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河北省保定市曲阳一中2019-2020学年高二11月月考试化学题化学（解析版）
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河北省保定市曲阳一中2019-2020学年高二11月月考试题
一、选择题（共50分，每小题5分）
1.化学与生活密切相关，下列有关说法错误的是（ ）
A. 用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维
B. 食用油反复加热会产生稠环芳香烃等有害物质
C. 加热能杀死流感病毒是因为蛋白质受热变性
D. 医用消毒酒精中乙醇的浓度为 95%
【答案】D
【解析】
【详解】A.蚕丝的主要成分是蛋白质，蛋白质在灼烧时会产生烧焦羽毛的气味，人造纤维在灼烧时会蜷缩成一个小球，有浓烈的黑烟，现象不同，可以区别蚕丝和人造纤维，A正确；
B.食用油反复高温加热发生化学变化，产生多种有毒、有害甚至是致癌的稠环芳香烃物质，进而会危害人体健康，B正确；
C.加热或高温会使蛋白质发生变性，从而失去对家禽的危害作用，故具有杀菌消毒作用，C正确；
D.医用消毒酒精通常是用浓度为75%的乙醇溶液，体积分数为95%的酒精溶液渗透性差，会导致病毒表面的蛋白质变性，当病毒退壳后，里边的蛋白质仍然会危害人体健康，D错误；
答案选D。
2.下列说法正确的是（ ）
A. 非金属氧化物一定为酸性氧化物
B. 分解反应一定有单质生成
C. 向煮沸的1 mol·L-1 NaOH溶液中滴加FeCl3饱和溶液制备Fe(OH)3胶体
D. “忽闻海上有仙山，山在虚无缥缈间”的海市蜃楼是一种自然现象，与胶体知识有关
【答案】D
【解析】A、非金属氧化物不一定为酸性氧化物，如NO、CO等不成盐氧化物，故A错误；B、分解反应不一定有单质生成，如H2CO3=H2O＋CO2↑，故B错误；C、NaOH溶液中滴加FeCl3溶液反应生成沉淀，应向沸水中滴加饱和氯化铁溶液来制备胶体，故C错误；D、空气为胶体，能有利于光线的折射，从而导致海市蜃楼的形成，故D正确；故选D。
3.用固体NaOH配制250mL 0.2mol•L﹣1的NaOH，下列操作会导致溶液浓度偏高的是（ ）
A. 在托盘天平的两托盘中分别放等质量的纸，称取2.0g NaOH固体
B. 将NaOH固体在烧杯中溶解后迅速小心转移至250mL容量瓶中
C. 定容时不小心加水超过了刻度线，此时迅速用胶头滴管吸出一些
D. 摇匀后发现凹液面最低点低于刻度线，再补加蒸馏水到凹液面最低点与刻度线相平
【答案】B
【解析】
【详解】配制250mL 0.2mol•L-1的NaOH，需要NaOH的质量为0.25L×0.2mol/L×40g/mol=2.0g，则
A．由于氢氧化钠易潮解，实际称量NaOH质量偏小，n偏小，则导致溶液浓度偏低，应在小烧杯中称量；
B．将NaOH固体在烧杯中溶解后迅速小心转移至250mL容量瓶中，冷却后溶液体积减少，V偏小，则导致溶液浓度偏高，应冷却后转移；
C．定容时不小心加水超过了刻度线，此时迅速用胶头滴管吸出一些，n偏小，则导致溶液浓度偏低，应重新配制；
D．摇匀后发现凹液面最低点低于刻度线，再补加蒸馏水到凹液面最低点与刻度线相平，V偏大，导致溶液浓度偏低，不应再加水；
答案选B。
4.RO3n﹣中共有x个电子，R原子的质量数为A，则a克RO3n﹣中含有质子的物质的量（ ）
A. （x﹣n）mol B. （x﹣24﹣n）mol
C. （x﹣n）mol D. （x﹣n）mol
【答案】A
【解析】
【详解】RO3n﹣中共有x个电子，则RO3n﹣中质子数为x﹣n，R原子的质量数为A，则a克RO3n﹣的物质的量为=mol，故a克RO3n﹣中含质子的物质的量为mol×（x﹣n）=（x﹣n）mol，故选A。
5. 下列物质中不会因见光而分解的是（ ）
A. NaHCO3 B. AgBr C. AgCl D. HC1O
【答案】A
【解析】
【详解】A．NaHCO3加热分解，见光不分解，故A选；
B．AgBr见光分解，2AgBr2Ag+Br2，故B不选；
C．AgCl见光分解，2AgCl2Ag+Cl2，故C不选；
D．HClO见光分解，2HClO2HCl+O2↑，故D不选；
故选A。
6.某工厂用提取粗盐后的盐卤(主要成分为MgCl2)制备金属镁，其工艺流程如下，下列说法中，错误的是（ ）
A. 操作①发生的反应为非氧化还原反应
B. 操作②是蒸发浓缩结晶过滤
C. 若在实验室进行操作①只需要漏斗和烧杯两种玻璃仪器
D. 在整个制备过程中，未发生置换反应
【答案】C
【解析】A.在操作①中，加入足量的石灰浆与氯化镁发生反应MgCl2＋Ca(OH)2=Mg(OH)2↓＋CaCl2，该反应没有元素化合价发生变化，为非氧化还原反应，故A正确；B.由氯化镁溶液得MgCl2·6H2O晶体，需要采取蒸发浓缩结晶过滤的操作，故B正确；C.由流程图可知，操作①为过滤，需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒，故C错误；D.由流程图可知，整个制备过程中，发生的都不是置换反应，故D正确；答案选C。
7.将足量的CO2不断通入KOH、Ba(OH)2、KAlO2的混合溶液中，生成沉淀的物质的量与所通入CO2的体积关系如图所示．下列关于整个反应过程中的叙述不正确的是（ ）
A. Oa段反应的化学方程式是Ba(OH)2+CO2═BaCO3↓+H2O
B. ab段与cd段所发生的反应相同
C. de段沉淀减少是由于BaCO3固体消失
D. bc段反应的离子方程式是2AlO2﹣+3H2O+CO2═2Al(OH)3↓+CO32﹣
【答案】B
【解析】
【详解】A.只要通入CO2，立刻就有沉淀BaCO3产生，首先Oa段发生反应Ba（OH）2+CO2=BaCO3↓+H2O，将Ba（OH）2消耗完毕，A正确；
B.接下来消耗KOH，ab段发生反应2KOH+CO2=K2CO3+H2O，因而此段沉淀的量保持不变，然后沉淀量增大，bc段发生反应2AlO2﹣+3H2O+CO2=2Al（OH）3↓+CO32﹣，沉淀量达最大后，cd段再发生CO32﹣+CO2+H2O=HCO3﹣，ab段与cd段所发生的反应不相同，故B错误；
C.最后de段发生反应BaCO3+CO2+H2O=Ba（HCO3）2，沉淀部分溶解，故C正确；
D. bc段发生反应2AlO2﹣+3H2O+CO2=2Al（OH）3↓+CO32﹣，故D正确；
故答案选B。
8. 近年来，科学家正在探索利用铝粉作为新能源的可能性，以期铝能成为一种石油的取代物。假如铝作为一种普遍使用的新型能源开发利用，关于其有利因素的下列说法，你认为哪项是错误的（ ）
A. 铝质轻，便于运输、贮存，且安全
B. 铝燃烧时放出的热量大，且燃烧后产物对环境的污染容易得到有效的控制
C. 在地球上，铝矿资源比较丰富
D. 现代电冶铝的工业技术已为铝作为新能源奠定了重要基础
【答案】D
【解析】
【详解】作为新能源，要求：含量丰富（铝元素在地壳中含量占第三位）、便于运输、贮存且安全、燃烧放出能量高、能重复使用、对环境污染少，因此A、B、C说法正确，电解铝消耗大量的电能，故选项D说法错误。
9.溶液中可能含有H+、Na+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、SO42-、HCO3-等离子。当向该溶液中加入一定物质的量浓度的NaOH溶液时，发现生成沉淀物质的量随NaOH溶液的体积变化的图象如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. d点溶液中含有的溶质只有Na2SO4
B ab段发生的离子反应为：Al3++3OH-= Al(OH)3↓, Mg2++2OH-= Mg(OH)2↓
C. 原溶液中含有的阳离子是H+、NH4+、Mg2+、Al3+、Na+
D. 原溶液中含有的Fe3+和Al3+的物质的量之比为1:1
【答案】D
【解析】
【详解】A.根据图象第一段，沉淀不是马上出现，可知一定有氢离子，生成沉淀在后面溶解一部分，一定有铝离子，所以d点溶液中的溶质除了Na2SO4，还含有Na[Al(OH)4]，故A项错误；
B. Al3+不与HCO3‾共存，所以一定不含HCO3‾，根据第三段，和氢氧化钠反应的离子不产生沉淀，证明是铵根离子，根据坐标得生成沉淀用了6体积的氢氧化钠，其中氢氧化铝溶解用了一体积的氢氧化钠，所以形成氢氧化铝用了三体积的氢氧化钠，还有三体积的氢氧化钠一定是被三价铁离子消耗，所以一定含有三价铁离子，一定不含镁离子，所以ab段发生的离子反应为：Al3++3OH-= Al(OH)3↓，Fe3++3OH-= Fe(OH)3↓，故B错误；
C.Al3+不与HCO3‾共存，所以一定不含HCO3‾，根据第三段，和氢氧化钠反应的离子不产生沉淀，证明是铵根离子，根据坐标得生成沉淀用了6体积的氢氧化钠，其中氢氧化铝溶解用了一体积的氢氧化钠，所以形成氢氧化铝用了三体积的氢氧化钠，还有三体积的氢氧化钠一定是被三价铁离子消耗，所以一定含有三价铁离子，一定不含镁离子，即原溶液中含有的阳离子是H+、NH4+、Fe3+、Al3+，故C项错误；
D.根据坐标得生成沉淀用了6体积的氢氧化钠，其中氢氧化铝溶解用了1体积的氢氧化钠，所以形成氢氧化铝用了3体积的氢氧化钠，还有3体积的氢氧化钠一定是被三价铁离子消耗，原溶液中含有的Fe3+和Al3+的物质的量之比为1：1，故D项正确；
故答案选D。
10.在一些高档茶叶、点心等食品的包装盒中有一个小袋，将小袋打开，可看到灰黑色粉末，其中有些已变成棕褐色。将灰黑色粉末溶于盐酸，取上层清液，滴入几滴氯水，再滴入KSCN溶液，马上出现血红色。以下结论不正确的是（ ）
A. 该灰黑色粉末作抗氧化剂 B. 该灰黑色粉末不可食用
C. 小袋中原来装有铁粉 D. 小袋中原来装有Fe2O3
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，黑色粉末中含有铁元素，灰黑色粉末为铁粉，铁粉能够吸收水和氧气，既能用作食品防抗氧化剂，又能用作食品干燥剂；铁粉在潮湿的空气中生锈而变成红色的氧化铁。
【详解】铁粉能够吸收水和氧气，所以作抗氧化剂，故A正确；灰黑色粉末为铁粉，不能食用，故B正确；铁粉具有还原性，能用作食品防抗氧化剂，又能用作食品干燥剂，所以小袋中原来装有铁粉，故C正确；Fe2O3没有还原性，不能作抗氧化剂，小袋中原来没有Fe2O3，故D错误，选D。
11.能与Fe3+反应，且能证明Fe3+具有氧化性的是（ ）
①SCN-；②Fe；③Fe2+；④Cu；⑤I-；⑥OH-；⑦Cl2
A. ①②④ B. ②④⑤ C. ①③⑥ D. ②⑤⑦
【答案】B
【解析】
【详解】在①SCN-；②Fe；③Fe2+；④Cu；⑤I-；⑥OH-；⑦Cl2七种微粒中只有②④⑤能与铁离子发生氧化还原反应，发生反应分别为：Fe+2Fe3+=3Fe2+、Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+、2I-+2Fe3+=2Fe2++I2，而且这三个反应中Fe、Cu、I-都作还原剂，说明Fe3+具有氧化性，SCN－、OH－与Fe3+反应属于非氧化还原反应，亚铁离子、氯气和铁离子不反应，答案选B。
12.CuCl 是难溶于水的白色固体，是一种重要的催化剂。工业上，由孔雀石（主要成分Cu(OH)2·CuCO3， 含FeS、FeO 和SiO2杂质）制备CuCl 的某流程如下
下列说法不正确的是（ ）
A. H2O2将溶液1 中Fe2+氧化为Fe3+，再通过控制pH 转化为Fe(OH)3除去
B. CO32-作用是控制溶液pH，促使CuCl 沉淀的生成
C. SO32-将溶液3 中的Cu2+还原，反应得到CuCl
D. 若改变试剂加入顺序，将溶液3 缓慢加入到含大量SO32-/CO32-的溶液中，同样可制取CuCl
【答案】D
【解析】
【详解】A．孔雀石用稀硫酸浸取得到的溶液是硫酸铜和硫酸亚铁，H2O2将溶液1 中Fe2+氧化为Fe3+，再通过控制pH 转化为Fe(OH)3除去，A项正确；
B．CuCl 是难溶于水的白色固体，CO32-作用是控制溶液pH，促使CuCl 沉淀的生成，B项正确；
C．溶液2是硫酸铜的溶液，要得到CuCl，必须加入还原剂，所以SO32-将溶液3 中的Cu2+还原，反应得到CuCl，C项正确；
D．CuCl在酸性溶液中不稳定，发生歧化反应生成Cu2＋和Cu，所以若将硫酸铜溶液缓慢加入到含大量SO32-/CO32-的溶液中，无法制取CuCl，D项错误；
答案选D。
13.实验是化学研究的基础。下列对实验现象的描述错误的是( )
①
②
③
④
A. 实验①中溶液变黄色 B. 实验②试管中混合溶液变血红色
C. 实验③中烧瓶内溶液变红色 D. 实验④中出现砖红色沉淀
【答案】A
【解析】
【详解】A、氯气通入碘化钾中能置换出单质碘，碘能使淀粉变蓝，A项错误；
B、SCN-与Fe3+反应生成Fe（SCN）3是血红色，B项正确；
C、氨气溶于水显碱性，能使酚酞变红，C项正确；
D、葡萄糖的特性：遇新制氢氧化铜变成砖红色氧化亚铜沉淀，D项正确；
答案选A。
14.下列关于糖类、油脂、蛋白质的说法不正确的是( )
A. 用碘水可以鉴别葡萄糖溶液和淀粉溶液
B. 淀粉、油脂和蛋白质在一定条件下都能发生水解反应
C. 工业上利用油脂在碱的催化作用下水解生产肥皂
D. 向蛋白质溶液中加入浓的硫酸钠或硫酸铜溶液都可使蛋白质盐析而分离提纯
【答案】D
【解析】
【详解】A.碘遇淀粉变蓝，用碘水可以鉴别葡萄糖溶液和淀粉溶液，A项正确；
B．淀粉在一定条件下水解生成葡萄糖、油脂在一定条件下水解生成高级脂肪酸和甘油、蛋白质在一定条件下发生水解反应生成氨基酸，B项正确；
C.油脂在碱性条件下水解生成高级脂肪酸钠和甘油，高级脂肪酸钠能做肥皂，C项正确；
D．向蛋白质溶液中加入浓的Na2SO4可使蛋白质盐析，加入CuSO4溶液可使蛋白质变性，D项错误；
答案选D。
15. 下列说法不正确的是（ ）
A. 质谱和核磁共振不仅可用于有机小分子结构的分析，还可用于蛋白质结构的研究
B. 储氢金属吸氢形成金属氢化物，改变条件释放吸收的氢气，是氢气贮存的重要途径
C. 牺牲阳极的阴极保护法、外加电源的阳极保护法和改变金属组成或结构的方法都是防止金属腐蚀的方法
D. 乙醇与水互溶，这与乙醇和水分子之间能形成氢键有关
【答案】C
【解析】
【详解】A.核磁共振仪用于测定有机物分子中氢原子的种类和数目，质谱法用于测定有机物的相对分子质量，所以质谱和核磁共振不仅可用于有机小分子结构的分析，还可用于蛋白质结构的研究，A项正确；
B.储氢金属吸氢形成金属氢化物，改变条件释放吸收的氢气，是氢气贮存的重要途径，B项正确；
C.用电解池原理保护金属，金属与电源的负极相连作阴极，该方法称为外加电源的阴极保护法，C项错误；
D.乙醇与水分子中都有由氧原子所形成的羟基，可以形成分子间的氢键，从而影响乙醇的溶解性，D项正确；
答案选C。
16.有甲乙两种烃，分子中碳的质量分数相同，则下列说法正确的是（ ）
A. 甲和乙一定是同分异构体
B. 甲和乙不可能是同系物
C. 甲和乙的分子中，碳、氢原子个数之比相同
D. 甲和乙各1 mol完全燃烧后，生成的二氧化碳的质量一定相等
【答案】C
【解析】
【详解】有甲乙两种烃，分子中碳的质量分数相同，则它们的最简式肯定相同，特殊情况是同分异构体，但也可能是同系物如烯烃，选项A和B不正确，C正确；因为甲乙的分子式不一定相同，故物质的量相等时，完全燃烧生成的CO2的量不一定相等，选项D不正确。
17.下列说法不正确的是（ ）
A. 邻二甲苯只有一种结构，能证明苯环中不存在碳碳单键和碳碳双键交替的结构
B. 高聚物的单体可以通过乙烯和HCl加成制得
C. （CH3）2CH﹣CH=CH﹣C（CH3）3与氢气加成后的产物用系统命名法命名为2，2，5﹣三甲基己烷
D. 完全燃烧一定质量的冰醋酸、葡萄糖混合物（以任意质量比混合），生成CO2和H2O的物质的量相同
【答案】B
【解析】
【详解】A．邻二甲苯只有一种结构，说明苯中不存在单双键交替的结构，是一种特殊的化学键，故A正确；
B．此高聚物是由乙炔与HCl加成生成的产物加聚得来的，故B错误；
C．此有机物与氢气加成后的产物用系统命名法命名为2，2，5﹣三甲基己烷，故C正确；
D．冰醋酸与葡萄糖的最简式相同，均是CH2O，故完全燃烧一定质量的冰醋酸、葡萄糖混合物（以任意质量比混合），生成CO2和H2O的物质的量相同，故D正确，故选B。
18.萘的结构简式可表示为，其二氯取代产物异构体数目为（ ）
A. 6种 B. 8种 C. 10种 D. 12种
【答案】C
【解析】
【分析】萘分子中的氢原子均可以被取代，发生苯环上的二元取代，可以采用定一议二法解题，据此书写判断。
【详解】萘分子中两个苯环是等同的，除并在一起的两个碳原子外，只存在两种不同的碳原子，即位的和位的碳原子。定一个位的碳原子，再连接其余的位的和位的碳原子，这样形成的二溴代物就有7种；定一个位的碳原子，再连接其余的位的碳原子，这样形成的二溴代物就有3种。如图所示。因此，总共有10种，
故选C。
19.要检验溴乙烷中的溴元素，下列实验方法正确的是（ ）
A. 加入新制的氯水振荡，再加入少量CCl4振荡，观察下层是否变为橙红色
B. 加入硝酸银溶液，再加入稀硝酸使溶液呈酸性，观察有无浅黄色沉淀生成
C 加入NaOH溶液共热，冷却后加入硝酸银溶液，观察有无浅黄色沉淀生成
D. 加入NaOH溶液共热，冷却后加入稀硝酸使溶液呈酸性，再滴入硝酸银溶液，观察有无浅黄色沉淀生成
【答案】D
【解析】
【分析】检验溴乙烷中的溴元素，先将Br原子变为溴离子，再加酸至酸性，加硝酸银生成浅黄色沉淀，以此来解答。
【详解】A．溴乙烷、氯气均溶于CCl4，观察下层颜色不能检验，故A不选；
B．不存在溴离子，加硝酸银溶液不反应，故B不选；
C．加入NaOH溶液共热，冷却后加入硝酸银溶液，可能NaOH与硝酸银反应干扰检验，应先加酸至酸性，故C不选；
D．加入NaOH溶液共热，水解生成溴离子，冷却后加入稀硝酸使溶液呈酸性，再滴入硝酸银溶液，观察有无浅黄色沉淀生成，可检验，故D选；
故选D。
20.A、B、C三种醇同足量的金属钠完全反应，在相同条件下产生相同体积的氢气，消耗这三种醇的物质的量之比为3∶6∶2，则A、B、C三种醇分子里羟基数之比是 ( )
A. 3∶2∶1 B. 2∶6∶2 C. 3∶1∶2 D. 2∶1∶3
【答案】D
【解析】
【详解】设生成氢气6mol，根据2-OH～2Na～H2↑可知参加反应的羟基均为12mol，三种醇的物质的量之比为3∶6∶2，故A、B、C三种分子里羟基数目之比为∶∶=2∶1∶3，故选D。
21.苹果酸的结构简式为，下列说法正确的是（ ）
A. 苹果酸中能发生酯化反应的官能团有2种
B. 1mol苹果酸可与3mol NaOH发生中和反应
C. 1mol苹果酸与足量金属Na反应生成生成1mol H2
D. HOOC—CH2—CH(OH)—COOH与苹果酸互为同分异构体
【答案】A
【解析】
【详解】A．该分子中含有羧基和醇羟基，所以能发生酯化反应的官能团有羧基和醇羟基，所以苹果酸中能发生酯化反应的官能团有2种，A正确；
B．1mol苹果酸中含有2mol羧基，所以1mol苹果酸可与2molNaOH发生中和反应，B错误；
C．能和Na反应有羧基和醇羟基，1mol苹果酸与足量金属Na反应生成1.5molH2，C错误；
D．HOOC－CH2－CH(OH)－COOH与苹果酸是同一种物质，D错误。
答案选A。
22.已知：
则符合要求的C5H10O2的结构有（ ）
A. 1种 B. 2种 C. 4种 D. 5种
【答案】C
【解析】
【分析】由反应转化关系可知，C5H10O2能在碱性条件下反应生成A和B，则C5H10O2应为酯，而B可以连续发生氧化反应，故B为醇，且属于伯醇，A属于羧酸，而A不能发生银镜反应，故A分子中碳原子数目至少为2，根据形成酯的羧酸与醇判断C5H10O2的可能结构。
【详解】由反应转化关系可知，C5H10O2能在碱性条件下反应生成A和B，则C5H10O2应为酯，而B可以连续发生氧化反应，故B为醇，且属于伯醇，A属于羧酸，而A不能发生银镜反应，故A分子中碳原子数目至少为2，若A为乙酸，则B为1-丙醇，若A为丙酸，则B为乙醇，若A为丁酸，则B为甲醇，而丁酸有2种，故符合条件的C5H10O2的结构有4种，故选C；
答案：C
23.一溴代烷水解后产物在红热铜丝催化下， 最多可被空气氧化生成4种不同的醛，该一溴代烷的分子式可能是（ ）
A. C4H9Br B. C7H15Br C. C6H13Br D. C5H11Br
【答案】D
【解析】
【分析】先确定烷烃的一溴代物的种类，然后，溴原子只有连接在键端的碳原子上水解生成的醇，且该碳上有氢原子，才能被氧化成醛，据此进行分析。
【详解】先确定烷烃的一溴代物的种类，然后，溴原子只有连接在键端的碳原子上水解生成的醇，且该碳上有氢原子，才能被氧化成醛，
A.正丁烷两种一溴代物，异丁烷两种一溴代物，共4种，所以分子式为C4H9Br的同分异构体共有4种，其中溴原子连接在键端的碳原子上能被氧化成醛的只有1-溴丁烷、1-溴-2-甲基丙烷，A错误；
B.C7H15Br 水解生成在键端的碳原子上的醇，且该碳上有氢原子的卤代烃大于13种，B错误；
C.C6H13Br水解生成在键端的碳原子上的醇，且该碳上有氢原子的卤代烃有13种，C错误；
D.C5H11Br水解生成在键端的碳原子上的醇，且该碳上有氢原子的卤代烃为：CH3CH2CH2CH2CH2Br 1-溴戊烷；CH3CH2CH（CH3）CH2Br 2-甲基-1-溴丁烷；CH3CH（CH3）CH2CH2Br 3-甲基-1-溴丁烷；CH3C（CH3）2CH2Br 2，2-二甲基-1-溴丙烷；被空气氧化生成4种不同的醛为：CH3CH2CH2CH2CHO 戊醛；CH3CH2CH（CH3）CHO 2-甲基丁醛；CH3CH（CH3）CH2CHO 3-甲基丁醛；CH3C（CH3）2CHO 2，2-二甲基丙醛；D正确；答案选D。
24.化学与科学、技术、社会、环境密切相关。下列有关说法中不正确的是（ ）
A. “一带一路”是“现代丝绸之路”，丝绸的主要成分是蛋白质，属于天然高分子化合物
B. 在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质
C. 油脂的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，长时间放置的油脂会因水解而变质
D. 工业废水中的Cu2+、Hg2+等重金属阳离子可以通过加入FeS除去
【答案】C
【解析】
【详解】A..丝绸是由蚕丝织成的，其主要成分是蛋白质，属于天然高分子化合物,故A正确；B. 硅胶可以吸水、防止食品受潮；铁粉属于还原剂，可以防止食品被氧化，故B正确；C. 油脂的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，分子中含有不饱和建，长时间放置在空气中被氧化变质，不是水解而变质，故C错误；D. FeS的溶度积大于CuS、HgS的溶度积,其饱和溶液的S2−浓度远大于CuS、HgS的S2−离子浓度,故加入FeS可以沉淀废水中的Cu2+、Hg2+，故D正确。故答案选C。
25.对大量盆栽鲜花施用了S﹣诱抗素制剂，以保持鲜花盛开，S﹣诱抗素的 分子结构如图，下列关于该分子的说法中正确的是（ ）
A. 与氢气加成最多消耗氢气5mol
B. 能发生加成反应、氧化反应、取代反应、缩聚反应
C. 1mol该分子能与含2molNaOH的溶液完全反应
D. 该分子能与溴水反应而使溴水褪色且1mol它能与溴水中的4molBr2反应
【答案】B
【解析】
【详解】A. S﹣诱抗素分子中碳碳双键和羰基能与H2加成，1molS﹣诱抗素最多能与4molH2加成，故A错误；
B.含C=C，能发生加成、氧化反应，含﹣OH，能发生取代反应，含有﹣OH、﹣COOH，能发生缩聚反应，故B正确；
C.分子中含有1个羧基，能与氢氧化钠反应，1mol该分子能与含1mol NaOH的溶液完全反应，故C错误；
D.分子中含有3个碳碳双键，可与溴发生加成反应，则该分子能与溴水反应而使溴水褪色且1mol它能与溴水中的3mol Br2反应，故D错误．
故选B。
二、填空题（共50分，四小题）
26.某兴趣小组同学进行乙醛的银镜反应实验的操作步骤如下：
A．在试管里先注入少量NaOH溶液，振荡，然后加热煮沸。把NaOH溶液倒去后，再用蒸馏水洗净试管备用。B．在洗净的试管里配制银氨溶液。C．沿试管壁加入乙醛稀溶液。D．加热。请回答下列问题：
（1）步骤A中加NaOH溶液振荡，加热煮沸的目是___。
（2）简述银氨溶液的配制过程：___。
（3）步骤D应选择的加热方法是___（填下列装置编号），理由是___。
（4）乙醛发生银镜反应的化学方程式___。
（5）该兴趣小组的同学还对乙醛进行银镜反应的最佳实验条件进行了探究（部分实验数据如下表）：
实验变量
实验序号
银氨溶液的量/mL
乙醛的量/滴
温度/℃
反应混合液的pH
出现银镜的时间/min
1
1
3
65
11
5
2
1
3
45
11
6.5
3
1
5
65
11
4
①实验1和实验2，探究的是___。
②当银氨溶液的量为1mL，乙醛的量为3滴，温度为50℃，反应混合液pH为11时，出现银镜的时间___。（填范围）
③你认为探究乙醛进行银镜反应的最佳条件，除了测量银镜出现的时间外，还需要比较不同条件下形成银镜的___。
（6）银氨溶液放久后会产生氮化银而引起爆炸，直接排放会污染环境，且造成银资源浪费。实验室从反应后的废液中回收银的实验流程如下：
已知：[Ag(NH3)2]在溶液中存在平衡：[Ag(NH3)2]+Ag+2NH3。
①写出废液与稀HNO3反应的离子方程式___。
②加入的铁粉要过量的目的是___。
③该实验过程中可能产生的大气污染物是___。
【答案】(1). 去除试管内壁的油污，保证试管洁净 (2). 在洁净的试管里加入1mL2%的AgNO3溶液，然后一边摇动试管，一边逐滴滴入2%的稀氨水，至最初产生的沉淀恰好溶解为止 (3). 乙 (4). 加热时试管抖动或试管中液体沸腾都将影响银镜产生的效果 (5). CH3CHO +2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O (6). 温度对反应速率的影响 (7). 5～6.5 min (8). 光亮程度 (9). [Ag(NH3)2]+OH+3H=Ag+2NH4++H2O (10). 使溶液中的Ag全部还原 (11). NO
【解析】
【分析】（1）若试管壁上沾有油污，反应生成的银难以附着在试管壁上，容易造成脱落，所以步骤A中加NaOH溶液振荡，加热煮沸。
（2）配制银氨溶液时，注意硝酸银溶液与氨水的滴加顺序，否则难以达到应有的效果。
（3）加热时，用50~60℃的水浴，且溶液要处于相对静止状态，否则很难生成光亮的银镜。
（4）乙醛发生银镜反应时，乙醛与银氨溶液在水浴加热的条件下反应，生成银镜。
（5）①比较实验1和实验2，只有温度不同。
②当银氨溶液的量为1mL，乙醛的量为3滴，温度为50℃，反应混合液pH为11时，出现银镜的时间应介于两个极端点之间。
③探究乙醛进行银镜反应的最佳条件，除了测量银镜出现的时间外，银镜的光亮度也是很重要的指标。
（6）①废液与稀HNO3反应，主要是氢氧化二氨合银与酸中H+的反应。
②加入的铁粉，主要是将Ag+全部还原出来。
③该实验过程中可能产生的大气污染物是来自铁与硝酸的反应。
【详解】（1）步骤A中加NaOH溶液振荡，加热煮沸的目是去除试管内壁的油污，保证试管洁净；答案为：去除试管内壁的油污，保证试管洁净；
（2）配制银氨溶液时，在洁净的试管里加入1mL2%的AgNO3溶液，然后一边摇动试管，一边逐滴滴入2%的稀氨水，至最初产生的沉淀恰好溶解为止。答案为：在洁净的试管里加入1mL2%的AgNO3溶液，然后一边摇动试管，一边逐滴滴入2%的稀氨水，至最初产生的沉淀恰好溶解为止；
（3）甲中，温度难以控制；乙中，温度恒定，溶液处于相对静止状态，生成的银容易附着在试管内壁上；丙中，溶液沸腾，生成的银很难附着在试管壁。答案为：乙；加热时试管抖动或试管中液体沸腾都将影响银镜产生的效果；
（4）乙醛发生银镜反应时，反应的化学方程式为CH3CHO +2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O。答案为：CH3CHO +2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O；
（5）①比较实验1和实验2，显然只能为温度。答案为：温度对反应速率的影响；
②当银氨溶液的量为1mL，乙醛的量为3滴，温度为50℃，反应混合液pH为11时，出现银镜的时间应介于两个极端点之间。答案为：5～6.5 min；
③探究乙醛进行银镜反应的最佳条件，除了测量银镜出现的时间外，银镜的光亮度也是很重要的指标。答案为：光亮程度；
（6）①废液与稀HNO3反应，离子方程式为[Ag(NH3)2]+OH+3H=Ag+2NH4++H2O。答案为：[Ag(NH3)2]+OH+3H=Ag+2NH4++H2O；
②加入的铁粉，主要是将Ag+全部还原出来。答案为：使溶液中的Ag全部还原；
③该实验过程中可能产生的大气污染物是NO。答案为：NO。
27.化合物M是一种香料，可采用油脂与芳香烃（含苯环的烃）为主要原料，按下列路线合成：
已知：①RXROH
②E分子中只有两种不同化学环境的H原子
③
（R1、R2、R3与R4可能是氢、烃基或其他基团）
（1）A中官能团的名称是___，D→E的反应类型为___。
（2）E的结构简式为___。
（3）C+F→M的化学方程式____。
（4）下列化合物中属于F的同分异构体的是____。
a．
b．
c．
d．CH2=CH﹣CH=CH﹣CH=CH﹣CH2COOH
（5）写出从Br﹣CH2CH2﹣Br→HCOOCH2CH2OOCH的合成路线（无机试剂任选，合成路线参照题中的书写形式）____。
【答案】(1). 羟基 (2). 取代反应 (3). (4). 2HCOOH+2H2O+ (5). bd (6). BrCH2CH2BrHOCH2CH2OHHCHOHCOOH HCOOCH2CH2OOCH
【解析】
【详解】油脂水解得到A为，结合信息③可以A氧化生成HCHO、HCOOH，B氧化得到C，故B为HCHO，C为HCOOH．芳香烃D与氯气在光照条件下发生侧链取代反应生成E，E分子中只有两种不同化学环境的H原子，则D为，E为，F为，M为。
（1）A为，含有的官能团的名称是羟基，D→E的反应类型为取代反应，故答案为羟基；取代反应；
（2）E的结构简式为： ，故答案为；
（3）C+F→M的化学方程式：2HCOOH+2H2O+，故答案为2HCOOH+2H2O+；
（4）F的结构简式为， 、与F的分子式不同，与F不是同分异构体，、CH2=CH﹣CH=CH﹣CH=CH﹣CH2COOH与F的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故答案为bd；
（5）BrCH2CH2Br在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成HOCH2CH2OH，然后被HIO4氧化生成HCHO，再与新制氢氧化铜氧化得到 HCOOH，最后与乙二醇发生酯化反应得到HCOOCH2CH2OOCH，合成路线流程图为：BrCH2CH2BrHOCH2CH2OHHCHO HCOOHHCOOCH2CH2OOCH，故答案为BrCH2CH2Br HOCH2CH2OH HCHO HCOOH HCOOCH2CH2OOCH。
28.某化学研究性学习小组通过查阅资料，设计了如图所示的方法以含镍废催化剂为原料来制备NiSO4•7H2O。已知某化工厂的含镍催化剂主要含有Ni，还含有Al（31%）、Fe（1.3%）的单质及氧化物，其他不溶杂质（3.3%）。
部分阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时的pH如下：
沉淀物
Al（OH）3
Fe（OH）3
Fe（OH）2
Ni（OH）2
pH
5.2
3.2
9.7
9.2
回答下列问题：
（1）操作a、c中需使用的仪器除铁架台（带铁圈）、酒精灯、烧杯、玻璃棒外还需要的主要仪器为___。
（2）“碱浸”过程中发生的离子方程式是___。
（3）“酸浸”时所加入的酸是___（填化学式）．酸浸后，经操作a分离出固体①后，溶液中可能含有的金属离子是___。
（4）操作b为调节溶液的pH，你认为pH的最佳调控范围是___。
（5）“调pH为2～3”的目的是___。
（6）产品晶体中有时会混有少量绿矾（FeSO4•7H2O），其原因可能是__ 、___。
【答案】(1). 漏斗、蒸发皿 (2). 2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑、Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O (3). H2SO4 (4). Ni2+、Fe2+ (5). 3.2﹣9.2 (6). 防止在浓缩结晶过程中Ni2+水解 (7). H2O2的用量不足（或H2O2失效） (8). 保温时间不足导致Fe2+未被完全氧化造成的
【解析】
【分析】（1）操作a是过滤，需要使用过滤装置，操作c是蒸发，需要使用蒸发装置；对照两个装置与已知仪器，找出所缺仪器。
（2）“碱浸”过程中是为了除去铝及其氧化物，不管是铝还是氧化铝，与碱液反应都生成偏铝酸盐。
（3）“酸浸”时主要是溶解镍金属和铁单质及其氧化物，依据制备目的是得到NiSO4•7H2O，加入的酸不能引入新的杂质，所以需要加入硫酸进行酸浸。
（4）调节溶液pH时，要使铁离子全部沉淀，但镍离子不沉淀。
（5）蒸发浓缩时，要防止镍离子水解，所以需要控制溶液pH在酸性范围。
（6）产品晶体中有时会混有少量绿矾（FeSO4•7H2O），说明在加入氧化剂时未把亚铁离子全部氧化。
【详解】（1）操作a是过滤得到固体和滤液，c是蒸发浓缩得到晶体过滤得到NiSO4•7H2O；操作a、c中需使用的仪器除铁架台（带铁圈）、酒精灯、烧杯、玻璃棒外还需要的主要仪器为过滤装置中的漏斗和蒸发浓缩溶液需要的蒸发皿；故答案为漏斗、蒸发皿；
（2）“碱浸”过程中是为了除去铝及其氧化物，铝是两性元素和强碱反应，氧化铝是两性氧化物和强碱反应，镍单质和铁及其氧化物不和碱反应达到除去铝元素的目的；反应的两种方程式为：2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑、Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+3H2O；故答案为2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑、Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O；
（3）“酸浸”时主要是溶解镍金属和铁单质及其氧化物，依据制备目的是得到NiSO4•7H2O，加入的酸不能引入新的杂质，所以需要加入硫酸进行酸浸；镍、铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁、硫酸镍溶液；故答案为H2SO4；Ni2+、Fe2+；
（4）依据图表中沉淀需要的溶液pH，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子后，调节溶液pH使铁离子全部沉淀，镍离子不沉淀得到较纯净的硫酸镍溶液，pH应在3.2﹣9.2间；故答案为3.2﹣9.2；
（5）硫酸镍溶液需要蒸发浓缩结晶析出，为防止镍离子水解生成氢氧化镍沉淀，需要控制溶液pH在酸性条件下；故答案为防止在浓缩结晶过程中Ni2+水解；
（6）产品晶体中有时会混有少量绿矾（FeSO4•7H2O），说明在加入过氧化氢氧化剂氧化亚铁离子时未把亚铁离子全部氧化，氢氧化亚铁沉淀的pH大于镍离子沉淀的pH，保温目的是把亚铁离子完全氧化。故答案为H2O2的用量不足（或H2O2失效）、保温时间不足导致Fe2+未被完全氧化造成的。
29.FeSO4·7H2O广泛用于医药和工业领域，实验室制备FeSO4·7H2O的流程如下：
（1）铁屑与稀硫酸反应前，应用10% Na2CO3溶液浸泡几分钟，操作目的是_________。
（2）最后得到的绿矾晶体用少量冰水洗涤，其目的：①除去晶体表面附着的硫酸等杂质；②_____________________。
（3）FeSO4·7H2O是某些补血剂的主要成分，将1.5 g某补血剂预处理，配成100mL溶液。实验室用KMnO4溶液通过氧化还原滴定测定该补血剂（1.5 g）中铁元素的含量，①配制100 mL 1.200 × 10—2 mol·L—1的KMnO4溶液时，将溶解后的溶液转移至容量瓶中的操作方法是__________________________；
②实验中的KMnO4溶液需要酸化，可用于酸化的酸是_________________。
a． 稀硝酸 b.稀盐酸 c．稀硫酸 d．浓硝酸
KMnO4溶液应盛装在__________滴定管中。滴定到终点时的现象为____________。
③滴定完毕，三次实验记录KMnO4标准溶液的读数如下。
滴定次数实验数据
1
2
3
V（样品）/mL
20.00
20.00
20.00
V（KMnO4）/mL（初读数）
0.00
0.20
0.00
V（KMnO4）/mL（终读数）
15.85
15.22
14.98
该补血剂中铁元素的质量分数为_____________________。
【答案】(1). 除去废铁屑表面的油污 (2). 降低FeSO4在水中的溶解度，减少FeSO4·7H2O的损耗 (3). 用玻璃棒引流，玻璃棒底部要在容量瓶的刻度线以下且玻璃棒不能碰到容量瓶口 (4). c (5). 酸式滴定管 (6). 滴入最后一滴KMnO4溶液，恰好变为紫红色，且半分钟内不退色 (7). 16.8%
【解析】
【分析】（1）CO32-水解生成OH-，溶液显碱性，酯在碱性条件下完全水解；
（2）由于硫酸亚铁的溶解度随温度的升高而增大；
（3）①转移液体需要引流；②硝酸有强氧化性，盐酸有还原性；高锰酸钾有强氧化性，应放在酸式滴定管中；滴定终点时，颜色变成紫红色，并且半分钟内不褪色；配平反应的离子方程式：5Fe2++MnO4-+8H+═5Fe3++Mn2++4H2O，滴定中由于第一组数据误差较大，应舍去，以此计算；
【详解】（1）CO32-水解生成OH-，溶液显碱性，酯在碱性条件下完全水解，所以可用纯碱溶液除油污，故答案为除去废铁屑表面的油污；
（2）由于硫酸亚铁的溶解度随温度的升高二增大，因此用冰水洗涤的另一个目的是减少洗涤过程中FeSO4•7H2O的损耗，故答案为降低FeSO4在水中的溶解度，减少FeSO4•7H2O的损耗；
（3）①转移液体需要引流，玻璃棒底部要在容量瓶的刻度线以下且玻璃棒不能碰到容量瓶口，故答案为用玻璃棒引流，玻璃棒底部要在容量瓶的刻度线以下且玻璃棒不能碰到容量瓶口；
②硝酸有强氧化性，盐酸有还原性，能被高能酸钾氧化为氯气，只能用稀硫酸；高锰酸钾有强氧化性，能氧化橡皮管，应放在酸式滴定管中；滴定终点时，颜色变成紫红色，并且半分钟内不褪色，否则不可以判断达到终点；故答案为c；酸式；滴入最后一滴KMnO4溶液，恰好变为紫红色，且半分钟内不退色；
③配平反应的离子方程式：5Fe2++MnO4-+8H+═5Fe3++Mn2++4H2O，滴定中由于第一组数据误差较大，应舍去，反应需要的高锰酸钾的物质的量为×10-3L×1.2×10-2mol/L=18×10-5mol
则：5Fe2++MnO4-+8H+═5Fe3++Mn2++4H2O
5mol 1mol
n 18×10-5mol
n=18×10-5mol×5=90×10-5mol，则1.500g硫酸亚铁补血剂药片含铁的质量为90×10-5mol×5×56g/mol =0.252g，所以该补血剂中铁元素的含量为×100%=16.8%；
故答案为16.8%。
河北省保定市曲阳一中2019-2020学年高二11月月考试题
一、选择题（共50分，每小题5分）
1.化学与生活密切相关，下列有关说法错误的是（ ）
A. 用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维
B. 食用油反复加热会产生稠环芳香烃等有害物质
C. 加热能杀死流感病毒是因为蛋白质受热变性
D. 医用消毒酒精中乙醇的浓度为 95%
【答案】D
【解析】
【详解】A.蚕丝的主要成分是蛋白质，蛋白质在灼烧时会产生烧焦羽毛的气味，人造纤维在灼烧时会蜷缩成一个小球，有浓烈的黑烟，现象不同，可以区别蚕丝和人造纤维，A正确；
B.食用油反复高温加热发生化学变化，产生多种有毒、有害甚至是致癌的稠环芳香烃物质，进而会危害人体健康，B正确；
C.加热或高温会使蛋白质发生变性，从而失去对家禽的危害作用，故具有杀菌消毒作用，C正确；
D.医用消毒酒精通常是用浓度为75%的乙醇溶液，体积分数为95%的酒精溶液渗透性差，会导致病毒表面的蛋白质变性，当病毒退壳后，里边的蛋白质仍然会危害人体健康，D错误；
答案选D。
2.下列说法正确的是（ ）
A. 非金属氧化物一定为酸性氧化物
B. 分解反应一定有单质生成
C. 向煮沸的1 mol·L-1 NaOH溶液中滴加FeCl3饱和溶液制备Fe(OH)3胶体
D. “忽闻海上有仙山，山在虚无缥缈间”的海市蜃楼是一种自然现象，与胶体知识有关
【答案】D
【解析】A、非金属氧化物不一定为酸性氧化物，如NO、CO等不成盐氧化物，故A错误；B、分解反应不一定有单质生成，如H2CO3=H2O＋CO2↑，故B错误；C、NaOH溶液中滴加FeCl3溶液反应生成沉淀，应向沸水中滴加饱和氯化铁溶液来制备胶体，故C错误；D、空气为胶体，能有利于光线的折射，从而导致海市蜃楼的形成，故D正确；故选D。
3.用固体NaOH配制250mL 0.2mol•L﹣1的NaOH，下列操作会导致溶液浓度偏高的是（ ）
A. 在托盘天平的两托盘中分别放等质量的纸，称取2.0g NaOH固体
B. 将NaOH固体在烧杯中溶解后迅速小心转移至250mL容量瓶中
C. 定容时不小心加水超过了刻度线，此时迅速用胶头滴管吸出一些
D. 摇匀后发现凹液面最低点低于刻度线，再补加蒸馏水到凹液面最低点与刻度线相平
【答案】B
【解析】
【详解】配制250mL 0.2mol•L-1的NaOH，需要NaOH的质量为0.25L×0.2mol/L×40g/mol=2.0g，则
A．由于氢氧化钠易潮解，实际称量NaOH质量偏小，n偏小，则导致溶液浓度偏低，应在小烧杯中称量；
B．将NaOH固体在烧杯中溶解后迅速小心转移至250mL容量瓶中，冷却后溶液体积减少，V偏小，则导致溶液浓度偏高，应冷却后转移；
C．定容时不小心加水超过了刻度线，此时迅速用胶头滴管吸出一些，n偏小，则导致溶液浓度偏低，应重新配制；
D．摇匀后发现凹液面最低点低于刻度线，再补加蒸馏水到凹液面最低点与刻度线相平，V偏大，导致溶液浓度偏低，不应再加水；
答案选B。
4.RO3n﹣中共有x个电子，R原子的质量数为A，则a克RO3n﹣中含有质子的物质的量（ ）
A. （x﹣n）mol B. （x﹣24﹣n）mol
C. （x﹣n）mol D. （x﹣n）mol
【答案】A
【解析】
【详解】RO3n﹣中共有x个电子，则RO3n﹣中质子数为x﹣n，R原子的质量数为A，则a克RO3n﹣的物质的量为=mol，故a克RO3n﹣中含质子的物质的量为mol×（x﹣n）=（x﹣n）mol，故选A。
5. 下列物质中不会因见光而分解的是（ ）
A. NaHCO3 B. AgBr C. AgCl D. HC1O
【答案】A
【解析】
【详解】A．NaHCO3加热分解，见光不分解，故A选；
B．AgBr见光分解，2AgBr2Ag+Br2，故B不选；
C．AgCl见光分解，2AgCl2Ag+Cl2，故C不选；
D．HClO见光分解，2HClO2HCl+O2↑，故D不选；
故选A。
6.某工厂用提取粗盐后的盐卤(主要成分为MgCl2)制备金属镁，其工艺流程如下，下列说法中，错误的是（ ）
A. 操作①发生的反应为非氧化还原反应
B. 操作②是蒸发浓缩结晶过滤
C. 若在实验室进行操作①只需要漏斗和烧杯两种玻璃仪器
D. 在整个制备过程中，未发生置换反应
【答案】C
【解析】A.在操作①中，加入足量的石灰浆与氯化镁发生反应MgCl2＋Ca(OH)2=Mg(OH)2↓＋CaCl2，该反应没有元素化合价发生变化，为非氧化还原反应，故A正确；B.由氯化镁溶液得MgCl2·6H2O晶体，需要采取蒸发浓缩结晶过滤的操作，故B正确；C.由流程图可知，操作①为过滤，需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒，故C错误；D.由流程图可知，整个制备过程中，发生的都不是置换反应，故D正确；答案选C。
7.将足量的CO2不断通入KOH、Ba(OH)2、KAlO2的混合溶液中，生成沉淀的物质的量与所通入CO2的体积关系如图所示．下列关于整个反应过程中的叙述不正确的是（ ）
A. Oa段反应的化学方程式是Ba(OH)2+CO2═BaCO3↓+H2O
B. ab段与cd段所发生的反应相同
C. de段沉淀减少是由于BaCO3固体消失
D. bc段反应的离子方程式是2AlO2﹣+3H2O+CO2═2Al(OH)3↓+CO32﹣
【答案】B
【解析】
【详解】A.只要通入CO2，立刻就有沉淀BaCO3产生，首先Oa段发生反应Ba（OH）2+CO2=BaCO3↓+H2O，将Ba（OH）2消耗完毕，A正确；
B.接下来消耗KOH，ab段发生反应2KOH+CO2=K2CO3+H2O，因而此段沉淀的量保持不变，然后沉淀量增大，bc段发生反应2AlO2﹣+3H2O+CO2=2Al（OH）3↓+CO32﹣，沉淀量达最大后，cd段再发生CO32﹣+CO2+H2O=HCO3﹣，ab段与cd段所发生的反应不相同，故B错误；
C.最后de段发生反应BaCO3+CO2+H2O=Ba（HCO3）2，沉淀部分溶解，故C正确；
D. bc段发生反应2AlO2﹣+3H2O+CO2=2Al（OH）3↓+CO32﹣，故D正确；
故答案选B。
8. 近年来，科学家正在探索利用铝粉作为新能源的可能性，以期铝能成为一种石油的取代物。假如铝作为一种普遍使用的新型能源开发利用，关于其有利因素的下列说法，你认为哪项是错误的（ ）
A. 铝质轻，便于运输、贮存，且安全
B. 铝燃烧时放出的热量大，且燃烧后产物对环境的污染容易得到有效的控制
C. 在地球上，铝矿资源比较丰富
D. 现代电冶铝的工业技术已为铝作为新能源奠定了重要基础
【答案】D
【解析】
【详解】作为新能源，要求：含量丰富（铝元素在地壳中含量占第三位）、便于运输、贮存且安全、燃烧放出能量高、能重复使用、对环境污染少，因此A、B、C说法正确，电解铝消耗大量的电能，故选项D说法错误。
9.溶液中可能含有H+、Na+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、SO42-、HCO3-等离子。当向该溶液中加入一定物质的量浓度的NaOH溶液时，发现生成沉淀物质的量随NaOH溶液的体积变化的图象如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. d点溶液中含有的溶质只有Na2SO4
B ab段发生的离子反应为：Al3++3OH-= Al(OH)3↓, Mg2++2OH-= Mg(OH)2↓
C. 原溶液中含有的阳离子是H+、NH4+、Mg2+、Al3+、Na+
D. 原溶液中含有的Fe3+和Al3+的物质的量之比为1:1
【答案】D
【解析】
【详解】A.根据图象第一段，沉淀不是马上出现，可知一定有氢离子，生成沉淀在后面溶解一部分，一定有铝离子，所以d点溶液中的溶质除了Na2SO4，还含有Na[Al(OH)4]，故A项错误；
B. Al3+不与HCO3‾共存，所以一定不含HCO3‾，根据第三段，和氢氧化钠反应的离子不产生沉淀，证明是铵根离子，根据坐标得生成沉淀用了6体积的氢氧化钠，其中氢氧化铝溶解用了一体积的氢氧化钠，所以形成氢氧化铝用了三体积的氢氧化钠，还有三体积的氢氧化钠一定是被三价铁离子消耗，所以一定含有三价铁离子，一定不含镁离子，所以ab段发生的离子反应为：Al3++3OH-= Al(OH)3↓，Fe3++3OH-= Fe(OH)3↓，故B错误；
C.Al3+不与HCO3‾共存，所以一定不含HCO3‾，根据第三段，和氢氧化钠反应的离子不产生沉淀，证明是铵根离子，根据坐标得生成沉淀用了6体积的氢氧化钠，其中氢氧化铝溶解用了一体积的氢氧化钠，所以形成氢氧化铝用了三体积的氢氧化钠，还有三体积的氢氧化钠一定是被三价铁离子消耗，所以一定含有三价铁离子，一定不含镁离子，即原溶液中含有的阳离子是H+、NH4+、Fe3+、Al3+，故C项错误；
D.根据坐标得生成沉淀用了6体积的氢氧化钠，其中氢氧化铝溶解用了1体积的氢氧化钠，所以形成氢氧化铝用了3体积的氢氧化钠，还有3体积的氢氧化钠一定是被三价铁离子消耗，原溶液中含有的Fe3+和Al3+的物质的量之比为1：1，故D项正确；
故答案选D。
10.在一些高档茶叶、点心等食品的包装盒中有一个小袋，将小袋打开，可看到灰黑色粉末，其中有些已变成棕褐色。将灰黑色粉末溶于盐酸，取上层清液，滴入几滴氯水，再滴入KSCN溶液，马上出现血红色。以下结论不正确的是（ ）
A. 该灰黑色粉末作抗氧化剂 B. 该灰黑色粉末不可食用
C. 小袋中原来装有铁粉 D. 小袋中原来装有Fe2O3
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，黑色粉末中含有铁元素，灰黑色粉末为铁粉，铁粉能够吸收水和氧气，既能用作食品防抗氧化剂，又能用作食品干燥剂；铁粉在潮湿的空气中生锈而变成红色的氧化铁。
【详解】铁粉能够吸收水和氧气，所以作抗氧化剂，故A正确；灰黑色粉末为铁粉，不能食用，故B正确；铁粉具有还原性，能用作食品防抗氧化剂，又能用作食品干燥剂，所以小袋中原来装有铁粉，故C正确；Fe2O3没有还原性，不能作抗氧化剂，小袋中原来没有Fe2O3，故D错误，选D。
11.能与Fe3+反应，且能证明Fe3+具有氧化性的是（ ）
①SCN-；②Fe；③Fe2+；④Cu；⑤I-；⑥OH-；⑦Cl2
A. ①②④ B. ②④⑤ C. ①③⑥ D. ②⑤⑦
【答案】B
【解析】
【详解】在①SCN-；②Fe；③Fe2+；④Cu；⑤I-；⑥OH-；⑦Cl2七种微粒中只有②④⑤能与铁离子发生氧化还原反应，发生反应分别为：Fe+2Fe3+=3Fe2+、Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+、2I-+2Fe3+=2Fe2++I2，而且这三个反应中Fe、Cu、I-都作还原剂，说明Fe3+具有氧化性，SCN－、OH－与Fe3+反应属于非氧化还原反应，亚铁离子、氯气和铁离子不反应，答案选B。
12.CuCl 是难溶于水的白色固体，是一种重要的催化剂。工业上，由孔雀石（主要成分Cu(OH)2·CuCO3， 含FeS、FeO 和SiO2杂质）制备CuCl 的某流程如下
下列说法不正确的是（ ）
A. H2O2将溶液1 中Fe2+氧化为Fe3+，再通过控制pH 转化为Fe(OH)3除去
B. CO32-作用是控制溶液pH，促使CuCl 沉淀的生成
C. SO32-将溶液3 中的Cu2+还原，反应得到CuCl
D. 若改变试剂加入顺序，将溶液3 缓慢加入到含大量SO32-/CO32-的溶液中，同样可制取CuCl
【答案】D
【解析】
【详解】A．孔雀石用稀硫酸浸取得到的溶液是硫酸铜和硫酸亚铁，H2O2将溶液1 中Fe2+氧化为Fe3+，再通过控制pH 转化为Fe(OH)3除去，A项正确；
B．CuCl 是难溶于水的白色固体，CO32-作用是控制溶液pH，促使CuCl 沉淀的生成，B项正确；
C．溶液2是硫酸铜的溶液，要得到CuCl，必须加入还原剂，所以SO32-将溶液3 中的Cu2+还原，反应得到CuCl，C项正确；
D．CuCl在酸性溶液中不稳定，发生歧化反应生成Cu2＋和Cu，所以若将硫酸铜溶液缓慢加入到含大量SO32-/CO32-的溶液中，无法制取CuCl，D项错误；
答案选D。
13.实验是化学研究的基础。下列对实验现象的描述错误的是( )
①
②
③
④
A. 实验①中溶液变黄色 B. 实验②试管中混合溶液变血红色
C. 实验③中烧瓶内溶液变红色 D. 实验④中出现砖红色沉淀
【答案】A
【解析】
【详解】A、氯气通入碘化钾中能置换出单质碘，碘能使淀粉变蓝，A项错误；
B、SCN-与Fe3+反应生成Fe（SCN）3是血红色，B项正确；
C、氨气溶于水显碱性，能使酚酞变红，C项正确；
D、葡萄糖的特性：遇新制氢氧化铜变成砖红色氧化亚铜沉淀，D项正确；
答案选A。
14.下列关于糖类、油脂、蛋白质的说法不正确的是( )
A. 用碘水可以鉴别葡萄糖溶液和淀粉溶液
B. 淀粉、油脂和蛋白质在一定条件下都能发生水解反应
C. 工业上利用油脂在碱的催化作用下水解生产肥皂
D. 向蛋白质溶液中加入浓的硫酸钠或硫酸铜溶液都可使蛋白质盐析而分离提纯
【答案】D
【解析】
【详解】A.碘遇淀粉变蓝，用碘水可以鉴别葡萄糖溶液和淀粉溶液，A项正确；
B．淀粉在一定条件下水解生成葡萄糖、油脂在一定条件下水解生成高级脂肪酸和甘油、蛋白质在一定条件下发生水解反应生成氨基酸，B项正确；
C.油脂在碱性条件下水解生成高级脂肪酸钠和甘油，高级脂肪酸钠能做肥皂，C项正确；
D．向蛋白质溶液中加入浓的Na2SO4可使蛋白质盐析，加入CuSO4溶液可使蛋白质变性，D项错误；
答案选D。
15. 下列说法不正确的是（ ）
A. 质谱和核磁共振不仅可用于有机小分子结构的分析，还可用于蛋白质结构的研究
B. 储氢金属吸氢形成金属氢化物，改变条件释放吸收的氢气，是氢气贮存的重要途径
C. 牺牲阳极的阴极保护法、外加电源的阳极保护法和改变金属组成或结构的方法都是防止金属腐蚀的方法
D. 乙醇与水互溶，这与乙醇和水分子之间能形成氢键有关
【答案】C
【解析】
【详解】A.核磁共振仪用于测定有机物分子中氢原子的种类和数目，质谱法用于测定有机物的相对分子质量，所以质谱和核磁共振不仅可用于有机小分子结构的分析，还可用于蛋白质结构的研究，A项正确；
B.储氢金属吸氢形成金属氢化物，改变条件释放吸收的氢气，是氢气贮存的重要途径，B项正确；
C.用电解池原理保护金属，金属与电源的负极相连作阴极，该方法称为外加电源的阴极保护法，C项错误；
D.乙醇与水分子中都有由氧原子所形成的羟基，可以形成分子间的氢键，从而影响乙醇的溶解性，D项正确；
答案选C。
16.有甲乙两种烃，分子中碳的质量分数相同，则下列说法正确的是（ ）
A. 甲和乙一定是同分异构体
B. 甲和乙不可能是同系物
C. 甲和乙的分子中，碳、氢原子个数之比相同
D. 甲和乙各1 mol完全燃烧后，生成的二氧化碳的质量一定相等
【答案】C
【解析】
【详解】有甲乙两种烃，分子中碳的质量分数相同，则它们的最简式肯定相同，特殊情况是同分异构体，但也可能是同系物如烯烃，选项A和B不正确，C正确；因为甲乙的分子式不一定相同，故物质的量相等时，完全燃烧生成的CO2的量不一定相等，选项D不正确。
17.下列说法不正确的是（ ）
A. 邻二甲苯只有一种结构，能证明苯环中不存在碳碳单键和碳碳双键交替的结构
B. 高聚物的单体可以通过乙烯和HCl加成制得
C. （CH3）2CH﹣CH=CH﹣C（CH3）3与氢气加成后的产物用系统命名法命名为2，2，5﹣三甲基己烷
D. 完全燃烧一定质量的冰醋酸、葡萄糖混合物（以任意质量比混合），生成CO2和H2O的物质的量相同
【答案】B
【解析】
【详解】A．邻二甲苯只有一种结构，说明苯中不存在单双键交替的结构，是一种特殊的化学键，故A正确；
B．此高聚物是由乙炔与HCl加成生成的产物加聚得来的，故B错误；
C．此有机物与氢气加成后的产物用系统命名法命名为2，2，5﹣三甲基己烷，故C正确；
D．冰醋酸与葡萄糖的最简式相同，均是CH2O，故完全燃烧一定质量的冰醋酸、葡萄糖混合物（以任意质量比混合），生成CO2和H2O的物质的量相同，故D正确，故选B。
18.萘的结构简式可表示为，其二氯取代产物异构体数目为（ ）
A. 6种 B. 8种 C. 10种 D. 12种
【答案】C
【解析】
【分析】萘分子中的氢原子均可以被取代，发生苯环上的二元取代，可以采用定一议二法解题，据此书写判断。
【详解】萘分子中两个苯环是等同的，除并在一起的两个碳原子外，只存在两种不同的碳原子，即位的和位的碳原子。定一个位的碳原子，再连接其余的位的和位的碳原子，这样形成的二溴代物就有7种；定一个位的碳原子，再连接其余的位的碳原子，这样形成的二溴代物就有3种。如图所示。因此，总共有10种，
故选C。
19.要检验溴乙烷中的溴元素，下列实验方法正确的是（ ）
A. 加入新制的氯水振荡，再加入少量CCl4振荡，观察下层是否变为橙红色
B. 加入硝酸银溶液，再加入稀硝酸使溶液呈酸性，观察有无浅黄色沉淀生成
C 加入NaOH溶液共热，冷却后加入硝酸银溶液，观察有无浅黄色沉淀生成
D. 加入NaOH溶液共热，冷却后加入稀硝酸使溶液呈酸性，再滴入硝酸银溶液，观察有无浅黄色沉淀生成
【答案】D
【解析】
【分析】检验溴乙烷中的溴元素，先将Br原子变为溴离子，再加酸至酸性，加硝酸银生成浅黄色沉淀，以此来解答。
【详解】A．溴乙烷、氯气均溶于CCl4，观察下层颜色不能检验，故A不选；
B．不存在溴离子，加硝酸银溶液不反应，故B不选；
C．加入NaOH溶液共热，冷却后加入硝酸银溶液，可能NaOH与硝酸银反应干扰检验，应先加酸至酸性，故C不选；
D．加入NaOH溶液共热，水解生成溴离子，冷却后加入稀硝酸使溶液呈酸性，再滴入硝酸银溶液，观察有无浅黄色沉淀生成，可检验，故D选；
故选D。
20.A、B、C三种醇同足量的金属钠完全反应，在相同条件下产生相同体积的氢气，消耗这三种醇的物质的量之比为3∶6∶2，则A、B、C三种醇分子里羟基数之比是 ( )
A. 3∶2∶1 B. 2∶6∶2 C. 3∶1∶2 D. 2∶1∶3
【答案】D
【解析】
【详解】设生成氢气6mol，根据2-OH～2Na～H2↑可知参加反应的羟基均为12mol，三种醇的物质的量之比为3∶6∶2，故A、B、C三种分子里羟基数目之比为∶∶=2∶1∶3，故选D。
21.苹果酸的结构简式为，下列说法正确的是（ ）
A. 苹果酸中能发生酯化反应的官能团有2种
B. 1mol苹果酸可与3mol NaOH发生中和反应
C. 1mol苹果酸与足量金属Na反应生成生成1mol H2
D. HOOC—CH2—CH(OH)—COOH与苹果酸互为同分异构体
【答案】A
【解析】
【详解】A．该分子中含有羧基和醇羟基，所以能发生酯化反应的官能团有羧基和醇羟基，所以苹果酸中能发生酯化反应的官能团有2种，A正确；
B．1mol苹果酸中含有2mol羧基，所以1mol苹果酸可与2molNaOH发生中和反应，B错误；
C．能和Na反应有羧基和醇羟基，1mol苹果酸与足量金属Na反应生成1.5molH2，C错误；
D．HOOC－CH2－CH(OH)－COOH与苹果酸是同一种物质，D错误。
答案选A。
22.已知：
则符合要求的C5H10O2的结构有（ ）
A. 1种 B. 2种 C. 4种 D. 5种
【答案】C
【解析】
【分析】由反应转化关系可知，C5H10O2能在碱性条件下反应生成A和B，则C5H10O2应为酯，而B可以连续发生氧化反应，故B为醇，且属于伯醇，A属于羧酸，而A不能发生银镜反应，故A分子中碳原子数目至少为2，根据形成酯的羧酸与醇判断C5H10O2的可能结构。
【详解】由反应转化关系可知，C5H10O2能在碱性条件下反应生成A和B，则C5H10O2应为酯，而B可以连续发生氧化反应，故B为醇，且属于伯醇，A属于羧酸，而A不能发生银镜反应，故A分子中碳原子数目至少为2，若A为乙酸，则B为1-丙醇，若A为丙酸，则B为乙醇，若A为丁酸，则B为甲醇，而丁酸有2种，故符合条件的C5H10O2的结构有4种，故选C；
答案：C
23.一溴代烷水解后产物在红热铜丝催化下， 最多可被空气氧化生成4种不同的醛，该一溴代烷的分子式可能是（ ）
A. C4H9Br B. C7H15Br C. C6H13Br D. C5H11Br
【答案】D
【解析】
【分析】先确定烷烃的一溴代物的种类，然后，溴原子只有连接在键端的碳原子上水解生成的醇，且该碳上有氢原子，才能被氧化成醛，据此进行分析。
【详解】先确定烷烃的一溴代物的种类，然后，溴原子只有连接在键端的碳原子上水解生成的醇，且该碳上有氢原子，才能被氧化成醛，
A.正丁烷两种一溴代物，异丁烷两种一溴代物，共4种，所以分子式为C4H9Br的同分异构体共有4种，其中溴原子连接在键端的碳原子上能被氧化成醛的只有1-溴丁烷、1-溴-2-甲基丙烷，A错误；
B.C7H15Br 水解生成在键端的碳原子上的醇，且该碳上有氢原子的卤代烃大于13种，B错误；
C.C6H13Br水解生成在键端的碳原子上的醇，且该碳上有氢原子的卤代烃有13种，C错误；
D.C5H11Br水解生成在键端的碳原子上的醇，且该碳上有氢原子的卤代烃为：CH3CH2CH2CH2CH2Br 1-溴戊烷；CH3CH2CH（CH3）CH2Br 2-甲基-1-溴丁烷；CH3CH（CH3）CH2CH2Br 3-甲基-1-溴丁烷；CH3C（CH3）2CH2Br 2，2-二甲基-1-溴丙烷；被空气氧化生成4种不同的醛为：CH3CH2CH2CH2CHO 戊醛；CH3CH2CH（CH3）CHO 2-甲基丁醛；CH3CH（CH3）CH2CHO 3-甲基丁醛；CH3C（CH3）2CHO 2，2-二甲基丙醛；D正确；答案选D。
24.化学与科学、技术、社会、环境密切相关。下列有关说法中不正确的是（ ）
A. “一带一路”是“现代丝绸之路”，丝绸的主要成分是蛋白质，属于天然高分子化合物
B. 在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质
C. 油脂的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，长时间放置的油脂会因水解而变质
D. 工业废水中的Cu2+、Hg2+等重金属阳离子可以通过加入FeS除去
【答案】C
【解析】
【详解】A..丝绸是由蚕丝织成的，其主要成分是蛋白质，属于天然高分子化合物,故A正确；B. 硅胶可以吸水、防止食品受潮；铁粉属于还原剂，可以防止食品被氧化，故B正确；C. 油脂的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，分子中含有不饱和建，长时间放置在空气中被氧化变质，不是水解而变质，故C错误；D. FeS的溶度积大于CuS、HgS的溶度积,其饱和溶液的S2−浓度远大于CuS、HgS的S2−离子浓度,故加入FeS可以沉淀废水中的Cu2+、Hg2+，故D正确。故答案选C。
25.对大量盆栽鲜花施用了S﹣诱抗素制剂，以保持鲜花盛开，S﹣诱抗素的 分子结构如图，下列关于该分子的说法中正确的是（ ）
A. 与氢气加成最多消耗氢气5mol
B. 能发生加成反应、氧化反应、取代反应、缩聚反应
C. 1mol该分子能与含2molNaOH的溶液完全反应
D. 该分子能与溴水反应而使溴水褪色且1mol它能与溴水中的4molBr2反应
【答案】B
【解析】
【详解】A. S﹣诱抗素分子中碳碳双键和羰基能与H2加成，1molS﹣诱抗素最多能与4molH2加成，故A错误；
B.含C=C，能发生加成、氧化反应，含﹣OH，能发生取代反应，含有﹣OH、﹣COOH，能发生缩聚反应，故B正确；
C.分子中含有1个羧基，能与氢氧化钠反应，1mol该分子能与含1mol NaOH的溶液完全反应，故C错误；
D.分子中含有3个碳碳双键，可与溴发生加成反应，则该分子能与溴水反应而使溴水褪色且1mol它能与溴水中的3mol Br2反应，故D错误．
故选B。
二、填空题（共50分，四小题）
26.某兴趣小组同学进行乙醛的银镜反应实验的操作步骤如下：
A．在试管里先注入少量NaOH溶液，振荡，然后加热煮沸。把NaOH溶液倒去后，再用蒸馏水洗净试管备用。B．在洗净的试管里配制银氨溶液。C．沿试管壁加入乙醛稀溶液。D．加热。请回答下列问题：
（1）步骤A中加NaOH溶液振荡，加热煮沸的目是___。
（2）简述银氨溶液的配制过程：___。
（3）步骤D应选择的加热方法是___（填下列装置编号），理由是___。
（4）乙醛发生银镜反应的化学方程式___。
（5）该兴趣小组的同学还对乙醛进行银镜反应的最佳实验条件进行了探究（部分实验数据如下表）：
实验变量
实验序号
银氨溶液的量/mL
乙醛的量/滴
温度/℃
反应混合液的pH
出现银镜的时间/min
1
1
3
65
11
5
2
1
3
45
11
6.5
3
1
5
65
11
4
①实验1和实验2，探究的是___。
②当银氨溶液的量为1mL，乙醛的量为3滴，温度为50℃，反应混合液pH为11时，出现银镜的时间___。（填范围）
③你认为探究乙醛进行银镜反应的最佳条件，除了测量银镜出现的时间外，还需要比较不同条件下形成银镜的___。
（6）银氨溶液放久后会产生氮化银而引起爆炸，直接排放会污染环境，且造成银资源浪费。实验室从反应后的废液中回收银的实验流程如下：
已知：[Ag(NH3)2]在溶液中存在平衡：[Ag(NH3)2]+Ag+2NH3。
①写出废液与稀HNO3反应的离子方程式___。
②加入的铁粉要过量的目的是___。
③该实验过程中可能产生的大气污染物是___。
【答案】(1). 去除试管内壁的油污，保证试管洁净 (2). 在洁净的试管里加入1mL2%的AgNO3溶液，然后一边摇动试管，一边逐滴滴入2%的稀氨水，至最初产生的沉淀恰好溶解为止 (3). 乙 (4). 加热时试管抖动或试管中液体沸腾都将影响银镜产生的效果 (5). CH3CHO +2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O (6). 温度对反应速率的影响 (7). 5～6.5 min (8). 光亮程度 (9). [Ag(NH3)2]+OH+3H=Ag+2NH4++H2O (10). 使溶液中的Ag全部还原 (11). NO
【解析】
【分析】（1）若试管壁上沾有油污，反应生成的银难以附着在试管壁上，容易造成脱落，所以步骤A中加NaOH溶液振荡，加热煮沸。
（2）配制银氨溶液时，注意硝酸银溶液与氨水的滴加顺序，否则难以达到应有的效果。
（3）加热时，用50~60℃的水浴，且溶液要处于相对静止状态，否则很难生成光亮的银镜。
（4）乙醛发生银镜反应时，乙醛与银氨溶液在水浴加热的条件下反应，生成银镜。
（5）①比较实验1和实验2，只有温度不同。
②当银氨溶液的量为1mL，乙醛的量为3滴，温度为50℃，反应混合液pH为11时，出现银镜的时间应介于两个极端点之间。
③探究乙醛进行银镜反应的最佳条件，除了测量银镜出现的时间外，银镜的光亮度也是很重要的指标。
（6）①废液与稀HNO3反应，主要是氢氧化二氨合银与酸中H+的反应。
②加入的铁粉，主要是将Ag+全部还原出来。
③该实验过程中可能产生的大气污染物是来自铁与硝酸的反应。
【详解】（1）步骤A中加NaOH溶液振荡，加热煮沸的目是去除试管内壁的油污，保证试管洁净；答案为：去除试管内壁的油污，保证试管洁净；
（2）配制银氨溶液时，在洁净的试管里加入1mL2%的AgNO3溶液，然后一边摇动试管，一边逐滴滴入2%的稀氨水，至最初产生的沉淀恰好溶解为止。答案为：在洁净的试管里加入1mL2%的AgNO3溶液，然后一边摇动试管，一边逐滴滴入2%的稀氨水，至最初产生的沉淀恰好溶解为止；
（3）甲中，温度难以控制；乙中，温度恒定，溶液处于相对静止状态，生成的银容易附着在试管内壁上；丙中，溶液沸腾，生成的银很难附着在试管壁。答案为：乙；加热时试管抖动或试管中液体沸腾都将影响银镜产生的效果；
（4）乙醛发生银镜反应时，反应的化学方程式为CH3CHO +2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O。答案为：CH3CHO +2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O；
（5）①比较实验1和实验2，显然只能为温度。答案为：温度对反应速率的影响；
②当银氨溶液的量为1mL，乙醛的量为3滴，温度为50℃，反应混合液pH为11时，出现银镜的时间应介于两个极端点之间。答案为：5～6.5 min；
③探究乙醛进行银镜反应的最佳条件，除了测量银镜出现的时间外，银镜的光亮度也是很重要的指标。答案为：光亮程度；
（6）①废液与稀HNO3反应，离子方程式为[Ag(NH3)2]+OH+3H=Ag+2NH4++H2O。答案为：[Ag(NH3)2]+OH+3H=Ag+2NH4++H2O；
②加入的铁粉，主要是将Ag+全部还原出来。答案为：使溶液中的Ag全部还原；
③该实验过程中可能产生的大气污染物是NO。答案为：NO。
27.化合物M是一种香料，可采用油脂与芳香烃（含苯环的烃）为主要原料，按下列路线合成：
已知：①RXROH
②E分子中只有两种不同化学环境的H原子
③
（R1、R2、R3与R4可能是氢、烃基或其他基团）
（1）A中官能团的名称是___，D→E的反应类型为___。
（2）E的结构简式为___。
（3）C+F→M的化学方程式____。
（4）下列化合物中属于F的同分异构体的是____。
a．
b．
c．
d．CH2=CH﹣CH=CH﹣CH=CH﹣CH2COOH
（5）写出从Br﹣CH2CH2﹣Br→HCOOCH2CH2OOCH的合成路线（无机试剂任选，合成路线参照题中的书写形式）____。
【答案】(1). 羟基 (2). 取代反应 (3). (4). 2HCOOH+2H2O+ (5). bd (6). BrCH2CH2BrHOCH2CH2OHHCHOHCOOH HCOOCH2CH2OOCH
【解析】
【详解】油脂水解得到A为，结合信息③可以A氧化生成HCHO、HCOOH，B氧化得到C，故B为HCHO，C为HCOOH．芳香烃D与氯气在光照条件下发生侧链取代反应生成E，E分子中只有两种不同化学环境的H原子，则D为，E为，F为，M为。
（1）A为，含有的官能团的名称是羟基，D→E的反应类型为取代反应，故答案为羟基；取代反应；
（2）E的结构简式为： ，故答案为；
（3）C+F→M的化学方程式：2HCOOH+2H2O+，故答案为2HCOOH+2H2O+；
（4）F的结构简式为， 、与F的分子式不同，与F不是同分异构体，、CH2=CH﹣CH=CH﹣CH=CH﹣CH2COOH与F的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故答案为bd；
（5）BrCH2CH2Br在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成HOCH2CH2OH，然后被HIO4氧化生成HCHO，再与新制氢氧化铜氧化得到 HCOOH，最后与乙二醇发生酯化反应得到HCOOCH2CH2OOCH，合成路线流程图为：BrCH2CH2BrHOCH2CH2OHHCHO HCOOHHCOOCH2CH2OOCH，故答案为BrCH2CH2Br HOCH2CH2OH HCHO HCOOH HCOOCH2CH2OOCH。
28.某化学研究性学习小组通过查阅资料，设计了如图所示的方法以含镍废催化剂为原料来制备NiSO4•7H2O。已知某化工厂的含镍催化剂主要含有Ni，还含有Al（31%）、Fe（1.3%）的单质及氧化物，其他不溶杂质（3.3%）。
部分阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时的pH如下：
沉淀物
Al（OH）3
Fe（OH）3
Fe（OH）2
Ni（OH）2
pH
5.2
3.2
9.7
9.2
回答下列问题：
（1）操作a、c中需使用的仪器除铁架台（带铁圈）、酒精灯、烧杯、玻璃棒外还需要的主要仪器为___。
（2）“碱浸”过程中发生的离子方程式是___。
（3）“酸浸”时所加入的酸是___（填化学式）．酸浸后，经操作a分离出固体①后，溶液中可能含有的金属离子是___。
（4）操作b为调节溶液的pH，你认为pH的最佳调控范围是___。
（5）“调pH为2～3”的目的是___。
（6）产品晶体中有时会混有少量绿矾（FeSO4•7H2O），其原因可能是__ 、___。
【答案】(1). 漏斗、蒸发皿 (2). 2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑、Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O (3). H2SO4 (4). Ni2+、Fe2+ (5). 3.2﹣9.2 (6). 防止在浓缩结晶过程中Ni2+水解 (7). H2O2的用量不足（或H2O2失效） (8). 保温时间不足导致Fe2+未被完全氧化造成的
【解析】
【分析】（1）操作a是过滤，需要使用过滤装置，操作c是蒸发，需要使用蒸发装置；对照两个装置与已知仪器，找出所缺仪器。
（2）“碱浸”过程中是为了除去铝及其氧化物，不管是铝还是氧化铝，与碱液反应都生成偏铝酸盐。
（3）“酸浸”时主要是溶解镍金属和铁单质及其氧化物，依据制备目的是得到NiSO4•7H2O，加入的酸不能引入新的杂质，所以需要加入硫酸进行酸浸。
（4）调节溶液pH时，要使铁离子全部沉淀，但镍离子不沉淀。
（5）蒸发浓缩时，要防止镍离子水解，所以需要控制溶液pH在酸性范围。
（6）产品晶体中有时会混有少量绿矾（FeSO4•7H2O），说明在加入氧化剂时未把亚铁离子全部氧化。
【详解】（1）操作a是过滤得到固体和滤液，c是蒸发浓缩得到晶体过滤得到NiSO4•7H2O；操作a、c中需使用的仪器除铁架台（带铁圈）、酒精灯、烧杯、玻璃棒外还需要的主要仪器为过滤装置中的漏斗和蒸发浓缩溶液需要的蒸发皿；故答案为漏斗、蒸发皿；
（2）“碱浸”过程中是为了除去铝及其氧化物，铝是两性元素和强碱反应，氧化铝是两性氧化物和强碱反应，镍单质和铁及其氧化物不和碱反应达到除去铝元素的目的；反应的两种方程式为：2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑、Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+3H2O；故答案为2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑、Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O；
（3）“酸浸”时主要是溶解镍金属和铁单质及其氧化物，依据制备目的是得到NiSO4•7H2O，加入的酸不能引入新的杂质，所以需要加入硫酸进行酸浸；镍、铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁、硫酸镍溶液；故答案为H2SO4；Ni2+、Fe2+；
（4）依据图表中沉淀需要的溶液pH，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子后，调节溶液pH使铁离子全部沉淀，镍离子不沉淀得到较纯净的硫酸镍溶液，pH应在3.2﹣9.2间；故答案为3.2﹣9.2；
（5）硫酸镍溶液需要蒸发浓缩结晶析出，为防止镍离子水解生成氢氧化镍沉淀，需要控制溶液pH在酸性条件下；故答案为防止在浓缩结晶过程中Ni2+水解；
（6）产品晶体中有时会混有少量绿矾（FeSO4•7H2O），说明在加入过氧化氢氧化剂氧化亚铁离子时未把亚铁离子全部氧化，氢氧化亚铁沉淀的pH大于镍离子沉淀的pH，保温目的是把亚铁离子完全氧化。故答案为H2O2的用量不足（或H2O2失效）、保温时间不足导致Fe2+未被完全氧化造成的。
29.FeSO4·7H2O广泛用于医药和工业领域，实验室制备FeSO4·7H2O的流程如下：
（1）铁屑与稀硫酸反应前，应用10% Na2CO3溶液浸泡几分钟，操作目的是_________。
（2）最后得到的绿矾晶体用少量冰水洗涤，其目的：①除去晶体表面附着的硫酸等杂质；②_____________________。
（3）FeSO4·7H2O是某些补血剂的主要成分，将1.5 g某补血剂预处理，配成100mL溶液。实验室用KMnO4溶液通过氧化还原滴定测定该补血剂（1.5 g）中铁元素的含量，①配制100 mL 1.200 × 10—2 mol·L—1的KMnO4溶液时，将溶解后的溶液转移至容量瓶中的操作方法是__________________________；
②实验中的KMnO4溶液需要酸化，可用于酸化的酸是_________________。
a． 稀硝酸 b.稀盐酸 c．稀硫酸 d．浓硝酸
KMnO4溶液应盛装在__________滴定管中。滴定到终点时的现象为____________。
③滴定完毕，三次实验记录KMnO4标准溶液的读数如下。
滴定次数实验数据
1
2
3
V（样品）/mL
20.00
20.00
20.00
V（KMnO4）/mL（初读数）
0.00
0.20
0.00
V（KMnO4）/mL（终读数）
15.85
15.22
14.98
该补血剂中铁元素的质量分数为_____________________。
【答案】(1). 除去废铁屑表面的油污 (2). 降低FeSO4在水中的溶解度，减少FeSO4·7H2O的损耗 (3). 用玻璃棒引流，玻璃棒底部要在容量瓶的刻度线以下且玻璃棒不能碰到容量瓶口 (4). c (5). 酸式滴定管 (6). 滴入最后一滴KMnO4溶液，恰好变为紫红色，且半分钟内不退色 (7). 16.8%
【解析】
【分析】（1）CO32-水解生成OH-，溶液显碱性，酯在碱性条件下完全水解；
（2）由于硫酸亚铁的溶解度随温度的升高而增大；
（3）①转移液体需要引流；②硝酸有强氧化性，盐酸有还原性；高锰酸钾有强氧化性，应放在酸式滴定管中；滴定终点时，颜色变成紫红色，并且半分钟内不褪色；配平反应的离子方程式：5Fe2++MnO4-+8H+═5Fe3++Mn2++4H2O，滴定中由于第一组数据误差较大，应舍去，以此计算；
【详解】（1）CO32-水解生成OH-，溶液显碱性，酯在碱性条件下完全水解，所以可用纯碱溶液除油污，故答案为除去废铁屑表面的油污；
（2）由于硫酸亚铁的溶解度随温度的升高二增大，因此用冰水洗涤的另一个目的是减少洗涤过程中FeSO4•7H2O的损耗，故答案为降低FeSO4在水中的溶解度，减少FeSO4•7H2O的损耗；
（3）①转移液体需要引流，玻璃棒底部要在容量瓶的刻度线以下且玻璃棒不能碰到容量瓶口，故答案为用玻璃棒引流，玻璃棒底部要在容量瓶的刻度线以下且玻璃棒不能碰到容量瓶口；
②硝酸有强氧化性，盐酸有还原性，能被高能酸钾氧化为氯气，只能用稀硫酸；高锰酸钾有强氧化性，能氧化橡皮管，应放在酸式滴定管中；滴定终点时，颜色变成紫红色，并且半分钟内不褪色，否则不可以判断达到终点；故答案为c；酸式；滴入最后一滴KMnO4溶液，恰好变为紫红色，且半分钟内不退色；
③配平反应的离子方程式：5Fe2++MnO4-+8H+═5Fe3++Mn2++4H2O，滴定中由于第一组数据误差较大，应舍去，反应需要的高锰酸钾的物质的量为×10-3L×1.2×10-2mol/L=18×10-5mol
则：5Fe2++MnO4-+8H+═5Fe3++Mn2++4H2O
5mol 1mol
n 18×10-5mol
n=18×10-5mol×5=90×10-5mol，则1.500g硫酸亚铁补血剂药片含铁的质量为90×10-5mol×5×56g/mol =0.252g，所以该补血剂中铁元素的含量为×100%=16.8%；
故答案为16.8%。
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