高考化學二輪復習浙江選考版仿真模擬卷（二）

仿真模擬卷(二)考生注意：2．答卷前，考生務必用藍、黑色字跡的鋼筆或圓珠筆將自己的姓名、班級、學號填寫在相應位置上。3．本次考試時間90分鐘，滿分100分。選擇題部分一、選擇題(本大題共25小題，每小題2分，共50分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分)1．下列屬于鹽的是()A．HNO3 B．KOHC．Na2CO3 D．Na2O2答案C解析HNO3屬于酸，A錯誤；KOH屬于堿，B錯誤；Na2CO3屬于鹽，C正確；Na2O2屬于氧化物，D錯誤。2．儀器名稱為“容量瓶”的是()答案C解析A為蒸餾燒瓶；B為分液漏斗；C為容量瓶，正確；D為玻璃試劑瓶。3．下列屬于非電解質的是()A．醋酸 B．氫氧化鉀C．銅 D．乙醇答案D解析醋酸能電離出氫離子和醋酸根離子，是電解質，A錯誤；氫氧化鉀能電離出氫氧根離子和鉀離子，是電解質，B錯誤；銅是單質，既不是電解質也不是非電解質，C錯誤；乙醇不能電離出離子，是非電解質，D正確。4．下列反應中，屬于氧化還原反應的是()A．CaO＋H2O=Ca(OH)2B．NH3·H2O＋CH3COOH=CH3COONH4＋H2OC．Fe2O3＋3COeq\o(=,\s\up7(高溫))2Fe＋3CO2D．2NaHCO3eq\o(=,\s\up7(高溫))Na2CO3＋CO2↑＋H2O答案C解析本題考查化學反應的類型，氧化還原反應的實質是電子的得失或共用電子對的偏移，可根據(jù)化合價是否發(fā)生改變判斷。A項，CaO＋H2O=Ca(OH)2，該反應為化合反應，化合價未發(fā)生變化，錯誤；B項，NH3·H2O＋CH3COOH=CH3COONH4＋H2O，該反應為復分解反應，錯誤；C項，F(xiàn)e2O3＋3COeq\o(=,\s\up7(高溫))2Fe＋3CO2，該反應中Fe元素化合價由＋3價降到0價，C元素化合價由＋2價升高到＋4價，正確；D項，2NaHCO3eq\o(=,\s\up7(高溫))Na2CO3＋CO2↑＋H2O，該反應為分解反應，化合價未發(fā)生變化，錯誤。5．(2017·嘉興市高三月考)下列有關膠體說法正確的是()A．能用過濾的方法分離出該分散質B．在通常情況下不穩(wěn)定，易沉淀C．當聚光手電筒照射膠體時，從垂直于光線方向，可以看到一道光亮的通路D．分散質的直徑在10－9～10－7nm答案C解析A項，膠體和溶液中的分散質離子都能通過濾紙，不能用過濾的方法分離出膠體，錯誤；B項，膠體是介穩(wěn)體系，一定條件下能穩(wěn)定存在，錯誤；C項，膠體具有丁達爾效應，讓一束光通過膠體，從垂直于光線的方向可以看到一條光亮的“通路”，正確；D項，溶液中分散質的粒度小于1nm，膠體中分散質粒度介于1～100nm，錯誤。6．下列說法正確的是()A．鈉和鉀的合金在室溫下是固態(tài)，可用于快中子堆作熱交換劑B．SiO2導電能力強，因此可用于制造通信光纜C．氯化鐵易水解，因此可用于腐蝕銅制線路板D．次氯酸鈣具有強氧化性，可用于消毒殺菌答案D解析鈉鉀合金為液態(tài)，A錯誤；SiO2不能導電，能對光進行全反射，傳遞光信號，B錯誤；氯化鐵腐蝕銅制線路板是利用其氧化性，與水解無關，C錯誤；次氯酸鈣具有強氧化性，能使蛋白質變性，可用于殺菌消毒，D正確。7．下列化學用語表示正確的是()A．乙酸的結構簡式：C2H4O2B．氨氣的電子式：C．Mg2＋的結構示意圖：D．碳酸鈉的電離方程式：Na2CO3=2Na＋＋COeq\o\al(2－,3)答案D解析乙酸的結構簡式為CH3COOH，A錯誤；氨氣的電子式為，B錯誤；Mg2＋的結構示意圖為，C錯誤；碳酸鈉的電離方程式為Na2CO3=2Na＋＋COeq\o\al(2－,3)，D正確。8．下列說法正確的是()A．制普通玻璃的主要原料是燒堿、石灰石、石英B．SiO2是光導纖維的主要成分，晶體硅可用于制作半導體材料C．實驗室用帶玻璃塞的試劑瓶保存氫氧化鈉溶液D．鹽酸可以與硅反應，故采用鹽酸為拋光液拋光單晶硅答案B解析制備普通玻璃的原料是石灰石、純堿和石英，A錯誤；光導纖維是用SiO2制備的，硅是一種半導體材料，B正確；用帶玻璃塞的試劑瓶保存NaOH溶液時，使用過程中粘附在瓶口的NaOH會與玻璃成分中的SiO2反應生成Na2SiO3，使瓶口和塞子粘連在一起無法打開，C錯誤；鹽酸與硅單質不能發(fā)生反應，D錯誤。9．下列有關物質分離、提純的操作敘述錯誤的是()A．做蒸餾實驗時，在蒸餾燒瓶中應加入沸石，以防暴沸。如果在沸騰前發(fā)現(xiàn)忘記加沸石，應立即停止加熱，冷卻后補加B．提純混有少量硝酸鉀的氯化鈉，應采用在較高溫度下制得濃溶液再冷卻結晶、過濾、干燥的方法C．1-己醇的沸點比己烷的沸點高，1-己醇和己烷可通過蒸餾初步分離D．提純含有少量乙酸的乙酸乙酯：向含有少量乙酸的乙酸乙酯中加入適量飽和Na2CO3溶液，振蕩后靜置分液，并除去有機相的水答案B解析加入沸石可防止暴沸，但在熱的溶液中加入沸石，也可暴沸，應在冷卻后補加，A正確；氯化鈉中混有少量的硝酸鉀，氯化鈉是大量的，制得的飽和溶液中硝酸鉀量較少，不能采取降溫結晶的方法，應蒸發(fā)結晶，B錯誤；沸點相差較大的混合物，可用蒸餾的方法分離，C正確；乙酸乙酯在飽和碳酸鈉溶液中的溶解度小，乙酸可與碳酸鈉反應，加入碳酸鈉飽和溶液可除雜，D正確。10．下列說法不正確的是()A．等物質的量的乙烯和乙醇完全燃燒消耗氧氣的量相等B．戊烷和乙烷是同系物C．甲烷的二氯代物只有一種的事實，可證明甲烷為正四面體結構D．三硝酸甘油酯的分子式為C3H6N3O9答案D解析1mol乙烯和1mol乙醇完全燃燒均消耗3mol氧氣，A正確；戊烷和乙烷結構相似，分子式不同，同屬烷烴，是同系物，B正確；甲烷為正四面體結構可推知甲烷的二氯代物只有一種，C正確；三硝酸甘油酯的分子式是C3H5N3O9，D錯誤。11．下列有關能源的說法不正確的是()A．煤、石油、天然氣、生物質能中，生物質能是可再生能源B．生物質能包括農業(yè)廢棄物、水生植物、油料植物、城市與工業(yè)有機廢棄物、動物糞便等C．貯氫合金的發(fā)現(xiàn)和應用，解決了氫氣貯存、運輸?shù)碾y題D．生物質能通過直接燃燒產生熱量，能量利用效率較高答案D解析生物質能以原始狀態(tài)或經加工轉化之后作為能源，不一定是通過含有生物質能的物質直接燃燒轉化成熱能從而被利用的，D錯誤。12．在2L的恒容容器中，充入1molA和3molB，并在一定條件下發(fā)生如下反應：A(s)＋3B(g)2C(g)若經3s后測得C的濃度為0.6mol·L－1，下列說法正確的組合是()①用A表示的反應速率為0.1mol·L－1·s－1②若B、C的濃度之比為3∶2，則該反應處于平衡狀態(tài)③3s時B的物質的量濃度為0.6mol·L－1④若平衡后投入一定量的物質C則正、逆反應速率都增大A．①②④ B．①③④C．③④ D．②③④答案C解析①中物質A是固體，不能用固體的濃度變化表示速率；②平衡狀態(tài)時B、C的濃度之比不一定為3∶2；③物質B消耗1.8mol，剩余1.2mol，物質的量濃度為0.6mol·L－1；④投入一定量的物質C，增加了反應產物的濃度，正、逆反應速率都增大。13．下列指定反應的離子方程式正確的是()A．氧化鎂與鹽酸反應：MgO＋2H＋=Mg2＋＋H2OB．0.3molFeI2與0.4molCl2在溶液中反應：6Fe2＋＋10I－＋8Cl2=6Fe3＋＋16Cl－＋5I2C．NaHSO4溶液與Ba(OH)2溶液反應后溶液呈中性：H＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋Ba2＋＋OH－=BaSO4↓＋H2OD．碳酸鈣與足量醋酸反應：COeq\o\al(2－,3)＋2H＋=CO2↑＋H2O答案A解析氧化鎂與鹽酸反應，屬于堿性氧化物與酸生成鹽和水的反應，A正確；含0.3molFeI2溶液中通入0.4molCl2時，先氧化碘離子，由電子守恒可知，碘離子全部被氧化，亞鐵離子部分被氧化，離子反應為2Fe2＋＋6I－＋4Cl2=3I2＋8Cl－＋2Fe3＋，B錯誤；NaHSO4溶液與Ba(OH)2溶液反應后溶液呈中性，發(fā)生反應的離子方程式為2H＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋Ba2＋＋2OH－=BaSO4↓＋2H2O，C錯誤；碳酸鈣是難溶物，醋酸是弱酸，都不能拆，D錯誤。14．如表所示的五種元素中，W、X、Y、Z為短周期元素，這四種元素的原子最外層電子數(shù)之和為22。下列說法正確的是()XYWZTA.原子半徑：X>Y>ZB．X、Y、Z三種元素最低價氫化物的沸點依次升高C．由X、Y和氫三種元素形成的化合物中只有共價鍵D．T元素的單質具有半導體的特性答案D解析令W的最外層電子數(shù)為a，a＋a＋1＋a＋2＋a＋3＝22，a＝4，W是Si、T是Ge、X是N、Y是O、Z是Cl。A項，同周期元素原子半徑從左往右依次減小，即N>O，但Cl>O，故A錯誤；B項，根據(jù)三種氫化物在常溫常壓下狀態(tài)可知沸點：H2O>NH3>HCl，錯誤；C項，H、N、O三種元素可以形成多種化合物，其中HNO3、HNO2等只有共價鍵，但NH4NO3既有離子鍵又有共價鍵，錯誤；D項，Ge介于金屬和非金屬的分界線附近，是半導體，正確。15．(2017·浙江省五校高三上學期第一次聯(lián)考)下列說法正確的是()A．含有5個碳的烴分子中最多可存在4個碳碳單鍵B．乙酸和軟脂酸互為同系物C．將牛油和燒堿溶液混合加熱，充分反應后加入熱的飽和食鹽水，下層析出高級脂肪酸鹽D．向苯中加入溴的四氯化碳溶液，振蕩后靜置分層，上層呈橙紅色答案B解析A項，含5個碳原子的有機物可為環(huán)戊烷，可形成5個碳碳單鍵，錯誤；B項，乙酸和軟脂酸都是飽和一元酸，互為同系物，正確；C項，牛油的主要成分是高級脂肪酸甘油酯，將牛油和燒堿溶液混合加熱，發(fā)生酯的水解反應，充分反應后加入熱的飽和食鹽水，發(fā)生鹽析，析出高級脂肪酸鹽，在上層，下層為甘油的水溶液，錯誤；D項，四氯化碳與苯互溶，向苯中加入溴的四氯化碳溶液，振蕩后靜置，溶液不分層，錯誤。16．下列關于常見有機物的說法正確的是()A．多糖和纖維素互為同分異構體B．糖類、油脂、蛋白質均可以形成高分子化合物C．聚氯乙烯可用作生產食品包裝材料的原料D．分子式為C4H10O的有機物，只有2種能被氧化為醛答案D解析多糖和纖維素分子組成通式相同，但分子式可能不同，不能稱為同分異構體，A錯誤；糖類中的多糖如淀粉和纖維素為高分子化合物，但油脂不可能形成高分子化合物，蛋白質本身為高分子化合物，B錯誤；聚氯乙烯使用時釋放有毒物質，不能作食品包裝材料的原料，聚乙烯可作食品包裝材料的原料，C錯誤；分子式為C4H10O的有機物，只有CH3CH2CH2CH2OH和(CH3)2CHCH2OH連羥基的碳原子上有2個氫原子，氧化后得到醛，D正確。17．我國科學家成功研制出一種全新的鋁－石墨雙離子電池(AGDIB)。這種新型AGDIB電池采用廉價且易得的石墨作為電池正極材料，鋁鋰(AlLi)合金作為負極材料，LiPF6是電解質，碳酸酯為溶劑，反應原理是AlLi＋CxPF6eq\o(,\s\up7(放電),\s\do5(充電))LiPF6＋xC＋Al。下列關于該電池的說法不正確的是()A．該電池不能用水溶液作為電解質B．放電時，Li＋在電解質中由負極向正極遷移C．充電時，若轉移1mole－，陰極電極將增重7gD．放電時，正極的電極反應式為AlLi－e－=Li＋＋Al答案D解析Li是活潑的金屬，能與水反應，因此該電池不能用水溶液作為電解質，A正確；放電時屬于原電池，Li＋在電解質中由負極向正極遷移，B正確；充電時屬于電解池工作原理，電解池的陰極發(fā)生得電子的還原反應，即Al＋Li＋＋e－=AlLi，所以若轉移1mole－，陰極電極將增重7g，C正確；放電時屬于原電池的工作原理，正極CxPF6得電子被還原，電極反應式為CxPF6＋e－=xC＋PFeq\o\al(－,6)，D錯誤。18．已知：X(g)＋2Y(s)2Z(g)ΔH＝－akJ·mol－1，一定條件下，將1molX和2molY加入2L的恒容密閉容器中，10min后測得Y的物質的量為1.4mol。下列說法正確的是()A．10min內，X的平均反應速率為0.03mol·L－1·min－1B．若容器中的氣體密度不再發(fā)生變化，說明上述反應已達平衡狀態(tài)C．10min后Z的濃度為0.7mol·L－1D．10min內，反應放出的熱量為0.3kJ答案B解析根據(jù)三段式解答：X(g)＋2Y(s)2Z(g)ΔH＝－akJ·mol－1起始物質的量mol120變化物質的量mol0.30.60.610min后物質的量(mol)0.71.40.610min內，X的平均反應速率為0.3mol÷(2L×10min)＝0.015mol·L－1·min－1，A錯誤；該反應有固體參加，隨著反應的進行氣體的質量不斷變化，恒容密閉容器體積不變，根據(jù)密度ρ＝eq\f(m,V)，當容器中的氣體密度不再發(fā)生變化時，該反應達到平衡狀態(tài)，B正確；10min后Z的濃度為0.6mol÷2L＝0.3mol·L－1，C錯誤；根據(jù)題給熱化學方程式，10min內，反應放出的熱量為0.3akJ，D錯誤。19．某反應由兩步反應ABC構成，它的反應能量曲線如圖，下列敘述正確的是()A．兩步反應均為吸熱反應B．AB反應，反應條件一定要加熱C．A與C的能量差為E4D．三種化合物中C最穩(wěn)定答案D解析由圖示可知A生成B的反應為吸熱反應，B生成C的反應為放熱反應，A錯誤；A生成B的反應為吸熱反應，與是否加熱無關，吸熱反應不一定要加熱，B錯誤；A與C的能量差為整個反應的ΔH＝ΔHA→B＋ΔHB→C＝E1－E2＋E3－E4，C錯誤；物質的總能量越低越穩(wěn)定，由圖像可知C能量最低最穩(wěn)定，D正確。20．下列說法正確的是()A．分子間作用力、離子鍵和共價鍵都是微粒間的作用力，其中分子間作用力只影響物質的熔、沸點而不影響物質的溶解性B．氫氧化鈉溶于水時，離子鍵被破壞，共價鍵不受影響C．在H2O、CO2和SiO2三種物質中，都存在共價鍵，它們都是由分子構成的物質D．SiCl4和HClO中，每個原子的最外層都具有8電子穩(wěn)定結構答案B解析分子間作用力除影響熔、沸點外，還會影響溶解性，A錯誤；氫氧化鈉溶于水時，電離出Na＋和OH－，破壞離子鍵，共價鍵不影響，B正確；SiO2是原子晶體，不是由分子構成的，C錯誤；HClO中H原子最外層只有2個電子，D錯誤。21．室溫下向10mLpH＝3的醋酸溶液中加水稀釋后，下列說法正確的是()A．溶液中eq\f(cCH3COO－,cCH3COOH·cOH－)不變B．醋酸的電離程度增大，溶液中導電粒子的數(shù)目減少C．若稀釋到pH＝4，所需水的體積等于90mLD．再加入10mLpH＝11的NaOH溶液，混合后溶液的pH＝7答案A解析eq\f(cCH3COO－,cCH3COOH·cOH－)＝eq\f(1,Kh)，溫度不變水解常數(shù)不變，A正確；醋酸是弱電解質，加水稀釋促進醋酸電離，導致溶液中陰、陽離子數(shù)目增多，B錯誤；加水稀釋促進醋酸電離，因此若稀釋到pH＝4，所需水的體積大于90mL，C錯誤；室溫下，pH＝3的醋酸濃度大于pH＝11的氫氧化鈉濃度，二者等體積混合，醋酸過量導致混合溶液呈酸性，即混合液pH＜7，D錯誤。22．設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是()A．0.1molNa2O2與足量的潮濕的二氧化碳反應轉移的電子數(shù)為0.1NAB．1mol鎂與足量O2或N2反應生成MgO或Mg3N2，失去電子數(shù)分別為2NA和3NAC．含NA個Na＋的Na2O2溶于1L水中，Na＋的物質的量濃度為1mol·L－1D．某密閉容器中盛有0.2molN2和0.3molH2，在一定條件下充分反應，轉移電子的數(shù)目為0.6NA答案A解析1mol鎂與足量O2或N2反應生成MgO或Mg3N2，失去電子數(shù)均為2NA，B錯誤；含NA個Na＋的Na2O2溶于1L水中，由于水被消耗，溶液的體積不是1L，則不能計算Na＋的物質的量濃度，C錯誤；因為該反應是可逆反應，轉移電子的數(shù)目小于0.6NA，D錯誤。23．25℃時，向20mL0.1mol·L－1H2R(二元弱酸)溶液中滴加0.1mol·L－1NaOH溶液，溶液pH與加入NaOH溶液體積的關系如圖所示。下列有關說法正確的是()A．a點所示溶液中：c(H2R)＋c(HR－)＋c(R2－)＝0.1mol·L－1B．b點所得溶液中：c(H2R)＋c(H＋)＝c(HR－)＋c(OH－)C．c點所得溶液中：c(HR－)＝c(R2－)D．a、b、c、d中，d點所示溶液中水的電離程度最大答案D解析a點溶液體積是原來的1.5倍，則含有R元素的微粒濃度是原來的eq\f(2,3)，根據(jù)物料守恒得c(H2R)＋c(HR－)＋c(R2－)＝eq\f(1,15)mol·L－1，A錯誤；b點二者恰好完全反應生成NaHR，溶液呈酸性，根據(jù)電荷守恒和物料守恒可知c(H2R)＋c(H＋)＝c(R2－)＋c(OH－)，B錯誤；c點溶液溶質為等物質的量的Na2R、NaHR，溶液顯堿性，說明HR－的電離程度小于R2－的水解程度，所以c(HR－)≠c(R2－)，C錯誤；d點溶液中溶質為Na2R，R2－水解程度最大，所以d點所示溶液中水的電離程度最大，D正確。＋2Fe3＋。往含有等物質的量的FeBr2、FeI2的混合液中通入一定量的氯氣后，再滴加少量的KSCN溶液，溶液變?yōu)檠t色，則下列方程式書寫不合理的是()A．2I－＋2Fe2＋＋2Cl2=I2＋4Cl－＋2Fe3＋B．2Br－＋4I－＋2Fe2＋＋4Cl2=2I2＋Br2＋8Cl－＋2Fe3＋C．2Br－＋2I－＋2Fe2＋＋3Cl2=I2＋Br2＋6Cl－＋2Fe3＋D．4I－＋2Fe2＋＋3Cl2=2I2＋6Cl－＋2Fe3＋答案B解析根據(jù)氧化還原反應2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2，Br2＋2Fe2＋=2Br－＋2Fe3＋可知，還原性I－>Fe2＋>Br－，通入氯氣后，氯氣會按I－、Fe2＋、Br－的順序發(fā)生反應，由于滴加少量的KSCN溶液，溶液變?yōu)檠t色，證明溶液中有Fe3＋生成。由于FeBr2和FeI2的物質的量相同，因此溶液中的I－、Fe2＋和Br－的物質的量相同。反應表示溶液中的I－和Fe2＋完全被氯氣氧化，A正確；由于Br－參加反應，因此I－和Fe2＋完全被氯氣氧化，而方程式中I－和Fe2＋的物質的量不相同，B錯誤；表示溶液中的I－、Fe2＋和Br－完全被氯氣氧化，C正確；表示溶液中的I－全部被氯氣氧化，而Fe2＋部分被氧化，D正確。25．固體粉末A中可能含有Fe、Fe3O4、CuO、K2SO3、NaHCO3中的若干種。某同學為確定該固體粉末A的成分，進行如下實驗：eq\x(固體粉末A)eq\f(足量鹽酸,)eq\x(溶液B)eq\o(→,\s\up7(KSCN溶液))eq\x(無紅色)eq\x(氣體B)eq\o(→,\s\up7(澄清石灰水))eq\x(白色沉淀)eq\x(固體B)已知：蘸取少量溶液B在酒精燈上灼燒，透過藍色的鈷玻璃未觀察到紫色。下列說法不正確的是()A．一定有NaHCO3 B．一定有FeC．一定沒有Fe3O4 D．一定沒有K2SO3答案C解析根據(jù)分析，固體粉末中所有可能的成分均能溶解于足量鹽酸中。生成的氣體B為CO2，通入澄清石灰水中生成白色沉淀CaCO3；CuO和鹽酸生成Cu2＋，再與Fe發(fā)生置換反應生成Cu，即固體B為Cu；溶液B中加KSCN溶液無紅色，即B中無Fe3＋，但不能說明固體中無Fe3O4，可能是生成的Fe3＋與Fe反應生成了Fe2＋。第Ⅱ卷二、非選擇題(本大題共7小題，共50分)26．(6分)A是一種密度為1.25g·L－1(標準狀況下)的烴，F(xiàn)是一種常見的油脂，且F與I互為同系物。有關物質間的轉化關系如下圖，請回答下列問題：(1)E是一種高分子化合物，則A→E的反應類型是________________。(2)C中所含官能團的名稱是________。鑒別C中官能團的一種方法：_________________________________________________________________________(用化學方程式表示)。(3)寫出D＋G→I的化學方程式：__________________________________________________________________________________________________________________。答案(1)加聚反應(2)醛基CH3CHO＋2Cu(OH)2＋NaOHeq\o(→,\s\up7(△))CH3COONa＋Cu2O↓＋3H2O(答案合理即可)(3)3CH3COOH＋eq\o(,\s\up7(濃硫酸),\s\do5(△))＋3H2O解析A是一種在標準狀況下密度為1.25g·L－1的烴，摩爾質量為1.25g·L－1×22.4L·mol－1＝28g·mol－1，則A為CH2=CH2，B能發(fā)生連續(xù)氧化反應，則B為乙醇，C為乙醛，D為乙酸，F(xiàn)是一種常見的油脂，且F與I互為同系物，F(xiàn)發(fā)生水解反應生成丙三醇和高級脂肪酸，G和D發(fā)生酯化反應生成酯，G為丙三醇。(1)A為乙烯，含有碳碳雙鍵，發(fā)生加聚反應生成高分子化合物E，A→E的反應類型是加聚反應。(2)根據(jù)上述分析，C為乙醛，所含官能團的名稱為醛基；鑒別醛基可以用新制氫氧化銅懸濁液或銀氨溶液，化學方程式為CH3CHO＋2Cu(OH)2＋NaOHeq\o(→,\s\up7(△))CH3COONa＋Cu2O↓＋3H2O。(3)根據(jù)上述分析，D為乙酸，G為丙三醇，兩者能發(fā)生酯化反應生成酯，反應的化學方程式：3CH3COOH＋eq\o(,\s\up7(濃硫酸),\s\do5(△))＋3H2O。27．(6分)(2017·浙江省五校高三上學期第一次聯(lián)考)鐵橄欖石是天然的鐵礦石，由實驗測得鐵橄欖石的摩爾質量為204g·mol－1，其中鐵元素的質量分數(shù)為54.9%，可以通過如下反應和相應的數(shù)據(jù)推知它的化學式。其中A～J是中學化學中的常見物質，G是一種紅褐色固體，D是一種難溶于水的含氧酸，J是一種主要的溫室氣體，A為強堿，其焰色反應呈黃色，E和B分別與酸化的硝酸銀溶液反應時的實驗現(xiàn)象相同，均有白色沉淀產生，流程中的部分生成物已略去?；卮鹣铝袉栴}：(1)A的電子式：________________。(2)鐵橄欖石的化學式：_______________________________________________________。(3)寫出H→G的化學方程式：______________________________________________________________________________________________________________________。答案(1)(2)Fe2SiO4(或2FeO·SiO2)(3)4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3解析A～J是中學化學中的常見物質，G是一種紅褐色固體，G為氫氧化鐵，則H為氫氧化亞鐵，F(xiàn)中含有鐵離子，D是一種難溶于水的含氧酸，D為硅酸，J是一種主要的溫室氣體，J為二氧化碳，A為強堿，其焰色反應呈黃色，A為氫氧化鈉，E和B分別與酸化的硝酸銀溶液反應時的實驗現(xiàn)象相同，均有白色沉淀產生，則B為鹽酸，E為氯氣，因此F為氯化鐵，C為氯化亞鐵。根據(jù)上述分析，鐵橄欖石屬于硅酸鹽，且含有亞鐵離子，設鐵橄欖石的化學式為xFeO·ySiO2，摩爾質量為204g·mol－1，其中鐵元素的質量分數(shù)為54.9%，則x＝eq\f(204×54.9%,56)≈2，因此y＝eq\f(204－72×2,60)＝1，因此鐵橄欖石的化學式為2FeO·SiO2。28．(4分)已知：草酸(乙二酸)的鈉鹽和鉀鹽易溶于水、而鈣鹽難溶于水；草酸晶體(H2C2O4·2H2O)受熱會脫水和升華，草酸晶體熔點101℃，170℃以上分解。為檢驗草酸晶體的分解產物進行如圖實驗?；卮鹣铝袉栴}：(1)實驗前需檢驗裝置氣密性，檢驗方法是__________________。(2)對草酸晶體進行圖示實驗，在裝置C中可觀察到有氣泡逸出，且澄清石灰水變渾濁，則說明草酸晶體分解的產物中有CO2。對此結論的合理性作出判斷并說明理由________________________________________________________________________________________________________________________________________________。答案(1)按如圖裝置，A處用酒精燈給試管加熱，在C處液面下可見有氣泡產生，移去A處酒精燈，冷卻后在C處導管中出現(xiàn)一段高出液面的水柱，且穩(wěn)定不變，則表明整套裝置的氣密性良好(2)合理；A處產生的蒸氣可能含有草酸蒸氣，經過B處冰水的冷凝，可將草酸蒸氣液化，防止草酸進入裝置C而生成草酸鈣沉淀，干擾對產物CO2的檢驗29．(4分)取1.19gK2CO3和KHCO3的混合物溶于水配成25mL溶液，往溶液中加入25mLBa(OH)2溶液恰好使生成白色沉淀的量最多。反應后溶液的c(OH－)＝0.3mol·L－1(混合溶液體積為50mL)。試計算：(1)反應后溶液中n(OH－)＝______mol。(2)原混合物中n(K2CO3)∶n(KHCO3)＝________。答案(1)0.015(2)1∶1解析＋2KOH、KHCO3＋Ba(OH)2===BaCO3↓＋KOH＋H2O。(1)反應后溶液中n(OH－)＝0.05L×0.32CO2(g)＋6H2(g)CH2=CH2(g)＋4H2O(g)ΔH＝akJ·mol－1請回答：(1)已知：H2和CH2=CH2的標準燃燒熱分別是－285.8kJ·mol－1和－1411.0kJ·mol－1，且H2O(g)H2O(l)ΔH＝－44.0kJ·mol－1，則a＝__________________________________。(2)上述由CO2合成CH2=CH2的反應在__________(填“高溫”或“低溫”)下自發(fā)進行，理由是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)在體積為1L的密閉容器中，充入3molH2和1molCO2，測得溫度對CO2的平衡轉化率和催化劑催化效率的影響如圖1所示。下列說法正確的是________。圖1A．平衡常數(shù)大小：KM＞KNB．其他條件不變，若不使用催化劑，則250℃時CO2的平衡轉化率可能位于點M1C．圖1中M點時，乙烯的體積分數(shù)為7.7%D．當壓強或eq\f(nH2,nCO2)不變時均可證明化學反應已達到平衡狀態(tài)(4)保持溫度不變，在體積為VL的恒容容器中以n(H2)∶n(CO2)＝3∶1的投料比加入反應物，t0時達到化學平衡。t1時將容器體積瞬間擴大至2VL并保持不變，t2時重新達平衡。請在圖2中作出容器內混合氣體的平均相對分子質量eq\x\to(M)r隨時間變化的圖像。圖2答案(1)－127.8(2)低溫根據(jù)ΔG＝ΔH－TΔS，ΔH＜0、ΔS＜0，要使反應自發(fā)進行使ΔG＜0，需低溫下進行(3)AC(4)(作圖要求：O點時Mr為12.5，t0平衡時Mr在12.5到20之間，t1時體積瞬間擴大至2VL時，平衡左移Mr減小，但達到新平衡Mr大于12.5。)解析(1)已知H2(g)、C2H4(g)的標準燃燒熱分別是－285.8kJ·mol－1、－1411.0kJ·mol－1，則有：①H2(g)＋eq\f(1,2)O2(g)=H2O(l)ΔH＝－285.8kJ·mol－1；②C2H4(g)＋3O2(g)=2H2O(l)＋2CO2(g)ΔH＝－1411.0kJ·mol－1；③H2O(g)H2O(l)ΔH＝－44.0kJ·mol－1，根據(jù)蓋斯定律①×6－②－③×4可得：2CO2(g)＋6H2(g)CH2===CH2(g)＋4H2O(g)ΔH＝(－285.8kJ·mol－1)×6－(－1411.0kJ·mol－1)－(－44.0kJ·mol－1)×4＝－127.8kJ·mol－1。(2)2CO2(g)＋6H2(g)CH2=CH2(g)＋4H2O(g)ΔH＝－127.8kJ·mol－1，反應的ΔH＜0，ΔS＜0，根據(jù)ΔG＝ΔH－TΔS，需要ΔG＜0，即低溫下反應才能自發(fā)進行。(3)升高溫度二氧化碳的平衡轉化率降低，則升溫平衡逆向移動，所以M點的化學平衡常數(shù)大于N，A正確；使用催化劑，平衡不移動，溫度不變，平衡時CO2的平衡轉化率不變，B錯誤；開始投料n(H2)為3mol，n(CO2)為1mol，當在M點平衡時二氧化碳的轉化率為50%，所以有6H2(g)＋2CO2(g)CH2=CH2(g)＋4H2O(g)起始濃度(mol·L－1)3100轉化濃度mol·L－11.50.50.251平衡濃度mol·L－11.50.50.251乙烯的體積分數(shù)為eq\f(0.25,1.5＋0.5＋0.25＋1)×100%≈7.7%，C正確；該反應屬于氣體的物質的量發(fā)生變化的反應，當壓強不變時表示反應已經達到平衡狀態(tài)，反應中eq\f(nH2,nCO2)始終不變，不能證明化學反應已達到平衡狀態(tài)，D錯誤。(4)反應前混合氣體的平均相對分子質量＝eq\f(44×2＋2×6,2＋6)＝12.5，所以起點坐標為(0,12.5)，隨著反應進行，氣體的物質的量減小，混合氣體的平均相對分子質量增大，至t0時達到化學平衡，若全部轉化為CH2=CH2和H2O，平均相對分子質量＝eq\f(28＋18×4,1＋4)＝20，則t0達平衡時Mr應在區(qū)間(12.5,20)，t1時將容器體積瞬間擴大至2VL，平衡向逆方向移動，t2時重新達平衡，平均相對分子質量減小，t2達平衡時Mr應大于12.5，所以圖像為。31．(10分)【加試題】(2017·浙江省五校高三上學期第一次聯(lián)考)二氧化鈰(CeO2)是一種重要的稀土化合物。以氟碳鈰礦(主要含CeFCO3)為原料制備CeO2的一種工藝流程如下：已知：①Ce4＋能與F－結合成[CeFx](4－x)＋，也能與SOeq\o\al(2－,4)結合成[CeSO4]2＋；②在硫酸體系中Ce4＋能被萃取劑[(HA)2]萃取，而Ce3＋不能。回答下列問題：(1)“氧化焙燒”前需將礦石粉碎成細顆粒，其目的是__________________________________________________________________________。(2)“萃取”時存在反應：Ce4＋＋n(HA)2Ce·(H2n－4A2n)＋4H＋。實驗室中萃取時用到的主要玻璃儀器名稱為____________；下圖中D是分配比，表示Ce(Ⅳ)分別在有機層中與水層中存在形式的物質的量濃度之比(D＝eq\f(c[Ce·H2n－4A2n],cCeSO\o\al(2＋,4)))。保持其他條件不變，在起始料液中加入不同量的Na2SO4以改變水層中的c(SOeq\o\al(2－,4))，D隨起始料液中c(SOeq\o\al(2－,4))變化的原因：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)“反萃取”中，在稀硫酸和H2O2的作用下CeO2轉化為Ce3＋。H2O2在該反應中作________(填“催化劑”“氧化劑”或“還原劑”)，每有1molH2O2參加反應，轉移電子的物質的量為________。(4)“氧化”步驟的化學方程式為_______________________________________________________________________________________________________________________。(5)取上述流程中得到的CeO2產品0.4500g，加硫酸溶解后，用0.1000mol·L－1FeSO4標準溶液滴定至終點時(鈰被還原為Ce3＋，其他雜質均不反應)，消耗25.00mL標準溶液。該產品中CeO2的質量分數(shù)為________(鈰的摩爾質量為140g·mol－1)。答案(1)增大固體與氣體的接觸面積，增大反應速率，提高原料的利用率(2)分液漏斗隨著c(SOeq\o\al(2－,4))增大，水層中Ce4＋被SOeq\o\al(2－,4)結合成[CeSO4]2＋，導致萃取平衡向生成[CeSO4]2＋移動，D迅速減小(3)還原劑2mol(4)2Ce(OH)3＋NaClO＋H2O=2Ce(OH)4＋NaCl(5)95.56%解析氟碳鈰礦(主要含CeFCO3)，“氧化焙燒”的目的是將＋3價鈰氧化成＋4價，Ce4＋能與F－結合成[CeFx](4－x)＋，以便后續(xù)的提取，加稀硫酸，與SOeq\o\al(2－,4)結合成[CeSO4]2＋，加萃取劑，氟洗液，硫酸體系中Ce4＋能被萃取劑[(HA)2]萃取，而Ce3＋不能，在“反萃取”中加H2O2，又將Ce4＋還原為Ce3＋，發(fā)生反應2Ce4＋＋H2O2=2Ce3＋＋O2↑＋2H＋，加入堿后Ce3＋轉化為沉淀，加入次氯酸鈉將Ce從＋3氧化為＋4，得到產品。(3)“反萃取”加H2O2的作用是將Ce4＋重新還原為Ce3＋，反應的離子方程式為2Ce4＋＋H2O2=2Ce3＋＋O2↑＋2H＋，H2O2在該反應中作還原劑，每有1molH2O2參加反應，轉移電子的物質的量為2mol。(4)“氧化”步驟中用次氯酸鈉將Ce3＋氧化成Ce4＋，反應的化學方程式為2Ce(O