入盐酸，发生反应产生FeCl3和水，该盐的水溶液显黄色，从而得到有色溶液，B正确；‎ C.向溶液Z中加入AgNO3溶液，产生沉淀M，可能是Ag2CO3，也可能是AgCl，C错误；‎ D.向不溶于水的固体中加入浓盐酸，发生反应，产生黄绿色气体，是由于发生反应：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，可以证明沉淀 Y 中一定存在MnO2，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ 非选择题部分 二、非选择题(本大题共 7 小题，共 50 分) ‎ ‎26.化石燃料是有机物的重要来源，从煤和石油获取的有机物苯和乙烯等简单有机物还是合成其他有机物的原料。如图的转化关系中，已知C能使碳酸钠溶液释放出CO2，反应①②反应机理类似且原子利用率均为 100%，请回答下列问题： ‎ ‎ ‎ ‎(1)有机物B中含有的官能团名称是_________________。 ‎ ‎(2)反应①的反应类型为_________________。 ‎ ‎(3)写出反应④的化学方程式__________________________。 ‎ ‎(4)下列说法正确的是_________________。 ‎ A．乙烯与氧气在催化剂作用下反应也可以生成 C ‎ B．纯C在 16.6℃ 以下呈冰状固体 ‎ C．在制备D时，D中常混有一些挥发出来的反应物，可以通过加入NaOH溶液振荡再分液的方法提纯 ‎ D．石油裂解气通过净化和分离也能得到丙烯这样的短链烯烃 ‎【答案】 (1). 醛基 (2). 加成反应 (3). +CH3COOH +H2O (4). ABD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 苯与乙炔CH≡CH在一定条件下发生加成反应，产生苯乙烯 ‎，苯乙烯与水发生加成反应产生；CH2=CH2被催化氧化产生的B是CH3CHO，乙醛催化氧化产生乙酸CH3COOH，乙酸与发生酯化反应产生的D是乙酸苯乙酯和水。‎ ‎【详解】(1)有机物 B是CH3CHO，在B中含有的官能团名称是醛基；‎ ‎(2)反应①是苯与乙炔发生加成反应产生苯乙烯，所以①的反应类型为加成反应；‎ ‎(3)反应④是CH3COOH与苯乙醇发生酯化反应，产生乙酸苯乙酯和水，反应的化学方程式为：+CH3COOH +H2O；‎ ‎(4) A.乙烯与氧气在催化剂作用下反应，可以先氧化产生乙醛，然后进一步氧化产生乙酸，也可以直接氧化生成 C，A正确；‎ B.纯净的乙酸熔点是16.6℃，所以温度在16.6℃以下时，乙酸呈冰状固体，俗称冰醋酸，B正确；‎ C.在制备乙酸苯乙酯 时，在D物质中常混有一些挥发出来乙酸，若向其中加入NaOH溶液振荡，乙酸与NaOH发生中和反应，而酯在NaOH溶液中也会发生水解反应，因此不能用这种方法分离提纯，C错误； ‎ D.石油裂解气含有乙烯、丙烯等多种短链气态不饱和烃，可利用它们的性质的不同，通过净化和分离得到丙烯这样的短链烯烃，D正确；‎ 故合理选项是ABD。‎ ‎【点睛】本题考查了有机物的结构、性质、转化、合成的知识。掌握官能团的性质及反应条件是解答的关键，充分利用题干提供的信息进行解答，同时考查了学生接受信息，利用信息的能力。‎ ‎27.已知化合物 A 由两种元素组成，某研究小组按如图流程探究其组成，其中 D 是一种能使品红溶液褪色的气体。 ‎ ‎ ‎ 请回答下列问题： ‎ ‎(1)化合物 A 的组成元素有______。(填元素符号) ‎ ‎(2)写出 A→B+D 的化学方程式_________。 ‎ ‎(3)写出 D→E 的离子方程式________。‎ ‎【答案】 (1). Fe、S (2). 4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2 (3). SO2+Cl2+2H2O =4H++SO42-+2Cl-‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化合物 A 由两种元素组成，在足量的空气中煅烧产生红棕色固体B和能使品红溶液褪色的气体D，则B是Fe2O3, 可知A中含有Fe元素；气体D与Cl2在水中发生反应，向反应后的溶液中加入足量BaCl2溶液产生白色沉淀F是BaSO4，说明氯水氧化了气体D，反应产生的物质是HCl和H2SO4的混合溶液，反应产生的硫酸钡沉淀质量是4.66g，说明A中含有S元素；因此化合物A是Fe、S两种元素形成的化合物；n(Fe2O3)==0.005mol，n(Fe)=0.01mol，n(SO2)=n(BaSO4)==0.02mol，n(Fe):n(S)= 0.01mol:0.02mol=1:2，所以A是化学式是FeS2。‎ ‎【详解】(1)由以上分析可知，A组成元素为Fe、S，化学式为FeS2；‎ ‎(2)FeS2高温煅烧，反应产生Fe2O3和SO2，根据电子守恒、原子守恒，可得反应的化学方程式为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2；‎ ‎ (3)SO2溶于水，向水溶液中通入氯气，发生氧化还原反应，产生盐酸和硫酸，该反应的离子方程式为：SO2+Cl2+2H2O=4H++SO42-+2Cl-。‎ ‎【点睛】本题综合考查无机物的推断，Fe2O3是红棕色固体，SO2能够使品红溶液褪色是本题的突破口，注意把握物质的性质以及反应现象，结合质量守恒推断物质的组成，本题侧重于学生的分析、计算和实验能力的考查。‎ ‎28.硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]是分析化学中的重要试剂：某学习小组为探究其分解产物设计如下实验装置。 ‎ 硫酸亚铁铵在500 ℃时隔绝空气加热完全分解，固体产物可能有 FeO和Fe2O3，气体产物可能有NH3、SO3、SO2、N2和H2O ‎ ‎(1)A 中固体充分加热较长时间后，通入氮气，目的是 _______________ 。‎ ‎(2)能证明气体产物中有SO2 的实验现象是____________ ‎ ‎(3)设计一个实验方案，用化学方法证明固体产物不含二价铁：________________‎ ‎【答案】 (1). 使分解产生的气体在B、C中被吸收充分 (2). C 中产生白色浑浊 (3). 取少量固体样品，加入稀硫酸溶解，加入酸性KMnO4溶液，不褪色(或加入K3Fe(CN)6溶液，不产生蓝色沉淀)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 硫酸亚铁铵在500℃时隔绝空气加热完全分解，固体产物可能有FeO和Fe2O3，气体产物可能有NH3、SO3、SO2、N2和H2O，SO3溶于水反应产生硫酸，装置B中BaC12溶液的作用是为了检验分解产物中是否有SO3气体生成，若含有该气体，会生成硫酸钡白色沉淀，观察到的观象为溶液变浑浊，C中有白色沉淀生成，是因为SO2被双氧水氧化成SO42-，SO42-再与Ba2+结合成沉淀BaSO4，则C中发生的反应为SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4↓+2H+。据此解答。‎ ‎【详解】硫酸亚铁铵在500℃时隔绝空气加热完全分解，固体产物可能有FeO和Fe2O3，气体产物可能有NH3、SO3、SO2、N2和H2O，装置B中BaC12溶液的作用是为了检验分解产物中是否有SO3气体生成，若含有该气体，会生成硫酸钡白色沉淀，观察到的观象为溶液变浑浊，C中有白色沉淀生成，是因为SO2被双氧水氧化成SO42-，SO42-再与Ba2+结合成沉淀BaSO4，则C中发生的反应为SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4↓+2H+。‎ ‎(1)待A中固体充分加热较长时间后，通入氮气目是使分解生成的气体在B、C装置中完全吸收；‎ ‎(2)SO2与H2O2会发生反应：SO2+H2O2=H2SO4，反应产生的硫酸与BaCl2溶液发生复分解反应：Ba2++SO42-=BaSO4↓，BaSO4是白色沉淀，因此能证明气体产物中有SO2的实验现象是C中生成了白色沉淀；‎ ‎(3)利用二价铁离子具有还原性设计实验检验其存在，实验设计为：取少量固体于试管中，加稀硫酸溶解，然后向其中滴入酸性KMnO4溶液，若酸性KMnO4溶液不褪色，证明此固体产物不含二价铁。‎ ‎【点睛】本题考查了物质性质的实验探究和实验设计，注意物质的稳定性、SO3是酸性氧化物、SO2、Fe2+具有还原性，可以被双氧水及酸性高锰酸钾溶液氧化，若检验Fe2+，可根据其还原性，反应现象要明显，操作容易进行。‎ ‎29.某包黑色固体混合物可能含有铁粉、氧化铜、炭粉中的二种或三种，取 86.4g 此固体混合物通足量氢气并加热使之反应完全，剩余固体质量 73.6g ，将此剩余固体溶于 1000mL0.500mol·L-1 硫酸中，过滤，向滤液中加入 500mL 某浓度 NaOH 溶液,恰好使沉淀完全，将沉淀灼烧得固体 32.0g。试计算： ‎ ‎(1)所用 NaOH 溶液的浓度是____________mol·L-1。 ‎ ‎(2)固体混合物的成分及其物质的量之比是____________。‎ ‎【答案】 (1). 2.00 (2). n(Fe):n(CuO)=1∶2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将固体混合物通足量氢气并加热使之反应完全，固体质量由86.4g变为73.6g，减少的质量为O元素的质量，据此可计算出CuO的质量和物质的量，将用H2还原后的固体混合物用稀硫酸处理，Fe会发生反应形成FeSO4进入溶液，置换出来的Cu单质及可能混有的C单质仍以固体形式存在，过滤，向滤液中加入500mL某浓度NaOH溶液，NaOH先与过量的硫酸发生复分解反应，然后是NaOH与FeSO4发生复分解反应产生的沉淀为Fe(OH)2，将沉淀灼烧得固体是Fe2O3，质量是32.0g。根据Fe元素守恒可得Fe的质量，结合Fe、CuO的质量和与86.4g进行比较，可判断是否含有C元素及其质量大小。‎ ‎【详解】(1)将灼烧后剩余固体用硫酸溶解，Fe变为FeSO4，加入NaOH溶液时，发生反应：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，FeSO4+2NaOH=Fe(OH)2↓+Na2SO4，将固体过滤、洗涤，灼烧，Fe(OH)2变为Fe2O3，质量是32.0g，n(Fe2O3)=，n(Fe)=2n(Fe2O3)=0.4mol，根据Na、S元素守恒可得n(NaOH)=2n(H2SO4)=2×0.500mol/L×1L=1.000mol，由于NaOH溶液的体积为500mL，所以c(NaOH)=；‎ ‎(2)根据(1)分析可知n(Fe)=2n(Fe2O3‎ ‎)=0.4mol，m(Fe)=0.4mol×56g/mol=22.4g，由于原混合物质量是86.4g，用足量氢气还原后得到固体质量为73.6g，减少质量为其中含有的O元素的质量，n(O)=n(CuO)==0.8mol，根据Cu元素守恒可知n(CuO)=n(Cu)=0.8mol，则m(CuO)=0.8mol×80g/mol=64g，64g+22.4g=86.4g，CuO与Fe粉的质量和恰好为原固体的质量，说明原固体中只含有CuO、Fe单质，n(Fe)：n(CuO)=0.4mol：0.8mol=1：2。‎ ‎【点睛】本题考查了混合物成分的判断及其物质的量关系的知识。在加热条件下氢气具有还原性，可将金属从化合物中置换出来，金属活动性顺序表中排在H前边的金属可以与酸发生置换反应，要考虑用差量方法及用元素守恒分析、计算，同时要注意化学反应的先后顺序及金属氢氧化物在灼烧时的成分的确定。‎ ‎30.(一)乙醇是一种重要的化工原料，也常用于生产乙醇汽油，解决燃油替代问题。最新以生物质为原料合成乙醇的方案设计中，化学家提出了用H2还原乙酸的方法来提高乙醇的产率和品质。 ‎ ‎(1)用H2还原乙酸获得乙醇的反应为 CH3COOH(g)+2H2(g)CH3CH2OH(g)+H2O(g) ΔH。该反应在一定条件下能自发进行，则ΔH__________(填“<”或“>”)0。 ‎ ‎(2)已知该工艺中存在副反应：CH3COOH(g)+H2(g)CO(g)+CH4(g)+H2O(g) ΔH＞0。下列措施不能提高乙醇产率的是_____________。 ‎ A.升高温度 B.增大压强 ‎ C.选择合适催化剂 D.增大 ‎ ‎(3)下列描述能说明反应CH3COOH(g)+2H2(g)CH3CH2OH(g)+H2O(g)已达化学平衡的是________。 ‎ A.氢气、乙酸、乙醇浓度相同 B.2v(H2)正=v(CH3CH2OH)逆 ‎ C.生成1 mol CH3COOH的同时生成1 mol H2O D.体系中乙醇的百分含量保持不变 ‎ ‎(4)在=2的条件下投料，某研究小组进行了在相同压强下在相同时间内乙醇的产率随温度变化的测定实验。在图中画出乙醇的产率随温度变化的示意图__________。 ‎ ‎(二)NO2是大气污染的主要污染物之一；硝酸盐是水体污染的污染物之一。电化学降解NO3-的原理如图所示，阴极电极反应式为___________________________。 ‎ ‎【答案】 (1). < (2). AC (3). CD (4). (5). 2NO3-+12H＋+10e-=N2↑+6H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(一)(1)利用反应自发进行时，△G=△H-T△S<0，利用△S<0，进行判断；‎ ‎(2)从外界条件对可逆反应的平衡移动原理方向分析，若改变条件使CH3COOH(g)+2H2(g)CH3CH2OH(g)+H2O(g)正向移动，则乙醇产率增大，反之产率降低；‎ ‎(3)可逆反应达到平衡状态时，任何物质的浓度不变，任何物质的含量不变，用同一物质表示的正反应、逆反应的速率保持不变；‎ ‎(4)根据在反应达到平衡前，升高温度，化学反应速率加快，更多的反应物变为生成物；当反应达到平衡后，升高温度化学平衡向吸热的反应方向移动分析乙醇的产率然后画出其相应的图象。‎ ‎(二)根据图象知，NO3-得电子发生还原反应生成N2，则Ag-Pt作阴极，Pt电极为阳极，a为正极，b为负极，以此解答。‎ ‎【详解】(1)反应CH3COOH(g)+2H2(g)CH3CH2OH(g)+H2O(g) ΔH在一定条件下能自发进行，由于△G=△H-T△S<0，△S<0，则ΔH<0。 ‎ ‎(2)A.由于CH3COOH(g)+2H2(g)CH3CH2OH(g)+H2O(g)的正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，使乙醇产率降低，且反应逆向移动，而该反应的副反应：CH3COOH(g)+H2(g)CO(g)+CH4(g)+H2O(g) ΔH>0的正反应是吸热反应，温度升高，更多的反应物反应生成CO、CH4等，最终导致乙醇产率降低，A符合题意；‎ B.增大压强副反应的平衡逆向移动，主反应向正反应方向移动，最终使乙醇产率增大，B不符合题意；‎ C.选择合适催化剂，不能使化学平衡发生移动，乙醇的转化率不变，C符合题意；‎ D.增大，主反应向正反应方向移动，更多的乙酸变为乙醇，乙醇的产率增大，D不符合题意；‎ 故合理选项是AC；‎ ‎(3) A.可逆反应达到平衡时氢气、乙酸、乙醇的浓度可能相同，也可能不相同，这取决于开始时加入的乙酸、氢气的物质的量的比及转化率，A错误； ‎ B.任何条件下，v(H2)正=2v(CH3CH2OH)正，若2v(H2)正=v(CH3CH2OH)逆，4v(CH3CH2OH)正= v(CH3CH2OH)逆，同一物质表示的正反应、逆反应的速率不相等，反应达到平衡，B错误；‎ C.生成1 mol CH3COOH就会消耗1molH2O，同时生成1molH2O，说明水的浓度不变，任何物质的浓度不变，反应达到平衡，C正确；‎ D.若反应达到平衡，任何物质的物质的量不变，则物质的量浓度不变，混合物形成的体系中乙醇的百分含量保持不变，反应达到平衡，D正确；‎ 故合理选项是CD；‎ ‎(4)在氢气与乙酸混合比例不变时，升高温度，反应物分子能量增加，反应速率加快，更多的反应物转化为乙醇，乙醇的产率随温度的升高而增大；当在某温度下达到平衡时，乙醇转化率达到最大值，后随着温度的升高，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，使乙醇的产率降低，所以乙醇的产率与温度的变化曲线关系为：。‎ ‎(二)由图示知在Ag-Pt电极上NO3-发生还原反应，因此Ag-Pt电极为阴极，则b为负极，a为电源正极，在阴极反应是NO3-得电子发生还原反应生成N2，利用电荷守恒与原子守恒知有氢离子参与反应且有水生成，所以阴极上发生的电极反应式为：2NO3-+12H++10e-=N2+6H2O。‎ ‎【点睛】本题考查了反应自发性的判断、化学平衡状态的判断、物质平衡转化率的变化规律及电解原理，明确反应自发性判断依据、化学平衡状态的特征及实质和电解池中阴阳极上发生的电极反应及离子移动方向，是解答问题的关键，综合考查了化学反应基本原理。‎ ‎31.实验室用绿矾(FeSO4·7H2O)制备补血剂甘氨酸亚铁[(H2NCH2COO)2Fe]，有关物质性质如下: ‎ 甘氨酸(H2NCH2COOH) ‎ 柠檬酸 ‎ 甘氨酸亚铁 ‎ 易溶于水,微溶于乙醇,两性化合物 ‎ 易溶于水和乙醇,有酸性和还原性 ‎ 易溶于水,难溶于乙醇 ‎ 实验过程: ‎ I．配制含 0.10molFeSO4 的绿矾溶液。 ‎ II．制备 FeCO3: 向配制好的绿矾溶液中，缓慢加入 200mL1.1mol/LNH4HCO3 溶液，边加边搅拌，反应结束后过滤并洗涤沉淀。 ‎ III．制备(H2NCH2COO)2Fe: 实验装置如下图(夹持和加热仪器已省略)，将实验 II 得到的沉淀和含 0.20mol 甘氨酸的水溶液混合后加入 C 中，然后利用 A 中反应产生的气体将 C 中空气排净，接着滴入柠檬酸溶液并加热。反应结束后过滤，滤液经蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥得到产品。 ‎ ‎ ‎ 回答下列问题: ‎ ‎(1)实验 I 中:配制绿矾溶液时，为防止 FeSO4 被氧化变质，应加入试剂为_________ (写化学式)。 ‎ ‎(2)实验 II 中:生成沉淀的离子方程式为_______________________________________。 ‎ ‎(3)实验 III 中: ‎ ‎①装置 A中所盛放的药品是_______ (填序号)。 ‎ a．Na2CO3 和稀 H2SO4 b．CaCO3 和稀 H2SO4 c．CaCO3 和稀盐酸 ‎ ‎②确认 C 中空气排尽实验现象是___________________________________________。 ‎ ‎③加入柠檬酸溶液一方面可调节溶液的 pH 促进 FeCO3 溶解，另一个作用是________。 ‎ ‎④洗涤实验 III 中得到的沉淀，所选用的最佳洗涤试剂是__________ (填序号)。 ‎ a．热水 b．乙醇溶液 c．柠檬酸溶液 ‎ ‎⑤若产品的质量为 17.34g,则产率为__________________。‎ ‎【答案】 (1). Fe (2). Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+ H2O (3). c (4). D中澄清石灰水变浑浊 (5). 防止二价铁被氧化 (6). b (7). 85%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)实验 I 中在配制绿矾溶液时，为防止 FeSO4 被氧化变质，应加入还原剂，同时不能引入新的杂质；‎ ‎(2)实验 II 中FeSO4与NH4HCO3 溶液发生反应，生成FeCO3沉淀和CO2及H2O；‎ ‎(3)①装置A为固液不加热型制气装置，且具有随开随用、随关随停的特点，所以应选择块状不溶于水，酸只能选择盐酸，若选择硫酸，生成的CaSO4微溶于水，阻碍反应的进行；‎ ‎②当C中充满CO2后，使D中的澄清石灰水变浑浊；‎ ‎③由题中信息“易溶于水和乙醇，有强酸性和还原性”分析；‎ ‎④根据甘氨酸亚铁“易溶于水，难溶于乙醇”分析洗涤试剂；‎ ‎⑤含0.10molFeSO4的绿矾溶液中Fe2+的物质的量为0.10mol，因NH4HCO3溶液过量，所以根据Fe元素守恒，生成(NH2CH2COO)2Fe的物质的量为0.10mol，根据m=n·M计算出(NH2CH2COO)2Fe的质量，然后可计算出其产率。‎ ‎【详解】(1)在实验 I 中的配制绿矾溶液时，由于Fe2+具有还原性，容易被氧化产生Fe3+，为防止 FeSO4 被氧化变质，同时应避免引入新的杂质，要加入还原铁粉，会发生反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+，过量的铁粉过滤除去；‎ ‎(2)在实验 II 中FeSO4与NH4HCO3 溶液发生反应，生成FeCO3沉淀和CO2及H2O，反应的离子方程式为：Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+ H2O；‎ ‎(3)①装置A为固液不加热型制气装置，且具有随开随用、随关随停的特点，所以应选择块状不溶于水的CaCO3，酸只能选择盐酸，若选择硫酸，生成的CaSO4微溶于水，阻碍反应的进行，故合理选项是c；‎ ‎②当C中充满CO2后，CO2开始进入D中，使D中的澄清石灰水变浑浊，这时说明C中空气已经排尽；‎ ‎③由题中信息可知，柠檬酸具有强还原性，还可防止Fe2+被氧化；‎ ‎④因甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇，所以应选择乙醇溶液作洗涤剂，故选b，‎ 故答案为：b；‎ ‎⑤含0.10molFeSO4的绿矾溶液中Fe2+的物质的量为0.10mol，因NH4HCO3溶液过量，根据Fe元素守恒可知生成(NH2CH2COO)2Fe的物质的量为0.10mol,其质量为：m[(NH2CH2COO)2Fe]=n·M=0.10mol×204g/mol=20.4g，则(NH2CH2COO)2Fe的产率为：×100%=85%。‎ ‎【点睛】本题考查物质制备方案的设计的知识，涉及物质分离提纯、对操作的分析评价、化学反应基本原理、氧化还原反应滴定应用等，明确物质的性质、仪器的结构及实验原理为解题关键，注意掌握常见化学实验基本操作方法，试题有利于提高学生的分析能力及化学实验能力。‎ ‎32.抑制结核杆菌的药物 PAS-Na(对氨基水杨酸钠)的合成：‎ 已知：①(苯胺、弱碱性、易氧化) ‎ ‎② ‎ ‎③R-Cl R-OH 下面是 PAS-Na 的一种合成路线(部分反应的条件未注明)： ‎ ‎ ‎ 按要求回答问题： ‎ ‎(1)下列说法正确的是_______________； ‎ A.化合物A只能发生氧化反应，不能发生还原反应 ‎ B.反应A →B为取代反应 ‎ C.反应II和反应III可以调换顺序 D.对氨基水杨酸既能与酸反应，也能与碱反应 ‎ ‎(2)写出反应Ⅰ的化学方程式_________________________； ‎ ‎(3)写出下列物质的结构简式：C：____________________； ‎ ‎(4)一种有机物 E，它是化合物 A 的同系物，每个分子中比 A 多二个碳原子；1H-NMR 谱显示 E 分子中含有苯环，且苯环上有两种不同化学环境的氢原子,请写出符合以上条件的 E 的所有同分异构体的结构简式： ____________________________。 ‎ ‎(5)写出以 A 为原料制备的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)_____________________。‎ ‎【答案】 (1). BD (2). +Br2 HBr+ (3). (4). (5). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由对氨基水杨酸钠的结构可知A应为甲苯，甲苯与浓硝酸在浓硫酸、加热条件下发生硝化反应生成B，由对氨基水杨酸钠中氨基与-COONa的位置可知，A发生甲基对位取代生成B，则B为对硝基甲苯，B与溴在Fe作催化剂条件下发生取代反应，由对氨基水杨酸钠的结构可知，应发生甲基的邻位取代，故C7H6BrNO2的结构简式为，由于酚羟基、氨基易被氧化，故生成C的反应为氧化反应，被酸性高锰酸钾氧化生成C为，C在碱性条件下水解生成D为，D在Fe、HCl、水条件下发生还原生成E为，E与碳酸氢钠反应生成对氨基水杨酸钠。‎ ‎【详解】(1)A.化合物A为甲苯，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，苯环也能与氢气发生加成反应，与氢气的加成反应属于还原反应，A错误；‎ B.反应A→B发生硝化反应，属于取代反应，B正确；‎ C.由于酚羟基、氨基易被氧化，反应II和反应III不能调换顺序，C错误；‎ D.对氨基水杨酸 分子中含有氨基、羧基、酚羟基，氨基可以与酸发生反应；羧基、酚羟基可以与碱发生反应，因此对氨基水杨酸既能与酸反应，也能与碱反应，D正确；‎ 故合理选项是BD；‎ ‎(2)反应I是B与Br2在FeBr3催化下发生甲基邻位的取代反应，方程式为：+Br2 +HBr；‎ ‎(3) 与酸性高锰酸钾溶液发生反应，甲基被氧化变为羧基，产生C，因此C的结构简式为：；‎ ‎(4)A是甲苯，有机物 E是化合物 A 的同系物，每个分子中比 A 多二个碳原子；1H-NMR 谱显示 E 分子中含有苯环，且苯环上有两种不同化学环境的氢原子，则符合以上条件的 E 的同分异构体的结构简式可能是： ；‎ ‎(5)甲苯与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生取代反应，产生，与 酸性KMnO4溶液混合，发生反应，甲基被氧化变为羧基，得到邻硝基苯甲酸：，邻硝基苯甲酸在Fe、HCl、水条件下发生还原反应，硝基被还原，变为氨基，得到物质，因此以甲苯为原料合成的路线为： 。‎ ‎【点睛】本题考查有机物的推断与合成，熟练掌握有机物及官能团的性质与转化，注意：①-COOH由-CH3氧化而来，②-NH2由-NO2还原而得，故第一步反应-NO2引入到-CH3的对位上，③-OH由-X水解得，故第二步反应-Br引入到-CH3的邻位上，由于酚羟基、氨基易被氧化，在反应顺序上要先氧化后还原，注意官能团的保护。‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎