2018-2019学年浙江省名校协作体（G12）高二下学期联考化学试题 解析版

2018-2019学年浙江省名校协作体（G12）高二下学期联考化学试题 解析版

‎2018学年第二学期高二年级化学学科试题 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 ‎5．可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16　Cl 35.5 Na 23 Mg 24 Fe 56 Ag 108 ‎ 选择题部分 一、选择题（本大题共25小题，每小题2分，共50分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）‎ ‎1.“一带一路是构建人类命运共同体，符合国际社会的根本利益，彰显人类社会的共同理想和美好追求。下列贸易的商品中，其主要成分属于无机物的是 A. 乌克兰葵花籽油 B. 埃及长绒棉 C. 捷克水晶 D. 中国丝绸 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 乌克兰葵花籽油属于油脂，是有机物，A不选；‎ B. 埃及长绒棉主要成分是纤维素，是有机物，B不选；‎ C. 捷克水晶主要成分是二氧化硅，是无机物，C选；‎ D. 中国丝绸主要成分是蛋白质，是有机物，D不选；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】明确有机物和无机物含义以及常见物质的组成是解答的关键，有机物中一定含有碳元素，但是部分含有碳元素的物质，例如CO、碳酸盐等，其结构和性质更类似于无机物，一般归为无机物，而不是有机物。‎ ‎2.下列图示与操作名称不对应的是 A. 过滤 B. 洗气 C. 溶解 D. 蒸发 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 为过滤操作，A正确；‎ B. 洗气操作时应该是长口进，短口出，B错误；‎ C. 为溶解操作，C正确；‎ D. 为蒸发操作，D正确；‎ 答案选B。‎ ‎3.下列物质的水溶液能导电，且属于非电解质的是 A. SO2 B. Na C. CaO D. C6H12O6(葡萄糖)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析】‎ 溶于水和在熔融状态下均不能导电的化合物是非电解质，据此判断。‎ ‎【详解】A．由于SO2溶于水后可生成亚硫酸，其水溶液可导电，但其自身并不能电离出离子，为非电解质，A选；‎ A．金属钠为单质，既不是电解质，也不是非电解质，B不选；‎ B．CaO熔融状态下能电离出阴阳离子，为电解质，C不选；‎ D．葡萄糖为非电解质，水溶液也不能导电，D不选；‎ 答案为A。‎ ‎【点睛】电解质、非电解质都必须是化合物，两者的区别在于给定条件下能否导电，具体做题的时候可以根据其含义或根据电解质、非电解质的常见分类来判断。例如电解质包括有酸、碱、盐、金属氧化物、水；非电解质包括有非金属氧化物，大多数有机物、氨气等。‎ ‎4.下列物质的水溶液因水解呈碱性的是 A. NaOH B. NH4Cl C. CH3COONH4 D. Na2CO3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. NaOH是一元强碱，溶液显碱性，但不水解，A不符合；‎ B. NH4Cl是强酸弱碱盐，铵根水解，溶液显酸性，B不符合；‎ C. CH3COONH4是弱酸弱碱盐，阴阳离子均水解，溶液显中性，C不符合；‎ D. Na2CO3是强碱弱酸盐，碳酸根水解，溶液显碱性，D符合；‎ 答案选D。‎ ‎5.下列金属材料中，最适合制造飞机外壳的是 A. 镁铝合金 B. 铜合金 C. 碳素钢 D. 铅锡合金 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 镁铝合金密度小，符合制造飞机外壳密度小、硬度大、耐腐蚀性强等特点，A正确；‎ B. 铜合金中铜属于重金属，且易生铜绿，不符合制造飞机外壳的要求，B错误；‎ C. 碳素钢中铁属于重金属，且易形成电化学腐蚀，不符合制造飞机外壳的要求，C错误；‎ D. 铅是重金属，铅锡合金不符合制造飞机外壳的要求，D错误；‎ 答案选A。‎ ‎6.下列反应中，SO2做还原剂的是 A. 2Mg＋SO22MgO＋S B. SO2＋H2O2＝H2SO4‎ C. Cu＋2H2SO4(浓) CuSO4＋SO2↑＋2H2O D. SO2＋2NaOH＝Na2SO3＋H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．反应2Mg＋SO22MgO＋S中S元素的化合价降低，则二氧化硫为氧化剂，A错误；‎ B．反应SO2＋H2O2＝H2SO4中S元素的化合价升高，SO2做还原剂，B正确；‎ C．反应Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O中二氧化硫为生成物，是还原产物，C错误；‎ D．反应SO2＋2NaOH＝Na2SO3＋H2O中不存在元素的化合价变化，为非氧化还原反应，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎7.下列表示不正确的是 A. Na+的结构示意图 B. 水分子的结构式：‎ C. 乙烯的球棍模型 D. CO2的电子式 ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Na+的核外电子数是10，结构示意图为，A错误；‎ B. 水是V形结构，水分子的结构式为，B正确；‎ C. 球棍模型是用来表现化学分子的三维空间分布，棍代表共价键，球表示构成有机物分子的原子，乙烯的球棍模型为，C正确；‎ D. CO2是共价化合物，的电子式为，D正确；‎ 答案选A。‎ ‎8.NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是 A. 5.6g Fe完全溶于一定量溴水中，反应过程中转移的总电子数一定为0.3NA B. 1 mol Na与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去2NA个电子 C. 标况时，22.4L二氯甲烷所含有的分子数为NA D. 镁条在氮气中完全燃烧，生成50g氮化镁时，有1.5NA对共用电子对被破坏 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A．铁完全溶于一定量溴水，反应后的最终价态可能是+3价，还可能是+2价，故0.1mol铁转移的电子数不一定是0.3NA个，还可能是0.2NA个，故A错误；B．Na原子最外层是1个电子，则1 mol Na与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去1NA个电子，故B错误；C．标况下二氯甲烷为液体，不能根据气体摩尔体积计算其物质的量，故C错误；D．镁条在氮气中完全燃烧，生成50g氮化镁时，参加反应的N2为0.5mol，而N2分子含有氮氮叁键，则有1.5NA对共用电子对被破坏，故D正确；答案为D。‎ ‎9.下列说法不正确的是 A. 利用太阳能在催化剂参与下分解水制氢是把光能转化为化学能的绿色的化学 B. 保存硫酸亚铁溶液时，要向其中加入少量硫酸和铁粉 C. 电镀时，将镀件作为阳极 D. 瑞典化学家贝采利乌斯最早提出了有机化学的概念 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 利用太阳能在催化剂参与下分解水制氢是把光能转化为化学能的绿色的化学，A正确；‎ B. 硫酸亚铁水解，且易被氧化，因此保存硫酸亚铁溶液时，要向其中加入少量硫酸和铁粉，B正确；‎ C. 电镀时，将镀件作为阴极，镀层金属为阳极，C错误；‎ D. 瑞典化学家贝采利乌斯1806年最早提出了有机化学的概念，D正确；‎ 答案选C。‎ ‎10.下列说法不正确的是 A. 碳元素存在多种同素异形体，氧、磷等元素也存在同素异形现象 B. 丁烷(C4H10)存在两种结构 C. 的名称是2-乙基丁烷 D. CH3COOH与HOOCCH2CH3是同系物关系 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 碳元素存在多种同素异形体，氧、磷等元素也存在同素异形现象，例如氧气和臭氧、红磷和白磷，A正确；‎ B. 丁烷(C4H10)存在两种结构，即正丁烷和异丁烷，B正确；‎ C. 的名称是2-甲基戊烷，C错误；‎ D. CH3COOH与HOOCCH2CH3均是饱和一元羧酸，二者互为同系物，D正确；‎ 答案选C。‎ ‎11.在一定条件下，密闭容器中发生反应：A(g)＋3B(g) 2C(g)，下列有关说法正确的是 A. 若加入催化剂，则反应的△H 增大 B. 加压时，平衡向正反应方向移动，反应的平衡常数增大 C. 若反应温度升高，则活化分子的百分数增大，反应速率增大 D. 若低温时，该反应为正向自发进行，则△H＞0‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 若加入催化剂，反应速率变化，平衡状态不变，反应的△H也不变，A错误；‎ B. 正反应体积减小，加压时，平衡向正反应方向移动，温度不变，反应的平衡常数不变，B错误；‎ C. 若反应温度升高，则活化分子的百分数增大，反应速率增大，C正确；‎ D. 若低温时，该反应为正向自发进行，由于反应的△S＜0，则根据△G＝△H－T△S＜0可知△H＜0，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】选项C是解答的难点，注意外界条件对化学反应速率的影响，实际是通过影响单位体积内活化分子的数量，改变有效碰撞次数来实现的，影响化学反应速率的外界条件主要有温度、浓度、压强和催化剂等。‎ ‎12.四种短周期元素X、Y、Z、W在周期表中的位置如图所示，其中Z元素的最外层电子数是内层电子总数的1/2。下列说法不正确的是 A. Z元素位于周期表的第3周期第VA族 B. X、W元素的最高价氧化物对应水化物的酸性：W强于X C. Y元素的气态氢化物的热稳定性比Z的低 D. X与W可形成共价化合物XW2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据元素周期表的结构，Z位于第三周期，Z的最外层电子数是内层电子总数的1/2，则Z为P，根据在周期表的位置，X为C，Y为N，W为S，则 A、Z为P，位于第3周期VA族，故A说法正确；‎ B、C的最高价氧化物对应水化物H2CO3为弱酸，S的最高价氧化物对应水化物为H2SO4，属于强酸，即H2SO4的酸性强于H2CO3，故B说法正确；‎ C、Y的氢化物为NH3，Z的氢化物为PH3，N的非金属性强于P，则NH3的稳定性高于PH3，故C说法错误；‎ D、X与W可形成共价化合物CS2，故D说法正确。‎ 答案选C。‎ ‎13.下列离子方程式中，正确的是 A. 氯气通入水中，溶液呈酸性：Cl2 ＋ H2O 2H+ ＋ Cl－＋ ClO－‎ B. 向氯化铝溶液中加入过量氨水： Al3+ ＋ 4OH－＝AlO2－＋ 2H2O C. 碳酸氢铵溶液中加足量的氢氧化钠溶液：NH4+ ＋ OH－ ＝ NH3↑ ＋ H2O D. 二氧化硫通入溴水中，溴水褪色：SO2 ＋ Br2 ＋ 2H2O ＝ 4H+ ＋ 2Br－ ＋ SO42－‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氯气通入水中，溶液呈酸性，次氯酸为弱电解质，不能写成离子：Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO，A错误；‎ B. 氨水不能溶解氢氧化铝，向氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3+＋3NH3·H2O＝Al(OH)3↓＋3NH4+，B错误；‎ C. 碳酸氢铵溶液中加足量的氢氧化钠溶液，HCO3-、NH4+都能与OH-反应，C错误；‎ D. 二氧化硫通入溴水中，溴水褪色，发生氧化还原反应：SO2＋Br2＋2H2O＝4H+＋2Br－＋SO42－，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎14.在一定条件下发生反应 2SO3(g)2SO2(g)＋O2(g)，将2 mol SO3通入2 L容积恒定的密闭容器中，若维持容器内温度不变，5 min末测得SO3的物质的量为0.8 mol。则下列说法正确的是 A. 若某时刻消耗了1 molSO3同时生成了0.5molO2，则表明该反应达到了平衡状态 B. 若起始时充入3 mol SO3，起始时SO3分解速率不变 C. 0~5min，SO2的生成速率v(SO2)＝0.12mol·L－1·min－1‎ D. 达到平衡时，SO2和SO3的浓度相等 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 若某时刻消耗了1 molSO3同时生成了0.5molO2，均表示正反应速率，不能说明该反应达到了平衡状态，A错误；‎ B. 若起始时充入3 mol SO3，起始时SO3的浓度变大，分解速率变大，B错误；‎ C. 0～5min，SO2的生成速率v(SO2)＝＝0.12mol·L－1·min－1，C正确；‎ D. 达到平衡时，SO2和SO3的浓度不再发生变化，但不一定相等，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】选项A是解答的易错点，注意可逆反应达到平衡状态时正逆反应速率相等，是指对同一种物质而言，即其消耗硫酸和生成速率相等。如果用不同种物质表示，其反应速率方向应该是不同的，且必须满足反应速率之比是相应的化学计量数之比。‎ ‎15.下列关于有机物结构、性质的说法正确的是 A. 石油的分馏、裂化和煤的干馏都是化学变化 B. 在淀粉水解液中加入过量氢氧化钠,再加入碘水,溶液未变蓝,说明淀粉已完全水解 C. 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 D. 乙烯分子与苯分子都能与H2发生加成反应，说明二者所含碳碳键相同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 石油的分馏是物理变化，裂化和煤的干馏都是化学变化，A错误；‎ B. 在淀粉水解液中加入过量氢氧化钠，再加入碘水，由于碘能与氢氧化钠溶液反应，溶液未变蓝不能说明淀粉已完全水解，B错误；‎ C. 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，C正确；‎ D. 乙烯分子与苯分子都能与H2发生加成反应，但不能说明二者所含碳碳键相同，乙烯分子中含有碳碳双键，苯分子不含有碳碳双键，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎16.下列关于工业生产的说法中,不正确的是（ ）‎ A. 工业上,用焦炭在电炉中还原二氧化硅得到含杂质的粗硅 B. 生产普通水泥的主要原料有石灰石、石英和纯碱 C. 工业上将粗铜电解精炼,应将粗铜连接电源的正极 D. 在高炉炼铁的反应中,一氧化碳作还原剂 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．工业上，用焦炭在电炉中还原二氧化硅SiO2+2CSi+2CO↑，得到含少量杂质的粗硅，故A正确；‎ B．生产普通水泥的原料是石灰石和黏土，石灰石、石英和纯碱是制备玻璃的主要原料，故B错误；‎ C．电解法精炼铜时，粗铜做阳极，连接电源正极，发生氧化反应，故C正确；‎ D．高炉炼铁原理，一氧化碳还原氧化铁生成铁，还原剂为一氧化碳，故D正确。‎ 答案选B。‎ ‎17.请仔细观察以下2个装置，下列说法正确的是 ‎ A. 图1石墨a为正极，图2石墨c也为正极 B. 图1是原电池装置，盐桥的作用是使电解质溶液始终保持电中性，以提供持续稳定的电流，图2装置不会产生电流 C. 图1石墨a电极上发生的反应为：O2＋2H2O＋4e－=4OH－‎ D. 图2石墨b上的产物能使淀粉溶液变蓝 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 图1是原电池，铁是活泼的金属，作负极，石墨a为正极，图2中铁、铜和氯化钠构成原电池，铁是负极，铜是正极，石墨b是阳极，石墨c是阴极，A错误；‎ B. 图1是原电池装置，盐桥的作用是使电解质溶液始终保持电中性，以提供持续稳定的电流，图2装置中丙是原电池，丁是电解池，也会产生电流，B错误；‎ C. 图1石墨a是正极，电极上发生的反应为：Cu2＋＋2e－=Cu，C错误；‎ D. 图2石墨b是阳极，溶液中的碘离子失去电子转化为单质碘，因此其上的产物能使淀粉溶液变蓝，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎18.常温下，下列说法正确的是 A. 含有CH3COOH与CH3COONa的混合液一定呈酸性 B. 在相同温度下，pH相等的氨水和NaOH溶液，n(OH－)相等 C. 体积相等、pH值相等的CH3COOH和盐酸与Zn反应，开始时盐酸放出H2快 D. 中和相同体积、相同浓度的CH3COOH溶液和盐酸，消耗的NaOH的物质的量相等 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 含有CH3COOH与CH3‎ COONa的混合液不一定呈酸性，也可能显中性或碱性，与二者的相对含量多少有关系，A错误；‎ B. 在相同温度下，pH相等的氨水和NaOH溶液中氢氧根的浓度相等，溶液体积未知，则n(OH－)不一定相等，B错误；‎ C. 体积相等、pH值相等的CH3COOH和盐酸与Zn反应，开始时氢离子浓度相等，放出H2的速率相等，C错误；‎ D. 中和相同体积、相同浓度的CH3COOH溶液和盐酸，消耗的NaOH的物质的量相等，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎19.下列说法正确的是 A. 冰和水晶都是分子晶体 B. 原子晶体一定是共价化合物 C. 某物质固态时不导电但在熔融状态下能导电，则该物质中一定含有离子键 D. 干冰是分子晶体，其溶于水生成碳酸的过程只需克服分子间作用力 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 冰和水晶分别是分子晶体、原子晶体，A错误；‎ B. 原子晶体不一定是共价化合物，例如金刚石等，B错误；‎ C. 某物质固态时不导电但在熔融状态下能导电，则该物质一定是离子晶体，其中一定含有离子键，C正确；‎ D. 干冰是分子晶体，其溶于水生成碳酸的过程发生化学变化，需克服共价键和分子间作用力，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】选项C是解答的易错点，注意在熔融状态下共价键不能被破坏，因此可以根据在熔融状态下能否导电判断化合物是离子化合物还是共价化合物。‎ ‎20.下列实验装置能达到目的 A. 装置用于实验室制备氯气 B. 装置实验室制氨气 C. 装置用于实验室制乙酸乙酯 D. 装置可进行碳酸氢钠受热分解 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、二氧化锰氧化浓盐酸制备氯气需要加热，A错误；‎ B、氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，在试管口又重新化合物生成氯化铵，不能制备氨气，B错误；‎ C、该装置可用于实验室制乙酸乙酯，C正确；‎ D、进行碳酸氢钠受热分解时试管口要略低于试管底，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎21.氢气和氧气反应生成水的能量关系如图所示：‎ 下列说法正确的是 A. △H5＜0 B. △H1＞△H2+△H3+△H4‎ C. △H1+△H2+△H3+△H4+△H5=0 D. O-H键键能为△H1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 液态水转化为气态水需要吸热，则△H5＞0，A错误；‎ B. 根据盖斯定律可知△H1＝△H2+△H3+△H4+△H5，由于△H5＞0，因此△H1＞△H2+△H3+△H4，B正确；‎ C. 根据盖斯定律可知△H1＝△H2+△H3+△H4+△H5，则△H2+△H3+△H4+△H5-△H1=0，C错误；‎ D. O-H键键能为△H1/2，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】选项B和C是解答的易错点和难点，注意盖斯定律的灵活应用，注意反应的起点和终点的判断。‎ ‎22.有甲、乙、丙三个体积均为2L的恒容密闭容器，按不同投料比Z[ 进行反应： 4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g) △H。在不同温度T条件下达到平衡时，HCl的平衡转化率与Z和T的关系如下表所示。‎ 容器 起始时 平衡时HCl转化率 n(HCl)/mol Z T＝100℃‎ T＝200℃‎ T＝300℃‎ 甲 ‎0.8‎ a ‎96%‎ ‎94%‎ ‎90%‎ 乙 ‎0.8‎ b ‎46%‎ ‎44%‎ ‎40%‎ 丙 ‎0.8‎ ‎4‎ ‎95%‎ ‎88%‎ ‎80%‎ 下列说法正确的是 A. b＜4‎ B. 温度升高时，反应速率减慢，所以转化率下降 C. 丙容器中，300℃平衡时，c(O2)＝0.04mol•L－1‎ D. 若甲容器温度在300时需要5min达到平衡，则此时间内v(Cl2)＝0.036mol•L－1•min－1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 在相同温度下增大氧气的浓度可以提高HCl的转化率，根据乙、丙中数据可知b＞4，A错误；‎ B. 温度升高时，反应速率加快，B错误；‎ C. 丙容器中起始时氧气是0.2mol，300℃平衡时消耗氯化氢是0.64mol，则消耗氧气是0.16mol，剩余氧气是0.04mol，则c(O2)＝0.04mol÷2L＝0.02mol•L－1，C错误；‎ D. 若甲容器温度在300时需要5min达到平衡，则此时间内消耗氯化氢是0.72mol，生成氯气是0.36mol，所以v(Cl2)＝＝0.036mol•L－1•min－1，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎23.25℃时，将浓度均为0.1 mol/L、体积分别为Va和Vb的HA溶液与BOH溶液按不同体积比混合，保持Va+Vb=100 mL， Va、Vb与混合液的pH的关系如图所示。下列说法不正确的是 A. 点c对应的溶液中有：c(B+)＋c(BOH)＝0.1mol•L－1‎ B. 点b对应的溶液中有：c(B+)＝c(A－)‎ C. 曲线甲表示BOH溶液的体积与pH的关系曲线 D. 在由点a到点c的过程，水的电离程度先增大后减小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由图中信息可知，Va=100 mL时，pH=3，c(H+)=1×10－3mol/L，则HA为弱酸；Vb=100‎ ‎ mL时，pH=11，c(OH-)=1×10－3mol/L，则BOH为弱碱。由于混合后溶液体积增大，则点c对应的溶液中c(B+)＋c(BOH)＜0.1mol•L－1，A错误；‎ B. 点b对应的溶液显中性，则根据电荷守恒可知溶液中有：c(B+)＝c(A－)，B正确；‎ C. 向HA溶液中加入BOH溶液，pH升高，所以曲线甲表示BOH溶液的体积与pH的关系曲线，C正确；‎ D. 酸或碱抑制水的电离，而盐的水解促进水的电离，所以a→c过程中水的电离程度先增大后减小，D正确；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】明确信息中pH及离子的关系来判断酸碱的强弱是解答本题的关键，注意盐类水解特点以及电荷守恒的灵活应用。‎ ‎24.Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿（主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质）来制备，工艺流程如下：‎ 下列说法不正确的是 A. “酸浸”后，若钛主要以TiOCl42-形式存在，则相应反应的离子方程式可表示为：FeTiO3＋4H+＋4Cl－ ＝ Fe2+＋ TiOCl42－＋2H2O B. 若Li2Ti5O15中Ti的化合价为+4，则其中过氧键的数目为3个 C. “高温煅烧②”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式可表示为：2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+H2O+3CO2↑‎ 温度/‎ ‎30‎ ‎35‎ ‎40‎ ‎45‎ ‎50‎ TiO2 ·xH2O转化率/%‎ ‎92‎ ‎95‎ ‎97‎ ‎93‎ ‎88‎ D. TiO2 ·xH2O沉淀与双氧水、氨水反应40min所得实验结果如上表所示, 40 oC前，未达到平衡状态，随着温度升高，转化率变大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用钛铁矿（主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质）来制备Li4Ti5O12和LiFePO4，根据制备流程可知加入盐酸过滤后滤渣为SiO2，滤液①中含有Mg2＋、Fe2＋、Ti4＋,水解后过滤，沉淀为TiO2·xH2O，经过一系列转化为最终转化为Li4Ti5O12。滤液②中加入双氧水亚铁离子被氧化，在磷酸的作用下转化为磷酸铁，通过高温煅烧最终转化为LiFePO4，据此解答。‎ ‎【详解】A. “酸浸”后，若钛主要以TiOCl42-形式存在，因此相应反应的离子方程式可表示为：FeTiO3＋4H+＋4Cl－＝Fe2+＋TiOCl42－＋2H2O，A正确；‎ B. Li2Ti5O15中Ti的化合价为+4，Li的化合价是＋1价，由化合价代数和为0可知，氧元素的负价代数和为22，设其中过氧键的数目为x个，则2x+（15－2x）×2＝22，解得x＝4，B错误；‎ C. 根据以上分析可知“高温煅烧②”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式可表示为：2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+H2O+3CO2↑，C正确；‎ D. 根据表中数据可知40oC时转化量最高，因低于40oC时TiO2·xH2O转化反应速率随温度升高而增加，超过40oC双氧水分解和氨气逸出导致TiO2·xH2O转化反应速率下降，D正确；‎ 答案选B ‎25.某强酸性溶液X中仅含H+、NH4＋、Al3＋、Ba2+、Fe2＋、Fe3＋、CO32-、SO32-、SO42-、Cl-、NO3-中的一种或几种(忽略水的电离和离子的水解)，取该溶液进行连续实验，实验过程如下：‎ 下列有关推断合理的是 A. 根据上述连续实验不能确定溶液X中是否含有Fe3＋‎ B. 沉淀H为Al(OH)3、BaCO3的混合物 C. 溶液中一定含有H+、Al3＋、NH4＋、Fe2＋、SO42-、Cl-‎ D. 若溶液X为100 mL，产生的气体A为112 mL（标况），则X中c(Fe2+)=0.05mol·L-1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在强酸性溶液中一定不会存在CO32-、SO32-离子；加入过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀C为BaSO4，说明溶液中含有SO42-离子，生成气体A，则A只能是NO，说明溶液中含有还原性离子，则一定为Fe2+离子，溶液B中加入过量NaOH溶液，沉淀F只为Fe（OH）3，生成气体D，则D为NH3，说明溶液中含有NH4+离子；溶液E中通入CO2气体，生成沉淀H，则H为Al（OH）3，E为NaOH和NaAlO2，说明溶液中含有Al3+离子，再根据离子共存知识，溶液中含有Fe2+离子，则一定不含NO3-离子和SO32-离子，那么一定含有SO42-离子，那么就一定不含Ba2+离子，不能确定是否含有的离子Fe3+和Cl-，以此进行解答。‎ ‎【详解】依据分析可知：溶液中一定存在：NH4+、Al3+、Fe2+、SO42-，一定不含有：Ba2+、CO32-、SO32-、NO3-，不能确定是否含有：Fe3+和Cl-，‎ A、根据上述连续实验不能确定溶液X中是否含有Fe3+，故A正确；‎ B、根据上述分析可知H为Al（OH）3，BaCO3与过量的二氧化碳生成碳酸氢钡，易溶于水，故B错误；‎ C、依据分析可知，溶液中一定存在：NH4+、Al3+、Fe2+、SO42-，不能确定Cl-是否存在，故C错误；‎ D、生成气体A的离子反应方程式为：3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，产生的气体A为112 mL，物质的量为：=0.005mol，故n（Fe2+）=3×0.005=0.015mol，c（Fe2+）==0.15mol/L，故D错误。‎ 答案选A。‎ 非选择题部分 二、简答题（本大题共7小题，共50分）‎ ‎26.煤的综合利用备受关注。有如下的转化关系，CO与H2不同比例可以分别合成A、B，已知烃A对氢气的相对密度是14，B能发生银镜反应，C为常见的酸味剂。‎ ‎（1）有机物C中含有的官能团的名称是____________________。‎ ‎（2）反应⑤的反应类型为______________。‎ ‎（3）写出③的反应方程式 ____________。‎ ‎（4）下列说法正确的是______________。（填字母）‎ A．第①步是煤的液化，为煤的综合利用的一种方法 B．有机物B和C都可以与新制氢氧化铜发生反应 C．有机物C和D的水溶液都具有杀菌消毒作用 D．乙酸乙酯与有机物D混合物的分离，可以用氢氧化钠溶液振荡、静置分液的方法 ‎【答案】 (1). 羧基 (2). 加成（或还原） (3). 2CO+3H2→CH3CHO+H2O (4). BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 已知烃A对氢气的相对密度是14，A的相对分子质量是28，A是乙烯，乙烯氧化生成乙酸，则C是乙酸。乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，则D是乙醇。B能发生银镜反应，与氢气加成生成乙醇，则B是乙醛，解据此解答。‎ ‎【详解】（1）有机物C是乙酸，其中含有的官能团的名称是羧基。‎ ‎（2）反应⑤ 乙醛和氢气发生加成反应生成乙醇，即反应类型为加成反应。‎ ‎（3）根据原子守恒可知③的反应方程式为2CO+3H2→CH3CHO+H2O。‎ ‎（4）A．第①步是煤的气化，A错误；‎ B．乙醛和乙酸都可以与新制氢氧化铜发生反应，B正确；‎ C．有机物乙酸和乙醇的水溶液都具有杀菌消毒作用，C正确；‎ D．乙酸乙酯与有机物D混合物的分离，可以用饱和碳酸钠溶液洗涤、分液的方法，乙酸乙酯能与氢氧化钠反应，D错误；‎ 答案选BC。‎ ‎27.由四种元素组成的化合物X，其组成类似于结晶水合物（如CuSO4•5H2‎ O）。为探究其组成，某同学进行了如下实验：取1.97g固体X，加入足量氢氧化钠溶液并加热，得到1.344L（标准状况下）气体A、白色沉淀B，气体A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；将沉淀B过滤洗涤后灼烧，得到0.40g固体C，固体C常用作耐高温材料；在滤液中加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，得到2.87g白色沉淀D。请回答：‎ ‎（1）X中四种元素是______（用元素符号表示）；‎ ‎（2）X与氢氧化钠溶液反应的方程式是_________________。‎ ‎（3）工业上常将气体A的浓溶液涂于氯气管道上，利用反应中产生白烟这一现象来判断管道是否漏气。请写出该反应的化学方程式_____________________。‎ ‎【答案】 (1). Mg、Cl、N、H (2). MgCl2·6NH3+2NaOH＝Mg(OH)2↓+6NH3↑+2NaCl (3). 3Cl2+8NH3＝6NH4Cl+N2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据反应的方程式、实验现象、结合原子守恒判断X中含有的元素种类，利用物质的性质书写相关的方程式。‎ ‎【详解】（1）取1.97g固体X，加入足量氢氧化钠溶液并加热，得到1.344L（标准状况下）气体A、白色沉淀B，气体A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，A是氨气，物质的量是0.06mol；将沉淀B过滤洗涤后灼烧，得到0.40g固体C，固体C常用作耐高温材料，C是氧化镁，物质的量是0.01mol，B是氢氧化镁；在滤液中加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，得到2.87g白色沉淀D，D是氯化银，物质的量是0.02mol。所以X中四种元素是Mg、Cl、N、H，其中氢元素的质量是1.97g－0.24g－0.84g－0.71g＝0.18g，物质的量是0.18mol，因此Mg、Cl、N、H的原子个数之比是1：2：6：18，因此X的化学式为MgCl2·6NH3；‎ ‎（2）X与氢氧化钠溶液反应的方程式是MgCl2·6NH3+2NaOH＝Mg(OH)2↓+6NH3↑+2NaCl。‎ ‎（3）氯气具有强氧化性，能把氨气氧化为氮气，同时生成氯化氢，氯化氢与过量的氨气反应生成氯化铵而冒白烟，所以工业上常将气体A的浓溶液涂于氯气管道上，利用反应中产生白烟这一现象来判断管道是否漏气，该反应的化学方程式为3Cl2+8NH3＝6NH4Cl+N2。‎ ‎28.工业上可用焦炭与二氧化硅的混合物在高温下与氯气反应生成SiCl4，SiCl4经提纯后用氢气还原得高纯度硅。以下是实验室制备SiCl4的装置示意图。‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）仪器D的名称_____________。‎ ‎（2）装置A的硬质玻璃管中发生反应的化学方程式是________________。‎ ‎（3）C中吸收尾气一段时间后，吸收液中存在多种阴离子，下列有关吸收液中离子检验的说法正确的是_____。‎ A.取少量吸收液加入AgNO3溶液，若生成白色沉淀，则说明一定存在Cl－‎ B.取少量吸收液，滴加溴水，若溴水褪色，则说明一定存在SO32-‎ C.取少量吸收液，加过量BaCl2溶液，过滤出沉淀，向沉淀中加过量稀盐酸，若沉淀部分溶解，且有气泡产生，则说明一定存在SO32-‎ D.取少量吸收液，加硫酸酸化后再加淀粉碘化钾溶液，若溶液变蓝，则说明一定存在ClO－‎ ‎【答案】 (1). 干燥管 (2). 2C+SiO2 + 2Cl2 SiCl4 + 2CO (3). CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 氯气与石英砂和炭粉在高温下反应生成四氯化硅、CO，通过B装置冷却四氯化硅，利用D装置防止水蒸气进入B装置，最后利用C装置吸收氯气和CO，防止污染空气，据此解答。‎ ‎【详解】（1）根据仪器构造可判断仪器D的名称是干燥管。‎ ‎（2）根据原子守恒可知装置A硬质玻璃管中发生反应的化学方程式是2C+SiO2+2Cl2SiCl4+2CO。‎ ‎（3）A.由于氯气能把亚硫酸钠氧化为硫酸钠，硫酸银不溶于水，则取少量吸收液加入AgNO3溶液，若生成白色沉淀，不能说明一定存在Cl－，A错误；‎ B.由于溶液中含有氢氧化钠，氢氧化钠也能与单质溴反应，因此取少量吸收液，滴加溴水，若溴水褪色，不能说明一定存在SO32-，B错误；‎ C.取少量吸收液，加过量BaCl2‎ 溶液，过滤出沉淀，向沉淀中加过量稀盐酸，若沉淀部分溶解，且有气泡产生，则说明沉淀中含有亚硫酸钡，因此一定存在SO32-，C正确；‎ D.取少量吸收液，加硫酸酸化后再加淀粉碘化钾溶液，若溶液变蓝，则说明有单质碘生成，因此一定存在氧化性离子ClO－，D正确；‎ 答案选CD。‎ ‎29.向含硫酸铝和氯化铝的混合溶液中逐滴加入氢氧化钡溶液至过量，加入氢氧化钡溶液的体积和所得沉淀的物质的量的关系如图所示。‎ ‎（1）氢氧化钡溶液浓度为_____________________。‎ ‎（2）原混合溶液中SO42-和Cl-的物质的量之比为________。‎ ‎【答案】 (1). 1mol/L (2). 1:2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 向含硫酸铝和氯化铝的混合溶液中逐滴加入氢氧化钡溶液至过量，反应的实质是铝离子与氢氧根离子、钡离子与硫酸根离子反应，结合方程式和图像分析解答。‎ ‎【详解】（1）向含硫酸铝和氯化铝的混合溶液中逐滴加入氢氧化钡溶液至过量，反应的离子方程式有Ba2＋＋SO42－＝BaSO4↓、Al3＋＋3OH－＝Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH－＝AlO2－+2H2O。假设1mol硫酸铝中硫酸根完全被沉淀需要氢氧化钡是3mol，3mol氢氧化钡提供6mol氢氧根，1mol硫酸铝中含有2mol铝离子，二者恰好沉淀生成氢氧化铝。从起点到A点可以认为是硫酸铝与氢氧化钡反应生成3mol硫酸钡和2mol氢氧化铝。A到B是氯化铝和氢氧化钡反应，B点时溶液中铝离子完全沉淀，产生沉淀达最大值，溶液中溶质为BaCl2；B到C是氢氧化铝溶解在氢氧化钡中，C点时氢氧化铝完全溶解。根据图像可知溶解氢氧化铝消耗氢氧化钡8L－6L＝2L，消耗氢氧化铝是7mol－3mol＝4mol，所以需要氢氧化钡是2mol，则氢氧化钡溶液浓度为2mol÷2L＝1mol/L；‎ ‎（2）根据图像可知硫酸钡是3mol，所以硫酸铝是1mol，氯化铝产生的氢氧化铝是2mol，因此氯化铝是2mol，所以原混合溶液中SO42-和Cl-的物质的量之比为3mol：6mol＝1：2。‎ ‎30.研究氮氧化物反应机理，对于控制汽车尾气、保护环境有重要意义。‎ ‎（1）NO在空气中存在如下反应：2NO(g) + O2(g) 2NO2(g) ΔH，上述反应分两步完成，其中第一步反应①如下，写出第二步反应②的热化学方程式（其反应的焓变ΔH2用含ΔH、ΔH1的式子来表示）： ① 2NO(g) N2O2(g)ΔH1＜0，② ___________；‎ ‎（2）NH3催化还原氮氧化物(SCR)技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术。反应的热化学方程式为： 4NH3（g）+6NO（g）5N2（g）+6H2O（g）△H=－1811.63KJ/mol；反应在恒容密闭容器中进行，在其它相条件同时，选用不同的催化剂，反应产生N2的物质的量随时间变化如图所示。‎ ‎①在催化剂A的作用下，经过相同时间，测得脱氮率随反应温度的变化情况如图2所示，据图可知，在相同的时间内，300℃之前，温度升高脱氮率逐渐增大，300℃之后温度升高脱氮率逐渐减小（催化剂均末失效），写出300℃之后脱氮率减小的原因是_________。‎ ‎②其他条件相同时，请在图中补充在催化剂B作用下脱氮率随温度变化的曲线________。‎ ‎（3）工业制HNO3的尾气中含有的NO2和NO常用NaOH溶液吸收，反应的化学方程式为：NO+NO2+2NaOH＝2NaNO2+H2O，2NO2+2NaOH＝NaNO2+NaNO3+H2O，现有平均组成为NOx的NO、NO2混合气体，通入足量的NaOH溶液中，充分反应后没有气体剩余，则：‎ ‎①x的取值范围为_________________。‎ ‎②反应后溶液中n(NO2－)︰n(NO3－)=____________________。(用含x的代数式表示）‎ ‎（4）电解法处理氮氧化合物是目前大气污染治理的一个新思路，原理是将NOx 在电解池中分解成无污染的N2和O2除去，如图示，两电极间是新型固体氧化物陶瓷，在一定条件下可自由传导O2－，电解池阴极反应为___。‎ ‎【答案】 (1). N2O2(g)+O2(g)2NO2(g) ΔH2=ΔH-ΔH1 (2). 300℃之后反应达平衡，脱氮率决定于平衡的移动，该反应正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，脱氮率减小 (3). (4). 1.5≤x＜2 (5). (5-2x)︰(2x-3) (6). 2NOx+4xe-＝N2+2xO2-‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据盖斯定律可知总反应式减去①即得到反应②N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)ΔH2=ΔH-ΔH1；‎ ‎（2）①由于300℃之后反应达平衡，脱氮率决定于平衡的移动，该反应正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，脱氮率减小，因此300℃之后脱氮率减小。‎ ‎②根据图像可知催化剂B的催化效率低于催化剂A，达到平衡的时间长，故在更高的温度下才能达到平衡，由于正反应是放热反应，在较高的温度下的平衡状态中脱氮率较小，到达平衡后脱氮率不再受催化剂影响，则其他条件相同时，在催化剂B作用下脱氮率随温度变化的曲线为。‎ ‎（3）①平均组成为NOx的NO、NO2混合气体，通入足量的NaOH溶液中，充分反应后没有气体剩余，根据反应NO+NO2+2NaOH＝2NaNO2+H2O、2NO2+2NaOH＝NaNO2+NaNO3+H2O可知只要n(NO2)︰n(NO)≥1时混合气体才能完全被吸收。当n(NO2)︰n(NO)＝1时，x＝1.5，如果全部是NO2‎ ‎，x＝2，所以x的取值范围为1.5≤x＜2。‎ ‎②根据氧化还原反应中电子得失守恒以及原子守恒可知反应的化学方程式为2NOx+2NaOH＝（5－2x）NaNO2+（2x－3）NaNO3+H2O，因此反应后溶液中n(NO2－)︰n(NO3－)=(5-2x)︰(2x-3)。‎ ‎（4）电解池阴极发生得到电子的还原反应，根据装置图可知阴极是NOx得到电子，所以反应为2NOx+4xe-＝N2+2xO2-。‎ ‎31.“治污水”是“五水共治”工程中一项重要举措。‎ ‎（1）某污水中的有机污染物为三氯乙烯 （C2HCl3），向此污水中加入一定浓度的酸性重铬酸钾（K2Cr2O7还原产物为Cr3+）溶液可将三氯乙烯除去，氧化产物只有CO2。写出该反应的离子反应方程式_____。‎ ‎（2）化学需氧量（COD）是水质测定中的重要指标，可以反映水中有机物等还原剂的污染程度。COD是指在一定条件下，用强氧化剂氧化水样中的还原剂及有机物时所消耗氧化剂的量，然后折算成氧化水样中的这些还原剂及有机物时需要氧气的量。某学习小组用重铬酸钾法测定某水样的COD。主要的实验装置、仪器及具体操作步骤如下：‎ 操作步骤：‎ Ⅰ量取20.00mL水样于圆底烧瓶中，并加入数粒碎瓷片；Ⅱ量取10.00mL重铬酸钾标准溶液中加入到圆底烧瓶中，安装反应装置（如上图所示）。从冷凝管上口加入30.00mL的H2SO4—Ag2SO4溶液，混匀后加热回流2h，充分反应后停止加热。Ⅲ待反应液冷却后加入指示剂2滴，用硫酸亚铁铵溶液滴定多余重铬酸钾，至溶液由绿色变成红褐色。发生的化学反应方程式为Cr2O72-+14H++6Fe2+=6Fe3++2Cr3++7H2O。请回答：‎ ‎①量取10.00mL重铬酸钾标准溶液用到的仪器是_______________（填仪器a或仪器b）。‎ ‎②下列有关说法正确的是 _________________（用相应编号填写）。‎ A. 配制重铬酸钾标准溶液时所有需用到仪器有：天平（含砝码）、玻璃棒、烧杯和容量瓶 B. 滴定前锥形瓶、滴定管均需用蒸馏水洗后再用待取液进行润洗 C.‎ ‎ 滴定时用左手控制旋塞，眼睛注视锥形瓶内液体颜色变化，右手摇动锥形瓶，使溶液向同一方向旋转 D. 加热回流结束后，未用蒸馏水冲洗冷凝管管壁，则滴定测得的硫酸亚铁铵体积偏小 ‎③已知：重铬酸钾标准溶液的c(Cr2O72－)=0.02000mol·L－1，硫酸亚铁铵溶液的c（Fe2+）=0.01000 mol·L－1，滴定终点时所消耗的硫酸亚铁铵溶液的体积为18.00mL，则按上述实验方法，测得的该水样的化学需氧量COD=_______mg/L。‎ ‎（3）工业上常用铁炭(铁屑和活性炭混合物)微电解法处理污水。保持反应时间等条件不变，测得铁碳混合物中铁体积分数、污水溶液pH对污水COD去除率的影响分别如图1、图2 所示。‎ ‎①由图1、图2可知下列推论不合理的是________________。‎ A. 活性炭对污水中的还原性物质具有一定的吸附作用 B. 酸性条件下，铁屑和活性炭会在溶液中形成微电池，铁为负极，溶液中有大量的Fe2+、Fe3+‎ C. 当铁碳混合物中铁的体积分数大于50%时，COD的去除率随着铁的质量分数增加而下降的主要原因是溶液中微电池数目减少 D. 工业降低污水COD的最佳条件为：铁的体积分数占50%；污水溶液pH约为3‎ ‎②根据图2分析，COD的脱除率降低的原因可能为_______________________________。‎ ‎【答案】 (1). Cr2O72-+5H++C2HCl3=2CO2↑ +2Cr3++3H2O+3Cl- (2). 仪器b (3). CD (4). 408.0 (5). B (6). 酸性条件下微电池反应更快，产生的更多的Fe2+、Fe3+；或者pH不断增大，溶液中的Fe3+不断生成沉淀，胶体微粒减少，胶体的吸附聚沉作用减弱 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）某污水中的有机污染物为三氯乙烯（C2HCl3），向此污水中加入一定浓度的酸性重铬酸钾（K2Cr2O7还原产物为Cr3+）溶液可将三氯乙烯除去，氧化产物只有CO2，根据原子守恒、电荷守恒和电子得失守恒可知该反应的离子反应方程式为Cr2O72-+5H++C2HCl3＝2CO2↑+2Cr3++3H2O+3Cl-。‎ ‎（2）①重铬酸钾具有强氧化性，能腐蚀橡胶，所以量取10.00mL重铬酸钾标准溶液用到的仪器是酸式滴定管，答案选仪器b。‎ ‎②A. 配制重铬酸钾标准溶液时所有需用到仪器有：天平（含砝码）、玻璃棒、烧杯和容量瓶，还需要胶头滴管，A错误；‎ B. 滴定前锥形瓶不能用待取液进行润洗，滴定管需用蒸馏水洗后再用待取液进行润洗，B错误；‎ C. 滴定时用左手控制旋塞，眼睛注视锥形瓶内液体颜色变化，右手摇动锥形瓶，使溶液向同一方向旋转，C正确；‎ D. 加热回流结束后，未用蒸馏水冲洗冷凝管管壁，导致剩余的重铬酸钾减少，则滴定测得的硫酸亚铁铵体积偏小，D正确；‎ 答案选CD；‎ ‎③已知：重铬酸钾标准溶液的c(Cr2O72－)=0.02000mol·L－1，硫酸亚铁铵溶液的c（Fe2+）=0.01000 mol·L－1，滴定终点时所消耗的硫酸亚铁铵溶液的体积为18.00mL，消耗硫酸亚铁铵的物质的量是0.00018mol，根据Cr2O72-+14H++6Fe2+＝6Fe3++2Cr3++7H2O可知剩余重铬酸钾的物质的量是0.00003mol，因此水消耗的重铬酸钾的物质的量是0.0002mol－0.00003mol＝0.00017mol，转移电子的物质的量是0.00017mol×6＝0.00102mol，根据电子得失守恒可知氧气的物质的量是0.00102mol÷4＝0.000255mol，质量是8.16mg，则按上述实验方法，测得的该水样的化学需氧量COD＝8.16mg÷0.02L＝408.0mg/L。‎ ‎（3）①A. 活性炭具有吸附性，因此活性炭对污水中的还原性物质具有一定的吸附作用，A正确；‎ B. 酸性条件下，铁屑和活性炭会在溶液中形成微电池，铁为负极，失去电子转化为亚铁离子，因此溶液中不可能有大量的Fe3+，B错误；‎ C. 当铁碳混合物中铁的体积分数大于50%时，COD的去除率随着铁的质量分数增加而下降的主要原因是溶液中微电池数目减少，导致亚铁离子的量减少，C正确；‎ D. 根据图像可知工业降低污水COD的最佳条件为：铁的体积分数占50%；污水溶液pH约为3，D正确；‎ 答案选B。‎ ‎②由于酸性条件下微电池反应更快，产生的更多的Fe2+、Fe3+或者pH不断增大，溶液中的Fe3+不断生成沉淀，胶体微粒减少，胶体的吸附聚沉作用减弱，因此COD的脱除率降低。‎ ‎32.某研究小组拟合成染料X和医药中间体Y。‎ 已知：①②③④。‎ ‎（1）下列说法正确的是_________。 ‎ A.化合物A能与能与NaHCO3反应产生气体 B.X的分子式是C15H14Cl2O3N2‎ C.化合物C能发生取代、还原、加成反应 D.A→B，B→C的反应类型均为取代反应 ‎ ‎（2）化合物D的结构简式是_________。‎ ‎（3）写出E+H→F 的化学反应方程式__________________。‎ ‎（4）写出化合物B（C10H10O4）同时符合下列条件的两种同分异构体的结构简式______________。‎ ‎①与NaHCO3溶液反应，0.1mol该同分异构体能产生4.48L（标准状况下）CO2气体；②苯环上的一氯代物只有两种且苯环上的取代基不超过三个；③核磁共振氢谱有五种不同化学环境的氢，且峰面积比为1：2：2：2：3。‎ ‎（5）设计以乙烯为原料合成制备Y（）的合成路线________________（用流程图表示，无机试剂任选）。‎ ‎【答案】 (1). ACD (2). (3). (4). 、、 (5). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对二甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成A是，A与甲醇发生酯化反应生成B为，B发生硝化反应生成C为，C在碱性溶液中水解并酸化后生成D，根据D的分子式可知D为，根据已知信息④可知D发生取代反应生成E为，根据已知信息③可知F发生还原反应生成X，则F为，E和H发生取代反应生成F，则H为，据此解答。‎ ‎【详解】（1）A. 化合物A是，因此A能与能与NaHCO3反应产生气体，A正确；‎ B.X的分子式是C15H12Cl2O3N2，B错误；‎ C.化合物C为，含有酯基、硝基、苯环，能发生取代、还原、加成反应，C正确；‎ D.根据以上分析可知A→B，B→C的反应类型均为取代反应，D正确；‎ 答案选ACD；‎ ‎（2）化合物D的结构简式是。‎ ‎（3）E+H→F是取代反应，反应的化学反应方程式为+HCl。‎ ‎（4）①与NaHCO3溶液反应，0.1mol该同分异构体能产生4.48L（标准状况下）CO2气体，二氧化碳是0.2mol，说明含有2个羧基；②苯环上的一氯代物只有两种且苯环上的取代基不超过三个；③核磁共振氢谱有五种不同化学环境的氢，且峰面积比为1：2：2：2：3，因此符合条件的有机物结构简式为、、。‎ ‎（5）根据已知信息结合逆推法可知以乙烯为原料合成制备Y的合成路线图为。‎ ‎【点睛】合成路线设计是解答的易错点，解答的关键是注意灵活应用逆推法，有时还需要结合正推法等，尤其是题干中已知信息的提取和应用是解答的难点。另外还需要注意有关信息隐含在题干中的流程图中，需要学生自行判断和灵活应用。‎ ‎ ‎