【化学】浙江省温州市新力量联盟2018-2019学年高二下学期期末考试试题（解析版）

浙江省温州市新力量联盟2018-2019学年高二下学期期末考试试题
考生须知：
1.本卷共8页满分100分，考试时间90分钟；
2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。
3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效；
4.考试结束后，只需上交答题纸。
5.可能用到的相对原子质量H1 N14 O16 K39 Ca40 S32 Si28 Fe56 Cu64 Ba137
选择题部分
一、选择题(本题共25小题，每小题2分，共50分。每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.下列属于碱的是（ ）
A. HClO B. CO2 C. Na2CO3 D. Ca(OH)2
【答案】D
【解析】A.HClO溶于水电离出的阳离子全部是氢离子，属于酸，A项不选；B.CO2由两种元素组成，其中一种是O，属于氧化物，B项不选；C.Na2CO3溶于水电离出的阳离子是Na＋，电离出的阴离子是酸根离子，属于盐，C项不选；D.氢氧化钙溶于水电离出的阴离子全部是OH－，属于碱，D项选。答案选D。
2.下列仪器名称为“分液漏斗”的是( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A. 为圆底烧瓶；
B. 为量筒；
C. 为容量瓶；
D. 为分液漏斗；
故答案选D。
3.下列物质溶于水时会破坏水的电离平衡，且属于电解质的是（ ）
A. 氯气 B. 二氧化碳 C. 氯化钾 D. 醋酸钠
【答案】D
【解析】氯气是单质，既不是电解质又不是非电解质，故A错误；二氧化碳是非电解质，故B错误；氯化钾属于电解质，是强酸强碱盐，不能水解，不会破坏水的电离平衡，故C错误；醋酸钠是电解质，能水解，促进水电离，故D正确。
4.下列不能产生丁达尔现象的是（ ）
A. 氢氧化铁胶体 B. 鸡蛋清溶液
C. 淀粉溶液 D. 纯碱溶液
【答案】D
【解析】
【详解】A. 氢氧化铁胶体能产生丁达尔现象，A错误；
B. 鸡蛋清溶液是胶体，能产生丁达尔现象，B错误；
C. 淀粉溶液是胶体，能产生丁达尔现象，C错误；
D. 纯碱溶液不是胶体，不能产生丁达尔现象，D正确。
答案选D。
5.下列属于化学变化的是（ ）
A. 淀粉遇 I2 变蓝 B. 海水晒盐
C. 石油分馏得到柴油 D. 从煤焦油获得苯、甲苯
【答案】A
【解析】
【详解】A、淀粉遇碘变蓝色，有新的物质生成，属于化学变化，选项A正确；
B、海水晒盐的过程中没有生成新物质，属于物理变化，选项B错误；
C、石油分馏后得到汽油、煤油、柴油等组分利用的也是不同组分之间沸点不同的性质，同理，其中涉及的物态变化没有生成新物质，属于物理变化，而非化学变化，选项C错误；
D、从煤焦油获得苯、甲苯利用的也是不同组分之间沸点不同的性质，同理，其中涉及的物态变化没有生成新物质，属于物理变化，而非化学变化，选项D错误；
答案选A。
6.下列说法正确的是（ ）
A. 在常温下浓硫酸与铁不反应，所以可以用铁制容器来装运浓硫酸
B. 侯氏制碱工业是以氯化钠为主要原料，制得大量NaOH
C. 我国华为AI芯片已跻身于全球AI芯片榜单前列，该芯片的主要材料是二氧化硅
D. 垃圾分类是化废为宝的重要举措，厨余垃圾可用来制沼气或堆肥
【答案】D
【解析】
【详解】A. 常温下Fe在浓硫酸中被氧化形成一层致密的氧化膜，从而保护金属，A错误；
B. 侯氏制碱法以氯化钠为原料制得大量碳酸氢钠，进而由碳酸氢钠得到碳酸钠，B错误；
C. 电子芯片的主要成分为单晶硅，C错误；
D. 厨余垃圾可用来制沼气或堆肥，D错误；
故答案选D。
7.下列反应中既属于化合反应，又属于氧化还原反应的是（ ）
A. SO2+H2O2===H2SO4 B. SO2+Cl2+2H2O===H2SO4+2HCl
C. CaO+SiO2===GaSiO3 D. CO2+2NaOH===Na2CO3+H2O
【答案】A
【解析】分析：本题考查是化学反应类型的判断，关键是氧化还原反应的判断，根据是否有化合价变化分析。
详解：A.反应为化合反应，有化合价变化，属于氧化还原反应，故正确；B.反应不是化合反应，有化合价变化，属于氧化还原反应，故错误；C.是化合反应，不是氧化还原反应，故错误；D.不是化合反应，不是氧化还原反应，故错误。故选A。
8.下列表示正确的是（ ）
A. 酒精的分子式：CH3CH2OH B. KCl的电子式：
C. HClO的结构式 H — Cl — O D. CCl4的比例模型：
【答案】B
【解析】分析：A. 酒精的分子式C2H6O；B.KCl为离子化合物，电子式为；C. HClO为共价化合物，结构式为H-O-Cl；D. CCl4的比例模型中，碳的原子半径小于氯的原子半径。
详解：酒精的分子式：C2H6O；结构简式：CH3CH2OH；A错误；KCl为离子化合物，电子式为，B正确；HClO为共价化合物，根据成键规律可知：结构式为H-O-Cl，C错误；CCl4为共价化合物，碳的原子半径小于氯的原子半径，与比例模型不符，D 错误；正确选项B。
9.下列说法不正确的是（ ）
A. 常温下浓硫酸可贮存在铁罐中 B. 钠单质可应用于电光源领域
C. 碳酸钠是发酵粉的主要成分 D. CO2可用于制备全降解塑料
【答案】C
【解析】分析：本题考查的是金属以及化合物的性质和用途，难度不大。
详解：A.常温下铁在浓硫酸中钝化，所以常温下浓硫酸可以贮存在铁罐中，故正确；B.钠的焰色反应为黄色，透雾能力强，可以做高压钠灯，故正确；C.发酵粉的主要成分为碳酸氢钠，故错误；D.二氧化碳制备全降解塑料，减少污染，故正确。故选C。
10.下列实验操作正确的是（ ）
A. 蒸馏操作时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的底部
B. 定容时，因不慎使液面高于容量瓶的刻度线，可用滴管将多余的液体吸出
C. 焰色反应时，先用稀盐酸洗涤铂丝并在酒精灯火焰上燃烧至无色，然后再进行实验
D. 过滤时，为加快过滤速率，可用玻璃棒快速搅拌漏斗中的悬浊液
【答案】C
【解析】分析：A.蒸馏时,测定馏分的温度；B.定容时不慎使液面高于容量瓶的刻度线,实验失败，应重新配制；C.盐酸清洗,灼烧时不会造成干扰；D.过滤时不能搅拌。
详解：蒸馏时,测定馏分的温度,则应使温度计水银球位于烧瓶支管口处,A错误；定容时不慎使液面高于容量瓶的刻度线,实验失败,应重新配制,B错误；盐酸清洗,灼烧时不会造成干扰,则先用稀盐酸洗涤铂丝并在酒精灯火焰上灼烧至无色,然后再进行实验，C正确；过滤时不能搅拌,将滤纸捣破,过滤操作失败,D错误；正确选项C。
11.下列说法不正确的是（ ）
A. C6H14所有的同分异构体中主链为4个碳的只有2种
B. CH3CO18OCH2CH3在酸性条件下水解能得到CH3CH218OH
C. 的名称是2-甲基-2-乙基丙烷
D. 与是同一种物质
【答案】C
【解析】
【详解】A. 根据同分异构体支链由整到散的规律可知，C6H14所有的同分异构体中主链为4个碳的骨架分别为：、2种，故A项正确；
B. CH3CO18OCH2CH3在酸性条件下发生水解，断开碳氧单键（），其相应的方程式为：CH3CO18OCH2CH3+H2OCH3COOH+CH3CH218OH，故B项正确；
C. 根据系统命名法的原则可知，可命名为2,2-二甲基丁烷，故C项错误；
D. 与分子式相同，结构相同，是同一种物质，故D项正确；
答案选D。
12.X、Y、Z、M四种短周期元素，它们在周期表中位置如图所示，下列说法正确的是（ ）

A. 原子半径：M＞Z＞Y＞X
B. Z的气态氢化物最稳定，因其分子间存在氢键
C. 最高价氧化物对应水化物的酸性M＜Z
D. 元素的非金属性：X＜Y＜Z
【答案】D
【解析】
【分析】由X、Y、Z、M均为短周期元素及在周期表中相对位置，可知X、Y和Z为第二周期元素， M为第三周期元素，由位置可知，X为N，Y为O，Z为F，M为S，以此来解答。
A. 电子层数越多，其原子半径越大；电子层数相同时，原子序数越小，其原子半径越大；
B. 非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越好，这与是否含有氢键无关；
C. F元素无最高正价；
D. 在元素周期表中同一周期，元素的非金属性依次增强，同一主族，元素的非金属性依次减弱；
【详解】由上述分析可知，X为N，Y为O，Z为F，M为S，
A. 根据同一周期中，原子半径依次减小，同一主族，元素原子半径依次增大，则其原子半径由大到小排列为：M >X >Y >Z，故A项错误；
B. 元素的非金属性越强，其对应的气态氢化物的稳定性越高，则Z的气态氢化物最稳定，其分子间存在的氢键，主要影响的是物质的物理性质，跟气态氢化物的稳定性无关，故B项错误；
C. 非金属性F>O>S，但因F无正价，则无法比较Z与M的最高价氧化物对应水化物的酸性，故C项错误；
D. X、Y、Z三种元素处于同一周期，其元素的非金属性：N＜O＜F，即X＜Y＜Z，故D项正确；
答案选D。
13.下列方案的设计或描述及对应的离子方程式正确的是（ ）
A. 用FeCl3溶液腐蚀铜线路板：Cu + 2Fe3+ ＝ Cu2+ + 2Fe2+
B. 将氯气溶于水制备次氯酸：Cl2 + H2O ＝ 2H+ + Cl－ + ClO－
C. 等体积、等浓度的Ca(HCO3)2溶液和NaOH溶液混合Ca2+ + 2HCO3- +2OH-=CaCO3↓+CO32-+2H2O
D. 用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO + 6H+ + 5H2O2 ＝ 2Mn2+ + 5O2↑ + 8H2O
【答案】A
【解析】分析：A. 铁离子具有强氧化性，能够氧化铜；B. 次氯酸为弱酸应写化学式；C. 等体积、等浓度的Ca(HCO3)2溶液和NaOH溶液混合生成碳酸钙、碳酸氢钠和水；D.高锰酸钾溶液在酸性条件下能够氧化氯离子，对双氧水的还原性检验有干扰。
详解：铁离子被铜还原，Cu + 2Fe3+ ＝ Cu2+ + 2Fe2+，A正确；次氯酸为弱酸应写化学式，应为：Cl2 +H2O ＝ H+ + Cl－+HClO；B错误；等体积、等浓度的Ca(HCO3)2溶液和NaOH溶液混合，生成碳酸钙、碳酸氢钠和水，离子方程式为：Ca2+ + HCO3- +OH-=CaCO3↓+H2O，C错误；浓盐酸会与KMnO4发生反应生成氯气，对双氧水还原性检验有干扰，应该用稀硫酸酸化，D错误；正确选项A。
14.一定温度下，在某体积固定的密闭容器中加入2 mol A和1 mol B，发生可逆反应，下列说法正确的是（ ）
A. 当容器内压强不变时说明反应已达到平衡
B. 当反应达到平衡时：c（A）：c（B）：c（C）＝2：1：3
C. 当反应达到平衡时放出热量akJ
D. 其他条件不变，升高温度反应速率加快
【答案】D
【解析】
【详解】A. 体积固定的密闭容器中，该反应体系是气体体积不变的化学反应，则当容器内压强不变时不能说明反应已达到平衡，故A项错误；
B. 当反应达到平衡时，各物质的物质的量浓度保持不变，但无法确定其浓度比是否等于化学计量数之比，故B项错误；
C. 因反应为可逆反应，则反应过程中实际放热量在数值上小于焓变量，即小于a kJ，故C项错误；
D. 化学反应速率与温度成正比，当其他条件不变时，升高温度反应速率会加快，故D项正确；
答案选D。
15.下列说法正确的是（ ）
A. 乙烷和乙烯都能用来制取氯乙烷，且反应类型相同
B. 相同物质的量的乙炔与苯分别在足量的氧气中完全燃烧，消耗氧气的物质的量相同
C. 除去甲烷的乙烯可通过酸性高锰酸钾溶液洗气
D. 甲苯和乙苯都是苯的同系物
【答案】D
【解析】
【详解】A. 乙烷制取氯乙烷是与氯气发生取代反应，乙烯则是与氯化氢发生加成反应，二者反应类型不同，故A错误；
B. 1mol乙炔完全燃烧消耗2.5mol氧气，1mol苯完全燃烧消耗7.5mol氧气，消耗氧气的物质的量不同，故B错误；
C. 乙烯被高锰酸钾溶液氧化会产生二氧化碳气体，会作为新的杂质混在甲烷气体中，故不能用高锰酸钾除去甲烷中的乙烯，故C错误；
D. 甲苯和乙苯均为苯的同系物，D正确；
故答案选D。
16.下列说法不正确的是( )
A. “春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”中的“丝”和“泪”分别是蛋白质和烃
B. 淀粉、纤维素、麦芽糖在一定条件下可和水作用转化为葡萄糖
C. 全降解塑料可由环氧丙烷和CO2缩聚制得
D. 皂化反应是指油脂在稀硫酸的作用下水解得到高级脂肪酸和甘油
【答案】D
【解析】
【详解】A. 春蚕的“丝”为蛋白质，石蜡的主要成分为烷烃，故A正确；
B. 淀粉、纤维素为多糖，麦芽糖为二糖，均可在一定条件下水解为单糖葡萄糖，故B正确；
C. 由于环氧丙烷分子中含有一个三元环，碳氧键间、碳碳键之间的夹角约为60°，因而整个分子反应活泼性较高，能够发生开环加成反应，与二氧化碳可加成聚合，生成聚碳酸丙烯酯（），故C正确；
D. 皂化反应是指油脂在碱性条件下水解得到高级脂肪酸盐和甘油，故D错误；
故答案选D。
17.一种新型污水处理装置模拟细胞内生物电的产生过程，可将酸性有机废水的化学能直接转化为电能。下列说法中不正确的是（ ）

A. M极作负极，发生氧化反应
B. 电子流向:M→负载→N→电解质溶液→M
C. N极的电极反应:O2+4H++4e-=2H2O
D. 当N极消耗5.6L(标况下)气体时，最多有NA个H+通过阳离子交换膜
【答案】B
【解析】分析：本题考查了原电池的原理和电解原理的应用，注意把握电极的判断方法和电子的流向，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的应用能力。
详解：A. M极加入有机物，有机物变成二氧化碳，发生氧化反应，说明M作负极，故正确；B. M为负极，N为正极，所以电子流向:M→负载→N，电子只能通过导线不能通过溶液，故错误；C. N极为正极，氧气在正极上得到电子，电极反应:O2+4H++4e-=2H2O，故正确；D. 当N极消耗5.6L(标况下)气体基5.6/22.4=0.25mol氧气时，转移0.25×4=1mol电子，所以最多有NA个H+通过阳离子交换膜，故正确。故选B。
18.室温下，相同浓度、体积相同的盐酸和醋酸溶液，下列说法正确的是（ ）
A. 两者水的电离程度相同
B. 分别用水稀释相同倍数后，c(Cl-)>c(CH3COO-)
C. 盐酸的pH值大于醋酸溶液的pH值
D. 分别与物质的量浓度相同的NaOH溶液恰好反应完全时，盐酸消耗NaOH溶液的体积多
【答案】B
【解析】盐酸为强酸，醋酸为弱酸，室温下，相同浓度、体积相同的盐酸和醋酸溶液，盐酸的酸性比醋酸强。A. 盐酸的酸性比醋酸强，两者电离出的氢离子浓度本题，对水的电离的抑制程度不同，水的电离程度不同，故A错误；B. 分别用水稀释相同倍数后，盐酸和醋酸的浓度仍然相等，但盐酸的电离程度比醋酸大，c(Cl-)>c(CH3COO-)，故B正确；C. 盐酸的酸性比醋酸强，盐酸的pH值小于醋酸溶液的pH值，故C错误；D. 相同浓度、体积相同的盐酸和醋酸溶液，含有的氯化氢和醋酸的物质的量相等，分别与物质的量浓度相同的NaOH溶液恰好反应完全时，二者消耗NaOH溶液的体积相同，故D错误；故选B。
19.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。
20.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。
21.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。
22.研究反应2X(g)Y(g)+Z(g)的速率影响因素，在不同条件下进行4组实验，Y、Z起始浓度为0，反应物X的浓度(mol∙L－1)随反应时间(min)的变化情况如图所示。

下列说法不正确的是（ ）
A. 比较实验②、④得出：升高温度，化学反应速率加快
B. 比较实验①、②得出：增大反应物浓度，化学反应速率加快
C. 若实验②、③只有一个条件不同，则实验③使用了催化剂
D. 在0～10min之间，实验②的平均速率v(Y)=0.04mol∙L－1∙min－1
【答案】D
【解析】分析：A. X的起始浓度相等，温度升高，化学反应速率加快；B. 实验温度相同，随着反应物X的浓度增大，化学反应速率加快；C.其它条件下不变，催化剂能够加快反应速率；D.根据方程式中物质化学系数关系，根据v(Y)=∆C/∆t进行计算。
详解：实验②、④两组实验，X的起始浓度相等，温度由第②组实验的800℃升高到820℃，反应速率明显加快，说明温度升高，化学反应速率加快，A正确。从图像可以看出，实验①、②两组实验温度相同，随着反应物X的浓度增大，化学反应速率加快，B正确；实验②、③，X的起始浓度相等，温度相同，平衡状态也相同，但是实验③反应速率快，到达平衡的时间短，说明实验③使用了催化剂，C正确；从图像可以直接求得0～10min之间实验②的平均速率：（1-0.8）/10=0.02 mol∙L－1∙min－1,则根据化学方程式的计量数关系可知：v(Y)=0.01 mol∙L－1∙min－1，D错误；正确选项D。
23.25 ℃时，在25 mL 0.1 mol/L的NaOH溶液中，逐滴加入0.2 mol/L的CH3COOH溶液，溶液的pH变化如下图所示，下列分析的结论中正确的是（ ）

A. B点的横坐标a＝12.5
B. C点时溶液中有：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－)
C. D点时溶液中有：c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝2c(Na＋)
D. 曲线上A、B间的任意一点，溶液中都有：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)
【答案】C
【解析】醋酸是弱酸，当氢氧化钠和醋酸恰好反应时，消耗醋酸的体积是12.5ml，此时由于醋酸钠的水解溶液显碱性，即pH大于7。B点的pH＝7，说明醋酸溶液的体积应大于12.5ml，选项A不正确。根据电荷守恒c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(Na＋) 可知选项B不正确。D点溶液中的溶质是醋酸钠和醋酸的混合液，且二者的浓度相同，所以根据原子守恒可知选项C正确。若加入的醋酸很少时，会有c(Na＋) >c(OH－) >c(CH3COO－)>c(H＋)，所以选项D也不正确。答案是C。
24.高纯氧化铁是现代电子工业的重要材料。以下是用硫酸厂产生的烧渣(主要成分为Fe2O3、Fe3O4、FeO、SiO2)为原料制备高纯氧化铁(软磁a-Fe2O3)的生产流程示意图。下列说法不正确的是（ ）

A. 酸溶时，常需将烧渣粉碎、并加入过量H2SO4，其目的是提高铁元素的浸出率，同时抑制铁离子的水解
B. 反应②的离子方程式为：FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2S042-+16H+
C. 加入NH4HCO3生成FeCO3，检验FeCO3是否洗涤干净的方法是取最后一次洗涤液少量放入试管，滴如盐酸酸化的氯化钡溶液，若无沉淀生成说明洗涤干净
D. 锻烧时空气中的氧气作氧化剂，所以用氯气代替空气也可得到高纯氧化铁
【答案】D
【解析】分析：本题考查的是物质的制备和分离操作，侧重于学生的分析能力、实验能力和综合运用化学知识能力的考查，为高考常见题型，注意根据实验流程以及相关物质的性质解答该题。
详解：A.烧渣(主要成分为Fe2O3、Fe3O4、FeO、SiO2)酸浸时Fe2O3、Fe3O4、FeO能与稀硫酸反应得到亚铁离子和铁离子，酸浸时，常需要将烧渣粉碎，通过增大接触面积，提高铁元素的浸出率，因亚铁离子和铁离子都容易水解成酸性，通过加入过量硫酸，抑制水解，故正确；B.滤液中加入FeS2+将铁离子还原为亚铁离子，-1价的硫被氧化生成+6价的硫，FeS2 - S042-，失去14e-，Fe3+ -Fe2+，得到e-，最小公倍数为14，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，离子反应方程式为FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2S042-+16H+，故正确；C.碳酸氢铵能和酸反应生成硫酸铵和二氧化碳，同时能调节溶液的pH，使亚铁离子全部转化为碳酸亚铁，过滤得到碳酸亚铁，滤液中有硫酸铁，所以操作为取最后一次洗涤滤液，滴加 酸化排除碳酸根离子的干扰，滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若无沉淀生成，说明洗涤干净，故正确；D.煅烧时空气中的氧气做氧化剂，用氯气代替空气会生成氯化铁，不能得到高纯氧化铁，故错误。故选D。
25.固体粉末甲由FeSO4、Fe2(SO4)3、CuSO4、CaCO3、SiO2、NaCl中的若干种组成，取一定量的固体甲进行如下实验：

固体1质量为11g，沉淀1质量为23.3g，沉淀2质量为6g，红褐色固体质量为8g。下列说法正确的是( )
A. 溶液Ⅰ加入KSCN溶液呈红色
B. 取少量溶液2加入酸化的硝酸银溶液，生成白色沉淀，则甲中一定有NaCl
C. 固体Ⅰ与稀盐酸反应时还生成了标准状况下气体1.12L
D. 沉淀2不溶于任何酸溶液
【答案】C
【解析】
【分析】FeSO4、Fe2(SO4)3、CuSO4、CaCO3、SiO2、NaCl中CaCO3、SiO2不溶于水，加入盐酸，CaCO3溶解，可知m(SiO2)=6g，m(CaCO3)=11g-6g=5g，溶液1加入足量氯化钡生成沉淀1为硫酸钡沉淀，溶液2加入足量氢氧化钠溶液最终得到红褐色固体，红褐色固体为氢氧化铁，可知含有FeSO4、Fe2(SO4)3中的至少一种，不含CuSO4。
【详解】A．如只含有FeSO4，则加入KSCN溶液不变色，故A错误；
B．因加入氯化钡，引入氯离子，不能确定原固体是否含有氯化钠，故B错误；
C．由以上分析可知固体1中含有5gCaCO3，，可生成0.05mol二氧化碳，体积在标准状况下为1.12L，故C正确；
D．沉淀2为二氧化硅，可溶于氢氟酸，故D错误；
故答案选C。
非选择题部分
二、非选择题(本大题共7小题，共50分)
26.通过对煤的综合利用，可以获得多种有机物。化合物A含有碳、氢、氧3种元素，其质量比是12∶3∶8。液态烃B是一种重要的化工原料，其摩尔质量为78g·mol－1。E是有芳香气味的酯。它们之间的转化关系如下(含有相同官能团的有机物通常具有相似的化学性质)：

请回答：
(1)化合物A的结构简式是____________。
(2)A与D反应生成E的反应类型是____________。
(3)E与氢氧化钠溶液发生水解化学方程式是________________________。
(4)下列说法正确的是____________。
A.将铜丝在空气中灼烧后迅速插入A中，反复多次，可得到能发生银镜反应的物质
B.在一定条件下，C可通过取代反应转化为
C.苯甲酸钠(常用作防腐剂)可通过D和氢氧化钠反应得到
D.共a mol B和D混合物在氧气中完全燃烧，消耗氧气大于7.5a mol
【答案】(1). CH3CH2OH (2). 取代反应 (3). +NaOH +CH3CH2OH (4). A、B、C
【解析】
【分析】由化合物A含有碳、氢、氧三种元素，且质量之比是12：3：8知碳、氢、氧的个数之比为2：6：1，分子式为C2H6O；液态烃B是重要的化工原料，由煤焦油分馏得到且相对分子质量为78知B为，由B到C为加成反应，D为苯甲酸和A反应生成有芳香气味的酯得A为醇。
【详解】（1）化合物A分子式为C2H6O，且属于醇类，则A为乙醇，结构简式为CH3CH2OH；
（2）A与D反应生成酯，反应类型为酯化反应或取代反应；
（3）E为苯甲酸与乙醇酯化反应得到的酯，为苯甲酸乙酯，E与氢氧化钠溶液发生水解化学方程式是+NaOH +CH3CH2OH；
（4）A、乙醇在铜做催化剂的条件下氧化为乙醛，乙醛可以发生银镜反应，选项A正确；
B、在一定条件下C与硝酸反应生成，选项B正确；
C、苯甲酸钠与氢氧化钠反应生成苯甲酸钠和水，选项C正确；
D、amol的B和D混合物在氧气中完全燃烧，消耗氧气的量等于7.5amol，选项D错误。
答案选ABC。
27.由五种常见元素构成的化合物X，某学习小组进行了如下实验：
①取4.56g X，在180℃加热分解，得到白色固体A和1.792L(折算成标准状况)纯净气体B，B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。
②将A溶于水后，得蓝色溶液；再加入足量的BaCl2溶液，得4.66g白色沉淀C和蓝绿色溶液D。
③在蓝绿色溶液D中加入足量的KI溶液，又得3.82g白色沉淀和黄色溶液。
(1)X中5种元素是H、O、__________________________________(用元素符号表示)
(2)X受热分解的化学方程式是__________________________________。
(3)蓝绿色溶液D与足量KI反应的离子方程式是__________________________________。
【答案】(1). Cu、S、N (2). Cu(NH3)4SO4CuSO4+4NH3↑ (3). 2Cu2++ 4I-= 2CuI↓+I2
【解析】
【分析】X在180℃加热分解，得到白色固体A和1.792L(折算成标准状况)纯净气体B，B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明B为NH3，NH3的物质的量为1.792L÷22.4L/mol=0.08mol；将A溶于水后得蓝色溶液，则A中含有Cu2+，再加入足量的BaCl2溶液，得4.66g白色沉淀C，4.66g白色沉淀C为BaSO4沉淀，故A为CuSO4，BaSO4的物质的量为4.66g÷233g/mol=0.02mol，得到蓝绿色溶液D，在蓝绿色溶液D中加入足量的KI溶液又得3.82g白色沉淀，白色沉淀为CuI，CuI的物质的量为3.82g÷191g/mol=0.02mol，所以n(Cu2+)：n(NH3)：n(SO42-)=0.02mol：0.08mol：0.02mol=1：4：1，所以X的化学式为Cu(NH3)4SO4，据此答题。
【详解】（1）由分析可知，X中含有的5种元素分别是H、O、Cu、N、S，故答案为：Cu、S、N。
（2）由分析可知，X的化学式为Cu(NH3)4SO4，X受热分解生成CuSO4和NH3，反应的化学方程式为：Cu(NH3)4SO4CuSO4+4NH3↑，故答案为：Cu(NH3)4SO4CuSO4+4NH3↑。
（3）蓝绿色溶液D与足量KI反应生成CuI，反应的离子方程式为：2Cu2++ 4I-=2CuI↓+I2，故答案为：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2。
28.乙酸乙酯广泛用于药物、染料、香料等工业，其制备原理为：
甲、乙两同学分别设计了如下装置来制备乙酸乙酯。

请回答下列问题：
（1）下列说法不正确的是________。
A．加入试剂的顺序依次为乙醇、浓硫酸、乙酸
B．饱和碳酸钠的作用是中和乙酸、溶解乙醇、促进乙酸乙酯在水中的溶解
C．浓硫酸在反应中作催化剂和吸水剂，加入的量越多对反应越有利
D．反应结束后，将试管中收集到的产品倒入分液漏斗中，振荡、静置，待液体分层后即可从上口倒出上层的乙酸乙酯
（2）乙装置优于甲装置的理由是________。（至少说出两点）
【答案】(1). 【答题空1】BC (2). 用水浴加热容易控制温度、原料损失较少、不易发生副反应、乙酸乙酯冷却效果较好
【解析】
【分析】（1）A. 在制备乙酸乙酯时，浓硫酸起催化剂作用，加入时放热；
B. 乙醇和乙酸可溶于水，乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度较小；
C. 浓H2SO4具有强氧化性和脱水性；
D. 乙酸乙酯不溶于水，且密度比水小，可采用分液进行分离；
（2）可从装置的温度控制条件及可能的原料损失程度、副产物多少进行分析作答。
【详解】（1）A. 为防止浓硫酸稀释放热，导致液滴飞溅，其加入的正确顺序为：乙醇、浓硫酸、乙酸，故A项正确；
B. 制备的乙酸乙酯中含有乙酸和乙醇，其饱和碳酸钠的作用是中和乙酸、溶解乙醇、减少乙酸乙酯在水中的溶解，故B项错误；
C. 浓硫酸在反应中作催化剂和吸水剂，但由于浓H2SO4具有强氧化性和脱水性，会使有机物碳化，降低酯产率，所以浓硫酸用量又不能过多，故C项错误；
D. 乙酸乙酯不溶于水，且密度比水小，反应结束后，将试管中收集到的产品倒入分液漏斗中，振荡、静置，待液体分层后从上口倒出上层的乙酸乙酯，故D项正确；
答案下面BC；
（2）根据b装置可知由于不是水浴加热，温度不易控制，乙装置优于甲装置的原因为：水浴加热容易控制温度、原料损失较少、不易发生副反应、乙酸乙酯冷却效果较好，
故答案为：用水浴加热容易控制温度、原料损失较少、不易发生副反应、乙酸乙酯冷却效果较好。
29.为确定某NH4NO3和(NH4)2SO4混合物的组成，称取4份样品分别加入50.0mL相同浓度的NaOH溶液中，加热充分反应(加热后氨气全部逸出)。加入的混合物的质量和产生的气体体积(标准状况)的关系如下表：
实验序号
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
Ⅳ
NaOH溶液体积(mL)
50.0
50.0
500
50.0
样品质量(g)
3.44
m
17.2
21.5
NH3体积(L)
1.12
2.24
5.60
5.60
试计算：
(1)m＝________g；c(NaOH)＝___________ mol·L－1
(2)样品中NH4NO3和(NH4)2SO4物质的量之比为______________。
【答案】(1). 6.88g (2). 5.00 (3). 1:2
【解析】
【分析】发生反应有：（NH4）2SO4+2NaOH Na2SO4+2NH3↑+2H2O、NH4NO3+NaOH NaNO3+NH3↑+H2O；由表可知，Ⅰ、Ⅱ中氢氧化钠过量，而当生成氨气5.6L时，所需固体的质量为： =17.2g，所以Ⅲ中混合物与氢氧化钠恰好完全反应，IV中氢氧化钠不足。
【详解】（1）氢氧化钠过量时，生成气体的量与固体混合物成正比，所以m= =6.88g，由于III中两者恰好完全反应，因此n（NaOH）=n（NH3）=5.6L÷22.4L/mol=0.25mol，所以c（NaOH）=0.25mol÷0.05L=5mol•L﹣1；
（2）设NH4NO3的物质的量为xmol，（NH4）2SO4的物质的量为ymol，则x+2y＝0.25、80x+132y＝17.2，解得x＝0.05、y＝0.1，因此样品中NH4NO3和（NH4）2SO4物质的量之比为1：2。
30.氨气是重要的化工原料，工业上由N2和H2在一定条件下合成。
(1)已知H2的标准燃烧热为△H1＝－akJ·mol－1，NH3的标准燃烧热为△H2＝－bkJ·mol－1。则合成氨反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)的△H3＝_________ kJ·mol-1 (用含a、b的代数式表示)。
(2)合成氨反应：N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)在一定温度下能自发进行，则△H3______0(填“>”或“<”)，原因是__________。
(3)一定温度下，向体积为2L的密闭容器中通入一定量的N2和H2反生反应，有关物质的量随反应时间的变化如图所示。该温度下，反应的平衡常数为_________________。

若在t4时刻，同时向体系中再通入0.5 mol N2和1moNH3，t5时刻重新达到平衡，请在下图中画出t4~t6时间段逆反应速率随时间的变化图_____________。

(4)文献报道，常压下把氢气和用氦气稀释的氮气分别通入一个加热到570℃的电解池中，采用高质子导电性的SCY陶瓷(能传递H＋)为介质可在电极上直接生成氨气。阴极的反应方程式为___________。
【答案】(1). -3a+2b (2). < (3). 此反应熵是减少即△S<0，要让此反应发生则△H<0 (4). 1000 (5). (6).
【解析】
【详解】（1）已知H2的标准燃烧热为△H1＝－akJ·mol－1，NH3的标准燃烧热为△H2＝－bkJ·mol－1，可写出对应的热化学方程式，， 则要得到N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)，根据盖斯定律，△H3＝-3a+2b；
（2）合成氨反应在一定温度下能自发进行，则反应放热，△H3＜0，此反应熵是减少即△S<0，要让此反应发生则△H<0；
（3）根据图像可知，平衡时，氢气剩余0.2mol，氮气剩余0.5mol，氨气剩余1mol，平衡常数为，若在t4时刻，同时向体系中再通入0.5 mol N2和1moNH3，此时的，平衡逆向进行，可得到图像 ；
（4）阴极发生还原反应，因此氮气放电，电极方程式为。
31.三草酸合铁(Ⅲ)酸钾K3[Fe(C2O4)3]3H2O为绿色晶体，易溶于水，难溶于乙醇、丙酮等有机溶剂。
I.三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体的制备
①将5g(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O晶体溶于20mL水中，加入5滴6 mol·L－1H2SO4酸化，加热溶解，搅拌下加入25mL饱和H2C2O4溶液，加热，静置，待黄色的FeC2O4沉淀完全以后，倾去上层清液，倾析法洗涤沉淀2－3次。
②向沉淀中加入10mL饱和草酸钾溶液，水浴加热至40℃，用滴管缓慢滴加12mL5％H2O2，边加边搅拌并维持在40℃左右，溶液成绿色并有棕色的沉淀生成。
③加热煮沸一段时间后，再分两批共加入8mL饱和H2C2O4溶液(先加5mL，后慢慢滴加3mL)此时棕色沉淀溶解，变为绿色透明溶液。
④向滤液中缓慢加入10mL95％的乙醇，这时如果滤液浑浊可微热使其变清，放置暗处冷却，结晶完全后，抽滤，用少量洗涤剂洗涤晶体两次，抽干，干燥，称量，计算产率。
已知制备过程中涉及的主要反应方程式如下：步骤②6FeC2O4＋3H2O2＋6K2C2O4＝4K3[Fe(C2O4)3]＋2Fe(OH)3，步骤③2Fe(OH)3＋3H2C2O4＋3K2C2O4＝2K3[Fe(C2O4)3]＋6H2O，请回答下列各题：
(1)简述倾析法的适用范围______________，步骤③加热煮沸的目的是_______________。
(2)下列物质中最适合作为晶体洗涤剂的是____________________(填编号)。
A.冷水 B.丙酮 C.95％的乙醇 D.无水乙醇
(3)有关抽滤如图，下列说法正确的是_____________。

A.选择抽滤主要是为了加快过滤速度，得到较干燥的沉淀
B.右图所示的抽滤装置中，只有一处错误，即漏斗颈口斜面没有对着吸滤瓶的支管口
C.抽滤得到的滤液应从吸滤瓶的支管口倒出
D.抽滤完毕后，应先拆下连接抽气泵和吸滤瓶的橡皮管，再关水龙头，以防倒吸
Ⅱ.纯度的测定
称取1.000g产品，配制成250mL溶液，移取25.00mL溶液，酸化后用标定浓度为0.01000 mol·L－1的高锰酸钾溶液滴定至终点，三次平行实验平均消耗高锰酸钾溶液24.00mL。
(4)滴定涉及反应的离子方程式：___________________________________。
(5)计算产品的纯度_____________________(用质量百分数表示)。(K3[Fe(C2O4)3]·3H2O的相对分子质量为491)
【答案】 (1). 晶体颗粒较大，易沉降 (2). 除去多余的双氧水，提高草酸的利用率 (3). C (4). A、D (5). (6). 98.20%
【解析】
【详解】(1) 倾析法的适用范围适用分离晶体颗粒较大、易沉降到容器底部的沉淀，这样减少过滤的时间和操作，比较简单；对步骤②中的溶液经过加热煮沸再进行下一步操作，是由于步骤②溶液中存在过量的过氧化氢，过氧化氢具有一定的氧化性，会和③中加入的草酸发生反应，所以加热煮沸的目的是除去过量的双氧水，提高饱和H2C2O4溶液的利用率；
(2)因为产品不溶于乙醇，而选择95%的乙醇经济成本最低，故选C。
(3)该抽滤装置的操作原理为：打开最右侧水龙头，流体流速增大，压强减小，会导致整个装置中压强减小，使布氏漏斗内外存在压强差，加快过滤时水流下的速度，
A.选择抽滤主要是为了加快过滤速度，得到较干燥的沉淀，A正确；
B.图示的抽滤装置中，除漏斗颈口斜面没有对着吸滤瓶的支管口外，中间瓶中的导管也没有“短进短出”，B错误；
C.抽滤得到的滤液应从瓶口倒出，不能从支管口倒出，C错误；
D.抽滤完毕后，应先拆下连接抽气泵和吸滤瓶的橡皮管，再关水龙头，以防倒吸，D正确；
故答案选AD。
(4)滴定涉及到的原理为草酸根离子能被酸性高锰酸钾氧化生成二氧化碳，离子方程式为：16H++2MnO4-+5C2O42-=2Mn2++10CO2↑+8H2O；
(5) 5K3[Fe(C204)3]·3H2O ~ 6KMnO4
491*5            6
m              0.01×0.024×
 
m=0.982g，则产品的纯度=0.982÷1.000=98.20%。
32.化合物H是一种有机光电材料中间体。实验室由芳香化合物A制备H的一种合成路线如下：

已知：①
②
回答下列问题：
(1)A中官能团的名称为________。由F生成H的反应类型为________。
(2)E生成F化学方程式为______________________。
(3)G为甲苯的同分异构体，G的结构简式为________ (写键线式)。
(4)芳香化合物X是F的同分异构体，X能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为6∶2∶1∶1，写出2种符合要求的X的结构简式__________。
(5)写出甲苯合成A的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)__________。
【答案】 (1). 醛基 (2). 加成 (3). +CH3CH2OH +H2O (4). (5). 、、、 (6).
【解析】
【分析】结合A生成B的步骤与已知信息①可知A为苯甲醛，B为，根据反应条件和加热可知C为，C经过的溶液加成生成D，D生成E的过程应为卤族原子在强碱和醇溶液的条件下发生消去反应，则E为，E经过酯化反应生成F，F中的碳碳三键与G中的碳碳双键加成生成H，结合条件②可知G为。
【详解】（1）A为苯甲醛，含有的官能团为醛基，F中的碳碳三键与G中的碳碳双键加成生成H，反应类型为加成反应；
（2）E经过酯化反应生成F，方程式为+CH3CH2OH +H2O；
（3）G的结构简式为；
（4）芳香化合物X是F的同分异构体，则X也应有7个不饱和度，其中苯环占4个不饱和度，X能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，说明X中含有-COOH，占1个不饱和度，核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为6∶2∶1∶1，可写出同分异构体为、、、；
（5）A为苯甲醛，可由苯甲醇催化氧化得来，醇由卤代烃水解得到，卤代烃可由甲苯通过取代反应得到，据此逆向分析可得到合成流程为 。