黑龙江省大庆实验中学2019-2020学年高二下学期化学期末考试试卷
一、单选题
1．（2020高二下·大庆期末）下列化学反应过程中，不涉及氧化还原反应的是（ ）
A．浸有酸性高锰酸钾的硅藻土作水果保鲜剂
B．将SO2滴入盛有酚酞的NaOH溶液中，溶液红色褪去
C．用含有橙色的酸性重铬酸钾的仪器检验酒后驾车
D．刻蚀印刷电路板
【答案】B
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A．酸性高锰酸钾可以氧化水果释放的乙烯，从而抑制水果的生长，A涉及氧化还原反应，故A不选；
B．将SO2滴入盛有酚酞的NaOH溶液中，发生的反应为：2NaOH+ SO2= Na2SO3+H2O，所以溶液红色褪去，不涉及氧化还原反应，故B选；
C．酸性重铬酸钾可与乙醇发生氧化还原反应而变色，从而检验酒驾，涉及氧化还原反应，故C不选；
D．三价铁离子氧化性强于铜离子，能够与铜反应生成铜离子和亚铁离子，反应的离子方程式为：2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，涉及氧化还原反应，故D不选；
故答案为：B。
【分析】A．乙烯能促进果实成熟，酸性高锰酸钾可以氧化水果释放的乙烯，从而抑制水果的生长达到保鲜的作用，涉及氧化还原反应；
C．酸性重铬酸钾可与乙醇发生氧化还原反应检验酒驾，使Cr2O72-（红色）Cr3+（蓝绿色），涉及氧化还原反应；
D． 刻蚀印刷电路板 离子方程式为：2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，涉及氧化还原反应。
2．（2020高二下·大庆期末）下列关于金属及其化合物说法错误的是（ ）
A．氧化铝用作耐火材料 B．小苏打用于食品膨松剂
C．目前用量最大的合金是铝合金 D．过氧化钠可作供氧剂
【答案】C
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A. 氧化铝熔点很高，用作耐火材料，A不符合题意；
B. 小苏打加热时产生二氧化碳气体，可用于食品膨松剂，B不符合题意；
C. 目前用量最大的合金是铁合金，即钢材，不是铝合金，C符合题意；
D. 过氧化钠可与二氧化碳或水反应生成氧气，可作供氧剂，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A. 氧化铝熔点很高2054℃，常用作耐火材料；
B. 小苏打加热时产生CO2气体，可使食品松软蓬松，可用于食品膨松剂；
C. 目前用量最大的合金是铁合金，即钢铁；
D.由方程式知， 过氧化钠可作供氧剂。
3．（2020高二下·大庆期末）化学与生活密切相关。下列说法错误的是（ ）
A．铁水打花是一种古老的烟花，操作是“将生铁装进坩泥锅，并化成沸腾的铁汁”，其中坩泥锅的主要成分是硅酸盐
B．在人体内水解酶的作用下，纤维素可以发生反应生成葡萄糖
C．《梦溪笔谈》中“取精铁锻之百余火……则纯钢也，虽百炼。不耗矣。”百炼钢熔点比纯铁低
D．华为最新一代旗舰芯片麒麟9905G中半导体材料为硅
【答案】B
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系
【解析】【解答】A.坩泥锅属于陶瓷制品主要成分是硅酸盐，A项不符合题意；
B. 纤维素在人体内不可以水解生成葡萄糖，B项符合题意；
C. 百炼钢是合金，合金熔点比其组分的纯金属熔点低，C项不符合题意；
D硅元素处于金属和非金属分界线，所以广泛用作半导体材料，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】 A.硅酸盐产品：水泥、陶瓷、玻璃。坩泥锅属于陶瓷制品，主要成分是硅酸盐；
B. 纤维素不能在人体内水解生成葡萄糖；
C. 百炼钢是合金，合金熔点比其组分的纯金属熔点都低；
D硅元素处于金属和非金属分界线，所以广泛用作半导体材料
4．（2020高二下·大庆期末）用化学用语表示4Fe +C2HCl3 +5H+ = C2H6+4Fe2++3Cl－中的相关微粒，其中正确的是（ ）
A．中子数为30，质量数为56的铁原子： Fe
B．Cl－的结构示意图：
C．C2H6的结构式：
D．C2HCl3的电子式：
【答案】C
【知识点】原子结构示意图；结构式；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、根据原子构成，左上角为质量数，左下角为质子数，即该核素为5626Fe，故A不符合题意；
B、原子得到电子，只是失去最外层电子数，质子数不变，Cl－结构示意图正确的是 ，故B不符合题意；
C、C2H6的结构简式为CH3CH3，其结构式为 ，故C符合题意；
D、没有表示C和Cl最外层所有的电子，故D不符合题意；
【分析】A、根据原子构成，A为质量数，Z为质子数，中子数N=A-Z即该核素为；
B、Cl原子得电子，最外层电子数变化，质子数不变，Cl－结构示意图正确的是
C、， 是C2H6的结构式，C2H6的结构简式为CH3CH3；
D、每个Cl原子周围应该围绕8个电子；
5．（2020高二下·大庆期末）下列关于有机物的说法正确的是（ ）
A．糖类、油脂、蛋白质在一定条件下均能水解
B．乙二醇、苯乙烯在一定条件下均可聚合生成高分子化合物
C．分子式为C4H8Cl2的有机物共有(不含立体异构)8种
D．菲的结构简式为 ，其一硝基取代物有6种
【答案】B
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．糖类如为单糖，则不发生水解反应，故A不符合题意；
B．乙二醇可发生缩聚反应，苯乙烯含有碳碳双键，可发生加聚反应，故B符合题意；
C．C4H8Cl2可以看作为C4H10中2个H原子被2个Cl原子取代，C4H10有CH3CH2CH2CH3、CH3C(CH3)2两种；CH3CH2CH2CH3中，当两个Cl原子取代同一个C原子上的H时，有2种，当两个Cl原子取代不同C原子上的H时，有1、2，1、3，1、4，2、3四种情况，故该情况有6种；CH3C(CH3)2中，当两个Cl原子取代同一个C原子上的H时，有1种，当两个Cl原子取代不同C原子上的H时，有2种，故该情况有3种，故共有9种，故C不符合题意；
D． 为对称结构，有如图所示的5种H原子 ，所以与硝酸反应，可生成5种一硝基取代物，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．糖类包括单糖、二糖、多糖，单糖不水解；
B．HOCH2CH2OH可发生缩聚反应，苯乙烯含有碳碳双键，可以发生加聚反应，而缩聚反应和加聚反应都可生成高分子化合物；
C．C4H8Cl2可以看作为C4H10中2个H原子被2个Cl原子取代，先找出C4H10的同分异构体；然后再看每个同分异构体上H被取代的H有几种；
D． 菲的结构简式为对称结构，找出对称位置即可判断。
6．（2020高二下·大庆期末）化学与生产、生活、社会息息相关，下列说法错误的是（ ）
A．血液透析是胶体的化学性质，“人工肾”利用血液透析原理救治危重新冠肺炎患者
B．用可见光束照射以区别溶液和胶体
C．“用浓酒和糟入甑（蒸锅），蒸气令上…”。其中涉及的操作是蒸馏
D．医用口罩无纺布的原材料成分之是聚丙烯，其结构简式为
【答案】A
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系
【解析】【解答】A．血液是胶体，不能透过半透膜，血液中杂质能透过半透膜通过体外循环将杂质除去，血液透析利用胶体粒子与半透膜直径的大小特征净化血液，不属于胶体的化学性质，血液透析不是胶体的化学性质，故A符合题意；
B．胶体具有丁达尔现象，则用可见光束照射以区别溶液和胶体，故B不符合题意；
C．蒸令气上，则利用互溶混合物的沸点差异分离，则涉及的操作为蒸馏，故C不符合题意；
D．聚丙烯是丙烯的加聚产物，结构简式为 ，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．血液透析利用胶体粒子与半透膜直径的大小特征净化血液，不属于胶体的化学性质。血液是胶体，不能透过半透膜，血液中杂质能透过半透膜通过体外循环将杂质除去；
B．用可见光束照射可以区别溶液和胶体，胶体具有丁达尔现象，溶液没有；
C．令蒸气上，利用互溶混合物的沸点不同分离，涉及的操作为蒸馏；
D．聚丙烯是丙烯（CH2=CHCH3）的加聚产物，结构简式为 ；
7．（2020高二下·大庆期末）NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A．0.1molC2H6O分子中含有C—H键的数目一定为0.5NA
B．标准状况下，11.2L的SO3中含1.5NA个氧原子
C．20gNa2O和Na2O2的混合物中，所含阴、阳离子数目之比确定
D．常温常压下，100g46%的乙醇水溶液中含O—H键总数目为NA
【答案】C
【知识点】阿伏加德罗常数；物质的量与其浓度和气体摩尔体积的综合应用
【解析】【解答】A．C2H6O可能是乙醇，还可能为二甲醚，当为乙醇时，0.1molC2H6O中含有0.5NA条C H键；当为二甲醚时，0.1molC2H6O中含有0.6NA条C H键，故A不符合题意；
B．标况下三氧化硫为固体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故B不符合题意；
C．Na2O和Na2O2均由2个钠离子和1个阴离子构成，故两者的混合物中，无论两者的比例如何，阴阳离子的个数之比均为1：2，故C符合题意；
D.100g 46%的乙醇溶液中，乙醇的物质的量是100g ×46%÷46g/mol=1mol，含有H O键为NA，由于水分子中也含有H O键，则该溶液中含H O键的数目大于NA，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．C2H6O有2个同分异构体，分别为乙醇和二甲醚。当C2H5CH时，符合题意；当C2H6O为CH3-O-CH3时，0.1molC2H6O中含有0.6NA条C H键；
B．标况下三氧化硫不是气体，无法计算它的物质的量；
D．乙醇中含的H O键为NA，但是H2O中也含有H O键，则该溶液中含H O键的数目大于NA。
8．（2020高二下·大庆期末）下列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是（ ）
选项 X Y Z R
A Al AlCl3 Al(OH)3 NaAlO2
B Na Na2O Na2O2 NaOH
C H2S S SO2 SO3
D N2 NH3 NO NO2
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】硫化氢；钠的化学性质；两性氧化物和两性氢氧化物；无机物的推断
【解析】【解答】A．铝不能一步反应生成氢氧化铝，故A不符合题意；
B．Na常温下氧化生成 Na2O，燃烧生成Na2O2，与水反应生成NaOH；Na2O与水反应生成NaOH，钠在氧气中加热生成Na2O2；Na2O2与水反应生成NaOH，故B符合题意；
C．H2S不能一步反应生成SO3，S不能一步反应生成SO3，故C不符合题意；
D．N2不能一步反应生成NO2，NH3不能一步反应生成NO2，故D不符合题意；
故故答案为：B。
【分析】A．Al不能一步反应生成 Al(OH)3 ；
B．由方程式知：4Na+O2=2Na2O，，；；；
C．H2S不能一步反应生成SO3，S燃烧生成SO2，不能一步反应生成SO3；
D．N2和NH3都不能一步反应生成NO2。
9．（2020高二下·大庆期末）利用如图所示的实验装置和方法进行实验，能达到目的的是（ ）
A．甲装置可将AlCl3溶液蒸干获得AlCl3晶体
B．乙装置可证明浓硫酸具有脱水性和氧化性
C．丙装置可除去CO2中的HCl
D．丁装置可将NH4Cl固体中的I2分离
【答案】B
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A. AlCl3溶液加热会强烈水解，生成氢氧化铝和氯化氢，氯化氢挥发又促进水解，蒸干后获得氢氧化铝，不能获得氯化铝晶体，故A不符合题意；
B. 浓硫酸可以脱去蔗糖中的水，即“黑面包实验”，同时硫酸被还原得到二氧化硫，二氧化硫使溴水褪色，因此体现了浓硫酸的脱水性和氧化性，故B符合题意；
C. 碳酸钠溶液会吸收二氧化碳变成碳酸氢钠，因此不能用来除去二氧化碳中的HCl，故C不符合题意；
D. 氯化铵固体受热分解成的氨气和氯化氢遇冷后会重新化合成氯化铵，碘受热易升华，两者都重新附着于圆底烧瓶底部无法分离，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A. AlCl3溶液加热会水解，生成Al(OH)3和HCl，HCl挥发又促进水解，蒸干后获得Al(OH)3，不能获得AlCl3晶体；
B. 浓硫酸可以使蔗糖脱水，也就是“黑面包实验”，同时H2SO4被还原得到SO2，SO2使溴水褪色，因此体现了浓硫酸的脱水性和氧化性；
C. 二氧化碳除杂一般都用饱和碳酸氢钠；
D. NH4Cl固体受热分解成NH3和HCl，而NH3和HCl遇冷后会重新化合成NH4Cl，碘受热易升华，两者都重新附着于圆底烧瓶底部无法分离。
10．（2020高二下·大庆期末）下列关于物质的分类中，正确的是（ ）
酸性氧化物 酸 碱 盐 混合物 电解质
A SiO2 HClO 纯碱 明矾 CuSO4 5H2O CO2
B Na2O2 HNO3 生石灰 NaHSO4 漂白粉 Mg
C SO3 H2SiO3 烧碱 碳酸氢钠 水玻璃 NaCl
D NO2 Al（OH）3 熟石灰 BaCO3 液氯 NH3
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】A．纯碱为碳酸钠，是盐不是碱，五水合硫酸铜为纯净物，二氧化碳为非电解质，故A不符合题意；
B．过氧化钠与碱不反应，不是酸性氧化物，生石灰为氧化物不是碱，镁是单质，不是电解质，故B不符合题意；
C．三氧化硫为酸性氧化物，硅酸为酸，烧碱即氢氧化钠为碱，碳酸氢钠属于盐，水玻璃为硅酸钠水溶液，属于混合物，氯化钠为电解质，故C符合题意；
D．二氧化氮不是酸性氧化物，氢氧化铝为两性物质，液氯为纯净物，氨气为非电解质，故D不符合题意；
故故答案为：C。
【分析】A．纯碱是Na2CO3，不是碱， CuSO4 5H2O 是纯净物， CO2 为非电解质；
B． Na2O2 与碱不反应，所以不是酸性氧化物，生石灰是氧化物不是碱，Mg是单质，不是电解质，因为电解质必须是化合物；
C．三氧化硫和碱反应只生成盐和水，所以它酸性氧化物， H2SiO3 为酸，烧碱（NaOH）是碱，NaHCO3属于盐，水玻璃为硅酸钠水溶液，属于混合物，NaCl为电解质，
D．NO2不是酸性氧化物，Al(OH)3为两性物质，液氯为纯净物，NH3为非电解质。
11．（2020高二下·大庆期末）下列说法正确的是（ ）
①FeO投入稀H2SO4和稀HNO3中均得到浅绿色溶液
②向红砖粉末中加入盐酸，充分振荡反应后取上层清液于试管中，滴加KSCN溶液2～3滴，溶液呈红色，但不一定说明红砖中含有氧化铁
③制备氢氧化亚铁时，向硫酸亚铁溶液中滴加氢氧化钠溶液，边加边搅拌，即可制得白色的氢氧化亚铁
④磁性氧化铁溶于稀硝酸的离子方程式为3Fe2++4H++NO =3Fe3++NO↑+3H2O
⑤氢氧化铁与HI溶液反应的离子方程式为Fe（OH）3+3H+=Fe3++3H2O
⑥Fe（OH）3不能通过Fe2O3与水反应得到，但能通过化合反应制取Fe(OH)3
⑦赤铁矿的主要成分是Fe2O3，Fe2O3为红棕色粉末
A．①③⑤ B．⑥⑦ C．②④⑤ D．④⑤⑥⑦
【答案】B
【知识点】铁的氧化物和氢氧化物；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】①硝酸有强氧化性，能将二价铁离子氧化为三价铁离子，变为棕黄色，FeO投入稀硝酸得到棕黄色溶液，故①不符合题意；
②氧化铁和盐酸反应生成氯化铁溶液和水，三价铁遇KSCN溶液，会变红色，说明红砖中含有氧化铁，故②不符合题意；
③向硫酸亚铁溶液中滴加氢氧化钠溶液发生复分解反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，搅拌后，氢氧化亚铁很容易被空气中的氧气氧化为氢氧化铁，得不到白色沉淀物质，故③不符合题意；
④磁性氧化铁为Fe3O4固体，应写成化学式，离子方程式为3Fe3O4+NO3 +28H+═9Fe3++14H2O+NO↑，故④不符合题意；
⑤碘离子具有还原性，铁离子具有氧化性，二者之间发生氧化还原反应，得到的是亚铁离子和碘单质，故⑤不符合题意；
⑥Fe(OH)3不可用Fe2O3与水反应得到，但能通过氢氧化亚铁、水、氧气发生化合反应制取，故⑥符合题意；
⑦赤铁矿的主要成分是Fe2O3，Fe2O3为红棕色粉末,故⑦符合题意；
故答案为：B。
【分析】①HNO3 有强氧化性，能将Fe2+氧化为Fe3+，变为棕黄色，FeO投入稀硝酸得到棕黄色溶液；
②，Fe3+遇KSCN溶液会变红色，说明红砖中含有Fe2O3；
③制备氢氧化亚铁，搅拌，氢氧化亚铁很容易被空气中的O2氧化为氢氧化铁，得不到白色氢氧化亚铁沉淀物质；
④磁性氧化铁为固体，不能写成离子，应写成化学式，离子方程式为3Fe3O4+NO3 +28H+═9Fe3++14H2O+NO↑；
⑤氢氧化铁与HI溶液反应的离子方程式为Fe（OH）3+6H++2I-=2Fe2++6H2O +I2；
⑥Fe(OH)3不可用Fe2O3与水反应得到，但能通过化合反应制取，方程式：4Fe（OH）2+2H2O+O2=4Fe（OH）3；
⑦赤铁矿的主要成分是Fe2O3，Fe2O3为红棕色粉末。
12．（2020高二下·大庆期末）探究草酸(H2C2O4)性质，进行如下实验。(已知：H2C2O4是弱电解质)
实验 装置 试剂a 现象
① Ca(OH)2溶液(含酚酞) 溶液褪色，产生白色沉淀
② 少量NaHCO3溶液 产生气泡
③ 酸性KMnO4溶液 紫色溶液褪色
④ C2H5OH和浓硫酸 加热后产生有香味物质
由上述实验所得草酸性质所对应的方程式错误的是（ ）
A．H2C2O4有酸性：Ca(OH)2+ H2C2O4=CaC2O4↓+2H2O
B．酸性H2C2O4> H2CO3：NaHCO3+ H2C2O4=NaHC2O4+CO2↑+H2O
C．H2C2O4具有还原性：2 +5 +16H+=2Mn2++10CO2↑+ 8H2O
D．H2C2O4可发生酯化反应：HOOCCOOH+2C2H5OH C2H5OOCCOOC2H5+2H2O
【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．H2C2O4为二元弱酸，能与氢氧化钙溶液发生中和反应，生成白色沉淀草酸钙和水，因此氢氧化钙溶液碱性逐渐减弱，溶液红色褪去，A不符合题意；
B．产生气泡证明有CO2 产生，因此可证明酸性H2C2O4＞H2CO3，反应方程式为：H2C2O4+2NaHCO3=Na2C2O4+2CO2↑+2H2O，B不符合题意；
C．草酸为弱电解质，故在其参与的离子方程式中要写其化学式，不能用草酸根表示，正确的离子方程式为2 +5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+ 8H2O，C符合题意；
D．草酸（又称乙二酸），结构中含有两个羧基，因此其能发生酯化反应，生成乙二酸二乙醇酯，反应方程式符合题意，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】草酸（又称乙二酸）为一种二元弱酸，具有酸的通性，因此能发生中和反应；具有还原性；因为乙二酸中含有羧基因此能发生酯化反应，据此解题。
13．（2020高二下·大庆期末）下列关于离子共存或离子反应的说法正确的是（ ）
A．pH=2的溶液中可能大量存在Na+、 、
B．某无色溶液中可能大量存在H+、Cl-、
C．Fe2+与H2O2在酸性溶液中的反应：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
D．稀硫酸与Ba(OH)2溶液的反应：H++ +Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O
【答案】C
【知识点】离子共存；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．pH=2的溶液呈酸性， 会与H+反应生成硅酸沉淀，A不符合题意；
B． 呈紫色，无色溶液中不可能含有 ，B不符合题意；
C．Fe2+与H2O2在酸性溶液中发生氧化还原反应，生成Fe3+和H2O，反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，C符合题意；
D．稀硫酸与Ba(OH)2溶液反应，不管是硫酸过量还是Ba(OH)2过量，离子方程式都是：2H++ +Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．pH=2的溶液呈酸性， SiO32-会与H+反应生成H2SiO3沉淀；
B． 高锰酸根是紫色，无色溶液中不能含有 高锰酸根；
C．Fe2+与H2O2在酸性溶液中发生氧化还原反应
D．稀硫酸与Ba(OH)2溶液反应
14．（2020高二下·大庆期末）设NA为阿伏加德罗常数值。如图表示N2O在Pt2O+表面与CO反应转化成无害气体的过程。下列说法正确的是（ ）
A．N2O转化成无害气体时的催化剂是
B．每1molPt2O+转化为Pt2O 得电子数为2NA
C．将生成的CO2通入含大量 、Na+、Cl-的溶液中，无明显现象
D．1gCO2、N2O的混合气体中含有电子数为0.5NA
【答案】D
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．根据转化关系，N2O转化N2时，Pt2O+转化为 ，则该过程的催化剂是Pt2O+，故A不符合题意；
B．根据转化关系，结合得失电子守恒，N2O转化N2时，Pt2O+转化为 ，氧化还原反应方程式为：N2O+Pt2O+=N2+Pt2O2+，反应中氮元素由+1价得电子变为0价，1mol N2O转化为N2得到2mol电子，则每1mol Pt2O+转化为 失电子为2mol，数目为2NA，故B不符合题意；
C．将生成的CO2通入含大量 、Na+、Cl-的溶液中，碳酸的酸性大于硅酸， +CO2(少量)+H2O= +H2SiO3↓，有白色沉淀生成，故C不符合题意；
D．CO2和N2O的摩尔质量都为44g/mol，一个分子中含有的电子数都为22个，则1g CO2、N2O的混合气体的物质的量为 mol，含有电子数为 ，故D符合题意。
故故答案为：D。
【分析】A．根据转化关系得到：N2O+Pt2O+=N2+Pt2O2+，Pt2O2++CO=CO2+Pt2O+
，N2O转化N2时催化剂是Pt2O+；
B．根据方程式可以得出：反应中氮元素得电子由+1价变为0价，则1mol N2O转化为N2得到2mol电子，则每1mol Pt2O+转化为 失电子为2mol，数目为2NA；
C．根据酸性：碳酸＞硅酸，将生成的CO2通入含大量 、Na+、Cl-的溶液中，发生反应： +CO2(少量)+H2O= +H2SiO3↓，有白色沉淀生成；
D．CO2和N2O的摩尔质量相等，并且一个分子中含有的电子数也相等，则可以求出1g CO2、N2O的混合气体的物质的量，进而求出电子数为 。
15．（2020高二下·大庆期末）把SO2通入Fe(NO3)3溶液中，溶液由棕黄色变为浅绿色，但立即又变为棕黄色，此时若滴入BaCl2溶液，则会产生白色沉淀。在上述一系列变化过程中，最终被还原的是（ ）
A．SO2 B．Fe2＋ C．Fe3＋ D．NO
【答案】D
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】由滴入BaCl2溶液，会产生白色沉淀，可知具有还原性的SO2通入Fe（NO3）3溶液中发生的氧化反应SO2→SO42-，白色沉淀为硫酸钡；溶液由黄色变为浅绿色，说明三价铁离子被还原为亚铁离子，但立即又变为黄色，说明亚铁离子又被氧化为三价铁离子，则可知溶液中的硝酸根离子在酸溶液中具有强氧化性，把亚铁离子氧化为三价铁离子，最终表现氧化性被还原的是NO ，
故答案为：D。
【分析】本题考查氧化还原反应的综合应用，注意利用信息来判断发生的氧化还原反应，明确硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性是解答的关键。
16．（2020高二下·大庆期末）某溶液含有①NO 、②HCO 、③SO 、④CO 、⑤SO 五种阴离子。向其中加入足量的Na2O2固体后，溶液中的离子浓度减小的是(忽略溶液体积变化)（ ）
A．②③ B．① C．④⑤ D．①③④⑤
【答案】A
【知识点】钠的氧化物
【解析】【解答】Na2O2与水反应生成氢氧化钠，溶液呈碱性，HCO 与OH－反应生成CO ，所以HCO 离子浓度减小，CO 离子浓度增大；
Na2O2具有强氧化性，将SO 氧化为SO ，则SO 离子浓度减小，SO 浓度增大；
NO3-浓度基本不变。
故答案为：A。
【分析】Na2O2与水反应：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，因为有NaOH生成，所以溶液呈碱性，HCO3- 与OH－反应生成CO32- ，则c(HCO3- )减小，c（CO32- ）增大；
并且Na2O2具有强氧化性，能将SO32- 氧化为SO34- ，则c(SO32-) 减小，c（SO34- ）增大；
c(NO3-)基本不变。
17．（2020高二下·大庆期末）有机物M、N、Q的转化关系为，下列说法正确的是（ ）
A．M至N的反应类型是取代反应
B．N的同分异构体有6种
C．可用酸性KMnO4溶液区分N与Q
D．0.3molQ与足量金属钠反应生成0.15NA个H2
【答案】C
【知识点】有机物的合成
【解析】【解答】A. M至N，C=C生成C C键，反应类型是加成反应，故A不符合题意；
B. N的分子式是C4H8Cl2，其同分异构体可以采取“定一移二”法确定 ，由图可知N共有9种同分异构体，故B不符合题意；
C. 醇可被高锰酸钾氧化，卤代烃不能被酸性高锰酸钾氧化，可用高锰酸钾溶液区分N与Q，故C符合题意；
D. Q含有2个羟基，则0.3molQ与足量金属钠反应生成0.3NA个H2，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A. M至N，碳碳双键变成了碳碳单键，反应类型是加成反应；
B. N的分子式是C4H8Cl2，C4H8Cl2可以看作为C4H10中2个H原子被2个Cl原子取代，C4H10有CH3CH2CH2CH3、CH3C(CH3)2两种同分异构体；CH3CH2CH2CH3中，当两个Cl原子在同一个C原子上时，有2种，分别是第一个C和第二个C，当两个Cl原子在不同C原子上时，有1、2，2、3，1、3，1、4四种情况，共有6种；CH3C(CH3)2中，当两个Cl原子在同一个C原子上时，有1种，当两个Cl原子在不同C原子上时，有2种，共有3种，总共有9种同分异构体；
C. 醇可被KMnO4氧化，卤代烃不能被酸性KMnO4氧化，可用KMnO4溶液区分N与Q；
D. 1mol-OH产生0.5molH2，Q含有2个羟基，则0.3molQ与足量金属钠反应生成0.3NA个H2。
18．（2020高二下·大庆期末）绿原酸(见右图)是一种有降压作用的药物，可由咖啡酸(一种芳香酸)与奎尼酸通过酯化反应合成。下列说法正确的是（ ）
A．绿原酸的分子式为C16H20O9
B．绿原酸既能和溴水发生加成反应，又能发生取代反应
C．1 mol奎尼酸与NaOH溶液反应，最多消耗5molNaOH
D．咖啡酸和奎尼酸都能与FeCl3溶液发生显色反应
【答案】B
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．根据结构可知，绿原酸的分子式为C16H18O9，故A不符合题意；
B．绿原酸分子中含-OH可发生取代反应，含碳碳双键可发生加成反应，故B符合题意；
C．根据酯化反应原理可知，奎尼酸含环己烷结构、4个醇-OH和-1个-COOH，1mol奎尼酸与NaOH溶液反应，最多消耗1mol NaOH，故C不符合题意；
D．咖啡酸含酚-OH，能与FeCl3溶液发生显色反应，而奎尼酸不含酚-OH，只含醇-OH，则不能与FeCl3溶液发生显色反应，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．由题意可知，绿原酸的分子式为C16H18O9；
B．绿原酸分子中有羟基可发生取代反应，含C=C可发生加成反应；
C．根据酯化反应原理可知，奎尼酸含环己烷结构、4个醇-OH和-1个-COOH，其中只有-COOH和强氧化钠反应，所以1mol奎尼酸与强氧化钠溶液反应，最多消耗1mol NaOH；
D．咖啡酸含酚羟基，能与FeCl3溶液发生显色反应，而奎尼酸不含酚羟基，只含醇羟基，不能与FeCl3溶液发生显色反应。
19．（2018高三上·北京月考）关于下列三种常见高分子材料的说法正确的是 （ ）
A．顺丁橡胶、涤纶和酚醛树脂都属于天然高分子材料
B．顺丁橡胶的单体与反-2-丁烯互为同分异构体
C．涤纶是对苯二甲酸和乙二醇通过缩聚反应得到的
D．酚醛树脂的单体是苯酚和甲醇
【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】A.顺丁橡胶、涤纶和酚醛树脂是人工合成的，不属于天然高分子材料，A不符合题意；
B.顺丁橡胶的单体为1，3-丁二烯，与反-2-丁烯分子式不同，B不符合题意；
C.涤纶是对苯二甲酸和乙二醇通过缩聚反应得到的聚对苯二甲酸乙二醇酯，C符合题意；
D.酚醛树脂的单体是苯酚和甲醛，不是甲醇，D不符合题意，
故答案为：C。
【分析】A.天然高分子是指以由重复单元连接成的线型长链为基本结构的高分子量化合物，是存在于动物、植物及生物体内的高分子物质；
B.分子式相同但是结构式不同的有机物互为同分异构体；
C.具有两个或两个以上官能团的单体，相互反应生成高分子化合物，同时产生有简单分子（如H2O、HX、醇等）的化学反应叫做缩聚反应；
D.单体是能与同种或他种分子聚合的小分子的统称，是能起聚合反应或缩聚反应等而成高分子化合物的简单化合物。
20．（2020高二下·大庆期末）下列图像正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【知识点】有关范围讨论题的计算；离子方程式的有关计算
【解析】【解答】A、Ca(OH)2和NaOH的混合溶液中通入CO2，二氧化碳先与氢氧根离子应产生碳酸根，生成碳酸钙沉淀，后与氢氧根离子反应无沉淀，最后碳酸钙与过量的二氧化碳反应使沉淀溶解，故A不符合题意；
B、向FeCl3溶液中加入锌粉，发生反应2Fe3++Zn=2Fe2++Zn2+，Zn+Fe2+=Fe+Zn2+，故三价铁一直减少，二价铁先增加后减少直至为0，锌离子慢慢增加最后不变，故B符合题意；
C、向NaOH溶液中通入CO2，2OH-+CO2=CO32-+H2O，CO32-+CO2+H2O=2HCO3-，根据比例关系，氢氧根是碳酸根离子量的2倍，故C不符合题意；
D、HCl与Cl2的混合通入NaOH溶液中氢氧化钠先与盐酸反应，故开始不可能有次氯酸根离子产生，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、二氧化碳先与氢氧化钠反应生成碳酸钠，碳酸钠与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀，最后碳酸钙与二氧化碳反应使沉淀溶解；
B、注意金属锌具有还原性，三价铁离子具有氧化性，二者会发生氧化还原反应；
C、二氧化碳与氢氧根反应生成碳酸根，而过量的二氧化碳会与氢氧根反应生成碳酸氢根；
D、注意氢氧化钠先与盐酸反应。
21．（2020高二下·大庆期末）已知酸性 K2Cr2O7 溶液可与 FeSO4 溶液反应生成 Fe3＋和 Cr3＋。现将硫酸酸化的 K2Cr2O7 溶液与 FeSO4 溶液混合，充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液，混合溶液中Fe3＋的物质的量随加入的 KI 的物质的量的变化关系如图所示，下列错误的是（ ）
A．图中 AB 段的氧化剂为 K2Cr2O7
B．开始加入的 K2Cr2O7 为 0.25 mol
C．图中 BC 段发生的反应为 2Fe3+＋2I－=2Fe2+＋I2
D．混合之前，K2Cr2O7 与 FeSO4 的物质的量之比为 1:6
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；离子方程式的有关计算
【解析】【解答】A．在AB段发生反应： ，氧化剂是K2Cr2O7，故A不符合题意；
B．根据图像可知，在BC段，消耗I－0.9mol，由反应对应的关系 ，推知在混合时生成了0.9mol Fe3+， ，消耗K2Cr2O7物质的量为0.15mol；又AB段有对应关系：消耗I－0.6mol， ，消耗K2Cr2O7物质的量为0.1mol；共消耗K2Cr2O7物质的量为0.15+0.1=0.25mol，故B不符合题意；
C．由分析知，在BC段发生反应：2Fe3+＋2I－=2Fe2+＋I2，故C不符合题意；
D．根据计算可知，在反应前，K2Cr2O7物质的量为0.25mol， FeSO4与Fe3+一样都是0.9mol，二者之比不为1:6，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】将硫酸酸化的 K2Cr2O7 溶液与 FeSO4 溶液混合，发生如下反应： ，向所得溶液中加入KI溶液，混合溶液中Fe3＋的物质的量随加入的 KI 的物质的量的变化关系如图，可知在AB段发生反应： ，在BC段发生反应：2Fe3+＋2I－=2Fe2+＋I2。据此解答。
22．（2020高二下·大庆期末）关于反应过程中的先后顺序，下列叙述正确的是（ ）
A．向浓度均为0.1mol L-1的FeCl3和CuCl2的混合溶液中加入铁粉，铁粉先与溶质CuCl2反应
B．向过量Ba(OH)2溶液中滴加少量KAl(SO4)2溶液，开始没有白色沉淀生成
C．向浓度均为0.1mol L-1的Na2CO3和NaOH的混合溶液中通入CO2气体，Na2CO3先发生反应
D．向含amolFeI2的溶液中加入含bmolBr2的溴水，充分反应，当5a=4b时，反应后的离子浓度之比：c(Fe2+)∶c(Fe3+)∶c(Br-)=1∶1∶5
【答案】D
【知识点】铁的化学性质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A. 三价铁的氧化性强于铜离子，还原剂铁先是和氧化性强的离子反应，所以三价铁离子先反应，故A不符合题意；
B. 钡离子和硫酸根离子反应生成硫酸钡白色沉淀，所以开始就有白色沉淀生成，故B不符合题意；
C. 碳酸钠和氢氧化钠均可以和二氧化碳反应，但是氢氧化钠的碱性强于碳酸钠，所以NaOH先和二氧化碳发生反应，故C不符合题意；
D. 当5a=4b时，则b=1.25a，Br2先发生反应：Br2+2I-=I2+2Br-，根据I-为2amol，消耗Br2 amol，生成Br-2amol，则还剩余Br21.25amol- amol=0.25amol，Br2再发生反应：2Fe2+ +Br2=2Fe3++2Br-，反应Fe2+0.5amol，生成Fe3+0.5amol、Br-0.5amol，则剩余Fe2+ amol-0.5amol =0.5amol，Br-共2amol+0.5amol =2.5amol，反应后的离子浓度之比：c(Fe2+)∶c(Fe3+)∶c(Br-)=0.5a∶0.5a∶2.5a =1∶1∶5，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、根据氧化还原反应的原理进行作答；
B、注意氢氧化铝是两性氢氧化物，既能与酸反应又能与碱反应；
C、少量的二氧化碳与氢氧根反应生成碳酸根，过量的二氧化碳与氢氧根反应生成碳酸氢根；
D、注意溴水具有氧化性，既与碘离子反应，也能与二价铁离子反应。
23．（2020高二下·大庆期末）光刻胶是制造芯片、集成电路的关键材料。一种新型的光刻胶(高聚物)可由芳香化合物a、化合物b(b中氢的化学环境均相同)为原料制备，其合成路线如图：
已知：a、c均能与NaHCO3反应放出CO2。
下列说法错误的是（ ）
A．b的结构简式为CH3COCH3
B．c发生消去反应时的产物只有1种
C．d、e均能发生水解反应
D．反应③为加成聚合反应
【答案】B
【知识点】有机物的推断
【解析】【解答】A.由以上分析，b为丙酮结构简式为：CH3COCH3，故A不符合题意；
B.c为 ，含有醇羟基可发生消去反应，且羟基所连碳有两种邻位碳氢存在，可得到两种消去产物，故B符合题意；
C.由以上分析，d、e中均含有酯基，都能发生水解反应，故C不符合题意；
D.反应③是d中碳碳双键发生加成聚合反应产生e，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】结合流程采用逆合成分析，e为d的加聚产物，结合e的结构可得d为 ，d由c反应得到，且c能与NaHCO3反应放出CO2，说明c中含有羧基，且c、d组成相差一分子水，由d结构分析可知，c应为 ，c由a、b反应得到，b的分子式为C3H6O，且b中氢的化学环境均相同，由此可得b为 ，再结合c的结构可推出a为 ，据此分析解答。
24．（2020高二下·大庆期末）某科研团队研究发现硼氢化钠(NaBH4)在催化剂Ru表面与水反应可生成H2，其反应机理如图所示：
根据以上信息判断，下列叙述错误的是（ ）
A．过程①至过程④中硼元素的化合价不变
B．X是H3BO3，H3BO3和BH3两分子中H的化合价相等
C．过程③和过程④各产生1molH2时转移的电子数不相等
D．0.25molNaBH4的还原能力与标准状况下22.4LH2的还原能力相当(还原能力即生成H+失去电子的量)
【答案】B
【知识点】常见元素的化合价；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A.由图示可知，过程①至过程④中BH4-反应生成B(OH) 4-，硼元素的化合价一直为+3价，化合价不变，A不符合题意；
B.过程④中2moH2O水与2molX反应生成2mol B(OH) 4-和1molH2，根据元素守恒X为H3BO3，H3BO3中H为+1价，但在BH3分子中H为-1价，B符合题意；
C.由图示可知，过程③中产生1molH2时转移的电子数为NA，过程④产生1molH2时转移的电子数为2NA,，两者不相等，C不符合题意；
D.NaBH4中H为-1价，0.25molNaBH4生成H+失去的电子的量2 0.25mol 4=2mol，标准状况下22.4LH2为1mol，1mol H2生成H+失去的电子的量2 1mol=2mol，故两者还原能力相当，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据反应机理图进行作答即可。
25．（2020高二下·大庆期末）等物质的量的铁和铜的混合物24g与600mL稀硝酸恰好完全反应，生成NO6.72L（标准状况）。向反应后的溶液中加入1mol L-1NaOH溶液使金属离子恰好沉淀。下列有关说法错误的是（ ）
A．混合物溶解后的溶液中c（Fe3+）：c（Fe2+）=1：1
B．稀硝酸的物质的量浓度度是2mol L-1
C．需要加入NaOH溶液1000mL
D．最后所得沉淀在空气中充分加热可得固体32g
【答案】C
【知识点】物质的量的相关计算；物质的量与其浓度和气体摩尔体积的综合应用
【解析】【解答】铁和铜的混合物24g，物质的量为 ，而6.72L（标准状况）NO 的物质的量为： ，所以0.2mol的铁和铜的混合物共转移0.3mol×3=0.9mole-，即需氢氧化钠0.9mol，
A．如果铁全部变成三价铁，共转移0.2×3+0.2×2=1mole-，所以有一部分铁是亚铁离子，设亚铁离子的物质的量为xmol，则铁离子为（0.2-x）mol，根据转移电子数目相等，可知2x+3（0.2-x）=0.9-0.4，所以x=0.1mol，所以混合物溶解后的溶液中c（Fe3+）：c（Fe2+）=1：1，故A不符合题意；
B．硝酸的物质的量浓度是 ，故B不符合题意；
C．需加入NaOH溶液的体积为： ，故C符合题意；
D．最后所得沉淀在空气中充分加热可得氧化铁和氧化铜的固体混合物，质量为：0.1×160+0.2×80=32g，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】首先根据计算生成一氧化碳的物质的量，然后根据求解需要氢氧化钠的体积。
二、综合题
26．（2020高二下·大庆期末）铝元素含量居金属首位，主要存在于铝土矿（主要成分为Al2O3，还含有Fe2O3、FeO、SiO2）中。铝的单质及其化合物在生产、生活、科研等领城应用广泛。
（1）Ⅰ.工业上用铝土矿制备铝的某种化合物的工艺流程如图：
在滤液A中加入漂白液，目的是氧化除铁，所得滤液B显酸性。
①该过程中涉及某氧化还原反应如下，请完成： Fe2++ ClO-+ = Fe(OH)3↓+ Cl-+
②将滤液B中的铝元素以沉淀形式析出，可选用的最好试剂为 （选填代号）
A．氢氧化钠溶液 B．硫酸溶液 C．氨水 D．二氧化碳
③由滤液B制备氯化铝晶体涉及的操作为：边滴加浓盐酸边蒸发浓缩、 (填操作名称)、过滤、洗涤。
（2）Ⅱ.铵明矾（NH4Al（SO4）2 12H2O）是常见的食品添加剂，在日常生活、生产中也占有一席之地。
铵明矾可用于净水，用离子方程式表示其净水原理 ；向其溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，可观察到的现象是 。
（3）实验证明铵明矾高温分解后气体的组成成分是NH3、N2、SO3、SO2和H2O，且相同条件下测得生成N2和SO2的体积比是定值，V（N2）：V（SO2）= 。
（4）SiO2和NaOH焙烧制备硅酸钠，可采用的装置为 （填代号）。
【答案】（1）2；1；5H2O；2；1；4H+；C；冷却结晶，过滤
（2）铵明矾溶液电离出的铝离子水解得到氢氧化铝胶体，可以吸附悬浮物质，可以用于净水；先产生白色沉淀，后产生有刺激性气味的气体，再加入过量的NaOH溶液，白色沉淀逐渐溶解并消失
（3）1：3
（4）B
【知识点】铝的化学性质；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】Ⅰ. (1)①滤液中含有氯化铁、氯化亚铁、氯化铝，在滤液A中加入漂白液，目的是氧化除铁，所得滤液B显酸性，次氯酸根离子具有氧化性，氧化亚铁离子为铁离子，在溶液中形成氢氧化铁沉淀除去；次氯酸根离子被还原为氯离子，反应的离子方程式为2Fe2++ClO +5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl +4H+；
故答案为：2；1；5H2O；2；1；4H+；②滤液中含有的是氯化铝溶液，将滤液B中的铝元素以沉淀形式析出，
A.氢氧化钠溶液可以沉淀铝离子但过了会溶解氢氧化铝，氢氧化钠不是最佳试剂，故A不正确；
B.硫酸溶液不与铝离子反应，故B不正确；
C.氨水是弱碱不能溶解氢氧化铝，过量的氨水和铝离子形成氢氧化铝沉淀过滤得到氢氧化铝固体，故C正确；
D.二氧化碳和氯化铝不反应，无法生成氢氧化铝沉淀，故D不正确；
故答案为：C；
③加入浓盐酸抑制氯化铝的水解，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，
故答案为：冷却结晶，过滤；Ⅱ. (2)铵明矾溶液中铝离子水解得到氢氧化铝胶体，可以吸附悬浮物质，可以用于净水；向溶液中加入氢氧化钠溶液，首先与溶液中铝离子反应生成氢氧化铝沉淀，再与氨气根离子反应生成氨气，再加入过量的NaOH溶液溶解氢氧化铝，现象为：先产生白色沉淀，后产生有刺激性气味的气体，再加入过量的NaOH溶液，白色沉淀逐渐溶解并消失，
故答案为：铵明矾溶液电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，有吸附作用，故铵明矾能净水；先产生白色沉淀，后产生有刺激性气味的气体，再加入过量的NaOH溶液，白色沉淀逐渐溶解并消失；（3）根据电子转移守恒：2×[0 ( 3)]×n(N2)=n(SO2)×(6 4)，故n(N2)：n(SO2)=1：3，相同条件下气体体积之比等于其物质的量之比，故V(N2)：V(SO2)=1：3，
故答案为：1：3.(4)A.蒸发皿中含有二氧化硅和氢氧化钠反应，不能用于SiO2和NaOH焙烧制备硅酸钠，故A不正确；
B. 铁坩埚可以熔融二氧化硅和氢氧化钠，可在铁坩埚中用SiO2和NaOH焙烧制备硅酸钠，故B正确；
C. 玻璃中含二氧化硅和氢氧化钠反应，不能用于SiO2和NaOH焙烧制备硅酸钠，故C不正确；
D. 瓷坩埚含有二氧化硅和氢氧化钠反应，不能用于SiO2和NaOH焙烧制备硅酸钠，故D不正确；
故答案为：B。
【分析】Ⅰ.图示工艺流程为：铝土矿（主要成分为Al2O3，还含有Fe2O3、FeO、SiO2）加入稀盐酸，得到滤渣为二氧化硫，滤液中含有铁离子、亚铁离子和氯离子；加入漂白液后亚铁离子氧化成铁离子，铁离子水解生成氢氧化铁沉淀；滤液B为氯化铝溶液；二氧化硫与氢氧化钠在铁坩埚中焙烧生成硅酸钠，（1）①依据流程分析，滤液中含有氯化铁、氯化亚铁、氯化铝，在滤液A中加入漂白液，目的是氧化除铁，所得滤液B显酸性，次氯酸根离子具有氧化性氧化亚铁离子为铁离子在溶液中形成氢氧化铁沉淀除去；依据氧化还原反应电子守恒和原子守恒配平计算写出；②滤液B中铝元素为氯化铝，依据氢氧化铝溶液强酸强碱，不溶于弱碱选择；
加入浓盐酸抑制氯化铝的水解，蒸发浓缩冷却结晶，过滤洗涤；Ⅱ.（2）铵明矾溶液中铝离子水解，溶液呈酸性，得到氢氧化铝胶体，可以用于净水；向溶液中加入氢氧化钠溶液，首先与溶液中铝离子反应生成氢氧化铝沉淀，再与氨气根离子反应生成氨气，再加入过量的NaOH溶液溶解氢氧化铝；（3）根据电子转移守恒确定n（N2）：n（SO2），相同条件下气体体积之比等于其物质的量之比．（4）A．蒸发皿中含有二氧化硅和氢氧化钠反应；
B．铁坩埚可以熔融二氧化硅和氢氧化钠；
C．玻璃中含二氧化硅和氢氧化钠反应；
D．瓷坩埚含有二氧化硅和氢氧化钠反应。
27．（2020高二下·大庆期末）有机物A是一种重要的化工原料，用A制取新型聚合物F的合成路线如图：
已知：
ⅰ. +R3OH
ⅱ. +R1I +HI
ⅲ.R1COOR2+R3OH R1COOR3+R2OH
回答下列问题：
（1）A中官能团的结构简式为 。
（2）试剂a的名称 。1molD与足量的氢氧化钠溶液反应所需氢氧化钠的物质的量 。
（3）C中含有一个六元环，C的结构简式为 。
（4）C→D的反应类型为 。
（5）E→F的化学方程式是 。
（6）下列说法正确的是 （填序号）。
a.A能与NaHCO3溶液反应
b.醇钠可由醇与氢氧化钠反应制得
c.用FeCl3溶液不能鉴别D和E
d.HOCH2CH2OH俗称甘油
【答案】（1）羧基
（2）甲醇；4
（3）
（4）氧化反应
（5）
（6）a
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机化学反应的综合应用
【解析】【解答】（1）根据A的结构简式可知，A中官能团的名称为羧基，故答案为：羧基；（2）根据上面的分析可知，a为CH3OH，名称为甲醇；由分析可知D的结构为： ，能与NaOH溶液反应的官能团有酚羟基、酯基，1molD与足量的氢氧化钠溶液反应所需氢氧化钠的物质的量为4mol故答案为：甲醇；4；（3）根据上面的分析可知，C的结构简式为 ；（4）C发生氧化反应得D，C→D的反应类型为 氧化反应，故答案为：氧化反应；（5）E发生缩聚反应得F，E→F的化学方程式是：
；（6）a．A中含有羧基，A能与NaHCO3溶液反应，故a正确；
b．醇与金属钠反应得到醇钠和氢气，醇与NaOH不反应，故b不正确；
c．D中有酚羟基，而E中没有，所以可用FeCl3溶液鉴别D和E，故c不正确；
d．HOCH2CHOHCH2OH俗称甘油，故d不正确，
故答案为：a。
【分析】比较B和A的结构简式可知，A发生酯化反应生成B，所以试剂a为CH3OH，根据C的化学式及B到C的条件可知，B发生信息i中的反应得C为： ，C发生氧化反应得D为 ，D发生信息ii中的反应生成E为 ，E发生缩聚反应得F。
三、实验题
28．（2020高二下·大庆期末）草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)是一种黄色难溶于水的固体，受热易分解，是生产电池、涂料以及感光材料的原材料。为探究纯净草酸亚铁晶体热分解的产物，设计装置图如图：
（1）仪器a的名称是 。
（2）从绿色化学考虑，该套装置存在的明显缺陷是 。
（3）向盛有草酸亚铁晶体的试管中滴入硫酸酸化的KMnO4溶液，振荡，溶液变为棕黄色，同时有气体生成。已知反应中MnO 转化为无色的Mn2+，则该过程中被氧化的元素是 。若反应中消耗1molFeC2O4·2H2O，则参加反应的n(KMnO4)= 。
（4）草酸亚铁晶体在空气易被氧化，检验草酸亚铁晶体是否氧化变质的实验试剂是 。
（5）称取5.40g草酸亚铁晶体用热重法对其进行热分解，得到剩余固体质量随温度变化的曲线如图所示：
①图中M点对应物质的化学式为 。
②已知400℃时，剩余固体是铁的一种氧化物，试通过计算写出该化合物与稀盐酸反应的离子方程式： 。
【答案】（1）球形干燥管(干燥管)
（2）缺少处理CO尾气装置
（3）Fe和C； mol
（4）取少量草酸亚铁晶体于试管中，加入稀硫酸溶解后并滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则草酸亚铁晶体已氧化变质；若不变红色，则草酸亚铁晶体未氧化变质
（5）FeC2O4；Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】(1)仪器a的名称是球形干燥管(干燥管)，故答案为：球形干燥管(干燥管)；(2)反应会产生CO，缺少处理CO尾气装置，故答案为：缺少处理CO尾气装置；(3) 高锰酸钾溶液的紫红色褪去，溶液变为棕黄色，同时有气体生成，很显然是FeC2O4被高锰酸钾氧化为Fe3+使溶液变为棕黄色，同时生成二氧化碳气体，则该过程中被氧化的元素是Fe和C；分析有关元素化合价的变化可知，反应过程中1 mol FeC2O4·2H2O可失去3 mol电子，而1mol KMnO4可得到5 mol电子：根据得失电子数相等的原则，反应中FeC2O4·2H2O与KMnO4的物质的量之比为5：3。因此，若反应中消耗1 mol FeC2O4·2H2O，则参加反应的KMnO4为 mol；(4)检验铁离子的试剂为KSCN，具体有：取少量草酸亚铁晶体于试管中，加入稀硫酸溶解后并滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则草酸亚铁晶体已氧化变质；若不变红色，则草酸亚铁晶体未氧化变质；(5)①草酸亚铁晶体的物质的量为： ＝0.03mol，通过剩余固体的质量为4.32g，则M的摩尔质量为 ＝144g/mol，FeC2O4的相对分子质量为144，所以开始发生的反应是：草酸亚铁晶体受热失去结晶水，剩下的M为FeC2O4，故答案为：FeC2O4；②草酸亚铁晶体中的铁元素质量为： ＝1.68g，草酸亚铁晶体中的铁元素完全转化到氧化物中，氧化物中氧元素的质量为： ，设铁的氧化物的化学式为FexOy，则有： ，解得x：y＝3：4，铁的氧化物的化学式为Fe3O4，因此Fe3O4与稀盐酸反应的离子方程式为：Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O。
【分析】装置A为草酸亚铁晶体分解，利用无水硫酸铜检验水蒸气，B装置检验二氧化碳，C装置吸收二氧化碳，D装置干燥气体，E装置检验CO，F装置检验二氧化碳，据此解答。
黑龙江省大庆实验中学2019-2020学年高二下学期化学期末考试试卷
一、单选题
1．（2020高二下·大庆期末）下列化学反应过程中，不涉及氧化还原反应的是（ ）
A．浸有酸性高锰酸钾的硅藻土作水果保鲜剂
B．将SO2滴入盛有酚酞的NaOH溶液中，溶液红色褪去
C．用含有橙色的酸性重铬酸钾的仪器检验酒后驾车
D．刻蚀印刷电路板
2．（2020高二下·大庆期末）下列关于金属及其化合物说法错误的是（ ）
A．氧化铝用作耐火材料 B．小苏打用于食品膨松剂
C．目前用量最大的合金是铝合金 D．过氧化钠可作供氧剂
3．（2020高二下·大庆期末）化学与生活密切相关。下列说法错误的是（ ）
A．铁水打花是一种古老的烟花，操作是“将生铁装进坩泥锅，并化成沸腾的铁汁”，其中坩泥锅的主要成分是硅酸盐
B．在人体内水解酶的作用下，纤维素可以发生反应生成葡萄糖
C．《梦溪笔谈》中“取精铁锻之百余火……则纯钢也，虽百炼。不耗矣。”百炼钢熔点比纯铁低
D．华为最新一代旗舰芯片麒麟9905G中半导体材料为硅
4．（2020高二下·大庆期末）用化学用语表示4Fe +C2HCl3 +5H+ = C2H6+4Fe2++3Cl－中的相关微粒，其中正确的是（ ）
A．中子数为30，质量数为56的铁原子： Fe
B．Cl－的结构示意图：
C．C2H6的结构式：
D．C2HCl3的电子式：
5．（2020高二下·大庆期末）下列关于有机物的说法正确的是（ ）
A．糖类、油脂、蛋白质在一定条件下均能水解
B．乙二醇、苯乙烯在一定条件下均可聚合生成高分子化合物
C．分子式为C4H8Cl2的有机物共有(不含立体异构)8种
D．菲的结构简式为 ，其一硝基取代物有6种
6．（2020高二下·大庆期末）化学与生产、生活、社会息息相关，下列说法错误的是（ ）
A．血液透析是胶体的化学性质，“人工肾”利用血液透析原理救治危重新冠肺炎患者
B．用可见光束照射以区别溶液和胶体
C．“用浓酒和糟入甑（蒸锅），蒸气令上…”。其中涉及的操作是蒸馏
D．医用口罩无纺布的原材料成分之是聚丙烯，其结构简式为
7．（2020高二下·大庆期末）NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A．0.1molC2H6O分子中含有C—H键的数目一定为0.5NA
B．标准状况下，11.2L的SO3中含1.5NA个氧原子
C．20gNa2O和Na2O2的混合物中，所含阴、阳离子数目之比确定
D．常温常压下，100g46%的乙醇水溶液中含O—H键总数目为NA
8．（2020高二下·大庆期末）下列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是（ ）
选项 X Y Z R
A Al AlCl3 Al(OH)3 NaAlO2
B Na Na2O Na2O2 NaOH
C H2S S SO2 SO3
D N2 NH3 NO NO2
A．A B．B C．C D．D
9．（2020高二下·大庆期末）利用如图所示的实验装置和方法进行实验，能达到目的的是（ ）
A．甲装置可将AlCl3溶液蒸干获得AlCl3晶体
B．乙装置可证明浓硫酸具有脱水性和氧化性
C．丙装置可除去CO2中的HCl
D．丁装置可将NH4Cl固体中的I2分离
10．（2020高二下·大庆期末）下列关于物质的分类中，正确的是（ ）
酸性氧化物 酸 碱 盐 混合物 电解质
A SiO2 HClO 纯碱 明矾 CuSO4 5H2O CO2
B Na2O2 HNO3 生石灰 NaHSO4 漂白粉 Mg
C SO3 H2SiO3 烧碱 碳酸氢钠 水玻璃 NaCl
D NO2 Al（OH）3 熟石灰 BaCO3 液氯 NH3
A．A B．B C．C D．D
11．（2020高二下·大庆期末）下列说法正确的是（ ）
①FeO投入稀H2SO4和稀HNO3中均得到浅绿色溶液
②向红砖粉末中加入盐酸，充分振荡反应后取上层清液于试管中，滴加KSCN溶液2～3滴，溶液呈红色，但不一定说明红砖中含有氧化铁
③制备氢氧化亚铁时，向硫酸亚铁溶液中滴加氢氧化钠溶液，边加边搅拌，即可制得白色的氢氧化亚铁
④磁性氧化铁溶于稀硝酸的离子方程式为3Fe2++4H++NO =3Fe3++NO↑+3H2O
⑤氢氧化铁与HI溶液反应的离子方程式为Fe（OH）3+3H+=Fe3++3H2O
⑥Fe（OH）3不能通过Fe2O3与水反应得到，但能通过化合反应制取Fe(OH)3
⑦赤铁矿的主要成分是Fe2O3，Fe2O3为红棕色粉末
A．①③⑤ B．⑥⑦ C．②④⑤ D．④⑤⑥⑦
12．（2020高二下·大庆期末）探究草酸(H2C2O4)性质，进行如下实验。(已知：H2C2O4是弱电解质)
实验 装置 试剂a 现象
① Ca(OH)2溶液(含酚酞) 溶液褪色，产生白色沉淀
② 少量NaHCO3溶液 产生气泡
③ 酸性KMnO4溶液 紫色溶液褪色
④ C2H5OH和浓硫酸 加热后产生有香味物质
由上述实验所得草酸性质所对应的方程式错误的是（ ）
A．H2C2O4有酸性：Ca(OH)2+ H2C2O4=CaC2O4↓+2H2O
B．酸性H2C2O4> H2CO3：NaHCO3+ H2C2O4=NaHC2O4+CO2↑+H2O
C．H2C2O4具有还原性：2 +5 +16H+=2Mn2++10CO2↑+ 8H2O
D．H2C2O4可发生酯化反应：HOOCCOOH+2C2H5OH C2H5OOCCOOC2H5+2H2O
13．（2020高二下·大庆期末）下列关于离子共存或离子反应的说法正确的是（ ）
A．pH=2的溶液中可能大量存在Na+、 、
B．某无色溶液中可能大量存在H+、Cl-、
C．Fe2+与H2O2在酸性溶液中的反应：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
D．稀硫酸与Ba(OH)2溶液的反应：H++ +Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O
14．（2020高二下·大庆期末）设NA为阿伏加德罗常数值。如图表示N2O在Pt2O+表面与CO反应转化成无害气体的过程。下列说法正确的是（ ）
A．N2O转化成无害气体时的催化剂是
B．每1molPt2O+转化为Pt2O 得电子数为2NA
C．将生成的CO2通入含大量 、Na+、Cl-的溶液中，无明显现象
D．1gCO2、N2O的混合气体中含有电子数为0.5NA
15．（2020高二下·大庆期末）把SO2通入Fe(NO3)3溶液中，溶液由棕黄色变为浅绿色，但立即又变为棕黄色，此时若滴入BaCl2溶液，则会产生白色沉淀。在上述一系列变化过程中，最终被还原的是（ ）
A．SO2 B．Fe2＋ C．Fe3＋ D．NO
16．（2020高二下·大庆期末）某溶液含有①NO 、②HCO 、③SO 、④CO 、⑤SO 五种阴离子。向其中加入足量的Na2O2固体后，溶液中的离子浓度减小的是(忽略溶液体积变化)（ ）
A．②③ B．① C．④⑤ D．①③④⑤
17．（2020高二下·大庆期末）有机物M、N、Q的转化关系为，下列说法正确的是（ ）
A．M至N的反应类型是取代反应
B．N的同分异构体有6种
C．可用酸性KMnO4溶液区分N与Q
D．0.3molQ与足量金属钠反应生成0.15NA个H2
18．（2020高二下·大庆期末）绿原酸(见右图)是一种有降压作用的药物，可由咖啡酸(一种芳香酸)与奎尼酸通过酯化反应合成。下列说法正确的是（ ）
A．绿原酸的分子式为C16H20O9
B．绿原酸既能和溴水发生加成反应，又能发生取代反应
C．1 mol奎尼酸与NaOH溶液反应，最多消耗5molNaOH
D．咖啡酸和奎尼酸都能与FeCl3溶液发生显色反应
19．（2018高三上·北京月考）关于下列三种常见高分子材料的说法正确的是 （ ）
A．顺丁橡胶、涤纶和酚醛树脂都属于天然高分子材料
B．顺丁橡胶的单体与反-2-丁烯互为同分异构体
C．涤纶是对苯二甲酸和乙二醇通过缩聚反应得到的
D．酚醛树脂的单体是苯酚和甲醇
20．（2020高二下·大庆期末）下列图像正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
21．（2020高二下·大庆期末）已知酸性 K2Cr2O7 溶液可与 FeSO4 溶液反应生成 Fe3＋和 Cr3＋。现将硫酸酸化的 K2Cr2O7 溶液与 FeSO4 溶液混合，充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液，混合溶液中Fe3＋的物质的量随加入的 KI 的物质的量的变化关系如图所示，下列错误的是（ ）
A．图中 AB 段的氧化剂为 K2Cr2O7
B．开始加入的 K2Cr2O7 为 0.25 mol
C．图中 BC 段发生的反应为 2Fe3+＋2I－=2Fe2+＋I2
D．混合之前，K2Cr2O7 与 FeSO4 的物质的量之比为 1:6
22．（2020高二下·大庆期末）关于反应过程中的先后顺序，下列叙述正确的是（ ）
A．向浓度均为0.1mol L-1的FeCl3和CuCl2的混合溶液中加入铁粉，铁粉先与溶质CuCl2反应
B．向过量Ba(OH)2溶液中滴加少量KAl(SO4)2溶液，开始没有白色沉淀生成
C．向浓度均为0.1mol L-1的Na2CO3和NaOH的混合溶液中通入CO2气体，Na2CO3先发生反应
D．向含amolFeI2的溶液中加入含bmolBr2的溴水，充分反应，当5a=4b时，反应后的离子浓度之比：c(Fe2+)∶c(Fe3+)∶c(Br-)=1∶1∶5
23．（2020高二下·大庆期末）光刻胶是制造芯片、集成电路的关键材料。一种新型的光刻胶(高聚物)可由芳香化合物a、化合物b(b中氢的化学环境均相同)为原料制备，其合成路线如图：
已知：a、c均能与NaHCO3反应放出CO2。
下列说法错误的是（ ）
A．b的结构简式为CH3COCH3
B．c发生消去反应时的产物只有1种
C．d、e均能发生水解反应
D．反应③为加成聚合反应
24．（2020高二下·大庆期末）某科研团队研究发现硼氢化钠(NaBH4)在催化剂Ru表面与水反应可生成H2，其反应机理如图所示：
根据以上信息判断，下列叙述错误的是（ ）
A．过程①至过程④中硼元素的化合价不变
B．X是H3BO3，H3BO3和BH3两分子中H的化合价相等
C．过程③和过程④各产生1molH2时转移的电子数不相等
D．0.25molNaBH4的还原能力与标准状况下22.4LH2的还原能力相当(还原能力即生成H+失去电子的量)
25．（2020高二下·大庆期末）等物质的量的铁和铜的混合物24g与600mL稀硝酸恰好完全反应，生成NO6.72L（标准状况）。向反应后的溶液中加入1mol L-1NaOH溶液使金属离子恰好沉淀。下列有关说法错误的是（ ）
A．混合物溶解后的溶液中c（Fe3+）：c（Fe2+）=1：1
B．稀硝酸的物质的量浓度度是2mol L-1
C．需要加入NaOH溶液1000mL
D．最后所得沉淀在空气中充分加热可得固体32g
二、综合题
26．（2020高二下·大庆期末）铝元素含量居金属首位，主要存在于铝土矿（主要成分为Al2O3，还含有Fe2O3、FeO、SiO2）中。铝的单质及其化合物在生产、生活、科研等领城应用广泛。
（1）Ⅰ.工业上用铝土矿制备铝的某种化合物的工艺流程如图：
在滤液A中加入漂白液，目的是氧化除铁，所得滤液B显酸性。
①该过程中涉及某氧化还原反应如下，请完成： Fe2++ ClO-+ = Fe(OH)3↓+ Cl-+
②将滤液B中的铝元素以沉淀形式析出，可选用的最好试剂为 （选填代号）
A．氢氧化钠溶液 B．硫酸溶液 C．氨水 D．二氧化碳
③由滤液B制备氯化铝晶体涉及的操作为：边滴加浓盐酸边蒸发浓缩、 (填操作名称)、过滤、洗涤。
（2）Ⅱ.铵明矾（NH4Al（SO4）2 12H2O）是常见的食品添加剂，在日常生活、生产中也占有一席之地。
铵明矾可用于净水，用离子方程式表示其净水原理 ；向其溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，可观察到的现象是 。
（3）实验证明铵明矾高温分解后气体的组成成分是NH3、N2、SO3、SO2和H2O，且相同条件下测得生成N2和SO2的体积比是定值，V（N2）：V（SO2）= 。
（4）SiO2和NaOH焙烧制备硅酸钠，可采用的装置为 （填代号）。
27．（2020高二下·大庆期末）有机物A是一种重要的化工原料，用A制取新型聚合物F的合成路线如图：
已知：
ⅰ. +R3OH
ⅱ. +R1I +HI
ⅲ.R1COOR2+R3OH R1COOR3+R2OH
回答下列问题：
（1）A中官能团的结构简式为 。
（2）试剂a的名称 。1molD与足量的氢氧化钠溶液反应所需氢氧化钠的物质的量 。
（3）C中含有一个六元环，C的结构简式为 。
（4）C→D的反应类型为 。
（5）E→F的化学方程式是 。
（6）下列说法正确的是 （填序号）。
a.A能与NaHCO3溶液反应
b.醇钠可由醇与氢氧化钠反应制得
c.用FeCl3溶液不能鉴别D和E
d.HOCH2CH2OH俗称甘油
三、实验题
28．（2020高二下·大庆期末）草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)是一种黄色难溶于水的固体，受热易分解，是生产电池、涂料以及感光材料的原材料。为探究纯净草酸亚铁晶体热分解的产物，设计装置图如图：
（1）仪器a的名称是 。
（2）从绿色化学考虑，该套装置存在的明显缺陷是 。
（3）向盛有草酸亚铁晶体的试管中滴入硫酸酸化的KMnO4溶液，振荡，溶液变为棕黄色，同时有气体生成。已知反应中MnO 转化为无色的Mn2+，则该过程中被氧化的元素是 。若反应中消耗1molFeC2O4·2H2O，则参加反应的n(KMnO4)= 。
（4）草酸亚铁晶体在空气易被氧化，检验草酸亚铁晶体是否氧化变质的实验试剂是 。
（5）称取5.40g草酸亚铁晶体用热重法对其进行热分解，得到剩余固体质量随温度变化的曲线如图所示：
①图中M点对应物质的化学式为 。
②已知400℃时，剩余固体是铁的一种氧化物，试通过计算写出该化合物与稀盐酸反应的离子方程式： 。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A．酸性高锰酸钾可以氧化水果释放的乙烯，从而抑制水果的生长，A涉及氧化还原反应，故A不选；
B．将SO2滴入盛有酚酞的NaOH溶液中，发生的反应为：2NaOH+ SO2= Na2SO3+H2O，所以溶液红色褪去，不涉及氧化还原反应，故B选；
C．酸性重铬酸钾可与乙醇发生氧化还原反应而变色，从而检验酒驾，涉及氧化还原反应，故C不选；
D．三价铁离子氧化性强于铜离子，能够与铜反应生成铜离子和亚铁离子，反应的离子方程式为：2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，涉及氧化还原反应，故D不选；
故答案为：B。
【分析】A．乙烯能促进果实成熟，酸性高锰酸钾可以氧化水果释放的乙烯，从而抑制水果的生长达到保鲜的作用，涉及氧化还原反应；
C．酸性重铬酸钾可与乙醇发生氧化还原反应检验酒驾，使Cr2O72-（红色）Cr3+（蓝绿色），涉及氧化还原反应；
D． 刻蚀印刷电路板 离子方程式为：2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，涉及氧化还原反应。
2．【答案】C
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A. 氧化铝熔点很高，用作耐火材料，A不符合题意；
B. 小苏打加热时产生二氧化碳气体，可用于食品膨松剂，B不符合题意；
C. 目前用量最大的合金是铁合金，即钢材，不是铝合金，C符合题意；
D. 过氧化钠可与二氧化碳或水反应生成氧气，可作供氧剂，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A. 氧化铝熔点很高2054℃，常用作耐火材料；
B. 小苏打加热时产生CO2气体，可使食品松软蓬松，可用于食品膨松剂；
C. 目前用量最大的合金是铁合金，即钢铁；
D.由方程式知， 过氧化钠可作供氧剂。
3．【答案】B
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系
【解析】【解答】A.坩泥锅属于陶瓷制品主要成分是硅酸盐，A项不符合题意；
B. 纤维素在人体内不可以水解生成葡萄糖，B项符合题意；
C. 百炼钢是合金，合金熔点比其组分的纯金属熔点低，C项不符合题意；
D硅元素处于金属和非金属分界线，所以广泛用作半导体材料，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】 A.硅酸盐产品：水泥、陶瓷、玻璃。坩泥锅属于陶瓷制品，主要成分是硅酸盐；
B. 纤维素不能在人体内水解生成葡萄糖；
C. 百炼钢是合金，合金熔点比其组分的纯金属熔点都低；
D硅元素处于金属和非金属分界线，所以广泛用作半导体材料
4．【答案】C
【知识点】原子结构示意图；结构式；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、根据原子构成，左上角为质量数，左下角为质子数，即该核素为5626Fe，故A不符合题意；
B、原子得到电子，只是失去最外层电子数，质子数不变，Cl－结构示意图正确的是 ，故B不符合题意；
C、C2H6的结构简式为CH3CH3，其结构式为 ，故C符合题意；
D、没有表示C和Cl最外层所有的电子，故D不符合题意；
【分析】A、根据原子构成，A为质量数，Z为质子数，中子数N=A-Z即该核素为；
B、Cl原子得电子，最外层电子数变化，质子数不变，Cl－结构示意图正确的是
C、， 是C2H6的结构式，C2H6的结构简式为CH3CH3；
D、每个Cl原子周围应该围绕8个电子；
5．【答案】B
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．糖类如为单糖，则不发生水解反应，故A不符合题意；
B．乙二醇可发生缩聚反应，苯乙烯含有碳碳双键，可发生加聚反应，故B符合题意；
C．C4H8Cl2可以看作为C4H10中2个H原子被2个Cl原子取代，C4H10有CH3CH2CH2CH3、CH3C(CH3)2两种；CH3CH2CH2CH3中，当两个Cl原子取代同一个C原子上的H时，有2种，当两个Cl原子取代不同C原子上的H时，有1、2，1、3，1、4，2、3四种情况，故该情况有6种；CH3C(CH3)2中，当两个Cl原子取代同一个C原子上的H时，有1种，当两个Cl原子取代不同C原子上的H时，有2种，故该情况有3种，故共有9种，故C不符合题意；
D． 为对称结构，有如图所示的5种H原子 ，所以与硝酸反应，可生成5种一硝基取代物，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．糖类包括单糖、二糖、多糖，单糖不水解；
B．HOCH2CH2OH可发生缩聚反应，苯乙烯含有碳碳双键，可以发生加聚反应，而缩聚反应和加聚反应都可生成高分子化合物；
C．C4H8Cl2可以看作为C4H10中2个H原子被2个Cl原子取代，先找出C4H10的同分异构体；然后再看每个同分异构体上H被取代的H有几种；
D． 菲的结构简式为对称结构，找出对称位置即可判断。
6．【答案】A
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系
【解析】【解答】A．血液是胶体，不能透过半透膜，血液中杂质能透过半透膜通过体外循环将杂质除去，血液透析利用胶体粒子与半透膜直径的大小特征净化血液，不属于胶体的化学性质，血液透析不是胶体的化学性质，故A符合题意；
B．胶体具有丁达尔现象，则用可见光束照射以区别溶液和胶体，故B不符合题意；
C．蒸令气上，则利用互溶混合物的沸点差异分离，则涉及的操作为蒸馏，故C不符合题意；
D．聚丙烯是丙烯的加聚产物，结构简式为 ，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．血液透析利用胶体粒子与半透膜直径的大小特征净化血液，不属于胶体的化学性质。血液是胶体，不能透过半透膜，血液中杂质能透过半透膜通过体外循环将杂质除去；
B．用可见光束照射可以区别溶液和胶体，胶体具有丁达尔现象，溶液没有；
C．令蒸气上，利用互溶混合物的沸点不同分离，涉及的操作为蒸馏；
D．聚丙烯是丙烯（CH2=CHCH3）的加聚产物，结构简式为 ；
7．【答案】C
【知识点】阿伏加德罗常数；物质的量与其浓度和气体摩尔体积的综合应用
【解析】【解答】A．C2H6O可能是乙醇，还可能为二甲醚，当为乙醇时，0.1molC2H6O中含有0.5NA条C H键；当为二甲醚时，0.1molC2H6O中含有0.6NA条C H键，故A不符合题意；
B．标况下三氧化硫为固体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故B不符合题意；
C．Na2O和Na2O2均由2个钠离子和1个阴离子构成，故两者的混合物中，无论两者的比例如何，阴阳离子的个数之比均为1：2，故C符合题意；
D.100g 46%的乙醇溶液中，乙醇的物质的量是100g ×46%÷46g/mol=1mol，含有H O键为NA，由于水分子中也含有H O键，则该溶液中含H O键的数目大于NA，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．C2H6O有2个同分异构体，分别为乙醇和二甲醚。当C2H5CH时，符合题意；当C2H6O为CH3-O-CH3时，0.1molC2H6O中含有0.6NA条C H键；
B．标况下三氧化硫不是气体，无法计算它的物质的量；
D．乙醇中含的H O键为NA，但是H2O中也含有H O键，则该溶液中含H O键的数目大于NA。
8．【答案】B
【知识点】硫化氢；钠的化学性质；两性氧化物和两性氢氧化物；无机物的推断
【解析】【解答】A．铝不能一步反应生成氢氧化铝，故A不符合题意；
B．Na常温下氧化生成 Na2O，燃烧生成Na2O2，与水反应生成NaOH；Na2O与水反应生成NaOH，钠在氧气中加热生成Na2O2；Na2O2与水反应生成NaOH，故B符合题意；
C．H2S不能一步反应生成SO3，S不能一步反应生成SO3，故C不符合题意；
D．N2不能一步反应生成NO2，NH3不能一步反应生成NO2，故D不符合题意；
故故答案为：B。
【分析】A．Al不能一步反应生成 Al(OH)3 ；
B．由方程式知：4Na+O2=2Na2O，，；；；
C．H2S不能一步反应生成SO3，S燃烧生成SO2，不能一步反应生成SO3；
D．N2和NH3都不能一步反应生成NO2。
9．【答案】B
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A. AlCl3溶液加热会强烈水解，生成氢氧化铝和氯化氢，氯化氢挥发又促进水解，蒸干后获得氢氧化铝，不能获得氯化铝晶体，故A不符合题意；
B. 浓硫酸可以脱去蔗糖中的水，即“黑面包实验”，同时硫酸被还原得到二氧化硫，二氧化硫使溴水褪色，因此体现了浓硫酸的脱水性和氧化性，故B符合题意；
C. 碳酸钠溶液会吸收二氧化碳变成碳酸氢钠，因此不能用来除去二氧化碳中的HCl，故C不符合题意；
D. 氯化铵固体受热分解成的氨气和氯化氢遇冷后会重新化合成氯化铵，碘受热易升华，两者都重新附着于圆底烧瓶底部无法分离，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A. AlCl3溶液加热会水解，生成Al(OH)3和HCl，HCl挥发又促进水解，蒸干后获得Al(OH)3，不能获得AlCl3晶体；
B. 浓硫酸可以使蔗糖脱水，也就是“黑面包实验”，同时H2SO4被还原得到SO2，SO2使溴水褪色，因此体现了浓硫酸的脱水性和氧化性；
C. 二氧化碳除杂一般都用饱和碳酸氢钠；
D. NH4Cl固体受热分解成NH3和HCl，而NH3和HCl遇冷后会重新化合成NH4Cl，碘受热易升华，两者都重新附着于圆底烧瓶底部无法分离。
10．【答案】C
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】A．纯碱为碳酸钠，是盐不是碱，五水合硫酸铜为纯净物，二氧化碳为非电解质，故A不符合题意；
B．过氧化钠与碱不反应，不是酸性氧化物，生石灰为氧化物不是碱，镁是单质，不是电解质，故B不符合题意；
C．三氧化硫为酸性氧化物，硅酸为酸，烧碱即氢氧化钠为碱，碳酸氢钠属于盐，水玻璃为硅酸钠水溶液，属于混合物，氯化钠为电解质，故C符合题意；
D．二氧化氮不是酸性氧化物，氢氧化铝为两性物质，液氯为纯净物，氨气为非电解质，故D不符合题意；
故故答案为：C。
【分析】A．纯碱是Na2CO3，不是碱， CuSO4 5H2O 是纯净物， CO2 为非电解质；
B． Na2O2 与碱不反应，所以不是酸性氧化物，生石灰是氧化物不是碱，Mg是单质，不是电解质，因为电解质必须是化合物；
C．三氧化硫和碱反应只生成盐和水，所以它酸性氧化物， H2SiO3 为酸，烧碱（NaOH）是碱，NaHCO3属于盐，水玻璃为硅酸钠水溶液，属于混合物，NaCl为电解质，
D．NO2不是酸性氧化物，Al(OH)3为两性物质，液氯为纯净物，NH3为非电解质。
11．【答案】B
【知识点】铁的氧化物和氢氧化物；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】①硝酸有强氧化性，能将二价铁离子氧化为三价铁离子，变为棕黄色，FeO投入稀硝酸得到棕黄色溶液，故①不符合题意；
②氧化铁和盐酸反应生成氯化铁溶液和水，三价铁遇KSCN溶液，会变红色，说明红砖中含有氧化铁，故②不符合题意；
③向硫酸亚铁溶液中滴加氢氧化钠溶液发生复分解反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，搅拌后，氢氧化亚铁很容易被空气中的氧气氧化为氢氧化铁，得不到白色沉淀物质，故③不符合题意；
④磁性氧化铁为Fe3O4固体，应写成化学式，离子方程式为3Fe3O4+NO3 +28H+═9Fe3++14H2O+NO↑，故④不符合题意；
⑤碘离子具有还原性，铁离子具有氧化性，二者之间发生氧化还原反应，得到的是亚铁离子和碘单质，故⑤不符合题意；
⑥Fe(OH)3不可用Fe2O3与水反应得到，但能通过氢氧化亚铁、水、氧气发生化合反应制取，故⑥符合题意；
⑦赤铁矿的主要成分是Fe2O3，Fe2O3为红棕色粉末,故⑦符合题意；
故答案为：B。
【分析】①HNO3 有强氧化性，能将Fe2+氧化为Fe3+，变为棕黄色，FeO投入稀硝酸得到棕黄色溶液；
②，Fe3+遇KSCN溶液会变红色，说明红砖中含有Fe2O3；
③制备氢氧化亚铁，搅拌，氢氧化亚铁很容易被空气中的O2氧化为氢氧化铁，得不到白色氢氧化亚铁沉淀物质；
④磁性氧化铁为固体，不能写成离子，应写成化学式，离子方程式为3Fe3O4+NO3 +28H+═9Fe3++14H2O+NO↑；
⑤氢氧化铁与HI溶液反应的离子方程式为Fe（OH）3+6H++2I-=2Fe2++6H2O +I2；
⑥Fe(OH)3不可用Fe2O3与水反应得到，但能通过化合反应制取，方程式：4Fe（OH）2+2H2O+O2=4Fe（OH）3；
⑦赤铁矿的主要成分是Fe2O3，Fe2O3为红棕色粉末。
12．【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．H2C2O4为二元弱酸，能与氢氧化钙溶液发生中和反应，生成白色沉淀草酸钙和水，因此氢氧化钙溶液碱性逐渐减弱，溶液红色褪去，A不符合题意；
B．产生气泡证明有CO2 产生，因此可证明酸性H2C2O4＞H2CO3，反应方程式为：H2C2O4+2NaHCO3=Na2C2O4+2CO2↑+2H2O，B不符合题意；
C．草酸为弱电解质，故在其参与的离子方程式中要写其化学式，不能用草酸根表示，正确的离子方程式为2 +5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+ 8H2O，C符合题意；
D．草酸（又称乙二酸），结构中含有两个羧基，因此其能发生酯化反应，生成乙二酸二乙醇酯，反应方程式符合题意，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】草酸（又称乙二酸）为一种二元弱酸，具有酸的通性，因此能发生中和反应；具有还原性；因为乙二酸中含有羧基因此能发生酯化反应，据此解题。
13．【答案】C
【知识点】离子共存；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．pH=2的溶液呈酸性， 会与H+反应生成硅酸沉淀，A不符合题意；
B． 呈紫色，无色溶液中不可能含有 ，B不符合题意；
C．Fe2+与H2O2在酸性溶液中发生氧化还原反应，生成Fe3+和H2O，反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，C符合题意；
D．稀硫酸与Ba(OH)2溶液反应，不管是硫酸过量还是Ba(OH)2过量，离子方程式都是：2H++ +Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．pH=2的溶液呈酸性， SiO32-会与H+反应生成H2SiO3沉淀；
B． 高锰酸根是紫色，无色溶液中不能含有 高锰酸根；
C．Fe2+与H2O2在酸性溶液中发生氧化还原反应
D．稀硫酸与Ba(OH)2溶液反应
14．【答案】D
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．根据转化关系，N2O转化N2时，Pt2O+转化为 ，则该过程的催化剂是Pt2O+，故A不符合题意；
B．根据转化关系，结合得失电子守恒，N2O转化N2时，Pt2O+转化为 ，氧化还原反应方程式为：N2O+Pt2O+=N2+Pt2O2+，反应中氮元素由+1价得电子变为0价，1mol N2O转化为N2得到2mol电子，则每1mol Pt2O+转化为 失电子为2mol，数目为2NA，故B不符合题意；
C．将生成的CO2通入含大量 、Na+、Cl-的溶液中，碳酸的酸性大于硅酸， +CO2(少量)+H2O= +H2SiO3↓，有白色沉淀生成，故C不符合题意；
D．CO2和N2O的摩尔质量都为44g/mol，一个分子中含有的电子数都为22个，则1g CO2、N2O的混合气体的物质的量为 mol，含有电子数为 ，故D符合题意。
故故答案为：D。
【分析】A．根据转化关系得到：N2O+Pt2O+=N2+Pt2O2+，Pt2O2++CO=CO2+Pt2O+
，N2O转化N2时催化剂是Pt2O+；
B．根据方程式可以得出：反应中氮元素得电子由+1价变为0价，则1mol N2O转化为N2得到2mol电子，则每1mol Pt2O+转化为 失电子为2mol，数目为2NA；
C．根据酸性：碳酸＞硅酸，将生成的CO2通入含大量 、Na+、Cl-的溶液中，发生反应： +CO2(少量)+H2O= +H2SiO3↓，有白色沉淀生成；
D．CO2和N2O的摩尔质量相等，并且一个分子中含有的电子数也相等，则可以求出1g CO2、N2O的混合气体的物质的量，进而求出电子数为 。
15．【答案】D
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】由滴入BaCl2溶液，会产生白色沉淀，可知具有还原性的SO2通入Fe（NO3）3溶液中发生的氧化反应SO2→SO42-，白色沉淀为硫酸钡；溶液由黄色变为浅绿色，说明三价铁离子被还原为亚铁离子，但立即又变为黄色，说明亚铁离子又被氧化为三价铁离子，则可知溶液中的硝酸根离子在酸溶液中具有强氧化性，把亚铁离子氧化为三价铁离子，最终表现氧化性被还原的是NO ，
故答案为：D。
【分析】本题考查氧化还原反应的综合应用，注意利用信息来判断发生的氧化还原反应，明确硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性是解答的关键。
16．【答案】A
【知识点】钠的氧化物
【解析】【解答】Na2O2与水反应生成氢氧化钠，溶液呈碱性，HCO 与OH－反应生成CO ，所以HCO 离子浓度减小，CO 离子浓度增大；
Na2O2具有强氧化性，将SO 氧化为SO ，则SO 离子浓度减小，SO 浓度增大；
NO3-浓度基本不变。
故答案为：A。
【分析】Na2O2与水反应：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，因为有NaOH生成，所以溶液呈碱性，HCO3- 与OH－反应生成CO32- ，则c(HCO3- )减小，c（CO32- ）增大；
并且Na2O2具有强氧化性，能将SO32- 氧化为SO34- ，则c(SO32-) 减小，c（SO34- ）增大；
c(NO3-)基本不变。
17．【答案】C
【知识点】有机物的合成
【解析】【解答】A. M至N，C=C生成C C键，反应类型是加成反应，故A不符合题意；
B. N的分子式是C4H8Cl2，其同分异构体可以采取“定一移二”法确定 ，由图可知N共有9种同分异构体，故B不符合题意；
C. 醇可被高锰酸钾氧化，卤代烃不能被酸性高锰酸钾氧化，可用高锰酸钾溶液区分N与Q，故C符合题意；
D. Q含有2个羟基，则0.3molQ与足量金属钠反应生成0.3NA个H2，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A. M至N，碳碳双键变成了碳碳单键，反应类型是加成反应；
B. N的分子式是C4H8Cl2，C4H8Cl2可以看作为C4H10中2个H原子被2个Cl原子取代，C4H10有CH3CH2CH2CH3、CH3C(CH3)2两种同分异构体；CH3CH2CH2CH3中，当两个Cl原子在同一个C原子上时，有2种，分别是第一个C和第二个C，当两个Cl原子在不同C原子上时，有1、2，2、3，1、3，1、4四种情况，共有6种；CH3C(CH3)2中，当两个Cl原子在同一个C原子上时，有1种，当两个Cl原子在不同C原子上时，有2种，共有3种，总共有9种同分异构体；
C. 醇可被KMnO4氧化，卤代烃不能被酸性KMnO4氧化，可用KMnO4溶液区分N与Q；
D. 1mol-OH产生0.5molH2，Q含有2个羟基，则0.3molQ与足量金属钠反应生成0.3NA个H2。
18．【答案】B
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．根据结构可知，绿原酸的分子式为C16H18O9，故A不符合题意；
B．绿原酸分子中含-OH可发生取代反应，含碳碳双键可发生加成反应，故B符合题意；
C．根据酯化反应原理可知，奎尼酸含环己烷结构、4个醇-OH和-1个-COOH，1mol奎尼酸与NaOH溶液反应，最多消耗1mol NaOH，故C不符合题意；
D．咖啡酸含酚-OH，能与FeCl3溶液发生显色反应，而奎尼酸不含酚-OH，只含醇-OH，则不能与FeCl3溶液发生显色反应，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．由题意可知，绿原酸的分子式为C16H18O9；
B．绿原酸分子中有羟基可发生取代反应，含C=C可发生加成反应；
C．根据酯化反应原理可知，奎尼酸含环己烷结构、4个醇-OH和-1个-COOH，其中只有-COOH和强氧化钠反应，所以1mol奎尼酸与强氧化钠溶液反应，最多消耗1mol NaOH；
D．咖啡酸含酚羟基，能与FeCl3溶液发生显色反应，而奎尼酸不含酚羟基，只含醇羟基，不能与FeCl3溶液发生显色反应。
19．【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】A.顺丁橡胶、涤纶和酚醛树脂是人工合成的，不属于天然高分子材料，A不符合题意；
B.顺丁橡胶的单体为1，3-丁二烯，与反-2-丁烯分子式不同，B不符合题意；
C.涤纶是对苯二甲酸和乙二醇通过缩聚反应得到的聚对苯二甲酸乙二醇酯，C符合题意；
D.酚醛树脂的单体是苯酚和甲醛，不是甲醇，D不符合题意，
故答案为：C。
【分析】A.天然高分子是指以由重复单元连接成的线型长链为基本结构的高分子量化合物，是存在于动物、植物及生物体内的高分子物质；
B.分子式相同但是结构式不同的有机物互为同分异构体；
C.具有两个或两个以上官能团的单体，相互反应生成高分子化合物，同时产生有简单分子（如H2O、HX、醇等）的化学反应叫做缩聚反应；
D.单体是能与同种或他种分子聚合的小分子的统称，是能起聚合反应或缩聚反应等而成高分子化合物的简单化合物。
20．【答案】B
【知识点】有关范围讨论题的计算；离子方程式的有关计算
【解析】【解答】A、Ca(OH)2和NaOH的混合溶液中通入CO2，二氧化碳先与氢氧根离子应产生碳酸根，生成碳酸钙沉淀，后与氢氧根离子反应无沉淀，最后碳酸钙与过量的二氧化碳反应使沉淀溶解，故A不符合题意；
B、向FeCl3溶液中加入锌粉，发生反应2Fe3++Zn=2Fe2++Zn2+，Zn+Fe2+=Fe+Zn2+，故三价铁一直减少，二价铁先增加后减少直至为0，锌离子慢慢增加最后不变，故B符合题意；
C、向NaOH溶液中通入CO2，2OH-+CO2=CO32-+H2O，CO32-+CO2+H2O=2HCO3-，根据比例关系，氢氧根是碳酸根离子量的2倍，故C不符合题意；
D、HCl与Cl2的混合通入NaOH溶液中氢氧化钠先与盐酸反应，故开始不可能有次氯酸根离子产生，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、二氧化碳先与氢氧化钠反应生成碳酸钠，碳酸钠与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀，最后碳酸钙与二氧化碳反应使沉淀溶解；
B、注意金属锌具有还原性，三价铁离子具有氧化性，二者会发生氧化还原反应；
C、二氧化碳与氢氧根反应生成碳酸根，而过量的二氧化碳会与氢氧根反应生成碳酸氢根；
D、注意氢氧化钠先与盐酸反应。
21．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；离子方程式的有关计算
【解析】【解答】A．在AB段发生反应： ，氧化剂是K2Cr2O7，故A不符合题意；
B．根据图像可知，在BC段，消耗I－0.9mol，由反应对应的关系 ，推知在混合时生成了0.9mol Fe3+， ，消耗K2Cr2O7物质的量为0.15mol；又AB段有对应关系：消耗I－0.6mol， ，消耗K2Cr2O7物质的量为0.1mol；共消耗K2Cr2O7物质的量为0.15+0.1=0.25mol，故B不符合题意；
C．由分析知，在BC段发生反应：2Fe3+＋2I－=2Fe2+＋I2，故C不符合题意；
D．根据计算可知，在反应前，K2Cr2O7物质的量为0.25mol， FeSO4与Fe3+一样都是0.9mol，二者之比不为1:6，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】将硫酸酸化的 K2Cr2O7 溶液与 FeSO4 溶液混合，发生如下反应： ，向所得溶液中加入KI溶液，混合溶液中Fe3＋的物质的量随加入的 KI 的物质的量的变化关系如图，可知在AB段发生反应： ，在BC段发生反应：2Fe3+＋2I－=2Fe2+＋I2。据此解答。
22．【答案】D
【知识点】铁的化学性质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A. 三价铁的氧化性强于铜离子，还原剂铁先是和氧化性强的离子反应，所以三价铁离子先反应，故A不符合题意；
B. 钡离子和硫酸根离子反应生成硫酸钡白色沉淀，所以开始就有白色沉淀生成，故B不符合题意；
C. 碳酸钠和氢氧化钠均可以和二氧化碳反应，但是氢氧化钠的碱性强于碳酸钠，所以NaOH先和二氧化碳发生反应，故C不符合题意；
D. 当5a=4b时，则b=1.25a，Br2先发生反应：Br2+2I-=I2+2Br-，根据I-为2amol，消耗Br2 amol，生成Br-2amol，则还剩余Br21.25amol- amol=0.25amol，Br2再发生反应：2Fe2+ +Br2=2Fe3++2Br-，反应Fe2+0.5amol，生成Fe3+0.5amol、Br-0.5amol，则剩余Fe2+ amol-0.5amol =0.5amol，Br-共2amol+0.5amol =2.5amol，反应后的离子浓度之比：c(Fe2+)∶c(Fe3+)∶c(Br-)=0.5a∶0.5a∶2.5a =1∶1∶5，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、根据氧化还原反应的原理进行作答；
B、注意氢氧化铝是两性氢氧化物，既能与酸反应又能与碱反应；
C、少量的二氧化碳与氢氧根反应生成碳酸根，过量的二氧化碳与氢氧根反应生成碳酸氢根；
D、注意溴水具有氧化性，既与碘离子反应，也能与二价铁离子反应。
23．【答案】B
【知识点】有机物的推断
【解析】【解答】A.由以上分析，b为丙酮结构简式为：CH3COCH3，故A不符合题意；
B.c为 ，含有醇羟基可发生消去反应，且羟基所连碳有两种邻位碳氢存在，可得到两种消去产物，故B符合题意；
C.由以上分析，d、e中均含有酯基，都能发生水解反应，故C不符合题意；
D.反应③是d中碳碳双键发生加成聚合反应产生e，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】结合流程采用逆合成分析，e为d的加聚产物，结合e的结构可得d为 ，d由c反应得到，且c能与NaHCO3反应放出CO2，说明c中含有羧基，且c、d组成相差一分子水，由d结构分析可知，c应为 ，c由a、b反应得到，b的分子式为C3H6O，且b中氢的化学环境均相同，由此可得b为 ，再结合c的结构可推出a为 ，据此分析解答。
24．【答案】B
【知识点】常见元素的化合价；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A.由图示可知，过程①至过程④中BH4-反应生成B(OH) 4-，硼元素的化合价一直为+3价，化合价不变，A不符合题意；
B.过程④中2moH2O水与2molX反应生成2mol B(OH) 4-和1molH2，根据元素守恒X为H3BO3，H3BO3中H为+1价，但在BH3分子中H为-1价，B符合题意；
C.由图示可知，过程③中产生1molH2时转移的电子数为NA，过程④产生1molH2时转移的电子数为2NA,，两者不相等，C不符合题意；
D.NaBH4中H为-1价，0.25molNaBH4生成H+失去的电子的量2 0.25mol 4=2mol，标准状况下22.4LH2为1mol，1mol H2生成H+失去的电子的量2 1mol=2mol，故两者还原能力相当，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据反应机理图进行作答即可。
25．【答案】C
【知识点】物质的量的相关计算；物质的量与其浓度和气体摩尔体积的综合应用
【解析】【解答】铁和铜的混合物24g，物质的量为 ，而6.72L（标准状况）NO 的物质的量为： ，所以0.2mol的铁和铜的混合物共转移0.3mol×3=0.9mole-，即需氢氧化钠0.9mol，
A．如果铁全部变成三价铁，共转移0.2×3+0.2×2=1mole-，所以有一部分铁是亚铁离子，设亚铁离子的物质的量为xmol，则铁离子为（0.2-x）mol，根据转移电子数目相等，可知2x+3（0.2-x）=0.9-0.4，所以x=0.1mol，所以混合物溶解后的溶液中c（Fe3+）：c（Fe2+）=1：1，故A不符合题意；
B．硝酸的物质的量浓度是 ，故B不符合题意；
C．需加入NaOH溶液的体积为： ，故C符合题意；
D．最后所得沉淀在空气中充分加热可得氧化铁和氧化铜的固体混合物，质量为：0.1×160+0.2×80=32g，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】首先根据计算生成一氧化碳的物质的量，然后根据求解需要氢氧化钠的体积。
26．【答案】（1）2；1；5H2O；2；1；4H+；C；冷却结晶，过滤
（2）铵明矾溶液电离出的铝离子水解得到氢氧化铝胶体，可以吸附悬浮物质，可以用于净水；先产生白色沉淀，后产生有刺激性气味的气体，再加入过量的NaOH溶液，白色沉淀逐渐溶解并消失
（3）1：3
（4）B
【知识点】铝的化学性质；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】Ⅰ. (1)①滤液中含有氯化铁、氯化亚铁、氯化铝，在滤液A中加入漂白液，目的是氧化除铁，所得滤液B显酸性，次氯酸根离子具有氧化性，氧化亚铁离子为铁离子，在溶液中形成氢氧化铁沉淀除去；次氯酸根离子被还原为氯离子，反应的离子方程式为2Fe2++ClO +5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl +4H+；
故答案为：2；1；5H2O；2；1；4H+；②滤液中含有的是氯化铝溶液，将滤液B中的铝元素以沉淀形式析出，
A.氢氧化钠溶液可以沉淀铝离子但过了会溶解氢氧化铝，氢氧化钠不是最佳试剂，故A不正确；
B.硫酸溶液不与铝离子反应，故B不正确；
C.氨水是弱碱不能溶解氢氧化铝，过量的氨水和铝离子形成氢氧化铝沉淀过滤得到氢氧化铝固体，故C正确；
D.二氧化碳和氯化铝不反应，无法生成氢氧化铝沉淀，故D不正确；
故答案为：C；
③加入浓盐酸抑制氯化铝的水解，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，
故答案为：冷却结晶，过滤；Ⅱ. (2)铵明矾溶液中铝离子水解得到氢氧化铝胶体，可以吸附悬浮物质，可以用于净水；向溶液中加入氢氧化钠溶液，首先与溶液中铝离子反应生成氢氧化铝沉淀，再与氨气根离子反应生成氨气，再加入过量的NaOH溶液溶解氢氧化铝，现象为：先产生白色沉淀，后产生有刺激性气味的气体，再加入过量的NaOH溶液，白色沉淀逐渐溶解并消失，
故答案为：铵明矾溶液电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，有吸附作用，故铵明矾能净水；先产生白色沉淀，后产生有刺激性气味的气体，再加入过量的NaOH溶液，白色沉淀逐渐溶解并消失；（3）根据电子转移守恒：2×[0 ( 3)]×n(N2)=n(SO2)×(6 4)，故n(N2)：n(SO2)=1：3，相同条件下气体体积之比等于其物质的量之比，故V(N2)：V(SO2)=1：3，
故答案为：1：3.(4)A.蒸发皿中含有二氧化硅和氢氧化钠反应，不能用于SiO2和NaOH焙烧制备硅酸钠，故A不正确；
B. 铁坩埚可以熔融二氧化硅和氢氧化钠，可在铁坩埚中用SiO2和NaOH焙烧制备硅酸钠，故B正确；
C. 玻璃中含二氧化硅和氢氧化钠反应，不能用于SiO2和NaOH焙烧制备硅酸钠，故C不正确；
D. 瓷坩埚含有二氧化硅和氢氧化钠反应，不能用于SiO2和NaOH焙烧制备硅酸钠，故D不正确；
故答案为：B。
【分析】Ⅰ.图示工艺流程为：铝土矿（主要成分为Al2O3，还含有Fe2O3、FeO、SiO2）加入稀盐酸，得到滤渣为二氧化硫，滤液中含有铁离子、亚铁离子和氯离子；加入漂白液后亚铁离子氧化成铁离子，铁离子水解生成氢氧化铁沉淀；滤液B为氯化铝溶液；二氧化硫与氢氧化钠在铁坩埚中焙烧生成硅酸钠，（1）①依据流程分析，滤液中含有氯化铁、氯化亚铁、氯化铝，在滤液A中加入漂白液，目的是氧化除铁，所得滤液B显酸性，次氯酸根离子具有氧化性氧化亚铁离子为铁离子在溶液中形成氢氧化铁沉淀除去；依据氧化还原反应电子守恒和原子守恒配平计算写出；②滤液B中铝元素为氯化铝，依据氢氧化铝溶液强酸强碱，不溶于弱碱选择；
加入浓盐酸抑制氯化铝的水解，蒸发浓缩冷却结晶，过滤洗涤；Ⅱ.（2）铵明矾溶液中铝离子水解，溶液呈酸性，得到氢氧化铝胶体，可以用于净水；向溶液中加入氢氧化钠溶液，首先与溶液中铝离子反应生成氢氧化铝沉淀，再与氨气根离子反应生成氨气，再加入过量的NaOH溶液溶解氢氧化铝；（3）根据电子转移守恒确定n（N2）：n（SO2），相同条件下气体体积之比等于其物质的量之比．（4）A．蒸发皿中含有二氧化硅和氢氧化钠反应；
B．铁坩埚可以熔融二氧化硅和氢氧化钠；
C．玻璃中含二氧化硅和氢氧化钠反应；
D．瓷坩埚含有二氧化硅和氢氧化钠反应。
27．【答案】（1）羧基
（2）甲醇；4
（3）
（4）氧化反应
（5）
（6）a
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机化学反应的综合应用
【解析】【解答】（1）根据A的结构简式可知，A中官能团的名称为羧基，故答案为：羧基；（2）根据上面的分析可知，a为CH3OH，名称为甲醇；由分析可知D的结构为： ，能与NaOH溶液反应的官能团有酚羟基、酯基，1molD与足量的氢氧化钠溶液反应所需氢氧化钠的物质的量为4mol故答案为：甲醇；4；（3）根据上面的分析可知，C的结构简式为 ；（4）C发生氧化反应得D，C→D的反应类型为 氧化反应，故答案为：氧化反应；（5）E发生缩聚反应得F，E→F的化学方程式是：
；（6）a．A中含有羧基，A能与NaHCO3溶液反应，故a正确；
b．醇与金属钠反应得到醇钠和氢气，醇与NaOH不反应，故b不正确；
c．D中有酚羟基，而E中没有，所以可用FeCl3溶液鉴别D和E，故c不正确；
d．HOCH2CHOHCH2OH俗称甘油，故d不正确，
故答案为：a。
【分析】比较B和A的结构简式可知，A发生酯化反应生成B，所以试剂a为CH3OH，根据C的化学式及B到C的条件可知，B发生信息i中的反应得C为： ，C发生氧化反应得D为 ，D发生信息ii中的反应生成E为 ，E发生缩聚反应得F。
28．【答案】（1）球形干燥管(干燥管)
（2）缺少处理CO尾气装置
（3）Fe和C； mol
（4）取少量草酸亚铁晶体于试管中，加入稀硫酸溶解后并滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则草酸亚铁晶体已氧化变质；若不变红色，则草酸亚铁晶体未氧化变质
（5）FeC2O4；Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】(1)仪器a的名称是球形干燥管(干燥管)，故答案为：球形干燥管(干燥管)；(2)反应会产生CO，缺少处理CO尾气装置，故答案为：缺少处理CO尾气装置；(3) 高锰酸钾溶液的紫红色褪去，溶液变为棕黄色，同时有气体生成，很显然是FeC2O4被高锰酸钾氧化为Fe3+使溶液变为棕黄色，同时生成二氧化碳气体，则该过程中被氧化的元素是Fe和C；分析有关元素化合价的变化可知，反应过程中1 mol FeC2O4·2H2O可失去3 mol电子，而1mol KMnO4可得到5 mol电子：根据得失电子数相等的原则，反应中FeC2O4·2H2O与KMnO4的物质的量之比为5：3。因此，若反应中消耗1 mol FeC2O4·2H2O，则参加反应的KMnO4为 mol；(4)检验铁离子的试剂为KSCN，具体有：取少量草酸亚铁晶体于试管中，加入稀硫酸溶解后并滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则草酸亚铁晶体已氧化变质；若不变红色，则草酸亚铁晶体未氧化变质；(5)①草酸亚铁晶体的物质的量为： ＝0.03mol，通过剩余固体的质量为4.32g，则M的摩尔质量为 ＝144g/mol，FeC2O4的相对分子质量为144，所以开始发生的反应是：草酸亚铁晶体受热失去结晶水，剩下的M为FeC2O4，故答案为：FeC2O4；②草酸亚铁晶体中的铁元素质量为： ＝1.68g，草酸亚铁晶体中的铁元素完全转化到氧化物中，氧化物中氧元素的质量为： ，设铁的氧化物的化学式为FexOy，则有： ，解得x：y＝3：4，铁的氧化物的化学式为Fe3O4，因此Fe3O4与稀盐酸反应的离子方程式为：Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O。
【分析】装置A为草酸亚铁晶体分解，利用无水硫酸铜检验水蒸气，B装置检验二氧化碳，C装置吸收二氧化碳，D装置干燥气体，E装置检验CO，F装置检验二氧化碳，据此解答。
