知识点：化学与生活

A

考点：油脂生活中的材料

试题解析：
A、镧和镍组成的一种合金LaNix是较好的储氢材料，能快速可逆地存储和释放氢气，其存储原理为镧镍合金吸附氢气，氢气解离为氢原子，储存在其中形成LaNixH6，故A正确；
B、含有硅酸根离子的盐属于硅酸盐，传统硅酸盐产品包括：普通玻璃、陶瓷、水泥，石英玻璃的主要成分是二氧化硅是氧化物，不属于硅酸盐产品，故B错误；
C、棉、麻的成分都是纤维素，蚕丝的成分是蛋白质，故C不正确；
D、牛油在碱性条件下水解产物为饱和高级脂肪酸钠和甘油，而花生油的水解产物为不饱和高级脂肪酸和甘油，故D不正确。
答案：A   

知识点：化学键

C

考点：物质的量

试题解析：
A、H、D、T三种核素的质子数相等而中子数不等，互为同位素，故A正确；
B、NaHCO3中有钠离子和碳酸氢根离子之间的离子键，以及碳酸氢根离子中碳氧氢氧原子之间的共价键，HCOONa中有甲酸根离子和钠离子之间的离子键以及甲酸根中碳氧碳氢原子之间的共价键，故B正确；
C、常温常压下，22.4 L CCl4的物质的量并不是1mol，故C不正确；
D、二氧化氮与四氧化二氮存在转化平衡，但是二者的最简式为NO2，23g混合物中含有0.5mol最简式NO2，含有1mol氧原子，含有NA个氧原子，故D正确。
答案：C

知识点：氧化还原反应

D

考点：氧化还原反应

试题解析：
A、Na2O2用作呼吸面具的供氧剂，主要因为与CO2反应生成O2，Na2O2做了反应的氧化剂和还原剂，属于氧化还原反应，故A不合题意；
B、电解熔融状态的Al2O3制备Al的过程中，铝元素和氧元素的化合价均发生变化，属于氧化还原反应，故B不合题意；
C、工业合成氨，是将游离态的氮气与氢气反应生成化合态的氨气，氮氢元素的化合价均发生变化，属于氧化还原反应，故C不合题意；
D、NH4Cl和Ca（OH）2反应发生复分解反应制备氨气，反应前后元素化合价均未发生变化，不属于氧化还原反应，故D符合题意。
答案：D

知识点：离子共存

D

考点：离子共存

试题解析：
如果离子间发生化学反应，则不能大量共存，反之是可以的。
在酸性条件下，NO3-离子具有强氧化性，Fe2+离子具有还原性，二者发生氧化还原反应而不能大量共存，故A不合题意；
甲基橙呈红色的溶液呈酸性，AlO2-离子与H+离子反应而不能大量共存，故B不合题意；
C、与铝反应产生大量氢气的溶液可能是酸溶液，也可能是碱溶液，在酸性条件下CO32-离子与H+离子反应而不能大量共存，故C不合题意；
D、pH=12的溶液呈碱性，在碱性条件下，这四种离子不发生反应，能大量共存，故D符合题意。
答案：D

知识点：弱电解质的电离

B

考点：弱电解质的电离盐类的水解

试题解析：
A、0.10mol/L盐酸的pH＝1，醋酸是弱酸，所以0.10mol/L醋酸的pH＞1，因此右图表示滴定盐酸的曲线，故A不正确；
B、E点时溶液的PH＝7呈中性，即c（H+） = c（OH－），根据电荷守恒知，c（Na+）＋c（H+） = c（A—）＋c（OH－），结合以上两式可得c（Na+） = c（A—），故B正确；
C、左图是滴定醋酸的曲线，若V（NaOH）＝V（HA）（即C点），则二者恰好完全反应生成醋酸钠，水解显碱性，B点PH＝7呈中性，即醋酸需稍过量，反应消耗溶液体积：V（NaOH）＜V（HA），故C不正确；
D、对于右图，当0mL＜V（NaOH）＜20. 00mL时，溶液中c（A－）＞c（Na+）＞c（H+） ＞c（OH－）；但是对左图中，从B点到C点的滴定过程中，溶液显碱性，则c（Na+）＞c（A－）＞c（OH－）＞c（H+） ，故D不正确。
答案：B

知识点：化学反应速率

C

考点：化学反应速率化学平衡

试题解析：
A、由c =n/V，可得乙容器中氮气的起始浓度为2mol/L，v(N2)=△c(N2)/△t=(2—1.5)mol/L÷5min=0.1mol/(L•min)，由于v(H2)/v(N2)=3/1，则v(H2)=3v(N2)= 0.3mol/(L•min)，故A正确；
B、甲容器中 利用三段式可得：  3H2(g)   +   N2(g)2NH3(g)
起始浓度/mol•L－1   1.5         1        0
变化浓度/mol•L－1  3—3c1      1—c1      2—2c1
平衡浓度/mol•L－1  3c1—1.5      c1       2—2c1  
K==，故B正确；
对比甲、乙容器，其他条件保持不变时，平衡时将甲容器容积减半，就能变为乙平衡，容积减半可以使氮气、氢气、氨气浓度都立即加倍，增大反应体系的压强，因为合成氨是气体体积缩小的反应，则平衡向正反应方向移动，达到新平衡时氮气的浓度减小，因此2c1> 1.5，故C不正确；
D、对比甲、乙容器，由于反应物和生成物都是气体，反应前后气体的总质量不变，乙容器中混合气体总质量是甲的二倍，两容器容积均为2L，由于混合气体的密度等于质量除以容器容积，则乙容器中混合气体密度是甲的2倍，即2ρ1=ρ2，故D正确。

答案：C

知识点：元素周期律与元素周期表

（1）Na＞Cl＞F   （2）HClO4＞H2SO4 （3）H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O （4）① 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑ ② 取少量A溶液滴加几滴稀硝酸酸化的硝酸银溶液有白色沉淀生成 ③ 0.01mol ④ AlO2-+4H+=Al3++2H2O （5）S2O＋4Cl2＋5H2O===2SO＋8Cl－＋10H＋

考点：原子结构,元素周期表无机推断

答案：（1）Na＞Cl＞F   （2）HClO4＞H2SO4 （3）H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O （4）① 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑ ② 取少量A溶液滴加几滴稀硝酸酸化的硝酸银溶液有白色沉淀生成 ③ 0.01mol ④ AlO2-+4H+=Al3++2H2O （5）S2O＋4Cl2＋5H2O===2SO＋8Cl－＋10H＋解析过程： 根据元素在周期表中的位置可推知①是H；②是O；③是F；④是Na；⑤是Al；⑥是S；⑦是Cl。 （1）同周期元素，从左到右，原子半径减小；同主族元素，从上到下，原子半径增大。所以这几种元素的原子半径由大到小的顺序为Na>Cl>F； （2）元素的非金属性Cl>S；元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强，所以S、Cl的最高价含氧酸的酸性强弱为HClO4>H2SO4； （3） H2O2在酸性溶液中能将Fe2+氧化，该反应的离子方程式是H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O； （4）本题的突破点为“B为黄绿色气体”，因为电解氯化钠溶液可制得氯气，根据图示可知：A是NaCl ;B是Cl2；C是H2；D是NaOH；E是HCl；G是Al；F是NaAlO2。 ①NaOH溶液与Al单质反应的化学方程式是2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑； ②A溶液中溶质的阴离子为Cl-，检验Cl-的方法是取少量A溶液先滴加稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液（或滴加几滴稀硝酸酸化的硝酸银溶液）有白色沉淀生成，就证明含有Cl-； ③NaCl溶液电解的方程式是：2NaCl＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2NaOH ，电解后pH=12，则c(NaOH) =0.01mol/L，n(NaOH)=0.01mol。根据反应方程式可知：每生成1molNaOH,转移1mol电子。由于生成了0.01molNaOH，所以转移电子0.01mol。 ④过量的E与F溶液，即过量的盐酸与NaAlO2反应，生成氯化铝、氯化钠和水，方程式为： NaAlO2+4HCl= AlCl3+NaCl+2 H2O，离子方程式为：AlO2-+4H+=Al3++2H2O； （5）由②、④、⑥元素组成的化合物W（在酸性溶液中发黄，W还原性较强）应为Na2S2O3，被氯气氧化的离子方程式为：S2O＋4Cl2＋5H2O===2SO＋8Cl－＋10H＋。

知识点：有机合成及高分子化合物

（1） （2）羧基、酚羟基　 取代反应 （3）保护酚羟基，使之不被氧化 （4）c （5）

（6） （7）

考点：酯有机合成与推断

试题解析：
步骤A→B是芳香内酯的水解，B分子比A多了2个H原子和1个O原子，B、C的不饱和度（缺氢指数）都是6，分子内含有1个苯环、1个羧基、1个碳碳双键和1个羟基，根据C→D的变化可推知C的结构为;C分子内没有了羟基，显然是通过步骤B→C使羟基变为甲氧基，B的结构
简式为;
A为芳香内酯分子式为C9H6O2，根据氢原子的不饱和度可写出A的结构简式为；
B为，含有羧基、酚羟基以及C=C，B为，C为，B发生水解或取代可生成C；
（3）将直接用KMnO4溶液氧化得不到乙二酸和水杨酸，因为酚羟基也要被氧化，则反应步骤B→C的目的是保护酚羟基，使之不被氧化；
（4）A为，B为，C为，
a．C中有8种不同的H原子，则核磁共振氢谱共有8种峰，故a正确；
b．A、B、C中均含有C=C官能团，则均可发生加聚反应，故b正确；
c．1molA含有1mol苯环，能与3mol氢气发生加成反应，含有1molC=C，能与1mol氢气发生加成反应，则最多能和4mol氢气发生加成反应，故c不正确；
d．B中含有酚羟基，邻位和对应有H原子，则能与浓溴水发生取代反应，故d正确。
（5）D的同分异构体能发生水解且水解产物之一能发生银镜反应，该物质肯定是甲酸酯，苯环上的取代基有3种情况：HCOO-与CH3O-、HCOO-与HOCH2-、HCOOCH2-与HO-，每种情况的两个取代基又有邻位、对位和间位3种可能，共有9种同分异构体，其中处于对位的有
；
（6）乙二酸和乙二醇和发生缩聚反应，反应的方程式为
；
（7）以为原料制备，可用逆推法推断，即→→→
→，则合成路线为

答案：（1） （2）羧基、酚羟基　 取代反应 （3）保护酚羟基，使之不被氧化 （4）c （5） （6） （7）  

知识点：乙醇和醇类

（1）正丁醇        （2）b          （3）浓硫酸上 （4）洗去有机层中残留的NaOH及中和反应生成的盐 （5）D　　   （6）正丁醇　水　     （7）34%

考点：有机物的研究实验探究

试题解析：
（1）步骤①中浓硫酸和正丁醇的添加顺序类似浓硫酸的稀释，应先向其中加入密度小的正丁醇，然后再加入密度大的浓硫酸；
（2）水冷凝器的冷却水加入方式是下口（即b）进入冷水，从上口流出热水；
（3）在反应混合物中，浓硫酸能溶解于水中，正丁醚不溶，正丁醇微溶于水。所以步骤③的目的是初步洗去浓硫酸。由于正丁醚、正丁醇密度都比水小，所以粗产物应从分液漏斗的上口分离出来；
（4）步骤③中最后一次水洗的目的为洗去有机层中残留的NaOH及中和反应生成的盐；
（5）本实验的目的是为了制取正丁醚，而正丁醚的沸点为142℃，所以步骤⑤中，加热蒸馏时应收集142℃时的馏分；
（6）液体混合物加热会蒸出，经过冷凝器降温会转化为液体，由于正丁醇的密度比水小。又微溶于水，所以在上层，水在下层。因此分水器中上层液体的主要成分为正丁醇；下层液体的主要成分为水。
（7）n(正丁醇)=37g÷74g/mol=0．5mol ；根据方程式中正丁醇与正丁醚的相互关系可知：正丁醚的理论产物质的量为n(正丁醚)= 0．25mol； m(正丁醚)= 0．25mol×130g/mol=32．5g，实际正丁醚的产量为：m(正丁醚)=11 g。所以本实验中，正丁醚的产率为(11g÷32．5g)×100%=34%。

答案：（1）正丁醇        （2）b          （3）浓硫酸上 （4）洗去有机层中残留的NaOH及中和反应生成的盐 （5）D　　   （6）正丁醇　水　     （7）34%

知识点：钠和碱金属

（1）电解法　2NaCl（熔融）2Na＋Cl2↑； 液态钠可作核反应堆的传热介质 （2）①O2＋4e－＋2CO2===2COCO2 ②取一根洁净的铂丝蘸取碳酸钠粉末或碳酸钠溶液，放在酒精灯外焰上灼烧，观察火焰的颜色。 （3）CO　c （4）①c（Na＋）＞c（HSO）＞c（SO）＞c（OH－）＞c（H＋） ②Cu2＋　；  ＜

考点：钠及其化合物盐类的水解难溶电解质的溶解平衡

试题解析：
（1）工业上制备金属钠的常用方法是电解法，电解熔融的氯化钠，方程式为2NaCl（熔融）2Na＋Cl2↑；因为Na的熔点低，故可以利用液态钠作核反应堆的传热介质；
（2）①该燃料电池中通入CO的一极是负极，负极上失电子发生氧化反应，负极上的电极反应式为2CO-4e-+2CO32-=4CO2；通入O2的一极是正极，正极上的电极反应式为O2+4e-+2CO2=2CO32-；燃料电池中需要补充的是燃料和氧化剂，所以该电池工作过程中需不断补充CO和O2，而CO2可循环利用，A物质的化学式为CO2；
②检验Na2CO3中钠元素，可以采用焰色反应的方法：取一根洁净的铂丝蘸取碳酸钠粉末或碳酸钠溶液，放在酒精灯外焰上灼烧，观察火焰的颜色，为黄色。
（3）根据题给数据及盐类水解规律：组成盐的酸根对应的酸越弱，该盐的水解程度越大，溶液的碱性越强判断，酸性强弱顺序是CH3COOH＞HClO＞HCN＞HCO3—。
①HCO3—酸性最弱，所以结合H＋能力最强的是CO，
②根据表中数据，将浓度均为0．01 mol/L的四种酸的溶液分别稀释100倍，pH变化最大的是酸性最强的CH3COOH，选c；
（4）①当300 mL 1 mol·L－1的NaOH溶液吸收标准状况下4．48L SO2时，所得溶液为等浓度的亚硫酸钠和亚硫酸氢钠的混合液，SO32—水解显碱性，且SO32—的水解程度大于HSO3—，HSO3—水解程度小于电离程度，结合的SO32—两级水解常数和HSO3—水解和电离常数的大小，可知SO32—的水解占优势，各离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)＞c(HSO3—)＞c(SO32—)＞c(OH—)＞c(H+)；
②当向含相同浓度Cu2+、Mg2+、Fe2+离子的溶液中滴加NaOH溶液时，溶液中氢氧根的浓度逐渐增大，所需氢氧根浓度越小的离子越先沉淀，即pH小的离子先沉淀，溶度积常数越小的物质越先沉淀，所以Cu2+先沉淀，KSP[（Fe（OH）2]＜KSP[（Mg（OH）2]。