湖南省益阳六中2022学年高二化学下学期期末试卷含解析

2022-2022学年湖南省益阳六中高二（下）期末化学试卷一、单选题（21×2分=42分）1．下列关于有机物的正确说法是（　　）A．聚乙烯可发生加成反应B．石油干馏可得到汽油、煤油等C．淀粉、蛋白质完全水解的产物互为同分异构体D．乙酸乙酯、油脂与NaOH溶液反应均有醇生成　2．下列叙述错误的是（　　）A．乙烯和苯都能使溴水褪色，褪色的原因相同B．淀粉、油脂、蛋白质都能水解，但水解产物不同C．煤油可由石油分馏获得，可用作燃料和保存少量金属钠D．乙醇、乙酸、乙酸乙酯都能发生取代反应，乙酸乙酯中的少量乙酸可用饱和Na2CO3溶液除去　3．中药狼把草的成分之一M具有消炎杀菌作用，M的结构如图所示．下列叙述正确的是（　　）A．M的相对分子质量是180B．1molM最多能与2molBr2发生反应C．M与足量的NaOH溶液发生反应时，所得有机产物的化学式为C9H4O5Na4D．1molM与足量NaHCO3反应能生成2molCO2　4．下列鉴别方法可行的是（　　）A．用氨水鉴别Al3+、Mg2+和Ag+B．用Ba（NO3）2溶液鉴别Cl﹣、SO42﹣和CO32﹣C．用核磁共振氢谱鉴别1﹣溴丙烷和2﹣溴丙烷D．用KMnO4酸性溶液鉴别CH3CH=CHCH2OH和CH3CH2CH2CHO　5．下列有机物命名正确的是（　　）A．1，3，4﹣三甲苯B．2﹣甲基﹣2﹣氯丙烷C．2﹣甲基﹣1﹣丙醇D．2﹣甲基﹣3﹣丁炔　\n6．下列各组有机物只用一种试剂无法鉴别的是（　　）A．乙醇、甲苯、硝基苯B．苯、苯酚、己烯C．苯、甲苯、环己烷D．甲酸、乙醛、乙酸　7．下列说法正确的是（　　）A．乙烯和乙烷都能发生加聚反应B．蛋白质水解的最终产物是多肽C．米酒变酸的过程涉及了氧化反应D．石油裂解和油脂皂化都是高分子生成小分子的过程　8．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（　　）A．打开冰镇啤酒瓶把啤酒倒入玻璃杯，杯中立即泛起大量泡沫B．镀层破损后，马口铁（镀锡的铁）比白铁（镀锌的铁）更易腐蚀C．加热后的纯碱水洗油污比冷碱水效果好D．FeCl3滴入沸水中，煮沸片刻得到红褐色胶体　9．已知298K时，Mg（OH）2的溶度积常数为KSP=5.6×10﹣12，取适量的MgCl2溶液，加入一定量的烧碱溶液达到沉淀溶解平衡，测得pH=13.0，则下列说法不正确的是（　　）A．所加烧碱溶液的pH=13.0B．所得溶液中c（Mg2+）=5.6×10﹣10mol/LC．所得溶液中c（H+）=1.0×10﹣13mol/LD．所得溶液中由水电离产生的c（OH﹣）=1.0×10﹣13mol/L　10．下面提到的问题中，与盐的水解无关的正确说法是（　　）①明矾和FeCl3可作净水剂．②为保存FeCl3溶液，要在溶液中加少量盐酸．③AlCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是Al2O3④NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接中的除锈剂．⑤实验室盛放Na2CO3、Na2SiO3等溶液的试剂瓶应用橡皮塞，而不能用玻璃塞．⑥用NaHCO3与Al2（SO4）3两种溶液可作泡沫灭火剂．⑦长期使用硫铵，土壤酸性增强；草木灰与铵态氮肥不能混合施用．A．①④⑦B．②⑤C．③⑥D．全有关　11．将0.2mol•L﹣1的HCN溶液和0.1mol•L﹣1的NaOH溶液等体积混合后，溶液显碱性，下列关系式中正确的是（　　）A．c（HCN）＜c（CN﹣）B．c（Na+）＞c（CN﹣）C．c（HCN）=c（CN﹣）=c（Na+）D．c（HCN）+c（CN﹣）=0.2mol•L﹣1　12．把500mL含有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等份，取一份加入含amol硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀；另取一份加入含bmol硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀．则该混合溶液中钾离子浓度为（　　）A．0.1（b﹣2a）mol•L﹣1B．10（2a﹣b）mol•L﹣1C．10（b﹣a）mol•L﹣1D．10（b﹣2a）mol•L﹣1　\n13．NA为阿伏加德罗常数，下列叙述错误的是（　　）A．18gH2O中含有的质子数为10NAB．标准状况下，11.2L氯仿中含有C﹣Cl键的数目为1.5NAC．46gNO2和N2O4混合气体中含有原子总数为3NAD．1molNa与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去NA个电子　14．据报道，科学家开发出了利用太阳能分解水的新型催化剂．下列有关水分解过程的能量变化示意图正确的是（　　）A．B．C．D．　15．下列溶液中通入SO2一定不会产生沉淀的是（　　）A．Ba（OH）2B．Ba（NO3）2C．Na2SD．BaCl2　16．室温时，将浓度和体积分别为c1、V1的NaOH溶液和c2、V2的CH3COOH溶液相混合，下列关于该混合溶液的叙述错误的是（　　）A．若PH＞7时，则一定是c1V1=c2V2B．在任何情况下都是c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）C．当pH=7时，若V1=V2，则一定是c2＞c1D．若V1=V2、c1=c2，则c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=c（Na+）　17．“碳捕捉技术”是指通过一定的方法将工业生产中产生的CO2分离出来并利用．如可利用NaOH溶液来“捕捉”CO2，其基本过程如图所示（部分条件及物质未标出）．下列有关该方法的叙述中不正确的是（　　）A．能耗大是该方法的一大缺点B．整个过程中，有2种物质可以循环利用C．“反应分离”环节中，分离的基本操作是蒸发结晶、过滤D．“反应分离”环节中，发生了复分解反应\n　18．将足量CO2通入下列各溶液中，所含离子还能大量共存的是（　　）A．K+、CO、Cl﹣、NOB．H+、NH、Al3+、SOC．K+、SO、SiO、Cl﹣D．Na+、C6H5O﹣、CH3COO﹣、HCO　19．下列说法不正确的是（　　）A．已知冰的熔化热为6.0kJ/mol，冰中氢键键能为20kJ/mol，假设1mol冰中有2mol氢键，且熔化热完全用于破坏冰的氢键，则最多只能破坏冰中15%的氢键B．已知一定温度下，醋酸溶液的物质的量浓度为c，电离度为α，Ka=．若加入少量醋酸钠固体，则CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+向左移动，α减小，Ka变小C．实验测得环己烷（l）、环己烯（l）和苯（l）的标准燃烧热分别为﹣3916kJ/mol、﹣3747kJ/mol和﹣3265kJ/mol，可以证明在苯分子中不存在独立的碳碳双键D．已知：Fe2O3（s）+3C（石墨）═2Fe（s）+3CO（g），△H=+489.0kJ/molCO（g）+O2（g）═CO2（g），△H=﹣283.0kJ/mol．C（石墨）+O2（g）═CO2（g），△H=﹣393.5kJ/mol．则4Fe（s）+3O2（g）═2Fe2O3（s），△H=﹣1641.0kJ/mol　20．如表中评价合理的是（　　）选项化学反应及其离子方程式评价AFe3O4与稀硝酸反应：2Fe3O4+18H+═6Fe3++H2↑+8H2O正确B向碳酸镁中加稀盐酸：CO+2H+═CO2↑+H2O错误，碳酸镁不应写成离子形式C向硫酸铵溶液中加入氢氧化钡溶液：Ba2++SO═BaSO4↓正确DFeBr2溶液与等物质的量的Cl2反应：2Fe2++2Br﹣+2Cl2═2Fe3++4Cl﹣+Br2错误，Fe2+与Br﹣的化学计量数之比应为1：2A．AB．BC．CD．D　21．科学家成功开发便携式固体氧化物燃料电池，它以丙烷气体为燃料．电池中的一极通入空气，另一极通入丙烷气体，电解质是固态氧化物，在熔融状态下能传导O2﹣．下列对该燃料电池的说法不正确的是（　　）A．通丙烷的电极为电池负极，发生的电极反应为：C3H8﹣20e﹣+10O2﹣═3CO2+4H2OB．该电池的总反应是：C3H8+5O2═3CO2+4H2OC．电路中每通过5mol电子，约有5.6L标准状况下的丙烷被完全氧化\nD．在熔融电解质中，O2﹣由负极移向正极　　二、填空题（共58分）22．以硫铁矿（主要成分为FeS2）为原料制备氯化铁晶体（FeCl3•6H2O）的工艺流程如下：回答下列问题：（1）在一定条件下，SO2转化为SO3的反应为2SO2+O22SO3，该反应的平衡常数表达式为K=　　　　　　；过量的SO2与NaOH溶液反应的化学方程式为　　　　　　．（2）酸溶及后续过程中均需保持盐酸过量，其目的是　　　　　　、　　　　　　．（3）通氯气氧化后时，发生的主要反应的离子方程式为　　　　　　；该过程产生的尾气可用碱溶液吸收，尾气中污染空气的气体为　　　　　　（写化学式）．　23．物质A～G有图所示转化关系（部分反应物、生成物没有列出）．其中A为某金属矿的主要成分，经过一系列反应可得到B和C．单质C可与E的浓溶液发生反应，G为砖红色沉淀．请回答下列问题：（1）写出下列物质的化学式：B　　　　　　、E　　　　　　、G　　　　　　；（2）利用电解可提纯C物质，在该电解反应中阳极物质是　　　　　　，阴极物质是　　　　　　，电解质溶液是　　　　　　；（3）反应②的化学方程式是　　　　　　．（4）将0.23molB和0.11mol氧气放入容积为1L的密闭容器中，发生反应①，在一定温度下，反应达到平衡，得到0.12molD，则反应的平衡常数K=　　　　　　．若温度不变，再加入0.50mol氧气后重新达到平衡，则B的平衡浓度　　　　　　（填“增大”、“不变”或“减小”），氧气的转化率　　　　　　（填“升高”、“不变”或“降低”），D的体积分数　　　　　　（填“增大”、“不变”或“减小”）．　24．I、磷、硫元素的单质和化合物应用广泛．（1）磷元素的原子结构示意图是　　　　　　．（2）磷酸钙与焦炭、石英砂混合，在电炉中加热到1500℃生成白磷，反应为：2Ca3（PO4）2+6SiO2═6CaSiO3+P4O1010C+P4O10═P4+10CO，每生成1molP4时，就有　　　　　　mol电子发生转移．\n（3）硫代硫酸钠（Na2S2O3）是常用的还原剂．在维生素C（化学式C6H8O6）的水溶液中加入过量I2溶液，使维生素C完全氧化，剩余的I2用Na2S2O3溶液滴定，可测定溶液中维生素C的含量．发生的反应为：C6H8O6+I2═C6H6O6+2H++2I﹣2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I﹣，在一定体积的某维生素C溶液中加入amol•L﹣1I2溶液V1mL，充分反应后，用Na2S2O3溶液滴定剩余的I2，消耗bmol•L﹣1Na2S2O3溶液V2mL．该溶液中维生素C的物质的量是　　　　　　mol．（4）在酸性溶液中，碘酸钾（KIO3）和亚硫酸钠可发生如下反应：2IO3﹣+5SO32﹣+2H+═I2+5SO42﹣+H2O，生成的碘可以用淀粉溶液检验，根据反应溶液出现蓝色所需的时间来衡量该反应的速率．某同学设计实验如表所示：0.01mol•L﹣1KIO3酸性溶液（含淀粉）的体积/mL0.01mol•L﹣1Na2SO3溶液的体积/mLH2O的体积/mL实验温度/℃溶液出现蓝色时所需时间/s实验15V13525实验2554025实验355V20该实验的目的是　　　　　　；表中V2=　　　　　　mLII、稀土元素是宝贵的战略资源，我国的蕴藏量居世界首位．（5）铈（Ce）是地壳中含量最高的稀土元素．在加热条件下CeCl3易发生水解，无水CeCl3可用加热CeCl3•6H2O和NH4Cl固体混合物的方法来制备．其中NH4Cl的作用是　　　　　　．（6）在某强酸性混合稀土溶液中加入H2O2，调节pH≈3，Ce3+通过下列反应形成Ce（OH）4沉淀得以分离．完成反应的离子方程式：　　　　　　Ce3++　　　　　　H2O2+　　　　　　H2O═　　　　　　Ce（OH）4↓+　　　　　　　　　　　　．　25．有机化合物A～H的转换关系如下所示：请回答下列问题：（1）链烃A有支链且只有一个官能团，其相对分子质量在65～75之间，1molA完全燃烧消耗7mol氧气，则A的结构简式是　　　　　　，名称是　　　　　　；（2）在特定催化剂作用下，A与等物质的量的H2反应生成E．由E转化为F的化学方程式是　　　　　　；（3）G与金属钠反应能放出气体．由G转化为H的化学方程式是　　　　　　；（4）①的反应类型是　　　　　　；③的反应类型是　　　　　　；（5）链烃B是A的同分异构体，分子中的所有碳原子共平面，其催化氢化产物为正戊烷，写出B所有可能的结构简式　　　　　　；（6）C也是A的一种同分异构体，它的一氯代物只有一种（不考虑立体异构）．则C的结构简式为　　　　　　．　　\n2022-2022学年湖南省益阳六中高二（下）期末化学试卷参考答案与试题解析　一、单选题（21×2分=42分）1．下列关于有机物的正确说法是（　　）A．聚乙烯可发生加成反应B．石油干馏可得到汽油、煤油等C．淀粉、蛋白质完全水解的产物互为同分异构体D．乙酸乙酯、油脂与NaOH溶液反应均有醇生成【考点】石油的分馏产品和用途；油脂的性质、组成与结构；淀粉的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】发生加成反应必须具有不饱和键；石油分馏产品﹣﹣汽油、煤油应用广泛；氨基酸与葡萄糖不是同分异构体．【解答】解：A．乙烯加聚反应生成聚乙烯后，双键变单键后就不能发生加成反应，故A错误；B．石油分馏可得汽油和煤油属于物理变化过程，干馏是指隔绝空气加强热，属于化学变化，故B错误；C．淀粉属于糖类，完全水解生成葡萄糖；蛋白质完全水解生成氨基酸；两者的产物不可能是同分异构体，故C错误；D．乙酸乙酯和油脂都属于酯类，在氢氧化钠溶液反应后均生成醇，前者生成乙醇，后者生成甘油，甘油是丙三醇也是醇类，故D正确；故选D．【点评】本题考查常见有机物的性质，石油的分馏在生产生活中有重要的应用．　2．下列叙述错误的是（　　）A．乙烯和苯都能使溴水褪色，褪色的原因相同B．淀粉、油脂、蛋白质都能水解，但水解产物不同C．煤油可由石油分馏获得，可用作燃料和保存少量金属钠D．乙醇、乙酸、乙酸乙酯都能发生取代反应，乙酸乙酯中的少量乙酸可用饱和Na2CO3溶液除去【考点】乙烯的化学性质；苯的性质；石油的裂化和裂解；乙醇的化学性质；油脂的性质、组成与结构；淀粉的性质和用途．【分析】（1）乙烯含有双键，能与溴水发生加成反应而使溴水褪色，溴单质在苯中的溶解度比在水中的大，苯使溴水褪色的原理是萃取；（2）淀粉、油脂和蛋白质在一定条件下都能水解，水解的最终产物分别是葡萄糖、高级脂肪酸和甘油、氨基酸；（3）煤油可由石油分馏获得，主要成分为烷烃，性质稳定，密度比金属钠小，可用来保存金属钠；（4）乙酸中含有羧基，乙醇含有羟基，乙酸乙酯中含有酯基，在一定条件下都能发生取代反应，例如：乙酸和乙醇的酯化反应是取代反应，乙酸乙酯的水解反应也属于取代反应，乙酸具有酸性，其酸性强于碳酸，故能与Na2CO3反应．【解答】解：A、烯烃使溴水褪色的原理是加成反应，苯使溴水褪色的原理是萃取，故A错误；B、淀粉水解的最终产物是葡萄糖，蛋白质水解的产物是氨基酸，故B正确；\nC、煤油来自石油的分馏，可用作航空燃料，也可用于保存Na，故C正确；D、乙酸和乙醇的酯化反应是取代反应，乙酸乙酯的水解反应也属于取代反应，乙酸能，故可用饱和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中的乙酸，故D正确；故选A．【点评】本题考查常见有机物的性质，尤其要注意苯的物理性质，是一种良好的有机溶剂，可做萃取剂．　3．中药狼把草的成分之一M具有消炎杀菌作用，M的结构如图所示．下列叙述正确的是（　　）A．M的相对分子质量是180B．1molM最多能与2molBr2发生反应C．M与足量的NaOH溶液发生反应时，所得有机产物的化学式为C9H4O5Na4D．1molM与足量NaHCO3反应能生成2molCO2【考点】有机物的结构和性质．【分析】根据有机物的结构简式判断分子式，进而可确定有机物的相对分子质量，分子中含有酚羟基，可发生取代、氧化和显色反应，含有酯基，可发生水解，水解产物为酚羟基和羧基，含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，以此解答该题．【解答】解：A．根据结构简式可得化学式为C9H6O4，相对分子质量为178，故A错误；B.1molM含有酚羟基的临位和对位氢原子2mol，这些氢原子易被卤素原子取代，碳碳双键还可以和溴发生加成反应，所以一共消耗消耗3molBr2，故B错误；C．酚羟基可以消耗2molNaOH，酯基水解消耗1molNaOH，水解又生成1mol酚羟基还要消耗1molNaOH所以共计消耗4molNaOH，所得有机产物的化学式为C9H4O5Na4，故C正确；D．酚羟基和碳酸氢钠不能发生反应，故D错误．故选C．【点评】本题考查有机物的结构和性质，明确M中的官能团及结构中酯基水解后的产物为解答的关键，选项CD为解答的难点和易错点．　4．下列鉴别方法可行的是（　　）A．用氨水鉴别Al3+、Mg2+和Ag+B．用Ba（NO3）2溶液鉴别Cl﹣、SO42﹣和CO32﹣C．用核磁共振氢谱鉴别1﹣溴丙烷和2﹣溴丙烷D．用KMnO4酸性溶液鉴别CH3CH=CHCH2OH和CH3CH2CH2CHO【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．【分析】鉴别物质时，所要鉴别的物质要与所加入物质的反应具有不同的现象才可以鉴别出，鉴别Al3+和Mg2+需用过量强碱，生成的NaAlO2和Mg（OH）2沉淀，具有不同的现象；用Ba（NO3）2溶液不能鉴别SO42﹣和CO32﹣，因都生成不溶于水的物质；核磁共振是根据不同H的吸收图象，判断出化合物有几种不同的H，1﹣溴丙烷有三种H，2﹣溴丙烷有两种H所以1﹣溴丙烷会有三个吸收峰，而2﹣溴丙烷只有两个；CH3CH=CHCH2OH和CH3CH2CH2CHO都能被KMnO4酸性溶液氧化而导致KMnO4溶液褪色，则不能鉴别．【解答】解：A、氨水分别和Al3+、Mg2+反应生成难溶于水的Al（OH）3和Mg（OH）2，不能鉴别二者，鉴别Al3+和Mg2+需用过量强碱，生成的NaAlO2和Mg（OH）2沉淀，故A错；\nB、用Ba（NO3）2溶液不能鉴别SO42﹣和CO32﹣，因生成物BaSO4和BaCO3都不溶于水，故B错；C、1﹣溴丙烷有三种等效氢，其核磁共振谱有三个峰，而2﹣溴丙烷有两种等效氢原子，其核磁共振谱有两个峰，故可鉴别，故C正确；D、碳碳双键、醛基都能被酸性KMnO4氧化，KMnO4溶液都褪色，无法鉴别，故D错．故选C．【点评】本题考查物质的检验和鉴别，做题时要注意Al（OH）3的性质，碳碳双键、醛基与高锰酸钾反应的性质，很多同学在这两个地方容易出错．　5．下列有机物命名正确的是（　　）A．1，3，4﹣三甲苯B．2﹣甲基﹣2﹣氯丙烷C．2﹣甲基﹣1﹣丙醇D．2﹣甲基﹣3﹣丁炔【考点】有机化合物命名．【专题】有机化学基础．【分析】判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名，其核心是准确理解命名规范：（1）烷烃命名原则：①长：选最长碳链为主链；②多：遇等长碳链时，支链最多为主链；③近：离支链最近一端编号；④小：支链编号之和最小．看下面结构简式，从右端或左端看，均符合“近﹣﹣﹣﹣﹣离支链最近一端编号”的原则；⑤简：两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号．如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面；（2）有机物的名称书写要规范；（3）对于结构中含有苯环的，命名时可以依次编号命名，也可以根据其相对位置，用“邻”、“间”、“对”进行命名；（4）含有官能团的有机物命名时，要选含官能团的最长碳链作为主链，官能团的位次最小．【解答】解：A．1，3，4﹣三甲苯：该有机物的命名中，取代基的编号之和不是最小的，该有机物正确名称为：1，2，4﹣三甲苯，故A错误；B．2﹣甲基﹣2﹣氯丙烷：官能团氯原子位于2号C，主链为丙烷，在2号含有1个甲基，该有机物名称为：2﹣甲基﹣2﹣氯丙烷，故B正确；\nC．2﹣甲基﹣1﹣丙醇：含有羟基的最长碳链含有4个C，主链为丁醇，羟基在2号C，该有机物名称为：2﹣羟基丁醇，故C错误；D．2﹣甲基﹣3﹣丁炔：炔烃的命名中，编号从距离碳碳三键最近的一端开始，碳碳三键位于1号C，甲基位于3号C，该有机物名称为：3﹣甲基﹣1﹣丁炔，故D错误；故选B．【点评】本题考查了有机物命名的判断，为高考的重点、难点，题目难度中等，注意掌握常见有机物的命名原则，注意含有官能团的有机物，如炔烃、烯烃，编号应该从距离官能团最近的一端开始．　6．下列各组有机物只用一种试剂无法鉴别的是（　　）A．乙醇、甲苯、硝基苯B．苯、苯酚、己烯C．苯、甲苯、环己烷D．甲酸、乙醛、乙酸【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用；物质的组成、结构和性质的关系．【分析】有机物鉴别要注意几种从不同性质（包括物理性质和化学性质）和不同的反应现象进行鉴别，如乙醇可以和水互溶、甲苯不溶于水但比水轻、硝基苯溶于水但比水重，可以鉴别；鉴别时注意物质的特性和共性，例如苯、苯酚和己烯可以选浓溴水，苯不和溴水反应、苯酚和浓溴水生成白色沉淀、己烯和溴水加成使其褪色，甲酸、乙醛、乙酸都能和新制氢氧化铜反应，甲酸能溶解新制氢氧化铜但加热时生成红色沉淀、乙醛不能溶解氢氧化铜但加热时生成红色沉淀、乙酸只能溶解氢氧化铜．【解答】解：A、乙醇、甲苯和硝基苯中，乙醇可以和水互溶、甲苯不和水互溶但比水轻、硝基苯不和水互溶但比水重，可以用水来鉴别，故不选A；B、苯、苯酚和己烯可以选浓溴水，苯不和溴水反应、苯酚和浓溴水生成白色沉淀、己烯和溴水加成使其褪色，可以鉴别，故不选B；C、苯、甲苯和环己烷三者性质相似，不能鉴别，选C；D、甲酸、乙醛、乙酸可选新制氢氧化铜，甲酸能溶解新制氢氧化铜但加热时生成红色沉淀、乙醛不能溶解氢氧化铜但加热时生成红色沉淀、乙酸只能溶解氢氧化铜，可以鉴别，故不选D．故选：C．【点评】此题考查了化学实验中的物质的检验知识，进行物质的检验时，要依据物质的特殊性质和特征反应，选择适当的试剂和方法，准确观察反应中的明显现象，如颜色的变化、沉淀的生成和溶解、气体的产生和气味、火焰的颜色等，进行判断、推理，鉴别有机物常用的试剂有：水、溴水、酸性高锰酸钾、新制Cu（OH）2、FeCl3溶液等．　7．下列说法正确的是（　　）A．乙烯和乙烷都能发生加聚反应B．蛋白质水解的最终产物是多肽C．米酒变酸的过程涉及了氧化反应D．石油裂解和油脂皂化都是高分子生成小分子的过程【考点】乙烯的化学性质；石油的裂化和裂解；乙醇的化学性质；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点．【专题】压轴题．\n【分析】乙烯含有不饱和键，能发生加成和加聚反应；蛋白质在酶的作用下发生水解，最终产物是氨基酸；米酒变酸就由于醇中的羟基被氧化为羧基，涉及到了氧化反应；所谓高分子化合物，是指由众多原子或原子团主要以共价键结合而成的相对分子量在一万以上的化合物，油脂不是高分子化合物．【解答】解：A、乙烷是饱和烃，不能发生加聚反应，故A错；B、蛋白质水解的最终产物是氨基酸，故B错；C、酒精生成酸的过程发生了氧化反应，故C正确；D、油脂不是高分子化合物，则油脂皂化不是高分子生成小分子的反应，故D错．故选C．【点评】本题考查常见有机物的性质，学习中要准确把握，注意积累，易错点为高分子化合物的认识．　8．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（　　）A．打开冰镇啤酒瓶把啤酒倒入玻璃杯，杯中立即泛起大量泡沫B．镀层破损后，马口铁（镀锡的铁）比白铁（镀锌的铁）更易腐蚀C．加热后的纯碱水洗油污比冷碱水效果好D．FeCl3滴入沸水中，煮沸片刻得到红褐色胶体【考点】化学平衡移动原理．【专题】化学平衡专题．【分析】勒夏特利原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，勒夏特利原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程的平衡移动无关、与平衡移动无关，则不能用勒夏特利原理解释．【解答】解：A．因溶液中存在二氧化碳的溶解平衡，开启啤酒瓶后，压强减小，二氧化碳逸出，能用勒夏特列原理解释，故A不选；B．镀层破损后容易形成原电池放腐蚀，马口铁（镀锡的铁）中Fe比Sn活泼，Fe为负极，容易发生，而比白铁（镀锌的铁）中Zn比Fe活泼，Zn被发生，Fe被保护，故马口铁更易腐蚀，与平衡移动无关，不能能用勒夏特利原理解释，故B选；C．碳酸根水解CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，溶液呈碱性，水解过程是吸热过程，升高温度促进碳酸根水解，碱性增强，去油污能力增强，能用勒夏特利原理解释，故C不选；D．FeCl3滴入沸水中，存在水解平衡FeCl3+3H2O⇌Fe（OH）3（胶体）+3HCl，煮沸促进水解进行，得到红褐色胶，能用勒夏特利原理解释，故D不选；故选B．【点评】本题考查勒夏特列原理知识，题目难度不大，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应，且是否发生平衡的移动．　9．已知298K时，Mg（OH）2的溶度积常数为KSP=5.6×10﹣12，取适量的MgCl2溶液，加入一定量的烧碱溶液达到沉淀溶解平衡，测得pH=13.0，则下列说法不正确的是（　　）A．所加烧碱溶液的pH=13.0B．所得溶液中c（Mg2+）=5.6×10﹣10mol/LC．所得溶液中c（H+）=1.0×10﹣13mol/LD．所得溶液中由水电离产生的c（OH﹣）=1.0×10﹣13mol/L【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A．根据烧碱与MgCl2溶液反应生成沉淀，消耗了NaOH溶液；\nB．根据溶度积计算；C．根据pH=﹣lg[c（H+）]计算；D．溶液中由水电离产生的c（OH﹣）水=c（H+）水=10﹣PHmol•L﹣1．【解答】解：A．因为向MgCl2溶液中加NaOH溶液后混合溶液的pH=13，所以所加NaOH溶液pH＞13，故A错误；B．Mg（OH）2的溶度积常数Ksp=5.6×10﹣12，溶液中的c（Mg2+）==5.6×10﹣10mol/L，故B正确；C．pH=13的溶液中，c（H+）=10﹣13mol/L，故C正确；D．由水电离产生的c（OH﹣）水=c（H+）水=10﹣PHmol•L﹣1=10﹣13mol/L，故D正确．故选A．【点评】本题考查平衡常数及沉淀的生成，注意溶度积常数的利用，把握影响pH与浓度的关系、水的电离等即可解答，题目难度中等．　10．下面提到的问题中，与盐的水解无关的正确说法是（　　）①明矾和FeCl3可作净水剂．②为保存FeCl3溶液，要在溶液中加少量盐酸．③AlCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是Al2O3④NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接中的除锈剂．⑤实验室盛放Na2CO3、Na2SiO3等溶液的试剂瓶应用橡皮塞，而不能用玻璃塞．⑥用NaHCO3与Al2（SO4）3两种溶液可作泡沫灭火剂．⑦长期使用硫铵，土壤酸性增强；草木灰与铵态氮肥不能混合施用．A．①④⑦B．②⑤C．③⑥D．全有关【考点】盐类水解的应用．【专题】盐类的水解专题．【分析】①明矾和FeCl3可作净水剂依据铝离子、铁离子水解生成胶体分析判断；②加入盐酸抑制铁离子的水解；③盐酸抑制氯化铝的水解；④铵根离子水解显酸性；⑤碳酸钠、硅酸根离子水解显碱性和玻璃中的二氧化硅反应；⑥碳酸氢根离子恒温铝离子发生双水解生成二氧化碳；⑦铵根离子、硫离子水解．【解答】解：①明矾和FeCl3可作净水剂依据铝离子、铁离子水解生成胶体具有较大的表面积，具有吸附悬浮杂质的作用；故①有关；②加入盐酸抑制铁离子的水解；Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，故②有关；③盐酸抑制氯化铝的水解；Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，故③有关；④铵根离子水解显酸性；和氧化铜反应，故④有关；⑤碳酸钠、硅酸根离子水解显碱性和玻璃中的二氧化硅反应，把玻璃瓶塞和瓶口粘结，故⑤有关；⑥碳酸氢根离子恒温铝离子发生双水解生成二氧化碳，故⑥有关；⑦铵根离子水解显酸性、硫离子水解溶液显碱性，故⑦有关；所以以上都与盐的水解有关，故选D．\n【点评】本题考查了盐类水解的分析判断，水解离子的特征性质和溶液酸碱性的分析判断，理解盐类水解的实质是弱离子结合水中氢离子或氢氧根离子生成弱电解质，题目难度中等．　11．将0.2mol•L﹣1的HCN溶液和0.1mol•L﹣1的NaOH溶液等体积混合后，溶液显碱性，下列关系式中正确的是（　　）A．c（HCN）＜c（CN﹣）B．c（Na+）＞c（CN﹣）C．c（HCN）=c（CN﹣）=c（Na+）D．c（HCN）+c（CN﹣）=0.2mol•L﹣1【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】将0.2mol•L﹣1HCN溶液和0.1mol•L﹣1的NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中c（HCN）=0.05mol•L﹣1，c（NaCN）=0.05mol•L﹣1，由于混合后溶液呈碱性，说明NaCN水解程度大于HCN的电离程度，结合电荷守恒c（H+）+c（Na+）=c（CN﹣）+c（OH﹣）和物料守恒c（HCN）+c（CN﹣）=2c（Na+）解答该题．【解答】解：0.2mol•L﹣1HCN溶液和0.1mol•L﹣1的NaOH溶液等体积混合，由于混合后溶液呈碱性，说明NaCN水解程度大于HCN的电离程度，A．NaCN水解程度大于HCN的电离程度，则c（HCN）＞c（CN﹣），故A错误；B．由上述分析知c（CN﹣）＜0.05mol•L﹣1，而c（Na+）=0.05mol•L﹣1，则c（Na+）＞c（CN﹣），故B正确；C．由于溶液显示碱性c（H+）＜c（OH﹣），根据电荷守恒可得：c（H+）+c（Na+）=c（CN﹣）+c（OH﹣），则c（Na+）＞c（CN﹣），根据物料守恒可得：c（HCN）+c（CN﹣）=2c（Na+），则c（HCN）＞c（Na+）＞c（CN﹣），故C错误；D．两溶液混合后溶液体积扩大1倍，根据C、N元素守恒可知：c（HCN）+c（CN﹣）=0.1mol•L﹣1，故D错误；故选B．【点评】本题考查离子浓度大小比较，为高考常见题型，综合考查学生的分析能力，题目难度中等，注意掌握判断溶液中离子浓度大小的方法，明确溶液电荷守恒和物料守恒的运用．　12．把500mL含有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等份，取一份加入含amol硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀；另取一份加入含bmol硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀．则该混合溶液中钾离子浓度为（　　）A．0.1（b﹣2a）mol•L﹣1B．10（2a﹣b）mol•L﹣1C．10（b﹣a）mol•L﹣1D．10（b﹣2a）mol•L﹣1【考点】有关混合物反应的计算．【分析】混合溶液分成5等份，每份溶液浓度相同，一份加入含amol硫酸钠的溶液，发生反应Ba2++SO42﹣=BaSO4↓，恰好使钡离子完全沉淀，可知该份中n（Ba2+）=（Na2SO4）；另一份加入含bmol硝酸银的溶液，发生反应Ag++Cl﹣=AgCl↓，恰好使氯离子完全沉淀，则n（Cl﹣）=n（Ag+），再利用电荷守恒可知每份中2n（Ba2+）+n（K+）=n（Cl﹣），据此计算每份中n（K+），根据c=计算钾离子浓度．【解答】解：混合溶液分成5等份，每份溶液浓度相同．一份加入含amol硫酸钠的溶液，发生反应Ba2++SO42﹣=BaSO4↓，恰好使钡离子完全沉淀，可知该份中n（Ba2+）=（Na2SO4）=amol；\n另一份加入含bmol硝酸银的溶液，发生反应Ag++Cl﹣=AgCl↓，恰好使氯离子完全沉淀，则n（Cl﹣）=n（Ag+）=bmol，根据电荷守恒可知每份中2n（Ba2+）+n（K+）=n（Cl﹣），每份溶液中n（K+）=bmol﹣2amol=（b﹣2a）mol，故钾离子浓度为=10（b﹣2a）mol•L﹣1，故选D．【点评】本题考查离子反应的有关计算，难度中等，根据电荷守恒计算钾离子的物质的量是关键．　13．NA为阿伏加德罗常数，下列叙述错误的是（　　）A．18gH2O中含有的质子数为10NAB．标准状况下，11.2L氯仿中含有C﹣Cl键的数目为1.5NAC．46gNO2和N2O4混合气体中含有原子总数为3NAD．1molNa与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去NA个电子【考点】阿伏加德罗常数．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】A、求出水的物质的量，然后根据水为10质子微粒来分析；B、标况下氯仿为液态；C、NO2和N2O4的最简式均为CH2；D、根据反应后钠元素的价态为+1价来分析．【解答】解：A、18g水的物质的量为1mol，而水为10质子微粒，故1mol水中含10mol质子即10NA个，故A正确；B、标况下氯仿为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故B错误；C、NO2和N2O4的最简式均为NO2，故46g混合物中含有的NO2的物质的量为n==1mol，则含3mol原子即3NA个，故C正确；D、由于反应后钠元素的价态为+1价，故1mol钠失去1mol电子即NA个，故D正确．故选B．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．　14．据报道，科学家开发出了利用太阳能分解水的新型催化剂．下列有关水分解过程的能量变化示意图正确的是（　　）A．B．C．D．\n【考点】化学反应中能量转化的原因；催化剂的作用．【分析】水的分解为吸热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量，反应中加入催化剂会降低活化能，改变反应的速率，但反应热不改变．【解答】解：A、水的分解为吸热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量，与图不符，故A错；B、加入催化剂反应热不变，并且图象符合反应物的总能量小于生成物的总能量，故B正确；C、化学反应一定伴随着能量变化，反应物的总能量与生成物的总能量不相等，故C错；D、加入催化剂降低反应的活化能，图象不符合，故D错．故选：B．【点评】本题考查催化剂对化学反应的影响以及反应热与反应物和生成物总能量的关系，以图象体题的形式呈现，做题时要注意从图象中获取正确信息，正确判断某一反应是吸热还是放热．　15．下列溶液中通入SO2一定不会产生沉淀的是（　　）A．Ba（OH）2B．Ba（NO3）2C．Na2SD．BaCl2【考点】二氧化硫的化学性质．【分析】A、SO2和Ba（OH）2反应生成BaSO3沉淀；B、SO2溶于水生成H2SO3，而亚硫酸电离的H+和硝酸根组成了硝酸，能将+4的S氧化成SO42﹣，而形成BaSO4沉淀；C、S2﹣和SO2发生氧化还原反应，生成S单质沉淀；D、SO2溶于水生成的H2SO3是弱酸，不会与强酸的钡盐发生复分解反应．【解答】解：A、SO2为酸性氧化物，Ba（OH）2反应生成BaSO3白色沉淀和水，故A不可选；B、SO2溶于水生成H2SO3，而亚硫酸电离的H+和硝酸根组成了硝酸，硝酸具有强氧化性，能将+4的S氧化成SO42﹣，而形成BaSO4白色沉淀，故B不可选；C、S2﹣具有还原性，SO2具有氧化性，S2﹣和SO2发生氧化还原反应，生成S淡黄色沉淀，故C不可选；D、SO2溶于水生成的H2SO3是弱酸，因为弱酸不能制强酸，SO2不能和BaCl2发生反应，所以不会出现沉淀，故D可选；故选：D．【点评】本题考查二氧化硫的性质，二氧化硫为酸性氧化物，溶于水生成亚硫酸、亚硫酸为多元弱酸，并且二氧化硫还具有漂白性、氧化性和还原性，解题时要认真分析．　16．室温时，将浓度和体积分别为c1、V1的NaOH溶液和c2、V2的CH3COOH溶液相混合，下列关于该混合溶液的叙述错误的是（　　）A．若PH＞7时，则一定是c1V1=c2V2B．在任何情况下都是c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）C．当pH=7时，若V1=V2，则一定是c2＞c1D．若V1=V2、c1=c2，则c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=c（Na+）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A、当溶液呈碱性时，溶液中氢离子浓度小于氢氧根离子浓度，但混合时醋酸的物质的量不一定等于氢氧化钠的物质的量；B、溶液呈电中性，溶液中阴阳离子所带电荷相等；\nC、醋酸钠是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，若要使其呈中性，酸应该稍微过量；D、当醋酸和氢氧化钠的物质的量相等时，根据物料守恒确定醋酸根离子和醋酸分子浓度与钠离子浓度的关系．【解答】解：A、醋酸是弱酸，氢氧化钠是强碱，所以等物质的量的酸和碱混合时，溶液呈碱性，当氢氧化钠过量时溶液更呈碱性，所以当PH＞7时，则一定是c1v1≥c2v2，故A选；B、溶液呈电中性，溶液中阴阳离子所带电荷相等，所以得c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），故B不选；C、醋酸钠是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，若要使混合溶液呈中性，酸应该稍微过量，所以当pH=7时，若v1=v2，则一定是c2＞c1，故C不选；D、如果V1=V2、C1=C2，则醋酸和氢氧化钠的物质的量相等，混合后恰好反应生成醋酸钠，根据溶液中物料守恒得c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=c（Na+），故D不选；故选A．【点评】本题考查了酸碱混合溶液的定性判断，根据溶液中物料守恒和电荷守恒即可解答本题，该知识点是学习的难点，也是考试的热点．　17．“碳捕捉技术”是指通过一定的方法将工业生产中产生的CO2分离出来并利用．如可利用NaOH溶液来“捕捉”CO2，其基本过程如图所示（部分条件及物质未标出）．下列有关该方法的叙述中不正确的是（　　）A．能耗大是该方法的一大缺点B．整个过程中，有2种物质可以循环利用C．“反应分离”环节中，分离的基本操作是蒸发结晶、过滤D．“反应分离”环节中，发生了复分解反应【考点】碳族元素简介．【专题】信息给予题．【分析】根据题中信息可知，基本过程中有两个反应：①二氧化碳与氢氧化钠反应，②碳酸钙的高温分解，循环利用的应该有CaO和NaOH两种物质，捕捉室中反应为二氧化碳与氢氧化钠反应，得到的Na2CO3和CaO在溶液中反应得到NaOH和CaCO3．【解答】解：A．碳酸钙的分解在高温条件下进行，消耗能量，故A正确；B．根据流程图知，循环利用的应该有CaO和NaOH两种物质，故B正确；C．“反应分离”过程中分离物质的操作应该是过滤，目的是通过过滤得到碳酸钙沉淀，故C错误；D．反应分离中，碳酸钠和氧化钙、水反应生成碳酸钙和氢氧化钠，所以发生了复分解反应，故D正确．故选C．【点评】本题考查了物质分离和提纯的实验方案设计，明确各个流程中发生的反应是解本题关键，注意从整体上把握，难度不大．　18．将足量CO2通入下列各溶液中，所含离子还能大量共存的是（　　）\nA．K+、CO、Cl﹣、NOB．H+、NH、Al3+、SOC．K+、SO、SiO、Cl﹣D．Na+、C6H5O﹣、CH3COO﹣、HCO【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】离子之间不满足离子反应发生的条件﹣生成难溶物、弱电解质、气体、发生氧化还原反应、生成络合物等，在溶液中既能够大量共存，且通入二氧化碳后也不发生反应，据此完成本题．【解答】解：A、碳酸根离子与二氧化碳反应生成碳酸氢根离子，在溶液中不能够大量共存，故A错误；B、四种离子之间不反应，通入二氧化碳后也不发生反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；C、硅酸根离子能够与二氧化碳反应生成硅酸，在溶液中不能够大量共存，故C错误；D、C6H5O﹣能够与二氧化碳和水反应生成苯酚，在溶液中不能够大量共存，故D错误；故选B．【点评】本题考查离子共存的正误判断，该题是高考中的高频题，属于中等难度的试题，侧重对学生基础知识的训练和检验．有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力．该题需要明确离子不能大量共存的一般情况，即（1）能发生复分解反应的离子之间；（2）能生成难溶物的离子之间；（3）能发生氧化还原反应的离子之间；（4）能发生络合反应的离子之间（如Fe3+和SCN﹣）．　19．下列说法不正确的是（　　）A．已知冰的熔化热为6.0kJ/mol，冰中氢键键能为20kJ/mol，假设1mol冰中有2mol氢键，且熔化热完全用于破坏冰的氢键，则最多只能破坏冰中15%的氢键B．已知一定温度下，醋酸溶液的物质的量浓度为c，电离度为α，Ka=．若加入少量醋酸钠固体，则CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+向左移动，α减小，Ka变小C．实验测得环己烷（l）、环己烯（l）和苯（l）的标准燃烧热分别为﹣3916kJ/mol、﹣3747kJ/mol和﹣3265kJ/mol，可以证明在苯分子中不存在独立的碳碳双键D．已知：Fe2O3（s）+3C（石墨）═2Fe（s）+3CO（g），△H=+489.0kJ/molCO（g）+O2（g）═CO2（g），△H=﹣283.0kJ/mol．C（石墨）+O2（g）═CO2（g），△H=﹣393.5kJ/mol．则4Fe（s）+3O2（g）═2Fe2O3（s），△H=﹣1641.0kJ/mol【考点】反应热和焓变；弱电解质在水溶液中的电离平衡．【专题】化学反应中的能量变化；电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A．选项中涉及熔化热和氢键问题．熔化热是指：单位质量的晶体物质在熔点时变成同温度的液态物质所需吸收的热量，单位是焦/千克；\n氢键是一种比分子间作用力稍强，比共价键和离子键弱很多的相互作用．其稳定性弱于共价键和离子键；B．选项中涉及电离度问题．电离度与弱电解质的电离程度有关．不同的弱电解质电离的程度不同，电离度是指：弱电解质在溶液里达电离平衡时，已电离的电解质分子数占原来总分子数（包括已电离的和未电离的）的百分数；C．选项中涉及标准燃烧热问题．标准燃烧热是指：在标态及TK条件下，1mol物质的量物质完全燃烧时的反应热；D．选项中涉及热化学方程式问题．热化学方程式是表示化学反应中的物质变化和能量变化的方程式．△H为“﹣”为放热反应，△H为“+”为吸热反应．热化学方程式中化学计量数只表示该物质的物质的量，不表示物质分子个数或原子个数，它可以是整数，也可以是分数．【解答】解：A．冰是由水分子通过氢键形成的分子晶体，冰的熔化热为6.0kJ•mol﹣1，1mol冰变成0℃的液态水所需吸收的热量为6.0kJ，全用于打破冰的氢键，冰中氢键键能为20.0kJ•mol﹣1，1mol冰中含有2mol氢键，需吸收40.0kJ的热量．6.0kJ/40.0kJ×100%=15%．由计算可知，最多只能打破1mol冰中全部氢键的15%，故A正确；B．Ka是电离常数，是弱电解质达电离平衡时的平衡常数，在一定温度下，与浓度无关．Ka的计算用溶液中电离出来的各离子浓度乘积与溶液中未电离的电解质分子浓度的比值，一定温度下，醋酸溶液的物质的量浓度为c，电离度为α，CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+醋酸电离出的CH3COO﹣和H+浓度均为cα，溶液中未电离的电解质分子浓度为c（1﹣α），故题中Ka=．若加入少量醋酸钠固体，CH3COONa═CH3COO﹣+Na+增大了CH3COO﹣的浓度，CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+向左移动，α减小，但醋酸的浓度比原先的大，分子分母中c变大，Ka不变，故B错误；C．实验测得环己烷（l）和环己烯（l）的标准燃烧热分别为﹣3916kJ•mol﹣1和﹣3747kJ•mol﹣1，1mol环己烯（l）与环己烷（l）相比，形成1mol碳碳双键，能量降低169kJ，假如苯分子中有独立的碳碳双键，苯（l）与环己烷（l）相比，形成三个碳碳双键，则能量应降低169kJ•mol﹣1×3=507kJ/mol，而实际测得苯的燃烧热仅为3265kJ•mol﹣1，能量降低了3916kJ•mol﹣1﹣3265kJ•mol﹣1=691kJ•mol﹣1，远大于507kJ•mol﹣1，充分说明苯分子不是环己三烯的结构，可以证明在苯分子中不存在独立的碳碳双键，故C正确；D．Fe2O3（s）+3C（石墨）═2Fe（s）+3CO（g）；△H=+489.0kJ•mol﹣1…①CO（g）+12O2（g）═CO2（g）；△H=﹣283.0kJ•mol﹣1…②C（石墨）+O2（g）═CO2（g）；△H=﹣393.5kJ•mol﹣1…③4Fe（s）+3O2（g）═2Fe2O3（s）；△H=﹣1641.0kJ•mol﹣1…④根据盖斯定律，方程式4Fe（s）+3O2（g）═2Fe2O3（s）可由[（③﹣②）×6]﹣（①×2）可得，△H=[﹣393.5kJ•mol﹣1﹣（﹣283.0kJ•mol﹣1）]×6﹣（489.0kJ•mol﹣1×2）=﹣1641.0kJ•mol﹣1，故D正确；故选B．【点评】本题是一道侧重考查化学基本理论知识的综合题，涉及氢键、电离平衡、盖斯定律等知识．做题时要正确理解这些概念的内涵．会运用盖斯定律进行计算．　20．如表中评价合理的是（　　）选项化学反应及其离子方程式评价\nAFe3O4与稀硝酸反应：2Fe3O4+18H+═6Fe3++H2↑+8H2O正确B向碳酸镁中加稀盐酸：CO+2H+═CO2↑+H2O错误，碳酸镁不应写成离子形式C向硫酸铵溶液中加入氢氧化钡溶液：Ba2++SO═BaSO4↓正确DFeBr2溶液与等物质的量的Cl2反应：2Fe2++2Br﹣+2Cl2═2Fe3++4Cl﹣+Br2错误，Fe2+与Br﹣的化学计量数之比应为1：2A．AB．BC．CD．D【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．硝酸与四氧化三铁发生氧化还原反应生成硝酸铁、一氧化氮和水；B．碳酸镁为沉淀，应保留化学式；C．漏掉铵根离子与氢氧根离子的反应；D．亚铁离子的还原性强于溴离子，氯气先氧化二价铁离子．【解答】解：A．Fe3O4与稀硝酸反应产生的气体是一氧化氮，不会产生氢气，正确的离子方程式：3Fe3O4+28H++NO3﹣=9Fe3++NO↑+14H2O，故A错误；B．向碳酸镁中加稀盐酸，离子方程式：MgCO3+2H+═Mg2++CO2↑+H2O，故B正确；C．铵根离子能和氢氧根离子反应产生氨气或者是一水合氨，向硫酸铵溶液中加入氢氧化钡溶液，反应为：2NH4++Ba2++SO42﹣+2OH﹣═BaSO4↓+2NH3•H2O，故C错误；D．亚铁离子的还原性强于溴离子，FeBr2溶液与等物质的量的Cl2反应为，亚铁离子被完全氧化，溴离子被部分氧化：2Fe2++2Br﹣+2Cl2=2Fe3++4Cl﹣+Br2，若Fe2+与Br﹣的化学计量数之比应为1：2，则氯气需要过量，溴化亚铁全部反应，故D错误；故选：B．【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解题关键，注意反应物用量对反应的影响，选项D为易错选项．　21．科学家成功开发便携式固体氧化物燃料电池，它以丙烷气体为燃料．电池中的一极通入空气，另一极通入丙烷气体，电解质是固态氧化物，在熔融状态下能传导O2﹣．下列对该燃料电池的说法不正确的是（　　）A．通丙烷的电极为电池负极，发生的电极反应为：C3H8﹣20e﹣+10O2﹣═3CO2+4H2OB．该电池的总反应是：C3H8+5O2═3CO2+4H2OC．电路中每通过5mol电子，约有5.6L标准状况下的丙烷被完全氧化D．在熔融电解质中，O2﹣由负极移向正极【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】丙烷燃料电池的总反应式与丙烷燃烧的方程式相同，都为C3H8+5O2=3CO2+4H2O，电池工作时，丙烷在负极被氧化，电极方程式为C3H8﹣20e﹣+10O2﹣=3CO2+4H2O，氧气在正极被还原，电极反应式为O2﹣4e﹣=2O2﹣，熔融电解质中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动．【解答】解：A．电池工作时，丙烷在负极被氧化，电极方程式为C3H8﹣20e﹣+10O2﹣=3CO2+4H2O，故A正确；B．丙烷燃料电池的总反应式与丙烷燃烧的方程式相同，都为C3H8+5O2=3CO2+4H2O，故B正确；\nC．n（C3H8）==0.25mol，C3H8被氧化为CO2，根据化合价的变化可知，转移电子的物质的量为0.25mol×[3×4﹣（﹣8）]=5mol，故C正确；D．在熔融电解质中，O2﹣由正极移向负极，故D错误．故选D．【点评】本题考查化学电源新型电池，题目难度中等，本题注意把握丙烷燃料电池的工作原理，能正确写出电极反应式为解答该题的关键，注意题中电解质．　二、填空题（共58分）22．以硫铁矿（主要成分为FeS2）为原料制备氯化铁晶体（FeCl3•6H2O）的工艺流程如下：回答下列问题：（1）在一定条件下，SO2转化为SO3的反应为2SO2+O22SO3，该反应的平衡常数表达式为K=　　；过量的SO2与NaOH溶液反应的化学方程式为　SO2+NaOH=NaHSO3　．（2）酸溶及后续过程中均需保持盐酸过量，其目的是　提高铁元素的浸出率　、　抑制Fe3+水解　．（3）通氯气氧化后时，发生的主要反应的离子方程式为　Cl2+2Fe2+=2Cl﹣+2Fe3+　；该过程产生的尾气可用碱溶液吸收，尾气中污染空气的气体为　Cl2，HCl　（写化学式）．【考点】制备实验方案的设计；二氧化硫的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变．【专题】氧族元素；几种重要的金属及其化合物．【分析】（1）依据化学平衡常数概念写出计算式；用平衡状态下生成物浓度的幂次方乘积除以反应物浓度的幂次方乘积；过量二氧化硫和氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸氢钠；（2）原料中的硫化亚铁酸浸后生成的氯化铁是目标物质，加入过量盐酸是抑制铁离子的水解，使更多的铁元素转化为氯化亚铁；（3）氯气是强氧化剂，可以氧化亚铁离子；尾气依据流程图分析判断，有氯气和盐酸挥发出的氯化氢气体；【解答】解：（1）在一定条件下，SO2转化为SO3的反应为2SO2+O22SO3，该反应的平衡常数表达式为K=；过量的SO2与NaOH溶液反应的化学方程式为：SO2+NaOH=NaHSO3；故答案为：；SO2+NaOH=NaHSO3；\n（2）酸溶及后续过程中均需保持盐酸过量，其目的是使氧化铁溶解为氯化铁，抑制铁离子的水；故答案为：提高铁元素的浸出率；抑制Fe3+水解；（3）通氯气氧化后时，氯气氧化亚铁离子为铁离子，发生的主要反应的离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Cl﹣+2Fe3+；该过程产生的尾气可用碱溶液吸收，尾气中污染空气的气体为过量的氯气和盐酸溶液中挥发出的氯化氢气体；故答案为：Cl2，HCl；【点评】本题考查了化学平衡的平衡常数计算式书写，流程步骤中的操作目的和反应现象、反应产物的分析判断，尾气的成分判断和处理方法，题目难度中等．　23．物质A～G有图所示转化关系（部分反应物、生成物没有列出）．其中A为某金属矿的主要成分，经过一系列反应可得到B和C．单质C可与E的浓溶液发生反应，G为砖红色沉淀．请回答下列问题：（1）写出下列物质的化学式：B　SO2　、E　H2SO4　、G　Cu2O　；（2）利用电解可提纯C物质，在该电解反应中阳极物质是　粗铜　，阴极物质是　精铜　，电解质溶液是　CuSO4溶液　；（3）反应②的化学方程式是　Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+H2O　．（4）将0.23molB和0.11mol氧气放入容积为1L的密闭容器中，发生反应①，在一定温度下，反应达到平衡，得到0.12molD，则反应的平衡常数K=　23.8L/mol　．若温度不变，再加入0.50mol氧气后重新达到平衡，则B的平衡浓度　减小　（填“增大”、“不变”或“减小”），氧气的转化率　降低　（填“升高”、“不变”或“降低”），D的体积分数　减小　（填“增大”、“不变”或“减小”）．【考点】无机物的推断；化学平衡的影响因素；电解原理．【专题】推断题；化学平衡专题；电化学专题．【分析】“G为砖红色沉淀”是本题的突破口，应为Cu2O，因此此题可以用逆向推断的方法做，转化关系中，F生成G的反应是醛基的检验，所以，F为CuSO4；从B→D→E，可推断为NO→NO2→HNO3或SO2→SO3→H2SO4等．因为B→D的转化需用催化剂，可判定B为SO2，D为SO3，E为H2SO4，A应为Cu2S，反应②为浓硫酸和铜在加热条件下的反应，反应的化学方程式为Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O，从平衡移动的角度计算平衡时各物质的浓度，进而计算化学平衡常数以及判断各物质的浓度的变化．【解答】解：（1）“G为砖红色沉淀”是本题的突破口，应为Cu2O，因此此题可以用逆向推断的方法做．不难看出，F生成G的反应是醛基的检验，所以，F为CuSO4；从B→D→E，可推断为NO→NO2→HNO3或SO2→SO3→H2SO4等．因为B→D的转化需用催化剂，可判定B为SO2，D为SO3，E为H2SO4，A应为Cu2S，C为Cu；故答案为：SO2；H2SO4；Cu2O；（2）利用电解可提纯Cu，依据电极精练铜的原理分析，粗铜做阳极，精铜做阴极，含铜离子的溶液做电解质溶液，故答案为：粗铜；精铜；硫酸铜溶液；\n（3）反应②为浓硫酸和铜在加热条件下的反应，反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O，故答案为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O；（4）依据化学方程式：2SO2+O22SO3起始c（mol/L）0.230.110转化c（mol/L）0.120.060.12第一次平衡c（mol/L）0.110.050.12可以求得：K===23.8（l/mol）恒温、恒容条件下，加入0.50molO2后，根据勒夏特列原理，平衡右移，SO2的物质的量减少，浓度减小，体积分数减小，O2本身的转化率降低．设此时转化xmol/L的O2，2SO2+O22SO3起始（mol/L）0.110.05+0.500.12转化（mol/L）2xx2x第二次平衡（mol/L）0.11﹣2x0.55﹣x0.12+2x第一次平衡时SO3的体积分数为：=0.429，只要注意到可逆反应中任意物质的浓度不可能为零的特点，x的最大极限值为0.055mol/L，所以第二次平衡时SO3的体积分数最大为：=0.320，显然，体积分数减小了．故答案为：23.8L/mol；减小；降低；减小．【点评】本题考查了物质转化关系和物质性质的应用，掌握化学平衡的计算应用和变化判断方法．本题考查较为综合，题目难度较大，注意根据物质的特殊颜色推断物质的可能性，用逆推的方法进行推断，把握常见元素化合物的性质．　24．I、磷、硫元素的单质和化合物应用广泛．（1）磷元素的原子结构示意图是　　．（2）磷酸钙与焦炭、石英砂混合，在电炉中加热到1500℃生成白磷，反应为：2Ca3（PO4）2+6SiO2═6CaSiO3+P4O1010C+P4O10═P4+10CO，每生成1molP4时，就有　20　mol电子发生转移．（3）硫代硫酸钠（Na2S2O3）是常用的还原剂．在维生素C（化学式C6H8O6）的水溶液中加入过量I2溶液，使维生素C完全氧化，剩余的I2用Na2S2O3溶液滴定，可测定溶液中维生素C的含量．发生的反应为：\nC6H8O6+I2═C6H6O6+2H++2I﹣2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I﹣，在一定体积的某维生素C溶液中加入amol•L﹣1I2溶液V1mL，充分反应后，用Na2S2O3溶液滴定剩余的I2，消耗bmol•L﹣1Na2S2O3溶液V2mL．该溶液中维生素C的物质的量是　　mol．（4）在酸性溶液中，碘酸钾（KIO3）和亚硫酸钠可发生如下反应：2IO3﹣+5SO32﹣+2H+═I2+5SO42﹣+H2O，生成的碘可以用淀粉溶液检验，根据反应溶液出现蓝色所需的时间来衡量该反应的速率．某同学设计实验如表所示：0.01mol•L﹣1KIO3酸性溶液（含淀粉）的体积/mL0.01mol•L﹣1Na2SO3溶液的体积/mLH2O的体积/mL实验温度/℃溶液出现蓝色时所需时间/s实验15V13525实验2554025实验355V20该实验的目的是　探究该反应速率与亚硫酸钠溶液浓度、温度的关系　；表中V2=　40　mLII、稀土元素是宝贵的战略资源，我国的蕴藏量居世界首位．（5）铈（Ce）是地壳中含量最高的稀土元素．在加热条件下CeCl3易发生水解，无水CeCl3可用加热CeCl3•6H2O和NH4Cl固体混合物的方法来制备．其中NH4Cl的作用是　分解出HCl气体，抑制CeCl3的水解　．（6）在某强酸性混合稀土溶液中加入H2O2，调节pH≈3，Ce3+通过下列反应形成Ce（OH）4沉淀得以分离．完成反应的离子方程式：　2　Ce3++　1　H2O2+　6　H2O═　2　Ce（OH）4↓+　6　　H+　．【考点】氧化还原反应的计算；氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】（1）磷原子核外有3个电子层，最外层电子数为5；（2）反应中P元素化合价由+5价降低到0价；（3）根据反应的离子方程式，用关系式法计算；（4）依据表中数据判断实验目的，由实验2可以看出混合液的总体积为50mL，V1为10mL，V2为40mL，据此解答即可；（5）在加热条件下CeCl3易发生水解，为抑制其水解，可以通入HCl；（6）该反应中Ce元素化合价由+3价变为+4价，则Ce3+是还原剂，则双氧水是氧化剂，得电子化合价降低，根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式．【解答】解：（1）P原子核外有15个电子，有3个电子层，最外层有5个电子，所以P原子结构示意图为，故答案为：；（2）2Ca3（PO4）2+6SiO2═6CaSiO3+P4O10①10C+P4O10═P4+10CO②将方程式①+②得2Ca3（PO4）2+6SiO2+10C=6CaSiO3+P4+10CO，根据磷元素和转移电子之间的关系式得，每生成1molP4得到电子的物质的量=1mol×4×（5﹣0）=20mol，故答案为：20；\n（3）氧化还原反应中得失电子相等，由题目给出的两个离子方程式知，n（I2）=n（C6H8O6）+0.5n（S2O32﹣），即aV1×10﹣3=n（C6H8O6）+0.5bV2×10﹣3，则n（C6H8O6）=aV1×10﹣3﹣0.5bV2×10﹣3=，故答案为：；（4）实验1和实验2探究该反应速率与亚硫酸钠溶液浓度的关系，实验2和实验3探究该反应速率与温度的关系；由实验2可以看出混合液的总体积为50mL，V1为10mL，V2为40mL，实验1和实验2可知实验目的是探究该反应速率与亚硫酸钠溶液浓度的关系；实验2和实验3可知实验目的是探究该反应速率与温度的关系；由实验2可以看出混合液的总体积为50mL，故V1=50﹣35﹣5=10mL，V2=50﹣10=40mL，故答案为：探究该反应速率与亚硫酸钠溶液浓度、温度的关系；40；（5）加热条件下CeCl3易发生水解，为抑制其水解，可以通入HCl，所以无水CeCl3可用加热CeCl3•6H2O和NH4Cl固体混合物的方法来制备目的是分解出HCl气体，抑制CeCl3的水解，故答案为：分解出HCl气体，抑制CeCl3的水解；（6）该反应中Ce元素化合价由+3价变为+4价，则Ce3+是还原剂，则双氧水是氧化剂，得电子化合价降低，则O元素化合价由﹣1价变为﹣2价，转移电子数为2，根据电荷守恒知未知微粒是氢离子，根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式为2Ce3++H2O2+6H2O═2Ce（OH）4↓+6H+，故答案为：2；1；6；2；6H+．【点评】本题考查了氧化还原反应物质的量的计算、影响反应速率的因素等知识，根据氧化还原反应中得失电子性质、还原产物和转移电子之间的关系式来分析解答即可，关键在于读图获取信息，培养学生分析问题解决问题能力，难度不大．　25．有机化合物A～H的转换关系如下所示：请回答下列问题：（1）链烃A有支链且只有一个官能团，其相对分子质量在65～75之间，1molA完全燃烧消耗7mol氧气，则A的结构简式是　　，名称是　3﹣甲基﹣1﹣丁炔　；（2）在特定催化剂作用下，A与等物质的量的H2反应生成E．由E转化为F的化学方程式是　　；（3）G与金属钠反应能放出气体．由G转化为H的化学方程式是　　；（4）①的反应类型是　加成反应　；③的反应类型是　水解反应或取代反应　；（5）链烃B是A的同分异构体，分子中的所有碳原子共平面，其催化氢化产物为正戊烷，写出B所有可能的结构简式　　；\n（6）C也是A的一种同分异构体，它的一氯代物只有一种（不考虑立体异构）．则C的结构简式为　　．【考点】有机物的推断．【专题】压轴题；有机物的化学性质及推断．【分析】链烃A有支链且只有一个官能团，其相对分子质量在65～75之间，设A的分子式为CxHy，lmolA完全燃烧消耗7mol氧气，则x+，且65＜12x+y=8x+28＜75，x取正整数，所以x=5，y=8，所以A的分子式为C5H8，A含有支链且只有一个官能团，所以A是3﹣甲基﹣1﹣丁炔；A与等物质的量的H2反应生成E，则E是3﹣甲基﹣1﹣丁烯；E和溴发生加成反应生成F，所以F的结构简式为：，F和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成G，G的结构简式为，G和1、4丁二酸反应生成H，H的结构简式为：．【解答】解：链烃A有支链且只有一个官能团，其相对分子质量在65～75之间，设A的分子式为CxHy，lmolA完全燃烧消耗7mol氧气，则x+，且65＜12x+y=8x+28＜75，x取正整数，所以x=5，y=8，所以A的分子式为C5H8，A含有支链且只有一个官能团，所以A是3﹣甲基﹣1﹣丁炔；A与等物质的量的H2反应生成E，则E是3﹣甲基﹣1﹣丁烯；E和溴发生加成反应生成F，所以F的结构简式为：，F和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成G，G的结构简式为，G和1、4丁二酸反应生成H，H的结构简式为：．（1）通过以上分析知，A的结构简式为：，其名称是3﹣甲基﹣1﹣丁炔，故答案为：；3﹣甲基﹣1﹣丁炔；（2）E和溴发生加成反应生成F，反应方程式为：，故答案为：；（3）G和1、4丁二酸反应生成H，反应方程式为：，\n故答案为：；（4）该反应属于加成反应（或还原反应），该反应属于取代反应或水解反应，故答案为：加成反应（或还原反应），该反应属于取代反应或水解反应；（5）链烃B是A的同分异构体，分子中的所有碳原子共平面，其催化氢化产物为正戊烷，则B中含有一个碳碳三键或两个碳碳双键，根据乙烯和乙炔的结构知，B所有可能的结构简式，故答案为：；（6）C也是A的一种同分异构体，它的一氯代物只有一种（不考虑立体异构），则该分子中只含一种氢原子，A中含有一个碳碳三键，分子中含有一个碳环就减少一个碳碳键，则C中应该含有两个碳环，所以C的结构简式为：，故答案为：．【点评】本题考查有机物的推断与合成，正确推断物质及其含有的官能团是解本题关键，难点是同分异构体的判断，根据相关信息确定含有的官能团，从而确定其同分异构体，难度较大．