2018-2019学年浙江省台州市联谊五校高二下学期期中考试化学试题 解析版
台州市联谊五校2018学年第二学期高二期中考试
化学选考试卷
注意事项：
1. 本试卷分第I卷和第II卷两部分，满分100分，考试时间90分钟；
2. 第I卷答卷务必填图在答题卡上，用2B铅笔正确填涂，否则不得分；第II卷用钢笔或签字笔写在答题卷上。
3. 可能用到的相对原子质量： H–1 C –12 N –14 O–16 Na –23 Mg –24 S –16 Cl –35.5 K–39 Ca –40 Fe–56 Cu–64 Ba –137
第I卷
一、选择题（本题包括25小题，每小题2分，共50分。每小题只有一个选项符合题意。）
1.古丝绸之路贸易中的下列商品，主要成分属于无机物的是
A. 瓷器 B. 丝绸 C. 茶叶 D. 中草药
【答案】A
【解析】
A、瓷器属于硅酸盐，属于无机物，选项A正确；B、丝绸的成分是蛋白质，属于有机物，选项B错误；C、茶叶中主要物质为有机物，选项C错误；D、中草药中主要成分是有机物，选项D错误。答案选A。
2.下列属于非电解质的是
A. 氨气 B. 碳酸钾 C. 盐酸 D. 氯气
【答案】A
【解析】
A、氨气的水溶液能导电，是因为氨气和水反应生一水合氨，一水合氨电离出铵根离子和OH-，并不是氨气本身发生电离，所以氨气是非电解质，故A正确；B、碳酸钾在水溶液中电离出钾离子和碳酸根，能够导电，所以碳酸钾是电解质，故B错误；C、盐酸是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故C错误；D、氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质故D
错误。故选A。
点睛：单质和混合物既不是电解质也不是非电解质。
3.如图所示是分离混合物时常用的主要仪器，从左至右，可以进行的混合物分离操作分别是
A. 蒸馏、蒸发、萃取、过滤 B. 蒸馏、过滤、萃取、蒸发
C. 萃取、过滤、蒸馏、蒸发 D. 过滤、蒸发、萃取、蒸馏
【答案】B
【解析】
根据仪器构造可知四种仪器分别是蒸馏烧瓶、漏斗、分液漏斗、蒸发器，因此可以进行的混合物分离操作分别是蒸馏、过滤、萃取、蒸发，答案选B。
4.下列有水参加反应中，属于氧化还原反应，但水既不是氧化剂也不是还原剂的是
A. CaH2 + 2H2O=Ca(OH)2 + 2H2↑ B. BrCl+H2O=HCl+HBrO
C. Mg3N2 + 6H2O=3Mg(OH)2↓+ 2NH3↑ D. 2Na2O2 + 2H2O=4NaOH + O2↑
【答案】D
【解析】
【详解】A.CaH2中H元素由-1价升高至0价，H2O中H元素由+1价降低为0价，水作氧化剂，故不选A；B.BrCl+H2O=HCl+HBrO中没有元素化合价发生变化，不属于氧化还原反应，故B不选；C.反应前后元素的化合价不变，不属于氧化还原反应，故不选C。D.Na2O2中氧元素化合价部分升高，部分降低，属于氧化还原反应，水中H、O元素的化合价不变，水既不是氧化剂又不是还原剂，故选D项；答案为D。
5.下列物质的水溶液不显酸性的是
A. NaHSO4 B. FeCl3 C. K 2CO3 D. CH 3COOH
【答案】C
【解析】
【详解】A. NaHSO4为强酸的酸式盐，水溶液中完全电离，溶液显酸性，故不选A；B. FeCl3
为强酸弱碱盐，水解溶液显酸性，故不选B; C. K2CO3为强碱弱酸盐，水解溶液显碱性，故选C；D. CH3COOH属于弱酸，溶液显酸性，故不选D；答案：C。
6.反应6HCl(浓)+KClO3=3Cl2↑+KCl+3H2O ，则反应中氧化剂和还原剂的物质的量比是
A. 6∶1 B. 1∶5 C. 1∶6 D. 1∶3
【答案】B
【解析】
【详解】由反应6HCl(浓)+KClO3=3Cl2↑+KCl+3H2O中，KClO3中氯元素的化合价由+5→0被还原，为氧化剂，HCl中氯元素的化合价由-1→0被氧化，为还原剂，其中6molHCl生成1molKCl，被氧化的HCl为5mol，则该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:5。答案：B。
【点睛】根据氧化还原反应中得失电子守恒进行分析即可。
7.下列表示正确是
A. 中子数为20的Ar原子： 2018Ar B. 丙烷分子的球棍模型：
C. 2，2-二甲基戊烷的结构简式：C(CH3)4 D. HClO的结构式：H－Cl－O
【答案】B
【解析】
【详解】A. 中子数为20的Ar原子： 3818Ar ，故A错误；B. 丙烷分子的球棍模型：，故B正确；C. 2，2-二甲基戊烷的结构简式：CH3C(CH3)2CH2CH2CH3,故C错误； D. HClO的结构式：H－O－Cl，故D错误；答案：B。
8.下列说法正确的是
A. 铁制容器可以盛装冷的浓硫酸，因为常温下铁和浓H2SO4不反应
B. 金属镁的熔点高，是优质的耐高温材料
C. 木材、纺织品浸过水玻璃后，具有防腐性能且不易燃烧
D. 氢气是一种清洁能源，但热值低，因而目前没有被广泛应用
【答案】C
【解析】
【详解】A.因为铁和浓硫酸发生了钝化反应，钝化时发生了氧化还原反应，生成致密的氧化物阻止反应的进一步发生，所以铁制容器可盛装冷的浓硫酸，故A错误; B. 金属镁是活泼的金属，容易被氧化，所以不能做耐高温材料，故B错误；C.木材、纺织品浸过水玻璃后，具有防腐性能且不易燃烧，故C正确；D氢气难储存,生产成本高,所以制约氢气作为优质能源不能大力推广的关键因素,故D错误；答案：C。
9.下列说法中不正确的是
A. 可用分液漏斗分离乙酸乙酯和饱和碳酸钠溶液
B. 镁着火，不能用CO2灭火
C. 毛料与棉布可以通过燃烧闻气味的方法进行鉴别
D. 容量瓶使用前必须检漏，洗涤，干燥
【答案】D
【解析】
【详解】A. 乙酸乙酯和饱和碳酸钠溶液不互溶，可用分液方法分离，故A正确；B. 镁和CO2反应，生成C和MgO，不能用CO2灭火,故B正确；C. 毛料属于蛋白质，燃烧有烧焦羽毛气味，棉布属于纤维素，燃烧没有烧焦羽毛气味，可以通过燃烧闻气味的方法进行鉴别，故C正确；D. 容量瓶使用前必须检漏，洗涤，但不需要干燥，故D错误；答案：D。
10.下列说法正确的是
A. 37Cl2和35Cl2的质子数相同、中子数不同，互为同位素
B. 甲酸(HCOOH)、草酸(HOOC－COOH)互为同系物
C. C60与C70互为同素异形体
D. 淀粉(C6H10O5)n和纤维素(C6H10O5)n互为同分异构体
【答案】C
【解析】
【详解】A. 37Cl2和35Cl2的质子数相同、中子数不同的单质，两者不能互为同位素，故A错误；B. 甲酸(HCOOH)为一元酸，草酸(HOOC－COOH)为二元酸，两者结构不同，不互为同系物，故B错误；C. C60与C70都是由C元素组成的单质，互为同素异形体，故C正确；D. 淀粉(C6H10O5)n和纤维素(C6H10O5)n都属于高分子化合物，n值不同，不互为同分异构体，故D错误；答案：C。
【点睛】解答本题的关键是根据同位素、同素异形体、同分异构体、同系物概念进行辨析。
11.针对下列实验现象表述不正确的是
A. 往碘水和FeCl2混合溶液中滴加KSCN溶液，溶液显红色
B. SO2气体使湿润的蓝色石蕊试纸先变红色后褪色
C. 金属钠投入到硫酸铜溶液中，钠四处游动，并产生蓝色沉淀
D. 往蔗糖中加入浓硫酸，蔗糖变成黑色蜂窝状的固体，同时释放出刺激性气味气体
【答案】B
【解析】
【详解】A.碘水具有氧化性， FeCl2具有还原性，两者反应生成FeCl3，再滴加KSCN溶液，溶液能显红色，故A正确；B. SO2是酸性氧化物，能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，但不能褪色，故B错误；C. 金属钠投入到硫酸铜溶液中，钠先和水反应生成氢氧化钠，再和硫酸铜溶液反应，生成蓝色沉淀氢氧化铜，故C正确；D.浓硫酸具有脱水性和强氧化性，往蔗糖中加入浓硫酸，蔗糖变成黑色蜂窝状的固体，表现脱水性，同时释放出刺激性气味气体表现浓硫酸的强氧化性，故D正确；答案：B。
【点睛】利用浓硫酸的特性进行分析：脱水性可使蔗糖变成黑色蜂窝状的固体，强氧化性又可以把碳氧化成二氧化碳，本身被还原为刺激性气味气体SO2。
12.科研人员设想用如图所示装置生产硫酸，下列说法不正确的是
A. a为负极，b为正极
B. 生产过程中氢离子由左移向右
C. 从左下口流出的硫酸的质量分数一定大于10%
D. 正极反应式O2＋2H2O+4e－===4OH－
【答案】D
【解析】
【详解】A.a电极上SO2
发生氧化反应生成硫酸，则a为负极，b为正极，故A正确；B．质子膜只允许H+通过，向正极移动，即氢离子由左向右移动，故B正确；C．负极区有硫酸生成，则硫酸的质量分数一定大于10%，故C正确；D．正极上发生的是还原反应，其电极反应式为O2＋4H++4e－=2H2O，故D错误；答案为D。
【点睛】考查原电池相关的知识。根据原电池工作原理进行分析。SO2SO42-化合价升高作还原剂，在负极通入，O2H2O化合价降低，做氧化剂，在正极通入，据此分析。
13.下列离子方程式正确的是
A. 用氨水吸收过量二氧化硫： NH3·H2O + SO2 ＝ NH4++ HSO3－
B. 实验室用MnO2与浓盐酸加热反应制Cl2：MnO2+4HCl(浓)Mn2++2Cl－+Cl2↑+2H2O
C. 硫酸溶液与氢氧化钡溶液混合：Ba2++SO42－＝BaSO4↓
D. 硫酸酸化的FeSO4 溶液中加入 H2O2溶液： Fe2++2H ++ H2O2= Fe3++2H2O
【答案】A
【解析】
【详解】A. 氨水显碱性，二氧化硫为酸性氧化物，氨水和过量二氧化硫反应的离子方程式： NH3·H2O + SO2 ＝ NH4++ HSO3－，故A正确；B.实验室用MnO2与浓盐酸加热反应制Cl2：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，故B错误；C.硫酸溶液与氢氧化钡溶液混合：2OH-+Ba2++SO42－+2H+＝BaSO4↓+2 H2O,故C错误；D.硫酸酸化的FeSO4 溶液中加入 H2O2溶液;2Fe2++2H ++ H2O2= 2Fe3++2H2O，故D错误；答案：A。
【点睛】考查限定条件离子方程式的书写。根据物质之间的反应关系，及与所给条件的关系进行判定。A中注意“过量”两字的含义。
14.X、Y、Z、W四种短周期主族元素，其中W是非金属性最强的元素，它们在周期表中位置如图所示，下列说法正确的是
X
Y
W
Z
A. 原子半径X、Y、W、 Z依次增大
B. Z元素的气态氢化物稳定性比W强
C. Y元素的氧化物对应水化物的酸性一定比Z弱
D. X、Z元素能形成化学式为XZ2的化合物
【答案】D
【解析】
【分析】
X、Y、Z、W四种短周期主族元素，其中W是非金属性最强的元素，所以W为F元素，根据它们在周期表中位置图可知：X为C元素、Y为N元素、Z为S元素；根据元素周期律进行分析即可。
【详解】A. 根据元素周期律同周期从左到右半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，所以原子半径Z>X>Y>W依次减小，故A错误；B. Z为S元素，W为氟,其气态氢化物稳定性HF> H2S,故B错误；C. Y元素为N，Z为S元素，两者有多种价态的含氧酸，没说最高价，无法比较酸性强弱，故C错误；D. X为C元素，Z为S元素，X、Z元素能形成CS2,故D正确；答案：D。
【点睛】突破口元素在周期表中的位置，在结合已知条件：短周期主族元素，其中W是非金属性最强的元素进行推断各种元素。再根据元素周期律进行解答。
15.下列说法不正确的是
A. 往蛋白质溶液中逐滴加入稀硫酸钠溶液，会产生白色沉淀，加水后沉淀不溶解
B. 苯与CCl4两种有机物可用酸性高锰酸钾溶液鉴别
C. 葡萄糖溶液能发生银镜反应
D. 油脂与氨基酸在一定条件下均能与NaOH溶液反应
【答案】A
【解析】
【详解】A.往蛋白质溶液中逐滴加入稀硫酸钠溶液，发生盐析，产生白色沉淀，加水沉淀溶解，故A错误；B.苯与CCl4两种有机物均不和酸性高锰酸钾溶液反应，也不互溶，但苯的密度比水小，在高锰酸钾溶液上层，CCl4的密度比水大，在高锰酸钾溶液下层，所以可以用酸性高锰酸钾溶液鉴别。故B正确；C.葡萄糖是多羟基的醛，所以葡萄糖溶液能发生银镜反应，故C正确；D. 油脂属于酯类化合物，含有酯基，能与NaOH溶液反应，氨基酸表现两性，能与NaOH溶液反应，故D正确；答案：A。
16.下列说法正确的是
A. 石油的分馏、裂化、裂解，煤的干馏、气化、液化均属于化学变化
B. 苯与氢气生成环己烷的反应属于加成反应
C. 将3 mol Cl2与1mol乙烷混合光照，可以得到1molC2Cl6
D. 乙醛可以被氧气氧化为乙酸，乙酸又能被氢气还原成乙醛
【答案】B
【解析】
【详解】A.石油的裂化、裂解，煤的干馏、气化、液化均属于化学变化，石油的分馏属于物理变化，故A错误；B.苯与氢气生成环己烷的反应属于加成反应，故B正确；C.将3 mol Cl2与1mol乙烷混合光照，发生取代反应，可以得到多种卤代烃，故C错误；D.乙醛可以被氧气氧化为乙酸，乙酸不能被氢气还原成乙醛，故D错误；答案：B。
17.下列说法正确的是
A. 恒容密闭容器中进行的反应：A（s）＋3B（g）2C（g）＋D（g），如果气体密度保持不变，说明反应已经达到平衡
B. C ( s) + H2O (g) CO ( g) + H2 (g)，其他条件不变，缩小容器体积，正速率减小，逆速率增大
C. N2(g) + 3H2(g)2NH3(g) △H=—93kJ·mol—1，往恒容密闭容器中充入0.4 molN2(g)和2 mol H2(g)达到平衡时，可以放出37.2 kJ的热量
D. A(g)+ 3B (g) 2C (g) + D (g)，在两种不同情况下的反应速率分别为：①，②，则前者比后者快
【答案】A
【解析】
【详解】A. 恒容密闭容器中进行的反应：A(s)＋3B(g)2C(g)＋D(g），因为A为固体，所以如果气体密度保持不变，说明反应已经达到平衡，故A正确；B. C ( s) + H2O (g) CO ( g) + H2 (g)，其他条件不变，缩小容器体积，压强增大，正、逆速率均增大，故B错误；C. N2(g) + 3H2(g)2NH3(g) △H=-93kJ·mol—1，往恒容密闭容器中充入0.4 molN2(g)和2 mol H2(g)达到平衡时，由于是可逆反应，因此放出的热量小于37.2 kJ ，故C错误；D. 根据化学反应方程式中速率之比等于化学计量数之比，故A(g)+ 3B (g) 2C (g) + D
(g)，在两种不同情况下的反应速率分别为：①vB=0.6mol/(L·min)，②vC=0.4mol/(L·min)，由于条件不同，因此两者速率无法比较，故D错误；答案：A。
18.下列关于微粒间作用力与晶体的说法不正确的是
A. 某物质呈固体时不导电，熔融状态下能导电，则该物质一定是离子晶体
B. H2O和CCl4的晶体类型相同，且每个原子的最外层都达到8电子稳定结构
C. F2、Cl2、Br2、I2的沸点逐渐升高，是因为分子间作用力逐渐增大
D. 干冰溶于水中，既有分子间作用力的破坏，也有共价键的破坏
【答案】B
【解析】
【详解】A.分子晶体在固态时不导电，熔融状态下也不导电；离子晶体呈固体时不导电，熔融状态下能导电，故A正确；B.H2O和CCl4都是分子晶体，H2O中H原子的最外层不能达到8电子稳定结构，故B错误；C.卤素单质都是分子晶体，熔沸点的高低与分子间作用力的大小有关，而决定分子间作用力的因素是相对分子质量的大小，故C正确；D.干冰的成分是CO2,溶于水中破坏了分子间作用力，同时与水反应生成碳酸，因此共价键也会被破坏，故D正确；答案：B。
19.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是
A. 14 g乙烯和丙烯混合气体中原子数目为3NA
B. 在50g质量分数为46%的乙醇水溶液中，含有氢原子数为3NA
C. 5.6 g铁在22.4L氯气中充分燃烧，转移的电子数为0.3NA
D. 0.1 mol·L-1Na2CO3溶液中含有的CO32-数目小于0.1 NA
【答案】A
【解析】
【详解】A.乙烯和丙烯的最简式相同，14 g乙烯和丙烯混合气体含1molCH2,原子数目为3NA ,故A正确；B. 水中也含有氢元素，在50g质量分数为46%的乙醇水溶液中，含有氢原子的物质的量大于3mol，故B错误；C. 氯气没标明状态，无法计算转移的电子数，C错误；D. Na2CO3属于强碱弱酸盐，CO32-发生水解，0.1 mol·L-1Na2CO3溶液没有体积，无法计算，故D错误；答案：A。
20.下列说法正确的是
A. 等体积等物质的量浓度的CH3COONa(aq)与NaCl(aq)中离子总数大小：N前＝N后
B. 常温下醋酸和醋酸钠混合溶液中c (CH3COOH)、c (CH3COO－)与pH值的关系如图所示，当pH=4.5溶液中：c (CH3COO－)> c (CH3COOH)> c (H+)> c (OH－)
C. 物质的量浓度相等的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合后的溶液中：2 c(Na+)＝c(CH3COO－)+ c(CH3COOH)
D. pH相等的盐酸与醋酸溶液，c(Cl－)>c(CH3COO－)
【答案】C
【解析】
【详解】A.醋酸是弱酸,所以CH3COONa溶液中发生水解反应: CH3COO－+H2O⇌CH3COOH+OH-,使溶液呈碱性,氢离子浓度小于氢氧根离子浓度,所以NaCl溶液中c(Na+)+c(H+)大于CH3COONa溶液中c(Na+)+c(H+),根据电荷守恒: c(Na+)+c(H+)=c(OH－)+c(Cl－)可得溶液中离子总数为2[c(Na+)+c(H+)]V;同理可得CH3COONa溶液中总数为2[c(Na+)+c(H+)]V,所以NaCl溶液中离子总数大于CH3COONa溶液,即N前
(CH3COO－)>c(H+)>c(OH－),故B错误;C.物质的量浓度相等的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合后的溶液中：根据物料守恒：2c(Na+)＝c(CH3COO－)+ c(CH3COOH)，故C正确；D. pH相等的盐酸与醋酸溶液，根据电荷守恒盐酸溶液中：c(Cl－)+ c(OH－)= c(H+)；醋酸溶液中：c(CH3COO－)+c(OH－)=c(H+)，因为pH相等，所以c(Cl－)= c(CH3COO－)，故D错误;答案：C。
21.二氧化钛在一定波长光的照射下，可有效降解甲醛、苯等有机物，效果持久，且自身对人体无害。某课题组研究了溶液的酸碱性对TiO2光催化染料R降解反应的影响，结果如图所示。下列判断不正确的是
A. 在0～20min之间，pH＝7时R的降解速率为7×10-6mol·L-1·min-1
B. R的起始浓度不同，无法判断溶液的酸碱性对R的降解速率的影响
C. 在这三种pH条件下，二氧化钛对pH＝2的R溶液催化降解效率最好
D. 在0～50 min之间，R的降解百分率pH＝2等于pH＝7
【答案】B
【解析】
【详解】A.由图可知pH＝7的R的初始浓度为1.8×10-4mol·L-1，20min时R的浓度为0.4×10-4mol·L-1，则0～20min之间R的降解速率为7×10-6mol·L-1·min-1，故A正确；B. 根据不同pH曲线的倾斜度不同可以看出酸性越强，R的降解速率越大，故B错误;C.由图分析可以知道：溶液酸性越强,线的斜率越大,R的降解速率越大,所以在这三种pH条件下，二氧化钛对pH＝2的R溶液催化降解效率最好，故C正确；D.由图可知：在0～50 min之间，pH＝2和pH＝7时反应物R都能完全降解，所以降解百分率相等，故D正确；答案：B。
22.在不同温度下，水溶液中c(H＋)与c(OH－)关系如图所示。下列说法不正确的是
A. 图中五点Kw间的关系：B>C>A=D=E
B. 在温度不变的水中，加入适量的NH4Cl，无法实现从A点变到C点
C. D点对应的水溶液中，可能有NH4+、Fe3+、Cl－、NO3－大量同时存在
D. 若处在B点时，将pH =2的硫酸溶液与 pH = 10的KOH溶液等体积混合，所得溶液呈中性
【答案】C
【解析】
【详解】A.通过关系式：KW= c(H＋)c(OH－)可计算出图中五点关系：B点KW =10-610-6=10-12，A、D、E在同一条曲线上，所以三点的KW相等，KW=10-710-7=10-14，C点位于A、B之间，所以10-14C>=A=D=E, 故A正确；B.AC这条直线表示的是c(H＋)c(OH－)，这条直线只与水溶液的温度变化有关，与其它因素无关，而且温度不变时，加入NH4Cl会使c(H＋)增大，c(OH－减小，无法实现从A点变到C点，故B正确；C. D点对应的水溶液中，c(H＋)c(OH－)显碱性,不可能和NH4+、Fe3+大量共存，故C错误；D.B点处KW =10-610-6=10-12，所以pH=6时溶液呈中性，将pH=2的硫酸溶液与pH=10的KOH溶液等体积混合，pH=6，所得溶液呈中性,故D项正确。答案：C。
23.根据如图所示示意图，下列说法不正确的是
A. 反应的热化学方程式可表示为C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g) ΔH=(b-a) kJ·mol-1
B. 该反应过程反应物断键吸收的能量一定大于生成物成键放出的能量
C. 使用催化剂无法改变该反应的ΔH
D. nmol C和n mol H2O反应生成nmol CO和nmol H2吸收的热量一定为131.3nkJ
【答案】D
【解析】
【详解】A.由图可知，该反应为吸热反应，所以反应的热化学方程式可表示为C(s)+H2O(g)＝CO(g)+H2(g) ΔH=(b-a) kJ·mol-1，故A正确；B.该反应过程反应物断键吸收的能量大于生成物成键放出的能量，故B正确；C.催化剂只改变化学反应速率，无法改变该反应的ΔH，故C正确；D. 根据图像可知1mol C(s)和1mol H2O(g)反应生成1mol CO(g)和1mol H2(g)吸收热量131.3 kJ，而题干中的n不一定是1，则吸收热量不一定是131.3 kJ，D错误；答案：D。
【点睛】
24.重铬酸钾是一种重要的化工原料，工业上由铬铁矿（主要成分为FeO•Cr2O3、SiO2
等）制备，制备流程如图所示：
已知：a.步骤①的主要反应为：2FeO•Cr2O3+4Na2CO3+ 7NaNO3 4Na2CrO4+Fe2O3+4CO2+7NaNO2
b.Cr2O42-+2H+ Cr2O72-+H2O，下列说法不正确的是
A. 步骤①反应中Na2CrO4和Fe2O3为氧化产物
B. 步骤①熔融、氧化可以在石英坩埚中进行
C. 滤渣2中含有H2SiO3
D. 步骤④调滤液2的pH使之变小有利于Cr2O72-生成
【答案】B
【解析】
【详解】A.由铬铁矿主要成分为FeO•Cr2O3、SiO2等，由2FeO•Cr2O3+4Na2CO3+ 7NaNO3 4Na2CrO4+Fe2O3+4CO2+7NaNO2分析可知FeO•Cr2O3中的Fe元素由+2→+3，Cr元素由+3→+6，所以可形成化合物Fe2O3和Na2CrO4，属于氧化产物，故A正确；B. 步骤①熔融、氧化的反应物中含有Na2CO3可以和石英坩埚中的SiO2反应，所以不能在石英坩埚中进行，故B错误；C. 过滤后滤液成分为Na2CrO4、NaNO2和Na2SiO3调节pH后发生SiO32-+2H+=H2SiO3↓，即滤渣2中含有H2SiO3，故C正确；D. 根据已知b.Cr2O42-+2H+→Cr2O72-+H2O步骤④调滤液2的pH使之变小有利于Cr2O72-生成，故D正确；答案：B。
25.甲、乙、丙、丁、戊均为可溶性物质，分别由以下阳离子与阴离子组成，阴阳离子没有重复使用。
阳离子
K+ Ag+ Ba2+ NH4+ Mg2+
阴离子
NO3－ SO42－ CO32－ OH－ Cl－
①常温下，乙、丙呈碱性，0.05 mol·L-1丙溶液pH=13
②丙、戊混合产生白色沉淀，再加入足量的稀硝酸，沉淀部分溶解。
③丙、丁混合共热，只产生刺激性气味气体，没有其它现象。
下列说法不正确的是
A. 甲溶液储存在棕色细口瓶中 B. 乙一定是K 2CO3
C. 丁可能为NH4NO3 D. 甲、丙、丁混合，可能为澄清溶液
【答案】C
【解析】
【分析】
由①常温下，乙、丙呈碱性，0.05 mol·L-1丙溶液pH=13，丙为二元强碱，即为Ba (OH)2, 乙为K2CO3；②丙、戊混合产生白色沉淀，再加入足量的稀硝酸，沉淀部分溶解。戊为MgSO4；③丙、丁混合共热，只产生刺激性气味气体，丁为NH4Cl；甲为AgNO3。
【详解】A. 甲为AgNO3溶液，见光易分解，所以应储存在棕色细口瓶中，故A正确； B. 因为甲、乙、丙、丁、戊均为可溶性物质，CO32－只能与K+、NH4+结合，根据丙、丁混合共热，只产生刺激性气味气体，所以乙一定是K 2CO3，故B正确；C. 丁如果是为NH4NO3，那么AgCl为白色沉淀，不符合题意，故C错误；D. 甲为AgNO3、丙为Ba (OH)2、丁为NH4Cl，如果甲、丙、丁混合混合，可能产生银氨溶液，不会有沉淀，故D正确；答案：C。
第II卷
二、非选择题（本大题共7小题，共50分）
26.葡萄糖不仅是重要营养物质，而且还能转化成其他重要的调味品。以淀粉为原料在一定条件下可获得有机物葡萄糖、A、B、C、D，其相互转化关系如图。已知C不能发生银镜反应，D为有浓郁香味，不溶于水的油状液体。
请回答：
(1)与A互为同分异构体的结构式________。
(2) B→C的反应类型是________。
(3) A+ B→D的化学方程式是________________________。
(4) 下列说法正确的是________。
A 有机物A与金属钠反应比水与金属钠反应要剧烈
B 有机物A、B、D可用饱和Na2CO3溶液鉴别
C 两分子B在浓硫酸作用下可以形成六元环状化合物
D 往淀粉水解液中，加入足量的NaOH溶液，再加入碘水，如果溶液未变蓝色，则说明淀粉水解完成
【答案】 (1). (2). 氧化反应 (3). +CH3CH2—OH+H2O (4). BC
【解析】
【分析】
由框图和已知条件分析可知：A为乙醇，结构简式为CH3CH2OH，B为乳酸，结构简式为CH3CH(OH)COOH,A+BD,则D的结构简式为CH3CH(OH)COOCH2CH3；根据BC反应条件知C的结构简式为：。
【详解】(1)由A为乙醇，结构简式为CH3CH2OH，与A互为同分异构体的结构式：CH3OCH3;答案：CH3OCH3。
(2) B为乳酸，结构简式为CH3CH(OH)COOH，C的结构简式为：， B→C的反应类型是氧化反应。答案：氧化反应。
(3)由上述分析可知 A+ B→D的化学方程式是+CH3CH2—OH+H2O；答案：+CH3CH2—OH+H2O。
(4) A 有机物A的结构简式为CH3CH2OH，由于烷烃基的作用，羟基上的氢原子比水中氢原子更难电离，所以与金属钠反应比水与金属钠反应要慢，故A错误；B A的结构简式为CH3CH2OH,能溶于Na2CO3溶液中，B结构简式为CH3CH(OH)COOH，能与Na2CO3溶液反应放出气体，D的结构简式为CH3CH(OH)COO CH2CH3，属于酯类，与Na2CO3溶液不反应，也不溶解，所以有机物A、B、D可用饱和Na2CO3溶液鉴别，故B正确；C .由B结构简式为CH3CH(OH)COOH可知两分子B在浓硫酸作用下可以发生酯化反应，形成六元环状化合物，故C正确；D 因为碘能与足量的NaOH溶液，再加入碘水，如果溶液未变蓝色，则不能说明淀粉水解完成，故D错误；答案：BC。
27.为探究白色固体X(仅含两种元素)的组成和性质，设计并完成如下实验（所加试剂都是过量的）：
其中气体B在标准状况下的密度为1.16 g·L-1请回答：
(1) X的化学式是________。
(2) 气体B的电子式________。
(3) 溶液D与NaOH溶液反应的离子反应方程式是_______________。
【答案】 (1). CaC2 (2). 2 (3). 2HCO3－+2OH－+Ca2+=CaCO3↓+2H2O+ CO32－
【解析】
【分析】
由气体B在标准状况下的密度为1.16 g·L-1，则M(B)=1.16 g·L-1 22.4 L·mol-1=26 g·mol-1，结合固体X与水反应生成气体B和溶液A可推知，X为CaC2，气体B为C2H2，A为氢氧化钙溶液，C为CO2气体，D为Ca(HCO3)2溶液，F为Na2CO3进行分析。
【详解】(1) 结合上述分析可知X为碳化钙，其化学式是CaC2。答案：CaC2。
(2) 气体B为乙炔，属于共价化合物，其电子式为。答案：。
(3) 溶液D为碳酸氢钙溶液，与足量NaOH溶液反应的离子反应方程式是2HCO3－+2OH－+Ca2+=CaCO3↓+2H2O+ CO32－，答案：2HCO3－+2OH－+Ca2+=CaCO3↓+2H2O+ CO32－。
28.如图是实验室制备氯气并进行一系列相关实验的装置（夹持及加热仪器已略）．
（1）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ依次放______
a
b
c
d
Ⅰ
干燥的有色布条
干燥的有色布条
湿润的有色布条
湿润的有色布条
Ⅱ
碱石灰
无水氯化钙
浓硫酸
无水氯化钙
Ⅲ
湿润的有色布条
湿润的有色布条
干燥的有色布条
干燥的有色布条
（2）设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘单质的氧化性强弱。当向D中缓缓通入一定量的氯气时，可以看到无色溶液逐渐变为橙黄色，打开活塞，将装置D中少量溶液加入装置E中，振荡，观察到的现象是下层溶液呈紫色，则证明了溴单质的氧化性强于碘单质，但是有同学对该结论提出异议，可能理由是___________。
（3）烧杯F中的 亚硫酸钠溶液用来吸收尾气，设计实验方案验证尾气吸收后溶液中含有 SO42-_____。
【答案】 (1). d (2). D装置中溶解了过量的Cl2，Cl2将I－氧化成I2 (3). 取少量F中的溶液，加入足量的稀盐酸，再加入BaCl2溶液（稀盐酸与BaCl2溶液顺序可以调换），产生白色，则证明含有SO42－
【解析】
【分析】
（1）二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，盐酸易挥发，反应制取的氯气中含有氯化氢，装置B中饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl；装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，验证氯气是否具有漂白性，要验证干燥氯气无漂白性，湿润的有色布条中，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性，选项中abcd的Ⅱ中都是干燥剂，再通入湿润的有色布条不能验证氯气的漂白性，所以C中I、II、III依次放入湿润的有色布条、无水氯化钙、干燥的有色布条，所以选d；（2）D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性，D中发生氯气与NaBr的反应生成溴，打开活塞，将装置D中少量溶液加入装置E中，氯气、溴均可与KI反应生成碘，则E中碘易溶于四氯化碳，出现溶液分层，上层接近无色，下层（四氯化碳层）为紫红色，该现象不能说明溴的非金属性强于碘，因为氯气氧化性也强于碘，过量的氯气也可将碘离子氧化；（3）氯气与亚硫酸钠反应生成氯化钠和硫酸钠，化学方程式：Cl2+2Na2SO3=2NaCl+Na2SO4, 取少量F中的溶液，加入足量的稀盐酸，再加入B aCl2
溶液（稀盐酸与BaCl2溶液顺序可以调换），产生白色，则证明含有SO42－。
【详解】(1)结合上述分析可知：要检验氯气是否具有漂白性，就要验证干燥氯气无漂白性，湿润氯气有漂白性，是因为湿润的有色布条中，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性，选项中abcd的Ⅱ中都是干燥剂，但氯气不能用碱石灰干燥，故a不选；先通湿润的有色布条，故b不选；所以正确的顺序是在C中I、II、III依次放入湿润的有色布条、无水氯化钙、干燥的有色布条，所以选d；答案：d。
（2）D、E实验的目的是比较氯、溴、碘的非金属性，D中发生氯气与NaBr的反应生成溴，打开活塞，将装置D中少量溶液加入装置E中，氯气、溴均可与KI反应生成碘，则E中碘易溶于四氯化碳，出现溶液分层，上层接近无色，下层（四氯化碳层）为紫红色，该现象不能说明溴的非金属性强于碘，因为氯气氧化性也强于碘，过量的氯气也可将碘离子氧化；答案：D装置中溶解了过量的Cl2，Cl2将I－氧化成I2。
（3）氯气与亚硫酸钠反应生成氯化钠和硫酸钠，化学方程式：Cl2+2Na2SO3=2NaCl+Na2SO4, 要检验取少量F中的溶液，加入足量的稀盐酸，再加入BaCl2溶液（稀盐酸与BaCl2溶液顺序可以调换），产生白色，则证明含有SO42－。答案：取少量F中的溶液，加入足量的稀盐酸，再加入BaCl2溶液（稀盐酸与BaCl2溶液顺序可以调换），产生白色，则证明含有SO42－。
29.将铁与铜的粉末按物质的量之比为2︰1的比例混合均匀，取出mg混合物，投入到100mL 3mol·L-1FeCl3溶液中，充分反应（反应后溶液体积变化忽略不计）。试计算：
（1）如果固体完全溶解，则m最大值为____。
（2）如果溶液中Cu2+浓度为0.25 mol·L-1，则m值为________。
【答案】 (1). 8.8 (2). 4.4或11
【解析】
【分析】
根据电子守恒和物料守恒进行分析即可。
【详解】（1）因为固体完全溶解，且铁与铜的粉末按物质的量之比为2︰1，因此设混合物中铜为xmo则铁为2xmol,根据已知有64x+562x=m；因为Fe+2Fe3+=3Fe2+，Cu+2Fe3+= Cu2++ 2Fe2+，所以2x+22x =0.1003,解得x=0.05mol 铁为 0.1mol,所以m=64x+562x=8.8g;答案：8.8。
（2）如果固体完全溶解，溶液中Cu2+浓度为0.25 mol·L-1，所以n(Cu)=0.1L-1=; 铁与铜的粉末按物质的量之比为2︰1,所以n(Fe)=0.05mol,所以m==64g/mol+0.05mol56g/mol=4.4g; 如果固体不能完全溶解，由2FeCl3+Cu= CuCl2
+ 2FeCl2且溶液中Cu2+浓度为0.25 mol·L-1，所以消耗n(FeCl3)=0.05mol.与铁反应消耗FeCl3为物质的量为0.3mol-0.05mol=0.25mol，2FeCl3+Fe=2FeCl2，所以参加反应的铁为0.125mol, 铁与铜的粉末按物质的量之比为2︰1,所以铜的物质的量为0.0625mol.m=0.125mol56g/mol+0.0625mol64g/mol=11g。答案：4.4或11。
【点睛】突破口是：根据电子守恒和物料守恒进行判断。铁与铜的粉末按物质的量之比为2︰1混合，和100mL 3mol·L-1FeCl3溶液恰好反应，即铁和铜失电子总数和FeCl3得电子总数相等，再根据物料守恒进行判定。
【加试题】
30.工业上一般以CO和H2为原料合成甲醇，该反应的热化学方程式为：
CO(g)+ 2H2(g) CH3OH(g) △H
（1）已知CO(g)、H2(g)的标准燃烧热分别为 △H=－283kJ•mol-1， △H=－286kJ•mol-1，且CH3OH(g)+3/2O2(g) CO2(g)+2H2O(l) △H=－761kJ•mol-1；则CO(g)+ 2H2(g) CH3OH(g)的△H= ___________。
（2）为了提高CO和H2制备甲醇生产效率和产量；工业生产中通常采取的措施是___________________________________________。（写出两点）
（3）实验室模拟用CO和H2反应来制甲醇，在250 ℃下，将一定量的CO和H2投入10 L的密闭容器中，各物质的物质的量浓度（mol·L-1）变化如下表所示：
2 min
4 min
6 min
CO
0.07
0.05
0.05
H2
x
0.10
0.10
CH3OH
0.03
0.05
0.05
①250 ℃时，该反应的平衡常数K=___________；
②在图1中画出反应开始至第6 min时H2的物质的量的变化曲线，并标出合适的纵坐标。_______
（4）利用电解甲醇水溶液制备氢气最大的优点就是需要的电压低，装置如图2，写出 阳极电极反应方程式____________________________________________________，电解的总反应化学方程式__________________________________________。
【答案】 (1). －94 kJ•mol-1 (2). 原料循环使用，使用催化剂，及时将甲醇液化分离，控制合适温度，高压 (3). 100 (4). (5). CH3OH－6e－+ H2O= CO2↑+6 H+ (6). CH3OH+ H2O CO2↑+3H2↑
【解析】
【详解】（1）已知CO(g)、H2(g)的标准燃烧热分别为 △H=－283kJ•mol-1， △H=－286kJ•mol-1，则①CO(g)+ 1/2O2(g)= CO2(g) △H=－283kJ•mol-1，②H2(g)+ 1/2O2(g)= H2O(l) △H=－286kJ•mol-1③CH3OH(g)+3/2O2(g) CO2(g)+2H2O(l) △H=－761kJ•mol-1，①+②2-③：CO(g)+ 2H2(g) CH3OH(g)的△H=－94 kJ•mol-1。答案：－94 kJ•mol-1。
（2）由CO(g)+ 2H2(g) CH3OH(g)的△H=－94 kJ•mol-1可知提高CO和H2制备甲醇生产效率和产量，需要采取的措施是：原料循环使用，使用催化剂，及时将甲醇液化分离，控制合适温度，高压。答案：原料循环使用，使用催化剂，及时将甲醇液化分离，控制合适温度，高压。
（3）①根据图表可知4min时CO(g)+ 2H2(g) CH3OH(g)反应达到平衡，此时各物质的浓度为：c(CO)= 0.05 mol·L-1, c(H2)= 0.10 mol·L-1, c(CH3OH )=0.05 mol·L-1
,所以该反应的平衡常数K= c(CH3OH )/ c(CO) c2(H2)= 0.05/0.050.10)2=100。
② CO(g) + 2H2(g) CH3OH(g)
初始浓度（mol·L-1） x y 0
变化浓度（mol·L-1） 0.05 0.10 0.05
平衡浓度（mol·L-1） 0.05 0.10 0.05
所以x=0.10 mol·L-1, y=0.20 mol·L-1即c(H2)初始=0.20 mol·L-1，平衡浓度为c(H2)平衡=0.10 mol·L-1，反应开始至第6 min时H2的物质的量的变化曲线为
。
（4）利用电解甲醇水溶液的装置图分析： 由CH3OHCO2知C元素的化合价升高，失电子，做阳极，则阳极电极反应方程式为：CH3OH－6e－+ H2O= CO2↑+6 H+ ；阴极是H2OH2发生了还原反应，所以电解的总反应化学方程式CH3OH+H2O CO2↑+3H2↑。答案：CH3OH－6e－+ H2O= CO2↑+6 H+；CH3OH+ H2O CO2↑+3H2↑。
。
【点睛】化学原理的综合考查；（1）根据盖斯定律解答；（2）根据影响化学反应速率和化学平衡移动因素进行解答，突破口是4分钟达到平衡，根据三段式进行解答；（3）根据电解原理解答。由碳元素的化合价变化确定阴阳极。
31.葡萄糖酸锌作为补锌药，具有见效快、吸收率高、副作用小、使用方便等优点。某学习小组在实验室以葡萄糖和氧化锌为主要原料合成该物质。
反应原理：CH2OH(CHOH)4CHO + H2O2 CH2OH(CHOH)4COOH + H2O
2CH2OH(CHOH)4COOH + ZnO Zn[CH2OH(CHOH)4COO] 2 + H2O
设计合成路线为：
相关信息如下：
葡萄糖酸锌易溶于水，在乙醇与水的混合溶剂中的溶解度随乙醇体积分数的变化曲线示意图如图1
实验中所涉及的部分装置如图所示（图2装置先制备葡萄糖酸，再与ZnO反应制备
葡萄糖酸锌），图3抽滤装置
请根据以上信息，回答下列问题：
（1）图2中恒压滴液漏斗的支管的作用是___________，图3中a装置的名称____________。
（2）30%H2O2所用的物质的量大概是葡萄糖的3倍，而且并未一次性与葡萄糖混合，而是利用恒压滴液漏斗缓慢滴加的理由_________________________________。
（3）操作A是______________，物质B是________________。
（4）抽滤完毕或中途停止抽滤时，应先___________________，然后____________________。
（5）三颈烧瓶中的葡萄糖酸锌晶体转入到抽滤装置中时，瓶壁上往往还粘有少量晶体，需选用液体将瓶壁上的晶体冲洗下来后转入到抽滤装置中，下列液体最合适的是_______。
A 无水乙醇 B 饱和NaCl溶液 C 70％乙醇水溶液 D 滤液
（6）下列说法正确的是________。
A 用银氨溶液来替代30%H2O2将葡萄糖转变成葡萄糖酸，既经济又方便
B ZnO粉末与葡萄糖酸反应时，利用磁力搅拌可以增大ZnO粉末与葡萄糖酸的接触面积，加快反应速率
C 在抽滤过程中，如果吸滤瓶中的液体快接近支管口时，则拔掉吸滤瓶上的橡皮管，并从吸滤瓶的支管口倒出溶液
D 将葡萄糖酸锌晶体放在干燥器中可以防潮，在干燥器中放有干燥剂，并添加了无水CoCl2来指示是否得更换干燥剂，如果CoCl2为蓝色，说明干燥剂已经失效
【答案】 (1). 平衡压强，使液体能顺利流下 (2). 布氏漏斗 (3). H2O2 易分解 (4). 趁热过滤 (5). 乙醇 (6). 打开活塞Ｋ (7). 关闭水龙头 (8). D (9). B
【解析】
【详解】（1）根据图2中恒压滴液漏斗工作原理可知支管的作用是平衡压强，使液体能顺利流下；由图3可知a装置的名称布氏漏斗。
（2）因为H2O2不稳定，受热容易分解产生O2, 所以利用恒压滴液漏斗缓慢滴加；答案：H2O2 易分解 。
（3）根据框图分析：活性炭不溶，所以操作A是趁热过滤；葡萄糖酸锌易溶于水，在乙醇与水的混合溶剂中随乙醇的体积分数增大，葡萄糖酸锌的溶解度减小，为了减少葡萄糖酸锌的溶解，物质B应是乙醇；答案：趁热过滤；乙醇。
（4）抽滤完毕或中途停止抽滤时，应先打开活塞Ｋ使空气进入吸滤瓶，增大吸滤瓶的压强，然后关闭水龙头停止水流。答案：打开活塞Ｋ；关闭水龙头。
（5）三颈烧瓶中的葡萄糖酸锌晶体转入到抽滤装置中时，瓶壁上往往还粘有少量晶体，需选用液体将瓶壁上的晶体冲洗下来后转入到抽滤装置中，最合适的液体是滤液，防止增加新的杂质。答案;D。
（6）A.因为银属于贵重金属，用来配制银氨溶液既不经济，又会产生污染性氮的氧化物，所以A错误；B ZnO粉末与葡萄糖酸反应时，利用磁力搅拌可以增大ZnO粉末与葡萄糖酸的接触面积，加快反应速率，故B正确；C.吸滤瓶内的液体不能从支管口倒出,应从上口倒出,故C错误;D无水氯化钴（CoCl2）呈蓝色,吸水后变为粉红色的（CoCl26H2O）,故D错误；答案：B。
32.以下是某药物中间体L的合成路线：
已知：
RCH2COOH
请回答：
(1)有机物A的结构简式________。
(2) 下列说法不正确的是________。
A 有机物A转化成B的条件是铁粉作为催化剂
B 有机物C转化成D原子利用率可达100%
C 用铜丝蘸取有机物B放在酒精灯上灼烧，火焰显绿色
D 有机物D不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
(3) E+G→L的化学方程式是________________。
(4) 写出符合下列条件的A的所有同分异构体__________________。
①含有苯环②核磁共振氢谱显示有4种氢原子
(5)设计以F 为原料合成G流程____________________________________________。
【答案】 (1). (2). A D (3). +H2O (4). (5). CH2=CH2CH3COOH
【解析】
【分析】
根据框图由 逆推可知E为。根据的反应条件知D为，C为、B为，A为。
【详解】(1)结合上述分析可知有机物A的结构简式。答案：。
(2)由 A的结构简式，B的结构简式为 可知有机物A转化成B的条件是光照，故A错误；B. 由C为，D为，有机物C转化成D发生的是加成反应，原子利用率可达100%，故B正确；C. B的结构简式为，分子中含有氯元素，用铜丝蘸取有机物B放在酒精灯上灼烧，火焰显绿色,故C正确；D. 由D为，和苯环相连的碳原子上有氢，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故D错误； 答案：AD。
(3) 由G为，E为，则E+G→L的化学方程式是+H2O。答案：+H2O。
(4) 由A为
，符合①含有苯环②核磁共振氢谱显示有4种氢原子说明含有4种类型的氢所有同分异构体：. ；答案：。
(5)设计以由F 为乙烯，G为，以F为原料合成G流程 ：CH2=CH2CH3COOH。答案：CH2=CH2CH3COOH。
