1、浙江省嘉兴市2020届高中化学选考科目教学模拟测试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 S32 Cl35.5 K39 Ca40 Fe56 Mn55 Ba137一、选择题(本大题共20小题，110每小题2分，1120每小题3分，共50分。每小题只有一个选项是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.人类离不开化学，下列叙述不正确的是A. 活性炭可用来除去异味、杀菌消毒B. 利用废弃的秸秆生产生物质燃料乙醇C. 铝合金可用于高铁建设、航空工业D. 高纯硅可用于制作航天器的光感电池【答案】A【解析】【详解】A. 活性炭具有吸附能力，可除去异味，但不能杀菌消毒，A不正确；B.
2、 废弃的秸秆经预处理、水解、发酵，可用来生产燃料乙醇，B正确；C. 铝合金密度低、强度高，可用于高铁建设、航空工业，C正确；D. 硅为半导体材料，可制成光电池，通过光电效应，将光能转化为电能，D正确。故选A。2.下列图示与操作名称不对应的是A. 过滤B. 洗气C. 蒸发D. 蒸馏【答案】B【解析】【详解】A.最主要仪器为漏斗，此为过滤装置，A不合题意；B.洗气装置内的导管应长进短出，而此装置内的导管是短进长出，B符合题意；C.最主要仪器为蒸发皿，此为蒸发装置，C不合题意；D.主要仪器为蒸馏烧瓶、冷凝管、温度计，此为蒸馏装置，D不合题意。故选B。3.下列有关表述正确的是A. SiO2分子的结构式
3、是OSiOB. 甲烷和白磷分子均为正四面结构，键角均为10928C. 氧化钠在熔融状态下离子键被削弱，形成自由移动的离子，具有导电性D. 正丁醇所含官能团的电子式为【答案】C【解析】【详解】A. SiO2形成原子晶体，不存在分子，A不正确；B. 甲烷和白磷分子均为正四面结构，但甲烷的键角为10928，白磷的键角为60，B不正确；C. 氧化钠在熔融状态下离子间距离增大，离子键被削弱，离子能够自由移动，熔融状态下能导电，C正确；D. 正丁醇所含官能团为-OH，电子式为，D不正确。故选C。4.下列物质不可通过化合反应一步实现的是A. NaHSO3B. FeCl2C. NH4NO3D. Fe(OH)2
4、【答案】D【解析】【详解】A. NaHSO3可由Na2SO3与SO2、H2O一步反应实现，A不合题意；B. FeCl2可由FeCl3与Fe一步反应实现，B不合题意；C. NH4NO3可由HNO3与NH3一步反应实现，C不合题意；D. Fe(OH)2不可由物质间通过化合反应一步实现，D符合题意。故选D。5.下列化学反应中被氧化和被还原的是同种元素的是A. Na2SO3H2SO4Na2SO4SO2H2OB. NaHH2ONaOHH2C. 2KMnO4K2MnO4MnO2O2D. 2FeCl2Cl22FeCl3【答案】B【解析】【详解】A. Na2SO3H2SO4Na2SO4SO2H2O为复分解反应
5、，没有变价元素，A不合题意；B. NaHH2ONaOHH2中，NaH中的H显-1价，H2O中的H显+1价，二者发生氧化还原反应生成H2，被氧化和被还原的都是氢元素，B符合题意；C. 2KMnO4K2MnO4MnO2O2中，被氧化的元素为O，被还原的元素为Mn，C不合题意；D. 2FeCl2Cl22FeCl3中，被氧化的元素为Fe，被还原的元素为Cl2中的Cl，D不合题意。故选B。6.下列说法不正确的是A. 洗涤漏斗中的沉淀时，加入洗涤液后用玻璃棒轻轻搅拌，自然滤干后，重复23次，直至洗涤干净B. 不可直接用常温下的坩锅钳夹持灼烧后的坩锅并将其放在石棉网上冷却C. 浓硝酸、硝酸银溶液均应保存在棕
6、色磨口玻璃塞的细口试剂瓶中D. 可用过滤法将肥皂从反应液中分离出来，不可用减压过滤法过滤胶状沉淀物【答案】A【解析】【详解】A. 洗涤漏斗内的沉淀，加入洗涤液后不能用玻璃棒搅拌，以防划破滤纸，A不正确；B. 常温下的坩锅钳夹持灼烧后的坩锅，会使坩埚因受热不均而破裂，B正确；C. 浓硝酸、硝酸银溶液见光易分解，应保存棕色细口试剂瓶中，C正确；D. 肥皂为胶状沉淀，减压过滤时，会粘在滤纸上，颗粒太小的沉淀还会通过滤纸，D正确。故选A。7.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 23 g C2H6O分子中含CH键数目一定为2.5NAB. 常温常压下，22.4 L O2的分子数小于NAC.
7、6 g C18O和14CO的混合物中所含电子、中子数目均为2.8NAD. 40 mL 10 mol/L盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.2NA【答案】B【解析】【详解】A. 23 g C2H6O分子为0.5mol，若为乙醇，含CH键数目为2.5NA；若为二甲醚，含CH键数目为3NA，A不正确；B. 常温常压下，气体摩尔体积Vm22.4L/mol，所以22.4 L O2的分子数小于NA，B正确；C. 6 g C18O所含电子、中子数目为2.8NA、3.2NA，6 g 14CO中所含电子、中子数目也为2.8NA、3.2NA，C不正确；D. 40 mL 10 mol/L盐酸与足量MnO2共热
8、，因为盐酸不能完全反应，所以转移的电子数小于0.2NA，D不正确。故选B。8.下列实验设计与对应结论不正确的是A. 装置能产生乙烯，且能证明乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色B. 装置能产生氨气，且能证明Al(OH)3白色沉淀不溶于氨水C. 装置可形成原电池，鼓入空气或加入少量NaCl，均会加快Fe的腐蚀D. 装置洗气瓶中可产生白色沉淀BaSO3【答案】D【解析】【详解】A.乙醇在P2O5的催化作用下发生消去反应，生成乙烯，水洗去挥发出的乙醇，使酸性高锰酸钾溶液褪色的物质只有乙烯，A正确；B.制气装置中生成的NH3通入AlCl3溶液中直至过量，此时生成的白色沉淀不溶解，表明Al(OH)3白色沉淀不溶
9、于氨水，B正确；C.Fe、C、H2O形成原电池，发生吸氧腐蚀，鼓入空气或加入少量NaCl，溶液的导电能力增强，均会加快Fe的腐蚀，C正确；D.SO2通入Ba(NO3)2溶液中，发生反应3SO2+3Ba2+2NO3-+2H2O=3BaSO4+2NO+4H+，D不正确故选D。9.下列说法不正确的是A. 青蒿素的提取及在医学上的应用、第一次人工合成蛋白质结晶牛胰岛素，都是中国化学家的科研成果B. 可用加水溶解后测pH的方法鉴别氯化钠与亚硝酸钠C. 只用新制氢氧化铜悬浊液(可加热)一种试剂，无法将乙酸、乙醇、甘油、乙酸甲酯、乙醛、葡萄糖溶液一一鉴别出来D. 无水氯化钴呈蓝色，吸水会变为粉红色，可用于判
10、断变色硅胶是否吸水【答案】C【解析】【详解】A利用萃取方法提取青蒿素及医学上的应用、世界上首次人工合成蛋白质(结晶牛胰岛素)，中国化学家的科研成果令世界瞩目，A正确；B氯化钠溶液呈中性，亚硝酸钠溶液呈碱性，可用测pH的方法鉴别，B正确；C氢氧化铜悬浊液能与多羟基有机物反应，生成绛蓝色的醇铜溶液，且丙三醇铜加热后颜色不变，而葡萄糖铜加热后由绛蓝色溶液转化为砖红色沉淀。因此，三述六种物质中加入新制的氢氧化铜悬浊液后，现象分别为悬浊液溶解得蓝色溶液、无现象、悬浊液溶解得绛蓝色溶液、液体分层、起初无现象但加热后得砖红色沉淀、起初得绛蓝色溶液加热后得砖红色沉淀，故可用来鉴别，C不正确；D无水氯化钴吸水后
11、，转化为水合氯化钴，颜色会蓝色变为粉红色，由此可判断变色硅胶是否吸水，D正确。故选C。10.下列说法正确的是A. 根据氮化铝(AlN)熔沸点很高、熔融状态下不导电可推测它是原子晶体B. 稳定性H2OCH4，是因为水分子间存在氢键C. 氯化氢气体溶于水时，只有离子键的断裂，没有化学键的形成D. 在NCl3和BF3分子中，每个原子最外层都具有8电子稳定结构【答案】A【解析】【详解】A. 氮化铝(AlN)熔沸点很高、熔融状态下不导电，有别于离子晶体，应是原子晶体，A正确；B. 稳定性H2OCH4，是因为共价键能前者大于后者，B不正确；C. 氯化氢气体溶于水时，断裂共价键而不是离子键，C不正确；D.
12、在BF3分子中，B原子最外层都只有6电子，D不正确。故选A。11.下列说法正确的是A. 苯乙烯、CH2CHCHCH2中所有原子可能都在一个平面上B. 按系统命名法，的名称为2，3，3三甲基丁烷C. 乙醇和乙醚互为同分异构体，乙酸和软脂酸互为同系物D. 有机物易溶于水及甲苯，可发生加聚反应、可使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】A【解析】【详解】A. 苯乙烯是两个平面结构的基团苯基和乙烯基共用两个原子，二者可能共平面，CH2CHCHCH2中两个乙烯基也共用两个原子，二者可能共平面，所以所有原子可能都在一个平面上，A正确；B. 按系统命名法，的名称为2，2，3三甲基丁烷，B不正确；C. 乙醇和乙醚分子式
13、不同，二者不互为同分异构体，C不正确；D. 有机物难溶于水，D不正确。故选A。【点睛】判断有机物分子中的原子是否共平面时，通常以乙烯、苯作为母体，看是否存在甲烷的结构片断，若没有，则通常共平面；若有，则不共平面。12.短周期主族元素X、Y、Z、W在周期表中的相对位置如图所示，其中X、Y、W的最外层电子数之和为15，Z和X的最外层电子数相差2，下列说法正确的是A. 原子半径：r(Z)r(W)r(Y)r(X)B. X的氢化物的沸点一定比Y的氢化物的沸点低C. 一定条件下，Z可以置换出XD. X、Y元素的单质均只有2种【答案】C【解析】【分析】由“X、Y、W的最外层电子数之和为15”及图中相对位置，
14、可确定X、的最外层电子数依次递增，则三者的最外层电子数分别为4、5、6，由此确定X为碳、为磷、为氧，从而确定Z为镁。【详解】A同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：r(Z)r(W)r(X)r(Y)，A不正确；B若X的氢化物为苯，沸点比Y的氢化物水的沸点高，B不正确；C高温条件下，Mg与CO2反应，可以置换出碳(C)，C正确；DX元素的单质有金刚石、石墨、C60等，D不正确。故选C。13.下列离子方程式书写正确的是A. 向FeI2溶液中通入足量的Cl2：2Fe22I2Cl2Fe3I24ClB. 澄清石灰水与过量碳酸氢钠溶液反应：Ca2HCO3OHCaCO3H
15、2OC. 向偏铝酸钠溶液中通入足量CO2气体：2AlO23H2OCO2CO322Al(OH)3D. 次氯酸钠溶液吸收少量二氧化硫气体：SO2H2O3ClOSO42Cl2HClO【答案】D【解析】【详解】A. FeI2少量，方程式中Fe2、I的化学计量数应满足1:2关系，A不正确； B. 澄清石灰水少量，方程式中Ca2、OH的化学计量数应满足1:2关系，B不正确；C. 通入足量CO2气体，应生成HCO3，C不正确；D. 少量二氧化硫气体被ClO-全部氧化为H2SO4，H2SO4电离出H+又与ClO-结合为HClO，D正确。故选D。14.探究酸性KMnO4与H2C2O4溶液反应速率的影响因素，有关
16、实验数据如下表所示：下列说法不正确的是A. 用KMnO4表示该反应速率，v(实验3)约为1.5103molL1min1B. 表中数据a12.7，b6.7C. 用H2C2O4表示该反应速率，v(实验1)v(实验3)D. 可通过比较收集相同体积的CO2所消耗的时间来判断反应速率快慢【答案】A【解析】【详解】A反应方程式为2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4K2SO4+2MnSO4+l0CO2+8H2O，其中实验3中KMnO4、H2C2O4的物质的量分别是4105mol、1.6103mol，反应中高锰酸钾不足，则用KMnO4表示的反应速率v(实验3)=5.010-4molL1min1，A不正确
17、；B实验1、2相比，其它条件相同，但实验2的温度比实验1高，则所用时间短，因此a12.7；实验3、4相比，实验4未使用催化剂，则所用时间比实验3长，b6.7，B正确；C实验1、3相比较，实验3所用KMnO4的浓度小，反应速率慢，用H2C2O4表示该反应速率，v(实验1)v(实验3)，C正确；D比较反应速率快慢，可通过比较收集相同体积的CO2时，所消耗的时间来判断，D正确。故选A。15.室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是A. 0.2 molL1氨水：c(NH3H2O)c(NH4)c(OH)c(H)B. 0.2 molL1 NH4HCO3溶液(pH7)：c(HCO3)c(NH4)c(
18、NH3H2O)c(H2CO3)C. 0.6 molL1氨水和0.2 molL1 NH4HCO3溶液等体积混合：c(NH3H2O)c(NH3)c(CO32)c(OH)0.3 molL1c(H2CO3)c(H)D. 0.2 molL1氨水和0.2 molL1 NH4HCO3溶液等体积混合：c(NH4)c(NH3)c(NH3H2O)c(H2CO3)c(HCO3)c(CO32)【答案】C【解析】【详解】A氨水中，少部分电离NH3H2O NH4+ OH-，同时发生H2OH+OH-，所以溶液中c(NH3H2O)c(OH)c(NH4)c(H)，A不正确；BNH4HCO3溶液显碱性，主要发生HCO3-+H2O
19、H2CO3+OH-，次要发生NH4+H2ONH3H2O + H+，所以溶液中c(NH4)c(HCO3)c(H2CO3)c(NH3H2O)，B不正确；C由物料守恒，n(N):n(C)=4:1，则有c(NH4+)+c(NH3H2O)c(NH3)4c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)；电荷守恒有：c(NH4+)+c(H+)c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)；结合消去c(NH4+)得：c(NH3H2O)+c(OH-)+c(NH3)c(H+)+4c(H2CO3)+3c(HCO3-)+2c(CO32-)，0.2mol/LNH4HCO3与0.6mol/L氨水等体积混合后瞬间c
20、(NH4HCO3)=0.1mol/L，由碳守恒有，c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)0.1mol/L，将等式两边各加一个c(CO32-)，则有c(NH3H2O)+c(OH-)+c(CO32-)+c(NH3)c(H+)+c(H2CO3)+3c(H2CO3)+3c(HCO3-)+3c(CO32-)，将带入中得，c(NH3H2O)+c(OH-)+c(CO32-)+c(NH3)c(H+)+c(H2CO3)+0.3mol/L，C正确；D0.2 molL1氨水和0.2 molL1 NH4HCO3溶液等体积混合，由物料守恒，n(N):n(C)=2:1，则有c(NH4+)+c(NH3H2O)
21、+c(NH3)2c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)，D不正确。故选C。16.如图表示甲、乙、丙三个过程的能量变化(其中H2、Br2、HBr均为气态)。下列有关说法正确的是A. H原子形成1 mol H2吸收436kJ的能量B. 反应H2(g)Br2(g)2HBr(l) H103 kJmol1C. 已知条件不充分，无法计算乙过程的能量变化D. Br2分子的化学性质比Br原子的活泼【答案】C【解析】【详解】A. 2molH原子形成1 mol H2放出436kJ的能量，A不正确；B. 反应H2(g)Br2(g)2HBr(g) H103 kJmol1，B不正确；C. 图中没有提供断裂
22、H-Br所需的能量，无法计算乙过程的能量变化，C正确；D. Br2分子的能量比Br原子低，所以Br2分子的活泼性比Br差，D不正确。故选C。17.已知A(s)2B(g)C(g)D(g) Ha kJmol1 (a0)，在容积、温度恒定的密闭容器中，加入1.5 mol A(s)与2 mol B(g)，下列说法不正确的是A. 当混合气体的平均相对分子量不变时，表明反应已达平衡B. 若升高温度，固体A的质量一定增加，气体分子总数不变C. 当反应达到平衡状态时，放出热量一定小于a kJD. 当容器内气体的压强不变时，不能表明反应已达平衡【答案】B【解析】【详解】A. 当反应进行时，混合气体的平均相对分子
23、量不断增大，所以平均相对分子量不变时，表明反应已达平衡，A正确；B. 当反应未达平衡时，升高温度，反应正向进行，固体A的质量减小，B不正确；C. 当反应达到平衡状态时，参加反应的B一定小于2mol，所以放出热量一定小于a kJ，C正确；D. 因为反应前后气体的分子数不变，容器内气体的压强始终不变，所以压强不变时，不能表明反应已达平衡，D正确。故选B。18.镁次氯酸盐燃料电池具有比能量高、安全方便等优点，该电池主要工作原理如图所示，关于该电池的叙述不正确的是A. 铂合金为正极，附近溶液的碱性增强B. 电池工作时，OH向镁合金电极移动C. 电池工作时，需要不断添加次氯酸盐以保证电解质的氧化能力D.
24、 若电解质溶液为H2O2，硫酸和NaCl的混合液，则正极反应为H2O22e2OH【答案】D【解析】【详解】从图中可以看出，ClO-在铂电极转化为Cl-，得电子，则铂电极为正极，镁电极为负极。A. 铂合金为正极，电极反应为ClO-+2e-+H2O=Cl-+2OH-，附近溶液的碱性增强，A正确；B. 电池工作时，镁电极反应为Mg-2e-+2OH-=Mg(OH)2，所以OH向镁合金电极移动，B正确；C. 电池工作时，ClO-不断消耗，浓度断减小，氧化能力不断减弱，所以需要不断添加次氯酸盐，C正确；D. 若电解质溶液为H2O2、硫酸和NaCl的混合液，则正极反应为H2O22e+2H+=2H2O，D不正
25、确。故选D。19.高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Si等元素)制备，工艺如下图所示。相关金属离子c0(Mn)0.1 molL1形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：下列有关说法不正确的是A. “滤渣1”含有S和SiO2或不溶性硅酸盐，“溶浸”中MnO2与MnS反应的化学方程式为MnO2MnS2H2SO42MnSO4S2H2OB. “氧化”中MnO2的作用是将Fe2氧化为Fe3，“滤渣2”的主要成分是Fe(OH)3C. “除杂1”的目的是除去Zn2，“滤渣3”的主要成分是ZnSD. “除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2
26、,若溶液酸度过高，F与H结合形成弱电解质HF，使溶解平衡MgF2Mg22F向右移动导致Mg2沉淀不完全【答案】B【解析】【分析】从流程图看，主线为Mn元素最终转化为MnSO4，但在转化过程中，Fe、Al、Mg、Zn、Si等杂质都被逐一除去。所以，解题的关键是弄清杂质是在哪一步、以何种形式被除去。结合表中信息，Si、S在溶浸时除去，Fe2+在氧化时生成Fe3+，Fe3+与Al3+在调pH时以Fe(OH)3、Al(OH)3形式除去；Mg2+、Zn2+沉淀的pH与Mn2+接近，所以Zn2+应在加入Na2S时生成ZnS除去；Mg2+应在加入MnF2时生成MgF2除去。据此解答。【详解】A因为不管是Si
27、O2还是可溶性硅酸盐，与酸反应后，最终都转化为难溶物，而MnO2具有氧化性，能将S2-氧化为S，所以“滤渣1”含有S和SiO2或不溶性硅酸盐，“溶浸”时，MnO2与MnS在硫酸溶液中发生氧化还原反应，反应方程式为MnO2MnS2H2SO42MnSO4S2H2O，A正确；B“氧化”中MnO2将Fe2氧化为Fe3，发生反应MnO2+2Fe2+4H+=Mn2+2Fe3+2H2O，Fe3+、Al3+与氨水反应，生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，这也就是“滤渣2”的主要成分，B不正确；C“除杂1”发生的反应是Zn2+S2-=ZnS，则“滤渣3”的主要成分是ZnS，C正确；D“除杂2”是MnF2+M
28、g2+=MgF2+Mn2+；若溶液酸度过高，则发生反应MgF2+2H+Mg22HF，平衡向右移动，从而导致Mg2沉淀不完全，D正确。故选B。20.现有100 mL某溶液A，可能含有Na、K、NH4、Fe2、Fe3、CO32、Cl、SO42等离子中的几种。取该溶液进行如下实验，下列说法正确的是(不考虑离子的水解)(1)向溶液A中加入足量NaOH溶液并加热，得到标准状况下0.448 L气体B(不考虑气体的溶解)，溶液B和沉淀B。(2)向溶液B中加足量的盐酸，再加足量BaCl2，过滤得到沉淀4.66 g和滤液C。(3)将沉淀B洗涤，充分灼烧后得到0.8g红棕色固体。(4)滤液C的焰色反应呈黄色。A.
29、 根据(4)可确定溶液A中含NaB. 原溶液可能含K，不含ClC. 可用硫氰化钾溶液来检验原溶液是否有Fe3，进而确定有无ClD. 原溶液A中至少含有以上离子中的4种【答案】C【解析】【详解】由(1)可得出生成NH30.02mol，由(2)可得出生成BaSO44.66 g，物质量为0.02mol，由(3)可得出生成Fe2O30.8g，物质的量为0.005mol。从而推出A溶液中含有0.02molNH4+、0.02molSO42-、0.01molFe3+或Fe2+或二者的混合物。因为在实验(1)中加入了Na+，所以(4)中得出的Na+不一定来自A溶液。由离子共存，可推出A溶液中一定不含有CO32
30、-；Na、K、Cl无法确定。A由以上分析可知，溶液A中不一定含有Na，A不正确；B原溶液可能含K，不能肯定是否含有Cl，B不正确；C若硫氰化钾溶液变红色，则原溶液中含有Fe3，依据电荷守恒，A溶液中一定含有Cl；若硫氰化钾溶液不变红色，则原溶液中不含有Fe3，NH4+、SO42-、Fe2+正好满足电荷守恒，则A溶液中不一定含有Cl，C正确；D若原溶液A中不含有Fe3+，可能只含有NH4+、SO42-、Fe2+，D不正确。故选C。二、非选择题(本大题共6小题，共50分)21.为探究化合物X(含三种元素)的组成与性质，设计并完成了如下实验：已知：固体B加水只得到溶液C和固体D，且溶液C的焰色反应呈
31、紫色(透过蓝色钴玻璃)；气体E通入足量澄清石灰水得到15 g白色沉淀。请回答：(1)溶液C中金属离子的结构示意图为_。(2)写出固体B中加水时发生反应的离子方程式_。(3)写出X隔绝空气加热分解的方程式_。(4)若将固体D溶于足量的氢碘酸中得到溶液G，设计实验确定G中含有何种金属离子_。【答案】 (1). (2). K2O + H2O2K+2OH- (3). 4K2FeO42Fe2O3 + 4K2O + 3O2 (4). 取溶液G少许于一小试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液，若产生蓝色沉淀，说明G中含有亚铁离子（或其他合理答案，不可用酸性高锰酸钾溶液）【解析】【详解】“气体E通入足量澄清石灰水得到1
32、5 g白色沉淀”，则E为CO2，物质的量为=0.15mol；则D为金属氧化物，设其化学式为R2On，则发生反应为R2On+nCO2R+nCO2，设R的相对原子质量为M，则有，由此得出，从而得出n=3，M=56，R为Fe元素。由“溶液C的焰色反应呈紫色(透过蓝色钴玻璃)”，可确定金属为K，固体B为Fe2O3和K2O的混合物，并可求出n(Fe)=0.05mol2=0.1mol，n(K)=0.2mol。X中，n(O)=0.4mol，由此可得出X中，n(K):n(Fe):n(O)=0.2mol:0.1mol:0.4mol=2:1:4，X的化学式为K2FeO4，A气体为O2。(1)从上面分析中，可确定溶
33、液C中金属为钾，其离子的结构示意图为。(2)固体B中含有Fe2O3和K2O，Fe2O3不溶于水，不与水发生反应，只有K2O能与水反应，离子方程式为K2O + H2O2K+2OH-。(3)X隔绝空气加热分解，生成Fe2O3、K2O和O2，化学方程式为4K2FeO42Fe2O3 + 4K2O + 3O2；(4)若将固体D(Fe2O3)溶于足量的氢碘酸中，发生反应Fe2O3+6H+2I-=2Fe2+I2+3H2O，检验Fe2+的方法是取溶液G少许于一小试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液，若产生蓝色沉淀，说明G中含有亚铁离子（或其他合理答案，不可用酸性高锰酸钾溶液）。【点睛】检验Fe2+时，也可使用硫氰化钾
34、溶液。因为氢碘酸足量，所以溶液G中不含有Fe3+，先加硫氰化钾溶液，无现象，再滴加氯水，若溶液变为血红色，则表明溶液G中含有Fe2+。虽然滴加氯水时，I-也会被氧化为I2，但碘水为黄色，不会对实验结果产生干扰。22.某学习小组用下图装置进行铜和浓硫酸的相关实验：(1)A中反应的化学方程式为_，该实验中未体现浓硫酸的_(填选项字母)。A.高沸点难挥发性 B.酸性 C.强氧化性 D.吸水性(2)B中球形干燥管的作用是_。(3)反应后小组成员发现圆底烧瓶中有黑色物质，不能明显观察到蓝色溶液。查阅资料后得知黑色物质可能是产生了CuS、Cu2S固体。己知2CuSCu2SS。请写出一种简便的方法验证溶液中
35、Cu2的存在_。根据以上信息，说明Cu与浓硫酸反应需要控制哪些因素_。【答案】 (1). Cu2H2SO4（浓） CuSO4SO22H2O (2). A (3). 防止SO2被碱液吸收而引起倒吸 (4). 待冷却后将反应溶液小心沿烧杯内壁倒入水中，若溶液变蓝则说明反应产生了Cu2+ (5). 控制温度不宜过高，反应时间不宜过长【解析】【分析】A中铜与浓硫酸反应，生成硫酸铜、二氧化硫气体和水，利用装置B吸收尾气，据此解答。【详解】(1)A中铜与浓硫酸反应，生成硫酸铜、二氧化硫气体和水，发生反应的方程式为Cu2H2SO4（浓） CuSO4SO22H2O。该实验中生成硫酸铜，浓硫酸表现出酸性；生成二
36、氧化硫，浓硫酸表现强氧化性；溶液没有呈现蓝色，浓硫酸表现吸水性，由此进行分析，从而得出浓硫酸没有表现出高沸点难挥发性。答案为：Cu2H2SO4（浓） CuSO4SO22H2O；A；(2)SO2易溶于NaOH，易产生倒吸，则B中球形干燥管的作用是防止SO2被碱液吸收而引起倒吸。答案为：防止SO2被碱液吸收而引起倒吸；(3)既然是反应后的溶液中含有硫酸铜，但未呈现蓝色，说明缺少水，没有形成水合铜离子，那么验证溶液中Cu2存在的方法便是待冷却后将反应溶液小心沿烧杯内壁倒入水中，若溶液变蓝则说明反应产生了Cu2+。根据以上信息，说明Cu与浓硫酸反应一段时间后，会生成CuS，若温度过高，CuS会分解生成
37、Cu2S，由此得出需要控制的因素是控制温度不宜过高，反应时间不宜过长。答案为：待冷却后将反应溶液小心沿烧杯内壁倒入水中，若溶液变蓝则说明反应产生了Cu2+；控制温度不宜过高，反应时间不宜过长。【点睛】铜与浓硫酸反应，需要加热，不加热反应不能发生。随着反应的不断进行，硫酸的浓度不断减小，当浓硫酸转化为稀硫酸后，反应不再发生，所以，不管铜的加入量如何，浓硫酸都不可能全部发生反应。23.有0.1 mol某有机物A和0.25 mol氧气在一密闭容器中充分燃烧，所得产物通过浓硫酸时使其增重5.4g，再通过足量灼热的氧化铜粉末，固体质量减轻1.6g，最后再通过足量过氧化钠粉末，固体质量增加了8.4g。试通
38、过分析计算(要写出分析计算过程)：(1)该有机物A的分子式_。(2)若0.1 mol含羟基有机物B与有机物A的最简式相同，且在0.2 mol氧气中能完全然烧，试确定B的结构简式_。【答案】 (1). C3H6O3 (2). HOCH2CHO【解析】【分析】“浓硫酸时使其增重5.4g”，则表明反应生成水5.4g，n(H2O)=0.3mol；“通过足量灼热的氧化铜粉末，固体质量减轻1.6g”，发生反应为CO+CuO=Cu+CO2，由此可求出n(CO)=0.1mol；“通过足量过氧化钠粉末，固体质量增加了8.4g”，可将反应简化为Na2O2+CO=Na2CO3，由此得出生成的n(CO2)=0.3mo
39、l，其中有0.1molCO2来自CO与CuO的反应，据此分析解答。【详解】(1)由以上分析，可以得出，0.1molA+0.25molO2=0.3molH2O+0.1molCO+0.2molCO2，从而得出反应方程式为A+2.5O2=3H2O+CO+2CO2，依据质量守恒原理，可得出A的分子式为C3H6O3。答案为：C3H6O3；(2)由A的分子式C3H6O3，可确定其最简式为CH2O，由此假设B的分子式(CH2O)n，因为0.1 molB在0.2mol氧气中能完全然烧，所以0.1n=0.2，n=2，B的分子式为C2H4O2。由于B分子中含有-OH，所以其结构简式为HOCH2CHO。答案为：HO
40、CH2CHO。【点睛】此题的易错点主要集中在对“最后再通过足量过氧化钠粉末，固体质量增加了8.4g”的理解。也就是前面还原CuO反应生成的CO2有没有与Na2O2发生反应，因为我们无法将前面反应生成的气体与原混合气进行分离，所以计算得到的CO2的物质的量，应包括还原CuO生成的CO2的物质的量。24.甲醇是重要的化工原料。利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主反应如下：CO(g)2H2(g)CH3OH(g) H，CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(g)H258 kJmol1，CO2(g)H2(g)CO(g)H2O(gH341 kJmol1，回答
41、下列问题：(1)利于提高反应合成甲醇平衡产率的条件有_。A.高温 B.低温 C.低压 D.高压 E.催化剂(2)合成气的组成n(H2)/n(COCO2)2.60时，体系中的CO平衡转化率(a)与温度和压强的关系如图所示。图中的压强最大的是_，解释a(CO)值随温度升高变化的原因_。(3)氮氧化物会对环境造成影响。处理汽车尾气中的氮氧化物可用NH3催化还原法，假设在恒容密闭容器中仅发生反应：4NH3(g)4NO(g)O2(g)4N2(g)6H2O(g) H0，测得NO的平衡转化率随温度的变化关系如图2所示。已知温度为T3时反应达到平衡所需时间为12分钟。请在图中画出不同温度下，反应都在12分钟时
42、，NO的转化率曲线示意图_。另一用NH3催化还原NOx消除氮氧化物污染的反应原理为：NO(g)NO2(g)2NH3(g)2N2(g)3H2O(g)。在一定温度下，向某恒定压强为P的密闭容器中充入等物质的量的NO、NO2和NH3，达到平衡状态后，NO的转化率25%，请计算此时的平衡常数KP_。(用含P的式子表示，且化至最简式)。【备注：对于有气体参加的反应，可用某组分的平衡分压代替物质的量浓度计算平衡常数，记作KP。如p(NO2)为NO2的平衡分压，p(NO2)x(NO2)p，p为平衡总压，x(NO2)为平衡体系中NO2的体积分数。】(4)工业生产中产生的SO2废气可用如图方法获得H2SO4。写
43、出电解的阳极反应式_。【答案】 (1). BD (2). P3 (3). 升高温度时，反应为放热反应，平衡向左移动，使得体系中CO的量增大；反应为吸热反应，平衡向右移动，又产生CO的量增大；总结果，随温度升高，使CO的转化率降低 (4). (5). (6). Mn22e2H2OMnO24H【解析】【详解】(1)已知：CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(g)H258 kJmol1 CO2(g)H2(g)CO(g)H2O(gH341 kJmol1 利用盖斯定律，将-得反应的热化学方程式为CO(g)2H2(g)CH3OH(g) H=-99 kJmol1。对于反应，因为正反应为放热反应，所
44、以温度低有利用于提高甲醇的产率；因为反应物的气体分子数大于生成物，所以压强大有利于提高甲醇的产率，则利于提高反应合成甲醇平衡产率的条件有BD。答案为：BD；(2)对于反应，增大压强平衡正向移动，有利于提高CO的平衡转化率，对于反应，压强对CO的平衡转化率不产生影响，则图中最大的压强为P3；从反应和反应分别讨论a(CO)值随温度升高发生的变化，由此得出解释a(CO)值随温度升高变化的原因是升高温度时，反应为放热反应，平衡向左移动，使得体系中CO的量增大；反应为吸热反应，平衡向右移动，又产生CO的量增大；总结果，随温度升高，使CO的转化率降低。答案为：P3；升高温度时，反应为放热反应，平衡向左移动
45、，使得体系中CO的量增大；反应为吸热反应，平衡向右移动，又产生CO的量增大；总结果，随温度升高，使CO的转化率降低；(3)T1、T2温度，反应在12分钟时未达平衡，此时NO的转化率小于平衡转化率，且温度越低，NO的转化率越小，温度为T3时，12分钟刚好达平衡，温度高于T3时，12分钟前已达平衡，12分钟时转化率等于曲线表示的平衡转化率，由此可得曲线示意图为：。答案为：；假设三种反应物的起始物质的量都为1mol，则三段式为：Kp=。答案为：；(4)由图中可知，阳极为在酸性溶液中，Mn2+失电子，转化为MnO2，阳极反应式为Mn22e2H2OMnO24H。答案为：Mn22e2H2OMnO24H。【
46、点睛】书写电极反应式时，我们先从图中采集信息：主反应物、主生成物、反应环境(电解质的性质)，酸性环境中，除主反应物和主生成物外，可添加的微粒为H+、H2O；碱性环境中，除主反应物和主生成物外，可添加的微粒为OH-、H2O，然后依守恒原则进行配平。25.高锰酸钾是中学化学常用的强氧化剂，实验室中可通过以下流程制得：己知：步骤1中KOH、KClO3的量可确保MnO2(式量为87)完全氧化转化，K2MnO4溶液显绿色。相关物质的溶解度数据见下表：请回答：(1)为防结块，步骤应在_中熔化，并用力搅拌。A.蒸发皿 B.铁坩锅 C.烧杯 D.石英坩锅(2)下列说法不正确的是_。A.步骤中的CO2也可以用稀
47、盐酸、稀醋酸来代替B.步骤中取上层清液少许于试管中，继续通入CO2，若无沉淀产生，表明K2MnO4歧化反应已完全C.为加快烘干速率，降低能耗，提高效益，烘干时可快速升温烘干D.上述流程中抽滤前，应先将略小于漏斗内径的滤纸平铺在布氏漏斗中，用蒸馏水润湿滤纸，微开水龙头，抽气使滤纸紧贴在漏斗瓷板上，再转移悬浊液(3)步骤中，K2MnO4歧化反应(还原产物为MnO2)的方程式是_，当溶液pH值达1011时，停止通CO2；若CO2过多，可能造成的后果是_。(4)步骤的操作是把滤液移至蒸发皿内，用小火加热，当浓缩至_(填实验现象)时，停止加热，冷却，即有KMnO4晶体析出。洗涤KMnO4晶体可用_作为洗
48、涤剂。(5)通过用草酸(H2C2O4)滴定KMnO4溶液的方法可测定KMnO4产品的收率(即产率)。实验时先将所得产品ag溶解在蒸馏水中，加水定容至250 mL，取出25.00 mL于锥形瓶中，用c molL1 的草酸标准溶液来滴定，消耗标准液体积为V mL。则KMnO4产品的收率为_(用含字母的式子表示，且化至最简)。【答案】 (1). B (2). ACD (3). 3K2MnO4+2CO22KMnO4+MnO2+2K2CO3 (4). CO2和碳酸钾反应生成碳酸氢钾，结晶时会同高锰酸钾一起析出，导致产品纯度降低 (5). 液面出现晶膜 (6). 冰水(或冷水) (7). 【解析】【分析】
49、通过步骤利用氯酸钾把二氧化锰氧化为锰酸钾，然后锰酸钾发生歧化反应生成高锰酸钾，据此解答。【详解】(1)步骤中，原料KOH、KClO3、MnO2熔化，蒸发皿、烧杯、石英坩锅都能与KOH反应而损坏，所以只能选择铁坩埚。答案为：B；(2)A.若用稀盐酸代替，则稀盐酸会与K2MnO4、KMnO4发生氧化还原反应而产生Cl2，A不正确；B.步骤中，若K2MnO4歧化反应不完全，往溶液中通入CO2后，溶液中会产生沉淀，B正确；C.烘干时若快速升温烘干，则会导致生成晶体的溅出甚至分解，C不正确；D.抽滤前，滤纸应略小于漏斗内径，但若不能盖住全部小孔，则会造成漏液，D不正确。答案为：ACD；(3)步骤中，K2
50、MnO4歧化反应(还原产物为MnO2)，生成KMnO4、MnO2等，发生反应的化学方程式为3K2MnO4+2CO22KMnO4+MnO2+2K2CO3；若CO2过多，CO2和碳酸钾反应生成碳酸氢钾，结晶时会同高锰酸钾一起析出，导致产品纯度降低。答案为：3K2MnO4+2CO22KMnO4+MnO2+2K2CO3；CO2和碳酸钾反应生成碳酸氢钾，结晶时会同高锰酸钾一起析出，导致产品纯度降低；(4)步骤的操作是把滤液移至蒸发皿内，用小火加热，当浓缩至液面出现晶膜时，停止加热。因为KMnO4易溶于水，所以洗涤KMnO4晶体应用冰水(或冷水)洗涤。答案为：液面出现晶膜；冰水(或冷水)；(5)利用电子守
51、恒建立H2C2O4与KMnO4溶液反应的关系式为5H2C2O42KMnO4，从而得出n(KMnO4)=n(H2C2O4)=c molL1 V10-3L，KMnO4产品的收率为= 。答案为：。【点睛】洗涤沉淀时，若沉淀易溶于水，尤其是沉淀受热易分解时，我们常用乙醇洗涤。但洗涤KMnO4时，不能使用乙醇，因为乙醇能将KMnO4还原，从而造成KMnO4的损失。26.某研究小组以苯和乙烯为原料，拟按照下列所示路线合成药物X。已知：。请回答：(1)化合物F的结构简式是_。(2)下列说法正确的是_。A.上述生成A、C、F及药物X的反应均为取代反应B.化合物D、E、F都具有碱性C.化合物A可发生银镜反应、加
52、成反应、取代反应D.药物X的分子式为C21H25ClN2O3(3)DE的化学方程式为_。(4)写出同时符合下列条件的E的同分异构体的结构简式(不考虑立体异构)：_。无环状结构 1HNMR谱图表明分子中有2种化学环境的H(5)设计以苯和乙烯为原料制备C7H5ClO(苯环上有3种化学环境的H)的合成线路(用流程图表示，无机试剂任选)_。【答案】 (1). (2). ABD (3). 2HOCH2CH2NH2+2H2O (4). 、CH3CH2N=NCH2CH3、HN=NC(CH3)3 (5). 【解析】【分析】因为原料有机物的结构未知，而题中告诉了目标有机物的结构简式，所以我们主要采用逆推法。由X
53、的结构，可推知F的结构简式为。D由CH3CHO与NH3反应制得，结合分子式，可得出D的结构简式为HOCH2CH2NH2；再由F、D的结构可推出E的结构简式为，由E、F的结构可推出C的结构简式为，B的结构简式为，A的结构简式为。据此解答。【详解】(1)由以上分析，可得出化合物F的结构简式为。答案为：；(2)A.生成A为醛基中的氢原子被氯苯基取代，C为羟基被氯原子取代，F为氯原子被取代，X为氢原子被-CH2CH2OCH2COOH取代，A正确； B.化合物D中含-NH2，E、F中含，它们都是碱性基，B正确；C.化合物A不含有醛基，不能发生银镜反应，C不正确；D.由药物X的结构简式，可数出或计算出其分
54、子中所含C、H、O、N、Cl的原子个数，从而得出分子式为C21H25ClN2O3，D正确。答案为：ABD；(3)DE为两分子HOCH2CH2NH2发生分子间的脱水反应生成E，化学方程式为2HOCH2CH2NH2+2H2O。答案为：2HOCH2CH2NH2+2H2O；(4)E的分子式为C4H10N2，它的同分异构体满足以下条件：无环状结构，表明分子呈链状，则分子内必含有一个双键，可能为碳碳双键，也可能为氮氮双键，但不能为碳氮双键(由分子的结称性决定)；1HNMR谱图表明分子中有2种化学环境的H，则分子应呈现一定的对称结构。则符合条件的可能结构为：、CH3CH2N=NCH2CH3、HN=NC(CH3)3。答案为：、CH3CH2N=NCH2CH3、HN=NC(CH3)3；(5)由“C7H5ClO(苯环上有3种化学环境的H)”，可确定其结构简式为。苯和乙烯发生加成反应，生成乙苯，乙苯被KMnO4酸性溶液氧化，生成苯甲酸，借助信息“RCOOHRCOCl”，再与SOCl2反应，从而生成目标有机物。合成路线为：。答案为：。【点睛】利用已知有机物推断未知有机物的结构时，我们常需借助分子式，确定变化的部位(有时反应的条件也很重要)，逆推出反应物。也就是相当于让生成物转化为反应物，从而得出反应物的结构简式。
