1、甘肃省平凉市庄浪县第一中学2021届高三化学上学期第一次模拟试题（含解析）试卷说明：本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分，请将各题答案填涂在答题卡上。答题时间120分钟，满分100分。可能用到的相对原子质量：H1C12O16P31 Na23S32 Al27Cl35.5Fe56Cu64Zn65第卷(选择题，共50分)一、选择题(本题包括25小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共50分)1. 化学与生活密切相关,下列叙述错误的是 ( )A. 高纯硅可用于制作光感电池B. 活性炭具有除异味与杀菌作用C. 铝合金大量用于高铁建设D. 碘酒可用于皮肤外用消毒【答案】B【解析】【详解】
2、A.硅是半导体，高纯硅可用于制作光感电池，A正确；B.活性炭具有吸附性，能除异味但不能杀菌，B错误；C.铝合金硬度较大，可用于高铁建设，C正确；D.碘酒能使蛋白质变性，可用于皮肤外用消毒，D正确；答案选B。2. 下列有关四种基本反应类型与氧化还原反应关系的说法中正确的是()A. 化合反应一定是氧化还原反应B. 分解反应一定不是氧化还原反应C. 置换反应一定是氧化还原反应D. 复分解反应不一定是氧化还原反应【答案】C【解析】【详解】A. 化合反应不一定是氧化还原反应，比如CO2+H2O=H2CO3，A错误；B. 化合反应不一定是氧化还原反应，比如KClO32KCl+3O2，B错误；C. 置换反应
3、必有元素游离态与化合态的转化，一定是氧化还原反应，C正确；D. 复分解反应无化合价的转变，一定是非氧化还原反应，D错误；故选C。3. 下列关于原电池的叙述中，正确的是()A. 原电池能将化学能转变为电能B. 原电池的负极得电子，发生还原反应C. 原电池工作时，其正极不断产生电子并经外电路流向负极D. 原电池的电极一定要由两种不同的金属组成【答案】A【解析】【详解】A原电池通过化学反应产生电流，从而将化学能转变为电能，A正确；B原电池的负极失去电子发生氧化反应，正极得电子发生还原反应，B不正确；C原电池工作时，电子由负极经外电路流入正极，C不正确；D原电池的电极可以由两种不同的金属或金属与非金属
4、组成，D不正确；故选A。4. NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）A. 常温常压下，124gP4中所含PP键数目为4NAB. 100mL1molL1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.1NAC. 标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NAD. 密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数为2NA【答案】C【解析】【详解】A. 常温常压下，124 g P4的物质的量是1mol，由于白磷是正四面体结构，含有6个PP键，因此其中所含PP键数目为6NA，A错误；B. 铁离子在溶液中水解，所以100 mL 1molL1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目小
5、于0.1NA，B错误；C. 甲烷和乙烯分子均含有4个氢原子，标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯混合物的物质的量是0.5mol，其中含氢原子数目为2NA，C正确；D. 反应2SO2+O22SO3是可逆反应，因此密闭容器中，2 mol SO2和1 mol O2催化反应后分子总数大于2NA，D错误。答案选C。【点睛】本题主要从物质结构、水解、转移电子、可逆反应等角度考查，本题相对比较容易，只要认真、细心就能做对，平时多注意这方面的积累。白磷的结构是解答的难点，注意与甲烷正四面体结构的区别。5. 下列各组物质能真实表示物质分子组成的是()A. NH3、H2S、SO3、COB. CaO、N2、HCl、H
6、2OC. Na、C2H5OH、HNO3、I2D. CO2、SiO2、CH3COOH、H2SO4【答案】A【解析】【详解】ANH3、H2S、SO3、CO都是由分子构成，它们的化学式都能真实地表示物质分子的组成，A符合题意；BCaO由Ca2+和O2-构成，不能表示分子组成，B不合题意；CNa由Na+和e-构成，形成金属晶体，不能表示分子，C不合题意；DSiO2晶体为原子晶体，由Si和O原子构成，不表示分子，D不合题意；故选A。6. 北宋沈括梦溪笔谈中记载：“信州铅山有苦泉，流以为涧。挹其水熬之则成胆矾，烹胆矾则成铜。熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”。下列有关叙述错误的是A. 胆矾的化学式为CuSO4B.
7、 胆矾可作为湿法冶铜的原料C. “熬之则成胆矾”是浓缩结晶过程D. “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”是发生了置换反应【答案】A【解析】【详解】A.胆矾为硫酸铜晶体，化学式为CuSO45H2O，A说法错误；B.湿法冶铜是用铁与硫酸铜溶液发生置换反应制取铜，B说法正确；C.加热浓缩硫酸铜溶液可析出胆矾，故“熬之则成胆矾”是浓缩结晶过程，C说法正确；D.铁与硫酸铜溶液发生置换反应生成铜，D说法正确。综上所述，相关说法错误的是A，故选A。7. 取100 mL 0.3 molL1和300 mL 0.25 molL1的硫酸注入500 mL容量瓶中，加水稀释至刻度线，该混合溶液中H的物质的量浓度是()A. 0.
8、21 molL1B. 0.42 molL1C. 0.56 molL1D. 0.26 molL1【答案】B【解析】【详解】混合溶液中H物质的量为n(H)(0.1 L0.3 molL10.3 L0.25 molL1)20.21 mol，所以c(H)0.42 molL1。答案选B。8. 下列各组离子可能大量共存的是()A. pH1的溶液中：Fe2、Al3、Cl、B. 能与金属铝反应放出氢气的溶液中：K、Cl、C. 能使甲基橙试液变红的溶液中：Na、Cl、S2、ClOD. 含有大量H的无色溶液中：Na、Cu2、 【答案】B【解析】【详解】A亚铁离子具有还原性，MnO4-具有氧化性，在酸性条件下能发生氧
9、化还原反应，故不能共存，A错误；B能与金属铝反应放出氢气的溶液中含有氢离子或氢氧根离子，K、SO42-、Cl、NH4+在酸性条件下能够共存，B正确；C能使甲基橙试液变红的溶液显酸性，S2、ClO与氢离子反应生成弱电解质，不能共存，C错误；D铜离子具有颜色，D错误；答案选B。9. 下列关于溶液和胶体的叙述，正确的是A. 溶液是电中性的，胶体是带电的B. 通电时，溶液中的溶质粒子分别向两极移动，胶体中的分散质粒子向某一极移动C. 溶液中溶质分子的运动有规律，胶体中分散质粒子的运动无规律，即布朗运动D. 一束光线分别通过溶液和胶体时，后者会出现明显的光带，前者则没有【答案】D【解析】【详解】A溶液是
10、电中性的，胶体也是电中性的，故A错误；B通电时，溶液中的溶质若是电解质，电离出的阴阳离子分别向两极移动，溶质若是非电解质，则不移向任何电极，故B错误；C胶体的分散质粒子在显微镜观察下呈现无规则运动，这就是胶体的布朗运动特性。溶液中的离子自由移动，其运动是无规律的。故C错误；D溶液没有丁达尔现象而胶体存在，故胶体出现明显的光带，故D正确；故选D。10. 下列离子方程式书写正确的是()A. 向澄清石灰水中加入足量NaHCO3溶液：Ca2+OH+=CaCO3+H2OB. 向FeBr2溶液中通入过量Cl2：2Fe2+2Br+2Cl2=Br2+2Fe3+4ClC. 在Na2CO3、NaHCO3混合液中加
11、入少量CH3COOH：+2CH3COOH=CO2+2CH3COOH2OD. 向NaAlO2溶液中通入过量CO2：+CO2+2H2O=Al(OH)3+【答案】D【解析】【详解】A向澄清石灰水中加入足量NaHCO3溶液，离子方程式为：Ca2+2OH+2=CaCO3+2H2O+，A不正确；B向FeBr2溶液中通入过量Cl2，离子方程式为：2Fe2+4Br+3Cl2=2Br2+2Fe3+6Cl，B不正确；C在Na2CO3、NaHCO3混合液中加入少量CH3COOH，Na2CO3先与CH3COOH反应且只生成，离子方程式为：+CH3COOH=+CH3COO，C不正确；D向NaAlO2溶液中通入过量CO2
12、，生成Al(OH)3沉淀和，离子方程式为：+CO2+2H2O=Al(OH)3+，D正确；故选D11. 下列数量的各物质所含原子个数由大到小顺序排列的是（ ）05mol氨气 4g氦气 4时9mL水 02mol磷酸钠A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】计算物质含有的原子的物质的量，原子的物质的量越大含有的原子越多。【详解】05mol氨气含有原子物质的量为2mol；4gHe的物质的量为= 2mol，氦气是单原子分子，每个氦气分子含有1个原子，含有的原子的物质的量为2mol；4时9mL水水的质量为9mL1g/mL=9g，故水的物质的量为=0.5mol，含有原子的物质的量为0.5mol3=
13、1.5mol；02mol磷酸钠含有原子的物质的量为0.2mol8=1.6mol；含有原子数目由大到小顺序排列为：，故选B。【点睛】本题考查物质的量的有关计算，注意公式的灵活运用与稀有气体是单原子分子是解答关键。12. 关于离子键、共价键的各种叙述中，说法正确的是（ ）A. 在离子化合物中，只存在离子键，没有共价键B. 非极性键只存在于双原子的单质分子中C. 在共价化合物分子内，一定不存在离子键D. 由不同元素组成的多原子分子里，一定只存在极性键【答案】C【解析】【详解】A离子化合物中可能含离子键和共价键，如NaOH，故A错误；B非极性键可能存在于化合物中，如过氧化氢、过氧化钠中含非极性共价键，
14、故B错误；C只含共价键的化合物为共价化合物，所以在共价化合物分子内，一定不存在离子键，故C正确；D由不同元素组成的含多个原子的分子里，可以存在非极性键，如过氧化氢，故D错误；答案选C。13. 物质氧化性、还原性的强弱，不仅与物质的结构有关，还与物质的浓度和反应温度有关。下列各组物质：Cu和HNO3溶液 Cu和FeCl3溶液 Zn与H2SO4溶液 Fe和HCl溶液 由于浓度不同而能发生不同氧化还原反应的是A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】Cu与HNO3溶液反应时，若浓硝酸，发生Cu+4HNO3Cu（NO3）2+2NO2+2H2O，若为稀硝酸，则发生3Cu+8HNO33Cu（NO3
15、）2+2NO+4H2O，与浓度有关，故选；Cu与FeCl3溶液发生反应：Cu+2FeCl32FeCl2+CuCl2，与浓度无关，故不选；Zn与H2SO4溶液反应时，若为稀硫酸，发生Zn+H2SO4ZnSO4+H2，若为浓硫酸，则发生Zn+2H2SO4（浓）ZnSO4+SO2+2H2O，与浓度有关，故选；Fe与HCl溶液发生反应：Fe+2HCl=FeCl2+H2，与浓度无关，故不选答案：B14. 下列各图像中，不正确的是( )A. N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g) H = - 92.4 kJ/molB. 向弱酸HA的稀溶液中加水稀释C. 有催化剂(a)和无催化剂(b)时反应的能量变化
16、D. 向NH4Al(SO4)2溶液中滴加过量NaOH溶液【答案】A【解析】【详解】A温度升高，反应速率增大，到达平衡用的时间少，反应曲线的斜率大，并且该反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，氨气的含量降低，故A错误；B向弱酸HA的稀溶液中加水稀释，促进弱酸的电离，平衡向正反应方向移动，则n(A-)增加，n(HA)减少，根据可知加水稀释时增大，故B正确；C催化剂降低反应的活化能，但不能改变反应热，因此反应物和生成物的能量不变，故C正确；D向NH4Al(SO4)2溶液中滴加过量NaOH溶液，首先发生反应为Al3+3OH-Al(OH)3，当沉淀完全时，NH与OH-离子发生反应：NH+OH-N
17、H3H2O，此时沉淀的质量不变，继续加NaOH，之后Al(OH)3继续与OH-离子反应：Al(OH)3+OH-AlO +2H2O，故D正确；故选A。15. 有一种有机物的结构简式为RCHCHCOOH，式中的R为烷基，下列关于这种有机物的叙述中，错误的是 ( )A 若能溶于水，其水溶液与镁反应能放出氢气B. 可以使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色C. 可以与乙醇在一定条件下发生酯化反应D. 不能发生加成反应【答案】D【解析】【详解】A含-COOH，属于有机酸，能溶于水，其水溶液与镁反应能放出氢气，故A正确；B含C=C，可以使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；C含-COOH，可以与乙醇在一定条件下发
18、生酯化反应，故C正确；D含C=C，可发生加成反应，故D错误；故选D。【点睛】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重羧酸、烯烃性质的考查，题目难度不大。解题关键：R-CHCH-COOH中含C=C、-COOH，结合烯烃、羧酸的性质来解答。16. 下列各组有机物只用一种试剂无法鉴别的是()A. 乙醇、乙酸乙酯、四氯化碳B. 苯、苯酚、己烯C. 甲酸、乙醛、乙酸D. 苯、甲苯、己烷【答案】D【解析】【详解】A乙醇与水混溶，乙酸乙酯与水混合后分层且有机层在上层，四氯化碳与水混合后分层有机层在下层，现象不同，一种试剂可鉴别，故A不选；B苯与溴水不反应发生萃取，苯酚
19、与溴水反应生成沉淀，己烯与溴水发生加成反应而褪色，现象不同，一种试剂可鉴别，故B不选；C甲酸、乙醛、乙酸与氢氧化铜悬浊液混合的现象分别为蓝色溶液和砖红色沉淀、砖红色沉淀、蓝色溶液，现象不同，一种试剂可鉴别，故C不选；D三种物质用一种试剂不能鉴别，至少需要两种试剂来检验三种有机物，故D选；故选D。【点晴】本题考查有机物的鉴别，侧重有机物性质的考查，熟悉萃取、加成反应、取代反应、氧化反应即可解答，把握现象不同才能鉴别物质。记住常见有机物的检验：（1）碳碳双键或三键：加少量溴水或酸性KMnO4溶液，褪色；（2）甲苯：取两份甲苯，一份滴入溴水，振荡后上层呈橙色；另一份滴入酸性KMnO4溶液，振荡，紫色
20、褪去；（3）卤代烷：与NaOH溶液(或NaOH的醇溶液)共热后，先用硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀的为氯代烷，淡黄色沉淀的为溴代烷，黄色沉淀的为碘代烷；（4）乙醇：将螺旋状铜丝加热至表面有黑色CuO生成，迅速插入待测溶液，反复多次，可见铜丝被还原成光亮的红色，并由刺激性气味产生；（5）苯酚：滴加过量的浓溴水，有白色沉淀；或滴加少量FeCl3溶液，溶液呈紫色；（6）乙醛或葡萄糖：加入银氨溶液，水浴加热，产生银镜；或加入新制Cu(OH)2悬浊液加热至沸腾，有红色沉淀生成；（7）乙酸：使石蕊试液变红；或加入Na2CO3或NaHCO3溶液有气泡；或加入新制Cu(OH)2悬浊液溶解得蓝色溶
21、液；（8）乙酸乙酯：加入滴加酚酞的NaOH溶液加热，红色变浅或消失；(9)淀粉：滴加碘水，呈蓝色；(10)蛋白质：灼烧，有烧焦羽毛气味；或加入浓硝酸微热，出现黄色。17. 四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X的简单离子具有相同电子层结构，X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，W与Y同族，Z与X形成的离子化合物的水溶液呈中性。下列说法正确的是（ ）A. 简单离子半径：B. W与X形成的化合物溶于水后溶液呈碱性C. 气态氢化物的热稳定性：D. 最高价氧化物的水化物的酸性：【答案】B【解析】【分析】四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是短周期主族
22、元素原子中最大的，则X为Na；由原子序数可知，Y、Z处于第三周期，而Z与X（钠）形成的离子化合物的水溶液呈中性，则Z为Cl；W、X的简单离子具有相同电子层结构，且W与Y同族，W在第二周期且是非金属元素，W可能是N或O，则对应的Y为P或S。【详解】由上述分析可知，W为N或O，X为Na，Y为P或S，Z为Cl，A. X与W的离子电子层结构相同，简单离子半径：，故A错误；B. W与X形成的化合物Na3N、Na2O、Na2O2溶于水后溶液呈碱性，故B正确；C. W与Y同族，气态氢化物的热稳定性：，故C错误；D.Y、Z处于第三周期， 最高价氧化物的水化物的酸性取决于非金属性，故：，故D错误；故选B。18.
23、 下列反应中，反应后固体物质增重的是A. 氢气通过灼热的CuO粉末B. 二氧化碳通过Na2O2粉末C. 铝与Fe2O3发生铝热反应D. 将锌粒投入Cu(NO3)2溶液【答案】B【解析】【详解】A、氢气通过灼热的CuO粉末发生的反应为，固体由CuO变为Cu，反应后固体质量减小，A错误；B、二氧化碳通过Na2O2粉末发生的反应为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，固体由Na2O2变为Na2CO3，反应后固体质量增加，B正确；C、铝与Fe2O3发生铝热反应，化学方程式为2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe，反应前后各物质均为固体，根据质量守恒定律知，反应后固体质量不变，C错误；D、将锌粒投
24、入Cu(NO3)2溶液发生的反应为Zn + Cu(NO3)2= Zn(NO3)2+ Cu，固体由Zn变为Cu，反应后固体质量减小，D错误；故选B。19. 一定条件下硝酸铵受热分解的化学方程式为：5NH4NO32HNO3+4N2+9H2O，在反应中被氧化与被还原的氨原子数之比为A. 5：3B. 5：4C. 1：1D. 3：5【答案】A【解析】【详解】根据反应5NH4NO32HNO3+4N2+9H2O可知铵根中氮元素化合价从3价升高到0价，失去3个电子，硝酸根中氮元素化合价从+5价降低到0价，得到5个电子，则根据电子得失守恒可知在反应中被氧化与被还原的氮原子数之比为5：3。答案选A。20. 分子式
25、为C5H10O2并能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体的有机物有(不含立体异构)A. 3种B. 4种C. 5种D. 6种【答案】B【解析】【详解】分子式为C5H10O2且与NaHCO3溶液反应能产生气体，则该有机物中含有COOH，可写为C4H9COOH，C4H9的异构体有：CH2CH2CH2CH3，CH(CH3)CH2CH3，CH2CH(CH3)CH3，C(CH3)3，故符合条件的有机物的同分异构体数目为4，故B正确；故选B。21. 某化合物由两种单质直接反应生成，将其加入Ba(HCO3)2溶液中同时有气体和沉淀产生。下列化合物中符合上述条件的是（ ）A. AlCl3B. Na2OC. FeC
26、l2D. SiO2【答案】A【解析】【详解】A. Al与氯气化合生成AlCl3，AlCl3与Ba（HCO3）2溶液反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，A正确；B. 钠与氧气反应生成氧化钠，但Na2O与Ba（HCO3）2溶液反应不生成气体，只生成碳酸钡沉淀，B错误；C. Fe与氯气化合生成FeCl3，C错误；D. Si与氧气化合生成SiO2，但SiO2与Ba（HCO3）2不反应，D错误；故答案为：A。22. 一定条件下，在密闭恒容容器中，能表示反应X(g)+2Y(g)2Z(g)一定达到化学平衡状态的是（ ）X、Y、Z的物质的量之比是1：2：2X、Y、Z的浓度不再发生变化容器中的压强不再发生变化单
27、位时间内生成nmolZ，同时生成2nmolYA. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】X、Y、Z的物质的量之比是1：2：2，不能说明各物质的量不变，不能说明反应达到平衡状态，错误；X、Y、Z的浓度不再发生变化，各组分的含量不变，能说明反应达到平衡状态，正确；该反应前后气体的总体积发生变化，故当容器中的压强不再发生变化，能说明反应达到平衡状态，正确；Z、Y的化学计量数相同，故单位时间内生成nmolZ，同时生成nmolY，能说明反应达到平衡状态，错误；答案选C。23. 下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是选项实验操作现象解释或结论A向铁粉(过量)中加入稀硝酸，充分反应后，滴入KSC
28、N溶液溶液呈红色稀硝酸将Fe氧化为Fe3+B常温下，向AgI沉淀中滴入少量稀KCl溶液有白色沉淀出现AgCl比AgI更难溶C将铝箔插入稀硝酸中无现象铝箔表面被HNO3氧化，形成致密的氧化膜D用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试纸上试纸变蓝色浓氨水呈碱性A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A.铁过量，可以将生产铁离子还原成亚铁离子，溶液不会呈红色，现象错误，故A错误；B.AgI比AgCl更难溶，所以现象和结论均错误，故B错误；C.铝箔遇稀硝酸时不会钝化，所以现象和结论均错误，故C错误；D.氨水呈碱性，可以使红色石蕊试纸变蓝，所以现象和结论均正确，故D正确，故选D。24. 某电解
29、质溶液的pH=a，向其中插入两惰性电极，通电一段时间后，测知pH=b；若ba，该电解质可能是()A NaOHB. CuSO4C. NaClD. Na2SO4【答案】B【解析】【分析】若ba，则表明电解一段时间后，溶液的pH减小，溶液的酸性增强。【详解】A电解NaOH溶液的实质是电解水，电解一段时间后，c(NaOH)增大，pH增大，A不合题意；B电解CuSO4溶液，生成Cu、H2SO4和O2，溶液的酸性增强，pH减小，B符合题意；C电解NaCl溶液，生成NaOH、H2和Cl2，溶液的碱性增强，pH增大，C不合题意；D电解Na2SO4溶液的实质是电解水，电解后c(Na2SO4)增大，pH不变，D不
30、合题意；故选B。25. 室温下，在25 mL 0.1 molL1NaOH溶液中逐滴加入0.2 molL1CH3COOH溶液，pH与滴加CH3COOH溶液体积的关系曲线如下图所示，若忽略两溶液混合时的体积变化，下列有关粒子浓度关系的说法错误的是()A. 在A、B间任一点，溶液中一定都c(Na)c(H)c(CH3COO)c(OH)B. 在B点：a12.5，且有c(Na)c(CH3COO)c(OH)c(H)C. 在C点：c(Na)c(CH3COO)c(H)c(OH)D. 在D点：c(CH3COO)c(CH3COOH)0.1molL1【答案】C【解析】【详解】A.在AB区间内，溶液存在电荷守恒关系：c
31、(Na)c(H)c(CH3COO)c(OH)，所以选项A正确；B.如果a12.5时，醋酸和氢氧化钠的物质的量之比1:1，反应后溶液的组成为醋酸钠和醋酸，溶液可能显中性，但c(OH)或c(H+)不可能和c(Na+)或c(CH3COO)相等，而应该小于c(Na+)或c(CH3COO)，故B正确；C. 电荷不守恒，在C点溶液呈酸性，离子浓度关系应为：c（CH3COO）c（Na）c（H）c（OH），选项C不正确；D.在D点时，反应后醋酸剩余，溶液的组成为等浓度的醋酸和醋酸钠的混合物，根据物料守恒，此时cCH3COO-）cCH3COOH）2cNa+）=0.1molL1，故D正确；答案选C。第卷(非选择题
32、，共50分)二、填空题(本题包括6个小题，共50分)26. 掌握电解质和非电解质的概念，能熟练判断一种物质是否是电解质是认识电解质的性质、研究离子反应的前提。以下有10种物质：铜；稀硫酸；氯化氢；氨气；Na2CO3溶液；CO2；冰醋酸；熔融的NaCl；NH3H2O；Cl2。按照表中提示的信息，把符合左栏条件的物质的序号填入右栏相应的位置。序号符合的条件物质的序号(1)电解质_(2)非电解质_(3)强电解质_(4)弱电解质_(5)既不是电解质也不是非电解质_(6)能导电的物质_【答案】 (1). (2). (3). (4). (5). (6). 【解析】【详解】铜是单质，既不是电解质又不是非电解
33、质，铜含有自由移动的电子，铜能导电；稀硫酸是混合物，既不是电解质又不是非电解质，稀硫酸含有自由移动的离子，稀硫酸能导电；氯化氢在水溶液中完全电离，氯化氢是强电解质，氯化氢气体不能导电；氨气自身不能电离，氨气是非电解质，氨气本身不导电；Na2CO3溶液是混合物，Na2CO3溶液既不是电解质又不是非电解质，Na2CO3溶液含有自由移动的离子，能导电；CO2自身不能电离，CO2是非电解质，CO2本身不导电；冰醋酸在水溶液中部分电离，醋酸是弱电解质，冰醋酸不导电；NaCl在水溶液中完全电离，NaCl是强电解质，熔融的NaCl含有自由移动的离子，能导电；NH3H2O在水溶液中部分电离，NH3H2O是弱电
34、解质，NH3H2O不导电；Cl2是单质，既不是电解质又不是非电解质，不导电；属于电解质的是；属于非电解质的是；属于强电解质的是；属于弱电解质的是；既不是电解质也不是非电解质的是；能导电的物质是。【点睛】本题考查物质分类，熟悉电解质、非电解质的概念是解题关键，理解强弱电解质的的分类依据，掌握溶液导电的原因是含有自由移动的离子，金属导电是因为含有自由移动的电子。27. 用质量分数为36.5%的浓盐酸(密度为1.16 gcm3)配制成1 molL1的稀盐酸。现实验室仅需要这种盐酸220 mL，试回答下列问题：(1)配制稀盐酸时，应选用容量为_mL的容量瓶。(2)经计算需要_mL浓盐酸（保留一位小数）
35、，在量取时宜选用下列量筒中的_。A5 mL B10 mL C25 mL D50 mL(3)从下列仪器中，实验所需的是_。托盘天平玻璃棒药匙烧杯量筒容量瓶胶头滴管细口试剂瓶标签纸(4)在量取浓盐酸后，进行了下列操作：等稀释的盐酸的温度与室温一致后，沿玻璃棒注入250 mL容量瓶中。往容量瓶中小心加蒸馏水至液面离容量瓶刻度线12 cm时，改用胶头滴管加蒸馏水，使溶液的液面与瓶颈的刻度标线相切。在盛盐酸的烧杯中注入蒸馏水，并用玻璃棒搅动，使其混合均匀。用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2至3次，并将洗涤液全部注入容量瓶。上述操作中，正确的顺序是(填序号)_。(5) 若实验过程遇到下列情况，对盐酸的物质的量浓度
36、有何影响(填“偏高”、“偏低”或“不变”)。用来稀释浓盐酸的烧杯未洗涤，_；未经冷却将溶液注入容量瓶中，_；摇匀后发现液面下降再加水，_；定容时俯视观察液面，_。【答案】 (1). 250 (2). 21.6 (3). C (4). (5). (6). 偏低 (7). 偏高 (8). 偏低 (9). 偏高【解析】【详解】用质量分数为36.5%的浓盐酸(密度为1.16 gcm3)配制成1 molL1的稀盐酸。现实验室仅需要这种盐酸220 mL，试回答下列问题：(1)要配制220 mL稀盐酸时，应选用容量为250mL的容量瓶。(2)c(HCl)11.6 molL1。加水稀释前后HCl的物质的量不变
37、，所以11.6 molL1V(HCl)250 mL1 molL1，解得V(HCl)21.6 mL，故需要21.6mL浓盐酸，应该选择25 mL的量筒量取。(3)从下列仪器中，实验需要玻璃棒搅拌和引流，烧杯稀释溶液，量筒量取浓盐酸体积，容量瓶配制溶液，胶头滴管定容，细口试剂瓶和标签纸储存溶液；故选。(4)在量取浓盐酸后，应先在盛盐酸的烧杯中注入蒸馏水，并用玻璃棒搅动，使其混合均匀；再等稀释的盐酸的温度与室温一致后，沿玻璃棒注入250 mL容量瓶中，并用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2至3次，并将洗涤液全部注入容量瓶；最后往容量瓶中小心加蒸馏水至液面离容量瓶刻度线12 cm时，改用胶头滴管加蒸馏水，使溶液
38、的液面与瓶颈的刻度标线相切；故正确的顺序是 。(5)用来稀释浓盐酸的烧杯未洗涤，导致溶质物质的量减少，浓度偏低；未经冷却将溶液注入容量瓶中，由于热胀冷缩，导致溶液体积偏小，浓度偏高；摇匀后发现液面下降再加水，导致溶液浓度偏低；定容时俯视观察液面，导致溶液体积偏小，浓度偏高。28. 某无色溶液X，由K+、NH4+、Ba2+、Al3+、Fe3+、CO32-、SO42-中的若干种离子组成，取该溶液进行如图实验：（1）白色沉淀甲是_；（2）试写出实验过程中生成气体A、B的离子方程式_、_；（3）通过上述实验，可确定X溶液中一定存在的离子是_，尚未确定是否存在的离子是_【答案】 (1). BaSO4 (
39、2). CO32-2H=CO2H2O (3). NH4+OH NH3H2O (4). NH4+、CO32-、SO42- (5). K【解析】【详解】无色溶液，判断Fe3+不存在，加过量盐酸生成气体和溶液，判断溶液中一定含CO32，根据共存条件可知，溶液中一定不含有Ba2+、Al3+，气体A为CO2；溶液I加入过量氢氧化钡反应生成气体B为氨气，一定有铵根离子，白色沉淀甲是硫酸钡，原溶液一定含有硫酸根；(1)由以上分析可知，白色沉淀甲是硫酸钡，故答案为硫酸钡；(2)碳酸钠溶液与过量稀盐酸混合完全反应生成CO2，反应的离子方程式为CO32+2H+=H2O+CO2，铵盐能与碱反应生成氨气：NH4+OH
40、=NH3+H2O，故答案为CO32+2H+=H2O+CO2；NH+4+OH=NH3+H2O；(3)X溶液中一定存在的离子是NH4+、CO32、SO42-，一定不存在的离子是Fe3+、Ba2+、Al3+，尚未确定是否存在的离子是K+，故答案为NH4+、CO32、SO42-；K+。29. 如何降低大气中CO2的含量及有效地开发利用CO2是当前科学家研究的重要课题。(1)科学家用H2和CO2生产甲醇燃料。为探究该反应原理，进行如下实验：某温度下，在容积为2 L的密闭容器中充入1 mol CO2和3.25 mol H2，在一定条件下反应，测得CO2、CH3OH(g)和H2O(g)的物质的量(n)随时间
41、的变化关系如图所示。从反应开始到3 min时，氢气的平均反应速率v(H2)_。下列措施中一定能使CO2的转化率增大的是_。A在原容器中再充入1 mol CO2 B在原容器中再充入1 mol H2C在原容器中充入1 mol He D使用更有效的催化剂E缩小容器的容积 F将水蒸气从体系中分离出(2)科学家还利用氢气在一定条件下与二氧化碳反应生成乙醇燃料，其热化学反应方程式为2CO2(g)+6H2(g)CH3CH2OH(g)+3H2O(g)Ha kJmol1，在一定压强下，测得该反应的CO2转化率/ (%)与温度、实验数据如表所示。请根据表中数据回答下列问题。温度(K) 5006007008001.
42、545332012260432815383623722上述反应的a_0(填“大于”或“小于”)。恒温下，向反应体系中加入固体催化剂，则反应产生的热量_(填“增大”、“减小”或“不变”)。增大的值，则生成乙醇的物质的量_(填“增大”、“减小”、“不变”或“不能确定”)。【答案】 (1). 0.25 molL1min1 (2). BEF (3). 小于 (4). 不变 (5). 不能确定【解析】【分析】从坐标图象中可以看出，生成物CH3OH、H2O的起始量为0；此反应为可逆反应，反应达平衡时，CO2、CH3OH、H2O的变化量都为0.75mol，从而表明三者的化学计量数相等。从表中数据可以看出，当
43、温度相同时，的数值越大，CO2的转化率越大；当的数值相同时，温度越高，CO2的转化率越小，则表明升高温度，平衡逆向移动。【详解】(1)由分析可知，CO2与H2反应生成CH3OH、H2O的化学方程式为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。从反应开始到3 min时，CO2的物质的量的变化量为0.5mol，则H2的物质的量的变化量为1.5mol，氢气的平均反应速率v(H2)=0.25 molL1min1。A在原容器中再充入1 mol CO2，虽然平衡正向移动，但CO2的转化率减小，A不合题意；B在原容器中再充入1 mol H2，平衡正向移动，CO2的转化率增大，B符合题意；C在原
44、容器中充入1 mol He，反应物与生成物的浓度都未改变，平衡不发生移动，CO2的转化率不变，C不合题意；D使用更有效的催化剂，虽然能加快反应速率，但平衡不发生移动，CO2的转化率不变，D不合题意；E缩小容器的容积，相当于加压，平衡正向移动，CO2的转化率增大，E符合题意；F将水蒸气从体系中分离出，平衡正向移动，CO2的转化率增大，F符合题意；故选BEF；答案为：0.25 molL1min1；BEF；(2)保持不变，升高温度，CO2的转化率减小，则平衡逆向移动，上述反应的a小于0。恒温下，向反应体系中加入固体催化剂，则平衡不发生移动，反应产生的热量不变。增大的值，虽然平衡正向移动，但由于反应物
45、的用量未知，所以不能确定产物的生成量，故生成乙醇的物质的量不能确定。答案为：小于；不变；不能确定。【点睛】增大的值，可提高CO2的转化率，从而使平衡正向移动，我们会错误地认为生成乙醇的物质的量增大。30. 化合物A最早发现于酸牛奶中，它是人体内糖代谢的中间体，可由马铃薯玉米淀粉等发酵制得，A的钙盐是人们喜爱的补钙剂之一。A在某种催化剂的存在下进行氧化，其产物不能发生银镜反应。在浓硫酸存在下，A可发生如下图所示的反应。试写出：(1)化合物的结构简式：A_ ；B_ ；D_(2)化学方程式： AE_ ；AF_反应类型： AE_；AF_【答案】 (1). CH3CH(OH)COOH (2). CH3C
46、H(OH)COOCH2CH3 (3). CH3COOCH(CH3)COOH (4). (5). (6). 消去反应 (7). 酯化反应或取代反应【解析】【分析】A在浓硫酸存在下既能和乙醇反应，又能和乙酸反应，说明A中既有羧基又有羟基A催化氧化的产物不能发生银镜反应，说明羟基不在碳链的端点上，可判断A为CH3CH(OH)COOH，而A被氧化可得CH3COCHO，不能发生银镜反应，A与乙醇发生酯化反应生成B为CH3CH(OH)COOCH2CH3，A与乙酸发生酯化反应生成D为CH3COOCH(CH3)COOH，A在浓硫酸、加热条件下生成E，E可以溴水褪色，应发生消去反应，则E为CH2=CHCOOH，A在浓硫酸、加热条件下生成六原子环状化合物F，结合F的分子式可知，为2分子A发生酯化反应生成环状化合物，故F为，据此分析解答。【详解】(1)由上述分析可知，A为CH3CH(OH)COOH，B为CH3CH(OH)COOCH2CH3，D为CH3COOCH(CH3)COOH；(2)AE是乳酸在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成CH2=CHCOOH，反应方程式为：，该反应类型是消去反应；AF是乳酸在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成环状化合物，反应方程式为：，该反应是酯化反应或取代反应；(3)根据(2)的分析，AE为消去反应；AF为酯化反应或取代反应。