浙江省台州中学2019届高三化学上学期第一次统练试题（含解析）.doc

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1、- 1 -台州中学 2018 学年第一学期第一次统练试题高三 化学可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 Mg 24 Si 28 S 32 Ca 40 Ba 137一、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.下列属于碱性氧化物的是A. NaOH B. CaO C. H2SiO3 D. SO3【答案】B【解析】【详解】A 项，NaOH 属于碱，不是碱性氧化物；B 项，CaO 属于碱性氧化物；C 项，H 2SiO3属于酸，不是碱性氧化物；D 项，SO 3属于酸性氧化物，不是

2、碱性氧化物。综上所述，符合题意的选项为 B。【点睛】本题考查物质分类有关知识，侧重于酸性氧化物、碱性氧化物、酸、碱的判断，把握物质的组成及相关概念为解题关键。能与酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物，且只含金属元素和氧元素，一般为金属氧化物，当然要注意某些金属氧化物不是碱性氧化物，如Mn2O7和 Al2O3。2.下列仪器名称不正确的是A. 干燥器 B. 坩埚 C. 三角架 D. 坩埚钳【答案】C【解析】A. 根据图示， 是干燥器，故 A 正确；B. 根据图示， 是坩埚，故 B 正- 2 -确；C. 根据图示， 是泥三角，不是三角架，故 C 错误；D. 根据图示，是坩埚钳，故 D 正确；故选 C

3、。3.下列物质中在一定条件下能够导电，但不属于电解质的是A. 石墨 B. KNO 3 C. H2SO4 D. 蔗糖【答案】A【解析】【分析】电解质、非电解质均是化合物，电解质是一定条件下本身电离而导电的化合物；导电的物质不一定是电解质，以此分析解决此题。【详解】A 项，石墨能导电，属于单质，既不是电解质又不是非电解质；B 项，KNO 3属于盐，在水溶液里、熔融时都能导电，属于电解质；C 项，H 2SO4属于酸，在水溶液里电离产生氢离子和硫酸根离子能导电，属于电解质；D 项，蔗糖属于非电解质，不导电。综上所述，符合题意的选项为 A。4.下列有水参加反应中，属于氧化还原但水既不是氧化剂也不是还原剂

4、的是A. CaH2 + 2H2O=Ca(OH)2 + 2H2 B. 2F 2+2H2O=4HF+O2C. Mg3N2 + 6H2O=3Mg(OH)2+ 2NH 3 D. 2Na 2O2 + 2H2O=4NaOH + O2【答案】D【解析】A、 CaH2 中氢由-1 价升至 0 价， 2H2O 中氢由+1 价降为 0，水作氧化剂，故 A 错误；B、水中氧元素由-2 价升高为 0 价，水只作还原剂，故 B 错误；C、没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故 C 错误；D、有元素的化合价变化，属于氧化还原反应，水中 H、O 元素的化合价不变，则水既不是氧化剂又不是还原剂，故 D 正确；故选 D。

5、5.下列物质的水溶液因水解而显酸性的是（ ）A. KNO3 B. Fe2(SO4)3 C. Na2CO3 D. H2SO4【答案】B【解析】- 3 -A、KNO 3是强酸强碱盐，溶液显中性，故错误；B、Fe 2(SO4)3属于强酸弱碱盐，Fe 3 发生水解，Fe3 3H 2O Fe(OH)33H ，溶液中 c(H )c(OH )，溶液显酸性，故正确；C、Na 2CO3属于强碱弱酸盐，CO 32 发生水解，CO 32 H 2O HCO3 OH ，c(OH )c(H )，溶液显碱性，故错误；D、H 2SO4是酸，不发生水解，故错误。【点睛】本题考查盐类水解，熟练掌握盐类水解规律：有弱才水解，无弱不

6、水解，谁强显谁性，越弱越水解等，分析清楚此盐属于哪种盐，结合盐类水解规律，能够顺利解决，本题难度较易。6.下列说法中正确的是A. 食品袋中常放生石灰，能起到抗氧化剂的作用B. NaHCO3固体可以做干粉灭火剂，金属钠着火可以用其来灭火C. 硫酸可用于化肥、医药、农药的生产，金属矿石的处理D. 用于电气工业的纯铜可由黄铜矿冶炼直接得到【答案】C【解析】【详解】A 项，生石灰具有吸水性，食品袋中常放生石灰作干燥剂，生石灰不与氧气反应，不能起到抗氧化剂的作用，故 A 错误；B 项，NaHCO 3受热分解有二氧化碳和水生成，钠着火时生成过氧化钠，因过氧化钠可与二氧化碳和水反应生成氧气，则钠着火时不能用

7、碳酸氢钠作为灭火剂，故 B 错误；C 项，硫酸能够与许多物质反应，如与氨气反应生成硫酸铵、与金属矿石和金属氧化物反应生成硫酸盐，故 C 正确；D 项，由黄铜矿冶炼直接得到的铜为粗铜，含有许多杂质，需要电解精炼后才可以用于工业生产，故 D 错误。综上所述，符合题意的选项为 C。7.下列化学用语表示不正确的是A. 氢离子结构示意图： B. 中子数为 20 的 Ar 原子：C. 二氧化硅的结构式：O=Si=O D. 乙烯的结构简式：CH 2=CH2【答案】C【解析】【分析】- 4 -A 项，氢原子核内只有 1 个质子，核外只有 1 个电子；B 项，原子表示符号 中，Z 表示质子数、A 表示质量数，质

8、量数=质子数+中子数；C 项，二氧化硅是原子晶体，不存在硅氧双键；D 项，结构简式是把结构式中的单键省略之后的一种简略表达形式，应表现该物质中的官能团，只要把碳氢单键省略掉即可。以此分析解决。【详解】A 项，氢原子失去核外的一个电子变为氢离子，氢离子结构示意图为： ，故 A 正确；B 项，Ar 的质子数为 18，则中子数为 20 的 Ar 原子质量数为 38，可表示为： ，故 B 正确；C 项，二氧化硅为原子晶体，1 个硅原子形成 4 个硅氧键，1 个氧原子形成 2 个硅氧键，所以二氧化硅中不存在硅氧双键，故 C 错误；D 项，乙烯分子式为 C2H4，分子中存在碳碳双键，结构简式为：CH 2=

9、CH2，故 D 正确。综上所述，符合题意的选项为 C。8.适量下列物质中，能使湿润的淀粉试纸变蓝的是A. 碘化钾溶液 B. 碘水 C. 碘酸钾溶液 D. 溴水【答案】B【解析】碘遇淀粉显蓝色，则 A. 碘化钾溶液不能使湿润的淀粉试纸变蓝，A 错误；B. 碘水能使湿润的淀粉试纸变蓝，B 正确；C. 碘酸钾溶液不能使湿润的淀粉试纸变蓝，C 错误；D. 溴水不能使湿润的淀粉试纸变蓝，D 错误，答案选 B。9.下列有关说法正确的是A. 储热材料芒硝可用于光-化学能的转换B. 发达国家采用的现代化垃圾焚烧处理法不能有效利用了生活垃圾中的生物质能C. 利用微生物在光合作用下分解水，是氢气制取的一个重要研究

10、方向D. 太阳能、可燃冰资源丰富，在使用时对环境无污染或很少污染，且可以再生，是最有希望的未来新能源【答案】B【解析】【详解】A 项，储热材料芒硝受热熔化后可储热，结晶后可放热，故可用于热能-化学能的转- 5 -换，故 A 错误；B 项，当前较为有效地利用生物质能的方式是制取沼气和酒精，垃圾焚烧处理法不能有效利用生活垃圾中的生物质能，故 B 正确；C 项，利用微生物在阳光作用下分解水是氢气制取的一个重要研究方向，而不是利用光合作用，光合作用不会产生氢气，故 C 错误；D 项，可燃冰资源不可再生，故 D 错误。综上所述，符合题意的选项为 B。10.下列关于物质或离子检验的叙述正确的是A. 在溶液

11、中加入盐酸酸化的 BaCl2溶液，出现白色沉淀，证明原溶液中有 SO42B. 用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，证明该溶液一定是钠盐溶液C. 气体通过无水 CuSO4，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气D. 将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，证明原气体是 SO2【答案】C【解析】A. 在溶液中加酸化的 BaCl2溶液，溶液出现白色沉淀，白色沉淀可能是氯化银或硫酸钡沉淀，不能证明一定含硫酸根离子，故 A 错误；B. 用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，说明该溶液中含有钠元素，则该溶液可能是钠盐溶液或氢氧化钠溶液，故 B 错误；C. 气体通过无水硫酸铜,粉末变蓝,则发生反应：C

12、uSO4+5H2OCuSO45H2O，可证明原气体中含有水蒸气，故 C 正确；D. 二氧化硫和澄清石灰水中氢氧化钙反应生成亚硫酸钙沉淀，二氧化碳气体通过澄清石灰水溶液生成碳酸钙白色沉淀，反应都会变浑浊，不能检验二氧化碳和二氧化硫，故 D 错误；本题选 C。11.下列说法不正确的是A. 硫元素的不同单质 S2和 S8互为同素异形体B. CH4与 C3H8一定互为同系物C. 35Cl 与 37Cl 是氯元素的两种核素，互为同位素D. 与 互为同分异构体【答案】D【解析】【详解】A 项，S 2和 S8是同种元素形成的不同单质，属于同素异形体，故 A 正确；- 6 -B 项，CH 4和 C3H8通式相

13、同均为 CnH2n+2，属于烷烃同系列，一定互为同系物，故 B 正确；C 项， 35Cl 与 37Cl 是具有相同质子数和不同中子数的氯原子，互为同位素，故 C 正确；D 项， 与 表示的是同一种物质：2-甲基丁烷，故 D 错误。综上所述，符合题意的选项为 D。【点睛】本题考查“四同”有关判断，判断同位素、同素异形体、同分异构体、同系物的方法：化学式为原子，则可能是同位素；化学式为单质，则可能为同素异形体；化学式为分子式相同、结构不同的有机化合物，则为同分异构体；分子式不同结构相似的有机化合物（同类物质） ，则为同系物。注意对物质结构的正确判断：如题中 B 项 C3H8一定为丙烷，则与 CH4

14、结构是相似的；D 项两个结构简式的呈现形式不同，但结构是相同的，为同种物质。12.下列离子方程式不正确的是A. Ca(OH)2溶液与足量 Ca(HCO3)2溶液反应：Ca 2+2HCO3 +2OH =CaCO3 +CO 32 +2H2OB. 金属钠和水反应：2Na+2H 2O=2Na+2OH +H2C. 2mol 二氧化碳通入含 3molNaOH 的溶液：2CO 2+3OH =HCO3 + CO32 + H2OD. 二氧化硫与氯化铁溶液反应：SO 2+2Fe3+H2O2Fe 2+SO42 +4H+【答案】A【解析】A. Ca(OH)2溶液与足量 Ca(HCO3)2溶液反应生成碳酸钙和水：Ca

15、2+HCO3 +OH =CaCO3 +H 2O，A 错误；B. 金属钠和水反应生成氢氧化钠和氢气：2Na+2H 2O=2Na+2OH +H2，B 正确；C. 2mol 二氧化碳通入含 3molNaOH 的溶液中生成碳酸钠、碳酸氢钠和水：2CO2+3OH =HCO3 + CO32 + H2O，C 正确；D. 二氧化硫与氯化铁溶液反应生成硫酸和氯化亚铁：SO2+2Fe3+H2O2Fe 2+SO42 +4H+，D 正确，答案选 A。点睛：明确相关物质的性质、发生的化学反应是解答的关键，注意判断离子方程式正确与否的方法一般：（1）检查反应能否发生。 （2）检查反应物、生成物是否正确。 （3）检查各物质

16、拆分是否正确。 （4）检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等） 。 （5）检查是否符合原化学方程式等。13.短周期元素 X、Y、Z、W、Q 在元素周期表中的相对位置如图所示，第三周期中 Z 元素的简单离子半径最小，下列说法不正确的是X Y- 7 -Z W QA. Z 位于第 3 周期 IIIA 族B. X、Z、W、Q 等元素的最高正价等于其所在族的族序数C. Y 元素气态氢化物比 W 元素的气态氢化物更稳定，是因为前者分子间形成了氢键D. X 的最高价氧化物对应的水化物和 X 的氢化物形成的化合物含有离子键、共价键【答案】C【解析】试题分析：第三周中 Z 元素的简单离子半径最小，则 Z

17、 为 Al，由短周期元素在周期表中位置可知，X 为 N 元素、Y 为 O 元素、W 为 S 元素，Q 为 Cl 元素。A、铝元素位于第 3 周期第 IIIA族，A 正确；B、X、Z、W、Q 等元素的最高正价等于其所在族的族序数，分别是5、3、6、7，B 正确；C、氢键只能影响物理性质，非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性 OS，故氢化物稳定性 H2OH 2S，C 错误；D、X 的最高价氧化物水化物和 X 的氢化物形成的化合物为硝酸铵，含有离子键、共价键，D 正确，答案选 C。考点：考查了元素推断及元素周期律的应用的相关知识。14.一定温度下在容积恒定的密闭容器中发生反应 A(s)+2B(g)

18、C(g)+D(g)。下列不能说明反应一定达到化学平衡状态的是A. v 正 (B)=2v 逆 (C) B. 每消耗 1molC，同时生成 1molDC. 气体的密度保持不变 D. 容器内压强保持不变【答案】D【解析】【详解】A 项，根据同一可逆反应用不同物质表示的反应速率数值之比=化学计量数之比，可得：v 正 (B)=2v 逆 (C)=v 逆 (B)，故 A 正确；B 项，由化学方程式可得，每消耗 1molC，则同时消耗 1molD，所以每消耗 1molC，同时生成1molD 时，说明正逆反应速率相等，可逆反应达到平衡状态，故 B 正确；C 项，气体的密度=气体总质量气体体积，密闭容器的容积恒定

19、，所以体积不变，A 为固体，所以气体的总质量随着平衡发生移动而发生变化，只有平衡不发生移动时，气体的总质量才不变，此时密度不变，所以当混合气体的密度不变时，表明该反应已达到平衡状态，故 C 正- 8 -确；D 项，由化学方程式可得，该反应气体分子数不变，所以容器内压强始终保持不变，故 D 错误。综上所述，符合题意的选项为 D。【点睛】本题考查化学平衡状态的判断，对于可逆反应，正反应速率等于逆反应速率、变化量不再发生变化时，即达到化学平衡状态，因此判断时应抓住以上两点，分析反应中的变化量，如气体质量、分子数等；注意正逆反应速率相等指同种物质表示的正逆反应速率相等。15.下列说法正确的是A. 乙炔

20、在空气中不易完全燃绕，燃烧时冒浓烟B. 正丁烷与异丁烷的一氯取代物都只有两种，它们的沸点都相同C. 一定条件下，苯能与液溴反应得到溴苯，反应类型为加成反应D. 乙烯能使酸性高锰酸钾容液褪色，说明乙烯有漂白性【答案】A【解析】分析：本题考查的是烃的化学性质，根据有机物的结构进行分析。详解：A.乙炔的含碳量高，所以燃烧时冒黑烟，故正确；B.正丁烷和异丁烷结构不同，沸点不同，故错误；C.苯和溴反应为取代反应，故错误；D.乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明乙烯具有还原性，故错误。故选 A。16.下列有关生命活动中的营养物质，说法不正确的是A. 氨基酸既能与强酸反应，也能与强碱反应B. 植物油、脂肪与氢

21、氧化钠溶液反应均有醇生成C. 淀粉、纤维素、蛋白质和油脂都是有机高分子化合物D. 丝绸与棉布可以通过燃烧闻气味的方法进行鉴别【答案】C【解析】【分析】A 项，氨基酸既具有酸性又具有碱性；B 项，植物油和脂肪属于油脂，碱性条件下可水解；C 项，相对分子质量很大（超过 1 万）的有机化合物，可认为是有机高分子化合物；D 项，蛋白质灼烧有烧焦羽毛的气味，这是鉴别蛋白质的一种方法。- 9 -【详解】A 项，氨基酸既含氨基又含羧基，所以既能与强酸反应，也能与强碱反应，故 A 正确；B 项，植物油、脂肪主要成分为高级脂肪酸甘油酯，与氢氧化钠溶液反应都有丙三醇（甘油）生成，故 B 正确；C 项，淀粉、纤维素

22、、蛋白质都是有机高分子化合物，而油脂不是有机高分子化合物，故 C错误；D 项，丝绸主要成分是蛋白质，燃烧时有烧焦羽毛气味，棉布主要成分是纤维素，燃烧时没有烧焦羽毛气味，故 D 正确。综上所述，符合题意的选项为 C。17. 一种用于驱动潜艇的液氨-液氧燃料电池原理示意如图，下列有关该电池说法正确的是A. 该电池工作时，每消耗 22.4L NH3转移 3mol 电子B. 电子由电极 A 经外电路流向电极 BC. 电池工作时，OH 向电极 B 移动D. 电极 B 上发生的电极反应为：O 2+ 4H + 4e 2H 2O【答案】B【解析】试题分析：A、温度、压强未知，无法计算 22.4L NH3的物质

23、的量，A 错误；B、该电池中氧气得到电子所在电极 B 为正极，电极 A 为负极，电子由电极 A 经外电路流向电极 B，B 正确；C、电池工作时，OH 向负极移动，C 错误；D、该电池电解质为碱性，电极 B 上发生的电极反应为：O 2+ 2H2O+ 4e 4OH -，D 错误。答案选 B。【考点定位】本题主要是考查电化学原理的应用【名师点晴】该题为高频考点，明确原电池和电解池的工作原理、各个电极上发生的反应是解答本题的关键，难点是电极反应式的书写，注意电解质溶液的性质，以及电解质溶液中阴- 10 -阳离子移动方向，为易错点。18.常温下,浓度均为 0.1molL-1的盐酸和醋酸,下列说法正确的是

24、A. 两种溶液的 pH：盐酸大于醋酸B. 用相同浓度的 NaOH 溶液分别与等体积的盐酸和醋酸溶液恰好反应完全,盐酸消耗的 NaOH溶液体积多C. 向醋酸中加入等物质的量的 NaOH,溶液呈碱性,且溶液中D. 两种溶液中水电离出的氢离子：盐酸大于醋酸【答案】C【解析】【详解】A 项，盐酸是强酸，在水溶液里完全电离，醋酸是弱酸，在水溶液里不完全电离，则常温下，浓度均为 0.1molL-1的盐酸和醋酸，pH：盐酸小于醋酸，故 A 错误；B 项，盐酸和醋酸均为一元酸，浓度相同、体积相同，则两种酸的物质的量相同，和相同浓度的 NaOH 溶液反应，消耗的 NaOH 溶液体积相同，故 B 错误；C 项，根

25、据电荷守恒：c(Na +)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，又因为已知溶液呈碱性，所以c(H+) b【答案】B【解析】温度越高，化学反应速率越快，反应就先达到平衡，即曲线先出现拐点，故 b 代表 20下 A的 Y-t 曲线，A 项错误；反应到 66min 时，0和 20下的转化率相同，因二者的起始量相同，故此时放出的热量相等，B 项正确；2A(l) B(l) H=-QkJ/mol 表示 2molA 完全反应放出 QkJ 热量，因无法知道具体有多少 A 物质已经反应，故放出热量也无法计算，C 项错误；b 是代表 20下的 Y-t 曲线，a 是代表 0下的 Y-t 曲线，升高温度，

26、化学反应速率加快，故反应都达到平衡后，正反应速率 ac(HCO3 )c(NH3 H2O)c(CO32 )B. NH4HCO3 溶液中存在下列守恒关系：c(NH 4+)c(NH 3H2O)c(H +)c(OH -)2c(CO 32-)c(H 2CO3)C. 往该溶液中逐滴滴加氢氧化钠时，NH 4 和 HCO 3 浓度均逐渐减小D. 通过分析可知常温下 K b(NH3H2O)大于 K a1(H2CO3)【答案】D【解析】试题分析：A、根据示意图可知，当溶液的 pH9 时，溶液中存在下列关系：c（HCO 3 ）c（NH 4 ）c（NH 3H2O）c（CO 32 ） ，A 错误；B、根据物料守恒可得

27、NH4HCO3溶液中存在下列守恒关系：c（NH 4 ）c（NH 3H2O）c（CO 32 ）c（H 2CO3）c（HCO 3-） ，因为NH4+发生水解反应，所以 c（HCO 3-）c（CO 32 ）c（OH ）c（H +） ，则 B 项中关系式错误，B 错误；C、根据图像可知 pH7.8 时，往该溶液中逐滴滴加氢氧化钠 HCO3 浓度逐渐增大，C 错误；D、因为 0.1mol/L 的 NH4HCO3溶液 pH7.8，说明 HCO3的水解程度大于 NH4+的水解程度，根据越弱越水解的规律可得：K b（NH 3H2O）Ka 1（H 2CO3） ，D 正确。答案选 D。考点：考查盐类的水解、离子浓

28、度比较、电离常数的比较24.以硅孔雀石主要成分为 CuCO3Cu(OH)2、CuSiO 32H2O,含 SiO2、FeCO 3、Fe 2O3等杂质为原料制备 CuCl2的工艺流程如下:- 14 -已知: SOCl 2+H2O SO2+2HCl，下列说法不正确的是A. “酸浸” 时应该用盐酸溶解硅孔雀石粉B. “氧化”时发生反应的离子方程式为：Cl 2+2Fe2+ 2Fe3+2Cl-C. “调 pH”时，pH 需控制在碱性区域，保证铁元素全部以 Fe(OH)3形式除去D. “加热脱水”时，加入 SOCl2的目的是生成的 HCl 抑制 CuCl2的水解【答案】C【解析】【分析】本题是一道工艺流程题

29、，解题时应注意对流程的分析：硅孔雀石粉加盐酸“酸浸” ，得到含Cu2+、Fe 2+、Fe 3+、Cl -的溶液；通入氯气氧化 Fe2+为 Fe3+，调节 pH 使 Fe3+以 Fe(OH)3形式除去；结晶得到 CuCl2xH2O，在 HCl 的保护下加热脱水得到 CuCl2。以此分析并结合选项，可解决此题。【详解】A 项，该工艺流程制备的是 CuCl2，用盐酸溶解硅孔雀石粉不会引入其他阴离子，再者流程中也标明了“酸浸”时加入盐酸，故 A 正确；B 项，硅孔雀石粉中含有+2 价铁的化合物， “酸浸”后溶液中还原性离子为 Fe2+，所以通入氯气“氧化”时发生反应的离子方程式为：Cl 2+2Fe2+

30、 2Fe3+2Cl-，故 B 正确；C 项，常温下，Fe 3+在 pH 约为 3.7 时就全部以 Fe(OH)3形式沉淀了，若 pH 过高，则 Cu2+也会转化为沉淀，所以“调 pH”时不能控制在碱性区域，故 C 错误；D 项，CuCl 2是强酸弱碱盐，CuCl 2xH2O“加热脱水”时，Cu 2+会水解而得不到 CuCl2，所以加入 SOCl2的目的是生成 HCl 抑制 CuCl2的水解，故 D 正确。综上所述，符合题意的选项为 C。25.某无色溶液可能含有 K 、Na 、NH 4+ 、Ba 2 、Fe 3 、Fe 2 、Cl 、Br 、SO 32 、SO 42 中若干种（忽略水电离出的 H

31、 、OH ） ，且离子浓度相同，依次进行下列实验，且每步所加试剂均过量，观察到现象如下：用 pH 试纸检验，溶液的 pH 大于 7向溶液中滴加氯水，再加入 CCl4振荡，静置，CCl 4层呈橙色向所得水溶液中加入 Ba(NO3)2溶液和稀 HNO3，有白色沉淀产生过滤，向滤液中加入 AgNO3- 15 -溶液和稀 HNO3，有白色沉淀产生根据上述实验，以下说法正确的是A. 无法推断原混合溶液中是否含有 NH4+和 SO42B. 原混合溶液中 Br 、SO 32 肯定存在，Cl 可能存在C. 确定溶液中是否存在 Na ，需要做焰色反应D. 原混合溶液中阳离子 Ba2 、Fe 3 、Fe 2 一定

32、不存在，K 、Na 、NH 4 一定存在【答案】D【解析】由于溶液为无色，因此不可能存在 Fe3 、Fe 2 ；由可知，溶液呈碱性，说明含有弱酸阴离子，只有亚硫酸根离子能够水解，使溶液显碱性，因此含有 SO32-，则不可能含 Ba2+；由中CCl4层呈橙色可知，含 Br-离子；由可知，在的溶液中加入 Ba(NO3)2溶液和稀 HNO3，白色沉淀为硫酸钡，由于含 SO32-，则可能含有 SO42-离子；向滤液中加入 AgNO3溶液和稀 HNO3，有白色沉淀产生，白色沉淀为 AgCl，但由于步骤加入了氯离子，所以不能确定原溶液是否含氯离子。根据上述分析，溶液中一定没有 Ba2 、Fe 3 、Fe

33、2 ，一定含有 Br 、SO 32-，因为离子浓度相同，根据溶液显电中性，在则一定含有 K 、Na 、NH 4 ，且不可能存在 Cl 和SO42-，否则不满足电荷守恒。A.原混合溶液中含有 NH4+，不含 SO42-，故 A 错误；B. 原混合溶液中 Br 、SO 32-肯定存在，Cl 不可能存在，故 B 错误；C. Na 一定存在，无需做焰色反应，故 C 错误；D. 原混合溶液中阳离子 Ba2 、Fe 3 、Fe 2 一定不存在，K 、Na 、NH 4 一定存在，故 D 正确；故选 D。点睛：本题的关键是先确定存在的离子，再确定不共存的离子。难点是 K 、Na 、NH 4+ 、Cl 、SO

34、42-的确定，需要根据离子浓度相同，利用电荷守恒进行判断。二、非选择题（本大题共 4 小题，共 20 分）26.烃 A 是一种重要的化工原料，己知气体 A 在标准状况下相对氢气的密度为 13，B 可发生银镜反应，它们之间的转化关系如右图。请回答：- 16 -（1）有机物 C 中含有的官能团名称是_，反应的反应类型是_。（2）反应的原子利用率达 100%，该反应的化学方程式是_。（3）下列说法正确的是_。A反应也能实现原子利用率 100%B乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中水解的反应叫作皂化反应C有机物 A、B、C 均能使酸性高锰酸钾溶液褪色D有机物 B 和 D 都可以与新制碱性氢氧化铜悬浊液发生反应【答

35、案】 (1). 羟基 (2). 氧化反应 (3). CHCH+H 2O CH3CHO (4). ACD【解析】分析：气体 A 在标准状况下相对氢气的密度为 13，则 A 的摩尔质量为132g/mol=26g/mol，B 可发生银镜反应，则 B 为醛，由流程图可知，A 加水反应生成 B，B氧化生成 D，B 加氢还原生成 C，C 与 D 发生反应生成乙酸乙酯，则 A 为 CHCH，B 为CH3CHO，C 为 CH3CH2OH，D 为 CH3COOH。详解：(1)由上述分析可知，C 为 CH3CH2OH，官能团为羟基，B 为 CH3CHO，反应为乙醛发生的氧化反应，故答案为：羟基；氧化反应；(2)由

36、上述分析可知，B 为 CH3CHO，反应的原子利用率达 100%，则 CHCH 与水发生加成反应生成乙醛，该反应的化学方程式是 CHCH+H 2O CH 3CHO，故答案为：CHCH+H 2O CH3CHO；(3)AB 为 CH3CHO，反应中 2 分子乙醛可以发生加成反应生成乙酸乙酯，原子利用率为100%，故 A 正确；B油脂在碱性条件下的水解反应称为皂化反应，乙酸乙酯不属于油脂，在氢氧化钠溶液中水解的反应不能叫作皂化反应，故 B 错误；C有机物 A、B、C 中含有的官能团分别为碳碳三键、醛基和羟基，均能被酸性高锰酸钾溶液氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色，故 C 正确；D乙醛中含有醛基，能够与新

37、制碱性氢氧化铜悬浊液发生氧化反应，乙酸中含有羧基，能够与新制碱性氢氧化铜悬浊液发生中和反应，故 D 正确；故选 ACD。点睛：本题考查有机物的推断，把握信息及官能团的变化为解答的关键。本题的易错点为反应的反应物和类型的判断。27.设计如下实验探究某矿石（仅含四种短周期元素）的组成和性质，已知矿石含有一定的结晶水：- 17 -（1）矿石的组成元素是 H、O 和_、 _（填元素符号） ，化学式为_。（2）白色粉末 3 溶于 NaOH 溶液的离子方程式是_。【答案】 (1). Mg，Si (2). MgSiO32H2O (3). 2OH-SiO 2=SiO32-H 2O (4). 【解析】根据流程图

38、，矿石灼烧后生成无色气体 1，冷凝后得到无色液体 1，该无色液体为水，质量为 3.6g，物质的量为 0.2mol；白色粉末 2 能够溶于过量盐酸，得到白色胶状沉淀 2，和无色溶液 3；根据盐酸提供的氢离子和氯离子分析，白色胶状沉淀 2 可能是氯化银沉淀或硅酸沉淀；白色胶状沉淀 2 灼烧得到白色粉末 3，该物质能够溶于氢氧化钠溶液，说明白色粉末为二氧化硅，不可能为氯化银，因此白色胶状沉淀 2 为硅酸；无色溶液 3 中加入过量氢氧化钠得到白色沉淀，说明白色沉淀 3 为氢氧化镁，5.8g 氢氧化镁的物质的量为 0.1mol，因此白色粉末 2 中含有 4g 氧化镁和 6g 二氧化硅，因此白色粉末 2

39、为硅酸镁。(1)根据上述分析，矿石的组成元素是 H、O、Mg 和 Si，硅酸镁的质量为 10g，物质的量为=0.1mol，水的物质的量为 =0.2mol，因此化学式为 MgSiO32H2O，故答案为：Mg；Si；MgSiO 32H2O；(2)白色粉末 3 为二氧化硅， 溶于 NaOH 溶液的离子方程式为 2OH-SiO 2=SiO32-H 2O，故答案为：2OH -SiO 2=SiO32-H 2O。点睛：本题考查了物质的组成和性质的推断。本题的难点是白色胶状沉淀 2 和白色粉末 3 的判断，可以根据反应物中有盐酸结合白色粉末 3 能够与氢氧化钠溶液反应考虑。- 18 -28.锌与浓硫酸反应，随

40、着硫酸的浓度下降，产生的气体中混有 H2，为证实相关分析，化学小组的同学设计了如图所示的实验装置，对反应后的气体（X）取样进行组分分析（遇有气体吸收过程，视为完全吸收） 。（1）A 中加入的试剂可能是_，若高锰酸钾溶液与 B 之间不再添加装置，请描述观察到何种现象能表明已达到使用高锰酸钾溶液的目的_。（2）可证实气体 X 中混有较多氢气的实验现象是_。【答案】 (1). 品红溶液 (2). 高锰酸钾溶液颜色变浅，但没有褪成无色 (3). C中黑色粉末变红色，D 中白色粉末变蓝色【解析】【分析】锌与浓硫酸反应会生成 SO2气体，锌与稀硫酸反应会生成 H2，故气体 X 中主要含有 SO2和H2，根

41、据实验目的结合实验流程可得：A 为检验 SO2气体的装置；KMnO 4为除去 SO2气体的装置；B 为干燥装置；C、D 为检验氢气还原氧化铜产物的装置。【详解】 （1）由上述分析可知，A 为检验 SO2气体的装置，故 A 中加入的试剂可能是品红溶液。KMnO 4为除去 SO2气体的装置，若高锰酸钾溶液与 B 之间不再添加装置，则要证明 SO2被全部吸收，需证明高锰酸钾溶液是过量的，则高锰酸钾溶液颜色变浅，但没有褪成无色，表明已达到使用高锰酸钾溶液的目的。（2）本实验是通过证明氢气还原氧化铜的产物的方法，来证明气体 X 中混有较多氢气的，故 C 中黑色粉末(CuO)变红色(Cu)，D 中白色粉末

42、(无水硫酸铜)变蓝色(CuSO 45H2O)，则说明是氢气还原了氧化铜，生成了铜单质和水。【点睛】本题是一道实验探究题，主要涉及气体的除杂、吸收及气体的检验，综合性较强，明确实验目的、掌握相关实验基本操作和元素化合物性质，才能迅速解决此题。注意围绕实验目的，对仪器装置进行分析，沿着气体流向理清思路，明确各个装置的作用。29.向一定体积 CaCl 2 和 HCl 的混合溶液中逐滴加入浓度为 1.00molL -1的 Na 2CO3溶液，- 19 -反应过程中加入的 Na 2CO3 溶液的体积与产生沉淀或气体的质量关系如图所示。已知：图中 V 1 :V2=1:2，当加入 V 2mL Na2CO3溶

43、液时，所得溶液的浓度为 1.00 molL -1，体积为 200mL。求：（1）混合溶液中 CaCl 2和 HCl 物质的量之比 n(CaCl2)n(HCl)=_（2）m 2=_g。【答案】 (1). 1:2 (2). 5.00【解析】试题分析：由图像可知，向一定体积 CaCl2 和 HCl 的混合溶液中逐滴加入浓度为 1.00molL-1 的 Na2CO3溶液，0V 1发生的是碳酸钠与盐酸反应，生成二氧化碳的质量为m1，V 1V2发生的是碳酸钠与氯化钙的反应，生成碳酸钙的质量为 m2。又知 V1：V 2=1:2，说明盐酸和氯化钙消耗的 Na2CO3 溶液体积相等，由两个反应的化学方程式可知，

44、n(CaCl 2)n(HCl)= 1:2；当加入 V2mLNa2CO3 溶液时，所得溶液为氯化钠溶液，其浓度为 1.00 molL-1，体积为 200mL，所以 n(NaCl)=0.200mol，由氯离子守恒可以求出 n(CaCl2)=0.0500mol、n(HCl)=0.100mol。（1）混合溶液中 CaCl 2和 HCl 物质的量之比 n(CaCl2)n(HCl)= 1:2。（2）由钙离子守恒可知，n(CaCO 3)=n(CaCl2)=0.0500mol，所以m2=0.0500mol 5.00g。点睛：本题考查的是有关混合物的组成的计算，难度较大。弄清反应原理和反应的先后顺序是解题的关键

45、，从图像中及题中找出关键数据是解题的保证，巧妙运用守恒法是解题的捷径。【加试题】30.甲醇被称为 21 世纪的新型燃料,研究和合成甲醇有着重要的意义。(1)已知：H 2(g)+1/2O2(g) H2O(l) H 10；甲醇的燃烧热为 H 3。试用 H 1、H 2、H 3表示 CO(g)+2H2(g) CH3OH(l)的 H, 则H=_kJmol -1。- 20 -(2)该方法生产甲醇是目前工业上常用的方法。在一定温度下，向 2L 密闭容器中充入 1mol CO 和 2mol H2，发生反应 CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)， 5 分钟反应达平衡，此时 CO 的转化率为 80%。请回答

46、：下列叙述合确的是_(填编号)。A达到平衡时,移走部分甲醇，平衡将向右移动，正反应速率加快B缩小容器的体积，平衡将向右移动，c(CO)将变大C在相同的条件下，若使用甲催化剂能使正反应速率加快 105 倍，使用乙催化剂能使逆反应速率加快 108 倍，则应该选用乙催化剂D若保持平衡时的温度和容积不变，再向容器中充入 0.8mol CO 和 0.6mol CH3OH，则此时v 正 v 逆在方框的坐标系中画出甲醇的物质的量浓度随时间的变化曲线 _(3)CO2和 H2在催化剂 Cu/ZnO 作用下可发生两个平行反应,分别生成 CH3OH 和 CO。反应:CO 2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H

47、2O(g)反应: CO 2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)控制 CO2和 H2初始投料比为 1:3 时,温度对 CO2平衡转化率及甲醇和 CO 产率的影响如图 2 所示。由图 2 可知温度升高 CO 的产率上升,其主要原因可能是_。由图 2 可知获取 CH3OH 最适宜的温度是_。- 21 -(4)近几年开发的甲醇燃料电池的工作原理如图所示:电池中的质子交换膜只允许质子和水分子通过，电解质溶液为稀硫酸，则 a 电极的电极反应式为_。【答案】 (1). H=2H 1-H 2-H 3 (2). BCD (3). (4). 反应正反应是吸热反应,温度升高平衡正向移动,CO 产率升高 (5

48、). 250 (6). CH 3OH+H2O-6e- CO2+6H +【解析】【详解】 （1）由已知，为：CH 3OH(l)+ O2(g) CO2(g)+2H2O(l) H 3，根据盖斯定律，2-得：CO(g)+2H 2(g) CH3OH(l) H=2H 1-H 2-H 3。（2）A 项，减小生成物浓度，化学平衡正向移动，正逆反应速率都减小，故 A 错误；B 项，增大压强，化学平衡向气体分子数减小的方向移动，因为该反应正向气体分子数减小，所以缩小容器的体积，压强变大，平衡将向右移动；体积缩小导致 c(CO)变大，根据化学平衡移动原理，达到新平衡时 c(CO)仍比原平衡时大，故 B 正确；C 项，催化剂能同等程度加快正逆反应速率，所以应选用乙催化剂，故 C 正确；D 项，由已知，5 分钟反应达平衡时各物质的浓度为：c(CO)=0.1mol/L、c(H 2)=0