【文档说明】【精准解析】安徽省黄山市屯溪第一中学2019-2020学年高二上学期入学摸底考试化学试题（解析版）.doc，共(18)页，522.500 KB，由小赞的店铺上传

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屯溪一中2019—2020学年第一学期摸底考试高二化学可能用到的元素的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23S-32Fe-56Cu-64一．选择题（每小题仅有一个最佳选项，每小题3分，共计48分）1

.下列说法中正确的是（）A.硝酸钾溶液能导电，所以硝酸钾溶液是电解质B.石墨有较好的导电性，所以石墨属于电解质C.液态氯化氢、固态氯化钠均不能导电，所以氯化氢、氯化钠均不是电解质D.蔗糖在水溶液中和熔融状态下均不能导电，所以蔗糖是非电解质【答

案】D【解析】【详解】A．硝酸钾溶液是混合物，不是化合物，不属于电解质，故A错误；B．石墨虽能导电，但石墨是单质，既不是电解质，也不是非电解质，故B错误；C．液态氯化氢、固体氯化钠均不导电，但是在水溶液中能够导电，所以氯化氢、氯化钠均是电解质，故C错误；D．蔗糖在水溶液和熔化状态下均不导电，

而且属于化合物，所以蔗糖是非电解质，故D正确；故选D。【点睛】本题的易错点为AB，要注意单质和混合物既不是电解质也不是非电解质，电解质和非电解质都是化合物。2.“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”是唐代诗人李商隐的著名诗句，下列关于该诗句中所涉及物质的说法错误的是A.蚕丝的主要成分

是蛋白质B.蚕丝属于天然高分子材料C.“蜡炬成灰”过程中发生了氧化反应D.古代的蜡是高级脂肪酸酯，属于高分子聚合物【答案】D【解析】【详解】A.蚕丝的主要成分是蛋白质，A项正确；B.蚕丝的主要成分是蛋白质，蛋白质是天然高分子化合物，B项正确；C.“蜡炬成灰”指的是蜡烛在空气中与氧气反应，

属于氧化反应，C项正确；D.高级脂肪酸酯不属于高分子聚合物，D项错误；答案选D。【点睛】高中化学阶段，常见的天然高分子化合物有：淀粉、纤维素、蛋白质。3.下列有关化学键的说法中错误的是A.氯化钠熔化或氯化氢溶于水时都要破坏化学键

B.离子化合物中可能含有共价键，共价化合物中一定不含有离子键C.氯化铵受热变成气体，冷却后又成晶体，此过程中化学键没有发生变化D.碘晶体升华和冰融化时都未涉及化学键的变化【答案】C【解析】【详解】A、NaCl熔化破坏离子键，HCl溶于水破坏共价键，故A正确；B、离子化合物中可能含有共价键，如K

OH，但共价化合物中一定不含有离子键，故B正确；C、氯化铵受热变成气体，冷却后又成晶体，发生了化学变化，一定有化学键的断裂和生成，故C错误；D、碘晶体、冰为分子晶体，则碘晶体升华、冰熔化时都破坏分子间作用力，故D正确；故选C。4.如图是某另类元素周期表

的一部分，下列说法正确的是（）A.单质的氧化性：X>Y>ZB.简单阴离子的半径大小：X>Y>ZC.Y只有一种氢化物D.X的最高价氧化物对应的水化物为强酸【答案】B【解析】【分析】根据周期表中元素的排列规律可知：X为P元素，Y为N元素，Z为O

元素，结合元素周期律分析判断。【详解】根据周期表中元素的排列规律可知：X为P元素，Y为N元素，Z为O元素。A．元素的非金属性越强，单质的氧化性越强，氧化性：P＜N2＜O2，即X＜Y＜Z，故A错误；B．

一般而言，电子层数越多，半径越大，电子层数相同，原子序数越大，半径越小，简单阴离子半径：X＞Y＞Z，故B正确；C．Y的氢化物不只有一种，可以是氨气、联氨等氢化物，故C错误；D．X的最高价氧化物对应的水化物为磷酸，属于中强酸，故D错误；故选B。5.NA为阿

伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是（）A.1.8gH2O中含有的质子数为NAB.22.4L氯气与足量镁粉充分反应，转移的电子数为2NAC.46gNO2和N2O4混合气体中含有原子总数为3NAD.23gNa与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物

，钠失去NA个电子【答案】B【解析】【详解】A．1.8g水的物质的量为1.8g18g/mol=0.1mol，含有1mol质子，含有的质子数为NA，故A正确；B．未告知气体所处的温度和压强，无法计算22.4L氯气的物质的

量，也无法确定转移的电子数，故B错误；C．46gNO2和N2O4的含有NO2原子团的物质的量为46g46g/mol=1mol，含有原子的总物质的量为3mol，含有原子总数为3NA，故C正确；D．钠与氧气

反应无论生成氧化钠还是过氧化钠，1个钠原子都失去1个电子生成1个钠离子，则23gNa与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，生成1mol钠离子，失去NA个电子，故D正确；故选B。6.下列实验现象与实验操作不相匹配

的是实验操作实验现象A向盛有高锰酸钾酸性溶液的试管中通入足量的乙烯后静置溶液的紫色逐渐褪去，静置后溶液分层B将镁条点燃后迅速伸入集满CO2的集气瓶集气瓶中产生浓烟并有黑色颗粒产生C向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀有刺激性气味气体产生，溶液变浑浊盐酸D向盛有FeCl3溶液的试管

中加过量铁粉，充分振荡后加1滴KSCN溶液黄色逐渐消失，加KSCN后溶液颜色不变A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A.乙烯被酸性高锰酸钾氧化生成二氧化碳无机小分子，则实验现象中不会出现分层，A项错误；B.将镁条点燃后迅速伸入

集满二氧化碳的洗气瓶，发生反应为：CO2+2Mg2MgO+C，则集气瓶因反应剧烈冒有浓烟，且生成黑色颗粒碳单质，实验现象与操作匹配，B项正确；C.向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸，发生氧化还原反应，其离子方程式为：S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O，则会有刺激性气味气体产生

，溶液变浑浊，实验现象与操作匹配，C项正确；D.向盛有氯化铁溶液的试管中加过量的铁粉，铁粉会将溶液中所有的铁离子还原为亚铁离子，使黄色逐渐消失，充分振荡后，加1滴KSCN溶液，因振荡后的溶液中无铁离子，则溶液不会变色，实验现象与操作匹配，D

项正确；答案选A。7.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A.FeFeCl2Fe(OH)2B.SSO3H2SO4C.CaCO3CaOCaSiO3D.NH3NOHNO3【答案】C【解析】【详解】A．铁与氯气反应只能生成氯化铁，A错误；B．硫在空气或氧

气中燃烧只能生成二氧化硫，B错误；C．两步均能实现，C正确；D．NO不与H2O反应，D错误。故答案选C。8.下列对于某些离子的检验及结论中一定正确的是()A.加入稀盐酸产生无色无味气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，则一定有CO23−B.加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，则

一定有SO24−C.加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，一定有NH4+D.加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸，白色沉淀消失，一定有Ba2+【答案】C【解析】【详解】A．将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊生成的气体可能为二氧化硫、二

氧化碳，原溶液中可能存在碳酸氢根、亚硫酸根等离子，不一定含有碳酸根离子，故A错误；B．氯化钡能与硫酸根离子或银离子结合生成不溶于水也不溶于酸的沉淀，加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，原溶液中可能含有银离子，不一定含有SO24−，故B错误；C．能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体为NH3

，在碱性条件下生成NH3，说明溶液中含有NH4+，故C正确；D．碳酸钡和碳酸钙等沉淀都可溶于盐酸，原溶液中可能含有Ca2+，不一定含有Ba2+，故D错误；故选C。9.可逆反应222NO(g)2NO(g)O(g)+，在容积固定的密闭容器中达到平衡状态的

标志是（）①单位时间内生成2nmolO的同时生成22nmolNO②单位时间内生成2nmolO的同时生成2nmolNO③用22NONOO、、表示的反应速率之比为2:2:1的状态④混合气体的颜色不再改变的状态⑤混合气体

的密度不再改变的状态⑥混合气体的压强不再改变的状态⑦混合气体的物质的量不再改变的状态A.①④⑥⑦B.②③⑤⑦C.①③④⑤D.全部【答案】A【解析】【分析】化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量不变

、物质的量浓度不变、百分含量不变以及由此引起的一系列物理量不变，据此分析解答。【详解】①中单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2，正逆反应速率相等，说明反应已达到平衡状态，故①正确；②无论该反应是否达到平衡状态,单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO，

不能据此判断平衡状态，故②错误；③中无论达到平衡与否，用各物质表示的化学反应速率之比都等于化学计量数之比，故③错误；④有色气体的颜色不变，则表示物质的浓度不再变化，说明反应已达到平衡状态，故④正确；⑤气体体积固定、反应前后质量守恒，密度始终不变，不能据此判断平衡状态，故⑤错

误；⑥反应前后ΔV(g)≠0，压强不变，意味着各物质的含量不再变化，说明已达到平衡状态，故⑥正确；⑦由于ΔV(g)≠0，气体的物质的量不变，说明反应已达到平衡状态，故⑦正确；①④⑥⑦正确，答案选A。【点睛】化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量不变、物质

的量浓度不变、百分含量不变，间接判据要看变量不变。10.科学家合成出了一种新化合物（如图所示），其中W、X、Y、Z为同一短周期元素，Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半。下列叙述正确的是A.WZ的水溶液呈碱性B.元素非金属性的顺序为

X>Y>ZC.Y的最高价氧化物的水化物是中强酸D.该新化合物中Y不满足8电子稳定结构【答案】C【解析】【分析】由W、X、Y、Z为同一短周期元素，Z的核外最外层电子数是X核外电子数的一半可知，Z为Cl、X为Si，由化合价代数和为0可知，Y元素化合价为—3价，则Y为

P元素；由W的电荷数可知，W为Na元素。【详解】A项、氯化钠为强酸强碱盐，水溶液呈中性，故A错误；B项、同周期元素从左到右，非金属性依次增强，则非金属性的强弱顺序为Cl＞S＞P，故B错误；C项、P元素的最高价氧化物对应水化物

为磷酸，磷酸是三元中强酸，故C正确；D项、新化合物中P元素化合价为—3价，满足8电子稳定结构，故D错误。故选C。【点睛】本题考查元素周期律的应用，注意分析题给化合物的结构示意图，利用化合价代数和为零和题给信息推断元素为解答关键。11.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。12.一种新型的乙醇电池，它用磺酸类质子溶剂。电池总反应为：C2H5OH+3O2→2CO2+3H2O,电池示意如图,下列说法正确的是A.a极

为电池的正极B.电池工作时电流由a极沿导线经灯泡再到b极C.电池负极的电极反应为：4H++O2+4e－=2H2OD.电池工作时,1mol乙醇被氧化时就有12mol电子转移【答案】D【解析】【详解】A．在燃料电池中，燃料乙醇在负极发生失电子的反应，

氧气是在正极上发生得电子的反应，则a为负极，故A错误；B．电池工作时，电流由正极经外电路流向负极，在该电池中由b极流向a极，故B错误；C．在燃料电池中，正极上是氧气得电子的还原反应，在酸性电解质环境下，正极的电极反应

为：4H++O2+4e-=2H2O，故C错误；D．根据电池反应：C2H5OH+3O2=2CO2+3H2O，乙醇被氧化电极反应式为C2H5OH+3H2O-12e-=2CO2+12H+，则1mol乙醇被氧化失去12mol电子，故D正确；故选D。13.丙烯醇(CH2=CH-CH2OH)可

发生的化学反应有（）①加成反应②氧化反应③置换反应④加聚反应⑤取代反应A.①②③④B.②④⑤C.①②③④⑤D.①③④【答案】C【解析】【详解】CH2=CH-CH2OH中含碳碳双键、-OH。含碳碳双键可发生加成反应、氧化反应和加聚反应

，含-OH可发生氧化反应、酯化反应(取代反应)，且与Na可发生置换反应生成氢气，故选C。14.化学反应中，有时存在“一种物质过量，另一种物质仍不能完全反应”的特殊情况。下列反应中属于这种情况的是（）①过量的锌与

18mol·L—1的硫酸反应；②过量的氢气与少量氮气在催化剂存在下充分反应；③浓盐酸与过量的MnO2；④过量铜与浓硫酸；⑤过量稀硝酸与银反应；⑥过量稀硫酸与块状石灰石A.①④⑤B.②③⑤C.②③④⑥D.①②③④⑤⑥【答案】C【解析】【

分析】①Zn与浓硫酸、稀硫酸均可反应；②氢气与氮气反应生成氨气的反应是可逆反应；③只有浓盐酸与二氧化锰反应，盐酸变稀后不反应；④铜活泼性弱只能与浓硫酸反应，与稀硫酸不反应；⑤硝酸与银反应生成硝酸银、一氧化氮和水；⑥稀硫酸与块状石灰石反应生成微溶

物硫酸钙，附着在碳酸钙表面阻止反应的进一步发生；【详解】①Zn与浓硫酸、稀硫酸均可反应，则过量的Zn与18mol·L－1的硫酸反应，硫酸能完全反应，故①不选；②氢气与氮气反应生成氨气为可逆反应，不能进行到底，故②选；③

浓盐酸与过量的MnO2反应，随着反应的进行盐酸浓度降低，稀盐酸与二氧化锰不反应，故③选；④随着反应的进行，硫酸浓度降低，铜活泼性弱只能与浓硫酸反应，与稀硫酸不反应，故④选；⑤硝酸与银反应生成硝酸银、一氧化氮和水，硝酸过量时银能够反应完全

，故⑤不选；⑥稀硫酸与块状石灰石反应生成微溶物硫酸钙，附着在碳酸钙表面阻止反应的进一步发生，故⑥选；故选C。【点睛】本题考查与量有关的化学反应，解题关键：明确反应物浓度对反应的影响、生成物的溶解性及可逆反应的特点．1

5.一定质量铜和适量的浓硝酸反应，随着反应的进行，所生成的气体颜色逐渐变浅，当铜反应完毕后，共收集到11.2L由NO和NO2组成的混合气体(标准状况)，将该气体与0.325molO2混合溶于水，恰好无气体剩余。则反应中消耗硝酸的物质的量为（）A.1.2molB.1.1molC.1.8molD.1.

6mol【答案】C【解析】【分析】根据二氧化氮、一氧化氮和氧气反应的原理方程式：4NO+3O2+2H2O=4HNO3，4NO2+O2+2H2O=4HNO3，此时得到的硝酸的量即为气体的物质的量，根据得失电子守恒计算金属铜的

物质的量，进而计算显示酸性的硝酸的物质的量，消耗的硝酸的物质的量=显示酸性的硝酸的物质的量+做氧化剂的硝酸的物质的量，据此分析解答。【详解】整个反应过程，金属铜失去电子，氧气得到电子，根据得失电子守恒，设金属铜的物质的量是n，则2n=0.325mol×

2×(2-0)，解得n=0.65mol，所以显示酸性的硝酸在硝酸铜中，其物质的量是0.65mol×2=1.3mol，做氧化剂的硝酸的物质的量即为11.2L气体(标况)的物质的量11.2L22.4L/mol=0.5mol，所以反应中消耗硝酸的物质的量是1.

3mol+0.5mol=1.8mol，故选C。【点睛】掌握和理解终态法的应用是解题的关键。解答本题要注意，反应消耗的硝酸包括显示酸性的硝酸和做氧化剂的硝酸两部分。16.分子式为C4H8BrCl的有机物共有（不含立体异构）A.8种B.10种C.12种D.14种【答案】C【解析】【分析】

C4H8ClBr可以看成丁烷中的2个H原子分别被1个Cl、1个Br原子取代，丁烷只有2种结构，氯原子与溴原子可以取代同一碳原子上的H原子，可以取代不同碳原子上的H原子，据此书写判断。【详解】先分析碳骨架异构，分别为C-C-

C-C与2种情况，然后分别对2种碳骨架采用“定一移一”的方法分析，其中骨架C-C-C-C有、共8种，骨架有和，4种，综上所述，分子式为C4H8BrCl的有机物种类共8+4=12种，C项正确；答案选C。【点睛】本题考查同分异构体的书写，难度中等，

学会利用同分异构体的判断方法解题是关键。二．填空题（共计52分）17.氨和硝酸都是重要的工业原料。（1）工业上常用过量氨水吸收二氧化硫，该反应的化学方程式为____。（2）氨氧化法是工业生产中合成硝酸的主要途径。合成的第一步是将氨和空气的混合气通过灼热的铂铑合金网，在合金

网的催化下，氨被氧化成一氧化氮，该反应的化学方程式为____。下列反应中的氨与氨氧化法中的氨作用相同的是___。A．2Na+2NH3=2NaNH2+H2↑B．2NH3+3CuO=3Cu+N2+3H2OC．4NH3+6NO=5N2+6H2OD．HNO

3+NH3=NH4NO3工业中的尾气（假设只有NO和NO2）用烧碱进行吸收，反应的离子方程式为2NO2+2OH﹣=NO2-+NO3-+H2O和NO+NO2+2OH﹣=___+H2O（配平该方程式）。（3）向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀HNO3500mL，反应过程中产

生的气体只有NO。固体完全溶解后，在所得溶液（金属阳离子只有Cu2+）中加入1L1mol·L-1的NaOH溶液使金属离子恰好完全沉淀，此时溶液呈中性，所得沉淀质量为39.2g。①Cu与稀HNO3反应的离子方程式为________。②Cu与Cu2O的物质的量之比为________。【

答案】(1).SO2+2NH3•H2O=(NH4)2SO3+H2O［或SO2+2NH3+H2O=(NH4)2SO3］(2).4NH3+5O24NO+6H2O(3).BC(4).2NO2-(5).3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O(6).2∶

1【解析】【分析】(1)二氧化硫与氨气反应生成亚硫酸铵；(2)氨催化氧化生成一氧化氮和水，反应中氨气是还原剂；根据质量守恒和得失电子守恒配平；(3)①Cu与稀HNO3反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，据此书写反应的离子反应方程式；②根据氢氧化钠计算出生成的氢氧化铜的物质的量

，再根据铜元素守恒列式计算。【详解】(1)二氧化硫与过量氨气反应生成亚硫酸铵，反应的化学方程式为：SO2+2NH3•H2O=(NH4)2SO3+H2O[或SO2+2NH3+H2O=(NH4)2SO3]，故答案为SO2+2NH3•H2O=(NH4)2SO3+H2O[或SO2+2NH

3+H2O=(NH4)2SO3]；(2)氨催化氧化生成一氧化氮和水，反应方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，反应中氨气是还原剂，显示氨气的还原性。A．反应2Na+2NH3=2NaNH2+H2↑中，氨气是氧化剂，故A不选；B．反应2NH3+3CuO=3Cu+N2+

3H2O中，氨气是还原剂，故B选；C．反应4NH3+6NO=5N2+6H2O中，氨气是还原剂，故C选；D．反应HNO3+NH3=NH4NO3是非氧化还原反应，故D不选；与4NH3+5O24NO+6H2O中的氨作用相同的是BC；由质量守恒和得失电子守恒，配平为：NO+NO2

+2OH-=2NO2-+H2O，故答案为4NH3+5O24NO+6H2O；BC；2NO2-；(3)①Cu与稀HNO3反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，离子反应方程式为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为3Cu

+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；②所得溶液中加入1.0mol/L的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n(NaNO3)=n(NaOH)=1.0mol/L×1.0L=1mol，沉淀为Cu(O

H)2，质量为39.2g，物质的量为39.2g98g/mol=0.4mol，根据铜元素守恒有n(Cu)+2n(Cu2O)=n[Cu(OH)2]，所以反应后的溶液中n[[Cu(NO3)2]=n[Cu(OH)2]=0.4mol，设Cu、Cu2O的物质的量分别为x、y，则64x+144

y＝27.2，x+2y＝0.4，解得x=0.2，y=0.1，所以Cu与Cu2O的物质的量之比为2∶1，故答案为2∶1。18.已知：A是石油裂解气的主要产物之一，其产量常用于衡量一个国家石油化工发展水平的标志。下列是有机物A～G之间的转化关系：请回答下列

问题：（1）A的官能团的名称是_____；C的结构简式是_____。（2）E是一种具有香味的液体，由B＋D→E的反应方程式为_______，（3）比赛中，当运动员肌肉挫伤或扭伤时，随队医生即对准受伤部位喷射物质F(沸点12.27℃)进行应急处理。写出由A制F的化学方程式：________

。（4）E的同分异构体能与NaHCO3溶液反应，写出该同分异构体的结构简式：______。【答案】(1).碳碳双键(2).CH3CHO(3).CH3CH2OH＋CH3COOHCH3COOCH2CH3＋H2O(4).CH2=CH2

＋HClCH3CH2Cl(5).CH3CH2CH2COOH、(CH3)2CHCOOH【解析】【分析】A是石油裂解气的主要产物之一，它的产量常用来衡量一个国家石油化工水平，则A是乙烯。乙烯和水发生加成反应

生成B，则B是乙醇，乙醇和氧气在铜作催化剂作用下反应生成C，则C是乙醛，乙醇在高锰酸钾作用下生成D，D是乙酸，乙醇和乙酸在浓硫酸作用下发生酯化反应生成E，E是乙酸乙酯；乙烯和氯化氢加成得到F，F为氯乙烷，据此分析解答。【详

解】(1)由以上分析可知A为乙烯，结构简式为：CH2=CH2，含有C=C双键；C是乙醛，乙醛的结构简式为CH3CHO，故答案为碳碳双键；CH3CHO；(2)E是一种具有香味的液体，为乙酸乙酯，B是乙醇，乙醇在高锰酸钾作用下生成D，D为乙酸，乙醇和乙酸在

浓硫酸作用下发生酯化反应CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O，故答案为CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O；(3)F为A乙烯和氯化氢反应的产物，乙烯和氯化氢在一定条件下发生加成反应生

成氯乙烷，反应的化学方程式为：CH2=CH2+HClCH3CH2Cl，故答案为CH2=CH2+HClCH3CH2Cl；(4)E为CH3COOCH2CH3，E的同分异构体能与NaHCO3反应，应含有羧基，结构简式为CH3CH2CH2COOH或(CH3)2CHCOOH，故答案为CH3CH2CH2CO

OH、(CH3)2CHCOOH。19.海洋资源的利用具有广阔前景。（1）无需经过化学变化就能从海水中获得的物质是___(填序号)A.Cl2B.淡水C.烧碱D.食盐（2）如图是从海水中提取镁的简单流程。①操作A

是___。②海水提镁的过程，为什么要将海水中的氯化镁转变为氢氧化镁，再转变为氯化镁？___（3）利用海底的“可燃冰”制作的酸性燃料电池的总反应式为：CH4+2O2=CO2+2H2O，则该燃料电池负极的电极反应式为____。（4）海带灰中富含以I-形式存在的碘元素，实验室提取

I2的途径如图所示：①灼烧海带至灰烬时所用的主要仪器是____（填序号）。a.坩埚b．试管c．蒸发皿d．烧杯②向酸化的滤液中加过氧化氢溶液，写出该反应的离子方程式____。（5）海底的煤经综合利用开发的副产物C

O2能生产甲醇燃料，其反应的方程式为：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，某科学实验将6molCO2和8molH2充入2L的密闭容器中，测得H2的物质的量随时间变化如图实线所示，a，b，c，d括号内数据表示坐标。①a点正反应速率___(

填“大于、等于或小于”)a点逆反应速率。②平衡时CO2的物质的量浓度是____mol/L。③能够说明该反应达到化学平衡状态的标志是___。A．单位时间内消耗1molCO2，同时生成3molH2B．混合气体的密度不随时间变化C．CH3OH、H2的浓度不再随

时间变化D．CH3OH和H2O浓度相等【答案】(1).BD(2).过滤(3).海水中氯化镁的含量很大，但镁离子浓度很低，该过程可以使镁离子富集，增大镁离子浓度，降低成本(4).CH4+2H2O-8e-=CO2+8H+(5)

.a(6).2H++2I-+H2O2=I2+2H2O(7).大于(8).2(9).AC【解析】【分析】(1)根据从海水制备物质的原理分析判断；(2)海水引入沉淀池，用生石灰和水反应生成的氢氧化钙沉淀镁离子，过滤得到氢氧化镁沉淀，在沉淀中加入稀盐酸溶解得到氯化镁溶液，蒸发浓缩

、结晶析出、洗涤干燥得到氯化镁晶体，在氯化氢气流中加热失去结晶水得到固体氯化镁，电解熔融氯化镁得到金属镁，据此分析解答；(3)酸性条件下正极电极反应式为O2+4e-+4H+═2H2O，根据总反应减去正极反应式得到负极反应式；(4)

干海带灼烧成海带灰，加水溶解过滤，得到的滤液中酸化加入过氧化氢氧化碘离子生成碘单质，加入四氯化碳萃取分液分离出碘单质，据此分析解答；(5)①a点时还没有达到平衡状态，从反应物的物质的量的变化趋势判断反应进行的方向，据此判断正逆反应速率大小；②根据图像，平衡时氢气为2mol，根据三段式计算；③

根据平衡时，正逆反应速率相同，各组分含量保持不变分析判断。【详解】(1)A．可从海水中获得氯化钠，电解氯化钠溶液或熔融氯化钠生成氯气，需要化学变化从海水中获得氯气，故A不选；B．把海水用蒸馏等方法可以得到淡水，不需要化学变化获得，故

B选；C．可从海水中获得氯化钠，电解氯化钠溶液可得烧碱、氢气和氯气，需要化学变化从海水中获得烧碱，故C不选；D．可从海水中获得氯化钠，是利用氯化钠溶解度随温度变化不大，蒸发溶剂得到，不需要化学变化获得，故D选；故

答案为BD；(2)①根据分析可知操作A为分离固体和溶液的操作为过滤，故答案为过滤；③海水提镁的过程中将海水中的氯化镁转变为氢氧化镁，再转变为氯化镁，是因为海水中氯化镁的含量很大，但镁离子浓度很低，该过

程可以使镁离子富集，增大镁离子浓度，降低成本，故答案为海水中氯化镁的含量很大，但镁离子浓度很低，该过程可以使镁离子富集，增大镁离子浓度，降低成本；(3)酸性条件，燃料电池总反应式：CH4+2O2═CO2+2H2O，正极电极反应式为O2+4e-+4

H+═2H2O，总反应减去正极反应式得到负极反应式：CH4-8e-+2H2O═CO2+8H+，故答案为CH4-8e-+2H2O═CO2+8H+；(4)①灼烧固体时所用的主要仪器为坩埚，故答案为a；②加入过氧化氢的目的是将碘离子转化为单质碘，离子方程式为2H++2I-+H2O2═I2

+2H2O，故答案为2H++2I-+H2O2═I2+2H2O；(5)①a点时还没有达到平衡状态，反应物氢气的物质的量继续减小，反应继续正向进行，所以正反应速率大于逆反应速率，故答案为大于；②根据图像，平衡时氢气为2mol，CO2(

g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)起始量(mol)6800变化量(mol)2622平衡量(mol)4222平衡时CO2的物质的量浓度=4mol2L=2mol/L，故答案为2；③CO2(g)+3H2

(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)。A．单位时间内消耗1molCO2，同时生成3molH2，说明正逆反应速率相同，反应达到平衡状态，故A正确；B．混合气体质量不变、体积不变，混合气体的密度始终不随时间变化，

不能说明反应达到平衡状态，故B错误；C．CH3OH、H2的浓度不再随时间变化是平衡的标志，故C正确；D．CH3OH和H2O浓度相等和起始量和变化量有关，不能说明正逆反应速率相同，不能说明反应达到平衡状态，故D错误；故答案为AC。【点睛】本题的易错点为(3)(4)，(3)中要注

意用总反应减去正极反应式得到负极反应式时，需要将氧气消去，即O2+4e-+4H+═2H2O需要乘以2；(4)中要注意氧化还原反应方程式的配平。20.绿矾是含有一定量结晶水的硫酸亚铁，在工农业生产中具有重要的用途。某化学兴趣小组对绿矾的一些性

质进行探究。回答下列问题：（1）在试管中加入少量绿矾样品，加水溶解，滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化。再向试管中通入空气，溶液逐渐变红。由此可知：______________、_______________。（2）为测定绿矾中结晶水含量，将石英玻璃管（带两端开关K1和K2）

（设为装置A）称重，记为m1g。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为m2g。按下图连接好装置进行实验。①仪器B的名称是____________________。②将下列实验操作步骤正确排序___________________（填标号）；重复上述操作步骤，直至A恒重，记为m3g

。a．点燃酒精灯，加热b．熄灭酒精灯c．关闭K1和K2d．打开K1和K2，缓缓通入N2e．称量Af．冷却到室温③根据实验记录，计算绿矾化学式中结晶水数目x=________________（列式表示）。若实验时按a、d次序操作，则使x__________

（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。（3）为探究硫酸亚铁的分解产物，将（2）中已恒重的装置A接入下图所示的装置中，打开K1和K2，缓缓通入N2，加热。实验后反应管中残留固体为红色粉末。①C、D中的溶液依次为____

_____（填标号）。C、D中有气泡冒出，并可观察到的现象分别为_______________。a．品红b．NaOHc．BaCl2d．Ba(NO3)2e．浓H2SO4②写出硫酸亚铁高温分解反应的化学方程式________________

_____。【答案】(1).样品中没有Fe3+(2).Fe2+易被氧气氧化为Fe3+(3).干燥管(4).dabfce(5).233176()9()mmmm−−(6).偏小(7).c、a(8).生成白

色沉淀、褪色(9).2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑【解析】【详解】（1）样品溶于水滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化，说明样品中无Fe3+；再向试管中通入空气，溶液逐渐变红，这说明有铁离子产生，即硫酸亚铁易被空气氧化为硫酸铁，铁离子遇KSC

N溶液显红色；（2）①根据仪器构造可知B是干燥管；②由于装置中含有空气，空气能氧化硫酸亚铁，所以加热前需要排尽装置中空气，利用氮气排出空气，为了使生成的水蒸气完全排除，应该先熄灭酒精灯再冷却，然后关闭K1和K2，最后称量，即正确的排序是dabfce；③样品的质量是（m2

－m1）g，加热后剩余固体是硫酸亚铁，质量为（m3－m1）g，生成水的质量为（m2－m3）g，FeSO4·xH2OFeSO4+xH2O15218x（m3－m1）g（m2－m3）g则：()()312315218xmmg

mmg=−−，解得：x=()()2331769mmmm−−；若实验时按a、d次序操作，在加热过程中硫酸亚铁被空气氧化为硫酸铁，导致m3增加，因此x偏小；（3）①最终得到红棕色固体，说明有氧化铁生成，即分解过程发生了氧化还原反应，根据化合价变化可知一定有SO2生成，这说明

硫酸亚铁分解生成氧化铁、SO2和三氧化硫。三氧化硫溶于水生成硫酸，硫酸和钡离子结合生成白色沉淀硫酸钡，由于硝酸钡在酸性溶液中有氧化性，能氧化SO2，所以应该用氯化钡，检验SO2用品红溶液，所以C、D的溶液依次为

氯化钡溶液和品红溶液，实验现象是C中溶液变浑浊产生白色沉淀，D中品红溶液褪色，故答案为c、a；②根据以上分析可知硫酸亚铁高温分解生成氧化铁、SO2和SO3，根据电子守恒和原子守恒得此反应的方程式为2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号w

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