2019-2020学年江西省鹰潭市化学高二下期末质量检测模拟试题含解析

2019-2020学年江西省鹰潭市化学高二下期末质量检测模拟试题
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．过氧化钠具有强氧化性,遇亚铁离子可将其氧化为一种常见的高效水处理剂,化学方程式为
2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑.下列说法中不．正确的是
A．氧化性：Na2O2>Na2FeO4>FeSO4
B．FeSO4只作还原剂，Na2O2既作氧化剂，又作还原剂
C．由反应可知每3mol FeSO4完全反应时，反应中共转移12mol电子
D．Na2FeO4处理水时，不仅能杀菌消毒，还能起到净水的作用
【答案】C
【解析】
A.由氧化剂的氧化性大于氧化产物可知，氧化性：Na2O2>Na2FeO4>FeSO4 ，A正确；
B.2FeSO4+6Na2O2==2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，Fe元素的化合价由+2价升高为+6价,O元素的化合价部分由−1价降低为−2价，部分由−1价升高为0价，所以FeSO4只作还原剂，Na2O2既作氧化剂又作还原剂，B正确；C．2FeSO4～10e-，所以每3molFeSO4完全反应时，反应中共转移15mol电子，C错误。

D．Na2FeO4处理水时，Na2FeO4可以氧化杀死微生物，生成的还原产物氢氧化铁又具有吸附作用，可以起到净水的作用，D正确；答案选
C.
点睛：解答本题特别需要注意在氧化还原反应中Na2O2既可作氧化剂又可作还原剂。

2．化学与生活息息相关，下列有关说法错误的是（）
A．苏打水是Na2CO3饱和溶液，可以缓解胃酸过多
B．明矾净水，利用了Al(OH)3胶粒的吸附性质
C．铁粉可以用于食品保鲜，涉及到Fe的还原性
D．碘酒在处理伤口时，应用了I2的氧化性
【答案】A
【解析】分析：A. Na2CO3饱和溶液的碱性较强，对胃有较大的刺激作用；B. 明矾溶于水时水解生成了氢氧化铝胶体；C. 铁粉具有还原性，能够与食品包装中的氧气反应；D. 碘酒中的碘具有氧化性，可以杀菌消毒；据此分析判断。

详解：A. Na2CO3饱和溶液的碱性较强，对胃有较大的刺激作用，缓解胃酸过多，应该选用碳酸氢钠，故A 错误；B. 明矾溶于水时，铝离子水解生成了氢氧化铝胶体，具有吸附性，起到净水作用，故B正确；C. 铁粉具有还原性，能够与氧气反应，可以用于食品保鲜，作为抗氧化剂，故C正确；D. 碘酒中的碘具有氧化性，在处理伤口时，应用了I2的氧化性，杀菌消毒，故D正确；故选A。

3．下列除去杂质的方法不正确的是
A．镁粉中混有少量铝粉：加入过量烧碱溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥
B．用过量氨水除去Fe3＋溶液中的少量Al3＋
C．用新制的生石灰，通过加热蒸馏，以除去乙醇中的少量水
D．Al(OH)3中混有少量Mg(OH)2：加入足量烧碱溶液，充分反应，过滤，向滤液中通入过量CO2后过滤【答案】B
【解析】
【详解】
A、Al能与烧碱溶液反应而Mg不反应，A正确；
B、Fe3+与Al3+均能与氨水反应生成沉淀，且不溶于过量的氨水，B错误；
C、乙醇沸点较低，水与生石灰反应生成熟石灰，所以可用蒸馏方法使乙醇蒸出，C正确；
D、烧碱溶液和氢氧化铝反应生成偏铝酸钠溶液，过滤出氢氧化镁，向滤液中通入过量的二氧化碳会生成氢氧化铝沉淀，能够实现除杂的目的，D正确。

答案选B。

4．能影响水的电离平衡,并使溶液中的c(H+)>c(OH-)的措施是（）
A．向水中通入SO2B．将水加热煮沸
C．向纯水中投入一小块金属钠D．向水中加入NaCl
【答案】A
【解析】试题分析：A．在水中存在水的电离平衡：H2O H++ OH－。

当向水中通入SO2时发生反应：SO2+H2O= H2SO1．H2SO1H++HSO1-。

H2SO1电离产生的H+使溶液中的H+的浓度增大，对水的电离平衡起到了抑制作用。

最终使水电离产生的H+、OH-的浓度远远小于溶液中的H+。

即溶液中的c(H＋)＞c(OH－)。

正确。

B．水的电离是吸热过程，升高温度促进水的电离。

所以将水加热煮沸促进了水的电离。

但是水电离产生的H+和OH-离子的个数总是相同，所以升温后水中的H+和OH-的浓度仍然相等。

错误。

C．向纯水中投入一小块金属钠发生反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，NaOH电离产生的OH-使水的电离平衡逆向移动，对水的电离起到了抑制作用，最终使整个溶液中的c(OH－) ＞c(H＋)。

错误。

D．向水中加入NaCl．NaCl
是强酸强碱盐，对水的电离平衡无影响，所以水中的H+和OH-离子的浓度仍然相等。

错误。

考点：考查外界条件对水的电离平衡的影响的知识。

5．同分异构现象是有机物种类繁多的原因之一。

下列与CH3CH2CH2CH2OH互为同分异构体的是
A．CH3CH2CH2CHO B．(CH3)3COH
C．(CH3)2CHCH2COOH D．CH3CH2CH2CH2CH2OH
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
同分异构体是分子式相同，结构不同的化合物，CH3CH2CH2CH2OH的分子式为C4H10O；CH3CH2CH2CHO的分子式为C4H8O，(CH3)3COH的分子式为C4H10O，(CH3)2CHCH2COOH的分子式为C5H10O2，CH3CH2CH2CH2CH2OH
的分子式为C5H12O；因此与CH3CH2CH2CH2OH互为同分异构体的是(CH3)3COH，故B正确。

故选B。

【点睛】
同分异构体的判断，先看分子式是否相同，然后再看结构，分子式相同，结构不同，这样的化合物互为同分异构体。

6．下列关于煤、石油、天然气等资源的说法正确的是( )。

A．石油裂化得到的汽油是纯净物
B．石油产品都可用于聚合反应
C．天然气是一种清洁的化石燃料
D．水煤气是通过煤的液化得到的气体燃料
【答案】C
【解析】
石油的主要成份为烷烃和芳香烃，并不能用于聚合反应，生成的裂解气是一种复杂的小分子混合气体，主要成份为稀烃；水煤气是煤的气化产生的气体CO和氢气；
7．液氨是富氢物质，是氢能的理想载体。

下列说法不正确的是()
A．NH3分子中氮原子的杂化方式为sp3杂化
B．[Cu(NH3)4]2＋中，NH3分子是配体
C．相同压强下，NH3的沸点比PH3的沸点低
D．NH4+与PH4+、CH4、BH4-互为等电子体
【答案】C
【解析】
【详解】
A．氨气分子中氮原子价层电子对个数=3+531
2
-⨯
=4，所以N原子采用sp3杂化，故A正确；
B．在[Cu(NH3)4]2+离子中，Cu2+提供空轨道，N原子提供孤电子对，所以N原子是配位原子，NH3分子是配体，故B正确；
C．NH3和PH3结构相似且都属于分子晶体，分子晶体的熔沸点随着其相对分子质量的增大而增大，但氢键能增大物质的沸点，氨气分子间存在氢键，所以相同压强时，NH3和PH3比较，氨气沸点高，故C错误；D．等电子体为原子数相等和价电子数相等的原子团，NH4+与PH4+、CH4、BH4-均含有5个原子团，且价电子均为8，互为等电子体，故D正确；
答案选C。

8．在生产生活中，酸碱中和及溶液酸碱性研究具有十分重要的意义。

常温下，将2种一元酸分别和NaOH 溶液等体积混合，实验数据如下：
下列说法中正确的是
A ．乙组混合液中：c(Na ＋) ＞c(OH －)＞c(Z －)＞c(H ＋)
B ．乙组实验所得混合溶液中由水电离出的c(OH －)为1×10－5mol·L -1
C ．相同体积时，0.1mol/L HY 溶液和0.1mol/L HZ 溶液中c(H +)浓度相同
D ．相同体积时，0.1mol/L HY 溶液和0.1mol/L HZ 溶液分别与足量的镁反应，产生氢气的速率和总量均不同 【答案】B 【解析】 【分析】
由甲c(HY)＝0.1mol·
L -1、乙c(HZ)＝0.1 mol·L -1 分别和0.1mol·L -1NaOH 溶液反应，反应后混合溶液pH ＝7 、pH ＝9。

说明HY 为强酸，HZ 为弱酸，以此进行分析即可； 【详解】
A. 根据分析判断：乙组混合后的溶质为NaZ ，NaZ 溶液为强碱弱酸盐，所以：c(Na ＋) ＞c(Z －)＞c(OH －＞c(H
＋
)，故A 错误；
B. 乙组实验所得混合溶液pH ＝9，c(H +)=10-9mol/L ，根据水的离子积可知c(OH -)=10-5mol/L ，所以由水电离出的c(OH －)为1×10-5mol·
L -1，故B 正确； C. HZ 为弱酸，溶液中部分电离，HY 为强酸，所以0.1mol/L HY 溶液和0.1mol/L HZ 溶液中c(H +)浓度不相同，故C 错误；
D. 相同体积时，0.1mol/L HY 溶液和0.1mol/L HZ 溶液分别与足量的镁反应，产生氢气的速率不同，但总量相同，故D 错误；
综上所述，本题正确答案：B 。

9．下列离子方程式书写正确的是( )
A ．铝粉投入到NaOH 溶液中：2Al+2OH －══ 2AlO 2－+H 2↑
B ．AlCl 3溶液中加入足量的氨水：Al 3++ 3OH － ══ Al(OH)3↓
C ．三氯化铁溶液中加入铁粉：32Fe Fe 2Fe +++=
D ．FeCl 2溶液跟Cl 2反应：2Fe 2++Cl 2=2Fe 3++2Cl － 【答案】D 【解析】 【分析】
本题主要考查离子方程式的书写与判断。

【详解】
A ．原子数目不守恒应改为：2222Al+2OH +2H O 2AlO +3H ↑－－
═，故A 错误；
B ．氨水是弱电解质，不能拆成离子形式，应改为：()33243Al +3NH H O Al OH +3NH ↓⋅＋
＋═，故B 错
误；
C ．三氯化铁溶液中加入铁粉的反应为：322Fe +Fe=3Fe ＋＋，故C 错误；
D ．氯气能把亚铁离子氧化到最高价，即2322Fe +Cl =2Fe +2Cl ＋
＋－，故D 正确；
故答案选D 。

10．下列说法错误的是 ( )
A ．乙烯可以用作生产食品包装材料的原料
B ．乙烷室温下能与浓盐酸发生取代反应
C ．乙醇室温下在水中的溶解度大于溴乙烷
D ．乙酸和甲酸甲酯互为同分异构体 【答案】B
【解析】分析：A ．聚乙烯为食品包装材料； B ．乙烷与浓盐酸不反应；
C ．乙醇与水分子间含氢键，溴乙烷不含；
D ．乙酸和甲酸甲酯的分子式相同，结构不同。

详解：A ．聚乙烯为食品包装材料，乙烯可合成聚乙烯，即乙烯可以用作生产食品包装材料的原料，A 正确；
B ．乙烷与浓盐酸不反应，光照下可与卤素单质发生取代反应，B 错误；
C ．乙醇与水分子间含氢键，溴乙烷不含，则乙醇室温下在水中的溶解度大于溴乙烷，C 正确；
D ．乙酸和甲酸甲酯的分子式相同，结构不同，二者互为同分异构体，D 正确； 答案选B 。

11．为研究废旧电池的再利用，实验室利用旧电池的铜帽（主要成分为Zn 和Cu )回收Cu 并制备ZnO 的部分实验过程如图所示。

下列叙述错误的是
A ．“溶解”操作中溶液温度不宜过髙
B ．铜帽溶解的反应可能有H 2O 2+Cu +2H +=Cu 2++2H 2O
C ．与锌粉反应的离子可能是Cu 2+、H +
D ．“过滤”操作后，将滤液蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥后高温灼烧即可得纯净的ZnO
【答案】D
【解析】
【详解】
A、溶解时需要加入H2O2，H2O2不稳定，受热易分解，因此“溶解”操作中溶液温度不宜过高，故A叙述正确；
B、根据流程，“溶解”过程发生的反应是2Cu＋O2＋4H＋=2Cu2＋＋2H2O，或者发生Cu＋H2O2＋2H＋=Cu2＋＋2H2O，故B叙述正确；
C、根据流程，过滤后得到海绵铜，说明“反应”过程中含有Cu2＋，加NaOH溶液，调节pH=2，说明溶液显酸性，即“反应”过程中能与Zn反应的离子是Cu2＋和H＋，故C说法正确；
D、过滤操作得到滤液中含有ZnSO4，蒸发结晶、过滤干燥得到的是ZnSO4，且滤液中含有Na2SO4，因此最后的得到的物质是混合物，故D叙述错误；
答案选D。

12．某化学兴趣小组设置了如图所示的实验装置，即可用于制取气体，又可用于验证物质的性质，下列说法不正确的是
A．利用I、II装置制取气体（K2关闭、K1打开），可以收集H2等气体，但不能收集O2、NO气体
B．利用II装置作简单改进（但不改变瓶口朝向）后，可以收集O2、NO等气体，但不能收集NO2气体C．利用I、Ⅲ装置可以比较H2SO4、H2CO3和H2SiO3的酸性强弱
D．利用I、Ⅲ装置既能验证氧化性：Ca(ClO）2>Cl2>Br2，又能保护环境
【答案】D
【解析】
试题分析：A．利用Ⅱ装置可以收集H2等气体，但不能收集O2、NO气体，其理由是O2密度比空气大，不能用向下排空气的方法；NO与空气密度相差不大且与空气中的氧气反应，正确；B．利用II装置作简单改进（但不改变瓶口朝向），改进方法是向广口瓶中加入水，可以收集难溶于水的O2、NO等气体，但不能收集NO2气体，正确；C．实验时，K1关闭、K2打开，在分液漏斗中加入稀硫酸，在锥形瓶内装Na2CO3固体，装置C(试管）中所盛的试剂是Na2SiO3溶液,会看到；装置Ⅰ中产生气泡、装置C中产生白色沉淀装置Ⅰ中产生气泡、装置C中产生白色沉淀，从而可确认H2SO4、H2CO3和H2SiO3的酸性强弱，正确；D．实验时，K1关闭、K2打开，则在A中加浓盐酸；B中加Ca(ClO）2，C中加NaBr溶液，观察到C中的现象是溶液由无色变为橙色或黄色或橙红色；但是此装置在完成这个实验时尚存不足，其不足是氯气易逸出污染环境，不能保护环境，错误。

考点：考查化学实验装置正误判断的知识。

13．硒是人体必需的微量元素，图是硒在周期表中的信息，关于硒元素的说法错误的是
A．位于第四周期
B．质量数为34
C．原子最外层有6个电子
D．相对原子质量为78.96
【答案】B
【解析】
【详解】
A、根据元素周期表中的信息可知，Se的价电子排布式为4s24p4，Se位于第四周期ⅥA族，选项A正确；
B、根据元素周期表中的信息可知，Se的原子序数为34，根据原子序数=核电荷数=质子数=核外电子数，则该元素原子的原子核内质子数和核外电子数为34，而不是质量数为34，选项B错误；
C、根据元素周期表中的信息可知，Se的价电子排布式为4s24p4，则Se原子最外层有6个电子，选项C正确；
D、根据元素周期表中的信息可知，汉字下面的数字表示相对原子质量，该元素的相对原子质量为78.96，选项D正确；
答案选B。

14．某溶液X呈无色，且仅可能含有Ba2＋、Na＋、NH4+、H＋、Cl－、I－、SO32-、SO42-八种离子中的几种（不考虑水的电离），溶液中各离子浓度均为0.1mol·L－1，向该溶液中滴加少量新制氯水，所得溶液仍为无色。

下列关于溶液X的分析中不正确的是（）
A．肯定不含Cl－B．肯定不含H＋
C．肯定不含NH4+D．肯定含有SO32-
【答案】C
【解析】
某溶液X 呈无色，且仅可能含有Ba2+、Na+、NH4+、H+、Cl-、SO32-、SO42-七种离子中的几种(不考虑水的电离)，根据离子共存，Ba2+与SO32-、SO42-不能同时存在，H+与SO32-不能同时存在。

向该溶液中滴加少量新制氯水，所得溶液仍为无色，说明氯水中的氯气发生了反应，说明X中一定含有SO32-，则不存在Ba2+和H+；溶液中各离子浓度均为0.1mol/L，为了满足电荷守恒，必须含有Na+、NH4+，由于没有其他阳离子存在，则一定没有Cl-和SO42-。

A. 根据上述分析，溶液中肯定不含Cl-，故A正确；B. 根据上述分析，肯定不含H+，故B正确；C. 根据上述分析，肯定含NH4+，故C错误；D. 根据上述分析，肯定含有SO32-，故D 正确；故选C。

15．下列说法正确的是()
A．1 mol S和O2的摩尔质量都是32 g
B．22.4 L CO2气体中含有3N A个原子
C．将蘸有浓氨水和浓硫酸的玻璃棒靠近，观察到白烟
D．向Na2CO3溶液中逐滴滴入稀盐酸，溶液中的HCO3-浓度先逐渐增大而后减小
【答案】D
【解析】
【详解】
A. S和O2的摩尔质量都是32 g/mol，A错误；
B.缺条件，不能确定物质的量，也不能确定气体中含有的原子数目，B错误；
C.浓硫酸没有挥发性，因此将蘸有浓氨水和浓硫酸的玻璃棒靠近，不能反应产生白烟现象，C错误；
D.向Na2CO3溶液中逐滴滴入稀盐酸，首先反应：CO32-+H+=HCO3-，然后发生反应：H++HCO3-=H2O+CO2↑，可见：溶液中的HCO3-浓度先逐渐增大而后减小，D正确；
故合理选项是D。

16．易拉罐主要材料为铝合金，其中以铝铁合金和铝镁合金最为常见。

现取几小块易拉罐碎片进行下列实验，其中实验方案、现象与结论均正确的是()
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【解析】
【详解】
A项、因铝、铁、镁都能和盐酸反应生成气体，其中任意组合都能产生气体，故A错误；
B项、铝、铁、镁中只有铝可与NaOH溶液反应生成无色气体，故B正确；
C项、加入盐酸后，所得溶液中再加入少量NaOH溶液产生白色沉淀，也可能含有铝，故C错误；
D项、铁单质与盐酸反应生成二价铁离子，三价铁离子遇KSCN溶液才呈血红色，故D错误；
答案选B。

17．某酯A的分子式为C5H10O2，已知A～E有如图转化关系，且C、E均能发生银镜反应，则A的结构可能有()
A．2种B．3种C．4种D．5种
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
根据题意可知A属于饱和一元羧酸与饱和一元醇形成的酯，故可先分析C5H10O2可能的结构：①HCOOC4H9、②CH3COOC3H7、③CH3CH2COOC2H5、④C3H7COOCH3。

①的水解产物中含有HCOOH，能发生银镜反应，符合题意，①的另一水解产物为C4H9OH，结构共有4种，其中能够发生催化氧化生成醛的只有两种；②③④水解产物中分别含有：CH3COOH、CH3CH2COOH和C3H7COOH，均不能发生银镜反应，故被排除。

所以符合题意的只有两种，故选A。

【点睛】
本题考查有机物的推断，题目难度不大，本题注意题给信息，为解答该题的关键，特别是D→E，为易错点，答题时注意体会。

18．有关反应14CuSO4＋5FeS2＋12H2O===7Cu2S＋5FeSO4＋12H2SO4的下列说法中错误的是
A．CuSO4在反应中被还原
B．FeS2既是氧化剂也是还原剂
C．14 mol CuSO4氧化了1 mol FeS2
D．被还原的S和被氧化的S的质量之比为3∶7
【答案】D
【解析】
【分析】
该反应中Cu元素化合价由+2价变为+1价、S元素化合价由-1价变为+6价、-2价，Cu元素被还原、S元素被氧化和还原，据此分析解答。

【详解】
A．根据元素化合价知，部分FeS2和硫酸铜作氧化剂，CuSO4在反应中被还原，故A正确；
B．该反应中Cu元素化合价由+2价变为+1价、S元素化合价由-1价变为+6价、-2价，所以FeS2既是氧化剂，又是还原剂，故B正确；
C．由方程式可知，14molCuSO4转移的电子为14mol，能够氧化 -1价的S的物质的量=14mol
6-(1)
=2 mol，即
能够氧化1 mol FeS2，故C正确；
D．S元素化合价由-1价变为+6价、-2价，根据方程式知，被还原的S和被氧化的S的物质的量之比为7∶3，质量之比为7∶3，故D错误；
答案选D。

【点睛】
本题的易错点和难点为C，要注意不能直接根据方程式计算14 mol CuSO4氧化的FeS2，应该根据得失电子守恒计算。

19．下列化学用语正确的是( )
A．中子数为20的氯原子：
B．硫酸的电离方程式：H2SO4＝H22++SO42－
C．漂白粉的有效成分：CaCl2
D．铝离子结构示意图：
【答案】D
【解析】
【详解】
A. 中子数为20的氯原子其质量数是17+20＝37，可表示为，A错误；
B. 硫酸是二元强酸，其电离方程式为H2SO4＝2H++SO42－，B错误；
C. 漂白粉的有效成分为次氯酸钙，化学式为Ca(ClO)2，C错误；
D. 铝离子结构示意图为，D正确。

答案选D。

20．某有机物的结构简式为，它在一定条件下不可能发生①加成、②水解、③消去、④酯
化、⑤中和中的反应有( )
A．①B．②④C．②③D．③
【答案】D
【解析】分析：本题考查的是有机物的结构和性质，根据有机物中的官能团进行分析。

详解：该有机物含有羧基和酯基，羧基可以发生酯化反应和中和反应，酯基可以发生水解反应，含有苯环，可以发生加成反应，所以该物质不能发生消去反应。

故选D。

点睛：能发生消去反应的官能团为羟基和卤素原子，且其连接的碳原子的邻位碳上有氢原子才可以消去。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
21．二氧化氯（ClO2，黄绿色易溶于水的气体）是高效、低毒的消毒剂，回答下列问题：
（1）实验室用NH4Cl、盐酸、NaClO2（亚氯酸钠）为原料，通过以下过程制备ClO2：
①电解时阳极电极反应式为__________________________。

②除去ClO2中的NH3可选用的试剂是___________（填标号）。

a．水b．碱石灰c．浓硫酸d．饱和食盐水
（2）用如图装置可以测定混合气中ClO2的含量：
Ⅰ．在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用50mL水溶解后，再加入3mL稀硫酸：
Ⅱ．在玻璃液封装置中加入水，使液面没过玻璃液封管的管口；
Ⅲ．将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收；
Ⅳ．将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中：
Ⅴ．用0.1000mol·L-1硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液（I2+2S2O32-＝2I－+S4O62-），指示剂显示终点时共用去20.00mL硫代硫酸钠溶液。

在此过程中：
①锥形瓶内ClO2与碘化钾反应的离子方程式为______________________。

②玻璃液封装置的作用是______________________。

③V中加入指示剂，滴定至终点的现象是______________________。

④测得混合气中ClO2的质量为______g。

⑤某同学用某部分刻度模糊不清的50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面处于如图所示的刻度处，则管内液体的体积________（填代号）。

a．等于23.60mL b．等于27.60mL c．小于23.60mL d．大于27.60mL
【答案】NH 4+-6e -+3Cl -=NCl 3+4H + c 2ClO 2+10I -+8H +=2Cl -+5I 2+4H 2O 吸收残留的ClO 2 当加入最后一滴硫代硫酸钠标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液颜色不再改变 0.027 d
【解析】
【分析】
（1）电解时与电源正极相连的阳极失去电子，发生氧化反应，与电源负极相连的阴极得到电子发生还原反应。

根据题中ClO 2的制备过程，可知电解产物有H 2、NCl 3，据此可得出电极反应方程式。

（2）分析实验过程，可知实验过程中涉及的反应方程式有：2ClO 2+10I -+8H +=2Cl -+5I 2+4H 2O 、I 2+2S 2O 32-＝2I －+S 4O 62-，据此进行分析。

【详解】
（1）①电解时阳极失去电子，发生氧化反应，结合题中电解过程生成的产物，可知阳极电极反应方程式为：NH 4+-6e -+3Cl -=NCl 3+4H +；答案为：NH 4+-6e -+3Cl -=NCl 3+4H +；
②根据ClO 2和NH 3的性质进项分析：
a ．ClO 2和NH 3均易溶于水，不能用水和饱和食盐水来除去氨气，a 项错误；
b ．碱石灰不能吸收氨气，b 项错误；
c ．浓硫酸可以吸收氨气，且不影响ClO 2，故除去除去ClO 2中的NH 3可选用的试剂浓硫酸。

c 项正确；
d ．ClO 2和NH 3均易溶于水，不能用饱和食盐水来除去氨气，d 项错误；
答案为：c ；
（2）①由题给信息可知，ClO 2通入锥形瓶把I -氧化为I 2，自身被还原为Cl -，同时生成水，则锥形瓶内ClO 2与碘化钾反应的离子方程式为：2ClO 2+10I -+8H +=2Cl -+5I 2+4H 2O ；答案为：2ClO 2+10I -+8H +=2Cl -+5I 2+4H 2O ； ②由于ClO 2是气体，容易挥发到空气中，所以玻璃液封装置的作用是吸收残余的ClO 2气体，答案为：吸收残留的ClO 2；
③根据淀粉遇碘变蓝，溶液中应是加入了淀粉作指示剂，当到达滴定终点时，I 2完全转化为I -，溶液蓝色褪去。

故滴定至终点的现象是：当加入最后一滴硫代硫酸钠标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液颜色不再改变；答案为：当加入最后一滴硫代硫酸钠标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液颜色不再改变；
④根据反应方程式：2ClO 2+10I -+8H +=2Cl -+5I 2+4H 2O 、I 2+2S 2O 32-＝2I －+S 4O 62-，可得关系式：2ClO 2～5I 2～10S 2O 32-，由此可知混合气体中ClO 2的质量为
()0.1000mol/L 0.02L 35.5+162g/mol =0.027g 5
⨯⨯⨯⎡⎤⎣⎦。

答案为：0.027；
⑤图中液面读数为22.40mL，滴定管最大读数为50.00mL，故液面与最大读数间的液体体积差为27.60mL，因为滴定管尖嘴部分仍有一定的液体，则滴定管内液体体积应大于27.60mL，答案选d。

答案为：d。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
22．由短周期元素组成的中学常见的含钠元素的物质A、B、C、D，存在如图转化关系(部分生成物和反应条件已略去)。

(1)若A为金属钠，A与水反应的离子方程式为_______________。

(2)若A为淡黄色的固体化合物，A________(填“是”或“不是”)碱性氧化物，A与CO2反应的化学方程式为
_________________。

(3)A不论是Na还是淡黄色的固体化合物，依据转化关系判断物质C是________，物质D是________。

【答案】2Na+2H2O=2Na＋+2OH－+H2↑ 不是2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2Na2CO3NaHCO3
【解析】
【分析】
(1)若A为Na，A与水反应生成单质E为H2，则B为NaOH，C为Na2CO3，D为NaHCO3；
(2)若A为Na2O2，A与水反应生成单质E为O2，则B为NaOH，C为Na2CO3，D为NaHCO3，根据碱性氧化物的定义判断物质类别；
(3)A不论是Na还是Na2O2，和水反应生成溶液为氢氧化钠溶液，通入二氧化碳反应生成C和D，判断为生成碳酸钠和碳酸氢钠。

【详解】
(1)若A为Na，A与水反应生成单质E为H2，则B为NaOH，C为Na2CO3，D为NaHCO3，A与水反应的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na＋+2OH－+H2↑；
(2)若A为Na2O2，A与水反应生成单质E为O2，则B为NaOH，C为Na2CO3，D为NaHCO3。

A与水反应产生的物质除了碱NaOH外，还有O2，反应过程中有元素化合价的变化，因此Na2O2不是碱性氧化物；A与CO2反应产生碳酸钠、氧气，反应的化学方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，
(3)A不论是Na还是Na2O2，和水反应生成溶液为氢氧化钠溶液，通入二氧化碳反应生成C为Na2CO3，继续通入二氧化碳反应生成D为NaHCO3。

【点睛】
本题考查无机物推断的知识，涉及钠元素单质及其化合物的性质与转化、物质所属类别、有关方程式书写等，需要熟练掌握元素化合物知识，关键是判断可能的反应产物。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
23．据报道一些明胶企业将皮革废料熬制成工业明胶，出售给某些制药企业，最终变成药用胶囊。

由工业明胶制成的胶囊往往含有超标的重金属铬，从而对人体造成伤害。

明胶是水溶性蛋白质混合物，溶于水形
成胶体。

(1)已知Fe(CrO2)2中铬元素是+3价，则其中铁元素是________价。

CrO2-是一种酸根离子，则Fe(CrO2)2属于________(填“酸”“碱”“盐”或“氧化物”)。

(2)明胶的水溶液和K2SO4溶液共同具备的性质是________(填序号)。

a．都不稳定，密封放置产生沉淀
b．两者均有丁达尔效应
c．分散质微粒可通过滤纸
(3)已知胶体的分散质不能透过半透膜，但水分子等小分子或离子能透过半透膜。

提纯明胶的装置是下列中的________(填序号)。

(4)现有10 mL明胶的水溶液与5 mL Na2SO4溶液混合装入半透膜内，将此半透膜浸入盛蒸馏水的烧杯中，设计实验证明SO42-能够透过半透膜：__________________________________________。

【答案】+2 盐 c E 取烧杯中的少量液体，向其中滴加BaCl2[或Ba(NO3)2、Ba(OH)2]溶液，有白色沉淀产生
【解析】
【分析】
(1)根据化合物中元素化合价的代数和等于零计算。

(2)溶液很稳定，a项错误；胶体具有丁达尔效应而溶液没有，b项错误；胶体的分散质和溶液中的溶质都能透过滤纸，c项正确。

(4)检验SO42-可用Ba2+。

【详解】
（1）Fe(CrO2)2中，氧元素的化合价是-2价，总的负价是-8价，铬元素的化合价是+3价，2个铬原子化合价是+6价，所以铁元素化合价是+2价；Fe(CrO2)2是由亚铁离子和CrO2-组成的盐；
(2)a．胶体较稳定，溶液是稳定的，选项故A错误；
b．溶液无丁达尔效应，胶体有丁达尔效应，选项b错误；
c．胶粒和溶液都可透过滤纸，所以明胶的水溶液和K2SO4溶液中的分散质粒子可通过滤纸，选项c正确；答案选c；
（3）明胶水溶液中胶体的分散质不能透过半透膜而留在半透膜袋内，水分子等小分子或离子能透过半透膜进入蒸馏水中，故提纯明胶的装置是渗析法，答案选E；
(4)SO42-能透过半透膜进入蒸馏水中，检验SO42-可用Ba2+，设计实验证明SO42-能够透过半透膜为：取烧杯中的少量液体，向其中滴加BaCl2[或Ba(NO3)2、Ba(OH)2]溶液，有白色沉淀产生。

【点睛】
本题考查较综合，涉及物质的分类、胶体的性质等，注重高频考点的考查，把握胶体的性质为解答的关键，题目难度不大。

24．《茉莉花》是首脍炙人口的江苏民歌。

乙酸苯甲酯可以从茉莉花中提取，也可用如下路线合成：
（1）乙酸苯甲酯的分子式为______，C的结构简式为______，B中所含官能团的名称为_____，③的反应类型为____________。

（2）①的化学方程式为____________。

（3）乙酸苯甲酯与NaOH溶液反应的离子方程式为_____________。

【答案】C9H10O2羧基取代反应2CH3CH2OH + O22CH3CHO + 2H2O
【解析】分析：乙醇在Cu作催化剂、加热条件下发生氧化反应生成A为CH3CHO，CH3CHO进一步被氧化生成B为CH3COOH，甲苯与氯气发生取代反应生成，在碱性条件下水解生成C为，苯甲醇与乙酸在一定条件下发生酯化反应生成，据此解答。

（1）乙酸苯甲酯的分子式为：C9H10O2；在碱性条件下水解生成，故C的结构简式为；乙醇在Cu作催化剂、加热条件下发生氧化反应生成A为CH3CHO，CH3CHO进一步被氧化生成B为CH3COOH，故B中的官能团为羧基；③的反应类型为取代反应。