1、广东省广州大学附属东江中学2018-2019学年高一化学下学期期末考试试题（含解析）相对原子质量 H 1 C 12 N 14 O 16 Fe 56 Cl 35.5 S 32 K 39 Na 23 Cu 64一、单项选择题1.中华优秀传统文化涉及到很多的化学知识。下列有关说法正确的是（）A. 在“火树银花合，星桥铁锁开”中，星桥铁锁开涉及到化学变化B. 古剑沈卢“以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”，剂钢的熔点低于纯铁C. “青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，这种对青蒿素的提取方法属于化学变化D. “至于矾现五色之形，硫为群石之将，皆变化于烈火”，其中的矾指的是高价金属硫化物【答案】B【解析】【
2、详解】A在“火树银花合，星桥铁索开”中，星桥铁锁开的意思是城门的铁锁打开了，没有新物质生成，属于物理变化，故A错误；B剑刃硬度要大，所以用碳铁合金，合金的熔点一般低于成分金属的熔点，因此剂钢的熔点低于纯铁，故B正确；C对青蒿素的提取属于萃取，属于物理变化，故C错误；D矾是金属(如铜、铁、锌)的硫酸盐，不是金属硫化物，故D错误；答案选B。2.某溶液中含有下列六种离子：HCO3 SO32 K CO32 NH4 NO3，向其中加入稍过量Na2O2后，溶液中离子浓度会变化的是（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】Na2O2与水反应生成NaOH和O2，反应后溶液成碱性，并且Na2O2具有
3、强氧化性，凡是与NaOH、Na2O2发生离子反应的离子，其浓度肯定发生变化，据此分析解答。【详解】Na2O2与水反应生成NaOH和O2，反应后溶液成碱性，HCO3-与NaOH反应生成CO32-，NH4+与NaOH反应生成一水合氨，则HCO3-、CO32-、NH4+浓度发生变化；Na2O2具有强氧化性，能够把SO32-氧化成硫酸根离子，则SO32-离子浓度发生变化，综上可知，溶液中离子浓度会变化是，故选A。【点睛】本题的易错点为和的判断，要注意过氧化钠具有强氧化性，亚硫酸根离子具有还原性；碳酸氢根离子与氢氧根离子反应，浓度减小，则会导致碳酸根离子浓度增大。3.医学界通过用14C标记的C60发现一
4、种C60的羧酸衍生物，在特定条件下，它可以通过断裂DNA杀死细胞，从而抑制艾滋病(AIDS)。下列有关叙述中，正确的是（ ）A. 14C与12C的化学性质不同B. 14C与14N含有的中子数不同C. 14C60与12C60互为同位素D. 14C与14N、13N互为同位素【答案】B【解析】【详解】A14C与12C均为碳元素的原子，则化学性质相同，故A错误；B14C中的中子数为14-6=8，14N含有的中子数为14-7=7，中子数不同，故B正确；C14C60和12C60是碳元素的一种单质，不是同位素，故C错误；D14C与14N、13N的质子数不同，不是同位素，故D错误；答案选B。4.常温下，二氯化
5、二硫(S2C12)是橙黄色有恶臭的液体，它的分子结构与H2O2相似，熔点为l93K，沸点为41lK，遇水反应产生的气体能使品红褪色。下列有关说法正确的是A. S2C12晶体中存在离子键B. S2C12在熔融状态下能导电C. S2C12分子中各原子均达到8电子稳定结构D. S2C12与水反应不属于氧化还原反应【答案】C【解析】【详解】AS2Cl2晶体熔沸点较低，应为分子晶体，晶体中一定不存在离子键，故A错误；BS2Cl2为分子晶体，在液态下不能电离出自由移动的离子，则不能导电，故B错误；CS2Cl2的电子式为 ，分子中各原子均达到8电子稳定结构，故C正确；DS2Cl2溶于水H2O反应产生的气体能
6、使品红褪色，则水解方程式为：2S2Cl2+2H2O=SO2+3S+4HCl，元素的化合价发生了变化，属于氧化还原反应，故D错误；答案选C。5.下列变化符合图示的是( )KMnO4分解制O2 铝与盐酸的反应钠与水反应 二氧化碳与灼热的木炭反应 Ba(OH)28H2O和NH4Cl的反应.硫酸与氢氧化钾的反应A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据图像可知，反应物能量高于生成物，说明反应是放热反应，据此分析判断。【详解】KMnO4分解制O2是分解反应，属于吸热反应，故错误；铝与盐酸的反应为放热反应，故正确；钠与水反应是放热反应，故正确；二氧化碳与灼热的木炭反应是吸热反应，故错误；Ba(
7、OH)28H2O和NH4Cl的反应是吸热反应，故错误；硫酸与氢氧化钾的反应为中和反应，中和反应为放热反应，故正确；属于放热反应的有，故选C。6.下列各组溶液中，离子能够大量共存的是（ ）A. H+ Cl- Fe2+ NO3-B. OH- Na+ SO42- HCO3-C. NH4+ Cl- K+ OH-D. F- Na+ OH- NO3-【答案】D【解析】【详解】AFe2+、H+、NO3-之间能够发生氧化还原反应，溶液中不能大量共存，故A错误；B因HCO3-能够与OH-反应，不能大量共存，故B错误；CNH4+、OH-之间能够发生反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；DF- 、Na+、OH-、N
8、O3-之间不发生反应，在溶液中能够大量共存，故D正确；答案选D。【点睛】本题的易错点为A，要注意硝酸根离子在酸性溶液中具有强氧化性。7.X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在元素周期表中的位置如图所示。若Y原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，下列说法中正确的是 （ ）A. 原子半径：Z WXYB. 氧化物对应水化物的酸性：WZXC. 四种元素氢化物的沸点：W ZYXD. 四种元素对应阴离子的还原性：W ZYX【答案】A【解析】【分析】Y原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍可知，Y的次外层电子数为2，最外层电子数为6，Y为氧元素，根据元素在周期表中的位置关系可以推出：X为N元素，Z为S元素，
9、W为Cl元素。再根据元素周期性分析判断。【详解】A同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，故XY，ZW，同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，故ZY，故原子半径：ZWXY，故A正确；B同一周期，从左到右，最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，但其他氧化物对应水化物的酸性不满足此规律，如次氯酸为弱酸，而硫酸为强酸，故B错误；C水分子间能够形成氢键，沸点比硫化氢高，即氢化物的沸点存在：Y Z，故C错误；D元素的非金属性越强，对应阴离子的还原性越弱，阴离子的还原性： Z W，故D错误；答案选A。8.甲烷可制成燃料电池，其装置如图所示。下列说法正确的是（ ）A. a极是正极B. b极电极反应式为：O24
10、e- 4H+2H2OC. 电解质溶液可能为碱性溶液D. 若正极消耗的气体为2.24L（标况下），理论上电路中通过的电子的物质的量为0.4mol【答案】D【解析】【分析】甲烷燃料电池中，通入燃料甲烷的一极发生氧化反应，为原电池的负极，通入氧气的一极发生还原反应，为原电池的正极，据此分析解答。【详解】A电极a通入的是甲烷，则电极a为该原电池的负极，故A错误；Bb极为原电池的正极，发生还原反应，电极反应式为：O2+4e-4H+2H2O，故B错误；C根据装置图，电解质溶液中氢离子发生定向移动，电解质溶液应该为酸性溶液，故C错误；D标准状况下，2.24L氧气的物质的量为=0.1mol，O2+4e-4H+
11、2H2O，理论上电路中通过的电子的物质的量为0.1mol4=0.4mol，故D正确；答案选D。【点睛】本题的易错点为B，要注意电极反应式与电解质溶液的关系，本题中，电解质溶液显酸性，O2 + 4e- + 4H+ = 2H2O，若电解质溶液显中性或碱性，O2+2H2O+4e- =4OH-。9. 糖类、油脂、蛋白质是食物中的常见有机物。下列有关说法中，正确的是A. 糖类是储存机体代谢所需能量的主要物质B. 油脂在人体中发生水解的产物是氨基酸C. 蛋白质主要由C、H、O、N四种元素组成D. 糖类物质都有甜味【答案】C【解析】【详解】A. 糖类是维持机体生命活动所需能量的主要物质，脂肪可以储存机体代谢
12、所产生的能量 ，A不正确；B. 油脂在人体中发生水解的产物是甘油和脂肪酸，B不正确；C. 蛋白质主要由C、H、O、N四种元素组成，C正确；D. 糖类物质不一定有甜味，如常数和纤维素没有甜味，D不正确。故选C10.在5L的密闭容器中进行以下反应：4NH3+5O24NO+6H2O，半分钟后冷却至室温，测得NO的物质的量增加了0.3mol，则此反应的平均反应速率(X)为（ ）A. (H2O)=0.12molL-1min-1B. (O2)=0.30molL-1min-1C. (NO)=0.008molL-1s-1D. (NH3)=0.002molL-1s-1【答案】D【解析】【分析】根据化学反应速率的
13、定义，及其与化学计量数的关系解答。【详解】据反应速率定义，(NO)0.002molL-1s-1；A项，(H2O)(NO)0.003molL-1s-10.18molL-1min-1，A项错误；B项，(O2)(NO)0.0025molL-1s-10.15molL-1min-1，B项错误；C项，(NO)0.002molL-1s-1，C项错误；D项，(NH3)(NO)0.002molL-1s-1，D项正确。本题选D。【点睛】应用定义计算化学反应速率时，必须用某物质浓度的改变量除以时间。不能用物质的量的改变量或某时刻的浓度除以时间。11.硅的氧化物及硅酸盐构成了地壳中大部分的岩石、沙子和土壤。在无机非金
14、属材料中，硅一直扮演着主角。下面几种物质中含有硅单质的是A. 玛瑙B. 光导纤维C. 太阳能电池板D. 水晶【答案】C【解析】A玛瑙的主要成分是二氧化硅，故A错误；B光导纤维的主要成分是二氧化硅，故B错误；C太阳能电池板的主要成分是硅单质，故C正确；D水晶的主要成分是二氧化硅，故D错误故选C【点评】本题考查硅及二氧化硅的用途，题目较为简单，注意积累常见物质的组成和用途12. 既可以用来鉴别乙烷和乙烯,又可以用来除去乙烷中混有的少量乙烯的操作方法是（ ）A. 混合气体通过盛水的洗气瓶B. 混合气体通过装有过量溴水的洗气瓶C. 混合气体和过量H2混合D. 混合气体通过酸性KMnO4溶液【答案】B【
15、解析】【详解】A. 二者均不与水反应，不能鉴别，也不能除杂，故A项错误；B.乙烯与溴水反应使溴水褪色，而乙烷不能和溴水反应无明显现象，可鉴别，也可除杂，故B项正确；C.和过量H2混合，引入新杂质氢气，不能除杂，且加成反应现象不明显，不利用此法鉴別，故C项错误；D.乙烯使酸性KMnO4溶液褪色，而乙烷不能使其褪色，可鉴别，但乙烯与高锰酸钾发生氧化反应生成二氧化碳，引入新杂质，不能除杂，故D项错误；故答案选B。13.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。四种元素形成的单质依次为m、n、p、q；这些元素组成的二元化合物r、t、u，其中u能使品红溶液退色，v的俗名叫烧碱。上述物质的转化关系如
16、图所示。下列说法正确的是( )A. 原子半径的大小：WZYXB. t与r反应时，r为氧化剂C. 生活中可用u使食物增白D. Z分别与Y、W组成的化合物中化学健类型可能相同【答案】D【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，四种元素形成的单质依次为m、n、p、q，r、t、u是这些元素组成的二元化合物，其中u能使品红溶液褪色，u为SO2；v的俗名叫烧碱，则v为NaOH，结合图中转化可知，m为H2，n为O2，p为Na，r为H2O，t为Na2O2，q是S，则X、Y、Z、W分别为H、O、Na、S，以此来解答。【详解】由上述分析可知，X、Y、Z、W分别为H、O、Na、S，则A电子层越
17、多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径的大小：ZWYX，A错误；B过氧化钠与水反应时，过氧化钠既是氧化剂，也是还原剂，水不是氧化剂也不是还原剂，B错误；C二氧化硫有毒，生活中不能用二氧化硫使食物增白，C错误；DZ分别与Y、W组成的化合物分别为NaH、Na2O时，化学键均为离子键，D正确；答案选D。【点睛】本题考查元素推断、无机物的推断，为高频考点，把握物质的性质为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意元素化合物知识的应用，u与v为推断的突破口，题目难度中等，注意选项D中Na与H可形成离子化合物NaH，为易错点。14.在生活、生产及化学研究中，人们经常需要根据不同原子、分子
18、或离子的某些特征反应对物质进行区别、检验等。下列说法正确的是（ ）A. 向某盐溶液中加入适量稀盐酸，无明显现象，再加入过量BaCl2溶液，产生白色沉淀，则原溶液中一定含有SO42-B. 某溶液中先滴加氯水，再滴加KSCN溶液后显红色，则此溶液中一定含有Fe2+C. 某溶液中加入稀盐酸有无色气体产生，该气体能使澄清石灰水变浑浊且品红溶液不褪色，则此溶液中一定含有CO32-D. 用洁净的铁丝蘸某盐溶液在酒精灯上灼烧，若火焰呈黄色，一定含有钠元素且没有钾元素【答案】A【解析】【详解】A向某盐溶液中加入适量稀盐酸，无明显现象，排除了银离子的干扰，再加入过量BaCl2溶液，产生白色沉淀，则原溶液中一定含
19、有SO42-，故A正确；B先滴加氯水，可氧化亚铁离子，不能确定原溶液中是否含铁离子，应先加KSCN无现象，后加氯水，溶液显红色，来检验Fe2+，故B错误；C无色气体为二氧化碳，则溶液中可能含CO32-或HCO3-，故C错误；D用洁净的铁丝某盐溶液在酒精灯上灼烧，若火焰呈黄色，一定含有钠元素，但不能判断是否含有钾元素，故D错误；答案选A。【点睛】本题的易错点为D，要注意钾的焰色反应需要透过蓝色的钴玻璃观察。15.如图所示，杠杆AB两端分别挂有体积相同、质量相等的空心铜球和空心铁球，调节杠杆并使其在水中保持平衡，然后小心地向水槽中滴入浓CuSO4溶液，一段时间后，下列有关杠杆的偏向判断正确的是（实
20、验中，不考虑两球的浮力变化）A. 杠杆为导体或绝缘体时，均为A端高B端低B. 杠杆为导体或绝缘体时，均为A端低B端高C. 当杠杆为导体时，A端低B端高；杠杆为绝缘体时，A端高B端低D. 当杠杆为导体时，A端高B端低；杠杆为绝缘体时，A端低B端高【答案】C【解析】【详解】当杠杆为导体时，构成原电池：空心铁球作负极，电极反应为Fe-2e-=Fe2+，空心铜球作正极，电极反应为Cu2+2e-= Cu，故空心铁球质量减轻，空心铜球质量增重，即A端低B端高；当杠杆为绝缘体时，铁球表面发生Fe+Cu2+=Fe2+Cu,，铁球质量变大，铜球质量不变，即A端高B端低。综上所述，C正确，故选C。16.山梨酸是国
21、际粮农组织和卫生组织推荐的高效安全的防腐保鲜剂，广泛应用于食品、饮料、烟草、农药、化妆品等行业，它是一种无色针状晶体或白色粉末，它的结构简式为CH3CH=CHCH=CHCOOH。下列关于山梨酸的叙述不正确的( )A. 只要食品中添加的山梨酸符合国家要求，那么该食品可以放心食用B. 该分子最多有14原子共面C. 1mol山梨酸能和足量碳酸氢钠溶液反应能生成1mol二氧化碳气体D. 山梨酸的分子式为C6H8O2，与乙酸互为同系物【答案】D【解析】【详解】A山梨酸为高效安全的防腐保鲜剂，在规定的使用量之内，可放心使用，故A正确；BCH3CH=CHCH=CHCOOH中的甲基为四面体结构，碳碳双键为平面
22、结构，羰基为平面结构，单键可以旋转，因此该分子最多有14原子共面，故B正确；CCH3CH=CHCH=CHCOOH中含有羧基，具有酸性，1mol山梨酸能和足量碳酸氢钠溶液反应能生成1mol二氧化碳气体，故C正确；D山梨酸的分子式为C6H8O2，与乙酸的结构不相似，不是同系物，故D错误；答案选D。17.某有机物的结构如图所示，这种有机物可能具有的性质是可以燃烧；能使酸性KMnO4溶液褪色：能跟NaOH溶液反应；能发生酯化反应；能发生加聚反应A. B. 全部C. D. 【答案】B【解析】【分析】有机物的化学性质主要取决于其官能团，据此判断有机物具有的化学性质。【详解】大多数有机物能燃烧，含碳、氢、氧
23、的有机物完全燃烧生成二氧化碳和水，正确。题中有机物的官能团有碳碳双键、羧基、醇羟基，因而兼有三者的性质。碳碳双键、CH2OH都能使酸性KMnO4溶液褪色，正确；羧基有酸性，能与NaOH溶液发生中和反应，正确；羧基、醇羟基都能发生酯化反应，正确；碳碳双键能发生加聚反应生成高分子化合物，正确。本题选B。18.1molX气体和amolY气体在体积可变的密闭容器中发生如下反应：X(g)+aY(g) 2Z(g)反应一段时间后，测得X的转化率为50%。而且，在同温同压下还测得反应前混合气体的密度是反应后混合气体密度的3/4，则a的值为（ ）A. 4B. 3C. 2D. 1【答案】B【解析】【详解】1mol
24、 X气体跟a mol Y气体在体积可变密闭容器中反应，反应达到平衡后，测得X的转化率为50%，则参加反应的X为0.5mol，则： X(g)+a Y(g)b Z(g)起始量(mol)： 1 a 0变化量(mol)：0.5 0.5a 0.5b平衡量(mol)：0.5 0.5a 0.5b 同温同压下，气体总质量不变，反应前后混合气体的密度之比和气体体积成反比，即和气体物质的量成反比，反应前混合气体的密度是反应后混合气体密度的，则反应前气体物质的量是反应后气体物质的量，则(1+a)(0.5+0.5a+0.5b)=43，整理得：a=3，故选B。19.如图所示，从A处通入新制备的氯气，关闭旋塞B时，C处红
25、色布条无明显的变化，打开旋塞B 时，C处红色布条逐渐褪色。由此可判断D瓶中装的试剂不可能是A. 浓硫酸B. 溴化钠溶液C. Na2SO3溶液D. 硝酸钠溶液【答案】D【解析】【分析】干燥氯气不能使有色布条褪色，氯气能使有色布条褪色的原因是：氯气和水反应生成具有漂白性的HClO。先关闭活塞B，在A处通入含水蒸气的氯气，C处的(干燥的)红色布条看不到明显现象，说明氯气通过D装置后，水蒸气被吸收，或氯气被吸收；打开活塞B，在A处通入含水蒸气的氯气，C处的红色布条逐渐褪色，说明水蒸气和氯气均未被吸收。据此分析解答。【详解】A若图中D瓶中盛有浓硫酸，浓硫酸具有吸水性，作干燥剂，在A处通入含水蒸气的氯气，
26、关闭B活塞时，含水蒸气的氯气经过盛有浓硫酸的洗气瓶，氯气被干燥，没有水，就不能生成HClO，就不能使有色布条褪色，所以C处的(干燥的)红色布条看不到明显现象；打开活塞B，在A处通入含水蒸气的氯气，氯气和水反应生成具有漂白性的HClO，C处的红色布条逐渐褪色，故A不选；B若图中D瓶中盛有溴化钠溶液，在A处通入含水蒸气的氯气，关闭B活塞时，氯气经过盛有溴化钠溶液的D瓶时，发生置换反应，氯气被吸收，没有氯气进入C装置，有色布条不褪色；打开活塞B，在A处通入含水蒸气的氯气，氯气和水反应生成具有漂白性的HClO，C处的红色布条逐渐褪色，故B不选；C若图中D瓶中盛有Na2SO3溶液，在A处通入含水蒸气的氯
27、气，关闭B活塞时，氯气经过盛有Na2SO3溶液发生氧化还原反应，氯气被吸收，没有气体进入C装置，有色布条不褪色；打开活塞B，在A处通入含水蒸气的氯气，氯气和水反应生成具有漂白性的HClO，C处的红色布条逐渐褪色，故C不选；D在A处通入含水蒸气的氯气，关闭B活塞时，氯气在饱和食盐水中的溶解度很小，氯气经过硝酸钠溶液后，氯气不能被完全吸收，也不能被干燥，故仍可以生成具有漂白性的HClO，C处的红色布条逐渐褪色；打开活塞B，在A处通入含水蒸气的氯气，氯气和水反应生成具有漂白性的HClO，C处的红色布条逐渐褪色，故D选；答案选D。20.下列有关同分异构体数目的叙述中，错误的是( )A. 乙烷的四氯代物
28、有2种同分异构体B. CH3CH2CH2CH3光照下与氯气反应，生成2种一氯代烃C. 戊烷有3种同分异构体D. 甲苯苯环上的一个氢原子被丙基取代，所得产物有3种【答案】D【解析】【详解】A乙烷的二氯代物有CH2ClCH2Cl、CH3CHCl2共2种，乙烷的四氯代物和乙烷的二氯代物的数目相等，则也是2种同分异构体，故A正确；BCH3CH2CH2CH3有两种等效氢原子，所以光照下与氯气反应，一氯代烃有2种，故B正确；C戊烷有3种同分异构体，正戊烷、异戊烷和新戊烷，故C正确；D甲苯苯环上有3种H原子，含3个碳原子的烷基有正丙基、异丙基两种，所以甲苯苯环上的一个氢原子被含3个碳原子的烷基取代有32=6
29、产物，故D错误；故答案为D。【点睛】根据分子中等效H原子判断，分子中由几种H原子，其一氯代物就有几种异构体。对于等效氢的判断：分子中同一甲基上连接的氢原子等效；同一碳原子所连甲基上的氢原子等效；处于镜面对称位置上的氢原子等效。21.已知CeO2通常既不溶于强酸，也不溶于强碱。某工厂以平板电视显示屏厂的废玻璃粉末（含CeO2、SiO2、Fe2O3、FeO等物质）为原料，设计如下图所示工艺流程，制得纯净的CeO2。下列说法正确的是（ ）A. 实验室中，操作3和操作1、操作2所用仪器不同B. 滤渣中加入稀H2SO4和H2O2，其中H2O2做氧化剂C. 滤液中Ce3+与NaOH、O2的反应属于化合反应
30、D. 操作2分离得到的滤渣中一定含有未反应的SiO2【答案】D【解析】【分析】由流程图可知，向玻璃粉末中加入稀硫酸，Fe2O3和FeO溶解，CeO2和SiO2不溶解，过滤得到的滤渣中含有CeO2和SiO2；向滤渣中加入稀H2SO4和H2O2，CeO2做氧化剂，被H2O2还原为Ce3+，过滤得到含Ce3+的滤液和含有SiO2的滤渣；滤液中Ce3+与NaOH、O2反应生成Ce(OH)4沉淀，过滤得到Ce(OH)4固体和硫酸钠溶液；Ce(OH)4固体加热分解得到CeO2。【详解】根据上述分析可知，A. 操作1、操作2和操作3都是过滤，所用仪器完全相同，A项错误；B. CeO2与稀H2SO4和H2O2
31、反应时，CeO2作氧化剂，H2O2作还原剂，B项错误；C.Ce3+与NaOH、O2反应生成Ce(OH)4沉淀时，Ce3+作还原剂，O2作氧化剂，反应的化学方程式为：2Ce2(SO4)3+O2+12NaOH+2H2O4Ce(OH)4+6Na2SO4，该反应不属于化合反应，C项错误；D. SiO2是酸性氧化物，不与稀H2SO4反应，操作2分离得到的滤渣中主要成分是SiO2，D项正确；答案选D。【点睛】本题侧重考查无机物的制备及其性质探究，重在培养学生学以致用，分析问题解决问题的能力，其中氧化还原反应的配平贯穿于整个无机化学方程式中，是高频考点，配平氧化还原反应要遵循以下几个原则：（1）电子守恒，即
32、得失电子总数相等；（2）质量守恒，即反应前后各元素的原子个数相等。另外，要特别留意溶液中的酸碱性也会影响产物的生成。二、非选择题。22.按要求写出下列反应的方程式：（1）实验室制备氯气的离子反应方程式_；（2）乙醇催化氧化反应（铜做催化剂）_；（3）苯与浓硝酸反应_；（4）CH3CH=CH2生成高聚物_；（5）往氢氧化钙溶液中加入过量碳酸氢钠的离子方程式_。【答案】 (1). 4H+ + 2Cl- + MnO Mn2+Cl+2HO (2). 2CH3CH2OH + O22CH3CHO+2H2O (3). + HONO2+H2O (4). nCH3CH=CH2 (5). Ca2+ + 2OH-
33、+ 2HCO3- = CaCO3 + CO32- + 2H2O【解析】【分析】(1)二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰、水和氯气；(2)乙醇在Cu做催化剂加热时与氧气反应，被氧化生成乙醛和水；(3)苯与浓硝酸、浓硫酸混和后加热至5060发生取代反应，生成硝基苯和水；(4)CH3CH=CH2在催化剂条件下发生加聚反应生成聚丙烯；(5)向氢氧化钙溶液中逐滴加碳酸氢钠溶液直至过量，反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水；据此书写方程式。【详解】(1)二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰、水和氯气，离子方程式：MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O，故答案为：MnO2+4H+2Cl- Mn2+Cl2+2H2O
34、；(2)乙醇在Cu做催化剂加热时与氧气反应，被氧化生成乙醛和水，方程式为2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O，故答案为：2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O；(3)苯与浓硝酸、浓硫酸混和后加热至5060发生取代反应，生成硝基苯和水，该反应为+ HONO2+H2O，故答案为：+ HONO2+H2O；(4)CH3CH=CH2在引发剂条件下发生加聚反应生成聚丙烯，方程式为：nCH3CH=CH2，故答案为：nCH3CH=CH2；(5)向氢氧化钙溶液中逐滴加碳酸氢钠溶液直至过量，碳酸氢钠过量，离子方程式按照氢氧化钙的化学式书写，反应的离子方程式为：Ca2+2HCO3-+2OH
35、-CaCO3+CO32-+2H2O，故答案为：Ca2+2HCO3-+2OH-CaCO3+CO32-+2H2O。23.有一含NaCl、Na2CO310H2O和NaHCO3的混合物，某同学设计如下实验，通过测量反应前后C、D装置质量的变化，测定该混合物中各组分的质量分数。（1）加热前通入氮气的目的是_，操作方法为_ 。（2）装置A、C、D中盛放的试剂分别为A_，C_，D_。（3）若将A装置换成盛放NaOH溶液的洗气瓶，则测得的NaCl的含量将_（填“偏高”、“偏低”或“无影响”，下同）；若B中反应管右侧有水蒸气冷凝，则测定结果中NaHCO3的含量将_；（4）若样品质量为wg，反应后C、D增加的质量
36、分别为m1g、m2g，由此可知混合物中Na2CO310H2O的质量分数为_（用含w、m1、m2的代数式表示）【答案】 (1). 除去装置中的水蒸气和二氧化碳 (2). 关闭b，打开a，缓缓通入氮气，直至a处出来的空气不再使澄清石灰水变浑浊为止 (3). 碱石灰 (4). 无水CaCl2（或无水硫酸铜、P2O5等） (5). 碱石灰 (6). 偏低 (7). 无影响 (8). 100%【解析】分析】将混合物加热会产生H2O(g)、CO2等气体，应在C、D中分别吸收，由干燥剂的性质知应先吸收水，再吸收二氧化碳，且C中的干燥剂吸水后不能吸收CO2；由D的增重(NaHCO3分解产生的CO2的质量)可求
37、出NaHCO3质量由C的增重(Na2CO310H2O分解产生的H2O及已经知道的NaHCO3分解产生的H2O的质量)可求出Na2CO310H2O的质量，从而求出NaCl的质量；故应在实验前想法赶出装置中的空气；E中碱石灰可防止外界空气中的H2O(g)、CO2进入装置D影响实验效果，据此分析解答。【详解】(1)本实验中需要分别测定反应生成的二氧化碳和水的质量，所以实验前必须将装置中的水蒸气和二氧化碳赶走，避免影响测定结果；操作方法为：关闭b，打开a，缓缓通入空气，直至a处出来的空气不再使澄清石灰水变浑浊为止，故答案为：除去装置中的水蒸气和二氧化碳；关闭b，打开a，缓缓通入空气，直至a处出来的空气
38、不再使澄清石灰水变浑浊为止；(2)装置A用于吸收空气中的二氧化碳和水，可以使用碱石灰；装置C吸收Na2CO310H2O和NaHCO3分解生成的水蒸气，可以使用无水CaCl2；装置D吸收碳酸氢钠分解生成的二氧化碳，可以用碱石灰，故答案为：碱石灰；无水CaCl2(或无水硫酸铜、P2O5等)；碱石灰；(3)若将A装置换成盛放NaOH溶液的洗气瓶，则m(H2O)增加，使Na2CO310H2O和NaHCO3的含量偏高，NaCl的含量偏低；若B中反应管右侧有水蒸气冷凝，测定碳酸氢钠的质量是根据装置D中质量变化计算的，与水蒸气的量无关，则测定结果中NaHCO3的含量不变，故答案为：偏低；无影响；(4)若样品
39、质量为wg，反应后C、D增加的质量分别为m1g、m2g，则碳酸氢钠分解生成的二氧化碳的质量为m2g，2NaHCO3 Na2CO3+CO2 + H2O 44 18 m2g m(H2O)m(H2O)=g，则Na2CO310H2O分解生成的水的质量为m1g-g，则Na2CO310H2O的质量为(m1g-g)，因此混合物中Na2CO310H2O的质量分数为：100%=100%，故答案为：100%。【点睛】本题的难点为(4)中的计算，要注意C中吸收的水包括Na2CO310H2O分解产生的H2O及NaHCO3分解产生的H2O。24.I：已知：反应aA(g)bB(g) cC(g)，某温度下，在 2 L 的密
40、闭容器中投入一定量的A、B，两种气体的物质的量浓度随时间变化的曲线如图所示。（1）经测定前4 s内v(C)0.025 molL1s1，则该反应的化学方程式为_。（2）若上述反应分别在甲、乙、丙三个相同的密闭容器中进行，经同一段时间后，测得三个容器中的反应速率分别为甲：v(A)0.3 0molL1s1； 乙：v(B)0.10 molL1s1； 丙：v(C)2.4molL1min1，则甲、乙、丙三个容器中反应速率由快到慢的顺序为_（用甲、乙、丙表示）。: 某学生为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化，他在100 mL稀盐酸中加入足量的锌粉，用排水集气法收集反应放出的氢气(气体体积已折合成标准状况)，
41、实验记录如表(累计值)：时间/min123456氢气体积/mL50120224392472502（3）哪一时间段反应速率最大_(填01、12、23、34、45、56 min，下同)，原因是_ 。（4）如果反应太激烈，为了减缓反应速率而又不减少产生氢气的量，他在盐酸中分别加入等体积的下列溶液，你认为可行的是_(填字母)A.CH3COONa B.NaNO3溶液C.KCl溶液 D.Na2CO3溶液：（5）下列说法可以证明H2(g)I2(g) 2HI(g)已达平衡状态的是_。A单位时间内生成n mol H2的同时，生成n mol HIB一个HH键断裂的同时有两个HI键断裂C温度和体积一定时，混合气体颜
42、色不再变化D反应速率v(H2)v(I2)v(HI)【答案】 (1). 6A(g)+2B(g) C(g) (2). V(甲)= V(乙) V(丙) (3). 3-4分钟 (4). 因为该反应放热，温度升高，加快化学反应速率 (5). AC (6). B C【解析】【分析】I(1)根据v= ，前4s内v(C)=0.05molL-1s-1，再由图像计算；(2)根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，将不同物质的反应速率转化成相同物质的反应速率比较反应速率大小；(3)根据相同时间间隔内H2的体积变化判断化学速率大小；(4)减缓反应速率而又不减少产生氢气的量，考虑加入的物质不与已有反应物发生反应，同时又
43、起到稀释作用；(5)化学反应达到化学平衡时，正逆反应速率相等，各组分浓度不改变，据此逐项分析判断。【详解】I(1)根据v= ，前4s内v(C)=0.025molL-1s-1，则C的浓度变化为c(C)=v(C)t=0.1mol/L，根据图像，相同时间段内，A与B的浓度变化之比为(0.8-0.2) (0.5-0.3)=31，0-4s内，A的浓度变化为c(A)= (0.8-0.2)mol/L=0.6mol/L，所以A的浓度变化与C的浓度变化之比为0.60.1=61，所以abc=621，所以化学方程式为：6A(g)+2B(g)C(g)，故答案为：6A(g)+2B(g)C(g)；(2)根据化学反应速率之
44、比等于化学计量数之比，将不同物质的反应速率转化成相同物质的反应速率，不妨以A为参照，则v甲=v(A)=0.3mol/(Ls)，v乙=v(A)=3v(B)=0.3mol/(Ls)，v丙=v(A)=6v(C)= 62.4molL1min1=0.24mol/(Ls)，所以三个容器的反应速率大小为V(甲)= V(乙) V(丙)，故答案为：V(甲)= V(乙) V(丙)；(3)相同时间间隔内H2的体积变化越大，说明该时间段内反应速率越大，则反应速率最大的时间段为34min，原因是该反应是放热反应，此时温度高，温度对反应速率占主导作用，故答案为：34min；因为该反应放热，温度升高，加快化学反应速率；(4
45、)减缓反应速率而又不减少产生氢气的量，需要考虑加入的物质能减小溶液中氢离子的浓度，但又不影响最后生成氢气的总量。ACH3COONa能够结合溶液中H+，但是随着反应进行，仍能电离，溶液中c(H+)降低，化学反应速率降低，但不影响H2的产生量，故可选；B加入NaNO3溶液，NO3-在酸性条件下具有强氧化性，反应可产生氮氧化物，影响H2的产生量，故不选；C加入KCl溶液，不参加反应，起稀释作用，降低反应速率，不影响H2产生量，故可选；DNa2CO3溶液，消耗H+，放出二氧化碳气体，导致H2产生量降低，故不选，故答案为：AC；(5)A单位时间内生成n molH2的同时，生成n molHI，表示的正逆反
46、应速率不等，应生成2nmolHI才表示正逆反应速率相等，不能说明达平衡状态，故A错误；B一个H-H键断裂的同时有两个H-I键断裂，说明v正=v逆，化学反应达到平衡，故B正确；C温度和体积一定时，混合气体颜色不再变化，说明各反应物浓度不再改变，化学反应达到平衡，故C正确；D反应速率v(H2)=v(I2)=v(HI)始终成立，无法判断化学反应是否达到平衡，故D错误；故答案为：BC。25.乙酸乙酯是重要的有机合成中间体，广泛应用于化学工业。实验室制取乙酸乙酯的主要步骤如下：在甲试管(如图)中加入2mL浓硫酸、3mL乙醇和2mL乙酸的混合溶液。按如图连接好装置(装置气密性良好)并加入混合液，小火均匀地
47、加热35min。待试管乙收集到一定量产物后停止加热，撤出试管并用力振荡，然后静置待分层。分离出乙酸乙酯层、洗涤、干燥。(1) 写出该反应的化学方程式是：_；(2) 与教材采用的实验装置不同，此装置中采用了球形干燥管，其作用是_。(3)甲试管中，混合溶液的正确加入顺序：_；(4)步骤中需要用小火均匀加热，其主要原因是_；(5)上述实验中饱和碳酸钠溶液的作用是_(填字母代号)。A. 反应掉乙酸和乙醇 B. 反应掉乙酸并吸收乙醇 C. 析出乙酸乙酯 D. 加速酯的生成，提高其产率(6)欲将乙试管中的物质分离开以得到乙酸乙酯，必须使用的仪器是_；分离时，乙酸乙酯应该从仪器_(填：“下口放”或“上口倒”
48、)出。【答案】 (1). CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O (2). 防倒吸 (3). 乙醇，浓硫酸，乙酸 (4). 防止乙醇与乙酸剧烈沸；防止乙酸乙酸挥发过快；防止试管受热不均而炸裂 (5). BC (6). 分液漏斗 (7). 上口倒【解析】【分析】实验室用乙酸与乙醇在浓硫酸作催化剂和吸水剂时反应生成乙酸乙酯，乙酸乙酯难溶于水，密度比水小，反应过程中生成的乙酸乙酯呈气态，经过冷凝变成液体，会引起装置中气体压强的变化，因此需要防止倒吸，结合实验的基本操作和实验注意事项分析解答。【详解】(1)乙酸与乙醇生成乙酸乙酯，反应的化学方程式为CH3COOH+CH3CH2
49、OHCH3COOCH2CH3+H2O，故答案为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；(2) 与教材采用的实验装置不同，此装置中采用了球形干燥管，可以起到防止倒吸的作用，故答案为：防倒吸；(3)浓硫酸溶于水放出大量的热，加入药品时，为防止酸液飞溅，应先加入乙醇再加入浓硫酸和乙酸，故答案为：乙醇，浓硫酸，乙酸；(4)步骤中需要用小火均匀加热，可以防止乙醇与乙酸剧烈沸；防止乙酸乙酸挥发过快；防止试管受热不均而炸裂，故答案为：防止乙醇与乙酸剧烈沸；防止乙酸乙酸挥发过快；防止试管受热不均而炸裂；(5)制备乙酸乙酯时，常用饱和碳酸钠溶液吸收乙酸乙酯，目的是中和乙酸并吸收部分乙醇、乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度比在水中更小，有利于分层析出，所以BC正确，故答案为：BC；(6)分离粗产品乙酸乙酯、乙酸和乙醇的混合物，加入饱和碳酸钠溶液，实现酯与乙酸和乙醇的分离，分离油层和水层采用分液的方法，所以用到的仪器为分液漏斗；乙酸乙酯的密度比水小，所以在碳酸钠溶液层上方有无色油状液体出现，分离时，乙酸乙酯应该从分液漏斗的上口倒出，故答案为：分液漏斗；上口倒。