淳安縣汾口中學高二下學期期中考試化學試題含解析

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精浙江省淳安縣汾口中學2019—2020學年高二下學期期中考試化學試題1.下列物質中屬于純凈物的是（）A。碘酒 B.氨水 C。石油 D.Na2CO3·10H2O【答案】D【解析】【分析】只由一種物質組成的物質稱為純凈物；由兩種或兩種以上的物質混合而成的物質稱為混合物，據(jù)此判斷.【詳解】A。碘酒是碘溶在酒精而得的混合物，A錯誤；B。氨水是氨氣的水溶液，屬于混合物，B錯誤;C.石油是一種粘稠的、深褐色液體,主要成分是各種烷烴、環(huán)烷烴、芳香烴的混合物，C錯誤;D.Na2CO3·10H2O中的水是結晶水形式,不是單獨存在的，Na2CO3·10H2O是由一種物質組成，屬于純凈物，D正確；故答案為：D.2。下列儀器及其名稱不正確的是(）A。量筒 B。試管C.蒸發(fā)皿 D.分液漏斗【答案】C【解析】【詳解】A.該儀器為量筒，故A正確；B。該儀器為試管，故B正確；C.該儀器為為坩堝，故C錯誤；D.該儀器為分液漏斗，故D正確。故選C.【點睛】本題易錯點在于坩堝和蒸發(fā)皿的區(qū)別,坩堝用于加熱固體，口小;蒸發(fā)皿用于加熱液體，口大。3。在元素周期表中的位置是第三周期第VA族元素是（)A.N B。P C。S D。Cl【答案】B【解析】【分析】【詳解】A.N元素位于第二周期第ⅤA族,A錯誤;B.P元素位于第三周期第ⅤA族，B正確；C.S元素位于第三周期ⅥA族，C錯誤；D。Cl元素位于第三周期第ⅦA族，D錯誤;故答案為：B.4。CaCO3→CaO→Ca（OH）2→NaOH的各步反應中，所屬反應類型不包括()A.化合反應 B。分解反應 C.置換反應 D.復分解反應【答案】C【解析】【分析】化學反應基本類型：化合反應、分解反應、置換反應和復分解反應?；戏磻河袃煞N或兩種以上的物質生成一種物質的化學反應，特征是:多變一；分解反應：一種物質分解生成兩種或兩種以上的物質的化學反應，特征是：一變多；置換反應是一種單質和一種化合物反應生成另一種單質和另一種化合物的化學反應；復分解反應是兩種化合物互相交換成分生成另外兩種化合物的反應?！驹斀狻竣偬妓徕}在高溫的條件下生成氧化鈣和二氧化碳：CaCO3CaO+CO2↑，屬于分解反應；②氧化鈣和水反應生成氫氧化鈣:CaO+H2O=Ca(OH）2，屬于化合反應；③氫氧化鈣和碳酸鈉反應生成碳酸鈣白色沉淀和氫氧化鈉:Ca（OH)2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH，屬于復分解反應;在此過程中沒有置換反應，故答案為：C.5.實驗室有兩瓶失去標簽的溶液，其中一瓶是K2SO4溶液，另一瓶是NaOH溶液。鑒別時，下列選用的試紙或試劑不正確的是A.pH試紙 B。紫色石蕊試液 C.Na2CO3固體 D.CuCl2溶液【答案】C【解析】【詳解】A、pH大的為NaOH,小的為K2SO4溶液，pH試紙可鑒別，故A不選；B、加紫色石蕊，溶液為藍色的為NaOH，可鑒別，故B不選；C、二者與碳酸鈉均不反應，不能鑒別，故C選;D、NaOH與氯化銅反應生成藍色沉淀,而硫酸鉀不能,現(xiàn)象不同，可鑒別，故D不選；故選C。6。下列物質的水溶液因水解呈堿性的是（）A.HCl B.NaOH C。CH3COONa D.FeCl3【答案】C【解析】【詳解】A．氯化氫是強酸，在水溶液中能電離為氫離子，故是電離顯酸性，A錯誤；B．NaOH是強堿，在水溶液中能電離出大量的氫氧根離子，故是電離顯堿性，B錯誤；C．醋酸鈉是強堿弱酸鹽，在水溶液中醋酸根離子水解生成醋酸和氫氧根離子，故是水解顯堿性，C正確；D．氯化鐵是強酸弱堿鹽,在水溶液中鐵離子水解生成氫氧化鐵和氫離子，故是水解顯酸性,D錯誤；故答案為：C.7。下列各組中，互稱為同分異構體的是（）A。O2與O3 B.CH4與C3H8C。CH3CHO與 D.35Cl與37Cl【答案】C【解析】【分析】同種元素組成的不同的單質互稱為同素異形體；質子數(shù)相同、中子數(shù)不同的核素互稱為同位素；結構相似，分子間相差若干個CH2的有機物互稱為同系物;分子式相同，結構不同的有機物互稱為同分異構體?！驹斀狻緼。O2與O3，互為同素異形體，A錯誤；B.CH4與C3H8，互為同系物，B錯誤；C。CH3CHO與,分子式均為C2H4O，互為同分異構體，C正確；D。35Cl與37Cl,互為同位素；D錯誤；故答案為:C。8.下列關于氯化鐵溶液和氫氧化鐵膠體的說法中,正確的是（)A。分散質的粒子直徑均在1~100nm之間 B。兩者都具有丁達爾效應C。后者可用于凈水 D。前者是混合物,后者是純凈物【答案】C【解析】【分析】混合物按分散質粒子的直徑大小分為溶液、膠體、濁液。溶液:分散質粒子的直徑小于1nm、無丁達爾效應；膠體：分散質粒子的直徑介于1nm100nm之間、有丁達爾效應；濁液：分散質粒子的直徑大于100nm、靜置分層?！驹斀狻緼．氯化鐵溶液中分散質粒子的直徑小于1nm；氫氧化鐵膠體中分散質粒子的直徑介于1nm100nm之間，A錯誤；B．氯化鐵溶液無丁達爾效應,B錯誤；C．氫氧化鐵膠體具有吸附作用，能吸附水中浮著的顆粒，可用于凈水,C正確；D．氯化鐵溶液和氫氧化鐵膠體都屬于混合物,D錯誤；故答案為：C.【點睛】丁達爾效應:光束通過膠體時，可以看到一條光亮的“通路",這條光亮的“通路”是由于膠體粒子對光線散射形成的；丁達爾效應是膠體特有的，可用于鑒別膠體和溶液。9.下列化學用語表達正確的是A。乙烯的結構簡式:C2H4 B。甲烷分子的球棍模型：C.NaCl的電子式： D。氟離子的結構示意圖：【答案】B【解析】【詳解】A、乙烯的結構簡式中碳碳雙鍵不能省略，即乙烯的結構簡式為:CH2=CH2，故A錯誤;B、甲烷為正四面體結構，分子中含有4個碳氫鍵，甲烷正確的球棍模型為：，故B正確；C、氯化鈉是離子化合物，鈉離子和氯離子之間通過離子鍵形成化合物，故電子式為，故C錯誤；D、氟離子核內有9個質子,核外有10個電子,氟離子的結構示意圖為,故D錯誤;故選B。10.解決人類對能源的根本出路是（）A.加速開采煤、石油、天然氣等化石燃料，它們屬于可再生資源B。積極尋找含能源豐富的星球供人類定居C。依靠科學技術，不斷開發(fā)新能源D.盡可能的節(jié)約能源【答案】C【解析】【詳解】A?；茉词遣豢稍偕茉?會越來越少，加快開采只能暫時緩解能源需求問題，不是解決能源問題的出路，A錯誤；B.積極尋找富含能源的星球供人類定居,想法很好，不太切合實際,B錯誤；C.依靠科學技術，開發(fā)和利用好新能源是解決能源問題的重要措施，C正確；D.盡可能的節(jié)約能源是我們解決能源問題的根本宗旨,但不是解決能源問題的根本出路，D錯誤；故答案為：C.【點睛】解決能源問題有兩條出路:一是要把現(xiàn)有的能源利用好，提高利用率；二是要積極開發(fā)新能源，尋找替代能源。11.下列物質的制備，不符合工業(yè)生產實際的是（）A.工業(yè)上用電解熔融氯化鎂制備單質鎂B.工業(yè)上用電解飽和食鹽水制備氯氣C。工業(yè)上用二氧化硅在高溫下與焦炭反應制得高純硅D.工業(yè)上煉鐵時，常用石灰石除去鐵礦石中的二氧化硅【答案】C【解析】【詳解】A．工業(yè)上用電解法制備金屬鎂,反應的化學方程式為：MgCl2(熔融）Mg+Cl2↑，A符合;B．工業(yè)上用電解飽和食鹽水制備氯氣，反應的化學方程式為：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，B符合;C．二氧化硅和焦炭在高溫下反應制得的硅中含有少量C、SiC等雜質,為粗硅，C不符合；D．石灰石含碳酸鈣，工業(yè)上煉鐵時，常用石灰石除去鐵礦石中的二氧化硅，反應的化學方程式為：CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2↑，D符合。答案選C。12.在一定溫度下,向2L密閉容器中加入2molHI(g)，發(fā)生反應2HI（g)H2（g）＋I2(g)，4s時生成0。2molH2，則以HI表示該時段的化學反應速率是A。0.05mol·L—1·s—1 B。0.1mol·L-1·s—1C.0。2mol·L—1·s-1 D。0.8mol·L-1·s-1【答案】A【解析】【詳解】4s時生成0.2molH2,結合方程式可知消耗的HI的物質的量為0。4mol，容器體積為2L，則，故選：A。13。下列說法正確的是A。Cl2能使?jié)駶櫟挠猩紬l褪色,所以Cl2具有漂白性B.過量的鐵絲在Cl2中劇烈燃燒，反應生成FeCl2和FeCl3C.利用溴單質的氧化性可以把碘離子轉化為碘單質D。實驗室常用飽和食鹽水吸收多余的Cl2以避免污染【答案】C【解析】【詳解】A.Cl2能使?jié)駶櫟挠猩紬l褪色是因氯氣與水反應產生了具有漂白性的次氯酸,而干燥的氯氣不能使干燥的有色布條褪色，氯氣本身不具有漂白性，故A錯誤；B.鐵在氯氣中燃燒只能得到氯化鐵，故B錯誤；C.溴單質的氧化性強于碘單質,因此溴可將碘離子氧化成碘單質,故C正確；D.氯氣在水中的溶解度不大,在飽和食鹽水中的溶解度更小，不能用飽和食鹽水吸收氯氣，應該用氫氧化鈉溶液吸收，故D錯誤；故選：C.14。下列說法不正確的是A.乙烯能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，是因為乙烯分子中含有碳碳雙鍵B。氯氣在一定條件下可以在甲苯的苯環(huán)或側鏈上發(fā)生取代反應C。乙醛在一定條件下與氧氣反應生成乙酸，乙醛發(fā)生了氧化反應D.苯可以使溴水顏色變淺，是發(fā)生了加成反應【答案】D【解析】【詳解】A.乙烯中含有碳碳雙鍵，容易被高錳酸鉀氧化使其褪色,故A正確;B。氯氣在光照條件下可以取代甲苯甲基上的氫原子，在鐵做催化劑的條件下可以取代苯環(huán)的氫原子，故B正確;C.乙醛具有較強還原性可以被很多氧化劑氧化成乙酸,該過程乙醛發(fā)生氧化反應,故C正確；D.苯與溴水不反應，但苯可以萃取溴水中的溴單質使溴水褪色，故D錯誤；故選:D。15.下列說法正確的是A。金剛石和足球烯（C60）均為原子晶體B。NH4Cl屬于離子化合物，該物質中只存在離子鍵C.在N2、CO2和SiO2物質中，都存在共價鍵，它們都是由分子構成D.干冰的升華，只需克服分子間作用力【答案】D【解析】【詳解】A.原子晶體是原子間通過共價鍵結合形成的空間網(wǎng)狀結構的物質，金剛石是原子晶體，足球烯是分子晶體,故A錯誤；B。氯化銨中銨根和氯離子之間是離子鍵,銨根內部氮原子和氫原子之間以共價鍵結合，故B錯誤；C.N2、CO2和SiO2中都存在共價鍵，N2、CO2是分子晶體,SiO2是原子晶體，故C錯誤；D。干冰是分子晶體，分子間通過分子間作用力結合形成晶體，分子晶體狀態(tài)改變時破壞分子間作用力，故D正確；故選：D.【點睛】熟記常見的原子晶體類型:金剛石、晶體硅、二氧化硅、碳化硅等，原子晶體最大的特征是原子間通過共價鍵結合形成空間網(wǎng)狀結構。16.將純鋅片和純銅片按圖示方式插入同濃度的稀硫酸中一段時間,下列敘述正確的是A。裝置甲中銅片表面產生氣泡B。裝置甲溶液中SO42ˉ向鋅片做定向移動C。裝置乙中正極的電極反應式：2H++2eˉ＝H2↑D。裝置乙中電子從銅片經導線流向鋅片【答案】C【解析】【分析】鋅比銅活潑，能與稀硫酸反應，銅為金屬活動性順序表H元素之后的金屬,不能與稀硫酸反應，甲沒有形成閉合回路，不能形成原電池，乙形成閉合回路,形成原電池,根據(jù)原電池的組成條件和工作原理解答該題?！驹斀狻緼．甲沒有形成原電池，銅為金屬活動性順序表H元素之后的金屬,不能與稀硫酸反應,甲燒杯中銅片表面沒有氣泡產生，故A錯誤；B．甲沒有形成原電池，溶液中SO42ˉ不會向銅片做定向移動，故B錯誤；C．鋅為負極，裝置乙中正極的電極反應式:2H++2eˉ＝H2↑，故C正確；D．乙是原電池，原電池電子從負極經導線流向正極，即從鋅片經導線流向銅片，故D錯誤答案選C.【點睛】本題主要是考查原電池的工作原理的應用，學習中要明確原電池電子以及離子的定向移動問題,要能正確判斷原電池的正負極,以及電極反應式的書寫等問題。17。關于常溫下pH=12的氨水和氫氧化鈉兩溶液，下列說法正確的是A。氨水溶液的濃度大于氫氧化鈉溶液B.NH3·H2O的電離方程式:NH3·H2O＝NH4+＋OHˉC.c(NH3·H2O)＋c（NH4+）＝0.01mol·Lˉ1D。將兩溶液稀釋100倍，則稀釋后溶液的pH值相同【答案】A【解析】【詳解】A．NH3·H2O是弱電解質，在溶液中部分電離，所以氨水的濃度大于氫氧根離子的濃度，則氨水溶液的濃度大于氫氧化鈉溶液,氫氧化鈉的濃度等于氫氧根離子濃度，故A正確;B．弱電解質的電離方程式用可逆號表示,則NH3·H2O的電離方程式：NH3·H2ONH4+＋OHˉ，故B錯誤；C．氨水的總濃度大于溶液中氫氧根離子的濃度，所以c(NH3·H2O）+c（NH4+)＞0.01mol·L－1，故C錯誤；D．由于NH3·H2O是弱電解質，稀釋促進電離，溶液中OHˉ的物質的量增加，而氫氧化鈉是強電解質，稀釋OHˉ的物質的量不變，所以pH=12的氨水和氫氧化鈉兩溶液,稀釋100倍后，二者的pH不相同，故D錯誤；故選：A。18.下列離子方程式正確的是A。將氯氣通入氫氧化鈉溶液中：Cl2+2OH-＝Cl－+ClO－+H2OB.碳酸鈣溶于醋酸:CaCO3＋2H+＝Ca2++CO2↑+H2OC.鐵與FeCl3溶液反應：Fe＋Fe3＋＝2Fe2+D.硫酸溶液與氫氧化鋇溶液混合：Ba2++SO42－＝BaSO4↓【答案】A【解析】【詳解】A.將氯氣通入氫氧化鈉溶液中生成氯化鈉，次氯酸鈉和水：Cl2+2OH-＝Cl－+ClO－+H2O，A正確;B。碳酸鈣溶于醋酸：CaCO3＋2CH3COOH＝Ca2++2CH3COO－+CO2↑+H2O，B錯誤；C.鐵與FeCl3溶液反應：Fe＋2Fe3＋＝3Fe2+，C錯誤；D。硫酸溶液與氫氧化鋇溶液混合：2H++2OH－+Ba2++SO42－＝BaSO4↓+2H2O，D錯誤；答案選A?！军c睛】B容易錯，同學經常把碳酸鈣溶于醋酸的離子方程式和碳酸鈣溶于鹽酸的離子方程式混為一談，忽視了醋酸是弱酸、鹽酸是強酸這個區(qū)別。19。下列有關金屬的說法中正確的是（)A。鈉在空氣中燃燒只生成白色的氧化鈉固體B.燃著的鎂條伸入盛滿二氧化碳的集氣瓶中不能繼續(xù)燃燒C。銅能與氯化鐵溶液反應，該反應可以用于印刷電路板的制作D.鐵能與硫酸發(fā)生反應，故不能用鐵制容器貯存濃硫酸【答案】C【解析】【詳解】A．鈉在空氣中燃燒只生成淡黃色過氧化鈉固體，故A錯誤；B．燃著的鎂條伸入盛滿二氧化碳的集氣瓶中能繼續(xù)燃燒生成氧化鎂和碳，故B錯誤;C．三價鐵離子能夠氧化銅生成銅離子和二價鐵離子,所以可以用于印刷電路板的制作，故C正確；D．濃硫酸具有強的氧化性，常溫下能夠使鐵鈍化，形成致密氧化膜，阻止反應進行，所以能用鐵制容器貯存濃硫酸，故D錯誤；故選C。20.已知：2CO（g)+O2(g）＝2CO2（g)ΔH=－565。2kJ·molˉ1，下列說法不正確的是A.CO(g)+O2(g)＝CO2(g)ΔH=－282。6kJ·molˉ1B。2molCO（g)與1molO2(g）反應生成2molCO2(s）放出熱量小于565.2kJC。相同條件下，2molCO（g）和1molO2（g)的總能量大于2molCO2(g）的總能量D.拆開2molCO和1molO2的化學鍵所需總能量低于形成2molCO2化學鍵所放出總能量【答案】B【解析】【詳解】A、反應熱的大小與物質的量成正比例，所以1mol一氧化碳燃燒放出的熱量為：282。6kJ，則反應熱的化學方程式為CO(g）+O2（g)═CO2(g)△H=—282.6kJ?molˉ1,故A正確；B、氣體變成固體要放出熱量，所以2molCO(g）與1molO2(g)反應生成2molCO2(s）放出熱量大于565。2kJ，故B錯誤；C、正反應是放熱反應所以反應物的總能量高于生成物的總能量，所以2molCO(g）和1molO2(g）的總能量大于2molCO2(g）的總能量,故C正確；D、根據(jù)化學反應的實質，因為反應物總能量大于生成物總能量，該反應為放熱反應,則拆開反應物所有鍵所吸收的總能量小于形成生成物所放出的總能量，故D正確；答案選B。21。下列說法不正確的是A。石油的裂化可以提高汽油等輕質油的質量和產量B.在一定條件下煤和氫氣作用得到液體燃料的過程是煤的液化途徑之一C。葡萄糖、淀粉、油脂在一定條件下都能發(fā)生水解反應D.往蛋白質溶液中加入飽和硫酸銨溶液，產生的沉淀再加水又可溶解【答案】C【解析】【詳解】A。以石油分餾產品為原料，通過石油的裂化可以提高汽油等輕質油的質量和產量，A正確；B.在一定條件下煤和氫氣作用得到液體燃料的過程是煤的直接液化，是煤的液化途徑之一,B正確；C。葡萄糖不能發(fā)生水解反應，C不正確;D.往蛋白質溶液中加入飽和硫酸銨溶液，產生的沉淀再加水又可溶解，濃的無機鹽能使蛋白質鹽析，D正確；答案選C。22.設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（）A.分子數(shù)為NA的CO和C2H4混合氣體的體積約為22.4LB.標準狀況下，4。48L重水（D2O)中含有的中子數(shù)為2NAC.用MnO2與濃鹽酸制取Cl2時，每生成0。5molCl2則轉移電子數(shù)為NAD。0。1L3.0mol·L-1的NH4NO3溶液中含有NH4＋的數(shù)目為0。3NA【答案】C【解析】【詳解】A．氣體所處的狀態(tài)不明確，故NA個分子的體積不能計算,故A錯誤；B．標況下重水為液態(tài),故不能根據(jù)氣體摩爾體積來計算其物質的量和中子數(shù),故B錯誤;C．根據(jù)氯元素的價態(tài)由-1價變?yōu)?價,故生成0.5mol氯氣轉移1mol電子即NA個，故C正確;D．銨根離子為弱堿陽離子，在溶液中能水解,故溶液中的銨根離子的個數(shù)小于0。3NA個，故D錯誤；故選C。23.短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相對位置如圖所示，其中Z所處的族序數(shù)是周期序數(shù)的2倍。下列判斷正確的是A。最高正化合價：X〈Y<Z<WB.原子半徑：W<X〈Y<ZC。氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性:Z〈WD.最高價氧化物對應水化物的酸性：Z<W【答案】C【解析】【分析】根據(jù)周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相對位置可知,X、W處于第二周期、Y、Z處于第三周期；Z所處的族序數(shù)是周期序數(shù)的2倍，則Z位于ⅥA族，為S元素，根據(jù)相對位置可知Y為P、X為C、W為F.【詳解】A.X、Y、Z分別為C、P、S元素，最高化合價分別為+4、+5、+6，則最高正化合價：X<Y<Z，但F無正價，故A錯誤；B.X、Y、Z、W分別為C、P、S、F元素，電子層越多,原子半徑越大，電子層相同時核電荷數(shù)越大，原子半徑越小，則原子半徑大小為：W〈X〈Z〈Y，故B錯誤；C.非金屬性越強，氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定，非金屬性S<F，則氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性:Z〈W，故C正確；D。Z、W分別為S、F元素，非金屬性S〈F，但F無正價，故D錯誤；答案選C.24。下列實驗中操作及現(xiàn)象與結果對應關系正確的一組是

實驗操作

實驗現(xiàn)象

實驗結論

A

適量二氧化碳通入氯化鋇溶液中

產生白色沉淀

碳酸的酸性比鹽酸弱

B

二氧化硫通入溴水中

溶液褪色

二氧化硫有漂白性

C

取少量某無色溶液，先滴加氯水,再加入少量四氯化碳,振蕩、靜置

溶液分層，下層呈橙紅色

原無色溶液中一定有溴離子

D

淀粉和稀硫酸混合共熱后，再加少量新制氫氧化銅懸濁液

產生紅色沉淀

淀粉水解可生成葡萄糖

A。A B.B C。C D。D【答案】C【解析】【分析】【詳解】A、二氧化碳和氯化鋇溶液不能發(fā)生反應,只有在堿性環(huán)境下才能發(fā)生反應生成碳酸鋇沉淀，A錯誤；B、二氧化硫具有還原性，易被溴單質氧化為硫酸，溴單質同時被還原為溴離子,而褪色，體現(xiàn)了二氧化硫的還原性,B錯誤；C、氯氣具有氧化性，能將溴離子氧化為溴單質，溴溶于四氯化碳中顯示橙紅色，可以用此現(xiàn)象檢驗溴離子的存在，C正確；D、淀粉和稀硫酸混合共熱后，加入過量的氫氧化鈉中和硫酸，再加少量新制氫氧化銅懸濁液,如果產生紅色沉淀，可以證明淀粉水解可生成葡萄糖，D錯誤，答案選C。25。某100mL溶液可能含有Na＋、NH4+、Fe3＋、CO32-、SO42—、Cl－中的若干種，取該溶液進行連續(xù)實驗，實驗過程如下（所加試劑均過量，氣體全部逸出)：下列說法不正確的是()A.原溶液一定存在CO32-和SO42-,一定不存在Fe3＋B.原溶液一定存在Cl－，可能存在Na＋C。原溶液中c(Cl－)≥0。1mol·L－1D.若原溶液中不存在Na＋,則c（Cl－)＜0。1mol·L－1【答案】D【解析】【分析】加入氯化鋇溶液，生成沉淀，一定含有碳酸根或是硫酸根中的至少一種，則該沉淀為BaSO4、BaCO3中的至少一種,沉淀部分溶解于鹽酸，所以一定是BaSO4、BaCO3的混合物，一定存在CO32—、SO42—，硫酸鋇沉淀是2。33g，物質的量是=0.01mol，碳酸根離子的物質的量是=0。01mol，因碳酸根和鐵離子不共存,一定不存在Fe3+，所得到的濾液中加入氫氧化鈉,出現(xiàn)氣體，則為氨氣，故原溶液中一定含有銨根離子，根據(jù)元素守恒可知，銨根離子的物質的量是=0。05mol，根據(jù)溶液的電中性可判斷鈉離子與氯離子是否存在。【詳解】有上述分析可知：A。原溶液一定存在CO32—和SO42—，因Fe3＋與CO32-不共存，則一定不存在Fe3＋，故A項正確；B.根據(jù)溶液呈現(xiàn)電中性可知,原溶液一定存在Cl－，可能存在Na＋，需要進行焰色反應才能確定是否含有Na＋,故B項正確；C.陽離子所帶正電荷的物質的量之和：因為銨根離子的物質的量為0。05mol，陰離子所帶負電荷的物質的量之和=0.01×2+0。01×2=0。04mol，所以原溶液中一定存在氯離子，且c（Cl?)?0。1mol?L?1，故C項正確；D。若原溶液中不存在Na+，根據(jù)電中性原則可知，n(Cl?)=0.05mol-0。04mol=0.01mol，則c（Cl?）==0。1mol?L?1，故D錯誤；答案選D26。A是化學實驗中最常見的有機物，它易溶于水并有特殊香味。有關物質的轉化關系如圖：請回答:（1）A分子中官能團的名稱是________________.（2）向裝有銀氨溶液的試管中加入3滴D溶液,振蕩后水浴加熱。寫出加熱后觀察到的現(xiàn)象________________.（3）反應③的化學方程式是________________?！敬鸢浮?1）.羥基(2).試管內壁析出光亮的銀鏡(3)。CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O【解析】【分析】據(jù)題意，A為乙醇、C為乙酸乙酯、D為乙醛、E為乙醇鈉，據(jù)此回答；【詳解】(1）A為乙醇，則分子中官能團為羥基；答案為：羥基；（2）向裝有銀氨溶液的試管中加入3滴D溶液,D為乙醛，則振蕩后水浴加熱發(fā)生銀鏡反應，試管內壁析出光亮的銀鏡；答案為：試管內壁析出光亮的銀鏡；(3）反應③為乙酸和乙醇的酯化反應，化學方程式是CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O；答案為：CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O。27。某固體粉末中可能含有SiO2、Fe2O3、CuO、NaHCO3、K2CO3，某同學設計并完成如下實驗：（所加試劑均過量)已知：蘸取少量溶液2在酒精燈上灼燒，透過藍色鈷玻璃觀察火焰呈紫色。請回答：（1）白色沉淀是__________________(填化學式).（2）生成紅褐色沉淀的離子方程式為______________________。(3)根據(jù)實驗現(xiàn)象，固體粉末中一定存在的組分是___________________________(填化學式)?！敬鸢浮浚?）.CaCO3(2）.Fe3++3OH—=Fe(OH）3↓（3）。SiO2、Fe2O3、K2CO3【解析】【分析】固體粉末中可能含有SiO2、Fe2O3、CuO、NaHCO3、K2CO3，由實驗流程可知，加鹽酸生成的氣體能使石灰水變渾濁,則氣體為CO2，溶液1與NaOH反應生成紅褐色沉淀，沉淀為氫氧化鐵，則原固體一定含F(xiàn)e2O3，可知沒有CuO，與鹽酸反應后得到的固體為SiO2，又蘸取少量溶液2在酒精燈上灼燒，透過藍色鈷玻璃觀察火焰呈紫色，為K的焰色反應，則原固體中含K2CO3?！驹斀狻浚?）白色沉淀為二氧化碳與氫氧化鈣反應生成的CaCO3，故答案為CaCO3；（2)生成紅褐色沉淀的離子方程式為Fe3++3OH—=Fe（OH）3↓，故答案為Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓；（3)由上述分析可知，一定含SiO2、Fe2O3、K2CO3，可能含NaHCO3,一定不含CuO，故答案為SiO2、Fe2O3、K2CO328。右圖為濃硫酸與銅片反應的裝置。請回答:（1)濃硫酸與銅片反應的化學方程式為_________________。（2)反應一段時間后，試管乙中品紅溶液的現(xiàn)象是________________。（3）下列有關該實驗的說法中，不正確的是_______________.A．該反應中濃硫酸只體現(xiàn)酸性B．試管乙中含有堿液的棉花，其作用是吸收過量的SO2,防止環(huán)境污染C．反應一段時間后，將試管甲中的溶液緩慢倒入盛有水的燒杯，溶液顯藍色D．含0.04mol溶質的濃硫酸與足量的銅片反應,能收集到448mL的SO2(標準狀況）【答案】（1）.Cu+2H2SO4(濃）CuSO4+SO2↑+2H2O（2）。品紅溶液褪色或紅色變淺(3）.AD【解析】【詳解】（1）濃硫酸與銅片在加熱的條件下發(fā)生氧化還原反應生成硫酸銅、二氧化硫和水，反應的化學方程式為Cu+2H2SO4(濃）CuSO4+SO2↑+2H2O。（2）二氧化硫具有漂白性,能使品紅溶液褪色，則反應一段時間后，試管乙中品紅溶液的現(xiàn)象是品紅溶液褪色或紅色變淺。(3）A．有硫酸銅和二氧化硫生成,則該反應中濃硫酸體現(xiàn)酸性和氧化性，A錯誤;B．試管乙中含有堿液的棉花，其作用是吸收過量的SO2，防止環(huán)境污染，B正確；C．反應一段時間后,將試管甲中的溶液緩慢倒入盛有水的燒杯，由于有硫酸銅產生，因此溶液顯藍色,C正確；D．因為隨著反應的進行濃硫酸變?yōu)橄×蛩?，稀硫酸與銅不反應，是含0．04mol溶質的濃硫酸與足量的銅片反應，不能收集到448mL的SO2（標準狀況），D錯誤，答案選AD?！军c晴】掌握濃硫酸和二氧化硫的性質是解答的關鍵，難點是濃硫酸與銅反應的原理以及有關計算。隨著反應的進行,酸的濃度逐漸減小引起的質變問題：典型的“三酸變稀”問題就是濃鹽酸與MnO2反應、濃H2SO4與Cu、Zn等反應、濃HNO3與Cu等反應，隨著反應的進行，三種酸都變稀，從而使反應停止或產物發(fā)生變化；三種酸放置在空氣中由于吸濕或揮發(fā),也可使其變稀。29.取100mL等物質的量濃度的鹽酸和硫酸混合溶液，當加入100mL3.0mol·L－1的Ba（OH）2溶液時，溶液顯中性。請計算:（1）原混合液中H＋的物質的量濃度為________mol·L－1.（2）當加入的Ba(OH)2體積為75mL時，產生的沉淀質量為________g.【答案】(1)。6.0（2).46。6【解析】【詳解】(1）設鹽酸和硫酸的濃度都為x，100mL3。0mol?L—1的Ba（OH)2溶液中含有氫氧根離子的物質的量為：3.0mol/L×0.1L×2=0。6mol，加入0.6mol氫氧根離子時溶液為中性，則混合酸中氫離子總物質的量為0。6mol，即：(x+2x）×0。1L=0.6mol，解得：x=2。0mol/L，則原混合液中氫離子的物質的量濃度為：2.0mol/L+2.0mol/L×2=6.0mol/L，故答案為6。0；（2)75mL3。0mo/L的氫氧化鋇溶液中含有鋇離子的物質的量為：3。0mol/L×0.075L=0。225mol，原混合液中含有硫酸根離子的物質的量為：2.0mol/L×0.1L=0。2mol，根據(jù)反應SO42-+Ba2+=BaSO4↓可知，鋇離子過量，硫酸根離子不足，則反應生成硫酸鋇的物質的量為0.2mol，質量為:233g/mol×0。2mol=46。6g,故答案為46。6。30。二甲醚是一種重要的清潔燃料,也可替代氟氯昂作制冷劑等，對臭氧層無破壞作用。工業(yè)上可利用煤的氣化產物(水煤氣)合成二甲醚.請回答下列問題：（1）煤的氣化過程中產生的有害氣體H2S用Na2CO3溶液吸收，生成兩種酸式鹽，該反應的化學方程式為:________________.（2）利用水煤氣合成二甲醚的三步反應如下：①2H2(g)+CO(g）=CH3OH（g);△H=—90。8kJ·mol—1②2CH3OH（g）=CH3OCH3（g）+H2O（g）；△H=-23。5kJ·mol—1③CO（g）+H2O（g）=CO2(g）+H2(g);△H=—41.3kJ·mol-1總反應：3H2（g）+3CO（g）=CH3OCH3（g）+CO2（g）的△H=________________；一定條件下的密閉容器中，該總反應達到平衡，要提高CO的轉化率，可以采取的措施是________________（填字母代號）。A。高溫高壓B.加入催化劑C.減少CO2的濃度D.增加CO的濃度E.分離出二甲醚（3）下列可以說明反應③CO（g）+H2O（g）CO2(g)+H2(g）已經達到平衡狀態(tài)是________________(填字母代號）。A.單位時間內一個H-H鍵斷裂的同時有兩個H-O鍵斷裂B。H2O與CO2濃度相等C.溫度和體積一定時，容器內的壓強保持不變D。條件一定時,混合氣體的平均相對分子質量不再變化E。溫度和體積一定時，CO的濃度保持不變（4）已知反應②2CH3OH(g）CH3OCH3（g）+H2O(g)某溫度下的平衡常數(shù)為400。此溫度下，在密閉容器中加入CH3OH，反應到某時刻測得各組分的濃度如下：物質CH3OHCH3OCH3H2O濃度/(mol·L—1）0.440.60。6若加入CH3OH后，經過10min反應達到平衡，此時c（CH3OH)=___________?！敬鸢浮?1).Na2CO3+H2S=NaHCO3+NaHS(2）.-246.4kJ·mol—1（3）.C、E(4）.A、E(5).0.04mol·L—1【解析】【詳解】（1)已知H2S與Na2CO3溶液反應生成兩種酸式鹽，則反應后生成NaHCO3和NaHS，該反應的化學方程式為Na2CO3+H2S=NaHCO3+NaHS;答案為：Na2CO3+H2S=NaHCO3+NaHS；（2)已知：①2H2（g）+CO(g）=CH3OH(g）；△H=-90。8kJ·mol—1②2CH3OH（g）=CH3OCH3（g）+H2O(g）；△H=-23。5kJ·mol-1③CO(g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g);△H=-41。3kJ·mol—1由蓋斯定律可知，通過①×2+②+③可得所求反應方程式3H2(g）+3CO（g)=CH3OCH3(g）+CO2（g），則△H=-90.8kJ/mol×2-23.5kJ/mol—41.3kJ/mol=-246.4kJ/mol；一定條件下的密閉容器中，該總反應達到平衡,要提高CO的轉化率，應使平衡向正反應方向移動，可減少CO2的濃度或分離出二甲醚,由于反應放熱，升高溫度平衡向逆反應方向移動，轉化率減小，催化劑不影響平衡移動，而增加CO的濃度，CO的轉化率反而減??；答案為：-246。4kJ·mol-1;C、E；(3）反應③CO（g）+H2O(g）CO2（g）+H2（g)是一個氣體分子數(shù)不變的反應；A.單位時間內一個H—H鍵斷裂的同時有兩個H—O鍵斷裂，則正逆反應速率相等，已達平衡，A正確；B.H2O與CO2的濃度相等，不能代表一定處于平衡狀態(tài)，因為物質的濃度取決于起始物質的量和轉化量，B錯誤；C。溫度和體積一定時，反應前后氣體的分子數(shù)、體積和壓強均不變，所以壓強始終不會變化，所以壓強保持不變不能說明達到了平衡狀態(tài),C錯誤;D.反應中氣體分子數(shù)不變，混合氣體的平均相對分子質量始終不變，故其不再變化不能說明達到了平衡狀態(tài),D錯誤；E。溫度和體積一定時,CO的濃度保持不變,則符合平衡狀態(tài)特征，E正確；答案為：A、E；(4）根據(jù)方程式計算平衡常數(shù),然后利用三段式法解答，即解得x=0.2，所以此時c（CH3OH）=0。04mol·L-1；答案為：0。04mol·L—1.31.海洋植物如海帶、海藻中含有大量的碘元素，碘元素以碘離子的形式存在。實驗室里從海藻中提取碘的流程如圖：（1）實驗室焙燒海帶,需要下列儀器中的________________(填序號).a．試管b．燒杯c．坩堝d．泥三角e．鐵三腳架f．酒精燈（2）指出提取碘的過程中有關的實驗操作③的名稱是________________，所用主要儀器是________________。（3）提取碘的過程中，可選擇的有機試劑是________________A．甲苯、酒精B．四氯化碳、苯C．汽油、乙酸D．汽油、甘油（4