20179月浙江省宁波市十校2018年高三9月联考化学试题含解析

...wd......wd......wd...浙江省宁波市十校2018届高三9月联考化学试题1.以下化合物中，不属于盐的是A.CuCl2B.NaClOC.CaCO3D.Na2O【答案】D【解析】盐是由金属阳离子或NH4＋与酸根离子组成，因此Na2O不属于盐，属于氧化物，故D正确。2.仪器名称为“锥形瓶〞的是A.B.C.D.【答案】C【解析】根据仪器特点，是锥形瓶的是选项D，故D正确。3.以下属于电解质的是A.石墨B.甲烷C.无水硫酸铜D.盐酸【答案】C【解析】电解质包括是酸、碱、大多数的盐、多数的金属氧化物，A、石墨是单质，石墨不是电解质，故A错误；B、甲烷不属于电解质，故B错误；C、无水硫酸铜属于盐，属于电解质，故C正确；D、盐酸属于混合物，不属于电解质，故D错误。4.以下反响中，金属元素被氧化的是A.2FeCl2+Cl2=2FeCl3B.H2+CuOCu+H2OC.Na2O+H2O=2NaOHD.2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑【答案】A【解析】A、Fe元素化合价由＋2价→＋3价，化合价升高，铁元素被氧化，故A正确；B、Cu元素由＋2价→0价，化合价降低，Cu元素被复原，故B错误；C、此反响没有化合价变化，不属于氧化复原反响，故C错误；D、K的化合价没有发生变化，Mn的化合价由＋7价→＋6和＋4价，化合价降低，Mn被复原，故D错误。5.以下物质中，不会发生水解的是A.NaOHB.(NH4)2SO4C.Na2CO3D.FeCl【答案】A【解析】根据盐类水解的规律，有弱才水解，A、属于强碱，不存在水解，符合题意，故A正确；B、硫酸铵属于强酸弱碱盐，NH4＋发生水解，不符合题意，故B错误；C、碳酸钠属于强碱弱酸盐，CO32－发生水解，不符合题意，故C错误；D、FeCl3属于强酸弱碱盐，Fe3＋发生水解，不符合题意，故D错误。6.以下说法不正确的选项是A.氯气可用于合成药物B.碳酸钠可用于治疗胃酸过多C.高压钠灯常用来广场照明D.镁合金密度小强度大可用于制飞机零部件【答案】B【解析】A、氯气可用于合成药物，如消毒液中含有Cl－，故A说法正确；B、碳酸钠的碱性强，不能用于治疗胃酸过多，故B说法错误；C、高压钠灯发出黄光，能够穿透雾，因此常用来广场的照明，故C说法正确；D、镁合金密度小强度大，可用于制飞机零部件，故D说法正确。7.以下表示正确的选项是A.H2O2的电子式：B.次氯酸的构造式：H-Cl-OC.硫原子的构造示意图：D.水分子的比例模型：【答案】C【解析】A、H2O2属于共价化合物，不属于离子化合物，其电子式为，故A错误；B、次氯酸的构造式为H－O－Cl，故B错误；C、硫原子质子数为16，其构造示意图为，故C正确；D、H2O中氧原子的半径大于H的原子半径，即代表氧原子的小球大于H，故D错误。8.以下关于硫及其化合物的说法正确的选项是A.硫单质能直接和氧气反响生成三氧化硫B.所有的金属都会和浓硫酸发生钝化现象C.漂白粉溶液中通入过量二氧化硫，可观察到现象是先产生白色沉淀后沉淀消失D.在硫酸工业的吸收塔中，采用浓硫酸吸收三氧化硫【答案】D【解析】A、无论氧气是否过量，与硫单质都生成SO2，故A错误；B、铁、铝单质与浓硫酸发生钝化反响，其余金属可以与浓硫酸发生反响，如Cu和浓硫酸在加热下可以发生反响，故B错误；C、漂白粉具有强氧化性，把SO2氧化成SO42－，SO42－与Ca2＋结合生成CaSO4微溶于水的沉淀，现象是产生白色沉淀，故C错误；D、硫酸工业制备中，常用98%的浓硫酸吸收SO3，防止形成酸雾，阻碍SO3的吸收，故D正确。点睛：此题的难点是选项D，因为制备硫酸，理论知识是SO3＋H2O=H2SO4，但实际上用水吸收SO3，容易形成酸雾，阻碍SO3进一步被吸收，因此工业上常用98%浓硫酸吸收SO3，然后稀释到所用浓度。9.以下说法不正确的选项是A.人类在远古时代就通过燃烧植物的方式开场利用生物质能B.氢能是理想的绿色能源，但人们只能将氢气的化学能转化为热能C.煤中含有硫元素，大量的直接燃烧煤会引起酸雨等环境问题D.太阳能以光和热的形式传送到地面，人们可以直接利用这些光和热【答案】B【解析】A、人类燃烧植物的方式获得热能，是开场利用生物质能的最早方式，故A说法正确；B、还可以让氢气构成燃料电池，使化学能转化成电能，故B说法错误；C、煤中含有硫元素，燃烧时产生SO2，引起酸雨等环境问题，故C说法正确；D、人们可以直接利用光和热，如太阳能热水器，故D说法正确。10.以下说法不正确的选项是A.铜丝在氯气中燃烧，产生的是棕色的烟B.铁丝能代替铂丝来做焰色反响实验C.用苯代替四氯化碳萃取碘水时，两者的实验现象一样D.可以甩pH试纸测定二氧化硫水溶液的pH值【答案】C【解析】A、铜丝在氯气燃烧，发生Cu＋Cl2CuCl2，产生棕色的烟，故A说法正确；B、用来作焰色反响的金属丝应灼烧过程中火焰没有颜色，或火焰的颜色浅，同时金属丝不易被氧化，因此常用铁丝代替铂丝做焰色反响，故B说法正确；C、苯的密度小于水，且不溶于水，四氯化碳的密度大于水，且不溶于水，用苯萃取碘水时，上层呈现紫红色，下层无色，用四氯化碳萃取碘水时，下层呈现紫红色，上层为无色，现象不同，故C说法错误；D、SO2能使品红溶液褪色，不能使石蕊褪色，因此用pH试纸可以测定二氧化硫水溶液的pH值，故D说法正确。点睛：此题易错点是选项D，学生认为SO2具有漂白性，能把pH试纸的颜色漂白，不能读出pH值，学生忽略了SO2只能使石蕊试纸变红而不能使其褪色。11.以下说法不正确的选项是A.14C与16OB.二氯乙烷〔C2H4C12)C.同素异形体之间在一定条件下能发生相互转化D.环丙院()和乙烯互为同系物【答案】D【解析】A、它们属于不同的核素，前者的中子数为14－6=8，后者中子数为16－8=8，它们具有一样的中子数，故A说法正确；B、二氯乙烷的构造简式为CH2Cl－CH2Cl和CH2Cl2－CH3，由两种构造，故B说法正确；C、在一定条件下，同素异形体之间可以相互转化，如石墨转化成金刚石，金刚石转化成石墨，故C说法正确；D、环丙烷中不含碳碳双键，碳原子以环的形式连接，乙烯的构造简式为CH2=CH2，乙烯中含有碳碳双键，且碳的连接方式为链状，因此它们不属于同系物，故D说法错误。12.恒温条件下，在体积不变的密闭容器中，有可逆反响X(s)+2Y(g)2Z(g)△H<0，以下说法—定正确的选项是A.0.2molX和0.4molY充分反响，Z的物质的量可能会到达B.沉着器中移出局部反响物X，那么正反响速率将下降C.当△H不变时，反响将到达平衡D.向反响体系中继续通入足量Y气体，X有可能被反响完全【答案】A【解析】A、此反响是可逆反响不能进展到底，因此Z物质的量范围是0<n(Z)<0.4，0.35mol在此范围内，因此Z的物质的量可能会到达0.35mol，故A正确；B、X状态为固体，浓度视为常数，因此移走局部反响物X，化学反响速率不变，故B错误；C、只要热反响方程式中物质状态不变和系数不变，△H不变，因此△H不变，不能说明反响到达平衡，故C错误；D、此反响为可逆反响，不能完全进展到底，故D错误。13.以下反响的离子方程式的书写正确的选项是A.氧化钠投入水中：O2-+H2O=2OH-B.FeCl3溶液与KI反响：2Fe3++2KI=2Fe2++I2+2K+C.过量硫酸氢铵与氢氧化钡反响：Ba2++2OH-+SO42-+2H+=BaSO4↓+2H2OD.过量CO2通入到NaClO溶液中：H2O+CO2+2ClO-=2HClO+CO32-【答案】C【解析】A、氧化钠是氧化物，写离子反响方程式时，不能拆写成离子，正确的选项是：Na2O＋H2O=2Na＋＋2OH－，故A错误；B、KI是可溶的电解质，应拆写成离子，正确的选项是2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2，故B错误；C、Ba(OH)2是少量，系数为1，因此离子反响方程式为：Ba2＋+2OH－+SO42－+2H＋=BaSO4↓+2H2O，故C正确；D、因为通入CO2是过量，因此离子反响方程式为ClO－＋CO2＋H2O=HClO＋HCO3－，故D错误。点睛：离子反响方程式的判断中一定注意“量的问题〞，如选项D，因为通入过量的CO2，过量的CO2继续与CO32－反响生成HCO3－，因此正确离子反响方程式为：ClO－＋CO2＋H2O=HClO＋HCO3－。14.X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在元素周期表中的位置如以以下图。以下说法正确的选项是A.Z的原子半径比Y的大B.Z的氧化物对应水化物为强酸C.存在多种含X的氢化物D.X、Y、Z、W四种元素一定是主族元素【答案】C【解析】A、Y和Z属于同周期，同周期从左向右原子半径减小，因此Z的原子半径比Y小，故A错误；B、如果Z是S，S的氧化物是SO2和SO3，其水化物是H2SO3和H2SO4，其中H2SO3属于中强酸，不是强酸，故B错误；C、如果X为C，那么C和H组成一类化合物是烃，故C正确；D、W可能是Ne，不属于主族元素，故D错误。15.以下说法正确的选项是A.lmol甲烷在光照条件下和足量氯气充分反响，只生成一种产物B.石油的裂化和裂解是化学变化，变化时都涉及共价键的断裂和形成C.常温下，燃烧苯时会产生大量黑烟，而燃烧乙炔时只看到淡蓝色火焰D.苯中六个碳原子和六个氢原子不在同一个平面上【答案】B【解析】A、甲烷和氯气发生取代反响，如果是足量的氯气，产物是四氯化碳和氯化氢，故A错误；B、石油的裂化和裂解是长链变为短链，属于化学变化，化学反响实质是旧键的断裂和新键的形成，因此石油的裂化和裂解涉及共价键的断裂和形成，故B正确；C、因为苯的含碳量高，因此在燃烧苯时产生大量黑烟，乙炔含碳量与苯相等，因此乙炔在燃烧时也产生大量的黑烟，故C错误；D、苯的空间构造是平面正六边形，六个碳和六个氢共面，故D错误。16.以下说法不正确的选项是A.油脂在碱性条件下生成高级脂肪酸盐和甘油的反响称为皂化反响B.紫外线能杀菌消毒，原因是蛋白质在紫外线条件下会发生变性C.直接向淀粉水解液中参加含氢氧化钠的氢氧化铜悬浊液，加热至沸腾后，一定能看到砖红色沉淀D.任何一种氨基酸至少含有两个或两个以上的官能团【答案】C【解析】A、皂化反响是油脂在碱中生成高级脂肪酸盐和甘油的反响，故A说法正确；B、紫外线可以使蛋白质变性，使蛋白质失去活性，到达杀菌消毒的目的，故B说法正确；C、淀粉在稀硫酸作催化剂发生水解，与氢氧化钠的氢氧化铜悬浊液发生反响，产生砖红色沉淀，需要环境是碱性，题目中没有中和硫酸，因此可能看不到砖红色沉淀，故C说法错误；D、氨基酸中含有羧基和氨基，故D说法正确。17.氢氧燃料电池是一种化学电源，以多孔金属为电极，氢氧化钾溶液为电解质溶液，装置如以以下图。以下说法不正确的选项是A.电流从电极A流向电极BB.反响前后氢氧化钾溶液的pH降低C.通氧气的电极反响式：O2+4e-+2H2O=4OH-D.电池工作时，正负极均不产生燃烧现象【答案】A.....................18.关于强弱电解质，以下说法正确的选项是A.液态HC1和液态H2O中都不存在离子B.室温下，硫酸溶液的pH—定小于醋酸溶液C.二种弱电解质在一定条件下可以相互反响生成强电解质D.NaX在水中的电离方程式为NaX=Na++X-，因此HX是一种强电解质【答案】C【解析】A、液态HCl中不存在离子，但液态水中存在H2OH＋＋OH－，液态水中存在离子，故A错误；B、题目中没有说明硫酸和醋酸的浓度，因此可能出现醋酸溶液的pH大于硫酸，故B说法错误；C、如CH3COOH＋NH3·H2O=CH3COONH4＋H2O，CH3COOH和NH3·H2O属于弱电解质，CH3COONH4属于强电解质，故C正确；D、NaX为盐，完全电离，NaX=Na＋＋X－，不能说明HX是否是强电解质，故D错误。点睛：此题易错点是选项B和选项D，选项C，强酸的酸性不一定比弱酸的酸性强，这与两者浓度有关，当两者浓度相等时，强酸的酸性强于弱酸；选项D，只能表达NaX完全电离，并不能说明HX是强电解质，可以通过NaX溶液的酸碱性进展判断，如果显碱性，那么说明HX为弱酸，如果显中性，那么说明HX为强电解质。19.己知：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H1=-483.6kJ·mol-12H2(g)+O2(g)=2H2O⑴△H2=-571.6kJ·mol-1；据此判断，以下说法正确的选项是A.2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)△H3=+XkJ·mol-1，X小于571.6B.2mol氢气和lmol氧气的能量大于2mol液态水的能量C.1molH2O(1)转变成1molH2O(g)放出44.0kJ热量D.1molH2O(g)转变成1molH2O(1)放出88.0kJ热量【答案】B【解析】A、热化学反响反响方程式的正过程热效应的绝对值等于逆过程热效应的绝对值，即X为571.6，故A错误；B、氢气燃烧是放热反响，反响物的总能量大于生成物的总能量，即2mol氢气和lmol氧气的能量大于2mol液态水的能量，故B正确；C、①2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)，②2H2(g)+O2(g)=2H2O⑴，(①－②)/2，H2O(l)=H2O(g)△H=(571.6－483.6)/2kJ·mol－1=+44kJ·mol－1，此反响吸收44.0kJ的热量，故C错误；D、根据C选项分析，1mol水蒸气转化成1mol液态水，放出的热量为44kJ，故D错误。20.以下说法不正确的选项是A.NaClO是含有两种类型化学键的离子化合物B.CO2通入水的过程中，有共价键的形成和断裂，但不涉及离子键的变化C.金刚石和足球烯都只由碳元素构成，且含有的化学键类型也一样D.常温常压下，H2O与CH4的不同状态可以说明H2O的热稳定性更好【答案】D【解析】A、NaClO是由Na＋和ClO－组成的，即NaClO属于离子化合物，含有离子键，ClO－存在共价键，故A说法正确；B、CO2溶于水形成H2CO3，H2CO3电离，CO2、H2O、H2CO3属于共价化合物，有共价键的形成和断裂，没有离子键的变化，故B错误；C、金刚石和足球烯都是碳元素组成的单质，都是由共价键组成，故C正确；D、热稳定性与物质状态无关，故D错误。21.工业上主要利用碳热复原重晶石制得硫化钡，进而生产各种钡化合物。以以以下图为不同反响温度下，实验中碳热复原硫酸钡反响体系的平衡组成随反响温度的变化关系。以下说法正确的选项是A.约150℃，体系中开场出现BaS，说明温度越高反响速率越快B.400℃时发生的化学反响方程式：BaSO4+2CBaS+2CO2C.CO—定无法复原重晶石D.温度高于400℃后，硫酸钡才能转化为BaS【答案】B【解析】A、根据图像，约在150℃时，体系中开场出现BaS，说明反响在150℃开场反响，不能说明温度越高反响速率越快，故A错误；B、根据图像在400℃BaSO4物质的量分数为0，C的物质的量百分数减小，BaS物质的量百分数增大，CO2的物质的量分数增大，因此400℃时反响物是BaSO4和C，生成物是CO2和BaS，反响方程式为：BaSO4+2CBaS+2CO2，故B正确；C、CO常作复原剂，能复原BaSO4，故C错误；D、根据图像，约在150℃左右BaSO4转化成BaS22.设NA为阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的选项是A.标准状况下，4.48L的Cl2通入水反响转移的电子数为0.2NAB.常温下1LpH=3的FeCl3溶液中由水电离出的H+的数目为0.001NAC.273K、l0lkPa下，22.4L甲烷和氧气混合气体燃烧后，产物的分子总数为NAD.1L0.lmol·L-1氢氧化钠溶液中含有的H-O键的数目为0.1NA【答案】B【解析】A、氯气溶于水，只有少量的氯气与水反响，无法计算电子转移的数目，故A错误；B、FeCl3属于强酸弱碱盐，溶液的pH=3，推出溶液中c(H＋)=10－3mol·L－1，H＋完全是由水电离产生，因此水电离产生H＋物质的量为1×10－3mol=0.001mol，故B正确；C、甲烷燃烧的方程式为CH4＋2O2=CO2＋2H2O，条件为标准状态，因此1mol此混合气体燃烧后产物分子总数为NA，如果甲烷不完全燃烧，那么产物分子总数不等于NA，故C错误；D、NaOH溶液中含有O－H键的是NaOH中的OH－和溶液中的H2O中，因此1L0.1mol·L－1NaOH溶液中含有H－O键物质的量大于0.1mol，故D错误。点睛：此题的易错点是选项C和选项D，选项C，应注意甲烷和氧气混合气体燃烧，可能是甲烷不完全燃烧，生成CO，反响方程式为2CH4＋3O2=2CO＋4H2O，反响后产物分子物质的量不等于1mol，选项D，不仅NaOH中的OH－中含有H－O键，而且水中也含有H－O键，因此在做此类题时，注意水的存在。23.常温下，向20mL0.1mol·L-1的盐酸中逐滴参加0.1mol·L-1的氨水，溶液pH的变化与参加氨水的体积关系如以以下图。以下表达正确的选项是A.V=20mLB.在点①所示溶液中：c(Cl-)=c(H+)C.在点②所示溶液中：c(H+)=c(NH3·H2O)+c(OH-)D.在点②、③之间可能存在：c(NH4+)>c(Cl-)=c(OH-)>c(H+)【答案】D【解析】A、NH3·H2O属于弱碱，HCl属于强酸，②点pH=7溶液显中性，NH3·H2O的物质的量略大于盐酸物质的量，即V略大于20mL，故A错误；B、根据电荷守恒，因此有c(H＋)=c(Cl－)＋c(OH－)，故B错误；C、②点pH=7，因此是c(H＋)=c(OH－)，故C错误；D、②和③之间溶质为NH3·H2O和NH4Cl，因此可能存在c(NH4＋)>c(Cl－)=c(OH－)>c(H＋)，故D正确。点睛：离子浓度大小的对比是高考的热点，在离子浓度大小的对比中，应注意“三个守恒〞的应用，特别像此题中选项B和C，利用了电荷守恒进展判断。24.某废催化剂含58.2%的SiO2、21.0%的ZnO、4.5%的ZnS和12.8%的CuS，某同学以该废催化剂为原料，回收其中的锌和铜。采用的实验方案如下：：1.步骤①中发生的化学反响为非氧化复原反响2.滤渣2的主要成分是SiO2和S以下说法不正确的选项是A.步骤①，最好在通风橱中进展B.步骤①和③，说明CuS不溶于稀硫酸而ZnS溶于稀硫酸C.步骤③，涉及的离子反响为CuS+H2O2+2H+=Cu2++S+2H2OD.步骤②和④，均采用蒸发结晶的方式获取溶质【答案】D【解析】A、步骤①发生的反响是ZnO＋H2SO4=ZnSO4＋H2O，ZnS＋H2SO4=ZnSO4＋H2S↑，H2S是有毒气体，因此应在通风厨内进展，故A说法正确；B、根据流程图，步骤④得到CuSO4·5H2O，说明滤渣1中含有Cu元素，即CuS，步骤③从滤液中得到硫酸铜晶体，说明滤液中存在Cu2＋，从而推出CuS不溶于稀硫酸，步骤②从滤液中得到ZnSO4·7H2O，说明滤液中含有Zn2＋，即ZnS溶于稀硫酸，故B说法正确；C、步骤③中CuS转变成Cu2＋，根据信息，滤渣2中由SiO2和S，推出CuS中S被过氧化氢氧化成变为硫单质，离子反响方程式为CuS＋H＋＋H2O2→Cu2＋＋S＋H2O，根据化合价的升降法进展配平，得到CuS+H2O2+2H+=Cu2++S+2H2O，故C说法正确；D、得到CuSO4·5H2O和ZnSO4·7H2O中都含有结晶水，通过对滤液蒸发结晶方法，容易失去结晶水，因此采用的方法是蒸发浓缩冷却结晶方法，故D说法错误。点睛：在制备含有结晶水的晶体时，不采用蒸发结晶的方法，因此此方法容易失去结晶水，而是采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法。25.己知：I2+SO32-+H2O=2I-+SO42-+2H+。某溶液中含有等物质的量的K+、Na+、Fe3+、Fe2+、SO42-、SO32-、I-、NO3-中的几种离子，为了确定其组成，某同学取两份该溶液进展了如下实验(不考虑盐类的水解及水的电离)：(1)一份滴入酸性高锰酸钾溶液，发现高锰酸钾溶液褪色；(2)另一份参加氯化钡固体，产生不溶于水的沉淀以下说法不正确的选项是A.溶液中可能含有K+B.溶液中可能含有SO42-C.溶液中可能含有Fe3+D.溶液中可能含有SO32-【答案】C【解析】Fe3＋具有强氧化性，能把SO32－、I－氧化成O42－和I2，因此Fe3＋、SO32－、I－不能大量共存，一份中参加酸性高锰酸钾溶液，高锰酸钾溶液褪色，说明原溶液中存在具有复原性离子存在，即Fe2＋、SO32－、I－至少存在一种，另一份参加BaCl2，出现不溶于水的沉淀，说明原溶液中SO42－、SO32－至少存在一种，A、根据上述分析，以及离子物质的量相等，根据电荷守恒，因此离子组可能是K＋、Fe2＋、SO32－、NO3－，故K＋可能存在，故A说法正确；B、根据上述分析，SO42－可能存在，故B说法正确；C、假设存在Fe3＋，溶液中一定存在Fe2＋、SO42－，离子物质的量守恒，以及溶液呈现电中性，阴离子应是SO32－、I－或SO32－、NO3－，因为Fe3＋、SO32－、I－不能大量共存，因此原溶液中一定不存在Fe3＋，故C说法错误；D、根据上述分析，可能含有SO32－，故D说法正确。点睛：此题学生容易忽略离子物质的量相等，即溶液显电中性，首先根据不能大量共存，判断出哪些离子不能大量共存，如Fe3＋、SO32－、I－不能大量共存，然后根据信息，完成哪些离子存在或不存在，从而作出合理推断，一定注意溶液呈现电中性。26.乙酸乙酯有四种常见的合成方法。己知A是一种单糖，广泛存在于带甜味的水果中，B是一种生活中常见的含氧有机物且式量为46，E是一种石油裂解产物，能做水果的催熟剂。它们之间的转化关系如以以以下图：请答复：(1)有机物E中含有的官能团名称是________________。(2)反响④的反响类型是__________________。(3)有机物B在催化剂的作用下可直接转化为乙酸乙酯和另外一种常见气体，请写出该反响的化学方程式___________。(4)以下说法正确的选项是___________。A.有机物A不能使碘水变蓝B.反响⑤是同分异构体之间的相互转换C.有机物B、D和乙酸乙酯都是挥发性无色液体，可以通过闻气味进展鉴别D.等质量的有机物A、D和乙酸乙酯充分燃烧，消耗氧气的质量也相等【答案】(1).碳碳双键(2).氧化反响(3).2CH3CH2OHCH3CH2OOCCH3+2H2(4).AC【解析】考察有机物推断，A是一种单糖，广泛存在于带甜味的水果中，因此A为葡萄糖，B是一种生活中常见的含氧有机物且式量为46，且B由A生成，因此B为CH3CH2OH，CH3CH2OH被氧气氧化成CH3CHO，C为CH3CHO，CH3CHO被氧气氧化成CH3COOH，E是一种石油裂解产物，能做水果的催熟剂，即E为CH2=CH2，〔1〕E为乙烯，含有的官能团是碳碳双键；〔2〕反响④的方程式为2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O，此反响属于氧化反响；〔3〕发生的反响应是2CH3CH2OH→CH3COOCH2CH3＋X2，根据原子守恒，X应为H，即反响方程式为2CH3CH2OHCH3CH2OOCCH3+2H2；〔4〕A、A是葡萄糖，不能使碘水变蓝，故A正确；B、C的构造简式为CH3CHO，与CH3COOCH2CH3碳原子数不同，因此两者有机物不是同分异构体，故B错误；C、CH3CH2OH、CH3COOH、CH3COOCH2CH3都是挥发性无色液体，乙醇具有特殊的、令人愉快的香味，并略带刺激性，乙酸具有酸味及刺激性气味，乙酸乙酯具有香味，可以通过闻气味的方法进展鉴别，故C正确；D、三者分子式为C6H12O6、C2H4O2、C4H8O2最简式分别是CH2O、CH2O、C2H4O，等质量含氧衍生物，最简式一样时，消耗氧气的量相等，因此等质量有机物，消耗氧气量是不同，故D错误。27.为探究难溶性盐X(仅含三种元素)的组成和性质，设计并完成如下实验：：气体甲和气体乙组成元素一样请答复：(1)气体乙的摩尔质量是________________。(2)X的化学式是_________________。(3)写出X在隔绝空气条件下加热分解的化学方程式____________________。【答案】(1).28g/mol(2).FeC2O4(3).FeC2O4FeO+CO↑+CO2↑【解析】考察无机推断，〔1〕混合气体通入足量的石灰水中得到白色沉淀，能使澄清石灰水变浑浊的气体可能是CO2，也可能是SO2，气体甲和气体乙组成元素一样，因此组合可能是CO2、CO或SO2、SO3，因为SO3与水反响生成H2SO4，如果是混合气体是SO2、SO3，通入足量澄清石灰水，没有气体逸出，因此甲为CO2，乙为CO，即气体乙的摩尔质量为28g·mol－1；〔2〕根据〔1〕的分析，白色沉淀是CaCO3，即CO2物质的量为5/100mol=0.05mol，气体甲和气体乙平均摩尔质量为36，依据十字穿插法，推出CO物质的量为0.05mol，即X中碳原子物质的量为(0.05＋0.05)mol=0.1mol，红棕色固体为Fe2O3，X中含有铁元素，X中铁原子物质的量为4×2/160mol=0.05mol，氧原子的质量为(7.2－0.05×56－0.1×12)g=3.2g，即X中氧原子物质的量为3.2/16mol=0.2mol，即n(Fe):n(C):n(O)=0.05：0.1：0.2=1：2：4，化学式为Fe(C2O)4；〔3〕根据铁元素守恒，黑色固体为FeO，其物质的量为0.05mol，因此反响方程式为：FeC2O4FeO+CO↑+CO2↑。28.某实验室产生的废液中含有Fe3+、Cu2+、Ba2+三种金属离子，研究小组设计了以下方案对废液进展处理，以回收金属，保护环境。请答复：(1)步骤①②④用到的主要玻璃仪器是___________________。(2)步骤③的实验现象是_________________。(3)设计一个实验方案，验证步骤①中所加硫酸溶液己经过量____________________。【答案】(1).玻璃棒、漏斗、烧杯(2).溶液由浅绿色变为黄色(3).取上层清液，继续加硫酸，假设无产生白色沉淀，那么说明硫酸已加过量【解析】考察化学工艺流程，〔1〕根据流程，步骤①②④为过滤，用到玻璃仪器为漏斗、烧杯、玻璃棒；〔2〕步骤③利用H2O2的氧化性，把Fe2＋氧化成Fe3＋，发生反响是2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O，现象溶液颜色由浅绿色转变为黄色；〔3〕步骤①发生Ba2＋＋SO42－=BaSO4↓，溶液中含有H＋，因此不能鉴别H＋存在，因此需要鉴别SO42－或Ba2＋，操作是：取上层清液，继续参加硫酸，假设不产生白色沉淀，那么说明硫酸过量，或者取上层清液，参加BaCl2溶液，如果有白色沉淀，说明硫酸过量。29.将可能混有NaOH的16.80gNaHCO3固体，在200℃条件下充分加热，排出反响产生的气体，得到固体的质量为bg。(1)b的最小值为___________。(2)当b=____________时，产物中水的质量最多。【答案】(1).10.60(2).14.36【解析】考察氢氧化钠和碳酸氢钠的计算，发生的反响是2NaHCO3Na2CO3＋CO2＋H2O，2NaOH＋CO2=Na2CO3＋H2O，〔1〕当16.8g全部是NaHCO3时，反响后的固体质量为16.8×106/(2×84)g=10.60g，假设全部是NaOH，NaOH受热不分解，因此固体质量仍为16.8g，即b质量最小为10.60g；〔2〕当NaOH和NaHCO3中氢原子全部转化成H2O，产生H2O的质量是最多的，假设生成CO2物质的量为xmol，那么消耗NaHCO3物质的量为2xmol，消耗NaOH的物质的量为2xmol，因此有2x(84＋40)=16.8，解得x=0.068mol，因此b的质量为0.068×2×106g=14.36g。30.尿素〔NH2CONH2)是目前含氮量最高的氮肥。国内外主要以NH3和CO2为原料进展合成。主要通过以下二个反响进展：第一步：2NH3(l)+CO2(g)H2NCOONH4(l)△H1=-117.2kJ·mol-1第二步：H2NCOONH4(l)H2O(l)+H2NCONH2(l)△H2=+21.7kJ·mol-1请答复：(1)己知：NH3(l)NH3(g)△H3=ckJ·mol-1。火电厂烟气脱硝所使用的复原剂氨气主要来自于尿素水解。那么反响NH2CONH2(l)+H2O(l)2NH3(g)+CO2(g)的△H4=_________kJ·mol-1(用含c的式子表示)，该反响能在常温下缓慢发生的主要原因是__________________。(2)①一定条件下，n(NH3)/n(CO2)对NH2COONH4的平衡转化率会产生明显的影响，如图1所示。NH2COONH4的平衡转化率随n(NH3)/n(CO2)增大而上升，试分析其原因：_______________。②恒温密闭容器中，一定量的NH3和CO2反响合成尿素，第10min到达平衡。假设一样条件下反响1的速率要快于反响2，请在图中画出0～15min内，NH2COONH4的物质的量浓度随时间变化曲线____________。③以以以下图表示不同条件下，反响：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的产物浓度随时间的变化曲线。以下有关说法中，正确的选项是____________。A.到达平衡时间最快的是IIB.反响约10分钟后，三个反响均己到达平衡C.I条件下氢气的平衡转化率大于ⅡD.三个反响的平衡常数一定一样(3)用电化学方法可以实现低温常压合成氨。以以以下图是以含N3-熔融盐为电解质，电解合成氨装置的工作原理示意图。阴极的电极反响是_______________________。【答案】(1).95.5+2c(2).该反响是熵增反响，有利于正向进展(3).过量的氨气和产物水进一步反响，使反响2的化学平衡正向移动，从而使NH2COONH4的平衡转化率上升(4).(5).A(6).N2+6e-=2N3-【解析】〔1〕考察热化学反响方程式的计算以及化学反响进展方向的判断，①2NH3(l)+CO2(g)H2NCOONH4(l)，②H2NCOONH4(l)H2O(l)+H2NCONH2(l)，③NH3(l)NH3(g)，根据盖斯定律的计算，2×③－(①＋②)得出：△H3=(95.5＋2c)kJ·mol－1；此反响是熵增反响，有利于反响正向进展；〔2〕此题考察勒夏特列原理的应用，①过量的氨气和产物水进一步反响，使反响2的化学平衡正向移动，从而使NH2COONH4的平衡转化率上升；②一样条件下，反响1的速率快于反响2，因此生成H2NCOONH4曲线比消耗H2NCOONH4曲线陡，在10min时到达平衡，即10min到15min应是平行x轴的直线，即图像是；③A、根据图像，II首先到达平衡，即II的反响速率最快，首先到达平衡，故A正确；B、反响到10min，II和III到达平衡，I不知道10min后曲线，因此无法判断I是否到达平衡，故B错误；C、题目中没有说明改变的条件，如果I改变的条件是通入H2，虽然平衡向正反响方向进展，但氢气的转化率降低，如果II是增大压强，平衡向正反响方向进展，氢气的转化率增大，故C错误；D、如果II是升高温度，反响速率加快，但化学平衡常数降低，II通入氢气，温度不变，平衡常数不变，那么两者平衡常数不一样，故D错误；〔3〕考察电解原理以及电极反响式的书写，根据装置图电子移动方向，电子从电源的负极出发流向阴极，从阳极流向电源的正极，通N2的一极为阴极，通氢气的一极为阳极，阴极电极反响式为N2+6e－=2N3－。点睛：此题难点是(2)③中的B和C选项，选项B：根据图像不知道10min后I的图像，因此无法判断I是否到达平衡，选项C：学生一看I的图像中生成物浓度大于II，因此误判I中氢气转化率大于II，忽略了I中改变的原因可能是增加氢气的量，增加氢气的量平衡向正反响方向移动，生成物浓度也增大，但氢气的转化率降低。31.次氯酸锂稳定性远髙于次氯酸钠，也可用于杀菌消毒。制备次氯酸钠方法较多，常用的一种合成路线如下：：1.次氯酸叔丁酯((CH3)3COCl)，相对分子质量为108.5，是具有挥发性的黄色油状液体，密度为0.802g/mL，且有强烈刺激性臭味；2.(CH3)3COCl+LiOH=LiClO+(CH3)3COH请答复：(1)实验第一步的反响装置如以以下图〔夹持