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高中化学必修2 精品解析：北京市首都师范大学附属中学20192020学年高一下学期结业考试新期末）化学试题新解析版）
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北京市首师大附中2019级高一化学结业考试试题
一、单选题
1. 向浓硫酸中分别加入下列三种固体，对实验现象的分析正确的是（ ）
A. 对比实验①和②可知还原性：Br-＞Cl-
B. 对比实验①和③可知氧化性：Br2＞SO2
C. 对比实验②和③可知酸性：H2SO4＞HCl＞H2SO3
D. 由实验可知浓硫酸具有强酸性、难挥发性、氧化性、脱水性
【答案】A
【解析】
【详解】A. 实验①生成棕色气体是溴蒸气，实验②白雾是氯化氢，说明浓硫酸能将溴离子氧化成溴单质，而不能将氯离子氧化成氯气，与同一种氧化剂在相同条件下反应，溴离子被氧化成溴单质，而氯离子不能被氧化，说明还原性：Br−>Cl−，A正确；
B. 实验③生成是二氧化硫气体，非氧化还原反应，而且亚硫酸钠与溴化钠不是同一类型，所以不能比较Br2、SO2的氧化性，B错误；
C. 实验②白雾说明氯化氢易挥发，不能说明酸性H2SO4＞HCl，而实验③生成是二氧化硫气体，非氧化还原反应，而是强酸制弱酸，能说明H2SO4＞H2SO3，C错误；
D. 实验中不能得知浓硫酸具有脱水性，D错误；故答案为：A。
2. 对下列事实的解释错误的是
A. 在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象,说明浓硫酸具有脱水性
B. 浓硝酸在光照条件下颜色变黄,说明浓硝酸不稳定
C. 常温下浓硫酸、浓硝酸可以用铝罐贮存,说明浓硫酸、浓硝酸与铝不反应
D. 反应CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4说明硫化铜既不溶于水,也不溶于稀硫酸
【答案】C
【解析】
【详解】A. 在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，变成了碳，说明浓硫酸具有脱水性，故A正确；
B. 浓硝酸在光照条件下颜色变黄，浓硝酸分解生成二氧化氮，则说明浓硝酸不稳定，故B正确；
C. 常温下浓硫酸、浓硝酸可以用铝罐贮存，常温下铝与浓硫酸、浓硝酸钝化，不是不反应，故C错误；
D. 反应CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4，根据方程式中硫化铜沉淀说明硫化铜既不溶于水，也不溶于稀硫酸，故D正确。
综上所述，答案为C。
3. 足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO、NO2的混合气体，这些气体与1.68LO2(标准状况下)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5mol/LNaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗溶液NaOH的体积是( )
A. 60mL B. 45mL C. 30mL D. 15mL
【答案】A
【解析】
【分析】
向所得硝酸铜溶液中加入NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，沉淀为Cu(OH)2，由电荷守恒可知，Cu提供电子物质的量等于氢氧化铜中氢氧根的物质的量，生成NO2、NO的混合气体与1.68L O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸，整个过程，由电子转移守恒，可知Cu提供电子等于氧气获得的电子，据此计算n(NaOH)，进而计算消耗氢氧化钠溶液体积。
【详解】生成NO2、NO的混合气体与1.68L O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸，整个过程，由电子转移守恒，可知Cu提供电子等于氧气获得的电子，即Cu提供电子为：×4＝0.3mol，然后根据1molCu失去2mol电子可知，铜的物质的量为0.15mol；向所得硝酸铜溶液中加入NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，沉淀为Cu(OH)2，故所需的n(NaOH)＝0.15mol×2＝0.3mol，故消耗氢氧化钠溶液体积为=0.06L＝60mL，
故选：A。
【点睛】本题考查金属与硝酸反应的计算，侧重考查学生的分析思维能力与解题方法技巧，注意利用守恒法进行解答。
4. 在标准状况下，在三个干燥的烧瓶内分别装有：①干燥且纯净的NH3；②含一半空气的氯化氢气体；③NO2和O2体积比为4：1的混合气体。然后分别做喷泉实验，实验结束后假设三个烧瓶中所得溶液不扩散，则三个烧瓶中所得溶液的物质的量浓度之比为
A. 5：5：4 B. 2：1：2 C. 1：1：1 D. 无法确定
【答案】A
【解析】
【详解】假设烧瓶体积为5V L，则干燥纯净的氨气体积为5V L，完全溶于水后烧瓶充满溶液溶液体积也是5V L，溶质物质的量浓度为c(NH3)== mol/L；
含一半空气的氯化氢烧瓶中氯化氢体积为2.5VL完全溶解后烧瓶进水，也就是溶液体积为2.5V L，所以溶质物质的量浓度为c(HCl)== mol/L；
二氧化氮与氧气体积比为4：1的混合气中NO2体积为4V L，根据方程式：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，可知生成硝酸物质的量n(HNO3)=mol，由于完全反应所以烧瓶充满溶液其体积为5V L，所以溶质的物质的量浓度为c(HNO3)== mol/L，故三个烧瓶中所得溶液的溶质的物质的量浓度之比为：：：=5：5：4。
答案选A。
5. X、Y、Z、N是短周期主族元素，且原子序数依次增大。已知X的最外层电子数是电子层数的3倍，X、Z同主族，Y的原子在短周期主族元素中原子半径最大。下列说法正确的是
A. 可以用CS2洗涤附着在试管壁上的Z单质
B. Y2X和Y2X2都是碱性氧化物
C. Z与X形成的化合物对应的水化物一定是强酸
D. Z元素的非金属性比N元素的非金属性强
【答案】A
【解析】
【分析】
X、Y、Z、N是短周期主族元素，且原子序数依次增大．X的最外层电子数是电子层数的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则X为O元素；X、Z同主族，则Z为S元素；Y的原子在短周期主族元素中原子半径最大，则Y为Na；N的原子序数大于硫，则N为Cl，据此解答。
【详解】A．Z为S元素，硫难溶于水，微溶于酒精，易溶于CS2，可以用CS2洗涤附着在试管壁上的硫单质，故A正确；
B．X为O元素，Y为Na，Y2X和Y2X2为Na2O和Na2O2，Na2O属于碱性氧化物，Na2O2不是碱性氧化物，属于过氧化物，故B错误；
C．X为O元素，Z为S元素，Z与X形成的化合物对应的水化物有亚硫酸、硫酸等，硫酸为强酸，但亚硫酸属于弱酸，故C错误；
D．同周期自左而右非金属性增强，故Z(S)元素的非金属性比N(Cl)元素的非金属性弱，故D错误；
答案选A。
6. 实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示（省略夹持和净化装置）。仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是
选项
a中的物质
b中的物质
c中收集的气体
d中的物质
A
浓氨水
CaO
NH3
H2O
B
稀硫酸
Na2SO3
SO2
NaOH溶液
C
稀硝酸
Cu
NO2
H2O
D
浓盐酸
KMnO4
Cl2
NaOH溶液
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．浓氨水与氧化钙混合生成氨气，氨气的密度比空气小，不能使用向上排空气法收集，A错误；
B．由于SO2气体易溶于水，因此通常是用浓硫酸和固体Na2SO3反应制取SO2，B错误；
C．稀硝酸与铜生成的是NO，且二氧化氮和水反应生成NO，NO与水不反应，不能用水吸收尾气，C错误；
D．浓盐酸与KMnO4在常温下发生氧化还原反应生成氯气，氯气的密度大于空气，可以使用向上排空气方法收集，氯气是大气污染物，可以用NaOH溶液进行尾气处理，D正确；
故合理选项是D。
7. 在2L恒容容器中进行制NH3的反应，相关数据如表。当用氨气浓度的增加来表示该化学反应速率时，其速率为（ ）
N2+3H22NH3
起始物质的量/mol
1.0
30
0
2秒末物质的量/mol
0.6
1.8
0.8
A. 0.2mol/(L·s) B. 0.4mol/(L·s) C. 0.6mol/(L·s) D. 0.8mol/(L·s)
【答案】A
【解析】
【详解】从表中数据可以得知，在反应起始时，氨气的物质的量为0，反应进行到2秒末时，n(NH3)=0.8mol，则∆n(NH3)=0.8mol。化学反应速率等于单位时间内反应物或生成物浓度的变化量，即 v(NH3)= 0.2mol/(L·s)，故选A。
8. 对可逆反应4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)，下列叙述正确的是
A. 达到化学平衡时，4v正(O2) = 5v逆(NO)
B. 若单位时间内生成x mol NO的同时，消耗x mol NH3，则反应达到平衡状态
C. 达到化学平衡时，若增加容器体积，则正反应速率减小，逆反应速率增大
D. 化学反应速率关系是：2v正(NH3) = 3v正(H2O)
【答案】A
【解析】
【详解】A.4v正(O2)=5v逆(NO)，不同物质表示正逆反应速率之比等于化学计量数之比，表示正反应速率和逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故A正确；
B.若单位时间内生成xmolNO的同时，消耗xmolNH3，都表示反应正向进行，不能说明到达平衡，故B错误；
C.达到化学平衡时，若增加容器体积，则物质的浓度减小，正、逆反应速率均减小，故C错误；
D.用不同物质表示的化学反应速率之比等于其化学计量数之比，故化学反应速率关系是：3v正(NH3)=2v正(H2O)，故D错误。
故选：A。
【点睛】本题考查化学平衡状态的判断、平衡移动及影响平衡的因素等，题目难度中等。
9. 镍镉(Ni—Cd)可充电电池在现代生活中有广泛应用，它的充放电反应按下式进行：Cd+2NiO(OH)+2H2OCd(OH)2+2Ni(OH)2；由此可知，该电池放电时的负极材料是
A. Cd B. Ni(OH)2 C. Cd(OH)2 D. NiO(OH)
【答案】A
【解析】
【详解】从总反应式Cd+2NiO(OH)+2H2OCd(OH)2+2Ni(OH)2可以看出，放电时，Cd由0价升高到+2价，Ni由+3价降低到+2价，所以负极材料是Cd，故选A。
10. 有A、B、C、D四块金属片，进行如下实验，①A、B用导线相连后，同时插入稀H2SO4中，A极为负极 ②C、D用导线相连后，同时浸入稀H2SO4中，电子由C→导线→D ③A、C相连后，同时浸入稀H2SO4，C极产生大量气泡 ④B、D相连后，同时浸入稀H2SO4中，D极发生氧化反应，则四种金属的活动性顺序为：
A. A>B>C>D B. A>C>D>B C. C>A>B>D D. B>D>C>A
【答案】B
【解析】
【详解】①A、B用导线相连后，同时插入稀H2SO4中，A极为负极，A的活泼性大于B； ②C、D用导线相连后，同时浸入稀H2SO4中，电子由C→导线→D，C是负极，C的活泼性大于D； ③A、C相连后，同时浸入稀H2SO4，C极产生大量气泡，A是负极、C是正极，A的活泼性大于C； ④B、D相连后，同时浸入稀H2SO4中，D极发生氧化反应，D是负极，D 的活泼性大于B；所以四种金属的活动性顺序为A>C>D>B，故选B。
11. 在密闭容器中X2 (g)+2Y2 (g)Z(g)的反应，X2、Y2、Z的起始浓度依次为0.2mol/L、0.3mol/L、0.3mol/L，当反应达到其最大限度(即化学平衡状态)时，各物质的浓度有可能的是( )
A. c(Z) ═0.45mol/L B. c(X2) ═0.3mol/L
C. c(X2) ═0.5mol/L D. c(Y2) ═0.5mol/L
【答案】BD
【解析】
分析】
【详解】X2、Y2、Z的起始浓度依次为0.2 mol/L、0.3mol/L、0.3mol/L，如果该反应向正反应方向进行，则X2、Y2浓度降低、Z浓度增大，如果该反应向逆反应方向进行，则该反应中Z浓度降低，而X2、Y2浓度增大；
①如果该反应向正反应方向进行，且Y2完全反应；
②如果该反应向逆反应方向进行，且Z完全反应；
实际上该反应可能向正反应方向进行也可能向逆反应方向进行，①中X2、Y2浓度最小而Z浓度最大，②中X2、Y2浓度最大而Z浓度最小，实际上这几种物质浓度介于最大和最小之间，即：0.05 mol/L＜c(X2)＜0.5 mol/L、0＜c(Y2)＜0.9 mol/L、0＜c(Z)＜0.45 mol/L；
A．分析知0＜c(Z)＜0.45，则c(Z) ═0.45mol/L不可能成立，故A错误；
B．0.05＜c(X2)＜0.5，则c(X2) ═0.3mol/L可能成立，故B正确；
C．0.05＜c(X2)＜0.5，则c(X2) ═0.5mol/L不可能成立，故C错误；
D．0＜c(Y2)＜0.9，则c(Y2) ═0.5mol/L可能成立，故D正确；
故答案为BD。
12. 燃料电池是目前电池研究的热点之一。某课外小组自制的氢氧燃料电池如图所示，a、b均为惰性电极下列叙述不正确的是（ ）
A. a极是负极，该电极上发生氧化反应
B. b极发生的电极反应是O2+4OH--4e-=2H2O
C. 电池总反应方程式为2H2+O2=2H2O
D. 氢氧燃料电池是一种具有应用前景的绿色电源
【答案】B
【解析】
【详解】A．氢氧燃料电池工作时，通入燃料氢气的a极为电池的负极，氢气在负极失去电子发生氧化反应，故A正确；
B．氢氧燃料电池工作时，通入氧气的b极为电池的正极，氧气得到电子发生还原反应，电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-，故B错误；
C．氢氧燃料电池的电池总反应方程式与氢气在氧气中燃烧的化学方程式一致，都是2H2+O2=2H2O，故C正确；
D．由氢氧燃料电池总反应方程式为2H2+O2=2H2O可知，电池工作时生成水，生成物无污染，是一种具有应用前景的绿色电源，故D正确；
故选B。
13. 2020年，突如其来的疫情使全国人民都带起了口罩，以阻挡病毒的传播。通常人们戴的是一次性使用医科口罩(SMS)或防雾霾的3M(SMMMS)口罩，其原料都是聚丙烯。纺粘层即S层，其纤维直径比较粗，在20um左右；熔喷层即M层，纤维直径比较细，在2um左右。下列说法正确的是（ ）
A. 用聚丙烯制作的餐具可供婴幼儿使用
B. 熔喷层具有杀菌消毒功能
C. 聚丙烯可以使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色
D. 使用过的医科口罩只要还很干净，经酒精消毒后，用吹风机吹干，可再次使用
【答案】A
【解析】
【详解】A．用聚丙烯可用于制作医用口罩，用于一般日常生活使用，说明以聚丙烯为材料制作的产品对人体无毒、无害，因此用该材料制作餐具可供婴幼儿使用，故A正确；
B．熔喷层没有杀菌消毒功能，熔喷层即M层，纤维直径比较细，在2um左右，病毒的直径较大无法通过熔喷层进入人体呼吸道，起到阻挡病毒的传播，故B错误；
C．聚丙烯可由丙烯上的碳碳双键上发生加聚反应制得，则聚丙烯中不含碳碳双键，不能使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；
D．经酒精消毒后，用吹风机吹干后，可能会导致熔喷层破坏，起不到阻挡病毒分子的进入，故不可再次使用，故D错误；
答案选A。
14. 烹鱼时加入少量食醋和料酒可以使烹制的鱼具有特殊的香味，这种香味来自于
A. 食盐
B. 食醋中的乙酸
C. 料酒中的乙醇
D. 料酒中的乙醇与食醋中的乙酸反应生成的乙酸乙酯
【答案】D
【解析】
【详解】烹鱼时加入少量食醋和料酒可以使烹制的鱼具有特殊的香味，这种香味来自于料酒中的乙醇和食醋中的乙酸反应生成的乙酸乙酯，乙酸乙酯具有芳香气味，答案选D。
15. 下图为烃分子的球棍模型，“大球”表示碳原子，“小球”表示氢原子。下列说法正确的是（ ）
A. 图1表示的烃叫丙烷
B. 图2烃分子的结构简式为CH3CH2CH2CH3
C. 图1与图2表示的是同一种物质
D. 图1与图2表示的物质互为同分异构体
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据分子的球棍模型可知图1是正丁烷，图2是异丁烷，A错误；
B．异丁烷的结构简式为(CH3)3CH，B错误；
C．二者的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，C错误；
D．二者的分子式相同，结构不同，二者互为同分异构体，D正确；
答案选D。
16. ①②是两种常见烃的球棍模型，则下列叙述正确的是（ ）
A. 都能在空气中燃烧
B. 都能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C. 都能发生加成反应
D. 均为平面型分子
【答案】A
【解析】
【详解】根据图示的常见有机化合物分子的球棍模型可知：①为乙烷、②为乙烯；
A．乙烷和乙烯均属于烃类，都可以在空气中燃烧，故A正确；
B．乙烷中只存在碳碳单键和碳氢键，属于饱和的烃即烷烃，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，乙烯中含有碳碳双键，属于不饱和的烃即烯烃，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B错误；
C．乙烷中只存在碳碳单键和碳氢键，属于饱和的烃，不能发生加成反应，乙烯中含有碳碳双键，属于不饱和的烃，可以发生加成反应，故C错误；
D．乙烷可看成两个甲基相连，而甲基是四面体取向，因而乙烷中各原子不可能共面，不是平面结构，而乙烯含碳碳双键，所有原子共面，是平面结构，故D错误；
答案为A。
17. 下列各组物质在一定条件下反应，可以制得较纯净的1，2—二氯乙烷的是（ ）
A. 乙烷与氯气光照反应
B. 乙烯与氯化氢气体混合
C. 乙烯与氯气加成
D. 乙烯通入浓盐酸
【答案】C
【解析】
【详解】A．乙烷与氯气光照反应，可生成多种氯代物的混合物和氯化氢，A不合题意；
B．乙烯与氯化氢气体混合，反应生成氯乙烷（CH3CH2Cl），B不合题意；
C．乙烯与氯气加成，只能生成1，2—二氯乙烷（ClCH2CH2Cl），C符合题意；
D．乙烯通入浓盐酸中，不能发生反应，D不合题意；
故选C。
18. 下列说法正确的是( )。
A. 酯化反应也属于加成反应
B. 酯化反应中羧酸脱去羧基中的羟基,醇脱去羟基中的氢原子生成水
C. 浓硫酸在酯化反应中只起催化剂的作用
D. 欲使酯化反应生成的酯分离并提纯,可以将酯蒸气通过导管伸入饱和碳酸钠溶液的液面下,再用分液漏斗分离
【答案】B
【解析】
【详解】对于A项，酯化反应属于取代反应；C项中浓硫酸在酯化反应中起催化剂和吸水剂的作用；D项中导管应在饱和碳酸钠溶液的液面上，以防止液体倒吸。酯化反应中羧酸脱去羧基中的羟基，醇脱去羟基中的氢原子生成水，故B正确，答案选B。
19. 大气中CO2含量的增加会加剧“温室效应”。下列活动会导致大气中CO2含量增加的是
A. 燃烧煤炭供热 B. 利用风力发电 C. 增加植被面积 D. 节约用电用水
【答案】A
【解析】
【详解】A、煤炭的主要成分是碳，燃烧会产生二氧化碳，导致大气中CO2的含量增加，A符合题意；
B、利用风力发电能减少CO2的排放，B不符合题意；
C、绿色植物的光合作用能吸收CO2，降低大气中CO2的含量，C不符合题意；
D、我国的能源主要来自燃煤发电，节约能源，会降低大气中CO2的含量，D不符合题意。
答案选A。
20. 下列说法不正确的是
A. 光--电转换的途径可以不需要发生化学反应
B. 天然气和沼气的主要成分都是甲烷，因此都是化石能源
C. 将厨余垃圾中的油脂分离出来，可以制造肥皂和油漆等
D. 人造丝、人造棉和铜氨纤维的主要化学成分都可表示为(C6H10O5)n
【答案】B
【解析】
【详解】A．光-电转换方式该方式是利用光电效应，将太阳辐射能直接转换成电能，是物理变化，选项A正确；
B．天然气和沼气的主要成分都是甲烷，天然气属于化石燃料，用完之后不能再生，是不可再生能源；沼气是可再生资源，选项B不正确；
C．油脂属于高级脂肪酸甘油酯，用油脂可以制造肥皂和油漆，选项C正确；
D．根据人造纤维的形状和用途，分为人造丝、人造棉和人造毛三种，人造丝、人造棉和铜氨纤维的主要化学成分都可表示为(C6H10O5)n，选项D正确；
答案选B。
21. 下列因果关系不正确的是（ ）
选项
原因
结果
A
植树造林
温室效应
B
二氧化硫和二氧化氮大量排放
酸雨
C
汽车尾气的排放
光化学烟雾
D
含氮、磷等元素的生活废水的大量排放
赤潮
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．植树造林，通过光合作用可以吸收二氧化碳产生氧气，能降低温室效应，A错误；
B．SO2能生成亚硫酸，亚硫酸被氧化成硫酸，NO2能生成硝酸，所以能形成酸雨，B正确；
C．汽车尾气中含有氮的氧化物，能形成光化学烟雾，C正确；
D．含氮、磷等元素的生活污水排入海洋中，能造成水体富营养化，海水中红藻、褐藻等藻类植物大量繁殖，引起赤潮，D正确；
答案选A。
22. 下列有关能源的说法不正确的是
A. 光电转换的基本装置就是太阳能电池，应用相当广泛
B. 利用蓝绿藻等低等植物和微生物阳光作用下可使水分解产生氢气
C. 贮氢合金的发现和应用，开辟了解决氢气贮存、运输难题的新途径
D. 煤、石油、天然气、氢能中，天然气、氢能是可再生能源
【答案】D
【解析】
分析：A、光电转换的基本原理是光电效应；B．氢气燃烧放出大量的热量，且燃烧产物是水没有污染，水可以在光能作用下分解成氧气和氢气；C．气体难贮存和运输，将其转化为固态易贮存和运输；D、化石燃料包括，煤、石油和天然气，不能再生，而氢能是可以再生的能源。
详解：A. 光电转换的基本装置就是太阳能电池，它的基本原理是光电效应，应用相当广泛，选项A正确；B、氢气燃烧放出大量的热量，且燃烧产物是水没有污染，所以氢气是21世纪极有前途的新型能源，科学家可以利用蓝绿藻等低等植物和微生物在阳光作用下使水分解产生氢气从而利用氢能，选项B正确；C．气体难贮存和运输，将其转化为固态易贮存和运输，所以贮氢合金的应用，是解决氢气贮存、运输难题的新途径，选项C正确；D、化石燃料包括，煤、石油和天然气，不能再生，而氢能是可以再生的能源，选项D不正确。答案选D。
23. 实验室模拟石油的分馏实验中，不需要用到的仪器是( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】利用混合物中各物质的沸点不同对石油进行分离，即在给石油加热时，低沸点的烃先汽化，经冷凝液化后分离出来，随着温度的升高，较高沸点的烃再汽化，经冷凝液化后又分离出来。这样不断的加热汽化和冷凝液化，就可以把石油分成不同沸点范围内的分馏产物，需要的仪器有铁架台、铁夹、铁圈、酒精灯、蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管、牛角管、锥形瓶等仪器，选择冷凝管时，需要注意冷凝管分为直形冷凝管、球形冷凝管、蛇形冷凝管等，直形冷凝管一般是用于蒸馏，即在用蒸馏法分离物质时使用。而球形冷凝管、蛇形冷凝管一般用于反应装置，即在反应时考虑到反应物的蒸发流失而用球形冷凝管（或蛇形冷凝管）冷凝回流，则实验室模拟石油的分馏实验中应使用直形冷凝管、不用球形冷凝管，答案选D。
24. 化学与生活、生产、社会可持续发展密切相关。下列说法错误的是( )
A. 牙膏中添加的Na2PO3F、NaF所提供的氟离子浓度相等时，它们防治龋齿的作用相同
B. “光化学烟雾” “硝酸型酸雨”的形成都与氮氧化合物有关
C. 用聚氯乙烯代替木材，生产快餐盒，以减少木材的使用
D. 碳纳米管比表面积大，可用作新型储氢材料
【答案】C
【解析】
【详解】A．防治龋齿的有效成分是氟离子，则在牙膏中添加Na2PO3F、NaF等均能防治龋齿，当提供的氟离子浓度相等时，它们防治龋齿的作用是相同的，A正确，不选；
B．以一氧化氮和二氧化氮为主氮氧化物是形成“光化学烟雾”“硝酸型酸雨”的形成的一个重要原因，B正确，不选；
C．聚氯乙烯不能用于食品包装，塑料含有的化学品都有毒性，含铅盐的聚氯乙烯会使铅分子扩散到油脂中去，另外，聚氯乙烯塑料制品在较高温度下会分解出有毒气体，C错误，符合题意；
D．碳纳米管自身重量轻，具有中空的结构，可以作为储存氢气的优良容器，D正确，不选。
答案为C。
25. 昆明市预计在2020年底前基本建成生活垃圾分类处理系统。下列关于垃圾处理的说法不正确的是
A. 废旧塑料瓶可回收利用 B. 废旧电池可直接掩埋
C. 电子垃圾可用适当的方法回收利用 D. 厨余垃圾可经生物技术处理堆肥
【答案】B
【解析】
【详解】A．废塑料瓶主要由聚乙烯或聚丙烯制造而成，可回收利用，属于可回收物，A选项正确；
B．废旧电池中含有重金属如铅、汞、镉等，将废旧电池直接掩埋会污染土壤、水源，废旧电池应集中回收处理，B选项错误；
C．电子产品含有重金属，任意抛弃会造成地下水污染，要在无污染的条件下进行回收，使之成为有用的资源，C选项正确；
D．厨余垃圾经生化处理转化为沼气和有机肥料，从而产生绿色有机食品和清洁燃料，D选项正确；
答案选B。
二、填空题
26. 氮及其化合物之间可以相互转化，请按照要求回答下列问题：
(1)下列有关NO和NO2的描述正确的是__________(填标号)。
a．均为无色气体 b．均为大气污染物 c．可用排水集气法收集NO
(2)写出二氧化氮与水反应的化学方程式_______，其中被氧化的N与被还原的N的物质的量之比为__________。
(3)如下是生成NO2的几个化学反应：
①2NO+O2=2NO2 ②Fe+ 6HNO3(浓)= Fe (NO3)3 + 3NO2↑+3H2O ③4HNO3 O2↑+4NO2↑+2H2O ④N2O42NO2
其中体现N元素还原性的是_____ (填标号，下同)，体现N元素氧化性的是_____。
【答案】 (1). bc (2). 3NO2+H2O=2HNO3+NO (3). 2:1 (4). ① (5). ②③
【解析】
【分析】
【详解】(1) NO和NO2均为大气污染物，NO为无色气体，难溶于水，可用排水法收集，NO2为红棕色气体，易溶于水，不可用排水法收集，所以正确的有bc ；
(2)二氧化氮与水反应生成硝酸和水，化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，二氧化氮中氮为+4价，产物硝酸中氮为+5价，一氧化氮中氮为+2价，所以化合价升高、被氧化的氮原子有2个，化合价降低、被还原的氮原子有1个，即被氧化的N与被还原的N的物质的量之比为2:1；
(3) ①2NO+O2=2NO2氮元素化合价升高 ②Fe+ 6HNO3(浓)= Fe (NO3)3 + 3NO2↑+3H2O 氮元素化合价降低 ③4HNO3 O2↑+4NO2↑+2H2O 氮元素化合价降低 ④N2O42NO2 氮元素化合价不变，化合价升高体现还原性，化合价降低体现氧化性，则体现N元素还原性的是①，体现N元素氧化性的是②③。
27. 某兴趣小组用Fe2(SO4)3溶液吸收含SO2的尾气（SO2的体积分数约10%，其余为空气），实验装置如图所示：
（1）装置A中SO2与Fe2(SO4)3溶液中反应生成FeSO4，写出该反应的化学方程式：___。
（2）反应后，若要检验装置A中Fe3+否过量，可用试剂为___；若要检验SO2是否过量，可用试剂为___。
（3）装置B中所用X溶液为___，作用是___。
（4）若实验测得反应后的装置A中不含有SO2，为测定其中所含FeSO4的物质的量浓度，现进行如下实验：取20.00mL装置A中溶液，向其中逐滴加入0.1000mol·L-1Ce(SO4)2溶液，发生反应Fe2++Ce4+=Ce3++Fe3+，当反应恰好完全时，共消耗Ce(SO4)2溶液18.00mL。请通过计算确定FeSO4的物质的量浓度___（写出计算过程）。
【答案】 (1). SO2+Fe2(SO4)3+2H2O=2FeSO4+2H2SO4 (2). KSCN溶液 (3). 品红溶液 (4). NaOH溶液 (5). 吸收未完全反应的SO2，防止污染空气 (6). ，
【解析】
【分析】
Fe3+具有一定的氧化性，SO2具有一定的还原性，因此用Fe2(SO4)3吸收SO2时二者会发生氧化还原反应；检验A中的Fe3+是否过量，即检验Fe3+是否剩余即可；若SO2过量，则选择试剂检验有SO2剩余即可；为了保证SO2吸收完全，防止其污染空气，需要用NaOH溶液对尾气再进行吸收；在计算确定FeSO4的浓度时，可利用题干中提供的方程式计算即可。
【详解】(1)装置A中SO2与Fe2(SO4)3发生的氧化还原反应的方程式为：SO2+Fe2(SO4)3+2H2O=2FeSO4+2H2SO4；
(2)检验Fe3+可用KSCN溶液，出现血红色物质，则证明Fe3+过量；检验SO2可用品红溶液，品红褪色，则证明SO2过量；
(3)通过分析可知，B装置中盛放的为NaOH溶液，作用是吸收未反应完的SO2，避免其造成空气污染；
(4)因为Ce4+与Fe2+反应时按照1:1反应，因此消耗的Ce(SO4)2的量即为FeSO4的量，即：，那么FeSO4的浓度为：。
28. 汽车尾气中含有CO、NO等有害气体，某新型催化剂能促使NO、CO转化为2种无毒气体。T℃时，将0.8 mol NO和0.8 mol CO充入容积为2 L的密闭容器中，模拟尾气转化，容器中NO物质的量随时间变化如图。
(1)将NO、CO转化为2种无毒气体的化学方程式是______。
(2)反应开始至10 min，v(NO)=______mol/(L•min）。
(3)下列说法正确的是______。
a.新型催化剂可以加快NO、CO的转化
b.该反应进行到10 min时达到化学平衡状态
c.平衡时CO的浓度是0.4 mol/ L
【答案】 (1). 2CO+2NON2+2CO2 (2). 0.02 (3). ab
【解析】
【分析】
(1)NO、CO反应产生N2、CO2，然后根据原子守恒、电子守恒，书写反应方程式；
(2)根据反应速率的定义式计算；
(3)根据可逆反应达到平衡时，任何物质的浓度不变、物质的含量不变分析判断。
【详解】(1)NO、CO反应产生N2、CO2，然后根据原子守恒、电子守恒，可得反应方程式为：2CO+2NON2+2CO2
(2) v(NO)==0.02 mol/(L•min）；
(3) a.催化剂可以加快反应速率，所以使用新型催化剂可以加快NO、CO的转化，a正确；
b.根据图示可知：该反应进行到10 min时，NO的物质的量不再发生变化，说明反应达到化学平衡状态，b正确；
c.平衡时CO的物质的量是0.4mol，由于容器的容积为2L，所以CO浓度是0.2mol/ L，c错误；
故合理选项是ab。
【点睛】本题考查了化学方程式的书写、化学反应速率的计算方法及化学平衡状态的判断等知识。掌握化学反应方程式书写原则、及化学反应原理是本题解答的关键。
29. 如图所示是原电池的装置图。请回答：
(1)若C为稀H2SO4，电流表指针发生偏转，B电极材料为Fe且作负极，则A电极上发生的电极反应式为___；反应进行一段时间后溶液酸性将__(填“增强”“减弱”或“基本不变”)。
(2)若需将反应：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+设计成如图所示的原电池装置，则A(正极)极材料为___，B(负极)极材料为__，溶液C为___。
(3)CO与H2反应还可制备CH3OH，CH3OH可作为燃料使用，用CH3OH和O2组合形成的质子交换膜燃料电池的结构示意图如图：
电池总反应为2CH3OH+3O2=2CO2+4H2O，则d电极是__(填“正极”或“负极”)，c电极的反应方程式为__。若线路中转移1mol电子，则上述CH3OH燃料电池消耗的O2在标准状况下的体积为__L。
【答案】 (1). 2H++2e-=H2↑ (2). 减弱 (3). 石墨 (4). Cu (5). FeCl3溶液 (6). 正极 (7). CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+ (8). 5.6
【解析】
【分析】
根据原电池原理进行判断，负极发生失电子的氧化反应，正极发生得电子的还原反应。根据氧化还原反应，化合价升高的一极作负极，失电子，发生氧化反应；化合价降低的一极作正极，得电子，发生还原反应。燃料电池中，正极通入的是氧气，负极充入的是CH3OH，根据化合价的变化写出电极反应式。
【详解】(1)若C为稀H2SO4溶液，电流表指针发生偏转，B极电极材料为Fe且作负极，A电极为正极，电极材料为较铁不活泼的金属或非金属，发生还原反应，溶液中的氢离子得电子生成氢气，电极反应方程式为：2H＋＋2e－=H2↑；由原电池的总反应可知，反应一段时间后，溶液C的pH升高，酸性减弱；
(2)分析反应Cu＋2Fe3＋=Cu2＋＋2Fe2＋，将其拆分为两个半反应，分别为：Cu-2e－=Cu2+，2Fe3++2e－=2Fe2+，根据原电池原理，可知负极电极反应式为：Cu-2e－=Cu2+，正极的电极反应式为：2Fe3++2e－=2Fe2+，正负极材料分别为：负极为Cu，正极为石墨(或Pt)，含Fe3+的溶液(如FeCl3溶液)作电解质溶液，用导线连接正、负极，构成闭合回路即可构成原电池；
(3)根据燃料电池结构示意图中电子流向可知，c电极为负极，发生氧化反应，其电极反应方程式为：CH3OH-6e－+H2O=CO2+6H+，电极d为正极，O2得到电子，发生还原反应，电极反应方程式为：4H++4e－+O2=2H2O；1mol氧气在反应中得到4mol电子，若线路中转移1mol电子，则消耗氧气0.25mol，标准状况下的体积为V=nVm =0.25mol×22.4L/mol=5.6L。
【点睛】写燃料电池的电极反应式时，根据化合价的变化，写出电子转移的数目，完成电极反应式。
30. 某学习小组用如下图所示装置A、B分别探究金属锌与稀硫酸的反应，实验过程中A烧杯内的溶液温度升高，B烧杯的电流计指针发生偏转，请回答以下问题。
（1）A烧杯中反应的离子方程式为_________。
（2）B中Zn板是_________极，发生的电极反应是_________，Cu板上的现象是_________，发生的电极反应是_________。
（3）从能量转化的角度来看，A、B中反应物的总能量_________（填“大于”、“小于”或“等于”）生成物总能量，A中是将化学能转变为_________，B中主要是将化学能转变为_________。
（4）该小组同学反思原电池的原理，其中观点正确的是_________（填字母序号）。
A．原电池反应的过程中一定有电子转移
B．原电池装置需要2个电极
C．电极一定不能参加反应
D．氧化反应和还原反应可以拆开在两极发生
【答案】 (1). Zn + 2H+ === Zn2+ + H2↑ (2). 负 (3). Zn - 2e- === Zn2+ (4). 有大量无色气泡产生 (5). 2H+ + 2e- === H2↑ (6). 大于 (7). 热能 (8). 电能 (9). ABD
【解析】
【详解】(1)A烧杯中锌与稀硫酸反应的离子方程式为Zn + 2H+ === Zn2+ + H2↑，故答案为Zn + 2H+ === Zn2+ + H2↑；
(2)B中锌比铜活泼，Zn板是负极，发生的电极反应是Zn - 2e- === Zn2+，Cu板上氢离子放电生成氢气，电极反应为2H+ + 2e- === H2↑，现象为有大量无色气泡产生，故答案为负；Zn - 2e- === Zn2+；有大量无色气泡产生；2H+ + 2e- === H2↑；
(3)从能量转化的角度来看，锌与稀硫酸的反应属于放热反应，反应物的总能量大于生成物总能量，A中是将化学能转变为热能，B中主要是将化学能转变为电能，故答案为大于；热能；电能；
(4)A．原电池反应是一个氧化还原反应，一定有电子转移，故A正确；B．根据原电池的构成条件，原电池装置需要2个电极，故B正确；C．根据题意，锌被逐渐溶解，参加了反应，故C错误；D．根据原电池原理，氧化反应和还原反应可以拆开在两极发生，从而产生电流，故D正确；故选ABD。
31. Ⅰ．有机物的表示方法多种多样，下面是常用的有机物的表示方法：
① ②CH3CH2CH(CH3)CH3③CH4 ④ ⑤
⑥ ⑦⑧
（1）上述表示方法中属于结构简式的是_______________(填序号，下同)，属于比例模型的是_______。
（2）写出⑧中官能团的名称：____________、____________。
（3）____________和____________互为同分异构体。
Ⅱ．（1）写出下列有机物的结构简式：
①2，4−二甲基−3−乙基己烷____________；
②2−甲基−2−戊烯____________。
（2）对下列有机物进行命名：
①____________。
②(CH3)3CCH(CH3)CH2CH3____________。
【答案】 (1). ①②③④⑦ (2). ⑤ (3). 羟基 (4). 醛基 (5). ② (6). ⑥ (7). (8). (9). 3，3−二乙基−1−己烯 (10). 2，2，3−三甲基戊烷
【解析】
【详解】Ⅰ．（1）①②③④⑦属于有机物的结构简式，⑤属于有机物的比例模型，⑥属于有机物的球棍模型，⑧属于有机物的结构式；
（2）注意官能团有两种：－OH是羟基，是醛基；
（3）②⑥的分子式都是C5H12，但结构不同，属于同分异构体；
Ⅱ．（1）先写出主链，再写支链。2，4－二甲基－3－乙基己烷的结构简式为，2−甲基−2−戊烯，可以先写出C－CC－C－C，再在2号碳原子上引入甲基，最后把氢原子补齐，即结构简式为；
（2）①含有碳碳双键的最长碳链含有6个碳原子，名称是3，3－二乙基－1－己烯；
②将合并的结构简式改写成分开的结构简式：，因此名称是2，2，3－三甲基戊烷。
【点睛】注意常见有机物结构表示的特点，例如结构式：用短线“－”表示原子之间所形成的一对共用电子进而表示物质结构的式子称为结构式，省略了部分短线“－”的结构式称为结构简式。球棍模型：用来表现化学分子的三维空间分布。棍代表共价键，球表示构成有机物分子的原子。比例模型：是一种与球棍模型类似，用来表现分子三维空间分布的分子模型。球代表原子，球的大小代表原子直径的大小，球和球紧靠在一起。
32. 水仙花所含的挥发油中含有丁香油酚、苯甲醇、苯甲醛、桂皮醇等成分。它们的结构简式如下：
请回答下列问题：
(1)①丁香油酚中含氧的官能团是_____；丁香油酚可能具有的性质是_____(填字母)。
A．可与烧碱反应
B．只能与Br2发生加成反应
C．既可燃烧，也可使酸性KMnO4溶液褪色
D．可与NaHCO3溶液反应放出CO2气体
②从结构上看，上述四种有机物中与互为同系物的是____(填名称)。
(2)苯甲醛经________(填反应类型)反应可得到苯甲醇。写出苯甲醛和银氨溶液反应化学方程式为___________________________________。
(3)由桂皮醇转化为丙的过程为(已略去无关产物)
乙丙
如果反应Ⅱ为消去反应，则反应Ⅱ的条件是_______________，反应Ⅲ为加聚反应，则高聚物丙的结构简式为 _________________________。
【答案】 (1). （酚）羟基、醚键 (2). AC (3). 苯甲醇 (4). 加成或还原 (5). (6). NaOH醇溶液，加热 (7).
【解析】
【详解】(1)①丁香油酚中的含氧官能团为羟基、醚键；
A．含酚羟基，具有酸性，可与烧碱反应，故A正确；
B．含双键，能与Br2发生加成反应，含酚羟基，其邻对位与溴水发生取代反应，故B错误；
C．该有机物既可燃烧，含双键也可使酸性KMnO4溶液褪色，故C正确；
D．不含-COOH，不能与NaHCO3溶液反应放出CO2气体，故D错误；
正确的有AC；
②从结构上看属于醇，不含双键，属于芳香醇，与苯甲醇互为同系物，故答案为苯甲醇；
(2)-CHO与氢气发生加成反应生成-CH2OH，为加成或还原反应；苯甲醛跟银氨溶液反应得到苯甲酸铵，反应的方程式为；
(3)由合成路线可知，桂皮醇与HCl发生加成反应生成，催化氧化生成甲，甲为，反应II为消去反应，反应Ⅱ为+NaOH+NaCl+H2O，反应III为加聚反应，为双键的加聚反应生成丙为，故答案为NaOH醇溶液，加热；。
33. 近年来，乳酸成为研究热点之一。乳酸可以用化学方法合成，也可以由淀粉通过发酵法制备。利用乳酸为原料制成的高分子材料具有生物兼容性，而且在哺乳动物体内或自然环境中都可以最终降解成为二氧化碳和水。乳酸还有许多其他用途。
（1）请写出乳酸分子中官能团的名称___、___。
（2）乳酸能与纯铁粉反应制备一种补铁药物--乳酸亚铁，反应如下，计算乳酸亚铁中铁的质量分数为___。
（3）乳酸聚合成的纤维非常适合做手术缝合线，其原因是___。
（4）乳酸发生下列变化：
所用的试剂是a___，b___（写化学式）
（5）请写出乳酸与少量的Na2CO3溶液反应的化学方程式___。
（6）乳酸乙酯()是一种食用香料，常用于调制果香型、乳酸型食用和酒用精。乳酸乙酯的同分异构体M有如下性质：0.1molM分别与足量的金属钠和碳酸氢钠反应，产生的气体在相同状况下的体积相同，则M的结构最多有___(不考虑空间异构)种。
【答案】 (1). 羟基 (2). 羧基 (3). 23.9%（24.0%） (4). 乳酸具有生物兼容性，在人体内最终降解物为二氧化碳和水，对人无害 (5). NaHCO3或NaOH或Na2CO3（任一种即可） (6). Na (7). 2+Na2CO3→2+CO2↑+H2O (8). 12
【解析】
【详解】（1）根据乳酸分子的结构简式，其含有的官能团为羟基、羧基。
（2）乳酸亚铁的化学式为C6H10O6Fe，乳酸亚铁中铁的质量分数=×100%=23.9%（24.0%）。
（3）乳酸中含有羟基、羧基，可分子间发生酯化反应生成高分化合物，具有生物兼容性，在人体内最终降解物为二氧化碳和水，对人无害。
（4）根据反应过程，乳酸中的羧基与a反应，而羟基不反应，则a为NaOH或碳酸钠或碳酸氢钠溶液；中的羟基与b反应，则b为Na。
（5）乳酸中的羧基能与Na2CO3反应，碳酸钠少量时，生成乳酸钠、二氧化碳和水，方程式为2+Na2CO3→2+CO2↑+H2O。
（6）有机物中的羟基、羧基均可与Na反应生成氢气；只有羧基与碳酸氢钠或碳酸钠反应生成二氧化碳，已知乳酸乙酯的同分异构体M能与Na及碳酸氢钠反应，则M中含有羟基、羧基；0.1molM分别与足量的金属钠和碳酸氢钠反应，产生的气体在相同状况下的体积相同，则含有的羟基数目与羧基数目相同。符合条件的M的同分异构体相当于C-C-C-C上存在2个不同的取代基，根据一固定一游动原则，均有4种，，固定在1有3种，固定在2有1种，合计12种。
【点睛】有机物中的羟基、羧基均可与Na反应生成氢气；只有羧基与碳酸氢钠或碳酸钠反应生成二氧化碳。
34. 按要求回答下列问题：
（1）如图所示物质的有关结构，请回答：
①A、B、C三者的关系为_________(填写序号)。
a．同分异构体b．同素异形体c．同一种物质d．同位素
②固态时，A属于__________晶体（填“离子”、“原子”或“分子”）。
③有同学认为D、E互为同分异构体而G、H两者并不是同分异构体的关系。这句话正确吗？答：__________（填写“正确”或“不正确”）
④有机物E用系统命名法命名的名称是__________。
（2）已知下列7种物质：a．P4(白磷) b．SiO2 c．NH4Cl d．NaOH e．NaCl f．干冰 g．金刚石，固态时它们都为晶体，回答下列问题：(填写序号)
①晶体中既有离子键又有共价键的是__________
②熔化时只需要破坏共价键的是__________
③熔点最高的晶体是__________，沸点最低的晶体是__________
【答案】 (1). b (2). 分子 (3). 正确 (4). 2－甲基丙烷 (5). cd (6). bg (7). g (8). f
【解析】
【分析】
由同种元素构成的不同种分子互称为同素异形体；由分子构成的晶体叫做分子晶体；分子式相同而结构不同的两种化合物互称为同分异构体；原子晶体的熔沸点最高，离子晶体次之，分子晶体的熔沸点最低。
【详解】（1）①ABC均是有C元素构成的物质，三者互称同素异形体，b正确；
②A为富勒烯，是分子，故晶体类型为分子晶体；
③DE分子式相同而结构不同，二者互称同分异构体，但是GH二者分子式不同，故不能互称同分异构体；
④选择最长碳链为主链，分子中最长碳链为3个碳，为丙烷，其中二号碳上存在一个支链，故E物质的系统命名为2-甲基丙烷；
（2）a．P4(白磷)由白磷分子构成，为分子晶体；b．SiO2由Si和O以共价键形式结合，为原子晶体；c．NH4Cl由离子键构成，铵根离子中存在共价键，氯化铵为离子晶体；d．NaOH由离子键构成，氢氧根中存在共价键，氢氧化钠为离子晶体；e．NaCl存在离子键，为离子晶体；f．干冰由二氧化碳分子构成，为分子晶体；g．金刚石，由碳以共价键形式结合，为原子晶体；
①根据上述分析，晶体中既有离子键又有共价键的是cd；
②根据上述分析，熔化时只需要破坏共价键的是bg；
③晶体中原子晶体的熔点相对于其他晶体来说为最高，由于金刚石中C-C键的键长较Si-O键的键长短，因此C-C键的键能较大，金刚石的熔点较SiO2的熔点高，故熔点最高的晶体是g；晶体中分子晶体沸腾时只需要克服分子间作用力，而分子间作用力相对其他粒子间的相互作用小得多，，故分子晶体的沸点为晶体中最低，白磷和二氧化碳均为分子晶体，但常温下白磷为固体，二氧化碳为气体，故沸点最低的晶体是f。
【点睛】判断晶体熔沸点时需要准确判断晶体类型，晶体中原子晶体的熔沸点最高，离子晶体次之，分子晶体的熔沸点最低；金属晶体的沸点根据金属的种类不同也有些许的差别，故不能与其他三种晶体一同比较。
北京市首师大附中2019级高一化学结业考试试题
一、单选题
1. 向浓硫酸中分别加入下列三种固体，对实验现象的分析正确的是（ ）
A. 对比实验①和②可知还原性：Br-＞Cl-
B. 对比实验①和③可知氧化性：Br2＞SO2
C. 对比实验②和③可知酸性：H2SO4＞HCl＞H2SO3
D. 由实验可知浓硫酸具有强酸性、难挥发性、氧化性、脱水性
【答案】A
【解析】
【详解】A. 实验①生成棕色气体是溴蒸气，实验②白雾是氯化氢，说明浓硫酸能将溴离子氧化成溴单质，而不能将氯离子氧化成氯气，与同一种氧化剂在相同条件下反应，溴离子被氧化成溴单质，而氯离子不能被氧化，说明还原性：Br−>Cl−，A正确；
B. 实验③生成是二氧化硫气体，非氧化还原反应，而且亚硫酸钠与溴化钠不是同一类型，所以不能比较Br2、SO2的氧化性，B错误；
C. 实验②白雾说明氯化氢易挥发，不能说明酸性H2SO4＞HCl，而实验③生成是二氧化硫气体，非氧化还原反应，而是强酸制弱酸，能说明H2SO4＞H2SO3，C错误；
D. 实验中不能得知浓硫酸具有脱水性，D错误；故答案为：A。
2. 对下列事实的解释错误的是
A. 在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象,说明浓硫酸具有脱水性
B. 浓硝酸在光照条件下颜色变黄,说明浓硝酸不稳定
C. 常温下浓硫酸、浓硝酸可以用铝罐贮存,说明浓硫酸、浓硝酸与铝不反应
D. 反应CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4说明硫化铜既不溶于水,也不溶于稀硫酸
【答案】C
【解析】
【详解】A. 在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，变成了碳，说明浓硫酸具有脱水性，故A正确；
B. 浓硝酸在光照条件下颜色变黄，浓硝酸分解生成二氧化氮，则说明浓硝酸不稳定，故B正确；
C. 常温下浓硫酸、浓硝酸可以用铝罐贮存，常温下铝与浓硫酸、浓硝酸钝化，不是不反应，故C错误；
D. 反应CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4，根据方程式中硫化铜沉淀说明硫化铜既不溶于水，也不溶于稀硫酸，故D正确。
综上所述，答案为C。
3. 足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO、NO2的混合气体，这些气体与1.68LO2(标准状况下)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5mol/LNaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗溶液NaOH的体积是( )
A. 60mL B. 45mL C. 30mL D. 15mL
【答案】A
【解析】
【分析】
向所得硝酸铜溶液中加入NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，沉淀为Cu(OH)2，由电荷守恒可知，Cu提供电子物质的量等于氢氧化铜中氢氧根的物质的量，生成NO2、NO的混合气体与1.68L O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸，整个过程，由电子转移守恒，可知Cu提供电子等于氧气获得的电子，据此计算n(NaOH)，进而计算消耗氢氧化钠溶液体积。
【详解】生成NO2、NO的混合气体与1.68L O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸，整个过程，由电子转移守恒，可知Cu提供电子等于氧气获得的电子，即Cu提供电子为：×4＝0.3mol，然后根据1molCu失去2mol电子可知，铜的物质的量为0.15mol；向所得硝酸铜溶液中加入NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，沉淀为Cu(OH)2，故所需的n(NaOH)＝0.15mol×2＝0.3mol，故消耗氢氧化钠溶液体积为=0.06L＝60mL，
故选：A。
【点睛】本题考查金属与硝酸反应的计算，侧重考查学生的分析思维能力与解题方法技巧，注意利用守恒法进行解答。
4. 在标准状况下，在三个干燥的烧瓶内分别装有：①干燥且纯净的NH3；②含一半空气的氯化氢气体；③NO2和O2体积比为4：1的混合气体。然后分别做喷泉实验，实验结束后假设三个烧瓶中所得溶液不扩散，则三个烧瓶中所得溶液的物质的量浓度之比为
A. 5：5：4 B. 2：1：2 C. 1：1：1 D. 无法确定
【答案】A
【解析】
【详解】假设烧瓶体积为5V L，则干燥纯净的氨气体积为5V L，完全溶于水后烧瓶充满溶液溶液体积也是5V L，溶质物质的量浓度为c(NH3)== mol/L；
含一半空气的氯化氢烧瓶中氯化氢体积为2.5VL完全溶解后烧瓶进水，也就是溶液体积为2.5V L，所以溶质物质的量浓度为c(HCl)== mol/L；
二氧化氮与氧气体积比为4：1的混合气中NO2体积为4V L，根据方程式：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，可知生成硝酸物质的量n(HNO3)=mol，由于完全反应所以烧瓶充满溶液其体积为5V L，所以溶质的物质的量浓度为c(HNO3)== mol/L，故三个烧瓶中所得溶液的溶质的物质的量浓度之比为：：：=5：5：4。
答案选A。
5. X、Y、Z、N是短周期主族元素，且原子序数依次增大。已知X的最外层电子数是电子层数的3倍，X、Z同主族，Y的原子在短周期主族元素中原子半径最大。下列说法正确的是
A. 可以用CS2洗涤附着在试管壁上的Z单质
B. Y2X和Y2X2都是碱性氧化物
C. Z与X形成的化合物对应的水化物一定是强酸
D. Z元素的非金属性比N元素的非金属性强
【答案】A
【解析】
【分析】
X、Y、Z、N是短周期主族元素，且原子序数依次增大．X的最外层电子数是电子层数的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则X为O元素；X、Z同主族，则Z为S元素；Y的原子在短周期主族元素中原子半径最大，则Y为Na；N的原子序数大于硫，则N为Cl，据此解答。
【详解】A．Z为S元素，硫难溶于水，微溶于酒精，易溶于CS2，可以用CS2洗涤附着在试管壁上的硫单质，故A正确；
B．X为O元素，Y为Na，Y2X和Y2X2为Na2O和Na2O2，Na2O属于碱性氧化物，Na2O2不是碱性氧化物，属于过氧化物，故B错误；
C．X为O元素，Z为S元素，Z与X形成的化合物对应的水化物有亚硫酸、硫酸等，硫酸为强酸，但亚硫酸属于弱酸，故C错误；
D．同周期自左而右非金属性增强，故Z(S)元素的非金属性比N(Cl)元素的非金属性弱，故D错误；
答案选A。
6. 实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示（省略夹持和净化装置）。仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是
选项
a中的物质
b中的物质
c中收集的气体
d中的物质
A
浓氨水
CaO
NH3
H2O
B
稀硫酸
Na2SO3
SO2
NaOH溶液
C
稀硝酸
Cu
NO2
H2O
D
浓盐酸
KMnO4
Cl2
NaOH溶液
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．浓氨水与氧化钙混合生成氨气，氨气的密度比空气小，不能使用向上排空气法收集，A错误；
B．由于SO2气体易溶于水，因此通常是用浓硫酸和固体Na2SO3反应制取SO2，B错误；
C．稀硝酸与铜生成的是NO，且二氧化氮和水反应生成NO，NO与水不反应，不能用水吸收尾气，C错误；
D．浓盐酸与KMnO4在常温下发生氧化还原反应生成氯气，氯气的密度大于空气，可以使用向上排空气方法收集，氯气是大气污染物，可以用NaOH溶液进行尾气处理，D正确；
故合理选项是D。
7. 在2L恒容容器中进行制NH3的反应，相关数据如表。当用氨气浓度的增加来表示该化学反应速率时，其速率为（ ）
N2+3H22NH3
起始物质的量/mol
1.0
30
0
2秒末物质的量/mol
0.6
1.8
0.8
A. 0.2mol/(L·s) B. 0.4mol/(L·s) C. 0.6mol/(L·s) D. 0.8mol/(L·s)
【答案】A
【解析】
【详解】从表中数据可以得知，在反应起始时，氨气的物质的量为0，反应进行到2秒末时，n(NH3)=0.8mol，则∆n(NH3)=0.8mol。化学反应速率等于单位时间内反应物或生成物浓度的变化量，即 v(NH3)= 0.2mol/(L·s)，故选A。
8. 对可逆反应4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)，下列叙述正确的是
A. 达到化学平衡时，4v正(O2) = 5v逆(NO)
B. 若单位时间内生成x mol NO的同时，消耗x mol NH3，则反应达到平衡状态
C. 达到化学平衡时，若增加容器体积，则正反应速率减小，逆反应速率增大
D. 化学反应速率关系是：2v正(NH3) = 3v正(H2O)
【答案】A
【解析】
【详解】A.4v正(O2)=5v逆(NO)，不同物质表示正逆反应速率之比等于化学计量数之比，表示正反应速率和逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故A正确；
B.若单位时间内生成xmolNO的同时，消耗xmolNH3，都表示反应正向进行，不能说明到达平衡，故B错误；
C.达到化学平衡时，若增加容器体积，则物质的浓度减小，正、逆反应速率均减小，故C错误；
D.用不同物质表示的化学反应速率之比等于其化学计量数之比，故化学反应速率关系是：3v正(NH3)=2v正(H2O)，故D错误。
故选：A。
【点睛】本题考查化学平衡状态的判断、平衡移动及影响平衡的因素等，题目难度中等。
9. 镍镉(Ni—Cd)可充电电池在现代生活中有广泛应用，它的充放电反应按下式进行：Cd+2NiO(OH)+2H2OCd(OH)2+2Ni(OH)2；由此可知，该电池放电时的负极材料是
A. Cd B. Ni(OH)2 C. Cd(OH)2 D. NiO(OH)
【答案】A
【解析】
【详解】从总反应式Cd+2NiO(OH)+2H2OCd(OH)2+2Ni(OH)2可以看出，放电时，Cd由0价升高到+2价，Ni由+3价降低到+2价，所以负极材料是Cd，故选A。
10. 有A、B、C、D四块金属片，进行如下实验，①A、B用导线相连后，同时插入稀H2SO4中，A极为负极 ②C、D用导线相连后，同时浸入稀H2SO4中，电子由C→导线→D ③A、C相连后，同时浸入稀H2SO4，C极产生大量气泡 ④B、D相连后，同时浸入稀H2SO4中，D极发生氧化反应，则四种金属的活动性顺序为：
A. A>B>C>D B. A>C>D>B C. C>A>B>D D. B>D>C>A
【答案】B
【解析】
【详解】①A、B用导线相连后，同时插入稀H2SO4中，A极为负极，A的活泼性大于B； ②C、D用导线相连后，同时浸入稀H2SO4中，电子由C→导线→D，C是负极，C的活泼性大于D； ③A、C相连后，同时浸入稀H2SO4，C极产生大量气泡，A是负极、C是正极，A的活泼性大于C； ④B、D相连后，同时浸入稀H2SO4中，D极发生氧化反应，D是负极，D 的活泼性大于B；所以四种金属的活动性顺序为A>C>D>B，故选B。
11. 在密闭容器中X2 (g)+2Y2 (g)Z(g)的反应，X2、Y2、Z的起始浓度依次为0.2mol/L、0.3mol/L、0.3mol/L，当反应达到其最大限度(即化学平衡状态)时，各物质的浓度有可能的是( )
A. c(Z) ═0.45mol/L B. c(X2) ═0.3mol/L
C. c(X2) ═0.5mol/L D. c(Y2) ═0.5mol/L
【答案】BD
【解析】
分析】
【详解】X2、Y2、Z的起始浓度依次为0.2 mol/L、0.3mol/L、0.3mol/L，如果该反应向正反应方向进行，则X2、Y2浓度降低、Z浓度增大，如果该反应向逆反应方向进行，则该反应中Z浓度降低，而X2、Y2浓度增大；
①如果该反应向正反应方向进行，且Y2完全反应；
②如果该反应向逆反应方向进行，且Z完全反应；
实际上该反应可能向正反应方向进行也可能向逆反应方向进行，①中X2、Y2浓度最小而Z浓度最大，②中X2、Y2浓度最大而Z浓度最小，实际上这几种物质浓度介于最大和最小之间，即：0.05 mol/L＜c(X2)＜0.5 mol/L、0＜c(Y2)＜0.9 mol/L、0＜c(Z)＜0.45 mol/L；
A．分析知0＜c(Z)＜0.45，则c(Z) ═0.45mol/L不可能成立，故A错误；
B．0.05＜c(X2)＜0.5，则c(X2) ═0.3mol/L可能成立，故B正确；
C．0.05＜c(X2)＜0.5，则c(X2) ═0.5mol/L不可能成立，故C错误；
D．0＜c(Y2)＜0.9，则c(Y2) ═0.5mol/L可能成立，故D正确；
故答案为BD。
12. 燃料电池是目前电池研究的热点之一。某课外小组自制的氢氧燃料电池如图所示，a、b均为惰性电极下列叙述不正确的是（ ）
A. a极是负极，该电极上发生氧化反应
B. b极发生的电极反应是O2+4OH--4e-=2H2O
C. 电池总反应方程式为2H2+O2=2H2O
D. 氢氧燃料电池是一种具有应用前景的绿色电源
【答案】B
【解析】
【详解】A．氢氧燃料电池工作时，通入燃料氢气的a极为电池的负极，氢气在负极失去电子发生氧化反应，故A正确；
B．氢氧燃料电池工作时，通入氧气的b极为电池的正极，氧气得到电子发生还原反应，电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-，故B错误；
C．氢氧燃料电池的电池总反应方程式与氢气在氧气中燃烧的化学方程式一致，都是2H2+O2=2H2O，故C正确；
D．由氢氧燃料电池总反应方程式为2H2+O2=2H2O可知，电池工作时生成水，生成物无污染，是一种具有应用前景的绿色电源，故D正确；
故选B。
13. 2020年，突如其来的疫情使全国人民都带起了口罩，以阻挡病毒的传播。通常人们戴的是一次性使用医科口罩(SMS)或防雾霾的3M(SMMMS)口罩，其原料都是聚丙烯。纺粘层即S层，其纤维直径比较粗，在20um左右；熔喷层即M层，纤维直径比较细，在2um左右。下列说法正确的是（ ）
A. 用聚丙烯制作的餐具可供婴幼儿使用
B. 熔喷层具有杀菌消毒功能
C. 聚丙烯可以使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色
D. 使用过的医科口罩只要还很干净，经酒精消毒后，用吹风机吹干，可再次使用
【答案】A
【解析】
【详解】A．用聚丙烯可用于制作医用口罩，用于一般日常生活使用，说明以聚丙烯为材料制作的产品对人体无毒、无害，因此用该材料制作餐具可供婴幼儿使用，故A正确；
B．熔喷层没有杀菌消毒功能，熔喷层即M层，纤维直径比较细，在2um左右，病毒的直径较大无法通过熔喷层进入人体呼吸道，起到阻挡病毒的传播，故B错误；
C．聚丙烯可由丙烯上的碳碳双键上发生加聚反应制得，则聚丙烯中不含碳碳双键，不能使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；
D．经酒精消毒后，用吹风机吹干后，可能会导致熔喷层破坏，起不到阻挡病毒分子的进入，故不可再次使用，故D错误；
答案选A。
14. 烹鱼时加入少量食醋和料酒可以使烹制的鱼具有特殊的香味，这种香味来自于
A. 食盐
B. 食醋中的乙酸
C. 料酒中的乙醇
D. 料酒中的乙醇与食醋中的乙酸反应生成的乙酸乙酯
【答案】D
【解析】
【详解】烹鱼时加入少量食醋和料酒可以使烹制的鱼具有特殊的香味，这种香味来自于料酒中的乙醇和食醋中的乙酸反应生成的乙酸乙酯，乙酸乙酯具有芳香气味，答案选D。
15. 下图为烃分子的球棍模型，“大球”表示碳原子，“小球”表示氢原子。下列说法正确的是（ ）
A. 图1表示的烃叫丙烷
B. 图2烃分子的结构简式为CH3CH2CH2CH3
C. 图1与图2表示的是同一种物质
D. 图1与图2表示的物质互为同分异构体
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据分子的球棍模型可知图1是正丁烷，图2是异丁烷，A错误；
B．异丁烷的结构简式为(CH3)3CH，B错误；
C．二者的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，C错误；
D．二者的分子式相同，结构不同，二者互为同分异构体，D正确；
答案选D。
16. ①②是两种常见烃的球棍模型，则下列叙述正确的是（ ）
A. 都能在空气中燃烧
B. 都能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C. 都能发生加成反应
D. 均为平面型分子
【答案】A
【解析】
【详解】根据图示的常见有机化合物分子的球棍模型可知：①为乙烷、②为乙烯；
A．乙烷和乙烯均属于烃类，都可以在空气中燃烧，故A正确；
B．乙烷中只存在碳碳单键和碳氢键，属于饱和的烃即烷烃，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，乙烯中含有碳碳双键，属于不饱和的烃即烯烃，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B错误；
C．乙烷中只存在碳碳单键和碳氢键，属于饱和的烃，不能发生加成反应，乙烯中含有碳碳双键，属于不饱和的烃，可以发生加成反应，故C错误；
D．乙烷可看成两个甲基相连，而甲基是四面体取向，因而乙烷中各原子不可能共面，不是平面结构，而乙烯含碳碳双键，所有原子共面，是平面结构，故D错误；
答案为A。
17. 下列各组物质在一定条件下反应，可以制得较纯净的1，2—二氯乙烷的是（ ）
A. 乙烷与氯气光照反应
B. 乙烯与氯化氢气体混合
C. 乙烯与氯气加成
D. 乙烯通入浓盐酸
【答案】C
【解析】
【详解】A．乙烷与氯气光照反应，可生成多种氯代物的混合物和氯化氢，A不合题意；
B．乙烯与氯化氢气体混合，反应生成氯乙烷（CH3CH2Cl），B不合题意；
C．乙烯与氯气加成，只能生成1，2—二氯乙烷（ClCH2CH2Cl），C符合题意；
D．乙烯通入浓盐酸中，不能发生反应，D不合题意；
故选C。
18. 下列说法正确的是( )。
A. 酯化反应也属于加成反应
B. 酯化反应中羧酸脱去羧基中的羟基,醇脱去羟基中的氢原子生成水
C. 浓硫酸在酯化反应中只起催化剂的作用
D. 欲使酯化反应生成的酯分离并提纯,可以将酯蒸气通过导管伸入饱和碳酸钠溶液的液面下,再用分液漏斗分离
【答案】B
【解析】
【详解】对于A项，酯化反应属于取代反应；C项中浓硫酸在酯化反应中起催化剂和吸水剂的作用；D项中导管应在饱和碳酸钠溶液的液面上，以防止液体倒吸。酯化反应中羧酸脱去羧基中的羟基，醇脱去羟基中的氢原子生成水，故B正确，答案选B。
19. 大气中CO2含量的增加会加剧“温室效应”。下列活动会导致大气中CO2含量增加的是
A. 燃烧煤炭供热 B. 利用风力发电 C. 增加植被面积 D. 节约用电用水
【答案】A
【解析】
【详解】A、煤炭的主要成分是碳，燃烧会产生二氧化碳，导致大气中CO2的含量增加，A符合题意；
B、利用风力发电能减少CO2的排放，B不符合题意；
C、绿色植物的光合作用能吸收CO2，降低大气中CO2的含量，C不符合题意；
D、我国的能源主要来自燃煤发电，节约能源，会降低大气中CO2的含量，D不符合题意。
答案选A。
20. 下列说法不正确的是
A. 光--电转换的途径可以不需要发生化学反应
B. 天然气和沼气的主要成分都是甲烷，因此都是化石能源
C. 将厨余垃圾中的油脂分离出来，可以制造肥皂和油漆等
D. 人造丝、人造棉和铜氨纤维的主要化学成分都可表示为(C6H10O5)n
【答案】B
【解析】
【详解】A．光-电转换方式该方式是利用光电效应，将太阳辐射能直接转换成电能，是物理变化，选项A正确；
B．天然气和沼气的主要成分都是甲烷，天然气属于化石燃料，用完之后不能再生，是不可再生能源；沼气是可再生资源，选项B不正确；
C．油脂属于高级脂肪酸甘油酯，用油脂可以制造肥皂和油漆，选项C正确；
D．根据人造纤维的形状和用途，分为人造丝、人造棉和人造毛三种，人造丝、人造棉和铜氨纤维的主要化学成分都可表示为(C6H10O5)n，选项D正确；
答案选B。
21. 下列因果关系不正确的是（ ）
选项
原因
结果
A
植树造林
温室效应
B
二氧化硫和二氧化氮大量排放
酸雨
C
汽车尾气的排放
光化学烟雾
D
含氮、磷等元素的生活废水的大量排放
赤潮
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．植树造林，通过光合作用可以吸收二氧化碳产生氧气，能降低温室效应，A错误；
B．SO2能生成亚硫酸，亚硫酸被氧化成硫酸，NO2能生成硝酸，所以能形成酸雨，B正确；
C．汽车尾气中含有氮的氧化物，能形成光化学烟雾，C正确；
D．含氮、磷等元素的生活污水排入海洋中，能造成水体富营养化，海水中红藻、褐藻等藻类植物大量繁殖，引起赤潮，D正确；
答案选A。
22. 下列有关能源的说法不正确的是
A. 光电转换的基本装置就是太阳能电池，应用相当广泛
B. 利用蓝绿藻等低等植物和微生物阳光作用下可使水分解产生氢气
C. 贮氢合金的发现和应用，开辟了解决氢气贮存、运输难题的新途径
D. 煤、石油、天然气、氢能中，天然气、氢能是可再生能源
【答案】D
【解析】
分析：A、光电转换的基本原理是光电效应；B．氢气燃烧放出大量的热量，且燃烧产物是水没有污染，水可以在光能作用下分解成氧气和氢气；C．气体难贮存和运输，将其转化为固态易贮存和运输；D、化石燃料包括，煤、石油和天然气，不能再生，而氢能是可以再生的能源。
详解：A. 光电转换的基本装置就是太阳能电池，它的基本原理是光电效应，应用相当广泛，选项A正确；B、氢气燃烧放出大量的热量，且燃烧产物是水没有污染，所以氢气是21世纪极有前途的新型能源，科学家可以利用蓝绿藻等低等植物和微生物在阳光作用下使水分解产生氢气从而利用氢能，选项B正确；C．气体难贮存和运输，将其转化为固态易贮存和运输，所以贮氢合金的应用，是解决氢气贮存、运输难题的新途径，选项C正确；D、化石燃料包括，煤、石油和天然气，不能再生，而氢能是可以再生的能源，选项D不正确。答案选D。
23. 实验室模拟石油的分馏实验中，不需要用到的仪器是( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】利用混合物中各物质的沸点不同对石油进行分离，即在给石油加热时，低沸点的烃先汽化，经冷凝液化后分离出来，随着温度的升高，较高沸点的烃再汽化，经冷凝液化后又分离出来。这样不断的加热汽化和冷凝液化，就可以把石油分成不同沸点范围内的分馏产物，需要的仪器有铁架台、铁夹、铁圈、酒精灯、蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管、牛角管、锥形瓶等仪器，选择冷凝管时，需要注意冷凝管分为直形冷凝管、球形冷凝管、蛇形冷凝管等，直形冷凝管一般是用于蒸馏，即在用蒸馏法分离物质时使用。而球形冷凝管、蛇形冷凝管一般用于反应装置，即在反应时考虑到反应物的蒸发流失而用球形冷凝管（或蛇形冷凝管）冷凝回流，则实验室模拟石油的分馏实验中应使用直形冷凝管、不用球形冷凝管，答案选D。
24. 化学与生活、生产、社会可持续发展密切相关。下列说法错误的是( )
A. 牙膏中添加的Na2PO3F、NaF所提供的氟离子浓度相等时，它们防治龋齿的作用相同
B. “光化学烟雾” “硝酸型酸雨”的形成都与氮氧化合物有关
C. 用聚氯乙烯代替木材，生产快餐盒，以减少木材的使用
D. 碳纳米管比表面积大，可用作新型储氢材料
【答案】C
【解析】
【详解】A．防治龋齿的有效成分是氟离子，则在牙膏中添加Na2PO3F、NaF等均能防治龋齿，当提供的氟离子浓度相等时，它们防治龋齿的作用是相同的，A正确，不选；
B．以一氧化氮和二氧化氮为主氮氧化物是形成“光化学烟雾”“硝酸型酸雨”的形成的一个重要原因，B正确，不选；
C．聚氯乙烯不能用于食品包装，塑料含有的化学品都有毒性，含铅盐的聚氯乙烯会使铅分子扩散到油脂中去，另外，聚氯乙烯塑料制品在较高温度下会分解出有毒气体，C错误，符合题意；
D．碳纳米管自身重量轻，具有中空的结构，可以作为储存氢气的优良容器，D正确，不选。
答案为C。
25. 昆明市预计在2020年底前基本建成生活垃圾分类处理系统。下列关于垃圾处理的说法不正确的是
A. 废旧塑料瓶可回收利用 B. 废旧电池可直接掩埋
C. 电子垃圾可用适当的方法回收利用 D. 厨余垃圾可经生物技术处理堆肥
【答案】B
【解析】
【详解】A．废塑料瓶主要由聚乙烯或聚丙烯制造而成，可回收利用，属于可回收物，A选项正确；
B．废旧电池中含有重金属如铅、汞、镉等，将废旧电池直接掩埋会污染土壤、水源，废旧电池应集中回收处理，B选项错误；
C．电子产品含有重金属，任意抛弃会造成地下水污染，要在无污染的条件下进行回收，使之成为有用的资源，C选项正确；
D．厨余垃圾经生化处理转化为沼气和有机肥料，从而产生绿色有机食品和清洁燃料，D选项正确；
答案选B。
二、填空题
26. 氮及其化合物之间可以相互转化，请按照要求回答下列问题：
(1)下列有关NO和NO2的描述正确的是__________(填标号)。
a．均为无色气体 b．均为大气污染物 c．可用排水集气法收集NO
(2)写出二氧化氮与水反应的化学方程式_______，其中被氧化的N与被还原的N的物质的量之比为__________。
(3)如下是生成NO2的几个化学反应：
①2NO+O2=2NO2 ②Fe+ 6HNO3(浓)= Fe (NO3)3 + 3NO2↑+3H2O ③4HNO3 O2↑+4NO2↑+2H2O ④N2O42NO2
其中体现N元素还原性的是_____ (填标号，下同)，体现N元素氧化性的是_____。
【答案】 (1). bc (2). 3NO2+H2O=2HNO3+NO (3). 2:1 (4). ① (5). ②③
【解析】
【分析】
【详解】(1) NO和NO2均为大气污染物，NO为无色气体，难溶于水，可用排水法收集，NO2为红棕色气体，易溶于水，不可用排水法收集，所以正确的有bc ；
(2)二氧化氮与水反应生成硝酸和水，化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，二氧化氮中氮为+4价，产物硝酸中氮为+5价，一氧化氮中氮为+2价，所以化合价升高、被氧化的氮原子有2个，化合价降低、被还原的氮原子有1个，即被氧化的N与被还原的N的物质的量之比为2:1；
(3) ①2NO+O2=2NO2氮元素化合价升高 ②Fe+ 6HNO3(浓)= Fe (NO3)3 + 3NO2↑+3H2O 氮元素化合价降低 ③4HNO3 O2↑+4NO2↑+2H2O 氮元素化合价降低 ④N2O42NO2 氮元素化合价不变，化合价升高体现还原性，化合价降低体现氧化性，则体现N元素还原性的是①，体现N元素氧化性的是②③。
27. 某兴趣小组用Fe2(SO4)3溶液吸收含SO2的尾气（SO2的体积分数约10%，其余为空气），实验装置如图所示：
（1）装置A中SO2与Fe2(SO4)3溶液中反应生成FeSO4，写出该反应的化学方程式：___。
（2）反应后，若要检验装置A中Fe3+否过量，可用试剂为___；若要检验SO2是否过量，可用试剂为___。
（3）装置B中所用X溶液为___，作用是___。
（4）若实验测得反应后的装置A中不含有SO2，为测定其中所含FeSO4的物质的量浓度，现进行如下实验：取20.00mL装置A中溶液，向其中逐滴加入0.1000mol·L-1Ce(SO4)2溶液，发生反应Fe2++Ce4+=Ce3++Fe3+，当反应恰好完全时，共消耗Ce(SO4)2溶液18.00mL。请通过计算确定FeSO4的物质的量浓度___（写出计算过程）。
【答案】 (1). SO2+Fe2(SO4)3+2H2O=2FeSO4+2H2SO4 (2). KSCN溶液 (3). 品红溶液 (4). NaOH溶液 (5). 吸收未完全反应的SO2，防止污染空气 (6). ，
【解析】
【分析】
Fe3+具有一定的氧化性，SO2具有一定的还原性，因此用Fe2(SO4)3吸收SO2时二者会发生氧化还原反应；检验A中的Fe3+是否过量，即检验Fe3+是否剩余即可；若SO2过量，则选择试剂检验有SO2剩余即可；为了保证SO2吸收完全，防止其污染空气，需要用NaOH溶液对尾气再进行吸收；在计算确定FeSO4的浓度时，可利用题干中提供的方程式计算即可。
【详解】(1)装置A中SO2与Fe2(SO4)3发生的氧化还原反应的方程式为：SO2+Fe2(SO4)3+2H2O=2FeSO4+2H2SO4；
(2)检验Fe3+可用KSCN溶液，出现血红色物质，则证明Fe3+过量；检验SO2可用品红溶液，品红褪色，则证明SO2过量；
(3)通过分析可知，B装置中盛放的为NaOH溶液，作用是吸收未反应完的SO2，避免其造成空气污染；
(4)因为Ce4+与Fe2+反应时按照1:1反应，因此消耗的Ce(SO4)2的量即为FeSO4的量，即：，那么FeSO4的浓度为：。
28. 汽车尾气中含有CO、NO等有害气体，某新型催化剂能促使NO、CO转化为2种无毒气体。T℃时，将0.8 mol NO和0.8 mol CO充入容积为2 L的密闭容器中，模拟尾气转化，容器中NO物质的量随时间变化如图。
(1)将NO、CO转化为2种无毒气体的化学方程式是______。
(2)反应开始至10 min，v(NO)=______mol/(L•min）。
(3)下列说法正确的是______。
a.新型催化剂可以加快NO、CO的转化
b.该反应进行到10 min时达到化学平衡状态
c.平衡时CO的浓度是0.4 mol/ L
【答案】 (1). 2CO+2NON2+2CO2 (2). 0.02 (3). ab
【解析】
【分析】
(1)NO、CO反应产生N2、CO2，然后根据原子守恒、电子守恒，书写反应方程式；
(2)根据反应速率的定义式计算；
(3)根据可逆反应达到平衡时，任何物质的浓度不变、物质的含量不变分析判断。
【详解】(1)NO、CO反应产生N2、CO2，然后根据原子守恒、电子守恒，可得反应方程式为：2CO+2NON2+2CO2
(2) v(NO)==0.02 mol/(L•min）；
(3) a.催化剂可以加快反应速率，所以使用新型催化剂可以加快NO、CO的转化，a正确；
b.根据图示可知：该反应进行到10 min时，NO的物质的量不再发生变化，说明反应达到化学平衡状态，b正确；
c.平衡时CO的物质的量是0.4mol，由于容器的容积为2L，所以CO浓度是0.2mol/ L，c错误；
故合理选项是ab。
【点睛】本题考查了化学方程式的书写、化学反应速率的计算方法及化学平衡状态的判断等知识。掌握化学反应方程式书写原则、及化学反应原理是本题解答的关键。
29. 如图所示是原电池的装置图。请回答：
(1)若C为稀H2SO4，电流表指针发生偏转，B电极材料为Fe且作负极，则A电极上发生的电极反应式为___；反应进行一段时间后溶液酸性将__(填“增强”“减弱”或“基本不变”)。
(2)若需将反应：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+设计成如图所示的原电池装置，则A(正极)极材料为___，B(负极)极材料为__，溶液C为___。
(3)CO与H2反应还可制备CH3OH，CH3OH可作为燃料使用，用CH3OH和O2组合形成的质子交换膜燃料电池的结构示意图如图：
电池总反应为2CH3OH+3O2=2CO2+4H2O，则d电极是__(填“正极”或“负极”)，c电极的反应方程式为__。若线路中转移1mol电子，则上述CH3OH燃料电池消耗的O2在标准状况下的体积为__L。
【答案】 (1). 2H++2e-=H2↑ (2). 减弱 (3). 石墨 (4). Cu (5). FeCl3溶液 (6). 正极 (7). CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+ (8). 5.6
【解析】
【分析】
根据原电池原理进行判断，负极发生失电子的氧化反应，正极发生得电子的还原反应。根据氧化还原反应，化合价升高的一极作负极，失电子，发生氧化反应；化合价降低的一极作正极，得电子，发生还原反应。燃料电池中，正极通入的是氧气，负极充入的是CH3OH，根据化合价的变化写出电极反应式。
【详解】(1)若C为稀H2SO4溶液，电流表指针发生偏转，B极电极材料为Fe且作负极，A电极为正极，电极材料为较铁不活泼的金属或非金属，发生还原反应，溶液中的氢离子得电子生成氢气，电极反应方程式为：2H＋＋2e－=H2↑；由原电池的总反应可知，反应一段时间后，溶液C的pH升高，酸性减弱；
(2)分析反应Cu＋2Fe3＋=Cu2＋＋2Fe2＋，将其拆分为两个半反应，分别为：Cu-2e－=Cu2+，2Fe3++2e－=2Fe2+，根据原电池原理，可知负极电极反应式为：Cu-2e－=Cu2+，正极的电极反应式为：2Fe3++2e－=2Fe2+，正负极材料分别为：负极为Cu，正极为石墨(或Pt)，含Fe3+的溶液(如FeCl3溶液)作电解质溶液，用导线连接正、负极，构成闭合回路即可构成原电池；
(3)根据燃料电池结构示意图中电子流向可知，c电极为负极，发生氧化反应，其电极反应方程式为：CH3OH-6e－+H2O=CO2+6H+，电极d为正极，O2得到电子，发生还原反应，电极反应方程式为：4H++4e－+O2=2H2O；1mol氧气在反应中得到4mol电子，若线路中转移1mol电子，则消耗氧气0.25mol，标准状况下的体积为V=nVm =0.25mol×22.4L/mol=5.6L。
【点睛】写燃料电池的电极反应式时，根据化合价的变化，写出电子转移的数目，完成电极反应式。
30. 某学习小组用如下图所示装置A、B分别探究金属锌与稀硫酸的反应，实验过程中A烧杯内的溶液温度升高，B烧杯的电流计指针发生偏转，请回答以下问题。
（1）A烧杯中反应的离子方程式为_________。
（2）B中Zn板是_________极，发生的电极反应是_________，Cu板上的现象是_________，发生的电极反应是_________。
（3）从能量转化的角度来看，A、B中反应物的总能量_________（填“大于”、“小于”或“等于”）生成物总能量，A中是将化学能转变为_________，B中主要是将化学能转变为_________。
（4）该小组同学反思原电池的原理，其中观点正确的是_________（填字母序号）。
A．原电池反应的过程中一定有电子转移
B．原电池装置需要2个电极
C．电极一定不能参加反应
D．氧化反应和还原反应可以拆开在两极发生
【答案】 (1). Zn + 2H+ === Zn2+ + H2↑ (2). 负 (3). Zn - 2e- === Zn2+ (4). 有大量无色气泡产生 (5). 2H+ + 2e- === H2↑ (6). 大于 (7). 热能 (8). 电能 (9). ABD
【解析】
【详解】(1)A烧杯中锌与稀硫酸反应的离子方程式为Zn + 2H+ === Zn2+ + H2↑，故答案为Zn + 2H+ === Zn2+ + H2↑；
(2)B中锌比铜活泼，Zn板是负极，发生的电极反应是Zn - 2e- === Zn2+，Cu板上氢离子放电生成氢气，电极反应为2H+ + 2e- === H2↑，现象为有大量无色气泡产生，故答案为负；Zn - 2e- === Zn2+；有大量无色气泡产生；2H+ + 2e- === H2↑；
(3)从能量转化的角度来看，锌与稀硫酸的反应属于放热反应，反应物的总能量大于生成物总能量，A中是将化学能转变为热能，B中主要是将化学能转变为电能，故答案为大于；热能；电能；
(4)A．原电池反应是一个氧化还原反应，一定有电子转移，故A正确；B．根据原电池的构成条件，原电池装置需要2个电极，故B正确；C．根据题意，锌被逐渐溶解，参加了反应，故C错误；D．根据原电池原理，氧化反应和还原反应可以拆开在两极发生，从而产生电流，故D正确；故选ABD。
31. Ⅰ．有机物的表示方法多种多样，下面是常用的有机物的表示方法：
① ②CH3CH2CH(CH3)CH3③CH4 ④ ⑤
⑥ ⑦⑧
（1）上述表示方法中属于结构简式的是_______________(填序号，下同)，属于比例模型的是_______。
（2）写出⑧中官能团的名称：____________、____________。
（3）____________和____________互为同分异构体。
Ⅱ．（1）写出下列有机物的结构简式：
①2，4−二甲基−3−乙基己烷____________；
②2−甲基−2−戊烯____________。
（2）对下列有机物进行命名：
①____________。
②(CH3)3CCH(CH3)CH2CH3____________。
【答案】 (1). ①②③④⑦ (2). ⑤ (3). 羟基 (4). 醛基 (5). ② (6). ⑥ (7). (8). (9). 3，3−二乙基−1−己烯 (10). 2，2，3−三甲基戊烷
【解析】
【详解】Ⅰ．（1）①②③④⑦属于有机物的结构简式，⑤属于有机物的比例模型，⑥属于有机物的球棍模型，⑧属于有机物的结构式；
（2）注意官能团有两种：－OH是羟基，是醛基；
（3）②⑥的分子式都是C5H12，但结构不同，属于同分异构体；
Ⅱ．（1）先写出主链，再写支链。2，4－二甲基－3－乙基己烷的结构简式为，2−甲基−2−戊烯，可以先写出C－CC－C－C，再在2号碳原子上引入甲基，最后把氢原子补齐，即结构简式为；
（2）①含有碳碳双键的最长碳链含有6个碳原子，名称是3，3－二乙基－1－己烯；
②将合并的结构简式改写成分开的结构简式：，因此名称是2，2，3－三甲基戊烷。
【点睛】注意常见有机物结构表示的特点，例如结构式：用短线“－”表示原子之间所形成的一对共用电子进而表示物质结构的式子称为结构式，省略了部分短线“－”的结构式称为结构简式。球棍模型：用来表现化学分子的三维空间分布。棍代表共价键，球表示构成有机物分子的原子。比例模型：是一种与球棍模型类似，用来表现分子三维空间分布的分子模型。球代表原子，球的大小代表原子直径的大小，球和球紧靠在一起。
32. 水仙花所含的挥发油中含有丁香油酚、苯甲醇、苯甲醛、桂皮醇等成分。它们的结构简式如下：
请回答下列问题：
(1)①丁香油酚中含氧的官能团是_____；丁香油酚可能具有的性质是_____(填字母)。
A．可与烧碱反应
B．只能与Br2发生加成反应
C．既可燃烧，也可使酸性KMnO4溶液褪色
D．可与NaHCO3溶液反应放出CO2气体
②从结构上看，上述四种有机物中与互为同系物的是____(填名称)。
(2)苯甲醛经________(填反应类型)反应可得到苯甲醇。写出苯甲醛和银氨溶液反应化学方程式为___________________________________。
(3)由桂皮醇转化为丙的过程为(已略去无关产物)
乙丙
如果反应Ⅱ为消去反应，则反应Ⅱ的条件是_______________，反应Ⅲ为加聚反应，则高聚物丙的结构简式为 _________________________。
【答案】 (1). （酚）羟基、醚键 (2). AC (3). 苯甲醇 (4). 加成或还原 (5). (6). NaOH醇溶液，加热 (7).
【解析】
【详解】(1)①丁香油酚中的含氧官能团为羟基、醚键；
A．含酚羟基，具有酸性，可与烧碱反应，故A正确；
B．含双键，能与Br2发生加成反应，含酚羟基，其邻对位与溴水发生取代反应，故B错误；
C．该有机物既可燃烧，含双键也可使酸性KMnO4溶液褪色，故C正确；
D．不含-COOH，不能与NaHCO3溶液反应放出CO2气体，故D错误；
正确的有AC；
②从结构上看属于醇，不含双键，属于芳香醇，与苯甲醇互为同系物，故答案为苯甲醇；
(2)-CHO与氢气发生加成反应生成-CH2OH，为加成或还原反应；苯甲醛跟银氨溶液反应得到苯甲酸铵，反应的方程式为；
(3)由合成路线可知，桂皮醇与HCl发生加成反应生成，催化氧化生成甲，甲为，反应II为消去反应，反应Ⅱ为+NaOH+NaCl+H2O，反应III为加聚反应，为双键的加聚反应生成丙为，故答案为NaOH醇溶液，加热；。
33. 近年来，乳酸成为研究热点之一。乳酸可以用化学方法合成，也可以由淀粉通过发酵法制备。利用乳酸为原料制成的高分子材料具有生物兼容性，而且在哺乳动物体内或自然环境中都可以最终降解成为二氧化碳和水。乳酸还有许多其他用途。
（1）请写出乳酸分子中官能团的名称___、___。
（2）乳酸能与纯铁粉反应制备一种补铁药物--乳酸亚铁，反应如下，计算乳酸亚铁中铁的质量分数为___。
（3）乳酸聚合成的纤维非常适合做手术缝合线，其原因是___。
（4）乳酸发生下列变化：
所用的试剂是a___，b___（写化学式）
（5）请写出乳酸与少量的Na2CO3溶液反应的化学方程式___。
（6）乳酸乙酯()是一种食用香料，常用于调制果香型、乳酸型食用和酒用精。乳酸乙酯的同分异构体M有如下性质：0.1molM分别与足量的金属钠和碳酸氢钠反应，产生的气体在相同状况下的体积相同，则M的结构最多有___(不考虑空间异构)种。
【答案】 (1). 羟基 (2). 羧基 (3). 23.9%（24.0%） (4). 乳酸具有生物兼容性，在人体内最终降解物为二氧化碳和水，对人无害 (5). NaHCO3或NaOH或Na2CO3（任一种即可） (6). Na (7). 2+Na2CO3→2+CO2↑+H2O (8). 12
【解析】
【详解】（1）根据乳酸分子的结构简式，其含有的官能团为羟基、羧基。
（2）乳酸亚铁的化学式为C6H10O6Fe，乳酸亚铁中铁的质量分数=×100%=23.9%（24.0%）。
（3）乳酸中含有羟基、羧基，可分子间发生酯化反应生成高分化合物，具有生物兼容性，在人体内最终降解物为二氧化碳和水，对人无害。
（4）根据反应过程，乳酸中的羧基与a反应，而羟基不反应，则a为NaOH或碳酸钠或碳酸氢钠溶液；中的羟基与b反应，则b为Na。
（5）乳酸中的羧基能与Na2CO3反应，碳酸钠少量时，生成乳酸钠、二氧化碳和水，方程式为2+Na2CO3→2+CO2↑+H2O。
（6）有机物中的羟基、羧基均可与Na反应生成氢气；只有羧基与碳酸氢钠或碳酸钠反应生成二氧化碳，已知乳酸乙酯的同分异构体M能与Na及碳酸氢钠反应，则M中含有羟基、羧基；0.1molM分别与足量的金属钠和碳酸氢钠反应，产生的气体在相同状况下的体积相同，则含有的羟基数目与羧基数目相同。符合条件的M的同分异构体相当于C-C-C-C上存在2个不同的取代基，根据一固定一游动原则，均有4种，，固定在1有3种，固定在2有1种，合计12种。
【点睛】有机物中的羟基、羧基均可与Na反应生成氢气；只有羧基与碳酸氢钠或碳酸钠反应生成二氧化碳。
34. 按要求回答下列问题：
（1）如图所示物质的有关结构，请回答：
①A、B、C三者的关系为_________(填写序号)。
a．同分异构体b．同素异形体c．同一种物质d．同位素
②固态时，A属于__________晶体（填“离子”、“原子”或“分子”）。
③有同学认为D、E互为同分异构体而G、H两者并不是同分异构体的关系。这句话正确吗？答：__________（填写“正确”或“不正确”）
④有机物E用系统命名法命名的名称是__________。
（2）已知下列7种物质：a．P4(白磷) b．SiO2 c．NH4Cl d．NaOH e．NaCl f．干冰 g．金刚石，固态时它们都为晶体，回答下列问题：(填写序号)
①晶体中既有离子键又有共价键的是__________
②熔化时只需要破坏共价键的是__________
③熔点最高的晶体是__________，沸点最低的晶体是__________
【答案】 (1). b (2). 分子 (3). 正确 (4). 2－甲基丙烷 (5). cd (6). bg (7). g (8). f
【解析】
【分析】
由同种元素构成的不同种分子互称为同素异形体；由分子构成的晶体叫做分子晶体；分子式相同而结构不同的两种化合物互称为同分异构体；原子晶体的熔沸点最高，离子晶体次之，分子晶体的熔沸点最低。
【详解】（1）①ABC均是有C元素构成的物质，三者互称同素异形体，b正确；
②A为富勒烯，是分子，故晶体类型为分子晶体；
③DE分子式相同而结构不同，二者互称同分异构体，但是GH二者分子式不同，故不能互称同分异构体；
④选择最长碳链为主链，分子中最长碳链为3个碳，为丙烷，其中二号碳上存在一个支链，故E物质的系统命名为2-甲基丙烷；
（2）a．P4(白磷)由白磷分子构成，为分子晶体；b．SiO2由Si和O以共价键形式结合，为原子晶体；c．NH4Cl由离子键构成，铵根离子中存在共价键，氯化铵为离子晶体；d．NaOH由离子键构成，氢氧根中存在共价键，氢氧化钠为离子晶体；e．NaCl存在离子键，为离子晶体；f．干冰由二氧化碳分子构成，为分子晶体；g．金刚石，由碳以共价键形式结合，为原子晶体；
①根据上述分析，晶体中既有离子键又有共价键的是cd；
②根据上述分析，熔化时只需要破坏共价键的是bg；
③晶体中原子晶体的熔点相对于其他晶体来说为最高，由于金刚石中C-C键的键长较Si-O键的键长短，因此C-C键的键能较大，金刚石的熔点较SiO2的熔点高，故熔点最高的晶体是g；晶体中分子晶体沸腾时只需要克服分子间作用力，而分子间作用力相对其他粒子间的相互作用小得多，，故分子晶体的沸点为晶体中最低，白磷和二氧化碳均为分子晶体，但常温下白磷为固体，二氧化碳为气体，故沸点最低的晶体是f。
【点睛】判断晶体熔沸点时需要准确判断晶体类型，晶体中原子晶体的熔沸点最高，离子晶体次之，分子晶体的熔沸点最低；金属晶体的沸点根据金属的种类不同也有些许的差别，故不能与其他三种晶体一同比较。
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