1、2019级高一五月开学考质量检测化学试题可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 S-32 Cu-64 Ag-108 Pb-20 N-14 一、选择题：本题共25个小题，每小题2分，共50分。每小题只有一项是符合题目要求的。1.化学是你，化学是我，化学深入我们生活。下列说法正确的是()A. 木材纤维和土豆淀粉遇碘水均显蓝色B. 食用花生油和鸡蛋清都能发生水解反应C. 包装用材料聚乙烯和聚氯乙烯都属于烃D. 为了身体健康，不食用任何使用食品添加剂的食物【答案】B【解析】【分析】【详解】A. 木材纤维是纤维素，不能使碘水变蓝，土豆淀粉遇碘水显蓝色，故A错误；B. 食用花生油属于酯类，可发
2、生水解，鸡蛋清属于蛋白质，也可发生水解反应，故B正确；C. 包装用材料聚乙烯和聚氯乙烯都属于高聚物，烃的定义是只含碳、氢两种元素的有机物，聚氯乙烯含有氯，不属于烃类，故C错误；D. 食用适量食品添加剂的食物不会影响身体健康，故D错误。综上所述，答案为B。2.将二氧化硫通入显红色的酚酞试液中，发现红色消失，主要原因是()A. 二氧化硫具有漂白性B. 二氧化硫具有还原性C. 二氧化硫具有氧化性D. 二氧化硫溶于水后生成酸【答案】D【解析】【分析】根据二氧化硫不能使指示剂褪色，酚酞显红色说明溶液中存在着碱性的物质，而二氧化硫溶于水后显酸性，可将碱性物质中和，而使酚酞褪色。【详解】酚酞试液显红色说明溶
3、液中含有碱性物质，二氧化硫溶于水后生成酸，可中和碱性物质，二氧化硫溶于水后生成酸，从而使红色消失，答案选D。3.下列有关氮元素的单质及其化合物的说法错误的是()氮气与氧气在放电的条件下可直接生成NO2铵盐都不稳定，受热分解都生成氨气向Fe(NO3)2溶液中滴加稀盐酸，无明显的变化实验室加热氯化铵固体，用碱石灰除氯化氢的方法制备氨气A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】放电条件下，氮气和氧气反应生成一氧化氮而不是二氧化氮，一氧化氮不稳定，易被氧气氧化生成二氧化氮，错误；NH4NO3加热到190时分解生成一氧化二氮和水，若加热到300左右时分解生成氮气、硝酸和水，错误；向硝酸亚铁溶液中
4、加入稀盐酸，酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，能把亚铁离子氧化生成铁离子，同时自身被还原生成一氧化氮，错误；氯化铵受热易分解，冷却时又生成氯化铵，所以得不到氨气，错误；答案选D。【点睛】本题考查了氮及其化合物的性质，根据一氧化氮的稳定性大小、铵盐的性质来分析解答，易错选项是，注意酸性条件下，硝酸根有强氧化性，常常被学生忽略，为易错点。4.我国具有独立知识产权的电脑芯片“龙芯一号”的问世，填补了我国计算机制造史上的一项空白。下列对硅及其化合物的有关叙述正确的是()A. 二氧化硅既能与烧碱溶液反应又能与氢氟酸反应，所以二氧化硅是两性氧化物，B. 晶体硅的化学性质不活泼，常温下不与任何物质发生反应
5、C. 晶体硅是一种良好的半导体材料，但是它的提炼工艺复杂，价格昂贵D. 晶体硅和金刚石的物理性质相似【答案】D【解析】【分析】【详解】A. 二氧化硅既能与烧碱溶液反应又能与氢氟酸反应，但二氧化硅是酸性氧化物，故A错误；B. 晶体硅的化学性质不活泼，常温下会与HF反应，故B错误；C. 晶体硅是一种良好的半导体材料，是由二氧化硅和碳高温得到粗硅，粗硅和HCl或氯气反应得到四氯化硅或三氯硅烷，最后与氢气反应得到硅单质，它的提炼工艺不算复杂，价格不贵，故C错误；D. 晶体硅和金刚石都是原子晶体，结构相似，因此它们的物理性质相似，故D正确。综上所述，答案为D。【点睛】二氧化硅是酸性氧化物，氧化铁、氧化铜
6、、氧化镁、氧化钠是碱性氧化物，氧化铝是两性氧化物，过氧化钠是过氧化物。5.下列反应中，即属于非氧化还原反应同时又是吸热反应的是( )A. Ba(OH)2.8H2O与NH4Cl反应B. 灼热的炭与CO2反应C. 铝与稀盐酸D. H2与O2的燃烧反应【答案】A【解析】【详解】A. Ba(OH)2.8H2O与NH4Cl反应属于非氧化还原反应同时又是吸热反应，故A符合题意；B. 灼热的炭与CO2反应是氧化还原反应，是吸热反应，故B不符合题意；C. 铝与稀盐酸是氧化还原反应，是放热反应，故C不符合题意；D. H2与O2的燃烧反应是氧化还原反应，是放热反应，故D不符合题意。综上所述，答案为A。【点睛】常见
7、是放热反应类型有燃烧反应，大多数化合反应，酸碱中和反应，金属与酸或水的反应，氧化反应。6.已知1g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121kJ，且氧气中1mol O=O键完全断裂时吸收热量496kJ，水蒸气中1mol H-O键形成时放出热量463kJ，则氢气中1mol H-H键断裂时吸收热量为A. 920 kJB. 557 kJC. 436 kJD. 618 kJ【答案】C【解析】【详解】根据2H2 + O2 = 2H2O反应，1g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121kJ，则2mol H2即4g完全燃烧生成水蒸气时放出热量484 kJ，设1mol HH键断裂时吸收热量为x kJ，根据断键吸收热
8、量和成键放出热量得到463kJ4 496kJ2x =484 kJ，x = 436，故C符合题意。综上所述，答案为C。7.如表所示有关物质检验的实验结论正确的是( )选项实验操作及现象实验结论A向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成该溶液中一定含有SO42-B向某溶液中加入盐酸，将生成的气体通入品红溶液中，品红溶液褪色该溶液一定含有SO32-C将某气体通入品红溶液中，品红溶液褪色该气体一定是SO2D将SO2通入Na2CO3溶液中生成的气体，先通入足量的酸性KMnO4溶液，再通入澄清石灰水中有浑浊说明酸性：H2SO3H2CO3A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【分析】根
9、据物质的性质及反应现象分析解答。【详解】A.白色沉淀可以能是氯化银，溶液中可能含有银离子，应该先加盐酸排除银离子的干扰，故A错误；B.溶液中可能含有HSO3-，故B错误；C.具有漂白作用的不仅仅是二氧化硫，融入氯气也可以使品红褪色，故C错误；D.先通入酸性高锰酸钾溶液，目的是除去二氧化硫气体，再通入澄清石灰水变浑浊，说明产物是二氧化碳，进而证明亚硫酸的酸性强于碳酸，故D正确。故选D。【点睛】在物质检验的实验中，一定要注意排除其他物质的干扰，很多反应的现象是一样的，需要进一步验证，例如二氧化硫和二氧化碳都能使澄清石灰水变浑浊，但二氧化硫可以与酸性高锰酸钾反应，二氧化碳不可以。8.在通风橱中进行下
10、列实验：下列说法中正确的是：A. 中红棕色气体的生成的化学方程式为：Fe + 6HNO 3= Fe(NO) 3+3H2O + 3NO2B. 中的现象说明Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应C. 对比、中现象，说明稀HNO3的氧化性强于浓HNO3D. 针对中现象，在Fe、Cu之间连接电流计，可判断Fe是否被还原【答案】B【解析】【详解】A. 中红棕色的气体是NO与空气中氧气反应生成的NO2，故A错误；B. 中的现象说明Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应，发生钝化，故B正确；C. 稀HNO3的氧化性弱于浓HNO3，故C错误；D. 针对中现象，在Fe、Cu之间连接电流计，可判断Fe
11、是否被氧化，故D错误。综上所述，答案为B。【点睛】同一溶质，浓度越大，氧化性越强。9.碱性电池具有容量大、放电电流大的特点，因而得到广泛应用。锌锰碱性电池以氢氧化钾溶液为电解液，电池总反应式为Zn(s)+2MnO2(s)+H2O(l)=Zn(OH)2(s)+Mn2O3(s)下列说法错误的是()A. 电池工作时，锌失去电子，发生还原反应B. 电池正极的电极反应式为：2MnO2(s)+H2O(1)+2e-=Mn2O3(s)+2OH-(aq)C. 电池工作时，氢氧化钾电解质溶液中OH-移向负极D. 外电路中每通过0.4mol电子，锌的质量理论上减小13g【答案】A【解析】【分析】锌锰碱性电池以氢氧化
12、钾溶液为电解液，电池总反应式为Zn(s)+2MnO2(s)+H2O(l) = Zn(OH)2(s)+Mn2O3(s)，锌化合价升高，为原电池负极，MnO2化合价降低，为原电池正极。【详解】A. 电池工作时，锌失去电子，发生氧化反应，故A错误；B. 电池正极的电极反应式为：2MnO2(s)+H2O(1)+2e= Mn2O3(s)+2OH(aq)，故B正确；C. 电池工作时，根据“同性相吸”，因此氢氧化钾电解质溶液中OH移向负极，故C正确；D. 外电路中每通过0.4mol电子，则消耗锌为0.2mol，其锌的质量理论上减小0.2mol 65 gmol1 =13g，故D正确。综上所述，答案为A。【点睛
13、】溶液中电子移动方向是负极经导线流向正极，溶液中离子移动方向遵循“同性相吸”原理，记住电子只在岸上走，不在水中游。10.氢氧燃料电池用于航天飞船，电极反应产生的水经冷凝后可作为航天员的饮用水，其电极反应如下： 负极：2H2 + 4OH4e= 4H2O正极：O2 + 2H2O + 4e= 4OH当得到3.6L饮用水时，电池内转移的电子的物质的量约为( )。A. 3.6molB. 400 molC. 200 molD. 800 mol【答案】B【解析】【详解】电池总反应方程式为2H2 + O2 = 2H2O，生成2mol水转移了4mol电子，当得到3.6L即3600g饮用水，物质的量为，电池内转移
14、的电子的物质的量约为400mol，故B符合题意。综上所述，答案为B。11.浓硫酸与下列物质作用时，既表现氧化性，又表现酸性的是()红热的木炭 使木材炭化 Cu FeONH3 Fe2O3 CuSO45H2O 对铁、铝的钝化A. B. C. D. 以上答案均不正确【答案】C【解析】【详解】浓硫酸与红热的木炭反应生成二氧化硫、二氧化碳和水，表现氧化性；浓硫酸使木材炭化表现脱水性；浓硫酸与Cu反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，表现氧化性和酸性；浓硫酸与FeO反应生成硫酸铁、二氧化硫和水，表现氧化性和酸性；浓硫酸与NH3反应生成硫酸铵，表现酸性；浓硫酸与Fe2O3生成硫酸铁和水，表现酸性；浓硫酸与CuSO4
15、5H2O作用，吸收了晶体表面的结晶水，表现的是吸水性；铁、铝遇见浓硫酸钝化，浓硫酸表现强氧化性；因此表现氧化性，又表现酸性，故C符合题意。综上所述，答案为C。12.化学反应A(g)3B(s) 2C(g)2D(g)，在下列四个选项中是不同的情况下测得的不同物质的反应速率，其中表示该化学反应的反应速率最快的是 ( )A. v(A)0.25mol(Lmin)B. v(B) 0.45 mol(Ls)C. v(C)0.45 mol(Lmin)D. v(D)0.35 mol(Lmin)【答案】A【解析】【详解】将所有选项C物质的速率来比较， A. (C)2(A)20.25 molL1min1 =0.5 m
16、olL1min1；B. B是固体，不能用于描述速率；C. (C)0.45 molL1min1；D. (C) (D)0.35 molL1min1；比较得出该化学反应的反应速率最快的是0.5 molL1min1；故A符合题意。综上所述，答案为A。【点睛】比较速率时先看单位是否统一，单位不统一要先化成同样的单位，再看有些物质是否能用来表示反应速率，再将不同物质的反应速率化为同种物质的反应速率，一般化为系数大的物质的反应速率。13.可逆反应：2NO22NOO2在恒温恒压密闭容器中反应，下列条件可判断该反应已经达到平衡状态的是( )(1)单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2(2)2v正(
17、NO2)=v逆(O2)(3)用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2：2：1的状态(4)混合气体的颜色不再改变的状态(5)混合气体的密度不再改变的状态(6)混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态A. (1)(4)(6)B. (1)(2)(4)(6)C. (1)(3)(4)D. (1)(4)(5)(6)【答案】D【解析】【详解】(1)单位时间内生成nmolO2，平衡正向反应，同时生成2nmolNO2，平衡逆向反应，生成量之比等于计量系数之比，能作为判断平衡标志；(2)2正(NO2)=逆(O2)，一个正反应速率，一个逆反应速率，但不符合速率之比等于计量系数之比，不能作为判断平
18、衡标志；(3)用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2：2：1的状态，没有谈正逆反应，因此不能作为判断平衡标志；(4) NO2是红棕色，混合气体的颜色不再改变的状态，因此能作为判断平衡标志；(5) 混合气体的密度等于气体质量除以容器体积，气体质量不变，容器体积不变，密度始终不改变，因此混合气体的密度不再改变的状态不能作为判断平衡标志；(6)混合气体的平均相对分子质量等于气体质量除以气体的物质的量，正向反应，气体质量不变，气体的物质的量增大，混合气体的平均相对分子质量减小，当混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态能作为判断平衡标志；因此(1)(4)(5)(6) 能作为判断平
19、衡标志；故D符合题意。综上所述，答案为D。【点睛】混合气体的平均相对分子质量，混合气体的密度，混合气体的压强一定要具体问题具体分析，比如分析混合气体的密度时，根据混合气体的密度等于气体质量除以容器的体积，分析气体质量和容器体积变化，再分析混合气体的密度变化。14.苹果醋是一种由苹果发酵而形成的具有解毒、降脂、减肥等明显药效的健康食品。苹果酸(2-羟基丁二酸)是这种饮料的主要酸性物质，苹果酸的结构简式为。下列相关说法不正确的是 ()。A. 苹果酸能发生酯化反应的官能团有3个B. 苹果酸一定条件下能发生催化氧化反应C. 1 mol苹果酸与足量Na反应生成33.6 L H2D. 1 mol苹果酸与N
20、aHCO3溶液反应，最多消耗2 mol NaHCO3【答案】C【解析】【分析】【详解】A. 苹果酸能发生酯化反应的官能团有3个，2个羧基，1个羟基，故A正确；B. 苹果酸含有羟基，在一定条件下能发生催化氧化反应生成酮，故B正确；C. 未标明是否是标况，不能按标准状况下的气体摩尔体积计算。1 mol苹果酸与足量Na反应生成1.5molH2，标准状况下才为33.6 L H2，故C错误；D. 1 mol苹果酸含有2mol羧基，与NaHCO3溶液反应，最多消耗2 mol NaHCO3，故D正确。综上所述，答案为C。【点睛】CH2OH被催化氧化变为醛，被催化氧化变为醛，不会被催化氧化。15. 关于基本营
21、养物质说法正确的是（）。A. 所有蛋白质均可通过颜色反应来鉴别B. 糖类、蛋白质、油脂都属于天然高分子化合物C. 糖类、油脂、蛋白质都是由C、H、O三种元素组成的D. 油脂在酸性条件下水解为丙三醇和高级脂肪酸【答案】D【解析】只有含有苯环的蛋白质遇到浓硝酸才有颜色反应，A错误；单糖、双糖、油脂都属于小分子，B错误；蛋白质除了含有C、H、O三种元素，还含有N、S、P等元素，C错误；油脂在酸性条件下水解为丙三醇和高级脂肪酸，油脂在碱性条件下水解为丙三醇和高级脂肪酸盐，D正确。16.使1mol乙烯与氯气完全发生加成反应，然后使该加成反应的产物与氯气在光照条件下发生取代反应，则取代反应过程中消耗氯气的
22、总物质的量最多为( )A. 3molB. 4molC. 5molD. 6mol【答案】B【解析】【详解】乙烯与氯气发生加成反应，1mol乙烯与1mol氯气发生加成反应生成1mol ClCH2CH2Cl，生成的产物与氯气在光照条件下发生取代反应，取代1个氢原子消耗1个氯气，因此1mol ClCH2CH2Cl取代消耗4mol氯气，故B符合题意。综上所述，答案为B。【点睛】取代反应是取代一个氢原子，消耗一个氯气，取代多少氢原子消耗多少氯气。17.下列属于物理变化的是()石油的分馏煤的干馏石油的裂化铝热反应由乙烯制备聚乙烯将氧气转化为臭氧乙烯催熟果实蛋白质的盐析海水蒸馏制取淡水A. B. C. D.
23、【答案】C【解析】【详解】石油的分馏，是物理变化；煤的干馏是化学变化；石油的裂化是化学变化；铝热反应是化学变化；由乙烯制备聚乙烯是化学变化；将氧气转化为臭氧是化学变化；乙烯催熟果实是化学变化；蛋白质的盐析是物理变化；海水蒸馏制取淡水是物理变化；因此是物理变化；故C符合题意。综上所述，答案为C。【点睛】石油的分馏是物理变化，石油的裂化、裂解是化学变化；煤的干馏、气化、液化都是化学变化。18.绿色化学又称“环境无害化学”、“环境友好化学”、“清洁化学”，绿色化学是近十年才产生和发展起来的，是一个“新化学婴儿”。它涉及有机合成、催化、生物化学、分析化学等学科，内容广泛。绿色化学的最大特点是在始端就采
24、用预防污染的科学手段，因而过程和终端均为零排放或零污染。世界上很多国家已把“化学的绿色化”作为新世纪化学进展的主要方向之一。以下反应最符合“绿色化学”原子经济性要求的是()A. 异戊二烯发生加聚反应制得聚异戊二烯高分子材料B. 铝热反应冶炼铁C. 用苯和液溴为原料制取溴苯D. 双氧水分解制备氧气【答案】A【解析】【详解】A. 异戊二烯发生加聚反应制得聚异戊二烯高分子材料符合“绿色化学”原子经济性要求，故A符合题意；B. 铝热反应冶炼铁，生成铁和氧化铝，不符合“绿色化学”原子经济性要求，故B不符合题意；C. 用苯和液溴为原料制取溴苯和溴化氢，不符合“绿色化学”原子经济性要求，故C不符合题意；D.
25、 双氧水分解生成氧气和水，不符合“绿色化学”原子经济性要求，故D不符合题意。综上所述，答案为A。19.为了避免NO、NO2、N2O4对大气的污染，常采用NaOH溶液进行吸收处理(反应方程式：2NO22NaOH=NaNO3NaNO2H2O；NO2NO2NaOH=2NaNO2H2O)。现有由a mol NO、b mol NO2、c mol N2O4组成的混合气体恰好被V L NaOH溶液吸收(无气体剩余)，则此NaOH溶液的物质的量浓度为()A. molL1B. molL1C. molL1D. molL1【答案】C【解析】【详解】为了避免NO、NO2、N2O4对大气的污染，常采用NaOH溶液进行吸
26、收处理，根据反应方程式2NO22NaOH=NaNO3NaNO2H2O；NO2NO2NaOH=2NaNO2H2O，最终变为NaNO3、NaNO2，a mol NO、b mol NO2、c mol N2O4组成的混合气体恰好被V L NaOH溶液吸收(无气体剩余)，再根据元素守恒得到NaOH物质的量为(a+b+2c)mol，因此NaOH溶液的物质的量浓度为，故C符合题意。综上所述，答案为C。20.将100 mL稀硝酸和稀硫酸的混合酸溶液平均分成两份。向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解9.6 g铜粉(假设此时硝酸只被还原为NO，下同)；向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量的变化如图所示。
27、则下列判断中错误的是A. OA段产生的气体是NO，BC段产生的气体是H2B. A点对应消耗NO3-物质的量为0.2 molC. B点对应消耗铁粉的质量为8.4 gD. 原混合酸溶液中H2SO4的浓度为4.0 molL1【答案】B【解析】【详解】A. OA段产生的气体是NO，生成硝酸铁，AB段是硝酸铁和铁反应生成硝酸亚铁，BC段是氢离子与铁反应产生H2，故A正确；B. A点消耗5.6g铁即物质的量为0.1mol，失去电子为0.3mol，由于NO3变为NO，因此对应消耗NO3物质的量为0.1 mol，故B错误；C. A点消耗0.1mol 铁，根据Fe + 2Fe3+ = 3Fe2+，根据方程式又消
28、耗0.05mol铁，共消耗0.15mol铁，因此B点对应消耗铁粉的质量为0.15mol56 gmol1 = 8.4 g，故C正确；D. C点消耗铁的质量为11.2g 即物质的量为0.2mol，C点溶质为FeSO4，根据元素守恒得到原混合酸溶液50mL中H2SO4的物质的量为0.2mol，则溶液中H2SO4的浓度为，故D正确。综上所述，答案为B。21.下列说法正确的是( )A. pH在5.67.0之间的雨水通常称为酸雨B. 新制氯水经光照一段时间后pH增大C. 燃煤时加入适量石灰石，可减少废气中SO2的量D. 大气中SO2的主要来源是汽车排出的尾气【答案】C【解析】【分析】【详解】A. pH小于
29、5.6的雨水称为酸雨，故A错误；B. 新制氯水经光照一段时间，次氯酸分解生成盐酸和氧气，盐酸浓度变大，酸性增强，pH减小，故B错误；C. 燃煤时加入适量石灰石，石灰石分解生成氧化钙，氧化钙和二氧化硫反应生成亚硫酸钙，最终变成硫酸钙，因此可减少废气中SO2的量，故C正确；D. 大气中SO2的主要来源是化石燃料的燃烧，可导致酸雨，故D错误。综上所述，答案为C。【点睛】pH小于5.6的雨水称为酸雨，雨水pH值为5.6左右，小于7的原因是雨水中溶解有二氧化碳，二氧化碳水溶液显酸性。22.下列有关说法不正确的是( )A. 实验室不可用中性干燥剂CaCl2干燥氨气B. 实验室可用NaOH溶液处理NO2和H
30、Cl废气C. 实验室用氯化铵溶液和氢氧化钙溶液混合制取氨气D. 实验室利用废铜屑制取CuSO4溶液的理想方法是：将废铜屑在空气中灼烧后再溶于稀硫酸【答案】C【解析】【详解】A. CaCl2与氨气形成CaCl26NH3，因此实验室不可用中性干燥剂CaCl2干燥氨气，故A正确；B. 2NO22NaOH=NaNO3NaNO2H2O，HClNaOH=NaClH2O，因此实验室可用NaOH溶液处理NO2和HCl废气，故B正确；C. 实验室用氯化铵固体和氢氧化钙固体混合制取氨气，不是用溶液混合，故C错误；D. 实验室利用废铜屑制取CuSO4溶液的理想方法是：将废铜屑在空气中灼烧后再溶于稀硫酸，避免生成污染
31、性的气体，故D正确。综上所述，答案为C。【点睛】工业上利用废铜屑制取硫酸铜溶液或硝酸铜溶液的方法都是将废铜屑在空气中灼烧后再溶于稀酸，避免生成污染性的气体。23.“封管实验”具有简易、方便、节约、绿色等优点，下列关于三个“封管实验”(夹持装置未画出)的说法正确的是( )A. 加热时，中上部汇集了NH4Cl固体B. 加热时，中溶液变红，冷却后又都变为无色C. 加热时，中溶液红色褪去，冷却后溶液变红，体现SO2的漂白性D. 三个“封管实验”中所发生的化学反应都是可逆反应【答案】A【解析】【详解】A加热时，上部汇集了固体NH4Cl，是由于氯化铵不稳定，受热易分解，分解生成的氨气遇冷重新反应生成氯化铵
32、，A正确；B加热时氨气逸出，中颜色为无色，冷却后氨气又溶解中为红色，B错误；C二氧化硫与有机色素化合生成无色物质而具有漂白性，受热又分解，恢复颜色，所以加热时，溶液变红，冷却后又变为无色，C错误；D可逆反应应在同一条件下进行，题中实验分别在加热条件下和冷却后进行，不是可逆反应，D错误；答案选A【点睛】易错点是二氧化硫漂白性特点以及可逆反应的含义等。24.提纯下列物质(括号中为少量杂质)，选择的试剂和分离方法都正确的是( )。被提纯的物质除杂试剂分离方法A甲烷(乙烯)酸性高锰酸钾溶液洗气B乙醇(碘)氢氧化钠溶液过滤C乙酸乙酯(乙醇)饱和碳酸钠溶液蒸馏D乙醇(水)生石灰蒸馏A. AB. BC. C
33、D. D【答案】D【解析】【分析】【详解】A. 甲烷(乙烯)，将混合气体通入溴的四氯化碳溶液进行洗气，乙烯与酸性高锰酸钾溶液反应生成二氧化碳气体，引入新的杂质，故A错误；B. 乙醇(碘)，加入氢氧化钠溶液，碘与氢氧化钠溶液反应，乙醇易与水互溶，用蒸馏方法分离，故B错误；C. 乙酸乙酯(乙醇)，用饱和碳酸钠溶液溶解乙醇，降低乙酸乙酯溶解度，再用分液方法分离，而不是蒸馏，故C错误；D. 乙醇(水)，加入生石灰，生石灰与水反应，再蒸馏得到乙醇，故D正确。综上所述，答案为D。【点睛】甲烷中混有乙烯，检验可以用酸性高锰酸钾或溴的四氯化碳溶液，而除掉甲烷中混有乙烯用溴的四氯化碳溶液进行洗气。25.14 g
34、铜、银合金与一定量某浓度的硝酸溶液完全反应，将放出的气体与1.12 L(标准状况)氧气混合通入水中，恰好全部被水吸收，则合金中铜的质量是 ()A. 9.6 gB. 6.4 gC. 3.2 gD. 4.8 g【答案】C【解析】Cu-Ag合金溶于硝酸，硝酸浓度不知道，反应也就不确定，气体的成分也就不知道，可能是NO、NO2、N2O4等等，但是，最后与O2混合，用水恰好吸收，此时，所有的N又回到了HNO3中的+5价，存在关系，Cu-Ag化合价升高=N元素化合价降低=N元素化合价升高=O2化合价降低，设Cu质量x，Ag质量14-x，2x/64g/mol+(14-x)/108g/mol=4*1.12L/
35、22.4mol/L，解得，x=3.2g二、非选择题：包括第26题第30题共5个大题，共50分。26.为研究 NH3的某种性质并测定其组成，某小组课外活动欲利用 CuO 与 NH3 反应，设计了如下实验装置(夹持装置未画出)进行实验。请回答下列问题：(1)仪器 D 的名称为 _。(2)实验中观察到装置 C 中黑色 CuO 粉末变为红色固体，量气管有无色无味的气体，上述现象证明 NH3 具有 _性，写出相应的化学方程式 _。(3)E 装置中浓硫酸的作用 _。(4)读取气体体积前，应对装置 F 进行的操作：_。(5)实验完毕，若测得干燥管 D 增重 mg，装置 F 测得气体的体积为 n L(已折算成
36、标准状况)，则氨分子中氮、氢的原子个数比为_(用含 m、n 字母的代数式表示)(6)在实验室中用图中 A 装置也可制取 SO2 气体：选用的药品可以是 _。ANa2SO3 溶液与 HNO3 B铜与浓 H2SO4C碳与浓 H2SO4 DNa2SO3 固体与浓 H2SO4将制得的 SO2通入淀粉碘化钾溶液，现象为 _，表明 SO2 的氧化性比 I2_(填“强或“弱”)。实验室用 NaOH 溶液作为 SO2 的吸收剂防止污染空气，若向 100mL 0.3mol/L 的 NaOH溶液中通入标准状况下 0.448LSO2 气体，所得溶液中的溶质是_(填化学式)。【答案】 (1). 球形干燥管 (2).
37、还原 (3). 2NH3 + 3CuO 3Cu + N2 + 3H2O (4). 防止F中的水分进入D装置，并吸收未反应的氨气 (5). 调整F装置，使两边液面相平 (6). (7). D (8). 无明显现象或溶液不变蓝 (9). 弱 (10). Na2SO3和NaHSO3【解析】【分析】实验室一般用浓氨水和氧化钙反应生成氨气，用碱石灰干燥氨气，再通入到氧化铜中生成铜、氮气和水，用碱石灰干燥，再用浓硫酸吸收未反应的氨气，用量气管测定生成的氮气的体积时，使用量气管读数之前要冷却至室温，将两端液面相平。【详解】(1)仪器D的名称为球形干燥管；故答案为：球形干燥管。(2)实验中观察到装置 C 中黑
38、色 CuO 粉末变为红色固体，量气管有无色无味的气体，说明氧化铜变为铜，化合价降低，氨气反应生成氮气，化合价升高，因此上述现象证明NH3 具有还原性，相应的化学方程式2NH3 + 3CuO 3Cu + N2 + 3H2O；故答案为：还原；2NH3 + 3CuO 3Cu + N2 + 3H2O。(3)C装置中氨气与氧化铜反应，部分未反应完的氨气进入到后续装置，因此E装置中浓硫酸的作用防止F中的水分进入D装置，并吸收未反应的氨气；故答案为：防止F中的水分进入D装置，并吸收未反应的氨气。(4)读取气体体积前，装置两端的液面应该相平，因此应对装置F进行的操作：调整F装置，使两边液面相平；故答案为：调整
39、F装置，使两边液面相平。(5)实验完毕，若测得干燥管 D增重mg即为水的质量，物质的量为，装置F测得气体的体积为nL(已折算成标准状况)，则氮气的物质的量，根据元素守恒，则氨分子中氮、氢的原子个数比为；故答案为：。(6)ANa2SO3 溶液与 HNO3发生氧化还原反应，不会生成SO2 气体，故A不符合题意；B铜与浓 H2SO4在加热条件下才发生反应，故B不符合题意；C碳与浓 H2SO4加热才反应，故C不符合题意；DNa2SO3 固体与浓H2SO4反应生成SO2 气体，故D符合题意；综上所述，答案为D。SO2与碘化钾溶液不反应，因此SO2通入淀粉碘化钾溶液，现象为无明显现象，说明SO2与碘化钾溶
40、液不能生成I2，表明 SO2 的氧化性比 I2弱；故答案为：无明显现象或溶液不变蓝；弱。实验室用 NaOH 溶液作为 SO2 的吸收剂防止污染空气，若向 100mL 0.3 molL1的 NaOH溶液物质的量为0.3 molL10.1L =0.03mol，通入标准状况下0.448LSO2 气体即物质的量为，根据SO22NaOH=Na2SO3H2O，SO2NaOH = NaHSO3分析，由于，说明所得溶液中的溶质两者都有，即化学式为Na2SO3和NaHSO3；故答案为：Na2SO3和NaHSO3。27.一定条件下铁可以和 CO2 发生反应：Fe(s)CO2(g)FeO(s)CO(g)。一定温度下
41、，向某密闭容器中加入足量铁粉并充入一定量的 CO2 气体，反应过程中 CO2 气体和 CO 气体的浓度与时间的关系如图所示：(1)t1 时，正、逆反应速率的大小关系为 v 正_v 逆(填“”“”或“”)。(2)4 min 内，CO 的平均反应速率 v(CO)_。(3)下列条件的改变能减慢其反应速率的是_(填序号，下同)。降低温度 减少铁粉的质量保持压强不变，充入 He 使容器的体积增大保持容积不变，充入 He 使体系压强增大(4)下列描述能说明上述反应已达平衡状态的是_。v(CO2)v(CO) 单位时间内生成 n mol CO2 的同时生成 n mol CO容器中气体压强不随时间变化而变化容器
42、中气体的平均相对分子质量不随时间变化而变化【答案】 (1). (2). 0.125molL-1min-1 (3). (4). 【解析】【详解】（1）根据图象可知，在t1后，CO浓度增大、CO2浓度减小，说明反应未达到平衡，正向进行，因此v正 v逆；故答案为：；（2）根据图象可知，在4分钟内CO的平均反应速率，v(CO)=；故答案为：0.125molL-1min-1；（3）降低温度，物质的内能降低，活化分子数减小，有效碰撞次数减少，化学反应速率降低，符合题意；由于固体的浓度不变，所以减少铁粉的质量，物质的反应速率不变，不符合题意；保持压强不变，充入He使容器的体积增大，反应体系中物质浓度降低，单
43、位体积内活化分子数减少，有效碰撞次数减少，化学反应速率降低，符合题意；保持体积不变，充入He使体系压强增大，由于体系内的物质浓度不变，所以化学反应速率不变，不符合题意；故答案为：；（4）未指明反应是正向还是逆向进行，因此不能判断是否为平衡状态，错误；单位时间内生成n molCO2的同时必然会消耗n molCO，又生成n mol CO，则CO的物质的量不变，反应达到平衡状态，正确；该反应是反应前后气体体积不变反应，任何条件下体系的压强都不变，因此不能据此判断反应是否为平衡状态，错误；反应前后气体的体积不变，而气体的质量会发生变化，则气体的摩尔质量会发生变化，由于摩尔质量当以g/mol为单位时，数
44、值上等于物质的相对分子质量，所以若容器中气体的平均分子量不随时间而变化，则反应达到平衡状态，正确；故答案为：。【点睛】恒容：充入无关气体，体系内总压变大，分压不变，反应速率不变；恒压：充入无关气体，体系内总压不变，体积变大，分压变小，反应速率变小。28.海水是巨大的资源宝库，从海水中提取食盐和溴的过程如下：(1)请列举海水淡化的两种方法：_、_。(2)步骤中已获得Br2，步骤中又将Br2还原为Br，其目的是_。(3)步骤用SO2水溶液吸收Br2，吸收率可达95%，有关反应的离子方程式为_。(4)某化学研究性学习小组为了了解从工业溴中提纯溴的方法，查阅了有关资料知：Br2的沸点为59 ，微溶于水
45、，有毒并有强腐蚀性。他们参观生产过程后，画了如下装置简图：请你参与分析讨论：图中仪器B的名称是_；整套实验装置中仪器连接均不能用橡胶塞和橡胶管，其原因是_；实验装置气密性良好，要达到提纯溴的目的，操作中如何控制关键条件？ _。【答案】 (1). 蒸馏法 (2). 电渗析法、离子交换法(任写其中两个) (3). 富集溴元素 (4). Br2SO22H2O=4H2Br (5). 冷凝管 (6). Br2腐蚀橡胶 (7). 控制温度计b的温度，并收集59 的馏分【解析】【分析】利用海水淡化常见的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法，氯碱工业得到的氯气与溴离子反应生成低浓度的Br2溶液，此时蒸馏会消
46、耗大量能源，成本较高，因此用热空气吹出，用二氧化硫水溶液吸收得到硫酸和氢溴酸，再用氯气反应，得到较大浓度的Br2溶液，再蒸馏得到Br2，蒸馏时要注意Br2的沸点为59 ，微溶于水，有毒并有强腐蚀性，因此控制好温度，整个过程中不能使用橡皮管。【详解】(1)请列举海水淡化的两种方法：蒸馏法、电渗析法；故答案为：蒸馏法、电渗析法、离子交换法(任写其中两个)。(2)步骤中已获得Br2，获得的Br2浓度较小，因此步骤中又将Br2还原为Br，其目的是富集溴元素；故答案为：富集溴元素。(3)步骤用SO2水溶液吸收Br2，吸收率可达95%，反应生成HBr和硫酸，因此有关反应的离子方程式为Br2SO22H2O=
47、4HSO422Br；故答案为：Br2SO22H2O=4HSO422Br。(4)图中仪器B的名称是直形冷凝管；故答案为：直形冷凝管。整套实验装置中仪器连接均不能用橡胶塞和橡胶管，根据题意Br2有强腐蚀性，因此其原因是Br2腐蚀橡胶；故答案为：Br2腐蚀橡胶。实验装置气密性良好，要达到提纯溴的目的，根据题意Br2的沸点为59 ，应此操作的关键是控制温度计b的温度，并收集59 的馏分；故答案为：控制温度计b的温度，并收集59 的馏分。29.已知A是一种气态烃。完全燃烧时产生的水和二氧化碳的物质的量之比为1:1。A的相对分子质量小于30。在下图变化中，中间产物C跟葡萄糖一样也能和新制的氢氧化铜反应生成
48、砖红色沉淀。(反应条件未写出)又知2CH3CHO+O22CH3COOH。请回答下列问题：(1)写出A的名称_。(2)C、D分子内含有的官能团分别是_、_(填名称)。(3)写出下列反应的反应类型：_，_。(4)写出下列反应的化学方程式：_；_。【答案】 (1). 乙烯 (2). 醛基 (3). 羧基 (4). 氧化反应 (5). 取代反应或酯化反应 (6). 2CH3CH2OHO22CH3CHO2H2O (7). CH3CH2COOHCH3CH2OHCH3CH2COOCH2CH3H2O【解析】【分析】A是一种气态烃，完全燃烧时产生的水和二氧化碳的物质的量之比为1:1，说明氢碳比为2:1，A的相对
49、分子质量小于30，则A为乙烯即CH2=CH2,根据图中信息得到B为乙醇，C为乙醛，D为乙酸，乙醇和乙酸反应生成乙酸乙酯。【详解】(1)根据题意得到A的名称乙烯；故答案为：乙烯。(2)C为乙醛，分子内含有的官能团为醛基，D为乙酸，分子内含有的官能团分别是羧基；故答案为：醛基；羧基。(3) 是乙醇催化氧化变为乙醛，因此反应类型为氧化反应；是乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，反应类型为取代反应(酯化反应)；故答案为：氧化反应；取代反应(酯化反应)。(4)反应的化学方程式：是乙醇被催化氧化变为乙醛，其反应方程式为2CH3CH2OHO2 2CH3CHO2H2O；乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，其反
50、应方程式为CH3CH2COOHCH3CH2OHCH3CH2COOCH2CH3H2O；故答案为：2CH3CH2OHO2 2CH3CHO2H2O；CH3CH2COOHCH3CH2OHCH3CH2COOCH2CH3H2O。30.如图所示，是原电池的装置图。请回答：(1)若C为氯化铁溶液，电流表指针发生偏转，A、B电极材料分别为铜和银，则B电极上发生的电极反应式为_；(2)CO与H2反应还可制备CH3OH，CH3OH可作为燃料使用，用CH3OH和O2组合形成的质子交换膜燃料电池的结构示意图如图：电池总反应为2CH3OH+3O2=2CO2+4H2O，c电极为_极，电极反应方程式为_。若线路中转移6mol
51、电子，则消耗的O2在标准状况下的体积为_ L。(3)铅蓄电池是最常见的二次电池，放电时的化学方程式为：Pb(s)+PbO2(s)+2H2SO4(aq)2PbSO4(s)+2H2O(l)。该蓄电池放电时，电解质溶液中 SO42-移向_(填“正”或“负”)极；正极电极反应方程式为_；一段时间后，负极增重 48g，转移电子_mol。【答案】 (1). Fe3+e-= Fe2+ (2). 负 (3). CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+ (4). 33.6 (5). 负 (6). PbO2+2e-+SO42-+4H+=PbSO4+2H2O (7). 1【解析】【分析】分析原电池正负极，一般反应
52、的为负极，不反应的为正极，根据图像中电子转移或燃料电池中燃料作负极，根据4mol e O2计算消耗氧气的物质的量，根据原电池“同性相吸”原理分析溶液中离子移动方向，铅蓄电池中铅作负极，二氧化铅作正极，铅失去电子变为硫酸铅，质量增加。【详解】(1)若C为氯化铁溶液，电流表指针发生偏转，A、B电极材料分别为铜和银，铜和氯化铁反应，银和氯化铁不反应，因此铜为负极，银为正极，因此B电极上发生的电极反应式为Fe3+e= Fe2+；故答案为：Fe3+e= Fe2+。(2)电池总反应为2CH3OH+3O2=2CO2+4H2O，根据图中信息，c电极电子流出，因此c电极为负极，是CH3OH失去电子变为CO2，电
53、极反应方程式为CH3OH 6e + H2O = CO2+6H+。若线路中转移6mol电子，根据4mol e O2，因此消耗O2物质的量为1.5mol，则消耗的O2在标准状况下的体积为1.5mol22.4 Lmol1=33.6L；故答案为：负；CH3OH 6e + H2O = CO2+6H+；33.6。(3)铅蓄电池放电时，根据原电池“同性相吸”原理，电解质溶液中 SO42移向负极，根据反应方程式Pb(s)+PbO2(s)+2H2SO4(aq)2PbSO4(s)+2H2O(l)得出Pb为负极，PbO2为正极，正极电极反应方程式为PbO2+2e+SO42+4H+=PbSO4+2H2O，一段时间后，根据Pb 2e+SO42 =PbSO4，转移2mol电子，负极质量增加的质量即为1mol硫酸根的质量为96g，因此负极增重48g，转移电子1mol；故答案为：负；PbO2+2e+SO42+4H+=PbSO4+2H2O；1。
