2017学年第一学期浙江省名校协作体试题
高三年级化学学科
考生须知：
1．本卷满分100分，考试时间90分钟
2．答题前，在答题卷指定区域填写学校、班级、姓名、试场号、座位号及准考证号
3．所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效
4．考试结束后，只需上交答题卷
5．可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Cl 35.5 S 32 Br 80 Li 7 Na 23 Mg 24 K 39 Cr 52 Fe 56 Cu 64
一、选择题（本大题共25小题，每小题2分，共50分。每个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. 下列属于氧化物的是
A. NaCl B. Al2O3 C. H2SO4 D. NaOH
【答案】B
【解析】A．NaCl是一种盐，故A错误；B．Al2O3是由铝、氧两种元素组成的化合物，属于氧化物，故B正确；C．H2SO4由硫、氢、氧三种元素组成，氧化物必须含有两种元素，因此H2SO4不属于氧化物，是含氧化合物，故C错误；D．NaOH是由钠、氢、氧三种元素组成，氧化物必须含有两种元素，因此氢氧化钠不属于氧化物，故D错误；答案为B。
点睛：在从组成上识别氧化物时，切不可将其和物质的简单分类孤立开来；要注意氧化物的概念是建立在化合物的基础上的．也就是，要判断某物质是不是氧化物，要先看看它是不是纯净物，是不是化合物，然后，再从组成上识别它是不是氧化物．而不能只根据物质的元素组成，不管它是否为纯净物中的化合物，就盲目地来妄加判断；否则将会事倍功半。
2. 下列仪器名称为“长颈漏斗”的是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】A．仪器名称为分液漏斗，故A错误；B． 仪器名称为长颈漏斗，故B正确；C．仪器名称为三角漏斗，故C错误； D．仪器名称为球形干燥管，故D错误；答案为B。
3. 下列物质的水溶液能导电，但属于非电解质的是
A. CH3CH2OH B. 盐酸 C. CO2 D. Na
【答案】C
【解析】A．CH3CH2OH的水溶液不导电，是非电解质，故A错误；B．盐酸是混合物，不是电解质，也不是非电解质，故B错误；C．CO2是非电解质，但其水溶液能导电，故C正确；D．Na是单质，不是电解质，也不是非电解质，故D错误；答案为C。
4. 下列反应中，硫元素只表现出氧化性的是
A. 2Na＋SNa2S B. SO2＋2H2S===3S↓＋2H2O
C. SO2＋Cl2＋2H2O===H2SO4＋2HCl D. S＋O2SO2
【答案】A
...........................
点睛：明确氧化还原反应的常见规律是解题关键，其中氧化还原反应的性质规律是：当元素
具有可变化合价，一般化合价处于最低价态时只具有还原性；处于最高价态时只具有氧化性；处于中间价态 时既具有氧化性又具有还原性．利用此规律可判断物质是否具有氧化性及还原性，但不能判断物质氧化性及还原性的强弱。
5. 下列物质的水溶液因溶质水解显酸性的是
A. KNO3 B. NH4Cl C. NaHSO4 D. NaHCO3
【答案】B
【解析】A．KNO3水溶液中电离出钾离子和硝酸根离子，溶液呈中性，故A错误；B．NH4Cl水溶液中铵根离子水解溶液显酸性，故B正确；C．NaHSO4 溶液中硫酸氢钠电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，溶液显酸性，故C正确；D．NaHCO3溶液中碳酸氢根离子水解溶液显碱性，故D错误；故选B。
6. 下列说法不正确的是
A. 二氧化氯可用于自来水的消毒 B. 氧化镁可用于制造耐高温材料
C. 把固体炸药制成胶体能提高威力 D. 二氧化硫不可用于漂白纸浆
【答案】D
【解析】A．二氧化氯中Cl元素化合价为+4价，具有强氧化性，可用于杀菌消毒，故A正确；B．氧化镁是高熔点离子化合物，可用于制造耐高温材料，故B正确；C．把固体炸药制成胶体，增大反应接触面积，能提高威力，故C正确；D．二氧化硫有漂白性，可用于漂白纸浆，故D错误；答案为D。
7. 下列表示正确的是
A. 氯化镁的电子式： B. 硝基苯的结构简式：
C. 乙炔分子的球棍模型： D. S2—的结构示意图：
【答案】C
【解析】A．氯化镁的电子式为，故A错误；B．硝基苯的结构简式为，分子结构中含有碳氮键，而不是碳氧键，故B错误；C．乙炔分子的球棍模型为，故C正确；D．S2—的结构示意图为，故D错误；答案为C。
点睛：解决这类问题过程中需要重点关注的有：①书写电子式时应特别注意如下几个方面：阴离子及多核阳离子均要加“[ ]”并注明电荷，书写共价化合物电子式时，不得使用“”，没有成键的价电子也要写出来。②书写结构式、结构简式时首先要明确原子间结合顺序(如HClO应是H—O—Cl，而不是H—Cl—O)，其次是书写结构简式时，碳碳双键、碳碳三键应该写出来。③比例模型、球棍模型要能体现原子的相对大小及分子的空间结构。
8. 下列有关于Cl2的说法中，不正确的是
A. Cl2是一种黄绿色、密度比空气大的有毒气体
B. Cl2能与水反应生成盐酸和次氯酸
C. 工业上用Cl2和石灰水为原料制造漂白粉
D. 红热的铁丝在Cl2中剧烈燃烧，产生棕色烟
【答案】C
【解析】A．Cl2是一种黄绿色、密度比空气大的有毒气体，故A正确；B．Cl2能与水反应生成盐酸和次氯酸，Cl2+H2O═HCl+HClO，故B正确；C．氯气与氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，工业上用Cl2和石灰乳为原料制造漂白粉，故C错误；D．氯气与铁反应生成氯化铁，反应产生棕色的烟，故D正确；答案为C。
9. 下列说法不正确的是
A. 煤属于生物质能 B. 氢气是理想的绿色能源
C. 地沟油可加工成航空煤油 D. 沼气属于可再生能源
【答案】A
【解析】A．生物质能就是太阳能以化学能形式贮存在生物质中的能量形式，即以生物质为载体的能量，它直接或间接地来源于绿色植物的光合作用，煤属于化石能源，故A错误；B．氢气燃烧后生成水，且氢气是可再生能源，故是理想的燃料，故B正确；C．可将地沟油加工成航空煤油，故C正确；D．沼气可以通过发酵而制得，属于可再生能源，故D正确；答案为A。
10. 下列方法不可以用来实验室制备气体的是
A. 电解硫酸钠溶液制氢气 B. 双氧水和二氧化锰反应制氧气
C. 高锰酸钾与浓盐酸反应制氯气 D. NH4HCO3受热易分解制CO2
【答案】D
【解析】A．用惰性电极电解硫酸钠溶液，阴极可获得氢气，可用于实验室制备，故A正确；
B．双氧水中加入二氧化锰，分解得氧气，可用于实验室制备氧气，故B正确；C．高锰酸钾与浓盐酸混合加热可制氯气，故C正确；D．NH4HCO3受热易分解生成氨气和CO2，需要分离提纯得到纯CO2，操作繁杂，不适用于实验室制备，故D错误；答案为D。
11. 下列说法正确的是
A. 石墨和C60互为同位素 B. CH3CH2OH和CH3OCH3互为同分异构体
C. l4CO2的摩尔质量为46 D. Cl、Cl为不同的核素，有不同的化学性质
【答案】B
【解析】A．同位素是质子数相同中子数不同的同元素的不同原子之间的互称，石墨和C60互为同素异形体，故A错误；B．CH3CH2OH和CH3OCH3分子式一样，结构不同，互为同分异构体，故B正确；C．l4CO2的摩尔质量单位是46g/mol，故C错误；D．二者是同种元素的不同核素，质子数一样，化学性质相似，故D错误；故选B。
12. 一定温度下，反应N2（g）+3H2(g) 2NH3(g)达到化学平衡状态的标志是
A. c(N2)∶c(H2)∶c(NH3)＝1∶3∶2
B. N2、H2和NH3的物质的量分数不再改变
C. N2与H2的物质的量之和是NH3的物质的量2倍
D. 单位时间里每增加1molN2，同时增加3molH2
【答案】B
【解析】N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)；A．平衡时各物质的分子数之比取决于物质的起始物质的量和转化率，故c(N2)﹕c(H2)﹕c(NH3)=1﹕3﹕2不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故A错误；B．N2，H2和NH3的质量分数不再改变，说明达到平衡状态，故B正确；C．反应前后气体的体积不等，故容器总压强不随时间改变可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故C正确；C．平衡时反应物与生成物的物质的量关系取决于反应起始物质的量以及转化的程度，不能用来判断是否达到平衡状态，故C错误；D．单位时间内每增加1 mol N2是也逆反应，同时增加3 mol H2也逆反应，故不能说明达到平衡状态，故D错误；故答案为B。
点睛：化学平衡的标志有直接标志和间接标志两大类。一．直接标志：正反应速率=逆反应速率，注意反应速率的方向必须有正向和逆向。同时要注意物质之间的比例关系，必须符合方程式中的化学计量数的比值。二、间接标志：1．各物质的浓度不变。2．各物质的百分含量不变。3．对于气体体积前后改变的反应，压强不变是平衡的标志。4．对于气体体积前后不改变的反应，压强不能做标志。5．
对于恒温恒压条件下的反应，气体体积前后改变的反应密度不变是平衡标志。6．对于恒温恒容下的反应，有非气体物质的反应，密度不变是平衡标志。
13. 下列指定反应的离子方程式正确的是
A. 钠与水反应：Na+2H2O═Na++2OH﹣+H2↑
B. 电解饱和食盐水获取烧碱和氯气：2Cl﹣+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH﹣
C. 向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸：Ba2++OH﹣+H++SO42﹣═BaSO4↓+H2O
D. 碳酸钡和稀硝酸反应：CO32-+2H+＝CO2↑+H2O
【答案】B
【解析】A．钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，且离子方程式要遵循原子守恒、电荷守恒和转移电子守恒，离子方程式为2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑，故A错误；B．电解饱和食盐水时，阳极上生成氯气、阴极上生成氢气同时阴极附近有NaOH生成，离子方程式为2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-，故B正确；C．二者反应生成硫酸钡和水，且氢离子、氢氧根离子和水的计量数都是2，离子方程式为Ba2++2OH-+2H++SO42-═BaSO4↓+2H2O，故C错误；D．碳酸钡是难溶于水的盐，不可拆分，故D错误；答案为B。
14. 短周期元素W、X、Y、Z在元素周期表中的相对位置如表所示，这四种元素的元素的原子最外层电子数之和为19。则下列说法正确的是
X
Y
W
Z
A. 氢化物的沸点：Y＜Z
B. 原子半径大小：Y＞W
C. 工业上用电解熔融的W与Y所形成的化合物来制取W
D. W可与X和Y形成的一种化合物发生反应
【答案】D
【解析】W、X、Y、Z均为短周期主族元素，由位置关系可知，X、Y处于第二周期，W、Z处于第三周期，设W原子最外层电子数为a，则X、Y、Z最外层电子数依次为a+2、a+4、a+5，四种元素的原子最外层电子数之和为19，则：a+a+2+a+4+a+5=19，解得a=2
，则W为Mg元素，故X为C元素、Y为O元素、W为Cl元素；A．H2O分子间有氢键，常温下是液态，而HCl常温下是气态，可知H2O的沸点大于HCl，故A错误；B．Mg与S同周期，核电荷数大，原子半径小，而S和O同主族，核电荷数大，原子半径大，则原子半径的大小关系是Mg大于O，故B错误；C．MgO是高熔点氧化物，工业上用电解熔融的MgCl2来制取Mg，而不电解氧化镁，故C错误；D．Mg可以在CO2中燃烧生成氧化镁和碳，故D正确；答案为D。
点睛：微粒半径大小比较的常用规律：(1)同周期元素的微粒：同周期元素的原子或最高价阳离子或最低价阴离子半径随核电荷数增大而逐渐减小(稀有气体元素除外)，如Na＞Mg＞Al＞Si，Na+＞Mg2+＞Al3+，S2－＞Cl－。(2)同主族元素的微粒：同主族元素的原子或离子半径随核电荷数增大而逐渐增大，如Li＜Na＜K，Li+＜Na+＜K+。(3)电子层结构相同的微粒：电子层结构相同(核外电子排布相同)的离子半径(包括阴、阳离子)随核电荷数的增加而减小，如O2－＞F－＞Na+＞Mg2+＞Al3+。(4)同种元素形成的微粒：同种元素原子形成的微粒电子数越多，半径越大。如Fe3+＜Fe2+＜Fe，H+＜H＜H－。(5)电子数和核电荷数都不同的，可通过一种参照物进行比较，如比较A13+与S2－的半径大小，可找出与A13+电子数相同的O2－进行比较，A13+＜O2－，且O2－＜S2－，故A13+＜S2－。
15. 如图是四种常见有机物的比例模型示意图，下列说法正确的是
A. 甲能发生氧化反应
B. 乙通入溴的四氯化碳溶液，最后得到无色溶液不能和液溴反应
C. 煤干馏得到的煤焦油可以分离出丙，丙是无色无味的液态烃
D. 丁发生催化氧化得到的产物不能与金属钠反应
【答案】A
【解析】根据原子成键特点知，碳原子能形成4个共价键、H原子能形成1个共价键、O原子能形成2个共价键，根据分子比例模型及原子成键特点知，甲、乙、丙、丁分别是甲烷、乙烯、苯和乙醇；A．甲烷性质较稳定，不易被一般的强氧化剂氧化，但能在氧气中燃烧，发生氧化反应，故A正确；B．碳碳不饱和键能和溴发生加成反应，乙烯中含有碳碳双键，所以能和溴发生加成反应而使溴的四氯化碳溶液褪色，乙烯也能和液溴反应，故B错误；
C．从煤焦油中可以获取苯，但苯有特殊的气味，故C错误；D．乙醇发生催化氧化得到的产物乙酸，有酸性，能与金属钠反应，故D错误；答案为A。
16. 下列说法正确的是
A. HCOOH是一元羧酸，对应的酸根是COOH-
B. CH2(NH2)CH2COOH不是α-氨基酸，但它可以和甘氨酸反应形成肽键
C. 葡萄糖溶液中加入新制的Cu(OH)2悬浊液可看到有红色沉淀生成
D. 纤维素的水解和油脂的皂化反应都是由高分子生成小分子的过程
【答案】B
【解析】A．HCOOH是一元羧酸，对应的酸根是HCOO-，故A错误；B．CH2(NH2)CH2COOH不是β-氨基酸，同样能和甘氨酸反应形成肽键，故B正确；C．葡萄糖分子结构中含有醛基，其水溶液中加入新制的Cu(OH)2悬浊液，加热煮沸后看到有红色沉淀生成，故C错误；D．油脂不是有机高分子化合物，故D错误；答案为B。
17. 全固态锂硫电池能量密度高、成本低，其工作原理如图所示，其中电极a常用掺有石墨烯的S8材料，电池反应为：16Li+xS8=8Li2Sx（2≤x≤8）。下列说法不正确的是
A. 电池工作时，a是正极
B. 电池工作时负极反应为：Li﹣e﹣=Li+，外电路中流过0.02 mol电子，负极材料减重0.14 g
C. 石墨烯的作用主要是提高电极a的导电性
D. 在此电池中加入硫酸可增加导电性
【答案】D
【解析】A．电池工作时，电解质中Li+向正极移动，则a是正极，故A正确；B．电池工作时负极反应为：Li-e-=Li+，当外电路流过0.02mol电子时，消耗的锂为0.02mol，负极减重的质量为0.02mol×7g/mol=0.14g，故B正确；C．硫作为不导电的物质，导电性非常差，而石墨烯的特性是室温下导电最好的材料，则石墨烯的作用主要是提高电极a的导电性，故C正确；D．纯硫酸不电离，不导电，无法增加导电性，故D错误；答案为D。
点睛：解答本题的关键是根据离子的流向判断原电池的正负极，由电池反应16Li+xS8=8Li2Sx(2≤x≤8)可知负极锂失电子发生氧化反应，电极反应为：Li-e-=Li+，Li+移向正极，所以a是正极，发生还原反应：S8+2e-=S82-，S82-+2Li+=Li2S8，3Li2S8+2Li++2e-=4Li2S6，2Li2S6+2Li++2e-=3Li2S4，Li2S4+2Li++2e-=2Li2S2，根据电极反应式结合电子转移进行计算。
18. 室温下，下列有关两种溶液的说法不正确的是
序号
①
②
pH
12
12
溶液
氨水
氢氧化钠溶液
A. ①②两溶液中c(OH－)相等
B. ①②两溶液中水的电离程度相同
C. ①②两溶液分别加水稀释10倍，稀释后溶液的pH：①②
【答案】C
【解析】A．pH相等的氨水和氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度相等，故A正确；B．氨水和NaOH溶液中水的电离均受到抑制，当pH相等时水的电离程度相同，故B正确；C．pH相等的氨水和氢氧化钠溶液加水稀释时，NaOH溶液pH变化大，故C错误；D．pH相等的氨水和氢氧化钠溶液中，一水合氨的物质的量比氢氧化钠多，与盐酸中和时消耗的盐酸①＞②，故D正确；故答案为C。
19. 最新报道：科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程．反应过程的示意图如下：
下列说法正确的是
A. CO和O生成CO2是吸热反应
B. 在该过程中，CO断键形成C和O
C. 同物质的量的CO和O反应比CO与O2反应放出更多热量
D. 状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O2反应的过程
【答案】C
【解析】A．由图可知反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，故A错误；B．由图可知不存在CO的断键过程，故B错误；C．CO与O在催化剂表面形成CO2，所以状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O反应的过程，故C正确；D．状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O反应的过程，而不是与氧气反应，故D错误；故答案为C。
20. 下列说法不正确的是
A. 干冰升华和液氯气化时，都只需克服分子间作用力
B. 硫酸氢钠晶体溶于水，需要克服离子键和共价键
C. 氯化氢气体溶于水时，只有共价键的断裂，没有化学键的形成
D. 石墨转化金刚石，既有化学键的断裂，又有化学键的形成
【答案】C
【解析】A．干冰和氯气形成的晶体都是分子晶体，所以干冰升华和液氯气化时，都只需克服分子间作用力，故A正确；B．硫酸氢钠是离子晶体，溶于水需要克服离子键，HSO4-在水中电离需要克服共价键，故B正确；C．氯化氢气体溶于水时，H-Cl共价键的断裂，生成H3O+时有共价键的形成，有化学键的形成，故C错误；D．石墨转化金刚石是化学变化，既有化学键的断裂，又有化学键的形成，故D正确；故答案为C。
21. 在一定温度下，10mL0.40 mol·L−1 H2O2发生催化分解。不同时刻测定生成O2的体积（已折算为标准状况）如下表。
t/min
0
2
4
6
8
10
V(O2)/mL
0.0
9.9
17.2
22.4
26.5
29.9
下列叙述不正确的是（溶液体积变化忽略不计）
A. 0~6min的平均反应速率：v（H2O2）≈ 3.3×10-2 mol·L−1·min−1
B. 6~10min的平均反应速率：v（H2O2）< 3.3×10-2 mol·L−1·min−1
C. 反应至6min时，c（H2O2）=0.3 mol·L−1
D. 反应至6min时，H2O2分解了50%
【答案】C
【解析】试题分析：发生的反应为：2H2O22H2O+O2↑。A、0～6min产生的氧气的物质的量n（O2）=22.4/22.4×10-3=0.001mol，分解的过氧化氢的物质的量为n（H2O2）=2n（O2）=0.002mol，v（H2O2）≈3.3×10-2mol·L-1·min-1，正确；B、随着反应的进行，H2O2的浓度逐渐减小，反应速率减慢，4～6 min的平均反应速率小于0～6min时间内反应速率，正确；C、由A计算可知，反应至6 min时c（H2O2）=0.4 mol·L-1-0.2 mol·L-1=0.2 mol·L-1，错误；D、6min内△c（H2O2）=0.2 mol·L-1，则H2O2分解率为：（0.2 mol·L-1÷0.4 mol·L-1）×100%=50%，正确。
考点：考查化学反应速率
22. NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A. 5.6g Fe完全溶于一定量溴水中，反应过程中转移的总电子数一定为0.3NA
B. 1 mol Na与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去2NA个电子
C. 标况时，22.4L二氯甲烷所含有的分子数为NA
D. 镁条在氮气中完全燃烧，生成50g氮化镁时，有1.5NA对共用电子对被破坏
【答案】D
【解析】A．铁完全溶于一定量溴水，反应后的最终价态可能是+3价，还可能是+2价，故0.1mol铁转移的电子数不一定是0.3NA个，还可能是0.2NA个，故A错误；B．Na原子最外层是1个电子，则1 mol Na与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去1NA个电子，故B错误；C．标况下二氯甲烷为液体，不能根据气体摩尔体积计算其物质的量，故C错误；D．镁条在氮气中完全燃烧，生成50g氮化镁时，参加反应的N2为0.5mol，而N2分子含有氮氮叁键，则有1.5NA对共用电子对被破坏，故D正确；答案为D。
23. 室温下，将0.10 mol·L－1盐酸滴入20.00 mL 0.10mol·L－1氨水中，溶液中pH和pOH随加入盐酸体积变化曲线如图所示。已知：pOH＝－lg c(OH－)，下列说法正确的是
A. M点所示溶液中c(NH4+)+c(NH3·H2O)＝c(Cl－)
B. N点所示溶液中溶质一定含NH4Cl，可能还含HCl
C. Q点消耗盐酸的体积等于氨水的体积
D. Q点所示溶液中c(NH4+)> c(Cl－)> c(NH3·H2O)> c(OH-)> c(H+)
【答案】B
【解析】A．M点溶液呈碱性，为NH4Cl、NH3•H2O混合溶液，溶液中c(NH4+)+c(NH3•H2O)＞c(Cl-)，故A错误；B．N点溶液呈酸性，溶液中溶质一定含NH4Cl，可能还含HCl，故B正确；C．恰好反应得到NH4Cl溶液呈酸性，Q点溶液呈中性，氨水稍过量，故C错误；D．Q点溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒可知：c(NH4+)=c(Cl-)，正确的离子浓度大小为：c(NH4+)=c(Cl-)＞c(H+)=c(OH-)，故D错误；答案为B。
点睛：解题关键是理解pH与pOH关系以及与二者与溶液酸碱性关系，由于Kw=(H+)×c(OH-)=10-14，则溶液的pH+pOH=14，实线为pH曲线，虚线为pOH曲线，作垂直体积坐标轴线与pH曲线、pOH曲线交点为相应溶液中pH、pOH．Q点的pH=pOH，则Q点溶液呈中性。
24. 工业碳酸钠(纯度约为98％)中含有Mg2＋、Fe2＋、Cl－和SO42－等杂质，提纯工艺流程如下：
下列说法不正确的是
A. 步骤①，通入热空气可加快溶解速率
B. 步骤②，产生滤渣的离子反应为：Mg2+ + Fe3+ + 5OH- == Mg(OH)2↓ + Fe(OH)3↓
C. 步骤③，趁热过滤时温度控制不当会使Na2CO3•H2O中混有Na2CO3•10H2O等杂质
D. 步骤④，灼烧时用到的主要仪器有铁坩埚、泥三角、三脚架、酒精灯
【答案】B
【解析】碳酸钠中混有Mg2+、Fe2+、Cl-和SO42-等杂质，在溶解时通入热空气可加快溶解速率、促进Fe3+(Fe2+)的水解或氧化Fe2+，加入氢氧化钠，过滤后所得滤渣为氢氧化铁和氢氧化镁，溶液中主要含有碳酸钠，并含有少量的Cl-和SO42-，经蒸发结晶可得碳酸钠晶体，灼烧后可得碳酸钠；A．步骤①，通入热空气因温度升高，则可加快溶解速率，故A正确；
B．步骤②，产生滤渣的离子反应因Mg2+ 和Fe3+ 物质的量之比不是1:1，应分开书写，即为：Mg2+ + 2OH- == Mg(OH)2↓，Fe3+ + 3OH- ==Fe(OH)3↓，故B错误；C．步骤③，趁热过滤时如果温度控制不当，Na2CO3•H2O中会混有Na2CO3•10H2O等杂质，故C正确；D．灼烧操作时用到的主要仪器有铁坩埚、泥三角、三脚架、酒精灯，故D正确；答案为B。
25. 无色溶液中含有:①Na+、②Ba2+、③Cl-、④Br-、⑤SO32-、⑥SO42-、⑦Fe2+中的若干种,依次进行下列实验,观察到的现象如下：
步骤
操作
现象
1
用pH试纸检验
溶液的pH大于7
2
向溶液中滴加一定量的氯水,再加入CCl4振荡,静置
CCl4层呈无色
3
取步骤2的上层溶液,加入Ba(NO3)2溶液和稀硝酸
有沉淀产生
4
将步骤3过滤,向滤液中加入AgNO3溶液和稀硝酸
有沉淀产生
根据上述实验现象,判断以下结论中正确的是
A. 不能确定的离子是③④⑥ B. 肯定没有的离子是②④⑦
C. 可能含有的离子是①④⑥ D. 肯定含有的离子是①③⑤
【答案】A
【解析】无色溶液中可能含有①Na+ ②Ba2+ ③Cl- ④Br- ⑤SO32- ⑥SO42-⑦Fe2+；(1)用pH试纸检验pH＞7，溶液显碱性，是SO32-水解使溶液显碱性，故溶液中一定有SO32-，一定不含Fe2+，而SO32-和Ba2+不能共存，故溶液中一定无Ba2+，由于溶液呈电中性，故一定要含Na+；(2)向溶液中滴加一定的氯水，再加入CCl4、振荡、静置，下层呈无色，应氯水先氧化SO32-，过量氯水继续氧化Br-，现氯水不知是否过量，则无法确定溶液中是否含Br-；此步操作会在溶液中引入Cl-，且会将SO32-氧化为SO42-；(3)由于步骤2加入的氯水会将SO32-氧化为SO42-，故向步骤2所得水溶液加入Ba(NO3)2溶液和稀HNO3，有白色沉淀BaSO4，但SO42-可能是原来溶液中有的，也可能是SO32-被氧化而来的，即不能说明原溶液中有SO42-，故SO42-的存在不能确定；(4)过滤，向滤液中加入AgNO3溶液和稀HNO3，有白色沉淀AgCl产生，由于第(2)步操作会在溶液中引入Cl-，故不能说明原溶液中有Cl-；故溶液中一定含①Na+ 、⑤SO32-；一定不含②Ba2+、⑦Fe2+；不能确定的是③Cl-、④B-r、⑥SO42-；故答案为
D。
非选择题部分
二、非选择题（本大题共4小题，共20分）
26. 已知烃A在标准状况下的密度为1.16g·Lˉ1，B能发生银镜反应。以A和CO为原料制取有机物E的流程如下：
请回答：
（1）反应①的反应类型是__________。
（2）关于物质D(CH2 CHCOOH)化学性质的说法正确的是__________。
A．物质D含有一种官能团 B．物质D与Na2CO3溶液反应能产生气泡
C．物质D不能使酸性KMnO4溶液褪色 D．常温常压时，物质D呈气态
（3）②的反应机理与制取乙酸乙酯相似，写出其化学方程式________________。
【答案】 (1). 加成或还原 (2). B (3). CH2 CHCOOH + HOC2H5CH2 CHCOOC2H5 + H2O
【解析】已知烃A在标准状况下的密度为1.16g·Lˉ1，其摩尔质量为22.4L/mol×1.16g/L=26g/mol，则此烃为C2H2，乙炔与水加成生成的B能发生银镜反应，则B为乙醛；乙醛与氢气发生加成反应生成的C为乙醇，乙醇与丙烯酸发生酯化反应生成丙烯酸乙酯；
(1)反应①为乙醛与氢气发生的加成反应，反应类型是加成或还原反应；
(2)A．CH2=CHCOOH分子内含有碳碳双键和羧基二种官能团，故A错误；B．CH2=CHCOOH与Na2CO3溶液反应生成CO2，故B正确；C．CH2=CHCOOH含有碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，故C错误；D．常温常压时，CH2=CHCOOH呈液态，故D错误；答案为B；
(3)乙醇与丙烯酸发生酯化反应的化学方程式为CH2=CHCOOH + HOC2H5CH2=CHCOOC2H5 + H2O。
点睛：解题时需要准确、快速获取新信息的能力和接受、吸收、整合化学信息的能力，采用正推和逆推相结合的方法，逐步分析有机合成路线，可推出各有机物的结构简式，然后分析官能团推断各步反应及反应类型，本题解题关键要明确B中含有醛基及反应②为酯化反应，此为突破点。
27. 为探究某矿物X(仅含三种元素)的组成，设计并完成了如下实验：
已知：气体A能使品红褪色，固体B中仅含CuO、Fe2O3。
请回答：
（1）X的化学式为_____________。
（2）溶液C中存在的阳离子有____________。
（3）写出气体A与溶液C反应的离子方程式____________________________。
【答案】 (1). Cu5FeS4 (2). Fe3+、Cu2+、H+ (3). SO2+ 2Fe3+ + 2H2O == SO42- + 2Fe2+ + 4H+
【解析】(1)气体A能使品红褪色，应为SO2，固体B中仅含CuO、Fe2O3，并结合X中含有三种元素，可知X为S、Fe、Cu组成的化合物；固体B溶于足量稀盐酸生成FeCl3和CuCl2溶液，加入5gCu，剩余1.8gCu，则溶解Cu为3.2g，其物质的量为0.05mol，根据Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，可知固体B中含有Fe3+的物质的量为0.1mol，Fe2O3的物质的量为0.05mol，质量为0.05mol×160g/mol=8g，则CuO为40g，物质的量为0.5mol，原固体X中S的物质的量为=0.4mol，则化合物X中Fe∶Cu∶S=0.1mol：0.5mol：0.4mol=1:5:4，X的化学式为Cu5FeS4；
(2)CuO、Fe2O3溶于足量稀盐酸生成FeCl3和CuCl2溶液，则所得溶液C中存在的阳离子有Fe3+、Cu2+、H+；
(3)SO2溶于含有的盐溶液会被氧化生成SO42-，发生反应的离子方程式为SO2+ 2Fe3+ + 2H2O == SO42- + 2Fe2+ + 4H+。
28. 某学习小组在研究CH4还原Fe2O3的实验中，发现生成的黑色粉末能被磁铁吸引。查阅资料得知：在温度不同、受热不均时会生成具有磁性的Fe3O4。为进一步探究黑色粉末的组成及含量，他们进行如下实验。
（1）往黑色粉末中滴加盐酸，观察到有气泡产生，则黑色粉末中一定有___________；
（2）用以下装置可以说明产物有Fe3O4存在：检查装置的气密性，往装置中添加相应的药品，接下来的一步操作为_______________________________。
（3）为进一步证明黑色粉末是否含Fe3O4，某同学设计实验方案如下：取少量黑色粉末于试管，加足量盐酸，充分振荡使黑色粉末完全溶解，滴入KSCN溶液，观察现象。请分析此方案是否可行，并解释原因。______________________________________。
【答案】 (1). Fe (2). 打开止水夹K (3). 不可行。混合物有铁，铁能还原Fe3+，同时Fe2+也可能被氧化成Fe3+
【解析】(1)还原Fe2O3的实验中，发现生成的黑色粉末各组分均能被磁铁吸引，应为铁或四氧化三铁，或为二者混合物，往黑色粉末中滴加盐酸，观察到有气泡产生，证明含有金属铁；
(2)按如图1装置连接好仪器(图中夹持设备已略去)，检查装置的气密性，往装置中添加药品，然后打开止水夹K通人氢气，持续一段时间后再点燃C处的酒精灯；
(3)黑色粉末加入足量盐酸溶解后，滴入KSCN溶液，不变血红色可能有两种情况，一种是无铁离子存在，一种是有铁离子存在，但Fe3+和过量的铁反应生成亚铁离子，所以方案不正确。
29. 常温下，Ba(OH)2和NaOH混合溶液的pH＝14，取该溶液100 mL，持续通入CO2，当通入的CO2体积为0.56 L时生成沉淀最多，试通过计算回答：(气体体积均在标准状态下测得，设溶液体积在反应过程中不发生变化) (计算结果保留2位小数)
(1)混合溶液中Ba(OH)2的物质的量浓度是____________。
(2)当通入的CO2总体积为1.792 L时，溶液中Na+与Ba2＋的物质的量之比为_____________。
【答案】 (1). 0.25mol/L (2). 10:1
【解析】（1）混合溶液的pH=14，则c（OH-）=1mol/L，溶液中n（OH-）=1mol/L×0.1L=0.1mol，
CO2通入0.56L时沉淀量最大，氢氧化钡恰好完全转化为碳酸钡，根据原子守恒则n[Ba（OH）2]=n（BaCO3）=n（CO2）==0.025mol，故溶液中n（NaOH）=0.1mol-0.025mol×2=0.05mol；
（2）100mL溶液中n（OH-）=1mol/L×0.1L=0.1mol，二氧化碳物质的量==0.08mol，n（OH-）：n（CO2）=5：4，故CO2与混合溶液完全反应，生成碳酸氢钠、碳酸氢钡及少量碳酸钡沉淀，最终生成0.05molNaHCO3、xmolBa（HCO3）2和ymolBaCO3，根据原子守恒可知：x+y=0.025、2x+y=0.08-0.05=0.03，解得：x=0.005mol、y=0.02mol，则溶液中c（Ba2+）==0.05mol/L。
30. I．NO2是大气污染的主要污染物之一；硝酸盐是水体污染的污染物之一。
（1）用Na2CO3溶液吸收NO2生成CO2。若9.2gNO2和Na2CO3溶液完全反应时转移电子0.1mol，则反应的离子方程式是___________________________。
（2）电化学降解NO的原理如图所示，电源正极为_____（填“a”或“b”）；阴极电极反应式为_____________________________。
II．为应对全球石油资源日益紧缺，提高煤的利用效率，我国开发了煤制烯烃技术，并进入工业化试验阶段。
（1）煤气化制合成气（CO和H2）
已知：C(s)+H2O(g)==CO(g)+H2(g) ⊿H1=+131.3kJ•mol-1
C(s)+2H2O(g)==CO2(g)+2H2(g) ⊿H2=+90kJ•mol-1
则一氧化碳与水蒸气反应生成二氧化碳和氢气的热化学方程式是_______________。
（2）由合成气制甲醇
合成气CO和H2在一定条件下能发生如下反应：
CO(g) +2H2(g)CH3OH(g)。在容积均为V L的甲、乙、丙三个密闭容器中分别充入amol CO和2a mol H2，三个容器的反应温度分别为T1、T2、T3
且恒定不变，在其他条件相同的情况下，实验测得反应均进行到t min时CO的体积分数如图所示，此时三个容器中一定处在化学平衡状态的是______________________（填“T1”或“T2” 或“T3”）；该温度下的化学平衡常数为___________（用a、V表示）。
（3）由甲醇制烯烃
主反应： 2CH3OH C2H4+2H2O………i
3CH3OH C3H6+3H2O………ii
副反应： 2CH3OH CH3OCH3+H2O……iii
某实验室控制反应温度为400℃，在相同的反应体系中分别填装等量的两种催化剂（Cat.1和Cat.2），以恒定的流速通入CH3OH，在相同的压强下进行两种催化剂上甲醇制烯烃的对比研究。得到如下实验数据：（选择性：转化的甲醇中生成乙烯和丙烯的百分比）
①下列说法错误的是_____。
A．反应进行一段时间后甲醇的转化率下降，可能的原因是催化剂失活，工业生产中需定期更换催化剂
B．使用Cat.2反应2h后乙烯和丙烯的选择性下降，可能的原因是生成副产物二甲醚
C．使用Cat.1产生的烯烃主要为丙烯，使用Cat.2产生的烯烃主要为乙烯
D．不管使用Cat.1还是使用Cat.2，都能提高活化分子的百分数
②在上图中分别画出反应i在无催化剂、有Cat.1、有Cat.2三种情况下“反应过程——能量”示意图。_________
【答案】 (1). CO32-+ 2NO2 == CO2↑ + NO2- + NO3- (2). a (3). 2 NO3－+12 H++10e－= N2↑+6H2O (4). CO(g)+H2O(g)==CO2(g)+H2(g) ⊿H =-41.3kJ•mol-1 (5). T3 (6). 9V2/2a2 (7). C (8).
【解析】I．(1)9.2g NO2的物质的量为0.2mol，每2molNO2和Na2CO3溶液反应时转移电子1mol，则N的化合价分别有+4价变化为+5价和+3价，在碱性溶液中应生成NO3-和NO2-，
反应的离子方程式为：2NO2+CO32-=NO3-+NO2-+CO2 ；
(2)由图示知在Ag-Pt电极上NO3-发生还原反应，因此Ag-Pt电极为阴极，则b为负极，a为电源正极；在阴极反应是NO3-得电子发生还原反应生成N2，利用电荷守恒与原子守恒知有H2O参与反应且有水生成，所以阴极上发生的电极反应式为：2NO3-+12H++10e-=N2+6H2O；
II．(1)①已知C(s)+H2O(g)═CO(g)+H2(g)△H1=+131.3kJ•mol-1，C(s)+2H2O(g)═CO2(g)+2H2(g)△H2=+90kJ•mol-1，由盖斯定律可知，①-②得到CO(g)+H2O(g)═CO2(g)+H2(g)△H=(+131.3kJ•mol-1)-(+90kJ•mol-1)=+41.3kJ/mol，即热化学方程式为CO(g)+H2O(g)═CO2(g)+H2(g)△H=+41.3kJ/mol；
(2)CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H＜0，该反应正反应为放热反应，根据图3中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ图象，CO百分含量由小到大依次为：Ⅱ＜Ⅰ＜Ⅲ，T1中的状态转变成T2中的状态，CO百分含量减小，说明平衡正向移动，说明T1未达平衡状态，T2中的状态转变成T3中的平衡状态，CO百分含量增大，说明平衡逆向移动，说明T2可能达平衡状态，一定达到化学平衡状态的是T3；
CO(g) +2H2(g)CH3OH(g)
起始物质的量(mol) a 2a 0
变化物质的量(mol) n 2n n
平衡物质的量(mol) a-n 2a-2n n
平衡时CO的体积分数为×100%=20%，解得：n=a，此温度下平衡常数K==；
(3)①A．当催化剂失活后，副产物增多，甲醇的转化率下降，需要及时更换催化剂，故A正确；B．使用Cat.2时，随反应的不断进行，生成的副产物二甲醚增多，导致生成乙烯和丙烯的选择性下降，故B正确；C．由图示可知，使用Cat.1时丙烯与乙烯的比值随时间增长不断减小，说明乙烯增多，即使用Cat.1时主要生成乙烯，而使用Cat.2时，产物中乙烯的含量明显大于丙烯，可见使用Cat.2时产生的烯烃也主要为乙烯，故C错误；D．使用催化剂能降低反应活化能，提高活化分子的百分数，故D正确；答案为C；
②从表中数据分析，在催化剂Cat.2的作用下，甲醇的选择性更大，说明催化剂Cat.2对反应Ⅰ催化效果更好，催化剂能降低反应的活化能，说明使用催化剂Cat.2的反应过程中活化
能更低，故图为。
点睛：应用盖斯定律进行简单计算时，关键在于设计反应过程，同时注意：①参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。②当热化学方程式乘、除以某一个数时，ΔH也应相应地乘、除以某一个数；方程式进行加减运算时，ΔH也同样要进行加减运算，且要带“+”“－”符号，即把ΔH看作一个整体进行运算。③将一个热化学方程式颠倒书写时，ΔH的符号也随之改变，但数值不变。④在设计反应过程中，会遇到同一物质的三态(固、液、气)的相互转化，状态由固→液→气变化时，会吸热；反之会放热。
31. 重铬酸钾是一种重要的化工原料，一般由铬铁矿制备，铬铁矿的主要成分为FeO•Cr2O3，还含有硅、铝等杂质。实验室由铬铁矿粉制备重铬酸钾流程如图所示：
已知步骤①的主要反应为：FeO•Cr2O3+Na2CO3+NaNO3Na2CrO4+Fe2O3+CO2+NaNO2 （未配平）。有关物质的溶解度如图所示。
回答下列问题：
（1）滤渣2的主要成分是_________及含硅杂质。
（2）步骤④调滤液2的pH最合适的试剂是_________。
A．H2SO4溶液 B．KOH溶液
C．浓盐酸 D．K2CO3粉末
如何用最简单的方法粗略判断pH已调至合适范围______________。
（3）向“滤液3”中加入适量KCl，蒸发浓缩至____________，停止加热，然后冷却结晶，得到的K2Cr2O7固体产品。
（4）本实验过程中多次用到抽滤的装置，下列关于抽滤的说法正确的是 _________。
A．抽滤时，先用倾析法转移溶液，开大水龙头，待溶液快流尽时再转移沉淀
B．下图抽滤装置中只有2处错误
C．抽滤得到的滤液应从吸滤瓶的支管口倒出
D．洗涤沉淀时，应开大水龙头，使洗涤剂快速通过沉淀，减小沉淀的损失。
（5）某同学用m g铬铁矿粉（含Cr2O3 40%）制备K2Cr2O7，为了测定产率，该同学设计了以下实验：将所有产品加水溶解并定容于500mL容量瓶中。移取25.00mL于碘量瓶（一种带塞的锥形瓶）中，加入过量2mol·L–1H2SO4，再加1.1g KI，加塞摇匀，充分反应后铬完全以Cr3+存在，于暗处静置5min后，加指示剂，用0.0250mol·L–1标准Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液20.00mL。（已知：2Na2S2O3+I2 == Na2S4O6+2NaI）
若滴定时振荡不充分，刚看到局部变色就停止滴定，则会使产量的测量结果___________（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。计算该同学的产率 ___________×100%（用含是m的式子表示，要求化简，m的系数保留二位小数）。
【答案】 (1). Al(OH)3 (2). A (3). 溶液的颜色显橙红色，继续滴加酸后颜色没有明显变化 (4). 表面出现晶膜 (5). AB (6). 偏低 (7). 0.63/m
【解析】铬铁矿的主要成分为FeO•Cr2O3，还含有硅、铝等杂质，制备重铬酸钾，由制备流程可知，步骤①的主要反应为FeO•Cr2O3+Na2CO3+NaNO3Na2CrO4+Fe2O3+CO2+NaNO2，Cr元素的化合价由+3价升高为+6价，Fe元素的化合价由+2价升高为+3价，N元素的化合价由+5价降低为+3价，由电子、原子守恒可知，反应为
2FeO•Cr2O3+4Na2CO3+7NaNO34Na2CrO4+Fe2O3+4CO2+7NaNO2，该步骤中若使用陶瓷，二氧化硅与碳酸钠高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳，则使用铁坩埚，熔块水浸过滤分离出滤渣1含Fe2O3，滤液1中含NaAlO2、Na2CrO4，调节pH过滤分离出Al(OH)3、Si，滤液2中含Na2CrO4，④中调节pH发生2CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O，滤液3含Na2Cr2O7，由水中的溶解度：Na2Cr2O7＞K2Cr2O7，可知⑤中向Na2Cr2O7溶液中加入KCl固体后得到K2Cr2O7；
(1)由上述分析可知，滤渣2的主要成分是Al(OH)3及含硅杂质；
(2))步骤④中调节pH发生2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，则需要滴加稀酸溶液促进平衡正向移动，而Cl-在酸性条件下能被Cr2O72-氧化，则应选择稀硫酸，答案为A；当溶液的颜色显橙红色，继续滴加酸后颜色没有明显变化，说明pH已调至合适范围；
(3)“滤液3”中加入适量KCl，当蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜时，停止加热，再冷却结晶，得到K2Cr2O7；
(4)A．向布氏漏斗中转移混合物时应先用倾析法转移溶液，然后开大水龙头，使吸滤瓶中气压减小，加快过滤的速度，待溶液快流尽时再转移沉淀，故B正确；B．装置中布氏漏斗下端不能与支管口在同一水面内，另外抽滤瓶导管伸入瓶内部分，是左短右长，则共有2处错，故B正确；C．抽滤得到的滤液应从吸滤瓶瓶口倒出，故C错误；D．洗涤沉淀时，应开小水龙头，使洗涤剂缓慢通过沉淀，以减小沉淀的损失，故D错误；答案为AB；
(5)根据Cr2O72-+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O和2Na2S2O3+I2 == Na2S4O6+2NaI，得关系式：Cr2O72-~~~3I2~~~6Na2S2O3，则样品中K2Cr2O7的物质的量为0.0250mol·L–1×0.02L××=mol，m g铬铁矿粉(含Cr2O3 40%)理论制得K2Cr2O7的物质的量为×2÷2=mol，则产率为== 。
32. 化合物H是治疗失眠症药物雷美替胺的中间体，其合成路线如下：
完成下列填空：
（1）物质G分子式为__________。
（2）反应③类型____________。
（3）若没有设计反应⑤，则化合物H中可能混有杂质，该杂质同样含有一个六元环和两个五元环，写出生成该杂质反应的化学方程式_________________________________。
（4）写出同时满足下列条件的物质H的所有同分异构体的结构简式______________。
①属于芳香族化合物；
②能发生银镜反应和水解反应；
③1H-NMR谱表明分子中有5种氢原子，IR谱显示存在碳碳双键。
（5）已知：CH2＝CHCH2OHCH2＝CHCOOH，写出以CH2＝CHCH＝CH2、为原料制备 的合成路线流程图（无机试剂任选）。（合成路线常用的表示方法为：）____________
【答案】 (1). C11H8O2Br2 (2). 取代反应 (3). → +H2O (4). 、 (5). CH2＝CHCH＝CH2HOOCCH＝CHCOOH
【解析】(1)物质G的结构简式为，则分子式为C11H8O2Br2；
(2)反应③是取代反应，取代的位置是碳碳双键两端的碳原子上；
(3)反应⑤是取代反应，是羧基中的羟基取代苯环上的氢原子，该条件下会取代G中两个Br原子的位置，形成五元环或六元环，其结构简式：，发生反应的化学方程式为→ +H2O；
(4)H的同分异构体满足：①属于芳香族化合物；②能发生银镜反应；③能发生水解反应，含有甲酸形成的酯基，④分子中有5种氢原子，结合H的结构可知，还含有2个-CH=CH2，且为对称结构，符合条件的同分异构体为：或；
(5)根据流程③把原料连接起来，可知的合成原料、HOOCCH=CHCOOH，先把CH2=CHCH=CH2变为HOOCCH=CHCOOH，则CH2=CHCH=CH2与溴发生1，4-加成生成BrCH2CH=CHCH2Br，再发生水解反应生成HOCH2CH=CHCH2OH，结合信息可知，在PDC/DMF条件下得到HOOCCH=CHCOOH，合成路线流程图为：。
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