【文档说明】浙江省淳安县汾口中学2019-2020学年高二下学期期中考试化学试题【精准解析】.doc，共(25)页，595.000 KB，由小赞的店铺上传

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浙江省淳安县汾口中学2019-2020学年高二下学期期中考试化学试题1.下列物质中属于纯净物的是（）A.碘酒B.氨水C.石油D.Na2CO3·10H2O【答案】D【解析】【分析】只由一种物质组成的物质称为纯净物；由两种或两种以上的物质混合而成的物质称为混合物，据此判断。【详解】A.碘酒是碘溶在酒精

而得的混合物，A错误；B.氨水是氨气的水溶液，属于混合物，B错误；C.石油是一种粘稠的、深褐色液体，主要成分是各种烷烃、环烷烃、芳香烃的混合物，C错误；D.Na2CO3·10H2O中的水是结晶水形式，不是单独存在的，Na2CO3·1

0H2O是由一种物质组成，属于纯净物，D正确；故答案为：D。2.下列仪器及其名称不正确的是（）A.量筒B.试管C.蒸发皿D.分液漏斗【答案】C【解析】【详解】A.该仪器为量筒，故A正确；B.该仪器为试管，故B正确；C.该仪器为为坩埚，故C错误；D.该仪器为分液漏斗，故D正确

。故选C。【点睛】本题易错点在于坩埚和蒸发皿的区别，坩埚用于加热固体，口小；蒸发皿用于加热液体，口大。3.在元素周期表中的位置是第三周期第VA族元素是（）A.NB.PC.SD.Cl【答案】B【解析】【分析】【详解】A.N元素位于第二周期第ⅤA族，A错误；B.P元素

位于第三周期第ⅤA族，B正确；C.S元素位于第三周期ⅥA族，C错误；D.Cl元素位于第三周期第ⅦA族，D错误；故答案为：B。4.CaCO3→CaO→Ca（OH)2→NaOH的各步反应中，所属反应类型不包

括（）A.化合反应B.分解反应C.置换反应D.复分解反应【答案】C【解析】【分析】化学反应基本类型：化合反应、分解反应、置换反应和复分解反应。化合反应：有两种或两种以上的物质生成一种物质的化学反应，特征是：多变一；分解反应：一种物质分解生成两种或两种以上的物质的化学反应，特征是：一变

多；置换反应是一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的化学反应；复分解反应是两种化合物互相交换成分生成另外两种化合物的反应。【详解】①碳酸钙在高温的条件下生成氧化钙和二氧化碳：CaCO3CaO+CO2↑，属于分解反应

；②氧化钙和水反应生成氢氧化钙：CaO+H2O=Ca(OH)2，属于化合反应；③氢氧化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙白色沉淀和氢氧化钠：Ca(OH)2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH，属于复分解反应；在

此过程中没有置换反应，故答案为：C。5.实验室有两瓶失去标签的溶液，其中一瓶是K2SO4溶液，另一瓶是NaOH溶液。鉴别时，下列选用的试纸或试剂不正确的是A.pH试纸B.紫色石蕊试液C.Na2CO3固体D.CuCl2溶液【答案】C【解析】【详解】A

、pH大的为NaOH，小的为K2SO4溶液，pH试纸可鉴别，故A不选；B、加紫色石蕊，溶液为蓝色的为NaOH，可鉴别，故B不选；C、二者与碳酸钠均不反应，不能鉴别，故C选；D、NaOH与氯化铜反应生成蓝色沉淀，而硫酸钾不能，现象不同，可鉴别，故D不选；故选C。6.下列物质的水

溶液因水解呈碱性的是（）A.HClB.NaOHC.CH3COONaD.FeCl3【答案】C【解析】【详解】A．氯化氢是强酸，在水溶液中能电离为氢离子，故是电离显酸性，A错误；B．NaOH是强碱，在水溶液中能电离出大量的氢氧根离子，故是电离显碱性，B错误；C．醋酸钠是强碱弱酸盐，在水溶液

中醋酸根离子水解生成醋酸和氢氧根离子，故是水解显碱性，C正确；D．氯化铁是强酸弱碱盐，在水溶液中铁离子水解生成氢氧化铁和氢离子，故是水解显酸性，D错误；故答案为：C。7.下列各组中，互称为同分异构体的是（）A.O2与O3B.CH4与C3H8C.CH3CHO与D.35Cl

与37Cl【答案】C【解析】【分析】同种元素组成的不同的单质互称为同素异形体；质子数相同、中子数不同的核素互称为同位素；结构相似，分子间相差若干个CH2的有机物互称为同系物；分子式相同，结构不同的有机物互称为同分异构体。【详解】A.O2与O3，互为同素异形体，A错误；B.C

H4与C3H8，互为同系物，B错误；C.CH3CHO与，分子式均为C2H4O，互为同分异构体，C正确；D.35Cl与37Cl，互为同位素；D错误；故答案为：C。8.下列关于氯化铁溶液和氢氧化铁胶体的说法中，正确的是（）A.分散质的粒子直径均在1~100nm之间B.两者都

具有丁达尔效应C.后者可用于净水D.前者是混合物，后者是纯净物【答案】C【解析】【分析】混合物按分散质粒子的直径大小分为溶液、胶体、浊液。溶液：分散质粒子的直径小于1nm、无丁达尔效应；胶体：分散质粒子的直径介于1nm~100nm之间、有丁达尔效应；浊液：分散质粒子

的直径大于100nm、静置分层。【详解】A．氯化铁溶液中分散质粒子的直径小于1nm；氢氧化铁胶体中分散质粒子的直径介于1nm~100nm之间，A错误；B．氯化铁溶液无丁达尔效应，B错误；C．氢氧化铁胶体具有吸附作用，能吸附水中浮着的颗粒，可用于净

水，C正确；D．氯化铁溶液和氢氧化铁胶体都属于混合物，D错误；故答案为：C。【点睛】丁达尔效应：光束通过胶体时，可以看到一条光亮的“通路”，这条光亮的“通路”是由于胶体粒子对光线散射形成的；丁达尔效应是胶体特有的

，可用于鉴别胶体和溶液。9.下列化学用语表达正确的是A.乙烯的结构简式：C2H4B.甲烷分子的球棍模型：C.NaCl的电子式：D.氟离子的结构示意图：【答案】B【解析】【详解】A、乙烯的结构简式中碳碳双键不能省略，即乙烯的结构简式为：CH2=CH2，故A错误；B、甲烷

为正四面体结构，分子中含有4个碳氢键，甲烷正确的球棍模型为：，故B正确；C、氯化钠是离子化合物，钠离子和氯离子之间通过离子键形成化合物，故电子式为，故C错误；D、氟离子核内有9个质子，核外有10个电子，氟离子的结构示意图为，故D错误；故选B。10.解决人类对能源的根本出路是（）A.加速开采煤、石

油、天然气等化石燃料，它们属于可再生资源B.积极寻找含能源丰富的星球供人类定居C.依靠科学技术，不断开发新能源D.尽可能的节约能源【答案】C【解析】【详解】A.化石能源是不可再生能源，会越来越少，加快开采只能暂时缓解能源需求问题，不是解决能源问题的出路，A错误；B.积极寻找富

含能源的星球供人类定居，想法很好，不太切合实际，B错误；C.依靠科学技术，开发和利用好新能源是解决能源问题的重要措施，C正确；D.尽可能的节约能源是我们解决能源问题的根本宗旨，但不是解决能源问题的根本出路，D错误；故答案为：C。【点睛】解决能源问题有两条出路：一是要把现有的能源利

用好，提高利用率；二是要积极开发新能源，寻找替代能源。11.下列物质的制备，不符合．．．工业生产实际的是（）A.工业上用电解熔融氯化镁制备单质镁B.工业上用电解饱和食盐水制备氯气C.工业上用二氧化硅在高温下与焦炭反应制得高纯硅D

.工业上炼铁时，常用石灰石除去铁矿石中的二氧化硅【答案】C【解析】【详解】A．工业上用电解法制备金属镁，反应的化学方程式为：MgCl2(熔融)电解Mg+Cl2↑，A符合；B．工业上用电解饱和食盐水制备氯气，反应

的化学方程式为：2NaCl+2H2O电解2NaOH+H2↑+Cl2↑，B符合；C．二氧化硅和焦炭在高温下反应制得的硅中含有少量C、SiC等杂质，为粗硅，C不符合；D．石灰石含碳酸钙，工业上炼铁时，常用石灰石除去铁矿石中的二氧化硅，反应的化学方程式为：CaCO3+SiO2高温

CaSiO3+CO2↑，D符合。答案选C。12.在一定温度下，向2L密闭容器中加入2molHI(g)，发生反应2HI(g)H2(g)＋I2(g)，4s时生成0.2molH2，则以HI表示该时段的化学反应速率是A.0.05mol·L-1·s-1B.0.1mol·L-1·s-1C.0.2mol·L-

1·s-1D.0.8mol·L-1·s-1【答案】A【解析】【详解】4s时生成0.2molH2，结合方程式可知消耗的HI的物质的量为0.4mol，容器体积为2L，则11()0.4()2v()0.054nmolcVLmolLsttsHIHIHI−−====，故选：A。13.下列说法正确．

．的是A.Cl2能使湿润的有色布条褪色，所以Cl2具有漂白性B.过量的铁丝在Cl2中剧烈燃烧，反应生成FeCl2和FeCl3C.利用溴单质的氧化性可以把碘离子转化为碘单质D.实验室常用饱和食盐水吸收多

余的Cl2以避免污染【答案】C【解析】【详解】A.Cl2能使湿润的有色布条褪色是因氯气与水反应产生了具有漂白性的次氯酸，而干燥的氯气不能使干燥的有色布条褪色，氯气本身不具有漂白性，故A错误；B.铁在氯气中燃烧只能得到氯化铁，故B错误；C.溴单质的氧化性强于碘单质，因此溴可将碘离子氧化成碘单质，故C

正确；D.氯气在水中的溶解度不大，在饱和食盐水中的溶解度更小，不能用饱和食盐水吸收氯气，应该用氢氧化钠溶液吸收，故D错误；故选：C。14.下列说法不正确．．．的是A.乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，是因为乙烯分子中含有碳碳双键B.氯气在一定条件下可以在甲苯的苯环或侧链上发生取代反应C.乙醛在一定条件

下与氧气反应生成乙酸，乙醛发生了氧化反应D.苯可以使溴水颜色变浅，是发生了加成反应【答案】D【解析】【详解】A.乙烯中含有碳碳双键，容易被高锰酸钾氧化使其褪色，故A正确；B.氯气在光照条件下可以取代甲苯甲基

上的氢原子，在铁做催化剂的条件下可以取代苯环的氢原子，故B正确；C.乙醛具有较强还原性可以被很多氧化剂氧化成乙酸，该过程乙醛发生氧化反应，故C正确；D.苯与溴水不反应，但苯可以萃取溴水中的溴单质使溴水褪色，故D错误；故选：D。15.下列说法正确的是A.金刚石和足球烯（C60）均为原子晶

体B.NH4Cl属于离子化合物，该物质中只存在离子键C.在N2、CO2和SiO2物质中，都存在共价键，它们都是由分子构成D.干冰的升华，只需克服分子间作用力【答案】D【解析】【详解】A.原子晶体是原子间通过共价键结合形成的空间网状结构的物质，金刚石是原子晶体，足球烯是分

子晶体，故A错误；B.氯化铵中铵根和氯离子之间是离子键，铵根内部氮原子和氢原子之间以共价键结合，故B错误；C.N2、CO2和SiO2中都存在共价键，N2、CO2是分子晶体，SiO2是原子晶体，故C错误；D.干

冰是分子晶体，分子间通过分子间作用力结合形成晶体，分子晶体状态改变时破坏分子间作用力，故D正确；故选：D。【点睛】熟记常见的原子晶体类型：金刚石、晶体硅、二氧化硅、碳化硅等，原子晶体最大的特征是原子间通过共价键结合形成空间网状结构。16.将纯锌片和纯铜片

按图示方式插入同浓度的稀硫酸中一段时间，下列叙述正确的是A.装置甲中铜片表面产生气泡B.装置甲溶液中SO42ˉ向锌片做定向移动C.装置乙中正极的电极反应式：2H++2eˉ＝H2↑D.装置乙中电子从铜片经导线流向锌片【答案】C【解析】【分析】锌比铜活泼，能与稀硫酸反应，铜为金属活动性顺

序表H元素之后的金属，不能与稀硫酸反应，甲没有形成闭合回路，不能形成原电池，乙形成闭合回路，形成原电池，根据原电池的组成条件和工作原理解答该题。【详解】A．甲没有形成原电池，铜为金属活动性顺序表H元素之后的金属，不能与稀硫酸反应，甲烧杯中铜片表面没有气泡产生

，故A错误；B．甲没有形成原电池，溶液中SO42ˉ不会向铜片做定向移动，故B错误；C．锌为负极，装置乙中正极的电极反应式：2H++2eˉ＝H2↑，故C正确；D．乙是原电池，原电池电子从负极经导线流向正极，即从锌片经导线流向铜片，故D错误答案选C。【点睛】

本题主要是考查原电池的工作原理的应用，学习中要明确原电池电子以及离子的定向移动问题，要能正确判断原电池的正负极，以及电极反应式的书写等问题。17.关于常温下pH=12的氨水和氢氧化钠两溶液，下列说法正确的是A.氨水溶液的浓度大于氢氧化钠溶液B.NH3·H2O的电离方程式：N

H3·H2O＝NH4+＋OHˉC.c(NH3·H2O)＋c(NH4+)＝0.01mol·Lˉ1D.将两溶液稀释100倍，则稀释后溶液的pH值相同【答案】A【解析】【详解】A．NH3·H2O是弱电解质，在溶液中部分电离，所以氨水的浓度大于氢氧根离子的浓度，则氨水溶液的浓度大于氢

氧化钠溶液，氢氧化钠的浓度等于氢氧根离子浓度，故A正确；B．弱电解质的电离方程式用可逆号表示，则NH3·H2O的电离方程式：NH3·H2ONH4+＋OHˉ，故B错误；C．氨水的总浓度大于溶液中氢氧根离子的

浓度，所以c(NH3·H2O)+c(NH4+)＞0.01mol·L－1，故C错误；D．由于NH3·H2O是弱电解质，稀释促进电离，溶液中OHˉ的物质的量增加，而氢氧化钠是强电解质，稀释OHˉ的物质的量不变，所以pH=12的氨水和氢氧化钠两溶液，稀释10

0倍后，二者的pH不相同，故D错误；故选：A。18.下列离子方程式正确的是A.将氯气通入氢氧化钠溶液中：Cl2+2OH-＝Cl－+ClO－+H2OB.碳酸钙溶于醋酸：CaCO3＋2H+＝Ca2++CO2↑

+H2OC.铁与FeCl3溶液反应：Fe＋Fe3＋＝2Fe2+D.硫酸溶液与氢氧化钡溶液混合：Ba2++SO42－＝BaSO4↓【答案】A【解析】【详解】A.将氯气通入氢氧化钠溶液中生成氯化钠，次氯酸钠和水：Cl2+2OH-＝Cl－+ClO－+H2O，A正确；B.碳酸钙溶

于醋酸：CaCO3＋2CH3COOH＝Ca2++2CH3COO－+CO2↑+H2O，B错误；C.铁与FeCl3溶液反应：Fe＋2Fe3＋＝3Fe2+，C错误；D.硫酸溶液与氢氧化钡溶液混合：2H++2OH－

+Ba2++SO42－＝BaSO4↓+2H2O，D错误；答案选A。【点睛】B容易错，同学经常把碳酸钙溶于醋酸的离子方程式和碳酸钙溶于盐酸的离子方程式混为一谈，忽视了醋酸是弱酸、盐酸是强酸这个区别。19.下列有关金属的说

法中正确的是()A.钠在空气中燃烧只生成白色的氧化钠固体B.燃着的镁条伸入盛满二氧化碳的集气瓶中不能继续燃烧C.铜能与氯化铁溶液反应，该反应可以用于印刷电路板的制作D.铁能与硫酸发生反应，故不能用铁制容器贮存浓硫酸【答案】C【解析】【详解】A．钠在空气

中燃烧只生成淡黄色的过氧化钠固体，故A错误；B．燃着的镁条伸入盛满二氧化碳的集气瓶中能继续燃烧生成氧化镁和碳，故B错误；C．三价铁离子能够氧化铜生成铜离子和二价铁离子，所以可以用于印刷电路板的制作，故C正确；D．浓硫酸具有强

的氧化性，常温下能够使铁钝化，形成致密氧化膜，阻止反应进行，所以能用铁制容器贮存浓硫酸，故D错误；故选C。20.已知：2CO(g)+O2(g)＝2CO2(g)ΔH=－565.2kJ·molˉ1，下列说法不正确的是A.CO(g)+12O2(g)

＝CO2(g)ΔH=－282.6kJ·molˉ1B.2molCO(g)与1molO2(g)反应生成2molCO2(s)放出热量小于565.2kJC.相同条件下，2molCO(g)和1molO2(g)的总能量大于2molCO2(g

)的总能量D.拆开2molCO和1molO2的化学键所需总能量低于形成2molCO2化学键所放出总能量【答案】B【解析】【详解】A、反应热的大小与物质的量成正比例，所以1mol一氧化碳燃烧放出的热量为：282.6kJ，

则反应热的化学方程式为CO(g)+12O2(g)═CO2(g)△H=-282.6kJ•molˉ1，故A正确；B、气体变成固体要放出热量，所以2molCO(g)与1molO2(g)反应生成2molCO2(s)放出

热量大于565.2kJ，故B错误；C、正反应是放热反应所以反应物的总能量高于生成物的总能量，所以2molCO(g)和1molO2(g)的总能量大于2molCO2(g)的总能量，故C正确；D、根据化学反应的

实质，因为反应物总能量大于生成物总能量，该反应为放热反应，则拆开反应物所有键所吸收的总能量小于形成生成物所放出的总能量，故D正确；答案选B。21.下列说法不正确．．．的是A.石油的裂化可以提高汽油等轻质油的质量和产量B.在一定条件下煤和氢气作用得到液体燃料的过程是煤的液化途径之一C.葡萄

糖、淀粉、油脂在一定条件下都能发生水解反应D.往蛋白质溶液中加入饱和硫酸铵溶液，产生的沉淀再加水又可溶解【答案】C【解析】【详解】A.以石油分馏产品为原料，通过石油的裂化可以提高汽油等轻质油的质量和产量，A正确；B.在一定条件下煤和氢气作用得到液体燃料的过程是煤的直接液化，是煤的液化

途径之一，B正确；C.葡萄糖不能发生水解反应，C不正确；D.往蛋白质溶液中加入饱和硫酸铵溶液，产生的沉淀再加水又可溶解，浓的无机盐能使蛋白质盐析，D正确；答案选C。22.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A

.分子数为NA的CO和C2H4混合气体的体积约为22.4LB.标准状况下，4.48L重水(D2O)中含有的中子数为2NAC.用MnO2与浓盐酸制取Cl2时，每生成0.5molCl2则转移电子数为NAD.0.1L3.0mol·

L-1的NH4NO3溶液中含有NH4＋的数目为0.3NA【答案】C【解析】【详解】A．气体所处的状态不明确，故NA个分子的体积不能计算，故A错误；B．标况下重水为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和中子数，故B错误；C．根据氯元素的价态由-1价变为0价，故生

成0.5mol氯气转移1mol电子即NA个，故C正确；D．铵根离子为弱碱阳离子，在溶液中能水解，故溶液中的铵根离子的个数小于0.3NA个，故D错误；故选C。23.短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示

，其中Z所处的族序数是周期序数的2倍。下列判断正确的是A.最高正化合价：X<Y<Z<WB.原子半径：W<X<Y<ZC.气态氢化物的热稳定性：Z<WD.最高价氧化物对应水化物的酸性：Z<W【答案】C【解析】【分析】根据周期元

素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置可知，X、W处于第二周期、Y、Z处于第三周期；Z所处的族序数是周期序数的2倍，则Z位于ⅥA族，为S元素，根据相对位置可知Y为P、X为C、W为F。【详解】A.X、Y、Z分别为C、P、S元素，最高化合价分别为+4、+5、+6，则最高正化合价：X<Y<Z，但F无正

价，故A错误；B.X、Y、Z、W分别为C、P、S、F元素，电子层越多，原子半径越大，电子层相同时核电荷数越大，原子半径越小，则原子半径大小为：W<X<Z<Y，故B错误；C.非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性S<F，则气态氢化物的热稳定性：Z<W，故C正确；D.Z、W分别为S、F元素

，非金属性S<F，但F无正价，故D错误；答案选C。24.下列实验中操作及现象与结果对应关系正确的一组是实验操作实验现象实验结论A适量二氧化碳通入氯化钡溶液中产生白色沉淀碳酸的酸性比盐酸弱B二氧化硫通入溴水中溶液褪色二氧化硫有漂白性C取少量某无色溶液，先滴加氯水，再加入少量四氯化

碳，振荡、静置溶液分层，下层呈橙红色原无色溶液中一定有溴离子D淀粉和稀硫酸混合共热后，再加少量新制氢氧化铜悬浊液产生红色沉淀淀粉水解可生成葡萄糖A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【分析】【详解】A、二氧化碳和氯化钡溶液不能发生反应，只有在碱性环境下才能发生反应生成碳酸钡沉

淀，A错误；B、二氧化硫具有还原性，易被溴单质氧化为硫酸，溴单质同时被还原为溴离子，而褪色，体现了二氧化硫的还原性，B错误；C、氯气具有氧化性，能将溴离子氧化为溴单质，溴溶于四氯化碳中显示橙红色，可以用此现象检验溴离子的存在，C正确；D、淀粉和稀

硫酸混合共热后，加入过量的氢氧化钠中和硫酸，再加少量新制氢氧化铜悬浊液，如果产生红色沉淀，可以证明淀粉水解可生成葡萄糖，D错误，答案选C。25.某100mL溶液可能含有Na＋、NH4+、Fe3＋、CO32-、SO42-、Cl－中的若干种，取该溶液进行连续实验，实验过程如下(所加试剂均过量，

气体全部逸出)：下列说法不正确的是()A.原溶液一定存在CO32-和SO42-，一定不存在Fe3＋B.原溶液一定存在Cl－，可能存在Na＋C.原溶液中c(Cl－)≥0.1mol·L－1D.若原溶液中不存在Na＋，则c

(Cl－)＜0.1mol·L－1【答案】D【解析】【分析】加入氯化钡溶液，生成沉淀，一定含有碳酸根或是硫酸根中的至少一种，则该沉淀为BaSO4、BaCO3中的至少一种，沉淀部分溶解于盐酸，所以一定是BaSO4、BaCO3的混合物，一定存在CO32-、SO42-，硫酸

钡沉淀是2.33g，物质的量是2.33233/ggmol=0.01mol，碳酸根离子的物质的量是4.32.33197/gggmol−=0.01mol，因碳酸根和铁离子不共存，一定不存在Fe3+，所得到的滤液中加入氢氧化钠，出现气体，则为氨气，故原溶液中一定含有铵根离子

，根据元素守恒可知，铵根离子的物质的量是1.12L22.4L/mol=0.05mol，根据溶液的电中性可判断钠离子与氯离子是否存在。【详解】有上述分析可知：A.原溶液一定存在CO32-和SO42-，因Fe3＋与CO32-不共存，则一定不存在Fe3＋，故A项

正确；B.根据溶液呈现电中性可知，原溶液一定存在Cl－，可能存在Na＋，需要进行焰色反应才能确定是否含有Na＋，故B项正确；C.阳离子所带正电荷的物质的量之和：因为铵根离子的物质的量为0.05mol，阴离子所带负电荷的物质的量

之和=0.01×2+0.01×2=0.04mol，所以原溶液中一定存在氯离子，且c(Cl−)⩾0.1mol⋅L−1，故C项正确；D.若原溶液中不存在Na+，根据电中性原则可知，n(Cl−)=0.05mol-0.04mol=0.01mol，则c(Cl−)=0.010.1molL=0.1mol⋅

L−1，故D错误；答案选D。26.A是化学实验中最常见的有机物，它易溶于水并有特殊香味。有关物质的转化关系如图：请回答：（1）A分子中官能团的名称是________________。（2）向装有银氨溶液的试管中加入3滴D溶液，振荡后水浴加热。写出加热后观察到的现象_____________

___。（3）反应③的化学方程式是________________。【答案】(1).羟基(2).试管内壁析出光亮的银镜(3).CH3COOH＋CH3CH2OH浓硫酸CH3COOCH2CH3＋H2O【解析】【分析】据题意，A为乙醇、C为乙酸乙酯、D为乙醛、E为乙醇钠，据此回答；【详解】（1

）A为乙醇，则分子中官能团为羟基；答案为：羟基；（2）向装有银氨溶液的试管中加入3滴D溶液，D为乙醛，则振荡后水浴加热发生银镜反应，试管内壁析出光亮的银镜；答案为：试管内壁析出光亮的银镜；（3）反应③为乙酸和乙醇的酯化反应，化学方程式是CH3COOH＋CH3CH2OH浓硫酸CH3CO

OCH2CH3＋H2O；答案为：CH3COOH＋CH3CH2OH浓硫酸CH3COOCH2CH3＋H2O。27.某固体粉末中可能含有SiO2、Fe2O3、CuO、NaHCO3、K2CO3，某同学设计并完成如下实验：(所加试剂均过量)已知：蘸取少量溶液2在酒精灯上灼

烧，透过蓝色钴玻璃观察火焰呈紫色。请回答：（1）白色沉淀是__________________(填化学式)。（2）生成红褐色沉淀的离子方程式为______________________。（3）根据实验现象，固体粉末中一定存在的组分是_________________

__________(填化学式)。【答案】(1).CaCO3(2).Fe3++3OH—=Fe(OH)3↓(3).SiO2、Fe2O3、K2CO3【解析】【分析】固体粉末中可能含有SiO2、Fe2O3、CuO、NaHCO3、K2CO3，由实验流程可知，加盐酸生成的气

体能使石灰水变浑浊，则气体为CO2，溶液1与NaOH反应生成红褐色沉淀，沉淀为氢氧化铁，则原固体一定含Fe2O3，可知没有CuO，与盐酸反应后得到的固体为SiO2，又蘸取少量溶液2在酒精灯上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察火焰呈紫色，为

K的焰色反应，则原固体中含K2CO3。【详解】（1）白色沉淀为二氧化碳与氢氧化钙反应生成的CaCO3，故答案为CaCO3；（2）生成红褐色沉淀的离子方程式为Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓，故答案为Fe3++3OH-=Fe(OH

)3↓；（3）由上述分析可知，一定含SiO2、Fe2O3、K2CO3，可能含NaHCO3，一定不含CuO，故答案为SiO2、Fe2O3、K2CO328.右图为浓硫酸与铜片反应的装置。请回答：（1）浓硫酸与铜片反应的化学方程式为_________________。（2）反

应一段时间后，试管乙中品红溶液的现象是________________。（3）下列有关该实验的说法中，不正确的是_______________。A．该反应中浓硫酸只体现酸性B．试管乙中含有碱液的棉花，其作用是吸收过量的

SO2，防止环境污染C．反应一段时间后，将试管甲中的溶液缓慢倒入盛有水的烧杯，溶液显蓝色D．含0.04mol溶质的浓硫酸与足量的铜片反应，能收集到448mL的SO2(标准状况)【答案】(1).Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O(2).品红溶液褪色或红色变浅(3)

.AD【解析】【详解】（1）浓硫酸与铜片在加热的条件下发生氧化还原反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O。（2）二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪

色，则反应一段时间后，试管乙中品红溶液的现象是品红溶液褪色或红色变浅。（3）A．有硫酸铜和二氧化硫生成，则该反应中浓硫酸体现酸性和氧化性，A错误；B．试管乙中含有碱液的棉花，其作用是吸收过量的SO2，防止环境污染，B正确；C．反应一段时间后，将试管甲中的溶液缓慢倒入盛有水的烧杯

，由于有硫酸铜产生，因此溶液显蓝色，C正确；D．因为随着反应的进行浓硫酸变为稀硫酸，稀硫酸与铜不反应，是含0．04mol溶质的浓硫酸与足量的铜片反应，不能收集到448mL的SO2（标准状况），D错误，答案选AD。【点晴】掌握浓硫酸和二氧化硫的性质是解答的关键，难点是浓硫酸与铜反应的原理以及

有关计算。随着反应的进行，酸的浓度逐渐减小引起的质变问题：典型的“三酸变稀”问题就是浓盐酸与MnO2反应、浓H2SO4与Cu、Zn等反应、浓HNO3与Cu等反应，随着反应的进行，三种酸都变稀，从而使反应停

止或产物发生变化；三种酸放置在空气中由于吸湿或挥发，也可使其变稀。29.取100mL等物质的量浓度的盐酸和硫酸混合溶液，当加入100mL3.0mol·L－1的Ba(OH)2溶液时，溶液显中性。请计算：

（1）原混合液中H＋的物质的量浓度为________mol·L－1。（2）当加入的Ba(OH)2体积为75mL时，产生的沉淀质量为________g。【答案】(1).6.0(2).46.6【解析】【详解】(1)设盐酸和硫酸的浓度都为

x，100mL3.0mol•L-1的Ba(OH)2溶液中含有氢氧根离子的物质的量为：3.0mol/L×0.1L×2=0.6mol，加入0.6mol氢氧根离子时溶液为中性，则混合酸中氢离子总物质的量为0.6mol，即

：(x+2x)×0.1L=0.6mol，解得：x=2.0mol/L，则原混合液中氢离子的物质的量浓度为：2.0mol/L+2.0mol/L×2=6.0mol/L，故答案为6.0；(2)75mL3.0mo/L的氢氧化钡溶液中含有钡离子的物质的量为：3.0mol/L×0.0

75L=0.225mol，原混合液中含有硫酸根离子的物质的量为：2.0mol/L×0.1L=0.2mol，根据反应SO42-+Ba2+=BaSO4↓可知，钡离子过量，硫酸根离子不足，则反应生成硫酸钡的物质的量为0.2mol，质量为：233g/mol×0.2mol=46.6g，故答案为46.6。30

.二甲醚是一种重要的清洁燃料，也可替代氟氯昂作制冷剂等，对臭氧层无破坏作用。工业上可利用煤的气化产物（水煤气）合成二甲醚。请回答下列问题：（1）煤的气化过程中产生的有害气体H2S用Na2CO3溶液吸收，生成两种酸式盐

，该反应的化学方程式为：________________。（2）利用水煤气合成二甲醚的三步反应如下：①2H2（g）+CO（g）=CH3OH（g）；△H=-90.8kJ·mol-1②2CH3OH（g）=CH3OCH3（g）+H2O（g）；△H=-23.5kJ·mol-1③CO（g）+

H2O（g）=CO2（g）+H2(g)；△H=-41.3kJ·mol-1总反应：3H2（g）+3CO（g）=CH3OCH3（g）+CO2（g）的△H=________________；一定条件下的密闭容器中，该总反应达到平衡，要提高CO的转化率，可以采

取的措施是________________（填字母代号）。A.高温高压B.加入催化剂C.减少CO2的浓度D.增加CO的浓度E.分离出二甲醚（3）下列可以说明反应③CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2(g)已经达到平衡状态的是___________

_____（填字母代号）。A.单位时间内一个H-H键断裂的同时有两个H-O键断裂B.H2O与CO2的浓度相等C.温度和体积一定时，容器内的压强保持不变D.条件一定时，混合气体的平均相对分子质量不再变化E.温度和体积一定时，CO的浓度保持不变（4）已知反应②2CH3OH（g）CH3O

CH3（g）+H2O（g）某温度下的平衡常数为400。此温度下，在密闭容器中加入CH3OH，反应到某时刻测得各组分的浓度如下：物质CH3OHCH3OCH3H2O浓度/(mol·L-1)0.440.60.6若加入CH3OH后

，经过10min反应达到平衡，此时c（CH3OH）=___________。【答案】(1).Na2CO3+H2S=NaHCO3+NaHS(2).-246.4kJ·mol-1(3).C、E(4).A、E(5).0.04

mol·L-1【解析】【详解】（1）已知H2S与Na2CO3溶液反应生成两种酸式盐，则反应后生成NaHCO3和NaHS，该反应的化学方程式为Na2CO3+H2S=NaHCO3+NaHS；答案为：Na2CO3+H2S=NaHC

O3+NaHS；（2）已知：①2H2（g）+CO（g）=CH3OH（g）；△H=-90.8kJ·mol-1②2CH3OH（g）=CH3OCH3（g）+H2O（g）；△H=-23.5kJ·mol-1③CO（g）+H2O（g）=C

O2（g）+H2(g)；△H=-41.3kJ·mol-1由盖斯定律可知，通过①×2+②+③可得所求反应方程式3H2（g）+3CO（g）=CH3OCH3（g）+CO2（g），则△H=-90.8kJ/mol×2-23.5kJ/mol-41.3kJ/m

ol=-246.4kJ/mol；一定条件下的密闭容器中，该总反应达到平衡，要提高CO的转化率，应使平衡向正反应方向移动，可减少CO2的浓度或分离出二甲醚，由于反应放热，升高温度平衡向逆反应方向移动，转化率减小，催化剂不影响平衡移动，而增加CO的浓度，CO的转化率反而减小；答案为：-

246.4kJ·mol-1；C、E；（3）反应③CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2(g)是一个气体分子数不变的反应；A.单位时间内一个H-H键断裂的同时有两个H-O键断裂，则正逆反应速率相等，已达平衡，A正确；B.H2O

与CO2的浓度相等，不能代表一定处于平衡状态，因为物质的浓度取决于起始物质的量和转化量，B错误；C.温度和体积一定时，反应前后气体的分子数、体积和压强均不变，所以压强始终不会变化，所以压强保持不变不能说明达到了平衡状态，C错误；D.反应中气体分子

数不变，混合气体的平均相对分子质量始终不变，故其不再变化不能说明达到了平衡状态，D错误；E.温度和体积一定时，CO的浓度保持不变，则符合平衡状态特征，E正确；答案为：A、E；（4）根据方程式计算平衡常数，然后利用三段式法解答，即()()()()

()()33323322232CHOH(g)CHOCH(g)+HO(g)/0.440.60.6/2/0.44-20.60.6CHOCH(g)]HO(g)]0.60.6400[CHOH(g)]0.44-2molLmolLxxxmolLxxxccxxKcx++++===起始转化平

衡解得x=0.2，所以此时c（CH3OH）=0.04mol·L-1；答案为：0.04mol·L-1。31.海洋植物如海带、海藻中含有大量的碘元素，碘元素以碘离子的形式存在。实验室里从海藻中提取碘的流程

如图：（1）实验室焙烧海带，需要下列仪器中的________________(填序号)。a．试管b．烧杯c．坩埚d．泥三角e．铁三脚架f．酒精灯（2）指出提取碘的过程中有关的实验操作③的名称是________________，所用主要仪器是__

______________。（3）提取碘的过程中，可选择的有机试剂是________________A．甲苯、酒精B．四氯化碳、苯C．汽油、乙酸D．汽油、甘油（4）从含碘的有机溶液中提取碘和回收有机溶剂，还须经过蒸馏，指出实验装置图

中的错误之处：①________________；②________________；③________________。（5）进行上述蒸馏操作时，使用水浴加热的原因是________________，最后晶态碘在________________（填仪器名称）里聚集。【答案】(1).c、d、e、f

(2).萃取分液(3).分液漏斗(4).B(5).温度计的水银球应该位于蒸馏烧瓶的支管口处(6).对烧杯加热时应该使用石棉网(7).冷凝管的水流方向应该是下进上出(8).受热均匀，易控制温度(9).蒸馏烧瓶【解析】【详解】（1）实验室焙烧海带在坩埚中进行，故需要c．坩埚、d．泥三角

、e．铁三脚架、f．酒精灯；答案为：c、d、e、f；（2）实验操作③是把碘从水溶液中转移出来的过程，因此是萃取、分液，得到碘的有机溶液，操作主要在分液漏斗中进行；答案为：萃取分液；分液漏斗；（3）A．酒精与

水互溶，不能做萃取剂，A错误；B．四氯化碳、苯满足萃取剂条件，B正确；C．乙酸与水互溶，不能做萃取剂，C错误；D．甘油与水互溶，不能做萃取剂，D错误；答案为：B；（4）按蒸馏时正确的装置查找图中的3个错误；由图知，这3个错

误分别是温度计的位置出错、加热时没有隔着石棉网加热、冷凝水方向出错；答案为：温度计的水银球应该位于蒸馏烧瓶的支管口处；对烧杯加热时应该使用石棉网；冷凝管的水流方向应该是下进上出；（5）使用水浴加热的原因是受热均匀，易控制温度，可避免碘升华；因为萃取剂熔

沸点较低先汽化，晶态碘收集在蒸馏烧瓶；答案为：受热均匀，易控制温度；蒸馏烧瓶。32.由环己烷可制备1,4－环己醇二醋酸酯。下面是有关的8步反应（其中所有无机产物都已略去）。（1）在上述8步反应中，反应③属

于________________反应。（2）写出下列化合物C的结构简式________________。写出符合下列条件的E的同分异构体________________。①属于酯类②形成该酯的醇和酸可以相互

转化（3）写出反应⑤、⑥的化学方程式。⑤________________⑥________________（4）写出1,4－环己醇二醋酸酯在NaOH溶液中水解的化学方程式：________________【答案】(1).加成(2).(3).、、、(4)

.(5).+2NaOH⎯⎯→水+2NaBr(6).【解析】【分析】环己烷和氯气发生取代反应生成，在氢氧化钠的醇溶液、加热条件下发生消去反应生成A，则A的结构简式为，A和氯气反应生成B，B发生消去反应生成，所以B的结构简式为，和溴发生1，4−加成反应生成，在氢氧化钠的水溶液、加热条件下发生取代

反应生成的C为，和醋酸、醋酸酐发生酯化反应生成，D为，与氢气发生加成反应生成，据此回答；【详解】（1）在上述8步反应中，反应③为环己烯和氯气的加成反应；答案为：加成反应；（2）按分析，C的结构简式为；答案为：；E为，分子

式为C10H16O4，其不饱和度为3，由于要满足①属于酯类②形成该酯的醇和酸可以相互转化这2个条件，则可以得到符合条件的E的同分异构体的结构简式为、、、；答案为：、、、；（3）反应⑤为和溴发生1，4−

加成反应生成，对应的化学方程式为；反应⑥为在氢氧化钠的水溶液、加热条件下发生取代反应生成C为，化学方程式为；答案为：；；（4）1,4－环己醇二醋酸酯在NaOH溶液中水解，化学方程式为：；答案为：。