1、浙江省台州市2018届高三9月选考科目教学质量评估化学试题【整体分析】考试范围：高考范围 难度：一般 题型统计（试题总量30）选择题25题83.3%推断题1题3.3%简答题2题6.7%实验题1题3.3%计算题1题3.3%难易度统计（平均难度：0.59）容易3题10.0%较易3题10.0%一般16题53.3%较难8题26.7%困难0题知识点统计（考核知识点7个）知识点数量试题数量试题数量比分数分数占比认识化学科学8个8题26.7%0分0%化学实验基础2个2题6.7%0分0%常见无机物及其应用6个6题20.0%0分0%化学与STSE1个1题3.3%0分0%有机化学基础4个4题13.3%0分0%化学
2、反应原理7个7题23.3%0分0%物质结构与性质2个2题6.7%0分0%【知识点分析】题号题型知识点1简答题盖斯定律与热化学方程式2实验题氯气的实验室制法3选择题离子方程式的正误判断4选择题化学平衡的移动及其影响因素5选择题漂白粉和漂粉精的用途6选择题新能源的开发7选择题氯气与还原性化合物的反应8选择题化学用语综合判断9选择题硅酸钠的俗名和用途10选择题氧化还原反应基本概念11选择题常用仪器及使用12选择题酸碱中和滴定的综合考查13选择题阿伏加德罗常数的求算14简答题铁的其他化合物15选择题物质分离、提纯综合应用16选择题热化学方程式书写及正误判断17选择题元素周期表提供的元素信息18选择题酸
3、、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系19计算题铁与铁离子反应20选择题外因对化学反应速率影响的综合分析21选择题乙炔组成结构22选择题烷烃系统命名法23选择题非电解质、电解质物质类别判断24推断题有机物的合成25选择题离子反应在化合物组成的分析、鉴定的应用26选择题化学键与物质类别关系的判断27选择题强电解质与弱电解质28选择题原电池原理理解29选择题油脂在人体中的生理功能及健康保障30选择题胶体的性质和应用第I卷（选择题）1下列属于碱性氧化物的是（ ）ACO2 BNaCl CNa2O DMg(OH)2【答案】C【解析】A二氧化碳和碱反应生成盐和水，故是酸性氧化物，故A错误；BNaCl电离出金属
4、阳离子和酸根阴离子，属于盐，故B错误；CNa2O和酸反应生成盐和水属于碱性氧化物，故C正确；D、Mg(OH)2电离出的阴离子全部是氢氧根离子，属于碱，故D错误；故选C。点睛：把握物质的组成、碱性氧化物的判断等为解答的关键。能与酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物，一般为金属氧化物，但某些金属氧化物(Mn2O7、Al2O3)不是碱性氧化物。2仪器名称为“冷凝管”的是（ ）A B C D【答案】B【解析】A是量筒，故A错误；B是冷凝管，故B正确；C是分液漏斗，故C错误；D是坩埚，故D错误；故选B。3下列物质的水溶液能导电，但属于非电解质的是（ ）ACO2 BCH3COOH CKCl DFe【答案】
5、A【解析】A二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸能电离出阴阳离子而使其溶液导电，所以二氧化碳是非电解质，故A正确；B CH3COOH是酸，水溶液中 导电是电解质，故B错误；CKCl在水中能够电离出自由移动的离子，水溶液能够导电，是电解质，故C错误；DFe是单质，不属于电解质，也不是非电解质，故D错误；故选A。点睛：在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，溶液能导电说明含有自由移动的离子。单质和混合物既不是电解质，也不是非电解质。4下列属于氧化还原反应的是（ ）ACO2+2NaOH =Na2CO3+H2O BHCl+ NaOH = NaCl + H2OCCl2+2NaOH = NaCl+Na
6、ClO+H2O DNH4Cl + NaOH = NH3H2O + NaCl5下列分散系能用半透膜分离出分散质的是（ ）ACuSO4溶液 B盐酸 C生理盐水 D淀粉溶液【答案】D【解析】ACuSO4溶液，溶液中微粒能够透过半透膜，不能用半透膜分离出硫酸铜，故A错误；B盐酸属于溶液，溶液中微粒能够透过半透膜，不能用半透膜分离出氯化氢，故B错误；C生理盐水属于溶液，溶液中微粒能够透过半透膜，不能用半透膜分离出氯化钠，故C错误；D淀粉溶液属于胶体，胶体微粒不能透过半透膜，能用半透膜分离出淀粉胶体，故D正确；故选D。6下列说法不正确的是（ ）A氯碱工业的反应原理是电解熔融氯化钠B纯碱在造纸工业中有着重要
7、的应用C水玻璃可用于建筑黏合剂D铁的化合物在人体内发生氧化还原反位起传递电子作用【答案】A【解析】A氯碱工业的反应原理是电解氯化钠饱和溶液，故A错误；B纯碱溶液在蒸煮液中可以除去原料中的木质素、碳水化合物，在造纸工业中有着重要的应用，故B正确；C水玻璃为硅酸钠水溶液，具有粘性，是矿物胶，可用于建筑黏合剂，故C正确； D人体内的铁元素大部分存在于血液中，起着运输氧气、二氧化碳的作用，铁的化合物还在人体内的氧化还原反应中起传递电子的作用，人体如果缺铁，则会引起贫血等疾病，故D正确；故选A。7下列表示正确的是（ ）AHClO的结构式 H-Cl-O BCC14的电子式CNa+离子的结构示意图 D乙醇的
8、球棍模型【答案】D【解析】AHClO中的氯原子最外层为7个电子，只能形成1个共用电子对，结构式为H -O-Cl，故A错误；BCC14中氯原子形成8电子稳定结构，故B错误；CNa+离子含有2个电子层，最外层为8电子结构，结构示意图 ，故C错误；D乙醇的结构简式为CH3CH2OH，球棍模型为，故D正确；故选D。8下列能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝的气体是（ ）ACO2 BCl2 CNH3 DHCl【答案】B【解析】ACO2与碘化钾不发生反应，不能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，故A错误；BCl2能够将碘化钾氧化生成碘单质，能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，故B正确；CNH3与碘化钾不发生反应，不能使湿润的淀
9、粉碘化钾试纸变蓝，故C错误；DHCl与碘化钾不发生反应，不能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，故D错误；故选B。92017年3月28 日，中国成功开采可燃冰，主要成分为甲烷，属于一次能源。下列不属于 一次能源的是（ ）A石油 B风能 C太阳能 D氢能【答案】D【解析】A石油是自然界本来就存在的能源，属于一次能源，故A不选；B风能是自然界本来就存在的能源，属于一次能源，故B不选；C太阳能是自然界本来就存在的能源，属于一次能源，故C不选；D氢能是自然界本来不存在的能源，是由一次能源转化而来，属于二次能源，故D选；故选D。点睛：直接从自然界得到的能源叫一次能源；通过一次能源的消耗才能得到的能源叫二次能源。
10、10下列说法正确的是A硫酸铜粉末是常见的干燥剂，具有较强的吸水能力 B漂白粉的主要成分是Ca(ClO)2C保存氯化亚铁溶液时，需加入少量铁粉 D氨气能使湿润的蓝色石蕊试纸变红11下列说法正确的是（ ）AC2H4和C3H6互为同系物 B168O表示质子数为8、中子数为8的核素C和互为同分异构体 D的名称是2-乙基丁烷【答案】B【解析】AC2H4和C3H6的结构不一定相似，如C3H6可能为丙烯或环丙烷，不一定互为同系物，故A错误；B168O表示质子数为8、中子数为8的核素，故B正确；C和的结构相同，属于同种物质，故C错误；D的主链含有五个碳原子，名称是3-甲基戊烷，故D错误；故选B。12在一定条件
11、下，可逆反应2X(g)+Y(s)2Z(g)H=-akJmol-1，下列说法一定正确的是（ ）A当反应消耗1molY时，反应放出akJ的热量B当反应达到平衡时，X、Y、Z 三者的物质量之比为212C当反应达到平衡时，压缩体积，X的正、逆反应速率都增大，平衡向正反应方向移动D恒温恒容，反应达到平衡后，加入1molY平衡向正反应方向移动【答案】A【解析】A根据方程式，当反应消耗1molY时，反应放出akJ的热量，故A正确；B当反应达到平衡时，X、Y、Z的浓度不变，三者的物质量之比不一定为212，故B错误；C当反应达到平衡时，压缩体积，压强增大，平衡不移动，X的正、逆反应速率都增大，故C错误；DY为固
12、体，恒温恒容，反应达到平衡后，加入1molY，Y的浓度不变，平衡不移动，故D错误；故选A。13下列离子方程式正确的是（ ）A食醋除去水垢中的碳酸钙：CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2OB小苏打治疗胃酸过多的反应：CO32-+2H+=CO2+ H2OC氢氧化钡溶液与硫酸溶液反应：Ba2+2OH-+2H+SO42- =BaSO4+2H2OD碳酸氢铵溶液与过量氢氧化钠溶液反应：NH4+OH-=NH3+H2O【答案】C【解析】A在离子方程式中，弱电解质写化学式，离子方程式为CaCO3+2CH3COOH=Ca2+2CH3COO-+H2O+CO2，故A错误；B用小苏打治疗胃酸过多反应，碳酸氢根离子与
13、氢离子反应生成二氧化碳气体和水，正确的离子方程式为：HCO3-+H+CO2+H2O，故B错误；CBa(OH)2溶液中滴加H2SO4溶液反应生成硫酸钡沉淀和水，反应的离子方程式为：Ba2+2OH-+2H+SO42-BaSO4+2H2O，故C正确；D碳酸氢铵溶液与过量氢氧化钠溶液反应，生成碳酸钠、一水合氨和水，离子方程式为NH4+HCO3-+2OH-=NH3H2O+CO32-+H2O，故D错误；故选C。点睛：对于离子方程式的正误判断，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式
14、，检查是否符合守恒关系等。14M、W、X、Y、Z五种短周期元素，它们在周期表中位置如图所示，下列说法不正确的是（ ）WZXYMAM、W、Z的原子半径依次减小BY元素与氢元素可形成YH4、Y2H4、Y3H8等多种化合物CM、W、Y的最高价氧化物对应水化物的酸性依次降低D工业上常用W与YZ2反应制备Y，同时生成WZ2【答案】D【解析】根据元素在周期表中的位置可知，X为Na元素；Y为Si元素；Z为O元素；W为C元素；M为Cl元素。A同主族从上到下原子半径增大；同周期从左向右原子半径减小，电子层数越多，原子半径一般越大，M、W、Z的原子半径依次减小，故A正确；B硅元素与碳元素相似，与氢元素可形成SiH
15、4、Si2H4、Si3H8等多种化合物，故B正确；C同主族从上到下原子半径增大，非金属性减弱，最高价含氧酸的酸性减弱；同周期从左向右原子半径减小，非金属性增强，最高价含氧酸的酸性增强，M、W、Y的最高价氧化物对应水化物的酸性依次降低，故C正确；D工业上常用碳高温还原二氧化硅反应制备硅，同时生成一氧化碳，故D错误；故选D。15下列说法正确的是（ ）A可以利用溴水区分裂化汽油和直馏汽油B煤的气化是指高温下煤与水蒸汽反应生成CO、CH4、H2、焦炉气的过程C乙烯、苯均能与H2发生加成反应，说明二者均含碳碳双键D相同质量的乙炔、苯分别在足量的氧气中燃烧，苯比乙炔消耗的氧气质量多【答案】A【解析】A裂化
16、汽油中含有烯烃，能够使溴水褪色，直馏汽油不能，故A正确；B煤的气化是指高温下煤与水蒸汽反应生成CO和H2，故B错误；C苯分子结构中不存在碳碳双键，故C错误；D乙炔与苯的最简式相同，均为CH，含C、H的质量分数相同，则相同质量的乙炔与苯分别在足量的氧气中完全燃烧，消耗氧气的物质的量相同，故D错误；故选A。16下列说法正确的是（ ）A油脂是热值最高的营养物质，也可制造油漆B氨基酸可通过脱水缩合直接形成蛋白质C检验淀粉在稀硫酸条件下水解产物的方法是：取适量水解液于试管中，加入少量新制Cu(OH)2悬浊液，加热，观察是否有砖红色沉淀D鸡蛋清溶液中加入饱和硫酸铵溶液、饱和硫酸铜溶液均会发生盐析而凝聚【答
17、案】A【解析】A油脂属于高级脂肪酸甘油酯，用油脂可以制造肥皂和油漆，故A正确；B蛋白质属于高分子化合物，氨基酸可通过缩聚反应生成蛋白质，故B错误；C淀粉是在酸性条件下水解，葡萄糖和新制Cu(OH)2悬浊液反应必须在碱性条件下，所以要用新制氢氧化铜悬浊液检验葡萄糖时要先中和酸，否则无法成功，故C错误； D鸡蛋清溶液中加入饱和硫酸铜溶液会发生蛋白质的变性，故D错误；故选A。17铁电池是一种新兴的化学电源，总反应方程式：3Zn+2FeO42-+8H2O= 3Zn(OH)2+ 2Fe(OH)3+4OH-，其工作示意图如下。下列说法不正确的是（ ）AZn极上发生氧化反应B电解质溶液中电子由左侧向右侧转移
18、C正极的电极反应式：FeO42-+3e-+4H2O=Fe(OH)3+5OH-D反应一段时间后，Zn极质量减少6.5g，假设反应前后溶液体积不变仍为100 mL，则OH-浓度约增大了 1.33 molL-1【答案】B【解析】A根据方程式，锌反应后化合价升高，被氧化，为负极，发生氧化反应，故A正确；B在原电池中，电子不能通过电解质溶液，电解质溶液是通过离子导电的，故B错误；C根据方程式，正极上FeO42-发生还原反应，电极反应式：FeO42-+3e-+4H2O=Fe(OH)3+5OH-，故C正确；DZn极质量减少6.5g，反应的锌的物质的量为0.1mol，转移0.2mol电子，根据方程式，反应生成
19、的氢氧根离子为0.1mol=mol，若反应后溶液体积仍为100 mL，则OH-浓度约增大了=1.33 molL-1，故D正确；故选B。18室温下，不能说明HCO3-为弱电解质的是（ ）A0.01molL-1 HCO3-溶液pH大于2 BNaHCO3溶液显碱性C向紫色石蕊试液中呼气，溶液变红色 D向Na2CO3溶液滴加醋酸，有气泡产生点睛：判断弱电解质的方法常用的有：（1）从水解的角度分析，取其钠盐(NaA)溶于水，测其pH，若pH7，则说明HA是弱酸，若pH7，则说明HA是强酸。（2）从是否完全电离的角度分析，配制一定物质的量浓度HA溶液(如0.1 molL1)，测其pH，若pH1，则说明HA
20、是弱酸，若pH1，则说明HA是强酸。19已知断开lmolO2(g)中的共价键，需要吸收dkJ的能量，根据下表键能（键能是指拆开1 mol气态物质中某种共价键需要吸收的能量）数据，下列热化学方程式正确的是（ ）共价键键能/kJmol-1HCaHOcC=ObACH4(g)+2O2(g) = CO2(g)+2H2O(g) H= ( 2b+2c -4a-2d ) kJmol-1BCH4(g)+2O2(g) = CO2(g)+2H2O(l) H= ( 4a+2d-2b-2c ) kJmol-1CCH4(g)+2O2(g) = CO2(g)+2H2O（1） H=( 4a+2d-2b-4c ) kJmol-
21、1DCH4(g)+2O2(g) = CO2(g)+2H2O(g) H= (4a+2d-2b-4c ) kJmol-1【答案】D【解析】反应热的焓变H=反应物总键能-生成物总键能，因此CH4(g)+2O2(g) = CO2(g)+2H2O(g) H= (4a+2d-2b-4c ) kJmol-1，若生成的水为液体，需要加上气体变化为液体的焓变，因此C错误，故选D。20下列说法不正确的是（ ）ACCl4、C2H4、SiO2都存在共价键，它们都是共价化合物BSO2溶于水时，需克服共价键和分子间作用力C某物质在熔融状态能导电，则该物质中一定含有离子键DCO2和N2中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结
22、构【答案】C【解析】ACCl4、C2H4、SiO2都只存在共价键，它们都是共价化合物，故A正确；BSO2溶于水时反应生成亚硫酸，需克服共价键和分子间作用力，故B正确；C某物质在熔融状态能导电，不一定含有离子键，如金属单质，故C错误；DCO2分子晶体中碳与氧形成四对共用电子对，碳和氧原子都达8电子的稳定结构，N2分子中N原子间形成三键，都具有8电子稳定结构；故D正确；故选C。21对H2O2的分解速率影响因素进行研究。在相同温度下，实验测得不同条件下出O2浓度随时间变化如图所示。下列说法不正确的是（ ）A图甲表明，可通过适当增大H2O2浓度，加快H2O2分解速率B图乙表明，可通过调节溶液的酸碱性，
23、控制H2O2分解速率快慢C图丙表明，Mn2+少量存在时，碱性太强，不利于H2O2分解D图乙、图丙和图丁表明，Mn2+是H2O2分解的催化剂，提高Mn2+的浓度就能增大H2O2 分解速率【答案】D【解析】A图甲中溶液的pH相同，但浓度不同，浓度越大，相同时间内浓度的变化量越大，由此得出相同pH条件下，双氧水浓度越大，双氧水分解速率越快，故A正确；B图乙中H2O2浓度相同，但加入NaOH浓度不同，说明溶液的pH不同，NaOH浓度越大，相同时间内双氧水浓度变化量越大，由此得出：双氧水浓度相同时，pH越大双氧水分解速率越快，故B正确；C图丙中少量Mn2+存在时，相同时间内双氧水浓度变化量：0.1mol
24、/LNaOH溶液1.0mol/LNaOH溶液0mol/LNaOH溶液，由此得出：锰离子作催化剂时受溶液pH的影响，但与溶液的pH值不成正比，碱性太强，不利于H2O2分解，故C正确；D图丁中pH相同，锰离子浓度越大，相同时间内双氧水浓度变化量越大，但图丙中锰离子作催化剂时受溶液pH的影响，碱性太强，不利于H2O2分解，故D错误；故选D。点睛：本题以双氧水分解为载体考查影响化学反应速率影响因素，为高频考点，侧重考查学生图象分析、判断、归纳及知识灵活运用能力，明确图中曲线变化趋势及影响因素是解本题关键。22设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A12g金刚石含有的C-C键数为2 NA，6
25、.0g二氧化硅含有的Si-O键数为0.4NABlmol硫在空气中完全燃烧生成SO3消耗的氧气分子数为3NAC常温常压下，2.24LCO2和N2O混合物中所含有的原子数为0.3NAD4.6g金属钠与500mL0.2molL-1的盐酸充分反应，转移电子数为0.1NA【答案】A【解析】A12g金刚石中含有1molC原子，在金刚石中，每个C原子与转化为的4个C原子相连，因此每个C原子形成2个C-C键，C-C键数为2 NA；6.0g二氧化硅中和0.1mol硅原子，每个硅原子形成4个Si-O键，含有的Si-O键数为0.4NA，故A正确；B硫在空气中完全燃烧生成SO2，故B错误；C常温常压下，气体摩尔体积不
26、是22.4L/mol，2.24LCO2和N2O的物质的量不是0.1mol，故C错误；D4.6g金属钠的物质的量为0.2mol，与500mL0.2molL-1的盐酸充分反应，剩余的钠会与水继续反应，转移电子数为0.2NA，故D错误；故选A。点睛：掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系是解题的基础。本题的易错点为D，钠也能够与水反应；难点是A，要熟悉金刚石和二氧化硅的晶体结构。23在25时，向l0mL0.01molL-1NaA溶液中逐滴加入0.01molL-1的盐酸，滴定曲线如下图所示，下列说法正确的是（ ）Aa点到c点的过程中，c(HA)+c(A-)=0.01molL-1等式始终
27、成立Bb点时，溶液中微粒浓度大小的关系：c(A-)c(Cl-)c(HA)c(OH-)c(H+)Cc点溶液存在的关系：c(Na+)+c(H+)=c(HA)+c(OH-)+2c(A-)D由图可知，等浓度的HA、NaA混合溶液中，HA的电离程度大于A-的水解程度24聚合硫酸铁（PFS）是水处理中重要的絮凝剂，以废铁屑为原料制备PFS的具体工艺流程如下：下列说法不正确的是（ ）A步骤，粉碎的目的是增大反应物接触面积，提高“酸浸”反应速率B步骤，可选用H2O2、Cl2、KMnO4等氧化剂将Fe2+转化为Fe3+C步骤，加稀硫酸调节pH在一定范围内，若pH偏小则Fe3+水解程度太弱，若pH偏大时则形成Fe
28、(OH)3沉淀D步骤，减压蒸发，有利于降低蒸发温度防止产物分解【答案】B【解析】废铁屑粉粹过筛后加入酸浸，过滤得到滤液在反应釜中加入氧化剂氧化亚铁离子为铁离子，加入水和硫酸生成聚合硫酸铁，减压蒸发得到PES固体产品。A步骤，粉碎可以增大反应物接触面积，提高“酸浸”反应速率，故A正确；B步骤，若选用Cl2、KMnO4等氧化剂将Fe2+转化为Fe3+，产品中将含有氯离子锰离子等杂质，故B错误；C步骤，若pH偏小则Fe3+水解程度太弱，若pH偏大时则形成Fe(OH)3沉淀，因此需要加稀硫酸调节pH在一定范围内，故C正确；D步骤，为了防止聚合硫酸铁分解，可以减压蒸发，有利于降低蒸发温度，故D正确；故选
29、B。25已知：AgOH很不稳定，易分解生成Ag2O（黑色）。溶液X中可能含有下列离子：Ag+，NH4+、Fe3+、SO42-、SO32-、Cl-中的几种离子。为了确定其组成，某同学进行了如下实验：下列说法不正确的是（ ）A溶液X与NaOH反应生成红褐色沉淀A，可推测该溶液中不存在SO32-B溶液X中一定不含Ag+C溶液X中一定存在NH4+、Fe3+、SO42-D取少量溶液B，加入AgNO3溶液，若有沉淀产生，则有Cl-【答案】D【解析】A溶液X与NaOH反应生成红褐色沉淀A和气体A，说明X中含有Fe3+，Fe3+具有氧化性，与SO32-不能大量共存，故A正确；B溶液X中加入氢氧化钡，生成白色沉
30、淀，说明X中一定不含Ag+，否则得到黑色沉淀，故B正确；C气体A能够使湿润的红色石蕊试纸变成蓝色，说明A为氨气，则含有NH4+，溶液X中加入氢氧化钡，生成白色沉淀，说明X中一定不含Ag+，一定含有SO42-，因此溶液X中一定存在NH4+、Fe3+、SO42-，故C正确；D取少量溶液B，加入AgNO3溶液，若有沉淀产生，可能是未完全沉淀的硫酸根离子，故D错误；故选D。第II卷（非选择题）26以烃A为原料在隔绝空气、高温的条件下获得有机物B、C，有机物B、C、D、E、F之间的相互转化关系如下图。已知烃A在标准状况下的密度为l.96gL-1，C 为天然气的主要成分，F有浓郁香味。（1）有机物E中含有
31、的官能团名称是_。（2）B+ EF的反应类型是_。（3）有机物A在髙温下转化为B和C的化学方程式是_。（4）下列说法正确的是_。A有机物A与C为同系物B有机物F可以在NaOH溶液中水解，属于皂化反应C有机物D可以和氢气发生加成反应D有机物A转化成B和C的反应在工业上用于提高汽油产量【答案】 羧基 加成反应 CH3CH2CH3CH2=CH2+CH4 A、C【解析】烃A在标准状况下的密度为l.96gL-1，则A的相对分子质量为l.96gL-122.4L/mol=44，A为C3H8，C 为天然气的主要成分，C为CH4，根据流程图，烃A为原料在隔绝空气、高温的条件下获得有机物B、C，则B为乙烯，乙烯氧
32、化生成D，D为乙醛，继续氧化生成E，E为乙酸，乙烯和乙酸发生反应生成F，F有浓郁香味，则F为乙酸乙酯。（1）有机物E为乙酸，官能团为羧基，故答案为：羧基；（2）乙烯和乙酸发生反应生成乙酸乙酯，根据质量守恒定律，该反应为加成反应，故答案为：加成反应；（3）有机物A在髙温下转化为B和C的化学方程式为CH3CH2CH3CH2=CH2+CH4，故答案为：CH3CH2CH3CH2=CH2+CH4；（4）A甲烷和丙烷互为同系物，正确；B有机物F为乙酸乙酯，可以在NaOH溶液中水解，但不属于皂化反应，错误；C有机物D为乙醛，醛基可以和氢气发生加成反应，正确；D汽油产物下为液体，有机物A转化成B和C的反应涉及
33、的物质均为气体，错误；故选AC。点睛：本题的突破口为“烃A在标准状况下的密度为l.96gL-1”、“C 为天然气的主要成分”。本题的难点是乙烯的氧化，这个知识点在高中阶段不作要求，需要学生大胆猜测并验证。27为探究黄色固体A（仅含三种元素）的组成和性质，设计并完成如下实验：已知：a气体C能使品红溶液褪色 b溶液D遇KSCN溶液显血红色c溶液D中加入过量铁粉，充分反应后铁粉质量减少32g请回答：（1）A的化学式是_。（2）固体A与O2反应生成B和C的化学方程式_。（3）少量Mg在气体C中完全燃烧，产生的固体产物中含有单质、氧化物，有人认为还可能存在一种含氧酸盐，请推测该盐的成分，并设计实验方案验
34、证_。【答案】 FeCuS2 4FeCuS2+13O22Fe2O3+4CuO+8SO2 MgSO3，取少量固体加盐酸溶液，有气体产生，证明存在MgSO3【解析】36.8g固体A与足量氧气加热条件下反应生成32g固体B，和气体C，气体C能使品红溶液褪色，说明C为二氧化硫，说明A中含有S元素；固体B被盐酸溶解生成溶液D，溶液D遇KSCN溶液显血红色，D中含有Fe3+，则B中含有氧化铁；溶液D中加入过量铁粉，生成固体E和氢气，其中含有红色固体，说明溶液D中还含有Cu2+、H+，因此固体B中还含有氧化铜，则A中含有Cu、Fe和S三种元素；（1）假设溶液D中含有的Fe3+和Cu2+、H+的物质的量分别为
35、x、y、z。生成的氢气为0.5mol，则z=1mol。根据固体B的质量为32g，有160g/mol+y80g/mol=32g，溶液D中加入过量铁粉，充分反应后铁粉质量减少32g，有56g/mol+56g/mol- y8g/mol=32g，根据解得，x=0.2mol，y=0.2mol，根据固体A的质量为36.8g，则S元素的物质的量为=0.4mol，则A的化学式为FeCuS2，故答案为：FeCuS2；（2）固体A与O2反应生成B和C的化学方程式为4FeCuS2+13O22Fe2O3+4CuO+8SO2，故答案为：4FeCuS2+13O22Fe2O3+4CuO+8SO2；（3）少量Mg在二氧化硫中
36、完全燃烧，产生的固体产物中含有单质、氧化物，可能是硫和氧化镁，有人认为还可能存在一种含氧酸盐，可能是氧化镁与二氧化硫化合生成的亚硫酸镁，验证是否为亚硫酸镁，可以取少量固体加盐酸溶液，有气体产生，证明存在MgSO3，故答案为：MgSO3，取少量固体加盐酸溶液，有气体产生，证明存在MgSO3。点睛：正确推断出BCDE的成分是解题的关键。难点是A的化学式的推断，要清楚溶液D中加入过量铁粉，充分反应后铁粉质量减少32g，发生的反应有铁与过量盐酸的反应、铁与铁离子的反应、铁与铜离子的反应，其中铁与铜离子的反应是铁粉质量增大的过程。28乙二醇（沸点：197.3）是一种重要的的基础化工原料。由煤基合成气（主
37、要成分CO、H2)与氧气先制备得到草酸二甲酯（沸点：164.5），再加氢间接合成乙二醇，具有反应条件温和、环境污染小等优点。反应过程如下：反应 I：4NO(g)+ 4CH3OH (g)+ O2 (g)4CH3ONO(g)+ 2H2O(g) H1=a kJmol-1反应 II：2CO(g)+2CH3ONO(g)CH3OOCCOOCH3(l)+2NO(g) H2=bkJmol-1反应III：CH3OOCCOOCH3 （1）+ 4H2(g)HOCH2CH2OH（1）+ 2CH3OH (g) H3=ckJmol-1（1）煤基合成气间接合成乙二醇的总热化学方程式是_，在较低温条件下，该反应能自发进行的可
38、能原因是_。（2）CO、CH3ONO各0.4mol在恒温、容积恒定为2L的密闭容器中发生反应II，达到平衡时NO的体积分数33.3%，若此时向容器中通入0.4molNO，一段时间后，重新达到新平衡时NO的体积分数_33.3% (填“”、“=”、“0B温度升高，催化剂活性逐渐减弱，对CO的选择性逐渐降低，所以数据肯定错误C130时，CO的选择性最高，说明CO生成CH3OOCCOOCH3的转化率最高D综合考虑空时收率和CO的选择性，工业生成CH3OOCCOOCH3时，选择140效果最好（4）120、常压时，CH3OOCCOOCH3+4H2HOCH2CH2OH +2CH3OH 反应过程中能量变化如图
39、所示。画出180、常压时，加入催化剂，该反应过程中能量变化图。_（5）研究证实，乙二醇、氧气可以在碱性溶液中形成燃料电池，负极的电极反应式是_。【答案】 4CO (g)+ 8H2(g) +O2 (g)2HOCH2CH2OH(l) + 2H2O(g) H=(a+2b+2c）kJmol-1 该反应能S0 ，自发进行的可能原因就是H0 D HOCH2CH2OH-10e-+14OH-=2CO32-+10H2O【解析】（1）反应 I：4NO(g)+ 4CH3OH (g)+ O2 (g)4CH3ONO(g)+ 2H2O(g) H1=a kJmol-1，反应 II：2CO(g)+2CH3ONO(g)CH3O
40、OCCOOCH3(l)+2NO(g) H2=bkJmol-1，反应III：CH3OOCCOOCH3 （1）+ 4H2(g)HOCH2CH2OH（1）+ 2CH3OH (g) H3=ckJmol-1，根据盖斯定律，将I+ II2+III2得4CO (g)+ 8H2(g) +O2 (g)2HOCH2CH2OH(l) + 2H2O(g) H=(a+2b+2c)kJmol-1，该反应能S0，在较低温条件下，自发进行的可能原因就是H0，故答案为：4CO (g)+ 8H2(g) +O2 (g)2HOCH2CH2OH(l) + 2H2O(g) H=(a+2b+2c)kJmol-1；该反应能S0 ，自发进行的
41、可能原因就是H0；（2）反应 II：2CO(g)+2CH3ONO(g)CH3OOCCOOCH3(l)+2NO(g)，CO、CH3ONO各0.4mol在恒温、容积恒定为2L的密闭容器中发生反应达到平衡时NO的体积分数33.3%，若此时向容器中通入0.4molNO，相当于增大NO浓度，平衡逆向移动，NO的体积分数增大，故答案为：； （3）A根据表格数据，温度升高，空时收率先增大后减少，空时收率与CH3OOCCOOCH3的质量、反应时间、催化剂的体积三个因素有关，温度越高，建立平衡需要的反应时间越少，不能判断CH3OOCCOOCH3的质量的变化，也就无法判断反应的焓变，故A错误；B根据数据，温度升高
42、，CO的选择性先逐渐降低，后又升高，说明反应温度在150时副反应较多，随着温度升高，催化剂活性可能逐渐增强，对CO的选择性又逐渐升高，故B错误；C130时，CO的选择性最高，只能说明此时的副反应较少，不能说明CO生成CH3OOCCOOCH3的转化率是否最高，故C错误；D在140时空时收率达到最高，CO的选择性也较高，副反应较少，因此工业生成CH3OOCCOOCH3时，选择140效果最好，故D正确；故选D。（4）升高温度，反应速率加快，建立平衡的时间减少，加入催化剂，能够降低反应的活化能，反应速率加快，建立平衡的时间减少，但焓变不变；由于草酸二甲酯的沸点为164.5，因此升高温度至180，草酸二
43、甲酯会发生气化，反应物的起始能量增大，但最终产物的能量不变，因此焓变增大，图像为，故答案为：；（5）乙二醇、氧气在碱性溶液中形成燃料电池，乙二醇在负极发生氧化反应，负极的电极反应式为HOCH2CH2OH-10e-+14OH-=2CO32-+10H2O，故答案为：HOCH2CH2OH-10e-+14OH-=2CO32-+10H2O。29为探究氯气的性质，某兴趣小姐设计如下实验：（1）装置B中饱和食盐水的作用是_。（2）点燃A处酒精灯，一段时间后，取出装置D，将烧红的铁丝伸入D中，可以观察到_。（3）有同学提出可用饱和Na2SO3溶液代替NaOH溶液吸收多余的氯气，其原因是_（用离子方程式表示）。
44、【答案】 吸收HCl气体，降低Cl2在水中的溶解度 铁丝剧烈燃烧，产生棕黄色的烟 SO32-+ Cl2 + H2O = SO42-+ 2H+2C1-【解析】二氧化锰与浓盐酸在加热时反应生成氯气，生成的氯气中含有氯化氢和水蒸气，因此需要除杂，氯气有毒，需要防止污染空气。（1）装置B中饱和食盐水是用来吸收HCl气体，降低Cl2在水中的溶解度，故答案为：吸收HCl气体，降低Cl2在水中的溶解度；（2）点燃A处酒精灯，一段时间后，烧瓶中充满氯气，取出装置D，将烧红的铁丝伸入D中，可以观察到铁在氯气中燃烧，产生棕黄色的烟，故答案为：铁丝剧烈燃烧，产生棕黄色的烟；（3）氯气具有氧化性，能够与饱和Na2SO3溶液发生氧化还原反应，SO32-+ Cl2 + H2O = SO42-+ 2H+2C1-，故答案为：SO32-+ Cl2 + H2O = SO42-+ 2H+2C1-。 30为确定Fe和Cu混合物样品的组成，称取四份该样品分别加入相同浓度FeCl3 溶液200mL，充分反应，剩余沉淀的质量如下表：实验序号IIIIVFeCl3溶液体积(mL)200200200200样品质量(g)9.3612.4815.618.72沉淀质量(g)6.409.6012.815.92（1）样品中物质的量之比n(Fe)n(Cu) =_。（2）FeCl3溶液的物质的量浓度c(FeCl3)=_。版权所有：高考资源网()
