高考化学综合能力提升练习一含解析 26页

‎2019高考化学综合能力提升练习一（含解析）‎ 一、单选题 ‎1.就我们学过关于药物的知识，下面的药物及其作用的关系不正确的是（　　） ‎ A. 阿司匹林﹣﹣解热镇痛药                                    B. NaOH﹣﹣抗酸药 C. 麻黄素﹣﹣兴奋剂                                              D. 青霉素﹣﹣消炎药 ‎2.溶液、胶体和浊液这三种分散系的根本区别是（　　） ‎ A. 能否发生丁达尔效应                                           B. 分散质粒子直径的大小 C. 能否透过滤纸或半透膜                                       D. 是否均一、透明、稳定 ‎3.在某无色透明的酸性溶液中，能大量共存的离子组是（    ） ‎ A. Na+、K+、SO 、HCO                                 B. Na+、K+、Cl、SO C. Cu2+、K+、SO 、NO                                  D. Fe2+、K+、NO 、Cl ‎4.下列试剂不能用来鉴别乙酸、乙醇、苯的是（    ） ‎ A. 金属钠                           B. 溴水                           C. 碳酸钠溶液                           D. 紫色石蕊溶液 ‎5.可以用分液漏斗分离的一组混合物是（　　） ‎ A. 酒精和碘                                B. 苯和水                       C. 乙酸和水                       D. 溴和四氯化碳 ‎6.下列物质中属于碱性氧化物的是（   ） ‎ A. SO2                                    B. CaO                                    C. CO                                    D. NaOH ‎7.下列关于合成高分子化合物的说法正确的是(     ) ‎ A. 涤纶、锦纶、蚕丝都属于合成纤维                      B. 塑料、合成树脂和合成橡胶被称为“三大合成材料” C. 酚醛树脂是酚类物质和醛类物质加聚而成的高分子化合物        D. “尿不湿”中的高吸水性树脂属于功能高分子材料 ‎8.下列反应中，能说明SO2是酸性氧化物的是(    ) ‎ A. SO2+Na2O=Na2SO3                                        B. SO2+2H2S=3S↓+2H2O C. 2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++4H++           D. SO2+H2O2=H2SO4‎ ‎9.苯分子中不存在单、双键交替排列的结构，可以作为证据的事实是（　　） ①苯不能使酸性KMnO4溶液褪色 ②苯分子中碳原子之间的距离均相等③苯能在一定条件下跟H2加成生成环己烷④经实验测得邻二甲苯仅一种结构⑤苯在FeBr3存在的条件下同液溴可以发生取代反应，但不因化学变化而使溴水褪色． ‎ A. ①②③④                           B. ①②④⑤                           C. ①③④⑤                           D. ②③④⑤‎ ‎10.向1L含0.3molNaAlO2的溶液中缓慢通入二氧化碳，随n（CO2‎ ‎）增大，下列对应关系不正确的是（   ） ‎ 选项 n（CO2）/mol 溶液中离子的物质的量浓度 A ‎0‎ c（Na+）＞c（AlO2﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）‎ B ‎0.1‎ c（Na+）＞c（AlO2﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）‎ C ‎0.2‎ c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）‎ D ‎0.3‎ c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）‎ A. A                                           B. B                                           C. C                                           D. D 二、多选题 ‎11.已知可逆反应aA+bBcC中，物质的含量A%和C%随温度的变化曲线如图所示，下列说法正确的是 （两个答案）（　　） ‎ A. 该反应在T1、T3温度时达到过化学平衡              B. 该反应在T2温度时达到过化学平衡 C. 该反应的逆反应是吸热反应                                D. 升高温度，平衡会向正反应方向移动 ‎12.短周期元素W、X、Y、Z在周期表中的位置如下表所示，它们原子的最外层电子数之和为18．依此推断正确的是（　　）‎ X Y W Z A. X、Y、Z三种元素最低价氢化物的沸点依次升高     B. W、X、Y的原子半径依次减小 C. W、Z的单核离子均能促进水的电离                       D. W的氧化物能溶解在氨水中．‎ ‎13.取5mL质量分数为0.98（ρ=1.84g/mL）的浓硫酸与1.92g铜片置于试管中，共热，充分反应．下列关于该实验的预测合理的是（　　） ‎ A. 反应后溶液颜色接近无色                                    B. 有蓝色固体出现 C. 有白色固体出现                                                  D. 反应结束后浓硫酸变为稀硫酸 ‎14.侯氏制碱法是连续循环生产的过程，主要流程见图，有关该流程的叙述中正确的是（　　） ‎ A. 母液中含有大量的Na+、NH4+、Cl﹣、CO32﹣  B. 通入NH3只是为了增加NH4+浓度 C. 加入的Y物质为CO2                                             D. 生产过程中还需要补充水 ‎15.将淀粉、碘化钾的混合溶液盛放在半透膜袋里，浸放在一杯蒸馏水中，过几分钟后进行下列实验，其现象正确的是（　　） ‎ A. 取杯中袋外液体加AgNO3溶液有黄色沉淀          B. 取杯中袋内液体加氯水变蓝色 C. 取杯中袋外液体加氯水变蓝色                             D. 取杯中袋外液体加碘水变蓝色 ‎16.关于磷的下列叙述中，正确的是（　　） ‎ A. 红磷没有毒性而白磷剧毒                                    B. 白磷在空气中加热到260℃可转变为红磷 C. 白磷可用于制造安全火柴                                    D. ​少量白磷应保存在水中 ‎17.下列物质中能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是（   ） ‎ A. 乙烷                                     B. 乙烯                                     C. 乙醇                                     D. 乙酸 三、填空题 ‎18.元素气态氢化物的酸性越强，该元素的非金属性越强________（判断对错） ‎ ‎19.某学校研究性学习小组设计实验探究铝等金属的性质：将一置于空气中的铝片投入浓氯化铜溶液中，铝片表面出现一层海绵状暗红色物质，接下来铝片上产生大量气泡，产生的气体，具有可燃性，溶液温度迅速上升．若用同样的铝片投入同浓度的硫酸 铜溶液中，在短时间内铝片无明显变化． （1）铝与氯化铜溶液能迅速反应，而与同浓度的硫酸铜溶液在短时间内不反应的原因可能是________ ．（填序号） A．生成氯化铝溶于水，而生成硫酸铝不溶于水 B．氯化铜溶液酸性比同浓度的硫酸铜溶液酸性强 C．硫酸铜水解生成硫酸使铝钝化 D．氯离子能破坏氧化铝表面薄膜，而硫酸根离子不能 （2）铝片表面出现的暗红色物质是________ ． （3）放出的气体是________ ，请从有关物质的浓度、能量、是否有电化学作用等分析开始阶段产生气体的速率不断加快的其中一种原因是________  ． （4）某同学通过其它的实验操作，也能使铝片与硫酸铜溶液反应加快，他采取的措施可能是________ ． A．用砂纸擦去铝片表面的氧化膜后投入硫酸铜溶液中 B．把铝片投入热氢氧化钠溶液中一段时间后，取出洗涤，再投入硫酸铜溶液中 ‎ C．向硫酸铜溶液中滴加氢氧化钠溶液，再投入铝片 D．向硫酸铜溶液中加入氯化钠固体，再投入铝片 （5）除去氧化铝的铝片与镁片为电极，在 X 电解质溶液中构成原电池，列表如下：‎ 选项 铝电极 电解质 负极反应 正极反应 A 负极 NaOH ‎2Al﹣6e﹣+8OH﹣=2AlO2﹣+4H2O ‎6H2O+6e﹣=6OH﹣+3H2↑‎ B 负极 稀盐酸 ‎2Al﹣6e﹣=2Al3+‎ ‎6H++6e﹣=3H2↑‎ C 正极 浓硝酸 Mg﹣2e﹣=Mg2+‎ ‎2NO3﹣+4H++4e﹣=2NO2↑+2H2O 其中正确的是________ （填序号），由此推知，金属作电极不仅与本身性质相关，而且与________ 有关． ‎ ‎20.有七种常见仪器：细口瓶、试管、天平、分液漏斗、容量瓶、酒精灯、研钵．请根据它们的用途或特征回答问题： （1）可用于研磨固体的仪器是 ________． （2）只有一个刻度线的仪器是 ________． （3）分离汽油和水的混合物必须用到的仪器是 ________． （4）在实验室中通常作为热源的仪器是 ________ ‎ ‎21.t℃将3molA和2molB气体通入固定体积为2L的密闭容器中，发生如下反应：3A（g）+B（g）═XC（g），2min时反应达平衡．（温度不变）剩余1.8molB，并测得C的物质的量为0.8mol，请填写下列空白： 从开始反应至达到平衡状态，生成C的平均反应速率为________ ，X=________  ‎ ‎22.上海是我国最早建成磁悬浮铁路的城市，磁悬浮的核心技术是对超导体反磁性高温超导物质(Y2Ba4Cu6O13)的利用，已知该物质是以YmOn , BaCO3和CuO为原料，经研磨烧结而成，（此过程中所有元素的化合价均不变），则YmOn的化学式是________；制备高温超导物质的化学方程式是________ ‎ ‎23.纳米碳酸钙应用非常广泛．实验室中利用下图所示装置（部分夹持装置已略去），向饱和CaCl2溶液中通入NH3和CO2可制得纳米碳酸钙． 供选择的药品： ①石灰石 ②氯化铵  ③氢氧化钙  ④饱和氯化钙溶液  ⑤浓硫酸          ⑥6mol•L﹣1盐酸⑦饱和食盐水⑧饱和NaHCO3溶液 （1）装置A中，仪器a的名称是________  ， 仪器b中发生反应的离子方程式为________ 装置D的试管中发生反应的化学方程式为________ 装置B中盛放的溶液是________ （填药品序号）． （2）设计一个简单的实验方案，判断所得碳酸钙颗粒是否为纳米级________ （简述实验的步骤、现象和结论） ‎ ‎（3）通入适量气体后，C装置中物质恰好完全反应，过滤，所得滤液显________ （填“酸”、“碱”、“中”之一）性，原因是　________ （用离子方程式表示）． （4）上述装置存在一处缺陷，该缺陷为________  ‎ 四、解答题 ‎24.除去下列物质中所含杂质（括号中的物质）所选用的试剂和装置均正确的是（   ） Ⅰ．试剂： ①KMnO4/H+②NaOH溶液③饱和Na2CO3溶液④H2O⑤Na⑥Br2/H2O⑦Br2/CCl4 Ⅱ．装置： ‎ 选项 物质 试剂 装置 A C2H6（C2H4）‎ ‎⑥‎ ‎①‎ B 苯（苯酚）‎ ‎①‎ ‎③‎ C CH3COOC2H5（CH3COOH）‎ ‎③‎ ‎②‎ D 甲苯（二甲苯）‎ ‎⑦‎ ‎④‎ ‎25.有机物A是烃的含氧衍生物，在同温同压下，A蒸气对乙醇蒸气的相对密度是2，13.8gA完全燃烧后，若将燃烧的产物通过碱石灰，碱石灰的质量会增加30.6g；若将燃烧产物通过浓硫酸，浓硫酸的质量会增加10.8g．若将13.8gA与足量金属钠充分反应，所得氢气的体积为5.04L（标准状况）．通过计算确定A的相对分子质量、分子式及结构简式． ‎ ‎26.人体缺钙易产生“骨质疏松症”．一体重为60kg的缺钙病人每天除从食物中获得钙质外，还需要从药物中补充钙质0.5g．常用补钙剂乳酸钙的化学式为CaC6H10O6•5H2O．试求： （1）乳酸钙的相对分子质量． （2）乳酸钙中钙元素的质量分数． （3）该病人每天需补服乳酸钙的质量． ‎ 五、实验探究题 ‎27.某学习小组做了如下实验探究海带中碘元素的存在形式，并测定其中碘元素的含量． ‎ ‎（1）操作Ⅰ为灼烧，则灼烧时应该用________（仪器名称）盛装海带，操作Ⅱ为________； ‎ ‎（2）水浸时通常要将悬浊液煮沸2﹣3min，目的是________． ‎ ‎（3）操作Ⅲ，是同学们对溶液A中碘元素的存在形式进行的探究实验． [推测]：①以IO3﹣形式存在；②以I﹣形式存在 [查阅资料]：IO3﹣具有较强的氧化性；I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣将上述溶液稀释配制成200mL溶液，请完成下列实验探究． 限选试剂：3%H2O2溶液、KSCN溶液、FeCl2溶液、稀硫酸 序号 实验操作 实验现象 结论 ‎①‎ 取少量稀释后的溶液A加入淀粉后再用硫酸酸化，分装于试管Ⅰ、Ⅱ 无现象 ‎②‎ 往试管I中加入FeCl2溶液，后加入2滴KSCN溶液并振荡；‎ ‎________‎ 证明不是以IO3﹣形式存在 ‎③‎ 往试管II中加入________‎ ‎________‎ 证明以I﹣形式存在 ‎（4）定量检验海带中的碘含量： ①取20mL稀释后溶液A分别于锥形瓶，分别用酸式滴定管滴加0.01mol/LKMnO4溶液至溶液刚显浅红色，将I﹣氧化为I2并得到溶液B； ②在溶液B加入2滴淀粉溶液，用0.01mol/L Na2S2O3溶液，滴定至终点，终点现象为________，记录数据，重复上测定步骤①、②两次，三次平均消耗Na2S2O3溶液体积为VmL，海带中碘元素的百分含量为________．假设操作Ⅰ、Ⅱ中碘不损失，原子量I﹣127） ‎ 六、综合题 ‎28.碳的氧化物在工业上有着广泛的应用，如CO和H2可以合成甲醇，CO2和NH3可以合成尿素． ‎ ‎（1）Ⅰ．若在20L的密闭容器中按物质的量之比1：2充入CO和H2 ， 发生反应：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）．测得平衡时CO的转化率随温度及压强的变化如图1所示．p2、195℃时，n（H2）随时间的变化如表所示． ‎ t/min ‎0‎ ‎1‎ ‎3‎ ‎5‎ n（H2）/mol ‎8‎ ‎5‎ ‎4‎ ‎4‎ p2、195℃时，0～1min内，v（H2）=________mol•L﹣1•min﹣1 ． ‎ ‎（2）你认为p1________p2；p2、195℃时，B点，v（正）________v（逆）（填“＜”“＞”或“=”）． ‎ ‎（3）p2、195℃时，该反应的化学平衡常数为________． ‎ ‎（4）Ⅱ．NH3（g）与CO2（g）经过两步反应生成尿素，两步反应的能量变化示意图如图2： NH3（g）与CO2（g）反应生成尿素的热化学方程式为________． ‎ ‎（5）工业上合成尿素时，既能加快反应速率，又能提高原料利用率的措施有       （填序号）． ‎ A. 升高温度             B. 加入催化剂             C. 将尿素及时分离出去             D. 增大反应体系的压强．‎ ‎29.            ‎ ‎（1）键线式 表示的分子式________；名称是________． ‎ ‎（2）中含有的官能团的名称为________． ‎ 答案解析部分 一、单选题 ‎1.就我们学过关于药物的知识，下面的药物及其作用的关系不正确的是（　　） ‎ A. 阿司匹林﹣﹣解热镇痛药                                    B. NaOH﹣﹣抗酸药 C. 麻黄素﹣﹣兴奋剂                                              D. 青霉素﹣﹣消炎药 ‎【答案】B ‎ ‎【考点】药物的主要成分和疗效 ‎ ‎【解析】【解答】A、阿司匹林属于解热镇痛药，故A正确； B、氢氧化钠具有强腐蚀性，不能作为抗酸药使用，故B错误； C、麻黄素止咳平喘、刺激中枢神经兴奋的作用，故C正确； D、青霉素属于抗生素，作为消炎药使用，故D正确； 故选：B． 【分析】A、阿司匹林属于解热镇痛药； B、氢氧化钠具有强腐蚀性； C、麻黄素止咳平喘、刺激中枢神经兴奋的作用； D、青霉素属于抗生素．‎ ‎2.溶液、胶体和浊液这三种分散系的根本区别是（　　） ‎ A. 能否发生丁达尔效应                                           B. 分散质粒子直径的大小 C. 能否透过滤纸或半透膜                                       D. 是否均一、透明、稳定 ‎【答案】B ‎ ‎【考点】分散系、胶体与溶液的概念及关系 ‎ ‎【解析】【解答】根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液（小于1nm）、胶体（1nm～100nm）、浊液（大于100nm）， 所以溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质的区别在于分散质粒子直径大小， 故A、C、D错误，B正确， 故答案为：B． ​【分析】根据分散系的分类标准进行判断.‎ ‎3.在某无色透明的酸性溶液中，能大量共存的离子组是（    ） ‎ A. Na+、K+、SO 、HCO                                 B. Na+、K+、Cl、SO C. Cu2+、K+、SO 、NO                                  D. Fe2+、K+、NO 、Cl ‎【答案】B ‎ ‎【考点】离子共存问题 ‎ ‎【解析】【解答】解：A．酸溶液中不能大量存在HCO ，故A不选； B．酸溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，且离子均为无色，故B选； C．Cu2+为蓝色，与无色不符，故C不选； D．Fe2+、H+、NO 发生氧化还原反应，不能大量共存，故D不选； 故选B． 【分析】酸性溶液中含大量的氢离子，根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，并结合离子的颜色来解答．‎ ‎4.下列试剂不能用来鉴别乙酸、乙醇、苯的是（    ） ‎ A. 金属钠                           B. 溴水                           C. 碳酸钠溶液                           D. 紫色石蕊溶液 ‎【答案】B ‎ ‎【考点】有机物的鉴别 ‎ ‎【解析】【分析】钠：与乙酸反应剧烈，与乙醇反应较平和，不与苯反应 溴水：与乙酸、乙醇都互溶（溴水中的微量氢溴酸不足以和乙醇反应)，与苯发生萃取分层（上层橙黄，下层几乎无色) 碳酸钠：与乙酸反应放出大量气体，与乙醇互溶，与苯分层（两层都为无色) 紫色石蕊：遇乙酸变红，与乙醇互溶，与苯分层（上层无色，下层紫色) 故选溴水B。‎ ‎5.可以用分液漏斗分离的一组混合物是（　　） ‎ A. 酒精和碘                                B. 苯和水                       C. 乙酸和水                       D. 溴和四氯化碳 ‎【答案】B ‎ ‎【考点】分液和萃取 ‎ ‎【解析】【解答】A、酒精和碘是互溶的，不能用分液漏斗分离，故A错误； B、苯和水是互不相溶的两层液体，能用分液漏斗分离，故B正确； C、乙酸和水是互溶的，不能用分液漏斗分离，故C错误； ‎ D、溴和四氯化碳是互溶的，不能用分液漏斗分离，故D错误． 故选B． 【分析】分液漏斗可以将互不相溶的两层液体分开．‎ ‎6.下列物质中属于碱性氧化物的是（   ） ‎ A. SO2                                    B. CaO                                    C. CO                                    D. NaOH ‎【答案】B ‎ ‎【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系 ‎ ‎【解析】【解答】A．SO2为酸性氧化物，故A不符合题意； B．CaO与酸反应生成盐和水，且与碱不反应，CaO为碱性氧化物，故B符合题意； C．CO为不成盐氧化物，与酸、碱均不反应，故C不符合题意； D．NaOH含Na、O、H三种元素，属于碱，故D不符合题意。 故答案为：B 【分析】碱性氧化物是指能够与酸反应生成盐和水的氧化物，据此判断即可.‎ ‎7.下列关于合成高分子化合物的说法正确的是(     ) ‎ A. 涤纶、锦纶、蚕丝都属于合成纤维                      B. 塑料、合成树脂和合成橡胶被称为“三大合成材料” C. 酚醛树脂是酚类物质和醛类物质加聚而成的高分子化合物        D. “尿不湿”中的高吸水性树脂属于功能高分子材料 ‎【答案】D ‎ ‎【考点】有机高分子化合物的结构和性质 ‎ ‎【解析】【解答】A. 涤纶、锦纶属于合成纤维，蚕丝属于蛋白质，故A不符合题意； B. 三大合成材料是指塑料、合成橡胶和合成纤维，合成树脂不属于“三大合成材料”，故B不符合题意； C. 酚醛树脂是酚类物质和醛类物质缩聚而成的高分子化合物，故C不符合题意； D. “尿不湿”中的高吸水性树脂属于功能高分子材料，故D符合题意。 故答案为：D 【分析】A.蚕丝的主要成分是蛋白质，属于天然高分子； B.合成树脂不属于合成材料； C. 酚醛树脂是酚类物质和醛类物质发生缩聚的产物； ​D.具有吸水性，属于功能高分子材料.‎ ‎8.下列反应中，能说明SO2是酸性氧化物的是(    ) ‎ A. SO2+Na2O=Na2SO3                                        B. SO2+2H2S=3S↓+2H2O C. 2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++4H++           D. SO2+H2O2=H2SO4‎ ‎【答案】A ‎ ‎【考点】二氧化硫的化学性质 ‎ ‎【解析】【解答】酸性氧化物的通性是与碱反应生成盐和水，与碱性氧化物反应生成含氧酸盐等。Na2O是碱性氧化物，与SO2反应生成Na2SO3 ， 说明SO2是酸性氧化物，A项符合题意；B、C、D三项是氧化还原反应，其中B项中SO2被还原，说明SO2‎ 具有氧化性，C、D两项中SO2被氧化，说明SO2具有还原性，与题意不符。 故答案为：A 【分析】二氧化硫表现其酸性氧化物的性质在于与碱性氧化物反应生成盐或与水反应生成酸，据此解答即可.‎ ‎9.苯分子中不存在单、双键交替排列的结构，可以作为证据的事实是（　　） ①苯不能使酸性KMnO4溶液褪色 ②苯分子中碳原子之间的距离均相等③苯能在一定条件下跟H2加成生成环己烷④经实验测得邻二甲苯仅一种结构⑤苯在FeBr3存在的条件下同液溴可以发生取代反应，但不因化学变化而使溴水褪色． ‎ A. ①②③④                           B. ①②④⑤                           C. ①③④⑤                           D. ②③④⑤‎ ‎【答案】B ‎ ‎【考点】苯的结构 ‎ ‎【解析】【解答】①苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在C﹣C单键与C=C双键的交替结构，故①正确； ②苯环上碳碳键的键长相等，说明苯环结构中的化学键只有一种，不存在C﹣C单键与C=C双键的交替结构，故②正确； ③苯能在一定条件下跟H2加成生成环己烷，发生加成反应是双键具有的性质，不能证明苯环结构中不存在C﹣C单键与C=C双键的交替结构，故③错误； ④如果是单双键交替结构，邻二甲苯的结构有两种，一种是两个甲基夹C﹣C，另一种是两个甲基夹C=C．邻二甲苯只有一种结构，说明苯环结构中的化学键只有一种，不存在C﹣C单键与C=C双键的交替结构，故④正确； ⑤苯不因化学变化而使溴水褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在C﹣C单键与C=C双键的交替结构，故⑤正确． 所以①②④⑤可以作为苯分子中不存在单、双键交替排列结构的证据． 故选B． 【分析】①③⑤根据碳碳双键的性质判断； ②单、双键不同，键长不相等； ④根据同分异构体数目解答．‎ ‎10.向1L含0.3molNaAlO2的溶液中缓慢通入二氧化碳，随n（CO2）增大，下列对应关系不正确的是（   ） ‎ 选项 n（CO2）/mol 溶液中离子的物质的量浓度 A ‎0‎ c（Na+）＞c（AlO2﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）‎ B ‎0.1‎ c（Na+）＞c（AlO2﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）‎ C ‎0.2‎ c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）‎ D ‎0.3‎ c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）‎ A. A                                           B. B                                           C. C                                           D. D ‎【答案】B ‎ ‎【考点】离子浓度大小的比较 ‎ ‎【解析】【解答】解：A.0.3molNaAlO2的溶液中AlO2﹣离子水解溶液显碱性，溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（AlO2﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故A正确； B.0.3molNaAlO2的溶液中通入0.1molCO2反应生成氢氧化铝和碳酸钠，2NaAlO2+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+Na2CO3 ， 得到溶液中为0.1molNaAlO2和0.1molNa2CO3 ， 溶液中偏铝酸根离子水解程度大于碳酸根离子，离子浓度大小c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（AlO2﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故B错误； C.0.3molNaAlO2的溶液中通入0.2molCO2反应生成氢氧化铝和碳酸钠，‎ ‎2NaAlO2+‎ CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+‎ Na2CO3‎ ‎2‎ ‎1‎ ‎1‎ ‎0.3mol ‎0.15mol ‎0.15mol 剩余二氧化碳0.05mol，反应碳酸钠0.05mol，‎ CO2+H2O+‎ Na2CO3=‎ ‎2NaHCO3‎ ‎1‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎0.05mol ‎0.05mol ‎0.1mol 得到溶液中0.1molNa2CO3 ， 0.1molNaHCO3 ， 碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子水解，c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故C正确； D.0.3molNaAlO2的溶液中通入0.3molCO2反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，反应的化学方程式NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+NaHCO3 ， 得到溶液为碳酸氢钠溶液，溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故D正确； 故选B． 【分析】A.0.3molNaAlO2的溶液中AlO2﹣离子水解溶液显碱性； B.0.3molNaAlO2的溶液中通入0.1molCO2反应生成氢氧化铝和碳酸钠，2NaAlO2+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+Na2CO3； C.0.3molNaAlO2的溶液中通入0.2molCO2反应生成氢氧化铝和碳酸钠，2NaAlO2+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+Na2CO3 ， CO2+H2O+Na2CO3=2NaHCO3 ， D.0.3molNaAlO2的溶液中通入0.3molCO2反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，反应的化学方程式NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+NaHCO3 ， ‎ 二、多选题 ‎11.已知可逆反应aA+bBcC中，物质的含量A%和C%随温度的变化曲线如图所示，下列说法正确的是 （两个答案）（　　） ‎ A. 该反应在T1、T3温度时达到过化学平衡              B. 该反应在T2温度时达到过化学平衡 C. 该反应的逆反应是吸热反应                                D. 升高温度，平衡会向正反应方向移动 ‎【答案】B,C ‎ ‎【考点】产物的百分含量随浓度、时间的变化曲线 ‎ ‎【解析】【解答】A、T1温度之后A%继续变小，C%继续增大，T3温度之后A%继续增大，C%继续减小，故T1、T3温度时未达到化学平衡，故A错误； B、T2℃之前A%变小，C%从0渐增大，而T2℃之后A%渐大，C%渐小，而T2℃时恰好平衡，故B正确； C、T2℃时恰好平衡，T2℃之后A%渐大，C%渐小，说明T2℃之后是温度升高使平衡向左移动，所以逆反应是吸热反应，故C正确； D、T2℃时恰好平衡，T2℃之后A%渐大，C%渐小，说明T2℃之后是温度升高使平衡向左移动，所以逆反应是吸热反应，温度升高使平衡向逆反应移动，故D错误。 故选：BC。 【分析】T2℃之前A%变小，C%从0逐渐增大，而T2℃之后A%渐大，C%渐小，说明T2℃之前该反应未达到平衡状态，而T2℃时为化学平衡状态，T2℃之后是温度升高使平衡向左移动，所以逆反应是吸热反应，正反应为放热反应，据此分析。‎ ‎12.短周期元素W、X、Y、Z在周期表中的位置如下表所示，它们原子的最外层电子数之和为18．依此推断正确的是（　　）‎ X Y W Z A. X、Y、Z三种元素最低价氢化物的沸点依次升高     B. W、X、Y的原子半径依次减小 C. W、Z的单核离子均能促进水的电离                       D. W的氧化物能溶解在氨水中．‎ ‎【答案】B,C ‎ ‎【考点】位置结构性质的相互关系应用，同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系，同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系 ‎ ‎【解析】【解答】短周期元素W、X、Y、Z在周期表中的位置，可知X、Y处于第二周期，W、Z处于第三周期，设W最外层电子数为n，则n+n+1+n+2+n+3=18，解得n=3，故W为Al，X为C，Y为N，Z为S， A．常温下，水为液态，氨气、硫化氢为气体，水的沸点最高，而氨气分子之间存在氢键，沸点高于硫化氢，故A错误； ‎ B．同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径W＞X＞Y，故B正确； C．Al3﹣、S2﹣离子均发生水解，均能促进水的电离，故C正确； D．氨水溶液为弱碱性，不能溶解氧化铝，故D错误， 故选BC． 【分析】短周期元素W、X、Y、Z在周期表中的位置，可知X、Y处于第二周期，W、Z处于第三周期，设W最外层电子数为n，则n+n+1+n+2+n+3=18，解得n=3，故W为Al，X为C，Y为N，Z为S，据此解答．‎ ‎13.取5mL质量分数为0.98（ρ=1.84g/mL）的浓硫酸与1.92g铜片置于试管中，共热，充分反应．下列关于该实验的预测合理的是（　　） ‎ A. 反应后溶液颜色接近无色                                    B. 有蓝色固体出现 C. 有白色固体出现                                                  D. 反应结束后浓硫酸变为稀硫酸 ‎【答案】A,C ‎ ‎【考点】浓硫酸的性质实验 ‎ ‎【解析】【解答】A、由于在浓硫酸中，生成的CuSO4会被脱水析出为白色的无水硫酸铜粉末，而液体中由于没有了铜离子，溶液是无色的，故A正确； B、反应后的硫酸还能将五水硫酸铜脱水，生成无水硫酸铜，故B错误； C、Cu+2H2SO4=CuSO4+SO2↑+2H2O 由于在浓硫酸中，生成的CuSO4会被脱水析出为白色的无水硫酸铜粉末，故C正确； D、浓硫酸含水量大约为0.184克即0.01mol，反应生成的水为0.06mol，而整个体系中只有约0.07mol水且不考虑加热时蒸发的损耗，这时硫酸的浓度也要超过0.81；故D错误； 故选AC． 【分析】浓硫酸含水量大约为0.184克即0.01mol，反应生成的水为0.06mol，而整个体系中只有约0.07mol水且不考虑加热时蒸发的损耗，这时硫酸的浓度也要超过0.81；Cu+2H2SO4=CuSO4+SO2↑+2H2O    由于在浓硫酸中，生成的CuSO4会被脱水析出为白色的无水硫酸铜粉末，而液体中由于没有了铜离子，自然也是无色的；另外，反应后的硫酸还能将五水硫酸铜脱水，说明浓度还是较大的，不是稀硫酸．‎ ‎14.侯氏制碱法是连续循环生产的过程，主要流程见图，有关该流程的叙述中正确的是（　　） ‎ A. 母液中含有大量的Na+、NH4+、Cl﹣、CO32﹣  B. 通入NH3只是为了增加NH4+浓度 C. 加入的Y物质为CO2                                             D. 生产过程中还需要补充水 ‎【答案】A,D ‎ ‎【考点】纯碱工业（侯氏制碱法） ‎ ‎【解析】【解答】A、降温池中通入过量的氨气，所以母液中含有大量的氯化铵和碳酸钠，可能含有过量的氯化钠，所以母液中含有大量的Na+、NH4+、Cl﹣、CO32﹣ ， 故A正确； B、氨水溶液呈碱性，增强二氧化碳的溶解度，故B错误； C、加入的X物质为CO2 ， Y物质为氯化钠，故C错误； D、反应NaCl+NH3+CO2+H2O═NaHCO3↓+NH4Cl中消耗水，所以生产过程中还需要补充水，故D正确； 故选AD． 【分析】A、降温池中通入过量的氨气，所以母液中含有大量的氯化铵和碳酸钠，可能含有过量的氯化钠； B、氨水溶液呈碱性，增强二氧化碳的溶解度； C、加入的X物质为CO2 ， Y物质为氯化钠； D、反应NaCl+NH3+CO2+H2O═NaHCO3↓+NH4Cl中要消耗水．‎ ‎15.将淀粉、碘化钾的混合溶液盛放在半透膜袋里，浸放在一杯蒸馏水中，过几分钟后进行下列实验，其现象正确的是（　　） ‎ A. 取杯中袋外液体加AgNO3溶液有黄色沉淀          B. 取杯中袋内液体加氯水变蓝色 C. 取杯中袋外液体加氯水变蓝色                             D. 取杯中袋外液体加碘水变蓝色 ‎【答案】A,B ‎ ‎【考点】渗析 ‎ ‎【解析】【解答】淀粉胶体和碘化钾溶液混合后，放入用半透膜制成的袋内，将此袋浸入蒸馏水中后，淀粉胶体不能通过半透膜而留在袋内，但是钾离子、碘离子能通过半透膜而进入烧杯的水中． A．淀粉胶体不能透过半透膜，而较小的钾离子、碘离子能透过半透膜，取杯中袋外液体加入硝酸银溶液，发生Ag++I﹣═AgI↓生成黄色沉淀，故A正确； B．由于不是流动的水，因此半透膜内外的离子浓度保持相等，所以袋内、烧杯内的液体都含有I﹣ ， 取杯中袋内液体加氯水，Cl2+2Kl═I2+2KCl，碘单质遇淀粉显蓝色，故B正确； C．取杯中袋外液体加氯水Cl2+2Kl═I2+2KCl，淀粉胶体不能通过半透膜而留在袋内，不会变蓝色，故C错误； D．烧杯内液体含有钾离子、碘离子，加入碘水后无现象，故D错误； 故选AB． 【分析】A．溶液中的微粒直径小于半透膜的孔隙，胶体的微粒直径大于半透膜的孔隙； B．水不流动，袋内、烧杯内的液体碘化钾浓度保持相等； C．淀粉胶体不能通过半透膜而留在袋内； D．胶体的微粒直径大于半透膜的孔隙，半透膜袋内淀粉胶体无法进入烧杯内．‎ ‎16.关于磷的下列叙述中，正确的是（　　） ‎ A. 红磷没有毒性而白磷剧毒                                    B. 白磷在空气中加热到260℃可转变为红磷 C. 白磷可用于制造安全火柴                                    D. ​少量白磷应保存在水中 ‎【答案】A,D ‎ ‎【考点】硝酸的化学性质，磷 ‎ ‎【解析】【解答】A、白磷为蜡状固体，有剧毒，红磷无毒，故A正确； B、白磷的着火点为40℃，红磷着火点为240℃，白磷在空气中加热到260℃，已经燃烧生成五氧化二磷，所以不能转化为红磷，故B错误； C、白磷的着火点为40℃，红磷着火点为240℃，所以红磷可以制造安全火柴，白磷不能制造安全火柴，故C错误； D、白磷的着火点为40℃，易自燃，白磷和水不反应，所以少量白磷应保存是水中，故D正确． 故选AD． 【分析】A、白磷为蜡状固体，有剧毒，红磷无毒； B、一定条件下，白磷能转化为红磷； C、红磷可用于制造安全火柴； D、白磷易自燃，少量白磷应保存在水中．‎ ‎17.下列物质中能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是（   ） ‎ A. 乙烷                                     B. 乙烯                                     C. 乙醇                                     D. 乙酸 ‎【答案】BC ‎ ‎【考点】乙烯的化学性质，乙醇的化学性质 ‎ ‎【解析】【解答】解：A．乙烷性质稳定，与酸性高锰酸钾不反应，不能被酸性KMnO4溶液氧化而褪色，故A错误； B．乙烯含有碳碳双键，具有强的还原性，能够还原高锰酸钾使其褪色，故B正确； C．乙醇含有﹣OH，具有醇的性质，且与羟基相连的碳原子上有氢原子，能被酸性KMnO4溶液氧化而使酸性高锰酸钾褪色，故C正确； D．乙酸与高锰酸钾不反应，所以乙酸不能被酸性KMnO4溶液氧化而褪色，故D错误； 故选：BC． 【分析】高锰酸钾具有强的氧化性，遇到还原性物质发生氧化还原反应退色，据此解答．‎ 三、填空题 ‎18.元素气态氢化物的酸性越强，该元素的非金属性越强________（判断对错） ‎ ‎【答案】错 ‎ ‎【考点】非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律 ‎ ‎【解析】【解答】解：元素气态氢化物的酸性越强，该元素的非金属性不一定强，如氢化物的酸性：HF＜HBr，而F、Br非金属性强弱为：F＞Br，故题干说法错误， 故答案为：错． 【分析】根据元素周期律可知，元素的金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，非金属性越强，而不能根据氢化物酸性强弱判断非金属性．‎ ‎19.某学校研究性学习小组设计实验探究铝等金属的性质：将一置于空气中的铝片投入浓氯化铜溶液中，铝片表面出现一层海绵状暗红色物质，接下来铝片上产生大量气泡，产生的气体，具有可燃性，溶液温度迅速上升．若用同样的铝片投入同浓度的硫酸 铜溶液中，在短时间内铝片无明显变化． ‎ ‎（1）铝与氯化铜溶液能迅速反应，而与同浓度的硫酸铜溶液在短时间内不反应的原因可能是________ ．（填序号） A．生成氯化铝溶于水，而生成硫酸铝不溶于水 B．氯化铜溶液酸性比同浓度的硫酸铜溶液酸性强 C．硫酸铜水解生成硫酸使铝钝化 D．氯离子能破坏氧化铝表面薄膜，而硫酸根离子不能 （2）铝片表面出现的暗红色物质是________ ． （3）放出的气体是________ ，请从有关物质的浓度、能量、是否有电化学作用等分析开始阶段产生气体的速率不断加快的其中一种原因是________  ． （4）某同学通过其它的实验操作，也能使铝片与硫酸铜溶液反应加快，他采取的措施可能是________ ． A．用砂纸擦去铝片表面的氧化膜后投入硫酸铜溶液中 B．把铝片投入热氢氧化钠溶液中一段时间后，取出洗涤，再投入硫酸铜溶液中 C．向硫酸铜溶液中滴加氢氧化钠溶液，再投入铝片 D．向硫酸铜溶液中加入氯化钠固体，再投入铝片 （5）除去氧化铝的铝片与镁片为电极，在 X 电解质溶液中构成原电池，列表如下：‎ 选项 铝电极 电解质 负极反应 正极反应 A 负极 NaOH ‎2Al﹣6e﹣+8OH﹣=2AlO2﹣+4H2O ‎6H2O+6e﹣=6OH﹣+3H2↑‎ B 负极 稀盐酸 ‎2Al﹣6e﹣=2Al3+‎ ‎6H++6e﹣=3H2↑‎ C 正极 浓硝酸 Mg﹣2e﹣=Mg2+‎ ‎2NO3﹣+4H++4e﹣=2NO2↑+2H2O 其中正确的是________ （填序号），由此推知，金属作电极不仅与本身性质相关，而且与________ 有关． ‎ ‎【答案】D；Cu；氢气；随着反应进行生成铝离子浓度增大，水解程度增大，产生H+的浓度增大；或该反应放热，升高温度反应加快；或铜与铝构成原电池，加快铝溶解；ABD；A；电解质的性质 ‎ ‎【考点】铝金属及其化合物的性质实验 ‎ ‎【解析】【解答】解：（1）金属铝的表面有一层致密的氧化物薄膜，氯化铝和硫酸铝阴离子的不同，氯离子能破坏氧化铝表面薄膜，而硫酸根离子不能，故答案为：D； （2）金属铜呈暗红色，金属铝能置换铜盐中的金属铜，即2Al+3Cu2+=3Cu+2Al3+ ， 故答案为：Cu； （3）氯化铜和硫酸铜均是强酸弱碱盐，水解显酸性，金属铝能和酸反应产生氢气，Al3++3H2OAl（OH）3+3H+ ， Cu2++2H2OCu（OH）2+2H+ ， 2Al+6H+=2Al3++3H2↑，金属铝能和酸反应产生氢气，温度、浓度、原电池原理均能使化学反应速率加快，开始阶段产生气体的速率不断加快的原因是其中某一个或多个因素的结果， 故答案为：氢气；随着反应进行生成铝离子浓度增大，水解程度增大，产生H+的浓度增大；或该反应放热，升高温度反应加快；或铜与铝构成原电池，加快铝溶解； （4）A、用砂纸擦去铝片表面的氧化膜，再投入硫酸铜溶液中，形成铝铜原电池，能加速金属的腐蚀，故A正确； ‎ B、氧化铝能和强碱反应，然后把铝片投入投入硫酸铜溶液中，形成铝铜原电池，能加速金属的腐蚀，故B正确； C、硫酸铜和氢氧化钠发生复分解反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，再投入铝片不反应，故C错误； D、在铝片上捆上几枚铜钉后投入同浓度的硫酸铜溶液中，会形成铜、铝、硫酸铜原电池，金属铝做负极，加快反应速率，故D正确． 故答案为：ABD； （5）铝片与镁片为电极，电解质溶液为盐酸时，金属镁做负极，当氢氧化钠作电解质时，仍是金属铝做负极，当电解质是浓硝酸时，金属铝和它钝化，所以铜做负极，即分析电极还需注意电解质的性质，故答案为：A；电解质的性质． 【分析】（1）金属铝的表面有一层致密的氧化物薄膜，结合氯化铝和硫酸铝阴离子的不同来分析； （2）金属铝能置换铜盐中的金属铜，金属铝也能和酸反应产生氢气； （3）温度、浓度、原电池原理均能使化学反应速率加快； （4）根据原电池原理能加速金属的腐蚀以及氧化铝能和强碱反应的性质来回答； （5）原电池的负极是氧化还原反应中失电子的极．‎ ‎20.有七种常见仪器：细口瓶、试管、天平、分液漏斗、容量瓶、酒精灯、研钵．请根据它们的用途或特征回答问题： （1）可用于研磨固体的仪器是 ________． （2）只有一个刻度线的仪器是 ________． （3）分离汽油和水的混合物必须用到的仪器是 ________． （4）在实验室中通常作为热源的仪器是 ________ ‎ ‎【答案】研钵；；容量瓶；分液漏斗；酒精灯 ‎ ‎【考点】蒸发、蒸馏与结晶的仪器 ‎ ‎【解析】【解答】（1）研钵是实验中研碎实验材料的容器，配有钵杵，常用的为瓷制品，也有玻璃、玛瑙、氧化铝、铁的制品．用于研磨固体物质或进行粉末状固体的混和，故答案为：研钵； （2）容量瓶只有一条刻度线，处于瓶颈位置，试管有的有刻度线有的无刻度线，有刻度线的刻度不止一条，细口瓶、分液漏斗通常没有刻度线，故答案为：容量瓶； （3）汽油和水互不相溶，汽油和水的混合物静置后分层，可以采取分液操作，分液操作用到的主要仪器是分液漏斗，故答案为：分液漏斗； （4）酒精灯是实验室最常用的加热装置，因此在实验室中通常作为热源的仪器是酒精灯，故答案为：酒精灯． 【分析】（1）研钵是实验中研碎实验材料的容器，常用研磨固体； （2）容量瓶只有一条刻度线，处于瓶颈位置； （3）汽油和水互不相溶，可以采取分液操作； （4）酒精灯是实验室最常用的加热装置．‎ ‎21.t℃将3molA和2molB气体通入固定体积为2L的密闭容器中，发生如下反应：3A（g）+B（g）═XC（g），2min时反应达平衡．（温度不变）剩余1.8molB，并测得C的物质的量为0.8mol，请填写下列空白： ‎ 从开始反应至达到平衡状态，生成C的平均反应速率为________ ，X=________  ‎ ‎【答案】0.2mol/（L．min）；4 ‎ ‎【考点】化学反应速率和化学计量数的关系 ‎ ‎【解析】【解答】解：△c（C）==0.4mol/L，则v（C）=0.2mol/（L．min）， 消耗的B为2mol﹣1.8mol=0.2mol，则0.2mol：0.8ml=1：X，解得X=4， 故答案为：0.2mol/（L．min）；4． 【分析】根据△c=计算△c（C），再根据v=计算v（C），利用物质的量之比等于化学计量数之比计算X．‎ ‎22.上海是我国最早建成磁悬浮铁路的城市，磁悬浮的核心技术是对超导体反磁性高温超导物质(Y2Ba4Cu6O13)的利用，已知该物质是以YmOn , BaCO3和CuO为原料，经研磨烧结而成，（此过程中所有元素的化合价均不变），则YmOn的化学式是________；制备高温超导物质的化学方程式是________ ‎ ‎【答案】Y2O3；Y2O3 +4BaCO3+6CuO=Y2Ba4Cu6O12+4CO2↑ ‎ ‎【考点】分子式，化学方程式的书写 ‎ ‎【解析】【解答】根据反应过程中元素的化合价不变可知，铜为+2价，氧为-2价，钡为+2价，根据“在化合物中，正负化合价的代数和为零”的原则，设Y的化合价为x，2x+（+2）×4+（+2）×6+（-2）×13=0，解得x=+3；根据化合物的化学式的写法：正价在左，负价在右，正负化合价代数和为0的原则，可知YmOn的化学式是Y2O3；根据表述，制备高温超导物质的化学方程式为Y2O3 +4BaCO3+6CuO=Y2Ba4Cu6O12+4CO2↑。 【分析】根据化合价代数和为零计算元素的化合价，然后书写化学式和化学方程式即可。‎ ‎23.纳米碳酸钙应用非常广泛．实验室中利用下图所示装置（部分夹持装置已略去），向饱和CaCl2溶液中通入NH3和CO2可制得纳米碳酸钙． 供选择的药品： ①石灰石 ②氯化铵  ③氢氧化钙  ④饱和氯化钙溶液  ⑤浓硫酸          ⑥6mol•L﹣1盐酸⑦饱和食盐水⑧饱和NaHCO3溶液 （1）装置A中，仪器a的名称是________  ， 仪器b中发生反应的离子方程式为________ 装置D的试管中发生反应的化学方程式为________ 装置B中盛放的溶液是________ （填药品序号）． （2）设计一个简单的实验方案，判断所得碳酸钙颗粒是否为纳米级________ （简述实验的步骤、现象和结论） （3）通入适量气体后，C装置中物质恰好完全反应，过滤，所得滤液显________ （填“酸”、“碱”、“中”之一）性，原因是　________ （用离子方程式表示）． （4）上述装置存在一处缺陷，该缺陷为________  ‎ ‎【答案】分液漏斗；CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑；2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O；⑧；将少量碳酸钙加水充分搅拌，用一束可见光照射，观察是否发生丁达尔现象，若有丁达尔现象则为纳米级，若没有丁达尔现象则不是纳米级；酸；+H2ONH3•H2O+H+；无尾气吸收装置 ‎ ‎【考点】纳米材料 ‎ ‎【解析】【解答】（1）仪器a的名称是分液漏斗；仪器b中为碳酸钙与盐酸反应：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑；装置D中制取氨气，化学方程式为2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O；饱和NaHCO3溶液可除掉挥发出来的氯化氢，故答案为：分液漏斗；CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑；2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O； ⑧； （2）将少量碳酸钙加水充分搅拌，看是否有丁达尔效应，若有丁达尔效应，则说明为纳米级，故答案为：将少量碳酸钙加水充分搅拌，用一束可见光照射，观察是否发生丁达尔现象，若有丁达尔现象则为纳米级，若没有丁达尔现象则不是纳米级； （3）C装置中发生反应CaCl2+CO2+2NH3+H2O=CaCO3+2NH4Cl，铵根在水中发生水解显酸性，离子方程式：+H2ONH3•H2O+H+ ， 故答案为：酸； +H2ONH3•H2O+H+； （4）该装置尾气未处理，故答案为：无尾气吸收装置． 【分析】（1）根据形状判断仪器名称；仪器b中为碳酸钙与盐酸反应；装置D中制取氨气；装置B目的是除掉挥发出来的氯化氢； （2）将少量碳酸钙加水充分搅拌，看是否有丁达尔效应； （3）铵根在水中发生水解； （4）尾气未处理．‎ 四、解答题 ‎24.除去下列物质中所含杂质（括号中的物质）所选用的试剂和装置均正确的是（   ） Ⅰ．试剂： ①KMnO4/H+②NaOH溶液③饱和Na2CO3溶液④H2O⑤Na⑥Br2/H2O⑦Br2/CCl4 Ⅱ．装置： ‎ 选项 物质 试剂 装置 A C2H6（C2H4）‎ ‎⑥‎ ‎①‎ B 苯（苯酚）‎ ‎①‎ ‎③‎ C CH3COOC2H5（CH3COOH）‎ ‎③‎ ‎②‎ D 甲苯（二甲苯）‎ ‎⑦‎ ‎④‎ ‎【答案】A ‎ ‎【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用，物质的分离、提纯和除杂 ‎ ‎【解析】【解答】解：A．C2H4与溴水反应，而C2H6不能，利用洗气装置可除杂，则选择试剂为⑥，分离装置为①，故A正确； B．苯酚被氧化后的产物仍溶于苯，不能实现除杂，可利用NaOH来除杂，则应选试剂为②，分离装置为③，故B错误； C．CH3COOH与碳酸钠反应，然后与乙酸乙酯分层，利用分液实现除杂，则选择试剂为③，分离装置为③，故C错误； D．甲苯、二甲苯均不与溴的四氯化碳溶液反应，二者沸点不同，可直接分馏除杂，选择装置为④，故D错误； 故选A． 【分析】A．C2H4与溴水反应，而C2H6不能，利用洗气装置可除杂； B．苯酚被氧化后的产物仍溶于苯，不能实现除杂； C．CH3COOH与碳酸钠反应，然后与乙酸乙酯分层，利用分液实现除杂； D．甲苯、二甲苯均不与溴的四氯化碳溶液反应．‎ ‎25.有机物A是烃的含氧衍生物，在同温同压下，A蒸气对乙醇蒸气的相对密度是2，13.8gA完全燃烧后，若将燃烧的产物通过碱石灰，碱石灰的质量会增加30.6g；若将燃烧产物通过浓硫酸，浓硫酸的质量会增加10.8g．若将13.8gA与足量金属钠充分反应，所得氢气的体积为5.04L（标准状况）．通过计算确定A的相对分子质量、分子式及结构简式． ‎ ‎【答案】解：在同温同压下，A蒸气对乙醇蒸气的相对密度是2，则A的相对分子质量为：46×2=92； 13.8g A完全燃烧后，将燃烧的产物通过碱石灰，碱石灰的质量会增加30.6g为燃烧生成二氧化碳、水的质量，若将燃烧产物通过浓硫酸，浓硫酸的质量会增加10.8g为水的质量，故燃烧生成二氧化碳质量为：30.6g﹣10.8g=19.8g， 13.8g A的物质的量为： =0.15mol，燃烧生成水的物质的量为： ‎ ‎=0.6mol，二氧化碳的物质的量为： =0.45mol， 根据原子守恒，有机物A分子中C原子数目为： =3、H原子数目为： =8，故O原子数目为： =3，故有机物A的分子式为C3H8O3； 将13.8gA（0.15mol）与足量金属钠充分反应，所得氢气的体积为5.04L（标准状况），生成氢气的物质的量为： =0.225mol，说明0.15molA分子中含有0.45mol羟基，则A的结构简式为：CH2（OH）CH（OH）CH2OH， 答：A的相对分子质量为92，分子式为C3H8O3 ， 结构简式为CH2（OH）CH（OH）CH2OH． ‎ ‎【考点】有关有机物分子式确定的计算 ‎ ‎【解析】【分析】相同条件下气体的相对密度与相对分子量成正比，据此计算出A的相对分子量； 13.8g A完全燃烧后，将燃烧的产物通过碱石灰，碱石灰的质量会增加30.6g为燃烧生成二氧化碳、水的质量，若将燃烧产物通过浓硫酸，浓硫酸的质量会增加10.8g为水的质量，故燃烧生成二氧化碳质量=30.6g﹣10.8g=19.8g，根据n= 计算有机物A、水、二氧化碳的物质的量，根据原子守恒计算有机物A分子中C、H原子数目，再根据相对分子质量计算O原子数目，进而确定有机物A的分子式；根据与钠反应生成氢气的量确定A分子中含有的官能团类型，然后结合分子式确定其结构简式．‎ ‎26.人体缺钙易产生“骨质疏松症”．一体重为60kg的缺钙病人每天除从食物中获得钙质外，还需要从药物中补充钙质0.5g．常用补钙剂乳酸钙的化学式为CaC6H10O6•5H2O．试求： （1）乳酸钙的相对分子质量． （2）乳酸钙中钙元素的质量分数． （3）该病人每天需补服乳酸钙的质量． ‎ ‎【答案】解：（1）乳酸钙的相对分子质量：40+12×6+1×10+16×6+18×5=308， 答：乳酸钙的相对分子质量为308； （2）乳酸钙中钙元素的质量分数为：w（Ca）=×100%=13%， 答：乳酸钙中钙元素的质量分数为13%； （3）该病人每天需补服乳酸钙的质量为：m（乳酸钙）×13%=0.5 g， 解得：m（乳酸钙）=3.85 g， 答：该病人每天需补服乳酸钙的质量为3.85g． ‎ ‎【考点】相对分子质量及其计算 ‎ ‎【解析】【分析】（1）根据乳酸钙的化学式计算出其相对分子质量； ‎ ‎（2）根据乳酸钙的化学式组成计算出钙元素的质量分数； （3）根据乳酸钙中钙元素的质量分数及病人需要钙的质量计算出需要乳酸钙的质量．‎ 五、实验探究题 ‎27.某学习小组做了如下实验探究海带中碘元素的存在形式，并测定其中碘元素的含量． ‎ ‎（1）操作Ⅰ为灼烧，则灼烧时应该用________（仪器名称）盛装海带，操作Ⅱ为________； ‎ ‎（2）水浸时通常要将悬浊液煮沸2﹣3min，目的是________． ‎ ‎（3）操作Ⅲ，是同学们对溶液A中碘元素的存在形式进行的探究实验． [推测]：①以IO3﹣形式存在；②以I﹣形式存在 [查阅资料]：IO3﹣具有较强的氧化性；I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣将上述溶液稀释配制成200mL溶液，请完成下列实验探究． 限选试剂：3%H2O2溶液、KSCN溶液、FeCl2溶液、稀硫酸 序号 实验操作 实验现象 结论 ‎①‎ 取少量稀释后的溶液A加入淀粉后再用硫酸酸化，分装于试管Ⅰ、Ⅱ 无现象 ‎②‎ 往试管I中加入FeCl2溶液，后加入2滴KSCN溶液并振荡；‎ ‎________‎ 证明不是以IO3﹣形式存在 ‎③‎ 往试管II中加入________‎ ‎________‎ 证明以I﹣形式存在 ‎（4）定量检验海带中的碘含量： ①取20mL稀释后溶液A分别于锥形瓶，分别用酸式滴定管滴加0.01mol/LKMnO4溶液至溶液刚显浅红色，将I﹣氧化为I2并得到溶液B； ②在溶液B加入2滴淀粉溶液，用0.01mol/L Na2S2O3溶液，滴定至终点，终点现象为________，记录数据，重复上测定步骤①、②两次，三次平均消耗Na2S2O3溶液体积为VmL，海带中碘元素的百分含量为________．假设操作Ⅰ、Ⅱ中碘不损失，原子量I﹣127） ‎ ‎【答案】（1）坩埚；过滤 （2）加快含碘物质在水中的溶解，以使灰烬中的含碘物质尽可能多的进入溶液 （3）3%；H2O2溶液并振荡；溶液变蓝 （4）溶液蓝色刚好褪去，30s内不恢复蓝色；‎ ‎【考点】海水资源及其综合利用 ‎ ‎【解析】【解答】解：（1）流程图分析，操作Ⅰ固体灼烧在坩埚中；操作Ⅱ是分离固体和液体的实验操作过滤，故答案为：坩埚；过滤；（2）水浸要将悬浊液煮沸2﹣3min是为了增大含碘物质的溶解度，使更多的含碘物质溶解，故答案为：加快含碘物质在水中的溶解，以使灰烬中的含碘物质尽可能多的进入溶液；（3）②利用亚铁离子具有还原性，碘酸根离子在酸性溶液中具有氧化性，检验是否含有铁离子，往试管I中加入氯化亚铁溶液，后加入2滴KSCN溶液并振荡，无血红色出现证明不是以IO3﹣‎ 形式存在；故答案为：无现象；③往试管II中加入3%过氧化氢具有氧化性可以氧化碘离子为碘单质，遇到淀粉变蓝，故答案为：3% H2O2溶液并振荡；溶液变蓝；（4）A溶液中碘离子被高锰酸钾溶液氧化为碘单质，碘单质被硫代硫酸钠溶液还原为碘离子，中和滴定过程中，到蓝色恰好褪去不再变化证明反应到终点；设碘离子物质的量为x， ‎ ‎2I﹣～I2～‎ ‎2Na2S2O3‎ ‎2‎ ‎2‎ x ‎0.01mol/L×V×10﹣3L x=V×10﹣5mol 200ml溶液中含碘元素物质的量为=V×10﹣4mol 海带中碘元素的百分含量= ×100%= ， 故答案为：溶液蓝色刚好褪去，30s内不恢复蓝色； ． 【分析】（1）依据流程图分析，操作Ⅰ固体灼烧在坩埚中；操作Ⅱ是分离固体和液体的实验操作过滤；（2）加热使含碘物质更多地溶解于水溶液中；（3）②利用亚铁离子具有还原性，碘酸根离子在酸性溶液中具有氧化性，亚铁离子与硫氰酸钾溶液反应生成血红色溶液；③利用试剂过氧化氢具有氧化性可以氧化碘离子为碘单质，遇到淀粉变蓝；（4）依据A溶液中碘离子被高锰酸钾溶液氧化为碘单质，碘单质被硫代硫酸钠溶液还原为碘离子，中和滴定过程中，到蓝色恰好褪去不再变化证明反应到终点；依据离子方程式计算得到碘元素含量．‎ 六、综合题 ‎28.碳的氧化物在工业上有着广泛的应用，如CO和H2可以合成甲醇，CO2和NH3可以合成尿素． ‎ ‎（1）Ⅰ．若在20L的密闭容器中按物质的量之比1：2充入CO和H2 ， 发生反应：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）．测得平衡时CO的转化率随温度及压强的变化如图1所示．p2、195℃时，n（H2）随时间的变化如表所示． ‎ t/min ‎0‎ ‎1‎ ‎3‎ ‎5‎ n（H2）/mol ‎8‎ ‎5‎ ‎4‎ ‎4‎ p2、195℃时，0～1min内，v（H2）=________mol•L﹣1•min﹣1 ． ‎ ‎（2）你认为p1________p2；p2、19‎ ‎5℃时，B点，v（正）________v（逆）（填“＜”“＞”或“=”）． ‎ ‎（3）p2、195℃时，该反应的化学平衡常数为________． ‎ ‎（4）Ⅱ．NH3（g）与CO2（g）经过两步反应生成尿素，两步反应的能量变化示意图如图2： NH3（g）与CO2（g）反应生成尿素的热化学方程式为________． ‎ ‎（5）工业上合成尿素时，既能加快反应速率，又能提高原料利用率的措施有       （填序号）． ‎ A. 升高温度             B. 加入催化剂             C. 将尿素及时分离出去             D. 增大反应体系的压强．‎ ‎【答案】（1）0.15 （2）<；> （3）25 （4）2NH3（g）+CO2（g）=CO（NH2）2（s）+H2O（l）△H=﹣134kJ•mol﹣1 （5）D ‎ ‎【考点】热化学方程式，化学平衡的影响因素，化学平衡的计算 ‎ ‎【解析】【解答】解：Ⅰ．（1）v（H2）= = =0.15 mol•L﹣1•min﹣1 ， 故答案为：0.15；（2）根据图象可知相同温度下，p1时的CO转化率小于p2时的CO的转化率，根据化学方程式，压强增大，平衡向右移动，CO的转化率增大，所以p1＜p2；B点在平衡曲线之上，反应向左进行，所以v（正）＜v（逆）， 故答案为：＜；＜；（3）3 min时，反应达到平衡，氢气的物质的量减少4mol，浓度变化量为 =0.2mol/L，则 CO（g）+‎ ‎2H2（g）⇌‎ CH3OH（g）‎ 起始（mol/L）‎ ‎0.2‎ ‎0.4‎ ‎0‎ 转化（mol/L）‎ ‎0.1‎ ‎0.2‎ ‎0.1‎ 平衡（mol/L）‎ ‎0.1‎ ‎0.2‎ ‎0.1‎ 则反应的化学平衡常数K= =25， 故答案为：25；Ⅱ．（1）根据示意图可知第一步反应的热化学方程式为2NH3（g）+CO2（g）=H2NCOONH4（s）△H=﹣272 kJ•mol﹣1 ， 第二步反应的热化学方程式为H2NCOONH4（s）=CO（NH2）2（s）+H2O（l）△H=+138 kJ•mol﹣1 ， 根据盖斯定律，则2NH3（g）+CO2‎ ‎（g）=CO（NH2）2（s）+H2O（l）为两步反应的和，△H=﹣272 kJ•mol﹣1+138 kJ•mol﹣1=﹣134 kJ•mol﹣1 ， 即热化学方程式为2NH3（g）+CO2（g）=CO（NH2）2（s）+H2O（l）△H=﹣134 kJ•mol﹣1 ， 故答案为：2NH3（g）+CO2（g）=CO（NH2）2（s）+H2O（l）△H=﹣134 kJ•mol﹣1；（2）A．该反应为放热反应，升高温度平衡向左移动，原料利用率降低，故A错误； B．加入催化剂，平衡不移动，原料利用率不变，故B错误； C．将尿素及时分离出去，反应速率减小，故C错误； D．增大反应体系的压强，反应速率加快，平衡向右移动，原料利用率增大，故D正确； 故答案为：D． 【分析】I．（1）结合v（H2）= 计算；（2）根据图象可知相同温度下，p1时的CO转化率小于p2时的CO的转化率，根据化学方程式，压强增大，平衡向右移动；B点在平衡曲线之上，反应向左进行；（3）3 min时，反应达到平衡，氢气的物质的量减少4mol，浓度变化量为 =0.2mol/L，则 CO（g）+‎ ‎2H2（g）⇌‎ CH3OH（g）‎ 起始（mol/L）‎ ‎0.2‎ ‎0.4‎ ‎0‎ 转化（mol/L）‎ ‎0.1‎ ‎0.2‎ ‎0.1‎ 平衡（mol/L）‎ ‎0.1‎ ‎0.2‎ ‎0.1‎ 结合平衡浓度计算K；Ⅱ．（1）根据示意图可知第一步反应的热化学方程式为2NH3（g）+CO2（g）=H2NCOONH4（s）△H=﹣272 kJ•mol﹣1 ， 第二步反应的热化学方程式为H2NCOONH4（s）=CO（NH2）2（s）+H2O（l）△H=+138 kJ•mol﹣1 ， 根据盖斯定律，则2NH3（g）+CO2（g）=CO（NH2）2（s）+H2O（l）为两步反应的和；（2）A．该反应为放热反应，升高温度平衡向左移动； B．加入催化剂，平衡不移动； C．将尿素及时分离出去，生成物浓度减小； D．增大反应体系的压强，反应速率加快，平衡向右移动．‎ ‎29.            ‎ ‎（1）键线式 表示的分子式________；名称是________． ‎ ‎（2）中含有的官能团的名称为________． ‎ ‎【答案】（1）C6H14；2﹣甲基戊烷 （2）羟基、酯基 ‎ ‎【考点】有机物分子中的官能团及其结构，有机化合物命名 ‎ ‎【解析】【解答】解：（1） ，分子中含有6个碳原子，属于饱和烃，分子式为C6H14 ， 该有机物主链上有5个C，2号C一个甲基，命名为：2﹣甲基戊烷， 故答案为：C6H14； 2﹣甲基戊烷；（2） 分子中含有官能团是羟基和酯基， 故答案为：羟基、酯基． 【分析】考查常见官能团的书写