浙江省精诚联盟2022-2023学年高二上学期开学联考化学试题含解析

这是一份浙江省精诚联盟2022-2023学年高二上学期开学联考化学试题含解析，共30页。试卷主要包含了单选题，填空题，元素或物质推断题，实验题，有机推断题，原理综合题，计算题等内容，欢迎下载使用。

浙江省精诚联盟2022-2023学年高二上学期开学联考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列物质中，含有共价键的盐是
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由阴阳离子构成的化合物称为盐，由共价键构成的化合物称为共价化合物。
【详解】A．属于氧化物，不属于盐，A不符合题意；
B．MgCl2属于盐，只含离子键，不含共价键，B不符合题意；
C．NaOH属于碱，不属于盐，C不符合题意；
D．属于盐，NO3-离子中含有共价键，D符合题意。
答案选D。
2．下列物质属于非电解质的是
A． B． C． D．医用酒精
【答案】A
【分析】根据非电解质的定义在水溶液会熔融状态下能够导电的化合物，或利用常见非电解质的物质进行判断；
【详解】A．氨气属于氢化物，在水溶液和熔融状态下不能自发电离，故属于非电解质；
B．水是弱电解质，故B不符合题意；
C．硫酸钡属于盐，常见的电解质，故C不符合题意；
D．医用酒精属于混合物，故不属于非电解质范畴，故D不符合题意；
故选答案A；
【点睛】此题考查非电解质的判断，利用常见物质进行判断。
3．在粗盐提纯实验中用不到的仪器是
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】A．漏斗在过滤操作中会用到，A与题意不符；
B．烧杯在溶解、过滤操作中都要用到，B与题意不符；
C．容量瓶在粗盐提纯过程中不需用到，C与题意相符；
D．胶头滴管在粗盐提纯中滴加试剂会用到，D与题意不符；
答案为C。
4．北京冬奥会成功举办、“天宫课堂”如期开讲及“华龙一号”核电海外投产等，均展示了我国科技发展的巨大成就。下列相关叙述正确的是
A．冬奥会“飞扬”火炬所用的燃料H2为氧化性气体
B．冬奥会短道速滑服使用的超高分子聚乙烯属于天然有机高分子材料
C．乙酸钠过饱和溶液析出晶体并放热的过程仅涉及化学变化
D．核电站反应堆所用轴棒中含有的与互为同位素
【答案】D
【详解】A．冬奥会“飞扬”火炬所用的燃料H2为还原性气体，故A错误；
B．冬奥会短道速滑服使用的超高分子聚乙烯属于人工合成有机高分子材料，故B错误；
C．乙酸钠过饱和溶液析出晶体并放热的过程，属于溶解度的改变，仅涉及物理变化，故C错误；
D．与的质子数都为92，中子数分别为143、146，是质子数相同、中子数不同的同一元素，两者互称同位素，故D正确；
答案选D。
5．下列化学用语正确的是
A．乙醇的空间填充模型：
B．的结构示意图：
C．次溴酸的结构式：H-Br-O
D．用电子式表示的形成过程：
【答案】A
【详解】A．乙醇的空间填充模型为，正确；
B．核内有11个质子，应为，错误；
C．次溴酸的结构式应为H-O-Br，错误；
D．HCl是共价化合物，不用中括号表示其电子式，且表示形成过程时不需要用弯箭头表示电子转移，正确的表示方式为，错误；
故选A。
6．下列说法不正确的是
A．蜡烛中石蜡的主要成分是含碳原子数较多的烯烃
B．工业上常用电解熔态氧化铝来冶炼金属铝
C．煤的液化、石油的裂化和油脂的皂化都属于化学变化
D．非处方药不需要凭医生处方，消费者可自行购买和使用，其包装上有“”标识
【答案】A
【详解】A．蜡烛中石蜡的主要成分是含碳原子数较多的烷烃，故A错误；
B．AlCl3是共价化合物，其在熔融状态下不导电，故工业上不用电解熔触的AlCl3来制备单质铝，而是电解熔融的氧化铝来制备铝，故B正确；
C．煤的液化是用煤来生产甲醇，石油的裂化是用重油生产轻质油，油脂在碱性条件下的水解称为皂化反应，三者均有新物质生成，均为化学变化，故C正确；
D．包装上有“OTC”标识的药品为非处方药，消费者可自行到药店购买，故D正确；
故选A。
7．下列说法正确的是
A．和是同种物质 B．足球烯和纳米碳管互为同分异构体
C．冰和干冰互为同素异形体 D．硬脂酸和乙酸互为同系物
【答案】D
【详解】A．为1，2-二溴乙烷，为1，1-二溴乙烷，为不同物质，故A错误；
B．足球烯、纳米碳管均是碳元素形成的不同单质，互为同素异形体，故B错误；
C．冰的成分为水，干冰的成分为二氧化碳，为不同物质，故C错误；
D．乙酸和硬脂酸均是饱和一元羧酸，结构相似，互为同系物，故D正确；
故选D。
8．下列说法不正确的是
A．液氨气化时吸收大量的热，因此液氨可用作制冷剂
B．钠的导电性好，所以液态钠可用作核反应堆的传热介质
C．不锈钢是最常见的一种合金钢，可制造医疗器械、厨房用具和餐具等
D．5G网络的普及加快了信息传递的速度，光导纤维的主要成分是二氧化硅
【答案】B
【详解】A．液氨分子间存在氢键、气化时吸收大量的热，因此液氨可用作制冷剂，A正确；
B． 钠的导热性好，所以液态钠可用作核反应堆的传热介质，B不正确；
C． 不锈钢含铁、铬等元素、是最常见的一种合金钢，可制造医疗器械、厨房用具和餐具等，C正确；
D．光导纤维的主要成分是二氧化硅，D正确；
答案选B。
9．下列说法正确的是
A．制备玻璃的主要原料是黏土、石灰石
B．实验室中可通过加热氯化铵固体制取氨气
C．海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法和离子交换法等
D．常温下，可以用铝罐贮存浓硫酸和浓硝酸，说明铝与浓硫酸和浓硝酸不反应
【答案】C
【详解】A．制备玻璃的主要原料是黏土、石灰石还有石英，故A错误；
B．氯化铵固体受热分解为HCl气体和氨气，两者常温反应生成氯化铵，则不能用加热分解氯化铵的方法制取氨气，故B错误；
C．海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法和离子交换法等，为常用的海水淡化方法，故C正确；
D．常温下，可以用铝罐贮存浓硫酸和浓硝酸，是因为发生了钝化作用，说明铝与浓硫酸和浓硝酸在常温下可钝化，不能持续反应，但不是不反应，钝化是化学变化，发生了化学反应，故D错误；
答案选C。
10．关于反应，下列说法正确的是
A．既是氧化产物又是还原产物
B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶1
C．该反应中被NO氧化的O3占消耗掉O3的1/4
D．反应时转移电子数为
【答案】D
【详解】A．FeSO4、NO中亚铁离子、N元素化合价升高，被氧化生成氧化产物，是氧化产物，故A错误；
B．反应中FeSO4、NO化合价升高为还原剂，O3化合价降低为氧化剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3，故B错误；
C．该反应中NO的氮元素化合价由+2升高为+5，NO为还原剂，NO还原O3，故C错误；
D．3molFeSO4反应共消耗O3为2mol，根据O原子由0价降低为-2价以及得失电子守恒，转移的电子数为12NA，故D正确；
答案选D。
11．硫及其化合物的分类与相应硫元素的化合价关系如图所示。下列说法正确的是

A．葡萄酒中添加适量c可以起到杀菌和抗氧化的作用
B．工业制备f的最后一步是用水吸收d
C．将c通入紫色石蕊试液中，溶液先变红后褪色
D．可用f的浓溶液干燥a
【答案】A
【详解】A．C为SO2，具有还原性，也可用于杀菌，在葡萄酒中添加适量c可以起到杀菌和抗氧化的作用，A选项正确；
B．工业制备f（硫酸）的最后一步是用浓硫酸吸收三氧化硫，防止生成酸雾，B选项错误；
C．C为SO2，溶于水生成亚硫酸，使紫色石蕊变红，不褪色，C选项错误；
D．浓硫酸不可干燥硫化氢气体，因为浓硫酸有很强的氧化性，会将硫化氢氧化，D选项错误；
答案选A。
12．下列说法不正确的是
A．制备有毒气体时，在通风橱内进行
B．向正在燃烧的酒精灯添加酒精
C．实验时将剩余的钠及时放回原试剂瓶
D．对于含重金属(如铅、汞或镉)离子的废液，可利用沉淀法进行处理
【答案】B
【详解】A．有毒物质需要在通风橱以免溢出中毒，A项正确；
B．向燃着的酒精灯里添加酒精，易使酒精撒出，引起燃烧，甚至爆炸，B项错误；
C．金属钠是非常活泼金属，能与水反应，因此实验时将剩余的钠及时放回原试剂瓶，C项正确；
D．对于含有铅、汞、镉等重金属的废液，我们一般采用沉淀的方法来降低对环境的污染，D项正确；
故选B。
13．下列反应的离子方程式书写正确的是
A．向明矾的水溶液中滴加溶液至完全沉淀：
B．碳酸钙与醋酸反应：
C．向溴化亚铁溶液中通入足量的氯气
D．室温下用稀溶解铜：
【答案】D
【详解】A．硫酸根离子完全沉淀时，铝离子刚好全部生成了偏铝酸根离子，则向明矾水溶液中滴加氢氧化钡溶液，恰好使“”完全沉淀的离子反应为Al3++2+2Ba2++4OH-═2BaSO4↓+AlO+2H2O，故A错误；
B．碳酸钙为不溶物，醋酸为弱电解质，均保留化学式，离子反应为CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+CO2↑+H2O，故B错误；
C．向溴化亚铁溶液中通入足量氯气，离子方程式为：3Cl2+4Br-+2Fe2+═2Fe3++2Br2+6Cl-，故C错误；
D．室温下用稀溶解铜，反应生成NO气体，离子反应为，故D正确；
答案选D。
14．设表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．60g乙酸与足量乙醇发生酯化反应，充分反应后生成的乙酸乙酯分子数目为
B．常温下，18g重水含有中子数为9
C．蔗糖溶液中所含分子数为
D．标准状况下，中含有键的数目为
【答案】B
【详解】A．乙酸与足量乙醇发生酯化反应为可逆反应，可逆反应不可能完全反应，则60g乙酸与足量乙醇发生酯化反应，充分反应后生成的乙酸乙酯分子数目小于×NAmol—1=NA，故A错误；
B．重水中含有10个中子，则18g重水含有中子数为×10×NAmol—1=9NA，故B正确；
C．蔗糖溶液中所含分子为蔗糖分子和水分子，无法计算300mL0.2mol/L蔗糖溶液中水的物质的量，所以无法计算溶液中所含分子数，故C错误；
D．标准状况下，四氯化碳为液态，无法计算11.2L四氯化碳的物质的量和含有的碳氯键的数目，故D错误；
故选B。
15．下列说法不正确的是
A．棉花、羊毛、蚕丝等天然纤维的成分都是纤维素
B．疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性
C．植物油通过催化加氢可转变为氢化油
D．在一定条件下，氨基酸之间能发生聚合反应，生成更为复杂的多肽
【答案】A
【详解】A．羊毛、蚕丝的成分为蛋白质，棉花的成分为纤维素，故A错误；
B．疫苗的主要成分是蛋白质，一般应冷藏存放，目的是防止温度过高导致蛋白质变性，故B正确；
C．液态植物油分子中含有碳碳双键，能通过催化加氢反应转变为固态的氢化油，故C正确；
D．氨基酸分子中含羧基和氨基，分子间能发生缩聚反应生成多肽或蛋白质，故D正确；
答案选A。
16．阿司匹林是一种重要的合成药物，具有解热镇痛作用。其结构简式如图，下列说法不正确的是


A．分子式为 B．分子中含有3个碳碳双键
C．能与溶液反应 D．分子中所有原子不可能处于同一平面
【答案】B
【详解】A．根据结构简式可知，阿司匹林分子式为C9H8O4，故A正确；
B．苯环不存在碳碳双键，是一种介于单键和双键之间的特殊的化学键，故B错误；
C．阿司匹林含有羧基和酯基，两者均可和NaOH溶液反应，故C正确；
D．分子中含有甲基，具有类似于甲烷的四面体结构，分子中所有原子不可能处于同一平面，故D正确；
答案选B。
17．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X、Y、W的原子核外最外层电子数为互不相等的偶数，X原子的最外层电子数是其内层电子总数的3倍，W元素在地壳中的含量位居第二，Z的单质是目前使用量最大的主族金属元素。下列叙述正确的是
A．元素W的氧化物既能与酸反应，又能与碱反应，因此属于两性氧化物
B．元素Y的单质与空气中均可反应，且产物中不可能有单质
C．最简单氢化物的稳定性：
D．简单离子半径大小顺序：
【答案】C
【分析】短周期主族元素X原子的最外层电子数是其内层电子总数的3倍，则X为O，W元素在地壳中的含量位居第二，则W为Si，Z的单质是目前使用量最大的主族金属元素，则Z为Al。X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X、Y、W的原子核外最外层电子数为互不相等的偶数，则Y为Mg。
【详解】A．二氧化硅虽然既能和氢氟酸反应，又能和氢氧化钠反应，但不完全符合生成盐和水的要求，故不是两性氧化物，故A错误；
B．镁单质可以与空气中的N2、O2、CO2 反应，与二氧化碳反应生成碳和MgO，产物中有单质，故B错误；
C．元素的非金属性越强，简单氢化物的稳定性就越强，O的非金属性强于Si，所以水的稳定性强于SiH4，故C正确；
D．O2-、Mg2+、Al3+电子层数相同，质子数越多，离子半径越小，所以离子半径大小顺序为O2-＞Mg2+＞Al3+，故D错误；
故选C。
18．已知某反应中能量变化如图所示，下列叙述正确的是

A．该图像可用于表示所有分解反应的能量变化情况
B．因生成物的总能量高于反应物的总能量，故该反应需加热才能发生
C．固体与反应的能量变化趋势与该图示一致
D．反应过程中形成新化学键放出的总能量大于断裂旧化学键吸收的总能量
【答案】C
【分析】依据能量图可知，反应物能量低于生成物能量，该反应为吸热反应，反应过程中形成新化学键放出的总能量小于断裂旧化学键吸收的总能量，据此分析。
【详解】A．并不是所有的分解反应都是吸热反应，如2HIH2+I2放热反应，A选项错误；
B．生成物的总能量高于反应物的总能量是吸热反应，反应不需加热也可以发生，如氢氧化钡晶体和氯化铵的反应，B选项错误；
C．固体与反应为吸热反应，能量变化趋势与该图示一致，C选项正确；
D．该反应为吸热反应，反应过程中形成新化学键放出的总能量小于断裂旧化学键吸收的总能量，D选项错误；
答案选C。
19．下列“类比”合理的是
A．Na与水反应生成，则与水蒸气反应生成
B．能与溶液反应，则也能与溶液反应
C．与反应生成和，则与反应生成和
D．镁、铝、稀硫酸组成原电池时镁作负极，则镁、铝、溶液组成原电池时镁也作负极
【答案】B
【详解】A．铁与水蒸气反应生成Fe3O4而不生成Fe(OH)3，故A错误；
B．在金属活动性顺序表中，前边金属能置换出后边金属，金属性Fe＞Cu＞Ag，所以Fe与AgNO3溶液也能反应生成Ag，故B正确；
C．具有强氧化性，与反应生成，故C错误；
D．镁、铝、稀硫酸组成原电池时，镁作负极，镁、铝、NaOH溶液组成原电池时，镁不能与NaOH溶液反应，铝能与NaOH溶液反应，铝作负极，故D错误；
答案选B。
20．化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关，下列说法不正确的是
A．利用“侯氏联合制碱法”制备纯碱
B．绿色化学倡导从源头减少或消除环境污染
C．福尔马林是一种良好的杀菌剂，常用于制作生物标本和饮用水消毒
D．化石燃料的脱硫脱氮、的回收利用和的催化转化都是减少酸雨产生的措施
【答案】C
【详解】A．利用“侯氏联合制碱法”制备纯碱，是化学知识的实际应用，故A正确；
B．利用化学原理和技术手段可以从源头减少或消除环境污染，是实现绿色化学的核心思想，不能先污染后治理，故B正确；
C．福尔马林是甲醛的溶液，甲醛具有较高的毒性，所以不能用作饮用水消毒，故C错误；
D．采用燃料脱硫脱氮技术可以减少二氧化硫、氮的氧化物的产生，从而防止出现酸雨，NOx的催化转化生成无污染的氮气也是减少酸雨的有效措施，故D正确；
答案选C。
21．探究化学反应中的能量转化，实验装置(装置中的试剂及用量完全相同)及实验数据如下(注：注射器用于收集气体并读取气体体积)。

项目
时间/
装置①
装置②
气体体积/
溶液温度/
气体体积/
溶液温度/
0
0
22.0
0
22.0
8.5
30
24.8
50
23.8
10.5
50
26.0
-
-

下列说法不正确的是A．装置②中的Cu表面有气泡产生，而装置①中的Cu表面无气泡
B．装置①和②中发生反应的离子方程式都为：
C．原电池反应能加快化学反应速率，导致装置①中反应的平均速率比装置②中的小
D．由实验数据可知，原电池的化学能全部转化为电能
【答案】D
【分析】装置①为锌与稀硫酸的反应，装置②为Zn、Cu与稀硫酸形成的原电池。
【详解】A．装置②中的表面有气泡产生，是原电池的正极，而装置①中的表面无气泡，仅是化学反应，表面有气泡，故A正确；
B．装置①为锌与稀硫酸的反应，离子方程式为；装置②为Zn、Cu与稀硫酸形成的原电池，总反应式为，故B正确；
C．基于表格数据信息的证据推理可知，收集相同体积的气体装置②需要的时间更短，故原电池反应能加快化学反应速率，故C正确；
D．化学能有一部分转化为了热能，而不是全部转化为电能，表现在温度升高上，也是基于证据的推理，故D错误；
故选D。
22．下列说法正确的是
A．与水反应过程中，有共价键的断裂和形成
B．所有烷烃分子内都含有极性共价键和非极性共价键
C．和的水溶液都能导电，所以它们都属于离子化合物
D．和的分子结构中，每个原子最外层都具有8电子稳定结构
【答案】A
【详解】A．CaO与水反应生成氢氧化钙，水中氢氧键断裂生成的氢离子与CaO中的O结合重新生成氢氧键，A正确；
B．若是甲烷分子，则只有极性共价键，而没有非极性共价键，B错误；
C．KCl、HCl、KOH溶水都能电出离子，KCl、KOH属于离子化合物，HCl是共价化合物，C错误；
D．中H为2电子稳定结构，而不是8电子稳定结构，D错误；
故选A。
23．恒温恒容的密闭容器中，在某催化剂表面上发生氨的分解反应：，测得不同起始浓度和催化剂表面积下氨浓度随时间的变化，如下表所示，下列说法不正确的是
编号

0
20
40
60
80
①
a
2.40
2.00
1.60
1.20
0.80
②
a
1.20
0.80
0.40


③

2.40
1.60
0.80
0.40
0.40

A．实验①，，
B．由实验数据可知相同条件下，增加氨的浓度，该反应速率一定增大
C．由实验数据可知，相同条件下，减小催化剂的表面积，该反应速率减小
D．实验③达到平衡后，N2的体积分数约为22.7%
【答案】B
【详解】A．实验①中，0~20min，氨气浓度变化量为，，反应速率之比等于化学计量数之比，，A正确；
B．实验①、实验②中0~20min、20min~40min氨气浓度变化量都是，实验②中60min时反应达到平衡状态，实验①和实验②催化剂表面积相同，实验①中氨气初始浓度是实验②中氨气初始浓度的两倍，实验①60min时反应未达到平衡状态，相同条件下，增加氨气浓度，反应速率并没有增大，B不正确；
C．对比实验①和实验③，氨气浓度相同，实验③中催化剂表面积是实验①中催化剂表面积的2倍，实验③先达到平衡状态，实验③的反应速率大，说明相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大，C正确；
D．由实验③中数据可知，达平衡时氨气反应了2mol/L，则生成氮气1mol/L，生成氢气3mol/L，平衡时体积分数等于物质的量浓度分数，故氮气的体积分数为，D正确；
故合理选项为B。
24．由含硒废料(主要含等)制取硒的流程如图：

下列有关说法不正确的是
A．“分离”时得到含硫煤油的方法是过滤
B．“酸溶”时能除去废料中的全部氧化物杂质
C．“浸取”发生反应的化学方程式为：
D．“酸化”的离子反应为：
【答案】B
【分析】由流程可知，煤油溶解S后，过滤分离出含硫的煤油，分离出Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2后，加硫酸溶解、过滤，滤液含硫酸铜、硫酸锌、硫酸铁，滤渣含Se、SiO2，再加亚硫酸钠浸取Se生成Na2SeSO3，最后酸化生成粗硒，以此来解答。
【详解】A．由上述分析可知，“分离”的方法是过滤，故A正确；
B．酸溶时，不能将废料中的二氧化硅除去，故B错误；
C．“浸取”时亚硫酸钠和Se反应生成Na2SeSO3，发生反应的化学方程式为：，故C正确；
D．Na2SeSO3酸化生成粗硒，可知“酸化”时发生的离子反应方程式为SeSO+2H+=Se↓+SO2↑+H2O，故C正确；
答案选B。
25．下列各实验操作、现象及所得结论都正确的是
选项
实验操作
现象
结论
A
用玻璃棒蘸取某无色溶液进行焰色试验
焰色呈黄色
溶液中含有钠元素
B
向黄色的溶液中滴加氢碘酸(水溶液)，再滴入几滴淀粉溶液
溶液变为蓝色
氧化性：
C
向溶液中加入稀硫酸，将产生的气体直接通入硅酸钠溶液中
产生白色浑浊
非金属性：
D
纯锌与稀硫酸反应时，向溶液中滴入几滴溶液
产生气泡的速度加快
是锌与稀硫酸反应的催化剂

A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．玻璃棒的主要成分是硅酸钠，会干扰焰色试验时Na+的检验，故A错误；
B．硝酸根离子有很强的氧化性，且在酸性条件下通常比铁离子的氧化性强，故B错误；
C．向Na2CO3固体中加入稀硫酸，产生气泡为CO2，说明酸性：H2SO4＞H2CO3，由于硫酸不挥发，故可以将产生的气体直接通入硅酸钠溶液中，产生白色沉淀，说明H2CO3＞H2SiO3，最高价含氧酸的酸性越强，元素的非金属性越强，则能说明非金属性：S＞C＞Si，故C正确；
D．Zn置换出Cu，构成原电池，加快反应速率，与催化剂无关，故D错误；
答案选C。

二、填空题
26．请按要求填空：
(1)乙醛的结构简式是_______。
(2)钠投入乙醇中发生反应的化学方程式是_______。
(3)饱和碳酸钠溶液中通入足量气体，反应的离子方程式是_______。
(4)研究表明，通过碘循环系统(如图)可以吸收工业废气中的制备一种重要的化工原料A，同时完成氢能源再生。则整个系统反应的总方程式为_______。

【答案】(1)
(2)
(3)
(4)
【解析】（1）
乙醛的分子式为C2H4O，结构简式为：；
（2）
钠可以和乙醇反应生成乙醇钠和氢气，方程式为：；
（3）
饱和碳酸钠溶液中通入足量气体，可全部生成碳酸氢钠，并且产物溶解度更小，故产生晶体，因此，反应的离子方程式是；
（4）
从循环系统依据化合价变化及化工原料A的提示，不难看出A为硫酸，同时完成了氢能源再生。故整个系统反应的总方程式为。

三、元素或物质推断题
27．化合物X(仅含两种元素)可通过淡黄色固体单质甲与浊液共热的方法来制备，为探究X的组成和性质，设计并完成如下实验(流程图中部分产物已经略去)。

已知：气体乙在标准状况下的密度为；气体丙是无色、有刺激性的气味，可用于漂白纸浆等物质。
请回答：
(1)写出组成X的元素符号_______，乙的电子式_______。
(2)X与足量盐酸反应的化学方程式为_______。
(3)气体丙与溶液反应的离子方程式为_______。
(4)请设计实验方案检验溶液丁中的金属阳离子_______。
【答案】(1)     Ca、S    
(2)
(3)
(4)取溶液丁少许分于两支试管中，向其中一支试管滴加溶液，若溶液呈血红色，则含；向另一支试管中滴加酸性高锰酸钾溶液，若紫红色褪去，则含
【分析】可知单质甲为S，气体乙在标准状况下的密度为1.52g•L-1，乙的摩尔质量=22.4L/mol×1.52g/L=34g/mol，乙在O2中燃烧得到无色、有刺激性气味的气体丙，丙可用于漂白纸浆等物质，可推知乙为H2S、丙为SO2；无机盐X（仅含有两种元素）可以通过单质甲与Ca（OH）2浊液共热的方法来制备，由元素守恒可知X中含有两种元素为Ca、S，SO2和0.3mol硫酸铁反应生成硫酸亚铁和硫酸，再加入BaCl2溶液生成硫酸钡沉淀，物质的量为=1mol，根据硫元素守恒，则硫化氢为，X中的硫共，则Ca为，因此X的化学式为CaS4。
（1）
根据分析，X由Ca、S两种元素构成；乙为H2S，电子式为。
（2）
X与足量盐酸反应生成CaCl2、H2S、S；化学方程式为。
（3）
丙为SO2，气体丙与溶液反应的离子方程式为。
（4）
溶液丁中含有的金属阳离子为亚铁离子、铁离子，检验方法为取溶液丁少许分于两支试管中，向其中一支试管滴加溶液，若溶液呈血红色，则含；向另一支试管中滴加酸性高锰酸钾溶液，若紫红色褪去，则含。

四、实验题
28．某研究性学习小组在实验室中利用下图装置(部分装置省略)制备和，并探究二者氧化性的强弱。


请回答：
(1)组装好仪器后，应先_______(填操作)，再加入试剂进行实验。
(2)a中的反应，体现了酸性和_______(填“氧化”或“还原”)性，b的作用是_______。
(3)c、d反应条件及产物差异说明氯气与碱反应的规律是_______，c中反应的离子方程式是_______。
(4)e中可选用试剂是_______(填标号)。
A． B． C． D．
(5)取少量和溶液分别置于1号和2号试管中，滴加中性KI溶液。1号试管溶液颜色不变，2号试管溶液变为棕色。可知，该条件下的氧化能力_____(填“大于”或“小于”)。
【答案】(1)检验装置气密性
(2)     还原     除去中的杂质
(3)     温度升高，氯气氧化产物中氯的价态升高    
(4)AC
(5)小于
【分析】a装置为制取氯气装置，b为除杂装置，杂质为挥发的氯化氢，则b中用饱和食盐水除氯化氢，装置c用来制取KClO3，装置d用来制取NaClO，装置e用来吸收多余的氯气，防止污染大气，以此解题。
（1）
一套仪器组装好以后，需要保证其气密性良好，故组装好仪器后，应先检验装置气密性；
（2）
装置a中二氧化锰和浓盐酸反应，生成氯化锰和氯气，盐酸体现了酸性和还原性；盐酸有挥发性，会挥发出氯化氢，可以用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢杂质；
（3）
装置c中，氯气和氢氧化钾反应生成氯酸钾和氯化钾，装置d中，在冰水中，氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠，说明氯气与碱反应的规律是：温度升高，氯气氧化产物中氯的价态升高；c中反应的离子方程式是：；
（4）
装置e可以处理没有反应完的氯气，氯气有氧化性，可以和硫化钠反应，另外氯气可以和氢氧化钠反应，生成氯化钠和次氯酸钠，故选AC；
（5）
1号试管中的KClO3溶液不能将I-氧化为单质I2，而2号试管中的NaClO溶液可将I-氧化为I2，说明在此条件下氧化性：KClO3
五、有机推断题
29．烃A是D的同系物，C是一种高分子化合物。由A和D为原料合成F(丙烯酸乙酯)的转化关系如下。

请回答：
(1)A的分子式是_______，A生成B的反应类型是_______。
(2)E所含官能团的名称是_______。
(3)B与E反应生成F的化学方程式是_______。
(4)下列说法正确的是_______。
A．等质量的C和D完全燃烧消耗氧气的质量相等
B．碳酸钠溶液中滴加少量E可产生能使澄清石灰水变浑浊的气体
C．仅用水无法鉴别B和F
D．丙烯酸乙酯具有香味，能使酸性溶液褪色
E.工业上通常由石油的裂化生产A
(5)有机物G是比F多2个氢原子的酯类物质，它可在酸性条件下水解，且水解产物之一是食醋的主要成分。写出满足上述条件的有机物G的可能结构简式_______。
(6)F发生加聚反应的化学方程式是_______。
【答案】(1)          加成反应
(2)碳碳双键、羧基
(3)
(4)AD
(5)、
(6)
【分析】D为丙烯，D氧化生成E为CH2=CHCOOH，B和E发生酯化反应生成F，则B为CH3CH2OH，烃A是D的同系物，A和水发生加成反应生成B，则A为CH2=CH2，C为高分子化合物，则D发生加聚反应生成C为，据此分析解答。
（1）
A为CH2=CH2，分子式是C2H4；A和H2O发生加成反应生成B为CH3CH2OH。
（2）
E为CH2=CHCOOH，所含官能团的名称是碳碳双键、羧基。
（3）
B与E发生酯化反应生成F，化学方程式是。
（4）
A.A和D所含C、H的百分含量相同，则等质量的C和D完全燃烧消耗氧气的质量相等，故A正确；
B.碳酸钠溶液中滴加少量E，生成碳酸氢钠和CH2=CHCOONa，不能产生使澄清石灰水变浑浊的CO2气体，故B错误；
C.B为乙醇，和水互溶，F属于酯，不溶于水，则用水可鉴别B和F，故C错误；
D.丙烯酸乙酯属于酯，具有香味，含有碳碳双键，能使酸性溶液褪色，故D正确；
E.工业上通常由石油的裂解生产A（乙烯），故E错误。
（5）
有机物G是比F多2个氢原子的酯类物质，则G不含碳碳双键，它可在酸性条件下水解，且水解产物之一是食醋的主要成分，说明生成醋酸，则满足上述条件的有机物G的可能结构简式为、。
（6）
F发生加聚反应生成，化学方程式是。

六、原理综合题
30．中国力争2030年前实现碳达峰。CO2催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体CO2排放。某温度下，CO2加氢制甲醇的总反应为。在体积为的密闭容器中，充入和，测得的物质的量随时间变化如图。


(1)末时，_______(填“>”、“<”或“=”)。
(2)在恒温恒容条件下，能说明该反应已达平衡状态的是_______。
A．CO2体积分数保持不变
B．容器中浓度与浓度之比为1∶1
C．容器中气体压强保持不变
D．混合气体的密度保持不变
E.的生成速率是生成速率的3倍
(3)请在图中画出从反应开始到时混合气体平均摩尔质量随时间的变化趋势图_______(无须计算数值)。


(4)甲醇是优质的清洁燃料，可制作碱性甲醇燃料电池，工作原理如图所示。电极A的反应式为_______。


【答案】(1)>
(2)ACE
(3) (前达到平衡)
(4)
【解析】（1）
依据反应图像，末时，反应继续向正方向进行着，因此正反应速率比逆反应速率大。
（2）
对于反应：
A．CO2体积分数保持不变，符合平衡特征、能说明上述反应达到化学平衡状态，符合；
B．容器中浓度与浓度之比为1∶1，取决于起始时成分的量，不能说明上述反应达到化学平衡状态，不符合；
C．该反应气体分子总数会随着反应而改变、故压强也会改变，当体系压强不随时间变化时，则气体分子总数不变、各成分的物质的量及浓度保持不变，符合；
D．混合气体的密度保持一直保持不变，不可作为平衡标志的判断，不符合；
E．的生成速率是生成速率的3倍，即正反应速率和逆反应速率相等，符合；
因此选择ACE。
（3）
从反应开始到时，就达到了平衡状态，因此混合气体平均摩尔质量随时间的变化趋势应该是先增大后不变，但是，起点不能为0，题目要求不需要计算，因此只要有趋势变化即可。图如下：
。
（4）
燃料电池中通入甲醇的电极A为负极，因此发生失去电子的氧化反应，碱性条件下C元素最终转化为碳酸根离子，故电极反应为。

七、计算题
31．完成下列问题。
(1)已知完全断裂物质的量均为1mol的中的化学键时吸收能量分别为。则在该条件下，与完全反应会_______(填“吸收”或“放出”)_______能量。
(2)将和的混合粉末完全溶于盐酸中，生成标准状况下(假设气体被完全收集)；反应后的溶液中滴入2滴溶液后不显血红色。请通过分析计算回答：
①则混合粉末中Fe的物质的量是_______mol；
②若在反应后的混合液中加入锌，则理论上最多可溶解锌的质量是_______g。
【答案】(1)     放出     103
(2)     0.025     5.20
【解析】（1）
基于键能数据计算反应热，反应热等于反应物键能之和减去产物键能之和，根据H2（g）+Br2（g）=2HBr（g）△H=（436+193）kJ/mol-2×366kJ/mol=-/mol，则与完全反应会放出103能量。
（2）
①将和的混合粉末完全溶于盐酸中，理论上依次发生、、。最终为溶液，设铁为、氧化铁为，则，与反应的为，氢气的物质的量=0.015mol，与盐酸反应生成的氢气的铁为，故，联合解答即得。
②根据氯原子守恒，加入Zn，锌可以和氢离子、亚铁离子反应，则最后得到ZnCl2溶液，氯离子物质的量为0.80mol/L×0.2L=，则需要为，其质量为。