2018屆紹興諸暨市大學聯考化學模擬試卷及答案

大學聯考化學考試要考高分，離不開長期的知識積累和做模擬試卷題練習，所以考生們不要鬆懈要努力做題哦，以下是本站小編為你整理的2018屆紹興諸暨市大學聯考化學模擬試卷，希望能幫到你。

一、選擇題(共7小題，每小題6分，滿分42分)

1.下列説法不正確的是(　　)

A.利用貯氫金屬和氫氣反應生成氫化物的方法，為解決氫氣的貯存問題指明瞭方向

B.科學家發現納米硒除熒光燈的殘汞效果非常好，可見納米硒的非金屬性比一般的硒強

C.在人類對酸鹼認識的發展過程中，提出的酸鹼質子理論不但適用於水溶液，在非水溶液和無水條件下也適用

D.為了使加酶洗衣粉有良好的洗滌效果，可先用温水溶解洗衣粉

2.下列説法操作不正確的是(　　)

A.某些強氧化劑(如氯酸鉀、高錳酸鉀等)或其混合物不能研磨，否則易引起爆炸

B.達到滴定終點後，靜置1～2min再讀數，主要是為了防止管壁有液體殘留引起誤差

C.在用簡易量熱計測定反應熱時，一般採取下列實驗措施：使用碎泡沫起隔熱保温、用普通玻璃棒進行攪拌，準確讀取反應前後温度、取2～3次的實驗平均值

D.某溶液可能含有SO42﹣和Cl﹣，可先加足量的硝酸鋇，取上層清液再加稀硝酸和硝酸銀，來檢驗其中的Cl﹣

3.原子序數依次增大的A、B、C、D、E五種前20號的主族元素，其中A和C、B和D分別在同一主族，且它們原子的最外層電子數之和為20.已知A的氧化物能引起温室效應，E的單質能與水劇烈反應且同主族中存在金屬和非金屬元素，下列説法正確的是(　　)

A.B的氫化物的沸點比D的氫化物要高，原因是B的非金屬性強

B.比較A、C元素形成的常見氧化物，它們的化學鍵類型相同，晶體類型也相同

C.C的最高價氧化物的水化物酸性比D的最高價氧化物的水化物酸性強

D.根據元素週期律，推測E在氧氣中燃燒時可能生成E2O2、EO2等物質

4.下列説法不正確的是(　　)

A.分餾石油氣和裂解氣可用溴水進行鑑別

B.異丁烷的二氯取代物有3種(不考慮立體異構)

C.主鏈含四個碳的烷烴中，碳原子個數是最多的是2，3﹣四甲基丁烷

D.乙醇和甘油都含羥基，葡萄糖和蔗糖都是糖類，但它們之間不是同系物

5.雙級膜電滲析解離NaCl溶液製備酸鹼的原理，為提高海水淡化的附加值提供了新的技術路徑.已知BP為雙級膜，陰陽膜界面可以解離H+和OH﹣，下列説法正確的是(　　)

A.A為陽離子交換膜，C為陰離子交換膜

B.X為陰極，發生的電極反應方程式為：4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O

C.在X、Y極室加入Na2SO4，目的是提供製備的酸和鹼的陽離子或陰離子

D.通過該裝置，不但海水得到了淡化，同時還可以得到NaOH、HCl、H2、O2等物質

6.根據表，下列説法正確的是(　　)

化學式 電離常數(25℃)

CH3COOH Ka=1.8×10﹣5

H2SO3 Ka1=1.23×10﹣2

Ka2=6.6×10﹣8

NH3.H2O Kb=1.8×10﹣5

A.25℃時，pH=3的醋酸和pH=11的氨水等體積混合後，混合液中水的電離是被促進的

2SO3溶液中滴加足量醋酸，反應的離子方程式為：SO32﹣+2CH3COOH=SO2↑+H2O+2CH3COO﹣

O3溶液呈酸性，是因為Kw/Ka1>Ka2

D.0.1mol/L的CH3COOH溶液與等濃度等體積的CH3COONa混合後，溶液中的微粒存在以下關係：c(H+)+c(CH3COOH)=c(CH3COO﹣)+2c(OH﹣)

7.某酸性工業廢水，可能含有Fe3+、Fe2+、Cu2+、Ca2+、Cl﹣、NO3﹣、Br﹣、I﹣中的一種或幾種，為了能回收其中的某些成分，進行了以下實驗：

已知pH=4時，Fe3+沉澱完全，而Cu2+、Ca2+未沉澱.

下列説法不正確的是(　　)

A.該工業廢水中肯定存在Cu2+、I﹣

B.若廢水中存在NO3﹣，則肯定存在Fe3+

C.操作1為鼓入熱空氣，試劑1為Fe

D.為了得到FeSO47H2O，需要經過蒸發濃縮、冷卻結晶，過濾、洗滌、乾燥

二、非選擇題(共4小題，滿分43分)

8.乙炔是一種重要的有機物化工原料，現以它為原料，設計如下轉化關係圖(部分產物、反應條件已略去)，其中A是由等物質的量的乙炔、一氧化碳和水反應而得.

已知：物質 不穩定，會自動轉化R﹣CH2CHO.請回答：

(1)A分子中的官能團名稱為　　　　　　.

(2)乙炔→F的反應類型是　　　　　　;一定條件下，C→B的反應類型是　　　　　　.

(3)E的結構簡式為　　　　　　.

(4)下列説法中正確的是　　　　　　(選填編號).

A.F屬於芳香烴，且苯是同系物 B. 是D的一種同分異構體

C.D既是E是單體，又是E的鏈節 D.A、B、D、F四種物質都能使溴水褪色

(5)寫出反應A+C→D的化學方程式　　　　　　.

9.請回答：

(1)HClO的電子式為　　　　　　.

(2)甲硅烷是一種無色無味的氣體，結構類似於甲烷，在空氣中能自燃，已知它的熱值為akJg﹣1，則它的標準燃燒熱為△H=　　　　　　.

(3)土壤呈鹼性有很多原因，其中包括某些強鹼弱酸鹽(如Na2CO3)的水解，可以加入固體石膏(CaSO42H2O)來進行改良，用離子方程式表示原理　　　　　　.

(4)配平氧化還原反應的離子方程式　　　　　　Cr2O72﹣+　　　　　　NO2﹣+　　　　　　=　　　　　　Cr3++　　　　　　NO3﹣+　　　　　　.

10.液氨和二硫化碳在一定條件下反應可以生成甲和乙兩種鹽.2.55g乙受熱會完全分解生成等物質的量的氣體丙和丁共2.24L(標況)，丙能使紫色石蕊試液變藍，另取少量FeCl3溶液，向其中滴加甲溶液，發現溶液變為血紅色.請推測並回答：

(1)用離子方程式表示紫色石蕊試液變藍原因：　　　　　　.

(2)寫出乙受熱分解的化學方程式　　　　　　.

(3)甲溶液中加入足量濃NaOH溶液，加熱後也能生成氣體丙，寫出該反應的離子方程式　　　　　　.

(4)化合物甲的化學式為　　　　　　.

(5)往上述血紅色溶液中通入SO2，發現溶液紅色褪去，請從氧化還原反應的角度解釋紅色褪去的原因　　　　　　.

11.乙二醇是一種重要的有機化工原料，在478K利用草酸二甲酯催化加氫合成乙二醇的反應歷程如下：

①CH3OOCCOOCH3(g)+2H2(g)⇌HOCH2COOH3(g)+CH3OH(g)△H1=a kJ/mol

②HOCH2COOCH3(g)+2H2(g)⇌HOCH2CH2OH(g)+CH3OH(g)△H2=b kJ/mol

③HOCH2CH2OH(g)+H2(g)⇌C2H5OH(g)+H2O(g)△H3=c kJ/mol

(1)寫出478K時草酸二甲酯催化加氫合成乙二醇的熱化學方程式：　　　　　　.

(2)下表是各反應在不同温度下的平衡常：

反應/K/温度 458K 478K 488K

①

②

③ 1.78×104 1.43×104 1.29×104

1.91×107 1.58×107 1.45×107

8.11×108 3.12×108 2.00×108

①寫出反應③的平衡常數表達式K=　　　　　　，△H3　　　　　　0(選填“>”、“=”或“<”).

②下列有關反應②的説法中，正確的是　　　　　　(選填號).

A.較低温度有利於反應②自發進行

B.恆容條件下，當反應混合氣體的平均摩爾質量不再改變時，反應達到了平衡

C.升高温度，有利於提高乙二醇的產率

D.增加氫氣的濃度，一定既能加快反應的速率，又能提高乙二醇的百分含量

(3)分析圖1、圖2，選擇工業上合成乙二醇的最佳壓強n(H2)：n(草酸二甲酯)比例　　　　　　(選填編號).

A.0～1Mpa，n(H2)：n(草酸二甲酯)=40 B.1～2Mpa，n(H2)：n(草酸二甲酯)=20

C.2～3Mpa，n(H2)：n(草酸二甲酯)=40 D.2～3Mpa，n(H2)：n(草酸二甲酯)=20

(4)圖3表示温度對反應的影響，試分析工業上合成乙二醇時，實際温度不高也不低，選擇在473K的理由?　　　　　　.

(5)對反應①，在478K、恆壓條件下，充入草酸二甲酯和H2各2mol，一段時間後達平衡，若在t1時刻再充入各1mol的反應物(其它條件不變)，t2時重新達到平衡，請在圖4中畫出正逆反應速率隨時間變化的示意圖.

一、選擇題(共7小題，每小題6分，滿分42分)

1.下列説法不正確的是(　　)

A.利用貯氫金屬和氫氣反應生成氫化物的方法，為解決氫氣的貯存問題指明瞭方向

B.科學家發現納米硒除熒光燈的殘汞效果非常好，可見納米硒的非金屬性比一般的硒強

C.在人類對酸鹼認識的發展過程中，提出的酸鹼質子理論不但適用於水溶液，在非水溶液和無水條件下也適用

D.為了使加酶洗衣粉有良好的洗滌效果，可先用温水溶解洗衣粉

【分析】A.貯氫金屬和氫氣反應生成氫化物的方法，解決氣體難以儲存和運輸的問題;

B.納米硒與一般的硒，得到電子的能力相同;

C.酸鹼質子理論與結合氫離子或氫氧根離子有關;

D.加酶洗衣粉，可作催化劑，温水中催化效果較好.

【解答】解：A.貯氫金屬和氫氣反應生成氫化物的方法，解決氣體難以儲存和運輸的問題，則為解決氫氣的貯存問題指明瞭方向，故A正確;

B.納米硒與一般的硒，得到電子的能力相同，非金屬性相同，與納米硒除熒光燈的殘汞效果非常好無關，故B錯誤;

C.由酸鹼質子理論可知，結合氫離子的為鹼，能結合氫氧根離子為酸，不但適用於水溶液，在非水溶液和無水條件下也適用，故C正確;

D.加酶洗衣粉，可作催化劑，温水中催化效果較好，則為了使加酶洗衣粉有良好的洗滌效果，可先用温水溶解洗衣粉，故D正確;

故選B.

【點評】本題考查物質的性質、應用，為高頻考點，把握物質的性質、發生的反應、化學與生活等為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意元素化合物知識的應用，題目難度不大.

2.下列説法操作不正確的是(　　)

A.某些強氧化劑(如氯酸鉀、高錳酸鉀等)或其混合物不能研磨，否則易引起爆炸

B.達到滴定終點後，靜置1～2min再讀數，主要是為了防止管壁有液體殘留引起誤差

C.在用簡易量熱計測定反應熱時，一般採取下列實驗措施：使用碎泡沫起隔熱保温、用普通玻璃棒進行攪拌，準確讀取反應前後温度、取2～3次的實驗平均值

D.某溶液可能含有SO42﹣和Cl﹣，可先加足量的硝酸鋇，取上層清液再加稀硝酸和硝酸銀，來檢驗其中的Cl﹣

【分析】A.強氧化劑在研磨時易發生分解反應;

B.達到滴定終點後，管壁有液體殘留時會導致測定溶液濃度偏低;

C.讀取混合溶液温度應該是最高温度;

42﹣用氯化鋇溶液鑑別;銀離子用硝酸酸化的硝酸銀溶液檢驗.

【解答】解：A.強氧化劑研磨易發生分解反應，生成氣體導致爆炸，則KClO3、KMnO4等強氧化劑或其混合物不能研磨，否則將引起爆炸，故A正確;

B.達到滴定終點後，管壁有液體殘留時，混合溶液中標準液體積偏小，會導致測定溶液濃度偏低，所以達到滴定終點後，靜置1～2min再讀數，主要是為了防止管壁有液體殘留引起誤差，故B正確;

C.讀取混合溶液温度應該是最高温度，最高温度時酸鹼恰好完全反應，不是任何温度，故C錯誤;

42﹣用氯化鋇溶液鑑別，如果原來溶液中不含亞硫酸根離子或硫離子等可以用硝酸鋇溶液檢驗;銀離子用硝酸酸化的硝酸銀溶液檢驗，故D正確;

故選C.

【點評】本題考查化學實驗方案評價，為高頻考點，涉及離子檢驗、實驗操作、實驗安全等知識點，明確實驗原理、基本操作方法、物質性質是解本題關鍵，知道硫酸根離子、氯離子及鐵離子、亞鐵離子的檢驗方法及現象，題目難度不大.

3.原子序數依次增大的A、B、C、D、E五種前20號的主族元素，其中A和C、B和D分別在同一主族，且它們原子的最外層電子數之和為20.已知A的氧化物能引起温室效應，E的單質能與水劇烈反應且同主族中存在金屬和非金屬元素，下列説法正確的是(　　)

A.B的氫化物的沸點比D的氫化物要高，原因是B的非金屬性強

B.比較A、C元素形成的常見氧化物，它們的化學鍵類型相同，晶體類型也相同

C.C的最高價氧化物的水化物酸性比D的最高價氧化物的水化物酸性強

D.根據元素週期律，推測E在氧氣中燃燒時可能生成E2O2、EO2等物質

【分析】原子序數依次增大的A、B、C、D、E五種前20號的主族元素，已知A的氧化物能引起温室效應，A為C元素;E的單質能與水劇烈反應且同主族中存在金屬和非金屬元素，則E為Na或K，其中A和C、B和D分別在同一主族，則C為Si，可知E只能為K，由它們原子的最外層電子數之和為20，設B的最外層電子數為x，則4×2+x×2=20，解得x=6，則B為O，D為S，然後結合元素週期律及元素化合物知識來解答.

【解答】解：原子序數依次增大的A、B、C、D、E五種前20號的主族元素，已知A的氧化物能引起温室效應，A為C元素;E的單質能與水劇烈反應且同主族中存在金屬和非金屬元素，則E為Na或K，其中A和C、B和D分別在同一主族，則C為Si，可知E只能為K，由它們原子的最外層電子數之和為20，設B的最外層電子數為x，則4×2+x×2=20，解得x=6，則B為O，D為S，

A.B的氫化物的沸點比D的氫化物要高，與水中含氫鍵有關，與O的非金屬性強無關，故A錯誤;

B.二氧化碳、二氧化硅中化學鍵相同，晶體類型分別為分子晶體、原子晶體，故B錯誤;

C.非金屬性D大於C，則C的最高價氧化物的水化物酸性比D的最高價氧化物的水化物酸性弱，故C錯誤;

D.根據元素週期律，K的金屬性大於Na，則推測E在氧氣中燃燒時可能生成E2O2、EO2等物質，故D正確;

故選D.

【點評】本題考查原子結構及元素週期律，為高頻考點，把握元素在週期表的位置、元素化合物知識推斷元素為解答的關鍵，側重分析與推斷能力的考查，注意原子結構及元素化合物知識的綜合應用，題目難度不大.

4.下列説法不正確的是(　　)

A.分餾石油氣和裂解氣可用溴水進行鑑別

B.異丁烷的二氯取代物有3種(不考慮立體異構)

C.主鏈含四個碳的烷烴中，碳原子個數是最多的是2，3﹣四甲基丁烷

D.乙醇和甘油都含羥基，葡萄糖和蔗糖都是糖類，但它們之間不是同系物

【分析】A.分餾石油氣是各種烷烴的混合物，而裂化汽油含有不飽和鍵;

B.異丁烷為CH3CH(CH3)CH3，其二氯代物可以取代同一碳原子上的2個H原子，可以取代不同碳原子上的H原子，據此書寫判斷;

C.主鏈含四個碳的烷烴中，支鏈只能是甲基，最多4個甲基;

D.同系物是結構相似，分子組成上相差1個或者若干個CH2基團的化合物互稱為同系物，官能團的種類和數目相同.

【解答】解：A.裂化汽油中的不飽和鍵可以使溴水褪色，而分餾石油氣不能使溴水褪色，故A正確;

B.異丁烷為CH3CH(CH3)CH3，二氯代物取代同一碳原子上的2個H原子，有：CH3CH(CH3)CHCl2;取代不同碳原子上的H原子，有：ClCH2CH(CH3)CH2Cl，ClCH2CCl(CH3)CH3，共有3種，故B正確;

C.主鏈含四個碳的烷烴中，支鏈只能是甲基，最多4個甲基，名稱為2，2，3，3﹣四甲基丁烷，故C錯誤;

D.乙醇和甘油都含羥基，分別含有1個、3個羥基;葡萄糖中含有醛基，蔗糖中不含有醛基，都是糖類，它們之間不是同系物，故D正確;

故選C.

【點評】本題主要考查有機物的結構和性質，涉及同分異構體、同系物的辨析，有利於培養學生良好的科學素養，難度不大.

5.雙級膜電滲析解離NaCl溶液製備酸鹼的原理，為提高海水淡化的附加值提供了新的技術路徑.已知BP為雙級膜，陰陽膜界面可以解離H+和OH﹣，下列説法正確的是(　　)

A.A為陽離子交換膜，C為陰離子交換膜

B.X為陰極，發生的電極反應方程式為：4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O

C.在X、Y極室加入Na2SO4，目的是提供製備的酸和鹼的陽離子或陰離子

D.通過該裝置，不但海水得到了淡化，同時還可以得到NaOH、HCl、H2、O2等物質

【分析】A、A是氯離子通過，而B是鈉離子自由通過;

B、X為陽極，而不是陰極;

C、在X、Y極室加入Na2SO4，目的是增加溶液的導電性;

D、該裝置是氯化鈉的濃度減少，同時在陰極得到氫氣陽極得到氧氣.

【解答】解：A、A是氯離子通過，而B是鈉離子自由通過，所以A為陰離子交換膜，C為陽離子交換膜，故A錯誤;

B、X為陽極，而不是陰極，電極反應式為：4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O，故B錯誤;

C、在X、Y極室加入Na2SO4，目的是增加溶液的導電性，而不是提供製備的.酸和鹼的陽離子或陰離子，故C錯誤;

D、該裝置是氯化鈉的濃度減少，同時在陰極得到氫氣陽極得到氧氣，所以通過該裝置，不但海水得到了淡化，同時還可以得到NaOH、HCl、H2、O2等物質，故D正確;

故選D.

【點評】本題考查了海水淡化原理，明確圖片內涵是解本題關鍵，陰陽離子在電極上放電，導致排出的水為淡水，從而實現海水淡化，難度不大.

6.根據表，下列説法正確的是(　　)

化學式 電離常數(25℃)

CH3COOH Ka=1.8×10﹣5

H2SO3 Ka1=1.23×10﹣2

Ka2=6.6×10﹣8

NH3.H2O Kb=1.8×10﹣5

A.25℃時，pH=3的醋酸和pH=11的氨水等體積混合後，混合液中水的電離是被促進的

2SO3溶液中滴加足量醋酸，反應的離子方程式為：SO32﹣+2CH3COOH=SO2↑+H2O+2CH3COO﹣

O3溶液呈酸性，是因為Kw/Ka1>Ka2

D.0.1mol/L的CH3COOH溶液與等濃度等體積的CH3COONa混合後，溶液中的微粒存在以下關係：c(H+)+c(CH3COOH)=c(CH3COO﹣)+2c(OH﹣)

【分析】A、pH=3的醋酸和pH=11的氨水等體積混合後，得到的是醋酸銨溶液，能雙水解的鹽類;

B、化學反應遵循強酸製備弱酸的原理，據此回答;

C、NaHSO3溶液呈酸性，亞硫酸氫根離子的電離程度大於水解程度;

D、0.1mol/L的CH3COOH溶液與等濃度等體積的CH3COONa混合後，溶液中存在物料守恆，據此回答.

【解答】解：A、pH=3的醋酸和pH=11的氨水等體積混合後，得到的是醋酸銨溶液，能雙水解的鹽類，水的電離是被促進的，故A正確;

B、SO32﹣+2CH3COOH=SO2↑+H2O+2CH3COO﹣，説明酸性：CH3COOH>H2SO3，這和CH3COOH的Ka=1.8×10﹣5、H2SO3的Ka1=1.23×10﹣2亞硫酸酸性強是矛盾的，故B錯誤;

C、NaHSO3溶液呈酸性，亞硫酸氫根離子的電離程度大於水解程度，而Kw/Ka1>Ka2説明亞硫酸氫根離子的水解程度大於電離程度，故C錯誤;

D、0.1mol/L的CH3COOH溶液與等濃度等體積的CH3COONa混合後，溶液中存在物料守恆2c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO﹣)，存在電荷守恆：c(H+)+c(Na+)=c(OH﹣)+c(CH3COO﹣)，整理兩式子，得到：2c(H+)+c(CH3COOH)=c(CH3COO﹣)+2c(OH﹣)，故D錯誤.

故選A.

【點評】本題考查弱電解質的電離平衡，難度不大，注意電荷守恆、物料守恆、質子守恆三大守恆的應用是關鍵.

7.某酸性工業廢水，可能含有Fe3+、Fe2+、Cu2+、Ca2+、Cl﹣、NO3﹣、Br﹣、I﹣中的一種或幾種，為了能回收其中的某些成分，進行了以下實驗：

已知pH=4時，Fe3+沉澱完全，而Cu2+、Ca2+未沉澱.

下列説法不正確的是(　　)

A.該工業廢水中肯定存在Cu2+、I﹣

B.若廢水中存在NO3﹣，則肯定存在Fe3+

C.操作1為鼓入熱空氣，試劑1為Fe

D.為了得到FeSO47H2O，需要經過蒸發濃縮、冷卻結晶，過濾、洗滌、乾燥

【分析】廢水中通入足量氯氣的目的是將溶液中還原性較強的離子氧化，可能氧化Fe2+、Br﹣、I﹣，操作1為鼓入熱空氣，吹出溴蒸氣，冷凝後有深紅棕色液體生成，説明是液溴，則可推斷出原廢水中含Br﹣; 調節溶液PH約為4，Fe3+沉澱完全，得到氫氧化鐵沉澱，加稀硫酸後氫氧化鐵沉澱溶解，試劑1為鐵，將三價鐵離子還原為二價鐵離子，為了得到FeSO47H2O，需要經過蒸發濃縮、冷卻結晶，過濾、洗滌、乾燥; 加足量氫氧化鈉溶液產生白色沉澱，説明原廢水中不含Cu2+，含Ca2+，白色沉澱是氫氧化鈣，在加足量氫氧化鈉溶液後溶液無明顯現象，説明溶液中無碘，原廢水中不含I﹣;氯離子不能確定; 由於廢水呈酸性，若含有NO3﹣、就不能有還原性二價鐵離子，只能是三價鐵離子，有二價鐵離子，就不能有NO3﹣.

【解答】解：廢水中通入足量氯氣的目的是將溶液中還原性較強的離子氧化，可能氧化Fe2+、Br﹣、I﹣，操作1為鼓入熱空氣，吹出溴蒸氣，冷凝後有深紅棕色液體生成，説明是液溴，則可推斷出原廢水中含Br﹣; 調節溶液PH約為4，Fe3+沉澱完全，得到氫氧化鐵沉澱，加稀硫酸後氫氧化鐵沉澱溶解，試劑1為鐵，將三價鐵離子還原為二價鐵離子，為了得到FeSO47H2O，需要經過蒸發濃縮、冷卻結晶，過濾、洗滌、乾燥; 加足量氫氧化鈉溶液產生白色沉澱，説明原廢水中不含Cu2+，含Ca2+，白色沉澱是氫氧化鈣，在加足量氫氧化鈉溶液後溶液無明顯現象，説明溶液中無碘，原廢水中不含I﹣;氯離子不能確定; 由於廢水呈酸性，若含有NO3﹣、就不能有還原性二價鐵離子，否者會發生氧化還原反應，只能是三價鐵離子; 若有二價鐵離子，就不能有NO3﹣，

A.根據上述分析可知，溶液中不含Cu2+、I﹣，故A錯誤;

B.由於廢水呈酸性，若含有NO3﹣，就不能有還原性二價鐵離子，否者會發生氧化還原反應，只能是三價鐵離子; 若有二價鐵離子，就不能有NO3﹣，若廢水中存在NO3﹣，則肯定存在Fe3+，故B正確;

C.操作1為鼓入熱空氣，吹出溴蒸氣;試劑1為鐵，將三價鐵離子還原為二價鐵離子，是為後面得到FeSO47H2O服務，故C正確;

D.為了得到FeSO47H2O，需要經過蒸發濃縮、冷卻結晶，過濾、洗滌、乾燥，故D正確;

故選A.

【點評】本題結合化工工藝流程對中學常見離子進行檢驗，注意所加試劑的目的，常見離子以及物質的性質是答題的關鍵，一些困難問題還需要順向思維與逆向思維相結合，本題有一定的難度.

二、非選擇題(共4小題，滿分43分)

8.乙炔是一種重要的有機物化工原料，現以它為原料，設計如下轉化關係圖(部分產物、反應條件已略去)，其中A是由等物質的量的乙炔、一氧化碳和水反應而得.

已知：物質 不穩定，會自動轉化R﹣CH2CHO.請回答：

(1)A分子中的官能團名稱為　碳碳雙鍵、羧基　.

(2)乙炔→F的反應類型是　加成反應　;一定條件下，C→B的反應類型是　酯化反應　.

(3)E的結構簡式為　 　.

(4)下列説法中正確的是　BD　(選填編號).

A.F屬於芳香烴，且苯是同系物 B. 是D的一種同分異構體

C.D既是E是單體，又是E的鏈節 D.A、B、D、F四種物質都能使溴水褪色

(5)寫出反應A+C→D的化學方程式　CH2=CHCOOH+CH3CH2OH=CH2=CHCOOCH2CH3+H2O　.

【分析】乙炔與水加成生成B，B為CH3CHO，CH3CHO催化加氫生成C為CH3CH2OH，根據A和C反應的條件可知，該反應應為酯化反應，A是由等物質的量的乙炔、一氧化碳和水反應而得，則A為C3H4O2，根據D和E的分子式可知，D發生加聚反應生成E，所以可推知A為CH2=CHCOOH，所以D為CH2=CHCOOCH2CH3，E為 ，乙炔與甲苯發生加成反應生成 F，據此答題.

【解答】解：乙炔與水加成生成B，B為CH3CHO，CH3CHO催化加氫生成C為CH3CH2OH，根據A和C反應的條件可知，該反應應為酯化反應，A是由等物質的量的乙炔、一氧化碳和水反應而得，則A為C3H4O2，根據D和E的分子式可知，D發生加聚反應生成E，所以可推知A為CH2=CHCOOH，所以D為CH2=CHCOOCH2CH3，E為 ，乙炔與甲苯發生加成反應生成 F，

(1)A為CH2=CHCOOH，A分子中的官能團名稱為碳碳雙鍵、羧基，

故答案為：碳碳雙鍵、羧基;

(2)根據上面的分析可知，乙炔→F的反應類型是加成反應，一定條件下，C→B的反應類型是酯化反應，

故答案為：加成反應;酯化反應;

(3)根據上面的分析可知，E的結構簡式為 ，

故答案為： ;

(4)A.根據F的結構可知，F屬於芳香烴，但不是苯的同系物，故A錯誤;

B.D為CH2=CHCOOCH2CH3， 是D的一種同分異構體，故B正確;

C.D既是E是單體，但不是E的鏈節，故C錯誤;

D.A、B、D、F四種物質含有醛基或碳碳雙鍵，所以都能使溴水褪色，故D正確.

故選BD;

(5)反應A+C→D的化學方程式為CH2=CHCOOH+CH3CH2OH=CH2=CHCOOCH2CH3+H2O，

故答案為：HCH2=CHCOOH+CH3CH2OH=CH2=CHCOOCH2CH3+H2O.

【點評】本題考查有機推斷，涉及烯烴、醇、醛、羧酸等性質以及學生推理能力等，是對有機化合物知識的綜合考查，能較好的考查考生的思維能力，根據乙烯與D的分子式，判斷D的結構是解題的關鍵，難度中等，是大學聯考熱點題型.

9.請回答：

(1)HClO的電子式為　 　.

(2)甲硅烷是一種無色無味的氣體，結構類似於甲烷，在空氣中能自燃，已知它的熱值為akJg﹣1，則它的標準燃燒熱為△H=　﹣32akJ/mol　.

(3)土壤呈鹼性有很多原因，其中包括某些強鹼弱酸鹽(如Na2CO3)的水解，可以加入固體石膏(CaSO42H2O)來進行改良，用離子方程式表示原理　CO32﹣+CaSO4=SO42﹣+CaCO3↓　.

(4)配平氧化還原反應的離子方程式　1　Cr2O72﹣+　3　NO2﹣+　8H+　=　2　Cr3++　3　NO3﹣+　4H2O　.

【分析】(1)次氯酸分子為共價化合物，其中氫原子最外層達到2個電子穩定結構，氯、氧原子達到8電子穩定結構;

(2)根據甲硅烷的質量計算1mol甲硅烷燃燒放出的熱量，結合化學方程式書寫熱化學方程式.注意物質的聚集狀態和反應熱的單位;

(3)Na2CO3、CaSO4反應生成難溶性的碳酸鈣，同時生成強酸強鹼鹽硫酸鈉;

(4)反應中Cr2O72﹣→Cr3+，Cr元素由+6價降低為+3價，共降低6價，NO2﹣→NO3﹣，N元素由平均化合價+3價升高為+5價，共升高2價，化合價最小公倍數為6，Cr2O72﹣的係數為1，NO2﹣的係數為3，再根據原子守恆、電荷守恆配平其它物質係數，據此解答.

【解答】解：(1)H原子最外層1個電子，Cl原子最外層7個電子，O原子最外層6個電子，次氯酸為共價化合物，其電子式為 ，故答案為： ;

(2)由於硅烷的熱值為akJg﹣1，則1molSiH4燃燒放出的熱量為：32akJ，

反應的化學方程式為：SiH4+O2=SiO2+2H2O，則熱化學方程式為：SiH4(g)+O2(g)=SiO2(g)+2H2O(l);△H=﹣32akJ/mol，

故答案為：﹣32akJ/mol;

(3)石膏是主要成分是CaSO4，Na2CO3、CaSO4反應生成難溶性的碳酸鈣，同時生成強酸強鹼鹽硫酸鈉，硫酸根離子和鈉離子不水解，則其溶液呈中性，所以石膏能降低其鹼性，反應方程式為CO32﹣+CaSO4=SO42﹣+CaCO3↓，故答案為：CO32﹣+CaSO4=SO42﹣+CaCO3↓;

(4)反應中Cr2O72﹣→Cr3+，Cr元素由+6價降低為+3價，共降低6價，NO2﹣→NO3﹣，N元素由平均化合價+3價升高為+5價，共升高2價，化合價最小公倍數為6，Cr2O72﹣的係數為1，NO2﹣的係數為3，再根據原子守恆、電荷守恆配平其它物質係數，配平後的方程式為Cr2O72﹣+3NO2﹣+8H+→2Cr3++3NO3﹣+4H2O，

故答案為：1;3;8H+;2;3;4H2O.

【點評】本題考查氧化還原反應配平、燃燒熱的計算和電子式的書寫，難度中等，應注意基礎的掌握.

10.液氨和二硫化碳在一定條件下反應可以生成甲和乙兩種鹽.2.55g乙受熱會完全分解生成等物質的量的氣體丙和丁共2.24L(標況)，丙能使紫色石蕊試液變藍，另取少量FeCl3溶液，向其中滴加甲溶液，發現溶液變為血紅色.請推測並回答：

(1)用離子方程式表示紫色石蕊試液變藍原因：　NH3+H2O⇌NH3H2O⇌NH4++OH﹣　.

(2)寫出乙受熱分解的化學方程式　NH4HS NH3↑+H2S↑　.

(3)甲溶液中加入足量濃NaOH溶液，加熱後也能生成氣體丙，寫出該反應的離子方程式　NH4++OH﹣ NH3↑+H2O　.

(4)化合物甲的化學式為　NH4SCN　.

(5)往上述血紅色溶液中通入SO2，發現溶液紅色褪去，請從氧化還原反應的角度解釋紅色褪去的原因　二氧化硫具有還原性、鐵離子具有氧化性，二者發生氧化還原反應生成亞鐵離子導致溶液褪色，離子方程式為2SO2+Fe3++H2O=2Fe2++SO42﹣+2H+　.

【分析】液氨和二硫化碳在一定條件下反應可以生成甲和乙兩種鹽，2.55g乙受熱會完全分解生成等物質的量的氣體丙和丁共2.24L(標況)，丙能使紫色石蕊試液變藍，説明丙為NH3，則乙為銨鹽;

另取少量FeCl3溶液，向其中滴加甲溶液，發現溶液變為血紅色，説明甲中含有SCN﹣離子，甲是鹽，則甲為NH4SCN，反應物中有NH3、CS2，生成物中含有NH4SCN和另一種銨鹽，該反應中所有元素化合價不變，且乙分解生成兩種氣體，則為硫化銨或硫氫化銨，如果是NH4HS，n(NH4HS)= =0.05mol，分解反應為NH4HS H2S↑+NH3↑，0.05mol硫氫化銨分解生成0.1mol氣體，氣體條件在標況下的條件是2.24L，則乙為NH4HS;

結合題目分析解答.

【解答】解：液氨和二硫化碳在一定條件下反應可以生成甲和乙兩種鹽，2.55g乙受熱會完全分解生成等物質的量的氣體丙和丁共2.24L(標況)，丙能使紫色石蕊試液變藍，説明丙為NH3，則乙為銨鹽;

另取少量FeCl3溶液，向其中滴加甲溶液，發現溶液變為血紅色，説明甲中含有SCN﹣離子，甲是鹽，則甲為NH4SCN，反應物中有NH3、CS2，生成物中含有NH4SCN和另一種銨鹽，該反應中所有元素化合價不變，且乙分解生成兩種氣體，則為硫化銨或硫氫化銨，如果是NH4HS，n(NH4HS)= =0.05mol，分解反應為NH4HS H2S↑+NH3↑，0.05mol硫氫化銨分解生成0.1mol氣體，氣體條件在標況下的條件是2.24L，則乙為NH4HS;

(1)氨氣和水反應生成一水合氨，一水合氨分解生成銨根離子和氫氧根離子，導致氨水溶液呈鹼性，用離子方程式表示紫色石蕊試液變藍原因：NH3+H2O⇌NH3H2O⇌NH4++OH﹣，

故答案為：NH3+H2O⇌NH3H2O⇌NH4++OH﹣;

(2)乙是硫氫化銨，硫氫化銨受熱分解的化學方程式為NH4HS NH3↑+H2S↑，

故答案為：NH4HS NH3↑+H2S↑;

(3)甲是硫氫化銨，甲溶液中加入足量濃NaOH溶液，加熱後也能生成氣體丙，該反應的離子方程式NH4++OH﹣ NH3↑+H2O，

故答案為：NH4++OH﹣ NH3↑+H2O;

(4)化合物甲的化學式為NH4SCN，故答案為：NH4SCN;

(5)往上述血紅色溶液中通入SO2，發現溶液紅色褪去，鐵離子和二氧化硫發生氧化還原反應生成亞鐵離子和硫酸根離子，從而導致溶液褪色，離子方程式為2SO2+Fe3++H2O=2Fe2++SO42﹣+2H+，

故答案為：二氧化硫具有還原性、鐵離子具有氧化性，二者發生氧化還原反應生成亞鐵離子導致溶液褪色，離子方程式為2SO2+Fe3++H2O=2Fe2++SO42﹣+2H+.

【點評】本題考查無機物推斷，為高頻考點，涉及N、C、S元素及其化合物之間的轉化，明確物質性質是解本題關鍵，側重考查學生分析推斷及獲取信息解答問題能力，知道鐵離子的檢驗方法，題目難度不大.

11.乙二醇是一種重要的有機化工原料，在478K利用草酸二甲酯催化加氫合成乙二醇的反應歷程如下：

①CH3OOCCOOCH3(g)+2H2(g)⇌HOCH2COOH3(g)+CH3OH(g)△H1=a kJ/mol

②HOCH2COOCH3(g)+2H2(g)⇌HOCH2CH2OH(g)+CH3OH(g)△H2=b kJ/mol

③HOCH2CH2OH(g)+H2(g)⇌C2H5OH(g)+H2O(g)△H3=c kJ/mol

(1)寫出478K時草酸二甲酯催化加氫合成乙二醇的熱化學方程式：　CH3OOCCOOCH3(g)+4H2(g)⇌HOCH2CH2OH(g)+2CH3OH(g)△H=(a+b)kJ/mol　.

(2)下表是各反應在不同温度下的平衡常：

反應/K/温度 458K 478K 488K

①

②

③ 1.78×104 1.43×104 1.29×104

1.91×107 1.58×107 1.45×107

8.11×108 3.12×108 2.00×108

①寫出反應③的平衡常數表達式K=　 　，△H3　<　0(選填“>”、“=”或“<”).

②下列有關反應②的説法中，正確的是　AB　(選填號).

A.較低温度有利於反應②自發進行

B.恆容條件下，當反應混合氣體的平均摩爾質量不再改變時，反應達到了平衡

C.升高温度，有利於提高乙二醇的產率

D.增加氫氣的濃度，一定既能加快反應的速率，又能提高乙二醇的百分含量

(3)分析圖1、圖2，選擇工業上合成乙二醇的最佳壓強n(H2)：n(草酸二甲酯)比例　C　(選填編號).

A.0～1Mpa，n(H2)：n(草酸二甲酯)=40 B.1～2Mpa，n(H2)：n(草酸二甲酯)=20

C.2～3Mpa，n(H2)：n(草酸二甲酯)=40 D.2～3Mpa，n(H2)：n(草酸二甲酯)=20

(4)圖3表示温度對反應的影響，試分析工業上合成乙二醇時，實際温度不高也不低，選擇在473K的理由?　此反應的催化劑在473K時催化活性最好　.

(5)對反應①，在478K、恆壓條件下，充入草酸二甲酯和H2各2mol，一段時間後達平衡，若在t1時刻再充入各1mol的反應物(其它條件不變)，t2時重新達到平衡，請在圖4中畫出正逆反應速率隨時間變化的示意圖.

【分析】(1)①CH3OOCCOOCH3(g)+2H2(g)⇌HOCH2COOH3(g)+CH3OH(g)△H1=a kJ/mol，

②HOCH2COOCH3(g)+2H2(g)⇌HOCH2CH2OH(g)+CH3OH(g)△H2=b kJ/mol，

由蓋斯定律可知，①+②可得CH3OOCCOOCH3(g)+4H2(g)⇌HOCH2CH2OH(g)+2CH3OH(g)，△H;

(2)①達到化學平衡狀態時，各生成物濃度的化學計量數次冪的乘積與各反應物濃度的化學計量數次冪的乘積的比值，稱為化學平衡常數，温度升高，K減小，説明逆反應為吸熱反應，則正反應為放熱反應;

②A.根據△G=△H﹣T△S<0自發進行的分析;

B.根據公式M= 分析平均摩爾質量是否為變量;

C.升高温度，平衡逆向移動;

D.增加氫氣的濃度，反應①②③平衡正向移動;

(3)有圖1可知，增大壓強有利於合成乙二醇，由圖2可知n(H2)：n(草酸二甲酯)越大，有利於合成乙二醇;

(4)由圖3可知温度對反應的影響不大，選擇在473K在於催化劑的活性最大;

(5)在478K、恆壓條件下，充入各1mol的反應物，反應物濃度增大，生成物濃度減小，與平衡為等效平衡.

【解答】解：(1)①CH3OOCCOOCH3(g)+2H2(g)⇌HOCH2COOH3(g)+CH3OH(g)△H1=a kJ/mol，

②HOCH2COOCH3(g)+2H2(g)⇌HOCH2CH2OH(g)+CH3OH(g)△H2=b kJ/mol，

由蓋斯定律可知，①+②可得CH3OOCCOOCH3(g)+4H2(g)⇌HOCH2CH2OH(g)+2CH3OH(g)，△H=(a+b)kJ/mol，

故答案為：CH3OOCCOOCH3(g)+4H2(g)⇌HOCH2CH2OH(g)+2CH3OH(g)△H=(a+b)kJ/mol;

(2)①HOCH2CH2OH(g)+H2(g)⇌C2H5OH(g)+H2O(g)K= ，温度升高，K3減小，説明逆反應為吸熱反應，則正反應為放熱反應，△3H<0，

故答案為：K= ;<;

②2COOCH3(g)+2H2(g)⇌HOCH2CH2OH(g)+CH3OH(g)△S<0，K隨温度的變化與反應HOCH2CH2OH(g)+H2(g)⇌C2H5OH(g)+H2O(g)相同，因此△H<0，則△G=△H﹣T△S在低温時小於零，自發進行，故A正確;

B.反應物和生成物都是氣體，m恆定，反應前後相比，氣體的物質的量n減小，由M= 可知，M為變量，因此恆容條件下，當反應混合氣體的平均摩爾質量不再改變時，反應達到了平衡，故B正確;

C.升高温度，平衡逆向移動，不利於提高乙二醇的產率，故C錯誤;

D.增加氫氣的濃度，反應①②③化學反應速率增大，平衡正向移動，但①②生成乙二醇，反應③消耗乙二醇，因此不能確定乙二醇的百分含量的變化趨勢，故D錯誤;

故答案為：AB;

(3)有圖1可知，增大壓強有利於合成乙二醇因此選擇2～3Mpa，由圖2可知n(H2)：n(草酸二甲酯)越大，有利於合成乙二醇，因此選擇n(H2)：n(草酸二甲酯)=40，

故答案為：C;

(4)由圖3可知温度對草酸二甲酯的轉化率和乙二醇的選擇性影響不大，選擇在473K在於催化劑的活性最好，

故答案為：此反應的催化劑在473K時催化活性最好;

(5)在478K、恆壓條件下，充入各1mol的反應物，反應物濃度增大，生成物濃度減小，與平衡為等效平衡，對應的圖象為 ，

故答案為 .

【點評】本題考查熱化學方程式、化學平衡的計算、平衡移動以及平衡狀態的判斷，為高頻考點，綜合性很強，題目難度較大，難點在於對圖象的分析能夠與化學反應原理相匹配.