2019届高三化学上学期第一次统练试题(含解析).doc

2019届高三化学上学期第一次统练试题(含解析)可能用到的相对原子质量：H 1C 12O 16 Na 23 Mg 24 Si 28S 32Ca 40Ba 137一、选择题（本大题共25小题，每小题2分，共50分。每个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.下列属于碱性氧化物的是A. NaOH B. CaO C. H2SiO3 D. SO3【答案】B【解析】【详解】A项，NaOH属于碱，不是碱性氧化物；B项，CaO属于碱性氧化物；C项，H2SiO3属于酸，不是碱性氧化物；D项，SO3属于酸性氧化物，不是碱性氧化物。综上所述，符合题意的选项为B。【点睛】本题考查物质分类有关知识，侧重于酸性氧化物、碱性氧化物、酸、碱的判断，把握物质的组成及相关概念为解题关键。能与酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物，且只含金属元素和氧元素，一般为金属氧化物，当然要注意某些金属氧化物不是碱性氧化物，如Mn2O7和Al2O3。2.下列仪器名称不正确的是A. 干燥器 B. 坩埚 C. 三角架 D. 坩埚钳【答案】C【解析】A. 根据图示，是干燥器，故A正确；B. 根据图示，是坩埚，故B正确；C. 根据图示，是泥三角，不是三角架，故C错误；D. 根据图示，是坩埚钳，故D正确；故选C。3.下列物质中在一定条件下能够导电，但不属于电解质的是A. 石墨 B. KNO3 C. H2SO4 D. 蔗糖【答案】A【解析】【分析】电解质、非电解质均是化合物，电解质是一定条件下本身电离而导电的化合物；导电的物质不一定是电解质，以此分析解决此题。【详解】A项，石墨能导电，属于单质，既不是电解质又不是非电解质；B项，KNO3属于盐，在水溶液里、熔融时都能导电，属于电解质；C项，H2SO4属于酸，在水溶液里电离产生氢离子和硫酸根离子能导电，属于电解质；D项，蔗糖属于非电解质，不导电。综上所述，符合题意的选项为A。4.下列有水参加反应中，属于氧化还原但水既不是氧化剂也不是还原剂的是A. CaH2 + 2H2O=Ca(OH)2 + 2H2 B. 2F2+2H2O=4HF+O2C. Mg3N2 + 6H2O=3Mg(OH)2+ 2NH3 D. 2Na2O2 + 2H2O=4NaOH + O2【答案】D【解析】A、 CaH2 中氢由-1价升至0价， 2H2O中氢由+1价降为0，水作氧化剂，故A错误；B、水中氧元素由-2价升高为0价，水只作还原剂，故B错误；C、没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故C错误；D、有元素的化合价变化，属于氧化还原反应，水中H、O元素的化合价不变，则水既不是氧化剂又不是还原剂，故D正确；故选D。5.下列物质的水溶液因水解而显酸性的是（ ）A. KNO3 B. Fe2(SO4)3 C. Na2CO3 D. H2SO4【答案】B【解析】A、KNO3是强酸强碱盐，溶液显中性，故错误；B、Fe2(SO4)3属于强酸弱碱盐，Fe3发生水解，Fe33H2O Fe(OH)33H，溶液中c(H)c(OH)，溶液显酸性，故正确；C、Na2CO3属于强碱弱酸盐，CO32发生水解，CO32H2O HCO3OH，c(OH)c(H)，溶液显碱性，故错误；D、H2SO4是酸，不发生水解，故错误。【点睛】本题考查盐类水解，熟练掌握盐类水解规律：有弱才水解，无弱不水解，谁强显谁性，越弱越水解等，分析清楚此盐属于哪种盐，结合盐类水解规律，能够顺利解决，本题难度较易。6.下列说法中正确的是A. 食品袋中常放生石灰，能起到抗氧化剂的作用B. NaHCO3固体可以做干粉灭火剂，金属钠着火可以用其来灭火C. 硫酸可用于化肥、医药、农药的生产，金属矿石的处理D. 用于电气工业的纯铜可由黄铜矿冶炼直接得到【答案】C【解析】【详解】A项，生石灰具有吸水性，食品袋中常放生石灰作干燥剂，生石灰不与氧气反应，不能起到抗氧化剂的作用，故A错误；B项，NaHCO3受热分解有二氧化碳和水生成，钠着火时生成过氧化钠，因过氧化钠可与二氧化碳和水反应生成氧气，则钠着火时不能用碳酸氢钠作为灭火剂，故B错误；C项，硫酸能够与许多物质反应，如与氨气反应生成硫酸铵、与金属矿石和金属氧化物反应生成硫酸盐，故C正确；D项，由黄铜矿冶炼直接得到的铜为粗铜，含有许多杂质，需要电解精炼后才可以用于工业生产，故D错误。综上所述，符合题意的选项为C。7.下列化学用语表示不正确的是A. 氢离子结构示意图： B. 中子数为20 的Ar原子：C. 二氧化硅的结构式：O=Si=O D. 乙烯的结构简式：CH2=CH2【答案】C【解析】【分析】A项，氢原子核内只有1个质子，核外只有1个电子；B项，原子表示符号中，Z表示质子数、A表示质量数，质量数=质子数+中子数；C项，二氧化硅是原子晶体，不存在硅氧双键；D项，结构简式是把结构式中的单键省略之后的一种简略表达形式，应表现该物质中的官能团，只要把碳氢单键省略掉即可。以此分析解决。【详解】A项，氢原子失去核外的一个电子变为氢离子，氢离子结构示意图为：，故A正确；B项，Ar的质子数为18，则中子数为20的Ar原子质量数为38，可表示为：，故B正确；C项，二氧化硅为原子晶体，1个硅原子形成4个硅氧键，1个氧原子形成2个硅氧键，所以二氧化硅中不存在硅氧双键，故C错误；D项，乙烯分子式为C2H4，分子中存在碳碳双键，结构简式为：CH2=CH2，故D正确。综上所述，符合题意的选项为C。8.适量下列物质中，能使湿润的淀粉试纸变蓝的是A. 碘化钾溶液 B. 碘水 C. 碘酸钾溶液 D. 溴水【答案】B【解析】碘遇淀粉显蓝色，则A. 碘化钾溶液不能使湿润的淀粉试纸变蓝，A错误；B. 碘水能使湿润的淀粉试纸变蓝，B正确；C. 碘酸钾溶液不能使湿润的淀粉试纸变蓝，C错误；D. 溴水不能使湿润的淀粉试纸变蓝，D错误，答案选B。9.下列有关说法正确的是A. 储热材料芒硝可用于光-化学能的转换B. 发达国家采用的现代化垃圾焚烧处理法不能有效利用了生活垃圾中的生物质能C. 利用微生物在光合作用下分解水，是氢气制取的一个重要研究方向D. 太阳能、可燃冰资源丰富，在使用时对环境无污染或很少污染，且可以再生，是最有希望的未来新能源【答案】B【解析】【详解】A项，储热材料芒硝受热熔化后可储热，结晶后可放热，故可用于热能-化学能的转换，故A错误；B项，当前较为有效地利用生物质能的方式是制取沼气和酒精，垃圾焚烧处理法不能有效利用生活垃圾中的生物质能，故B正确；C项，利用微生物在阳光作用下分解水是氢气制取的一个重要研究方向，而不是利用光合作用，光合作用不会产生氢气，故C错误；D项，可燃冰资源不可再生，故D错误。综上所述，符合题意的选项为B。10.下列关于物质或离子检验的叙述正确的是A. 在溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，出现白色沉淀，证明原溶液中有SO42B. 用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，证明该溶液一定是钠盐溶液C. 气体通过无水CuSO4，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气D. 将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，证明原气体是SO2【答案】C【解析】A. 在溶液中加酸化的BaCl2溶液，溶液出现白色沉淀，白色沉淀可能是氯化银或硫酸钡沉淀，不能证明一定含硫酸根离子，故A错误；B. 用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，说明该溶液中含有钠元素，则该溶液可能是钠盐溶液或氢氧化钠溶液，故B错误；C. 气体通过无水硫酸铜,粉末变蓝,则发生反应：CuSO4+5H2OCuSO45H2O，可证明原气体中含有水蒸气，故C正确；D. 二氧化硫和澄清石灰水中氢氧化钙反应生成亚硫酸钙沉淀，二氧化碳气体通过澄清石灰水溶液生成碳酸钙白色沉淀，反应都会变浑浊，不能检验二氧化碳和二氧化硫，故D错误；本题选C。11.下列说法不正确的是A. 硫元素的不同单质S2和S8互为同素异形体B. CH4与C3H8一定互为同系物C. 35Cl与37Cl是氯元素的两种核素，互为同位素D. 与互为同分异构体【答案】D【解析】【详解】A项，S2和S8是同种元素形成的不同单质，属于同素异形体，故A正确；B项，CH4和C3H8通式相同均为CnH2n+2，属于烷烃同系列，一定互为同系物，故B正确；C项，35Cl与37Cl是具有相同质子数和不同中子数的氯原子，互为同位素，故C正确；D项，与表示的是同一种物质：2-甲基丁烷，故D错误。综上所述，符合题意的选项为D。【点睛】本题考查“四同”有关判断，判断同位素、同素异形体、同分异构体、同系物的方法：化学式为原子，则可能是同位素；化学式为单质，则可能为同素异形体；化学式为分子式相同、结构不同的有机化合物，则为同分异构体；分子式不同结构相似的有机化合物（同类物质），则为同系物。注意对物质结构的正确判断：如题中B项C3H8一定为丙烷，则与CH4结构是相似的；D项两个结构简式的呈现形式不同，但结构是相同的，为同种物质。12.下列离子方程式不正确的是A. Ca(OH)2溶液与足量Ca(HCO3)2溶液反应：Ca2+2HCO3+2OH=CaCO3 +CO32+2H2OB. 金属钠和水反应：2Na+2H2O=2Na+2OH+H2C. 2mol二氧化碳通入含3molNaOH的溶液：2CO2+3OH=HCO3+ CO32+ H2OD. 二氧化硫与氯化铁溶液反应：SO2+2Fe3+H2O2Fe2+SO42+4H+【答案】A【解析】A. Ca(OH)2溶液与足量Ca(HCO3)2溶液反应生成碳酸钙和水：Ca2+HCO3+OH=CaCO3 +H2O，A错误；B. 金属钠和水反应生成氢氧化钠和氢气：2Na+2H2O=2Na+2OH+H2，B正确；C. 2mol二氧化碳通入含3molNaOH的溶液中生成碳酸钠、碳酸氢钠和水：2CO2+3OH=HCO3+ CO32+ H2O，C正确；D. 二氧化硫与氯化铁溶液反应生成硫酸和氯化亚铁：SO2+2Fe3+H2O2Fe2+SO42+4H+，D正确，答案选A。点睛：明确相关物质的性质、发生的化学反应是解答的关键，注意判断离子方程式正确与否的方法一般：（1）检查反应能否发生。（2）检查反应物、生成物是否正确。（3）检查各物质拆分是否正确。（4）检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）。（5）检查是否符合原化学方程式等。13.短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的相对位置如图所示，第三周期中Z元素的简单离子半径最小，下列说法不正确的是XYZWQA. Z位于第3周期IIIA族B. X、Z、W、Q等元素的最高正价等于其所在族的族序数C. Y元素气态氢化物比W元素的气态氢化物更稳定，是因为前者分子间形成了氢键D. X的最高价氧化物对应的水化物和X的氢化物形成的化合物含有离子键、共价键【答案】C【解析】试题分析：第三周中Z元素的简单离子半径最小，则Z为Al，由短周期元素在周期表中位置可知，X为N元素、Y为O元素、W为S元素，Q为Cl元素。A、铝元素位于第3周期第IIIA族，A正确；B、X、Z、W、Q等元素的最高正价等于其所在族的族序数，分别是5、3、6、7，B正确；C、氢键只能影响物理性质，非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性OS，故氢化物稳定性H2OH2S，C错误；D、X的最高价氧化物水化物和X的氢化物形成的化合物为硝酸铵，含有离子键、共价键，D正确，答案选C。考点：考查了元素推断及元素周期律的应用的相关知识。14.一定温度下在容积恒定的密闭容器中发生反应A(s)+2B(g)C(g)+D(g)。下列不能说明反应一定达到化学平衡状态的是A. v正(B)=2v逆(C) B. 每消耗1molC，同时生成1molDC. 气体的密度保持不变 D. 容器内压强保持不变【答案】D【解析】【详解】A项，根据同一可逆反应用不同物质表示的反应速率数值之比=化学计量数之比，可得：v正(B)=2v逆(C)=v逆(B)，故A正确；B项，由化学方程式可得，每消耗1molC，则同时消耗1molD，所以每消耗1molC，同时生成1molD时，说明正逆反应速率相等，可逆反应达到平衡状态，故B正确；C项，气体的密度=气体总质量气体体积，密闭容器的容积恒定，所以体积不变，A为固体，所以气体的总质量随着平衡发生移动而发生变化，只有平衡不发生移动时，气体的总质量才不变，此时密度不变，所以当混合气体的密度不变时，表明该反应已达到平衡状态，故C正确；D项，由化学方程式可得，该反应气体分子数不变，所以容器内压强始终保持不变，故D错误。综上所述，符合题意的选项为D。【点睛】本题考查化学平衡状态的判断，对于可逆反应，正反应速率等于逆反应速率、变化量不再发生变化时，即达到化学平衡状态，因此判断时应抓住以上两点，分析反应中的变化量，如气体质量、分子数等；注意正逆反应速率相等指同种物质表示的正逆反应速率相等。15.下列说法正确的是A. 乙炔在空气中不易完全燃绕，燃烧时冒浓烟B. 正丁烷与异丁烷的一氯取代物都只有两种，它们的沸点都相同C. 一定条件下，苯能与液溴反应得到溴苯，反应类型为加成反应D. 乙烯能使酸性高锰酸钾容液褪色，说明乙烯有漂白性【答案】A【解析】分析：本题考查的是烃的化学性质，根据有机物的结构进行分析。详解：A.乙炔的含碳量高，所以燃烧时冒黑烟，故正确；B.正丁烷和异丁烷结构不同，沸点不同，故错误；C.苯和溴反应为取代反应，故错误；D.乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明乙烯具有还原性，故错误。故选A。16.下列有关生命活动中的营养物质，说法不正确的是A. 氨基酸既能与强酸反应，也能与强碱反应B. 植物油、脂肪与氢氧化钠溶液反应均有醇生成C. 淀粉、纤维素、蛋白质和油脂都是有机高分子化合物D. 丝绸与棉布可以通过燃烧闻气味的方法进行鉴别【答案】C【解析】【分析】A项，氨基酸既具有酸性又具有碱性；B项，植物油和脂肪属于油脂，碱性条件下可水解；C项，相对分子质量很大（超过1万）的有机化合物，可认为是有机高分子化合物；D项，蛋白质灼烧有烧焦羽毛的气味，这是鉴别蛋白质的一种方法。【详解】A项，氨基酸既含氨基又含羧基，所以既能与强酸反应，也能与强碱反应，故A正确；B项，植物油、脂肪主要成分为高级脂肪酸甘油酯，与氢氧化钠溶液反应都有丙三醇（甘油）生成，故B正确；C项，淀粉、纤维素、蛋白质都是有机高分子化合物，而油脂不是有机高分子化合物，故C错误；D项，丝绸主要成分是蛋白质，燃烧时有烧焦羽毛气味，棉布主要成分是纤维素，燃烧时没有烧焦羽毛气味，故D正确。综上所述，符合题意的选项为C。17. 一种用于驱动潜艇的液氨-液氧燃料电池原理示意如图，下列有关该电池说法正确的是A. 该电池工作时，每消耗22.4L NH3转移3mol电子B. 电子由电极A经外电路流向电极BC. 电池工作时，OH向电极B移动D. 电极B上发生的电极反应为：O2+ 4H+ 4e2H2O【答案】B【解析】试题分析：A、温度、压强未知，无法计算22.4L NH3的物质的量，A错误；B、该电池中氧气得到电子所在电极B为正极，电极A为负极，电子由电极A经外电路流向电极B，B正确；C、电池工作时，OH向负极移动，C错误；D、该电池电解质为碱性，电极B上发生的电极反应为：O2+ 2H2O+ 4e4OH-，D错误。答案选B。【考点定位】本题主要是考查电化学原理的应用【名师点晴】该题为高频考点，明确原电池和电解池的工作原理、各个电极上发生的反应是解答本题的关键，难点是电极反应式的书写，注意电解质溶液的性质，以及电解质溶液中阴阳离子移动方向，为易错点。18.常温下,浓度均为0.1molL-1的盐酸和醋酸,下列说法正确的是A. 两种溶液的pH：盐酸大于醋酸B. 用相同浓度的NaOH溶液分别与等体积的盐酸和醋酸溶液恰好反应完全,盐酸消耗的NaOH溶液体积多C. 向醋酸中加入等物质的量的NaOH,溶液呈碱性,且溶液中D. 两种溶液中水电离出的氢离子：盐酸大于醋酸【答案】C【解析】【详解】A项，盐酸是强酸，在水溶液里完全电离，醋酸是弱酸，在水溶液里不完全电离，则常温下，浓度均为0.1molL-1的盐酸和醋酸，pH：盐酸小于醋酸，故A错误；B项，盐酸和醋酸均为一元酸，浓度相同、体积相同，则两种酸的物质的量相同，和相同浓度的NaOH溶液反应，消耗的NaOH溶液体积相同，故B错误；C项，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，又因为已知溶液呈碱性，所以c(H+) b【答案】B【解析】温度越高，化学反应速率越快，反应就先达到平衡，即曲线先出现拐点，故b代表20下A的Y-t曲线，A项错误；反应到66min时，0和20下的转化率相同，因二者的起始量相同，故此时放出的热量相等，B项正确；2A(l) B(l) H=-QkJ/mol表示2molA完全反应放出QkJ热量，因无法知道具体有多少A物质已经反应，故放出热量也无法计算，C项错误；b是代表20下的Y-t曲线，a是代表0下的Y-t曲线，升高温度，化学反应速率加快，故反应都达到平衡后，正反应速率ac(HCO3)c(NH3 H2O)c(CO32)B. NH4HCO3 溶液中存在下列守恒关系：c(NH4+)c(NH3H2O)c(H+)c(OH-)2c(CO32-)c(H2CO3)C. 往该溶液中逐滴滴加氢氧化钠时，NH4和 HCO3浓度均逐渐减小D. 通过分析可知常温下 Kb(NH3H2O)大于 Ka1(H2CO3)【答案】D【解析】试题分析：A、根据示意图可知，当溶液的pH9时，溶液中存在下列关系：c（HCO3）c（NH4）c（NH3H2O）c（CO32），A错误；B、根据物料守恒可得NH4HCO3溶液中存在下列守恒关系：c（NH4）c（NH3H2O）c（CO32）c（H2CO3）c（HCO3-），因为NH4+发生水解反应，所以c（HCO3-）c（CO32）c（OH）c（H+），则B项中关系式错误，B错误；C、根据图像可知pH7.8时，往该溶液中逐滴滴加氢氧化钠HCO3浓度逐渐增大，C错误；D、因为0.1mol/L的NH4HCO3溶液pH7.8，说明HCO3的水解程度大于NH4+的水解程度，根据越弱越水解的规律可得：Kb（NH3H2O）Ka1（H2CO3），D正确。答案选D。考点：考查盐类的水解、离子浓度比较、电离常数的比较24.以硅孔雀石主要成分为CuCO3Cu(OH)2、CuSiO32H2O,含SiO2、FeCO3、Fe2O3等杂质为原料制备CuCl2的工艺流程如下:已知: SOCl2+H2OSO2+2HCl，下列说法不正确的是A. “酸浸” 时应该用盐酸溶解硅孔雀石粉B. “氧化”时发生反应的离子方程式为：Cl2+2Fe2+2Fe3+2Cl-C. “调pH”时，pH需控制在碱性区域，保证铁元素全部以Fe(OH)3形式除去D. “加热脱水”时，加入SOCl2的目的是生成的HCl抑制CuCl2的水解【答案】C【解析】【分析】本题是一道工艺流程题，解题时应注意对流程的分析：硅孔雀石粉加盐酸“酸浸”，得到含Cu2+、Fe2+、Fe3+、Cl-的溶液；通入氯气氧化Fe2+为Fe3+，调节pH使Fe3+以Fe(OH)3形式除去；结晶得到CuCl2xH2O，在HCl的保护下加热脱水得到CuCl2。以此分析并结合选项，可解决此题。【详解】A项，该工艺流程制备的是CuCl2，用盐酸溶解硅孔雀石粉不会引入其他阴离子，再者流程中也标明了“酸浸”时加入盐酸，故A正确；B项，硅孔雀石粉中含有+2价铁的化合物，“酸浸”后溶液中还原性离子为Fe2+，所以通入氯气“氧化”时发生反应的离子方程式为：Cl2+2Fe2+2Fe3+2Cl-，故B正确；C项，常温下，Fe3+在pH约为3.7时就全部以Fe(OH)3形式沉淀了，若pH过高，则Cu2+也会转化为沉淀，所以“调pH”时不能控制在碱性区域，故C错误；D项，CuCl2是强酸弱碱盐，CuCl2xH2O“加热脱水”时，Cu2+会水解而得不到CuCl2，所以加入SOCl2的目的是生成HCl抑制CuCl2的水解，故D正确。综上所述，符合题意的选项为C。25.某无色溶液可能含有K、Na、NH4+ 、Ba2、Fe3、Fe2、Cl、Br、SO32、SO42中若干种（忽略水电离出的H、OH），且离子浓度相同，依次进行下列实验，且每步所加试剂均过量，观察到现象如下：用pH试纸检验，溶液的pH大于7向溶液中滴加氯水，再加入CCl4振荡，静置，CCl4层呈橙色向所得水溶液中加入Ba(NO3)2溶液和稀HNO3，有白色沉淀产生过滤，向滤液中加入AgNO3溶液和稀HNO3，有白色沉淀产生根据上述实验，以下说法正确的是A. 无法推断原混合溶液中是否含有NH4+和SO42B. 原混合溶液中Br、SO32肯定存在，Cl可能存在C. 确定溶液中是否存在Na，需要做焰色反应D. 原混合溶液中阳离子Ba2、Fe3、Fe2一定不存在，K、Na、NH4一定存在【答案】D【解析】由于溶液为无色，因此不可能存在Fe3、Fe2；由可知，溶液呈碱性，说明含有弱酸阴离子，只有亚硫酸根离子能够水解，使溶液显碱性，因此含有SO32-，则不可能含Ba2+；由中CCl4层呈橙色可知，含Br-离子；由可知，在的溶液中加入Ba(NO3)2溶液和稀HNO3，白色沉淀为硫酸钡，由于含SO32-，则可能含有SO42-离子；向滤液中加入AgNO3溶液和稀HNO3，有白色沉淀产生，白色沉淀为AgCl，但由于步骤加入了氯离子，所以不能确定原溶液是否含氯离子。根据上述分析，溶液中一定没有Ba2、Fe3、Fe2，一定含有Br、SO32-，因为离子浓度相同，根据溶液显电中性，在则一定含有K、Na、NH4，且不可能存在Cl和SO42-，否则不满足电荷守恒。A.原混合溶液中含有NH4+，不含SO42-，故A错误；B. 原混合溶液中Br、SO32-肯定存在，Cl不可能存在，故B错误；C. Na一定存在，无需做焰色反应，故C错误；D. 原混合溶液中阳离子Ba2、Fe3、Fe2一定不存在，K、Na、NH4一定存在，故D正确；故选D。点睛：本题的关键是先确定存在的离子，再确定不共存的离子。难点是K、Na、NH4+ 、Cl、SO42-的确定，需要根据离子浓度相同，利用电荷守恒进行判断。二、非选择题（本大题共4小题，共20分）26.烃A是一种重要的化工原料，己知气体A在标准状况下相对氢气的密度为13，B可发生银镜反应，它们之间的转化关系如右图。请回答：（1）有机物C中含有的官能团名称是_，反应的反应类型是_。（2）反应的原子利用率达100%，该反应的化学方程式是_。（3）下列说法正确的是_。A反应也能实现原子利用率100%B乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中水解的反应叫作皂化反应C有机物A、B、C均能使酸性高锰酸钾溶液褪色D有机物B和D都可以与新制碱性氢氧化铜悬浊液发生反应【答案】 (1). 羟基 (2). 氧化反应 (3). CHCH+H2O CH3CHO (4). ACD【解析】分析：气体A在标准状况下相对氢气的密度为13，则A的摩尔质量为132g/mol=26g/mol，B可发生银镜反应，则B为醛，由流程图可知，A加水反应生成B，B氧化生成D，B加氢还原生成C，C与D发生反应生成乙酸乙酯，则A为CHCH，B为CH3CHO，C为CH3CH2OH，D为CH3COOH。详解：(1)由上述分析可知，C为CH3CH2OH，官能团为羟基，B为CH3CHO，反应为乙醛发生的氧化反应，故答案为：羟基；氧化反应；(2)由上述分析可知，B为CH3CHO，反应的原子利用率达100%，则CHCH与水发生加成反应生成乙醛，该反应的化学方程式是CHCH+H2O CH3CHO，故答案为：CHCH+H2O CH3CHO；(3)AB为CH3CHO，反应中2分子乙醛可以发生加成反应生成乙酸乙酯，原子利用率为100%，故A正确；B油脂在碱性条件下的水解反应称为皂化反应，乙酸乙酯不属于油脂，在氢氧化钠溶液中水解的反应不能叫作皂化反应，故B错误；C有机物A、B、C中含有的官能团分别为碳碳三键、醛基和羟基，均能被酸性高锰酸钾溶液氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；D乙醛中含有醛基，能够与新制碱性氢氧化铜悬浊液发生氧化反应，乙酸中含有羧基，能够与新制碱性氢氧化铜悬浊液发生中和反应，故D正确；故选ACD。点睛：本题考查有机物的推断，把握信息及官能团的变化为解答的关键。本题的易错点为反应的反应物和类型的判断。27.设计如下实验探究某矿石（仅含四种短周期元素）的组成和性质，已知矿石含有一定的结晶水：（1）矿石的组成元素是 H、O 和_、 _（填元素符号），化学式为_。（2）白色粉末3 溶于NaOH溶液的离子方程式是_。【答案】 (1). Mg，Si (2). MgSiO32H2O (3). 2OH-SiO2=SiO32-H2O (4). 【解析】根据流程图，矿石灼烧后生成无色气体1，冷凝后得到无色液体1，该无色液体为水，质量为3.6g，物质的量为0.2mol；白色粉末2能够溶于过量盐酸，得到白色胶状沉淀2，和无色溶液3；根据盐酸提供的氢离子和氯离子分析，白色胶状沉淀2可能是氯化银沉淀或硅酸沉淀；白色胶状沉淀2灼烧得到白色粉末3，该物质能够溶于氢氧化钠溶液，说明白色粉末为二氧化硅，不可能为氯化银，因此白色胶状沉淀2为硅酸；无色溶液3中加入过量氢氧化钠得到白色沉淀，说明白色沉淀3为氢氧化镁，5.8g氢氧化镁的物质的量为0.1mol，因此白色粉末2中含有4g氧化镁和6g二氧化硅，因此白色粉末2为硅酸镁。(1)根据上述分析，矿石的组成元素是 H、O、Mg和Si，硅酸镁的质量为10g，物质的量为=0.1mol，水的物质的量为=0.2mol，因此化学式为MgSiO32H2O，故答案为：Mg；Si；MgSiO32H2O；(2)白色粉末3为二氧化硅， 溶于NaOH溶液的离子方程式为2OH-SiO2=SiO32-H2O，故答案为：2OH-SiO2=SiO32-H2O。点睛：本题考查了物质的组成和性质的推断。本题的难点是白色胶状沉淀2和白色粉末3的判断，可以根据反应物中有盐酸结合白色粉末3能够与氢氧化钠溶液反应考虑。28.锌与浓硫酸反应，随着硫酸的浓度下降，产生的气体中混有H2，为证实相关分析，化学小组的同学设计了如图所示的实验装置，对反应后的气体（X）取样进行组分分析（遇有气体吸收过程，视为完全吸收）。（1）A中加入的试剂可能是_，若高锰酸钾溶液与B 之间不再添加装置，请描述观察到何种现象能表明已达到使用高锰酸钾溶液的目的_。（2）可证实气体 X 中混有较多氢气的实验现象是_。【答案】 (1). 品红溶液 (2). 高锰酸钾溶液颜色变浅，但没有褪成无色 (3). C中黑色粉末变红色，D中白色粉末变蓝色【解析】【分析】锌与浓硫酸反应会生成SO2气体，锌与稀硫酸反应会生成H2，故气体X中主要含有SO2和H2，根据实验目的结合实验流程可得：A为检验SO2气体的装置；KMnO4为除去SO2气体的装置；B为干燥装置；C、D为检验氢气还原氧化铜产物的装置。【详解】（1）由上述分析可知，A为检验SO2气体的装置，故A中加入的试剂可能是品红溶液。KMnO4为除去SO2气体的装置，若高锰酸钾溶液与B之间不再添加装置，则要证明SO2被全部吸收，需证明高锰酸钾溶液是过量的，则高锰酸钾溶液颜色变浅，但没有褪成无色，表明已达到使用高锰酸钾溶液的目的。（2）本实验是通过证明氢气还原氧化铜的产物的方法，来证明气体X中混有较多氢气的，故C中黑色粉末(CuO)变红色(Cu)，D中白色粉末(无水硫酸铜)变蓝色(CuSO45H2O)，则说明是氢气还原了氧化铜，生成了铜单质和水。【点睛】本题是一道实验探究题，主要涉及气体的除杂、吸收及气体的检验，综合性较强，明确实验目的、掌握相关实验基本操作和元素化合物性质，才能迅速解决此题。注意围绕实验目的，对仪器装置进行分析，沿着气体流向理清思路，明确各个装置的作用。29.向一定体积 CaCl2 和 HCl 的混合溶液中逐滴加入浓度为 1.00molL-1的 Na2CO3溶液，反应过程中加入的 Na2CO3 溶液的体积与产生沉淀或气体的质量关系如图所示。已知：图中 V1 :V2=1:2，当加入 V2mL Na2CO3溶液时，所得溶液的浓度为 1.00 molL-1，体积为 200mL。求：（1）混合溶液中 CaCl2和 HCl 物质的量之比n(CaCl2)n(HCl)=_（2）m2=_g。【答案】 (1). 1:2 (2). 5.00【解析】试题分析：由图像可知，向一定体积 CaCl2 和 HCl 的混合溶液中逐滴加入浓度为 1.00molL-1 的 Na2CO3溶液，0V1发生的是碳酸钠与盐酸反应，生成二氧化碳的质量为m1，V1V2发生的是碳酸钠与氯化钙的反应，生成碳酸钙的质量为m2。又知V1：V2=1:2，说明盐酸和氯化钙消耗的Na2CO3 溶液体积相等，由两个反应的化学方程式可知，n(CaCl2)n(HCl)= 1:2；当加入 V2mLNa2CO3 溶液时，所得溶液为氯化钠溶液，其浓度为 1.00 molL-1，体积为 200mL，所以n(NaCl)=0.200mol，由氯离子守恒可以求出n(CaCl2)=0.0500mol、n(HCl)=0.100mol。（1）混合溶液中 CaCl2和 HCl 物质的量之比n(CaCl2)n(HCl)= 1:2。（2）由钙离子守恒可知，n(CaCO3)=n(CaCl2)=0.0500mol，所以m2=0.0500mol5.00g。点睛：本题考查的是有关混合物的组成的计算，难度较大。弄清反应原理和反应的先后顺序是解题的关键，从图像中及题中找出关键数据是解题的保证，巧妙运用守恒法是解题的捷径。【加试题】30.甲醇被称为21世纪的新型燃料,研究和合成甲醇有着重要的意义。(1)已知：H2(g)+1/2O2(g)H2O(l) H10；甲醇的燃烧热为H3。试用H1、H2、H3表示CO(g)+2H2(g)CH3OH(l)的H, 则H=_kJmol-1。(2)该方法生产甲醇是目前工业上常用的方法。在一定温度下，向2L密闭容器中充入1mol CO和2mol H2，发生反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)， 5分钟反应达平衡，此时CO的转化率为80%。请回答：下列叙述合确的是_(填编号)。A达到平衡时,移走部分甲醇，平衡将向右移动，正反应速率加快B缩小容器的体积，平衡将向右移动，c(CO)将变大C在相同的条件下，若使用甲催化剂能使正反应速率加快105倍，使用乙催化剂能使逆反应速率加快108倍，则应该选用乙催化剂D若保持平衡时的温度和容积不变，再向容器中充入0.8mol CO和0.6mol CH3OH，则此时v正v逆在方框的坐标系中画出甲醇的物质的量浓度随时间的变化曲线 _ (3)CO2和H2在催化剂Cu/ZnO作用下可发生两个平行反应,分别生成CH3OH和CO。反应:CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)反应: CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)控制CO2和H2初始投料比为1:3时,温度对CO2平衡转化率及甲醇和CO产率的影响如图2所示。由图2可知温度升高CO的产率上升,其主要原因可能是_。由图2可知获取CH3OH最适宜的温度是_。(4)近几年开发的甲醇燃料电池的工作原理如图所示:电池中的质子交换膜只允许质子和水分子通过，电解质溶液为稀硫酸，则a电极的电极反应式为_。【答案】 (1). H=2H1-H2-H3 (2). BCD (3). (4). 反应正反应是吸热反应,温度升高平衡正向移动,CO产率升高 (5). 250 (6). CH3OH+H2O-6e-CO2+6H+【解析】【详解】（1）由已知，为：CH3OH(l)+O2(g)CO2(g)+2H2O(l) H3，根据盖斯定律，2-得：CO(g)+2H2(g)CH3OH(l) H=2H1-H2-H3。（2）A项，减小生成物浓度，化学平衡正向移动，正逆反应速率都减小，故A错误；B项，增大压强，化学平衡向气体分子数减小的方向移动，因为该反应正向气体分子数减小，所以缩小容器的体积，压强变大，平衡将向右移动；体积缩小导致c(CO)变大，根据化学平衡移动原理，达到新平衡时c(CO)仍比原平衡时大，故B正确；C项，催化剂能同等程度加快正逆反应速率，所以应选用乙催化剂，故C正确；D项，由已知，5分钟反应达平衡时各物质的浓度为：c(CO)=0.1mol/L、c(H2)=0.2mol/L、c(CH3OH)=0.4mol/L，所以K=100，若保持平衡时的温度和容积不变，再向容器中充入0.8mol CO和0.6mol CH3OH，此时c(CO)=0.5mol/L、c(H2)=0.2mol/L、c(CH3OH)=0.7mol/L，Q=35v逆，故D正确。综上分析，符合题意的选项为BCD。由已知，甲醇的初始物质的量浓度为0，5分钟反应达平衡，前面已经算出此时甲醇物质的量浓度为0.4mol/L，所以甲醇的物质的量浓度随时间的变化曲线可用如图表示：。（3）由图2可得，温度升高，CO2平衡转化率上升、CO的产率上升、温度高于250时甲醇的产率降低，则：反应正反应是吸热反应，温度升高平衡正向移动，CO产率升高；获取CH3OH最适宜的温度是250。（4）由图可得，a电极原料是CH3OH和水，b电极原料为氧气，电解质溶液为稀硫酸，质子交换膜只允许质子和水分子通过，则a极为电池负极，发生氧化反应生成CO2和H+，电极反应式为：CH3OH+H2O-6e-CO2+6H+。31.次硫酸氢钠甲醛（NaHSO2HCHO2H2O）俗称吊白块，在印染、医药以及原子能工业中有广 泛应用。以 Na2SO3、SO2、HCHO和锌粉为原料制备次硫酸氢钠甲醛的实验步骤如下： 已知：次硫酸氢钠甲醛易溶于水，微溶于乙醇，具有强还原性，且在 120以上发生分解。步骤 1：在三颈烧瓶中加入一定量 Na2SO3 和水，搅拌溶解，缓慢通入 SO2，至溶液 pH 约为 4，制得 NaHSO3溶液。步骤 2：将装置 A 中导气管换成橡皮塞。向烧瓶中加入稍过量的锌粉和一定量甲醛溶液，在 8090下， 反应约 3h，冷却至室温，抽滤；步骤 3：将滤液真空蒸发浓缩，冷却结晶。（1）装置 B的烧杯中应加入的溶液是_；冷凝管中冷却水从_填“a”或“b”）口进水。（2）A 中多孔球泡的作用是_。（3）冷凝管中回流的主要物质除 H2O 外还有_（填化学式）。（4）写出步骤 2 中发生反应的化学方程式_。（5）步骤 3 中在真空容器中蒸发浓缩的原因是_。（6）为了测定产品的纯度，准确称取 2.0g 样品，完全溶于水配成 100mL 溶液，取 20.00mL 所配溶液， 加入过量碘完全反应后（已知 I2 不能氧化甲醛，杂质不反应），加入 BaCl2 溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、 干燥至恒重得到白色固体 0.466g，则所制得的产品的纯度为_ 。【答案】 (1). NaOH 溶液 (2). a (3). 增大气体与溶液的接触面积，加快吸收速率 (4). HCHO (5). NaHCO3+ HCHO+ Zn+ H2O= NaHSO2HCHO+ Zn（OH）2 (6). 防止温度过高使产物分解，也防止氧气将产物氧化 (7). 77.00%【解析】试题分析：（1）该实验是以Na2SO3、SO2、HCHO和锌粉为原料制备次硫酸氢钠甲醛，SO2作为尾气不能排放到空气中，装置B的作用是吸收SO2，所以装置B 的烧杯中应加入的溶液是NaOH溶液，A为三颈烧瓶， 冷凝水从下口进水，才有利于冷水在冷凝器中存在，冷凝效果更好；所以冷却水从a口进水。（2）为了增大气体与溶液的接触面积，加快气体的吸收速率，A中放置了多孔球泡。（3）HCHO具有挥发性，在8090条件下会大量挥发，加冷凝管可以是HCHO冷凝回流提高HCHO的利用率。（4）该实验是以Na2SO3、SO2、HCHO和锌粉为原料制备次硫酸氢钠甲醛，则步骤2中发生反应的化学方程式为NaHSO3+HCHO+Zn+H2O= NaHSO2HCHO+Zn（OH）2。（5）次硫酸氢钠甲醛具有还原性，在敞口容器中蒸发浓缩，可以被空气中的氧气氧化变质，为了防止温度过高使产物分解，也防止氧气将产物氧化，在真空容器中进行蒸发浓缩。（6）根据题意发生的离子反应为2H2O+HSO2-+2I2=SO42-+4I+5H，SO42-+Ba2=BaSO4，得关系式为NaHSO2HCHO2H2OBaSO4154 233x 0.466 列方程解得：x=0.308则所制得的产品的纯度为（0.3085）2.0100%=77%。考点：考查实验制备方案的设计，实验步骤的基本操作，仪器使用方法，化学计算等知识。32.已知以下是化合物N ( 属于环己烯酮类 ) 的两步合成路线，F不含氯元素。I步：II步：请回答：(1)D中官能团名称是_。(2)下列说法不正确的是_。AE生成F与G生成H的反应类型相同 BJ的结构简式是C1mol I最多能和4mol H2加成 DN的分子式为C17H20O2(3)符合下列条件的G 的同分异构体有_种，写出其中一种同分异构体的结构简式_。能与浓溴水反应产生白色沉淀苯环上有两个取代基，且苯环上的一氯代物只有两种可在一定条件下发生水解反应和银镜反应(4)写出方程式：B + CD _。(5)以为原料，合成_ （用流程图表示，反应条件任选）。【答案】 (1). 碳碳双键、羰基 (2). BCD (3). 5 (4). （或、） (5). (6). 【解析】【分析】I步：由已知，结合C的分子式可得：B为HCHO、C为；由已知，结合流程可得：D为：。II步：根据流程，结合I的结构简式可推出：E()与生成F为；F与B(HCHO)生成G为；G与CH3I生成H为；H催化氧化生成I()；由已知可得：J为；J与H2加成生成K，结合K的分子式可得，K为：；K催化氧化生成L为；由已知，结合N的结构简式可得，L和D()反应生成M为：。【详解】（1）D为：，官能团名称是：碳碳双键和羰基。（2）A项，E()与生成F()发生的是取代反应，G()与CH3I生成H()发生的也是取代反应，二者反应类型相同，故A正确；B项，J的结构简式为，故B错误；C项，由I()的结构简式可得，分子中含有1个苯环、2个碳氧双键，所以1mol I最多能和5mol H2加成，故C错误；D项，由N的结构简式可得，分子式为C15H16O2，故D错误。综上所述，符合题意的选项为BCD。（3）G为，其同分异构体满足下列条件：能与浓溴水反应产生白色沉淀，则含有酚羟基；苯环上有两个取代基，且苯环上的一氯代物只有两种，则两个取代基在对位上；可在一定条件下发生水解反应和银镜反应，则含有甲酸酯基。综上分析，可能情况有：（或、），共5种。（4）B为HCHO、C为、D为，故B + CD的化学方程式为：。（5）以为原料，合成，由已知，结合流程得到启发：可先生成丙酮和乙醛，二者反应生成CH3COCH=CHCH3；CH3COCH=CHCH3与氢气发生加成反应可得到，故流程图为：。