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参考答案

1．C 【解析】 【分析】 【详解】

A. 用酒精可以提取某些花香中的酯类香精，制成香水，利用酯类易溶于酒精，涉及溶解性，属于物理性质，A不符合；

B. 炒菜时加一些料酒和食醋，发生酯化反应生成酯，利用挥发性和香味，涉及物理性质，B不符合；

C. 用热的纯碱液洗涤碗筷去油腻比冷水效果好，因为碳酸钠在较高温度时水解程度大，氢氧根浓度大，更有利于酯类水解，生成易溶于水的羧酸钠和醇类，水解属于化学性质，C符合；

D. 各种水果有不同的香味，涉及的是所含酯的物理性质，D不符合； 答案选C。 2．D

【解析】试题分析：X的分子式为C12H14O3，故A错误；羟基邻位碳上没有H原子，不能发生消去反应，故B错误；在Ni作催化剂的条件下，1 mol X最多只能与4 mol H2加成，故C错误；苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，有机物X含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确。

考点：本题考查有机物的结构和性质。 3．B 【解析】 【分析】 【详解】

A. 含1mol H2SO4的浓硫酸和足量的锌先发生反应：2H2SO4(浓)+Zn=ZnSO4+SO2↑+2H2O，该反应中消耗1mol H2SO4，转移的电子数为NA，硫酸浓度下降后，Zn+H2SO4＝ZnSO4+H2↑，该反应中消耗1mol H2SO4，转移的电子数为2NA，则含1mol H2SO4的浓硫酸和足量的锌完全反应，转移的电子数介于NA和2NA之间，A错误；

B. 常温下1 L 0.1 mol·L－1 NH4NO3溶液中含有铵离子、一水合氨分子以及硝酸根离子，因为N元素守恒，所以氮原子总数为0.2NA， B正确；

答案第1页，总12页

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C. 1摩尔己烷分子含19NA对共用电子，然而标准状况下己烷呈液态，2.24 L己烷分子物质的量并不是1mol，故C错误；

D. 该原电池中，导线上经过NA个电子时，则正极放出H2的物质的量为0.5mol，但是不知道温度和压强条件，故体积不一定为11.2 L，D错误； 答案选B。 【点睛】

C、D容易错，往往误以为1mol物质的体积就是22.4L，换算时，一定要明确物质是不是气体，求气体体积时一定要注意气体所处的状态。 4．D 【解析】 【分析】 【详解】

A. 用惰性电极电解熔融氯化钠而不是电解食盐水，A错误；

B. 硫酸溶液中加入足量氢氧化钡溶液，沉淀完全的同时恰好中和，正确的离子方程式为Ba2

＋

＋2OH－＋2H＋＋SO42-=BaSO4↓＋2H2O，B错误；

C. Fe(NO3)3溶液中加入过量的HI溶液，大量氢离子的环境中，硝酸根的氧化性更强，碘离子优先和硝酸根、氢离子反应，多余的碘离子才接着和铁离子发生2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2反应，C错误；

D. NaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应：2MnO4-＋5NO2-＋6H＋=2Mn2＋＋5NO3-＋3H2O，D正确； 答案选D。 【点睛】

C项为易错点，注意硝酸根离子与氢离子大量共存时有强氧化性。 5．D 【解析】 【分析】

Y为O、Z为Mg、W为Si，由题干信息分析可知X为C、甲为CO2，乙为MgO，丙为SiO2，丁为CO； 【详解】

答案第2页，总12页

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A. 反应③2C?SiO?Si?2CO ，为工业制粗硅的原理，A正确；

2B. Z即镁位于元素周期表第三周期ⅡA族，B正确； C. 4种元素的原子中，Y原子即氧原子的半径最小，C正确； D. 工业上通过电解熔融氯化镁而不是氧化镁来制取镁，D错误； 答案选D。 6．C 【解析】 【详解】

由流程可知，步骤①是分离固液混合物，其操作为过滤，需要漏斗、烧杯等仪器；步骤②是分离互不相溶的液体混合物，需进行分液，要用到分液漏斗等仪器；步骤③是从溶液中得到固体，操作为蒸发，需要蒸发皿等仪器；步骤④是从有机化合物中，利用沸点不同用蒸馏的方法得到甲苯，需要蒸馏烧瓶等仪器，则错误的为C，故答案选C。 7．A 【解析】 【分析】

高温c(CH3COO-)c(H+)c(CH3COO-)?pH；醋酸的电离常数Ka?，取对数可得到lgKa?lg

c(CH3COOH)c(CH3COOH)【详解】

c(CH3COO-)?pH，可得lg A. 据以上分析，将C点坐标(6,1.7)代入lgKa?lgc(CH3COOH)Ka(CH3COOH)=1.7-6=-4.3，Ka(CH3COOH)=5.0×10-5，A正确； B. 根据A项分析可知，B错误；

C. 当往10 mL 0.10 mol·L-1 NaOH溶液中加入10 mL 0.10 mol·L-1醋酸溶液时，得到CH3COONa溶液，溶液呈碱性，故当pH=7时加入的醋酸溶液体积应大于10mL，C错误；

c(CH3COO-)=4，又lg Ka(CH3COOH)=1.7-6=-4.3，则由D. B点lgc(CH3COOH)c(CH3COO-)lgKa?lg?pH得，pH=8.3，c(H+)=10-8.3 mol·L-1，结合电荷守恒式：

c(CH3COOH)c(CH3COO-)+ c(OH-)=c(H+)+c(Na+)知，c(Na+)-c(CH3COO-)=c(OH-)-c(H+)=(10-5.7-10-8.3) mol·L-1，

答案第3页，总12页

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D错误； 答案选A。

8．H2O↓＋H2O Fe(OH)3 3.2×10－30 用水胶体 3:1 Mn(OH)2＋H2O2＝MnO2·2Zn(OH)2吸收NH3和CO2使之转化为NH4HCO3 ZnCO3·【解析】 【分析】

(1) 按分散质粒子高纯活性氧化锌粉末大小为66nm判断所得分散系类型；

(2) 按“浸取”过程中提供的反应物和生成物信息，书写方程式，据此判断在该转化反应中参H2O和NH4HCO3物质的量之比的最大值； 加反应的NH3·

(3)按提供的反应物和生成物信息书写“深度除锰”过程中双氧水与Mn(OH)2反应的化学方程式，从流程和题给信息判断“滤渣2”其它的沉淀； (4)根据

煅烧 3ZnO＋CO2↑＋2H2O

c(Cu2+)c(Zn)2+≤2.0×10－6、溶液中Zn2＋浓度为1mol/L以及溶度积常数，可求的最终溶液中

S2－的浓度的最小值；

(5)循环利用NH3和CO2，主要考虑氨水吸收二氧化碳时生成什么物质，结合流程图中相关物质回答；

(6)“煅烧”时ZnCO3·2Zn(OH)2转变为高纯活性氧化锌，参考碳酸盐和不溶性碱或碱式盐受热分解的产物书写该反应的化学方程式； 【详解】

(1)分散质粒子高纯活性氧化锌粉末大小为66nm，在1 nm到100nm 之间，所得分散系为胶体；

答案为：胶体；

(2) 按信息，“浸取”过程中反应：ZnO+(n-1)NH3·H2O+NH4HCO3=Zn[(NH3)n]CO3+nH2O，在H2O和NH4HCO3物质的量之比为该转化反应中，若有1mol ZnO溶解,则参加反应的NH3·(n-1):1，当n=4时，比值达最大值； 答案为：3:1；

(3)按提供的反应物和生成物信息，“深度除锰”过程中双氧水把Mn(OH)2氧化得到MnO2·H2OH2O↓＋H2O； 沉淀，双氧水是绿色氧化剂，故该化学方程式为Mn(OH)2＋H2O2＝MnO2·H2O↓＋H2O； 答案为：Mn(OH)2＋H2O2＝MnO2·

答案第4页，总12页