1、云南省文山州砚山县一中2019-2020学年上学期开学考试高二化学本试卷分第卷和第卷两部分，共100分，考试时间90分钟。一、单选题(共26小题,每小题2.0分,共52分)1.下列物质鉴别方法不正确是（）A. 用焰色反应鉴别NaCl、KCl溶液B. 用氢氧化钠鉴别MgCl2溶液、AlCl3溶液C. 利用丁达尔效应鉴别Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液D. 用澄清石灰水鉴别SO2、CO2气体【答案】D【解析】A. 钠和钾的焰色反应不同，用焰色反应可以鉴别NaCl、KCl溶液，A正确；B. 氢氧化钠和氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀，与氢氧化铝反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化钠过量后沉淀又溶解，因此可用氢氧
2、化钠鉴别MgCl2溶液、AlCl3溶液，B正确；C. 胶体可以产生丁达尔效应，可以利用丁达尔效应鉴别Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液，C正确；D. SO2、CO2均可以使澄清石灰水变浑浊，不能用澄清石灰水鉴别SO2、CO2气体，应该用品红溶液，D错误，答案选D。2.取氯化钠进行焰色反应实验，火焰呈现黄色，显色的原因是（ ）A. 氯化钠受热挥发B. 氯化钠受热分解C. 钠离子中电子跃迁D. 氯离子中电子跃迁【答案】C【解析】【详解】进行焰色反应时，吸收能量，钠离子电子发生跃迁，产生发射光谱，为黄色，与氯化钠的挥发无关，且在加热条件下氯化钠不能分解，与氯离子的电子跃迁无关。故答案选C。3.要使溶
3、液中存在K+、Na+、H+、NO3-、SO42-、Cl六种离子，则蒸馏水中至少溶解几种物质（ ）A. 两种B. 三种C. 四种D. 五种【答案】B【解析】【详解】要使溶液中存在K+、Na+、H+、NO3-、SO42-、Cl-六种离子，可组合成溶于水的钾盐、硝酸盐、酸，如硫酸钾、硝酸钠、盐酸，故选B。4.下列实验中，反应速率的加快是由催化剂引起的是( )A. 在炭粉中加入氯酸钾，点燃时燃烧更为剧烈B. 过氧化氢中加入少量二氧化锰，即可迅速放出气体C. 固态氯化铁和固体氢氧化钠混合后，加入水能迅速产生沉淀D. 锌与稀硫酸反应中加入少量硫酸铜溶液，反应放出氢气的速率加快【答案】B【解析】【详解】A项
4、、在炭粉中加入氯酸钾，氯酸钾分解生成氧气，促进燃烧，点燃时燃烧更为剧烈，与催化剂无关，故A错误；B项、二氧化锰是双氧水分解的催化剂，加快了化学反应速率，故B正确；C项、加入水，固态氯化铁和固体氢氧化钠溶于水形成溶液，反应物的接触面积增大，迅速产生沉淀，与催化剂无关，故C错误；D项、锌与稀硫酸反应中，加入少量硫酸铜溶液，Zn与Cu2+发生置换反应反应生成Cu，Zn、Cu在硫酸溶液中构成原电池，放出氢气的速率加快与催化剂无关，故D错误；故选B。【点睛】本题考查外界条件对反应速率的影响，注意影响化学反应速率的因素以及物质发生变化的实质是解答关键。5. A、B两种原子，A的M电子层比B的M电子层少3个
5、电子，B的L电子层电子数恰为A的L电子层电子数的2倍。A和B分别是 ()。A. 硅原子和钠原子B. 硼原子和氦原子C. 氯原子和碳原子D. 碳原子和铝原子【答案】D【解析】设x、y分别为A的L层和M层的电子数。依题意有KLMA2xyB22xy3 由于B的M层上有电子，故其L层肯定充满电子，2x8，x4。由于A的L层未充满电子，故其M层无电子，y0。所以A、B的核外电子数分别为6、13，是碳原子和铝原子。6.下列烷烃在光照下与Cl2反应只生成一种一氯代物的是A. CH3CH2CH2CH3B. C. D. 【答案】C【解析】A、，因此一氯代物有2种，故A错误；B、根据甲烷的空间构型为正四面体，即三
6、个甲基的位置是相同的，因此一氯代物有2种，故B错误；C、4个甲基的位置等效，因此一氯代物只有一种，故C正确；D、根据结构简式，有4种不同的氢原子，则一氯代物有4种，故D错误。点睛：本题考查等效氢的判断，（1）同一个碳原子上的氢是等效的，（2）处于对称位置上的氢原子是等效的，（3）同一个碳上所有甲基的上氢原子是等效的，从而判断一氯代物有几种。7.氯化铁溶液与氢氧化铁胶体具有共同性质是（ ）A. 分散质粒子直径在1100 nm之间B. 都混合物C. 都是无色、透明的溶液D. 都呈红褐色【答案】B【解析】【详解】A因溶液中溶质粒子直径小于1nm，胶体粒子直径在l100nm之间，故A错误； B氯化铁溶
7、液与氢氧化铁胶体都是分散系，都是混合物，故B正确；C氯化铁溶液是黄色的液体，氢氧化铁胶体是红褐色液体，故C错误；D氯化铁溶液是黄色的液体，氢氧化铁胶体是红褐色液体，故D错误；故选B。8.现有三组溶液：汽油和氯化钠溶液 39%的酒精溶液 碘的水溶液，分离以上各混合液的正确方法依次是（ ）A. 分液、萃取、蒸馏B. 分液、蒸馏、萃取C. 萃取、蒸馏、分液D. 蒸馏、萃取、分液【答案】B【解析】 汽油和水二者互不相溶，所以用分液的方法进行分离，由于酒精和水互溶，但二者的沸点不同，可用蒸馏的方法分离75%的酒精溶液； 由于碘在有机溶剂中溶解度大于在水中的溶解度小，可用苯或CCl4进行萃取分离碘的水溶液
8、，所以正确的方法依次为分液、蒸馏、萃取。故本题正确答案为B。9. 下列有关葡萄糖的说法错误的是A. 葡萄糖的分子式是C6H12O6B. 葡萄糖能发生银镜反应C. 葡萄糖是人体重要的能量来源D. 葡萄糖属于高分子化合物【答案】D【解析】葡萄糖是小分子，不是高分子化合物，选项D不正确，其余都是正确的，答案选D。10.下列物质在一定条件下，可与苯发生化学反应的是()浓硝酸溴水溴的四氯化碳溶液酸性KMnO4溶液氧气A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】苯在浓硫酸条件下能够与浓硝酸发生硝化反应；苯不含碳碳双键，不能与溴水发生化学反应；苯不含碳碳双键，不能与溴的四氯化碳溶液发生化学反应；苯不能
9、被酸性的高锰酸钾氧化；苯能够在氧气中燃烧，被氧气氧化；综上所述，能够与苯发生反应的有：，A项正确；答案选A。【点睛】本题考查了苯的化学性质，明确苯分子中碳碳键是介于单键和双键之间一种独特键是解题关键。苯分子中不存在碳碳双键，较稳定，不能使酸性KMnO4溶液褪色；也不能使溴水褪色，但苯能将溴从溴水中萃取出来。苯可以在空气中燃烧；在有催化剂存在时，苯与溴发生反应，苯环上的氢原子被溴原子取代，生成溴苯；苯与浓硝酸和浓硫酸的混合物水浴加热至55-60，发生反应，苯环上的氢原子被硝基取代，生成硝基苯；苯与浓硫酸混合加热至70-80，发生反应，苯环上的氢原子被-SO3H取代，生成苯磺酸；在特定的条件下，苯
10、仍然能发生加成反应。11.块状大理石与过量的3 molL1盐酸反应制取二氧化碳气体，若要增大反应速率，可采取的措施是()加入氯化钠固体改用6 molL1盐酸改用粉末状大理石适当升高温度A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】反应为CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2O，影响化学反应速率的因素有温度、浓度、压强、催化剂、x射线、固体物质的表面积等。增加反应物浓度，使反应速率加快；升高温度，使反应速率加快；对于有气体参与的化学反应，增大压强，使反应速率加快；增大接触面积，反应速率加快；使用正催化剂，使反应物速率加快，据此解答。【详解】反应为CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2O，
11、加入一定量的氯化钠固体，不影响氢离子浓度，对反应速率基本无影响，故错误；改用6mol/L盐酸，氢离子浓度增大，反应速率加快，故正确；改用粉末状大理石，固体大理石的表面积增大，反应速率加快，故正确；升高温度，反应物分子获得能量，使一部分原来能量较低分子变成活化分子，增加了活化分子的百分数，使得有效碰撞次数增多，故反应速率加大，故正确。综合以上分析，正确，答案选B。【点睛】本题考查影响化学反应速率的因素，比较基础，注意平时学习需理解记忆。12.相同体积的KI、Na2S、FeBr2溶液，分别通入足量的Cl2，当反应恰好完成时，消耗Cl2的体积相同（同温、同压条件下），则KI、Na2S、FeBr2溶液
12、的物质的量浓度之比是（ ）A. 1：1：2B. 2：1：3C. 6：3：2D. 3：2：1【答案】C【解析】首先，写出相关化学方程式2KI+Cl22KCl+I2 Na2S+Cl22NaCl+S 2FeBr2+3Cl22FeCl3+2Br22n n n nn n可知在Cl2相等的情况下，KI、Na2S、FeBr2的物质的量之比为2n：n：n=6：3：2，在三种溶液体积相等的前提下，物质的量浓度之比就等于物质的量之比故选：C【点评】本题主要考查有关化学方程式的计算和物质的量的计算，难度较小13.工业纯碱中常含有少量的NaCl杂质，某化学兴趣小组取ag工业纯碱样品与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼
13、烧，得bg固体。则该样品中纯碱的质量分数是（ ）A. 100%B. 100%C. 100%D. 100%【答案】D【解析】【分析】加入盐酸发生的反应为Na2CO3+2HCl2NaCl+CO2+H2O，加热、蒸干、灼烧最终得到固体为NaCl，利用固体质量差、结合差量法计算碳酸钠的质量，进而计算样品中纯碱的质量分数。【详解】设碳酸钠的质量为m，则：Na2CO3+2HCl2NaCl+CO2+H2O 固体质量的增量106 117 11m (b-a)g=，解得：m=g，故该样品中纯碱的质量分数为100%=100%，故选D。14.下列物质中，既含有非极性共价键又含有极性共价键的是A. NaOHB. CO2
14、C. N2D. N2H4【答案】D【解析】一般活泼的金属和活泼的非金属容易形成离子键，非金属元素的原子间容易形成共价键，如果是同一种非金属元素的原子形成的共价键则是非极性键，不同种非金属元素的原子间形成的共价键则是极性键。则A. NaOH中含有离子键和极性键，A错误；B. CO2中只有极性键，B错误；C. N2中只有非极性键，C错误；D. N2H4中既含有非极性共价键（N与N之间）又含有极性共价键（N与H之间），D正确，答案选D。点睛：掌握化学键的含义、形成条件和构成微粒是解答的关键，尤其要注意非极性键不一定只存在于单质分子中，在某些化合物中也可能存在非极性键，例如乙醇、醋酸钠、过氧化钠等。1
15、5.已知短周期元素的离子：aA2、bB、cC3、dD都具有相同的电子层结构，则下列叙述正确的是()A. 原子半径：ABDCB. 原子序数：dcbaC. 离子半径：CDBAD. 单质的还原性：ABDC【答案】C【解析】【分析】四种元素的离子电子层结构相同，它们在周期表中的相对位置如图所示：。【详解】A. A和B的原子核外的电子层数比C和D的原子核外电子层数多一层，所以A和B的原子半径比C和D的原子半径大。A和B在同一周期，电子层数相同，B的核电荷数比A小，所以原子半径B比A大，同理，C的原子半径比D的大，所以原子半径：BACD，故A不选；B. 从这四种元素在周期表中的相对位置可以看出，原子序数：
16、abdc，故B不选；C. 这四种离子电子层结构相同，所以离子半径只取决于核电荷数，核电荷数越多，半径越小，所以离子半径：CDBA，故C选；D. 四种元素均为短周期元素，所以B为Na，A为Mg，C为N，D为F。钠的还原性强于镁，F2没有还原性，故D不选。故选C。【点睛】几种离子的电子层结构相同，可以首先找到它们在周期表中的相对位置，根据它们的位置，利用元素周期表的结构和元素周期律分析它们的原子半径、离子半径、原子序数、最高价氧化物的水化物的酸碱性、气态氢化物的稳定性、单质的氧化性和还原性以及离子的还原性和氧化性等关系。16.某精细化工厂将棉花(主要成分是纤维素)加工成很细的颗粒结构，然后添加到食
17、品中去，可使食品易加工成型，改变食品的口感，降低人体获得的能量等。下列说法正确的是()A. 纤维素是人体重要的营养物质B. 纤维素在人体中可水解成葡萄糖C. 纤维素不能被人体吸收，但可以促进消化D. 纤维素不能被所有动物吸收【答案】C【解析】分析：人体中没有水解纤维素的酶，纤维素在人体内不水解，纤维素不能作为人类的营养物质；纤维素不能被人体吸收，但纤维素能刺激肠道蠕动和分泌消化液，有助于食物的消化和废物的排泄；在牛、羊、马等植食性动物的消化系统中含有某些微生物，这些微生物能分泌出使纤维素水解成葡萄糖的酶，这些动物能以纤维素作为食物。详解：A项，人体中没有水解纤维素的酶，纤维素在人体内不水解，纤
18、维素不能作为人类的营养物质，A项错误；B项，纤维素在人体内不能水解成葡萄糖，B项错误；C项，纤维素不能被人体吸收，但纤维素能刺激肠道蠕动和分泌消化液，有助于食物的消化和废物的排泄，C项正确；D项，在牛、羊、马等植食性动物的消化系统中含有某些微生物，这些微生物能分泌出使纤维素水解成葡萄糖的酶，这些动物能以纤维素作为食物，D项错误；答案选C。17.下列关于过滤操作的描述正确的是（ ）A. 漏斗下端管口应在烧杯中间，不能接触烧杯内壁B. 漏斗内的过滤液的液面应高于滤纸边缘C. 直接向漏斗中倾倒过滤液D. 滤纸应紧贴漏斗内壁并用少量水润湿【答案】D【解析】【详解】A过滤液体时，注意“一贴、二低、三靠”
19、的原则，漏斗下端的管口要紧靠烧杯内壁，故A错误；B过滤液体时，注意“一贴、二低、三靠”的原则，液面要低于滤纸的边缘，故B错误；C过滤液体时，注意“一贴、二低、三靠”的原则，烧杯嘴紧靠玻璃棒，让液体沿玻璃棒流下，故C错误；D过滤液体时，注意“一贴、二低、三靠”的原则，用少量水润湿滤纸，使滤纸紧贴漏斗内壁，滤纸层与漏斗壁间不留气泡，故D正确；故选D。【点睛】掌握过滤操作的“一贴、二低、三靠”的原则是解题的关键。本题的易错点为A，要注意与滴管的使用方法区别开来，不要混淆。18.下列反应的离子方程式书写正确的是()A. NaHSO4溶液中加入Ba(OH)2溶液后溶液恰好显中性：Ba2OHHSO42=B
20、aSO4H2OB. 向澄清石灰水中通入过量CO2：OHCO2=HCO3C. 氢氧化钡溶液与稀硫酸反应：Ba2SO42=BaSO4D. 碳酸钙与盐酸反应：CO322H=H2OCO2【答案】B【解析】【详解】A项，NaHSO4溶液中加入Ba(OH)2溶液后溶液恰好显中性，氢离子与氢氧根离子恰好完全反应，正确的离子方程式为Ba2+2OH-+2H+ SO42=BaSO4+2H2O，A项错误；B项，向澄清石灰水中通入过量CO2，反应生成碳酸氢钙溶液，反应的离子方程式为OH-+CO2=HCO3，B项正确；C项，氢氧化钡与稀硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水，正确的离子方程式为Ba2+2OH-+2H+ SO42=B
21、aSO4+2H2O，C项错误；D项，碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳气体和水，碳酸钙不能拆写，正确的离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2，D项错误；正确选项B。【点睛】离子反应方程式的书写及判断是高中化学重要的内容。在判断离子方程式正误时，要从以下几个方面入手：先判断各物质是否能够拆成离子，能拆的不拆，不该拆的拆了，这就不符合要求；第二观察一下生成物是否书写正确；第三观察一下该离子反应电荷或电子或原子是否守恒；第四判断该反应是否满足反应发生的规律。只要做到这些，才能够快速准确的解决问题的。19.U是重要核工业原料，在自然界的丰度很低，U的浓缩一直为国际社会所关注。下列有关
22、U的说法中正确的是（ ）A. U原子核中含有92个中子B. U原子核外有143个电子C. U与U互为同位素D. U与U为同一种核素【答案】C【解析】【详解】AU的中子数为235-92=143，故A错误；BU中质子数为92，质子数等于核外电子数，其核外电子数为92，故B错误；CU 和U的质子数相同，但中子数不同，互为同位素，故C正确；DU与U的质子数都是92，中子数不同，是同种元素的不同核素，故D错误；故选C。20. 动物油和植物油的不同之处是()A. 前者给人体提供的热量多，后者给人体提供的热量少B. 前者是高分子化合物，后者不是C. 前者的烃基是较饱和的，后者的烃基是较不饱和的D. 前者能水
23、解，后者不能水解【答案】C【解析】试题分析：动物油为脂肪，常温下为固态，其烃基是较饱和的；植物油常温下为液态，其烃基是较不饱和的不论是动物油还是植物油都是油脂，都能发生水解反应，答案选C。考点：考查动物油和植物油的判断点评：该题是基础性试题的考查，试题基础性强，贴近生活，有助于调动学生的学习兴趣，侧重对学生基础知识的训练，有利于提高学生的应试能力。21.下列说法正确的是()A. 氧化铜的摩尔质量是80 gB. 氨气的摩尔质量是17 molC. 氧气的摩尔质量是32 gmol1D. 1 mol氢原子的质量是2 g【答案】C【解析】【详解】A. 摩尔质量的单位是g/mol，氧化铜的摩尔质量是80
24、g/mol，A错误；B. 氨气的摩尔质量是17 g/mol，B错误；C. 氧气的摩尔质量是32 gmol1，C正确；D. 1 mol氢原子的质量是1mol1g/mol1 g，D错误。答案选C。22.浓硫酸与下列物质作用时，既表现氧化性又表现酸性的是（ ）A. 红热的木炭B. 硫化氢气体C. 氧化亚铁D. 氢氧化钠【答案】C【解析】【详解】A红热的木炭与浓硫酸反应生成二氧化碳和二氧化硫，浓硫酸只表现氧化性，故A错误；BH2S气体与浓硫酸反应生成硫和二氧化硫，浓硫酸只表现氧化性，故B错误；C浓硫酸与氧化亚铁反应，将二价铁离子氧化生成三价铁离子同时生成硫酸铁，浓硫酸既表现强氧化性，又表现酸性，故C正
25、确；D浓硫酸与氢氧化钠反应，生成硫酸钠和水，浓硫酸表现出酸性，没有发生氧化还原反应，故D错误；故选C。【点睛】掌握和理解氧化还原反应的规律是解题的关键。本题中要知道从元素化合价的变化角度判断，浓硫酸中硫元素的化合价降低，表现氧化性，硫元素的化合价不变，表现酸性。23.下列关于硅酸的说法正确的是()A. 硅酸是一种不溶于水的含氧酸B. 硅酸不溶于水，是一种非电解质C. 硅酸的酸性比碳酸强D. 硅酸可由二氧化硅与水反应制得【答案】A【解析】A. 硅酸是一种不溶于水的含氧酸，A正确；B. 硅酸不溶于水，是一种电解质，B错误；C. 硅酸的酸性比碳酸弱，C错误；D. 二氧化硅与水不反应，不能制备硅酸，D
26、错误，答案选A。24.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述不正确的是A. 标准状况下，6.72L O2和N2的混合气体含有的原子数为0.6NAB. 通常状况下，8g O2和O3的混合气体含有的分子数是0.5NAC. 常温常压下, 2mol/L的100mL MgCl2溶液中，含有Cl-个数为0.4NAD. 标准状况下，11.2L H2在氧气中完全燃烧后得到的产物的分子数为0.5NA【答案】B【解析】试题分析：A标准状况下，6.72LO2和N2的混合气体的物质的量是0.3mol，其中含有的原子数为0.6NA，A正确；B通常状况下，8g O2和O3的混合气体含有的原子数是0.5NA，不能计算分子数
27、，B错误；C常温常压下, 2mol/L的100mL MgCl2溶液中氯化镁的物质的量是0.2mol，含有Cl-个数为0.4NA，C正确；D标准状况下，11.2L H2即0.5mol氢气在氧气中完全燃烧后得到的产物的分子数为0.5NA，D正确，答案选B。【考点定位】考查阿伏加德罗常数的计算与判断【名师点晴】要准确把握阿伏加德罗常数的应用，一要认真理清知识的联系，关注状况条件和物质状态、准确运用物质结构计算、电离和水解知识的融入、留心特殊的化学反应、阿伏加德罗定律和化学平衡的应用。避免粗枝大叶不求甚解，做题时才能有的放矢。二要学会留心关键字词，做题时谨慎细致，避免急于求成而忽略问题的本质。必须以阿
28、伏加德罗常数为基础点进行辐射，将相关知识总结归纳，在准确把握各量与阿伏加德罗常数之间关系的前提下， 着重关注易错点，并通过练习加强理解掌握， 这样才能通过复习切实提高得分率。25. 下列各组溶液，只要用试管和胶头滴管，不用任何化学试剂就可以鉴别的是A. HCl和Na2CO3B. 稀H2SO4和NaHCO3C. CaCl2和Na2CO3D. Ba（OH）2和NaHSO4【答案】A【解析】试题分析：A盐酸滴入碳酸钠溶液中开始没有气体产生，盐酸过量后产生CO2，将碳酸钠滴入盐酸中立即产生 CO2，可以鉴别，A正确；B无论是稀H2SO4滴加到NaHCO3中，还是NaHCO3滴加到稀H2SO4中，都产生
29、气体，不能鉴别，B错误；C无论是CaCl2滴加到Na2CO3中，还是Na2CO3滴加到CaCl2中，都产生沉淀，不能鉴别，C错误；D无论是Ba（OH）2滴加到NaHSO4中，还是NaHSO4滴加到Ba（OH）2中，都产生沉淀，不能鉴别，D错误，答案选A。考点：考查物质的鉴别26.前不久，我国科学家合成了三种新核素，其中一种是Hf。下列关于Hf的叙述中，正确的是A. 该元素的原子序数是72B. 该元素的原子序数是113C. 该核素的中子数为72D. 该元素的相对原子质量为了185【答案】A【解析】考查原子的组成及表示方法。在不是原子组成时，元素符号的左下角表示的是质子数，左上角表示的是质量数。质
30、子数和中子数之和是质量数，所以该原子的中子数是18572113，因此A正确，B、C不正确。元素的相对原子质量就是该元素各种同位素原子所占的一定百分比算出的平均值，D不正确。答案选A。分卷II二、填空题(共6小题, 共48分)27.（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，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
31、方程式：_；_；_。【答案】 (1). Cu (2). NO (3). CaCO3 (4). Cu(NO3)2 (5). C4HNO3（浓）CO24NO22H2O (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，故气体B只能是NO，气体A则应为CO2 和NO2 的混合物，
32、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，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
33、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C4HNO3（浓）CO24NO22H2O；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，F为SO2；由元素守恒可知，E为S，再由转化关系图
34、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。28.现有A、B、C三种烃,其球棍模型如下图:(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,生成二氧化碳最多的是_,生成水最多的是_;(4)在120 、1.01105 Pa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_。
35、【答案】（1）A；（2）C；（3）B；A；（4）A、B。【解析】试题分析：由题中模型可知，A、B、C分别为甲烷、乙烯、乙烷，其中甲烷中含碳的质量分数最低、乙烯中碳的质量分数最高。（1）等质量的以上物质完全燃烧时耗去O2的量最多的是A；（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C；（3）等质量的以上三种物质燃烧时，生成二氧化碳最多的是B，生成水最多的是A。（4）在120、1.01105 Pa下时，水是气体。由烃的燃烧通式CxHy+(x+)O2xCO2+H2O可知，若燃烧前后气体体积不变，则1+ x+=x+，解之得y=4.所以在该条件下，分子中氢原子数为4的烃完全燃烧后，气体
36、体积不变，符合这个条件的有甲烷和乙烯。所以这两种气体是A、B。点睛：等质量的不同烃燃烧时的耗氧量与分子中碳的质量分数（或氢元素的质量分数）有关，烃分子中碳的质量分数越高（或氢元素的质量分数越低），其耗氧量就越低。等物质的量的不同烃的耗氧量由(x+y/4)决定（x、y分别代表烃分子中的C、H原子的数目），(x+y/4)越大，耗氧量越大。29.某化学兴趣小组为探究二氧化硫的性质，按如图所示装置进行实验。请回答下列问题：（1）装置A中盛放亚硫酸钠的仪器名称是_，反应的化学方程式为_。（2）装置B中的现象是_，反应的离子方程式为_。（3）装置C中的现象是_，该现象说明二氧化硫具有的性质是_。（4）装置
37、D的目的是探究二氧化硫与品红作用的可逆性，写出实验操作及现象_。（5）尾气可采用_溶液吸收。【答案】 (1). 蒸馏烧瓶 (2). Na2SO3H2SO4(浓)Na2SO4SO2H2O (3). 溶液由紫色变为无色 (4). 5SO22MnO42H2O5SO422Mn24H (5). 溶液中出现淡黄色浑浊 (6). 氧化性 (7). 品红溶液褪色后，关闭分液漏斗的旋塞，点燃酒精灯加热，溶液恢复红色 (8). 氢氧化钠【解析】【分析】（1）根据装置构造判断其名称，硫酸和亚硫酸钠反应生成二氧化硫、水和硫酸钠，据此解答。（2）根据二氧化硫能被酸性高锰酸钾溶液氧化分析；（3）根据二氧化硫能把硫离子氧化
38、为单质分析；（4）根据生成的无色物质不稳定分析解答；（5）根据二氧化硫是酸性氧化物分析。【详解】（1）盛放亚硫酸钠仪器为蒸馏烧瓶，其中发生反应的化学方程式为Na2SO3+H2SO4（浓）Na2SO4+SO2+H2O；（2）二氧化硫具有还原性，高锰酸钾与SO2发生氧化还原反应，因此现象是溶液由紫红色变为无色（或紫红色褪色），反应的离子方程式为5SO22MnO42H2O5SO422Mn24H；（3）C中Na2S与SO2发生氧化还原反应生成水和单质S，因此C中的实验现象是无色溶液中出现淡黄色浑浊；反应中SO2发生还原反应，说明SO2具有氧化性；（4）品红与SO2反应后褪色，品红溶液褪色后，关闭分液漏
39、斗的旋塞，点燃酒精灯加热，溶液恢复为红色即可证明SO2与品红作用的可逆性。（5）二氧化硫有毒，属于大气污染物，二氧化硫是酸性氧化物，因此尾气可用NaOH溶液吸收，以防止污染环境。【点睛】该题是一道实验题，制备SO2并验证其化学性质，明确二氧化硫的性质特点是解答的关键，可以从S元素价态的角度分析其氧化性和还原性。另外要注意二氧化硫的漂白原理和次氯酸的区别。30.下图是实验室干馏煤的装置图，结合下图回答问题。(1)指出图中仪器名称：a_；b_；c_；d_。(2)装置c的作用是_，d中的液体有_和_。有机物可以通过_的方法使其中的重要成分分离出来。(3)e处点燃的气体是_，火焰的颜色是_色。(4)下
40、列叙述错误的是_。A煤发生了化学变化Bd中液体显碱性Cd中液体不分层De处的气体可以还原氧化铜，也可以使溴水褪色【答案】 (1). 酒精喷灯 (2). 硬质玻璃管 (3). 水槽 (4). U形管 (5). 将干馏生成的气体进行降温和冷凝 (6). 粗氨水 (7). 煤焦油 (8). 分馏 (9). 焦炉气 (10). 蓝 (11). C【解析】【分析】本题是关于煤干馏的实验，根据煤干馏的主要产品，b中得到的应是焦炭，d中得到的应是粗氨水和煤焦油，e处点燃的应是焦炉气。其中粗氨水中溶有氨，呈碱性，可用酚酞溶液等检验；煤焦油主要是苯、甲苯、二甲苯的混合物，应用分馏的方法分离；焦炉气的主要成分有C
41、H4、CO、H2、CH2=CH2，燃烧时呈淡蓝色火焰。【详解】（1）a为酒精喷灯，b为硬质玻璃管，c为水槽，d为U形管；（2）c装置将干馏生成的气体进行降温和冷凝，粗氨水和煤焦油变为液体在d中聚集，煤焦油是有机物的液态混合物，应采用分馏的方法分离；（3）e处点燃的应是焦炉气，焦炉气的主要成分有CH4、CO、H2 、CH2=CH2燃烧产生蓝色火焰；（4）A、干馏煤的过程中生成了新物质，属于化学变化，正确；B、粗氨水和煤焦油在d中聚集，因此液体显碱性，正确；C、 d中的液体为粗氨水和煤焦油，煤焦油密度大，故可以分层，C错误；D、氢气、一氧化碳具有还原性，可以还原氧化铜；乙烯可以使溴水褪色。故选C。
42、31.A，B，C，D，E，F六种物质的转化关系如图所示(反应条件和部分产物未标出)。(1)若A为短周期金属单质，D为短周期非金属单质，且所含元素的原子序数A是D的2倍，所含元素的原子最外层电子数D是A的2倍，F的浓溶液与A，D反应都有红棕色气体生成，则A的原子结构示意图为_，反应的化学方程式为_。(2)若A是常见的变价金属的单质，D，F是气态单质，且反应在水溶液中进行。反应也在水溶液中进行，其离子方程式是_，已知光照条件下D与F反应生成B，写出该反应的化学方程式_。(3)若A，D，F都是短周期非金属元素单质，且A，D所含元素同主族，A，F所含元素同周期，则反应的化学方程式为_。【答案】 (1)
43、. (2). C4HNO3(浓) CO24NO22H2O (3). 2Fe2Cl2= 2Fe32Cl (4). H2Cl2 2HCl (5). 2CSiO2Si2CO【解析】(1)A是短周期金属，D为短周期非金属单质，金属能置换出的非金属常见有2种：H2和C，由于原子序数A是D的2倍，且最外层电子数D是A的2倍，则A为Mg，D为C，反应必定为2MgCO22MgOC，进而可推知F为硝酸。(2)在溶液中金属置换非金属，则D必定为H2，B为酸，又因F为气体，则B为HCl，F为Cl2；结合A为变价金属，可推知A为Fe。(3)A、D为同主族非金属之间的置换反应，且F为非金属单质，A、F同周期，可推知A为C，B为SiO2，D为Si，C为CO，F为O。
