【化学】贵州省遵义市正安县第一中学2019-2020学年高二上学期开学考试试题（解析版） 21页

贵州省遵义市正安县第一中学2019-2020学年高二上学期开学考试试题 分卷I 一、单选题(共25小题，每小题2.0分，共50分)‎ ‎1. 《神农本草经》说：“水银熔化（加热）还复为丹”；《黄帝九鼎神丹经》中的“柔丹”、“伏丹”，都是在土釜中加热Hg制得的。这里的“丹”是指（ ）‎ A. 氯化物 B. 合金 C. 硫化物 D. 氧化物 ‎【答案】D ‎【解析】在土釜中加热Hg，金属汞可以和氧气发生反应得到氧化汞，氧化汞属于物质分类中的氧化物，故选D。‎ ‎2.有A、B、C、D四种物质，已知它们能发生下列变化：‎ ‎①A2＋＋B=B2＋＋A ②A2＋＋C=C2＋＋A ‎ ‎③B2＋＋C=C2＋＋B ④C2＋＋D=D2＋＋C 由此可推知，各物质的氧化性、还原性强弱顺序正确的是（ ）‎ ‎①氧化性：A2＋＞B2＋＞C2＋＞D2＋ ②氧化性：D2＋＞C2＋＞B2＋＞A2＋‎ ‎③还原性：A＞B＞C＞D ④还原性：D＞C＞B＞A A. ①③ B. ②④ C. ②③ D. ①④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①A2++B═B2++A，反应中A元素化合价+2价变化为0价，化合价降低做氧化剂被还原得到还原产物A，B元素化合价0价变化为+2价，化合价升高做还原剂被氧化生成氧化产物B2+，得到氧化性A2+＞B2+；还原性B＞A；‎ ‎②A2++C═C2++A，反应中A元素化合价+2价变化为0价，化合价降低做氧化剂被还原得到还原产物A，C元素化合价0价变化为+2价，化合价升高做还原剂被氧化生成氧化产物C2+，得到氧化性A2+＞C2+；还原性C＞A；‎ ‎③B2++C═C2++B，反应中B元素化合价+2价变化为0价，化合价降低做氧化剂被还原得到还原产物B，C元素化合价0价变化为+2价，化合价升高做还原剂被氧化生成氧化产物C2+，得到氧化性B2+＞C2+；还原性C＞B；‎ ‎④C2++D═D2+‎ ‎+C，反应中C元素化合价+2价变化为0价，化合价降低做氧化剂被还原得到还原产物C，D元素化合价0价变化为+2价，化合价升高做还原剂被氧化生成氧化产物D2+，得到氧化性C2+＞D2+；还原D＞C；‎ 综上所述氧化性强弱顺序：A2+＞B2+＞C2+＞D2+；还原性强弱顺序：D＞C＞B＞A；‎ 故选D。‎ ‎3.下列说法中不正确的是(　　)‎ A. 浓硝酸溅在皮肤上，使皮肤呈黄色，是由于浓硝酸与蛋白质发生颜色反应 B. 检验蔗糖水解产物是否具有还原性，在水解后的溶液中，先加氢氧化钠溶液中和至碱性，再加入新制的氢氧化铜悬浊液，并加热 C. 检验皂化反应进行程度，取几滴反应液，滴入装有热水的试管中并振荡，若没有油滴浮在液面上，说明油脂已完全反应 D. 检验淀粉在稀硫酸催化下水解程度方法是：取适量水解液于试管中，加入少量碘水，若出现蓝色说明没有水解 ‎【答案】D ‎【解析】A．皮肤组成主要成分是蛋白质，含有苯环的蛋白质遇浓硝酸显黄色，浓硝酸沾到皮肤上能使皮肤变黄，这是由于浓硝酸和蛋白质发生了颜色反应，选项A正确；B、蔗糖水解产物中葡萄糖含有醛基，在碱性条件下与氢氧化钠悬浊液反应产生砖红色沉淀，故检验蔗糖水解产物是否具有还原性，在水解后的溶液中，先加氢氧化钠溶液中和至碱性，再加入新制的氢氧化铜悬浊液，并加热，选项B正确；C、检验皂化反应进行程度，取几滴反应液，滴入装有热水的试管中并振荡，若没有油滴浮在液面上，说明油脂已完全反应生成甘油和高级脂肪酸盐，溶液不分层，选项C正确；D、检验淀粉在稀硫酸催化下水解程度的方法是：取适量水解液于试管中，加入少量碘水，若出现蓝色只能说明淀粉没有水解或是水解不完全，选项D不正确。答案选D。‎ ‎4.下列有关化学键的说法正确的是（ ）‎ A. 相邻的两个原子间可以形成化学键，多个原子间不可能形成化学键 B. 化合物中一定含有化学键，单质中也一定含有化学键 C. 相邻的两个或多个原子间的相互作用一定是化学键 D. 阴、阳离子之间的强相互作用也是化学键 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.相邻的两个原子间(或多个原子间)的强相互作用称为化学键，故A错误；‎ B.化合物中一定含有化学键，但单质中不一定含有化学键(稀有气体单质中不含化学键)，故B错误；‎ C.相邻原子间的“强相互作用”才是化学键，故C错误；‎ D.阴、阳离子间的“强相互作用”也是化学键，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎5. 下列关于物质性质的比较，不正确的是（ ）‎ A. 酸性强弱：HIO4>HBrO4>HClO4 B. 原子半径大小：Mg>P>N C. 碱性强弱：KOH>NaOH>LiOH D. 金属性强弱：Na>Mg>Al ‎【答案】A ‎【解析】考查元素周期律的应用。同主族自上而下原子半径逐渐增大，非金属性逐渐减弱，金属性逐渐增强。同周期自左向右，原子半径逐渐减小，金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强。非金属性越强，相应最高价氧化物的水化物的酸性越强。金属性越强，相应最高价氧化物的水化物的碱性越强。所以选项A是错误的，答案选A。‎ ‎6.碱金属元素原子结构上的相同点是（ ）‎ A. 原子核外电子层数相同 B. 原子核外电子数相同 C. 原子核外最外层电子数相同 D. 原子核内核电荷数相同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.碱金属元素原子核外电子层数逐渐增大，故A错误；‎ B.由核外电子数=原子序数可知，原子序数逐渐增大，所以原子核外电子数逐渐增多，故B错误；‎ C.原子核外最外层电子数相同，均为1，故C正确；‎ D.由核内核电荷数=核外电子数=原子序数可知：原子序数逐渐增大，所以原子核内核电荷数逐渐增多，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎7.下列说法中正确的是（ ）‎ A. 单质硫既有氧化性，又有还原性 B. 硫与金属单质反应时做氧化剂，与非金属单质反应时做还原剂 C. 硫与铁反应时生成硫化铁 D. 硫粉和铜粉混合共热生成黑色的CuS ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．硫单质可以被氧气氧化为二氧化硫，也可以与氢气反应被还原为硫化氢，所以硫单质既有氧化性，又有还原性，故A正确；‎ B．硫可与氧气反应生成二氧化硫，为还原剂，硫单质和氢气反应生成硫化氢表现氧化性，故B错误；‎ C．硫的氧化性较弱，与多价态金属反应生成低价金属硫化物，则硫单质与铁反应生成硫化亚铁，故C错误； ‎ D．硫的氧化性较弱，与铜反应生成Cu2S，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎8.碳元素有的三种原子：C、C、C，下列各项对三种原子均不同的是（ ）‎ A. 元素种类 B. 核电荷数 C. 电子层数 D. 中子数 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.三种同位素C、C、C的原子质子数相同，属于同种元素，故A错误；‎ B.三种同位素C、C、C的原子的核电荷数都是6，故B错误；‎ C.三种同位素C、C、C的原子核电荷数为6，电子排布均为2、4结构，电子层数均为2，故C错误；‎ D.三种同位素C、C、C的原子中中子数=质量数-质子数，分别为12-6=6；13-6=7；14-6=8；所以对三种原子均不同，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎9.在体积恒定的密闭容器中，一定量的二氧化硫与1.100mol氧气在催化剂作用下加热到600℃发生反应：2SO2＋O22SO3。当气体的物质的量减少0.315mol时反应达到平衡，在相同温度下测得气体压强为反应前的82.5%。下列有关叙述正确的是（ ）‎ A. 三氧化硫生成的速率与二氧化硫消耗的速率相等时反应达到平衡 B. 降低温度，正反应速率减小，逆反应速率增大 C. 平衡混合气体通入过量氯化钡溶液中，得到沉淀质量为161.980g D. 达到平衡时，二氧化硫的转化率为90%‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.SO3的生成速率与SO2的消耗速率都是正反应速率，两者始终相等，不能作为判断化学平衡的依据，故A错误；‎ B.降低温度，正反应速率和逆反应速率都减小，故B错误；‎ C.设二氧化硫起始物质的量是xmol，平衡时转化的二氧化硫为ymol，则：‎ ‎2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）‎ 起始量（mol）： x 1.100 0‎ 转化量（mol）： y 0.5y y 平衡量（mol）： x-y 1.100-0.5y y 气体总物质的量减少0.315mol时反应达到平衡，则0.5y=0.315，故y=0.63，在相同的温度下测得气体压强为反应前的82.5%，则×100%=82.5%，故x=0.7。将混合气体通入过量的氯化钡溶液中，三氧化硫和氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀，二氧化硫与氧气、水反应生成硫酸，硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，0.7mol二氧化硫完全转化消耗0.35mol氧气，氧气有剩余，根据硫元素守恒，硫酸钡的物质的量是0.7mol，故其质量为0.7mol×233g/mol=163.1g，故C错误；‎ D.达到平衡时，SO2的转化率=×100%=90%，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎10.下列说法正确的是（ ）‎ A. 离子键是阴离子与阳离子间的一种静电引力 B. 任何离子键在形成的过程中必定有电子的得与失 C. 带相反电荷的离子之间的相互吸引力称为离子键 D. 活泼非金属原子与活泼金属原子相遇时能形成离子键 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 阴阳离子通过静电作用形成离子键，静电作用包括静电吸引力和静电排斥力，A项错误；‎ B. 离子键的形成过程中不一定有电子的得失，如复分解反应中离子键的形成， B项错误； ‎ C.‎ ‎ 阴阳离子带相反电荷，但阴阳离子通过静电作用可形成离子键，静电作用包括静电吸引力和静电排斥力，C项错误； ‎ D. 活泼非金属原子容易得电子，活泼金属原子容易失电子，两者相遇时能形成离子键，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎11.下列叙述正确的是（ ）‎ A. 石灰窑、玻璃熔炉出来的气体的主要成分不相同 B. 用石灰抹墙和用水泥砌墙两过程的硬化原理相同 C. 玻璃、陶瓷、水泥容器均不能贮存氢氟酸 D. 任何酸均不能与酸性氧化物反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.石灰窑、玻璃熔炉出来的气体主要成分均为CO2，故A错误；‎ B.石灰抹墙的硬化是氢氧化钙和二氧化碳生成碳酸钙反应，反应的化学方程式为：CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O，其硬化是由于水分的蒸发，水泥的硬化过程是水泥配上适当的水后调成浆，经过相当时间，凝固成块，最后变硬，故B错误；‎ C.玻璃、陶瓷、水泥容器均含有SiO2，可与氢氟酸反应，因而不能贮存氢氟酸，故C正确；‎ D.酸性氧化物SiO2可以与氢氟酸反应，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎12.下列事实不能说明葡萄糖分子中含有醛基的是（ ）‎ A. 葡萄糖能与银氨溶液发生银镜反应 B. 葡萄糖能与醋酸发生酯化反应 C. 葡萄糖能与氢气发生加成反应生成己六醇 D. 葡萄糖与新制的氢氧化铜共热产生红色沉淀 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】葡萄糖具有还原性，能与银氨溶液发生银镜反应、能与新制的氢氧化铜共热产生红色沉淀；醛基具有氧化性，能与氢气发生还原反应生成己六醇，所以A、C、D均能说明葡萄糖分子中含有醛基，葡萄糖与醋酸发生酯化反应体现的是羟基的性质，故不能说明葡萄糖分子中含有醛基的是B。‎ 故选B。‎ ‎13.用电解熔融氯化镁而不用电解氧化镁制金属镁，可能的原因是（ ）‎ A. 易制得MgCl2，不易制得氧化镁 B. 熔融氧化镁不能被电解 C. 氧化镁熔点比氯化镁熔点高得多 D. 电解熔融氯化镁耗电多 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】氧化镁熔点高，熔融时会消耗大量的能量，增加了生产成本，而氯化镁的熔点低，生成成本小，所以用电解氯化镁来制取镁单质，不用电解熔融MgO的方法制金属镁。‎ ‎【详解】A.在海水中进入氢氧化钙溶液可以获得氢氧化镁，氢氧化镁加热得到氧化镁，而得到氯化镁还需要消耗盐酸，所以获得氧化镁比较容易，故A错误；‎ B.加热到一定温度后，氧化镁会熔化，所以熔融氧化镁能够被电解，不过需要的温度高于氯化镁，故B错误；‎ C.MgO的熔点为2852℃，无水MgCl2的熔点为714℃，氧化镁熔点比氯化镁熔高得多，电解氧化镁获得镁的生成成本大于电解氯化镁，所以用电解熔融氯化镁而不用电解氧化镁的方法制金属镁，故C正确；‎ D.MgO的熔点为2852℃，无水MgCl2的熔点为714℃，氧化镁熔点比氯化镁熔高得多，电解熔融氧化镁耗电多，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎14.向一定量铁、氧化铁、氧化亚铁的混合物中加入1000mL0.1 mol·L－1的盐酸，恰好完全溶解，所得溶液中加硫氰化钾溶液无红色出现。若用足量一氧化碳还原相同质量的此混合物，能得到铁的质量是（ ）‎ A. 11.2g B. 2.8g C. 5.6g D. 无法计算 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】向一定质量的Fe、FeO、Fe2O3的混合物中加入1000mL0.1mol·L－1的HCl溶液，恰好使混合物完全溶解，向所得溶液中加入KSCN溶液后，无血红色出现，说明溶液中没有铁离子，发生反应：Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O、FeO+2HCl=FeCl2+H2O、Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，最终溶液中溶质为FeCl2，根据氯离子守恒：2n(FeCl2)=1L×0.1mol·L－1=0.1mol，计算得出n(FeCl2)=0.05mol，根据Fe元素守恒，混合物中含有Fe元素的物质的量为：n(Fe)=0.05mol，混合物用过量的CO还原，最终得到的铁的物质的量为0.05mo，得到的铁的质量为：0.05mol×56g/mol=2.8g。‎ 故选B。‎ ‎15.浓硫酸是常用的干燥剂，都能用浓硫酸干燥的一组气体是(　　)‎ A. CH4、H2、CO、NH3 B. CO2、H2、SO2、Cl2‎ C. CO、CH4、HCl、HBr D. SO2、CO2、H2、H2S ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.NH3与水反应呈碱性，不能用浓硫酸干燥，故A错误；‎ B.都能用浓硫酸干燥，故B正确；‎ C.HBr有还原性，不能用浓硫酸干燥，故C错误；‎ D.H2S有还原性，不能用浓硫酸干燥，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎16.我国古代曾用火烧孔雀石的方法炼铜。孔雀石的主要成分是Cu2(OH)2CO3，其冶炼方法是（ ）‎ A. 焦炭还原法 B. 湿法炼铜 C. 铝热还原法 D. 电解冶炼法 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】孔雀石受热发生分解反应［实为Cu(OH)2，CuCO3的分解反应］：Cu2(OH)2CO32CuO＋H2O＋CO2↑。由CuO炼铜，可用焦炭还原法：C＋2CuO2Cu＋CO2↑；虽然也可用铝热还原法，但既浪费能源(高温)，又浪费铝，经济效益差；况且我国古代既没有Al，也没有掌握冶炼Al的技术，故C项不选。我国古代没有电，故不可能用电解冶炼法；Cu2(OH)2CO3和CuO都不溶于水，没有强酸，也不可能采用湿法炼铜，故A正确。‎ 故选A。‎ ‎17. 下面是四个化学反应，你认为理论上不可用于设计原电池的化学反应是(　　)‎ A. Zn＋Ag2O＋H2O===Zn(OH)2＋2Ag B. Pb＋PbO2＋2H2SO4===2PbSO4＋2H2O C. Zn＋CuSO4===Cu＋ZnSO4‎ D. C＋CO22CO ‎【答案】D ‎【解析】D是吸热的氧化还原反应，反应过程中吸收能量，不能设计为原电池。‎ ‎18. 把①蔗糖，②淀粉，③纤维素，④乙酸乙酯在稀硫酸存在下分别进行水解，最终产物只有1种的是（ ）‎ A. ①和② B. 只有③ C. 只有④ D. 只有②和③‎ ‎【答案】D ‎【解析】①蔗糖水解为葡萄糖和果糖、②淀粉水解为葡萄糖、③纤维素水解为葡萄糖、④乙酸乙酯水解为乙酸和乙醇，故D正确。‎ ‎19. 下列说法不正确的是( )‎ A. 不含其他杂质的天然油脂属于纯净物 B. 油脂在酸性或碱性条件下都比在纯水中易水解 C. 油脂的烃基部分饱和程度越大，熔点越高 D. 各种油脂水解后的产物中都有甘油 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：A、天然油脂是未进行分离提纯的油脂，都是由不同的甘油酯分子和气体杂质组成的混合物，错误，选A；B、酸性条件下氢离子为催化剂，碱性条件下氢氧根离子是催化剂，都比在纯水中易水解，正确，不选B；C、饱和度越大，熔点越高，动物脂肪在常温下是固态的，一般也是饱和的，而植物油里面有双键即有不饱和度，其熔点较低，正确，不选C；D、油脂是高级脂肪酸的甘油酯，水解生成高级脂肪酸和甘油，正确，不选D。‎ ‎20.下列关于烷烃的叙述不正确的是（ ）‎ A. 烷烃中每个碳原子都形成4个共价单键 B. 正丁烷的4个碳原子可以在同一直线上 C. 甲烷、乙烷、丙烷的结构都只有一种 D. 任何烷烃分子不可能为平面结构 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.碳原子的最外层有4个电子，故能与其他原子形成4个共价键，在烷烃中原子之间都是单键，故A正确；‎ B.由碳原子形成的4个共价键在空间排列成四面体结构可知，烷烃分子不可能为平面结构，丁烷的4个碳原子不可能在同一直线上，故B错误；‎ C.烷烃从正丁烷开始才有同分异构体，故C正确；‎ D.烷烃中碳原子形成4个共价键在空间排列成四面体形，故不可能为平面结构，故D正确。‎ 故选B。‎ ‎21.已知KMnO4与浓盐酸在常温下反应能产生Cl2。若用下图所示的实验装置来制备纯净、干燥的氯气，并使它与金属反应。每个虚线框表示一个单元装置，其中错误的是 A. ①和② B. ② C. ②和③ D. ②③④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】这是一题考查综合能力的实验题，由题给信息知，要制备纯净干燥的氯气，必须除去Cl2中的HCl和水蒸气，先用饱和食盐水除HCl，再通过浓硫酸的洗气装置除去水蒸气，导管此时仍应长进短出，干燥的氯气和金属反应的容器只有气体进入的导管，一段时间后压强升高，可能会使橡皮塞弹开。‎ ‎【详解】NaOH与氯气反应，不能用氢氧化钠溶液除去氯气中的氯化氢杂质，②错误；‎ ‎③中的进气管短，出气管浸入液面下，错误；‎ ‎④为密闭装置，错误。‎ 故选D。‎ ‎22.属于氧化还原反应的离子方程式是（ ）‎ A. CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋CO2↑＋H2O B. 2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－‎ C. ＋H＋===CO2↑＋H2O D. Na2O＋H2O===2Na＋＋2OH－‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A中无化合价的变化，故不属于氧化还原反应；‎ B中铁元素有化合价的变化，属于氧化还原反应；‎ C中无化合价的变化，故不属于氧化还原反应；‎ D中无化合价的变化，故不属于氧化还原反应。‎ 答案选B。‎ ‎23.将下列溶液置于敞口容器中，溶液质量会增加的是( )‎ A. 浓硫酸 B. 稀硫酸 C. 浓盐酸 D. 浓硝酸 ‎【答案】A ‎【解析】A项，浓硫酸具有吸水性，溶液置于敞口容器中，溶液质量会增加，A正确；B项，稀硫酸不具有吸水性，难挥发，溶液置于敞口容器中，溶液质量不变，B错误；C项，浓盐酸易挥发，溶液置于敞口容器中，溶液质量减小，C错误；D项，浓硝酸易挥发，溶液置于敞口容器中，溶液质量减小，D错误。‎ ‎24.用纯净的碳酸钙与稀盐酸反应制取二氧化碳气体。下列措施对改变该反应的速率几乎没有影响的是(　　)‎ A. 用相同浓度但温度较高的盐酸代替常温下的盐酸 B. 增大反应体系的压强或减小反应体系的压强 C. 改用相同质量但为粉末状态的碳酸钙代替块状碳酸钙 D. 改用与原盐酸含有相同氢离子浓度的稀硫酸 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：A．升高温度反应速率即可，则用相同浓度但温度较高盐酸代替常温下的盐酸时反应速率加快，A不符合题意；B．由于没有气体参与反应，所以增大反应体系的压强或减小反应体系的压强大于反应速率没有影响，B符合题意；C．改用相同质量但为粉未状态的碳酸钙代替块状碳酸钙，增大反应物的接触面积，反应速率加快，C不符合题意；D．改用与原盐酸含有相同H+浓度的稀硫酸，由于反应后生成微溶性的硫酸钙，阻止反应的进行，反应速率减小，D不符合题意，答案选B。‎ ‎25.在10L密闭容器里发生4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)反应半分钟后，水蒸气的物质的量增加了0.45mol，则此反应的速率可表示为（ ）‎ A. v(O2)＝0.0010mol·L－1·s－1 B. v(NH3)＝0.00125mol·L－1·s－1‎ C. v(H2O)＝0.0010mol·L－1·s－1 D. v(NO)＝0.0010mol·L－1·s－1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】半分钟后，水蒸气的物质的量增加了0.45mol，则v（H2O）==0.0015mol/（L•s），‎ A.速率之比等于化学计量数之比，故v（O2）=v（H2O）=×0.0015mol/（L•s）=0.00125mol/（L•s），故A错误；‎ B.速率之比等于化学计量数之比，故v（NH3）=v（H2O）=×0.0015mol/（L•s）=0.0010mol/（L•s），故B错误；‎ C.半分钟后，水蒸气的物质的量增加了0.45mol，则v（H2O）==0.0015mol/（L•s），故C错误；‎ D.速率之比等于化学计量数之比，故v（NO）=v（H2O）=×0.0015mol/（L•s）=0.0010mol/（L•s），故D正确。‎ 故选D。‎ 分卷II 二、非选择题(共6小题，共50分)‎ ‎26.按要求填空。‎ ‎（1）根据反应Cu＋4HNO3(浓)＝Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，氧化剂与还原剂的物质的量之比是_____，当有2molHNO3参加反应时，被氧化的物质是____g，电子转移数目约为_____个。‎ ‎（2）在反应K2S＋4H2SO4(浓)K2SO4＋4SO2↑＋4H2O中，氧化产物是____，还原产物是______，氧化剂与还原剂物质的量之比是_____。‎ ‎（3）某同学写出以下三个化学方程式：(未配平)‎ ‎①NO＋HNO3→N2O3＋H2O ‎②NH3＋NO→HNO2＋H2O ‎③N2O4＋H2O→HNO3＋HNO2‎ 其中你认为不可能实现的是______。‎ ‎（4）今有下列三个氧化还原反应：‎ ‎①2FeCl3＋2KI＝2FeCl2＋2KCl＋I2‎ ‎②2FeCl2＋Cl2＝2FeCl3‎ ‎③2KMnO4＋16HCl(浓)＝2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O 氧化性最强的物质的是____(填字母，下同)，若某溶液中有Fe2＋、I－、Cl－共存，要将I－氧化除去而不氧化Fe2＋和Cl－，则可加入的试剂是____。‎ A．Cl2 B．KMnO4 C．FeCl3 D．I2‎ ‎（5）30mL浓度为0.05mol·L－1的Na2SO3溶液恰好与25mL浓度为0.02mol·L－1的K2R2O7溶液反应，则元素R在还原产物中的化合价是_______。‎ ‎【答案】(1). 2∶1 (2). 32 (3). 6.02×1023 (4). SO2 (5). SO2 (6). 3∶1 (7). ② (8). B (9). C (10). ＋3‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）反应方程式Cu＋4HNO3(浓)＝Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O中化合价变化为：Cu→Cu(NO3)2，Cu元素由0价→+2价，所以Cu是还原剂，HNO3→NO2，N元素由+5价→+4价，所以HNO3为氧化剂，但反应中只有一半的HNO3作氧化剂，因此由反应方程式可知氧化剂与还原剂的物质的量之比等于化学计量数之比为2∶1；当有2molHNO3参加反应时，被氧化的物质是Cu，其质量为2mol××64g/mol=32g；电子转移数目约为2mol××（2-0）×6.02×1023/mol=6.02×1023，故答案为：2∶1，32，6.02×1023。‎ ‎（2）反应K2S+4H2SO4（浓）K2SO4+4SO2↑+4H2O中，只有S元素的化合价发生变化，K2S中S元素为-2价，H2SO4中S为+6价，SO2中S为+4价，所以K2S中S从-2价升高到+4价，H2SO4中S从+6降低到+4价，因此SO2既是氧化产物，又是还原产物；氧化剂是H2SO4，还原剂是K2S，参加反应的4分子硫酸中，有1分子表现酸性，生成硫酸钾，有3分子表现氧化性，因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：1，故答案为：SO2，SO2，3∶1。‎ ‎（3）氧化还原反应中元素化合价有升必有降。①中，NO、HNO3中氮的化合价分别为＋2价、＋5价，生成N2O3(氮的化合价为＋3价)的过程中氮元素的化合价有升有降，此反应可能实现；②中，NH3、NO中氮的化合价分别为－3价、＋2价，生成HNO2(氮的化合价为＋3价)的过程中氮元素的化合价都是升高，此反应不可能实现；③中，N2O4(氮的化合价为＋4价)生成HNO3(氮的化合价为＋5价)、HNO2(氮的化合价为＋3价)的过程中氮元素的化合价有升有降，此反应可能实现，故答案为：②。‎ ‎（4）由反应①知氧化性Fe3＋＞I2，还原性I－＞Fe2＋；由反应②知氧化性Cl2＞Fe3＋，还原性Fe2＋＞Cl－；由反应③知氧化性MnO4-＞Cl2，还原性Cl－＞Mn2＋‎ ‎。由此推知：氧化性强弱顺序为MnO4-＞Cl2＞Fe3＋＞I2，还原性强弱顺序为Mn2＋＜Cl－＜Fe2＋＜I－。所以KMnO4可氧化Cl－、Fe2＋和I－，Cl2可氧化Fe2＋和I－，FeCl3只能氧化I－。所以只能选FeCl3氧化I－而使Cl－不被氧化，故答案为：B，C。‎ ‎（5）n(Na2SO3)=0.05mol·L－1×0.03L=0.0015mol，n(K2R2O7)=0.02mol·L－1×0.025L=0.005mol，K2R2O7和Na2SO3发生氧化还原反应生成Na2SO4，设R元素在还原产物中的化合价为x，根据转移电子守恒得0.0015mol×(6-4)=0.0005mol×2×(6-x)，解得x=3，故答案为：＋3。‎ ‎27.感光性高分子又称为“光敏性高分子”，是一种在彩电荧光屏及大规模集成电路制造中应用较广的新型高分子材料，其结构简式为。‎ 试回答下列问题：‎ ‎（1）该物质的单体是______。‎ ‎（2）在一定条件下，该高聚物可发生的反应有__________(填序号)。‎ ‎①加成反应 ②氧化反应 ③取代反应 ④酯化反应 ‎（3）该高聚物在催化剂的作用下，水解后得到相对分子质量较小的产物为A，则：‎ ‎①A的分子式是_____。‎ ‎②A在一定条件下与乙醇反应的化学方程式是________。‎ ‎③A的同分异构体有多种，其中含有苯环、和，且苯环上有两个对位取代基的结构简式是_______、______。‎ ‎【答案】(1). (2). ①②③ (3). C9H8O2 (4). =CH—COOH＋C2H5OH=CH—COOC2H5＋H2O (5). (6). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】高分子材料的单体为； 在催化剂的作用下，水解后得到和 ‎，结合官能团的性质分析解答。‎ ‎【详解】(1)高分子材料单体为，故答案为：；‎ ‎(2)高聚物中含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，含有酯基，可发生水解反应、取代反应，含有苯环，可在催化作用下被卤素单质取代，故答案为：①②③；‎ ‎(3)高聚物在催化剂的作用下，水解后得到和，其中相对分子质量较小的为。‎ ‎①A为，其分子式为C9H8O2，故答案为：C9H8O2；‎ ‎②A为，含有羧基，可与乙醇发生酯化反应，反应的化学方程式为＋C2H5OH=CH—COOC2H5＋H2O，故答案为：＋C2H5OH-CH=CH—COOC2H5＋H2O；‎ ‎③A()的同分异构体有多种，其中含有苯环、、，且苯环上有两个对位取代基的结构简式是和，故答案为：和。‎ ‎28.工业上常用铁质容器盛装冷浓硫酸。某学习小组为研究铁质材料与热浓硫酸的反应，设计了以下探究活动：‎ 称取铁钉（碳素钢）6.0 g放入15.0 mL浓硫酸中，加热，充分应后得到溶液M并收集到气体N。‎ ‎（1）该小组通过认真分析，认为M溶液中既含有Fe3＋，也可能含有Fe2＋。若确认溶液中有无Fe2＋，应加入的试剂是___________（选填序号）。‎ ‎ a．KSCN溶液和氯水 b．铁粉和KSCN溶液 c．NaOH溶液 d．酸性KMnO4溶液 ‎（2）取320 mL（标准状况）气体N通入足量溴水中，然后加入足量BaCl2溶液，经过____________ 、______________（填操作名称）、干燥后，得到固体2.33 g。气体N与溴水反应的化学方程式为_______________，计算推知气体N中SO2的体积分数为_______________。‎ ‎（3）该小组通过对铁钉的成分和SO2体积分数的分析，认为气体N中还可能含有H2和另外一种气体Q。你认为Q应该是_____________，理由是________________（用化学方程式表示）。‎ ‎（4）取一定量N，利用下列仪器设计一个能同时检验N中含有H2和气体Q的装置（夹持仪器、橡胶管和加热装置省略），仪器的连接顺序是_____________（填字母），其中A的作用是_____________，B中试剂X的化学式是_____________________。‎ ‎【答案】(1). d (2). 过滤 (3). 洗涤 (4). SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr (5). 70% (6). CO2 (7). C + 2H2SO4 （浓） 2SO2↑+ CO2↑+ 2H2O (8). A-C-B-E-F-D（或A-C-B-E-F-D-E） (9). 除去N中的SO2， (10). Ca（OH）2 或Ba（OH）2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）Fe+2Fe3+=3Fe2+，+2价亚铁离子能使酸化的高锰酸钾褪色，溶液中已经有+3价铁离子，选择a会造成干扰，选b只能检验溶液中含有+3价铁离子，选c会造成两种沉淀，受氢氧化铁颜色的影响无法辨别，只能选d，故答案为：d；‎ ‎（2）SO2具有还原性，通入足量溴水中，发生SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，生成的硫酸遇到氯化钡会产生白色沉淀，可以先洗涤然后再过滤来获得纯净的硫酸钡沉淀，则n（混合气体）=≈0.014mol，‎ SO2 ～BaSO41mol    233g n      2.33g n=0.01mol 则 SO2的体积分数：×100%≈70%，故答案为：过滤；洗涤；SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4；70%；‎ ‎（3）在反应的过程中，碳单质可以和浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫等气体，故答案为：CO2；C+2H2SO4（浓）2SO2↑+CO2↑+2H2O；‎ ‎（4）推断所的气体中可能含有二氧化碳，结合图中设计装置的目的，可知检验二氧化碳的方法是首先将二氧化硫除去→确认二氧化硫已经完全除去→澄清石灰水，对于氢气的检验则可通过与灼热氧化铜的反应现象和对产物水的验证来实现，验证气体存在的顺序为：SO2→CO2→CO和H2被氧化→H2O→CO2，实验中要避免其它物质的性质干扰，顺序为：A-C-B-E-F-D（或A-C-B-E-F-D-E），其中A酸性高锰酸钾溶液的作用是除去二氧化碳中的SO2，B中试剂X的作用是除去二氧化硫，可以用Ca（OH）2或 Ba（OH）2，‎ 故答案为：A-C-B-E-F-D（或A-C-B-E-F-D-E）； 除去N中的SO2；Ca（OH）2或 Ba（OH）2．‎ ‎29.某化学兴趣小组利用如图1实验装置进行制取氯酸钾和验证元素的非金属性相对强弱的实验。已知氯气在加热条件下与氢氧化钾反应生成氯酸钾、水和氯化钾。‎ ‎（1）A装置中反应的离子方程式为_______，B装置中反应的离子方程式为_______，B装置采用水浴加热的优点是_______。‎ ‎（2）若对调B和C装置的位置，_____(填“能”或“不能”)提高B中氯酸钾的产率。‎ ‎（3）验证非金属性：Cl＞I的实验现象是_______，该装置______(填“能”或“不能”)验证非金属性：Cl＞Br＞I。‎ ‎（4）利用如图2装置验证非金属性：C＞Si，B中加Na2CO3，C中加Na2SiO3溶液，A中应该加入_____，C中反应的化学方程式：_____，D装置的作用是______。‎ ‎【答案】(1). MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋2H2O＋Cl2↑ (2). 3Cl2＋6OH－＝ClO3-＋5Cl－＋3H2O (3). 受热均匀，便于控制温度 (4). 能 (5). C装置内溶液变蓝色 (6). 不能 (7). 稀硫酸 (8). CO2＋Na2SiO3＋H2O＝H2SiO3↓＋Na2CO3 (9). 防止倒吸 ‎【解析】‎ ‎【分析】A装置：用浓盐酸和二氧化锰加热制取氯气，B装置：盛放氢氧化钾溶液，氯气和热碱反应，生成氯酸钾，C装置：盛放淀粉碘化钾溶液，氯气与KI溶液反应，生成碘单质，碘单质与淀粉作用显示蓝色，D装置：Cl2＋2Br－＝Br2＋2Cl－，氯气有毒，不能直接排放到空气中，用盛有NaOH溶液的E装置吸收尾气。‎ ‎【详解】（1）实验室用浓盐酸和二氧化锰加热制取氯气，反应方程式为MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，离子方程式为：MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋2H2O＋Cl2↑，氯气与热的KOH溶液发生反应3Cl2＋6KOH(浓)＝5KCl＋KClO3＋3H2O，反应的离子方程式为3Cl2＋6OH－＝ClO3-＋5Cl－＋3H2O；反应的温度不超过100度的反应条件，直接加热温度过高，反应温度难以控制，水浴加热，反应的温度很好控制，受热均匀，故答案为：MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋2H2O＋Cl2↑；3Cl2＋6OH－＝ClO3-＋5Cl－＋3H2O；受热均匀，便于控制温度。‎ ‎（2）实验室用二氧化锰和浓盐酸制取氯气，制得的氯气中含有氯化氢，HCl极易溶于水，能和KOH反应生成KCl杂质，若对调B和C装置，可以除去氯化氢杂质，能提高B中氯酸钾的产率，故答案为：能。‎ ‎（3）氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，装置C中，氯气把碘离子置换成单质碘，Cl2＋I－＝I2＋2Cl－，碘遇淀粉变蓝，验证非金属性Cl＞I，因该装置中没有溴单质与碘盐的置换反应，所以无法证明非金属性Br＞I，故答案为：C装置内溶液变蓝色，不能。‎ ‎（4）锥形瓶中加碳酸钠，A中液体和碳酸钠反应生成CO2，根据强酸制弱酸的原理，且由于盐酸和硝酸易挥发，也能与硅酸钠溶液反应生成硅酸，所以应选用难挥发的稀硫酸，CO2气体通入硅酸钠溶液生成硅酸沉淀，反应方程式为CO2＋Na2SiO3＋H2O＝H2SiO3↓＋Na2CO3，球形干燥管能够防止倒吸，可以避免C中液体进入锥形瓶中，故答案为：稀硫酸，CO2‎ ‎＋Na2SiO3＋H2O＝H2SiO3↓＋Na2CO3，防止倒吸。‎ ‎30.已知A是一种不溶于水的固体非金属氧化物，根据图中的转化关系，回答：‎ ‎（1）A是______，B是_____，D是_____。‎ ‎（2）写化学方程式：‎ ‎①_________；⑤_________。‎ ‎（3）写离子方程式：‎ ‎②__________；③________；④________。‎ ‎【答案】(1). SiO2 (2). Na2SiO3 (3). H2SiO3 (4). Na2CO3＋SiO2Na2SiO3＋CO2↑ (5). H2SiO3H2O＋SiO2 (6). CO2＋H2O＋SiO32-＝CO32-＋H2SiO3↓ (7). SiO2＋2OH－＝SiO32-＋H2O (8). SiO32-＋2H＋＝H2SiO3↓‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】由“A是一种不溶于水的固体非金属氧化物”可推知A为SiO2，再结合SiO2的相关性质：SiO2跟Na2CO3在高温下反应生成Na2SiO3和CO2，二者在水中会反应生成H2SiO3沉淀，则D为H2SiO3，H2SiO3受热分解生成SiO2和H2O，说明A为SiO2是正确的，③为SiO2和NaOH的反应，可知B为Na2SiO3，则C为CO2，Na2SiO3可与酸反应生成硅酸，据此答题。‎ ‎【详解】由以上分析可知A为SiO2，B为Na2SiO3，C为CO2，D为H2SiO3。‎ ‎（1）由以上分析可知A为SiO2，B为Na2SiO3，D为H2SiO3，故答案为：SiO2；Na2SiO3； H2SiO3。‎ ‎（2）①SiO2和碳酸钠在高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳，反应的方程式为SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑，故答案为：SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑。‎ ‎⑤H2SiO3受热分解生成SiO2和H2O，反应方程式为：H2SiO3H2O＋SiO2，故答案为：H2SiO3H2O＋SiO2。‎ ‎（3）②硅酸酸性比碳酸弱，硅酸钠和二氧化碳、水反应可生成硅酸，反应的方程式为Na2SiO3+CO2+H2O═H2SiO3↓+Na2CO3，离子方程式为：CO2＋H2O＋SiO32-=CO32-＋H2SiO3↓，故答案为：CO2＋H2O＋SiO32-=CO32-＋H2SiO3↓。‎ ‎③二氧化硅和氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，反应的化学方程式为SiO2+2NaOH═Na2SiO3+H2O，离子方程式为SiO2+2OH-═SiO32-+H2O，故答案为：SiO2+2OH-═SiO32-+H2O。‎ ‎④Na2SiO3可与盐酸反应生成硅酸，方程式为Na2SiO3+2HCl═2NaCl+H2SiO3↓，离子方程式为：SiO32-＋2H＋=H2SiO3↓，故答案为：SiO32-＋2H＋=H2SiO3↓。‎ ‎31.—股淡淡清香能给人心旷神怡的感觉，主要由香精、酒精和水构成的香水备受爱美人士的青睐。香精里面含有酯类物质，工业上以A为主要原料来合成乙酸乙酯，其合成路线如下图所示，其中A是石油裂解气的主要成分，A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平。又知2CH3CHO+O22CH3COOH。请回答下列问题：‎ ‎（1）写出A的电子式__________；‎ ‎（2）B、D分子内含有的官能团分别是__________、__________（填名称）；‎ ‎（3）写出下列反应的反应类型：①______________，④______________；‎ ‎（4）写出下列反应的化学方程式： ‎ ‎①__________________________________________________；‎ ‎②__________________________________________________；‎ ‎④__________________________________________________。‎ ‎【答案】(1). (2). 羟基 (3). 羧基 (4). 加成反应 (5). 取代反应(或者酯化反应) (6). CH2=CH2+H2OCH3CH2OH (7). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O (8). CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】A是石油裂解气的主要成分，A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平，A是乙烯。与水发生加成反应生成B是乙醇，B发生催化氧化生成C是乙醛，根据2CH3CHO+O22CH3COOH可知D是乙酸，B与D发生酯化反应生成乙酸乙酯，据此解答。‎ ‎【详解】根据以上分析可知A是乙烯，B是乙醇，C是乙醛，D是乙酸，则 ‎（1）乙烯的结构简式为CH2＝CH2，电子式为；‎ ‎（2）B、D分别是乙醇和乙酸，分子内含有的官能团分别是羟基和羧基；‎ ‎（3）根据以上分析可知①是加成反应，④是取代反应或者酯化反应；‎ ‎（4）①是乙烯与水加成生成乙醇，方程式为CH2＝CH2+H2OCH3CH2OH；②是乙醇的催化氧化，方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；④是酯化反应，方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O。‎