安徽省黄山市屯溪一中2022届高三（上）期中化学试卷一．单择题（本题包括16小题，每小题3分）1．下列有关“化学与生活”的叙述不正确的是()A．点燃爆竹后，硫燃烧生成SO3B．中国古代利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈C．服用阿司匹林出现水杨酸反应时，用NaHCO3溶液解毒D．使用含钙离子浓度较大的地下水洗衣服，肥皂去污能力减弱【考点】真题集萃；"三废"处理与环境保护；铜金属及其重要化合物的主要性质；药物的主要成分和疗效．【分析】A．硫在空气或氧气中燃烧生成二氧化硫；B．明矾溶液中Al3+水解使溶液呈酸性，铜锈为Cu2（OH）2CO3，溶于酸性溶液；C．水杨酸为邻羟基苯甲酸，含有羧基、酚羟基，羧基能与碳酸氢钠反应；D．肥皂有效成分为高级脂肪酸钠盐，会与钙离子反应生成难溶的高级脂肪酸钙．【解答】解：A．硫在空气或氧气中燃烧生成二氧化硫，不能生成SO3，故A错误；B．明矾溶液中Al3+水解使溶液呈酸性，铜锈为Cu2（OH）2CO3，溶于酸性溶液，故利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈，故B正确；C．水杨酸为邻羟基苯甲酸，含有羧基、酚羟基，羧基能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，服用阿司匹林出现水杨酸反应时，可以用NaHCO3溶液解毒，故C正确；D．肥皂有效成分为高级脂肪酸钠盐，用含钙离子浓度较大的地下水洗衣服，高级脂肪酸钠盐会与钙离子反应生成难溶的高级脂肪酸钙，使肥皂去污能力减弱，故D正确，故选：A．【点评】本题考查化学与生活，比较基础，体现了化学知识在生产、生活中的应用．2．设NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是()A．标准状况下，11.2LHF中含有分子的数目为0.5NAB．0.1molFe与少量氯气反应生成FeCl2，转移电子数为0.2NAC．1.4g由乙烯和环丙烷组成的混合物中含有原子的数目为0.3NAD．0.1mol•L﹣1碳酸钠溶液中含有CO32﹣离子数目小于0.1NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、标况下，HF为液态；B、铁与氯气反应变为+3价；C、乙烯和环丙烷的最简式均为CH2；D、溶液体积不明确．【解答】解：A、标况下，HF为液态，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故A错误；B、铁与氯气反应变为+3价，即生成的是氯化铁而非氯化亚铁，故B错误；C、乙烯和环丙烷的最简式均为CH2，故1.4g混合物中含有的CH2的物质的量n==0.1mol，故含有0.3mol原子即0.3NA个，故C正确；D、溶液体积不明确，故溶液中的碳酸根的个数不能计算，故D错误．故选C．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．\n3．能正确表示下列反应的离子方程式是()A．Fe2O3溶于过量氢碘酸溶液中：Fe2O3+6H++2I﹣═2Fe2++I2+3H2OB．0.1mol/LNH4Al（SO4）2溶液与0.2mol/LBa（OH）2溶液等体积混合：Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣═2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2OC．用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO+6H++5H2O2═2Mn2++5O2↑+8H2OD．向次氯酸钠溶液中通入足量SO2气体：ClO﹣+SO2+H2O═HClO+HSO3﹣【考点】离子方程式的书写．【分析】A．发生氧化还原反应，遵循电子、电荷守恒；B．物质的量比为1：2，反应生成硫酸钡、氢氧化铝和一水合氨；C．高锰酸钾能氧化HCl；D．发生氧化还原反应生成硫酸钠．【解答】解：A．Fe2O3溶于过量氢碘酸溶液中的离子反应为Fe2O3+6H++2I﹣═2Fe2++I2+3H2O，故A正确；B.0.1mol/LNH4Al（SO4）2溶液与0.2mol/LBa（OH）2溶液等体积混合的离子反应为2Ba2++NH4++Al3++2SO42﹣+4OH﹣═Al（OH）3↓+2BaSO4↓+NH3．H2O，故B错误；C．用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，因高锰酸钾氧化HCl，不能证明H2O2具有还原性，故C错误；D．向次氯酸钠溶液中通入足量SO2气体的离子反应为ClO﹣+SO2+H2O═2H++Cl﹣+SO42﹣，故D错误；故选A．【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒，题目难度不大．4．2022年8月12日晚，天津塘沽滨海新区危险品仓库发生大爆炸，造成了巨大损失．据悉，该危险品仓库存放的危险品有多种，包括剧毒化学品氰化钠（NaCN）．下列有关氰化钠的说法中错误的是()A．NaCN中碳元素的化合价为+4B．NaCN易溶于水，其水溶液呈碱性C．可用强氧化剂如H2O2等将NaCN氧化为无毒物质D．为防止中毒，须加强对地表水、排海口等的氰化物排查【考点】钠的重要化合物．【分析】A、依据化合物中元素化合价代数和为0计算，钠元素化合价+1价，氧元素化合价﹣2价；B、钠盐易溶于水，CN﹣离子失弱酸阴离子水解，溶液显碱性；C、过氧化氢氧化NaCN生成氨气、碳酸氢钠和水；D、NaCN是剧毒物质；【解答】解：A、NaCN中钠元素化合价+1价，氮元素化合价﹣3价，则化合价代数和为0计算，+1+x﹣3=0，x=+2，故A错误；B、NaCN溶液中水解，NaCN+H2O⇌NaOH+HCN，溶液显碱性，故B正确；C、过氧化氢氧化NaCN生成碳酸氢钠、水和氨气，氧化为无毒物质，故C正确；D、NaCN是剧毒物质，不能排放到自然界，会污染环境、地下水，故D正确；故选AD．\n【点评】本题考查了钠及其化合物性质分析，注意题干信息的理解应用，掌握基础是解题关键，题目较简单．5．使用下表提供的试剂，利用如图所示的装置，能达到实验目的是()选项a中试剂b中试剂c中试剂实验目的A稀盐酸铁粉H2O制备并收集H2B稀硫酸Na2SO3粉末浓硫酸制备并收集干燥的SO2C浓盐酸KmnO4粉末NaOH溶液制备并收集Cl2D浓氨水生石灰碱石灰制备并收集干燥的NH3A．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评价；实验装置综合．【分析】由图可知，分液漏斗中液体与b中固体反应，为固体与液体反应不加热装置，c中为除杂装置，导管长进短出，最后为向上排空气法收集气体，可知气体的密度比空气法，以此来解答．【解答】解：A．H2应用向下排空气法收集，故A错误；B．稀硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，可利用浓硫酸干燥，最后利用向上排空气法收集，故B正确；C．NaOH溶液会同时吸收挥发的HCl和反应得到的Cl2，无法收集到Cl2，故C错误；D．干燥剂碱石灰不能用c装置盛装，故D错误；故选B．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握常见气体的制备原理、实验装置的作用为解答的关键，侧重学生的分析、实验能力的考查，题目难度不大．6．化学与生产、生活、能源、环保等密切相关．下列有关说法正确的是()A．铝合金的大量使用归功于人们能使用焦炭等还原剂从氧化铝中获得铝B．人造纤维、合成纤维和光导纤维都是有机高分子化合物C．不需要通过化学反应就能从海水中获得食盐和淡水D．绿色化学的核心是运用化学方法对环境污染进行综合治理【考点】金属与合金在性能上的主要差异；绿色化学；有机高分子化合物的结构和性质．【分析】A．铝的冶炼用电解法；B．有机高分子化合物是指相对分子质量很大的有机物，可达几万至几十万，甚至达几百万或更大；C．根据氯化钠溶解度随温度变化不大，利用蒸发溶剂方法得到氯化钠，淡水是蒸馏方法得到；D．绿色化学的核心是从源头上杜绝污染．【解答】解：A．一般来说，活泼金属用电解法；铝是活泼金属，所以采用电解法冶炼，故A错误；B．合成纤维是有机高分子化合物，光导纤维的成分是二氧化硅，不是有机高分子化合物，故B错误；C．海水中获得食盐和淡水的方法是通过蒸发溶剂、蒸馏等物理过程实现，故C正确；\nD．绿色化学的核心是从源头上杜绝污染，故D错误．故选C．【点评】本题考查金属的冶炼、高分子化合物，化学变化，环境保护等，难度不大，注意根据金属的活泼性确定金属的冶炼方法．7．三联苯的一氯代物有()A．2种B．3种C．4种D．5种【考点】同分异构现象和同分异构体．【分析】烃的一氯代物的同分异构体种类与烃中氢原子种类相同，有几种氢原子，就有几种一氯代物．【解答】解：三联苯中有4种氢原子，所以一氯代物有4种同分异构体，故选：C．【点评】本题考查学生同分异构体的书写，掌握方法即可完成，注意等效氢的判断，难度不大．8．常温下，在下列指定条件的各溶液中，一定能大量共存的离子组是()A．含0.1mol．L﹣1SO2的溶液．中：Na+、Ba2+、Br﹣、Cl﹣B．能与金属铝反应放出氢气的溶液中：K+、Mg2+、N03﹣、SO42﹣C．=10﹣12的溶液中：K+、NH4+、SO42﹣、NO3﹣D．不能使酚酞变红的无色溶液中：Na+、K+、ClO﹣、I﹣【考点】离子共存问题．【分析】A．含0.1mol．L﹣1SO2的溶液具有酸性和还原性；B．能与金属铝反应放出氢气的溶液为非氧化性酸溶液或强碱溶液；C．=10﹣12的溶液呈碱性；D．不能使酚酞变红的无色溶液可能呈中性、弱碱性或酸性．【解答】解：A．含0.1mol．L﹣1SO2的溶液具有酸性和还原性，离子之间不发生反应，且不生成沉淀，可大量共存，故A正确；B．能与金属铝反应放出氢气的溶液为非氧化性酸溶液或强碱溶液，碱性条件下Mg2+不能大量共存，酸性条件下因存在N03﹣而不能生成氢气，故B错误；C．=10﹣12的溶液呈碱性，NH4+不能大量共存，故C错误；D．酚酞的变色范围为8～10，不能使酚酞变红的无色溶液可能呈中性、弱碱性或酸性，酸性条件下ClO﹣具有强氧化性，ClO﹣、I﹣不能大量共存，故D错误．故选A．\n【点评】本题考查离子共存问题，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握题给信息以及常见离子的性质和反应类型的判断，难度中等．9．CsICI2常用于化学上的分子筛技术，它既有氧化性又有还原性，下列有关的说法正确的是()A．CsICI2有氧化性，是因为CS显+3价B．CsICI2有还原性，是因为含有较强还原性的I﹣C．酸性高锰酸钾溶液中滴加CsICI2溶液，溶液褪色D．在CsICl2溶液中滴加HNO3，可生成C12【考点】氧化还原反应．【分析】CsICl2中Cs显+1价，I显+1价，Cl显﹣1价，故其氧化性是+1价I所体现，还原性则为﹣1价Cl体现，HNO3不能氧化Cl﹣，酸性高锰酸钾溶液可以氧化Cl﹣，据此分析．【解答】解：A、CsICl2中Cs显+1价，I显+1价，Cl显﹣1价，故其氧化性是+1价I所体现，故A错误；B、CsICl2中Cs显+1价，I显+1价，Cl显﹣1价，故其还原性则为﹣1价Cl体现，故B错误；C、酸性高锰酸钾溶液可以氧化Cl﹣，所以酸性高锰酸钾溶液中滴加CsICI2溶液，溶液褪色，故C正确；D、HNO3不能氧化Cl﹣，所以在CsICl2溶液中滴加HNO3，不可生成C12，故D错误；故选：C．【点评】本题考查氧化还原反应，明确元素的化合价变化是解答本题的关键，并注意酸性高锰酸钾溶液可以氧化Cl﹣，HNO3不能氧化Cl﹣来解答，难度不大．10．现有H2SO4．BaCl2．K2CO3．FeSO4和氯水五种溶液，有如图所示的相互关系，图中每条连线两端的物质可以发生化学反应．下列推断不合理的是()A．X一定为H2SO4B．Y一定为K2CO3C．Z可能是氯水D．M可能为FeSO4【考点】化学基本反应类型．【分析】五种物质中能与其它四种物质都反应的为K2CO3，与其它三种物质都反应的为BaCl2或FeSO4，与其它两种物质反应的为H2SO4或氯水，以此解答该题．【解答】解：五种物质中能与其它四种物质都反应的为K2CO3，与其它三种物质都反应的为BaCl2或FeSO4，与其它两种物质反应的为H2SO4或氯水，再综合考虑推出可能存在：（1）Y：K2CO3M：BaCl2N：FeSO4，X：H2SO4Z：氯水（2）Y：K2CO3N：BaCl2M：FeSO4，Z：H2SO4X：氯水A．X和Z都能与其它两种物质反应，则为H2SO4或氯水，故A错误；B．由以上推断可知，Y一定为K2CO3，故B正确；C．与其它两种物质反应的为H2SO4或氯水，则Z可能是氯水，故C正确；D．与其它三种物质都反应的为BaCl2或FeSO4，M、N与其它三种物质都反应，则M、N必定各为BaCl2、FeSO4中的一种，故D正确．故选A．【点评】本题考查无机物的推断，题目难度中等，本题注意根据物质的性质判断反应的可能性，以此判断物质的种类．\n11．下列操作能达到实验目的是()A．为鉴别KCl、AlCl3和MgCl2溶液，分别向三种溶液中滴加NaOH溶液至过量B．在纯锌与稀硫酸的反应混合物中滴入少量Cu（NO3）2溶液后生成H2的反应速率加快C．各放一张质量相同的滤纸于天平的两托盘上，将NaOH固体放在左盘上称量D．用如图所示装置吸收氨气可防倒吸【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．KCl与NaOH不反应，AlCl3和MgCl2溶液分别与NaOH溶液反应的现象为：先有沉淀后消失、生成白色沉淀；B．硝酸盐在酸性条件下具有硝酸的强氧化性；C．NaOH不能直接放在天平上称量；D．苯的密度比水小．【解答】解：A．KCl与NaOH不反应，AlCl3和MgCl2溶液分别与NaOH溶液反应的现象为：先有沉淀后消失、生成白色沉淀，现象不同，可鉴别，故A正确；B．硝酸盐在酸性条件下具有硝酸的强氧化性，则在纯锌与稀H2SO4反应中滴入少量的Cu（NO3）2溶液后不生成H2，故B错误；C．NaOH具有腐蚀性，易吸潮，可与空气中二氧化碳反应，不能直接放在天平托盘上称量，故C错误；D．苯的密度比水小，应用四氯化碳，故D错误．故选A．【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及物质鉴别、化学反应速率、气体收集等，注重实验基本操作和物质性质的考查，题目难度不大．12．下列与金属腐蚀有关的说法正确的是()A．图a中，插入海水中的铁棒，越靠近底端腐蚀越严重B．图b中，开关由M改置于N时，Cu﹣Zn合金的腐蚀速率减小C．图c中，接通开关时Zn腐蚀速率增大，Zn上放出气体的速率也增大D．图d中，Zn﹣MnO2干电池自放电腐蚀主要是由MnO2的氧化作用引起的【考点】金属的电化学腐蚀与防护．【专题】压轴题；电化学专题．【分析】A．当溶液中氧气浓度越大时电化学腐蚀越严重；B．开关由M改置于N时，Zn为负极，合金被保护；C．气体在Pt上放出；D．MnO2发生还原反应．\n【解答】解：A．图a中，铁棒发生化学腐蚀，靠近底端的部分与氧气接触少，腐蚀程度较轻，故A错误；B、图b中开关由M置于N，Cu﹣Zn作正极，腐蚀速率减小，故B正确；C．图c中接通开关时Zn作负极，腐蚀速率增大，但氢气在Pt上放出，故C错误；D．图d中干电池放电时MnO2发生还原反应，体现锌的还原性，故D错误．故选B．【点评】本题考查金属的腐蚀及防护，题目难度不大，注意把握原电池的工作原理．13．绿原酸的结构简式如图，下列有关绿原酸的说法错误的是()A．分子式为C16H18O9B．能与NaHCO3反应C．能发生取代反应、氧化反应和消去反应D．1mol绿原酸最多与6molBr2反应【考点】有机物的结构和性质．【分析】由结构简式可知，分子中含酚﹣OH、﹣COOH、碳碳双键、醇﹣OH、﹣COOC﹣，结合醇、酚、烯烃、酯的性质来解答．【解答】解：A．由结构简式可知，分子式为C16H18O9，故A正确；B．含﹣COOH，能与NaHCO3反应，故B正确；C．含醇﹣OH，且与﹣OH相连的邻位碳上含H，则能发生消去反应，酚﹣OH、醇﹣OH、﹣COOH，均可发生取代反应，酚羟基可发生氧化反应，故C正确；含碳碳双键，能使溴发生加成反应，酚﹣OH的邻对位与溴水发生取代反应，则1mol绿原酸最多与含4molBr2的浓溴水反应，故D错误；故选D．【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重酚、醇、烯烃性质的考查，注意酚与醇的差别，题目难度不大．14．在不同温度下，向VL密闭容器中加入0.5molNO和0.5mol活性炭，发生反应：2NO（g）+C（8）=N2（g）+CO2（g）△H=﹣Qkj•mol﹣1（Q＞0），达到平衡时的数据如下：温度/℃n（C）/moln（CO2）/molT10.15T20.375下列有关说法正确的是()A．由上述信息可推知：T1＞T2B．T2℃时，若反应达平衡后再缩小容器的体积，c（N2）：c（NO）增大C．T1℃时，若开始时反应物的用量均减小一半，平衡后NO的转化率增大D．T1℃时，该反应的平衡常数【考点】化学平衡的计算．【分析】A、根据T2时活性炭的平衡物质的量计算出二氧化碳平衡物质的量与T1℃时二氧化碳平衡物质的量比较，平衡温度对化学平衡的影响；\nB、反应2NO（g）+C（s）═N2（g）+CO2是气体体积不变的反应，平衡不受压强的影响；C、反应2NO（g）+C（s）═N2（g）+CO2是气体体积不变的反应，若开始时反应物的用量均减小一半，相当于压强减小，平衡不受压强的影响；D、根据反应2NO（g）+C（s）═N2（g）+CO2（g）平衡常数K=计算判断．【解答】解：A、温度T2时，活性炭的平衡物质的量为0.375mol，则消耗的n（活性炭）=0.5mol﹣0.375mol=0.125mol，故消耗的n（NO）=0.25mol，平衡时n（NO）=0.5mol﹣0.25mol=0.25mol，生成的n（N2）=0.125mol，生成的n（CO2）=0.125mol，温度T1时，生成的n（CO2）=0.15mol，反应2NO（g）+C（s）═N2（g）+CO2（g）△H=﹣213.5kJ/mol，正反应为放热反应，升温平衡逆向移动，所以T1＜T2，故A错误；B、反应2NO（g）+C（s）═N2（g）+CO2（g）是一个气体体积不变的反应，平衡后再缩小容器的体积，压强增大，但平衡不移动，故c（N2）：c（NO）不变，故B错误；C、反应2NO（g）+C（s）═N2（g）+CO2（g）是一个气体体积不变的反应，开始时反应物的用量均减小一半，压强减小，但平衡不移动，平衡后NO的转化率不变，故C错误；D、2NO（g）+C（s）═N2（g）+CO2（g）起始量（mol）0.50.500变化量（mol）0.30.150.150.15平衡量（mol）0.20.350.150.15温度T1，平衡时c（NO）==mol/L，c（N2）=mol/L，n（CO2）=mol/L，平衡常数K===，故D正确；故选：D．【点评】本题考查了化学平衡影响因素和化学平衡常数的计算问题，难度不大，注意反应2NO（g）+C（s）═N2（g）+CO2是气体体积不变的反应，平衡不受压强的影响．15．从海水中制得的氯化钠除食用外，还可用作T业原料，生成多种含钠或氯的化工产品，利用CO2+NH3+HO2+NaCl═NaHCO3↓+NH4Cl的反应原理可制备纯碱，下面是在实验室进行模拟实验的生产流程示意图．饱和食盐水溶液悬浊液晶体纯碱则相关的说法错误的是()A．通入的气体：A是CO2，B是NH3B．NaHCO3溶解度比NaCl、Na2CO3、NH4HCO3和NH4Cl的溶解度都小C．步骤（3）的操作为过滤，滤液可作化学肥料D．步骤（4）中，将晶体加热分解可以得到纯碱【考点】海水资源及其综合利用．【分析】依据侯德榜制碱的原理：向氨化的饱和食盐水中通入足量二氧化碳气体析出碳酸氢钠，利用CO2+NH3+HO2+NaCl═NaHCO3↓+NH4Cl的反应原理可制备碳酸氢钠，加热分解碳酸氢钠来制备碳酸钠；\nA、氨气极易溶于水，二氧化碳能溶于水，为增大气体吸收先通入足量气体为氨气；B、碳酸氢钠溶解度小，在氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳气体反应生成碳酸氢钠晶体析出；C、固体和液体的分离方法为过滤，滤液中为氯化铵溶液；D、步骤4是碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水；【解答】解：A、氨气极易溶于水，二氧化碳能溶于水，为增大气体吸收先通入足量气体为氨气，通入的气体：AB是A是NH3，B为CO2，故A错误；B、碳酸氢钠溶解度小，在氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳气体反应生成碳酸氢钠晶体析出，NaHCO3溶解度比NaCl、Na2CO3、NH4HCO3和NH4Cl的溶解度都小，故B正确；C、固体和液体的分离方法为过滤，滤液中为氯化铵溶液，步骤（3）的操作为过滤，滤液可作化学肥料，故C正确；D、步骤4是碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，将晶体加热分解可以得到纯碱，故D正确；故选A．【点评】本题考查了纯碱的工业制备方法和流程分析，掌握物质性质和制备方法是解题关键，掌握基础是关键，题目难度中等．16．室温下，下列溶液中粒子浓度关系正确的是()A．Na2S溶液：c（Na+）＞c（HS﹣）＞c（OH﹣）＞c（H2S）B．Na2C2O4溶液：c（OH﹣）=c（H+）+c（HC2O4﹣）+2c（H2C2O4）C．Na2CO3溶液：c（Na+）+c（H+）=2c（CO32﹣）+c（OH﹣）D．CH3COONa和CaCl2混合溶液：c（Na+）+c（Ca2+）=c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）+2c（Cl﹣）【考点】离子浓度大小的比较．【分析】A．Na2S溶液中存在两步水解，c（OH﹣）＞c（HS﹣）；B．根据Na2C2O4溶液中的质子守恒分析；C．溶液中存在电荷守恒；D．由物料守恒分析．【解答】解：A．Na2S溶液中存在两步水解，两步水解均生成OH﹣，则c（OH﹣）＞c（HS﹣），由于水解程度较小，则浓度最大的是钠离子，所以c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（HS﹣）＞c（H2S），故A错误；B．在Na2C2O4溶液中存在质子守恒，即水电离的氢离子等于水电离的氢氧根离子，则c（OH﹣）=c（H+）+c（HC2O4﹣）+2c（H2C2O4），故B正确；C．溶液中存在电荷守恒，即阳离子所带的正电荷总浓度等于阴离子所带的负电荷总浓度，所以c（Na+）+c（H+）=2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（OH﹣）故C错误；D．CH3COONa和CaCl2混合溶液中存在物料守恒，即：c（Na+）=c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH），2c（Ca2+）=c（Cl﹣），所以c（Na+）+2c（Ca2+）=c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）+c（Cl﹣），故D错误．故选B．【点评】本题考查了盐类水解的应用，离子浓度大小比较方法，注意溶液中电荷守恒的计算应用和物料守恒的分析判断，题目难度中等．二．非选择题（本题包括4小题，共52分）17．（14分）结晶玫瑰是具有强烈玫瑰香气的香料，可由下列反应路线合成（部分反应条件略去）：\n（1）A的类别是卤代烃，能与Cl2反应生成A的烷烃是CH4（或甲烷）．B中的官能团是﹣CHO（或醛基）．（2）反应③的化学方程式为+CH3COOH+H2O（3）已知：B苯甲醇+苯甲酸钾，则经反应路线①得到的产物加水萃取、分液，能除去的副产物是苯甲酸钾（4）已知：++H2O，则经反应路线②得到一种副产物，其核磁共振氢谱有4组峰，各组吸收峰的面积之比为1：2：4：4（5）G的同分异构体L遇FeCl3溶液显色，与足量饱和溴水反应未见白色沉淀产生，则L与NaOH的乙醇溶液共热，所得有机物的结构简式为（或）．（只写一种）【考点】真题集萃；有机物分子中的官能团及其结构；有机物的合成．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】（1）烃中氢原子卤素原子取代后生成产物为卤代烃，A中含有1个C，所以生成A的烷烃为甲烷，B含有官能团醛基；（2）根据G、J的结构知反应③是G与乙酸的酯化反应（3）根据苯甲酸钾为可溶性的盐而其它物质不溶于水进行解答；（4）根据题给已知路线②生成的G与苯反应生成，有4种H，氢原子数目之比就等于其吸收峰的面积之比；（5）根据遇FeCl3溶液显色可知L含酚羟基，与足量饱和溴水反应未见白色沉淀产生说明酚羟基的邻、对位被取代基取代，又L与NaOH的乙醇溶液共热说明L能发生消去反应，该基团是﹣C2H4Cl，据此写出所得有机．物的结构简式．【解答】解：（1）A为三氯甲烷，含有官能团Cl原子，所以A为卤代烃，甲烷能够与氯气发生取代反应生成三氯甲烷；有机物B为苯甲醛，含有的官能团为醛基：﹣CHO，故答案为：卤代烃；CH4或甲烷；﹣CHO或醛基；\n（2）反应③为和乙酸发生酯化反应生成，反应的化学方程式为：+CH3COOH+H2O，故答案为：+CH3COOH+H2O；（3）苯甲酸钾为盐，所以苯甲酸能够溶于水，则加水萃取、分液，能除去的副产物是苯甲酸钾，故答案为：苯甲酸钾；（4）根据反应++H2O可知，能够与G反应生成，该有机物分子中含有4种位置不同的H，个数之比为1：2：4：4（苯环对称），则各组吸收峰的面积之比为1：2：4：4，故答案为：1：2：4：4；（5）根据遇FeCl3溶液显色可知L含酚羟基，与足量饱和溴水反应未见白色沉淀产生说明酚羟基的邻、对位没有H，即邻、对位有取代基，又L与NaOH的乙醇溶液共热说明L能发生消去反应，该基团是﹣C2H4Cl，则L与NaOH的乙醇溶液共热，所得有机物的结构简式为或，故答案为：或．\n【点评】本题考查了有机物分类、有机物结构与性质、有机合成方案设计、同分异构体求算等知识，题目难度中等，注意掌握常见有机物组成、分类及具有的结构与性质，明确同分异构体的概念及求算方法，试题有利于培养学生灵活应用所学知识的能力．18．化合物A、B是中学常见的物质，其阴阳离子可从下表中选择阳离子K+Na+NH+4Fe2+Ba2+Cu2+阴离子OH﹣I﹣NO3﹣AlO2﹣HCO3﹣HSO4﹣（1）若A的水溶液为酸性，往B的水溶液加Al有气体产生，A、B的水溶液混合后，只产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，①B的化学式为Ba（OH）2；②A、B溶液混合后加热能产生气体的反应的离子方程式为H++SO42﹣+NH4++Ba2++2OH﹣BaSO4↓+NH3↑+2H2O．（2）若A的水溶液为浅绿色，B的焰色反应呈黄色．向A的水溶液中加入稀盐酸无明显现象，再加入B后溶液变黄，但A、B的水溶液混合后无明显变化．则①A为FeI2；②经分析上述过程中溶液变黄的原因可能有两种：I仅有I﹣被氧化成I2使溶液呈黄色ⅡI﹣、Fe2+均被氧化使溶液呈黄色；③请用一简易方法证明上述溶液变黄的原因取少量变黄溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若变红则Ⅱ合理，否则Ⅰ合理．【考点】无机物的推断．【分析】（1）A、B的水溶液混合后，只产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，由给出的离子可知，白色沉淀为BaSO4，A的水溶液为酸性，往B的水溶液加Al有气体产生，可推知A中含有HSO4﹣，B中含有Ba2+、OH﹣，则B为Ba（OH）2；A、B溶液混合后加热能产生气体，则A为NH4HSO4；（2）若A的水溶液为浅绿色，含有Fe2+，B的焰色反应呈黄色，含有Na+，向A的水溶液中加入稀盐酸无明显现象，再加入B后溶液变黄，说明在酸性条件下发生了氧化还原反应，则B的溶液一定含有NO3﹣离子，B为NaNO3，A、B的水溶液混合后无明显变化，结合离子共存，可推知A含有I﹣，故A为FeI2．【解答】解：（1）A、B的水溶液混合后，只产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，由给出的离子可知，白色沉淀为BaSO4，A的水溶液为酸性，往B的水溶液加Al有气体产生，可推知A中含有HSO4﹣，B中含有Ba2+、OH﹣，则B为Ba（OH）2；A、B溶液混合后加热能产生气体，则A为NH4HSO4；①B的化学式为：Ba（OH）2；②A、B溶液混合后加热能产生气体的反应的离子方程式为：H++SO42﹣+NH4++Ba2++2OH﹣BaSO4↓+NH3↑+2H2O，故答案为：Ba（OH）2；H++SO42﹣+NH4++Ba2++2OH﹣BaSO4↓+NH3↑+2H2O；（2）①若A的水溶液为浅绿色，含有Fe2+，B的焰色反应呈黄色，含有Na+，向A的水溶液中加入稀盐酸无明显现象，再加入B后溶液变黄，说明在酸性条件下发生了氧化还原反应，则B的溶液一定含有NO3﹣离子，B为NaNO3，A、B的水溶液混合后无明显变化，结合离子共存，可推知A含有I﹣，故A为FeI2，故答案为：FeI2；②A溶液中的Fe2+和I﹣都具有还原性，且I﹣还原性强于Fe2+离子，若硝酸根离子不足，溶液变黄的原因碘离子被氧化成碘单质使溶液呈黄色；若硝酸根离子足量，氧化完碘离子后还有剩余，能够继续氧化亚铁离子，所以溶液呈黄色I﹣、Fe2+均被氧化，\n故答案为：仅有I﹣被氧化成I2使溶液呈黄色；I﹣、Fe2+均被氧化使溶液呈黄色；③若反应后的溶液中存在铁离子，证明Ⅱ合理，操作方法为：取少量变黄溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若变红则Ⅱ合理，否则Ⅰ合理，故答案为：取少量变黄溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若变红则Ⅱ合理，否则Ⅰ合理．【点评】本题考查常见离子的检验、未知物的推断、实验方案设计等知识，题目难度中等，根据特殊反应及形象，结合离子共存判断，充分考查学生对元素化合物知识掌握．19．（14分）X、Y、Z、W四种短周期元素在周期表中的位置关系如图Ⅰ若Z元素原子的最外层电子数是电子层数的2倍（1）W在周期表中的位置为第三周期ⅦA族．（2）Y和Z元素可组成的化合物的化学式为SO2、SO3．（3）写出铜和X的最高价氧化物水化物的稀溶液反应的离子方程式为3Cu+2NO3﹣+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O．（4）W最高价氧化物水化物的浓溶液不稳定，受热可分解，产物之一是黄绿色气体，且当有28mol电子转移时，共产生9mol气体，写出该反应的化学方程式4HClO42Cl2↑+7O2↑+2H2O．Ⅱ若Y和Z的核外电子数之和为22（1）Y的气态氢化物电子式为，工业合成该物质的化学方程式为N2+3H22NH3．（2）将X的最高价氧化物通入到苯酚钠溶液中，实验现象是溶液变浑浊．（3）X单质与W的最高价氧化物水化物的浓溶液反应，当电子转移0.4mol时，产生气体体积（标准状况下）是6.72L．【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】X、Y、Z、W四种短周期元素，由元素在周期表的位置关系可知，X、Y处于第二周期，Z、W处于第三周期，Ⅰ、若Z元素原子的最外层电子数是电子层数的2倍，则Z最外层电子数为6，故Z为硫元素，由元素在周期表中的相对位置可知，X为氮元素、Y为氧元素、W为Cl元素；（1）W为Cl元素，原子核外电子数为3，有3个电子层，最外层电子数为7；（2）氧元素与硫元素组成的化合物为二氧化硫与三氧化硫；（3）铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO与水；（4）高氯酸浓溶液不稳定，受热可分解，产物之一是黄绿色气体，该气体为氯气，根据电子转移守恒可知，氧元素被氧化生成氧气，由氢元素守恒，还原水生成，根据电子转移守恒计算氯气、氧气的物质的量，确定二者系数，据此书写；\nⅡ、若Y和Z的核外电子数之和为22，令Y的核外电子数为y，则Z的核外电子数为y+8，则y+y+8=22，解得y=7，故Y为氮元素、Z为磷元素，则X为碳元素、W为硫元素；（1）氨气分子中N原子成3个N﹣H键，N原子还原1对孤对电子，据此书写电子式；工业上通常利用氮气与氢气在高温、高压催化剂条件下生成氨气；（2）碳酸的酸性比苯酚强，反应生成苯酚，通常条件下苯酚溶解性不大；（3）碳与浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫，根据电子转移守恒计算二者的物质的量，再根据V=nVm计算体积．【解答】解：X、Y、Z、W四种短周期元素，由元素在周期表的位置关系可知，X、Y处于第二周期，Z、W处于第三周期，Ⅰ、若Z元素原子的最外层电子数是电子层数的2倍，则Z最外层电子数为6，故Z为硫元素，由元素在周期表中的相对位置可知，X为氮元素、Y为氧元素、W为Cl元素；（1）W为Cl元素，原子核外电子数为3，有3个电子层，最外层电子数为7，故处于周期表第三周期ⅦA族，故答案为：第三周期ⅦA族；（2）氧元素与硫元素组成的化合物为：SO2、SO3，故答案为：SO2、SO3；（3）铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO与水，反应离子方程式为：3Cu+2NO3﹣+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为：3Cu+2NO3﹣+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O；（4）高氯酸浓溶液不稳定，受热可分解，产物之一是黄绿色气体，该气体为氯气，根据电子转移守恒可知，氧元素被氧化生成氧气，由氢元素守恒，还原水生成，当有28mol电子转移时，得到氯气为=2mol，生成氧气为9mol﹣2mol=7mol，故反应方程式为：4HClO42Cl2↑+7O2↑+2H2O，故答案为：4HClO42Cl2↑+7O2↑+2H2O；Ⅱ、若Y和Z的核外电子数之和为22，令Y的核外电子数为y，则Z的核外电子数为y+8，则y+y+8=22，解得y=7，故Y为氮元素、Z为磷元素，则X为碳元素、W为硫元素；（1）氨气分子中N原子成3个N﹣H键，N原子还原1对孤对电子，故氨气分子的电子式为，工业合成氨气的化学方程式为N2+3H22NH3，故答案为：；N2+3H22NH3；（2）碳酸的酸性比苯酚强，反应生成苯酚，通常条件下苯酚溶解性不大，溶液变浑浊，故答案为：溶液变浑浊；（3）碳与浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫，当电子转移0.4mol时，n（SO2）==0.2mol、n（CO2）==0.1mol，故标准状况下产生气体的体积为（0.2mol+0.1mol）×22.4L/mol=6.72L，故答案为：6.72L．\n【点评】本题考查结构性质位置关系、常用化学用语、元素化合物性质、化学计算等，推断元素是解题的关键，旨在考查学生对基础知识的理解掌握，难度不大．20．某化学兴趣小组用如图所示装置进行电化学原理的实验探究，试回答下列问题：（1）通O2的Pt电极为电池正极（填电极名称），其电极方程式为O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣．（2）若B电池为电镀池，目的是在某镀件上镀一层银，则X电极材料为Ag，电解质溶液为AgNO3溶液．（3）若B电池为精炼铜，且粗铜中含有Zn、Fe、Ag、Au等杂质，则该电池阳极泥的主要成分是Ag、Au．（4）若B电池的电解质溶液为500mL1.0mol/L的NaCl溶液，X、Y皆为惰性电极，当电池工作一段时间断开电源K，Y电极有560mL（标准状况）无色气体生成（假设电极产生气体完全溢出，溶液体积不变），此时B电池溶液的pH=13，要使该溶液恢复到原来的状态，需加入0.05molHCl（填物质并注明物质的量）．（5）若X、Y均是铜，电解质溶液为NaOH溶液，电池工作一段时间，X极附近生成砖红色沉淀，查阅资料得知是Cu2O，试写出该电极发生的电极反应式为2Cu+2OH﹣﹣2e﹣=Cu2O+H2O．【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】（1）左边是燃料电池，右边是电解池，通氧气的一极是正极发生还原反应，电极反应式为：O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣；（2）X与电源的正极相连，是阳极发生氧化反应，电解质溶液是硝酸银溶液；（3）粗铜中含有Zn、Fe、Ag、Au等杂质，其中锌和铁会在电极上放电生成阳离子进入溶液，所以阳极泥的主要成分是Ag、Au；（4）电解饱和食盐水阳极是氯离子失电子生成氯气，阴极是氢离子得到电子生成氢气；依据电解原理分析，书写电池反应，依据生成的气体体积，计算氢氧根离子浓度，结合离子积常数计算氢离子浓度计算溶液pH；恢复溶液浓度依据出什么，加什么的原则分析；（5）X电极是阳极发生氧化反应，电极反应式为：2Cu+2OH﹣﹣2e﹣=Cu2O+H2O．【解答】解：（1）A池是燃料电池，B池是电解池，通氧气的一极是正极发生还原反应，电极反应式为：O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣，故答案为：正；O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣；（2）X与电源的正极相连，是阳极发生氧化反应，所以X电极材料为银，电解质溶液是硝酸银溶液，故答案为：Ag；AgNO3溶液；（3）粗铜中含有Zn、Fe、Ag、Au等杂质，其中锌和铁会在电极上放电生成阳离子进入溶液，所以阳极泥的主要成分是Ag、Au，故答案为：Ag、Au；（4）Y电极与原电池的负极相连，电极氢离子得到电子生成氢气，生成氢气560ml的物质的量==0.025mol，依据电解方程式：2Cl﹣+2H2O=H2↑+Cl2↑+2OH﹣；12\n0.025moln，解得：n=0.05molC（OH﹣）==0.1mol/L，C（H+）==10﹣13mol/L，pH=﹣lg[H+]=13；所以应加入0.025mol×2=0.05mol的HCl恢复原状态，故答案为：13；0.05molHCl；（5）X电极是阳极发生氧化反应，电极反应式为：2Cu+2OH﹣﹣2e﹣=Cu2O+H2O，故答案为：2Cu+2OH﹣﹣2e﹣=Cu2O+H2O．【点评】本题考查原电池、电解池工作原理，正确推断燃料电池正负极是解本题的关键，难点是溶液的pH计算，根据电解饱和食盐水的离子方程式分析解答．
