浙江省绍兴一中高二化学上学期期中试卷含解析

浙江省绍兴一中2022～2022学年度高二上学期期中化学试卷　一、选择题（共25小题）1．将一根较纯铁棒垂直没入水中，由于深水处溶氧量较少，一段时间后发现AB段产生较多铁锈，BC段腐蚀严重，下列关于此现象的说法错误的是（　　）A．铁棒AB段发生反应为O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣B．腐蚀过程中在铁棒上会产生微电流，且方向是AB段到BC段C．向水中加入一定量硫酸钾固体后，对铁棒的生锈速率几乎无影响D．产生这种现象的本质原因是铁棒所处的化学环境不同　2．下列有关化学用语表达正确的是（　　）A．乙酸分子的球棍模型：B．H2O2的电子式：C．乙醇的分子式：C2H5OHD．离子结构示意图可以表示35Cl﹣，也可以表示37Cl﹣　3．如图表示1gO2与1gX气体在相同容积的密闭容器中压强（p）与温度（T）的关系，则X气体可能是（　　）A．N2B．CH4C．CO2D．NO　4．下列物质不能通过化合反应生成的是（　　）A．NaOHB．NaHCO3C．FeCl2D．Al（OH）3　5．黑火药是中国古代的四大发明之一，其爆炸的热化学方程式为：S（s）+2KNO3（s）+3C（s）═K2S（s）+N2（g）+3CO2（g）△H=xkJ•mol﹣1已知：碳的燃烧热△H1=akJ•mol﹣1S（s）+2K（s）═K2S（s）△H2=bkJ•mol﹣12K（s）+N2（g）+3O2（g）═2KNO3（s）△H3=ckJ•mol﹣1-30-\n则x为（　　）A．3a+b﹣cB．c﹣3a﹣bC．a+b﹣cD．c﹣a﹣b　6．为了配制NH的浓度与Cl﹣的浓度比为1：1的溶液，可在NH4Cl溶液中加入（　　）①适量的HCl；②适量的NaCl；③适量的氨水；④适量的NaOH．A．①②B．③C．③④D．④　7．下列实验操作中：①过滤；②蒸发；③溶解；④取液体试剂；⑤取固体试剂．一定要用到玻璃棒的是（　　）A．①②③B．④⑤C．①④D．①③⑤　8．13C﹣NMR（核磁共振）、15N﹣NMR可用于测定蛋白质、核酸等生物大分子的空间结构，KurtWuthrich等人为此获得2022年诺贝尔化学奖．下面有关13C、15N叙述正确的是（　　）A．13C与15N有相同的中子数B．13C与C60互为同素异形体C．15N与14N互为同位素D．15N的核外电子数与中子数相同　9．下列实验能达到预期目的是（　　）①用乙醇和浓硫酸除去乙酸乙酯中的少量乙酸；②用NaOH溶液除去苯中的少量苯酚；③用饱和NaHCO3溶液除去CO2中的少量SO2；④用加热的方法提取NH4Cl固体中混有的少量碘；⑤用酒精萃取碘水中的碘．A．①⑤B．①②④⑤C．②③D．②③⑤　10．化学与生产生活有密切的联系．以下说法正确的是（　　）A．埃博拉病毒对化学药品敏感，乙醇、次氯酸钠溶液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的B．气象环境报告中新增的“PM2.5”是对一种新分子的描述C．用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果D．施肥时，草木灰（有效成分为K2CO3）与NH4Cl混合使用效果更好　11．下列说法不正确的是（　　）A．发展核电、煤中加入生石灰、利用二氧化碳制造全降解塑料都能有效减少环境污染B．物质变化中炭化、钝化、皂化、酯化、熔化都属于化学变化C．氢键、分子间作用力、离子键和共价键均为微粒间的相互作用力D．农业废弃物、城市工业有机废弃物及动物粪便中都蕴藏着丰富的生物质能　12．如图是a、b两种固体物质的溶解度曲线，下列说法中，正确的是（　　）-30-\nA．a的溶解度大于b的溶解度B．在t℃时，a、b的饱和溶液中溶质的物质的量浓度相同C．升高温度时，a、b溶解度均增大D．在t℃时，将a、b的饱和溶液升温后，溶质的质量分数：a＞b　13．广口瓶被称为气体实验的“万能瓶”，是因为它可以配合玻璃管和其他简单仪器组成各种功能的装置．如图图中各装置可用作测量气体体积的是（　　）A．B．C．D．　14．下列各组粒子中，所含化学键类型有差异的是（　　）A．CCl4和CH2Cl2B．H3O+和NH4+C．CaO2和CaF2D．Ba（OH）2和NaOH　15．下列变化过程中，没有发生化学变化的是（　　）A．用蒸馏法淡化海水B．从海带中提取碘C．石墨转化为金刚石D．氨气溶解在水中　16．如图是实验室模拟煤的干馏的实验装置，下列叙述错误的是（　　）A．上图实验中发生了化学变化-30-\nB．液体Y是一种纯净物C．气体Z易燃，可还原CuOD．水溶液X的pH＞7，液体Y是黑色黏稠状的煤焦油　17．下列关于有机物的叙述正确的是（　　）A．乙醇不能发生取代反应B．C4H10有三种同分异构体C．乙二醇和丙三醇为同系物D．乙烯和甲烷可用溴的四氯化碳溶液鉴别　18．糖类、脂肪和蛋白质是维持人体生命活动所必需的三大营养物质．以下叙述正确的是（　　）A．牛油、纤维素和蛋白质都是天然高分子化合物B．淀粉水解的最终产物是葡萄糖C．葡萄糖能发生氧化反应和水解反应D．浓硫酸溅在皮肤上，使皮肤呈黄色是由于浓硫酸和蛋白质发生了颜色反应　19．向等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中加入稀盐酸，下列离子方程式与事实不符的是（　　）A．OH﹣+CO32﹣+2H+═HCO3﹣+H2OB．2OH﹣+CO32﹣+3H+═HCO3﹣+2H2OC．2OH﹣+CO32﹣+4H+═CO2+3H2OD．OH﹣+CO32﹣+3H+═CO2+2H2O　20．某溶液可能含有Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣、NH4+、Fe3+、Fe2+、Al3+和Na+．某同学为了确认其成分，取部分试液，设计并完成了如下实验：由此可知原溶液中（　　）A．原溶液中c（Fe3+）=0.2mol•L﹣1B．要确定原溶液中是否含有Fe2+，其操作为：取少量原溶液于试管中，加KSCN溶液，再加入适量氯水，溶液呈血红色，则含有Fe2+C．SO42﹣、NH4+、Na+一定存在，CO32﹣、Al3+一定不存在D．溶液中至少有4种离子存在，其中Cl﹣一定存在，且c（Cl﹣）≥0.2mol•L﹣1　21．下列关于金属冶炼的说法正确的是（　　）A．金属冶炼的本质是将化合态金属还原为游离态，冶炼方法由金属的活泼性决定B．Cu的湿法冶炼是将金属钠投入到CuSO4溶液中，从而置换出铜C．Fe通常采用热还原法冶炼，加入石灰石的目的是除去过量的碳D．由于Al的活泼性强，故工业上采用电解熔融AlCl3的方法生产Al-30-\n　22．在一定条件下，向一带活塞的密闭容器中充入2molNO2，发生下列反应2NO2（g）⇌N2O4（g）△H＜0，达到平衡状态后，在t1时刻改变条件，化学反应速率随时间变化关系如图．下列对t1时刻改变条件的推测中正确的是（　　）A．保持压强不变，升高反应温度B．保持温度和容器体积不变，充入1molN2（g）C．保持温度和容器体积不变，充入1molN2O4（g）D．保持温度和压强不变，充入1molN2O4（g）　23．下列叙述正确的是（　　）A．0.1mol/LCH3COONa溶液中：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）B．Na2CO3溶液加水稀释后，恢复至原温度，pH和Kw均减小C．pH=5的CH3COOH溶液和PH=5的NH4Cl溶液中，c（H+）不相等D．在Na2S溶液中加入AgCl固体，溶液中c（S2﹣）下降　24．下表所示为部分短周期元素的原子半径及主要化合价，根据表中信息判断以下叙述正确的是（　　）元素代号ABCDE原子半径/nm0.1600.1430.1020.0710.099主要化合价+2+3+6、﹣2﹣1﹣1A．A、B的单质与稀盐酸反应速率B＞AB．D、E形成的简单离子的还原性E﹣＞D﹣C．气态氢化物的稳定性HD＜H2CD．最高价氧化物对应的水化物的酸性H2CO4＞HEO4　25．一定条件下，中学化学常见物质甲、乙之间存在如下转化关系，乙是（　　）A．HClB．FeCl2C．KOHD．NaHCO3　　二、解答题（共6小题）（选答题，不自动判卷）26．如图是中学化学中常见有机物转化关系（部分相关物质和反应条件已略去）-30-\n已知：Ⅰ．F的相对分子质量为6且分子中碳元素的质量分数为40%．Ⅱ．A可以提供生命活动所需要的能量；C、D、E、F分子含碳原子个数相同；G为高分子化合物．回答下列问题：（1）F中含有的官能团名称为　　　　　　，①的反应类型为　　　　　　．B的结构简式为　　　　　　，G中链节为　　　　　　．（3）写出A→C的化学方程式　　　　　　．　27．某难溶物质X是重要的化工原料，用途广泛．取2.796g物质X与焦炭在隔绝空气条件下加热，所得产物经一系列变化如图所示：（1）固体甲中金属元素在周期表中的位置为　　　　　　，气体乙的电子式　　　　　　．X的化学式是　　　　　　．（3）写出反应①和反应②的化学方程式：①　　　　　　；②　　　　　　．　28．节能减排已经成为全社会的共识，浙江省在原先推行乙醇汽油的基础上，开始试点甲醇汽油（即在汽油中添加一定量的甲醇），根据检测的数据分析认为，若绍兴全市的100余万辆机动车全部使用甲醇汽油，一年内能减少有害气体（一氧化碳）排放将近100万吨．甲醇常利用煤气化过程中生成的CO和H2来制备：CO+2H2⇌CH3OH．请根据图示回答下列：（1）关于该自发反应的下列说法中，正确的是　　　　　　（填字母）：A．△H＞0，△S＞0B．△H＞0，△S＜0C．△H＜0，△S＜0D．△H＜0，△S＞0现进行如下实验，在体积为1L的密闭容器中，充入1molCO和3molH2，测得CO和CH3OH（g）的浓度随时间如图所示．从反应开始到平衡，CO的平均反应速率v（CO）=　　　　　　mol/（L•min），该反应的平衡常数K=　　　　　　．（3）恒容条件下，达到平衡后，下列措施中能使增大的有　　　　　　．-30-\nA．升高温度B．充入He气C．再冲入1molCO和3molH2D．使用催化剂（4）若在一体积可变的密闭容器中充入1molCO、2molH2和1molCH3OH，达到平衡时测的混合气体的密度是同温同压下起始的1.6倍（此过程三种物质均处于气态），则平衡时混合气体的平均摩尔质量=　　　　　　g/mol．　29．由短周期元素构成的A～E五种物质中都含有同一种元素，B为单质，E为强酸．A→BCDE（1）若B为固体，请画出B的原子结构示意图　　　　　　，A既能与强酸又能与强碱反应，且都能产生气体，则A的化学式为　　　　　　．若B为气体，请写出D→E的化学方程式　　　　　　．　30．乳酸亚铁（[CH3CH（OH）COO]2Fe•3H2O，Mr=288）是一种常用的补铁剂，可通过乳酸与碳酸亚铁反应制得：CH3CH（OH）COOH+FeCO3+2H2O→[CH3CH（OH）COO]2Fe•3H2O+CO2↑．已知FeCO3易被氧化：4FeCO3+6H2O+O2=4Fe（OH）3+4CO2．某兴趣小组用FeCl2（用铁粉和稀盐酸制得）和NH4HCO3制备FeCO3的装置示意图如图：回答下列问题：（1）NH4HCO3盛放在装置　　　　　　中（填字母），该装置中涉及的主要反应的离子方程式　　　　　　．将生成的FeCl2溶液和NH4HCO3溶液混合时的操作是　　　　　　．（3）将制得的FeCO3加入到足量乳酸溶液中，再加入少量铁粉，75℃下搅拌反应．反应结束后，无需过滤，除去过量铁粉的方法是　　　　　　．（4）该兴趣小组用KMnO4法测定样品中亚铁含量进而计算产品中乳酸亚铁的质量分数，发现产品的质量分数总是大于100%，其原因可能是　　　　　　．　-30-\n31．某学生用0.2000mol•L﹣1的标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作如下：①用蒸馏水洗涤碱式滴定管，并立即注入NaOH溶液至“0”刻度线以上；②固定好滴定管并使滴定管尖嘴充满液体；③调节液面至“0”或“0”刻度线稍下，并记下读数；④移取20.00mL待测液注入洁净的锥形瓶中，并加入3滴酚酞溶液；⑤用标准液滴定至终点，记下滴定管液面读数．请回答：（1）以上步骤有错误的是（填编号）　　　　　　，该错误操作会导致测定结果（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）　　　　　　．判断滴定终点的现象是：　　　　　　．（3）如图是某次滴定时的滴定管中的液面，其读数为　　　　　　mL．（4）根据下列数据：请计算待测盐酸溶液的浓度：　　　　　　mol/L．滴定次数待测体积（mL）标准烧碱体积（mL）滴定前读数滴定后读数第一次20.000.4020.40第二次20.002.0024.10第三次20.004.0024.00　　浙江省绍兴一中2022～2022学年度高二上学期期中化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（共25小题）1．将一根较纯铁棒垂直没入水中，由于深水处溶氧量较少，一段时间后发现AB段产生较多铁锈，BC段腐蚀严重，下列关于此现象的说法错误的是（　　）A．铁棒AB段发生反应为O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣B．腐蚀过程中在铁棒上会产生微电流，且方向是AB段到BC段C．向水中加入一定量硫酸钾固体后，对铁棒的生锈速率几乎无影响D．产生这种现象的本质原因是铁棒所处的化学环境不同【考点】金属的电化学腐蚀与防护．【分析】铁板在水溶液中发生吸氧腐蚀，属于原电池，BC段作原电池负极、AB段作原电池正极，据此解答即可．【解答】解：铁板在水溶液中发生吸氧腐蚀，属于原电池，BC段作原电池负极、AB段作原电池正极，-30-\nA、依据分析可知，AB段为原电池的正极，发生反应O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣，故A正确；B、腐蚀过程中BC段为原电池的负极，在此生成微电流，电子从BC流向AB，故电流方向为从AB到BC，故B正确；C、向水中加入一定量的硫酸钾后，电解质溶液中离子浓度升高，化学反应速率加快，故C错误；D、此原电池的构成是由于铁棒所处的化学环境不同，故D正确，故选C．【点评】本题考查金属的吸氧腐蚀，明确各个电极上发生的反应及离子移动方向即可解答，会正确书写电极反应式，知道铁锈的成分，题目难度不大．　2．下列有关化学用语表达正确的是（　　）A．乙酸分子的球棍模型：B．H2O2的电子式：C．乙醇的分子式：C2H5OHD．离子结构示意图可以表示35Cl﹣，也可以表示37Cl﹣【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合．【专题】化学用语专题．【分析】A．为乙酸的比例模型，不是球棍模型；B．双氧水为共价化合物，电子式中不需要标出所带电荷；C．乙醇的分子式中不需要标出官能团；D．表示的是所有氯离子，与氯原子的中子数无关．【解答】解：A．乙酸分子的球棍模型为：，故A错误；B．双氧水为共价化合物，分子中存在两个氧氢键和一个O﹣O键，双氧水的电子式为：，故B错误；C．C2H5OH为乙醇的结构简式，乙醇正确的分子式为：C2H6O，故C错误；D．离子结构示意图表示的是所有氯离子，可以表示35Cl﹣，也可以表示37Cl﹣，故D正确；故选D．【点评】本题考查了常见化学用语的表示方法判断，题目难度中等，注意掌握球棍模型与比例模型、电子式、离子结构示意图、分子式与结构简式的概念及区别，试题培养了学生的规范答题能力．　3．如图表示1gO2与1gX气体在相同容积的密闭容器中压强（p）与温度（T）的关系，则X气体可能是（　　）-30-\nA．N2B．CH4C．CO2D．NO【考点】阿伏加德罗定律及推论．【分析】体积相同、温度相同时，气体压强与物质的量成正比，根据图象知，相同温度下，氧气压强大于X气体，说明氧气的物质的量大，根据n=判断X摩尔质量相对大小，据此分析解答．【解答】解：体积相同、温度相同时，气体压强与物质的量成正比，根据图象知，相同温度下，氧气压强大于X气体，说明氧气的物质的量大，根据n=知，质量相同时，物质的量与摩尔质量成反比，氧气的物质的量大于X，则氧气的摩尔质量小于X，这几个选项中只有二氧化碳摩尔质量大于氧气，故选C．【点评】本题考查阿伏伽德罗定律及其推论，明确P、V、n、T、M之间的关系是解本题关键，会分析图象中曲线变化趋势，采用“定一议二”的方法分析，题目难度中等．　4．下列物质不能通过化合反应生成的是（　　）A．NaOHB．NaHCO3C．FeCl2D．Al（OH）3【考点】钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物．【专题】元素及其化合物．【分析】A．氧化钠和水反应可生成氢氧化钠；B．可由碳酸钠和二氧化碳在溶液中生成；C．铁与氯化铁反应生成氯化亚铁；D．氧化铝和水不能发生化合反应生成氢氧化铝．【解答】解：A．氧化钠和水反应可生成氢氧化钠，发生化合反应，故A不选；B．二氧化碳、水和碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠，反应的化学方程式Na2CO3+CO2+H2O═2NaHCO3，故B不选；C．铁与氯化铁反应生成氯化亚铁，发生化合反应，故C不选；D．氧化铝和水不能发生化合反应生成氢氧化铝，故D选．故选D．【点评】本题综合考查元素化合物知识，明确物质的性质是解本题关键，注意常见物质的性质以及反应类型的判断，学习中注意相关基础知识的积累，难度不大．　5．黑火药是中国古代的四大发明之一，其爆炸的热化学方程式为：S（s）+2KNO3（s）+3C（s）═K2S（s）+N2（g）+3CO2（g）△H=xkJ•mol﹣1已知：碳的燃烧热△H1=akJ•mol﹣1S（s）+2K（s）═K2S（s）△H2=bkJ•mol﹣12K（s）+N2（g）+3O2（g）═2KNO3（s）△H3=ckJ•mol﹣1则x为（　　）-30-\nA．3a+b﹣cB．c﹣3a﹣bC．a+b﹣cD．c﹣a﹣b【考点】真题集萃；热化学方程式；用盖斯定律进行有关反应热的计算．【分析】碳的燃烧热△H1=akJ•mol﹣1，其热化学方程式为C（s）+O2（g）=CO2（g）△H1=akJ•mol﹣1①S（s）+2K（s）═K2S（s）△H2=bkJ•mol﹣1②2K（s）+N2（g）+3O2（g）═2KNO3（s）△H3=ckJ•mol﹣1③将方程式3①+②﹣③得S（s）+2KNO3（s）+3C（s）═K2S（s）+N2（g）+3CO2（g），其反应热进行相应的改变，据此计算反应热．【解答】解：碳的燃烧热△H1=akJ•mol﹣1，其热化学方程式为C（s）+O2（g）=CO2（g）△H1=akJ•mol﹣1①S（s）+2K（s）═K2S（s）△H2=bkJ•mol﹣1②2K（s）+N2（g）+3O2（g）═2KNO3（s）△H3=ckJ•mol﹣1③将方程式3①+②﹣③得S（s）+2KNO3（s）+3C（s）═K2S（s）+N2（g）+3CO2（g），则△H=xkJ•mol﹣1=（3a+b﹣c）kJ•mol﹣1，所以x=3a+b﹣c，故选A．【点评】本题考查盖斯定律的应用，侧重考查学生分析计算能力，明确目标方程式与已知方程式的关系是解本题关键，注意方程式可以进行加减，题目难度不大．　6．为了配制NH的浓度与Cl﹣的浓度比为1：1的溶液，可在NH4Cl溶液中加入（　　）①适量的HCl；②适量的NaCl；③适量的氨水；④适量的NaOH．A．①②B．③C．③④D．④【考点】影响盐类水解程度的主要因素．【专题】盐类的水解专题．【分析】氯化铵是强酸弱碱盐，由于NH4+水解，导致溶液中c（NH4+）＜c（Cl﹣），氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，溶液呈酸性；为了配制NH4+与Cl﹣的浓度比为1：1的溶液，须加一定量的能电离出铵根离子的物质，或减少溶液中氯离子的浓度，据此分析．【解答】解：氯化铵是强酸弱碱盐，由于NH4+水解，导致溶液中c（NH4+）＜c（Cl﹣），溶液呈酸性，为了配制NH4+与Cl﹣的浓度比为1：1的溶液，须增加铵根离子浓度；或减少溶液中氯离子的浓度．①加入适量的HCl，溶液中氯离子浓度增大，则溶液中c（NH4+）＜c（Cl﹣），故①错误；②加入适量的NaCl，溶液中氯离子的浓度增加，铵根离子浓度不变保持，导致c（NH4+）＜c（Cl﹣），故②错误；　　　　③加入适量氨水，通过增加一水合氨浓度从而抑制铵根离子的水解，增加溶液中铵根离子的浓度，并保持氯离子浓度不变，故③正确；④加入适量NaOH，会发生反应：NH4++OH﹣=NH3•H2O，NH4+越来越少，氯离子浓度不变，导致c（NH4+）＜c（Cl﹣），故④错误；故选：B．【点评】本题主要考查了NH4Cl溶液的配制，解答须掌握铵根离子水解的影响因素，掌握盐类水解的规律是解答本类题的关键，本题目难度不大．　7．下列实验操作中：①过滤；②蒸发；③溶解；④取液体试剂；⑤取固体试剂．一定要用到玻璃棒的是（　　）A．①②③B．④⑤C．①④D．①③⑤【考点】过滤、分离与注入溶液的仪器．-30-\n【专题】化学实验常用仪器及试剂．【分析】运用液体、固体药品的取用、溶解、蒸发、过滤的基本操作知识解答．【解答】解：①过滤时要用玻璃棒引流；②蒸发要用玻璃棒搅拌防止局部受热造成液滴飞溅同时能加速溶解；③溶解固体需玻璃棒搅拌加速溶解；④取液体试剂直接倾倒不需要玻璃棒；⑤取用固体用药匙，不用玻璃棒；故选A．【点评】本题考查了实验基本操作的使用仪器和操作步骤，熟悉实验操作即可解答，较简单．　8．13C﹣NMR（核磁共振）、15N﹣NMR可用于测定蛋白质、核酸等生物大分子的空间结构，KurtWuthrich等人为此获得2022年诺贝尔化学奖．下面有关13C、15N叙述正确的是（　　）A．13C与15N有相同的中子数B．13C与C60互为同素异形体C．15N与14N互为同位素D．15N的核外电子数与中子数相同【考点】质量数与质子数、中子数之间的相互关系；同位素及其应用．【专题】原子组成与结构专题．【分析】13C、15N的质量数分别为13、15，质子数分别为6、7，利用质子数=电子数，质子数+中子数=质量数及同位素的概念来解答．【解答】解：A．13C与15N的中子数分别为7、8，故A错误；B．13C为原子，C60为单质，二者不是同素异形体，故B错误；C．15N与14N为质子数都是7，但中子数不同的原子，则互为同位素，故C正确；D．15N的核外电子数为7，中子数为15﹣7=8，故D错误；故选C．【点评】本题考查原子的构成及原子中的数量关系，较简单，熟悉同位素、同素异形体的概念及判断可解答．　9．下列实验能达到预期目的是（　　）①用乙醇和浓硫酸除去乙酸乙酯中的少量乙酸；②用NaOH溶液除去苯中的少量苯酚；③用饱和NaHCO3溶液除去CO2中的少量SO2；④用加热的方法提取NH4Cl固体中混有的少量碘；⑤用酒精萃取碘水中的碘．A．①⑤B．①②④⑤C．②③D．②③⑤【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】①乙酸乙酯易溶于乙醇，会引入新的杂质；②苯酚与NaOH溶液反应后与苯分层；③SO2与饱和NaHCO3溶液反应生成二氧化碳；④碘易升华，氯化铵受热易分解；⑤酒精与水互溶．【解答】解：①乙酸乙酯易溶于乙醇，会引入新的杂质，则应饱和碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中混有的少量乙酸，故①错误；②苯酚与NaOH溶液反应后与苯分层，然后分液可除去苯中混有的少量苯酚，故②正确；-30-\n③SO2与饱和NaHCO3溶液反应生成二氧化碳，能除去杂质且不引入新杂质，故③正确；④碘易升华，氯化铵受热易分解，所以不能用加热的方法提取NH4Cl固体中混有的少量碘，应利用萃取法，故④错误；⑤酒精与水互溶，不能做萃取剂，故⑥错误；故选C．【点评】本题考查化学实验方案的评价，侧重物质分离、提纯的考查，明确常见物质的性质及混合物分离的方法即可解答，题目难度不大．　10．化学与生产生活有密切的联系．以下说法正确的是（　　）A．埃博拉病毒对化学药品敏感，乙醇、次氯酸钠溶液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的B．气象环境报告中新增的“PM2.5”是对一种新分子的描述C．用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果D．施肥时，草木灰（有效成分为K2CO3）与NH4Cl混合使用效果更好【考点】常见的生活环境的污染及治理；铵盐．【分析】A．乙醇使蛋白质变性；B．PM2.5指环境空气中空气动力学当量直径小于等于2.5μm的颗粒物，也称细颗粒物；C．乙烯与高锰酸钾反应氧化还原反应；D．草木灰中碳酸钾溶液中水解显碱性，氯化铵溶液中铵根离子水解显酸性，二者混合水解相互促进损失肥效；【解答】解；A、乙醇消毒液消毒是因为可以使蛋白质变性，而并非是将病毒氧化，而次氯酸钠溶液可以将病毒氧化而达到消毒的目的，故A错误；B．PM2.5指环境空气中空气动力学当量直径小于等于2.5μm的颗粒物，也称细颗粒物，不是新分子，故B错误；C．乙烯具有催熟作用，为了延长水果的保鲜期，用高锰酸钾可以除掉乙烯，故C正确；D．当施肥时草木灰（有效成分为K2CO3）与NH4Cl混合使用，则二者的水解作用相互促进，使N元素以氨气的形式逸出因而肥效会降低，故D错误；故选C．【点评】本题综合考查化学反应以及环境污染等知识，侧重于物质的性质的考查，题目难度不大．　11．下列说法不正确的是（　　）A．发展核电、煤中加入生石灰、利用二氧化碳制造全降解塑料都能有效减少环境污染B．物质变化中炭化、钝化、皂化、酯化、熔化都属于化学变化C．氢键、分子间作用力、离子键和共价键均为微粒间的相互作用力D．农业废弃物、城市工业有机废弃物及动物粪便中都蕴藏着丰富的生物质能【考点】常见的生活环境的污染及治理；物理变化与化学变化的区别与联系；化学键和分子间作用力的区别．【专题】化学用语专题；化学键与晶体结构；化学应用．【分析】A．煤中加入生石灰能减少二氧化硫的排放；B．化学变化过程中有新物质生成，物理变化过程中没有新物质生成；C．离子键和共价键均为离子和原子间的相互作用力；D．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．-30-\n【解答】解：A．煤中加入生石灰能减少二氧化硫的排放，发展核电、利用二氧化碳制造全降解塑能减少二氧化碳的排放，三者都能有效减少环境污染，故A正确；B．熔化没有生成新物质，属于物理变化，故B错误；C．氢键、分子间作用力是分子之间的作用力；离子键和共价键均为离子和原子间的相互作用力，故C正确；D．农业废弃物、城市工业有机废弃物及动物粪便中都蕴藏着以生物质为载体的能量，故D正确．故选B．【点评】本题考查环境污染、化学变化、生物质能、化学键等，知识点较多，难度不大，学习中注意相关基础知识的积累．　12．如图是a、b两种固体物质的溶解度曲线，下列说法中，正确的是（　　）A．a的溶解度大于b的溶解度B．在t℃时，a、b的饱和溶液中溶质的物质的量浓度相同C．升高温度时，a、b溶解度均增大D．在t℃时，将a、b的饱和溶液升温后，溶质的质量分数：a＞b【考点】溶解度、饱和溶液的概念．【专题】物质的量浓度和溶解度专题．【分析】溶解度是指在某温度下，在100g的水中达到饱和时所能溶解的溶质的质量．A、a、b的溶解度的相对大小和温度有关；B、在t℃时，a、b的溶解度相同；C、由图象可知，升高温度，a和b的溶解度均增大；D、溶质的质量分数ω=．【解答】解：溶解度是指在某温度下，在100g的水中达到饱和时所能溶解的溶质的质量．A、a、b的溶解度的相对大小和温度有关，当温度低于t时，b的溶解度大于a，当温度高于t时，a的溶解度大于b，故A错误；B、在t℃时，a、b的溶解度相同，但由于两者的摩尔质量大小关系未知，故两者的物质的量大小关系无法确定，则所得溶液的物质的量浓度的大小关系无法比较，故B错误；C、由图象不难看出，升高温度，a和b的溶解度均增大，故C正确；D、溶质的质量分数ω=，在t℃时，将a、b的饱和溶液升温后，两溶液会由饱和变为不饱和，但溶液的质量分数不变，故D错误．故选C．-30-\n【点评】本题考查了根据图象来分析比较两种物质的溶解度的变化情况、溶液的质量分数的变化等情况，难度不大，注意对图象信息的提取．　13．广口瓶被称为气体实验的“万能瓶”，是因为它可以配合玻璃管和其他简单仪器组成各种功能的装置．如图图中各装置可用作测量气体体积的是（　　）A．B．C．D．【考点】不能加热的仪器及使用方法．【专题】化学实验常用仪器及试剂．【分析】A．该装置是排液量气装置；B．该装置可作为安全瓶；C．该装置混气装置；D．该装置是洗气装置．【解答】解：A．该装置是排液量气装置，故A正确；B．该装置可作为安全瓶防倒吸，因为进气管较短（刚漏出瓶塞）若发生倒吸，倒吸液会被盛装在B瓶中，不会再倒流到前一装置，从而防止倒吸，故B错误；C．该装置是混气装置，进入C瓶中两气体在C瓶中充分混合，故C错误；D．该装置是洗气装置，故D错误．故选A．【点评】本题考查气体收集装置、防倒吸安全瓶，题目难度不大，熟悉各种仪器的用途及使用注意事项、掌握常见化学实验基本操作的注意事项是解答此类试题的关键．　14．下列各组粒子中，所含化学键类型有差异的是（　　）A．CCl4和CH2Cl2B．H3O+和NH4+C．CaO2和CaF2D．Ba（OH）2和NaOH【考点】化学键．【专题】化学键与晶体结构．【分析】一般来说，活泼金属与非金属形成离子键，非金属之间形成共价键，不同非金属形成极性共价键，同种非金属元素之间形成非极性共价键，以此来解答．【解答】解：A．CCl4中只含极性键，CH2Cl2中含C﹣H、C﹣Cl极性键，故A不选；B．均含极性共价键，故B不选；C．CaO2中含离子键和O﹣O非极性共价键，而CaF2中只含离子键，故C选；D．均含离子键和O﹣H极性共价键，故D不选；故选C．-30-\n【点评】本题考查化学键，为高频考点，把握化学键的形成及判断的一般规律为解答的关键，侧重分析与应用能力的综合考查，注意常见物质中的化学键，题目难度不大．　15．下列变化过程中，没有发生化学变化的是（　　）A．用蒸馏法淡化海水B．从海带中提取碘C．石墨转化为金刚石D．氨气溶解在水中【考点】物理变化与化学变化的区别与联系．【专题】物质的性质和变化专题．【分析】A．用蒸馏法淡化海水没有新物质生成；B．用海带提取碘单质有新物质碘单质生成；C．石墨转化为金刚石过程中有新物质金刚石生成；D．氨气与水反应生成一水合氨．【解答】解：A．用蒸馏法淡化海水没有新物质生成，属于物理变化，故A正确；B．用海带提取碘单质有新物质碘单质生成，属于化学变化，故B错误；C．石墨转化为金刚石过程中有新物质金刚石生成，属于化学变化，故C错误；D．氨气与水反应生成一水合氨，有新物质生成，属于化学变化，故D错误．故选A．【点评】本考点考查了物理变化和化学变化的区别，基础性比较强，只要抓住关键点：是否有新物质生成，问题就很容易解决．本考点主要出现在选择题和填空题中．　16．如图是实验室模拟煤的干馏的实验装置，下列叙述错误的是（　　）A．上图实验中发生了化学变化B．液体Y是一种纯净物C．气体Z易燃，可还原CuOD．水溶液X的pH＞7，液体Y是黑色黏稠状的煤焦油【考点】煤的干馏和综合利用．【专题】化学用语专题；化学应用．【分析】A、将煤隔绝空气加强热使其分解，可得到多种物质，属于化学变化过程；B、煤焦油层密度最大，居于水层以下；C、焦炉气中的氢气具有可燃性和还原性；D、煤干馏的产物中有氨水，显碱性，煤焦油层居于水层以下，苯及二甲苯等居于水层以上．【解答】解：A、将煤隔绝空气加强热使其分解，可得到多种物质，属于化学变化，故A正确；B、由于煤焦油中含多种物质成分，属于混合物，故B错误；C、焦炉气中的氢气等可以还原氧化铜，且易燃，故C正确；-30-\nD、所得的产物有焦炉气（含有甲烷、氢气、乙烯、一氧化碳等）、煤焦油（不溶于水的一种多成分混合物）、粗氨水（溶于水）、焦炭等，氨水的pH＞7，煤焦油层居于水层以下，苯及二甲苯等居于水层以上，故D正确；故选B．【点评】本题以一个模拟实验装置切题，对煤的干馏产物进行考查，要求学生熟记教材知识，熟练运用．　17．下列关于有机物的叙述正确的是（　　）A．乙醇不能发生取代反应B．C4H10有三种同分异构体C．乙二醇和丙三醇为同系物D．乙烯和甲烷可用溴的四氯化碳溶液鉴别【考点】有机物的结构和性质．【分析】A．含有羟基，可发生取代反应；B．C4H10有正丁烷、异丁烷两种同分异构体；C．根据同系物的定义判断；D．乙烯含有碳碳双键，可与溴发生加成反应．【解答】解：A．乙醇含有羟基，可发生取代反应，如与乙酸的酯化反应，故A错误；B．C4H10有正丁烷、异丁烷两种同分异构体，故B错误；C．乙二醇和丙三醇含有官能团的数目不同，不是同系物，故C错误；D．乙烯含有碳碳双键，可与溴发生加成反应，可使溴的四氯化碳溶液褪色，可鉴别，故D正确．故选D．【点评】本题综合考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力和双基的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大．　18．糖类、脂肪和蛋白质是维持人体生命活动所必需的三大营养物质．以下叙述正确的是（　　）A．牛油、纤维素和蛋白质都是天然高分子化合物B．淀粉水解的最终产物是葡萄糖C．葡萄糖能发生氧化反应和水解反应D．浓硫酸溅在皮肤上，使皮肤呈黄色是由于浓硫酸和蛋白质发生了颜色反应【考点】淀粉的性质和用途；酯的性质；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点．【专题】糖类与蛋白质专题．【分析】A．相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物，牛油不是天然高分子化合物，蛋白质、纤维素都是天然有机高分子化合物；B．淀粉在酸的催化作用下，水解生成麦芽糖，麦芽糖水解生成葡萄糖；C．葡萄糖能发生氧化反应，但不能发生水解反应；D．含有苯环的蛋白质遇浓HNO3变黄，浓硫酸溅在皮肤上，使皮肤脱水发黑．【解答】解：A．蛋白质、纤维素都是天然有机高分子化合物，牛油属于油脂是小分子有机化合物，故A错误；B．淀粉为多糖，水解生成麦芽糖，麦芽糖水解生成葡萄糖，所以淀粉水解的最终产物是葡萄糖，故B正确；C．葡萄糖为五羟基醛，含有羟基、醛基，能发生氧化反应，但葡萄糖为单糖，不能发生水解反应，故C错误；-30-\nD．皮肤组成重要成分是蛋白质，含有苯环的蛋白质遇浓硝酸显黄色，浓硝酸沾到皮肤上能使皮肤变黄，这是由于浓硝酸和蛋白质发生了颜色反应，浓硫酸具有脱水性，浓硫酸溅在皮肤上，使皮肤脱水发黑，故D错误；故选B．【点评】本题考查了高分子化合物、糖类油脂蛋白质的性质，题目难度不大，注意葡萄糖能发生氧化反应，但葡萄糖是单糖不能发生水解．　19．向等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中加入稀盐酸，下列离子方程式与事实不符的是（　　）A．OH﹣+CO32﹣+2H+═HCO3﹣+H2OB．2OH﹣+CO32﹣+3H+═HCO3﹣+2H2OC．2OH﹣+CO32﹣+4H+═CO2+3H2OD．OH﹣+CO32﹣+3H+═CO2+2H2O【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中加入稀盐酸，氢离子先与氢氧根离子发生反应，然后氢离子与碳酸根离子反应生成碳酸氢根离子，碳酸氢根离子再与氢离子反应生成二氧化碳和水，据此解答．【解答】解：A．当氢氧化钠和碳酸钠的物质的量各为1mol时，盐酸物质的量大于1mol小于等于2mol时，先发生反应：OH﹣+H+=H2O，然后发生CO32﹣+H+=HCO3﹣，将两个方程式相加得：OH﹣+CO32﹣+2H+=HCO3﹣+H2O，故A正确；B．当氢氧化钠和碳酸钠的物质的量各为2mol时，盐酸物质的量大于3mol小于等于4mol时，先发生反应：2OH﹣+2H+=2H2O，然后发生CO32﹣+H+=HCO3﹣，将两个方程式相加得：2OH﹣+CO32﹣+3H+=HCO3﹣+2H2O，故B正确；C．当氢氧化钠和碳酸钠的物质的量各为2mol时，盐酸物质的量为4mol时，先发生反应：2OH﹣+2H+=2H2O，然后发生2CO32﹣+2H+=2HCO3﹣，将两个方程式相加得：OH﹣+CO32﹣+2H+=HCO3﹣+H2O，故C错误；D．设NaOH和Na2CO3的物质的量都为1mol，则加入盐酸物质的量大于2mol时，先发生反应：OH﹣+H+=H2O，1mol氢氧化钠消耗1mol盐酸，再发生反应CO32﹣+2H+=CO2↑+H2O，将两个方程式相加得：OH﹣+CO32﹣+3H+=CO2↑+2H2O，故D正确；故选：C．【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确氢氧根离子、碳酸根离子与氢离子反应的顺序和过程是解题关键，题目难度中等，注意反应物用量对反应的影响．　20．某溶液可能含有Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣、NH4+、Fe3+、Fe2+、Al3+和Na+．某同学为了确认其成分，取部分试液，设计并完成了如下实验：由此可知原溶液中（　　）-30-\nA．原溶液中c（Fe3+）=0.2mol•L﹣1B．要确定原溶液中是否含有Fe2+，其操作为：取少量原溶液于试管中，加KSCN溶液，再加入适量氯水，溶液呈血红色，则含有Fe2+C．SO42﹣、NH4+、Na+一定存在，CO32﹣、Al3+一定不存在D．溶液中至少有4种离子存在，其中Cl﹣一定存在，且c（Cl﹣）≥0.2mol•L﹣1【考点】常见离子的检验方法；离子共存问题．【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，该气体为氨气，原溶液中一定存在0.02molNH4+；产生的红褐色沉淀为氢氧化铁，1.6g固体为三氧化二铁，氧化铁的物质的量为0.01mol，则原溶液中含有0.02mol铁元素，可能为Fe3+、Fe2+，原溶液中一定没有CO32﹣；滤液通入二氧化碳无现象，则原溶液中一定不存在Al3+；4.66g不溶于盐酸的固体为硫酸钡，硫酸钡的物质的量为0.02mol，原溶液中含有0.02mol硫酸根离子；颜色反应为黄色，则溶液中存在钠离子，由于加入了氢氧化钠溶液，无法判断原溶液中是否含有钠离子；根据溶液电中性判断是否存在氯离子．【解答】解：加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，该气体为氨气，原溶液中一定存在0.02molNH4+；产生的红褐色沉淀为氢氧化铁，1.6g固体为三氧化二铁，氧化铁的物质的量为0.01mol，则原溶液中含有0.02mol铁元素，可能为Fe3+、Fe2+，原溶液中一定没有CO32﹣；滤液通入二氧化碳无现象，则原溶液中一定不存在Al3+；颜色反应为黄色，则溶液中一定存在钠离子，由于加入了NaOH，无法判断原溶液中是否含有Na+；4.66g不溶于盐酸的固体为硫酸钡，硫酸钡的物质的量为0.02mol，则原溶液中含有0.02mol硫酸根离子，据电荷守恒，原溶液中一定有Cl﹣，物质的量至少为0.02mol×2+0.02mol﹣0.02mol×2=0.02mol，A．根据以上分析可知，原溶液中含有0.02mol铁元素，无法判断存在的是铁离子或者亚铁离子，故A错误；B．检验亚铁离子时，取少量原溶液于试管中，加KSCN溶液，此时溶液现象必须是无色，然后再加入适量氯水，溶液呈血红色，则含有Fe2+，否则如果加入硫氰化钾溶液后显示红色，则无法证明原溶液中是否含有亚铁离子，故B错误；C．根据以上分析可知，原溶液中一定存在SO42﹣、NH4+、Cl﹣，只是存在Fe3+、Fe2+中的一种，其离子的物质的量为0.02mol，一定不存在CO32﹣、Al3+；由于第一步中加入了氢氧化钠溶液，引进了钠离子，无法确定原溶液中是否含有钠离子，故C错误；D．根据以上分析，原溶液中一定存在0.02molNH4+，0.02molSO42﹣，0.02molFe3+、Fe2+中的一种，当铁元素全部为亚铁离子时，阳离子所带电荷的物质的量最小，所以正电荷物质的量最少为：0.02mol×2+0.02mol=0.06mol，而负电荷的物质的量为：0.02mol×2=0.04mol，根据溶液电中性可知，原溶液中一定存在Cl﹣，且c（Cl﹣）≥=0.2mol•L﹣1，故D正确；故选D．【点评】本题考查了常见离子的检验方法，题目难度中等，注意掌握常见离子的性质及检验方法，选项D为难点、易错点，注意根据溶液电中性判断氯离子存在的方法．-30-\n　21．下列关于金属冶炼的说法正确的是（　　）A．金属冶炼的本质是将化合态金属还原为游离态，冶炼方法由金属的活泼性决定B．Cu的湿法冶炼是将金属钠投入到CuSO4溶液中，从而置换出铜C．Fe通常采用热还原法冶炼，加入石灰石的目的是除去过量的碳D．由于Al的活泼性强，故工业上采用电解熔融AlCl3的方法生产Al【考点】金属冶炼的一般原理．【专题】金属概论与碱元素．【分析】A、金属冶炼是工业上将金属从含有金属元素的矿石中还原出来．金属的活动性不同，可以采用不同的冶炼方法．B、湿法炼铜：Fe+CuSO4=Cu+FeSO4，利用铁的活动性比铜强；C．加入石灰石的目的是造渣，就是和铁矿石里的二氧化硅形成硅酸钙炉渣；D、AlCl3是共价化合物，熔融状态下不导电．【解答】解：A、金属冶炼的本质是将化合态金属还原为游离态，活泼金属采用电解法冶炼，不活泼的金属采用直接加热法冶炼，大部分金属的冶炼都是在高温下采用氧化还原反应法，故A正确；B、Cu的湿法冶炼是将金属铁投入到CuSO4溶液中，从而置换出铜，不能用钠，钠能与水反应，故B错误；C、Fe通常采用热还原法冶炼，加入石灰石的目的是和铁矿石里的二氧化硅形成硅酸钙炉渣，故C错误；D、由于Al的活泼性强，工业上采用电解Al2O3与冰晶石熔融混合物的方法生产铝，AlCl3是共价化合物，熔融状态下不导电；所以不用电解AlCl3的方法生产铝，故D错误；故选：A．【点评】金属的活泼性不同，冶炼方法不同，活泼金属采用电解法冶炼，不活泼的金属采用直接加热法冶炼，大部分金属的冶炼都是在高温下采用氧化还原反应法．　22．在一定条件下，向一带活塞的密闭容器中充入2molNO2，发生下列反应2NO2（g）⇌N2O4（g）△H＜0，达到平衡状态后，在t1时刻改变条件，化学反应速率随时间变化关系如图．下列对t1时刻改变条件的推测中正确的是（　　）A．保持压强不变，升高反应温度B．保持温度和容器体积不变，充入1molN2（g）C．保持温度和容器体积不变，充入1molN2O4（g）D．保持温度和压强不变，充入1molN2O4（g）【考点】化学平衡的影响因素；化学反应速率变化曲线及其应用．【专题】化学平衡专题．【分析】A、升高温度，正逆反应速率都增大，化学平衡向吸热反应方向移动，即平衡向逆反应移动．-30-\nB、保持温度和容器体积不变，充入1molN2反应混合物的浓度不变，正逆反应速率不变，平衡不移动．C、保持温度和容器体积不变，充入1molN2O4，瞬间生成物的浓度增大，反应物的浓度不变，逆反应速率增大，正反应速率不变，平衡向逆反应移动．D、保持温度和压强不变，充入1molN2O4（g）的瞬间，生成物的浓度增大，容器的体积增大，导致反应物的浓度减小，逆反应速率增大，正反应速率降低，平衡向逆反应移动．【解答】解：A、该反应是放热反应，升高温度，正逆反应速率都增大，正逆反应速率曲线都在原直线上方，逆反应速率增大倍数大于正反应速率增大的倍数，导致平衡向逆反应方向移动，故A错误．B、保持温度和容器体积不变，充入1molN2反应混合物的浓度不变，正逆反应速率不变，平衡不移动，故B错误．C、保持温度和容器体积不变，充入1molN2O4，瞬间生成物的浓度增大，反应物的浓度不变，逆反应速率增大，正反应速率不变，所以逆反应速率大于正反应速率，正反应速率与原速率有接触点，故C错误．D、保持温度和压强不变，充入1molN2O4（g）的瞬间，生成物的浓度增大，容器的体积增大，导致反应物的浓度减小，逆反应速率增大，正反应速率降低，平衡向逆反应移动，故D正确．故选：D．【点评】本题考查了外界条件对化学反应速率和平衡的影响、平衡移动图象，难度较大，明确温度、浓度变化引起化学反应速率变化是解本题的关键．　23．下列叙述正确的是（　　）A．0.1mol/LCH3COONa溶液中：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）B．Na2CO3溶液加水稀释后，恢复至原温度，pH和Kw均减小C．pH=5的CH3COOH溶液和PH=5的NH4Cl溶液中，c（H+）不相等D．在Na2S溶液中加入AgCl固体，溶液中c（S2﹣）下降【考点】离子浓度大小的比较；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用．【专题】电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题．【分析】A．醋酸钠是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解导致溶液呈碱性；B．水的离子积常数只与温度有关；C．c（H+）=10﹣pH；D.2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl．【解答】解：A．醋酸钠是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解导致溶液呈碱性，则c（H+）＜c（OH﹣），故A错误；B．水的离子积常数只与温度有关，温度不变水的离子积常数不变，故B错误；C．c（H+）=10﹣pH，两种溶液的pH相等，所以氢离子浓度相等，故C错误；D．发生2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl，所以溶液中c（S2﹣）下降，故D正确；故选D．【点评】本题考查了离子浓度大小比较，根据物质之间的反应、盐类水解等知识点分析解答，注意水的离子积常数只与温度有关，与溶液酸碱性、溶液浓度无关，为易错点．　24．下表所示为部分短周期元素的原子半径及主要化合价，根据表中信息判断以下叙述正确的是（　　）元素代号ABCDE-30-\n原子半径/nm0.1600.1430.1020.0710.099主要化合价+2+3+6、﹣2﹣1﹣1A．A、B的单质与稀盐酸反应速率B＞AB．D、E形成的简单离子的还原性E﹣＞D﹣C．气态氢化物的稳定性HD＜H2CD．最高价氧化物对应的水化物的酸性H2CO4＞HEO4【考点】原子结构与元素周期律的关系．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】短周期元素，由元素的化合价可知，D、E为﹣1价，则D为F元素，E为Cl元素；C主要化合价为﹣2、+6价，可知C为S元素，A为+2价，原子半径等于S元素，故A为Mg元素；B为+3价，原子半径小于Mg大于S，故B为Al元素．A、金属性越强，与酸反应越剧烈．B、非金属性越强，阴离子的还原性越弱．C、非金属性越强，氢化物越稳定．D、非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强．【解答】解：短周期元素，由元素的化合价可知，D、E为﹣1价，则D为F元素，E为Cl元素；C主要化合价为﹣2、+6价，可知C为S元素，A为+2价，原子半径等于S元素，故A为Mg元素；B为+3价，原子半径小于Mg大于S，故B为Al元素．A、金属性Mg比Al强，则Mg与酸反应越剧烈，则相同条件下单质与稀盐酸反应速率为A＞B，故A错误；B、非金属性F＞Cl，非金属性越强，阴离子的还原性越弱，D、E形成的简单离子的还原性E﹣＞D﹣，故B正确；C、非金属性F＞S，非金属性越强，氢化物越稳定，气态氢化物的稳定性HD＞H2C，故C错误；D、非金属性Cl＞S，非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，酸性H2CO4＜HEO4，故D错误．故选：B．【点评】本题考查元素原子结构与性质、元素周期律等，学生能利用原子半径及化合价来推断出元素是解答本题的关键，并熟悉掌握同周期、同主族元素性质递变规律来解答即可，难度不大．　25．一定条件下，中学化学常见物质甲、乙之间存在如下转化关系，乙是（　　）A．HClB．FeCl2C．KOHD．NaHCO3【考点】无机物的推断；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；钠的重要化合物．【专题】元素及其化合物．【分析】由甲→乙发生复分解反应可知，甲、乙均为化合物，甲→乙发生化合反应，则甲可能为碳酸钠，乙可能为碳酸氢钠，以此来解答．【解答】解：由甲→乙发生复分解反应可知，甲、乙均为化合物，甲→乙发生化合反应，A．由转化关系可知，甲为化合物，不会通过化合反应生成HCl，故A不选；B．若乙为FeCl2，甲→乙的化合反应应属于氧化还原反应，但不满足甲→乙发生复分解反应，故B不选；C．甲为化合物，不会通过化合反应生成KOH，故C不选；-30-\nD．若甲为碳酸钠，与少量盐酸发生复分解反应生成乙（碳酸氢钠），碳酸钠、水、二氧化碳发生化合反应生成乙（碳酸氢钠），故D选；故选D．【点评】本题考查无机物的推断，明确发生的化学反应及物质的类型是解答本题的关键，注意实现甲、乙转化的过程中发生的反应为非氧化还原反应，题目难度较大．　二、解答题（共6小题）（选答题，不自动判卷）26．如图是中学化学中常见有机物转化关系（部分相关物质和反应条件已略去）已知：Ⅰ．F的相对分子质量为6且分子中碳元素的质量分数为40%．Ⅱ．A可以提供生命活动所需要的能量；C、D、E、F分子含碳原子个数相同；G为高分子化合物．回答下列问题：（1）F中含有的官能团名称为　羧基　，①的反应类型为　水解反应　．B的结构简式为　CH3COOCH2CH3　，G中链节为　﹣CH2﹣CH2﹣　．（3）写出A→C的化学方程式　C6H12O6（葡萄糖）2CH3CH2OH+2CO2　．【考点】有机物的推断．【专题】有机推断；热点问题；结构决定性质思想；演绎推理法；有机化学基础．【分析】B在酸性条件下得到C与F，则B含有酯基，由C系列转化可以得到F，故F含有羧基、C含有羟基，F的相对分子质量为60，分子中碳元素的质量分数为40%，则分子中碳原子数目为=2，只能含有一个羧基，故F为CH3COOH，则C为CH3CH2OH，B为CH3COOCH2CH3，C转化得到D，D在催化剂条件下得到高分子化合物G，故D为CH2=CH2、G为，乙烯氧化生成E为CH3CHO，E发生氧化反应生成乙酸．A可以提供生命活动所需要的能量，在催化剂条件下可以得到乙醇，故A为葡萄糖，据此解答．【解答】解：BB在酸性条件下得到C与F，则B含有酯基，由C系列转化可以得到F，故F含有羧基、C含有羟基，F的相对分子质量为60，分子中碳元素的质量分数为40%，则分子中碳原子数目为=2，只能含有一个羧基，故F为CH3COOH，则C为CH3CH2OH，B为CH3COOCH2CH3，C转化得到D，D在催化剂条件下得到高分子化合物G，故D为CH2=CH2、G为，乙烯氧化生成E为CH3CHO，E发生氧化反应生成乙酸．A可以提供生命活动所需要的能量，在催化剂条件下可以得到乙醇，故A为葡萄糖，（1）F为CH3COOH，含有的官能团名称为羧基，①的反应类型为水解反应，故答案为：羧基；水解反应；B的结构简式为CH3COOCH2CH3，G为，链节为﹣CH2﹣CH2﹣，-30-\n故答案为：CH3COOCH2CH3；﹣CH2﹣CH2﹣；（3）A→C的化学方程式为：C6H12O6（葡萄糖）2CH3CH2OH+2CO2，故答案为：C6H12O6（葡萄糖）2CH3CH2OH+2CO2．【点评】本题考查有机物推断，涉及糖、酯、醇、醛、羧酸、烯烃的性质与转化，关键是确定F为乙酸，注意对基础知识的理解掌握．　27．某难溶物质X是重要的化工原料，用途广泛．取2.796g物质X与焦炭在隔绝空气条件下加热，所得产物经一系列变化如图所示：（1）固体甲中金属元素在周期表中的位置为　第六周期、IIA族　，气体乙的电子式　　．X的化学式是　BaSO4　．（3）写出反应①和反应②的化学方程式：①　BaSO4+4CBaS+4CO　；②　2CO+SO2S+2CO2　．【考点】无机物的推断．【专题】无机推断．【分析】某难溶物质X与焦炭在隔绝空气条件下加热生成气体甲与固体甲，气体甲与丙反应生成的淡黄色沉淀丁应为S，n（S）==0.012mol，固体甲中含S元素，盐酸反应生成气体乙为H2S，点燃时H2S燃烧生成气体丙为SO2，溶液乙与碳酸铵反应生成白色沉淀丙可能为BaCO3，n（BaCO3）==0.012mol，可知X中含Ba、S元素的物质的量为1：1，丙为SO2，则X中含O为=0.048mol，可知X中Ba、S、O的原子个数比为1：1：4，即X为BaSO4，以此来解答．【解答】解：某难溶物质X与焦炭在隔绝空气条件下加热生成气体甲与固体甲，气体甲与丙反应生成的淡黄色沉淀丁应为S，n（S）==0.012mol，固体甲中含S元素，盐酸反应生成气体乙为H2S，点燃时H2S燃烧生成气体丙为SO2-30-\n，溶液乙与碳酸铵反应生成白色沉淀丙可能为BaCO3，n（BaCO3）==0.012mol，可知X中含Ba、S元素的物质的量为1：1，丙为SO2，则X中含O为=0.048mol，可知X中Ba、S、O的原子个数比为1：1：4，即X为BaSO4，（1）固体甲中金属元素Ba在周期表中的位置为第六周期、IIA族，气体乙的电子式为，故答案为：第六周期、IIA族；；X的化学式是BaSO4，故答案为：BaSO4；（3）反应①和反应②的化学方程式分别为BaSO4+4CBaS+4CO、2CO+SO2S+2CO2，故答案为：BaSO4+4CBaS+4CO；2CO+SO2S+2CO2．【点评】本题考查无机物的推断，为高频考点，把握转化中发生的反应及淡黄色沉淀为S、白色沉淀丙为碳酸钡为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，题目难度不大．　28．节能减排已经成为全社会的共识，浙江省在原先推行乙醇汽油的基础上，开始试点甲醇汽油（即在汽油中添加一定量的甲醇），根据检测的数据分析认为，若绍兴全市的100余万辆机动车全部使用甲醇汽油，一年内能减少有害气体（一氧化碳）排放将近100万吨．甲醇常利用煤气化过程中生成的CO和H2来制备：CO+2H2⇌CH3OH．请根据图示回答下列：（1）关于该自发反应的下列说法中，正确的是　C　（填字母）：A．△H＞0，△S＞0B．△H＞0，△S＜0C．△H＜0，△S＜0D．△H＜0，△S＞0现进行如下实验，在体积为1L的密闭容器中，充入1molCO和3molH2，测得CO和CH3OH（g）的浓度随时间如图所示．从反应开始到平衡，CO的平均反应速率v（CO）=　0.075　mol/（L•min），该反应的平衡常数K=　　．（3）恒容条件下，达到平衡后，下列措施中能使增大的有　C　．A．升高温度B．充入He气C．再冲入1molCO和3molH2D．使用催化剂（4）若在一体积可变的密闭容器中充入1molCO、2molH2和1molCH3OH，达到平衡时测的混合气体的密度是同温同压下起始的1.6倍（此过程三种物质均处于气态），则平衡时混合气体的平均摩尔质量=　25.6　g/mol．-30-\n【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题；化学平衡计算．【分析】（1）该反应为气体体积减小的反应，所以该反应△S＜0，△H﹣T△S＜0反应自发进行；由图可知，10min到达平衡，平衡时CO浓度为0.25mol/L，则△c（CO）=（1.00﹣0.25）mol/L=0.75mol/L，则平衡时c（CH3OH）=△c（CO）=0.75mol/L，平衡时c（H2）=3mol/L﹣2△c（CO）=1.5mol/L，根据v=计算v（CO），平衡常数K=；（3）使平衡体系中增大，可以使平衡正向移动，注意不能增大CO或降低甲醇的量，也可能增大甲醇的量，使平衡逆向移动；（4）同温同压下，气体的密度之比等于摩尔质量之比．【解答】解：（1）该反应为气体体积减小的反应，所以该反应△S＜0，△H﹣T△S＜0反应自发进行，所以△H＜0，故选：C；由图可知，10min到达平衡，平衡时CO浓度为0.25mol/L，则△c（CO）=（1.00﹣0.25）mol/L=0.75mol/L，则平衡时c（CH3OH）=△c（CO）=0.75mol/L，平衡时c（H2）=3mol/L﹣2△c（CO）=1.5mol/L，则：v（CO）==0.075mol/（L．min），平衡常数K===，故答案为：0.075；；（1）A．正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，减小，故A错误；B．充入He气体，恒温恒容下，各物质浓度不变，平衡不移动，则不变，故B错误；-30-\nC．再冲入1molCO和3molH2，等效为增大压强，平衡正向移动，增大，故C正确；D．使用催化剂可以加快反应速率，不影响平衡移动，不变，故D错误，故选：C；（4）开始通入1molCO、2molH2和1molCH3OH，平均摩尔质量=g/mol=16g/mol，同温同压下，气体的密度之比等于摩尔质量之比，故平衡时混合气体的平均摩尔质量=1.6×16g/mol=25.6g/mol，故答案为：25.6．【点评】本题考查化学平衡计算与影响因素、平衡常数、反应速率计算等，题目难度中等，（3）中注意学生容易只考虑正向移动，忽略增大甲醇逆向移动情况．　29．由短周期元素构成的A～E五种物质中都含有同一种元素，B为单质，E为强酸．A→BCDE（1）若B为固体，请画出B的原子结构示意图　　，A既能与强酸又能与强碱反应，且都能产生气体，则A的化学式为　（NH4）2S或NH4HS　．若B为气体，请写出D→E的化学方程式　3NO2+H2O=2HNO3+NO　．【考点】无机物的推断．【专题】无机推断．【分析】由短周期元素构成的A～E五种物质中都含有同一种元素，B为单质，E为强酸，B能连续被氧化生成酸性氧化物D，中学中N、S元素单质化合物符合转化关系．（1）若B为固体，则B为S，A既能与强酸又能与强碱反应，且都能产生气体，A是（NH4）2S或NH4HS、C是SO2、D为SO3、E为H2SO4；若B为气体，则B为N2，A可能是NH3、C是NO、D是NO2、E是HNO3．【解答】解：由短周期元素构成的A～E五种物质中都含有同一种元素，B为单质，E为强酸，B能连续被氧化生成酸性氧化物D，中学中N、S元素单质化合物符合转化关系．（1）若B为固体，则B为S，A既能与强酸又能与强碱反应，且都能产生气体，A是（NH4）2S或NH4HS、C是SO2、D为SO3、E为H2SO4，B、S原子核外有3个电子层、最外层电子数是6，其原子结构示意图为，A是（NH4）2S或NH4HS，故答案为：；（NH4）2S或NH4HS；若B为气体，则B为N2，A可能是NH3、C是NO、D是NO2、E是HNO3，D→E是二氧化氮和水反应生成硝酸和NO，反应方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO．-30-\n【点评】本题考查无机物推断，涉及S、N元素及其化合物之间的关系，根据B能连续被氧化且E是强酸是解本题关键，熟悉常见元素化合物之间的转化关系及反应条件，题目难度中等．　30．乳酸亚铁（[CH3CH（OH）COO]2Fe•3H2O，Mr=288）是一种常用的补铁剂，可通过乳酸与碳酸亚铁反应制得：CH3CH（OH）COOH+FeCO3+2H2O→[CH3CH（OH）COO]2Fe•3H2O+CO2↑．已知FeCO3易被氧化：4FeCO3+6H2O+O2=4Fe（OH）3+4CO2．某兴趣小组用FeCl2（用铁粉和稀盐酸制得）和NH4HCO3制备FeCO3的装置示意图如图：回答下列问题：（1）NH4HCO3盛放在装置　C　中（填字母），该装置中涉及的主要反应的离子方程式　Fe2++2HCO3﹣=FeCO3↓+CO2↑+H2O　．将生成的FeCl2溶液和NH4HCO3溶液混合时的操作是　（待D处的气体纯净后）关闭活塞3、打开活塞2　．（3）将制得的FeCO3加入到足量乳酸溶液中，再加入少量铁粉，75℃下搅拌反应．反应结束后，无需过滤，除去过量铁粉的方法是　加入适量乳酸让铁粉反应完全　．（4）该兴趣小组用KMnO4法测定样品中亚铁含量进而计算产品中乳酸亚铁的质量分数，发现产品的质量分数总是大于100%，其原因可能是　乳酸根离子被酸性KMnO4氧化　．【考点】制备实验方案的设计．【专题】综合实验题；其它方法；几种重要的金属及其化合物；制备实验综合．【分析】（1）亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，Fe与盐酸反应制备氯化亚铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，故B制备氯化亚铁，C装置中FeCl2和NH4HCO3发生反应：FeCl2+2NH4HCO3=FeCO3↓+2NH4Cl+CO2↑+H2O，利用生成氢气，使B装置中气压增大，将B装置中的氯化亚铁溶液压入C中；（3）实验目的是制备乳酸亚铁晶体，加入Fe粉，防止Fe2+离子被氧化，过量的铁粉用乳酸除去，Fe被充分利用；（4）乳酸根中含有羟基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾的增大，而计算中按亚铁离子被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大．【解答】解：亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，Fe与盐酸反应制备氯化亚铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，故B制备氯化亚铁，C装置中FeCl2和NH4HCO3发生反应：FeCl2+2NH4HCO3=FeCO3↓+2NH4Cl+CO2↑+H2O，利用生成氢气，使B装置中气压增大，将B装置中的氯化亚铁溶液压入C中．（1）由上述分析可知，NH4HCO3盛放在装置C中，该装置中涉及的主要反应的离子方程式：Fe2++2HCO3﹣=FeCO3↓+CO2↑+H2O，-30-\n故答案为：C；Fe2++2HCO3﹣=FeCO3↓+CO2↑+H2O；利用生成氢气，使B装置中气压增大，将B装置中的氯化亚铁溶液压入C中，具体操作为：（待D处的气体纯净后）关闭活塞3、打开活塞2；故答案为：（待D处的气体纯净后）关闭活塞3、打开活塞2；（3）Fe2+离子易被氧化为Fe3+离子，实验目的是制备乳酸亚铁晶体，加入Fe粉，防止Fe2+离子被氧化，过量的铁粉可以充分利用，得到乳酸亚铁，加入适量乳酸让铁粉反应完全，故答案为：加入适量乳酸让铁粉反应完全；（4）乳酸根中含有羟基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾的增大，由：Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，可知溶液中n（Fe2+）=n（Ce4+），计算中按亚铁离子被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的质量分数会大于100%，故答案为：乳酸根离子被酸性KMnO4氧化．【点评】本题考查实验制备方案，涉及化学仪器识别、对操作的分析评价、物质分离提纯、氧化还原反应滴定应用等，明确原理是解题关键，是对学生综合能力的考查，题目难度中等．　31．某学生用0.2000mol•L﹣1的标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作如下：①用蒸馏水洗涤碱式滴定管，并立即注入NaOH溶液至“0”刻度线以上；②固定好滴定管并使滴定管尖嘴充满液体；③调节液面至“0”或“0”刻度线稍下，并记下读数；④移取20.00mL待测液注入洁净的锥形瓶中，并加入3滴酚酞溶液；⑤用标准液滴定至终点，记下滴定管液面读数．请回答：（1）以上步骤有错误的是（填编号）　①　，该错误操作会导致测定结果（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）　偏大　．判断滴定终点的现象是：　无色变为浅红，半分钟内不变色　．（3）如图是某次滴定时的滴定管中的液面，其读数为　22.60　mL．（4）根据下列数据：请计算待测盐酸溶液的浓度：　0.2000　mol/L．滴定次数待测体积（mL）标准烧碱体积（mL）滴定前读数滴定后读数第一次20.000.4020.40第二次20.002.0024.10第三次20.004.0024.00【考点】中和滴定．【分析】（1）碱式滴定管洗涤后必须用标准液氢氧化钠溶液润洗；根据不润洗会使标准液的浓度偏小判断对测定结果影响；根据滴定终点前溶液为无色，滴定结束时氢氧化钠过量，溶液显示红色判断滴定终点；（3）根据滴定管的构造及图示读出滴定管的读数；（4）根据表中消耗的标准液的数据先判断数据的有效性，然后计算出消耗标准液的平均体积，最后计算出待测液盐酸的浓度．-30-\n【解答】解：（1）“①用蒸馏水洗涤碱式滴定管，并立即注入NaOH溶液”，该操作错误，碱式滴定管应该润洗后再盛装标准液，若没有润洗，导致标准液的浓度减小，滴定时消耗的标准液的体积偏大，测定结果偏大，故答案为：①；偏大；滴定结束前，锥形瓶中滴入酚酞，溶液为无色，滴定结束后，滴入氢氧化钠溶液后，溶液显示粉红色，所以达到终点的现象为：锥形瓶中溶液无色变为粉红，半分钟内不变色，故答案为：无色变为粉红，半分钟内不变色；（3）根据图示滴定管结构可知，每个小刻度为0.01mL，液面凹液面在22mL刻度以下6个小刻度，读数为22.60mL，故答案为：22.60；（4）根据表中数据，第一次滴定消耗的标准液体积为：mL=20.00mL，第二次滴定消耗的标准液体积为：mL=22.10mL，第三次滴定消耗的标准液体积为：mL=20.00mL，可见第二次滴定数据误差偏大，应该舍弃，其它两次滴定消耗的标准液平均体积为：20.00mL，氢氧化钠和盐酸都是一元酸，反应的体积都是20.00mL，所以氢氧化钠溶液和盐酸的浓度一定相等，即盐酸的浓度为：0.2000mol•L﹣1，故答案为：0.2000．【点评】本题考查了酸碱中和滴定、pH的简单计算、离子方程式的书写，题目难度不大，注重了中和滴定的基础知识考查，要求学生掌握中和滴定的方法．　-30-