精品解析：四川省成都列五中学2019-2020学年高三下学期第四次阶段性考试化学试题(解析版)

成都列五中学2019-2020学年度（下）阶段性考试（四）
高2018级化学（理科）
试题说明：
①本试卷考试时间90分钟，满分100分。

②可能用到的相对原子质量：C-12 H-1 Na-23 O-16
一、选择题（每个题只有一个正确选项，每题2分，共40分）
1.化学与生活密切相关，下列说法中不正确的是（）
A. “海市蜃楼”是一种与光学和胶体性质相关的自然现象
B. 铁制管道涂铝粉可防锈蚀
C. 锂可用于制造质量轻、容电量大的可充电电池
D. 砖瓦、陶瓷、渣土、普通一次性电池、鱼骨等属于其他垃圾
【答案】D
【解析】
【详解】A.海市蜃楼是一种光学现象，在海面上由于太阳光的加热使得海面上的空气从下到上形成密度差，而太阳光在不同密度的介质中的折射率是不同的。

使得光线在传播中发生了全反射，从而形成了海市蜃楼，而云属于胶体，通过丁达尔效应可观察到此现象，故A正确；
B.铝的金属活泼型大于铁，铁制管道涂铝粉可防锈蚀；故B正确；
C.锂质量轻，是一种活泼金属，常用作可充电电池，故C正确；
D.砖瓦、陶瓷、渣土等难以回收的废弃物是其他垃圾，普通一次性电池属于有害垃圾，故D错误；
故选：D。

2.下列有关化学用语表示正确的是( )
A. 硝基苯的结构简式为：
B. 二氧化硅分子式：SiO2
C. 溴化铵的电子式：NH
4
I
D. 含78个中子的碘原子：131
53
【答案】D
【详解】A.硝基苯的结构简式为：（要注意和苯环相连的是氮原子，而不是氧原子），故A错误；
B.二氧化硅是原子晶体不存在分子，应是化学式为：SiO2，故B错误；
C.溴化铵的电子式为：，故C错误；
D.碘是53号元素，质子数为53，中子数78，质量数为131，表示正确，故D正确；
故选：D。

3.除去下列物质中的少量杂质（括号内的物质为杂质），所选用的试剂或方法不正确的是（）
A. CO2（SO2）：饱和酸性KMnO4溶液
B. Cl2（HCl）：饱和NaCl溶液
C. CO2（乙烯）：通入溴的CCl4溶液
D. 乙酸乙酯（乙酸）：氢氧化钠溶液
【答案】D
【解析】
【详解】A．二氧化硫具有还原性，可与高锰酸钾发生氧化还原反应，二氧化碳不反应，可用于除杂，故A 正确；
B．HCl极易溶于水，饱和食盐水抑制氯气的溶解，可除杂，故B正确；
C．乙烯能与溴单质发生加成反应，产生1，2-二溴乙烷溶于四氯化碳，而二氧化碳不反应，则利用溴的四氯化碳可除杂，故C正确；
D．二者都与氢氧化钠溶液反应，应用饱和碳酸钠溶液除杂，故D错误。

故选：D。

4.某合作学习小组讨论辨析以下说法，正确的是
①粗盐和酸雨都是混合物；②沼气和水煤气都是可再生能源；③冰和干冰既是纯净物又是化合物；④不锈钢和目前流通的硬币都是合金；⑤盐酸和食醋既是化合物又是酸；⑥纯碱和熟石灰都是碱；⑦豆浆和雾都是胶体
A. ①②③⑥
B. ①②④⑦
C. ①③⑤⑦
D. ①③④⑦
【答案】D
【详解】①粗盐中除含氯化钠外还含有氯化镁、硫酸钠等，属于混合物，酸雨是硫酸或者硝酸的溶液，也是混合物，故正确；
②沼气来自于生物发酵过程，是可再生能源，水煤气是由煤炭和水反应制取，是不可再生能源，故错误；
③冰是固态水，干冰是固态二氧化碳，既是纯净物又是化合物，故正确；
④不锈钢和硬币都是多种金属熔合而成的具有一定抗腐蚀性的合金材料，故正确；
⑤盐酸和食醋都是混合物，故错误；
⑥纯碱是碳酸钠，属于盐类，故错误；
⑦烟、云、雾、豆浆等都是常见的胶体，故正确；
因此正确的有①③④⑦，
故选D。

5.下列说法中正确的是( )
A. 向海水中加入净水剂明矾可以使海水淡化
B. 开发利用可燃冰（固态甲烷水合物），有助于海洋生态环境的治理
C. 海水淡化的方法主要有电渗析法、蒸馏法、离子交换法等
D. 海洋植物具有富集碘的能力，因此从海产品中提取碘是工业上获取碘的重要途径，工业从海带中提取碘经历的步骤有：浸泡—过滤—氧化—萃取—粗碘提纯
【答案】C
【解析】
【详解】A．明矾中铝离子水解产生氢氧化铝胶体，具有吸附作用，向海水中加入净水剂明矾只能除去悬浮物杂质，不能减少盐的含量，不能使海水淡化，故A错误；
B．过度开发可燃冰，会影响海洋生态环境，故B错误；
C．海水淡化的主要方法有：蒸馏法、电渗析法、离子交换法等，故C正确；
D．从海带中提取单质碘，灼烧溶解后以碘离子存在，需要加氧化剂氧化生成碘单质，然后萃取即可，即步骤为灼烧−浸泡−过滤−氧化−萃取−分液−粗碘提纯，故D错误；
故选：C。

6.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-、SO2-
4
B. 含有0.1mol·L-1Fe3+的溶液中：K+、Mg2+、I-、NO-3
C. 含有0.1mol·L-1Ca2+溶液在中：Na+、K+、CO2-
3
、Cl-
D. 室温下，pH=1的溶液中：Na+、Fe3+、NO-
3、SO2-
4
【答案】D
【解析】
【详解】A.强碱性溶液中有大量氢氧根离子，铝离子与氢氧根离子反应，不能大量共存，故A不符合题意；
B.三价铁有氧化性能氧化碘离子，不能大量共存，故B不符合题意；
C.钙离子与碳酸根离子能结合成碳酸钙沉淀不能大量共存，故C不符合题意；
D.pH=1的溶液中有大量氢离子，该组离子相互间不反应、与氢离子均不反应可以大量共存，故D符合题意；故选：D。

7.下列离子方程式书写正确的是
A. FeCl2溶液中通入Cl2：Fe2＋＋Cl2= Fe3+＋2Cl－
B. 澄清石灰水与少量小苏打溶液混合：Ca2++OH－＋HCO3－= CaCO3↓＋H2O
C. FeS固体放入稀硝酸溶液中：FeS＋2H+= Fe2+＋H2S↑
D. AlCl3溶液中加入过量氨水：Al3+＋4OH－=AlO2－＋2H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A、电子得失不守恒，正确的是2Fe2＋＋Cl2=2Fe3+＋2Cl－；
B、正确；
C、硝酸具有氧化性，能氧化FeS，错误；
D、氢氧化铝不能溶于氨水中，错误，
答案选B。

8.设N A为阿伏加德罗常数的数值，下列有关叙述正确的是
A. 1mol乙醇经催化氧化生成乙醛后转移的电子数为4N A
B. 30g由14C2H2和C18O组成的混合气体中含有的质子数为14N A
C. 标准状况下，44.8LSO2与足量O2反应生成的SO3分子数为2N A
D. 标准状况下，2.24LCl2与过量稀NaOH溶液反应，转移的电子总数为0.2N A
【答案】B
【解析】
【详解】A .1mol 乙醇经催化氧化生成乙醛，乙醇的碳由-2价转变成乙醛中的碳-1价，1mol 乙醇转移2mol 电子，转移的电子数为2N A ，故A 错误；
B . 14
C 2H 2和C 18O 的相对分子质量均为30，且1分子中含有的质子数均为14个，则30g 由14C 2H 2和C 18O 组成的混合气体即1mol 气体中含有的质子数为14mol ，即14N A ，故B 正确；
C .该反应为可逆反应，44.8LSO 2即2mol 不能完全反应，生成的SO 3分子数小于2N A ，故C 错误；
D .氯气与氢氧化钠发生反应：22 C l NaOH=NaCl+NaC 2lO+H +O ，1mol 氯气中转移1mol 电子，则2.24LCl 2
与过量稀NaOH 溶液反应，转移的电子总数为0.1N A ，故D 错误； 故选：B 。

9.下列关于的说法不正确的是（ ）
A. 分子式为C 9H 10
B. 该有机物的一氯代物有6种
C. 能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D. 所有碳原子不可能在同一平面上 【答案】D 【解析】
【详解】A ．由结构可知分子式为C 9H 10，故A 正确；
B ．苯环上有3种H ，侧链有3种H ，则该有机物的一氯代物有6种，故B 正确；
C ．含碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C 正确；
D ．苯环和双键为平面结构，且直接相连，则所有碳原子可能在同一平面上，故D 错误； 故选：D 。

10.下列各组澄清溶液中离子能大量共存，且加入(滴入)X 试剂后发生的离子方程式书写正确的是()
选项
离子组
X 试剂
离子方程式
A
Na +、K +、ClO -、
24SO -
少量2SO 2224SO H O ClO SO Cl 2H --
-+++=++
B
4NH +、3Fe
+
、24SO -、Br -
过量2H S 3222Fe H S 2Fe S 2H ++++=+↓+
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】B 【解析】
【详解】A.四种离子不发生反应，能共存，溶液中通入少量二氧化硫，ClO -和2SO 发生氧化还原反应，
因为二氧化硫少量，2224SO H O 3ClO SO 2HClO Cl
-
--
++=++，故A 错误； B.四种离子不发生反应，能共存，通入过量的硫化氢和铁离子反应生成硫单质和亚铁离子，反应方程式为：
3222Fe H S 2Fe S 2H ++++=+↓+；故B 正确；
C.铁离子水解显酸性，偏铝酸根离子水解显碱性，发生双水解反应，二者不能大量共存，故C 错误；
D.碳酸氢根离子和偏铝酸根离子发生复分解反应，而不能大量共存，故D 错误。

故选B 。

11.下列说法中不正确的有（ ）
①氯气与烧碱溶液或石灰乳反应都能得到含氯消毒剂；
②测定新制氯水pH 时，先用玻璃棒蘸取液体滴在pH 试纸上，再与标准比色卡对照 ③用米汤直接检验食用盐中是否含有碘元素； ④pH 在5.6～7.0之间的降水通常称为酸雨；
⑤加入Ba (NO 3)2溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸沉淀不消失，可确定有SO 2-
4存在 ⑥SO 2通入紫色石蕊试液，溶液先变红后褪色
⑦配制一定物质的量浓度的氢氧化钠溶液，用烧杯称量后加蒸馏水溶解，未冷却到室温便转移到容量瓶中，导致结果偏高
⑧分解高锰酸钾制氧气后，残留在试管内壁上的黑色物质可用稀盐酸洗涤；
⑨蒸干AlCl3溶液可得纯净的无水氯化铝；
⑩2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H1和2H2(g)+O2(g) =2H2O(l) △H2中的△H1＞△H2。

A. 5个
B. 6个
C. 7个
D. 8个
【答案】C
【解析】
【详解】①Cl2与NaOH反应可得到NaClO，Cl2和Ca(OH)2可得到Ca(ClO)2，均可得到消毒剂，①正确；
②氯水具有漂白性，pH试纸会先变红后被漂白，不能测定氯水的pH，②错误；
③碘单质与淀粉会变蓝，而食盐中添加的是KIO3，遇淀粉不会变蓝色，因此不能用米汤检验食盐中的碘元素，③错误；
④pH<5.6的雨水是酸雨，④错误；
⑤如果溶液中含有SO32－，加入稀盐酸后，NO3－在酸性条件下，会将SO32－氧化成SO42－，能生成BaSO4白色沉淀，该操作不能检验出SO42-，⑤错误；
⑥SO2是酸性氧化物，溶于水生成H2SO3，能使紫色石蕊试液变红，但不能使之褪色，⑥错误；
⑦NaOH固体溶于水会放热，如果没有冷却就转移至容量瓶，实验结束至冷却到室温时，体积变小，溶液浓度偏大，⑦正确；
⑧高锰酸钾受热分解得到固体K2MnO4和MnO2，MnO2不溶于稀盐酸，不能用其洗涤，⑧错误；
⑨AlCl3在溶液中水解得到Al(OH)3和HCl，加热使HCl挥发，会促进水解正向进行，直至水解完全，得到的Al(OH)3受热分解最终得到Al2O3，⑨错误；
⑩H2O(1)的能量低于H2O(g)的能量，因此H2和O2反应生成H2O(l)放出的热量更多，△H更小，因此△H1＞△H2，⑩正确；
综上②③④⑤⑥⑧⑨错误，共7个，C符合题意；
答案选C。

12.下列实验中，对应的现象及结论都正确的是（）
淀粉溶液中加稀硫酸，加热片刻，滴加银氨溶
C
无银镜生成淀粉未发生水解液，再水浴加热
足量的铝条加入热的浓硫酸中，然后冷却至室
D
无气体产生铝在浓硫酸中钝化温
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．FeBr2溶液中，Fe2＋的还原性强于Br－，滴入少量氯水，只能与Fe2＋反应，没有溴单质生成，因此苯不能萃取到Br2，现象错误，A错误；
B．由于NaHCO3的溶解度较低，因此会从溶液中析出，化学方程式为NaCl＋NH3＋CO2＋H2O=NH4Cl＋NaHCO3↓，B正确；
C，银镜反应需要在碱性环境下进行，因此淀粉的水解液应先加NaOH溶液中和酸，再加银氨溶液反应，观察是否有银镜出现，C错误；
D．铝和浓硫酸在加热条件下能够发生反应，生成SO2，常温下，铝遇浓硫酸发生钝化，D错误；
答案选B。

13.已知A、B、C、D均为中学化学常见的纯净物，A是单质，它们有如图反应关系。

下列说法错误的是
A. 若A是大气中含量最多气体，C、D是氧化物且会造成光化学污染。

则D转化成C的反应化学方程为3NO2+H2O=2HNO3+NO
B. 若A、B、C分别为C(s)、CO(g)和CO2(g)，且通过与O2(g)反应实现图示的转化。

在同温同压且消耗含碳物质均为1mol时，反应①、②、③的焓变依次为△H 1、△H 2、△H 3，则它们之间的关系为△H 2=△H 1+△H 3
C. 若C为一元强碱且阴、阳离子所含的电子数相同，D为日常生活中常用的调味品，工业上用D制备A
的化学方程式2Na2O(熔融)4Na+O2↑
D. 若A是应用最广泛的金属。

④反应用到A，②、⑤反应均用到同一种气态非金属单质，实验室保存D溶液的方法是加入适量铁粉与适量盐酸
【答案】C
【解析】
【详解】A．若A是大气中含量最多的气体为N2，C、D是氧化物且会造成光化学污染，C为NO，D为NO2，B为NH3；D转化成C的反应化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，故A正确；
B．若A、B、C分别为C(s)、CO(g)和CO2(g)，且通过与O2(g)反应实现图示的转化．在同温同压且消耗含
碳物质均为1mol时，反应①、②、③的焓变依次为△H1、△H2、△H3，得到：C(s)+1
2
O2(g)=CO(g)△H1，
C(s)+O2(g)=CO2(g)△H2，CO(g)+1
2
O2(g)=CO2(g)△H3；依据盖斯定律得到△H1+△H3 =△H2，故B正确；
C．若C为一元强碱且阴、阳离子所含的电子数相同，判断C为NaOH，D为日常生活中常用的调味品为NaCl，A为Na，B为Na2O2或Na2O，D制备A是电解熔融氯化钠得到，反应的化学方程式为：2NaCl(熔融)2Na+Cl2↑，故C错误；
D．若A是应用最广泛的金属．推断为Fe，④反应用到A，②⑤反应均用到同一种非金属单质．推断为Cl2，判断C为FeCl3，D为FeCl2，保存FeCl2时为防止被氧化和水解，应加入少量铁粉和稀盐酸，故D正确；故选C。

14.下列说法中正确的是（）
A. 25℃时某溶液中水电离出的c(H+)＝1.0×10−12 mol·L−1，其pH一定是12
B. 某温度下，向氨水中通入CO2，随着CO2的通入，
()
()
32
c OH
c NH H O
-
不断增大
C. 恒温恒容下，反应X(g)＋3Y(g) 2Z(g)，起始充入3 mol X和3 mol Y，当X的体积分数不变时，反应达到平衡
D. 某温度下，向pH＝6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的pH为2，该温度下加入等体积pH＝10的NaOH溶液可使反应后的溶液恰好呈中性
【答案】D
【解析】
【详解】A. 既然由水电解出的c（H+）=1.0×10-12mol/L，则由水电解出的c（OH-）==1.0×10-12mol/L；而c （H+）×c（OH-）=1.0×10-14mol/L，所以原来的溶液的c（H+）=1.0×10-2mol/L或者c（OH-）=1.0×10-2mol/L，即溶液可能呈现强酸或强碱性，强酸时pH=2，强碱时pH=12，故A错误；
B. NH 3·H 2
O NH 4＋＋OH -，通入CO 2平衡正向移动，c(NH 4+)不断增大，而平衡常数不变，则
(
)
()3
2c OH c NH H O -=(
)4K
c NH +不断减小，故B 错误； C. 恒温恒容下，反应X(g)＋3Y(g) 2Z(g)，起始充入3 mol X 和3 mol Y ，由三段式计算可知，X 的体积
分数一直是50%，故C 错误；
D. 蒸馏水的pH ＝6，所以K w =1×10-12，应加入等体积浓度为0.01mol ▪ L -1的氢氧化钠溶液，故应加入等体积pH=10的NaOH 溶液，可使该溶液恰好呈中性，故D 正确； 正确答案是D 。

【点睛】A 项涉及pH 的简单计算，明确溶液中的溶质是抑制水电离是解本题的关键，能电离出氢离子或氢氧根离子的物质抑制水电离。

15.最近，一家瑞典公司发明了一种新型充电器"Power Trekk'’，仅仅需要一勺水，它便可以产生维持10小时手机使用的电量。

其反应原理为：Na 4Si+5H 2O=2NaOH+Na 2SiO 3+4H 2↑，则下列说法正确的是( ) A. 该电池可用晶体硅做电极材料
B. Na 4Si 在电池的负极发生还原反应，生成Na 2SiO 3
C. 电池正极发生的反应为：2H 2O+2e -=H 2↑+2OH -
D. 当电池转移0.2 mol 电子时，可生成标准状况下1.12 LH 2 【答案】C 【解析】
试题分析：由该电池的反应原理可知，硅化钠是还原剂，其在负极上发生氧化反应；水是氧化剂，其在正极上发生还原反应；反应中电子转移的数目是8e -。

A. 该电池工作时生成氢氧化钠溶液，而硅可以与氢氧化钠反应，所以不能用晶体硅做电极材料，A 不正确；B. Na 4Si 在电池的负极发生氧化反应，B 不正确；C. 电池正极发生的反应为2H 2O+2e -=H 2↑+2OH -，C 正确；D. 当电池转移0.2 mol 电子时，可生成标准状况下2.24 LH 2，D 不正确。

本题选C 。

16.已知Ag 2SO 4的K sp 为2.0×10
－5
mol 3·L －3
，将适量Ag 2SO 4固体溶于100 mL 水中至刚好饱和，该过程中Ag
＋
和SO 42－浓度随时间变化关系如右图[饱和Ag 2SO 4溶液中c(Ag ＋)=0.034 mol•L －1]。

若t1时刻在上述体系中
加入100 mL 0.020 mol•L－1 Na 2SO 4溶液，下列示意图中，能正确表示t1时刻后Ag ＋
和SO 42－
浓度随时间变化关系的是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】Ag2SO4刚好为100 mL的饱和溶液，因为c(Ag+)=0.034mol·L-1，所以c(SO42－)=0.017mol·L-1；当加
入100 mL 0.020 mol·L-1Na2SO4溶液后，c(SO42－)=0.0170.020
2
=0.0185mol·L-1，c(Ag+)=0.017 mol·L-1，此
时Q
c
= c(SO42－)c2(Ag+)=0.0185×（0.017）2=5.35×10-6<K sp=2.0×10-5，则该溶液没有沉淀析出，所以混合后的c(Ag+)为原来的一半，c(SO42－)略有增大，由此可以看出应为B图像。

17. 短周期元素X、Y、Z和W的原子序数依次递增，且在同一周期，四种元素原子的最外层电子数之和为19，X和Y元素原子的原子序数比6：7，X的最高正价是W的最低负价的绝对值的2倍。

下列说法正确的是
A. X单质可以通过铝热法获得
B. Y的氧化物是良好的半导体材料
C. Z的氢化物比W的氢化物更稳定
D. X的最高价氧化物和Z的最高价氧化物化合的产物中有共价键和离子键
【答案】D
【解析】
【详解】短周期元素X、Y、Z和W的原子序数依次递增，且在同一周期，四种元素原子的最外层电子数之和为19，X和Y元素原子的原子序数比6:7，X的最高正价是W的最低负价绝对值的2倍，则X、Y、Z、W依次为Mg、Si、S、Cl；
A.Mg比Al活泼，Al与MgO不反应，Mg单质不能通过铝热法获得，A错误；
B.Y的氧化物SiO2不能作半导体材料，B错误；
C.非金属性：S<Cl，则稳定性：H2S<HCl，C错误；
D.X的最高价氧化物为MgO，Z的最高价氧化物为SO3，MgO与SO3化合的产物为MgSO4，MgSO4中既有离子键又有共价键，D正确；
答案选D 。

18.一定压强下，向10 L 密闭容器中充入1 mol S
2Cl 2和1 mol Cl 2，发生反应S 2Cl 2(g)＋Cl 2(g) 2SCl 2(g)。

Cl 2与SCl 2的消耗速率(v )与温度(T )的关系如图所示，以下说法中不正确．．．
的是（ ）
A. 正反应的活化能大于逆反应的活化能
B. 达到平衡后再加热，平衡向逆反应方向移动
C. A 、B 、C 、D 四点对应状态下，达到平衡状态的为B 、D
D. 一定温度下，在恒容密闭容器中，达到平衡后缩小容器体积，重新达到平衡后，Cl 2的平衡转化率不变 【答案】A 【解析】 【分析】
根据反应S 2Cl 2 (g) +Cl 2 (g)
2SCl 2 (g)可知，用氯气的消耗速率表示正反应速率和用SCl 2的消耗速率表示
逆反应速率，二者之比为1：2时转化为用同一种物质表示的正逆反应速率相等，达到平衡状态，由图像可知B 、D 点时的正逆反应速率之比为1：2，达到平衡状态；B 、D 点为平衡点，由图中数据可知，B 、D 点的状态对应的温度为250℃，300℃时，SCl 2的消耗速率大于氯气的消耗速率的2倍，说明平衡逆向移动，则正反应为放热反应，ΔH 2＜0。

【详解】A. 正反应的活化能是发生反应所需要的能量，逆反应的活化能是反应中又释放出的能量，正反应的活化能减去逆反应的活化能就等于总反应的吸热放热量，由分析可知ΔH ＜0，正反应为放热反应，所以正反应的活化能小于逆反应的活化能，故A 错误；
B. 由分析可知ΔH ＜0，正反应为放热反应，加热后平衡向逆反应方向移动，故B 正确；
C. 根据反应S 2Cl 2 (g) +Cl 2 (g)
2SCl 2 (g)可知，用氯气的消耗速率表示正反应速率和用SCl 2的消耗速率
表示逆反应速率，二者之比为1：2时转化为用同一种物质表示的正逆反应速率相等，达到平衡状态，由图像可知B 、D 点时的正逆反应速率之比为1：2，达到平衡状态；B 、D 点为平衡点，故C 正确； D. 根据反应S 2Cl 2 (g) +Cl 2 (g)
2SCl 2 (g)反应物和产物都是气体，且反应物和产物的系数相等，所以改
变压强不改变平衡移动，缩小容器体积，重新达到平衡后，Cl 2的平衡转化率不变，故D 正确； 答案选A 。

19. 25℃时，23H CO 的7a1K 4.210-=⨯，11a 2K 5.610-=⨯，室温下向10mL 1230.1mol L Na CO -⋅溶液中
逐滴加入10.1mol L HCl -⋅溶液，如图是溶液中含碳元素微粒物质的量分数随pH 降低而变化的图象2(CO 因有逸出未画出)。

下列说法错误的是
A. A 点所示溶液的pH 11<
B. B 点所示溶液：(
)()()()23
3
2
3
c Na
c HCO c CO c H CO +
-
-=++
C. A 点B →点发生反应的离子方程式为233CO H HCO -+-
+=
D. 分步加入酚酞和甲基橙，用滴定法可测定23Na CO 与3NaHCO 混合物的组成 【答案】B 【解析】
【详解】 A.A
点
()()
233
c HCO c CO --
=，
(
)()()
2311
a23
c CO c H K 5.610c HCO -
+
--
⨯=
=⨯，则
()
11c H 5.610mol /L +-=⨯，所以pH 11<，故A 正确；
B.室温下向1
2310mL0.1mol L Na CO -⋅溶液中逐滴加入10.1mol L HCl -⋅溶液，B 点正好生成氯化钠和碳酸氢
钠，溶液中钠离子的物质的量浓度是含碳粒子的浓度的2倍，即
()()()()+-2-3323c Na =2c HCO +2c CO +2c H CO ，故B 错误；
C.A 点B →：23CO -逐渐减少，3HCO -逐渐增加，所以发生反应的离子方程式为233CO H HCO -+-
+=，故
C 正确；
D.23Na CO 溶液中逐滴加入HCl ，用酚酞作指示剂，滴定产物是3NaHCO ，用甲基橙作指示剂滴定时
3NaHCO 与HCl 反应产物是23H CO ，所以分步加入酚酞和甲基橙，用滴定法可测定23Na CO 与3
NaHCO 混合物的组成，故D 正确。

答案选B 。

20.由CuO 、Fe 2O 3组成的混合物a g ，加入2mol·
L -1的硫酸100mL 时固体恰好完全溶解。

若将a g 该混合物
在足量的一氧化碳中加热充分反应，冷却后固体质量减少( )
A. 1.6g
B. (a-1.6)g
C. 3.2g
D. (a-3.2)g
【答案】C
【解析】
【分析】
金属氧化物与硫酸反应生成硫酸盐和水，根据硫酸的物质的量可知金属氧化物中O元素的物质的量，金属氧化物的质量减去氧的质量即为金属的质量，据此进行解答。

【详解】由反应CuO～H2SO4，Fe2O3～3H2SO4，可知硫酸的物质的量与金属氧化物中O元素的物质的量相等，n(H2SO4)＝0.1L×2mol/L＝0.2mol，所以金属氧化物中O的质量为：0.2mol×16g/mol＝3.2g，若将ag 原混合物在足量CO中加热，使其充分反应，冷却后剩余固体为金属单质，则冷却后固体减少质量＝氧的质量＝3.2g，故选：C。

【点睛】本题考查混合物的计算，题目难度不大，本题注意根据反应的特点，确定金属氧化物与硫酸反应的关系式，从而得出硫酸的物质的量与金属氧化物中O元素的物质的量相等，此为解答该题的关键。

二、填空题（共6个大题，共60分）
21.Ⅰ.如图1所示，已知有机物A，它的产量是衡量一个国家石油化工水平的标志，B和D都是日常生活食品中常见的有机物，E是具有浓郁香味、不易溶于水的油状液体，F是一种聚合物，生活中用于制造食物保鲜膜。

（1）写出B中官能团的电子式___；
（2）写出下列物质转化的化学方程式：
B→C：___；
B+D→E：___；
Ⅱ.（3）在实验室可以用如图2所示的装置进行B与D的反应，装置中通蒸气的导管要插在___溶液的液面上方，若要把制得的乙酸乙酯分离出来，应采用的实验操作是___。

Ⅲ.苹果醋是一种由苹果发酵而成的酸性饮品，具有解毒、降脂等药效。

苹果酸是苹果醋的主要成分，其结构简式如图3所示：
（4）1mol 苹果酸与足量金属钠反应，能生成标准状况下的氢气___L 。

（5）在一定条件下，苹果酸可能与下列哪些物质发生反应___？ A.氢氧化钠溶液 B.乙酸 C.碳酸氢钠溶液 D.乙醇 【答案】 (1).
(2). 2CH 3CH 2OH+O 22+2H 2O (3).
+HOC 2H 5
+H 2O (4). 饱和Na 2CO 3溶液 (5). 分液 (6). 33.6
(7). ABCD 【解析】 【分析】
Ⅰ有机物A 的产量是衡量一个国家石油化工水平的标志，A 是乙烯，则A 和水发生加成得到乙醇，B 为乙醇，乙醇发生催化氧化得到乙醛，乙醛再氧化得到乙酸，乙醇和乙酸发生酯化反应得到乙酸乙酯；F 是一种聚合物，为A 乙烯发生加聚反应得到，为聚乙烯。

【详解】Ⅰ(1)根据分析B 为乙醇，其官能团为－OH ，其电子式为
；
(2)B 生成C 为乙醇的催化氧化，化学方程式为2CH 3CH 2OH ＋O 2Cu ∆
→2CH 3CHO ＋2H 2O ；
B 和D 为乙醇和乙酸反应生成乙酸乙酯，醇脱去羟基中的
H ，酸脱去羧基中的羟基，化学方程式为CH 3CH 2OH
＋CH 3COOH
浓硫酸
∆
CH 3COOCH 2CH 3＋H 2O ；
Ⅱ(3)由于乙酸、乙醇均易发挥，因此乙酸乙酯中会含有乙酸、乙醇，可用饱和Na 2CO 3溶液，溶解乙醇，中和挥发出来的乙酸，也可以降低乙酸乙酯在水中的溶解度，为了防倒吸，导管不能插入液面以下；由于乙酸乙酯不溶于Na 2CO 3溶液，因此会分层，在上层，可以通过分液得到；
Ⅲ(4)苹果醋中的－OH 、－COOH 均可以与Na 反应，因此1mol 苹果醋与金属钠反应可以提供3molH ，生成1.5molH 2，其在标准状况下的体积为1.5mol×22.4L·mol －1=33.6L ； (5)苹果醋中含有－OH 、－COOH ；
A ．苹果醋中含有－COOH ，具有酸性，能够与NaOH 反应，A 符合题意；
B ．苹果醋中含有－OH ，可以与乙酸发生酯化反应，B 符合题意；
C ．苹果醋中含有－COOH ，能够与NaHCO 3溶液反应生成CO 2，C 符合题意；
D ．苹果醋中含有－COOH ，可以与乙醇发生酯化反应，D 符合题意；
答案选ABCD 。

22.已知A ，B ，C ，D 都是周期表中的短周期元素，它们的核电荷数依次增大。

A 原子，C 原子的L 能层中，都有两个未成对的电子，C ，D 同主族。

E ，F 都是第四周期元素，E 原子核外有4个未成对电子，F 原子除最外能层只有1个电子外，其余各能层均为全充满。

根据以上信息填空： (1)基态D 原子中，电子占据的最高能层符号___，该能层具有的原子轨道数为__； (2)E 2+离子的价层电子排布图是__；
(3)A 的最高价氧化物对应的水化物，其中心原子采取的轨道杂化方式为__，B 的气态氢化物的VSEPR 模型为__。

(4)DAB -的电子式为___；
(5)配合物甲的焰色反应呈紫色，其内界由中心离子E 3+与配位体AB -构成，配位数为6。

甲的水溶液可以用于实验室中E 2+离子的定性检验，检验E 2+离子的离子方程式为__。

【答案】 (1). M (2). 9 (3).
(4). sp 2 (5). 四面体形 (6).
(7). 3Fe 2++2[Fe(CN)6]3-=Fe 3[Fe(CN)6]2↓
【解析】 【分析】
A 、
B 、
C 、
D 都是周期表中的短周期元素，它们的核电荷数依次增大，A 原子、C 原子的L 能层中都有两个未成对的电子，则A 原子核外电子排布为1s 22s 22p 2，C 原子核外电子排布为1s 22s 22p 4，故A 为碳元素、C 为氧元素；B 原子序数介于C 、O 之间，则B 为氮元素；C 、D 同主族，则D 为S 元素；
E 、
F 都是第四周期元素，E 原子核外有4个未成对电子，原子核外电子排布为1s 22s 22p 63s 23p 63d 64s 2，则E 为Fe ；F 原子除最外能层只有1个电子外，其余各能层均为全充满，F 原子核外电子数＝2＋8＋18＋1＝29，则F 为Cu 元素，据此分析解答。

【详解】(1)D 为硫元素，S 原子中有16个电子，有3个电子层：K 、L 、M ，第三能层存在s 、p 、d 三种轨道，分别有1、3、5个，共9个原子轨道，故答案为：M ；9； (2)E 为铁元素，Fe 2＋离子的价层电子排布3d 6，其价层电子排布图是
，故答案为：
；
(3)A 元素的最高价氧化物对应的水化物为碳酸，中心原子碳原子的价层电子对数为422
＋＝3，所以碳原子的轨道杂化方式为sp 2杂化；B 的气态氢化物为NH 3，NH 3分子中N 原子价层电子对数＝2
5＋3
＝4，其VSEPR
模型为正四面体，故答案为：sp 2；四面体形；。