浙江省宁波市鄞州中学2019-2020学年高三下学期化学开学考试卷

浙江省宁波市鄞州中学2019-2020学年高三下学期化学开学考试卷
一、单选题
1．（2020高三下·宁波开学考）下列属于酸的是（　　）
A．NH4Cl B．KHSO4 C．HOCl D．CO2
2．（2020高三下·宁波开学考）仪器名称为“长颈漏斗”的是（　　）
A． B． C． D．
3．（2020高三下·宁波开学考）下列属于电解质的是（　　）
A．乙醇 B．氢氧化铁 C．氨水 D．铜
4．（2020高三下·宁波开学考）下列属于氧化还原反应的是（　　）
A．Na2CO3+SiO2 Na2SiO3＋CO2
B．CaO＋H2O=Ca (OH)2
C．2FeCl3＋Fe=3FeCl2
D．SO2＋2NaOH=Na2SO3
5．（2020高三下·宁波开学考）下列分散系能产生“丁达尔效应”的是（　　）
A．泥水 B．氯化铜溶液 C．溴蒸汽 D．淀粉溶液
6．（2020高三下·宁波开学考）下列表示错误的是（　　）
A．NF3 的电子式：
B．乙烯的结构简式：CH2＝CH2
C．CH4 的比例模型：
D．氩原子的结构示意图：
7．（2020高三下·宁波开学考）下列说法正确的是（　　）
A．“液氯”因其具有强氧化性不能用钢瓶运输
B．氧化镁具有较高的熔点，常被用于耐高温材料
C．在医疗上，纯碱可用于治疗胃酸过多，但不能用于胃穿孔病人
D．硅是一种重要的半导体材料，常被用于制造光导纤维
8．（2020高三下·宁波开学考）下列物质的名称错误的是（　　）
A．生石膏：CaSO4·2H2O
B．摩尔盐： (NH4)2Fe (SO4)2
C．普通玻璃的成分：Na2O·CaO·6SiO2
D．木精：CH3OH
9．（2020高三下·宁波开学考）下列说法错误的是（　　）
A．石油裂解的目的是提高汽油等轻质油的产量和质量
B．可用新制氢氧化铜检验糖尿病人尿糖的含量
C．蛋白质溶液可以通过盐析或者渗析来进行提纯
D．油脂是热值最高的营养物质，是生物体内储存能量的重要物质
10．（2020高三下·宁波开学考）下列说法错误的是（　　）
A．根据纤维在火焰上燃烧产生的气味，确定该纤维是否为蛋白质纤维
B．焰色反应实验可用细铁丝代替铂丝
C．用湿润的 pH 试纸测氯化钠溶液的 pH，对结果不影响
D．金属钠失火可用煤油来灭火
11．（2020高三下·宁波开学考）下列说法正确的是（　　）
A．水和双氧水是相同的元素组成的物质，所以是同素异形体
B．氕、氘、氚互为同位素，其性质都相同
C．甲苯和邻二甲苯不是同系物
D．C5H12 存在一种同分异构体其一氯代物只有一种
12．（2020高三下·宁波开学考）已知：A（g）＋2B（s） 3C （g） ΔH＝－a kJ·molˉ1 （a＞0）。下列说法正确的是（　　）
A．当体系中 3v （A）=v （C）时，则反应达到化学平衡
B．达到化学平衡后，生成 1mol A 的同时消耗 2mol B
C．达到化学平衡后，反应放出的热量一定小于 a kJ
D．达到化学平衡后，保持容积不变并通入惰性气体，平衡逆向移动
13．（2020高三下·宁波开学考）下列离子方程式错误的是（　　）
A．澄清石灰水中加入碳酸氢钠：HCO3-＋OH =CO32-+ H2O
B．金属钠和水反应：2Na＋2H2O=2Na+＋2OH－＋H2↑
C．印刷电路板的制作原理：2Fe3+＋Cu=2Fe2+＋Cu2+
D．二氧化硫与氯气混合后通入水中：SO2＋Cl2＋2H2O=SO42-＋4H ++ 2Cl-
14．（2020高三下·宁波开学考）W、X、Y、Z 四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如图所示，Z 的原子序数是 X 的 2倍。下列说法错误的是（　　）
A．X 元素形成的氢化物沸点比 W 的高
B．四种元素原子半径从大小的排列顺序 Y＞Z＞X＞W
C．X 的一种氢化物和 X、Z 形成的一种化合物具有相同原理的漂白作用
D．Y 的氧化物能与 W 的氢化物反应
15．（2020高三下·宁波开学考）下列说法错误的是（　　）
A．苯和四氯化碳都能使溴水褪色，但现象不同
B．甲烷与氯气在光照下最多能生成四种产物
C．邻二甲苯仅有一种空间结构可证明苯分子中不存在单双键交替的结构
D．相同物质的量的乙醇和乙烯，消耗的氧气的物质的量相等
16．（2020高三下·宁波开学考）下列关于 的说法，错误的是（　　）
A．在常温常压下，1mol 该物质与足量的 NaOH 溶液反应，最多消耗 1mol NaOH
B．该物质在一定条件下可以发生加聚反应
C．有机物的分子式为 C13H12O4Cl2
D．一定条件下，1mol 该物质能最多与 5mol 氢气加成
17．（2020高三下·宁波开学考）碱性锌锰电池比普通的锌锰干电池性能优越，能提供较大的电流并连续放电，其构造如图所示。电池反应方程式为 2MnO2+Zn+2H2O=2MnO (OH)+Zn (OH)2。下列说法错误的是（　　）
A．电池使用过程中，电解质的碱性增强
B．锌粉是该电池的负极
C．MnO2 电极的电极反应式：MnO2+eˉ＋H2O=MnO(OH)+OHˉ
D．当电池使用时，OHˉ移向电池的正极
18．（2020高三下·宁波开学考）下列事实不能用来判断醋酸为弱电解质的是（　　）
A．常温下测定醋酸钠溶液的 pH
B．比较相同大小的镁条与相同浓度的盐酸与醋酸反应的速率大小
C．比较相同 pH 下盐酸和醋酸的导电能力
D．比较 0.1mol·L-1 的盐酸和醋酸分别与 0.1 mol·L-1 氢氧化钠反应所放出的热量
19．（2020高三下·宁波开学考）高铁酸钾 （K2FeO4）是一种优良的水处理剂，将其溶于水中缓慢发生发应 4FeO42-+10H2O 4Fe (OH)3+8OH -+3O2↑。在 pH=4.7 的溶液中，配成 c （K2FeO4）=1.0×10-3mol·L-1 试样，分别置于 20-60℃的恒 温水浴中，测定 K2FeO4 总量的变化如图，纵坐标为试样的浓度， 则下列说法错误的是（　　）
A．试样溶液的酸性越强，K2FeO4 越不稳定
B．40℃时，在 0～120 min 内，K2FeO4 的分解速率为3.75×10-3 mol·Lˉ1·minˉ1
C．由图可知，反应体系温度越高，分解速率越快
D．当分解足够长时间后，四份试样的分解率相等
20．（2020高三下·宁波开学考）设 NA 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）
A．常温下，1mol 的 Fe 与足量的浓硫酸反应转移的电子数为 3NA
B．1L1mol·L-1 的 Na2CO3 溶液中含有碳酸根的数目为 NA
C．标准状况下，22.4L 的 Cl2 通入水中，转移的电子数为 NA
D．常温常压下，22.4L 的甲烷气体含有的氢原子的数目小于 4NA
21．（2020高三下·宁波开学考）下列说法错误的是（　　）
A．有化学键断裂的过程不一定是化学过程
B．NH4Cl 和 Na2SO4 晶体中含有的化学键类型相同
C．H2O 比 H2S 更稳定，是因为氧的非金属性更强
D．离子晶体中一定含有离子键，分子晶体中一定含有共价键
22．（2020高三下·宁波开学考）红磷P(s)和 Cl2 发生反应生成 PCl3 和 PCl5，反应过程和能量关系如图所示。△H 表示生成 1mol产物的焓变数据。下列热化学方程式错误的是（　　）
A．2P (s)+3Cl2 (g)=2PCl3 (g) △H=－612kJ·mol-1
B．PCl3 (g) =P (g)+ Cl2 (g) △H=306kJ·mol-1
C．PCl5 (g)=PCl3 (g)+Cl2 (g) △H=93kJ·mol-1
D．2P (s)+5Cl2 (g)=2PCl5 (g) △H=－798kJ·mol-1
23．（2020高三下·宁波开学考）常温下，往 H3PO4 溶液中滴加 NaOH 溶液，体系中含磷各物种所占的物质的量分数 （α）随溶液pH 变化的关系如图所示。下列有关说法错误的是（　　）
A．为尽可能得到较纯的 NaH2PO4，pH 应控制在 4～5.5 左右
B．在 pH＜7.2 的溶液中，c （H2PO4- ）＞c （HPO42 -）
C．当 pH=7.2 时，H2PO4- 与 HPO42 -的物质的量相等且等于原溶液磷酸物质的量的一半
D．pH=13 时，溶液中各微粒浓度大小关系为：c （Na+）＞c （PO43－）＞c （HPO42-）＞c （OH－）＞c （H+）
24．（2020高三下·宁波开学考）过氧化铬的化学式为 CrO5，从其结构发现含有 2 个过氧键，结构如图， 下列说法错误的是（　　）
A．CrO5可能具有强氧化性 B．CrO5 溶于水可能放出氧气
C．CrO5 稳定性较低，易分解 D．CrO5 中 Cr 的化合价为+10
25．（2020高三下·宁波开学考）某强酸性溶液 X 中可能含有 Ba2+、Al3+、NH4+、Fe2+、Fe3+、CO32-、SO32-、SO42-、Cl-、NO2-中的一种或几种，现取 X 溶液进行连续实验，实验过程及产物如下：
根据以上信息，下列判断正确的是（　　）
A．X 溶液中一定存在 Al3+、NH4 + 、Fe3+、SO42-
B．X 溶液中可能存在 SO32-、Cl-、NO2-
C．向溶液 J 中加入过量的溶液 E，最终溶液中可能含有两种溶质
D．沉淀 I 一定是 Al (OH)3
二、综合题
26．（2020高三上·杭州月考）
（1）比较结合 H+能力的相对强弱：H2O　 　NH3 （填“＞”、“＜”或“＝”）；用一个离子 方程式说明 H3O+和 NH4+给出 H+能力的相对强弱　 　。
（2）NaOCN
是离子化合物，各原子均满足 8 电子稳定结构。写出
NaOCN 的电子式　 　。
（3）乙酸汽化时，测定气体的相对分子质量，有数据表明其摩尔质量变为 120g·mol-1，从结构上 分析其可能的原因是　 　
27．（2020高三下·宁波开学考）有一含（NaOH 和 Na2CO3 或 Na2CO3 和 NaHCO3）混合碱，现称取试样
0.2960 克，以 0.1000mol·L-1的 HCl 标准溶液滴定，酚酞指示终点时消耗 20.00mL，再以甲基橙指示终点时，消耗盐酸为 VmL
（1）若
20.00（2）若
V>40.00，请列式计算以甲基橙指示终点时需要盐酸的体积为多少　 　？
28．（2020高三下·宁波开学考）为探究某黄色固体的组成和性质，设计如下实验：
请回答：
（1）X 的化学式是　 　。
（2）X 在空气中充分灼烧的化学方程式为　 　。
（3）溶液 A 与烧碱反应生成 B 和浅黄色沉淀（0.01mol）的化学方程式为　 　。
29．（2020高三下·宁波开学考）阿莫西林是一种最常用的半合成青霉素类广谱β-内酰胺类抗生素，某研究小组按下列路 线合成：
已知：
请回答：
（1）B 的结构简式为　 　。
（2）下列说法正确的是　 　。
A 化合物 B 的官能团是醛基 B 反应①的目的是为了保护酚羟基
C 化合物 D 能发生消去反应 D 阿莫西林的分子式是
C16H19N3O5S
（3）写出第⑨步反应的化学反应方程式　 　。
（4）设计以 为原料制备水杨酸（ ）的合成路线 （用流程图表示，无机试剂任选）　 　。
（5）写出同时符合下列条件的
F 的所有同分异构体的结构简式　 　。
①分子中有苯环且是苯环的对位二取代物
②分子中含有硝基且不与苯环直接相连
③分子不与金属钠反应放出氢气
30．（2020高三下·宁波开学考）下图是一种制备氢氧化亚铁的方法，且能保存相对较长时间，根据装置图请回答下列问题：
（1）本实验中为制得氢氧化亚铁如何保证无氧条件　 　。
（2）在将硫酸亚铁压入制得氢氧化亚铁的操作之前必须要进行的操作是　 　。
31．（2020高三下·宁波开学考）高氯酸铵（NH4ClO4）易分解产生大量气体，常用作火箭推进剂。实验室可通过下列反应制取：NaClO4（aq）+ NH4Cl （aq） NH4ClO4
（aq）+NaCl
（aq）。
（1）若 NH4Cl
用氨气和浓盐酸代替，上述反应不需要外界供热就能进行，其原因是　 　。
（2）根据如图的溶解度曲线，在反应后得到的混合溶液中获得 NH4ClO4 晶体的实验操作依次为：　 　，洗涤，干燥。
（3）在上述操作中，洗涤剂应选择_____
A．热水 B．乙醇 C．冰水 D．滤液
（4）样品中 NH4ClO4
的含量可用蒸馏法进行测定，蒸馏装置如图所示（加热和仪器固定装置已略去），
实验步骤如下：
步骤 1：按如图组装好仪器，准确称取样品 a g （约 0.5g） 于蒸馏烧瓶中，加入约 150mL 水溶解。
步骤 2：准确量取 40.00mL 约 0.1 mol·L－1H2SO4 溶液于锥形瓶中。
步骤 3：经滴液漏斗向蒸馏瓶中加入 20mL3mol L－1NaOH 溶液。
步骤 4：加热蒸馏至蒸馏烧瓶中剩余约 100mL 溶液。
步骤 5：用新煮沸过的水冲洗冷凝装置 2~3 次，洗涤液并入锥形瓶中。
步骤 6：向锥形瓶中加入酸碱指示剂，用 c mol·L－1NaOH 标准溶液滴定至终点，记录消耗NaOH 标准溶液的体积。
步骤 7：将实验步骤 1-6 重复 2 次。记录消耗 NaOH 标准溶液的平均体积为 V1 mL
步骤 8：在步骤 1 中不加入样品，将实验步骤 1-6 重复 3 次。记录消耗 NaOH 标准溶液的 平均体积为 V2 mL。
请回答：
①步骤 2 中，准确量取 40.00mL H2SO4 溶液的玻璃仪器是　 　。
②为确保氨气被充分吸收的实验步骤为　 　，为提高氨的吸收率，本实验还缺少的一步实验的步骤为　 　
③请用含字母的表达式表示（如果有数字，请化简成一个数字）样品中 NH4ClO4 的含量　 　。
32．（2020高三下·宁波开学考）碘在科研与生活中有重要应用。
（1）I2O5 是白色粉末状固体，在合成氨工业中常用 I2O5 来定量测量 CO
的含量。
已知：2I2 (s)+5O2
(g)=2I2O5
(s) △H=﹣75.56kJ·mol-1
2CO (g)+O2
(g)=2CO2
(g) △H=﹣566.0kJ·mol-1
写出 CO (g)与 I2O5 (s)反应析出固态 I2 的热化学方程式：　 　，若这个反应一定能自发进行，则反应的△S　 　0(填“>”，“<”或 “=”)；
（2）某兴趣小组用
0.50mol·L-1KI、0.2％淀粉溶液、0.20mol·L-1K2S2O8、0.10mol·L-1Na2S2O3
等试 剂，探究反应条件对化学反应速率的影响。
已知：Ⅰ、S2O82-＋2I-＝2SO42-＋I2(慢) Ⅱ、I2＋2S2O32-＝2I- ＋S4O62-(快)
①向 KI、Na2S2O3
与淀粉的混合溶液中加入一定量的 K2S2O8 溶液，当溶液中的　 　耗 尽后，溶液颜色将由无色变成为蓝色。 请从碰撞理论的角度解释上述产物未耗尽前溶液中看不到蓝色的原因：　 　
②为探讨反应物浓度对化学反应速率的影响，设计的实验方案如下表：
实验 序号 体积 V/mL
K2S2O8
溶液 水 KI 溶液 Na2S2O3
溶液 淀粉溶液
ⅰ 10.0 0.0 4.0 4.0 2.0
ⅱ 9.0 1.0 4.0 4.0 2.0
ⅲ 8.0 Vx 4.0 4.0 2.0
表中 Vx=　 　mL，理由是　 　。
③已知某条件下，浓度 c (S2O82-)～反应时间 t 的变化曲线如图，若保持其他条件不变，请在答题卡坐标图中，分别画出降低反应温度和加入催化剂时 c (S2O82-)～t 的变化曲线示意图 　 　(进行相应的标注)
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】A．NH4Cl的阳离子是铵根离子、阴离子是酸根离子，属于盐，故A不符合题意；
B．KHSO4的阳离子是金属离子和氢离子、阴离子是酸根离子，属于酸式盐，故B不符合题意；
C．HOCl 电离出的阳离子全部是氢离子，属于酸，故C符合题意；
D．CO2是酸性氧化物，不属于酸，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题的易错点为B，要注意酸电离出的阳离子要全部是氢离子。
2．【答案】A
【知识点】常用仪器及其使用
【解析】【解答】A． 是长颈漏斗，故A符合题意；
B． 是分液漏斗，故B不符合题意；
C． 是普通的漏斗或短颈漏斗，故C不符合题意；
D． 是分液漏斗，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】本题中的BD都是分液漏斗， B一般用于萃取分液，D一般用于反应装置中滴加液体。
3．【答案】B
【知识点】电解质与非电解质
【解析】【解答】A．乙醇在水溶液中和熔融状态下均不导电，属于非电解质，故A不符合题意；
B．氢氧化铁是弱碱，微溶于水，溶于水的氢氧化铁能够电离，是电解质，故B符合题意；
C．氨水为混合物，既不是电解质也不是非电解质，故C不符合题意；
D．铜是单质，既不是电解质也不是非电解质，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质，据此分析。
4．【答案】C
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A．Na2CO3+SiO2 Na2SiO3＋CO2中不存在化合价的变化，不属于氧化还原反应，故A不符合题意；
B．CaO+H2O=Ca(OH)2反应中不存在化合价的变化，不属于氧化还原反应，故B不符合题意；
C.2FeCl3＋Fe=3FeCl2反应中Fe元素化合价发生了变化，属于氧化还原反应，故C符合题意；
D．SO2＋2NaOH=Na2SO3反应中不存在化合价的变化，不属于氧化还原反应，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】有元素化合价升降的反应是氧化还原反应，分析题中组成物质的元素化合价是否有升降，进而判断是否是氧化还原反应，由此分析解答。
5．【答案】D
【知识点】胶体的性质和应用
【解析】【解答】泥水属于浊液，氯化铜溶液属于溶液，溴蒸汽是单质，不是分散系，无丁达尔效应；淀粉溶液属于胶体，有丁达尔效应，
故答案为：D。
【分析】胶体能产生丁达尔现象，溶液不能产生丁达尔现象。
6．【答案】A
【知识点】原子结构示意图；结构简式；球棍模型与比例模型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．F原子的最外层有7个电子，NF3中原子都是8电子稳定结构，电子式为 ，故A符合题意；
B．乙烯分子中含有1个碳碳双键，乙烯的结构简式为CH2=CH2，故B不符合题意；
C．比例模型主要体现的是组成该分子的原子间的大小关系为： ，故C不符合题意；
D．氩原子核内有18个质子，核外有3个电子层，第一层上有2个电子、第二层上有8个电子，最外层上有8个电子，其原子结构示意图为： ，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】本题的易错点为C，要注意比例模型中原子的相对大小的比较。
7．【答案】B
【知识点】氯气的化学性质；硅和二氧化硅；钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物
【解析】【解答】A．液氯为液态的氯气，不具有酸性，常温下与铁不反应，能用钢瓶运输，故A不符合题意；
B．氧化镁为离子晶体，熔点高，可用于耐高温材料，故B符合题意；
C．碳酸钠的碱性较强，并且和盐酸之间反应剧烈同时会产生大量的二氧化碳气体，会导致胃穿孔，不能用纯碱治疗胃酸过多，故C不符合题意；
D．制作光导纤维的成分是二氧化硅，而不是硅，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题的易错点为C，要注意碳酸氢钠可以用来治疗胃酸过多，碳酸钠不能，碱性太强，对人体的刺激性较大。
8．【答案】B
【知识点】化学物质的名称与俗名
【解析】【解答】A．生石膏为含有2个水的硫酸钙，其化学式为：CaSO4 2H2O，故A不符合题意；
B．摩尔盐的化学式为(NH4)2Fe (SO4)2·6H2O，故B符合题意；
C．普通玻璃的主要成分是硅酸钠、硅酸钙和二氧化硅，用氧化物的形式表示为Na2O·CaO·6SiO2，故C不符合题意；
D．木精又称木醇，是甲醇的俗名，化学式为：CH3OH，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.生石膏为含有2个结晶水的硫酸钙；
B.摩尔盐少写了结晶水；
C.普通玻璃的主要成分是硅酸钠、硅酸钙和二氧化硅；
D.木精是甲醇。
9．【答案】A
【知识点】石油的裂化和裂解；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；醛的化学性质；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A．石油裂解的目的是为了获得乙烯、丙烯、丁二烯、丁烯、乙炔等，不是提高汽油等轻质油的产量和质量，故A符合题意；
B．糖尿病人尿液中含有血糖，能与新制的氢氧化铜反应，产生砖红色沉淀，故可用新制的氢氧化铜，检验糖尿病人尿液中尿糖的含量，故B不符合题意；
C．蛋白质为胶体，可发生盐析，胶体微粒不能透过半透膜，可用渗析的方法分离提纯蛋白质，故C不符合题意；
D．一克油脂在体内完全氧化时，大约可以产生39.8千焦的热能，提供的能量比糖类和蛋白质约高一倍，是产生能量最高的营养物质，是生物体内储存能量的重要物质，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】本题的易错点为A，要注意区分石油裂化和裂解的目的，石油裂化的目的是为了提高轻质液体燃料的产量，特别是提高汽油的产量，裂解的目的是为了获得乙烯、丙烯、丁二烯、丁烯、乙炔等。
10．【答案】D
【知识点】焰色反应；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；试纸的使用；化学实验安全及事故处理
【解析】【解答】A．蛋白质灼烧有烧焦羽毛的气味，根据纤维在火焰上燃烧产生的气味，可确定该纤维是否为蛋白质纤维，故A不符合题意；
B．铁元素的焰色反应为无色，对焰色反应不构成影响，故可以用洁净无锈的细铁丝代替铂丝实验，故B不符合题意；
C．氯化钠溶液为中性，pH 试纸经蒸馏水润湿后，所测pH不变，故C不符合题意；
D．煤油能够燃烧，金属钠失火不能用煤油来灭火，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.蛋白质灼烧有烧焦羽毛的气味；
B.铁元素的焰色反应为无色；
C.氯化钠溶液为中性，经稀释后溶液pH不变；
D.煤油能够燃烧。
11．【答案】D
【知识点】同素异形体；同分异构现象和同分异构体；同系物；同位素及其应用
【解析】【解答】A．水和双氧水是相同的元素组成的化合物，但不是单质，不能称为同素异形体，故A不符合题意；
B．氕、氘、氚互为同位素，其化学性质都相同，物理性质不同，故B不符合题意；
C．甲苯和邻二甲苯结构相似，分子组成相差一个CH2原子团，是同系物，故C不符合题意；
D．C5H12的同分异构体有正戊烷、异戊烷、新戊烷，其中新戊烷的一氯代物只有一种，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.同种元素组成的不同单质为同素异形体；
B.质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子为同位素，核外电子数相同；
C.结构相似组成上相差CH2的有机物为同系物；
D.一氯代物只有一种，则分子中只有一种H原子。
12．【答案】B
【知识点】化学平衡移动原理；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A．反应达到化学平衡时，v正=v逆，但3v (A)=v (C)不能判断正反应速率还是逆反应速率，故A不符合题意；
B．生成1molA的同时消耗2mol B，说明v正=v逆，可以判断反应达到化学平衡，故B符合题意；
C．该反应为可逆反应，且反应物的物质的量未知，反应限度未知，无法判断反应放出的热量的多少，故C不符合题意；
D．保持容积不变并通入惰性气体，各组分的平衡浓度不变，对化学平衡状态无影响，平衡不发生移动，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】 A（g）＋2B（s） 3C （g） ΔH＝－a kJ·molˉ1 （a＞0） ，可知反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应，以此解答。
13．【答案】A
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．该反应与用量有关，反应中一定会生成碳酸钙沉淀，若向澄清石灰水中加入过量的碳酸氢钠溶液，氢氧化钙完全反应，离子方程式为Ca2++2OH-+2HCO3-═CaCO3↓+2H2O+CO32-，故A符合题意；
B．金属钠和水反应生成NaOH和氢气，反应的离子方程式为2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑，故B不符合题意；
C．制作印刷电路板的原理是金属Cu与铁离子反应生成亚铁离子和铜离子，该反应的离子方程式为2Fe3++Cu═Cu2++2Fe2+，故C不符合题意；
D．二氧化硫和氯气混合后通入水中，反应生成硫酸和氯化氢，反应的离子方程式为Cl2+SO2+2H2O═4H++2Cl-+SO42-，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.没有指出碳酸氢钠的量；
B.应生成NaOH和氢气，遵循电子、电荷守恒及质量守恒定律；
C.用氯化铁溶液腐蚀铜箔制作印刷电路板，反应生成亚铁离子和铜离子；
D.二氧化硫和氯气混合后通入水中，反应生成硫酸和氯化氢。
14．【答案】C
【知识点】元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】由上述分析可知，X为O元素，Y为Si元素，Z为S元素，W为F元素。
A．水以及HF分子之间存在氢键，但水分子间氢键数目较多，分子间作用力较强，常温下为液体，HF为气体，则X元素形成的氢化物沸点比W的高，故A不符合题意；
B．同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，原子核外电子层数越多，原子半径一般越大，则四种元素原子半径从大小的排列顺序Y＞Z＞X＞W，故B不符合题意；
C．过氧化氢和二氧化硫都具有漂白性，但原理不同，过氧化氢具有氧化性，而二氧化硫与有色物质发生化合反应，没有发生氧化还原反应，故C符合题意；
D．Y为Si元素，对应的氧化物为二氧化硅，能够与HF反应，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】由短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置可知，Z位于第三周期，其中Z的原子序数是X的原子序数的2倍，X、Z位于同主族，则X为O，Z为S，结合在图中相对位置可知，Y为Si，W为F，据此分析解答。
15．【答案】B
【知识点】甲烷的化学性质；乙烯的化学性质；苯的结构与性质；苯的同系物及其性质；乙醇的化学性质
【解析】【解答】A．苯和四氯化碳都能使溴水因萃取而褪色，苯的密度小于水，有色液体在上层，四氯化碳的密度大于水，有色液体在下层，现象不同，故A不符合题意；
B．甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应，最多可生成四种有机产物和HCl，共5种产物，故B符合题意；
C．苯环无论是否含有碳碳双键，间二溴苯仅有一种空间结构，不能证明，应用邻二溴苯判断苯分子的结构，邻二溴苯不存在同分异构体，说明苯分子中不存在单双键交替的结构，故C不符合题意；
D．乙烯分子式为C2H4，与氧气燃烧的方程式中x+ =2+1=3，乙醇的分子式为C2H6O，与氧气燃烧的方程式中x+ - =2+1.5-0.5=3，所以等物质的量的乙烯和乙醇完全燃烧时，所需氧气的量相等，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.依据相似相溶原理，结合苯密度小于水，四氯化碳的密度大于水性质解答；
B.甲烷与氯气在光照条件下发连锁生取代反应，生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳和氯化氢；
C.如果苯为单双键交替结构，则邻二甲苯应有两种；
D.根据物质的组成判断耗氧量，物质的量相同的烃CxHy的耗氧量取决于，物质的量相同的含烃氧衍生物CxHyOz耗氧量取决于，据此判断物质的量相同的乙烯与乙醇的耗氧量相同。
16．【答案】A
【知识点】有机物的结构和性质；烯烃；卤代烃简介；乙酸的化学性质；加成反应
【解析】【解答】A． 中含有羧基和Cl，能够与NaOH反应，在碱性条件下发生中和反应和水解反应，且水解生成的酚羟基也能与NaOH反应，则常温常压，1mol X与足量的NaOH溶液反应，最多可消耗5mol NaOH，故A符合题意；
B．该物质中含有碳碳双键，在一定条件下可以发生加聚反应，故B不符合题意；
C．根据结构简式，该有机物的分子式为 C13H12O4Cl2，故C不符合题意；
D．能与氢气发生加成反应的有苯环、C=O键和碳碳双键，其中羧基中的C=O键不能反应，则1mol X与足量的氢气反应，最多消耗5mol H2，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】有机物含有碳碳双键，羧基，羰基和氯原子，结合烯烃、酮、氯代烃和羧酸的性质解答该题。
17．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．根据上述分析，正负极生成和消耗的氢氧根离子相同，但反应过程中消耗了水，溶液中氢氧化钾的浓度增大，溶液的碱性增强，故A不符合题意；
B．根据上述分析，负极是金属锌，故B不符合题意；
C．原电池的正极MnO2得电子，被还原生成MnO (OH)，反应式为2MnO2+2H2O+2e-═2 MnO (OH)+2OH-，故C不符合题意；
D．电池工作时阴离子OH-向负极锌电极移动，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】由碱性锌锰电池的总反应：2MnO2+Zn+2H2O=2MnO (OH)+Zn (OH)2，可知电池的负极Zn失去电子被氧化，电极反应式为：Zn+2OH--2e-═Zn(OH)2，正极MnO2得电子被还原生成MnO (OH)，电极反应式为2MnO2+2H2O+2e-═2 MnO (OH)+2OH-，据此分析解答。
18．【答案】C
【知识点】强电解质和弱电解质
【解析】【解答】A．测定常温下醋酸钠溶液的pH值，如果pH值＞7，说明为强碱弱酸盐，从而证明醋酸是弱酸，故A不选；
B．HCl是强电解质完全电离，用相同大小的镁条与相同浓度的盐酸与醋酸反应，如果醋酸反应缓慢，说明醋酸中氢离子浓度较低，则醋酸部分电离，为弱电解质，故B不选；
C．溶液导电能力与离子浓度成正比，与电解质强弱无关，相同pH下盐酸和醋酸的导电能力相同，所以无法判断醋酸是否部分电离，则无法判断醋酸是弱电解质，故C选；
D．弱电解质的电离是吸热反应，酸碱中和反应是放热反应，0.1mol L-1的盐酸和醋酸分别与0.1mol L-1氢氧化钠反应所放出的热量，如果前者放出热量大于后者，说明醋酸中存在电离平衡，从而证明醋酸是弱电解质，故D不选；
故答案为：C。
【分析】要证明醋酸为弱酸，可从存在电离平衡、不能完全电离或其对应的强碱盐溶液呈碱性的角度来判断，据此分析解答。
19．【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．根据反应4FeO42-+10H2O 4Fe(OH)3+8OH-+3O2↑，溶液的酸性越强，反应进行的程度越大，K2FeO4越不稳定，故A不符合题意；
B.40℃时，在0～120min内，K2FeO4的分解速率为 mol L-1 min-1 = 3.75×10-3mol L-1 min-1，故B不符合题意；
C．由图中数据可知，温度越高，相同时间内FeO42-浓度变化越快，分解速率越快，故C不符合题意；
D．当分解足够长时间后，开始浓度相等，但是最后浓度不等，所以四份试样的分解率不会相等，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】由图中数据可知，温度越高，相同时间内FeO42-浓度变化较快，且高铁酸钾溶液平衡时FeO42-浓度越小，该操作的目的是探究温度变换对FeO42-浓度的影响，据此回答即可。
20．【答案】D
【知识点】分子、原子、离子；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量与其浓度和气体摩尔体积的综合应用
【解析】【解答】A．常温下，铁在浓硫酸中会发生钝化，铁不能反应完全，则转移的电子数小于3NA个，故A不符合题意；
B.1L 1mol L-1 Na2CO3溶液中含有溶质碳酸钠1mol，由于碳酸根离子部分水解，导致溶液中含有的碳酸根离子小于1mol，数目小于NA，故B不符合题意；
C．n(Cl2)= =1mol，氯气与水反应中氯气既是氧化剂，又是还原剂，该反应为可逆反应，则转移电子数目小于NA，故C不符合题意；
D．常温常压下，气体摩尔体积大于标况下的22.4L/mol，22. 4L甲烷的物质的量小于1mol，含有的氢原子数目小于4NA，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.常温下，铁在浓硫酸中会发生钝化，铁不能反应完全，据此进行分析；
B.碳酸根离子会发生水解；
C.该反应为可逆反应；
D.常温常压下，气体摩尔体积大于标况下的22.4L/mol。
21．【答案】D
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；化学键；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．化学反应一定有旧键的断裂和新键的形成，有化学键断裂过程中，不一定发生了化学变化，如氯化氢溶于水，只破坏共价键，没有形成化学键，故A不符合题意；
B．NH4Cl中铵根离子与氯离子之间存在离子键，N与H之间存在共价键，Na2SO4晶体钠离子与硫酸根离子之间存在离子键，O与S之间存在共价键，所以二者中均含有共价键和离子键，化学键类型相同，故B不符合题意；
C．元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，非金属性：O＞S，所以H2O比H2S更稳定，故C不符合题意；
D．单原子分子中没有化学键，如稀有气体为单原子分子，则形成的晶体中没有共价键，离子晶体中一定含有离子键，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.化学反应一定有旧键的断裂和新键的形成；
B.NH4Cl和Na2SO4晶体中均含有离子键和共价键；
C.元素的非金属性越强，其氢化物越稳定；
D.单原子分子中没有化学键。
22．【答案】B
【知识点】反应热和焓变；热化学方程式
【解析】【解答】A．P和Cl2反应生成PCl3的热化学方程式为P(s)+ Cl2(g)═PCl3(g) △H=-306 kJ/mol，则2P (s)+3Cl2 (g)=2PCl3 (g) △H=－612kJ·mol-1，故A不符合题意；
B．P和Cl2反应生成PCl3的热化学方程式为P(s)+ Cl2(g)═PCl3(g) △H=-306 kJ/mol，则PCl3 (g) =P (s)+ Cl2 (g) △H=306kJ·mol-1，生成的P应该为固体，故B符合题意；
C．其他条件不变，对于PCl5分解生成PCl3和Cl2的反应，热化学方程式为PCl5(g)=PCl3(g)+Cl2(g)；△H=+93 kJ/mol，故C不符合题意；
D．根据图中数据，可得P(s)+ Cl2(g)=PCl5(g) △H=-399kJ/mol，则有反应2P(s)+5Cl2(g)═2PCl5(g)对应的反应热△H=-798 kJ mol-1，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据反应物的总能量、中间产物的总能量以及最终产物的总能量，结合化学方程式以及热化学方程式的书写方法解答。
23．【答案】C
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】由图象可知横坐标每一小格代表0.5个pH单位。
A．由图象可知，要获得尽可能纯的NaH2PO4，pH应控制在4～5.5之间，故A不符合题意；
B．由图象可知，当 pH=7.2 时，c (H2PO4- )=c (HPO42 -)，则在 pH＜7.2 的溶液中，c (H2PO4- )＞c (HPO42 -)，故B不符合题意；
C．由图象可知，当 pH=7.2 时，c (H2PO4- )=c (HPO42 -)，则H2PO4- 与 HPO42 -的物质的量相等，溶液中还含有少量的H3PO4和PO43－，根据P原子守恒，都小于原溶液磷酸物质的量的一半，故C符合题意；
D．由图象可知，pH=12.2时，c(HPO42-)=c(PO43-)，在pH=13时，c (PO43－)＞c (HPO42-)，溶液中主要含有Na2HPO4和Na3PO4，溶液显碱性，则c (Na+)＞c (PO43－)＞c (HPO42-)＞c (OH－)＞c (H+)，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题的易错点为C，要注意反应后的溶液中会同时存在H3PO4、H2PO4-、HPO42-、PO43-几种含P微粒，只是溶液的酸碱性不同，有些微粒含量很少而已。
24．【答案】D
【知识点】物质的结构与性质之间的关系
【解析】【解答】A．CrO5中存在2个过氧键，过氧键中O显-1价，反应中容易变成-2价，具有强氧化性，故A不符合题意；
B．CrO5中存在2个过氧键，部分O显-1价，因此CrO5溶于水能够反应放出氧气，故B不符合题意；
C．CrO5中存在2个过氧键，CrO5稳定性比较低，易分解，放出氧气，故C不符合题意；
D．CrO5中存在2个过氧键、1个Cr=O键，所以4个O原子显-1价、1个O原子显-2价，所以Cr元素显+6价，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】CrO5中存在2个过氧键，1个Cr=O键，1个Cr-O键，过氧键4个O原子显-1价、1个O原子显-2价，具有强氧化性，与水反应放出氧气，稳定性比较低，易分解。
25．【答案】D
【知识点】常见离子的检验；物质的检验和鉴别
【解析】【解答】强酸性溶液中一定不会存在CO32-和SO32-离子，加入过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀为BaSO4沉淀，说明溶液中含有SO42-离子，生成气体A，A连续氧化生成D和E，则A为NO，D为NO2，E为HNO3，说明溶液中含有还原性离子，一定为Fe2+离子，溶液B中加入过量NaOH溶液，生成气体F，则F为NH3，说明溶液中含有NH4+离子，溶液H中通入过量CO2气体，生成沉淀I，则I为Al(OH)3，H为NaAlO2，说明溶液中含有Al3+离子，溶液中含有Fe2+离子，就一定不含NO2-离子，含有SO42-离子就一定不含Ba2+离子，不能确定是否含有的离子Fe3+和Cl-，根据上述分析，溶液中一定含有Al3+、NH4+ 、Fe2+、SO42-；一定不存在Ba2+、CO32-、SO32-、NO2-；可能存在Fe3+和Cl-，故A、B不符合题意；溶液H中含有前几步加入的过量的Ba2+、Na+、OH-、NO3-和生成的 AlO2-，通入过量CO2，得到的溶液J中含有Ba2+、Na+、NO3-和HCO3-，加入过量的硝酸(溶液E)，最终溶液中有硝酸钠、硝酸钡和过量的硝酸，故C不符合题意；沉淀I 是 Al (OH)3，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题的易错点和难点是NO2-离子的判断，要注意NO2-在酸性条件下也具有强氧化性。
26．【答案】（1）＜；H3O+＋NH3＝NH4+＋H2O
（2）
（3）两个气态乙酸分子通过氢键结合
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；水的电离；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】(1)水为弱电解质，能微弱的电离生成H3O+，而H3O+又能够与氨气反应生成NH4+，因此结合H+能力的相对强弱：H2O＜NH3 ，反应的方程式为：H3O+＋NH3＝NH4+＋H2O，故答案为：＜；H3O+＋NH3＝NH4+＋H2O；(2)NaOCN 是离子化合物，各原子均满足 8 电子稳定结构，根据C、N、O的原子最外层的电子数，结合形成8电子稳定结构需要的共用电子对数目可知， NaOCN 的电子式为 ，故答案为： ；(3)乙酸汽化时，测定气体的相对分子质量，有数据表明其摩尔质量变为 120g·mol-1，乙酸的相对分子质量为60，说明是两个气态乙酸分子通过氢键结合形成蒸气分子，故答案为：两个气态乙酸分子通过氢键结合。
【分析】(1) 水为弱电解质，能微弱的电离生成H3O+，而H3O+又能够与氨气反应生成NH4+，据此判断；(2) NaOCN 是离子化合物，各原子均满足 8 电子稳定结构，据此书写电子式；(3)乙酸的相对分子质量为60，据此分析解答。
27．【答案】（1）NaOH 和 Na2CO3
（2）50.00mL
【知识点】钠的重要化合物；中和滴定；有关混合物反应的计算
【解析】【解答】(1) 将0.1000mol/L HCl标准溶液滴定至第一滴定终点(此时得到的溶液中的溶质为NaCl和NaHCO3)时消耗 20.00mL，发生的反应可能为NaOH+HCl=NaCl+H2O，Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，然后再以甲基橙指示终点时，消耗盐酸为 VmL，发生的反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，若 20.00【分析】滴定至第一滴定终点的过程中，发生反应是氢氧化钠和盐酸反应生成氯化钠溶液，碳酸钠和盐酸反应生成碳酸氢钠，酚酞试液由粉红色变成无色；第二滴定终点是继续滴入盐酸和碳酸氢钠反应生成氯化钠溶液，甲基橙溶液由黄色变为橙色；据此分析解答。
28．【答案】（1）CuFeS2
（2）4CuFeS2＋13O2＝4CuO＋2Fe2O3＋8SO2
（3）3Fe2 (SO4)3＋12NaOH＝Na2Fe6 (SO4)4 (OH)12＋5Na2SO4
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】根据流程图，11.04gX在空气中灼烧，生成的气体使品红溶液褪色的气体是二氧化硫，n(SO2)= =0.12mol，生成的黑色固体氧化物应该为CuO，物质的量n(CuO)= =0.06mol，得到红褐色固体氧化物应该为 Fe2O3，物质的量n(Fe2O3)= =0.03mol，则化合物中含Fe、Cu、S，物质的量之比n(Fe) ∶n(Cu)) ∶n(S)=0.03×2∶0.06∶0.12=1∶1∶2，因此X化学式为FeCuS2，物质的量0.06mol，质量=0.06mol×(56+64+64)g/mol=11.04g，正确，上述推断正确，氧化铁加入适量稀硫酸溶解得到含一种溶质的溶液为Fe2(SO4)3溶液，则n[Fe2(SO4)3]=0.03mol，4.8gNaOH反应生成溶液为7.1g，单一溶质且只含一种金属元素，推断为Na2SO4，n(NaOH)= =0.12mol，n(Na2SO4)= =0.05mol，结合元素守恒和电荷守恒，0.03molFe2(SO4)3和0.12molNaOH反应得到0.05molNa2SO4和浅黄色沉淀，浅黄色沉淀中含n(Na+)=0.12mol-0.05mol×2=0.02mol，n(Fe3+)=0.06mol，n(OH-)=0.12mol，n(SO42-)=0.03mol×3-0.05mol=0.04mol，得到浅黄色沉淀组成：n(Na+)∶n(Fe3+)∶n(OH-)∶n(SO42-)=0.02∶0.06∶0.12∶0.04=1∶3∶6∶2，组成为NaFe3 (SO4)2(OH)6。(1)根据上述计算可知X为FeCuS2，故答案为：FeCuS2；(2X在空气中充分灼烧生成二氧化硫、氧化铁、氧化铜，结合电子守恒和原子守恒书写得到反应的化学方程式为：4FeCuS2+13O2 4CuO+2Fe2O3+8SO2，故答案为：4FeCuS2+13O2 4CuO+2Fe2O3+8SO2；(3)溶液A与烧碱反应生成B和浅黄色沉淀(0.01mol)的反应是氢氧化钠和硫酸铁反应生成硫酸钠和浅黄色沉淀，结合上述计算得到沉淀化学式为Na2Fe6 (SO4)4 (OH)12，反应的化学方程式为：3Fe2(SO4)3+12NaOH=5Na2SO4+ Na2Fe6 (SO4)4 (OH)12↓，故答案为：3Fe2(SO4)3+12NaOH=5Na2SO4+ Na2Fe6 (SO4)4 (OH)12↓。
【分析】根据流程图，11.04gX在空气中灼烧，生成的气体使品红溶液褪色的气体是二氧化硫，生成的黑色固体氧化物应该为CuO，得到红褐色固体氧化物应该为 Fe2O3，根据图示中提供的数据计算含有S、Cu、Fe元素的物质的量确定X的化学式以及物质的量；氧化铁加入适量稀硫酸溶解得到含一种溶质的溶液为Fe2(SO4)3溶液，再加入NaOH反应生成溶液为7.1g，单一溶质且只含一种金属元素，B为Na2SO4，结合元素守恒和电荷守恒分析判断黄色沉淀所含成分，据此分析解答。
29．【答案】（1）
（2）BD
（3）
（4）
（5）
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；芳香烃；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】(1)根据上述分析，B 的结构简式为 ，故答案为： ；(2)A． 化合物B为 ，分子中的官能团是：羟基、醚键，故A不正确；B．根据流程图，反应①的目的是保护酚羟基不被氧化，故B正确；C． 化合物 D( ) 中含有羟基，但连接羟基的碳原子的邻位碳原子上没有氢原子，不能发生消去反应，故C不正确；D．根据阿莫西林的结构简式可知其分子式为C16H19O5N3S，故D正确；故答案为：BD；(3)根据流程图，第⑨步反应中的6-APA的结构为 ，与F( )发生取代反应生成阿莫西林，反应的化学反应方程式为 + → +H2O，故答案为： + → +H2O；(4)以 为原料制备水杨酸( )在氧化甲基生成羧基时，要将酚羟基保护起来，根据题干流程图，可以首先将 转化为 ，然后氧化生成 ，最后再还原成酚羟基即可，合成路线为 ，故答案为： ；(5)①分子中有苯环且是苯环的对位二取代物；②分子中含有硝基且不与苯环直接相连；③分子不与金属钠反应放出氢气，说明结构中没有羟基和羧基，符合条件的F( )的同分异构体的结构有： 、 、 、 ，故答案为： 、 、 、 。
【分析】由反应信息、结合反应⑥的产物结构，逆推可知D为 ，C为 ，B为 ，A为 ，由阿莫西林的结构简式，结合E、F的分子式，可知E的结构简式为 ，F的结构简式为 ，据此分析解答。
30．【答案】（1）煮沸去除水中的溶解氧，用氢气排除空气中的氧气
（2）氢气验纯
【知识点】实验装置综合；制取氢氧化铁、氢氧化亚铁
【解析】【解答】(1) 氢氧化亚铁非常容易被空气中的氧气氧化，要保证无氧条件，需要煮沸去除水中的溶解氧，用生成的氢气排除空气中的氧气，故答案为：煮沸去除水中的溶解氧，用氢气排除空气中的氧气；(2)根据上述分析，在将硫酸亚铁压入制得氢氧化亚铁的操作之前必须要进行的操作是检验氢气的纯度，故答案为：氢气验纯。
【分析】根据实验目的和装置图，1中应该盛放稀硫酸，2中加入铁粉，3中加入氢氧化钠反应，反应过程中首先关闭A，打开B，用生成的氢气排除装置中的空气，在末端导管口收集生成的氢气，验纯后打开A，关闭B，将生成的溶液压入氢氧化钠中生成氢氧化亚铁，据此分析解答。
31．【答案】（1）氨气与浓盐酸反应放出热量
（2）蒸发浓缩 （至晶膜出现），冷却结晶，过滤
（3）C
（4）酸式滴定管；4、5；组装好整套蒸馏装置后，应检查装置的气密性再进 下面的实验；
【知识点】蒸馏与分馏；物质的分离与提纯；中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)氨气与浓盐酸反应放出热量，该反应需要温度较低，反应放出的热量可以维持反应的发生，因此NH4Cl用氨气和浓盐酸代替，上述反应不需要外界供热就能进行，故答案为：氨气与浓盐酸反应放出热量；(2)由图可知，NH4ClO4的溶解度受温度影响很大，NaCl溶解度受温度影响不大，NH4Cl、NaClO4的溶解度受温度影响也很大，但相同温度下，它们溶解度远大于NH4ClO4，故从混合溶液中获得较多NH4ClO4晶体的实验操作依次为：蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，并用冰水洗涤，减少损失，故答案为：蒸发浓缩，冷却结晶，过滤；(3)由图可知，NH4ClO4的溶解度受温度影响很大。A.用热水洗涤，会使产品损失较大，故A不选；B.用乙醇洗涤，不能洗涤除去其他无机盐，故B不选；C.用冰水洗涤可以除去其他无机盐，并且减少了产品的溶解损失，故C选；D 滤液中含有其他杂质，不能用来洗涤，故D不选；故答案为：C；(4)①硫酸为酸溶液，应该用酸式滴定管准确量取40.00 mL H2SO4 溶液，故答案为：酸式滴定管；②为确保生成的氨被稀硫酸完全吸收，首先要保证装置的气密性良好，其次使反应尽可能反应完全，并冲洗冷凝管附着的氨水，因此为确保生成的氨被稀硫酸完全吸收的实验步骤为：4、5；为提高氨的吸收率，本实验还缺少的一步实验的步骤为检查装置的气密性，故答案为：4、5；组装好整套蒸馏装置后，应检查装置的气密性再进 下面的实验；③根据实验步骤，过程中的硫酸先后与氨气和氢氧化钠反应，其中与氨气反应的硫酸为 c mol·L－1×(V1 -V2)×10-3L= c(V2 –V1)×10-3 mol，则NH4ClO4的物质的量为c(V2 –V1)×10-3 mol，样品中 NH4ClO4 的含量为 ×100%= ，故答案为： 。
【分析】(1)该反应需要的温度较低，氨气与浓盐酸的反应是放热反应，据此分析解答；
(2)由图可知，NH4ClO4的溶解度受温度影响很大，NaCl溶解度受温度影响不大，NH4Cl、NaClO4的溶解度受温度影响也很大，但相同温度下，它们溶解度远大于NH4ClO4，据此分析解答；
(3)从能够除去杂质和减少产品的损失角度分析判断；
(4)①H2SO4为酸性溶液；②为确保生成的氨被稀硫酸完全吸收，装置需要气密性好，尽可能反应完全，并冲洗冷凝管附着的氨水；③根据实验步骤和原理计算。
32．【答案】（1）5CO (g)+I2O5 (s)＝5CO2 (g)+I2 (s) △H=﹣1377.22kJ/mol；＞
（2）Na2S2O3；反应Ⅱ 的活化能较低，活化分子百分数含量高，只要生成 I2 ，I2能很快与 S2O2-反应被消耗，因此只有当 S2O32 -耗尽时才能看到蓝色；2.0；保证反应物 K2S2O8 浓度改变，而其他的不变，才能达到实验目的；
【知识点】热化学方程式；盖斯定律及其应用；焓变和熵变；探究影响化学反应速率的因素
【解析】【解答】(1)由已知热化学方程式：①2 I2(s)+5O2(g)=2 I2O5(s)；△H=-75.56kJ mol-1，②2CO(g)+O2(g)=2 CO2(g)；△H=-566.0kJ mol-1，根据盖斯定律将方程式②× -①× 得5CO(g)+I2O5(s)=5CO2(g)+I2(s) △H=(-566.0kJ mol-1)× -(-75.56kJ mol-1)× =-1377.22kJ/mol，所以其热化学反应方程式为：5CO(g)+I2O5(s)=5 CO2(g)+I2(s) △H=-1377.22kJ/mol；根据△G=△H-T △S，若这个反应一定能自发进行，因为△H＜0，则反应的△S＞0，故答案为：5CO(g)+I2O5(s)=5 CO2(g)+I2(s) △H=-1377.22kJ/mol；＞；(2)①向KI、Na2S2O3与淀粉的混合溶液中加入一定量的K2S2O8溶液，先发生S2O82-+2I-═2SO42-+I2(慢)，后发生I2+2S2O32-═S4O62-+2I- (快)，反应Ⅱ 的活化能较低，活化分子百分数含量高，只要生成 I2 能很快与 S2O2-反应被消耗，因此只有当 S2O32 -耗尽时才能看到蓝色，故答案为：Na2S2O3；反应Ⅱ 的活化能较低，活化分子百分数含量高，只要生成 I2 能很快与 S2O2-反应被消耗，因此只有当 S2O32 -耗尽时才能看到蓝色；(2)对照实验1和2发现，实验2取的0.20mol L-1K2S2O8溶液的体积9mL，比实验1少了1mL，说明取的K2S2O8物质的量少，加水1mL，保证了溶液的体积不变，所以在其它条件不变的情况下，探究的是该反应速率与K2S2O8浓度的关系，同样原理对照实验1和3，为保证溶液的体积相同，须加2.0mL水，理由是保证其他条件不变，只改变反应物K2S2O8浓度，从而达到对照实验的目的，故答案为：2.0；保证反应物 K2S2O8 浓度改变，而其他的不变，才能达到实验目的；③保持其它条件不变，降低温度，反应速率降低，到达溶液颜色由无色变成为蓝色的时间变长；而使用催化剂，能加快化学反应速率，所以到达溶液颜色由无色变成为蓝色的时间变短，但最终状态相同，因此c (S2O82-)～t 的变化曲线示意图为 ，故答案为： 。
【分析】(1)根据已知热化学方程式，利用盖斯定律计算和书写热化学方程式；(2)①根据KI、Na2S2O3与淀粉的反应原理解答，注意反应过程的快慢问题；②根据实验目的及表格数据分析，从而确定Vx的大小及理由，注意探究物质的量浓度对反应速率影响时，其它条件应相同；③降低温度，化学反应速率减小，则到达平衡时间延长；加入催化剂，增大反应速率，则缩短反应到达平衡时间，据此作图。
1 / 1浙江省宁波市鄞州中学2019-2020学年高三下学期化学开学考试卷
一、单选题
1．（2020高三下·宁波开学考）下列属于酸的是（　　）
A．NH4Cl B．KHSO4 C．HOCl D．CO2
【答案】C
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】A．NH4Cl的阳离子是铵根离子、阴离子是酸根离子，属于盐，故A不符合题意；
B．KHSO4的阳离子是金属离子和氢离子、阴离子是酸根离子，属于酸式盐，故B不符合题意；
C．HOCl 电离出的阳离子全部是氢离子，属于酸，故C符合题意；
D．CO2是酸性氧化物，不属于酸，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题的易错点为B，要注意酸电离出的阳离子要全部是氢离子。
2．（2020高三下·宁波开学考）仪器名称为“长颈漏斗”的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】常用仪器及其使用
【解析】【解答】A． 是长颈漏斗，故A符合题意；
B． 是分液漏斗，故B不符合题意；
C． 是普通的漏斗或短颈漏斗，故C不符合题意；
D． 是分液漏斗，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】本题中的BD都是分液漏斗， B一般用于萃取分液，D一般用于反应装置中滴加液体。
3．（2020高三下·宁波开学考）下列属于电解质的是（　　）
A．乙醇 B．氢氧化铁 C．氨水 D．铜
【答案】B
【知识点】电解质与非电解质
【解析】【解答】A．乙醇在水溶液中和熔融状态下均不导电，属于非电解质，故A不符合题意；
B．氢氧化铁是弱碱，微溶于水，溶于水的氢氧化铁能够电离，是电解质，故B符合题意；
C．氨水为混合物，既不是电解质也不是非电解质，故C不符合题意；
D．铜是单质，既不是电解质也不是非电解质，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质，据此分析。
4．（2020高三下·宁波开学考）下列属于氧化还原反应的是（　　）
A．Na2CO3+SiO2 Na2SiO3＋CO2
B．CaO＋H2O=Ca (OH)2
C．2FeCl3＋Fe=3FeCl2
D．SO2＋2NaOH=Na2SO3
【答案】C
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A．Na2CO3+SiO2 Na2SiO3＋CO2中不存在化合价的变化，不属于氧化还原反应，故A不符合题意；
B．CaO+H2O=Ca(OH)2反应中不存在化合价的变化，不属于氧化还原反应，故B不符合题意；
C.2FeCl3＋Fe=3FeCl2反应中Fe元素化合价发生了变化，属于氧化还原反应，故C符合题意；
D．SO2＋2NaOH=Na2SO3反应中不存在化合价的变化，不属于氧化还原反应，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】有元素化合价升降的反应是氧化还原反应，分析题中组成物质的元素化合价是否有升降，进而判断是否是氧化还原反应，由此分析解答。
5．（2020高三下·宁波开学考）下列分散系能产生“丁达尔效应”的是（　　）
A．泥水 B．氯化铜溶液 C．溴蒸汽 D．淀粉溶液
【答案】D
【知识点】胶体的性质和应用
【解析】【解答】泥水属于浊液，氯化铜溶液属于溶液，溴蒸汽是单质，不是分散系，无丁达尔效应；淀粉溶液属于胶体，有丁达尔效应，
故答案为：D。
【分析】胶体能产生丁达尔现象，溶液不能产生丁达尔现象。
6．（2020高三下·宁波开学考）下列表示错误的是（　　）
A．NF3 的电子式：
B．乙烯的结构简式：CH2＝CH2
C．CH4 的比例模型：
D．氩原子的结构示意图：
【答案】A
【知识点】原子结构示意图；结构简式；球棍模型与比例模型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．F原子的最外层有7个电子，NF3中原子都是8电子稳定结构，电子式为 ，故A符合题意；
B．乙烯分子中含有1个碳碳双键，乙烯的结构简式为CH2=CH2，故B不符合题意；
C．比例模型主要体现的是组成该分子的原子间的大小关系为： ，故C不符合题意；
D．氩原子核内有18个质子，核外有3个电子层，第一层上有2个电子、第二层上有8个电子，最外层上有8个电子，其原子结构示意图为： ，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】本题的易错点为C，要注意比例模型中原子的相对大小的比较。
7．（2020高三下·宁波开学考）下列说法正确的是（　　）
A．“液氯”因其具有强氧化性不能用钢瓶运输
B．氧化镁具有较高的熔点，常被用于耐高温材料
C．在医疗上，纯碱可用于治疗胃酸过多，但不能用于胃穿孔病人
D．硅是一种重要的半导体材料，常被用于制造光导纤维
【答案】B
【知识点】氯气的化学性质；硅和二氧化硅；钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物
【解析】【解答】A．液氯为液态的氯气，不具有酸性，常温下与铁不反应，能用钢瓶运输，故A不符合题意；
B．氧化镁为离子晶体，熔点高，可用于耐高温材料，故B符合题意；
C．碳酸钠的碱性较强，并且和盐酸之间反应剧烈同时会产生大量的二氧化碳气体，会导致胃穿孔，不能用纯碱治疗胃酸过多，故C不符合题意；
D．制作光导纤维的成分是二氧化硅，而不是硅，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题的易错点为C，要注意碳酸氢钠可以用来治疗胃酸过多，碳酸钠不能，碱性太强，对人体的刺激性较大。
8．（2020高三下·宁波开学考）下列物质的名称错误的是（　　）
A．生石膏：CaSO4·2H2O
B．摩尔盐： (NH4)2Fe (SO4)2
C．普通玻璃的成分：Na2O·CaO·6SiO2
D．木精：CH3OH
【答案】B
【知识点】化学物质的名称与俗名
【解析】【解答】A．生石膏为含有2个水的硫酸钙，其化学式为：CaSO4 2H2O，故A不符合题意；
B．摩尔盐的化学式为(NH4)2Fe (SO4)2·6H2O，故B符合题意；
C．普通玻璃的主要成分是硅酸钠、硅酸钙和二氧化硅，用氧化物的形式表示为Na2O·CaO·6SiO2，故C不符合题意；
D．木精又称木醇，是甲醇的俗名，化学式为：CH3OH，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.生石膏为含有2个结晶水的硫酸钙；
B.摩尔盐少写了结晶水；
C.普通玻璃的主要成分是硅酸钠、硅酸钙和二氧化硅；
D.木精是甲醇。
9．（2020高三下·宁波开学考）下列说法错误的是（　　）
A．石油裂解的目的是提高汽油等轻质油的产量和质量
B．可用新制氢氧化铜检验糖尿病人尿糖的含量
C．蛋白质溶液可以通过盐析或者渗析来进行提纯
D．油脂是热值最高的营养物质，是生物体内储存能量的重要物质
【答案】A
【知识点】石油的裂化和裂解；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；醛的化学性质；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A．石油裂解的目的是为了获得乙烯、丙烯、丁二烯、丁烯、乙炔等，不是提高汽油等轻质油的产量和质量，故A符合题意；
B．糖尿病人尿液中含有血糖，能与新制的氢氧化铜反应，产生砖红色沉淀，故可用新制的氢氧化铜，检验糖尿病人尿液中尿糖的含量，故B不符合题意；
C．蛋白质为胶体，可发生盐析，胶体微粒不能透过半透膜，可用渗析的方法分离提纯蛋白质，故C不符合题意；
D．一克油脂在体内完全氧化时，大约可以产生39.8千焦的热能，提供的能量比糖类和蛋白质约高一倍，是产生能量最高的营养物质，是生物体内储存能量的重要物质，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】本题的易错点为A，要注意区分石油裂化和裂解的目的，石油裂化的目的是为了提高轻质液体燃料的产量，特别是提高汽油的产量，裂解的目的是为了获得乙烯、丙烯、丁二烯、丁烯、乙炔等。
10．（2020高三下·宁波开学考）下列说法错误的是（　　）
A．根据纤维在火焰上燃烧产生的气味，确定该纤维是否为蛋白质纤维
B．焰色反应实验可用细铁丝代替铂丝
C．用湿润的 pH 试纸测氯化钠溶液的 pH，对结果不影响
D．金属钠失火可用煤油来灭火
【答案】D
【知识点】焰色反应；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；试纸的使用；化学实验安全及事故处理
【解析】【解答】A．蛋白质灼烧有烧焦羽毛的气味，根据纤维在火焰上燃烧产生的气味，可确定该纤维是否为蛋白质纤维，故A不符合题意；
B．铁元素的焰色反应为无色，对焰色反应不构成影响，故可以用洁净无锈的细铁丝代替铂丝实验，故B不符合题意；
C．氯化钠溶液为中性，pH 试纸经蒸馏水润湿后，所测pH不变，故C不符合题意；
D．煤油能够燃烧，金属钠失火不能用煤油来灭火，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.蛋白质灼烧有烧焦羽毛的气味；
B.铁元素的焰色反应为无色；
C.氯化钠溶液为中性，经稀释后溶液pH不变；
D.煤油能够燃烧。
11．（2020高三下·宁波开学考）下列说法正确的是（　　）
A．水和双氧水是相同的元素组成的物质，所以是同素异形体
B．氕、氘、氚互为同位素，其性质都相同
C．甲苯和邻二甲苯不是同系物
D．C5H12 存在一种同分异构体其一氯代物只有一种
【答案】D
【知识点】同素异形体；同分异构现象和同分异构体；同系物；同位素及其应用
【解析】【解答】A．水和双氧水是相同的元素组成的化合物，但不是单质，不能称为同素异形体，故A不符合题意；
B．氕、氘、氚互为同位素，其化学性质都相同，物理性质不同，故B不符合题意；
C．甲苯和邻二甲苯结构相似，分子组成相差一个CH2原子团，是同系物，故C不符合题意；
D．C5H12的同分异构体有正戊烷、异戊烷、新戊烷，其中新戊烷的一氯代物只有一种，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.同种元素组成的不同单质为同素异形体；
B.质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子为同位素，核外电子数相同；
C.结构相似组成上相差CH2的有机物为同系物；
D.一氯代物只有一种，则分子中只有一种H原子。
12．（2020高三下·宁波开学考）已知：A（g）＋2B（s） 3C （g） ΔH＝－a kJ·molˉ1 （a＞0）。下列说法正确的是（　　）
A．当体系中 3v （A）=v （C）时，则反应达到化学平衡
B．达到化学平衡后，生成 1mol A 的同时消耗 2mol B
C．达到化学平衡后，反应放出的热量一定小于 a kJ
D．达到化学平衡后，保持容积不变并通入惰性气体，平衡逆向移动
【答案】B
【知识点】化学平衡移动原理；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A．反应达到化学平衡时，v正=v逆，但3v (A)=v (C)不能判断正反应速率还是逆反应速率，故A不符合题意；
B．生成1molA的同时消耗2mol B，说明v正=v逆，可以判断反应达到化学平衡，故B符合题意；
C．该反应为可逆反应，且反应物的物质的量未知，反应限度未知，无法判断反应放出的热量的多少，故C不符合题意；
D．保持容积不变并通入惰性气体，各组分的平衡浓度不变，对化学平衡状态无影响，平衡不发生移动，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】 A（g）＋2B（s） 3C （g） ΔH＝－a kJ·molˉ1 （a＞0） ，可知反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应，以此解答。
13．（2020高三下·宁波开学考）下列离子方程式错误的是（　　）
A．澄清石灰水中加入碳酸氢钠：HCO3-＋OH =CO32-+ H2O
B．金属钠和水反应：2Na＋2H2O=2Na+＋2OH－＋H2↑
C．印刷电路板的制作原理：2Fe3+＋Cu=2Fe2+＋Cu2+
D．二氧化硫与氯气混合后通入水中：SO2＋Cl2＋2H2O=SO42-＋4H ++ 2Cl-
【答案】A
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．该反应与用量有关，反应中一定会生成碳酸钙沉淀，若向澄清石灰水中加入过量的碳酸氢钠溶液，氢氧化钙完全反应，离子方程式为Ca2++2OH-+2HCO3-═CaCO3↓+2H2O+CO32-，故A符合题意；
B．金属钠和水反应生成NaOH和氢气，反应的离子方程式为2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑，故B不符合题意；
C．制作印刷电路板的原理是金属Cu与铁离子反应生成亚铁离子和铜离子，该反应的离子方程式为2Fe3++Cu═Cu2++2Fe2+，故C不符合题意；
D．二氧化硫和氯气混合后通入水中，反应生成硫酸和氯化氢，反应的离子方程式为Cl2+SO2+2H2O═4H++2Cl-+SO42-，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.没有指出碳酸氢钠的量；
B.应生成NaOH和氢气，遵循电子、电荷守恒及质量守恒定律；
C.用氯化铁溶液腐蚀铜箔制作印刷电路板，反应生成亚铁离子和铜离子；
D.二氧化硫和氯气混合后通入水中，反应生成硫酸和氯化氢。
14．（2020高三下·宁波开学考）W、X、Y、Z 四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如图所示，Z 的原子序数是 X 的 2倍。下列说法错误的是（　　）
A．X 元素形成的氢化物沸点比 W 的高
B．四种元素原子半径从大小的排列顺序 Y＞Z＞X＞W
C．X 的一种氢化物和 X、Z 形成的一种化合物具有相同原理的漂白作用
D．Y 的氧化物能与 W 的氢化物反应
【答案】C
【知识点】元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】由上述分析可知，X为O元素，Y为Si元素，Z为S元素，W为F元素。
A．水以及HF分子之间存在氢键，但水分子间氢键数目较多，分子间作用力较强，常温下为液体，HF为气体，则X元素形成的氢化物沸点比W的高，故A不符合题意；
B．同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，原子核外电子层数越多，原子半径一般越大，则四种元素原子半径从大小的排列顺序Y＞Z＞X＞W，故B不符合题意；
C．过氧化氢和二氧化硫都具有漂白性，但原理不同，过氧化氢具有氧化性，而二氧化硫与有色物质发生化合反应，没有发生氧化还原反应，故C符合题意；
D．Y为Si元素，对应的氧化物为二氧化硅，能够与HF反应，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】由短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置可知，Z位于第三周期，其中Z的原子序数是X的原子序数的2倍，X、Z位于同主族，则X为O，Z为S，结合在图中相对位置可知，Y为Si，W为F，据此分析解答。
15．（2020高三下·宁波开学考）下列说法错误的是（　　）
A．苯和四氯化碳都能使溴水褪色，但现象不同
B．甲烷与氯气在光照下最多能生成四种产物
C．邻二甲苯仅有一种空间结构可证明苯分子中不存在单双键交替的结构
D．相同物质的量的乙醇和乙烯，消耗的氧气的物质的量相等
【答案】B
【知识点】甲烷的化学性质；乙烯的化学性质；苯的结构与性质；苯的同系物及其性质；乙醇的化学性质
【解析】【解答】A．苯和四氯化碳都能使溴水因萃取而褪色，苯的密度小于水，有色液体在上层，四氯化碳的密度大于水，有色液体在下层，现象不同，故A不符合题意；
B．甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应，最多可生成四种有机产物和HCl，共5种产物，故B符合题意；
C．苯环无论是否含有碳碳双键，间二溴苯仅有一种空间结构，不能证明，应用邻二溴苯判断苯分子的结构，邻二溴苯不存在同分异构体，说明苯分子中不存在单双键交替的结构，故C不符合题意；
D．乙烯分子式为C2H4，与氧气燃烧的方程式中x+ =2+1=3，乙醇的分子式为C2H6O，与氧气燃烧的方程式中x+ - =2+1.5-0.5=3，所以等物质的量的乙烯和乙醇完全燃烧时，所需氧气的量相等，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.依据相似相溶原理，结合苯密度小于水，四氯化碳的密度大于水性质解答；
B.甲烷与氯气在光照条件下发连锁生取代反应，生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳和氯化氢；
C.如果苯为单双键交替结构，则邻二甲苯应有两种；
D.根据物质的组成判断耗氧量，物质的量相同的烃CxHy的耗氧量取决于，物质的量相同的含烃氧衍生物CxHyOz耗氧量取决于，据此判断物质的量相同的乙烯与乙醇的耗氧量相同。
16．（2020高三下·宁波开学考）下列关于 的说法，错误的是（　　）
A．在常温常压下，1mol 该物质与足量的 NaOH 溶液反应，最多消耗 1mol NaOH
B．该物质在一定条件下可以发生加聚反应
C．有机物的分子式为 C13H12O4Cl2
D．一定条件下，1mol 该物质能最多与 5mol 氢气加成
【答案】A
【知识点】有机物的结构和性质；烯烃；卤代烃简介；乙酸的化学性质；加成反应
【解析】【解答】A． 中含有羧基和Cl，能够与NaOH反应，在碱性条件下发生中和反应和水解反应，且水解生成的酚羟基也能与NaOH反应，则常温常压，1mol X与足量的NaOH溶液反应，最多可消耗5mol NaOH，故A符合题意；
B．该物质中含有碳碳双键，在一定条件下可以发生加聚反应，故B不符合题意；
C．根据结构简式，该有机物的分子式为 C13H12O4Cl2，故C不符合题意；
D．能与氢气发生加成反应的有苯环、C=O键和碳碳双键，其中羧基中的C=O键不能反应，则1mol X与足量的氢气反应，最多消耗5mol H2，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】有机物含有碳碳双键，羧基，羰基和氯原子，结合烯烃、酮、氯代烃和羧酸的性质解答该题。
17．（2020高三下·宁波开学考）碱性锌锰电池比普通的锌锰干电池性能优越，能提供较大的电流并连续放电，其构造如图所示。电池反应方程式为 2MnO2+Zn+2H2O=2MnO (OH)+Zn (OH)2。下列说法错误的是（　　）
A．电池使用过程中，电解质的碱性增强
B．锌粉是该电池的负极
C．MnO2 电极的电极反应式：MnO2+eˉ＋H2O=MnO(OH)+OHˉ
D．当电池使用时，OHˉ移向电池的正极
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．根据上述分析，正负极生成和消耗的氢氧根离子相同，但反应过程中消耗了水，溶液中氢氧化钾的浓度增大，溶液的碱性增强，故A不符合题意；
B．根据上述分析，负极是金属锌，故B不符合题意；
C．原电池的正极MnO2得电子，被还原生成MnO (OH)，反应式为2MnO2+2H2O+2e-═2 MnO (OH)+2OH-，故C不符合题意；
D．电池工作时阴离子OH-向负极锌电极移动，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】由碱性锌锰电池的总反应：2MnO2+Zn+2H2O=2MnO (OH)+Zn (OH)2，可知电池的负极Zn失去电子被氧化，电极反应式为：Zn+2OH--2e-═Zn(OH)2，正极MnO2得电子被还原生成MnO (OH)，电极反应式为2MnO2+2H2O+2e-═2 MnO (OH)+2OH-，据此分析解答。
18．（2020高三下·宁波开学考）下列事实不能用来判断醋酸为弱电解质的是（　　）
A．常温下测定醋酸钠溶液的 pH
B．比较相同大小的镁条与相同浓度的盐酸与醋酸反应的速率大小
C．比较相同 pH 下盐酸和醋酸的导电能力
D．比较 0.1mol·L-1 的盐酸和醋酸分别与 0.1 mol·L-1 氢氧化钠反应所放出的热量
【答案】C
【知识点】强电解质和弱电解质
【解析】【解答】A．测定常温下醋酸钠溶液的pH值，如果pH值＞7，说明为强碱弱酸盐，从而证明醋酸是弱酸，故A不选；
B．HCl是强电解质完全电离，用相同大小的镁条与相同浓度的盐酸与醋酸反应，如果醋酸反应缓慢，说明醋酸中氢离子浓度较低，则醋酸部分电离，为弱电解质，故B不选；
C．溶液导电能力与离子浓度成正比，与电解质强弱无关，相同pH下盐酸和醋酸的导电能力相同，所以无法判断醋酸是否部分电离，则无法判断醋酸是弱电解质，故C选；
D．弱电解质的电离是吸热反应，酸碱中和反应是放热反应，0.1mol L-1的盐酸和醋酸分别与0.1mol L-1氢氧化钠反应所放出的热量，如果前者放出热量大于后者，说明醋酸中存在电离平衡，从而证明醋酸是弱电解质，故D不选；
故答案为：C。
【分析】要证明醋酸为弱酸，可从存在电离平衡、不能完全电离或其对应的强碱盐溶液呈碱性的角度来判断，据此分析解答。
19．（2020高三下·宁波开学考）高铁酸钾 （K2FeO4）是一种优良的水处理剂，将其溶于水中缓慢发生发应 4FeO42-+10H2O 4Fe (OH)3+8OH -+3O2↑。在 pH=4.7 的溶液中，配成 c （K2FeO4）=1.0×10-3mol·L-1 试样，分别置于 20-60℃的恒 温水浴中，测定 K2FeO4 总量的变化如图，纵坐标为试样的浓度， 则下列说法错误的是（　　）
A．试样溶液的酸性越强，K2FeO4 越不稳定
B．40℃时，在 0～120 min 内，K2FeO4 的分解速率为3.75×10-3 mol·Lˉ1·minˉ1
C．由图可知，反应体系温度越高，分解速率越快
D．当分解足够长时间后，四份试样的分解率相等
【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．根据反应4FeO42-+10H2O 4Fe(OH)3+8OH-+3O2↑，溶液的酸性越强，反应进行的程度越大，K2FeO4越不稳定，故A不符合题意；
B.40℃时，在0～120min内，K2FeO4的分解速率为 mol L-1 min-1 = 3.75×10-3mol L-1 min-1，故B不符合题意；
C．由图中数据可知，温度越高，相同时间内FeO42-浓度变化越快，分解速率越快，故C不符合题意；
D．当分解足够长时间后，开始浓度相等，但是最后浓度不等，所以四份试样的分解率不会相等，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】由图中数据可知，温度越高，相同时间内FeO42-浓度变化较快，且高铁酸钾溶液平衡时FeO42-浓度越小，该操作的目的是探究温度变换对FeO42-浓度的影响，据此回答即可。
20．（2020高三下·宁波开学考）设 NA 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）
A．常温下，1mol 的 Fe 与足量的浓硫酸反应转移的电子数为 3NA
B．1L1mol·L-1 的 Na2CO3 溶液中含有碳酸根的数目为 NA
C．标准状况下，22.4L 的 Cl2 通入水中，转移的电子数为 NA
D．常温常压下，22.4L 的甲烷气体含有的氢原子的数目小于 4NA
【答案】D
【知识点】分子、原子、离子；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量与其浓度和气体摩尔体积的综合应用
【解析】【解答】A．常温下，铁在浓硫酸中会发生钝化，铁不能反应完全，则转移的电子数小于3NA个，故A不符合题意；
B.1L 1mol L-1 Na2CO3溶液中含有溶质碳酸钠1mol，由于碳酸根离子部分水解，导致溶液中含有的碳酸根离子小于1mol，数目小于NA，故B不符合题意；
C．n(Cl2)= =1mol，氯气与水反应中氯气既是氧化剂，又是还原剂，该反应为可逆反应，则转移电子数目小于NA，故C不符合题意；
D．常温常压下，气体摩尔体积大于标况下的22.4L/mol，22. 4L甲烷的物质的量小于1mol，含有的氢原子数目小于4NA，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.常温下，铁在浓硫酸中会发生钝化，铁不能反应完全，据此进行分析；
B.碳酸根离子会发生水解；
C.该反应为可逆反应；
D.常温常压下，气体摩尔体积大于标况下的22.4L/mol。
21．（2020高三下·宁波开学考）下列说法错误的是（　　）
A．有化学键断裂的过程不一定是化学过程
B．NH4Cl 和 Na2SO4 晶体中含有的化学键类型相同
C．H2O 比 H2S 更稳定，是因为氧的非金属性更强
D．离子晶体中一定含有离子键，分子晶体中一定含有共价键
【答案】D
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；化学键；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．化学反应一定有旧键的断裂和新键的形成，有化学键断裂过程中，不一定发生了化学变化，如氯化氢溶于水，只破坏共价键，没有形成化学键，故A不符合题意；
B．NH4Cl中铵根离子与氯离子之间存在离子键，N与H之间存在共价键，Na2SO4晶体钠离子与硫酸根离子之间存在离子键，O与S之间存在共价键，所以二者中均含有共价键和离子键，化学键类型相同，故B不符合题意；
C．元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，非金属性：O＞S，所以H2O比H2S更稳定，故C不符合题意；
D．单原子分子中没有化学键，如稀有气体为单原子分子，则形成的晶体中没有共价键，离子晶体中一定含有离子键，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.化学反应一定有旧键的断裂和新键的形成；
B.NH4Cl和Na2SO4晶体中均含有离子键和共价键；
C.元素的非金属性越强，其氢化物越稳定；
D.单原子分子中没有化学键。
22．（2020高三下·宁波开学考）红磷P(s)和 Cl2 发生反应生成 PCl3 和 PCl5，反应过程和能量关系如图所示。△H 表示生成 1mol产物的焓变数据。下列热化学方程式错误的是（　　）
A．2P (s)+3Cl2 (g)=2PCl3 (g) △H=－612kJ·mol-1
B．PCl3 (g) =P (g)+ Cl2 (g) △H=306kJ·mol-1
C．PCl5 (g)=PCl3 (g)+Cl2 (g) △H=93kJ·mol-1
D．2P (s)+5Cl2 (g)=2PCl5 (g) △H=－798kJ·mol-1
【答案】B
【知识点】反应热和焓变；热化学方程式
【解析】【解答】A．P和Cl2反应生成PCl3的热化学方程式为P(s)+ Cl2(g)═PCl3(g) △H=-306 kJ/mol，则2P (s)+3Cl2 (g)=2PCl3 (g) △H=－612kJ·mol-1，故A不符合题意；
B．P和Cl2反应生成PCl3的热化学方程式为P(s)+ Cl2(g)═PCl3(g) △H=-306 kJ/mol，则PCl3 (g) =P (s)+ Cl2 (g) △H=306kJ·mol-1，生成的P应该为固体，故B符合题意；
C．其他条件不变，对于PCl5分解生成PCl3和Cl2的反应，热化学方程式为PCl5(g)=PCl3(g)+Cl2(g)；△H=+93 kJ/mol，故C不符合题意；
D．根据图中数据，可得P(s)+ Cl2(g)=PCl5(g) △H=-399kJ/mol，则有反应2P(s)+5Cl2(g)═2PCl5(g)对应的反应热△H=-798 kJ mol-1，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据反应物的总能量、中间产物的总能量以及最终产物的总能量，结合化学方程式以及热化学方程式的书写方法解答。
23．（2020高三下·宁波开学考）常温下，往 H3PO4 溶液中滴加 NaOH 溶液，体系中含磷各物种所占的物质的量分数 （α）随溶液pH 变化的关系如图所示。下列有关说法错误的是（　　）
A．为尽可能得到较纯的 NaH2PO4，pH 应控制在 4～5.5 左右
B．在 pH＜7.2 的溶液中，c （H2PO4- ）＞c （HPO42 -）
C．当 pH=7.2 时，H2PO4- 与 HPO42 -的物质的量相等且等于原溶液磷酸物质的量的一半
D．pH=13 时，溶液中各微粒浓度大小关系为：c （Na+）＞c （PO43－）＞c （HPO42-）＞c （OH－）＞c （H+）
【答案】C
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】由图象可知横坐标每一小格代表0.5个pH单位。
A．由图象可知，要获得尽可能纯的NaH2PO4，pH应控制在4～5.5之间，故A不符合题意；
B．由图象可知，当 pH=7.2 时，c (H2PO4- )=c (HPO42 -)，则在 pH＜7.2 的溶液中，c (H2PO4- )＞c (HPO42 -)，故B不符合题意；
C．由图象可知，当 pH=7.2 时，c (H2PO4- )=c (HPO42 -)，则H2PO4- 与 HPO42 -的物质的量相等，溶液中还含有少量的H3PO4和PO43－，根据P原子守恒，都小于原溶液磷酸物质的量的一半，故C符合题意；
D．由图象可知，pH=12.2时，c(HPO42-)=c(PO43-)，在pH=13时，c (PO43－)＞c (HPO42-)，溶液中主要含有Na2HPO4和Na3PO4，溶液显碱性，则c (Na+)＞c (PO43－)＞c (HPO42-)＞c (OH－)＞c (H+)，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题的易错点为C，要注意反应后的溶液中会同时存在H3PO4、H2PO4-、HPO42-、PO43-几种含P微粒，只是溶液的酸碱性不同，有些微粒含量很少而已。
24．（2020高三下·宁波开学考）过氧化铬的化学式为 CrO5，从其结构发现含有 2 个过氧键，结构如图， 下列说法错误的是（　　）
A．CrO5可能具有强氧化性 B．CrO5 溶于水可能放出氧气
C．CrO5 稳定性较低，易分解 D．CrO5 中 Cr 的化合价为+10
【答案】D
【知识点】物质的结构与性质之间的关系
【解析】【解答】A．CrO5中存在2个过氧键，过氧键中O显-1价，反应中容易变成-2价，具有强氧化性，故A不符合题意；
B．CrO5中存在2个过氧键，部分O显-1价，因此CrO5溶于水能够反应放出氧气，故B不符合题意；
C．CrO5中存在2个过氧键，CrO5稳定性比较低，易分解，放出氧气，故C不符合题意；
D．CrO5中存在2个过氧键、1个Cr=O键，所以4个O原子显-1价、1个O原子显-2价，所以Cr元素显+6价，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】CrO5中存在2个过氧键，1个Cr=O键，1个Cr-O键，过氧键4个O原子显-1价、1个O原子显-2价，具有强氧化性，与水反应放出氧气，稳定性比较低，易分解。
25．（2020高三下·宁波开学考）某强酸性溶液 X 中可能含有 Ba2+、Al3+、NH4+、Fe2+、Fe3+、CO32-、SO32-、SO42-、Cl-、NO2-中的一种或几种，现取 X 溶液进行连续实验，实验过程及产物如下：
根据以上信息，下列判断正确的是（　　）
A．X 溶液中一定存在 Al3+、NH4 + 、Fe3+、SO42-
B．X 溶液中可能存在 SO32-、Cl-、NO2-
C．向溶液 J 中加入过量的溶液 E，最终溶液中可能含有两种溶质
D．沉淀 I 一定是 Al (OH)3
【答案】D
【知识点】常见离子的检验；物质的检验和鉴别
【解析】【解答】强酸性溶液中一定不会存在CO32-和SO32-离子，加入过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀为BaSO4沉淀，说明溶液中含有SO42-离子，生成气体A，A连续氧化生成D和E，则A为NO，D为NO2，E为HNO3，说明溶液中含有还原性离子，一定为Fe2+离子，溶液B中加入过量NaOH溶液，生成气体F，则F为NH3，说明溶液中含有NH4+离子，溶液H中通入过量CO2气体，生成沉淀I，则I为Al(OH)3，H为NaAlO2，说明溶液中含有Al3+离子，溶液中含有Fe2+离子，就一定不含NO2-离子，含有SO42-离子就一定不含Ba2+离子，不能确定是否含有的离子Fe3+和Cl-，根据上述分析，溶液中一定含有Al3+、NH4+ 、Fe2+、SO42-；一定不存在Ba2+、CO32-、SO32-、NO2-；可能存在Fe3+和Cl-，故A、B不符合题意；溶液H中含有前几步加入的过量的Ba2+、Na+、OH-、NO3-和生成的 AlO2-，通入过量CO2，得到的溶液J中含有Ba2+、Na+、NO3-和HCO3-，加入过量的硝酸(溶液E)，最终溶液中有硝酸钠、硝酸钡和过量的硝酸，故C不符合题意；沉淀I 是 Al (OH)3，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题的易错点和难点是NO2-离子的判断，要注意NO2-在酸性条件下也具有强氧化性。
二、综合题
26．（2020高三上·杭州月考）
（1）比较结合 H+能力的相对强弱：H2O　 　NH3 （填“＞”、“＜”或“＝”）；用一个离子 方程式说明 H3O+和 NH4+给出 H+能力的相对强弱　 　。
（2）NaOCN
是离子化合物，各原子均满足 8 电子稳定结构。写出
NaOCN 的电子式　 　。
（3）乙酸汽化时，测定气体的相对分子质量，有数据表明其摩尔质量变为 120g·mol-1，从结构上 分析其可能的原因是　 　
【答案】（1）＜；H3O+＋NH3＝NH4+＋H2O
（2）
（3）两个气态乙酸分子通过氢键结合
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；水的电离；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】(1)水为弱电解质，能微弱的电离生成H3O+，而H3O+又能够与氨气反应生成NH4+，因此结合H+能力的相对强弱：H2O＜NH3 ，反应的方程式为：H3O+＋NH3＝NH4+＋H2O，故答案为：＜；H3O+＋NH3＝NH4+＋H2O；(2)NaOCN 是离子化合物，各原子均满足 8 电子稳定结构，根据C、N、O的原子最外层的电子数，结合形成8电子稳定结构需要的共用电子对数目可知， NaOCN 的电子式为 ，故答案为： ；(3)乙酸汽化时，测定气体的相对分子质量，有数据表明其摩尔质量变为 120g·mol-1，乙酸的相对分子质量为60，说明是两个气态乙酸分子通过氢键结合形成蒸气分子，故答案为：两个气态乙酸分子通过氢键结合。
【分析】(1) 水为弱电解质，能微弱的电离生成H3O+，而H3O+又能够与氨气反应生成NH4+，据此判断；(2) NaOCN 是离子化合物，各原子均满足 8 电子稳定结构，据此书写电子式；(3)乙酸的相对分子质量为60，据此分析解答。
27．（2020高三下·宁波开学考）有一含（NaOH 和 Na2CO3 或 Na2CO3 和 NaHCO3）混合碱，现称取试样
0.2960 克，以 0.1000mol·L-1的 HCl 标准溶液滴定，酚酞指示终点时消耗 20.00mL，再以甲基橙指示终点时，消耗盐酸为 VmL
（1）若
20.00（2）若
V>40.00，请列式计算以甲基橙指示终点时需要盐酸的体积为多少　 　？
【答案】（1）NaOH 和 Na2CO3
（2）50.00mL
【知识点】钠的重要化合物；中和滴定；有关混合物反应的计算
【解析】【解答】(1) 将0.1000mol/L HCl标准溶液滴定至第一滴定终点(此时得到的溶液中的溶质为NaCl和NaHCO3)时消耗 20.00mL，发生的反应可能为NaOH+HCl=NaCl+H2O，Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，然后再以甲基橙指示终点时，消耗盐酸为 VmL，发生的反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，若 20.00【分析】滴定至第一滴定终点的过程中，发生反应是氢氧化钠和盐酸反应生成氯化钠溶液，碳酸钠和盐酸反应生成碳酸氢钠，酚酞试液由粉红色变成无色；第二滴定终点是继续滴入盐酸和碳酸氢钠反应生成氯化钠溶液，甲基橙溶液由黄色变为橙色；据此分析解答。
28．（2020高三下·宁波开学考）为探究某黄色固体的组成和性质，设计如下实验：
请回答：
（1）X 的化学式是　 　。
（2）X 在空气中充分灼烧的化学方程式为　 　。
（3）溶液 A 与烧碱反应生成 B 和浅黄色沉淀（0.01mol）的化学方程式为　 　。
【答案】（1）CuFeS2
（2）4CuFeS2＋13O2＝4CuO＋2Fe2O3＋8SO2
（3）3Fe2 (SO4)3＋12NaOH＝Na2Fe6 (SO4)4 (OH)12＋5Na2SO4
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】根据流程图，11.04gX在空气中灼烧，生成的气体使品红溶液褪色的气体是二氧化硫，n(SO2)= =0.12mol，生成的黑色固体氧化物应该为CuO，物质的量n(CuO)= =0.06mol，得到红褐色固体氧化物应该为 Fe2O3，物质的量n(Fe2O3)= =0.03mol，则化合物中含Fe、Cu、S，物质的量之比n(Fe) ∶n(Cu)) ∶n(S)=0.03×2∶0.06∶0.12=1∶1∶2，因此X化学式为FeCuS2，物质的量0.06mol，质量=0.06mol×(56+64+64)g/mol=11.04g，正确，上述推断正确，氧化铁加入适量稀硫酸溶解得到含一种溶质的溶液为Fe2(SO4)3溶液，则n[Fe2(SO4)3]=0.03mol，4.8gNaOH反应生成溶液为7.1g，单一溶质且只含一种金属元素，推断为Na2SO4，n(NaOH)= =0.12mol，n(Na2SO4)= =0.05mol，结合元素守恒和电荷守恒，0.03molFe2(SO4)3和0.12molNaOH反应得到0.05molNa2SO4和浅黄色沉淀，浅黄色沉淀中含n(Na+)=0.12mol-0.05mol×2=0.02mol，n(Fe3+)=0.06mol，n(OH-)=0.12mol，n(SO42-)=0.03mol×3-0.05mol=0.04mol，得到浅黄色沉淀组成：n(Na+)∶n(Fe3+)∶n(OH-)∶n(SO42-)=0.02∶0.06∶0.12∶0.04=1∶3∶6∶2，组成为NaFe3 (SO4)2(OH)6。(1)根据上述计算可知X为FeCuS2，故答案为：FeCuS2；(2X在空气中充分灼烧生成二氧化硫、氧化铁、氧化铜，结合电子守恒和原子守恒书写得到反应的化学方程式为：4FeCuS2+13O2 4CuO+2Fe2O3+8SO2，故答案为：4FeCuS2+13O2 4CuO+2Fe2O3+8SO2；(3)溶液A与烧碱反应生成B和浅黄色沉淀(0.01mol)的反应是氢氧化钠和硫酸铁反应生成硫酸钠和浅黄色沉淀，结合上述计算得到沉淀化学式为Na2Fe6 (SO4)4 (OH)12，反应的化学方程式为：3Fe2(SO4)3+12NaOH=5Na2SO4+ Na2Fe6 (SO4)4 (OH)12↓，故答案为：3Fe2(SO4)3+12NaOH=5Na2SO4+ Na2Fe6 (SO4)4 (OH)12↓。
【分析】根据流程图，11.04gX在空气中灼烧，生成的气体使品红溶液褪色的气体是二氧化硫，生成的黑色固体氧化物应该为CuO，得到红褐色固体氧化物应该为 Fe2O3，根据图示中提供的数据计算含有S、Cu、Fe元素的物质的量确定X的化学式以及物质的量；氧化铁加入适量稀硫酸溶解得到含一种溶质的溶液为Fe2(SO4)3溶液，再加入NaOH反应生成溶液为7.1g，单一溶质且只含一种金属元素，B为Na2SO4，结合元素守恒和电荷守恒分析判断黄色沉淀所含成分，据此分析解答。
29．（2020高三下·宁波开学考）阿莫西林是一种最常用的半合成青霉素类广谱β-内酰胺类抗生素，某研究小组按下列路 线合成：
已知：
请回答：
（1）B 的结构简式为　 　。
（2）下列说法正确的是　 　。
A 化合物 B 的官能团是醛基 B 反应①的目的是为了保护酚羟基
C 化合物 D 能发生消去反应 D 阿莫西林的分子式是
C16H19N3O5S
（3）写出第⑨步反应的化学反应方程式　 　。
（4）设计以 为原料制备水杨酸（ ）的合成路线 （用流程图表示，无机试剂任选）　 　。
（5）写出同时符合下列条件的
F 的所有同分异构体的结构简式　 　。
①分子中有苯环且是苯环的对位二取代物
②分子中含有硝基且不与苯环直接相连
③分子不与金属钠反应放出氢气
【答案】（1）
（2）BD
（3）
（4）
（5）
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；芳香烃；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】(1)根据上述分析，B 的结构简式为 ，故答案为： ；(2)A． 化合物B为 ，分子中的官能团是：羟基、醚键，故A不正确；B．根据流程图，反应①的目的是保护酚羟基不被氧化，故B正确；C． 化合物 D( ) 中含有羟基，但连接羟基的碳原子的邻位碳原子上没有氢原子，不能发生消去反应，故C不正确；D．根据阿莫西林的结构简式可知其分子式为C16H19O5N3S，故D正确；故答案为：BD；(3)根据流程图，第⑨步反应中的6-APA的结构为 ，与F( )发生取代反应生成阿莫西林，反应的化学反应方程式为 + → +H2O，故答案为： + → +H2O；(4)以 为原料制备水杨酸( )在氧化甲基生成羧基时，要将酚羟基保护起来，根据题干流程图，可以首先将 转化为 ，然后氧化生成 ，最后再还原成酚羟基即可，合成路线为 ，故答案为： ；(5)①分子中有苯环且是苯环的对位二取代物；②分子中含有硝基且不与苯环直接相连；③分子不与金属钠反应放出氢气，说明结构中没有羟基和羧基，符合条件的F( )的同分异构体的结构有： 、 、 、 ，故答案为： 、 、 、 。
【分析】由反应信息、结合反应⑥的产物结构，逆推可知D为 ，C为 ，B为 ，A为 ，由阿莫西林的结构简式，结合E、F的分子式，可知E的结构简式为 ，F的结构简式为 ，据此分析解答。
30．（2020高三下·宁波开学考）下图是一种制备氢氧化亚铁的方法，且能保存相对较长时间，根据装置图请回答下列问题：
（1）本实验中为制得氢氧化亚铁如何保证无氧条件　 　。
（2）在将硫酸亚铁压入制得氢氧化亚铁的操作之前必须要进行的操作是　 　。
【答案】（1）煮沸去除水中的溶解氧，用氢气排除空气中的氧气
（2）氢气验纯
【知识点】实验装置综合；制取氢氧化铁、氢氧化亚铁
【解析】【解答】(1) 氢氧化亚铁非常容易被空气中的氧气氧化，要保证无氧条件，需要煮沸去除水中的溶解氧，用生成的氢气排除空气中的氧气，故答案为：煮沸去除水中的溶解氧，用氢气排除空气中的氧气；(2)根据上述分析，在将硫酸亚铁压入制得氢氧化亚铁的操作之前必须要进行的操作是检验氢气的纯度，故答案为：氢气验纯。
【分析】根据实验目的和装置图，1中应该盛放稀硫酸，2中加入铁粉，3中加入氢氧化钠反应，反应过程中首先关闭A，打开B，用生成的氢气排除装置中的空气，在末端导管口收集生成的氢气，验纯后打开A，关闭B，将生成的溶液压入氢氧化钠中生成氢氧化亚铁，据此分析解答。
31．（2020高三下·宁波开学考）高氯酸铵（NH4ClO4）易分解产生大量气体，常用作火箭推进剂。实验室可通过下列反应制取：NaClO4（aq）+ NH4Cl （aq） NH4ClO4
（aq）+NaCl
（aq）。
（1）若 NH4Cl
用氨气和浓盐酸代替，上述反应不需要外界供热就能进行，其原因是　 　。
（2）根据如图的溶解度曲线，在反应后得到的混合溶液中获得 NH4ClO4 晶体的实验操作依次为：　 　，洗涤，干燥。
（3）在上述操作中，洗涤剂应选择_____
A．热水 B．乙醇 C．冰水 D．滤液
（4）样品中 NH4ClO4
的含量可用蒸馏法进行测定，蒸馏装置如图所示（加热和仪器固定装置已略去），
实验步骤如下：
步骤 1：按如图组装好仪器，准确称取样品 a g （约 0.5g） 于蒸馏烧瓶中，加入约 150mL 水溶解。
步骤 2：准确量取 40.00mL 约 0.1 mol·L－1H2SO4 溶液于锥形瓶中。
步骤 3：经滴液漏斗向蒸馏瓶中加入 20mL3mol L－1NaOH 溶液。
步骤 4：加热蒸馏至蒸馏烧瓶中剩余约 100mL 溶液。
步骤 5：用新煮沸过的水冲洗冷凝装置 2~3 次，洗涤液并入锥形瓶中。
步骤 6：向锥形瓶中加入酸碱指示剂，用 c mol·L－1NaOH 标准溶液滴定至终点，记录消耗NaOH 标准溶液的体积。
步骤 7：将实验步骤 1-6 重复 2 次。记录消耗 NaOH 标准溶液的平均体积为 V1 mL
步骤 8：在步骤 1 中不加入样品，将实验步骤 1-6 重复 3 次。记录消耗 NaOH 标准溶液的 平均体积为 V2 mL。
请回答：
①步骤 2 中，准确量取 40.00mL H2SO4 溶液的玻璃仪器是　 　。
②为确保氨气被充分吸收的实验步骤为　 　，为提高氨的吸收率，本实验还缺少的一步实验的步骤为　 　
③请用含字母的表达式表示（如果有数字，请化简成一个数字）样品中 NH4ClO4 的含量　 　。
【答案】（1）氨气与浓盐酸反应放出热量
（2）蒸发浓缩 （至晶膜出现），冷却结晶，过滤
（3）C
（4）酸式滴定管；4、5；组装好整套蒸馏装置后，应检查装置的气密性再进 下面的实验；
【知识点】蒸馏与分馏；物质的分离与提纯；中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)氨气与浓盐酸反应放出热量，该反应需要温度较低，反应放出的热量可以维持反应的发生，因此NH4Cl用氨气和浓盐酸代替，上述反应不需要外界供热就能进行，故答案为：氨气与浓盐酸反应放出热量；(2)由图可知，NH4ClO4的溶解度受温度影响很大，NaCl溶解度受温度影响不大，NH4Cl、NaClO4的溶解度受温度影响也很大，但相同温度下，它们溶解度远大于NH4ClO4，故从混合溶液中获得较多NH4ClO4晶体的实验操作依次为：蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，并用冰水洗涤，减少损失，故答案为：蒸发浓缩，冷却结晶，过滤；(3)由图可知，NH4ClO4的溶解度受温度影响很大。A.用热水洗涤，会使产品损失较大，故A不选；B.用乙醇洗涤，不能洗涤除去其他无机盐，故B不选；C.用冰水洗涤可以除去其他无机盐，并且减少了产品的溶解损失，故C选；D 滤液中含有其他杂质，不能用来洗涤，故D不选；故答案为：C；(4)①硫酸为酸溶液，应该用酸式滴定管准确量取40.00 mL H2SO4 溶液，故答案为：酸式滴定管；②为确保生成的氨被稀硫酸完全吸收，首先要保证装置的气密性良好，其次使反应尽可能反应完全，并冲洗冷凝管附着的氨水，因此为确保生成的氨被稀硫酸完全吸收的实验步骤为：4、5；为提高氨的吸收率，本实验还缺少的一步实验的步骤为检查装置的气密性，故答案为：4、5；组装好整套蒸馏装置后，应检查装置的气密性再进 下面的实验；③根据实验步骤，过程中的硫酸先后与氨气和氢氧化钠反应，其中与氨气反应的硫酸为 c mol·L－1×(V1 -V2)×10-3L= c(V2 –V1)×10-3 mol，则NH4ClO4的物质的量为c(V2 –V1)×10-3 mol，样品中 NH4ClO4 的含量为 ×100%= ，故答案为： 。
【分析】(1)该反应需要的温度较低，氨气与浓盐酸的反应是放热反应，据此分析解答；
(2)由图可知，NH4ClO4的溶解度受温度影响很大，NaCl溶解度受温度影响不大，NH4Cl、NaClO4的溶解度受温度影响也很大，但相同温度下，它们溶解度远大于NH4ClO4，据此分析解答；
(3)从能够除去杂质和减少产品的损失角度分析判断；
(4)①H2SO4为酸性溶液；②为确保生成的氨被稀硫酸完全吸收，装置需要气密性好，尽可能反应完全，并冲洗冷凝管附着的氨水；③根据实验步骤和原理计算。
32．（2020高三下·宁波开学考）碘在科研与生活中有重要应用。
（1）I2O5 是白色粉末状固体，在合成氨工业中常用 I2O5 来定量测量 CO
的含量。
已知：2I2 (s)+5O2
(g)=2I2O5
(s) △H=﹣75.56kJ·mol-1
2CO (g)+O2
(g)=2CO2
(g) △H=﹣566.0kJ·mol-1
写出 CO (g)与 I2O5 (s)反应析出固态 I2 的热化学方程式：　 　，若这个反应一定能自发进行，则反应的△S　 　0(填“>”，“<”或 “=”)；
（2）某兴趣小组用
0.50mol·L-1KI、0.2％淀粉溶液、0.20mol·L-1K2S2O8、0.10mol·L-1Na2S2O3
等试 剂，探究反应条件对化学反应速率的影响。
已知：Ⅰ、S2O82-＋2I-＝2SO42-＋I2(慢) Ⅱ、I2＋2S2O32-＝2I- ＋S4O62-(快)
①向 KI、Na2S2O3
与淀粉的混合溶液中加入一定量的 K2S2O8 溶液，当溶液中的　 　耗 尽后，溶液颜色将由无色变成为蓝色。 请从碰撞理论的角度解释上述产物未耗尽前溶液中看不到蓝色的原因：　 　
②为探讨反应物浓度对化学反应速率的影响，设计的实验方案如下表：
实验 序号 体积 V/mL
K2S2O8
溶液 水 KI 溶液 Na2S2O3
溶液 淀粉溶液
ⅰ 10.0 0.0 4.0 4.0 2.0
ⅱ 9.0 1.0 4.0 4.0 2.0
ⅲ 8.0 Vx 4.0 4.0 2.0
表中 Vx=　 　mL，理由是　 　。
③已知某条件下，浓度 c (S2O82-)～反应时间 t 的变化曲线如图，若保持其他条件不变，请在答题卡坐标图中，分别画出降低反应温度和加入催化剂时 c (S2O82-)～t 的变化曲线示意图 　 　(进行相应的标注)
【答案】（1）5CO (g)+I2O5 (s)＝5CO2 (g)+I2 (s) △H=﹣1377.22kJ/mol；＞
（2）Na2S2O3；反应Ⅱ 的活化能较低，活化分子百分数含量高，只要生成 I2 ，I2能很快与 S2O2-反应被消耗，因此只有当 S2O32 -耗尽时才能看到蓝色；2.0；保证反应物 K2S2O8 浓度改变，而其他的不变，才能达到实验目的；
【知识点】热化学方程式；盖斯定律及其应用；焓变和熵变；探究影响化学反应速率的因素
【解析】【解答】(1)由已知热化学方程式：①2 I2(s)+5O2(g)=2 I2O5(s)；△H=-75.56kJ mol-1，②2CO(g)+O2(g)=2 CO2(g)；△H=-566.0kJ mol-1，根据盖斯定律将方程式②× -①× 得5CO(g)+I2O5(s)=5CO2(g)+I2(s) △H=(-566.0kJ mol-1)× -(-75.56kJ mol-1)× =-1377.22kJ/mol，所以其热化学反应方程式为：5CO(g)+I2O5(s)=5 CO2(g)+I2(s) △H=-1377.22kJ/mol；根据△G=△H-T △S，若这个反应一定能自发进行，因为△H＜0，则反应的△S＞0，故答案为：5CO(g)+I2O5(s)=5 CO2(g)+I2(s) △H=-1377.22kJ/mol；＞；(2)①向KI、Na2S2O3与淀粉的混合溶液中加入一定量的K2S2O8溶液，先发生S2O82-+2I-═2SO42-+I2(慢)，后发生I2+2S2O32-═S4O62-+2I- (快)，反应Ⅱ 的活化能较低，活化分子百分数含量高，只要生成 I2 能很快与 S2O2-反应被消耗，因此只有当 S2O32 -耗尽时才能看到蓝色，故答案为：Na2S2O3；反应Ⅱ 的活化能较低，活化分子百分数含量高，只要生成 I2 能很快与 S2O2-反应被消耗，因此只有当 S2O32 -耗尽时才能看到蓝色；(2)对照实验1和2发现，实验2取的0.20mol L-1K2S2O8溶液的体积9mL，比实验1少了1mL，说明取的K2S2O8物质的量少，加水1mL，保证了溶液的体积不变，所以在其它条件不变的情况下，探究的是该反应速率与K2S2O8浓度的关系，同样原理对照实验1和3，为保证溶液的体积相同，须加2.0mL水，理由是保证其他条件不变，只改变反应物K2S2O8浓度，从而达到对照实验的目的，故答案为：2.0；保证反应物 K2S2O8 浓度改变，而其他的不变，才能达到实验目的；③保持其它条件不变，降低温度，反应速率降低，到达溶液颜色由无色变成为蓝色的时间变长；而使用催化剂，能加快化学反应速率，所以到达溶液颜色由无色变成为蓝色的时间变短，但最终状态相同，因此c (S2O82-)～t 的变化曲线示意图为 ，故答案为： 。
【分析】(1)根据已知热化学方程式，利用盖斯定律计算和书写热化学方程式；(2)①根据KI、Na2S2O3与淀粉的反应原理解答，注意反应过程的快慢问题；②根据实验目的及表格数据分析，从而确定Vx的大小及理由，注意探究物质的量浓度对反应速率影响时，其它条件应相同；③降低温度，化学反应速率减小，则到达平衡时间延长；加入催化剂，增大反应速率，则缩短反应到达平衡时间，据此作图。
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