1、高考资源网（） 您身边的高考专家化学可能用到的原子量：H1 C12 O16 Na23 Fe56 Al 27 一、单选题(每小题2分,共50分)1.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 常温常压下，6.4g氧气和臭氧混合气体中含有的原子总数为0.4NAB. 常温常压下，22.4LCl2中含有的分子数为NAC. 1L1mol/LK2SO4溶液中含有的钾离子数为NAD. 1mol钠变为Na+失去的电子数为11NA【答案】A【解析】【详解】A. 6.4g氧气和臭氧可以看做6.4g氧原子，即为0.4mol氧原子，所以混合气体中含有的原子总数为0.4NA，故A选；B. 常温常压下，22.4L
2、Cl2的物质的量不是1mol，故B不选；C. 1L1mol/LK2SO4溶液中含有的钾离子数为2NA，故C不选；D. 1mol钠变为Na+失去的电子数为NA，故D不选。故选A。2.下列关于实验操作的叙述中正确的是( )从试剂瓶中取出的任何药品,若有剩余不能再放回原试剂瓶 可燃性气体点燃之前必须验纯 用胶头滴管向试管中滴加液体,一定要将胶头滴管伸入试管中用托盘天平称量固体药品时,应左物右码配制浓硫酸与蒸馏水的混合液时,应将浓硫酸慢慢加到蒸馏水中并及时揽拌和冷却选用量筒量取稀硫酸A. B. C. D. 以上答案均不正确【答案】C【解析】【详解】对化学实验剩余药品，大多是不可以放回原瓶的，但是极少数
3、例外，如金属钠切下一小块后可放回原瓶，故错误;可燃性气体点燃之前必须验纯，不纯可能发生爆炸,故正确;用胶头滴管向试管中滴加液体，不能将滴管伸入试管中，否则会污染胶头滴管所放的试剂瓶中的药品，故错误;用托盘天平称量固体药品时，应左物右码,故正确;浓硫酸溶于水时放出大量的热，且硫酸的密度大于水，因此如果将水加入到浓硫酸中水浮在硫酸上，造成暴沸液滴飞溅，可能会发生危险，所以要将浓硫酸慢慢加到蒸馏水中，故正确;容积太大，会造成较大误差，不能用来量取稀硫酸，应用量筒量取，且量筒精确度为0.1mL，故错误；综上所述选C。3.下列关于钠的化合物的叙述不正确的是A. 热稳定性：B. 与都能和水反应生成碱，它们
4、都是碱性氧化物C. 碳酸氢钠可用于治疗胃酸过多D. 中阴、阳离子的个数比为1：2【答案】B【解析】【详解】ANaHCO3不稳定，加热易分解，发生2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2，碳酸钠受热不分解，正确；BNa2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，不是碱性氧化物，错误；C碳酸氢钠可与盐酸反应，且碳酸氢钠的碱性较弱，对胃壁的刺激作用较小，可用于中和胃酸过多，正确；DNa2O2中阴离子为O22-，Na2O2中阴、阳离子的个数比为1：2，正确；故选B。4.下列反应，其产物的颜色按红色、红褐色、淡黄色、蓝色顺序排列的是()金属钠在纯氧中燃烧 FeSO4溶液中滴入NaOH溶液，并在空气中放置一段时间
5、FeCl3溶液中滴入KSCN溶液 无水硫酸铜放入医用酒精中A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】金属钠在纯氧中燃烧生成淡黄色的过氧化钠；溶液滴入溶液并在空气中放置一段时间 ，先产生白色沉淀，后逐渐变成灰绿色，最终变成红褐色沉淀。溶液中滴入溶液，发生络合反应，溶液呈红色；无水硫酸铜放入医用酒精中，医用酒精中含有水，溶液变蓝，故其产物的颜色按红色、红褐色、淡黄色、蓝色顺序排列的是。故选：B。5.下列叙述中正确的是A. 向含有CaCO3沉淀的水中通入CO2至沉淀恰好溶解，再向溶液中加入NaHCO3饱和溶液，又有CaCO3沉淀生成B. 向Na2CO3溶液中逐滴加入等物质的量的稀盐酸，生成的
6、CO2与原Na2CO3的物质的量之比为1：2C. 等质量的NaHCO3和Na2CO3分别与足量盐酸反应，在同温同压下，生成的CO2体积相同D. 向Na2CO3饱和溶液中通入CO2，有NaHCO3结晶析出【答案】D【解析】【详解】A、CaCO3与CO2在水中反应生成Ca(HCO3)2，再加入NaHCO3不反应，不会有沉淀生成，A项错误；B、向Na2CO3溶液中逐滴加入等物质的量的稀盐酸，发生反应Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，无CO2气体放出，B项错误；C、等质量的NaHCO3和Na2CO3，其中NaHCO3的物质的量多，与足量HCl反应时，放出的CO2多，C项错误；D、发生的反应
7、为：Na2CO3+ CO2+ H2O =2NaHCO3，由于NaHCO3的溶解性较小，故有结晶析出，D项正确，答案选D。6.工业上以铝土矿(主要成分为Al2O3，含Fe2O3杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如下：下列叙述正确的是( )A. 试剂X可以是氢氧化钠溶液，也可以是盐酸B. 反应过滤后所得沉淀为氢氧化铁C. 反应的化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3+NaHCO3D. 图中所有反应都不是氧化还原反应【答案】C【解析】【详解】A由溶液乙通入过量的Y生成氢氧化铝沉淀、碳酸氢钠可知，溶液乙中含有偏铝酸根、气体Y为二氧化碳，故试剂X为氢氧化钠溶液，不可能为盐酸，A错误；B向铝
8、土矿中加入NaOH溶液，Al2O3反应变为NaAlO2溶液，而Fe2O3不反应，所以过滤后所得沉淀为Fe2O3，B错误；C反应过滤后所得溶液乙为NaAlO2溶液，向NaAlO2溶液中通入过量CO2生成Al(OH)3沉淀，反应的化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3+NaHCO3，C正确；D电解熔融的氧化铝制取Al的反应是氧化还原反应，D错误；故合理选项是C。7.将agFe2O3、Al2O3的混合固体溶解在200mL0.1mol/L的过量硫酸溶液中，然后向其中加入NaOH溶液使Fe3、Al3刚好完全沉淀，用去NaOH溶液100mL，则NaOH溶液的浓度为()A. 0.1mol
9、/LB. 0.2mol/LC. 0.4mol/LD. 0.8mol/L【答案】C【解析】【分析】混合固体与硫酸反应，发生的离子反应有Fe2O36H=2Fe33H2O、Al2O36H=2Al33H2O，加入NaOH溶液，使Fe3、Al3刚好完全沉淀，发生离子方程式为HOH=H2O、Al33OH=Al(OH)3、Fe33OH=Fe(OH)3，据此分析；【详解】根据上述分析，溶液中Fe3、Al3刚好沉淀时，溶液中溶质为Na2SO4，其中Na来自NaOH，来自H2SO4，故n(NaOH)=2n(H2SO4)，则，故C正确；答案为C。【点睛】关于化学计算，首先弄清楚反应实质，然后根据题中信息，找到合适的
10、方法，一般利用守恒的思想解决，守恒思想包括电荷守恒、原子守恒、得失电子数目守恒等。8.“绿色化学实验”已走进课堂，下列做法符合“绿色化学”的是( )实验室收集氨气采用图甲所示装置实验室中做氯气与钠反应的实验时采用图乙所示装置实验室中用玻璃棒分别蘸取浓盐酸和浓氨水做氨气与酸生成铵盐的实验实验室中采用图丙所示装置进行铜与稀硝酸的反应A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】实验室采用图甲所示装置收集NH3，在收集的过程中用滴有酚酞的水检验NH3收集满并吸收逸出的NH3，防止污染环境，符合绿色化学的要求，合理；实验室中作Cl2与钠的反应实验时采用图乙所示装置，浸有碱液的棉球可以吸收多余的氯气
11、，防止污染环境，符合绿色化学的要求，合理；实验室中用玻璃棒分别蘸取浓盐酸和浓氨水作氨气与酸反应生成铵盐的实验，挥发的HCl气体和NH3会污染环境，不符合绿色化学的要求，不合理；实验室中采用图丙所示装置进行铜与稀硝酸的反应，生成的氮氧化物可以收集在气球里，防止污染环境，符合绿色化学的要求，合理；综上所述可知符合“绿色化学”要求的是，故合理选项是C。9.某溶液既能溶解Al(OH)3,又能溶解Al,但不能溶解Fe,在该溶液中可以大量共存的离子组是( )A. K+、Na+、B. Na+、Cl-、S2-C. 、Mg2+、D. H+、K+、Cl-、Na+【答案】B【解析】【详解】能溶解Al(OH)3和Al
12、，而不能溶解Fe的溶液只能是强碱溶液。A不能在强碱溶液中大量存在，故A不符合题意；BNa+、Cl-、S2-相互之间不反应，且能在强碱溶液中大量存在，故B符合题意；C、Mg2+会跟OH-反应不能大量共存，故C不符合题意；DH+不能在强碱溶液中大量存在，故D不符合题意；故答案为B。10.如图所示是一系列含硫化合物的转化关系（反应中生成的水已略去），其中说法正确的是A. 反应说明SO2具有漂白性，反应说明SO2具有酸性B 反应中生成物n（Na2SO3）：n（NaHSO3）1：1时，则反应物n（SO2）：n（NaOH）1：2C. 反应均属于氧化还原反应D. 工业上可利用反应和反应回收SO2【答案】D【
13、解析】【详解】A反应中先变蓝后褪色显然是因为KIO3的还原产物先是I2后是I，体现了SO2具有还原性，反应属于酸性氧化物和碱的反应，体现了SO2具有酸性，故A错误；B根据元素守恒，当n（Na2SO3）：n（NaHSO3）1：1时，n（SO2）：n（NaOH）2：3，故B错误；C反应是非氧化还原反应，故C错误；D反应吸收了二氧化硫，反应放出了SO2，可以通过2个反应回收二氧化硫，故D正确；故选D。11.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,X原子核外最外层电子数是其电子层数的2倍,X、Y的核电荷数之比为34。W-的最外层为8电子结构。金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原
14、反应。下列说法正确的是A. X与Y能形成多种化合物,一般条件下都能与Z的最高价氧化物的水化物发生反应B. 原子半径大小:XWC. 化合物Z2Y和ZWY3都只存在离子键D. Y、W的某些单质或两元素之间形成的某些化合物可作水的消毒剂【答案】D【解析】【详解】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子核外最外层电子数是其电子层数的2倍，则X为C元素，X、Y的核电荷数之比为3：4，则Y为O元素，W的最外层为8电子结构，W为F或Cl元素，金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应，则Z为Na元素，W只能为Cl元素，则AX与Y形成的化合物有CO、CO2等，Z的最高价氧化物的水化
15、物为NaOH，CO和NaOH不反应，故A错误；B一般说来，电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同，质子数越多，半径越小，则原子半径大小XY，ZW，故B错误；C化合物Z2Y和ZWY3分别为Na2O、NaClO3，NaClO3存在离子键和共价键，故C错误；DY单质臭氧，W的单质氯气，对应的化合物ClO2，可作为水的消毒剂，故D正确。故选D。12.海藻中含有丰富的碘元素，如图是实验室从海藻中提取捵的部分流程：下列判断不正确的是A. 步骤、的操作分别是过滤、萃取分液B. 步骤中反应的离子方程式为：C. 可用淀粉溶液检验步骤中的反应是否进行完全D. 步骤中加入的有机溶剂可以是【答案】C【解析】【分析】
16、将海藻灰悬浊液过滤，得到残渣和含碘离子的溶液，向溶液中通入氯气，发生反应：，得到含碘的水溶液，加入有机溶剂萃取，分液后得到含碘的有机溶液，经后期处理，得到晶体碘。【详解】A步骤是分离海藻灰残渣和溶液，所以是过滤，是从含碘的水溶液得到含碘的有机溶液，所以是加入有机溶剂后萃取分液，故A正确；B步骤是向含碘离子的溶液中通入氯气，发生置换反应，离子方程式为：，故B正确；C步骤中的反应生成了碘，加入淀粉变蓝，所以不能用淀粉溶液检验是否进行完全。若检验反应是否进行完全，应该检验I-，故C错误；D碘易溶于有机溶剂中，所以萃取剂可以选择CCl4、苯等，故D正确； 故选C。13.A、B、C、D是4种常见的短周期
17、元素，其原子半径随原子序数的变化如图所示。已知A的一种核素可表示为，该核素中有10个中子，简单离子B+与Ne原子的核外电子排布相同，C的单质是一种常见的半导体材料，D的最高价氧化物对应水化物的分子式为HDO4。下列说法不正确的是( )A. B的简单离子半径小于D的简单离子半径B. 气态氢化物的稳定性：CDC. A、B、D元素组成的某种化合物能用于杀菌消毒D. C的氧化物与B和D的最高价氧化物对应的水化物均能反应【答案】D【解析】【详解】A的一种核素可表示为，该核素中有10个中子，则其含有的质子数为18-10=8，所以A为O元素；简单离子B+与Ne原子的核外电子排布相同，则B具有的质子数为10+
18、1=11，所以B为Na元素；C的单质是一种常见的半导体材料，则C是Si元素；D的最高价氧化物对应水化物的分子式为HDO4，则D元素化合价为+7价，D原子最外层有7个电子，所以D为Cl元素。AB为Na，D为Cl。Na+核外电子排布是2、8，有2个电子层；Cl-核外电子排布是2、8、8，核外有3个电子层，离子核外电子层数越多，离子半径越大，所以离子半径：Na+Cl-，A正确；B元素的非金属性越强，其简单气态氢化物越稳定，由于元素的非金属性SiCl，所以气态氢化物的稳定性：SiH4HCl，B正确；CO、Na、Cl可组成NaClO，NaClO具有强氧化性，因此可用于杀菌消毒，C正确；DSiO2是酸性氧
19、化物，可以与NaOH溶液反应生成盐Na2SiO3和水，但不能与酸HClO4反应，D错误；故合理选项是D。14.科学家已获得了气态分子，其结构为正四面体(如图所示)。已知断裂1mol N-N键吸收167kJ能量，断裂1mol 键吸收942kJ能量，下列说法正确的是( )A. 属于一种新型的化合物B. 1mol (g)完全转化为N(g)的过程中释放1002kJ能量C. 1mol (g)完全转化为(g)时放出882kJ能量D. 和互为同素异形体，转化为属于物理变化【答案】C【解析】【详解】AN4中只含一种元素，且为纯净物，属于单质，故A错误；BN4(g)=4N(g)是断裂化学键的过程，1mol (g
20、)完全转化为N(g)的过程需要吸收的热量=6167kJ=1002kJ能量，故B错误；C1molN4气体中含有6molN-N键，可生成2molN2，形成2molNN键，则1molN4气体转变为N2过程中断裂化学键吸收的热量为：6167kJ=1002kJ，形成化学键放出的热量为2942kJ =1884kJ，所以反应放热，放出的热量为：1884kJ-1002kJ=882kJ，故C正确；DN4和N2 是同种元素组成的不同单质，互为同素异形体，N4转化为N2过程中存在化学键的断裂和化学键的形成，属于化学变化，故D错误；故选C。15.环境保护是目前人类面临的一项重大课题。为应对燃料使用造成的环境污染，科学
21、家提出了利用太阳能促进燃料循环使用的构想，其构想可用下图表示：其中过程的主要反应为2CO22CO+O2，2H2O2H2+O2，2N2+6H2O4NH3+3O2，2CO2+4H2O2CH3OH+3O2，CO2+2H2OCH4+2O2。下列说法中不正确的是A. 过程中发生的反应均为放热反应B. 太阳能最终主要转化为热能C. 经过上述一个循环后放出O2D. 要实现上述循环，当前需要解决的关键问题是过程【答案】C【解析】【详解】A.过程中发生的反应燃料的燃烧反应，属于放热反应，A正确；B.通过图像可知，太阳能最终主要转化为燃烧释放的热能，B正确；C.经过第一个循环不会产生新物质，C错误；D.要实现题述
22、循环，当前主要解决的关键是过程，D正确；答案为C16.有一种银锌微型纽扣电池.其电极分别是Ag2O和Zn，电解质溶液为KOH溶液，电极反应为Zn+2OH-2e-=ZnO+H2O，Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-，电池总反应为 Ag2O+Zn=2Ag+ZnO。下列有关叙述中不正确的是A. Zn为负极、Ag2O为正极B. 电池工作时，正极质量逐渐减小C. 电池工作时，电子由Zn极经外电路流向Ag2O极D. 电路中每通过0.2mol电子，负极的质量理论上减少6.5g【答案】D【解析】【分析】银锌电池的电极分别是Ag2O和Zn，电解质溶液为KOH，电极反应为：Zn+2OH-2e-=ZnO+H
23、2O；Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-，则Zn为负极，发生氧化反应，Ag2O为正极，发生还原反应，电子由负极流向正极，以此来解答。【详解】A.电极活动性ZnAg2O，所以Zn为负极、Ag2O为正极，A正确；B.电池工作时，正极发生反应：Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-，电极由Ag2O变为单质Ag，可见正极质量逐渐减小，B正确；C.电池工作时，电子由负极Zn极经外电路流向正极Ag2O极，C正确；D.负极是Zn，负极的电极反应式为：Zn+2OH-2e-=ZnO+H2O，Zn是+2价金属，每有1molZn反应，转移2mol电子，负极质量会增加8g，D错误；故合理选项是D。【点睛】
24、本题考查原电池的工作原理的知识，明确电极反应、正负极的判断、电子的流向即可解答，书写电极反应式时要结合电解质溶液的酸碱性进行分析判断。17.纽扣电池可作计算器、电子表等的电源。有一种纽扣电池的两极材料分别为锌和氧化银，电解质溶液为KOH溶液，放电时两个电极反应分别为Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2，Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-，下列说法正确的是( )A. Zn发生还原反应，Ag2O发生氧化反应B. 溶液中OH-向Ag2O极移动，K+向Zn极移动C. 在电池放电过程中,KOH溶液的浓度保持不变D. Zn是负极，Ag2O是正极【答案】D【解析】【详解】A根据电极反应式可知：Zn
25、失电子，发生氧化反应，Ag2O得电子，发生还原反应，A错误；B在原电池中，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，则OH-向负极Zn极移动，K+向正极Ag2O极移动，B错误；C将两电极反应式相加得电池总反应为：Zn+Ag2O+H2O=Zn(OH)2+2Ag，反应过程中H2O被消耗，KOH物质的量不变，但溶剂减少，因此会使KOH溶液浓度增大，C错误；D原电池中负极发生氧化反应，正极发生还原反应，Zn是负极，Ag2O是正极，D正确；故合理选项是D。18.下列说法中可以说明2HI（g）H2（g）+I2（g）已达到平衡状态的是（ ） （1）单位时间内生成n mol H2的同时生成n mol HI （2）一
26、个HH键断裂的同时有两个HI键断裂（3）c(HI)= c(I2) （4）反应速率(H2)=(I2)=0.5(HI)（5）c(H2)c(I2)c(HI)=211 （6）温度和体积一定时，某一生成物浓度不再变化（7）温度和体积一定时，容器内压强不再变化 （8）条件一定，混合气体的平均相对分子质量不再变化（9）温度和体积一定时，混合气体的颜色不再发生变化（10）温度和压强一定时，混合气体的密度不再发生变化A. （1）（2）（5）（9）（10）B. （2）（6）（9）C. （6）（7）（10）D. 全部【答案】B【解析】【详解】（1）单位时间内生成n mol H2的同时生成n mol HI时，正逆反应
27、速率不等，反应达不到平衡状态，故（1）错误；（2）反应过程中有一个H-H键断裂的同时有两个H-I键断裂，说明正逆反应速率相等，证明反应达到平衡状态，故（2）正确；（3）c(HI)= c(I2) 的状态不一定是平衡状态，故（3）错误；（4）反应进行的过程中，反应速率始终满足(H2)=(I2)=0.5(HI)中，不一定是平衡状态，故（4）错误；（5）c(H2)c(I2)c(HI)=211的状态不一定是平衡状态，故（5）错误；（6）温度和体积一定时，某一生成物浓度不再变化，量不变，说明是平衡状态，故正确；（7）温度和体积一定时，混合气体物质的量始终不变，容器内压强始终不变，不一定是平衡状态，故（7）
28、错误；（8）混合气体的质量和气体的总物质的量始终不变，混合气体的平均相对分子质量也始终不变，不一定是平衡状态，故（8）错误；（9）温度和体积一定时，混合气体的颜色不再发生变化，说明不变，是平衡状态，故（9）正确；（10）温度和压强一定时，混合合气体的质量和气体的总物质的量始终不变，混合气体的平均相对分子质量也始终不变，不一定是平衡状态，故（10）错误；故答案为B。【点睛】化学平衡的标志有直接标志和间接标志两大类。一、直接标志：正反应速率等于逆反应速率，注意反应速率的方向必须有正向和逆向。同时要注意物质之间的比例关系，必须符合方程式中的化学计量数的比值。二、间接标志：1各物质浓度不变。2各物质的
29、百分含量不变。3恒温恒容条件下，对于气体体积前后改变的反应，压强不变是平衡的标志。4、对于气体体积前后不改变的反应，压强不能做标志。5对于恒温恒压条件下的反应，气体体积前后改变的反应密度不变是平衡标志。6对于恒温恒容下的反应，有非气体物质的反应，密度不变是平衡标志。19.硫酸是一种重要的化工产品，目前硫酸的主要生产方法是“接触法”，其主要反应之一为2SO2+O22SO3。下列有关该反应的说法不正确的是( )A. SO2和O2不可能全部转化为SO3B. 达到平衡后，反应就停止了，故正、逆反应速率相等且均为零C. 该反应从开始到达到平衡的过程中，正反应速率不断减小，逆反应速率不断增大，某一时刻，正
30、、逆反应速率相等D. 工业上生产SO3时，要同时考虑反应所能达到的限度和化学反应速率两方面的问题【答案】B【解析】【详解】A. 该反应为可逆反应， SO2和O2不可能全部转化为SO3，故A项说法正确；B. 反应达到平衡后，正反应速率和逆反应速率相同，是动态平衡，速率不可能为零，故B项说法错误；C. 该反应从开始到达到平衡的过程中，反应物浓度不断减小，生成物浓度不断增大，正反应速率不断减小，逆反应速率不断增大，某一时刻正、逆反应速率相等达到平衡，故C项说法正确；D. 工业上生产SO3，要考虑反应时间又要考虑转化率，即要同时考虑反应所能达到的限度和化学反应速率两方面的问题，故D项说法正确。答案：B
31、。20.正己烷是优良的有机溶剂,其球棍模型为。下列有关说法正确的是( )A. 正己烷的分子式为C6H12B. 正己烷的一氯代物有3种C. 正己烷能与溴水发生取代反应而使溴水褪色D. 正己烷的同分异构体中,主链上有4个碳原子的有机物只有1种【答案】B【解析】【详解】A. 正己烷属于烷烃，其分子式为C6H14，故A错误；B. 正己烷的结构简式为CH3CH2CH2CH2CH2CH3，分子中存在3种位置不同的H原子，其一氯代物有3种，故B正确；C. 烷烃不能与溴水发生反应，故C错误；D. 正己烷的同分异构体中，主链上有4个碳原子的有机物有2种:、，故D错误；答案为B。【点睛】等效氢的判断，：同一个碳原
32、子上的H原子是等效；处于镜面对称位置上的H原子是等效的；同一个碳原子上所连的甲基上的H原子是等效的。21.鉴别甲烷、一氧化碳和氢气三种无色气体的方法是( )A. 通入溴水通入澄清石灰水B. 点燃罩上涂有澄清石灰水的烧杯C. 点燃罩上干燥的冷烧杯罩上涂有澄清石灰水的烧杯D. 点燃罩上涂有澄清石灰水的烧杯通入溴水【答案】C【解析】【详解】A通入溴水通入澄清石灰水，均无现象发生，不能将三者鉴别，A不合题意；B点燃罩上涂有澄清石灰水的烧杯，甲烷和氢气都能使澄清石灰水变浑浊，无法鉴别，B不合题意；C点燃罩上干燥的冷烧杯，点燃一氧化碳的火焰上方烧杯内无水珠生成，罩上涂有澄清石灰水的烧杯，点燃甲烷的火焰上方
33、的烧杯内壁有浑浊出现，可以将三者鉴别，C符合题意；D点燃罩上涂有澄清石灰水的烧杯，点燃氢气的火焰上方的烧杯内没有浑浊出现，通入溴水，不能鉴别甲烷和一氧化碳，D不合题意；故选C。【点睛】点燃，在火焰上方罩上干燥的冷烧杯可以检验是否生成水，从而确定原气体中是否含有氢元素；在火焰上方罩上涂有澄清石灰水的烧杯可检验出是否生成，从而确定原气体中是否含有碳元素。22.两种气态烃组成的混合气体0.1mol，完全燃烧得0.15mol CO2和3.6g H2O，下列关于该混合气体的说法正确的是A. 一定有C2H4B. 一定没有C2H4C. 一定有乙烷D. 一定有甲烷【答案】D【解析】【分析】混合气体有两种烃构成
34、，设该混合物为CxHy，利用原子守恒，得出该混合物的平均式为C1.5H4，据此分析；【详解】3.6g H2O的物质的量是0.2mol，根据原子守恒，得出该混合物的平均式为C1.5H4，因为是气态烃，因此C元素个数在11.54之间，小于1.5的只有甲烷，因此一定含有甲烷，甲烷分子中含有4个H原子，平均含有4个H原子，则另外一种烃分子中含有的H原子个数也是4个，所以一定不含有乙烷(C2H6)，可能是C2H4，也可能是C3H4，故D正确；答案为D。23.实验室制备溴苯的反应装置如下图所示，关于实验操作或叙述错误的是 A. 向圆底烧瓶中滴加苯和溴的混合液前需先打开KB. 实验中装置b中的液体逐渐变为浅
35、红色C. 装置c中的碳酸钠溶液的作用是吸收溴化氢D. 反应后的混合液经稀碱溶液洗涤、结晶，得到溴苯【答案】D【解析】【分析】在溴化铁作催化剂作用下，苯和液溴反应生成无色的溴苯和溴化氢，装置b中四氯化碳的作用是吸收挥发出的苯和溴蒸汽，装置c中碳酸钠溶液呈碱性，能够吸收反应生成的溴化氢气体，倒置漏斗的作用是防止倒吸。【详解】A项、若关闭K时向烧瓶中加注液体，会使烧瓶中气体压强增大，苯和溴混合液不能顺利流下。打开K，可以平衡气压，便于苯和溴混合液流下，故A正确；B项、装置b中四氯化碳的作用是吸收挥发出的苯和溴蒸汽，溴溶于四氯化碳使液体逐渐变为浅红色，故B正确；C项、装置c中碳酸钠溶液呈碱性，能够吸收
36、反应生成的溴化氢气体，故C正确；D项、反应后得到粗溴苯，向粗溴苯中加入稀氢氧化钠溶液洗涤，除去其中溶解的溴，振荡、静置，分层后分液，向有机层中加入适当的干燥剂，然后蒸馏分离出沸点较低的苯，可以得到溴苯，不能用结晶法提纯溴苯，故D错误。故选D。【点睛】本题考查化学实验方案的设计与评价，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，注意把握实验操作要点，结合物质的性质综合考虑分析是解答关键。24.2，3二甲基2丁烯的结构简式是A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】按照烯烃的命名原则进行分析；【详解】根据有机物的名称可知，其主链上有4个碳原子，碳碳双键在2号碳上，且2、3号碳上，分别连
37、有1个甲基，故其结构简式应为，C正确；答案为C。【点睛】该题型一般根据有机物的名称，写出结构简式进行判断和分析，单烯烃命名原则是，选择含碳碳双键最长的碳链为主链，离碳碳双键最近的碳端进行编号，表示时应标出碳碳双键的位置。25.等物质的量的下列物质:CH2=CHCH=CH2分别与足量氢气发生加成反应，消耗氢气的物质的量之比为A. 1:2:3:4B. 1:2:3:5C. 2:4:6:7D. 2:4:7:8【答案】A【解析】【分析】能与H2发生加成反应的结构有碳碳双键、碳碳叁键、苯环、醛基、羰基，据此分析。【详解】1mol碳碳双键可以与1mol氢气发生加成反应，1mol苯环可以与3mol氢气发生加成
38、反应，因此1mol题中四种物质与足量氢气发生加成反应时，消耗氢气的物质的量分别为2mol、4mol、6mol、8mol，即物质的量之比为1:2:3:4，所以A项正确；答案为A。【点睛】强调：苯上无论有多少取代基，1mol苯环最多需要3molH2发生加成反应。二、填空题(每空2分，共50分)26.从煤和石油中可以提炼出化工原料A和B，A是一种果实催熟剂，它的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平。B是一种密度比水小的油状液体，B仅由碳、氢两种元素组成，碳元素与氢元素的质量比为12：1，B的相对分子质量为78。回答下列问题：(1)A的电子式为_，A的结构式为_。(2)与A分子组成相差一个CH2
39、原子团的A的同系物C与溴的四氯化碳溶液反应的化学方程式为_，反应类型为_。(3)在碘水中加入B振荡静置后的现象是_。(4)B与浓硫酸、浓硝酸在5060下反应的化学方程式为_,【答案】 (1). (2). (3). CH2=CH-CH3+Br2CH2Br-CHBr-CH3 (4). 加成反应 (5). 液体分层，下层为无色，上层呈紫红色 (6). +HO-NO2+H2O【解析】【分析】A是一种果实催熟剂，它的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，则A是乙烯，结构简式是CH2=CH2；B是一种密度比水小的油状液体，B仅由碳、氢两种元素组成，碳元素与氢元素的质量比为12：1，则二者分子中C、H
40、原子个数比是1：1，最简式是CH，最简式的式量是13，B的相对分子质量为78，则A中含有最简式的数目为7813=6，故B分子式是C6H6，B是从煤和石油中可以提炼出化工原料，则该物质是苯，然后根据问题逐一进行解答。【详解】根据上述分析可知：A是CH2=CH2，B是C6H6。(1)A是乙烯，结构简式是CH2=CH2，分子中2个C原子之间形成共价双键，每个C原子再分别与2个H原子形成2个共价键，其电子式为：；用小短线表示共用电子对，则A的结构式为。(2)与A分子组成相差一个CH2原子团的A的同系物C是丙烯，结构简式是CH2=CH-CH3，丙烯与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，产生1，2-二溴丙烷，该
41、反应的化学方程式为：CH2=CH-CH3+Br2CH2Br-CHBr-CH3。(3)根据上述分析可知B是苯，碘单质易溶于苯，而在水中溶解度较小，且苯不溶于水，密度比水小，故在碘水中加入苯，充分振荡后静置的现象为：液体分层，下层几乎无色，上层呈紫红色。(4)苯与浓硫酸和浓硝酸在5060下发生取代反应，生成硝基苯和水，反应方程式为：+HO-NO2+H2O。27.用系统命名法命名下列有机物(1)_ (2)_【答案】 (1). 2，3-二甲基戊烷 (2). 3，5-二甲基-4-乙基-3-己烯【解析】【分析】(1)根据烷烃的系统命名方法命名；(2)根据烯烃的系统命名方法命名。【详解】(1)选择分子中含有
42、C原子数最多的碳链为主链，该物质分子中最长碳链上含有5个C原子；从左端为起点，给主链上C原子编号，2号碳和3号碳上分别有一个甲基，所以该物质名称为2，3-二甲基戊烷；(2)该物质含有碳碳双键属于烯烃，包含碳碳双键的最长碳链有6个碳原子，从距离碳碳双键最近的一端开始给主链碳原子编号，在3号碳和5号碳上分别有一个甲基，4号碳上有一个乙基，所以该物质名称为3，5-二甲基-4-乙基-3-己烯。【点睛】本题考查了有机物的命名，其中烷烃的系统命名方法是有机物命名的基础。命名口诀为：选主链，称某烷；编号位，定支链；取代基，写在前；相同基，合并算；不同基，简到繁；当物质中含有官能团时，要选择含官能团在内的最长
43、碳链为主链，从离官能团较近的一端为起点，给主链上C原子编号，以确定官能团和支链的位置。28.现有A、B、C三种烃，其球棍模型如图:(1).等质量的以上物质完全燃烧时耗去O2的量最多的是_(填对应字母，下同)(2).同状况、同体积的以上三种物质完全燃烧时耗去O2的量最多的是_(3).等质量的以上三种物质燃烧时，生成水最多的是_(4).在120、1.01105Pa条件下时，有两种气态烃和足量的氧气混合点燃，相同条件下测得反应前后气体体积没有发生变化，这两种气体是_。【答案】 (1). A (2). C (3). A (4). AB【解析】【分析】根据球棍模型，推出A为CH4，B为CH2=CH2，C
44、为CH3CH3，利用烃燃烧规律进行；【详解】(1).等质量的烃完全燃烧时，氢元素的质量分数越大，耗氧量越大，即CxHy写成，CH4、C2H4、C2H6中的依次为，得出CH4耗氧量最多；(2).等物质的量的烃CxHy完全燃烧时，（x+）的值越大，耗氧量越大，依次为2、3、3.5，故乙烷耗氧量最多，(3).根据(1)的分析，等质量的三种物质，CH4的含氢量最高，因此CH4生成的H2O最多(4).温度大于或等于100条件下，水为气态，CxHy+（x+）O2xCO2+H2O，该烃完全燃烧前后气体体积不变，1x+=x+，解得y=4，故答案为CH4、C2H4；【点睛】判断耗氧量，一般根据(1)等质量的烃完
45、全燃烧，判断耗氧量，采用氢元素的质量分数越大，耗氧量越大，即CxHy写成， 越大耗氧量越多；(2)等物质的量烃燃烧，判断耗氧量，采用烃燃烧的通式，即（x+）越大耗氧量越多。29.工业合成氨反应：N23H22NH3是一个放热的可逆反应，反应条件是高温、高压，并且需要合适的催化剂。已知形成1 mol HH键、1 mol NH键、1 mol NN键放出能量分别为436 kJ、391 kJ、946 kJ。则：（1）若1 mol N2完全反应生成NH3可_(填“吸收”或“放出”)热量_kJ。（2）如果将1 mol N2和3 mol H2混合，使其充分反应，放出的热量总小于上述数值，其原因是_。（3）实验
46、室模拟工业合成氨时，在容积为2 L的密闭容器内，反应经过10 min后，生成10 mol NH3，则用N2表示的化学反应速率为_molL1min1。（4）一定条件下，当合成氨的反应达到化学平衡时，下列说法正确的是_。a正反应速率和逆反应速率相等b正反应速率最大，逆反应速率为0cN2的转化率达到最大值dN2和H2的浓度相等eN2、H2和NH3的体积分数相等f反应达到最大限度【答案】 (1). 放出 (2). 92 (3). 该反应是可逆反应，1 mol N2和3 mol H2不能完全反应，因此放出能量总是小于92 kJ (4). 0.25 (5). acf【解析】【详解】（1）反应热等于断键吸收
47、的能量和形成化学键所放出的能量的差值，则反应的N23H22NH3的H(946+4363-3916)kJ/mol92kJ/mol，所以若1mol N2完全反应生成NH3可放出热量92kJ。（2）由于该反应是可逆反应，1 mol N2和3 mol H2不能完全反应生成2mol氨气，因此放出能量总是小于92 kJ。（3）在容积为2L的密闭容器中进行，反应经过10min后，生成10mol NH3，则消耗氮气5mol，浓度是2.5mol/L，用N2表示的化学反应速率是2.5mol/L10min0.25 molL 1min1。（4）a达到化学平衡时，正反应速率和逆反应速率一定相等，a正确；b达到化学平衡时
48、，正反应速率和逆反应速率一定相等，且均不为0，b错误；c达到化学平衡时，即达到反应最大限度，N2的转化率达到最大值，c正确；d达到化学平衡时，N2和H2的浓度不再改变，但不一定相等，d错误；e达到化学平衡时，N2、H2和NH3的体积分数不变，但不一定相等，e错误；f达到化学平衡时，反应达到最大限度，f正确。答案选acf。三、实验题30.二氧化硫通入氯化钡溶液中理论上不产生沉淀，而实际受到空气和溶液中氧气的影响很快便能观察到沉淀现象。为了避免产生沉淀，某化学小组设计了如下实验装置，实验操作步骤如下：气密性检査完好后，在装置A中的多孔隔板上放上锌粒，通过_注入稀硫酸、打开活塞，将产生的氢气导入到后
49、续装置。_后，关闭活塞，将装置D的导管插入烧杯中。通过装置B的_滴加浓硫酸，产生的气体进入到BaCl2溶液中，溶液保持澄清。打开活塞，将产生的氢气导入后续装置一段时间。将盛有BaCl2溶液的试管从装置中取出，拔去橡皮塞用胶头滴管伸入到苯层下方滴加双氧水，随即出现白色浑浊，滴加稀盐酸并振荡，白色浑浊不消失。拆卸装置，清洗仪器，处理剩余药品。请回答下列问题：(1)实验步骤和的空白处使用的仪器分别为_、_(2)装置C中苯的作用是_。(3)实验步骤的操作为_。(4)实验步骤的目的是_。(5)写出实验步骤试管中发生反应的化学方程式：_、_。(6)为了避免产生沉淀，你认为还应采取哪些措施?请举一例：_。【
50、答案】 (1). 长颈漏斗 (2). 分液漏斗 (3). 将BaCl2溶液与空气隔离 (4). 将装置D的导管口向上，用试管收集满氢气并验纯， 待氢气纯净 (5). 将装置内残留的二氧化硫全部转移到氢氧化钠溶液中吸收，以防止污染 (6). SO2+H2O2=H2SO4 (7). H2SO4+BaCl2=BaSO4 +2HCl (8). 将BaCl2溶液煮沸【解析】【分析】(1)长颈漏斗无盖子和旋塞，可以作为加入液体反应物的仪器；分液漏斗的结构和长颈漏斗有很大从差异，有盖有旋塞，注意结合物质的性质采用不同的加入液体的仪器；(2)苯密度比水小，在氯化钡溶液的上层，可以起到隔离空气的作用；(3)装置
51、获取氢气的作用是将装置中的气体赶尽，防止二氧化硫通入氯化钡溶液后的现象受到空气和溶液中氧气的影响，待氢气纯净后方可将二氧化硫通入氯化钡溶液；(4)二氧化硫有毒能造成大气污染；(5)双氧水具有氧化性，可以将二氧化硫氧化为硫酸，硫酸与氯化钡反应产生硫酸钡沉淀；(6)实验要进行顺利必须要隔绝氧气的干扰。【详解】(1)可以通过长颈漏斗实现锌粒和酸的接触，装置B为分液漏斗；(2)装置C中在溶液液面上覆盖一层苯，由于苯密度比水小，在氯化钡溶液的上层，可以起到隔离空气的作用；(3)A装置获取氢气的作用是将装置中的气体赶尽，待氢气纯净后再将二氧化硫通入氯化钡溶液中；(4)二氧化硫有毒，为了防止造成污染，在实验
52、结束时要再次打开活塞，将产生的氢气导入后续装置一段时间，让SO2全部被氢氧化钠吸收，以防止污染；(5)双氧水具有强的氧化性，可以将二氧化硫氧化为硫酸，硫酸和氯化钡反应生成沉淀，由于硫酸钡既不溶于水，也不溶于酸，因此产生白色沉淀后，再滴加稀盐酸并振荡，白色浑浊不消失。有关反应方程式为：SO2+H2O2=H2SO4，H2SO4+BaCl2=BaSO4 +2HCl；(6)实验要隔绝空气中的氧气，除去氧气的方法很多，如将BaCl2溶液煮沸以驱赶其中的氧气；或者加入植物油等不溶于水且密度小于水的有机物。【点睛】本题是一道有关二氧化硫化学性质知识的实验题目，掌握SO2的毒性、强的还原性及空气中氧气、双氧水等的氧化性及BaSO4的不溶性等是分析、解答的关键。高考资源网版权所有，侵权必究！