2018学年第一学期浙江省名校协作体试题
高二年级化学学科
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 Na 23 Mg 24 Al 27 S 32 Cl 35.5 K 39 Ca 40 Fe 56 Cu 64 Ba 137
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.下列属于酸性氧化物的是
A. SO2 B. MgO C. H2SO4 D. NH3·H2O 【答案】A 【解析】
【详解】A、SO2能与氢氧化钠溶液反应，生成亚硫酸钠和水，属于酸性氧化物，故A正确； B、MgO能与盐酸反应生成氯化镁和水，属于碱性氧化物，故B错误； C、H2SO4属于酸，故C错误； D、NH3·H2O属于碱，故D错误； 综上所述，本题正确答案为A。
【点睛】本题重点考查酸性氧化物的概念。氧化物是由两种元素组成且其中一种是氧元素的化合物；能与碱反应生成盐和水的氧化物称为酸性氧化物（如SO2 、CO2等）。能与酸反应生成盐和水的氧化物称为碱性氧化物（如MgO、Na2O等）。
2.下列仪器不可以加热的是 ．．．
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A、为烧杯，可垫上石棉网加热，故A不符合题意；
B、为试管，可直接加热，加热前应先预热，防止局部过热，故B不符合题意； C、圆底烧瓶垫上石棉网加热，故C不符合题意；
D、容量瓶不能加热，使用容量瓶有温度限制，一般容量瓶上都标有温度（25℃），故D符合题意；
综上所述，本题正确答案为D。 3.下列物质属于电解质且能导电的是
A. 金属铜 B. 盐酸 C. 熔融KCl D. 酒精 【答案】C 【解析】
【详解】A、金属铜能导电，但金属铜是单质不是化合物，因此金属铜不是电解质，故A错误； B、盐酸是氯化氢的水溶液，是混合物，不是化合物，所以不是电解质，故B错误； C、熔融KCl是化合物，属于电解质，熔融态下电离出自由移动的钾离子和氯离子，能导电，故C正确；
D、乙醇是化合物，但其水溶液只存在乙醇分子，不导电，属于非电解质，故D错误； 综上所述，本题正确答案为C。
【点睛】本题重点考查电解质定义与判断。电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，例如酸、碱和盐等，凡在上述情况下不能导电的化合物叫非电解质，例如蔗糖和酒精等。注意电解质和非电解质都是化合物，单质和混合物既不是电解质也不是非电解质。解题时紧抓住电解质必须是化合物，以及导电是在水溶液或熔化状态下为条件进行解题。 4.胶体和溶液的本质区别是
A. 丁达尔效应 B. 分散剂不同 C. 能否稳定存在 D. 分散质粒子直径的大小 【答案】D 【解析】
当分散剂是水或其它溶剂时，根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液（小于1nm）、胶体（1nm～100nm）、浊液（大于100nm），所以，溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质的区别在于分散质粒子直径大小．故选D．
【点评】本题考查三类分散系的本质区别，难度不大，注意三类分散系的本质区别是分散质粒子直径大小．
5.下列反应既属于氧化还原反应又属于化合反应的是 A. Na2CO3＋CO2＋H2O===2NaHCO3 B. 4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3 C. 2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2
D. Ca(OH)2＋2NH4Cl===CaCl2＋2NH3↑＋2H2O 【答案】B 【解析】
【详解】A、Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3中三种物质生成一种物质是化合反应，但反应过程中没有化合价的变化，所以不是氧化还原反应，故A不符合题意；
B、4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3三种物质生成一种物质是化合反应，反应前铁的化合价为+2价，反应后升高到+3价，为还原剂，反应前氧的化合价为0价，反应后化合价下降到-2价，为氧化剂，所以此反应为氧化还原反应，故B符合题意；
C、2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2反应前两种物质，反应后为两种物质，所以不是化合反应，此反应中存在化合价的变化，为氧化还原反应，故C不符合题意；
D、Ca(OH)2＋2NH4Cl=CaCl2＋2NH3↑＋2H2O反应前两种物质，反应后三种物质，所以不是化合反应，反应过程中没有化合价变化，因此为非氧化还原反应，故D不符合题意； 综上所述，本题正确答案为B。
【点睛】考查化学反应的分类的知识。氧化还原反应的判断依据：反应过程中是否有化合价的变化。
6.下列说法不正确的是 ．．．
A. 碘化银可用于人工降雨 B. 海水中含量最高的非金属元素是氯元素 C. 晶体硅常用于制造集成电路 D. 氧化镁可做耐高温材料 【答案】B 【解析】
【详解】A、碘化银见光分解，均具有感光特性，碘化银分解成极小颗粒的\"银核\"，在人工降雨中，用作冰核形成剂可以跟云层中的水蒸气起催化作用，故A正确；
B、海水中含量大量的水分子，因此含量最高的非金属元素是氧元素，故B错误； C、晶体硅是良好的半导体材料，可用于制造集成电路，故C正确； D、氧化镁的熔点很高，可做耐高温材料，故D正确； 综上所述，本题正确答案为B。
7.下列表示正确的是 A. 比例模型
表示CCl4分子 B. 二氧化碳的电子式：:O:C:O:
C. 次氯酸的结构式：H-O-Cl D. S2-的结构示意图：【答案】C 【解析】
【详解】A、CCl4中氯原子的半径大于碳原子半径，碳原子位于中心位置，四个氯原子位于四个方向，形成正四面体，故A错误；
B、二氧化碳分子中，碳原子与氧原子间以碳氧双键相结合，所以二氧化碳的电子式为: O ::C:: O :，故B错误；
C、次氯酸中氧原子与氢原子之间以共价键结合，氧原子与氯原子间以共价键结合，所以次氯酸的结构式：H-O-Cl，故C正确；
D、S2-核内16个质子，核外18个电子，所以S2-的结构示意图：，故D错误；
综上所述，本题正确答案为C。 8.下列说法正确的是
A. 干冰和石英晶体中的化学键类型相同，熔化时需克服微粒间的作用力类型也相同 B. 某物质在熔融态能导电，则该物质中一定含有离子键
C. N2和Cl2两种分子中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构 D. NaHSO4晶体溶于水时，只有离子键被破坏 【答案】C 【解析】
【详解】A、干冰是分子晶体，熔化时需克服的作用力是范德华力，石英晶体是原子晶体，熔化时需克服的作用力是共价键，故A错误；
B、某物质在熔融态能导电，则该物质中不一定含有离子键，也可能含有金属键，故B错误； C、N2和Cl2两种分子中，N2中氮原子之间以氮氮三键结合， Cl2分子中氯原子键以氯氯单键结合，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构；故C正确；
D、NaHSO4晶体溶于水破坏HSO4-、Na+之间的离子键以及HSO4-中H-O共价键，故D错误。 综上所述，本题正确答案为C。
9.在酸性溶液中，下列离子不能大量存在的是 ．．A. Mg2+ B. HCO3ˉ C. SO42﹣ D. Fe3+ 【答案】B 【解析】
【详解】A、镁离子和氢离子不反应,所以能大量共存,故A不符合题意；
B、氢离子和碳酸氢根离子反应生成弱电解质水和非电解质二氧化碳,所以不能大量共存,故B符合题意；
C、氢离子和硫酸根离子不反应,所以能大量共存,故C不符合题意； D、铁离子和氢离子不反应,所以能大量共存,故D不符合题意； 综上所述，本题正确答案为B。
【点睛】本题考查离子共存,明确离子性质及离子共存体积是解本题关键,生成弱电解质、气体、沉淀或发生氧化还原反应、双水解反应、络合反应的离子不能大量共存。酸性溶液中含有大量氢离子,能和氢离子反应的离子不能大量共存,据此分析解答。 10.下列说法正确的是
A. 容量瓶和分液漏斗使用前必须要检漏并干燥 B. 蒸馏操作时，温度计水银球应插入液面下
C. 检验Fe、Fe、Cl溶液中的Fe，加入酸性高锰酸钾看是否褪色 D. 做过碘升华的圆底烧瓶可以用酒精洗涤 【答案】D 【解析】
【详解】A、具有塞子或活塞的仪器使用前需检漏，量瓶和分液漏斗使用前必须要检漏，但均不需干燥，故A错误；
B、蒸馏操作时，温度计水银球应插在蒸馏烧瓶的支管口处，故B错误；
C、氧化性KMnO4(H）>Cl2>Fe，还原性Cl A. 纳米泡沫碳与金刚石互为同位素 B. H2O与D2O互为同分异构体 C. CH3CH2COOH与CH3COOH互为同系物 D. C3H8的一氯取代物有3种，其沸点各不相同 + 3+ -2+ 2+ 3+ -2+ 【答案】C 【解析】 【详解】A、纳米泡沫碳与金刚石均是由碳元素组成的不同单质，两者互为同素异形体，故A错误； B、同分异构体是有机物的分子式相同但是分子结构不同，H2O与D2O两者分子式相同，结构也相同，故B错误； C、CH3CH2COOH与CH3COOH均属于羧酸类物质，两者分子式相差一个CH2所以两者互为同系物，故C正确； D、C3H8中只有两种等效氢，因此一氯代物有两种，故D错误； 综上所述，本题正确答案为C。 【点睛】本题需要注意“四同”的区分。同素异形体：同一种元素形成的多种单质互为同素异形体.例如纳米泡沫碳与金刚石是同素异形体。同位素：同位素同属于某一化学元素,其原子具有相同数目的电子,原子核也具有相同数目的质子,但却有不同数目的中子.例如氕、氘和氚.；同分异构体 ：同分异构体是有机物的分子式相同但是分子结构不同；同系物：结构相似,在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物。如：CH3CH2COOH与CH3COOH互称为同系物,它们都属于羧酸。 12.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是 A. NaHCO3受热易分解，可用于制胃酸中和剂 B. SiO2熔点高硬度大，可用于制光导纤维 C. SO2具有还原性，可用于漂白纸张 D. CaO能与水反应，可用于食品干燥剂 【答案】D 【解析】 【详解】A、NaHCO3能与盐酸反应，可用于制胃酸中和剂，物质性质与应用对应关系不正确，故A错误； B、SiO2传导光的能力非常强，可用于制光导纤维，物质性质与应用对应关系不正确，故B错误； C、SO2具有漂白性，可用于漂白纸张漂白粉可用于漂白纸张，物质性质与应用对应关系不正确，故C错误； D、CaO能与水反应，所以可用于食品干燥剂，物质性质与应用对应关系正确，，故D正确。 综上所述，本题正确答案为D。 13.下列离子方程式正确的是 A. 氯气和水反应：Cl2+H2O Cl+ClO+2H === BaSO4↓ 2＋ ＋ 3＋ -—+ B. 硫酸铵溶液和氢氧化钡溶液反应：Ba2++ C. 酸性硫酸亚铁溶液在空气中被氧化：4Fe＋O2＋4H＝4Fe＋2H2O D. 碳酸氢钠溶液和过量的澄清石灰水混合：2【答案】C 【解析】 【详解】A、氯气和水反应生成次氯酸、氯化氢，其中次氯酸为若酸，书写离子方程式时不能拆，所以离子方程式为：Cl2+H2O Cl-+HClO+H+，故A错误； 2+ 2- +Ca+2OH === CaCO3↓ 2+— +2H2O B、硫酸铵溶液和氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和弱电解质水，反应方程式为：Ba+SO4 +2H++2OH-= BaSO4↓+2H2O，故B错误； C、酸性硫酸亚铁溶液在空气中被氧化成三价铁离子，反应方程式为：4Fe＋O2＋4H＝4Fe＋2H2O，故C正确； D、碳酸氢钠溶液和过量的澄清石灰水混合，离子方程式为： HCO+Ca+OH === CaCO3↓+ +H2O，故D错误； 综上所述，本题正确答案为C。 【点睛】本题考查离子方程式正误的判断。判断离子方程式是否正确可从以下几个方面进行：①从反应原理进行判断，如反应是否能发生、反应是否生成所给产物（题中C项）等；②从物质存在形态进行判断，如拆分是否正确、是否正确表示了难溶物和气体等（题中A项）；③从守恒角度进行判断，如原子守恒、电荷守恒、氧化还原反应中的电子守恒等（题中C项）；④从反应的条件进行判断（题中C项）；⑤从反应物的组成以及反应物之间的配比进行判断（题中D项）。 14.W、X、Y、Z四种短周期元素，它们在周期表中位置如图所示，这4种元素的原子最外层电子数之和为23，下列说法不正确的是 ．．． 2+ —2＋ ＋ 3＋ A. W、Y、X三种元素的原于半径依次减小 B. X元素的简单气态氢化物的沸点比Y的高 C. W元素与氢元素可能会形成W2H6 D. Y元素的单质能从NaZ溶液中置换出Z元素的单质 【答案】D 【解析】 【分析】 观察W、X、Y、Z四种元素在元素周期表中的位置，可知W、X、Y、Z分别为Si、O、S、Cl。 【详解】A、同主族元素周期数越大原子半径越大，同周期元素原子序数越小原子半径越大，因此原子半径W＞Y ＞X，故A正确； B、X元素的简单气态氢化物为H2O，Y元素的简单气态氢化物为H2S，H2O分子间存在氢键，因此H2O的沸点高于H2S，故B正确； C、Si与C位于同一主族，化学性质相似，C可以形成C2H6（乙烷），因此Si可能形成Si2H6，故C正确； D、S的氧化性比Cl弱，因此S不能从NaCl溶液中置换出Cl2，故D错误； 综上所述，本题正确答案为D。 15.下列说法正确的是 A. 乙烯和苯都可以使酸性KMnO4溶液褪色 B. 等物质的量乙烯和乙醇充分燃烧所消耗的O2的质量相同 C. 乙醛和乙酸都可以与新制的氢氧化铜悬浊液反应且实验现象相同 D. 石油裂化是为了得到更多的乙烯等气态短链烃 【答案】B 【解析】 【详解】A、乙烯都可以使酸性KMnO4溶液褪色，但本不会使酸性KMnO4溶液褪色，故A错误； B、一分子乙烯和乙醇分子中均含有2个碳原子，6个去氢原子，因此充分燃烧所消耗的O2的质量相同，故B正确； C、乙醛与新制的氢氧化铜悬浊液发生氧化还原反应，生成砖红色沉淀氧化亚铜，乙酸都可以与新制的氢氧化铜悬浊液发生酸碱中和反应，所以两者实验现象不同，故C错误； D、石油裂解是为了得到更多的乙烯等气态短链烃，故D错误； 综上所述，本题正确答案为B。 16.下列说法正确的是 A. 油脂、糖类和蛋白质都是天然高分子化合物 B. 酯类在碱性条件下的水解反应叫做皂化反应 C. 淀粉水解液加过量氢氧化钠溶液后，加新制氢氧化铜悬浊液可检测是否水解完全 D. 向鸡蛋清的溶液中加入某盐溶液，可观察到蛋白质发生凝聚，再加入蒸馏水，振荡后蛋白质又发生溶解，则该盐一定不是硫酸铜 【答案】D 【解析】 【详解】A、糖类和蛋白质都是天然高分子化合物，而油脂是高级脂肪酸与甘油酯化后形成的化合物，油脂不是天然高分子化合物，故A错误； B、油脂与碱作用生成高级脂肪酸盐和甘油的反应称为皂化反应，故B错误； C、淀粉水解液加过量氢氧化钠溶液后，加新制氢氧化铜悬浊液可检测是淀粉是否水解，需要用碘检验是否水解完全，故C错误； D、向鸡蛋清的溶液中加入某盐溶液，可观察到蛋白质发生凝聚，再加入蒸馏水，振荡后蛋白质又发生溶解，此过程为盐析，而硫酸铜是重金属盐，加入蛋白质可以使蛋白质发生变性，加水后不能溶解，故D正确； 综上所述，本题正确答案为D。 17.下列试剂保存方法或实验方法中，不正确的是 ．．． A. 用托盘天平称取5.2gNaOH固体时，不能把NaOH放在纸片上称 B. 用10mL的量筒量取9.0mL无水乙醇，使液面最低点至刻度9.0mL处 C. 浓硫酸保存在广口瓶中，没有挥发性，无须密封 D. 溴水密封保存，放置于阴凉处 【答案】C 【解析】 【详解】A、NaOH具有腐蚀性，易潮解，在用托盘天平称量需要用烧杯盛放氢氧化钠，而不能用纸片，故A正确； B、量筒的小刻度在下，大刻度在上，所以用容积为10mL的量筒量取9.0mL无水乙醇，使液面最低点至刻度9.0mL处，故B正确； C、浓硫酸易吸水，应密封保存，故C错误； D、溴易挥发，应密封保存，溴水见光易分解，应放置在棕色试剂瓶中置于阴凉处，故D正确； 综上所述，本题正确答案为C。 18.下列说法正确的是 A. 工业上电解氯化镁溶液可以制备金属镁 B. 生物炼铜就是利用植物对铜离子的吸收达到富集铜的目的 C. 工业上用廉价的焦碳还原铁矿石得到铁 D. 工业上利用氢气在氯气中燃烧生成氯化氢，再将氯化氢溶于水制得盐酸 【答案】D 【解析】 【详解】A、镁离子的氧化性小于氢离子，因此电解氯化镁溶液不能得到金属镁，而工业上从采用电解熔融的氯化镁可以来制取金属镁，故A错误; B、生物炼铜实际上是微生物帮助我们从矿石中提取铜．这些“吃岩石的细菌”能利用空气中的氧气将不溶性的CuS转化成可溶性铜的化合物，故B错误； C、工业上用廉价的焦碳为原料炼铁，其原理是用过量焦炭与氧气生成的一氧化碳还原铁矿石，故C错误； D、氢气在氯气中燃烧,然后将生成的氯化氢气体溶于水,得到氯化氢的水溶液即是盐酸,这也是工业制盐酸的生产方式,故D正确； 综上所述，本题正确答案为D。 19.某电化学气敏传感器的工作原理如图所示，下列说法不正确的是 ．．． A. a极为负极 B. b极的电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH- C. 电子流向：a经外电路流向b D. 该传感器工作一段时间后，电解质溶液的pH值将变大 【答案】D 【解析】 【分析】 根据图示可知b电极是氧气获得电子，发生还原反应，所以b极为正极，因为电解质溶液为KOH，所以电极反应为：O2+4e-+2H2O=4OH-，a电极是氨气失去电子，发生氧化反应，所以a极 为负极。 【详解】A、根据上述分析可知，a电极是氨气失去电子，发生氧化反应，所以a极为负极，故A正确； B、是氧气获得电子，发生还原反应，所以b极为正极，因为电解质溶液为KOH，所以电极反应为：O2+4e+2H2O=4OH，故B正确； C、a极为负极电子流出，经外接导线，流向b电极（正极），故C正确； D．总反应方程式是：4NH3+ 3O2=2N2+6H2O，可见KOH没有参加反应，故该传感器在工作过程中KOH的物质的量不变，所以电解质溶液pH值不变，故D错误； 综上所述，本题正确答案为D。 【点睛】本题重点考查原电池工作原理。在原电池中，负极失去电子，发生氧化反应；正极得到电子，发生还原反应；电子由负极流出经外接导线流向正极，电解质溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。 20.某温度下，体积一定的密闭容器中发生如下可逆反应：2X(g)+Y(s)kJ/mol，下列说法正确的是 A. 消耗2molX同时生成3molZ，说明达到了平衡状态 B. 加入少量的Y正反应速率加快 C. 气体的密度不变时，说明达到了平衡状态 D. 加入少量的X，Q变大 【答案】C 【解析】 【详解】A、根据化学反应方程式可知，不管反应是否达到平衡，每消耗2molX同时生成3molZ，故A错误； B、Y为固体,加固体,参加反应气体的浓度不变,则平衡不移动,故B错误； C、Y为固体,反应达到平衡时气体的质量不变,则气体的密度不变时.说明达到了平衡状态,故C正确； D、B.加入少量的X,反应放出或吸热的热量增大,但综上所述，本题正确答案为C。 【点睛】对于反应2X(g)+Y(s) 3Z(g) △H=Q kJ/mol ，Y为固体,反应物气体的计量数之 不变,故D错误; 3Z(g) △H=Q -- 和大于生成物气体的计量数之和,则气体的密度不变时.说明达到了平衡状态，增大压强平衡 正向移动；纯液体或固体参加反应时，增加纯液体或固体的量不会改变反应速率及平衡，，以此解答该题。 21.用Na2FeO4溶液氧化废水中的还原性污染物M，为研究降解效果.设计如下对比实验探究温度、浓度、 pH、催化剂对降解速率和效果的影响，实验测得M的浓度与时间关系如图所示： 下列说法正确的是 A. 实验①在15 min内M的降解速率为1.33×10mol/(L·min) B. 若其他条件相同，实验①②说明升高温度，M降解速率增大 C. 若其他条件相同，实验①③证明pH越高，越有利于M的降解 D. 实验②④说明M的浓度越小，降解的速率越慢 【答案】B 【解析】 【详解】A、根据化学反应速率的数学表达式可知， ，故A错误； B、其他条件相同，①②温度不同，②的温度高于①的，而②中浓度变化大于①，说明②的降解速率大，故B正确； C、其他条件相同，①③的pH不同，③的pH大于①，在相同时间段内，①中M的浓度变化大于③，说明①的降解速率大于③，故C错误； D、②④这两组实验温度不同，浓度也不同，不是单一变量，无法比较浓度对此反应的影响，故D错误； 综上所述，本题正确答案为B。 22.参照反应Br+H2 -2 HBr+H的能量对应反应历程的示意图，下列叙述中正确的是 A. 该反应的反应热△H=E2﹣E1 B. 正反应为吸热反应 C. 吸热反应一定要加热后才能发生 D. 升高温度可增大正反应速率，降低逆反应速率 【答案】B 【解析】 【详解】A、反应热等于反应物的总活化能减去生成物的总活化能，即△H= E1﹣E2，故A错误； B从图示分析出反应物的能量低于生成物, Br+H2 HBr+H是个吸热过程,故B正确; C、氢氧化钡晶体和氯化铵反应不需要任何条件,反应吸热,故C错误； D、升高温度时正逆反应速率都要增大,故D错误； 综上所述，本题正确答案为B。 23.用NA表示阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是 A. 10g 46%的乙醇水溶液中，氧原子的个数为0.4NA B. 标准状况下，22.4LCCl4含有的分子数为NA C. 在含4mol Si-O键的二氧化硅晶体中，氧原子的数目为4NA D. 向含有0.1mol的FeI2溶液中通入足量Cl2，充分反应后转移的电子数为0.2NA 【答案】A 【解析】 【详解】A、乙醇溶液中除了乙醇外,水也含氧原子, 10g 46%的乙醇溶液中,乙醇的质量为4.6g,物质的量为0.1mol,故含0.1mol氧原子;水的质量为5.4g,物质的量为0.3mol,故含0.3mol氧原子,故此溶液中含有的氧原子的物质的量共为0.4mol,即个数为0.4NA个,故A正确; B、标准状况下，CCl4为液态，故分子数不是NA，故B错误； C、．含4mol Si-O键的二氧化硅晶体中含有1mol二氧化硅，含有2mol氧原子，含有的氧原子的数目为2NA，故C错误； D、0.1molFeI2溶液中,碘离子的还原性大于亚铁离子的,通入氯气,先氧化碘离子0.2mol I-，转移电子数为0.2mol,再氧化亚铁离子0.1mol,转移电子数为0.1mol，所以转移总电子数为 0.3mol，即0.3 NA，故D错误； 综上所述，本题正确答案为A。 24.某兴趣小组进行某补血剂中铁元素含量测定实验流程如下: 下列说法不正确的是 ．．． A. 步骤①研磨时需要在研钵中进行 B. 步骤②加入氨水的作用是将Fe2+ 完全沉淀 C. 步骤③多步操作为过滤、洗涤、灼烧至恒重、冷却、称重 D. 每片补血剂中铁元素的质量为0.07wg 【答案】B 【解析】 【分析】 由流程图可以知道,该实验原理为:将药品中的Fe2+形成溶液,将Fe2+氧化为Fe3+,使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀,再转化为氧化铁,通过测定氧化铁的质量,计算补血剂中铁元素的含量. 【详解】A、步骤①是将补血剂磨成细粉，便于溶解，研磨时需要在研钵中进行，故A正确； B、步骤②中加入过氧化氢是将Fe氧化为Fe，然后用过量氨水将Fe完全沉淀为红褐色氢氧化铁，故B错误； C、步骤③是将氢氧化铁沉淀转化为氧化铁,通过测定氧化铁的质量,计算补血剂中铁元素的含量，所以操作为过滤、洗涤、灼烧至恒重、冷却、称重，故C正确； D、w g氧化铁中铁元素的质量即为10片补血剂中铁的质量,所以每片补血剂含铁元素的质量 ,故D正确； 综上所述，本题正确答案为B。 25.某溶液X中可能含有下列离子中的若干种：Cl、SO4、SO3、HCO3、Na、Mg、Fe，为了确定该溶液的组成，某同学取100mL上述溶液X，进行了如下实验，下列说法不正确的是 ．．． － 2－ 2－ － + 2+ 3+ 2+ 3+ 3+ A. 气体A可能是CO2或SO2 B. 溶液X中一定存在SO4 C. 溶液X中一定不存在Fe和Mg，可能存在Na D. 向溶液A加入硝酸酸化的硝酸银溶液可能生成白色沉淀 【答案】C 【解析】 【分析】 由实验流程可知，X与Ba（OH） 2反应生成白色沉淀，则一定不含Fe 足量盐酸反应，白色沉淀B一定为BaSO 4，溶液中一定含有SO 4 2－ － 2-3+ 3+ 2+ + 2－ ，且白色沉淀A与 ，气体A为CO 2或SO2， 2- 溶液中可能含有SO3或HCO3两者中的一个或两种都存在，如果存在SO 3 相互促进水解不能共存，所以溶液中不存在Mg Mg 2+ + -2+ ，SO 3 2- 、Mg 2+ ，如果不存在SO 3 2- ，溶液中可能含有在 ，不确定是否含有Na、Cl ，以此来解答． 【详解】A、白色沉淀 A部分溶于酸，溶于酸的部分则可能是碳酸钡或亚硫酸钡，所以气体A可能是CO2或SO2，故A 正确； B、X与Ba（OH） 2反应生成白色沉淀，且白色沉淀A与足量盐酸反应，白色沉淀B一定为BaSO 4，溶液中一定含有SO 4 2- ，故B正确； 3+ C、X与Ba（OH） 2反应生成白色沉淀，则一定不含Fe 故C错误； ，但溶液中可能含Mg 2+ 、Na， + D、由上述分析可知溶液中不确定是否含有Cl ，因此向溶液A加入硝酸酸化的硝酸银溶液可能生成白色沉淀溶液 AgCl ，故 D正确； 综上所述，本题正确答案为C。 二、非选择题（本大题共7小题，共50分） 26.淀粉在一定条件下水解可生成A，气态烃C中碳元素与氢元素的质量比为12︰1，F分子式为C4H6O2，具有香味、难溶于水的油状液体，G可作高分子涂料。有关物质的转化关系如下图： - 请回答： （1）物质B中所含的官能团名称是____。 （2）写出反应④的化学方程式_____。 （3）下列有关说法中正确的是____。 A．物质A的分子式为C6H12O6 B．物质 B、E可用饱和碳酸钠溶液进行鉴别 C．物质C、F均能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D．物质G的链节为 【答案】 (1). 羟基 (2). (3). ABC 【解析】 【分析】 淀粉在一定条件下水解可生成A，则A为葡萄糖，葡萄糖经酒化酶作用生成酒精，所以B为酒精，酒精在铜做催化剂条件下催化氧化得到乙醛，所以D为乙醛，乙醛催化氧化的乙酸，所以E为乙酸，气态烃C中碳元素与氢元素的质量比为12︰1，所以C为乙炔，F分子式为C4H6O2，可知E与C发生加成反应生成F，F在催化剂条件下发生聚合反应生成高分子G。 【详解】（1）由上述分析可知，B为乙醇，含有的官能团为羟基； （2）反应④为乙酸和乙炔发生加成反应，反应方程式为： ； （3）A、物质A为葡萄糖，分子式为C6H12O6，故A正确； B、B为乙醇，溶于碳酸氢钠溶液，E为乙酸，与碳酸氢钠反应生成二氧化碳、水和乙酸钠，现象为有气泡产生，因此物质 B、E可用饱和碳酸钠溶液进行鉴别，故B正确； C、物质C为乙醛，F中含有碳碳双键，因此均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确； D、物质G是由CH2=CHOOOCCH3，聚合形成F，则F的链节为综上所述，本题应选ABC。 ，故D错误； 27.某研究小组为了探究一种不溶性盐X（仅含四种元素）的组成和性质，设计并完成了如下实验： 请回答： （1）X除了含有H、O元素外，还有___元素（填元素符号）。 （2）混合气体通入溴水中发生反应③的离子方程式________。 （3）写出X的化学式_________。 【答案】 (1). Cu、S (2). SO2+Br2+2H2O=4H+SO4+2Br (3). Cu2(OH)2SO4 【解析】 【详解】（1）根据黑色固体A与稀硫酸反应生成蓝色溶液可知，溶液中含有铜离子，X中还有铜元素；溶液B通过盐酸酸化的氯化钡产生白色沉淀，因此白色沉淀为硫酸钡，所以X中还有硫元素； （2）由于X中还有硫元素，所以气体中有二氧化硫，二氧化硫会与溴单质发生氧化还原反应，反应方程式为：SO2+Br2+2H2O=4H+ +SO42-+2Br-； （3）X隔绝空气产生的黑色固体为氧化铜，其物质的量为16.0g÷80g/mol=0.2mol，1.80g水的物质的量为1.80g÷18g/mol=0.1mol，由白色沉淀的质量23.3g，可知硫酸根的物质的量为23.3g÷233g/mol=0.1mol，因此X的化学式为Cu2(OH)2SO4。 28.某校化学小组的同学开展测定Na2CO3和NaCl的固体混合物中Na2CO3质量分数的实验，他们提出下列实验方案。 + 2-- （1）甲同学用图1装置，把m g的混合物样品与足量稀硫酸反应后，测定产生的CO2气体的体积，检查该装置的气密性时，某同学将注射器活塞拉出一定距离，___，说明该装置的气密性好；当锥形瓶内不再产生气泡时立即读数，测定结果 ___（填 “偏大”、“偏小”、“无影响”）。 （2）乙同学用图2装置，Na2CO3、NaCl的固体混合物样品和稀硫酸应分别置于甲和乙中，导管连接方式如下：A连接____，B连接____，C连接_____（填写各接口的字母编号）。 【答案】 (1). 松开活塞，活塞回到原位 (2). 偏大 (3). A连接D (4). B连接E (5). C连接F 【解析】 【详解】（1）由于需要测定生成气体的体积，所以需要将产生的气体完全收集，所以要保证装置的气密性。检查气密性的方法是关闭A处活塞,将注射器活塞拉出一定距离,一段时间后松开活塞,若活塞能回到原位,证明不漏气,否则漏气；Na2CO3和稀硫酸反应为放热反应，当锥形瓶内不再产生气泡时立即读数，由于气体的热胀冷缩导致测得气体体积偏大，最终导致测量结果偏大； （2）由图装置可以知道甲有c支管,应为生产气体装置,则甲应放入Na2CO3、NaCl的固体混合物,乙放入硫酸,G为量气装置,根据构造,可用碱式滴定管代替,连接导管时,应用A连接D,B连接E,C连接F。 【点睛】由于需要测定生成气体的体积，所以需要将产生的气体完全收集，所以要保证装置的气密性。图中装置中采用排水法来测定二氧化碳的体积，但是二氧化碳能溶于水，使得测定的体积小于实际生成的二氧化碳的体积。而二氧化碳不溶于饱和碳酸氢钠溶液，所以，应该用饱和的碳酸氢钠溶液代替水，防止二氧化碳溶解。 29.用5.96 g NaClO固体配成100 mL溶液，向其中加入0.02 mol Na2Sx，恰好完全反应生成NaCl和Na2SO4。 （1）NaClO溶液浓度为__________。 （2）化学式Na2Sx中x的值为____。 【答案】 (1). 0.8 mol/L (2). 1 【解析】 【详解】(1) 5.96 g NaClO 的物质的量为： ； (2) 0.02 mol Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4,S元素化合价由-2/x升高为+6,则n失(电子)=(6+-2/x)×0.02,而0.08 NaClO 被还原为NaCl,Cl元素化合价由+1价降低为-1价,则n得(电子)=（1+1）×0.08，根据得失电子守恒得(6+2/x)×0.02=0.16，计算得出:x=1。 【点睛】本题重点考查物质的量浓度的计算和氧化还原反应的计算。物质的量浓度计算公式为 、 。计算化合物中元素未知化合价可根据氧化还原反应得失电子守恒来计算。 ，则溶液浓度为： 30.现有A、B、C、D、E、F、G是元素周期表中前18号元素，它们的原子序数依次增大。A与E同主族且A的原子半径最小；B与D组成常见化合物BD、BD2，且二者相对分子质量相差16； F的最外层电子数等于电子层数，G单质是黄绿色气体。 （1）B在元素周期表中的位置是__________。 （2）C2的电子式为______，D、E、G对应的简单离子半径由小到大的顺序为_______（用离子符号表示）。 （3）写出一个能用于证明元素B、G的非金属性强弱的化学反应方程式____________。 （4）化合物甲由D、F两元素组成，将化合物甲、C单质与B单质按物质的量之比1∶1∶3在一定条件下反应可得到乙和BD，写出反应方程式为________。 【答案】 (1). 第二周期第IVA族 (2). (3). r(Cl-)>r(O2-)>r（Na+） (4). 2HClO4+Na2CO3=CO2+H2O+2NaClO4 (5). Al2O3+N2+3C=2AlN+3CO 【解析】 【分析】 现有A、B、C、D、E、F、G是元素周期表中前18号元素，它们的原子序数依次增大。A与E同主族且A的原子半径最小，在前18号元素中，原子半径最小的为H，B与D组成常见化合物BD、BD2，且二者相对分子质量相差16，所以D的相对分子质量为16，所以D为O元素，F的最外层电子数等于电子层数，且原子序数大于16，所以F为Al元素，G单质是黄绿色气体，则G为Cl元素，A与E同主族，则E为Na元素，B为C元素，C为N元素。 【详解】（1）由上述分析可知，B为C元素，在元素周期表中的位置第二周期第IVA族； （2）由上述分析可知，C为N元素，N2的电子式为 -) 2--) + ；离子半径比较电子层数越多，半径 2- 越大，因此r(Cl>r(O)， r(Cl>（Na），电子层数相同，核电荷数越大半径越小，因此r(O)>r（Na），所以三者离子半径大小为r(Cl>r(O)>r（Na）； （3）元素最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则其非金属性越强，而根据化学反应规律，强酸可以制备弱酸，所以2HClO4+Na2CO3=CO2+H2O+2NaClO4可以证明Cl的非金属性强于C； （4）化合物甲由D、F两元素组成，所以化合物甲为氧化铝， C单质为氮气， B单质为碳，三者按物质的量之比1∶1∶3在一定条件下反应可得到乙和一氧化碳，根据质量守恒可知乙为氮化铝，反应方程式为Al2O3+N2+3C=2AlN+3CO。 【点睛】本题重点考查根据元素性质与结构推断元素种类。现有A、B、C、D、E、F、G是元素周期表中前18号元素，它们的原子序数依次增大。A与E同主族且A的原子半径最小，在前18号元素中，原子半径最小的为H，B与D组成常见化合物BD、BD2，且二者相对分子质量相差16，所以D的相对分子质量为16，所以D为O元素，F的最外层电子数等于电子层数，且原子序数大于16，所以F为Al元素，G单质是黄绿色气体，则G为Cl元素，A与E同主族，则E为Na元素，B为C元素，C为N元素。题中涉及元素周期律的相关内容。离子半径比较：电子层数越多，半径越大，电子层数相同，核电荷数越大半径越小；非金属性比较：元素最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则其非金属性越强。据此解题。 31.硫酰氯(SO2Cl2)常用作氯化剂和氯磺化剂，在染料、药品、除草剂和农用杀虫剂的生产过程中有重要作用。现在拟用干燥的Cl2和SO2在活性炭催化下制取硫酰氯。反应的化学方程式为：SO2(g)+ Cl2(g) =SO2Cl2(l) ΔH =−97.3 kJ·mol，实验装置如图所示(部分夹持装置未画出)。 −1 + -) 2-+ 已知：硫酰氯通常条件下为无色液体，熔点−54.1℃，沸点69.1℃。在潮湿空气中“发烟”； 长期放置或者100°C以上发生分解，生成二氧化硫和氯气。 回答下列问题： （1）仪器C的名称是_______________，冷凝管的进水方向______（填“a”或“b”）。 （2）下列操作或描述正确的是_________________。 A．将70%硫酸换成98.3%硫酸，可以加快制取SO2的速率 B．实验中通过观察乙、丁导管口产生气泡的速率相等，可控制两种反应物体积相等 C．装置戊上方分液漏斗中最好选用0.10 mol·L-1NaCl溶液，减小氯气的溶解度 D．装置己防止污染，又防止硫酰氯变质 （3）氯磺酸(ClSO3H)加热分解，也能制得硫酰氯，写出反应方程式：_____________。 （4）长期储存的硫酰氯会发黄，可能的原因是_________________________(用化学方程式和必要的文字加以解释)。 （5）若反应中消耗的氯气体积为896 mL(标准状况下)，最后经过分离提纯得到4.05 g纯净的硫酰氯，则硫酰氯的产率为_______。（产率＝ ×100%） SO2Cl2 + H2SO4 【答案】 (1). 蒸馏烧瓶 (2). a (3). BD (4). 2ClSO3H(5). SO2Cl2=SO2+Cl2，分解产生少量的氯气溶解在其中 (6). 75% 【解析】 【详解】（1）仪器C为蒸馏烧瓶，冷凝水的流向是“下进上出”，所以装置丙的冷凝管中冷凝水的入口是a； （2）A．98.3%硫酸其中缺少水,硫酸并未完全电离,仍以分子形式存在,而Na2SO3（s）与H2SO4的反应是在H2SO4电离成离子的状态下才能顺利进行，故A错误； B、实验中通过观察乙、丁导管口产生气泡的速率相等，即通入的二氧化硫和氯气的量相等，因此可控制两种反应物体积相等，故B正确； C、装置戊上方分液漏斗中最好选用饱和NaCl溶液，减小氯气的溶解度，故C错误； D、装置己可吸收尾气二氧化硫和氯气，防止污染，同时阻止与潮湿的空气接触，防止硫酰氯变质，故D正确； 综上所述，本题应选BD； （3）氯磺酸(ClSO3H)加热分解，也能制得硫酰氯，可根据质量守恒配平，反应方程式为;2ClSO3H SO2Cl2 + H2SO4； 1 （4）由分解反应SO2Cl2=SO2+Cl2可知，分解产生少量的氯气，氯气为黄绿色，溶解在其中，会 导致硫酰氯发黄； （5）若反应中消耗的氯气体积为896 mL(标准状况下)，氯气的物质的量为0.04mol，根据反应方程式SO2(g)+ Cl2(g) =SO2Cl2(l)可知，制备出的SO2Cl2(l)的物质的量为0.04mol，质量为0.04mol×135g/mol=5.4g，因此产率为4.05 g/5.4g×100%=75%。 32.高聚合物G、I 可用于生产全生物降解塑料， 在“白色污染”日益严重的今天有着重要的作用。有关转化关系如下： 已知：①CH3CH2CH2Br+NaOHCH3CH2CH2OH+NaBr；②H的分子中有一个含“—O—”结构 的三元环；③含有“请回答下列问题： ”结构的有机物分子不能稳定存在。 （1）写出H的结构简式_____________。 （2）下列说法不正确的是_______________。 ．．．A．化合物G、I属于酯类 B．物质A可以发生中和反应 C．1mol D与足量Na反应放出1molH2 D．B和氯气在一定条件可以发生加成生成C3H5Cl （3）写出由两分子 F合成六元环化合物的化学方程式_________。 （4）化合物F有多种同分异构体，写出符合下列条件F的同分异构体的结构简式_____________。 ①能和NaOH反应；②能发生银镜反应 （5）依据上述合成路线，设计以乙烯为原料制备乙二醛（ ）的合成路线（无机原料 任意选择，合成路线用流程图表示）__________________。合成路线流程图示列： 【答案】 (1). (2). BD (3). (4). HCOO CH2CH2OH、 HCOO CH（OH）CH3 、HCOO CH2OCH3 (5). 【解析】 【分析】 B中含有碳碳双键，与溴水发生加成反应生成C，C在碱性条件下水解得出D为CH3CHOHCH2OH，D催化氧化得E为CH3COCOOH,E与氢气发生加成反应得F为CH3CHOHCOOH,F中含有羧基和羟基在一定条件下发生缩聚反应得G，比较A与E的分子式可知，A为CH3COHCHO。由已知②H的分子中有一个含“—O—”结构的三元环，可知H为合反应生成聚碳酸酯多元醇。 【详解】（1）由以上分析可知，H的结构简式为 ； ,H与二氧化碳发生聚 （2）A、F为CH3CHOHCOOH,F中含有羧基和羟基，在一定条件下F发生分子间缩聚反应得G，因此G属于酯类；H为 I，因此I也属于酯类，故A正确； B、由上述分析可知，A为CH3COHCHO，不能发生中和反应，故B错误； C、D为CH3CHOHCH2OH，含有两个羟基，因此1mol D与足量Na反应放出1molH2，故C正确； D、B中含有碳碳双键，能与氯气在一定条件可以发生加成生成C3H6Cl2，故D错误； 综上所述，本题应选BD； （3）F为CH3CHOHCOOH中含有羟基和羧基，可以发生酯化反应， ,H与二氧化碳发生聚合反应生成聚碳酸酯多元醇 ； （4）①能和NaOH反应，说明含有羧基或酯基，②能发生银镜反应，说明含有醛基，因此符合条件的同分异构体有HCOOCH2CH2OH、 HCOOCH（OH）CH3 、HCOOCH2OCH3 （5）以乙烯为原料，乙烯先与溴水发生加成反应生成1,2-二溴乙烷，1,2-二溴乙烷与氢氧化钠水溶液发生水解生成乙二醇，再经催化氧化可得乙二醛，具体流程为： 。 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容