2017年浙江省高考化学【4月】（含解析版）

2017年浙江省普通高校招生选考化学试卷（4月份）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．（2分）下列属于盐的是（）A．NaClB．KOHC．HNO3D．CO22．（2分）仪器名称为“量筒”的是（）A．B．C．D．3．（2分）下列属于非电解质的是（）A．葡萄糖B．氢氧化钠C．氯化钾D．铁4．（2分）下列属于氧化还原反应的是（）A．2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2B．Na2O+H2O2NaOHC．2KI+Br22KBr+I2D．MgO+2HClMgCl2+H2O5．（2分）下列分散系能产生“丁达尔效应”的是（）A．稀硫酸B．硫酸铜溶液C．氢氧化铁胶体D．酒精溶液6．（2分）下列说法不正确的是（）A．二氧化碳是酸雨的主要成分B．氢气是一种理想的清洁燃料C．碳酸氢钠可用于治疗胃酸过多D．氯化铁溶液可用于制作印刷铜电路板7．（2分）下列表示不正确的是（）A．CO2的电子式B．Cl2的结构式：ClClC．CH4的球棍模型D．Cl离子的结构示意图 8．（2分）下列能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体是（）A．NH3B．SO3C．HClD．CO29．（2分）下列物质放入水中，会显著放热的是（）A．食盐B．蔗糖C．酒精D．生石灰10．（2分）下列说法不正确的是（）A．实验室应将钠保存在煤油中B．分液漏斗和容量瓶在使用前都要检漏C．可用酒精代替CCl4萃取碘水中的碘单质D．金属镁失火不可用水来灭火11．（2分）下列说法正确的是（）A．金刚石和石墨互为同素异形体，熔点和硬度都很高B．氕、氘、氚是氢元素的三种核素，质子数都是1C．乙醇和二甲醚（CH3OCH3）互为同系物D．C4H10的一氯代物只有一种12．（2分）已知：X（g）+2Y（g）3Z（g）H=a KJmol1（a0）．下列说法不正确的是（）A．0.1 mol X和0.2 mol Y充分反应生成Z的物质的量一定小于0.3 molB．达到化学平衡状态时，X、Y、Z的浓度不再发生变化C．达到化学平衡状态时，反应放出的总热量可达a kJD．升高反应温度，逆反应速率增大，正反应速率减小13．（2分）下列离子方程式不正确的是（）A．澄清石灰水中通入过量的二氧化碳CO2+OHHCO3B．金属钠和水反应2Na+2H2O2Na++2OH+H2C．酸性氯化亚铁溶液中加入双氧水2Fe2++H2O22Fe3++O2+2H+D．三氧化硫与氯化钡溶液生成沉淀的反应SO3+Ba2++H2OBaSO4+2H+14．（2分）W、X、Y、Z四种短周期元素，它们在周期表中位置如图所示，下列说法不正确的是（）A．Z、Y、X的原子半径依次减小，非金属性依次降低B．Z、Y、W的最高价氧化物对应水化物的酸性依次降低C．WH4与Z元素的单质在一定条件下可能发生化学反应D．W的位置是第2周期、第A族15．（2分）下列说法不正确的是（）A．1 mol乙烷在光照条件下最多能与3 mol Cl2发生取代反应B．石油裂解气能使溴的四氯化碳溶液、酸性KMnO4溶液褪色C．水煤气可用来合成液态烃、甲醇等有机物D．苯可通过取代反应制得硝基苯、氯苯16．（2分）下列说法正确的是（）A．向鸡蛋清的溶液中加入浓的硫酸钠溶液或福尔马林，蛋白质的性质发生改变并凝聚B．将牛油和烧碱溶液混合加热，充分反应后加入热的饱和食盐水，上层析出甘油C．氨基酸为高分子化合物，种类较多，分子中都含有COOH和NH2D．淀粉、纤维素、麦芽糖在一定条件下可与水作用转化为葡萄糖17．（2分）银锌电池是一种常见化学电源，其原理反应：Zn+Ag2O+H2OZn（OH）2+2Ag，其工作示意图如图．下列说法不正确的是（）A．Zn电极是负极B．Ag2O电极上发生还原反应C．Zn电极的电极反应式：Zn2e+2OHZn（OH）2D．放电前后电解质溶液的pH保持不变18．（2分）室温下，下列事实不能说明NH3H2O为弱电解质的是（）A．0.1 molL1 NH3H2O的pH小于13B．0.1 molL1 NH4Cl的pH小于7C．相同条件下，浓度均为0.1 molL1 NaOH溶液和氨水，氨水的导电能力弱D．0.1 molL1 NH3H2O能使无色酚酞试液变红色19．（2分）已知断裂1mol H2（g）中的HH键需要吸收436.4KJ的能量，断裂1mol O2（g）中的共价键需要吸收498KJ的能量，生成H2O（g）中的1mol HO键能放出462.8KJ的能量．下列说法正确的是（）A．断裂1 mol H2O中的化学键需要吸收925.6 KJ的能量B．2H2（g）+O2（g）2H2O（g）H=480.4 KJmol1C．2H2O（l）2H2（g）+O2（g）H=471.6 KJmol1D．H2（g）+O2（g）H2O（l）H=240.2KJmol120．（2分）下列说法正确的是（）A．干冰和石英晶体中的化学键类型相同，熔化时需克服微粒间的作用力类型也相同B．化学变化发生时，需要断开反应物中的化学键，并形成生成物中的化学键C．CH4和CCl4中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构D．NaHSO4晶体溶于水时，离子键被破坏，共价键不受影响21．（2分）对水样中溶质M的分解速率影响因素进行研究．在相同温度下，M的物质的量浓度（molL1）随时间（min）变化的有关实验数据见表．下列说法不正确的是（）时间水样0510152025（pH=2）0.40.280.190.130.100.09（pH=4）0.40.310.240.200.180.16（pH=4）0.200.150.120.090.070.05（pH=4，含Ca2+）0.200.090.050.030.010A．在020 min内，中M的分解速率为0.015 molL1min1B．水样酸性越强，M的分解速率越快C．在020 min内，中M的分解百分率比大D．由于Ca2+存在，中M的分解速率比快22．（2分）设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．标准状况下，2.24 L乙醇中碳氢键的数目为0.5 NAB．1 L 0.1 molL1硫酸钠溶液中含有的氧原子数为0.4 NAC．0.1 mol KI与0.1 mol FeCl3在溶液中反应转移的电子数为0.1 NAD．0.1 mol乙烯与乙醇的混合物完全燃烧所消耗的氧分子数为0.3 NA23．（2分）25时，在含CH3COOH和CH3COO的溶液中，CH3COOH和CH3COO二者中各自所占的物质的量分数（）随溶液pH变化的关系如图所示．下列说法不正确的是（）A．在pH4.76的溶液中，c（CH3COO）c（CH3COOH）B．在pH=7的溶液中，（CH3COOH）=0，（CH3COO）=1.0C．在pH4.76的溶液中，c（CH3COO）与c（OH）之和可大于c（H+）D．在pH=4.76的溶液中加盐酸，（CH3COOH）与（CH3COO）之和保持不变24．（2分）由硫铁矿烧渣（主要成分：Fe3O4、Fe2O3和FeO）得到绿矾（主FeSO47H2O），再通过绿矾制备铁黄[FeO（OH）]的流程如下：烧渣溶液绿矾铁黄已知：FeS2和铁黄均难溶于水下列说法不正确的是（）A．步骤，最好用硫酸来溶解烧渣B．步骤，涉及的离子反应为FeS2+14Fe3++8H2O15Fe2++2SO42+16H+C．步骤，将溶液加热到有较多固体析出，再用余热将液体蒸干，可得纯净绿矾D．步骤，反应条件控制不当会使铁黄中混有Fe（OH）325．（2分）某固体混合物中可能含有：K+、Na+、Cl、CO32、SO42等离子，将该固体溶解所得到的溶液进行如下实验：下列说法正确的是（）A．该混合物一定是K2CO3和NaClB．该混合物可能是Na2CO3和KClC．该混合物可能是Na2SO4和Na2CO3D．该混合物一定是Na2CO3和NaCl二、非选择题（本大题共4小题，共20分）26．（6分）A是天然气的主要成分，以A为原料在一定条件下可获得有机物B、C、D、E、F，其相互转化关系如图．已知烃B在标准状况下的密度为1.16gL1，C能发生银镜反应，F为有浓郁香味，不易溶于水的油状液体．请回答：（1）有机物D中含有的官能团名称是 ．（2）D+EF的反应类型是 ．（3）有机物A在高温下转化为B的化学方程式是 ．（4）下列说法正确的是 ．A．有机物E与金属钠反应比水与金属钠反应要剧烈B．有机物D、E、F可用饱和Na2CO3溶液鉴别C．实验室制备F时，浓硫酸主要起氧化作用D．有机物C能被新制碱性氢氧化铜悬浊液、酸性KMnO4溶液氧化．27．（6分）为探究黑色固体X（仅含两种元素）的组成和性质，设计并完成如下实验：请回答：（1）X的化学式是 ．（2）固体甲与稀硫酸反应的离子方程式是 ．（3）加热条件下氨气被固体X氧化成一种气体单质，写出该反应的化学方程式 ．28．（4分）FeSO4受热分解的化学方程式为：2FeSO4Fe2O3+SO2+SO3请回答：（1）将FeSO4受热产生的气体按图示装置进行实验，证实含有SO3和SO2．能说明SO2存在的实验现象是 ；为测定BaSO4沉淀的质量，后续的操作步骤依次为 、洗涤、干燥、称重．（2）设计一个实验方案，用化学方法验证FeSO4受热后固体的成分（不考虑其他反应） ．29．（4分）分别称取2.39g（NH4）2SO4和NH4Cl固体混合物两份．（1）将其中一份配成溶液，逐滴加入一定浓度的Ba（OH）2溶液，产生的沉淀质量与加入Ba（OH）2溶液体积的关系如图．混合物中n[（NH4）2SO4]：n（NH4Cl）为 ．（2）另一份固体混合物中NH4+与Ba（OH）2溶液（浓度同上）恰好完全反应时，溶液中c（Cl= （溶液体积变化忽略不计）．【加试题】（10分）30．（10分）以氧化铝为原料，通过碳热还原法可合成氮化铝（AlN）；通过电解法可制取铝．电解铝时阳极产生的CO2可通过二氧化碳甲烷化再利用．请回答：（1）已知：2Al2O3（s）4Al（g）+3O2（g）H1=3351KJmol12C（s）+O2（g）2CO（g）H2=221KJmol12Al（g）+N2（g）2AlN（s）H3=318KJmol1碳热还原Al2O3合成AlN的总热化学方程式是 ，该反应自发进行的条件 ．（2）在常压、Ru/TiO2催化下，CO2和H2混和气体（体积比1：4，总物质的量a mol）进行反应，测得CO2转化率、CH4和CO选择性随温度变化情况分别如图1和图2所示（选择性：转化的CO2中生成CH4或CO的百分比）．反应CO2（g）+4H2（g）CH4（g）+2H2O（g）H4反应CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）H5下列说法不正确的是 A．H4小于零B．温度可影响产物的选择性C．CO2平衡转化率随温度升高先增大后减少D．其他条件不变，将CO2和H2的初始体积比改变为1：3，可提高CO2平衡转化率350时，反应在t1时刻达到平衡，平衡时容器体积为VL该温度下反应的平衡常数为 （用a、V表示）350下CH4物质的量随时间的变化曲线如图3所示．画出400下0t1时刻CH4物质的量随时间的变化曲线．（3）据文献报道，CO2可以在碱性水溶液中电解生成甲烷，生成甲烷的电极反应式是 ．【加试题】（10分）31．（10分）ClO2是一种优良的消毒剂，浓度过高时易发生分解，常将其制成NaClO2固体，以便运输和贮存，过氧化氢法制备NaClO2固体的实验装置如图1所示．已知：2NaClO3+H2O2+H2SO42ClO2+O2+Na2SO4+2H2O2ClO2+H2O2+2NaOH2NaClO2+O2+2H2OClO2熔点59、沸点11；H2O2沸点150请回答：（1）仪器A的作用是 ；冰水浴冷却的目的是 （写两种）．（2）空气流速过快或过慢，均降低NaClO2产率，试解释其原因 （3）Cl存在时会催化ClO2的生成．反应开始时在三颈烧瓶中加入少量盐酸，ClO2的生成速率大大提高，并产生微量氯气．该过程可能经两步完成，请将其补充完整： （用离子方程式表示），H2O2+Cl22Cl+O2+2H+．（4）H2O2浓度对反应速率有影响．通过图2所示装置将少量30% H2O2溶液浓缩至40%，B处应增加一个设备．该设备的作用是 ，馏出物是 ．（5）抽滤法分离NaClO2过程中，下列操作不正确的是 A．为防止滤纸被腐蚀，用玻璃纤维代替滤纸进行抽滤B．先转移溶液至漏斗，待溶液快流尽时再转移沉淀C．洗涤沉淀时，应使洗涤剂快速通过沉淀D．抽滤完毕，断开水泵与吸滤瓶间的橡皮管，关闭水龙头．【加试题】（10分）32．（10分）某研究小组按下列路线合成镇痛药哌替啶：已知RXRCNRCOOH请回答：（1）AB的反应类型是 ．（2）下列说法不正确的是 ．A．化合物A的官能团是硝基 B．化合物B可发生消去反应C．化合物E能发生加成反应 D．哌替啶的分子式是C15H21NO2（3）写出B+CD的化学反应方程式 ．（4）设计以甲苯为原料制备C的合成路线（用流程图表示，无机试剂任选） ．（5）写出同时符合下列条件的C的所有同分异构体的结构简式 ．分子中有苯环而且是苯环的邻位二取代物；1HNMR谱表明分子中有6种氢原子；IR谱显示存在碳氮双键（C=N）．2017年浙江省普通高校招生选考化学试卷（4月份）参考答案与试题解析一、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．（2分）（2017浙江）下列属于盐的是（）A．NaClB．KOHC．HNO3D．CO2【分析】阴离子是酸根离子，阳离子是金属离子或铵根离子的化合物为盐；电离出的阴离子全部是氢氧根的化合物为碱；电离出的阳离子全部是氢离子的化合物为酸；由两种元素组成，其中一种为氧元素的化合物为氧化物．据此分析．【解答】解：A、氯化钠的阳离子是金属离子，阴离子是酸根离子，故为盐，故A正确；B、KOH电离出的阴离子全部是氢氧根，故为碱，故B错误；C、硝酸电离出的阳离子全部是氢离子，故为酸，故C错误；D、二氧化碳是氧化物，故D错误．故选A．2．（2分）（2017浙江）仪器名称为“量筒”的是（）A．B．C．D．【分析】量筒是用于量取一定体积的计量仪器，量筒没有0刻度，但是量筒上标有具体刻度，据此进行解答．【解答】解：A．该仪器为圆底烧瓶，故A不选；B．该仪器为分液漏斗，故B错误；C．该仪器标有小刻度、没有0刻度，为量筒，故C选；D．该仪器为研钵，故D不选；故选C．3．（2分）（2017浙江）下列属于非电解质的是（）A．葡萄糖B．氢氧化钠C．氯化钾D．铁【分析】在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质．【解答】解：A、葡萄糖在水溶液里或熔融状态下以分子存在导致不导电，所以葡萄糖是非电解质，故A正确；B、氢氧化钠是化合物，水溶液中或熔融状态下电离出离子导电，故氢氧化钠是电解质，故B错误；C、氯化钾是化合物，水溶液中或熔融状态下电离出离子导电，所以氯化钾是电解质，故C错误；D、金属铁是单质不是化合物，所以既不是电解质也不是非电解质，故D错误；故选A．4．（2分）（2017浙江）下列属于氧化还原反应的是（）A．2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2B．Na2O+H2O2NaOHC．2KI+Br22KBr+I2D．MgO+2HClMgCl2+H2O【分析】氧化还原反应的实质为电子转移、特征为化合价升降，所以氧化还原反应中一定存在元素化合价变化，据此对各选项进行判断．【解答】解：A．2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2为分解反应，反应中不存在化合价变化，不属于氧化还原反应，故A错误；B．Na2O+H2O2NaOH为化合反应，反应中不存在化合价变化，不属于氧化还原反应，故B错误；C．2KI+Br22KBr+I2为置换反应，I、Br元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故C正确；D．MgO+2HClMgCl2+H2O为复分解反应，不存在化合价变化，不属于氧化还原反应，故D错误；故选C．5．（2分）（2017浙江）下列分散系能产生“丁达尔效应”的是（）A．稀硫酸B．硫酸铜溶液C．氢氧化铁胶体D．酒精溶液【分析】丁达尔效应是胶体所特有的性质，而分散质粒子直径介于1100nm之间的分散系为胶体，据此分析．【解答】解：A、稀硫酸是溶液，不是胶体，故不产生丁达尔效应，故A错误；B、硫酸铜溶液是溶液，不是胶体，故不产生丁达尔效应，故B错误；C、氢氧化铁胶体是胶体，产生丁达尔效应，故C正确；D、酒精溶液是溶液，不是胶体，故不产生丁达尔效应，故D错误；故选C．6．（2分）（2017浙江）下列说法不正确的是（）A．二氧化碳是酸雨的主要成分B．氢气是一种理想的清洁燃料C．碳酸氢钠可用于治疗胃酸过多D．氯化铁溶液可用于制作印刷铜电路板【分析】A．正常雨水溶解二氧化碳；B．氢气燃烧产物为水，放热多，来源广；C．碳酸氢钠的碱性较弱，可中和胃酸；D．Cu与氯化铁溶液反应．【解答】解：A．正常雨水溶解二氧化碳，二氧化硫可导致酸雨发生，为酸雨的主要成分，故A错误；B．氢气燃烧产物为水，放热多，来源广，则氢气是一种理想的清洁燃料，故B正确；C．碳酸氢钠的碱性较弱，可中和胃酸，则碳酸氢钠可用于治疗胃酸过多，故C正确；D．Cu与氯化铁溶液反应，则氯化铁溶液可用于制作印刷铜电路板，故D正确；故选A．7．（2分）（2017浙江）下列表示不正确的是（）A．CO2的电子式B．Cl2的结构式：ClClC．CH4的球棍模型D．Cl离子的结构示意图 【分析】A．二氧化碳为共价化合物，含有C=O键；B．氯气存在ClCl键；C．为比例模型；D．Cl离子的原子核外有3个电子层，最外层电子数为8．【解答】解：A．二氧化碳为共价化合物，含有C=O键，电子式为，故A正确；B．氯气存在ClCl键，结构式为ClCl，故B正确；C．甲烷为正四面体结构，甲烷的球棍模型为，故C错误；D．Cl离子的原子核外有3个电子层，最外层电子数为8，离子的结构示意图 为，故D正确．故选C．8．（2分）（2017浙江）下列能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体是（）A．NH3B．SO3C．HClD．CO2【分析】据能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体是碱性气体氨气来回答．【解答】解：A、氨气有刺激性气味，氨气溶于水形成氨水，属于弱碱，氨气显碱性，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故A正确；B、SO3和水反应生成硫酸，属于酸性气体，能使湿润的红色石蕊试纸变红，故B错误；C、HCl属于酸性气体，能使湿润的红色石蕊试纸变红，故C错误；D、CO2和水反应生成碳酸，属于酸性气体，能使湿润的红色石蕊试纸变红，故D错误；故选A．9．（2分）（2017浙江）下列物质放入水中，会显著放热的是（）A．食盐B．蔗糖C．酒精D．生石灰【分析】选项中只有生石灰溶于水，放出大量的热，其它溶于水水热效应不明显，以此来解答．【解答】解：A、B、C中物质均溶于水，热效应不明显，但CaO与水反应，放出热量的热，热效应明显，故选D．10．（2分）（2017浙江）下列说法不正确的是（）A．实验室应将钠保存在煤油中B．分液漏斗和容量瓶在使用前都要检漏C．可用酒精代替CCl4萃取碘水中的碘单质D．金属镁失火不可用水来灭火【分析】A、钠能和氧气、水反应；B、用于盛装液体并带塞子的仪器使用前都需查漏；C、酒精和水互溶；D、金属镁能和热水反应．【解答】解：A、钠能和氧气、水反应，故应隔绝空气保存，且钠的密度比煤油大，故可以保存在煤油中，故A正确；B、用于盛装液体并带塞子的仪器使用前都需查漏，故分液漏斗和容量瓶使用前都需查漏，故B正确；C、酒精和水互溶，故不能用酒精来萃取碘水中的碘，故C错误；D、金属镁能和热水反应生成氢气会引起爆炸，故不能用水来灭镁火，故D正确．故选C．11．（2分）（2017浙江）下列说法正确的是（）A．金刚石和石墨互为同素异形体，熔点和硬度都很高B．氕、氘、氚是氢元素的三种核素，质子数都是1C．乙醇和二甲醚（CH3OCH3）互为同系物D．C4H10的一氯代物只有一种【分析】A．石墨的硬度小；B．具有一定质子数和一定中子数的原子为核素；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，同系物必为同一类物质，所含官能团及官能团数目相同；D．丁烷有正丁烷和异丁烷2种同分异构体，有机物分子中有几种氢原子就有几种一氯代烃，然后根据正丁烷和异丁烷中氢原子的种类确定C4H10的一氯代物的数目；【解答】解：A．金刚石和石墨都是有碳元素组成的不同单质，互为同素异形体，石墨的硬度小，故A错误；B．氕、氘、氚是质子数相同，中子数不同的同元素的不同原子，三者是氢元素的三种核素，质子数都是1，故B正确；C．乙醇和二甲醚不属于一类物质，官能团不同，不是同系物，故C错误；D．分子式为C4H10的烷烃为丁烷，丁烷存在正丁烷和异丁烷两种同分异构体，正丁烷CH3CH2CH2CH3有2氢原子，所以其一氯代物有2；异丁烷CH3CH（CH3）CH3有2氢原子，其一氯代物有2种，所以丁烷的一氯代物的同分异构体总共有4种，故D错误；故选B．12．（2分）（2017浙江）已知：X（g）+2Y（g）3Z（g）H=a KJmol1（a0）．下列说法不正确的是（）A．0.1 mol X和0.2 mol Y充分反应生成Z的物质的量一定小于0.3 molB．达到化学平衡状态时，X、Y、Z的浓度不再发生变化C．达到化学平衡状态时，反应放出的总热量可达a kJD．升高反应温度，逆反应速率增大，正反应速率减小【分析】A、可逆反应不可能完全转化；B、化学平衡时正逆反应速率相等，体系中各组分的浓度不变；C、反应热表示1molX和2molY完全反应生成3mol的Z放出aKJ的热量；D、升高反应温度，正逆反应速率都加快．【解答】解：A、可逆反应不可能完全转化，所以0.1 mol X和0.2 mol Y充分反应生成Z的物质的量一定小于0.3 mol，故A正确；B、化学平衡时正逆反应速率相等，体系中各组分的浓度不变，所以达到化学平衡状态时，X、Y、Z的浓度不再发生变化，故B正确；C、反应热表示1molX和2molY完全反应生成3mol的Z放出aKJ的热量，反应放出的热量与实际参加反应的量有关，所以达到化学平衡状态时，只要有1molX参加反应就可以放出aKJ的热量，故C正确；D、升高反应温度，正逆反应速率都加快，对正逆反应影响是一致的，故D错误；故选D．13．（2分）（2017浙江）下列离子方程式不正确的是（）A．澄清石灰水中通入过量的二氧化碳CO2+OHHCO3B．金属钠和水反应2Na+2H2O2Na++2OH+H2C．酸性氯化亚铁溶液中加入双氧水2Fe2++H2O22Fe3++O2+2H+D．三氧化硫与氯化钡溶液生成沉淀的反应SO3+Ba2++H2OBaSO4+2H+【分析】A．氢氧化钙与过量二氧化碳反应生成碳酸氢钙；B．钠与水反应生成氢氧化钠和氢气；C．离子方程式两边正电荷不相等，违反了电荷守恒；D．三氧化硫为酸性氧化物，与氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和氯化氢．【解答】解：A．澄清石灰水中通入过量的二氧化碳，反应生成碳酸氢钙，反应的离子方程式为：CO2+OHHCO3，故A正确；B．金属钠和水反应生成NaOH和氢气，反应的离子方程式为：2Na+2H2O2Na++2OH+H2，故B正确；C．酸性氯化亚铁溶液中加入双氧水，双氧水将亚铁离子氧化成铁离子，正确的离子方程式为：2Fe2++2H++H2O22Fe3++2H2O，故C错误；D．三氧化硫与氯化钡溶液生成硫酸钡沉淀反应的离子方程式为：SO3+Ba2++H2OBaSO4+2H+，故D正确；故选C．14．（2分）（2017浙江）W、X、Y、Z四种短周期元素，它们在周期表中位置如图所示，下列说法不正确的是（）A．Z、Y、X的原子半径依次减小，非金属性依次降低B．Z、Y、W的最高价氧化物对应水化物的酸性依次降低C．WH4与Z元素的单质在一定条件下可能发生化学反应D．W的位置是第2周期、第A族【分析】W、X、Y、Z四种短周期元素，由它们在周期表中位置可知，W为C，X为O，Y为S，Z为Cl，A．同周期从左向右原子半径减小，电子层越多原子半径越大；同主族从上到下非金属性减弱，同周期从左向右非金属性增强；B．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强；C．WH4与Z元素的单质，在光照下可发生取代反应；D．W为C元素．【解答】解：A．Y、Z、X的原子半径依次减小，非金属性XY、ZY，且O无正价，则非金属性X、Z、Y依次降低，故A错误；B．非金属性ZYW，则Z、Y、W的最高价氧化物对应水化物的酸性依次降低，故B正确；C．WH4与Z元素的单质，在光照下可发生取代反应，生成卤代烃和HCl，故C正确；D．W为C元素，位于第2周期、第A族，故D正确；故选A．15．（2分）（2017浙江）下列说法不正确的是（）A．1 mol乙烷在光照条件下最多能与3 mol Cl2发生取代反应B．石油裂解气能使溴的四氯化碳溶液、酸性KMnO4溶液褪色C．水煤气可用来合成液态烃、甲醇等有机物D．苯可通过取代反应制得硝基苯、氯苯【分析】A．乙烷分子中含有6个H原子，可完全被取代；B．石油裂解气含有烯烃；C．水煤气的主要成分为CO、氢气，可在一定条件下合成烃、甲醇等；D．苯可在一定条件下发生取代反应．【解答】解：A．乙烷分子中含有6个H原子，可完全被取代，则1 mol乙烷在光照条件下最多能与6 mol Cl2发生取代反应，故A错误；B．石油裂解气含有烯烃，可与溴发生加成反应，与高锰酸钾发生氧化反应，故B正确；C．水煤气的主要成分为CO、氢气，可在一定条件下合成烃、甲醇等，故C正确；D．苯可在一定条件下发生取代反应，可生成硝基苯、氯苯等，故D正确．故选A．16．（2分）（2017浙江）下列说法正确的是（）A．向鸡蛋清的溶液中加入浓的硫酸钠溶液或福尔马林，蛋白质的性质发生改变并凝聚B．将牛油和烧碱溶液混合加热，充分反应后加入热的饱和食盐水，上层析出甘油C．氨基酸为高分子化合物，种类较多，分子中都含有COOH和NH2D．淀粉、纤维素、麦芽糖在一定条件下可与水作用转化为葡萄糖【分析】A．加入硫酸钠，蛋白质不变性；B．甘油易溶于水；C．氨基酸为小分子化合物；D．淀粉、纤维素、麦芽糖分别为多糖、二糖，可水解．【解答】解：A．加入浓硫酸钠溶液，蛋白质发生盐析，不变性，故A错误；B．甘油易溶于水，上层为高级脂肪酸钠，故B错误；C．高分子化合物的相对分子质量在10000以上，氨基酸为小分子化合物，故C错误；D．淀粉、纤维素、麦芽糖分别为多糖、二糖，可水解生成葡萄糖，故D正确．故选D．17．（2分）（2017浙江）银锌电池是一种常见化学电源，其原理反应：Zn+Ag2O+H2OZn（OH）2+2Ag，其工作示意图如图．下列说法不正确的是（）A．Zn电极是负极B．Ag2O电极上发生还原反应C．Zn电极的电极反应式：Zn2e+2OHZn（OH）2D．放电前后电解质溶液的pH保持不变【分析】原电池反应Zn+Ag2O+H2O=Zn（OH）2+2Ag中，负极反应为Zn+2OH2e=Zn（OH）2、正极反应为Ag2O+H2O+2e=2Ag+2OH，电子由负极流向正极，以此来解答．【解答】解：A、活泼金属Zn为负极，故A正确；B、正极反应为Ag2O+H2O+2e=2Ag+2OH，发生还原反应，故B正确；C、负极反应为Zn+2OH2e=Zn（OH）2，故C正确；D、氢氧根离子物质的量虽然不变，但水的量减少，KOH的浓度增大，pH增大，故D错误；故选D．18．（2分）（2017浙江）室温下，下列事实不能说明NH3H2O为弱电解质的是（）A．0.1 molL1 NH3H2O的pH小于13B．0.1 molL1 NH4Cl的pH小于7C．相同条件下，浓度均为0.1 molL1 NaOH溶液和氨水，氨水的导电能力弱D．0.1 molL1 NH3H2O能使无色酚酞试液变红色【分析】部分电离的电解质为弱电解质，只要能证明NH3．H2O部分电离就说明NH3．H2O是弱电解质，据此分析解答．【解答】解：A．0.1 molL1 NH3H2O的pH小于13，则溶液中c（OH）0.1mol/L，所以c（OH）c（NH3．H2O），说明NH3H2O部分电离，为弱电解质，故A不选；B．0.1 molL1 NH4Cl的pH小于7显酸性，说明 NH4Cl是强酸弱碱盐，则证明NH3H2O是弱电解质，故B不选；C．相同条件下，浓度均为0.1 molL1 NaOH溶液和氨水，氨水的导电能力弱，说明NH3H2O部分电离，为弱电解质，故C不选；D．0.1 molL1 NH3H2O能使无色酚酞试液变红色，说明NH3H2O显碱性，则不能证明NH3．H2O是弱电解质，故D选；故选D．19．（2分）（2017浙江）已知断裂1mol H2（g）中的HH键需要吸收436.4KJ的能量，断裂1mol O2（g）中的共价键需要吸收498KJ的能量，生成H2O（g）中的1mol HO键能放出462.8KJ的能量．下列说法正确的是（）A．断裂1 mol H2O中的化学键需要吸收925.6 KJ的能量B．2H2（g）+O2（g）2H2O（g）H=480.4 KJmol1C．2H2O（l）2H2（g）+O2（g）H=471.6 KJmol1D．H2（g）+O2（g）H2O（l）H=240.2KJmol1【分析】焓变等于断键吸收的能量减去成键释放的能量，且物质的量与热量成正比，互为逆反应时焓变的数值相同、符号相反，以此来解答．【解答】解：A．生成H2O（g）中的1mol HO键能放出462.8KJ的能量，则断裂1 mol H2O（g）中的化学键需要吸收热量462.8KJ2=925.6 KJ，但并未说明水的状态，故A错误；B.2H2（g）+O2（g）2H2O（g）H=（436.4KJ/mol）2+（498KJ/mol）22（462.8KJ/mol）=480.4 KJmol1，故B正确；C.2H2O（g）=2H2O（l）H=88KJ/mol，则2H2（g）+O2（g）2H2O（l）H=568.4KJ/mol，可知2H2O（l）2H2（g）+O2（g）H=+568.4 KJmol1，故C错误；D.2H2（g）+O2（g）2H2O（l）H=568.4KJ/mol，则H2（g）+O2（g）H2O（l）H=284.2KJmol1，故D错误；故选B．20．（2分）（2017浙江）下列说法正确的是（）A．干冰和石英晶体中的化学键类型相同，熔化时需克服微粒间的作用力类型也相同B．化学变化发生时，需要断开反应物中的化学键，并形成生成物中的化学键C．CH4和CCl4中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构D．NaHSO4晶体溶于水时，离子键被破坏，共价键不受影响【分析】A、干冰是分子晶体，而石英晶体是原子晶体；B、化学反应的实质是断开旧化学键，形成新的化学键；C、CH4分子中氢原子最外层达2电子的稳定结构；D、NaHSO4晶体溶于水时，电离产生钠离子、氢离子和硫酸根离子．【解答】解：A、干冰是分子晶体，而石英晶体是原子晶体，而熔化时需克服微粒间的作用力分别是分子间作用力和共价键，故A错误；B、化学反应的实质是断开旧化学键，形成新的化学键，所以化学变化发生时，需要断开反应物中的化学键，并形成生成物中的化学键，故B正确；C、CH4分子中氢原子最外层达2电子的稳定结构，不是8电子稳定结构，故C错误；D、NaHSO4晶体溶于水时，电离产生钠离子、氢离子和硫酸根离子，所以NaHSO4晶体溶于水时，离子键被破坏，共价键也被破坏，故D错误；故选B．21．（2分）（2017浙江）对水样中溶质M的分解速率影响因素进行研究．在相同温度下，M的物质的量浓度（molL1）随时间（min）变化的有关实验数据见表．下列说法不正确的是（）时间水样0510152025（pH=2）0.40.280.190.130.100.09（pH=4）0.40.310.240.200.180.16（pH=4）0.200.150.120.090.070.05（pH=4，含Ca2+）0.200.090.050.030.010A．在020 min内，中M的分解速率为0.015 molL1min1B．水样酸性越强，M的分解速率越快C．在020 min内，中M的分解百分率比大D．由于Ca2+存在，中M的分解速率比快【分析】A．在020 min内，中M的物质的量浓度变化0.3mol/L，以此可计算浓度；B．对比、组数据可得出结论；C．在020 min内，中M的浓度变化0.13mol，中变化0.22mol，以此计算分解的百分率；D．可对比020 min内、中M的分解速率进行判断．【解答】解：A．在020 min内，中M的物质的量浓度变化0.3mol/L，则，中M的分解速率为=0.015 molL1min1，故A正确；B．对比、组数据，05min内，中M的物质的量浓度变化0.12mol/L，中M的物质的量浓度变化0.09mol/L，则酸性增强，速率增大，故B正确；C．在020 min内，中M的浓度变化0.13mol，分解速率为，中变化0.22mol，分解速率为，则中M的分解百分率比大，故C正确；D．可对比510min内中分解速率为、中M的分解速率为，可知中M的分解速率比快，故D错误．故选D．22．（2分）（2017浙江）设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．标准状况下，2.24 L乙醇中碳氢键的数目为0.5 NAB．1 L 0.1 molL1硫酸钠溶液中含有的氧原子数为0.4 NAC．0.1 mol KI与0.1 mol FeCl3在溶液中反应转移的电子数为0.1 NAD．0.1 mol乙烯与乙醇的混合物完全燃烧所消耗的氧分子数为0.3 NA【分析】A、标况下乙醇为液体；B、硫酸钠溶液中，除了硫酸钠外，水也含氧原子；C、KI和FeCl3的反应是一个可逆反应；D、1mol乙烯和乙醇均消耗3mol氧气．【解答】解：A、标况下乙醇为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故A错误；B、硫酸钠溶液中，除了硫酸钠外，水也含氧原子，故此溶液中的氧原子的个数大于0.4NA个，故B错误；C、KI和FeCl3的反应是一个可逆反应，不能完全反应，题干中转移0.1NA的电子数是在完全反应的情况下，故C错误；D、1mol乙烯和乙醇均消耗3mol氧气，故0.1mol乙烯和乙醇消耗0.3mol氧气即0.3NA个氧气分子，故D正确．故选D．23．（2分）（2017浙江）25时，在含CH3COOH和CH3COO的溶液中，CH3COOH和CH3COO二者中各自所占的物质的量分数（）随溶液pH变化的关系如图所示．下列说法不正确的是（）A．在pH4.76的溶液中，c（CH3COO）c（CH3COOH）B．在pH=7的溶液中，（CH3COOH）=0，（CH3COO）=1.0C．在pH4.76的溶液中，c（CH3COO）与c（OH）之和可大于c（H+）D．在pH=4.76的溶液中加盐酸，（CH3COOH）与（CH3COO）之和保持不变【分析】A．当溶液pH=4.76时，c（CH3COO）=c（CH3COOH），在pH4.76的溶液显酸性；B．若（CH3COOH）=0，（CH3COO）=1.0，溶液显碱性；C．在pH4.76的溶液中存在电荷守恒分析；D．当溶液pH=4.76时，c（CH3COO）=c（CH3COOH），醋酸电离显酸性，醋酸根离子水解显碱性，为缓冲溶液．【解答】解：A．在pH4.76的溶液显酸性，c（CH3COO）c（CH3COOH），故A正确；B．在pH=7的溶液中，为醋酸和醋酸盐混合溶液，（CH3COOH）0，（CH3COO）1.0，故B错误；C．在pH4.76的溶液中存在电荷守恒，c（CH3COO）与c（OH）之和可大于c（H+），故C正确；D．当溶液pH=4.76时，c（CH3COO）=c（CH3COOH），醋酸电离显酸性，醋酸根离子水解显碱性，为缓冲溶液，加入盐酸或碱溶液中（CH3COOH）与（CH3COO）之和保持不变，故D正确；故选B．24．（2分）（2017浙江）由硫铁矿烧渣（主要成分：Fe3O4、Fe2O3和FeO）得到绿矾（主FeSO47H2O），再通过绿矾制备铁黄[FeO（OH）]的流程如下：烧渣溶液绿矾铁黄已知：FeS2和铁黄均难溶于水下列说法不正确的是（）A．步骤，最好用硫酸来溶解烧渣B．步骤，涉及的离子反应为FeS2+14Fe3++8H2O15Fe2++2SO42+16H+C．步骤，将溶液加热到有较多固体析出，再用余热将液体蒸干，可得纯净绿矾D．步骤，反应条件控制不当会使铁黄中混有Fe（OH）3【分析】由制备绿矾流程可知，烧渣（主要成分：Fe3O4、Fe2O3和FeO）均溶于硫酸，溶液含Fe2+、Fe3+，步骤发生FeS2+7Fe2（SO4）3+8H2O=15FeSO4+8H2SO4，步骤为蒸发浓缩、冷却结晶析出绿矾，绿矾与氨水、空气可发生氧化还原反应生成Fe（OH）3，以此来解答．【解答】解：A．因绿矾的酸根离子为硫酸根离子，则步骤，最好用硫酸来溶解烧渣，故A正确；B．步骤发生FeS2+7Fe2（SO4）3+8H2O=15FeSO4+8H2SO4，离子反应为FeS2+14Fe3++8H2O15Fe2++2SO42+16H+，故B正确；C．步骤为蒸发浓缩、冷却结晶析出绿矾，若蒸干时绿矾受热失去结晶水，故C错误；D．步骤，反应条件控制不当，绿矾与氨水、空气可发生氧化还原反应生成Fe（OH）3，故D正确；故选C．25．（2分）（2017浙江）某固体混合物中可能含有：K+、Na+、Cl、CO32、SO42等离子，将该固体溶解所得到的溶液进行如下实验：下列说法正确的是（）A．该混合物一定是K2CO3和NaClB．该混合物可能是Na2CO3和KClC．该混合物可能是Na2SO4和Na2CO3D．该混合物一定是Na2CO3和NaCl【分析】固体溶于水后，焰色反应为黄色，可知一定含Na+，与过量硝酸钡反应生成白色沉淀可溶于过量盐酸，则白色沉淀为碳酸钡，一定含CO32，而不含SO42，滤液与硝酸银反应生成不溶于硝酸的白色沉淀为AgCl，可知一定含Cl，以此来解答．【解答】解：由上述分析可知，一定含Na+、Cl、CO32，不含SO42，不能确定是否含K+，A．该混合物可能是K2CO3和NaCl，因不能确定是否含K+，故A不选；B．由分析出的离子可知该混合物可能是Na2CO3和KCl，故B选；C．不含SO42，则不可能含Na2SO4，故C不选；D．不能确定是否含K+，可能为Na2CO3和NaCl，故D不选；故选B．二、非选择题（本大题共4小题，共20分）26．（6分）（2017浙江）A是天然气的主要成分，以A为原料在一定条件下可获得有机物B、C、D、E、F，其相互转化关系如图．已知烃B在标准状况下的密度为1.16gL1，C能发生银镜反应，F为有浓郁香味，不易溶于水的油状液体．请回答：（1）有机物D中含有的官能团名称是羧基．（2）D+EF的反应类型是酯化反应．（3）有机物A在高温下转化为B的化学方程式是2CH4CHCH+3H2．（4）下列说法正确的是BD．A．有机物E与金属钠反应比水与金属钠反应要剧烈B．有机物D、E、F可用饱和Na2CO3溶液鉴别C．实验室制备F时，浓硫酸主要起氧化作用D．有机物C能被新制碱性氢氧化铜悬浊液、酸性KMnO4溶液氧化．【分析】A是天然气的主要成分，则A为CH4；已知烃B在标准状况下的密度为1.16gL1，则B的摩尔质量为：M（B）=22.4L/mol1.16gL126g/mol；C能发生银镜反应，则C分子中含有醛基；F为有浓郁香味，不易溶于水的油状液体，则F为酯，根据转化关系可知F为CH3COOC2H5；C催化氧化得D，C与氢气发生还原反应生成E，则D为CH3COOH、E为CH3CH2OH、C为CH3CHO；B与水反应生成乙醛，且B的摩尔质量为26g/mol，则B为CHCH，据此进行解答．【解答】解：A是天然气的主要成分，则A为CH4；已知烃B在标准状况下的密度为1.16gL1，则B的摩尔质量为：M（B）=22.4L/mol1.16gL126g/mol；C能发生银镜反应，则C分子中含有醛基；F为有浓郁香味，不易溶于水的油状液体，则F为酯，根据转化关系可知F为CH3COOC2H5；C催化氧化得D，C与氢气发生还原反应生成E，则D为CH3COOH、E为CH3CH2OH、C为CH3CHO；B与水反应生成乙醛，且B的摩尔质量为26g/mol，则B为CHCH，（1）D的结构简式为D为CH3COOH，其含有官能团为羧基，故答案为：羧基；（2）D为CH3COOH、E为CH3CH2OH，二者在浓硫酸存在条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯，故答案为：酯化反应；（3）A为CH4，B为CHCH，CH4在高温下转化为CHCH的化学方程式是：2CH4CHCH+3H2，故答案为：2CH4CHCH+3H2；（4）A．E为CH3CH2OH，乙醇与金属钠反应不如水与金属钠反应剧烈，故A错误；B．D为CH3COOH、E为CH3CH2OH、F为CH3COOC2H5，乙酸与碳酸钠生成气体，乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，乙醇易溶于碳酸钠溶液，所以可用饱和Na2CO3溶液鉴别三者，故B正确；C．实验室制备乙酸乙酯时，浓硫酸为催化剂和吸水剂，不体现氧化性，故C错误；D．有机物C为CH3CHO，CH3CHO中含有官能团醛基，醛基能被新制碱性氢氧化铜悬浊液、酸性KMnO4溶液氧化，故D正确；故答案为：BD．27．（6分）（2017浙江）为探究黑色固体X（仅含两种元素）的组成和性质，设计并完成如下实验：请回答：（1）X的化学式是CuO．（2）固体甲与稀硫酸反应的离子方程式是Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O．（3）加热条件下氨气被固体X氧化成一种气体单质，写出该反应的化学方程式3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O．【分析】流程中32gX隔绝空气加热分解放出了能使带火星的木条复燃的气体为氧气，质量=32.0g28.8g=3.28g，证明X中含氧元素，28.8g固体甲和稀硫酸溶液反应生成蓝色溶液，说明含铜离子，证明固体甲中含铜元素，即X中含铜元素，铜元素和氧元素形成的黑色固体为CuO，X为氧化铜，n（CuO）==0.4mol，结合质量守恒得到n（O2）==0.1mol，氧元素守恒得到甲中n（Cu）：n（O）=0.2mol：（0.4mol0.1mol2）=2：1，固体甲化学式为Cu2O，固体乙为Cu，蓝色溶液为硫酸铜，加入氢氧化钠溶液生成氢氧化铜沉淀，加热分解得到16.0g氧化铜，据此分析回答．【解答】解：流程中32gX隔绝空气加热分解放出了能使带火星的木条复燃的气体为氧气，质量=32.0g28.8g=3.28g，证明X中含氧元素，28.8g固体甲和稀硫酸溶液反应生成蓝色溶液，说明含铜离子，证明固体甲中含铜元素，即X中含铜元素，铜元素和氧元素形成的黑色固体为CuO，X为氧化铜，n（CuO）==0.4mol，结合质量守恒得到n（O2）==0.1mol，氧元素守恒得到甲中n（Cu）：n（O）=0.2mol：（0.4mol0.1mol2）=2：1，固体甲化学式为Cu2O，固体乙为Cu，蓝色溶液为硫酸铜，加入氢氧化钠溶液生成氢氧化铜沉淀，加热分解得到16.0g氧化铜，（1）分析可知X为CuO，故答案为：CuO；（2）固体甲为Cu2O，氧化亚铜和稀硫酸溶液发生歧化反应生成铜、二价铜离子和水，反应的离子方程式为：Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O，故答案为：Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O；（3）加热条件下氨气被固体X位氧化铜氧化成一种气体单质为氮气，反应的化学方程式为：3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O，故答案为：3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O．28．（4分）（2017浙江）FeSO4受热分解的化学方程式为：2FeSO4Fe2O3+SO2+SO3请回答：（1）将FeSO4受热产生的气体按图示装置进行实验，证实含有SO3和SO2．能说明SO2存在的实验现象是品红溶液褪色；为测定BaSO4沉淀的质量，后续的操作步骤依次为过滤、洗涤、干燥、称重．（2）设计一个实验方案，用化学方法验证FeSO4受热后固体的成分（不考虑其他反应）取少量溶于硫酸，滴加KSCN溶液，变为血红色，与高锰酸钾不反应．【分析】（1）由图可知，氯化钡溶液与三氧化硫反应，若品红褪色可说明二氧化硫的存在，NaOH溶液吸收尾气，对沉淀过滤、洗涤、干燥后称量；（2）氧化铁不溶于水，加硫酸溶解后可检验铁离子．【解答】解：（1）将FeSO4受热产生的气体按图示装置进行实验，证实含有SO3和SO2，能说明SO2存在的实验现象是品红溶液褪色；为测定BaSO4沉淀的质量，后续的操作步骤依次为过滤、洗涤、干燥、称重，故答案为：品红溶液褪色；过滤；（2）用化学方法验证FeSO4受热后固体的成分的实验为取少量溶于硫酸，滴加KSCN溶液，变为血红色，与高锰酸钾不反应，可说明分解生成氧化铁，故答案为：取少量溶于硫酸，滴加KSCN溶液，变为血红色，与高锰酸钾不反应．29．（4分）（2017浙江）分别称取2.39g（NH4）2SO4和NH4Cl固体混合物两份．（1）将其中一份配成溶液，逐滴加入一定浓度的Ba（OH）2溶液，产生的沉淀质量与加入Ba（OH）2溶液体积的关系如图．混合物中n[（NH4）2SO4]：n（NH4Cl）为1：2．（2）另一份固体混合物中NH4+与Ba（OH）2溶液（浓度同上）恰好完全反应时，溶液中c（Cl=0.1mol/L（溶液体积变化忽略不计）．【分析】（1）分别称取2.39g（NH4）2SO4和NH4Cl固体混合物两份，而第一份加100ml的氢氧化钡生成沉淀硫酸钡的质量为2.33g，其物质的量为：=0.01mol，根据硫酸根离子守恒，所以第一份中硫酸铵的物质的量为0.01mol，其质量为：0.01132=1.32g，则每份中NH4Cl的质量为：2.391.32=1.07g，所以氯化铵的物质的量为=0.02mol；（2）由（1）可知100ml氢氧化钡的物质的量为：0.01mol，所以氢氧化钡的浓度为=0.1mol/L，而2.39g（NH4）2SO4和NH4Cl固体混合物中铵根离子的物质的量为：0.012+0.02=0.04mol，根据NH4++OH=NH3+H2O可知氢氧化钡的物质的量为：0.02mol，所以需氢氧化钡的体积为：=0.2L，根据c=求氯离子的物质的量浓度．【解答】解：（1）分别称取2.39g（NH4）2SO4和NH4Cl固体混合物两份，而第一份加100ml的氢氧化钡生成沉淀硫酸钡的质量为2.33g，其物质的量为：=0.01mol，根据硫酸根离子守恒，所以第一份中硫酸铵的物质的量为0.01mol，其质量为：0.01132=1.32g，则每份中NH4Cl的质量为：2.391.32=1.07g，所以氯化铵的物质的量为=0.02mol，所以两者的物质的量之比为：0.01：0.02=1：2，故答案为：1：2；（2）由（1）可知100ml氢氧化钡的物质的量为：0.01mol，所以氢氧化钡的浓度为=0.1mol/L，而2.39g（NH4）2SO4和NH4Cl固体混合物中铵根离子的物质的量为：0.012+0.02=0.04mol，根据NH4++OH=NH3+H2O可知氢氧化钡的物质的量为：0.02mol，所以需氢氧化钡的体积为：=0.2L，c===0.1mol/L，故答案为：0.1mol/L．【加试题】（10分）30．（10分）（2017柯桥区）以氧化铝为原料，通过碳热还原法可合成氮化铝（AlN）；通过电解法可制取铝．电解铝时阳极产生的CO2可通过二氧化碳甲烷化再利用．请回答：（1）已知：2Al2O3（s）4Al（g）+3O2（g）H1=3351KJmol12C（s）+O2（g）2CO（g）H2=221KJmol12Al（g）+N2（g）2AlN（s）H3=318KJmol1碳热还原Al2O3合成AlN的总热化学方程式是3C（s）+Al2O3（s）+N2（g）=2AlN（s）+3CO（g）H=+1026KJ/mol/L，该反应自发进行的条件高温．（2）在常压、Ru/TiO2催化下，CO2和H2混和气体（体积比1：4，总物质的量a mol）进行反应，测得CO2转化率、CH4和CO选择性随温度变化情况分别如图1和图2所示（选择性：转化的CO2中生成CH4或CO的百分比）．反应CO2（g）+4H2（g）CH4（g）+2H2O（g）H4反应CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）H5下列说法不正确的是CDA．H4小于零B．温度可影响产物的选择性C．CO2平衡转化率随温度升高先增大后减少D．其他条件不变，将CO2和H2的初始体积比改变为1：3，可提高CO2平衡转化率350时，反应在t1时刻达到平衡，平衡时容器体积为VL该温度下反应的平衡常数为（用a、V表示）350下CH4物质的量随时间的变化曲线如图3所示．画出400下0t1时刻CH4物质的量随时间的变化曲线．（3）据文献报道，CO2可以在碱性水溶液中电解生成甲烷，生成甲烷的电极反应式是CO2+6H2O+8eCH4+8OH．【分析】（1）2Al2O3（s）4Al（g）+3O2（g）H1=3351KJmol12C（s）+O2（g）2CO（g）H2=221KJmol12Al（g）+N2（g）2AlN（s）H3=318KJmol1盖斯定律计算，（+3+2）得到碳热还原Al2O3合成AlN的总热化学方程式，反应自发进行的判断依据是HTS0；（2）A．图象中二氧化碳转化率随温度升高减小，说明正反应为放热反应；B．图象2分析随温度升高到400C以上，选择性受温度影响；C．二氧化碳转化率先增大是反应正向进行未达到平衡状态；D．两种反应物增大一种会提高另一种的转化率，本身转化率减小；350时，反应在t1时刻达到平衡，平衡时容器体积为VL，二氧化碳转化率为80%，结合三行计算计算平衡浓度，K=；反应为放热反应，升温平衡逆向进行，二氧化碳转化率减小，图中分析可知接近72.5%，甲烷物质的量减小小于350C时甲烷物质的量，达到平衡所需要时间缩短；（3）CO2可以在碱性水溶液中电解生成甲烷，结合电荷守恒和原子守恒，用氢氧根离子浓度配平电荷守恒得到电极反应．【解答】解：（1）2Al2O3（s）4Al（g）+3O2（g）H1=3351KJmol12C（s）+O2（g）2CO（g）H2=221KJmol12Al（g）+N2（g）2AlN（s）H3=318KJmol1盖斯定律计算，（+3+2）得到，碳热还原Al2O3合成AlN的总热化学方程式：3C（s）+Al2O3（s）+N2（g）=2AlN（s）+3CO（g）H=+1026KJ/mol/L，反应S0，H0，则满足HTS0，反应自发进行的条件是高温条件下，故答案为：3C（s）+Al2O3（s）+N2（g）=2AlN（s）+3CO（g）H=+1026KJ/mol/L；高温；（2）A．图象中，二氧化碳先增大是反应正向进行，到一定温度达到平衡状态，升温平衡逆向进行，二氧化碳转化率随温度升高减小，平衡说明正反应为放热反应，H4小于零，故A正确；B．图象2分析可知，图象变化趋势随温度升高到400C以上，CH4和CO选择性受温度影响甲烷减小，一氧化碳增大，温度可影响产物的选择性，故B正确；C．二氧化碳转化率先增大是反应正向进行未达到平衡状态，达到平衡状态，随温度升高二氧化碳转化率减小，故C错误；D．CO2和H2混和气体（体积比1：4，总物质的量a mol）进行反应，将CO2和H2的初始体积比改变为1：3，二氧化碳转化率减小，故D错误；故答案为：CD；在常压、Ru/TiO2催化下，CO2和H2混和气体（体积比1：4，总物质的量a mol）进行反应，350时，反应在t1时刻达到平衡，平衡时容器体积为VL，二氧化碳转化率为80% CO2（g）+4H2（g）CH4（g）+2H2O（g）起始量（mol） 0.2a 0.8a 0 0变化量（mol） 0.16a 0.64a 0.16a 0.32a平衡量（mol） 0.04a 0.16a 0.16a 0.32a平衡常数K==，故答案为：；反应为放热反应，升温平衡逆向进行，二氧化碳转化率减小，图中分析可知接近72.5%，甲烷物质的量减小小于350C时甲烷物质的量，达到平衡所需要时间缩短 CO2（g）+4H2（g）CH4（g）+2H2O（g）起始量（mol） 0.2a 0.8a 0 0变化量（mol） 0.145a 0.58 a 0.145a 0.29a平衡量（mol） 0.055 0.22a 0.145a 0.29a画出图象，达到平衡状态甲烷 0.145a mol，升温加快反应速率，达到平衡所需时间缩短，得到图象为，故答案为：；（3）CO2可以在碱性水溶液中电解生成甲烷，结合电荷守恒和原子守恒，用氢氧根离子浓度配平电荷守恒得到电极反应为：CO2+6H2O+8eCH4+8OH，故答案为：CO2+6H2O+8eCH4+8OH．【加试题】（10分）31．（10分）（2017浙江）ClO2是一种优良的消毒剂，浓度过高时易发生分解，常将其制成NaClO2固体，以便运输和贮存，过氧化氢法制备NaClO2固体的实验装置如图1所示．已知：2NaClO3+H2O2+H2SO42ClO2+O2+Na2SO4+2H2O2ClO2+H2O2+2NaOH2NaClO2+O2+2H2OClO2熔点59、沸点11；H2O2沸点150请回答：（1）仪器A的作用是防止倒吸；冰水浴冷却的目的是降低NaClO2的溶解度、减少H2O2的分解、增加ClO2的溶解度、减少ClO2的分解（写两种）．（2）空气流速过快或过慢，均降低NaClO2产率，试解释其原因空气流速过慢时，ClO2不能及时被移走，浓度过高导致分解；空气流速过快时，ClO2不能被充分吸收（3）Cl存在时会催化ClO2的生成．反应开始时在三颈烧瓶中加入少量盐酸，ClO2的生成速率大大提高，并产生微量氯气．该过程可能经两步完成，请将其补充完整：2ClO3+2Cl+4H+=2ClO2+Cl2+2H2O（用离子方程式表示），H2O2+Cl22Cl+O2+2H+．（4）H2O2浓度对反应速率有影响．通过图2所示装置将少量30% H2O2溶液浓缩至40%，B处应增加一个设备．该设备的作用是减压，馏出物是H2O．（5）抽滤法分离NaClO2过程中，下列操作不正确的是CA．为防止滤纸被腐蚀，用玻璃纤维代替滤纸进行抽滤B．先转移溶液至漏斗，待溶液快流尽时再转移沉淀C．洗涤沉淀时，应使洗涤剂快速通过沉淀D．抽滤完毕，断开水泵与吸滤瓶间的橡皮管，关闭水龙头．【分析】氯酸钠（NaClO3）在酸性条件下与过氧化氢生二氧化氯，ClO2与氢氧化钠溶液和过氧化氢发生氧化还原反应生成NaClO2，NaClO2的溶解度随温度升高而增大，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到晶体NaClO23H2O，（1）仪器A为安全瓶，冰水浴降低NaClO2的溶解度；减少H2O2的分解；增加ClO2的溶解度；减少ClO2的分解；（2）空气流速过慢时，ClO2不能及时被移走，浓度过高导致分解；空气流速过快时，ClO2不能被充分吸收；（3）Cl存在时会催化ClO2的生成，反应开始时在三颈烧瓶中加入少量盐酸，ClO2的生成速率大大提高，并产生微量氯气，则氯离子与氯酸根离子反应生成ClO2和氯气，据此分析；（4）过氧化氢受热易分解，故采用减压蒸馏的方式；（5）抽滤法分离NaClO2过程中，洗涤时为洗净晶体，应让洗涤剂缓慢通过滤纸，让洗涤剂和晶体充分接触．【解答】解：（1）仪器A为安全瓶，防止倒吸；冰水浴冷却的目的是为降低NaClO2的溶解度；减少H2O2的分解；增加ClO2的溶解度；减少ClO2的分解用冰水浴冷却；故答案为：防止倒吸；降低NaClO2的溶解度、减少H2O2的分解、增加ClO2的溶解度、减少ClO2的分解；（2）空气流速过慢时，ClO2不能及时被移走，浓度过高导致分解；空气流速过快时，ClO2不能被充分吸收，则空气流速过快或过慢，均降低NaClO2产率；故答案为：空气流速过慢时，ClO2不能及时被移走，浓度过高导致分解；空气流速过快时，ClO2不能被充分吸收；（3）Cl存在时会催化ClO2的生成，反应开始时在三颈烧瓶中加入少量盐酸，ClO2的生成速率大大提高，并产生微量氯气反应为，2ClO3+2Cl+4H+=2ClO2+Cl2+2H2O，H2O2+Cl22Cl+O2+2H+；故答案为：2ClO3+2Cl+4H+=2ClO2+Cl2+2H2O；（4）过氧化氢受热易分解，故采用减压蒸馏的方式，则B处增加一个减压设备，馏出物为H2O；故答案为：减压；H2O；（5）抽滤法分离NaClO2过程中，洗涤时为洗净晶体，应让洗涤剂缓慢通过滤纸，让洗涤剂和晶体充分接触；故答案为：C．【加试题】（10分）32．（10分）（2017浙江）某研究小组按下列路线合成镇痛药哌替啶：已知RXRCNRCOOH请回答：（1）AB的反应类型是取代反应．（2）下列说法不正确的是A．A．化合物A的官能团是硝基 B．化合物B可发生消去反应C．化合物E能发生加成反应 D．哌替啶的分子式是C15H21NO2（3）写出B+CD的化学反应方程式．（4）设计以甲苯为原料制备C的合成路线（用流程图表示，无机试剂任选）．（5）写出同时符合下列条件的C的所有同分异构体的结构简式．分子中有苯环而且是苯环的邻位二取代物；1HNMR谱表明分子中有6种氢原子；IR谱显示存在碳氮双键（C=N）．【分析】B与D发生信息中的反应生成D，D中含有CN，D发生水解反应生成E，E中含有COOH，结合E、F在酸性条件下生成物的结构简式，可知E、F发生酯化反应，结合B、C含有碳原子数目可推知F为CH3CH2OH、E为，结合有机物分子式逆推可知D为、C为、B为、A为．【解答】解：B与D发生信息中的反应生成D，D中含有CN，D发生水解反应生成E，E中含有COOH，结合E、F在酸性条件下生成物的结构简式，可知E、F发生酯化反应，结合B、C含有碳原子数目可推知F为CH3CH2OH、E为，结合有机物分子式逆推可知D为、C为、B为、A为．（1）AB是发生取代反应生成，故答案为：取代反应；（2）A．化合物A为，不含硝基，故A错误；B．化合物B为，可发生消去反应，故B正确；C．化合物E为，含有苯环，可以与氢气发生加成反应，故C正确；D．由哌替啶的结构简式，可知其分子式是C15H21NO2，故D正确．故选：A；（3）B+CD的化学反应方程式为：，故答案为：；（4）以甲苯为原料制备C（）的合成路线流程图为：，故答案为：；（5）C（）的同分异构体符合：分子中有苯环而且是苯环的邻位二取代物；1HNMR谱表明分子中有6种氢原子；IR谱显示存在碳氮双键（C=N），可能的同分异构体有：，故答案为：．