1、云南省文山州广南县第二中学2019-2020学年高二化学上学期9月考试试题（含解析）本试卷分第卷和第卷两部分，共100分，考试时间90分钟。一、单选题(共26小题,每小题2.0分,共52分)1.将一定质量的金属钠放入100 mL 0.2 molL1的氯化铝溶液中，反应后得到无色澄清溶液，其中除水外只含有氯化钠和偏铝酸钠，则加入的钠的质量为()A. 1.84 gB. 1.38 gC. 2.3 gD. 0.46 g【答案】A【解析】【详解】钠放入氯化铝溶液中，钠先和水反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2，生成的NaOH再和AlCl3反应生成NaAlO2：4NaOH+AlCl3=NaAlO2+3
2、NaCl+2H2O。把钠和水的反应方程式的系数扩大2倍后和NaOH和AlCl3的反应相加得：4Na+AlCl3+2H2O=NaAlO2+3NaCl+2H2。AlCl3的物质的量为0.100L 0.2 molL1=0.02mol，所以需要钠的物质的量为0.08mol，为0.08mol23g/mol=1.84g。故选A。2.把500 mL含有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等份，取一份加入含amol硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀；另取一份加入含bmol硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀。则该混合溶液中钾离子浓度为()A. 0.1(b2a) molL1B. 10(2ab) molL1C. 10
3、(ba) molL1D. 10(b2a) molL1【答案】D【解析】【详解】把500 mL混合溶液分成5等份，每份为100mL。amol硫酸钠恰好使钡离子完全沉淀，所以在每100mL溶液中Ba2+的物质的量为amol；bmol硝酸银恰好使氯离子完全沉淀，所以在每100mL溶液中Cl-的物质的量为bmol，在BaCl2和KCl的混合溶液中含有的离子有Ba2+、K+、Cl-，根据电荷守恒，在每100mL溶液中K+的物质的量为(b-2a)mol，所以c(K+)=(b-2a)mol/0.1L=10(b2a) molL1。故选D。3.下列叙述正确的是()A. 纯铁为灰黑色，所以铁属于黑色金属B. 铁在
4、硫蒸气中燃烧生成Fe2S3C. 纯铁的抗腐蚀能力非常强，铁在干燥的空气里不易被氧化D. 足量的铁在氯气中燃烧生成FeCl2和FeCl3【答案】C【解析】【详解】A. 在冶金上，把铁归为黑色金属，但纯铁为银白色，故A不选；B. 铁在硫蒸气中燃烧生成FeS，故B不选；C. 由于纯铁不易形成原电池，所以纯铁的抗腐蚀能力非常强，铁在干燥的空气里不易被氧化，故C选；D. 铁在氯气中燃烧只生成FeCl3，不会生成FeCl2，故D不选。故选C。【点睛】铁在氯气中燃烧只能生成FeCl3，即使铁过量，过量铁也不会和生成的FeCl3生成FeCl2，铁和FeCl3生成FeCl2的反应需要在溶液中进行。4.下列关于金
5、属单质通性的说法不正确的是()A. 一般都具有金属光泽B. 熔点都较高C. 都是热和电的良导体D. 都具有延展性【答案】B【解析】【分析】金属单质一般都具有金属光泽、导热、导电，具有延展性；有的金属熔点较低。【详解】金属单质一般都具有金属光泽、导热、导电，具有延展性；不同金属的熔点可能相差很大，有的金属熔点较低，如汞在常温下是液体，有的金属熔点很高，如钨。故选B。5.已知短周期元素的离子：aA2、bB、cC3、dD都具有相同的电子层结构，则下列叙述正确的是()A. 原子半径：ABDCB. 原子序数：dcbaC. 离子半径：CDBAD. 单质的还原性：ABDC【答案】C【解析】【分析】四种元素的
6、离子电子层结构相同，它们在周期表中的相对位置如图所示：。【详解】A. A和B的原子核外的电子层数比C和D的原子核外电子层数多一层，所以A和B的原子半径比C和D的原子半径大。A和B在同一周期，电子层数相同，B的核电荷数比A小，所以原子半径B比A大，同理，C的原子半径比D的大，所以原子半径：BACD，故A不选；B. 从这四种元素在周期表中的相对位置可以看出，原子序数：abdc，故B不选；C. 这四种离子电子层结构相同，所以离子半径只取决于核电荷数，核电荷数越多，半径越小，所以离子半径：CDBA，故C选；D. 四种元素均为短周期元素，所以B为Na，A为Mg，C为N，D为F。钠的还原性强于镁，F2没有
7、还原性，故D不选。故选C。【点睛】几种离子的电子层结构相同，可以首先找到它们在周期表中的相对位置，根据它们的位置，利用元素周期表的结构和元素周期律分析它们的原子半径、离子半径、原子序数、最高价氧化物的水化物的酸碱性、气态氢化物的稳定性、单质的氧化性和还原性以及离子的还原性和氧化性等关系。6.在实验桌上放着四种化学药品，试剂瓶上分别标有“白砂糖”、“小麦面粉”、“加碘食盐”和“食用味精”的字样。为了进一步确认实物与名称是否相符，下列做法中正确的是 ()A. 观察并比较它们的外观和状态B. 各取少量，分别放在手中区别C. 各取少量，分别放在嘴里品尝其味道D. 各取少量，加水溶解，观察溶液颜色【答案
8、】A【解析】【详解】A. 白砂糖是白色小颗粒状的固体，小麦面粉是白色粉末状固体，加碘食盐是白色细小的晶体，食用味精是白色椭圆状颗粒，所以观察并比较它们的外观和状态可以区分它们，故A选；B. 实验室的药品不能直接用手接触，故B不选；C. 不能品尝药品味道，故C不选；D. 白砂糖、加碘食盐和食用味精都溶于水，故D不选。故选A。7.化学变化一定存在：状态和颜色的变化发光放热生成新物质气体的放出能量的变化()A. B. C. D. 【答案】B【解析】化学变化不一定有状态和颜色的变化；化学变化中常常伴随着发光、放热现象，但化学变化中不一定都伴随着发光、放热现象化学变化不一定有气体产生；化学变化伴随能量的
9、吸收或释放。故正确。答案选B。8.工业上用氢气和氮气合成氨，氢气的主要来源是()A. 水和燃煤B. 电和水C. 锌和硫酸反应D. 液化空气【答案】A【解析】【详解】工业上用氢气和氮气合成氨，氢气主要来源于水煤气，即水和燃煤发生化学反应生成的氢气：C+H2O(g) CO+H2。故选A。9.下列配制的溶液浓度偏高的是()A. 配制盐酸用量筒量取盐酸时俯视刻度线B. 配制盐酸定容时，仰视容量瓶刻度线C. 称量4.0 g 氢氧化钠配制0.1 molL1氢氧化钠溶液 1 000 mL 时，砝码错放在左盘D. 氢氧化钠溶解后未经冷却即注入容量瓶至刻度线【答案】D【解析】【详解】A. 用量筒量取盐酸时俯视刻
10、度线会导致取的盐酸的体积少于应取的盐酸的体积，溶质偏少，所以最后配制的溶液浓度偏低，故A不选；B. 配制盐酸定容时，仰视容量瓶刻度线，会导致加水超过刻度线，溶液体积偏大，所以溶液浓度偏低，故B不选；C. 用托盘天平称量固体时，1g以下用游码，称量4.0 g 氢氧化钠，砝码错放在左盘，对称量的NaOH固体没有影响，故C不选；D. 氢氧化钠溶解后未经冷却即注入容量瓶至刻度线，由于热胀冷缩，当容量瓶冷却至室温时，液面会低于刻度线，溶液体积偏小，所以溶液浓度偏高，故D选。故选D。10.防止煤矿矿井内“瓦斯”爆炸，除进行通风、严禁烟火外，还要随时检查矿井内瓦斯的体积分数。如果空气中含甲烷5%15%，遇到
11、明火会发生爆炸。发生最强烈爆炸时空气中甲烷所占的体积分数是()A. 5%B. 9.1%C. 10.5%D. 15%【答案】B【解析】分析：当甲烷和氧气恰好反应时，爆炸最剧烈，则根据反应式CH42O2=CO22H2O可知，当当甲烷与氧气体积之比为1：2时，发生强烈爆炸，令甲烷的体积为1体积，计算氧气的体积，再根据空气中氧气的含量计算空气的体积，进而计算甲烷的体积分数。详解：当甲烷和氧气恰好反应时，爆炸最剧烈，则根据反应式CH42O2=CO22H2O可知，当甲烷与氧气体积之比为1：2时，发生强烈爆炸，令甲烷的体积为1体积，发生爆炸最强烈时空气中甲烷所占的体积分数是1/(1+10)100%=9.1%
12、，B正确；正确选项B。点睛：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。该题基础性强，难易适中，侧重对学生解题能力和方法的指导与训练，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生的应试能力。11.目前海水提溴的最主要方法之一是空气吹出法，其部分流程图如下：以下推断不合理的是()A. 热空气能吹出溴是利用溴易挥发的性质B. SO2吸收溴的反应方程式：SO22H2OBr2=H2SO42HBrC. 流程中循环利用的物质有SO2、Br2、Cl2等D. 没有采用直接蒸馏含Br2的海水得到单质溴主要是为了节能【答案】C【解析】【详解】A. 溴易挥发，所以可以用热空气吹出，故A不选；B. 溴有氧化性，可以利用SO
13、2的还原性吸收溴，使之转化为HBr，故B不选；C. 流程中SO2转变为H2SO4，Cl2转变为HCl，在流程中没有用到H2SO4和HCl，所以SO2和Cl2都没有循环利用，海水提溴的工业生产的目的是获得Br2，所以Br2也没有循环利用，故C选。D. 直接蒸馏含Br2的海水得到单质溴会消耗比较多的能量，没有采用直接蒸馏含Br2的海水得到单质溴主要是为了节能，故D不选。故选C12.下列说法正确的是()A. 因为二氧化硫具有漂白性，所以它能使品红溶液、溴水、高锰酸钾溶液褪色B. 能使品红溶液褪色的不一定是二氧化硫C. 二氧化硫、漂白粉、活性炭、过氧化钠都能使红墨水褪色，其原理相同D. 等物质的量的二
14、氧化硫和氯气相遇在溶液中具有漂白能力【答案】B【解析】【详解】A. 因为二氧化硫具有漂白性，所以它能使品红溶液褪色，二氧化硫使溴水、高锰酸钾溶液褪色是和Br2、KMnO4发生了氧化还原反应，体现了二氧化硫的还原性，故A不选；B. 具有漂白性的物质都可以使品红褪色，如Cl2、SO2等，故B选；C. 二氧化硫、漂白粉、活性炭、过氧化钠都能使红墨水褪色，二氧化硫是和有色物质化合成无色物质，漂白粉、过氧化钠是利用它们的强氧化性，活性炭是吸附作用，其原理不相同，故C不选；D. 等物质的量的二氧化硫和氯气相遇在溶液中会恰好发生反应：SO22H2OCl2=H2SO42HCl，生成的硫酸和盐酸都没有漂白能力，
15、故D不选。故选B。【点睛】二氧化硫、漂白粉、活性炭、过氧化钠都有漂白性，但原理不完全相同。二氧化硫的漂白是和有色物质化合成不稳定的无色物质，时间长了无色物质会分解为有色物质和二氧化硫，从而恢复原来的颜色，并且二氧化硫不能使指示剂褪色。漂白粉、过氧化钠和臭氧的漂白是利用它们的强氧化性，把有色物质氧化为无色物质，是永久性的，而且可以使指示剂褪色。活性炭是吸附作用，是物理作用。另外，漂白是指使有颜色的有机物褪色，二氧化硫使溴水、高锰酸钾溶液褪色不是二氧化硫的漂白性，是二氧化硫的还原性，溴和高锰酸钾不是有机物。13. 某同学用托盘天平称量锌粒24.4g（1g以下用游码），他把锌粒放在右盘，砝码放在左盘
16、，当天平平衡时，所称取的锌粒的实际质量应是：（ ）A. 24.4gB. 25.5gC. 23.6gD. 24g【答案】C【解析】由左盘的质量=右盘的质量+游码的质量可知：砝码质量=药品质量+游码的质量，所以药品质量=砝码质量-游码质量，即实际称得镁粉的质量=24g-0.4g=23.6g，故选C。点睛：本题考查托盘天平的使用。天平的使用方法是左物右码，左盘的质量等于右盘的质量加游码的质量，即药品质量=砝码质量+游码质量，如果位置放反，则左盘的质量=右盘的质量+游码的质量。14. 常压下，苯的沸点低于甲苯，熔点却高于甲苯。苯的熔点更高的原因可能是A. 苯具有芳香性B. 苯中的化学键强度更强C. 苯
17、分子间作用力更小D. 固态时苯分子排列更紧密【答案】D【解析】试题分析：与甲苯相比，苯具有高度对称性，在固体中紧密排列，而具有较高熔点（苯为5.5，甲苯-95），故选D考点：本题主要考查了苯的同系列熔点大小的比较，掌握固态时苯分子排列更紧密是解题的关键15.范德华力为a kJmol-1，化学键为b kJmol-1，氢键为c kJmol-1，则a、b、c的大小关系正确的是A. abcB. bacC. cbaD. bca【答案】D【解析】【详解】范德华力属于分子间作用力，不是化学键，氢键也不是化学键，但强于范德华力，所以a、b、c的大小关系正确的是bca。答案选D。16.农用化肥和城市生活污水的排
18、放会使地下水含氮量增高，其对人体有害的含氮污染物存在的主要形式是()A. B. C. D. 有机氮【答案】B【解析】【详解】和为植物所需离子，有机氮是人体所需物质，而有毒，对人体有害，故选B。17.同温同压下，相同质量的二氧化硫气体和三氧化硫气体相比较：它们所含分子数目之比为45；它们所含氧原子数目之比为56；它们所含原子总数之比为11；它们所含的硫原子数目之比为54；它们的密度之比为45。上述有关叙述中正确是()A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】同温同压下，二氧化硫和三氧化硫质量相同，物质的量和摩尔质量成反比，所以物质的量之比为80：64=5：4。物质的量和分子数成正比，所以
19、它们所含分子数目之比为5：4，错误；它们所含氧原子数目之比为5243=5：6，正确；它们所含原子总数之比53：44=15：16，错误；二氧化硫和三氧化硫的每个分子都含有1个硫原子，所以二氧化硫和三氧化硫的分子数之比就是它们所含的硫原子数目之比，为54，正确；同温同压下，密度之比等于摩尔质量之比，即为64：80=45，正确。故选C。18. 下列物质中，不属于烷烃的是A. CH4B. C3H8C. C4H8D. C5H12【答案】C【解析】试题分析：烷烃即饱和链烃，烷烃分子里的碳原子之间以单键结合成链状(直链或含支链)外，其余化合价全部为氢原子所饱和，其通式是CnH2n2，据此可知选项C不是烷烃，
20、而使烯烃或环烷烃，答案选C。考点：考查烷烃的判断点评：该题是基础性试题的考查，主要是考查学生对烷烃结构以及判断的了解掌握情况。该题的关键是明确烷烃分子的结构特点，特别是烷烃分子的通式，然后结合题意灵活运用即可。19.除去硝酸钾固体中含有少量的氯化钠，不需要的实验操作是A. 加热溶解B. 趁热过滤C. 蒸发结晶D. 降温结晶【答案】C【解析】【详解】硝酸钾的溶解度随温度变化大，食盐的溶解度变化不大，除去硝酸钾固体中含有少量的氯化钠，先将其加热溶解，在趁热过滤，最后降温结晶，不需要的实验操作是蒸发结晶；综上所述，本题选C。20.等质量的CO和N2，下列叙述不正确的是（）A. 密度一定相同B. 分子
21、数一定相同C. 原子数一定相同D. 物质的量一定相同【答案】A【解析】【详解】A密度=M/Vm，由于气体摩尔体积不一定相同，则二者的密度不一定相同，A错误；BCO和N2的摩尔质量均为28g/mol，根据N=nNA=mNA/M可知，二者含有的分子数一定相同，B正确；CCO和N2为双原子分子，根据选项B可知二者分子数相同，则含有原子数也一定相同，C正确；DCO和N2的摩尔质量均为28g/mol，根据n=m/M可知二者的物质的量一定相等，D正确；答案选A。【点睛】本题考查了物质的量的计算，题目难度不大，明确物质的量与摩尔质量、气体摩尔体积之间的关系为解答关键，注意掌握密度与摩尔质量之间的关系，试题培
22、养了学生的灵活应用能力。21.有关铝及其化合物的说法错误的是A. 铁易生锈，而铝在空气中较稳定，所以铁比铝活泼B. 可用铝壶烧开水，不可用其长期存放食醋、碱水C. 氧化铝是一种较好的耐火材料，但不可用氧化铝坩埚熔化NaOHD. 氢氧化铝能中和胃酸，可用于制胃药【答案】A【解析】【详解】A.Al比Fe活泼，氧化铝为致密氧化膜可保护内部的Al，则铁易生锈，而铝在空气中较稳定，故A错误；B.铝具有导热性，所以可用铝壶烧开水，但铝既可以酸反应又可以与碱反应，所以不能用铝壶长期存放食醋、碱水，故B正确；C.氧化铝的熔点高，是一种较好的耐火材料，由于氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，用氧化铝坩埚加热熔融氢
23、氧化钠会腐蚀坩埚，故不能用氧化铝坩埚加热熔融氢氧化钠，故C正确；D.氢氧化铝为弱碱，与盐酸反应，则氢氧化铝能中和胃酸，可用于制胃药，故D正确。故选A。22.一定温度下，在某2 L恒容密闭容器中加入纳米级氧化亚铜并通入0.1 mol 水(g)，发生如下反应：2H2O(g)2H2(g)O2(g)H484 kJmol1。不同时间产生O2的物质的量见下表：下列说法不正确的是()A. 前20 min内的平均反应速率v(H2O)5105molL1min1B. 达到平衡时，需要从外界吸收的能量为0.968 kJC. 增大水的浓度，可以改变待反应的限度D. 使用纳米级的氧化亚铜，可以增大平衡时氧气的体积分数【
24、答案】D【解析】【详解】A. 前20 min内，生成0.0010mol氧气，则消耗0.0020mol水蒸气，水蒸气的浓度变化量为0.0020mol/2L=0.0010molL-1，所以v(H2O)0.0010molL-1/20min=5105molL1min1，故A不选；B. 达到平衡时，生成0.0020mol氧气，根据热化学方程式，生成1mol氧气，需要吸收484 kJ的热量，所以生成0.0020mol氧气，需要从外界吸收的能量为484 kJ 0.0020mol=0.968 kJ，故B不选；C. 增大水蒸气的浓度，可以使平衡右移，故C不选；D.氧化亚铜是催化剂，只能加快反应速率，不能使平衡发
25、生移动，所以不能改变平衡时氧气的体积分数，故D选。故选D。【点睛】增大固体或纯液体的量，不会使平衡发生移动，但增大水蒸气的浓度，可以使平衡移动。23.下列各组物质的性质及粒子的性质变化正确的是（ ）A. 稳定性H2SHClHBrHIB. 还原性NaS2BrClC. 微粒半径ClKS2SD. 酸性HClO4H2SO4H2CO3HClO【答案】D【解析】A、非金属性：ClBrIS，氢化物稳定性：HClHBrHIH2S，A错误。B、Na为金属单质有还原性，Na+有氧化性无还原性；非金属性：ClBrS，单质氧化性：Cl2Br2S，对应阴离子有还原性：S2-Br-Cl-，B错误。C、Cl-、K+、S2-
26、具有相同的电子层结构，根据电子层结构相同的粒子，核电荷数越大半径越小，有半径大小关系：S2-Cl-K+，S2-S，C错误。D、非金属性：ClS ，所以HClO4H2SO4，均为强酸；H2CO3、HClO均为弱酸，根据H2CO3可以制取HClO有H2CO3HClO，所以酸性大小为：HClO4H2SO4H2CO3HClO，D正确。正确答案为D点睛：根据元素周期律和元素在周期表中的位置，可判断元素的金属性和非金属和粒子半径大小，以及单质、离子的氧化性和还原性、酸碱性大小和稳定性。同一周期，从左到右元素金属性减小，非金属性增强，金属单质还原性减小，非金属单质氧化性增强，氢化物稳定性增大 ，最高价氧化物
27、的水化物若为酸，酸性增强，若为碱，碱性减弱。同一主族元素，从上到下，金属性增强，非金属性减弱，其他性质与前所述变化规律相同。如果不是最高价氧化物的水化物的酸碱性的比较，必须通过其他知识来判断。24.已知某气体的摩尔质量为Mg/mol，则bg该气体在标准状况下的体积(L)为()A. 22.4MbB. 22.4b/MC. 22.4M/bD. 22.4b【答案】B【解析】【详解】气体的物质的量为n=，则该气体在标准状况下的体积为V=nVm=，故合理选项是B。25.下列哪种方法不能实现海水的淡化（ ）A. 蒸馏法B. 电渗析法C. 离子交换法D. 电解法【答案】D【解析】A因水的沸点较低，可用蒸馏法得
28、到蒸馏水，实现海水淡化的目的，故A不选；B利用电渗析法可使相应的离子通过半透膜以达到硬水软化的效果，故B不选；C通过离子交换树脂可以除去海水中的离子，从而达到淡化海水的目的，故C不选D电解法不能除去海水中的可溶性盐，如钠离子，钙离子等，不能达到淡化海水的目的，故D选；故选D。26.乙烯和乙醇的混合气体VL，完全燃烧后生成二氧化碳和水，消耗相同状态下的氧气3VL，则混合气体中乙烯和乙醇的体积比是()A. 11B. 21C. 12D. 任意比【答案】D【解析】【详解】根据乙烯和乙醇燃烧的化学方程式，1mol乙烯完全燃烧生成二氧化碳和水，消耗氧气3mol，1mol乙醇完全燃烧生成二氧化碳和水，消耗氧
29、气也为3mol，相同状态下，物质的量之比等于体积比，所以当乙烯和乙醇的混合气体为VL时，完全燃烧后生成二氧化碳和水，一定消耗氧气3VL，乙烯和乙醇可以为任意比。故选D。分卷II三、填空题(共5小题,共48分)27.利用分类法研究化学物质可系统、全面认识物质的性质。.下列三组物质中，均有一种物质的类别与其他三种不同。MgO、Na2O、CO2、CuOHCl、H2O、H2SO4、HNO3NaOH、Na2CO3、KOH、Cu(OH)2(1)三种物质依次是(填化学式)：_；_；_。(2)这三种物质相互作用可生成一种新物质NaHCO3，该反应_(填“是”或“不是”)氧化还原反应。(3)写出Na2CO3与足
30、量稀硫酸反应的离子方程式：_。(4)HCO3-与H、OH在溶液都不能大量共存，试用离子方程式说明：_。.现有以下物质：NaCl晶体液态HClCaCO3固体熔融KCl蔗糖铜CO2H2SO4KOH固体(1)以上物质中能导电的是_。(2)以上物质中属于电解质的是_，属于非电解质的是_。(3)以上物质中，溶于水能导电的物质是_。【答案】 (1). CO2 (2). H2O (3). Na2CO3 (4). 不是 (5). CO32-2H=H2OCO2 (6). HCO3-H=CO2H2O、HCO3-OH=CO32-H2O (7). (8). (9). (10). 【解析】【详解】(1)中CO2是非金属
31、氧化物，其他都是金属氧化物；中H2O不是酸，其他都是酸；中Na2CO3是盐，其他都是碱。答案：CO2H2ONa2CO3；(2)化学反应为：Na2CO3CO2H2O=2NaHCO3，反应中元素没有价态变化，不是氧化还原反应。答案：不是； (3)Na2CO3是可溶性盐，硫酸是强酸，离子反应均能拆，所以Na2CO3与足量稀硫酸反应的离子方程式：CO32-2H=H2OCO2(4)HCO3-是弱酸的酸式酸根，能与H、OH反应，其离子方程式为：HCO3-H=CO2H2O、HCO3-OH=CO32-H2O。答案：HCO3-H=CO2H2O、HCO3-OH=CO32-H2O。.(1) 能导电的物质是金属材料、
32、半导体和电解质溶液或熔融状态的电解质，因此以上物质中熔融KCl、铜能导电，故答案：。(2) 电解质是在水溶液或融化状态下能导电的化合物，以上物质中NaCl、液态HCl晶体、CaCO3、熔融KCl固体、H2SO4、KOH固体属于电解质；蔗糖、CO2属于非电解质；答案： ； 。(3)溶于水能电离出自由移动的离子，溶液才能到导电，以上物质中NaCl晶体、液态HCl、熔融KCl、CO2、H2SO4、KOH固体溶于水后都能导电；答案：。28.氢氧燃料电池是符合绿色化学理念的新型发电装置。如图为电池示意图，该电池电极表面镀一层细小的铂粉，铂吸附气体的能力强，性质稳定，请回答：（1）氢氧燃料电池能量转化的主
33、要形式是_，在导线中电子流动方向为_（用a、b表示）。（2）负极反应式为_。（3）该电池工作时，H2和O2连续由外部供给，电池可连续不断提供电能，大量安全储氢是关键技术之一。金属锂是一种重要的储氢材料，吸氢和放氢原理如下：.2LiH2=2LiH.LiHH2O=LiOHH2反应中的还原剂是_，反应中的氧化剂是_。金属锂吸收的氢气与放出的氢气的物质的量之比为_。【答案】 (1). 化学能转化为电能 (2). 由a流向b (3). H22e2OH=2H2O (4). 锂(Li) (5). 水(H2O) (6). 12【解析】分析：（1）氢氧燃料电池主要是把化学能转化为电能；原电池中,电子都是由负极经
34、过导线流向正极。（2）氢氧燃料电池中，氢气失电子，发生氧化反应，做负极。（3）根据反应方程式可以判断出反应中的还原剂，反应中的氧化剂。根据反应：2Li-H2；根据反应：2Li-2LiH- 2H2，就能判断金属锂吸收的氢气与放出的氢气的物质的量之比。详解：（1）氢氧燃料电池的能量转化形式主要是把化学能转化为电能；氢气在负极被氧化，氧气被还原发生在正极，因此导线中电子流动方向是由a到b；正确答案：化学能转化为电能；由a流向b。 （2）负极上氢气被氧化，反应式为：H22e2OH=2H2O ；正确答案：H22e2OH=2H2O。 （3）反应中Li转化为Li+，化合价升高，说明Li为还原剂；反应中水中氢
35、的化合价降低，说明水是氧化剂；正确答案：锂(Li) ；水(H2O)。根据方程式.2LiH2=2LiH可知，有2mol Li反应，吸收1mol氢气，同时生成2 molLiH，根据方程式.LiHH2O=LiOHH2可知,有1molLiH反应，放出1mol氢气，则2 molLiH反应放出氢气2mol，所以金属锂吸收的氢气与放出的氢气的物质的量之比为12；正确答案：1:2。点睛：针对于原料电池，可燃物在负极发生氧化反应，氧气在正极发生还原反应；原电池工作时溶液中阴离子移向负极，阳离子移向正极，电子由负极经外电路流向正极，电子不能从电解质中通过。29.已知：A是石油裂解气的主要产物之一，其产量常用于衡量
36、一个国家石油化工发展水平的标志。下列是有机物 AG之间的转化关系：请回答下列问题：（1）A的官能团的名称是_；C的结构简式是_；（2）E是一种具有香味的液体，由B+DE的反应方程式为_，该反应类型是_；（3）G 是一种高分子化合物，其结构简式是_；（4）比赛中，当运动员肌肉挫伤或扭伤时，随队医生即对准受伤部位喷射物质F（沸点 12.27C）进行应急处理。写出由A制F的化学反应方程式_。（5）E的同分异构体能与NaHCO3溶液反应，写出该同分异构体的结构简式_。【答案】 (1). 碳碳双键 (2). CH3CHO (3). CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O (4)
37、. 酯化反应(或取代反应) (5). (6). CH2CH2+HClCH3CH2Cl (7). CH3CH2CH2COOH；(CH3)2CHCOOH【解析】【分析】A是石油裂解气的主要成份，它的产量通常用来衡量一个国家石油化工水平，A是乙烯，乙烯和水发生加成反应生成B，则B是乙醇，乙醇和氧气在铜作催化剂作用下催化反应生成C，则C是乙醛，乙醇在高锰酸钾作用下生成D，D是乙酸，乙醇和乙酸在浓硫酸作用下反应生成乙酸乙酯E。G是一种高分子化合物，由A乙烯加聚而成为聚乙烯，F为A乙烯和氯化氢加成而成为氯乙烷，据此判断。【详解】（1）A乙烯含有碳碳双键，C为乙醛，结构简式为CH3CHO；（2）E是一种具有
38、香味的液体，为乙酸乙酯，B+D为乙酸和乙醇反应生成乙酸乙酯和水，属于酯化反应，方程式为CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O；（3）G为聚乙烯，结构简式为；（4）乙烯和氯化氢加成生成氯乙烷，方程式为CH2=CH2+HClCH3CH2Cl；（5）E（CH3COOCH2CH3）的同分异构体能与NaHCO3溶液反应则含有羧基，该同分异构体的结构简式为CH3CH2CH2COOH或(CH3)2CHCOOH。【点睛】本题考查有机物的推断，涉及烯、醇、醛、羧酸等的性质与转化等，根据A结合物质的性质利用顺推法进行判断，注意掌握常用化学用语的书写，注意对基础知识的理解掌握。30.“低碳
39、”既是时尚，也是环保要求。“低碳”在工业生产中意义重大，充分利用原材料，不排放或减少排放“三废”，不同工厂今后联合生产等都是很好的“低碳”生产方式。下面是几个工厂利用废气、废渣（液）联合生产化肥硫酸铵的工艺：请回答下列问题：（1）工艺操作、分别为_、_。（2）工业合成氨的化学方程式为：_。（3）写出生成“产品”的离子方程式：_。（4）在实验室中检验合成氨厂排出的废气中是否含有氨气的方法是_。（5）副产品的化学式为_。该联合生产工艺中可以循环使用的物质是_。【答案】 (1). 蒸馏 (2). 过滤 (3). N23H22NH3 (4). CaSO4CO22NH3H2O=CaCO32NH4+SO4
40、2- (5). 用湿润的红色石蕊试纸放在导气管口，若试纸变蓝，则证明有NH3（或其他可行的方法） (6). CaO (7). CO2【解析】【分析】煤和水蒸气反应生成氢气和一氧化碳，利用空气中氮气和氢气在高温高压催化剂作用下反应生成氨气，煤燃烧生成的二氧化碳和生成的氨气和硫酸钙一起进入沉淀池中发生反应，生成碳酸钙沉淀和产品硫酸铵，碳酸钙煅烧得到副产品氧化钙，生成的二氧化碳进入沉淀池循环使用。【详解】(1)合成氨原料之一氮气来源于空气,分离方法是将空气液化后蒸发分离出O2获得N2，所以操作为液化；将沉淀池中的混合物经过滤可得到产品和沉淀,则操作为过滤。因此，本题正确答案是：液化；过滤；(2)工业
41、上利用氮气和氢气在高温高压催化剂的条件下合成氨气，此反应的化学方程式为: N23H22NH3 ，因此，本题正确答案是：N23H22NH3 。 (3)产品是(NH4)2SO4，反应物是CaSO4悬浊液、CO2、NH3等,产物除(NH4)2SO4外还有CaCO3， CaSO4悬浊液在离子方程中要写分子式，反应化学方程式为: CaSO4CO22NH3H2O=CaCO3(NH4)2SO4，改写成离子方程式为: CaSO4CO22NH3H2O=CaCO32NH4+SO42-；因此，本题正确答案是: CaSO4CO22NH3H2O=CaCO32NH4+SO42- ;(4) 检验NH3的方法是：用湿润的红色
42、石蕊试纸放在管口处，若试纸变蓝，证明废气中有NH3存在；因此，本题正确答案是:用湿润的红色石蕊试纸放在管口处,若试纸变蓝,证明废气中有NH3；(5) 因为CaCO3煅烧可生成CO2和CaO，其中CO2可循环使用，所以CaO为副产品,因此，本题正确答案是:CaO；CO2。31.某化学兴趣小组利用NaI溶液中通入少量Cl2得到含碘废液，再利用含碘废液获取NaI固体，实验流程如下：已知反应：2I+2Cu2+H2O=2CuI+2H+。回答下列问题：（1）过滤实验所需要的玻璃仪器有普通漏斗、烧杯、_。（2）反应中CuI被氧化，还原产物只有NO2，该反应的化学方程式为_。当有95.5 g CuI参与反应，
43、则需要标况下_L的O2才能将生成的NO2在水中完全转化为硝酸。（3）化合物B中含两种元素，铁原子与另一种元素原子的物质的量之比为38，则化合物B的化学式为_。（4）反应中生成黑色固体和无色气体，黑色固体的俗称为磁性氧化铁，则反应的化学方程式为_。（5）将足量的Cl2通入含12 g NaI的溶液中，一段时间后把溶液蒸干得到固体的质量为_g。【答案】 (1). 玻璃棒 (2). 2CuI+8HNO3（浓）2Cu（NO3）2+4NO2+I2+4H2O (3). 5.6 (4). Fe3I8 (5). Fe3I8+8NaHCO3Fe3O4+8NaI+8CO2+4H2O (6). 4.68【解析】【分析
44、】碘废液加入亚硫酸钠和饱和硫酸铜溶液，发生氧化还原反应生成CuI固体，加入浓硝酸，可得到碘，然后加入铁粉和水，得到含铁化合物B，化合物B中含两种元素，铁元素原子与另一种元素原子的物质的量之比为3：8，则应为Fe3I8，加入碳酸氢钠溶液可得到NaI溶液，同时得到黑色固体Fe3O4，滤液经蒸发、结晶得到NaI固体，以此解答该题。【详解】（1）过滤实验所需要的玻璃仪器有普通漏斗、烧杯、玻璃棒，玻璃棒用于引流；（2）反应中CuI被氧化生成硝酸铜和单质碘，还原产物只有NO2，该反应的化学方程式为2CuI+8HNO3（浓）2Cu（NO3）2+4NO2+I2+4H2O，当有95.5g CuI参与反应，即n（
45、CuI）95.5g191g/mol0.5mol，由方程式可知生成1molNO2，则通入氧气发生反应4NO2+2H2O+O24HNO3，消耗0.25mol氧气，标况下的体积为0.25mol22.4L/mol5.6L；（3）化合物B中含两种元素，铁元素原子与另一种元素原子的物质的量之比为3：8，根据原子守恒可知另一种元素为I，则化合物B的化学式为Fe3I8；（4）反应中生成黑色固体和无色气体，黑色固体的俗称为磁性氧化铁，应为四氧化三铁，无色气体为二氧化碳，则反应的化学方程式为Fe3I8+8NaHCO3Fe3O4+8NaI+8CO2+4H2O；（5）n（NaI）12g150g/mol0.08mol，则与足量氯气反应生成0.08molNaCl，则m（NaCl）0.08mol58.5g/mol4.68g。【点睛】本题考查物质的制备，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，明确物质的性质、注意把握实验的流程和制备原理是解答的关键，方程式的书写是解答的易错点和难点。
