还剩24页未读，
继续阅读
贵州省毕节市纳雍县第一中学2018-2019学年高一下学期期末考试化学试题
展开
www.ks5u.com
贵州省毕节纳雍县一中2018-2019学年下学期期末考试高一化学试题
1.氮化铝(AlN，Al和N的相对原子质量分别为27和14)广泛用于电子、陶瓷等工业领域。在一定条件下，AlN可通过反应Al2O3＋N2＋3C2AlN＋3CO合成。下列叙述正确的是( )
A. 上述反应中，N2是还原剂，Al2O3是氧化剂
B. 上述反应中，每生成1 mol AlN需转移3 mol电子
C. AlN中氮元素的化合价为＋3
D. AlN的摩尔质量为41 g
【答案】B
【解析】
【详解】A.反应方程式可知，Al、O化合价反应前后没有变化，N的化合价由0价变为-3价，而C的化合价由0价变为+2价，因此N2是氧化剂，Al2O3既不是氧化剂又不是还原剂，故A错误；
B.N的化合价由0价变为-3价，故每生成1molAlN需转移3mol电子，故B正确；
C.氮化铝中Al的化合价为+3价，根据化合物中各元素的正负化合价的代数和为零计算，氮元素的化合价是-3价，故C错误；
D.氮化铝的摩尔质量是41g/mol，故D错误。
故选B。
2.将a%的某物质的水溶液加热蒸发掉mg水(溶质不挥发、且蒸发过程无溶质析出)，所得溶液体积为VL，溶质的质量分数为蒸发前的2倍，设溶质的相对分子质量为M，则蒸发后所得溶液的物质的量浓度为( ) mol·L－1。
A. MV B. MV C. MV D.
【答案】D
【解析】
【分析】
将a%的某物质的水溶液加热蒸发掉mg水，溶质的质量分数为蒸发前的2倍，则蒸发后溶液的质量为mg，结合溶质的质量分数计算溶质的质量，根据n=进而计算溶质的物质的量，利用c=计算蒸发后所得溶液的物质的量浓度。
【详解】令蒸发后溶液的质量为xg，浓缩蒸发溶质的质量不变，则：（x+m）g×a%=x×2a%，解得x=m。溶质的质量为mg×2a%=2am%g，溶质的相对分子质量为M，所以溶质的物质的量为=mol，蒸发后所得溶液体积为VL，所以蒸发后溶液的物质的量浓度为=mol/L。
故选D。
3.铝既能与硫酸溶液反应，又能与烧碱溶液反应，下列说法不正确的是（ ）
A. 两个反应都是氧化还原反应
B. 铝与硫酸反应时，硫酸作氧化剂
C. 铝与烧碱溶液反应时，氢氧化钠作氧化剂
D. 两个反应都有气体生成
【答案】C
【解析】
【分析】
铝既能与硫酸溶液反应化学方程式为：2Al+3H2SO4=2Al2(SO4)3+3H2↑
铝能与烧碱溶液反应的化学方程式为：2Al + 2NaOH + 2H2O = 2NaAlO2 + 3H2↑，根据氧化还原反应的规律和具体反应作答。
【详解】根据上述分析可知：
A. 两个反应都是氧化还原反应，A项正确；
B. 铝与硫酸反应时，硫酸转化为氢气，其中H元素化合价从+1价降低到0价，被还原，作氧化剂，B项正确；
C. 铝与烧碱溶液反应时，可理解为铝先与水反应生成氢氧化铝与氢气，生成氢氧化铝再与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，因此水作氧化剂，C项错误；
D. 两个反应都有氢气生成，D项正确；
答案选C。
【点睛】C项是本题的难点，学生要理解铝与氢氧化钠反应的实质。
4.除去氧化镁中的氧化铝可选用的试剂是 ( )
A. 氢氧化钾溶液 B. 硝酸 C. 浓硫酸 D. 稀盐酸
【答案】A
【解析】
A. 氢氧化钾溶液能溶解氧化铝，与氧化镁不反应，可以除去氧化镁中的氧化铝，A正确；B. 硝酸是强酸，与氧化镁和氧化铝均反应，不能除去氧化镁中的氧化铝，B错误；C. 浓硫酸与氧化镁反应，不能除去氧化镁中的氧化铝，C错误；D. 稀盐酸是强酸，与氧化镁和氧化铝均反应，不能除去氧化镁中的氧化铝，D错误，答案选A。
5. 目前从海水中提取的溴占世界溴年产量的三分之一左右,常用的方法之一是用氧化剂把溴离子氧化成单质,再通入热空气将溴蒸气吹出,这一反应中常用的氧化剂是( )。
A. Cl2 B. Br2 C. H2O D. H2O2
【答案】A
【解析】
此法是通入氯气把浓缩的溶液中的溴化物氧化,然后用空气把生成的溴吹出。
6.证明硅酸的酸性弱于碳酸酸性的实验事实是 ( )
A. 二氧化碳是气体，二氧化硅是固体
B. 二氧化硅的熔点比二氧化碳高
C. 二氧化碳溶于水形成碳酸，二氧化硅难溶于水
D. 二氧化碳通入硅酸钠溶液中析出硅酸沉淀
【答案】D
【解析】
【分析】
要证明硅酸的酸性弱于碳酸，可以用强酸制取弱酸来判断即可，据此答题。
【详解】A.二氧化碳是气体，二氧化硅是固体，与其对应酸的强弱无关，所以不能证明硅酸酸性弱于碳酸，故A不选；
B.二氧化硅的熔点比二氧化碳高，与其对应酸的强弱无关，所以不能证明硅酸酸性弱于碳酸，故B不选；
C.二氧化碳溶于水形成碳酸，二氧化硅难溶于水，与其对应酸的强弱无关，所以不能证明硅酸酸性弱于碳酸，故C不选；
D. 二氧化碳通入硅酸钠溶液中析出硅酸沉淀，则碳酸和硅酸钠反应生成硅酸，强酸制取弱酸，所以能说明硅酸酸性弱于碳酸，故D选。
故选D。
7.在高空中有一层臭氧层，它吸收太阳了太阳光中绝大部分紫外线，使地球上的生物免受紫外线伤害，臭氧的化学式是O3，它是一种
A. 混合物 B. 氧化物 C. 单质 D. 化合物
【答案】C
【解析】
试题分析：根据臭氧的分子式可判断臭氧是由氧元素形成的单质，属于纯净物，答案选C。
考点：考查臭氧的分类
8.制玻璃和水泥的共同的原料是( )
A. 二氧化硅 B. 碳酸钠 C. 碳酸钙 D. 硅酸钠
【答案】C
【解析】
【分析】
水泥的原料是粘土和石灰石，玻璃的原料是纯碱、石灰石和石英，所以原料中均有石灰石即碳酸钙，据此分析解答。
【详解】生产玻璃的原料是纯碱、石灰石和石英，高温下，碳酸钠、碳酸钙和二氧化硅反应分别生成硅酸钠、硅酸钙；生产水泥以黏土和石灰石为主要原料，经研磨、混合后在水泥回转窑中煅烧，再加入适量石膏，并研成细粉就得到普通水泥；所以在玻璃工业、水泥工业中都用到的原料是石灰石即碳酸钙。
故选C。
9.如图为某石英晶体的平面结构示意图，它实际上是立体网状结构(可以看作晶体硅中的每个Si—Si键中插入一个O)。在石英晶体中，氧原子与硅原子的个数的比值和由硅原子、氧原子铁石构成的最小环上Si、O的原子个数之和分别是( )
A. 1 8 B. 2 12 C. 1/2 8 D. 1/2 12
【答案】B
【解析】
【详解】由石英晶体的平面结构可知(当然立体网状结构也一样)，每个Si周围结合4个O，而每个O周围结合2个Si，所以石英晶体中氧原子和硅原子个数之比为2∶1，由于石英晶体是立体网状结构，可以看成晶体硅中的每个Si—Si键上插有一个O(如图所示)，因此在石英晶体中，由硅原子、氧原子构成的最小环上具有的Si、O的原子个数之和是12(6个Si和6个O)，故B正确。
故选B。
10.等质量的甲烷和氨气相比较，下列结论中错误的是( )
A. 两种气体的分子个数之比为17∶16
B. 同温同压下，两种气体的体积之比为17∶16
C. 两种气体的氢原子个数之比为17∶12
D. 同温同压下，两种气体的密度之比为17∶16
【答案】D
【解析】
【详解】令CH4和NH3的质量都为1g，CH4的物质的量为=mol，NH3的物质的量为=mol，
A.分子数目之比等于物质的量之比，等质量的CH4和NH3分子数之比为mol：mol=17：16，故A正确；
B.同温同压下，气体体积之比等于物质的量之比，故等质量的CH4和NH3的体积之比为mol：mol=17：16，故B正确；
C.每个CH4分子含有4个H原子，1gCH4含有H原子的物质的量为4×mol，每个NH3分子含有3个H原子，1gNH3含有H的原子物质的量为3×mol，所以等质量的CH4和NH3含有H原子数目之比为4×mol：3×mol=17：12，故C正确；
D.同温同压下，两种气体的密度之比等于摩尔质量之比，故等质量的CH4和NH3的密度之比为16g/mol：17g/mol=16：17，故D错误。
故选D。
11.常温下不能溶于浓硝酸的金属是( )
A. 银 B. 铝 C. 铜 D. 镁
【答案】B
【解析】
【详解】A.常温下，金属银可以与浓硝酸之间反应生成硝酸银、二氧化氮和水，金属银可以溶于硝酸中，故A错误；
B.常温下，金属铝遇到浓硝酸会钝化，所以铝不可溶于浓硝酸，故B正确；
C.常温下，金属铜可以与浓硝酸之间反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，金属铜可以溶于硝酸中，故C错误；
D.常温下，金属镁可以与浓硝酸之间反应生成硝酸镁、二氧化氮和水，金属镁可以溶于硝酸中，故D错误。
故选B。
12.下列各组离子在水溶液中一定能大量共存的是( )
A. 含有大量 Ba2＋的溶液中：Cl－ K＋
B. 含有大量H＋的溶液中：Mg2＋ Na＋
C. 含有大量OH－的溶液中：Mg2＋
D. 含有大量Na＋的溶液中：H＋ K＋
【答案】D
【解析】
【分析】
离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，反之是可以的，结合离子的性质和题干限制条件分析判断。
【详解】A. 含有大量Ba2＋的溶液中硫酸根离子不能大量共存，A错误；
B. 含有大量H＋的溶液中碳酸氢根离子不能大量共存，B错误；
C. 含有大量OH－的溶液中Mg2＋不能大量共存，且镁离子和碳酸根离子不能大量共存，C错误；
D. 含有大量Na＋的溶液中H＋、K＋、SO42－、NO3－相互之间不反应，可以大量共存，D正确。
答案选D。
13.当不慎有大量氯气扩散到周围空间时，处在该环境中的人可以用浸有一定浓度某物质水溶液的毛巾捂住鼻子，以防中毒，最适合采用的是( )
A. NaOH B. NaCl C. NaHCO3 D. NH3·H2O
【答案】C
【解析】
【分析】
氯气有毒，可与碱溶液反应，则防止氯气中毒可用碱性较弱的溶液吸收，注意碱性太强时，其腐蚀性强，以此来解答。
【详解】A．NaOH虽能与氯气反应，达到吸收氯气的效果，但浓NaOH的腐蚀性强，不能用浸有浓NaOH溶液的毛巾捂住鼻子，故A错误；
B．NaCl不与氯气反应，且氯气在食盐水中的溶解度很小，则不能用浸有NaCl溶液的毛巾捂住鼻子来防止吸入氯气中毒，故B错误；
C．NaHCO3溶液显碱性，碱性较弱，能与氯气反应而防止吸入氯气中毒，则可以用浸有NaHCO3溶液的毛巾捂住鼻子，故C正确；
D．氨气本身具有刺激性，对人体有害，不能用氨水吸收氯气，故D错误；
答案选C。
【点睛】本题考查氯气的化学性质及防止氯气中毒的措施，侧重于化学与生活的考查，注意把握氯气与碱反应及物质的腐蚀性。
14.如下图装置，试管中盛有水，气球a中盛有干燥的Na2O2颗粒。U形管中注有浅红色的水。将气球用橡皮筋紧缚在试管口。实验时将气球中的Na2O2抖落到试管b的水中，将发现的现象是
A. U形管内红水褪色 B. 试管内溶液变红
C. 气球a被吹大 D. U形管水位d
【解析】
试题分析：由于发生反应2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，产生O2使气球膨胀，该反应放出大量热量，使锥形瓶中空气受热膨胀而出现U形管中水位d＞c，由于浅红色的水是在U形管中而非试管中，则试管内溶液不变色，U形管内的红水不褪色，故选：C．
考点：钠的重要化合物
15.下列有机物不是同分异构体的是( )
A. 葡萄糖和果糖 B. 蔗糖和麦芽糖
C. 淀粉和纤维素 D. 正丁烷和异丁烷
【答案】C
【解析】
【详解】A、葡萄糖和果糖的分子式都是C6H12O6，葡萄糖含有醛基，果糖含有羰基，因此两者属于同分异构体，故A不符合题意；
B、蔗糖和麦芽糖的分子式为C12H22O11，前者水解成葡萄糖和果糖，后者水解成葡萄糖，因此两者属于同分异构体，故B不符合题意；
C、淀粉和纤维素的分子式为(C6H10O5)n，两者的n值不同，因此淀粉和纤维素不互为同分异构体，故C符合题意；
D、正丁烷结构式为CH3CH2CH2CH3，异丁烷的结构式为CH(CH3)3，两者互为同分异构体，故D不符合题意。
16.下列各组离子从左至右半径依次减小且在水溶液中能大量共存的是( )
A. S2－、Cl－、K＋ B. Mg2＋、Na＋、O2－
C. Mg2＋、F－、H＋ D. Br－、Al3＋、Cl－
【答案】A
【解析】
【详解】A.S2－、Cl－、K＋具有相同电子层结构，具有相同电子层结构的离子，核电荷数越大，半径越小，所以半径大小为：S2－＞Cl－＞K＋，从左至右半径依次减小；S2－、Cl－、K＋离子之间不发生任何反应，可大量共存，故A符合题意；
B.Mg2＋、Na＋、O2－具有相同的电子层结构，具有相同电子层结构的离子，核电荷数越大，半径越小，所以半径大小为：O2－＞Na+＞Mg2＋，从左至右半径依次增大，故B不符合题意；
C.电子层数越多，离子半径越大，所以H＋半径最小，Mg2＋、F－具有相同的电子层结构，具有相同电子层结构的离子，核电荷数越大，半径越小，所以半径大小为：F－＞Mg2＋，故Mg2＋、F－、H＋三种离子半径大小为：F－＞Mg2＋＞H＋，且F－与H＋结合生成弱电解质HF，不能大量共存，故C不符合题意；
D.电子层数越多，离子半径越大，所以Br－、Al3＋、Cl－三种离子半径大小为Br－＞Cl－＞Al3＋，故D不符合题意。
故选A。
【点睛】微粒半径大小的比较规律：
①层数相同，核大半径小。即电子层数相同时，结构相似的微粒中核电荷数大的微粒半径小；②层异，层大半径大。即当微粒的电子层数不同时，结构相似的微粒中，电子层数大的微粒半径大；③核同，价高半径小。即对同一种元素形成的不同的简单微粒中，化合价高的微粒的半径小；④电子层结构相同，核电荷数大，则半径小。
17.下列对可逆反应的认识正确的是( )
A. 既能向正反应方向进行，又能向逆反应方向进行的反应叫可逆反应
B. 在同一条件下，同时向正反应和逆反应两个方向进行的反应叫可逆反应
C. 电解水生成氢气和氧气与氢气和氧气点燃生成水的反应是可逆反应
D. 在可逆反应进行中正反应速率与逆反应速率一定相等
【答案】B
【解析】
【详解】A、可逆反应是在“同一条件下”、能“同时”向正反应和逆反应“两个方向”进行的化学反应，A错误；
B、在同一条件下，同时向正反应和逆反应两个方向进行的反应叫可逆反应，B正确；
C、电解水生成氢气和氧气与氢气和氧气点燃生成水的反应不是可逆反应，因此条件不同，C错误；
D、可逆反应开始进行时，正反应速率大于逆反应速率，二者不相等，D错误。
答案选B。
18. 下列说法正确的是
A. 一定条件下，增加反应物的量，必定加快反应速率
B. 升高温度正反应速率增大，则逆反应速率也一定增大
C. 可逆反应的特征是正反应速率总是和逆反应速率相等
D. 使用催化剂一定会加快反应速率
【答案】B
【解析】
试题分析：反应物如果是固体或液体，则改变固体的质量反应速率不变，A不正确；升高温度正逆反应速率一定是增大的，B正确；可逆反应的特征是在相同条件下，既能向正反应方向进行，也能向逆反应方向进行，C不正确；如果使用负催化剂，反应速率是减小的，D不正确，答案选B。
考点：考查外界条件对反应速率的影响和可逆反应的特征判断
点评：该题主要是考查学生对影响反应速率因素阴极可逆反应特征的熟悉了解程度，旨在巩固学生的基础，提高学生的应试能力和学习效率。该题的易错点是选项D。
19.为了提高公众认识地球保障发展意识，江苏省各地广泛开展了一系列活动。下列活动不符合这一宗旨的是( )
A. 加强海底可燃冰，锰结核的探测与开发研究
B. 积极推广风能，太阳能光伏发电
C. 在生产、流通和消费等过程中实行“减量化，再利用，资源化”
D. 将高能耗，高污染的企业迁至偏僻的农村地区，提高居民收入
【答案】D
【解析】
【分析】
可以从污染物的来源、危害和绿色环保的含义进行分析，认识我国人口众多、资源相对不足、积极推进资源合理开发、节约能源的行为都是符合“地球保障发展意识”的主题的理念进行解答。
【详解】A.综加强海底可燃冰，锰结核的探测与开发研究，积极推进了资源合理开发，符合题意，故A正确；
B.积极推广风能，太阳能光伏发电，不仅节约不可再生能源如化石燃料，而且减少污染，符合题意，故B正确；
C.在生产、流通和消费等过程中实行“减量化，再利用，资源化”，积极推进了资源合理开发，符合题意，故C正确；
D.将高能耗、高污染的企业迁至偏僻的农村地区，虽能提高居民收入，但会破坏环境，得不偿失，故D错误。
故选D。
20. 下列有关化学键的说法中错误的是
A. 氯化钠熔化或氯化氢溶于水时都要破坏化学键
B. 离子化合物中可能含有共价键，共价化合物中一定不含有离子键
C. 氯化铵受热变成气体，冷却后又成晶体，此过程中化学键没有发生变化
D. 碘晶体升华和冰融化时都未涉及化学键的变化
【答案】C
【解析】
A、NaCl熔化破坏离子键，HCl溶于水破坏共价键，故A正确；B、离子化合物中可能含有共价键，如KOH，但共价化合物中一定不含有离子键，故B正确；C、氯化铵受热变成气体，冷却后又成晶体，发生了化学变化，一定有化学键的断裂和生成，故C错误；D、碘晶体、冰为分子晶体，则碘晶体升华、冰熔化时都破坏分子间作用力，故D正确；故选C。
21.下列关于乙酸的说法中不正确的是( )
A. 乙酸易溶于水和乙醇
B. 无水乙酸又称冰醋酸，它是纯净物
C. 乙酸是一种重要的有机酸，是有强烈刺激性气味的液体
D. 乙酸分子中有四个氢原子，所以不是一元酸
【答案】D
【解析】
【分析】
A.根据乙酸的物理性质进行判断；
B.冰醋酸是无水乙酸，属于纯净物；
C.乙酸是有机酸，具有刺激性气味的液体；
D.乙酸分子中含有一个-COOH，属于一元酸。
【详解】A.乙酸易溶于水和乙醇，故A正确；
B.无水乙酸又称冰醋酸，为一种物质，它属于纯净物，故B正确；
C.乙酸是一种重要的有机酸，是有强烈刺激性气味的液体，故C正确；
D.乙酸分子中含有一个羧酸，能够电离出一个氢离子，属于一元酸，故D错误。
故选D。
22.“信息”“材料”和“能源”被称为新科技革命的三大支柱。下列有关选项不正确的是( )
A. 信息技术的发展离不开新材料的合成和应用
B. 目前中、美、日等国掌握的陶瓷发动机技术大大提高了发动机的能量转化效率
C. 在即将到来的新能源时代，核能、太阳能、氢能将成为主要能源
D. 软质隐形眼镜和航天飞船表面的高温结构陶瓷都属于有机高分子材料
【答案】D
【解析】
【详解】A.在20世纪发明的七大技术——信息技术、生物技术、核科学和核武器技术、航空航天和导弹技术、激光技术、纳米技术、化学合成和分离技术中，化学合成和分离技术为其余六种技术提供了必需的物质基础，因此信息技术的发展离不开新材料的合成和应用，故A正确；
B.为了提高发动机热效率，减少能量损耗，这就需要取消或部分取消冷却系统，使用陶瓷耐高温隔热材料，故B正确；
C.核能、太阳能、氢能都是洁净能源，为新能源时代的主要能源，故C正确；
D.航天飞船表面的高温结构陶瓷是无机非金属材料，故D错误。
故选D。
23.下列物质中，既有离子键，又有共价键的是 ( )
A. NaCl B. CO2 C. NH4Cl D. NH3
【答案】C
【解析】
【分析】
一般来说，活泼金属与非金属形成离子键，非金属之间形成共价键，以此来解答。
【详解】A．NaCl为离子化合物，且只含离子键，故A不选；
B．CO2只含共价键，故B不选；
C．氯化铵中铵根离子和氯离子之间是离子键、N-H是共价键，故C选；
D．NH3只含共价键，故D不选。
答案选C。
24.下列制备反应都是一步完成，其中属于取代反应的是( )
A. 由乙烯制溴乙烷 B. 由苯制硝基苯
C. 由苯制六氯环己烷 D. 由乙烯制乙醇
【答案】B
【解析】
分析：有机物中的原子或原子团被其它原子或原子团所代替的反应是取代反应，据此解答。
详解：A. 由乙烯制溴乙烷是乙烯与溴化氢的加成反应，A错误；
B. 由苯制硝基苯是苯与浓硝酸的硝化反应，属于取代反应，B正确；
C. 由苯制六氯环己烷是苯与氯气的加成反应，C错误；
D. 由乙烯制乙醇是乙烯与水的加成反应，D错误。
答案选B。
25.下列过程中发生了加成反应的是( )
A. 乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色
B. 乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色
C. 乙烯燃烧生成二氧化碳和水
D. 光照下甲烷与氯气的混合气体颜色逐渐褪去
【答案】B
【解析】
【分析】
有机物分子中的不饱和键断裂，断键原子与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应是加成反应。
【详解】A.乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色，原因是高锰酸钾和乙烯发生了氧化反应而使高锰酸钾溶液褪色，故A错误；
B.乙烯和溴能发生加成反应，生成1，2-二溴乙烷，从而使溴的四氯化碳溶液褪色，故B正确；
C.乙烯燃烧生成二氧化碳和水，属于氧化反应，故C错误；
D.乙烯与氯气的混合气体在光照条件下反应，乙烯中的氢原子被氯原子所代替生成氯代物和氯化氢，属于取代反应，故D错误。
故选B。
【点睛】消去反应是指在一定条件下，有机物脱去小分子生成含有不饱和的有机物的反应；加成反应是指有机物分子中的双键或叁键发生断裂，加进（结合）其它原子或原子团的反应叫加成反应；取代反应是指有机物分子里的原子或原子团被其他原子或原子团代替的反应；氧化反应是指有机反应中得氧或失氢的反应为氧化反应；根据以上有机反应的概念进行判断。
26.化学反应限度的调控在工业生产和环保技术等方面得到了广泛的应用，如果设法提高化学反应的限度，下面的说法错误的是（ ）
A. 能够节约原料和能源 B. 能够提高产品的产量
C. 能够提高经济效益 D. 能够提高化学反应速率
【答案】D
【解析】
【分析】
提高化学反应的限度指的是化学反应所进行的程度，根据提高化学反应的限度能够节约原料和能源、提高产品的产量、提高经济效益来回答。
【详解】提高了化学反应的限度，就是提高了反应物的转化率，提高了产量，更能提高经济效益，但不一定会提高反应的反应速率，所以选项D是错误的。
答案选D。
27. 下列反应一定属于放热反应的是( )
A. 氢氧化钡晶体和氯化铵晶体的反应
B. 能量变化如图所示的反应
C. 化学键断裂吸收的能量比化学键形成放出的能量少的反应
D. 不需要加热就能发生的反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．氢氧化钡晶体和氯化铵晶体的反应属于吸热反应，错误；
B．生成物的总能量比反应物的总能量大的反应为吸热反应，错误；
C．化学键断裂吸收的能量比化学键形成放出的能量少的反应为放热反应，正确；
D．不需要加热就能发生的反应可能为吸热反应，也可能为放热反应，错误；
故选C。
28.下列关于苯的叙述正确的是（ ）
A. 反应①为取代反应，把有机产物与水混合，有机物浮在上层
B. 反应②为氧化反应，反应现象是火焰明亮并带有浓烟
C. 反应③为取代反应，浓硫酸是反应物
D. 反应④中1 mol苯最多与3 mol H2发生加成反应，是因为苯分子含有三个碳碳双键
【答案】B
【解析】
【详解】A.反应①苯与Br2发生取代反应生成溴苯，但溴苯的密度大于水，所以有机产物与水混合沉在下层，A项错误；
B.燃烧反应是氧化反应，所以反应②为氧化反应，反应现象是火焰明亮并带有浓烟，B项正确；
C.反应③为苯的硝化反应，浓硫酸做催化剂，C项错误；
D.苯分子中不含碳碳双键和碳碳单键，是介于单键和双键之间的特殊键，D项错误。
答案选B。
29.下列不是离子化合物的是( )
A. H2O B. CaCl2 C. KOH D. NaNO3
【答案】A
【解析】
【详解】A.水分子中O原子和H原子之间只存在共价键，为共价化合物，故A正确；
B.氯化钙中钙离子和氯离子之间存在离子键，为离子化合物，故B错误；
C.氢氧化钾中钾离子和氢氧根离子之间存在离子键，O原子和H原子之间存在共价键，为离子化合物，故C错误；
D.硝酸钠中钠离子和硝酸根离子之间存在离子键、N原子和O原子之间存在共价键，为离子化合物，故D错误。
故选A。
【点睛】一般来说，活泼的金属元素与活泼的非金属元素之间形成离子键（AlCl3、BeCl2除外），非金属元素间形成共价键（铵盐除外）。
30.中小学生普遍使用的修正液中含有铅、钡、苯等对人体有害的化学物质，尤其是苯会引起慢性中毒，从而危害人体健康，如长期使用此类产品，甚至会导致白血病等并发症。对于这一“无形杀手”的评价中，不合理的是( )
A. 修正液中的苯可以发生取代反应
B. 苯在修正液中做溶剂
C. 应该教育孩子慎用修正液
D. 修正液中的苯是一种白色液体
【答案】D
【解析】
【详解】A．苯分子中的氢原子能被其它原子或原子团取代，所以能发生取代反应，故A正确；
B．苯是常见的有机溶剂，苯在修正液中做溶剂，故B正确；
C．修正液中含有铅、苯、钡等对人体有害化学物质，苯属于有毒物质，所以应该慎用修正液，故C正确；
D．苯是一种无色、易挥发的液体，不是白色液体，故D错误。
故答案为D。
31.利用元素的化合价推测物质的性质是化学研究的重要手段．如图是硫元素的常见化合价与部分物质类别的对应关系：
（1）从硫元素化合价变化的角度分析，图中既有氧化性又有还原性的化合物有_______（填化学式）．
（2）将X与Y混合，可生成淡黄色固体．该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______．
（3）检验物质Y的方法是_______________________________．
（4）Z的浓溶液与铜单质在一定条件下可以发生化学反应，该反应的化学方程式为_______．
（5）Na2S2O3是重要的化工原料．从氧化还原反应的角度分析，下列制备Na2S2O3的方案理论上可行的是______（填代号）．
a．Na2S+S b．Na2SO3+S c．SO2+Na2SO4 d．Na2SO3+Na2SO4
（6）已知Na2SO3能被K2Cr207氧化为Na2SO4则24mL 0.05mol•L﹣1的Na2SO3溶液与 20mL 0.02mol•L﹣1的溶液恰好反应时，Cr元素在还原产物中的化合价为________．
【答案】 (1). SO2、H2SO3、Na2SO3 (2). 1：2 (3). 将Y通入品红溶液中，品红溶液褪色，加热后又变红色 (4). Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2↑ (5). b (6). +3
【解析】
S元素的化合价有﹣2价、0价、+4价、+6价，
（1）具有中间价态的元素既有还原性又有氧化性，S元素的化合价有﹣2价、0价、+4价、+6价，所以0价和+4价S的化合物既有还原性又有氧化性，即SO2，H2SO3、Na2SO3；
（2）将X为H2S与SO2混合，可生成淡黄色固体，是用二氧化硫的氧化性氧化硫化氢生成淡黄色沉淀S和水，2H2S+SO2=3S↓+2H2O，反应中硫元素化合价﹣2价变化为0价，H2S做还原剂，+4价变化为0价，二氧化硫做氧化剂，则该反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2；
（3）二氧化硫具有漂白性可以使品红溶液褪色，加热又会恢复红色，则检验Y的方法是：将Y通入品红溶液中，品红溶液褪色，加热后又变红色；
（4）浓硫酸溶液与铜单质在加热条件下可以发生化学反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2↑；
（5）Na2S2O3中S为+2价，从氧化还原的角度分析，反应物中S元素化合价必须分别大于2和小于2，a中S化合价都小于2，cd中S的化合价都大于2，b符合题意；
（6）令Cr元素在产物中的化合价为a价，根据电子转移守恒，则24×10﹣3L×0.05mol/L×（6﹣4）=20×10﹣3L×0.02mol/L×2×（6﹣a），解得a=+3 。
点睛：S元素的化合价有﹣2价、0价、+4价、+6价，
（1）具有中间价态的元素既有还原性又有氧化性；
（2）将X为H2S与SO2混合，可生成淡黄色固体，是用二氧化硫的氧化性氧化硫化氢生成淡黄色沉淀S和水，元素化合价降低的物质做氧化剂，元素化合价降低的为还原剂；
（3）二氧化硫具有漂白性可以使品红溶液褪色；
（4）浓硫酸溶液与铜单质在加热条件下可以发生化学反应生成硫酸铜、二氧化硫和水；
（5）Na2S2O3中S为+2价，从氧化还原的角度分析，反应物中S元素化合价必须分别大于2和小于2；
（6）Na2SO3被氧化为Na2SO4，S元素化合价由+4价升高为+6价；K2Cr2O7中Cr元素发生还原反应，令Cr元素在产物中的化合价为a价，根据电子转移守恒计算a的值。
32.氯碱厂电解饱和食盐水制取的工艺流程图如下：
(1)在电解过程中，与电源正极相连的电极上所发生反应的电极反应式为______________，与电源负极相连的电极上所发生反应的电极反应式为__________________。
(2)工业食盐含Ca2＋、Mg2＋等杂质，精制过程中发生反应的离子方程式为________________________________________________________________________。
(3)如果粗盐中含量较高，必须添加钡试剂除去，该钡试剂可以是______(填字母)。
a、Ba(OH)2 b、Ba(NO3)2 c、BaCl2
(4)为有效除去Ca2＋、Mg2＋、，加入试剂的合理顺序为________。
a、先加NaOH，后加Na2CO3，再加钡试剂
b、先加NaOH，后加钡试剂，再加Na2CO3
c、先加钡试剂，后加NaOH，再加Na2CO3
(5)脱盐工序中利用NaOH和NaCl在溶解度上的差异，通过________、冷却、结晶、________(填写操作名称)除去NaCl。
【答案】 (1). 2Cl－－2e－=Cl2↑ (2). 2H＋＋2e－=H2↑ (3). Ca2＋＋=CaCO3↓、Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓ (4). ac (5). bc (6). 蒸发 (7). 过滤
【解析】
【分析】
（1）电解饱和食盐水中，与电源正极相连的是阳极，阳极发生氧化反应；与电源负极相连的是阴极，发生还原反应；
（2）碳酸钠与钙离子反应生成碳酸钙沉淀，氢氧化钠与镁离子反应生成氢氧化镁沉淀；
（3）硫酸根离子可用钡离子除去，但不能选择硝酸钡，因为会引入NO3－；
（4）钙离子用碳酸钠除去，过量的碳酸根离子用盐酸除去，且硫酸根所用的钡试剂是过量的，而过量的钡离子也用碳酸钠除去，所以只要最后加入碳酸钠即可；
（5）根据氢氧化钠与氯化钠溶解度的不同，将溶液蒸发，冷却，析出的氯化钠过滤除去。
【详解】（1）电解饱和食盐水中，与电源正极相连的电极为电解池的是阳极，阳极发生氧化反应，所以是氯离子失去电子生成氯气，电极反应式为2Cl－－2e－=Cl2↑；与电源负极相连的电极为电解池的阴极，阴极发生还原反应，所以水电离产生的氢离子得到电子生成氢气，电极反应式为2H＋＋2e－=H2↑，故答案为2Cl－－2e－=Cl2↑，2H＋＋2e－=H2↑。
（2）工业盐中的钙、镁离子用碳酸钠、氢氧化钠溶液除去，碳酸钠与钙离子反应生成碳酸钙沉淀，氢氧化钠与镁离子反应生成氢氧化镁沉淀，离子方程式为Ca2＋＋CO32－=CaCO3↓、Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓，故答案为：Ca2＋＋CO32－=CaCO3↓、Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓。
（3）硫酸根离子用钡试剂除去，可选择氢氧化钡或氯化钡溶液，不能选择硝酸钡溶液，因为过量的钡离子可用碳酸钠除去，碳酸根离子、氢氧根离子再用盐酸除去，而硝酸钡中的硝酸根离子无法除去，造成食盐不纯；故答案为：ac。
（4）有效除去Ca2+、Mg2+、SO42-，应注意碳酸钠在钡试剂之后，是为除去过量的钡离子，所以可先加NaOH，后加钡试剂，再加Na2CO3，也可以先加钡试剂，后加Na2CO3，再加NaOH，所以bc正确，故答案为：bc。
（5）脱盐工序的目的是分离NaOH和NaCl，由于NaCl溶解度小，因而NaCl首先析出，其操作过程是蒸发、冷却、结晶、过滤得到NaCl晶体，故答案为：蒸发，过滤。
【点睛】物质在除杂时应注意：一除杂试剂必须过量；二过量试剂必须除尽(因为过量试剂带入新的杂质)；三除杂途径选最佳。
33.某化学小组采用如图所示装置，对浓硝酸与木炭的反应进行探究(已知：4HNO34NO2↑＋O2↑＋2H2O)。
请回答下列问题：
(1)检查装置气密性后，将燃烧匙中的木炭在酒精灯上加热至红热状态，伸入三口烧瓶中，并塞紧瓶塞，滴加浓硝酸，可观察到三口烧瓶中气体的颜色为_______，产生该气体的化学方程式是______
(2)装置C中盛有足量Ba(OH)2溶液，炽热的木炭与浓硝酸反应后可观察到C中出现白色沉淀，该白色沉淀为_______(填化学式)。
(3)装置B的作用是_______。
(4)装置D中收集到了无色气体，部分同学认为是NO，还有部分同学认为是O2。
①下列对该气体的检验方法合适的是________。
A．敞口观察装置D中集气瓶内气体的颜色变化
B．将湿润的蓝色石蕊试纸伸入集气瓶内，观察蓝色石蕊试纸是否变红
C．将带火星的木条伸入集气瓶中，观察木条是否复燃
②如果D中集气瓶中收集的无色气体是氧气，则氧气的来源是________________。
【答案】 (1). 红棕色 (2). C+4HNO3(浓)4NO2↑+CO2↑+2H2O (3). BaCO3 (4). 安全瓶，防倒吸 (5). AC (6). 浓硝酸的分解
【解析】
【分析】
（1）碳与浓硝酸在加热的条件下反应生成二氧化碳和红棕色的二氧化氮；
（2）装置C中盛有足量Ba（OH）2溶液，二氧化碳通入其中，产生碳酸钡沉淀；
（3）根据装置图可以知道，装置B可作安全瓶，可以防止液体倒吸；
（4）①A、NO和足量的O2反应生成红棕色的二氧化氮；
B、NO和O2均不具有酸性，不能用湿润的蓝色石蕊试纸进行检验；
C、O2能使带火星的木条复燃，而NO不能，可以用带火星的木条判断集气瓶中是否是氧气；②硝酸在加热的条件下分解产生二氧化氮、水和氧气。
【详解】（1）碳与浓硝酸在加热的条件下反应生成二氧化碳和红棕色的二氧化氮，所以可观察到三颈瓶中气体的颜色为红棕色，反应方程式为C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O，
因此，本题正确答案是：红棕色；C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O；
（2）装置C中盛有足量Ba（OH）2溶液，二氧化碳通入其中，产生白色BaCO3沉淀，
因此，本题正确答案是：BaCO3；
（3）根据装置图可以知道，装置B的作用为用作安全瓶，安全瓶，防倒吸，
因此，本题正确答案是：安全瓶，防倒吸；
（4）①A、NO和足量的O2反应生成红棕色的二氧化氮，故A正确；
B、NO和O2均不具有酸性，不能用湿润的蓝色石蕊试纸进行检验，故B错误；
C、O2能使带火星的木条复燃，而NO不能，故C正确；
故本题选AC；
②硝酸在加热的条件下分解产生二氧化氮、水和氧气，所以氧气的来源是浓硝酸在受热时分解所产生或二氧化氮溶于水之后生成的HNO3分解所产生，
因此，本题正确答案是：浓硝酸的分解。
34.某校学生用下图所示装置进行实验。以探究苯与溴发生反应的原理并分离提纯反应的产物。
请回答下列问题：
(1)写出装置Ⅱ中发生的主要化学反应方程式____________________________，其中冷凝管所起的作用为导气和________，Ⅳ中球形干燥管的作用是__________。
(2)实验开始时，关闭K2、开启K1和分液漏斗活塞，滴加苯和液溴的混合液，反应开始。Ⅲ中小试管内苯的作用是_________________________。
(3)能说明苯与液溴发生了取代反应的现象是______________________。
(4)反应结束后，要让装置Ⅰ中的水倒吸入装置Ⅱ中以除去装置Ⅱ中残余的HBr气体。简述如何实现这一操作：______________________________________。
(5)纯净的溴苯是无色油状的液体，这个装置制得的溴苯呈红棕色，原因是里面混有______________，将三颈烧瓶内反应后的液体依次进行下列实验操作就可得到较纯净的溴苯。①用蒸馏水洗涤，振荡，分液；②用__________洗涤，振荡，分液；③蒸馏。
【答案】 (1). (2). 冷凝回流（冷凝苯和Br2蒸气） (3). 防倒吸 (4). 吸收溴蒸气 (5). III中硝酸银溶液内出现淡黄色沉淀 (6). 关闭K1和分液漏斗活塞，开启K2 (7). 溴(Br2) (8). NaOH溶液
【解析】
分析：苯和液溴发生取代反应生成溴苯和溴化氢，由于液溴易挥发，会干扰溴化氢的检验，需要利用苯除去溴。利用氢氧化钠溶液吸收尾气，由于溴化氢极易溶于水，需要有防倒吸装置，根据生成的溴苯中含有未反应的溴选择分离提纯的方法。据此解答。
详解：（1）装置Ⅱ中发生的主要化学反应是苯和液溴的取代反应，反应的化学方程式为。由于苯和液溴易挥发，则其中冷凝管所起的作用为导气和冷凝回流（冷凝苯和Br2蒸气）。由于溴化氢极易溶于水，则Ⅳ中球形干燥管的作用是防倒吸。
（2）Ⅲ中小试管内苯的作用是除去溴化氢中的溴蒸气，避免干扰溴离子检验；
（3）因从冷凝管出来的气体为溴化氢，溴化氢不溶于苯，溴化氢能与硝酸银反应生成溴化银沉淀，因此能说明苯与液溴发生了取代反应的现象是III中硝酸银溶液内出现淡黄色沉淀。
（4）因装置Ⅱ中含有溴化氢气体能污染空气，使I的水倒吸入Ⅱ中可以除去溴化氢气体，以免逸出污染空气；操作方法为关闭K1和分液漏斗活塞，开启K2。
（5）纯净的溴苯是无色油状的液体，这个装置制得的溴苯呈红棕色，原因是里面混有单质溴，由于单质溴能与氢氧化钠溶液反应，则将三颈烧瓶内反应后的液体依次进行下列实验操作就可得到较纯净的溴苯。①用蒸馏水洗涤，振荡，分液；②用氢氧化钠溶液洗涤，振荡，分液；③蒸馏。
35.下图表示物质A～F之间的转化关系，其中A为淡黄色固体物质，B、C为无色溶液，D为气体，E、F为白色沉淀。请填写下列各空：
（1）写出各物质的化学式：
A为______，B为_____，C为_____，D为_____，E为_____，F为______。
（2）写出下列反应的化学方程式：
B→A：________________________。
B→C：___________________________。
（3）写出C→F的离子方程式：___________________。
（4）在A～F六种物质中，既有氧化性又有还原性的是(填字母代号)______。
【答案】 (1). S (2). H2SO3 (3). H2SO4 (4). SO2 (5). BaSO3 (6). BaSO4 (7). H2SO3＋2H2S===3S↓＋3H2O (8). H2SO3＋Cl2＋H2O===H2SO4＋2HCl (9). SO42-＋Ba2＋===BaSO4↓ (10). ABDE
【解析】
【分析】
A为淡黄色固体，由转化关系可知，A为S，则D为SO2，与水反应生成的B为H2SO3，具有还原性，可与氯气发生氧化还原反应，则C为H2SO4，B和氢氧化钡反应生成E为BaSO3，F为BaSO4，结合对应物质的性质分析解答。
【详解】(1)根据以上分析可知，A为S，B为H2SO3，C为H2SO4，D为SO2，E为BaSO3，F为BaSO4，故答案为：S；H2SO3；H2SO4；SO2；BaSO3；BaSO4；
(2)B→A的化学方程式：2H2S+H2SO3=3S↓+3H2O；B→C的化学方程式：Cl2+H2SO3+H2O=H2SO4+2HCl，故答案为：2H2S+H2SO3=3S↓+3H2O；Cl2+H2SO3+H2O=H2SO4+2HCl；
(3)C为H2SO4，可与硝酸钡反应生成硫酸钡沉淀，反应离子方程式为Ba2++SO42-═BaSO4↓，故答案为：Ba2++SO42-═BaSO4↓；
(4)在A～F六种物质中，既有氧化性又有还原性，说明S元素的化合价既能升高，又能降低，S元素的化合价介于中间价态，有S、H2SO3、SO2、BaSO3，故答案为：ABDE。
【点睛】本题的易错点为(4)，要注意根据元素的化合价结合氧化还原反应的规律分析。
36.以淀粉为主要原料合成一种具有果香味有机物C和高分子化合物E的合成路线如图1所示。
请回答下列问题：
(1)E的结构简式为________，D分子内含有的官能团是________(填名称)。
(2)写出反应②的反应类型：________。
(3)写出下列反应的化学方程式：
①________________________________________________________________________；
③________________________________________________________________________。
(4)某同学欲用图2装置制备物质C，试管B中装有足量的饱和碳酸钠溶液的目的是：________________________________________；插入试管B的导管接有一个球状物，其作用为________________________________________________________________________；如需将试管B中的物质C分离出来，用到的主要玻璃仪器有：烧杯、________。
【答案】 (1). ) (2). 碳碳双键 (3). 氧化反应 (4). 2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O (5). CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O (6). 降低乙酸乙酯的溶解度，除乙醇、乙酸 (7). 防倒吸 (8). 分液漏斗
【解析】
【分析】
CH3CH2OH在Cu催化剂条件下发生催化氧化生成A为CH3CHO，CH3CHO进一步氧化生成B为CH3COOH，CH3COOH与CH3CH2OH发生酯化反应生成C为CH3COOC2H5，乙醇发生消去反应生成D为CH2=CH2，乙烯发生加聚反应生成高分子物质E为聚乙烯，据此答题。
【详解】（1）由以上分析可知：E为聚乙烯，结构简式为：，D为乙烯，结构简式为：CH2=CH2，含有的官能团为碳碳双键，故答案为：，碳碳双键。
（2）②为乙醛的氧化反应，生成乙酸，故答案为：氧化反应。
（3）①为乙醇的催化氧化反应，反应方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，③为乙酸与乙醇在浓硫酸条件下发生酯化反应，反应方程式为：CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O，故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O。
（4）试管B中装有足量的饱和碳酸钠溶液的目的是①乙酸乙酯在饱和Na2CO3溶液中的溶解度较小，减小溶解，利于分层析出，②挥发出的乙酸与Na2CO3反应，除掉乙酸，③挥发出的乙醇被Na2CO3溶液吸收；乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，可用分液的方法分离，用到的仪器有烧杯、分液漏斗等，插入试管B的导管接有一个球状物，其作用为防倒吸，故答案为：降低乙酸乙酯的溶解度，除乙醇、乙酸；防倒吸；分液漏斗。
【点睛】有机推断应以特征点为解题突破口，按照已知条件建立的知识结构，结合信息和相关知识进行推理、计算、排除干扰，最后做出正确推断。一般可采用顺推法、逆推法、多法结合推断。
贵州省毕节纳雍县一中2018-2019学年下学期期末考试高一化学试题
1.氮化铝(AlN，Al和N的相对原子质量分别为27和14)广泛用于电子、陶瓷等工业领域。在一定条件下，AlN可通过反应Al2O3＋N2＋3C2AlN＋3CO合成。下列叙述正确的是( )
A. 上述反应中，N2是还原剂，Al2O3是氧化剂
B. 上述反应中，每生成1 mol AlN需转移3 mol电子
C. AlN中氮元素的化合价为＋3
D. AlN的摩尔质量为41 g
【答案】B
【解析】
【详解】A.反应方程式可知，Al、O化合价反应前后没有变化，N的化合价由0价变为-3价，而C的化合价由0价变为+2价，因此N2是氧化剂，Al2O3既不是氧化剂又不是还原剂，故A错误；
B.N的化合价由0价变为-3价，故每生成1molAlN需转移3mol电子，故B正确；
C.氮化铝中Al的化合价为+3价，根据化合物中各元素的正负化合价的代数和为零计算，氮元素的化合价是-3价，故C错误；
D.氮化铝的摩尔质量是41g/mol，故D错误。
故选B。
2.将a%的某物质的水溶液加热蒸发掉mg水(溶质不挥发、且蒸发过程无溶质析出)，所得溶液体积为VL，溶质的质量分数为蒸发前的2倍，设溶质的相对分子质量为M，则蒸发后所得溶液的物质的量浓度为( ) mol·L－1。
A. MV B. MV C. MV D.
【答案】D
【解析】
【分析】
将a%的某物质的水溶液加热蒸发掉mg水，溶质的质量分数为蒸发前的2倍，则蒸发后溶液的质量为mg，结合溶质的质量分数计算溶质的质量，根据n=进而计算溶质的物质的量，利用c=计算蒸发后所得溶液的物质的量浓度。
【详解】令蒸发后溶液的质量为xg，浓缩蒸发溶质的质量不变，则：（x+m）g×a%=x×2a%，解得x=m。溶质的质量为mg×2a%=2am%g，溶质的相对分子质量为M，所以溶质的物质的量为=mol，蒸发后所得溶液体积为VL，所以蒸发后溶液的物质的量浓度为=mol/L。
故选D。
3.铝既能与硫酸溶液反应，又能与烧碱溶液反应，下列说法不正确的是（ ）
A. 两个反应都是氧化还原反应
B. 铝与硫酸反应时，硫酸作氧化剂
C. 铝与烧碱溶液反应时，氢氧化钠作氧化剂
D. 两个反应都有气体生成
【答案】C
【解析】
【分析】
铝既能与硫酸溶液反应化学方程式为：2Al+3H2SO4=2Al2(SO4)3+3H2↑
铝能与烧碱溶液反应的化学方程式为：2Al + 2NaOH + 2H2O = 2NaAlO2 + 3H2↑，根据氧化还原反应的规律和具体反应作答。
【详解】根据上述分析可知：
A. 两个反应都是氧化还原反应，A项正确；
B. 铝与硫酸反应时，硫酸转化为氢气，其中H元素化合价从+1价降低到0价，被还原，作氧化剂，B项正确；
C. 铝与烧碱溶液反应时，可理解为铝先与水反应生成氢氧化铝与氢气，生成氢氧化铝再与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，因此水作氧化剂，C项错误；
D. 两个反应都有氢气生成，D项正确；
答案选C。
【点睛】C项是本题的难点，学生要理解铝与氢氧化钠反应的实质。
4.除去氧化镁中的氧化铝可选用的试剂是 ( )
A. 氢氧化钾溶液 B. 硝酸 C. 浓硫酸 D. 稀盐酸
【答案】A
【解析】
A. 氢氧化钾溶液能溶解氧化铝，与氧化镁不反应，可以除去氧化镁中的氧化铝，A正确；B. 硝酸是强酸，与氧化镁和氧化铝均反应，不能除去氧化镁中的氧化铝，B错误；C. 浓硫酸与氧化镁反应，不能除去氧化镁中的氧化铝，C错误；D. 稀盐酸是强酸，与氧化镁和氧化铝均反应，不能除去氧化镁中的氧化铝，D错误，答案选A。
5. 目前从海水中提取的溴占世界溴年产量的三分之一左右,常用的方法之一是用氧化剂把溴离子氧化成单质,再通入热空气将溴蒸气吹出,这一反应中常用的氧化剂是( )。
A. Cl2 B. Br2 C. H2O D. H2O2
【答案】A
【解析】
此法是通入氯气把浓缩的溶液中的溴化物氧化,然后用空气把生成的溴吹出。
6.证明硅酸的酸性弱于碳酸酸性的实验事实是 ( )
A. 二氧化碳是气体，二氧化硅是固体
B. 二氧化硅的熔点比二氧化碳高
C. 二氧化碳溶于水形成碳酸，二氧化硅难溶于水
D. 二氧化碳通入硅酸钠溶液中析出硅酸沉淀
【答案】D
【解析】
【分析】
要证明硅酸的酸性弱于碳酸，可以用强酸制取弱酸来判断即可，据此答题。
【详解】A.二氧化碳是气体，二氧化硅是固体，与其对应酸的强弱无关，所以不能证明硅酸酸性弱于碳酸，故A不选；
B.二氧化硅的熔点比二氧化碳高，与其对应酸的强弱无关，所以不能证明硅酸酸性弱于碳酸，故B不选；
C.二氧化碳溶于水形成碳酸，二氧化硅难溶于水，与其对应酸的强弱无关，所以不能证明硅酸酸性弱于碳酸，故C不选；
D. 二氧化碳通入硅酸钠溶液中析出硅酸沉淀，则碳酸和硅酸钠反应生成硅酸，强酸制取弱酸，所以能说明硅酸酸性弱于碳酸，故D选。
故选D。
7.在高空中有一层臭氧层，它吸收太阳了太阳光中绝大部分紫外线，使地球上的生物免受紫外线伤害，臭氧的化学式是O3，它是一种
A. 混合物 B. 氧化物 C. 单质 D. 化合物
【答案】C
【解析】
试题分析：根据臭氧的分子式可判断臭氧是由氧元素形成的单质，属于纯净物，答案选C。
考点：考查臭氧的分类
8.制玻璃和水泥的共同的原料是( )
A. 二氧化硅 B. 碳酸钠 C. 碳酸钙 D. 硅酸钠
【答案】C
【解析】
【分析】
水泥的原料是粘土和石灰石，玻璃的原料是纯碱、石灰石和石英，所以原料中均有石灰石即碳酸钙，据此分析解答。
【详解】生产玻璃的原料是纯碱、石灰石和石英，高温下，碳酸钠、碳酸钙和二氧化硅反应分别生成硅酸钠、硅酸钙；生产水泥以黏土和石灰石为主要原料，经研磨、混合后在水泥回转窑中煅烧，再加入适量石膏，并研成细粉就得到普通水泥；所以在玻璃工业、水泥工业中都用到的原料是石灰石即碳酸钙。
故选C。
9.如图为某石英晶体的平面结构示意图，它实际上是立体网状结构(可以看作晶体硅中的每个Si—Si键中插入一个O)。在石英晶体中，氧原子与硅原子的个数的比值和由硅原子、氧原子铁石构成的最小环上Si、O的原子个数之和分别是( )
A. 1 8 B. 2 12 C. 1/2 8 D. 1/2 12
【答案】B
【解析】
【详解】由石英晶体的平面结构可知(当然立体网状结构也一样)，每个Si周围结合4个O，而每个O周围结合2个Si，所以石英晶体中氧原子和硅原子个数之比为2∶1，由于石英晶体是立体网状结构，可以看成晶体硅中的每个Si—Si键上插有一个O(如图所示)，因此在石英晶体中，由硅原子、氧原子构成的最小环上具有的Si、O的原子个数之和是12(6个Si和6个O)，故B正确。
故选B。
10.等质量的甲烷和氨气相比较，下列结论中错误的是( )
A. 两种气体的分子个数之比为17∶16
B. 同温同压下，两种气体的体积之比为17∶16
C. 两种气体的氢原子个数之比为17∶12
D. 同温同压下，两种气体的密度之比为17∶16
【答案】D
【解析】
【详解】令CH4和NH3的质量都为1g，CH4的物质的量为=mol，NH3的物质的量为=mol，
A.分子数目之比等于物质的量之比，等质量的CH4和NH3分子数之比为mol：mol=17：16，故A正确；
B.同温同压下，气体体积之比等于物质的量之比，故等质量的CH4和NH3的体积之比为mol：mol=17：16，故B正确；
C.每个CH4分子含有4个H原子，1gCH4含有H原子的物质的量为4×mol，每个NH3分子含有3个H原子，1gNH3含有H的原子物质的量为3×mol，所以等质量的CH4和NH3含有H原子数目之比为4×mol：3×mol=17：12，故C正确；
D.同温同压下，两种气体的密度之比等于摩尔质量之比，故等质量的CH4和NH3的密度之比为16g/mol：17g/mol=16：17，故D错误。
故选D。
11.常温下不能溶于浓硝酸的金属是( )
A. 银 B. 铝 C. 铜 D. 镁
【答案】B
【解析】
【详解】A.常温下，金属银可以与浓硝酸之间反应生成硝酸银、二氧化氮和水，金属银可以溶于硝酸中，故A错误；
B.常温下，金属铝遇到浓硝酸会钝化，所以铝不可溶于浓硝酸，故B正确；
C.常温下，金属铜可以与浓硝酸之间反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，金属铜可以溶于硝酸中，故C错误；
D.常温下，金属镁可以与浓硝酸之间反应生成硝酸镁、二氧化氮和水，金属镁可以溶于硝酸中，故D错误。
故选B。
12.下列各组离子在水溶液中一定能大量共存的是( )
A. 含有大量 Ba2＋的溶液中：Cl－ K＋
B. 含有大量H＋的溶液中：Mg2＋ Na＋
C. 含有大量OH－的溶液中：Mg2＋
D. 含有大量Na＋的溶液中：H＋ K＋
【答案】D
【解析】
【分析】
离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，反之是可以的，结合离子的性质和题干限制条件分析判断。
【详解】A. 含有大量Ba2＋的溶液中硫酸根离子不能大量共存，A错误；
B. 含有大量H＋的溶液中碳酸氢根离子不能大量共存，B错误；
C. 含有大量OH－的溶液中Mg2＋不能大量共存，且镁离子和碳酸根离子不能大量共存，C错误；
D. 含有大量Na＋的溶液中H＋、K＋、SO42－、NO3－相互之间不反应，可以大量共存，D正确。
答案选D。
13.当不慎有大量氯气扩散到周围空间时，处在该环境中的人可以用浸有一定浓度某物质水溶液的毛巾捂住鼻子，以防中毒，最适合采用的是( )
A. NaOH B. NaCl C. NaHCO3 D. NH3·H2O
【答案】C
【解析】
【分析】
氯气有毒，可与碱溶液反应，则防止氯气中毒可用碱性较弱的溶液吸收，注意碱性太强时，其腐蚀性强，以此来解答。
【详解】A．NaOH虽能与氯气反应，达到吸收氯气的效果，但浓NaOH的腐蚀性强，不能用浸有浓NaOH溶液的毛巾捂住鼻子，故A错误；
B．NaCl不与氯气反应，且氯气在食盐水中的溶解度很小，则不能用浸有NaCl溶液的毛巾捂住鼻子来防止吸入氯气中毒，故B错误；
C．NaHCO3溶液显碱性，碱性较弱，能与氯气反应而防止吸入氯气中毒，则可以用浸有NaHCO3溶液的毛巾捂住鼻子，故C正确；
D．氨气本身具有刺激性，对人体有害，不能用氨水吸收氯气，故D错误；
答案选C。
【点睛】本题考查氯气的化学性质及防止氯气中毒的措施，侧重于化学与生活的考查，注意把握氯气与碱反应及物质的腐蚀性。
14.如下图装置，试管中盛有水，气球a中盛有干燥的Na2O2颗粒。U形管中注有浅红色的水。将气球用橡皮筋紧缚在试管口。实验时将气球中的Na2O2抖落到试管b的水中，将发现的现象是
A. U形管内红水褪色 B. 试管内溶液变红
C. 气球a被吹大 D. U形管水位d
【解析】
试题分析：由于发生反应2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，产生O2使气球膨胀，该反应放出大量热量，使锥形瓶中空气受热膨胀而出现U形管中水位d＞c，由于浅红色的水是在U形管中而非试管中，则试管内溶液不变色，U形管内的红水不褪色，故选：C．
考点：钠的重要化合物
15.下列有机物不是同分异构体的是( )
A. 葡萄糖和果糖 B. 蔗糖和麦芽糖
C. 淀粉和纤维素 D. 正丁烷和异丁烷
【答案】C
【解析】
【详解】A、葡萄糖和果糖的分子式都是C6H12O6，葡萄糖含有醛基，果糖含有羰基，因此两者属于同分异构体，故A不符合题意；
B、蔗糖和麦芽糖的分子式为C12H22O11，前者水解成葡萄糖和果糖，后者水解成葡萄糖，因此两者属于同分异构体，故B不符合题意；
C、淀粉和纤维素的分子式为(C6H10O5)n，两者的n值不同，因此淀粉和纤维素不互为同分异构体，故C符合题意；
D、正丁烷结构式为CH3CH2CH2CH3，异丁烷的结构式为CH(CH3)3，两者互为同分异构体，故D不符合题意。
16.下列各组离子从左至右半径依次减小且在水溶液中能大量共存的是( )
A. S2－、Cl－、K＋ B. Mg2＋、Na＋、O2－
C. Mg2＋、F－、H＋ D. Br－、Al3＋、Cl－
【答案】A
【解析】
【详解】A.S2－、Cl－、K＋具有相同电子层结构，具有相同电子层结构的离子，核电荷数越大，半径越小，所以半径大小为：S2－＞Cl－＞K＋，从左至右半径依次减小；S2－、Cl－、K＋离子之间不发生任何反应，可大量共存，故A符合题意；
B.Mg2＋、Na＋、O2－具有相同的电子层结构，具有相同电子层结构的离子，核电荷数越大，半径越小，所以半径大小为：O2－＞Na+＞Mg2＋，从左至右半径依次增大，故B不符合题意；
C.电子层数越多，离子半径越大，所以H＋半径最小，Mg2＋、F－具有相同的电子层结构，具有相同电子层结构的离子，核电荷数越大，半径越小，所以半径大小为：F－＞Mg2＋，故Mg2＋、F－、H＋三种离子半径大小为：F－＞Mg2＋＞H＋，且F－与H＋结合生成弱电解质HF，不能大量共存，故C不符合题意；
D.电子层数越多，离子半径越大，所以Br－、Al3＋、Cl－三种离子半径大小为Br－＞Cl－＞Al3＋，故D不符合题意。
故选A。
【点睛】微粒半径大小的比较规律：
①层数相同，核大半径小。即电子层数相同时，结构相似的微粒中核电荷数大的微粒半径小；②层异，层大半径大。即当微粒的电子层数不同时，结构相似的微粒中，电子层数大的微粒半径大；③核同，价高半径小。即对同一种元素形成的不同的简单微粒中，化合价高的微粒的半径小；④电子层结构相同，核电荷数大，则半径小。
17.下列对可逆反应的认识正确的是( )
A. 既能向正反应方向进行，又能向逆反应方向进行的反应叫可逆反应
B. 在同一条件下，同时向正反应和逆反应两个方向进行的反应叫可逆反应
C. 电解水生成氢气和氧气与氢气和氧气点燃生成水的反应是可逆反应
D. 在可逆反应进行中正反应速率与逆反应速率一定相等
【答案】B
【解析】
【详解】A、可逆反应是在“同一条件下”、能“同时”向正反应和逆反应“两个方向”进行的化学反应，A错误；
B、在同一条件下，同时向正反应和逆反应两个方向进行的反应叫可逆反应，B正确；
C、电解水生成氢气和氧气与氢气和氧气点燃生成水的反应不是可逆反应，因此条件不同，C错误；
D、可逆反应开始进行时，正反应速率大于逆反应速率，二者不相等，D错误。
答案选B。
18. 下列说法正确的是
A. 一定条件下，增加反应物的量，必定加快反应速率
B. 升高温度正反应速率增大，则逆反应速率也一定增大
C. 可逆反应的特征是正反应速率总是和逆反应速率相等
D. 使用催化剂一定会加快反应速率
【答案】B
【解析】
试题分析：反应物如果是固体或液体，则改变固体的质量反应速率不变，A不正确；升高温度正逆反应速率一定是增大的，B正确；可逆反应的特征是在相同条件下，既能向正反应方向进行，也能向逆反应方向进行，C不正确；如果使用负催化剂，反应速率是减小的，D不正确，答案选B。
考点：考查外界条件对反应速率的影响和可逆反应的特征判断
点评：该题主要是考查学生对影响反应速率因素阴极可逆反应特征的熟悉了解程度，旨在巩固学生的基础，提高学生的应试能力和学习效率。该题的易错点是选项D。
19.为了提高公众认识地球保障发展意识，江苏省各地广泛开展了一系列活动。下列活动不符合这一宗旨的是( )
A. 加强海底可燃冰，锰结核的探测与开发研究
B. 积极推广风能，太阳能光伏发电
C. 在生产、流通和消费等过程中实行“减量化，再利用，资源化”
D. 将高能耗，高污染的企业迁至偏僻的农村地区，提高居民收入
【答案】D
【解析】
【分析】
可以从污染物的来源、危害和绿色环保的含义进行分析，认识我国人口众多、资源相对不足、积极推进资源合理开发、节约能源的行为都是符合“地球保障发展意识”的主题的理念进行解答。
【详解】A.综加强海底可燃冰，锰结核的探测与开发研究，积极推进了资源合理开发，符合题意，故A正确；
B.积极推广风能，太阳能光伏发电，不仅节约不可再生能源如化石燃料，而且减少污染，符合题意，故B正确；
C.在生产、流通和消费等过程中实行“减量化，再利用，资源化”，积极推进了资源合理开发，符合题意，故C正确；
D.将高能耗、高污染的企业迁至偏僻的农村地区，虽能提高居民收入，但会破坏环境，得不偿失，故D错误。
故选D。
20. 下列有关化学键的说法中错误的是
A. 氯化钠熔化或氯化氢溶于水时都要破坏化学键
B. 离子化合物中可能含有共价键，共价化合物中一定不含有离子键
C. 氯化铵受热变成气体，冷却后又成晶体，此过程中化学键没有发生变化
D. 碘晶体升华和冰融化时都未涉及化学键的变化
【答案】C
【解析】
A、NaCl熔化破坏离子键，HCl溶于水破坏共价键，故A正确；B、离子化合物中可能含有共价键，如KOH，但共价化合物中一定不含有离子键，故B正确；C、氯化铵受热变成气体，冷却后又成晶体，发生了化学变化，一定有化学键的断裂和生成，故C错误；D、碘晶体、冰为分子晶体，则碘晶体升华、冰熔化时都破坏分子间作用力，故D正确；故选C。
21.下列关于乙酸的说法中不正确的是( )
A. 乙酸易溶于水和乙醇
B. 无水乙酸又称冰醋酸，它是纯净物
C. 乙酸是一种重要的有机酸，是有强烈刺激性气味的液体
D. 乙酸分子中有四个氢原子，所以不是一元酸
【答案】D
【解析】
【分析】
A.根据乙酸的物理性质进行判断；
B.冰醋酸是无水乙酸，属于纯净物；
C.乙酸是有机酸，具有刺激性气味的液体；
D.乙酸分子中含有一个-COOH，属于一元酸。
【详解】A.乙酸易溶于水和乙醇，故A正确；
B.无水乙酸又称冰醋酸，为一种物质，它属于纯净物，故B正确；
C.乙酸是一种重要的有机酸，是有强烈刺激性气味的液体，故C正确；
D.乙酸分子中含有一个羧酸，能够电离出一个氢离子，属于一元酸，故D错误。
故选D。
22.“信息”“材料”和“能源”被称为新科技革命的三大支柱。下列有关选项不正确的是( )
A. 信息技术的发展离不开新材料的合成和应用
B. 目前中、美、日等国掌握的陶瓷发动机技术大大提高了发动机的能量转化效率
C. 在即将到来的新能源时代，核能、太阳能、氢能将成为主要能源
D. 软质隐形眼镜和航天飞船表面的高温结构陶瓷都属于有机高分子材料
【答案】D
【解析】
【详解】A.在20世纪发明的七大技术——信息技术、生物技术、核科学和核武器技术、航空航天和导弹技术、激光技术、纳米技术、化学合成和分离技术中，化学合成和分离技术为其余六种技术提供了必需的物质基础，因此信息技术的发展离不开新材料的合成和应用，故A正确；
B.为了提高发动机热效率，减少能量损耗，这就需要取消或部分取消冷却系统，使用陶瓷耐高温隔热材料，故B正确；
C.核能、太阳能、氢能都是洁净能源，为新能源时代的主要能源，故C正确；
D.航天飞船表面的高温结构陶瓷是无机非金属材料，故D错误。
故选D。
23.下列物质中，既有离子键，又有共价键的是 ( )
A. NaCl B. CO2 C. NH4Cl D. NH3
【答案】C
【解析】
【分析】
一般来说，活泼金属与非金属形成离子键，非金属之间形成共价键，以此来解答。
【详解】A．NaCl为离子化合物，且只含离子键，故A不选；
B．CO2只含共价键，故B不选；
C．氯化铵中铵根离子和氯离子之间是离子键、N-H是共价键，故C选；
D．NH3只含共价键，故D不选。
答案选C。
24.下列制备反应都是一步完成，其中属于取代反应的是( )
A. 由乙烯制溴乙烷 B. 由苯制硝基苯
C. 由苯制六氯环己烷 D. 由乙烯制乙醇
【答案】B
【解析】
分析：有机物中的原子或原子团被其它原子或原子团所代替的反应是取代反应，据此解答。
详解：A. 由乙烯制溴乙烷是乙烯与溴化氢的加成反应，A错误；
B. 由苯制硝基苯是苯与浓硝酸的硝化反应，属于取代反应，B正确；
C. 由苯制六氯环己烷是苯与氯气的加成反应，C错误；
D. 由乙烯制乙醇是乙烯与水的加成反应，D错误。
答案选B。
25.下列过程中发生了加成反应的是( )
A. 乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色
B. 乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色
C. 乙烯燃烧生成二氧化碳和水
D. 光照下甲烷与氯气的混合气体颜色逐渐褪去
【答案】B
【解析】
【分析】
有机物分子中的不饱和键断裂，断键原子与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应是加成反应。
【详解】A.乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色，原因是高锰酸钾和乙烯发生了氧化反应而使高锰酸钾溶液褪色，故A错误；
B.乙烯和溴能发生加成反应，生成1，2-二溴乙烷，从而使溴的四氯化碳溶液褪色，故B正确；
C.乙烯燃烧生成二氧化碳和水，属于氧化反应，故C错误；
D.乙烯与氯气的混合气体在光照条件下反应，乙烯中的氢原子被氯原子所代替生成氯代物和氯化氢，属于取代反应，故D错误。
故选B。
【点睛】消去反应是指在一定条件下，有机物脱去小分子生成含有不饱和的有机物的反应；加成反应是指有机物分子中的双键或叁键发生断裂，加进（结合）其它原子或原子团的反应叫加成反应；取代反应是指有机物分子里的原子或原子团被其他原子或原子团代替的反应；氧化反应是指有机反应中得氧或失氢的反应为氧化反应；根据以上有机反应的概念进行判断。
26.化学反应限度的调控在工业生产和环保技术等方面得到了广泛的应用，如果设法提高化学反应的限度，下面的说法错误的是（ ）
A. 能够节约原料和能源 B. 能够提高产品的产量
C. 能够提高经济效益 D. 能够提高化学反应速率
【答案】D
【解析】
【分析】
提高化学反应的限度指的是化学反应所进行的程度，根据提高化学反应的限度能够节约原料和能源、提高产品的产量、提高经济效益来回答。
【详解】提高了化学反应的限度，就是提高了反应物的转化率，提高了产量，更能提高经济效益，但不一定会提高反应的反应速率，所以选项D是错误的。
答案选D。
27. 下列反应一定属于放热反应的是( )
A. 氢氧化钡晶体和氯化铵晶体的反应
B. 能量变化如图所示的反应
C. 化学键断裂吸收的能量比化学键形成放出的能量少的反应
D. 不需要加热就能发生的反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．氢氧化钡晶体和氯化铵晶体的反应属于吸热反应，错误；
B．生成物的总能量比反应物的总能量大的反应为吸热反应，错误；
C．化学键断裂吸收的能量比化学键形成放出的能量少的反应为放热反应，正确；
D．不需要加热就能发生的反应可能为吸热反应，也可能为放热反应，错误；
故选C。
28.下列关于苯的叙述正确的是（ ）
A. 反应①为取代反应，把有机产物与水混合，有机物浮在上层
B. 反应②为氧化反应，反应现象是火焰明亮并带有浓烟
C. 反应③为取代反应，浓硫酸是反应物
D. 反应④中1 mol苯最多与3 mol H2发生加成反应，是因为苯分子含有三个碳碳双键
【答案】B
【解析】
【详解】A.反应①苯与Br2发生取代反应生成溴苯，但溴苯的密度大于水，所以有机产物与水混合沉在下层，A项错误；
B.燃烧反应是氧化反应，所以反应②为氧化反应，反应现象是火焰明亮并带有浓烟，B项正确；
C.反应③为苯的硝化反应，浓硫酸做催化剂，C项错误；
D.苯分子中不含碳碳双键和碳碳单键，是介于单键和双键之间的特殊键，D项错误。
答案选B。
29.下列不是离子化合物的是( )
A. H2O B. CaCl2 C. KOH D. NaNO3
【答案】A
【解析】
【详解】A.水分子中O原子和H原子之间只存在共价键，为共价化合物，故A正确；
B.氯化钙中钙离子和氯离子之间存在离子键，为离子化合物，故B错误；
C.氢氧化钾中钾离子和氢氧根离子之间存在离子键，O原子和H原子之间存在共价键，为离子化合物，故C错误；
D.硝酸钠中钠离子和硝酸根离子之间存在离子键、N原子和O原子之间存在共价键，为离子化合物，故D错误。
故选A。
【点睛】一般来说，活泼的金属元素与活泼的非金属元素之间形成离子键（AlCl3、BeCl2除外），非金属元素间形成共价键（铵盐除外）。
30.中小学生普遍使用的修正液中含有铅、钡、苯等对人体有害的化学物质，尤其是苯会引起慢性中毒，从而危害人体健康，如长期使用此类产品，甚至会导致白血病等并发症。对于这一“无形杀手”的评价中，不合理的是( )
A. 修正液中的苯可以发生取代反应
B. 苯在修正液中做溶剂
C. 应该教育孩子慎用修正液
D. 修正液中的苯是一种白色液体
【答案】D
【解析】
【详解】A．苯分子中的氢原子能被其它原子或原子团取代，所以能发生取代反应，故A正确；
B．苯是常见的有机溶剂，苯在修正液中做溶剂，故B正确；
C．修正液中含有铅、苯、钡等对人体有害化学物质，苯属于有毒物质，所以应该慎用修正液，故C正确；
D．苯是一种无色、易挥发的液体，不是白色液体，故D错误。
故答案为D。
31.利用元素的化合价推测物质的性质是化学研究的重要手段．如图是硫元素的常见化合价与部分物质类别的对应关系：
（1）从硫元素化合价变化的角度分析，图中既有氧化性又有还原性的化合物有_______（填化学式）．
（2）将X与Y混合，可生成淡黄色固体．该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______．
（3）检验物质Y的方法是_______________________________．
（4）Z的浓溶液与铜单质在一定条件下可以发生化学反应，该反应的化学方程式为_______．
（5）Na2S2O3是重要的化工原料．从氧化还原反应的角度分析，下列制备Na2S2O3的方案理论上可行的是______（填代号）．
a．Na2S+S b．Na2SO3+S c．SO2+Na2SO4 d．Na2SO3+Na2SO4
（6）已知Na2SO3能被K2Cr207氧化为Na2SO4则24mL 0.05mol•L﹣1的Na2SO3溶液与 20mL 0.02mol•L﹣1的溶液恰好反应时，Cr元素在还原产物中的化合价为________．
【答案】 (1). SO2、H2SO3、Na2SO3 (2). 1：2 (3). 将Y通入品红溶液中，品红溶液褪色，加热后又变红色 (4). Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2↑ (5). b (6). +3
【解析】
S元素的化合价有﹣2价、0价、+4价、+6价，
（1）具有中间价态的元素既有还原性又有氧化性，S元素的化合价有﹣2价、0价、+4价、+6价，所以0价和+4价S的化合物既有还原性又有氧化性，即SO2，H2SO3、Na2SO3；
（2）将X为H2S与SO2混合，可生成淡黄色固体，是用二氧化硫的氧化性氧化硫化氢生成淡黄色沉淀S和水，2H2S+SO2=3S↓+2H2O，反应中硫元素化合价﹣2价变化为0价，H2S做还原剂，+4价变化为0价，二氧化硫做氧化剂，则该反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2；
（3）二氧化硫具有漂白性可以使品红溶液褪色，加热又会恢复红色，则检验Y的方法是：将Y通入品红溶液中，品红溶液褪色，加热后又变红色；
（4）浓硫酸溶液与铜单质在加热条件下可以发生化学反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2↑；
（5）Na2S2O3中S为+2价，从氧化还原的角度分析，反应物中S元素化合价必须分别大于2和小于2，a中S化合价都小于2，cd中S的化合价都大于2，b符合题意；
（6）令Cr元素在产物中的化合价为a价，根据电子转移守恒，则24×10﹣3L×0.05mol/L×（6﹣4）=20×10﹣3L×0.02mol/L×2×（6﹣a），解得a=+3 。
点睛：S元素的化合价有﹣2价、0价、+4价、+6价，
（1）具有中间价态的元素既有还原性又有氧化性；
（2）将X为H2S与SO2混合，可生成淡黄色固体，是用二氧化硫的氧化性氧化硫化氢生成淡黄色沉淀S和水，元素化合价降低的物质做氧化剂，元素化合价降低的为还原剂；
（3）二氧化硫具有漂白性可以使品红溶液褪色；
（4）浓硫酸溶液与铜单质在加热条件下可以发生化学反应生成硫酸铜、二氧化硫和水；
（5）Na2S2O3中S为+2价，从氧化还原的角度分析，反应物中S元素化合价必须分别大于2和小于2；
（6）Na2SO3被氧化为Na2SO4，S元素化合价由+4价升高为+6价；K2Cr2O7中Cr元素发生还原反应，令Cr元素在产物中的化合价为a价，根据电子转移守恒计算a的值。
32.氯碱厂电解饱和食盐水制取的工艺流程图如下：
(1)在电解过程中，与电源正极相连的电极上所发生反应的电极反应式为______________，与电源负极相连的电极上所发生反应的电极反应式为__________________。
(2)工业食盐含Ca2＋、Mg2＋等杂质，精制过程中发生反应的离子方程式为________________________________________________________________________。
(3)如果粗盐中含量较高，必须添加钡试剂除去，该钡试剂可以是______(填字母)。
a、Ba(OH)2 b、Ba(NO3)2 c、BaCl2
(4)为有效除去Ca2＋、Mg2＋、，加入试剂的合理顺序为________。
a、先加NaOH，后加Na2CO3，再加钡试剂
b、先加NaOH，后加钡试剂，再加Na2CO3
c、先加钡试剂，后加NaOH，再加Na2CO3
(5)脱盐工序中利用NaOH和NaCl在溶解度上的差异，通过________、冷却、结晶、________(填写操作名称)除去NaCl。
【答案】 (1). 2Cl－－2e－=Cl2↑ (2). 2H＋＋2e－=H2↑ (3). Ca2＋＋=CaCO3↓、Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓ (4). ac (5). bc (6). 蒸发 (7). 过滤
【解析】
【分析】
（1）电解饱和食盐水中，与电源正极相连的是阳极，阳极发生氧化反应；与电源负极相连的是阴极，发生还原反应；
（2）碳酸钠与钙离子反应生成碳酸钙沉淀，氢氧化钠与镁离子反应生成氢氧化镁沉淀；
（3）硫酸根离子可用钡离子除去，但不能选择硝酸钡，因为会引入NO3－；
（4）钙离子用碳酸钠除去，过量的碳酸根离子用盐酸除去，且硫酸根所用的钡试剂是过量的，而过量的钡离子也用碳酸钠除去，所以只要最后加入碳酸钠即可；
（5）根据氢氧化钠与氯化钠溶解度的不同，将溶液蒸发，冷却，析出的氯化钠过滤除去。
【详解】（1）电解饱和食盐水中，与电源正极相连的电极为电解池的是阳极，阳极发生氧化反应，所以是氯离子失去电子生成氯气，电极反应式为2Cl－－2e－=Cl2↑；与电源负极相连的电极为电解池的阴极，阴极发生还原反应，所以水电离产生的氢离子得到电子生成氢气，电极反应式为2H＋＋2e－=H2↑，故答案为2Cl－－2e－=Cl2↑，2H＋＋2e－=H2↑。
（2）工业盐中的钙、镁离子用碳酸钠、氢氧化钠溶液除去，碳酸钠与钙离子反应生成碳酸钙沉淀，氢氧化钠与镁离子反应生成氢氧化镁沉淀，离子方程式为Ca2＋＋CO32－=CaCO3↓、Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓，故答案为：Ca2＋＋CO32－=CaCO3↓、Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓。
（3）硫酸根离子用钡试剂除去，可选择氢氧化钡或氯化钡溶液，不能选择硝酸钡溶液，因为过量的钡离子可用碳酸钠除去，碳酸根离子、氢氧根离子再用盐酸除去，而硝酸钡中的硝酸根离子无法除去，造成食盐不纯；故答案为：ac。
（4）有效除去Ca2+、Mg2+、SO42-，应注意碳酸钠在钡试剂之后，是为除去过量的钡离子，所以可先加NaOH，后加钡试剂，再加Na2CO3，也可以先加钡试剂，后加Na2CO3，再加NaOH，所以bc正确，故答案为：bc。
（5）脱盐工序的目的是分离NaOH和NaCl，由于NaCl溶解度小，因而NaCl首先析出，其操作过程是蒸发、冷却、结晶、过滤得到NaCl晶体，故答案为：蒸发，过滤。
【点睛】物质在除杂时应注意：一除杂试剂必须过量；二过量试剂必须除尽(因为过量试剂带入新的杂质)；三除杂途径选最佳。
33.某化学小组采用如图所示装置，对浓硝酸与木炭的反应进行探究(已知：4HNO34NO2↑＋O2↑＋2H2O)。
请回答下列问题：
(1)检查装置气密性后，将燃烧匙中的木炭在酒精灯上加热至红热状态，伸入三口烧瓶中，并塞紧瓶塞，滴加浓硝酸，可观察到三口烧瓶中气体的颜色为_______，产生该气体的化学方程式是______
(2)装置C中盛有足量Ba(OH)2溶液，炽热的木炭与浓硝酸反应后可观察到C中出现白色沉淀，该白色沉淀为_______(填化学式)。
(3)装置B的作用是_______。
(4)装置D中收集到了无色气体，部分同学认为是NO，还有部分同学认为是O2。
①下列对该气体的检验方法合适的是________。
A．敞口观察装置D中集气瓶内气体的颜色变化
B．将湿润的蓝色石蕊试纸伸入集气瓶内，观察蓝色石蕊试纸是否变红
C．将带火星的木条伸入集气瓶中，观察木条是否复燃
②如果D中集气瓶中收集的无色气体是氧气，则氧气的来源是________________。
【答案】 (1). 红棕色 (2). C+4HNO3(浓)4NO2↑+CO2↑+2H2O (3). BaCO3 (4). 安全瓶，防倒吸 (5). AC (6). 浓硝酸的分解
【解析】
【分析】
（1）碳与浓硝酸在加热的条件下反应生成二氧化碳和红棕色的二氧化氮；
（2）装置C中盛有足量Ba（OH）2溶液，二氧化碳通入其中，产生碳酸钡沉淀；
（3）根据装置图可以知道，装置B可作安全瓶，可以防止液体倒吸；
（4）①A、NO和足量的O2反应生成红棕色的二氧化氮；
B、NO和O2均不具有酸性，不能用湿润的蓝色石蕊试纸进行检验；
C、O2能使带火星的木条复燃，而NO不能，可以用带火星的木条判断集气瓶中是否是氧气；②硝酸在加热的条件下分解产生二氧化氮、水和氧气。
【详解】（1）碳与浓硝酸在加热的条件下反应生成二氧化碳和红棕色的二氧化氮，所以可观察到三颈瓶中气体的颜色为红棕色，反应方程式为C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O，
因此，本题正确答案是：红棕色；C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O；
（2）装置C中盛有足量Ba（OH）2溶液，二氧化碳通入其中，产生白色BaCO3沉淀，
因此，本题正确答案是：BaCO3；
（3）根据装置图可以知道，装置B的作用为用作安全瓶，安全瓶，防倒吸，
因此，本题正确答案是：安全瓶，防倒吸；
（4）①A、NO和足量的O2反应生成红棕色的二氧化氮，故A正确；
B、NO和O2均不具有酸性，不能用湿润的蓝色石蕊试纸进行检验，故B错误；
C、O2能使带火星的木条复燃，而NO不能，故C正确；
故本题选AC；
②硝酸在加热的条件下分解产生二氧化氮、水和氧气，所以氧气的来源是浓硝酸在受热时分解所产生或二氧化氮溶于水之后生成的HNO3分解所产生，
因此，本题正确答案是：浓硝酸的分解。
34.某校学生用下图所示装置进行实验。以探究苯与溴发生反应的原理并分离提纯反应的产物。
请回答下列问题：
(1)写出装置Ⅱ中发生的主要化学反应方程式____________________________，其中冷凝管所起的作用为导气和________，Ⅳ中球形干燥管的作用是__________。
(2)实验开始时，关闭K2、开启K1和分液漏斗活塞，滴加苯和液溴的混合液，反应开始。Ⅲ中小试管内苯的作用是_________________________。
(3)能说明苯与液溴发生了取代反应的现象是______________________。
(4)反应结束后，要让装置Ⅰ中的水倒吸入装置Ⅱ中以除去装置Ⅱ中残余的HBr气体。简述如何实现这一操作：______________________________________。
(5)纯净的溴苯是无色油状的液体，这个装置制得的溴苯呈红棕色，原因是里面混有______________，将三颈烧瓶内反应后的液体依次进行下列实验操作就可得到较纯净的溴苯。①用蒸馏水洗涤，振荡，分液；②用__________洗涤，振荡，分液；③蒸馏。
【答案】 (1). (2). 冷凝回流（冷凝苯和Br2蒸气） (3). 防倒吸 (4). 吸收溴蒸气 (5). III中硝酸银溶液内出现淡黄色沉淀 (6). 关闭K1和分液漏斗活塞，开启K2 (7). 溴(Br2) (8). NaOH溶液
【解析】
分析：苯和液溴发生取代反应生成溴苯和溴化氢，由于液溴易挥发，会干扰溴化氢的检验，需要利用苯除去溴。利用氢氧化钠溶液吸收尾气，由于溴化氢极易溶于水，需要有防倒吸装置，根据生成的溴苯中含有未反应的溴选择分离提纯的方法。据此解答。
详解：（1）装置Ⅱ中发生的主要化学反应是苯和液溴的取代反应，反应的化学方程式为。由于苯和液溴易挥发，则其中冷凝管所起的作用为导气和冷凝回流（冷凝苯和Br2蒸气）。由于溴化氢极易溶于水，则Ⅳ中球形干燥管的作用是防倒吸。
（2）Ⅲ中小试管内苯的作用是除去溴化氢中的溴蒸气，避免干扰溴离子检验；
（3）因从冷凝管出来的气体为溴化氢，溴化氢不溶于苯，溴化氢能与硝酸银反应生成溴化银沉淀，因此能说明苯与液溴发生了取代反应的现象是III中硝酸银溶液内出现淡黄色沉淀。
（4）因装置Ⅱ中含有溴化氢气体能污染空气，使I的水倒吸入Ⅱ中可以除去溴化氢气体，以免逸出污染空气；操作方法为关闭K1和分液漏斗活塞，开启K2。
（5）纯净的溴苯是无色油状的液体，这个装置制得的溴苯呈红棕色，原因是里面混有单质溴，由于单质溴能与氢氧化钠溶液反应，则将三颈烧瓶内反应后的液体依次进行下列实验操作就可得到较纯净的溴苯。①用蒸馏水洗涤，振荡，分液；②用氢氧化钠溶液洗涤，振荡，分液；③蒸馏。
35.下图表示物质A～F之间的转化关系，其中A为淡黄色固体物质，B、C为无色溶液，D为气体，E、F为白色沉淀。请填写下列各空：
（1）写出各物质的化学式：
A为______，B为_____，C为_____，D为_____，E为_____，F为______。
（2）写出下列反应的化学方程式：
B→A：________________________。
B→C：___________________________。
（3）写出C→F的离子方程式：___________________。
（4）在A～F六种物质中，既有氧化性又有还原性的是(填字母代号)______。
【答案】 (1). S (2). H2SO3 (3). H2SO4 (4). SO2 (5). BaSO3 (6). BaSO4 (7). H2SO3＋2H2S===3S↓＋3H2O (8). H2SO3＋Cl2＋H2O===H2SO4＋2HCl (9). SO42-＋Ba2＋===BaSO4↓ (10). ABDE
【解析】
【分析】
A为淡黄色固体，由转化关系可知，A为S，则D为SO2，与水反应生成的B为H2SO3，具有还原性，可与氯气发生氧化还原反应，则C为H2SO4，B和氢氧化钡反应生成E为BaSO3，F为BaSO4，结合对应物质的性质分析解答。
【详解】(1)根据以上分析可知，A为S，B为H2SO3，C为H2SO4，D为SO2，E为BaSO3，F为BaSO4，故答案为：S；H2SO3；H2SO4；SO2；BaSO3；BaSO4；
(2)B→A的化学方程式：2H2S+H2SO3=3S↓+3H2O；B→C的化学方程式：Cl2+H2SO3+H2O=H2SO4+2HCl，故答案为：2H2S+H2SO3=3S↓+3H2O；Cl2+H2SO3+H2O=H2SO4+2HCl；
(3)C为H2SO4，可与硝酸钡反应生成硫酸钡沉淀，反应离子方程式为Ba2++SO42-═BaSO4↓，故答案为：Ba2++SO42-═BaSO4↓；
(4)在A～F六种物质中，既有氧化性又有还原性，说明S元素的化合价既能升高，又能降低，S元素的化合价介于中间价态，有S、H2SO3、SO2、BaSO3，故答案为：ABDE。
【点睛】本题的易错点为(4)，要注意根据元素的化合价结合氧化还原反应的规律分析。
36.以淀粉为主要原料合成一种具有果香味有机物C和高分子化合物E的合成路线如图1所示。
请回答下列问题：
(1)E的结构简式为________，D分子内含有的官能团是________(填名称)。
(2)写出反应②的反应类型：________。
(3)写出下列反应的化学方程式：
①________________________________________________________________________；
③________________________________________________________________________。
(4)某同学欲用图2装置制备物质C，试管B中装有足量的饱和碳酸钠溶液的目的是：________________________________________；插入试管B的导管接有一个球状物，其作用为________________________________________________________________________；如需将试管B中的物质C分离出来，用到的主要玻璃仪器有：烧杯、________。
【答案】 (1). ) (2). 碳碳双键 (3). 氧化反应 (4). 2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O (5). CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O (6). 降低乙酸乙酯的溶解度，除乙醇、乙酸 (7). 防倒吸 (8). 分液漏斗
【解析】
【分析】
CH3CH2OH在Cu催化剂条件下发生催化氧化生成A为CH3CHO，CH3CHO进一步氧化生成B为CH3COOH，CH3COOH与CH3CH2OH发生酯化反应生成C为CH3COOC2H5，乙醇发生消去反应生成D为CH2=CH2，乙烯发生加聚反应生成高分子物质E为聚乙烯，据此答题。
【详解】（1）由以上分析可知：E为聚乙烯，结构简式为：，D为乙烯，结构简式为：CH2=CH2，含有的官能团为碳碳双键，故答案为：，碳碳双键。
（2）②为乙醛的氧化反应，生成乙酸，故答案为：氧化反应。
（3）①为乙醇的催化氧化反应，反应方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，③为乙酸与乙醇在浓硫酸条件下发生酯化反应，反应方程式为：CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O，故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O。
（4）试管B中装有足量的饱和碳酸钠溶液的目的是①乙酸乙酯在饱和Na2CO3溶液中的溶解度较小，减小溶解，利于分层析出，②挥发出的乙酸与Na2CO3反应，除掉乙酸，③挥发出的乙醇被Na2CO3溶液吸收；乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，可用分液的方法分离，用到的仪器有烧杯、分液漏斗等，插入试管B的导管接有一个球状物，其作用为防倒吸，故答案为：降低乙酸乙酯的溶解度，除乙醇、乙酸；防倒吸；分液漏斗。
【点睛】有机推断应以特征点为解题突破口，按照已知条件建立的知识结构，结合信息和相关知识进行推理、计算、排除干扰，最后做出正确推断。一般可采用顺推法、逆推法、多法结合推断。
相关资料
更多
