【文档说明】【精准解析】安徽省合肥市第一中学2019-2020学年高二上学期开学考试化学试题（解析版）.doc，共(19)页，306.500 KB，由小赞的店铺上传

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2019-2020学年安徽省合肥一中高二（上）开学化学试卷一、选择题1.12月1日为世界艾滋病日。医学界通过用放射性14C标记的C60，发现C60的羧酸衍生物在特定条件下可断裂DNA杀死细胞，抑制艾滋病。关于14C的

下列说法中正确的是A.14C原子与C60中普通碳原子的化学性质不同B.14C原子与14N原子所含中子数相同C.是C60的同素异形体D.与12C、13C是碳元素的三种同位素【答案】D【解析】【详解】A.14C原子与C60中普通碳原子的化学性质相同，A错误；B.14

C原子与14N原子所含中子数分别是14－6＝8、14－7＝7，B错误；C.14C属于核素，C60属于单质，二者不是同素异形体关系，C错误；D.14C与12C、13C的质子数相同中子数不同，是碳元素的三种同位素，D

正确；答案选D。2.下列各表中的数字代表的时原子序数，表中数字所表示的元素与它们在元素周期表中的位置相符的是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】在元素周期表中，相邻两个周期同主族元素的原子序数相差2、8、18、36，碱金属元素位于元素周期表的最左边

，稀有气体位于最右边，据此对各选项进行判断。【详解】A．根据元素周期表可知，3号和11号元素应该位于同一主族，11号元素的上面是3号元素，故A错误；B．4和5号元素，12和13号元素间都有10个空列，为7个副族和1个Ⅷ族，不可

能相邻，故B错误；C．1号和11号元素之间相隔一个周期，第一列应为1、3、11、19，故C错误；D．根据元素周期表可知，8号和9号相邻，9号下面是17号，17号下面是35号，35号和36号相邻，故D正确；答案选D。【点睛】相邻两个周期同主族元素的原子序数相差2、8、18、32，同周期的元素从

左到右原子序数依次增大。3.在以离子键为主的化学键中常含有共价键的成分．下列各对原子形成化学键中共价键成分最少的是()A.Na，FB.Al，OC.Li，ClD.Mg，S【答案】A【解析】分析：一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键

，各对原子形成化学键中共价键成分最少，说明离子键成分最多，则金属、非金属元素应该最活泼。详解：在同一周期中，金属元素的金属性随着原子序数增大而减弱，同一主族的非金属元素，元素的非金属性随着原子序数增大而减弱，所以这几种元素中，金属性最强的是Na元素、非金属性最强

的是F元素，二者形成的化学键中共价键成分最少，故答案选A。4.对下列化学用语的理解正确的是（）A.比例模型既可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子B.电子式既可以表示羟基，也可以表示氢氧根离子C.乙烷的最简式

可表示为CH3D.结构简式（CH3）2CHCH3既可以表示正丁烷，也可以表示异丁烷【答案】C【解析】【详解】A.四氯化碳分子中,氯原子的原子半径大于碳原子,所以比例模型能够表示甲烷分子，不能表示四氯化碳，故A错误；B.氢氧根离子带有1个单位负电荷,O原子最外层达到8电子稳

定结构,只能表示羟基，不能表示氢氧根离子，故B错误；C.乙烷的分子式为C2H6,则乙烷的最简式可表示为CH3，故C正确；D.(CH3)2CHCH3为异丁烷，不能表示正丁烷，故D错误；答案选C。5.化学与社会、生活密切相关。下列有关说法错误的是A

.明矾中铝离子水解产生的胶体具有很强的吸附作用而常用于净水B.地球上99%以上的溴蕴藏在大海中，因此溴被称为“海洋元素”C.目前加碘盐中添加的含碘物质是KI，可用氯水和淀粉溶液鉴定食盐是否加碘D.为减少污染、提高燃烧效率，可将煤气化或液化获得清洁燃料【答案】

C【解析】【详解】A.明矾溶解后溶液中Al3+水解生成氢氧化铝胶体具有吸附性，可以吸附悬浮在水中的杂质起到净水作用，A正确；B.溴俗称“海洋元素”是因为99%以上的溴来自海洋，B正确；C.加碘食盐中加入的是KIO3，不是KI，用氯水和淀粉不能鉴定是否加入碘元素，C错误；D.将煤气化或液化获

得清洁燃料，可以提高燃烧效率，减少污染，D正确；故答案选C。6.下列叙述中，错误的是（）A.烷烃的取代反应和烯烃的加成反应均能生成卤代烃B.苯乙烯在合适条件下催化加氢可生成乙基环己烷C.乙烯与溴的四氯化碳溶液反应生成1，2二溴乙

烷D.苯分子的六个碳碳键完全相同，六个碳氢键不相同，能发生加成反应和取代反应【答案】D【解析】【详解】A.烷烃与氯气光照下发生取代反应生成卤代烃，烯烃与氯气发生加成反应生成卤代烃，均生成卤代烃，故A正确

；B.苯环和碳碳双键都与氢气发生加成反应，完全与氢气发生加成反应可生成乙基环己烷，故B正确；C.乙烯含有碳碳双键，可与溴发生加成反应，可生成1，2二溴乙烷，故C正确；D.苯环结构对称，苯环的六个C−H键完全相同，故D错误

；答案选D。7.下列推理正确的是（）A.铝粉在氧气中燃烧生成Al2O3，故钠在氧气中燃烧生成Na2OB.铁能从硫酸铜溶液中置换出铜，故钠也能从硫酸铜溶液中置换出铜C.活泼金属钠保存在煤油中，故活泼金属铝也保存在煤油中D.钠

与氧气、水等反应时钠均作还原剂，故金属单质参与反应时金属单质均作还原剂【答案】D【解析】【详解】A项、钠在常温下与氧气反应生成白色Na2O，在氧气中燃烧生成淡黄色的Na2O2，故A错误；B项、钠与盐溶液反应时，先与水反应，所以钠与硫酸铜溶液中的水反应生成NaOH，NaOH与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉

淀，所以Na不能从硫酸铜溶液中置换出铜，故B错误；C项、Al在空气中能形成致密的氧化膜，致密的氧化膜能保护内部金属，所以Al可以直接保存在空气中，故C错误；D项、金属单质的化合价为最低价，最低价只有还原性，所以金属单质参与反应时金属单质均作还原剂，故D正确；故选D。【点

睛】Al在空气中能形成致密的氧化膜，致密的氧化膜能保护内部金属，Al可以保存在空气中，不需要保存在煤油中。8.下列实验操作及现象与结论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将铜片放入浓硝酸中产生大量无色气体，溶液呈蓝绿色只体现浓硝酸的强氧化性A.AB

.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．盐酸的酸性大于碳酸，二氧化碳与氯化钡溶液不反应，无明显现象，A错误；B．二氧化硫与溴水反应生成硫酸和氢溴酸，二氧化硫表现的是还原性，并不是漂白性，B错误；C．溶于有机物中显橙红色的是溴单质，所以原溶液中一定有溴离子，故C正确；D．将铜片放入浓硝

酸中，产生的是红棕色气体，浓硝酸既表现强氧化性又表现酸性，D错误；故选C。9.如图装置，将溶液A逐滴加入固体B中，下列叙述正确的是A.若A为浓盐酸，B为MnO2，C中盛品红溶液，则C中溶液褪色B.若A为醋酸，B为贝壳，C中盛过量澄清石灰水，则C中溶液变浑浊

C.若A为浓氨水，B为生石灰，C中盛AlCl3溶液，则C中先产生白色沉淀后沉淀又溶解D.若A为浓硫酸，B为Na2SO3固体，C中盛石蕊试液，则C中溶液先变红后褪色【答案】B【解析】【详解】A.二氧化锰

与浓盐酸混合加热可得到氯气，而题目中的装置制取气体无需加热，所以无法制取氯气，故A项错误；B.贝壳的主要成分为碳酸钙，醋酸和碳酸钙反应：CaCO3+2CH3COOH=Ca(CH3COO)2+H2O+CO2↑，该反应无需加

热就可以发生，二氧化碳和澄清石灰水反应：CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O，有不溶于水的碳酸钙生成，所以试管中溶液变浑浊，故B项正确；C.实验室制备NH3，可用浓氨水和CaO固体反应，化学方程为：NH3∙H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3↑，浓氨

水易挥发，CaO固体与水反应放出大量的热，导致温度升高，使得氨气在水中的溶解度进一步减少，以气体的形式逸出，制得氨气，可选择图中的制取装置，C中盛AlCl3溶液，氨气和水反应生成氨水，氨水和AlCl3溶液反应生成氢氧化铝沉淀，但氨水是弱碱，不能溶解氢氧化铝，C中不可能先产生白色沉淀后沉淀又溶解，故

C项错误；D.亚硫酸是弱酸，硫酸是强酸，利用强酸制弱酸的原理，硫酸和亚硫酸钠反应生成亚硫酸，亚硫酸分解生成二氧化硫和水，Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O，所以能用图中的制取装置制备SO2，二氧化硫溶于水反应生成亚硫酸，能使C中盛石蕊试液变红，但不能使其褪色，故D项

错误；正确选项B。10.运用元素周期律分析下面的推断，其中错误的是（）①硒化氢（H2Se）是无色，有毒，比H2S稳定的气体②铊（T既能与盐酸作用产生氢气，又有跟Na0H溶液反应放出氢气③砹（At）为有色固体，HAt不稳定

，AgAt感光性很强，但不溶于水也不溶于稀酸④锂在氧气中剧烈燃烧，产物是Li2O2，其溶液是一种强碱⑤硫酸锶（SrSO4）是难溶于水的白色固体A.①②③④B.①②④C.①③⑤D.②④⑤【答案】B【解析】【分析】根据题意可知，本题考查元素周期律和元素周期表的综合

应用，运用元素周期律和元素周期表分析。【详解】①硒是第四周期第VIA族元素,硒化氢的性质与H2S相似,但非金属性S强,没有H2S稳定，故①错误；②铊(Tl)和铝同一主族，从上到下，金属性增强，只能和酸液反应放出氢气，故②错误；③根据卤族元素

单质以及银盐的性质，可以推知砹(At)为有色固体，HAt不稳定，AgAt感光性很强，但不溶于水也不溶于稀酸，故③正确；④钠和锂的性质的递变规律和性质的相似性,可以推知锂(Li)在氧气中剧烈燃烧,产物是Li2O，其溶液是一种强碱，故④错误；⑤第ⅡA元素硫

酸盐性质的递变规律,可以知道硫酸锶(SrSO4)是难溶于水的白色固体，故⑤正确；答案选B。【点睛】①同主族从上到下非金属性减弱；②同主族元素性质具有相似性和递变性；③同主族元素性质具有相似性；④同主族元素性质具有相似性；⑤同主族元素性质具有相似性。11.短周期元素W、U、Q、

R的原子序数依次增大，W元素的一种原子无中子，U与R同主族、与Q同周期，Q是地壳中含量最多的非金属元素，R元素原子的最外层电子数是内层电子数的0.4倍，下列有叙述正确的是（）A.UQ2与RQ2的化学键类型和分子结构相同B.RQ2为酸性氧化物，可以与强碱反应，但不能与任何酸反应C.UW4与UQ2均为

只含极性键的非极性分子D.常温下R的单质很稳定，既不与酸反应，也不与强碱反应【答案】C【解析】【分析】根据题意可知，本题考查原子结构与元素周期律的关系，运用原子结构与元素周期律分析。【详解】短周期元素W、U、Q、R的原子序数依次增大，W

元素的一种原子无中子，则W为H；Q是地壳中含量最多的非金属元素，则Q为O；U与R同主族、与Q同周期，R元素原子的最外层电子数是内层电子数的0.4倍，R位于第三周期，内层电子数为2+8=10，则R最外层含有4个电子，为Si元素，

U为C元素，A.UQ2与RQ2分别为CO2与SiO2，二氧化碳为直线形结构，二氧化硅为立体结构，二者结构不同，故A错误；B.SiO2为酸性氧化物，能够与强碱溶液反应，还可以与HF反应，故B错误；C.UW4、UQ2分别为CH4、CO2，甲烷和二氧化碳分子都只含有极性键，且分子结构对称，属于

非极性分子，故C正确；D.R为Si，硅单质可以与强碱溶液、氢氟酸反应，故D错误；答案选C。【点睛】晶体硅既能与强碱反应生成硅酸盐和氢气，又能与氢氟酸反应生成四氟化硅和氢气；二氧化硅既能与强碱反应生成硅酸盐和水，又能与氢氟酸反

应生成四氟化硅和水，但是硅属于非金属，二氧化硅属于酸性氧化物。12.现有三种有机物甲、乙、丙，其结构如图所示：下列有关说法中错误的是A.甲、乙、丙都是芳香族化合物，只有两种能与碳酸氢钠溶液反应B.只用碳酸氢钠溶液和银氨溶液能检验甲、乙、丙C.与足量氢

气反应，相同物质的量的甲、乙、丙消耗氢气的物质的量之比为3∶4∶3D.甲的化学式为C11H14O2，乙含有两种含氧官能团【答案】B【解析】【详解】A．甲、乙、丙结构中均含苯环，故都是芳香族化合物，乙、丙的官能团均含羧基，故可与碳酸氢钠溶液反应，故A项正确；B．

碳酸氢钠溶液能够区分出甲，乙、丙（均含有羧基，与碳酸氢钠反应放出气体）区分不开，而银氨溶液与乙、丙现象相同（发生中和反应）也区分不开，故B项错误；C．与足量氢气反应，甲结构中苯环可与氢气加成，乙结构中苯环和碳碳

双键可与氢气加成，丙结构中苯环可与氢气加成，故相同物质的量的甲、乙、丙消耗氢气的物质的量之比为3∶4∶3，C项正确；D．甲的化学式为C11H14O2，乙含有羧基和羟基两种含氧官能团，故D项正确；故答案选B。13.CuSO4是一种重要的化工

原料，其有关制备途径及性质如图所示。下列说法不正确的是（）A.将CuSO4溶液蒸发浓缩、冷却结晶可制得胆矾晶体B.相对于途径①③，途径②更好地体现了绿色化学思想C.CuSO4在1100℃分解所得气体X可能是SO2和SO3的混合气

体D.Y可能是葡萄糖【答案】C【解析】【分析】根据题意可知，本题考查铜金属及其重要化合物的主要性质，运用铜金属及其重要化合物的主要性质分析。【详解】A.将CuSO4溶液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤可制得胆矾晶体，故A正确；B.相对于途径①、③，铜和浓

硫酸反应会生成二氧化硫气体污染空气，与硝酸反应生成一氧化氮气体污染空气；途径②的优点：制取等质量胆矾需要的硫酸少、途径②无污染性气体产生，更好地体现了绿色化学思想，故B正确；C.硫酸铜分解生成Cu2O与氧气、

SO3、SO2,根据2CuSO4═Cu2O+SO2↑+SO3↑+O2↑知,X可能是O2、SO2和SO3的混合气体，若只是二氧化硫和三氧化硫，铜元素、氧元素化合价只有降低，无元素化合价升高，故C错误；D.葡萄糖与氢氧化铜反应的方程式为：C6H

12O6+2Cu(OH)2=C6H12O7+Cu2O+2H2O，所以Y可为葡萄糖，故D正确；答案选C。14.11.6gFe3O4加到100mL某浓度的盐酸中，再加入9.8g铁粉，反应停止时，溶液中无固体

存在。向溶液中滴加硫氰化钾溶液，未见颜色变化，为了中和过量的盐酸（不考虑盐酸的挥发），且使铁完全转化成Fe(OH)2，共消耗5.0mol·L-1NaOH溶液160mL。则原盐酸的物质的量浓度为（）A.2

mol·L-1B.4mol·L-1C.6mol·L-1D.8mol·L-1【答案】D【解析】【详解】溶液中钠离子恰好与氯离子结合，故有n(Na+)=n(Cl-),加入NaOH溶液后，所得溶液为NaCl溶液，其溶质的物质的量为5.0×0.16=0.8mol。依据守恒可知，100mL的盐酸中含有

0.8mol的溶质，其浓度为0.8/0.1=8mol·L-1，故答案为D15.下列说法或表示方法中正确的是（）A.等质量的硫蒸气和硫黄分别完全燃烧，后者放出的热量多B.氢气的标准燃烧热为285.8kJ•mol-1，则氢气燃烧的热化学方程式为2H2（g）

+O2（g）═2H2O（l）△H＝+285.8kJ•mol-1C.Ba（OH）2•8H2O（s）+2NH4Cl（s）═BaCl2（s）+2NH3（g）+10H2O（l）△H＜0D.已知中和反应的反应热△H＝﹣57.3kJ•mol-1，若将含0.5molH2SO4的浓

溶液与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量要大于57.3kJ【答案】D【解析】【详解】A．硫蒸气比硫固体所含能量高，等质量的硫蒸气和硫黄分别完全燃烧，前者放出的热量多，故A错误；B.燃烧热是指1mol可燃物燃烧放出的热量，热化学方程式中氢气是2mol，故B错误；C.氯化铵

和氢氧化钡晶体反应吸热，△H＞0，故C错误；D.除了酸碱中和放出热量外，浓硫酸溶于水放热，故反应放出的热量大于57.3kJ，故D正确；答案选D。16.在一密闭容器中加入A和B，各物质的物质的量浓度随着反应的进行，如图所示

。下列说法不正确的是A.该反应的化学方程式为5A+4B4CB.2min时，该反应达到平衡，此时A、B、C的浓度比为5：4：4C.用B的浓度变化表示0-2min时间内的速率为2mol/(L·min)D.

2min前，正反应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增大，但是正反应速率大于逆反应速率。【答案】B【解析】【详解】A、根据图象可知，反应进行到2min时，物质的浓度不在发生变化，说明反应达到平衡状态，其中AB的浓度减小，C的浓度最大，其浓度的变化量分别是6mol/

L-1mol/L=5mol/L、7mol/L-3mol/L=4mol/L、4mol/L-0=4mol/L，反应物生成物浓度之比等于物质的量之比，等于化学方程式计量数之比，所以化学方程式为，5A+4B⇌4C，故A正确；

B、2min时，该反应达到平衡，ABC浓度分别为：1mol/L，3mol/L，4mol/L，此时A、B、C的浓度比为1：3：4，故B错误；C、B的在2min内的浓度变化为4mol/L，反应速率ct=4/2molLmin=2min/L，故C正确；D、2min前由于反应是向正反应方向移动的，

反应物浓度减小，生成物浓度增大，正反应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增大，正反应速率大于逆反应速率，故D正确；故选：B。17.工业上利用可逆反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)合成氨，下列叙述正确的是A.合成氨的适宜条件是高温、高压、催化剂，其中催化剂不改变该反应的逆反应速率B

.恒容通入氩气，使反应体系的压强增大，反应速率一定增大C.该反应是放热反应，降低温度将缩短反应达到平衡的时间D.在t1、t2时刻，NH3(g)的浓度分别是c1、c2，则时间间隔t1～t2内，NH3(g)生成的平均速率为v＝(c2-c1)/(t2-t1)【答案】D【解析】【详解】A

．合成氨的适宜条件是高温高压催化剂，是由于氮气、氢气的键能大，断裂消耗较高的能量。其中催化剂可以同样改变该反应的正、逆反应速率，错误；B．恒容通入氩气，使反应体系的压强增大，由于反应体系的各种物质的浓度不变，所以反应速率不变，错误；C．降低温度，反应速率减慢

，将延长反应达到平衡的时间，错误；D．在t1、t2时刻，NH3(g)的浓度分别是c1、c2，则时间间隔t1～t2内，由于化学反应速率是单位时间内的浓度改变值，所以NH3(g)生成的平均速率为v＝2121cctt−

−，正确。答案选D。18.根据所学知识判断，下列反应中，在任何温度下都不自发进行的是（）A.2O3（g）═3O2（g）△H＜0B.N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）△H＜0C.2CO（g）═2C（s）+O2（g）△H＞0D.CaCO3（s）═CaO（s）+CO

2（g）△H＞0【答案】C【解析】A．△H＜0，△S＞0，根据△G=△H-T•△S可知，一般温度下都能满足△H-T•△S＜0，反应可自发进行，故A不选；B．△H＜0，△S＜0，在较高温度下，可满足△H-T•△S＜0，反应可自发进行，故B不

选；C．△H＞0，△S＜0，一般情况下都满足△G=△H-T•△S＞0，反应不能自发进行，故C选；D．△H＞0，△S＞0，在较高温度下，可满足△H-T•△S＜0，反应可自发进行，故D不选；故选C。点睛：反应能否自发进行，取决于△G=△H-T•△S，当△G=△H-T•△S＜

0时，反应可自发进行，否则不能。二、非选择题19.我国“蛟龙号多次刷新“中国深度”，为我国深海矿物资源的开发奠定了坚实的基础。黄铜矿（主要成分为CuReS2）是海洋矿物中的一种，它是制取铜及其化合物的主要原料之一，还可制备硫及铁的化合物。请回答下列问题：（1）“蛟龙”号外壳用特殊的钛合金材

料制成，它可以在7000米的深海中承受710吨的重量。下列说法正确的是___。A．金属钛属于主族元素B．钛合金强度不是很大C．制备钛铝合金时可在空气中将两种金属熔化后混合而成D．已知金属钛能与H2O反应，可用电解熔融二氧化钛冶炼金属钛（2）利用黄铜矿冶炼铜的反应为8CuReS2

+21O28Cu+4FeO+2Fe2O3+16SO2若CuReS2中Fe的化合价为+2，反应中被还原的元素是___。（填元素符号），生成1molFe2O3时转移电子的物质的量为___。（3）利用黄铜矿冶炼铜产生的炉渣（含Fe2O3、FeO、SiO2、Al2O3）可制备Fe2O3，

方法为①用过量稀盐酸浸取炉渣，过滤。②先将滤液氰化，再向其中加入过量NaOH溶液，过滤，将沉淀洗涤、干燥、煆烧得Fe2O3。据以上信息回答下列问题：a．①中过滤的目的是___，过滤需要的仪器有___。b．除去A13+的化学方程式为___。c．②中将滤液氧化常常选用H2O2，其反应

的离子方程式为___。（4）将Cu放入0.1mol•L-1FeCl3溶液中，反应一定时间后取出Cu片，溶液中c（Fe3+）：c（Fe2+）=2：3，则Cu2+与Fe3+的物质的量之比为___。【答案】(1).D(2).Cu、O

(3).50(4).除去SiO2(5).铁架台、烧杯、漏斗、玻璃棒(6).AlCl3+4NaOH=3NaCl+NaAlO2+2H2O(7).H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O(8).3：4【解析】【分析】(1)A．金属钛的原子序数

为22，位于第四周期第IIB族；B．钛合金强度很大，可以在深海中承受700个大气压的压力；C．在空气中加热金属易被氧化；D．钛性质较活泼，可以采用电解熔融二氧化钛的方法冶炼金属钛；(2)8CuReS2+21O28Cu+4FeO+2Fe2

O3+16SO2中部分Fe元素化合价由+2价变为+3价、O元素化合价由0价变为-2价、Cu元素化合价由+2价变为0价、S元素化合价由-2价变为+4价，得电子化合价降低的元素被还原，根据氧化铁和转移电子之间的关系式计算；(3)用过量稀盐酸浸取炉渣，发生的反应有Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3

H2O、FeO+2HCl=FeCl2+H2O、Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O，过滤后的滤渣是SiO2，滤液先氧化，将亚铁离子氧化为铁离子，然后再加入过量NaOH溶液，发生反应Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓、Al3++4OH-=AlO2-+2H2

O，过滤，将沉淀Fe（OH）3洗涤、干燥、煅烧得Fe2O3；(4)设原FeCl3溶液的体积为1L，参加反应的Fe3+为xmol，由方程式Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，知（0.1-x）：x=2：3，解得：x=0.06，则生成的Cu2+为0.0

3mol，剩余的Fe3+为0.04mol，据此计算Cu2+与Fe3+的物质的量之比。【详解】(1)A．金属钛的原子序数为22，位于第四周期第IIB族，属于过渡元素，故A错误；B．钛合金可以在深海中承受700个大气压的压力，钛合金强度很大，故B错误；C．在空气中加热熔化，金属易与氧气

发生反应，所以不能直接在空气中制备钛铝合金，故C错误；D．由于金属钛金属性较强，所以可以用电解法冶炼，故D正确；故答案为：D；(2)8CuReS2+21O28Cu+4FeO+2Fe2O3+16SO2中部分Fe元素化合价由+2价变为+3价、O元素化合价由0价变为-2价、Cu元素化合价由+2

价变为0价、S元素化合价由-2价变为+4价，得电子化合价降低的元素被还原，所以Cu、O元素被还原；21mol氧气反应时得到84mol电子，而铁元素失去4mol电子，硫元素失去96mol电子，根据得失电子守恒，铜元素应得到16mol电子，所以生成1mol氧化铁时转移50mol电子，故答案为：

Cu、O；50；(3)利用黄铜矿冶炼铜产生的炉渣（含Fe2O3、FeO、SiO2、Al2O3）可制备Fe2O3．方法如下：用过量稀盐酸浸取炉渣，发生的反应有Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O、

FeO+2HCl=FeCl2+H2O、Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O，过滤后的滤渣是SiO2，滤液先氧化，将亚铁离子氧化为铁离子，然后再加入过量NaOH溶液，发生反应Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓、Al3++4OH-=AlO2-+2H

2O，过滤，将沉淀Fe（OH）3洗涤、干燥、煅烧得Fe2O3；a.①通过以上分析知，a中过滤为除去SiO2，过滤需要的仪器有铁架台、烧杯、漏斗、玻璃棒；故答案为：除去SiO2；铁架台、烧杯、漏斗、玻璃棒；b.Al3+

与过量NaOH反应生成NaAlO2，然后通过过滤除去，反应方程式为AlCl3+4NaOH=3NaCl+NaAlO2+2H2O，故答案为：AlCl3+4NaOH=3NaCl+NaAlO2+2H2O；c．②双

氧水具有强氧化性，亚铁离子具有还原性，二者发生氧化还原反应生成铁离子和水，离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O，故答案为：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O；(4)设原FeCl

3溶液的体积为1L，参加反应的Fe3+为xmol，由方程式Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，知（0.1-x）：x=2：3，解得：x=0.06，则生成的Cu2+为0.03mol，剩余的Fe3+为0.04mol，

故n（Cu2+）：n（Fe3+）=0.03mol：0.04mol=3：4，故答案为：3：4。20.如表是A、B、C、D、E五种有机物的有关信息：A①能使溴的四氯化碳溶液褪色②比例模型③能与水在一定条件下反应生成CB

①由C、H两种元素组成②球棍模型为C①由C、H、O三种元素组成②能与Na反应③与E反应生成相对分子质量为88的酯D①相对分子质量比C少2②能由C催化氧化得到E①由C、H、O三种元素组成②其水溶液能使紫色石蕊试液变红回答下列问题：（1）A～E中，属于烃的是___

（填字母）。（2）A使溴的四氯化碳溶液褪色后生成产物的结构简式为___。（3）C催化氧化生成D的化学方程式为___。（4）有机物B具有的性质是___（填序号）。①无色无味的液体；②有毒：③不溶于水；④密度比水大；⑤能使酸性KMnO4溶液和溴水褪色

。（5）E的水溶液能使紫色石蕊试液变红，说明E的水溶液显酸性，现设计一个实验来比较E与碳酸酸性的强弱，则该实验的原理是___（用化学方程式说明）【答案】(1).AB(2).CH2BrCH2Br(3).2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O(4).②③(5).CH3COOH+NaH

CO3→CH3COONa+H2O+CO2↑【解析】【分析】A能使溴水褪色说明含有碳碳双键或三键，结合比例模型知，该物质是乙烯；A能和水反应生成C，则C是乙醇；根据B的组成元素及其球棍模型知，B是苯；D的相对分子质量比C少2

，且能由C催化氧化得到，所以D是乙醛；E由C、H、O三种元素组成，且其水溶液能使紫色石蕊试液变红，说明含有羧基，E和C反应生成相对分子质量为88的酯，所以E是乙酸，据此解答。【详解】(1)通过以上分析知，属于烃的是乙烯、

苯，故答案为：AB；(2)乙烯和溴发生的化学反应为：CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br，故答案为：CH2BrCH2Br；(3)在加热、铜作催化剂条件下，乙醇被氧气氧化生成乙醛和水，反应方程式为：2CH3CH2OH

+O22CH3CHO+2H2O，故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；(4)根据B的组成元素及其球棍模型知，B是苯，苯是不溶于水有香味的无色有毒液体，密度小于水，不能使酸性KMnO4溶液褪色，可

以萃取溴水而使溴水褪色，故答案为：②③；(5)分析可知E为乙酸，设计一个实验来比较乙酸与碳酸酸性的强弱，则可以利用强酸制弱酸的原理，用乙酸与碳酸氢盐反应，若反应有二氧化碳产生则证明乙酸的酸性强于碳酸，原理可为：CH3COOH+NaHCO3→CH3COONa+H2O+CO2↑，故答案为：CH

3COOH+NaHCO3→CH3COONa+H2O+CO2↑。21.化学反应原理在科研和工农业生产中有广泛应用。（1）某化学兴趣小组进行工业合成氨的模拟研究，反应的方程式为N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H＜0。

在1L蜜闭容器中加入0.1molN2和0.3molH2，实验①、②、③中c（N2）随时间（t）的变化如图所示：实验②从初始到平衡的过程中，该反应的平均反应速率v（NH3）=___；与实验①相比，实验②和实验③所改变的实验条件分别为下列选项中的___

（填字母编号）。a．增大压强b．减小压强c．升高温度d．降低温度e．使用催化剂（2）800K时向下列起始体积相同的密闭容器中充入2molN2、3molH2，甲容器在反应过程中保持压强不变，乙容器保持体积不变，丙是绝热容器，三容器各自建立化学平衡。①达到平衡时，平衡常数K甲___K乙___

K丙（填“＞”“＜“或“＝”）。②达到平衡时N2的浓度c（N2）甲___c（N2）乙，c（N2）乙___c（N2）丙（填“＞”＜”或“＝”）③对甲、乙、丙三容器的描述，以下说法正确的是___。A．乙容器气体密度不再变化时，说明此反应已达到平衡状态B．

在甲中充入稀有气体He，化学反应速率加快C．向甲容器中充入氨气，正向速率减小，逆向速率增大D．丙容器温度不再变化时说明已达到平衡状态【答案】(1).0.008mol•L-1•min-1(2).ec(3).=(4).＞(5).＞(6).＜(7).CD【解析

】【分析】（1）根据cvt=计算反应速率，根据图象可知②到达平衡的时间比①短，到达平衡时N2的浓度与①相同，化学平衡不移动，故②与①相比加了催化剂，①和③比较可知，③的速率比①大，平衡时氮气的浓度高，即平衡逆向移动，故③升高了

温度；（2）①甲乙容器温度不变，平衡常数不变，丙容器绝热，温度升高平衡逆向进行，平衡常数减小；②乙容器保持体积不变，随着反应的进行，压强减小，甲容器在反应过程中保持压强不变，故甲对于乙来说，相当于增大压强，平衡正向移动；丙容器绝热，温度升高平衡逆向进行；③运

用化学平衡标志解答。【详解】(1)根据像可知，②在10min时达到平衡，此时氮气的浓度变化为0.04mol/L，根据方程式或知，氨气的浓度变化了0.08mol/L，则：()1130.08/0.00810molLvNHmolLminmin−−==；根据图象可知②到达平衡的时间比①短,到

达平衡时N2的浓度与①相同，化学平衡不移动，故②与①相比加了催化剂，故e正确；①和③比较可知，③的速率比①大，平衡时氮气的浓度高，即平衡逆向移动，反应为放热反应，故③升温平衡逆向进行，故c正确，故答案为：0.008mol•L-1•min-1；ec；(2)①甲乙容器温度不变,平衡常数

不变,丙容器绝热,温度升高平衡逆向进行,平衡常数减小,故K甲=K乙>K丙；故答案为：=；＞；②甲容器在反应过程中保持压强不变,故容器体积减小,氮气的浓度增大;乙容器保持体积不变,随着反应的进行,压强减小;丙容器绝热,温度升高平衡逆向进行,故达到平衡时N2的浓度c(N2)甲>c

(N2)乙<c(N2)丙，故答案为：＞；＜；③A.气体的总质量一定，体积一定，故乙容器气体密度不再变化时，不能说明此反应已达到平衡状态，故A错误；B.在甲中充入稀有气体He，体积增大，原体系的压强减小，化学反应速率减慢，故B错误；C.向甲容器中充入氨气，体积增大，氢气和氮气的浓度减小，

氨气的浓度增大，故正向速率减小，逆向速率增大，故C正确；D.丙容器绝热，故丙容器温度不再变化时说明已达平衡状态，故D正确；故答案为CD。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com