浙江省湖州市高中联盟2020学年高一化学下学期期中试题（含解析）

浙江省湖州市高中联盟2020学年高一化学下学期期中试题（含解析）一、单选题（本大题共25小题，共50.0分）1.根据物质的组成和分类，MgCl2属于A. 氧化物B. 酸C. 碱D. 盐【答案】D【解析】【详解】MgCl2由金属离子、阴离子是酸根离子组成的化合物，故为盐，故答案为D。【点睛】考查了酸、碱、盐和氧化物的概念和判断，其中：由两种元素构成、其中一种为氧元素的化合物为氧化物；电离出的阳离子全部是氢离子的化合物为酸；电离出的阴离子全部是氢氧根的化合物为碱；阳离子是金属离子、阴离子是酸根离子的化合物为盐。2.下列仪器名称为“容量瓶”的是A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】A依据仪器结构可知为蒸馏烧瓶，故A不选；B依据仪器结构可知为烧杯，故B不选；C依据仪器结构可知为容量瓶，故C选；D依据仪器结构可知为胶头滴管，故D不选；故答案为C。3.下列物质中，易溶于水的是A. CuOB. BaCO3C. AgClD. K2SO4【答案】D【解析】【详解】BaCO3、AgCl、CuO都难溶于水，K2SO4属于钾盐，是易溶性盐，故答案为D。【点睛】把握常见难溶性物质和易溶性物质是解题关键，常见盐的溶解规律：钠盐、钾盐、铵盐、硝酸盐都易溶，硫酸盐中的钡盐难溶，银盐中大都难溶，金属氧化物大都难溶。4.硅是现代信息材料的核心元素。硅在元素周期表中处A. 第A族B. 第A族C. 第VIA族D. 第A族【答案】B【解析】【详解】主族元素中，原子核外电子层数与其周期数相等，最外层电子数与其族序数相等，Si原子核外有3个电子层、最外层有4个电子，所以Si元素位于第三周期第IVA族，故答案B。5.分离汽油和水的混合物，合理的分离方法是A. 过滤B. 蒸发C. 萃取D. 分液【答案】D【解析】【详解】汽油和水的混合物分层，可选分液法分离，与过滤、萃取、蒸发无关，故答案为D。【点睛】分离提纯方法的选择思路是根据分离提纯物的性质和状态来定的。具体如下： 分离提纯物是固体(从简单到复杂方法) ：加热(灼烧、升华、热分解)，溶解，过滤(洗涤沉淀)，蒸发，结晶(重结晶)；分离提纯物是液体(从简单到复杂方法) ：分液，萃取，蒸馏；分离提纯物是胶体:盐析或渗析；分离提纯物是气体：洗气。6.反应C+2H2SO4（浓）CO2+2SO2+2H2O中，作还原剂是（）A. B. CC. D. 【答案】B【解析】【分析】氧化还原反应中，还原剂失电子被氧化，所含元素的化合价升高。【详解】由化学方程式可知C元素化合价升高，被氧化，C为还原剂，S元素化合价降低，被还原，浓H2SO4为氧化剂， 故选B。7.下列不属于电解质的是A. CH3CH2OHB. NaOHC. CH3COOHD. Na2SO4【答案】A【解析】【详解】A液态的CH3CH2OH本身不导电，乙醇的水溶液也不能导电，属于非电解质，故A符合；B氢氧化钠为在水溶液和熔融状态下都能够导电的化合物，氢氧化钠为电解质，故B不符合；C醋酸是弱酸，属于弱电解质，故C不符合；D硫酸钠在水溶液和熔融状态下都能够导电，且为化合物，所以硫酸钠为电解质，故D不符合；故答案为A。【点睛】在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物为非电解质，无论电解质和非电解质都一定为化合物，单质和混合物一定不是电解质、非电解质，还要注意不属于电解质的物质包括非电解质、单质和混合物。8.下列化学用于表述正确的是A. HCl的电子式：B. S2的离子结构示意图：C. 乙烯的分子式：C2H4D. 质子数为6、中子数为8的碳原子：86C【答案】C【解析】【详解】AHCl为共价化合物，分子中含有1个HCl键，正确的电子式为，故A错误；B为硫原子结构示意图，硫离子正确的结构示意图为，故B错误；C乙烯分子中含有1个碳碳双键，其分子式为C2H4，故C正确；D质子数为6、中子数为8的碳原子的质量数为14，该原子正确的表示方法为614C，故D错误；故答案为C。【点睛】解决这类问题过程中需要重点关注的有：书写电子式时应特别注意如下几个方面：阴离子及多核阳离子均要加“ ”并注明电荷，书写共价化合物电子式时，不得使用“ ”，没有成键的价电子也要写出来。书写结构式、结构简式时首先要明确原子间结合顺序(如HClO应是HOCl，而不是HClO)，其次是书写结构简式时，碳碳双键、碳碳三键应该写出来。比例模型、球棍模型要能体现原子的相对大小及分子的空间结构。9.下列说法不正确的是（）A. 和互为同位素B. 红磷和白磷互为同素异形体C. 和互为同系物D. 和互为同分异构体【答案】A【解析】【详解】A项、16O2和18O2都是氧气，为同一种物质，不属于同位素，故A错误；B项、红磷和白磷都是P元素的不同单质，二者互为同素异形体，故B正确；C项、C3H8和C4H10都属于烷烃，结构相似，分子间相差1个CH2原子团，二者互为同系物，故C正确；D项、C2H5OH和CH3OCH3的分子式相同，结构不同，二者互为同分异构体，故D正确；故选A。10.下列说法不正确的是（）A. 钠和钾的合金在常温下是液体，可用于快中子反应堆的热交换剂B. 氯化铁、硫酸亚铁是优良的净水剂C. 碳酸钡可作为检查肠胃的内服药剂，俗称“钡餐”D. 乙醇可以直接作为燃料，也可以和汽油混合后作发动机燃料【答案】C【解析】【详解】A项、钠钾合金熔点低，常温下为液体，导热性强，可用于快中子反应堆的热交换剂，故A正确；B项、硫酸亚铁在溶液中被氧化为硫酸铁，硫酸铁、氯化铁在溶液中水解生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体能够吸附水中悬浮杂质，达到净水作用，故B正确；C碳酸钡可与胃中盐酸反应生成氯化钡、二氧化碳和水，钡离子有毒，应用硫酸钡作为检查肠胃的内服药剂，故C错误；D乙醇易燃烧，可作为能源，可以直接作为燃料，也可以和汽油混合后作发动机燃料，故D正确。故选C。11.短周期元素X、Y、Z、W在周期表中的相对位置如图所示，已知X原子的最外层电子数为4。下列说法正确的是A. 元素Z的主要化合价：2、6B. 原子半径：XYZC. 最低价气态氢化物的稳定性：WZD. 最高价氧化物对应的水化物的酸性：XY【答案】B【解析】【分析】短周期元素X、Y、Z、W在周期表中的相对位置如图所示，X、Y、Z位于第二周期，W为第三周期，已知X原子的最外层电子数为4，则X为C元素，结合各元素的相对位置可知，Y为N，Z为O，W为S元素，据此解答。【详解】根据分析可知：X为C元素，Y为N，Z为O，W为S元素；AO元素主要化合价为为-2，不存在+6价，故A错误；B同一周期从左向右原子半径逐渐减小，则原子半径：XYZ，故B正确；C非金属性ZW，则最低价气态氢化物的稳定性：WZ，故C错误；D非金属性CN，则最高价氧化物对应的水化物的酸性：XY，故D错误；故答案为B。【点睛】元素非金属性强弱的判断依据：非金属单质跟氢气化合的难易程度(或生成的氢化物的稳定性)，非金属单质跟氢气化合越容易(或生成的氢化物越稳定)，元素的非金属性越强，反之越弱；最高价氧化物对应的水化物(即最高价含氧酸)的酸性强弱最高价含氧酸的酸性越强，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱；氧化性越强的非金属元素单质，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱。12.下列方程式正确的是（）A. 小苏打与盐酸反应的离子方程式：B. 乙烯与氯化氢加成的化学方程式：C. 碳酸钾在水中的电离方程式：D. 醋酸钠水解的离子方程式：【答案】D【解析】【详解】A项、小苏打与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，反应的离子方程式为HCO3-+H+=CO2+H2O，故A错误；B项、乙烯与氯化氢加成生成氯乙烷，反应的化学方程式为：CH2=CH2+HClCH3CH2Cl，故B错误；C碳酸钾是强电解质，在水中完全电离，电离方程式为：K2CO3=2K+CO32-，故C错误；D醋酸钠在溶液中水解生成醋酸和氢氧化钠，水解的离子方程式为CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，故D正确；故选D。【点睛】离子方程式正误判断常用方法是检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等。13.下列实验操作对应的现象不符合事实的是A少量二氧化硫通入氯化钡溶液中，产生白色沉淀亚硫酸钡B在新制Cu(OH)2悬浊液中加入少量的葡萄糖，加热，产生砖红色沉淀C将少量钠投入到无水乙醇中，钠表面有气泡产生D在盛水的烧杯中加入氯化钠固体，小灯泡会逐渐亮起来A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A弱酸不能制强酸，二氧化硫与氯化钡溶液不反应，无白色沉淀，故A错误；B.新制Cu(OH)2悬浊液加热条件下可氧化葡萄糖，产生砖红色沉淀，故B正确；CNa与乙醇反应生成氢气，则钠表面有气泡产生，故C正确；DNaCl固体溶解于水，能电离产生自由移动的Na+和Cl-，能导电，则图中小灯泡会逐渐亮起来，故D正确；故答案为A。14.下列说法不正确的是A. 甲烷可在光照条件下与氯气发生取代反应B. 工业上通过石油的裂化获得乙烯，乙烯能使溴水褪色C. 等质量的乙炔和苯完全燃烧，消耗氧气的量相等D. 苯为不饱和烃，苯分子中的六个碳原子和六个氢原子在同一平面上【答案】B【解析】【详解】A光照条件下甲烷和氯气可以发生取代反应生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷和四氯甲烷，故A正确；B石油裂化的目的是获得轻质油，而不能获得乙烯，乙烯需要通过石油的裂解获得；乙烯和溴发生加成反应而生成1，2二溴乙烷，故B错误；C乙炔和苯的最简式都是CH，等质量的乙炔和苯中C、H的物质的量都相等，所以等质量的乙炔和苯完全燃烧，消耗氧气的量相等，故C正确；D苯中含有大键，所以为不饱和烃，苯中所有原子共平面，则苯分子中六个碳原子和六个氢原子在同一平面上，故D正确；故答案为B。15.下列说法不正确的是A. 食用植物油的主要成分是不饱和高级脂肪酸甘油酯，是一类重要的营养物质B. 含淀粉或纤维素的物质可以制造酒精C. 向蛋白质溶液中分别加入硫酸铜、硫酸铵的浓溶液都可以发生盐析D. 不同种类的氨基酸能以不同的数目和顺序彼此结合，形成更复杂的多肽化合物【答案】C【解析】【详解】A油脂分为油和脂，油主要指植物油，主要成分为不饱和高级脂肪酸甘油酯，脂主要指动物脂肪，主要成分为饱和高级脂肪酸甘油酯，故A正确；B淀粉或纤维素均为多糖，水解生成葡萄糖，葡萄糖发生酒化反应生成乙醇，则含淀粉或纤维素的物质可以制造酒精，故B正确；C硫酸铜溶液是重金属盐溶液，硫酸铜使蛋白质发生变性，则鸡蛋清凝聚，加水不溶解，故C错误；D多肽结构复杂，与氨基酸中氨基、羧基的数目与顺序有关，即不同种类的氨基酸能以不同的数目和顺序彼此结合，形成更复杂的多肽化合物，故D正确；故答案为C。16.硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应的化学方程式为： Na2S2O3+ H2SO4=Na2SO4+SO2+S+H2O，下列各组实验中最先出现浑浊的是实验反应温度/Na2S2O3溶液稀H2SO4H2OV/mLc/(molL-1)V/mLc/(molL-1)V/mLA2550.1100.15B2550.250.210C3550.1100.15D3550.250.210A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】“最先出现浑浊”，即反应速率最快；A项与B项温度相同、H2SO4浓度相同，B项中Na2S2O3的浓度比A项大，反应速率：B项A项；C项与D项温度相同、H2SO4浓度相同，D项中Na2S2O3的浓度比C项大，反应速率：D项C项；B项与D项Na2S2O3、H2SO4浓度都相同，D项温度高于B项，反应速率：D项B项；则反应最快的是D项，D项最先出现浑浊，答案选D。17.银锌纽扣电池，其电池的电池反应式为:Zn + Ag2O + H2O =Zn(OH)2 + 2Ag下列说法不正确的是A. 锌作负极B. 正极发生还原反应C. 电池工作时，电流从Ag2O经导线流向ZnD. 负极的电极方程式为：Zn-2e- Zn2+【答案】D【解析】【详解】AZn失电子发生氧化反应而作负极，故A正确；B正极上Ag2O得电子发生还原反应，故B正确；C原电池中电流从正极沿导线流向负极，该原电池中Zn是负极、Ag2O是正极，所以放电时电流从Ag2O经导线流向Zn，故C正确；D碱性条件下锌离子生成Zn(OH)2，所以负极反应式为Zn+2OH2eZn(OH)2，故D错误；故答案为D。【点睛】原电池正负极的判断方法：根据电极材料的活泼性判断：负极：活泼性相对强的一极；正极：活泼性相对弱的一极；根据电子流向或电流的流向判断：负极：电子流出或电流流入的一极；正极：电子流入或电流流出的一极；根据溶液中离子移动的方向判断：负极：阴离子移向的一极；正极：阳离子移向的一极；根据两极的反应类型判断：负极：发生氧化反应的一极；正极：发生还原反应的一极；根据电极反应的现象判断：负极：溶解或减轻的一极；正极：增重或放出气泡的一极。18.下列说法不正确的是A. pH7的溶液不一定呈酸性B. 在相同温度下，物质的量浓度相等的氨水、NaOH溶液，c(OH)相等C. 在相同温度下，pH相等的盐酸、CH3COOH溶液，c(Cl)c(CH3COO)D. 在相同温度下，等物质的量浓度的氨水和盐酸等体积混合，所得溶液呈酸性【答案】B【解析】【详解】A温度未知，Kw未知，则不能由pH直接判断溶液的酸碱性，且100pH6为中性，则pH7的溶液不一定呈酸性，故A正确；B一水合氨为弱碱，而NaOH为强碱，则在相同温度下，物质的量浓度相等的氨水、NaOH溶液，c(OH)为前者小于后者，故B错误；CpH相等盐酸、CH3COOH溶液中c(H+)相同，由电离可知c(Cl)c(CH3COO)c(H+)，故C正确；D等物质的量浓度的氨水和盐酸等体积混合，恰好反应生成氯化铵，铵根离子水解显酸性，所以溶液为酸性，故D正确；故答案为B。19.下列说法正确的是A. H2SO4 和Ca(OH)2含有化学键类型相同B. 水分子很稳定，是因为水分子的分子间作用力强C. 二氧化碳和乙烯的碳原子的最外电子层都具有8电子稳定结构D. 冰和水晶都是分子晶体【答案】C【解析】【详解】AH2SO4只含有共价键，Ca(OH)2含有离子键和共价键，故A错误；B分子的稳定性是化学性质，与氧的非金属性有关，故B错误；C二氧化碳电子式为：，分子中C元素化合价+价电子数4+48，则所有原子都达到8电子稳定结构，乙烯电子式为：，分子中C元素化合价+价电子数4+48，则所有原子都达到8电子稳定结构，故C正确；D冰属于分子晶体，水晶是二氧化硅，属于原子晶体，故D错误；故选：C。20.已知拆开1molH2(g)中的H-H键需要消耗436kJ能量，如图反应3H2(g)+N2(g) 2NH3(g)的能量变化示意图下列说法不正确的是A. 断开1 mol N2(g)中的NN键要吸收941 kJ能量B. 生成2mol NH3(g)中的NH键吸收2346 kJ能量C. 3H2(g) + N2(g) 2NH3(g) H97D. NH3(g) 3/2H2(g) +1/2 N2(g) H48.5 【答案】B【解析】【详解】A拆开1molH2(g)中的HH键需要消耗436kJ能量，图中断裂化学键吸收能量为2249kJ，则断开1 mol N2(g)中的NN键要吸收能量为2249kJ436kJ3941 kJ，故A正确；B图中生成2mol NH3(g)时形成化学键释放的能量为2346kJ，而断裂化学键吸收能量，故B错误；C由图可知H(22492346)kJ/mol97 kJmol1，即热化学方程式为3H2(g)+N2(g)2NH3(g)H97 kJmol1，故C正确D互为逆反应时焓变的数值相同、符号相反，且物质的量与热量成正比，由3H2(g)+N2(g)2NH3(g)H97 kJmol1可知NH3(g)H2(g)+N2(g)H48.5kJmol1，故D正确；故答案为B。21.用NA表示阿伏加德罗常数，N表示微粒数，下列说法正确的是A. 7.8 g苯含有碳碳双键的数目为0.3NAB. 标准状况下，足量的Fe与2.24 L Cl2反应转移电子的数目为0.3NAC. 1.6 g CH4含有共用电子对的数目为0.4NAD. 常温下1 L pH=2的稀硫酸中H+的数目为0.02NA【答案】C【解析】【详解】A苯分子中不含碳碳双键，故A错误；B标准状况下，足量的Fe与2.24 L Cl2反应，氯气物质的量为0.1mol，生成0.2mol氯离子，转移电子的数目为0.2NA，故B错误；C1个甲烷分子含有4对共用电子对，1.6 g CH4的物质的量为0.1mol，含有共用电子对的数目为0.4NA，故C正确；DpH2的稀硫酸中H+的物质的量浓度为0.01mol/L，常温下1 L pH2的稀硫酸中H+的数目为0.01NA，故D错误；故答案为C。【点睛】阿伏伽德罗常数的常见问题和注意事项：物质的状态是否为气体；对于气体注意条件是否为标况；注意溶液的体积和浓度是否已知；注意同位素原子的差异；注意可逆反应或易水解盐中离子数目的判断；注意物质的结构：如Na2O2是由Na+和O22-构成，而不是由Na+和O2-构成；SiO2、SiC都是原子晶体，其结构中只有原子没有分子，SiO2是正四面体结构，1molSiO2中含有的共价键为4NA，1molP4含有的共价键为6NA等。22.在一体积2L的密闭容器中加入反应物N2、H2，发生如下反应：N2(g)3H2(g)2NH3(g)。反应过程中的部分数据如下表所示，下列说法正确的是物质的量/ mol时间/minn(N2)n(H2)n(NH3)01.01.2020.940.7560.3A. 02 min内，NH3的反应速率为0.1 molL1min1B. 2 min时， H2的物质的量0.3 molC. 4 min时，反应已达到平衡状态，此时正、逆反应的速率都为0D. 46 min内，容器内气体分子的总物质的量不变【答案】D【解析】【详解】依据表中数据可知： N2(g)+3H2(g)2NH3(g)起始量(mol) 1 1.2 0变化量(mol)0.1 0.3 0.22min量(mol)0.9 0.9 0.2 N2(g)+3H2(g)2NH3(g)起始量(mol) 1 1.2 0变化量(mol) 0.15 0.45 0.34min量(mol) 0.85 0.75 0.3 N2(g)+3H2(g)2NH3(g)起始量(mol)1 1.2 0变化量(mol) 0.15 0.45 0.36min量(mol)0.85 0.75 0.3A02 min内NH3的反应速率为：0.05molL1min1，故A错误；B02 min过程中消耗H2的物质的量0.3 mol，2 min时H2的物质的量0.9mol，故B错误；C根据分析可知，4 min时与6min时各组分的浓度相等，说明该反应已达到平衡状态，但此时正、逆反应的速率不等于0，故C错误；D46 min内已经达到平衡状态，正逆反应速率相等，则容器内气体分子的总物质的量不变，故D正确；故答案为D。23.通过海水晾晒可以得到粗盐，粗盐除还有NaCl外，还含有MgCl2、 CaCl2、 Na2SO4以及泥沙等杂质。以下是某兴趣小组制备精盐的实验方案，各步操作流程如下。下列说法正确的是A. 实验过程中、步骤的操作分别是溶解、过滤B. 实验过程中步骤的目的是仅除去溶液中的Ca2+C. 实验过程中步骤中的蒸发所用到的仪器是酒精灯、玻璃棒、烧杯、铁架台(带铁圈)D. 实验过程中、步骤互换，对实验结果不影响【答案】A【解析】【分析】由实验流程可知，为粗盐溶解，中硫酸根离子用钡离子转化为沉淀，中镁离子用氢氧根离子沉淀，中钙离子及过量钡离子用碳酸根离子沉淀，为过滤，过滤分离出所有的沉淀，滤液含NaCl、NaOH、Na2CO3，中用盐酸处理溶液中的碳酸根离子和氢氧根离子，为蒸发、结晶、烘干，得到精盐，以此解答该题。【详解】A由上述分析可知，、步骤的操作分别是溶解、过滤，故A正确；B步骤的目的是除去溶液中的Ca2+及过量的Ba2+，故B错误；C步骤中的蒸发所用到的仪器是酒精灯、玻璃棒、蒸发皿、铁架台(带铁圈)，故C错误；D过程中、步骤互换，导致过量的钡离子不能除去，故D错误；故答案为A。24.向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1 molL1稀盐酸，CO2的生成量与加入盐酸的体积的关系如图。下列判断正确的是A. 在0a范围内，只发生中和反应B. ab段发生反应的离子方程式为：C. a=0.3D. 原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为12【答案】C【解析】【分析】向氢氧化钠和碳酸钠的混合溶液中滴加盐酸，依次发生：H+和OH-的酸碱中和反应，H+CO32-=HCO3-，最后HCO3-+H+=H2O+CO2。生成的气体是0.01mol，所以碳酸氢根离子是0.01mol，根据碳守恒，Na2CO3为0.01mol。【详解】A.在0a范围内，除了发生酸碱中和，还发生H+CO32-=HCO3-，A错误；B.ab段发生的反应是HCO3-+H+=H2O+CO2，B错误；C. 0.01mol HCO3-消耗0.01mol H+，根据盐酸浓度0.1mol/L，从a到0.4消耗的盐酸为0.1L，所以a等于0.3，C正确；D. a=0.3，在前两个反应中，共消耗0.03molHCl，0.01mol Na2CO3消耗0.01mol HCl生成HCO3-，那么OH-消耗0.02mol H+，所以OH-为0.02mol，所以氢氧化钠和碳酸钠的物质的量之比是2：1，D错误；故选C。25.为确定试样Fe2O3、Cu、Fe混合物中铜的质量分数，某同学取质量为ag的试样进行下列实验，所得气体数据在标准状况下测得，所涉及的过程如下：注：已知：Fe3+、Fe2+、Cu2+转化为相应的氢氧化物，开始沉淀和沉淀完全时的pH如下表:氢氧化物Fe3+Fe2+Cu2+开始沉淀PH2.5704.7完全沉淀PH3.79.06.7下列说法不正确的是A. 气体B为氢气B. 溶液A中所含的阳离子可能是H+ 、 Fe3+ 、 Fe2+、 Cu2+C. 加入过氧化氢溶液时发生的反应：2Fe2H2O22H2Fe32H2OD. 若沉淀E经洗涤、烘干、灼烧后得到固体mg，则试样中Cu的质量分数=(a-0.56)/a100%【答案】D【解析】【分析】试样含Fe2O3、Cu、Fe，加盐酸生成气体B为氢气，Fe与盐酸反应、氧化铁与盐酸反应，且Cu与氯化铁反应，则溶液A中含H+、Fe3+、Fe2+、Cu2+，加过氧化氢可氧化亚铁离子，溶液C调节pH可使铁离子转化为沉淀，则沉淀E为Fe(OH)3，结合Fe原子守恒可计算Fe的质量，溶液D中含氯化铜，以此来解答。【详解】AFe与盐酸反应生成气体B为氢气，故A正确；B由上述分析可知，A中所含的阳离子可能是H+、Fe3+、Fe2+、Cu2+，故B正确；C加入过氧化氢溶液时，发生氧化还原反应，离子反应为2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O，故C正确；D若沉淀E经洗涤、烘干、灼烧后得到固体mg，Fe(OH)3的质量为mg，若Cu与氯化铁恰好反应，由原子守恒可知，试样中Cu的质量分数可能为100%，但Cu不一定恰好与氯化铁反应，因此无法计算，故D错误；故答案为D。二、填空题（本大题共1小题，共4.0分）26.(1)写出乙炔的结构式_；写出水玻璃中溶质的化学式_。(2)写出二氧化锰与浓盐酸共热反应的化学方程式：_。【答案】 (1). HCCH (2). Na2SiO3 (3). MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O【解析】【分析】(1)乙炔分子中两个碳原子之间存在1个碳碳三键，两个碳原子分别与1个氢原子存在1个CH键；硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，硅酸钠为钠盐，据此书写其化学式；(2)二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯气、二氯化锰和水。【详解】(1)乙炔分子中两个碳原子之间存在1个碳碳三键，两个碳原子分别与1个氢原子存在1个CH键，其结构式为：HCCH；硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，硅酸钠为硅酸对应的钠盐，其化学式，Na2SiO3；(2)二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯气、氯化锰和水，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O。三、计算题（本大题共1小题，共4.0分）27.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)【答案】 (1). 1:2 (2). 0.1mol/L【解析】【详解】(1)产生的沉淀是硫酸钡，物质的量是2.33g233g/mol=0.01mol，根据原子守恒可知硫酸铵的质量是0.01mol132g/mol1.32g，则氯化铵的质量是2.39g1.32g1.07g，物质的量是1.07g53.5g/mol0.02mol，因此混合物中n(NH4)2SO4:n(NH4Cl)为1:2；(2)每一份中硫酸铵和氯化铵分别是0.01mol、0.02mol，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，消耗氢氧化钡是0.02mol，因此溶液体积是200mL，则溶液中c(Cl-)=0.02mol0.2L0.1mol/L。四、推断题（本大题共1小题，共4.0分）28.有机物A是基本的有机化工原料，A与CO、H2O以物质的量1:1:1的比例生成B。B、C两物质中的官能团分别具有乙酸、乙醇中官能团的性质。D是有芳香味、不溶于水的油状液体。有关物质的转化关系如下：请回答：(1)A的结构简式_(2)B + C D的化学方程式_(3)下列说法不正确的是 _A有机物A能使酸性高锰酸钾溶液褪色B有机物B与乙酸互为同系物C有机物B、C都能与金属钠反应，且等物质的量的B、C与足量钠反应产生氢气质量相等D可用NaOH溶液来除去有机物D中混有的杂质B【答案】 (1). CH2=CH2 (2). CH3CH2COOH + CH3OH CH3CH2COOCH3 + H2O (3). D【解析】【分析】A与CO、H2O以物质的量1:1:1的比例形成B，则A为CH2CH2 ，B、C发生酯化反应生成D，D为CH3CH2COOCH3，以此解答该题。【详解】(1)由以上分析可知A为CH2CH2；(2)B+CD的化学方程式为CH3CH2COOH+CH3OH CH3CH2COOCH3 +H2O；(3)A有机物A为乙烯，含有碳碳双键，则能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A正确；B有机物B为丙酸，与乙酸结构相似，分子式不同，则互为同系物，故B正确；C有机物B、C分别含有羟基、羧基，都能与金属钠反应，且等物质的量的B、C与足量钠反应产生氢气质量相等，故C正确；D丙酸甲酯可在氢氧化钠溶液中发生水解，不能用氢氧化钠溶液除杂，可用饱和碳酸钠溶液，故D错误；故答案为D。【点睛】常见的反应条件与反应类型有：在NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应。在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应。在浓H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等。能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应。能与H2在Ni作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应。在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应。与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2，则为醇醛羧酸的过程)。在稀H2SO4加热条件下发生酯、低聚糖、多糖等的水解反应。在光照、X2(表示卤素单质)条件下发生烷基上的取代反应；在Fe粉、X2条件下发生苯环上的取代。五、简答题（本大题共1小题，共4.0分）29.为确定碳酸钠和碳酸氢钠混合样品中碳酸钠的质量分数，可通过加热分解得到的CO2质量进行计算，某同学设计的实验装置示意图如下： 请回答：（1）仪器a的名称