2017-2018学年浙江省嘉兴市第一中学高二上学期期末考试化学试题 解析版
浙江省嘉兴市第一中学2017-2018学年高二上学期期末考试化学试题
考生须知：
1．本卷满分100分，考试时间90分钟；
2．答题前，在答题卷指定区域填写学校、班级、姓名、试场号、座位号及准考证号。
3．所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效；
4．考试结束后，只需上交答题卷。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 P 31 S 32 Cl 35.5 K 39 Mn 55 Fe 56 Cu 64 Ag 108 Ba 137
选择题部分
一、选择题（每小题只有1个正确选项符合题意。每小题2分，共50分）
1. 下列属于碱的是
A. HI B. KClO C. NH3.H2O D. CH3OH
【答案】C
【解析】A.HI在溶液中电离出的阳离子全为氢离子，属于酸，故A错误；B.KClO是由钾离子和次氯酸根离子构成的盐，故B错误；C. NH3.H2O在溶液中电离出的阴离子全为氢氧根离子，属于碱，故C正确；D. CH3OH是由碳、氢、氧三种元素形成的醇，在溶液中不能电离出离子，属于有机物，故D错误；答案选C。
2. 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。
3. 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。
4. 下列分散系能起到吸附水中浮游杂质作用的是
A. 烧碱 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。
5. 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】根据仪器构造可判断A～D选项中四种仪器分别是圆底烧瓶、分液漏斗、容量瓶和烧杯，答案选B。
6. 化学来源于生活，下列有关常识说法错误的是
A. 用灼烧法可以区分蚕丝和人造皮革 B. 垃圾焚烧会产生二噁英等有害物质
C. 医用消毒酒精中乙醇的浓度为90% D. 加热能杀死流感病毒是因为蛋白质受热变性
【答案】C
【解析】A.蚕丝含有蛋白质，灼烧时有烧焦羽毛的气味，为蛋白质的特有性质，可用灼烧的方法区分蚕丝和人造皮革，故A正确；B.焚烧垃圾容易产生二噁英等有害物质，污染环境，故B正确；C.医用消毒酒精中乙醇的浓度为75%，故C错误；D.高温能使蛋白质发生变性，所以加热能杀死流感病毒，故D正确；答案选C。
7. 下列表示不正确的是
A. 二氧化硅的分子式 SiO2 B. HBr的结构式：H－Br
C. CH4的比例模型 D. Clˉ的结构示意图
【答案】A
【解析】A.二氧化硅是原子晶体，不存在分子式，故A错误；B.H原子和Br原子之间形成一个共用电子对，HBr的结构式为：H－Br，故B正确；C.在甲烷分子中，1个C原子与4个氢原子构成正四面体结构，C原子位于正四面体的中心，且C原子半径大于H原子半径，所以甲烷的比例模型为，故C正确；氯离子的核电荷数为17，核外电子数为18，结构示意图为：，故D正确；答案选A。
点睛：本题主要考查常见化学用语的表示方法，涉及分子式、结构式、分子的比例模型等，明确常见化学用语的书写原则是解答本题的关键，试题难度不大，本题的易错点是A项，解题时要注意二氧化硅是原子晶体，不存在分子式，SiO2只是二氧化硅的化学式。
8. 下列能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝的气体是
A. NH3 B. CO2 C. Cl2 D. SO2
【答案】C
【解析】A.氨气不能将KI氧化生成I2，不能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，故A不选；B.二氧化碳不能将KI氧化生成I2，不能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，故B不选；C.氯气可以将KI氧化生成I2，能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，故C选；D.二氧化硫不能将KI氧化生成I2，不能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，故D不选；答案选C。
9. 下列物质放入水中，会显著降温的是
A. 氢氧化钠 B. 蔗糖 C. 生石灰 D. 氯化铵
【答案】D
【解析】A.氢氧化钠溶于水放热，溶液温度升高，故A不选；B.蔗糖溶于水，热效应不明显，温度几乎无变化，故B不选；C.生石灰与水反应放出大量的热，溶液温度升高，故C不选；D.氯化铵溶于水吸热，溶液温度降低，故D选；答案选D。
10. 《本草衍义》中对精制砒霜过程有如下叙述：“取砒之法，将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器，遂凝结累然下垂如乳。”文中涉及操作方法是
A. 蒸馏 B. 萃取 C. 盐析 D. 升华
【答案】D
【解析】“取砒之法，将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器，遂凝结累然下垂如乳”，涉及到用加热的方法，将被提纯物质气化、冷凝成固体的过程，为升华的操作，故答案选D。
11. 下列关于有机化合物的说法正确的是
A. 苯与乙苯不属于同系物 B. 由丙烯生成丙醇属于加成反应
C. C4H9Cl有3种同分异构体 D. 油脂和纤维素都属于高分子化合物
【答案】B
........................
12. 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)，达到平衡，下列说法正确的是
A. 将体积缩小为原来的一半，当体系再次达到平衡时，CO2的浓度不变
B. 将体积增大为原来的2倍，再次达到平衡时，气体的密度变大
C. 因CaCO3(s)需加热条件才分解生成CaO(s)和CO2(g)，所以是△H<0
D. 保持容器压强不变，充入He，平衡向逆反应方向进行
【答案】A
【解析】A. 根据CaCO3(s)CaO(s)+CO2(g)可知，该反应的平衡常数K=c(CO2)，将体积缩小为原来的一半，当体系再次达到平衡时，因温度不变，则K值不变，所以c(CO2)也不变，故A正确；B. 该反应中只有二氧化碳为气体，所以反应过程中气体的密度始终不变，则将体积增大为原来的2倍，再次达到平衡时，气体密度不变，故B错误；C. CaCO3(s)
CaO(s)+CO2(g)是分解反应，该反应为吸热反应，所以△H＞0，故C错误；D. 保持容器压强不变，充入He，容器体积增大，CO2的浓度减小，平衡将向正反应方向进行，故D错误；答案选A。
点睛：本题主要考查化学平衡及其影响因素，试题难度中等，明确影响化学平衡的因素是解答本题的关键，本题的易错点是A项和B项，解题时要注意无论平衡是否移动，反应中都只有二氧化碳一种气体，灵活利用平衡常数K=c(CO2)且温度不变，K值不变进行分析即可得出正确结论。
13. 下列离子方程式不正确的是
A. 足量SO2通入NaClO溶液中：SO2＋H2O＋ClO-===SO42-＋Cl-＋2H+
B. 在稀氨水中通入过量CO2：NH3·H2O＋CO2===NH4+＋HCO3-
C. 用浓H2SO4溶解FeS固体：FeS＋2H＋===Fe2＋＋H2S↑
D. 氢氧化钡溶液与等物质的量的稀H2SO4混合：Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42- ===BaSO4↓＋2H2O
【答案】C
【解析】A. SO2具有较强的还原性，NaClO具有强氧化性，足量SO2通入NaClO溶液中发生氧化还原反应，离子方程式为：SO2＋H2O＋ClO－=SO42－＋Cl－＋2H+，故A正确；B. 在稀氨水中通入过量CO2，反应生成NH4HCO3，离子方程式为：NH3·H2O＋CO2=NH4+＋HCO3－，故B正确；C. 因浓硫酸具有强氧化性，可把Fe2＋和H2S氧化，所以用浓H2SO4溶解FeS固体，不能生成Fe2＋和H2S，故C错误；D. 氢氧化钡溶液与等物质的量的稀H2SO4混合，反应的离子方程式为：Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42－ =BaSO4↓＋2H2O，故D正确；答案选C。
点睛：本题主要考查离子方程式的正误判断，试题难度中等，明确发生的化学反应及离子方程式的书写方法是解答的关键，本题的易错点是C项，因浓硫酸具有强氧化性，则生成物不可能为Fe2＋和H2S，所以在解题时要注意掌握离子方程式正误判断的常用方法，主要包括：检查反应能否发生、检查反应物和生成物是否正确、检查各物质拆分是否正确、检查是否符合原化学方程式等。
14. 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物可用作制冷剂，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。由X、Y和Z三种元素形成的一种盐溶于水后，加入稀硫酸，有黄色沉淀析出，同时有刺激性气体产生。下列说法不正确的是
A. W的简单氢化物的热稳定性比X的弱
B. Z与X属于同一主族，与Y属于同一周期
C. Y的简单离子与X的具有相同的电子层结构
D. Y与Z形成的化合物的水溶液可使蓝色石蕊试纸变红
【答案】D
【解析】W的简单氢化物可用作制冷剂，常见为氨气，则W为N元素，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，应为Na元素，由X、Y和Z三种元素形成的一种盐溶于水后，加入稀硫酸，有黄色沉淀析出，同时有刺激性气体产生，黄色沉淀为S，则由X、Y和Z三种元素形成的一种盐为Na2S2O3，刺激性气体为SO2，则X为O元素，Z为S元素。A. 因非金属性O＞N，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故A正确；B. Z为S元素，与O同主族，与Na同周期，故B正确；C. Y为Na元素，X为O元素，二者对应的简单离子核外都有10个电子，具有相同的电子层结构，故C正确；D. Y与Z形成的化合物为Na2S，为强碱弱酸盐，水解使溶液呈碱性，可使石蕊试液变蓝色，故D错误；答案选D。
点睛：本题考查原子结构与元素周期律，准确掌握元素的性质、原子序数、元素化合物知识来推断元素为解答本题的关键，本题的易错点是D项，解题时要注意酸碱指示剂的颜色变化，因Na2S为强碱弱酸盐，水解使溶液呈碱性，可使石蕊试液变蓝色而不是变红色。
15. 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。
16. 化学与科技、医药、工业生产均密切相关。下列有关叙述正确的是
A. 离子交换膜在工业上应用广泛，如氯碱工业使用阴离子交换膜
B. 半导体行业中有一句话：“从沙滩到用户”，计算机芯片主要材料是经提纯的SiO2
C. 2017年4月26日，中国第二艘航母举行下水仪式，该航母使用了素有“现代工业的骨骼”之称的碳纤维。碳纤维是一种新型的有机高分子材料
D.
获得2015年诺贝尔生理学、医学奖的屠呦呦女士用乙醚从黄花蒿中提取出有机青蒿素分子，该技术应用了萃取原理
【答案】D
【解析】A. 在氯碱工业中，阴极生成氢氧化钠，钠离子向阴极移动，所以应采用阳离子交换膜，故A错误；B. Si为半导体材料，SiO2不导电，计算机芯片的主要材料是Si，故B错误；C. 碳纤维是指由有机合成材料和碳纤维通过加工制成的具有特殊性能的材料，是一种无机高分子材料，不是有机高分子材料，故C错误；D.因青蒿素易溶于乙醚，不易溶于水，所以乙醚从黄花蒿中提取出青蒿素为萃取原理，故D正确；答案选D。
17. 某玩具所用的钮扣电池的两极材料分别为锌和氧化银，电解质溶液为NaOH溶液，电池的总反应式为：Ag2O＋Zn===2Ag＋ZnO，下列判断正确的是
A. 锌为正极，Ag2O为负极 B. 锌为负极，Ag2O为正极
C. 原电池工作时，负极附近溶液的pH增大 D. 原电池工作时，电流由负极流向正极
【答案】B
【解析】A. 根据元素化合价变化可知Zn被氧化，应为原电池的负极，则正极为Ag2O，故A错误；B. 根据上述分析可知，锌为负极，Ag2O为正极，故B正确；C. 原电池工作时，负极发生反应Zn+2OH－－2e－=ZnO+H2O，溶液pH减小，故C错误；D. 原电池工作时，电流由正极流向负极，故D错误；答案选B。
点睛：本题主要考查原电池知识，试题难度不大，根据锌元素和银元素的化合价变化情况，判断Zn为负极、Ag2O为正极即可得出正确结论，本题的易错点是C项，解题时要注意根据负极发生的反应来判断负极附近溶液pH的变化。
18. 下列事实中，能说明MOH是弱碱的有
①0.1 mol/L MOH溶液可以使酚酞试液变红
②0.1 mol/L MCl溶液呈酸性
③相同条件下0.1 mol/L MOH溶液的导电性比0.1 mol/L NaOH溶液弱
④等体积的0.1 mol/L MOH溶液与0.1 mol/L HCl溶液恰好完全反应
A. ①②③ B. ②③ C. ②④ D. ③④
【答案】B
【解析】试题分析：①0.1mol/L MOH可以使酚酞试液变红，说明 MOH溶液呈碱性，而不能说明 MOH的电离程度，不能证明 MOH是弱电解质，错误；②0.1mol/L的MCl溶液的呈酸性，说明MCl为强酸弱碱盐，M+离子水解而导致溶液呈酸性，则MOH为弱电解质，正确；③0.1mol/L MOH溶液的导电性比0.1mol/L NaOH溶液弱，说明 MOH溶液中离子浓度较小，
MOH部分电离，正确；④等体积的0.1mol/L MOH溶液与0.1mol/L HCl溶液恰好完全反应，无论是强碱还是弱碱，都恰好完全反应，错误；选B。
考点：考查强弱电解质的判断。
19. 已知：H2(g)＋F2(g) ===2HF(g) ΔH＝－270 kJ·mol－1。下列说法正确的是
A. 在相同条件下，1 mol H2(g)与1 mol F2(g)的能量总和小于2 mol HF(g)的能量
B. 1 mol H2(g)与1 mol F2(g)反应生成2 mol液态HF放出的热量大于270 kJ
C. 该反应的逆反应是放热反应
D. 该反应过程的能量变化可用图来表示
【答案】B
【解析】A. 根据H2(g)＋F2(g) =2HF(g) ΔH＝－270 kJ·mol－1可知，该反应为放热反应，则在相同条件下，1 mol H2(g)与1 mol F2(g)的能量总和大于2 mol HF(g)的能量，故A错误；B. 物质由气态变为液态时放出能量，则1 mol H2(g)与1 mol F2(g)反应生成2 mol液态HF放出的热量大于270 kJ，故B正确；C. 因该反应的正反应为放热反应，所以逆反应是吸热反应，故C错误；D. 由反应方程式可知，该反应的ΔH＜0，为放热反应，说明反应物的总能量大于生成物的总能量，故D错误；答案选B。
20. 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。
21. 对利用甲烷消除NO2污染进行研究，CH4+2NO2N2+CO2+2H2O。在1L密闭容器中，控制不同温度，分别加入0.50molCH4和1.2molNO2，测得n(CH4)随时间变化的有关实验数据见下表。
组别
温度
n/mol时间/min
0
10
20
40
50
①
T1
n（CH4）
0.50
0.35
0.25
0.10
0.10
②
T2
n（CH4）
0.50
0.30
0.18
0.15
下列说法正确的是
A. 组别①中，0～20min内，NO2的降解速率为 0.0125 mol·Lˉ1·minˉ1
B. 由实验数据可知实验控制的温度T1＜T2
C. 40min时，表格中T2对应的数据为0.18
D. 0～10min内，CH4的降解速率①＞②
【答案】B
【解析】A、随着反应的进行，反应物的浓度降低，反应速率减小，故组别①中，0~20min内，NO2的降解平均速率为0.0125 mol·L-1·min-1，选项A错误；B、温度越高反应速率越大，达平衡所需时间越短，由实验数据可知实验控制的温度T1
①，选项D错误。答案选B。
22. 设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述不正确的是
A. 14 g乙烯和丁烯混合气体中的氢原子数为2NA
B. 2 molSO2与1 molO2反应生成的SO3分子数为2NA
C. 1 molFe放入过量的浓硫酸，电子转移数小于3NA
D. 标准状况下，2.24 LC3H8含有的共价键数为1.0NA
【答案】B
【解析】A. 乙烯和丁烯的最简式均为CH2，故14 g乙烯和丁烯混合气体中含有CH2的物质的量为14g÷14g/mol=1mol，氢原子物质的量为2mol，氢原子个数为2NA，故A正确；B. 因SO2和O2反应生成SO3为可逆反应，则2 molSO2与1 molO2不能完全反应生成SO3，反应生成的SO3分子数小于2NA，故B错误；C. Fe遇到浓硫酸发生钝化，Fe不能完全反应，则电子转移数小于3NA，故C正确；D. 标准状况下，C3H8为气体，则2.24 LC3H8的物质的量为2.24L÷22.4L/mol=0.1mol，因1个C3H8分子中含有10个共价键，所以0.1molC3H8分子中含有的共价键数为1.0NA，故D正确；答案选B。
23. 25 ℃时，在“H2A—HA-—A2-”的水溶液体系中，H2A、HA-和A2- 三者中各自所占的物质的量分数（α）随溶液pH变化的关系如图所示。下列说法正确的是
A. 在含H2A、HA-和A2- 的溶液中，加入少量NaOH固体，α（HA-）一定增大
B. 将等物质的量的NaHA和Na2A混合物溶于水，所得溶液中α（HA-）=α（A2-）
C. NaHA溶液中，HA-的水解能力大于HA-的电离能力
D. 在含H2A、HA-和A2-的溶液中，若c(H2A)+2c(A2-)+c(OH-)=c(H+)，则α（H2A）与α（HA-）不一定相等
【答案】D
【解析】A. 在含H2A、HA－和A2－的溶液中，当α（HA－）较大时，加入少量NaOH固体，因HA－与OH－反应生成A2－和H2O，会使α（HA－）减小，故A错误；B. 由图可知，将等物质的量的NaHA和Na2A混合物溶于水，所得溶液的pH小于7，则HA－的电离程度大于HA－和A2－的水解程度，所以α（HA－）＜α（A2－），故B错误；C. 由图可知，当HA－浓度远大于其它溶质时，溶液的pH小于7，呈酸性，说明HA－电离出的氢离子浓度远大于其水解出的氢氧根离子浓度，所以HA－的水解能力小于其电离能力，故C错误；D. 在只含H2A、HA－和A2－的溶液中，根据电荷守恒有：c(HA－)+2c(A2－)+c(OH－)=c(H+)，若c(H2A)+2c(A2－)+c(OH－)=c(H+)，则c(H2
A)和c(HA－)相等，α（H2A）与α（HA－）也相等，但是溶液中可能还有其他阳离子，所以α（H2A）与α（HA-）不一定相等，故D正确；答案选D。
24. 实验室可利用硫酸厂废渣(主要成分为铁的氧化物及少量FeS、SiO2等)制备聚铁和绿矾(FeSO4·7H2O)，聚铁的化学式可表示为[Fe2(OH)n(SO4)3－0.5n]m，主要工艺流程下：
下列说法正确的是
A. 炉渣中FeS与稀硫酸和氧气反应的离子方程式为：4FeS+3O2+12H+===4Fe3++4S↓+6H2O
B. 气体M的成分是SO2，通入H2O2溶液得到硫酸，可循环使用
C. 向溶液X中加入过量铁粉，充分反应后过滤得到溶液Y，再经蒸干即得绿矾
D. 溶液Z的pH影响聚铁中铁的质量分数，若其pH偏小，将导致聚铁中铁的质量分数偏小
【答案】C
【解析】炉渣加入硫酸溶液的同时通入氧气，得到的固体W为S和SiO2，灼烧得到气体M为二氧化硫，溶液X为含有Fe3+的溶液，调节溶液pH得到溶液Z加热得到聚铁胶体，溶液X中加入铁反应生成的溶液Y为硫酸亚铁溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到硫酸亚铁晶体。A. 炉渣中FeS与稀硫酸和氧气反应生成硫单质、硫酸铁和水，反应的离子方程式为4FeS+3O2+12H+=4Fe3++4S↓+6H2O，故A正确；B. 根据上述分析可知，气体M的成分是SO2，通入H2O2溶液得到硫酸，可循环使用，故B正确；C. 溶液X中加入过量铁粉，铁和硫酸铁溶液反应生成硫酸亚铁，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到绿矾，故C错误；D. 若溶液Z的pH偏小，则聚铁中生成的氢氧根离子的含量减少，硫酸根离子的含量偏大，将导致聚铁中铁的质量分数偏小，故D正确；答案选C。
25. 有600 mL某种混合物溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Cl-、Mg2+、Ba2+、CO32-、SO42-，现将此溶液分成三等份，进行如下实验：
(1)向第一份中加入AgNO3溶液，有沉淀产生；
(2)向第二份中加足量NaOH溶液并加热后，收集到气体0.04 mol；
(3)向第三份中加足量BaCl2溶液后，得干燥的沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g。 根据上述实验现象，以下推测正确的是
A. K+不一定存在 B. Ba2+、Mg2+不一定都存在
C. Cl-不一定存在 D. 混合溶液中CO32-的浓度为0.2 mol/L
【答案】C
【解析】第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生，可能发生Cl－+Ag+=AgCl↓、CO32－+2Ag+=Ag2CO3↓、SO42－+2Ag+=Ag2SO4↓，所以可能含有Cl－、CO32－、SO42－；第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.04mol，能和NaOH溶液加热产生气体的只能是NH4+，则一定含有NH4+，根据反应NH4＋＋OH－NH3＋H2O可知，产生NH3为0.04mol，则NH4+也为0.04mol；第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥的沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g，说明有部分沉淀溶于盐酸、部分沉淀不溶于盐酸，则沉淀为BaCO3和BaSO4，溶液中一定存在CO32－、SO42－，一定不存在Ba2＋，由条件可知BaSO4为2.33g，物质的量为2.33g÷233g/mol=0.01mol，BaCO3为6.27g－2.33g=3.94g，物质的量为3.94g÷197g/mol=0.02mol，则CO32－物质的量为0.02mol，CO32－物质的量浓度为0.02mol÷0.2L=0.1mol/L。A. CO32－、SO42－、NH4+物质的量分别为0.02mol、0.01mol、0.04mol，CO32－、SO42－所带负电荷分别为0.02mol×2、0.01mol×2，共0.06mol，NH4+所带正电荷为0.04mol，根据溶液中电荷守恒可知，K+一定存在，且K+物质的量≥0.02mol，当K+物质的量＞0.02mol时，溶液中还必须存在Cl－，故A错误；B. 溶液中一定存在CO32－、SO42－，因Ba2+和CO32－、SO42－可发生反应生成BaCO3和BaSO4沉淀，Mg2+和CO32－可发生反应生成MgCO3沉淀，因此Mg2+和Ba2+一定不存在，故B错误；C. 根据A项分析可知，只有当K+物质的量＞0.02mol时，溶液中才必须存在Cl－，所以不能确定溶液中Cl－是否存在，故C正确；D. 由上述分析可知，溶液中CO32－的物质的量浓度为0.1mol/L，故D错误；答案选C。
非选择题部分
二、非选择题（共20分）
26. 已知:D为烃;E分子中碳元素与氢元素的质量之比6∶1,相对分子质量为44,其燃烧产物只有CO2和H2O。A的最简式与F相同,且能发生银镜反应,可由淀粉水解得到。
(1)A的结构简式为__________________。
(2)写出D→E的化学方程式:_______________________。
(3)下列说法正确的是____。
A.有机物F能使石蕊溶液变红
B.用新制的氢氧化铜无法区分有机物C、E、F的水溶液
C.等物质的量的C和D分别完全燃烧消耗氧气的量相等
D.可用饱和碳酸钠溶液除去有机物B中混有的少量C、F
E. B的同分异构体中能发生银镜反应的酯类共有2种
【答案】 (1). CH2OH(CHOH)4CHO (2). 2CH2CH2+O22CH3CHO (3). ACDE
【解析】A能发生银镜反应，可由淀粉水解得到，说明A为葡萄糖，葡萄糖在催化剂作用下生成C为乙醇，E分子中碳元素与氢元素的质量之比6∶1，说明E分子中C与H原子个数比为1:2，相对分子质量为44，其燃烧产物只有CO2和H2O，则E为CH3CHO，D为烃，根据C和E可知，D为乙烯，F的最简式和葡萄糖相同，且由乙醛催化氧化得到，说明F为乙酸，B在酸性条件下生成乙酸和乙醇，则B为乙酸乙酯。
(1). A为葡萄糖，其结构简式为CH2OH(CHOH)4CHO，故答案为：CH2OH(CHOH)4CHO；
(2). 乙烯催化氧化生成乙醛的化学方程式为：2CH2CH2+O22CH3CHO，故答案为：2CH2CH2+O22CH3CHO；
(3). A. 有机物F为乙酸，具有酸性，可使石蕊溶液变红，故A正确；B. C为乙醇、E为乙醛、F为乙酸乙酯，乙醇易溶于水，不分层，乙醛与新制氢氧化铜反应生成砖红色沉淀，乙酸乙酯不溶于水，产生分层，上层为油状液体，现象各不相同，所以可用新制的氢氧化铜区分，故B错误；C. 1mol乙醇完全燃烧消耗3mol氧气，1mol乙烯完全燃烧消耗3mol氧气，则等物质的量的乙醇和乙烯分别完全燃烧消耗氧气的量相等，故C正确；D. 饱和碳酸钠溶液可以溶解乙醇、消耗乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度，所以可用饱和碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中混有的少量乙醇和乙酸，故D正确；E. 乙酸乙酯的同分异构体中能发生银镜反应的酯类物质有：HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)2，共2种，故E正确；答案选：ACDE。
27. 化合物X是一种蓝黑色(有时是粉红色)的固体,是一种由趋磁细菌制造的生物矿。某研究小组按如下流程探究该固体的组成:
请回答:
(1)已知化合物X中只含两种元素,则X中含有的元素是_____。
(2)请写出E反应生成F的化学方程式:_______________。
(3)化合物X与盐酸反应,反应后得到浅绿色溶液,同时生成一种浅黄色不溶物和一种臭鸡蛋气味气体,请写出该反应的离子方程式:_____________________。
【答案】 (1). Fe、S (2). H2SO3+H2O2＝H2SO4+H2O (3). Fe3S4+6H+＝3Fe2++S↓+3H2S↑
【解析】溶液B中加入KSCN溶液得血红色溶液C，说明溶液B中含有Fe3+，红棕色固体A加入盐酸得溶液B，则A为Fe2O3，刺激性气味气体D与水反应得无色酸性溶液E，加入H2O2得无色溶液F且酸性增强，说明D为SO2，E为H2SO3溶液，F为H2SO4溶液，化合物X在足量的空气中煅烧得Fe2O3和SO2，已知化合物X中只含两种元素，则化合物X中含有Fe和S元素，n(Fe2O3)=7.2g÷160g/mol=0.045mol，则n(Fe)=2×0.045mol=0.09mol，所以8.88g化合物X中n(S)=(8.88g－0.09mol×56g/mol)÷32g/mol=0.12mol，n(Fe): n(S)=0.09mol:0.12mol=3:4，则X的化学式为Fe3S4。
(1). 根据上述分析可知，X中含有的元素为Fe和S，故答案为：Fe、S；
(2). H2SO3和H2O2发生氧化还原反应生成H2SO4和H2O，反应方程式为：H2SO3+H2O2=H2SO4+H2O，故答案为：H2SO3+H2O2=H2SO4+H2O；
(3). 化合物Fe3S4与盐酸反应，反应后得到浅绿色溶液，同时生成一种浅黄色不溶物和一种臭鸡蛋气味气体，说明反应产物为Fe2+、S和H2S，根据得失电子守恒和原子守恒，该反应的离子方程式为：Fe3S4+6H+=3Fe2++S↓+3H2S↑，故答案为：Fe3S4+6H+=3Fe2++S↓+3H2S↑。
点睛：本题综合考查无机物的推断，试题难度较大，解答本题时要注意结合物质的性质先分析化合物X中含有的元素为Fe和S，再利用质量守恒定律计算Fe原子和S原子的质量，进而求出二者的物质的量之比，得出X为Fe3S4。
28. 已知二氧化硅、二氧化硫和二氧化碳都是酸性氧化物，化学性质具有一定的相似性，镁和钠的化学性质也具有一定的相似性。
用如上图所示装置进行镁和二氧化硫的实验，其中A是制备二氧化硫的发生装置。
(1)选择制取二氧化硫的合适试剂________(填序号)。
①10%的硫酸溶液 ②80%硫酸溶液 ③亚硫酸钠固体 ④亚硫酸钙固体
(2)写出装置B中发生反应的化学方程式： ______________________。
(3)你认为该装置的不足之处是_______________________________(任写2条)。
【答案】 (1). ②③ (2). 3Mg＋SO2===2MgO＋MgS或2Mg＋SO2===2MgO＋S、Mg＋S===MgS (3). 在A和B之间没有连接一干燥装置；C装置未与大气相通；在镁下方未垫一不锈钢片，镁与玻璃管反应；未设计一防倒吸装置(任写其中两条即可)
【解析】(1). 制取SO2应选用浓H2SO4和亚硫酸盐，但不可选用CaSO3，因为CaSO3与硫酸反应生成的CaSO4微溶于水，会附在固体表面，阻碍反应进行，所以选择的试剂为②③，故答案为：②③；
(2). Mg具有还原性，SO2具有氧化性，二者发生氧化还原反应，反应的方程式为3Mg+SO2 2MgO+MgS或2Mg+SO22MgO+S、Mg+SMgS，故答案为：3Mg+SO2 2MgO+MgS或2Mg+SO22MgO+S、Mg+SMgS；
(3). 该装置存在的问题主要有： A中的水蒸气会进入B中与Mg反应，在A、B之间应连接一个干燥装置；Mg能与玻璃中的SiO2反应，在Mg下方应垫一不锈钢片，隔离Mg和玻璃管；尾气处理装置C的试管用胶塞封闭，且无防倒吸装置，故答案为：在A和B之间没有连接一干燥装置、C装置未与大气相通；在镁下方未垫一个不锈钢片、镁与玻璃管反应；未设计一防倒吸装置等。
29. 实验室一瓶硫酸亚铁和硫酸铁混合物，取一定量样品溶于水，配成100mL溶液。所得溶液分成二份，在第一份溶液中加入0.5 mol·Lˉ1氯化钡220mL恰好完全反应；在第二份溶液中通入标准状况下的氯气0.896L，可使Fe2+全部变成Fe3+。
(1)所取样品中硫酸铁物质的量是____________。
(2)若在第一份溶液完全反应后所得溶液中再加入足量氢氧化钠溶液，所得沉淀经洗涤，在空气中充分灼烧，最后残渣的质量是________。
【答案】 (1). 0.02mol (2). 8g
(2). 每份溶液中含有Fe2＋和Fe3＋的物质的量分别为0.08mol和0.02mol，在第一份溶液完全反应后所得溶液中再加入足量氢氧化钠溶液，所得沉淀经洗涤，在空气中充分灼烧，得到的残渣为Fe2O3，根据铁原子守恒可知，n(Fe2O3)=(0.08+0.02)mol÷2=0.05mol，m(Fe2O3)=0.05mol×160g/mol=8g，故答案为：8g。
30. 除去空气中的二氧化硫和氮氧化物气体对环境保护有重要意义。
(1)二氧化硫易溶于水，溶于水后所得溶液中H2SO3、HSO3- 和SO32- 占三种粒子总数的比例随pH的变化如下图所示。由图可知H2SO3的电离平衡常数Ka1=_______。
(2)利用尿素CO(NH2)2]水解的溶液可以吸收含SO2的空气。已知尿素水解放热，常温下水解反应较慢，水解的反应方程式如下：CO(NH2)2+H2OH2NCOONH4(氨基甲酸铵)
①氨基甲酸铵会与空气中的SO2和O2反应生成(NH4)2SO4，该反应的化学方程式为______。
②一定条件下，用尿素溶液吸收含SO2的空气，测得SO2的吸收率随溶液的温度变化如图甲所示。温度高于60 ℃时，SO2的吸收率逐渐升高的原因是________。
③尿素溶液吸收SO2的吸收率随溶液的pH变化如图乙所示。尿素溶液吸收含SO2的空气后溶液的pH会降低,为提高SO2的吸收率和充分回收产物,最好向溶液中加入____ (填溶液的名称)并控制pH为____。
(3)一种电化学脱硝法的原理如图所示。
①电解池阴极所发生的电极反应为___________。
②相同条件下通入的污染气和生成的X的体积比为40∶3，污染气中NO和NO2占总体积的10%，若NaClO完全反应、污染气中NO和NO2被完全吸收且其余气体不参与反应，则NO和NO2的体积比为____。
【答案】 (1). 10-1.87 (2). 2H2NCOONH4+2SO2+O2+2H2O＝2(NH4)2SO4+2CO2↑ (3). 温度升高，尿素水解生成氨基甲酸铵更快 (4). 氨水 (5). 6 (6). 2H2O+2e-＝H2↑+2OH- (7). 1∶3
【解析】(1)根据图像，在pH=1.87是，c(HSO3-)= c(H2SO3)，H 2SO3 的电离平衡常数Ka1== c(H+)=10-1.87，故答案为：10-1.87；
(2)①氨基甲酸铵(H2NCOONH4)会与空气中的SO2 和O2 反应生成(NH4)2SO4，H2NCOONH4被氧化为二氧化碳，反应的化学方程式为2H2NCOONH4+2SO2+O2+2H2O=2(NH4)2 SO4+2CO2↑，故答案为：2H2NCOONH4+2SO2+O2+2H2O=2(NH4)2 SO4+2CO2↑；
②尿素水解放热，常温下水解反应较慢，水解的反应方程式如下:CO(NH2)2+H2O=H2NCOONH4(氨基甲酸铵)，温度升高，尿素水解生成氨基甲酸铵加快，使得SO2 的吸收率升高，故答案为：温度升高，尿素水解生成氨基甲酸铵更快；
③尿素溶液吸收SO2 的吸收率随溶液的pH变化如图乙所示。尿素溶液吸收含SO2的空气后溶液的pH会降低，根据图像，溶液的pH≥6使，SO2 的吸收率较高，因此需要控制在6左右，需要加入碱性物质调节溶液的pH，为了不引入新杂质，可以选用氨水调节，故答案为：氨水；6；
(3)①根据图示，电解氯化钠和氢氧化钠的混合溶液，阳极上溶液中的氯离子放电生成次氯酸根离子，阴极上溶液中的氢离子(水电离生成的)放电生成氢气，因此阴极的电极反应为2H2O +2e- =H2↑+2OH-，故答案为：2H2O +2e- =H2↑+2OH-；
②电解的总反应方程式为Cl-+ H2O ClO-+ H2↑，相同条件下通入的污染气和生成的X 的体积比为40 :3，假设生成的氢气为3mol，则通入的污染气为40mol，其中含有NO 和NO2的物质的量之和为4mol，生成3mol氢气，转移的电子为6mol，根据得失电子守恒，NO 和NO2 转移的电子也是6mol，设NO 和NO2 的物质的量分别为x、y，则x+y=4mol，3x+y=6mol，解得x=1mol，y=3mol，则NO和NO2 的体积比=NO和NO2 的体物质的量比=1:3，故答案为：1:3。
点睛：本题考查了化学反应原理的多个知识，涉及电离平衡常数的计算、化学平衡图像的识别与应用、电解原理的应用和计算等。在涉及氧化还原反应的计算时，要能够根据得失电子守恒或化合价升降守恒解题。本题的易错点为(3)②的计算，要根据图像知道NO和NO2 的氧化产物为硝酸钠。
31. 苯甲醛(微溶于水、易溶于有机溶剂，密度约等于水的密度)在碱性条件下发生歧化反应可以制备苯甲醇(在水中溶解度不大、易溶于有机溶剂，密度约等于水的密度)和苯甲酸。反应原理如下：2C6H5CHO+NaOH→C6H5CH2OH+C6H5COONa C6H5COONa+HCl→C6H5COOH+NaCl
有关物质物理性质如下表：
实验流程如下：
（1）第①步需连续加热1小时（如图1），其中加热和固定装置未画出。仪器A的名称为__________，若将仪器B改为仪器C，效果不如B，说明原因_____________。
（2）操作中有关分液漏斗的使用不正确的是_______。
A．分液漏斗在使用之前必须检查是否漏水
B．分液漏斗内的液体不能过多，否则不利于振荡
C．充分振荡后将分液漏斗置于铁架台上静置，分层后立即打开旋塞进行分液
D．分液时等下层液体放完后立即关闭旋塞，换一个烧杯再打开旋塞使上层液体流下
（3）操作③用沸水浴加热蒸馏，再进行操作④（如图2），收集________℃的馏分。图2中有一处明显错误，正确的应改为______________________________。
（4）抽滤时（如图3）烧杯中苯甲酸晶体转入布氏漏斗时，杯壁上还粘有少量晶体，用______冲洗杯壁上残留的晶体。抽滤完成后用少量冰水对晶体进行洗涤，洗涤时应_______________。
（5）用电子天平准确称取0.2440 g苯甲酸样品于锥形瓶中，加100 mL蒸馏水溶解（必要时可以加热），再用0.1000 mol·L－1的标准NaOH溶液滴定，共消耗NaOH溶液19.20 mL，则苯甲酸样品的纯度为__________%。
【答案】 (1). 三颈烧瓶 (2). B的接触面积大，冷却回流苯甲醛的效果好 (3). CD (4). 205 (5). 温度计的水银球处于蒸馏烧瓶的支管口 (6). 滤液 (7). 关小水龙头 (8). 96.00%
【解析】本题考查有机物的合成及混合物的分离，明确反应原理、物质的性质、混合物的分离原理及产率计算方法是解答本题的关键。
（1）根据装置图可知仪器a为三颈烧瓶。仪器B为球形冷凝管，仪器C为直行冷凝管，B的接触面积大，冷却回流苯甲醛的效果好，所以若将仪器B改为仪器C，效果不如B。
（2）A.分液漏斗中有玻璃活塞，在使用之前必须检验是否漏水，故A正确；B.分液漏斗内的液体不能过多，否则不利于振荡，故B正确；C.在旋开旋塞之前，应该使分液漏斗顶部活塞上的凹槽或小孔对准漏斗上口颈部的小孔，使与大气相通，故C错误；D.分液时待下层液体放完后立即关闭旋塞，换掉烧杯，从分液漏斗上口将上层液体倒出，故D错误；故选CD。
（3）操作④的目的是得到苯甲醇馏分，所以收集205℃的馏分；蒸馏时，温度计测量的是苯甲醇蒸汽的温度，所以温度计的水银球应处于蒸馏烧瓶的支管口处。
（4）将烧杯中的苯甲酸晶体转入布氏漏斗时，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应该是不会使晶体溶解损失，也不会带入杂质的，选择用滤液来冲洗是最好的。抽滤完成后用少量冰水对晶体进行洗涤，洗涤应关小水龙头。
（5）根据化学反应C6H5COOH+NaOH= C6H5COONa+H2O，反应消耗0.1000mol/LNaOH溶液19.20mL，物质的量为0.1000mol/L×0.0192L=0.00192mol，苯甲酸的纯度为（0.00192mol×122g/mol）÷0.2440g×100%=96.00%。
32. 盐酸氯丙嗪也叫冬眠灵,是第一个抗精神病药，开创了药物治疗精神疾病的历史，某研究小组利用下列途径合成盐酸氯丙嗪。
已知：
请回答：
(1) B中含有官能团名称为__________________；
(2) 下列说法不正确的是____________；
A. 化合物B可以发生加成反应
B. 化合物D在一定条件下既可与酸反应，又可以与碱反应
C. 合成路线中属于取代反应的为(1) (3) (4) (6)
D. 反应(7)是为了提高氯丙嗪的水溶性
(3) 写出E→F的化学反应方程式________________________________________________。
(4) 该研究小组在实验中发现，苯环上直接用Cl2取代的产率一般不到10%，请你设计合理步骤，利用甲苯为原料，合成化合物C________。(注：苯甲酸的苯环上发生取代反应时，取代主要发生在羧基的间位)
(5) 请写出符合下列条件的所有E的同分异构体________。
a. 分子中含有一个萘环，且为萘的邻位二取代物(邻位不包括)；
b. 分子中有一个五元环；
c. 1H-NMR显示分子中有8种氢。
【答案】 (1). 氨基，氯原子 (2). C (3). (4). (5).
【解析】根据题目已知信息和D的结构式可推知A为、B为、C为，根据D和E的分子式并结合盐酸氯丙嗪的结构式可知，E为，F为。
(1). B为，含有的官能团是氨基和氯原子，故答案为：氨基、氯原子；
(2). A. 化合物B中含有苯环，可以和氢气发生加成反应，故A正确；B. 化合物D的分子结构中所含的官能团有氨基和羧基，既可以和酸发生反应也可以和碱发生反应，故B正确；C. 根据D和E的结构式可知，合成路线(4)不是取代反应，故C错误；D. 通过反应(7)在有机物分子中引入HCl，可以增加有机物分子的极性，提高氯丙嗪的水溶性，故D正确；答案选C；
(3). E与S和I2在加热的条件下生成F，化学反应方程式为：
，故答案为：；
(4). 根据题目提供的已知信息，用甲苯合成化合物C ，可以由甲苯发生硝化反应生成邻硝基甲苯，在Fe/HCl的条件下生成邻氨基甲苯，邻氨基甲苯在条件下生成邻氯甲苯，邻氯甲苯被酸性高锰酸钾氧化生成 ，合成路线为：，故答案为：；
(5).分子中含有一个萘环，且为萘的邻位二取代物(邻位不包括)，则其取代的位置可能是或，又因分子中有一个五元环，1H-NMR显示分子中有8种氢，则根据E的结构式可知，符合条件的E的同分异构体有： 、 、、 ，故答案为： 。
