1、2019-2020学年上学期开学考试高二化学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25小题,每小题2.0分,共50分)1.氯化钠溶液含有少量的氯化铁。若要得到纯净的固体氯化钠，可供选择的操作有：加适量盐酸溶液、加金属铁粉、蒸发结晶、加过量氢氧化钠溶液、冷却热饱和溶液、过滤。正确的操作步骤是()A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】除去杂质氯化铁，可加入氢氧化钠溶液生成氢氧化铁沉淀，过滤后滤液中含有氯化钠和氢氧化钠，加入盐酸中和过量的氢氧化钠，然后蒸发、结晶可得到氯化钠晶体，则正确的顺序为，故答案为B。2.下列粒子示意图中，表示2价阳离子的是()A.
2、B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】A由图示可知，核内质子数等于核外电子数，A表示原子，故A不符合题意；B由图示可知，核内质子数比核外电子数多1，带1个正电荷；依据简单离子所带的电荷和该元素的化合价的数值相同，化合价为+1，故B不符合题意；C由图示可知：核内质子数比核外电子数多2，带2个正电荷；依据离子所带的电荷和该元素的化合价的数值相同，化合价为+2，故C符合题意；D由图示可知：核内质子数比核外电子数多3，带3个正电荷；依据离子所带的电荷和该元素的化合价的数值相同，化合价为+3，故D不符合题意； 故答案为C。【点睛】明确原子结构与离子结构的特点是解题关键，根据当核电荷数=质子数=核外
3、电子数，为原子；当核电荷数=质子数核外电子数，为阳离子；当核电荷数=质子数核外电子数，为阴离子；特别注意离子所带的电荷和该元素的化合价的数值相同。3.下列说法不正确的是()A. 非金属单质氯气、白磷、金刚石等都含有非极性键B. 化合物氯化氢、硫酸、甲烷中都含有极性键C. 氧化物二氧化碳、三氧化硫、过氧化钠中都含有共价键D. 离子化合物中一定不含有共价键【答案】D【解析】【详解】A非金属单质氯气中含有Cl-Cl键、白磷中含有P-P键、金刚石中含有C-C键，均为非极性键，故A正确；B化合物氯化氢中含有的H-Cl、硫酸含有H-O、S=O键等、甲烷中含有含有H-C键，均为极性键，故B正确；C氧化物二氧
4、化碳中含有的C=O键、三氧化硫中含有S=O键、过氧化钠中含有的O-O键均为共价键，故C正确；D离子化合物中可能含有共价键，如NaOH中含有O-H键为共价键，故D错误；故答案为D。4.从海水中提取的溴约占世界溴年产量的1/3，从海水中提取溴的主要步骤可表示为()。A. 氧化吸收吹出B. 氧化吹出吸收C. 吹出氧化吸收D. 吹出吸收氧化【答案】B【解析】【详解】从海水中提取溴，先用氧化剂将溴离子氧化为溴单质，再用热空气吹出后用溶有二氧化硫的溶液吸收。所以主要步骤是氧化吹出吸收，B项正确；本题答案选B。5.下列有关能源的说法错误的是()。A. 风能是人类通过风车等工具获取的能源，但属于一次能源B.
5、在即将到来的新能源时代，核能、太阳能、氢能将成为主要能源C. 月球土壤中含有丰富的质量数为3的氦，它可作为未来核能的重要原料D. 原电池把化学能直接转化为电能，所以由原电池提供的电能是一次能源【答案】D【解析】【详解】A.风能是直接从自然界中取得的能源，属于一次能源；A项正确，不符合题意；B.随着时代发展，化石能源逐渐枯竭，所以新能源时代污染小的核能、太阳能、氢能将成为主要能源，B项正确，不符合题意； C. 化石能源逐渐枯竭，所以新能源时代污染小的核能、太阳能、氢能将成为主要能源，而质量数为3的氦，可以作为核燃料，C项正确，不符合题意；D.原电池提供的电能是由化学能转化而得到的，不是直接获得的
6、，属于二次能源，D项错误，符合题意； 本题答案选D。6.生命起源的研究是世界性科技领域的一大课题，科学家认为生命起源的第一层次是产生了与硝基化合物可能是同分异构体的物质，这类物质是()A. 醇B. 羧酸C. 糖D. 氨基酸【答案】D【解析】【详解】同分异构体的前提是分子式相同、结构不同，糖类、醇、羧酸都是含氧衍生物，不含氮元素，氨基酸和硝基化合物均含有氮元素；生命的起源是蛋白质，蛋白质是由氨基酸缩合而成的，氨基酸与硝基化合物可以是同分异构体，故答案为D。7.“纳米材料”是指微粒直径为几纳米到几十纳米的材料，如将纳米材料作为分散质分散到水中，得到的分散系具有的性质中，不可能有的是()A. 一定能
7、透过半透膜B. 一定能透过滤纸C. 具有丁达尔效应D. 有电泳现象【答案】A【解析】【详解】将纳米材料分散到水中，由于纳米材料的直径为几纳米到几十纳米，该分散系属于胶体。胶体的性质包括：胶体能产生丁达尔效应；能透过滤纸不能透过半透膜；胶粒带有电荷，能产生电泳现象；故答案为A。8.乙烷和乙烯的混合气体200 mL，在催化剂的作用下与氢气发生加成反应，最多消耗氢气100 mL，则原混合气体中乙烷和乙烯的体积比是()A. 21B. 31C. 11D. 13【答案】C【解析】【分析】乙烯与H2发生CH2=CH2H2CH3CH3，以及相同条件下，体积比等于物质的量之比进行分析；【详解】相同条件下，气体的
8、体积之比等其物质的量之比，乙烯与H2发生加成反应：CH2=CH2H2CH3CH3，即乙烯的体积为100mL，则乙烷的体积为(200mL100mL)=100mL，体积比为1：1，故C正确。9.将盛有氮气和二氧化氮(无N2O4)混合气体的试管倒立于水中，经过足够长时间后，试管内气体的体积缩小为原来的一半，则原混合气体中氮气与二氧化氮的体积比是()A. 11B. 12C. 13D. 31【答案】C【解析】【详解】设原混合气体中含有xmolN2，ymolNO2，盛有N2和NO2的混合气体的试管倒立于水中发生3NO2+H2O=2HNO3+NO，则：3NO2+H2O=2HNO3+NO3 1y 则(x+)：
9、(x+y)=1：2，解得x：y=1：3，故答案为C。10.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，氧化铝为致密的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
10、铝酸钠，用氧化铝坩埚加热熔融氢氧化钠会腐蚀坩埚，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。11.已知X结构示意图如下图，则X在元素周期表中的位置是()A. 第二周期0族B. 第四周期A族C. 第三周期A族D. 第三周期A族【答案】B【解析】【详解】X结构示意图：，则可推知其质子数为：2+8+8+1=19，X是钾元素，位于第四周期A族，B项正确；答案选B。【点睛】解本题需要注意：（1）阳离子：质子数电子数；（2）阴离子：质子数电子数；（3）原子：质子数=电子数。12.原电池产生电流的本质原因是（ ）A. 电
11、解质溶液中有电离出的自由移动的离子B. 有导线将两个活泼性不同的电极连接C. 在不同金属的两极间存在电势差D. 在原电池中发生了氧化还原反应【答案】D【解析】【详解】原电池外电路中，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，电子从负极沿导线流向正极；内电路中，电解质溶液中的阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，所以形成了闭合回路，产生了电流，所以电极上进行的氧化还原反应中发生了电子的转移是原电池产生电流的本质原因，答案选D。13.在标准状态下，两种气态烷烃混合物的密度是1.16 gL1，此混合物组成不可能的是()A. 甲烷和乙烷B. 乙烷和丙烷C. 甲烷和丙烷D. 甲烷和丁烷【答案】B
12、【解析】分析：根据混合气体的平均摩尔质量=Vm，计算出混合气体的平均摩尔质量，然后据此进行分析、讨论，得出结论。详解：混合气体的平均摩尔质量是1.16 gL122.4 Lmol126 gmol1，此气态混合烷烃中有一种相对分子质量小于26，即为甲烷；另一种相对分子质量大于26，可能为乙烷、丙烷或丁烷等，不可能的组合为B；正确选项B。14.下列有关试剂的保存方法错误的是（）A. 氢氧化钠溶液保存在具有玻璃塞的试剂瓶中B. 少量的钠保存在煤油中C. 硫酸亚铁溶液存放在加有少量铁粉的试剂瓶中D. 浓硝酸保存在棕色玻璃试剂瓶中【答案】A【解析】【详解】A氢氧化钠能够与玻璃中二氧化硅反应生成具有粘性的硅
13、酸钠溶液，用磨口玻璃塞盛放容易将瓶塞与试剂瓶粘到一起，故A错误；B钠密度大于煤油，保存煤油中可以隔绝空气，故B正确；C硫酸亚铁易被氧化生成硫酸铁，而铁能够还原三价铁使其成为硫酸亚铁，所以硫酸亚铁溶液存放在加有少量铁粉的试剂瓶中，可防止应氧化亚铁离子而变质，故C正确；D浓硝酸不稳定，见光易分解，所以应保存在棕色玻璃试剂瓶中，故D正确；故答案为A。15.无机化学命名委员会在1989年作出决定：把周期表原先的主、副族号取消，由左到右按原顺序编为18列，如碱金属为第1列，稀有气体为第18列。按这个规定，下列说法正确的是()A. 每一列都有非金属元素B. 第3列元素种类最多，第14列的化合物种类最多C.
14、 从上到下第1列元素的单质熔点逐渐升高，而第17列元素的单质熔点逐渐降低D. 只有第2列元素的原子最外层有2个电子【答案】B【解析】A. 第2列至第12列只有金属元素，A错误；B. 第3列除了Sc、Y之外,还包括镧系、锕系，一共32种元素，数目远远大于其他主族，C元素是有机化合物的主体元素，故第14列的化合物种类最多，B正确；C. 从上到下第1列元素的金属性逐渐增加，单质熔点逐渐降低，C错误；D. He元素最外层2个电子，D错误。故选择B。点睛：同主族从上至下，金属性逐渐增强，是由于原子半径逐渐增大，更容易失去核外电子。16.微生物电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置，其工作原理如
15、图所示。下列有关微生物电池的说法错误的是A. 正极反应中有CO2生成B. 微生物促进了反应中电子的转移C. 质子通过交换膜从负极区移向正极区D. 电池总反应为C6H12O6+6O26CO2+6H2O【答案】A【解析】【分析】微生物电池中， C6H12O6所在电极为负极，发生失去电子的氧化反应，电极反应式为C6H12O6-24e-+6H2O=6CO2+24H+，O2所在电极为正极，发生得到电子的还原反应，电极反应式为O2+4H+4e-=2H2O，电池工作时，电子从负极沿导线流向正极，内电路中阳离子移向正极，阴离子移向负极，总反应为C6H12O6+6O2=6CO2+6H2O，据此解答。【详解】A.
16、 微生物电池中，C6H12O6所在电极为负极，发生失去电子的氧化反应，电极反应式为C6H12O6-24e-+6H2O=6CO2+24H+，所以负极发生氧化反应，且负极区有CO2生成，故A错误；B. 微生物的作用促进了反应C6H12O6+6O2=6CO2+6H2O的发生，即促进了反应中电子的转移，故B正确；C. 微生物电池工作时，内电路中阳离子移向正极，阴离子移向负极，所以质子通过交换膜从负极区移向正极区，故C正确；D.由装置图可知，该电池实质是C6H12O6和O2反应，即电池总反应为C6H12O6+6O2=6CO2+6H2O，故D正确，答案选A。【此处有视频，请去附件查看】17.下列各微粒中，
17、各个电子层电子数都达到2n2个的是 （ ）A. Ne、ArB. Al3+、S2C. F、Na+D. Ne、Cl【答案】C【解析】【分析】各个电子层电子数都达到2n2个，但最外层电子数不大于8个，次外层不大于18个，倒数第三层不大于32个。当n=1时，电子层只有一个，第一电子层也是其最外电子层，最多排2个电子；当n=2时，最外层是第二电子层，最多排8个电子，各电子层能达到2n2个电子，所以只要核外电子数是10个的原子或离子都可；当n=3时，最外层是第三电子层，最多排8个电子，不是各电子层能达到2n2个电子，所以舍去；所以符合条件的是有2个电子或10个电子的原子或离子。【详解】A、Ar不符合条件，
18、故错误；B、S2-不符合条件，故错误；C、F-、Na+各个电子层电子数都达到2n2个，故正确；D、Cl-不符合条件，故错；故选C。18.金属钙的冶炼方法是电解法，这一事实说明了()A. 金属钙离子易得电子变成金属钙原子B. 金属钙是不活泼的金属元素C. 金属钙原子易失去电子变成钙离子D. 金属钙离子的氧化性很强【答案】C【解析】【详解】利用电解法获得金属钙，说明金属钙是活泼金属，钙原子易失电子，而金属钙离子具有弱氧化性，不易得电子发生还原反应生成金属钙原子，选项C符合题意，故答案为C。【点睛】本题考查金属的冶炼，注意常见金属的冶炼方法。一般来说，活泼金属K、Ca、Na、Mg、Al一般用电解熔融
19、的氯化物(Al是电解熔融的三氧化二铝)制得；较活泼的金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu等用热还原法制得，常用还原剂有(C、CO、H2等)；不活泼金属Hg、Ag用加热分解氧化物的方法制得，Pt、Au用物理分离的方法制得。19.绿色化学提倡化工生产应提高原子利用率，原子利用率表示目标产物的质量与生成物总质量之比。在下列制备环氧乙烷的反应中，原子利用率最高的是 （ ）A. CH2=CH2Cl2Ca(OH)2 CaCl2H2OB. 2CH2=CH2O2C. HOCH2CH2OCH2CH2OH2 H2O【答案】C【解析】【详解】根据反应前后的物质的变化可知，只有在选项C中生成物只有一种，原子利用率最高，答
20、案选C。20.下列物质是纯净物的是()A. 玻璃B. 水泥C. 纯碱D. 水玻璃【答案】C【解析】【分析】纯净物是由一种物质组成的物质，混合物是由多种物质组成的物质，据此来解答。【详解】A、玻璃中主要含有硅酸钠、硅酸钙和二氧化硅，属于混合物，故A错误；B、水泥的主要成分为硅酸盐，还有其他成分，属于混合物，故B错误；C、纯碱中只有一种物质碳酸钠，属于纯净物，故C正确；D、水玻璃中含有硅酸钠和水，属于属于混合物，故D错误；故答案C。【点睛】熟练掌握物质的分类及其分类标准是解答的关键，解答本题要分析物质是由几种物质组成的，如果只有一种物质组成就属于纯净物。21.下列说法正确的是()A. 浓硝酸和浓硫
21、酸都应保存在棕色试剂瓶中B. 氢氧化钠溶液用带有橡胶塞的试剂瓶保存C. 工业制得的浓盐酸、浓硝酸所带黄色都是Fe3所致D. 铝制或铁制容器可贮运浓硫酸、浓硝酸和浓盐酸这三大强酸【答案】B【解析】【详解】A浓硫酸见光不分解，不需要保存在棕色试剂瓶中，故A错误；B氢氧化钠能够与玻璃中的二氧化硅反应生成具有粘性的硅酸钠，会玻璃塞和试剂瓶粘合在一起，所以不能使用玻璃塞，应该盛放在带有橡胶塞的试剂瓶中，故B正确；C浓硝酸见光容易分解生成二氧化氮，二氧化氮溶于硝酸中，使溶液显示黄色，浓硝酸中不含有铁离子，故C错误；D铁和铝能够与浓盐酸反应，不能使用铁制或者铝制的容器盛放浓盐酸，故D错误；故答案为B。【点睛
22、】解答此类试题需要记住常见保存方法。如：HF溶液因腐蚀玻璃不能用玻璃瓶存放，可用塑料瓶，其他试剂一般用玻璃瓶保存；固体试剂一般存放在广口瓶中，液体试剂一般存放在细口瓶中；盛放碱性物质(如NaOH，Na2CO3等溶液)或水玻璃的试剂瓶必须要用橡胶塞、软木塞等；易分解的药品应保存在棕色试剂瓶中，如浓硝酸。22.某兴趣小组探究SO2气体还原Fe3，他们使用的药品和装置如下图所示，下列说法不合理的是A. 能表明I的还原性弱于SO2的现象是B中蓝色溶液褪色B. 装置C的作用是吸收SO2尾气，防止污染空气C. 为了验证A中发生了氧化还原反应，加入KMnO4溶液，紫红色褪去D. 为了验证A中发生了氧化还原反
23、应，加入用稀盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀【答案】C【解析】【详解】A、B中蓝色褪去，说明二氧化硫和碘单质反应，I2+SO2+2H2O2HI+H2SO4，依据氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物，二氧化硫还原性大于碘离子，故A正确；B、二氧化硫是污染性气体不能排放到空气中，需要用氢氧化钠溶液吸收，因此装置C的作用是吸收SO2尾气，防止污染空气，故B正确；C、二氧化硫、亚铁离子都具有还原性，都可以和高锰酸钾溶液发生反应使之褪色，不能验证A中发生了氧化还原反应，故C错误；D、铁离子氧化二氧化硫为硫酸，2Fe3+SO2+2H2O2Fe2+SO42+4H+，加入氯化钡生成白色沉淀说明反应进
24、行生成了硫酸根离子，故D正确；故答案选C。23.下列说法不正确的是()A. 煤矿内瓦斯、煤气、油田气中都含有甲烷B. 农村沼气池产生的可燃气体是甲烷C. 煤矿坑气是植物残体经微生物发酵而产生D. 甲烷是天然气的主要成分【答案】A【解析】【详解】A煤矿内瓦斯和油田气中都含有甲烷，而煤气的主要成分是CO和氢气，故A错误；B沼气的主要成分是甲烷，故B正确；C甲烷是煤矿坑道气的主要成分之一，是远古时代的植物体经发酵而来，故C正确；D天然气的主要成分是甲烷，故D正确；故答案为A。24.下列混合物分离与提纯操作中不正确的是()A. 将浑浊的石灰水过滤可使其变澄清B. 铜粉和铁粉的混合物可用磁铁进行分离C.
25、 氯化钠混有少量单质碘可用加热法除去D. 粗盐经溶解、过滤、蒸发结晶可得到纯净的氯化钠【答案】D【解析】【分析】浑浊的石灰水有不溶的氢氧化钙和溶于水的氢氧化钙两种溶质，过滤滤去不溶物可到到溶液；铁粉能被磁铁吸引,铜不可以；碘易升华，氯化钠熔沸点较高；粗盐经溶解、过滤、蒸发结晶提纯后,仍含有少量的可溶性杂质。【详解】A. 浑浊的石灰水有不溶的氢氧化钙和溶于水的氢氧化钙两种溶质，过滤滤去不溶物可到到溶液，A正确； B. 铁粉能被磁铁吸引,铜不可以，B正确； C. 碘易升华，氯化钠熔沸点较高，C正确； D. 粗盐经溶解、过滤、蒸发结晶提纯后，仍含有少量的可溶性杂质，D错误；答案为D。【点睛】粗盐中含
26、不溶性杂质，先溶解后过滤除去溶液中的固体，还有Mg2+、SO42-、Ca2+等可溶性杂质离子，蒸发结晶只能出去水，可溶性杂质无法除去。25.关于浓硫酸与铜反应叙述正确的是A. 在反应中，浓硫酸只表现出氧化性B. 此反应属于复分解反应C. 在反应中，浓硫酸既表现出氧化性，又表现出酸性D. 每1 mol铜参加反应就有2 mol浓硫酸被还原，同时生成2 mol二氧化硫【答案】C【解析】【详解】该反应的化学方程式为：Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O，A.分析反应前后元素化合价的变化可知：浓H2SO4既表现出氧化性，又表现出酸性，A项错误；B.该反应中S和Cu的化合价发生变化，该反应为氧化
27、还原反应，B项错误；C.分析反应前后元素化合价变化可知：浓H2SO4既表现出氧化性，又表现出酸性，C项正确；D.在该反应中，每2 mol H2SO4参加反应只有1 mol H2SO4被还原，D项错误；本题答案选C。分卷II二、填空题(共6小题,共50分)26.实验室用密度为1.25gmL-1、质量分数为36.5%的浓盐酸配制240mL 0.1molL1的盐酸，请回答下列问题：（1）浓盐酸的物质的量浓度为_。（2）配制240mL0.1molL-1的盐酸应量取浓盐酸体积/mL应选用容量瓶的规格/mL_（3）配制时，其正确的操作顺序是（用字母表示，每个字母只能用一次）_。A用30mL水洗涤烧杯内壁和
28、玻璃棒23次，洗涤液均注入容量瓶，振荡B用量筒准确量取所需的浓盐酸的体积，倒入烧杯中，再加入少量水（约30mL），用玻璃棒慢慢搅动，使其混合均匀C将已冷却的盐酸沿玻璃棒注入容量瓶中D将容量瓶盖紧，振荡，摇匀E改用胶头滴管加水，使溶液凹液面恰好与刻度线相切F继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度线12cm处（4）若实验中遇到下列情况，对配制盐酸的物质的量浓度有何影响（填“偏高”“偏低”或“不变”）用于稀释盐酸的烧杯未洗涤_；容量瓶中原有少量蒸馏水_；定容时俯视观察液面_。（5）若实验过程中出现如下情况如何处理？定容时加蒸馏水时超过了刻度_；向容量瓶中转移溶液时不慎有溶液溅出_；定容摇匀后发现液
29、面下降_。【答案】 (1). 12.5 molL-1 (2). 2.0 (3). 250 (4). BCAFED (5). 偏低 (6). 不变 (7). 偏高 (8). 重新配制 (9). 重新配制 (10). 无需进行其他操作【解析】【分析】（1）根据分析解答（2）由于实验室没有240mL的容量瓶，因此需要配制250mL溶液，据此解答。（3）根据配制过程为计算、量取、稀释、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等分析解答。（4）根据cn/V结合实验操作分析解答。（5）根据实验操作能否引起误差分析。【详解】（1）根据可知浓盐酸的浓度是12.5 molL-1；（2）实验室用密度为1.25 gmL-1、质
30、量分数为36.5%的浓盐酸配制240 mL 0.1 molL-1的盐酸，由于实验室没有240mL的容量瓶，因此需要配制250mL溶液，则所需浓盐酸的体积为，需要容量瓶的规格是250mL；（3）配制溶液时，第一步，用量筒准确量取所需的浓盐酸的体积，倒入烧杯中，再加入少量水（约30 mL）, 用玻璃棒慢慢搅动，使其混合均匀；第二步，将已冷却的盐酸沿玻璃棒注入容量瓶中；第三步，用30 mL水洗涤烧杯内壁和玻璃棒23次，洗涤液均注入容量瓶，振荡；第四步，继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度线12 cm处；第五步，改用胶头滴管加水，使溶液凹液面恰好与刻度线相切；第六步，将容量瓶盖紧，振荡，摇匀；最后
31、，装瓶储存。故配制溶液的正确顺序是BCAFED；（4）用于稀释盐酸的烧杯未洗涤，使溶质的物质的量偏小，溶液体积不变，因此溶液的物质的量浓度偏低；容量瓶中原有少量蒸馏水，对溶液的配制过程无影响，即溶质的物质的量浓度不变；定容时俯视观察液面，溶液的体积偏小，因此溶质的物质的量浓度偏高；（5）定容时加蒸馏水时超过了刻度，浓度偏低，因此必须重新配制溶液；向容量瓶中转移溶液时不慎有溶液溅出，溶质的物质的量偏小，因此所配的溶液的物质的量浓度偏低，必须重新配制；定容摇匀后发现液面下降，不会影响浓度，所以无需重新配制，即无需进行其他操作。27.某实验小组用如图所示装置进行乙醇的催化氧化实验。（1）实验过程中铜
32、网出现红色和黑色交替的现象，请写出相应的化学方程式_。在不断鼓入空气的情况下，熄灭酒精灯，反应仍能继续进行，说明该反应是_反应(填“吸热”或“放热”)。（2）甲和乙两个水浴作用不相同：甲的作用是_；乙的作用是_。（3）反应进行一段时间后，干燥试管a中能收集到不同的物质，它们是_，集气瓶中收集到的主要成分是_。【答案】 (1). ， (2). 放热 (3). 加热 (4). 冷却 (5). 乙醛、乙醇、水 (6). 氮气【解析】【分析】由实验装置图可知，无水乙醇在水浴加热的条件下将乙醇变成乙醇蒸气，鼓入空气，乙醇在铜做催化剂条件被氧气氧化成乙醛，反应的化学方程式为2，试管a放入冷水中，目的是冷却
33、反应得到的混合气体，试管a中收集到的液体为乙醛、乙醇和水，空气中的氧气参与反应，集气瓶中收集到的气体的主要成分是氮气。【详解】（1）实验过程中铜网与氧气加热反应生成氧化铜，出现黑色，反应的化学方程式为，反应生成的氧化铜与乙醇加热发生氧化还原反应生成铜、乙醛和水，出现红色，反应的化学方程式为；在不断鼓入空气的情况下，熄灭酒精灯，反应仍能继续进行，说明该反应是放热反应，放出的热量能够维持反应继续进行；（2）甲为热水浴，使乙醇平稳气化成乙醇蒸气，起到提供乙醇蒸汽的作用；乙为冷水浴，冷却反应得到的混合气体，便于乙醛的收集；（3）经过反应后并冷却，a中收集到的物质有易挥发的乙醇，反应生成的乙醛和水；空气
34、中的氧气参与反应，丙中集气瓶内收集到气体的主要成分氮气，。【点睛】易错点是干燥试管a中能收集不同的物质，忽略乙醇的挥发性，漏写乙醇和水。28.（1）实验室用金属铜和稀硝酸制取NO的离子方程式为_。（2）NO是有毒气体，某学生为防止污染，用分液漏斗和烧杯装配了一套简易的、能随开随用、随关随停的NO气体发生装置，如图甲所示。实验室若没有铜丝，而只有小铜粒，在使用上述装置进行实验时，可用丝状材料包裹铜粒以代替铜丝进行实验，这种丝状材料的成分可以是_(填序号)。A铁 B铝 C铂 D玻璃打开分液漏斗的活塞使反应进行，在分液漏斗中实际看到的气体是红棕色的，原因是_(填化学方程式)。（3）为证明铜丝与稀硝酸
35、反应生成的确实是NO，某学生另设计了一套如图乙所示的装置制取NO。反应开始后，可以在U形管右端观察到无色的NO气体。长玻璃管的作用是_。让反应停止的操作方法及原因是_。（4）以下收集NO气体的装置，合理的是_(填序号)。（5）将32.64g铜与140mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解产生的NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2L。请回答：NO的体积为_L，NO2的体积为_L。待产生的气体全部释放后，向溶液中加入VmLamolL1的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2全部转化成沉淀，则原硝酸溶液的浓度为_ molL1。【答案】 (1). 3Cu8H2 NO3-=3Cu24H2O2NO (
36、2). CD (3). 2NOO2=2NO2 (4). 接收被气体压出U形管的液体，防止稀硝酸溢出 (5). 关闭U形管右端导气管上的活塞；反应产生的气体将U形管右端管内的稀硝酸向下压，使铜丝与稀硝酸分开，反应就会停止 (6). CD (7). 5.8 (8). 5.4 (9). 【解析】【分析】（1）金属铜和稀硝酸反应生成硝酸铜和NO气体；（2）由题意可知，这种成分不能与稀硝酸反应，而Fe、Al与硝酸反应，所以AB不行；二氧化氮是红棕色的气体，一氧化氮很容易和空气中的氧气化合，生成红棕色的二氧化氮气体；（3）为了证明产生的气体是NO，则该实验装置要防止产生的气体与空气接触，长玻璃管可以接收被
37、气体压出U形管的液体，防止稀硝酸溢出；关闭U形管右端导气管上的活塞，反应产生的气体使稀硝酸液面下降，从而使铜丝与稀硝酸分开，反应停止；（4）NO能与空气中的氧气反应，故不能用排空气法收集NO，只能用排水法收集；（5）根据守恒的原理计算NO、NO2的体积，以及硝酸溶液的浓度。【详解】（1）金属铜和稀硝酸反应生成硝酸铜和NO气体，反应的化学方程式：3Cu+8HNO3（稀）3Cu(NO3)2+2NO+4H2O，离子方程式为：3Cu+8H+2NO3-3Cu2+2NO+4H2O，故答案为：3Cu+8H+2NO3-3Cu2+2NO+4H2O；（2）由题意可知，这种成分不能与稀硝酸反应，而Fe、Al与硝酸反
38、应，所以AB不行，故答案为：CD；一氧化氮很容易和空气中的氧气化合，生成红棕色的二氧化氮气体，所以，制取一氧化氮的装置打开分液漏斗的活塞使反应进行，在分液漏斗中实际看到的气体是红棕色的，发生2NO+O22NO2，故答案为：2NO+O22NO2；（3）为了证明产生的气体是NO，则该实验装置要防止产生的气体与空气接触，长玻璃管可以接收被气体压出U形管的液体，防止稀硝酸溢出，故答案为：接收被气体压出U形管的液体，防止稀硝酸溢出；关闭U形管右端导气管上的活塞，反应产生的气体使稀硝酸液面下降，从而使铜丝与稀硝酸分开，反应停止，故答案为：关闭U形管右端导气管上的活塞；反应产生的气体将U形管右端管内的稀硝酸
39、向下压，使铜丝与稀硝酸分开，反应就会停止； （4）NO能与空气中的氧气反应，故不能用排空气法收集NO，只能用排水法收集，C和D装置符合题意，E装置是洗气装置，故答案为：CD；（5）设混合气中NO和NO2的物质的量分别是x和y。则xy11.2L22.4L/mol0.5mol 金属铜的物质的量是32.64g64g/mol0.51mol则根据电子的得失守恒可知n(e-)3xy2n(Cu2+)=0.51mol2 由、解得x0.26mol、y0.24mol所以NO和NO2的体积分别是0.26mol22.4L/mol5.8L，0.24mol22.4L/mol5.4L。故答案为：5.8，5.4；溶液中的Cu
40、2全部转化成沉淀后，溶液中的溶质恰好是硝酸钠，则根据原子守恒可知，硝酸钠的物质的量是0.001Vamol所以原硝酸溶液的浓度为故答案为： 。29.利用甲烷与氯气发生取代反应制取副产品盐酸的设想在工业上已成为现实。某化学兴趣小组在实验室中模拟上述过程，其设计的模拟装置如下：试回答下列问题：（1）请写出C装置中生成CH3Cl的化学反应方程式：_。有人认为E中有氯化氢产生，不能证明甲烷与氯气发生了取代反应，你认为他的看法_（填“正确”或 “不正确”）。（2）B装置有三种功能；控制气流速度；混匀混合气体；_。（3）一段时间后发现D装置中的棉花由白色变为蓝色，则棉花上可能预先滴有_溶液。（4）E装置中除
41、盐酸外，还含有机物，从E中分离出盐酸的最佳方法为_（填字母）。A分液法 B蒸馏法 C结晶法（5）将1molCH4与Cl2发生取代反应，充分反应后生成的CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4四种有机产物的物质的量依次增大0.1mol，则参加反应的Cl2的物质的量为_，生成HCl的物质的量共为_。【答案】 (1). CH4Cl2CH3ClHCl (2). 正确 (3). 干燥气体 (4). KI淀粉 (5). A (6). 3mol (7). 3mol【解析】【分析】A装置为氯气的发生装置，B装置为氯气、甲烷混合干燥的装置，C装置为氯气与甲烷的发生装置，E为HCl的吸收装置。【详解】（1）
42、甲烷和氯气发生取代反应，生成一氯代烷的方程式为：CH4Cl2CH3ClHCl，有可能是未吸收的氯气和水反应产生HCl，故此同学说法正确；（2）盛放的是浓硫酸，利用浓硫酸的吸水性，作干燥剂，即干燥Cl2；（3）蓝色一般可能是无水硫酸铜与水变蓝，也可能是淀粉与碘单质变蓝，根据装置图，只能是淀粉遇碘变蓝，因此棉花上淀粉KI溶液，利用氯气把碘置换出来；（4）有机物为卤代物，不溶于水，可以采用分液的方法进行分离，故选项A正确；（5）设CH3Cl为xmol，则CH2Cl2为x0.1mol，CHCl3为x0.2mol，CCl4为x0.3mol，根据碳原子守恒，xx0.1x0.2x0.3=1，解得x=0.1，
43、因此消耗氯气的物质的量为（0.10.220.330.44）mol=3mol，消耗氯气的物质的量等于生成HCl物质的量，即3mol。30.A、B是两种有刺激气味的气体。试根据下列实验事实填空。(1)写出AF各物质的化学式：A_、B_、C_、D_、E_、F_。(2)写出A、B跟水反应的离子方程式：_。【答案】 (1). Cl2 (2). SO2 (3). H2SO4 (4). HCl (5). BaSO3 (6). BaSO4 (7). Cl2SO22H2O=4HSO42-2Cl【解析】【详解】(1) 由A、B是两种有刺激气味的气体。且A、B和水反应的产物能与Ba(OH)2和AgNO3均产生沉淀,
44、 B能与Ba(OH)2产生沉淀,由此可知A为Cl2；B为SO2；A、B与H2O反应的化学方程式为：Cl2SO22H2O= H2SO42HCl；B与Ba(OH)2反应化学方程式为：Ba(OH)2+ SO2= BaSO3H2O；含C、D的无色溶液与Ba(OH)2反应的化学方程式为：H2SO4+ Ba(OH)2= BaSO42H2O；溶液D与AgNO3溶液反应的化学方程式为：HCl+AgNO3=AgClHNO3；故C为H2SO4；D为HCl；E为BaSO3；F为BaSO4。【点睛】熟记物质的物理性质和化学性质是解决本题的关键，本题的突破口为：A、B是两种有刺激气味的气体。等物质的量与水反应。结合后面
45、沉淀现象，能推知由反应：Cl2SO22H2O= H2SO42HCl。31.为了清理路面积雪，人们常使用一种融雪剂，其主要成分的化学式为XY2，X、Y均为周期表前20号元素，其阳离子和阴离子的电子层结构相同，且1 mol XY2含有54 mol电子。(1)该融雪剂的化学式是_，该物质中化学键类型是_，电子式是_。(2)元素D、E原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，D与Y相邻，则D的离子结构示意图是_；D与E能形成一种结构类似于CO2的三原子分子，且每个原子均达到了8e稳定结构，该分子的结构式为_，电子式为_，化学键类型为_(填“离子键”、“非极性共价键”或“极性共价键”)。(3)W是与D同主族
46、的短周期元素，Z是第三周期金属性最强的元素，Z的单质在W的常见单质中反应时有两种产物：不加热时生成_，其化学键类型为_；加热时生成_，其化学键类型为_。【答案】 (1). CaCl2 (2). 离子键 (3). (4). (5). SCS (6). (7). 极性共价键 (8). Na2O (9). 离子键 (10). Na2O2 (11). 离子键和非极性共价键【解析】【分析】该融雪剂中阳离子与阴离子的电子层结构相同，且1mol该融雪剂中含有54mol电子，所以阳离子与阴离子的电子数均是18，根据其化学式判断X为+2价，Y是-1价，所以X是Ca元素，Y是Cl元素。据此解答。【详解】（1）该融
47、雪剂的化学式是CaCl2，为离子化合物，只含有离子键，其电子式是；（2）元素D、E原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，则D与E的最外层电子数可能是4或6，则为第IVA、VIA族元素；D与Y相邻，所以D是S元素；D与E可形成类似二氧化碳的分子，所以E是C，形成的化合物为CS2，每个原子均达到8电子的稳定结构；硫离子的结构示意图是；CS2分子中C与S形成双键，其结构式为SCS，电子式类似二氧化碳，为，不同元素之间形成的共价键为极性共价键，所以含有极性键；（3）W与D是同主族的短周期元素，则W是O元素；Z是第三周期中金属性最强的元素，则Z是Na元素；Na与氧气反应在不加热时生成Na2O，为离子化合物，只含离子键；加热时生成Na2O2，也是离子化合物，但含有离子键和共价键。