浙江省杭州市学军中学2018年3月高三选考模拟(四)化学试题(解析版)

浙江省杭州市学军中学2018年3月高三选考模拟（四）化学试题
可能用到的相对原子质量： H-1 He-4 C-12 N-14 O-16 Cl-35.5 S-32 Na -23 Mg-24 Fe-56 Cu-64 Sn-119
一、选择题（本大题共25小题，每小题2 分，共50分。

每个小题列出的四个备选项中只有
一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1. 下列物质不属于高分子化合物的是
A. 氯乙烯
B. 聚乙烯
C. 纤维素
D. 蛋白质
【答案】A
【解析】A. 氯乙烯的相对分子质量较小，只有几十，不属于高分子化合物，故A选；B．聚乙烯为合成高
分子化合物，故B不选； C．纤维素为多糖，相对分子质量在10000以上，属于天然高分子化合物，故C
不选；D．蛋白质，相对分子质量在10000以上，属于天然高分子化合物，故D不选；故选A。

2. 下列仪器名称不正确的是
A. 干燥器
B. 坩埚
C. 三角架
D. 坩埚钳
【答案】C
【解析】A. 根据图示，是干燥器，故A正确；B. 根据图示，是坩埚，故B正确；C.
根据图示，是泥三角，不是三角架，故C错误；D. 根据图示，是坩埚钳，故D
正确；故选C。

3. 反应A12O3+N2+3C=2A1N+3CO中的还原剂是
A. Al2O3
B. N2
C. C
D. CO
【答案】C
【解析】反应A12O3+N2+3C=2A1N+3CO中碳元素化合价从0价升高到+2价，失去电子，碳是还原剂是，
氮元素化合价降低，是氧化剂，答案选C。

点睛：注意氧化还原反应的分析思路：判价态、找变价、双线桥、分升降、写得失、算电子、定其他。

其
中“找变价”是非常关键的一步，特别是反应物中含有同种元素的氧化还原反应，必须弄清它们的变化情况。

4. 下列属于电解质的是
A. 稀硫酸
B. 氨基酸
C. SO2
D. 葡萄糖
【答案】B
【解析】A．稀硫酸是混合物，所以不是电解质，故A错误；B．氨基酸是在水溶液里能够导电的化合物，是电解质，故B正确；C．二氧化硫的水溶液能够导电，是因为生成的亚硫酸电离，不是二氧化硫电离，二氧化硫是非电解质，故C错误；D．葡萄糖在水溶液里和熔融状态下都不能电离出自由离子而导电，是非电解质，故D错误；故选B。

点睛：本题考查了电解质、非电解质的判断，注意电解质和非电解质都必须是化合物，单质和混合物既不是电解质也不是非电解质。

本题的易错点为BC，要注意氨基酸中的羧基和氨基能够电离，C中要注意二氧化硫水溶液导电的本质是亚硫酸的电离。

5. 下列物质的水溶液因水解呈碱性的是
A. CaO
B. Na2SO4
C. CH3COONa
D. NH3
【答案】C
【解析】A、CaO溶于水生成氢氧化钙，溶液显碱性，与水解无关，A错误；B、Na2SO4是强酸强碱盐，不水解，溶液显中性，B错误；C、CH3COONa是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解，溶液显碱性，C错误；D、NH3溶于水生成一水合氨，电离出氢氧根，溶液显碱性，与水解没有关系，D错误，答案选C。

点睛：明确水解原理、水解特点是解答的关键。

即有弱才水解，越弱越水解；谁强显谁性，同强显中性。

6. 下列说法中，正确的是
A. 过量的Fe与Cl2反应生成FeCl2
B. NaHCO3固体可以做干粉灭火剂，金属钠着火可以用其来灭火
C. 硫酸可用于化肥、医药、农药的生产，金属矿石的处理
D. 硫酸亚铁通常用作净水剂、消毒剂
【答案】C
【解析】A．铁在氯气中燃烧，无论氯气是否过量都只生成氯化铁，故A错误；B．NaHCO3不稳定，加热易分解，钠着火时生成过氧化钠，可与二氧化碳反应生成氧气，则不能用碳酸氢钠扑灭，故B错误；C．硫酸能够与氨气反应生成硫酸铵、能与金属矿石、金属氧化物反应生成硫酸盐，故C正确；D. 硫酸亚铁不具有强氧化性，不能用作消毒剂，故D错误；故选C。

7. 下列化学用语表示不正确的是
A. 氢离子结构示意图
B. 中子数为20 的Ar原子：Ar
C. 二氧化硅的结构式O=Si=O
D. CH4的比例模型：
【答案】C
【解析】A. 氢离子核外没有电子，结构示意图为，故A正确；B、质量数标在元素符号的左上角，且质量数=中子数+质子数，故中子数为20的氩原子的质量数为38，故符号为3818Ar，故B正确；C．二氧化硅是原子构成的物质，每个硅原子连接四个氧原子，每个氧原子连接2个硅原子，不存在二氧化硅分子，故C错误；D．比例模型主要体现的是组成该分子的原子间的大小关系，为，故D正确；故选C。

8. 下列说法不正确的是
A. 能与酸反应生成盐和水的这类物质通常称为碱性氧化物
B. 在人类研究物质的微观结构的过程中，光学显微镜、电子显微镜、扫描隧道显微镜三种不同层次的观测仪器先后得到了使用
C. 汤姆生发现原子中存在电子，从而提出了“葡萄干面包式”原子结构模型
D. 元素周期律是元素原子核外电子排布随元素核电荷数的递增呈现周期性变化的必然结果
【答案】A
【解析】A、碱性氧化物是只能与酸反应且只生成盐和水的氧化物，能与酸反应生成盐和水的物质不一定是碱性氧化物，如氧化铝，是两性氧化物，故A错误；B．光学显微镜距离直接观察原子和分子实在太遥远了，而电子显微镜虽然比光学显微镜前进了一大步，但是距离直接观察原子和分子还有一段距离。

20世纪80年代初发展起来的扫描隧道显微镜是使人们能够直接观察和研究物质微观结构的新型显微镜，故B正确；C、汤姆生发现电子后，最早提出了葡萄干蛋糕模型，现在科学家普遍认为电子云模型能更好地解释我们观察到的有关电子的现象，故C正确；D．元素周期律是元素原子核外电子排布随着元素核电荷数的递增发生周期性变化的必然结果，故D正确；故选A。

9. 下列有关说法正确的是
A. 把固体炸药制成胶体能提高威力
B. 生物柴油、垃圾焚烧发电、沼气利用都属于生物质能的生物化学转化
C. 太阳能、可燃冰资源丰富，在使用时对环境无污染或很少污染，且可以再生，是最有希望的未来新能源
D. 寻找合适的催化剂，使水分解产生氢气的同时放出热量是科学家研究的方向
【答案】A
【解析】A. 把固体炸药制成胶体可以增大接触面积，能够提高威力，故A正确；B.垃圾焚烧发电不属于生物质能的生物化学转化，故B错误；C.可燃冰资源不可再生，故C错误；D．寻找高效的催化剂，使水分解产生氢气，需要吸收热量，不可能释放能量，故D错误；故选A。

10. 下列说法正确的是
A. 某固体焰色反应呈黄色，则一定存在钠盐
B. 某溶液能使淀粉碘化钾溶液变蓝，则该溶液一定为氯水
C. 可采用通过饱和碳酸氢钠溶液的方法，除去CO2中含有的SO2
D. 用原子吸收光谱确定物质中含有哪些非金属元素
【答案】C
【解析】A．焰色反应为元素的性质，则某固体焰色反应呈黄色，固体一定含钠元素，可能为钠的单质、氧化物、NaOH或钠盐，故A错误；B．具有氧化性的物质可氧化碘离子，淀粉遇碘变蓝，则某溶液能使淀粉碘化钾溶液变蓝，则该溶液可能为氯水或溴水、过氧化氢等，故B错误；C．二氧化硫与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，则将气体通过饱和碳酸氢钠溶液洗气可除杂，故C正确；D．不同元素的原子发生跃迁时会吸收不同的光，形成特征谱线，所以现代化学分析测试中用原子吸收光谱确定物质中含有哪些金属元素，故D 错误；故选C。

11. 下列关于有机化合物的说法正确的是
A. H2与D2互为同素异形体
B. 符合C n H2n+2且n不同的烃一定属于同系物
C. CH2Cl2有2种同分异构体
D. 碳元素有多种核素，其中l3C可用于考古断代
【答案】B
【解析】A. H2与D2的结构相同，不是同素异形体，故A错误；B. 符合C n H2n+2且n不同的烃都属于烷烃，一定属于同系物，故B正确；C．甲烷为正四面体结构，4个H均为相邻位置，则CH2Cl2有1种同分异构体，故C错误；D. 碳元素有多种核素，其中l4C可用于考古断代，故D错误；故选B。

12. 已知：X(g)+2Y(g)3Z(g) △H=-a kJ•mol-1(a>0)。

下列说法不正确的是
A. 升高反应温度，逆反应速率增大，正反应速率增大
B. 达到化学平衡状态时，X、Y、Z的质量不再发生变化
C. 达到化学平衡状态时，反应放出的总热量可达a kJ
D. X和Y 充分反应生成Z的物质的量不可能达到3mol
【答案】D
【解析】A. 升高反应温度，正、逆反应速率均增大，A正确；B. 达到化学平衡状态时正、逆反应速率相等，X、Y、Z的质量不再发生变化，B正确；C. 达到化学平衡状态时，如果消耗1molX，反应放出的总热量可达akJ，C正确；D. 如果X和Y的起始量比较多，X和Y充分反应生成Z的物质的量可能达到3 mol，D 错误，答案选D。

13. 下列离子方程式书写中，正确的是
A. 氯化铁溶液吸收H2S：S2-+2Fe3+=Fe2++S↓
B. 用氢氧化钠溶液吸收氯气：Cl+2OH-=ClO-+Cl-+H2O
C. 将少量SO2通入NaClO溶液：SO2+H2O+2ClO-=SO32-+2HC1O
D. 向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O
【答案】B
【解析】A. 氢硫酸属于弱酸，应该用化学式表示，故A错误；B．用氢氧化钠溶液吸收氯气的离子反应为Cl2+2OH-═ClO-+Cl-+H2O，故B正确；C．将少量SO2气体通入NaClO溶液中要发生氧化还原反应，离子方程式：ClO-+H2O+SO2═2H++Cl-+SO42-，故C错误；D．向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水，反应生成碳酸钙沉淀、一水合氨和水，正确的离子方程式为：NH4++Ca2++HCO3-+2OH-═CaCO3↓+H2O+NH3•H2O，故D错误；故选B。

点睛：本题的易错点为C，要注意次氯酸钠具有强氧化性，能够将二氧化硫以及亚硫酸盐氧化生成硫酸或硫酸盐。

14. 短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的位置如表所示，其中X元素的原子L层电子数是K层电子数的二倍，则下列说法中不正确的是
A. 原子半径：Z>W>Y
B. ZY2和XY2构成不同类型的晶体
C. H2WO3的酸性比H2ZO3酸性强，因为W的得电子能力比Z强
D. X可与Q形成X2Q6化合物
【答案】C
【解析】X元素的原子L层电子数是K层电子数的二倍，X为C元素；根据元素在周期表中的位置可知，Z 为Si元素；Y为O元素；W为S元素；Q为Cl元素。

A. 同周期自左而右，原子半径逐渐减小，同主族自上而下，原子半径逐渐增大，原子半径：Z>W>Y，故A正确；B. 二氧化硅为原子晶体，二氧化碳为分子晶体，晶体类型不同，故C正确；C. H2SO3不是最高价氧化物的水化物，不能说明S的得电子能力比Si强，故C错误；D. 乙烷分子中的6个氢原子被氯原子取代可以得到六氯乙烷，故D正确；故选C。

15. 下列关于常见有机物的说法中正确的是
A. 苯不能使酸性KMnO4溶液褪色，因此苯不能发生氧化反应
B. 乙烯和乙烷的混合气体可用酸性高锰酸钾溶液分离
C. 石油裂解与裂化的原理相同、目的不同
D. 光照条件下，控制C2H6和Cl2的比例为1:1,能够制得纯净的C2H5Cl和HCl
【答案】C
【解析】A．苯性质稳定，与高锰酸钾不反应，但可燃烧，为氧化反应，故A错误；B．乙烯能使高锰酸钾溶液褪色，被氧化生成二氧化碳，会使乙烷中混有二氧化碳，故B错误；C. 石油裂解与裂化都是将长链的烃断裂为短链的烃，石油裂化的目的为了提高轻质液体燃料(汽油，煤油，柴油等)的产量，特别是提高汽油的产量，裂解的目的是为了获得乙烯、丙烯、丁二烯、丁烯、乙炔等，可用于化工生产，故C正确；D. 光照条件下，烷烃与卤素的取代反应得到的产物较为复杂，控制C2H6和Cl2的比例为1:1，得到的也是混合物，故D错误；故选C。

16. 下列说法不正确的是
A. 油脂是热值最高的营养物质，在碱性或酸性条件下都能水解
B. 丝绸与棉布可以通过燃烧闻气味的方法进行鉴别
C. 盐析可提纯蛋白质并保持其生理活性
D. 在人体内，蛋白质与氨基酸、淀粉与葡萄糖都能相互转化
【答案】D
17. 2016 年，《Nature》期刊报道一例CH3OH-O2在聚合物催化下的原电池，其工作示意图如右。

下列说法正确的是
A. 电极B的电极反应为：O2+2e-+H+=HO2-
B. 电解质溶液中H+由电极B流向A极
C. 电极A是负极，发生还原反应
D. 外电路中通过3mol电子，生成CO211.2 L
【答案】A
【解析】原电池工作时，CH3OH在负极上失电子发生氧化反应生成二氧化碳和水，则A为负极，正极B上为氧气得电子生成HO2-。

A．B为正极，正极为氧气得电子生成HO2-，反应为O2+H++2e-=HO2-，故A正确；B．原电池工作时，阳离子向正极移动，H+向电极B移动，故B错误；C．A为负极，负极上CH3OH被氧化生成二氧化碳和水，故C错误；D．未告知气体所处状态，无法计算气体的体积，故D错误；故选A。

点睛：本题考查了化学电源新型电池，明确原电池中物质得失电子、离子流向是解题的关键。

本题的难点是电极反应式书写，要根据图示以及电解质确定正负极产物。

18. 室温下，下列有关两种溶液的说法不正确的是
A. ①②两溶液中c(OH-)相等
B. ①②两溶液中水的电离程度相同
C. 等体积的①②两溶液分别与0.01mol·L-1的盐酸完全中和，消耗盐酸的体积：①>②
D. ①②两溶液分别加水稀释10倍，稀释后溶液的pH：①<②
【答案】D
点睛：本题考查pH相等的强碱和弱碱的区别，注意弱电解质存在电离平衡。

本题的易错点为C，要注意pH 相等的氨水和氢氧化钠溶液中，一水合氨的物质的量浓度大于氢氧化钠。

19. 己知在25℃、1.01×105 Pa 下，1mol 氢气在氧气中燃烧生成气态水的能量变化如下图所示，下列有关说法正确的是
A. H2O分解为H2与O2时放出热量
B. 热化学方程式为：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H=-490 kJ•mol-1
C. 甲、乙、丙中物质所具有的总能量大小关系为甲>乙>丙
D. 乙→丙的过程中若生成液态水，释放的能量将小于930kJ
【答案】B
【解析】A、氢气和氧气反应生成1mol水的△H=反应物键能和-生成物键能和
=436KJ/mol+249KJ/mol-930KJ/mol=-245KJ/mol，反应放热，所以水分解吸热，故A错误；B、据A分析，生成1mol水时放出245KJ的热量，则热化学方程式为：2H2(g) + O2(g) ＝ 2H2O(g) ΔH = -490 kJ·mol-1，故B正确；C、断键吸收能量，成键释放能量，甲、乙、丙中物质所具有的总能量大小关系为乙＞甲＞丙，故C错误；D、水蒸气变成液态水会放热，乙→丙的过程中若生成液态水，释放的能量将大于930 kJ，故D错误；故选B。

点睛：正确读懂图像是解题的关键。

上图表示了1mol氢气和0.5mol氧气反应生成1mol水的过程中的能量变化，断键吸收能量，成键释放能量，△H=反应物键能和-生成物键能和。

20. 下列说法正确的是
A. CCl4的沸点低于SiCl4，其原因是晶体类型不同
B. H2SO4溶于水能电离出H+和SO42-，所以硫酸是共价化合物
C. HClO易分解是因为HClO分子间作用力弱
D. 离子化合物中不一定含有金属元素
【答案】D
【解析】A. 二者均为分子晶体，前者的相对分子质量小于后者，因此CCl4的沸点低于SiCl4，故A错误；B．H2SO4溶于水能电离出H+和SO42-，与硫酸是共价化合物，二者无因果关系，故B错误；C. HClO易分解与HClO分子间作用力无关，与分子内的化学键有关，故C错误；D．非金属元素之间也能形成离子键，如铵盐是由非金属元素形成的离子化合物，故D正确；故选D。

21. 硝基苯甲酸乙酯在OH-存在下发生水解反应：O2NC6H4COOC2H5(aq)
+OH-(aq)O2NC6H4COO-(aq)+C2H5OH(aq)，两种反应物的初始浓度均为0.500mol·L-1，不同温度下测得
O2NC6H4COOC2H5的浓度(mol·L-1)随时间变化的数据如下表所示。

下列有关说法不正确的是：
A. 由数据可知，温度升高反应速率加快
B. 由数据可知，随着反应的进行，反应物的浓度降低反应速率减慢
C. 530s时，表格中35℃对应的数据一定是0.135
D. 该反应在15℃，120s~180s 区间的v(O2NC6H4COOC2H5)平均反应速率7.33×10-4mol·L-1·s-1
【答案】C
【解析】A. 由数据可知，随着温度升高，相同时间段内O2NC6H4COOC2H5的浓度降低的速度快，表示温度升高反应速率加快，故A正确；B. 由数据可知，其他条件不变时，随着反应的进行，相同时间段内
O2NC6H4COOC2H5的浓度降低的幅度减小，说明反应物的浓度降低反应速率减慢，故B正确；C. 根据表格数据，600s时是平衡状态，则530s时可能是平衡状态，可能不是，故C错误；D. 该反应在15℃，120s~180s 区间的v(O2NC6H4COOC2H5)平均反应速率==7.33×10-4mol·L-1·s-1，故D正确；故选C。

22. 设N A为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A. 常温常压下，20g氖气所含有的原子数目为0.5N A
B. 2.8铁粉与50mL4 mol·L-1盐酸完全反应转移电子的数目为0.1N A
C. 标准状况下，22.4 LSO2和SO3混合物中含有的硫原子数目为0.1N A
D. 28g的C2H4和N2混合气体中含有的原子数为2N A
【答案】B
【解析】A.20g氖气的物质的量为=1mol，氖气是单原子分子，故含有氖原子数目为1mol×N A mol-1=N A，故A错误；B. 2.8铁粉的物质的量==0.05mol，50mL4 mol·L-1盐酸中含有氯化氢0.2mol，反应后盐酸剩余，生成氯化亚铁，转移电子的数目为0.1N A，故B正确；C. 标准状况下，三氧化硫不是气体，无法计算22.4 LSO2和SO3混合物的物质的量，故C错误；D. 28g的C2H4和N2混合气体的物质的量为=1mol，其中含有的原子数为2N A~6N A，故D错误；故选B。

点睛：解答此类试题需要注意：①气体摩尔体积的使用范围和条件，对象是否气体，如本题中的C；温度和压强是否为标准状况；②溶液计算是否告知物质的量浓度和溶液体积。

本题的易错点为A，要注意稀有气体为单原子分子。

23. 25℃时，在c(Na2CO3)+c(NaHCO3)=0.100 mol·L-1的混合溶液中，c(HCO3-)、c(CO32-)与pH的关系如下图所示。

下列说法正确的是
A. pH=10的溶液中：c(HCO3-)<c(CO32-)
B. E点溶液中：c(Na+)=3c(CO32-)
C. pH=11的溶液中：c(H+)+c(Na+)+c(H2CO3)= c(OH-)+c(CO32-)+0.100mol·L-1
D. 在E点溶液中加入等体积0.100 mol·L-1的NaOH 溶液，c(CO32-)与c(HCO3-)之和保持不变
【答案】C
【解析】A. 碳酸根的水解程度大于碳酸氢根，因此碳酸根的浓度越大，pH越大。

二者浓度相等时，溶液的pH＞10，因此pH=10的溶液中：c(HCO3-)>c(CO32-)，A错误；B. 根据物料守恒可知E点溶液中：
c(Na+)＞3c(CO32-)，B错误；C. 根据物料守恒c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)＝0.100mol/L和电荷守恒
c(H+)+c(Na+)＝c(OH-)+2c(CO32-)+ c(HCO3-)可知pH=11的溶液中：
c(H+)+c(Na+)+c(H2CO3)＝c(OH-)+c(CO32-)+0.100mol·L-1，C正确；D. 在E点溶液中加入等体积0.100mol·L-1的NaOH溶液碳酸氢钠转化为碳酸钠，根据物料守恒可知c(CO32-)与c(HCO3-)之和发生变化，D错误，答案选C。

24. Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿（主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质）来制备，工艺流程如下：
已知：“酸浸”后，钛主要以TiOCl42-形式存在
FeTiO3+4H++4C1-=Fe2++ TiOCl42-+2H2O
下列说法不正确的是
A. Li2Ti5O15中Ti的化合价为+4，其中有4个过氧键
B. 滤液②中的阳离子除了Fe2+和H+，还有Mg2+
C. 滤液②中也可以直接加适量的氯水代替双氧水
D. “高温煅烧②”过程中，Fe元素被氧化
【答案】D
【解析】用钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质)来制备Li4Ti5O12和LiFePO4，由制备流程可知，加盐酸过滤后的滤渣为SiO2，滤液①中含Mg2+、Fe2+、TiOCl42-，水解后过滤，沉淀为
TiO2·xH2O，经过一系列反应得到Li4Ti5O12；水解后的滤液②中含Mg2+、Fe2+，双氧水可氧化亚铁离子，在磷酸条件下过滤分离出FePO4，高温煅烧②中发生2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+H2O+3CO2↑。

A. Li2Ti5O15中Ti的化合价为+4，Li为+1价，则O的化合价为-2价和-1价，根据正负化合价的代数和为0，其中含有7个-2价的O和8个-1价的O，结构中含有4个过氧键，故A正确；B. 根据上述分析，滤液②中的阳离子除了Fe2+和H+，还有Mg2+，故B正确；C. 滤液②中加入双氧水的目的是氧化亚铁离子，也可以直接加适量的氯水代替双氧水，故C正确；D. “高温煅烧②”过程中发生
2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+H2O+3CO2↑，Fe元素的化合价有+3价变成+2价，被还原，故D错误；故选D。

25. 取某固体样品，进行如下实验：
①取一定量的样品，加足量水充分溶解，得澄清透明溶液
②取10 mL溶液，加入足量氯水，无气体产生，再加入CC14溶液分层，下层为橙红色；
③分液后，将②中上层溶液加入足量BaCl2和HCl 溶液，产生白色沉淀2.33g；
④另取10mL原溶液，加入过量的浓氢氧化钠溶液并加热，收集到标准状况下448mL气体。

该固体样品可能是
A. NH4Cl、NaBr、(NH4)2SO4
B. NaCl、NaBr、(NH4)2SO3
C. NaBr、Na2CO3、(NH4)2SO4
D. CuBr2、NaCl、(NH4)2SO3
【答案】B
【解析】①取一定量的样品，加足量水充分溶解，得澄清透明溶液，说明物质间不能反应生成沉淀，D会生成亚硫酸铜沉淀，不符合；②取10 mL溶液，加入足量氯水，无气体产生，C会反应放出二氧化碳气体，不符合；再加入CC14溶液分层，下层为橙红色，说明含有溴离子，AB符合；③分液后，将②中上层溶液加入足量BaCl2和HCl 溶液，产生白色沉淀2.33g，为0.01mol硫酸钡，AB符合；④另取10mL原溶液，加入过量的浓氢氧化钠溶液并加热，收集到标准状况下448mL气体，为0.02mol氨气，说明含有铵盐，且铵根离子和含硫的阴离子(亚硫酸根离子和硫酸根离子)的物质的量之比为2:1，则A不符合，故选B。

点睛：本题考查了离子反应和离子共存在物质的组成的判断方面的应用。

本题的难点为A的排除，要注意根据生成的氨气和硫酸钡的物质的量的关系分析判断。

非选择题部分
26. 环氧氯丙烷是制备环氧树脂的主要原料，工业上有不同的合成路线，以下是其中的一种（有些反应未注明条件）。

完成下列填空：
（1）X的结构简式_________Y中的不含氧官能团的名称为____________________
（2）反应①中的合成原料还有O2和醋酸及催化剂，写出该反应的化学方程式______________________。

（3）下列说法不正确的是__________
A.如R1、R2、R3不完全相同，则是混合物
B.Y的结构简式是不能确定的，可能有两种不同的结构
C.反应②④⑤⑥都是取代反应
D.X与乙醇不是同系物，两者都能使酸性KMnO4溶液褪色
【答案】(1). (2). 氯原子(3). 2CH3CH=CH2+2CH3COOH+O22CH2=CHCHOOCCH3+2H2O
(4). AB
【解析】(1)根据流程图，Y为，则X为，Y中的不含氧官能团为氯原子，故答案为：；
氯原子；
(2)根据流程图，反应①中的合成原料还有O2和醋酸及催化剂，反应的化学方程式
2CH3CH=CH2+2CH3COOH+O22CH2=CHCHOOCCH3+2H2O，故答案为：
2CH3CH=CH2+2CH3COOH+O22CH2=CHCHOOCCH3+2H2O；
(3)A.如R1、R2、R3不完全相同，则属于混甘油酯，但仍为纯净物，错误；B.根据环氧氯丙烷的结构可知，Y为，错误；C.根据反应②生成物的化学式可知，反应②为酯的水解反应；根据X的结构
可知，反应④为油脂的水解反应；反应⑤为甘油与氯化氢的取代反应；反应⑥是羟基间的脱水反应，属于取代反应，都是取代反应，正确；D.X()中含有3个羟基，与乙醇不是同系物，羟基能使酸性KMnO4
溶液褪色，正确；故选AB。

27. 由两种元素组成的化合物M，是某种具有优异磁学性质的新型电子材料的主要成分。

其制备流程如下：
取2.38g 的M 用足量稀硫酸溶解，在所得反应液中加入足量的NaOH溶液，发现有刺激性气味且能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体产生，同时溶液中产生白色沉淀，迅速变成灰绿色，最终变为红褐色，沉淀灼烧后质量为3.20g。

请回答：
（1）写出NaNH2的电子式________， M的化学式________________；
（2）根据图示信息，用一个化学方程式表示NaN3制备方法_________________________。

【答案】(1). (2). Fe4N(3). 2NaNH2+N2O=NaN3+NH3+NaOH
【解析】根据流程可知，钠与氨气反应生成氨基钠和氢气，氨基钠进一步与一氧化二氮反应生成Na3N和氮气及氢氧化钠，M用足量稀硫酸溶解，在所得反应液中加入足量的NaOH溶液，发现有刺激性气味且能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体产生，说明有氨气产生，同时溶液中产生白色沉淀，迅速变成灰绿色，最终变为红褐色，说明白色沉淀为氢氧化亚铁，沉淀灼烧后质量为3.20g的氧化铁，氧化铁的物质的量为
=0.02mol，根据元素守恒可知，钠与GCl2及Na3N反应生成M和氮气、氯化钠，所以G为铁元素，M是含有2种元素组成的化合物，M中含有铁元素和氮元素，其中氮元素的物质的量为
=0.01mol，所以M中铁元素的氮元素的物质的量之比为0.02×2：0.01=4：1，所以M的化学式Fe4N。

(1)NaNH2为离子化合物，电子式为，根据上面的分析可知，元素G的名称为铁，M的化学式为Fe4N，故答案为：；Fe4N；
(2)根据上面的分析可知，NaN3制备的方程式为2 NaNH2+N2O=NaN3+NH3+NaOH，故答案为：2
NaNH2+N2O=NaN3+NH3+NaOH；
点睛：本题考查了物质的制备，题目难度较大。

本题的难点是M的化学式的判断，注意从守恒的角度推断M的化学式。

28. 不同浓度的硫酸与锌反应时，硫酸可以被还原为SO2，也可被还原为氢气。

某校研究性学习小组拟设计下列实验验证这一事实。

（1）该小组设计了如上图所示的实验装置，检查该装置气密性的操作是______________________。

（2）若1.30g锌粒完全溶解，氢氧化钠洗气瓶增重0.64g（烧瓶中残留气体忽略不计，下同），则圆底烧瓶中发生反应的化学方程式为________________________________。

（3）是否使用橡胶管，对实验结果___________(填“有”或“无”) 影响。

【答案】(1). 关闭分液漏斗活塞，向右侧球形管中加入水，一段时间后观察球形管和量气管之间的液面差有无变化(合理即给分) (2). 2Zn+3H2SO4=2ZnSO4+SO2↑+H2↑+2H2O(3). 有
【解析】(1)检验气密性，可关闭分液漏斗活塞，向右侧球形管中加入水，一段时间后观察球形管和量气管之间的液面差有无变化，故答案为：关闭分液漏斗活塞，向右侧球形管中加入水，一段时间后观察球形管和量气管之间的液面差有无变化；
(2)n(Zn)==0.02mol，若锌与硫酸只生成二氧化硫气体，则根据Zn+2H2SO4=ZnSO4+SO2↑+2H2O，反应生成的二氧化硫为0.02mol，质量为0.02mol×64g/mol=1.28g，大于氢氧化钠洗气瓶增重0.64 g，说明还生成了氢气且反应生成二氧化硫的锌为0.01mol，生成氢气的锌为0.01mol，则圆底烧瓶中发生反应的化学方程式为2Zn+3H2SO4=2ZnSO4+SO2↑+H2↑+2H2O，故答案为：2Zn+3H2SO4=2ZnSO4+SO2↑+H2↑+2H2O；(3)使用橡胶管可以平衡气压，保证烧瓶中的压强不变，如果不使用橡胶管，会导致排出的气体体积偏大，。