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广东省汕头市金山中学2020届高三上学期期中考试化学试题
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2017级高三第一学期期中考试
化学科试题
相对原子质量：C-12 N-14 O-16 F-19 Si-28 P-31 S-32 Cl-35.5 K-39 Ca-40 Co-59 Zn-65 Pb-207
一、单项选择题
1.化学与生产和生活密切相关，下列有关说法正确的是（ ）
A. 刚玉（Al2O3）硬度仅次于金刚石，熔点也相当高，刚玉坩埚可用于熔融碳酸钾
B. 盐析可提纯蛋白质，并保持其生理活性
C. “火树银花”的烟花场景利用的是金属的化学性质
D. 石油分馏可得到乙烯、丙烯、丁二烯等短链烃
【答案】B
【解析】
【详解】A.氧化铝与碳酸钾在熔融状态下反应生成偏铝酸钾和二氧化碳，则不能用刚玉坩埚熔融碳酸钾，故A错误；
B.蛋白质可用盐析的方法分离，不改变蛋白质的性质，为可逆过程，故B正确；
C.烟花中添加多种金属元素，具有不同的焰色反应，利用的是金属元素的物理性质，而不是化学性质，故C错误；
D.石油分馏一般得到饱和烃，可用裂解、裂化的方法制备乙烯、丙烯、丁二烯等短链烃，故D错误；
故答案选B。
【点睛】向蛋白质溶液中加入轻金属盐，会造成蛋白质的盐析，但加水后蛋白质会溶解，是一个可逆转的过程，蛋白质没有失去生理活性；向蛋白质溶液中加入重金属盐或加热，会造成蛋白质的变性，失去生理活性，是不可逆转的过程。石油的分馏是物理变化，石油的裂解和裂化都是化学变化，裂解释深度的裂化，石油的裂解是为了得到乙烯、丙烯等小分子有机物，石油的裂化目的是为了得到更多的轻质液体燃料。
2.下列说法正确的是（ ）
A. 侯氏制碱法的工艺过程中主要应用了物质熔沸点的差异
B. 可用蘸有浓氨水的玻璃棒检验输送氯气的管道是否漏气
C. 白炽灯工作时，电能全部转化为光能
D. 日本福岛核电站核泄漏事故提醒我们不要开发新能源，要大力挖掘化石能源
【答案】B
【解析】
【详解】A.侯氏制碱法是将通入饱和溶液中，由于溶解度小于，故在溶液中析出，A错误；
B.过量浓氨水与氯气反应会生成氯化铵固体，有白烟产生，现象明显，则浓氨水可用于检验输送氯气的管道，B正确；
C.白炽灯工作时，大部分电能转化为光能，少部分转化为热能，C错误；
D.开发新能源是解决能源危机问题和环境污染问题的主要途径，不能因为核电站出现泄漏的个例事件就否定新能源的开发战略，D错误；
故答案选B。
3.化学与社会、生活、技术和环境密切相关。下列有关说法中不正确的是（ ）
A. 有机溶剂（如乙醚、乙醇、苯、丙酮等）沸点低，极易被引燃，加热时最好用水浴加热
B. 石油裂解、海水制镁、植物油制人造奶油都包含化学变化
C. 大分子化合物油脂在人体内水解为氨基酸和甘油等小分子才能被吸收
D. 苹果放在空气中久置变黄和纸张久置变黄原理不同
【答案】C
【解析】
【详解】A.水浴加热的温度较低，则一些有机溶剂(如乙醚、乙醇、苯、丙酮等)沸点低极易被引燃，加热时最好用水浴加热，故A正确；
B.石油裂解、海水制镁、植物油制人造奶油都有新物质生成，都包含化学变化，故B正确；
C.油脂为高级脂肪酸甘油酯，水解生成高级脂肪酸(或盐)、甘油，故C错误；
D.纸张久置变黄因为纸张纤维间的空隙中会渗入很多霉菌之类的真菌孢子，苹果久置变黄是因为所含二价铁离子被氧化生成三价铁离子，二者原理不相同，故D正确；
故选：C。
4.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 12.4 g白磷（P4）中所含的P-P键数目为0.6 NA
B. 40 g SiC晶体中含有SiC分子的数目为NA个
C. 1 mol麦芽糖完全水解后产生的葡萄糖分子数目为NA
D. 标准状况下，2 mol Na2O2与44.8 L SO2完全反应，转移的电子数目为2NA
【答案】A
【解析】
【详解】A.12. 4g白磷含有 的物质的量为0.1mol，0.1mol分子中含有键的物质的量为：，所含键数目为0.6NA， A正确；
B. 晶体为原子晶体，不存在分子，B错误；
C.麦芽糖的水解产物全部为葡萄糖，则1 mol麦芽糖水解后产生2mol葡萄糖，即2NA个， C错误；
D.，则2 mol 与44.8 L（等于2mol）完全反应，转移的电子数目为4NA，D错误；
答案选A。
【点睛】二氧化硅、碳化硅是原子晶体，其结构中只有原子没有分子，二氧化硅是正四面体结构，1mol二氧化硅中含有的共价键为了4NA；白磷是分子晶体，正四面体型，1mol含有的共价键为6NA。
5.某无色溶液能与镁粉作用产生氢气，此溶液中可能大量存在的离子组是（ ）
A. Ca2+、H+、C1－、NO3－ B. K+、Ba2+、AlO2-、Cl-
C. A13+、Fe3+、HCO3-、SO32- D. H+、Na+、Cl－、SO42-
【答案】D
【解析】
【分析】
无色时可排除 等有色离子的存在，与镁粉作用产生氢气的溶液呈酸性。
【详解】A.在酸性条件下与Mg反应不会生成氢气，而是产生,故A错误；
B.与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；
C. 与发生反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；
D. 之间不反应，都是无色离子，且都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故D正确；
答案选D。
【点睛】金属与硝酸不会产生氢气而是产生氮的氧化物（等），酸性环境中加金属产生氢气的溶液中，肯定不能存在。
6.将3.48gFe3O4完全溶解在100mL 1mol·L-1H2SO4溶液中，然后加入K2Cr2O7溶液25mL，恰好使溶液中的Fe2＋全部反应完，Cr2O72－全部转化为Cr3＋，则K2Cr2O7溶液的物质的量浓度为
A. 0.033mol·L—1 B. 0.3mol·L—1 C. 0.2mol·L—1 D. 0.1mol·L—1
【答案】D
【解析】
【详解】3.48g四氧化三铁的物质的量是＝0.015mol，与稀硫酸反应溶液中亚离子的物质的量是0.015mol，与重铬酸钾的反应中失去0.015mol电子。在反应中Cr元素的化合价从＋6价降低到＋3价得到3个电子，则关键电子得失守恒可知消耗重铬酸钾的物质的量是＝0.0025mol，则其浓度是＝0.1mol/L，答案选D。
7.将17.9g由Al、Fe、Cu组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，产生气体3.36L（标准状况）。另取等质量的合金溶于过量的稀硝酸中，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，得到沉淀的质量为25.4g。若HNO3的还原产物仅为NO，则生成NO的标准状况下的体积为（ ）
A. 2.24L B. 4.48L C. 6.72L D. 8.96L
【答案】C
【解析】
【详解】加入足量的氢氧化钠中发生的反应为2 Al + 2 NaOH + 2 H2O =2NaAlO2+ 3 H2↑生成的氢气为3.36 L,即0.15 mol，所以含有铝0.1 mol，而0.1mol铝则变为+3价，所以转移0.3 mol电子，Fe被氧化为+3价，Cu被氧化为+2。假设Fe、Cu的物质的量分别是x、y 。质量和：2.7 + 56x + 64y =" 17.9" ； 沉淀量：107x + 98y = 25.4；解得x="0.1" mol，y="0.15" molAl、Fe、Cu的物质的量分别是0.1 mol、0.1 mol、0.15 mol所以转移电子数总的为0.9 mol；氮原子从硝酸中的+5价还原为+2价，共转移0.9 mol电子，则生成NO为0.3 mol，则V（NO）=6．72L。故答案选C。
8.废铁屑制Fe2O3的一种流程如下图：
下列说法不正确的是
A. 热的纯碱溶液可去除废铁屑表面的油污
B. 操作a是萃取
C. 冰水既可洗去杂质又可减少固休的溶解
D. Fe2O3可用作红色颜料
【答案】B
【解析】
【分析】
用热纯碱溶液洗涤废铁屑表面的油污。加入稀硫酸后，将铁单质转化为亚铁离子，再加入碳酸氢铵，促进亚铁离子水解得到沉淀。通过过滤、洗涤、煅烧，得到氧化铁，据此分析；
【详解】A.热的纯碱溶液可去除废铁屑表面的油污，故A项正确；
B.操作a是过滤，故B项错误；
C.冰水既可洗去杂质又降低温度，减少固休的溶解，故C项正确；
D.Fe2O3俗名铁红，可用作红色颜料，故D项正确；
综上，本题选B。
9.某溶液中有Na+、Mg2+、HSO3-、Cl-、SO42-五种离子，若向其中加入过量的过氧化钠，微热并搅拌，冷却后再加入过量盐酸，溶液中离子的物质的量基本保持不变的是（ ）
A. Na+ B. Cl- C. Mg2+ D. SO42-
【答案】C
【解析】
分析】
向溶液中加入过量的，过氧化钠具有强氧化性，且与水反应生成氢氧化钠。
【详解】A.加入，和水反应生成氢氧化钠， 增多，A错误；
B.加入了盐酸，增多，B错误；
C. 加入过氧化钠后镁离子生成氢氧化镁，再加入过量盐酸，氢氧化镁溶解生成氯化镁，故镁离子的量不变，C正确；
D. 过氧化钠具有强氧化性，将亚硫酸氢根离子氧化成硫酸根离子，故硫酸根浓度增大，D错误；
答案选C。
10. 硫酸亚铁隔绝空气加强热分解形成四氧化三铁，将分解生成的气体通入氯化钡溶液中，下列叙述正确的是
A. 产生BaSO4沉淀 B. 产生BaSO3沉淀
C. 产生BaSO4与BaSO3的混合沉淀 D. 无沉淀产生
【答案】A
【解析】
【详解】硫酸亚铁隔绝空气加强热分解形成四氧化三铁、二氧化硫、三氧化硫，二氧化硫不能与氯化钡溶液反应生成沉淀，三氧化硫与水反应生成硫酸其与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，A项符合题意，故答案选A。
11.食品、大气、工业尾气中SO2均需严格检测或转化吸收，下列有关SO2的检测或吸收方法正确的是
A. 滴定法：用酸性KMnO4溶液滴定葡萄酒试样以测定葡萄酒中SO2的浓度
B. 沉淀法：用Ba(OH)2溶液沉淀SO2，然后将沉淀在空气中洗涤、过滤、干燥、称重以测定大气中SO2的浓度
C. 氨酸法：用氨水吸收尾气中的SO2后再将吸收液与硫酸反应，将富集后的SO2循环使用
D. 石灰—石膏法：常温下用石灰石吸收尾气中的SO2得到CaSO3，再经氧化可用于生产石膏
【答案】C
【解析】
【详解】A、葡萄酒中的乙醇能被酸性高锰酸钾溶液氧化，对SO2的检测有干扰，选项A错误；
B、亚硫酸钡在空气中易被氧化，大气中的CO2能与Ba(OH)2溶液形成沉淀，对SO2的检测有干扰，选项B错误；
C、氨水吸收SO2生成(NH4)2SO3或NH4HSO3，(NH4)2SO3或NH4HSO3与硫酸反应能产生SO2，SO2可以循环使用，选项C正确；
D、石灰石吸收SO2，需要在高温下才能进行，选项D错误。
答案选C。
【点睛】本题考查二氧化硫的性质，注意二氧化硫是酸性氧化物，与二氧化碳具有相似的性质，但区别于二氧化碳的性质是二氧化硫具有漂白性及还原性。
12.类比推理是学习化学的重要的思维方法，下列陈述Ⅰ及类比推理陈述Ⅱ均正确的是（ ）
陈述Ⅰ
类比推理陈述Ⅱ
A
单质的熔点Br2 < I2
单质的熔点Li < Na
B
工业上电解熔融的Al2O3得到铝单质
工业上电解熔融的MgO得到镁单质
C
还原性：I- > Br-
还原性：P3- > N3-
D
溶解度：CaCO3
A A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A. 分子晶体熔沸点与其分子间作用力成正比，分子间作用力与其相对分子质量成正比，卤族元素单质都是分子晶体且其相对分子质量： ，所以单质熔点：，而金属晶体熔沸点与其金属键强弱有关，金属键强弱与离子所带电荷成正比、与离子半径成反比，金属键： ，则单质熔点：，故A错误；
B. 的熔点远远高于，且熔融导电，从减少资源浪费方面考虑，工业上采用电解熔融方法冶炼，故B错误；
C. 元素的非金属性越强，其简单阴离子的还原性越弱，非金属性，所以还原性，故C正确；
D.碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，故D错误；
答案选C。
13. 六种短周期元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大，A和D同族，C和F同族，B、C、D、E的离子均具有相同的电子层结构，E在同周期元素中离子半径最小。A和B、C、F均能形成共价型化合物，A和B形成的化合物Y在水中呈碱性，D和F形成的化合物在水中呈中性。下列说法错误的是
A. B、D离子的半径大小是B＞D
B. 化合物AC的沸点比化合物AF的高
C. C的单质能将F单质从EF3的溶液中置换出来
D. 化合物AF与化合物Y可反应生成含有共价键的离子化合物
【答案】C
【解析】
【分析】
六种短周期元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大，A和B形成的共价化合物在水中呈碱性，该化合物为NH3，则A为氢元素、B为氮元素；A和D同族，D的原子序数大于氮元素，故D为Na元素；D和F形成的化合物在水中呈中性，结合原子序数可知，F为Cl；C和F同族，则C为氟元素；B、C、D、E的离子均具有相同的电子层结构，E在同周期元素中离子半径最小，则E为Al，据此分析作答。
【详解】A、电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径B＞D，A项正确；
B、HF分子之间存在氢键，沸点比较HCl高，B项正确；
C、氟气与AlCl3溶液中随反应生成HF与氧气，不能置换出氯气，C项错误；
D、HCl与NH3生成的NH4Cl属于离子化合物，D项正确；
答案选C。
14.某有机物键线式的结构如图所示，关于其说法正确的是（ ）
A. 分子式为C8H10O2
B. 它的另一种同分异构体最多有16个原子共平面
C. 该有机物的含酯基的芳香族化合物的同分异构体有4种
D. 可发生氧化、取代、还原、加成反应
【答案】D
【解析】
【详解】A. 由结构可知分子式为，故A错误；
B. 苯环、碳碳双键平面结构，且直接相连，则最18个原子可共面，故B错误；
C. 该有机物的含酯基的芳香族化合物的同分异构体，可为苯甲酸甲酯，甲酸苯甲酯，甲酸苯酚酯(含有甲基，有邻、间、对3种)共5种，故C错误；
D. 含双键可发生氧化、加成反应，含可发生氧化、取代反应，故D正确；
故选D。
15. 二羟甲戊酸是生物合成青蒿素的原料之一，下列关于二羟甲戊酸的说法正确的是
A. 与乙醇发生酯化反应生成产物的分子式为C8H18O4
B. 能发生加成反应，不能发生取代反应
C. 在铜的催化下与氧气反应的产物可以发生银镜反应
D. 标准状况下1mol该有机物可以与足量金属钠反应产生22.4LH2
【答案】C
【解析】
【详解】A．只有-COOH可与乙醇发生酯化反应，由原子守恒可知，与乙醇发生酯化反应生成产物的分子式为C8H16O4，故A错误；
B．含-COOH，不能发生加成反应，故B错误；
C．含-OH，-CH2OH在铜的催化下与氧气反应的产物含-CHO可以发生银镜反应，故C正确；
D．-COOH、-OH均与钠反应生成氢气，则标准状况下1mol该有机物可以与足量金属钠反应产生1.5mol×22.4L/mol=33.6LH2，故D错误；
故选C。
【点晴】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，侧重分析与应用能力的考查，注意醇和羧酸的性质考查。解答此类试题要抓住有机物的结构和特征性质分析。（1）能与氢气加成的：苯环结构、C=C、、C=O。(和中的C=O双键不发生加成)；（2）能与NaOH反应的：—COOH、、；（3）能与NaHCO3反应的：—COOH；（4）能与Na反应的：—COOH、、－OH；（5）能发生加聚反应的物质：烯烃、二烯烃、乙炔、苯乙烯、烯烃和二烯烃的衍生物；（6）能发生银镜反应的物质：凡是分子中有醛基(－CHO)的物质均能发生银镜反应。①所有的醛(R－CHO)；②甲酸、甲酸盐、甲酸某酯；注：能和新制Cu(OH)2反应的——除以上物质外，还有酸性较强的酸(如甲酸、乙酸、丙酸、盐酸、硫酸、氢氟酸等)，发生中和反应。
16.某温度下，在一个2 L的恒容密闭容器中，加人4mol A和2mol B进行反应：3A(g)+2B(g) 4C(?)+2D(?)，反应一段时间后达到平衡，测得生成1.6molC，且反应的前后压强之比为5:4（相同的温度下测量），则下列说法正确的是（ ）
A. 该反应的化学平衡常数表达式是K=
B. 此时，B的平衡转化率是20%
C. 增大该体系的压强，平衡向右移动，化学平衡常数增大
D. 增加C，B的平衡转化率不变
【答案】D
【解析】
【分析】
反应前后压强之比为5:4，故反应后气体总物质的量变为4.8mol，结合生成1.6molC，可推知D为气体，C为固体或液体。
【详解】A. 由，因C为非气体，则不能出现在K的表达式中，则化学平衡常数 ，故A错误；
B. 生成1.6molC时，反应的B的物质的量为0.8mol，则B的平衡转化率为 ，故B错误；
C.由于温度没变，化学平衡常数不变，故C错误；
D. 由于C为非气体，增加C对平衡没影响，B的平衡转化率不变，故D正确；
故选D。
【点睛】该题首先要判断C和D的状态，可以根据差量法，根据总的物质的量变化与生成C的物质的量之比可判断反应前后气体系数减小了3，故D为气体，C为非气体（固体和纯液体）。
17.新型锂-空气电池具有能量密度高的优点，可以用作新能源汽车的电源，其结构如图所示，其中固体电解质只允许Li+通过。下列说法正确的是
A. Li+穿过固体电解质向正极移动而得到LiOH溶液
B. 放电时，当外电路中有1 mol e－转移时，水性电解液离子总数增加NA
C. 应用该电池电镀铜，阴极质量增加64 g，理论上将消耗11.2 L O2
D. 放电时，负极反应式：Li－e－＋OH－＝LiOH
【答案】A
【解析】
A项，由图示可得，放电时铝在负极失电子，氧气在正极得电子，固体电解质只允许Li+通过，所以Li+穿过固体电解质向正极移动而得到LiOH溶液，故A正确；B项，放电时正极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-，当外电路中有1mole－转移时，生成1mol OH-，同时1molLi+穿过固体电解质进入水性电解液，所以离子总数增加2NA，故B错误；C项，根据电子守恒，应用该电池电镀铜，阴极质量增加64g，即生成1mol铜，则电路中通过2mol电子，理论上消耗0.5molO2，在标准状况下体积为11.2 L，若不是标准状况则不一定，故C错误；D项，因为固体电解质只允许Li+通过，所以放电时，负极反应式：Li－e－＝Li+，故D错误。
点睛：本题通过新型锂-空气电池考查原电池原理，涉及正负极判断、离子移动方向、电极反应式书写、有关计算等，注意根据物质性质判断原电池的正负极；根据“固体电解质只允许Li+通过”这个条件书写负极电极反应式；B项易错，注意水性电解质溶液中增多的是OH-和迁移过去的Li+，不要忽略了后者；C项易错，要养成见到气体的体积首先想到是否需要注明标准状况的习惯，防止出错。
18.25℃时，向20 mL 0.0100 mol/L苯酚溶液中滴加0.0100 mol/LNaOH溶液，溶液的pH与所加NaOH溶液体积(V)的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 25℃时，苯酚的电离常数Ka约为1.0×10-12
B. M点时，所加入NaOH溶液的体积大于10 mL
C. 加入20 mLNaOH溶液时，溶液中c(OH-)-c(H+)=c()
D. M点时，溶液中的水不发生电离
【答案】C
【解析】
【分析】
由图象可知 0.0100mol•L-1苯酚溶液的pH为6，则可知，可知苯酚为弱酸，M点溶液呈中性，加入 20mL时酸碱恰好完全反应。
【详解】A. 0.0100mol⋅L−1苯酚溶液的pH为6，则可知，故A错误；
B. M点pH=7，溶液呈中性，如加入体积为10mL，反应后剩余的苯酚和生成的苯酚钠浓度相等，由，可知苯酚根离子的水解常数为 ，可知水解程度大于电离常数，溶液呈碱性，如呈中性，则加入的体积小于10mL，故B错误；
C.加入20mL溶液时，溶液中存在电荷守恒 ，由物料守恒可知 ,则二者联式可得，即c(OH-)-c(H+)=c()，故C正确；
D. 任何水溶液都存在水的电离，故D错误；
答案选C。
19.已知p(A)＝－lg c(A)。三种金属硫化物在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A. a点无ZnS沉淀生成
B. 可用MnS除去MnCl2溶液中混有的少量ZnCl2
C. CuS和MnS共存的悬浊液中，c(Cu2+)/c(Mn2+)＝10－20
D. 向CuS悬浊液中加入少量水，平衡向溶解的方向移动，c(S2－)增大
【答案】D
【解析】
【分析】
，则 ，故越大，越小。
【详解】A.平衡曲线右上方为不饱和溶液，左下方为过饱和溶液，a点在曲线的右上方，为的不饱和溶液，所以没有沉淀生成，A正确；
B.的溶解度大于，向溶液中中加入固体，可以将转化为更难溶的，达到除去的目的，B正确；
C.根据图像可推知，， ， 和共存的悬浊液中, ，C正确；
D. 向悬浊液中加入少量水，沉淀溶解平衡向右移动，但溶液依然是饱和溶液，故保持不变，D错误；
答案选D。
20.由下列实验现象一定能得出相应结论的是
选项
A
B
C
D
装置图
现象
右边试管产生气泡较快
左边棉球变棕黄色，右边棉球变蓝色
试管中先出现淡黄色固体，后出现黄色固体
试管中液体变浑浊
结论
催化活性：Fe3+＞Cu2+
氧化性：Br2＞I2
Ksp：AgCl＞AgBr＞AgI
非金属性：C＞Si
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A.两溶液c(Cl-)相同，可排除氯离子的影响，c(Fe3+)比c(Cu2+)小，也排除了浓度的影响，而右边产生的气泡快，说明催化活性：Fe3+Cu2+，故A正确；
B.生成的溴蒸汽中混有氯气，氯气和溴蒸汽均能氧化KI生成碘，所以不能说明氧化性Br2I2，故B错误；
C.2ml的AgCl悬浊液，滴加2-3滴NaBr后，有淡黄色沉淀，此时溶液中还含有大量的AgCl，再滴2-3滴NaI溶液，有黄色沉淀，可能是AgCl转化成了AgI，则不能证明Ksp：AgBr AgI，故C错误；
D.生成的CO2会混有HCI，所以不能说明碳酸的酸性不硅酸的酸性强，则不能证明非金属性CSi，故D错误；
本题答案为A。
21.下列有关实验操作、发生的现象、解释或结论都正确的是 （ ）
选项
实验操作
发生的现象
解释或结论
A
向亚硫酸钠溶液中，逐滴加入硝酸酸化的硝酸钡溶液
产生白色沉淀
产生的亚硫酸钡是难溶解入水的沉淀
B
将SO2通入滴有酸性高锰酸钾溶液中
溶液紫红色褪去
SO2具有漂白性
C
常温下铜片插入硝酸中
产生红棕色气体
常温下铜和硝酸一定产生NO2
D
向某溶液中加入NaHCO3
产生白色沉淀
该溶液可能原来含有氢氧化钡
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．亚硫酸钠能被硝酸氧化生成硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子反应生成BaSO4沉淀，所以该白色沉淀是硫酸钡，故A错误；
B．高锰酸钾具有强氧化性，二氧化硫具有还原性，二者发生氧化还原反应而使酸性高锰酸钾溶液褪色，该实验体现二氧化硫还原性而不是漂白性，故B错误；
C．常温下，Cu和稀硝酸反应生成NO，NO遇空气反应生成红棕色气体二氧化氮，铜和浓硝酸反应生成二氧化氮、和稀硝酸反应生成NO，故C错误；
D．能和碳酸氢钠反应生成白色沉淀的还有氢氧化钙等，所以该实验现象说明该溶液可能原来含有氢氧化钡，故D正确；
故选D。
【点晴】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及物质检验、氧化还原反应等知识点，明确实验原理及物质性质是解本题关键，注意物质检验时要除去其它物质的干扰，易错选项是B。
22.用下列实验方案及所选玻璃仪器就能实现相应实验目的的是（ ）
选项
实验目的
实验方案
所选玻璃仪器
A
除去乙酸乙酯中的乙醇
向混合物中加入饱和碳酸钠溶液，混合后振荡，然后静置分液
烧杯、分液漏斗、
玻璃棒
B
检验蔗糖是否水解
向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热几分钟，再向其中加入新制的银氨溶液，并水浴加热
试管、烧杯、
酒精灯、胶头滴管
C
证明乙醇发生消去反应生成乙烯
将乙醇与浓硫酸混合加热到170 ℃，将产生的气体通入溴水
酒精灯、圆底烧瓶、
导管、试管
D
比较HClO和CH3COOH的酸性强弱
同温下用pH试纸分别测定浓度为0.1 mol·L－1NaClO溶液、0.1mol·L－1 CH3COONa溶液的pH
玻璃棒、玻璃片
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A.乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，乙醇能够溶于水中，因此可以用饱和碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中混有的乙醇，所用的玻璃仪器为分液漏斗和烧杯，故A正确；
B.向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热几分钟使其水解，加入碱使溶液呈碱性后再向其中加入新制的银氨溶液并水浴加热，实验方案中没有加碱中和酸，故B错误；
C.反应生成的乙烯中可能会混有乙醇、二氧化硫等还原性气体或蒸气，实验方案中没有除去杂质气体，不能达到实验目的，故C错误；
D.次氯酸钠的强氧化性对试纸有漂白作用，不能达到实验目的，故D错误；
答案选A。
【点睛】具有漂白性的溶液无法用PH试纸测PH，如氯水或次氯酸溶液，能使PH试纸褪色，故测这类溶液的pH只能使用pH计。
二、填空题
23.碱式碳酸钴[Cox(OH)y(CO3)z]常用作电子材料，磁性材料的添加剂，受热时可分解生成三种氧化物。为了确定其组成，某化学兴趣小组同学设计了如图所示装置进行实验。
（1）请完成下列实验步骤：
①称取3.65g样品置于硬质玻璃管内，称量乙、丙装置的质量；
②按如图所示装置组装好仪器，并检验装置气密性；
③加热甲中玻璃管，当乙装置中________________________（填实验现象），停止加热；
④打开活塞a，缓缓通入空气数分钟后，称量乙、丙装置的质量；⑤计算。
（2）步骤④中缓缓通入空气数分钟的目的是_________________________________________。
（3）某同学认为上述实验装置中存在一个明显缺陷，为解决这一问题，可选用下列装置中的____（填字母）连接在装置______之前（填“甲”或“乙”或“丙”或“丁”）。
（4）若按正确装置进行实验，测得如下数据：则该碱式碳酸钴的化学式为______________。
乙装置的质量/g
丙装置的质量/g
加热前
80.00
62.00
加热后
80.36
62.88
（5）CoCl2·6H2O常用作多彩水泥的添加剂，以含钴废料（含少量Fe、Al等杂质）制取CoCl2·6H2O的一种工艺如下：
已知：
沉淀物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Co(OH)2
Al(OH)3
开始沉淀(pH)
2.3
7.5
7.6
3.4
完全沉淀（pH）
4.1
9.7
9.2
5.2
①净化除杂质时，加入H2O2发生反应的离子方程式为__________________________________。
②加入CoCO3调pH除杂得到滤渣Al(OH)3、Fe(OH)3，则pH应调节至_____。（填pH值的范围）
③加盐酸调整pH为2～3的目的为_____________________________________。
④操作Ⅱ过程为_________________________________（填操作名称）、过滤。
【答案】 (1). 不再有气泡产生时 (2). 将装置中产生的CO2和H2O(g)全部排入乙、丙装置中 (3). D (4). 甲 (5). Co3(OH)4(CO3)2 (6). 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O (7). 5.2～7.6 (8). 抑制CoCl2的水解 (9). 蒸发浓缩、冷却结晶
【解析】
【分析】
（1）加热甲中玻璃管，当乙装置中不再有气泡产生，即碱式碳酸钴分解完毕；
（2）步骤④中缓缓通入空气数分钟，将装置中生成的CO2和H2O全部排入乙、丙装置中，以免影响测量结果；
（3）在活塞a前，加装装置D，装置中盛放的碱石灰容易吸收空气中的水蒸气和二氧化碳；
（4）向含钴废料中加入过量稀盐酸，Fe、Al和稀盐酸反应生成FeCl2、AlCl3、CoCl2，向溶液中加入双氧水和CoCO3，双氧水具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，离子反应方程式为2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O，加入CoCO3，调节溶液的pH至7.6，使Fe(OH)3、Al(OH)3生成沉淀，然后过滤，滤渣为Fe(OH)3、Al(OH)3，滤液中含有CoCl2，然后向滤液中加入稀盐酸，抑制CoCl2水解，然后采用蒸发浓缩、冷却结晶和过滤方法得到CoCl2⋅6H2O；
①双氧水具有氧化性，能氧化还原性离子；
②加入CoCO3调pH为5.2∼7.6，则操作I获得的滤渣成分为Fe(OH)3、Al(OH)3；
③CoCl2为强酸弱碱盐，阳离子水解导致溶液呈酸性，加入稀盐酸能抑制水解；
④操作Ⅱ过程为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。
【详解】（1）③加热甲中玻璃管，当乙装置中不再有气泡产生，即碱式碳酸钴分解完毕；
故答案为：不再有气泡产生时；
（2）步骤④中缓缓通入空气数分钟，将装置中生成的和全部排入乙、丙装置中，以免影响测量结果；
故答案为：将装置中产生的和(g)全部排入乙、丙装置中；
（3）在活塞a前，加装装置D，装置中盛放的碱石灰吸收空气中的水蒸气和二氧化碳，以免影响实验结果；
故答案为：D；甲；
（4）碱式碳酸钴样品3.65g，反应前乙装置的质量为80.00g，反应后质量为80.36g，故生成水的质量为0.36g，物质的量为0.02mol；反应前丙装置的质量为62.00g，反应后质量为62.88g，生成二氧化碳的质量为0.88g，物质的量为0.02mol；故Co的质量为 ，故Co原子物质的量为：
，根据Co、H、C元素守恒可知， ，故化学式为 ；
故答案为：；
(5) ①三价铁离子易转化为沉淀，所以要加入氧化剂过氧化氢把二价铁离子氧化为三价铁离子，而不会引入新的杂质，反应的离子方程式为：，
故答案为：；
②根据沉淀的pH值表格知，当溶液的pH值为5.2时，铁离子和铝离子被完全沉淀，当溶液的pH值为7.6时，钴离子才开始产生沉淀，所以要想将铁离子、铝离子和钴离子分离，溶液的pH值应该不小于5.2不大于7.6；
故答案为：5.2～7.6；
③加盐酸调整pH为2∼3的目的为抑制的水解；
故答案为：抑制的水解；
④操作Ⅱ过程为的溶质结晶的过程，利用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到，
故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶。
24.三盐基硫酸铅（3PbO·PbSO4·H2O)简称三盐，白色或微黄色粉末，稍带甜味、有毒。200℃以上开始失去结晶水，不溶于水及有机溶剂。可用作聚氯乙烯的热稳定剂。以100.0t铅泥（主要成分为PbO、Pb及PbSO4等）为原料制备三盐的工艺流程如下图所示。
已知：Ksp(PbSO4)=1.82×10-8，Ksp(PbCO3)=1.46×10-13。请回答下列问题
（1）步骤①转化的目的是将PbSO4转化为PbCO3，反应的离子方程式为___________________。
（2）滤液3中的主要溶质为_____________（填化学式）。
（3）步骤③酸溶时，铅与硝酸反应生成Pb(NO3)2和NO的离子方程式为____________________。
（4）滤液2中可循环利用的溶质为___________（填化学式）。若步骤④沉铅后的滤液中c(Pb2+)=1.82×10-5mol·L－1，则此时c(SO42-)为___________mol·L-1
（5）步骤⑥合成三盐的化学方程式为____________________________。若得到纯净干燥的三盐49.50 t，假设铅泥中的铅元素有80.00%转化为三盐，则铅泥中铅元素的质量分数为_____。[已知：三盐（3PbO·PbSO4·H2O）的相对分子质量为990，注意保留正确的有效数字]
【答案】 (1). CO32-+PbSO4=SO42-+PbCO3 (2). Na2SO4 (3). 3Pb+8H++2NO3-=3Pb2++2NO↑+4H2O (4). HNO3 (5). 1.0×10-3 (6). 4 PbSO4+6NaOH3Na2SO4+3PbO▪PbSO4▪H2O+2H2O (7). 51.75%
【解析】
【分析】
以100.0t铅泥（主要成分为PbO、Pb及PbSO4等）为原料制备三盐：向铅泥中加Na2CO3溶液是将PbSO4转化成PbCO3，Na2CO3（aq）+PbSO4（s）=Na2SO4（aq）+PbCO3（s），所以滤液Ⅰ的溶质主要是Na2SO4和过量的Na2CO3，Pb、PbO和PbCO3在硝酸的作用下反应：3Pb+8HNO3=Pb（NO3）2+2NO↑+4H2O、PbCO3+2HNO3=Pb（NO3）2+CO2↑+H2O、PbO+2HNO3=Pb（NO3）2+2H2O，均转化成Pb（NO3）2，Pb（NO3）2中加稀H2SO4转化成PbSO4和硝酸，过滤的滤液为HNO3，可循环利用，向硫酸铅中加入氢氧化钠合成三盐和硫酸钠，，滤液3主要是硫酸钠，洗涤沉淀干燥得到三盐，以此解答该题。
【详解】（1）由题可知，碳酸铅的Ksp小于硫酸铅，故加入碳酸钠的目的是将硫酸铅转化为碳酸铅，属于沉淀的转化，反应的离子方程式为；
故答案为：；
（2）根据元素守恒，故可知滤液3的主要溶质是；
答案为：；
（3）铅与硝酸反应生成 和，根据氧化还原反应规律配平即可，；
答案为：；
（4）、和在可以在硝酸的作用下生成，而可以在稀硫酸的作用下生成、，其中可以重复使用；由于，而，则可算出；
故答案为：；；
（5）步骤⑥参与反应的物质为：和,该反应的方程式为：，若得到纯净干燥的三盐49.5t，可算出含铅的质量为 。设铅泥中含铅的质量分数为，则100t铅泥中铅元素为100，而铅泥中的铅元素有80%转化为三盐，有41.4t，即，解得；
故答案为：；。
25.氧化锌、硫化锌都是重要的基础化工原料。
（1）ZnO是两性氧化物，ZnO在NaOH溶液中转化成[Zn(OH)4]2－的离子方程式为_____________________________________________________。
（2）火法炼锌得到的氧化锌中含有铅、铜等杂质，提纯步骤如下：
反应Ⅰ ZnO(s)+CO(g) Zn(g)+CO2(g) △H1
反应Ⅱ 2 Zn(g)+ O2(g)=2 ZnO(s) △H2
①上图中的“冷凝物”为________（填化学式）。
②某温度时，在反应Ⅰ的反应炉中，起始时c(CO)为0.3 mol•L－1，反应过程中CO2的体积分数φ(CO2)如图所示，则反应Ⅰ的平衡常数K＝_______________。
③下列措施有利于提高反应Ⅰ中 ZnO 转化率的是________。
a．增大ZnO的投料量 b．适当加压 c．将锌蒸气及时分离
④反应Ⅱ中，每转移 1 mol 电子，反应放热 174 kJ，则△H2＝_____________。
（3）测定氧化锌样品纯度：称取0.5000 g样品，酸溶后定容于250 mL容量瓶中，摇匀。量取25.00 mL 该溶液，用0.04000 mol•L－1的EDTA（Na2H2Y）标准溶液滴定其中的Zn2+（反应方程式为Zn2+＋H2Y2-＝ZnY2-＋2H+，杂质不反应），平行滴定三次，平均消耗EDTA标准溶液15.12 mL。
①若滴定管未用 EDTA 标准液润洗，测定结果将__________（填“偏高”、“偏低”或“不变”）。
②样品纯度为___________（保留四位有效数字）。
【答案】 (1). ZnO+2OH－+H2O=[Zn(OH)4]2- (2). Zn (3). 0.4 (4). c (5). -696 kJ/mol (6). 偏高 (7). 97.98%
【解析】
【分析】
（1）ZnO和Al2O3的化学性质相似，氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，据此模仿写出氧化锌与氢氧化钠的反应；
（2）①反应Ⅰ：ZnO（s）+CO（g）⇌Zn（g）+CO2（g），锌蒸气冷凝为冷凝物；
②结合平衡三行计算列式计算平衡浓度，利用平衡常数K的定义分析计算；
③有利于提高反应Ⅰ中ZnO转化率，平衡正向进行；
④反应Ⅱ中，每转移1mol 电子，反应放热174kJ，结合反应定量关系和电子转移总数计算，转移4mol电子放热696kJ；
（3）①滴定管未用 EDTA 标准液润洗，内层水膜会稀释标准溶液，消耗标准溶液体积会增大；
②称取0.5000g样品，酸溶后定容于250mL容量瓶中，摇匀．量取25.00mL该溶液，用0.04000mol•L-1的EDTA（Na2H2Y）标准液滴定其中的Zn2+（反应方程式为 Zn2++H2Y2-═ZnY2-+2H+，杂质不反应），平行滴定三次，平均消耗EDTA标准液15.12mL．
Zn2++H2Y2-═ZnY2-+2H+，
1 1
n 15.12×10-3L×0.04000mol/L
n（ZnO）=n（Zn2+）=15.12×10-3L×0.04000mol/L，
250mL溶液中n（ZnO）=15.12×10-3L×0.04000mol/L×，据此计算质量分数；
【详解】（1）是两性氧化物，和的化学性质相似，氧化铝与氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠，所以氧化锌与氢氧化钠的反应的方程式为： ；
故答案为：；
（2）①反应Ⅰ：，锌蒸气冷凝，冷凝物为金属锌，故答案为：Zn；
②某温度时,在反应Ⅰ的反应炉中,起始时 c()为 0.3mol⋅L−1，反应过程中达到平衡 的体积分数 φ()如图所示为0.4，列三段式（单位是mol⋅L−1）：
，解得 ，则平衡常数 ；
故答案为：0.4；
③a.增大的投料量，氧化锌为固体不影响平衡，氧化锌转化率不变，故a错误；
b.反应前后气体体积不变，适当加压，不影响平衡移动，故b错误；
c.将锌蒸气及时分离，平衡正向进行氧化锌转化率增大，故c正确；
故答案为：c；
④反应Ⅱ中，反应中2mol 完全反应电子转移4mol，反应每转移1mol 电子，反应放热174kJ，转移4mol电子反应放热696KJ，反应焓变 ；
故答案为：−696 kJ/mol；
（3）①滴定管未用 EDTA 标准液润洗，内层水膜会稀释标准溶液，消耗标准溶液体积会增大，测定结果偏高，
故答案为：偏高；
②称取0.5000g样品，酸溶后定容于250mL容量瓶中，摇匀；量取25.00mL该溶液，用0.04000mol⋅L−1的EDTA()标准液滴定其中的 (反应方程式为，杂质不反应)，平行滴定三次，平均消耗EDTA标准液15.12mL；样品纯度= ；
故答案为97.98%。
三、选考题
26.【选修3：物质结构与性质】
工业上用合成气(CO和H2)制取乙醇的反应为2CO+4H2CH3CH2OH+H2O。研究发现，使用TiO2作为载体负载铑基催化剂具有较高的乙醇产量。回答下列问题：
（1）Ti基态原子核外电子排布式为_______。和O同一周期且元素的第一电离能比O大的有_____(填元素符号)，和O同一周期且基态原子核外未成对电子数比O多的有____（填元素符号）。
（2）在用合成气制取乙醇反应所涉及的4种物质中，沸点从低到高的顺序为______________。
（3）工业上以CO、O2、NH3为原料，可合成氮肥尿素[CO(NH2)2]，CO(NH2)2分子中含有的σ键与π键的数目之比为_________。
（4）C元素与N元素形成的某种晶体的晶胞如图所示(8个碳原子位于立方体的顶点，4个碳原子位于立方体的面心，4个氮原子在立方体内)，该晶体硬度超过金刚石，成为首屈一指的超硬新材料。
①该晶体的化学式为______；其硬度超过金刚石的原因是___________。
②已知该晶胞的密度为d g/cm3，N原子的半径为r1cm，C原子的半径为r2cm，设NA为阿伏加德罗常数，则该晶胞的空间利用率为__________________（用含d、r1、r2、NA的代数式表示）。
【答案】 (1). ls22s22p63s23p63d24s2或[Ar]3d24s2 (2). N、F、Ne (3). N (4). H2
【分析】
(1)Ti是22号元素，处于第四周期第IVB族，结合能量最低原理书写核外电子排布式；同周期稀有气体第一电离能最大，同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，当IIA族、VA族为全充满或半充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的；O原子有2个未成对电子，和O同一周期且基态原子核外未成对电子数比O多，原子的未成对电子数为3，处于VA族；
(2)H2O分子中O原子形成2个O−H键，还有2对孤电子对；CH3CH2OH分子中亚甲基(−CH2−)上的C原子形成4个σ键、没有孤电子对，杂化轨道数目为4；
(3)氢气为非极性分子，其它三种均为极性分子，分子之间形成氢键的物质，沸点相对更高，而分子之间形成氢键越多，沸点越高。分子极性越大、相对分子质量越大，范德华力越强，沸点越高；
(4)CO(NH2)2分子中含有1个C=O键、2个C−N键、4个N−H键，单键为σ键，双键含有1个σ键、1个π键；
(5)①原子半径越小，键长越短，键能越大，晶体硬度越大；②均摊法计算晶胞中
C、N原子数目，计算晶胞中原子总体积，结合密度计算晶胞体积，晶胞的空间利用率=×100%。
【详解】（1） 是22号元素，处于第四周期第IVB族，核外电子排布式为： ，同周期稀有气体第一电离能最大，同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，当IIA族、VA族为全充满或半充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，第一电离能大于氧元素有 ；原子有2个未成对电子，和同一周期且基态原子核外未成对电子数比多，原子的未成对电子数为3，处于VA族，该元素为 元素，
故答案为：；；；
（2）为非极性分子， 为极性分子且的相对分子质量比的大，因此的范德华力比的大；与均为分子间存在氢键的极性分子，但水分子形成的氢键数目比乙醇分子多，故沸点：，
故答案为：；
（3） 分子中含有1个键、2个 键、4个 键，单键为σ键，双键含有1个σ键、1个π键，分子中有7个σ键、1个π键，分子中含有的σ键与π键的数目之比为7：1，
故答案为：7：1；
（4）①根据均摊原则，晶胞中原子数目为： ，原子数为4，故该晶体的化学式为,原子半径小于碳原子半径，故晶体中的键的键长比金刚石中的 键的键长短，键的键能大，故硬度较金刚石大；
故答案为：；该晶体中的C-N键的键长比金刚石中的C-C键的键长短，键能大；
②晶胞中原子数3、原子数4，晶胞中原子总体积 ，晶胞质量 ，晶胞体积 ，晶胞的空间利用率为原子总体积除以晶胞体积， ，
故答案为：
【点睛】空间利用率的计算：空间利用率是指构成晶体的原子、离子或分子在整个晶体空间中所占有的体积百分比，空间利用率,空间利用率的计算步骤：（1）计算晶胞中的微粒数（2）计算晶胞的体积。
27.【选修5：有机化学基础】
有机物H的化学式为C15H16O2，它是一种在航空航天领域中应用的重要原料，E为一种室内装修常见的污染气体，F的产量可以衡量一个国家石油化工的发展水平，Q为酯类高分子物质，④为多步进行的反应，请回答：（部分物质及反应条件省略）
已知：
（1）D名称为_____，反应②的条件为_________。
（2）H+N→Q的反应类型为___________。
（3）反应①的化学方程式为________________。
（4）反应③的化学方程式为_________________。
（5）H中最多有______个碳原子共平面，其满足下列条件的同分异构体有________种。
I. 两个羟基分别连在两个苯环上；
II. 苯环间通过一个碳原子连接在一起，有甲基且全部连在该碳原子上；
III. 不含H本身，不考虑立体异构。
（6）Q的结构简式为_____________________。
（7）结合本题信息和上述合成路线，用流程图表示出反应④M→N的可能过程（无机药品任选）。
___________________________________。
【答案】 (1). 苯酚 (2). Fe，加热 (3). 缩聚反应或聚合反应 (4). (5). (6). 13 (7). 5 (8). (9).
【解析】
【分析】
由合成流程可知，碳化钙与水反应生成A为，结合反应③生成酚醛树脂可知，B为，C为，D为，E为一种室内污染气体，E为，A与氢气反应生成F为，F与溴发生加成反应生成M为，N为，结合已知信息可知H为，H与N发生缩聚反应生成Q为，据此分析作答。
【详解】(1) 反应③生成酚醛树脂可知D物质名称为苯酚，反应②为苯和溴生成溴苯，条件为，加热；
故答案为：苯酚；，加热；
（2）H与N发生缩聚反应生成Q为，
故答案为：缩聚反应；
（3）反应①为乙炔生成苯，故方程式为，
故答案为：；
（4）反应③为苯酚和甲醛缩聚生成酚醛树脂，方程式为：，
答案为：
（5）H为，由中间C的四面体结构可知,2个苯环与C最多共面，即H中最多有13个碳原子共平面；根据限定的3个条件,要有结构，且两端苯环上各连一个，不含H本身，移动2个的位置，、、，即还有5种；
故答案为：13；5；
（6）H为，N为乙二酸，H与N发生缩聚反应生成Q，Q的结构简式为：，
故答案为：；
（7）M为，N为，有M制取N，需要先生成乙二醇，再氧化得乙二醛，再氧化得乙二酸，即；
故答案为：。
2017级高三第一学期期中考试
化学科试题
相对原子质量：C-12 N-14 O-16 F-19 Si-28 P-31 S-32 Cl-35.5 K-39 Ca-40 Co-59 Zn-65 Pb-207
一、单项选择题
1.化学与生产和生活密切相关，下列有关说法正确的是（ ）
A. 刚玉（Al2O3）硬度仅次于金刚石，熔点也相当高，刚玉坩埚可用于熔融碳酸钾
B. 盐析可提纯蛋白质，并保持其生理活性
C. “火树银花”的烟花场景利用的是金属的化学性质
D. 石油分馏可得到乙烯、丙烯、丁二烯等短链烃
【答案】B
【解析】
【详解】A.氧化铝与碳酸钾在熔融状态下反应生成偏铝酸钾和二氧化碳，则不能用刚玉坩埚熔融碳酸钾，故A错误；
B.蛋白质可用盐析的方法分离，不改变蛋白质的性质，为可逆过程，故B正确；
C.烟花中添加多种金属元素，具有不同的焰色反应，利用的是金属元素的物理性质，而不是化学性质，故C错误；
D.石油分馏一般得到饱和烃，可用裂解、裂化的方法制备乙烯、丙烯、丁二烯等短链烃，故D错误；
故答案选B。
【点睛】向蛋白质溶液中加入轻金属盐，会造成蛋白质的盐析，但加水后蛋白质会溶解，是一个可逆转的过程，蛋白质没有失去生理活性；向蛋白质溶液中加入重金属盐或加热，会造成蛋白质的变性，失去生理活性，是不可逆转的过程。石油的分馏是物理变化，石油的裂解和裂化都是化学变化，裂解释深度的裂化，石油的裂解是为了得到乙烯、丙烯等小分子有机物，石油的裂化目的是为了得到更多的轻质液体燃料。
2.下列说法正确的是（ ）
A. 侯氏制碱法的工艺过程中主要应用了物质熔沸点的差异
B. 可用蘸有浓氨水的玻璃棒检验输送氯气的管道是否漏气
C. 白炽灯工作时，电能全部转化为光能
D. 日本福岛核电站核泄漏事故提醒我们不要开发新能源，要大力挖掘化石能源
【答案】B
【解析】
【详解】A.侯氏制碱法是将通入饱和溶液中，由于溶解度小于，故在溶液中析出，A错误；
B.过量浓氨水与氯气反应会生成氯化铵固体，有白烟产生，现象明显，则浓氨水可用于检验输送氯气的管道，B正确；
C.白炽灯工作时，大部分电能转化为光能，少部分转化为热能，C错误；
D.开发新能源是解决能源危机问题和环境污染问题的主要途径，不能因为核电站出现泄漏的个例事件就否定新能源的开发战略，D错误；
故答案选B。
3.化学与社会、生活、技术和环境密切相关。下列有关说法中不正确的是（ ）
A. 有机溶剂（如乙醚、乙醇、苯、丙酮等）沸点低，极易被引燃，加热时最好用水浴加热
B. 石油裂解、海水制镁、植物油制人造奶油都包含化学变化
C. 大分子化合物油脂在人体内水解为氨基酸和甘油等小分子才能被吸收
D. 苹果放在空气中久置变黄和纸张久置变黄原理不同
【答案】C
【解析】
【详解】A.水浴加热的温度较低，则一些有机溶剂(如乙醚、乙醇、苯、丙酮等)沸点低极易被引燃，加热时最好用水浴加热，故A正确；
B.石油裂解、海水制镁、植物油制人造奶油都有新物质生成，都包含化学变化，故B正确；
C.油脂为高级脂肪酸甘油酯，水解生成高级脂肪酸(或盐)、甘油，故C错误；
D.纸张久置变黄因为纸张纤维间的空隙中会渗入很多霉菌之类的真菌孢子，苹果久置变黄是因为所含二价铁离子被氧化生成三价铁离子，二者原理不相同，故D正确；
故选：C。
4.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 12.4 g白磷（P4）中所含的P-P键数目为0.6 NA
B. 40 g SiC晶体中含有SiC分子的数目为NA个
C. 1 mol麦芽糖完全水解后产生的葡萄糖分子数目为NA
D. 标准状况下，2 mol Na2O2与44.8 L SO2完全反应，转移的电子数目为2NA
【答案】A
【解析】
【详解】A.12. 4g白磷含有 的物质的量为0.1mol，0.1mol分子中含有键的物质的量为：，所含键数目为0.6NA， A正确；
B. 晶体为原子晶体，不存在分子，B错误；
C.麦芽糖的水解产物全部为葡萄糖，则1 mol麦芽糖水解后产生2mol葡萄糖，即2NA个， C错误；
D.，则2 mol 与44.8 L（等于2mol）完全反应，转移的电子数目为4NA，D错误；
答案选A。
【点睛】二氧化硅、碳化硅是原子晶体，其结构中只有原子没有分子，二氧化硅是正四面体结构，1mol二氧化硅中含有的共价键为了4NA；白磷是分子晶体，正四面体型，1mol含有的共价键为6NA。
5.某无色溶液能与镁粉作用产生氢气，此溶液中可能大量存在的离子组是（ ）
A. Ca2+、H+、C1－、NO3－ B. K+、Ba2+、AlO2-、Cl-
C. A13+、Fe3+、HCO3-、SO32- D. H+、Na+、Cl－、SO42-
【答案】D
【解析】
【分析】
无色时可排除 等有色离子的存在，与镁粉作用产生氢气的溶液呈酸性。
【详解】A.在酸性条件下与Mg反应不会生成氢气，而是产生,故A错误；
B.与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；
C. 与发生反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；
D. 之间不反应，都是无色离子，且都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故D正确；
答案选D。
【点睛】金属与硝酸不会产生氢气而是产生氮的氧化物（等），酸性环境中加金属产生氢气的溶液中，肯定不能存在。
6.将3.48gFe3O4完全溶解在100mL 1mol·L-1H2SO4溶液中，然后加入K2Cr2O7溶液25mL，恰好使溶液中的Fe2＋全部反应完，Cr2O72－全部转化为Cr3＋，则K2Cr2O7溶液的物质的量浓度为
A. 0.033mol·L—1 B. 0.3mol·L—1 C. 0.2mol·L—1 D. 0.1mol·L—1
【答案】D
【解析】
【详解】3.48g四氧化三铁的物质的量是＝0.015mol，与稀硫酸反应溶液中亚离子的物质的量是0.015mol，与重铬酸钾的反应中失去0.015mol电子。在反应中Cr元素的化合价从＋6价降低到＋3价得到3个电子，则关键电子得失守恒可知消耗重铬酸钾的物质的量是＝0.0025mol，则其浓度是＝0.1mol/L，答案选D。
7.将17.9g由Al、Fe、Cu组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，产生气体3.36L（标准状况）。另取等质量的合金溶于过量的稀硝酸中，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，得到沉淀的质量为25.4g。若HNO3的还原产物仅为NO，则生成NO的标准状况下的体积为（ ）
A. 2.24L B. 4.48L C. 6.72L D. 8.96L
【答案】C
【解析】
【详解】加入足量的氢氧化钠中发生的反应为2 Al + 2 NaOH + 2 H2O =2NaAlO2+ 3 H2↑生成的氢气为3.36 L,即0.15 mol，所以含有铝0.1 mol，而0.1mol铝则变为+3价，所以转移0.3 mol电子，Fe被氧化为+3价，Cu被氧化为+2。假设Fe、Cu的物质的量分别是x、y 。质量和：2.7 + 56x + 64y =" 17.9" ； 沉淀量：107x + 98y = 25.4；解得x="0.1" mol，y="0.15" molAl、Fe、Cu的物质的量分别是0.1 mol、0.1 mol、0.15 mol所以转移电子数总的为0.9 mol；氮原子从硝酸中的+5价还原为+2价，共转移0.9 mol电子，则生成NO为0.3 mol，则V（NO）=6．72L。故答案选C。
8.废铁屑制Fe2O3的一种流程如下图：
下列说法不正确的是
A. 热的纯碱溶液可去除废铁屑表面的油污
B. 操作a是萃取
C. 冰水既可洗去杂质又可减少固休的溶解
D. Fe2O3可用作红色颜料
【答案】B
【解析】
【分析】
用热纯碱溶液洗涤废铁屑表面的油污。加入稀硫酸后，将铁单质转化为亚铁离子，再加入碳酸氢铵，促进亚铁离子水解得到沉淀。通过过滤、洗涤、煅烧，得到氧化铁，据此分析；
【详解】A.热的纯碱溶液可去除废铁屑表面的油污，故A项正确；
B.操作a是过滤，故B项错误；
C.冰水既可洗去杂质又降低温度，减少固休的溶解，故C项正确；
D.Fe2O3俗名铁红，可用作红色颜料，故D项正确；
综上，本题选B。
9.某溶液中有Na+、Mg2+、HSO3-、Cl-、SO42-五种离子，若向其中加入过量的过氧化钠，微热并搅拌，冷却后再加入过量盐酸，溶液中离子的物质的量基本保持不变的是（ ）
A. Na+ B. Cl- C. Mg2+ D. SO42-
【答案】C
【解析】
分析】
向溶液中加入过量的，过氧化钠具有强氧化性，且与水反应生成氢氧化钠。
【详解】A.加入，和水反应生成氢氧化钠， 增多，A错误；
B.加入了盐酸，增多，B错误；
C. 加入过氧化钠后镁离子生成氢氧化镁，再加入过量盐酸，氢氧化镁溶解生成氯化镁，故镁离子的量不变，C正确；
D. 过氧化钠具有强氧化性，将亚硫酸氢根离子氧化成硫酸根离子，故硫酸根浓度增大，D错误；
答案选C。
10. 硫酸亚铁隔绝空气加强热分解形成四氧化三铁，将分解生成的气体通入氯化钡溶液中，下列叙述正确的是
A. 产生BaSO4沉淀 B. 产生BaSO3沉淀
C. 产生BaSO4与BaSO3的混合沉淀 D. 无沉淀产生
【答案】A
【解析】
【详解】硫酸亚铁隔绝空气加强热分解形成四氧化三铁、二氧化硫、三氧化硫，二氧化硫不能与氯化钡溶液反应生成沉淀，三氧化硫与水反应生成硫酸其与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，A项符合题意，故答案选A。
11.食品、大气、工业尾气中SO2均需严格检测或转化吸收，下列有关SO2的检测或吸收方法正确的是
A. 滴定法：用酸性KMnO4溶液滴定葡萄酒试样以测定葡萄酒中SO2的浓度
B. 沉淀法：用Ba(OH)2溶液沉淀SO2，然后将沉淀在空气中洗涤、过滤、干燥、称重以测定大气中SO2的浓度
C. 氨酸法：用氨水吸收尾气中的SO2后再将吸收液与硫酸反应，将富集后的SO2循环使用
D. 石灰—石膏法：常温下用石灰石吸收尾气中的SO2得到CaSO3，再经氧化可用于生产石膏
【答案】C
【解析】
【详解】A、葡萄酒中的乙醇能被酸性高锰酸钾溶液氧化，对SO2的检测有干扰，选项A错误；
B、亚硫酸钡在空气中易被氧化，大气中的CO2能与Ba(OH)2溶液形成沉淀，对SO2的检测有干扰，选项B错误；
C、氨水吸收SO2生成(NH4)2SO3或NH4HSO3，(NH4)2SO3或NH4HSO3与硫酸反应能产生SO2，SO2可以循环使用，选项C正确；
D、石灰石吸收SO2，需要在高温下才能进行，选项D错误。
答案选C。
【点睛】本题考查二氧化硫的性质，注意二氧化硫是酸性氧化物，与二氧化碳具有相似的性质，但区别于二氧化碳的性质是二氧化硫具有漂白性及还原性。
12.类比推理是学习化学的重要的思维方法，下列陈述Ⅰ及类比推理陈述Ⅱ均正确的是（ ）
陈述Ⅰ
类比推理陈述Ⅱ
A
单质的熔点Br2 < I2
单质的熔点Li < Na
B
工业上电解熔融的Al2O3得到铝单质
工业上电解熔融的MgO得到镁单质
C
还原性：I- > Br-
还原性：P3- > N3-
D
溶解度：CaCO3
A A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A. 分子晶体熔沸点与其分子间作用力成正比，分子间作用力与其相对分子质量成正比，卤族元素单质都是分子晶体且其相对分子质量： ，所以单质熔点：，而金属晶体熔沸点与其金属键强弱有关，金属键强弱与离子所带电荷成正比、与离子半径成反比，金属键： ，则单质熔点：，故A错误；
B. 的熔点远远高于，且熔融导电，从减少资源浪费方面考虑，工业上采用电解熔融方法冶炼，故B错误；
C. 元素的非金属性越强，其简单阴离子的还原性越弱，非金属性，所以还原性，故C正确；
D.碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，故D错误；
答案选C。
13. 六种短周期元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大，A和D同族，C和F同族，B、C、D、E的离子均具有相同的电子层结构，E在同周期元素中离子半径最小。A和B、C、F均能形成共价型化合物，A和B形成的化合物Y在水中呈碱性，D和F形成的化合物在水中呈中性。下列说法错误的是
A. B、D离子的半径大小是B＞D
B. 化合物AC的沸点比化合物AF的高
C. C的单质能将F单质从EF3的溶液中置换出来
D. 化合物AF与化合物Y可反应生成含有共价键的离子化合物
【答案】C
【解析】
【分析】
六种短周期元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大，A和B形成的共价化合物在水中呈碱性，该化合物为NH3，则A为氢元素、B为氮元素；A和D同族，D的原子序数大于氮元素，故D为Na元素；D和F形成的化合物在水中呈中性，结合原子序数可知，F为Cl；C和F同族，则C为氟元素；B、C、D、E的离子均具有相同的电子层结构，E在同周期元素中离子半径最小，则E为Al，据此分析作答。
【详解】A、电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径B＞D，A项正确；
B、HF分子之间存在氢键，沸点比较HCl高，B项正确；
C、氟气与AlCl3溶液中随反应生成HF与氧气，不能置换出氯气，C项错误；
D、HCl与NH3生成的NH4Cl属于离子化合物，D项正确；
答案选C。
14.某有机物键线式的结构如图所示，关于其说法正确的是（ ）
A. 分子式为C8H10O2
B. 它的另一种同分异构体最多有16个原子共平面
C. 该有机物的含酯基的芳香族化合物的同分异构体有4种
D. 可发生氧化、取代、还原、加成反应
【答案】D
【解析】
【详解】A. 由结构可知分子式为，故A错误；
B. 苯环、碳碳双键平面结构，且直接相连，则最18个原子可共面，故B错误；
C. 该有机物的含酯基的芳香族化合物的同分异构体，可为苯甲酸甲酯，甲酸苯甲酯，甲酸苯酚酯(含有甲基，有邻、间、对3种)共5种，故C错误；
D. 含双键可发生氧化、加成反应，含可发生氧化、取代反应，故D正确；
故选D。
15. 二羟甲戊酸是生物合成青蒿素的原料之一，下列关于二羟甲戊酸的说法正确的是
A. 与乙醇发生酯化反应生成产物的分子式为C8H18O4
B. 能发生加成反应，不能发生取代反应
C. 在铜的催化下与氧气反应的产物可以发生银镜反应
D. 标准状况下1mol该有机物可以与足量金属钠反应产生22.4LH2
【答案】C
【解析】
【详解】A．只有-COOH可与乙醇发生酯化反应，由原子守恒可知，与乙醇发生酯化反应生成产物的分子式为C8H16O4，故A错误；
B．含-COOH，不能发生加成反应，故B错误；
C．含-OH，-CH2OH在铜的催化下与氧气反应的产物含-CHO可以发生银镜反应，故C正确；
D．-COOH、-OH均与钠反应生成氢气，则标准状况下1mol该有机物可以与足量金属钠反应产生1.5mol×22.4L/mol=33.6LH2，故D错误；
故选C。
【点晴】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，侧重分析与应用能力的考查，注意醇和羧酸的性质考查。解答此类试题要抓住有机物的结构和特征性质分析。（1）能与氢气加成的：苯环结构、C=C、、C=O。(和中的C=O双键不发生加成)；（2）能与NaOH反应的：—COOH、、；（3）能与NaHCO3反应的：—COOH；（4）能与Na反应的：—COOH、、－OH；（5）能发生加聚反应的物质：烯烃、二烯烃、乙炔、苯乙烯、烯烃和二烯烃的衍生物；（6）能发生银镜反应的物质：凡是分子中有醛基(－CHO)的物质均能发生银镜反应。①所有的醛(R－CHO)；②甲酸、甲酸盐、甲酸某酯；注：能和新制Cu(OH)2反应的——除以上物质外，还有酸性较强的酸(如甲酸、乙酸、丙酸、盐酸、硫酸、氢氟酸等)，发生中和反应。
16.某温度下，在一个2 L的恒容密闭容器中，加人4mol A和2mol B进行反应：3A(g)+2B(g) 4C(?)+2D(?)，反应一段时间后达到平衡，测得生成1.6molC，且反应的前后压强之比为5:4（相同的温度下测量），则下列说法正确的是（ ）
A. 该反应的化学平衡常数表达式是K=
B. 此时，B的平衡转化率是20%
C. 增大该体系的压强，平衡向右移动，化学平衡常数增大
D. 增加C，B的平衡转化率不变
【答案】D
【解析】
【分析】
反应前后压强之比为5:4，故反应后气体总物质的量变为4.8mol，结合生成1.6molC，可推知D为气体，C为固体或液体。
【详解】A. 由，因C为非气体，则不能出现在K的表达式中，则化学平衡常数 ，故A错误；
B. 生成1.6molC时，反应的B的物质的量为0.8mol，则B的平衡转化率为 ，故B错误；
C.由于温度没变，化学平衡常数不变，故C错误；
D. 由于C为非气体，增加C对平衡没影响，B的平衡转化率不变，故D正确；
故选D。
【点睛】该题首先要判断C和D的状态，可以根据差量法，根据总的物质的量变化与生成C的物质的量之比可判断反应前后气体系数减小了3，故D为气体，C为非气体（固体和纯液体）。
17.新型锂-空气电池具有能量密度高的优点，可以用作新能源汽车的电源，其结构如图所示，其中固体电解质只允许Li+通过。下列说法正确的是
A. Li+穿过固体电解质向正极移动而得到LiOH溶液
B. 放电时，当外电路中有1 mol e－转移时，水性电解液离子总数增加NA
C. 应用该电池电镀铜，阴极质量增加64 g，理论上将消耗11.2 L O2
D. 放电时，负极反应式：Li－e－＋OH－＝LiOH
【答案】A
【解析】
A项，由图示可得，放电时铝在负极失电子，氧气在正极得电子，固体电解质只允许Li+通过，所以Li+穿过固体电解质向正极移动而得到LiOH溶液，故A正确；B项，放电时正极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-，当外电路中有1mole－转移时，生成1mol OH-，同时1molLi+穿过固体电解质进入水性电解液，所以离子总数增加2NA，故B错误；C项，根据电子守恒，应用该电池电镀铜，阴极质量增加64g，即生成1mol铜，则电路中通过2mol电子，理论上消耗0.5molO2，在标准状况下体积为11.2 L，若不是标准状况则不一定，故C错误；D项，因为固体电解质只允许Li+通过，所以放电时，负极反应式：Li－e－＝Li+，故D错误。
点睛：本题通过新型锂-空气电池考查原电池原理，涉及正负极判断、离子移动方向、电极反应式书写、有关计算等，注意根据物质性质判断原电池的正负极；根据“固体电解质只允许Li+通过”这个条件书写负极电极反应式；B项易错，注意水性电解质溶液中增多的是OH-和迁移过去的Li+，不要忽略了后者；C项易错，要养成见到气体的体积首先想到是否需要注明标准状况的习惯，防止出错。
18.25℃时，向20 mL 0.0100 mol/L苯酚溶液中滴加0.0100 mol/LNaOH溶液，溶液的pH与所加NaOH溶液体积(V)的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 25℃时，苯酚的电离常数Ka约为1.0×10-12
B. M点时，所加入NaOH溶液的体积大于10 mL
C. 加入20 mLNaOH溶液时，溶液中c(OH-)-c(H+)=c()
D. M点时，溶液中的水不发生电离
【答案】C
【解析】
【分析】
由图象可知 0.0100mol•L-1苯酚溶液的pH为6，则可知，可知苯酚为弱酸，M点溶液呈中性，加入 20mL时酸碱恰好完全反应。
【详解】A. 0.0100mol⋅L−1苯酚溶液的pH为6，则可知，故A错误；
B. M点pH=7，溶液呈中性，如加入体积为10mL，反应后剩余的苯酚和生成的苯酚钠浓度相等，由，可知苯酚根离子的水解常数为 ，可知水解程度大于电离常数，溶液呈碱性，如呈中性，则加入的体积小于10mL，故B错误；
C.加入20mL溶液时，溶液中存在电荷守恒 ，由物料守恒可知 ,则二者联式可得，即c(OH-)-c(H+)=c()，故C正确；
D. 任何水溶液都存在水的电离，故D错误；
答案选C。
19.已知p(A)＝－lg c(A)。三种金属硫化物在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A. a点无ZnS沉淀生成
B. 可用MnS除去MnCl2溶液中混有的少量ZnCl2
C. CuS和MnS共存的悬浊液中，c(Cu2+)/c(Mn2+)＝10－20
D. 向CuS悬浊液中加入少量水，平衡向溶解的方向移动，c(S2－)增大
【答案】D
【解析】
【分析】
，则 ，故越大，越小。
【详解】A.平衡曲线右上方为不饱和溶液，左下方为过饱和溶液，a点在曲线的右上方，为的不饱和溶液，所以没有沉淀生成，A正确；
B.的溶解度大于，向溶液中中加入固体，可以将转化为更难溶的，达到除去的目的，B正确；
C.根据图像可推知，， ， 和共存的悬浊液中, ，C正确；
D. 向悬浊液中加入少量水，沉淀溶解平衡向右移动，但溶液依然是饱和溶液，故保持不变，D错误；
答案选D。
20.由下列实验现象一定能得出相应结论的是
选项
A
B
C
D
装置图
现象
右边试管产生气泡较快
左边棉球变棕黄色，右边棉球变蓝色
试管中先出现淡黄色固体，后出现黄色固体
试管中液体变浑浊
结论
催化活性：Fe3+＞Cu2+
氧化性：Br2＞I2
Ksp：AgCl＞AgBr＞AgI
非金属性：C＞Si
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A.两溶液c(Cl-)相同，可排除氯离子的影响，c(Fe3+)比c(Cu2+)小，也排除了浓度的影响，而右边产生的气泡快，说明催化活性：Fe3+Cu2+，故A正确；
B.生成的溴蒸汽中混有氯气，氯气和溴蒸汽均能氧化KI生成碘，所以不能说明氧化性Br2I2，故B错误；
C.2ml的AgCl悬浊液，滴加2-3滴NaBr后，有淡黄色沉淀，此时溶液中还含有大量的AgCl，再滴2-3滴NaI溶液，有黄色沉淀，可能是AgCl转化成了AgI，则不能证明Ksp：AgBr AgI，故C错误；
D.生成的CO2会混有HCI，所以不能说明碳酸的酸性不硅酸的酸性强，则不能证明非金属性CSi，故D错误；
本题答案为A。
21.下列有关实验操作、发生的现象、解释或结论都正确的是 （ ）
选项
实验操作
发生的现象
解释或结论
A
向亚硫酸钠溶液中，逐滴加入硝酸酸化的硝酸钡溶液
产生白色沉淀
产生的亚硫酸钡是难溶解入水的沉淀
B
将SO2通入滴有酸性高锰酸钾溶液中
溶液紫红色褪去
SO2具有漂白性
C
常温下铜片插入硝酸中
产生红棕色气体
常温下铜和硝酸一定产生NO2
D
向某溶液中加入NaHCO3
产生白色沉淀
该溶液可能原来含有氢氧化钡
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．亚硫酸钠能被硝酸氧化生成硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子反应生成BaSO4沉淀，所以该白色沉淀是硫酸钡，故A错误；
B．高锰酸钾具有强氧化性，二氧化硫具有还原性，二者发生氧化还原反应而使酸性高锰酸钾溶液褪色，该实验体现二氧化硫还原性而不是漂白性，故B错误；
C．常温下，Cu和稀硝酸反应生成NO，NO遇空气反应生成红棕色气体二氧化氮，铜和浓硝酸反应生成二氧化氮、和稀硝酸反应生成NO，故C错误；
D．能和碳酸氢钠反应生成白色沉淀的还有氢氧化钙等，所以该实验现象说明该溶液可能原来含有氢氧化钡，故D正确；
故选D。
【点晴】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及物质检验、氧化还原反应等知识点，明确实验原理及物质性质是解本题关键，注意物质检验时要除去其它物质的干扰，易错选项是B。
22.用下列实验方案及所选玻璃仪器就能实现相应实验目的的是（ ）
选项
实验目的
实验方案
所选玻璃仪器
A
除去乙酸乙酯中的乙醇
向混合物中加入饱和碳酸钠溶液，混合后振荡，然后静置分液
烧杯、分液漏斗、
玻璃棒
B
检验蔗糖是否水解
向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热几分钟，再向其中加入新制的银氨溶液，并水浴加热
试管、烧杯、
酒精灯、胶头滴管
C
证明乙醇发生消去反应生成乙烯
将乙醇与浓硫酸混合加热到170 ℃，将产生的气体通入溴水
酒精灯、圆底烧瓶、
导管、试管
D
比较HClO和CH3COOH的酸性强弱
同温下用pH试纸分别测定浓度为0.1 mol·L－1NaClO溶液、0.1mol·L－1 CH3COONa溶液的pH
玻璃棒、玻璃片
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A.乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，乙醇能够溶于水中，因此可以用饱和碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中混有的乙醇，所用的玻璃仪器为分液漏斗和烧杯，故A正确；
B.向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热几分钟使其水解，加入碱使溶液呈碱性后再向其中加入新制的银氨溶液并水浴加热，实验方案中没有加碱中和酸，故B错误；
C.反应生成的乙烯中可能会混有乙醇、二氧化硫等还原性气体或蒸气，实验方案中没有除去杂质气体，不能达到实验目的，故C错误；
D.次氯酸钠的强氧化性对试纸有漂白作用，不能达到实验目的，故D错误；
答案选A。
【点睛】具有漂白性的溶液无法用PH试纸测PH，如氯水或次氯酸溶液，能使PH试纸褪色，故测这类溶液的pH只能使用pH计。
二、填空题
23.碱式碳酸钴[Cox(OH)y(CO3)z]常用作电子材料，磁性材料的添加剂，受热时可分解生成三种氧化物。为了确定其组成，某化学兴趣小组同学设计了如图所示装置进行实验。
（1）请完成下列实验步骤：
①称取3.65g样品置于硬质玻璃管内，称量乙、丙装置的质量；
②按如图所示装置组装好仪器，并检验装置气密性；
③加热甲中玻璃管，当乙装置中________________________（填实验现象），停止加热；
④打开活塞a，缓缓通入空气数分钟后，称量乙、丙装置的质量；⑤计算。
（2）步骤④中缓缓通入空气数分钟的目的是_________________________________________。
（3）某同学认为上述实验装置中存在一个明显缺陷，为解决这一问题，可选用下列装置中的____（填字母）连接在装置______之前（填“甲”或“乙”或“丙”或“丁”）。
（4）若按正确装置进行实验，测得如下数据：则该碱式碳酸钴的化学式为______________。
乙装置的质量/g
丙装置的质量/g
加热前
80.00
62.00
加热后
80.36
62.88
（5）CoCl2·6H2O常用作多彩水泥的添加剂，以含钴废料（含少量Fe、Al等杂质）制取CoCl2·6H2O的一种工艺如下：
已知：
沉淀物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Co(OH)2
Al(OH)3
开始沉淀(pH)
2.3
7.5
7.6
3.4
完全沉淀（pH）
4.1
9.7
9.2
5.2
①净化除杂质时，加入H2O2发生反应的离子方程式为__________________________________。
②加入CoCO3调pH除杂得到滤渣Al(OH)3、Fe(OH)3，则pH应调节至_____。（填pH值的范围）
③加盐酸调整pH为2～3的目的为_____________________________________。
④操作Ⅱ过程为_________________________________（填操作名称）、过滤。
【答案】 (1). 不再有气泡产生时 (2). 将装置中产生的CO2和H2O(g)全部排入乙、丙装置中 (3). D (4). 甲 (5). Co3(OH)4(CO3)2 (6). 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O (7). 5.2～7.6 (8). 抑制CoCl2的水解 (9). 蒸发浓缩、冷却结晶
【解析】
【分析】
（1）加热甲中玻璃管，当乙装置中不再有气泡产生，即碱式碳酸钴分解完毕；
（2）步骤④中缓缓通入空气数分钟，将装置中生成的CO2和H2O全部排入乙、丙装置中，以免影响测量结果；
（3）在活塞a前，加装装置D，装置中盛放的碱石灰容易吸收空气中的水蒸气和二氧化碳；
（4）向含钴废料中加入过量稀盐酸，Fe、Al和稀盐酸反应生成FeCl2、AlCl3、CoCl2，向溶液中加入双氧水和CoCO3，双氧水具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，离子反应方程式为2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O，加入CoCO3，调节溶液的pH至7.6，使Fe(OH)3、Al(OH)3生成沉淀，然后过滤，滤渣为Fe(OH)3、Al(OH)3，滤液中含有CoCl2，然后向滤液中加入稀盐酸，抑制CoCl2水解，然后采用蒸发浓缩、冷却结晶和过滤方法得到CoCl2⋅6H2O；
①双氧水具有氧化性，能氧化还原性离子；
②加入CoCO3调pH为5.2∼7.6，则操作I获得的滤渣成分为Fe(OH)3、Al(OH)3；
③CoCl2为强酸弱碱盐，阳离子水解导致溶液呈酸性，加入稀盐酸能抑制水解；
④操作Ⅱ过程为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。
【详解】（1）③加热甲中玻璃管，当乙装置中不再有气泡产生，即碱式碳酸钴分解完毕；
故答案为：不再有气泡产生时；
（2）步骤④中缓缓通入空气数分钟，将装置中生成的和全部排入乙、丙装置中，以免影响测量结果；
故答案为：将装置中产生的和(g)全部排入乙、丙装置中；
（3）在活塞a前，加装装置D，装置中盛放的碱石灰吸收空气中的水蒸气和二氧化碳，以免影响实验结果；
故答案为：D；甲；
（4）碱式碳酸钴样品3.65g，反应前乙装置的质量为80.00g，反应后质量为80.36g，故生成水的质量为0.36g，物质的量为0.02mol；反应前丙装置的质量为62.00g，反应后质量为62.88g，生成二氧化碳的质量为0.88g，物质的量为0.02mol；故Co的质量为 ，故Co原子物质的量为：
，根据Co、H、C元素守恒可知， ，故化学式为 ；
故答案为：；
(5) ①三价铁离子易转化为沉淀，所以要加入氧化剂过氧化氢把二价铁离子氧化为三价铁离子，而不会引入新的杂质，反应的离子方程式为：，
故答案为：；
②根据沉淀的pH值表格知，当溶液的pH值为5.2时，铁离子和铝离子被完全沉淀，当溶液的pH值为7.6时，钴离子才开始产生沉淀，所以要想将铁离子、铝离子和钴离子分离，溶液的pH值应该不小于5.2不大于7.6；
故答案为：5.2～7.6；
③加盐酸调整pH为2∼3的目的为抑制的水解；
故答案为：抑制的水解；
④操作Ⅱ过程为的溶质结晶的过程，利用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到，
故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶。
24.三盐基硫酸铅（3PbO·PbSO4·H2O)简称三盐，白色或微黄色粉末，稍带甜味、有毒。200℃以上开始失去结晶水，不溶于水及有机溶剂。可用作聚氯乙烯的热稳定剂。以100.0t铅泥（主要成分为PbO、Pb及PbSO4等）为原料制备三盐的工艺流程如下图所示。
已知：Ksp(PbSO4)=1.82×10-8，Ksp(PbCO3)=1.46×10-13。请回答下列问题
（1）步骤①转化的目的是将PbSO4转化为PbCO3，反应的离子方程式为___________________。
（2）滤液3中的主要溶质为_____________（填化学式）。
（3）步骤③酸溶时，铅与硝酸反应生成Pb(NO3)2和NO的离子方程式为____________________。
（4）滤液2中可循环利用的溶质为___________（填化学式）。若步骤④沉铅后的滤液中c(Pb2+)=1.82×10-5mol·L－1，则此时c(SO42-)为___________mol·L-1
（5）步骤⑥合成三盐的化学方程式为____________________________。若得到纯净干燥的三盐49.50 t，假设铅泥中的铅元素有80.00%转化为三盐，则铅泥中铅元素的质量分数为_____。[已知：三盐（3PbO·PbSO4·H2O）的相对分子质量为990，注意保留正确的有效数字]
【答案】 (1). CO32-+PbSO4=SO42-+PbCO3 (2). Na2SO4 (3). 3Pb+8H++2NO3-=3Pb2++2NO↑+4H2O (4). HNO3 (5). 1.0×10-3 (6). 4 PbSO4+6NaOH3Na2SO4+3PbO▪PbSO4▪H2O+2H2O (7). 51.75%
【解析】
【分析】
以100.0t铅泥（主要成分为PbO、Pb及PbSO4等）为原料制备三盐：向铅泥中加Na2CO3溶液是将PbSO4转化成PbCO3，Na2CO3（aq）+PbSO4（s）=Na2SO4（aq）+PbCO3（s），所以滤液Ⅰ的溶质主要是Na2SO4和过量的Na2CO3，Pb、PbO和PbCO3在硝酸的作用下反应：3Pb+8HNO3=Pb（NO3）2+2NO↑+4H2O、PbCO3+2HNO3=Pb（NO3）2+CO2↑+H2O、PbO+2HNO3=Pb（NO3）2+2H2O，均转化成Pb（NO3）2，Pb（NO3）2中加稀H2SO4转化成PbSO4和硝酸，过滤的滤液为HNO3，可循环利用，向硫酸铅中加入氢氧化钠合成三盐和硫酸钠，，滤液3主要是硫酸钠，洗涤沉淀干燥得到三盐，以此解答该题。
【详解】（1）由题可知，碳酸铅的Ksp小于硫酸铅，故加入碳酸钠的目的是将硫酸铅转化为碳酸铅，属于沉淀的转化，反应的离子方程式为；
故答案为：；
（2）根据元素守恒，故可知滤液3的主要溶质是；
答案为：；
（3）铅与硝酸反应生成 和，根据氧化还原反应规律配平即可，；
答案为：；
（4）、和在可以在硝酸的作用下生成，而可以在稀硫酸的作用下生成、，其中可以重复使用；由于，而，则可算出；
故答案为：；；
（5）步骤⑥参与反应的物质为：和,该反应的方程式为：，若得到纯净干燥的三盐49.5t，可算出含铅的质量为 。设铅泥中含铅的质量分数为，则100t铅泥中铅元素为100，而铅泥中的铅元素有80%转化为三盐，有41.4t，即，解得；
故答案为：；。
25.氧化锌、硫化锌都是重要的基础化工原料。
（1）ZnO是两性氧化物，ZnO在NaOH溶液中转化成[Zn(OH)4]2－的离子方程式为_____________________________________________________。
（2）火法炼锌得到的氧化锌中含有铅、铜等杂质，提纯步骤如下：
反应Ⅰ ZnO(s)+CO(g) Zn(g)+CO2(g) △H1
反应Ⅱ 2 Zn(g)+ O2(g)=2 ZnO(s) △H2
①上图中的“冷凝物”为________（填化学式）。
②某温度时，在反应Ⅰ的反应炉中，起始时c(CO)为0.3 mol•L－1，反应过程中CO2的体积分数φ(CO2)如图所示，则反应Ⅰ的平衡常数K＝_______________。
③下列措施有利于提高反应Ⅰ中 ZnO 转化率的是________。
a．增大ZnO的投料量 b．适当加压 c．将锌蒸气及时分离
④反应Ⅱ中，每转移 1 mol 电子，反应放热 174 kJ，则△H2＝_____________。
（3）测定氧化锌样品纯度：称取0.5000 g样品，酸溶后定容于250 mL容量瓶中，摇匀。量取25.00 mL 该溶液，用0.04000 mol•L－1的EDTA（Na2H2Y）标准溶液滴定其中的Zn2+（反应方程式为Zn2+＋H2Y2-＝ZnY2-＋2H+，杂质不反应），平行滴定三次，平均消耗EDTA标准溶液15.12 mL。
①若滴定管未用 EDTA 标准液润洗，测定结果将__________（填“偏高”、“偏低”或“不变”）。
②样品纯度为___________（保留四位有效数字）。
【答案】 (1). ZnO+2OH－+H2O=[Zn(OH)4]2- (2). Zn (3). 0.4 (4). c (5). -696 kJ/mol (6). 偏高 (7). 97.98%
【解析】
【分析】
（1）ZnO和Al2O3的化学性质相似，氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，据此模仿写出氧化锌与氢氧化钠的反应；
（2）①反应Ⅰ：ZnO（s）+CO（g）⇌Zn（g）+CO2（g），锌蒸气冷凝为冷凝物；
②结合平衡三行计算列式计算平衡浓度，利用平衡常数K的定义分析计算；
③有利于提高反应Ⅰ中ZnO转化率，平衡正向进行；
④反应Ⅱ中，每转移1mol 电子，反应放热174kJ，结合反应定量关系和电子转移总数计算，转移4mol电子放热696kJ；
（3）①滴定管未用 EDTA 标准液润洗，内层水膜会稀释标准溶液，消耗标准溶液体积会增大；
②称取0.5000g样品，酸溶后定容于250mL容量瓶中，摇匀．量取25.00mL该溶液，用0.04000mol•L-1的EDTA（Na2H2Y）标准液滴定其中的Zn2+（反应方程式为 Zn2++H2Y2-═ZnY2-+2H+，杂质不反应），平行滴定三次，平均消耗EDTA标准液15.12mL．
Zn2++H2Y2-═ZnY2-+2H+，
1 1
n 15.12×10-3L×0.04000mol/L
n（ZnO）=n（Zn2+）=15.12×10-3L×0.04000mol/L，
250mL溶液中n（ZnO）=15.12×10-3L×0.04000mol/L×，据此计算质量分数；
【详解】（1）是两性氧化物，和的化学性质相似，氧化铝与氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠，所以氧化锌与氢氧化钠的反应的方程式为： ；
故答案为：；
（2）①反应Ⅰ：，锌蒸气冷凝，冷凝物为金属锌，故答案为：Zn；
②某温度时,在反应Ⅰ的反应炉中,起始时 c()为 0.3mol⋅L−1，反应过程中达到平衡 的体积分数 φ()如图所示为0.4，列三段式（单位是mol⋅L−1）：
，解得 ，则平衡常数 ；
故答案为：0.4；
③a.增大的投料量，氧化锌为固体不影响平衡，氧化锌转化率不变，故a错误；
b.反应前后气体体积不变，适当加压，不影响平衡移动，故b错误；
c.将锌蒸气及时分离，平衡正向进行氧化锌转化率增大，故c正确；
故答案为：c；
④反应Ⅱ中，反应中2mol 完全反应电子转移4mol，反应每转移1mol 电子，反应放热174kJ，转移4mol电子反应放热696KJ，反应焓变 ；
故答案为：−696 kJ/mol；
（3）①滴定管未用 EDTA 标准液润洗，内层水膜会稀释标准溶液，消耗标准溶液体积会增大，测定结果偏高，
故答案为：偏高；
②称取0.5000g样品，酸溶后定容于250mL容量瓶中，摇匀；量取25.00mL该溶液，用0.04000mol⋅L−1的EDTA()标准液滴定其中的 (反应方程式为，杂质不反应)，平行滴定三次，平均消耗EDTA标准液15.12mL；样品纯度= ；
故答案为97.98%。
三、选考题
26.【选修3：物质结构与性质】
工业上用合成气(CO和H2)制取乙醇的反应为2CO+4H2CH3CH2OH+H2O。研究发现，使用TiO2作为载体负载铑基催化剂具有较高的乙醇产量。回答下列问题：
（1）Ti基态原子核外电子排布式为_______。和O同一周期且元素的第一电离能比O大的有_____(填元素符号)，和O同一周期且基态原子核外未成对电子数比O多的有____（填元素符号）。
（2）在用合成气制取乙醇反应所涉及的4种物质中，沸点从低到高的顺序为______________。
（3）工业上以CO、O2、NH3为原料，可合成氮肥尿素[CO(NH2)2]，CO(NH2)2分子中含有的σ键与π键的数目之比为_________。
（4）C元素与N元素形成的某种晶体的晶胞如图所示(8个碳原子位于立方体的顶点，4个碳原子位于立方体的面心，4个氮原子在立方体内)，该晶体硬度超过金刚石，成为首屈一指的超硬新材料。
①该晶体的化学式为______；其硬度超过金刚石的原因是___________。
②已知该晶胞的密度为d g/cm3，N原子的半径为r1cm，C原子的半径为r2cm，设NA为阿伏加德罗常数，则该晶胞的空间利用率为__________________（用含d、r1、r2、NA的代数式表示）。
【答案】 (1). ls22s22p63s23p63d24s2或[Ar]3d24s2 (2). N、F、Ne (3). N (4). H2
【分析】
(1)Ti是22号元素，处于第四周期第IVB族，结合能量最低原理书写核外电子排布式；同周期稀有气体第一电离能最大，同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，当IIA族、VA族为全充满或半充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的；O原子有2个未成对电子，和O同一周期且基态原子核外未成对电子数比O多，原子的未成对电子数为3，处于VA族；
(2)H2O分子中O原子形成2个O−H键，还有2对孤电子对；CH3CH2OH分子中亚甲基(−CH2−)上的C原子形成4个σ键、没有孤电子对，杂化轨道数目为4；
(3)氢气为非极性分子，其它三种均为极性分子，分子之间形成氢键的物质，沸点相对更高，而分子之间形成氢键越多，沸点越高。分子极性越大、相对分子质量越大，范德华力越强，沸点越高；
(4)CO(NH2)2分子中含有1个C=O键、2个C−N键、4个N−H键，单键为σ键，双键含有1个σ键、1个π键；
(5)①原子半径越小，键长越短，键能越大，晶体硬度越大；②均摊法计算晶胞中
C、N原子数目，计算晶胞中原子总体积，结合密度计算晶胞体积，晶胞的空间利用率=×100%。
【详解】（1） 是22号元素，处于第四周期第IVB族，核外电子排布式为： ，同周期稀有气体第一电离能最大，同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，当IIA族、VA族为全充满或半充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，第一电离能大于氧元素有 ；原子有2个未成对电子，和同一周期且基态原子核外未成对电子数比多，原子的未成对电子数为3，处于VA族，该元素为 元素，
故答案为：；；；
（2）为非极性分子， 为极性分子且的相对分子质量比的大，因此的范德华力比的大；与均为分子间存在氢键的极性分子，但水分子形成的氢键数目比乙醇分子多，故沸点：，
故答案为：；
（3） 分子中含有1个键、2个 键、4个 键，单键为σ键，双键含有1个σ键、1个π键，分子中有7个σ键、1个π键，分子中含有的σ键与π键的数目之比为7：1，
故答案为：7：1；
（4）①根据均摊原则，晶胞中原子数目为： ，原子数为4，故该晶体的化学式为,原子半径小于碳原子半径，故晶体中的键的键长比金刚石中的 键的键长短，键的键能大，故硬度较金刚石大；
故答案为：；该晶体中的C-N键的键长比金刚石中的C-C键的键长短，键能大；
②晶胞中原子数3、原子数4，晶胞中原子总体积 ，晶胞质量 ，晶胞体积 ，晶胞的空间利用率为原子总体积除以晶胞体积， ，
故答案为：
【点睛】空间利用率的计算：空间利用率是指构成晶体的原子、离子或分子在整个晶体空间中所占有的体积百分比，空间利用率,空间利用率的计算步骤：（1）计算晶胞中的微粒数（2）计算晶胞的体积。
27.【选修5：有机化学基础】
有机物H的化学式为C15H16O2，它是一种在航空航天领域中应用的重要原料，E为一种室内装修常见的污染气体，F的产量可以衡量一个国家石油化工的发展水平，Q为酯类高分子物质，④为多步进行的反应，请回答：（部分物质及反应条件省略）
已知：
（1）D名称为_____，反应②的条件为_________。
（2）H+N→Q的反应类型为___________。
（3）反应①的化学方程式为________________。
（4）反应③的化学方程式为_________________。
（5）H中最多有______个碳原子共平面，其满足下列条件的同分异构体有________种。
I. 两个羟基分别连在两个苯环上；
II. 苯环间通过一个碳原子连接在一起，有甲基且全部连在该碳原子上；
III. 不含H本身，不考虑立体异构。
（6）Q的结构简式为_____________________。
（7）结合本题信息和上述合成路线，用流程图表示出反应④M→N的可能过程（无机药品任选）。
___________________________________。
【答案】 (1). 苯酚 (2). Fe，加热 (3). 缩聚反应或聚合反应 (4). (5). (6). 13 (7). 5 (8). (9).
【解析】
【分析】
由合成流程可知，碳化钙与水反应生成A为，结合反应③生成酚醛树脂可知，B为，C为，D为，E为一种室内污染气体，E为，A与氢气反应生成F为，F与溴发生加成反应生成M为，N为，结合已知信息可知H为，H与N发生缩聚反应生成Q为，据此分析作答。
【详解】(1) 反应③生成酚醛树脂可知D物质名称为苯酚，反应②为苯和溴生成溴苯，条件为，加热；
故答案为：苯酚；，加热；
（2）H与N发生缩聚反应生成Q为，
故答案为：缩聚反应；
（3）反应①为乙炔生成苯，故方程式为，
故答案为：；
（4）反应③为苯酚和甲醛缩聚生成酚醛树脂，方程式为：，
答案为：
（5）H为，由中间C的四面体结构可知,2个苯环与C最多共面，即H中最多有13个碳原子共平面；根据限定的3个条件,要有结构，且两端苯环上各连一个，不含H本身，移动2个的位置，、、，即还有5种；
故答案为：13；5；
（6）H为，N为乙二酸，H与N发生缩聚反应生成Q，Q的结构简式为：，
故答案为：；
（7）M为，N为，有M制取N，需要先生成乙二醇，再氧化得乙二醛，再氧化得乙二酸，即；
故答案为：。
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