2015-2016学年河南省信阳市高级中学高三下学期开学化学试卷
一、选择题
1．（2016高一上·歙县期中）研究表明：多种海产品如虾、蟹、牡蛎等，体内含有+5价的砷（As）元素，但它对人体是无毒的，砒霜的成分是As2O3，属剧毒物质，专家忠告：吃饭时不要同时大量食用海鲜和青菜，否则容易中毒，并给出了一个公式：大量海鲜+大量维生素C=砒霜．下面有关解释不正确的应该是（ ）
A．青菜中含有维生素C
B．维生素C具有还原性
C．致人中毒过程中砷发生还原反应
D．砒霜是氧化产物
2．（2016高三下·信阳开学考）下列排列顺序正确的是（ ）
①酸性：H3PO4＞H2SO4＞HClO4
②热稳定性：H2O＞HF＞H2S
③原子半径：Na＞Mg＞O
④还原性：F﹣＞Cl﹣＞S2﹣
⑤结合H+的能力：OH﹣＞CH3COO﹣＞Cl﹣．
A．③⑤ B．②③ C．①③④ D．②④⑤
3．（2016高三下·信阳开学考）有一真空瓶质量为m1，该瓶充入空气后质量为m2．在相同状况下，若改为充入某气体A时，总质量为m3．则A的相对分子质量是（ ）
A． B．
C． D．
4．（2016高三下·信阳开学考）下列物质中，属于电解质的是（ ）
A．银 B．氯气 C．氯化钠 D．蔗糖溶液
5．（2016高三下·信阳开学考）气体x可能由NH3、Cl2、H2S、HBr、CO2中的一种或几种组成．已知：x通入AgNO3溶液时产生淡黄色沉淀，该沉淀不溶于稀HNO3；若将x通入澄清石灰水，却不见沉淀产生，则有关气体x的成分，下列说法正确的是（ ）
①一定含有HBr，可能含有CO2②一定不含CO2
③一定不含NH3、Cl2、H2S ④可能含有CO2、Cl2．
A．① B．③ C．①③ D．②③
6．（2016高三下·信阳开学考）Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X的焰色反应呈黄色．Q元素的原子最外层电子数是其内层电子数的2倍．W、Z最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍．元素Y的合金是日常生活中使用最广泛的金属材料之一．下列说法正确的是（ ）
A．原子半径的大小顺序：rx＞ry＞rW＞rq
B．X、Y的最高价氧化物的水化物之间不能反应
C．Z、W最外层电子数都为6，最高化合价都为+6价
D．元素Q和Z能形QZ2型的共价化合物
7．（2016高三下·信阳开学考）有机化合物C4H8是生活中的重要物质，下列关于C4H8的说法中错误的是（ ）
A．C4H8可能是烯烃
B．C4H8中属于烯烃类的同分异构体有4种
C．核磁共振氢谱有2种吸收峰的烯烃结构一定是
D．C4H8中属于烯烃的顺反异构体有2种
8．（2016高三下·信阳开学考）标准状况下，1.12L CH4和C2H4的混合气体通入足量溴水中，溴水增重0.28克，则乙烯占混合气体的体积分数为（ ）
A．20% B．40% C．60% D．80%
9．等质量的两块钠，第一块在足量氧气中加热，第二块在足量氧气（常温）中充分反应，则下列说法正确的是（ ）
A．第一块钠失去电子多 B．两块钠失去电子一样多
C．第二块钠的反应产物质量最大 D．两块钠的反应产物质量一样大
10．（2016高三下·信阳开学考）在常温下将pH=3的某酸溶液跟pH=11的某碱溶液等体积混和后，溶液的pH值（ ）
A．大于7 B．小于7 C．等于7 D．无法确定
11．图是2008年北京奥运会的“祥云”火炬，与悉尼奥运火炬所用主要燃料（丁烷）不同，“祥云”火炬所用燃料为丙烷．丙烷和丁烷的沸点如下表：
丙烷 丁烷
沸点/℃ ﹣42.6 ﹣0.5
下列有关说法中不正确的是（ ）
A．丙烷燃烧生成的产物无害，是环保型燃料
B．丙烷的沸点比丁烷低，是因为分子间作用力比丁烷弱
C．丙烷在低温时保持的压力比丁烷大
D．丙烷和丁烷都不存在同分异构体
12．（2016高三下·信阳开学考）下列反应进行分类时（按初中的方法），既属于氧化反应又属于化合反应的是（ ）
A．Zn+H2SO4═ZnSO4+H2↑ B．2KClO3 2KCl+3O2↑
C．S+O2 SO2 D．H2+Cl2 2HCl
13．（2016高三下·信阳开学考）由 转变成 需经过下列合成途径的顺序是（ ）
A．消去→加成→消去 B．加成→消去→脱水
C．加成→消去→加成 D．取代→消去→加成
14．（2016高三下·信阳开学考）常温下，若溶液中由水电离产生的c（H+）、c（OH﹣）满足c（H+） c（OH﹣）=10﹣24，则下列各组离子在该溶液中一定可以大量共存的是（ ）
A．Al3+、Na+、NO3﹣、Cl﹣ B．K+、Na+、Cl﹣、NO3﹣
C．K+、Na+、Cl﹣、AlO2﹣ D．K+、NH4+、SO42﹣、NO3﹣
15．（2016高三上·厦门期中）某无色溶液中可能含有I﹣、NH4+、Cu2+、SO32﹣，向该溶液中加入少量溴水，溶液呈无色，则下列关于溶液组成的判断正确的是（ ）
①肯定不含I﹣②肯定不含Cu2+③肯定含有SO32﹣④可能含有I﹣．
A．①③ B．①②③ C．③④ D．②③④
二、解答题
16．（2016高三下·信阳开学考）为探究乙炔与溴的加成反应，甲同学设计并进行了如下实验：先取一定量工业用电石与水反应，将生成的气体通入溴水中，发现溶液褪色，即证明乙炔与溴水发生了加成反应．乙同学发现在甲同学的实验中，褪色后的溶液里有少许淡黄色浑浊，推测在制得的乙炔中还可能含有少量还原性的杂质气体，由此他提出必须先除去杂质，再与溴水反应．
（1）写出甲同学实验中两个主要的化学方程式：
（2）甲同学设计的实验 （填“能”或“不能”）验证乙炔与溴发生加成反应，理由是 ．
a．使溴水褪色的反应未必是加成反应
b．使溴水褪色的反应就是加成反应
c．使溴水褪色的物质未必是乙炔
d．使溴水褪色的物质就是乙炔
（3）乙同学推测此乙炔中必定含有的一种杂质气体是 ，在验证过程中必须全部除去，它与溴水反应的化学方程式是 ．
17．（2016高三下·信阳开学考）某学生用0.100 0mol L﹣1盐酸标准溶液测定某烧碱样品的纯度（杂质不与盐酸反应）．实验步骤如下：
（1）配制待测液：用2.50g含有少量杂质的固体烧碱样品配制500mL溶液．需用的玻璃仪器除了烧杯、胶头滴管、玻璃棒外，还需要 ．
（2）滴定：
Ⅰ．用蒸馏水洗涤酸式滴定管，并立即注入盐酸标准溶液至“0”刻度线以上．
Ⅱ．固定好滴定管并使滴定管尖嘴充满液体，调节液面至“0”或“0”刻度线以下，并记录读数．
Ⅲ．移取20.00mL待测液注入洁净的锥形瓶中，并加入2滴酚酞试液．
Ⅳ．用标准液滴定至终点，记录滴定管液面读数．
①上述滴定步骤中有错误的是（填编号） ，该错误操作会导致测定结果
（填“偏大”“偏小”或“无影响”）．
②步骤Ⅳ中滴定时眼睛应 ，判断滴定终点的现象是 ．
③若步骤Ⅱ中仰视读数，步骤Ⅳ中俯视读数，则会使测定结果 （填“偏大”“偏小”或“无影响”）．
（3）按正确操作测得有关数据记录如下：
滴定次数 待测液体积 标准盐酸体积（mL）
滴定前读数（mL） 滴定后读数（mL）
第一次 20.00 0.20 20.38
第二次 20.00 4.00 24.20
第三次 20.00 2.38 a
①a的读数如图所示，则a= ；
②烧碱样品的纯度为 %．
18．（2016高三下·信阳开学考）电浮选凝聚法是工业上采用的一种污水处理方法：保持污水的pH在5.0～6.0之间，通过电解生成Fe（OH）3沉淀．Fe（OH）3有吸附性，可吸附污物而沉积下来，具有净化水的作用．阴极产生的气泡把污水中悬浮物带到水面形成浮渣层，刮去（或撇掉）浮渣层，即起到了浮选净化的作用．某科研小组用电浮选凝聚法处理污水，设计装置示意图，如图所示．
（1）实验时若污水中离子浓度较小，导电能力较差，产生气泡速率缓慢，无法使悬浮物形成浮渣．此时，应向污水中加入适量的 ．
A．BaSO4 B．CH3CH2OH C．Na2SO4 D．NaOH
（2）电解池阳极发生了两个电极反应，其中一个反应生成一种无色气体，则阳极的电极反应式分别是
Ⅰ． ；
Ⅱ． ．
（3）电极反应I和Ⅱ的生成物反应得到Fe（OH3）沉淀的离子方程式是 ．
（4）该燃料电池是以熔融碳酸盐为电解质，CH4为燃料，空气为氧化剂，稀土金属材料做电极．为了使该燃料电池长时间稳定运行，电池的电解质组成应保持稳定，电池工作时必须有部分A物质参加循环（见上图）．A物质的化学式是 ．
19．（2016高三下·信阳开学考）1mol锌与足量的稀硫酸反应，求反应后生成的标准状况下的气体的体积为多少升？
20．（2016高三下·信阳开学考）某混合物A，含有KAl（SO4）2、Al2O3和Fe2O3，在一定条件下可实现如图所示的物质之间的变化：
据此回答下列问题：
（1）Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四步中对于溶液和沉淀的分离采取的方法是 ．
（2）根据上述框图反应关系，写出下列B、C、D、E所含物质的化学式
沉淀固体B ；C ；沉淀D ；溶液E ．
（3）写出①、②、③、④四个反应方程式
① ；
② ；
③ ；
④ ．
21．（2016高三下·信阳开学考）乙酸苯甲酯可用作茉莉、白兰、月下香等香精的调合香料．它可以用甲苯和乙醇为原料进行人工合成．合成路线如下：
（1）C的结构简式为 ．
（2）反应②、③的反应类型为 ， ．
（3）甲苯的一氯代物有 种．
（4）写出反应①的化学方程式 ．
（5）为了提高乙酸苯甲酯的产率应采取的措施是（写一项） ．
22．（2016高三下·信阳开学考）下图表示各物质之间的转化关系．已知：常温下D、E、F、I、J为气体，且D、I是水煤气的主要成分；B是无色液体，M为红褐色固体，C的焰色反应为黄色．
（1）基于反应①原理的化学工业称为 ，写出该反应的化学方程式 ．
（2）写出K和E反应的离子方程式 ．
写出F溶液和H反应的离子方程式 ．
（3）已知：由G分解得到的H、I、J三者的物质的量之比为1：1：1，则G的化学式为 ．
23．（2016高三下·信阳开学考）根据描述及要求填空：
（1）“纳米材料”是当今材料科学研究的前沿，其研究成果广泛应用于催化及军事科学中．所谓“纳米材料”是指研究、开发出的微粒粒度从几纳米至几十纳米的材料，如将纳米材料分散到分散剂中，所得混合物可能具有的性质是 ．
A．能全部透过半透膜 B．有丁达尔效应
C．所得液体呈胶状 D．所得物质一定是悬浊液
（2）把淀粉溶液溶于沸水中，制成淀粉胶体，回答下列问题．
①鉴别水溶液和胶体可以利用的方法是 ．
②60℃ 左右时，在淀粉胶体中加入淀粉酶，装入半透膜袋里，系紧袋口，并把它悬挂在盛有蒸镏水的烧杯里充分反应．从半透膜里析出的物质是 ，该操作的名称是 ．
24．（2016高三下·信阳开学考）A与芳香族化合物B在一定条件下反应生成C，进一步反应生成有机酸D，D的二水合钠盐医学上称之为当归素，是一种治疗偏头痛的有效新药．A的相对分子质量是104，1mol A与足量的NaHCO3反应生成2mol气体．
已知：RCHO+CH2（COOH）2 RCH=C（COOH）2+H2O，
RCH=C（COOH）2 RCH=CHCOOH+CO2
（1）C可能发生的反应是 （填序号）．
a．氧化反应 b．水解反应 c．消去反应 d．酯化反应
（2）等物质的量的C分别与足量的Na、NaHCO3、NaOH反应消耗Na、NaHCO3、NaOH的物质的量之比是 ．
（3）E的名称： ．
（4）反应①的化学方程式是 ．
（5）符合下列条件的D的同分异构体有 种，写出其中任意一种的结构简式 ．
①在苯环上只有两个取代基；②在苯环上的一氯取代物只有两种；
③1mol该同分异构体与足量的NaHCO3反应生2mol CO2．
25．（2016高三下·信阳开学考）已知化学反应①：
Fe（s）+CO2（g）═FeO（s）+CO（g），其平衡常数为K1；化学反应②：
Fe（s）+H2O（g）═FeO（s）+H2（g），其平衡常数为K2．在温度
973K和1173K情况下，K1、K2的值分别如下：
温度 K1 K2
973K 1.47 2.38
1173K 2.15 1.67
（1）通过表格中的数值可以推断：反应①是 （填“吸热”或“放热”）反应．
（2）现有反应③：CO2（g）+H2（g）=CO（g）+H2O（g），请你写出该反应的平衡常数K3的数学表达式：K3= ．
（3）根据反应①与②可推导出K1、K2与K3之间的关系式 ．据此关系式及上表数据，也能推断出反应③是 （填“吸热”或“放热”）反应，要使反应③在一定条件下建立的平衡向正反应方向移动，可采取的措施有 （填写序号）．
A．缩小反应容器容积 B．扩大反应容器容积
C．降低温度 D．升高温度
E．使用合适的催化剂 F．设法减少CO的量
（4）图甲、乙分别表示反应③在t1时刻达到平衡、在t2时刻因改变某个条件而发生变化的情况：
①图甲中t2时刻发生改变的条件是 ．
②图乙中t2时刻发生改变的条件是 ．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】人体必需维生素的来源及应用
【解析】【解答】A．维生素C具有还原性，与+5价砷发生氧化还原反应生成+3价As，同时大量食用海鲜和青菜，容易中毒，说明青菜中含有维生素C，故A正确；
B．人体中的As元素为+5价，大量食用海鲜和青菜后生成+3价As，说明维生素C具有还原性，故B正确；
C．+5价砷生成+3价As，化合价降低，得电子被还原，为还原反应，故C正确；
D．+5价砷生成+3价As，化合价降低，得电子被还原，为还原反应，砒霜是还原产物，故D错误，
故选D．
【分析】人体中的As元素为+5价，As2O3中As元素为+3价，吃饭时同时大量食用海鲜和青菜，容易中毒的原因是生成+3价As，说明维生素C具有还原性，与+5价砷发生氧化还原反应生成+3价As．
2．【答案】A
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】①非金属越强，则其最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性：P＜S＜Cl，则酸性：H3PO4＜H2SO4＜HClO4，故错误；
②非金属性越强，则其氢化物的稳定性越强，非金属性：F＞O＞S，则热稳定性：HF＞H2O＞H2S，故错误；
③电子层数越多原子半径越大，则半径Na和Mg大于O，电子层数相同时，原子序数越大，半径越小，则半径Na＞Mg，所以原子半径：Na＞Mg＞O，故正确；
④元素的非金属性越强，对应阴离子的还原性越弱，非金属性：F＞Cl＞S，则还原性：F﹣＜Cl﹣＜S2﹣，故错误；
⑤酸性越强，酸越易电离出氢离子，对应阴离子越难结合氢离子，酸性HCl＞CH3COOH＞H2O，则结合H+的能力：OH﹣＞CH3COO﹣＞Cl﹣，故正确；
所以正确的有③⑤；
故选A．
【分析】①非金属越强，则其最高价氧化物的水化物的酸性越强；
②非金属性越强，则其氢化物的稳定性越强；
③电子层数越多原子半径越大，电子层数相同时，原子序数越大，半径越小；
④元素的非金属性越强，对应阴离子的还原性越弱；
⑤酸性越强，酸越易电离出氢离子，对应阴离子越难结合氢离子；
3．【答案】C
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】解：空气的质量=（m2﹣m1）g，气体A的质量=（m3﹣m1）g，相同条件下，气体摩尔体积相等，相同体积的不同气体，其物质的量相等，设A的摩尔体积为Mg/mol，所以 = ，M= ，
故选C．
【分析】相同条件下，气体摩尔体积相等，相同体积的不同气体，其物质的量相等，其质量与其摩尔质量成正比，据此分析解答．
4．【答案】C
【知识点】电解质与非电解质
【解析】【解答】解：A．银是单质，所以银既不是电解质也不是非电解质，故A错误；
B．氯气是非金属单质，既不是电解质也不是非电解质，故B错误；
C．NaCl在水溶液里或在熔融状态下，能电离出自由移动的钠离子和氯离子导致导电，所以NaCl是电解质，故C正确；
D．蔗糖在水溶液里以分子存在，所以其水溶液不导电，蔗糖是非电解质，故D错误；
故选C．
【分析】在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质．
5．【答案】C
【知识点】常见气体的检验
【解析】【解答】根据x通入硝酸银溶液产生不溶于稀硝酸的浅黄色沉淀，可知X中一定含有HBr，无H2S气体，因为H2S和硝酸银生成黑色硫化银沉淀，因此x中一定没有H2S、NH3和Cl2，由于CaCO3可溶于强酸中，故在HBr存在的条件下，x若有CO2，通入澄清石灰水中也可能没有沉淀生成，所以无法肯定CO2是否存在，
①．一定含有HBr，可能含有CO2，故①正确；
②．可能含有CO2，故②错误；
③．一定不含NH3、Cl2、H2S是正确的，故③正确；
④．一定不含有Cl2，故④错误；
故选C．
【分析】x通入硝酸银溶液产生不溶于稀硝酸的浅黄色沉淀，可知X中一定含有HBr，无H2S气体，因为H2S和硝酸银生成黑色硫化银沉淀，因此x中一定没有H2S、NH3和Cl2，由于CaCO3可溶于强酸中，故在HBr存在的条件下，x若有CO2，通入澄清石灰水中也可能没有沉淀生成，所以无法肯定CO2是否存在，据此进行解答．
6．【答案】D
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】解：Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X的焰色反应呈黄色，则X为Na元素；Q元素的原子最外层电子数是其内层电子数的2倍，Q元素原子有2个电子层，最外层电子数为4，故Q为碳元素；W、Z最外层电子数相同，二者处于同一主族，Z的核电荷数是W的2倍，故Z为硫元素，W为氧元素；元素Y的合金是日常生活中使用最广泛的金属材料之一，则Y为Al元素，
A．同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径Na＞Al＞C＞O，即rx＞ry＞rQ＞rW，故A错误；
B．氢氧化铝是两性氢氧化物，溶于强碱，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠、水，故B错误；
C．氧元素一般没有正化合价，最高正价不是+6，故C错误；
D．CS2属于共价化合物，故D正确；
故选D．
【分析】Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X的焰色反应呈黄色，则X为Na元素；Q元素的原子最外层电子数是其内层电子数的2倍，Q元素原子有2个电子层，最外层电子数为4，故Q为碳元素；W、Z最外层电子数相同，二者处于同一主族，Z的核电荷数是W的2倍，故Z为硫元素，W为氧元素；元素Y的合金是日常生活中使用最广泛的金属材料之一，则Y为Al元素，据此解答．
7．【答案】C
【知识点】同分异构现象和同分异构体；有机分子式的推断与计算
【解析】【解答】解：A．烯烃和环烷烃的通式均为CnH2n，因此C4H8可能是烯烃，也可能是环烷烃，故A正确；
B．C4H8中属于烯烃的同分异构体有 、CH2═CH﹣CH2CH3、CH3﹣CH═CH﹣CH3（存在顺、反异构）共4种，故B正确；
C．核磁共振氢谱有2种吸收峰的有 和 、 ，故C错误；
D．C4H8中属于烯烃的CH3﹣CH═CH﹣CH3，存在顺、反异构， 、 ，故D正确；
故选C．
【分析】A．烯烃和环烷烃的通式均为CnH2n；
B．C4H8中属于烯烃的同分异构体有 、CH2═CH﹣CH2CH3、CH3﹣CH═CH﹣CH3（存在顺、反异构）共4种；
C．核磁共振氢谱有2种吸收峰的有 和 、 ；
D．C4H8中属于烯烃的CH3﹣CH═CH﹣CH3，存在顺、反异构．
8．【答案】A
【知识点】有关混合物反应的计算
【解析】【解答】解：CH4和C2H4的混合气体，通过足量的溴水充分吸收后，溴水增重的0.28g为C2H4质量，
则乙烯的物质的量为：n（C2H4）= =0.01mol，
所以C2H4的在标况下的体积为：0.01mol×22.4L/mol=0.224L，
乙烯占混合气体的体积分数为： ×100%=20%，
故选A．
【分析】CH4和C2H4的混合气体，通过足量的溴水充分吸收后，溴水增重0.28g为C2H4质量，根据n= 计算C2H4物质的量，再利用v=nVm计算C2H4体积，最后利用体积分数定义计算乙烯占混合气体的体积分数．
9．【答案】B
【知识点】钠的化学性质
【解析】【解答】钠与O2反应， 的过程中失去的电子数相同。
【分析】钠的物质的量一定，则失去电子的物质的量一定，据此回答即可。
10．【答案】D
【知识点】pH的简单计算
【解析】【解答】解：在常温下将pH=3的某酸溶液跟pH=11的某碱溶液等体积混和后，
A．当pH值大于7，可能为强酸弱碱盐，由pH的关系及等体积混合，此时碱过量；
B．当pH值小于7，可能为强碱弱酸盐，由pH的关系及等体积混合，此时酸过量；
C．pH值等于7，生成的盐可能为强酸强碱盐，可能为弱酸弱碱盐；
D．综合ABC，故D正确；
故选D．
【分析】在常温下将pH=3的某酸溶液跟pH=11的某碱溶液等体积混和后，溶液可能为酸性、中性、碱性，主要取决于酸、碱的强弱，一般反应后酸过量显酸性，若恰好完全反应，利用盐类水解分析溶液的酸碱性，以此来解答．
11．【答案】D
【知识点】化石燃料与基本化工原料
【解析】【解答】解：A．丙烷燃烧生成二氧化碳和水，无污染，故A正确；
B．相对分子质量越大，分子间作用力越大，并网分子间作用力比丁烷弱，故B正确；
C．丙烷沸点低，在低温时保持的压力比丁烷大，故C正确；
D．丁烷有正丁烷和异丁烷两种结构，存在同分异构体，故D错误．
故选D．
【分析】A．丙烷燃烧生成二氧化碳和水；
B．相对分子质量越大，分子间作用力越大；
C．丙烷沸点低；
D．丁烷有两种结构．
12．【答案】C,D
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】解：A．Zn、H元素的化合价变化，属于氧化还原反应，且属于置换反应，故A不选；
B．Cl、O元素的化合价变化，属于氧化还原反应，且属于分解反应，故B不选；
C．S、O元素的化合价变化，属于氧化还原反应，且属于化合反应，故C选；
D．H、Cl元素的化合价变化，属于氧化还原反应，且属于化合反应，故D选；
故选CD．
【分析】存在元素化合价变化的反应属于氧化反应；由两种或两种以上的物质生成一种物质的反应叫化合反应，据此分析．
13．【答案】A
【知识点】有机物的合成
【解析】【解答】解： 先发生消去反应，生成丙烯醛，然后与氢气加成生成2﹣甲基﹣1﹣丙醇，在浓硫酸催化作用下醇消去羟基生成烯烃 ，则反应过程为：消去反应、加成反应、消去反应，
故选A．
【分析】 先发生消去反应，然后与氢气加成生成醇，醇消去羟基生成烯烃 ，以此解答该题．
14．【答案】B
【知识点】离子共存
【解析】【解答】解：水电离产生的c（H+）、c（OH﹣）满足c（H+） c（OH﹣）=10﹣24，即水的电离逆向移动，该溶液为强酸或强碱性溶液，题目要求一定可以大量共存，即在强酸或强碱性溶液中均可以大量共存，
A．Al3+在碱性溶液中不能大量共存，故A不选；
B．酸、碱溶液中该组离子之间均不反应，可大量共存，故B选；
C．AlO2﹣在酸性溶液中不能大量共存，故C不选；
D．NH4+在碱性溶液中不能大量共存，故D不选；
故选B．
【分析】由水电离产生的c（H+）、c（OH﹣）满足c（H+） c（OH﹣）=10﹣24，即水的电离逆向移动，该溶液为强酸或强碱性溶液，根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水、弱电解质等，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，以此来解答．
15．【答案】D
【知识点】常见离子的检验
【解析】【解答】解：还原性SO32﹣＞I﹣，溶液中加入少量溴水，溶液仍呈无色，说明一定含有SO32﹣，溶液中可能含有I﹣离子，因加入溴水少量，I﹣没有被氧化，含Cu2+离子的溶液呈蓝色，原溶液无色说明不含铜离子，根据溶液呈电中性可知，溶液中含有铵根离子，故正确的有②③④，
故选D．
【分析】还原性SO32﹣＞I﹣，溶液中加入少量溴水，溶液仍呈无色，说明一定含有SO32﹣，溶液中可能含有I﹣离子，原来溶液呈无色，说明不含Cu2+离子，根据溶液电中性，进一步判断其它离子是否存在．
16．【答案】（1）CaC2+2H2O→Ca（OH）2+C2H2↑、CH≡CH+Br2→CH（Br）═CH（Br）或CH≡CH+2Br2→CH（Br）2﹣CH（Br）2
（2）不能；ac
（3）H2S；Br2+H2S═S↓+2HBr
【知识点】性质实验方案的设计
【解析】【解答】解：（1）碳化钙能与水反应生成乙炔和水，反应方程式为CaC2+2H2O→Ca（OH）2+C2H2↑，乙炔具有不饱和键，能与溴水发生加成反应而使溴水褪色，反应方程式为：CH≡CH+Br2→CH（Br）═CH（Br）、CH≡CH+2Br2→CHBr2﹣CHBr2，故答案为：CaC2+2H2O→Ca（OH）2+C2H2↑；CH≡CH+Br2→CH（Br）═CH（Br）或CH≡CH+2Br2→CH（Br）2﹣CH（Br）2；（2）根据“乙同学发现甲同学实验中，褪色后的溶液里有少许淡黄色浑浊，推测在制得的乙炔中还有可能含有少量还原性的杂质气体”，因此可得出“使溴水褪色的物质，未必是乙炔；使溴水褪色的反应，未必是加成反应”的结论，故甲同学设计的实验不能证明乙炔与溴水发生了加成反应，可能生成的乙炔中混有硫化氢气体，可与溴水发生氧化还原反应而使溴水褪色，反应方程式为Br2+H2S═S↓+2HBr，
故答案为：不能；ac；（3）根据褪色后的溶液里有少许淡黄色浑浊，可推知是硫，说明乙炔气体中含有硫化氢杂质，所发生反应的化学方程式是Br2+H2S═S↓+2HBr，
故答案为：H2S；Br2+H2S═S↓+2HBr．
【分析】（1）甲同学实验中涉及的反应是电石与水的反应，乙炔与溴水的反应，电石为碳化钙，与水反应生成乙炔和氢氧化钙，乙炔含有碳碳三键，能够与溴发生加成反应；（2）生成的乙炔中混有硫化氢气体，可与溴水发生氧化还原反应而使溴水褪色；（3）电石中含有硫化物，与水反应生成硫化氢气体，硫化氢与溴反应生成硫和溴化氢．
17．【答案】（1）500mL容量瓶
（2）Ⅰ；偏大；观察锥形瓶中溶液颜色的变化；当滴加最后一滴标准液时，待测液由红色刚好变为无色，且半分钟内不变色；偏小
（3）22.60；80.8
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】解：（1）用2.50g含有少量杂质的固体烧碱样品配制500mL溶液，配制过程为：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、摇匀等，需要的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，需用的玻璃仪器除了烧杯、胶头滴管、玻璃棒外，还需要500mL容量瓶，故答案为：500mL容量瓶；（2）①用蒸馏水洗涤酸式滴定管，然后必须对酸式滴定管用标准液进行润洗，否则会导致标准液浓度减小，消耗的标准液体积偏大，测定结果偏大，故答案为：Ⅰ；偏大；②滴定时双眼应注意观察锥形瓶内溶液颜色的变化；锥形瓶中滴入酚酞后，溶液为红色，随着反应进行，当氢氧化钠与盐酸恰好反应，溶液的颜色会消失，所以达到终点现象为：当滴加最后一滴标准液时，待测液由红色刚好变为无色，且半分钟内不变色；故答案为：观察锥形瓶中溶液颜色的变化；当滴加最后一滴标准液时，待测液由红色刚好变为无色，且半分钟内不变色；③步骤II中仰视读数，会导致滴定管的读数偏大，步骤Ⅳ中俯视读数，会导致滴定管读数偏小，最终导致消耗的盐酸体积偏小，测定结果偏低；故答案为：偏小；（3）①滴定时的滴定管中的液面，其读数为22.60mL；故答案为：22.60；
②三次消耗盐酸体积分别为：20.38mL﹣0.20mL=20.18mL、24.20mL﹣4.00mL=20.20mL、22.6mL﹣2.38mL=20.22mL，三次滴定数据都是有效的，三次消耗盐酸的平均体积为： =20.20mL，
根据关系式NaOH～HCl可知，n（NaOH）=n（HCl）=0.1000mol L﹣1×0.022mL=0.00202mol，
所以20.00mL待测溶液含有：m（烧碱）═n M═0.00202mol×40g/mol=0.808g，
所以1000mL待测溶液含有m（烧碱）═0.808g× =2.02g，
烧碱的纯度ω（烧碱）= ×100%=80.8%，
故答案为：80.8．
【分析】（1）根据配制一定物质的量浓度的溶液的配制步骤选择使用的仪器；（2）①盛标准液的酸式滴定管必须润洗，否则量取的溶液浓度偏低；②滴定时眼睛注视锥形瓶中颜色变化；根据待测液中加入酚酞，溶液为红色，中和反应结束，溶液颜色消失进行判断；③滴定前仰视，导致读数偏大；滴定后俯视会导致读数偏小；（3）①根据滴定管的结构和精确度；②先分析数据的有效性，依据滴定管读数读出消耗溶液最后的体积，求出消耗盐酸的平均体积，然后根据关系式NaOH～HCl求出氢氧化钠的物质的量，再计算烧碱样品的纯度．
18．【答案】（1）C
（2）Fe﹣2e﹣=Fe2+；4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑
（3）4Fe2++10H2O+O2═4Fe（OH）3↓+8H+
（4）CO2
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】解：（1）为了增强溶液的导电性，因此可选用易溶性强电解质溶液，排除A和B，考虑到题中要求电解时保持污水的pH在5.0～6.0之间，因此不能添加NaOH，BaSO4不溶，故答案为：C；（2）电解时铁作阳极，因此主要发生Fe﹣2e﹣=Fe2+，同时也发生副反应，即溶液中的OH﹣失电子被氧化生成O2，故答案为：Fe﹣2e﹣=Fe2+；4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑；（3）根据得失电子守恒和电荷守恒，电极反应I和Ⅱ的生成物反应得到Fe（OH3）沉淀的离子方程式是4Fe2++10H2O+O2═4Fe（OH）3↓+8H+，故答案为：4Fe2++10H2O+O2═4Fe（OH）3↓+8H+；（4）负极反应是CH4失电子，该电池的电解质环境是熔融碳酸盐，所以负极反应为：CH4+4CO32﹣﹣8e﹣=5CO2+2H2O；电池是以熔融碳酸盐为电解质，可以循环利用的物质只有二氧化碳；
故答案为：CO2．
【分析】（1）从所加入物质能增大溶液离子浓度，并能保持污水的pH在5.0～6.0之间考虑；（2）根据电极材料和离子的放电顺序考虑；（3）根据得失电子守恒和电荷守恒即可得离子方程式；（4）电池是以熔融碳酸盐为电解质，可以循环利用的物质只有二氧化碳．
19．【答案】解：令生成氢气的物质的量为n，则：
Zn+H2SO4=ZnSO4+ H2↑
1 1
1mol n
n= =1mol
标况下生成氢气的体积=1mol×22.4L/mol=22.4L
答：标况下生成氢气的体积为22.4L．
【知识点】化学方程式的有关计算
【解析】【分析】发生反应：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，根据方程式中对比关系计算生成氢气的物质的量，根据V=nVm计算氢气的体积．
20．【答案】（1）过滤
（2）Al2O3；Al2O3、Fe2O3；Fe2O3；K2SO4、（NH4）2SO4
（3）Al2O3+2NaOH+3H2O=2Na[Al（OH）4]；2KAl（SO4）2+6NH3．H2O=K2SO4+3（NH4）2SO4+2Al（OH）3↓；Na[Al（OH）4]+HCl=NaCl+H2O+Al（OH）3↓；2Al（OH）3 Al2O3+3H2O
【知识点】无机物的推断
【解析】【解答】解：KAl（SO4）2溶于水，Al2O3和Fe2O3均不溶于水，混合物A加水溶解后，溶液中是KAl（SO4）2，沉淀C为Al2O3和Fe2O3；
由转化关系图可知，向沉淀C中加NaOH溶液，Fe2O3不反应，沉淀D为Fe2O3，Al2O3可与NaOH溶液反应生成NaAlO2，向NaAlO2溶液中通入CO2可得Al（OH）3沉淀，Al（OH）3受热分解生成固体B为Al2O3；
向溶液中加过量氨水，溶液与过量氨水反应，Al3+被沉淀，得到氢氧化铝沉淀，溶液中E为K2SO4、（NH4）2SO4，经过蒸发、结晶，得到K2SO4和（NH4）2SO4，（1）溶液和沉淀的分离利用过滤，故答案为：过滤；（2）由上述分析可知B为Al2O3，C为Al2O3、Fe2O3，D为Fe2O3 溶液E为K2SO4、（NH4）2SO4，故答案为：Al2O3；Al2O3、Fe2O3；Fe2O3；K2SO4、（NH4）2SO4；（3）反应①为Al2O3+2NaOH+3H2O=2Na[Al（OH）4]，反应②为2KAl（SO4）2+6 NH3．H2O=K2SO4+3（NH4）2SO4+2Al（OH）3↓，反应③为Na[Al（OH）4]+HCl=NaCl+H2O+Al（OH）3↓，反应④为2Al（OH）3 Al2O3+3H2O，故答案为：Al2O3+2NaOH+3H2O=2Na[Al（OH）4]；2KAl（SO4）2+6 NH3．H2O=K2SO4+3（NH4）2SO4+2Al（OH）3↓；Na[Al（OH）4]+HCl=NaCl+H2O+Al（OH）3↓；2Al（OH）3 Al2O3+3H2O．
【分析】KAl（SO4）2溶于水，Al2O3和Fe2O3均不溶于水，混合物A加水溶解后，溶液中是KAl（SO4）2，沉淀C为Al2O3和Fe2O3；
由转化关系图可知，向沉淀C中加NaOH溶液，Fe2O3不反应，沉淀D为Fe2O3，Al2O3可与NaOH溶液反应生成NaAlO2，向NaAlO2溶液中通入CO2可得Al（OH）3沉淀，Al（OH）3受热分解生成固体B为Al2O3；
向溶液中加过量氨水，溶液与过量氨水反应，Al3+被沉淀，得到氢氧化铝沉淀，溶液中E为K2SO4、（NH4）2SO4，经过蒸发、结晶，得到K2SO4和（NH4）2SO4，然后结合物质的性质及化学用语来解答．
21．【答案】（1）
（2）氧化反应；酯化反应或取代反应
（3）4
（4）2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O
（5）加入过量的乙酸或苯甲醇（及时除去水等）
【知识点】有机物的推断
【解析】【解答】解：乙醇发生氧化反应生成A为CH3CHO，乙醛进一步氧化生成B为CH3COOH，乙酸和C反应生成乙酸苯甲酯，则C为苯甲醇，结构简式为 ，甲苯和氯气在光照条件下发生取代反应生成1﹣氯甲苯，1﹣氯甲苯和NaOH的水溶液加热发生水解反应生成C，（1）通过以上分析知，C结构简式为 ，故答案为： ；（2）反应②、③的反应类型为氧化反应、酯化反应或取代反应，故答案为：氧化反应；酯化（取代）反应；（3）一氯甲苯如果取代基为甲基和﹣Cl，有邻间对3种结构，氯原子位于取代基上有一种，所以甲苯的一氯代物有4种同分异构体，故答案为：4；（4）该反应方程式为2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O，故答案为：2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O；（5）为了提高乙酸苯甲酯的产率应采取的措施是加入过量的乙酸或苯甲醇（及时除去水等），故答案为：加入过量的乙酸或苯甲醇（及时除去水等）．
【分析】乙醇发生氧化反应生成A为CH3CHO，乙醛进一步氧化生成B为CH3COOH，乙酸和C反应生成乙酸苯甲酯，则C为苯甲醇，结构简式为 ，甲苯和氯气在光照条件下发生取代反应生成1﹣氯甲苯，1﹣氯甲苯和NaOH的水溶液加热发生水解反应生成C，据此分析解答．
22．【答案】（1）氯碱工业；2NaCl+2H2O H2↑+Cl2↑+2NaOH
（2）2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣；FeO+2H+=Fe2++H2O
（3）FeC2O4
【知识点】无机物的推断
【解析】【解答】解：L放置在空气中生成有颜色的固体M，则M是Fe（OH）3，L是Fe（OH）2；C的焰色反应为黄色，说明C含有钠元素；反应①是工业制氯气的原理，且同时生成气体D与气体E，所以电解的是NaCl溶液，则A和B一种是NaCl，一种是H2O；B是一种常见的无色液体，应为H2O，则A为NaCl，C为NaOH，且D、I是水煤气的主要成分，则D为H2，E为Cl2，I为CO，F为HCl，H为FeO，K为FeCl2，H为FeO＜I为CO与水反应生成J与D，则J是CO2，由G分解得到的H、I、J三者的物质的量之比为1：1：1，则G为FeC2O4．（1）基于反应①原理的化学工业称为氯碱工业，该反应的化学方程式：2NaCl+2H2O H2↑+Cl2↑+2NaOH，故答案为：氯碱工业；2NaCl+2H2O H2↑+Cl2↑+2NaOH；（2）K和E反应的离子方程式：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣，F溶液和H反应的离子方程式：FeO+2H+=Fe2++H2O，故答案为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣；FeO+2H+=Fe2++H2O；（3）由G分解得到的H为FeO、I为CO、J为CO2三者的物质的量之比为1：1：1，依据原子守恒得到G的化学式为：FeC2O4，故答案为：FeC2O4．
【分析】L放置在空气中生成有颜色的固体M，则M是Fe（OH）3，L是Fe（OH）2；C的焰色反应为黄色，说明C含有钠元素；反应①是工业制氯气的原理，且同时生成气体D与气体E，所以电解的是NaCl溶液，则A和B一种是NaCl，一种是H2O；B是一种常见的无色液体，应为H2O，则A为NaCl，C为NaOH，且D、I是水煤气的主要成分，则D为H2，E为Cl2，I为CO，F为HCl，K为FeCl2，H为FeO＜I为CO与水反应生成J与D，则J是CO2，由G分解得到的H、I、J三者的物质的量之比为1：1：1，则G为FeC2O4，据此解答，（1）基于反应①原理的化学工业称为氯碱工业，电极饱和食盐水生成氢氧化钠、氯气和氢气；（2）K和E反应是氯气氧化亚铁离子为铁离子；F溶液和H反应是氧化亚铁溶于酸生成亚铁离子和水；（3）由G分解得到的H、I、J三者的物质的量之比为1：1：1，结合原子守恒计算得到G的化学式．
23．【答案】（1）B
（2）让一束可见光分别照射两瓶无色液体，可见到一条光亮通路的为淀粉胶体；麦芽糖；渗析
【知识点】胶体的性质和应用；纳米材料
【解析】【解答】解：（1）散系中分散质的直径在1nm～100nm之间的属于胶体分散系，由“纳米技术”是指粒子直径在几纳米到几十纳米的材料，则分散到液体分散剂中，分散质的直径在1nm～100nm之间，则该混合物属于胶体，所以所得混合物可能具有的性质是胶体的性质，胶体的分散质微粒较大，不能通过半透膜，但能透过滤纸胶体都能产生丁达尔效应，故答案为：B；（2）①胶体和溶液的区别是：胶体具有丁达尔效应，而溶液不具备，可以据此来鉴别二者，故答案为：让一束可见光分别照射两瓶无色液体，可见到一条光亮通路的为淀粉胶体；②淀粉水解生成葡萄糖，胶粒不能透过半透膜，萄糖是小分子，能透过，可用渗析提纯胶体，故答案为：麦芽糖；渗析．
【分析】（1）由“纳米技术”是指粒子直径在几纳米到几十米的材料，则分散到液体分散剂中，分散质的直径在1nm～100nm之间；（2）①虽然外观相同的水溶液和胶体有很多性质差异，但用于区别二者最简便可靠的特征性质还是丁达尔现象；②淀粉在淀粉酶的作用下会水解成小分子，可透过半透膜，但酶作为蛋白质留在半透膜袋内．
24．【答案】（1）ad
（2）3：2：3
（3）碳酸氢钠
（4）
（5）4；
【知识点】有机物的推断
【解析】【解答】解：A的相对分子质量为104，1mol A与足量的碳酸氢钠反应生成2mol二氧化碳，则A分子含有2个﹣COOH，去掉2个﹣COOH剩余总相对原子质量为104﹣45×2=14，剩余基团为CH2，故A的结构简式为HOOCCH2COOH；B的结构中含有醛基，根据C结构简式结合信息知，B为 ，C在一定条件下生成有机酸D，结合D的分子式可知，C脱去1分子二氧化碳生成D，由信息可知，D的结构简式为 ，D与足量的E反应得到当归素，由当归素的分子式可知，D中羧基发生反应生成钠盐，故E为碳酸氢钠，（1）C和酚羟基、碳碳双键，可以发生氧化反应，含有羧基，可以发生酯化反应，醚键很稳定，不易发生水解反应，不能发生消去反应，故选：ad；（2）C中酚羟基和羧基都与钠反应生成氢气，只有羧基能和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，酚羟基和羧基都能与NaOH反应，所以等物质的量的C分别与足量的Na、NaHCO3、NaOH反应消耗Na、NaHCO3、NaOH的物质的量之比是3：2：3，故答案为：3：2：3；（3）通过以上分析知，E名称是碳酸氢钠，故答案为：碳酸氢钠；（4）在一定条件下，A和B反应生成C，反应方程式为： ，
故答案为： ；（5）阿魏酸的同分异构体符合下列条件：
①在苯环上只有两个取代基；
②在苯环上的一氯取代物只有两种，说明两个取代基处于对位位置，且两个取代基不同或者两个取代基处于邻位位置，且两个取代基相同，
③1mol该同分异构体与足量NaHCO3反应生成2mol CO2气体，含有2个﹣COOH，
所以符合条件的阿魏酸的同分异构体结构简式分别为： ，所以符合条件的有4种，
故答案为：4； ．
【分析】A的相对分子质量为104，1mol A与足量的碳酸氢钠反应生成2mol二氧化碳，则A分子含有2个﹣COOH，去掉2个﹣COOH剩余总相对原子质量为104﹣45×2=14，剩余基团为CH2，故A的结构简式为HOOCCH2COOH；B的结构中含有醛基，根据C结构简式结合信息知，B为 ，C在一定条件下生成有机酸D，结合D的分子式可知，C脱去1分子二氧化碳生成D，由信息可知，D的结构简式为 ，D与足量的E反应得到当归素，由当归素的分子式可知，D中羧基发生反应生成钠盐，故E为碳酸氢钠，据此分析解答．
25．【答案】（1）吸热
（2）
（3）K3= ；吸热；DF
（4）加入催化剂或增大体系的压强；降低温度或增加水蒸气的量或减少氢气的量
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】解：（1）K1（973K时）＜K1（1173K时），说明升高温度平衡正向移动，所以反应①是一个吸热反应，故答案为：吸热；（2）反应③：CO2（g）+H2（g）=CO（g）+H2O（g）的平衡常数K3= ，
故答案为： ；（3）反应③=反应①﹣反应②，则反应③的平衡常数K3= = = ，从表中数据可知，K1随温度升高增大，K2随温度升高减小，则随温度升高K3增大，说明升高温度平衡正向移动，反应③是吸热反应；
A．缩小反应容器容积，压强增大，反应气体气体体积不变，平衡不移动，故A错误；
B．扩大反应容器容积，压强减小，反应气体气体体积不变，平衡不移动，故B错误；
C．正反应为吸热反应，降低温度，平衡向逆反应方向移动，故C错误；
D．正反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，故D正确；
E．使用合适的催化剂，可以加快反应速率，但不影响平衡移动，故E错误；
F．设法减少CO的量，平衡向生成CO的方向移动，即平衡正向移动，故F正确，
故答案为：K3= ；吸热；DF；（4）①从图甲可以看出，t2时刻平衡方向没有移动，化学反应速率加快，所以其条件是使用了催化剂；又因为反应③是反应前后气体体积不变的反应，所以增大压强，平衡不移动，反应速率也提高，
故答案为：加入催化剂或增大体系的压强；
②图乙中t2时刻后，CO2浓度增大，CO浓度减小，所以可以通过使平衡左移来达到，条件可以是降低温度，也可以采用增加水蒸气的量或者减少氢气的量，
故答案为：降低温度或增加水蒸气的量或减少氢气的量．
【分析】（1）随温度升高，平衡常数增大，说明升高温度平衡正向移动；（2）化学平衡常数是指：一定温度下，可逆反应到达平衡时，生成物的浓度系数次幂之积与反应物的浓度系数次幂之积的比，固体、纯液体不需要在化学平衡常数中写出；（3）反应③=反应①﹣反应②，则反应③的平衡常数为反应①与反应②的平衡常数商，从表格数值可知，随温度升高K3增大，说明升高温度平衡正向移动；
A．缩小反应容器容积，压强增大，平衡向气体体积减小的方向移动；
B．扩大反应容器容积，压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动；
C．降低温度，平衡向放热反应方向移动；
D．升高温度，平衡向吸热反应方向移动；
E．使用合适的催化剂，不影响平衡移动；
F．设法减少CO的量，平衡向生成CO的方向移动；（4）①从图甲可以看出，t2时刻平衡方向没有移动，变化的是化学反应速率，所以其条件是使用了催化剂；又因为反应③是反应前后气体体积不变的反应，所以增大压强，平衡不移动，反应速率也提高；②图乙中t2时刻后，CO2浓度增大，CO浓度减小，所以可以通过使平衡左移来达到，条件可以是降低温度，也可以采用增加水蒸气的量或者减少氢气的量．
1 / 12015-2016学年河南省信阳市高级中学高三下学期开学化学试卷
一、选择题
1．（2016高一上·歙县期中）研究表明：多种海产品如虾、蟹、牡蛎等，体内含有+5价的砷（As）元素，但它对人体是无毒的，砒霜的成分是As2O3，属剧毒物质，专家忠告：吃饭时不要同时大量食用海鲜和青菜，否则容易中毒，并给出了一个公式：大量海鲜+大量维生素C=砒霜．下面有关解释不正确的应该是（ ）
A．青菜中含有维生素C
B．维生素C具有还原性
C．致人中毒过程中砷发生还原反应
D．砒霜是氧化产物
【答案】D
【知识点】人体必需维生素的来源及应用
【解析】【解答】A．维生素C具有还原性，与+5价砷发生氧化还原反应生成+3价As，同时大量食用海鲜和青菜，容易中毒，说明青菜中含有维生素C，故A正确；
B．人体中的As元素为+5价，大量食用海鲜和青菜后生成+3价As，说明维生素C具有还原性，故B正确；
C．+5价砷生成+3价As，化合价降低，得电子被还原，为还原反应，故C正确；
D．+5价砷生成+3价As，化合价降低，得电子被还原，为还原反应，砒霜是还原产物，故D错误，
故选D．
【分析】人体中的As元素为+5价，As2O3中As元素为+3价，吃饭时同时大量食用海鲜和青菜，容易中毒的原因是生成+3价As，说明维生素C具有还原性，与+5价砷发生氧化还原反应生成+3价As．
2．（2016高三下·信阳开学考）下列排列顺序正确的是（ ）
①酸性：H3PO4＞H2SO4＞HClO4
②热稳定性：H2O＞HF＞H2S
③原子半径：Na＞Mg＞O
④还原性：F﹣＞Cl﹣＞S2﹣
⑤结合H+的能力：OH﹣＞CH3COO﹣＞Cl﹣．
A．③⑤ B．②③ C．①③④ D．②④⑤
【答案】A
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】①非金属越强，则其最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性：P＜S＜Cl，则酸性：H3PO4＜H2SO4＜HClO4，故错误；
②非金属性越强，则其氢化物的稳定性越强，非金属性：F＞O＞S，则热稳定性：HF＞H2O＞H2S，故错误；
③电子层数越多原子半径越大，则半径Na和Mg大于O，电子层数相同时，原子序数越大，半径越小，则半径Na＞Mg，所以原子半径：Na＞Mg＞O，故正确；
④元素的非金属性越强，对应阴离子的还原性越弱，非金属性：F＞Cl＞S，则还原性：F﹣＜Cl﹣＜S2﹣，故错误；
⑤酸性越强，酸越易电离出氢离子，对应阴离子越难结合氢离子，酸性HCl＞CH3COOH＞H2O，则结合H+的能力：OH﹣＞CH3COO﹣＞Cl﹣，故正确；
所以正确的有③⑤；
故选A．
【分析】①非金属越强，则其最高价氧化物的水化物的酸性越强；
②非金属性越强，则其氢化物的稳定性越强；
③电子层数越多原子半径越大，电子层数相同时，原子序数越大，半径越小；
④元素的非金属性越强，对应阴离子的还原性越弱；
⑤酸性越强，酸越易电离出氢离子，对应阴离子越难结合氢离子；
3．（2016高三下·信阳开学考）有一真空瓶质量为m1，该瓶充入空气后质量为m2．在相同状况下，若改为充入某气体A时，总质量为m3．则A的相对分子质量是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】解：空气的质量=（m2﹣m1）g，气体A的质量=（m3﹣m1）g，相同条件下，气体摩尔体积相等，相同体积的不同气体，其物质的量相等，设A的摩尔体积为Mg/mol，所以 = ，M= ，
故选C．
【分析】相同条件下，气体摩尔体积相等，相同体积的不同气体，其物质的量相等，其质量与其摩尔质量成正比，据此分析解答．
4．（2016高三下·信阳开学考）下列物质中，属于电解质的是（ ）
A．银 B．氯气 C．氯化钠 D．蔗糖溶液
【答案】C
【知识点】电解质与非电解质
【解析】【解答】解：A．银是单质，所以银既不是电解质也不是非电解质，故A错误；
B．氯气是非金属单质，既不是电解质也不是非电解质，故B错误；
C．NaCl在水溶液里或在熔融状态下，能电离出自由移动的钠离子和氯离子导致导电，所以NaCl是电解质，故C正确；
D．蔗糖在水溶液里以分子存在，所以其水溶液不导电，蔗糖是非电解质，故D错误；
故选C．
【分析】在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质．
5．（2016高三下·信阳开学考）气体x可能由NH3、Cl2、H2S、HBr、CO2中的一种或几种组成．已知：x通入AgNO3溶液时产生淡黄色沉淀，该沉淀不溶于稀HNO3；若将x通入澄清石灰水，却不见沉淀产生，则有关气体x的成分，下列说法正确的是（ ）
①一定含有HBr，可能含有CO2②一定不含CO2
③一定不含NH3、Cl2、H2S ④可能含有CO2、Cl2．
A．① B．③ C．①③ D．②③
【答案】C
【知识点】常见气体的检验
【解析】【解答】根据x通入硝酸银溶液产生不溶于稀硝酸的浅黄色沉淀，可知X中一定含有HBr，无H2S气体，因为H2S和硝酸银生成黑色硫化银沉淀，因此x中一定没有H2S、NH3和Cl2，由于CaCO3可溶于强酸中，故在HBr存在的条件下，x若有CO2，通入澄清石灰水中也可能没有沉淀生成，所以无法肯定CO2是否存在，
①．一定含有HBr，可能含有CO2，故①正确；
②．可能含有CO2，故②错误；
③．一定不含NH3、Cl2、H2S是正确的，故③正确；
④．一定不含有Cl2，故④错误；
故选C．
【分析】x通入硝酸银溶液产生不溶于稀硝酸的浅黄色沉淀，可知X中一定含有HBr，无H2S气体，因为H2S和硝酸银生成黑色硫化银沉淀，因此x中一定没有H2S、NH3和Cl2，由于CaCO3可溶于强酸中，故在HBr存在的条件下，x若有CO2，通入澄清石灰水中也可能没有沉淀生成，所以无法肯定CO2是否存在，据此进行解答．
6．（2016高三下·信阳开学考）Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X的焰色反应呈黄色．Q元素的原子最外层电子数是其内层电子数的2倍．W、Z最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍．元素Y的合金是日常生活中使用最广泛的金属材料之一．下列说法正确的是（ ）
A．原子半径的大小顺序：rx＞ry＞rW＞rq
B．X、Y的最高价氧化物的水化物之间不能反应
C．Z、W最外层电子数都为6，最高化合价都为+6价
D．元素Q和Z能形QZ2型的共价化合物
【答案】D
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】解：Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X的焰色反应呈黄色，则X为Na元素；Q元素的原子最外层电子数是其内层电子数的2倍，Q元素原子有2个电子层，最外层电子数为4，故Q为碳元素；W、Z最外层电子数相同，二者处于同一主族，Z的核电荷数是W的2倍，故Z为硫元素，W为氧元素；元素Y的合金是日常生活中使用最广泛的金属材料之一，则Y为Al元素，
A．同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径Na＞Al＞C＞O，即rx＞ry＞rQ＞rW，故A错误；
B．氢氧化铝是两性氢氧化物，溶于强碱，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠、水，故B错误；
C．氧元素一般没有正化合价，最高正价不是+6，故C错误；
D．CS2属于共价化合物，故D正确；
故选D．
【分析】Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X的焰色反应呈黄色，则X为Na元素；Q元素的原子最外层电子数是其内层电子数的2倍，Q元素原子有2个电子层，最外层电子数为4，故Q为碳元素；W、Z最外层电子数相同，二者处于同一主族，Z的核电荷数是W的2倍，故Z为硫元素，W为氧元素；元素Y的合金是日常生活中使用最广泛的金属材料之一，则Y为Al元素，据此解答．
7．（2016高三下·信阳开学考）有机化合物C4H8是生活中的重要物质，下列关于C4H8的说法中错误的是（ ）
A．C4H8可能是烯烃
B．C4H8中属于烯烃类的同分异构体有4种
C．核磁共振氢谱有2种吸收峰的烯烃结构一定是
D．C4H8中属于烯烃的顺反异构体有2种
【答案】C
【知识点】同分异构现象和同分异构体；有机分子式的推断与计算
【解析】【解答】解：A．烯烃和环烷烃的通式均为CnH2n，因此C4H8可能是烯烃，也可能是环烷烃，故A正确；
B．C4H8中属于烯烃的同分异构体有 、CH2═CH﹣CH2CH3、CH3﹣CH═CH﹣CH3（存在顺、反异构）共4种，故B正确；
C．核磁共振氢谱有2种吸收峰的有 和 、 ，故C错误；
D．C4H8中属于烯烃的CH3﹣CH═CH﹣CH3，存在顺、反异构， 、 ，故D正确；
故选C．
【分析】A．烯烃和环烷烃的通式均为CnH2n；
B．C4H8中属于烯烃的同分异构体有 、CH2═CH﹣CH2CH3、CH3﹣CH═CH﹣CH3（存在顺、反异构）共4种；
C．核磁共振氢谱有2种吸收峰的有 和 、 ；
D．C4H8中属于烯烃的CH3﹣CH═CH﹣CH3，存在顺、反异构．
8．（2016高三下·信阳开学考）标准状况下，1.12L CH4和C2H4的混合气体通入足量溴水中，溴水增重0.28克，则乙烯占混合气体的体积分数为（ ）
A．20% B．40% C．60% D．80%
【答案】A
【知识点】有关混合物反应的计算
【解析】【解答】解：CH4和C2H4的混合气体，通过足量的溴水充分吸收后，溴水增重的0.28g为C2H4质量，
则乙烯的物质的量为：n（C2H4）= =0.01mol，
所以C2H4的在标况下的体积为：0.01mol×22.4L/mol=0.224L，
乙烯占混合气体的体积分数为： ×100%=20%，
故选A．
【分析】CH4和C2H4的混合气体，通过足量的溴水充分吸收后，溴水增重0.28g为C2H4质量，根据n= 计算C2H4物质的量，再利用v=nVm计算C2H4体积，最后利用体积分数定义计算乙烯占混合气体的体积分数．
9．等质量的两块钠，第一块在足量氧气中加热，第二块在足量氧气（常温）中充分反应，则下列说法正确的是（ ）
A．第一块钠失去电子多 B．两块钠失去电子一样多
C．第二块钠的反应产物质量最大 D．两块钠的反应产物质量一样大
【答案】B
【知识点】钠的化学性质
【解析】【解答】钠与O2反应， 的过程中失去的电子数相同。
【分析】钠的物质的量一定，则失去电子的物质的量一定，据此回答即可。
10．（2016高三下·信阳开学考）在常温下将pH=3的某酸溶液跟pH=11的某碱溶液等体积混和后，溶液的pH值（ ）
A．大于7 B．小于7 C．等于7 D．无法确定
【答案】D
【知识点】pH的简单计算
【解析】【解答】解：在常温下将pH=3的某酸溶液跟pH=11的某碱溶液等体积混和后，
A．当pH值大于7，可能为强酸弱碱盐，由pH的关系及等体积混合，此时碱过量；
B．当pH值小于7，可能为强碱弱酸盐，由pH的关系及等体积混合，此时酸过量；
C．pH值等于7，生成的盐可能为强酸强碱盐，可能为弱酸弱碱盐；
D．综合ABC，故D正确；
故选D．
【分析】在常温下将pH=3的某酸溶液跟pH=11的某碱溶液等体积混和后，溶液可能为酸性、中性、碱性，主要取决于酸、碱的强弱，一般反应后酸过量显酸性，若恰好完全反应，利用盐类水解分析溶液的酸碱性，以此来解答．
11．图是2008年北京奥运会的“祥云”火炬，与悉尼奥运火炬所用主要燃料（丁烷）不同，“祥云”火炬所用燃料为丙烷．丙烷和丁烷的沸点如下表：
丙烷 丁烷
沸点/℃ ﹣42.6 ﹣0.5
下列有关说法中不正确的是（ ）
A．丙烷燃烧生成的产物无害，是环保型燃料
B．丙烷的沸点比丁烷低，是因为分子间作用力比丁烷弱
C．丙烷在低温时保持的压力比丁烷大
D．丙烷和丁烷都不存在同分异构体
【答案】D
【知识点】化石燃料与基本化工原料
【解析】【解答】解：A．丙烷燃烧生成二氧化碳和水，无污染，故A正确；
B．相对分子质量越大，分子间作用力越大，并网分子间作用力比丁烷弱，故B正确；
C．丙烷沸点低，在低温时保持的压力比丁烷大，故C正确；
D．丁烷有正丁烷和异丁烷两种结构，存在同分异构体，故D错误．
故选D．
【分析】A．丙烷燃烧生成二氧化碳和水；
B．相对分子质量越大，分子间作用力越大；
C．丙烷沸点低；
D．丁烷有两种结构．
12．（2016高三下·信阳开学考）下列反应进行分类时（按初中的方法），既属于氧化反应又属于化合反应的是（ ）
A．Zn+H2SO4═ZnSO4+H2↑ B．2KClO3 2KCl+3O2↑
C．S+O2 SO2 D．H2+Cl2 2HCl
【答案】C,D
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】解：A．Zn、H元素的化合价变化，属于氧化还原反应，且属于置换反应，故A不选；
B．Cl、O元素的化合价变化，属于氧化还原反应，且属于分解反应，故B不选；
C．S、O元素的化合价变化，属于氧化还原反应，且属于化合反应，故C选；
D．H、Cl元素的化合价变化，属于氧化还原反应，且属于化合反应，故D选；
故选CD．
【分析】存在元素化合价变化的反应属于氧化反应；由两种或两种以上的物质生成一种物质的反应叫化合反应，据此分析．
13．（2016高三下·信阳开学考）由 转变成 需经过下列合成途径的顺序是（ ）
A．消去→加成→消去 B．加成→消去→脱水
C．加成→消去→加成 D．取代→消去→加成
【答案】A
【知识点】有机物的合成
【解析】【解答】解： 先发生消去反应，生成丙烯醛，然后与氢气加成生成2﹣甲基﹣1﹣丙醇，在浓硫酸催化作用下醇消去羟基生成烯烃 ，则反应过程为：消去反应、加成反应、消去反应，
故选A．
【分析】 先发生消去反应，然后与氢气加成生成醇，醇消去羟基生成烯烃 ，以此解答该题．
14．（2016高三下·信阳开学考）常温下，若溶液中由水电离产生的c（H+）、c（OH﹣）满足c（H+） c（OH﹣）=10﹣24，则下列各组离子在该溶液中一定可以大量共存的是（ ）
A．Al3+、Na+、NO3﹣、Cl﹣ B．K+、Na+、Cl﹣、NO3﹣
C．K+、Na+、Cl﹣、AlO2﹣ D．K+、NH4+、SO42﹣、NO3﹣
【答案】B
【知识点】离子共存
【解析】【解答】解：水电离产生的c（H+）、c（OH﹣）满足c（H+） c（OH﹣）=10﹣24，即水的电离逆向移动，该溶液为强酸或强碱性溶液，题目要求一定可以大量共存，即在强酸或强碱性溶液中均可以大量共存，
A．Al3+在碱性溶液中不能大量共存，故A不选；
B．酸、碱溶液中该组离子之间均不反应，可大量共存，故B选；
C．AlO2﹣在酸性溶液中不能大量共存，故C不选；
D．NH4+在碱性溶液中不能大量共存，故D不选；
故选B．
【分析】由水电离产生的c（H+）、c（OH﹣）满足c（H+） c（OH﹣）=10﹣24，即水的电离逆向移动，该溶液为强酸或强碱性溶液，根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水、弱电解质等，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，以此来解答．
15．（2016高三上·厦门期中）某无色溶液中可能含有I﹣、NH4+、Cu2+、SO32﹣，向该溶液中加入少量溴水，溶液呈无色，则下列关于溶液组成的判断正确的是（ ）
①肯定不含I﹣②肯定不含Cu2+③肯定含有SO32﹣④可能含有I﹣．
A．①③ B．①②③ C．③④ D．②③④
【答案】D
【知识点】常见离子的检验
【解析】【解答】解：还原性SO32﹣＞I﹣，溶液中加入少量溴水，溶液仍呈无色，说明一定含有SO32﹣，溶液中可能含有I﹣离子，因加入溴水少量，I﹣没有被氧化，含Cu2+离子的溶液呈蓝色，原溶液无色说明不含铜离子，根据溶液呈电中性可知，溶液中含有铵根离子，故正确的有②③④，
故选D．
【分析】还原性SO32﹣＞I﹣，溶液中加入少量溴水，溶液仍呈无色，说明一定含有SO32﹣，溶液中可能含有I﹣离子，原来溶液呈无色，说明不含Cu2+离子，根据溶液电中性，进一步判断其它离子是否存在．
二、解答题
16．（2016高三下·信阳开学考）为探究乙炔与溴的加成反应，甲同学设计并进行了如下实验：先取一定量工业用电石与水反应，将生成的气体通入溴水中，发现溶液褪色，即证明乙炔与溴水发生了加成反应．乙同学发现在甲同学的实验中，褪色后的溶液里有少许淡黄色浑浊，推测在制得的乙炔中还可能含有少量还原性的杂质气体，由此他提出必须先除去杂质，再与溴水反应．
（1）写出甲同学实验中两个主要的化学方程式：
（2）甲同学设计的实验 （填“能”或“不能”）验证乙炔与溴发生加成反应，理由是 ．
a．使溴水褪色的反应未必是加成反应
b．使溴水褪色的反应就是加成反应
c．使溴水褪色的物质未必是乙炔
d．使溴水褪色的物质就是乙炔
（3）乙同学推测此乙炔中必定含有的一种杂质气体是 ，在验证过程中必须全部除去，它与溴水反应的化学方程式是 ．
【答案】（1）CaC2+2H2O→Ca（OH）2+C2H2↑、CH≡CH+Br2→CH（Br）═CH（Br）或CH≡CH+2Br2→CH（Br）2﹣CH（Br）2
（2）不能；ac
（3）H2S；Br2+H2S═S↓+2HBr
【知识点】性质实验方案的设计
【解析】【解答】解：（1）碳化钙能与水反应生成乙炔和水，反应方程式为CaC2+2H2O→Ca（OH）2+C2H2↑，乙炔具有不饱和键，能与溴水发生加成反应而使溴水褪色，反应方程式为：CH≡CH+Br2→CH（Br）═CH（Br）、CH≡CH+2Br2→CHBr2﹣CHBr2，故答案为：CaC2+2H2O→Ca（OH）2+C2H2↑；CH≡CH+Br2→CH（Br）═CH（Br）或CH≡CH+2Br2→CH（Br）2﹣CH（Br）2；（2）根据“乙同学发现甲同学实验中，褪色后的溶液里有少许淡黄色浑浊，推测在制得的乙炔中还有可能含有少量还原性的杂质气体”，因此可得出“使溴水褪色的物质，未必是乙炔；使溴水褪色的反应，未必是加成反应”的结论，故甲同学设计的实验不能证明乙炔与溴水发生了加成反应，可能生成的乙炔中混有硫化氢气体，可与溴水发生氧化还原反应而使溴水褪色，反应方程式为Br2+H2S═S↓+2HBr，
故答案为：不能；ac；（3）根据褪色后的溶液里有少许淡黄色浑浊，可推知是硫，说明乙炔气体中含有硫化氢杂质，所发生反应的化学方程式是Br2+H2S═S↓+2HBr，
故答案为：H2S；Br2+H2S═S↓+2HBr．
【分析】（1）甲同学实验中涉及的反应是电石与水的反应，乙炔与溴水的反应，电石为碳化钙，与水反应生成乙炔和氢氧化钙，乙炔含有碳碳三键，能够与溴发生加成反应；（2）生成的乙炔中混有硫化氢气体，可与溴水发生氧化还原反应而使溴水褪色；（3）电石中含有硫化物，与水反应生成硫化氢气体，硫化氢与溴反应生成硫和溴化氢．
17．（2016高三下·信阳开学考）某学生用0.100 0mol L﹣1盐酸标准溶液测定某烧碱样品的纯度（杂质不与盐酸反应）．实验步骤如下：
（1）配制待测液：用2.50g含有少量杂质的固体烧碱样品配制500mL溶液．需用的玻璃仪器除了烧杯、胶头滴管、玻璃棒外，还需要 ．
（2）滴定：
Ⅰ．用蒸馏水洗涤酸式滴定管，并立即注入盐酸标准溶液至“0”刻度线以上．
Ⅱ．固定好滴定管并使滴定管尖嘴充满液体，调节液面至“0”或“0”刻度线以下，并记录读数．
Ⅲ．移取20.00mL待测液注入洁净的锥形瓶中，并加入2滴酚酞试液．
Ⅳ．用标准液滴定至终点，记录滴定管液面读数．
①上述滴定步骤中有错误的是（填编号） ，该错误操作会导致测定结果
（填“偏大”“偏小”或“无影响”）．
②步骤Ⅳ中滴定时眼睛应 ，判断滴定终点的现象是 ．
③若步骤Ⅱ中仰视读数，步骤Ⅳ中俯视读数，则会使测定结果 （填“偏大”“偏小”或“无影响”）．
（3）按正确操作测得有关数据记录如下：
滴定次数 待测液体积 标准盐酸体积（mL）
滴定前读数（mL） 滴定后读数（mL）
第一次 20.00 0.20 20.38
第二次 20.00 4.00 24.20
第三次 20.00 2.38 a
①a的读数如图所示，则a= ；
②烧碱样品的纯度为 %．
【答案】（1）500mL容量瓶
（2）Ⅰ；偏大；观察锥形瓶中溶液颜色的变化；当滴加最后一滴标准液时，待测液由红色刚好变为无色，且半分钟内不变色；偏小
（3）22.60；80.8
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】解：（1）用2.50g含有少量杂质的固体烧碱样品配制500mL溶液，配制过程为：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、摇匀等，需要的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，需用的玻璃仪器除了烧杯、胶头滴管、玻璃棒外，还需要500mL容量瓶，故答案为：500mL容量瓶；（2）①用蒸馏水洗涤酸式滴定管，然后必须对酸式滴定管用标准液进行润洗，否则会导致标准液浓度减小，消耗的标准液体积偏大，测定结果偏大，故答案为：Ⅰ；偏大；②滴定时双眼应注意观察锥形瓶内溶液颜色的变化；锥形瓶中滴入酚酞后，溶液为红色，随着反应进行，当氢氧化钠与盐酸恰好反应，溶液的颜色会消失，所以达到终点现象为：当滴加最后一滴标准液时，待测液由红色刚好变为无色，且半分钟内不变色；故答案为：观察锥形瓶中溶液颜色的变化；当滴加最后一滴标准液时，待测液由红色刚好变为无色，且半分钟内不变色；③步骤II中仰视读数，会导致滴定管的读数偏大，步骤Ⅳ中俯视读数，会导致滴定管读数偏小，最终导致消耗的盐酸体积偏小，测定结果偏低；故答案为：偏小；（3）①滴定时的滴定管中的液面，其读数为22.60mL；故答案为：22.60；
②三次消耗盐酸体积分别为：20.38mL﹣0.20mL=20.18mL、24.20mL﹣4.00mL=20.20mL、22.6mL﹣2.38mL=20.22mL，三次滴定数据都是有效的，三次消耗盐酸的平均体积为： =20.20mL，
根据关系式NaOH～HCl可知，n（NaOH）=n（HCl）=0.1000mol L﹣1×0.022mL=0.00202mol，
所以20.00mL待测溶液含有：m（烧碱）═n M═0.00202mol×40g/mol=0.808g，
所以1000mL待测溶液含有m（烧碱）═0.808g× =2.02g，
烧碱的纯度ω（烧碱）= ×100%=80.8%，
故答案为：80.8．
【分析】（1）根据配制一定物质的量浓度的溶液的配制步骤选择使用的仪器；（2）①盛标准液的酸式滴定管必须润洗，否则量取的溶液浓度偏低；②滴定时眼睛注视锥形瓶中颜色变化；根据待测液中加入酚酞，溶液为红色，中和反应结束，溶液颜色消失进行判断；③滴定前仰视，导致读数偏大；滴定后俯视会导致读数偏小；（3）①根据滴定管的结构和精确度；②先分析数据的有效性，依据滴定管读数读出消耗溶液最后的体积，求出消耗盐酸的平均体积，然后根据关系式NaOH～HCl求出氢氧化钠的物质的量，再计算烧碱样品的纯度．
18．（2016高三下·信阳开学考）电浮选凝聚法是工业上采用的一种污水处理方法：保持污水的pH在5.0～6.0之间，通过电解生成Fe（OH）3沉淀．Fe（OH）3有吸附性，可吸附污物而沉积下来，具有净化水的作用．阴极产生的气泡把污水中悬浮物带到水面形成浮渣层，刮去（或撇掉）浮渣层，即起到了浮选净化的作用．某科研小组用电浮选凝聚法处理污水，设计装置示意图，如图所示．
（1）实验时若污水中离子浓度较小，导电能力较差，产生气泡速率缓慢，无法使悬浮物形成浮渣．此时，应向污水中加入适量的 ．
A．BaSO4 B．CH3CH2OH C．Na2SO4 D．NaOH
（2）电解池阳极发生了两个电极反应，其中一个反应生成一种无色气体，则阳极的电极反应式分别是
Ⅰ． ；
Ⅱ． ．
（3）电极反应I和Ⅱ的生成物反应得到Fe（OH3）沉淀的离子方程式是 ．
（4）该燃料电池是以熔融碳酸盐为电解质，CH4为燃料，空气为氧化剂，稀土金属材料做电极．为了使该燃料电池长时间稳定运行，电池的电解质组成应保持稳定，电池工作时必须有部分A物质参加循环（见上图）．A物质的化学式是 ．
【答案】（1）C
（2）Fe﹣2e﹣=Fe2+；4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑
（3）4Fe2++10H2O+O2═4Fe（OH）3↓+8H+
（4）CO2
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】解：（1）为了增强溶液的导电性，因此可选用易溶性强电解质溶液，排除A和B，考虑到题中要求电解时保持污水的pH在5.0～6.0之间，因此不能添加NaOH，BaSO4不溶，故答案为：C；（2）电解时铁作阳极，因此主要发生Fe﹣2e﹣=Fe2+，同时也发生副反应，即溶液中的OH﹣失电子被氧化生成O2，故答案为：Fe﹣2e﹣=Fe2+；4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑；（3）根据得失电子守恒和电荷守恒，电极反应I和Ⅱ的生成物反应得到Fe（OH3）沉淀的离子方程式是4Fe2++10H2O+O2═4Fe（OH）3↓+8H+，故答案为：4Fe2++10H2O+O2═4Fe（OH）3↓+8H+；（4）负极反应是CH4失电子，该电池的电解质环境是熔融碳酸盐，所以负极反应为：CH4+4CO32﹣﹣8e﹣=5CO2+2H2O；电池是以熔融碳酸盐为电解质，可以循环利用的物质只有二氧化碳；
故答案为：CO2．
【分析】（1）从所加入物质能增大溶液离子浓度，并能保持污水的pH在5.0～6.0之间考虑；（2）根据电极材料和离子的放电顺序考虑；（3）根据得失电子守恒和电荷守恒即可得离子方程式；（4）电池是以熔融碳酸盐为电解质，可以循环利用的物质只有二氧化碳．
19．（2016高三下·信阳开学考）1mol锌与足量的稀硫酸反应，求反应后生成的标准状况下的气体的体积为多少升？
【答案】解：令生成氢气的物质的量为n，则：
Zn+H2SO4=ZnSO4+ H2↑
1 1
1mol n
n= =1mol
标况下生成氢气的体积=1mol×22.4L/mol=22.4L
答：标况下生成氢气的体积为22.4L．
【知识点】化学方程式的有关计算
【解析】【分析】发生反应：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，根据方程式中对比关系计算生成氢气的物质的量，根据V=nVm计算氢气的体积．
20．（2016高三下·信阳开学考）某混合物A，含有KAl（SO4）2、Al2O3和Fe2O3，在一定条件下可实现如图所示的物质之间的变化：
据此回答下列问题：
（1）Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四步中对于溶液和沉淀的分离采取的方法是 ．
（2）根据上述框图反应关系，写出下列B、C、D、E所含物质的化学式
沉淀固体B ；C ；沉淀D ；溶液E ．
（3）写出①、②、③、④四个反应方程式
① ；
② ；
③ ；
④ ．
【答案】（1）过滤
（2）Al2O3；Al2O3、Fe2O3；Fe2O3；K2SO4、（NH4）2SO4
（3）Al2O3+2NaOH+3H2O=2Na[Al（OH）4]；2KAl（SO4）2+6NH3．H2O=K2SO4+3（NH4）2SO4+2Al（OH）3↓；Na[Al（OH）4]+HCl=NaCl+H2O+Al（OH）3↓；2Al（OH）3 Al2O3+3H2O
【知识点】无机物的推断
【解析】【解答】解：KAl（SO4）2溶于水，Al2O3和Fe2O3均不溶于水，混合物A加水溶解后，溶液中是KAl（SO4）2，沉淀C为Al2O3和Fe2O3；
由转化关系图可知，向沉淀C中加NaOH溶液，Fe2O3不反应，沉淀D为Fe2O3，Al2O3可与NaOH溶液反应生成NaAlO2，向NaAlO2溶液中通入CO2可得Al（OH）3沉淀，Al（OH）3受热分解生成固体B为Al2O3；
向溶液中加过量氨水，溶液与过量氨水反应，Al3+被沉淀，得到氢氧化铝沉淀，溶液中E为K2SO4、（NH4）2SO4，经过蒸发、结晶，得到K2SO4和（NH4）2SO4，（1）溶液和沉淀的分离利用过滤，故答案为：过滤；（2）由上述分析可知B为Al2O3，C为Al2O3、Fe2O3，D为Fe2O3 溶液E为K2SO4、（NH4）2SO4，故答案为：Al2O3；Al2O3、Fe2O3；Fe2O3；K2SO4、（NH4）2SO4；（3）反应①为Al2O3+2NaOH+3H2O=2Na[Al（OH）4]，反应②为2KAl（SO4）2+6 NH3．H2O=K2SO4+3（NH4）2SO4+2Al（OH）3↓，反应③为Na[Al（OH）4]+HCl=NaCl+H2O+Al（OH）3↓，反应④为2Al（OH）3 Al2O3+3H2O，故答案为：Al2O3+2NaOH+3H2O=2Na[Al（OH）4]；2KAl（SO4）2+6 NH3．H2O=K2SO4+3（NH4）2SO4+2Al（OH）3↓；Na[Al（OH）4]+HCl=NaCl+H2O+Al（OH）3↓；2Al（OH）3 Al2O3+3H2O．
【分析】KAl（SO4）2溶于水，Al2O3和Fe2O3均不溶于水，混合物A加水溶解后，溶液中是KAl（SO4）2，沉淀C为Al2O3和Fe2O3；
由转化关系图可知，向沉淀C中加NaOH溶液，Fe2O3不反应，沉淀D为Fe2O3，Al2O3可与NaOH溶液反应生成NaAlO2，向NaAlO2溶液中通入CO2可得Al（OH）3沉淀，Al（OH）3受热分解生成固体B为Al2O3；
向溶液中加过量氨水，溶液与过量氨水反应，Al3+被沉淀，得到氢氧化铝沉淀，溶液中E为K2SO4、（NH4）2SO4，经过蒸发、结晶，得到K2SO4和（NH4）2SO4，然后结合物质的性质及化学用语来解答．
21．（2016高三下·信阳开学考）乙酸苯甲酯可用作茉莉、白兰、月下香等香精的调合香料．它可以用甲苯和乙醇为原料进行人工合成．合成路线如下：
（1）C的结构简式为 ．
（2）反应②、③的反应类型为 ， ．
（3）甲苯的一氯代物有 种．
（4）写出反应①的化学方程式 ．
（5）为了提高乙酸苯甲酯的产率应采取的措施是（写一项） ．
【答案】（1）
（2）氧化反应；酯化反应或取代反应
（3）4
（4）2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O
（5）加入过量的乙酸或苯甲醇（及时除去水等）
【知识点】有机物的推断
【解析】【解答】解：乙醇发生氧化反应生成A为CH3CHO，乙醛进一步氧化生成B为CH3COOH，乙酸和C反应生成乙酸苯甲酯，则C为苯甲醇，结构简式为 ，甲苯和氯气在光照条件下发生取代反应生成1﹣氯甲苯，1﹣氯甲苯和NaOH的水溶液加热发生水解反应生成C，（1）通过以上分析知，C结构简式为 ，故答案为： ；（2）反应②、③的反应类型为氧化反应、酯化反应或取代反应，故答案为：氧化反应；酯化（取代）反应；（3）一氯甲苯如果取代基为甲基和﹣Cl，有邻间对3种结构，氯原子位于取代基上有一种，所以甲苯的一氯代物有4种同分异构体，故答案为：4；（4）该反应方程式为2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O，故答案为：2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O；（5）为了提高乙酸苯甲酯的产率应采取的措施是加入过量的乙酸或苯甲醇（及时除去水等），故答案为：加入过量的乙酸或苯甲醇（及时除去水等）．
【分析】乙醇发生氧化反应生成A为CH3CHO，乙醛进一步氧化生成B为CH3COOH，乙酸和C反应生成乙酸苯甲酯，则C为苯甲醇，结构简式为 ，甲苯和氯气在光照条件下发生取代反应生成1﹣氯甲苯，1﹣氯甲苯和NaOH的水溶液加热发生水解反应生成C，据此分析解答．
22．（2016高三下·信阳开学考）下图表示各物质之间的转化关系．已知：常温下D、E、F、I、J为气体，且D、I是水煤气的主要成分；B是无色液体，M为红褐色固体，C的焰色反应为黄色．
（1）基于反应①原理的化学工业称为 ，写出该反应的化学方程式 ．
（2）写出K和E反应的离子方程式 ．
写出F溶液和H反应的离子方程式 ．
（3）已知：由G分解得到的H、I、J三者的物质的量之比为1：1：1，则G的化学式为 ．
【答案】（1）氯碱工业；2NaCl+2H2O H2↑+Cl2↑+2NaOH
（2）2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣；FeO+2H+=Fe2++H2O
（3）FeC2O4
【知识点】无机物的推断
【解析】【解答】解：L放置在空气中生成有颜色的固体M，则M是Fe（OH）3，L是Fe（OH）2；C的焰色反应为黄色，说明C含有钠元素；反应①是工业制氯气的原理，且同时生成气体D与气体E，所以电解的是NaCl溶液，则A和B一种是NaCl，一种是H2O；B是一种常见的无色液体，应为H2O，则A为NaCl，C为NaOH，且D、I是水煤气的主要成分，则D为H2，E为Cl2，I为CO，F为HCl，H为FeO，K为FeCl2，H为FeO＜I为CO与水反应生成J与D，则J是CO2，由G分解得到的H、I、J三者的物质的量之比为1：1：1，则G为FeC2O4．（1）基于反应①原理的化学工业称为氯碱工业，该反应的化学方程式：2NaCl+2H2O H2↑+Cl2↑+2NaOH，故答案为：氯碱工业；2NaCl+2H2O H2↑+Cl2↑+2NaOH；（2）K和E反应的离子方程式：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣，F溶液和H反应的离子方程式：FeO+2H+=Fe2++H2O，故答案为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣；FeO+2H+=Fe2++H2O；（3）由G分解得到的H为FeO、I为CO、J为CO2三者的物质的量之比为1：1：1，依据原子守恒得到G的化学式为：FeC2O4，故答案为：FeC2O4．
【分析】L放置在空气中生成有颜色的固体M，则M是Fe（OH）3，L是Fe（OH）2；C的焰色反应为黄色，说明C含有钠元素；反应①是工业制氯气的原理，且同时生成气体D与气体E，所以电解的是NaCl溶液，则A和B一种是NaCl，一种是H2O；B是一种常见的无色液体，应为H2O，则A为NaCl，C为NaOH，且D、I是水煤气的主要成分，则D为H2，E为Cl2，I为CO，F为HCl，K为FeCl2，H为FeO＜I为CO与水反应生成J与D，则J是CO2，由G分解得到的H、I、J三者的物质的量之比为1：1：1，则G为FeC2O4，据此解答，（1）基于反应①原理的化学工业称为氯碱工业，电极饱和食盐水生成氢氧化钠、氯气和氢气；（2）K和E反应是氯气氧化亚铁离子为铁离子；F溶液和H反应是氧化亚铁溶于酸生成亚铁离子和水；（3）由G分解得到的H、I、J三者的物质的量之比为1：1：1，结合原子守恒计算得到G的化学式．
23．（2016高三下·信阳开学考）根据描述及要求填空：
（1）“纳米材料”是当今材料科学研究的前沿，其研究成果广泛应用于催化及军事科学中．所谓“纳米材料”是指研究、开发出的微粒粒度从几纳米至几十纳米的材料，如将纳米材料分散到分散剂中，所得混合物可能具有的性质是 ．
A．能全部透过半透膜 B．有丁达尔效应
C．所得液体呈胶状 D．所得物质一定是悬浊液
（2）把淀粉溶液溶于沸水中，制成淀粉胶体，回答下列问题．
①鉴别水溶液和胶体可以利用的方法是 ．
②60℃ 左右时，在淀粉胶体中加入淀粉酶，装入半透膜袋里，系紧袋口，并把它悬挂在盛有蒸镏水的烧杯里充分反应．从半透膜里析出的物质是 ，该操作的名称是 ．
【答案】（1）B
（2）让一束可见光分别照射两瓶无色液体，可见到一条光亮通路的为淀粉胶体；麦芽糖；渗析
【知识点】胶体的性质和应用；纳米材料
【解析】【解答】解：（1）散系中分散质的直径在1nm～100nm之间的属于胶体分散系，由“纳米技术”是指粒子直径在几纳米到几十纳米的材料，则分散到液体分散剂中，分散质的直径在1nm～100nm之间，则该混合物属于胶体，所以所得混合物可能具有的性质是胶体的性质，胶体的分散质微粒较大，不能通过半透膜，但能透过滤纸胶体都能产生丁达尔效应，故答案为：B；（2）①胶体和溶液的区别是：胶体具有丁达尔效应，而溶液不具备，可以据此来鉴别二者，故答案为：让一束可见光分别照射两瓶无色液体，可见到一条光亮通路的为淀粉胶体；②淀粉水解生成葡萄糖，胶粒不能透过半透膜，萄糖是小分子，能透过，可用渗析提纯胶体，故答案为：麦芽糖；渗析．
【分析】（1）由“纳米技术”是指粒子直径在几纳米到几十米的材料，则分散到液体分散剂中，分散质的直径在1nm～100nm之间；（2）①虽然外观相同的水溶液和胶体有很多性质差异，但用于区别二者最简便可靠的特征性质还是丁达尔现象；②淀粉在淀粉酶的作用下会水解成小分子，可透过半透膜，但酶作为蛋白质留在半透膜袋内．
24．（2016高三下·信阳开学考）A与芳香族化合物B在一定条件下反应生成C，进一步反应生成有机酸D，D的二水合钠盐医学上称之为当归素，是一种治疗偏头痛的有效新药．A的相对分子质量是104，1mol A与足量的NaHCO3反应生成2mol气体．
已知：RCHO+CH2（COOH）2 RCH=C（COOH）2+H2O，
RCH=C（COOH）2 RCH=CHCOOH+CO2
（1）C可能发生的反应是 （填序号）．
a．氧化反应 b．水解反应 c．消去反应 d．酯化反应
（2）等物质的量的C分别与足量的Na、NaHCO3、NaOH反应消耗Na、NaHCO3、NaOH的物质的量之比是 ．
（3）E的名称： ．
（4）反应①的化学方程式是 ．
（5）符合下列条件的D的同分异构体有 种，写出其中任意一种的结构简式 ．
①在苯环上只有两个取代基；②在苯环上的一氯取代物只有两种；
③1mol该同分异构体与足量的NaHCO3反应生2mol CO2．
【答案】（1）ad
（2）3：2：3
（3）碳酸氢钠
（4）
（5）4；
【知识点】有机物的推断
【解析】【解答】解：A的相对分子质量为104，1mol A与足量的碳酸氢钠反应生成2mol二氧化碳，则A分子含有2个﹣COOH，去掉2个﹣COOH剩余总相对原子质量为104﹣45×2=14，剩余基团为CH2，故A的结构简式为HOOCCH2COOH；B的结构中含有醛基，根据C结构简式结合信息知，B为 ，C在一定条件下生成有机酸D，结合D的分子式可知，C脱去1分子二氧化碳生成D，由信息可知，D的结构简式为 ，D与足量的E反应得到当归素，由当归素的分子式可知，D中羧基发生反应生成钠盐，故E为碳酸氢钠，（1）C和酚羟基、碳碳双键，可以发生氧化反应，含有羧基，可以发生酯化反应，醚键很稳定，不易发生水解反应，不能发生消去反应，故选：ad；（2）C中酚羟基和羧基都与钠反应生成氢气，只有羧基能和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，酚羟基和羧基都能与NaOH反应，所以等物质的量的C分别与足量的Na、NaHCO3、NaOH反应消耗Na、NaHCO3、NaOH的物质的量之比是3：2：3，故答案为：3：2：3；（3）通过以上分析知，E名称是碳酸氢钠，故答案为：碳酸氢钠；（4）在一定条件下，A和B反应生成C，反应方程式为： ，
故答案为： ；（5）阿魏酸的同分异构体符合下列条件：
①在苯环上只有两个取代基；
②在苯环上的一氯取代物只有两种，说明两个取代基处于对位位置，且两个取代基不同或者两个取代基处于邻位位置，且两个取代基相同，
③1mol该同分异构体与足量NaHCO3反应生成2mol CO2气体，含有2个﹣COOH，
所以符合条件的阿魏酸的同分异构体结构简式分别为： ，所以符合条件的有4种，
故答案为：4； ．
【分析】A的相对分子质量为104，1mol A与足量的碳酸氢钠反应生成2mol二氧化碳，则A分子含有2个﹣COOH，去掉2个﹣COOH剩余总相对原子质量为104﹣45×2=14，剩余基团为CH2，故A的结构简式为HOOCCH2COOH；B的结构中含有醛基，根据C结构简式结合信息知，B为 ，C在一定条件下生成有机酸D，结合D的分子式可知，C脱去1分子二氧化碳生成D，由信息可知，D的结构简式为 ，D与足量的E反应得到当归素，由当归素的分子式可知，D中羧基发生反应生成钠盐，故E为碳酸氢钠，据此分析解答．
25．（2016高三下·信阳开学考）已知化学反应①：
Fe（s）+CO2（g）═FeO（s）+CO（g），其平衡常数为K1；化学反应②：
Fe（s）+H2O（g）═FeO（s）+H2（g），其平衡常数为K2．在温度
973K和1173K情况下，K1、K2的值分别如下：
温度 K1 K2
973K 1.47 2.38
1173K 2.15 1.67
（1）通过表格中的数值可以推断：反应①是 （填“吸热”或“放热”）反应．
（2）现有反应③：CO2（g）+H2（g）=CO（g）+H2O（g），请你写出该反应的平衡常数K3的数学表达式：K3= ．
（3）根据反应①与②可推导出K1、K2与K3之间的关系式 ．据此关系式及上表数据，也能推断出反应③是 （填“吸热”或“放热”）反应，要使反应③在一定条件下建立的平衡向正反应方向移动，可采取的措施有 （填写序号）．
A．缩小反应容器容积 B．扩大反应容器容积
C．降低温度 D．升高温度
E．使用合适的催化剂 F．设法减少CO的量
（4）图甲、乙分别表示反应③在t1时刻达到平衡、在t2时刻因改变某个条件而发生变化的情况：
①图甲中t2时刻发生改变的条件是 ．
②图乙中t2时刻发生改变的条件是 ．
【答案】（1）吸热
（2）
（3）K3= ；吸热；DF
（4）加入催化剂或增大体系的压强；降低温度或增加水蒸气的量或减少氢气的量
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】解：（1）K1（973K时）＜K1（1173K时），说明升高温度平衡正向移动，所以反应①是一个吸热反应，故答案为：吸热；（2）反应③：CO2（g）+H2（g）=CO（g）+H2O（g）的平衡常数K3= ，
故答案为： ；（3）反应③=反应①﹣反应②，则反应③的平衡常数K3= = = ，从表中数据可知，K1随温度升高增大，K2随温度升高减小，则随温度升高K3增大，说明升高温度平衡正向移动，反应③是吸热反应；
A．缩小反应容器容积，压强增大，反应气体气体体积不变，平衡不移动，故A错误；
B．扩大反应容器容积，压强减小，反应气体气体体积不变，平衡不移动，故B错误；
C．正反应为吸热反应，降低温度，平衡向逆反应方向移动，故C错误；
D．正反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，故D正确；
E．使用合适的催化剂，可以加快反应速率，但不影响平衡移动，故E错误；
F．设法减少CO的量，平衡向生成CO的方向移动，即平衡正向移动，故F正确，
故答案为：K3= ；吸热；DF；（4）①从图甲可以看出，t2时刻平衡方向没有移动，化学反应速率加快，所以其条件是使用了催化剂；又因为反应③是反应前后气体体积不变的反应，所以增大压强，平衡不移动，反应速率也提高，
故答案为：加入催化剂或增大体系的压强；
②图乙中t2时刻后，CO2浓度增大，CO浓度减小，所以可以通过使平衡左移来达到，条件可以是降低温度，也可以采用增加水蒸气的量或者减少氢气的量，
故答案为：降低温度或增加水蒸气的量或减少氢气的量．
【分析】（1）随温度升高，平衡常数增大，说明升高温度平衡正向移动；（2）化学平衡常数是指：一定温度下，可逆反应到达平衡时，生成物的浓度系数次幂之积与反应物的浓度系数次幂之积的比，固体、纯液体不需要在化学平衡常数中写出；（3）反应③=反应①﹣反应②，则反应③的平衡常数为反应①与反应②的平衡常数商，从表格数值可知，随温度升高K3增大，说明升高温度平衡正向移动；
A．缩小反应容器容积，压强增大，平衡向气体体积减小的方向移动；
B．扩大反应容器容积，压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动；
C．降低温度，平衡向放热反应方向移动；
D．升高温度，平衡向吸热反应方向移动；
E．使用合适的催化剂，不影响平衡移动；
F．设法减少CO的量，平衡向生成CO的方向移动；（4）①从图甲可以看出，t2时刻平衡方向没有移动，变化的是化学反应速率，所以其条件是使用了催化剂；又因为反应③是反应前后气体体积不变的反应，所以增大压强，平衡不移动，反应速率也提高；②图乙中t2时刻后，CO2浓度增大，CO浓度减小，所以可以通过使平衡左移来达到，条件可以是降低温度，也可以采用增加水蒸气的量或者减少氢气的量．
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