还剩27页未读，
继续阅读
河北省辛集中学2020届高三上学期期中考试化学（解析版）
展开
河北省辛集中学2020届高三上学期期中考试
可能用到的相对原子质量:H 1 C 12 O 16 Na 23 Al 27 S 32 Fe 56 I 127 Cu 64 Ag 108 Cl 35.5 Mg 24 Ti 48 N 14 Bi 209
I卷（选择题共60分）
一、选择题（每小题只有一个正确选项，每题2分，共30分）
1.化学与生产、生活息息相关，下列说法正确的是（ ）
A. 氢燃料电池中使用的储氢材料，如稀土类LaNi5等合金材料是纯净物
B. 硅胶可作瓶装药品的干燥剂及催化剂载体，是因为SiO2是酸性氧化物
C. 油脂水解都得高级脂肪酸和甘油
D. 次氯酸具有强氧化性，所以漂粉精可用于游泳池消毒
【答案】D
【详解】A．合金材料是混合物，选项A错误；
B．硅胶无毒，可吸水，且具有疏松多孔结构，则硅胶可作瓶装药品的干燥剂及催化剂载体，与SiO2是酸性氧化物无关，选项B错误；
C．油脂在酸性条件下水解都得高级脂肪酸和甘油，但在碱性条件下得到高级脂肪酸盐和甘油，选项C错误；
D．次氯酸具有强氧化性，漂粉精溶液吸收空气中的二氧化碳后可以生成次氯酸，所以可用于游泳池消毒，选项D正确。
答案选D。
2.我国在物质制备领域成绩斐然，下列物质属于有机物的是（ ）
A. 双氢青蒿素 B. 全氮阴离子盐
C. 聚合氮 D. 砷化铌纳米带
【答案】A
【分析】有机化合物主要是由碳元素、氢元素组成，是一定含碳的化合物，根据结构式找出其组成元素，据此分析作答。
【详解】A. 根据结构简式可知，双氢青蒿素的组成元素有C、H、O，属于有机物，A项正确；
B. 全氮阴离子盐中不含C元素，不属于有机物，B项错误；
C. 聚合氮中只有氮元素，不含C元素，不属于有机物，C项错误；
D. 砷化铌纳米带不含C元素，不属于有机物，D项错误；
答案选A。
3.设NA为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（ ）
A. 1 mol N2与4 mol H2反应生成的NH3分子数为2NA
B. 32 g S8（分子结构：）中的共价键数目为NA
C. 标准状况下，11.2 L Cl2溶于水，溶液中Cl－、ClO－和HClO的微粒数之和为NA
D. 39g钾与氧气完全反应，生成K2O转移NA个电子，生成KO2转移2NA电子
【答案】B
【详解】A．合成氨是可逆反应，N2的转化率不可能达到100%，则1 mol N2与4 mol H2反应生成的NH3分子数小于2NA，故A错误；
B．一个分子中含有8个S-S键，则32gS8(分子结构：)中的共价键数目为/mol=NA，故B正确；
C．Cl2溶于水是可逆反应，只有部分Cl2与水反应生成HCl、HClO，其余仍以Cl2分子形式存在于水中，则标准状况下，11.2 L Cl2的物质的量为0.5mol，溶于水后溶液中Cl－、ClO－和HClO的微粒数之和小于NA，故C错误；
D．39g钾的物质的量为1mol，而钾反应后变为+1价，故1mol钾反应后转移NA个电子，故D错误；
故答案为B。
4.下列离子方程式正确的是（ ）
A. 金属钠和水反应：Na+2H2O =Na++2OH-+H2↑
B. 氢氧化钠溶液中通入少量SO2：SO2+2OH-= SO32-+H2O
C. 大理石与醋酸反应：CaCO3＋2H+＝CO2↑＋H2O + Ca2+
D. 硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液：Ba2＋＋SO42-=BaSO4 ↓
【答案】B
【详解】A. 金属钠和水反应的离子方程式为2Na+2H2O =2Na++2OH-+H2↑，故A错误；
B. 氢氧化钠溶液中通入少量SO2的离子方程式为SO2+2OH-= SO32-+H2O，故B正确；
C. 大理石与醋酸反应的离子方程式为CaCO3＋2CH3COOH＝CO2↑＋H2O + Ca2++2CH3COO－，故C错误；
D. 硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应的离子方程式为Cu2+＋2OH－＋Ba2＋＋SO42-=BaSO4 ↓+Cu(OH)2↓，故D错误；
故答案选B。
5.下列化学用语或模型正确的是（ ）
A. 氯化氢的电子式： B. N2的结构式：N≡N
C. 硫离子结构示意图： D. CH4分子的球棍模型：
【答案】B
【解析】氯化氢属于共价化合物，电子式为：，A不正确；S元素的质子数是16，
因此硫离子结构示意图：，C不正确；是甲烷的比例模型，CH4分子的球棍模型为：，所以正确的答案是B。
6.下列现象或事实可用同一原理解释的是（ ）
A. 浓硫酸和浓盐酸长期暴露在空气中浓度降低
B. 能使溴水和品红溶液褪色
C. 和溶液使酸性高锰酸钾溶液的紫色褪去
D. 新制的氨水、氯水放置时间较久而变质
【答案】C
【详解】A.浓硫酸的吸水性使浓硫酸中溶剂的量增大，溶质的量不变，导致浓度降低；浓盐酸有挥发性，使溶质的量减少，溶剂的量不变，导致浓度降低，所以浓硫酸和浓盐酸浓度降低的原因不同，A不符合题意；
B.SO2是品红溶液褪色是由于其漂白性，使溴水褪色是由于其还原性，褪色原理不同，B不符合题意；
C.SO2、FeSO4都具有还原性，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化而使溶液紫色褪色，C符合题意；
D.氨水易挥发，浓度降低而变质；而氯水是由于其中的HClO不稳定，见光分解而变质，故变质原理不同，D不符合题意；
故合理选项是C。
7.下列事实可依据金属活动性顺序进行解释的是（ ）
A. 镀锌铁比镀锡铁更耐腐蚀
B. 铝箔在加热时，熔化的铝不滴落
C. 铁在氧气中燃烧所得氧化物中，铁有两种化合价
D. 常温时浓硝酸可用铁制容器盛放，而不能用铜制容器盛放
【答案】A
【详解】A、镀锌铁因Zn比Fe活泼，Zn被腐蚀，镀锡铁因Fe比Sn活泼，因而是铁被腐蚀，所以镀锌铁比镀锡铁更耐腐蚀可利用金属活动性顺序解释，故A正确；
B、氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面，所以加热铝箔时熔化的铝不滴落，与金属活动性顺序无关，故B错误；
C、铁在氧气中燃烧所得氧化物是四氧化三铁，四氧化三铁中铁的化合价有两种：+2价和+3价，其中+2价一个+3价两个，与金属活动性顺序无关，故C错误；
D、常温下，铁在浓硝酸中发生钝化现象，故铁制品容器可以盛放浓硝酸；常温下，浓硝酸能和铜反应生成二氧化氮、硝酸铜和水，不能用铜制品容器盛放浓硝酸，不能用金属活动性顺序解释，故D错误。
正确答案选A。
8.化合物X是一种医药中间体，其结构简式如图所示。下列有关化合物X的说法正确的是（ ）
A. 分子中两个苯环一定处于同一平面
B. 不能与饱和Na2CO3溶液反应
C. 在酸性条件下水解，水解产物只有一种
D. 1 mol化合物X最多能与2 mol NaOH反应
【答案】C
【详解】A.根据有机物结构简式可知两个苯环均连在同一个饱和碳原子上，由于单键可以旋转，两个苯环不一定共面，A项错误；
B.X中含有羧基，能与饱和碳酸钠溶液反应，B项错误；
C.由于是环酯，在酸性条件下水解，水解产物只有一种，C项正确；
D.X的酸性水解产物中含有2个羧基和1个酚羟基，则1mol化合物X最多能与3molNaOH反应，D项错误；
答案选C。
【点晴】掌握常见有机物官能团的结构和性质是解答的关键，难点是有机物共线共面判断。解答该类试题时需要注意：①甲烷、乙烯、乙炔、苯、甲醛5种分子中的H原子若被其他原子如C、O、Cl、N等取代，则取代后的分子空间构型基本不变。②借助C—C键可以旋转而—C≡C—键和碳碳双键不能旋转以及立体几何知识判断。③苯分子中苯环可以以任一碳氢键为轴旋转，每个苯分子有三个旋转轴，轴上有四个原子共线。
9.酸与醇发生酯化反应的过程如下：
下列说法不正确的是（ ）
A. ①的反应类型是加成反应
B. ②的反应类型是消去反应
C. 若用R18OH作反应物，产物可得H218O
D. 酯化过程中，用浓硫酸有利于②的过程
【答案】C
【详解】A、①的反应羧酸的羧基中羰基与醇发生加成反应，故A正确；
B、②的反应中两个羟基同时连在同一碳原子上发生消去反应脱水，故B正确；
C、根据酯化反应的过程，若用R18OH作反应物，产物是RˊCO18OR和H2O，故C错误；
D、酯化过程中，用浓硫酸吸收了反应生成的水，使反应朝着有利于生成更多的RˊCOOR的方向移动，有利于②的过程，故D正确。
正确答案选C。
10.用下图所示装置及药品进行相应实验，能达到实验目的的是（ ）
A. 图1 分离乙醇和乙酸 B. 图2 除去甲烷中的乙烯
C. 图3 除去溴苯中的溴单质 D. 图4 除去工业酒精中的甲醇
【答案】D
【详解】A.乙酸与乙醇是互溶的液体物质，二者不分层，不能利用图中分液装置分离，应选蒸馏法，A错误；
B.乙烯能被高锰酸钾氧化产生CO2气体，使甲烷中又混入了新的杂质气体，不能用于洗气除杂，应该使用溴水洗气，B错误；
C.溴和溴苯均可透过滤纸，不能使用过滤分离，应先加NaOH溶液、然后分液分离除杂，C错误；
D.酒精、甲醇互溶，但二者沸点不同，则可利用图中蒸馏装置除杂，D正确；
故合理选项是D。
11.一定条件下，某容器中各微粒在反应前后变化的示意图如下，其中和代表不同元素的原子。关于此反应说法错误的是 （ ）
A. 一定属于分解反应 B. 一定属于可逆反应
C. 一定属于氧化还原反应 D. 一定属于吸热反应
【答案】D
【详解】A. 由图可知，一种物质分解生成两种物质，为分解反应，故A正确；
B. 由图可知，反应前后均存在反应物分子，该反应为可逆反应，故B正确；
C. 反应物为化合物，有单质生成，则一定存在元素的化合价变化，为氧化还原反应，故C正确；
D. 由图不能确定反应中能量变化，故D错误。答案选D。
【点睛】本题考查的是化学反应的分类。由图可知，为一种物质分解生成两种物质，且有单质生成。
12.某同学进行有关铜、硝酸、硫酸化学性质的实验，实验过程如图所示：
实验1
实验2
①、③中溶液呈蓝色，试管口有红棕色气体产生
③中溶液呈蓝色，试管口有红棕色气体产生
下列说法正确的是（ ）
A. 稀硝酸一定被还原为NO2
B. 实验1-②中溶液存在：c(Cu2+) + c(H+) ＝c(NO3－) + c(OH－)
C. 由上述实验得出结论：常温下，Cu既可与稀硝酸反应，也可与稀硫酸反应
D. 实验1-③、实验2-③中反应的离子方程式：3Cu＋2NO3-＋8H+ =3Cu2+＋2NO↑＋4H2O
【答案】D
【分析】实验1：稀硝酸与铜反应生成硝酸铜和NO和水，再加稀硫酸，硝酸铜中硝酸根在酸性条件下能继续氧化铜单质。试管口NO均被氧化生成红棕色的二氧化氮。
实验2：稀硫酸不与铜反应，再加稀硝酸与铜反应生成硝酸铜和NO和水。试管口NO被氧化生成红棕色的二氧化氮。
【详解】A．稀硝酸与铜发生3Cu+8HNO3═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O反应，生成硝酸铜溶液为蓝色，试管口NO被氧化生成红棕色的二氧化氮，但硝酸被还原生成NO，故A错误；
B．实验1-②中溶液存在电荷守恒为：2c（Cu2+）+c（H+）=c（NO3-）+c（OH-），故B错误；
C．由上述实验可得出结论：Cu在常温下可以和稀硝酸反应，但不能与稀硫酸反应，故C错误；
D．实验1-③、实验2-③中反应的离子方程式：3Cu＋2NO3-＋8H+ =3Cu2+＋2NO↑＋4H2O
，故D正确；
答案选D。
【点睛】一般情况下，稀硝酸与铜生成NO，浓硝酸与铜生成NO2。
13.某硫酸与硝酸的混合溶液中， H＋、SO42-的物质的量浓度分别为5.0 mol·L－1和2.0 mol·L－1。取该溶液10 mL，加入1.6 g铜粉，加热使它们充分反应，产生的气体在标准状况下的体积约为（ ）
A. 0.56L B. 0.84 L C. 0.224 L D. 0.448 L
【答案】C
【详解】在10mL溶液中，H+的物质的量为5.0 mol·L－1×0.01L=0.05mol，SO42-的物质的量为2.0 mol·L－1×0.01L=0.02mol。根据电荷守恒，NO3-的物质的量为0.05mol-0.02mol×2=0.01mol。1.6g铜是0.025mol，根据反应的方程式：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，假设0.01molNO3-全部反应，需要H+0.04mol，铜0.015mol，所以H+和铜都是过量的，生成的一氧化氮由硝酸根离子决定，所以生成一氧化碳氮0.01mol，在标况下的体积为0.224L。
故选C。
14.下列实验方案设计中，可行的是 ( )
A. 用溶解和过滤的方法分离硝酸钾和氯化钠固体的混合物
B. 用萃取的方法分离汽油和煤油
C. 加稀盐酸后过滤，除去混在铜粉中的少量镁粉
D. 将氧气和氢气的混合气通过炽热的氧化铜，以除去其中的氢气
【答案】C
【详解】A、KNO3和NaCl都是易溶的物质，不能用溶解、过滤的方法分离，二者溶解度受温度影响不同，则选结晶法、过滤分离，A不可行；
B、煤油和汽油的溶解性相似，不能用萃取的方法分离煤油和汽油，B不可行；
C、镁粉可以和盐酸反应，铜粉不和盐酸反应，故可用盐酸除去铜粉中的少量镁粉，C可行；
D、氢气还原CuO，但生成的Cu与氧气反应，不能利用灼热的CuO除杂，D不可行。
答案选C。
【点睛】本题考查化学实验方案的评价，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，选项D是解答的易错点。
15.下列有关实验操作、现象和结论都正确的是（ ）
选项
实验操作
现象
结论
A
向BaCl2溶液中通入CO2
产生白色沉淀
白色沉淀为BaCO3
B
向 NaHCO3溶液中先加入CaCl2溶液，再加入NaOH溶液
产生白色沉淀
白色沉淀为CaCO3
C
向某溶液加入NaOH溶液，用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体
湿润的红色石蕊试纸未变蓝
该溶液中一定不含有
D
向某溶液中先加入HNO3溶液，再加入BaCl2溶液
产生白色沉淀
该溶液中一定含有
【答案】B
【详解】A.氯化钡溶液中通入二氧化碳不反应，不能得到碳酸钡沉淀，故错误；
B.碳酸氢钠和氢氧化钠反应生成碳酸钠，与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀，故正确；
C.含有铵根离子的溶液中加入浓的氢氧化钠并加热才能得到碱性的氨气，故错误；
D.原溶液中不一定有硫酸根离子，也可能含有亚硫酸根离子，因为被硝酸氧化成硫酸根离子再生成硫酸钡沉淀，故错误。
故选B。
二、选择题（每小题只有一个正确选项，每题3分，共30分）
16.用铁泥(主要成分为Fe2O3、FeO和少量Fe)制备纳米Fe3O4，的流程示意图如下：
下列叙述错误的是（ ）
A. 为提高步骤①的反应速率，可采取搅拌、升温等措施
B. 步骤②中，主要反应的离子方程式是2Fe3++Fe=3Fe2+
C. 步骤④中，反应完成后剩余的H2O2无需除去
D. 步骤⑤中，“分离”包含的操作有过滤、洗涤
【答案】C
【分析】铁泥（主要成分为Fe2O3、FeO和少量Fe）与稀盐酸反应得到的滤液A溶质为氯化铁、氯化亚铁、过量的稀盐酸，加入铁粉还原铁离子：2Fe3++Fe=3Fe2+，过滤过量的铁，滤液B的溶质为氯化亚铁，加入氢氧化钠溶液，生成Fe（OH）2浑浊液，向浑浊液中加入双氧水，双氧水将Fe（OH）2浊液氧化成浊液D，反应完成后需再加热一段时间除去剩余H2O2，浊液D与滤液B加热搅拌发生反应制得Fe3O4，经过滤、洗涤、干燥得产品Fe3O4，据此分析解答。
【详解】A.搅拌、适当升高温度可提高铁泥与盐酸的反应速率，A正确；
B.滤液A的溶质为氯化铁、氯化亚铁、过量的稀盐酸，加入铁粉还原Fe3+，即主要的离子反应为：2Fe3++Fe=3Fe2+，B正确；
C.步骤④中，浊液C中的氢氧化亚铁被过氧化氢氧化成浊液D，为了提高Fe3O4的产率需要控制浊液D与滤液B中Fe2+的比例，为防止滤液B中Fe2+在步骤⑤中被H2O2氧化，步骤④中反应完成后需再加热一段时间除去剩余H2O2，C错误；
D.步骤⑤为浊液D与滤液B加热搅拌发生反应制得Fe3O4，使Fe3O4分离出来需经过过滤、洗涤、干燥，D正确；
故答案选C。
【点睛】本题考查了物质的制备，涉及对工艺流程的理解、氧化还原反应、对条件的控制选择与理解等，需要学生具备扎实的基础。
17.探究Na2O2与水的反应，实验如图：（已知：H2O2 H+ + HO2-、HO2- H+ + O22-）下列分析不正确的是（ ）
A. ①、⑤中产生的气体能使带火星的木条复燃
B. ①、④中均发生了氧化还原反应和复分解反应
C. ②、⑤中KMnO4与MnO2的作用不同，产生气体的量也不同
D. 通过③能比较酸性：HCl＞H2O2
【答案】D
【分析】根据实验探究可以看出，试管①过氧化钠与水反应生成氢氧化钠与氧气，试管②中高锰酸钾具有氧化性，产生气体，溶液褪色，则体现了过氧化氢的还原性；试管③中过氧化氢与氯化钡发复分解反应生成过氧化钡沉淀与稀盐酸，试管④中过氧化钡再与稀硫酸反应生成过氧化氢与硫酸钡沉淀，试管⑤中探究过氧化氢在二氧化锰催化剂作用下分解生成水和氧气，据此分析作答。
【详解】A. 试管①中过氧化钠与水反应最终生成氢氧化钠与氧气，试管⑤中过氧化氢在二氧化锰催化剂作用下分解生成水和氧气，因此产生的气体均能是带火星的木条复燃，A项正确；
B. ①中的反应机理可以认为过氧化钠与水反应生成过氧化氢与氢氧化钠，过氧化氢分解生成水和氧气，发生的反应为复分解与氧化还原反应，④中过氧化钡再与稀硫酸反应生成过氧化氢与硫酸钡沉淀，过氧化氢分解产生了氧气，因此两个试管中均发生了氧化还原反应和复分解反应，B项正确；
C. ②中KMnO4与过氧化氢反应生成氧气，KMnO4体现氧化性，而⑤中MnO2则起催化作用，两个试管中产生氧气的量均由过氧化氢的量决定，因溶液是等分的，但②中过氧化氢全部被氧化⑤中的过氧化氢发生歧化反应，所以产生气体的量不相同，C项正确；
D. 根据已知条件可以看出过氧化氢属于二元弱酸，而盐酸属于一元强酸。试管③因为生成了过氧化钡沉淀，不是可溶性的盐溶液，则不能证明盐酸与过氧化氢的酸性强弱，D项错误；
答案选D。
18.近年来高铁酸钾(K2FeO4)已经被广泛应用在水处理方面，高铁酸钾的氧化性超过高锰酸钾，是一种集氧化、吸附、凝聚、杀菌于一体的新型高效多功能水处理剂。干燥的高铁酸钾受热易分解，但在198℃以下是稳定的。高铁酸钾在水处理过程中涉及的变化过程有（ ）
①蛋白质的变性 ②蛋白质的盐析 ③胶体聚沉 ④盐类水解 ⑤焰色反应 ⑥氧化还原反应
A. ①②③④⑤ B. ①③④⑥ C. ②③④⑤ D. ②③⑤⑥
【答案】B
【详解】高铁酸钾有强氧化性，可以使水中的细菌、病毒的蛋白质变性，高铁酸钾被还原为+3价铁，Fe3+可以发生水解，生成Fe(OH)3胶体，Fe(OH)3胶体可以和水中的悬浮杂质发生胶体的聚沉而达到净水的目的，所以选B。
19.某小组利用下面的装置进行实验，②、③中溶液均足量，操作和现象如下表。
实验
操作
现象
Ⅰ
向盛有Na2S溶液的①中持续通入CO2至过量
②中产生黑色沉淀，溶液的pH降低；
③中产生白色浑浊，该浑浊遇酸冒气泡
Ⅱ
向盛有NaHCO3溶液的①中持续通入H2S气体至过量
现象同实验Ⅰ
资料：CaS遇水完全水解
由上述实验得出的结论不正确的是（ ）
A. ③中白色浑浊是CaCO3
B. ②中溶液pH降低的原因是：H2S+Cu2+ == CuS↓+2H+
C. 实验Ⅰ①中CO2过量发生反应是：CO2+H2O+ S2−== CO32−+ H2S
D. 由实验Ⅰ和Ⅱ不能比较H2CO3和H2S酸性的强弱
【答案】C
【分析】实验Ⅰ.向①的Na2S溶液中持续通入CO2至过量，②中产生黑色沉淀，溶液的pH降低，说明生成了硫化氢气体，同时生成了硫酸；③中产生白色浑浊，该浑浊遇酸冒气泡，说明二氧化碳过量，被氢氧化钙溶液吸收生成了碳酸钙沉淀；
实验Ⅱ. 向盛有NaHCO3溶液的①中持续通入H2S气体至过量，②中产生黑色沉淀，溶液的pH降低，是因为过量的硫化氢气体与硫酸铜溶液反应生成了CuS黑色沉淀，同时生成了硫酸；③中产生白色浑浊，该浑浊遇酸冒气泡，说明反应生成了二氧化碳，被氢氧化钙溶液吸收生成了碳酸钙沉淀；据此分析解答。
【详解】A. 根据上述分析，③中白色浑浊是CaCO3，不可能是CaS，因为CaS遇水完全水解，故A正确；
B. ②中反应生成的硫化氢与硫酸铜反应： H2S+Cu2+ = CuS↓+2H+，使得溶液的pH降低，故B正确；
C. CO2过量反应生成HCO3−，发生的反应是：2CO2+2H2O+ S2−=2HCO3−+ H2S，故C错误；
D. 根据实验Ⅰ、Ⅱ中现象：Ⅰ中通二氧化碳有H2S生成，Ⅱ中通H2S有二氧化碳生成，不能比较H2CO3和H2S酸性的强弱，故D正确；
答案选C。
20.电导率用于衡量电解质溶液导电能力的大小，与离子浓度和离子迁移速率有关。图1 为相同电导率盐酸和醋酸溶液升温过程中电导率变化曲线，图2 为相同电导率氯化钠和醋酸钠溶液升温过程中电导率变化曲线，温度均由22℃上升到70℃。下列判断不正确的是（ ）
A. 由曲线1可以推测：温度升高可以提高离子的迁移速率
B. 由曲线4可以推测：温度升高，醋酸钠电导率变化与醋酸根的水解平衡移动有关
C. 由图1和图2可以判定：相同条件下，盐酸的电导率大于醋酸的电导率，可能的原因是Cl-的迁移速率大于CH3COO-的迁移速率
D. 由图1和图2可以判定：两图中电导率的差值不同，与溶液中H+、OH-的浓度和迁移速率无关
【答案】D
【详解】A．曲线1中盐酸溶液在升高温度的过程中离子浓度不变，但电导率逐渐升高，说明温度升高可以提高离子的迁移速率，故A正确；
B．温度升高，促进CH3COONa溶液中CH3COO-的水解，则由曲线3和曲线4可知，温度升高，醋酸钠电导率变化与醋酸根的水解平衡移动有关，故B正确；
C．曲线1和曲线2起始时导电率相等，但温度升高能促进醋酸的电离，溶液中离子浓度增加，但盐酸溶液的导电率明显比醋酸高，说明可能原因是Cl-的迁移速率大于CH3COO-的迁移速率，故C正确；
D．曲线1和曲线2起始时导电率相等，可知盐酸和醋酸两溶液中起始时离子浓度相等，包括H+和OH-浓度也相等，而随着温度的升高，促进醋酸的电离，醋酸溶液中的H+和OH-浓度不再和盐酸溶液的H+和OH-浓度相等，则两者的导电率升高的幅度存在差异，可能与溶液中H+、OH-的浓度和迁移速率有关，故D错误；
故答案为D。
21.水凝胶材料要求具有较高的含水率，以提高其透氧性能，在生物医学上有广泛应用。由N-乙烯基吡咯烷酮（NVP）和甲基丙烯酸－羟乙酯（HEMA）合成水凝胶材料高聚物A的路线如图：
下列说法正确的是（ ）
A. NVP具有顺反异构
B. 高聚物A因含有-OH而具有良好的亲水性
C. HEMA和NVP通过缩聚反应生成高聚物A
D. 制备过程中引发剂浓度对含水率影响关系如图，聚合过程中引发剂的浓度越高越好
【答案】B
【分析】如图，HEMA和NVP通过加聚反应生成高聚物A，聚合过程中引发剂的浓度为1.6含水率最高。
【详解】A. NVP中碳碳双键的其中一个碳原子的另外两个键均是C-H键，故不具有顺反异构，故A错误；
B. –OH是亲水基，高聚物A因含有-OH而具有良好的亲水性，故B正确；
C. HEMA和NVP通过加聚反应生成高聚物A，故C错误；
D. 制备过程中引发剂浓度对含水率影响关系如图，聚合过程中引发剂的浓度为1.6含水率最高，并不是引发剂的浓度越高越好，故D错误；
答案选B。
【点睛】常见亲水基：羟基、羧基等。含这些官能团较多的物质一般具有良好的亲水性。
22.某学生探究0.25mol/LAl2(SO4)3溶液与0.5mol/LNa2CO3溶液的反应，实验如下。
实验1
实验2
下列分析正确的是（ ）
A. 实验1中，白色沉淀a是Al2(CO3)3
B. 实验2中，白色沉淀b一定是Al2(OH)2(CO3)2
C. 检验白色沉淀a、b是否洗涤干净，均可用盐酸酸化的BaCl2溶液
D. 实验1、2中，白色沉淀成分不同的原因与混合后溶液的pH无关
【答案】C
【分析】由现象可知：实验1发生完全双水解反应生成Al(OH)3，实验2过量的Na2CO3与完全双水解反应生成Al(OH)3发生反应。
【详解】A. 实验1中，沉淀溶解，无气泡，白色沉淀a是Al(OH)3，故A错误；
B. 实验2中，沉淀溶解，少量气泡，该气体是CO2，但不能说明白色沉淀b一定是Al2(OH)2(CO3)2，故B错误；
C. 检验白色沉淀a、b是否洗涤干净，即可检验有无SO42-，均可用盐酸酸化的BaCl2溶液检验，故C正确；
D. 实验1、2中，过量Al2(SO4)3溶液显酸性，过量Na2CO3溶液显碱性，不能确定白色沉淀成分不同的原因与混合后溶液的pH有关，故D错误；
答案选C。
【点睛】注意D项中，强酸弱碱盐显酸性，强碱弱酸盐显碱性。
23.我国科研人员使用催化剂CoGa3实现了H2还原肉桂醛生成肉桂醇，反应机理的示意图如下：
下列说法不正确的是（ ）
A. 肉桂醛分子中不存在顺反异构现象
B. 苯丙醛分子中有6种不同化学环境的氢原子
C. 还原反应过程发生了极性键和非极性键的断裂
D. 该催化剂实现了选择性还原肉桂醛中的醛基
【答案】A
【详解】A. 肉桂醛()分子中碳碳双键两端分别连接2个不同的基团，存在顺反异构现象，故A错误；
B. 苯丙醛()分子中有6种不同化学环境的氢原子，如图示：，故B正确；
C. 根据图示，还原反应过程中肉桂醛与氢气反应转化成了肉桂醇，分别断开了H-H键和C＝O键，发生了极性键和非极性键的断裂，故C正确；
D. 根据图示，还原反应过程中肉桂醛转化成了苯丙醛和肉桂醇，而没有转化为苯丙醛，体现了该催化剂选择性的还原肉桂醛中的醛基，故D正确；
答案选A。
【点睛】本题的易错点为C，要注意肉桂醛转化成肉桂醇的过程中仅断开了极性键，非极性键是断开的氢气分子中的H-H。
24.某无色溶液中可能含有Na＋、K＋、NH4+、Ca2＋、Cu2＋、SO42-、SO32-、Cl－、Br－、CO32-中的若干种，离子浓度都为0.1 mol·L－1。往该溶液中加入过量的BaCl2和盐酸的混合溶液，无白色沉淀生成。某同学另取少量原溶液，设计并完成如右实验：则下列关于原溶液的判断正确的是（ ）
A. 若步骤中Ba(NO3)2和HNO3的混合溶液改用BaCl2和盐酸的混合溶液，则对溶液中离子的判断无影响
B. 无法确定原溶液中是否存在Cl－
C. 肯定存在的离子是SO32-、Br－，是否存在Na＋、K＋需要通过焰色反应来确定
D. 肯定不存在的离子是Ca2＋、Cu2＋、SO42-、CO32-，是否含NH4+另需实验验证
【答案】A
分析】无色溶液中一定不含Cu2+,往该溶液中加入过量的BaCl2和盐酸的混合溶液,无白色沉淀生成,说明无,加足量氯水,无气体产生,则无,溶液加四氯化碳分液,下层橙黄色,则有Br-,上层加硝酸钡和稀硝酸有白色沉淀生成,则有,无Mg2+。溶液中离子浓度都为0.1 mol·L-1,根据电荷守恒,一定含有、Na+、K+,一定不存在Cl-。滤液中加硝酸酸化的硝酸银有白色沉淀产生,是因为加氯水时引入了氯离子。
【详解】A. 注意检验是否有硫酸根离子，根据硫酸钡不溶于酸的特点进行判断，溶液中已含有氯离子，所以没有关系，故A符合题意；
B. 根据题目中浓度都相等利用电荷守恒可以判断出是否有氯离子，故B 错误；
C. 肯定存在的离子是、Br-、、Na+、K+,故C错误；
D. 根据电荷守恒可以判断出溶液中有铵根离子，故D错误；
故正确答案为：A。
25.工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3，含Fe2O3杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如下：
下列叙述正确的是（ ）
A. 按上述流程，试剂X可以是氢氧化钠溶液，也可以是盐酸
B. 反应①过滤后所得沉淀为氧化铁
C. 图中所有的转化反应都不是氧化还原反应
D. 反应②的离子方程式为2AlO2－＋CO2＋3H2O＝2Al(OH)3↓＋CO32－
【答案】B
【分析】综合分析工艺流程图可知，试剂X是氢氧化钠溶液，Al2O3溶于氢氧化钠溶液得到NaAlO2溶液，Fe2O3与氢氧化钠溶液不反应，所以反应①过滤后所得溶液乙为NaAlO2溶液，沉淀为Fe2O3；Y为CO2，向NaAlO2溶液中通入过量CO2生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝分解生成氧化铝，电解熔融Al2O3得到金属铝，以此解答该题。
【详解】A．由溶液乙通入过量的Y生成氢氧化铝沉淀可知，溶液乙中含有偏铝酸根、气体Y为二氧化碳，故试剂X为氢氧化钠溶液，不可能为盐酸，故A错误；
B．Al2O3溶于氢氧化钠溶液得到NaAlO2溶液，Fe2O3与氢氧化钠溶液不反应，则过滤后所得沉淀为Fe2O3，故B正确；
C．电解熔融Al2O3冶炼金属铝属于氧化还原反应，故C错误；
D．反应①过滤后所得溶液乙为NaAlO2溶液，向NaAlO2溶液中通入过量CO2生成Al（OH）3沉淀和碳酸氢钠，反应的化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O＝Al（OH）3↓+NaHCO3，故D错误；
故答案选B。
【点睛】本题是一道综合考查铁、铝化合物的性质以工业冶炼铝等知识题目，侧重于考查学生分析和解决问题的能力，综合性强，注意把握制备原理和反应的流程分析。
II卷（非选择题共40分）
26.碳酸镧[La2(CO3)3]可用于治疗终末期肾病患者的高磷酸盐血症。制备反应2LaCl3+6NH4HCO3=La2(CO3)3↓+6NH4Cl+3CO2↑+3H2O；某化学兴趣小组利用下列装置模拟制备碳酸镧。
(1)盛放稀盐酸的仪器名称为________________。
(2)制备碳酸镧实验流程中导管从左向右的连接顺序为F→____→____→____→____→______。
(3)W中发生反应的离子方程式为_________________________________________________，Y中发生反应的化学反应方程式为________________________________________________。
(4)X中盛放的试剂是_________，干燥管的作用为_____________________________。
(5)Z中通入气体的方式________
A.先通入足量NH3，后通入过量的CO2
B.先通入足量CO2，后通入过量的NH3
C.NH3和CO2同时通入
(6)该化学兴趣小组为探究La2(CO3)3和La(HCO3)3的稳定性强弱，设计了如下的实验装置，则甲试管中盛放的物质为________________，实验过程中，发现乙试管中固体质量与灼烧时间的关系曲线如图所示，则关于两种物质稳定性实验结论为___________。
A.稳定性La2(CO3)3>La(HCO3)3
B.稳定性La2(CO3)3
【答案】(1). 分液漏斗 (2). A (3). B (4). D (5). E (6). C (7). CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2 (8). NH3·H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3↑ (9). 饱和NaHCO3溶液 (10). 防倒吸 (11). A (12). La(HCO3)3 (13). C
【分析】在W中用盐酸与CaCO3反应制取CO2气体，经过X装置除去CO2气体中的杂质HCl气体后通入Z装置在，与由Y装置制取得到的NH3在装置C中发生反应，制备La2(CO3)3沉淀；可根据NH3、CO2在水溶液中的溶解度大小确定气体通入的先后顺序。要确定La2(CO3)3、La(HCO3)3两种物质放入套管实验中的试管位置，先选择稳定强的直接加热，稳定性差的间接性加热；根据实验过程中乙试管中固体质量与灼烧时间的关系曲线图示，可证明乙试管中固体发生了分解反应，生成了CO2气体，据此分析两试管中的物质的稳定性。
【详解】(1)根据仪器结构可知盛装稀盐酸的仪器为分液漏斗；
(2)由装置可知，W中制备CO2气体，X除去CO2中的杂质HCl，Y中制备NH3，在Z中制备碳酸镧，则制备碳酸镧实验流程中导管从左向右的连接顺序为：F→A→B→D→E→C；
(3)W中稀HCl与CaCO3发生复分解反应制取CO2气体，反应的离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑；Y中浓氨水与CaO发生反应制取NH3，反应的化学反应式为NH3·H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3↑；
(4)X中盛放的试剂是NaHCO3溶液，其作用为吸收挥发的HCl、同时生成CO2；干燥管连接NH3的导气管C，由于氨气极容易溶于水，为防止倒吸现象的发生，连接干燥管，因此干燥管的作用是防止倒吸现象的发生；
(5)由于氨气在水中溶解度很大，Z中应先通入NH3，使溶液显碱性，然后通入过量的CO2，这样就可以溶解更多CO2气体，产生较大量的HCO3-，生成较大浓度的NH4HCO3，故合理选项是A；
(6)酸式碳酸盐稳定性较差，应直接加热，即甲试管中盛放的物质为La(HCO3)3，乙试管中盛放的物质为La2(CO3)3，乙试管中La2(CO3)3分解生成CO2，使最后得到的固体质量减轻，甲物质和乙物质受热都发生了分解反应，由于二者的温度不同，且都发生了反应，因此通过该套管实验不能确定二者稳定性大小，故合理选项是C。
【点睛】本题考查物质的制备实验、物质制备实验方案的设计，结合纯碱的工业制法确定通入气体的先后顺序，结合Na2CO3、NaHCO3的稳定性确定两种物质放入套管的内外顺序，把握制备流程、元素化合物与反应原理等为解答的关键，侧重考查学生的分析与实验能力和灵活运用能力。
27.NaBiO3可作为钢铁分析中测定锰的氧化剂，Bi2O3在电子行业有着广泛应用，可利用浮选过的辉铋矿(主要成分是Bi2S3，还含少量SiO2等杂质)来制备。其工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)辉铋矿的“浸出液”中铋元素主要以Bi3+形式存在，写出Bi2S3与FeCl3溶液反应的离子方程式：__________________________________________________________，滤渣1的主要成分是__________(填化学式)和硫。
(2)NaBiO3是为数不多的钠盐沉淀之一，由溶液3制得纯净的NaBiO3，操作2包括_________________________________。
(3)Bi2O3与Na2O2可在熔融状态下反应制得NaBiO3，其副产物的化学式为________________。
(4)写出“煅烧”中由碱式碳酸铋[(BiO)2CO3]制备Bi2O3的化学方程式： ________________________________________。
(5)某工厂用m1 kg辉铋矿(含Bi2S3 60%)制备NaBiO3，最终得到产品m2 kg，产率为________。
【答案】(1). Bi2S3+6Fe3+=2Bi3++6Fe2++3S (2). SiO2 (3). 过滤、洗涤、干燥 (4). Na2O (5). (BiO)2CO3Bi2O3+CO2↑ (6). ×100%
【分析】利用浮选过的辉铋矿(主要成分是Bi2S3，还含少量SiO2等杂质)制备NaBiO3、Bi2O3流程：辉铋矿加入氯化铁、盐酸发生反应Bi2S3+6Fe3+=2Bi3++6Fe2++3S，杂质SiO2不反应，过滤得到滤液1和滤渣1(S和SiO2)；滤液1中加入铁粉置换铋得到海绵铋；海绵铋中加入盐酸和过氧化氢发生氧化还原反应2Bi+6HCl+3H2O2=2BiCl3+6H2O，生成的溶液3为BiCl3溶液；BiCl3溶液中加入氢氧化钠和次氯酸钠可制备NaBiO3，若加入碳酸铵会生成(BiO)2CO3，煅烧(BiO)2CO3得到Bi2O3，据此解答。
【详解】(1)辉铋矿的“浸出液”中铋元素主要以Bi3+形式存在，Bi2S3与FeCl3溶液反应生成Bi3+、Fe2+和S，该反应的离子方程式为：Bi2S3+6Fe3+=2Bi3++6Fe2++3S；Bi3+易水解，加入盐酸既可提高铋的浸出率，又可抑制溶液中Bi3+的水解；滤渣1的主要成分是不溶于水的硫和SiO2；
(2)NaBiO3是为数不多的钠盐沉淀之一，通过反应Bi3++ClO-+4OH-+Na+=NaBiO3↓+Cl-+2H2O获得NaBiO3，想要获得纯净NaBiO3，首先要将NaBiO3沉淀过滤出来，再进行洗涤、干燥才可以得到纯净的NaBiO3，所以操作2包括：过滤、洗涤、干燥；
(3)Bi2O3与Na2O2可在熔融状态下反应制得NaBiO3，结合化合价变化情况可知，Na2O2被还原生成副产物Na2O；
(4)“煅烧”碱式碳酸铋[(BiO)2CO3]制备Bi2O3的化学方程式为：(BiO)2CO3Bi2O3+CO2↑；
(5)某工厂用m1 kg 辉铋矿(含Bi2S360%)制备NaBiO3，最终得到产品m2kg为实际量，结合铋元素守恒计算，理论上应得到NaBiO3的质量为：=kg，所以其产率为：×100%=×100%。
【点睛】本题考查制备方案的设计，根据制备流程明确实验原理为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质及化学实验基本方法，结合流程图中物质的转化关系及物质的性质分析判断，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验、化学计算能力。
28.化合物M是一种新型有机酰胺，在工业生产中有重要的作用，其合成路线如下：
已知：①A是烃的含氧衍生物，相对分子质量为58，碳和氢的质量分数之和为44.8%，核磁共振氢谱显示为一组峰，可发生银镜反应，且5.8 g A完全发生反应生成0.4 mol银。
②R1-CHO+R2-CH2CHO
③R-COOHR-COCl
④
回答下列问题：
(1)A的名称______E的结构简式为____________；G的名称为__________。
(2)B中含有官能团的名称为_______________________。
(3)C→D、D→E的反应类型分别为_____________、_______________。
(4)写出 F+H→M的化学反应方程式_________________________________。
(5)芳香族化合物W有三个取代基，是C的同分异构体，能与FeCl3溶液发生显色反应。0.5 mol W可与足量的Na反应生成1 g H2，且核磁共振氢谱显示为五组峰，符合以上条件的W的同分异构体共有_______ 种，写出其中一种的结构简式____________。
(6)参照上述合成路线，以C2H4和HOCH2CH2OH为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线_________________________________________________。
【答案】(1). 乙二醛 (2). (3). 硝基苯 (4). 碳碳双键、醛基 (5). 加成反应(还原反应) (6). 氧化反应 (7). +2+2HCl (8). 2 (9). 或 (10).
【分析】A的相对分子质量为58，碳和氢的质量分数之和为44.8%，则含氧的质量分数为0.552，A中O原子个数==2，C原子个数==2…2，核磁共振氢谱显示为一组峰，可发生银镜反应，则A为OHCCHO；A发生信息②的反应生成B，根据B分子式知，B为OHCCH=CHCH=CHCHO，B和乙烯发生信息④的反应生成C，C为，C和H2发生加成反应生成D，D发生催化氧化生成E，E为，E发生信息③的反应生成F为，F和H发生取代反应生成M，H为，G发生还原反应生成H、苯发生取代反应生成G，则G为；
(6)制备，可由HOCH2CH2OH氧化生成OHC-CHO，乙烯与水反应生成乙醇，乙醇氧化生成乙醛，在碱性条件下成OHC-CHO与乙醛反应生成。
【详解】根据上述分析可知：A为OHCCHO、B为OHCCH=CHCH=CHCHO、C为、D为、E为、F为、G为、H为。
(1) A为OHCCHO，A的名称为乙二醛；E的结构简式为；G为，名称为硝基苯；
(2)B为OHCCH=CHCH=CHCHO，B中含有的官能团的名称为碳碳双键、醛基；
(3)C→D的反应类型为加成反应，与H2的加成反应又叫还原反应，D→E的反应类型为氧化反应；
(4)F为，H为，F和H发生取代反应生成M，F+H→M的化学方程式为+2+2HCl；
(5)C为，芳香族化合物W是C的同分异构体，有三个取代基，能与FeC13溶液发生显色反应，说明含有苯环和酚羟基，0.5molW可与足量的Na反应生成lgH2，说明W分子结构中含有2个羟基，核磁共振氢谱为五组峰，说明物质分子中含有五种不同位置的H原子，则W的结构简式为或，所以有两种同分异构体；
(6)乙烯和水发生加成反应生成乙醇，乙醇催化氧化产生乙醛，乙二醇发生催化氧化生成乙二醛，乙醛和乙二醛发生信息中反应生成目标产物，其合成路线为。
【点睛】本题考查有机物的合成与推断，注意把握题给信息以及有机物官能团的性质以及转化，把握推断的思路，易错点为同分异构体的判断，本题侧重考查学生的分析能力和接受信息处理问题的能力。
河北省辛集中学2020届高三上学期期中考试
可能用到的相对原子质量:H 1 C 12 O 16 Na 23 Al 27 S 32 Fe 56 I 127 Cu 64 Ag 108 Cl 35.5 Mg 24 Ti 48 N 14 Bi 209
I卷（选择题共60分）
一、选择题（每小题只有一个正确选项，每题2分，共30分）
1.化学与生产、生活息息相关，下列说法正确的是（ ）
A. 氢燃料电池中使用的储氢材料，如稀土类LaNi5等合金材料是纯净物
B. 硅胶可作瓶装药品的干燥剂及催化剂载体，是因为SiO2是酸性氧化物
C. 油脂水解都得高级脂肪酸和甘油
D. 次氯酸具有强氧化性，所以漂粉精可用于游泳池消毒
【答案】D
【详解】A．合金材料是混合物，选项A错误；
B．硅胶无毒，可吸水，且具有疏松多孔结构，则硅胶可作瓶装药品的干燥剂及催化剂载体，与SiO2是酸性氧化物无关，选项B错误；
C．油脂在酸性条件下水解都得高级脂肪酸和甘油，但在碱性条件下得到高级脂肪酸盐和甘油，选项C错误；
D．次氯酸具有强氧化性，漂粉精溶液吸收空气中的二氧化碳后可以生成次氯酸，所以可用于游泳池消毒，选项D正确。
答案选D。
2.我国在物质制备领域成绩斐然，下列物质属于有机物的是（ ）
A. 双氢青蒿素 B. 全氮阴离子盐
C. 聚合氮 D. 砷化铌纳米带
【答案】A
【分析】有机化合物主要是由碳元素、氢元素组成，是一定含碳的化合物，根据结构式找出其组成元素，据此分析作答。
【详解】A. 根据结构简式可知，双氢青蒿素的组成元素有C、H、O，属于有机物，A项正确；
B. 全氮阴离子盐中不含C元素，不属于有机物，B项错误；
C. 聚合氮中只有氮元素，不含C元素，不属于有机物，C项错误；
D. 砷化铌纳米带不含C元素，不属于有机物，D项错误；
答案选A。
3.设NA为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（ ）
A. 1 mol N2与4 mol H2反应生成的NH3分子数为2NA
B. 32 g S8（分子结构：）中的共价键数目为NA
C. 标准状况下，11.2 L Cl2溶于水，溶液中Cl－、ClO－和HClO的微粒数之和为NA
D. 39g钾与氧气完全反应，生成K2O转移NA个电子，生成KO2转移2NA电子
【答案】B
【详解】A．合成氨是可逆反应，N2的转化率不可能达到100%，则1 mol N2与4 mol H2反应生成的NH3分子数小于2NA，故A错误；
B．一个分子中含有8个S-S键，则32gS8(分子结构：)中的共价键数目为/mol=NA，故B正确；
C．Cl2溶于水是可逆反应，只有部分Cl2与水反应生成HCl、HClO，其余仍以Cl2分子形式存在于水中，则标准状况下，11.2 L Cl2的物质的量为0.5mol，溶于水后溶液中Cl－、ClO－和HClO的微粒数之和小于NA，故C错误；
D．39g钾的物质的量为1mol，而钾反应后变为+1价，故1mol钾反应后转移NA个电子，故D错误；
故答案为B。
4.下列离子方程式正确的是（ ）
A. 金属钠和水反应：Na+2H2O =Na++2OH-+H2↑
B. 氢氧化钠溶液中通入少量SO2：SO2+2OH-= SO32-+H2O
C. 大理石与醋酸反应：CaCO3＋2H+＝CO2↑＋H2O + Ca2+
D. 硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液：Ba2＋＋SO42-=BaSO4 ↓
【答案】B
【详解】A. 金属钠和水反应的离子方程式为2Na+2H2O =2Na++2OH-+H2↑，故A错误；
B. 氢氧化钠溶液中通入少量SO2的离子方程式为SO2+2OH-= SO32-+H2O，故B正确；
C. 大理石与醋酸反应的离子方程式为CaCO3＋2CH3COOH＝CO2↑＋H2O + Ca2++2CH3COO－，故C错误；
D. 硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应的离子方程式为Cu2+＋2OH－＋Ba2＋＋SO42-=BaSO4 ↓+Cu(OH)2↓，故D错误；
故答案选B。
5.下列化学用语或模型正确的是（ ）
A. 氯化氢的电子式： B. N2的结构式：N≡N
C. 硫离子结构示意图： D. CH4分子的球棍模型：
【答案】B
【解析】氯化氢属于共价化合物，电子式为：，A不正确；S元素的质子数是16，
因此硫离子结构示意图：，C不正确；是甲烷的比例模型，CH4分子的球棍模型为：，所以正确的答案是B。
6.下列现象或事实可用同一原理解释的是（ ）
A. 浓硫酸和浓盐酸长期暴露在空气中浓度降低
B. 能使溴水和品红溶液褪色
C. 和溶液使酸性高锰酸钾溶液的紫色褪去
D. 新制的氨水、氯水放置时间较久而变质
【答案】C
【详解】A.浓硫酸的吸水性使浓硫酸中溶剂的量增大，溶质的量不变，导致浓度降低；浓盐酸有挥发性，使溶质的量减少，溶剂的量不变，导致浓度降低，所以浓硫酸和浓盐酸浓度降低的原因不同，A不符合题意；
B.SO2是品红溶液褪色是由于其漂白性，使溴水褪色是由于其还原性，褪色原理不同，B不符合题意；
C.SO2、FeSO4都具有还原性，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化而使溶液紫色褪色，C符合题意；
D.氨水易挥发，浓度降低而变质；而氯水是由于其中的HClO不稳定，见光分解而变质，故变质原理不同，D不符合题意；
故合理选项是C。
7.下列事实可依据金属活动性顺序进行解释的是（ ）
A. 镀锌铁比镀锡铁更耐腐蚀
B. 铝箔在加热时，熔化的铝不滴落
C. 铁在氧气中燃烧所得氧化物中，铁有两种化合价
D. 常温时浓硝酸可用铁制容器盛放，而不能用铜制容器盛放
【答案】A
【详解】A、镀锌铁因Zn比Fe活泼，Zn被腐蚀，镀锡铁因Fe比Sn活泼，因而是铁被腐蚀，所以镀锌铁比镀锡铁更耐腐蚀可利用金属活动性顺序解释，故A正确；
B、氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面，所以加热铝箔时熔化的铝不滴落，与金属活动性顺序无关，故B错误；
C、铁在氧气中燃烧所得氧化物是四氧化三铁，四氧化三铁中铁的化合价有两种：+2价和+3价，其中+2价一个+3价两个，与金属活动性顺序无关，故C错误；
D、常温下，铁在浓硝酸中发生钝化现象，故铁制品容器可以盛放浓硝酸；常温下，浓硝酸能和铜反应生成二氧化氮、硝酸铜和水，不能用铜制品容器盛放浓硝酸，不能用金属活动性顺序解释，故D错误。
正确答案选A。
8.化合物X是一种医药中间体，其结构简式如图所示。下列有关化合物X的说法正确的是（ ）
A. 分子中两个苯环一定处于同一平面
B. 不能与饱和Na2CO3溶液反应
C. 在酸性条件下水解，水解产物只有一种
D. 1 mol化合物X最多能与2 mol NaOH反应
【答案】C
【详解】A.根据有机物结构简式可知两个苯环均连在同一个饱和碳原子上，由于单键可以旋转，两个苯环不一定共面，A项错误；
B.X中含有羧基，能与饱和碳酸钠溶液反应，B项错误；
C.由于是环酯，在酸性条件下水解，水解产物只有一种，C项正确；
D.X的酸性水解产物中含有2个羧基和1个酚羟基，则1mol化合物X最多能与3molNaOH反应，D项错误；
答案选C。
【点晴】掌握常见有机物官能团的结构和性质是解答的关键，难点是有机物共线共面判断。解答该类试题时需要注意：①甲烷、乙烯、乙炔、苯、甲醛5种分子中的H原子若被其他原子如C、O、Cl、N等取代，则取代后的分子空间构型基本不变。②借助C—C键可以旋转而—C≡C—键和碳碳双键不能旋转以及立体几何知识判断。③苯分子中苯环可以以任一碳氢键为轴旋转，每个苯分子有三个旋转轴，轴上有四个原子共线。
9.酸与醇发生酯化反应的过程如下：
下列说法不正确的是（ ）
A. ①的反应类型是加成反应
B. ②的反应类型是消去反应
C. 若用R18OH作反应物，产物可得H218O
D. 酯化过程中，用浓硫酸有利于②的过程
【答案】C
【详解】A、①的反应羧酸的羧基中羰基与醇发生加成反应，故A正确；
B、②的反应中两个羟基同时连在同一碳原子上发生消去反应脱水，故B正确；
C、根据酯化反应的过程，若用R18OH作反应物，产物是RˊCO18OR和H2O，故C错误；
D、酯化过程中，用浓硫酸吸收了反应生成的水，使反应朝着有利于生成更多的RˊCOOR的方向移动，有利于②的过程，故D正确。
正确答案选C。
10.用下图所示装置及药品进行相应实验，能达到实验目的的是（ ）
A. 图1 分离乙醇和乙酸 B. 图2 除去甲烷中的乙烯
C. 图3 除去溴苯中的溴单质 D. 图4 除去工业酒精中的甲醇
【答案】D
【详解】A.乙酸与乙醇是互溶的液体物质，二者不分层，不能利用图中分液装置分离，应选蒸馏法，A错误；
B.乙烯能被高锰酸钾氧化产生CO2气体，使甲烷中又混入了新的杂质气体，不能用于洗气除杂，应该使用溴水洗气，B错误；
C.溴和溴苯均可透过滤纸，不能使用过滤分离，应先加NaOH溶液、然后分液分离除杂，C错误；
D.酒精、甲醇互溶，但二者沸点不同，则可利用图中蒸馏装置除杂，D正确；
故合理选项是D。
11.一定条件下，某容器中各微粒在反应前后变化的示意图如下，其中和代表不同元素的原子。关于此反应说法错误的是 （ ）
A. 一定属于分解反应 B. 一定属于可逆反应
C. 一定属于氧化还原反应 D. 一定属于吸热反应
【答案】D
【详解】A. 由图可知，一种物质分解生成两种物质，为分解反应，故A正确；
B. 由图可知，反应前后均存在反应物分子，该反应为可逆反应，故B正确；
C. 反应物为化合物，有单质生成，则一定存在元素的化合价变化，为氧化还原反应，故C正确；
D. 由图不能确定反应中能量变化，故D错误。答案选D。
【点睛】本题考查的是化学反应的分类。由图可知，为一种物质分解生成两种物质，且有单质生成。
12.某同学进行有关铜、硝酸、硫酸化学性质的实验，实验过程如图所示：
实验1
实验2
①、③中溶液呈蓝色，试管口有红棕色气体产生
③中溶液呈蓝色，试管口有红棕色气体产生
下列说法正确的是（ ）
A. 稀硝酸一定被还原为NO2
B. 实验1-②中溶液存在：c(Cu2+) + c(H+) ＝c(NO3－) + c(OH－)
C. 由上述实验得出结论：常温下，Cu既可与稀硝酸反应，也可与稀硫酸反应
D. 实验1-③、实验2-③中反应的离子方程式：3Cu＋2NO3-＋8H+ =3Cu2+＋2NO↑＋4H2O
【答案】D
【分析】实验1：稀硝酸与铜反应生成硝酸铜和NO和水，再加稀硫酸，硝酸铜中硝酸根在酸性条件下能继续氧化铜单质。试管口NO均被氧化生成红棕色的二氧化氮。
实验2：稀硫酸不与铜反应，再加稀硝酸与铜反应生成硝酸铜和NO和水。试管口NO被氧化生成红棕色的二氧化氮。
【详解】A．稀硝酸与铜发生3Cu+8HNO3═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O反应，生成硝酸铜溶液为蓝色，试管口NO被氧化生成红棕色的二氧化氮，但硝酸被还原生成NO，故A错误；
B．实验1-②中溶液存在电荷守恒为：2c（Cu2+）+c（H+）=c（NO3-）+c（OH-），故B错误；
C．由上述实验可得出结论：Cu在常温下可以和稀硝酸反应，但不能与稀硫酸反应，故C错误；
D．实验1-③、实验2-③中反应的离子方程式：3Cu＋2NO3-＋8H+ =3Cu2+＋2NO↑＋4H2O
，故D正确；
答案选D。
【点睛】一般情况下，稀硝酸与铜生成NO，浓硝酸与铜生成NO2。
13.某硫酸与硝酸的混合溶液中， H＋、SO42-的物质的量浓度分别为5.0 mol·L－1和2.0 mol·L－1。取该溶液10 mL，加入1.6 g铜粉，加热使它们充分反应，产生的气体在标准状况下的体积约为（ ）
A. 0.56L B. 0.84 L C. 0.224 L D. 0.448 L
【答案】C
【详解】在10mL溶液中，H+的物质的量为5.0 mol·L－1×0.01L=0.05mol，SO42-的物质的量为2.0 mol·L－1×0.01L=0.02mol。根据电荷守恒，NO3-的物质的量为0.05mol-0.02mol×2=0.01mol。1.6g铜是0.025mol，根据反应的方程式：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，假设0.01molNO3-全部反应，需要H+0.04mol，铜0.015mol，所以H+和铜都是过量的，生成的一氧化氮由硝酸根离子决定，所以生成一氧化碳氮0.01mol，在标况下的体积为0.224L。
故选C。
14.下列实验方案设计中，可行的是 ( )
A. 用溶解和过滤的方法分离硝酸钾和氯化钠固体的混合物
B. 用萃取的方法分离汽油和煤油
C. 加稀盐酸后过滤，除去混在铜粉中的少量镁粉
D. 将氧气和氢气的混合气通过炽热的氧化铜，以除去其中的氢气
【答案】C
【详解】A、KNO3和NaCl都是易溶的物质，不能用溶解、过滤的方法分离，二者溶解度受温度影响不同，则选结晶法、过滤分离，A不可行；
B、煤油和汽油的溶解性相似，不能用萃取的方法分离煤油和汽油，B不可行；
C、镁粉可以和盐酸反应，铜粉不和盐酸反应，故可用盐酸除去铜粉中的少量镁粉，C可行；
D、氢气还原CuO，但生成的Cu与氧气反应，不能利用灼热的CuO除杂，D不可行。
答案选C。
【点睛】本题考查化学实验方案的评价，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，选项D是解答的易错点。
15.下列有关实验操作、现象和结论都正确的是（ ）
选项
实验操作
现象
结论
A
向BaCl2溶液中通入CO2
产生白色沉淀
白色沉淀为BaCO3
B
向 NaHCO3溶液中先加入CaCl2溶液，再加入NaOH溶液
产生白色沉淀
白色沉淀为CaCO3
C
向某溶液加入NaOH溶液，用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体
湿润的红色石蕊试纸未变蓝
该溶液中一定不含有
D
向某溶液中先加入HNO3溶液，再加入BaCl2溶液
产生白色沉淀
该溶液中一定含有
【答案】B
【详解】A.氯化钡溶液中通入二氧化碳不反应，不能得到碳酸钡沉淀，故错误；
B.碳酸氢钠和氢氧化钠反应生成碳酸钠，与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀，故正确；
C.含有铵根离子的溶液中加入浓的氢氧化钠并加热才能得到碱性的氨气，故错误；
D.原溶液中不一定有硫酸根离子，也可能含有亚硫酸根离子，因为被硝酸氧化成硫酸根离子再生成硫酸钡沉淀，故错误。
故选B。
二、选择题（每小题只有一个正确选项，每题3分，共30分）
16.用铁泥(主要成分为Fe2O3、FeO和少量Fe)制备纳米Fe3O4，的流程示意图如下：
下列叙述错误的是（ ）
A. 为提高步骤①的反应速率，可采取搅拌、升温等措施
B. 步骤②中，主要反应的离子方程式是2Fe3++Fe=3Fe2+
C. 步骤④中，反应完成后剩余的H2O2无需除去
D. 步骤⑤中，“分离”包含的操作有过滤、洗涤
【答案】C
【分析】铁泥（主要成分为Fe2O3、FeO和少量Fe）与稀盐酸反应得到的滤液A溶质为氯化铁、氯化亚铁、过量的稀盐酸，加入铁粉还原铁离子：2Fe3++Fe=3Fe2+，过滤过量的铁，滤液B的溶质为氯化亚铁，加入氢氧化钠溶液，生成Fe（OH）2浑浊液，向浑浊液中加入双氧水，双氧水将Fe（OH）2浊液氧化成浊液D，反应完成后需再加热一段时间除去剩余H2O2，浊液D与滤液B加热搅拌发生反应制得Fe3O4，经过滤、洗涤、干燥得产品Fe3O4，据此分析解答。
【详解】A.搅拌、适当升高温度可提高铁泥与盐酸的反应速率，A正确；
B.滤液A的溶质为氯化铁、氯化亚铁、过量的稀盐酸，加入铁粉还原Fe3+，即主要的离子反应为：2Fe3++Fe=3Fe2+，B正确；
C.步骤④中，浊液C中的氢氧化亚铁被过氧化氢氧化成浊液D，为了提高Fe3O4的产率需要控制浊液D与滤液B中Fe2+的比例，为防止滤液B中Fe2+在步骤⑤中被H2O2氧化，步骤④中反应完成后需再加热一段时间除去剩余H2O2，C错误；
D.步骤⑤为浊液D与滤液B加热搅拌发生反应制得Fe3O4，使Fe3O4分离出来需经过过滤、洗涤、干燥，D正确；
故答案选C。
【点睛】本题考查了物质的制备，涉及对工艺流程的理解、氧化还原反应、对条件的控制选择与理解等，需要学生具备扎实的基础。
17.探究Na2O2与水的反应，实验如图：（已知：H2O2 H+ + HO2-、HO2- H+ + O22-）下列分析不正确的是（ ）
A. ①、⑤中产生的气体能使带火星的木条复燃
B. ①、④中均发生了氧化还原反应和复分解反应
C. ②、⑤中KMnO4与MnO2的作用不同，产生气体的量也不同
D. 通过③能比较酸性：HCl＞H2O2
【答案】D
【分析】根据实验探究可以看出，试管①过氧化钠与水反应生成氢氧化钠与氧气，试管②中高锰酸钾具有氧化性，产生气体，溶液褪色，则体现了过氧化氢的还原性；试管③中过氧化氢与氯化钡发复分解反应生成过氧化钡沉淀与稀盐酸，试管④中过氧化钡再与稀硫酸反应生成过氧化氢与硫酸钡沉淀，试管⑤中探究过氧化氢在二氧化锰催化剂作用下分解生成水和氧气，据此分析作答。
【详解】A. 试管①中过氧化钠与水反应最终生成氢氧化钠与氧气，试管⑤中过氧化氢在二氧化锰催化剂作用下分解生成水和氧气，因此产生的气体均能是带火星的木条复燃，A项正确；
B. ①中的反应机理可以认为过氧化钠与水反应生成过氧化氢与氢氧化钠，过氧化氢分解生成水和氧气，发生的反应为复分解与氧化还原反应，④中过氧化钡再与稀硫酸反应生成过氧化氢与硫酸钡沉淀，过氧化氢分解产生了氧气，因此两个试管中均发生了氧化还原反应和复分解反应，B项正确；
C. ②中KMnO4与过氧化氢反应生成氧气，KMnO4体现氧化性，而⑤中MnO2则起催化作用，两个试管中产生氧气的量均由过氧化氢的量决定，因溶液是等分的，但②中过氧化氢全部被氧化⑤中的过氧化氢发生歧化反应，所以产生气体的量不相同，C项正确；
D. 根据已知条件可以看出过氧化氢属于二元弱酸，而盐酸属于一元强酸。试管③因为生成了过氧化钡沉淀，不是可溶性的盐溶液，则不能证明盐酸与过氧化氢的酸性强弱，D项错误；
答案选D。
18.近年来高铁酸钾(K2FeO4)已经被广泛应用在水处理方面，高铁酸钾的氧化性超过高锰酸钾，是一种集氧化、吸附、凝聚、杀菌于一体的新型高效多功能水处理剂。干燥的高铁酸钾受热易分解，但在198℃以下是稳定的。高铁酸钾在水处理过程中涉及的变化过程有（ ）
①蛋白质的变性 ②蛋白质的盐析 ③胶体聚沉 ④盐类水解 ⑤焰色反应 ⑥氧化还原反应
A. ①②③④⑤ B. ①③④⑥ C. ②③④⑤ D. ②③⑤⑥
【答案】B
【详解】高铁酸钾有强氧化性，可以使水中的细菌、病毒的蛋白质变性，高铁酸钾被还原为+3价铁，Fe3+可以发生水解，生成Fe(OH)3胶体，Fe(OH)3胶体可以和水中的悬浮杂质发生胶体的聚沉而达到净水的目的，所以选B。
19.某小组利用下面的装置进行实验，②、③中溶液均足量，操作和现象如下表。
实验
操作
现象
Ⅰ
向盛有Na2S溶液的①中持续通入CO2至过量
②中产生黑色沉淀，溶液的pH降低；
③中产生白色浑浊，该浑浊遇酸冒气泡
Ⅱ
向盛有NaHCO3溶液的①中持续通入H2S气体至过量
现象同实验Ⅰ
资料：CaS遇水完全水解
由上述实验得出的结论不正确的是（ ）
A. ③中白色浑浊是CaCO3
B. ②中溶液pH降低的原因是：H2S+Cu2+ == CuS↓+2H+
C. 实验Ⅰ①中CO2过量发生反应是：CO2+H2O+ S2−== CO32−+ H2S
D. 由实验Ⅰ和Ⅱ不能比较H2CO3和H2S酸性的强弱
【答案】C
【分析】实验Ⅰ.向①的Na2S溶液中持续通入CO2至过量，②中产生黑色沉淀，溶液的pH降低，说明生成了硫化氢气体，同时生成了硫酸；③中产生白色浑浊，该浑浊遇酸冒气泡，说明二氧化碳过量，被氢氧化钙溶液吸收生成了碳酸钙沉淀；
实验Ⅱ. 向盛有NaHCO3溶液的①中持续通入H2S气体至过量，②中产生黑色沉淀，溶液的pH降低，是因为过量的硫化氢气体与硫酸铜溶液反应生成了CuS黑色沉淀，同时生成了硫酸；③中产生白色浑浊，该浑浊遇酸冒气泡，说明反应生成了二氧化碳，被氢氧化钙溶液吸收生成了碳酸钙沉淀；据此分析解答。
【详解】A. 根据上述分析，③中白色浑浊是CaCO3，不可能是CaS，因为CaS遇水完全水解，故A正确；
B. ②中反应生成的硫化氢与硫酸铜反应： H2S+Cu2+ = CuS↓+2H+，使得溶液的pH降低，故B正确；
C. CO2过量反应生成HCO3−，发生的反应是：2CO2+2H2O+ S2−=2HCO3−+ H2S，故C错误；
D. 根据实验Ⅰ、Ⅱ中现象：Ⅰ中通二氧化碳有H2S生成，Ⅱ中通H2S有二氧化碳生成，不能比较H2CO3和H2S酸性的强弱，故D正确；
答案选C。
20.电导率用于衡量电解质溶液导电能力的大小，与离子浓度和离子迁移速率有关。图1 为相同电导率盐酸和醋酸溶液升温过程中电导率变化曲线，图2 为相同电导率氯化钠和醋酸钠溶液升温过程中电导率变化曲线，温度均由22℃上升到70℃。下列判断不正确的是（ ）
A. 由曲线1可以推测：温度升高可以提高离子的迁移速率
B. 由曲线4可以推测：温度升高，醋酸钠电导率变化与醋酸根的水解平衡移动有关
C. 由图1和图2可以判定：相同条件下，盐酸的电导率大于醋酸的电导率，可能的原因是Cl-的迁移速率大于CH3COO-的迁移速率
D. 由图1和图2可以判定：两图中电导率的差值不同，与溶液中H+、OH-的浓度和迁移速率无关
【答案】D
【详解】A．曲线1中盐酸溶液在升高温度的过程中离子浓度不变，但电导率逐渐升高，说明温度升高可以提高离子的迁移速率，故A正确；
B．温度升高，促进CH3COONa溶液中CH3COO-的水解，则由曲线3和曲线4可知，温度升高，醋酸钠电导率变化与醋酸根的水解平衡移动有关，故B正确；
C．曲线1和曲线2起始时导电率相等，但温度升高能促进醋酸的电离，溶液中离子浓度增加，但盐酸溶液的导电率明显比醋酸高，说明可能原因是Cl-的迁移速率大于CH3COO-的迁移速率，故C正确；
D．曲线1和曲线2起始时导电率相等，可知盐酸和醋酸两溶液中起始时离子浓度相等，包括H+和OH-浓度也相等，而随着温度的升高，促进醋酸的电离，醋酸溶液中的H+和OH-浓度不再和盐酸溶液的H+和OH-浓度相等，则两者的导电率升高的幅度存在差异，可能与溶液中H+、OH-的浓度和迁移速率有关，故D错误；
故答案为D。
21.水凝胶材料要求具有较高的含水率，以提高其透氧性能，在生物医学上有广泛应用。由N-乙烯基吡咯烷酮（NVP）和甲基丙烯酸－羟乙酯（HEMA）合成水凝胶材料高聚物A的路线如图：
下列说法正确的是（ ）
A. NVP具有顺反异构
B. 高聚物A因含有-OH而具有良好的亲水性
C. HEMA和NVP通过缩聚反应生成高聚物A
D. 制备过程中引发剂浓度对含水率影响关系如图，聚合过程中引发剂的浓度越高越好
【答案】B
【分析】如图，HEMA和NVP通过加聚反应生成高聚物A，聚合过程中引发剂的浓度为1.6含水率最高。
【详解】A. NVP中碳碳双键的其中一个碳原子的另外两个键均是C-H键，故不具有顺反异构，故A错误；
B. –OH是亲水基，高聚物A因含有-OH而具有良好的亲水性，故B正确；
C. HEMA和NVP通过加聚反应生成高聚物A，故C错误；
D. 制备过程中引发剂浓度对含水率影响关系如图，聚合过程中引发剂的浓度为1.6含水率最高，并不是引发剂的浓度越高越好，故D错误；
答案选B。
【点睛】常见亲水基：羟基、羧基等。含这些官能团较多的物质一般具有良好的亲水性。
22.某学生探究0.25mol/LAl2(SO4)3溶液与0.5mol/LNa2CO3溶液的反应，实验如下。
实验1
实验2
下列分析正确的是（ ）
A. 实验1中，白色沉淀a是Al2(CO3)3
B. 实验2中，白色沉淀b一定是Al2(OH)2(CO3)2
C. 检验白色沉淀a、b是否洗涤干净，均可用盐酸酸化的BaCl2溶液
D. 实验1、2中，白色沉淀成分不同的原因与混合后溶液的pH无关
【答案】C
【分析】由现象可知：实验1发生完全双水解反应生成Al(OH)3，实验2过量的Na2CO3与完全双水解反应生成Al(OH)3发生反应。
【详解】A. 实验1中，沉淀溶解，无气泡，白色沉淀a是Al(OH)3，故A错误；
B. 实验2中，沉淀溶解，少量气泡，该气体是CO2，但不能说明白色沉淀b一定是Al2(OH)2(CO3)2，故B错误；
C. 检验白色沉淀a、b是否洗涤干净，即可检验有无SO42-，均可用盐酸酸化的BaCl2溶液检验，故C正确；
D. 实验1、2中，过量Al2(SO4)3溶液显酸性，过量Na2CO3溶液显碱性，不能确定白色沉淀成分不同的原因与混合后溶液的pH有关，故D错误；
答案选C。
【点睛】注意D项中，强酸弱碱盐显酸性，强碱弱酸盐显碱性。
23.我国科研人员使用催化剂CoGa3实现了H2还原肉桂醛生成肉桂醇，反应机理的示意图如下：
下列说法不正确的是（ ）
A. 肉桂醛分子中不存在顺反异构现象
B. 苯丙醛分子中有6种不同化学环境的氢原子
C. 还原反应过程发生了极性键和非极性键的断裂
D. 该催化剂实现了选择性还原肉桂醛中的醛基
【答案】A
【详解】A. 肉桂醛()分子中碳碳双键两端分别连接2个不同的基团，存在顺反异构现象，故A错误；
B. 苯丙醛()分子中有6种不同化学环境的氢原子，如图示：，故B正确；
C. 根据图示，还原反应过程中肉桂醛与氢气反应转化成了肉桂醇，分别断开了H-H键和C＝O键，发生了极性键和非极性键的断裂，故C正确；
D. 根据图示，还原反应过程中肉桂醛转化成了苯丙醛和肉桂醇，而没有转化为苯丙醛，体现了该催化剂选择性的还原肉桂醛中的醛基，故D正确；
答案选A。
【点睛】本题的易错点为C，要注意肉桂醛转化成肉桂醇的过程中仅断开了极性键，非极性键是断开的氢气分子中的H-H。
24.某无色溶液中可能含有Na＋、K＋、NH4+、Ca2＋、Cu2＋、SO42-、SO32-、Cl－、Br－、CO32-中的若干种，离子浓度都为0.1 mol·L－1。往该溶液中加入过量的BaCl2和盐酸的混合溶液，无白色沉淀生成。某同学另取少量原溶液，设计并完成如右实验：则下列关于原溶液的判断正确的是（ ）
A. 若步骤中Ba(NO3)2和HNO3的混合溶液改用BaCl2和盐酸的混合溶液，则对溶液中离子的判断无影响
B. 无法确定原溶液中是否存在Cl－
C. 肯定存在的离子是SO32-、Br－，是否存在Na＋、K＋需要通过焰色反应来确定
D. 肯定不存在的离子是Ca2＋、Cu2＋、SO42-、CO32-，是否含NH4+另需实验验证
【答案】A
分析】无色溶液中一定不含Cu2+,往该溶液中加入过量的BaCl2和盐酸的混合溶液,无白色沉淀生成,说明无,加足量氯水,无气体产生,则无,溶液加四氯化碳分液,下层橙黄色,则有Br-,上层加硝酸钡和稀硝酸有白色沉淀生成,则有,无Mg2+。溶液中离子浓度都为0.1 mol·L-1,根据电荷守恒,一定含有、Na+、K+,一定不存在Cl-。滤液中加硝酸酸化的硝酸银有白色沉淀产生,是因为加氯水时引入了氯离子。
【详解】A. 注意检验是否有硫酸根离子，根据硫酸钡不溶于酸的特点进行判断，溶液中已含有氯离子，所以没有关系，故A符合题意；
B. 根据题目中浓度都相等利用电荷守恒可以判断出是否有氯离子，故B 错误；
C. 肯定存在的离子是、Br-、、Na+、K+,故C错误；
D. 根据电荷守恒可以判断出溶液中有铵根离子，故D错误；
故正确答案为：A。
25.工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3，含Fe2O3杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如下：
下列叙述正确的是（ ）
A. 按上述流程，试剂X可以是氢氧化钠溶液，也可以是盐酸
B. 反应①过滤后所得沉淀为氧化铁
C. 图中所有的转化反应都不是氧化还原反应
D. 反应②的离子方程式为2AlO2－＋CO2＋3H2O＝2Al(OH)3↓＋CO32－
【答案】B
【分析】综合分析工艺流程图可知，试剂X是氢氧化钠溶液，Al2O3溶于氢氧化钠溶液得到NaAlO2溶液，Fe2O3与氢氧化钠溶液不反应，所以反应①过滤后所得溶液乙为NaAlO2溶液，沉淀为Fe2O3；Y为CO2，向NaAlO2溶液中通入过量CO2生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝分解生成氧化铝，电解熔融Al2O3得到金属铝，以此解答该题。
【详解】A．由溶液乙通入过量的Y生成氢氧化铝沉淀可知，溶液乙中含有偏铝酸根、气体Y为二氧化碳，故试剂X为氢氧化钠溶液，不可能为盐酸，故A错误；
B．Al2O3溶于氢氧化钠溶液得到NaAlO2溶液，Fe2O3与氢氧化钠溶液不反应，则过滤后所得沉淀为Fe2O3，故B正确；
C．电解熔融Al2O3冶炼金属铝属于氧化还原反应，故C错误；
D．反应①过滤后所得溶液乙为NaAlO2溶液，向NaAlO2溶液中通入过量CO2生成Al（OH）3沉淀和碳酸氢钠，反应的化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O＝Al（OH）3↓+NaHCO3，故D错误；
故答案选B。
【点睛】本题是一道综合考查铁、铝化合物的性质以工业冶炼铝等知识题目，侧重于考查学生分析和解决问题的能力，综合性强，注意把握制备原理和反应的流程分析。
II卷（非选择题共40分）
26.碳酸镧[La2(CO3)3]可用于治疗终末期肾病患者的高磷酸盐血症。制备反应2LaCl3+6NH4HCO3=La2(CO3)3↓+6NH4Cl+3CO2↑+3H2O；某化学兴趣小组利用下列装置模拟制备碳酸镧。
(1)盛放稀盐酸的仪器名称为________________。
(2)制备碳酸镧实验流程中导管从左向右的连接顺序为F→____→____→____→____→______。
(3)W中发生反应的离子方程式为_________________________________________________，Y中发生反应的化学反应方程式为________________________________________________。
(4)X中盛放的试剂是_________，干燥管的作用为_____________________________。
(5)Z中通入气体的方式________
A.先通入足量NH3，后通入过量的CO2
B.先通入足量CO2，后通入过量的NH3
C.NH3和CO2同时通入
(6)该化学兴趣小组为探究La2(CO3)3和La(HCO3)3的稳定性强弱，设计了如下的实验装置，则甲试管中盛放的物质为________________，实验过程中，发现乙试管中固体质量与灼烧时间的关系曲线如图所示，则关于两种物质稳定性实验结论为___________。
A.稳定性La2(CO3)3>La(HCO3)3
B.稳定性La2(CO3)3
【答案】(1). 分液漏斗 (2). A (3). B (4). D (5). E (6). C (7). CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2 (8). NH3·H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3↑ (9). 饱和NaHCO3溶液 (10). 防倒吸 (11). A (12). La(HCO3)3 (13). C
【分析】在W中用盐酸与CaCO3反应制取CO2气体，经过X装置除去CO2气体中的杂质HCl气体后通入Z装置在，与由Y装置制取得到的NH3在装置C中发生反应，制备La2(CO3)3沉淀；可根据NH3、CO2在水溶液中的溶解度大小确定气体通入的先后顺序。要确定La2(CO3)3、La(HCO3)3两种物质放入套管实验中的试管位置，先选择稳定强的直接加热，稳定性差的间接性加热；根据实验过程中乙试管中固体质量与灼烧时间的关系曲线图示，可证明乙试管中固体发生了分解反应，生成了CO2气体，据此分析两试管中的物质的稳定性。
【详解】(1)根据仪器结构可知盛装稀盐酸的仪器为分液漏斗；
(2)由装置可知，W中制备CO2气体，X除去CO2中的杂质HCl，Y中制备NH3，在Z中制备碳酸镧，则制备碳酸镧实验流程中导管从左向右的连接顺序为：F→A→B→D→E→C；
(3)W中稀HCl与CaCO3发生复分解反应制取CO2气体，反应的离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑；Y中浓氨水与CaO发生反应制取NH3，反应的化学反应式为NH3·H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3↑；
(4)X中盛放的试剂是NaHCO3溶液，其作用为吸收挥发的HCl、同时生成CO2；干燥管连接NH3的导气管C，由于氨气极容易溶于水，为防止倒吸现象的发生，连接干燥管，因此干燥管的作用是防止倒吸现象的发生；
(5)由于氨气在水中溶解度很大，Z中应先通入NH3，使溶液显碱性，然后通入过量的CO2，这样就可以溶解更多CO2气体，产生较大量的HCO3-，生成较大浓度的NH4HCO3，故合理选项是A；
(6)酸式碳酸盐稳定性较差，应直接加热，即甲试管中盛放的物质为La(HCO3)3，乙试管中盛放的物质为La2(CO3)3，乙试管中La2(CO3)3分解生成CO2，使最后得到的固体质量减轻，甲物质和乙物质受热都发生了分解反应，由于二者的温度不同，且都发生了反应，因此通过该套管实验不能确定二者稳定性大小，故合理选项是C。
【点睛】本题考查物质的制备实验、物质制备实验方案的设计，结合纯碱的工业制法确定通入气体的先后顺序，结合Na2CO3、NaHCO3的稳定性确定两种物质放入套管的内外顺序，把握制备流程、元素化合物与反应原理等为解答的关键，侧重考查学生的分析与实验能力和灵活运用能力。
27.NaBiO3可作为钢铁分析中测定锰的氧化剂，Bi2O3在电子行业有着广泛应用，可利用浮选过的辉铋矿(主要成分是Bi2S3，还含少量SiO2等杂质)来制备。其工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)辉铋矿的“浸出液”中铋元素主要以Bi3+形式存在，写出Bi2S3与FeCl3溶液反应的离子方程式：__________________________________________________________，滤渣1的主要成分是__________(填化学式)和硫。
(2)NaBiO3是为数不多的钠盐沉淀之一，由溶液3制得纯净的NaBiO3，操作2包括_________________________________。
(3)Bi2O3与Na2O2可在熔融状态下反应制得NaBiO3，其副产物的化学式为________________。
(4)写出“煅烧”中由碱式碳酸铋[(BiO)2CO3]制备Bi2O3的化学方程式： ________________________________________。
(5)某工厂用m1 kg辉铋矿(含Bi2S3 60%)制备NaBiO3，最终得到产品m2 kg，产率为________。
【答案】(1). Bi2S3+6Fe3+=2Bi3++6Fe2++3S (2). SiO2 (3). 过滤、洗涤、干燥 (4). Na2O (5). (BiO)2CO3Bi2O3+CO2↑ (6). ×100%
【分析】利用浮选过的辉铋矿(主要成分是Bi2S3，还含少量SiO2等杂质)制备NaBiO3、Bi2O3流程：辉铋矿加入氯化铁、盐酸发生反应Bi2S3+6Fe3+=2Bi3++6Fe2++3S，杂质SiO2不反应，过滤得到滤液1和滤渣1(S和SiO2)；滤液1中加入铁粉置换铋得到海绵铋；海绵铋中加入盐酸和过氧化氢发生氧化还原反应2Bi+6HCl+3H2O2=2BiCl3+6H2O，生成的溶液3为BiCl3溶液；BiCl3溶液中加入氢氧化钠和次氯酸钠可制备NaBiO3，若加入碳酸铵会生成(BiO)2CO3，煅烧(BiO)2CO3得到Bi2O3，据此解答。
【详解】(1)辉铋矿的“浸出液”中铋元素主要以Bi3+形式存在，Bi2S3与FeCl3溶液反应生成Bi3+、Fe2+和S，该反应的离子方程式为：Bi2S3+6Fe3+=2Bi3++6Fe2++3S；Bi3+易水解，加入盐酸既可提高铋的浸出率，又可抑制溶液中Bi3+的水解；滤渣1的主要成分是不溶于水的硫和SiO2；
(2)NaBiO3是为数不多的钠盐沉淀之一，通过反应Bi3++ClO-+4OH-+Na+=NaBiO3↓+Cl-+2H2O获得NaBiO3，想要获得纯净NaBiO3，首先要将NaBiO3沉淀过滤出来，再进行洗涤、干燥才可以得到纯净的NaBiO3，所以操作2包括：过滤、洗涤、干燥；
(3)Bi2O3与Na2O2可在熔融状态下反应制得NaBiO3，结合化合价变化情况可知，Na2O2被还原生成副产物Na2O；
(4)“煅烧”碱式碳酸铋[(BiO)2CO3]制备Bi2O3的化学方程式为：(BiO)2CO3Bi2O3+CO2↑；
(5)某工厂用m1 kg 辉铋矿(含Bi2S360%)制备NaBiO3，最终得到产品m2kg为实际量，结合铋元素守恒计算，理论上应得到NaBiO3的质量为：=kg，所以其产率为：×100%=×100%。
【点睛】本题考查制备方案的设计，根据制备流程明确实验原理为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质及化学实验基本方法，结合流程图中物质的转化关系及物质的性质分析判断，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验、化学计算能力。
28.化合物M是一种新型有机酰胺，在工业生产中有重要的作用，其合成路线如下：
已知：①A是烃的含氧衍生物，相对分子质量为58，碳和氢的质量分数之和为44.8%，核磁共振氢谱显示为一组峰，可发生银镜反应，且5.8 g A完全发生反应生成0.4 mol银。
②R1-CHO+R2-CH2CHO
③R-COOHR-COCl
④
回答下列问题：
(1)A的名称______E的结构简式为____________；G的名称为__________。
(2)B中含有官能团的名称为_______________________。
(3)C→D、D→E的反应类型分别为_____________、_______________。
(4)写出 F+H→M的化学反应方程式_________________________________。
(5)芳香族化合物W有三个取代基，是C的同分异构体，能与FeCl3溶液发生显色反应。0.5 mol W可与足量的Na反应生成1 g H2，且核磁共振氢谱显示为五组峰，符合以上条件的W的同分异构体共有_______ 种，写出其中一种的结构简式____________。
(6)参照上述合成路线，以C2H4和HOCH2CH2OH为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线_________________________________________________。
【答案】(1). 乙二醛 (2). (3). 硝基苯 (4). 碳碳双键、醛基 (5). 加成反应(还原反应) (6). 氧化反应 (7). +2+2HCl (8). 2 (9). 或 (10).
【分析】A的相对分子质量为58，碳和氢的质量分数之和为44.8%，则含氧的质量分数为0.552，A中O原子个数==2，C原子个数==2…2，核磁共振氢谱显示为一组峰，可发生银镜反应，则A为OHCCHO；A发生信息②的反应生成B，根据B分子式知，B为OHCCH=CHCH=CHCHO，B和乙烯发生信息④的反应生成C，C为，C和H2发生加成反应生成D，D发生催化氧化生成E，E为，E发生信息③的反应生成F为，F和H发生取代反应生成M，H为，G发生还原反应生成H、苯发生取代反应生成G，则G为；
(6)制备，可由HOCH2CH2OH氧化生成OHC-CHO，乙烯与水反应生成乙醇，乙醇氧化生成乙醛，在碱性条件下成OHC-CHO与乙醛反应生成。
【详解】根据上述分析可知：A为OHCCHO、B为OHCCH=CHCH=CHCHO、C为、D为、E为、F为、G为、H为。
(1) A为OHCCHO，A的名称为乙二醛；E的结构简式为；G为，名称为硝基苯；
(2)B为OHCCH=CHCH=CHCHO，B中含有的官能团的名称为碳碳双键、醛基；
(3)C→D的反应类型为加成反应，与H2的加成反应又叫还原反应，D→E的反应类型为氧化反应；
(4)F为，H为，F和H发生取代反应生成M，F+H→M的化学方程式为+2+2HCl；
(5)C为，芳香族化合物W是C的同分异构体，有三个取代基，能与FeC13溶液发生显色反应，说明含有苯环和酚羟基，0.5molW可与足量的Na反应生成lgH2，说明W分子结构中含有2个羟基，核磁共振氢谱为五组峰，说明物质分子中含有五种不同位置的H原子，则W的结构简式为或，所以有两种同分异构体；
(6)乙烯和水发生加成反应生成乙醇，乙醇催化氧化产生乙醛，乙二醇发生催化氧化生成乙二醛，乙醛和乙二醛发生信息中反应生成目标产物，其合成路线为。
【点睛】本题考查有机物的合成与推断，注意把握题给信息以及有机物官能团的性质以及转化，把握推断的思路，易错点为同分异构体的判断，本题侧重考查学生的分析能力和接受信息处理问题的能力。
相关资料
更多
