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浙江省普通高校招生选考科目 2018 年 4 月考试化学试题
1. 下列属于酸的是
A. HNO B. CaCO C. CO D. NaOH
3 3 2
【1题答案】
【答案】A
【解析】
【分析】酸是在水溶液中电离出的阳离子全部是氢离子的化合物，据此分析。
【详解】A项，HNO 水溶液中电离出的阳离子全部是氢离子，属于酸，故A项正确；
3
B项，CaCO 是金属阳离子和酸根阴离子结合的盐，故B项错误；
3
C项，二氧化碳不能电离，属于非金属氧化物，故C项错误；
D项，氢氧化钠电离产生的阳离子为钠离子，阴离子为氢氧根离子，属于碱，故D项错误。
综上所述，本题正确答案为A。
2. 下列仪器名称为“漏斗”的是
A. B. C. D.
【2题答案】
【答案】D
【解析】
【分析】根据仪器的特征分析仪器的名称。
【详解】根据仪器的特征知：A为冷凝管，B为容量瓶，C为量筒，D为漏斗，
故该题选D。
3. 下列属于电解质的是
A. 氯化钠 B. 蔗糖 C. 氯气 D. 铁
【3题答案】
【答案】A
【解析】
【分析】电解质：在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；例:酸、碱、盐，金属氧化物等；
第1页 | 共29页非电解质：在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物；例：大多数有机物，非金属氧化物；
电解质与非电解质都是化合物，据此分析解答。
【详解】A项，氯化钠溶于水或熔融状态下可以导电，是电解质，故A项正确；
B项，蔗糖的水溶液或熔融状态都不导电，是非电解质，故B项错误；
C项，氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质，故C项错误；
D项，铁是单质，既不是电解质也不是非电解质，故D项错误。
综上所述，本题正确答案为A。
【点睛】本题考查了电解质的判断，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。
4. 下列物质溶于水后溶液显酸性的是
A. KCl B. NaO C. NH Cl D. CHCOONa
2 4 3
【4题答案】
【答案】C
【解析】
【详解】A项，KCl为强酸强碱盐，溶液呈中性，故A项错误；
B项，NaO为碱性氧化物，溶于水生成氢氧化钠，溶液呈碱性，故B项错误；
2
C项，NHCl为强酸弱碱盐，溶于水后铵根离子水解产生H+，溶液呈酸性，故C项正确；
4
D项，CHCOONa为强碱弱酸盐，溶于水后醋酸根离子水解产生OH-，溶液呈碱性，故D项错误。
3
综上所述，本题的正确答案为C。
5. 下列属于物理变化的是
A. 煤的气化 B. 天然气的燃烧 C. 烃的裂解 D. 石油的分馏
【5题答案】
【答案】D
【解析】
【分析】无新物质生成的变化为物理变化，有新物质生产的变化为化学变化，据此分析。
【详解】A、煤的气化是用煤和水在高温条件下来生产CO和H 的过程，故为化学变化，A错误；
2
B、天然气燃烧生成二氧化碳和水，故为化学变化，B错误；
C、烃的裂解是用重油为原料来生产乙烯等短链烯烃的过程，有新物质生成，故为化学变化，C错误；
D、石油的分馏是利用石油中各组分的沸点的不同、用加热的方法将各组分分离的方法，无新物质生成，
故为物理变化，D正确；
答案选D。
6. 下列说法不正确的是
A. 纯碱可用于去除物品表面的油污 B. 二氧化碳可用作镁燃烧的灭火剂
第2页 | 共29页C. 植物秸秆可用于制造酒精 D. 氢氧化铁胶体可用作净水剂
【6题答案】
【答案】B
【解析】
【详解】A项，纯碱水溶液呈碱性，油脂在碱溶液中水解生成溶于水的物质，可用于去除物品表面的油污，
故A项正确；
B项，镁可以与二氧化碳发生反应，二氧化碳不能作为镁的灭火剂，故B项错误；
C项，纤维素能够水解变成葡萄糖，葡萄糖在某些酶的作用下可以转化为乙醇，故C项正确；
D项，氢氧化铁的胶体具有吸附性，能够吸附水中固体杂质颗粒，可以作为净水剂，故D项正确。
综上所述，本题的答案选项为B项。
7. 下列变化过程中，加入氧化剂才能实现的是
A. Cl→Cl- B. I-→I C. SO→SO2- D. CuO→Cu
2 2 2 3
【7题答案】
【答案】B
【解析】
【分析】化合价升高元素所在的反应物是还原剂，实现化合价的升高要加入氧化剂，以此解答。
【详解】A、Cl→Cl-，氯元素化合价由0价降到-1价，所以可以加入还原剂来实现，故A错误；
2
B、I-→I，碘元素的化合价由-1价升高到0价，所以需加入氧化剂才能实现，故B正确；
2
C、SO →SO 2- 中，没有元素化合价变化，不是氧化还原反应，故C错误；
2 3
D、CuO→Cu铜元素的化合价降低了，所以需加入还原剂才能实现，故D错误。
故选B。
【点睛】该题的关键是要理解氧化还原反应的概念，例如，还原剂、氧化剂，被氧化、被还原等。其次要
根据题给信息得出所给微粒中有关元素的化合价必须升高这一关键。最后要注意自身发生氧化还原反应的
微粒，如Cl→Cl-，NO→NO等，应引起足够重视。
2 2
8. 下列表示正确的是
A. 硫原子结构示意图 B. 乙炔的结构简式CHCH
C. 乙烯的球棍模型 D. NaCl的电子式
【8题答案】
【答案】C
【解析】
第3页 | 共29页【分析】A、硫原子的核外有16个电子；
B、炔烃的结构简式中碳碳三键不能省略；
C、乙烯中碳原子之间以双键结合；
D、氯化钠是离子化合物，由钠离子和氯离子构成。
【详解】A、硫原子的核外有16个电子，故硫原子的结构示意图为 ，A错误；
B、炔烃的结构简式中碳碳三键不能省略，故乙炔的结构简式为CH≡CH，B错误；
C、乙烯中碳原子之间以双键结合，每个碳原子上连2个H原子，故其球棍模型为 ，C正确；
D、氯化钠是离子化合物，由钠离子和氯离子构成，故氯化钠的电子式为 ，D错误。
答案选C。
9. 下列反应中能产生二氧化硫的是
A. 氧化铜和稀硫酸反应 B. 亚硫酸钠和氧气反应
C. 三氧化硫和水反应 D. 铜和热的浓硫酸反应
【9题答案】
【答案】D
【解析】
【详解】A项，生成物为硫酸铜和水，不产生二氧化硫，故不选A；
B项，亚硫酸钠和氧气反应生成硫酸钠，该反应不产生二氧化硫，故不选B；
C项，三氧化硫和水反应生成硫酸，反应中无法产生二氧化硫，故不选C；
D项，Cu与浓硫酸反应生成二氧化硫、水和硫酸铜，故选D。
综上所述，本题正确选项为D。
10. 下列操作或试剂的选择不合理的是
A. 可用蒸发结晶的方法从碘水中提取碘单质
B. 可用灼烧法除去氧化铜中混有的铜粉
C. 可用硫酸鉴别碳酸钠、硅酸钠和硫酸钠
D. 可用含氢氧化钠的氢氧化铜悬浊液鉴别乙醇、乙醛和乙酸
【10题答案】
【答案】A
【解析】
第4页 | 共29页【详解】A项，碘单质不易溶于水，易溶于有机溶液，一般使用萃取来提纯，故A项错误；
B项，Cu与氧气反应生成氧化铜，则灼烧可除去杂质，故B项正确；
C项，硫酸与碳酸钠反应生成气体，与硅酸钠反应会有沉淀生成，易于分辨，故C项正确；
D项，乙醇、乙醛和乙酸分别与氢氧化钠的氢氧化铜悬浊液混合加热的现象为：无现象、砖红色沉淀、蓝
色溶液，现象不同可鉴别，故D项正确。
综上所述，本题正确答案为A。
11. 下列说法正确的是
A. 的名称为3一甲基丁烷
B. CHCHCHCHCH 和 互为同素异形体
3 2 2 2 3
C. 和 为同一物质
D. CHCHOH和 具有相同的官能团，互为同系物
3 2
【11题答案】
【答案】C
【解析】
【详解】A项，离取代基近的一端编号，命名应为2-甲基丁烷，故A项错误；
B项，选项中的物质分子式相同结构不同，无特殊官能团，互为同分异构体，故B项错误；
C项，甲烷分子呈现正四面体结构，四个位置完全等价，故C项正确；
D项，虽然二者具有相同的官能团，但官能团的个数不同，组成也不相差CH，不互为同系物，故D项错
2
误。
综上所述，本题正确答案为C。
【点睛】本题重点考查了“四同”的区分，同分异构体：分子式相同而结构不同的化合物，如
CHCHCHCHCH 和（CH）CHCH CH；同系物：结构相似，在分子式上相差一个或若干个CH 的一系
3 2 2 2 3 3 2 2 3 2
列化合物，如CHCHOH和CHOH；同素异形体：同种元素组成的不同单质，如石墨与金刚石；同位素：
3 2 3
质子数相同而中子数不同的原子，如1H与2H。
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，原子序数之和为48。下列说法不正确的是
第5页 | 共29页X Y
Z W
A. 原子半径(r)大小比较r(X)＞r(Y)
B. X和W可形成共价化合物XW
3
C. W的非金属性比Z的强，所以W氢化物的沸点比Z的高
D. Z的最低价单核阴离子的失电子能力比Y的强
【12题答案】
【答案】C
【解析】
【分析】X、Y、Z、W四种短周期元素，由位置可知，X、Y在第二周期，Z、W在第三周期，设Y的原
子序数为y，则X的原子序数为y-1，Z的原子序数为y+8，W的原子序数为y+9，X、Y、Z和W的原子
序数之和为48，则y-1+y+y+8+y+9=48，解得y=8，所以Y为O，Z为S，W为Cl，X为N，据此解答。
【详解】A项，在同一周期内，自左向右原子核吸引核外电子的能力越强，半径逐渐减小，故A项正确；
B项，X为N元素，W为Cl元素，可以形成共价化合物NCl ，故B项正确；
3
C项，熔沸点为物质的物理性质，与分子间作用力有关，与非金属性无关，故C项错误；
D项，非金属性Zc(CO 2-)>c(OH-)>c(C1-)>c(H+ )，故A错误；
3
B.b点溶液pH=7，溶液为氯化钠、碳酸氢钠和碳酸溶液，n(CO2-)c(CHCOO-)，故D错误。
3 3 3
所以B选项是正确的。
24. 某同学通过如下流程制备氧化亚铜：
第13页 | 共29页已知： 难溶于水和稀硫酸；
下列说法不正确的是（ ）
A. 步骤②中的 可用 替换
B. 步骤③中为防止 被氧化，可用 水溶液洗涤
C. 步骤④发生反应的离子方程式为
D. 如果 试样中混有 和 杂质，用足量稀硫酸与 试样充分反应，根据反应前、后固
体质量可计算试样纯度
【24题答案】
【答案】D
【解析】
【详解】A.步骤②中 的主要作用是将 还原为 ， 同样具有还原性，可以替换，选
项A正确；
B. 水溶液具有还原性，可以防止 被氧化，选项B正确；
C. 步骤④ 与氢氧化钠反应生成氧化亚铜、氯化钠和水，发生反应的离子方程式为
，选项C正确；
D.如果 试样中混有 和 杂质，用足量稀硫酸与 试样充分反应后，得到的固体中含有
和 ，此时无法计算试样纯度，选项D错误。
答案选D。
25. 某绿色溶液A含有H+、Na+、Mg2+、Fe2+、Cu2+、SO 2-、Cl-、CO2-和HCO -离子中的若干种，取该溶液
4 3 3
进行如下实验(已知Ag SO 微溶于水，可溶于酸)
2 4
①向溶液中滴加Ba(OH) 溶液，过滤，得到不溶于酸的白色沉淀和绿色滤液B；
2
②取滤液B，先用HNO 酸化，再滴加0.001mol/LAgNO 溶液，有白色沉淀生成。
3 3
第14页 | 共29页下列说法不正确的是
A. 溶液A中一定存在H+、SO 2-和Cl-
4
B. 溶液A中不存在Mg 2+、CO2-和HCO -，不能确定Na+的存在
3 3
C. 第②步生成的白色沉淀中只有AgCl，没有Ag CO
2 3
D. 溶液A中存在Fe2+与Cu2+中的一种或两种，且可以用NaOH溶液判断
【25题答案】
【答案】B
【解析】
【分析】B 溶液呈绿色，则一定含有Fe2+与Cu2+中的一种或两种，与Fe2+与Cu2+反应的CO2-和HCO -不能
3 3
大量存在；①向溶液中滴加 Ba(OH) 溶液，过滤，得到不溶于酸的白色沉淀，则溶液中含有SO 2-，还有绿
2 4
色滤液 B，说明Fe2+与Cu2+未沉淀下来，则溶液中含有 H+，如氢氧化钡不足，则不能确定是否含有Mg2+；
②取滤液 B，先用HNO 酸化，再滴加0.001mol/LAgNO 溶液，有白色沉淀生成，则溶液中一定存在 Cl-，
3 3
不能确定Na+是否存在。
【详解】A.由以上分析可知溶液 A中一定存在 H+、SO 2-和 Cl−，故 A正确；
4
B.反应①得到绿色滤液，说明溶液呈酸性，如氢氧化钡不足，则不能确定是否含有Mg2+，故 B错误；
C.溶液中不存在CO2-，加入硝酸银，不生成Ag CO，故 C正确；
3 2 3
D.如含有亚铁离子，加入氢氧化钠，先生成白色絮状沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，如含铜离
子，可生成蓝色沉淀，现象不同，可鉴别，故 D正确。
故答案选B。
26. 摩尔质量为32g·mol-1的烃的衍生物A能与金属钠反应，F是由两种均具有芳香气味的有机物组成的混
合物。相关物质转化关系如下(含有相同官能团的有机物通常具有相似的化学性质)：
请回答
(1)D中官能团的名称是_______。
(2)B的结构简式是_______。
(3)D→E的化学方程式是_______。
(4)下列说法正确的是_______。
A.石油裂解气和B都能使酸性KMnO 溶液褪色
4
第15页 | 共29页B.可以用碳酸钠溶液洗去C、E和F混合物中的C、E
C.相同物质的量的D、E或F充分燃烧时消耗等量的氧气
D.有机物C和E都能与金属钠反应
【26题答案】
【答案】 ①. 碳碳双键 ②. HCHO ③. CHCH=CH+H O CHCHCHOH 、
3 2 2 3 2 2
CHCH=CH+H O ④. ABD
3 2 2
【解析】
【分析】根据A能与金属钠反应和其摩尔质量确定是甲醇，结合与氧气反应和 F的分子式进行推断其他有
机化合物，然后进行解答即可。烃的衍生物A能与金属钠反应，说明A含有羧基或醇羟基，A的摩尔质量
为32 g·mol-1，则A是CHOH；CHOH氧化生成HCHO，继续氧化生成HCOOH；F是由两种均具有芳香气
3 3
味的有机物组成的混合物，分子式为 C HO ，所以 D 含有 3 个碳原子，又是石油裂解气，则 D 是
4 8 2
CHCH=CH，E是CHCHCHOH或CHCHOHCH ；F为HCOOCH CHCH 或HCOOCH(CH )。
3 2 3 2 2 3 3 2 2 3 3 2
【详解】(1)D为丙烯，结构简式为CHCH=CH，所以官能团的名称是碳碳双键。
3 2
故答案为：碳碳双键；
(2)B的结构简式是HCHO，
故答案为：HCHO；
(3)D→E的化学方程式是：CHCH=CH+H O CHCHCHOH或
3 2 2 3 2 2
。
故答案为：CHCH=CH+H O CHCHCHOH或 。
3 2 2 3 2 2
(4)A．石油裂解气中含有不饱和键，甲醇能被酸性KMnO 溶液氧化，所以石油裂解气和B都能使酸性
4
KMnO 溶液褪色，均发生氧化反应，故A项正确；
4
B．可以用碳酸钠溶液洗去C、E和F混合物中的C、E，只有F与碳酸钠溶液分层，故B项正确；
C．相同物质的量的D、E或F充分燃烧时消耗氧气不同，若均为1mol，D、E消耗氧气为4.5mol、F消耗
氧气为5mol，故C项错误。
D．有机物C含-COOH、E含-OH，都能与金属钠反应生成氢气，故D正确；
第16页 | 共29页综上所述，本题正确答案为ABD。
27. 某同学用含结晶水的正盐X(四种短周期元素组成的纯净物)进行了如下实验：
实验中观测到：混合气甲呈无色并被蒸馏水全部吸收；固体乙为纯净物；在步骤③中，取1/10溶液丙，恰
好中和需消耗0.00200molNaOH；另取一定量的溶液丙，加入少量KFeO 固体，产生黄绿色气体。
2 4
请回答：
（1）X的化学式是__________，步骤①的化学方程式是______________________________。
（2）溶液丙与KFeO 固体反应的化学方程式是_____________________________________。
2 4
【27题答案】
【答案】 ①. MgCl·6HO ②. MgCl·6HO MgO+2HC1↑+5HO↑ ③. 2KFeO+16HC1=4KCl+
2 2 2 2 2 2 4
2FeCl+ 3Cl↑+8HO
3 2 2
【解析】
【分析】据题意知，含结晶水的正盐X共含有四种短周期元素，经灼烧所得的混合气体中含有水蒸气，混
合气甲经步骤②、③、④得白色沉淀，可判断混合气甲中有氯元素，由混合气甲呈无色并被蒸馏水全部吸
收，且溶液丙可以被NaOH溶液中和、与少量KFeO 反应能生成黄绿色气体，可得混合气体甲中含有HCl
2 4
气体。结合正盐X灼烧得到混合气体甲和固体乙可推知X含有H、O、Cl和一种金属元素。
依题意经计算可知混合气体甲中：n(HCl)=0.02mol，n(H2O)= mol=0.05mol。
又因盐X为正盐，并且所含元素均为短周期元素，可知其阴离子为氯离子，阳离子可能为Na+、Mg2+或
Al3+。若是钠离子，则X灼烧时无法产生HCl气体，不符合题意，而氯化镁晶体和氯化铝晶体灼烧后得到
的分别是氧化酶和氧化铝，根据固体乙的质量计算可知阳离子为Mg2+，固体乙为MgO，
n(MgO)-0.01mol，故X为MgCl ·6H O，据此解答。
2 2
【详解】据题意知，含结晶水的正盐X共含有四种短周期元素，经灼烧所得的混合气体中含有水蒸气，混
合气甲经步骤②、③、④得白色沉淀，可判断混合气甲中有氯元素，由混合气甲呈无色并被蒸馏水全部吸
收，且溶液丙可以被NaOH溶液中和、与少量KFeO 反应能生成黄绿色气体，可得混合气体甲中含有HCl
2 4
气体。结合正盐X灼烧得到混合气体甲和固体乙可推知X含有H、O、Cl和一种金属元素。
依题意经计算可知混合气体甲中：n(HCl)=0.02mol，n(H2O)= mol=0.05mol。
第17页 | 共29页又因盐X为正盐，并且所含元素均为短周期元素，可知其阴离子为氯离子，阳离子可能为Na+、Mg2+或
Al3+。若是钠离子，则X灼烧时无法产生HCl气体，不符合题意，而氯化镁晶体和氯化铝晶体灼烧后得到
的分别是氧化酶和氧化铝，根据固体乙的质量计算可知阳离子为Mg2+，固体乙为MgO，
n(MgO)-0.01mol，故X为MgCl ·6H O，
2 2
（1）由分析可知X的化学式为MgCl ·6H O，其灼烧时分解生成MgO、HCl和HO，发生反应的化学方程
2 2 2
式为：MgCl ·6H O MgO+2HC1↑+5H O↑。
2 2 2
（2）溶液丙为稀盐酸，加入少量KFeO 固体，产生黄绿色气体为Cl，可知此反应发生氧化还原反应，还
2 4 2
原产物应为FeCl ，根据电子守恒和原子守恒可知发生反应的化学方程式为：2KFeO+16HC1=4KCl+
3 2 4
2FeCl + 3Cl ↑+8H O。
3 2 2
28. 某学习小组欲从含有[Cu(NH)]SO、乙醇和氨水的实验室废液中分离乙醇并制备硫酸铜铵
3 4 4
[CuSO·(NH)SO]固体，完成了如下实验：
4 4 2 4
已知：[Cu(NH)]2++4H+==Cu2++4NH+
3 4 4
请回答：
（1）步骤①中，试剂X应采用_____________________________________________。
（2）甲、乙两同学取相同量的溶液Y分别进行蒸馏，收集到的馏出液体积相近，经检测，甲同学的馏出液
中乙醇含量明显偏低，可能的原因是_______________________________________________。
（3）设计实验方案验证硫酸铜铵固体中的NH+___________________________________________
4
【28题答案】
【答案】 ①. HSO ②. 加热温度偏高,馏出速度太快；冷却效果不好，造成乙醇损失 ③. 取少
2 4
量硫酸铜铵固体于试管中，加水溶解，再滴加足量的NaOH浓溶液，振荡、加热，将湿润的红色石蕊试纸置
于试管口，若观察到试纸变蓝,表明该固体中存在NH+时
4
【解析】
【分析】根据题意，由含有[Cu(NH )]SO 、乙醇和氨水的废液制备硫酸铜铵[CuSO ·(NH )SO ]固体，需要
3 4 4 4 4 2 4
加入硫酸，发生反应[Cu(NH )]2++4H+==Cu2++4NH+，NH HO+H+= NH ++H O。据此分析。
3 4 4 3 2 4 2
【详解】（1）由题给信息可知Cu(NH )SO 加入X后最终生成CuSO ·(NH )SO ，则X应为硫酸；
3 4 4 4 4 2 4
故答案为：HSO ；
2 4
（2）甲同学的馏出液中乙醇含量明显偏低，说明实际的蒸馏温度较大，例如温度计水银球高于蒸馏烧瓶
第18页 | 共29页的支管口；
故答案为：加热温度偏高,馏出速度太快；冷却效果不好，造成乙醇损失；
（3）检验固体中含有NH +，可取样，加足量的氢氧化钠溶液，加热，如能产生使湿润的红色石蕊试纸变
4
蓝色的气体，则说明含有NH +。
4
故答案为：取少量硫酸铜铵固体于试管中，加水溶解，再滴加足量的NaOH浓溶液，振荡、加热，将湿润
的红色石蕊试纸置于试管口，若观察到试纸变蓝,表明该固体中存在NH +。
4
【点睛】检验NH +过程中，加入过量NaOH浓溶液后，不能忽略加热，否则难以产生气体。
4
29. 称取4.00g氧化铜和氧化铁固体混合物，加入50.0mL2.00mol·L-1的硫酸充分溶解，往所得溶液中加
入5.60g铁粉，充分反应后，得固体的质量为3.04g。请计算：
（1）加入铁粉充分反应后，溶液中溶质的物质的量_________________。
（2）固体混合物中氧化铜 的质量_________________。
【29题答案】
【答案】 ①. 0.100mol ②. 2.40g
【解析】
【 分 析 】 过 程 发 生 的 反 应 ： CuO+HSO =CuSO+H O ， Fe O +3H SO =Fe (SO )+3H O ，
2 4 4 2 2 3 2 4 2 4 3 2
Fe+CuSO=FeSO+Cu，Fe+ Fe (SO )=3 FeSO ，所得固体为置换出的铜和剩余的铁的混合物，以此解答。
4 4 2 4 3 4
【 详 解 】 （ 1 ） 过 程 发 生 的 反 应 ： CuO+HSO =CuSO+H O ， Fe O +3H SO =Fe (SO )+3H O ，
2 4 4 2 2 3 2 4 2 4 3 2
Fe+CuSO=FeSO+Cu，Fe+ Fe (SO )=3 FeSO ，
4 4 2 4 3 4
加入铁粉充分反应后，溶液中溶质是硫酸亚铁，根据硫酸根守恒，得到硫酸亚铁的物质的量
n=0.05L×2.00mol/L=0.100mol；
故答案为0.100mol；
（2）根据（1）的结果，充分反应后，溶液中含铁元素n(Fe)=n(FeSO )=0.100mol，质量m=0.1000mol
4
56g/mol=5.60g，等于加入的铁粉的质量，说明3.04g固体中含有氧化铜中的铜及剩余铁的质量，这些铁的
质量恰好等于氧化铁中铁元素的质量，
设氧化铜xmol，氧化铁ymol，则有：
80x+160y=4.00，64x+112y=3.04，解得x=0.03，y=0.01，
氧化铜的质量是0.03mol×80g/mol=2.40g，
故答案为2.40g。
【点睛】本题运算有些繁琐，解答要运用元素守恒突破难点，首先是硫元素守恒，加入的硫酸中硫酸根离
子的物质的量等于硫酸亚铁的物质的量；其次是铁元素的守恒，氧化铁中的铁元素与加入铁粉的铁元素质
量之和等于溶液中含有的铁元素与固体中剩余铁的质量之和相等，注意到硫酸亚铁含有的铁元素质量等于
加入的铁粉的质量，则可确定所得固体中除铜之外，还含有铁，且其质量恰好为氧化铁中所含铁的质量。
第19页 | 共29页30. (一)以四甲基氯化铵[(CH )NCl]水溶液为原料，通过电解法可以制备四甲基氢氧化铵[(CH )NOH]，装
3 4 3 4
置如图所示。
(1)收集到(CH)NOH的区域是_______(填a、b、c或d)。
3 4
(2)写出电池总反应_______。
(二)乙酸乙酯一般通过乙酸和乙醇酯化合成：CHCOOH(l)+C HOH(l) CHCOOC H(l)+H O(l)
3 2 5 3 2 5 2
ΔH=-2.7kJ·mol-1
已知纯物质和相关恒沸混合物的常压沸点如下表：
纯物质 沸点/℃ 恒沸混合物(质量分数) 沸点/℃
乙醇 78.3 乙酸乙酯(0.92)+水(0.08) 70.4
乙酸 117.9 乙酸乙酯(0.69)+乙醇(0.31) 71.8
.
乙酸乙酯 771 乙酸乙酯(0.83)+乙醇(0.08) +水(0.09) 70.2
请完成：
(1)关于该反应，下列说法不合理 是的_______。
A．反应体系中硫酸有催化作用
B．因为化学方程式前后物质的化学计量数之和相等，所以反应的ΔS等于零
C．因为反应的△H 接近于零，所以温度变化对平衡转化率的影响大
D．因为反应前后都是液态物质，所以压强变化对化学平衡的影响可忽略不计
(2)一定温度下该反应的平衡常数K=4.0。若按化学方程式中乙酸和乙醇的化学计量数比例投料，则乙酸乙
酯的平衡产率y =_______；若乙酸和乙醇的物质的量之比为n ： 1，相应平衡体系中乙酸乙酯的物质的量
分数为x，请在图中绘制x随n变化的示意图(计算时不计副反应)_______。
第20页 | 共29页(3)工业上多采用乙酸过量的方法，将合成塔中乙酸、乙醇和硫酸混合液加热至110℃左右发生酯化反应并
回流，直到塔顶温度达到70～71℃，开始从塔顶出料。控制乙酸过量的作用有_______。
(4)近年，科学家研究了乙醇催化合成乙酸乙酯的新方法：2C HOH(g) CHCOOC H(g)+2H(g)
2 5 3 2 5 2
在常压下反应，冷凝收集，测得常温下液体收集物中主要产物的质量分数如图所示。关于该方法，下列推
测合理的是_______。
A．反应温度不宜超过300℃
B．增大体系压强，有利于提高乙醇平衡转化率
C．在催化剂作用下，乙醛是反应历程中的中间产物
D．提高催化剂的活性和选择性，减少乙醚、乙烯等副产物是工艺的关键
【30题答案】
【答案】 ①. d ②. 2(CH)NCl+2H O 2(CH)NOH+ H ↑+Cl ↑ ③. BC ④. 0.67(或67%) ⑤.
3 4 2 3 4 2 2
第21页 | 共29页⑥. 使平衡正向进行，增大乙醇转化率，减少产品中乙醇含量 ⑦. ACD
【解析】
【分析】(一)根据电解原理分析电极发生的反应，得出电解总反应方程式；
(二)根据乙酸乙酯的合成原理，结合化学平衡原理分析即可。
【详解】(一)(1)以石墨为电极电解四甲基氯化铵溶液制备四甲基氢氧化铵，需要氢氧根离子，电解过程中
阴极氢离子得到电子生成氢气，电解附近生成氢氧根离子，所以收集到(CH)NOH的区域是阴极区即d口。
3 4
故答案为d；
(2)结合反应为和生成物的关系可知电解过程中生成产物为四甲基氢氧化铵、氢气和氯气，据此写出电解反
应的化学方程式：2(CH)NCl+2H O 2(CH)NOH+ H ↑+Cl ↑。
3 4 2 3 4 2 2
故答案为2(CH)NCl+2H O 2(CH)NOH+ H ↑+Cl ↑。
3 4 2 3 4 2 2
(二)(1)A项，酯化反应中浓硫酸具有催化作用和吸水作用，故A项不符合题意；
B项，反应过程中生成的乙酸乙酯为气体，反应前后熵变不为0，故B项符合题意；
C项，温度变化对反应速率影响较大，因为反应的△H 接近于零，所以温度变化对平衡转化率的影响不大，
故C项符合题意；
D项，压强对纯液体和固体影响不大，所以压强变化对该反应的化学平衡的影响可忽略不计，故D项不符
合题意。
综上所述，本题正确答案为BC。
(2)设生成乙酸乙酯物质的量为x，则
CHCOOH(l)+C HOH(l) CHCOOC H(l)+H O(l)
3 2 5 3 2 5 2
1 1 0 0
1-x 1-x x x
所以平衡常数K= =4，X=0.667mol，则乙酸乙酯的平衡产率y= 100%=66.7%；
乙酸和乙醇的物质的量之比，随乙酸的物质的量增加，乙酸乙酯的产量也会增加，当n：1=1：1时，乙酸
第22页 | 共29页乙酯的物质的量分数达到最大 ，乙酸的物质的量继续增大，乙酸乙酯物质的量分数反而逐渐减小图象如
图所示：
故答案为66.7%； ；
(3)增大反应物的浓度使平衡向正反应方向进行，增加其他反应物转化率，所以控制乙酸过量的作用是使平
衡正向进行，增大乙醇转化率，减少产品中乙醇含量，
故答案为使平衡正向进行，增大乙醇转化率，减少产品中乙醇含量；
(4)A项，反应温度不宜超过300℃，若超过，图象分析可知乙酸乙酯质量分数降低，乙醚质量分数增加，
故A项符合题意；
B项，该可逆反应的正反应是气体体积减小的反应，增大体系压强，平衡逆向移动，乙醇平衡转化率变小，
故B项不符合题意。
C项，在催化剂作用下，乙醇氧化为乙醛，乙醛被氧化为乙酸，乙醛是反应历程中的中间产物，故C项符
合题意；
D项，工艺的关键是减少乙醚、乙烯等副产物，可以提高催化剂的活性和选择性，故D项符合题意。
综上所述，本题正确答案为ACD。
31. 某兴趣小组以废铁屑制得硫酸亚铁铵后，按下列流程制备二水合草酸亚铁(FeCO·2HO)，进一步制备
2 4 2
高纯度还原铁粉。
已知：FeCO·2HO难溶于水，150℃开始失结晶水；HCO 易溶于水，溶解度随温度升高而增大。
2 4 2 2 2 4
请回答：
（1）下列操作或描述正确的是__________。
第23页 | 共29页A.步骤②，HCO 稍过量主要是为了抑制Fe2+水解
2 2 4
B.步骤③，采用热水洗涤可提高除杂效果
C.步骤③，母液中的溶质主要是(NH)SO 和HCO
4 2 4 2 2 4
D.步骤③，如果在常压下快速干燥，温度可选择略高于100℃
（2）如图装置，经过一系列操作完成步骤③中的抽滤和洗涤。请选择合适的编号，按正确的操作顺序补
充完整(洗涤操作只需考虑一次)：
开抽气泵→a→b→d→_________→c→关抽气泵
a.转移固液混合物； b.关活塞A； c.开活塞A； d.确认抽干； e.加洗涤剂洗涤。
（3）称取一定量的FeCO·2HO试样，用硫酸溶解，采用KMnO 滴定法测定，折算结果如下：
2 4 2 4
n (Fe2+)/mol n (CO2－)/mol 试样中FeCO·2HO的质量分数
2 4 2 4 2
9.80×10－4 9.80×10－4 0.980
由表中数据推测试样中最主要的杂质是___________
（4）实现步骤④必须用到的两种仪器是_________(供选仪器：a.烧杯；b.坩埚；c.蒸馏烧瓶；d.高温炉；
e.表面皿；f.锥形瓶)；该步骤的化学方程式是______________________。
（5）为实现步骤⑤，不宜用碳粉还原FeO，理由是________________。
2 3
【31题答案】
【答案】 ①. BD ②. c→e→b→d ③. (NH)SO ④. bd ⑤. 4FeCO·2HO+3O
4 2 4 2 4 2 2
2FeO+8CO+8HO ⑥. 用炭粉还原会进杂质
2 3 2 2
【解析】
【分析】硫酸亚铁铵晶体溶解于水，为保证Fe2+完全反应，同时防止Fe2+被氧化，需要加入过量的草酸，
生成的草酸亚铁晶体(FeC O·2H O)难溶于水，可通过抽滤、洗涤并干燥获得，将所得晶体在空气中灼烧，
2 4 2
得纯氧化铁(Fe O)，再用CO还原氧化铁得到还原铁粉，据此解答。
2 3
【详解】硫酸亚铁铵晶体溶解于水，为保证Fe2+完全反应，同时防止Fe2+被氧化，需要加入过量的草酸，
生成的草酸亚铁晶体(FeC O·2H O)难溶于水，可通过抽滤、洗涤并干燥获得，将所得晶体在空气中灼烧，
2 4 2
得纯氧化铁(Fe O)，再用CO还原氧化铁得到还原铁粉；
2 3
(1)A项，步骤①溶解酸化后溶液已呈酸性，故步骤②时HC O 稍过量的主要目的不是酸化抑制Fe2+水解，
2 2 4
而是保证Fe2+完全转化为草酸亚铁晶体，同时防止Fe2+被氧化，提高原料利用率，故A项错误；
第24页 | 共29页B项，步骤③，采用热水洗涤可提高草酸的溶解度，提升除杂效果，故B项正确；
C项，酸化和加入稍过量的HC O 后，发生反应(NH )Fe(SO )+ H C O+2H O= FeC O·2H O↓+
2 2 4 4 2 4 2 2 2 4 2 2 4 2
(NH )SO +H SO ，故母液中的溶质主要有(NH )SO 、HSO 和HC O，故C项错误；
4 2 4 2 4 4 2 4 2 4 2 2 4
D项，根据题给信息，FeC O·2H O 在150℃开始失结晶水，故略高于100℃不影响产物的成分，为使
2 4 2
FeC O·2H O快速干燥，可使温度高于100℃，但须低于150℃，故D项正确；
2 4 2
综上所述，本题正确答案为BD。
(2)抽滤完成后，需要洗涤晶体，故应该先打开活塞A，使吸滤瓶内的压强回升，然后添加洗涤剂，待洗涤
剂缓慢通过晶体后关闭活塞A，再次确认抽干，打开活塞A防止发生倒吸，最后关闭气泵，正确的顺序为
开抽气泵→转移固液混合物→关活塞A→确认抽干→开活塞A→加洗涤剂洗涤→关活塞A→确认抽干→开
活塞A→关抽气泵，故答案为c→e→b→d；
(3)由图表数据可知，溶液中已知Fe2+和C O 的浓度满足电荷守恒，说明杂质中不存在Fe2+或C O ，那杂
2 2
质只能是反应的另一种生成物(NH )SO 故答案为(NH )SO ；
4 2 4. 4 2 4
(4)固体灼烧需要在坩埚内进行，则所需要的仪器有坩埚及加热所需的高温炉，用到的两种仪器是bd；草酸
亚铁和O 灼烧时发生反应的化学方程式为4FeC O·2H O+3O 2Fe O+8CO +8H O 。故答案为bd；
2 2 4 2 2 2 3 2 2
4FeC O·2H O+3O 2Fe O+8CO +8H O ；
2 4 2 2 2 3 2 2
(5)步骤⑤选用碳粉还原Fe O，多余的碳粉会影响铁粉的纯度。故答案为用炭粉还原会引进杂质。
2 3
32. 某研究小组按下列路线合成抗抑郁药物吗氯贝胺
已知：
第25页 | 共29页请回答：
（1）下列说法不正确的是________。
A. 化合物A能发生还原反应 B. 化合物B能与碳酸氢钠反应产生气体
C. 化合物D具有碱性 D. 吗氯贝胺的化学式是C H ClNO
13 13 2 2
（2）化合物F的结构简式是_____________。
（3）写出C+D→E的化学方程式______________________。
（4）为探索新的合成路线，发现用化合物C与X(CH NO)一步反应即可合成吗氯贝胺。请设计以环氧乙烷
6 14 2
( )为原料合成X的合成路线___________(用流程图表示，无机试剂任选)。
（5）写出化合物X(CH NO)可能的同分异构体的结构简式_____________。须同时符合：①分子中有一个
6 14 2
六元环，且成环原子中最多含一个非碳原子。②1H－NMR谱显示分子中有5种氢原子；IR谱表明分子中有
N－N键，无 O－H键
【32题答案】
【 答 案 】 ① . D ②. ③.
④.
⑤.
第26页 | 共29页、 、 、
【解析】
【分析】根据题给信息推出有机物 A为 ，B为 ，C为 ，D为
HNCH CHBr，E为 ，F的结构简式是 ，以此解答。
2 2 2
【详解】（1）A项，A为 ，化合物A含有苯环，可与氢气发生加成反应其属于还原反应，故A项
正确；
B项，B为 ，B中含有羧基，所以化合物B能与碳酸氢钠反应产生气体，故B项正确；
C项，化合物D为HNCH CHBr，含有氨基，所以化合物D具有碱性，故C项正确。
2 2 2
D项，吗氯贝胺的化学式是C H ClN O，故D项错误；
13 15 2 2
综上所述，本题正确答案为D。
（2）化合物F的结构简式是 。
故答案为 ；
第27页 | 共29页（3）C为 ，E为 ，D为
HNCH CHBr，C和D发生取代反应生成E，C+D→E的化学方程式：
2 2 2
。
故答案为 。
（4）X为 ，由环氧乙烷合成X的路线为
。
故答案为 。
（5）要求分子中有一个六元环，且成环原子中最多含一个非碳原子，并且1H－NMR谱显示分子中有5种
氢原子；IR谱表明分子中有N-N键，无O-N键，符合的结构简式为： 、 、
第28页 | 共29页、 。
故答案为 、 、 、 。
【点睛】本题考查有机物推断，涉及常见官能团之间的转化，根据已知物质结构结合反应条件采用正逆结
合的方法进行推断，熟练掌握常见有机物的结构和性质，注意应用题中信息。
第29页 | 共29页
