南通市名校2019-2020学年高一下学期期末化学质量检测双份试题

高一（下）学期期末化学模拟试卷
一、单选题（本题包括20个小题，每小题3分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．对已经达到化学平衡的下列反应：2NO(g)+O 2(g) 2NO2(g)，保持其它条件不变，增大容器容积，对反应产生的影响是
A．正、逆反应速率都减小，平衡向逆反应方向移动
B．正、逆反应速率都增大，平衡向逆反应方向移动
C．逆反应速率增大，正反应速率减小，平衡向正反应方向移动
D．逆反应速率减小，正反应速率增大，平衡向正反应方向移动
2．某同学通过如下流程制备氧化亚铜：
已知CuCl难溶于水和稀硫酸：Cu2O+2H+==Cu2++Cu+H2O
下列说法不正确的是
A．步骤②SO2可用Na2SO3替换
B．步骤③中为防止CuCl被氧化，可用SO2水溶液洗涤
C．步骤④发生反应的离子方程式为2CuCl+2OH-=Cu2O+2Cl-+H2O
D．如果Cu2O试样中混有CuCl和CuO杂质，用足量稀硫酸与Cu2O试样充分反应，根据反应前、后固体质量可计算试样纯度
3．下表是部分短周期元素的原子半径及主要化合价，根据下表信息判断正确的是
元素代号L M Q R T
原子半径
0.130 0.118 0. 090 0.102 0.073
/nm
主要化合价+2 +3 +2 +6、-2 -2
A．简单氢化物的沸点:T<R
B．最高价氧化物对应水化物的碱性:L<Q
C．L2+与R2-的核外电子数相等
D．M与T形成的化合物具有两性
4．下图是2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)的能量变化图，据图得出的相关叙述正确
．．的是( )
A．该化学反应过程中既有能量的吸收又有能量的释放
B．2SO3(g)2SO2(g)+O2(g) △H＝－(a－b) kJ／mol
C．1 mol SO2的能量比1 mol SO3的能量高
D．若某容器内有2 mol SO3充分反应，吸收(a－b) kJ热量
5．下列物质间在一定条件下发生反应，主要为取代反应类型的是（）
A．乙烯在一定条件下变成聚乙烯B．甲烷和氯气混合光照
C．乙醇使酸性高锰酸钾褪色D．乙烯通入浓溴水中
6．下列离子中半径最大的是（）
A．Na＋B．Mg2＋C．O2－D．F－
7．用化学用语表示NH3+ HCl=NH4Cl中的相关微粒，其中不正确的是
A．中子数为8的氮原子：B．氯化铵的电子式：
C．HCl的结构式: H-Cl D．氯原子的结构示意图：
8．有人设计出利用CH4和O2的反应，用铂电极在KOH溶液中构成原电池，电池的总反应类似于CH4在O2中燃烧，则下列说法正确的是（）
①每消耗1mol CH4，可以向外电路提供约8mol-e的电量；
②负极上CH4失去电子，电极反应式为: CH4－8e-+10OH—=CO32-+7H2O
O+2H O+4e==4OH；
③负极上是O2获得电子，电极反应式为--
22
④电池放电后，溶液pH不断升高
A．①②B．①③C．①④D．③④
9．根据侯氏制碱原理制备少量NaHCO3的实验,经过制取氨气、制取NaHCO3、分离NaHCO3、干燥NaHCO3四个步骤。

下列图示装置和原理能达到实验目的的是()
A．A B．B C．C D．D
10．以下各组离子因发生氧化还原反应而不能大量共存的是（）
A．Ca2＋、H＋、SO42-、HCO3-B．H＋、Fe2＋、SO42-、NO3-
C．Na＋、Cu2＋、Cl－、S2－D．Fe3＋、K＋、SCN－、Cl－
11．在含有Fe2+、Al3+、Fe3+、Na+的溶液中，加入足量的Na2O2固体，充分反应后，再加入过量的稀盐酸，完全反应后，溶液中离子数目几乎没有变化的是
A．Fe2+B．Al3+C．Fe3+D．Na+
12．下列有机物互为同分异构体的是（）
①CH2＝CHCH3②③CH3CH2CH3 ④HC CCH3 ⑤CH3CH＝CHCH2CH3
A．①和②B．①和③C．③和④D．⑤和③
13．下列各组变化类型相同的是
A．干馏和分馏B．裂化和裂解
C．煤的气化和海水的蒸馏D．蛋白质的变性和盐析
14．如图为原电池装置，a为锌棒、b为碳棒，下列说法不正确的是
A．a是正极，b是负极
B．a极上发生了氧化反应
C．电子从a极通过导线流向b极
D．碳棒上有气体逸出，溶液中H+浓度减小
15．下列化学用语书写正确的是
A．苯的硝化反应的化学方程式:+HO-NO2+H2O
B．电解饱和氯化铜溶液(惰性电极)的阳极反应式:Cu2++2e-=Cu
C．打磨过的镁条与热水反应的离子反应式: Mg+2H+=Mg2++H2↑
D．燃煤烟气用氨水法脱硫的化学反应式: 4NH3·H20+2SO2+O2=2(NH4)2SO4+2H2O
16．下列实验装置或操作不能达到相应实验目的的是
A．分离苯和溴苯B．灼烧干海带C．用四氯化碳提取碘水中的碘D．冶炼金属铁
17．在食品生产加工过程中，为保证食物的味道、功能及储存，可以按规定加入一定量的添加剂。

下列说法正确的是
A．中秋月饼包装袋中加的小袋铁粉做干燥剂
B．卤制品中加入亚硝酸钠，作为抑菌剂
C．补血口服液中添加维生素Ｃ可以促进Fe2+的吸收，维生素Ｃ做氧化剂
D．苏打饼干包装盒中有小袋生石灰作为补钙剂
18．“低碳经济，节能减排”是当今世界经济发展的新思路。

下列行为与之相悖
．．的是
A．开发风能、太阳能等新能源
B．回收处理工业废气
C．大力发展新能源汽车
D．过度开采煤、石油和天然气
19．（6分）下列说法正确的是
A．NaHCO3受热分解，既破坏了离子键，又破坏了共价键
B．碘晶体受热变成碘蒸气，吸收的热量用于克服碘原子间的作用力
C．氦气、二氧化碳和甲烷的分子内都存在共价键
D．一个SiO2分子含有一个Si原子和2个O原子
20．（6分）相同物质的量的下列有机物充分燃烧，消耗O2最多的是( )
A．C3H8O B．C3H4C．C2H6D．C2H4O2
二、计算题（本题包括1个小题，共10分）
21．（6分）一种用铝土矿和硫铁矿烧渣(配料中含Al2O3、Fe2O3、FeO及SiO2等)为原料制备无机高分子絮凝剂聚合碱式氯化铝铁的流程如下：
(1)配料中属于两性氧化物的是______，步骤Ⅱ酸溶时，Fe2O3被溶解的化学方程式为_____。

(2)“滤渣1”的主要成分为________ (填化学式)，为检验“过滤1”后的溶液中是否含有Fe3＋，可选用的化学试剂是_________。

(3)步骤Ⅳ加入H2O2溶液的目的是______，发生反应的离子方程式为__。

(4)步骤Ⅴ调节pH＝3发生反应生成聚合碱式氯化铝铁，若溶液pH过大，可能造成的影响是_________；步骤Ⅵ包含的操作有过滤、________、干燥得到产品。

(5)测定聚合碱式氯化铝铁｛可表示为［Fe a Al b(OH)x Cl y］n｝中n(Fe)/n(Al)的比值的步骤如下：
步骤1：准确称取产品5.710g溶于水，加入足量的稀氨水，过滤，将滤渣灼烧至质量不再变化，得到3.350g 固体。

步骤2：另准确称取相同质量样品，溶于足量NaOH溶液，过滤，充分洗涤，将滤渣灼烧至质量不再变化，得到固体0.8000g。

计算产品中n(Fe)/n(Al)的比值。

(写出计算过程)____________
三、实验题（本题包括1个小题，共10分）
22．（8分）乙烯是有机化学工业的基本原料，其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，也是一种植物生长调节剂,在生产生活中有重要应用。

下列有关乙烯及其工业产品乙醇的性质及应用，请作答。

(1)将乙烯气体通入溴的四氯化碳溶液中，反应的化学方程式为_______________________；
(2)下列各组化学反应中，反应原理相同的是___________(填序号);
①乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色和乙烯使酸性KMnO4溶液褪色
②苯与液溴在催化剂作用下的反应和乙醇使酸性KMnO4溶液褪色
③甲烷光照条件下与氯气反应和苯与硝酸在浓硫酸条件下反应
(3)取等物质的量的乙醇和乙烯，在足量的氧气中完全燃烧，两者耗氧量的关系乙醇___________乙烯(填大于、小于、等于);
(4)工业上可由乙烯水合法生产乙醇，乙烯水合法可分为两步(H2SO4可以看作HOSO3H)
第一步：反应CH2=CH2+HOSO3H(浓硫酸)→CH3CH2OSO3H (硫酸氢乙酯);
第二步：硫酸氢乙酯水解生成乙醇。

①第一步属于___________( 填反应类型)反应;
②上述整个过程中浓硫酸的作用是___________(填选项)
A．氧化剂B．催化剂C．还原剂
(5)发酵法制乙醇，植物秸秆(含50%纤维素)为原料经以下转化制得乙醇
植物秸秆C6H12O62CH3CH2OH+2CO2↑
现要制取2.3吨乙醇，至少需要植物秸秆___________吨。

四、推断题（本题包括1个小题，共10分）
23．（8分）已知A是来自石油的重要有机化工原料，E是具有果香味的有机物，F是一种高聚物，可制成多种包装材料。

根据下图转化关系完成下列各题：
（1）A的分子式是___________，C的名称是____________，F的结构简式是____________。

（2）D分子中的官能团名称是________________，请设计一个简单实验来验证D物质存在该官能团，其方法是_________________________________________________________。

（3）写出反应②、③的化学方程式并指出③的反应类型：
反应②：___________________________________；反应③：___________________________________，反应类型是___________反应。

五、综合题（本题包括1个小题，共10分）
24．（10分）I、白磷(P4)可由Ca3(PO4)2、焦炭和SiO2在一定条件下反应获得。

相关热化学方程式如下：2Ca3(PO4)2(s)＋10C(s)=6CaO(s)＋P4(s)＋10CO(g) ΔH1＝＋3 359.26 kJ·mol－1
CaO(s)＋SiO2(s)=CaSiO3(s) ΔH2＝－89.61 kJ·mol－1
2Ca3(PO4)2(s)＋6SiO2(s)＋10C(s)=6CaSiO3(s)＋P4(s)＋10CO(g) ΔH3 则ΔH3＝__
II．下图所示装置中，甲、乙、丙三个烧杯依次分别盛放足量的NaOH溶液、足量的CuSO4溶液和足量的AgNO3溶液，电极均为石墨电极。

接通电源，经过一段时间后，乙中c电极质量增加了32g。

据此回答问题：
（1）电源的N端为________极；
（2）电极b上发生的电极反应为________________；
（3）列式计算电极b上生成的气体在标准状况下的体积：________L；
（4）丙池中______（e或f）电极析出金属Ag__________g；
（5）电解前后各溶液的pH是否发生变化（填增大、或减小、或不变）：
甲溶液________________；乙溶液________________；丙溶液________________；
参考答案
一、单选题（本题包括20个小题，每小题3分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．A
【解析】增大容器容积，减小压强，对有气体参与的反应，正逆反应速率都减小，平衡向化学计量数增大的方向移动，对于2NO(g)+O 2(g) 2NO2(g)，平衡逆向进行，故选A。

2．D
【解析】
【分析】
碱式碳酸铜溶于过量的稀盐酸，得到CuCl2溶液，向此溶液中通入SO2，利用SO2的还原性将Cu2+还原生成CuCl白色沉淀，将过滤后的CuCl与NaOH溶液混合加热得砖红色沉淀Cu2O，据此解答。

【详解】
A．Na2SO3有还原性，则步骤②还原Cu2+，可用Na2SO3替换SO2，A正确；
B．CuCl易被空气中的氧气氧化，用还原性的SO2的水溶液洗涤，可达防氧化的目的，B正确；
C．CuCl与NaOH溶液混合加热得砖红色沉淀Cu2O，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒可知发生反应的离子方程式为2CuCl+2OH-Cu2O+2Cl-+H2O，C正确；
D．CuCl也不溶于水和稀硫酸，Cu2O溶于稀硫酸生成不溶于的Cu，则过滤后所得滤渣为Cu和CuCl的混合物，无法计算出样品中Cu2O的质量，即无法计算样品纯度，D错误；
答案选D。

【点睛】
本题以制备Cu2O为载体，涉及反应原理的理解与应用，掌握氧化还原反应的理论和离子方程式的书写方法是解题关键，注意题干中已知信息的灵活应用，题目难度中等。

3．D
【解析】
分析：在短周期主族元素中，元素的最高正化合价与其族序数相等，非金属元素负化合价数值=族序数-8，原子的电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，其原子半径随着原子序数增大而减小；L、Q属于第IIA族元素，L原子半径大于Q，则L是Mg元素、Q是Be元素；M属于第IIIA族元素，M原子半径大于Q，则M是Al元素；R、T最低负价是-2价，则二者属于第VIA族元素，R有正化合价，则R为S元素、T为O元素，再结合题目分析解答。

详解：在短周期主族元素中，元素的最高正化合价与其族序数相等，非金属元素负化合价数值=族序数-8，原子的电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，其原子半径随着原子序数增大而减小；L、Q属于
第IIA族元素，L原子半径大于Q，则L是Mg元素、Q是Be元素；M属于第IIIA族元素，M原子半径大于Q，则M是Al元素；R、T最低负价是-2价，则二者属于第VIA族元素，R有正化合价，则R为S元素、T为O元素，A、由于H2O中存在氢键沸点高，故简单氢化物的沸点:T>R，选项A错误；B、同周期从左到右金属性减弱，最高价氧化物的水化物的碱性减弱，故最高价氧化物对应水化物的碱性:L>Q，选项B错误；C．L是Mg元素、R是S元素，L2+核外电子数是10、R2-的核外电子数是18，所以二者核外电子数不等，选项C错误；D、M与T形成的化合物氧化铝具有两性，选项D正确。

答案选D。

点睛：本题考查了原子结构和元素性质，明确元素化合价、原子半径与原子结构的关系是解本题关键，再结合元素周期律分析解答，题目难度中等。

4．A
【解析】
【分析】
【详解】
A. 断键需要吸热，形成化学键需要放热，则该化学反应过程中既有能量的吸收又有能量的释放，A正确；
B. 反应热等于断键吸收的总能量和形成化学键所放出的总能量的差值，则根据图像可知反应
2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)的△H＝(a－b) kJ／mol，B错误；
C. 根据图像可知0.5mol氧气和1mol SO2的总能量比1mol SO3的能量高，二氧化硫和三氧化硫的能量不能比较，C错误；
D. 由于是可逆反应，转化率达不到100%，因此若某容器内有2mol SO3充分反应，吸收的热量小于(a－b) kJ，D错误。

答案选A。

5．B
【解析】
分析：有机物中的原子或原子团被其它原子或原子团所代替的反应是取代反应，据此解答。

详解A. 乙烯在一定条件下变成聚乙烯发生的是加聚反应，A错误；
B. 甲烷和氯气混合光照发生取代反应生成氯化氢和一氯甲烷等，B正确；
C. 乙醇使酸性高锰酸钾褪色发生的是氧化反应，C错误；
D. 乙烯通入浓溴水中发生的是加成反应，D错误。

答案选B。

6．C
【解析】
【分析】
【详解】
Na＋、Mg2＋、O2－和F－离子核外电子排布都是2、8的电子层结构。

对于电子层结构相同的离子来说，核
电荷数越大，离子半径就越小，所以离子半径最大的是O2-，选C。

7．B
【解析】分析：A. 质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数；
B.氯离子为阴离子,电子式中需要标出最外层电子；
C. HCl分子中氢原子和氯原子共用一对电子；
D. 氯原子的核电荷数=核外电子总数=17，最外层含有7个电子。

详解:A.中子数为8的氮原子的质量数为15,该原子可以表示为：，所以A选项是正确的；
B.氯化铵为离子化合物，铵根离子和氯离子都需要标出所带电荷及最外层电子,其正确的电子式
为,故B错误；
C.氯原子的最外层含有7个电子,其正确的原子结构示意图为: ,故C正确；
D.HCl分子中氢原子和氯原子共用一对电子,所以其结构式为：H-Cl，故D正确；
故答案选B。

8．A
【解析】
【详解】
①甲烷在负极反应，在KOH溶液中变为了碳酸根离子，一个甲烷化合价升高8个价态，即每消耗1mol CH4，可以向外电路提供约8 mol e－的电量；故①正确；
②负极上CH4失去电子，电极反应式为: CH4－8e－+10OH－= CO32－+7H2O，故②正确；
③正极上是O2获得电子，电极反应式为O2 + 2H2O + 4e－= 4OH－；故③错误；
④电池放电后，CH4 + 2O2 + 2OH－= CO32－+ 3H2O，因此溶液pH不断减小，故④错误；因此A正确；
综上所述，答案为A。

9．C
【解析】实验室中加入氯化铵和氢氧化钙的混合物制取氨气，故A错误；向氨气、氯化钠的饱和溶液通二氧化碳应该从长管通入，故B错误；用过滤法分离出碳酸氢钠晶体，故C正确；碳酸氢钠加热易分解，不能加热干燥碳酸氢钠，故D错误。

10．B
【解析】
【详解】
A．因H+、HCO3-能够发生复分解反应生成水和二氧化碳气体，不能大量共存，但没有发生氧化还原反应，
故A不选；
B．H+、Fe2+、NO3-之间能够发生氧化还原反应，不能大量共存，故B选；
C．Cu2+、S2-能够发生复分解反应生成沉淀，不能大量共存，但没有发生氧化还原反应，故C不选；D．Fe3+、SCN-结合生成络离子，不能大量共存，但没有发生氧化还原反应，故D不选；
故选B。

11．B
【解析】
【详解】
A、因为Na2O2是强氧化剂，而且遇水生成NaOH，因此Fe2+被氧化成Fe3+，并沉淀，然后再加入盐酸产生氯化铁，所以二价铁离子数目减小，故A错误；
B、Na2O2遇水生成NaOH，铝离子能和过量的氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸根离子，在盐酸作用下又会生成铝离子，根据铝元素守恒，铝离子数目不变，故B正确；
C、因为Na2O2是强氧化剂，而且遇水生成NaOH，因此Fe2+被氧化成Fe3+，并沉淀，然后再加入盐酸产生氯化铁，所以三价铁离子数目增加，故C错误；
D、加入Na2O2固体,生成了NaOH和O2，在盐酸作用下又会生成氯化钠，Na+数目增大，故D错误。

【点睛】
本题考查过氧化钠的性质，可以根据所学知识进行回答，注意亚铁离子被氧化为三价铁离子是解题的易错点。

12．A
【解析】
【详解】
根据题中所给物质可知，①和②的分子式相同均为C3H6，结构不同，二者互为同分异构体，故答案选A。

13．B
【解析】分析：有新物质生成的变化属于化学变化，没有新物质生成的变化属于物理变化，结合选项分析。

详解：A．干馏是煤在高温下发生的反应，有新物质生成是化学变化，分馏是利用沸点不同分离液态物质，属于物理变化，A错误；
B．裂解是深度裂化，裂化和裂解都有新物质生成，属于化学变化，B正确；
C．煤的气化有新物质生成，是化学变化，海水的蒸馏没有新物质生成，是物理变化，C错误：
D．蛋白质的变性属于化学变化，盐析属于物理变化，D错误。

答案选B。

点睛：本题考查了化学变化和物理变化，题目难度不大，明确化学变化和物理变化的本质区别是解题的关键，侧重于考查学生对基本概念的理解、应用能力。

14．A
【分析】
锌为活泼金属，碳棒为导电的非金属，该装置构成原电池，a为负极、b为正极，结合原电池原理分析解答。

【详解】
A．根据上述分析，a为负极、b为正极，故A错误；
B．a为负极，负极发生氧化反应，故B正确；
C．原电池中，电子从负极沿导线流向正极，即从a极通过导线流向b极，故C正确；
D．b为正极，正极上溶液中的氢离子得电子生成氢气，故D正确；
故选A。

15．D
【解析】分析：本题考查化学用语书写。

解题时苯的硝化反应是指硝基中的氮原子与苯环中的碳形成共价键；电解反应的阳极发生的是氧化反应；离子反应方程式中可溶性的强电解质可拆与不溶性的物质和弱电解质不能拆；燃煤烟气用氨水法先反应生成盐，在被氧化。

详解：A. 苯的硝化反应的化学方程式:+HO-NO2+H2O，故A错误；B. 电解饱和氯化铜溶液(惰性电极)的阳极反应式:C l--2e-=Cl2↑，故B错误；C. 打磨过的镁条与热水反应的离子反应式:Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑,故C错误；D. 用氨水将SO2转化为NH4HSO3，再氧化成(NH4)2SO4，其反应的化学反应式: 4NH3·H20+2SO2+O2=2(NH4)2SO4+2H2O，故D正确；答案：选D。

16．A
【解析】
【详解】
A、苯和溴苯互溶，沸点相差较大，可用蒸馏法分离，但温度计水银球要放在蒸馏烧瓶的支管出口处，A 错误；
B、灼烧干海带需要放在坩埚中进行，B正确；
C、碘易溶在有机溶剂中，可以用四氯化碳萃取碘水中的单质碘，C正确；
D、利用铝热反应可用冶炼金属铁，D正确。

答案选A。

17．B
【解析】
A、中秋月饼包装袋内有小袋铁粉，铁粉能吸收氧气和水分，生成铁锈，能防止食品腐败、保持食品干燥，不只是作为干燥剂，A错误；
B、亚硝酸钠能作防腐剂，卤制品中加入亚硝酸钠，作为抑菌剂，B正确；
C、维生素C具有还原性，作还原剂，C错误；
D、生石灰能与水反应生成氢氧化钙，苏打饼干包装盒中有小袋生石灰，作为干燥剂，D错误，答案选B。

【解析】A. 开发风能、太阳能等新能源，可以减少化石燃料的使用量，满足“低碳经济，节能减排”，故A 不选；B. 回收处理工业废气，可以减少对环境的污染，满足“低碳经济，节能减排”，故B不选；C. 大力发展新能源汽车，可以减少对环境的污染，满足“低碳经济，节能减排”，故C不选；D. 过度开采煤、石油和天然气，会增大环境污染问题，与“低碳经济，节能减排”相违背，故D选；故选D。

19．A
【解析】A、NaHCO3受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水既发生离子键破坏，又发生共价键破坏，选项A 正确；B、碘晶体受热变成碘蒸气，吸收的热量主要用于克服碘分子之间的作用力，选项B错误；C、氦气是单原子分子，分子内不存在共价键，选项C错误；D、二氧化硅是原子晶体,平均一个硅原子与四个氧原子相连,严格地说一个二氧化硅分子应该指一整个二氧化硅晶体,它的分子式为Si n O2n,选项D错误。

答案选A。

20．A
【解析】
【详解】
根据燃烧通式C x H y O z＋(x+y/4－z/2)O2xCO2＋y/2H2O可知等物质的量的有机物完全燃烧时，耗氧量取决于(x+y/4－z/2)值的大小，其值越大，耗氧量越多。

选项A～D中(x+y/4－z/2)的值分别是4.5、4、3.5、2，因此消耗氧气最多的是C3H8O。

答案选A。

二、计算题（本题包括1个小题，共10分）
21．Al2O3Fe2O3+ 6HCl＝2FeCl3+3H2O SiO2KSCN溶液把溶液中的亚铁离子氧化为铁离子
2Fe2++ H2O2+2H+= 2Fe3++2H2O 得到的是Fe(OH)3和Al(OH)3洗涤5:1
【解析】
【分析】
由流程图可知，铝土矿和硫铁矿烧渣酸溶时，Al2O3、Fe2O3和FeO与盐酸反应生成氯化铝、氯化铁和氯化亚铁，SiO2不与盐酸反应，过滤得含有氯化铝、氯化铁和氯化亚铁的滤液，滤渣1为没有反应的SiO2；酸性条件下，向滤液中加入双氧水溶液，氯化亚铁被双氧水氧化生成氯化铁；向反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，调节溶液pH为3，促进氯化铝和氯化铁的水解得到聚合碱式氯化铝铁，若溶液pH过大，可能会使氯化铝和氯化铁转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀，降低聚合碱式氯化铝铁的产率；静置后，过滤、洗涤和干燥得到聚合碱式氯化铝铁产品。

【详解】
（1）配料中Al2O3为两性氧化物，Fe2O3、FeO为碱性氧化物，SiO2为酸性氧化物；步骤Ⅱ酸溶时，Fe2O3与盐酸反应生成氯化铁和水，反应的化学方程式为Fe2O3+6HCl＝2FeCl3+3H2O，故答案为：Al2O3；Fe2O3+ 6HCl ＝2FeCl3+3H2O；
（2）酸性氧化物SiO 2不与盐酸反应，过滤得到的滤渣1为没有反应的SiO 2；实验室用KSCN 溶液检验Fe 3＋，故答案为：SiO 2；KSCN 溶液；
（3）步骤Ⅳ为酸性条件下，氯化亚铁被双氧水氧化生成氯化铁，反应的离子方程式为2Fe 2++
H 2O 2+2H +=2Fe 3++2H 2O ，故答案为：2Fe 2++ H 2O 2+2H +=2Fe 3++2H 2O ；
（4）步骤V 若将溶液pH 过大，可能会使氯化铝和氯化铁转化为Fe (OH )3和Al (OH )3沉淀，降低聚合碱式氯化铝铁的产率；静置后，过滤、洗涤和干燥得到聚合碱式氯化铝铁产品，故答案为：得到的是Fe (OH )3和Al (OH )3；洗涤；
（5）由步骤2在5.710样品中：160g ·mol －1×n (Fe 2O 3)=0.8000g ，n (Fe 2O 3)=0.0050mol ，相，由步骤1在5.710g 样品中：102g ·mol －1×n (Al 2O 3)+160g ·mol －1×n (Fe 2O 3)=3.350g ，102g ·mol －
1×n (Al 2O 3)=3.350g －0.8000g ，n (Al 2O 3)=0.025mol ，则n (Al )：n (Fe )=（2×0.025mol ）：（2×0.005mol ）=5:1，即产品中n (Fe )/n (Al )的比值为：5:1。

【点睛】
若溶液pH 过大，可能会使氯化铝和氯化铁转化为Fe (OH )3和Al (OH )3沉淀，降低聚合碱式氯化铝铁的产率是实验设计的关键。

三、实验题（本题包括1个小题，共10分）
22． CH 2=CH 2+Br 2→CH 2BrCH 2Br ③ 等于 加成 B 8.1
【解析】(1) 乙烯气体通入溴的四氯化碳溶液中，乙烯含有碳碳双键，易发生加成反应，乙烯与溴单质发生加成反应CH 2=CH 2+Br 2→CH 2BrCH 2Br ；（2）①乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色是加成反应，乙烯使酸性KMnO 4溶液褪色是酸性KMnO 4氧化乙烯，反应原理不同；②苯与液溴在催化剂作用下的反应属于取代反应，乙醇使酸性KMnO 4溶液褪色是高锰酸钾氧化乙醇，两者反应原理不同；③甲烷光照条件下与氯气反应和苯与硝酸在浓硫酸条件下反应均属于取代反应，原理相同；（3）乙烯燃烧的方程式C 2H 4+3O 2=2CO 2+2H 2O ，乙醇燃烧的方程式为C 2H 6O+3O 2=2CO 2+3H 2O ，由方程式可知，制取等物质的量的乙醇和乙烯，在足量的氧气中完全燃烧，两者耗氧量相等；（4）①有机物分子中双键（三键）两端的碳原子与其他原子或团直接结合生成新的化合物的反应叫加成反应，因此上述第一步反应属于加成反应；②整个反应过程中硫酸参加反应，但反应前后质量和化学性质不变，因此其作用是催化剂；（5）纤维素的化学式为(C 6H 12O 6)n 根据反应可知现要制取
2.3吨乙醇，至少需要植物秸秆 吨。

点睛：本题重点考察了有机反应原理及类型，重点考察取代反应和加成反应。

有机化合物分子中的某个原子（或原子团）被另一种原子（或原子团）所取代的反应叫做取代反应。

有机物分子中双键（三键）两端的碳原子与其他原子或团直接结合生成新的化合物的反应叫加成反应。

四、推断题（本题包括1个小题，共10分）
23．C 2H 4 乙醛 羧基 向D 中滴几滴NaHCO 3溶液（或紫色石蕊试剂），若有
气泡产生（或溶液变红），则含有羧基官能团（其他合理方法均可） 2C 2H 5OH+O 2 Cu −−→△
2CH 3CHO+2H 2O
CH 3COOH+C 2H 5OH
CH 3COOC 2H 5+H 2O 酯化（或取代）
【解析】
【分析】 已知A 是来自石油的重要有机化工原料，则A 为乙烯；F 是一种高聚物，则F 为聚乙烯；B 可被氧化，且由乙烯生成，则B 为乙醇；D 为乙酸，C 为乙醛；E 是具有果香味的有机物，由乙酸与乙醇反应生成，则为乙酸乙酯。

【详解】
（1）分析可知，A 为乙烯，其分子式为C 2H 4；C 为乙醛；F 为聚乙烯，其结构简式为； （2）D 为乙酸，含有的官能团名称是羧基；羧基可电离出氢离子，具有酸的通性，且酸性大于碳酸，则可用向D 中滴几滴NaHCO 3溶液（或紫色石蕊试剂），若有气泡产生（或溶液变红），则含有羧基官能团（其他合理方法均可）；
（3）反应②为乙醇与氧气在Cu/Ag 作催化剂的条件下生成乙醛，方程式为2C 2H 5OH+O 2 Cu
−−→△
2CH 3CHO+2H 2O ；反应③为乙酸与乙醇在浓硫酸及加热的条件下反应生成乙酸乙酯和水，属于取代反应，方程式为CH 3COOH+C 2H 5OH CH 3COOC 2H 5+H 2O 。

五、综合题（本题包括1个小题，共10分）
24．+2821.6kl/mo 正极 4OH －－4e －=O 2↑＋2H 2O 5.6L e 108g 增大 减小 减小
【解析】
【分析】
I.根据盖斯定律将已知热化学方程式①+②×6得2Ca 3（PO 4）2（s ）+6SiO 2（s ）+10C （s ）═6CaSiO 3（s ）+P 4（s ）+10CO （g ），焓变做相应运算求解。

II.接通电源，经过一段时间后，乙中c 电极质量增加，说明C 电极是电解池阴极，则d 电极是阳极，连接电解池阳极的原电池电极是正极；再根据电子守恒分析判断。

【详解】
①2Ca 3(PO 4)2(s)＋10C(s)=6CaO(s)＋P 4(s)＋10CO(g)ΔH 1＝＋3 359.26 kJ ∙mol －1
②CaO(s)＋SiO 2(s)=CaSiO 3(s) ΔH 2＝－89.61 kJ ∙mol －1；由盖斯定律可知,①+②×6得2Ca 3(PO 4)2(s)＋6SiO 2(s)＋10C(s)=6CaSiO 3(s)＋P 4(s)＋10CO(g)，所以其反应为
△H 3=△H 1+6×△H 2=+3359.26kJ ∙mol −1+6×(−89.61kJ ⋅mol −1)=+2821.6kJ ∙mol −1
故答案为：+2821.6kJ/mol 。

II.（1）该装置是电解池，甲池为NaOH 溶液，乙池为CuSO 4溶液，丙池为AgNO 3溶液，接通电源，经过一段时间后，乙中c 电极质量增加32g ，说明c 电极是电解池阴极，则M 电极是负极，N 是电极的正极，故答案为：正；
（2）电解氢氧化钠溶液时，b 极为电解池的阳极，氢氧根离子放电生成氧气，电极反应式为：4OH --4e -=2H 2O+O 2↑，故答案为：4OH --4e -=2H 2O+O 2↑；。