2019-2020年高中会考化学试题 含解析.doc

2019-2020年高中会考化学试题 含解析一、在下列各题的四个选项中，只有一个选项符合题意（每小题2分，共50分）1氯化镉（CdCl2）是一种常用于薄膜太阳能电池上的物质，由于它有毒，科学家选用了另一种盐来替代它这种替代物质是 （）ACl2BHClCMgCl2DMg（OH）2考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用.分析：由信息可知，科学家选用了另一种盐来替代它，结合盐由金属离子与酸根离子构成来解答解答：解：由信息可知，科学家选用了另一种盐来替代它，只有氯化镁为盐，符合题意，而A为单质，B为酸、D为碱，故选C点评：本题为信息题，为高考命题的趋势，侧重分析及迁移应用能力的考查，把握信息“选用了另一种盐”及相关物质分类的概念为解答的关键，题目难度不大2（2分）（xx北京模拟）钠作为一种重要原料，可用于制造许多在国防工业上有重要用途的金属下列关于钠的说法不正确的是（）A银白色固体B密度比水的大C能与水剧烈反应D可保存在煤油中考点：钠的化学性质；钠的物理性质.分析：钠是银白色固体，密度小于水，能和水剧烈反应生成NaOH和氢气，熔点较低；和空气接触生成白色固体氧化钠，和煤油不反应解答：解：ANa是银白色固体，和空气接触立即变暗，故A正确；B密度小于水，会浮在水面上，故B错误；C钠性质很活泼，能和水剧烈反应生成NaOH和氢气并放出大量热，故C正确；DNa极易和氧气、水反应，但和煤油不反应，且密度大于煤油，所以可以用煤油贮存钠，故D正确；故选B点评：本题考查钠的物理性质及化学性质，以钠为载体熟练掌握碱金属族元素性质及其递变规律，知道钠的贮存方法，题目难度不大3（2分）（xx北京模拟）电解质是一类在水溶液里或熔融状态下能够导电的化合物下列物质属于电解质的是（）ACuBK2SO4CMgCl2溶液DNaOH溶液考点：电解质与非电解质.分析：在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物为非电解质，无论电解质和非电解质都一定为化合物，单质和混合物一定不是电解质、非电解质；还要注意不属于电解质的物质包括非电解质、单质和混合物解答：解：A、Cu是单质，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；B、硫酸钾属于盐，是化合物，是电解质，故B正确；C、氯化镁溶液属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，故C错误；D、氢氧化钠溶液属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，故D错误，故选B点评：本题考查了电解质与非电解质的判断，题目难度不大，注意掌握电解质与非电解质的区别4（2分）（xx北京模拟）合金在生产及科研中具有广泛的应用下列物质属于合金的是（）A水银B石墨C硅晶体D不锈钢考点：生活中常见合金的组成.分析：合金是由两种或两种以上的金属（或金属与非金属）熔合而成的具有金属特性的物质，据此解答解答：解：A水银为金属汞单质，不属于合金，故A错误；B石墨为碳单质，不属于合金，故B错误；C硅晶体为硅单质，不属于合金，故C错误；D不锈钢中含有铁、铬、碳，属于合金，故D正确；故选：D点评：本题考查了合金的判断，熟悉定义是解题关键，注意合金的特性5（2分）（xx北京模拟）在周期表中，下列各组元素位于同一主族的是（）AH、OBMg、AlCSi、PDF、Cl考点：同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系.分析：A、H是第A族而O是第A元素；B、Mg是第A族而Al是第A元素；C、Si是第A族而P是第A元素；D、F是第A族而Cl是第A元素解答：解：A、H是第A族而O是第A元素，不是位于同一主族，故A错误；B、Mg是第A族而Al是第A元素，不是位于同一主族，故B错误；C、Si是第A族而P是第A元素，不是位于同一主族，故C错误；D、F是第A族而Cl是第A元素，位于同一主族，故D正确；故选D点评：本题考查原子结构与位置关系，侧重对基础知识的巩固，题目难度不大6（2分）（xx北京模拟）下列元素中，原子半径最小的是（）ANaBAlCSDCl考点：微粒半径大小的比较.分析：同周期元素原子半径从左到右，半径逐渐减小，由此分析解答解答：解：Na、Al、S、Cl都位于第二周期，核电荷数渐增，从左往右排列，所以半径逐渐减小，所以半径最小的是氯，故选D点评：本题考查原子半径比较，难度不大，注意掌握微粒比较规律7（2分）（xx北京模拟）高分子化合物在自然界中大量存在下列物质不属于高分子化合物的是（）A油脂B淀粉C纤维素D蛋白质考点：有机高分子化合物的结构和性质.分析：相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物，淀粉、纤维素与蛋白质属于高分子化合物解答：解：A、油脂是高级脂肪酸甘油酯，属于小分子化合物，故选A；B、淀粉属于高分子化合物，故B不选；C、纤维素属于高分子化合物，故C不选；D、蛋白质属于高分子化合物，故D不选，故选A点评：本题考查高分子化合物，明确物质的成分及相对分子质量即可解答，难度不大8（2分）（xx北京模拟）空气污染已成为人类社会面临的重大威胁下列气体属于大气污染物的是（）AN2BO2CCO2DNO2考点：常见的生活环境的污染及治理.分析：根据物质是否有毒、是否和空气中的物质生成有毒或污染环境的其它物质判断解答：解：A、氮气是无色、无味、对环境无污染的气体，故A错误B、氧气是无色、无味、对环境无污染的气体，故B错误C、二氧化碳是无色、无味、对环境无污染的气体，故C错误D、二氧化氮是有刺激性气味的有毒气体，易溶于水生成硝酸，污染大气，故D正确故选D点评：高中化学教材中常见有毒气体：CO、NO、NO2、H2S、SO2、Cl2等9（2分）（xx北京模拟）离子化合物是离子通过离子键结合成的化合物下列物质属于离子化合物的是（）AH2OBHClCNaClDCO2考点：离子化合物的结构特征与性质.分析：一般来说，活泼金属与非金属形成离子键，含离子键的化合物一定为离子化合物，以此来解答解答：解：A只含HO共价键，为共价化合物，故A不选；B只含HCl共价键，为共价化合物，故B不选；C只含钠离子与氯离子之间的离子键，为离子化合物，故C选；D只含C、O之间的共价键，为共价化合物，故D不选；故选C点评：本题考查离子键和化合物的分类，为高频考点，把握化学键形成的一般规律及化学键与化合物的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大10（2分）（xx北京模拟）运输汽油的车上，贴有的危险化学品标志是（）ABCD考点：化学试剂的分类.分析：汽油具有可燃性，属于易燃液体，故应贴上易燃液体的危险化学品标志，结合图中所示标志的含义进行分析判断即可解答：解：A图中所示标志是腐蚀品标志，故A错误； B图中所示标志是易燃液体标志，故B正确；C图中所示标志是剧毒品标志，故C错误；D图中所示标志是氧化剂标志，故D错误故选B点评：本题难度不大，了解汽油的性质、各个标志所代表的含义是解答此类题的关键11（2分）（xx北京模拟）合成氨工业为人类解决粮食问题做出了巨大贡献一定条件下，在密闭容器中进行合成氨反应：N2（g）+3H2（g）2NH3（g），当正、逆反应速率相等且不等于零时，下列说法不正确的是（）AN2、H2完全转化为NH3BN2、H2、NH3在容器中共存C反应已达到化学平衡状态DN2、H2、NH3的浓度不再改变考点：化学反应的可逆性；化学平衡状态的判断.分析：根据化学平衡状态的特征：逆、定、动、变、等来回答判断解答：解：反应：N2（g）+3H2（g）2NH3（g），当正、逆反应速率相等且不等于零时，化学平衡状态A、可逆反应中，反应物不能完全转化为氨气，故A错误；B、N2、H2、NH3在容器中共存，故B正确；C、正、逆反应速率相等且不等于零时的状态是化学平衡状态，故C正确；D、化学平衡状态时，各组分的浓度不随时间的变化而变化，故D正确故选A点评：本题考查学生化学反应的可逆性以及平衡的特征知识，属于综合知识的考查，难度不大12（2分）（xx北京模拟）原电池是将化学能转变为电能的装置关于如图所示原电池的说法正确的是（）ACu为负极，Zn为正极B电子由铜片通过导线流向锌片C正极反应式为Zn2eZn2+D原电池的反应本质是氧化还原反应考点：原电池和电解池的工作原理.分析：A、原电池活泼金属作负极，不活泼的为正极；B、原电池电子由负极流向正极；C、正极为铜表面氢离子得到电子生成氢气；D、原电池反应是自发进行的氧化还原反应解答：解：A、原电池泼金属作负极，不活泼的为正极，则Cu为正极，Zn为负极，故A错误；B、原电池电子由负极流向正极，所以由锌片通过导线流向铜片，故B错误；C、正极铜表面氢离子得到电子生成氢气，故C错误；D、原电池反应是自发进行的氧化还原反应，所以本质是氧化还原反应，故D正确；故选D点评：本题考查原电池原理的分析应用，装置特征，电极名称、电极反应判断，题目较简单13（2分）（xx北京模拟）在宾馆、办公楼等公共场所，常使用一种电离式烟雾报警器，其主体是一个放有镅241（Am）放射源的电离室Am原子核内中子数与核外电子数之差是（）A241B146C95D51考点：质子数、中子数、核外电子数及其相互联系.分析：根据元素符号左上角表示质量数，左下角为质子数以及中子数=质量数质子数解答：解：Am的质子数为95，质量数为241，中子数=24195=146，核外电子数=核内质子数=95，中子数与核外电子数之差是14695=51，故选D点评：本题考查学生对原子构成的理解，明确原子符号的含义以及质量数=质子数+中子数、核内质子数=核外电子数是解题的关键14（2分）（xx北京模拟）一定条件下能与苯发生化学反应的物质是（）AH2B溴水CNaOH溶液DKMnO4酸性溶液考点：苯的性质.分析：A、苯和氢气在催化剂作用下反应生成环己烷；B、苯与液溴在Fe作催化剂时发生取代反应生成溴苯，但苯与溴水不能反生反应；C、苯性质稳定，与强碱不能发生反应；D、苯性质稳定，与酸性高锰酸钾溶液不能发生反应解答：解：A、苯和氢气在催化剂作用下反应生成环己烷，故A正确；B、苯与液溴在Fe作催化剂时发生取代反应生成溴苯，但苯与溴水不能反生反应，故B错误；C、苯性质稳定，与强碱不能发生反应，故C错误；D、苯性质稳定，与酸性高锰酸钾溶液不能发生反应，故D错误；故选A点评：本题考查了苯的性质，难度不大，注意苯的性质稳定，与强酸、强碱、KMnO4酸性溶液等强氧化剂不反应，但在一定条件下可反生取代反应和加成反应15（2分）（xx北京模拟）某粒子的结构示意图为，关于该粒子的说法不正确的是（）A核电荷数为16B核外有3个电子层C属于非金属元素原子D在化学反应中容易失去2个电子考点：原子结构示意图.分析：中核电荷数为16，核外电子层数为3，核外电子总数为16，说明该粒子为硫原子，然后根据硫的结构与性质进行判断解答：解：A、核电荷数为16，故A正确；B、核外电子层数为3，故B正确；C、为硫原子，属于非金属元素，故C正确；D、最外层为6个电子，容易得到2个电子，故D错误，故选D点评：本题考查了原子结构示意图的表示方法及意义，题目难度不大，注意掌握粒子结构示意图的正确表示方法，明确离子结构示意图与原子结构示意图的区别，能够根据粒子结构示意图判断粒子的性质16（2分）（xx北京模拟）甲烷和乙烯是两种重要的有机物，区分它们的正确方法是（）A观察两者的颜色B观察两者的状态C通入氢氧化钠溶液D通入高锰酸钾酸性溶液考点：有机物的鉴别.分析：乙烯含有碳碳双键，可发生加成反应和氧化反应，以此解答该题解答：解：A甲烷和乙烯都是无色气体，不能鉴别，故A错误；B常温下都为气体，不能鉴别，故B错误；C甲烷和乙烯与氢氧化钠都不反应，不能鉴别，故C错误；D乙烯含有碳碳双键，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，故D正确故选D点评：本题考查有机物的检验和鉴别，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的性质的异同，难度不大17（2分）（xx北京模拟）下列物质的电子式书写正确的是（）ABCD考点：电子式.分析：A氮气分子中存在氮氮三键，应该存在3对共用电子对；B氯化钠为离子化合物，电子式中需要标出阴阳离子所带电荷；C氯化氢为共价化合物，分子中存在一个氢氯共用电子对，氯原子最外层一个为8个电子；D二氧化碳中存在两对CO双键解答：解：A、氮气分子中存在氮氮三键，氮原子最外层达到8电子稳定结构，氮气正确的电子式为，故A正确；B、氯化钠属于离子化合物，电子式中钠离子形成离子符号形式，氯离子需要标出最外层电子，氯化钠正确的电子式为，故B错误；C、氯化氢属于共价化合物，分子中存在一个HCl键，氯原子最外层达到8个电子，氯化氢正确的电子式为，故C错误；D、CO2为共价化合物，电子式为，故D错误；故选A点评：本题考查了电子式的判断，该题是高考中的常见题型与重要的考点，该题基础性强，难易适中，主要是考查学生对常见化学用语的熟悉掌握程度，注意掌握电子式的概念及正确的表示方法18（2分）（xx北京模拟）浓硫酸是实验室必备的重要试剂，下列有关它的说法不正确的是（）A具有强腐蚀性B能使蔗糖变黑C能用于干燥氨气D加热时能与铜发生反应考点：浓硫酸的性质.分析：浓硫酸具有酸性、吸水性、脱水性和强氧化性，据此分析看到解答：解：A浓硫酸具有酸性、脱水性和强氧化性，所以具有强腐蚀性，故A正确；B浓硫酸能使蔗糖中H、O元素以2：1水的形式脱去而体现脱水性，从而使蔗糖变黑，故B正确；C浓硫酸具有酸性，能和氨气反应生成硫酸铵，所以不能干燥氨气，故C错误；D浓硫酸具有强氧化性，加热条件下，能和Cu发生氧化还原反应，故D正确；故选C点评：本题考查浓硫酸的性质，浓硫酸的强氧化性、脱水性是考查高频点，注意吸水性和脱水性区别，注意浓硫酸不能干燥氨气等碱性气体、不能干燥硫化氢等还原性气体19（2分）（xx北京模拟）某课外小组同学通过实验发现Cl2和Br2的化学性质相似下列解释最合理的是（）A都是非金属单质B都是双原子分子C组成元素的最高正化合价相同D组成元素的原子最外层电子数相同考点：卤素原子结构及其性质的比较.分析：元素的最外层电子数决定元素的性质，同主族元素最外层电子数相等，则性质具有相似性解答：解：氯和溴位于周期表相同主族，原子最外层电子数相同，在发生化学反应时易得到电子，表现为强氧化性，性质相似故选D点评：本题考查同主族元素的性质，题目难度不大，注意相关基础知识的积累20（2分）（xx北京模拟）实验室制取氧气的反应：2H2O22H2O+O2下列条件下，该反应的速率最快的是（）H2O2的质量分数温度催化剂A5%5MnO2B5%40MnO2C10%5无D10%40MnO2AABBCCDD考点：化学反应速率的影响因素.分析：题中涉及影响反应速率的因素有温度、浓度和催化剂，一般来说，温度越高、浓度越大且加入催化剂，可增大反应速率，以此解答该题解答：解：A、C与B、D相比较，B、D反应温度高、加入催化剂，反应速率较大，B、D相比较，D浓度较大，则D反应速率最大故选D点评：本题考查化学反应素的影响因素，为高频考点，侧重于学生的分析能力和基本概念、理论知识的综合理解和运用的考查，难度不大，注意相关基础知识的积累21（2分）（xx北京模拟）下列行为不符合安全要求的是（）A做实验剩余的金属钠直接丢弃在废液缸中B闻气体时用手轻轻扇动，使少量气体飘进鼻孔C配制稀硫酸时将浓硫酸慢慢倒入水中并不断搅拌D不慎洒出的酒精在桌上着火时，立即用湿毛巾盖灭考点：化学实验安全及事故处理.分析：A、钠易和水剧烈反应；B、闻气体时用手轻轻扇动，使少量气体飘进鼻孔，以防中毒；C、配制稀硫酸时将浓硫酸慢慢倒入水中并不断搅拌，以散热，防止液体飞溅；D、灭火的方法有：隔绝空气或降低可燃物的温度解答：解：A、钠和水剧烈反应，甚至发生爆炸现象，故A错误；B、闻气体时用手轻轻扇动，使少量气体飘进鼻孔，以防中毒，故B正确；C、配制稀硫酸时将浓硫酸慢慢倒入水中并不断搅拌，以散热，防止液体飞溅，故C正确；D、水和酒精互溶，酒精在桌上着火时不用水扑火，立即用湿毛巾盖灭，故D正确，故选A点评：本题考查了实验室安全事故的处理方法，难度不大，明确物质的性质是解本题的关键，注意基础知识的积累22（2分）（xx北京模拟）下列说法中，正确的是（）A1 mol NO的质量是30gB标准状况下，1 mol H2O的体积是22.4 LC17 g NH3含有的氢原子总数为6.021023D100 mL 0.1 mol/L Na2CO3溶液中，Na+的物质的量为 0.01 mol考点：物质的量的相关计算.分析：A、1mol NO的质量是：1mol30g/mol=30g；B、标准状况下，H2O是液体，不能用气体摩尔体积公式计算其物质的量；C、依据n=计算即可；D、根据n=cV计算即可解答：解：A、1mol NO的质量是：1mol30g/mol=30g，故A正确；B、标准状况下，H2O是液体，不能用气体摩尔体积公式计算其物质的量，故B错误；C、17g NH3的物质的量为1mol，含有的氢原子总数为36.021023，故C错误；D、100 mL 0.1 mol/L Na2CO3溶液中，Na+的物质的量为 0.02 mol，故D错误；故选A点评：本题考查摩尔、摩尔质量、物质的量等的计算，要根据物质的构成确定物质中所含原子个数，为易错点23（2分）（xx北京模拟）下列解释实验事实的离子方程式正确的是（）A用氢氧化钠溶液吸收氯气：Cl2+2OHClO+Cl+H2OB用大理石与稀盐酸制备二氧化碳：CO32+2H+CO2+H2OC稀硫酸与氢氧化钡溶液混合产生沉淀：Ba2+SO42BaSO4D铜片放入稀硝酸中产生气体：Cu+4H+2 NO3Cu2+2NO2+2H2O考点：离子方程式的书写.分析：A用氢氧化钠溶液吸收氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；B碳酸钙为沉淀，应保留化学式；C漏掉氢离子与氢氧根离子的反应；D不符合反应的客观事实解答：解：A用氢氧化钠溶液吸收氯气，离子方程式：Cl2+2OHClO+Cl+H2O，故A正确；B用大理石与稀盐酸制备二氧化碳，离子方程式：CaCO3+2H+CO2+H2O+Ca2+，故B错误；C稀硫酸与氢氧化钡溶液混合产生沉淀，离子方程式：2H+2OH+Ba2+SO42BaSO4+2H2O，故C错误；D铜片放入稀硝酸中产生气体，离子方程式：3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O，故D错误；故选：A点评：本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解题关键，注意化学式的拆分及反应必须符合客观事实，题目难度不大24（2分）（xx北京模拟）下列有关物质用途的说法中，不正确的是（）A氯气可用于制漂白粉B碱金属的化合物可用于制烟花C二氧化硅可做半导体材料D二氧化硫能漂白某些有色物质考点：氯气的化学性质；二氧化硫的化学性质；硅和二氧化硅；碱金属的性质.分析：A氯气和氢氧化钙反应制取漂白粉；B碱金属元素的焰色反应呈现一定颜色；C硅能作半导体，二氧化硅是光导纤维的主要成分；D二氧化硫具有漂白性解答：解：A.2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，漂白粉的主要成分是氯化钙和次氯酸钙，有效成分是次氯酸钙，故A正确；B碱金属元素的焰色反应呈现一定颜色，所以可用于制烟花，故B正确；C硅位于金属和非金属元素分界线处，具有金属性和非金属性，所以可以作半导体，二氧化硅是光导纤维的主要成分，是利用光的全反射原理，故C错误；D二氧化硫能和有色物质反应生成无色物质而具有漂白性，能漂白某些有色物质，故D正确；故选C点评：本题考查物质的用途，为高考高频点，明确物质性质是解本题关键，性质决定用途，用途体现性质，注意焰色反应是元素性质，知道二氧化硫不能漂白酸碱指示剂25（2分）（xx北京模拟）下列实验方法能达到实验目的是（）实验目的实验方法A分离水和酒精分液B从食盐水中获得食盐过滤C将海水淡化为可饮用水蒸馏D除去碳酸氢钠固体中的碳酸钠加热AABBCCDD考点：化学实验方案的评价；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用.分析：A水与酒精互溶，不分层；B食盐水为均一透明的溶液；C海水中水的沸点较低，盐类物质沸点高；D碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠解答：解：A水与酒精互溶，不分层，不能利用分液分离，应选蒸馏法，故A错误；B食盐水为均一透明的溶液，不能过滤分离，应选蒸发分离，故B错误；C海水中水的沸点较低，盐类物质沸点高，则蒸馏可将海水淡化为可饮用水，故C正确；D碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，加热将原物质除去，不能除去杂质，故D错误；故选C点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握混合物分离提纯方法、物质的性质、性质差异为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大一、必答题（共30分）26（3分）（xx北京模拟）工业上制取纯硅的主要反应：SiCl4+2H2Si+4HCl该反应中，被还原的物质是SiCl4（填化学式），作为还原剂的物质是H2（填化学式）；若反应中生成了1mol Si，则消耗H22mol考点：氧化还原反应.分析：反应SiCl4+2H2Si+4HCl中，Si元素化合价降低，被还原，SiCl4为氧化剂，H元素化合价升高，被氧化，H2为还原剂，结合反应的化学方程式解答该题解答：解：反应中Si元素化合价降低，被还原，SiCl4为氧化剂，H元素化合价升高，被氧化，H2为还原剂，由方程式可知，若反应中生成了1mol Si，则消耗H22mol故答案为：SiCl4；H2；2；点评：本题考查氧化还原反应，为高考高频考点，侧重于化学与工业生产的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学习的积极性，注意从元素化合价的角度解答该题，难度不大27（3分）（xx北京模拟）生活中常见的3种有机物甲烷、乙酸、葡萄糖中，可用于清除水壶中水垢（主要成分CaCO3）的是（填序号，下同），可做高效清洁能源的是，可用于医疗输液补充能量的是考点：乙酸的化学性质；清洁能源；葡萄糖的性质和用途.分析：乙酸和碳酸钙反应生成乙酸钙、二氧化碳和水，甲烷燃烧生成二氧化碳和水，对环境无污染，葡萄糖可用于医疗输液补充能量解答：解：乙酸的酸性大于碳酸，乙酸和碳酸钙反应生成乙酸钙、二氧化碳和水，因此可用于清除水壶中水垢（主要成分CaCO3）的是乙酸；甲烷燃烧生成二氧化碳和水，对环境无污染，可做高效清洁能源；葡萄糖可用于医疗输液补充能量；故答案为：；点评：本题考查了乙酸、甲烷、葡萄糖的用途，比较基础，掌握物质的性质是解题的关键28（4分）（xx北京模拟）现有下列4种物质：SO2、NO2、Na2O2、Al2O3其中，难溶于水的是（填序号，下同）；常温下为红棕色气体的是；能与水反应生成氧气的是；能使品红溶液褪色且加热时又显红色的是考点：二氧化硫的化学性质；钠的重要化合物；两性氧化物和两性氢氧化物.分析：氧化铝难溶于水，常温下溴、二氧化氮呈红棕色；过氧化钠能和二氧化碳、水反应生成氧气；二氧化硫具有漂白性，但不稳定解答：解：二氧化硫和水反应生成亚硫酸、二氧化氮和水反应生成硝酸和NO、过氧化钠和水反应生成NaOH和氧气，氧化铝不溶于水，所以难溶于水的是氧化铝；常温下为红棕色气体的是二氧化氮，能和水反应生成氧气的是过氧化钠，同时生成NaOH；二氧化硫能和有色物质反应生成无色物质而具有漂白性，且漂白性不稳定，加热易复原，故选；点评：本题考查元素化合物性质，侧重考查基础知识，明确物质的性质即可解答，注意二氧化硫漂白性和次氯酸漂白性区别，二氧化硫不能漂白酸碱指示剂29（4分）（xx北京模拟）某小组同学利用右图所示装置探究氨气的性质请回答：（1）实验室用氯化铵和氢氧化钙共热制取氨气，该反应的化学方程式是2NH4Cl+Ca（OH）2 2NH3+CaCl2+2H2O（2）中湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明氨气的水溶液显a（填字母）a碱性 b还原性（3）向中滴入浓盐酸，现象是有白烟生成（4）、中的现象说明氨气能与H2O、HCl（填化学式）发生化学反应考点：探究氨的实验室制法；氨的化学性质.分析：（1）实验室用加热氯化铵和氢氧化钙混合物的方法制取氨气；（2）氨气易溶于水，氨水显碱性；（3）氨气与氯化氢反应；（4）根据氨气的性质分析解答：解：（1）在加热条件下，氯化铵和氢氧化钙反应生成氯化钙、氨气和水，反应方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）2 2NH3+CaCl2+2H2O，故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）2 2NH3+CaCl2+2H2O；（2）氨气极易溶于水，氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出氢氧根离子和铵根离子而使溶液呈碱性，无色酚酞试液遇碱变红色，故答案为：a；（3）向中滴入浓盐酸，生成氯化铵固体，有白烟生成；故答案为：有白烟生成；（4）、中的现象说明氨气能与H2O、HCl反应，分别生成一水合氨、氯化铵；故答案为：H2O、HCl点评：本题考查了实验室制取氨气、氨气的性质等知识点，明确实验原理是解本题关键30（8分）（xx北京模拟）实验室现有一包NaCl、FeCl3、Al2（SO4）3组成的粉末，某课外小组同学为测定其中NaCl的含量，取13.69g样品进行如下实验（所加试剂均为过量）请回答：（1）所涉及的实验操作方法中，用到过滤的是（填序号）（2）生成沉淀C的离子方程式是Fe3+3OH=Fe（OH）3（3）根据上述实验，判断下列说法正确的是abcd（填字母）a溶液D是无色的碱性溶液b溶液D中至少含有5种离子c向溶液D中加入过量稀硫酸，产生白色沉淀d仅用硝酸银一种试剂不能检验溶液D中的氯离子（4）样品中NaCl的物质的量为0.12mol考点：探究物质的组成或测量物质的含量.分析：NaCl、FeCl3、Al2（SO4）3组成的粉末加入水中溶解后，加入氯化钡溶液沉淀硫酸根离子得到沉淀B为BaSO4，溶液为氯化钠、氯化铁、氯化铝溶液，加入试剂X为过量氢氧化钠溶液，生成沉淀C为氢氧化铁，加热分解生成氧化铁质量为1.60g，溶液D为偏铝酸钠和氯化钠溶液；（1）依据流程分析判断，实验操作用过滤操作；（2）沉淀C为氢氧化铁；（3）溶液D为氯化钠、偏铝酸钠、氢氧化钠、过滤氯化钡溶液分析判断；（4）依据硫酸根离子守恒和铁元素守恒计算硫酸铝和氯化铁的质量得到原物质中氯化钠的质量；解答：解：NaCl、FeCl3、Al2（SO4）3组成的粉末加入水中溶解后，加入氯化钡溶液沉淀硫酸根离子得到沉淀B为BaSO4，溶液为氯化钠、氯化铁、氯化铝溶液，加入试剂X为过量氢氧化钠溶液，生成沉淀C为氢氧化铁，加热分解生成氧化铁质量为1.60g，溶液D为偏铝酸钠和氯化钠溶液；（1）流程分析判断，固体恒容液体分离的实验操作是过滤，用过滤操作；故答案为：；（2）沉淀C为氢氧化铁，反应的离子方程式为：Fe3+3OH=Fe（OH）3；故答案为：Fe3+3OH=Fe（OH）3；（3）溶液D为氯化钠、偏铝酸钠、氢氧化钠、过滤氯化钡溶液分析判断；a溶液D中含有氯化钠、偏铝酸钠、氢氧化钠，是无色的碱性溶液，故A正确；b溶液D中含有氯化钠、偏铝酸钠、氢氧化钠，含有离子Na+、Cl、AlO2、OH、H+、Ba2+，至少含有5种离子，故b正确；c向溶液D中含有氯化钠、偏铝酸钠、氢氧化钠、氯化钡，加入过量稀硫酸，产生白色沉淀硫酸钡沉淀，故c正确；d溶液中含有硫酸根和偏铝酸根离子，仅用硝酸银一种试剂不能检验溶液D中的氯离子，故d正确；故答案为：abcd；（4）依据硫酸根离子守恒和铁元素守恒计算硫酸铝和氯化铁的质量得到原物质中氯化钠的质量；加入氯化钡溶液沉淀硫酸根离子得到沉淀B为BaSO4，n（Al2（SO4）3）=n（BaSO4）=0.01moln（FeCl3）=2n（Fe2O3）=2=0.02mol元混合物中氯化钠质量=13.69g0.01mol342g/mol+0.02mol162.5g/mol=7.02g物质的量=0.12mol；故答案为：0.12 mol；点评：本题考查了物质组成的实验探究方法和实验过程的分析判断，元素守恒的分析与计算是解题关键，题目难度中等31（8分）（xx北京模拟）甲、乙、丙、丁是中学化学中的常见物质，甲、丙为单质，乙、丁为化合物其转化关系如图：请回答：（1）若甲由短周期元素X组成，X的原子最外层电子数与最内层电子数之和比次外层电子数多1丙能使淀粉溶液变蓝X在周期表中的位置是第3周期 第VIIA族下列叙述正确的是ac（填字母）a甲的氧化性强于丙b甲能使干燥的有色布条褪色c可用四氯化碳将丙从其水溶液中分离出来（2）若丙在常温常压下为可燃性气体，丁是一种具有磁性的黑色晶体写出甲与乙发生反应的化学方程式：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2上述反应中转移1.6mol 电子时，生成丙的体积为17.92 L（或1.792104mL）（标准状况）考点：无机物的推断.分析：（1）若甲、丙为单质，乙、丁为化合物，X的元素的原子最外层电子数与最内层电子数之和比次外层电子数多1，则X最外层电子数是7，次外层是L层，则甲是Cl2，丙能使淀粉溶液变蓝，则丙为I2，反应可能为氯气与KI的反应；（1）若丙在常温常压下为可燃性气体，丁是一种具有磁性的黑色晶体，丁是Fe3O4，该反应为铁和水反应生成四氧化三铁和氢气，所以甲是Fe，乙是H2O，丙是H2，以此来解答解答：解：（1）若甲、丙为单质，乙、丁为化合物，X的元素的原子最外层电子数与最内层电子数之和比次外层电子数多1，则X最外层电子数是7，次外层是L层，则甲是Cl2，丙能使淀粉溶液变蓝，则丙为I2，反应可能为氯气与KI的反应，X为Cl，位于元素周期表第3周期 第VIIA族，故答案为：第3周期 第VIIA族；a由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，甲的氧化性强于丙，故正确；b甲为氯气，不能使干燥的有色布条褪色，故错误；c碘易溶于有机溶剂，不易溶于水，则可用四氯化碳将丙从其水溶液中分离出来，故正确；故答案为：a c；（2）若丙在常温常压下为可燃性气体，丁是一种具有磁性的黑色晶体，丁是Fe3O4，该反应为铁和水反应生成四氧化三铁和氢气，所以甲是Fe，乙是H2O，丙是H2，甲与乙发生反应的化学方程式为3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2，故答案为：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；H元素的化合价由+1价降低为0，则转移1.6mol 电子时，生成丙的体积为22.4L/mol=17.92 L（或1.792104mL），故答案为：17.92 L（或1.792104mL）点评：本题考查无机物的推断，为高频考点，涉及Cl及其化合物、Fe及其化合物的性质及转化等，把握物质的性质及转化为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，题目难度不大二、选答题（共20分请在以下三个模块试题中任选一个模块试题作答，若选答了多个模块的试题，以所答第一模块的试题评分）化学与生活模块试题32（4分）（xx北京模拟）某饭店制做的包子的部分原料如下：面粉、食盐、牛肉、花生油请回答：（1）富含油脂的是（填序号，下同）（2）富含淀粉的是（3）富含蛋白质的是（4）属于调味剂的是考点：常见的食品添加剂的组成、性质和作用；营养均衡与人体健康的关系.分析：（1）植物油和动物脂肪富含油脂；（2）谷物、薯类富含淀粉；（3）动物类食品富含蛋白质；（4）调味剂指改善食品的感官性质，使食品更加美味可口，并能促进消化液的分泌和增进食欲的食品添加剂解答：解：（1）植物油和动物脂肪富含油脂，花生油属于植物油，富含油脂，故答案为：；（2）谷物、薯类富含淀粉，因此面粉富含淀粉，故答案为：；（3）动物类食品富含蛋白质，因此牛肉中富含蛋白质，故答案为：；（4）食盐可以增加食物的咸味，是调味剂，故答案为：点评：本题考查常见的食品添加剂的组成、性质和作用，侧重于常识性内容的考查，难度不大，注意基础知识的积累33（8分）（xx北京模拟）化学与生产、生活密切相关请判断下列说法是否正确（填“对”或“错”）（1）酒精杀菌消毒利用的是使蛋白质盐析的原理错（2）减少汽车尾气污染是改善城市大气质量的重要环节对（3）向煤中加入适量石灰石，可大大减少燃烧产物中二氧化硫的量对（4）微量元素对于维持生命活动、促进健康生长有极其重要的作用对考点：氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；二氧化硫的污染及治理；微量元素对人体健康的重要作用.分析：（1）酒精杀菌消毒利用的是使蛋白质变性的原理；（2）减少尾气都有利于改善大气质量；（3）石灰石与二氧化硫反应生成亚硫酸钙；（4）微量元素量少作用大解答：解：（1）酒精杀菌消毒利用的是使蛋白质变性的原理，故答案为：错；（2）减少汽车尾气（氮的氧化物、硫的氧化物）污染是改善城市大气质量的重要环节，故答案为：对；（3）石灰石与二氧化硫反应生成亚硫酸钙，可大大减少燃烧产物中二氧化硫的量，故答案为：对；（4）微量元素虽少，但对于维持生命活动、促进健康生长有极其重要的作用，故答案为：对点评：本题考查化学与生活，侧重于化学与人体健康的考查，为高考常见题型和高频考点，有利于培养学生的良好科学素养，难度不大，注意相关基础知识的积累34（8分）（xx北京模拟）钢铁厂在冷轧过程中会产生高浓度酸性含铁废水，主要含有H+、Cl、Fe2+、Fe3+等，其处理的主要工艺流程如下：请回答：（1）废水未经处理直接排放的危害是ab（填字母）a腐蚀水利设施 b影响水生生物的自然生长（2）石灰乳用于中和含铁废水中的酸，写出石灰乳与盐酸反应的化学方程式：Ca（OH）2+2HClCaCl2+2H2O（3）过氧化氢的主要作用是b（填字母）a还原剂 b氧化剂（4）某研究小组对钢铁厂高浓度酸性含铁废水进行监测时，取其样本稀释，测得有关数据如下：离子H+ClFe2+Fe3+浓度（mol/L）0.160.940.18稀释后的溶液中c（Fe2+）=0.12 mol/L考点：常见的生活环境的污染及治理；物质的量浓度的相关计算；氧化还原反应.分析：（1）根据废水中含有H+、Cl、Fe2+、Fe3+等，其中氢离子成酸性会腐蚀水利设施，Fe3+具有强氧化性会影响水生生物的自然生长；（2）石灰乳与盐酸反应生成氯化钙和水；（3）过氧化氢的主要作用氧化剂；（4）根据电荷守恒计算；解答：解：（1）因为废水中含有H+、Cl、Fe2+、Fe3+等，其中氢离子成酸性会腐蚀水利设施，Fe3+具有强氧化性会影响水生生物的自然生长，故选：ab；（2）石灰乳与盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，方程式为：Ca（OH）2+2HClCaCl2+2H2O，故答案为：Ca（OH）2+2HClCaCl2+2H2O；（3）过氧化氢的主要作用氧化剂，故选：b；（4）根据溶液中电荷守恒得，c（Fe2+）=0.12mol/L；故答案为：0.12；点评：本题考查工业上处理高浓度酸性含铁废水的工艺流程，题目难度中等，本题注意把握题给信息，结合物质基本性质解答有机化学基础模块试题共3小题，满分0分）35（xx北京模拟）现有下列6种有机物：CH3CH2CH2CH3 请回答：（1）属于醇类的是（填序号）（2）与互为同分异构体的是（填序号）（3）与互为同系物的是（填序号）（4）用系统命名法给命名，其名称为2甲基丙烷考点：有机化合物命名；芳香烃、烃基和同系物；同分异构现象和同分异构体；醇类简介.分析：（1）有机物属于醇类，则应含有OH，且不能直接连在苯环上；（2）同分异构体是分子式相同结构式不同的化合物；（3）结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物，据此判断；（4）判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名，其核心是准确理解命名规范：1）命名要符合“一长、一近、一多、一小”，也就是主链最长，编号起点离支链最近，支链数目要多，支链位置号码之和最小；2）有机物的名称书写要规范；3）对于结构中含有苯环的，命名时可以依次编号命名，也可以根据其相对位置，用“邻”、“间”、“对”进行命名4）含有官能团的有机物命名时，要选含官能团的最长碳链作为主链，官能团的位次最小解答：解：（1）含有羟基，且羟基与苯环不直接相连，属于醇类，故答案为：；（2）的分子式相同，结构不同，属于同分异构体，故答案为：；（3）与结构相似，在分子组成上相差若干个CH2原子团，互为同系物，故答案为：；（4），依据命名方法，主链3个碳原子，从离官能团双键近的一端编号，写出名称为：2甲基丙烷，故答案为：2甲基丙烷点评：本题考查了物质的分类与命名，难度不大，解答时注意从其概念的内涵与外延出发，缜密思考，正确解答36（xx北京模拟）现有下列4种有机物：乙炔、乙醛、苯酚、溴乙烷请回答：（1）能发生消去反应生成乙烯的是（填序号）（2）能发生加成反应生成氯乙烯的是（填序号）（3）能与饱和溴水反应产生白色沉淀的是（填序号）（4）写出与新制氢氧化铜反应的化学方程式：CH3CHO+2Cu（OH）2+NaOHCH3COONa+Cu2O+3H2O考点：有机物的结构和性质.分析：（1）醇类、卤代烃可发生消去反应；（2）乙炔可与卤化氢发生加成反应；（3）苯酚与溴水反应生成白色沉淀；（4）醛类物质可与新制氢氧化铜反应解答：解：（1）溴乙烷可在氢氧化钠的乙醇溶液中发生消去反应生成乙烯，故答案为：；（2）乙炔可与氯化氢发生加成反应生成氯乙烯，故答案为：；（3）苯酚与溴水反应生成白色沉淀，故答案为：；（4）乙醛物质可与新制氢氧化铜反应，方程式为CH3CHO+2Cu（OH）2+NaOHCH3COONa+Cu2O+3H2O，故答案为：CH3CHO+2Cu（OH）2+NaOHCH3COONa+Cu2O+3H2O点评：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，侧重醛、苯酚及卤代烃性质的考查，注意有机反应类型及性质的关系，题目难度不大37（xx北京模拟）咖啡酸是存在于咖啡里的一种酸，具有较广泛的抑菌作用，也是医药的重要原料和中间体其结构简式如下：请回答：（1）咖啡酸中含氧官能团的名称是羟基、羧基（2）咖啡酸的分子式是C9H8O（3）咖啡酸在一定条件下发生反应可生成蜂胶的主要活性成分CPAE（ ），该反应的化学方程式是（4）咖啡酸有多种同分异构体，请写出任意一种满足下列条件的同分异构体的结构简式：属于酯类且能发生银镜反应1mol咖啡酸最多消耗3mol NaOH苯环上有3个取代基，苯环上一氯代物有2种考点：有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体.分析：咖啡酸含有酚羟基，可发生取代、氧化和显色反应，含有羧基，具有酸性，可发生中和、酯化反应，含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，以此解答该题解答：解：（1）由有机物结构简式可知有机物含有的含氧官能团有羟基、羧基，故答案为：羟基、羧基；（2）由有机物结构简式可知有机物分子式为C9H8O，故答案为：C9H8O4；（3）发生酯化反应生成，反应的方程式为，故答案为：；（4）属于酯类且能发生银镜反应，说明含有醛基，1mol咖啡酸最多消耗3mol NaOH，则分子中含有2个酚羟基和1个甲酸酯基，苯环上有3个取代基，苯环上一氯代物有2种，说明苯环上有2个取代基，位于对位位置，可能的结构简式有，故答案为：点评：本题考查了有机物的性质、官能团的判断、分子式的确定等知识点，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，根据其含有的官能团确定其具有的性质，结构决定性质，注意把握同分异构体的判断，难度中等化学反应原理模块试题38（xx北京模拟）已知：CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）H1=+206.4kJ/molCO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H2=41.0kJ/molCH4（g）+2H2O（g）CO2（g）+4H2（g）H3请回答：（1）反应属于吸热（填“吸热”或“放热”）反应（2）反应消耗8g CH4 （g）时，H=+103.2kJ/mol（3）反应生成2mol H2（g）时，H=82.0 kJ/mol（4）反应的H3=+165.4 kJ/mol考点：有关反应热的计算；吸热反应和放热反应；用盖斯定律进行有关反应热的计算.分析：（1）放热反应的H0，吸热反应的H0，据此分析；（2）根据在热化学方程式中，反应热与反应物的物质的量呈正比来分析；（3）根据在热化学方程式中，反应热与反应物的物质的量呈正比来分析；（4）根据盖斯定律来分析解答：解：（1）放热反应的H0，吸热反应的H0，故反应为吸热反应，故答案为：吸热；（2）反应中，1mol甲烷即16g甲烷反应时，H1=+206.4kJ/mol，而在热化学方程式中，反应热与反应物的物质的量呈正比，故8g甲烷参与反应时的反应热，H=+103.2kJ/mol，故答案为：+103.2；（3）在反应中，生成1mol氢气时，反应热H=41.0KJ/mol，根据在热化学方程式中，反应热与反应物的物质的量呈正比，故当生成2mol氢气时，反应热H=82.0KJ/mol，故答案为：82.0；（4）已知：CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）H1=+206.4kJ/mol CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H2=41.0kJ/mol根据盖斯定律，将+可得：CH4（g）+2H2O（g）CO2（g）+4H2（g）H3=（+206.4kJ/mol）+（41.0kJ/mol）=+165.4KJ/mol，故答案为：+165.4