2018-2019学年黑龙江省鹤岗市第一中学高二下学期期末考试化学试题 解析版 20页

鹤岗一中2018-2019学年度下学期期末考试 高二化学试题 可能用到的相对原子质量：H 1 N 14 O 16 Al 27 C 12 Cl 35.5 Fe 56 Cu 64 Na 23 Mg 24‎ 一 、选择题（1—8，每个两分，9—19，每个三分，共49分，每题只有一个正确答案）‎ ‎1.化学与生产生活密切相关，下列说法正确的是（ ）‎ A. 平昌冬奥会“北京8分钟”主创团队用石墨烯制作发热服饰，说明石墨烯是导热金属材料 B. “地沟油”禁止食用，但处理后可用来制肥皂和生物柴油 C. “一带一路”被誉为现代丝绸之路”，丝绸属于合成纤维，主要含C、H、O、N元素 D. 聚乙烯和聚氯乙烯都是食品级塑料制品的主要成分 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.石墨烯是非金属材料，故A错误；‎ B.地沟油经加工处理后,可用来制肥皂和生物柴油,可以实现厨余废物合理利用,所以B选项是正确的； C. 丝绸的主要成分是蛋白质，属于天然高分子化合物，故C错误； D.PVC用于食品、蔬菜外包装，但对人体存在潜在危害，故D错误； 所以B选项是正确的。‎ ‎【点睛】本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、化学与材料、健康的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生产、生活的关系，题目难度不大。‎ ‎2.下列说法不正确的（ ）‎ A. 玛瑙、水晶、钻石等装饰品的主要成分不相同 B. 铁粉可作食品袋内的脱氧剂 C. 漂白液、漂白粉、漂粉精的成分尽管不同，但漂白原理是相同的 D. 浓硫酸可刻蚀石英制艺术品 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.玛瑙、水晶的主要成分是二氧化硅，钻石是碳单质，玛瑙、水晶、钻石等装饰品的主要成分不相同，A正确；‎ B.铁粉具有还原性，可以作食品袋内的脱氧剂，B正确；‎ C.漂白液、漂白粉、漂粉精有效成分都是次氯酸盐，漂白原理都是利用其氧化性漂白，C正确；‎ D.石英为二氧化硅，与浓硫酸不反应，因此浓硫酸不能刻蚀石英制艺术品，D错误。‎ 正确选项D。‎ ‎【点睛】红宝石的成分是氧化铝，珍珠是硅酸盐，石英、水晶是二氧化硅，钻石是碳单质，红宝石、珍珠、水晶、钻石的成分不相同。‎ ‎3.下列物质中既能跟稀H2SO4反应, 又能跟氢氧化钠溶液反应的是 ‎①NaHCO3    ②Al2O3   ③Al(OH)3   ④Al ⑤(NH4)2CO3‎ A. ③④ B. ②③④ C. ①③④ D. 全部 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①NaHCO3属于弱酸酸式盐，能与硫酸反应生成硫酸钠、二氧化碳与水，能与氢氧化钠反应生成碳酸钠与水，故①符合；‎ ‎②Al2O3是两性氧化物，能与硫酸反应生成硫酸铝与水，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，故②符合；‎ ‎③Al(OH)3 是两性氢氧化物，能与硫酸反应生成硫酸铝与水，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，故③符合；‎ ‎④Al与硫酸反应生成硫酸铝与氢气，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与氢气，故④符合；‎ ‎⑤(NH4)2CO3，加热条件下能与氢氧化钠反应生成碳酸钠、氨气和水，能与硫酸反应生成硫酸铵、二氧化碳和水，故⑤符合。‎ 答案选D。‎ ‎4.下列推理正确的是（ ）‎ A. 铝粉在氧气中燃烧生成Al2O3，故铁丝在氧气中燃烧生成Fe2O3‎ B. 钠与氧气、水等反应时钠作还原剂，故金属单质参与反应可作还原剂 C. 活泼金属钠保存在煤油中，故活泼金属铝也保存在煤油中 D. 铁能从硫酸铜溶液中置换出铜，故钠也能从硫酸铜溶液中置换出铜 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.铝在氧气中燃烧生成Al2O3，铁丝在氧气中燃烧生成Fe3O4，故A错误； B.金属单质的化合价为零，是最低化合价，只有还原性，所以金属单质参与反应时均作还原剂，所以B选项是正确的；‎ C.Al在空气中能形成致密的氧化膜，致密的氧化膜能保护内部金属，所以Al可以直接放在空气中，故C错误；‎ D.钠与盐溶液反应时，先与水反应,所以钠与硫酸铜溶液中的水反应生成NaOH，NaOH与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀，所以Na不能从硫酸铜溶液中置换出铜，故D错误； 所以B选项是正确的。‎ ‎5.利用下图所示装置进行实验，通入Cl2前装置Ⅰ中溶液呈红色。下列说法不合理的是 A. 通入Cl2后，装置Ⅰ中发生了氧化还原反应 B. Cl2与Na2SO3溶液反应的离子方程式是：SO32－＋Cl2＋H2O＝SO42－＋2Cl－＋2H＋‎ C. 通入Cl2后，装置Ⅰ中溶液不褪色 D. 装置Ⅱ的作用是吸收尾气，防止污染空气 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、Cl2与亚硫酸钠反应，将亚硫酸钠氧化成硫酸钠，故A正确；‎ B、离子方程式中电荷守恒、原子守恒且符合客观规律，故B正确；‎ C、通入足量Cl2后，溶液显酸性，故酚酞褪色，故C错误；‎ D、装置2中是用氢氧化钠吸收未反应的氯气，故D正确。‎ 此题选C。‎ ‎6.在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶，再加入下列固体粉末：①FeCl2；②Fe2O3；③Zn；④KNO3‎ ‎。铜粉可溶解的是(　　)‎ A. ①② B. ①④ C. ②③ D. ②④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用元素及其化合物的性质进行分析；‎ ‎【详解】①Fe2＋氧化性弱于Cu2＋，因此FeCl2不与Cu发生反应，故①不符合题意；‎ ‎②Fe2O3与硫酸发生Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O，Fe3＋氧化性强于Cu2＋，因此发生Cu＋2Fe3＋=Cu2＋＋2Fe2＋，故②符合题意；‎ ‎③Zn与硫酸发生Zn＋2H＋=Zn2＋＋H2↑，Cu不溶，故③不符合题意；‎ ‎④NO3－在酸性条件下具有强氧化性，发生3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，故④符合题意；‎ 综上所述选项D正确。‎ ‎7.下列有关铁及其化合物的说法中正确的是(　　)‎ A. 铁锈的主要成分是Fe3O4‎ B. 铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe2O3和H2‎ C. 除去FeCl2溶液中的FeCl3杂质可以向溶液中加过量铁粉，然后过滤 D. 因为Fe3+具有氧化性，所以可用来做净水剂 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、铁锈的成分是Fe2O3，故A错误；‎ B、铁与水蒸气在高温下反应生成Fe3O4和H2，故B错误；‎ C、Fe与Fe3＋发生反应Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，能够达到实验目的，故C正确；‎ D、Fe3＋作净水剂，利用Fe3＋水解成Fe(OH)3胶体，故D错误。‎ ‎8.化学与生活密切相关，下列有关说法正确的是（ ）‎ A. 含碳量越低，钢铁的性能越好 B. 纯净的二氧化硅是制备光导纤维的原料 C. 燃放烟花呈现出多种颜色是由于烟花中添加了Na、Cu、Fe、Pt等金属的单质 D. 合金材料的组成元素一定全部是金属元素 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 钢铁含碳量越高，越硬越脆；含碳量越低，韧性越好，所以不能说含碳量越低，钢铁的性能越好，故A错误；‎ B. 光导纤维传递光信号的原理是光的全反射，SiO2具有良好的光学效果材料，是制造光导纤维的主要原料，故B正确；‎ C. 燃放烟花呈现出多种颜色是由于烟花中加入了一些金属元素（如钠----黄色光；铜----绿色光）而不是金属单质；另外Fe、Pt等金属元素灼烧时为无色，故C错误；‎ D. 合金材料的组成元素不一定全部是金属元素，可能含有非金属元素，故D错误。‎ 故答案选B。‎ ‎9.下列物质间的每步转化只需通过一步反应就能实现的是（ ）‎ A. Fe→Fe2O3→Fe(OH)3→FeCl3 B. Al→Al(OH)3→Al2O3→NaAlO2‎ C. Na→Na2O2→Na2CO3→NaOH D. Si→SiO2→H2SiO3→Na2SiO3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A，Fe与O2在一定条件反应可生成Fe2O3，Fe2O3不能一步转化为Fe（OH）3，Fe（OH）3与HCl反应生成FeCl3和H2O，A项不符合题意；‎ B，Al不能一步转化为Al（OH）3，Al（OH）3受热分解成Al2O3和H2O，Al2O3与NaOH反应生成NaAlO2和H2O，B项不符合题意；‎ C，Na在O2中燃烧生成Na2O2，Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，Na2CO3与Ca（OH）2反应生成CaCO3和NaOH，C项符合题意；‎ D，Si与O2加热生成SiO2，SiO2不能一步转化为H2SiO3，H2SiO3与NaOH反应生成Na2SiO3和H2O，D项不符合题意。‎ 答案选C。‎ ‎10.NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法中错误的是( ）‎ A. 完全燃烧1.5 mol乙醇和乙烯的混合物,转移电子数为18 NA B. 7.8 g由Na2S和Na2O2组成的混合物中含有阴离子的数目为0.1 NA C. 0.1 mol/L FeCl3溶液中Fe3+的物质的量一定小于0.1 NA D. 常温常压下，60g甲醛和乙酸的混合物所含碳原子数为2 NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 1molCH3CH2OH和1molC2H4燃烧时均消耗3mol氧气，故1.5mol混合物消耗4.5mol氧气，而氧元素反应后变为-2价，故4.5mol氧气转移18mol电子即18NA个，A正确；‎ B. Na2S和Na2O2的相对分子质量均是78，且阴阳离子的个数之比均是1：2，7.8 g由Na2S和Na2O2组成的混合物的物质的量是0.1mol，其中含有阴离子的数目为0.1NA，B正确；‎ C. 0.1 mol/L FeCl3溶液的体积未知，其溶液中Fe3+的物质的量不一定小于0.1NA，C错误；‎ D. 甲醛和乙酸的最简式均是CH2O，常温常压下，60g甲醛和乙酸的混合物中“CH2O”的物质的量是2mol，所含碳原子数为2NA，D正确。‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查了阿伏加德罗常数有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题的关键，题目难度中等。‎ ‎11.下列离子方程式正确的是 （ ）‎ A. 过量氯气通入碘化亚铁溶液中： Cl2+Fe2++2I－=2Cl－十Fe3+ +I2‎ B. 向NaHCO3溶液中加入少量澄清石灰水：HCO3－＋Ca2+＋OH-＝CaCO3↓＋H2O C. H218O中投入少量Na2O2固体：2H218O＋2 Na2O2＝4Na+＋4OH-＋18O2↑‎ D. 向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42-恰好完全沉淀：Ba2+＋OH-＋SO42-＋H+＝BaSO4↓＋H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、电子的得失不守恒，离子方程式未配平，正确的应为：3Cl2+2Fe2++4I－=6Cl－十2Fe3+ +2I2，故A错误；B、向NaHCO3溶液中加入少量澄清石灰水，则NaHCO3过量，离子方程式为：2HCO3－＋Ca2+＋2OH-＝CaCO3↓＋2H2O+ CO32-，故B错误；C、该反应为Na2O2的自身氧化反应还原，水不作还原剂，正确的应为：2H218O＋2 Na2O2＝4Na+＋218OH-+2OH-＋O2↑，故C错误；D、NaHSO4是强电解质，所以反应的离子方程式为：Ba2+＋OH-＋SO42-＋H+＝BaSO4↓＋H2O ‎，故D正确；故选D。‎ 点睛：本题主要考查离子方程式的正确书写，氧化还原反应中还原剂、氧化剂的掌握。离子方程式的正误判断要从以下几个方面进行：① 看离子方程式与事实是否相符；② 看能否用离子方程式表示；③ 看各物质的化学式是否正确；④ 看所用的连接符号和状态符号是否正确；⑤ 看是否符合题设条件，题设条件往往有“过量”、“少量”、“适量”、“任意量”、“滴加顺序”等字眼，解题要特别留心；⑥ 看拆分是否恰当，在离子方程式中，强酸、强碱和易溶于水的盐拆分成离子形式，难溶物、难电离物质、易挥发性物质、单质、氧化物、非电解质等均不能拆分，要写化学式；⑦ 看质量与电荷是否守恒；⑧ 看电子得失总数是否相等。‎ ‎12.在一定量铁的氧化物中，加入 45mL 4 mol/L 硫酸溶液恰好完全反应，所得溶液中 Fe2+能恰好被标准状况下 672 mL 氯气氧化。则该固体中氧原子和铁原子的个数之比为（ ）‎ A. 9：7 B. 3：2 C. 6：5 D. 4：3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】铁氧化物与硫酸反应生成硫酸盐和水，由H、O守恒可知，n(H2O)=n(H2SO4)=n(氧化物中的O)，硫酸的物质的量为0.045L ×4 mol/L=0.18mol ，可知氧化物中含O为0.18mol；Fe2+能恰好被标准状况下672 mL 氯气氧化，由电子守恒可知n(Fe2+)×1=0.672 L /22.4L∙mol-1×2×1，n(Fe2+)=0.06mol；铁的氧化物中正负化合价的代数和为0，设n(Fe3+)=x，则3x+0.06×2=0.18×2，解得x=0.08mol，该固体中氧原子和铁原子的个数之比为0.18mol ：(0.08mol +0.06mol )=9:7，故选项A符合题意。‎ 综上所述，本题正确答案为A。‎ ‎【点睛】解题依据：物料守恒和氧化还原中的电子守恒进行解答即可。‎ ‎13.下列有关金属及其化合物的说法中,正确的个数为(　　)‎ ‎①在人类对金属材料的使用过程中,性质活泼的金属单质最早被人们冶炼和使用 ‎②纯铁比生铁抗腐蚀性更强 ‎③单质铝在空气中比较耐腐蚀,所以铝是不活泼金属 ‎④向紫色石蕊试液中加入过量的Na2O2粉末,振荡,溶液变为蓝色并有气泡产生 ‎⑤青铜、不锈钢、硬铝都是合金 ‎⑥可通过焰色反应区分钾元素和钠元素 ‎⑦将FeCl3溶液滴入KI淀粉溶液中,溶液变蓝色 ‎⑧铝粉和氧化镁粉末混合,高温能发生铝热反应 A. 4 B. 5 C. 6 D. 7‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①在人类对金属材料的使用过程中,性质越不活泼的金属单质最早被人们冶炼和使用，错误；‎ ‎②纯铁比生铁抗腐蚀性更强，正确；‎ ‎③单质铝在空气中比较耐腐蚀，是因为铝表面有一层致密的氧化膜，但铝是活泼金属，错误；‎ ‎④向紫色石蕊试液中加入过量的Na2O2粉末，振荡，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，溶液显碱性，故溶液变为蓝色并有气泡产生，但由于过氧化钠具有漂白性，最终溶液变为无色，错误；‎ ‎⑤青铜、不锈钢、硬铝都是合金，正确；‎ ‎⑥可通过焰色反应区分钾元素和钠元素，正确；‎ ‎⑦将FeCl3溶液滴入KI淀粉溶液中有单质碘生成，溶液变蓝色，正确；‎ ‎⑧铝不能置换出镁，铝粉和氧化镁粉末混合，高温不能发生铝热反应，错误，‎ 有关金属及其化合物的说法中，正确的个数为4，答案选A。‎ ‎14.下列说法和结论正确的是 选项 项 目 结 论 A 三种有机化合物：乙烷、氯乙烯、苯 分子内所有原子均在同一平面上 B 将石蜡油加强热(裂解)所产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中, 溶液褪色 产物不都是烷烃 C 乙烯和苯都能使溴水褪色 褪色的原理相同 D 有机反应中的卤化、硝化、氢化 均属于取代反应 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.乙烷中C原子与另外4个相连的原子形成四面体结构，所以乙烷分子内所有原子不在同一平面上，A错误；‎ B.将石蜡油加强热(裂解)所产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色，说明产生的气体中含有不饱和烃（如烯烃等），反应后仍有气体剩余，烷烃不能和酸性高锰酸钾溶液反应，B正确；‎ C.乙烯与溴单质发生加成反应,苯与溴水不反应，苯能使溴水褪色，是发生了萃取，属于物理过程，C错误；‎ D.有机反应中氢化是指含有不饱和键（如碳碳双键或碳碳三键）有机物与氢气发生加成反应，不是取代反应，而硝化、卤化均属于取代反应；D错误。‎ 正确选项B。‎ ‎【点睛】含有碳碳双键、三键的烃类有机物，都能够与溴水发生加成反应而使溴水褪色；而烷烃，苯及苯的同系物都不能与溴发生加成反应，但是都能发生萃取过程。‎ ‎15.下列有关叙述不正确的是 A. 相同物质的量的乙醇与乙烯分别在足量的氧气中充分燃烧，消耗氧气的质量相同 B. 甲烷和氯气反应生成一氯甲烷与苯和硝酸反应生成硝基苯的反应类型相同 C. 油脂、蛋白质等天然高分子化合物在一定条件下均能与水发生反应 D. 利用粮食酿酒经过了淀粉→葡萄糖→乙醇的化学变化过程 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.1mol乙醇与乙烯完全燃烧均消耗3mol氧气，则相同物质的量的乙醇与乙烯分别在足量的氧气中充分燃烧，消耗氧气的质量相同，故A正确；‎ B．甲烷和氯气反应生成一氯甲烷，甲烷中H被Cl取代，与苯和硝酸反应生成硝基苯，苯环上H被硝基取代，则均为取代反应，故B正确；‎ C．油脂和蛋白质在一定条件下均能发生水解反应，但蛋白质是天然高分子化合物，而油脂不是高分子化合物，故C错误；‎ D．粮食酿酒经过了淀粉水解生成葡萄糖、葡萄糖再在酒曲酶作用下生成乙醇，均为化学变化过程，故D正确；‎ 故答案为C。‎ ‎16.某试液中只可能含有K＋、NH4+、Fe2＋、Al3＋、Cl－、SO42-、CO32-、AlO2－中的若干种离子，离子浓度均为0.1mol·L－1，某同学进行了如下实验，下列说法正确的是 A. 无法确定原试液中是否含有Al3＋、Cl－‎ B. 原溶液中存在NH4+、Fe2＋、Cl－、SO42-‎ C. 无法确定沉淀C的成分 D. 滤液X中大量存在的阳离子有NH4+、Fe2＋和Ba2+‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 加入过量稀硫酸无明显变化，说明无碳酸根离子、Ba2+、AlO2﹣；加入硝酸钡后有气体产生，说明有亚铁离子存在且被氧化，沉淀为硫酸钡；加入NaOH溶液后有气体，说明原溶液中有铵根离子，气体为氨气，沉淀B为红褐色氢氧化铁沉淀；通入少量CO2产生沉淀，先后与OH﹣、Ba2+反应，沉淀C为碳酸钡，不能说明存在Al3+。因为离子浓度均为0.1mol∙L﹣1，从电荷的角度出发，只能含有NH4+、Fe2+、Cl﹣、SO42﹣才能保证电荷守恒，K+必然不能存在。‎ ‎【详解】A. 通过上述分析，原试液中确定含有Cl－，无法确定含有Al3＋，故A错误；‎ B. 通过上述分析可知原溶液中存在NH4+、Fe2＋、Cl－、SO42-，故B正确；‎ C. 通过上述分析可知沉淀C的成分为碳酸钡，故C错误；‎ D. 通过上述分析可知滤液X中不存在大量的Ba2+，故D错误； ‎ 综上所述，本题正确答案为B。‎ ‎【点睛】本题考查了常见离子的性质检验，注意硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，另外本题需要根据电荷守恒判断氯离子是否存在，难度较大。‎ ‎17.向X溶液中加入Y试剂，产生沉淀或气体如图，与所述情形几乎完全相符的是( )‎ A. 向HCl和AlCl3的混合液滴加NaOH溶液 B. 向NH4Al(SO4)2 溶液滴加 Ba(OH)2溶液 C. 向NaOH和Ca(OH)2混合液中通入CO2 D. 向NaOH和Na2CO3混合液滴加稀HCl溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、因向HCl和AlCl3的混合液中滴加NaOH时，先发生HCl+NaOH＝NaCl+H2O，再发生Al3＋＋3OH－＝Al(OH)3↓、Al(OH)3＋OH－＝AlO2－＋2H2O，生成沉淀与沉淀溶解消耗的碱的物质的量之比为3：1，图象与发生的化学反应不符，A错误；‎ B、向NH4Al(SO4)2溶液中滴加Ba(OH)2，发生2SO42－+NH4++Al3＋+2Ba2++4OH－＝NH3·H2O+2BaSO4↓+Al(OH)3↓，再发生Al(OH)3＋OH－＝AlO2－＋2H2O，最终沉淀不能完全消失，B错误；‎ C、因向NaOH和Ca(OH)2的混合液中通入CO2，先发生Ca(OH)2+CO2＝CaCO3↓+H2O，再发生CO2+NaOH＝NaHCO3，最后发生CaCO3↓+H2O+CO2＝Ca(HCO3)2，图象与反应符合，C正确；‎ D、向NaOH和Na2CO3的混合液中滴加稀HCl，先发生HCl+NaOH＝NaCl+H2O，再发生Na2CO3+HCl＝NaHCO3+NaCl，最后发生NaHCO3+HCl＝NaCl+CO2↑+H2O，未生成气体时消耗的酸与生成气体时消耗的酸的物质的量应大于1：1，而图象中为1：1，则图象与发生的化学反应不符，D错误。‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查化学反应与图象，题目难度较大，明确图象中坐标、点、线、面的意义及发生的化学反应尤其是反应的先后顺序是解答本题的关键，并注意结合反应中量的关系来解答，注意氢氧化铝两性的特点。‎ ‎18.某温度下，wg某物质在足量氧气中充分燃烧，其燃烧产物立即与过量的Na2O2反应，固体质量增加wg。在①H2；②CO；③CO和H2 的混合物 ④HCHO；⑤CH3COOH；⑥HO-CH2-CH2-OH中，符合题意的是 A. 均不符合 B. 只有①②③ C. 只有④⑤ D. 全部符合 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】若该物质为H2，依次发生的反应为2H2+O22H2O、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，相当于反应为“Na2O2+H2=2NaOH”，固体增加的质量为燃烧H2‎ 的质量；若该物质为CO，依次发生的反应为2CO+O22CO2、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，相当于反应为“Na2O2+CO=Na2CO3”，固体增加的质量为燃烧CO的质量；经过上述分析可归纳：凡分子组成符合（CO）m·（H2）n的物质wg在O2中完全燃烧，将其产物（CO2和水蒸气）通过足量Na2O2后，固体增重必为wg。①②③符合；④分子式为CH2O，符合；⑤分子式为C2H4O2，可改写成（CO）2·（H2）2，符合；⑥分子式为C2H6O2，可改写成（CO）2·（H2）3，符合；全部符合，答案选D。‎ ‎19.铁、铜混合粉末18.0g加入到100mL 5.0mol•L﹣1 FeCl3溶液中，充分反应后，剩余固体质量为2.8g．下列说法正确的是 A. 剩余固体是铁、铜混合物 B. 原固体混合物中铜的质量是9.6g C. 反应后溶液中n（Fe3+）=0.10mol D. 反应后溶液中n（Fe2+）+n（Cu2+）=0.75mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 铁比铜活泼，与FeCl3溶液反应时先后发生Fe+2Fe3+=3Fe2+、Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，原氯化铁溶液中含有氯化铁的物质的量为n(FeCl3)=5mol/L×0.1L=0.5mol，结合反应的方程式解答。‎ ‎【详解】铁的还原性强于铜，把铁、铜混合粉末加入氯化铁溶液中，铁先与铁离子反应，氯化铁的物质的量是0.5mol，‎ 设0.5mol铁离子完全反应消耗铁、铜的质量分别为m1、m2，则：‎ Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+      Fe+2Fe3+=3Fe2+ 64g  2mol                56g   2mol m1   0.5mol               m2   0.5mol m1 ==16g，‎ m2==14g，‎ 溶解的金属质量为：18g-2.8g=15.2g，14g<15.2g<16g，‎ 则铁完全反应、铜部分反应，且Fe3+完全反应，剩余的金属为Cu，故A、C错误；‎ 设反应消耗铜的物质的量为n1，反应的铁的物质的量为n2，‎ 则：(1)64 n1+56 n2=15.2g ‎(2)n1+n2=n(Fe3+)=0.25mol，‎ 计算得出：n1=0.15mol、n2=0.1mol，‎ 则原来混合物中含有的铜的质量为：0.15mol×64g/mol+2.8g=12.4g，故B错误；‎ 根据质量守恒定律，溶液中亚铁离子和铜离子的物质的量为：n(Fe2+)+n(Cu2+)=0.15mol+0.10mol+0.5mol=0.75mol，所以D选项是正确的。‎ 答案选D。‎ 二 、填空题（51分）‎ ‎20.我们生活中处处都与化学有密切关系 ‎（1）洪灾过后，饮用水可用漂白粉消毒。工业上将氯气通入石灰乳 [Ca(OH)2]中制取漂白粉，反应的化学方程式为____________。‎ ‎（2）铁是应用最广泛的金属，铁的卤化物、氧化物以及高价铁的含氧酸盐为重要化合物。电子工业常用30%的FeCl3溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜箔,制造印刷电路板。请写出FeCl3溶液与铜反应的离子方程式__________________；如何检验FeCl3腐蚀铜后的溶液是否含Fe3+__________。‎ ‎（3）在用二氧化氯进行水处理时，ClO2除了杀菌消毒外，还能除去水中的Fe2+和Mn2+。用ClO2氧化除去Mn2+生成ClO2-和MnO2的离子方程式为___________。‎ ‎【答案】 (1). 2Ca(OH)2+2Cl2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O (2). Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+ (3). 取FeCl3腐蚀铜后的溶液少许于试管，滴加硫氰化钾溶液，若溶液变红，说明含Fe3+，若不变红，说明不含Fe3+ (4). 2ClO2+Mn2++2H2O=2ClO2-+MnO2↓+4H+‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)①氯气与氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水。该反应的化学方程式为2Ca(OH)2+2Cl2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O；答案：2Ca(OH)2+2Cl2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O； (2)①FeCl3溶液与铜反应生成氯化亚铁与氯化铜, 该反应的离子方程式Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+；检验FeCl3腐蚀铜后的溶液是否含Fe3+的方法为:取FeCl3腐蚀铜后的溶液少许于试管,滴加硫氰化钾溶液，若溶液变红,说明含Fe3+,若不变红，说明不含Fe3+；故答案为: Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+；取FeCl3腐蚀铜后的溶液少许于试管，滴加硫氰化钾溶液，若溶液变红，说明含Fe3+，若不变红，说明不含Fe3+。 （3）ClO2具有强氧化性，能除去水中的Fe2+和Mn2+。用ClO2氧化除去Mn2+生成ClO2-和MnO2‎ 的离子方程式为2ClO2+Mn2++2H2O=2ClO2-+MnO2↓+4H+；答案：2ClO2+Mn2++2H2O=2ClO2-+MnO2↓+4H+。‎ ‎21.无水AlCl3易升华，可用作有机合成的催化剂等．工业上用铝土矿（Al2O3、Fe2O3）为原料制备无水AlCl3的工艺流程如下：‎ ‎（1）氧化炉中Al2O3、Cl2和C反应的化学方程式______．‎ ‎（2）用Na2SO3溶液可除去冷却器排出的尾气中的Cl2，此反应的离子方程式______．‎ ‎（3）为了测定制得的无水AlCl3产品（含杂质FeCl3）的纯度，称取16.25g无水AlCl3样品，溶于过量的NaOH溶液中，过滤出沉淀物，再洗涤、灼烧、冷却、称重、得其质量为0.32g。‎ ‎①写出上述测定过程中涉及的离子方程式：______、__________。‎ ‎②AlCl3产品的纯度为___________。‎ ‎【答案】 (1). Al2O3+3Cl2+3C 2AlCl3+3CO (2). SO32-+Cl2+H2O=SO42-+2Cl-+2H+ (3). Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓ (4). Al3++4OH-=AlO2-+2H2O (5). 96%‎ ‎【解析】‎ ‎（1）根据工艺流程可知氯化炉的产物，经冷却、升华可制备无水AlCl3，说明氯化炉的产物中含有A1C13，冷凝器尾气含有CO，所以Al2O3、C12和C反应，生成A1C13和CO，反应方程式为Al2O3+3Cl2+3C 2AlCl3+3CO；（2）Cl2有强氧化性，将SO32-氧化为SO42-，自身被还原为Cl-。反应离子方程式为SO32-+Cl2+H2O=SO42-+2Cl-+2H+；（3）①除杂过程中铁离子与氢氧根离子结合成氢氧化铁沉淀，铝离子与氢氧根离子结合成偏铝酸根和水，离子方程式为：Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓、Al3++4OH-=AlO2-+2H2O；‎ ‎②根据铁原子守恒，令含有杂质FeCl3质量为m，则：‎ ‎ Fe2O3～～～～～2FeCl3‎ ‎ 160 325‎ ‎ 0.32g m ‎=，解得：m=0.65g，‎ 所以AlCl3产品的纯度为×100%=96%。‎ 点睛：本题考查学生对于工艺流程原理的理解、对操作与实验条件控制的理解等，涉及常用化学用语书写、化学计算、分离提纯等，需要学生具备扎实的基础与综合运用能力。‎ ‎22.硫酰氯(SO2Cl2)常作氯化剂或氯磺化剂，用于制作药品、染料、表面活性剂等。有关物质的部分性质如下表：‎ 物质 熔点/℃‎ 沸点/℃‎ 其它性质 SO2Cl2‎ ‎-54.1‎ ‎69.1‎ ‎①易水解，产生大量白雾 ‎②易分解：SO2Cl2SO2↑+Cl2↑‎ H2SO4‎ ‎10.4‎ ‎338‎ 吸水性且不易分解 实验室用干燥、纯净的二氧化硫和氯气合成硫酰氯，装置如图所示（夹持仪器已省略），请回答有关问题：‎ ‎（1）仪器A冷却水的进水口为________（填“a”或“b”）。‎ ‎（2）仪器B中盛放的药品是________，其目的是________________________。‎ ‎（3）实验时，装置丁中发生反应的离子方程式为______________________________，当生成6.72L的氯气（标况下），转移电子的物质的量为________。‎ ‎（4）装置丙中盛放的试剂是________，若缺少装置乙，对实验造成的影响是_______________。‎ ‎（5）少量硫酰氯也可用液态氯磺酸（ClSO3H）低温催化分解获得，该反应的化学方程式为：2ClSO3H＝H2SO4 +SO2Cl2，从分解产物中分离出硫酰氯的操作是______________。‎ ‎【答案】 (1). a (2). 碱石灰 (3). 吸收尾气并防止空气中水蒸气进入反应装置导致产品水解 (4). ClO3－+5Cl－+ 6H+＝3Cl2↑+3H2O (5). 0.5NA (6). 饱和氯化钠溶液 (7). SO2Cl2发生水解 (8). 蒸馏 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 二氧化硫和氯气合成硫酰氯：甲装置：SO2（g）+Cl2（g）SO2Cl2，硫酰氯会水解，仪器B中盛放的药品是碱石灰防止空气中的水蒸气进入装置，同时吸收挥发出去的二氧化硫和氯气，丁装置：浓盐酸和氯酸钾反应制取氯气，浓盐酸易挥发，制取的氯气中含有氯化氢，丙装置：除去Cl2中的HCl，乙装置：干燥氯气。‎ ‎（1）根据采用逆流的冷凝效果好，判断冷凝管的进水口；‎ ‎（2）仪器B中盛放的药品是碱石灰防止空气中的水蒸气进入装置，同时吸收挥发出去的二氧化硫和氯气；‎ ‎（3）实验时，装置丁中氯酸钾+5价的氯和盐酸中-1价的氯发生氧化还原反应生成氯气；根据化合价升降以及生成物的量计算转移电子数；‎ ‎（4）盐酸易挥发，制取的氯气中含有氯化氢，丙装置的作用是除去Cl2中的HCl，由此目的选择试剂；SO2Cl2遇水生成硫酸和氯化氢；‎ ‎（5）二者均为液态，且沸点相差较大，采取蒸馏法进行分离。‎ ‎【详解】（1）冷凝管采用逆流时冷凝效果好，所以冷凝管中的冷却水进口为a；‎ ‎（2）甲装置：SO2（g）+Cl2（g）SO2Cl2，二氧化硫、氯气为有毒的酸性气体，产物硫酰氯会水解，所以仪器B中盛放的药品是碱性物质碱石灰，可防止空气中的水蒸气进入装置，同时吸收挥发出去的二氧化硫和氯气；‎ ‎（3）浓盐酸和氯酸钾发生反应生成KCl、氯气和水，反应为：6HCl（浓）+KClO3=KCl+3Cl2↑+3H2O，离子方程式为：ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O；根据归中反应同元素化合价“只靠近，不交叉”原则可知，氯酸钾+5价氯降低为0价，盐酸中-1价的氯升高为0价，即每生成3molCl2，其转移电子为5mol，故当生成0.3molCl2，转移电子数目为0.5NA；‎ ‎（4）盐酸易挥发，制取的氯气中含有氯化氢，氯气难溶于饱和食盐水，HCl易溶于水，可用饱和NaCl溶液除去Cl2中的少量HCl；装置乙中试剂为浓硫酸，其作用是除去Cl2中的水，若缺少装置乙，SO2Cl2遇水发生水解反应生成硫酸和氯化氢；‎ ‎（5）由题干表格可知，低温条件下，SO2Cl2和H2SO4‎ 均为液态，二者会互溶，且沸点相差较大，可采取蒸馏法进行分离。‎ ‎23.高铁酸钠(Na2FeO4)具有很强的氧化性，是一种新型的绿色净水消毒剂。工业上以菱铁矿(主要成分是FeCO3及少量SiO2)为原料制备高铁酸钠生产过程如下：‎ ‎（1）Na2FeO4中铁元素的化合价为_____________，高铁酸钠用于杀菌消毒时的化学反应类型为_______________(填“氧化还原反应”、“复分解反应”或“化合反应”)。‎ ‎（2）按照上述流程，步骤①中碱浸时能否用较便宜的Ca(OH)2替代NaOH___________ (填“能”或“不能”)，理由是________________________。‎ ‎（3）步骤③中检验Fe2+全部转化成Fe3+的方法是：___________________________。‎ ‎（4）步骤④中除生成Na2FeO4外，还有NaCl生成，其离子方程式为_____________。己知步骤⑤是向Na2FeO4溶液中继续加入氢氧化钠固体得到悬浊液，则操作a的名称为_____。‎ ‎（5）生产过程中，理论上每获得0.5mol的FeO42-消耗 NaClO的总质量为_______________。‎ ‎【答案】 (1). +6 (2). 氧化还原反应 (3). 不能 (4). CaSiO3难溶于水，无法分离出SiO2 (5). 取少量③中溶液于试管，滴入少量 K3Fe(CN)6溶液，若无蓝色沉淀，则 Fe2+已经全部转化成Fe3+ (6). 2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O (7). 过滤 (8). 74.5g ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据Na2FeO4中化合价代数和为零，则Fe元素的化合价为+6价；高铁酸钠具有很强的氧化性，所以高铁酸钠用于杀菌消毒时的化学反应类型为氧化还原反应；答案：+6； 氧化还原反应。 （2）用NaOH溶解SiO2生成硅酸钠能溶解于水,从而与FeCO3分离而除去；不能用较便宜的Ca(OH),替代NaOH，因为生成的CaSiO3难溶于水，无法分离出SiO2。答案：不能； CaSiO3难溶于水，无法分离出SiO2。 （3）步骤③中检验Fe2+全部转化成Fe3t的方法是：取少量③中溶液于试管，滴入少量K3Fe(CN)6，溶液若无蓝色沉淀产生，则Fe2+已经全部专化成Fe3+；答案：取少量③中溶液于试管，滴入少量 K3Fe(CN)6溶液，若无蓝色沉淀生成，则 Fe2+已经全部转化成Fe3+。‎ ‎（4）步骤④中除生成Na2FeO4外还有NaCl生成,其离子反应方程式为2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O；己知步骤⑤是向Na2FeO4溶液中继续加入氢氧化钠固体得到悬浊液，分离固体与液体应用过滤则操作，所以a的名称为过滤。 （5）生产过程中，+2价的Fe元素先后被NaClO氧化到+3价和+6价，从整个过程看、根据电子守恒可知，铁从+2价最后变成+6价，则可得关系式FeO42-~ 2NaClO~4e-，因此，每获得0.5mol的FeO42-，要消耗1.0mol的NaClO，其质量为74.5g。答案：74.5g。‎ ‎24.有机物F用于制造香精，可利用下列路线合成。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）A的化学名称是______________。‎ ‎（2）B的结构简式是______________，D中官能团的名称是_____________。‎ ‎（3）①～⑥中属于取代反应的有________________(填序号)。‎ ‎（4）反应⑥的化学方程式为_________________________________________________。‎ ‎（5）C有多种同分异构体，与C具有相同官能团的有_________种(不包括C)，其中核磁共振氢谱为四组峰的结构简式为_________(任写一种)。‎ ‎【答案】 (1). 2-甲基-1-丁烯 (2). CH3CH2C(CH3)OHCH2OH (3). 羧基、碳碳双键 (4). ②⑤⑥ (5). +H2O (6). 11 (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据框图和各物质之间的反应条件可推知：由反应①的产物可推知A是 ；B是 , C是 , D是 , E是 , F是 。‎ ‎【详解】（1）由上述分析可知A的结构简式为，其化学名称是2-甲基-1-丁烯；答案：2-甲基-1-丁烯。‎ ‎（2）由上述分析可知B的结构简式是；由D的结构简式为 ，所以D中官能团的名称是羧基、碳碳双键；答案：羧基、碳碳双键。‎ ‎（3）根据产物和反应条件知①为加成反应，②为卤代烃的取代反应，③氧化反应，④为消去反应。⑤为取代反应，⑥酯化反应。其中属于取代反应的有②⑤⑥；答案：②⑤⑥。‎ ‎（4）E为，D是 ,反应⑥是E和D发生的酯化反应，其化学方程式为+H2O;答案：+H2O。‎ ‎（5）C是 ，C中含有羟基和羧基，与C具有相同官能团的同分异构体有：‎ ‎(移动-OH位置共有4种)，（移动-OH位置共有3种）(移动-OH位置共有3种) （1种），所以符合条件的同分异构体共11种(不包括C)，其中核磁共振氢谱为四组峰的结构简式为。‎ ‎ ‎