浙江省宁波市北仑中学2020届高三化学下学期选考模拟训练试题（一）（含解析）

浙江省宁波市北仑中学2020届高三化学下学期选考模拟训练试题（一）（含解析）考生须知：1.本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页，满分100分，考试时间90分钟。其中加试题为30分，用【加试题】标出。2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号。3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效。4.考试结束后，只需上交答题卷。5可能用到的相对原子质量：H 1C 12N 14O 16Na 23Al 27S 32Cl 35.5Fe 56Ag 108Ba 137选择题部分一、选择题（本大题共25小题。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.下列属于氧化物的是A. SiO2B. H2SO4C. NaOHD. Ca(ClO)2【答案】A【解析】【分析】氧化物是由两种元素组成的且其中一种元素为氧元素的化合物。【详解】A项、SiO2属于氧化物，故A正确；B项、H2SO4属于含氧酸，故B错误；C项、NaOH属于碱，故C错误；D项、Ca(ClO)2属于含氧酸盐，故D错误；故选A。2.下列仪器名称为“蒸发皿”的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】A项、的仪器名称为烧杯，故A错误；B项、的仪器名称为坩埚，故B错误；C项、的仪器名称为研钵，故C错误；D项、的仪器名称为蒸发皿，故D正确；故选D。3.下列属于非电解质的是A. 氯气B. 蔗糖C. 硝酸钾D. 食盐水【答案】B【解析】【分析】非电解质是在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物。【详解】A项、氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；B项、在水溶液和熔融状态下不能导电的化合物，是非电解质，故B正确；C项、硝酸钾是盐，属于电解质，故C错误；D项、食盐水是溶液，属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，故D错误；故选B。【点睛】水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物称为电解质，酸、碱、盐都是电解质；在水溶液中和熔融状态下都不能够导电的化合物称为非电解质，蔗糖、乙醇等都是非电解质；大多数的有机物都是非电解质；单质，混合物既不是电解质也不是非电解质。4.下列物质溶于水后溶液显碱性的是A. SO2B. NaHSO4C. Na2CO3D. FeCl3【答案】C【解析】【详解】A项、SO2溶于水后，SO2部分与水反应生成亚硫酸，亚硫酸电离出氢离子，溶液显酸性，故A错误；B项、NaHSO4溶于水后，NaHSO4在溶液中电离出氢离子，溶液显酸性，故B错误；C项、Na2CO3溶于水后，Na2CO3在溶液中水解使溶液呈碱性，故C正确；D项、FeCl3溶于水后，FeCl3在溶液中水解使溶液呈酸性，故D错误；故选C。5.下列反应中，水只做氧化剂的是A. Cl2 + H2O = HClO+HClB. Na2OH2O = 2NaOHC. 2Na + 2H2O = 2NaOH + H2D. H2 + CuO = Cu + H2O【答案】C【解析】【分析】H2O中H元素化合价为+1价，如在反应中化合价降低，则为氧化剂，O元素化合价为2价，如在反应中元素化合价升高，被氧化，则水为还原剂。【详解】A项、反应中氯气分子中氯元素化合价即升高又降低，属于氧化还原反应，但是水分子中氢、氧元素化合价均没有改变，水既不是氧化剂也不是还原剂，故A错误；B项、反应没有元素化合价发生改变，属于非氧化还原反应，故B错误；C项、反应中钠元素化合价升高，被氧化，钠为还原剂，水分子中氢元素化合价降低，被还原，水为氧化剂，故C正确；D项、氧化剂为反应物，该反应中水为生成物，是氧化产物，故D错误；故选C。6.下列说法不正确的是A. 二氧化硫可用于漂白纸浆B. 硫酸铜可用于游泳池水消毒C. 晶体硅可用于制光导纤维D. AgI可用于人工降雨【答案】C【解析】【详解】A项、二氧化硫具有漂白性，则二氧化硫可用于漂白纸浆，故A正确；B项、硫酸铜是重金属盐，能使蛋白质变性，可用于游泳池水消毒，故B正确；C项、光导纤维是利用光反射原理制成，其主要成分是二氧化硅，二氧化硅导光能力强，能同时传输大量信息，故C错误；D项、AgI在空气中易形成结晶核，使水凝结，可用于人工降雨，故D正确；故选C。7.下列表示不正确的是A. HCl的电子式：B. 乙酸的官能团：-COOHC. CO2的结构式：O=C=OD. 乙炔的球棍模型：【答案】A【解析】【详解】A项、氯化氢为共价化合物，电子式为，故A错误；B项、乙酸的结构简式为CH3COOH，官能团为-COOH，故B正确；C项、CO2为直线形分子，结构式为O=C=O，故C正确；D项、乙炔的结构简式为HCCH，球棍模型为，故D正确；故选A。8.下列有关氯气的说法正确的是A. 工业上将氯气通入饱和石灰水制备漂白粉B. Cl2能使干燥的有色布条褪色C. 为除去HCl中的Cl2，可将气体通入饱和食盐水D. 红热的铁丝在氯气中剧烈燃烧，产生棕褐色的烟【答案】D【解析】【详解】A项、饱和石灰水浓度小，氢氧根浓度小，吸收氯气的效率低，工业上将氯气通入石灰乳制备漂白粉，故A错误；B项、Cl2与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有强氧化性而表现漂白性，Cl2不能使干燥的有色布条褪色，能使湿润的有色布条褪色，故B错误；C项、HCl极易溶于水，Cl2溶于水，可将气体通入饱和食盐水除去Cl2中的HCl，故C错误；D项、红热的铁丝在氯气中剧烈燃烧生成氯化铁，产生棕褐色的烟，故D正确；故选D【点睛】饱和石灰水浓度小，氢氧根浓度小，吸收氯气的效率低，工业上不用石灰水制备漂白粉，实验室不用石灰水吸收氯气。9.下列能量转换过程，不涉及化学变化的是A. 利用锌锰干电池提供电能B. 利用太阳能电池发电提供电能C. 利用植物秸秆生产乙醇燃料D. 利用电解方法使水分解产生氢气【答案】B【解析】【详解】A项、锌锰干电池将化学能转化为电能，涉及化学变化，故A错误；B项、太阳能电池将太阳能转化为电能，不涉及化学变化，故B正确；C项、植物秸秆中纤维素水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇和二氧化碳，涉及化学变化，故C错误；D项、水电解生成氢气和氧气，涉及化学变化，故D错误；故选B。10.下列操作或试剂的选择合理的是A. 可以用分液法分离乙醇和水B. 用丁达尔效应鉴别淀粉溶液和NaCl溶液C. 用KSCN溶液鉴别FeCl3溶液和Fe2(SO4)3溶液D. 用稀NaOH溶液、湿润的红色石蕊试纸鉴别NH4+【答案】B【解析】【详解】A项、乙醇和水互溶，不能用分液的方法分离，故A错误；B项、淀粉溶液属于胶体，NaCl溶液不属于胶体，胶体能发生丁达尔效应，溶液不能，故B正确；C项、FeCl3溶液和Fe2(SO4)3溶液均含有三价铁离子，均能与KSCN溶液反应，使溶液变红色，故C错误；D项、实验室利用铵盐与浓氢氧化钠溶液共热反应生成氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝鉴别NH4+，故D错误；故选B。【点睛】稀NaOH溶液与铵盐常温下反应生成一水合氨，不能生成氨气是易错点。11.下列说法正确的是A. 146C和147N两种核素互为同位素B. CH3CH2CH(CH3)CH3的名称为2-甲基戊烷C. C3H8和C4H10的一氯取代物均有两种D. 金刚石和石墨互为同素异形体，两者之间的相互转化是化学变化【答案】D【解析】【详解】A项、同位素是质子数相同，中子数不同的原子的互称，146C和147N两种核素的质子数不同，不互为同位素，故A错误；B项、CH3CH2CH(CH3)CH3的主链有4个碳原子，名称为2-甲基丁烷，故B错误；C项、C3H8只有丙烷一种结构，丙烷分子中只有2种类型的氢原子，一氯代物有2种，C4H10有正丁烷和异丁烷两种结构，正丁烷和异丁烷分子中都有2种类型的氢原子，一氯代物有4种，故C错误；D项、金刚石和石墨是碳元素的两种单质，互为同素异形体，一定条件下两者之间的相互转化有新物质生成，是化学变化，故D正确；故选D。12.四种短周期元素X、Y、Z和W在周期表中的位置如图所示，这4种元素的原子最外层电子数之和为23。下列说法不正确的是X YZWA. Y、X、Z三种元素的原子半径依次增大B. 简单阴离子的还原性：ZWC. Y的非金属性比Z的强，所以Y氢化物比Z氢化物稳定，沸点比Z的高D. 溴与元素W同主族，最高价氧化物的水化物的酸性比W的弱【答案】C【解析】【分析】令X的最外层电子数为a，由周期表的相对位置可知，Y和Z的最外层电子数为a+2，W的最外层电子数为a+3，由题意可得a+（a+2）+（a+2）+（a+3）=23，解得a=4，则X为C元素、Y为O元素、Z为S元素、W为Cl元素。【详解】A项、同周期元素，从左到右原子半径依次减小，同主族元素，从上到下原子半径依次增大，则O、C、S三种元素的原子半径依次增大，故A正确；B项、氧化剂的氧化性越强，对应还原产物的还原性越弱，氯气的氧化性强于硫单质，则氯离子的还原性弱于硫离子，故B正确；C项、水分子间能形成氢键，分子间作用力强于硫化氢，沸点高于硫化氢，与非金属性强弱无关，故C错误；D项、同主族元素，从上到下非金属性依次增强，最高价氧化物的水化物的酸性依次增强，则高溴酸的酸性弱于高氯酸，故D正确；故选C。13.下列离子方程式正确的是A. 氨水中通入过量的SO2：2NH3H2O + SO2 = 2NH4+ + SO32-+H2OB. 大理石与醋酸反应：CaCO3+2H+ =Ca2+ + H2O + CO2C. 向热的稀硫酸中加入铜粉并鼓入空气：2Cu+4H+O22Cu2+2H2OD. 碳酸氢钠溶液和过量氢氧化钡溶液混合：2HCO3-+ Ba2+ + 2OH-= BaCO3+ CO32- + 2H2O【答案】C【解析】【详解】A项、氨水与过量的SO2反应生成亚硫酸氢铵，反应的离子方程式为NH3H2O + SO2 =NH4+ + HSO3-，故A错误；B项、大理石的主要成分是碳酸钙，碳酸钙与醋酸溶液反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，醋酸是弱酸，不能拆写，反应的离子方程式为CaCO3 2CH3COOH= Ca22CH3COO+H2O CO2，故B错误；C项、热的稀硫酸中加入铜粉，鼓入空气后反应生成硫酸铜和水，反应的离子方程式为2Cu+4H+O22Cu2+2H2O，故C正确；D项、碳酸氢钠溶液和过量氢氧化钡溶液反应生成碳酸钡沉淀、氢氧化钠和水，反应的离子方程式为HCO3-+ Ba2+ + OH-= BaCO3+ H2O，故D错误；故选C。14.已知：反应X(g)2Y(g)3Z(g)H-a kJmol1(a0)，在恒温恒容的容器中发生，下列说法不正确的是A. 加入0.1 mol X和0.2 mol Y，充分反应后放出的热量一定小于0.1a kJB. 当容器内的压强不再变化时，不能表明反应达到化学平衡状态C. 反应达到平衡后再向容器中充入一定量的X时，正反应速率增大，逆反应速率减小D. 达到化学平衡状态时，3v(Y)正=2v(Z)逆【答案】C【解析】【详解】A项、该反应为不可能完全进行的可逆反应，0.1 mol X和0.2 mol Y不可能完全反应，充分反应后放出的热量一定小于0.1a kJ，故A正确；B项、该反应是一个气体体积不变的反应，无论是否达到平衡，压强均不变，容器内的压强不再变化时，不能表明反应达到化学平衡状态，故B正确；C项、反应达到平衡后再向容器中充入一定量的X时，正反应速率增大，逆反应速率也增大，故C错误；D项、3v(Y)正=2v(Z)逆表明正、逆反应速率相等，反应达到化学平衡状态，故D正确；故选C。15.下列说法不正确的是A. 光照下，1molCH4与1molCl2发生取代反应，只生成CH3Cl和HClB. 与是同一种物质C. 己烷与溴水混合振荡，发生萃取，光照后，溶液褪色D. 乙醇和乙醛一定条件下都可以被氧化成乙酸【答案】A【解析】【详解】A项、光照下，1molCH4与1molCl2发生取代反应一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷和氯化氢，故A错误；B项、苯环不是单双键交替的结构，邻二甲苯不存在同分异构体，则与是同一种物质，故B正确；C项、己烷与溴水混合振荡，发生萃取得到溴的己烷溶液，光照，己烷和溴发生取代反应生成溴己烷，溶液褪色，故C正确；D项、乙醇与酸性高锰酸钾溶液或酸性重铬酸钾溶液反应，直接生成乙酸，一定条件下，乙醛发生催化氧化反应生成乙酸，故D正确；故选A。【点睛】甲烷与氯气光照条件下发生的取代反应是光敏反应，反应生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷是易错点。16.下列说法正确的是A. 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，产生的沉淀是肥皂B. 向鸡蛋清的溶液中加入浓的硫酸钠溶液或福尔马林，产生沉淀，加水后沉淀可溶解C. 氨基酸一定条件下既能与酸反应又能与碱反应D. 淀粉溶液中加入稀硫酸溶液，加热后滴入几滴新制氢氧化铜悬浊液，再加热产生红色沉淀【答案】C【解析】【详解】A项、将牛油和烧碱溶液混合加热发生皂化反应生成高级脂肪酸钠和甘油，充分反应后加入食盐发生盐析，析出的高级脂肪酸钠是肥皂的主要成分，故A错误；B项、向鸡蛋清的溶液中加入福尔马林发生变性，产生沉淀，变性是不可逆过程，加水后沉淀不能溶解，故B错误；C项、氨基酸的官能团为氨基和羧基，具有两性，一定条件下既能与酸反应又能与碱反应，故C正确；D项、葡萄糖和新制氢氧化铜悬浊液在碱性条件下发生氧化反应，淀粉溶液中加入稀硫酸溶液，加热后应加入氢氧化钠溶液中和硫酸使溶液呈碱性，再滴入几滴新制氢氧化铜悬浊液，加热产生红色沉淀，故D错误；故选C。【点睛】高级脂肪酸钠和甘油加入食盐固体才能发生盐析、葡萄糖和新制氢氧化铜悬浊液在碱性条件下才能发生氧化反应是易错点。17.AlCO2电池电容量大，安全性高，能有效利用CO2，其工作原理如图所示，CO2形成Al2(CO3)3和C沉积在Pd包覆纳米多孔金电极表面。下列说法不正确的是A. 放电时，铝电极是负极，发生氧化反应B. 正极的电极反应式为：4AlCl3 + 9CO2 + 12e-= 2Al2(CO3)3+ 3C+12Cl-C. Pd包覆纳米多孔金在电池中除作为电极外，还起催化作用D. 该电池的总反应方程式为：4Al + 9CO2= 2Al2(CO3)3+ 3C【答案】B【解析】【分析】由电池的工作原理可知，铝电极是负极，铝失电子发生氧化反应生成铝离子，电极反应式为Al3e=Al3+，通入CO2的一极是正极，CO2在Pd包覆纳米多孔金做催化剂的作用下在氯化铝离子液体中得电子发生还原反应生成C，电极反应式为4Al3+ +9CO2+12e-= 2Al2(CO3)3+ 3C，电池的总反应方程式为4Al+9CO2= 2Al2(CO3)3+ 3C。【详解】A项、放电时，铝电极是负极，铝失电子发生氧化反应生成铝离子，故A正确；B项、通入CO2的Pd包覆纳米多孔金一极是正极，CO2在Pd包覆纳米多孔金做催化剂的作用下在氯化铝离子液体中得电子发生还原反应生成C，电极反应式为4Al3+ +9CO2+12e-= 2Al2(CO3)3+ 3C，故B错误；C项、通入CO2的Pd包覆纳米多孔金一极是正极，CO2在Pd包覆纳米多孔金做催化剂的作用下在氯化铝离子液体中得电子发生还原反应生成C，故C正确；D项、铝电极是负极，铝失电子发生氧化反应生成铝离子，通入CO2的一极是正极，CO2在Pd包覆纳米多孔金做催化剂的作用下在氯化铝离子液体中得电子发生还原反应生成C，电池的总反应方程式为4Al+9CO2=2Al2(CO3)3+ 3C，故D正确；故选B。18.下列说法不正确的是A. 常温下，0.1molL-1的HA溶液的pH=3，说明HA是弱酸B. pH相等的盐酸和醋酸两溶液中：c(Cl-)=c(CH3COO-)C. 相同条件下，相同浓度的NaOH和氨水两溶液，氨水的导电能力弱D. 用相同浓度的NaOH溶液分别与等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液恰好完全反应，盐酸消耗的NaOH溶液体积大【答案】D【解析】【详解】A项、常温下，0.1molL-1的HA溶液的pH=3，说明HA部分电离，是弱酸，故A正确；B项、pH相等的盐酸和醋酸两溶液中氢离子浓度相等，则溶液中c(Cl-)=c(CH3COO-)，故B正确；C项、氢氧化钠是强碱，一水合氨是弱碱，相同条件下，相同浓度的NaOH和氨水两溶液，氨水溶液中离子浓度小，导电能力弱，故C正确；D项、等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液的中和能力相同，消耗相同浓度的NaOH溶液的体积相同，故D错误；故选D。19.下列说法不正确的是A. 石英和干冰都是共价化合物，熔化时克服的微粒间作用力相同B. H2O和H2S两种物质的分子间作用力是H2O大，因而H2O的沸点高C. NaHSO4晶体溶于水时，离子键和共价键都被破坏D. N2、CO2和CCl4分子中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构【答案】A【解析】【详解】A项、石英是原子晶体，熔化时克服的微粒间作用力是共价键，干冰是分子晶体，熔化时克服的微粒间作用力是分子间作用力，故A错误；B项、H2O分子间形成氢键，分子间作用力大于H2S，沸点高于H2S，故B正确；C项、NaHSO4晶体溶于水时，电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，离子键和共价键都被破坏，故C正确；D项、N2、CO2和CCl4分子中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构，故D正确；故选A。【点睛】晶体类型不同，微粒间作用力不同，熔化时克服的微粒间作用力不同是易错点。20.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 含0.2mol HCl的浓盐酸与足量的MnO2充分反应，转移电子数为0.1 NAB. 10g H218O与D218O的混合物中所含中子、电子数目均为5NAC. 标准状况下，11.2L甲烷和乙烯的混合气体中含C-H键的数目为2NAD. 常温下，0.1 molL1的NH4Cl溶液中NH4+的数目小于0.1 NA【答案】C【解析】【详解】A项、浓盐酸与MnO2共热反应生成氯气，稀盐酸与MnO2共热不反应，随着反应进行，浓盐酸变为稀盐酸，0.2mol HCl的浓盐酸不可能完全反应，转移电子数小于0.1 NA，故A错误；B项、H218O的相对分子质量为20、电子数为10、中子数为10，D218O的相对分子质量为22、电子数为10、中子数为12，10g H218O与D218O的物质的量不同，电子数一定不同，故B错误；C项、甲烷和乙烯分子中所含C-H键均为4，标准状况下，11.2L甲烷和乙烯的混合气体的物质的量为0.5mol，则混合气体中含C-H键的数目为2NA，故C正确；D项、缺溶液的体积，无法计算溶液中NH4+的数目，故D错误；故选C21.R 为第A 族金属，RCl 的能量关系如图所示，下列说法不正确的是A. H1H2+H3H4+H5=H6B. 一定条件下H5akJmol1，则Cl-Cl键的键能是akJmol1C. 相同条件下，Na 的 H6 比 Li 的小D. 相同条件下，Na 的(H2H4)比 K 的大【答案】B【解析】【详解】A项、由盖斯定律可知H1H2+H3H4+H5=H6，故A正确；B项、一定条件下H5akJmol1，则Cl原子的电子亲和能为akJmol1，Cl-Cl键的键能是2akJmol1，故B错误；C项、钠的金属性强于锂，则相同条件下，Na 的 H6 比 Li 的小，故C正确；D项、钠的金属性弱于钾，则相同条件下，Na 的(H2H4)比 K 的大，故D正确；故选B。22.将汽车尾气中的CO和NO转化为无害气体，其反应：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)。在容积均为2L的甲、乙、丙三个恒温（反应温度分别为300、T、300）容器中分别加入物质的量之比为1:1的NO和CO，测得各容器中n(CO)随反应时间t的变化情况如下表所示： t/min n(CO) /mol 04080120160甲2.001.501.100.800.80乙2.001.451.001.001.00丙1.000.800.650.530.45根据表中数据，下列说法正确的是A. 乙容器中的反应温度T300，故A错误；B项、容器体积为2L，040min内用NO 浓度的变化量为=0.25mol/L，则NO的浓度变化表示的平均反应速率为=0.00625mol/(Lmin)，故B错误；C项、由表中数据可知，该反应速率比较小，甲乙两容器温度不同，温度升高反应速率变化不大，反应速率提高有限，且消耗更多能源，甲丙两容器对比增大压强吸收效率提高，但要给汽车尾气加压不现实，故C错误；D项、由表中数据可知，该反应速率比较小，尾气处理需要在较短的时间内吸收，因此使用表中的条件吸收效率不高，为提高气体的反应速率和净化效率，最佳途径是使用催化剂，故D正确；故选D。23.在常温下，在一组c（H2A）+ c（HA）+ c（A2）=0.10 molL1的H2A和NaOH混合溶液中，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如图所示。下列说法正确的是A. c（Na+）=0.10 molL1的溶液中：c（H+）- c（A2）=c（OH）- c（H2A）B. NaHA溶液中，水的电离程度比纯水大C. c（HA）=c（A2）的溶液是由等物质的量的NaHA和Na2A混合而成D. pH=2.5的溶液中：c（H2A）+c（A2）c（HA）【答案】A【解析】【详解】A项、由题意c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)=0.100molL-1，当c(Na+)=0.100molL-1时， 则c(Na+)=c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)，溶液中存在电荷守恒关系c(H+)+c(Na+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，两式相减可得c（H+）- c（A2）=c（OH-c（H2A），故A正确；B项、由图可知NaHA溶液显酸性，溶液中HA的电离大于水解，抑制水的电离，水的电离程度比纯水小，故B错误；C项、等物质的量浓度的NaHA和Na2A混合溶液呈酸性，说明HA-的电离程度大于A2-水解程度，所以c（A2-）c（HA-），则c（HA）=c（A2）的溶液中NaHA的物质的量大于Na2A，故C错误；D项、由图像可知，pH=2.5时，c(H2A)+c(A2-)c(HA-)，故D错误；故选A。【点睛】由图像可知，NaHA溶液显酸性，溶液中HA的电离大于水解是解题的突破口，在任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒判断是解答关键。24.工业上，通过如下转化可制得KClO3晶体：下列说法不正确的是A. 步骤发生的化学反应方程式为NaCl3H2ONaClO33H2B. 步骤发生的反应类型是复分解反应，操作是过滤、洗涤、干燥C. 洗涤KClO3晶体时最合适洗涤剂是冰水D. 可用AgNO3和稀HNO3溶液检验KClO3晶体是否纯净【答案】C【解析】【分析】由流程图可知，电解氯化钠溶液，反应生成氯酸钠和氢气，反应的化学方程式为NaCl3H2ONaClO33H2，向所得的氯酸钠溶液中加入氯化钾粉末，氯酸钠与氯化钾发生复分解反应生成溶解度较小的氯酸钾和氯化钠，经过滤、洗涤、干燥得到氯酸钾晶体。【详解】A项、步骤发生的反应为电解氯化钠溶液，反应生成氯酸钠和氢气，反应的化学方程式为NaCl3H2ONaClO33H2，故A正确；B项、步骤发生的反应氯酸钠与氯化钾发生复分解反应生成溶解度较小的氯酸钾和氯化钠，经过滤、洗涤、干燥得到氯酸钾晶体，故B正确；C项、饱和KClO3溶液可以洗去晶体表面的可溶性杂质，减少晶体的溶解，则洗涤KClO3晶体时最合适洗涤剂是饱和KClO3溶液，故C错误；D项、可用AgNO3和稀HNO3溶液检验洗涤液中是否存在氯离子，判断KClO3晶体是否纯净，故D正确；故选C。25.已知：I2+ SO32+H2O=2I+ SO42+2H+。某溶液中含有大量Na+、Ba2+、Fe3+、NH4、SO42、Cl、I、SO32和HCO3离子中的若干种，分别取该溶液进行如下实验：用pH计测试，溶液pH=6.2；加入几滴氯水和淀粉溶液，溶液变蓝色；加入Ba(OH)2溶液，产生白色沉淀。下列说法正确的是A. 该溶液中一定存在NH4、SO42-和IB. 该溶液中不存在Ba2+、 Fe3+和SO32-，可能存在Na+、Cl和HCO3C. 第个实验中生成的白色沉淀中可能含有BaSO4和BaCO3中的一种或两种D. 可加入AgNO3和HNO3溶液检验溶液中是否存在Cl-【答案】C【解析】【分析】用pH计测试，溶液pH=6.2，说明溶液呈弱酸性，可能存在Fe3+和NH4中的一种或两种；加入几滴氯水和淀粉溶液，溶液变蓝色，说明溶液中一定存在I，由还原性强弱可知，溶液中一定无还原性强于I的SO32，因Fe3+与I发生氧化还原反应可知，溶液中一定不存在Fe3+，则一定有NH4，不能确定是否存在HCO3；加入Ba(OH)2溶液，产生的白色沉淀可能是BaSO4和BaCO3中的一种或两种，溶液中SO42和HCO3至少有一种存在，若有SO42，则无Ba2+，若有HCO3无SO42，则Ba2+可能有，则无法确定是否存在Ba2+。【详解】A项、加入Ba(OH)2溶液，产生的白色沉淀可能是BaSO4和BaCO3中的一种或两种，溶液中SO42和HCO3至少有一种存在，故A错误；B项、加入Ba(OH)2溶液，产生的白色沉淀可能是BaSO4和BaCO3中的一种或两种，溶液中SO42和HCO3至少有一种存在，若有SO42，则无Ba2+，若有HCO3无SO42，则Ba2+可能有，则无法确定是否存在Ba2+，故B错误；C项、由题意可知，第个实验中生成的白色沉淀中可能含有BaSO4和BaCO3中的一种或两种，故C正确；D项、因溶液中存在I，加入AgNO3和稀HNO3溶液会生成黄色AgI沉淀，干扰Cl的检验，故D错误；故选C。非选择题部分二、非选择题(本大题共7小题)26.烃A是一种重要的化工原料。已知A在标准状况下的密度为1.25g/L，B可发生银镜反应，D是A的同系物，E是由两种均具有芳香气味的有机物组成的混合物。有关物质的转化关系如下：（1）有机物E中含有的官能团名称是_。（2）AB的反应类型是_。（3）CDE的化学反应方程式是_。（4）下列说法正确的是_。 A有机物A与C在一定条件下也可发生反应B用新制碱性氢氧化铜悬浊液无法区分有机物B、C和EC相同质量的A和B充分燃烧时消耗等量的氧气D相同条件下E在氢氧化钠溶液中水解比在稀硫酸中更完全【答案】 (1). 酯基 (2). 氧化反应 (3). CH3CHCH2CH3COOHCH3COOCH2CH2CH3或CH3CHCH2CH3COOHCH3COOCH(CH3)CH3 (4). AD【解析】【分析】由题意A在标准状况下的密度为1.25gL1可知，A的摩尔质量为1.25g/L22.4L/mol=28g/mol，A为CH2=CH2；由题给信息可知，CH2=CH2发生催化氧化反应生成能发生银镜反应的CH3CHO，则B为CH3CHO；CH3CHO发生催化氧化反应生成CH3COOH，则C为CH3COOH；由C的结构简式和B的分子式，结合D为乙烯的同系物，可知D是CH3CHCH2；CH3CHCH2与CH3COOH发生加成反应生成CH3COOCH2CH2CH3或CH3COOCH(CH3)CH3，则E为CH3COOCH2CH2CH3和CH3COOCH(CH3)CH3组成的混合物。【详解】（1）E为CH3COOCH2CH2CH3和CH3COOCH(CH3)CH3组成的混合物，两者互为同分异构体，官能团为酯基，故答案为：酯基；（2）AB反应为CH2=CH2发生催化氧化反应生成能发生银镜反应的CH3CHO，故答案为：氧化反应；（3）CDE的反应为CH3CHCH2与CH3COOH发生加成反应生成CH3COOCH2CH2CH3或CH3COOCH(CH3)CH3，反应的化学方程式为CH3CHCH2CH3COOHCH3COOCH2CH2CH3或CH3CHCH2CH3COOHCH3COOCH(CH3)CH3，故答案为：CH3CHCH2CH3COOHCH3COOCH2CH2CH3或CH3CHCH2CH3COOHCH3COOCH(CH3)CH3；（4）A、由CH3CHCH2与CH3COOH发生加成反应生成CH3COOCH2CH2CH3或CH3COOCH(CH3)CH3可知，CH2=CH2与CH3COOH在一定条件下也可发生加成反应CH3COOCH2CH3，故正确；B、新制碱性氢氧化铜悬浊液与CH3CHO共热反应生成砖红色沉淀，与CH3COOH发生中和反应氢氧化铜悬浊液溶解，与CH3COOCH2CH2CH3或CH3COOCH(CH3)CH3不反应，实验现象不同，可以鉴别，故错误；C、最简式相同的有机物，质量相同耗氧量相同，CH2=CH2和CH3CHO的最简式不同，则耗氧量不同，故错误；D项、相同条件下酯CH3COOCH2CH2CH3或CH3COOCH(CH3)CH3在氢氧化钠溶液中完全水解，在稀硫酸中部分水解，故正确；AD正确，故答案为：AD。【点睛】由C的结构简式和B的分子式，结合D为乙烯的同系物推断D和E的结构简式是解答的突破口。27.某同学对物质X（由三种短周期元素组成纯净物）进行探究。已知X相对分子质量为135，能与水剧烈反应，生成2种酸，现对物质X进行了如下实验，假设各步反应均完全，反应中气体完全逸出。（已知：Ag2SO4微溶于水，可溶于硝酸）（1）X的化学式是_，XA的化学反应方程式是_。（2）溶液B中某成分能与K2Cr2O7固体反应产生黄绿色气体，请写出该化学反应方程式是_。【答案】 (1). SO2Cl2 (2). SO2Cl2 +2H2O=H2SO4+2HCl (3). 2K2Cr2O714HCl=2KCl2CrCl33Cl27H2O【解析】【分析】由溶液B加入200mL2mol/LNaOH溶液后，溶液呈中性，说明溶液B为酸性溶液，加入硝酸酸化的硝酸银溶液生成白色沉淀，说明溶液中含有氯离子，则X中含有氯元素；溶液B中加入氯化钡溶液生成白色沉淀，说明溶液中含有硫酸根离子，则X中含有硫元素和氧元素。【详解】（1）28.7g氯化银的物质的量为0.2mol，则X中含有0.4mol氯原子，23.3g硫酸钡的物质的量为0.1mol，则X中含有0.2mol硫原子，由此可知X中氧原子的质量为（27.0g0.4mol35.5g/mol0.2mol32g/mol）=6.4g，n（X）：n（S）：n（Cl）：n（O）=：0.2mol：0.4mol：=1:1:2:2，故X的化学式为SO2Cl2；XA的反应为SO2Cl2与H2O反应生成H2SO4和HCl，故答案为：SO2Cl2；SO2Cl2 +2H2O=H2SO4+2HCl；（2）浓盐酸与K2Cr2O7固体反应生成氯化钾、氯化铬和氯气，反应的化学反应方程式为2K2Cr2O714HCl=2KCl2CrCl33Cl27H2O，故答案为：2K2Cr2O714HCl=2KCl2CrCl33Cl27H2O。28.下图的实验装置可用于研究SO2转化为SO3。已知：SO3的熔点是16.8，沸点是44.8。请回答：（1）D装置的作用是_。（2）若Na2SO3变质，会影响到SO2的转化。现欲检验某Na2SO3样品是否变质，你的方法是_。（3）实验结束后，如果将收集了SO3的装置敞口露置于空气中，可看到装置出口处产生大量白雾，其原因是_。【答案】 (1). 使SO3冷凝 (2). 取待测样品少许于试管中，加适量蒸馏水配成溶液，先滴入足量稀盐酸，再滴入BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则证明该样品变质。若无白色沉淀生成，则证明该样品未变质 (3). 三氧化硫是一种易升华的固体，在空气中三氧化硫气体易吸收水蒸汽而形成酸雾。（或挥发出SO3与水蒸气反应，形成酸雾）【解析】【分析】装置A为二氧化硫的制备和氧气通入装置，装置B用于干燥混合二氧化硫和氧气，装置C为SO2转化为SO3的装置，装置D用于冷凝收集三氧化硫，装置E用于吸收二氧化硫，防止污染环境。【详解】（1）SO3的熔点是16.8，沸点是44.8，当温度低于16.8时，三氧化硫以晶体状态存在，则装置D的作用是于冷凝收集三氧化硫，故答案为：使SO3冷凝；（2）Na2SO3变质转化为硫酸钠，检验某Na2SO3样品是否变质实质上是检验硫酸根，则检验方法是取待测样品少许于试管中，加适量蒸馏水配成溶液，先滴入足量稀盐酸，再滴入BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则证明该样品变质，若无白色沉淀生成，则证明该样品未变质，故答案为：取待测样品少许于试管中，加适量蒸馏水配成溶液，先滴入足量稀盐酸，再滴入BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则证明该样品变质，若无白色沉淀生成，则证明该样品未变质；（3）由于三氧化硫是一种易升华的固体，在空气中三氧化硫气体易吸收水蒸汽而形成酸雾，所以实验结束后，如果将收集了SO3的装置敞口露置于空气中，可看到装置出口处产生大量白雾，故答案为：三氧化硫是一种易升华的固体，在空气中三氧化硫气体易吸收水蒸汽而形成酸雾（或挥发出SO3与水蒸气反应，形成酸雾）。【点睛】Na2SO3变质转化为硫酸钠，检验某Na2SO3样品是否变质实质上是检验硫酸根。29.将1 mol NaHCO3和a mol Na2O2固体混合后，在密闭容器中加热到250，让其充分反应，剩余固体为Na2CO3、NaOH，在剩余固体中加入足量6 molL1盐酸。请计算：（1）加入足量盐酸后产生标准状况下气体体积为_L；（2）固体混合物中Na2O2的物质的量a的取值范围为_。【答案】 (1). 22.4L (2). 0.5a1【解析】【分析】密闭容器中发生的反应为碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，反应的化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2，反应生成的二氧化碳和水与过氧化钠反应，反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2 + 2H2O = 4NaOH + O2，过氧化钠完全反应，剩余固体为Na2CO3、NaOH。【详解】（1）由碳酸氢钠受热分解方程式可知，碳酸氢钠分解生成0.5molCO2和0.5mol Na2CO3，0.5molCO2与过氧化钠反应生成0.5mol Na2CO3，剩余固体中含有1mol Na2CO3，向剩余固体中加入足量6 molL1盐酸，1mol Na2CO3完全反应生成1molCO2，体积为22.4L，故答案为：22.4；（2）由碳酸氢钠受热分解方程式可知，碳酸氢钠分解生成0.5molCO2和0.5mol H2O，0.5mol CO2被Na2O2完全吸收，需Na2O20.5mol，剩余固体中有NaOH，说明H2O被Na2O2吸收，但吸收的量不确定，最多完全吸收0.5mol，最少0mol，需Na2O2最多0.5mol，最少0mol，则a的取值范围为0.5a1，故答案为：0.5a1。【点睛】正确书写容器中发生反应的化学方程式，依据化学方程式分析讨论是计算的依据。30.（一）以甲基磺酸（CH3SO3H，强酸）水溶液为原料，通过电解法制备甲基磺酸亚锡(CH3SO3)2Sn，装置如图所示。（1）所用的离子交换膜为_（填“阳”或“阴”）离子交换膜。（2）写出阳极的电极反应式_。（二）丙烯腈（CH2=CHCN）是一种重要的化工原料，工业上可用“丙烯氨氧化法”生产。丙烯、氨气和空气以一定流速通过装有复合酸催化剂的流化床，已知：I C3H6(g)+ O2(g)=C3H4O(丙烯醛)(g)+H2O(g) H=-353kJ/molII 2C3H4O(g)+ 2NH3(g)+ O2(g)=2C3H3N(g)+ 4H2O(g) H=-324kJ/mol请回答：（1）写出丙烯在催化剂存在下生成丙烯腈（C3H3N）的热化学方程式_；（2）氨和丙烯的配比会影响丙烯腈和丙烯醛的产率。在450时，体系中通入1.00mol的丙烯，为x。当x小于理论配比时，丙烯醛的产率较高，请解释原因_。当x=1.0时，丙烯腈的产率达到0.72，体系中水的物质的量为2.23mol(忽略其他副反应)，请计算此时丙烯醛的物质的量为_。请在下图中画出丙烯腈的产率随x变化的曲线_。（3）在常压、重金属氧化物催化条件下，反应的主要副产物有乙腈（CH3CN）和氢氰酸（HCN），丙烯腈和副产物产率随温度变化情况分别如图所示。下列有关说法正确的是_。A工业上使用流化床而不是固化床，主要是因为反应强放热会导致温度过高B420时的产率是丙烯腈的平衡产率C选择合适的催化剂可以降低反应的活化能，从而提高丙烯腈的选择性D丙烯腈产率在450之后随温度升高而降低的原因可能是温度升高平衡逆向移动【答案】 (1). 阴 (2). Sn-2e- +2CH3SO3-(CH3SO3)2Sn (3). 2C3H6(g)+2NH3(g)+3O2(g)2C3H3N(g)+6H2O(g)H=1030 kJ/mol (4). 丙烯醛是丙烯制备丙烯腈的中间产物，氨气是反应II的反应物，n(氨)/n(丙烯)较小时，以反应I为主，丙烯醛产率高 (5). 0.07mol (6). (7). AC【解析】【分析】（一）由电解示意图可知，Sn为阳极，Sn在阳极上失电子发生氧化反应生成CH3SO3)2Sn，电极反应式为Sn2e+2CH3SO3CH3SO3)2Sn，石墨为阴极，H+在阴极上得电子生成氢气，电极反应式为2H+2eH2；（二）（1）由盖斯定律计算可得；（2）氨气是反应的反应物，当较小时，氨的含量较少，制备反应以反应I为主；由题给数据先计算反应消耗丙烯醛和生成水的物质的量，再依据体系中水的物质的量计算反应I生成水和丙烯醛的物质的量，最后依据反应I和反应丙烯醛的物质的量计算体系中丙烯醛的物质的量；当较小时，氨的含量较少，制备反应以反应I为主，丙烯醛产率高，丙烯腈的产率低；当较大时，氨的含量较多，制备反应以反应为主，导致丙烯醛产率低，丙烯腈的产率高。【详解】（一）（1）电解过程中，CH3SO3)2Sn在阳极室生成，CH3SO3通过阴离子交换膜由阴极室向阳极室移动，故答案为：阴；（2）Sn在阳极上失电子发生氧化反应生成CH3SO3)2Sn，电极反应式为Sn2e+2CH3SO3CH3SO3)2Sn，故答案为：Sn2e+2CH3SO3CH3SO3)2Sn；（二）（1）由盖斯定律，I2+可得丙烯在催化剂存在下生成丙烯腈（C3H3N）的热化学方程式为2C3H6(g)+2NH3(g)+3O2(g)2C3H3N(g)+6H2O(g)，则H=（-353kJ/mol）2+（-324kJ/mol）=1030 kJ/mol，故答案为：2C3H6(g)+2NH3(g)+3O2(g)2C3H3N(g)+6H2O(g)H=1030 kJ/mol；（2）由题意可知，丙烯醛是丙烯制备丙烯腈的中间产物，氨气是反应的反应物，当较小时，