2015-2016学年浙江省杭州七中高三（上）第三次月考化学试卷
一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，共16分）
1．化学与社会、生产、生活密切相关．下列说法不正确的是（ ）
A．大量排放氮氧化物可以形成酸雨、产生光化学烟雾，威胁人类生活环境
B．食用地沟油对人体危害大，但地沟油可用来制肥皂
C．明矾水解可生成Al（OH）3胶体，常用于水的杀菌消毒
D．人们可利用元素周期律在过渡元素中寻找性能优良的催化剂
2．NA为阿伏伽德罗常数的数值，下列叙述错误的是（ ）
A．标准状况下，11.2L氦气中含有0.5NA原子
B．标准状况下，0.1molCl2参加反应，转移的电子数目一定为0.2NA
C．常温常压下，46gNO2和N2O4混合气体中含有原子总数为3NA
D．1molNa与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，转移电子总数NA
3．在水或水溶液中，不能通过化合反应制得下列物质中的（ ）
A．Na2CO3 B．FeCl2 C．FeCl3 D．NaHCO3
4．以下反应可以类推的是（ ）
①由2AlCl3+3Na2S+6H2O═2Al（OH）3↓+3H2S↑+6NaCl类推2FeCl3+3Na2S+6H2O═2Fe（OH）3↓+3H2S↑+6NaCl
②由Ca（HCO3）2+2NaOH（过量）═CaCO3↓+Na2CO3+2H2O类推Mg（HCO3）2+2NaOH（过量）═MgCO3↓+Na2CO3+2H2O
③由NH4ClNH3+HCl类推NH4NO3NH3+HNO3
④由Ca（ClO）2+CO2+H2O═CaCO3↓+2HClO类推2C6H5ONa+CO2+H2O═Na2CO3↓+2C6H5OH．
A．②和③ B．仅有③ C．仅有④ D．以上都错
5．著名化学家徐光宪获得2008年度“国家最高科学技术奖”，以表彰他在稀土萃取理论方面作出的贡献．稀土铈（Ce）元素主要存在于独居石中，金属铈在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应．已知：铈常见的化合价为+3和+4，氧化性：Ce4+＞Fe3+． 下列说法正确的是（ ）
A．铈（Ce）元素在自然界中主要以单质形式存在
B．铈溶于氢碘酸的化学方程式可表示为：Ce+4HI=CeI4+2H2↑
C．用Ce（SO4）2溶液滴定硫酸亚铁溶液，其离子方程式为：Ce4++2Fe2+=Ce3++2Fe3+
D．四种稳定的核素 、、、，它们互称为同位素
6．下列说法不正确的是（ ）
①非金属元素构成的单质中一定存在共价键；
②非金属之间形成的化合物一定是共价化合物；
③非金属的气态氢化物中一定存在极性共价键；
④离子化合物中一定含有离子键；
31
⑤金属元素和非金属元素形成的化合物一定是离子化合物；
⑥在一种化合物中只能存在一种类型的化学键；
⑦含共价键的化合物不一定是共价化合物；
⑧含离子键的化合物一定是离子化合物；
⑨氯化钠和HCl溶于水都发生电离，克服粒子间作用力的类型相同．
A．③④⑦⑧ B．①③④⑦⑧ C．①②⑤⑥⑨ D．①④⑦⑨
7．化学反应中，有时存在“一种物质过量，另一种物质仍不能完全反应”的特殊情况．下列反应中属于这种情况的是（ ）
①过量的锌与18mol•L﹣1的硫酸反应；②过量的氢气与少量氮气在催化剂存在下充分反应；③过量的Mn02与浓盐酸（加热）；④过量铜与浓硫酸（加热）；⑤过量稀硝酸与银反应；⑥过量稀硫酸与块状石灰石．
A．①④⑤⑥ B．②③④⑥ C．①②③⑤ D．①②③④⑤⑥
8．下列说法不正确的是（ ）
A．己烷有4种同分异构体，它们的熔点、沸点各不相同
B．在一定条件下，苯与液溴、硝酸、硫酸作用生成溴苯、硝基苯、苯磺酸的反应都属于取代反应
C．油脂皂化反应得到高级脂肪酸盐与甘油
D．聚合物（ ）可由单体CH3CH=CH2和CH2=CH2加聚制得
二、选择题（共8小题，每小题3分，满分24分）
9．已知氧化性Fe3+＞I2．向Fe I2溶液中通入一定量的Cl2，发生反应的离子方程式为：
a Fe2++b I﹣+c Cl2→d Fe3++e I2+f Cl﹣．下列选项中的数字与离子方程式中的a、b、c、d、e、f一一对应，其中不符合反应实际的是（ ）
A．2，4，3，2，2，6 B．0，2，1，0，1，2 C．2，0，1，2，0，2 D．2，8，5，2，4，10
10．T℃时在2L密闭容器中使X（g）与Y（g）发生反应生成Z（g）．反应过程中X、Y、Z的浓度变化如图1所示；若保持其他条件不变，温度分别为T1和T2时，Y的体积百分含量与时间的关系如图2所示．则下列结论正确的是（ ）
A．反应进行的前3min内，用X表示的反应速率v（X）=0.3mol•（L•min）﹣1
B．容器中发生的反应可表示为：3X（g）+Y（g）⇌2Z（g）
C．保持其他条件不变，升高温度，反应的化学平衡常数K减小
31
D．若改变反应条件，使反应进程如图3所示，则改变的条件是增大压强
11．下列实验方案中，不能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的是（ ）
A．取a克混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b克
B．取a克混合物充分加热，减重b克
C．取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b克固体
D．取a克混合物与足量Ba（OH）2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体
12．葡萄糖氧化是人体获得能量的途径之一．某同学利用葡萄糖的氧 化反应原理，设计了如图所示的装置．下列说法正确的是（ ）
A．若形成原电池时，B极是负极
B．加入H2SO4，溶液中H+向A极移动
C．加入NaOH，A的电极反应式为C6H12O6﹣24e﹣+36OH﹣═6CO32﹣+24H2O
D．不再添加任何试剂，该装置即能获得电流
13．为实现下列实验目的，依据下表提供的主要仪器，所用试剂合理的是（ ）
选项
实验目的
主要玻璃仪器
试剂及试纸
A
鉴定NH4+离子
试管、滴管
待测液、pH试纸
B
制备无水FeCl3
蒸发皿、酒精灯、玻璃棒
溶液FeCl3
C
除去乙酸乙酯中的乙酸杂质
分液漏斗、烧杯
含乙酸杂质的乙酸乙酯、饱和碳酸钠
D
测定白醋中醋酸的浓度
滴定管、锥形瓶、烧杯
0.5000mol•L﹣1NaOH溶液、白醋样品
A．A B．B C．C D．D
14．某溶液可能含有Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣、NH4+、Fe3+、Al3+和K+．取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1.6g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀．由此可知原溶液中（ ）
A．至少存在5种离子
B．Cl﹣一定存在，且c（Cl‑）≥0.4mol/L
C．SO42﹣、NH4+、一定存在，Cl﹣可能不存在
D．CO32﹣、Al3+一定不存在，K+可能存在
15．根据表数据，下列判断正确的是（ ）
电离常数
31
HF：
Ka1=3.6×10﹣4
H3PO4：
Ka1=7.5×10﹣3
Ka2=6.2×10﹣8
Ka3=2.2×10﹣13
A．在等浓度的NaF、NaH2PO4混合溶液中，c（Na+）+c（H+）=c（F﹣）+c（H2PO4﹣）+c（OH﹣）
B．少量H3PO4和NaF反应的离子方程式为：H3PO4+F﹣→H2PO4﹣+HF
C．同温同浓度时，溶液的pH：NaF＞NaH2PO4＞Na2HPO4
D．结合H+的能力：PO43﹣＞F﹣＞HPO42﹣
16．某Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入1mol•L﹣1的盐酸，测得溶液中的CO32﹣、HCO3﹣、AlO2﹣、Al3+离子的物质的量与加入盐酸溶液的体积变化关系如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．原混合溶液中的CO2﹣3与AlO﹣2的物质的量之比为1：2
B．V1：V2=1：5
C．M点时生成的CO2为0.05mol
D．a曲线表示的离子方程式为：AlO﹣2+H++H2O=Al（OH）3↓
三、（本题包括4小题，共26分）
17．有关元素X、Y、Z、D、E的信息如下
元素
有关信息
X
元素主要化合价为﹣2，原子半径为0.074nm．
Y
所在主族序数与所在周期序数之差为4．
Z
原子半径为0.102nm，核外最外层电子数是其电子层数的2倍，其单质在X的单质中燃烧，发出明亮的蓝紫色火焰．
D
最高价氧化物对应的水化物，能电离出离子数、电子数都相等的阴、阳离子．
E
单质是生活中常见金属，其制品在潮湿空气中易被腐蚀或损坏．
请回答下列问题：
（1）X的一种氢化物可用于实验室制取X的单质，其反应的化学方程式为 ．
（2）E元素与Y元素可形成EY2和EY3两种化合物，下列说法不正确的是 （填序号）．
①保存EY2溶液时，需向溶液加入少量E单质．
②通常实验室配制EY3溶液时，直接用水溶解EY3固体即可．
③EY2只能通过置换反应生成，EY3只能通过化合反应生成．
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④铜片、碳棒和EY3溶液组成原电池，电子由铜片沿导线流向碳棒．
（3）用化学符号表示D2Z的水溶液中各离子浓度从大到小的顺序是 ．
18．臭氧是一种强氧化剂，常用于消毒、灭菌等．
（1）O3与KI溶液反应生成的两种单质是 和 ．（填分子式）
（2）O3在水中易分解，一定条件下，O3的浓度减少一半所需的时间（t）如下表所示．已知：O3的起始浓度为0.0216mol/L．
pH
t/min
T/℃
3.0
4.0
5.0
6.0
20
301
231
169
58
30
158
108
48
15
50
31
26
15
7
①pH增大能加速O3分解，表明对O3分解起催化作用的是 ．
②在30℃、pH=4.0条件下，O3的分解速率为 mol/（L•min）；
③据表中的递变规律，推测O3在下列条件下分解速率依次增大的顺序为 ．（填字母代号）
a． 40℃、pH=3.0 b． 10℃、pH=4.0 c． 30℃、pH=7.0
（3）O3可由臭氧发生器（原理如图）电解稀硫酸制得．
①图中阴极为 （填“A”或“B”），其电极反应式为 ．
②若C处通入O2，则A极的电极反应式为 ．
③若C处不通入O2，D、E处分别收集到x L和y L气体（标准状况），则E处收集的气体中O3所占的体积分数为 （忽略O3的分解）．
19．已知A、B、C是中学化学的常见物质，它们在一定条件下有如图转化关系：
（1）若A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；C为红棕色气体．则A转化为 B反应的化学程式为 ．
（2）若A焰色反应为黄色，D 常温下是气体，则 B可能是 （任写一种）．
（3）若D是金属，C溶液在贮存时应加入少量D，其理由是 ．
（4）若A是一种黑色非金属单质，D 是氧化物，写出 B与 D 反应的化学方程式 ．
20．NH4Al（SO4）2 是食品加工中最为快捷的食品添加剂，用于焙烤食品．请回答下列问题：
（1）图一是 0.1mol•L﹣1电解质溶液的pH 随温度变化的图象．
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其中符合0.1mol•L﹣1NH4Al（SO4）2的 pH随温度变化的曲线是 （填写序号），导致 pH 随温度变化的原因是 ；
（2）室温时，向100mL 0.1mol•L﹣1NH4Al（SO4）2溶液中滴加0.1mol•L﹣1NaOH溶液，得到溶液的pH与所加NaOH溶液体积的关系曲线如图二所示：
①试分析图中 a、b、c、d 四个点，水的电离程度最大是 点．
②下列对 b点时的说法正确的是 ．
A．Al3+已经完全沉淀 B．c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）
C．Al（OH）3部分溶解 D．消耗的 NaOH 溶液体积大于300mL．
四、（本题包括2小题，共16分）
21．某同学设计了如图装置用于制取SO2，并验证SO2的部分性质，回答下列问题
（1）装置A中用于添加浓硫酸的仪器名称为
（2）某同学为了检验装置中A、B两部分的气密性，进行的操作是：关闭弹簧夹a、打开弹簧夹b，用酒精灯在三口烧瓶下微热，观察到B中长导管口有明显气泡现象，他判断气密性良好．你认为是否合理 （填“合理”或“不合理”）
（3）实验前要在装置中鼓入N2，目的是
（4）为了验证SO2是酸性氧化物，B中可选用的试剂是
A．无色酚酞溶液B．蓝色石蕊试剂C．红色品红溶液D．KI淀粉混合溶液
（5）装置C中可观察到白色沉淀现象，由此可验证SO2具有 性，相关反应的总的离子方程式为 ．
22．由于氢氧化亚铁在空气中能迅速被氧气氧化成氢氧化铁，因此要观察到氢氧化亚铁的颜色往往较为困难．某研究性学习小组的同学经过讨论后，设计出了三套能较长时间观察Fe（OH）2沉淀颜色的装置，如图．
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1．根据装置①，要想达到实验目的，应先挤胶头滴管 （填“A”或“B”）
2．利用装置②，所用试剂为NaOH溶液、铁屑、稀硫酸，
（1）试管A中加入的试剂是 试管B中加入的试剂是
（2）为了制得Fe（OH）2白色沉淀，现准备进行如下操作：先向试管A和B中加入试剂，然后 （“打开”或“关闭”）止水夹，塞紧塞子，接下来的实验步骤是
3．装置③时利用电解原理来达到实验目的．
（1）电极材料是铁棒（Fe）和碳棒（C），A极应为 （填材料的元素符号）
（2）电解质溶液可选用 （填选项序号）
A．NaCl溶液 B．CuSO4溶液 C．Na2SO4溶液 D．NaOH溶液
（3）该实验准备选用一种有机物来起到隔绝空气的作用，该有机物可以是 ．
五、（本题包括2小题，共12分）
23．有机物A的结构简式是，它可以通过不同的反应得到下列物质：
B． C． D．
（1）写出A制取C、D两种物质的有机反应类型：C D ．
（2）写出由A制取B的化学方程式： ．
24．化合物X是一种香料，可采用乙烯与甲苯为主要原料，按下列路线合成：
已知：RXROH；RCHO+CH3COOR′RCH=CHCOOR′
请回答：
（1）E中官能团的名称是 ．
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（2）B+D→F的化学方程式 ．
（3）X的结构简式 ．
（4）对于化合物X，下列说法正确的是 ．
A．能发生水解反应 B．不与浓硝酸发生取代反应
C．能使Br2/CCl4溶液褪色 D．能发生银镜反应
（5）下列化合物中属于F的同分异构体的是 ．
A． B．
C．CH2=CHCH=CHCH=CHCH=CHCOOH D．
25．6分某种盐可表示为：[xFeSO4•yAl2 （SO4）3•24H20]（其摩尔质量为 926g•mol﹣1），常用于制备高效的复合型高效混凝剂．其组成可通过下列实验测定．
①取一定质量的上述盐样品，准确配成100mL溶液A．
②量取25.00mL溶液A，加入盐酸酸化的BaCl2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤，干燥至恒 重，得到白色固体4.660g．
③再量取25.00mL溶液A，滴加适量稀硫酸，用0.1000mol•L﹣1 KMnO4溶液滴定至终点，生成Mn2+，消耗KMnO4溶液10.00mL．
（1）在25.00mL式样中，n（S042﹣）= mol，n（Fe2+）= mol
（2）铁明矾的化学式为 ．
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2015-2016学年浙江省杭州七中高三（上）第三次月考化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，共16分）
1．化学与社会、生产、生活密切相关．下列说法不正确的是（ ）
A．大量排放氮氧化物可以形成酸雨、产生光化学烟雾，威胁人类生活环境
B．食用地沟油对人体危害大，但地沟油可用来制肥皂
C．明矾水解可生成Al（OH）3胶体，常用于水的杀菌消毒
D．人们可利用元素周期律在过渡元素中寻找性能优良的催化剂
【考点】常见的生活环境的污染及治理；盐类水解的应用；油脂的性质、组成与结构．
【专题】化学应用．
【分析】A．氮的氧化物的排放能够引起酸雨和光化学烟雾；
B．地沟油为酯类物质，可在碱性条件下水解，用来制备肥皂；
C．明矾净水作用是铝离子水解生成氢氧化铝胶体的吸附作用；
D．优良的催化剂如：铁、镍等存在于过渡元素中．
【解答】解：A．氮的氧化物的排放能够引起酸雨和光化学烟雾，威胁人类生活环境，故A正确；
B．地沟油对胃、肠、肝、心血管都会有损害，长期食用可能会引发癌症，对人体有害，地沟油为酯类物质，可在碱性条件下水解，用来制备肥皂，故B正确；
C．明矾净水作用是铝离子水解生成氢氧化铝胶体的吸附作用，无消毒杀菌的作用，故C错误；
D．依据元素周期表的结构可知，过渡元素中存在优良的催化剂，故D正确；
故选：C．
【点评】化学与我们的生活息息相关，与生活相关的知识是中考考查的热点之一，熟悉酸雨、光化学烟雾成因，明确地沟油的成分、明矾净水的原理是解题关键，题目难度不大．
2．NA为阿伏伽德罗常数的数值，下列叙述错误的是（ ）
A．标准状况下，11.2L氦气中含有0.5NA原子
B．标准状况下，0.1molCl2参加反应，转移的电子数目一定为0.2NA
C．常温常压下，46gNO2和N2O4混合气体中含有原子总数为3NA
D．1molNa与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，转移电子总数NA
【考点】阿伏加德罗常数．
【分析】A、标准状况下氦气是单原子分子；
B、氯气可以自身氧化还原反应，也可以只做氧化剂；
C、NO2和N2O4的最简式相同，只需计算46gNO2中原子数；
D、1mol钠完全反应失电子1mol．
【解答】解：A、标准状况下氦气是单原子分子，标准状况下，11.2L氦气中含有0.5NA原子，故A正确；
B、氯气可以自身氧化还原反应，也可以只做氧化剂，0.1molCl2参加反应，身氧化还原反应电子转移0.1mol，也可以只做氧化剂电子转移为2mol，转移的电子数目不一定为0.2NA，故B错误；
C、NO2和N2O4的最简式相同，只需计算46gNO2中原子数=×3×NA=3NA，故C正确；
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D、1mol钠完全反应失电子1mol，生成Na2O和Na2O2的混合物，转移电子总数NA，故D正确；
故选B．
【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是气体摩尔体积条件的应用分析，氧化还原反应电子转移的计算判断，掌握基础是关键，题目较简单．
3．在水或水溶液中，不能通过化合反应制得下列物质中的（ ）
A．Na2CO3 B．FeCl2 C．FeCl3 D．NaHCO3
【考点】盐类水解的应用．
【专题】盐类的水解专题．
【分析】A．在水溶液里，碱或盐生成碳酸钠需要发生复分解反应；
B．氯化铁和铁反应生成氯化亚铁；
C．氯化亚铁和氯气反应生成氯化铁；
D．碳酸钠和二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠．
【解答】解：A．在水溶液里，碱或盐生成碳酸钠需要发生复分解反应，不能发生化合反应制得，故A选；
B．氯化铁和铁反应生成氯化亚铁，反应方程式为2FeCl3+Fe=3FeCl2，故B不选；
C．氯化亚铁和氯气反应生成氯化铁，反应方程式为：2FeCl2+Cl2=2FeCl3，故C不选；
D．碳酸钠和二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，反应方程式为Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，故D不选；
故选A．
【点评】本题考查了物质间的反应，明确物质的性质是解本题关键，根据物质的性质来分析解答，题目难度不大．
4．以下反应可以类推的是（ ）
①由2AlCl3+3Na2S+6H2O═2Al（OH）3↓+3H2S↑+6NaCl类推2FeCl3+3Na2S+6H2O═2Fe（OH）3↓+3H2S↑+6NaCl
②由Ca（HCO3）2+2NaOH（过量）═CaCO3↓+Na2CO3+2H2O类推Mg（HCO3）2+2NaOH（过量）═MgCO3↓+Na2CO3+2H2O
③由NH4ClNH3+HCl类推NH4NO3NH3+HNO3
④由Ca（ClO）2+CO2+H2O═CaCO3↓+2HClO类推2C6H5ONa+CO2+H2O═Na2CO3↓+2C6H5OH．
A．②和③ B．仅有③ C．仅有④ D．以上都错
【考点】镁、铝的重要化合物；铵盐．
【专题】类比迁移思想．
【分析】①2AlCl3+3Na2S+6H2O═2Al（OH）3↓+3H2S↑+6NaCl为双水解反应；而FeCl3与Na2S发生氧化还原反应；
②Mg（HCO3）2与NaOH（过量）反应生成Mg（OH）2沉淀，不会生成MgCO3；
③由NH4ClNH3+HCl类推NH4NO3NH3+HNO3的反应条件不同；
④HClO是无机物，而C6H5OH是有机物．
【解答】解：①2AlCl3+3Na2S+6H2O═2Al（OH）3↓+3H2S↑+6NaCl为双水解反应；而FeCl3与Na2S发生氧化还原反应，此类推不合理；
②Mg（HCO3）2与NaOH（过量）反应生成Mg（OH）2沉淀，不会生成MgCO3，故类推不合理；
31
③由NH4ClNH3+HCl类推NH4NO3NH3+HNO3的反应条件不同，故类推不合理；
④HClO是无机物，而C6H5OH是有机物，故类推不合理．
故选D．
【点评】类推思维在化学学习中是一种很重要的学习方法，要加以合理运用．解答本题要掌握物质的分类方法和物质的性质等方面的内容，只有这样才能对相关方面的问题做出正确的判断．
5．著名化学家徐光宪获得2008年度“国家最高科学技术奖”，以表彰他在稀土萃取理论方面作出的贡献．稀土铈（Ce）元素主要存在于独居石中，金属铈在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应．已知：铈常见的化合价为+3和+4，氧化性：Ce4+＞Fe3+． 下列说法正确的是（ ）
A．铈（Ce）元素在自然界中主要以单质形式存在
B．铈溶于氢碘酸的化学方程式可表示为：Ce+4HI=CeI4+2H2↑
C．用Ce（SO4）2溶液滴定硫酸亚铁溶液，其离子方程式为：Ce4++2Fe2+=Ce3++2Fe3+
D．四种稳定的核素 、、、，它们互称为同位素
【考点】氧化性、还原性强弱的比较；同位素及其应用．
【专题】物质的分类专题；氧化还原反应专题．
【分析】A、金属铈在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应分析；
B、铈离子具有氧化性，碘离子具有还原性，二者可以发生氧化还原反应；
C、根据氧化性是Ce4+＞Fe3+，结合离子反应遵循电荷守恒来回答；
D、具有相同质子数，不同中子数的不同原子互为同位素．
【解答】解：A、属铈在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应；铈（Ce）元素在自然界中主要以化合物形式存在，故A错误；
B、金属铈可以和强酸HI酸反应生成盐和水，但是铈离子具有氧化性，碘离子具有还原性，二者可以继续发生氧化还原反应，故B错误；
C、氧化性是Ce4+＞Fe3+，所以用Ce（SO4）2溶液滴定硫酸亚铁溶液，其离子方程式为：Ce4++Fe2+═Ce3++Fe3+，故C错误；
D、核素13658Ce、13858Ce、14058Ce、14258Ce，是具有相同质子数，不同中子数的不同原子，它们互称为同位素，故D正确；
故选D．
【点评】本意是一道关于氧化还原反应的综合知识题目，可以根据教材知识来回答，题目难度中等．
6．下列说法不正确的是（ ）
①非金属元素构成的单质中一定存在共价键；
②非金属之间形成的化合物一定是共价化合物；
③非金属的气态氢化物中一定存在极性共价键；
④离子化合物中一定含有离子键；
⑤金属元素和非金属元素形成的化合物一定是离子化合物；
⑥在一种化合物中只能存在一种类型的化学键；
⑦含共价键的化合物不一定是共价化合物；
⑧含离子键的化合物一定是离子化合物；
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⑨氯化钠和HCl溶于水都发生电离，克服粒子间作用力的类型相同．
A．③④⑦⑧ B．①③④⑦⑧ C．①②⑤⑥⑨ D．①④⑦⑨
【考点】化学键；极性键和非极性键；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别．
【专题】化学键与晶体结构．
【分析】①非金属元素构成的单质中不一定存在共价键，单原子分子不存在化学键；
②非金属之间形成的化合物不一定是共价化合物，可能是离子化合物；
③不同非金属元素之间易形成极性键；
④离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键；
⑤金属元素和非金属元素形成的化合物不一定是离子化合物，可能是共价化合物；
⑥在一种化合物中不一定存在一种类型的化学键；
⑦含共价键的化合物不一定是共价化合物，可能是离子化合物；
⑧含离子键的化合物一定是离子化合物；
⑨氯化钠和HCl溶于水都发生电离，氯化钠中含有离子键、HCl中含有共价键．
【解答】解：①非金属元素构成的单质中不一定存在共价键，单原子分子不存在化学键，稀有气体中不存在化学键，故错误；
②非金属之间形成的化合物不一定是共价化合物，可能是离子化合物，如铵盐，故错误；
③不同非金属元素之间易形成极性键，所以非金属的气态氢化物中一定存在极性共价键，故正确；
④离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键，如Na2O2，故正确；
⑤金属元素和非金属元素形成的化合物不一定是离子化合物，可能是共价化合物，如氯化铝，故错误；
⑥在一种化合物中不一定存在一种类型的化学键，如硫酸钠中含有离子键和共价键，故错误；
⑦含共价键的化合物不一定是共价化合物，可能是离子化合物，如NaOH，故正确；
⑧含离子键的化合物一定是离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，故正确；
⑨氯化钠和HCl溶于水都发生电离，氯化钠中含有离子键、HCl中含有共价键，所以氯化钠和HCl溶于水都发生电离，克服粒子间作用力的类型不同，故错误；
故选C．
【点评】本题考查了物质和化学键的关系，明确物质的构成微粒及微粒间作用力即可解答，注意：并不是所有物质中都含有化学键，不能根据是否含有金属元素判断离子键，为易错点．
7．化学反应中，有时存在“一种物质过量，另一种物质仍不能完全反应”的特殊情况．下列反应中属于这种情况的是（ ）
①过量的锌与18mol•L﹣1的硫酸反应；②过量的氢气与少量氮气在催化剂存在下充分反应；③过量的Mn02与浓盐酸（加热）；④过量铜与浓硫酸（加热）；⑤过量稀硝酸与银反应；⑥过量稀硫酸与块状石灰石．
A．①④⑤⑥ B．②③④⑥ C．①②③⑤ D．①②③④⑤⑥
【考点】浓硫酸的性质；硝酸的化学性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用．
【专题】元素及其化合物．
【分析】①锌和浓硫酸、稀硫酸都反应；
②氢气和氮气之间存在可逆反应；
③Mn02与浓盐酸（加热）反应生成氯气，和稀盐酸不反应；
④铜与浓硫酸（加热）反应，但和稀硫酸不反应；
31
⑤银和稀硝酸反应生成硝酸银和NO；
⑥硫酸和石灰石反应生成微溶物硫酸钙．
【解答】解：①锌和浓硫酸、稀硫酸都反应，所以过量的锌与18mol•L﹣1的硫酸反应时，硫酸不剩余，故不选；
②氢气和氮气之间存在可逆反应，所以反应物不可能转化为生成物，故选；
③Mn02与浓盐酸（加热）反应生成氯气，和稀盐酸不反应，所以二氧化锰过量时盐酸有剩余，故选；
④铜与浓硫酸（加热）反应，但和稀硫酸不反应，所以铜过量时有硫酸剩余，故选；
⑤银和稀硝酸反应生成硝酸银和NO，所以当银剩余时硝酸完全反应，故不选；
⑥硫酸和石灰石反应生成微溶物硫酸钙附着在石灰石表面而阻止进一步反应，所以当稀硫酸剩余时有石灰石剩余，故选；
故选B．
【点评】本题考查了物质间的反应，明确物质的性质是解本题关键，注意二氧化锰和稀盐酸不反应、铜和稀硫酸不反应，且铜和浓硫酸反应需要加热、二氧化锰和浓盐酸反应需要加热，为易错点．
8．下列说法不正确的是（ ）
A．己烷有4种同分异构体，它们的熔点、沸点各不相同
B．在一定条件下，苯与液溴、硝酸、硫酸作用生成溴苯、硝基苯、苯磺酸的反应都属于取代反应
C．油脂皂化反应得到高级脂肪酸盐与甘油
D．聚合物（ ）可由单体CH3CH=CH2和CH2=CH2加聚制得
【考点】真题集萃；有机化学反应的综合应用．
【分析】A．己烷有五种同分异构体；
B．有机物分子中的原子或原子团被其它原子或原子团所取代的反应为取代反应；
C．油脂在碱性条件下水解生成甘油和高级脂肪酸盐；
D．凡链节主链上只有四个碳原子（无其它原子）且链节无双键的高聚物，其单体必为两种，在正中间画线断开，然后将四个半键闭合即可．
【解答】解：A．己烷有五种同分异构体，其碳链结构分别为、、、、，己烷同分异构体为不同物质，所以其熔沸点不同，且含有支链越多其熔沸点越低，故A错误；
B．在一定条件下，苯与液溴、硝酸、硫酸作用生成溴苯、硝基苯、苯磺酸的反应，是苯中的氢原子被溴原子、硝基、磺基取代，所以都属于取代反应，故B正确；
C．油脂水解生成高级脂肪酸和甘油，碱性条件下，高级脂肪酸和碱反应生成高级脂肪酸盐和水，所以实际上是油脂在碱性条件下水解生成甘油和高级脂肪酸盐，该反应为皂化反应，故C正确；
31
D．凡链节主链上只有四个碳原子（无其它原子）且链节无双键的高聚物，其单体必为两种，在正中间画线断开，然后将四个半键闭合即可，所以聚合物（ ）的单体是CH3CH=CH2和CH2=CH2，故D正确；
故选A．
【点评】本题考查较综合，涉及高聚物单体判断、取代反应判断、同分异构体种类判断、油脂水解等知识点，侧重考查基本概念、基本理论，这些都是高频考点，难点是同分异构体种类判断，要考虑官能团异构、官能团位置结构、碳链异构，易错选项是D．
二、选择题（共8小题，每小题3分，满分24分）
9．已知氧化性Fe3+＞I2．向Fe I2溶液中通入一定量的Cl2，发生反应的离子方程式为：
a Fe2++b I﹣+c Cl2→d Fe3++e I2+f Cl﹣．下列选项中的数字与离子方程式中的a、b、c、d、e、f一一对应，其中不符合反应实际的是（ ）
A．2，4，3，2，2，6 B．0，2，1，0，1，2 C．2，0，1，2，0，2 D．2，8，5，2，4，10
【考点】氧化还原反应方程式的配平．
【专题】氧化还原反应专题．
【分析】向FeI2溶液中通入氯气，氯气先和碘离子发生置换反应，然后再和亚铁离子发生反应，根据氯气和FeI2反应的离子方程式确定a、b、c、d、e、f是否符合反应实际；
A．2Fe2++4I﹣+3Cl2→2Fe3++2I2+6Cl﹣，氯气足量时可以发生；
B．0Fe2++2I﹣+Cl2→0Fe3++I2+2Cl﹣，氧化性Fe3+＞I2，可以发生；
C．2Fe2++0I﹣+Cl2→2Fe3++0I2+2Cl﹣，氯气不足时，氯气先和碘离子发生置换反应，不可以发生；
D．2Fe2++8I﹣+5Cl2→2Fe3++4I2+10Cl﹣，氯气不足，把碘离子氧化成碘单质，再部分氧化亚铁离子．
【解答】解：向FeI2溶液中通入氯气，氯气先和碘离子发生置换反应2I﹣+Cl2=2Cl﹣+I2，然后再和亚铁离子发生反应2Fe2++Cl2=Fe3++2Cl﹣；所以在含有n molFeI2的溶液中通入Cl2，有x molCl2发生反应，
当≥时，碘离子、二价铁离子全部被氧化；≤1时，只能氧化碘离子；1＜＜时，既氧化全部碘离子，又氧化部分二价铁离子；
A．氯气过量，I﹣、Fe2+都完全被完全氧化，反应方程式为2Fe2++4I﹣+3Cl2═2Fe3++2I2+6Cl﹣，故A正确；
B．氧化性Fe3+＞I2，碘离子的还原性强于二价铁离子，氯气少量，只能氧化碘离子，0Fe2++2I﹣+Cl2→0Fe3++I2+2Cl﹣，故B正确；
C．氧化性Fe3+＞I2，碘离子的还原性强于二价铁离子，氯气少量，只能氧化碘离子，不可以先氧化二价铁离子，故C错误；
D．当加入的氯气把I﹣完全氧化成I2，还有部分剩余时，再部分氧化亚铁离子，可以发生反应2Fe2++8I﹣+5Cl2→2Fe3++4I2+10Cl﹣，故D正确；
故选C．
【点评】本题以氯气和碘化亚铁的反应为载体考查了氧化还原反应，明确溶液中离子反应的先后顺序是解本题的关键，题目难度中等．
31
10．T℃时在2L密闭容器中使X（g）与Y（g）发生反应生成Z（g）．反应过程中X、Y、Z的浓度变化如图1所示；若保持其他条件不变，温度分别为T1和T2时，Y的体积百分含量与时间的关系如图2所示．则下列结论正确的是（ ）
A．反应进行的前3min内，用X表示的反应速率v（X）=0.3mol•（L•min）﹣1
B．容器中发生的反应可表示为：3X（g）+Y（g）⇌2Z（g）
C．保持其他条件不变，升高温度，反应的化学平衡常数K减小
D．若改变反应条件，使反应进程如图3所示，则改变的条件是增大压强
【考点】产物的百分含量随浓度、时间的变化曲线；物质的量或浓度随时间的变化曲线．
【专题】压轴题；化学平衡专题．
【分析】A、根据3min内X的物质的量的变化量计算化学反应速率；
B、根据物质的量的变化量与化学计量数成正比书写化学方程式；
C、根据图2中曲线的斜率大小判断温度的高低；
D、图3与图1比较，判断平衡是否发生移动，根据影响平衡移动的因素判断．
【解答】解：A、反应进行的前3min内，v（X）==0.1mol/（L•min），故A错误；
B、根据图1分析，反应中X、Y的物质的量逐渐减小，Z的物质的量逐渐增大，所以X、Y为反应物，Z为生成物，根据物质的量的变化量与化学计量数成正比可知0.4mol：0.2mol：0.4mol=3：1：2，所以反应的化学方程式为3X（g）+Y（g）2Z（g），故B正确；
C、根据图2中曲线的斜率大小判断，T2时先到达平衡状态，说明反应速率大，根据温度越高反应速率越大说明T2温度高，温度升高时Y的百分含量降低，说明平衡向正反应方向移动，则平衡常数增大，故C错误；
D、图3与图1比较，图3到达平衡所用的时间较短，说明反应速率增大，但平衡状态没有发生改变，应是加入催化剂所致，故D错误．
故选B．
【点评】本题考查化学平衡移动以及平衡图象题，做题时注意分析图象中曲线的变化规律，结合外界条件对平衡移动的影响进行分析，题目难度中等．
11．下列实验方案中，不能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的是（ ）
A．取a克混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b克
B．取a克混合物充分加热，减重b克
C．取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b克固体
D．取a克混合物与足量Ba（OH）2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体
【考点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质．
【专题】元素及其化合物．
【分析】实验方案是否可行，关键看根据测量数据能否计算出结果．
31
A．应先把水蒸气排除才合理；
B．此方案利用碳酸氢钠的不稳定性，利用差量法即可计算质量分数；
C．根据钠守恒，可列方程组求解；
D．根据质量关系，可列方程组求解．
【解答】解：A．混合物与足量稀硫酸充分反应，也会生成水和二氧化碳，所以逸出的气体是二氧化碳，但会混有水蒸气，即碱石灰增加的质量不是二氧化碳的质量，不能测定含量，故A选；
B．NaHCO3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，所以通过加热分解利用差量法即可计算出Na2CO3质量分数，故B不选；
C．Na2CO3和NaHCO3均可与盐酸反应生成水、二氧化碳和氯化钠，所以bg固体是氯化钠，利用守恒法可计算出Na2CO3质量分数，故C不选；
D．Na2CO3和NaHCO3都与Ba（OH）2反应，反应的方程式为CO32﹣+Ba2+═BaCO3↓、HCO3﹣+OH﹣+Ba2+═H2O+BaCO3↓，因此最后得到的固体是BaCO3，所以可以计算出Na2CO3质量分数，故D不选；
故选：A．
【点评】本题考查物质含量的实验方案的设计，题目难度中等，注意把握物质的性质以及实验方案的原理．
12．葡萄糖氧化是人体获得能量的途径之一．某同学利用葡萄糖的氧 化反应原理，设计了如图所示的装置．下列说法正确的是（ ）
A．若形成原电池时，B极是负极
B．加入H2SO4，溶液中H+向A极移动
C．加入NaOH，A的电极反应式为C6H12O6﹣24e﹣+36OH﹣═6CO32﹣+24H2O
D．不再添加任何试剂，该装置即能获得电流
【考点】原电池和电解池的工作原理．
【专题】电化学专题．
【分析】A、失电子的一极为负极；
B、溶液中阳离子向正极移动；
C、碱性条件下，C6H12O6在负极失电子生成碳酸根离子和水；
D、葡萄糖溶液不导电．
【解答】解：A、葡萄糖与氧气形成原电池时，葡萄糖具有还原性，失电子、被氧化，为负极，氧气为正极，则B为正极，故A错误；
B、原电池电解质溶液中阳离子向正极移动，则加入H2SO4，溶液中H+向B极移动，故B错误；
C、碱性条件下，C6H12O6在负极失电子生成碳酸根离子和水，则加入NaOH，A的电极反应式为C6H12O6﹣24e﹣+36OH﹣═6CO32﹣+24H2O，故C正确；
D、葡萄糖溶液不导电，所以应该在葡萄糖溶液中加入电解质，故D错误．
31
故选C．
【点评】本题考查了原电池原理的应用，注意把握正负极的判断和电极方程式的书写，题目难度不大．
13．为实现下列实验目的，依据下表提供的主要仪器，所用试剂合理的是（ ）
选项
实验目的
主要玻璃仪器
试剂及试纸
A
鉴定NH4+离子
试管、滴管
待测液、pH试纸
B
制备无水FeCl3
蒸发皿、酒精灯、玻璃棒
溶液FeCl3
C
除去乙酸乙酯中的乙酸杂质
分液漏斗、烧杯
含乙酸杂质的乙酸乙酯、饱和碳酸钠
D
测定白醋中醋酸的浓度
滴定管、锥形瓶、烧杯
0.5000mol•L﹣1NaOH溶液、白醋样品
A．A B．B C．C D．D
【考点】化学实验方案的评价．
【分析】A．铵根离子与碱反应生成氨气，pH试纸检验氨气；
B．铁离子水解，直接蒸干不能得到无水FeCl3；
C．乙酸与饱和碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层；
D．酸碱中和反应生成水和盐，现象不明显．
【解答】解：A．铵根离子与碱反应生成氨气，pH试纸检验氨气，缺少必要的试剂NaOH等，故A错误；
B．铁离子水解，直接蒸干不能得到无水FeCl3，缺少必要的试剂HCl，应在HCl气流中蒸发，故B错误；
C．乙酸与饱和碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层，然后分液可分离，试剂、仪器均合理，故C正确；
D．酸碱中和反应生成水和盐，现象不明显，缺少必要的指示剂，故D错误；
故选C．
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及离子检验、混合物分离提纯、中和滴定等，把握反应原理及混合物分离提纯方法、物质的性质等为解答的关键，侧重分析与实验能力的综合考查，题目难度中等．
14．某溶液可能含有Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣、NH4+、Fe3+、Al3+和K+．取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1.6g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀．由此可知原溶液中（ ）
A．至少存在5种离子
B．Cl﹣一定存在，且c（Cl‑）≥0.4mol/L
C．SO42﹣、NH4+、一定存在，Cl﹣可能不存在
D．CO32﹣、Al3+一定不存在，K+可能存在
【考点】常见阳离子的检验；常见阴离子的检验．
【专题】离子反应专题．
【分析】加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，可知一定存在铵离子；
红褐色沉淀是氢氧化铁，1.6g固体为三氧化二铁，可知一定有Fe3+，一定没有CO32﹣；
4.66g不溶于盐酸的沉淀，硫酸钡沉淀，物质的量为：0.02mol；
31
根据以上数据推算存在离子，根据电荷守恒推算氯离子的存在及数据．
【解答】解：由于加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，说明一定有NH4+，且物质的量为0.02mol；同时产生红褐色沉淀，说明一定有Fe3+，1.6g固体为氧化铁，物质的量为0.01mol，故有0.02molFe3+，一定没有CO32﹣；
4.66g不溶于盐酸的沉淀为硫酸钡，一定有SO42﹣，物质的量为0.02mol；根据电荷守恒，必须还有阴离子，因此一定有Cl﹣，至少0.02mol×3+0.02﹣0.02mol×2=0.04mol，物质的量浓度至少 =0.4mol/L，
A、至少存在Cl﹣、SO42﹣、NH4+、Fe3+四种离子，故A错误；
B、根据电荷守恒，至少存在0.04molCl﹣，故B正确；
C、一定存在氯离子，故C错误；
D、Al3+无法判断是否存在，故D错误；
故选B．
【点评】本题考查离子共存知识，做题是认真阅读、分析题中数据，合理分析，特别是氯离子的推断，难度中等．
15．根据表数据，下列判断正确的是（ ）
电离常数
HF：
Ka1=3.6×10﹣4
H3PO4：
Ka1=7.5×10﹣3
Ka2=6.2×10﹣8
Ka3=2.2×10﹣13
A．在等浓度的NaF、NaH2PO4混合溶液中，c（Na+）+c（H+）=c（F﹣）+c（H2PO4﹣）+c（OH﹣）
B．少量H3PO4和NaF反应的离子方程式为：H3PO4+F﹣→H2PO4﹣+HF
C．同温同浓度时，溶液的pH：NaF＞NaH2PO4＞Na2HPO4
D．结合H+的能力：PO43﹣＞F﹣＞HPO42﹣
【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．
【专题】电离平衡与溶液的pH专题．
【分析】A、等浓度的NaF、NaH2PO4混合溶液中，根据电荷守恒可知：c（Na+）+c（H+）=c（F﹣）+c（H2PO4﹣）+c（OH﹣）+2c（HPO42﹣）+3c（PO43﹣）；
B、因为6.2×10﹣8＜3.6×10﹣4＜7.5×10﹣3，所以H3PO4和NaF反应只能电离出一个氢离子；
C、酸越弱对应酸根离子的水解能力越强，pH值越大；
D、酸根离子对应的酸越弱，结合氢离子的能力越强．
【解答】解：A、等浓度的NaF、NaH2PO4混合溶液中，根据电荷守恒可知：c（Na+）+c（H+）=c（F﹣）+c（H2PO4﹣）+c（OH﹣）+2c（HPO42﹣）+3c（PO43﹣），故A错误；
B、因为6.2×10﹣8＜3.6×10﹣4＜7.5×10﹣3，所以H3PO4和NaF反应只能电离出一个氢离子，所以反应方程式为：H3PO4+F﹣═H2PO4﹣+HF，故B正确；
C、酸性由弱到强的顺序为：HPO42﹣＜H2PO4﹣＜HF＜H3PO4，所以溶液的pH：Na2HPO4＞NaF＞NaH2PO4，故C错误；
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D、酸根离子对应的酸越弱，结合氢离子的能力越强，所以结合H+的能力：PO43﹣＞HPO42﹣＞F﹣，故D错误；
故选：B．
【点评】本题考查电荷守恒、离子方程式的书写、盐溶液的酸碱性和离子结合氢离子的能力，有一定的难度．
16．某Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入1mol•L﹣1的盐酸，测得溶液中的CO32﹣、HCO3﹣、AlO2﹣、Al3+离子的物质的量与加入盐酸溶液的体积变化关系如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．原混合溶液中的CO2﹣3与AlO﹣2的物质的量之比为1：2
B．V1：V2=1：5
C．M点时生成的CO2为0.05mol
D．a曲线表示的离子方程式为：AlO﹣2+H++H2O=Al（OH）3↓
【考点】镁、铝的重要化合物；钠的重要化合物；有关混合物反应的计算．
【专题】计算题；元素及其化合物．
【分析】Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入1mol•L﹣1的盐酸．
首先，发生反应AlO2﹣+H++H2O═Al（OH）3↓，a线表示AlO2﹣，由图可知AlO2﹣反应完毕，加入盐酸50mL，根据方程式可知n（AlO2﹣）=n（H+）=0.05L×1mol/L=0.05mol．
第二阶段，AlO2﹣反应完毕，发生反应CO32﹣+H+═HCO3﹣，b线表示CO32﹣，c线表示HCO3﹣，由图可知CO32﹣反应完毕，该阶段加入盐酸100mL﹣50mL=50mL，根据方程式可知n（CO32﹣）=n（H+）=0.05L×1mol/L=0.05mol．
第三阶段，CO32﹣反应完毕，发生反应HCO3﹣+H+═CO2↑+H2O，d线表示HCO3﹣，由图可知HCO3﹣反应完毕，该阶段加入盐酸150mL﹣100mL=50mL，根据方程式可知n（HCO3﹣）=n（H+）．
第四阶段，发生反应Al（OH）3+3H+═Al3++3H2O，e线表示Al3+，由图可知Al（OH）3反应完毕，根据方程式可知n（H+）=3n[Al（OH）3]=3×0.05mol=0.15mol，该阶段加入盐酸体积为=0.15L=150mL．
据此结合选项解答．
【解答】解：Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入1mol•L﹣1的盐酸．
首先，发生反应AlO2﹣+H++H2O═Al（OH）3↓，a线表示AlO2﹣，由图可知AlO2﹣反应完毕，加入盐酸50mL，根据方程式可知n（AlO2﹣）=n（H+）=0.05L×1mol/L=0.05mol．
第二阶段，AlO2﹣反应完毕，发生反应CO32﹣+H+═HCO3﹣，b线表示CO32﹣，c线表示HCO3﹣，由图可知CO32﹣反应完毕，该阶段加入盐酸100mL﹣50mL=50mL，根据方程式可知n（CO32﹣）=n（H+）=0.05L×1mol/L=0.05mol．
第三阶段，CO32﹣反应完毕，发生反应HCO3﹣+H+═CO2↑+H2O，d线表示HCO3﹣，由图可知HCO3﹣反应完毕，该阶段加入盐酸150mL﹣100mL=50mL，根据方程式可知n（HCO3﹣）=n（H+）．
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第四阶段，发生反应Al（OH）3+3H+═Al3++3H2O，e线表示Al3+，由图可知Al（OH）3反应完毕，根据方程式可知n（H+）=3n[Al（OH）3]=3×0.05mol=0.15mol，该阶段加入盐酸体积为=0.15L=150mL．
A、由上述分析可知，原混合溶液中的CO32﹣与AlO﹣2的物质的量之比为0.05mol：0.05mol=1：1，故A错误；
B、原溶液中n（CO32﹣）=0.05mol，V1时溶液中碳酸氢根离子等于碳酸根离子为0.025ml，由反应CO32﹣+H+═HCO3﹣可知，需要盐酸为0.025mol，盐酸的体积为=0.025L=25mL，故V1=50mL+25mL=75mL，由上述分析可知，V2=150mL+150mL=300mL，故V1：V2=75mL：300mL=l：4，故B错误；
C、由上述分析可知M点时溶液中CO32﹣完全转化为HCO3﹣，没有CO2生成，故C错误；
D、由上述分析可知，a曲线表示的离子方程式为：AlO﹣2+H++H2O=Al（OH）3↓，故D正确．
故选：D．
【点评】考查离子反应与图象关系、化学计算等，难度中等，清楚离子反应的先后顺序是解题的关键．
三、（本题包括4小题，共26分）
17．有关元素X、Y、Z、D、E的信息如下
元素
有关信息
X
元素主要化合价为﹣2，原子半径为0.074nm．
Y
所在主族序数与所在周期序数之差为4．
Z
原子半径为0.102nm，核外最外层电子数是其电子层数的2倍，其单质在X的单质中燃烧，发出明亮的蓝紫色火焰．
D
最高价氧化物对应的水化物，能电离出离子数、电子数都相等的阴、阳离子．
E
单质是生活中常见金属，其制品在潮湿空气中易被腐蚀或损坏．
请回答下列问题：
（1）X的一种氢化物可用于实验室制取X的单质，其反应的化学方程式为 2H2O22H2O+O2↑ ．
（2）E元素与Y元素可形成EY2和EY3两种化合物，下列说法不正确的是 ②③ （填序号）．
①保存EY2溶液时，需向溶液加入少量E单质．
②通常实验室配制EY3溶液时，直接用水溶解EY3固体即可．
③EY2只能通过置换反应生成，EY3只能通过化合反应生成．
④铜片、碳棒和EY3溶液组成原电池，电子由铜片沿导线流向碳棒．
（3）用化学符号表示D2Z的水溶液中各离子浓度从大到小的顺序是 Na+＞S2﹣＞OH﹣＞HS﹣＞H+ ．
【考点】位置结构性质的相互关系应用．
【专题】元素周期律与元素周期表专题．
【分析】
31
X元素主要化合价为﹣2，处于VIA族，Z单质在X的单质中燃烧，发出蓝紫色火焰，则Z为S元素、X为O元素；Y所在主族序数与所在周期序数之差为4，Y若处于第二周期，则为氧元素，与X相同，不符合题意，则X处于第三周期，故处于ⅦA，Y为Cl元素；D的最高价氧化物对应的水化物，能电离出离子数、电子数都相等的阴、阳离子，则D为Na；E单质是生活中常见金属，其制品在潮湿空气中易被腐蚀或损坏，则E为Fe元素，据此解答．
【解答】解：X元素主要化合价为﹣2，处于VIA族，Z单质在X的单质中燃烧，发出蓝紫色火焰，则Z为S元素、X为O元素；Y所在主族序数与所在周期序数之差为4，Y若处于第二周期，则为氧元素，与X相同，不符合题意，则X处于第三周期，故处于ⅦA，Y为Cl元素；D的最高价氧化物对应的水化物，能电离出离子数、电子数都相等的阴、阳离子，则D为Na；E单质是生活中常见金属，其制品在潮湿空气中易被腐蚀或损坏，则E为Fe元素．
（1）X的一种氢化物可用于实验室制取X的单质，应是过氧化氢分解生成水与氧气，其反应的化学方程式为2H2O22H2O+O2↑，
故答案为：2H2O22H2O+O2↑；
（2）E元素与Y元素可形成FeCl2和FeCl3两种化合物，
①由于亚铁离子易被氧化，保存FeCl2溶液时，需向溶液加入少量Fe单质，故正确；
②铁离子易水解，通常实验室配制FeCl3溶液时，将氯化铁溶解在盐酸中，故错误；
③FeCl2可以由氯化铁与Fe反应得到，属于化合反应，故错误；
④铜片、碳棒和FeCl3溶液组成原电池，Cu为负极，碳棒为正极，电子由铜片沿导线流向碳棒，故正确，
故选：②③；
（3）Na2S的水溶液中S2﹣水解，溶液呈碱性，溶液中氢氧根离子源于水的电离、S2﹣、HS﹣水解，则溶液中各离子浓度从大到小的顺序是：Na+＞S2﹣＞OH﹣＞HS﹣＞H+，
故答案为：Na+＞S2﹣＞OH﹣＞HS﹣＞H+．
【点评】本题考查结构性质位置关系应用，难度不大，推断元素是解题关键，注意对基础知识的理解掌握．
18．臭氧是一种强氧化剂，常用于消毒、灭菌等．
（1）O3与KI溶液反应生成的两种单质是 I2 和 O2 ．（填分子式）
（2）O3在水中易分解，一定条件下，O3的浓度减少一半所需的时间（t）如下表所示．已知：O3的起始浓度为0.0216mol/L．
pH
t/min
T/℃
3.0
4.0
5.0
6.0
20
301
231
169
58
30
158
108
48
15
50
31
26
15
7
①pH增大能加速O3分解，表明对O3分解起催化作用的是 OH﹣ ．
②在30℃、pH=4.0条件下，O3的分解速率为 1.00×10﹣4 mol/（L•min）；
③据表中的递变规律，推测O3在下列条件下分解速率依次增大的顺序为 b、a、c ．（填字母代号）
a． 40℃、pH=3.0 b． 10℃、pH=4.0 c． 30℃、pH=7.0
（3）O3可由臭氧发生器（原理如图）电解稀硫酸制得．
31
①图中阴极为 A （填“A”或“B”），其电极反应式为 2H++2e﹣═H2↑ ．
②若C处通入O2，则A极的电极反应式为 O2+4H++4e﹣═2H2O ．
③若C处不通入O2，D、E处分别收集到x L和y L气体（标准状况），则E处收集的气体中O3所占的体积分数为 （忽略O3的分解）．
【考点】臭氧；反应速率的定量表示方法；化学反应速率的影响因素；电解原理．
【专题】压轴题；化学反应速率专题；电化学专题．
【分析】（1）O3与KI溶液反应生成的两种单质只能为O2、I2；
（2）①pH增大，则OH﹣浓度增大；
②根据v=计算；
③根据pH和温度判断达到平衡所用的时间的范围，可判断分解速率；
（3））①由图可知，B极生成O2、O3，B极反应氧化反应，电解池阳极发生氧化反应，故A为阴极；
②C处通入O2，O2发生还原反应，在酸性条件下生成水；
③若C处不通入O2，实质为电解水，D处为氢气，体积为x L，E处为氧气、臭氧，体积共为yL，令臭氧的体积为ZL，利用电子转移守恒列放出计算Z的值，再根据体积分数定义计算．
【解答】解：（1）O3与KI溶液反应生成的两种单质只能为O2、I2，故答案为：O2；I2；
（2）①pH增大，则OH﹣浓度增大，pH增大能加速O3分解，表明对O3分解起催化作用的是OH﹣，故答案为：OH﹣；
②v===1.00×10﹣4mol/（L•min），故答案为：1.00×10﹣4；
③由表中数据可知，40°C、pH=3.0时，所需时间在31min～158min之间；
10°C、pH=4.0时，所需时间＞231min；
30°C、pH=7.0时，所需时间＜15min，则分解速率依次增大的顺序为b、a、c，
故答案为：b、a、c．
（3））①由图可知，B极生成O2、O3，B极反应氧化反应，电解池阳极发生氧化反应，故A为阴极，电极反应为2H++2e﹣═H2↑；
故答案为：A；2H++2e﹣═H2↑；
②C处通入O2，O2发生还原反应，在酸性条件下生成水，电极反应式为O2+4H++4e﹣=2H2O，故答案为：O2+4H++4e﹣=2H2O．
③若C处不通入O2，实质为电解水，D处为氢气，体积为x L，E处为氧气、臭氧，体积共为y L，令臭氧的体积为ZL，根据电子转移守恒有
31
x×2=Z×3×2+（y﹣Z）×2×2，解得Z=x﹣2y，所以E处收集的气体中O3所占的体积分数为，
故答案为：．
【点评】本题考查化学反应速率的影响因素的实验探究，原电池与电解池反应原理，题目难度中等，本题注意对表中数据的分析和处理．
19．已知A、B、C是中学化学的常见物质，它们在一定条件下有如图转化关系：
（1）若A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；C为红棕色气体．则A转化为 B反应的化学程式为 4NH3+5O24NO+6H2O ．
（2）若A焰色反应为黄色，D 常温下是气体，则 B可能是 Na2O （任写一种）．
（3）若D是金属，C溶液在贮存时应加入少量D，其理由是 Fe2+易被氧化，加入铁粉可防止被氧化 ．
（4）若A是一种黑色非金属单质，D 是氧化物，写出 B与 D 反应的化学方程式 CO+H2OCO2+H2 ．
【考点】无机物的推断．
【专题】无机推断．
【分析】（1）若A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，A为NH3，C为红棕色气体，C为NO2，可推知D为O2、B为NO；
（2）若A焰色反应为黄色，则A为Na，D 常温下是气体，D为O2、B为Na2O、C为Na2O2符合转化关系；
（3）若D金属，C溶液在贮存时应加入少量D，则A为Cl2，D为Fe，B为FeCl3，C为FeCl2；
（4）若A是一种黑色非金属单质，D 是氧化物，A为碳、B为CO、D为H2O、C为CO2符合转化关系．
【解答】解：（1）若A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，A为NH3，C为红棕色气体，C为NO2，可推知D为O2、B为NO，则A转化为 B反应的化学程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，
故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；
（2）若A焰色反应为黄色，则A为Na，D 常温下是气体，D为O2、B为Na2O、C为Na2O2符合转化关系，
故答案为：Na2O；
（3）若D金属，C溶液在贮存时应加入少量D，则A为Cl2，D为Fe，B为FeCl3，C为FeCl2，FeCl2溶液在贮存时应加入少量Fe，原因是：Fe2+易被氧化，加入铁粉可防止被氧化，
故答案为：Fe2+易被氧化，加入铁粉可防止被氧化；
（4）若A是一种黑色非金属单质，D 是氧化物，A为碳、B为CO、D为H2O、C为CO2符合转化关系，B与 D 反应的化学方程式为：CO+H2OCO2+H2，
31
故答案为：CO+H2OCO2+H2．
【点评】本题考查无机物推断，属于开放性题目，物质的颜色等是推断突破口，注意掌握中学常见连续反应，需要学生熟练掌握元素化合物知识，难度中等．
20．NH4Al（SO4）2 是食品加工中最为快捷的食品添加剂，用于焙烤食品．请回答下列问题：
（1）图一是 0.1mol•L﹣1电解质溶液的pH 随温度变化的图象．
其中符合0.1mol•L﹣1NH4Al（SO4）2的 pH随温度变化的曲线是 Ⅰ （填写序号），导致 pH 随温度变化的原因是 NH4Al（SO4）2水解呈酸性，升高温度，水解程度增大，pH减小 ；
（2）室温时，向100mL 0.1mol•L﹣1NH4Al（SO4）2溶液中滴加0.1mol•L﹣1NaOH溶液，得到溶液的pH与所加NaOH溶液体积的关系曲线如图二所示：
①试分析图中 a、b、c、d 四个点，水的电离程度最大是 a 点．
②下列对 b点时的说法正确的是 ABD ．
A．Al3+已经完全沉淀 B．c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）
C．Al（OH）3部分溶解 D．消耗的 NaOH 溶液体积大于300mL．
【考点】盐类水解的原理；离子浓度大小的比较．
【专题】盐类的水解专题．
【分析】（1）NH4Al（SO4）2水解，溶液呈酸性，升高温度其水解程度增大；
（2）①a、b、c、d四个点，根据反应量的关系，a点恰好消耗完H+，溶液中只有（NH4）2SO4与Na2SO4；
②b点溶液呈中性，即溶液含有（NH4）2SO4、Na2SO4、NH3•H2O三种成分，所以b点时c（Na+）＞c（SO42﹣），根据N元素与S元素的关系，可以得出c（SO42﹣）＞c（NH4+），据此分析．
【解答】解：（1）NH4Al（SO4）2水解，溶液呈酸性，升高温度其水解程度增大，pH减小，符合的曲线为Ⅰ，
故答案为：Ⅰ；NH4Al（SO4）2水解，溶液呈酸性，升高温度，其水解程度增大，pH减小；
（2）①a、b、c、d四个点，根据反应量的关系，a点恰好消耗完H+，溶液中只有（NH4）2SO4与Na2SO4，b、c、d三点溶液均含有NH3•H2O，（NH4）2SO4可以促进水的电离，而NH3•H2O抑制水的电离，所以a水的电离程度最大，则在a点，反应的离子方程式为Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，故答案为：a；
②b点溶液呈中性，即溶液含有（NH4）2SO4、Na2SO4、NH3•H2O三种成分，所以Al3+已经完全沉淀，故A正确，C错误；
b点溶液呈中性，b点时c（Na+）＞c（SO42﹣），根据N元素与S元素的关系，可以得出c（SO42﹣）＞c（NH4+），故c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+），故B正确；
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又b点溶液呈中性，即溶液含有（NH4）2SO4、Na2SO4、NH3•H2O三种成分，则氢氧化钠不仅使铝离子沉淀还与部分铵根生成了氨水，所以消耗的NaOH溶液体积大于L=300mL，故D正确；
故选：ABD．
【点评】本题考查盐类的水解和离子浓度大小的比较，题目难度较大，（2）②为易错点，注意根据守恒思想解题．
四、（本题包括2小题，共16分）
21．某同学设计了如图装置用于制取SO2，并验证SO2的部分性质，回答下列问题
（1）装置A中用于添加浓硫酸的仪器名称为 分液漏斗
（2）某同学为了检验装置中A、B两部分的气密性，进行的操作是：关闭弹簧夹a、打开弹簧夹b，用酒精灯在三口烧瓶下微热，观察到B中长导管口有明显气泡现象，他判断气密性良好．你认为是否合理 不合理 （填“合理”或“不合理”）
（3）实验前要在装置中鼓入N2，目的是 排净装置中的空气，防止溶液中SO2被空气中的O2氧化而干扰实验
（4）为了验证SO2是酸性氧化物，B中可选用的试剂是 B
A．无色酚酞溶液B．蓝色石蕊试剂C．红色品红溶液D．KI淀粉混合溶液
（5）装置C中可观察到白色沉淀现象，由此可验证SO2具有 还原性 性，相关反应的总的离子方程式为 Ba2++2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++BaSO4↓+4H+ ．
【考点】性质实验方案的设计．
【分析】（1）根据盛放浓硫酸的仪器的构造可知该仪器为分液漏斗；
（2）必须根据冷却后长导管中是否出现水柱进行判断该装置气密性；
（3）氧气能将二氧化硫氧化，所以鼓入氮气的目的是排净空气防止干扰实验；
（4）证明二氧化硫为酸性氧化物，可以使用酸碱指示剂检验，如蓝色石蕊试液，而酸性溶液不能使酚酞变色，据此进行判断；
（5）二氧化硫能够被铁离子氧化生成硫酸根离子，硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，证明了二氧化硫具有还原性，据此写出反应的离子方程式．
【解答】解：（1）根据图示装置可知，盛放浓硫酸的仪器为分液漏斗，
故答案为：分液漏斗；
（2）检验装置中A、B两部分的气密性，进行的操作是：关闭弹簧夹a、打开弹簧夹b，用酒精灯在三口烧瓶下微热，观察到B中长导管口有明显气泡现象，冷却后长导管中出现一段水柱，说明该装置气密性良好，否则无法判断该装置的气密性是否良好，
故答案为：不合理；
（3）氧气、硝酸根离子都能将二氧化硫氧化，所以如果装置中含有氧气，会干扰实验，所以排入氮气的目的是排净空气防止干扰实验，
故答案为：排净装置中的空气，防止溶液中SO2被空气中的O2氧化而干扰实验；
31
（4）A．二氧化硫溶液为酸性溶液，不能使无色酚酞溶液变色，无法检验二氧化硫为酸性氧化物，故A错误；
B．二氧化硫溶液显示酸性，能够使蓝色石蕊试剂变红，可以证明二氧化硫为酸性氧化物，故B正确；
C．二氧化硫能够使红色品红溶液褪色，证明了二氧化硫漂白性，无法证明二氧化硫为酸性氧化物，故C错误；
D．KI淀粉混合溶液与二氧化硫不发生反应，无法证明二氧化硫为酸性氧化物，故D错误；
故答案为：B；
（5）氯化铁具有氧化性，能够将二氧化硫氧化为硫酸，同时证明二氧化硫具有还原性，反应的离子方程式为：Ba2++2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++BaSO4↓+4H+，
故答案为：还原；Ba2++2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++BaSO4↓+4H+．
【点评】本题考查了性质实验方案的设计，题目难度中等，明确二氧化硫的性质及检验方法为解答关键，注意掌握性质实验方案设计的设计及评价原则，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力．
22．由于氢氧化亚铁在空气中能迅速被氧气氧化成氢氧化铁，因此要观察到氢氧化亚铁的颜色往往较为困难．某研究性学习小组的同学经过讨论后，设计出了三套能较长时间观察Fe（OH）2沉淀颜色的装置，如图．
1．根据装置①，要想达到实验目的，应先挤胶头滴管 A （填“A”或“B”）
2．利用装置②，所用试剂为NaOH溶液、铁屑、稀硫酸，
（1）试管A中加入的试剂是 稀H2SO4、Fe屑 试管B中加入的试剂是 NaOH溶液
（2）为了制得Fe（OH）2白色沉淀，现准备进行如下操作：先向试管A和B中加入试剂，然后 打开 （“打开”或“关闭”）止水夹，塞紧塞子，接下来的实验步骤是 检验试管B出口处排出的H2的纯度，当排出的H2已经纯净时再夹紧止水夹
3．装置③时利用电解原理来达到实验目的．
（1）电极材料是铁棒（Fe）和碳棒（C），A极应为 Fe （填材料的元素符号）
（2）电解质溶液可选用 ACD （填选项序号）
A．NaCl溶液 B．CuSO4溶液 C．Na2SO4溶液 D．NaOH溶液
（3）该实验准备选用一种有机物来起到隔绝空气的作用，该有机物可以是 苯或煤油等 ．
【考点】制取氢氧化铁、氢氧化亚铁．
【专题】实验设计题．
【分析】1．由于氢氧化亚铁在空气中能迅速被氧气氧化成氢氧化铁，所以应先挤胶头滴管A，反应生成氢气排掉反应装置中的空气；
2．（1）A装置内铁与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，此时打开止水夹，氢气进入B装置，排除装置内的空气，然后关闭止水夹，A内压强增大，将生成的硫酸亚铁压入B内与氢氧化钠反应生成白色的氢氧化亚铁沉淀；
（2）Fe（OH）2遇到氧气会被氧气氧化成Fe（OH）3
31
，所以在制取氢氧化亚铁时，要隔绝氧气．打开止水夹时，装置A中产生的氢气通过导管进入装置B中，当装置B中的空气全部排出时收集到的氢气为纯净的氢气，此时装置B中不含氧气对反应生成的氢氧化亚铁不再产生影响，据此分析解答；
3．（1）连接原电池正极的电极为电解池的阳极，阳极发生氧化反应；
（2）根据电解的原理和实验的目的，选择的电解质电离出的离子不能在溶液中到电子，在碳极析出；
（3）Fe（OH）2遇到氧气会被氧气氧化成Fe（OH）3，需选用一种有机物来起到隔绝空气的作用，该有机物的密度需比水小，且与水不反应不互溶．
【解答】解：1．氢氧化亚铁不能与氧气接触，装置中含有空气，所以须先滴硫酸，铁和稀硫酸反应的化学方程式为：Fe+H2S04=FeS04+H2↑，生成氢气排掉反应装置中的空气，从而达到防止被氧化的目的，
故答案为：A；
2．（1）若要在该装置中得到Fe（OH）2白色絮状沉淀，先打开止水夹，A装置内铁与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，把导管中的空气排入B中，并且通过出气口排出，使氢氧化亚铁不能与氧气充分接触，从而达到防止被氧化的目的，关闭止水夹，A内压强增大，将反应生成的硫酸亚铁能够进入氢氧化钠溶液中，并且能够发生化学反应生成硫酸钠和氢氧化亚铁，同时通过出气口排出，所以试管A中加入的试剂是稀H2SO4、Fe屑，试管B中加入的试剂是NaOH溶液，
故答案为：稀H2SO4、Fe屑；NaOH溶液；
（2）此题涉及气体生成与检验，所以要检查装置的气密性，检查完毕在装置中加入试剂并塞上塞子，打开止水夹，A中生成氢气进入装置B，要检验装置B中空气是否排尽，要在装置ⅡB管口检验气体的纯度，待气体纯净，关闭止水夹，A中气压增大，使A中的药品进入B中，与B中的药品反应得到氢氧化亚铁，
故答案为：打开；检验试管B出口处排出的H2的纯度，当排出的H2已经纯净时再夹紧止水夹；
3．（1）利用电解法制取氢氧化亚铁，电极材料是铁棒（Fe）和碳棒（C），需将单质铁变成+2价的铁发生氧化反应，电解池的阳极发生氧化反应，所以A接铁棒，
故答案为：Fe；
（2）利用电解法制取氢氧化亚铁，阳极铁电极失去电子，阴极水中的氢得到电子生成氢气，同时生成氢氧根离子，氢氧根离子和二价铁离子反应生成氢氧化亚铁，若选用硫酸铜为电解质，溶液中铜离子得电子，在碳棒上析出，得不到氢氧化亚铁，
故答案为：ACD；
（3）苯和煤油密度都比水小，且与水不反应不互溶，浮在溶液的上方，能起到隔绝空气的作用，防止Fe（OH）2被氧气氧化，
故答案为：苯或煤油等．
【点评】本题考查了铁及其化合物性质的分析判断，电解原理的应用实验方案的判断，掌握铁的氢氧化物的性质以及注意实验过程中的现象分析应用是解题关键，题目难度中等．
五、（本题包括2小题，共12分）
23．有机物A的结构简式是，它可以通过不同的反应得到下列物质：
B． C． D．
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（1）写出A制取C、D两种物质的有机反应类型：C 消去反应 D 取代反应 ．
（2）写出由A制取B的化学方程式： +H2O ．
【考点】有机物的结构和性质．
【专题】有机物的化学性质及推断．
【分析】（1）A含有羧基、羟基，可发生消去反应和取代反应；
（2）A发生分子内酯化反应生成B．
【解答】解：（1）A含有羧基、羟基，可发生消去反应和取代反应，其中发生消去反应生成C，发生取代反应生成D，故答案为：消去反应、取代反应；
（2）A发生分子内酯化反应生成B，方程式为+H2O，
故答案为：+H2O．
【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重羧酸、醇性质及同分异构体的考查，题目难度不大．
24．化合物X是一种香料，可采用乙烯与甲苯为主要原料，按下列路线合成：
已知：RXROH；RCHO+CH3COOR′RCH=CHCOOR′
请回答：
（1）E中官能团的名称是 醛基 ．
（2）B+D→F的化学方程式 ．
（3）X的结构简式 ．
31
（4）对于化合物X，下列说法正确的是 AC ．
A．能发生水解反应 B．不与浓硝酸发生取代反应
C．能使Br2/CCl4溶液褪色 D．能发生银镜反应
（5）下列化合物中属于F的同分异构体的是 BC ．
A． B．
C．CH2=CHCH=CHCH=CHCH=CHCOOH D．
【考点】有机物的合成．
【分析】乙烯与水在催化剂作用下发生加成反应生成乙醇，故A是乙醇，乙醇催化氧化最终生成乙酸，故B是乙酸；甲苯在光照条件下与氯气发生的是取代反应，则C为，C在氢氧化钠的水溶液中发生的是取代反应，那么D应为，由D能被氧化为E，且结合给出的信息：RCHO+CH3COOR′RCH=CHCOOR′，那么应E为，据此推断得出F为：，那么X为，据此结合各小题回答即可．
【解答】解：乙烯与水在催化剂作用下发生加成反应生成乙醇，故A是乙醇，乙醇催化氧化最终生成乙酸，故B是乙酸；甲苯在光照条件下与氯气发生的是取代反应，则D为醇，由D能被氧化为E，且结合给出的信息：RCHO+CH3COOR′RCH=CHCOOR′，那么E应为醛类，即甲苯与氯气发生的是甲基上的取代，那么C为，C在氢氧化钠的水溶液中发生的是取代反应，那么D应为，即E为，据此推断得出F为：，那么X为，
（1）依据分析可知：E为苯甲醛，含有官能团为﹣CHO，即醛基，故答案为：醛基；
（2）B为乙酸，D为苯甲醇，两者发生酯化反应生成乙酸苯甲酯，化学反应方程式为：，故答案为：；
31
（3）E与F形成X，即与反应生成X，依据信息可知：RCHO+CH3COOR′RCH=CHCOOR′，那么X应为：，故答案为：；
（4）A．X中含有酯基，能发生水解反应，故A正确；
B．X中含有苯环，能与浓硝酸发生取代反应，故B错误；
C．X中含有碳碳双键，能使Br2/CCl4溶液褪色，故C正确；
D．X中不含有醛基，不能发生银镜反应，故D错误，
故选AC；
（5）F为，分子式为：C9H10O2，A中含有10个碳原子数，与F不是同分异构体，故A错误；
B和C的分子式均为C9H10O3，且与F结构不同，属于同分异构体；D中C原子个数为10，与F不是同分异构体，故D错误，
故选BC．
【点评】本题主要考查的是有机物的合成与有机物的推断，充分掌握常见有机化合物的性质以及抓住所给信息解题是关键，有一定的难度，注意整理．
25．6分某种盐可表示为：[xFeSO4•yAl2 （SO4）3•24H20]（其摩尔质量为 926g•mol﹣1），常用于制备高效的复合型高效混凝剂．其组成可通过下列实验测定．
①取一定质量的上述盐样品，准确配成100mL溶液A．
②量取25.00mL溶液A，加入盐酸酸化的BaCl2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤，干燥至恒 重，得到白色固体4.660g．
③再量取25.00mL溶液A，滴加适量稀硫酸，用0.1000mol•L﹣1 KMnO4溶液滴定至终点，生成Mn2+，消耗KMnO4溶液10.00mL．
（1）在25.00mL式样中，n（S042﹣）= 2.000×10﹣2 mol，n（Fe2+）= 5.000×10﹣3 mol
（2）铁明矾的化学式为 FeSO4•Al2（SO4）3•24H2O ．
【考点】复杂化学式的确定．
【专题】守恒法；利用化学方程式的计算．
【分析】（1）量取25.00mL溶液A，加入盐酸酸化的BaCl2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重，得到白色固体4.660g为BaSO4，物质的量==0.02mol，得到硫酸根离子物质的量；由MnO4﹣+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，依据亚铁离子被高锰酸钾溶液氧化为铁离子反应的定量关系计算得到；
（2）计算100ml溶液中含有硫酸根离子、亚铁离子物质的量得到xy物质的量之比得到化学式．
31
【解答】解：（1）取25.00mL溶液A，加入盐酸酸化的BaCl2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤，干燥至恒重，得到白色固体0.4660g．根据硫酸根离子守恒，硫酸根离子的物质的量和硫酸钡的物质的量是相等的，即：=0.02mol=2.000×10﹣2mol，
取25.00mL溶液A，滴加适量稀硫酸，用0.10 0mol•L﹣1 KMnO4溶液滴定至终点，生成Mn2+，消耗KMnO4溶液10.00mL，在酸性环境下，高猛酸根离子可以将亚铁离子氧化为三价铁离子，即
MnO4﹣+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，
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0.100mol/L×10×10﹣3L n
所以亚铁离子的物质的量为：n=5×0.100mol/L×10×10﹣3 L=5×10﹣3mol，
故答案为：2.000×10﹣2；5.000×10﹣3；
（2）100mL溶液中含有硫酸根离子的物质的量为：n（SO42﹣）=2.000×10﹣2mol×=0.08mol，
含有亚铁离子的物质的量为：n（Fe2+）=5×10﹣3mol×=0.02mol，
设该样品中含有xFeSO4•y（NH4）2SO4•6H2O的物质的量为n，
则：n（SO42﹣）=nx+ny=0.08、n（Fe2+）=nx=0.04，
整理可得：x：y=1：1，
所以该化合物的化学式为：FeSO4•Al2（SO4）3•24H2O，
故答案为：FeSO4•Al2（SO4）3•24H2O．
【点评】本题考查了物质的量的计算、复杂化学式的计算，题目难度中等，明确发生反应的实质为解答关键，试题计算量较大，充分考查了学生的分析、理解能力及化学计算能力．
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