浙江省金丽衢十二校2019届高三上学期第二次联考化学试题（含解析）.doc

1、 浙江省金丽衢十二校浙江省金丽衢十二校 2019 届高三上学期第二次联考届高三上学期第二次联考 化学试卷化学试卷 1.下列不属于酸性氧化物的是 A. Cl2O7 B. SiO2 C. CO D. SO2 【答案】C 【解析】 【分析】 酸性氧化物是和碱反应生成盐和水的氧化物，据此分析解答。 【详解】A.Cl2O7与 NaOH 溶液反应产生 NaClO4和水，是酸性氧化物，A 不符合题意； B.SiO2与 NaOH 溶液反应产生 Na2SiO3和水，是酸性氧化物，B 不符合题意； C.CO 不能与 NaOH 等碱溶液反应，因此属于不成盐氧化物，C 符合题意； D.SO2与 NaOH 溶液反应产生

2、 Na2SO3和水，是酸性氧化物，D 不符合题意； 故合理选项是 C。 2.下列操作正确的是 A. 加热 B. 分液 C. 过滤 D. 蒸馏 【答案】C 【解析】 【详解】A.给试管加热时，试管夹的位置应该在离试管口 1/3 处，A 错误； B.分液时，分液漏斗的下端要紧贴烧杯内壁，防止液滴飞溅，B 错误； C.过滤时烧杯尖嘴紧靠玻璃棒上，玻璃棒轻靠在三层滤纸处，漏斗下端紧靠烧杯的内壁，C 正确； D.冷凝管应从下端进入冷水、上端出水且锥形瓶口不能密封，D 错误； 故合理选项是 C。 3.下列能导电且属于电解质的是 A. 铜 B. 盐酸 C. 冰醋酸 D. 熔融 KNO3 【答案】D 【解析】

3、 【详解】A.Cu 是金属单质，不是化合物，所以不是电解质，A 不符合题意； B.盐酸是 HCl 的水溶液，属于混合物，不是化合物，因此不属于电解质，B 不符合题意； C.冰醋酸是纯净的 CH3COOH， 该物质是由分子构成， 不能导电， 当它溶于水时， 在水分子作用下电离产生 CH3COO - 和 H +，能够导电，所以属于电解质，C 不符合题意； D.KNO3是盐，属于化合物，在熔融状态下 KNO3发生电离产生 K +、NO 3 -，能够导电，因此 D 符合题意； 故合理选项是 D。 4.下列物质溶于水因水解而呈碱性的是 A. Na2O B. Na2CO3 C. NH4Cl D. NH3

4、H2O 【答案】B 【解析】 【详解】A.Na2O 溶于水，与水发生反应产生 NaOH，是发生化合反应产生碱，电离使溶液显碱性，A 不符合题 意； B.Na2CO3是强碱弱酸盐，在溶液中 CO3 2-与水电离产生的 H+结合形成 HCO 3 -，使溶液中 c(OH-)c(H+)，因此溶液 显碱性，是由于盐水解所致，B 符合题意； C.NH4Cl 是强酸弱碱盐，在溶液中 NH4 +与水电离产生的 OH-结合形成 NH 3 H2O，使溶液中 c(H +)c(OH-)，因此溶液 显酸性，是由于盐水解所致，C 不符合题意； D. NH3 H2O 是一元弱碱，在水溶液中会发生电离：NH3 H2ONH4

5、+OH-，与盐的水解无关，D 不符合题意； 故合理选项是 B。 5.下列属于物理变化的是 A. 焰色反应 B. 石油裂化 C. 皂化反应 D. 晶体风化 【答案】A 【解析】 【详解】A.焰色反应是金属元素在灼烧时，原子核外的电子由基态跃迁到激发态，激发态不稳定，再回到基 态，多余的能量以光的形式释放，因此发生的是物理变化，A 正确； B.石油裂化是长链大分子断裂为短链小分子的过程，有新物质生成，发生的是化学变化，B 错误； C.皂化反应是油脂在碱性条件下的水解反应，产生了新的物质，故发生的是化学变化，C 错误； D.晶体风化是结晶水合物失去全部或部分结晶水的现象，有新的物质产生，故发生的是化

6、学变化，D 错误； 故合理选项是 A。 6.下列说法不正确的是 A. FeSO4作补血剂时可与维生素 C 同时服用增强药效 B. 碳酸钠可用于治疗胃酸过多 C. 食盐是常用的调味剂与防腐剂 D. 碘化银可用于人工降雨 【答案】B 【解析】 【详解】 A.FeSO4作补血剂时要预防其氧化变质变为 Fe 3+， 维生素 C 具有还原性， 能够与 Fe3+反应使其变为 Fe2+， 因此与维生素 C 同时服用增强药效，A 正确； B.碳酸钠溶液水解显碱性，但由于碳酸钠溶液碱性强，具有较强的腐蚀性，所以不能用于治疗胃酸过多，B 错误； C.食盐具有咸味，是常用的调味剂；食物中加入一定的食盐，其保鲜期可以

7、延长，因此可作防腐剂，C 正确； D.碘化银具有感光性，分解时吸收热量，使周围的温度降低，水蒸气聚集形成水滴，因而可用于人工降雨，D 正确； 故合理选项是 B。 7.下列变化过程属于非氧化还原反应的是 A. 浓盐酸Cl2 B. Cl2NaClO C. 浓硫酸SO2 D. SiO2 Si 【答案】C 【解析】 【分析】 氧化还原反应的特征是元素化合价的升降，非氧化还原反应没有元素化合价的变化，据此分析解答。 【详解】A. HCl 中的 Cl 元素是-1 价，反应后生成 Cl2，化合价由-1 价升高到 0 价，所以发生的是氧化还原 反应，A 不符合题意； B.Cl 元素的化合价由反应前的 0 价变

8、为反应后的+1 价，化合价发生变化，是氧化还原反应，B 不符合题意； C.浓硫酸与 Na2SO3反应产生 Na2SO4和 H2O、SO2，元素的化合价没有发生变化，因此该反应是非氧化还原反应， C 符合题意； D.SiO2与 C 在高温下反应产生 Si 和 CO，元素化合价发生了变化，属于氧化还原反应，D 不符合题意； 故合理选项是 C。 【点睛】本题考查化学反应类型判断的知识。氧化还原反应的特征是元素化合价的升降，实质是电子转移。 8.下列表示正确的是 A. CO2的电子式： B. 甲醛的结构式：CH2O C. 乙炔的比例模型： D. 硫离子结构示意图： 【答案】D 【解析】 【详解】A.C

9、O2分子中 C 原子与两个 O 原子形成四对共用电子对，使每个原子都达到最外层 8 个电子的稳定结 构，电子式是：，A 错误； B.甲醛分子中 C 原子与两个 H 原子分别形成 1 对电子对， 与 O 原子形成 2 对共用电子对， 结构式是， B 错误； C. 是乙炔的球棍模型，C 错误； D.S 是 16 号元素，原子最外层有 6 个电子，S 原子获得 2 个电子变为 S 2-，最外层达到 8 个电子的稳定结构， 故 S 2-结构示意图： ，D 正确； 故合理选项是 D。 9.将 SO2通入下列溶液不能生成硫酸的是 A. 氯水 B. 双氧水溶液 C. 氢硫酸 D. 氯化铁溶液 【答案】C 【

10、解析】 【分析】 SO2中 S 元素化合价为+4 价，被氧化变为 H2SO4，因此若变为硫酸，需要加入氧化剂，若加入还原剂，则不能 产生硫酸，据此分析解答。 【详解】A.SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，反应产生硫酸，A 不符合题意； B.SO2+H2O2=H2SO4，反应产生硫酸，B 不符合题意； C.SO2+2H2S=H2O+3S，反应后不产生硫酸，C 符合题意； D. SO2+2FeCl3+2H2O=H2SO4+2HCl+2FeCl2，反应后产生硫酸，D 不符合题意； 故合理选项是 C。 【点睛】本题考查了二氧化硫的化学性质的知识。二氧化硫是酸性氧化物，具有酸性氧化物的通性

11、，它还具 有还原性、氧化性和漂白性，其漂白是结合漂白，仅能使某些有色物质褪色，有色物质遇二氧化硫不一定褪 色，如 SO2可以使紫色石蕊试液变为红色，这是其具有酸性氧化物的通性；但使有色物质褪色不一定是二氧 化硫的漂白性，如使酸性高锰酸钾溶液溶液褪色是其还原性；使氯化铁溶液颜色变浅也是其还原性。 10.下列各项实验的基本操作正确的是 A. 用湿润的 pH 试纸测定硫酸溶液的 pH B. 金属钠着火时可用泡沫灭火器灭火 C. 可用硫酸鉴别碳酸钠、硅酸钠和硫酸钠 D. 蒸发操作中，将蒸发皿放在铁架台的铁圈上，垫上石棉网加热 【答案】C 【解析】 【详解】A.用 pH 试纸测定硫酸溶液的 pH 时，p

12、H 试纸不能湿润，否则会对溶液起稀释作用，A 错误； B.金属钠着火燃烧产物是 Na2O2，Na2O2与水及 CO2会发生反应产生 O2，导致燃烧更加剧烈，所以不能用泡沫灭 火器灭火，要用沙子或土灭火，B 错误； C.加入硫酸，碳酸钠与硫酸反应生成二氧化碳气体，硅酸钠与硫酸反应生成硅酸沉淀，硫酸钠不反应，现象 各不相同，可鉴别，C 正确； D.蒸发时，蒸发皿可以放在铁圈上或泥三角上直接用酒精灯加热，蒸发皿耐高温，不用垫石棉网，D 错误； 故合理选项是 C。 【点睛】本题考查常见物质的性质、使用及鉴别的知识，熟练掌握物质的性质是解决此类问题的关键，A 项 为易错点，注意测定溶液 pH 时，pH

13、试纸不能润湿。 11.下列说法正确的是 A. 属于同分异构体 B. CH3COOCH2CH3与 CHI3CH2COOCH3中均含有甲基、乙基和酯基，为同一种物质 C. C60与 14C 互为同素异形体 D. 乙酸与硬脂酸互为同系物 【答案】D 【解析】 【详解】A.由于苯分子中碳碳键都相同，且 Cl、Br 原子在苯环的邻位，因此这是同一种物质，不是同分异构 体，A 错误； B.前者是乙酸乙酯，后者是丙酸甲酯，二者属于同分异构体，不是同一种物质，B 错误； C.C60是单质， 14C 是 C 元素的一种同位素原子，二者不是同素异形体，C 错误； D.乙酸、硬脂酸都是饱和一元羧酸，分子式都符合 C

14、nH2nO2，结构相似，在分子组成上相差若干个 CH2原子团， 因此互为同系物，D 正确； 故合理选项是 D。 12.X、Y、Z、W、M 均为短周期元素，M 的一种核素不含中子，X、Y、Z、W 在周期表中的位置如图所示，Y 原 子最外层电子数为内层电子数的 3 倍。下列说法不正确的是 A. 原子半径：ZXYM B. X、Y、Z、W 与 M 均能形成 18 电子分子 C. X、Y、M 形成的化合物水溶液一定呈酸性 D. Y 的简单阴离子还原性弱于 X 的简单阴离子还原性 【答案】C 【解析】 【分析】 X、Y、Z、W、M 均为短周期元素，M 的一种核素不含中子，则 M 是 H 元素，Y 原子最外

15、层电子数为内层电子数 的 3 倍，则 Y 是 O 元素，根据元素的相对位置各种 X 是 N 元素，Z 是 Si 元素，W 是 Cl 元素，据此分析解答。 【详解】综上所述可知，X 是 N 元素，Y 是 O 元素，Z 是 Si 元素，W 是 Cl 元素，M 是 H 元素。 A.同一周期的元素，原子序数越大，原子半径越小；原子核外电子层数越多，原子半径越大，M 原子核外只 有 1 层，X、Y 核外有 2 个电子层；Z、W 核外有 3 个电子层，所以原子半径 ZXYM，A 正确； B. X、Y、Z、W 分别是 N、O、Si、Cl，M 是 H，这些元素与 H 形成的 18 电子的分子分别是 N2H4、

16、H2O2、SiH4、 HCl，B 正确； C.X、Y、M 形成的化合物如 HNO3、HNO2、NH4NO3水溶液呈酸性，而 NH3 H2O 显碱性，C 错误； D.元素的非金属性越强，其简单阴离子的还原性就越弱，由于元素的非金属性 YX，所以 Y 的简单阴离子还 原性弱于 X 的简单阴离子还原性，D 正确； 故合理选项是 C。 【点睛】本题考查了元素周期律中位、构、性三者之间的关系，元素的推断是解答的关键，M 的一种核素不 含中子及 Y 原子最外层电子数为内层电子数的 3 倍是判断的突破口，注意利用元素的相对位置确定元素的种 类，根据原子结构中的关系及非金属性的比较，题目难度中等。 13.下列

17、离子方程式书写正确的是 A. 含等物质的量的 Fe 2+、I-、Br-的混合液中通入适量 Cl 2能发生：2I -+2Br-+2Cl 2=I2+Br2+4Cl - B. Na2SiO3溶液中通入过量 CO2：SiO3 2-+CO 2+H2O=H2SiO3CO3 2- C. NH4HCO3溶液中加入过量 NaOH 溶液：NH4 +HCO 3 -+2OH-=NH 3H2O+H2O+CO3 2- D. Fe(OH)3溶于过量 HI 溶液：Fe(OH)3+3H +=Fe3+3H 2O 【答案】C 【解析】 【详解】A.微粒的还原性 I -Fe2+Br-，微粒的还原性强的优先反应，所以含等物质的量的 F

18、e2+、I-、Br-的混 合液中通入适量 Cl2，当 Br -反应时，I-、Fe2+均反应完全，可以发生：2I-+2Fe2+2Cl 2=I2+Fe 3+4Cl-，A 错误； B.向 Na2SiO3溶液中通入过量 CO2， 反应产生硅酸及碳酸氢钠， 方程式为： SiO3 2-2CO 22H2O=H2SiO32HCO3 -， B 错误； C.NH4HCO3溶液中加入过量 NaOH 溶液，NH4 +、HCO 3 -都会与 OH-发生反应，故离子方程式为： NH4 +HCO 3 -+2OH-=NH 3H2O+H2O+CO3 2-，C 正确； D.Fe(OH)3具有氧化性，HI 具有还原性，所以 Fe(

19、OH)3溶于过量 HI 溶液，会发生氧化还原反应生成 Fe 2+和 I 2， D 错误； 故合理选项是 C。 14.恒温恒容密闭容器中发生反应：X(g)3Y(g)2Z(g) H=-92kJ/mol,下列说法一定正确的是 A. 混合气体的密度不随时间发生变化说明反应达到平衡状态 B. 充入氩气使压强增大，v正、v逆均増大 C. 反应达平衡时放出的热量小于 92kJ D. 反应达平衡状态时：2 v正(X)=v逆(Z) 【答案】D 【解析】 【详解】A.反应混合物都是气体，容器的容积不变，因此任何情况下体系的密度都不会发生变化，故不能据 此判断反应处于平衡状态，A 错误； B.充入氩气使压强增大，由

20、于没有改变反应混合物任何一组分的浓度，因此 v正、v逆均不变，B 错误； C.方程式表示是 1molX 完全反应时放出热量是 92kJ，由于未指明反应物的物质的量多少，因此不能确定反应 放出热量的多少，C 错误； D.反应达平衡状态时：v正(Z)=v逆(Z)，由于 v正(Z)=2v正(X)，所以 2 v正(X)=v逆(Z)，D 正确； 故合理选项是 D。 15.下列说法正确的是 A. 乙烯分别通入溴水和溴的四氯化碳溶液中，反应现象完全相同 B. CHCH 与 HCl 一定条件下发生反应，最多可生成 3 种产物 C. 等物质的量的 CHCH 与苯完全燃烧生成 CO2的量相等 D. 1mol 乙烷

21、发生取代反应最多消耗 3molCl2 【答案】B 【解析】 【详解】A.乙烯通入溴水中与溴发生加成反应，使溴水褪色，但产生的有机物与水互不相容，因此会看到液 体分层，两层液体均无色；而乙烯通入到溴的四氯化碳溶液中，发生加成反应产生的 1，2-二溴乙烷能够溶 解在四氯化碳中，因此看到的现象是褪色，但液体不分层，所以反应现象不完全相同，A 错误； B.乙炔与 HCl 按 1:1 加成，产物是 CH2=CHCl，若按 1:2 加成，反应产物可能是 CH3-CHCl2、CH2Cl-CH2Cl，因此 CHCH 与 HCl 一定条件下发生反应，最多可生成 3 种产物，B 正确； C.乙炔与苯最简式相同，但

22、由于等物质的量的乙炔与苯分子中含有 C、H 原子数不相等，因此完全燃烧生成 CO2的量不相等，C 错误； D.乙烷分子式是 C2H6,由于每个 H 原子被取代，消耗 1 个 Cl2分子，所以 1mol 乙烷发生取代反应最多消耗 6molCl2，D 错误； 故合理选项是 B。 16.下列说法不正确的是 A. 淀粉、纤维素、蛋白质均属于高分子化合物且都能发生水解 B. 可用纯碱溶液除去乙酸乙酯中的乙酸和乙醇 C. 往皂化反应液中加入饱和 NaCl 溶液，上层有固体析出 D. 乙酸、汽油、纤维素均能和氢氧化钠溶液反应 【答案】D 【解析】 【详解】A.相对分子质量在 10000 以上的为高分子，淀粉

23、、纤维素都属于多糖，多糖可水解生成单糖，蛋白 质可水解生成氨基酸，则淀粉、纤维素、蛋白质均属于高分子化合物且都能发生水解，A 正确； B.纯碱溶液可溶解吸收乙醇、反应除去乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，因此可用纯碱溶液除去乙酸乙酯中的 乙酸和乙醇，B 正确； C.加入饱和 NaCl 溶液，会降低高级脂肪酸钠的溶解度，发生盐析，由于高级脂肪酸钠密度比水小，所以析出 的固体物质浮在上层，上层有固体析出，C 正确； D.汽油含有烃类物质，与 NaOH 不反应，纤维素在酸性条件发生水解反应，而乙酸与 NaOH 发生中和反应，D 错误； 故合理选项是 D。 17.一种可充电锂空气电池如图所示。当电池放电时，

24、O2与 Li +在多孔碳材料电极处生成 Li 2O2-x、(x0 或 1)，下列说法正确的是 A. 多孔碳材料电极为负极 B. 外电路电子由多孔碳材料电极流向锂电极 C. Li +向多孔碳材料区迁移 D. x=0 时，正极反应式为：2Li +O 24e -Li 2O2 【答案】C 【解析】 【详解】A.电池放电时，O2中 0 价的 O 原子反应后化合价降低，反应过程为得电子的过程，所以放电时，多 孔碳材料电极为正极，A 错误； B.放电时，Li 失去电子转化为 Li +，电子经外电路从锂电极流向多孔碳材料，B 错误； C.电池放电时，Li 失去电子形成 Li +，由于正极多孔碳材料电极上负电荷

25、较多，所以电解质溶液中 Li+向正极 区，即 Li +向多孔碳材料区迁移，C 正确； D.电池放电时，2 个 Li 失去 2 个电子形成 2 个 Li +，正极上通入的 O 2获得 2 个电子，形成 O2 2-，与由负极迁移 过来的 Li +结合形成 Li 2O2，电极反应式为：2Li +O 2+2e -=Li 2O2，D 错误； 故合理选项是 C。 18.常温下有等体积等 pH 的 NH4Cl 与盐酸两种溶液，下列说法正确的是 A. 两溶液中水的电离程度相等 B. 两溶液导电性相等 C. 稀释相同倍数后，NH4Cl 溶液的 pH 更大 D. 与等物质的量浓度的 NaOH 溶液恰好完全反应时，

26、NH4Cl 耗碱的体积更多 【答案】D 【解析】 【详解】A.NH4Cl 是强酸弱碱盐，NH4 +水解消耗水电离产生的 OH-，使溶液中 c(H+)c(OH-)，溶液显酸性，促进 水的电离，而 HCl 溶于水，电离产生 H +，对水的电离起抑制作用，所以两溶液中水的电离程度不相等，A 错 误； B.盐水解的程度是微弱的，若盐水解得到的溶液 pH 与强酸溶液的 pH 相同，则盐电离产生的离子浓度比酸的 浓度大，电解质电离产生的离子浓度越大，溶液的导电性就越强，所以两溶液的导电性不相等，B 错误； C.由于在盐溶液中存在 NH4 +的水解平衡，当加水稀释时，NH 4 +会进一步水解产生 H+，使溶

27、液中 c(H+)变化较小， 而 HCl 完全电离产生 H +，HCl 是强电解质，不存在电离平衡，所以溶液稀释时，HCl 的溶液中 c(H+)变化较大， pH 更大些，C 错误； D.由于盐水解的程度占盐电离产生的离子的很小一部分，所以当 NH4Cl 与 HCl 溶液的 pH 相同时，物质的量浓 度 c(NH4Cl)c(HCl)，由于二者与 NaOH 反应时的物质的量之比是 1:1，所以在与等物质的量浓度的 NaOH 溶液 恰好完全反应时，NH4Cl 由于物质的量多，消耗碱的体积更多，D 正确； 故合理选项是 D。 19.下列说法不正确的是 A. SiO2、SiCl4的相对分子质量不同，所以沸

28、点不同 B. NH4C1 与 NaOH 所含化学键类型和晶体类型均相同 C. PCl3、H2O 中所有原子均处于稳定结构 D. CO2与水反应过程中，有共价键的断裂和形成 【答案】A 【解析】 【详解】A. SiO2是原子晶体，原子间以共价键结合，由于共价键强度大，断裂消耗的能量多，所以沸点高， 而 SiCl4是由分子构成的物质，分子间以分子间作用力结合，分子间作用力十分微弱，所以沸点低，不是由 于二者的相对分子质量不同所致，A 错误； B.二者都是离子化合物，含有离子键，在 NH4 +中含有极性共价键，在 OH-含有极性共价键，所以二者含有的化 学键类型相同，B 正确； C. PCl3、 H

29、2O 中每个原子都达到最外层 8 个或 2 个电子的稳定结构， 故所有原子均处于稳定结构状态， C 正确； D.CO2+H2O=H2CO3，化学反应就是旧键断裂、新键形成的过程，由于反应物、生成物都是共价化合物，所以有共 价键的断裂和形成，D 正确； 故合理选项是 A。 20.设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. pH=1 的 H2SO4溶液 10L，含 H +的数目为 2N A B. 1.7g 羟基与氢氧根含有的质子数均为 0.9NA C. 1molCl2溶于水，转移电子的数目为 NA D. 1molC2H6O 有机物含有 CH 数目一定是 6NA 【答案】B 【解析】 【详

30、解】A.pH=1 的 H2SO4溶液 10L，n(H +)=c V=0.1mol/L10L=1mol，所以含 H+的数目为 N A，A 错误； B.1.7g 羟基、OH -的物质的量都是 0.1mol，由于每个羟基和氢氧根离子中都含有 9 个质子，所以 0.1mol 羟基 与氢氧根中含有的质子数均为 0.9NA，B 正确； C.Cl2溶于水，与水反应产生 HCl 和 HClO，由于该反应是可逆反应，所以 1mol Cl2溶于水转移电子的数目小 于 NA，C 错误； D.C2H6O 表示的物质可能是 CH3-O-CH3， 也可能是 CH3CH2-OH， 所以 1molC2H6O 有机物含有 CH

31、 数目不一定是 6NA， D 错误； 故合理选项是 B。 21.已知：H2(g)Cl2(g)2HCl(g)的反应能量变化示意图如下。下列说法不正确的是 A. 键的断裂过程是吸热过程，键的形成过程是放热过程 B. “假想的中间物质”的总能量高于起始态 H2和 Cl2的总能量 C. 反应的H(a+b)-2ckJ/mol D. 点燃条件和光照条件下，反应的H 不同 【答案】D 【解析】 【详解】A.据图可知，要发生化学反应，首先使反应物分子变为单个原子，然后重新组合形成生成物分子， 断裂化学键吸收能量，形成化学键释放能量，若能量以热能形式体现，则键的断裂过程是吸热过程，键的形 成过程是放热过程，A

32、正确； B.断裂化学键吸收能量，形成化学键释放能量，则单个原子的能量比参加反应的化合物分子的能量要高，即 “假想的中间物质”的总能量高于起始态 H2和 Cl2的总能量，B 正确； C.焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，则反应的H 为（a+b）-2ckJ/mol，C 正确； D.焓变与反应条件无关，只与物质的始态和终态有关，所以无论是点燃条件还是光照条件下，反应的H 都 相同，D 错误； 故合理选项是 D。 22.以二氧化钛表面覆盖 Cu2A12O4为催化剂，可以将 CO2和 CH4直接转化成乙酸。在不同温度下催化剂的催化效 率与乙酸的生成速率如图所示，下列说法不正确的是 A. 由

33、图可知：乙酸的生成速率随温度升高而升高 B. 250300时，温度升高而乙酸的生成速率降低的主要原因是催化剂的催化效率降低 C. 由 300400可知，其他条件相同时，催化剂的催化效率越低，乙酸的生成速率越大 D. 根据图象推测，工业上制备乙酸最适宜的温度应为 250 【答案】C 【解析】 【详解】A.由图可知：在催化剂催化活性不变的前提下，温度升高，乙酸的生成速率提高，所以乙酸的生成 速率随温度升高而升高，A 正确； B.根据图示可知：在 250300时催化剂的活性随温度的升高而降低，因此导致乙酸的生成速率降低，B 正 确； C.由 300400可知，催化剂的催化效率降低，但由于反应物分子具

34、有的能量高，更多的普通分子变为活化 分子，所以反应速率增大，不是由于催化剂的催化效率低，乙酸的生成速率才越大，C 错误； D.要提高反应速率，根据图象可知在 250时催化剂的催化效率高，且催化剂的影响大于温度对化学反应速 率的影响，所以可推测在工业上制备乙酸最适宜的温度应为 250，D 正确； 故合理选项是 C。 23.25时，用 0.02mol/L 的 NaOH 溶液，分别滴定浓度为 0.0lmol/L 的三种稀酸溶液，滴定的曲线如右图所 示，下列判断正确的是 A. 三种酸均为弱酸，且同浓度的稀酸中导电性：HAc(B-)c(D-) D. 当中和百分数达 100%时，将三种溶液混合后：c(HA

35、)+c(HB)+c(HD)=c(OH -)-2c(H+) 【答案】C 【解析】 【详解】由图象中未加 NaOH 时三种酸溶液的 pH 由小到大可知，三种酸的酸性强弱顺序为：HAHBHD。 A.酸性越强，酸的电离程度越大，HA 的 pH 最小，酸性最强，电离程度最大，则同浓度的稀酸中离子浓度最 大，故等浓度的稀酸溶液的导电性：HAHBHD，A 错误； B.滴定至 P 点时，中和率为 50%，HB 溶液中的溶质为等物质的量的 HB、NaB，由于溶液的 pHc(B-)c(D-)，C 正确； D.当中和百分数达 100%时， 三种溶液分别恰好存在等量的 NaA， NaB， NaD， 则起始时 c(Na

36、A)： c(NaB)： c(NaD)=1： 1：1，由质子守恒可知 c(HA)+c(HB)+c(HD)+c(H +)=c(OH-)，则有 c(HA)+c(HB)+c(HD)=c(OH-)-c(H+)，D 错误； 故合理选项是 C。 【点睛】本题考查酸、碱混合的定性判断，把握 pH 与酸性的比较、溶液酸碱性、电荷守恒及质子守恒的应用 为解答的关键，选项 C 为解答的易错点，注意当溶液为中性时，三种溶液中所加 NaOH 溶液的体积不同，题目 难度不大。 24.某兴趣小组查阅资料得知： 保险粉(Na2S2O4)和 KOH 的混合溶液能定量吸收 O2： CuCl 的盐酸溶液能定量吸收 CO，且易被 O

37、2氧化。拟设计实验方案，采用上述两种溶液和 KOH 溶液及量气装置，测定高炉煤气中 CO、CO2、 N2和 O2的百分组成。下列说法不正确的是 A. 采用上述 3 种吸收剂，气体被逐一吸收的顺序应该是 CO2、O2和 CO B. 保险粉(Na2S2O4)和 KOH 的混合溶液吸收 O2的离子方程式为 2S2O4 2-+3O 2+4OH -=4SO 4 2-+2H 2O C. 反应结束，恢复至室温，调整水准管内液面与量气管液面齐平，可观察到量气管液面下降 D. 其他两种吸收剂不变，O2的吸收剂可以用灼热的铜网替代 【答案】D 【解析】 【详解】A.KOH 溶液只能吸收 CO2气体，保险粉(Na2

38、S2O4)和 KOH 的混合溶液能定量吸收 O2，CuCl 的盐酸溶液能 定量吸收 CO，且易被 O2氧化，所以为减少实验误差，每种试剂只能吸收一种成分，采用上述 3 种吸收剂，气 体被逐一吸收的顺序应该是 CO2、O2和 CO，A 正确； B.根据得失电子守恒、电荷守恒，用保险粉(Na2S2O4)和 KOH 的混合溶液吸收 O2的离子方程式为 2S2O4 2-+3O 2+4OH -=4SO 4 2-+2H 2O，B 正确； C.由于反应过程中放出热量，使量气管内气体由于温度升高而体积增大，水被赶入水准管，水准管的液面高 于量气管的液面，当调整水准管内液面与量气管液面齐平时气体由于压强减小而体

39、积增大，因此可观察到量 气管液面下降，C 正确； D.三种气体被逐一吸收的顺序应该是 CO2、O2和 CO，若 O2的吸收剂用灼热的铜网替代，O2和金属铜反应得到 CuO 可以吸收 CO，所以不能用灼热的铜网代替吸收剂，D 错误; 故合理选项是 D。 25.为检验溶液中是否含有常见的四种无机离子， 进行了下图所示的实验操作。 其中检验过程中产生的气体能 使湿润的红色石蕊试纸变蓝。由该实验能得到的正确结论是 A. 原溶液中一定含有 SO4 2-离子 B. 原溶液中一定含有 NH4 +离子 C. 原溶液中一定含有 Cl -离子 D. 原溶液中一定含有 Fe 3+离子 【答案】B 【解析】 【分析】

40、 在溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，若含有 SO3 2-离子、Fe2+离子则会被氧化为 SO 4 2-离子、Fe3+离子，加入的盐酸 中含有 Cl -离子，会和 AgNO 3反应生成 AgCl 白色沉淀，能使红色石蕊试纸变蓝的气体是 NH3，Fe 3+离子能使硫 氰酸钾变为红色。 【详解】A.原溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，如果其中含有 SO3 2-离子，则会被氧化为 SO 4 2-离子，所以原溶液 中不一定含有 SO4 2-离子，A 错误； B.产生能使红色石蕊试纸变蓝的气体是 NH3，所以原来溶液中一定含有 NH4 +离子，B 正确； C.原溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡， 引入了 Cl -离子，

41、能和硝酸银反应生成氯化银沉淀的离子不一定是原溶液 中含有的 Cl -离子，可能是加进去的盐酸中的 Cl-，C 错误； D.原溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，如果其中含有 Fe 2+离子，则 Fe2+离子会被氧化为 Fe3+离子，Fe3+离子能使 硫氰酸钾变为红色，所以原溶液中不一定含有 Fe 3+离子，D 错误； 故合理选项是 B。 【点睛】本题考查离子反应和离子检验的知识，注意硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，为易错点。 26.已知烃 X 在标況下的密度 1.25g/L，液态烃 A 摩尔质量为 106g/mol，C 是油脂皂化反应后的产物之一，具 吸水保湿功能，D 是有芳香气味的酯。它们之间的

42、转化如下图所示（含有相同官能团的有机物通常具有相似 的化学性质） 请回答 (1)烃 X 所含官能团的名称是_。 (2)AB 的反应类型是_。 (3)B 与 C 按 3：1 反应生成 D 的化学方程式为_。 (4)下列说法正确的是_。 A.邻二溴苯只有一种结构，证明苯环结构中不存在单双键交替结构 B.上述六种有机物都能与 H2发生加成反应 C.可用新制 Cu(OH)2鉴别 B、C、D D.相同质量的苯与苯甲酸充分燃烧消耗等量的 O2 【答案】 (1). 碳碳双键 (2). 氧化反应 (3). +3+3H2O (4). AC 【解析】 【分析】 烃 X 在标況下的密度 1.25g/L，则 X 的摩

43、尔质量是 M=1.25g/mol22.4L/mol=28g/mol，根据液态烃 A 摩尔质 量为 106g/mol ，苯摩尔质量为 78g/mol，说明 A 是苯与乙烯发生加成反应后的产物乙苯，乙苯被酸性 KMnO4 溶液氧化产生的 B 为苯甲酸，结构简式为，C 是油脂皂化反应后的产物之一，具吸水保湿功 能，则 C 为丙三醇，C 含有三个醇羟基，D 含有羧基，C 与丙三醇发生酯化反应产生有芳香气味的酯 D，结构简式为：。据此分析解答。 【详解】根据上述分析可知：烃 X 是乙烯 CH2=CH2，A 是乙苯，C 是丙三醇，D 是 。 (1) 烃 X 是乙烯 CH2=CH2，其中所含官能团的名称是碳

44、碳双键； (2)A 是乙苯，B 是苯甲酸，A 被氧化产生苯甲酸，所以 AB 的反应类型是氧化反应； (3)B 是苯甲酸，分子结构中含有 1 个羧基，丙三醇分子中含有 3 个醇羟基，由于每个醇羟基可以与一个羧基 发生酯化反应产生酯，则 B 与 C 按 3：1 反应生成 D 的化学方程式为 +3+3H2O； (4)A.若苯分子中的碳碳键不相同，则邻二溴苯应该有 2 种不同结构，现在邻二溴苯只有一种结构，证明苯环 结构中不存在单双键交替结构，碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的一种特殊的化学键，A 正确； B.上述涉及的有机物中丙三醇中每个 C 原子都达到结合其它原子的最大数目，所以该有机物不能与

45、H2发生加 成反应，B 错误； C.B 是苯甲酸，可以与 Cu(OH)2发生酸碱中和反应，变为蓝色溶液，C 是丙三醇，与新制氢氧化铜混合，溶液 变为绛蓝色，D 是酯，与新制 Cu(OH)2不能发生反应，三种物质现象不同，可以鉴别，C 正确； D.相同质量的苯与苯甲酸含有 C、H 原子数相同，但苯甲酸分子中含有 2 个 O 原子，所以充分燃烧消耗 O2的 量不等，D 错误； 故合理选项是 AC。 【点睛】本题考查了有机物的结构、性质、转化及物质鉴别的知识。掌握物质含有的官能团对性质的决定作 用及相互转化关系是本题解答的关键，试题难度一般。 27.为探究不含结晶水盐 A（仅含三种元素）组成和性质，

46、设计并完成如下实验： 取少量 A，加水，A 由白色变为蓝色，加热蓝色又变成白色； 另取一定量 A 进行加热分解，加热分解过程中有黄色中间产物 B 产生，同时产生气体 C，B 的质量为 A 质量 的四分之三，C 能使盐酸酸化的 BaCl2溶液产生白色沉淀。B 遇水生成不溶于水的蓝色固体 D，同时有三分之 二的 S 元素溶于水。 (1)A 组成元素是_（用元素符号表示） 。 (2)B 的化学式是_。 (3)B 与水反应的化学方程式是_。 【答案】 (1). Cu S O (2). Cu2OSO4 (3). 3Cu2OSO4+4H2O=3Cu(OH) 2CuSO4H2O+2CuSO4 或 3Cu2O

47、SO4+3H2O=3Cu(OH) 2CuSO4 +2CuSO4 或 3Cu2OSO4+3H2O=Cu4(OH)6SO4+2CuSO4 【解析】 【分析】 取少量 A，加水，A 由白色变为蓝色，加热蓝色又变成白色，说明 A 是 CuSO4，根据物质组成确定其中含有 的元素； 另取一定量 A 进行加热分解，加热分解过程中有黄色中间产物 B 产生，同时产生气体 C，C 能使盐酸酸化的 BaCl2溶液产生白色沉淀，则 C 是 SO3，反应产生的白色不溶于酸的沉淀是 BaSO4，B 的质量为 A 质量的四分之 三，根据质量守恒应该是 2 个 CuSO4分解的产物，则 B 是 Cu2OSO4，B 遇水生成

48、不溶于水的蓝色固体 D，同时有 三分之二的 S 元素溶于水，若有 3 个 Cu2OSO4反应，溶于水的 S 只能是生成 2 个 CuSO4，根据反应前后元素守 恒，分析反应，得到反应方程式。 【详解】(1)根据上述分析可知 A 是 CuSO4，含有 Cu、S、O 三种元素； (2)由于 A 分解产生的 C 是气体，C 能使盐酸酸化的 BaCl2溶液产生白色沉淀，说明 C 是 SO3气体，反应产生的 白色不溶于酸的沉淀是 BaSO4，A 分解产生的 B 为黄色固体，且 B 的质量为 A 质量的四分之三，则 B 应该是 2 个 CuSO4分解产生 1 个 SO3后剩余的部分，根据质量守恒定律可知

49、B 是 Cu2OSO4； (3)B 遇水生成不溶于水的蓝色固体 D，同时有三分之二的 S 元素溶于水，溶于水的以 CuSO4形式存在，还有 三分之二的 S 元素以固体形式存在即以碱式硫酸铜形式存在，反应方程式为 3Cu2OSO4+3H2O=3Cu(OH) 2CuSO4 +2CuSO4或写为 3Cu2OSO4+4H2O=3Cu(OH) 2CuSO4H2O+2CuSO4或者 3Cu2OSO4+3H2O=Cu4(OH)6SO4+2CuSO4。 【点睛】本题考查了物质的元素组成、物质的物理性质、化学性质在物质成分确定的应用。掌握元素的存在 形式、溶液的颜色及质量守恒定律是确定物质成分及元素的关键，本题难度适中。 28.某同学用不同方法制得白色的 Fe(OH)2沉淀。 (1)用未被氧化的 FeSO4溶液与煮沸过的蒸馏水配制的 NaOH 溶液反应制备，制备过程中下列说法正确的是 _ A.用硫酸亚铁晶体配制上述 FeSO4溶液时还需加入适量盐酸防止水解 B.除去蒸馏水中溶解的 O2也可以采取振摇、静止的方