2017-2018学年江西省宜春市奉新一中高二下学期期末化学试题(解析版)

2017-2018学年江西省宜春市奉新一中高二（下）期末化
学试卷
一、单选题（本大题共16小题，共48.0分）
1.下列有关物质分类或归类正确的一组是（）
①液氨、液氯、干冰、碘化银均为化合物
②Na2O2、Na2CO3、NaHCO3、Na2SiO3均为钠盐
③明矾、小苏打、冰醋酸、次氯酸均为电解质
④氢氟酸、盐酸、水玻璃、氨水均为混合物
A. ①和③
B. ②和③
C. ③和④
D. ②和④
【答案】C
【解析】解：①中液氯是单质，故错误；
②Na2CO3、NaHCO3、Na2SiO3均为钠盐，Na2O2没有酸根所以不是盐，是氧化物，故错误；
③明矾、小苏打、醋酸、次氯酸在溶液中都能电离出相应的离子，均为电解质，故正确；
④氢氟酸是HF水溶液，盐酸是氯化氢水溶液、水玻璃是硅酸钠水溶液、氨水为氨气水溶液均为混合物，故正确；
故选：C。

利用化合物、混合物、电解质、盐等概念来判断物质的分类。

①化合物是不同元素组成的纯净物，液氨、液氯是单质；
②钠盐应电离出钠离子与酸根离子；
③电解质是水溶液中或熔融状态下导电的化合物；
④依据混合物是不同物质组成的分析。

本题考查了化学基本概念的理解和应用，熟悉混合物、化合物、单质、化合物、电解质、非电解质等概念的分析即可判断，掌握物质的组成是解题关键。

2.关于下列各实验装置的叙述中，正确的是（）
A. 装置①不可用于实验室制取少量NH3或O2
B. 可用从a处加水的方法检验装置②的气密性
C. 实验室可用装置③收集HCl
D. 验证溴乙烷发生消去反应生成烯烃的实验可利用装置④进行
【答案】B
【解析】解：A．图中为固液反应不加热装置，选浓氨水与碱石灰可制备氨气，选过氧化氢与二氧化锰可制备氧气，故A错误；
B．从a处加水，观察U型管是否出现液面差，可检验装置②的气密性，故B正确；C．HCl的密度比空气密度大，图中应长导管进气，故C错误；
D．溴乙烷在NaOH醇溶液中发生消去反应生成烯烃，且乙醇易挥发，乙烯、乙醇均能被高锰酸钾氧化，则图中不能验证生成烯烃，故D错误；
故选：B。

A．图中为固液反应不加热装置；
B．从a处加水，观察U型管是否出现液面差；
C．HCl的密度比空气密度大；
D．溴乙烷在NaOH醇溶液中发生消去反应生成烯烃，且乙醇易挥发，乙烯、乙醇均能被高锰酸钾氧化。

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握实验装置的作用、物质的制备、气密性检验、物质的性质、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。

3.在下列各溶液中，离子一定能大量共存的是（）
A. 强碱性溶液中：K+、Al3+、Cl-、SO42-
B. 由水电离产生的H+浓度为1×10-13mol•L-1的溶液中，Na+、K+、Cl-、HCO3-
C. 强碱性的溶液中：CO32-、Na+、AlO2-、NO3-
D. 酸性溶液中：Fe2+、Al3+、NO3-、I-
【答案】C
【解析】解：A．强碱溶液中含大量的OH-，与Al3+结合生成沉淀，不能共存，故A错误；
B．由水电离产生的H+浓度为1×10-13mol•L-1的溶液，为酸或碱溶液，HCO3-既能与酸又能与碱反应，一定不能共存，故B错误；
C．强碱性的溶液，该组离子之间不反应，可大量共存，故C正确；
D．酸性溶液含大量的H+，Fe2+（或I-）、H+、NO3-离子之间发生氧化还原反应，不能共存，故D错误；
故选：C。

A．强碱溶液中含大量的OH-；
B．由水电离产生的H+浓度为1×10-13mol•L-1的溶液，为酸或碱溶液；
C．强碱性的溶液，该组离子之间不反应；
D．酸性溶液含大量的H+，离子之间发生氧化还原反应．
本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大．
4.以下实验操作可能会导致实验结果偏高的是（）
A. 配制一定物质的量浓度的溶液：称量固体时物体与砝码位置颠倒
B. 配制一定物质的量浓度的溶液：定容时仰视刻度线
C. 用浓硫酸与烧碱的稀溶液反应来测定中和热的数值
D. 用10.0mL的量筒量取7.8mL浓硫酸时俯视读数
【答案】C
【解析】解：A．使物品和砝码放颠倒，若使用游码，称量的物质的质量偏小若不使用游码，称量质量不变，故A错误；
B．配制溶液时，仰视容量瓶刻度线定容，会导致加入的蒸馏水体积偏大，配制的溶液浓度偏低，故B错误；
C．浓硫酸与烧碱反应放热，结果偏高，故C正确；
D．俯视体积偏小，结果偏低，故D错误。

故选：C。

A．物品和砝码放颠倒，若使用游码，称量的物质的质量偏小若不使用游码，称量质量不变；
B．配制一定物质的量浓度的溶液时，仰视定容会导致加入的蒸馏水体积偏大；C．中和反应是放热反应；
D．俯视体积偏小．
本题主要考查了化学实验操作中的误差分析，题目难度中等，掌握实验的原理及正确的误差分析是解题的关键．
5.假定把12C的相对原子质量定为24，把24g12C含有的原子个数定为阿伏加德罗常
数，而物质的量的概念不变．则下列推断不正确的是（）
A. 此时16O的相对原子质量为32
B. 40gNaOH溶于水配成1L溶液，其物质的量浓度为1 mol/L
C. 标况下44gCO2的体积为22.4L
D. N A个氧分子与N A个氢分子有相同数目的分子
【答案】B
【解析】解：本题中原子量的标准的改变实际上是将原子量的标准由12C原子质量的变
为12C原子质量的．所以将12C的原子量定为24时，物质的式量加倍。

而将阿伏加德
罗常数由12g12C所含碳原子数变为24g12C所含原子个数。

所以摩尔质量、气体摩尔体积都应加倍，而物质的量及物质的量浓度均随之发生变化。

A、氧原子的实际质量没变，但标准却由12C质量的变为，所以16O的原子量由16
变为32，故A正确；
B、由于“标准”的改变，此时的40gNaOH已经不是1mol了，而是0.5mol，则所得溶液的物质的量浓度为0.5mol•L-1，故B错误；
C、44gCO2客观存在，其标况下的体积22.4L也客观存在，故C正确；
D、此时N A虽然由原来的约6.02×1023变为约12.04×1023，但对氧分子和氢分子而言，这种变化是一致的，故D正确；
故选：B。

A、氧原子的实际质量没变，但标准却由12C质量的变为；
B、由于“标准”的改变，NaOH的摩尔质量变为80g/mol；
C、由于“标准”的改变，摩尔质量、气体摩尔体积都应加倍；
D、N A虽然由原来的约6.02×1023变为约12.04×1023，氧气分子和氢分子仍然一致．
本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大．
6.碘循环工艺不仅能吸收SO2降低环境污染，同时又能制得氢气，具体流程如下：
下列说法正确的是（）
A. 分离器中的物质分离操作为过滤
B. 膜反应器中，增大压强有利于提高速率和HI的平衡转化率
C. 该工艺中I2和HI的相互转化体现了“碘循环”
D. 碘循环工艺的总反应为2SO2+4H2O+I2=H2+2H2SO4+2HI
【答案】C
【解析】解：A．碘和二氧化硫反应生成硫酸和HI，分离器中为氢碘酸和硫酸的分离，应采用沸点不同进行蒸馏分离，故A错误；
B．膜反应器中，2HI（g）H2（g）+I2（g），该反应为反应前后体积不变的反应，增
大压强有利于提高速率，但不能提高HI的平衡转化率，故B错误；
C．反应器中，碘和二氧化硫反应生成硫酸和HI，反应的离子方程式为
SO2+I2+2H2O=SO42-+2I-+4H+，在膜分离器中发生反应：2HI⇌I2+H2，反应器中消耗的碘的量等于膜反应器中生成的碘的量，该工艺中I2和HI的相互转化体现了“碘循环”，故C正确；
D．在反应器中发生反应：SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4，在膜反应器中的反应为：
2HI⇌I2+H2，将两个方程式相加得：SO2+2H2O=H2SO4+H2，故D错误；
故选：C。

A．过滤适用于固体和液体的分离；
B．HI分解为可逆反应，该反应为反应前后体积不变的反应；
C．反应器中消耗的碘的量等于膜反应器中生成的碘的量；
D．在反应器中发生反应：SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4，在膜反应器中的反应为：
2HI⇌I2+H2，将两个方程式相加得总反应。

本题主要考查了碘循环工艺、根据题干信息掌握碘循环工艺反应原理，注意化学平衡原理的应用、据流程分析问题是解答关键，题目难度中等。

7.下列反应的离子方程式书写正确的是（）
A. 硫酸铁溶液与氢氧化钡溶液反应：Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓
B. 硫化钠溶液与氯化铁溶液反应：2Fe3++3S2-=Fe2S3
C. 过量的铁与很稀的硝酸溶液反应无气体放出：
4Fe+10H++NO3-=4Fe2++3H2O+NH4+
D. 硫化氢气体通入氯化铜溶液：S2-+Cu2+=CuS
【答案】C
【解析】解：A．漏写生成硫酸钡沉淀的离子方程式，离子方程式为
2Fe3++3SO42-+3Ba2++6OH-=2Fe（OH）3↓+3BaSO4↓，故A错误；
B．二者发生氧化还原反应生成FeS沉淀，离子方程式为2Fe3++3S2-=2FeS↓+S↓，故B
错误；
C．二者反应生成硝酸亚铁和硝酸铵，离子方程式为4Fe+10H++NO3-=4Fe2++3H2O+NH4+，故C正确；
D．硫化氢是弱电解质，写化学式，离子方程式为Cu2++H2S=CuS↓+2H+，故D错误；故选：C。

A．漏写生成硫酸钡沉淀的离子方程式；
B．二者发生氧化还原反应生成FeS沉淀；
C．二者反应生成硝酸亚铁和硝酸铵；
D．硫化氢是弱电解质，写化学式。

本题考查了离子方程式的判断，为中等难度的试题，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等。

8.
A B C D
【答案】D
【解析】解：A、同分异构体是分子式相同结构式不同的化合物，A、B两种有机物具有相同的相对分子质量，不能说明分子式相同，如CH3COOH和CH3CH2CH2OH相对分子质量都为60，但分子式不同，故A错误；
B、质量相同的A、B两种有机物完全燃烧生成质量相同的水，说明有机物中氢元素的质量百分数相同，无法确定其他元素的质量百分数，所以有机物最简式也就无法确定，故B错误；
C、A、B两种有机物结构相似具有相同的通式，若分子式相同则为同分异构体，如正丁烷和异丁烷，不是同系物，故C错误；
D、碳碳双键和三键都能使溴的CCl4溶液褪色，又能使酸性KMnO4溶液褪色，所以分子式为C6H6的烃A既能使溴的CCl4溶液褪色，又能使酸性KMnO4溶液褪色，则A的结构简式可能是CH2=CH-C≡C-CH=CH2，故D正确。

故选：D。

A、同分异构体是分子式相同结构式不同的化合物；
B、最简式指用元素符号表示化合物分子中各元素的原子个数比的最简关系式；
C、结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物；
D、根据碳碳双键和三键都能使溴的CCl4溶液褪色，又能使酸性KMnO4溶液褪色；
本题考查同分异构体、最简式、同系物等概念和官能团的性质，题目难度不大，注意相关物质的性质和概念的理解为解答该题的关键．
9.设N A为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）
A. 100g质量分数为46%的乙醇水溶液中含有氧原子数为4N A
B. 若将1 mol氯化铁完全转化为氢氧化铁胶体，则分散系中胶体微粒数为N A
C. 向大量水中通入1 mol氯气，反应中转移的电子数为N A
D. 电解精炼铜，当电路中通过的电子数目为0.2N A时，阳极质量减少6.4 g
【答案】A
【解析】解：A.100g质量分数为 46%的乙醇水溶液中乙醇的质量为46g，物质的量为1mol，含1mol氧原子；水的质量为54g，物质的量为3mol，故含3mol氧原子，故此乙醇溶液中共含4mol氧原子即4N A个，故A正确；
B．一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，无若 l mol 氯化铁完全转化为氢氧化铁胶体，则分散系中胶体微粒数小于 N A，故B错误；
C．氯气与水反应为可逆反应，不能进行到底，所以大量水中通入1 mol氯气，反应中转移的电子数小于N A，故C错误；
D．粗铜中含有杂质铁、锌等，所以阳极减少6.4g时，电路中转移的电子的物质的量不一定为0.2mol，转移的电子数不一定为0.2N A，故D错误；
故选：A。

A．在乙醇溶液中，除了乙醇外，水也含氧原子；
B．一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体；
C．氯气与水反应为可逆反应，不能进行到底；
D．电解精炼铜过程中，阳极粗铜中含有杂质铁、锌等，所以阳极质量减少6.4g时，转移的电子的物质的量不一定是0.2mol。

本题考查阿伏加德罗常数的应用，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，选项C为易错点，需要明确可逆反应特点，注意电解法
精炼铜的原理。

10.分子式分别为C2H6O和C3H8O的醇在浓H2SO4和适当条件下发生脱水反应其产物
可能有（）
A. 5种
B. 6种
C. 7种
D. 8种
【答案】B
【解析】解：C2H6O醇结构为①CH3CH2OH；C3H8O的醇结构简式为②CH3CH2CH2OH，③CH3CH（CH3）OH，在140℃，乙醇会发生分子间脱水，分子间脱水的组合为①①，②②，③③，①②，①③，②③；所以分子间脱水生成的醚为6种，故选B。

用浓硫酸与分子式分别为C2H6O和C3H8O的醇的混合液反应，将乙醇和浓硫酸反应的温度控制在140℃，乙醇会发生分子间脱水，并生成乙醚，分析两种醇的结构，结合反应原理分析判断．
本题考查了分子结构的分析判断，同分异构体的应用，题干信息的应用，分子间的脱水反应实质是解题关键，题目较简单．
11.以下关于化学实验中“先与后”的说法中正确的是（）
①加热试管时，先均匀加热，后局部加热
②用排水法收集气体后，先移出导管后撤酒精灯
③制取物质时，先检查装置气密性后装药品
④使用容量瓶、分液漏斗、滴定管前，先检查是否漏水后洗涤干净
⑤做H2还原CuO实验时，先通H2后加热CuO；反应完毕后，先撤酒精灯待试管
冷却后停止通H2
⑥浓硫酸不慎洒到皮肤上，先用大量水冲洗，再涂上3%～5%的NaHCO3溶液
⑦碱液流到桌子上，先加稀醋酸溶液中和，后水洗
⑧点燃可燃性气体如H2、CH4、C2H4、C2H2等时，先检验气体纯度后点燃
A. ①②③⑤⑦⑧
B. ①②③④⑤⑧
C. ①②⑤⑥⑧
D. 全部
【答案】D
【解析】解：①试管加热时为防止局部骤热发生爆炸，先均匀加热，后局部加热，故①正确；
②用排水法收集气体后，为防止液体倒吸炸裂试管，应该先移出导管后撤酒精灯，故②正确；
③制取气体时，一定要先检查装置气密性后装药品，故③正确；
④有塞子或活塞的、用于盛装液体的仪器在使用前要查漏，故容量瓶、分液漏斗和滴定管在使用前应查漏，故④正确；
⑤做H2还原CuO实验开始时要排除空气，先通入氢气，结束时要防止金属铜被氧气氧化，先撒酒精灯待试管冷却后停止通H2，故⑤正确；
⑥浓硫酸溶于水放出大量的热，并有强烈的腐蚀性，浓硫酸沾到皮肤或衣服上，应先用布试去，再用大量水冲洗，然后涂上3%-5%的NaHCO3溶液，若是其他酸，先用大量水冲洗后再涂上NaHCO3溶液，故⑥正确；
⑦碱流到桌子上，先加稀醋酸溶液中和降低碱的腐蚀性，后用水洗，故⑦正确；
⑧点燃可燃性气体如H2、CO等时，为防止爆炸要验纯后点燃，故⑧正确；
故选：D。

①试管加热时要防止局部骤热发生爆炸；
②用排水法收集氧气后，要防止液体倒吸炸裂试管；
③制取气体时，要先检查装置气密性；
④容量瓶、漏斗和滴定管在使用前要查漏；
⑤做H2还原CuO实验开始时要排除空气，结束时要防止金属铜被氧气氧化；
⑥浓硫酸具有强氧化性和腐蚀性，一定注意使用；万一滴到皮肤上，一定谨慎处理；
⑦碱流到桌子上，先加稀醋酸溶液中和，后用水洗，降低碱的腐蚀性；
⑧点燃可燃性气体是为防止爆炸要验纯；
本题考查化学实验的基本操作，注意化学实验操作的要领是解题的关键，题目难度不大。

12.不能鉴别AgNO3、BaCl2、K2SO3和Mg（NO3）2四种溶液（不考虑它们间的相互
反应）的试剂组是（）
A. 盐酸、硫酸
B. 盐酸、氢氧化钠溶液
C. 氨水、硫酸
D. 氨水、氢氧化钠溶液
【答案】D
【解析】解：A．加入盐酸可鉴别AgNO3，生成AgCl沉淀，K2SO3与盐酸反应生成刺激性气味的SO2气体；然后加入硫酸可鉴别BaCl2，生成白色沉淀，故A不选；
B．加入盐酸可鉴别AgNO3，生成AgCl沉淀，K2SO3与盐酸反应生成刺激性气味的SO2气体；然后加入NaOH，与Mg（NO3）2反应生成白色沉淀，可鉴别，故B不选；C．加入氨水，过量氨水与硝酸银反应，先生成白色沉淀，然后溶解，生成银氨溶液，与硝酸镁反应生成白色沉淀，然后加入硫酸可鉴别BaCl2，生成白色沉淀，K2SO3与硫酸反应生成刺激性气味的SO2气体，可鉴别，故C不选；
D．加入氨水可鉴别AgNO3和Mg（NO3）2，但加入NaOH不能鉴别BaCl2和K2SO3，故D选。

故选：D。

根据离子的检验方法设计，Ag+可用Cl-检验，Ba2+可用SO42-检验，SO32-可用H+离子检验，Mg2+可用OH-离子检验，以此进行判断．
本题考查物质的检验与鉴别，注意物质的性质的异同为解答该类题目的关键，鉴别几种物质，应能产生不同的现象，该题较好的综合考查元素化合物知识，题目难度中等．
13.在标准状况下，将aLNH3完全溶于水得到VmL氨水，溶液的密度为ρg•cm-3，溶
质的质量分数为ω，溶质的物质的量浓度为C mol•L-1．则下列叙述中正确的是
（）
①ω=×100%
②C=
③上述溶液中再加入VmL水后，所得溶液的质量分数大于0.5ω
④向上述溶液中加入VmL C mol•L-1的稀盐酸，充分反应后溶液中离子浓度大小关
系为：c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-）．
A. ②④
B. ②③
C. ①③
D. ①④
【答案】A
【解析】解：①VmL氨水，溶液的密度为ρg•cm-3，溶液的质量为ρVg，溶质的质量为：×17，则溶质的质量分数为ω=×100%，故①错误；
②溶质的物质的量为：mol，溶液的体积为VmL，则c=mol/L，故②正确；
③再加入VmL水后，所得溶液的质量分数为：=，水的密度大于氨水的密度，
则1+＞2，故所得溶液的质量分数小于0.5ω，故③错误；
④向上述溶液中加入VmL C mol•L-1的稀盐酸，充分反应后溶液中溶质为氯化铵，铵根离子部分水解，溶液呈酸性，c（H+）＞c（OH-）、根据电荷守恒可知c（Cl-）＞c（NH4+），溶液中离子浓度大小关系为：c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-），故④正确；
故选：A。

①溶质的质量分数为ω可由溶质的质量和溶液的质量来计算；
②根据物质的量浓度c=进行计算；
③根据溶质的质量分数=×100%来计算；
④反应后溶质为氯化铵，铵根离子部分水解，溶液呈酸性，c（H+）＞c（OH-）、根据电荷守恒可知c（Cl-）＞c（NH4+）．
本题考查物质的量浓度的有关计算，题目难度中等，明确质量分数与物质的量浓度的关系、氨水的密度与水的密度大小是解答本题的关键，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力．
14.将质量为W1g的钠、铝混合物投入一定量的水中充分反应，金属没有剩余，共收
集到标准状况下的气体V1L．向溶液中逐滴加入浓度为amol•L-1的HCl溶液，过程中有白色沉淀产生后又逐渐溶解，当沉淀恰好消失时所加HCl溶液体积为V2L．将溶液蒸干并充分灼烧得到固体W2g．下列关系式中错误的是（）
A. 24n（Al）+35.5n（Na）=W2-W1
B. n（Na）+3n（Al）=aV2
C. n（Na）+3n（Al）=
D. aV2=
【答案】D
【解析】解：将质量为W1g的钠、铝混合物投入一定量的水中充分反应，反应的化学方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，
向溶液中加入盐酸至过程中有白色沉淀产生后又逐渐溶解，当沉淀恰好消失时，溶液成分是NaCl和AlCl3，将溶液蒸干并充分灼烧得到固体W2g，在蒸干并灼烧过程中发生反应为
AlCl3+3H2O=Al（OH）3+3HCl，2Al（OH）3Al2O3+3H2O，最后得到的固体为NaCl和
Al2O3，
A、根据以上分析可知，最后得到的固体为NaCl和Al2O3，根据物质的组成可知W2-W1=m （Cl）+m（O）=35.5n（Na）+×n（Al）×16=35.5n（Na）+24n（Al），故A正确；
B、向溶液中加入盐酸至过程中有白色沉淀产生后又逐渐溶解，当沉淀恰好消失时，溶液成分是NaCl和AlCl3，共消耗盐酸为aV2mol，
根据NaCl和AlCl3的化学式可知n（Na）+3n（Al）=aV2，故B正确；
C、将钠、铝混合物投入一定量的水中充分反应，反应的化学方程式为：
2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，由方程式可知
1molNa～0.5molH2～1molH，1molAl～1.5molH2～3molH，生成H2的物质的量为，共含有molH，所以n（Na）+3n（Al）=，故C正确；
D、由B解可知n（Na）+3n（Al）=aV2，由C解可知n（Na）+3n（Al）=，则aV2=，
故D错误。

故选：D。

将质量为W1g的钠、铝混合物投入一定量的水中充分反应，反应的化学方程式为：
2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，
向溶液中加入盐酸至过程中有白色沉淀产生后又逐渐溶解，当沉淀恰好消失时，溶液成分是NaCl和AlCl3，将溶液蒸干并充分灼烧得到固体W2g，在蒸干并灼烧过程中发生反应为
AlCl3+3H2O=Al（OH）3+3HCl，2Al（OH）3Al2O3+3H2O，最后得到的固体为NaCl和
Al2O3，以此进行计算．
本题考查混合物的计算，题目难度较大，本题注意根据反应的有关化学方程式进行计算，注意将溶液蒸干并充分灼烧得到固体W2g，最后得到的固体为NaCl和Al2O3．
15.某溶液中可能含有Na+、NH4+、Fe2+、K+、I-、SO32-、SO42-，且所有离子物质的量
浓度相等．向该无色溶液中滴加少量溴水，溶液仍呈无色．下列关于该溶液的判断正确的是（）
A. 肯定不含I-
B. 可能含SO42-
C. 肯定含有SO32-
D. 肯定含有NH4+【答案】C
【解析】解：向该无色溶液中滴加少量溴水，溶液仍呈无色，溴水为橙色，则溶液中含SO32-，不含Fe2+，
A．少量溴水先氧化SO32-，不能确定是否含I-，故A不选；
B．若含SO42-，一定含SO32-，且所有离子物质的量浓度相等，三种阳离子均存在也不能满足电荷守恒，故B不选；
C．由上述分析可知，肯定含有SO32-，故C选；
D．若阴离子只有SO32-，阳离子为Na+、NH4+、K+中的两种，可满足电荷守恒，不能确定是否含NH4+，故D不选；
故选：C。

向该无色溶液中滴加少量溴水，溶液仍呈无色，溴水为橙色，则溶液中含还原性离子为SO32-，则不能存在Fe2+，且少量溴水先氧化SO32-，不能确定是否含I-，结合电荷守恒来解答．
本题考查常见离子的检验，为高频考点，把握氧化还原反应及氧化的先后顺序、电荷守恒为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意可能存在离子的判断，题目难度不大．
16.松香中含有松香酸和海松酸，其结构简式如图所示。

下列说法中，不正确的是（）
A. 二者互为同分异构体
B. 二者所含官能团的种类和数目相同
C. 二者均能与氢氧化钠溶液反应
D. 二者均能与H2以物质的量之比为1：3发生反应
【答案】D
【解析】解：A．两种有机物的分子式均为C20H30O2，二者分子式相同、结构不同互为同分异构体，故A正确；
B．两种有机物分子中均含有碳碳双键和羧基，所以二者所含官能团的种类和数目相同，故B正确；
C．两种有机物分子中均含有羧基，羧基能与氢氧化钠反应，所以二者均能与氢氧化钠溶液反应，故C正确；
D．两种有机物分子中均含有两个碳碳双键，碳碳双键能与氢气能发生加成反应，则二者均能与H2以物质的量之比为1：2发生反应，故D错误。

故选：D。

A．分子式相同、结构不同的有机物互为同分异构体；
B．分子中均含有碳碳双键和羧基；
C．羧基能与氢氧化钠反应；
D．碳碳双键与氢气能发生加成反应。

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重碳碳双键、羧酸等官能团的性质的考查，题目难度不大。

二、简答题（本大题共4小题，共39.0分）
17.对工业废水和生活污水进行处理是防止水体污染、改善水质的主要措施。

（1）含氰废水中的CN-有剧毒。

在微生物的作用下，CN-能够被氧气氧化成HCO3-，同时生成NH3，该反应的离子方程式为______。

（2）高铁酸钠（Na2FeO4）是一种多功能、高效无毒的新型绿色水处理剂。

①Na2FeO4中铁元素的化合价是______价。

②用Na2FeO4给水消毒、杀菌时得到的Fe3+可以净水，Fe3+净水原因是______（用
离子方程式表示）。

③工业上可用FeCl3、NaOH、NaClO三种物质在一定条件下反应制得Na2FeO4，完
成下列化学方程式：2FeCl3+10NaOH+3NaClO=2______+5______+9______。

【答案】2CN-+4H2O+O22HCO3-+2NH3；+6；Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+；Na2FeO4；
H2O；NaCl
【解析】解：（1）CN-能够被氧气氧化成HCO3-，同时生成NH3得出方程式为：
2CN-+4H2O+O22HCO3-+2NH3，故答案为：2CN-+4H2O+O22HCO3-+2NH3；
（2）①化合物中化合价的代数和为0，Na2FeO4中钠元素为+1价，氧元素为-2价，故铁元素为+6价，故答案为：+6；
②Fe3+是弱碱阳离子，能结合水电离出的氢氧根生成Fe（OH）3胶体，可以吸附水中悬浮物并凝聚沉降，据此写出离子方程式为：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，故答案为：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+；
③由于是用FeCl3、NaOH、NaClO三种物质在一定条件下反应制得Na2FeO4，故2mol 失去6mol电子，被氧化为2molNa2FeO4，失去的6mol电子能被3molNaClO得到，NaClO 中+1价氯元素还原为-1价，得3molCl-，加上2molFeCl3中的6molCl-，一共会生成
9molNaCl；反应物中有10molNaOH，根据氢原子的守恒可知，产物中会生成5molH2O，故答案为：Na2FeO4；H2O；NaCl。

（1）根据信息：CN-能够被氧气氧化成HCO3-，同时生成NH3来书写方程式；
（2）①根据化合价的代数和为0来进行分析；
②Fe3+水解产生的Fe（OH）3胶体可以吸附水中悬浮物并凝聚沉降，据此写出离子方程式；
③根据得失电子数守恒和质量守恒来分析。

本题考查了Na2FeO4的净水原理以及氧化还原反应的配平，Na2FeO4的净水是常考点，应注意归纳总结。

18.利用化学原理可以对工厂排放的废水、废渣等进行有效检测与合理处理。

某工厂对
制革工业污泥中Cr（Ⅲ）的处理工艺流程如图：。