1、2015-2016学年浙江省台州市书生中学高二（下）第一次月考化学试卷一、选择题（本大题共25小题，每小题2分，共50分每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1体操运动员比赛时为了防滑，常在手掌上涂抹碳酸镁粉末碳酸镁属于（）A酸B碱C盐D氧化物2在配制一定物质的量浓度的溶液时，不会用到的仪器是（）ABCD3在化学反应2KBr+Cl2=2KCl+Br2中，氧化剂是（）AKBrBCl2CKClDBr24氢有三种同位素： H、H和H，它们之间存在差异的是（）A中子数B电子数C原子序数D质子数5实验室有两瓶失去标签的溶液，其中一瓶是K2SO4溶液，另一瓶是NaOH
2、溶液鉴别时，下列选用的试纸或试剂不正确的是（）ApH试纸B紫色石蕊试液CNa2CO3固体DCuCl2溶液6下列各组中，互称为同素异形体的是（）AO2与O3B35Cl与37ClCDCH4与C2H67绿色化学对于化学反应提出了“原子经济性”（原子节约）的新概念及要求，理想的原子经济性反应是原料分子中的原子全部转化成所需要的产物，不产生副产物，实现零排放下列反应类型中完全符合要求的是（）A分解反应B置换反应C复分解反应D化合反应8用聚光手电筒照射下列分散系，能观察到丁达尔效应的是（）A溶液B胶体C乳浊液D悬浊液9下列化学用语表达正确的是（）A乙烯的结构简式：CH2CH2B甲烷分子的球棍模型：C乙醇的
3、分子式：C2H5OHD氟离子的结构示意图：10下列说法中，不正确的是（）A干冰升华，克服的是CO2的分子间作用力B碳原子间连接方式的多样性，是含碳化合物种类繁多的原因之一C在N2、CO2和SiO2物质中，都存在共价键，它们都是由分子构成DNH4Cl属于离子化合物，该物质中存在离子键和共价键11对于反应中的能量变化，下列表述正确的是（）A断开化学键的过程会放出能量B氧化反应均为吸热反应C加热才能发生的反应一定是吸热反应D放热反应中，反应物的总能量大于生成物的总能量12某学习小组研究某酸性工业废水样品，以下实验操作或分析结论中，正确的是（）A用玻璃棒蘸取废水样品，沾在用蒸馏水润湿的pH试纸上测定其
4、pHB将无色酚酞试液滴入废水样品中以验证其酸性C该工业废水中c（H+）c（OH）D测得废水样品的pH=4，说明该废水样品中c（H+）=4.0 molL113下列物质的水溶液因水解呈碱性的是（）ANa2CO3BNaOHCHClDAlCl314下列有关物质用途的说法中，不正确的是（）AFe2O3常用作红色油漆和涂料B碳酸氢钠可用于治疗胃酸过多C二氧化硅可用于制造集成电路DCl2可用于制漂白粉15下列说法正确的是（）A石油裂解目的是为了提高轻质油产量和质量B淀粉、纤维素、油脂都是高分子化合物C可以通过分液的方法分离乙酸乙酯和水的混合物D在紫外线、饱和（NH4）2SO4溶液、CuSO4溶液、福尔马林等
5、作用下，蛋白质均会发生变性16关于常温下pH=11的氨水和氢氧化钠溶液，下列说法正确的是（）A氨水溶液的浓度大于氢氧化钠溶液BNH3H2O的电离方程式：NH3H2O=NH4+OHCc（NH3H2O）+c（NH4+）=0.001 molL1D往两溶液中加入盐酸恰好中和，则反应后溶液的pH值相同17干电池原理示意图如图，电池总反应为：Zn+2NH4+=Zn2+2NH3+H2，下列说法正确的是（）A碳为电池的正极BZn极上发生还原反应C常见锌锰干电池为二次电池D反应2NH4+2e=2NH3+H2在负极上发生18下列离子方程式不正确的是（）A碳酸氢钠溶液中加入稀盐酸：HCO3+H+H2O+CO2B向漂
6、白粉溶液中通入SO2气体：Ca2+2ClO+SO2+H2OCaSO3+2HClOC醋酸与氨水反应：CH3COOH+NH3H2OCH3COO+NH4+H2OD常温下，用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气：Cl2+2OHCl+ClO+H2O19下列关于硫及含硫化合物的叙述正确的是（）ASO2的漂白原理与次氯酸相同B硫在空气中燃烧生成大量SO3C浓硫酸可以干燥H2、NH3、CO2等气体D常温下铁遇浓硫酸钝化，因此可用铁槽车储运浓硫酸20在一定温度下，体积不变的密闭容器中，可逆反应X（g）+3Y（g）2Z（g）达到平衡的标志是（）AX、Y、Z的浓度不再发生变化B消耗Z的速率是生成X的速率的2倍C气体总质量保持
7、不变DX、Y、Z的分子数之比为1：3：221下列有关甲烷的说法中，不正确的是（）A不能使酸性高锰酸钾溶液褪色B可以用排水法或向下排空气法收集C是最简单的有机物D能使溴水褪色22用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（）A14 g氮气所含质子数目为7 NAB7.8 g苯含有碳碳双键的数目为0.3NAC标准状况下，足量的Fe与2.24 L Cl2反应转移电子的数目为0.2NAD1molNa2O2中离子总数是3NA23X、Y、Z、M、N是元素周期表中的短周期主族元素，且原子序数依次递增Z的+2价阳离子电子层结构与氖相同，X、M同主族，Y在同周期主族元素中原子半径最大Y和M可以形成Y2M型化
8、合物下列有关说法正确的是（）AX与Y只能形成一种化合物B最高价氧化物对应水化物的酸性：NMC单质与水反应的剧烈程度：ZYD气态氢化物稳定性：MX24下列有关离子（或物质）的检验及结论，正确的是（）A用洁净的铂丝蘸取溶液在火焰上灼烧，产生黄色火焰，则原溶液中一定不含有K+B加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加入盐酸白色沉淀消失，一定有Ba2+C检验Na2CO3固体中是否混有NaHCO3，可向固体滴加稀盐酸，观察是否产生气体D向无色溶液中加入稀盐酸无现象，再加入BaCl2有白色沉淀生成，则该溶液中一定含有SO4225铁、铜混合粉末18.0g加入到100mL 5.0molL1 FeCl3溶液中，充分反应
9、后，剩余固体质量为2.8g下列说法正确的是（）A剩余固体是铁、铜混合物B原固体混合物中铜的质量是9.6gC反应后溶液中n（Fe3+）=0.10molD反应后溶液中n（Fe2+）+n（Cu2+）=0.75mol二、非选择题部分（本大题共7大题，共50分）26A为标准状况下密度为1.25gL1的常见气态烃有关物质的转化关系如图：请回答：（1）X分子中官能团的名称是（2）向装有银氨溶液的试管中加入3滴B溶液，振荡后水浴加热写出加热后观察到的现象（3）X转化为C的化学方程式是27有A、B、C三种常见单质，其有关反应如图所示：已知B、E的水溶液显酸性，E在一定条件下有还原性，但不能被浓H2SO4氧化，B
10、显黄绿色，D遇KSCN溶液显血 红色（1）写出E的电子式；（2）A和D反应的离子方程式：（3）FD的离子方程式：28（1）为比较Na2CO3和NaHCO3的热稳定性，某同学设计了如图1实验装置实验时，先检查装置的气密性，再取少量Na2CO3粉末加在大试管的底部，另取少量NaHCO3粉末加在小试管底部预热后在大试管底部加热开始加热一段时间后，试管（填“A”或“B”）中会出现浑浊现象实验现象证明，加热条件下，Na2CO3比NaHCO3更（填“稳定”或“不稳定”）（2）实验室用MnO2和浓盐酸反应制取Cl2，发生装置如图2A回答下列问题：仪器a的名称是写出A中反应的化学方程式制得的气体除去HCl杂质
11、后，为得到干燥的Cl2，应通过装置（填“B”“C”或“D”）29将露置于空气中的某氢氧化钠固体样品溶于水，向所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，生成的CO2（标准状况）与加入的盐酸体积有如图关系（不考虑CO2在水中的溶解）试计算：（1）盐酸的物质的量浓度为molL1（2）该样品中NaOH与Na2CO3物质的量之比为30二氧化碳的捕集、利用与封存（CCUS）是我国能源领域的一个重要战略方向，CCUS或许发展成一项重要的新兴产业（1）已知：CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（g）H1=a kJmol1CO（g）+H2O （g）CO2（g）+H2 （g）H2=b kJmol12CO（g）+
12、O2（g）2CO2（g）H3=c kJmol1反应CO2（g）+CH4（g）2CO（g）+2H2（g） 的H=kJmol1（2）利用废气中的CO2为原料制取甲醇，反应方程式为：CO2+3H2CH3OH+H2O其他条件相同，该甲醇合成反应在不同催化剂（、）作用下反应相同时间后，CO2的转化率随反应温度的变化如图1所示a点所代表的状态（填“是”或“不是”）平衡状态c点CO2的转化率高于b点，原因是（3）用二氧化碳催化加氢来合成低碳烯烃，起始时以0.1MPa，n（H2）：n（CO2）=3：1的投料比充入反应器中，发生反应：2CO2（g）+6H2（g）C2H4（g）+4H2O（g）H，不同温度下平衡时
13、的四种气态物质的物质的量如图2所示：该进行的反应的S0（填：“”或“”）对于气体反应，用某组分（B）的平衡压强（pB）代替物质的量浓度（cB）也可以表示平衡常数（记作KP），则该反应的KP=为提高CO2的平衡转化率，除改变温度外，还可采取的措施是（列举2项）31过氧化镁（MgO2）为白色粉末，不溶于水，易溶于稀酸，主要用于医药等行业MgO2可以下反应制得：MgO2+H2O=MgO2+H2O过氧化镁的制备过氧化镁的制备流程如图1所示：（1）用如图2所示装置进行煅烧，仪器A的名称是；（2）某同学为了研究Mg2（OH）2CO3煅烧条件对合成MgO2的影响设计实验如下表所示（所取固体质量均为ag），其
14、他条件不变时，探究煅烧温度对合成MgO2的影响，可选择实验（填实验编号） 实验编号 煅烧温度（） 煅烧时间（h） 550 2 600 1 650 2 700 3过氧化镁晶体含量的测定：过氧化镁产品中常混有少量MgO，实验室可通过多种方案测定样品中过氧化镁的含量（3）某同学拟用图3装置测定一定质量的样品中过氧化镁的含量图3装置中，虚线框内应选择装置（填“甲”或“乙”）装置连接完毕后，进行气密性检验的方法为；稀盐酸中加入少量FeCl3溶液作用是（4）某同学准确称取1.500g产品于锥形瓶中，加入15ml蒸馏水和15mL2.000molL1 H2SO4，用0.5000molL1KMnO4标准溶液滴定
15、至终点反应的离子方程式为：2MnO4+5H2O2+6H+2Mn2+5O2+8H2O滴定终点观察到的现象为；根据图4计算产品中MgO2的质量分数为32有机物A（C6H8O4）为食品包装纸的常用防腐剂，A难溶于水但可以使溴的CCl4溶液褪色A在酸性条件下水解反应，得到B（C4H4O4）和C通常状况下B为无色晶体，能与氢氧化钠溶液 发生反应C的一种同系物是人类广泛使用的饮料成分（1）A可以发生的反应类型有（选填序号）加成反应 酯化反应 加聚反应 氧化反应（2）B分子所含官能团的名称、（3）B分子中没有支链，则B的结构简式和B具有相同官能团的同分异构体的结构简式（4）两分子天门冬氨酸一定条件下可以缩合
16、生成一种六元环肽结构的物质，写出该反应的化学方程式2015-2016学年浙江省台州市书生中学高二（下）第一次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本大题共25小题，每小题2分，共50分每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1体操运动员比赛时为了防滑，常在手掌上涂抹碳酸镁粉末碳酸镁属于（）A酸B碱C盐D氧化物【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系【分析】物质分为混合物和纯净物，纯净物又分为单质和化合物，化合物分为氧化物、酸、碱、盐；氧化物是指由两种元素组成的化合物中，其中一种元素是氧元素酸是电离出的阳离子全部是氢离子的化合物；碱是电离出的阴离子全部
17、是氢氧根离子的化合物；盐是电离出金属离子和酸根离子的化合物【解答】解：A、酸是电离出的阳离子全部是氢离子的化合物，故A错误；B、碱是电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物，故B错误；C、碳酸镁由金属离子和酸根离子组成，属于盐，故C正确；D、氧化物是指由两种元素组成的化合物中，其中一种元素是氧元素，故D错误；故选C2在配制一定物质的量浓度的溶液时，不会用到的仪器是（）ABCD【考点】溶液的配制【分析】配制一定物质的量浓度的溶液的配制步骤：计算、称量（量取）、溶解、转移、洗涤、定容等，依据配制步骤选择需要的仪器【解答】解：配制步骤为计算、称量（量取）、溶解、转移、洗涤、定容，称量时用到仪器是天平、
18、钥匙（量取时用到量筒），溶解时用到烧杯、玻璃棒，转移溶液时用到玻璃棒、容量瓶，定容时用到胶头滴管，所以没有用到的是圆底烧瓶，故选：B3在化学反应2KBr+Cl2=2KCl+Br2中，氧化剂是（）AKBrBCl2CKClDBr2【考点】氧化还原反应【分析】2KBr+Cl2=2KCl+Br2中，Cl元素的化合价降低，Br元素的化合价升高，以此来解答【解答】解：2KBr+Cl2=2KCl+Br2中，Cl元素的化合价降低，则氧化剂为Cl2，故选B4氢有三种同位素： H、H和H，它们之间存在差异的是（）A中子数B电子数C原子序数D质子数【考点】核素【分析】同位素具有相同的质子数，不同中子数，其质量数不同
19、，以此来解答【解答】解： H、H和H为氢元素的同位素，具有相同的质子数，不同中子数，其质量数也不同故选A5实验室有两瓶失去标签的溶液，其中一瓶是K2SO4溶液，另一瓶是NaOH溶液鉴别时，下列选用的试纸或试剂不正确的是（）ApH试纸B紫色石蕊试液CNa2CO3固体DCuCl2溶液【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用【分析】一瓶是K2SO4溶液，另一瓶是NaOH溶液，溶液分别为中性、碱性，且碱与氯化铜反应生成蓝色沉淀，以此来解答【解答】解：ApH大的为NaOH，小的为K2SO4溶液，pH试纸可鉴别，故A不选；B加紫色石蕊，溶液为蓝色的为NaOH，可鉴别，故B不选；C二者与碳酸钠均不反应，
20、不能鉴别，故C选；DNaOH与氯化铜反应生成蓝色沉淀，而硫酸钾不能，现象不同，可鉴别，故D不选；故选C6下列各组中，互称为同素异形体的是（）AO2与O3B35Cl与37ClCDCH4与C2H6【考点】同素异形体【分析】AO2与O3分子式不相同，互为同素异形体；B35Cl和37Cl中子数不同，是氯元素的不同核素； C乙醛和环氧乙烷是分子式相同结构不同；DCH4与C2H6都属于烷烃中不同的化合物【解答】解：AO2与O3分子式不相同，形成元素相同，互为同素异形体，故A正确；B35Cl与37Cl中子数不同，是碳元素的不同核素，互为同位素，故B错误； C分子式相同，结构不同属于同分异构体，故C错误；DC
21、H4与C2H6都属于烷烃中不同的化合物属于同系物，故D错误；故选A7绿色化学对于化学反应提出了“原子经济性”（原子节约）的新概念及要求，理想的原子经济性反应是原料分子中的原子全部转化成所需要的产物，不产生副产物，实现零排放下列反应类型中完全符合要求的是（）A分解反应B置换反应C复分解反应D化合反应【考点】绿色化学【分析】原子经济性反应是原料分子中的原子全部转化成所需要的产物，不产生副产物，实现零排放，化合反应符合要求【解答】解：化合反应是两种或多种物质反应生成一种物质，则原料分子中的原子全部转化成所需要的产物，不产生副产物，原子利用率高达100%，符合“原子经济性”（原子节约）的新概念及要求；
22、故选D8用聚光手电筒照射下列分散系，能观察到丁达尔效应的是（）A溶液B胶体C乳浊液D悬浊液【考点】胶体的重要性质【分析】丁达尔效应是胶体特有的性质，可用于区别胶体和溶液、胶体和浊液【解答】解：丁达尔效应是胶体特有的性质，溶液和浊液均无丁达尔效应，故选B9下列化学用语表达正确的是（）A乙烯的结构简式：CH2CH2B甲烷分子的球棍模型：C乙醇的分子式：C2H5OHD氟离子的结构示意图：【考点】结构简式；原子结构示意图；球棍模型与比例模型【分析】A、烯烃的结构简式中碳碳双键不能省略；B、球棍模型是用小球和小棍来代表原子和共价键的模型；C、表示物质元素组成的式子为分子式；D、氟离子核内有9个质子，核外
23、有10个电子【解答】解：A、乙烯结构简式中碳碳双键不能省略，乙烯的结构简式为CH2CH2，故A错误；B、甲烷为正四面体结构，分子中含有4个碳氢键，甲烷球棍模型为，故B正确；C、表示物质元素组成的式子为分子式，故乙醇的分子式为C2H6O，故C错误；D、氟离子核内有9个质子，核外有10个电子，氟离子的结构示意图为，故D错误故选B10下列说法中，不正确的是（）A干冰升华，克服的是CO2的分子间作用力B碳原子间连接方式的多样性，是含碳化合物种类繁多的原因之一C在N2、CO2和SiO2物质中，都存在共价键，它们都是由分子构成DNH4Cl属于离子化合物，该物质中存在离子键和共价键【考点】化学键和分子间作用
24、力的区别；化学键【分析】A分子晶体中分子间存在分子间作用力； B碳原子与碳原子或其它原子之间形成单键、双键或三键，可以形成链状或环状；C二氧化硅是原子晶体；DNH4Cl中含有离子键和共价键，属于离子化合物【解答】解：A分子晶体中分子间存在分子间作用力，则干冰升华，克服的是CO2的分子间作用力，故A正确； B碳原子与碳原子或其它原子之间形成单键、双键或三键，可以形成链状或环状，所以碳原子间连接方式的多样性，是含碳化合物种类繁多的原因之一，故B正确；C二氧化硅是原子晶体，由硅原子和氧原子构成，故C错误；DNH4Cl离子化合物，铵根离子和氯离子之间形成的是离子键，铵根离子中N原子和H原子之间形成的是
25、极性共价键，故D正确故选C11对于反应中的能量变化，下列表述正确的是（）A断开化学键的过程会放出能量B氧化反应均为吸热反应C加热才能发生的反应一定是吸热反应D放热反应中，反应物的总能量大于生成物的总能量【考点】化学反应的能量变化规律；吸热反应和放热反应【分析】A、断裂化学键需要吸收能量；B、反应吸热还是放热决定与反应物与生成物的能量高低，与反应类型无关；C、反应吸热还是放热决定与反应物与生成物的能量高低，与反应条件无关；D、当反应物的总能量大于生成物的总能量时反应放热【解答】解：A、断裂化学键需要吸收能量，故A错误；B、燃烧都是氧化反应，并且都是放热反应，故B错误；C、燃烧都是放热反应，但需要
26、加热到着火点，故C错误；D、当反应物的总能量大于生成物的总能量时反应放热，故D正确；故选D12某学习小组研究某酸性工业废水样品，以下实验操作或分析结论中，正确的是（）A用玻璃棒蘸取废水样品，沾在用蒸馏水润湿的pH试纸上测定其pHB将无色酚酞试液滴入废水样品中以验证其酸性C该工业废水中c（H+）c（OH）D测得废水样品的pH=4，说明该废水样品中c（H+）=4.0 molL1【考点】试纸的使用；pH的简单计算；指示剂的使用【分析】ApH试纸不能润湿；B凡是pH小于等于7的溶液均不能使酚酞变红；Cc（H+）c（OH）溶液呈酸性；DpH=4，说明c（H+）=104 molL1【解答】解：A润湿pH试
27、纸，相当于稀释了待测液，使酸碱的浓度变小，故A错误； B向某无色溶液中滴入酚酞试液，溶液不变色，只能证明该溶液不是碱性溶液，故B错误；Cc（H+）c（OH），工业废水中呈酸性，故C正确；DpH=4，说明该废水样品中c（H+）=104 molL1，故D错误故选C13下列物质的水溶液因水解呈碱性的是（）ANa2CO3BNaOHCHClDAlCl3【考点】盐类水解的应用【分析】物质的水溶液因水解呈碱性的是强碱弱酸盐，据此分析【解答】解：A碳酸钠是强碱弱酸盐，水解溶液显碱性，CO32+H2OHCO3+OH，故A正确；BNaOH是强碱，在水中能电离出大量的氢氧根，故是电离显碱性，故B错误；C氯化氢是强酸
28、，在溶液中完全电离溶液显酸性，故C错误；D氯化铝是强酸弱碱盐，在溶液中能电离为铝离子水解溶液呈酸性，Al3+3H2OAl（OH）3+3H+，氯离子不水解，故D错误故选A14下列有关物质用途的说法中，不正确的是（）AFe2O3常用作红色油漆和涂料B碳酸氢钠可用于治疗胃酸过多C二氧化硅可用于制造集成电路DCl2可用于制漂白粉【考点】铁的氧化物和氢氧化物；氯气的化学性质；硅和二氧化硅；钠的重要化合物【分析】AFe2O3为红色物质，难溶于水；B胃酸主要成分是盐酸，碳酸氢钠腐蚀性较小，和盐酸反应；C二氧化硅为绝缘体，是光导纤维的成分，集成电路利用的是单质硅的性质；D氯气和氢氧化钙之间反应可以得到漂白粉，
29、【解答】解：AFe2O3为红色物质，不溶于水则常用作红色油漆和涂料，故A正确；B胃酸主要成分是盐酸，所以碳酸氢钠可用于治疗胃酸过多的反应物是碳酸氢钠和盐酸，生成物是氯化钠、水、二氧化碳，方程式是：NaHCO3+HClNaCl+H2O+CO2，故B正确；C二氧化硅为绝缘体，不导电，晶体硅是良好的半导体材料可用于制造集成电路，故C错误；D工业上将Cl2通入石灰乳制取漂白粉，反应的化学方程式为2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O故D正确；故选C15下列说法正确的是（）A石油裂解目的是为了提高轻质油产量和质量B淀粉、纤维素、油脂都是高分子化合物C可以通过分液的方法分离乙酸
30、乙酯和水的混合物D在紫外线、饱和（NH4）2SO4溶液、CuSO4溶液、福尔马林等作用下，蛋白质均会发生变性【考点】有机物的结构和性质；有机化学反应的综合应用【分析】A石油裂解是为了获得烯烃；B油脂相对分子质量在10000以下；C乙酸乙酯和水分层；D饱和（NH4）2SO4溶液可使蛋白质发生盐析【解答】解：A石油裂解是为了获得乙烯，裂化的目的是为了获得轻质油，故A错误；B淀粉、纤维素都是高分子化合物，而油脂不是高分子，故B错误；C乙酸乙酯和水分层，可利用分液法分离，故C正确；D饱和（NH4）2SO4溶液可使蛋白质发生盐析，而在紫外线、CuSO4溶液、福尔马林等作用下，蛋白质均会发生变性，故D错误
31、；故选C16关于常温下pH=11的氨水和氢氧化钠溶液，下列说法正确的是（）A氨水溶液的浓度大于氢氧化钠溶液BNH3H2O的电离方程式：NH3H2O=NH4+OHCc（NH3H2O）+c（NH4+）=0.001 molL1D往两溶液中加入盐酸恰好中和，则反应后溶液的pH值相同【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】ANH3H2O是弱电解质，在溶液中部分电离；B弱电解质的电离方程式用可逆号表示；C氨水的总浓度大于溶液中氢氧根离子的浓度；D氨水与盐酸反应生成氯化铵，氯化铵在溶液中水解【解答】解：ANH3H2O是弱电解质，在溶液中部分电离，所以氨水的浓度大于氢氧根离子的浓度，则氨水溶液的浓度大于氢
32、氧化钠溶液，氢氧化钠的浓度等于氢氧根离子浓度，故A正确；B弱电解质的电离方程式用可逆号表示，则NH3H2O的电离方程式：NH3H2ONH4+OH，故B错误；C氨水的总浓度大于溶液中氢氧根离子的浓度，所以c（NH3H2O）+c（NH4+）0.001 molL1，故C错误；D氨水与盐酸反应生成氯化铵，氯化铵在溶液中水解，溶液显酸性，氢氧化钠与HCl反应生成NaCl溶液显中性，二者的pH不同，故D错误故选A17干电池原理示意图如图，电池总反应为：Zn+2NH4+=Zn2+2NH3+H2，下列说法正确的是（）A碳为电池的正极BZn极上发生还原反应C常见锌锰干电池为二次电池D反应2NH4+2e=2NH3
33、+H2在负极上发生【考点】化学电源新型电池【分析】该装置是原电池，根据电池反应式知，放电时，Zn元素化合价由0价变为+2价、H元素化合价由+1价变为0价，所以Zn是负极、C是正极，负极反应式为Zn2e=Zn2+，正极反应式为2NH4+2e=2NH3+H2，据此分析解答【解答】解：A放电时，Zn元素化合价由0价变为+2价、H元素化合价由+1价变为0价，所以Zn是负极、C是正极，故A正确；BZn电极上失电子发生氧化反应，电极反应式为Zn2e=Zn2+，故B错误；C常见锌锰干电池不能充放电，所以属于一次电池，故C错误；DZn是负极、C是正极，正极反应式为2NH4+2e=2NH3+H2，负极反应式为Z
34、n2e=Zn2+，故D错误；故选A18下列离子方程式不正确的是（）A碳酸氢钠溶液中加入稀盐酸：HCO3+H+H2O+CO2B向漂白粉溶液中通入SO2气体：Ca2+2ClO+SO2+H2OCaSO3+2HClOC醋酸与氨水反应：CH3COOH+NH3H2OCH3COO+NH4+H2OD常温下，用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气：Cl2+2OHCl+ClO+H2O【考点】离子方程式的书写【分析】A碳酸氢钠溶液中加入稀盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水；B次氯酸根离子具有强的氧化性，能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子；C二者反应生成醋酸铵和水；D氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水【解答】解：A碳酸氢钠溶
35、液中加入稀盐酸，离子方程式：HCO3+H+H2O+CO2，故A正确；B漂白粉溶液中通入过量SO2，离子方程式：Ca2+2ClO+2H2O+2SO2=CaSO4+4H+2Cl+SO42，故B错误；C醋酸与氨水反应，离子方程式：CH3COOH+NH3H2OCH3COO+NH4+H2O，故C正确；D常温下，用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气，离子方程式：Cl2+2OHCl+ClO+H2O，故D正确；故选：B19下列关于硫及含硫化合物的叙述正确的是（）ASO2的漂白原理与次氯酸相同B硫在空气中燃烧生成大量SO3C浓硫酸可以干燥H2、NH3、CO2等气体D常温下铁遇浓硫酸钝化，因此可用铁槽车储运浓硫酸【考点】
36、含硫物质的性质及综合应用【分析】A二氧化硫的漂白性是利用有色物质和二氧化硫反应生成无色物质；B硫在空气中燃烧生成二氧化硫；C和浓硫酸反应的气体不能用浓硫酸干燥；D常温下，铁和浓硫酸发生钝化现象而阻止进一步反应【解答】解：A二氧化硫的漂白性是利用有色物质和二氧化硫反应生成无色物质，次氯酸的漂白性是利用次氯酸的强氧化性，所以二者漂白原理不同，故A错误；B硫在空气中燃烧生成二氧化硫而不是三氧化硫，故B错误；C浓硫酸具有强氧化性和酸性，所以浓硫酸不能干燥碱性及还原性气体，碱性气体如氨气，还原性气体如硫化氢，故C错误；D常温下，铁与浓硫酸发生钝化，在表面生成一层致密的氧化膜，阻止反应进行，故D正确；故选
37、D20在一定温度下，体积不变的密闭容器中，可逆反应X（g）+3Y（g）2Z（g）达到平衡的标志是（）AX、Y、Z的浓度不再发生变化B消耗Z的速率是生成X的速率的2倍C气体总质量保持不变DX、Y、Z的分子数之比为1：3：2【考点】化学平衡状态的判断【分析】A达到平衡的标志是反应物和生成物组成不再发生变化；B化学反应速率之比等于化学方程式计量数之比，消耗Z的速率是生成X的速率的2倍不能说明正逆反应速率相同；C反应前后气体质量始终不变；D达到平衡ABC的浓度比不一定是1：2：3，浓度比1：2：3，不能说明是否达到平衡；【解答】解：A由于X、Y、Z的浓度不再变化，说明各种物质的生成速率和消耗速率相等，
38、反应已经达到平衡状态，故A正确；化学反应速率之比等于化学方程式计量数之比，消耗Z的速率是生成X的速率的2倍不能说明正逆反应速率相同，耗Z的速率是消耗X的速率的2倍，能说明正逆反应速率相同，故B错误；C可逆反应X（g）+3Y（g）2Z（g），反应前后质量始终不变，故C错误；DX、Y、Z的分子数之比为1：3：2是反应比，达到平衡ABC的分子数比不一定是1：2：3，不能说明正逆反应速率相等，故D错误；故选A21下列有关甲烷的说法中，不正确的是（）A不能使酸性高锰酸钾溶液褪色B可以用排水法或向下排空气法收集C是最简单的有机物D能使溴水褪色【考点】有机物的结构和性质；甲烷的化学性质【分析】甲烷是最简单的
39、有机物，甲烷密度大于空气且常温下和空气不反应，甲烷中不含碳碳不饱和键，性质较稳定，不和强酸、强碱、强氧化剂反应，据此分析解答【解答】解：A甲烷性质较稳定，不和强酸、强碱、强氧化剂反应，所以不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，则不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A正确；B甲烷密度小于空气，且不易溶于水，常温下不和空气反应，所以可以用排水法或向下排空气法收集，故B正确；C甲烷为空间正四面体结构，是最简单的有机物，故C正确；D甲烷中不含碳碳不饱和键，不能和溴水反应，所以不能使溴水褪色，故D错误；故选D22用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（）A14 g氮气所含质子数目为7 NAB7.8 g苯含有碳
40、碳双键的数目为0.3NAC标准状况下，足量的Fe与2.24 L Cl2反应转移电子的数目为0.2NAD1molNa2O2中离子总数是3NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A依据n=计算物质的量，氮气分子中含质子数为14；B苯分子中无碳碳双键；C根据氯气和铁反应后变为1价来分析；D过氧化钠是由1个过氧根离子和2个钠离子构成，所以其阴阳离子个数之比为1：2，据此计算离子总数【解答】解：A.14 g氮气物质的量=0.5mol，所含质子数目=0.5mol14NA=7 NA，故A正确；B苯分子中无碳碳双键，是六个碳碳键完全等同的特殊化学键，故B错误；C标况下，2.24L的氯气为0.1mol，而和铁反应后变
41、为1价，故0.1mol氯气转移0.2mol电子即0.2NA个，故C正确；D过氧化钠化学式是由1个过氧根离子和2个钠离子构成，所以其阴阳离子个数之比为1：2，则1molNa2O2固体中含有离子总数为3NA，故D正确；故选B23X、Y、Z、M、N是元素周期表中的短周期主族元素，且原子序数依次递增Z的+2价阳离子电子层结构与氖相同，X、M同主族，Y在同周期主族元素中原子半径最大Y和M可以形成Y2M型化合物下列有关说法正确的是（）AX与Y只能形成一种化合物B最高价氧化物对应水化物的酸性：NMC单质与水反应的剧烈程度：ZYD气态氢化物稳定性：MX【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】X、Y、Z、M、
42、N是元素周期表中的短周期主族元素，且原子序数依次递增，Z的+2价阳离子电子层结构与氖相同，故Z为Mg元素；Y在同周期主族元素中原子半径最大，则Y处于IA则，由原子序数可知M、N处于第三周期，且族序数MgMN，X、M同主族，则X、M的族序数大于A族，而Y的原子序数又大于Z、小于Mg，可推知Y为Na；Y和M可以形成Y2M型化合物，则M表现2价，故M为S元素、X为O元素；N的原子序数大于硫，故N为Cl【解答】解：X、Y、Z、M、N是元素周期表中的短周期主族元素，且原子序数依次递增，Z的+2价阳离子电子层结构与氖相同，故Z为Mg元素；Y在同周期主族元素中原子半径最大，则Y处于IA则，由原子序数可知M、
43、N处于第三周期，且族序数MgMN，X、M同主族，则X、M的族序数大于A族，而Y的原子序数又大于Z、小于Mg，可推知Y为Na；Y和M可以形成Y2M型化合物，则M表现2价，故M为S元素、X为O元素；N的原子序数大于硫，故N为ClAX为O元素，Y为Na元素，二者可以形成Na2O、Na2O2，故A错误；B同周期自左而右非金属性增强，最高价氧化物对应水化物的酸性最强，故酸性：高氯酸硫酸，故B正确；C同周期自左而右金属性减弱，故金属性NaMg，单质与水反应的剧烈程度：NaMg，故C错误；D同主族自上而下非金属性减弱，气态氢化物稳定性减弱，故气态氢化物稳定性XM，故D错误；故选B24下列有关离子（或物质）的
44、检验及结论，正确的是（）A用洁净的铂丝蘸取溶液在火焰上灼烧，产生黄色火焰，则原溶液中一定不含有K+B加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加入盐酸白色沉淀消失，一定有Ba2+C检验Na2CO3固体中是否混有NaHCO3，可向固体滴加稀盐酸，观察是否产生气体D向无色溶液中加入稀盐酸无现象，再加入BaCl2有白色沉淀生成，则该溶液中一定含有SO42【考点】常见阴离子的检验；常见阳离子的检验【分析】A钾元素的紫色必须透过蓝色钴玻璃来观察；B和碳酸根离子形成沉淀的离子不一定是钡离子，钙、镁离子等也可以生成沉淀；CNa2CO3和NaHCO3都可与盐酸反应生成气体；D检验SO42的方法是向溶液中加入稀盐酸无现象，
45、再加入BaCl2有白色沉淀生成【解答】解：A钾元素的紫色必须透过蓝色钴玻璃来观察，故如果不透过蓝色钴玻璃，无法确定是否含有钾元素，故A错误；B加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，可以是钙离子、镁离子等，再加盐酸白色沉淀消失，所以不一定有Ba2+，故B错误；CNa2CO3和NaHCO3都可与盐酸反应生成气体，不能用加入盐酸观察是否产生气体来鉴别，故C错误；D向无色溶液中加入稀盐酸无现象，再加入BaCl2有白色沉淀生成，则该溶液中一定含有SO42，故D正确； 故选：D25铁、铜混合粉末18.0g加入到100mL 5.0molL1 FeCl3溶液中，充分反应后，剩余固体质量为2.8g下列说法正确的是（）A剩
46、余固体是铁、铜混合物B原固体混合物中铜的质量是9.6gC反应后溶液中n（Fe3+）=0.10molD反应后溶液中n（Fe2+）+n（Cu2+）=0.75mol【考点】有关混合物反应的计算【分析】铁比铜活泼，与FeCl3溶液反应时先后发生Fe+2Fe3+=3Fe2+、Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+，原氯化铁溶液中含有氯化铁的物质的量为n（FeCl3）=5mol/L0.1L=0.5mol，结合反应的方程式解答【解答】解：铁的还原性强于铜，把铁、铜混合粉末加入氯化铁溶液中，铁先与铁离子反应，氯化铁的物质的量是0.5mol，设0.5mol铁离子完全反应消耗铁、铜的质量分别为m1、m2，则：Cu+
47、2Fe3+=Cu2+2Fe2+ Fe+2Fe3+=3Fe2+64g 2mol 56g 2molm1 0.5mol m2 0.5molm1=16g，m2=14g，溶解的金属质量为：18g2.8g=15.2g，14g15.2g16g，则铁完全反应、铜部分反应，且Fe3+完全反应，剩余的金属为Cu，故A、C错误；设反应消耗铜的物质的量为n1，反应的铁的物质的量为n2，则：64n1+56n2=15.2gn1+n2=n（Fe3+）=0.25mol，解得：n1=0.15mol、n2=0.1mol，则原来混合物中含有的铜的质量为：0.15mol64g/mol+2.8g=12.4g，故B错误；根据反应方程式可
48、知反应后溶液中n（Fe2+）=2n（Cu）+3n（Fe）=20.15mol+30.10mol=0.6mol，反应后溶液中铜离子的物质的量为n（Cu2+）=n（Cu）=0.15mol，故n（Fe2+）+n（Cu2+）=0.6mol+0.15mol=0.75mol，故D正确故选D二、非选择题部分（本大题共7大题，共50分）26A为标准状况下密度为1.25gL1的常见气态烃有关物质的转化关系如图：请回答：（1）X分子中官能团的名称是羟基（2）向装有银氨溶液的试管中加入3滴B溶液，振荡后水浴加热写出加热后观察到的现象试管内壁析出光亮的银镜（3）X转化为C的化学方程式是CH3COOH+CH3CH2OCH
49、3COOCH2CH3+H2O【考点】有机物实验式和分子式的确定；有机物分子中的官能团及其结构【分析】A在标准状况下的密度为1.25g/L，其摩尔质量为1.25g/L22.4L/mol=28g/mol，故A为CH2=CH2，乙烯能与水反应生成X为乙醇，乙醇能与氧气反应生成乙醛，乙醇能与乙酸反应生成乙酸乙酯（1）X为乙醇；（2）醛基能发生银镜反应；（3）乙醇能与乙酸反应生成乙酸乙酯【解答】解：A在标准状况下的密度为1.25g/L，其摩尔质量为1.25g/L22.4L/mol=28g/mol，故A为CH2=CH2，乙烯能与水反应生成X为乙醇，乙醇能与氧气反应生成乙醛，乙醇能与乙酸反应生成乙酸乙酯（1
50、）X为乙醇，官能团为羟基，故答案为：羟基；（2）醛基能发生银镜反应，生成银镜，故答案为：试管内壁析出光亮的银镜；（3）乙醇能与乙酸反应生成乙酸乙酯，化学方程式是CH3COOH+CH3CH2OCH3COOCH2CH3+H2O，故答案为：CH3COOH+CH3CH2OCH3COOCH2CH3+H2O27有A、B、C三种常见单质，其有关反应如图所示：已知B、E的水溶液显酸性，E在一定条件下有还原性，但不能被浓H2SO4氧化，B显黄绿色，D遇KSCN溶液显血 红色（1）写出E的电子式；（2）A和D反应的离子方程式：2Fe3+Fe=3Fe2+（3）FD的离子方程式：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl【考
51、点】无机物的推断【分析】有A、B、C三种常见单质，其有关反应如图所示：已知B、E的水溶液显酸性，E在一定条件下有还原性，但不能被浓H2SO4氧化，B显黄绿色为Cl2，D遇KSCN溶液显血红色，判断含有Fe3+，确定D为FeCl3，A为Fe，C为H2，E为HCl，F为FeCl2，据此分析回答【解答】解：有A、B、C三种常见单质，其有关反应如图所示：已知B、E的水溶液显酸性，E在一定条件下有还原性，但不能被浓H2SO4氧化，B显黄绿色为Cl2，D遇KSCN溶液显血红色，判断含有Fe3+，确定D为FeCl3，A为Fe，C为H2，E为HCl，F为FeCl2，（1）E为HCl，氯原子和氢原子形成共价键，
52、HCl的电子式为：，故答案为：； （2）A和D反应是铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，反应的离子方程式为：2Fe3+Fe=3Fe2+，故答案为：2Fe3+Fe=3Fe2+；（3）FD的反应是氯化亚铁被氯气氧化生成氯化铁，反应的离子方程式为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl，故答案为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl28（1）为比较Na2CO3和NaHCO3的热稳定性，某同学设计了如图1实验装置实验时，先检查装置的气密性，再取少量Na2CO3粉末加在大试管的底部，另取少量NaHCO3粉末加在小试管底部预热后在大试管底部加热开始加热一段时间后，试管B（填“A”或“B”）中会出现浑浊现象实验现象证明，
53、加热条件下，Na2CO3比NaHCO3更稳定（填“稳定”或“不稳定”）（2）实验室用MnO2和浓盐酸反应制取Cl2，发生装置如图2A回答下列问题：仪器a的名称是分液漏斗写出A中反应的化学方程式MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O制得的气体除去HCl杂质后，为得到干燥的Cl2，应通过B装置（填“B”“C”或“D”）【考点】性质实验方案的设计；氯气的实验室制法；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质【分析】（1）比较Na2CO3和NaHCO3的热稳定性，碳酸氢钠加热分解，而碳酸钠加热不分解，由图1可知，为体现对比，小试管中为碳酸氢钠；（2）用MnO2和浓盐酸反应制取Cl2，分液漏斗中为浓盐酸，
54、烧瓶中为二氧化锰，加热时发生MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，除去氯气中的HCl后，用浓硫酸干燥氯气，最后利用碱吸收尾气，以此来解答【解答】解：（1）碳酸氢钠加热分解，而碳酸钠加热不分解，则少量NaHCO3粉末加在小试管底部，加热时分解生成二氧化碳，则B中石灰水变浑浊，故答案为：B；实验现象证明，加热条件下，Na2CO3比NaHCO3更稳定，故答案为：稳定；（2）由图可知，仪器a为分液漏斗，A中反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，故答案为：；MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O；制得的气体除去HCl杂质后，为得到干燥的Cl
55、2，用浓硫酸干燥，导管长进短出，则应通过B装置，故答案为：B29将露置于空气中的某氢氧化钠固体样品溶于水，向所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，生成的CO2（标准状况）与加入的盐酸体积有如图关系（不考虑CO2在水中的溶解）试计算：（1）盐酸的物质的量浓度为0.4molL1（2）该样品中NaOH与Na2CO3物质的量之比为2：1【考点】化学方程式的有关计算；物质的量浓度的相关计算【分析】（1）加入150mL200mL盐酸，发生反应：NaHCO3+HClNaCl+CO2+H2O，根据生成二氧化碳计算n（HCl），再根据c=计算；（2）加入200mL盐酸时，生成0.448L二氧化碳，此时溶液中溶质为Na
56、Cl，由氯离子守恒计算n（NaCl），根据碳元素守恒计算n（Na2CO3），根据钠离子守恒计算n（NaOH），据此解答【解答】解：（1）加入150mL200mL盐酸，消耗盐酸体积=200mL150mL=50mL，生成0.448L二氧化碳，其物质的量=0.02mol，则：NaHCO3+HClNaCl+CO2+H2O， 1 1 n（HCl） 0.02mol故n（HCl）=0.02mol，则c（HCl）=0.4mol/L，故答案为：0.4；（2）加入200mL盐酸时，生成0.448L二氧化碳，此时溶液中溶质为NaCl，由氯离子守恒可知n（NaCl）=0.2L0.4mol/L=0.08mol，根据碳元
57、素守恒n（Na2CO3）=n（CO2）=0.02mol，根据钠离子守恒n（NaOH）=n（NaCl）2n（Na2CO3）=0.08mol0.02mol2=0.04mol，故该样品中NaOH与Na2CO3物质的量之比=0.04mol：0.02mol=2：1，故答案为：2：130二氧化碳的捕集、利用与封存（CCUS）是我国能源领域的一个重要战略方向，CCUS或许发展成一项重要的新兴产业（1）已知：CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（g）H1=a kJmol1CO（g）+H2O （g）CO2（g）+H2 （g）H2=b kJmol12CO（g）+O2（g）2CO2（g）H3=c kJm
58、ol1反应CO2（g）+CH4（g）2CO（g）+2H2（g） 的H=（a+2b2c）kJmol1（2）利用废气中的CO2为原料制取甲醇，反应方程式为：CO2+3H2CH3OH+H2O其他条件相同，该甲醇合成反应在不同催化剂（、）作用下反应相同时间后，CO2的转化率随反应温度的变化如图1所示a点所代表的状态不是（填“是”或“不是”）平衡状态c点CO2的转化率高于b点，原因是b、c点均未达到平衡状态，c点温度高，反应速率较快，故CO2的转化率较大（3）用二氧化碳催化加氢来合成低碳烯烃，起始时以0.1MPa，n（H2）：n（CO2）=3：1的投料比充入反应器中，发生反应：2CO2（g）+6H2（g
59、）C2H4（g）+4H2O（g）H，不同温度下平衡时的四种气态物质的物质的量如图2所示：该进行的反应的S0（填：“”或“”）对于气体反应，用某组分（B）的平衡压强（pB）代替物质的量浓度（cB）也可以表示平衡常数（记作KP），则该反应的KP=为提高CO2的平衡转化率，除改变温度外，还可采取的措施是增大压强；提高氢气和二氧化碳物质的量的比值（列举2项）【考点】化学平衡的计算；热化学方程式；化学平衡常数的含义；化学平衡状态的判断【分析】（1）已知：CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（g）H1=a kJmol1CO（g）+H2O （g）CO2（g）+H2 （g）H2=b kJmol12
60、CO（g）+O2（g）2CO2（g）H3=c kJmol1，根据盖斯定律，+22可得：CO2（g）+CH4（g）2CO（g）+2H2（g），反应的焓变也进行相应的计算；（2）催化剂只能改变反应速率，不能改变化学平衡，不同催化剂（、）作用下达平衡时CO2的转化率相同；b、c点均未达到平衡状态，升高温度，化学反应速率加快，CO2的转化率较大；（3）反应是气体物质的量减小的反应，混乱度减小；Kp等于各产物平衡分压系数次方的乘积和各个反应物平衡分压系数次方乘积的比值；为提高CO2的平衡转化率，除改变温度外，还可采取的措施是增大压强或提高氢气和二氧化碳物质的量的比值等【解答】解：（1）已知：CH4（g）
61、+2O2（g）CO2（g）+2H2O（g）H1=a kJmol1CO（g）+H2O （g）CO2（g）+H2 （g）H2=b kJmol12CO（g）+O2（g）2CO2（g）H3=c kJmol1，根据盖斯定律，+22可得：CO2（g）+CH4（g）2CO（g）+2H2（g），则H=（a+2b2c）kJmol1，故答案为：（a+2b2c）；（2）催化剂只能改变反应速率，不能改变化学平衡，所以不同催化剂（、）作用下达平衡时CO2的转化率相同，故a点所代表的状态不是平衡状态，故答案为：不是；b、c点均未达到平衡状态，c点温度高，反应速率较快，故CO2的转化率较大；故答案为：b、c点均未达到平衡状
62、态，c点温度高，反应速率较快，故CO2的转化率较大；（3）反应是气体物质的量减小的反应，混乱度减小，则S0，故答案为：；该反应的Kp等于各产物平衡分压系数次方的乘积和各个反应物平衡分压系数次方乘积的比值，即KP=，故答案为：；提高CO2的平衡转化率，除改变温度外，还可采取的措施是增大压强或提高氢气和二氧化碳物质的量的比值，故答案为：增大压强；提高氢气和二氧化碳物质的量的比值31过氧化镁（MgO2）为白色粉末，不溶于水，易溶于稀酸，主要用于医药等行业MgO2可以下反应制得：MgO2+H2O=MgO2+H2O过氧化镁的制备过氧化镁的制备流程如图1所示：（1）用如图2所示装置进行煅烧，仪器A的名称是
63、坩埚；（2）某同学为了研究Mg2（OH）2CO3煅烧条件对合成MgO2的影响设计实验如下表所示（所取固体质量均为ag），其他条件不变时，探究煅烧温度对合成MgO2的影响，可选择实验（填实验编号） 实验编号 煅烧温度（） 煅烧时间（h） 550 2 600 1 650 2 700 3过氧化镁晶体含量的测定：过氧化镁产品中常混有少量MgO，实验室可通过多种方案测定样品中过氧化镁的含量（3）某同学拟用图3装置测定一定质量的样品中过氧化镁的含量图3装置中，虚线框内应选择装置甲（填“甲”或“乙”）装置连接完毕后，进行气密性检验的方法为向量气管中加水到右端液面高出左端液面，若液面不发生变化，则气密性良好；
64、稀盐酸中加入少量FeCl3溶液作用是催化剂（4）某同学准确称取1.500g产品于锥形瓶中，加入15ml蒸馏水和15mL2.000molL1 H2SO4，用0.5000molL1KMnO4标准溶液滴定至终点反应的离子方程式为：2MnO4+5H2O2+6H+2Mn2+5O2+8H2O滴定终点观察到的现象为当滴入最后一滴高锰酸钾溶液后溶液由无色变为浅红色，且30s不褪色；根据图4计算产品中MgO2的质量分数为95.2%【考点】制备实验方案的设计【分析】（1）煅烧固体应该在坩埚中进行；（2）研究Mg2（OH）2CO3煅烧条件对合成MgO2的影响，要选择只有一个条件不同其它条件要相同的组进行对比实验；（
65、3）图3装置测定一定质量的样品中过氧化镁的含量的方法为用样品与盐酸反应，在氯化铁做催化剂的条件下生成氧气，根据生成氧气的体积计算过氧化镁的质量，进而确定品中过氧化镁的含量，所以要准确测量出氧气的体积，据此答题；（4）该实验的原理为用样品中的过氧化镁与酸反应生成过氧化氢，用高锰酸钾溶液滴定生成的过氧化氢，根据用掉的高锰酸钾的体积可计算出样品过氧化镁的质量，以此解答该题【解答】解：（1）煅烧固体应该在坩埚中进行，所以仪器A的名称是坩埚，故答案为：坩埚；（2）研究Mg2（OH）2CO3煅烧条件对合成MgO2的影响，要选择只有一个条件不同其它条件要相同的组进行对比实验，结合题中表格中的数据可知，应选择
66、，在温度不同，时间相同的条件做对比实验，可判断出温度对反应的影响，故答案为：；（3）图3装置测定一定质量的样品中过氧化镁的含量的方法为用样品与盐酸反应，在氯化铁做催化剂的条件下生成氧气，根据生成氧气的体积计算过氧化镁的质量，进而确定品中过氧化镁的含量，所以要准确测量出氧气的体积，比较甲、乙两图可知，甲可以消除滴入的液体体积对所测气体体积的影响，故选甲装置，故答案为：甲；装置连接完毕后，进行气密性检验的方法为向量气管中加水到右端液面高出左端液面，若液面不发生变化，则气密性良好，故答案为：向量气管中加水到右端液面高出左端液面，若液面不发生变化，则气密性良好；根据上面的分析可知，稀硫酸中加入少量Fe
67、Cl3溶液作用是催化剂，故答案为：催化剂；（4）该实验的原理 为用样品中的过氧化镁与酸反应生成过氧化氢，用高锰酸钾溶液滴定生成的过氧化氢，依据高锰酸钾本身的颜色变化可判断滴定终点，根据用掉的高锰酸钾的体积可计算出样品过氧化镁的质量，滴定终点观察到的现象为当滴入最后一滴高锰酸钾溶液后溶液由无色变为浅红色，且30s不褪色，故答案为：当滴入最后一滴高锰酸钾溶液后溶液由无色变为浅红色，且30s不褪色；根据图4可知，滴定用去高锰酸钾溶液的体积为20.4mL，根据反应2MnO4+5H2O2+6H+=2Mn2+5O2+8H2O，得关系式5MgO25H2O22MnO4，所以的物质的量为20.4mL1030.5
68、000molL1=2.55102mol，所以产品中MgO2的质量分数为100%=95.2%，故答案为：95.2%32有机物A（C6H8O4）为食品包装纸的常用防腐剂，A难溶于水但可以使溴的CCl4溶液褪色A在酸性条件下水解反应，得到B（C4H4O4）和C通常状况下B为无色晶体，能与氢氧化钠溶液 发生反应C的一种同系物是人类广泛使用的饮料成分（1）A可以发生的反应类型有（选填序号）加成反应 酯化反应 加聚反应 氧化反应（2）B分子所含官能团的名称碳碳双键、羧基（3）B分子中没有支链，则B的结构简式HOOCCH=CHCOOH和B具有相同官能团的同分异构体的结构简式CH2=C（COOH）2（4）两分
69、子天门冬氨酸一定条件下可以缩合生成一种六元环肽结构的物质，写出该反应的化学方程式2 HOOCCH2CH（NH2）COOH+2H2O【考点】有机物的推断【分析】A能在酸性条件下水解成B和C，可知A为酯类化合物，通常状况下B为无色晶体，能与氢氧化钠溶液发生反应，则B为羧酸，C属于醇，根据B的分子式为C4H4O4，可知每分子B中含2个COOH，结合A难溶于水但可以使溴的CCl4溶液褪色，说明A分子中含有碳碳不饱和键，则B中除有羧基外，还有C=C键，结合（3）中B分子没有支链，则B为HOOCCH=CHCOOH，C的一种同系物是人类广泛使用的饮料成分，则C为CH3OH，故A为CH3OOCCH=CHCOO
70、CH3，B与HCl发生加成反应生成C为HOOCCH2CHClCOOH，则天门冬氨酸的结构简式是HOOCCH2CH（NH2）COOH，据此解答【解答】解：A能在酸性条件下水解成B和C，可知A为酯类化合物，通常状况下B为无色晶体，能与氢氧化钠溶液发生反应，则B为羧酸，C属于醇，根据B的分子式为C4H4O4，可知每分子B中含2个COOH，结合A难溶于水但可以使溴的CCl4溶液褪色，说明A分子中含有碳碳不饱和键，则B中除有羧基外，还有C=C键，结合（3）中B分子没有支链，则B为HOOCCH=CHCOOH，C的一种同系物是人类广泛使用的饮料成分，则C为CH3OH，故A为CH3OOCCH=CHCOOCH3
71、，B与HCl发生加成反应生成C为HOOCCH2CHClCOOH，则天门冬氨酸的结构简式是HOOCCH2CH（NH2）COOH（1）A为CH3OOCCH=CHCOOCH3，其中的碳碳双键能发生加成、加聚、氧化等反应，不能发生酯化反应，故答案为：；（2）B为HOOCCH=CHCOOH，含有的官能团为碳碳双键、羧基，故答案为：碳碳双键、羧基；（3）由上述分析可知，B的结构简式是：HOOCCH=CHCOOH，B的具有相同官能团的同分异构体的结构简式是：CH2=C（COOH）2，故答案为：HOOCCH=CHCOOH；CH2=C（COOH）2；（4）两分子天门冬氨酸一定条件下可以缩合生成一种六元环肽结构的物质，该反应的化学方程式为：2 HOOCCH2CH（NH2）COOH+2H2O，故答案为：2 HOOCCH2CH（NH2）COOH+2H2O2016年12月13日
