【精品解析】浙江省十校联盟2019-2020学年高三下学期化学开学考试卷

浙江省十校联盟2019-2020学年高三下学期化学开学考试卷
一、单选题
1．（2020高三上·浙江开学考）存在氢键的非电解质是（　　）
A．H2O B．CH4 C．HF D．CH3OH
2．（2020高三上·浙江开学考）将某市售食醋（浓度3.6g/100mL）稀释10倍，需要用到的仪器是（　　）
A． B． C． D．
3．（2020高三上·浙江开学考）反应KClO3 + 6HCl = KCl+ 3Cl2↑+ 3H2O 中，还原产物是（　　）
A．KClO3 B．HCl C．KCl D．Cl2
4．（2020高三上·浙江开学考）下列物质的化学式错误的是（　　）
A．漂白粉的有效成分：Ca(ClO)2 B．摩尔盐：NH4Fe(SO4)2 6H2O
C．麦芽糖：C12H22O11 D．甘氨酸：C2H5NO2
5．（2020高三上·浙江开学考）下列表示正确的是（　　）
A．乙酸乙酯的实验式：C2H4O
B．甲基的电子式：
C．Ca2+的结构示意图：
D．HCl分子的球棍模型：
6．（2020高三上·浙江开学考）下列说法正确的是（　　）
A．C60 和 C70互为同位素
B．N2 、N3- 、N4、N5+互为同素异形体
C．立方烷（ ）和苯乙烯互为同分异构体
D．CH3CH2COOH 和HCOOCH2CH2CH3 互为同系物
7．（2020高三上·浙江开学考）下列关于含氮化合物的说法错误的是（　　）
A．工业上可使用液氮做制冷剂
B．NO2 能导致“光化学烟雾＂的形成
C．浓硝酸可用铝槽车运输
D．硫酸铁又称肥田粉，属于硝态氮肥
8．（2020高三上·浙江开学考）下列说法正确的是（　　）
A．“西气东输”工程中的“气”指的是石油气
B．核磁共振能确定有机物分子中氢原子的个数
C．苯酚和过量甲醛在一定条件下能生成体型酚醛树脂
D．将煤暴露在空气中加强热可得到煤焦油，从煤焦油中可分离出苯
9．（2020高三上·浙江开学考）下列反应限度最大的是（　　）
A．工业合成氨的反应
B．工业制硫酸接触室中的反应
C．实验室制备乙酸乙酯
D．实验室用NaOH 溶液吸收多余的Cl2
10．（2020高三上·浙江开学考）下列说法错误的是（　　）
A．对苯二甲酸和乙二醇通过加聚反应，可得到合成纤维PET
B．甘油与纤维素均可与浓硝酸发生酯化反应生成烈性炸药
C．氢化油可用来制肥皂 也可用于生产人造奶油
D．蛋白质溶液中加入几滴茚三酮溶液，加热至沸腾会出现蓝紫色固体
11．（2020高三上·浙江开学考）下列说法错误的是（　　）
A．湿法冶金是金属冶炼的常用方法之一，如电解ZnSO4 溶液制备Zn
B．黄绿色气体ClO2是一种高效安全的灭菌消毒剂
C．工业上常用Na2O2 和CO2 反应制备Na2CO3
D．工业炼铁时，铁矿石和焦炭应从炼铁高炉的上口加入
12．（2020高三上·浙江开学考）下列说法正确的是（　　）
A．贮氢材料——镧镍合金 ( LaNis) 是通过物理吸附贮存氢气
B．农业废弃物在厌氧条件下生成沼气属于生物化学转化
C．用石灰水对燃煤烟气进行脱硫， 最终生成CaSO3
D．汤姆生根据a 粒子散射现象提出了“葡萄干面包式”的原子结构模型
13．（2020高三上·浙江开学考）设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（　　）
A．2.8g14N2与14C16O的混合物中，中子数目为 l.4NA
B．含 0. 1 molFeCl3的溶液与0.1 mol 锌充分反应，转移电子数为0.1 NA
C．标准状况下，5.6gC4H8中 C-C 的数目可能为0.4NA
D．某温度下，1LpH=9 的 Na2CO3 溶液中，水电离产生的OH-数目为10-5NA
14．（2020高三上·杭州期中）下列有关实验说法正确的是（　　）
A．容量瓶和滴定管上都标有使用温度，使用时滴定管水洗后还需润洗，但容量瓶水洗后不用润洗
B．测溶液pH: 用干燥洁净的玻璃棒蘸取NaClO溶液，滴到放在表面皿上的pH 试纸中部， 变色后与标准比色卡比对
C．抽滤过程中洗涤沉淀时， 应关小水龙头， 加洗涤剂浸没沉淀，用玻璃棒在过滤器上搅拌以使沉淀跟洗涤剂充分接触，以便洗得更干净
D．实验过程中的有毒药品不得进入口内或者接触伤口，剩余的废液不得再回收使用，应倒入下水道
15．（2020高三上·浙江开学考）环戊二烯之（ ) 是重要的有机化工原料，广泛用于农药、橡胶、塑料等生产，根据能量循环图和表格中的键能，下列说法正确的是（　　）
共价键 键能/
H-H 436
H-I 299
I-I 151
A．△H1+△H2+△H3=0
B．△H1＜△H3
C． (g)转化为 （g）的过程中，有C-H的断裂和形成
D．在相同条件下，生成 2molHCl(g) 的△H2′＜△H2
16．（2020高三上·浙江开学考）A、B、C、D、E、F、G 为短周期主族元素，其原子半径与最外层电子数的关系如图，下列说法正确的是（　　）
A．根据元素B 在元素周期表中的位置推测，其最高价氧化物对应的水化物可能具有两性
B．元素D在自然界中主要以游离态存在，其单质可用作半导体材料
C．元素A的离子半径大于元素G的离子半径
D．元素F 的气态氢化物比元素G的气态氢化物更稳定
17．（2020高三上·浙江开学考）下列说法正确的是（　　）
A．水的沸点较高是因为水分子间存在较强的化学键
B．离子晶体中可能存在共价键， 而分子晶体中一定存在共价键
C．CO2与 SiO2 均为共价化合物，其固体熔化时，均破坏了分子间作用力
D．某物质熔点 1067℃， 易溶于水，其水溶液和熔融态均能导电，其晶体一定为离子晶体
18．（2020高三上·浙江开学考）氨气与氧气构成的碱性燃料电池原理如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．电解质溶液中电子移向正极
B．电池负极反应为：2NH3-6e-=N2+6H+
C．正负极通入的气体在相同条件下体积之比为15： 4 (假设空气中O2体积分数为20%)
D．该电池给铅蓄电池充电，燃料电池正极反应1molO2，铅蓄电池有2mol PbSO4被消耗
19．（2020高三上·浙江开学考）下列离子方程式错误的是（　　）
A．用氨水吸收过量的二氧化硫：
B．向0.5mol L-1 KAl(SO4)2溶液中滴入0.5mol L-1 Ba(OH)2溶液使 恰好完全沉淀：2Ba2+ 4OH- + Al3++2 =2BaSO4↓+ +2H2O
C．用足量Na2S2O3溶液除去水中的 Cl2: 4Cl2+ +5H2O =10H++2 +8Cl-
D．少量CO2通入苯酚钠溶液中：C6H5O-+CO2+H2O→C6H5OH+
20．（2020高三上·浙江开学考）常温下，下列说法正确的是（　　）
A．pH 相等的盐酸和醋酸，加水稀释相同倍数后，c(Cl-)=c(CH3COO- )
B．0.1 mol L-1 氨水的p H= a，加入适量的氯化铵固体可使溶液pH= a+ 1
C．物质的量浓度相等的 (NH4)2SO4 溶液与(NH4) 2CO3溶液中， 前者大于后者
D．等物质的量浓度等体积的醋酸溶液和氢氟酸溶液，与足量氢氧化钠反应，放出的热量相等
21．（2020高三上·浙江开学考）亮菌甲素（图 a) 用于急性胆囊炎、慢性胆囊炎发作、其他胆道疾病并发急性感染及慢性浅表性胃炎、萎缩性胃炎， 配以辅料丙二醇溶成针剂用于临床。若使用廉价的二甘醇（图 b) 作为辅料， 会使人中毒。下列说法正确的是（　　）
A．1 mol 亮菌甲素与溴水混合，最多消耗Br2 4 mol
B．亮菌甲素中所有的碳原子不可能共平面
C．1 mol 亮菌甲素反应最多消耗 5molH2或2molNaOH
D．等物质的量的丙二醇和二甘醇充分燃烧消耗的氧气量不相同
22．（2020高三上·浙江开学考）室温下，H2C2O4的电离平衡常数Ka1= 5.9 ×10 -2，Ka2= 6.4 ×10 -5，用0.100 0 mol L-1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol L-1H2C2O 4溶液的曲线如图所示（体积变化忽略不计)。下列说法正确的是（　　）
A．滴定过程中，当 pH=4 时，存在：c(H+)+c(Na+ )=c(OH- )+c( )+c( )
B．点①、③、④所示溶液中，点③所示溶液水的电离程度最大
C．点③所示溶液：3c( )+2c( )+c(H2C2O4)=0.1 mol L-1
D．滴定过程中可能出现：c(Na+)＞c( )= c( )＞c(OH-)＞c(H+)
23．（2020高三上·浙江开学考）溶液X 中含有下表中离子若干种，且离子浓度均为相等（不考虑水的电离与离子水解）。向X 中加入足量稀盐酸，有无色气体生成， 经分析反应前后阴离子种类没有变化，下列说法正确的是（　　）
阳离子 Na+、Ca2+ 、Fe3+、Fe2+、Al3+、Mg2+
阴离子 OH-、 、 、Cl- 、 、
A．溶液X 中可能有 或 中的一种或两种都有
B．溶液X 中是否有Na+不能确定，需通过焰色反应来确定
C．溶液X 中可能有2 种阳离子，3 种阴离子
D．原溶液一定没有Al3+、Fe 3+，但Na+,、 不确定
24．（2020高三上·浙江开学考）以经预处理的废旧磷酸亚铁锂电极（主要成分为LiFePO4、 Al、C)为原料，生产Li2CO3 的部分工艺流程如下：
已知：LiFePO4难溶于水和碱性溶液，可溶于酸性溶液。Li2CO3溶于稀酸，微溶于水。下列说法错误的是（　　）
A．滤渣2的主要成分为C
B．溶解时发生反应的离子反应方程式：2LiFePO4+2H++H2O2=2Li++2Fe3++ 2 + 2H2O
C．向过滤3的滤液中加入饱和Na2CO3溶液即可生成Li2CO3沉淀
D．已知将Li2CO3、FePO4 x H2O、H2C2O4 混合反应可重新获得LiFePO4，理论上完全反应消耗的n(Li2CO3):n(FePO4 x H2O):n(H2C2O4)=1:2:1
25．（2020高三上·浙江开学考）一定温度下，在三个容积均为 1.0L 的恒容密闭容器中发生反应： CH3OH(g)+CO(g) CH3COOH(g) △H＜0。下列说法正确的是（　　）
容器编号 温度/K 物质的起始浓度/mol/L 乙酸的平衡浓度/ mol/L 平衡常数
c(CH3OH) c(CH3OH) c(CH3COOH) c(CH3COOH) 　
I 530 0.50 0.5 0 0..40 K1
II 530 0.20 0.2 0.4 　 K2
III 510 0 0 0.5 　 K3
A．三个容器中的平衡常数 K1＜K2< K3
B．达平衡时，容器I与容器II中的总压强之比为3 : 4
C．达平衡时，容器I中CH3OH转化率与容器 III 中CH3COOH转化率之和小于1
D．达平衡时，容器III中的正反应速率比容器I中的大
二、综合题
26．（2020高三上·浙江开学考）现有一包铝粉和铜粉的混合物，用100mL 某浓度的稀硝酸溶解，生成的气体全部是NO, 待粉末完全溶解后，逐滴加入3mol L-1 的氨水，产生沉淀的物质的量与加入氨水的体积关系如图。
（1）写出图中滴加氨水10~100mL 的过程中铜元素参与反应的离子方程式　 　。
（2）所用硝酸的物质的量浓度为　 　mol L-1；写出简要计算过程　 　。
27．（2020高三上·浙江开学考）已知：化合物A 和 B 均是由四种短周期元素组成的离子化合物， 且阳离子相同，A中阴阳离子个数比为1 ： 1；气体甲由三种元素组成，标况下密度为2.68g L-1 ，且分子中各原子最外层电子满足8 电子 ；乙和丙为'常见气体，均能使澄清石灰水变浑浊，丙能使品红溶液褪色；气体丁能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。化合物A 按如下流程进行实验。
请回答
（1）气体甲的电子式 　 　。
（2）气体丙通入足量硝酸钡溶液中，发生反应的离子方程式为　 　。
（3）检验A的水溶液中所含阴离子的实验方法为　 　。
（4）气体甲和气体丙在一定条件下 　 　(填
“可能” 或“不可能”) 发生氧化还原反应，若可能请写出你认为合理的化学方程式，若不可能请说明你的理由　 　。
28．（2020高三上·浙江开学考）某研究小组利用麦芽酚 A 制备某药物中间体 X, 其合成路线如下
已知：
请回答 ：
（1）化合物F的含氧官能团名称为　 　，化合物E 的结构简式为　 　。
（2）写出反应① 的化学方程式：　 　
。
（3）下列说法错误的是__________ （ 填字母序号）。
A．化合物 E 可发生取代、加成、消去、氧化、还原等反应
B．化合物 N 的同分异构体可能是某氨基酸
C．反应③属于消去反应
D．化合物X在一定条件下反应生成的物质中可能含有3个六元环
（4）写出化合物H同时符合下列条件的同分异构体的结构简式　 　。
a.IR 谱检测表明：分子中含有2个独立的苯 环，不含其他的环 ；
b.1H - NMR 谱表明：分子中共有3种化学环境不同的氢原子；
（5）由乙烯和苯为原料合成 D, 利用已知信息，设计合成路线（用流程图表示，无机试剂任选）　 　。
29．（2020高三上·浙江开学考）甲烷水蒸气重整和水气变换是传统的制氢方法，反应如下 ：
①CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2 (g) △H1=
206kJ mol-1
②CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) △H2= -
4 1 kJ mol-1
近期报道，用二氧化碳作为氧化剂和甲烷重整制氢的新反应路线如下，可生成适宜 H2/ CO 的合成气。
③CH4 (g)+CO2
(g) 2CO(g)+2H2(g) △H3
（1）下列措施最有利于提高反应③CH4的平衡转化率条件是______________。
A．升高温度，同时对原料气进行加压
B．降低温度，同时对原料气进行加压
C．升高温度，同时用氩气稀释原料气
D．降低温度，同时用氩气稀释原料气
（2）重整反应器中以上三个反应都在发生，不同反应条件下达到平衡时的进程如下：
I.根据图1，在　 　 ( 填写反应条件）时CO2的转化率为负值，主要原因：一是 CO2稳定性较高，低浓度时难以和甲烷反应；二是 　 　。
II.根据图，2随着反应温度和反应物中 的提高，体系中反应　 　（填①、②、③）逐渐占据主导。若 850℃、 为0.5时重整反应器中达到平衡时，体系中CO2和水蒸气浓度相等，求此条件下反应②的平衡常数K=　 　。
（3）固体氧化物电解池(传导O2-)将CO2 和H2O 转化为n(H2)：n(CO)=1的合成气并联产高纯度O2，写出电解池阴极反应式　 　。
30．（2020高三上·浙江开学考）无水醋酸镁为白色粉末，易潮解，易溶于水，熔点323℃，熔融时同时分解，常用作烯烃聚合催化剂，制备方法如下。
（1）制法一：将80%醋酸用水稀释后，水浴加热至60~ 80℃，在搅拌下分批少量加入碳酸镁至CO2不再逸出为止，继续加热，趁热过滤。在滤液中补充适量醋酸，……，得到四水醋酸镁晶体，……，即得无水醋酸镁，碳酸镁需分批少量加入，理由是　 　。
（2）滤液中补充适量醋酸的目的是　 　。
（3）从下列提供的操作中选择必要的操作（可重复使用），将制法一中“……”处的步骤补充完整，正确的顺序是 　 　，　 　。 （填编号）
（4）制法二 ：将六水硝酸镁与醋酸酐混合加热，发生反应：（具体步骤略去）
2Mg(NO3)2 6H2O+ 14(CH3CO )2O 2Mg(CH3COO )2+ 4NO 2↑+ O2↑+24CH3COOH
用七水硫酸镁代替六水硝酸镁按相同操作进行制备实验，无法得到产品，原因是 　 　。
（5）以铬黑T（BET)为指示剂 ，用 EDTA测定Mg2+含量的原理用方程式可表示为：
EDTA (无色）+Mg-BET (紫红）= BET (蓝色）+ Mg-EDTA (无色）
为测定产品纯度，称取试样0.3000 g 于锥形瓶中，加入100mL 蒸馏水，待完全溶解后加入l 0mLpH=l 0的氨-氯化铁缓冲溶液，溶液变浑浊，再滴加3~ 4 滴铬黑 T 指示剂 (BET)，用0.1000mol L-1 的 EDTA标准溶液滴定至终点，重复上述操作两次平均消耗 EDTA 标准溶液 20.50mL。
①滴定终点的现象为　 　 。
②产品中镁元素的质量分数为　 　（保留四位有效数字）。
（6）下列关于该实验的操作或分析 ，正确的是__________（填编号）。
A．用倾析法将固液混合物转移至布氏漏斗中进行抽滤时，先转移溶液再转移沉淀
B．称取一定质量的产品时，若电子天平未调整水平，则称得的产品偏多
C．开始滴定前，滴定管尖悬挂的液滴需擦去，否则可能引起结果偏低
D．根据(5)的测定方法可知，Mg(OH)2可溶于EDTA溶液
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】电解质与非电解质
【解析】【解答】A．H2O是极弱的电解质，水分子间能形成有氢键，故A不符合题意；
B．CH4是非电解质，但分子间不存在氢键，故B不符合题意；
C．HF分子间存在氢键，但属于电解质，故C不符合题意；
D．CH3OH属于非电解质，甲醇分子间存在氢键，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题两个关键点，要含有氢键，N、O、F元素易形成氢键，非电解质包括有机物，非金属氧化物，非金属氰化物等。
2．【答案】A
【知识点】常用仪器及其使用
【解析】【解答】将某市售食醋(浓度3.6g/100mL)稀释10倍，属于浓溶液配制稀溶液，溶液配制主要是用的仪器为容量瓶，
A． 为容量瓶，由于配制溶液，故A符合题意；
B． 为分液漏斗，用于分离不互溶的液体混合物，故B不符合题意；
C． 为漏斗，用于分离互不相溶的固液混合物，故C不符合题意；
D． 蒸馏烧瓶，由于分离互溶的但沸点差别较大的液体混合物或作为反应器皿，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】熟悉每一种仪器的名称和作用，容量瓶用于配置一定物质的量浓度的溶液。
3．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较
【解析】【解答】化合价升高失电子，作还原剂，对应产物为氧化产物，化合价降低得电子，作氧化剂，对应产物为还原产物，反应KClO3 + 6HCl= KCl+ 3Cl2↑+ 3H2O 中，氯的化合价即升高又降低，该反应为归中反应，氯气既是氧化产物又是还原产物，
故答案为：D。
【分析】从化合价的角度分析，化合价降低得到的物质是还原产物，本题是一个归中反应，氯气既是氧化产物又是还原产物。
4．【答案】B
【知识点】化学物质的名称与俗名
【解析】【解答】A．漂白粉的主要成分为氯化钙和次氯酸钙，有效成分为：Ca(ClO)2，故A不符合题意；
B．摩尔盐是一种复盐，是硫酸亚铁铵晶体，化学式为：(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O，故B符合题意；
C．麦芽糖是二糖，化学式为：C12H22O11，故C不符合题意；
D．甘氨酸的结构简式为 的化学式为：C2H5NO2，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】物质的化学式要满足所有元素的化合价之和等于0，故硫酸亚铁铵的化学式为 (NH4)2Fe(SO4)2·6H2O。
5．【答案】A
【知识点】原子结构示意图；分子式；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．乙酸乙酯的分子式为C4H8O2，最简式为实验式：C2H4O，故A符合题意；
B．甲基的结构简式为-CH3，电子式： ，故B不符合题意；
C．Ca原子为20号元素，质子数为20，Ca2+的结构示意图： ，故C不符合题意；
D. HCl分子的球棍模型： ，题中为比例模型，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.实验式为分子式的最简比，为原子个数最简比；
B.甲基中含有3个碳氢键，碳原子最外层为7个电子；
C.钙离子核内有20个质子；
D.球棍模型可用来表现化学分子的三维空间分布；比例模型是一种空间充填模型，能反映原子大小比例，大致的排列方式。
6．【答案】C
【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．质子数相同而中子数不同的原子互为同位素，C60 和 C70互为同素异形体，故A不符合题意；
B．由同种元素组成而结构不同的单质互为同素异形体，N3- 和N5+是离子，故B不符合题意；
C．分子式相同结构不同的有机物互为同分异构体立方烷( )和苯乙烯的分子式都为C8H8，互为同分异构体，故C符合题意；
D．结构相似，类别相同，在分子组成上相差一个或多个-CH2-原子团的有机物互为同系物，CH3CH2COOH是有机酸，HCOOCH2CH2CH3是酯，类别不同，不是同系物，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】同位素描述的是元素，同素异形体描述的是单质，同分异构体必须分子式相同，结构不同，同系物必须结构相似，需辨析清楚这些概念的区别。
7．【答案】D
【知识点】含氮物质的综合应用
【解析】【解答】A．液氮气化时吸收大量的热，工业上可使用液氮做制冷剂，故A不符合题意；
B．氮氧化物在空气中易形成光化学烟雾，NO2能导致“光化学烟雾＂的形成，故B不符合题意；
C．常温下铝可被浓硝酸钝化生成致密氧化物膜阻止反应继续进行，则浓硝酸可用铝槽车运输，故C不符合题意；
D．肥田粉的主要成分是硫酸铵，硝态氮肥，是指氮素以硝酸盐形态存在的氮肥，肥田粉不属于硝态氮肥，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.液氨汽化需要吸收大量的热；
B.光化学烟雾与氮的氧化物的排放有关；
C.依据浓硝酸的强氧化性解答；
D.以铵盐形式存在的氮肥为铵态氮肥。
8．【答案】C
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；煤的干馏和综合利用；苯酚的性质及用途
【解析】【解答】A．“西气东输”工程中的“气”指的是天然气，主要成分是甲烷，石油气的成分是含碳氢化合物的混合物，故A不符合题意；
B．根据峰的个数可以知道有几种不同环境下的氢原子，根据峰的面积可以求出这几种不同环境下氢原子的比例关系，不能确定准确数目，故B不符合题意；
C．苯酚和过量甲醛在一定条件下发生缩聚反应，能生成体型酚醛树脂，故C符合题意；
D．煤的干馏是将煤隔绝空气加强热可得到煤焦油，煤焦油是一种高芳香度的碳氢化合物的复杂混合物，绝大部分为带侧链或不带侧链的多环、稠环化合物和含氧、硫、氮的杂环化合物， 并含有少量脂肪烃、环烷烃和不饱和烃，从煤焦油中不能分离出苯，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.我国“西气东输”工程中的“气”指的是天然气；
B.核磁共振氢谱通常用于分析有机物分子中化学环境不同氢原子种类及比例；
C.苯酚和甲醛发生缩聚反应；
D.依据煤的干馏解答。
9．【答案】D
【知识点】化学反应的可逆性
【解析】【解答】A．工业合成氨的反应是氮气和氢气在高温高压催化剂条件下制取氨气，为可逆反应，合成氨气是放热反应，高温下增大了催化剂的活性，但不利于反应正向进行；
B．工业制硫酸接触室中的反应二氧化硫在催化剂作用下与氧气反应生成三氧化硫，为可逆反应；
C．实验室是用乙酸和乙醇在浓硫酸做催化剂作用下生成乙酸乙酯，为可逆反应；
D．实验室用NaOH 溶液吸收多余的Cl2，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，为可逆反应，产物与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠和次氯酸钠，促进水和氯气的反应正向移动，可使反应完全转化，总反应为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，不是可逆反应；
则反应限度最大的为D选项，
故答案为：D。
【分析】非可逆反应的限度较可逆反应是大的。
10．【答案】A
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．对苯二甲酸和乙二醇通过缩聚反应，可得到合成纤维PET，故A符合题意；
B．硝化甘油是甘油与浓硝酸发生酯化反应(在浓硫酸条件下)生成的三硝酸甘油酯，是制备炸药的原料，纤维素可与浓硝酸发生酯化反应生成硝酸纤维也是制造烈性炸药的原料，故B不符合题意；
C．油脂氢化的基本原理是在加热含不饱和脂肪酸多的植物油时，加入金属催化剂(镍系、铜-铬系等)，通入氢气，使不饱和脂肪酸分子中的双键与氢原子结合成为不饱和程度较低的脂肪酸，其结果是油脂的熔点升高(硬度加大)。因为在上述反应中添加了氢气，而且使油脂出现了"硬化"，所以经过这样处理而获得的油脂与原来的性质不同，叫做"氢化油"或"硬化油"可用来制肥皂 也可用于生产人造奶油，故C不符合题意；
D．茚三酮是一种用于检测氨或者一级胺和二级胺的试剂。当与这些游离胺反应时，能够产生深蓝色或者紫色的物质，蛋白质、多肽和各种氨基酸以及所有氨基酸均能与茚三酮发生反应，除无氨基的脯氨酸和羟脯氨酸呈黄色反应外，其它均生成蓝紫色化合物，最终生成蓝色化合物，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.加聚反应应该是不饱和键的性质，对苯二甲酸和乙二醇发生缩聚反应生成高聚物；
B.甘油与纤维素分子结构中均含有烃基，可以在一定条件下和浓硝酸发生酯化反应；
C.氢化油就是硬化油，也叫人造脂肪，可用来制肥皂，也可用来生产人造奶油；
D.茚三酮是一种用于检测氨或者一级胺和二级胺的试剂，可以检验蛋白质的存在。
11．【答案】C
【知识点】高炉炼铁；纯碱工业（侯氏制碱法）；氯气的化学性质；金属冶炼的一般原理
【解析】【解答】A．湿法冶金是金属冶炼的常用方法之一，如电解ZnSO4溶液，根据电解池阴阳极放电顺序，阳极水电离出的氢氧根放电，阴极为Zn2+放电得电子生成锌单质，可以制备Zn，故A不符合题意；
B．ClO2是极易溶于水而不与水反应，几乎不发生水解，具有极强氧化性，是安全、无毒的消毒剂，无"三致"效应(致癌、致畸、致突变)，同时在消毒过程中也不与有机物发生氯代反应生成可产生"三致作用"的有机氯化物或其它有毒类物质，故B不符合题意；
C．工业上常用联合制碱法(又称侯氏制碱法)反应制备Na2CO3，故C符合题意；
D．工业上高炉炼铁时从炉顶装入铁矿石、焦炭、造渣用熔剂(石灰石)，从位于炉子下部沿炉周的风口吹入经预热的空气，在高温下焦炭中的碳同鼓入空气中的氧燃烧生成的一氧化碳和氢气，在炉内上升过程中除去铁矿石中的氧，从而还原得到铁，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】工业制碱时要考虑经济价值和产率，还要考虑原料，工艺等，用过氧化钠制碱成本太高。
12．【答案】B
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；化学史；含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】A．贮氢材料——镧镍合金 ( LaNis) 能够结合氢气形成金属化合物，并在一定条件下分解释放出氢气，有新物质生成，所以是化学变化，故A不符合题意；
B．农作物的桔杆、人畜粪便、厨余垃圾等废弃物在沼气池中在还原性细菌的作用下可经发酵转化为可燃性气体甲烷等，为生物化学转化，故B符合题意；
C．燃煤烟气中含有二氧化硫，用石灰水对燃煤烟气进行脱硫，发生的反应为二氧化硫、氧气和氢氧化钙溶液反应生成CaSO4，故C不符合题意；
D．汤姆孙发现原子里有带负电荷的电子，1904年，首先提出葡萄干面包原子模型；卢瑟福根据a 粒子散射现象提出核式结构模型(行星模型)，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】CaSO3不是很稳定的，会被空气中的氧气氧化成硫酸钙。
13．【答案】C
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；物质结构中的化学键数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数；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． 14N2的摩尔质量为28g/mol，一个分子中有14个中子，14C16O的摩尔质量为30g/mol，一个分子中有16个中子，二者的的摩尔质量和中子数都不同，2.8g混合物中，中子数目不为 l.4NA，故A不符合题意；
B．含 0. 1molFeCl3的溶液与0.1mol 锌充分反应，方程式为Zn+2Fe3+=Zn2++2Fe2+，锌过量，0. 1mol FeCl3完全反应转化为0.1 mol FeCl2，消耗0.05molZn，过量的锌继续与亚铁离子反应，Zn+Fe2+=Zn2++Fe，剩余0.05mol锌只能消耗0.05mol FeCl2，即氯化亚铁过量，整个过程中，0.1mol的锌完全反应，转移电子数为0.1mol×2×NA=0.2NA，故B不符合题意；
C.5.6gC4H8的物质的量为0.1mol，符合分子式C4H8的有机物有多种同分异构体：CH2=CH-CH2CH3、CH2=C(CH3)2、 、 、环丁烷( )、甲基环丙烷( )，若有机物的结构为环丁烷、甲基环丙烷时，C-C 的数目为0.4NA，故C符合题意；
D．某温度下，1LpH=9 的 Na2CO3 溶液中氢离子浓度为10-9mol/L，溶液中的氢氧根离子来自水的电离，但溶液温度未知，无法使用水的离子积常数计算，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A. 14N2与14C16O的摩尔质量分别为28g/mol和30g/mol；
B.0. 1molFeCl3的溶液与0.1mol 锌充分反应，锌完全反应；
C.C4H8可能为丁烯，也可能为环丁烷；
D.温度不明确，KW的值不一定是10-14。
14．【答案】A
【知识点】常用仪器及其使用；试纸的使用；化学实验安全及事故处理；过滤
【解析】【解答】A．容量瓶标有温度、规格、刻度线，滴定管标有温度、规格、刻度线，使用时滴定管水洗后还需润洗，但容量瓶水洗后不用润洗，故A符合题意；
B．NaClO溶液具有强氧化性，可使漂白pH试纸，无法准确测定其溶液的pH值，故B不符合题意；
C．用玻璃棒在过滤器上搅拌以会导致滤纸破裂，过滤失败，不能搅拌，故C不符合题意；
D．实验过程中的有毒药品不得进入口内或者接触伤口，剩余的废液，应倒入实验室专用的指定回收容器中，不能倒入下水道，会造成水体污染，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】滴定管需要润洗，如不润洗，会导致溶液的浓度偏小，引起误差，容量瓶和锥形瓶不需润洗。
15．【答案】D
【知识点】反应热和焓变；盖斯定律及其应用；有机物的合成
【解析】【解答】A．根据盖斯定律，△H3=△H1+△H2，则△H1+△H2-△H3=0，故A不符合题意；
B．根据△H=反应物的键能之和-生成物键能之和，则△H3-△H1=△H2= E(I-I)+ E(H-H)- 2E(H-I)= 151kJ/mol+436 kJ/mol -2×299 kJ/mol =-11 kJ/mol＜0，则△H3＜△H1，故B不符合题意；
C． (g)转化为 (g)的过程中，有C-H的断裂和C-C的形成，故C不符合题意；
D．根据△H=反应物的键能之和-生成物键能之和，△H2= E(H-H)+E(I-I)-2E(H-I)= 151kJ/mol+436 kJ/mol -2×299 kJ/mol =-11 kJ/mol＜0，Cl的半径小于I，Cl得电子能力比I强，形成的化学键的键能比I的大，放出的热量更多，△H2′＜0，放出的热量越多，焓变越小，在相同条件下，生成 2molHCl(g) 的△H2′＜△H2，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题考查键能和盖斯定律计算反应热、以及反应热的大小比较等知识，反应热为反应物的键能之和与生成物键能之和的差，据此分析解答即可。
16．【答案】A
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．B为Be元素，根据元素B 在元素周期表中的位置与Al元素呈对角线分布，在性质上具有相似性，其最高价氧化物对应的水化物可能具有两性，故A符合题意；
B．D为Si元素，元素D在自然界中主要以化合态存在，其单质可用作半导体材料，故B不符合题意；
C．A为Na元素，G为Cl元素，元素A的离子两个电子层，元素G的离子三个电子层，元素A的离子半径小于元素G的离子半径，故C不符合题意；
D．F为S元素，G为Cl元素，非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性：S＜Cl，元素G 的气态氢化物比元素F的气态氢化物更稳定，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、B、C、D、E、F、G 为短周期主族元素，如图所示，最外层电子数依次增大，则A、B、C、D、E、F、G最外层电子数分别为1、2、3、4、5、6、7，A为半径最大的元素，则A为Na元素，C的半径是以上元素中最小的最外层电子数为3，C为B元素，B的半径大于C，则B为Be元素，D、E、F、G半径依次减小，最外层电子数依次增大，D为Si元素，E为P元素，F为S元素，G为Cl元素。
17．【答案】D
【知识点】化学键；离子晶体；分子晶体；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A．水的沸点较高是因为水分子间存在较强的氢键，故A不符合题意；
B．离子晶体中可能存在共价键如氢氧化钠，而分子晶体中不一定存在共价键，如稀有气体，是单原子分子，没有化学键，故B不符合题意；
C．CO2与 SiO2 均为共价化合物，但CO2是分子晶体，其固体熔化时，破坏了分子间作用力，SiO2是原子晶体，其固体熔化时，破坏共价键，故C不符合题意；
D．离子晶体的熔沸点较高，一般在几百至1000℃左右，某物质熔点 1067℃，易溶于水，其水溶液和熔融态能导电的是离子化合物，其晶体一定为离子晶体，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】离子晶体的熔沸点较高，一般在几百至1000℃左右，其溶于水及熔化时均能够导电。
18．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．电子只能在导体中转移，不能在溶液中转移，故A不符合题意；
B．氨气与氧气构成的碱性燃料电池，不可能产生氢离子，电池负极反应为： 2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，故B不符合题意；
C．根据分析，投入空气的一端为正极，通入氨气的一端为负极，相同条件下，气体体积之比等于物质的量之比，电池总反应为4NH3+3O2=2N2+6H2O，当负极通入4mol氨气时，正极消耗3mol氧气，则需要空气的量为 =15mol，则正负极通入的气体在相同条件下体积之比为15 ： 4，故C符合题意；
D．该电池给铅蓄电池充电，燃料电池正极反应1molO2，转移4mol电子，充电时铅蓄电池阴极反应为：PbSO4+2e-=Pb+SO42-，阳极反应为：PbSO4-2e-+2H2O=PbO2+4H++SO42-，铅蓄电池两极都消耗PbSO4，转移4mol电子时，铅蓄电池共消耗了4mol PbSO4，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】该电池为燃料电池，通入氧气的一端为正极，通入氨气的一端为负极，根据图示，电池总反应为4NH3+3O2=2N2+6H2O。
19．【答案】C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．用氨水吸收过量的二氧化硫生成亚硫酸氢铵，离子反应为： ，故A不符合题意；
B．明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO42 恰好完全沉淀，铝离子与氢氧根离子的物质的量之比为1:4，铝离子恰好反应生成偏铝酸根离子，正确的离子方程式为：2Ba2+ +4OH- + Al3+ + 2 =2BaSO4↓+ + 2H2O，故B不符合题意；
C．氯气能够氧化硫代硫酸根离子生成硫酸根离子，自己被还原为氯离子，故用Na2S2O3溶液吸收自来水中多余Cl2，化学方程式为：Na2S2O3 +4Cl2 +5H2O=2NaCl+2H2SO4+6HCl ，由于Na2S2O3足量，Na2S2O3与硫酸和盐酸继续反应，方程式为：Na2S2O3+2HCl=2NaCl+S↓+SO2↑+H2O、Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+S↓+H2O，故最终反应为：6Na2S2O3+4Cl2=8NaCl+ 2Na2SO4+ 5SO2↑+5S↓，离子反应为：6S2O32-+4Cl2=8Cl-+ 2SO42-+ 5SO2↑+5S↓，故C符合题意；
D．少量CO2通入苯酚钠溶液中生成苯酚和碳酸氢钠，离子反应为：C6H5O- + CO2 + H2O→C6H5OH+ ，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.二氧化硫过量，反应生成亚硫酸氢铵；
B.明矾与氢氧化钡按物质的量之比1：2的比例反应时，SO42 恰好完全沉淀；
C.氯气能够氧化硫代硫酸根离子生成硫酸根离子，硫代硫酸钠过量，酸性环境下又能发生歧化反应生成硫和二氧化硫；
D.苯酚的酸性大于碳酸氢根离子，二氧化碳与苯酚钠反应生成苯酚和碳酸氢根离子。
20．【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理
【解析】【解答】A．pH相等的盐酸和醋酸中c(Cl-)=c(CH3COO-)，加水稀释时，由于醋酸弱电解质的电离平衡向右移动，使c(Cl-)＜c(CH3COO-)，故A不符合题意；
B.0.1 mol L-1 氨水的p H= a，加入适量的氯化铵固体，溶液中铵根离子浓度增大，氨水电离平衡逆向移动，氢氧根离子浓度减小，溶液的pH值减小，故B不符合题意；
C．物质的量浓度相等的 (NH4)2SO4 溶液中铵根离子水解，硫酸根离子对铵根离子水解无影响，(NH4) 2CO3溶液中铵根离子和碳酸根离子都水解，碳酸根促进铵根离子的水解，铵根离子浓度减小，一水合氨离子浓度增大， 减小，故前者大于后者，故C符合题意；
D．等物质的量醋酸和氢氟酸都属于弱电解质，电离时电离程度不同，吸收的热量不同，与足量氢氧化钠反应，放出的热量不相等，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A．醋酸是弱酸，不能完全电离；
B．根据一水合氨的电离平衡分析；
C．根据碳酸根对铵根离子的水解的影响分析；
D．一般情况下，弱酸电离吸热；
21．【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．亮菌甲素中含有碳碳双键和酚羟基，酚羟基的邻位和对位可与溴发生取代，该物质结构中，酚羟基对位无氢原子，不能与溴取代，1 mol 亮菌甲素与溴水混合，最多消耗Br2 3mol，故A不符合题意；
B．苯环上的碳原子在同一平面，与碳碳双键直接相连的碳原子在同一平面，则苯环与碳碳双键在同一平面，甲基和亚甲基可能与苯环在同一平面，则该有机物中所有的碳原子可能在同一平面，故B不符合题意；
C．亮菌甲素中含有碳碳双键、酮羰基和苯环，1mol 亮菌甲素反应最多消耗 5molH2，亮菌甲素中含有酚羟基和酯基，酚羟基具有酸性，可与氢氧化钠反应，该有机物的酯基水解后形成酚羟基和羧基都可与氢氧化钠反应，故1mol 亮菌甲素反应最多消耗3molNaOH，故C不符合题意；
D．丙二醇(HOCH2CH2OH)的分子式为C2H6O2，可以看成C2H2 2H2O的形式，二甘醇(HOCH2CH2OCH2CH2OH)的分子式为C4H10O3，可看成C4H4 3H2O的形式，当物质的量相等的情况下，耗氧量不同，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．碳碳双键可与Br2发生加成反应，酚羟基的邻位和对位可与Br2发生取代；
B．苯环、碳碳双键、碳氧双键的原子可以共平面；
C．碳碳双键、酮羰基和苯环可与H2发生加成反应，酚羟基和酯基可与氢氧化钠反应；
D．根据二者的分子式计算；
22．【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A．滴定过程中，当 pH=4时，为酸性溶液，存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+ )=c(OH- )+2c( )+c( )，故A不符合题意；
B．点①溶液显酸性，抑制水的电离，点③对应的溶液呈中性，点④所示溶液中消耗氢氧化钠40mL，二者恰好完全反应，溶液中的溶质为草酸钠，草酸根离子水解使溶液显碱性，促进水的电离，则点④所示溶液水的电离程度最大，故B不符合题意；
C．原草酸溶液中存在物料守恒：c( )+c( )+c(H2C2O4)=0.1 mol L-1，点③对应的溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c( )+c( )，可得c(Na+)=2c( )+c( )，设点③时加入的氢氧化钠溶液的体积为V，3c( )+2c( )+c(H2C2O4)=2c( )+c( )+c( )+c( )+c(H2C2O4)= c(Na+)+ c( )+c( )+c(H2C2O4)= = =0.1 mol L-1，故C符合题意；
D．若c(OH-)＞c(H+)，溶液显碱性，当点④之后继续加氢氧化钠溶液可符合，c(Na+)＞c( )，但 来自于 的水解，且加碱抑制 的水解，则溶液中始终c( )＞c( )，不可能相等，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．根据电荷守恒分析；
B．酸和碱能抑制水的电离，可水解的盐能促进水的电离；
C．根据物料守恒、电荷守恒分析；
D．根据和的关系分析；
23．【答案】C
【知识点】常见离子的检验；物质的检验和鉴别
【解析】【解答】A．根据分析可知，溶液中一定不存在HCO3-与CO32-，故A不符合题意；
B．如果存在一价的钠离子，无论选用表格内任意阴离子，因浓度相等，都无法使电荷配平，故B不符合题意；
C．根据分析，若溶液中还含有阴离子SO42-，各种离子的物质的量浓度均为0.1mol/L，可以确定含有的五种离子为：Cl-、NO3-、SO42-、Fe2+、Mg2+，溶液X 中可能有2 种阳离子，3 种阴离子，故C符合题意；
D．根据分析，由于离子浓度相等，根据电荷守恒，Na+一定不存在定，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】向溶液X中加入足量的盐酸，有气体生成，且反应溶液中阴离子的种类没有变化，产生气体不可能是碳酸根离子或碳酸氢根离子，则 、 一定不存在；根据表中的离子，可以推知是Fe2+、NO3-在酸性环境下生成的一氧化氮和Fe3+，且反应中硝酸根没有全部转化为一氧化氮，加入盐酸，溶液中阴离子种类不变，所以原来溶液中含有Cl-、Fe2+、NO3-，Fe2+与OH-不能共存，则OH-离子不存在；
设各种离子的物质的量浓度均为0.1mol/L，若溶液中还含有阴离子SO42-，再根据电荷守恒可知还含有一种带有两个正电荷的Mg2+，此时原溶液中可以确定含有的五种离子为：Cl-、NO3-、SO42-、Fe2+、Mg2+，据此进行解答。
24．【答案】B
【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．根据分析，滤渣2的主要成分为C，故A不符合题意；
B．溶解时的反应为LiFePO4与稀硫酸、过氧化氢反应，化学方程式为：2LiFePO4+4H2SO4+H2O2═Li2SO4+Fe2(SO4)3+2H3PO4+2H2O，离子反应为：2LiFePO4+8H++H2O2=2Li++2Fe3++2H3PO4+ 2H2O，故B符合题意；
C．根据分析，向过滤3的滤液中加入饱和Na2CO3溶液即可生成Li2CO3沉淀，故C不符合题意；
D．已知将Li2CO3、FePO4 x H2O、H2C2O4 混合反应可重新获得LiFePO4，反应为：Li2CO3+2FePO4 xH2O+H2C2O4=2LiFePO4+3CO2↑+(2x+1)H2O，理论上完全反应消耗的n(Li2CO3):n(FePO4 x H2O):n(H2C2O4)=1:2:1，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据流程：废旧磷酸亚铁锂电极(主要成分为 LiFePO4、Al、C)用NaOH溶液碱浸：2Al+2OH-+2H2O═2AlO2-+3H2↑，过滤，滤渣为LiFePO4、C，加入稀硫酸、过氧化氢溶 2LiFePO4+4H2SO4+H2O2═Li2SO4+Fe2(SO4)3+2H3PO4+2H2O，C不溶，过滤除去，滤渣2为C；向滤液中加入氨水将Fe3+沉淀为Fe(OH)3，过滤，滤渣3为Fe(OH)3，向过滤 3 的滤液中加入饱和 Na2CO3 溶液可生成 Li2CO3 沉淀，据此分析作答。
25．【答案】C
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率的影响因素；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．平衡常数只于温度有关，温度不变平衡常数不变，则 K1=K2，反应体系△H＜0，降低温度，平衡正向移动，平衡常数增大，则K1=K2< K3，故A不符合题意；
B．根据理想气体状态方程pV=nRT，容器为恒容装置，V不变，则有p=cRT，容器Ⅰ与容器Ⅱ温度相同，则体系压强与体系中反应物总浓度成正比，温度不变，化学平衡常数不变，容器Ⅰ中平衡时c(CH3OH)=0.5mol/L 0.4mol/L=0.1mol/L，c(CO)=0.5mol/L 0.4mol/L=0.1mol/L，c(CH3COOH)=0.4mol/L，K= = =40，设容器Ⅱ反应到达平衡时CH3OH转化cmol/L，所以达平衡时，容器I与容器II中的总压强之比为= = = ，容器ⅡQc= =10＜K=40，可知容器Ⅱ中反应向右进行，则c为正值，所以达平衡时，容器I与容器II中的总压强之比大于3:4，故B不符合题意；
C．容器Ⅲ与容器Ⅰ刚好为互为逆反应过程，对于容器I，容器I中CH3OH 转化率容器Ⅰ中CH3COOH 转化率之和刚好为1，容器Ⅲ温度低于容器I，正反应为放热反应，温度降低对正反应有利，所以容器Ⅲ中CH3COOH转化率低于容器Ⅰ以等量CH3COOH起始时的CH3COOH转化率，所以达平衡时，容器I中CH3OH 转化率与容器III中CH3COOH 转化率之和小于1，故C符合题意；
D．容器Ⅲ与容器Ⅰ刚好互为逆反应过程，但容器Ⅰ温度高于容器Ⅲ，温度越高，化学反应速率越大，所以达到化学平衡时容器III中的正反应速率比容器I中的小，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．平衡常数只于温度有关；
B．根据理想气体状态方程pV=nRT分析；
C．根据温度对平衡的影响分析；
D．根据温度对反应速率的影响分析；
26．【答案】（1）Cu2+＋2NH3·H2O＝Cu(OH)2↓＋2 ，Cu(OH)2＋4 ＝ ＋2OH-＋4H2O
（2）2.7；过程：根据沉淀所用氨水0.18mol，得显酸性的硝酸根为 0.03mol； 根据稀硝酸和金属反应的关系，求得硝酸的物质的量为 0.03+ ×0.18mol＝0.27mol。
【知识点】铝的化学性质；铜及其化合物；有关混合物反应的计算
【解析】【解答】(1)根据分析，图中滴加氨水10~100mL 的过程为铝离子和铜离子全部转化为氢氧化铝和氢氧化铜沉淀，氢氧化铜完全溶解的过程，其中铜元素参与反应的离子方程式为Cu2+＋2NH3·H2O＝Cu(OH)2↓＋2 ，Cu(OH)2＋4 ＝ ＋2OH-＋4H2O；(2)根据反应：H++ NH3·H2O= + H2O，过量的硝酸的物质的量=0.01L×3mol/L=0.03mol，完全根据3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，Cu2+＋2NH3·H2O＝Cu(OH)2↓＋2 ，8HNO3~3Cu2+~6NH3·H2O，根据Al+4HNO3=Al(NO3)3+NO↑+2H2O， Al3+＋3NH3·H2O＝Al(OH)3↓＋3 ，8HNO3~2Al3+~6NH3·H2O，则根据上述分析，消耗硝酸与完全沉淀消耗的氨水的物质的量的关系为4HNO3~3NH3·H2O，根据图像沉淀铝离子和铜离子消耗氨水的总物质的量=0.06L×3 mol/L=0.18mol，则反应中消耗的硝酸的物质的量为0.03mol+ ×0.18mol=0.27mol，则100mL该硝酸的浓度= =2.7mol/L。
【分析】铝粉和铜粉的混合物，用100mL 某浓度的稀硝酸完全溶解，得到含有铝离子和铜离子的溶液，如图所示加入氨水，开始没有沉淀，说明硝酸过量，消耗10mL氨水中和过量硝酸，继续加入氨水，开始生产氢氧化铝和氢氧化铜沉淀，当消耗氨水70mL时，沉淀完全，铝离子和铜离子全部转化为氢氧化铝和氢氧化铜沉淀，由于氢氧化铝不与氨水反应，氢氧化铜可溶于氨水，继续加入氨水，部分沉淀开始溶解，当消耗氨水100mL时，氢氧化铜完全溶解，剩余氢氧化铝沉淀，再继续加入氨水，沉淀量不变，据此分析计算解答。
27．【答案】（1）
（2）3SO2＋3Ba2+＋2 ＋2H2O＝3 BaSO4↓＋2NO↑＋4H+
（3）取少量A 的溶液于试管中，滴加 FeCl3 溶液，若溶液变成血红色，说明含 SCN-
（4）可能；2COS＋SO2＝3S＋2CO2
【知识点】无机物的推断；复杂化学式的确定
【解析】【解答】(1)根据分析，甲的化学式为COS，由于S和O同主族，结构类似于二氧化碳，气体甲的电子式 ； (2)根据分析，丙应为二氧化硫，气体丙通入足量硝酸钡溶液中，二氧化硫可与水作用形成酸性溶液，酸性条件下硝酸根具有强氧化性，发生反应的离子方程式为3SO2＋3Ba2+＋2 ＋2H2O＝3BaSO4↓＋2NO↑＋4H+；(3) A为NH4SCN，有铵根离子和硫氰根离子构成的离子化合物，检验A的水溶液中所含阴离子的实验方法为取少量A 的溶液于试管中，滴加 FeCl3 溶液，若溶液变成血红色，说明含 SCN- ；(4)甲的化学式为COS，S和O的非金属性越强于C，则得电子能力强于C，则甲中S和O为-2价，S元素处于最低价态具有还原性，丙为二氧化硫，硫元素为+4价具有氧化性，二者在一定条件下可以发生氧化还原反应(归中反应)，化学方程式为：2COS＋SO2＝3S＋2CO2。
【分析】根据题意，乙和丙为'常见气体，均能使澄清石灰水变浑浊，丙能使品红溶液褪色；则丙应为二氧化硫，乙为二氧化碳，甲由三种元素组成，即含有C、S、O三种元素，生成甲标况下的体积为2.24L，密度为2.68g L-1，则质量=2.24L ×2.68g L-1=6g，物质的量为 =0.1mol，则甲的摩尔质量=60g/mol，由此可推知甲的化学式为COS，气体丁能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则丁为氨气，物质的量为 =0.2mol，不溶于盐酸的白色沉淀为硫酸钡，质量为23.3g，即物质的量为 =0.1mol，由此可推断B为硫酸铵，根据上述分析，甲中含有0.1molS，B中含有0.1molS，硫酸中S的物质的量为0.02L×5mol/L=0.1mol，故A中含有0.1molS、0.1molC、0.2molN、0.8molH，由C、S、N、H四种元素组成，阴阳离子个数比为1 ： 1，化合物A 和 B阳离子相同，则A为NH4SCN，据此分析解答。
28．【答案】（1）羰基、醚键；
（2）
（3）B
（4）
（5）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】(l)化合物F的结构简式为 ，则含氧官能团名称为羰基、醚键；结合分析，化合物E 的结构简式为 ；(2)根据分析，反应①为A与B发生取代反应生成C，B的结构式为 ，C的结构简式为 ，化学方程式： ；(3)A．E的结构简式为 ，含有苯环、醚键、羟基和羰基，结合官能团的性质，苯环可发生取代和加成，羟基可发生消去和氧化，羰基可发生还原，故A正确；
B．N的结构简式为 ，分子式为C3H9NO2，不饱和度为零，若化合物 N 的同分异构体可能是某氨基酸，含有羧基，一个碳氧双键的不饱和度为1，同分异构体的不饱和度是不变的，故B不正确；
C．E的结构简式为 ，F的结构简式为 ，F与E相比少2个H和一个O，形成一个双键，反应③属于消去反应，故C正确；
D．化合物X的结构简式为 ，含有羟基和羧基，在一定条件下可发生分子内酯化反应，生成的物质中可能含有3个六元环，故D正确；(4)化合物H的结构简式为 ，a.IR 谱检测表明：分子中含有2个独立的苯 环，不含其他的环；b.1H - NMR 谱表明：分子中共有3种化学环境不同的氢原子；同时符合下列条件的同分异构体的结构简式有 ； (5)由乙烯和苯为原料合成 D，利用已知信息，合成路线为： 。
【分析】A与B反应生成C，C与D反应生成E，E在一定条件下生成F，根据F的结构式，F的分子式为C20H16O3，与E相比少2个H和一个O，结合B、C、D、E的分子式，可得B的结构式为 ，C的结构简式为 ，D的结构简式为 ，E的结构简式为 ，结合已知信息，F在RuCl3和NaIO4作用下生成G，G的结构简式为 ，G在NaClO2作用下生成H，H的结构式 ，H和N反应生成X，N的结构简式为 ，据此分析解答。
29．【答案】（1）C
（2）反应温度低于 800℃、二氧化碳水蒸气摩尔比等于0.2；相对较多的 H2O(g)以及较低的温度，使反应②平衡正向移动，反应③平衡逆向移动，CO2浓度上升；③；2
（3）CO2＋H2O＋4e-＝CO＋H2＋2O2-
【知识点】吸热反应和放热反应；盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡移动原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)已知：①CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2 (g) △H1= 206kJ mol-1②CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) △H2= - 41 kJ mol-1
根据盖斯定律，①-②=③，则③CH4 (g)+ CO2 (g) 2CO(g)+ 2H2(g) △H3=△H1-△H2=247 kJ mol-1，故反应③是吸热反应，且正反应方向是气体体积增大的反应体系，要提高CH4的平衡转化率，则平衡需要正向移动，方法为升高温度，同时用氩气稀释原料气，故答案为：C；(2)I．结合图像1曲线的位置分析CO2的转化率为负值的条件为：反应温度低于 800℃、 =0.2； =0.2，说明水蒸气的含量大，相对较多的 H2O(g)以及较低的温度，使反应②平衡正向移动，反应③平衡逆向移动，CO2浓度上升；II．在 不变的条件下，三个反应中，反应②为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，氢气的量减少，一氧化碳的量增大，升高温度 比值减小，升高温度反应①③正向移动，由于图像走向， 比值趋向于1，故起主导的为反应③；
若850℃、 为 0. 5 时，重整反应器中达到平衡时，体系中 CO2和水蒸气浓度相等，此时曲线上 =2，即 =2，反应CO(g)+ H2O(g) CO2(g) +H2(g) 的平衡常数K= =2；(3)根据题意，该电解池的总反应为CO2+H2O H2+CO+O2，电解池中阳极失电子被氧化，阴极得电子被还原，固体氧化物电解池(传导O2-)，阳极：2O2—4e-=O2，总反应减去阳极反应可得阴极反应为：CO2＋H2O＋4e-＝CO＋H2＋2O2-。
【分析】(1)根据盖斯定律判断反应③是吸热还是放热反应，提高CH4的平衡转化率，平衡正向移动，据此分析；(2)I．结合图像1曲线的位置分析CO2的转化率为负值的条件；根据 比值中，二氧化碳和水蒸气的所占比例对平衡移动的影响分析；II．在 不变的条件下，升高温度 比值减小，反应②为放热反应，升高温度，平衡逆向移动；结合图像数据对应点数据，求解反应②平衡常数K；(3)根据题意，该电解池的总反应为CO2+H2O H2+CO+O2，电解池中阳极失电子被氧化，阴极得电子被还原。
30．【答案】（1）提高碳酸镁的利用率，防止生成副产物 Mg(HCO3)2 不利于产品的分离和提纯
（2）抑制 Mg2+水解，防止生成 Mg(OH)2
（3）②④；⑧⑦⑧⑦
（4）硫酸镁（或硫酸）更稳定，难分解
（5）当滴入最后一滴标准溶液，溶液由紫红色变为蓝色，且半分钟内不再发生变化；16.40%
（6）A；B；C；D
【知识点】过滤；蒸发和结晶、重结晶；中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】制法一：(1)碳酸盐与酸反应可生成碳酸氢盐，降低产品的产率，故分批少量加入碳酸镁的原因是提高碳酸镁的利用率，防止生成副产物 Mg(HCO3)2 不利于产品的分离和提纯；(2) Mg2+可水解生成氢氧化镁，加入少量醋酸可抑制 Mg2+水解，防止生成 Mg(OH)2；(3)制法一中“……”处的步骤根据醋酸镁的性质，易溶于水，受热易分解，因此先蒸发结晶，使用抽滤的方法将多余的水分去除得到醋酸镁晶体，再用烘干箱将结晶水烘干并称量固体质量，多次进行烘干称量操作至恒重，故答案为②④，⑧⑦⑧⑦；
制法二：(4)硫酸镁(或硫酸)要比硝酸盐或醋酸盐更稳定，难分解，故用七水硫酸镁代替六水硝酸镁按相同操作进行制备实验，得到的是硫酸镁，无法得到醋酸镁；(5)①根据滴定原理方程式：EDTA (无色)+Mg-BET (紫红)= BET (蓝色)+ Mg-EDTA (无色)，滴定前溶液为紫红色，滴定后为蓝色，因此判定终点的现象为当滴入最后一滴标准溶液，溶液由紫红色变为蓝色，且半分钟内不再发生变化，即为达到滴定终点；
②根据滴定原理方程式：EDTA (无色)+Mg-BET (紫红)= BET (蓝色)+ Mg-EDTA (无色)，滴定终点后，镁元素转移至EDTA中，根据镁元素守恒，镁元素的物质的量=EDTA的物质的量=0.0205L×0. 1000mol L-1=0.00205mol，则产品中镁元素的质量分数为 ×100%=16.40%；(6)A．用倾析法将固液混合物转移至布氏漏斗中进行抽滤时，先用玻璃棒向漏斗中转移溶液再转移沉淀，故A正确；
B．称取一定质量的产品时，若电子天平未调整水平，导致重力和传感器有夹角，就会有分力，电子天平显示的数值是其中一个分力的数值，导致称量的质量偏大，故B正确；
C．开始滴定前，滴定管尖悬挂的液滴，导致滴定时测得的标准液体积偏低，根据c待= ，引起结果偏低，故C正确；
D．根据(5)的测定原理，Mg元素由BET中转移至EDTA，说明Mg(OH)2可溶于EDTA溶液，故D正确；
故答案为：ABCD。
【分析】制法一：(1)碳酸盐与酸反应可生成碳酸氢盐，降低产品的产率；(2) Mg2+可水解生成氢氧化镁；(3)制法一中“……”处的步骤根据醋酸镁的性质，先蒸发结晶，将水分烘干并称量，至恒重；
制法二：(4)根据硫酸盐的性质稳定不易分解分析解答；(5)①根据滴定原理方程式中物质的颜色变化判断分析；②结合滴定数据，根据方程式计算镁的质量，进而计算质量分数。(6)A．用倾析法将固液混合物转移至布氏漏斗中进行抽滤时，先用玻璃棒转移溶液，再转移沉淀
B．重力要垂直于传感器杠杆。如果不水平，重力和传感器有夹角，就会有分力；
C．开始滴定前，滴定管尖悬挂的液滴，导致滴定时测得的标准液体积偏低；
D．根据(5)的测定原理，Mg2+由BET中转移至EDTA。
1 / 1浙江省十校联盟2019-2020学年高三下学期化学开学考试卷
一、单选题
1．（2020高三上·浙江开学考）存在氢键的非电解质是（　　）
A．H2O B．CH4 C．HF D．CH3OH
【答案】D
【知识点】电解质与非电解质
【解析】【解答】A．H2O是极弱的电解质，水分子间能形成有氢键，故A不符合题意；
B．CH4是非电解质，但分子间不存在氢键，故B不符合题意；
C．HF分子间存在氢键，但属于电解质，故C不符合题意；
D．CH3OH属于非电解质，甲醇分子间存在氢键，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题两个关键点，要含有氢键，N、O、F元素易形成氢键，非电解质包括有机物，非金属氧化物，非金属氰化物等。
2．（2020高三上·浙江开学考）将某市售食醋（浓度3.6g/100mL）稀释10倍，需要用到的仪器是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】常用仪器及其使用
【解析】【解答】将某市售食醋(浓度3.6g/100mL)稀释10倍，属于浓溶液配制稀溶液，溶液配制主要是用的仪器为容量瓶，
A． 为容量瓶，由于配制溶液，故A符合题意；
B． 为分液漏斗，用于分离不互溶的液体混合物，故B不符合题意；
C． 为漏斗，用于分离互不相溶的固液混合物，故C不符合题意；
D． 蒸馏烧瓶，由于分离互溶的但沸点差别较大的液体混合物或作为反应器皿，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】熟悉每一种仪器的名称和作用，容量瓶用于配置一定物质的量浓度的溶液。
3．（2020高三上·浙江开学考）反应KClO3 + 6HCl = KCl+ 3Cl2↑+ 3H2O 中，还原产物是（　　）
A．KClO3 B．HCl C．KCl D．Cl2
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较
【解析】【解答】化合价升高失电子，作还原剂，对应产物为氧化产物，化合价降低得电子，作氧化剂，对应产物为还原产物，反应KClO3 + 6HCl= KCl+ 3Cl2↑+ 3H2O 中，氯的化合价即升高又降低，该反应为归中反应，氯气既是氧化产物又是还原产物，
故答案为：D。
【分析】从化合价的角度分析，化合价降低得到的物质是还原产物，本题是一个归中反应，氯气既是氧化产物又是还原产物。
4．（2020高三上·浙江开学考）下列物质的化学式错误的是（　　）
A．漂白粉的有效成分：Ca(ClO)2 B．摩尔盐：NH4Fe(SO4)2 6H2O
C．麦芽糖：C12H22O11 D．甘氨酸：C2H5NO2
【答案】B
【知识点】化学物质的名称与俗名
【解析】【解答】A．漂白粉的主要成分为氯化钙和次氯酸钙，有效成分为：Ca(ClO)2，故A不符合题意；
B．摩尔盐是一种复盐，是硫酸亚铁铵晶体，化学式为：(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O，故B符合题意；
C．麦芽糖是二糖，化学式为：C12H22O11，故C不符合题意；
D．甘氨酸的结构简式为 的化学式为：C2H5NO2，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】物质的化学式要满足所有元素的化合价之和等于0，故硫酸亚铁铵的化学式为 (NH4)2Fe(SO4)2·6H2O。
5．（2020高三上·浙江开学考）下列表示正确的是（　　）
A．乙酸乙酯的实验式：C2H4O
B．甲基的电子式：
C．Ca2+的结构示意图：
D．HCl分子的球棍模型：
【答案】A
【知识点】原子结构示意图；分子式；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．乙酸乙酯的分子式为C4H8O2，最简式为实验式：C2H4O，故A符合题意；
B．甲基的结构简式为-CH3，电子式： ，故B不符合题意；
C．Ca原子为20号元素，质子数为20，Ca2+的结构示意图： ，故C不符合题意；
D. HCl分子的球棍模型： ，题中为比例模型，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.实验式为分子式的最简比，为原子个数最简比；
B.甲基中含有3个碳氢键，碳原子最外层为7个电子；
C.钙离子核内有20个质子；
D.球棍模型可用来表现化学分子的三维空间分布；比例模型是一种空间充填模型，能反映原子大小比例，大致的排列方式。
6．（2020高三上·浙江开学考）下列说法正确的是（　　）
A．C60 和 C70互为同位素
B．N2 、N3- 、N4、N5+互为同素异形体
C．立方烷（ ）和苯乙烯互为同分异构体
D．CH3CH2COOH 和HCOOCH2CH2CH3 互为同系物
【答案】C
【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．质子数相同而中子数不同的原子互为同位素，C60 和 C70互为同素异形体，故A不符合题意；
B．由同种元素组成而结构不同的单质互为同素异形体，N3- 和N5+是离子，故B不符合题意；
C．分子式相同结构不同的有机物互为同分异构体立方烷( )和苯乙烯的分子式都为C8H8，互为同分异构体，故C符合题意；
D．结构相似，类别相同，在分子组成上相差一个或多个-CH2-原子团的有机物互为同系物，CH3CH2COOH是有机酸，HCOOCH2CH2CH3是酯，类别不同，不是同系物，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】同位素描述的是元素，同素异形体描述的是单质，同分异构体必须分子式相同，结构不同，同系物必须结构相似，需辨析清楚这些概念的区别。
7．（2020高三上·浙江开学考）下列关于含氮化合物的说法错误的是（　　）
A．工业上可使用液氮做制冷剂
B．NO2 能导致“光化学烟雾＂的形成
C．浓硝酸可用铝槽车运输
D．硫酸铁又称肥田粉，属于硝态氮肥
【答案】D
【知识点】含氮物质的综合应用
【解析】【解答】A．液氮气化时吸收大量的热，工业上可使用液氮做制冷剂，故A不符合题意；
B．氮氧化物在空气中易形成光化学烟雾，NO2能导致“光化学烟雾＂的形成，故B不符合题意；
C．常温下铝可被浓硝酸钝化生成致密氧化物膜阻止反应继续进行，则浓硝酸可用铝槽车运输，故C不符合题意；
D．肥田粉的主要成分是硫酸铵，硝态氮肥，是指氮素以硝酸盐形态存在的氮肥，肥田粉不属于硝态氮肥，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.液氨汽化需要吸收大量的热；
B.光化学烟雾与氮的氧化物的排放有关；
C.依据浓硝酸的强氧化性解答；
D.以铵盐形式存在的氮肥为铵态氮肥。
8．（2020高三上·浙江开学考）下列说法正确的是（　　）
A．“西气东输”工程中的“气”指的是石油气
B．核磁共振能确定有机物分子中氢原子的个数
C．苯酚和过量甲醛在一定条件下能生成体型酚醛树脂
D．将煤暴露在空气中加强热可得到煤焦油，从煤焦油中可分离出苯
【答案】C
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；煤的干馏和综合利用；苯酚的性质及用途
【解析】【解答】A．“西气东输”工程中的“气”指的是天然气，主要成分是甲烷，石油气的成分是含碳氢化合物的混合物，故A不符合题意；
B．根据峰的个数可以知道有几种不同环境下的氢原子，根据峰的面积可以求出这几种不同环境下氢原子的比例关系，不能确定准确数目，故B不符合题意；
C．苯酚和过量甲醛在一定条件下发生缩聚反应，能生成体型酚醛树脂，故C符合题意；
D．煤的干馏是将煤隔绝空气加强热可得到煤焦油，煤焦油是一种高芳香度的碳氢化合物的复杂混合物，绝大部分为带侧链或不带侧链的多环、稠环化合物和含氧、硫、氮的杂环化合物， 并含有少量脂肪烃、环烷烃和不饱和烃，从煤焦油中不能分离出苯，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.我国“西气东输”工程中的“气”指的是天然气；
B.核磁共振氢谱通常用于分析有机物分子中化学环境不同氢原子种类及比例；
C.苯酚和甲醛发生缩聚反应；
D.依据煤的干馏解答。
9．（2020高三上·浙江开学考）下列反应限度最大的是（　　）
A．工业合成氨的反应
B．工业制硫酸接触室中的反应
C．实验室制备乙酸乙酯
D．实验室用NaOH 溶液吸收多余的Cl2
【答案】D
【知识点】化学反应的可逆性
【解析】【解答】A．工业合成氨的反应是氮气和氢气在高温高压催化剂条件下制取氨气，为可逆反应，合成氨气是放热反应，高温下增大了催化剂的活性，但不利于反应正向进行；
B．工业制硫酸接触室中的反应二氧化硫在催化剂作用下与氧气反应生成三氧化硫，为可逆反应；
C．实验室是用乙酸和乙醇在浓硫酸做催化剂作用下生成乙酸乙酯，为可逆反应；
D．实验室用NaOH 溶液吸收多余的Cl2，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，为可逆反应，产物与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠和次氯酸钠，促进水和氯气的反应正向移动，可使反应完全转化，总反应为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，不是可逆反应；
则反应限度最大的为D选项，
故答案为：D。
【分析】非可逆反应的限度较可逆反应是大的。
10．（2020高三上·浙江开学考）下列说法错误的是（　　）
A．对苯二甲酸和乙二醇通过加聚反应，可得到合成纤维PET
B．甘油与纤维素均可与浓硝酸发生酯化反应生成烈性炸药
C．氢化油可用来制肥皂 也可用于生产人造奶油
D．蛋白质溶液中加入几滴茚三酮溶液，加热至沸腾会出现蓝紫色固体
【答案】A
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．对苯二甲酸和乙二醇通过缩聚反应，可得到合成纤维PET，故A符合题意；
B．硝化甘油是甘油与浓硝酸发生酯化反应(在浓硫酸条件下)生成的三硝酸甘油酯，是制备炸药的原料，纤维素可与浓硝酸发生酯化反应生成硝酸纤维也是制造烈性炸药的原料，故B不符合题意；
C．油脂氢化的基本原理是在加热含不饱和脂肪酸多的植物油时，加入金属催化剂(镍系、铜-铬系等)，通入氢气，使不饱和脂肪酸分子中的双键与氢原子结合成为不饱和程度较低的脂肪酸，其结果是油脂的熔点升高(硬度加大)。因为在上述反应中添加了氢气，而且使油脂出现了"硬化"，所以经过这样处理而获得的油脂与原来的性质不同，叫做"氢化油"或"硬化油"可用来制肥皂 也可用于生产人造奶油，故C不符合题意；
D．茚三酮是一种用于检测氨或者一级胺和二级胺的试剂。当与这些游离胺反应时，能够产生深蓝色或者紫色的物质，蛋白质、多肽和各种氨基酸以及所有氨基酸均能与茚三酮发生反应，除无氨基的脯氨酸和羟脯氨酸呈黄色反应外，其它均生成蓝紫色化合物，最终生成蓝色化合物，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.加聚反应应该是不饱和键的性质，对苯二甲酸和乙二醇发生缩聚反应生成高聚物；
B.甘油与纤维素分子结构中均含有烃基，可以在一定条件下和浓硝酸发生酯化反应；
C.氢化油就是硬化油，也叫人造脂肪，可用来制肥皂，也可用来生产人造奶油；
D.茚三酮是一种用于检测氨或者一级胺和二级胺的试剂，可以检验蛋白质的存在。
11．（2020高三上·浙江开学考）下列说法错误的是（　　）
A．湿法冶金是金属冶炼的常用方法之一，如电解ZnSO4 溶液制备Zn
B．黄绿色气体ClO2是一种高效安全的灭菌消毒剂
C．工业上常用Na2O2 和CO2 反应制备Na2CO3
D．工业炼铁时，铁矿石和焦炭应从炼铁高炉的上口加入
【答案】C
【知识点】高炉炼铁；纯碱工业（侯氏制碱法）；氯气的化学性质；金属冶炼的一般原理
【解析】【解答】A．湿法冶金是金属冶炼的常用方法之一，如电解ZnSO4溶液，根据电解池阴阳极放电顺序，阳极水电离出的氢氧根放电，阴极为Zn2+放电得电子生成锌单质，可以制备Zn，故A不符合题意；
B．ClO2是极易溶于水而不与水反应，几乎不发生水解，具有极强氧化性，是安全、无毒的消毒剂，无"三致"效应(致癌、致畸、致突变)，同时在消毒过程中也不与有机物发生氯代反应生成可产生"三致作用"的有机氯化物或其它有毒类物质，故B不符合题意；
C．工业上常用联合制碱法(又称侯氏制碱法)反应制备Na2CO3，故C符合题意；
D．工业上高炉炼铁时从炉顶装入铁矿石、焦炭、造渣用熔剂(石灰石)，从位于炉子下部沿炉周的风口吹入经预热的空气，在高温下焦炭中的碳同鼓入空气中的氧燃烧生成的一氧化碳和氢气，在炉内上升过程中除去铁矿石中的氧，从而还原得到铁，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】工业制碱时要考虑经济价值和产率，还要考虑原料，工艺等，用过氧化钠制碱成本太高。
12．（2020高三上·浙江开学考）下列说法正确的是（　　）
A．贮氢材料——镧镍合金 ( LaNis) 是通过物理吸附贮存氢气
B．农业废弃物在厌氧条件下生成沼气属于生物化学转化
C．用石灰水对燃煤烟气进行脱硫， 最终生成CaSO3
D．汤姆生根据a 粒子散射现象提出了“葡萄干面包式”的原子结构模型
【答案】B
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；化学史；含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】A．贮氢材料——镧镍合金 ( LaNis) 能够结合氢气形成金属化合物，并在一定条件下分解释放出氢气，有新物质生成，所以是化学变化，故A不符合题意；
B．农作物的桔杆、人畜粪便、厨余垃圾等废弃物在沼气池中在还原性细菌的作用下可经发酵转化为可燃性气体甲烷等，为生物化学转化，故B符合题意；
C．燃煤烟气中含有二氧化硫，用石灰水对燃煤烟气进行脱硫，发生的反应为二氧化硫、氧气和氢氧化钙溶液反应生成CaSO4，故C不符合题意；
D．汤姆孙发现原子里有带负电荷的电子，1904年，首先提出葡萄干面包原子模型；卢瑟福根据a 粒子散射现象提出核式结构模型(行星模型)，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】CaSO3不是很稳定的，会被空气中的氧气氧化成硫酸钙。
13．（2020高三上·浙江开学考）设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（　　）
A．2.8g14N2与14C16O的混合物中，中子数目为 l.4NA
B．含 0. 1 molFeCl3的溶液与0.1 mol 锌充分反应，转移电子数为0.1 NA
C．标准状况下，5.6gC4H8中 C-C 的数目可能为0.4NA
D．某温度下，1LpH=9 的 Na2CO3 溶液中，水电离产生的OH-数目为10-5NA
【答案】C
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；物质结构中的化学键数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数；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． 14N2的摩尔质量为28g/mol，一个分子中有14个中子，14C16O的摩尔质量为30g/mol，一个分子中有16个中子，二者的的摩尔质量和中子数都不同，2.8g混合物中，中子数目不为 l.4NA，故A不符合题意；
B．含 0. 1molFeCl3的溶液与0.1mol 锌充分反应，方程式为Zn+2Fe3+=Zn2++2Fe2+，锌过量，0. 1mol FeCl3完全反应转化为0.1 mol FeCl2，消耗0.05molZn，过量的锌继续与亚铁离子反应，Zn+Fe2+=Zn2++Fe，剩余0.05mol锌只能消耗0.05mol FeCl2，即氯化亚铁过量，整个过程中，0.1mol的锌完全反应，转移电子数为0.1mol×2×NA=0.2NA，故B不符合题意；
C.5.6gC4H8的物质的量为0.1mol，符合分子式C4H8的有机物有多种同分异构体：CH2=CH-CH2CH3、CH2=C(CH3)2、 、 、环丁烷( )、甲基环丙烷( )，若有机物的结构为环丁烷、甲基环丙烷时，C-C 的数目为0.4NA，故C符合题意；
D．某温度下，1LpH=9 的 Na2CO3 溶液中氢离子浓度为10-9mol/L，溶液中的氢氧根离子来自水的电离，但溶液温度未知，无法使用水的离子积常数计算，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A. 14N2与14C16O的摩尔质量分别为28g/mol和30g/mol；
B.0. 1molFeCl3的溶液与0.1mol 锌充分反应，锌完全反应；
C.C4H8可能为丁烯，也可能为环丁烷；
D.温度不明确，KW的值不一定是10-14。
14．（2020高三上·杭州期中）下列有关实验说法正确的是（　　）
A．容量瓶和滴定管上都标有使用温度，使用时滴定管水洗后还需润洗，但容量瓶水洗后不用润洗
B．测溶液pH: 用干燥洁净的玻璃棒蘸取NaClO溶液，滴到放在表面皿上的pH 试纸中部， 变色后与标准比色卡比对
C．抽滤过程中洗涤沉淀时， 应关小水龙头， 加洗涤剂浸没沉淀，用玻璃棒在过滤器上搅拌以使沉淀跟洗涤剂充分接触，以便洗得更干净
D．实验过程中的有毒药品不得进入口内或者接触伤口，剩余的废液不得再回收使用，应倒入下水道
【答案】A
【知识点】常用仪器及其使用；试纸的使用；化学实验安全及事故处理；过滤
【解析】【解答】A．容量瓶标有温度、规格、刻度线，滴定管标有温度、规格、刻度线，使用时滴定管水洗后还需润洗，但容量瓶水洗后不用润洗，故A符合题意；
B．NaClO溶液具有强氧化性，可使漂白pH试纸，无法准确测定其溶液的pH值，故B不符合题意；
C．用玻璃棒在过滤器上搅拌以会导致滤纸破裂，过滤失败，不能搅拌，故C不符合题意；
D．实验过程中的有毒药品不得进入口内或者接触伤口，剩余的废液，应倒入实验室专用的指定回收容器中，不能倒入下水道，会造成水体污染，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】滴定管需要润洗，如不润洗，会导致溶液的浓度偏小，引起误差，容量瓶和锥形瓶不需润洗。
15．（2020高三上·浙江开学考）环戊二烯之（ ) 是重要的有机化工原料，广泛用于农药、橡胶、塑料等生产，根据能量循环图和表格中的键能，下列说法正确的是（　　）
共价键 键能/
H-H 436
H-I 299
I-I 151
A．△H1+△H2+△H3=0
B．△H1＜△H3
C． (g)转化为 （g）的过程中，有C-H的断裂和形成
D．在相同条件下，生成 2molHCl(g) 的△H2′＜△H2
【答案】D
【知识点】反应热和焓变；盖斯定律及其应用；有机物的合成
【解析】【解答】A．根据盖斯定律，△H3=△H1+△H2，则△H1+△H2-△H3=0，故A不符合题意；
B．根据△H=反应物的键能之和-生成物键能之和，则△H3-△H1=△H2= E(I-I)+ E(H-H)- 2E(H-I)= 151kJ/mol+436 kJ/mol -2×299 kJ/mol =-11 kJ/mol＜0，则△H3＜△H1，故B不符合题意；
C． (g)转化为 (g)的过程中，有C-H的断裂和C-C的形成，故C不符合题意；
D．根据△H=反应物的键能之和-生成物键能之和，△H2= E(H-H)+E(I-I)-2E(H-I)= 151kJ/mol+436 kJ/mol -2×299 kJ/mol =-11 kJ/mol＜0，Cl的半径小于I，Cl得电子能力比I强，形成的化学键的键能比I的大，放出的热量更多，△H2′＜0，放出的热量越多，焓变越小，在相同条件下，生成 2molHCl(g) 的△H2′＜△H2，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题考查键能和盖斯定律计算反应热、以及反应热的大小比较等知识，反应热为反应物的键能之和与生成物键能之和的差，据此分析解答即可。
16．（2020高三上·浙江开学考）A、B、C、D、E、F、G 为短周期主族元素，其原子半径与最外层电子数的关系如图，下列说法正确的是（　　）
A．根据元素B 在元素周期表中的位置推测，其最高价氧化物对应的水化物可能具有两性
B．元素D在自然界中主要以游离态存在，其单质可用作半导体材料
C．元素A的离子半径大于元素G的离子半径
D．元素F 的气态氢化物比元素G的气态氢化物更稳定
【答案】A
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．B为Be元素，根据元素B 在元素周期表中的位置与Al元素呈对角线分布，在性质上具有相似性，其最高价氧化物对应的水化物可能具有两性，故A符合题意；
B．D为Si元素，元素D在自然界中主要以化合态存在，其单质可用作半导体材料，故B不符合题意；
C．A为Na元素，G为Cl元素，元素A的离子两个电子层，元素G的离子三个电子层，元素A的离子半径小于元素G的离子半径，故C不符合题意；
D．F为S元素，G为Cl元素，非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性：S＜Cl，元素G 的气态氢化物比元素F的气态氢化物更稳定，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、B、C、D、E、F、G 为短周期主族元素，如图所示，最外层电子数依次增大，则A、B、C、D、E、F、G最外层电子数分别为1、2、3、4、5、6、7，A为半径最大的元素，则A为Na元素，C的半径是以上元素中最小的最外层电子数为3，C为B元素，B的半径大于C，则B为Be元素，D、E、F、G半径依次减小，最外层电子数依次增大，D为Si元素，E为P元素，F为S元素，G为Cl元素。
17．（2020高三上·浙江开学考）下列说法正确的是（　　）
A．水的沸点较高是因为水分子间存在较强的化学键
B．离子晶体中可能存在共价键， 而分子晶体中一定存在共价键
C．CO2与 SiO2 均为共价化合物，其固体熔化时，均破坏了分子间作用力
D．某物质熔点 1067℃， 易溶于水，其水溶液和熔融态均能导电，其晶体一定为离子晶体
【答案】D
【知识点】化学键；离子晶体；分子晶体；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A．水的沸点较高是因为水分子间存在较强的氢键，故A不符合题意；
B．离子晶体中可能存在共价键如氢氧化钠，而分子晶体中不一定存在共价键，如稀有气体，是单原子分子，没有化学键，故B不符合题意；
C．CO2与 SiO2 均为共价化合物，但CO2是分子晶体，其固体熔化时，破坏了分子间作用力，SiO2是原子晶体，其固体熔化时，破坏共价键，故C不符合题意；
D．离子晶体的熔沸点较高，一般在几百至1000℃左右，某物质熔点 1067℃，易溶于水，其水溶液和熔融态能导电的是离子化合物，其晶体一定为离子晶体，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】离子晶体的熔沸点较高，一般在几百至1000℃左右，其溶于水及熔化时均能够导电。
18．（2020高三上·浙江开学考）氨气与氧气构成的碱性燃料电池原理如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．电解质溶液中电子移向正极
B．电池负极反应为：2NH3-6e-=N2+6H+
C．正负极通入的气体在相同条件下体积之比为15： 4 (假设空气中O2体积分数为20%)
D．该电池给铅蓄电池充电，燃料电池正极反应1molO2，铅蓄电池有2mol PbSO4被消耗
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．电子只能在导体中转移，不能在溶液中转移，故A不符合题意；
B．氨气与氧气构成的碱性燃料电池，不可能产生氢离子，电池负极反应为： 2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，故B不符合题意；
C．根据分析，投入空气的一端为正极，通入氨气的一端为负极，相同条件下，气体体积之比等于物质的量之比，电池总反应为4NH3+3O2=2N2+6H2O，当负极通入4mol氨气时，正极消耗3mol氧气，则需要空气的量为 =15mol，则正负极通入的气体在相同条件下体积之比为15 ： 4，故C符合题意；
D．该电池给铅蓄电池充电，燃料电池正极反应1molO2，转移4mol电子，充电时铅蓄电池阴极反应为：PbSO4+2e-=Pb+SO42-，阳极反应为：PbSO4-2e-+2H2O=PbO2+4H++SO42-，铅蓄电池两极都消耗PbSO4，转移4mol电子时，铅蓄电池共消耗了4mol PbSO4，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】该电池为燃料电池，通入氧气的一端为正极，通入氨气的一端为负极，根据图示，电池总反应为4NH3+3O2=2N2+6H2O。
19．（2020高三上·浙江开学考）下列离子方程式错误的是（　　）
A．用氨水吸收过量的二氧化硫：
B．向0.5mol L-1 KAl(SO4)2溶液中滴入0.5mol L-1 Ba(OH)2溶液使 恰好完全沉淀：2Ba2+ 4OH- + Al3++2 =2BaSO4↓+ +2H2O
C．用足量Na2S2O3溶液除去水中的 Cl2: 4Cl2+ +5H2O =10H++2 +8Cl-
D．少量CO2通入苯酚钠溶液中：C6H5O-+CO2+H2O→C6H5OH+
【答案】C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．用氨水吸收过量的二氧化硫生成亚硫酸氢铵，离子反应为： ，故A不符合题意；
B．明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO42 恰好完全沉淀，铝离子与氢氧根离子的物质的量之比为1:4，铝离子恰好反应生成偏铝酸根离子，正确的离子方程式为：2Ba2+ +4OH- + Al3+ + 2 =2BaSO4↓+ + 2H2O，故B不符合题意；
C．氯气能够氧化硫代硫酸根离子生成硫酸根离子，自己被还原为氯离子，故用Na2S2O3溶液吸收自来水中多余Cl2，化学方程式为：Na2S2O3 +4Cl2 +5H2O=2NaCl+2H2SO4+6HCl ，由于Na2S2O3足量，Na2S2O3与硫酸和盐酸继续反应，方程式为：Na2S2O3+2HCl=2NaCl+S↓+SO2↑+H2O、Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+S↓+H2O，故最终反应为：6Na2S2O3+4Cl2=8NaCl+ 2Na2SO4+ 5SO2↑+5S↓，离子反应为：6S2O32-+4Cl2=8Cl-+ 2SO42-+ 5SO2↑+5S↓，故C符合题意；
D．少量CO2通入苯酚钠溶液中生成苯酚和碳酸氢钠，离子反应为：C6H5O- + CO2 + H2O→C6H5OH+ ，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.二氧化硫过量，反应生成亚硫酸氢铵；
B.明矾与氢氧化钡按物质的量之比1：2的比例反应时，SO42 恰好完全沉淀；
C.氯气能够氧化硫代硫酸根离子生成硫酸根离子，硫代硫酸钠过量，酸性环境下又能发生歧化反应生成硫和二氧化硫；
D.苯酚的酸性大于碳酸氢根离子，二氧化碳与苯酚钠反应生成苯酚和碳酸氢根离子。
20．（2020高三上·浙江开学考）常温下，下列说法正确的是（　　）
A．pH 相等的盐酸和醋酸，加水稀释相同倍数后，c(Cl-)=c(CH3COO- )
B．0.1 mol L-1 氨水的p H= a，加入适量的氯化铵固体可使溶液pH= a+ 1
C．物质的量浓度相等的 (NH4)2SO4 溶液与(NH4) 2CO3溶液中， 前者大于后者
D．等物质的量浓度等体积的醋酸溶液和氢氟酸溶液，与足量氢氧化钠反应，放出的热量相等
【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理
【解析】【解答】A．pH相等的盐酸和醋酸中c(Cl-)=c(CH3COO-)，加水稀释时，由于醋酸弱电解质的电离平衡向右移动，使c(Cl-)＜c(CH3COO-)，故A不符合题意；
B.0.1 mol L-1 氨水的p H= a，加入适量的氯化铵固体，溶液中铵根离子浓度增大，氨水电离平衡逆向移动，氢氧根离子浓度减小，溶液的pH值减小，故B不符合题意；
C．物质的量浓度相等的 (NH4)2SO4 溶液中铵根离子水解，硫酸根离子对铵根离子水解无影响，(NH4) 2CO3溶液中铵根离子和碳酸根离子都水解，碳酸根促进铵根离子的水解，铵根离子浓度减小，一水合氨离子浓度增大， 减小，故前者大于后者，故C符合题意；
D．等物质的量醋酸和氢氟酸都属于弱电解质，电离时电离程度不同，吸收的热量不同，与足量氢氧化钠反应，放出的热量不相等，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A．醋酸是弱酸，不能完全电离；
B．根据一水合氨的电离平衡分析；
C．根据碳酸根对铵根离子的水解的影响分析；
D．一般情况下，弱酸电离吸热；
21．（2020高三上·浙江开学考）亮菌甲素（图 a) 用于急性胆囊炎、慢性胆囊炎发作、其他胆道疾病并发急性感染及慢性浅表性胃炎、萎缩性胃炎， 配以辅料丙二醇溶成针剂用于临床。若使用廉价的二甘醇（图 b) 作为辅料， 会使人中毒。下列说法正确的是（　　）
A．1 mol 亮菌甲素与溴水混合，最多消耗Br2 4 mol
B．亮菌甲素中所有的碳原子不可能共平面
C．1 mol 亮菌甲素反应最多消耗 5molH2或2molNaOH
D．等物质的量的丙二醇和二甘醇充分燃烧消耗的氧气量不相同
【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．亮菌甲素中含有碳碳双键和酚羟基，酚羟基的邻位和对位可与溴发生取代，该物质结构中，酚羟基对位无氢原子，不能与溴取代，1 mol 亮菌甲素与溴水混合，最多消耗Br2 3mol，故A不符合题意；
B．苯环上的碳原子在同一平面，与碳碳双键直接相连的碳原子在同一平面，则苯环与碳碳双键在同一平面，甲基和亚甲基可能与苯环在同一平面，则该有机物中所有的碳原子可能在同一平面，故B不符合题意；
C．亮菌甲素中含有碳碳双键、酮羰基和苯环，1mol 亮菌甲素反应最多消耗 5molH2，亮菌甲素中含有酚羟基和酯基，酚羟基具有酸性，可与氢氧化钠反应，该有机物的酯基水解后形成酚羟基和羧基都可与氢氧化钠反应，故1mol 亮菌甲素反应最多消耗3molNaOH，故C不符合题意；
D．丙二醇(HOCH2CH2OH)的分子式为C2H6O2，可以看成C2H2 2H2O的形式，二甘醇(HOCH2CH2OCH2CH2OH)的分子式为C4H10O3，可看成C4H4 3H2O的形式，当物质的量相等的情况下，耗氧量不同，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．碳碳双键可与Br2发生加成反应，酚羟基的邻位和对位可与Br2发生取代；
B．苯环、碳碳双键、碳氧双键的原子可以共平面；
C．碳碳双键、酮羰基和苯环可与H2发生加成反应，酚羟基和酯基可与氢氧化钠反应；
D．根据二者的分子式计算；
22．（2020高三上·浙江开学考）室温下，H2C2O4的电离平衡常数Ka1= 5.9 ×10 -2，Ka2= 6.4 ×10 -5，用0.100 0 mol L-1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol L-1H2C2O 4溶液的曲线如图所示（体积变化忽略不计)。下列说法正确的是（　　）
A．滴定过程中，当 pH=4 时，存在：c(H+)+c(Na+ )=c(OH- )+c( )+c( )
B．点①、③、④所示溶液中，点③所示溶液水的电离程度最大
C．点③所示溶液：3c( )+2c( )+c(H2C2O4)=0.1 mol L-1
D．滴定过程中可能出现：c(Na+)＞c( )= c( )＞c(OH-)＞c(H+)
【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A．滴定过程中，当 pH=4时，为酸性溶液，存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+ )=c(OH- )+2c( )+c( )，故A不符合题意；
B．点①溶液显酸性，抑制水的电离，点③对应的溶液呈中性，点④所示溶液中消耗氢氧化钠40mL，二者恰好完全反应，溶液中的溶质为草酸钠，草酸根离子水解使溶液显碱性，促进水的电离，则点④所示溶液水的电离程度最大，故B不符合题意；
C．原草酸溶液中存在物料守恒：c( )+c( )+c(H2C2O4)=0.1 mol L-1，点③对应的溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c( )+c( )，可得c(Na+)=2c( )+c( )，设点③时加入的氢氧化钠溶液的体积为V，3c( )+2c( )+c(H2C2O4)=2c( )+c( )+c( )+c( )+c(H2C2O4)= c(Na+)+ c( )+c( )+c(H2C2O4)= = =0.1 mol L-1，故C符合题意；
D．若c(OH-)＞c(H+)，溶液显碱性，当点④之后继续加氢氧化钠溶液可符合，c(Na+)＞c( )，但 来自于 的水解，且加碱抑制 的水解，则溶液中始终c( )＞c( )，不可能相等，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．根据电荷守恒分析；
B．酸和碱能抑制水的电离，可水解的盐能促进水的电离；
C．根据物料守恒、电荷守恒分析；
D．根据和的关系分析；
23．（2020高三上·浙江开学考）溶液X 中含有下表中离子若干种，且离子浓度均为相等（不考虑水的电离与离子水解）。向X 中加入足量稀盐酸，有无色气体生成， 经分析反应前后阴离子种类没有变化，下列说法正确的是（　　）
阳离子 Na+、Ca2+ 、Fe3+、Fe2+、Al3+、Mg2+
阴离子 OH-、 、 、Cl- 、 、
A．溶液X 中可能有 或 中的一种或两种都有
B．溶液X 中是否有Na+不能确定，需通过焰色反应来确定
C．溶液X 中可能有2 种阳离子，3 种阴离子
D．原溶液一定没有Al3+、Fe 3+，但Na+,、 不确定
【答案】C
【知识点】常见离子的检验；物质的检验和鉴别
【解析】【解答】A．根据分析可知，溶液中一定不存在HCO3-与CO32-，故A不符合题意；
B．如果存在一价的钠离子，无论选用表格内任意阴离子，因浓度相等，都无法使电荷配平，故B不符合题意；
C．根据分析，若溶液中还含有阴离子SO42-，各种离子的物质的量浓度均为0.1mol/L，可以确定含有的五种离子为：Cl-、NO3-、SO42-、Fe2+、Mg2+，溶液X 中可能有2 种阳离子，3 种阴离子，故C符合题意；
D．根据分析，由于离子浓度相等，根据电荷守恒，Na+一定不存在定，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】向溶液X中加入足量的盐酸，有气体生成，且反应溶液中阴离子的种类没有变化，产生气体不可能是碳酸根离子或碳酸氢根离子，则 、 一定不存在；根据表中的离子，可以推知是Fe2+、NO3-在酸性环境下生成的一氧化氮和Fe3+，且反应中硝酸根没有全部转化为一氧化氮，加入盐酸，溶液中阴离子种类不变，所以原来溶液中含有Cl-、Fe2+、NO3-，Fe2+与OH-不能共存，则OH-离子不存在；
设各种离子的物质的量浓度均为0.1mol/L，若溶液中还含有阴离子SO42-，再根据电荷守恒可知还含有一种带有两个正电荷的Mg2+，此时原溶液中可以确定含有的五种离子为：Cl-、NO3-、SO42-、Fe2+、Mg2+，据此进行解答。
24．（2020高三上·浙江开学考）以经预处理的废旧磷酸亚铁锂电极（主要成分为LiFePO4、 Al、C)为原料，生产Li2CO3 的部分工艺流程如下：
已知：LiFePO4难溶于水和碱性溶液，可溶于酸性溶液。Li2CO3溶于稀酸，微溶于水。下列说法错误的是（　　）
A．滤渣2的主要成分为C
B．溶解时发生反应的离子反应方程式：2LiFePO4+2H++H2O2=2Li++2Fe3++ 2 + 2H2O
C．向过滤3的滤液中加入饱和Na2CO3溶液即可生成Li2CO3沉淀
D．已知将Li2CO3、FePO4 x H2O、H2C2O4 混合反应可重新获得LiFePO4，理论上完全反应消耗的n(Li2CO3):n(FePO4 x H2O):n(H2C2O4)=1:2:1
【答案】B
【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．根据分析，滤渣2的主要成分为C，故A不符合题意；
B．溶解时的反应为LiFePO4与稀硫酸、过氧化氢反应，化学方程式为：2LiFePO4+4H2SO4+H2O2═Li2SO4+Fe2(SO4)3+2H3PO4+2H2O，离子反应为：2LiFePO4+8H++H2O2=2Li++2Fe3++2H3PO4+ 2H2O，故B符合题意；
C．根据分析，向过滤3的滤液中加入饱和Na2CO3溶液即可生成Li2CO3沉淀，故C不符合题意；
D．已知将Li2CO3、FePO4 x H2O、H2C2O4 混合反应可重新获得LiFePO4，反应为：Li2CO3+2FePO4 xH2O+H2C2O4=2LiFePO4+3CO2↑+(2x+1)H2O，理论上完全反应消耗的n(Li2CO3):n(FePO4 x H2O):n(H2C2O4)=1:2:1，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据流程：废旧磷酸亚铁锂电极(主要成分为 LiFePO4、Al、C)用NaOH溶液碱浸：2Al+2OH-+2H2O═2AlO2-+3H2↑，过滤，滤渣为LiFePO4、C，加入稀硫酸、过氧化氢溶 2LiFePO4+4H2SO4+H2O2═Li2SO4+Fe2(SO4)3+2H3PO4+2H2O，C不溶，过滤除去，滤渣2为C；向滤液中加入氨水将Fe3+沉淀为Fe(OH)3，过滤，滤渣3为Fe(OH)3，向过滤 3 的滤液中加入饱和 Na2CO3 溶液可生成 Li2CO3 沉淀，据此分析作答。
25．（2020高三上·浙江开学考）一定温度下，在三个容积均为 1.0L 的恒容密闭容器中发生反应： CH3OH(g)+CO(g) CH3COOH(g) △H＜0。下列说法正确的是（　　）
容器编号 温度/K 物质的起始浓度/mol/L 乙酸的平衡浓度/ mol/L 平衡常数
c(CH3OH) c(CH3OH) c(CH3COOH) c(CH3COOH) 　
I 530 0.50 0.5 0 0..40 K1
II 530 0.20 0.2 0.4 　 K2
III 510 0 0 0.5 　 K3
A．三个容器中的平衡常数 K1＜K2< K3
B．达平衡时，容器I与容器II中的总压强之比为3 : 4
C．达平衡时，容器I中CH3OH转化率与容器 III 中CH3COOH转化率之和小于1
D．达平衡时，容器III中的正反应速率比容器I中的大
【答案】C
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率的影响因素；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．平衡常数只于温度有关，温度不变平衡常数不变，则 K1=K2，反应体系△H＜0，降低温度，平衡正向移动，平衡常数增大，则K1=K2< K3，故A不符合题意；
B．根据理想气体状态方程pV=nRT，容器为恒容装置，V不变，则有p=cRT，容器Ⅰ与容器Ⅱ温度相同，则体系压强与体系中反应物总浓度成正比，温度不变，化学平衡常数不变，容器Ⅰ中平衡时c(CH3OH)=0.5mol/L 0.4mol/L=0.1mol/L，c(CO)=0.5mol/L 0.4mol/L=0.1mol/L，c(CH3COOH)=0.4mol/L，K= = =40，设容器Ⅱ反应到达平衡时CH3OH转化cmol/L，所以达平衡时，容器I与容器II中的总压强之比为= = = ，容器ⅡQc= =10＜K=40，可知容器Ⅱ中反应向右进行，则c为正值，所以达平衡时，容器I与容器II中的总压强之比大于3:4，故B不符合题意；
C．容器Ⅲ与容器Ⅰ刚好为互为逆反应过程，对于容器I，容器I中CH3OH 转化率容器Ⅰ中CH3COOH 转化率之和刚好为1，容器Ⅲ温度低于容器I，正反应为放热反应，温度降低对正反应有利，所以容器Ⅲ中CH3COOH转化率低于容器Ⅰ以等量CH3COOH起始时的CH3COOH转化率，所以达平衡时，容器I中CH3OH 转化率与容器III中CH3COOH 转化率之和小于1，故C符合题意；
D．容器Ⅲ与容器Ⅰ刚好互为逆反应过程，但容器Ⅰ温度高于容器Ⅲ，温度越高，化学反应速率越大，所以达到化学平衡时容器III中的正反应速率比容器I中的小，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．平衡常数只于温度有关；
B．根据理想气体状态方程pV=nRT分析；
C．根据温度对平衡的影响分析；
D．根据温度对反应速率的影响分析；
二、综合题
26．（2020高三上·浙江开学考）现有一包铝粉和铜粉的混合物，用100mL 某浓度的稀硝酸溶解，生成的气体全部是NO, 待粉末完全溶解后，逐滴加入3mol L-1 的氨水，产生沉淀的物质的量与加入氨水的体积关系如图。
（1）写出图中滴加氨水10~100mL 的过程中铜元素参与反应的离子方程式　 　。
（2）所用硝酸的物质的量浓度为　 　mol L-1；写出简要计算过程　 　。
【答案】（1）Cu2+＋2NH3·H2O＝Cu(OH)2↓＋2 ，Cu(OH)2＋4 ＝ ＋2OH-＋4H2O
（2）2.7；过程：根据沉淀所用氨水0.18mol，得显酸性的硝酸根为 0.03mol； 根据稀硝酸和金属反应的关系，求得硝酸的物质的量为 0.03+ ×0.18mol＝0.27mol。
【知识点】铝的化学性质；铜及其化合物；有关混合物反应的计算
【解析】【解答】(1)根据分析，图中滴加氨水10~100mL 的过程为铝离子和铜离子全部转化为氢氧化铝和氢氧化铜沉淀，氢氧化铜完全溶解的过程，其中铜元素参与反应的离子方程式为Cu2+＋2NH3·H2O＝Cu(OH)2↓＋2 ，Cu(OH)2＋4 ＝ ＋2OH-＋4H2O；(2)根据反应：H++ NH3·H2O= + H2O，过量的硝酸的物质的量=0.01L×3mol/L=0.03mol，完全根据3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，Cu2+＋2NH3·H2O＝Cu(OH)2↓＋2 ，8HNO3~3Cu2+~6NH3·H2O，根据Al+4HNO3=Al(NO3)3+NO↑+2H2O， Al3+＋3NH3·H2O＝Al(OH)3↓＋3 ，8HNO3~2Al3+~6NH3·H2O，则根据上述分析，消耗硝酸与完全沉淀消耗的氨水的物质的量的关系为4HNO3~3NH3·H2O，根据图像沉淀铝离子和铜离子消耗氨水的总物质的量=0.06L×3 mol/L=0.18mol，则反应中消耗的硝酸的物质的量为0.03mol+ ×0.18mol=0.27mol，则100mL该硝酸的浓度= =2.7mol/L。
【分析】铝粉和铜粉的混合物，用100mL 某浓度的稀硝酸完全溶解，得到含有铝离子和铜离子的溶液，如图所示加入氨水，开始没有沉淀，说明硝酸过量，消耗10mL氨水中和过量硝酸，继续加入氨水，开始生产氢氧化铝和氢氧化铜沉淀，当消耗氨水70mL时，沉淀完全，铝离子和铜离子全部转化为氢氧化铝和氢氧化铜沉淀，由于氢氧化铝不与氨水反应，氢氧化铜可溶于氨水，继续加入氨水，部分沉淀开始溶解，当消耗氨水100mL时，氢氧化铜完全溶解，剩余氢氧化铝沉淀，再继续加入氨水，沉淀量不变，据此分析计算解答。
27．（2020高三上·浙江开学考）已知：化合物A 和 B 均是由四种短周期元素组成的离子化合物， 且阳离子相同，A中阴阳离子个数比为1 ： 1；气体甲由三种元素组成，标况下密度为2.68g L-1 ，且分子中各原子最外层电子满足8 电子 ；乙和丙为'常见气体，均能使澄清石灰水变浑浊，丙能使品红溶液褪色；气体丁能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。化合物A 按如下流程进行实验。
请回答
（1）气体甲的电子式 　 　。
（2）气体丙通入足量硝酸钡溶液中，发生反应的离子方程式为　 　。
（3）检验A的水溶液中所含阴离子的实验方法为　 　。
（4）气体甲和气体丙在一定条件下 　 　(填
“可能” 或“不可能”) 发生氧化还原反应，若可能请写出你认为合理的化学方程式，若不可能请说明你的理由　 　。
【答案】（1）
（2）3SO2＋3Ba2+＋2 ＋2H2O＝3 BaSO4↓＋2NO↑＋4H+
（3）取少量A 的溶液于试管中，滴加 FeCl3 溶液，若溶液变成血红色，说明含 SCN-
（4）可能；2COS＋SO2＝3S＋2CO2
【知识点】无机物的推断；复杂化学式的确定
【解析】【解答】(1)根据分析，甲的化学式为COS，由于S和O同主族，结构类似于二氧化碳，气体甲的电子式 ； (2)根据分析，丙应为二氧化硫，气体丙通入足量硝酸钡溶液中，二氧化硫可与水作用形成酸性溶液，酸性条件下硝酸根具有强氧化性，发生反应的离子方程式为3SO2＋3Ba2+＋2 ＋2H2O＝3BaSO4↓＋2NO↑＋4H+；(3) A为NH4SCN，有铵根离子和硫氰根离子构成的离子化合物，检验A的水溶液中所含阴离子的实验方法为取少量A 的溶液于试管中，滴加 FeCl3 溶液，若溶液变成血红色，说明含 SCN- ；(4)甲的化学式为COS，S和O的非金属性越强于C，则得电子能力强于C，则甲中S和O为-2价，S元素处于最低价态具有还原性，丙为二氧化硫，硫元素为+4价具有氧化性，二者在一定条件下可以发生氧化还原反应(归中反应)，化学方程式为：2COS＋SO2＝3S＋2CO2。
【分析】根据题意，乙和丙为'常见气体，均能使澄清石灰水变浑浊，丙能使品红溶液褪色；则丙应为二氧化硫，乙为二氧化碳，甲由三种元素组成，即含有C、S、O三种元素，生成甲标况下的体积为2.24L，密度为2.68g L-1，则质量=2.24L ×2.68g L-1=6g，物质的量为 =0.1mol，则甲的摩尔质量=60g/mol，由此可推知甲的化学式为COS，气体丁能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则丁为氨气，物质的量为 =0.2mol，不溶于盐酸的白色沉淀为硫酸钡，质量为23.3g，即物质的量为 =0.1mol，由此可推断B为硫酸铵，根据上述分析，甲中含有0.1molS，B中含有0.1molS，硫酸中S的物质的量为0.02L×5mol/L=0.1mol，故A中含有0.1molS、0.1molC、0.2molN、0.8molH，由C、S、N、H四种元素组成，阴阳离子个数比为1 ： 1，化合物A 和 B阳离子相同，则A为NH4SCN，据此分析解答。
28．（2020高三上·浙江开学考）某研究小组利用麦芽酚 A 制备某药物中间体 X, 其合成路线如下
已知：
请回答 ：
（1）化合物F的含氧官能团名称为　 　，化合物E 的结构简式为　 　。
（2）写出反应① 的化学方程式：　 　
。
（3）下列说法错误的是__________ （ 填字母序号）。
A．化合物 E 可发生取代、加成、消去、氧化、还原等反应
B．化合物 N 的同分异构体可能是某氨基酸
C．反应③属于消去反应
D．化合物X在一定条件下反应生成的物质中可能含有3个六元环
（4）写出化合物H同时符合下列条件的同分异构体的结构简式　 　。
a.IR 谱检测表明：分子中含有2个独立的苯 环，不含其他的环 ；
b.1H - NMR 谱表明：分子中共有3种化学环境不同的氢原子；
（5）由乙烯和苯为原料合成 D, 利用已知信息，设计合成路线（用流程图表示，无机试剂任选）　 　。
【答案】（1）羰基、醚键；
（2）
（3）B
（4）
（5）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】(l)化合物F的结构简式为 ，则含氧官能团名称为羰基、醚键；结合分析，化合物E 的结构简式为 ；(2)根据分析，反应①为A与B发生取代反应生成C，B的结构式为 ，C的结构简式为 ，化学方程式： ；(3)A．E的结构简式为 ，含有苯环、醚键、羟基和羰基，结合官能团的性质，苯环可发生取代和加成，羟基可发生消去和氧化，羰基可发生还原，故A正确；
B．N的结构简式为 ，分子式为C3H9NO2，不饱和度为零，若化合物 N 的同分异构体可能是某氨基酸，含有羧基，一个碳氧双键的不饱和度为1，同分异构体的不饱和度是不变的，故B不正确；
C．E的结构简式为 ，F的结构简式为 ，F与E相比少2个H和一个O，形成一个双键，反应③属于消去反应，故C正确；
D．化合物X的结构简式为 ，含有羟基和羧基，在一定条件下可发生分子内酯化反应，生成的物质中可能含有3个六元环，故D正确；(4)化合物H的结构简式为 ，a.IR 谱检测表明：分子中含有2个独立的苯 环，不含其他的环；b.1H - NMR 谱表明：分子中共有3种化学环境不同的氢原子；同时符合下列条件的同分异构体的结构简式有 ； (5)由乙烯和苯为原料合成 D，利用已知信息，合成路线为： 。
【分析】A与B反应生成C，C与D反应生成E，E在一定条件下生成F，根据F的结构式，F的分子式为C20H16O3，与E相比少2个H和一个O，结合B、C、D、E的分子式，可得B的结构式为 ，C的结构简式为 ，D的结构简式为 ，E的结构简式为 ，结合已知信息，F在RuCl3和NaIO4作用下生成G，G的结构简式为 ，G在NaClO2作用下生成H，H的结构式 ，H和N反应生成X，N的结构简式为 ，据此分析解答。
29．（2020高三上·浙江开学考）甲烷水蒸气重整和水气变换是传统的制氢方法，反应如下 ：
①CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2 (g) △H1=
206kJ mol-1
②CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) △H2= -
4 1 kJ mol-1
近期报道，用二氧化碳作为氧化剂和甲烷重整制氢的新反应路线如下，可生成适宜 H2/ CO 的合成气。
③CH4 (g)+CO2
(g) 2CO(g)+2H2(g) △H3
（1）下列措施最有利于提高反应③CH4的平衡转化率条件是______________。
A．升高温度，同时对原料气进行加压
B．降低温度，同时对原料气进行加压
C．升高温度，同时用氩气稀释原料气
D．降低温度，同时用氩气稀释原料气
（2）重整反应器中以上三个反应都在发生，不同反应条件下达到平衡时的进程如下：
I.根据图1，在　 　 ( 填写反应条件）时CO2的转化率为负值，主要原因：一是 CO2稳定性较高，低浓度时难以和甲烷反应；二是 　 　。
II.根据图，2随着反应温度和反应物中 的提高，体系中反应　 　（填①、②、③）逐渐占据主导。若 850℃、 为0.5时重整反应器中达到平衡时，体系中CO2和水蒸气浓度相等，求此条件下反应②的平衡常数K=　 　。
（3）固体氧化物电解池(传导O2-)将CO2 和H2O 转化为n(H2)：n(CO)=1的合成气并联产高纯度O2，写出电解池阴极反应式　 　。
【答案】（1）C
（2）反应温度低于 800℃、二氧化碳水蒸气摩尔比等于0.2；相对较多的 H2O(g)以及较低的温度，使反应②平衡正向移动，反应③平衡逆向移动，CO2浓度上升；③；2
（3）CO2＋H2O＋4e-＝CO＋H2＋2O2-
【知识点】吸热反应和放热反应；盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡移动原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)已知：①CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2 (g) △H1= 206kJ mol-1②CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) △H2= - 41 kJ mol-1
根据盖斯定律，①-②=③，则③CH4 (g)+ CO2 (g) 2CO(g)+ 2H2(g) △H3=△H1-△H2=247 kJ mol-1，故反应③是吸热反应，且正反应方向是气体体积增大的反应体系，要提高CH4的平衡转化率，则平衡需要正向移动，方法为升高温度，同时用氩气稀释原料气，故答案为：C；(2)I．结合图像1曲线的位置分析CO2的转化率为负值的条件为：反应温度低于 800℃、 =0.2； =0.2，说明水蒸气的含量大，相对较多的 H2O(g)以及较低的温度，使反应②平衡正向移动，反应③平衡逆向移动，CO2浓度上升；II．在 不变的条件下，三个反应中，反应②为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，氢气的量减少，一氧化碳的量增大，升高温度 比值减小，升高温度反应①③正向移动，由于图像走向， 比值趋向于1，故起主导的为反应③；
若850℃、 为 0. 5 时，重整反应器中达到平衡时，体系中 CO2和水蒸气浓度相等，此时曲线上 =2，即 =2，反应CO(g)+ H2O(g) CO2(g) +H2(g) 的平衡常数K= =2；(3)根据题意，该电解池的总反应为CO2+H2O H2+CO+O2，电解池中阳极失电子被氧化，阴极得电子被还原，固体氧化物电解池(传导O2-)，阳极：2O2—4e-=O2，总反应减去阳极反应可得阴极反应为：CO2＋H2O＋4e-＝CO＋H2＋2O2-。
【分析】(1)根据盖斯定律判断反应③是吸热还是放热反应，提高CH4的平衡转化率，平衡正向移动，据此分析；(2)I．结合图像1曲线的位置分析CO2的转化率为负值的条件；根据 比值中，二氧化碳和水蒸气的所占比例对平衡移动的影响分析；II．在 不变的条件下，升高温度 比值减小，反应②为放热反应，升高温度，平衡逆向移动；结合图像数据对应点数据，求解反应②平衡常数K；(3)根据题意，该电解池的总反应为CO2+H2O H2+CO+O2，电解池中阳极失电子被氧化，阴极得电子被还原。
30．（2020高三上·浙江开学考）无水醋酸镁为白色粉末，易潮解，易溶于水，熔点323℃，熔融时同时分解，常用作烯烃聚合催化剂，制备方法如下。
（1）制法一：将80%醋酸用水稀释后，水浴加热至60~ 80℃，在搅拌下分批少量加入碳酸镁至CO2不再逸出为止，继续加热，趁热过滤。在滤液中补充适量醋酸，……，得到四水醋酸镁晶体，……，即得无水醋酸镁，碳酸镁需分批少量加入，理由是　 　。
（2）滤液中补充适量醋酸的目的是　 　。
（3）从下列提供的操作中选择必要的操作（可重复使用），将制法一中“……”处的步骤补充完整，正确的顺序是 　 　，　 　。 （填编号）
（4）制法二 ：将六水硝酸镁与醋酸酐混合加热，发生反应：（具体步骤略去）
2Mg(NO3)2 6H2O+ 14(CH3CO )2O 2Mg(CH3COO )2+ 4NO 2↑+ O2↑+24CH3COOH
用七水硫酸镁代替六水硝酸镁按相同操作进行制备实验，无法得到产品，原因是 　 　。
（5）以铬黑T（BET)为指示剂 ，用 EDTA测定Mg2+含量的原理用方程式可表示为：
EDTA (无色）+Mg-BET (紫红）= BET (蓝色）+ Mg-EDTA (无色）
为测定产品纯度，称取试样0.3000 g 于锥形瓶中，加入100mL 蒸馏水，待完全溶解后加入l 0mLpH=l 0的氨-氯化铁缓冲溶液，溶液变浑浊，再滴加3~ 4 滴铬黑 T 指示剂 (BET)，用0.1000mol L-1 的 EDTA标准溶液滴定至终点，重复上述操作两次平均消耗 EDTA 标准溶液 20.50mL。
①滴定终点的现象为　 　 。
②产品中镁元素的质量分数为　 　（保留四位有效数字）。
（6）下列关于该实验的操作或分析 ，正确的是__________（填编号）。
A．用倾析法将固液混合物转移至布氏漏斗中进行抽滤时，先转移溶液再转移沉淀
B．称取一定质量的产品时，若电子天平未调整水平，则称得的产品偏多
C．开始滴定前，滴定管尖悬挂的液滴需擦去，否则可能引起结果偏低
D．根据(5)的测定方法可知，Mg(OH)2可溶于EDTA溶液
【答案】（1）提高碳酸镁的利用率，防止生成副产物 Mg(HCO3)2 不利于产品的分离和提纯
（2）抑制 Mg2+水解，防止生成 Mg(OH)2
（3）②④；⑧⑦⑧⑦
（4）硫酸镁（或硫酸）更稳定，难分解
（5）当滴入最后一滴标准溶液，溶液由紫红色变为蓝色，且半分钟内不再发生变化；16.40%
（6）A；B；C；D
【知识点】过滤；蒸发和结晶、重结晶；中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】制法一：(1)碳酸盐与酸反应可生成碳酸氢盐，降低产品的产率，故分批少量加入碳酸镁的原因是提高碳酸镁的利用率，防止生成副产物 Mg(HCO3)2 不利于产品的分离和提纯；(2) Mg2+可水解生成氢氧化镁，加入少量醋酸可抑制 Mg2+水解，防止生成 Mg(OH)2；(3)制法一中“……”处的步骤根据醋酸镁的性质，易溶于水，受热易分解，因此先蒸发结晶，使用抽滤的方法将多余的水分去除得到醋酸镁晶体，再用烘干箱将结晶水烘干并称量固体质量，多次进行烘干称量操作至恒重，故答案为②④，⑧⑦⑧⑦；
制法二：(4)硫酸镁(或硫酸)要比硝酸盐或醋酸盐更稳定，难分解，故用七水硫酸镁代替六水硝酸镁按相同操作进行制备实验，得到的是硫酸镁，无法得到醋酸镁；(5)①根据滴定原理方程式：EDTA (无色)+Mg-BET (紫红)= BET (蓝色)+ Mg-EDTA (无色)，滴定前溶液为紫红色，滴定后为蓝色，因此判定终点的现象为当滴入最后一滴标准溶液，溶液由紫红色变为蓝色，且半分钟内不再发生变化，即为达到滴定终点；
②根据滴定原理方程式：EDTA (无色)+Mg-BET (紫红)= BET (蓝色)+ Mg-EDTA (无色)，滴定终点后，镁元素转移至EDTA中，根据镁元素守恒，镁元素的物质的量=EDTA的物质的量=0.0205L×0. 1000mol L-1=0.00205mol，则产品中镁元素的质量分数为 ×100%=16.40%；(6)A．用倾析法将固液混合物转移至布氏漏斗中进行抽滤时，先用玻璃棒向漏斗中转移溶液再转移沉淀，故A正确；
B．称取一定质量的产品时，若电子天平未调整水平，导致重力和传感器有夹角，就会有分力，电子天平显示的数值是其中一个分力的数值，导致称量的质量偏大，故B正确；
C．开始滴定前，滴定管尖悬挂的液滴，导致滴定时测得的标准液体积偏低，根据c待= ，引起结果偏低，故C正确；
D．根据(5)的测定原理，Mg元素由BET中转移至EDTA，说明Mg(OH)2可溶于EDTA溶液，故D正确；
故答案为：ABCD。
【分析】制法一：(1)碳酸盐与酸反应可生成碳酸氢盐，降低产品的产率；(2) Mg2+可水解生成氢氧化镁；(3)制法一中“……”处的步骤根据醋酸镁的性质，先蒸发结晶，将水分烘干并称量，至恒重；
制法二：(4)根据硫酸盐的性质稳定不易分解分析解答；(5)①根据滴定原理方程式中物质的颜色变化判断分析；②结合滴定数据，根据方程式计算镁的质量，进而计算质量分数。(6)A．用倾析法将固液混合物转移至布氏漏斗中进行抽滤时，先用玻璃棒转移溶液，再转移沉淀
B．重力要垂直于传感器杠杆。如果不水平，重力和传感器有夹角，就会有分力；
C．开始滴定前，滴定管尖悬挂的液滴，导致滴定时测得的标准液体积偏低；
D．根据(5)的测定原理，Mg2+由BET中转移至EDTA。
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