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【化学】浙江省浙南名校联盟2018-2019学年高二上学期期末联考（解析版） 试卷
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浙江省浙南名校联盟2018-2019学年高二上学期期末联考
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 Si-28 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 Ag-108 Ba-137
一、选择题（本大题共25小题，每题2分，每题只有一个正确答案，不选、多选、错选均不得分)
1.下列物质中属于酸性氧化物的是（ ）
A. CO B. SiO2 C. Fe2O3 D. (CH3CO)2O
【答案】B
【详解】能和碱反应生成盐和水的氧化物是酸性氧化物。
A. CO为不成盐氧化物，选项A错误；
B. SiO2为酸性氧化物，选项B正确；
C. Fe2O3不是酸性氧化物，而是碱性氧化物，选项C错误；
D. (CH3CO)2O为乙酸酐，不属于氧化物，选项D错误。
答案选B。
2.下列仪器对应的名称正确的是（ ）
A. 容量瓶 B. 酸式滴定管
C. 封液漏斗 D. 坩锅
【答案】A
【详解】A. 为容量瓶，选项A正确；
B. 为碱式滴定管，选项B错误；
C. 为分液漏斗，选项C错误；
D. 为坩埚，选项D错误。
答案选A。
3.下列物质属于非电解质的是（ ）
A. Cl2 B. H2O C. CH3CH2ONa D. NH3
【答案】D
【详解】A．氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质，选项A错误；
B．H2O能微弱的电离出氢离子和氢氧根离子，是电解质，选项B错误；
C．CH3CH2ONa在水溶液里电离出自由移动的离子，为电解质，选项C错误；
D．NH3和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出阴阳离子而使氨气的水溶液导电，但电离出阴阳离子的物质是一水合氨而不是NH3，所以NH3是非电解质，选项D正确；
答案选D。
4.下列反应在一定条件下均能发生，其中属于取代反应的是（ ）
A. CH2=CH2 + Cl2→ CH2=CHCl + HCl B. CH≡CH + HCl→ CH2=CHCl
C. CH2ClCH2Cl→ CH2=CHCl + HCl D. n CH2=CHCl →
【答案】A
【详解】A. 反应CH2=CH2 + Cl2→ CH2=CHCl + HCl属于取代反应，选项A正确；
B. 反应CH≡CH + HCl→ CH2=CHCl属于加成反应，选项B错误；
C.反应 CH2ClCH2Cl→ CH2=CHCl + HCl属于消去反应，选项C错误；
D. 反应n CH2=CHCl →属于加聚反应，选项D错误。
答案选A。
【点睛】本题考查有机物的性质、有机反应类型，注意理解常见有机反应类型，注意取代反应与其它反应类型的区别，根据取代反应的定义“有机化合物分子里的某些原子或原子团被其它原子或原子团所代替的反应”进行判断。
5.下列不可用于治疗胃酸过多的物质是（ ）
A. NaHCO3 B. Al(OH)3
C. Al2Mg6(OH)16CO3．4H2O D. AgNO3
【答案】D
【分析】治疗胃酸过多时要消耗胃中的酸，据此分析。
【详解】治疗胃酸过多时要消耗胃中的盐酸。
A. NaHCO3与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，能消耗胃酸，选项A不选；
B. Al(OH)3与盐酸反应生成氯化铝和水，能消耗胃酸，选项B不选；
C. Al2Mg6(OH)16CO3．4H2O与盐酸反应生成氯化铝、氯化镁、二氧化碳和水，能消耗胃酸，选项C不选；
D. AgNO3与盐酸反应生成氯化银沉淀和硝酸，消耗了胃酸但又产生了另一种酸，不可用于治疗胃酸过多，选项D选。
答案选D。
【点睛】本题考查了常见物质的实际用途，能用于治疗胃酸（含盐酸）过多的物质需具备能与盐酸反应且对人体无害的性质。
6.化学与社会、生活密切相关。下列说法不正确的是（ ）
A. “地沟油”禁止食用，但可以用来制肥皂
B. 青花瓷、石英玻璃的主要成分都是硅酸盐
C. 二氧化硫具有漂白性，在工业上可用于漂白纸浆以及草帽等编织物
D. 高档皮包里通常装有一块同材质皮革，灼烧该皮革可以区分此包是真皮还是人造皮革
【答案】B
【详解】A．地沟油的主要成分是油脂，油脂碱性条件下水解为造化反应，可制备肥皂，选项A正确；
B．石英为二氧化硅，是氧化物不是硅酸盐，选项B不正确；
C. 二氧化硫具有漂白性，在工业上可用于漂白纸浆以及草帽等编织物，选项Ｃ正确；
D. 真皮的成分中含有蛋白质，灼烧时蛋白质有烧焦羽毛的气味，灼烧该皮革可以区分此包是真皮还是人造皮革，选项D正确。
答案选B。
7.下列化学用语正确是（ ）
A. 乙醛的分子式：CH3CHO B. 某烷烃的命名为：2-甲基-3-乙基丁烷
C. 二氧化碳的比例模型: D. 丙酸甲酯的键线式：
【答案】D
【详解】A. 乙醛的分子式为C2H4O，CH3CHO为乙醛的结构简式，选项A错误；
B．丁烷的侧链不能出现乙基，主链应为5个C，2、3号C上有甲基，名称应为2，3-二甲基戊烷，选项B错误；
C、二氧化碳为直线型结构，其正确的比例模型为，选项C错误；
D、键线式是碳碳键用线段来表示，拐点和端点表示碳原子，C原子、H原子不标出，其它杂原子必须标出，杂原子上的H原子应标出，由H来饱和碳四价结构，丙酸甲酯的键线式为： ，选项D正确。
答案选D。
8.下列说法正确的是（ ）
A. 明矾、氯化铁、硫酸亚铁都是优良的净水剂
B. 在常温下铜与浓硫酸接触发生钝化反应，必须加热才可以让反应持续进行
C. 葡萄糖在酒化酶作用下水解得到乙醇和二氧化碳
D. 胶体与溶液的本质区别是能否产生丁达尔现象
【答案】A
【详解】A. 明矾能水解生成氢氧化铝胶体，有吸附性能净水，氯化铁、硫酸亚铁也能水解最终生成氢氧化铁胶体，能净水，选项A正确；
B．常温下，Fe、Al遇浓硫酸或浓硝酸发生钝化，铜属于金属性较不活泼的金属，浓硫酸和铜须在加热的条件下反应，常温下不反应不属于钝化，选项B错误；
C．葡萄糖是单糖不水解，葡萄糖在酒化酶作用下转化为乙醇和二氧化碳，属于氧化反应，选项C错误；
D、分散系的本质区别是分散质粒子直径的大小，丁达尔效应只是胶体所特有的性质，但不是本质区别，选项D错误；
答案选A。
9.能源是人类生活和社会发展的基础。化学反应中，能量的测定和利用是关乎可持续发展的重要课题。下列相关叙述正确的是（ ）
A. 已知氢气和氯气在混合光照时发生爆炸，而氢气在氯气中点燃能安静燃烧，说明在同温同压下，H2(g) + Cl2(g) ═ 2HCl(g)反应条件不同，△H不同
B. 将锌片直接放入足量稀硫酸中，另取同样的锌片与铜片用导线连接后再放入足量的稀硫酸中，充分反应后，两者放出的热量相同
C. 应用盖斯定律，可计算某些难以直接测量的反应的焓变
D. 为了充分利用热能，可在燃烧时通入大量的空气以确保燃料完全燃烧
【答案】C
【详解】A、根据盖斯定律，反应的焓变只与始态和终态有关，与过程无关，同温同压下，反应H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）在光照和点燃条件下的△H相同，选项A错误；
B. 将锌片直接放入足量稀硫酸中，发生反应，化学能主要转化为热能；另取同样的锌片与铜片用导线连接后再放入足量的稀硫酸中，化学能主要转化为电能，转化为热能的较少，故充分反应后，前者放出的热量多，选项B错误；
C、反应的焓变与 变化过程无关，只与初始和终了状态有关，对某些难以直接测量的反应焓变，可以根据盖斯定律设计过程利用已知反应焓变计算，选项C正确；
D、燃料燃烧时要通入适量的空气，但若空气量过多，则会导致带走部分热量，不一定能确保燃料完全燃烧，选项D错误；
答案选C。
10.已知侯氏制碱法的主要反应为NaCl + NH3 + CO2 + H2O = NaHCO3↓ + NH4Cl。某实验小组模拟工业生产制备少量NaHCO3，将实验流程分为制取氨气、制取NaHCO3、分离NaHCO3、干燥NaHCO3四个步骤。下列图示装置和操作能达到实验目的的是（ ）
A. 制取氨气 B. 制取NaHCO3
C. 分离NaHCO3 D. 干燥NaHCO3
【答案】C
【详解】A. NH4Cl受热分解为NH3和HCl，NH3和HCl在试管上部遇冷重新化合为NH4Cl，选项A不能制备氨气；
B. CO2不能快速进入溶液发生反应，选项B不能制取NaHCO3；
C.部分NaHCO3以晶体形式析出，选项C可以用来分离NaHCO3；
D.烧杯不能用来直接加热，且加热时碳酸氢钠易分解，选项D不能用来干燥NaHCO3
答案选C。
11.下列说法不正确的是（ ）
A. 苯与苯乙烯具有相同最简式但不是同系物
B. 乙醚和乙醇互为同分异构体
C. CH3—C≡C—CH=CH——CH3分子中最多可以有20个原子共平面
D. CH3CH2CH2CH3 和C(CH3)4互为同系物
【答案】B
【详解】A、苯与苯乙烯最简式均为CH，结构相似，分子组成相差若干个CH2原子团的同一类物质互为同系物，苯与苯乙烯结构不相似，不是同系物，选项A正确；
B、乙醇和乙醚的分子式不同，不互为同分异构体，选项B不正确；
C、根据苯分子中12个原子共平面、甲烷为正四面体结构、乙烯6个原子共平面、乙炔4个原子在同一直线上可知，CH3—C≡C—CH=CH——CH3分子中最多可以有20个原子共平面（除两个甲基上分别有2个H原子外），选项C正确；
D、CH3CH2CH2CH3 和C(CH3)4结构相似，分子组成相差1个CH2原子团，互为同系物，选项D正确；
答案选B。
12.如图为元素周期表短周期的一部分。已知：Y元素的周期数等于其主族序数。下列说法不正确的是（ ）
X
Y
Z
W
A. X、Y、W的简单离子半径大小：W＞X＞Y
B. 晶体Z是一种重要的半导体材料，可用于制造集成电路
C. 已知非金属性X＞W，则两者最高价氧化物的水化物的pH：W＞X
D. 用两根玻璃棒分别蘸取X的气态氢化物和X最高价氧化物对应水化物的浓溶液，靠近时产生大量白烟
【答案】C
【详解】如图为元素周期表短周期的一部分，可以判断X位于第二周期，Y、Z、W位于第三周期，Y元素的周期数等于其主族序数，则Y为第三周期ⅢA元素，为Al元素，根据各元素位置关系，可推知：Z为Si元素，W为S元素，X为N元素。
A. X、Y、W的简单离子中氯离子多一个电子层，离子半径最大，氮离子和铝离子具有相同电子层结构，核电荷数大的铝离子半径较小，故离子半径大小：W＞X＞Y，选项A正确；
B. Z为硅元素，晶体硅是一种重要的半导体材料，可用于制造集成电路，选项B正确；
C. 虽然非金属性X＞W，则两者最高价氧化物的水化物均为强酸，而硝酸为一元强酸，硫酸为二元强酸，等浓度的两种酸中硫酸中的氢离子浓度为硝酸的二倍，故pH： X＞W，选项C不正确；
D. 用两根玻璃棒分别蘸取X的气态氢化物氨气和X最高价氧化物对应水化物硝酸的浓溶液，靠近时产生大量白烟硝酸铵，选项D正确。
答案选C。
13.下列离子方程式书写正确的是（ ）
A. Na2SiO3溶液中滴加盐酸：Na2SiO3 + 2H+ = H2SiO3↓ + 2Na+
B. Na2SO3水解方程式：SO32- + 2H2OH2SO3 + 2OH-
C. 向FeBr2溶液通入过量Cl2：2Fe2+ + 2Br- + 2Cl2 = 2Fe3+ + 4Cl- + Br2
D. 明矾中加Ba(OH)2至沉淀的质量最大：Al3+ + 2SO42- + 2Ba2+ + 4OH- = 2BaSO4↓+ AlO2- + 2H2O
【答案】D
【详解】A. 向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：SiO32- +2H+=H2SiO3↓,Na2SiO3是强电解质，选项A错误；
B．亚硫酸根离子的水解分步进行，其水解的离子方程式需要分步写，主要写出第一步水解即可，正确的水解离子方程式为：SO32-+H2O⇌HSO3-+OH-，选项B错误；
C．向FeBr2溶液中通入过量的Cl2的离子方程式为2Fe2＋＋4Br－＋ 3Cl2 = 2Fe3＋＋2Br2＋6Cl－，选项C错误；
D．当沉淀的质量恰好最大时，Al3+完全转化为AlO2- ，这时离子方程式是Al3+ + 2SO42- + 2Ba2+ + 4OH- = 2BaSO4↓+ AlO2- + 2H2O，选项D正确。
答案选D。
【点睛】本题考查了离子方程式的正误判断，注意掌握离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）、检查是否符合原化学方程式等。
14.某恒温恒容密闭容器中存在反应：X(g)+2Y(g) Z(g) ΔH=－a kJ∙mol－1(a＞0)，现向该容器中充入等物质的量的X(g)与Y(g)充分反应。下列说法正确的是（ ）
A. 体系中混合气体的平均摩尔质量保持不变时，说明该反应达到化学平衡状态
B. 达到平衡时，反应放出的热量一定小于a kJ
C. 达到平衡时，X与Y的物质的量之比仍为1∶1
D. 达到平衡后，若升高体系温度，则逆反应速率增加、正反应速率减少，平衡逆移
【答案】A
【详解】A. 反应X(g)+2Y(g) Z(g)为气体体积减小的反应，气体总质量不变，反应正向进行时气体总物质的量减小，平均摩尔质量增大，故体系中混合气体的平均摩尔质量保持不变时，说明该反应达到化学平衡状态，选项A正确；
B. 化学反应的焓变与反应物的量有关，故达到平衡时，若生成Z的物质的量大于1mol，则反应放出的热量大于a kJ，选项B错误；
C. 根据化学反应方程式可知，反应时消耗X与Y的物质的量之比为1：2，开始时充入等物质的量的X(g)与Y(g)，故达到平衡时，X与Y的物质的量之比不再为1∶1，选项C错误；
D. 反应X(g)+2Y(g) Z(g) ΔH=－a kJ∙mol－1(a＞0)为放热反应，达到平衡后，若升高体系温度，则正、逆反应速率均增加，平衡逆向移动，选项D错误。
答案选A。
【点睛】本题考查的是化学平衡的移动的相关知识，反应X(g)+2Y(g) Z(g) ΔH=－a kJ∙mol－1(a＞0)为气体体积缩小的放热反应，增大压强平衡正向移动；升高温度平衡逆向移动，据此分析解答。
15.下列说法不正确的是（ ）
A. 乙酸和甲醛分别完全燃烧，若消耗的氧气量一样，则它们的质量相等
B. 通过核磁共振氢谱可以区分CH3 CH2CH2OH和
C. 莽草酸可以发生氧化、还原、酯化、加聚反应
D. Cl2与甲苯在光照条件下反应，苯环上的氢原子被取代
【答案】D
【详解】A. 乙酸和甲醛的最简式都是CH2O，相同质量的乙酸和甲醛分别完全燃烧，若消耗的氧气量一样，则它们的质量相等，选项A正确；
B. CH3 CH2CH2OH和中分别有4种和3种不同化学环境的氢，通过核磁共振氢谱可以区分CH3 CH2CH2OH和，选项B正确；
C. 莽草酸中含有醇羟基，可以发生氧化反应、酯化反应；含有碳碳双键，可发生还原反应，加聚反应，含有羧基可以发生酯化反应，选项C正确；
D. Cl2与甲苯在光照条件下反应，甲基上的氢原子被取代，选项D不正确。
答案选D。
16.下列说法正确的是（ ）
A. 实验室制取乙酸乙酯时，往大试管中依次加入浓硫酸、无水乙醇、冰醋酸
B. 向皂化反应完成后的反应液中加入热的饱和NaCl溶液，析出固体沉于液体底部
C. 用新制Cu(OH)2悬浊液可以鉴别乙醇、乙醛、乙酸和乙酸乙酯
D. 蛋白质溶液中加入饱和硫酸铵溶液，蛋白质因发生变性而析出
【答案】C
【详解】A．加入酸液时应避免酸液飞溅，应先加入乙醇，再加浓硫酸，防止浓硫酸溶解放热造成液体飞溅，最后慢慢加入冰醋酸，选项A错误；
B. 向皂化反应完成后的反应液中加入热的饱和NaCl溶液，析出的固体为高级脂肪酸钠，密度比水小，悬浮于液面，选项B错误；
C、新制的氢氧化铜与乙醇无明显现象，不反应，不过由于稀释顔色会変浅，与乙醛加热有砖红色沉淀生成，与乙酸变澄清的蓝色溶液，发生酸碱中和反应，乙酸乙酯不溶于水，与乙酸乙酯会在表面形成一层油层，现象均不相同，故鉴别乙醇、乙醛、乙酸、乙酸乙酯可用新制Cu(OH)2县浊液，选项C正确；
D．在蛋白质溶液中加入饱和硫酸铵溶液发生盐析，盐析是可逆的，加水溶解，选项D错误；
答案选C。
17.根据乙烯氧化成乙醛的反应，可设计成如图所示的电化学装置，下列说法不正确的是（ ）
A. 该电化学装置是原电池装置
B. 电子移动方向：电极a→负载→电极b→磷酸溶液→电极a
C. a极反应式可表示为：CH2=CH2-2e-+H2O=CH3CHO+2H+
D. 当b极消耗标准状况下氧气5.6L时，理论上玻璃纤维中有NA个H+从左往右移动
【答案】B
【详解】A、该电化学装置是将化学能转化为电能，所以该电化学装置是原电池，选项A正确；
B、电子经过外电路，不经过溶液，选项B不正确；
C、负极是乙烯发生氧化反应，所以a极反应式为：CH2=CH2-2e-+H2O=CH3CHO+2H+，选项C正确；
D、正极发生还原反应，所以氧气在b极被还原，电极反应为O2+ 4H++4e-=2H2O，则当b极消耗标准状况下氧气5.6L，即0.25mol氧气时，理论上玻璃纤维中有NA个H+从左往右移动，选项D正确；
答案选B。
18.25℃时，醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+ H+，下列说法正确的是（ ）
A. 向体系中加入少量CH3COONa固体，平衡向左移动，c(CH3COO-)下降
B. 向体系中加水稀释，平衡向右移动，溶液中所有离子的浓度都减小
C. 加入少量NaOH固体（忽略溶解热效应），平衡向右移动，水的电离程度也随之增大
D. 升高体系温度（忽略醋酸挥发），溶液中H+数目增多，平衡一定向左移动
【答案】C
【详解】A、向体系中加入少量CH3COONa固体，c(CH3COO-)增大，平衡向左移动，选项A错误；
B、向体系中加水稀释，平衡向右移动，溶液中c(CH3COO-)、c(H+)减小，温度不变，KW不变，根据KW= c(H+) c(OH-)可知，c(H+)减小，则c(OH-)增大，选项B错误；
C. 加入少量NaOH固体（忽略溶解热效应），c(OH-)增大，c(H+)减小，平衡向右移动，水的电离程度也随之增大，选项C正确；
D. 升高体系温度（忽略醋酸挥发），电离程度增大，平衡向右移动，溶液中H+数目增多，选项D错误。
答案选C。
19.下列说法正确的是（ ）
A. H2O的沸点比H2S高，因为H2O分子间存在氢键这种化学键
B. 晶体氩是由原子直接构成的，属于原子晶体
C. KHCO3固体受热分解生成K2CO3、CO2和H2O，既破坏了离子键，也破坏了共价键
D. HBr比HCl的热稳定性差，说明HBr的分子间作用力比HC1弱
【答案】C
【详解】A．氢键不属于化学键，故A错误；
B、稀有气体形成的分子晶体由原子构成的分子，即氩晶体是由原子构成的分子晶体，选项B错误；
C. KHCO3中既有离子键也有共价键，固体受热分解生成K2CO3、CO2和H2O，既破坏了离子键，也破坏了共价键，选项C正确；
D、稳定性是化学性质，与中心元素的非金属性有关，因为非金属性Cl>Br，所以HBr比HCl的热稳定性差，与分子间作用力无关，选项D错误；
答案选C。
20.下列叙述不正确的是（ ）
A. 图1所示，若将开关与a连接，可以实现化学能转化为电能；若将开关与b连接，相当于“外加电流的阴极保护法”
B. 冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力随着水的体积变化的曲线如图2所示。a、b、c中导电能力最大的是b点，但b点对应醋酸的电离度并非最大
C. 图3是室温下H2O2催化分解放出氧气的反应中c(H2O2 )随反应时间变化的曲线，说明随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小
D. 图4为CO(g) + 2H2(g) CH3OH(g)的能量变化图，由此可知，生成1mol CH3OH(g)，至少需要外界提供419kJ 的能量
【答案】D
【详解】A. 图1所示，若将开关与a连接，则形成原电池，可以实现化学能转化为电能；若将开关与b连接，则形成电解池，铁连接负极，相当于“外加电流的阴极保护法”，选项A正确；
B.溶液离子浓度越大导电能力越强，加水促进醋酸的电离，故冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力随着水的体积变化的曲线如图2所示。a、b、c中导电能力最大的是b点，但b点对应醋酸的电离度并非最大，选项B正确；
C. 根据图中信息可知，随反应的进行，H2O2分解速率逐渐减小，选项C正确；
D. 图4为CO(g) + 2H2(g) CH3OH(g)的能量变化图，由此可知，生成1mol CH3OH(g)，放出（510-419）kJ=91 kJ 的热量，选项D不正确；
答案选D。
21.在汽车上安装高效催化转化器，可发生反应：2NO(g)＋2CO(g) N2(g)＋2CO2(g) △H，减少汽车尾气污染。某研究性学习小组在两个初始条件完全相同的恒温恒容密闭容器中充入一定量的NO和CO气体，甲组不加催化剂，乙组加入催化剂，分别用气体传感器测得不同时间的NO和CO浓度如表：
时间（s）
甲
乙
0
1
2
3
4
5
0
1
2
3
4
5
c(NO)(×10-4mol/L)
10.0
10.0
10.0
10.0
10.0
10.0
10.0
4.50
2.50
1.50
1.00
1.00
c(CO)(×10-3mol/L)
3.60
3.60
3.60
3.60
3.60
3.60
3.60
3.05
2.85
2.75
2.70
2.70
下列说法正确的是（ ）
A. 通过甲乙组数据对比可知，催化剂可以让原来不能自发进行的反应体系自发进行
B. 根据化学反应原理综合分析可知：反应2NO(g)＋2CO(g) N2(g)＋2CO2(g) 的△H＜0
C. 乙容器中，0～2s内NO的平均速率v（NO）＝3.75 mol·L－1·s－1
D. 达到平衡后，将容器乙中各物质的浓度均加倍，则体系K值增加，平衡正向移动
【答案】B
【详解】A、在其他条件不变的情况下，使用催化剂，只改变反应速率，而不改变化学反应方向，不能让原来不能自发进行的反应体系自发进行，选项A错误；
B.反应2NO(g)＋2CO(g) N2(g)＋2CO2(g) 为熵减的反应，△S＜0，且反应能自发进行，则△G=△H-T△S＜0，则△H＜0，选项B正确；
C. 乙容器中，0～2s内NO的平均速率v（NO）＝=3.7510-4 mol·L－1·s－1，选项C错误；
D、达到平衡后，将容器乙中各物质的浓度均加倍，则相当于增大压强，平衡正向移动，但温度不变，体系K值不变，选项D错误。
答案选B。
【点睛】本题考查化学反应平衡的移动及反应的方向，易错点为选项B，可以根据自由能判断反应的方向，利用焓判据和熵判据进行分析；选项C，注意题中浓度的表示方式，应10-4。
22.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是（ ）
A. 常温下，1L pH=2的H2SO4溶液中，含有H+数目为0.01NA
B. 84gMgCO3与NaHCO3的混合物中CO32-数目为NA
C. 常温常压下，28g乙烯和丙烯混合气体中碳氢键的数目必介于4 NA和6 NA之间
D. 将Na、Mg、Al各1mol分别投入1L 0.5mol．L-1盐酸溶液中充分反应，转移电子数均为0.5NA
【答案】A
【详解】A. 常温下，1L pH=2的H2SO4溶液中，含有H+数目为1L×0.01mol/L×NA/mol=0.01NA，选项A正确；
B、NaHCO3晶体由钠离子和碳酸氢根离子构成，不含有碳酸根离子，故84gMgCO3与NaHCO3的混合物中CO32-数目小于NA，选项B错误；
C. 乙烯和丙烯的最简式均为CH2，常温常压下，28g乙烯和丙烯混合气体含有2molCH2，含有C-H键4mol，即碳氢键的数目为4 NA，选项C错误；
D.钠能与水反应，将Na、Mg、Al各1mol分别投入1L 0.5mol．L-1盐酸溶液中充分反应，除钠外其他金属末反应完，转移电子数分别为NA、0.5NA、0.5NA，选项D错误。
答案选A。
23.25℃时，起始浓度为0.1mol.L-1的亚硫酸溶液中，H2SO3、HSO3-、SO32-三种微粒的物质的量分数（即微粒本身物质的量与三种粒子总物质的量之比）随pH变化的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 读取图中数据计算可得到常温下亚硫酸溶液的Ka2≈10-7
B. 向该体系中加入一定量NaOH固体，HSO3-的物质的量分数一定增大
C. 在pH=1.0溶液中：c(H2SO3)>c(HSO3-)>c(H+)>c(OH-)
D. 在该体系中的任意一点都存在：c2(H+)=c(H+)·c(HSO3-)+2c(H+)∙c(SO32-)+Kw
【答案】A
【详解】A．H2SO3是二元弱酸，在溶液中电离是分步进行的，亚硫酸的第二步电离方程式为：HSO3-⇌H++SO32-，根据图象可知，pH=7时，亚硫酸根离子与亚硫酸氢根离子浓度相等，则Ka2=10-7，选项A正确；
B. 向该体系中加入一定量的NaOH固体，OH-与HSO3-反应生成SO32-和水，使HSO3-的物质的量分数降低，选项B错误；
C. 根据图中信息可知，在pH=1.0溶液中：c(H2SO3)>c(HSO3-)，溶质为亚硫酸，为二元弱酸，分步电离，c(H+)> c(HSO3-)，选项C错误；
D．根据图中信息可知，若溶质只有 H2SO3的溶液中，根据电荷守恒可得：c（H+）=c（HSO3-）+2c（SO32-）+c（OH-），将电苻守恒式两边都乘c（H+）可得：c2（H+）=c（H+）•c（HSO3-）+2c（H+）•c（SO32-）+c（H+）•c（OH-），Kw=c（H+）•c（OH-），所以c2（H+）=c（H+）•c（HSO3-）+2c（H+）•c（SO32-）+Kw，但若加入碱后，pH增大，则有其他阳离子，则c2（H+）
【点睛】本题考查溶液中离子浓度大小关系的判断，易错点为选项C，亚硫酸为二元弱酸，分步电离，且氢离子也来自于水的电离，故氢离子浓度大于c(HSO3-)；选项D，注意若在亚硫酸中加入碱使溶液pH增大，则除氢离子外还有其他阳离子，c2（H+）
C6H12O6(葡萄糖)＋Br2＋H2O→C6H12O7(葡萄糖酸)＋2HBr
2C6H12O7(葡萄糖酸)＋CaCO3→Ca(C6H11O7)2(葡萄糖酸钙)＋H2O＋CO2
实验流程如下：
C6H12O6溶液滤液悬浊液Ca(C6H11O7)2
已知：葡萄糖酸钙微溶于乙醇，可溶于冷水，易溶于热水。则下列说法不正确的是（ ）
A. 第②步充分反应后CaCO3固体需有剩余，其目的是确保葡萄糖酸完全转化为钙盐
B. 第④步加入乙醇的作用是减小葡萄糖酸钙在水中的溶解量，使其结晶析出
C. 第⑤步过滤时，发现有固体产品残留在原容器壁上，可加少量热水冲洗再转移至过滤器内
D. 可用O2代替Br2，在葡萄糖氧化酶作用下氧化葡萄糖进而制备葡萄糖酸钙
【答案】C
【详解】A. 第②步充分反应后CaCO3固体需有剩余，其目的是提高葡萄糖酸的转化率，符合强酸制弱酸原理，以确保葡萄糖酸完全转化为钙盐，选项A正确；
B. 葡萄糖酸钙微溶于乙醇，第④步加入乙醇的作用是减小葡萄糖酸钙在水中的溶解量，使其结晶析出，选项B正确；
C. 第⑤步过滤时，发现有固体产品残留在原容器壁上，若加少量热水冲洗再转移至过滤器内，会导致沉淀溶解而损失，选项C不正确；
D. O2氧化性比Br2强，可用O2代替Br2，在葡萄糖氧化酶作用下氧化葡萄糖进而制备葡萄糖酸钙，选项D正确；
答案选C。
25.某澄清溶液中可能含有Na+、K+、NH4+、Mg2+、Fe2+、SO42﹣、SO32﹣、Cl﹣、I﹣、CO32﹣中的若干种，且离子浓度都相等。现取该溶液进行有关实验，实验结果如下图所示：
下列关于该溶液的说法中正确的是（ ）
A. 通过CCl4层无色可以推知原溶液中一定不存在I-
B. 向白色沉淀中加入盐酸产生气体并留有难溶固体可推知原溶液中存在SO32﹣和CO32-
C. 该溶液中不可能同时存在NH4+和Cl-
D. 另取该溶液加入足量浓NaOH溶液，加热，若试管口的湿润红色石蕊试纸不变蓝，则可确定原溶液中所有离子的存在情况
【答案】D
【分析】溶液1中加入少量氯水，无气体放出，说明溶液中不含CO32﹣，因还原性SO32﹣> I-，加入少量的氯水，应先氧化SO32﹣，下层溶液无色，不能确定原溶液中是否含有I-，氯水将SO32﹣氧化为SO42﹣，但量太少，可能只部分氧化，溶液3中加入足量氯化钡溶液产生白色沉淀为亚硫酸钡和硫酸钡，沉淀加入足量盐酸时亚硫酸钡溶解，硫酸钡不溶；SO32﹣与Mg2+、Fe2+不能大量共存，则原溶液中不存在Mg2+、Fe2+；原溶液中各离子浓度都相等，根据电荷守恒，Na+、K+、NH4+至少存在其中的两种，一定无SO42﹣，可能有I-，据此分析。
【详解】A. 因还原性SO32﹣> I-，溶液1中加入少量的氯水，应先氧化SO32﹣，故通过CCl4层无色不能推知原溶液中不一定存在I-，选项A错误；
B. 溶液1中加入少量氯水，无气体放出，说明溶液中不含CO32﹣，选项B错误；
C. 根据电荷守恒，Na+、K+、NH4+至少存在其中的两种，且存在SO32﹣，若阳离子Na+、K+、NH4+存在，则存在NH4+和Cl-，选项C错误；
D. 另取该溶液加入足量浓NaOH溶液，加热，若试管口的湿润红色石蕊试纸不变蓝，则不含NH4+，原溶液中所有离子为Na+、K+、SO32﹣，选项D正确。
答案选D。
【点睛】本题考查离子的检验，解题的关键是根据所给信息逐一排除离子存在的可能及离子共存的判断，易错点为加入少量氯水，若理解不全面，容易根据后面的现象误推溶液中不含有亚硫酸离子，或误判断一定不含有碘离子。
第Ⅱ卷 主观题（共50分）
26.下图是某些有机物之间的转化关系图：
已知：①油脂A的分子式为C57H104O6，且反应生成C、D的物质的量之比为1: 3
②E的分子式为C3H6O，含有甲基且所有碳原子都是饱和碳原子
③G是一种可降解高聚物，其化学式可表示为
试回答下列问题：
（1）G中官能团的名称是________________，D的分子式为________________，E的结构简式为_____________________。
（2）下列关于苯甲酸说法正确的是_______
A 其结构式为
B 其苯环上的一氯代物有3种
C 1个分子可与4个氢气分子发生加成反应
D 与图中有机物C反应可得到5种不同的酯类物质（不考虑立体异构）
（3）烃B与苯在一定条件下1:1反应生成F，分析F的1H核磁共振谱图，共有5个吸收峰，且峰面积之比为1：1：2：2：6，写出B与苯反应生成F的化学方程式：_____________________________________________________________。
（4）写出所有符合下列要求的E的同分异构体（不包括E）：_________________________________________________________。
①链状化合物 ②氢谱上只有3组峰 ③分子中不含C=C—OH结构
（5）现有甲苯与C的混合液体，其含碳量为60%。取92g该混合液体完全燃烧，将产物依次通过装有足量浓硫酸和碱石灰的装置完全吸收，则装有浓硫酸的装置质量增重________g，甲苯与C的物质的量之比为__________________。
【答案】 (1). 酯键或酯基 (2). C18H34O2 (3). (4). BD (5). + CH2=CH-CH3 → (6). CH3CH2CHO、CH2=CHOCH3 (7). 72 (8). 2:3
【分析】油脂A分子式为C57H104O6，且反应生成C、D的物质的量之比为1: 3，则C为丙三醇，分子式为C3H8O3，根据一分子油脂水解生成三分子高级脂肪酸和一分子甘油可推出D的分子式为C18H34O2；石油裂解得到烯烃，E的分子式为C3H6O，则B也含有3个碳，为丙烯，E含有甲基且所有碳原子都是饱和碳原子，则为丙烯氧化得到，结构简式为，据此分析解答。
【详解】油脂A的分子式为C57H104O6，且反应生成C、D的物质的量之比为1: 3，则C为丙三醇，分子式为C3H8O3，根据一分子油脂水解生成三分子高级脂肪酸和一分子甘油可推出D的分子式为C18H34O2；石油裂解得到烯烃，E的分子式为C3H6O，则B也含有3个碳，为丙烯，E含有甲基且所有碳原子都是饱和碳原子，则为丙烯氧化得到，结构简式为。
（1）G为，官能团的名称是酯基，D的分子式为C18H34O2，E的结构简式为；
（2）A、苯甲酸的结构简式为，选项A错误；
B、苯甲酸苯环上有三种不同化学环境的氢，其一氯代物有3种，选项B正确；
C、苯甲酸中只有苯环能与氢气发生加成反应，则1个分子可与3个氢气分子发生加成反应，选项C错误；
D、苯甲酸与图中有机物C（丙三醇）反应可得到5种不同的酯类物质，将丙三醇中的三个羟基分别定位置为1、2、3，则一元酯化在1位、2位；二元酯化在1、2位，1、3位；三元酯化，共5种，选项D正确；
答案选BD；
（3）烃B为丙烯，与苯在一定条件下1:1反应生成F，分析F的1H核磁共振谱图，共有5个吸收峰，且峰面积之比为1：1：2：2：6，，则B为；B与苯反应生成F的化学方程式为 + CH2=CH-CH3 → ；
（4）E为，其同分异构体①链状化合物；②氢谱上只有3组峰，则有三种不同环境下的氢原子，③分子中不含C=C—OH结构，符合条件的同分异构体有CH3CH2CHO、CH2=CHOCH3；
（5）甲苯分子式是C7H8,甘油分子式是C3H8O3,两者的相对分子质量都是92，所以无论两者比例如何,氢元素的质量分数 = = 8.7%，甲苯与甘油的混合液体，其含碳量为60%，则含氧量为1-60%-8.7%=31.3%，取92g该混合液体完全燃烧，将产物依次通过装有足量浓硫酸和碱石灰的装置完全吸收，则装有浓硫酸的装置质量增重92g =72g，92g该混合液体为1mol，设甲苯与甘油的物质的量分别为x、y，则有x+y=1,84x+36y=9260%，联立解答得x=0.4mol，y=0.6mol，则甲苯与甘油的物质的量之比为2：3。
【点睛】本题考查有机物的推断及合成，易错点为（5）甲苯与甘油的最简式不同，也不是同分异构体，在计算其燃烧产物中生成的二氧化碳和水的过程中，应该注意分析其氢元素的质量分数相等，找出解题点，再根据碳的含量进行分析解答，从而得解。
27.I．化合物X含有三种元素，其中两种为非金属元素，且原子个数比为1:1，X不溶于水，能溶于强酸。某研究小组为探究其组成和性质，设计并完成了如下实验。
（1）X的化学式是____________________。
（2）写出检验黄色溶液中金属阳离子的实验操作：__________________________________
__________________________________________________________________。
（3）黄色溶液中加入铜片，铜片表面被腐蚀，则对应的离子方程式是：_______________________________________。
II．已知黑色固体中不含单质。为进一步探究其组成，研究小组将上述所得固体全部溶于稀盐酸，配成100mL溶液，每次取20.00mL待测液于锥形瓶中，用2.000×10-2mol∙L-1 KMnO4标准溶液进行滴定，并记录实验的结果如下表：
组次
1
2
3
4
V标（mL）
20.00
20.02
19.99
19.99
（4）如何判断滴定终点：________________________________________________。
（5）待测液中c(Fe2+) = ____________________。
（6）该黑色固体的化学式用FexOy形式可表示为_____________________。
【答案】 (1). FeOCl (2). 取少量黄色溶液置于洁净试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液呈血红色，则说明有Fe3+ (3). 2Fe3+ + Cu = 2Fe2+ + Cu2+ (4). 当最后一滴标准KMnO4溶液滴入锥形瓶时，溶液恰好变浅紫（红）色，且半分钟内不变色 (5). 0.1000mol.L-1 (6). Fe4O5
【详解】I．根据流程中信息可知，2.15gX与适量硫酸反应得到黄色溶液为含有铁离子及硫酸根离子等的溶液，黄色溶液与足量氢氧化钠溶液作用生成红褐色氢氧化铁沉淀，氢氧化铁沉淀加热后生成红棕色固体1.60g，即氧化铁=0.01mol，故X中含有0.02 molFe3+，质量为0.02 mol=1.12g，与足量氢氧化钠溶液反应的溶液再与足量硝酸钡溶液反应生成硫酸钡沉淀6.99g，即为=0.03mol，但硫酸根离子来自于所加硫酸，反应所得溶液继续与足量硝酸酸化的硝酸银溶液反应得到白色沉淀氯化银2.87g，即为=0.02mol，故可推知X中含有0.02molCl-，质量为0.02 mol=0.71g，化合物X含有三种元素，其中两种为非金属元素，且原子个数比为1:1，故另一非金属元素也为0.02 mol，且质量为2.15g-1.12g-0.71g=0.32g，则摩尔质量为=16g/mol，应为O元素，故X为FeOCl；
（1）X的化学式是FeOCl；
（2）检验黄色溶液中金属阳离子Fe3+的实验操作为：取少量黄色溶液置于洁净试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液呈血红色，则说明有Fe3+；
（3）黄色溶液中加入铜片，铜片表面被腐蚀，反应生成Fe2+和Cu2+，对应的离子方程式是：2Fe3+ + Cu= 2Fe2+ + Cu2+；
II．（4）黑色固体溶于盐酸后所得溶液中含有亚铁离子，遇酸性高锰酸钾溶液使其褪色，故判断滴定终点为：当最后一滴标准KMnO4溶液滴入锥形瓶时，溶液恰好变浅紫（红）色，且半分钟内不变色；
（5）根据表中数据可知，滴定消耗的标准液的平均体积为20.00mL，根据反应5Fe2+ + MnO4-+ 8H+=5Fe3+ + Mn2+ +4H2O可知，待测液中c(Fe2+) =；
（6）黑色固体中含有的Fe2+物质的量为,铁的总物质的量为0.02 mol，则n(Fe2+) : n(Fe3+) =0.01 mol: 0.01 mol=1:1，该黑色固体的化学式用FexOy形式表示，根据化合物各元素化合价代数和为0，则有，得x:y=4:5，FexOy可表示为Fe4O5。
28.某化学兴趣小组拟从I2-CCl4中提取碘并回收CCl4，查阅资料得到如下信息：
I2
紫黑色晶体，沸点184.3 °C，易升华，升华后易凝华。在水中的溶解度很小，易溶于许多有机溶剂中
CCl4
无色有毒液体，沸点76.8℃，易挥发，与水互不相溶，可与乙醇、乙醚、氯仿及石油醚等混溶，不可燃烧，常作有机溶剂。
I．兴趣小组根据表中信息并结合已学知识，按上图组装仪器进行实验：
（1）该装置中仪器A的名称是____________。
（2）锥形瓶置于冰水中的目的是________________________________________。
（3）实验结果发现得到的CCl4呈浅紫红色。为进一步提纯CCl4，拟采用除杂分液的方法进行提纯，则下列操作次序正确的是：_______________________________。
①静置，待液体分层后，分液 ②加入稍过量的Na2SO3溶液 ③充分振荡，放气 ④将待分离溶液转移到分液漏斗中 ⑤对分液漏斗进行检漏
II．由于方法I没有达到预期目标，兴趣小组又设定如下方案进行实验：
已知：3I2＋6NaOH＝5NaI＋NaIO3＋3H2O
（4）操作2的名称是_______________。
（5）滴加少量硫酸时，溶液颜色变黄，试写出相应的离子方程式：______________________。
（6）该实验中必须要控制NaOH溶液的浓度较_______（填“高”或“低”）和体积较_______（填“大”或“小”），理由是：____________________________________________________
【答案】 (1). 蒸馏烧瓶 (2). 冷却CCl4，防止CCl4 挥发造成空气污染 (3). ⑤④②③① (4). 过滤 (5). 5I- +IO3- + 6H+ = 3I2 + 3H2O (6). 高 (7). 小 (8). 确保I2被NaOH溶液完全转化为离子进入水层,使V总较小，减少I2在水中的溶解损耗
【详解】I．（1）根据仪器的构造可知，仪器A的名称是蒸馏烧瓶；
（2）CCl4易挥发，锥形瓶置于冰水中的目的是冷却CCl4，防止CCl4 挥发造成空气污染；
（3）实验结果发现得到的CCl4呈浅紫红色。为进一步提纯CCl4，拟采用除杂分液的方法进行提纯，⑤对分液漏斗进行检漏，④将待分离溶液转移到分液漏斗中，②加入稍过量的Na2SO3溶液，③充分振荡，放气，①静置，待液体分层后，分液，则操作次序为：⑤④②③①；
II．（4）步骤2将碘单质和水分离，由于碘单质不溶于水，可通过过滤操作完成，故答案为：过滤；
（5）溶液中是NaI和NaIO3，加入H2SO4溶液发生归中反应得到I2的水溶液，滴加少量硫酸时，溶液颜色变黄，反应应的离子方程式为：5I- +IO3- + 6H+ = 3I2 + 3H2O；
（6）该实验中必须要控制NaOH溶液的浓度较高和体积较小，确保I2被NaOH溶液完全转化为离子进入水层,使V总较小，减少I2在水中的溶解损耗。
【点睛】本题考查海水中提碘，方案是：步骤1利用氢氧化钠溶液吸收分液得到上层溶液中是NaI和NaIO3，加入H2SO4溶液发生归中反应得到I2的水溶液，过滤得到粗碘蒸馏提纯得到纯净碘单质。
29.氢气因热值高、来源广、产物无污染，常被人们看做一种理想的“绿色能源”，氢气的制取是氢能源利用领域的研究热点。
（1）H2O的热分解可得到H2，高温下水分解体系中主要气体的体积分数与温度的关系如图1所示。图1中曲线A对应的物质是______________。
（2）图2为用电解法制备H2，写出阳极的电极反应式：________________。
（3）从可持续发展考虑，太阳能光解水制氢是获取H2的最好途径，但迄今仍然存在诸多问题，如光催化剂大多仅在紫外光区稳定有效，能够在可见光区使用的光催化剂不但催化活性低，而且几乎都存在光腐蚀现象，需使用牺牲剂进行抑制，能量转化效率低等，这些都阻碍了光解水的实际应用，需设计课题进一步研究解决。下列设想符合研究方向的是_________
A 将研究方向专注于紫外光区，无需考虑可见光区
B 研究光腐蚀机理，寻找高稳定性，不产生光腐蚀的制氢材料
C 研制具有特殊结构的新型光催化剂，开发低成本、高性能光催化材料
D 研究新的光解水的催化机制，使利用红外光进行光解水制氢成为可能
（4）以甲烷为原料制取氢气是工业上常用的制氢方法。
已知：CH4(g) + H2O(g) = CO（g）+ 3H2 (g) ΔH= -206.2 kJ•mol-1
CH4(g) + CO2 (g) = 2CO（g）+ 2H2 (g) ΔH= -247.4 kJ•mol-1
则CH4(g)与H2O(g)反应生成CO2（g）和H2（g）的热化学方程式为：_______________________________________________________________
（5）利用废弃的H2S的热分解可生产H2：2H2S(g) 2H2(g)＋S2(g)。现将0.30 mol H2S(g)通入到压强为p的恒压密闭容器中，在不同温度下测得H2S的平衡转化率如图3所示：
①温度为T4℃时，初始体积为1L，t分钟后，反应达到平衡，该温度下的平衡常数K＝________。
②若保持恒温T℃，将一定量的 H2S（g）通入到恒压密闭容器中，反应一段时间后，压强为p的体系恰好达到平衡，试在图4上画出不同起始压强下H2S转化率的趋势图________。
【答案】 (1). H（或氢）原子 (2). 4CO32- + 2H2O -4e- = O2 + 4HCO3- (3). BCD (4). CH4(g) + 2H2O(g) = CO2(g) + 4H2(g) △H= - 165.0kJ . mol-1 (5). 1/45或2.2 ×10-2 (6).
【详解】（1）由图可知，水的分解化学键断裂先生成H原子与O原子，氢原子结合生成氢气，氧原子结合生成氧气，由水的分子式可知氢原子物质的量是氧原子2倍，故A为氢原子、B为氧原子；故答案为H（或氢）原子；
（2）图2为用电解法制备H2，根据图中信息可知，阳极上碳酸根离子转化为碳酸氢根离子，碳的化合价不变，则应由水电离产生的氢氧根离子失电子产生氧气，结合电子得失知，阳极的电极反应式为：4CO32- + 2H2O -4e-＝O2 + 4HCO3-；
（3）A、光催化剂大多仅在紫外光区稳定有效，能够在可见光区使用的光催化剂不但催化活性低，但催化剂有选择性，不同催化剂的效果不同，而且几乎都存在光腐蚀现象，需使用牺牲剂进行抑制，将研究方向专注于紫外光区，同时也要考虑可见光区，选项A错误；
B、光催化剂能够在可见光区使用的光催化剂不但催化活性低，而且几乎都存在光腐蚀现象，需使用牺牲剂进行抑制，必须研究光腐蚀机理，寻找高稳定性，不产生光腐蚀的制氢材料，选项B正确；
C、研制具有特殊结构的新型光催化剂，开发低成本、高性能光催化材料，提高能量转化效率，选项C正确；
D、光催化剂能够在可见光区使用的光催化剂不但催化活性低，需使用牺牲剂进行抑制，故需研究新的光解水的催化机制，使利用红外光进行光解水制氢，选项D正确；
答案选BCD；
（4）已知：①CH4(g) + H2O(g)＝CO（g）+ 3H2 (g) ΔH1= -206.2 kJ•mol-1
②CH4(g) + CO2 (g)＝2CO（g）+ 2H2 (g) ΔH2= -247.4 kJ•mol-1
根据盖斯定律，由①2-②得反应CH4(g) + 2H2O(g)＝CO2(g) + 4H2(g) ΔH= ΔH12-ΔH2= - 165.0kJ . mol-1；
（5）①温度为T4℃时，初始体积为1L，t分钟后，反应达到平衡，0.30 mol H2S(g)，H2S的转化率为40%，根据反应2H2S(g)2H2(g)＋S2(g)可知，平衡时各物质的量浓度分别为0.18mol/L、0.12mol/L、0.06mol/L，该温度下的平衡常数K==1/45=2.2 ×10-2；
②若保持恒温T℃，将一定量的H2S（g）通入到恒压密闭容器中，反应一段时间后，压强为p的体系恰好达到平衡，反应为气体体积增大的反应，随着反应的进行，H2S的转化率增大，当达平衡后，增大压强，平衡逆向移动，H2S转化率减小，故不同起始压强下H2S转化率的趋势图为。
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 Si-28 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 Ag-108 Ba-137
一、选择题（本大题共25小题，每题2分，每题只有一个正确答案，不选、多选、错选均不得分)
1.下列物质中属于酸性氧化物的是（ ）
A. CO B. SiO2 C. Fe2O3 D. (CH3CO)2O
【答案】B
【详解】能和碱反应生成盐和水的氧化物是酸性氧化物。
A. CO为不成盐氧化物，选项A错误；
B. SiO2为酸性氧化物，选项B正确；
C. Fe2O3不是酸性氧化物，而是碱性氧化物，选项C错误；
D. (CH3CO)2O为乙酸酐，不属于氧化物，选项D错误。
答案选B。
2.下列仪器对应的名称正确的是（ ）
A. 容量瓶 B. 酸式滴定管
C. 封液漏斗 D. 坩锅
【答案】A
【详解】A. 为容量瓶，选项A正确；
B. 为碱式滴定管，选项B错误；
C. 为分液漏斗，选项C错误；
D. 为坩埚，选项D错误。
答案选A。
3.下列物质属于非电解质的是（ ）
A. Cl2 B. H2O C. CH3CH2ONa D. NH3
【答案】D
【详解】A．氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质，选项A错误；
B．H2O能微弱的电离出氢离子和氢氧根离子，是电解质，选项B错误；
C．CH3CH2ONa在水溶液里电离出自由移动的离子，为电解质，选项C错误；
D．NH3和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出阴阳离子而使氨气的水溶液导电，但电离出阴阳离子的物质是一水合氨而不是NH3，所以NH3是非电解质，选项D正确；
答案选D。
4.下列反应在一定条件下均能发生，其中属于取代反应的是（ ）
A. CH2=CH2 + Cl2→ CH2=CHCl + HCl B. CH≡CH + HCl→ CH2=CHCl
C. CH2ClCH2Cl→ CH2=CHCl + HCl D. n CH2=CHCl →
【答案】A
【详解】A. 反应CH2=CH2 + Cl2→ CH2=CHCl + HCl属于取代反应，选项A正确；
B. 反应CH≡CH + HCl→ CH2=CHCl属于加成反应，选项B错误；
C.反应 CH2ClCH2Cl→ CH2=CHCl + HCl属于消去反应，选项C错误；
D. 反应n CH2=CHCl →属于加聚反应，选项D错误。
答案选A。
【点睛】本题考查有机物的性质、有机反应类型，注意理解常见有机反应类型，注意取代反应与其它反应类型的区别，根据取代反应的定义“有机化合物分子里的某些原子或原子团被其它原子或原子团所代替的反应”进行判断。
5.下列不可用于治疗胃酸过多的物质是（ ）
A. NaHCO3 B. Al(OH)3
C. Al2Mg6(OH)16CO3．4H2O D. AgNO3
【答案】D
【分析】治疗胃酸过多时要消耗胃中的酸，据此分析。
【详解】治疗胃酸过多时要消耗胃中的盐酸。
A. NaHCO3与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，能消耗胃酸，选项A不选；
B. Al(OH)3与盐酸反应生成氯化铝和水，能消耗胃酸，选项B不选；
C. Al2Mg6(OH)16CO3．4H2O与盐酸反应生成氯化铝、氯化镁、二氧化碳和水，能消耗胃酸，选项C不选；
D. AgNO3与盐酸反应生成氯化银沉淀和硝酸，消耗了胃酸但又产生了另一种酸，不可用于治疗胃酸过多，选项D选。
答案选D。
【点睛】本题考查了常见物质的实际用途，能用于治疗胃酸（含盐酸）过多的物质需具备能与盐酸反应且对人体无害的性质。
6.化学与社会、生活密切相关。下列说法不正确的是（ ）
A. “地沟油”禁止食用，但可以用来制肥皂
B. 青花瓷、石英玻璃的主要成分都是硅酸盐
C. 二氧化硫具有漂白性，在工业上可用于漂白纸浆以及草帽等编织物
D. 高档皮包里通常装有一块同材质皮革，灼烧该皮革可以区分此包是真皮还是人造皮革
【答案】B
【详解】A．地沟油的主要成分是油脂，油脂碱性条件下水解为造化反应，可制备肥皂，选项A正确；
B．石英为二氧化硅，是氧化物不是硅酸盐，选项B不正确；
C. 二氧化硫具有漂白性，在工业上可用于漂白纸浆以及草帽等编织物，选项Ｃ正确；
D. 真皮的成分中含有蛋白质，灼烧时蛋白质有烧焦羽毛的气味，灼烧该皮革可以区分此包是真皮还是人造皮革，选项D正确。
答案选B。
7.下列化学用语正确是（ ）
A. 乙醛的分子式：CH3CHO B. 某烷烃的命名为：2-甲基-3-乙基丁烷
C. 二氧化碳的比例模型: D. 丙酸甲酯的键线式：
【答案】D
【详解】A. 乙醛的分子式为C2H4O，CH3CHO为乙醛的结构简式，选项A错误；
B．丁烷的侧链不能出现乙基，主链应为5个C，2、3号C上有甲基，名称应为2，3-二甲基戊烷，选项B错误；
C、二氧化碳为直线型结构，其正确的比例模型为，选项C错误；
D、键线式是碳碳键用线段来表示，拐点和端点表示碳原子，C原子、H原子不标出，其它杂原子必须标出，杂原子上的H原子应标出，由H来饱和碳四价结构，丙酸甲酯的键线式为： ，选项D正确。
答案选D。
8.下列说法正确的是（ ）
A. 明矾、氯化铁、硫酸亚铁都是优良的净水剂
B. 在常温下铜与浓硫酸接触发生钝化反应，必须加热才可以让反应持续进行
C. 葡萄糖在酒化酶作用下水解得到乙醇和二氧化碳
D. 胶体与溶液的本质区别是能否产生丁达尔现象
【答案】A
【详解】A. 明矾能水解生成氢氧化铝胶体，有吸附性能净水，氯化铁、硫酸亚铁也能水解最终生成氢氧化铁胶体，能净水，选项A正确；
B．常温下，Fe、Al遇浓硫酸或浓硝酸发生钝化，铜属于金属性较不活泼的金属，浓硫酸和铜须在加热的条件下反应，常温下不反应不属于钝化，选项B错误；
C．葡萄糖是单糖不水解，葡萄糖在酒化酶作用下转化为乙醇和二氧化碳，属于氧化反应，选项C错误；
D、分散系的本质区别是分散质粒子直径的大小，丁达尔效应只是胶体所特有的性质，但不是本质区别，选项D错误；
答案选A。
9.能源是人类生活和社会发展的基础。化学反应中，能量的测定和利用是关乎可持续发展的重要课题。下列相关叙述正确的是（ ）
A. 已知氢气和氯气在混合光照时发生爆炸，而氢气在氯气中点燃能安静燃烧，说明在同温同压下，H2(g) + Cl2(g) ═ 2HCl(g)反应条件不同，△H不同
B. 将锌片直接放入足量稀硫酸中，另取同样的锌片与铜片用导线连接后再放入足量的稀硫酸中，充分反应后，两者放出的热量相同
C. 应用盖斯定律，可计算某些难以直接测量的反应的焓变
D. 为了充分利用热能，可在燃烧时通入大量的空气以确保燃料完全燃烧
【答案】C
【详解】A、根据盖斯定律，反应的焓变只与始态和终态有关，与过程无关，同温同压下，反应H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）在光照和点燃条件下的△H相同，选项A错误；
B. 将锌片直接放入足量稀硫酸中，发生反应，化学能主要转化为热能；另取同样的锌片与铜片用导线连接后再放入足量的稀硫酸中，化学能主要转化为电能，转化为热能的较少，故充分反应后，前者放出的热量多，选项B错误；
C、反应的焓变与 变化过程无关，只与初始和终了状态有关，对某些难以直接测量的反应焓变，可以根据盖斯定律设计过程利用已知反应焓变计算，选项C正确；
D、燃料燃烧时要通入适量的空气，但若空气量过多，则会导致带走部分热量，不一定能确保燃料完全燃烧，选项D错误；
答案选C。
10.已知侯氏制碱法的主要反应为NaCl + NH3 + CO2 + H2O = NaHCO3↓ + NH4Cl。某实验小组模拟工业生产制备少量NaHCO3，将实验流程分为制取氨气、制取NaHCO3、分离NaHCO3、干燥NaHCO3四个步骤。下列图示装置和操作能达到实验目的的是（ ）
A. 制取氨气 B. 制取NaHCO3
C. 分离NaHCO3 D. 干燥NaHCO3
【答案】C
【详解】A. NH4Cl受热分解为NH3和HCl，NH3和HCl在试管上部遇冷重新化合为NH4Cl，选项A不能制备氨气；
B. CO2不能快速进入溶液发生反应，选项B不能制取NaHCO3；
C.部分NaHCO3以晶体形式析出，选项C可以用来分离NaHCO3；
D.烧杯不能用来直接加热，且加热时碳酸氢钠易分解，选项D不能用来干燥NaHCO3
答案选C。
11.下列说法不正确的是（ ）
A. 苯与苯乙烯具有相同最简式但不是同系物
B. 乙醚和乙醇互为同分异构体
C. CH3—C≡C—CH=CH——CH3分子中最多可以有20个原子共平面
D. CH3CH2CH2CH3 和C(CH3)4互为同系物
【答案】B
【详解】A、苯与苯乙烯最简式均为CH，结构相似，分子组成相差若干个CH2原子团的同一类物质互为同系物，苯与苯乙烯结构不相似，不是同系物，选项A正确；
B、乙醇和乙醚的分子式不同，不互为同分异构体，选项B不正确；
C、根据苯分子中12个原子共平面、甲烷为正四面体结构、乙烯6个原子共平面、乙炔4个原子在同一直线上可知，CH3—C≡C—CH=CH——CH3分子中最多可以有20个原子共平面（除两个甲基上分别有2个H原子外），选项C正确；
D、CH3CH2CH2CH3 和C(CH3)4结构相似，分子组成相差1个CH2原子团，互为同系物，选项D正确；
答案选B。
12.如图为元素周期表短周期的一部分。已知：Y元素的周期数等于其主族序数。下列说法不正确的是（ ）
X
Y
Z
W
A. X、Y、W的简单离子半径大小：W＞X＞Y
B. 晶体Z是一种重要的半导体材料，可用于制造集成电路
C. 已知非金属性X＞W，则两者最高价氧化物的水化物的pH：W＞X
D. 用两根玻璃棒分别蘸取X的气态氢化物和X最高价氧化物对应水化物的浓溶液，靠近时产生大量白烟
【答案】C
【详解】如图为元素周期表短周期的一部分，可以判断X位于第二周期，Y、Z、W位于第三周期，Y元素的周期数等于其主族序数，则Y为第三周期ⅢA元素，为Al元素，根据各元素位置关系，可推知：Z为Si元素，W为S元素，X为N元素。
A. X、Y、W的简单离子中氯离子多一个电子层，离子半径最大，氮离子和铝离子具有相同电子层结构，核电荷数大的铝离子半径较小，故离子半径大小：W＞X＞Y，选项A正确；
B. Z为硅元素，晶体硅是一种重要的半导体材料，可用于制造集成电路，选项B正确；
C. 虽然非金属性X＞W，则两者最高价氧化物的水化物均为强酸，而硝酸为一元强酸，硫酸为二元强酸，等浓度的两种酸中硫酸中的氢离子浓度为硝酸的二倍，故pH： X＞W，选项C不正确；
D. 用两根玻璃棒分别蘸取X的气态氢化物氨气和X最高价氧化物对应水化物硝酸的浓溶液，靠近时产生大量白烟硝酸铵，选项D正确。
答案选C。
13.下列离子方程式书写正确的是（ ）
A. Na2SiO3溶液中滴加盐酸：Na2SiO3 + 2H+ = H2SiO3↓ + 2Na+
B. Na2SO3水解方程式：SO32- + 2H2OH2SO3 + 2OH-
C. 向FeBr2溶液通入过量Cl2：2Fe2+ + 2Br- + 2Cl2 = 2Fe3+ + 4Cl- + Br2
D. 明矾中加Ba(OH)2至沉淀的质量最大：Al3+ + 2SO42- + 2Ba2+ + 4OH- = 2BaSO4↓+ AlO2- + 2H2O
【答案】D
【详解】A. 向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：SiO32- +2H+=H2SiO3↓,Na2SiO3是强电解质，选项A错误；
B．亚硫酸根离子的水解分步进行，其水解的离子方程式需要分步写，主要写出第一步水解即可，正确的水解离子方程式为：SO32-+H2O⇌HSO3-+OH-，选项B错误；
C．向FeBr2溶液中通入过量的Cl2的离子方程式为2Fe2＋＋4Br－＋ 3Cl2 = 2Fe3＋＋2Br2＋6Cl－，选项C错误；
D．当沉淀的质量恰好最大时，Al3+完全转化为AlO2- ，这时离子方程式是Al3+ + 2SO42- + 2Ba2+ + 4OH- = 2BaSO4↓+ AlO2- + 2H2O，选项D正确。
答案选D。
【点睛】本题考查了离子方程式的正误判断，注意掌握离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）、检查是否符合原化学方程式等。
14.某恒温恒容密闭容器中存在反应：X(g)+2Y(g) Z(g) ΔH=－a kJ∙mol－1(a＞0)，现向该容器中充入等物质的量的X(g)与Y(g)充分反应。下列说法正确的是（ ）
A. 体系中混合气体的平均摩尔质量保持不变时，说明该反应达到化学平衡状态
B. 达到平衡时，反应放出的热量一定小于a kJ
C. 达到平衡时，X与Y的物质的量之比仍为1∶1
D. 达到平衡后，若升高体系温度，则逆反应速率增加、正反应速率减少，平衡逆移
【答案】A
【详解】A. 反应X(g)+2Y(g) Z(g)为气体体积减小的反应，气体总质量不变，反应正向进行时气体总物质的量减小，平均摩尔质量增大，故体系中混合气体的平均摩尔质量保持不变时，说明该反应达到化学平衡状态，选项A正确；
B. 化学反应的焓变与反应物的量有关，故达到平衡时，若生成Z的物质的量大于1mol，则反应放出的热量大于a kJ，选项B错误；
C. 根据化学反应方程式可知，反应时消耗X与Y的物质的量之比为1：2，开始时充入等物质的量的X(g)与Y(g)，故达到平衡时，X与Y的物质的量之比不再为1∶1，选项C错误；
D. 反应X(g)+2Y(g) Z(g) ΔH=－a kJ∙mol－1(a＞0)为放热反应，达到平衡后，若升高体系温度，则正、逆反应速率均增加，平衡逆向移动，选项D错误。
答案选A。
【点睛】本题考查的是化学平衡的移动的相关知识，反应X(g)+2Y(g) Z(g) ΔH=－a kJ∙mol－1(a＞0)为气体体积缩小的放热反应，增大压强平衡正向移动；升高温度平衡逆向移动，据此分析解答。
15.下列说法不正确的是（ ）
A. 乙酸和甲醛分别完全燃烧，若消耗的氧气量一样，则它们的质量相等
B. 通过核磁共振氢谱可以区分CH3 CH2CH2OH和
C. 莽草酸可以发生氧化、还原、酯化、加聚反应
D. Cl2与甲苯在光照条件下反应，苯环上的氢原子被取代
【答案】D
【详解】A. 乙酸和甲醛的最简式都是CH2O，相同质量的乙酸和甲醛分别完全燃烧，若消耗的氧气量一样，则它们的质量相等，选项A正确；
B. CH3 CH2CH2OH和中分别有4种和3种不同化学环境的氢，通过核磁共振氢谱可以区分CH3 CH2CH2OH和，选项B正确；
C. 莽草酸中含有醇羟基，可以发生氧化反应、酯化反应；含有碳碳双键，可发生还原反应，加聚反应，含有羧基可以发生酯化反应，选项C正确；
D. Cl2与甲苯在光照条件下反应，甲基上的氢原子被取代，选项D不正确。
答案选D。
16.下列说法正确的是（ ）
A. 实验室制取乙酸乙酯时，往大试管中依次加入浓硫酸、无水乙醇、冰醋酸
B. 向皂化反应完成后的反应液中加入热的饱和NaCl溶液，析出固体沉于液体底部
C. 用新制Cu(OH)2悬浊液可以鉴别乙醇、乙醛、乙酸和乙酸乙酯
D. 蛋白质溶液中加入饱和硫酸铵溶液，蛋白质因发生变性而析出
【答案】C
【详解】A．加入酸液时应避免酸液飞溅，应先加入乙醇，再加浓硫酸，防止浓硫酸溶解放热造成液体飞溅，最后慢慢加入冰醋酸，选项A错误；
B. 向皂化反应完成后的反应液中加入热的饱和NaCl溶液，析出的固体为高级脂肪酸钠，密度比水小，悬浮于液面，选项B错误；
C、新制的氢氧化铜与乙醇无明显现象，不反应，不过由于稀释顔色会変浅，与乙醛加热有砖红色沉淀生成，与乙酸变澄清的蓝色溶液，发生酸碱中和反应，乙酸乙酯不溶于水，与乙酸乙酯会在表面形成一层油层，现象均不相同，故鉴别乙醇、乙醛、乙酸、乙酸乙酯可用新制Cu(OH)2县浊液，选项C正确；
D．在蛋白质溶液中加入饱和硫酸铵溶液发生盐析，盐析是可逆的，加水溶解，选项D错误；
答案选C。
17.根据乙烯氧化成乙醛的反应，可设计成如图所示的电化学装置，下列说法不正确的是（ ）
A. 该电化学装置是原电池装置
B. 电子移动方向：电极a→负载→电极b→磷酸溶液→电极a
C. a极反应式可表示为：CH2=CH2-2e-+H2O=CH3CHO+2H+
D. 当b极消耗标准状况下氧气5.6L时，理论上玻璃纤维中有NA个H+从左往右移动
【答案】B
【详解】A、该电化学装置是将化学能转化为电能，所以该电化学装置是原电池，选项A正确；
B、电子经过外电路，不经过溶液，选项B不正确；
C、负极是乙烯发生氧化反应，所以a极反应式为：CH2=CH2-2e-+H2O=CH3CHO+2H+，选项C正确；
D、正极发生还原反应，所以氧气在b极被还原，电极反应为O2+ 4H++4e-=2H2O，则当b极消耗标准状况下氧气5.6L，即0.25mol氧气时，理论上玻璃纤维中有NA个H+从左往右移动，选项D正确；
答案选B。
18.25℃时，醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+ H+，下列说法正确的是（ ）
A. 向体系中加入少量CH3COONa固体，平衡向左移动，c(CH3COO-)下降
B. 向体系中加水稀释，平衡向右移动，溶液中所有离子的浓度都减小
C. 加入少量NaOH固体（忽略溶解热效应），平衡向右移动，水的电离程度也随之增大
D. 升高体系温度（忽略醋酸挥发），溶液中H+数目增多，平衡一定向左移动
【答案】C
【详解】A、向体系中加入少量CH3COONa固体，c(CH3COO-)增大，平衡向左移动，选项A错误；
B、向体系中加水稀释，平衡向右移动，溶液中c(CH3COO-)、c(H+)减小，温度不变，KW不变，根据KW= c(H+) c(OH-)可知，c(H+)减小，则c(OH-)增大，选项B错误；
C. 加入少量NaOH固体（忽略溶解热效应），c(OH-)增大，c(H+)减小，平衡向右移动，水的电离程度也随之增大，选项C正确；
D. 升高体系温度（忽略醋酸挥发），电离程度增大，平衡向右移动，溶液中H+数目增多，选项D错误。
答案选C。
19.下列说法正确的是（ ）
A. H2O的沸点比H2S高，因为H2O分子间存在氢键这种化学键
B. 晶体氩是由原子直接构成的，属于原子晶体
C. KHCO3固体受热分解生成K2CO3、CO2和H2O，既破坏了离子键，也破坏了共价键
D. HBr比HCl的热稳定性差，说明HBr的分子间作用力比HC1弱
【答案】C
【详解】A．氢键不属于化学键，故A错误；
B、稀有气体形成的分子晶体由原子构成的分子，即氩晶体是由原子构成的分子晶体，选项B错误；
C. KHCO3中既有离子键也有共价键，固体受热分解生成K2CO3、CO2和H2O，既破坏了离子键，也破坏了共价键，选项C正确；
D、稳定性是化学性质，与中心元素的非金属性有关，因为非金属性Cl>Br，所以HBr比HCl的热稳定性差，与分子间作用力无关，选项D错误；
答案选C。
20.下列叙述不正确的是（ ）
A. 图1所示，若将开关与a连接，可以实现化学能转化为电能；若将开关与b连接，相当于“外加电流的阴极保护法”
B. 冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力随着水的体积变化的曲线如图2所示。a、b、c中导电能力最大的是b点，但b点对应醋酸的电离度并非最大
C. 图3是室温下H2O2催化分解放出氧气的反应中c(H2O2 )随反应时间变化的曲线，说明随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小
D. 图4为CO(g) + 2H2(g) CH3OH(g)的能量变化图，由此可知，生成1mol CH3OH(g)，至少需要外界提供419kJ 的能量
【答案】D
【详解】A. 图1所示，若将开关与a连接，则形成原电池，可以实现化学能转化为电能；若将开关与b连接，则形成电解池，铁连接负极，相当于“外加电流的阴极保护法”，选项A正确；
B.溶液离子浓度越大导电能力越强，加水促进醋酸的电离，故冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力随着水的体积变化的曲线如图2所示。a、b、c中导电能力最大的是b点，但b点对应醋酸的电离度并非最大，选项B正确；
C. 根据图中信息可知，随反应的进行，H2O2分解速率逐渐减小，选项C正确；
D. 图4为CO(g) + 2H2(g) CH3OH(g)的能量变化图，由此可知，生成1mol CH3OH(g)，放出（510-419）kJ=91 kJ 的热量，选项D不正确；
答案选D。
21.在汽车上安装高效催化转化器，可发生反应：2NO(g)＋2CO(g) N2(g)＋2CO2(g) △H，减少汽车尾气污染。某研究性学习小组在两个初始条件完全相同的恒温恒容密闭容器中充入一定量的NO和CO气体，甲组不加催化剂，乙组加入催化剂，分别用气体传感器测得不同时间的NO和CO浓度如表：
时间（s）
甲
乙
0
1
2
3
4
5
0
1
2
3
4
5
c(NO)(×10-4mol/L)
10.0
10.0
10.0
10.0
10.0
10.0
10.0
4.50
2.50
1.50
1.00
1.00
c(CO)(×10-3mol/L)
3.60
3.60
3.60
3.60
3.60
3.60
3.60
3.05
2.85
2.75
2.70
2.70
下列说法正确的是（ ）
A. 通过甲乙组数据对比可知，催化剂可以让原来不能自发进行的反应体系自发进行
B. 根据化学反应原理综合分析可知：反应2NO(g)＋2CO(g) N2(g)＋2CO2(g) 的△H＜0
C. 乙容器中，0～2s内NO的平均速率v（NO）＝3.75 mol·L－1·s－1
D. 达到平衡后，将容器乙中各物质的浓度均加倍，则体系K值增加，平衡正向移动
【答案】B
【详解】A、在其他条件不变的情况下，使用催化剂，只改变反应速率，而不改变化学反应方向，不能让原来不能自发进行的反应体系自发进行，选项A错误；
B.反应2NO(g)＋2CO(g) N2(g)＋2CO2(g) 为熵减的反应，△S＜0，且反应能自发进行，则△G=△H-T△S＜0，则△H＜0，选项B正确；
C. 乙容器中，0～2s内NO的平均速率v（NO）＝=3.7510-4 mol·L－1·s－1，选项C错误；
D、达到平衡后，将容器乙中各物质的浓度均加倍，则相当于增大压强，平衡正向移动，但温度不变，体系K值不变，选项D错误。
答案选B。
【点睛】本题考查化学反应平衡的移动及反应的方向，易错点为选项B，可以根据自由能判断反应的方向，利用焓判据和熵判据进行分析；选项C，注意题中浓度的表示方式，应10-4。
22.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是（ ）
A. 常温下，1L pH=2的H2SO4溶液中，含有H+数目为0.01NA
B. 84gMgCO3与NaHCO3的混合物中CO32-数目为NA
C. 常温常压下，28g乙烯和丙烯混合气体中碳氢键的数目必介于4 NA和6 NA之间
D. 将Na、Mg、Al各1mol分别投入1L 0.5mol．L-1盐酸溶液中充分反应，转移电子数均为0.5NA
【答案】A
【详解】A. 常温下，1L pH=2的H2SO4溶液中，含有H+数目为1L×0.01mol/L×NA/mol=0.01NA，选项A正确；
B、NaHCO3晶体由钠离子和碳酸氢根离子构成，不含有碳酸根离子，故84gMgCO3与NaHCO3的混合物中CO32-数目小于NA，选项B错误；
C. 乙烯和丙烯的最简式均为CH2，常温常压下，28g乙烯和丙烯混合气体含有2molCH2，含有C-H键4mol，即碳氢键的数目为4 NA，选项C错误；
D.钠能与水反应，将Na、Mg、Al各1mol分别投入1L 0.5mol．L-1盐酸溶液中充分反应，除钠外其他金属末反应完，转移电子数分别为NA、0.5NA、0.5NA，选项D错误。
答案选A。
23.25℃时，起始浓度为0.1mol.L-1的亚硫酸溶液中，H2SO3、HSO3-、SO32-三种微粒的物质的量分数（即微粒本身物质的量与三种粒子总物质的量之比）随pH变化的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 读取图中数据计算可得到常温下亚硫酸溶液的Ka2≈10-7
B. 向该体系中加入一定量NaOH固体，HSO3-的物质的量分数一定增大
C. 在pH=1.0溶液中：c(H2SO3)>c(HSO3-)>c(H+)>c(OH-)
D. 在该体系中的任意一点都存在：c2(H+)=c(H+)·c(HSO3-)+2c(H+)∙c(SO32-)+Kw
【答案】A
【详解】A．H2SO3是二元弱酸，在溶液中电离是分步进行的，亚硫酸的第二步电离方程式为：HSO3-⇌H++SO32-，根据图象可知，pH=7时，亚硫酸根离子与亚硫酸氢根离子浓度相等，则Ka2=10-7，选项A正确；
B. 向该体系中加入一定量的NaOH固体，OH-与HSO3-反应生成SO32-和水，使HSO3-的物质的量分数降低，选项B错误；
C. 根据图中信息可知，在pH=1.0溶液中：c(H2SO3)>c(HSO3-)，溶质为亚硫酸，为二元弱酸，分步电离，c(H+)> c(HSO3-)，选项C错误；
D．根据图中信息可知，若溶质只有 H2SO3的溶液中，根据电荷守恒可得：c（H+）=c（HSO3-）+2c（SO32-）+c（OH-），将电苻守恒式两边都乘c（H+）可得：c2（H+）=c（H+）•c（HSO3-）+2c（H+）•c（SO32-）+c（H+）•c（OH-），Kw=c（H+）•c（OH-），所以c2（H+）=c（H+）•c（HSO3-）+2c（H+）•c（SO32-）+Kw，但若加入碱后，pH增大，则有其他阳离子，则c2（H+）
【点睛】本题考查溶液中离子浓度大小关系的判断，易错点为选项C，亚硫酸为二元弱酸，分步电离，且氢离子也来自于水的电离，故氢离子浓度大于c(HSO3-)；选项D，注意若在亚硫酸中加入碱使溶液pH增大，则除氢离子外还有其他阳离子，c2（H+）
C6H12O6(葡萄糖)＋Br2＋H2O→C6H12O7(葡萄糖酸)＋2HBr
2C6H12O7(葡萄糖酸)＋CaCO3→Ca(C6H11O7)2(葡萄糖酸钙)＋H2O＋CO2
实验流程如下：
C6H12O6溶液滤液悬浊液Ca(C6H11O7)2
已知：葡萄糖酸钙微溶于乙醇，可溶于冷水，易溶于热水。则下列说法不正确的是（ ）
A. 第②步充分反应后CaCO3固体需有剩余，其目的是确保葡萄糖酸完全转化为钙盐
B. 第④步加入乙醇的作用是减小葡萄糖酸钙在水中的溶解量，使其结晶析出
C. 第⑤步过滤时，发现有固体产品残留在原容器壁上，可加少量热水冲洗再转移至过滤器内
D. 可用O2代替Br2，在葡萄糖氧化酶作用下氧化葡萄糖进而制备葡萄糖酸钙
【答案】C
【详解】A. 第②步充分反应后CaCO3固体需有剩余，其目的是提高葡萄糖酸的转化率，符合强酸制弱酸原理，以确保葡萄糖酸完全转化为钙盐，选项A正确；
B. 葡萄糖酸钙微溶于乙醇，第④步加入乙醇的作用是减小葡萄糖酸钙在水中的溶解量，使其结晶析出，选项B正确；
C. 第⑤步过滤时，发现有固体产品残留在原容器壁上，若加少量热水冲洗再转移至过滤器内，会导致沉淀溶解而损失，选项C不正确；
D. O2氧化性比Br2强，可用O2代替Br2，在葡萄糖氧化酶作用下氧化葡萄糖进而制备葡萄糖酸钙，选项D正确；
答案选C。
25.某澄清溶液中可能含有Na+、K+、NH4+、Mg2+、Fe2+、SO42﹣、SO32﹣、Cl﹣、I﹣、CO32﹣中的若干种，且离子浓度都相等。现取该溶液进行有关实验，实验结果如下图所示：
下列关于该溶液的说法中正确的是（ ）
A. 通过CCl4层无色可以推知原溶液中一定不存在I-
B. 向白色沉淀中加入盐酸产生气体并留有难溶固体可推知原溶液中存在SO32﹣和CO32-
C. 该溶液中不可能同时存在NH4+和Cl-
D. 另取该溶液加入足量浓NaOH溶液，加热，若试管口的湿润红色石蕊试纸不变蓝，则可确定原溶液中所有离子的存在情况
【答案】D
【分析】溶液1中加入少量氯水，无气体放出，说明溶液中不含CO32﹣，因还原性SO32﹣> I-，加入少量的氯水，应先氧化SO32﹣，下层溶液无色，不能确定原溶液中是否含有I-，氯水将SO32﹣氧化为SO42﹣，但量太少，可能只部分氧化，溶液3中加入足量氯化钡溶液产生白色沉淀为亚硫酸钡和硫酸钡，沉淀加入足量盐酸时亚硫酸钡溶解，硫酸钡不溶；SO32﹣与Mg2+、Fe2+不能大量共存，则原溶液中不存在Mg2+、Fe2+；原溶液中各离子浓度都相等，根据电荷守恒，Na+、K+、NH4+至少存在其中的两种，一定无SO42﹣，可能有I-，据此分析。
【详解】A. 因还原性SO32﹣> I-，溶液1中加入少量的氯水，应先氧化SO32﹣，故通过CCl4层无色不能推知原溶液中不一定存在I-，选项A错误；
B. 溶液1中加入少量氯水，无气体放出，说明溶液中不含CO32﹣，选项B错误；
C. 根据电荷守恒，Na+、K+、NH4+至少存在其中的两种，且存在SO32﹣，若阳离子Na+、K+、NH4+存在，则存在NH4+和Cl-，选项C错误；
D. 另取该溶液加入足量浓NaOH溶液，加热，若试管口的湿润红色石蕊试纸不变蓝，则不含NH4+，原溶液中所有离子为Na+、K+、SO32﹣，选项D正确。
答案选D。
【点睛】本题考查离子的检验，解题的关键是根据所给信息逐一排除离子存在的可能及离子共存的判断，易错点为加入少量氯水，若理解不全面，容易根据后面的现象误推溶液中不含有亚硫酸离子，或误判断一定不含有碘离子。
第Ⅱ卷 主观题（共50分）
26.下图是某些有机物之间的转化关系图：
已知：①油脂A的分子式为C57H104O6，且反应生成C、D的物质的量之比为1: 3
②E的分子式为C3H6O，含有甲基且所有碳原子都是饱和碳原子
③G是一种可降解高聚物，其化学式可表示为
试回答下列问题：
（1）G中官能团的名称是________________，D的分子式为________________，E的结构简式为_____________________。
（2）下列关于苯甲酸说法正确的是_______
A 其结构式为
B 其苯环上的一氯代物有3种
C 1个分子可与4个氢气分子发生加成反应
D 与图中有机物C反应可得到5种不同的酯类物质（不考虑立体异构）
（3）烃B与苯在一定条件下1:1反应生成F，分析F的1H核磁共振谱图，共有5个吸收峰，且峰面积之比为1：1：2：2：6，写出B与苯反应生成F的化学方程式：_____________________________________________________________。
（4）写出所有符合下列要求的E的同分异构体（不包括E）：_________________________________________________________。
①链状化合物 ②氢谱上只有3组峰 ③分子中不含C=C—OH结构
（5）现有甲苯与C的混合液体，其含碳量为60%。取92g该混合液体完全燃烧，将产物依次通过装有足量浓硫酸和碱石灰的装置完全吸收，则装有浓硫酸的装置质量增重________g，甲苯与C的物质的量之比为__________________。
【答案】 (1). 酯键或酯基 (2). C18H34O2 (3). (4). BD (5). + CH2=CH-CH3 → (6). CH3CH2CHO、CH2=CHOCH3 (7). 72 (8). 2:3
【分析】油脂A分子式为C57H104O6，且反应生成C、D的物质的量之比为1: 3，则C为丙三醇，分子式为C3H8O3，根据一分子油脂水解生成三分子高级脂肪酸和一分子甘油可推出D的分子式为C18H34O2；石油裂解得到烯烃，E的分子式为C3H6O，则B也含有3个碳，为丙烯，E含有甲基且所有碳原子都是饱和碳原子，则为丙烯氧化得到，结构简式为，据此分析解答。
【详解】油脂A的分子式为C57H104O6，且反应生成C、D的物质的量之比为1: 3，则C为丙三醇，分子式为C3H8O3，根据一分子油脂水解生成三分子高级脂肪酸和一分子甘油可推出D的分子式为C18H34O2；石油裂解得到烯烃，E的分子式为C3H6O，则B也含有3个碳，为丙烯，E含有甲基且所有碳原子都是饱和碳原子，则为丙烯氧化得到，结构简式为。
（1）G为，官能团的名称是酯基，D的分子式为C18H34O2，E的结构简式为；
（2）A、苯甲酸的结构简式为，选项A错误；
B、苯甲酸苯环上有三种不同化学环境的氢，其一氯代物有3种，选项B正确；
C、苯甲酸中只有苯环能与氢气发生加成反应，则1个分子可与3个氢气分子发生加成反应，选项C错误；
D、苯甲酸与图中有机物C（丙三醇）反应可得到5种不同的酯类物质，将丙三醇中的三个羟基分别定位置为1、2、3，则一元酯化在1位、2位；二元酯化在1、2位，1、3位；三元酯化，共5种，选项D正确；
答案选BD；
（3）烃B为丙烯，与苯在一定条件下1:1反应生成F，分析F的1H核磁共振谱图，共有5个吸收峰，且峰面积之比为1：1：2：2：6，，则B为；B与苯反应生成F的化学方程式为 + CH2=CH-CH3 → ；
（4）E为，其同分异构体①链状化合物；②氢谱上只有3组峰，则有三种不同环境下的氢原子，③分子中不含C=C—OH结构，符合条件的同分异构体有CH3CH2CHO、CH2=CHOCH3；
（5）甲苯分子式是C7H8,甘油分子式是C3H8O3,两者的相对分子质量都是92，所以无论两者比例如何,氢元素的质量分数 = = 8.7%，甲苯与甘油的混合液体，其含碳量为60%，则含氧量为1-60%-8.7%=31.3%，取92g该混合液体完全燃烧，将产物依次通过装有足量浓硫酸和碱石灰的装置完全吸收，则装有浓硫酸的装置质量增重92g =72g，92g该混合液体为1mol，设甲苯与甘油的物质的量分别为x、y，则有x+y=1,84x+36y=9260%，联立解答得x=0.4mol，y=0.6mol，则甲苯与甘油的物质的量之比为2：3。
【点睛】本题考查有机物的推断及合成，易错点为（5）甲苯与甘油的最简式不同，也不是同分异构体，在计算其燃烧产物中生成的二氧化碳和水的过程中，应该注意分析其氢元素的质量分数相等，找出解题点，再根据碳的含量进行分析解答，从而得解。
27.I．化合物X含有三种元素，其中两种为非金属元素，且原子个数比为1:1，X不溶于水，能溶于强酸。某研究小组为探究其组成和性质，设计并完成了如下实验。
（1）X的化学式是____________________。
（2）写出检验黄色溶液中金属阳离子的实验操作：__________________________________
__________________________________________________________________。
（3）黄色溶液中加入铜片，铜片表面被腐蚀，则对应的离子方程式是：_______________________________________。
II．已知黑色固体中不含单质。为进一步探究其组成，研究小组将上述所得固体全部溶于稀盐酸，配成100mL溶液，每次取20.00mL待测液于锥形瓶中，用2.000×10-2mol∙L-1 KMnO4标准溶液进行滴定，并记录实验的结果如下表：
组次
1
2
3
4
V标（mL）
20.00
20.02
19.99
19.99
（4）如何判断滴定终点：________________________________________________。
（5）待测液中c(Fe2+) = ____________________。
（6）该黑色固体的化学式用FexOy形式可表示为_____________________。
【答案】 (1). FeOCl (2). 取少量黄色溶液置于洁净试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液呈血红色，则说明有Fe3+ (3). 2Fe3+ + Cu = 2Fe2+ + Cu2+ (4). 当最后一滴标准KMnO4溶液滴入锥形瓶时，溶液恰好变浅紫（红）色，且半分钟内不变色 (5). 0.1000mol.L-1 (6). Fe4O5
【详解】I．根据流程中信息可知，2.15gX与适量硫酸反应得到黄色溶液为含有铁离子及硫酸根离子等的溶液，黄色溶液与足量氢氧化钠溶液作用生成红褐色氢氧化铁沉淀，氢氧化铁沉淀加热后生成红棕色固体1.60g，即氧化铁=0.01mol，故X中含有0.02 molFe3+，质量为0.02 mol=1.12g，与足量氢氧化钠溶液反应的溶液再与足量硝酸钡溶液反应生成硫酸钡沉淀6.99g，即为=0.03mol，但硫酸根离子来自于所加硫酸，反应所得溶液继续与足量硝酸酸化的硝酸银溶液反应得到白色沉淀氯化银2.87g，即为=0.02mol，故可推知X中含有0.02molCl-，质量为0.02 mol=0.71g，化合物X含有三种元素，其中两种为非金属元素，且原子个数比为1:1，故另一非金属元素也为0.02 mol，且质量为2.15g-1.12g-0.71g=0.32g，则摩尔质量为=16g/mol，应为O元素，故X为FeOCl；
（1）X的化学式是FeOCl；
（2）检验黄色溶液中金属阳离子Fe3+的实验操作为：取少量黄色溶液置于洁净试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液呈血红色，则说明有Fe3+；
（3）黄色溶液中加入铜片，铜片表面被腐蚀，反应生成Fe2+和Cu2+，对应的离子方程式是：2Fe3+ + Cu= 2Fe2+ + Cu2+；
II．（4）黑色固体溶于盐酸后所得溶液中含有亚铁离子，遇酸性高锰酸钾溶液使其褪色，故判断滴定终点为：当最后一滴标准KMnO4溶液滴入锥形瓶时，溶液恰好变浅紫（红）色，且半分钟内不变色；
（5）根据表中数据可知，滴定消耗的标准液的平均体积为20.00mL，根据反应5Fe2+ + MnO4-+ 8H+=5Fe3+ + Mn2+ +4H2O可知，待测液中c(Fe2+) =；
（6）黑色固体中含有的Fe2+物质的量为,铁的总物质的量为0.02 mol，则n(Fe2+) : n(Fe3+) =0.01 mol: 0.01 mol=1:1，该黑色固体的化学式用FexOy形式表示，根据化合物各元素化合价代数和为0，则有，得x:y=4:5，FexOy可表示为Fe4O5。
28.某化学兴趣小组拟从I2-CCl4中提取碘并回收CCl4，查阅资料得到如下信息：
I2
紫黑色晶体，沸点184.3 °C，易升华，升华后易凝华。在水中的溶解度很小，易溶于许多有机溶剂中
CCl4
无色有毒液体，沸点76.8℃，易挥发，与水互不相溶，可与乙醇、乙醚、氯仿及石油醚等混溶，不可燃烧，常作有机溶剂。
I．兴趣小组根据表中信息并结合已学知识，按上图组装仪器进行实验：
（1）该装置中仪器A的名称是____________。
（2）锥形瓶置于冰水中的目的是________________________________________。
（3）实验结果发现得到的CCl4呈浅紫红色。为进一步提纯CCl4，拟采用除杂分液的方法进行提纯，则下列操作次序正确的是：_______________________________。
①静置，待液体分层后，分液 ②加入稍过量的Na2SO3溶液 ③充分振荡，放气 ④将待分离溶液转移到分液漏斗中 ⑤对分液漏斗进行检漏
II．由于方法I没有达到预期目标，兴趣小组又设定如下方案进行实验：
已知：3I2＋6NaOH＝5NaI＋NaIO3＋3H2O
（4）操作2的名称是_______________。
（5）滴加少量硫酸时，溶液颜色变黄，试写出相应的离子方程式：______________________。
（6）该实验中必须要控制NaOH溶液的浓度较_______（填“高”或“低”）和体积较_______（填“大”或“小”），理由是：____________________________________________________
【答案】 (1). 蒸馏烧瓶 (2). 冷却CCl4，防止CCl4 挥发造成空气污染 (3). ⑤④②③① (4). 过滤 (5). 5I- +IO3- + 6H+ = 3I2 + 3H2O (6). 高 (7). 小 (8). 确保I2被NaOH溶液完全转化为离子进入水层,使V总较小，减少I2在水中的溶解损耗
【详解】I．（1）根据仪器的构造可知，仪器A的名称是蒸馏烧瓶；
（2）CCl4易挥发，锥形瓶置于冰水中的目的是冷却CCl4，防止CCl4 挥发造成空气污染；
（3）实验结果发现得到的CCl4呈浅紫红色。为进一步提纯CCl4，拟采用除杂分液的方法进行提纯，⑤对分液漏斗进行检漏，④将待分离溶液转移到分液漏斗中，②加入稍过量的Na2SO3溶液，③充分振荡，放气，①静置，待液体分层后，分液，则操作次序为：⑤④②③①；
II．（4）步骤2将碘单质和水分离，由于碘单质不溶于水，可通过过滤操作完成，故答案为：过滤；
（5）溶液中是NaI和NaIO3，加入H2SO4溶液发生归中反应得到I2的水溶液，滴加少量硫酸时，溶液颜色变黄，反应应的离子方程式为：5I- +IO3- + 6H+ = 3I2 + 3H2O；
（6）该实验中必须要控制NaOH溶液的浓度较高和体积较小，确保I2被NaOH溶液完全转化为离子进入水层,使V总较小，减少I2在水中的溶解损耗。
【点睛】本题考查海水中提碘，方案是：步骤1利用氢氧化钠溶液吸收分液得到上层溶液中是NaI和NaIO3，加入H2SO4溶液发生归中反应得到I2的水溶液，过滤得到粗碘蒸馏提纯得到纯净碘单质。
29.氢气因热值高、来源广、产物无污染，常被人们看做一种理想的“绿色能源”，氢气的制取是氢能源利用领域的研究热点。
（1）H2O的热分解可得到H2，高温下水分解体系中主要气体的体积分数与温度的关系如图1所示。图1中曲线A对应的物质是______________。
（2）图2为用电解法制备H2，写出阳极的电极反应式：________________。
（3）从可持续发展考虑，太阳能光解水制氢是获取H2的最好途径，但迄今仍然存在诸多问题，如光催化剂大多仅在紫外光区稳定有效，能够在可见光区使用的光催化剂不但催化活性低，而且几乎都存在光腐蚀现象，需使用牺牲剂进行抑制，能量转化效率低等，这些都阻碍了光解水的实际应用，需设计课题进一步研究解决。下列设想符合研究方向的是_________
A 将研究方向专注于紫外光区，无需考虑可见光区
B 研究光腐蚀机理，寻找高稳定性，不产生光腐蚀的制氢材料
C 研制具有特殊结构的新型光催化剂，开发低成本、高性能光催化材料
D 研究新的光解水的催化机制，使利用红外光进行光解水制氢成为可能
（4）以甲烷为原料制取氢气是工业上常用的制氢方法。
已知：CH4(g) + H2O(g) = CO（g）+ 3H2 (g) ΔH= -206.2 kJ•mol-1
CH4(g) + CO2 (g) = 2CO（g）+ 2H2 (g) ΔH= -247.4 kJ•mol-1
则CH4(g)与H2O(g)反应生成CO2（g）和H2（g）的热化学方程式为：_______________________________________________________________
（5）利用废弃的H2S的热分解可生产H2：2H2S(g) 2H2(g)＋S2(g)。现将0.30 mol H2S(g)通入到压强为p的恒压密闭容器中，在不同温度下测得H2S的平衡转化率如图3所示：
①温度为T4℃时，初始体积为1L，t分钟后，反应达到平衡，该温度下的平衡常数K＝________。
②若保持恒温T℃，将一定量的 H2S（g）通入到恒压密闭容器中，反应一段时间后，压强为p的体系恰好达到平衡，试在图4上画出不同起始压强下H2S转化率的趋势图________。
【答案】 (1). H（或氢）原子 (2). 4CO32- + 2H2O -4e- = O2 + 4HCO3- (3). BCD (4). CH4(g) + 2H2O(g) = CO2(g) + 4H2(g) △H= - 165.0kJ . mol-1 (5). 1/45或2.2 ×10-2 (6).
【详解】（1）由图可知，水的分解化学键断裂先生成H原子与O原子，氢原子结合生成氢气，氧原子结合生成氧气，由水的分子式可知氢原子物质的量是氧原子2倍，故A为氢原子、B为氧原子；故答案为H（或氢）原子；
（2）图2为用电解法制备H2，根据图中信息可知，阳极上碳酸根离子转化为碳酸氢根离子，碳的化合价不变，则应由水电离产生的氢氧根离子失电子产生氧气，结合电子得失知，阳极的电极反应式为：4CO32- + 2H2O -4e-＝O2 + 4HCO3-；
（3）A、光催化剂大多仅在紫外光区稳定有效，能够在可见光区使用的光催化剂不但催化活性低，但催化剂有选择性，不同催化剂的效果不同，而且几乎都存在光腐蚀现象，需使用牺牲剂进行抑制，将研究方向专注于紫外光区，同时也要考虑可见光区，选项A错误；
B、光催化剂能够在可见光区使用的光催化剂不但催化活性低，而且几乎都存在光腐蚀现象，需使用牺牲剂进行抑制，必须研究光腐蚀机理，寻找高稳定性，不产生光腐蚀的制氢材料，选项B正确；
C、研制具有特殊结构的新型光催化剂，开发低成本、高性能光催化材料，提高能量转化效率，选项C正确；
D、光催化剂能够在可见光区使用的光催化剂不但催化活性低，需使用牺牲剂进行抑制，故需研究新的光解水的催化机制，使利用红外光进行光解水制氢，选项D正确；
答案选BCD；
（4）已知：①CH4(g) + H2O(g)＝CO（g）+ 3H2 (g) ΔH1= -206.2 kJ•mol-1
②CH4(g) + CO2 (g)＝2CO（g）+ 2H2 (g) ΔH2= -247.4 kJ•mol-1
根据盖斯定律，由①2-②得反应CH4(g) + 2H2O(g)＝CO2(g) + 4H2(g) ΔH= ΔH12-ΔH2= - 165.0kJ . mol-1；
（5）①温度为T4℃时，初始体积为1L，t分钟后，反应达到平衡，0.30 mol H2S(g)，H2S的转化率为40%，根据反应2H2S(g)2H2(g)＋S2(g)可知，平衡时各物质的量浓度分别为0.18mol/L、0.12mol/L、0.06mol/L，该温度下的平衡常数K==1/45=2.2 ×10-2；
②若保持恒温T℃，将一定量的H2S（g）通入到恒压密闭容器中，反应一段时间后，压强为p的体系恰好达到平衡，反应为气体体积增大的反应，随着反应的进行，H2S的转化率增大，当达平衡后，增大压强，平衡逆向移动，H2S转化率减小，故不同起始压强下H2S转化率的趋势图为。
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