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浙江省名校协作体联盟2019-2020学年高二上学期第一次联考试化学题（解析版）
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浙江省名校协作体联盟2019-2020学年高二上学期第一次联考试题
考生须知：
1.本卷共8页满分100分，考试时间90分钟：
2.答题前，在答题卷指定区域填写学校、班级、姓名、试场号、座位号及准考证号；
3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效；
4.考试结束后，只需上交答题卷；
5.可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Fe-56 Cu-64 Ba-137 I-127 Ne-20
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.下列属于酸性氧化物的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】作为酸性氧化物，首先是氧化物，且该氧化物能够与碱发生非氧化还原反应，生成物有且仅有盐和水。
【详解】A.HClO的组成元素有3种，不属于氧化物，A项错误；
B.SO3是氧化物，能与碱反应生成盐和水，如：SO3+2NaOH=Na2SO4+H2O，B项正确；
C.CO既不能与酸反应生成盐和水，也不能与碱反应生成盐和水，属于不成盐氧化物，C项错误；
D.CaO属于碱性氧化物，能与酸反应生成盐和水，D项错误；
所以答案选择B项。
2.下列属于电解质的是（ ）
A. 淀粉 B. 氨基乙酸 C. 盐酸 D. 蔗糖
【答案】B
【解析】
【分析】电解质和非电解质是对化合物的进一步分类。酸、碱、盐和大部分金属氧化物、水等属于电解质，大部分有机物、非金属氧化物、氨气等属于非电解质。
【详解】A.淀粉是高分子化合物，实质为混合物，不属于电解质，A错误；
B.氨基乙酸属于有机酸，能电离出氢离子，所以属于电解质，B正确；
C.盐酸是氯化氢的水溶液，属于混合物，不属于电解质，C错误；
D.蔗糖是有机物，且在水中不电离，属于非电解质，D项错误；
所以答案选择B项。
3.下列物质的用途利用了其还原性的是（ ）
A. 用葡萄糖制镜子或保温瓶胆
B. 用硫粉覆盖洒落在桌上的Hg
C. 用溶液制备木材防火剂
D. 用作为高效水处理剂
【答案】A
【解析】
【分析】还原性是指物质失电子的能力，表现还原性时，其对应的反应物中元素化合价要升高。
【详解】A.葡萄糖结构中含有醛基，是还原性糖，与银氨溶液反应时，能够将+1价的银变为0价的银，体现了还原性，A项正确；
B.用硫粉覆盖汞，发生反应：Hg+S=HgS，这是利用了硫粉的氧化性，B项错误；
C.用Na2SiO3溶液制备木材的防火剂，主要是利用了其不燃、不爆的性质，与还原性无关，C项错误；
D.用K2FeO4作为高效水处理剂，主要是利用了+6价铁的强氧化性，实现了杀菌消毒后，变成Fe3+再发生水解，形成了氢氧化铁胶体，可以进行净水，D项错误；
所以答案选择A项。
4.下列属于氧化还原反应但不属于四种基本反应类型的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【分析】判断一个反应是否是氧化还原反应，可以看元素的化合价是否有变化。四种基本反应类型包括化合反应、分解反应、置换反应和复分解反应。判断一个反应是否属于四种基本反应类型，要看反应物和生成物的种类和数量。
【详解】A.该反应中氯的化合价从0价既升到+1价，又降低到-1价，所以属于氧化还原反应中的歧化反应，不属于四种基本反应类型，A项正确；
B.该反应中硫元素和氧元素的化合价发生了变化，所以属于氧化还原反应，但该反应同时属于置换反应，B项错误；
C.该反应中氮元素的化合价发生了变化，是氧化还原反应中的归中反应，但该反应也属于分解反应，C项错误；
D.该反应是复分解反应，也是非氧化还原反应，D项错误；
所以答案选择A项。
5.下列有关说法不正确的是（ ）
A. 人们最早先根据味道来获得朴素酸、碱概念：一切有酸味的物质都是酸，一切有涩味的物质都是碱。
B. 波义耳基于指示剂变色来分辨酸碱：酸一定能使石蕊变红，碱一定能使石蕊变蓝。
C. 地球上最大规模的化学反应是植物的光合作用，人类利用氮肥的最有效的反应是合成氨反应。
D. 酸碱质子理论：凡是能给出的物质就是酸，凡是能结合的物质就是碱，适用水溶液，也适用非水溶液或无水条件。
【答案】B
【解析】
【详解】A.最朴素最原始的酸、碱认知来自于生活中的味觉判断，A项正确；
B.氢氧化铜是碱，但是其不溶于水，不能使石蕊变蓝，B项错误；
C.植物的光合作用，地球上规模最大的化学反应，合成氨实现了人工固氮，自此氮肥才得以被人们广泛应用，C项正确；
D.酸碱质子理论从给出H+和结合H+角度给出了酸、碱的概念，将酸、碱概念的适用范围从水溶液拓展到非水溶液，D项正确；
所以答案选择B项。
6.下列说法不正确的是（ ）
A. 主要用于制太阳能电池板
B. 氧化镁可用作耐高温材料
C. 硫酸铜可用于游泳池水的消毒
D. 二氧化硫可用于漂白纸浆
【答案】A
【解析】
【详解】A.制作太阳能电池板的是硅单质而不是二氧化硅，A项错误；
B.氧化镁的熔点很高（2800℃），可用作耐高温材料，B项正确；
C.硫酸铜电离产生的铜离子，属于重金属离子，可用于杀菌消毒，C项正确；
D.二氧化硫具有漂白性，可用于漂白纸张，D项正确；
所以答案选择A项。
7.下列表示正确的是（ ）
A. 氯化镁的电子式： B. 硝基苯的结构简式：
C. 乙炔分子的球棍模型： D. S2—的结构示意图：
【答案】C
【解析】A．氯化镁的电子式为，故A错误；B．硝基苯的结构简式为，分子结构中含有碳氮键，而不是碳氧键，故B错误；C．乙炔分子的球棍模型为，故C正确；D．S2—的结构示意图为，故D错误；答案为C。
8.下列说法不具有因果关系的是（ ）
A. 明矾溶于水后生成氢氧化铝胶体，因此具有净水能力
B. 纯碱水溶液呈碱性，因此可以去油污
C. 二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠，因此装氢氧化钠溶液的试剂瓶不能用玻璃塞
D. 具有漂白性，因此能使酸性高锰酸钾溶液褪色
【答案】D
【解析】
【详解】A.明矾溶于水，电离产生铝离子，铝离子水解形成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有净水能力，A项正确；
B.纯碱中碳酸根离子水解使溶液呈碱性，加热则碱性增强，在此较强的碱性介质中油脂能够水解而除去，B项正确；
C.二氧化硅与NaOH溶液发生反应：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，硅酸钠水溶液是一种矿物胶，具有较强的粘性，如使用磨口玻璃塞盛装氢氧化钠溶液，一段时间后瓶塞不易打开，C项正确；
D.二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色，体现的是二氧化硫的还原性而不是漂白性，D项错误；
所以答案选择D项。
9.未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或很少污染，且可以再生。下列最有希望的新能源是（ ）
①天然气 ②煤 ③石油 ④太阳能 ⑤氢能 ⑥酒精
A. ①③⑤ B. ②③④ C. ①④⑤ D. ④⑤⑥
【答案】D
【解析】
【详解】所给的各种能源中，天然气、煤、石油是化石能源，需经亿万年才能形成，为传统能源。太阳能和氢能的发展前景广阔，酒精是可以再生的能源。
所以答案选择D项。
10.下列说法不正确的是（ ）
A. 某试样焰色反应呈黄色，则试样中一定不含有
B. 鉴别和溶液可用硝酸酸化的硝酸银溶液
C. 容量瓶不能用作溶解物质的容器
D. 粗盐的提纯实验中，滤液在蒸发皿中加热蒸发结晶
【答案】A
【解析】
【详解】A.据试样焰色呈黄色，说明样品中含有钠元素，要确定是否含有钾元素，还要透过蓝色钴玻璃，A项错误；
B.向NaCl和KI溶液中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，产生白色沉淀的是氯化钠，产生黄色沉淀的是KI溶液，B项正确；
C.容量瓶唯一的作用是用来确定一个精确的溶液的体积，既不能用作反应的容器，也不能用作溶解、稀释、贮存的容器等，C项错误；
D.粗盐提纯实验中，蒸发操作使用蒸发皿来盛装滤液进行直接加热，D项正确；
所以答案选择A项。
11.下列除去括号内的杂质选用的试剂及方法均正确的是（ ）
序号
被提纯的物质
除杂试剂
分离方法
A
溴化钠溶液（碘化钠）
氯水、四氯化碳
萃取、分液
B
碳酸氢钠溶液（碳酸钠）
石灰水
过滤
C
碳酸钠溶液
洗气
D
酒精（水）
生石灰
蒸馏
【答案】D
【解析】
【详解】A.溴化钠溶液中混有碘化钠，可加入溴水和四氯化碳将其转化：Br2+2I-=2Br-+I2，用氯水则引入了氯离子这一杂质，A项错误；
B.碳酸氢钠和碳酸钠都能与氢氧化钙溶液形成白色沉淀，B项错误；
C.碳酸钠溶液除了能与杂质SO2反应外，也能与主要成分二氧化碳发生反应：CO2+H2O+Na2CO3=2NaHCO3，C项错误；
D.生石灰与水反应：CaO+H2O=Ca(OH)2，然后蒸馏即可获得无水酒精，D项正确；
所以答案选择D项。
12.下列说法不正确的是（ ）
A. 石油分馏属于物理变化，煤的干馏属于化学变化
B. 煤气化生成的水煤气，再经过催化合成可得到液态烃
C. 足量乙烯通入溴的四氯化碳溶液中，溶液颜色由红棕色变成无色
D. 甲烷是一种高效的燃料，常温下性质稳定，即使高温也不会分解
【答案】D
【解析】
【详解】A.石油的分馏是利用各组分的沸点差异实现的分离操作，属于物理变化，煤的干馏是指煤在隔绝空气加强热的条件下，发生了非常复杂的物理变化和化学变化的过程，所以干馏属于化学变化，A项正确；
B.煤在高温下与水蒸气反应生成CO和H2：，CO和H2在催化剂和加热的条件下，可以合成液态烃、醇类等物质，这两个过程又被称为煤的气化和液化，B项正确；
C.乙烯与溴单质发生加成反应，溴的四氯化碳溶液褪色，C项正确；
D.甲烷在常温下性质稳定，与强酸、强碱、酸性高锰酸钾溶液等都不反应，但在高温下甲烷会发生分解，生成炭和氢气等，D项错误；
所以答案选择D项。
13.元素X、Y、Z和W在周期表中的位置如图所示，其中X、Y、Z均为短周期元素，且X、Y、W原子的最外层电子数之和为13。下列说法不正确的是（ ）
X
Y
Z
W
A. 原子半径：
B. W的最高价氧化物对应的水化物可能为强碱
C. 上述四种元素可形成化合物
D. 一定条件下，Z单质与X的氢化物及Y的氢化物均能反应
【答案】B
【解析】
【分析】X、Y、Z均为短周期元素，设X的最外层电子数为a，则Y的最外层电子数为a+1，W的最外层电子数为a，所以有3a+1=13，解得a=4，所以X为碳元素，W为锗元素，Y为氮元素，Z为氯元素。
【详解】A.进行原子半径的大小比较，通常首看电子层数，其次看核电荷数，所以原子半径：r(W)>r(Z)>r(X)>r(Y)，A项正确；
B.W的最高价氧化物对应的水化物为H4GeO4或Ge(OH)4，根据对角线规则，该物质是两性物质，不可能为强碱，B项错误；
C.上述四种元素可能形成化合物C3N4、GeCl4，C项正确；
D.一定条件下，氯气与碳的氢化物（烃）发生取代或加成反应，与氮的氢化物（比如氨气）可发生氧化还原反应等，D项正确；
所以答案选择B项。
14.下列对于太阳能、生物质能和氢能的利用的说法不正确的是 ( )
A. 芒硝晶体(Na2SO4·10H2O)白天在阳光下曝晒后失水、溶解吸热,夜里重新结晶放热,实现了太阳能转化为化学能继而转化为热能
B. 将植物的秸秆、枝叶、杂草和人畜粪便加入沼气发酵池中,在富氧条件下,经过缓慢、复杂、充分的氧化反应最终生成沼气,从而有效利用生物质能
C. 生活、生产中大量应用氢能源,首先要解决由水制备氢气的能耗、氢气的储存和运输等问题
D. 垃圾焚烧处理厂把大量生活垃圾中的生物质能转化为热能、电能,减轻了垃圾给城市造成的压力,改善了城市的环境,增强了市民的环保意识
【答案】B
【解析】
【详解】A、芒硝在白天光照下失水，是太阳能转化为化学能，晚上重新结晶放热，是化学能转化成热能，故A说法正确；
B、生物质能就是太阳能以化学能形式贮存在生物质中的能量形式，即以生物质为载体的能量，将植物的秸秆、枝叶、杂草和人畜粪便加入沼气发酵池中，在氧气不充足、厌氧菌的作用下进行，故B说法错误；
C、氢能源开发利用过程中需要解决的课题是探索廉价制氢气的方法和怎样解决氢气的贮存运输问题，故C说法正确；
D、利用垃圾发电可将生活垃圾中的生物质能转化为热能、电能等，故D说法正确。
答案选B。
15.下列离子方程式能正确描述实验事实的是（ ）
A. 镁粉加到氯水中，氯水褪色：
B. 双氧水和稀硫酸同时加到84消毒液中，产生大量气泡：
C. 混和溶液中产生淡黄色沉淀：
D. 在溶液中通入气，溶液颜色变深：
【答案】B
【解析】
【详解】A.所给的离子方程式没有涉及因氯气消耗而使氯水褪色的原因，A项错误；
B.过氧化氢既有氧化性又有还原性，在酸性条件下，被强氧化性的次氯酸氧化为氧气，B项正确；
C.产生淡黄色沉淀是发生了价态归中反应：2S2-+SO32-+6H+=3S↓+3H2O，C项错误；
D. 因I-的还原性强于Fe2+，所以向FeI2中通入氯气，首先发生反应：2I-+Cl2=I2+2Cl-，总反应为：2Fe2++4I-+3Cl2=2Fe3++2I2+6Cl-，D项错误；
所以答案选择B项。
16.下列说法不正确的是（ ）
A. 干冰升华和液氯气化时，都只需克服分子间作用力
B. 硫酸氢钠晶体溶于水，需要克服离子键和共价键
C. 和中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构
D. 石墨转化为金刚石时，既有共价键的断裂，又有共价键的形成
【答案】C
【解析】
【详解】A.干冰和液氯均由分子构成，干冰升华和液氯气化时均需克服分子间作用力，A项正确；
B.硫酸氢钠溶于水发生电离：NaHSO4=Na++H++SO42-，该过程需要破坏钠离子和硫酸氢根离子间的离子键、硫酸氢根离子中的共价键，B项正确；
C.在NH3中，氢原子最外层满足2电子稳定结构，C项错误；
D.石墨中既有层与层间的范德华力，又有层内的碳碳原子间共价键，金刚石是碳原子形成正四面体的空间拓展的网状结构，所以石墨转化为金刚石时，既要有共价键断裂，又有共价键的形成，D项正确；
所以答案选择C项。
17.下列说法正确的是（ ）
A. 石墨和C60互为同位素 B. CH3CH2OH和CH3OCH3互为同分异构体
C. l4CO2的摩尔质量为46 D. 、为不同的核素，有不同的化学性质
【答案】B
【解析】
【详解】A.同位素是质子数相同中子数不同的同元素的不同原子之间的互称，石墨和C60互为同素异形体，故A错误；
B.CH3CH2OH和CH3OCH3分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故B正确；
C.l4CO2的摩尔质量是46g/mol，故C错误；
D.和二者是同种元素的不同核素，质子数一样，化学性质相似，故D错误。
故选B。
18.将和以（体积比）分别通入到体积为2L的恒容密闭容器中进行反应：，得到如下三组数据，其中实验①、②没有使用催化剂。下列说法不正确的是（ ）
实验
温度/℃
起始的量/mol
平衡的量/mol
达平衡所需时间/min
①
500
5.00
2.00
40
②
800
3.00
1.00
15
③
500
3.00
1.20
9
A. 实验①中，在内，以表示的反应速率大于
B. 比较实验①和②，不能说明浓度对反应速率的影响
C. 比较实验①和②，不能说明反应速率随温度升高而增大
D. 比较实验②和③，说明实验③使用了催化剂
【答案】C
【解析】
【分析】如要研究某一个反应条件的改变对化学反应速率的影响，通常要采用控制变量法，即控制只有一个外界条件改变时，该化学反应速率的变化情况。
【详解】A.实验①中达到平衡耗时40min，从开始到平衡时用CO2表示的平均反应速率为，所以用H2表示的反应速率也是。在温度不变的条件，从反应物开始投料，用H2表示的反应速率将越来越小，直至不变时达平衡，所以在前10min的反应速率必大于，A项正确；
B.实验②对比实验①，浓度减小了，但达到平衡所用的时间反而也少了（温度升高引起），所以不能对比说明浓度对反应速率的影响，B项正确；
C.实验①和实验②相比，反应物的浓度减小了，但达到平衡所用的时间却减小了，能说明温度升高了，致使反应速率有了明显的提升，C项错误；
D. 实验②对比实验③相比较，发现实验③虽然温度低了，但反应速率明显大，题目又告知实验②没有使用催化剂，显然实验③使用了催化剂，极大地加快了反应速率，D项正确；
所以答案选择C项。
19.设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A. 常温常压下，氖气所含有的原子数目为
B. 铁粉与盐酸完全反应转移电子的数目为
C. 标准状况下，和混合体系中含有的硫原子数目为
D. 常温常压下的乙烯（）和丙烯（）混合气体中含有的原子数为
【答案】D
【解析】
【详解】A.氖分子为单原子分子，10g氖气分子的物质的量为0.5mol，其原子物质的量也为0.5mol，即原子的数目为0.5NA，A项错误；
B.5.6g铁粉的物质的量为0.1mol，50mL 2mol·L-1中n(HCl)=0.1mol，二者发生反应：Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，简单判断可知铁过量，所以盐酸完全反应，该反应中转移的电子数为0.1NA，B项错误；
C.在标准状况SO3不是气体，所以该混合体系中硫原子数目不是0.1NA，C项错误；
D.乙烯和丙烯的最简式均为CH2，14g乙烯和丙烯的混合气体，相当有CH2 1mol，含有的原子数目为3NA，D项正确；
所以答案选择D项。
20.下列说法正确的是（ ）
A. 碳和氧气反应生成一氧化碳是吸热反应，是因为反应物的能量低于生成物的能量
B. 科学家从植物的光合作用得到启发，用二氧化碳与水来合成乙酸，反应原理为：，这是一个放热反应
C. 二氧化硫气体与氧气充分发应生成三氧化硫气体，放出热量，其热化学方程式为：
D. 放热反应可能很难发生，吸热反应可能很容易反应
【答案】D
【解析】
【详解】A.碳和氧气的反应属于碳的不完全燃烧，应是放热反应，反应物的总能量应高于生成物的总能量，A项错误；
B.该反应倒过来看，可看出是乙酸的燃烧反应，是放热反应，所以从左往右看，该反应必是一个吸热反应，B项错误；
C.二氧化硫和氧气的反应是一个可逆反应，如向容器中投入2mol二氧化硫和1mol氧气，则不会完全反应，而该可逆反应的热化学方程式中的焓变，则是表达了2mol SO2和1mol O2完全反应时的放出的热量，C项错误；
D.放热有利于自发，吸热不利于自发。但一个反应的自发与否，只是表达了反应进行的可能趋势。一个反应是否容易发生，还要综合考查多种因素，比如化学反应速率的大小，D项正确；
所以答案选择D项。
21.某热再生电池工作原理如下图所示。通入时电池开始工作，左边电极棒不断溶解，右边电极棒不断增厚，中间a为离子交换膜，放电后可通过废热进行充电。已知电池总反应：。下列说法不正确的是（ ）
A. 此电池为二次电池
B. 放电时，左边电极发生氧化反应
C. a为阳离子交换膜
D. 放电时，转移电子，两电极质量变化的差值为
【答案】C
【解析】
【详解】A.题目中已明确告知该电池可通过废热进行充电，所以该电池为二次电池，A项正确；
B.放电时，左侧的铜电极棒不断溶解，发生氧化反应：Cu-2e-=Cu2+，B项正确；
C.在原电池内电路中阳离子向正极移动，如a为阳离子交换膜，电极溶解生成的铜离子要向右侧移动，通入NH3要消耗Cu2+，显然左侧阳离子不断减小，明显不利于电池反应正常进行，C项错误；
D.放电时，负极和正极的反应分别为：Cu-2e-=Cu2+、Cu2++2e-=Cu，转移0.2mol电子，负极减重0.1mol Cu，正极增重0.1mol Cu，两极质量变化的差值为0.2mol×64g·mol-1=12.8g，D项正确；
所以答案选择C项。
22.下列说法正确的是（ ）
A. 是一元羧酸，对应的酸根是
B. 不是天然氨基酸，但它可以和甘氨酸反应形成肽键
C. 葡萄糖溶液中加入新制悬浊液可看到有砖红色沉淀生成
D. 纤维素的水解和油脂的皂化反应都是由高分子生成小分子的过程
【答案】B
【解析】
【详解】A.甲酸中是羧基上的H电离，所以甲酸对应的酸根为HCOO-，A项错误；
B.广义上讲，该物质结构中有氨基和羧基，属于氨基酸，天然的氨基酸都是α-氨基酸，该物质为β-氨基酸。由于该物质结构中含有氨基和羧基，所以可以和甘氨酸反应形成肽键，B项正确；
C.葡萄糖可与新制氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色的氧化亚铜沉淀，但需要加热条件，C项错误；
D.高分子化合物要求平均相对分子质量过万，而油脂的相对分子质量在一千左右，所以油脂不是高分子化合物，D项错误；
所以答案选择B项。
23.体积固定的密闭容器中发生下列反应，在一定条件下已达平衡的事实是（ ）
A. 容器内压强不变
B. 容器内A、B、C、D、E五者共存
C. A、D的消耗速率相等
D. D、C的生成速率相等
【答案】C
【解析】
【详解】A.分析所给的反应特点发现，E为固体，该反应前后气体分子总数不变，所以体积不变时压强始终不变，压强不变就不能作为该反应已达平衡的判据，A项错误；
B.反应物和生成物共存，只能说明该反应可逆，不能说明该反应达到平衡，B项错误；
C.A和D的化学计量数相等，A是反应物，D是生成物，二者的消耗速率相等，也就是说A(或D)的消耗速率与生成速率相等，显然该反应已达平衡，C项正确；
D.D和C气体的化学计量数相等，所以生成速率始终相等，该事实无法判断反应是否达平衡，D项错误；
所以答案选择C项。
24.工业制溴的大致流程如图：
已知溴的沸点为58.7℃，常温下在水中的溶解度为3.58g；溴与碳酸钠溶液反应生成NaBr、NaBrO3、CO2等。则下列理解不正确的是（ ）
A. 步骤②通热空气是利用了溴的挥发性
B. 从混合液甲到混合液乙，目的是对溴进行富集
C. 步骤④加硫酸后发生氧化还原反应，其中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：1
D. 操作⑤可以采取萃取、分液、蒸馏
【答案】C
【解析】
【详解】A.溴单质易挥发，通入热空气对溶液进行加热，利于溴蒸气逸出，A项正确；
B.因母液中含溴量较少，所以先用热空气将溴单质吹出，先用碳酸钠溶液吸收，再用硫酸酸化而重新生成溴单质，完成了溴的富集，B项正确；
C.步骤④加硫酸酸化，发生反应：5NaBr+NaBrO3+3H2SO4=3Na2SO4+3Br2+3H2O，氧化产物和还原产物均为溴单质，其物质的量之比为5：1，C项错误；
D.操作⑤应是从含溴的水溶液中获得溴单质，通常可加入有机萃取剂进行萃取、分液、蒸馏，以获得单质溴，D项正确；
所以答案选择C项。
25.取某固体样品，进行如下实验：
①取a g样品，加足量水充分溶解，得澄清透明溶液，未产生浑浊；
②取20mL溶液，加入足量氯水，无气体产生，再加入CCl4后分层，下层为橙红色；
③将②中溶液分液后，在上层溶液加入足量和盐酸，产生白色沉淀4.66g；
④另取10mL原溶液，加入过量的浓氢氧化钠溶液并加热，收集到标准状况下448mL气体；
该固体样品可能是（ ）
A. NH4Cl NaBr (NH4)2SO4
B. CuBr2 NaCl (NH4)2SO3
C. NaBr Na2CO3 (NH4)2SO4
D. NaCl NaBr (NH4)2SO3
【答案】D
【解析】
【分析】根据每一个实验步骤得出相应的结论进行排除，考虑定性的同时注意定量的关系。
【详解】实验步骤①：取ag样品，加足量水充分溶解，得澄清透明溶液，未产生浑浊，说明各物质间不能发生反应生成沉淀，所给的选项B中各物质间会反应生成沉淀，B项排除；
实验步骤②：取20mL溶液，加入足量氯水，无气体产生，据此排除C项，C项会产生CO2气体；再加入CCl4后液体分层，下层为橙红色，说明原溶液中含有溴离子，A项和D项均符合；
实验步骤③：将步骤②中溶液分液后，在上层溶液加入足量BaCl2和盐酸，产生白色沉淀4.66g，这显然是0.02mol的BaSO4沉淀，A项有SO42-，D项有SO32-可被氯水氧化为SO42-，所以A项和D项均符合；
实验步骤④：另取10mL原溶液，加入过量的浓氢氧化钠溶液并加热，收集到标准状况下448mL气体，该气体为0.02mol的氨气，说明原溶液中含有NH4+，则20mL原溶液中含有的NH4+应为0.04mol，即从量上来看，N和S原子的物质的量之比应是2：1，A项中N和S的物质的量之比明显大于2：1，不符合，而D项中N和S的物质的量之比恰好为2：1，所以答案选择D项。
二、填空题
26.乙炔是一种重要的化工原料，以乙炔为原料衍生出部分化工产品的反应如图（部分反应条件已略去）：
（1）A中官能团的名称为____，A→D的反应类型为：____。
（2）下列有关E的说法正确的是____（填字母序号）。
A.可发生氧化反应、取代反应
B.能与溶液反应放出
C.易溶于水
D.是的同系物
（3）写出D→E反应的化学方程式：_____。
（4）已知E+F→G的反应中反应物的原子利用率为100%，写出F的结构简式____
【答案】(1). 醛基、碳碳双键 (2). 氧化反应 (3). AD (4). (5).
【解析】
分析】A和银氨反应并酸化，得到D，发生的是醛基氧化为羧基的反应，所以物质A是丙烯醛CH2=CHCHO。分析对比D和E的结构可知，D到E是D和甲醇发生了酯化反应。E和F反应生成G，且原子利用率为100%，E中的碳碳双键消失，所以发生了加成反应，则F的结构简式为。
【详解】（1）A为CH2=CHCHO，其结构中含有碳碳双键和醛基两种官能团；A生成D发生的是醛基的氧化反应；
（2）从题图中可知E为CH2=CHCOOCH3，
A.因E的结构中有碳碳双键，所以可以发生氧化反应（或可以燃烧，发生氧化反应），因结构中含有酯基，所以可以发生水解反应（实质为取代反应），A项正确；
B. 能与NaHCO3发生反应的有机物，其结构中必含有羧基，而E中没有，B项错误；
C. 因结构中无亲水基团（羟基），所以E难溶于水（作为酯类物质水溶性往往较差），C项错误；
D.因所给物质与E均是含有碳碳双键和酯基的链状结构，所以结构相似，对比二者的结构发现，F的结构是相当于将E中的甲基换成了乙基，所以组成上相差了一个CH2，符合同系物的定义，D项正确；所以选择AD项。
（3）D到E是D和甲醇发生了酯化反应，化学方程式为：CH2=CHCOOH+CH3OHCH2=CHCOOCH3+H2O，注意反应条件的规范化标注，注意可逆符号，尤其要注意无机小分子水一定要写出；
（4）E和F反应生成G，且原子利用率为100%，E中的碳碳双键消失，所以发生了加成反应，则F的结构简式为。
27.有一种埋在地下的矿物X（仅含四种元素），挖出后在空气中容易发黄，现探究其组成和性质，设计完成如图实验：
请回答：
（1）X的化学式____。
（2）X隔绝空气加热的化学反应方程式为：___。
（3）用化学方程式表示在空气中变黄的原因____。
（4）写出检验溶液A中存在的金属阳离子的实验方法：____。
【答案】 (1).
(2).
(3). (4). 取少量溶液A于试管中，加入少量溶液，无明显现象，再加入少量双氧水溶液，呈现血红色，证明溶液中含
【解析】
【分析】矿物X挖出后在空气中容易发黄，推测该矿物中含有Fe2+。无色无味能与石灰水反应的气体，排除了二氧化硫的可能性，该气体为二氧化碳气体。分解产物中还有水，所以矿物X的4种组成元素为Fe、C、H、O。20.6g X隔绝空气加强热得到热气体和黑色固体，热气体冷却后得到水1.8g，其物质的量为0.1mol，无色无味气体应为二氧化碳，通入澄清石灰水生成碳酸钙沉淀，溶液增重4.4g即为二氧化碳的质量，其物质的量为0.1mol。因隔绝空气加强热，所以黑色固体中应为氧化亚铁。经硫酸溶解后，加足量的NaOH溶液生成沉淀，在空气中充分灼烧后得到氧化铁，其质量为16.0g，其物质的量为0.1mol。所以物X中n(Fe):n(H):n(C)=0.2:0.2:0.1=2:2:1，据化合价代数和为0来配上氧原子数。矿物X的化学式为Fe(OH)2·FeCO3或Fe2(OH)2CO3。
【详解】（1）据以上分析，矿物X的化学式为Fe(OH)2·FeCO3或Fe2(OH)2CO3，表达出原子个数比即可。
（2）X隔绝空气加热的化学反应方程式为：；
（3）在空气中变黄，是+2价铁被氧化成+3价铁：2Fe(OH)2·FeCO3+O2=2Fe2O3+2CO2↑+2H2O；
（4）溶液A的阳离子是Fe2+，检验的方案是：取少量溶液A于试管中，加入少量KSCN溶液，无明显现象，再加入少量双氧水（或氯水），溶液变为血红色，说明原溶液中含有Fe2+。
28.元素A、B、D、E、F、G均为短周期主族元素，且原子序数依次增大，只有E为金属元素。已知A原子只有一个电子层；E、F的原子序数分别是B、D的2倍，其中D、F同主族，B、E不同主族。回答下列问题：
（1）元素D在周期表中的位置____。
（2）F和G形成的化合物，分子中所有原子均为8电子稳定结构，该化合物的电子式为____。
（3）由上述元素组成的物质中，按下列要求写出化学方程式
①两种弱酸反应生成两种强酸______；
②置换反应，且生成物在常温均为固态____。
（4）在D、F、G中选取2种元素组成具有漂白、杀菌作用的化合物___。
【答案】(1). 第二周期VI A族 (2). 或 (3). (4). (5). ClO2、SO2
【解析】
【分析】A元素为短周期主族元素，且A原子只有一个电子层，所以A为氢元素；F的原子序数是D的2倍，且D和F在同一主族，所以D为氧元素，F为硫元素，则G为氯元素；E为金属元素，其原子序数是B的2倍，所以E核外电子数为偶数，位于第三周期，为镁元素，所以B是碳元素。即A、B、D、E、F、G依次是H、C、O、Mg、S、Cl元素。
【详解】(1)元素D为氧元素，位于第二周期VI A族；
(2)F为硫元素，G为氯元素，形成化合物分子中所有原子均满足8电子稳定结构，则硫应显2价，氯显1价，所以该化合物为SCl2或S2Cl2（硫与氧同主族，也可能形成硫硫非极性共价键），其对应的电子式为；
(3)①弱酸制强酸，通常发生的是氧化还原反应。分析所给的元素中，表现强氧化性的弱酸想到次氯酸，表现还原性的酸想到H2S、H2SO3等，但二者中只有H2SO3与次氯酸反应生成的是两种强酸：H2SO3+HClO=HCl+H2SO4；
②置换反应，要有单质参与，生成物均为固体，排除了氯、氢等，想到镁和二氧化碳：；
(4)中学学习的具有漂白性的物质包括二氧化硫、过氧化钠、过氧化氢、次氯酸、二氧化氯等，其中由所给的元素组成的且组成元素为2种的，想到了二氧化氯、二氧化硫。
29.在100mL碳酸钠与碳酸氢钠的混合溶液中，加入氢氧化钡溶液，生成的沉淀如表：
实验序号
1
2
3
V（氢氧化钡溶液）/mL
80
160
240
沉淀质量/g
1.576
3.152
3.940
将实验3的悬浊液过滤，在滤液中加盐酸，恰好呈中性。
（1）氢氧化钡溶液的物质的量浓度为___。
（2）若将原100mL碳酸钠与碳酸氢钠的混合溶液加热蒸干并灼烧至恒重，得到___g。
【答案】(1). (2). 0.22
【解析】
【分析】从离子方程式的角度进行分析。向碳酸钠和碳酸氢钠的混合溶液中加入氢氧化钡溶液，发生的离子反应有： HCO3-+OH-=H2O+CO32-、Ba2++CO32-=BaCO3↓。从实验2和实验3沉淀质量的变化来看，实验2显然没有沉淀完全，假设实验3中的240mL溶液仍能完全将Ba2+沉淀，应生成的沉淀的质量是=4.728g>3.940g，所以实验3中溶液中的所有的碳酸钠和碳酸氢钠均已反应完全。
【详解】（1）据以上分析，实验2中加入的钡离子完全沉淀，发生反应Ba2++CO32-=BaCO3↓，n[Ba(OH)2]=n(Ba2+)=n(BaCO3)==0.016mol，所以c[Ba(OH)2]==0.1mol/L；
（2）240mL氢氧化钡溶液中氢氧化钡的物质的量为：0.24L×0.1mol/L=0.024mol，其中OH-的物质的量为0.048mol。实验3的滤液中加入100mL 0.38mol/L盐酸恰好完全中和剩余的OH-，其物质的量为0.038mol，所以100mL原混合溶液中HCO3-消耗的OH-的物质的量为：0.048mol-0.038mol=0.01mol，则据反应式HCO3-+OH-=H2O+CO32-可知原溶液中NaHCO3的物质的量为0.01mol。实验3中共生成BaCO3沉淀0.02mol，其中NaHCO3生成的BaCO3沉淀是0.01mol，所以碳酸钠生成的BaCO3沉淀是0.01mol，所以原溶液中含有Na2CO3 0.01mol。将原混合溶液加热蒸干并灼烧至恒重，只有碳酸氢钠受热分解：，0.01mol NaHCO3完全分解生成二氧化碳0.005mol，其质量为0.005mol×44g/mol=0.22g。
30.氮和氮的化合物在工农业生产、国防和生活中都有极其广泛的用途。请回答下列与氮元素有关的问题：
（1）亚硝酸氯（结构式为Cl-N=O）是有机合成中的重要试剂，可由Cl2和NO在通常条件下反应制得，反应方程式为。
已知几种化学键的键能数据如表所示：
化学键
键能（）
243
a
607
630
当Cl2与NO反应生成ClNO的过程中转移了4mol电子，理论上放出的热量为___kJ。（用数字和字母表示）
（2）温度一定时，在一个体积为1L的密闭容器中通入2mol NO和1mol Cl2，10min时ClNO体积占气体总体积40%，反应开始到10min内NO的平均反应速率：=___。
（3）利用电化学原理，将NO2、O2和熔融KNO3制成燃料电池，装置如图所示：
电池工作时，NO2转变成绿色硝化剂Y（N2O5），可循环使用，则石墨Ⅱ为电源____极，石墨Ⅱ附近发生电极反应式为___。
（4）含氮废水进入水体会造成富营养化，常使用次氯酸去除氨氮（以NH4+表示），生成无毒无害物质。次氯酸氧化除去氨氮的离子反应方程式是____。
【答案】(1). (2). 0.1 (3). 正 (4). (5).
【解析】
【分析】（1）先依据所给的化学方程式找到转移电子数与放热的关系，然后列正比例式进行求算；
（2）利用三段式求出NO的浓度改变量，除以时间即可；
（3）明确价态变化，明确正负极，考虑题给信息，写出电极反应式；
（4）根据题给的信息，明确反应物和产物，利用化合价升降总数相等配平即可。
【详解】（1）从反应方程式2NO+Cl22ClNO来看，每消耗1mol Cl2，转移2mol电子，放出的热量为(a+607)×2-2×630-243=(2a-289)kJ，所以转移4mol电子，放出热量为2×(2a-289)kJ=(4a-578)kJ；
（2） 根据化学方程式：
2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)
初始 2 1 0
变化 2x x 2x
剩余 2-2x 1-x 2x
10min时ClNO体积占气体总体积的40%，则其物质的量分数也为40%，即=0.4，解得x=0.5mol，所以开始到10min内NO的平均反应速率=0.1mol·L-1·min-1；
（3）石墨II处通入了O2，发生了还原反应，对应原电池的正极。发生的电极反应式为：O2+N2O5+4e-=2NO3-，注意看清图示中的N2O5进入了正极区域；
（4）次氯酸是强氧化剂，NH4+被氧化为氮气，反应的离子方程式为：2NH4++3HClO=N2↑+3H2O+5H++3Cl-。
三、实验题
31.碘化钠在有机合成中用途广泛，工业制备碘化钠有多种方法，下图是制备碘化钠的两种方案。已知：3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O；N2H4·H2O的沸点118℃，100℃开始分解。
（1）方案一中加入N2H4·H2O后发生的离子反应为：2IO3-(aq)+3N2H4·H2O(l)=2I-(aq)+3N2(g)+7H2O(l) △H<0；部分装置如图1所示。
①图1中仪器b的名称为___。若要使分液漏斗中的液体流入三颈烧瓶中，具体的操作是___。
②实验过程中需控制反应温度70℃左右的原因是___。图1中加热的方式最好选用____。
（2）结合NaI溶解度曲线（如图2），流程图中方法②的具体操作为：加热蒸发、___、过滤、洗涤得到白色晶体。
（3）写出方案二中加入Fe屑后的离子方程式_____。
（4）方案二比方案一得到产品的产率略低，其原因是____。
【答案】(1). 冷凝管 (2). 先打开分液漏斗的玻璃塞，再缓慢旋开活塞 (3). 温度过高，N2H4·H2O分解及挥发，温度过低反应太慢 (4). 水浴加热 (5). 冷却结晶 (6). 3H2O+3Fe+IO3-=3Fe(OH)2↓+I- (7). 沉淀未洗涤
【解析】
【分析】（1）为了使分液漏斗中液体顺利流下，要先打开分液漏斗的玻璃塞，平衡气压；控制温度既要考虑温高造成的影响，也要考虑温低造成的影响；
（2）溶解度曲线的重要用途之一就是用来判断是否可以采用降温结晶法；
（3）“左顾右盼”判断出部分的反应物和生成物；
（4）对比两个方案流程的差异，流程二进行了晶体的洗涤，因NaI易溶于水，会造成部分NaI溶解损耗。
【详解】（1）①仪器b的名称是（直形）冷凝管；若要使分液漏斗中的液体流入三颈烧瓶，具体的操作是：先打开分液漏斗的玻璃塞，再缓慢地旋开活塞；先打开玻璃塞，是为了平衡气压，便于液体顺利流下；
②实验过程中需控制反应温度在70℃左右，原因是温度过高N2H4·H2O分解及挥发加剧，温度过低则反应太慢；图I中加热方式最好选用水浴加热；
（2）NaI的溶解度曲线表明：NaI的溶解度随着温度的升高显著增大。流程图中方法②是从溶液中获得NaI晶体，首先是通过加热蒸发浓缩，将NaI溶液由不饱和溶液变为（过）饱和溶液，然后降温（冷却）结晶，然后过滤、洗涤、干燥即可；
（3）含NaI、NaIO3、NaOH等的混合液，加入铁屑后，IO3-被反应掉，生成了I-，从生成白色沉淀知道铁反应后生成了Fe(OH)2，反应的离子方程式为：3Fe+IO3-+3H2O=3Fe(OH)2↓+I-；
（4）方案二比方案一得到的产品的产率略低，是因为方案一从溶液中直接得到了沉淀，未经洗涤，而方案二在题给的方法②描述中明确提到了洗涤。
浙江省名校协作体联盟2019-2020学年高二上学期第一次联考试题
考生须知：
1.本卷共8页满分100分，考试时间90分钟：
2.答题前，在答题卷指定区域填写学校、班级、姓名、试场号、座位号及准考证号；
3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效；
4.考试结束后，只需上交答题卷；
5.可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Fe-56 Cu-64 Ba-137 I-127 Ne-20
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.下列属于酸性氧化物的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】作为酸性氧化物，首先是氧化物，且该氧化物能够与碱发生非氧化还原反应，生成物有且仅有盐和水。
【详解】A.HClO的组成元素有3种，不属于氧化物，A项错误；
B.SO3是氧化物，能与碱反应生成盐和水，如：SO3+2NaOH=Na2SO4+H2O，B项正确；
C.CO既不能与酸反应生成盐和水，也不能与碱反应生成盐和水，属于不成盐氧化物，C项错误；
D.CaO属于碱性氧化物，能与酸反应生成盐和水，D项错误；
所以答案选择B项。
2.下列属于电解质的是（ ）
A. 淀粉 B. 氨基乙酸 C. 盐酸 D. 蔗糖
【答案】B
【解析】
【分析】电解质和非电解质是对化合物的进一步分类。酸、碱、盐和大部分金属氧化物、水等属于电解质，大部分有机物、非金属氧化物、氨气等属于非电解质。
【详解】A.淀粉是高分子化合物，实质为混合物，不属于电解质，A错误；
B.氨基乙酸属于有机酸，能电离出氢离子，所以属于电解质，B正确；
C.盐酸是氯化氢的水溶液，属于混合物，不属于电解质，C错误；
D.蔗糖是有机物，且在水中不电离，属于非电解质，D项错误；
所以答案选择B项。
3.下列物质的用途利用了其还原性的是（ ）
A. 用葡萄糖制镜子或保温瓶胆
B. 用硫粉覆盖洒落在桌上的Hg
C. 用溶液制备木材防火剂
D. 用作为高效水处理剂
【答案】A
【解析】
【分析】还原性是指物质失电子的能力，表现还原性时，其对应的反应物中元素化合价要升高。
【详解】A.葡萄糖结构中含有醛基，是还原性糖，与银氨溶液反应时，能够将+1价的银变为0价的银，体现了还原性，A项正确；
B.用硫粉覆盖汞，发生反应：Hg+S=HgS，这是利用了硫粉的氧化性，B项错误；
C.用Na2SiO3溶液制备木材的防火剂，主要是利用了其不燃、不爆的性质，与还原性无关，C项错误；
D.用K2FeO4作为高效水处理剂，主要是利用了+6价铁的强氧化性，实现了杀菌消毒后，变成Fe3+再发生水解，形成了氢氧化铁胶体，可以进行净水，D项错误；
所以答案选择A项。
4.下列属于氧化还原反应但不属于四种基本反应类型的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【分析】判断一个反应是否是氧化还原反应，可以看元素的化合价是否有变化。四种基本反应类型包括化合反应、分解反应、置换反应和复分解反应。判断一个反应是否属于四种基本反应类型，要看反应物和生成物的种类和数量。
【详解】A.该反应中氯的化合价从0价既升到+1价，又降低到-1价，所以属于氧化还原反应中的歧化反应，不属于四种基本反应类型，A项正确；
B.该反应中硫元素和氧元素的化合价发生了变化，所以属于氧化还原反应，但该反应同时属于置换反应，B项错误；
C.该反应中氮元素的化合价发生了变化，是氧化还原反应中的归中反应，但该反应也属于分解反应，C项错误；
D.该反应是复分解反应，也是非氧化还原反应，D项错误；
所以答案选择A项。
5.下列有关说法不正确的是（ ）
A. 人们最早先根据味道来获得朴素酸、碱概念：一切有酸味的物质都是酸，一切有涩味的物质都是碱。
B. 波义耳基于指示剂变色来分辨酸碱：酸一定能使石蕊变红，碱一定能使石蕊变蓝。
C. 地球上最大规模的化学反应是植物的光合作用，人类利用氮肥的最有效的反应是合成氨反应。
D. 酸碱质子理论：凡是能给出的物质就是酸，凡是能结合的物质就是碱，适用水溶液，也适用非水溶液或无水条件。
【答案】B
【解析】
【详解】A.最朴素最原始的酸、碱认知来自于生活中的味觉判断，A项正确；
B.氢氧化铜是碱，但是其不溶于水，不能使石蕊变蓝，B项错误；
C.植物的光合作用，地球上规模最大的化学反应，合成氨实现了人工固氮，自此氮肥才得以被人们广泛应用，C项正确；
D.酸碱质子理论从给出H+和结合H+角度给出了酸、碱的概念，将酸、碱概念的适用范围从水溶液拓展到非水溶液，D项正确；
所以答案选择B项。
6.下列说法不正确的是（ ）
A. 主要用于制太阳能电池板
B. 氧化镁可用作耐高温材料
C. 硫酸铜可用于游泳池水的消毒
D. 二氧化硫可用于漂白纸浆
【答案】A
【解析】
【详解】A.制作太阳能电池板的是硅单质而不是二氧化硅，A项错误；
B.氧化镁的熔点很高（2800℃），可用作耐高温材料，B项正确；
C.硫酸铜电离产生的铜离子，属于重金属离子，可用于杀菌消毒，C项正确；
D.二氧化硫具有漂白性，可用于漂白纸张，D项正确；
所以答案选择A项。
7.下列表示正确的是（ ）
A. 氯化镁的电子式： B. 硝基苯的结构简式：
C. 乙炔分子的球棍模型： D. S2—的结构示意图：
【答案】C
【解析】A．氯化镁的电子式为，故A错误；B．硝基苯的结构简式为，分子结构中含有碳氮键，而不是碳氧键，故B错误；C．乙炔分子的球棍模型为，故C正确；D．S2—的结构示意图为，故D错误；答案为C。
8.下列说法不具有因果关系的是（ ）
A. 明矾溶于水后生成氢氧化铝胶体，因此具有净水能力
B. 纯碱水溶液呈碱性，因此可以去油污
C. 二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠，因此装氢氧化钠溶液的试剂瓶不能用玻璃塞
D. 具有漂白性，因此能使酸性高锰酸钾溶液褪色
【答案】D
【解析】
【详解】A.明矾溶于水，电离产生铝离子，铝离子水解形成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有净水能力，A项正确；
B.纯碱中碳酸根离子水解使溶液呈碱性，加热则碱性增强，在此较强的碱性介质中油脂能够水解而除去，B项正确；
C.二氧化硅与NaOH溶液发生反应：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，硅酸钠水溶液是一种矿物胶，具有较强的粘性，如使用磨口玻璃塞盛装氢氧化钠溶液，一段时间后瓶塞不易打开，C项正确；
D.二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色，体现的是二氧化硫的还原性而不是漂白性，D项错误；
所以答案选择D项。
9.未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或很少污染，且可以再生。下列最有希望的新能源是（ ）
①天然气 ②煤 ③石油 ④太阳能 ⑤氢能 ⑥酒精
A. ①③⑤ B. ②③④ C. ①④⑤ D. ④⑤⑥
【答案】D
【解析】
【详解】所给的各种能源中，天然气、煤、石油是化石能源，需经亿万年才能形成，为传统能源。太阳能和氢能的发展前景广阔，酒精是可以再生的能源。
所以答案选择D项。
10.下列说法不正确的是（ ）
A. 某试样焰色反应呈黄色，则试样中一定不含有
B. 鉴别和溶液可用硝酸酸化的硝酸银溶液
C. 容量瓶不能用作溶解物质的容器
D. 粗盐的提纯实验中，滤液在蒸发皿中加热蒸发结晶
【答案】A
【解析】
【详解】A.据试样焰色呈黄色，说明样品中含有钠元素，要确定是否含有钾元素，还要透过蓝色钴玻璃，A项错误；
B.向NaCl和KI溶液中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，产生白色沉淀的是氯化钠，产生黄色沉淀的是KI溶液，B项正确；
C.容量瓶唯一的作用是用来确定一个精确的溶液的体积，既不能用作反应的容器，也不能用作溶解、稀释、贮存的容器等，C项错误；
D.粗盐提纯实验中，蒸发操作使用蒸发皿来盛装滤液进行直接加热，D项正确；
所以答案选择A项。
11.下列除去括号内的杂质选用的试剂及方法均正确的是（ ）
序号
被提纯的物质
除杂试剂
分离方法
A
溴化钠溶液（碘化钠）
氯水、四氯化碳
萃取、分液
B
碳酸氢钠溶液（碳酸钠）
石灰水
过滤
C
碳酸钠溶液
洗气
D
酒精（水）
生石灰
蒸馏
【答案】D
【解析】
【详解】A.溴化钠溶液中混有碘化钠，可加入溴水和四氯化碳将其转化：Br2+2I-=2Br-+I2，用氯水则引入了氯离子这一杂质，A项错误；
B.碳酸氢钠和碳酸钠都能与氢氧化钙溶液形成白色沉淀，B项错误；
C.碳酸钠溶液除了能与杂质SO2反应外，也能与主要成分二氧化碳发生反应：CO2+H2O+Na2CO3=2NaHCO3，C项错误；
D.生石灰与水反应：CaO+H2O=Ca(OH)2，然后蒸馏即可获得无水酒精，D项正确；
所以答案选择D项。
12.下列说法不正确的是（ ）
A. 石油分馏属于物理变化，煤的干馏属于化学变化
B. 煤气化生成的水煤气，再经过催化合成可得到液态烃
C. 足量乙烯通入溴的四氯化碳溶液中，溶液颜色由红棕色变成无色
D. 甲烷是一种高效的燃料，常温下性质稳定，即使高温也不会分解
【答案】D
【解析】
【详解】A.石油的分馏是利用各组分的沸点差异实现的分离操作，属于物理变化，煤的干馏是指煤在隔绝空气加强热的条件下，发生了非常复杂的物理变化和化学变化的过程，所以干馏属于化学变化，A项正确；
B.煤在高温下与水蒸气反应生成CO和H2：，CO和H2在催化剂和加热的条件下，可以合成液态烃、醇类等物质，这两个过程又被称为煤的气化和液化，B项正确；
C.乙烯与溴单质发生加成反应，溴的四氯化碳溶液褪色，C项正确；
D.甲烷在常温下性质稳定，与强酸、强碱、酸性高锰酸钾溶液等都不反应，但在高温下甲烷会发生分解，生成炭和氢气等，D项错误；
所以答案选择D项。
13.元素X、Y、Z和W在周期表中的位置如图所示，其中X、Y、Z均为短周期元素，且X、Y、W原子的最外层电子数之和为13。下列说法不正确的是（ ）
X
Y
Z
W
A. 原子半径：
B. W的最高价氧化物对应的水化物可能为强碱
C. 上述四种元素可形成化合物
D. 一定条件下，Z单质与X的氢化物及Y的氢化物均能反应
【答案】B
【解析】
【分析】X、Y、Z均为短周期元素，设X的最外层电子数为a，则Y的最外层电子数为a+1，W的最外层电子数为a，所以有3a+1=13，解得a=4，所以X为碳元素，W为锗元素，Y为氮元素，Z为氯元素。
【详解】A.进行原子半径的大小比较，通常首看电子层数，其次看核电荷数，所以原子半径：r(W)>r(Z)>r(X)>r(Y)，A项正确；
B.W的最高价氧化物对应的水化物为H4GeO4或Ge(OH)4，根据对角线规则，该物质是两性物质，不可能为强碱，B项错误；
C.上述四种元素可能形成化合物C3N4、GeCl4，C项正确；
D.一定条件下，氯气与碳的氢化物（烃）发生取代或加成反应，与氮的氢化物（比如氨气）可发生氧化还原反应等，D项正确；
所以答案选择B项。
14.下列对于太阳能、生物质能和氢能的利用的说法不正确的是 ( )
A. 芒硝晶体(Na2SO4·10H2O)白天在阳光下曝晒后失水、溶解吸热,夜里重新结晶放热,实现了太阳能转化为化学能继而转化为热能
B. 将植物的秸秆、枝叶、杂草和人畜粪便加入沼气发酵池中,在富氧条件下,经过缓慢、复杂、充分的氧化反应最终生成沼气,从而有效利用生物质能
C. 生活、生产中大量应用氢能源,首先要解决由水制备氢气的能耗、氢气的储存和运输等问题
D. 垃圾焚烧处理厂把大量生活垃圾中的生物质能转化为热能、电能,减轻了垃圾给城市造成的压力,改善了城市的环境,增强了市民的环保意识
【答案】B
【解析】
【详解】A、芒硝在白天光照下失水，是太阳能转化为化学能，晚上重新结晶放热，是化学能转化成热能，故A说法正确；
B、生物质能就是太阳能以化学能形式贮存在生物质中的能量形式，即以生物质为载体的能量，将植物的秸秆、枝叶、杂草和人畜粪便加入沼气发酵池中，在氧气不充足、厌氧菌的作用下进行，故B说法错误；
C、氢能源开发利用过程中需要解决的课题是探索廉价制氢气的方法和怎样解决氢气的贮存运输问题，故C说法正确；
D、利用垃圾发电可将生活垃圾中的生物质能转化为热能、电能等，故D说法正确。
答案选B。
15.下列离子方程式能正确描述实验事实的是（ ）
A. 镁粉加到氯水中，氯水褪色：
B. 双氧水和稀硫酸同时加到84消毒液中，产生大量气泡：
C. 混和溶液中产生淡黄色沉淀：
D. 在溶液中通入气，溶液颜色变深：
【答案】B
【解析】
【详解】A.所给的离子方程式没有涉及因氯气消耗而使氯水褪色的原因，A项错误；
B.过氧化氢既有氧化性又有还原性，在酸性条件下，被强氧化性的次氯酸氧化为氧气，B项正确；
C.产生淡黄色沉淀是发生了价态归中反应：2S2-+SO32-+6H+=3S↓+3H2O，C项错误；
D. 因I-的还原性强于Fe2+，所以向FeI2中通入氯气，首先发生反应：2I-+Cl2=I2+2Cl-，总反应为：2Fe2++4I-+3Cl2=2Fe3++2I2+6Cl-，D项错误；
所以答案选择B项。
16.下列说法不正确的是（ ）
A. 干冰升华和液氯气化时，都只需克服分子间作用力
B. 硫酸氢钠晶体溶于水，需要克服离子键和共价键
C. 和中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构
D. 石墨转化为金刚石时，既有共价键的断裂，又有共价键的形成
【答案】C
【解析】
【详解】A.干冰和液氯均由分子构成，干冰升华和液氯气化时均需克服分子间作用力，A项正确；
B.硫酸氢钠溶于水发生电离：NaHSO4=Na++H++SO42-，该过程需要破坏钠离子和硫酸氢根离子间的离子键、硫酸氢根离子中的共价键，B项正确；
C.在NH3中，氢原子最外层满足2电子稳定结构，C项错误；
D.石墨中既有层与层间的范德华力，又有层内的碳碳原子间共价键，金刚石是碳原子形成正四面体的空间拓展的网状结构，所以石墨转化为金刚石时，既要有共价键断裂，又有共价键的形成，D项正确；
所以答案选择C项。
17.下列说法正确的是（ ）
A. 石墨和C60互为同位素 B. CH3CH2OH和CH3OCH3互为同分异构体
C. l4CO2的摩尔质量为46 D. 、为不同的核素，有不同的化学性质
【答案】B
【解析】
【详解】A.同位素是质子数相同中子数不同的同元素的不同原子之间的互称，石墨和C60互为同素异形体，故A错误；
B.CH3CH2OH和CH3OCH3分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故B正确；
C.l4CO2的摩尔质量是46g/mol，故C错误；
D.和二者是同种元素的不同核素，质子数一样，化学性质相似，故D错误。
故选B。
18.将和以（体积比）分别通入到体积为2L的恒容密闭容器中进行反应：，得到如下三组数据，其中实验①、②没有使用催化剂。下列说法不正确的是（ ）
实验
温度/℃
起始的量/mol
平衡的量/mol
达平衡所需时间/min
①
500
5.00
2.00
40
②
800
3.00
1.00
15
③
500
3.00
1.20
9
A. 实验①中，在内，以表示的反应速率大于
B. 比较实验①和②，不能说明浓度对反应速率的影响
C. 比较实验①和②，不能说明反应速率随温度升高而增大
D. 比较实验②和③，说明实验③使用了催化剂
【答案】C
【解析】
【分析】如要研究某一个反应条件的改变对化学反应速率的影响，通常要采用控制变量法，即控制只有一个外界条件改变时，该化学反应速率的变化情况。
【详解】A.实验①中达到平衡耗时40min，从开始到平衡时用CO2表示的平均反应速率为，所以用H2表示的反应速率也是。在温度不变的条件，从反应物开始投料，用H2表示的反应速率将越来越小，直至不变时达平衡，所以在前10min的反应速率必大于，A项正确；
B.实验②对比实验①，浓度减小了，但达到平衡所用的时间反而也少了（温度升高引起），所以不能对比说明浓度对反应速率的影响，B项正确；
C.实验①和实验②相比，反应物的浓度减小了，但达到平衡所用的时间却减小了，能说明温度升高了，致使反应速率有了明显的提升，C项错误；
D. 实验②对比实验③相比较，发现实验③虽然温度低了，但反应速率明显大，题目又告知实验②没有使用催化剂，显然实验③使用了催化剂，极大地加快了反应速率，D项正确；
所以答案选择C项。
19.设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A. 常温常压下，氖气所含有的原子数目为
B. 铁粉与盐酸完全反应转移电子的数目为
C. 标准状况下，和混合体系中含有的硫原子数目为
D. 常温常压下的乙烯（）和丙烯（）混合气体中含有的原子数为
【答案】D
【解析】
【详解】A.氖分子为单原子分子，10g氖气分子的物质的量为0.5mol，其原子物质的量也为0.5mol，即原子的数目为0.5NA，A项错误；
B.5.6g铁粉的物质的量为0.1mol，50mL 2mol·L-1中n(HCl)=0.1mol，二者发生反应：Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，简单判断可知铁过量，所以盐酸完全反应，该反应中转移的电子数为0.1NA，B项错误；
C.在标准状况SO3不是气体，所以该混合体系中硫原子数目不是0.1NA，C项错误；
D.乙烯和丙烯的最简式均为CH2，14g乙烯和丙烯的混合气体，相当有CH2 1mol，含有的原子数目为3NA，D项正确；
所以答案选择D项。
20.下列说法正确的是（ ）
A. 碳和氧气反应生成一氧化碳是吸热反应，是因为反应物的能量低于生成物的能量
B. 科学家从植物的光合作用得到启发，用二氧化碳与水来合成乙酸，反应原理为：，这是一个放热反应
C. 二氧化硫气体与氧气充分发应生成三氧化硫气体，放出热量，其热化学方程式为：
D. 放热反应可能很难发生，吸热反应可能很容易反应
【答案】D
【解析】
【详解】A.碳和氧气的反应属于碳的不完全燃烧，应是放热反应，反应物的总能量应高于生成物的总能量，A项错误；
B.该反应倒过来看，可看出是乙酸的燃烧反应，是放热反应，所以从左往右看，该反应必是一个吸热反应，B项错误；
C.二氧化硫和氧气的反应是一个可逆反应，如向容器中投入2mol二氧化硫和1mol氧气，则不会完全反应，而该可逆反应的热化学方程式中的焓变，则是表达了2mol SO2和1mol O2完全反应时的放出的热量，C项错误；
D.放热有利于自发，吸热不利于自发。但一个反应的自发与否，只是表达了反应进行的可能趋势。一个反应是否容易发生，还要综合考查多种因素，比如化学反应速率的大小，D项正确；
所以答案选择D项。
21.某热再生电池工作原理如下图所示。通入时电池开始工作，左边电极棒不断溶解，右边电极棒不断增厚，中间a为离子交换膜，放电后可通过废热进行充电。已知电池总反应：。下列说法不正确的是（ ）
A. 此电池为二次电池
B. 放电时，左边电极发生氧化反应
C. a为阳离子交换膜
D. 放电时，转移电子，两电极质量变化的差值为
【答案】C
【解析】
【详解】A.题目中已明确告知该电池可通过废热进行充电，所以该电池为二次电池，A项正确；
B.放电时，左侧的铜电极棒不断溶解，发生氧化反应：Cu-2e-=Cu2+，B项正确；
C.在原电池内电路中阳离子向正极移动，如a为阳离子交换膜，电极溶解生成的铜离子要向右侧移动，通入NH3要消耗Cu2+，显然左侧阳离子不断减小，明显不利于电池反应正常进行，C项错误；
D.放电时，负极和正极的反应分别为：Cu-2e-=Cu2+、Cu2++2e-=Cu，转移0.2mol电子，负极减重0.1mol Cu，正极增重0.1mol Cu，两极质量变化的差值为0.2mol×64g·mol-1=12.8g，D项正确；
所以答案选择C项。
22.下列说法正确的是（ ）
A. 是一元羧酸，对应的酸根是
B. 不是天然氨基酸，但它可以和甘氨酸反应形成肽键
C. 葡萄糖溶液中加入新制悬浊液可看到有砖红色沉淀生成
D. 纤维素的水解和油脂的皂化反应都是由高分子生成小分子的过程
【答案】B
【解析】
【详解】A.甲酸中是羧基上的H电离，所以甲酸对应的酸根为HCOO-，A项错误；
B.广义上讲，该物质结构中有氨基和羧基，属于氨基酸，天然的氨基酸都是α-氨基酸，该物质为β-氨基酸。由于该物质结构中含有氨基和羧基，所以可以和甘氨酸反应形成肽键，B项正确；
C.葡萄糖可与新制氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色的氧化亚铜沉淀，但需要加热条件，C项错误；
D.高分子化合物要求平均相对分子质量过万，而油脂的相对分子质量在一千左右，所以油脂不是高分子化合物，D项错误；
所以答案选择B项。
23.体积固定的密闭容器中发生下列反应，在一定条件下已达平衡的事实是（ ）
A. 容器内压强不变
B. 容器内A、B、C、D、E五者共存
C. A、D的消耗速率相等
D. D、C的生成速率相等
【答案】C
【解析】
【详解】A.分析所给的反应特点发现，E为固体，该反应前后气体分子总数不变，所以体积不变时压强始终不变，压强不变就不能作为该反应已达平衡的判据，A项错误；
B.反应物和生成物共存，只能说明该反应可逆，不能说明该反应达到平衡，B项错误；
C.A和D的化学计量数相等，A是反应物，D是生成物，二者的消耗速率相等，也就是说A(或D)的消耗速率与生成速率相等，显然该反应已达平衡，C项正确；
D.D和C气体的化学计量数相等，所以生成速率始终相等，该事实无法判断反应是否达平衡，D项错误；
所以答案选择C项。
24.工业制溴的大致流程如图：
已知溴的沸点为58.7℃，常温下在水中的溶解度为3.58g；溴与碳酸钠溶液反应生成NaBr、NaBrO3、CO2等。则下列理解不正确的是（ ）
A. 步骤②通热空气是利用了溴的挥发性
B. 从混合液甲到混合液乙，目的是对溴进行富集
C. 步骤④加硫酸后发生氧化还原反应，其中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：1
D. 操作⑤可以采取萃取、分液、蒸馏
【答案】C
【解析】
【详解】A.溴单质易挥发，通入热空气对溶液进行加热，利于溴蒸气逸出，A项正确；
B.因母液中含溴量较少，所以先用热空气将溴单质吹出，先用碳酸钠溶液吸收，再用硫酸酸化而重新生成溴单质，完成了溴的富集，B项正确；
C.步骤④加硫酸酸化，发生反应：5NaBr+NaBrO3+3H2SO4=3Na2SO4+3Br2+3H2O，氧化产物和还原产物均为溴单质，其物质的量之比为5：1，C项错误；
D.操作⑤应是从含溴的水溶液中获得溴单质，通常可加入有机萃取剂进行萃取、分液、蒸馏，以获得单质溴，D项正确；
所以答案选择C项。
25.取某固体样品，进行如下实验：
①取a g样品，加足量水充分溶解，得澄清透明溶液，未产生浑浊；
②取20mL溶液，加入足量氯水，无气体产生，再加入CCl4后分层，下层为橙红色；
③将②中溶液分液后，在上层溶液加入足量和盐酸，产生白色沉淀4.66g；
④另取10mL原溶液，加入过量的浓氢氧化钠溶液并加热，收集到标准状况下448mL气体；
该固体样品可能是（ ）
A. NH4Cl NaBr (NH4)2SO4
B. CuBr2 NaCl (NH4)2SO3
C. NaBr Na2CO3 (NH4)2SO4
D. NaCl NaBr (NH4)2SO3
【答案】D
【解析】
【分析】根据每一个实验步骤得出相应的结论进行排除，考虑定性的同时注意定量的关系。
【详解】实验步骤①：取ag样品，加足量水充分溶解，得澄清透明溶液，未产生浑浊，说明各物质间不能发生反应生成沉淀，所给的选项B中各物质间会反应生成沉淀，B项排除；
实验步骤②：取20mL溶液，加入足量氯水，无气体产生，据此排除C项，C项会产生CO2气体；再加入CCl4后液体分层，下层为橙红色，说明原溶液中含有溴离子，A项和D项均符合；
实验步骤③：将步骤②中溶液分液后，在上层溶液加入足量BaCl2和盐酸，产生白色沉淀4.66g，这显然是0.02mol的BaSO4沉淀，A项有SO42-，D项有SO32-可被氯水氧化为SO42-，所以A项和D项均符合；
实验步骤④：另取10mL原溶液，加入过量的浓氢氧化钠溶液并加热，收集到标准状况下448mL气体，该气体为0.02mol的氨气，说明原溶液中含有NH4+，则20mL原溶液中含有的NH4+应为0.04mol，即从量上来看，N和S原子的物质的量之比应是2：1，A项中N和S的物质的量之比明显大于2：1，不符合，而D项中N和S的物质的量之比恰好为2：1，所以答案选择D项。
二、填空题
26.乙炔是一种重要的化工原料，以乙炔为原料衍生出部分化工产品的反应如图（部分反应条件已略去）：
（1）A中官能团的名称为____，A→D的反应类型为：____。
（2）下列有关E的说法正确的是____（填字母序号）。
A.可发生氧化反应、取代反应
B.能与溶液反应放出
C.易溶于水
D.是的同系物
（3）写出D→E反应的化学方程式：_____。
（4）已知E+F→G的反应中反应物的原子利用率为100%，写出F的结构简式____
【答案】(1). 醛基、碳碳双键 (2). 氧化反应 (3). AD (4). (5).
【解析】
分析】A和银氨反应并酸化，得到D，发生的是醛基氧化为羧基的反应，所以物质A是丙烯醛CH2=CHCHO。分析对比D和E的结构可知，D到E是D和甲醇发生了酯化反应。E和F反应生成G，且原子利用率为100%，E中的碳碳双键消失，所以发生了加成反应，则F的结构简式为。
【详解】（1）A为CH2=CHCHO，其结构中含有碳碳双键和醛基两种官能团；A生成D发生的是醛基的氧化反应；
（2）从题图中可知E为CH2=CHCOOCH3，
A.因E的结构中有碳碳双键，所以可以发生氧化反应（或可以燃烧，发生氧化反应），因结构中含有酯基，所以可以发生水解反应（实质为取代反应），A项正确；
B. 能与NaHCO3发生反应的有机物，其结构中必含有羧基，而E中没有，B项错误；
C. 因结构中无亲水基团（羟基），所以E难溶于水（作为酯类物质水溶性往往较差），C项错误；
D.因所给物质与E均是含有碳碳双键和酯基的链状结构，所以结构相似，对比二者的结构发现，F的结构是相当于将E中的甲基换成了乙基，所以组成上相差了一个CH2，符合同系物的定义，D项正确；所以选择AD项。
（3）D到E是D和甲醇发生了酯化反应，化学方程式为：CH2=CHCOOH+CH3OHCH2=CHCOOCH3+H2O，注意反应条件的规范化标注，注意可逆符号，尤其要注意无机小分子水一定要写出；
（4）E和F反应生成G，且原子利用率为100%，E中的碳碳双键消失，所以发生了加成反应，则F的结构简式为。
27.有一种埋在地下的矿物X（仅含四种元素），挖出后在空气中容易发黄，现探究其组成和性质，设计完成如图实验：
请回答：
（1）X的化学式____。
（2）X隔绝空气加热的化学反应方程式为：___。
（3）用化学方程式表示在空气中变黄的原因____。
（4）写出检验溶液A中存在的金属阳离子的实验方法：____。
【答案】 (1).
(2).
(3). (4). 取少量溶液A于试管中，加入少量溶液，无明显现象，再加入少量双氧水溶液，呈现血红色，证明溶液中含
【解析】
【分析】矿物X挖出后在空气中容易发黄，推测该矿物中含有Fe2+。无色无味能与石灰水反应的气体，排除了二氧化硫的可能性，该气体为二氧化碳气体。分解产物中还有水，所以矿物X的4种组成元素为Fe、C、H、O。20.6g X隔绝空气加强热得到热气体和黑色固体，热气体冷却后得到水1.8g，其物质的量为0.1mol，无色无味气体应为二氧化碳，通入澄清石灰水生成碳酸钙沉淀，溶液增重4.4g即为二氧化碳的质量，其物质的量为0.1mol。因隔绝空气加强热，所以黑色固体中应为氧化亚铁。经硫酸溶解后，加足量的NaOH溶液生成沉淀，在空气中充分灼烧后得到氧化铁，其质量为16.0g，其物质的量为0.1mol。所以物X中n(Fe):n(H):n(C)=0.2:0.2:0.1=2:2:1，据化合价代数和为0来配上氧原子数。矿物X的化学式为Fe(OH)2·FeCO3或Fe2(OH)2CO3。
【详解】（1）据以上分析，矿物X的化学式为Fe(OH)2·FeCO3或Fe2(OH)2CO3，表达出原子个数比即可。
（2）X隔绝空气加热的化学反应方程式为：；
（3）在空气中变黄，是+2价铁被氧化成+3价铁：2Fe(OH)2·FeCO3+O2=2Fe2O3+2CO2↑+2H2O；
（4）溶液A的阳离子是Fe2+，检验的方案是：取少量溶液A于试管中，加入少量KSCN溶液，无明显现象，再加入少量双氧水（或氯水），溶液变为血红色，说明原溶液中含有Fe2+。
28.元素A、B、D、E、F、G均为短周期主族元素，且原子序数依次增大，只有E为金属元素。已知A原子只有一个电子层；E、F的原子序数分别是B、D的2倍，其中D、F同主族，B、E不同主族。回答下列问题：
（1）元素D在周期表中的位置____。
（2）F和G形成的化合物，分子中所有原子均为8电子稳定结构，该化合物的电子式为____。
（3）由上述元素组成的物质中，按下列要求写出化学方程式
①两种弱酸反应生成两种强酸______；
②置换反应，且生成物在常温均为固态____。
（4）在D、F、G中选取2种元素组成具有漂白、杀菌作用的化合物___。
【答案】(1). 第二周期VI A族 (2). 或 (3). (4). (5). ClO2、SO2
【解析】
【分析】A元素为短周期主族元素，且A原子只有一个电子层，所以A为氢元素；F的原子序数是D的2倍，且D和F在同一主族，所以D为氧元素，F为硫元素，则G为氯元素；E为金属元素，其原子序数是B的2倍，所以E核外电子数为偶数，位于第三周期，为镁元素，所以B是碳元素。即A、B、D、E、F、G依次是H、C、O、Mg、S、Cl元素。
【详解】(1)元素D为氧元素，位于第二周期VI A族；
(2)F为硫元素，G为氯元素，形成化合物分子中所有原子均满足8电子稳定结构，则硫应显2价，氯显1价，所以该化合物为SCl2或S2Cl2（硫与氧同主族，也可能形成硫硫非极性共价键），其对应的电子式为；
(3)①弱酸制强酸，通常发生的是氧化还原反应。分析所给的元素中，表现强氧化性的弱酸想到次氯酸，表现还原性的酸想到H2S、H2SO3等，但二者中只有H2SO3与次氯酸反应生成的是两种强酸：H2SO3+HClO=HCl+H2SO4；
②置换反应，要有单质参与，生成物均为固体，排除了氯、氢等，想到镁和二氧化碳：；
(4)中学学习的具有漂白性的物质包括二氧化硫、过氧化钠、过氧化氢、次氯酸、二氧化氯等，其中由所给的元素组成的且组成元素为2种的，想到了二氧化氯、二氧化硫。
29.在100mL碳酸钠与碳酸氢钠的混合溶液中，加入氢氧化钡溶液，生成的沉淀如表：
实验序号
1
2
3
V（氢氧化钡溶液）/mL
80
160
240
沉淀质量/g
1.576
3.152
3.940
将实验3的悬浊液过滤，在滤液中加盐酸，恰好呈中性。
（1）氢氧化钡溶液的物质的量浓度为___。
（2）若将原100mL碳酸钠与碳酸氢钠的混合溶液加热蒸干并灼烧至恒重，得到___g。
【答案】(1). (2). 0.22
【解析】
【分析】从离子方程式的角度进行分析。向碳酸钠和碳酸氢钠的混合溶液中加入氢氧化钡溶液，发生的离子反应有： HCO3-+OH-=H2O+CO32-、Ba2++CO32-=BaCO3↓。从实验2和实验3沉淀质量的变化来看，实验2显然没有沉淀完全，假设实验3中的240mL溶液仍能完全将Ba2+沉淀，应生成的沉淀的质量是=4.728g>3.940g，所以实验3中溶液中的所有的碳酸钠和碳酸氢钠均已反应完全。
【详解】（1）据以上分析，实验2中加入的钡离子完全沉淀，发生反应Ba2++CO32-=BaCO3↓，n[Ba(OH)2]=n(Ba2+)=n(BaCO3)==0.016mol，所以c[Ba(OH)2]==0.1mol/L；
（2）240mL氢氧化钡溶液中氢氧化钡的物质的量为：0.24L×0.1mol/L=0.024mol，其中OH-的物质的量为0.048mol。实验3的滤液中加入100mL 0.38mol/L盐酸恰好完全中和剩余的OH-，其物质的量为0.038mol，所以100mL原混合溶液中HCO3-消耗的OH-的物质的量为：0.048mol-0.038mol=0.01mol，则据反应式HCO3-+OH-=H2O+CO32-可知原溶液中NaHCO3的物质的量为0.01mol。实验3中共生成BaCO3沉淀0.02mol，其中NaHCO3生成的BaCO3沉淀是0.01mol，所以碳酸钠生成的BaCO3沉淀是0.01mol，所以原溶液中含有Na2CO3 0.01mol。将原混合溶液加热蒸干并灼烧至恒重，只有碳酸氢钠受热分解：，0.01mol NaHCO3完全分解生成二氧化碳0.005mol，其质量为0.005mol×44g/mol=0.22g。
30.氮和氮的化合物在工农业生产、国防和生活中都有极其广泛的用途。请回答下列与氮元素有关的问题：
（1）亚硝酸氯（结构式为Cl-N=O）是有机合成中的重要试剂，可由Cl2和NO在通常条件下反应制得，反应方程式为。
已知几种化学键的键能数据如表所示：
化学键
键能（）
243
a
607
630
当Cl2与NO反应生成ClNO的过程中转移了4mol电子，理论上放出的热量为___kJ。（用数字和字母表示）
（2）温度一定时，在一个体积为1L的密闭容器中通入2mol NO和1mol Cl2，10min时ClNO体积占气体总体积40%，反应开始到10min内NO的平均反应速率：=___。
（3）利用电化学原理，将NO2、O2和熔融KNO3制成燃料电池，装置如图所示：
电池工作时，NO2转变成绿色硝化剂Y（N2O5），可循环使用，则石墨Ⅱ为电源____极，石墨Ⅱ附近发生电极反应式为___。
（4）含氮废水进入水体会造成富营养化，常使用次氯酸去除氨氮（以NH4+表示），生成无毒无害物质。次氯酸氧化除去氨氮的离子反应方程式是____。
【答案】(1). (2). 0.1 (3). 正 (4). (5).
【解析】
【分析】（1）先依据所给的化学方程式找到转移电子数与放热的关系，然后列正比例式进行求算；
（2）利用三段式求出NO的浓度改变量，除以时间即可；
（3）明确价态变化，明确正负极，考虑题给信息，写出电极反应式；
（4）根据题给的信息，明确反应物和产物，利用化合价升降总数相等配平即可。
【详解】（1）从反应方程式2NO+Cl22ClNO来看，每消耗1mol Cl2，转移2mol电子，放出的热量为(a+607)×2-2×630-243=(2a-289)kJ，所以转移4mol电子，放出热量为2×(2a-289)kJ=(4a-578)kJ；
（2） 根据化学方程式：
2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)
初始 2 1 0
变化 2x x 2x
剩余 2-2x 1-x 2x
10min时ClNO体积占气体总体积的40%，则其物质的量分数也为40%，即=0.4，解得x=0.5mol，所以开始到10min内NO的平均反应速率=0.1mol·L-1·min-1；
（3）石墨II处通入了O2，发生了还原反应，对应原电池的正极。发生的电极反应式为：O2+N2O5+4e-=2NO3-，注意看清图示中的N2O5进入了正极区域；
（4）次氯酸是强氧化剂，NH4+被氧化为氮气，反应的离子方程式为：2NH4++3HClO=N2↑+3H2O+5H++3Cl-。
三、实验题
31.碘化钠在有机合成中用途广泛，工业制备碘化钠有多种方法，下图是制备碘化钠的两种方案。已知：3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O；N2H4·H2O的沸点118℃，100℃开始分解。
（1）方案一中加入N2H4·H2O后发生的离子反应为：2IO3-(aq)+3N2H4·H2O(l)=2I-(aq)+3N2(g)+7H2O(l) △H<0；部分装置如图1所示。
①图1中仪器b的名称为___。若要使分液漏斗中的液体流入三颈烧瓶中，具体的操作是___。
②实验过程中需控制反应温度70℃左右的原因是___。图1中加热的方式最好选用____。
（2）结合NaI溶解度曲线（如图2），流程图中方法②的具体操作为：加热蒸发、___、过滤、洗涤得到白色晶体。
（3）写出方案二中加入Fe屑后的离子方程式_____。
（4）方案二比方案一得到产品的产率略低，其原因是____。
【答案】(1). 冷凝管 (2). 先打开分液漏斗的玻璃塞，再缓慢旋开活塞 (3). 温度过高，N2H4·H2O分解及挥发，温度过低反应太慢 (4). 水浴加热 (5). 冷却结晶 (6). 3H2O+3Fe+IO3-=3Fe(OH)2↓+I- (7). 沉淀未洗涤
【解析】
【分析】（1）为了使分液漏斗中液体顺利流下，要先打开分液漏斗的玻璃塞，平衡气压；控制温度既要考虑温高造成的影响，也要考虑温低造成的影响；
（2）溶解度曲线的重要用途之一就是用来判断是否可以采用降温结晶法；
（3）“左顾右盼”判断出部分的反应物和生成物；
（4）对比两个方案流程的差异，流程二进行了晶体的洗涤，因NaI易溶于水，会造成部分NaI溶解损耗。
【详解】（1）①仪器b的名称是（直形）冷凝管；若要使分液漏斗中的液体流入三颈烧瓶，具体的操作是：先打开分液漏斗的玻璃塞，再缓慢地旋开活塞；先打开玻璃塞，是为了平衡气压，便于液体顺利流下；
②实验过程中需控制反应温度在70℃左右，原因是温度过高N2H4·H2O分解及挥发加剧，温度过低则反应太慢；图I中加热方式最好选用水浴加热；
（2）NaI的溶解度曲线表明：NaI的溶解度随着温度的升高显著增大。流程图中方法②是从溶液中获得NaI晶体，首先是通过加热蒸发浓缩，将NaI溶液由不饱和溶液变为（过）饱和溶液，然后降温（冷却）结晶，然后过滤、洗涤、干燥即可；
（3）含NaI、NaIO3、NaOH等的混合液，加入铁屑后，IO3-被反应掉，生成了I-，从生成白色沉淀知道铁反应后生成了Fe(OH)2，反应的离子方程式为：3Fe+IO3-+3H2O=3Fe(OH)2↓+I-；
（4）方案二比方案一得到的产品的产率略低，是因为方案一从溶液中直接得到了沉淀，未经洗涤，而方案二在题给的方法②描述中明确提到了洗涤。
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