化学卷·2018届河南省许昌市五校高二上学期第一次联考化学试卷 （解析版） 21页

‎2016-2017学年河南省许昌市五校高二（上）第一次联考化学试卷 ‎　‎ 一、单项选择题（本题共16小题，每小题3分，共48分．）‎ ‎1．下列关于CH4、H2、C三种能源物质的研究方向可行的是（　　）‎ A．构成水的氢和氧都是可以燃烧的物质，因此可研究在水不分解的情况下使氢成为二次能源 B．寻找优质催化剂，使CO2与H2O反应生成CH4和O2，并放出热量 C．寻找优质催化剂，利用太阳能使大气中的CO2和海底开采的CH4合成合成气（CO、H2）‎ D．将固态碳合成C60，以C60作燃料 ‎2．设NA表示阿伏加德罗常数数值，下列叙述中正确的是（　　）‎ A．1.8 g的NH4+离子中含有的电子数为0.1NA B．1mol Na2O2 固体中含离子总数为4NA C．标准状况下，2.24L CCl4所含的共价键数为O.4NA D．常温常压下，92g NO2和N2O4的混合气体含有的原子数为6NA ‎3．有A、B、C、D、E五种短周期元素，其中A、B、C、D同周期，C、E同主族； A+与E2﹣具有相同的电子层结构；离子半径：C2﹣＞D﹣；B的单质晶体熔点、硬度大，是一种重要的半导体材料．下列说法中，正确的是（　　）‎ A．由于D、C、E元素的氢化物相对分子质量依次减小，所以其沸点依次降低 B．元素D和E的某些单质不可以作为水处理中的消毒剂 C．元素B的单质只能与氢氧化钠溶液反应而不能与任何酸反应 D．A、E两种元素能形成A2E和A2E2型化合物 ‎4．己知维生素A的结构简式可写为，式中以线示键，线的交点与端点处代表碳原子，并用氢原子数补足四价，但C、H原子未标记出来，关于它的叙述正确的是（　　）‎ A．维生素A的分子式为C20H32O B．维生素A不能使溴的四氯化碳溶液褪色 C．该有机物能发生取代反应 D．1mol维生素A 在催化剂作用下最多可与7molH2发生加成反应 ‎5．下列离子方程式的书写正确的是（　　）‎ A．漂白粉溶液中通入SO2气体 Ca2++2ClO﹣+SO2+H2O═CaSO3↓+2HClO B．碳酸氢钙溶液中加入过量的氢氧化钠溶液 HCO3﹣+OH﹣═CO32﹣+H2O C．明矾溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液2Al3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣═3BaSO4↓+2Al（OH）3↓‎ D．过量的NH4HSO4溶液与Ba（OH）2溶液反应2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣═BaSO4↓+2H2O ‎6．下列实验对应的现象及结论均正确且两者具有因果关系的是（　　）‎ 选项 实验 现象 结论 A SO2通入BaCl2溶液，然后滴入稀硝酸 白色沉淀，白色沉淀不溶于稀硝酸 所得沉淀为BaSO3，后转化为BaSO4‎ B 浓硫酸滴入蔗糖中，并搅拌 得黑色蓬松的固体并有刺激性气味气体 该过程中浓硫酸仅体现吸水性和脱水性 C 向FeCl2溶液中加入足量Na2O2粉末 出现红褐色沉淀和无色气体 FeCl2溶液部分变质 D 向足量含淀粉的FeI2溶液中滴加2滴氯水 溶液变蓝 还原性：I﹣＞Fe2+‎ A．A、 B．B、 C．C、 D．D、‎ ‎7．将W1g光亮的铜丝在空气中加热一段时间后，迅速插入下列物质中，取出干燥，如此反复几次，最后取出铜丝用蒸馏水洗涤、干燥，称得其质量为W2 g．实验时由于所插入的物质不同，铜丝的前后质量变化可能不同，下列所插物质与铜丝的质量关系正确的是（　　）‎ A．石灰水，W1=W2 B．乙醇溶液，W1=W2‎ C．NaHSO4，W1＜W2 D．CO，W1＞W2‎ ‎8．下列各组有机物只用一种试剂无法鉴别的是（　　）‎ A．蔗糖溶液、葡萄糖溶液、乙酸 B．苯、己烷、环己烷 C．苯、醋酸、己烯 D．乙醇、硝基苯、己烷 ‎9．下列关于某些离子的检验说法正确的是（　　）‎ A．向某溶液中加稀盐酸，将产生的无色气体通入澄清石灰水中，石灰水变浑浊，则原溶液中一定有CO32﹣‎ B．向某溶液中加入硝酸钡溶液有白色沉淀产生，再加稀盐酸，沉淀不消失，则原溶液中可能含有SO32﹣‎ C．向某溶液中加入浓氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润蓝色石蕊试纸变红，则原溶液中存在NH4+‎ D．分别含有Mg2+、Cu2+、Fe2+和Na+的四种盐溶液，只用NaOH溶液不能一次鉴别出来 ‎10．已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素，其中元素A、E的单质在常温下呈气态，元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，元素D的合金是日常生活中常用的金属材料．下列说法正确的是（　　）‎ A．.元素B的化合物可以用来 B．化合物AE与CE含有相同类型的化学键 C．工业上常用电解法制备元素C、D、E的单质 D．元素B、D的最高价氧化物对应的水化物之间可能发生反应 ‎11．已知NH4CuSO3与足量的2mol/L硫酸溶液混合微热，产生下列现象：①有红色金属生成 ②产生 刺激性气味的气体 ③溶液呈现蓝色．据此判断下列说法正确的是（　　）‎ A．反应中硫酸作氧化剂 B．NH4CuSO3中硫元素被氧化 C．1mol NH4CuSO3完全反应转移0.05mol电子 D．刺激性气味的气体是SO2气体 ‎12．已知：a．C2H2（g）+H2（g）=C2H4（g）△H＜0 b.2CH4（g）=C2H4（g）+2H2（g）△H＞0‎ 判断以下3个热化学方程式：①C（s）+2H2（g）=CH4（g）△H1‎ ‎②C（s）+H2（g）=C2H2（g）△H2③C（s）+H2（g）=C2H4（g）△H3‎ ‎△H1、△H2、△H3由大到小的顺序是（　　）‎ A．△H2＞△H3＞△H1 B．△H3＞△H2＞△H1 C．△H3＞△H1＞△H2 D．△H1＞△H2＞△H3‎ ‎13．下列除去杂质的方法不正确的是（　　）‎ A．除去甲烷中少量的乙烯：气体通过溴水溶液的洗气瓶 B．除去乙酸乙酯中少量的乙酸：用氢氧化钠溶液洗涤，分液、干燥、蒸馏 C．除去CO2中少量的SO2：气体通过盛饱和碳酸氢钠氢溶液的洗气瓶 D．除去乙醇中少量的乙酸：加足量生石灰，蒸馏 ‎14．一定温度下，可逆反应2NO2⇌2NO+O2在体积固定的密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是（　　）‎ ‎①单位时间内生成n mol O2，同时生成2n mol NO2‎ ‎②混合气体的压强不再改变 ‎③混合气体的平均相对分子质量不再改变 ‎④单位时间内生成n mol O2，同时生成2n mol NO ‎⑤混合气体的颜色不再改变 ‎⑥用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2：2：1．‎ A．①④⑤⑥ B．①②③⑤ C．②③④⑥ D．以上全部 ‎15．某固体酸燃料电池以CaHSO4固体为电解质传递H+，其基本结构见图，电池总反应可表示为：2H2+O2═2H2O，下列有关说法不正确的是（　　）‎ A．电子通过外电路从a极流向b极 B．b极上的电极反应式为：O2+4H++4e﹣═2H2O C．每转移0.1mol电子，消耗1.12L的H2‎ D．H+由a极通过固体酸电解质传递到b极 ‎16．0.64g铜投入一定量浓HNO3中，铜完全溶解，生成气体颜色越来越浅，共收集到224mL气体（标况下）．将盛有此气体的容器倒扣在水中，通入标况下一定体积的O2，恰好使气体完全溶于水中，则通入O2的体积是（　　）‎ A．504mL B．112mL C．336mL D．224mL ‎　‎ 二、填空题（共52分）‎ ‎17．甲醇（CH3OH）是一种重要的化工原料．已知 CH3OH（1）+O2（g）=CO（g）+2H2O（g）；△H=﹣443.64kJ•mol﹣1‎ ‎2CO （g）+O2（g）=2CO2（g）；△H=﹣566.00kJ•mol﹣1‎ H2O（1）=H2O （g）；△H=+44.00kJ•mol﹣1‎ ‎①试写出能表示CH3OH（1）燃烧热的热化学方程式：　　．‎ 试利用热化学方程式计算，完全燃烧16g甲醇生成CO2和H2O（l）时，放出的热量为　　kJ ‎②科研人员新近开发出一种由甲醇和氧气以强碱做电解质溶液的新型手机电池．‎ 据此回答下列问题：‎ 氧气在　　极上反应；通入甲醇的电极反应式为　　．‎ ‎18．如图所示，800℃时A、B、C三种气体在密闭容器中反应时的浓度变化，分析图象，回答问题：‎ ‎①该反应的方程式为　　．‎ ‎②2min内，用B表示的反应速率为　　．‎ ‎③在其他条件下，测得A的反应速率为0.05mol/（L•s），此时的反应与800℃时相比，　　．‎ A．比800℃时快 B．比800℃时慢 C．和800℃时速率一样 D．无法比较．‎ ‎19．某透明溶液仅含Na+、Fe2+、Ba2+、Al3+、NO3﹣、Cl﹣、SO42﹣中的4种离子，所含离子均为1mol．若向该溶液中加入过量的稀硫酸，有气泡产生，且溶液中阴离子种类不变（不考虑水的电离和离子的水解）．回答下列问题：‎ ‎①溶液中存在的离子是　　；‎ ‎②写出溶液中加入过量的稀硫酸反应的离子方程式　　．‎ ‎20．CNO﹣在酸性条件下与NaClO反应生成N2、CO2、Cl2等． 写出CNO﹣在酸性条件下被NaClO氧化的离子方程式：　　．‎ ‎21．酸性KMnO4、H2O2、NaClO在生产、生活、卫生医疗中常用作消毒剂，下面是对这三种氧化剂性质的探究．‎ ‎①向浸泡铜片的稀盐酸中加入H2O2后，铜片溶解，反应的化学方程式　　．‎ ‎②取300mL 0.2mol/L的KI溶液与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应，生成等物质的量的I2和KIO3，则消耗KMnO4的物质的量是　　mol．‎ ‎③在Fe（NO3）3溶液中加入Na2SO3溶液，溶液先由棕黄色变为浅绿色，过一会又变为棕黄色．写出溶液先变为浅绿色的离子方程式：　　．‎ ‎22．某学习小组在实验室制取乙酸乙酯的主要步骤如下：‎ ‎①配制2mL浓硫酸、3mL乙醇（含18O）和2mL乙酸的混合溶液 ‎②按如图连接好装置并加入混合液，用小火均匀加热3～5min ‎③待试管乙收集到一定量产物后停止加热，撤出试管乙用力振荡，然后静置待分层 ‎④分离出乙酸乙酯，洗涤、干燥．‎ 回答问题：‎ ‎（1）装置中球形干燥管，除起冷凝作用外，另一重要作用是　　．‎ ‎（2）步骤（2）安装好实验装置，加入样品前还应检查　　．‎ ‎（3）反应中浓硫酸的作用是　　；写出能表示18O位置的制取乙酸乙酯的化学方程式：　　．‎ ‎（4）上述实验中饱和碳酸钠溶液的作用是（填字母）　　．‎ A．中和乙酸并吸收乙醇 B．中和乙酸和乙醇 C．减少乙酸乙酯的溶解 D．加速酯的生成，提高其产 ‎（5）步骤 ③所观察到的现象是　　；‎ 从试管乙中分离出乙酸乙酯的实验操作名称是　　．‎ ‎23．烷基取代苯（）可以被酸性KMnO4溶液氧化生成，但若烷基R中直接与苯环连接的碳原子没有C﹣H键，则不容易被氧化得到．现有分子式是C11H16的烷基一取代苯，则它可以被氧化成为的同分异构体共有　　种，并写出一种不能被氧化成为的同分异构体的结构简式　　．‎ ‎24．物质A、B、C的转化关系如图所示：‎ ‎①若A 为常见金属，C为淡黄色固体，C与水反应生成D，则D的电子式为　　．‎ ‎②若A分子含有10个电子且有刺激性气味的气体，则A的结构式为　　，写出A生成B的反应方程式为：　　．‎ ‎③若A为黄绿色气体，X为常见金属单质，C溶液为浅绿色，则X元素在周期表中的位置　　；写出B与X反应的化学方程式　　．‎ ‎25．KClO3和浓盐酸在一定温度下反应会生成黄绿色的易爆物二氧化氯．其变化可表述为：2KClO3+4HCl（浓）═2KCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O．‎ ‎（1）请分析该反应中电子转移的情况：（单线桥法表示）　　．‎ ‎（2）氧化剂与还原剂的物质的量之比是　　．‎ ‎（3）若产生标况下22.4L Cl2，则转移的电子的物质的量为　　mol．‎ ‎（4）实验室备用的浓盐酸质量分数为36.5%，密度为1.19g•cm﹣3，为使用方便，请计算出该浓盐酸中HCl的物质的量浓度　　 mol•L﹣1．‎ ‎（5）ClO2对污水中Fe2+、Mn2+、S2﹣和CN﹣等有明显的去除效果．某工厂污水中含CN﹣a mg/L，现用ClO2将CN﹣氧化，只生成两种气体，其离子反应方程式为为　　，处理100m3这种污水，至少需要ClO2　　mol．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年河南省许昌市五校高二（上）第一次联考化学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单项选择题（本题共16小题，每小题3分，共48分．）‎ ‎1．下列关于CH4、H2、C三种能源物质的研究方向可行的是（　　）‎ A．构成水的氢和氧都是可以燃烧的物质，因此可研究在水不分解的情况下使氢成为二次能源 B．寻找优质催化剂，使CO2与H2O反应生成CH4和O2，并放出热量 C．寻找优质催化剂，利用太阳能使大气中的CO2和海底开采的CH4合成合成气（CO、H2）‎ D．将固态碳合成C60，以C60作燃料 ‎【考点】反应热和焓变．‎ ‎【分析】A．氧气不能燃烧，为助燃物质；‎ B．CO2与H2O反应生成CH4和O2，为吸热反应；‎ C．大气中的CO2和海底开采的CH4合成合成气（CO、H2），具有可行性；‎ D．将固态碳合成C60，以C60作燃料，产物相同．‎ ‎【解答】解：A．氧气不能燃烧，为助燃物质，但可研究在水分解的情况下使氢成为二次能源，故A错误；‎ B．甲烷与氧气的反应为放热反应，可知CO2与H2O反应生成CH4和O2为吸热反应，故B错误；‎ C．大气中的CO2和海底开采的CH4合成合成气（CO、H2），具有可行性，利用优质催化剂、太阳能实现转化，故C正确；‎ D．将固态碳合成C60，以C60作燃料，产物相同，研究方向不可行，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎2．设NA表示阿伏加德罗常数数值，下列叙述中正确的是（　　）‎ A．1.8 g的NH4+离子中含有的电子数为0.1NA B．1mol Na2O2 固体中含离子总数为4NA C．标准状况下，2.24L CCl4所含的共价键数为O.4NA D．常温常压下，92g NO2和N2O4的混合气体含有的原子数为6NA ‎【考点】阿伏加德罗常数．‎ ‎【分析】A、求出铵根离子的物质的量，然后根据1mol铵根离子中含10mol电子来分析；‎ B、过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根离子构成；‎ C、标况下四氯化碳为液态；‎ D、NO2和N2O4的最简式均为NO2．‎ ‎【解答】解：A、1.8g铵根离子的物质的量为0.1mol，而1mol铵根离子中含10mol电子，故0.1mol铵根离子中含NA个电子，故A错误；‎ B、过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根离子构成，故1mol过氧化钠中含3NA个离子，故B错误；‎ C、标况下四氯化碳为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和含有的共价键个数，故C错误；‎ D、NO2和N2O4的最简式均为NO2，故92g混合物中含有的NO2的物质的量为2mol，故含6NA个原子，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎3．有A、B、C、D、E五种短周期元素，其中A、B、C、D同周期，C、E同主族； A+与E2﹣具有相同的电子层结构；离子半径：C2﹣＞D﹣；B的单质晶体熔点、硬度大，是一种重要的半导体材料．下列说法中，正确的是（　　）‎ A．由于D、C、E元素的氢化物相对分子质量依次减小，所以其沸点依次降低 B．元素D和E的某些单质不可以作为水处理中的消毒剂 C．元素B的单质只能与氢氧化钠溶液反应而不能与任何酸反应 D．A、E两种元素能形成A2E和A2E2型化合物 ‎【考点】原子结构与元素周期律的关系．‎ ‎【分析】根据B的单质晶体熔点高、硬度大，是一种重要的半导体材料可知B为Si；A、B、C、D同周期，则A、B、C、D同周期都在第三周期，再由A+与E2﹣具有相同的电子层结构，则A为Na元素，E为O元素；C、E同主族，则C为S元素；离子半径：C2﹣＞D﹣，而且C、D同周期，则D为Cl元素，然后利用元素形成的化合物的结构和性质来解答．‎ ‎【解答】解：根据B的单质晶体熔点高、硬度大，是一种重要的半导体材料可知B为Si；A、B、C、D同周期，则A、B、C、D同周期都在第三周期，再由A+与E2﹣具有相同的电子层结构，则A为Na元素，E为O元素；C、E同主族，则C为S元素；离子半径：C2﹣＞D﹣，而且C、D同周期，则D为Cl元素，‎ A．O元素的氢化物中含有氢键，沸点较高，则氢化物的沸点H2O＞HCl＞H2S，故A错误；‎ B．Cl2和O3都具有强氧化性，则可以作为水处理中的消毒剂，故B错误；‎ C．B为Si，单质硅能够与氢氟酸反应，故C错误；‎ D．钠和氧可以形成化合物Na2O2和Na2O，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎4．己知维生素A的结构简式可写为，式中以线示键，线的交点与端点处代表碳原子，并用氢原子数补足四价，但C、H原子未标记出来，关于它的叙述正确的是（　　）‎ A．维生素A的分子式为C20H32O B．维生素A不能使溴的四氯化碳溶液褪色 C．该有机物能发生取代反应 D．1mol维生素A 在催化剂作用下最多可与7molH2发生加成反应 ‎【考点】有机物的结构和性质．‎ ‎【分析】A．该分子中含有20个C原子、30个H原子、1个O原子；‎ B．该分子中含有碳碳双键，具有烯烃性质；‎ C．该物质中含有醇羟基，具有醇的性质；‎ D．该分子中只有碳碳双键能和氢气发生加成反应，该分子中含有5个碳碳双键．‎ ‎【解答】解：A．根据结构简式知，该分子式为C20H30O，故A错误；‎ B．该物质中含有碳碳双键，具有烯烃性质，能和溴发生加成反应而使溴的四氯化碳溶液褪色，故B错误；‎ C．该物质中含有醇羟基，能发生取代反应生成酯，故C正确；‎ D．该分子中只有碳碳双键能和氢气发生加成反应，该分子中含有5个碳碳双键，所以1mol维生素A 在催化剂作用下最多可与5molH2发生加成反应，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎5．下列离子方程式的书写正确的是（　　）‎ A．漂白粉溶液中通入SO2气体 Ca2++2ClO﹣+SO2+H2O═CaSO3↓+2HClO B．碳酸氢钙溶液中加入过量的氢氧化钠溶液 HCO3﹣+OH﹣═CO32﹣+H2O C．明矾溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液2Al3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣═3BaSO4↓+2Al（OH）3↓‎ D．过量的NH4HSO4溶液与Ba（OH）2溶液反应2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣═BaSO4↓+2H2O ‎【考点】离子方程式的书写．‎ ‎【分析】A．次氯酸具有强氧化性，能够将亚硫酸钙氧化成硫酸钙；‎ B．氢氧化钠溶液过量，反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水；‎ C．氢氧化钡过量，反应生成硫酸钡沉淀、水和偏铝酸钠；‎ D．硫酸氢铵过量，铵根离子不参与反应，反应生成硫酸铵、硫酸钡沉淀和水．‎ ‎【解答】解：A．SO2通入漂白粉溶液，发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：SO2+Ca2++ClO﹣+H2O=CaSO4↓+2H++Cl﹣，故A错误；‎ B．Ca（HCO3）2溶液与足量NaOH溶液反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水，反应的离子方程式为：Ca2++2HCO3﹣+2OH﹣=CaCO3↓+CO32﹣+H2O，故B错误；‎ C．明矾溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液，反应生成硫酸钡沉淀、偏铝酸钠和水，正确的离子方程式为：2Ba2++4OH﹣+Al3++2SO42﹣═2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O，故C错误；‎ D．过量的NH4HSO4溶液与Ba（OH）2溶液反应生成硫酸铵、硫酸钡和水，反应的离子方程式为：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣═BaSO4↓+2H2O，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎6．下列实验对应的现象及结论均正确且两者具有因果关系的是（　　）‎ 选项 实验 现象 结论 A SO2通入BaCl2溶液，然后滴入稀硝酸 白色沉淀，白色沉淀不溶于稀硝酸 所得沉淀为BaSO3，后转化为BaSO4‎ B 浓硫酸滴入蔗糖中，并搅拌 得黑色蓬松的固体并有刺激性气味气体 该过程中浓硫酸仅体现吸水性和脱水性 C 向FeCl2溶液中加入足量Na2O2粉末 出现红褐色沉淀和无色气体 FeCl2溶液部分变质 D 向足量含淀粉的FeI2溶液中滴加2滴氯水 溶液变蓝 还原性：I﹣＞Fe2+‎ A．A、 B．B、 C．C、 D．D、‎ ‎【考点】化学实验方案的评价．‎ ‎【分析】A．然后滴入稀硝酸发生氧化还原反应生成硫酸钡，但SO2通入BaCl2溶液中不反应；‎ B．浓硫酸先使蔗糖碳化，后C与浓硫酸发生氧化还原反应；‎ C．过氧化钠具有强氧化性，可氧化亚铁离子；‎ D．氯水先氧化碘离子，碘单质遇淀粉变蓝．‎ ‎【解答】解：A．然后滴入稀硝酸发生氧化还原反应生成硫酸钡，但SO2通入BaCl2溶液中不反应，则开始不能生成亚硫酸钡沉淀，现象不合理，故A错误；‎ B．浓硫酸先使蔗糖碳化，后C与浓硫酸发生氧化还原反应，则现象说明浓硫酸具有脱水性、强氧化性，故B错误；‎ C．过氧化钠具有强氧化性，可氧化亚铁离子，则不能说明FeCl2溶液部分变质，故C错误；‎ D．氯水先氧化碘离子，碘单质遇淀粉变蓝，则由现象可知还原性I﹣＞Fe2+，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎7．将W1g光亮的铜丝在空气中加热一段时间后，迅速插入下列物质中，取出干燥，如此反复几次，最后取出铜丝用蒸馏水洗涤、干燥，称得其质量为W2 g．实验时由于所插入的物质不同，铜丝的前后质量变化可能不同，下列所插物质与铜丝的质量关系正确的是（　　）‎ A．石灰水，W1=W2 B．乙醇溶液，W1=W2‎ C．NaHSO4，W1＜W2 D．CO，W1＞W2‎ ‎【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质．‎ ‎【分析】光亮的铜丝在空气中加热时，铜丝和氧气反应生成黑色的氧化铜，再根据氧化铜与所给物质是否反应判断W2g为哪种物质的质量，从而判断选项正误．‎ ‎【解答】解：光亮的铜丝在空气中加热时，铜丝和氧气反应2Cu+O22CuO生成黑色的氧化铜，所以加热后的铜丝质量会增加．‎ A．氧化铜和石灰水不反应，所以W2g为氧化铜的质量，W1g为铜丝的质量，所以W1＜W2，故A错误；‎ B．CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O，固体氧化铜又生成铜，所以W2g为铜的质量，W1g为铜的质量，所以W1=W2，故B正确；‎ C．2NaHSO4+CuO=CuSO4+Na2SO4+H2O，硫酸氢钠和氧化铜反应生成硫酸铜，所以有部分铜元素以离子方式进入溶液，W2g为未参加反应的铜质量，所以W1＞W2，故C错误；‎ D．氧化铜和CO反应生成固体铜，所以W2g为铜的质量，W1g为铜的质量，所以W1=W2，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎8．下列各组有机物只用一种试剂无法鉴别的是（　　）‎ A．蔗糖溶液、葡萄糖溶液、乙酸 B．苯、己烷、环己烷 C．苯、醋酸、己烯 D．乙醇、硝基苯、己烷 ‎【考点】有机物的鉴别．‎ ‎【分析】A．可用氢氧化铜鉴别；‎ B．只用一种试剂不能鉴别；‎ C．可用溴水鉴别；‎ D．可用水鉴别．‎ ‎【解答】解：A．蔗糖溶液、葡萄糖溶液、乙酸分别加入新制备氢氧化铜浊液（可加热），现象分别为无现象、生成砖红色沉淀、沉淀溶解，可鉴别，故A不选；‎ B．密度均比水小，且均不溶于水，利用化学性质一种试剂不能鉴别，故B选；‎ C．苯、醋酸、己烯分别与溴水混合，现象分别为不反应（萃取）、不分层，无明显现象、溴水褪色，现象不同，可鉴别，故C不选；‎ D．乙醇溶于水，硝基苯不溶于水，密度比水大，己烷不溶于水，密度比水小，可鉴别，故D不选．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎9．下列关于某些离子的检验说法正确的是（　　）‎ A．向某溶液中加稀盐酸，将产生的无色气体通入澄清石灰水中，石灰水变浑浊，则原溶液中一定有CO32﹣‎ B．向某溶液中加入硝酸钡溶液有白色沉淀产生，再加稀盐酸，沉淀不消失，则原溶液中可能含有SO32﹣‎ C．向某溶液中加入浓氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润蓝色石蕊试纸变红，则原溶液中存在NH4+‎ D．分别含有Mg2+、Cu2+、Fe2+和Na+的四种盐溶液，只用NaOH溶液不能一次鉴别出来 ‎【考点】化学实验方案的评价．‎ ‎【分析】A．生成的气体可能为二氧化硫或二氧化碳，原溶液中可能含有亚硫酸根离子、碳酸氢根离子，不一定含有碳酸根离子；‎ B．生成的醋酸为硫酸钡，原溶液中可能含有硫酸根离子或亚硫酸根离子；‎ C．产生的气体能使湿润蓝色石蕊试纸变红，该气体为酸性气体，无法确定原溶液中是否含有铵根离子；‎ D．氢氧化钠与Mg2+、Cu2+、Fe2+反应的现象不同，可以鉴别．‎ ‎【解答】解：A．向某溶液中加稀盐酸，将产生的无色气体通入澄清石灰水中，石灰水变浑浊，该气体可能为二氧化碳或二氧化硫，原溶液中可能含有CO2、SO2，则原溶液中可能含有HCO3﹣、SO32﹣等，不一定含有CO32﹣，故A错误；‎ B．向某溶液中加入硝酸钡溶液有白色沉淀产生，再加稀盐酸，沉淀不消失，该沉淀为硫酸钡，由于硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，则原溶液中可能含有SO32﹣，故B正确；‎ C．向某溶液中加入浓氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润蓝色石蕊试纸变红，该气体的水溶液呈酸性，生成的气体不是氨气，则无法确定元溶液中是否存在NH4+，故C错误；‎ D．分别含有Mg2+、Cu2+、Fe2+和Na+的四种盐溶液，Mg2+与氢氧化钠只生成白色沉淀，Cu2+与氢氧化钠溶液反应生成蓝色沉淀，Fe2+与氢氧化钠溶液反应先生成白色沉淀，白色沉淀迅速变成灰绿色，Na+与氢氧化钠溶液不反应，可以只用NaOH溶液一次鉴别出来，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎10．已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素，其中元素A、E的单质在常温下呈气态，元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，元素D的合金是日常生活中常用的金属材料．下列说法正确的是（　　）‎ A．.元素B的化合物可以用来 B．化合物AE与CE含有相同类型的化学键 C．工业上常用电解法制备元素C、D、E的单质 D．元素B、D的最高价氧化物对应的水化物之间可能发生反应 ‎【考点】原子结构与元素周期律的关系．‎ ‎【分析】‎ A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素，元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，则C处于IA族，元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，B原子最外层电子数为4或6，C的原子序数大于B，则B为C、C为Na元素；而元素A、E的单质在常温下呈气态，可推知A为H元素，E为Cl元素，元素D的合金是日常生活中常用的金属材料，可推知D为Al，据此进行解答．‎ ‎【解答】解：A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素，元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，则C处于IA族，元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，B原子最外层电子数为4或6，C的原子序数大于B，则B为C、C为Na元素；而元素A、E的单质在常温下呈气态，可推知A为H元素，E为Cl元素，元素D的合金是日常生活中常用的金属材料，可推知D为Al，‎ A．元素B为碳，碳的化合物不能用做焰火材料，故A错误；‎ B．化合物AE为HCl，含有共价键，化合物CE为NaCl，含有离子键，二者含有的化学键类型不同，故B错误；‎ C．C、D、E分别为Na、Al、Cl，三种元素的单质性质活泼，工业上通过电解法获得它们的单质，故C正确；‎ D．元素B、D的最高价氧化物对应的水化物分别为碳酸、Al（OH）3，二者不发生反应，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎11．已知NH4CuSO3与足量的2mol/L硫酸溶液混合微热，产生下列现象：①有红色金属生成 ②产生 刺激性气味的气体 ③溶液呈现蓝色．据此判断下列说法正确的是（　　）‎ A．反应中硫酸作氧化剂 B．NH4CuSO3中硫元素被氧化 C．1mol NH4CuSO3完全反应转移0.05mol电子 D．刺激性气味的气体是SO2气体 ‎【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质．‎ ‎【分析】NH4CuSO3与硫酸混合微热，生成红色固体物、产生有刺激性气味的气体和蓝色溶液，说明反应生成Cu、SO2和Cu2+，则NH4CuSO3中Cu的化合价为+1价，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：反应为：2NH4CuSO3+4H+═Cu+Cu2++2SO2↑+2H2O+2NH4+．‎ A．由发产生为：2NH4CuSO3+4H+═Cu+Cu2++2SO2↑+2H2O+2NH4+，反应只有Cu元素的化合价发生变化，硫酸根反应前后未变，反应中硫酸体现酸性，不作氧化剂，故A错误；‎ B．反应前后S元素的化合价没有发生变化，故B错误；‎ C．反应只有Cu元素的化合价发生变化，分别由+1→+2，+1→0，反应的发产生为：2NH4CuSO3+4H+═Cu+Cu2++2SO2↑+2H2O+2NH4+，每2molNH4CuSO3参加反应则转移1mol电子，则1molNH4CuSO3完全反应转移0.5mol电子，故C错误．‎ D．反应为：2NH4CuSO3+4H+═Cu+Cu2++2SO2↑+2H2O+2NH4+，则刺激性气味的气体是SO2气体，故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎12．已知：a．C2H2（g）+H2（g）=C2H4（g）△H＜0 b.2CH4（g）=C2H4（g）+2H2（g）△H＞0‎ 判断以下3个热化学方程式：①C（s）+2H2（g）=CH4（g）△H1‎ ‎②C（s）+H2（g）=C2H2（g）△H2③C（s）+H2（g）=C2H4（g）△H3‎ ‎△H1、△H2、△H3由大到小的顺序是（　　）‎ A．△H2＞△H3＞△H1 B．△H3＞△H2＞△H1 C．△H3＞△H1＞△H2 D．△H1＞△H2＞△H3‎ ‎【考点】反应热和焓变．‎ ‎【分析】由盖斯定律可知，③×2﹣②×2=a，③×2﹣①×2=b，以此来解答．‎ ‎【解答】解：由已知反应及盖斯定律可知，③×2﹣②×2=a，③×2﹣①×2=b，‎ 则2△H3﹣2△H2＜0，即△H2＞△H3；‎ ‎2△H3﹣2△H1＞0，即△H3＞△H1，‎ 综合所述，△H1、△H2、△H3由大到小的顺序是△H2＞△H3＞△H1，‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎13．下列除去杂质的方法不正确的是（　　）‎ A．除去甲烷中少量的乙烯：气体通过溴水溶液的洗气瓶 B．除去乙酸乙酯中少量的乙酸：用氢氧化钠溶液洗涤，分液、干燥、蒸馏 C．除去CO2中少量的SO2：气体通过盛饱和碳酸氢钠氢溶液的洗气瓶 D．除去乙醇中少量的乙酸：加足量生石灰，蒸馏 ‎【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．‎ ‎【分析】A．乙烯与溴水反应，而甲烷不能；‎ B．二者均与NaOH反应；‎ C．二氧化硫与碳酸氢钠反应生成二氧化碳；‎ D．乙酸与CaO反应后，增大与乙醇的沸点差异．‎ ‎【解答】解：A．乙烯与溴水反应，而甲烷不能，则选择溴水、洗气可除杂，故A正确；‎ B．二者均与NaOH反应，则不能除杂，应选饱和碳酸钠溶液、分液、干燥、蒸馏，故B错误；‎ C．二氧化硫与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，则气体通过盛饱和碳酸氢钠氢溶液的洗气瓶，故C正确；‎ D．乙酸与CaO反应后，增大与乙醇的沸点差异，则加足量生石灰，蒸馏可除杂，故D正确；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎14．一定温度下，可逆反应2NO2⇌2NO+O2在体积固定的密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是（　　）‎ ‎①单位时间内生成n mol O2，同时生成2n mol NO2‎ ‎②混合气体的压强不再改变 ‎③混合气体的平均相对分子质量不再改变 ‎④单位时间内生成n mol O2，同时生成2n mol NO ‎⑤混合气体的颜色不再改变 ‎⑥用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2：2：1．‎ A．①④⑤⑥ B．①②③⑤ C．②③④⑥ D．以上全部 ‎【考点】化学平衡状态的判断．‎ ‎【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态．‎ ‎【解答】解：①单位时间内生成n mol O2，等效于消耗2n mol NO2，同时生成2n mol NO2，正逆反应速率相等，故正确；‎ ‎②混合气体的压强不再改变，说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，故正确；‎ ‎③混合气体的平均相对分子质量不再改变，说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，故正确；‎ ‎④单位时间内生成n mol O2，同时生成2n mol NO，都体现的正反应方向，故错误；‎ ‎⑤混合气体的颜色不再改变，说明二氧化氮的浓度不变反应达平衡状态，故正确；‎ ‎⑥只要反应发生就有NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2：2：1，故错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎15．某固体酸燃料电池以CaHSO4固体为电解质传递H+，其基本结构见图，电池总反应可表示为：2H2+O2═2H2O，下列有关说法不正确的是（　　）‎ A．电子通过外电路从a极流向b极 B．b极上的电极反应式为：O2+4H++4e﹣═2H2O C．每转移0.1mol电子，消耗1.12L的H2‎ D．H+由a极通过固体酸电解质传递到b极 ‎【考点】化学电源新型电池．‎ ‎【分析】根据电池总反应：2H2+O2=2H2O可知：通入氢气的一极为电池的负极，发生氧化反应，反应为H2﹣2e﹣═2H+，通入氧气的一极为电池的正极，发生还原反应，反应为O2+4e﹣+4H+=2H2O；电池工作时，电子通过外电路从负极流向正极，即从a极流向b极，电解质溶液中阳离子向正极移动，即H+由a极通过固体酸电解质传递到b极；每转移0.1mol电子，消耗0.05mol的H2，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：A．电池工作时，电子通过外电路从负极流向正极，即从a极流向b极，故A正确；‎ B．该电池为酸性电池，所以正极电极反应为O2+4e﹣+4H+=2H2O，故B正确；‎ C．每转移0.1mol电子，消耗0.05mol的H2，标准状况下的H2 1.12 L，故C错误；‎ D．原电池中，阳离子向正极移动，所以H+由a极通过固体酸电解质传递到b极，故D正确．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎16．0.64g铜投入一定量浓HNO3中，铜完全溶解，生成气体颜色越来越浅，共收集到224mL气体（标况下）．将盛有此气体的容器倒扣在水中，通入标况下一定体积的O2，恰好使气体完全溶于水中，则通入O2的体积是（　　）‎ A．504mL B．112mL C．336mL D．224mL ‎【考点】化学方程式的有关计算．‎ ‎【分析】‎ Cu与硝酸反应是硝酸铜与氮的氧化物，而氮的氧化物倒扣在水中，通入氧气，恰好使气体完全溶于水中，又生成硝酸，纵观整个反应过程可知，铜提供的电子等于通入的氧气获得的电子，根据n=计算1.28g铜的物质的量，利用电子转移守恒计算通入氧气的物质的量，再根据V=nVm计算通入O2的体积．‎ ‎【解答】解：1.28g铜的物质的量为：n（Cu）==0.01mol，‎ Cu与硝酸反应是硝酸铜与氮的氧化物，而氮的氧化物倒扣在水中，通入O2恰好使气体完全溶于水中，又生成硝酸，分析整个反应过程可知，Cu提供的电子的物质的量等于通入的O2获得的电子的物质的量，‎ 则通入氧气的物质的量为：n（O2）==0.005mol，‎ 所以通入的氧气在标准状况下的体积为：V（O2）=0.005mol×22.4L/mol=0.112L=112mL，‎ 故选B．‎ ‎　‎ 二、填空题（共52分）‎ ‎17．甲醇（CH3OH）是一种重要的化工原料．已知 CH3OH（1）+O2（g）=CO（g）+2H2O（g）；△H=﹣443.64kJ•mol﹣1‎ ‎2CO （g）+O2（g）=2CO2（g）；△H=﹣566.00kJ•mol﹣1‎ H2O（1）=H2O （g）；△H=+44.00kJ•mol﹣1‎ ‎①试写出能表示CH3OH（1）燃烧热的热化学方程式：　CH3OH（1）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（1）△H=﹣814.64kJ•mol﹣1　．‎ 试利用热化学方程式计算，完全燃烧16g甲醇生成CO2和H2O（l）时，放出的热量为　407.32　kJ ‎②科研人员新近开发出一种由甲醇和氧气以强碱做电解质溶液的新型手机电池．‎ 据此回答下列问题：‎ 氧气在　正　极上反应；通入甲醇的电极反应式为　CH3OH+8OH﹣﹣6e﹣=CO32﹣+6H2O　．‎ ‎【考点】热化学方程式．‎ ‎【分析】①1molCH3OH（1）完全燃烧生成二氧化碳和液态水为燃烧热，结合盖斯定律、物质的量与反应中热量变化成正比计算；‎ ‎②由甲醇和氧气以强碱做电解质溶液构成的原电池中，甲醇在负极上失去电子，氧气在正极上得到电子，以此来解答．‎ ‎【解答】解：①由a．CH3OH（1）+O2（g）=CO（g）+2H2O（g）△H=﹣443.64kJ•mol﹣1‎ b.2CO （g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣566.00kJ•mol﹣1‎ c．H2O（1）=H2O （g）△H=+44.00kJ•mol﹣1‎ 及1molCH3OH（1）完全燃烧生成二氧化碳和液态水为燃烧热可知，‎ a+b×﹣c得到燃烧热的热化学方程式为CH3OH（1）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（1）△H=﹣814.64kJ•mol﹣1，‎ 完全燃烧16g甲醇生成CO2和H2O（l）时，放出的热量为×814.64kJ=407.32kJ，‎ 故答案为：CH3OH（1）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（1）△H=﹣814.64kJ•mol﹣1；407.32；‎ ‎②由甲醇和氧气以强碱做电解质溶液构成的原电池中，甲醇在负极上失去电子，则负极反应为CH3OH+8OH﹣﹣6e﹣=CO32﹣+6H2O，氧气在正极上得到电子，‎ 故答案为：正； CH3OH+8OH﹣﹣6e﹣=CO32﹣+6H2O．‎ ‎　‎ ‎18．如图所示，800℃时A、B、C三种气体在密闭容器中反应时的浓度变化，分析图象，回答问题：‎ ‎①该反应的方程式为　2A2B+C　．‎ ‎②2min内，用B表示的反应速率为　0.1mol/（L•min）　．‎ ‎③在其他条件下，测得A的反应速率为0.05mol/（L•s），此时的反应与800℃时相比，　A　．‎ A．比800℃时快 B．比800℃时慢 C．和800℃时速率一样 D．无法比较．‎ ‎【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线．‎ ‎【分析】①由图可知，A的物质的量浓度减少，B、C的物质的量浓度增加，则A为反应物、B、C为生成物，结合化学计量数之比等于浓度变化量之比计算；‎ ‎②结合v=计算；‎ ‎③结合反应速率之比等于化学计量数之比计算A的反应速率，然后比较．‎ ‎【解答】解：①由图可知，A的物质的量浓度减少，B、C的物质的量浓度增加，则A为反应物、B、C为生成物，且△c（A）：△c（B）：△c（C）=2：2：1，2min时反应达到平衡，则反应方程式为2A2B+C，‎ 故答案为：2A2B+C；‎ ‎②2min内，用B表示的反应速率为=0.1mol/（L•min），故答案为：0.1mol/（L•min）；‎ ‎③反应速率之比等于化学计量数之比，则800℃时v（A）=v（B）=0.1mol/（L•min），可知在其他条件下，测得A的反应速率为0.05mol/（L•s）=3mol/（L•min），此时的反应与800℃时相比，比800℃时快，故答案为：A．‎ ‎　‎ ‎19．某透明溶液仅含Na+、Fe2+、Ba2+、Al3+、NO3﹣、Cl﹣、SO42﹣中的4种离子，所含离子均为1mol．若向该溶液中加入过量的稀硫酸，有气泡产生，且溶液中阴离子种类不变（不考虑水的电离和离子的水解）．回答下列问题：‎ ‎①溶液中存在的离子是　Na+、Fe2+、NO3﹣、SO42﹣　；‎ ‎②写出溶液中加入过量的稀硫酸反应的离子方程式　3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O　．‎ ‎【考点】无机物的推断；常见离子的检验方法．‎ ‎【分析】①向该溶液中加入过量的稀硫酸，有气泡产生，且溶液中阴离子种类不变，则一定发生Fe2+、NO3﹣‎ 的氧化还原反应生成硝酸铁和NO，阴离子种类不变，则原溶液中存在SO42﹣，又溶液中含有四种离子，所含离子的物质的量均为1mol，由电荷守恒可知，含有带一个单位正电荷的阳离子，以此来解答；‎ ‎②酸性溶液中Fe2+、NO3﹣的氧化还原反应生成硝酸铁和NO和水．‎ ‎【解答】解：①向该溶液中加入过量的稀硫酸，有气泡产生，且溶液中阴离子种类不变，则一定发生Fe2+、NO3﹣的氧化还原反应生成硝酸铁和NO，阴离子种类不变，说明原溶液中原来已经存在SO42﹣，则不含Ba2+，又溶液中含有四种离子，反应生成了Fe3+，所含离子的物质的量均为1mol，由电荷守恒可知，含有带一个单位正电荷的阳离子，即一定含有Na+，由上述推断可知，该溶液中所含的离子为：Na+、Fe2+、NO3﹣、SO42﹣，‎ 故答案为：Na+、Fe2+、NO3﹣、SO42﹣；‎ ‎②向该溶液中加入过量的稀硫酸，稀硫酸中的氢离子和硝酸根离子将亚铁离子氧化为铁离子，同时会生成一氧化氮，发生反应的离子方程式为：3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，‎ 故答案为：3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O．‎ ‎　‎ ‎20．CNO﹣在酸性条件下与NaClO反应生成N2、CO2、Cl2等． 写出CNO﹣在酸性条件下被NaClO氧化的离子方程式：　2CNO﹣+6ClO﹣+8H+=N2↑+2CO2↑+3Cl2↑+4H2O　．‎ ‎【考点】离子方程式的书写．‎ ‎【分析】根据题意可知，CNO﹣在酸性条件下与NaClO反应生成N2、CO2、Cl2等，该反应中CNO﹣的﹣3价N原子被氧化成+4价的N2，化合价至少升高3×2=6价，NaClO中+1价的Cl元素被还原成﹣1价的Cl﹣，化合价降低2价，根据氧化还原反应中化合价升降相等配平．‎ ‎【解答】解：CNO﹣在酸性条件下与NaClO反应生成N2、CO2、Cl2等，该反应中CNO﹣的﹣3价N原子被氧化成+4价的N2，化合价至少升高3×2=6价，NaClO中+1价的Cl元素被还原成﹣1价的Cl﹣，化合价降低2价，则CNO﹣的系数为2，ClO﹣的系数==3，然后根据观察法配平该反应离子方程式为：2CNO﹣+3ClO﹣+2H+=N2↑+2CO2↑++H2O，‎ 故答案为：2 CNO﹣+3ClO﹣+2H+=N2↑+2CO2↑+3Cl﹣+H2O．‎ ‎　‎ ‎21．酸性KMnO4、H2O2、NaClO在生产、生活、卫生医疗中常用作消毒剂，下面是对这三种氧化剂性质的探究．‎ ‎①向浸泡铜片的稀盐酸中加入H2O2后，铜片溶解，反应的化学方程式　Cu+2HCl+H2O2=CuCl2+2H2O　．‎ ‎②取300mL 0.2mol/L的KI溶液与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应，生成等物质的量的I2和KIO3，则消耗KMnO4的物质的量是　0.032　mol．‎ ‎③在Fe（NO3）3溶液中加入Na2SO3溶液，溶液先由棕黄色变为浅绿色，过一会又变为棕黄色．写出溶液先变为浅绿色的离子方程式：　2Fe3++SO32﹣+H2O=2Fe2++SO42﹣+2H+　．‎ ‎【考点】化学方程式的书写；氧化还原反应．‎ ‎【分析】①盐酸不能与金属铜反应，但可以与氧化铜反应，所以双氧水的作用是将金属铜氧化为CuO，然后氧化铜溶于盐酸；‎ ‎②n（KI）=0.06mol，与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应，生成等物质的量的I2和KIO3，则n（I2）=n（KIO3）=0.02mol，结合化合价的变化计算转移的电子的数目，可计算消耗KMnO4的物质的量；‎ ‎③先由棕黄色变为浅绿色，过一会又变为棕黄色，则Fe3+先被还原后又氧化．‎ ‎【解答】解：①盐酸不能与金属铜反应，但可以与氧化铜反应，所以双氧水的作用是将金属铜氧化为CuO，然后氧化铜溶于盐酸，该反应的化学方程式为：Cu+2HCl+H2O2=CuCl2+2H2O，‎ 故答案为：Cu+2HCl+H2O2=CuCl2+2H2O；‎ ‎②n（KI）=0.06mol，与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应，生成等物质的量的I2和KIO3，则n（I2）=n（KIO3）=0.02mol，共失去电子的物质的量为2×0.02mol+0.02mol×[5﹣（﹣1）]=0.16mol，则消耗KMnO4的物质的量的是n==0.032mol，‎ 故答案为：0.032； ‎ ‎③先由棕黄色变为浅绿色，过一会又变为棕黄色，则Fe3+先被还原后又氧化，先变为浅绿色的离子方程式是2Fe3++SO32﹣+H2O=2Fe2++SO42﹣+2H+，后变为棕黄色的原因是H+与NO3﹣组成的硝酸将Fe2+氧化，‎ 故答案为：2Fe3++SO32﹣+H2O=2Fe2++SO42﹣+2H+．‎ ‎　‎ ‎22．某学习小组在实验室制取乙酸乙酯的主要步骤如下：‎ ‎①配制2mL浓硫酸、3mL乙醇（含18O）和2mL乙酸的混合溶液 ‎②按如图连接好装置并加入混合液，用小火均匀加热3～5min ‎③待试管乙收集到一定量产物后停止加热，撤出试管乙用力振荡，然后静置待分层 ‎④分离出乙酸乙酯，洗涤、干燥．‎ 回答问题：‎ ‎（1）装置中球形干燥管，除起冷凝作用外，另一重要作用是　防止倒吸　．‎ ‎（2）步骤（2）安装好实验装置，加入样品前还应检查　装置的气密性　．‎ ‎（3）反应中浓硫酸的作用是　催化剂、吸水剂　；写出能表示18O位置的制取乙酸乙酯的化学方程式：　CH3COOH+C2H518OHCH3CO18OC2H5+H2O　．‎ ‎（4）上述实验中饱和碳酸钠溶液的作用是（填字母）　AC　．‎ A．中和乙酸并吸收乙醇 B．中和乙酸和乙醇 C．减少乙酸乙酯的溶解 D．加速酯的生成，提高其产 ‎（5）步骤 ③所观察到的现象是　试管乙中的液体分成上下两层，上层无色，下层为红色液体，振荡后下层液体的红色变浅　；‎ 从试管乙中分离出乙酸乙酯的实验操作名称是　分液　．‎ ‎【考点】制备实验方案的设计．‎ ‎【分析】（1）球形干燥管，除起冷凝作用外，因乙酸、乙醇易溶于水，可防止倒吸；‎ ‎（2）乙醇、乙酸易挥发，需要检验装置的气密性；‎ ‎（3）酯化反应为可逆反应，且浓硫酸具有吸水性，乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，乙醇脱H；‎ ‎（4）饱和碳酸钠溶液可吸收乙醇、除去乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度；‎ ‎（5）饱和碳酸钠溶液与乙酸乙酯分层，且乙酸乙酯的密度比水的密度小，分层后乙酸乙酯在上层，然后分液可分离．‎ ‎【解答】解：（1）装置中球形干燥管，除起冷凝作用外，因乙酸、乙醇易溶于水，另一重要作用是防止倒吸，‎ 故答案为：防止倒吸；‎ ‎（2）步骤（2）安装好实验装置，加入样品前还应检查装置的气密性，‎ 故答案为：装置的气密性；‎ ‎（3）酯化反应为可逆反应，且浓硫酸具有吸水性，则浓硫酸的作用为催化剂、吸水剂，乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，制备反应为CH3COOH+C2H518OHCH3CO18OC2H5+H2O，‎ 故答案为：催化剂、吸水剂；CH3COOH+C2H518OHCH3CO18OC2H5+H2O；‎ ‎（4）饱和碳酸钠溶液可吸收乙醇、除去乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度，只有AC符合，故答案为：AC；‎ ‎（5）饱和碳酸钠溶液与乙酸乙酯分层，步骤 ③所观察到的现象是试管乙中的液体分成上下两层，上层无色，下层为红色液体，振荡后下层液体的红色变浅，从试管乙中分离出乙酸乙酯的实验操作名称是分液，‎ 故答案为：试管乙中的液体分成上下两层，上层无色，下层为红色液体，振荡后下层液体的红色变浅；分液．‎ ‎　‎ ‎23．烷基取代苯（）可以被酸性KMnO4溶液氧化生成，但若烷基R中直接与苯环连接的碳原子没有C﹣H键，则不容易被氧化得到．现有分子式是C11H16的烷基一取代苯，则它可以被氧化成为的同分异构体共有　7　种，并写出一种不能被氧化成为的同分异构体的结构简式　　．‎ ‎【考点】有机物分子中的官能团及其结构．‎ ‎【分析】分子式是C11H16的烷基一取代苯，则它可以被氧化成为，则﹣C5H11的数目决定其同分异构体的数目，结合烷基R中直接与苯环连接的碳原子没有C﹣H键，则不容易被氧化得到来解答．‎ ‎【解答】解：分子式是C11H16的烷基一取代苯，则它可以被氧化成为，则﹣C5H11的数目决定其同分异构体的数目，‎ ‎﹣C5H11有﹣CH2CH2CH2CH2CH3、﹣CH（CH3）CH2CH2CH3、﹣CH（CH2CH3）2、﹣CH2CH（CH3）CH2CH3、﹣CH2CH2CH（CH3）2、﹣CH（CH3）CH（CH3）2、﹣CH2C（CH3）3，共7种，其中一种不能被氧化成为的同分异构体为，‎ 故答案为：7；．‎ ‎　‎ ‎24．物质A、B、C的转化关系如图所示：‎ ‎①若A 为常见金属，C为淡黄色固体，C与水反应生成D，则D的电子式为　　．‎ ‎②若A分子含有10个电子且有刺激性气味的气体，则A的结构式为　　，写出A生成B的反应方程式为：　4NH3+5O24NO+6H2O　．‎ ‎③若A为黄绿色气体，X为常见金属单质，C溶液为浅绿色，则X元素在周期表中的位置　第四周期Ⅷ族　；写出B与X反应的化学方程式　2FeCl3+Fe=3FeCl2　．‎ ‎【考点】无机物的推断．‎ ‎【分析】①若A 为常见金属，C为淡黄色固体，则过氧化钠，所以A为钠，B为氧化钠，X为氧气，C与水反应生成D为氢氧化钠；‎ ‎②若A分子含有10个电子且有刺激性气味的气体，A能连续与X反应，则A为氨气，氨气与氧气反应生成B为一氧化氮，一氧化氮与氧气反应生成C为二氧化氮，所以X为氧气；‎ ‎③若A为黄绿色气体，则A为氯气，X为常见金属单质，C溶液为浅绿色，X为铁，C为氯化亚铁，氯化亚铁与氯气反应生成B为氯化铁，据此答题．‎ ‎【解答】解：①若A 为常见金属，C为淡黄色固体，则过氧化钠，所以A为钠，B为氧化钠，X为氧气，C与水反应生成D为氢氧化钠，氢氧化钠的电子式为，‎ 故答案为：；‎ ‎②若A分子含有10个电子且有刺激性气味的气体，A能连续与X反应，则A为氨气，氨气与氧气反应生成B为一氧化氮，一氧化氮与氧气反应生成C为二氧化氮，所以X为氧气，氨气的结构式为，A生成B的反应方程式为4NH3+5O2 4NO+6H2O，‎ 故答案为：；4NH3+5O2 4NO+6H2O；‎ ‎③若A为黄绿色气体，则A为氯气，X为常见金属单质，C溶液为浅绿色，X为铁，C为氯化亚铁，氯化亚铁与氯气反应生成B为氯化铁，铁元素在周期表中第四周期Ⅷ族，B与X反应的化学方程式为 2FeCl3+Fe=3FeCl2，‎ 故答案为：第四周期Ⅷ族； 2FeCl3+Fe=3FeCl2．‎ ‎　‎ ‎25．KClO3和浓盐酸在一定温度下反应会生成黄绿色的易爆物二氧化氯．其变化可表述为：2KClO3+4HCl（浓）═2KCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O．‎ ‎（1）请分析该反应中电子转移的情况：（单线桥法表示）　　．‎ ‎（2）氧化剂与还原剂的物质的量之比是　1：1　．‎ ‎（3）若产生标况下22.4L Cl2，则转移的电子的物质的量为　2　mol．‎ ‎（4）实验室备用的浓盐酸质量分数为36.5%，密度为1.19g•cm﹣3，为使用方便，请计算出该浓盐酸中HCl的物质的量浓度　11.9　 mol•L﹣1．‎ ‎（5）ClO2对污水中Fe2+、Mn2+、S2﹣和CN﹣等有明显的去除效果．某工厂污水中含CN﹣a mg/L，现用ClO2将CN﹣氧化，只生成两种气体，其离子反应方程式为为　2ClO2+2CN﹣=N2↑+2CO2↑+2Cl﹣　，处理100m3这种污水，至少需要ClO2　　mol．‎ ‎【考点】氧化还原反应．‎ ‎【分析】（1）KClO3中氯元素化合价由+5价降低为ClO2中+4价，化合价降低1价；HCl中氯元素化合价由﹣1价升高为Cl2中0价，化合价升高2价，据此分析；‎ ‎（2）反应中KClO3为氧化剂，HCl为还原剂；‎ ‎（3）反应中只有Cl2是氧化产物，HCl中氯元素化合价由﹣1价升高为Cl2中0价，据此计算转移电子物质的量；‎ ‎（4）根据c=来计算浓盐酸的物质的量浓度；‎ ‎（5）ClO2将CN﹣氧化，只生成两种气体，应生成氮气与二氧化碳，同时生成氯离子；根据方程式计算需要ClO2的物质的量．‎ ‎【解答】解：（1）KClO3中氯元素化合价由+5价降低为ClO2中+4价，化合价降低1价；HCl中氯元素化合价由﹣1价升高为Cl2中0价，化合价升高2价，则电子转移的方向和数目为：‎ 故答案为：；‎ ‎（2）KClO3氯元素的化合价降低，是氧化剂，HCl中氯元素化合价由﹣1价升高为Cl2中0价，化合价升高，氯元素被氧化，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1，‎ 故答案为：1：1；‎ ‎（3）反应中只有Cl2是氧化产物，HCl中氯元素化合价由﹣1价升高为Cl2中0价，所以产生22.4L 即1molCl2，转移的电子的物质的量为1mol×2=2mol，‎ 故答案为：2；‎ ‎（4）由c=可知，c==11.9 mol•L﹣1，‎ 故答案为：11.9 mol•L﹣1．‎ ‎（5）ClO2将CN﹣氧化，只生成两种气体，应生成氮气与二氧化碳，同时生成氯离子，反应离子方程式为：2ClO2+2CN﹣=N2↑+2CO2↑+2Cl﹣，‎ ‎100m3废水中CN﹣质量=100m3×ag/m3=100ag，CN﹣的物质的量为=mol，由方程式可知，至少需要ClO2的物质的量=mol，‎ 故答案为：2ClO2+2CN﹣=N2↑+2CO2↑+2Cl﹣；．‎