1、浙江省临安市昌化中学2019届高三化学上学期期末考试模拟试题（含解析）可能用到的相对原子质量:H 1C 12N 14O 16Na 23Mg 24S 32 Cl 35.5Fe 56Cu 64Ba 137一、选择题(本大题共25小题。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分)1.下列物质属于氧化物的是A. Cl2OB. H2SO4C. C2H5OHD. KNO3【答案】A【解析】有两种元素组成其中一种是氧元素的化合物叫氧化物， H2SO4、C2H5OH、KNO3的组成元素均为三种，只有Cl2O符合题意，故答案为A。2.下列仪器名称正确的是()A. 圆底烧瓶B. 干
2、燥管C. 药匙D. 长颈漏斗【答案】B【解析】【详解】A颈部有支管，为蒸馏烧瓶，圆底烧瓶没有支管，故A错误；B为干燥管，用于盛放固体干燥剂等，故B正确；C为燃烧匙，用于燃烧实验，不是药匙，故C错误；D下端长颈部位有活塞，是分液漏斗，不是长颈漏斗，故D错误；故选B。3.下列属于弱电解质的是A. 氨水B. 蔗糖C. 干冰D. 碳酸【答案】D【解析】A、氨水属于混合物，不在弱电解质讨论范围，故A错误；B、蔗糖是非电解质，故B错误；C、干冰是非电解质，故C错误；D. 碳酸在水溶液里部分电离，所以属于弱电解质，故D正确；故选D。点睛：本题考查基本概念，侧重考查学生对“强弱电解质”、“电解质、非电解质”概
3、念的理解和判断，解题关键：明确这些概念区别，易错点：不能仅根据溶液能导电来判断电解质强弱，如：氨水属于混合物，其溶解的部分不完全电离溶液能导电，不属于弱电解质，为易错题。4.下列有水参加的反应中，属于氧化还原反应，但水既不是氧化剂也不是还原剂的是 ()A. CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2B. 2F2+2H2O=4HF+O2C. Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3D. SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4【答案】D【解析】【详解】AH2O中H元素的化合价降低，则属于氧化还原反应，水作氧化剂，故A不选；B反应中水中O元素的化合价升高，则属于氧化还原反应，水作还原
4、剂，故B不选；C反应没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故C不选；DSO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4反应中，S、Cl元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，H2O中没有元素的化合价变化，水既不是氧化剂也不是还原剂，故D选；故选D。5.常温下，物质的量浓度相等的下列物质的水溶液，pH最小的是 ()A. NH4ClO4B. BaCl2C. HNO3D. K2CO3【答案】C【解析】【详解】ANH4ClO4是强酸弱碱盐，铵根离子水解，溶液显酸性；BBaCl2是强酸强碱盐，不水解，溶液显中性；CHNO3是强酸，完全电离，溶液显酸性；DK2CO3是强碱弱酸盐，碳酸根离子水解，溶液显碱性
5、；溶液中氢离子浓度硝酸溶液中最大，酸性最强，pH最小，故选C。【点睛】本题的易错点为A，要注意盐类的水解程度一般较小。6.下列说法不正确的是 ()A. 氯气是一种重要的化工原料，广泛应用于自来水的消毒和农药的生产等方面B. 化肥的生产、金属矿石的处理、金属材料的表面清洗等都可能用到硫酸C. 利用光线在硅晶体内的全反射现象，可以制备光导纤维D. 铜能与氯化铁溶液反应，该反应可以应用于印刷电路板的制作【答案】C【解析】【详解】A氯气是一种重要的化工原料，可制备HCl等，可用于农药的生产等，如制备农药六六六等，氯气与水反应生成的次氯酸具有氧化性，能够杀菌消毒，故A正确；B硫酸能够与氨气反应生成硫酸铵
6、，是常见的化学肥料、能与金属矿石、金属氧化物反应生成硫酸盐，故B正确；C光导纤维的主要成分为二氧化硅，而硅用于制作半导体材料，故C错误；D铜能与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁和氯化铜，该反应可以应用于印刷电路板的制作，故D正确；故选C。7.下列化学用语表示正确的是 ()A. 酒精的分子式：CH3CH2OHB. NaOH的电子式：C. HClO的结构式：HClOD. CCl4的比例模型：【答案】B【解析】【详解】ACH3CH2OH为乙醇的结构简式，乙醇的分子式为C2H6O，故A错误；BNaOH是离子化合物，钠离子和氢氧根离子之间存在离子键、O-H原子之间存在共价键，其电子式为，故B正确；CHClO属
7、于共价化合物，分子中含有1个H-Cl键和1个O-H键，其正确的结构式为：H-O-Cl，故C错误；D四氯化碳分子中，氯原子的原子半径大于碳原子，四氯化碳的正确的比例模型为：，故D错误；故选B。【点睛】本题的易错点为D，在比例模型中要注意原子的相对大小的判断。8.下列有关说法不正确的是A. 钠与氧气反应的产物与反应条件有关B. 金属镁分别能在氮气、氧气、二氧化碳中燃烧C. 工业上主要采用高温冶炼黄铜矿的方法获得铜D. 二氧化硫能漂白某些物质，能使紫色石蕊试液先变红后褪色【答案】D【解析】A、钠与氧气反应常温下生成氧化钠，加热或点燃的条件下生成过氧化钠，故A正确；B、镁与氮气燃烧生成氮化镁，与氧气燃
8、烧生成氧化镁，与二氧化碳发生置换反应，生成碳单质和氧化镁，故B正确；C、现代工业主要采用“火法炼铜”，即在高温条件下培烧黄铜矿，故C正确；D、二氧化硫不能漂白石蕊，故D错误。故选D。9.化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关。下列说法正确的是()A. 石英玻璃、分子筛主要成分是硅酸盐B. 分散系可分为溶液、浊液和胶体，浊液的分散质粒子大小介于溶液和胶体之间C. 海水淡化可以解决淡水危机，向海水中加入明矾可使海水淡化D. 农业废弃物、城市与工业有机废弃物及动物粪便中都蕴藏着丰富的生物质能【答案】D【解析】【详解】A分子筛的主要成分是硅酸盐，石英玻璃的主要成分是SiO2，是氧化物，不是硅酸盐
9、，故A错误；B根据分散质粒子的直径大小，分散系可分为溶液、浊液和胶体，溶液中分散质微粒直径小于1nm，胶体分散质微粒直径介于1100nm之间，浊液分散质微粒直径大于100nm，浊液的分散质粒子大于溶液和胶体，故B错误；C海水中加入净水剂明矾只能除去悬浮物杂质，不能减少盐的含量，不能使海水淡化，故C错误；D生物质能就是太阳能以化学能形式贮存在生物质中的能量形式，即以生物质为载体的能量，可转化为常规的固态、液态和气态燃料，取之不尽、用之不竭，是一种可再生能源，故D正确；故选D。10.下列说法正确的是：A. 将铜丝在酒精灯的外焰上加热变黑后，置于内焰中铜丝又恢复原来的红色B. 氨气不但可以用向下排空
10、气法收集，还可以用排饱和氯化铵溶液的方法收集C. 向某溶液中加入稀盐酸产生无色气体，该气体能使澄清石灰水变浑浊，则原溶液中一定含有CO32D. 为了使过滤加快，可用玻璃棒在过滤器中轻轻搅拌，加速液体流动【答案】A【解析】【详解】A. 将铜丝在酒精灯的外焰上加热变黑后，生成氧化铜，置于内焰中遇到乙醇，发生反应生成铜，又恢复原来的红色，故A正确；B. 氨气极易溶于水中，不能用排饱和氯化铵溶液的方法收集，故B错误；C. 向某溶液中加入稀盐酸产生无色气体，该气体能使澄清石灰水变浑浊，原溶液中可能含有CO32、HCO3、SO32、HSO3等，故C错误；D. 过滤时玻璃棒起引流作用，不能搅拌，会捅破滤纸，
11、故D错误。故选：A11.下列说法不正确的是 ()A. 乙醛和丙烯醛()不是同系物，分别与氢气充分反应后的产物也不是同系物B. O2与O3互为同素异形体，1H、2H、3H是氢元素的不同核素C. C2H6O有两种同分异构体；2-甲基戊烷结构简式为CH3CH2CH2CH(CH3)2D. 氨基酸分子中均含有羧基(COOH)和氨基(NH2)【答案】A【解析】【详解】A乙醛和丙烯醛结构不相似，二者不是同系物，与氢气发生加成反应都生成醇类物质，结构相似，分子组成上相差1个CH2原子团，为同系物，故A错误；BO2和O3是氧元素的不同单质，互为同素异形体；1H、2H、3H质子数都为1，中子数分别为0、1、2，它
12、们为氢元素的三种不同的核素，故B正确；CC2H6O有乙醇和二甲醚两种同分异构体；CH3CH2 CH2CH(CH3)2的最长碳链含有5个C，主链为戊烷，在2号C含有1个甲基，其名称为2-甲基戊烷，故C正确；D氨基酸分子中均含有羧基(-COOH)和氨基(-NH2)，如最简单的氨基酸甘氨酸(H2NCH2COOH)，故D正确；故选A。12. 右下表为元素周期表的一部分，其中X、Y、Z、W为短周期元素，W元素的核电荷数为X元素的2倍。下列说法正确的是（ ）A. X、W、Z元素的原子半径及它们的气态氢化物的热稳定性均依次递增B. Y、Z、W元素在自然界中均不能以游离态存在，它们的最高价氧化物的水化物的酸性
13、依次递增C. YX2晶体熔化、液态WX3气化均需克服分子间作用力D. 根据元素周期律，可以推测T元素的单质具有半导体特性，T2X3具有氧化性和还原性【答案】D【解析】【分析】从表中位置关系可看出，X为第2周期元素，Y为第3周期元素，又因为X、W同主族且W元素的核电荷数为X的2倍，所以X为氧元素、W为硫酸元素；再根据元素在周期表中的位置关系可推知：Y为硅元素、Z为磷元素、T为砷元素。【详解】A、O、S、P的原子半径大小关系为：PSO，三种元素的气态氢化物的热稳定性为：H2OH2SPH3，A不正确；B、在火山口附近或地壳的岩层里，常常存在游离态的硫，B不正确；C、SiO2晶体为原子晶体，熔化时需克
14、服的微粒间的作用力为共价键，C不正确；D、砷在元素周期表中位于金属元素与非金属的交界线附近，具有半导体的特性，As2O3中砷为+3价，处于中间价态，所以具有氧化性和还原性，D正确。答案选D。13.下列离子方程式书写正确的是 ()A. 硫化钠溶液显碱性：S2-+2H2O=H2S+2OH-B. 金属钠投入氯化镁溶液中：2Na+Mg2+=2Na+MgC. 新制氢氧化铜溶于醋酸溶液：2CH3COOH+Cu(OH)2=Cu2+2CH3COO-+2H2OD. 水溶液中，等物质的量的Cl2与FeI2混合：2Cl2+2Fe2+2I-=2Fe3+4Cl-+I2【答案】C【解析】【详解】A硫化钠水解，溶液显碱性，
15、反应的离子反应为S2-+H2OHS-+OH-，故A错误；B钠投入到氯化镁溶液中反应生成氢氧化镁、氢气和氯化钠，离子方程式：2H2O+2Na+Mg2+Mg(OH)2+H2+2Na+，故B错误；C醋酸溶液与新制氢氧化铜反应，离子方程式：2CH3COOH+Cu(OH)22CH3COO-+Cu2+2H2O，故C正确；D在溶液中，FeI2与等物质的量的Cl2反应时，只氧化碘离子，反应的离子方程式为2I-+Cl2=I2+2Cl-，故D错误；故选C。【点睛】本题的易错点为B，要注意钠与盐溶液的反应规律，钠先与水反应，生成物再与盐反应。14.温度恒定的条件下，在2 L容积不变的密闭容器中，发生反应：2SO2(
16、g)+O2(g) 2SO3(g)。开始充入4 mol的SO2和2 mol的O2，10 s后达到平衡状态，此时c(SO3)=0.5 molL-1，下列说法不正确的是 ()A. v(SO2)v(O2)=21B. 10 s内，v(SO3)=0.05 molL-1s-1C. SO2的平衡转化率为25%D. 平衡时容器内的压强是反应前的5/6倍【答案】D【解析】【详解】A. 根据2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)，任何时刻都存在v(SO2)v(O2)=21，故A正确；B. 10 s内，v(SO3)=0.05 molL-1s-1，故B正确；C. 达到平衡状态，此时c(SO3)=0.5 molL-1
17、，则生成的三氧化硫为1mol，反应的二氧化硫也是1mol，则SO2的平衡转化率为100%=25%，故C正确；D. 同温同体积时，气体的压强之比等于物质的量之比，平衡时容器内二氧化硫为3mol，氧气为1.5mol，三氧化硫为1mol，平衡时压强是反应前的倍，故D错误；故选D。15.下列说法不正确的是 ()A. 苯和乙炔都与溴水发生加成反应，从而使溴水褪色B. 乙醛和乙酸都可以与新制的氢氧化铜悬浊液反应C. 邻二甲苯只有一种结构，证明苯环中不存在碳碳单键和碳碳双键交替出现的结构D. 等质量的乙烯和丙烯充分燃烧所消耗的O2的量相同【答案】A【解析】【详解】A苯不能与溴水加成，将苯加入溴水中，是发生了
18、萃取而使溴水褪色，故A错误；B乙醛与氢氧化铜浊液在加热的条件下发生氧化还原反应，乙酸含有羧基，具有酸性，与氢氧化铜发生中和反应，故B正确；C若苯环中存在碳碳单键和碳碳双键交替的结构，则邻二甲苯有2种结构，而邻二甲苯只有一种结构，证明苯环中不存在碳碳单键和碳碳双键交替的结构，故C正确；D乙烯和聚乙烯的最简式相同，则完全燃烧等质量的乙烯和聚乙烯消耗O2量相同，故D正确； 故选A。16.下列关于糖类的说法正确的是A. 所有糖类物质都有甜味，但不一定都溶于水B. 葡萄糖和果糖性质不同，但分子式相同C. 蔗糖和葡萄糖都是单糖D. 摄入人体的纤维素在酶的作用下能水解为葡萄糖【答案】B【解析】【详解】A项，
19、糖类不一定有甜味，如纤维素属于糖类但没有甜味，故A项错误；B项，葡萄糖和果糖结构不同，性质不同，但分子式相同，故B项正确；C项，葡萄糖为单糖，蔗糖为二糖，故C项错误；D项，人体内无纤维素酶，不能使纤维素发生水解生成葡萄糖，故D项错误。综上所述，本题正确答案为B。【点睛】糖类物质是多羟基(2个或以上)的醛类(aldehyde)或酮类(Ketone)化合物，在水解后能变成以上两者之一的有机化合物。在化学上，由于其由碳、氢、氧元素构成，在化学式的表现上类似于“碳”与“水”聚合，故又称之为碳水化合物。17.钠-CO2电池的工作原理如图所示，吸收的CO2转化为Na2CO3固体和碳，沉积在多壁碳纳米管(M
20、WCNT)电极表面，下列说法不正确的是()A. 负极反应式为Nae-=Na+B. 多壁碳纳米管(MWCNT)作电池的正极C. 可以用乙醇代替四甘醇二甲醚作有机溶剂D. 电池总反应式为4Na+3CO2=2Na2CO3+C【答案】C【解析】【分析】由装置图可知，钠为原电池负极，失电子发生氧化反应，电极反应为：Na-e-=Na+，多壁碳纳米管为正极，CO2 转化为 Na2CO3 固体和碳，沉积在多壁碳纳米管(MWCNT)电极表面，正极发生还原反应，电极反应式为：4Na+3CO2+4e-2Na2CO3+C，结合原电池原理分析解答。【详解】A负极反应为钠失电子发生的氧化反应，电极反应为：Na-e-Na+
21、，故A正确；B根据分析可知，多壁碳纳米管(MWCNT)做电池的正极，故B正确；C钠和乙醇发生反应生成氢气，不可以用乙醇代替四甘醇二甲醚做有机溶剂，故C错误；D根据分析，放电时电池总反应即钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和碳，总反应是4Na+3CO2=2Na2CO3+C，故D正确；故选C。18.室温下，0.1 molL-1的氨水溶液中，下列关系式中不正确的是()A. c(OH-)c(H+)B. c(NH3H2O)+c(NH4+)+c(NH3)=0.1 molL-1C. c(NH4+)c(NH3H2O) c(OH-)c(H+)D. c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)【答案】C【解析】【详解】A氨水
22、显碱性，则c(OH-)c(H+)，故A正确；B0.1mol/L的氨水溶液中，由氮元素守恒可知，所有含氮元素微粒的浓度之和为0.1mol/L，即c(NH3H2O)+c(NH4+)+c(NH3)=0.1mol/L，故B正确； C由NH3H2ONH4+OH-，电离的程度很弱，则c(NH3H2O)c(NH4+)，故C错误；D溶液不显电性，阳离子带的正电荷总数等于阴离子带的负电荷总数，即c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)，故D正确；故选C。19.一定条件下，在水溶液中1 mol Cl-、ClOx- (x=1，2，3，4)的能量(kJ)相对大小如图所示。下列有关说法正确的是 ()A. 这些离子中结合
23、H+能力最强的是AB. A、B、C、D、E五种微粒中C最稳定C. CB+D的反应，反应物的总键能小于生成物的总键能D. BA+D反应的热化学方程式为3ClO-(aq)=ClO3- (aq)+2Cl-(aq) H=+116 kJmol-1【答案】C【解析】【详解】A酸性越弱酸，阴离子结合氢离子能力越强，次氯酸是最弱的酸，所以ClO-结合氢离子能力最强，即B结合氢离子能力最强，故A错误；BA、B、C、D、E中A能量最低，所以最稳定，故B错误；CCB+D，根据转移电子守恒得该反应方程式为2ClO2-=ClO3-+ClO-，反应热=(64kJ/mol+60kJ/mol)-2100kJ/mol=-76k
24、J/mol，则该反应为放热，所以反应物的总键能小于生成物的总键能，故C正确；D根据转移电子守恒得BA+D反应方程式为3ClO-=ClO3-+2Cl-，反应热=(64kJ/mol+20kJ/mol)-360kJ/mol=-116kJ/mol，所以该热化学反应方程式为3ClO-(aq)=ClO3-(aq)+2Cl-(aq)H=-116kJ/mol，故D错误；故选C。【点睛】本题的易错点为CD，要注意焓变与键能的关系，H=反应物的总键能-生成物的总键能。20.下列说法正确的是()A. 分子晶体中一定存在共价键B. 某化合物存在金属阳离子，则一定是离子化合物C. HF比H2O稳定，因为分子间存在氢键D
25、. CS2、PCl5具有8电子稳定结构【答案】B【解析】【详解】A稀有气体分子中不含化学键，多原子构成的分子中含共价键，故A错误；B化合物中存在金属阳离子，则一定含有离子键，一定是离子化合物，故B正确；C氟化氢比H2O稳定，是因为氢氟共价键强度大的缘故，与氢键无关，故C错误；DPCl5中氯原子最外层有7个电子，需要结合一个电子达到8电子稳定结构，磷原子最外层有5个电子，化合价为+5价，5+5=10，P原子最外层不是8电子结构，故D错误；故选B。21.对利用甲烷消除NO2污染进行研究，CH4+2NO2N2+CO2+2H2O。在1L密闭容器中，控制不同温度，分别加入0.50molCH4和1.2mo
26、lNO2，测得n(CH4)随时间变化的有关实验数据见下表。组别温度n/mol时间/min010204050T1n（CH4）0.500.350.250.100.10T2n（CH4）0.500.300.180.15下列说法正确的是A. 组别中，020min内，NO2的降解速率为 0.0125 molL1min1B. 由实验数据可知实验控制的温度T1T2C. 40min时，表格中T2对应的数据为0.18D. 010min内，CH4的降解速率【答案】B【解析】A、随着反应的进行，反应物的浓度降低，反应速率减小，故组别中，020min内，NO2的降解平均速率为0.0125 molL-1min-1，选项A
27、错误；B、温度越高反应速率越大，达平衡所需时间越短，由实验数据可知实验控制的温度T1，选项D错误。答案选B。22.NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确是A. 5.6g Fe完全溶于一定量溴水中，反应过程中转移的总电子数一定为0.3NAB. 1 mol Na与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去2NA个电子C. 标况时，22.4L二氯甲烷所含有的分子数为NAD. 镁条在氮气中完全燃烧，生成50g氮化镁时，有1.5NA对共用电子对被破坏【答案】D【解析】A铁完全溶于一定量溴水，反应后的最终价态可能是+3价，还可能是+2价，故0.1mol铁转移的电子数不一定是0.3NA个，还可能是
28、0.2NA个，故A错误；BNa原子最外层是1个电子，则1 mol Na与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去1NA个电子，故B错误；C标况下二氯甲烷为液体，不能根据气体摩尔体积计算其物质的量，故C错误；D镁条在氮气中完全燃烧，生成50g氮化镁时，参加反应的N2为0.5mol，而N2分子含有氮氮叁键，则有1.5NA对共用电子对被破坏，故D正确；答案为D。23.常温下，用0.1 molL1NaOH溶液滴定20 mL 0.1 molL1CH3COOH溶液的滴定曲线如图所示。下列说法正确的是A. 点所示溶液中：c(Na+)c(CH3COO)c(CH3COOH)c(H+)c(OH)B.
29、 点所示溶液中：c(Na+)c(H+)c(CH3COO) c(CH3COOH) c(OH)C. 点所示溶液中：c(CH3COO)c(Na+)c(OH)c(H+)D. 在整个滴定过程中：溶液中始终不变【答案】D【解析】【详解】A根据图像可知点所示溶液中含有等浓度的醋酸钠和醋酸，溶液显酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸根的水解程度，则c(CH3COO)c(Na+)c(CH3COOH)c(H+)c(OH)，A错误；B点所示溶液显中性，则根据电荷守恒可知c(Na+)c(H+)c(CH3COO) c(OH)，B错误；C点所示溶液中二者恰好反应，生成的醋酸钠水解，溶液显碱性，则c(Na+)c(CH3COO)
30、c(OH)c(H+)，C错误；D表示醋酸电离平衡常数的倒数，平衡常数只与温度有关系，因此在整个滴定过程中：溶液中始终不变，D正确。答案选D。24.工业上可用软锰矿(主要成分是MnO2)和黄铁矿(主要成分是FeS2)为主要原料制备高性能磁性材料碳酸锰(MnCO3)。其工艺流程如下：（ ）已知：净化工序的目的是除去溶液中的Ca2+、Cu2+等杂质（CaF2难溶）。下列说法不正确的是A. 研磨矿石、适当升高温度均可提高溶浸工序中原料的浸出率B. 除铁工序中，在加入石灰调节溶液的pH前，加入适量的软锰矿，发生的反应为MnO22Fe24H=2Fe3Mn22H2OC. 副产品A的化学式(NH4)2SD.
31、从沉锰工序中得到纯净MnCO3的操作方法是过滤、洗涤、干燥【答案】C【解析】由流程可知软锰矿(主要成分MnO2)和黄铁矿加入硫酸酸浸过滤得到浸出液调节溶液pH，FeS2和稀硫酸反应生成Fe2+，然后过滤得到滤渣是MnO2，向滤液中加入软锰矿发生的离子反应方程式为：2Fe2+15MnO2+28H+=2Fe3+14H2O+15Mn2+4SO42，过滤，滤液中主要含有Cu2+、Ca2+等杂质，加入硫化铵和氟化铵，生成CuS、CaF沉淀除去，在滤液中加入碳酸氢铵和氨水沉锰，生成MnCO3沉淀，过滤得到的滤渣中主要含有MnCO3，通过洗涤、烘干得到MnCO3晶体。A. 提高浸取率的措施可以是搅拌、适当升
32、高温度、研磨矿石、适当增大酸的浓度等，故A正确；B. 主要成分是FeS2的黄铁矿在酸浸过程中产生亚铁离子，因此流程第二步除铁环节的铁应该转化铁离子才能更好除去，所以需要加入氧化剂软锰矿使残余的Fe2+转化为Fe3+，离子方程式为MnO2+2Fe2+4H+=2Fe3+Mn2+2H2O，再加入石灰调节pH值使Fe3+完全沉淀，故B正确；C.得到的滤液中还有大量的铵根离子和硫酸根离子没有反应，因此可以制的副产品为：(NH4)2SO4，故C错误；D. 从沉锰工序中得到纯净MnCO3，只需将沉淀析出的MnCO3过滤、洗涤、干燥即可，故D正确；故选C。25.某无色溶液中可能含有Na+、K+、NH4+、Mg
33、2+、Cu2+、SO42、SO32、Cl、Br、CO32中的若干种，离子浓度都为0.1molL1。往该溶液中加入过量的BaCl2和盐酸的混合溶液，无白色沉淀生成。某同学另取少量原溶液，设计并完成如下实验：则关于原溶液的判断不正确的是A. 若步骤中Ba(NO3)2和HNO3溶液改用BaCl2和盐酸的混合溶液，则对溶液中离子的判断无影响B. 无法确定原溶液中是否存在ClC. 肯定存在的离子是SO32、Br，是否存在Na+、K+需要通过焰色反应来确定D. 肯定不存在的离子是Mg2+、Cu2+、SO42、CO32，是否含NH4+另需实验验证【答案】A【解析】试题分析：无色溶液中一定不含Cu2+，往该溶
34、液中加入过量的BaCl2和盐酸的混合溶液，无白色沉淀生成，无SO42-，加足量氯水，无气体，则无CO32-，溶液加四氯化碳分液，下层橙色，则有Br-，上层加硝酸钡和稀硝酸有白色沉淀，有SO32-，无Mg2+，溶液中一定含阳离子，且离子浓度都为0.1molL1。根据电荷守恒，一定含有NH4+、Na+、K+，一定不存在Cl-。滤液中加硝酸酸化的硝酸银有白色沉淀，是过程中加氯水时引入的氯离子。A过程中用氯水与亚硫酸根离子发生氧化还原反应生成硫酸根离子，已引入氯离子，若改用BaCl2和盐酸的混合溶液，则对溶液中离子的判断无影响，故A正确；B由上述分析可知， Cl-不存在，故B错误；C肯定存在的离子是S
35、O32-、Br-、NH4+、Na+、K+，故C错误；D肯定不存在的离子有Mg2+、Cu2+、SO42-、CO32-、Cl，故D错误；故选A。【考点定位】考查常见离子的检验方法【名师点晴】本题考查离子的检验及离子共存，为高频考点，把握常见离子的检验及发生的化学反应为解答的关键，侧重学生分析能力及思维严密性的考查，题目难度较大。二、非选择题(本大题共7小题)26.已知A为常见烃，是一种水果催熟剂；草莓、香蕉中因为含有F而具有芳香味。现以A为主要原料合成F，其合成路线如下图所示。(1)A的结构简式为_；D中官能团名称为_。(2)写出反应的化学方程式：_。(3)写出反应的化学方程式：_。【答案】 (1
36、). CH2=CH2 (2). 羧基 (3). 2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O (4). CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O【解析】【分析】A为常见烃，是一种水果催熟剂，则A为CH2=CH2，A与水反应生成B，B为CH3CH2OH，B发生催化氧化反应生成C，C为CH3CHO，F具有芳香味，F为酯，B氧化生成D，D为CH3COOH，B与D发生酯化反应生成F，F为CH3COOCH2CH3，据此分析解答。【详解】(1)根据上述分析，A的结构简式为CH2=CH2，D为乙酸，D中官能团为羧基，故答案为：CH2=CH2；羧基；(2)反应为乙醇的催化氧化，反
37、应的化学方程式是2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O，故答案为：2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O；(3)反应为乙醇和乙酸的酯化反应，反应的化学方程式是CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，故答案为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O。27.为探究固体A的组成和性质，设计实验并完成如下转化。已知：X由两种化合物组成，若将X通入品红溶液，溶液褪色。若将X通入足量双氧水中，X可全部被吸收且只得到一种强酸，再稀释到1000mL，测得溶液的PH=1。在溶液2中滴加KSCN溶液，溶液呈血红色。请回答：（1）固体A的化
38、学式_。（2）写出反应的化学方程式_。（3）写出反应中生成A的离子方程式_。【答案】 (1). FeSO4 (2). 2FeSO4Fe2O3+SO2+SO3 (3). 2Fe3+SO32-+H2O=2Fe2+SO42-+2H+【解析】本题考查无机物的推断以及实验方案设计。X由两种化合物组成，若将X通入品红溶液，溶液褪色，能使品红溶液褪色的有SO2，若将X通入足量双氧水中，X可全部被吸收且只得到一种强酸，根据化学反应SO2+H2O2 =H2SO4 、SO3+H2O =H2SO4可知，X由SO2 和SO3两种气体组成。在溶液2中滴加KSCN溶液，溶液呈红色，说明溶液中有Fe3，红棕色固体是氧化铁。
39、（1）根据上述分析，固体A加热分解生成SO2、SO3和氧化铁，硫元素的化合价降低，铁元素的化合价升高，则A为FeSO4。（2）根据上述分析，反应的化学方程式为2FeSO4Fe2O3+SO2+SO3 。（3）气体X为SO2、SO3的混合物气体，通入NaOH溶液中发生反应生成硫酸钠和亚硫酸钠，亚硫酸根离子具有还原性，氧化铁和硫酸反应生成硫酸铁，溶液2为硫酸铁，Fe3具有氧化性，SO32-与Fe3能发生氧化还原反应生成Fe2和SO42-，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平，则反应中生成A的离子方程式为2Fe3+SO32-+H2O=2Fe2+ SO42- + 2H+。28.CuCl广泛应用于化工
40、和印染等行业。某研究性学习小组拟热分解CuCl22H2O制备CuCl，并进行相关探究。【资料查阅】【实验探究】该小组用下图所示装置进行实验（夹持仪器略）。请回答下列问题：(1)D装置的作用_。(2)装置D中发生的氧化还原反应的离子方程式是_。(3)在实验过程中，观察到B中物质由白色变为蓝色，C中试纸的颜色变化是_。(4)反应结束后，取出CuCl产品进行实验，发现其中含有少量的CuO杂质，根据资料信息分析：则产生的原因是_。【答案】 (1). 吸收氯气，防止环境污染，防倒吸 (2). Cl2+2OHCl+ClO+H2O (3). 先变红，后褪色 (4). 通入HCl的量不足【解析】(1)反应中有
41、氯气生成，氯气有毒，因此D装置的作用是吸收氯气，防止环境污染，同时防倒吸。(2)D中是Cl2和NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为Cl2+2OHCl+ClO+H2O。(3)B中由白色变为蓝色，说明有水生成，产物中还有Cl2，所以C中石蕊试纸先逐渐变为红色，后褪色。(4)若杂质是氧化铜，说明CuCl2水解生成Cu2(OH)2Cl2，进一步分解生成CuO，因此原因是通入HCl的量不足。点睛：本题以热分解CuCl22H2O制备CuCl为载体考查化学实验探究、化学实验方案的分析、评价，元素及化合物知识。解答本题首先要根据题给资料明确实验的原理，理清题给装置图中每一个装置的作用和相关
42、反应，结合CuCl22H2O、CuCl易水解，CuCl易被氧化的性质明确实验过程中要注意防止空气的干扰，确定装置的连接顺序；（4）小题要根据杂质的成分结合题给资料分析杂质产生的原因。29.取8.54 g含有Na2CO3、NaOH、Ba(NO3)2的固体混合物溶于足量水中，向反应后的试管中逐滴滴加1.00 molL-1的盐酸，加入盐酸的体积和沉淀质量的关系如图所示。(1)混合物中Ba(NO3)2的物质的量至少为_mol。(2)X的最大值为_mL。【答案】 (1). 0.02 (2). 30.0【解析】【分析】(1)生成沉淀的反应为Ba(NO3)2+Na2CO3=BaCO3+2NaNO3，根据3.
43、940g沉淀为碳酸钡，根据方程式计算；(2)0-X段碳酸钡沉淀没有溶解，能够与盐酸反应的有Na2CO3、NaOH，结合二者与HCl反应的质量关系判断需要HCl的最大量。【详解】(1)3.940g沉淀为碳酸钡，其物质的量为n(BaCO3)= =0.02mol，根据反应Ba(NO3)2+Na2CO3=BaCO3+2NaNO3可知，混合物中Ba(NO3)2的物质的量至少为0.02mol，故答案为：0.02；(2)生成0.02mol BaCO3沉淀消耗0.02mol Na2CO3，碳酸钠的质量为：106g/mol0.02mol=2.12g，则生成3.940g碳酸钡沉淀消耗Ba(NO3)2、碳酸钠的总质
44、量为：2.12g+0.02261g=7.34g，没有参与反应的固体质量为：8.54g-7.34g=1.2g，根据图像可知，X为剩余碳酸钠和NaOH消耗盐酸的总体积，根据NaOHHCl，Na2CO32HCl可知，固体质量一定是NaOH消耗盐酸的量较大，所以1.2g固体完全为NaOH时，X有最大值，此时消耗HCl的最大物质的量为：n(HCl)=n(NaOH)= =0.03mol，需要1.00mo1L-1的盐酸体积为=0.03L=30.0mL，即x的最大值为30.0mL，故答案为：30.0。【点睛】明确发生反应原理为解答关键。本题的易错点和难点为(2)，要注意X取最大值时，对应于氢氧化钠的质量最大。
45、30.冶金工业、硝酸工业的废气废液中含氮化合物污染严重，必须处理达标后才能排放。.用活性炭处理工厂尾气中的氮氧化物。(1)已知:4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(l)H1=a kJmol-14NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(l)H2=b kJmol-1C(s)+O2(g)=CO2(g)H3=c kJmol-1则反应C(s)+2NO(g) N2(g)+CO2(g)的H=_。(2)在容积不变的密闭容器中，一定量的NO与足量的C发生反应：C(s)+2NO(g) N2(g)+CO2(g)H=Q kJmol-1，平衡时c(NO)与温度T的关系如图1所示，下列说法正
46、确的是_。A.其他条件不变，改变活性炭的用量，平衡一定不移动B.该反应的Q0，所以T1、T2、T3对应的平衡常数:K1K2K2C.温度为T2时，若反应体系处于状态D，则此时v正v逆D.若状态B、C、D体系的压强分别为p(B)、p(C)、p(D)，则p(D)=p(C)p(B)(3)已知某温度时，反应C(s)+2NO(g) N2(g)+CO2(g)的平衡常数K=9/16，在该温度下的2 L密闭容器中投入足量的活性炭和2.0 mol NO发生反应，t1时刻达到平衡，请在图2中画出反应过程中c(NO)随时间t的变化曲线。_(4)工业上实际处理废气时，常用活性炭作催化剂，用NH3还原NO，同时通入一定量
47、的O2以提高处理效果。当n(NH3)=n(NO)时，写出体系中总反应的化学方程式:_。.用纳米铁粉或电解法处理废水中的硝酸盐。(5)纳米铁粉处理污水中NO3-的离子方程式为4Fe+ NO3-+10H+=4Fe2+NH4+3H2O。实验证实，pH偏小将会导致NO3-的去除率下降，其原因是_。相同条件下，纳米铁粉去除不同水样中NO3-的速率有较大差异(见图)，产生该差异的可能原因是_。(6)电解法处理水中硝酸盐的原理是以金属Pt作电极，用质子交换膜把溶液分为阴阳两极区，阴极区为含硝酸盐的工业废水，接通直流电源进行电解。请写出阴极的电极反应式：_。【答案】 (1). (+c)kJmol-1 (2).
48、 C (3). (4). 4NH3+4NO+O2 4N2+6H2O (5). 纳米铁粉与H+反应生成H2，导致NO3-的去除率下降 (6). Cu或Cu2+对纳米铁粉去除NO3-的反应有催化作用(或形成的Fe-Cu原电池增大了纳米铁粉去除NO3-的反应速率) (7). 2 NO3-+12H+10e-=N2+6H2O(或10H+NO3-+8e-=NH4+3H2O)【解析】【分析】(1)根据盖斯定律分析解答；(2)由图可知，温度越高平衡时c(NO)越大，即升高温度平衡逆向移动，说明该反应的正反应为放热反应，H0，据此分析判断； (3) 根据三段式结合平衡常数计算出平衡时c(NO)，再画出图像；(4
49、)根据题意，用活性炭作催化剂，反应物为NH3、NO和O2且n(NH3)=n(NO)生成氮气和水；(5) pH偏小时，纳米铁粉能够与H+反应；根据图像，从Cu2+的存在思考对反应速率的影响；(6)阴极上NO3-放电生成氮气(也可能生成铵根离子等)，据此书写电极反应式。【详解】(1)4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(l)H1=a kJmol-1，4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(l)H2=b kJmol-1，C(s)+O2(g)=CO2(g)H3=c kJmol-1，根据盖斯定律，将方程式按照+得：C(s) +2NO(g) N2(g) +CO2(g) H=(
50、+c)kJmol-1，故答案为：(+c)kJmol-1；(2)由图可知，温度越高平衡时c(NO)越大，即升高温度平衡逆向移动，说明该反应的正反应为放热反应，H0。A.其他条件不变，改变活性炭的用量，炭为固体，因此平衡一定不移动，但是如果将炭完全移除，过加入足够多的炭，影响了容器中气体的压强，则平衡会发生移动，故A错误；B. 该反应正反应是放热反应，Q0，升高温度平衡向逆反应方向移动，所以升高温度，化学平衡常数减小，所以T1、T2、T3对应的平衡常数K1K2K2，故B错误；C. T2时反应进行到状态D，c(NO)高于平衡浓度，故反应向正反应方向进行，则一定有(正)(逆)，故C正确；D. 达到平衡
51、状态时，压强和温度成正比例关系，则PB=PDPC，故D错误；故选C；(3) 某温度时，反应C(s)+2NO(g) N2(g)+CO2(g)的平衡常数K=9/16，在该温度下的2 L密闭容器中投入足量的活性炭和2.0 mol NO发生反应，随着反应的进行，c(NO)由1mol/L逐渐减小，设c(NO)的变化量为2x，C(s)+2NO(g) N2(g)+CO2(g)起始(mol/L) 1 0 0反应(mol/L) 2x x x平衡(mol/L) 1-2x x x则=，解得x=0.3，则平衡时，c(NO)=0.4mol/L，因此c(NO)随时间t的变化曲线为，故答案为：；(4)用活性炭作催化剂，用N
52、H3还原NO，同时通入一定量的O2以提高处理效果。当n(NH3)=n(NO)时，反应的化学方程式为4NH3+4NO+O2 4N2+6H2O，故答案为：4NH3+4NO+O2 4N2+6H2O；(5)纳米铁粉处理污水中NO3-的离子方程式为4Fe+ NO3-+10H+=4Fe2+NH4+3H2O，pH偏小时，纳米铁粉与H+反应生成H2，导致NO3-的去除率下降；根据图像，相同条件下，纳米铁粉去除不同水样中NO3-的速率有较大差异，可能原因是Cu或Cu2+对纳米铁粉去除NO3-的反应有催化作用(或形成的Fe-Cu原电池增大了纳米铁粉去除NO3-的反应速率)，故答案为：纳米铁粉与H+反应生成H2，导
53、致NO3-的去除率下降；Cu或Cu2+对纳米铁粉去除NO3-的反应有催化作用(或形成的Fe-Cu原电池增大了纳米铁粉去除NO3-的反应速率)；(6)以金属Pt作电极，用质子交换膜把溶液分为阴阳两极区，阴极区为含硝酸盐的工业废水，接通直流电源进行电解，阴极上NO3-放电生成氮气(也可能生成铵根离子等)，电极反应式为2 NO3-+12H+10e-=N2+6H2O，故答案为：2 NO3-+12H+10e-=N2+6H2O。【点睛】本题的易错点为(3)，画曲线时要注意图像的起点和拐点，要能够表示出图像的变化趋势。31.工业上用重铬酸钠(Na2Cr2O7)结晶后的母液(含少量杂质Fe3+)生产重铬酸钾(
54、K2Cr2O7)，工艺流程及相关物质溶解度曲线如图：(1)由Na2Cr2O7生产K2Cr2O7的化学方程式为_。(2)由图分析选择冷却结晶的原因是_。(3)向Na2Cr2O7母液中加碱液调pH的目的是_。(4)分离得到固体A的方式为_，用热水洗涤固体A，回收的洗涤液转移到母液_(填“”“”或“”)中，既能提高产率又可使能耗最低。(5)生产工艺中含Cr2O72-的废水常用于处理废水中的CN-，处理过程按下图流程进行:步骤中，每处理0.3 mol Cr2O72-时转移电子1.8 mol，该反应的离子方程式为_；处理酸性Cr2O72-废水多采用铁氧磁体法。该法是向废水中加入FeSO47H2O将Cr2
55、O72-还原成Cr3+，调节pH，Fe、Cr转化成相当于FeFexIIICr(2-x)IIIO4 (铁氧磁体，罗马数字表示元素价态)的沉淀。处理1 mol Cr2O72-，需加入a mol FeSO47H2O，下列结论正确的是_。A.x=0.5，a=6 B.x=0.5，a=10C.x=1.5，a=6 D.x=1.5，a=10【答案】 (1). Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7+2NaCl (2). K2Cr2O7溶解度随温度变化明显 (3). 除去溶液中的Fe3+ (4). 趁热过滤 (5). (6). 26H+3S2O32-+4Cr2O72-=8Cr3+6SO42-+13H2O (
56、7). D【解析】【分析】由流程可知，溶解后调节pH除去少量杂质Fe3+，过滤后蒸发结晶得到Na2Cr2O7，然后加入KCl发生Na2Cr2O7+2KClK2Cr2O7+2NaCl，结合溶解度曲线图可知，氯化钠的溶解度随温度的变化较小，母液II蒸发浓缩只有析出NaCl(A)，低温下K2Cr2O7的溶解度较小，且K2Cr2O7随温度的变化较大，则母液冷却结晶主要得到K2Cr2O7(B)，据此分析解答(1)(4)。(5)步骤中，每处理0.3 mol Cr2O72-时转移电子1.8 mol，即1mol Cr2O72-时转移电子6mol，则反应后Cr的化合价变成+3价，根据流程图，S2O32-被氧化为
57、SO42-，据此书写反应的离子方程式；根据氧化还原反应中得失电子数相等，再结合原子守恒进行计算。【详解】(1)由Na2Cr2O7生产K2Cr2O7的化学方程式为Na2Cr2O7+2KClK2Cr2O7+2NaCl，故答案为：Na2Cr2O7+2KClK2Cr2O7+2NaCl；(2)由溶解度图可知，低温下K2Cr2O7的溶解度远小于其它组分，随温度的降低，K2Cr2O7的溶解度明显减小，则可通过冷却结晶析出大量K2Cr2O7晶体，故答案为：K2Cr2O7溶解度随温度变化明显；(3)母液中含少量杂质Fe3+，向Na2Cr2O7母液中加碱液调pH的目的是除去Fe3+，故答案为：除去溶液中的Fe3+
58、；(4)氯化钠的溶解度随温度的变化较小，母液II蒸发浓缩只有析出NaCl(A)，分离出氯化钠需要趁热过滤，防止其他物质结晶析出；低温下K2Cr2O7的溶解度较小，且K2Cr2O7随温度的变化较大，则母液冷却结晶主要得到K2Cr2O7(B)，用热水洗涤固体A，回收的洗涤液中含有K2Cr2O7和少量氯化钠，可以转移到母液中，再冷却结晶得到K2Cr2O7，既能提高产率又可使能耗最低，故答案为：趁热过滤；(5)步骤中，每处理0.3 mol Cr2O72-时转移电子1.8 mol，即1mol Cr2O72-时转移电子6mol，则反应后Cr的化合价变成+3价，根据流程图，S2O32-被氧化为SO42-，因
59、此反应的离子方程式为26H+3S2O32-+4Cr2O72-=8Cr3+6SO42-+13H2O，故答案为：26H+3S2O32-+4Cr2O72-=8Cr3+6SO42-+13H2O；处理1mol Cr2O72-，需加入a mol FeSO47H2O，根据铬原子守恒得，1mol Cr2O72-完全反应后生成molFeFexCr2-xO4，根据铁原子守恒得amol=mol，该反应中得失电子数相等，1mol23=mol(3-2)x，联立上述2个方程解得：x=1.5，a=10，故答案为：D。32.以苯酚为原料合成防腐剂尼泊金丁酯（对羟基苯甲酸丁酯）、香料G (结构简式为)的路线如下：已知： 注：R
60、、R为烃基或H原子，R为烃基请回答：(1)下列说法正确的是_。A.反应FG，既属于加成反应，又属于还原反应B.若AB属于加成反应，则物质X为COC.甲物质常温下是一种气体，难溶于水D.上述合成路线中，只有3种物质能与FeCl3溶液发生显色反应(2)上述方法制取的尼泊金酯中混有属于高聚物的杂质，生成该物质的化学方程式为_。(3)E的结构简式为_。(4)写出同时符合下列条件并与化合物B互为同分异构体的有机物的结构简式_。分子中含有苯环，无其它环状结构；1H-NMR谱表明分子中有4种氢原子：能与NaOH溶液反应。(5)设计以乙烯为原料制备1-丁醇的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选）_。【答案】
61、(1). A (2). (3). (4). (5). 【解析】试题分析：根据已知 ，结合流程，利用逆推法，甲是甲醛、E是、F是；G是对羟基苯甲酸丁酯，逆推B是对羟基苯甲酸；A是苯酚。解析：根据以上分析，(1) A.反应与氢气反应生成，反应既属于加成反应，又属于还原反应，故A正确；B.若苯酚苯甲酸属于加成反应，根据元素守恒，则物质X为CO2，故B错误；C. 甲醛常温下是一种气体，易难溶于水，故C错误；D.上述合成路线中，A、B、C、对羟基苯甲酸丁酯四种物质能与FeCl3溶液发生显色反应，故D错误。尼泊金酯中生成高聚物的化学方程式为。(3) E的结构简式为。符合分子中含有苯环，无其它环状结构；1H-NMR谱表明分子中有4种氢原子；能与NaOH溶液反应，3个条件并与化合物B互为同分异构体的有机物的结构简式有。 (5)乙烯催化氧化为乙醛，乙醛与乙醇钠反应生成，与氢气加成生成1-丁醇，合成路线为。点睛：有机物分子中加入氢原子、去掉氧原子的反应叫还原反应，所以碳碳双键与氢气的加成反应也叫还原反应。含有酚羟基的有机物与FeCl3溶液发生显色反应，常用FeCl3溶液检验酚羟基。
