1、云南省元江县一中2019-2020学年上学期开学考试高二化学一、单选题(共28小题，每小题2.0分，共56分)1.焰色反应不呈黄色的是（ ）A. 氯化钠B. 过氧化钠C. 氢氧化钠D. 氢氧化钾【答案】D【解析】【详解】焰色反应时，由于含有钠元素的物质进行该实验时火焰会是黄色的，含有钾元素的物质的焰色反应为紫色，所以不呈黄色的是KOH，故选D。2.下列物质分类正确的是（ ）A. Na2O2、Fe3O4、CuO均为碱性氧化物B. 稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体C. 烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质D. 盐酸、水玻璃、氨水均为混合物【答案】D【解析】试题分析：A、过氧化钠不是碱性氧化物，错误，不
2、选A；B、氯化铁溶液不属于胶体，错误，不选B；C、四氯化碳不是电解质，错误，不选C；D、盐酸是氯化氢的水溶液，水玻璃是硅酸钠的水溶液，氨水是氨气的水溶液，都为混合物，正确，选D。考点：物质的分类3.ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂，实验室可通过以下反应制得：2KClO3H2C2O4H2SO4=2ClO22CO2K2SO42H2O。下列有关该反应的说法正确的是（）A. KClO3在反应中失去电子B. ClO2是还原产物C. H2C2O4在反应中被还原D. 1 mol H2C2O4参加反应有4 mol电子转移【答案】B【解析】【分析】2KClO3+H2C2O4+H2SO4 2Cl
3、O2+K2SO4+2CO2+2H2O中，Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，C元素的化合价由+3价升高到+4价，其余元素的化合价不变，据此分析解答。【详解】AKClO3中Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，所以氯酸钾得电子为氧化剂，故A错误；BKClO3中Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，所以氯酸钾为氧化剂，其对应的产物ClO2是还原产物，故B正确； CH2C2O4中C元素的化合价由+3价升高到+4价，H2C2O4为还原剂，在反应中被氧化，故C错误；D1mol H2C2O4参加反应有1mol(4-3)=1mol电子转移，故D错误；答案选B。4.将ag某物质在足量氧气中充分燃烧再将气体生
4、成物通入足量的Na2O2充分反应，固体增重为bg，若ab，则该物质可能是（ ）A. H2B. COC. 乙酸(CH3COOH)D. 甲烷(CH4)【答案】D【解析】【详解】A2H2+O2 2H2O、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，可以改写为2Na2O2+2H2O=2(Na2O2H2)+O2，固体的增重为氢气的质量，即a=b，故A错误；B2CO+O2 2CO2、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，可以改写为2Na2O2+2CO2=(Na2O2CO)+O2，固体的增重为CO的质量，即a=b，故B错误；C乙酸(CH3COOH) 可以改写为(CO)2(H2)2，根据AB的分析，存在
5、a=b，故C错误；D甲烷(CH4) 可以改写为C(H2)2，燃烧后生成二氧化碳和水，固体的增重为CH4和部分氧气的质量，即ab，故D正确；故选D。【点睛】根据反应的方程式找到过氧化钠增加的质量的规律是解题的关键。根据反应方程式可知，过氧化钠增加的质量即为H2、CO的质量，因此只要是CO或H2或它们的混合气体或化学组成符合(CO)m(H2)n就满足a=b。5.下列物质中同时含有氯分子和氯离子的是（ ）A. 氯水B. 液态氯化氢C. 液氯D. 氯酸钾溶液【答案】A【解析】【详解】A氯水是混合物，含有氯离子、氯气分子、次氯酸根离子、氢离子等微粒，故A正确；B液态氯化氢由氯化氢分子构成，不含氯离子，故
6、B错误；C液氯是氯气的液态形式，氯气由氯分子构成，不含氯离子，故C错误；D氯酸钾能电离出钾离子和氯酸根离子，不存在氯离子和氯气分子，故D错误；故选A。【点睛】本题的易错点为D，要注意氯酸钾中不存在氯离子，存在的是氯酸根离子。6.关于气体摩尔体积的下列叙述中正确的是 ()A. 气体摩尔体积是单位物质的量的气体所占的体积B. 标准状况下，气体摩尔体积约为22.4 LC. 标准状况下，1 mol任何物质所占的体积约是22.4 LD. 标准状况下，1 mol氢气所占的体积约是22.4 Lmol1【答案】A【解析】【详解】A. 气体摩尔体积是单位物质的量的气体所占的体积，单位为Lmol1，A正确；B.
7、标准状况下，气体摩尔体积约为22.4 Lmol1，B错误；C. 标准状况下，1 mol任何气体所占的体积约是22.4 L，C错误；D. 标准状况下，1 mol氢气所占的体积约是22.4 L，D错误；正确选项A。7.萃取在生产和科学实验中有着广泛应用。下列混合物的分离中，需要应用萃取这种分离方法的是A. 海水淡化B. 分离豆浆和豆渣C. 用海水晒盐D. 从碘水中提取碘【答案】D【解析】【详解】A.海水淡化是除去海水中的可溶性杂质，采用蒸馏法；故A错；B.豆浆能透过滤纸，豆渣不能透过滤纸，可用过滤法分离豆浆和豆渣；故B错；C.海水晒盐时，水变为蒸气不断减少，食盐析出，其过程为蒸发结晶；故C错；D.
8、碘不易溶于水，易溶于有机溶剂，选有机溶剂苯或四氯化碳从碘水中萃取碘；故D正确；故选D。8.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 标准状况下，0.1NA个水分子所占的体积约为2.24 LB. 11.2 L CO2的物质的量为0.5 molC. NH3的摩尔质量等于NA个氨分子的质量之和D. 101 kPa、4 时，18 mL水和202 kPa、27 时32 g O2所含分子数均为NA【答案】D【解析】【详解】A、在标准状况下水不是气体，不能用气体摩尔体积来计算，故A错误；B、题中没有指明温度、压强，因此不能确定11.2 L CO2的物质的量就是0.5 mol，故B错误；C、质量单位为
9、g，N摩尔质量的单位是gmol1，两者单位不一致，故C错误；D、4 时，18 mL水就是18 g水，其物质的量为1 mol，含有NA个水分子，32 g O2的物质的量是1 mol，1 mol O2含有NA个O2分子，故D正确；答案选D。9.已知氯化碘(ICl)的性质类似于卤素，有很强的化学活性。ICl跟Zn、H2O分别发生如下反应：2ICl2Zn=ZnCl2ZnI2，IClH2O=HClHIO，下列叙述正确的是（ ）A. 在Zn跟ICl的反应中，ZnCl2既是氧化产物又是还原产物B. 在Zn跟ICl的反应中，ZnCl2既不是氧化产物又不是还原产物C. 在H2O跟ICl的反应中，ICl既是氧化剂
10、又是还原剂D. 在H2O跟ICl的反应中，ICl既不是氧化剂又不是还原剂【答案】D【解析】【详解】A2ICl2Zn=ZnCl2ZnI2，反应中Zn元素的化合价升高，I元素的化合价降低，则ZnI2既是氧化产物又是还原产物，ZnCl2是氧化产物，不是还原产物，故A错误；B2ICl2Zn=ZnCl2ZnI2，反应中Zn元素的化合价升高，I元素的化合价降低，则ZnCl2是氧化产物，不是还原产物，故B错误；CICl+H2O=HCl+HIO，反应中没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，ICl既不是氧化剂又不是还原剂，故C错误；DICl+H2O=HCl+HIO中没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，
11、ICl既不是氧化剂又不是还原剂，故D正确；故选D。【点睛】明确反应中元素的化合价的变化是解题的关键。解答本题要注意ICl中I为+1价。10.下列叙述中不正确的是（ ）A. 氯化氢的摩尔质量是36.5gmol1B. 含有6.021023个氧原子的磷酸的物质的量是0.25molC. amol水和amol二氧化碳所含分子数目相同D. 2H既可以表示2个氢原子又可以表示2 mol氢原子【答案】D【解析】【详解】AHCl的摩尔质量为36.5g/mol，故A正确；Bn=，6.021023个氧原子的物质的量为1mol，1个磷酸分子中含有4个氧原子，则磷酸的物质的量为1mol=0.25mol，故B正确；Cam
12、ol水和amol二氧化碳所含分子数目相同，均为aNA个，故C正确；D2H只表示2个氢原子，故D错误；故选D。11.海藻中含有丰富的碘元素。如图是实验室从海藻里提取碘的流程的一部分。下列判断正确的是A. 步骤的操作是过滤B. 可用淀粉溶液检验步骤反应是否进行完全C. 步骤、的操作分别是过滤、萃取D. 步骤中加入的有机溶剂可能是酒精或四氯化碳【答案】C【解析】【分析】根据流程，步骤得到溶液和残渣，因此操作是过滤，操作通入Cl2，发生2ICl2=2ClI2，然后利用I2易溶于有机溶剂，最后采用蒸馏方法得到碘单质。【详解】根据流程，步骤得到溶液和残渣，因此操作是过滤，操作通入Cl2，发生2ICl2=2
13、ClI2，然后利用I2易溶于有机溶剂，最后采用蒸馏方法得到碘单质。A、碘单质易溶于有机溶剂，常利用其沸点与有机溶剂相差较大采用蒸馏方法分离它们，故步骤应为蒸馏，故A错误；B、淀粉遇碘单质变蓝，只要产生I2，加入淀粉后，溶液就会变蓝，故B错误；C、根据流程，步骤得到溶液和残渣，因此步骤为过滤，碘单质易溶于有机溶剂，因此采用萃取的方法，步骤为萃取，故C正确；D、因为酒精易溶于水，因此萃取碘水中的碘单质，不能用酒精作萃取剂，故D错误。12.下列有关电解质的说法中正确的是()A. 固体氯化镁不导电，所以氯化镁不是电解质B. 三氧化硫水溶液的导电性很好，所以三氧化硫是电解质C. 熔融的铁导电性很好，所以
14、铁是电解质D. 氯化钾熔融状态能导电，所以氯化钾是电解质【答案】D【解析】【分析】A、固体氯化镁属于电解质，电解质能电离出自由移动的阴阳离子时能导电；B、三氧化硫属于非电解质，三氧化硫水溶液的导电性很好，但溶液中的离子是三氧化硫与水反应生成硫酸电离的；C、铁是单质，既不是电解质也不是非电解质；D、氯化钾熔融状态能电离出自由移动的离子。【详解】A项、固体氯化镁中含有不能自由移动的阴阳离子，所以不能导电，但水溶液或熔融状态能导电，属于电解质，故A错误；B项、虽然三氧化硫的水溶液导电性很好，但溶液中的离子是三氧化硫与水反应生成硫酸电离的，属于非电解质，故B错误；C项、电解质和非电解质必须是纯净的化合
15、物，铁是单质，既不是电解质也不是非电解质，故C错误；D项、氯化钾熔融状态能导电，离子是氯化钾电离的，所以是电解质，故D正确。【点睛】本题考查电解质的判断，侧重考查对基本概念的理解，注意电解质和非电解质都必须是化合物，还要注意电解质不一定导电，如离子化合物晶体，导电的不一定是电解质，如金属单质，为易错点。13.将两支盛有液态苯的试管分别插入95 的水和4 的水中，发现苯分别沸腾和凝固，以上事实说明( )A. 苯的熔点比水的低、沸点比水的高B. 苯的熔点比水的高、沸点比水的低C. 苯的熔点、沸点都比水的高D. 苯的熔点、沸点都比水的低【答案】B【解析】【分析】依据苯在95的水和4的水中的状态结合其
16、物理性质解答。【详解】苯在温度为95的水中，出现沸腾现象，说明：苯的沸点低于95，即低于水的沸点；苯在温度为4的水中，出现凝固现象，说明：苯的熔点高于0，即高于水的熔点；答案选B。14.关于Na2CO3和NaHCO3性质的说法不正确的是A. 在水中的溶解性：NaHCO3Na2CO3B. 相同条件下，与等浓度盐酸反应生成CO2的速率：NaHCO3Na2CO3C. 等质量的Na2CO3和NaHCO3分别与足量盐酸反应，NaHCO3放出CO2更多D. 等物质的量的Na2CO3和NaHCO3分别与足量盐酸反应产生的CO2质量相同【答案】B【解析】试题分析：A、溶解度NaHCO3Na2CO3，所以在水中
17、的溶解性：NaHCO3Na2CO3，A正确；B、Na2CO3与盐酸反应分步进行，首先Na2CO3+HClNaCl+ NaHCO3，然后NaHCO3+ HClNaCl+CO2+H2O。而NaHCO3中加入HCl立即发生反应NaHCO3+ HClNaCl+CO2+H2O，所以相同条件下，与等浓度盐酸反应生成CO2的速率：NaHCO3Na2CO3，B错误；C、碳酸钠的相对分子质量大于碳酸氢钠，则等质量的Na2CO3和NaHCO3分别与足量盐酸反应，NaHCO3放出CO2更多，C正确；D、Na2CO3+ 2HCl2NaCl+CO2+H2O，NaHCO3+ HClNaCl+CO2+H2O，由方程式可看出
18、：等物质的量的Na2CO3、NaHCO3分别与足量盐酸反应产生的CO2质量相同，D正确，答案选B。考点：考查Na2CO3和NaHCO3性质比较15.下列微粒中，核外电子总数为10是()A. NaB. CO2C. COD. N2【答案】A【解析】【分析】根据质子数等于核外电子数分析解答。【详解】A、钠离子核外电子总数为11110，A选；B、二氧化碳分子中核外电子总数为68222，B不选；C、一氧化碳分子中核外电子总数为6814，C不选；D、氮气分子中核外电子总数为7214，D不选。答案选A。16.下列过程没有发生化学键变化的是A. 生石灰投入水中B. 氯化氢气体通入水中C. 冰融化成水D. 高锰
19、酸钾固体受热分解【答案】C【解析】A. 生石灰投入水中生成氢氧化钙，有化学键的断裂和形成，A错误；B. 氯化氢气体通入水中电离出氢离子和氯离子，共价键断裂，B错误；C. 冰融化成水是状态的变化，化学键不变，C正确；D. 高锰酸钾固体受热分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，有化学键的断裂和形成，D错误；答案选C。点睛：化学反应的实质是化学键断键和新化学键形成的过程，特征是有新物质生成，但需要说明的是有化学键断裂的变化不一定是化学变化，例如选项B等，判断时需要灵活应用。17.下列叙述不正确的是（ ）A. 苯和乙烯分子都是平面结构B. 苯和乙烯分子中都含有C=C双键，它们的性质相似C. 苯属于不饱和烃，
20、能与氢气发生加成反应D. 苯分子中碳碳键是介于单键和双键之间的独特的键【答案】B【解析】【详解】A乙烯分子中的2个C原子和4个氢原子处于同一平面，苯是平面正六边形结构，12原子共平面，故A正确；B苯分子中的碳碳键完全相同，没有碳碳双键，也没有碳碳单键，故B错误；C苯的分子式为C6H6，属于不饱和烃，在一定条件下能与氢气发生加成反应，故C正确；D苯分子中的碳碳键是介于单键和双键之间的独特的化学键，故D正确；故选B。18.海水提溴过程中，将溴吹入吸收塔，使溴蒸气和吸收剂SO2发生作用以达到富集的目的，化学反应为Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，下列说法正确的是（ ）A. Br2在反应
21、中表现氧化性B. SO2在反应中被还原C. Br2在反应中失去电子D. 1mol Br2在反应中得到1mol电子【答案】A【解析】A、Br元素化合价从0价降低到1价，得到1个电子，Br2在反应中表现氧化性，A正确；B、S元素化合价从+4价升高到+6价，失去2个电子，SO2在反应中被氧化，B错误；C、Br2在反应中得到电子，C错误；D、1mol Br2在反应中得到2mol电子，D错误，答案选A。19.下列物质中，使溴水和酸性高锰酸钾溶液都能褪色的是()A. 丙烯B. 苯C. 乙烷D. 硝酸【答案】A【解析】【详解】A、丙烯分子中含有碳碳双键，能与溴水发生加成反应，使溴水褪色；能与酸性高锰酸钾溶液
22、发生氧化还原反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A正确；B、苯中含有介于碳碳单键和碳碳双键之间的一种特殊键，可以与酸性高锰酸钾溶液褪色，但不能与溴水发生加成反应，但可以萃取溴水中的溴单质，所以苯不能使溴水褪色，故B错误；C、乙烷中含有碳碳单键，饱和烃，稳定性强，不能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；D、硝酸不能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，故D错误；故选A。20.某胶体遇盐卤(MgCl2)或石膏水发生凝聚，而遇食盐水或硫酸钠溶液不易发生凝聚，下列说法中错误的是()A. 胶体粒子直径在l100 nm之间B. 遇BaCl2溶液或氢氧化铁胶体可发生凝聚C. 电泳时，该胶体向阴极方向移动D. 钠离子
23、使此胶体凝聚的效果不如Ca2、Mg2【答案】C【解析】【详解】A、胶体分散质微粒直径的大小介于1100 nm之间，A正确；B、氯化镁与氯化钠的阳离子不同，阴离子相同，硫酸钙和硫酸钠的阳离子不同，阴离子相同，由题中所述现象知：其胶体是否凝聚与加入的电解质的阳离子有关，且阳离子所带电荷越多聚沉效果越好，因此该胶体胶粒必带负电荷，由于氢氧化铁胶体的胶粒带正电荷，因此遇BaCl2溶液或氢氧化铁胶体可发生凝聚，B正确；C、该胶体胶粒带负电荷，因此电泳时，该胶体向阳极移动，C错误；D、根据题干中的信息可知钠离子使此胶体凝聚的效果不如Ca2、Mg2，D正确；答案选C。【点睛】准确判断出该胶体的胶粒带负电荷是
24、解答的关键，注意掌握影响胶体聚沉的因素和规律。另外需要注意胶体是不带电的，胶体吸附某些离子而带电荷。21.下列说法正确的是（ ）A. 从锂到铯，碱金属的单质都能与氯气反应B. Na2O2是过氧化物，KO2是超氧化物，它们都不是氧化物C. 碱金属单质都能与氧气反应，反应条件是加热或点燃D. 碱金属单质在空气中燃烧，都能生成过氧化物【答案】A【解析】【详解】A从锂到铯都是活泼的金属单质，都能与氯气反应生成金属氯化物，故A正确；BNa2O2是过氧化物，KO2是超氧化物，它们都是含有2种元素，其中一种是氧元素，都是氧化物，故B错误；C碱金属单质都是活泼的金属单质，都能与氧气反应，常温下也能反应，故C错
25、误；D单质锂在空气中燃烧，生成氧化锂，故D错误；故选A。22.如图所示装置，持续通入X气体，可以看到a处有红色物质生成，b处变成蓝色，c处得到液体，则X气体是A. H2B. CO和H2C. NH3D. CH3CH2OH(气)【答案】D【解析】试题分析：持续通入X气体，可以看到a处有红色物质生成，这说明氧化铜被还原为铜。b处变蓝，说明反应中还有水生成。c处得到液体，这说明反应中还有其他液态物质产生。A、氢气还原氧化铜生成水和铜，A错误；B、CO还原氧化铜生成铜和CO2，B错误；C、安全还原氧化铜生成铜、水和氮气，C错误；乙醇还原氧化铜生成铜、水和乙醛，D正确，答案选D。【考点定位】本题主要是考查
26、物质反应及产物检验的有关判断【名师点晴】本题以常见气体与氧化铜的反应为载体，重点考查常见物质的性质，包括物理性质和化学性质，有利于培养学生规范的实验设计与动手操作能力，旨在考查学生的学科素养。该类试题通过考查学生对基础知识和基本技能的理解和掌握。在一定程度上考查了学生的知识的灵活运用能力和分析问题解决问题的能力。该题的答题关键是熟练掌握氢气、CO、氨气及乙醇与氧化铜反应的生成物判断，难点是乙醇发生催化氧化的原理。【此处有视频，请去附件查看】23.能将太阳能转化为电能的材料是（ ）A. 硅B. 二氧化硅C. 硅酸钠D. 硅酸钙【答案】A【解析】【详解】太阳能电池板是半导体材料制成的，能直接把太阳
27、能转化成电能，硅单质属于半导体材料，因此硅可以制成太阳能电池板，其余选项中的物质均不是半导体材料，故选A。24.区别乙醇、苯和溴苯，最简单的方法是（ ）A. 加入金属钠B. 加酸性高锰酸钾溶液后振荡，静置C. 加蒸馏水后振荡，静置D. 加硝酸银溶液后振荡，静置【答案】C【解析】【详解】乙醇、苯和溴苯，与水混合的现象分别为不分层、分层后有机层在上层、分层后有机层在下层，现象不同可鉴别，为最简单的方法，其它选项较复杂，且浪费药品，故选C。25.下列关于 SO2性质的说法中，不正确的是()A. 能KMnO4溶液褪色B. 能使品红溶液褪色C. 能与 NaOH 溶液反应D. 能与水反应生成硫酸【答案】D
28、【解析】【详解】A、SO2有还原性，能使KMnO4溶液褪色，A项正确；B、SO2有漂白性，能使品红溶液褪色，B项正确；C、SO2是酸性氧化物，能与NaOH溶液反应生成亚硫酸钠和水，C项正确；D、SO2能与水反应生成亚硫酸，而不是硫酸，D项错误。答案选D。26.向碘水中加入适量CCl4并振荡，静置后观察到的现象是A. 形成均匀的无色溶液B. 形成均匀的紫红色溶液C. 液体分层，下层呈紫红色D. 液体分层，上下层均呈无色【答案】C【解析】碘易溶在有机溶剂中，所以二者混合后会发生萃取，碘分子进入四氯化碳中，溶液显紫红色。由于四氯化碳的密度大于水的，所以在下层。答案选C。27.加入Al能产生H2的溶液
29、中一定能大量共存的是A. K+、Na+、Br、SO42-B. Na+、Ba2+、ClO、ClC. Ca2+、Cl、HCO3-、K+D. NH4+、K+、OH、SO42-【答案】A【解析】【详解】溶液与铝反应产生氢气说明溶液可能显强酸性，也可能显强碱性。A组离子无论呈酸性还是碱性，离子之间都不发生任何反应，可大量共存，A正确；B组离子在酸性条件下，ClO不能大量存在，B错误；C组离子中HCO3既不能存在于强酸性溶液，也不能存在于强碱性溶液，C错误；D组离子中NH4+、OH反应而不能大量共存，D错误。故选A。【点睛】注意与铝能反应生成氢气的溶液可能是强酸性或强碱性，则在强酸性或强碱性溶液中发生反应
30、的离子不能大量共存。常见的弱酸根离子或弱碱阳离子都不能大量共存。特别注意硝酸根离子在酸性条件下与铝反应不能产生氢气。28. 下列说法错误的是()化学性质相似的有机物是同系物在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的有机物是同系物若烃中碳、氢元素的质量分数相同，它们必定是同系物互为同分异构体的两种有机物的物理性质有差别，但化学性质必定相似A. B. 只有C. 只有D. 只有【答案】A【解析】试题分析：同系物判断规律：一差：分子组成相差若干个原子团；一同：同通式。一似：结构相似（含有同种类、同个数的官能团）。化学性质相似，说明官能团种类相同，但个数不一定相同，如乙醇和乙二醇，故错误；分子组成相差一
31、个或几个CH2原子团的有机物，可能官能团不同，如乙醛和丙酮，故错误；同通式的物质碳、氢元素的质量分数相同，但不一定为同系物，如烯烃与环烷烃，故错误；互为同分异构体的物质，由于官能团可能不同，所以性质化学性质可能不同，故错误。考点：本题考查同系物分卷II二、非选择题(共5小题， 共44分)29.（1）将红热的固体单质甲放入显黄色的浓乙溶液中，剧烈反应，产生混合气体A，A在常温下不与空气作用，发生如下图所示的变化。则：写出下列物质的化学式：丙_，B_，C_， D_。写出甲跟乙反应的化学方程式：_。单质丙与溶液乙反应生成气体B的离子方程式：_。（2）如图是各物质的反应关系图：已知A和E都是黄色粉末，
32、F有刺激性气味且有漂白性。请据此回答下列问题：写出图中编号的化学方程式：_；_；_。【答案】 (1). Cu (2). NO (3). CaCO3 (4). Cu（NO3）2 (5). C4HNO3CO24NO22H2O (6). 3Cu8H2NO3-=2NO3Cu24H2O (7). 2Na2O22CO2=2Na2CO3O2 (8). Cu2H2SO4（浓）CuSO4SO22H2O (9). 2SO2O22SO3【解析】【分析】（1）可从蓝色溶液(含Cu2+ )和白色沉淀(CaCO3 )逆推，单质丙为Cu，与之反应的溶液为HNO3 ；图中的气体中含CO2 ，因该气体是气体A通过水后产生的，故
33、气体B只能是NO，气体A则应为CO2 和NO2 的混合物，进一步推出红热固体单质甲为碳，显黄色的溶液乙为浓硝酸；（2）A和E都黄色粉末，A与二氧化碳反应，则A为Na2O2，F有刺激性气味且有漂白性常被不法商人用来漂白腐竹，F为SO2；由元素守恒可知，E为S，再由转化关系图可知，B为Na2CO3，C为O2，G为SO3，H为H2SO4，然后结合元素化合物性质及化学用语来解答。【详解】（1）单质丙和A与水反应后的溶液发生反应生成蓝色溶液，则该蓝色溶液中含有铜离子，气体A和水反应生成的溶液应该是酸，则丙是Cu，铜和稀硝酸在常温下反应，则A与水反应后的溶液中含有HNO3，气体B是NO，根据元素守恒知，A
34、中含有NO2，通入水后的A中气体能和澄清石灰水反应生成白色沉淀，且还剩余NO，根据元素守恒及物质颜色知，甲是C，乙是浓硝酸，则A中含有CO2、NO2，根据以上分析知，甲、乙、丙分别是：C、HNO3（浓）、Cu，A为CO2、NO2，B为NO，C为CaCO3，D为Cu(NO3)2，故丙为Cu，B为NO，C为CaCO3， D为Cu(NO3)2；甲跟乙反应的化学方程式为C4HNO3CO24NO22H2O；单质丙与溶液乙反应生成气体B的离子方程式为3Cu8H2NO3-=2NO3Cu24H2O；（2）A和E都是黄色粉末，A与二氧化碳反应，则A为Na2O2，F有刺激性气味且有漂白性常被不法商人用来漂白腐竹，
35、F为SO2；由元素守恒可知，E为S，再由转化关系图可知，B为Na2CO3，C为O2，G为SO3，H为H2SO4，反应2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2；反应Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O；反应2SO2O22SO3。30.已知：A是石油裂解气的主要产物之一，其产量常用于衡量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
36、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). 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
37、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为乙烯含有碳碳双键，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
38、）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。31.下图是一个实验室制取氯气并以氯气为原料进行特定反应的装置（B中有导管和一个连通外界的长颈漏斗）：（1）A是氯气发生装置，其中反应的化学方程式为_（2）实验开始时，先点燃A处的酒精灯，打开旋塞K，让Cl2充满整个装置，再点燃D处酒精灯，Cl2通过C瓶后再进入D。D装置的硬质玻璃管内盛有炭粉，发生氧化还原反
39、应，其产物为CO2和HCl。试写出D中反应的化学方程式：_；装置C的作用是_ 。（3）在E处，紫色石蕊试液的颜色由紫色变为红色，再变为无色，其原因是_。（4）若将E处烧杯中溶液改为澄清石灰水，反应过程中现象为_。（选填标号）（A）有白色沉淀生成（B）无明显变化（C）先生成白色沉淀，而后白色沉淀消失（5）D处反应完毕后，关闭旋塞K，移去酒精灯，但由于余热的作用，A处仍有Cl2产生，此时B中的现象是_，B的作用是_。【答案】（1）4HCl + MnO2MnCl2+2H2O+Cl2（2）2Cl2+2H2O（g）+C4HCl+CO2吸收Cl2中的HCl气体，提供D处所需水蒸气。（3）生成的HCl气体使
40、紫色石蕊溶液变红，因未反应完的Cl2与H2O作用产生的HClO的漂白作用使红色消失。（4）B （5）瓶中液面下降，长颈漏斗内液面上升；贮存少量Cl2【解析】【分析】(1)根据浓盐酸和二氧化锰的性质判断生成物,从而确定方程式；(2)氯气有强氧化性，碳有还原性,在加热条件下氯气和水、碳发生氧化还原反应；氯化氢气体极易溶于水,且水能提供水蒸气,据此分析；(3)紫色石蕊试液遇酸变红,但次氯酸有漂白性,据此分析；(4)盐酸、次氯酸和澄清石灰水反应都生成可溶性的盐和水；(5)根据B装置内气体的压强变化分析液面变化。【详解】(1)浓盐酸和二氧化锰在加热条件下能发生氧化还原反应生成氯化锰、氯气、水，化学方程式
41、为：4HCl + MnO2MnCl2+2H2O+Cl2；因此，本题正确答案是: 4HCl + MnO2MnCl2+2H2O+Cl2；(2)A装置产生了氯气,C装置为D装置提供水蒸气,氯气有强氧化性,碳有还原性,在加热条件下氯气和水、碳发生氧化还原反应生成氯化氢和二氧化碳,反应方程式为：2Cl2+2H2O（g）+C4HCl+CO2；盐酸有挥发性,所以制取的氯气中含有氯化氢气体,氯化氢极易溶于水,通过以上分析知,C装置的作用是：吸收Cl2中的HCl气体,提供D处所需水蒸气；因此，本题正确答案是: 2Cl2+2H2O（g）+C4HCl+CO2；吸收Cl2中的HCl气体，提供D处所需水蒸气；(3)剩余
42、的氯气在E装置中和水反应生成盐酸和次氯酸,所以溶液呈酸性,紫色石蕊试液遇酸变红色,次氯酸有漂白性,能使溶液褪色；因此，本题正确答案是: 生成的HCl气体使紫色石蕊溶液变红，因未反应完的Cl2与H2O作用产生的HClO的漂白作用使红色消失；(4)剩余的氯气在E装置中和水反应生成盐酸和次氯酸,盐酸、次氯酸和澄清石灰水反应都生成可溶性的盐和水,所以反应过程无现象,所以B选项是正确的；因此，本题正确答案是: B；(5)D处反应完毕后,关闭旋塞K,移去酒精灯,但因为余热的作用,A处仍有Cl2产生,气体通过导管进入B装置,导致B装置中气体的压强增大,大于大气压,迫使瓶中液面下降,长颈漏斗内液面上升;饱和食
43、盐水能抑制氯气的溶解,所以B装置的作用是贮存少量Cl2；因此，本题正确答案是: 瓶中液面下降，长颈漏斗内液面上升；贮存少量Cl2。32. 实验室用燃烧法测定某固体有机物A的分子组成，测定装置如图(铁架台、铁夹、酒精灯等未画出)：取17.1 g A放入装置中，通入过量O2燃烧，生成CO2和H2O，请回答下列有关问题：(1)通入过量O2的目的是_。(2)C装置的作用是_；D装置的作用是_。(3)通过该实验，能否确定A中是否含有氧原子？_。(4)若A的摩尔质量为342 g/mol，C装置增重9.99 g，D装置增重26.4 g，则A分子式为_。(5)写出A燃烧的化学方程式_。(6)A可发生水解反应，
44、1 mol A可水解生成2 mol同分异构体，则A在催化剂作用下水解的化学方程式为_。【答案】(1)使有机物A充分燃烧(2)吸收A燃烧后生成的H2O 吸收A燃烧后生成的CO2(3)能 (4)C12H22O11(5)C12H22O1112O212CO211H2O(6)C12H22O11(蔗糖)H2OC6H12O6(葡萄糖)C6H12O6(果糖)【解析】试题分析：（1）通入过量O2可以使有机物A充分燃烧，防止生成CO。（2）浓硫酸具有吸水性，所以C装置的作用是吸收A燃烧后生成的H2O；碱石灰可以吸收CO2，所以D装置的主要作用是吸收A燃烧后生成的CO2。（3）根据原子守恒可知和质量守恒定律可以判断
45、出有机物中是否含有氧原子。（4）根据题意A的物质的量是17.1g342 g/mol0.05mol。水蒸气的物质的量是9.99g18g/mol0.55mol，CO2的物质的量是26.4g44gmol=0.6mol。所以有机物中含有的碳、氢原子数目分别是0.60.0512、0.5520.0522。所以含有的氧原子数目是，即A的分子式是C12H22O11。（5）A燃烧的生成物是水和CO2，所以燃烧的化学方程式是C12H22O1112O212CO211H2O。（6）1 mol A可水解生成2 mol同分异构体，则根据A的分子式可知，A是蔗糖，水解生成葡萄糖和果糖，化学方程式是C12H22O11(蔗糖)
46、H2OC6H12O6(葡萄糖)C6H12O6(果糖)。考点：考查有机物分子式的判断、化学方程式的书写点评：在根据有机物燃烧的有关计算，特别是在判断是否含有氧原子时，需要依据原子守恒和质量守恒定律等进行列式解答，。其次还需要搞清楚哪些试剂是吸水的，哪些试剂是吸收CO2的。33.已知A、B、F是家庭中常见的有机物，E是石油化工发展水平的标志，F是一种常见的高分子材料。根据下面转化关系回答下列问题：(1)操作、操作的名称分别为_、_。(2)下列物质中沸点最高的是_。A 汽油 B 煤油C 柴油 D 重油(3)在中属于取代反应的是_；原子利用率为100%的反应是_。(填序号)(4)写出结构简式：A_、F
47、_。(5)写出反应的离子方程式：_。(6)作为家庭中常见的物质F，它给我们带来了极大的方便，同时也造成了环境污染，这种污染称为_。【答案】 (1). 分馏 (2). 裂解 (3). D (4). (5). (6). CH3COOH (7). (8). CH3COOCH2CH3OHCH3COOC2H5OH (9). 白色污染【解析】【分析】由E是石油化工发展水平的标志，则E为CH2=CH2；由乙烯可以转化成F，再结合F是家庭中常见的有机物，F是一种常见的高分子材料知，F为；A、B、F是家庭中常见的有机物，E与水发生加成反应生成B为C2H5OH；由流程图知，C在酸性或碱性条件下都可以得到乙醇，说明
48、C是某种酸与乙醇反应生成的酯，再结合A与B反应生成C，A是家庭中常见的有机物知，则A为CH3COOH，C为CH3COOCH2CH3，D为CH3COONa；结合分析机型解答。【详解】（1）由石油得到汽油、煤油、柴油等轻质油的操作是分馏；由石油产品制取乙烯的操作是裂解（深度裂化）；答案：分馏；裂解；（2）由于在石油分馏的操作过程中，温度逐步升高使烃汽化，再经冷凝将烃分离开来，得到石油的分馏产品，即先得到的分馏产品沸点低，后得到的分馏产品沸点高，故选：D；（3）由于酯化反应、酯的水解反应均属于取代反应，所以在中属于取代反应的是、；原子利用率为100%的反应是加成反应和加聚反应，所以原子利用率为100%的反应是、；答案：、；、；（4）由上述分析可知，A的结构简式为CH3COOH，F的结构简式为：；（5）由上述分析可知反应为乙酸乙酯在碱性条件下发生的水解反应，其离子方程式：CH3COOCH2CH3+OH-CH3COO-+CH2CH3OH；答案：CH3COOCH2CH3OHCH3COOC2H5OH ；（6）由上述分析可知：F为，塑料的主要成分是聚乙烯，由于聚乙烯结构稳定、难以分解，急剧增加的塑料废弃物会造成白色污染。答案：白色污染。【点睛】本题突破口：E是石油化工发展水平的标志，E为CH2=CH2；以乙烯为中心进行推导得出各物质，再根据各物质的性质进行分析即可。
