浙江省台州中学2018-2019学年高三上学期化学第一次月考试卷
一、单选题
1．（2018高三上·台州月考）下列属于碱性氧化物的是（ ）
A．NaOH B．CaO C．H2SiO3 D．SO3
【答案】B
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】A.NaOH属于碱，不是碱性氧化物；
B.CaO属于碱性氧化物；
C.H2SiO3属于酸，不是碱性氧化物；
D.SO3属于酸性氧化物，不是碱性氧化物。
故答案为：B。
【分析】酸性氧化物：能够和水发生化合反应生成酸，可以和碱、碱性氧化物反应生成盐和水，一般是非金属氧化物；
碱性氧化物：可以和水发生化合反应生成碱，可以和酸、酸性氧化物反应生成盐和水，一般是金属氧化物。
2．（2018高三上·台州月考）下列仪器名称错误的是（ ）
A． 干燥器 B． 坩埚
C． 三角架 D． 坩埚钳
【答案】C
【知识点】常用仪器及其使用
【解析】【解答】A. 根据图示， 是干燥器，故A不符合题意；
B. 根据图示， 是坩埚，故B不符合题意；
C. 根据图示， 是泥三角，不是三角架，故C符合题意；
D. 根据图示， 是坩埚钳，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、要注意干燥器和水槽的区别；
C、要注意泥三角和三脚架的区别；
D、要注意坩埚钳和试管夹的区别。
3．（2018高三上·台州月考）下列物质中在一定条件下能够导电，但不属于电解质的是（ ）
A．石墨 B．KNO3 C．H2SO4 D．蔗糖
【答案】A
【知识点】电解质与非电解质；电解质溶液的导电性
【解析】【解答】A.石墨能导电，属于单质，既不是电解质又不是非电解质；
B.KNO3属于盐，在水溶液里、熔融时都能导电，属于电解质；
C.H2SO4属于酸，在水溶液里电离产生氢离子和硫酸根离子能导电，属于电解质；
D.蔗糖属于非电解质，不导电。
故答案为：A。
【分析】要注意电解质的相关概念：在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物叫做电解质，要注意固态电解质本身不导电，能够导电的物质也不一定是电解质。
4．（2018高二上·宁波期中）下列有水参加反应中，属于氧化还原但水既不是氧化剂也不是还原剂的是（ ）
A．CaH2 + 2H2O=Ca(OH)2 + 2H2↑
B．2F2+2H2O=4HF+O2
C．Mg3N2 + 6H2O=3Mg(OH)2↓+ 2NH3↑
D．2Na2O2 + 2H2O=4NaOH + O2↑
【答案】D
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A、 CaH2 中氢由-1价升至0价， 2H2O中氢由+1价降为0，水作氧化剂，故A不符合题意；
B、水中氧元素由-2价升高为0价，水只作还原剂，故B不符合题意；
C、没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故C不符合题意；
D、有元素的化合价变化，属于氧化还原反应，水中H、O元素的化合价不变，则水既不是氧化剂又不是还原剂，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】水的氧化还原反应中，若产物有氢气，则水做氧化剂，产物有氧气，水做还原剂，两者都有则既做氧化剂又做还原剂，两种都没有则既不是氧化剂又不是还原剂。
5．（2018高三上·台州月考）下列物质的水溶液因水解而显酸性的是（ ）
A．KNO3 B．Fe2(SO4)3 C．Na2CO3 D．H2SO4
【答案】B
【知识点】盐类水解的原理
【解析】【解答】A、KNO3是强酸强碱盐，溶液显中性，故不符合题意；
B、Fe2(SO4)3属于强酸弱碱盐，Fe3＋发生水解，Fe3＋＋3H2O Fe(OH)3＋3H＋，溶液中c(H＋)>c(OH－)，溶液显酸性，故符合题意；
C、Na2CO3属于强碱弱酸盐，CO32－发生水解，CO32－＋H2O HCO3－＋OH－，c(OH－)>c(H＋)，溶液显碱性，故不符合题意；
D、H2SO4是酸，不发生水解，故不符合题意。
【分析】水解呈酸性，即含有弱碱阳离子。
6．（2018高三上·台州月考）下列说法中正确的是（ ）
A．食品袋中常放生石灰，能起到抗氧化剂的作用
B．NaHCO3固体可以做干粉灭火剂，金属钠着火可以用其来灭火
C．硫酸可用于化肥、医药、农药的生产，金属矿石的处理
D．用于电气工业的纯铜可由黄铜矿冶炼直接得到
【答案】C
【知识点】硫酸盐；金属冶炼的一般原理；钠的重要化合物
【解析】【解答】A.生石灰具有吸水性，食品袋中常放生石灰作干燥剂，生石灰不与氧气反应，不能起到抗氧化剂的作用，故A不符合题意；
B.NaHCO3受热分解有二氧化碳和水生成，钠着火时生成过氧化钠，因过氧化钠可与二氧化碳和水反应生成氧气，则钠着火时不能用碳酸氢钠作为灭火剂，故B不符合题意；
C.硫酸能够与许多物质反应，如与氨气反应生成硫酸铵、与金属矿石和金属氧化物反应生成硫酸盐，故C符合题意；
D.由黄铜矿冶炼直接得到的铜为粗铜，含有许多杂质，需要电解精炼后才可以用于工业生产，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、生石灰具有吸水性，可以干燥；
B、金属钠着火不能用二氧化碳灭火；
C、硫酸可以跟其他物质反应生成硫酸盐；
D、黄铜含有杂质。
7．（2018高三上·台州月考）下列化学用语表示错误的是（ ）
A．氢离子结构示意图：
B．中子数为20 的Ar原子：
C．二氧化硅的结构式：O=Si=O
D．乙烯的结构简式：CH2=CH2
【答案】C
【知识点】原子中的数量关系；原子结构示意图
【解析】【解答】A.氢原子失去核外的一个电子变为氢离子，氢离子结构示意图为： ，故A不符合题意；
B.Ar的质子数为18，则中子数为20的Ar原子质量数为38，可表示为： ，故B不符合题意；
C.二氧化硅为原子晶体，1个硅原子形成4个硅氧键，1个氧原子形成2个硅氧键，所以二氧化硅中不存在硅氧双键，故C符合题意；
D.乙烯分子式为C2H4，分子中存在碳碳双键，结构简式为：CH2=CH2，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、氢原子最外层只有一个电子，形成离子不含电子层；
B、中子数+质子数=质量数；
C、二氧化硅是原子晶体，都有单键形成；
D、要注意碳碳双键不能省略不写。
8．（2018高三上·台州月考）适量下列物质中，能使湿润的淀粉试纸变蓝的是（ ）
A．碘化钾溶液 B．碘水
C．碘酸钾溶液 D．溴水
【答案】B
【知识点】海带成分中碘的检验
【解析】【解答】碘遇淀粉显蓝色，则A. 碘化钾溶液不能使湿润的淀粉试纸变蓝，A不符合题意；
B. 碘水能使湿润的淀粉试纸变蓝，B符合题意；
C. 碘酸钾溶液不能使湿润的淀粉试纸变蓝，C不符合题意；
D. 溴水不能使湿润的淀粉试纸变蓝，D不符合题意，
故答案为：B。
【分析】要注意能够使淀粉变蓝的是碘单质，不是碘离子，碘水是碘溶于水中，含有碘单质。
9．（2018高三上·台州月考）下列有关说法不正确的是（ ）
A．储热材料芒硝可用于光-化学能的转换
B．发达国家采用的现代化垃圾焚烧处理法不能有效利用了生活垃圾中的生物质能
C．利用微生物在光合作用下分解水，是氢气制取的一个重要研究方向
D．太阳能、可燃冰资源丰富，在使用时对环境无污染或很少污染，且可以再生，是最有希望的未来新能源
【答案】D
【知识点】原料与能源的合理利用
【解析】【解答】A.储热材料芒硝受热熔化后可储热，结晶后可放热，故可用于光照产生的热能-化学能的转换，故A不符合题意；
B.当前较为有效地利用生物质能的方式是制取沼气和酒精，垃圾焚烧处理法不能有效利用生活垃圾中的生物质能，故B不符合题意；
C.利用微生物在阳光作用下分解水是氢气制取的一个重要研究方向，故C不符合题意；
D.可燃冰资源不可再生，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、芒硝是热能和化学能的转化；
B、焚烧垃圾不能有效利用生物质能；
C、水可以分解出氢气；
D、可燃冰不可再生。
10．（2018高三上·台州月考）下列关于物质或离子检验的叙述正确的是（ ）
A．在溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，出现白色沉淀，证明原溶液中有SO42－
B．用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，证明该溶液一定是钠盐溶液
C．气体通过无水CuSO4，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气
D．将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，证明原气体是SO2
【答案】C
【知识点】物质的检验和鉴别
【解析】【解答】A. 在溶液中加酸化的BaCl2溶液，溶液出现白色沉淀，白色沉淀可能是氯化银或硫酸钡沉淀，不能证明一定含硫酸根离子，故A不符合题意；
B. 用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，说明该溶液中含有钠元素，则该溶液可能是钠盐溶液或氢氧化钠溶液，故B不符合题意；
C. 气体通过无水硫酸铜，粉末变蓝，则发生反应：CuSO4+5H2O═CuSO4 5H2O，可证明原气体中含有水蒸气，故C符合题意；
D. 二氧化硫和澄清石灰水中氢氧化钙反应生成亚硫酸钙沉淀，二氧化碳气体通过澄清石灰水溶液生成碳酸钙白色沉淀，反应都会变浑浊，不能检验二氧化碳和二氧化硫，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、注意要先加稀盐酸，再加氯化钡；
B、要注意是含有钠元素，不一定是盐溶液；
C、无水硫酸铜遇水变蓝；
D、二氧化硫、二氧化碳都可以使澄清石灰水变浑浊。
11．（2018高三上·台州月考）下列说法错误的是（ ）
A．硫元素的不同单质S2和S8互为同素异形体
B．CH4与C3H8一定互为同系物
C．35Cl与37Cl是氯元素的两种核素，互为同位素
D． 与 互为同分异构体
【答案】D
【知识点】同素异形体；同分异构现象和同分异构体；同位素及其应用
【解析】【解答】A.S2和S8是同种元素形成的不同单质，属于同素异形体，故A不符合题意；
B.CH4和C3H8通式相同均为CnH2n+2，属于烷烃同系列，一定互为同系物，故B不符合题意；
C.35Cl与37Cl是具有相同质子数和不同中子数的氯原子，互为同位素，故C不符合题意；
D. 与 表示的是同一种物质：2-甲基丁烷，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、同素异形体：同一种元素的不铜单质；
B、都是饱和烃，所以不可能是环状，满足烷烃的通式，为同系物；
C、同位素：同一种元素的不同原子，质量数、中子数都不相同；
D、注意为同一种物质。
12．（2018高三上·台州月考）下列离子方程式错误的是（ ）
A．Ca(OH)2溶液与足量Ca(HCO3)2溶液反应：Ca2++2HCO3－+2OH－=CaCO3 ↓+CO32－+2H2O
B．金属钠和水反应：2Na+2H2O=2Na++2OH－+H2↑
C．2mol二氧化碳通入含3molNaOH的溶液：2CO2+3OH－=HCO3－+ CO32－+ H2O
D．二氧化硫与氯化铁溶液反应：SO2+2Fe3++H2O＝2Fe2++SO42－+4H+
【答案】A
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A. Ca(OH)2溶液与足量Ca(HCO3)2溶液反应生成碳酸钙和水：Ca2++HCO3－+OH－=CaCO3 ↓+H2O，A符合题意；
B. 金属钠和水反应生成氢氧化钠和氢气：2Na+2H2O=2Na++2OH－+H2↑，B不符合题意；
C. 2mol二氧化碳通入含3molNaOH的溶液中生成碳酸钠、碳酸氢钠和水：2CO2+3OH－=HCO3－+ CO32－+ H2O，C不符合题意；
D. 二氧化硫与氯化铁溶液反应生成硫酸和氯化亚铁：SO2+2Fe3++H2O＝2Fe2++SO42－+4H+，D不符合题意，
故答案为：A。
【分析】A、要注意碳酸氢根和氢氧根的系数；
B、注意离子是否守恒；
C、二氧化碳和氢氧化钠的比在1/2至1之间，即有碳酸钠和碳酸氢钠产生；
D、二氧化硫具有还原性，铁离子具有氧化性。
13．（2018高三上·台州月考）短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的相对位置如图所示，第三周期中Z元素的简单离子半径最小，下列说法错误的是（ ）
X Y
Z
W Q
A．Z位于第3周期IIIA族
B．X、Z、W、Q等元素的最高正价等于其所在族的族序数
C．Y元素气态氢化物比W元素的气态氢化物更稳定，是因为前者分子间形成了氢键
D．X的最高价氧化物对应的水化物和X的氢化物形成的化合物含有离子键、共价键
【答案】C
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】第三周中Z元素的简单离子半径最小，则Z为Al，由短周期元素在周期表中位置可知，X为N元素、Y为O元素、W为S元素，Q为Cl元素。A、铝元素位于第3周期第IIIA族，A不符合题意；
B、X、Z、W、Q等元素的最高正价等于其所在族的族序数，分别是＋5、＋3、＋6、＋7，B不符合题意；
C、氢键只能影响物理性质，非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性O＞S，故氢化物稳定性H2O＞H2S，C符合题意；
D、X的最高价氧化物水化物和X的氢化物形成的化合物为硝酸铵，含有离子键、共价键，D不符合题意，
故答案为：C。
【分析】根据图中表格以及Z的提示，要注意Z离子半径最小，阳离子的半径比较中，核电荷数越大半径越小，可以知道X为铝，根据周期表的特点推断出其他元素；
A、铝为第三周期IIIA族；
B、最高正价等于主族序数；
C、非金属性从上到下递降，所以气态氢化物稳定性递减；
D、硝酸只含共价键，硝酸铵含离子键和共价键。
14．（2018高三上·台州月考）一定温度下在容积恒定的密闭容器中发生反应A(s)+2B(g) C(g)+D(g)。下列不能说明反应一定达到化学平衡状态的是（ ）
A．v正(B)=2v逆(C) B．每消耗1molC，同时生成1molD
C．气体的密度保持不变 D．容器内压强保持不变
【答案】D
【知识点】化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A.根据同一可逆反应用不同物质表示的反应速率数值之比=化学计量数之比，可得：v正(B)=2v逆(C)=v逆(B)，故A不符合题意；
B.由化学方程式可得，每消耗1molC，则同时消耗1molD，所以每消耗1molC，同时生成1molD时，说明正逆反应速率相等，可逆反应达到平衡状态，故B不符合题意；
C.气体的密度=气体总质量÷气体体积，密闭容器的容积恒定，所以体积不变，A为固体，所以气体的总质量随着平衡发生移动而发生变化，只有平衡不发生移动时，气体的总质量才不变，此时密度不变，所以当混合气体的密度不变时，表明该反应已达到平衡状态，故C不符合题意；
D.由化学方程式可得，该反应气体分子数不变，所以容器内压强始终保持不变，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】本题考查的是达到平衡的判断，有以下四种方法；
1、同一种物质正逆反应速率相等；
2、不同物质遵循“同侧异，异侧同，成比例”的规律；
3、各组分的浓度、质量、物质的量、质量分数、体积分数保持不变；
4、左右两边系数不相等时，总压强、总体积、总物质的量、平均相对分子质量、气体平均密度保持不变。
15．（2018高三上·台州月考）下列说法正确的是（ ）
A．乙炔在空气中不易完全燃绕，燃烧时冒浓烟
B．正丁烷与异丁烷的一氯取代物都只有两种，它们的沸点都相同
C．一定条件下，苯能与液溴反应得到溴苯，反应类型为加成反应
D．乙烯能使酸性高锰酸钾容液褪色，说明乙烯有漂白性
【答案】A
【知识点】乙烯的化学性质；烃类的燃烧
【解析】【解答】解：A.乙炔的含碳量高，所以燃烧时冒黑烟，故符合题意；
B.正丁烷和异丁烷结构不同，沸点不同，故不符合题意；
C.苯和溴反应为取代反应，故不符合题意；
D.乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明乙烯具有还原性，故不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A、乙炔含碳量较大，燃烧不充分；
B、即判断等效氢，可以通过其对称性进行判断；
C、苯和液溴发生取代反应；
D、乙烯具有还原性，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色。
16．（2018高三上·台州月考）下列有关生命活动中的营养物质，说法错误的是（ ）
A．氨基酸既能与强酸反应，也能与强碱反应
B．植物油、脂肪与氢氧化钠溶液反应均有醇生成
C．淀粉、纤维素、蛋白质和油脂都是有机高分子化合物
D．丝绸与棉布可以通过燃烧闻气味的方法进行鉴别
【答案】C
【知识点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A.氨基酸既含氨基又含羧基，所以既能与强酸反应，也能与强碱反应，故A不符合题意；
B.植物油、脂肪主要成分为高级脂肪酸甘油酯，与氢氧化钠溶液反应都有丙三醇（甘油）生成，故B不符合题意；
C.淀粉、纤维素、蛋白质都是有机高分子化合物，而油脂不是有机高分子化合物，故C符合题意；
D.丝绸主要成分是蛋白质，燃烧时有烧焦羽毛气味，棉布主要成分是纤维素，燃烧时没有烧焦羽毛气味，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A。氨基酸有氨基，具有碱性，有羧基，具有酸性；
B、植物油和脂肪都是油脂，属于酯类，可以发生皂化反应生成高级脂肪酸盐和丙三醇；
C、油脂不是高分子；
D、丝绸主要含蛋白质，棉布主要含有纤维素，蛋白质灼烧有烧焦羽毛的气味。
17．（2018高三上·台州月考）一种用于驱动潜艇的液氨-液氧燃料电池原理示意如图，下列有关该电池说法正确的是（ ）
A．该电池工作时，每消耗22.4L NH3转移3mol电子
B．电子由电极A经外电路流向电极B
C．电池工作时，OH－向电极B移动
D．电极B上发生的电极反应为：O2+ 4H＋+ 4e－＝2H2O
【答案】B
【知识点】常见化学电源的种类及其工作原理
【解析】【解答】A、温度、压强未知，无法计算22.4L NH3的物质的量，A不符合题意；
B、该电池中氧气得到电子所在电极B为正极，电极A为负极，电子由电极A经外电路流向电极B，B符合题意；
C、电池工作时，OH－向负极移动，C不符合题意；
D、该电池电解质为碱性，电极B上发生的电极反应为：O2+ 2H2O+ 4e－＝4OH-，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A、氨气转化为氮气，注意题目并未告诉气体摩尔体积；
B、通入氧气的一端为正极，氨气为负极；
C、阴离子移向负极；
D、碱性溶液，不能和氢离子反应。
18．（2018高三上·台州月考）常温下，浓度均为0.1mol·L-1的盐酸和醋酸，下列说法正确的是（ ）
A．两种溶液的pH：盐酸大于醋酸
B．用相同浓度的NaOH溶液分别与等体积的盐酸和醋酸溶液恰好反应完全，盐酸消耗的NaOH溶液体积多
C．向醋酸中加入等物质的量的NaOH，溶液呈碱性，且溶液中
D．两种溶液中水电离出的氢离子：盐酸大于醋酸
【答案】C
【知识点】强电解质和弱电解质
【解析】【解答】A.盐酸是强酸，在水溶液里完全电离，醋酸是弱酸，在水溶液里不完全电离，则常温下，浓度均为0.1mol·L-1的盐酸和醋酸，pH：盐酸小于醋酸，故A不符合题意；
B.盐酸和醋酸均为一元酸，浓度相同、体积相同，则两种酸的物质的量相同，和相同浓度的NaOH溶液反应，消耗的NaOH溶液体积相同，故B不符合题意；
C.根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，又因为已知溶液呈碱性，所以c(H+)
故答案为：C。
【分析】A、相同浓度时，酸性越强，pH越小；
B、都是一元酸，消耗的氢氧化钠相同；
C、溶质变为醋酸钠，醋酸根会水解；
D、盐酸酸性强，对水的抑制程度更大，水电离的氢离子变少。
19．（2018高三上·台州月考）H2O2(l)在有MnO2条件下和无MnO2条件下分解的能量变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．有MnO2 条件下的反应曲线是a曲线
B．该反应能量变化类型与CaCO3分解反应相同
C．加催化剂后，正反应速率加快，逆反应速率减小
D．b曲线的热化学方程式为：H2O2(l) =H2O(l) + O2(g) ΔH= ( E1 - E2 )kJ mol-1
【答案】D
【知识点】催化剂；有关反应热的计算
【解析】【解答】A. 催化剂降低反应活化能而改变反应速率，但不影响平衡移动，则焓变不变，所以有MnO2条件下的反应曲线是b曲线，故A不符合题意；
B. 该反应反应物能量高，生成物能量低，为放热反应，CaCO3分解是吸热反应，故B不符合题意；
C.加催化剂后正逆反应速率同时增大，故C不符合题意；
D. 该反应的焓变为△H=(E1 E2)KJ mol 1或△H= (E2 E1)KJ mol 1，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、催化剂的作用是降低反应所需要的活化能；
B、碳酸钙分解是吸热反应；
C、催化剂同等程度改变正逆反应速率；
D、催化剂的作用只是降低反应所需要的活化能，不影响焓变。
20．（2018高三上·台州月考）下列说法错误的是（ ）
A．碘单质的升华过程中，只需克服分子间作用力
B．BaCl2属于离子化合物，该晶体中只存在离子键
C．化学键的断裂与形成一定伴随着电子的转移和能量变化
D．NaHSO4和NaHCO3两种晶体溶于水时，被破坏的作用既有离子键又有共价键
【答案】C
【知识点】化学键；化学键和分子间作用力的区别
【解析】【解答】A.分子晶体发生三态变化时只克服分子间作用力，所以碘单质的升华过程中，只需克服分子间作用力，故A不符合题意；
B.氯化钡是离子晶体，钡离子和氯离子之间以离子键结合，故B不符合题意；
C.断裂旧键需要吸收能量，形成新键又会释放能量，二者不相等，所以化学键的断裂与形成一定伴随着能量变化，但不一定发生氧化还原反应，不一定存在电子的转移，故C符合题意；
D.NaHSO4和NaHCO3两种晶体中都既含有离子键又含有共价键，NaHSO4溶于水完全电离产生了Na+、H+、SO42-，既破坏了离子键又破坏了共价键，NaHCO3溶于水完全电离产生了Na+和HCO3-，破坏了离子键，HCO3-部分电离出H+和CO32-，破坏了共价键，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、升华是物理变化；
B、氯化钡中只有离子键结合，不含共价键；
C、电子的转移是氧化还原反应，非氧化还原反应不发生电子转移；
D、酸根离子的内部是共价键结合。
21．（2018高三上·台州月考）已知反应：2A(l) B(l) △H=-QkJ/mol，取等量A分别在0℃和20 ℃下反应，测得其转化率Y随时间t变化的关系曲线（Y-t）如图所示。下列说法正确的是 （ ）
A．a代表20℃下A的Y-t曲线
B．反应到66min时，0℃和20℃下反应放出的热量相等
C．0℃和20℃下达到平衡时，反应都放出QkJ热量
D．反应都达到平衡后，正反应速率a > b
【答案】B
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A.温度越高，化学反应速率越快，反应就先达到平衡，即曲线先出现拐点，故b代表20℃下A的Y-t曲线，A项不符合题意；
B.反应到66min时，0℃和20℃下的转化率相同，因二者的起始量相同，故此时放出的热量相等，B项符合题意；
C.2A(l) B(l) △H=-QkJ/mol表示2molA完全反应放出QkJ热量，因无法知道具体有多少A物质已经反应，故放出热量也无法计算，C项不符合题意；
D.b是代表20℃下的Y-t曲线，a是代表0℃下的Y-t曲线，升高温度，化学反应速率加快，故反应都达到平衡后，正反应速率a< b，D项不符合题意。
【分析】A、温度越高，速率越快，时间越短；
B、转化率相同，放出的热量也相同；
C、可逆反应无法完全转化；
D、温度越高，速率越快。
22．（2018高三上·台州月考）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．一定条件下，2.3g的Na完全与O2反应生成3.6g产物时失去的电子数为0.1NA
B．18g D2O和18g H2O中含有的质子数均为10NA
C．标准状况下，22.4L CHCl3中含有氯原子数目为3NA
D．25℃时pH=13的NaOH溶液中含有OH-的数目为0.1NA
【答案】A
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】A.2.3g Na的物质的量是0.1mol，完全与O2反应生成钠的氧化物中，Na的化合价为+1价，则失去的电子数为0.1NA，故A符合题意；
B.18g H2O的物质的量是1mol，含有的质子数为10NA，而18g D2O的物质的量小于1mol，含有的质子数小于10NA，故B不符合题意；
C.标准状况下，CHCl3是液体，22.4L CHCl3中含有氯原子数目大于3NA，故C不符合题意；
D.25℃时pH=13的NaOH溶液中含OH-的浓度为0.1mol/L，但溶液体积未知，无法求得OH-的数目，故D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】本题考查的是阿伏加德罗常数的应用；
A、注意钠的化合价变化；
B、两种氢原子的相对原子质量不同；
C、标况下三氯甲烷为液体；
D、缺少体积无法计算物质的量。
23．（2018高三上·台州月考）常温下，现有 0.1 mol·L-1的 NH4HCO3 溶液，pH＝7.8。已知含氮(或含碳)各微粒的分布分数(平衡时某种微粒的浓度占各种微粒浓度之和的分数)与 pH 的关系如下图所示。下列说法正确的是（ ）
A．当溶液的 pH＝9 时，溶液中存在下列关系：c(NH4＋)>c(HCO3－)>c(NH3 ·H2O)>c(CO32－)
B．NH4HCO3 溶液中存在下列守恒关系：c(NH4+)＋c(NH3·H2O)＋c(H+)＝c(OH-)＋2c(CO32-)＋c(H2CO3)
C．往该溶液中逐滴滴加氢氧化钠时，NH4＋和 HCO3－浓度均逐渐减小
D．通过分析可知常温下 Kb(NH3·H2O)大于 Ka1(H2CO3)
【答案】D
【知识点】盐类水解的应用
【解析】【解答】A、根据示意图可知，当溶液的pH＝9时，溶液中存在下列关系：c（HCO3－）＞c（NH4＋）＞c（NH3·H2O）＞c（CO32－），A不符合题意；
B、根据物料守恒可得NH4HCO3溶液中存在下列守恒关系：c（NH4＋）＋c（NH3·H2O）＝c（CO32－）＋c（H2CO3）＋c（HCO3-），因为NH4+发生水解反应，所以c（HCO3-）≠c（CO32－）＋c（OH－）—c（H+），则B项中关系式不符合题意，B不符合题意；
C、根据图像可知pH＜7.8时，往该溶液中逐滴滴加氢氧化钠HCO3﹣浓度逐渐增大，C不符合题意；
D、因为0.1mol/L的NH4HCO3溶液pH＝7.8，说明HCO3 的水解程度大于NH4+的水解程度，根据越弱越水解的规律可得：Kb（NH3·H2O）＞Ka1（H2CO3），D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、根据图象，可以观察到pH=9的时候，四种离子从上到下的顺序；
B、列出物料守恒式子，结合水解；
C、滴加碳酸氢钠的时候，碳酸氢根先增大再减小；
D、根据pH呈碱性，可以理解为强碱弱酸盐。
24．（2018高三上·台州月考）以硅孔雀石[主要成分为CuCO3·Cu(OH)2、CuSiO3·2H2O，含SiO2、FeCO3、Fe2O3等杂质]为原料制备CuCl2的工艺流程如下：
已知： SOCl2+H2O SO2↑+2HCl↑，下列说法错误的是（ ）
A．“酸浸” 时应该用盐酸溶解硅孔雀石粉
B．“氧化”时发生反应的离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-
C．“调pH”时，pH需控制在碱性区域，保证铁元素全部以Fe(OH)3形式除去
D．“加热脱水”时，加入SOCl2的目的是生成的HCl抑制CuCl2的水解
【答案】C
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】A.该工艺流程制备的是CuCl2，用盐酸溶解硅孔雀石粉不会引入其他阴离子，再者流程中也标明了“酸浸”时加入盐酸，故A不符合题意；
B.硅孔雀石粉中含有+2价铁的化合物，“酸浸”后溶液中还原性离子为Fe2+，所以通入氯气“氧化”时发生反应的离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-，故B不符合题意；
C.常温下，Fe3+在pH约为3.7时就全部以Fe(OH)3形式沉淀了，若pH过高，则Cu2+也会转化为沉淀，所以“调pH”时不能控制在碱性区域，故C符合题意；
D.CuCl2是强酸弱碱盐，CuCl2 xH2O“加热脱水”时，Cu2+会水解而得不到CuCl2，所以加入SOCl2的目的是生成HCl抑制CuCl2的水解，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、采用盐酸引入的阴离子是氯离子，且不会影响所要离子；
B、氧化的作用是让亚铁离子变为铁离子，且不能引入新的杂质；
C、pH要注意控制，不能让铜离子也转化为沉淀；
D、氯化氢可以抑制铜离子的水解。
25．（2018高三上·台州月考）某无色溶液可能含有K＋、Na＋、NH4+ 、Ba2＋、Fe3＋、Fe2＋、Cl－、Br－、SO32－、SO42－中若干种（忽略水电离出的H＋、OH－），且离子浓度相同，依次进行下列实验，且每步所加试剂均过量，观察到现象如下：
①用pH试纸检验，溶液的pH大于7
②向溶液中滴加氯水，再加入CCl4振荡，静置，CCl4层呈橙色
③向所得水溶液中加入Ba(NO3)2溶液和稀HNO3，有白色沉淀产生过滤，向滤液中加入AgNO3溶液和稀HNO3，有白色沉淀产生
根据上述实验，以下说法正确的是（ ）
A．无法推断原混合溶液中是否含有NH4+和SO42－
B．原混合溶液中Br－、SO32－肯定存在，Cl－可能存在
C．确定溶液中是否存在Na＋，需要做焰色反应
D．原混合溶液中阳离子Ba2＋、Fe3＋、Fe2＋一定不存在，K＋、Na＋、NH4＋一定存在
【答案】D
【知识点】常见离子的检验；离子共存
【解析】【解答】由于溶液为无色，因此不可能存在Fe3＋、Fe2＋；由①可知，溶液呈碱性，说明含有弱酸阴离子，只有亚硫酸根离子能够水解，使溶液显碱性，因此含有SO32-，则不可能含Ba2+；由②中CCl4层呈橙色可知，含Br-离子；由③可知，在②的溶液中加入Ba(NO3)2溶液和稀HNO3，白色沉淀为硫酸钡，由于含SO32-，则可能含有SO42-离子；向滤液中加入AgNO3溶液和稀HNO3，有白色沉淀产生，白色沉淀为AgCl，但由于步骤②加入了氯离子，所以不能确定原溶液是否含氯离子。根据上述分析，溶液中一定没有Ba2＋、Fe3＋、Fe2＋，一定含有Br－、SO32-，因为离子浓度相同，根据溶液显电中性，在则一定含有K＋、Na＋、NH4＋，且不可能存在Cl－和SO42-，否则不满足电荷守恒。A.原混合溶液中含有NH4+，不含SO42-，故A不符合题意；
B. 原混合溶液中Br－、SO32-肯定存在，Cl－不可能存在，故B不符合题意；
C. Na＋一定存在，无需做焰色反应，故C不符合题意；
D. 原混合溶液中阳离子Ba2＋、Fe3＋、Fe2＋一定不存在，K＋、Na＋、NH4＋一定存在，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题考查的是离子的检验和共存问题，要注意两种离子若不能共存，则在溶液中不能同时存在；同时要注意溶液是否有颜色，有颜色的离子包括黄色的铁离子，浅绿色的亚铁离子，蓝色的铜离子，紫红色的高猛酸根离子，以及不能和铁离子共存会形成红色的硫氰酸根离子。
二、推断题
26．（2018高三上·台州月考）烃A是一种重要的化工原料，已知气体A在标准状况下相对氢气的密度为13，B可发生银镜反应，它们之间的转化关系如图。请回答：
（1）有机物C中含有的官能团名称是 ，反应③的反应类型是 。
（2）反应①的原子利用率达100%，该反应的化学方程式是 。
（3）下列说法正确的是__________________。
A．反应④也能实现原子利用率100%
B．乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中水解的反应叫作皂化反应
C．有机物A，B，C均能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．有机物B和D都可以与新制碱性氢氧化铜悬浊液发生反应
【答案】（1）羟基；氧化反应
（2）CH≡CH+H2OCH3CHO
（3）A；C；D
【知识点】有机物的合成
【解析】【解答】解：(1)由上述分析可知，C为CH3CH2OH，官能团为羟基，B为CH3CHO，反应③为乙醛发生的氧化反应，故答案为：羟基；氧化反应；(2)由上述分析可知，B为CH3CHO，反应①的原子利用率达100%，则CH≡CH与水发生加成反应生成乙醛，该反应的化学方程式是CH≡CH+H2O → CH3CHO，故答案为：CH≡CH+H2O → CH3CHO；(3)A．B为CH3CHO，反应④中2分子乙醛可以发生加成反应生成乙酸乙酯，原子利用率为100%，故A正确；
B.油脂在碱性条件下的水解反应称为皂化反应，乙酸乙酯不属于油脂，在氢氧化钠溶液中水解的反应不能叫作皂化反应，故B错误；
C.有机物A、B、C中含有的官能团分别为碳碳三键、醛基和羟基，均能被酸性高锰酸钾溶液氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；
D.乙醛中含有醛基，能够与新制碱性氢氧化铜悬浊液发生氧化反应，乙酸中含有羧基，能够与新制碱性氢氧化铜悬浊液发生中和反应，故D正确；
故答案为：ACD。
【分析】（1）注意A的相对密度是氢气的13倍，且为烃，可以知道A的相对分子质量为26，所以A为乙炔，推出B含有两个碳原子且可以发生银镜反应，则B为乙醛，C为乙醇，D为乙酸；
（2）原子利用率100%，即只有一种产物；
（3）A、可以知道B为两分子乙醛反应；
B、乙酸乙酯不是油脂，不能成为皂化反应；
C、碳碳三键、醛基、羟基都可以被酸性高锰酸钾氧化；
D、乙醛可以和新制的氢氧化铜悬浊液反应，乙酸可以发生中和反应。
27．（2018高三上·台州月考）设计如下实验探究某矿石（仅含四种短周期元素）的组成和性质，已知矿石含有一定的结晶水：
（1）矿石的组成元素是 H、O 和 、 （填元素符号），化学式为 。
（2）白色粉末3 溶于NaOH溶液的离子方程式是 。
【答案】（1）Mg；Si；MgSiO3·2H2O
（2）2OH-＋SiO2=SiO32-＋H2O
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】根据流程图，矿石灼烧后生成无色气体1，冷凝后得到无色液体1，该无色液体为水，质量为3.6g，物质的量为0.2mol；白色粉末2能够溶于过量盐酸，得到白色胶状沉淀2，和无色溶液3；根据盐酸提供的氢离子和氯离子分析，白色胶状沉淀2可能是氯化银沉淀或硅酸沉淀；白色胶状沉淀2灼烧得到白色粉末3，该物质能够溶于氢氧化钠溶液，说明白色粉末为二氧化硅，不可能为氯化银，因此白色胶状沉淀2为硅酸；无色溶液3中加入过量氢氧化钠得到白色沉淀，说明白色沉淀3为氢氧化镁，5.8g氢氧化镁的物质的量为0.1mol，因此白色粉末2中含有4g氧化镁和6g二氧化硅，因此白色粉末2为硅酸镁。(1)根据上述分析，矿石的组成元素是 H、O、Mg和Si，硅酸镁的质量为10g，物质的量为 =0.1mol，水的物质的量为 =0.2mol，因此化学式为MgSiO3·2H2O，故答案为：Mg；Si；MgSiO3·2H2O；(2)白色粉末3为二氧化硅， 溶于NaOH溶液的离子方程式为2OH-＋SiO2=SiO32-＋H2O，故答案为：2OH-＋SiO2=SiO32-＋H2O。
【分析】（1）根据流程图以及元素守恒，可以知道组成元素还含有镁和硅；
（2）二氧化硅为酸性氧化物，可以和碱溶液反应。
三、实验题
28．（2018高三上·台州月考）锌与浓硫酸反应，随着硫酸的浓度下降，产生的气体中混有H2，为证实相关分析，化学小组的同学设计了如图所示的实验装置，对反应后的气体（X）取样进行组分分析（遇有气体吸收过程，视为完全吸收）。
（1）A中加入的试剂可能是 ，若高锰酸钾溶液与B 之间不再添加装置，请描述观察到何种现象能表明已达到使用高锰酸钾溶液的目的 。
（2）可证实气体 X 中混有较多氢气的实验现象是 。
【答案】（1）品红溶液；高锰酸钾溶液颜色变浅，但没有褪成无色
（2）C中黑色粉末变红色，D中白色粉末变蓝色
【知识点】常见气体的检验
【解析】【解答】（1）由上述分析可知，A为检验SO2气体的装置，故A中加入的试剂可能是品红溶液。KMnO4为除去SO2气体的装置，若高锰酸钾溶液与B之间不再添加装置，则要证明SO2被全部吸收，需证明高锰酸钾溶液是过量的，则高锰酸钾溶液颜色变浅，但没有褪成无色，表明已达到使用高锰酸钾溶液的目的。（2）本实验是通过证明氢气还原氧化铜的产物的方法，来证明气体X中混有较多氢气的，故C中黑色粉末(CuO)变红色(Cu)，D中白色粉末(无水硫酸铜)变蓝色(CuSO4 5H2O)，则说明是氢气还原了氧化铜，生成了铜单质和水。
【分析】（1）根据锌和浓硫酸反应的化学方程式，可以知道产物有二氧化硫、水蒸气、一部分氢气，则A应该是检验二氧化硫，采用品红溶液；高锰酸钾完全褪色时，无法知道二氧化硫是否完全除去，如果颜色变浅并不再改变，则可以知道二氧化硫完全除去；
（2）氢气具有还原性，可以使氧化铜被还原变为红色。
29．（2018高三上·台州月考）次硫酸氢钠甲醛（NaHSO2 HCHO 2H2O）俗称吊白块，在印染、医药以及原子能工业中有广 泛应用。以 Na2SO3、SO2、HCHO和锌粉为原料制备次硫酸氢钠甲醛的实验步骤如下： 已知：次硫酸氢钠甲醛易溶于水，微溶于乙醇，具有强还原性，且在 120℃以上发生分解。
步骤 1：在三颈烧瓶中加入一定量 Na2SO3 和水，搅拌溶解，缓慢通入 SO2，至溶液 pH 约为 4，制得 NaHSO3溶液。
步骤 2：将装置 A 中导气管换成橡皮塞。向烧瓶中加入稍过量的锌粉和一定量甲醛溶液，在 80～90℃下， 反应约 3h，冷却至室温，抽滤；
步骤 3：将滤液真空蒸发浓缩，冷却结晶。
（1）装置 B的烧杯中应加入的溶液是 ；冷凝管中冷却水从 填“a”或“b”）口进水。
（2）A 中多孔球泡的作用是 。
（3）冷凝管中回流的主要物质除 H2O 外还有 （填化学式）。
（4）写出步骤 2 中发生反应的化学方程式 。
（5）步骤 3 中在真空容器中蒸发浓缩的原因是 。
（6）为了测定产品的纯度，准确称取 2.0g 样品，完全溶于水配成 100mL 溶液，取 20.00mL 所配溶液， 加入过量碘完全反应后（已知 I2 不能氧化甲醛，杂质不反应），加入 BaCl2 溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、 干燥至恒重得到白色固体 0.466g，则所制得的产品的纯度为 。
【答案】（1）NaOH 溶液；a
（2）增大气体与溶液的接触面积，加快吸收速率
（3）HCHO
（4）NaHSO3+ HCHO+ Zn+ H2O= NaHSO2·HCHO+ Zn（OH）2
（5）防止温度过高使产物分解，也防止氧气将产物氧化
（6）77.00%
【知识点】常见气体制备原理及装置选择
【解析】【解答】（1）该实验是以Na2SO3、SO2、HCHO和锌粉为原料制备次硫酸氢钠甲醛，SO2作为尾气不能排放到空气中，装置B的作用是吸收SO2，所以装置B 的烧杯中应加入的溶液是NaOH溶液，A为三颈烧瓶， 冷凝水从下口进水，才有利于冷水在冷凝器中存在，冷凝效果更好；所以冷却水从a口进水。（2）为了增大气体与溶液的接触面积，加快气体的吸收速率，A中放置了多孔球泡。（3）HCHO具有挥发性，在80℃—90℃条件下会大量挥发，加冷凝管可以是HCHO冷凝回流提高HCHO的利用率。（4）该实验是以Na2SO3、SO2、HCHO和锌粉为原料制备次硫酸氢钠甲醛，则步骤2中发生反应的化学方程式为NaHSO3+HCHO+Zn+H2O= NaHSO2 HCHO+Zn（OH）2。（5）次硫酸氢钠甲醛具有还原性，在敞口容器中蒸发浓缩，可以被空气中的氧气氧化变质，为了防止温度过高使产物分解，也防止氧气将产物氧化，在真空容器中进行蒸发浓缩。（6）根据题意发生的离子反应为2H2O+HSO2-+2I2=SO42-+4I－+5H＋，SO42-+Ba2＋=BaSO4↓，得关系式为
NaHSO2 HCHO 2H2O— BaSO4
154 233
x 0.466
列方程解得：x=0.308
则所制得的产品的纯度为（0.308×5）÷2.0×100%=77%。
【分析】（1）要注意二氧化硫有毒，为酸性氧化物，可以用碱性溶液吸收；
（2）注意多孔球泡的作用是增大接触面积；
（3）甲醛易挥发，冷凝管可以节省甲醛，提高利用率；
（4）根据反应物和生成物，写出相应的式子，要注意二氧化硫可以和亚硫酸钠溶液转化为亚硫酸氢钠；
（5）次硫酸氢钠甲醛具有还原性，很容易被氧化，所以要注意避免和空气接触；
（6）可以将反应写出相应的方程式，注意化学计量数的配平。
四、计算题
30．（2018高三上·台州月考）向一定体积 CaCl2 和 HCl 的混合溶液中逐滴加入浓度为 1.00mol·L-1的 Na2CO3溶液，反应过程中加入的 Na2CO3 溶液的体积与产生沉淀或气体的质量关系如图所示。
已知：图中 V1 ：V2=1：2，当加入 V2mL Na2CO3溶液时，所得溶液的浓度为 1.00 mol·L-1，体积为 200mL。求：
（1）混合溶液中 CaCl2和 HCl 物质的量之比n(CaCl2)∶n(HCl)=
（2）m2= g。
【答案】（1）1：2
（2）5.00
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】由图像可知，向一定体积 CaCl2 和 HCl 的混合溶液中逐滴加入浓度为 1.00mol·L-1 的 Na2CO3溶液，0~V1发生的是碳酸钠与盐酸反应，生成二氧化碳的质量为m1，V1~V2发生的是碳酸钠与氯化钙的反应，生成碳酸钙的质量为m2。又知V1：V2=1：2，说明盐酸和氯化钙消耗的Na2CO3 溶液体积相等，由两个反应的化学方程式可知，n(CaCl2)∶n(HCl)= 1：2；当加入 V2mLNa2CO3 溶液时，所得溶液为氯化钠溶液，其浓度为 1.00 mol·L-1，体积为 200mL，所以n(NaCl)=0.200mol，由氯离子守恒可以求出n(CaCl2)=0.0500mol、n(HCl)=0.100mol。（1）混合溶液中 CaCl2和 HCl 物质的量之比n(CaCl2)∶n(HCl)= 1：2。（2）由钙离子守恒可知，n(CaCO3)=n(CaCl2)=0.0500mol，所以m2=0.0500mol 5.00g。
【分析】要注意碳酸钠先跟盐酸反应，生成二氧化碳，再跟氯化钙反应生成碳酸钙，结合图象可以知道碳酸钠两段所用体积相等，根据方程式化学计量数的比值，可以知道物质的量之比。
五、综合题
31．（2018高三上·台州月考）甲醇被称为21世纪的新型燃料，研究和合成甲醇有着重要的意义。
（1）已知：①H2(g)+1/2O2(g)= H2O(l) ΔH1<0；②CO2(g)=CO(g)+1/2O2(g) ΔH2>0；③甲醇的燃烧热为ΔH3。试用ΔH1、ΔH2、ΔH3表示CO(g)+2H2(g) CH3OH(l)的ΔH， 则ΔH=__kJ·mol-1。
（2）该方法生产甲醇是目前工业上常用的方法。在一定温度下，向2L密闭容器中充入1mol CO和2mol H2，发生反应CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)， 5分钟反应达平衡，此时CO的转化率为80%。请回答：
①下列叙述合确的是 (填编号)。
A．达到平衡时，移走部分甲醇，平衡将向右移动，正反应速率加快
B.缩小容器的体积，平衡将向右移动，c(CO)将变大
C.在相同的条件下，若使用甲催化剂能使正反应速率加快105倍，使用乙催化剂能使逆反应速率加快108倍，则应该选用乙催化剂
D.若保持平衡时的温度和容积不变，再向容器中充入0.8mol CO和0.6mol CH3OH，则此时v正>v逆
②在方框的坐标系中画出甲醇的物质的量浓度随时间的变化曲线
（3）CO2和H2在催化剂Cu/ZnO作用下可发生两个平行反应，分别生成CH3OH和CO。
反应Ⅰ：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)
反应Ⅱ： CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)
控制CO2和H2初始投料比为1：3时，温度对CO2平衡转化率及甲醇和CO产率的影响如图2所示。
①由图2可知温度升高CO的产率上升，其主要原因可能是 。
②由图2可知获取CH3OH最适宜的温度是 。
（4）近几年开发的甲醇燃料电池的工作原理如图所示：
电池中的质子交换膜只允许质子和水分子通过，电解质溶液为稀硫酸，则a电极的电极反应式为 。
【答案】（1）ΔH=2ΔH1-ΔH2-ΔH3
（2）BCD；
（3）反应Ⅱ正反应是吸热反应，温度升高平衡正向移动，CO产率升高；250℃
（4）CH3OH+H2O-6e-=CO2↑+6H+
【知识点】化学平衡常数；化学平衡移动原理
【解析】【解答】（1）由已知，③为：CH3OH(l)+ O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH3，根据盖斯定律，①×2-②-③得：CO(g)+2H2(g) CH3OH(l) ΔH=2ΔH1-ΔH2-ΔH3。（2）①A.减小生成物浓度，化学平衡正向移动，正逆反应速率都减小，故A错误；
B.增大压强，化学平衡向气体分子数减小的方向移动，因为该反应正向气体分子数减小，所以缩小容器的体积，压强变大，平衡将向右移动；体积缩小导致c(CO)变大，根据化学平衡移动原理，达到新平衡时c(CO)仍比原平衡时大，故B正确；
C.催化剂能同等程度加快正逆反应速率，所以应选用乙催化剂，故C正确；
D.由已知，5分钟反应达平衡时各物质的浓度为：c(CO)=0.1mol/L、c(H2)=0.2mol/L、c(CH3OH)=0.4mol/L，所以K= = =100，若保持平衡时的温度和容积不变，再向容器中充入0.8mol CO和0.6mol CH3OH，此时c(CO)=0.5mol/L、c(H2)=0.2mol/L、c(CH3OH)=0.7mol/L，Q= = =35
综上分析，正确的选项为BCD。
②由已知，甲醇的初始物质的量浓度为0，5分钟反应达平衡，前面已经算出此时甲醇物质的量浓度为0.4mol/L，所以甲醇的物质的量浓度随时间的变化曲线可用如图表示： 。（3）由图2可得，温度升高，CO2平衡转化率上升、CO的产率上升、温度高于250℃时甲醇的产率降低，则：①反应Ⅱ正反应是吸热反应，温度升高平衡正向移动，CO产率升高；②获取CH3OH最适宜的温度是250℃。（4）由图可得，a电极原料是CH3OH和水，b电极原料为氧气，电解质溶液为稀硫酸，质子交换膜只允许质子和水分子通过，则a极为电池负极，发生氧化反应生成CO2和H+，电极反应式为：CH3OH+H2O-6e-=CO2↑+6H+。
【分析】（1）本题考查的是盖斯定律的应用，要注意符号是否发生变化；
（2）①A、减小生成物浓度，逆反应速率减小；
B、增大压强，往气体系数缩小方向移动，然而各种物质的浓度比原先的都大；
C、催化剂使正逆反应速率同等增大；
D、利用浓度商和平衡常数的比较，可以比较移动方向；
②根据反应前后的浓度变化，可以画出图象，要注意5分钟达到平衡后浓度保持不变；
（3）跟你局图象可以判断升高温度转化率增大，平衡朝正方向移动；
（4）注意阴离子朝负极移动，阳离子朝正极移动。
32．（2018高三上·台州月考）已知
以下是化合物N ( 属于环己烯酮类 ) 的两步合成路线，F不含氯元素。
I步：
II步：
请回答：
（1）D中官能团名称是 。
（2）下列说法错误的是_________________。
A．E生成F与G生成H的反应类型相同
B．J的结构简式是
C．1mol I最多能和4mol H2加成
D．N的分子式为C17H20O2
（3）符合下列条件的G 的同分异构体有 种，写出其中一种同分异构体的结构简式 。
①能与浓溴水反应产生白色沉淀②苯环上有两个取代基，且苯环上的一氯代物只有两种
③可在一定条件下发生水解反应和银镜反应
（4）写出方程式：B + C→D 。
（5）以 为原料，合成 （用流程图表示，反应条件任选）。
【答案】（1）碳碳双键、羰基
（2）B；C；D
（3）5； （或 、 、 、 ）
（4）
（5）
【知识点】有机物的合成
【解析】【解答】（1）D为： ，官能团名称是：碳碳双键和羰基。（2）A.E( )与 生成F( )发生的是取代反应，G( )与CH3I生成H( )发生的也是取代反应，二者反应类型相同，故A正确；
B.J的结构简式为 ，故B错误；
C.由I( )的结构简式可得，分子中含有1个苯环、2个碳氧双键，所以1mol I最多能和5mol H2加成，故C错误；
D.由N的结构简式可得，分子式为C15H16O2，故D错误。
故答案为：BCD。（3）G为 ，其同分异构体满足下列条件：①能与浓溴水反应产生白色沉淀，则含有酚羟基；②苯环上有两个取代基，且苯环上的一氯代物只有两种，则两个取代基在对位上；③可在一定条件下发生水解反应和银镜反应，则含有甲酸酯基。综上分析，可能情况有： （或 、 、 、 ），共5种。（4）B为HCHO、C为 、D为 ，故B + C→D的化学方程式为： 。（5）以 为原料，合成 ，由已知①②，结合流程得到启发：可先生成丙酮和乙醛，二者反应生成CH3COCH=CHCH3；CH3COCH=CHCH3与氢气发生加成反应可得到 ，故流程图为： 。
【分析】（1）根据提示可以推出B、C两种有机物的结构，再结合已知信息，可以推出D的结构；
（2）A、取代反应的特点是一个分子的原子或官能团被另一个原子或官能团取代；
B、根据已知信息可以推出J的结构简式；
C、要注意苯环、碳碳双键均可以和氢气发生加成反应；
D、根据结构简式，可以推出N的分子式，要注意按照C、H、O的顺序；
（3）要注意和浓溴水反应生成白色沉淀，含有酚羟基，苯环上两个取代基且一氯代物只有两种，则两个取代基在对位，可以发生水解和银镜反应，则含有醛基和酯基，且酯基在末端碳原子；
（4）根据已知信息的特点，可以写出B和C反应生成D；
（4）合成路线要注意结合已知信息，注意反应先后的问题。
浙江省台州中学2018-2019学年高三上学期化学第一次月考试卷
一、单选题
1．（2018高三上·台州月考）下列属于碱性氧化物的是（ ）
A．NaOH B．CaO C．H2SiO3 D．SO3
2．（2018高三上·台州月考）下列仪器名称错误的是（ ）
A． 干燥器 B． 坩埚
C． 三角架 D． 坩埚钳
3．（2018高三上·台州月考）下列物质中在一定条件下能够导电，但不属于电解质的是（ ）
A．石墨 B．KNO3 C．H2SO4 D．蔗糖
4．（2018高二上·宁波期中）下列有水参加反应中，属于氧化还原但水既不是氧化剂也不是还原剂的是（ ）
A．CaH2 + 2H2O=Ca(OH)2 + 2H2↑
B．2F2+2H2O=4HF+O2
C．Mg3N2 + 6H2O=3Mg(OH)2↓+ 2NH3↑
D．2Na2O2 + 2H2O=4NaOH + O2↑
5．（2018高三上·台州月考）下列物质的水溶液因水解而显酸性的是（ ）
A．KNO3 B．Fe2(SO4)3 C．Na2CO3 D．H2SO4
6．（2018高三上·台州月考）下列说法中正确的是（ ）
A．食品袋中常放生石灰，能起到抗氧化剂的作用
B．NaHCO3固体可以做干粉灭火剂，金属钠着火可以用其来灭火
C．硫酸可用于化肥、医药、农药的生产，金属矿石的处理
D．用于电气工业的纯铜可由黄铜矿冶炼直接得到
7．（2018高三上·台州月考）下列化学用语表示错误的是（ ）
A．氢离子结构示意图：
B．中子数为20 的Ar原子：
C．二氧化硅的结构式：O=Si=O
D．乙烯的结构简式：CH2=CH2
8．（2018高三上·台州月考）适量下列物质中，能使湿润的淀粉试纸变蓝的是（ ）
A．碘化钾溶液 B．碘水
C．碘酸钾溶液 D．溴水
9．（2018高三上·台州月考）下列有关说法不正确的是（ ）
A．储热材料芒硝可用于光-化学能的转换
B．发达国家采用的现代化垃圾焚烧处理法不能有效利用了生活垃圾中的生物质能
C．利用微生物在光合作用下分解水，是氢气制取的一个重要研究方向
D．太阳能、可燃冰资源丰富，在使用时对环境无污染或很少污染，且可以再生，是最有希望的未来新能源
10．（2018高三上·台州月考）下列关于物质或离子检验的叙述正确的是（ ）
A．在溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，出现白色沉淀，证明原溶液中有SO42－
B．用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，证明该溶液一定是钠盐溶液
C．气体通过无水CuSO4，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气
D．将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，证明原气体是SO2
11．（2018高三上·台州月考）下列说法错误的是（ ）
A．硫元素的不同单质S2和S8互为同素异形体
B．CH4与C3H8一定互为同系物
C．35Cl与37Cl是氯元素的两种核素，互为同位素
D． 与 互为同分异构体
12．（2018高三上·台州月考）下列离子方程式错误的是（ ）
A．Ca(OH)2溶液与足量Ca(HCO3)2溶液反应：Ca2++2HCO3－+2OH－=CaCO3 ↓+CO32－+2H2O
B．金属钠和水反应：2Na+2H2O=2Na++2OH－+H2↑
C．2mol二氧化碳通入含3molNaOH的溶液：2CO2+3OH－=HCO3－+ CO32－+ H2O
D．二氧化硫与氯化铁溶液反应：SO2+2Fe3++H2O＝2Fe2++SO42－+4H+
13．（2018高三上·台州月考）短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的相对位置如图所示，第三周期中Z元素的简单离子半径最小，下列说法错误的是（ ）
X Y
Z
W Q
A．Z位于第3周期IIIA族
B．X、Z、W、Q等元素的最高正价等于其所在族的族序数
C．Y元素气态氢化物比W元素的气态氢化物更稳定，是因为前者分子间形成了氢键
D．X的最高价氧化物对应的水化物和X的氢化物形成的化合物含有离子键、共价键
14．（2018高三上·台州月考）一定温度下在容积恒定的密闭容器中发生反应A(s)+2B(g) C(g)+D(g)。下列不能说明反应一定达到化学平衡状态的是（ ）
A．v正(B)=2v逆(C) B．每消耗1molC，同时生成1molD
C．气体的密度保持不变 D．容器内压强保持不变
15．（2018高三上·台州月考）下列说法正确的是（ ）
A．乙炔在空气中不易完全燃绕，燃烧时冒浓烟
B．正丁烷与异丁烷的一氯取代物都只有两种，它们的沸点都相同
C．一定条件下，苯能与液溴反应得到溴苯，反应类型为加成反应
D．乙烯能使酸性高锰酸钾容液褪色，说明乙烯有漂白性
16．（2018高三上·台州月考）下列有关生命活动中的营养物质，说法错误的是（ ）
A．氨基酸既能与强酸反应，也能与强碱反应
B．植物油、脂肪与氢氧化钠溶液反应均有醇生成
C．淀粉、纤维素、蛋白质和油脂都是有机高分子化合物
D．丝绸与棉布可以通过燃烧闻气味的方法进行鉴别
17．（2018高三上·台州月考）一种用于驱动潜艇的液氨-液氧燃料电池原理示意如图，下列有关该电池说法正确的是（ ）
A．该电池工作时，每消耗22.4L NH3转移3mol电子
B．电子由电极A经外电路流向电极B
C．电池工作时，OH－向电极B移动
D．电极B上发生的电极反应为：O2+ 4H＋+ 4e－＝2H2O
18．（2018高三上·台州月考）常温下，浓度均为0.1mol·L-1的盐酸和醋酸，下列说法正确的是（ ）
A．两种溶液的pH：盐酸大于醋酸
B．用相同浓度的NaOH溶液分别与等体积的盐酸和醋酸溶液恰好反应完全，盐酸消耗的NaOH溶液体积多
C．向醋酸中加入等物质的量的NaOH，溶液呈碱性，且溶液中
D．两种溶液中水电离出的氢离子：盐酸大于醋酸
19．（2018高三上·台州月考）H2O2(l)在有MnO2条件下和无MnO2条件下分解的能量变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．有MnO2 条件下的反应曲线是a曲线
B．该反应能量变化类型与CaCO3分解反应相同
C．加催化剂后，正反应速率加快，逆反应速率减小
D．b曲线的热化学方程式为：H2O2(l) =H2O(l) + O2(g) ΔH= ( E1 - E2 )kJ mol-1
20．（2018高三上·台州月考）下列说法错误的是（ ）
A．碘单质的升华过程中，只需克服分子间作用力
B．BaCl2属于离子化合物，该晶体中只存在离子键
C．化学键的断裂与形成一定伴随着电子的转移和能量变化
D．NaHSO4和NaHCO3两种晶体溶于水时，被破坏的作用既有离子键又有共价键
21．（2018高三上·台州月考）已知反应：2A(l) B(l) △H=-QkJ/mol，取等量A分别在0℃和20 ℃下反应，测得其转化率Y随时间t变化的关系曲线（Y-t）如图所示。下列说法正确的是 （ ）
A．a代表20℃下A的Y-t曲线
B．反应到66min时，0℃和20℃下反应放出的热量相等
C．0℃和20℃下达到平衡时，反应都放出QkJ热量
D．反应都达到平衡后，正反应速率a > b
22．（2018高三上·台州月考）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．一定条件下，2.3g的Na完全与O2反应生成3.6g产物时失去的电子数为0.1NA
B．18g D2O和18g H2O中含有的质子数均为10NA
C．标准状况下，22.4L CHCl3中含有氯原子数目为3NA
D．25℃时pH=13的NaOH溶液中含有OH-的数目为0.1NA
23．（2018高三上·台州月考）常温下，现有 0.1 mol·L-1的 NH4HCO3 溶液，pH＝7.8。已知含氮(或含碳)各微粒的分布分数(平衡时某种微粒的浓度占各种微粒浓度之和的分数)与 pH 的关系如下图所示。下列说法正确的是（ ）
A．当溶液的 pH＝9 时，溶液中存在下列关系：c(NH4＋)>c(HCO3－)>c(NH3 ·H2O)>c(CO32－)
B．NH4HCO3 溶液中存在下列守恒关系：c(NH4+)＋c(NH3·H2O)＋c(H+)＝c(OH-)＋2c(CO32-)＋c(H2CO3)
C．往该溶液中逐滴滴加氢氧化钠时，NH4＋和 HCO3－浓度均逐渐减小
D．通过分析可知常温下 Kb(NH3·H2O)大于 Ka1(H2CO3)
24．（2018高三上·台州月考）以硅孔雀石[主要成分为CuCO3·Cu(OH)2、CuSiO3·2H2O，含SiO2、FeCO3、Fe2O3等杂质]为原料制备CuCl2的工艺流程如下：
已知： SOCl2+H2O SO2↑+2HCl↑，下列说法错误的是（ ）
A．“酸浸” 时应该用盐酸溶解硅孔雀石粉
B．“氧化”时发生反应的离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-
C．“调pH”时，pH需控制在碱性区域，保证铁元素全部以Fe(OH)3形式除去
D．“加热脱水”时，加入SOCl2的目的是生成的HCl抑制CuCl2的水解
25．（2018高三上·台州月考）某无色溶液可能含有K＋、Na＋、NH4+ 、Ba2＋、Fe3＋、Fe2＋、Cl－、Br－、SO32－、SO42－中若干种（忽略水电离出的H＋、OH－），且离子浓度相同，依次进行下列实验，且每步所加试剂均过量，观察到现象如下：
①用pH试纸检验，溶液的pH大于7
②向溶液中滴加氯水，再加入CCl4振荡，静置，CCl4层呈橙色
③向所得水溶液中加入Ba(NO3)2溶液和稀HNO3，有白色沉淀产生过滤，向滤液中加入AgNO3溶液和稀HNO3，有白色沉淀产生
根据上述实验，以下说法正确的是（ ）
A．无法推断原混合溶液中是否含有NH4+和SO42－
B．原混合溶液中Br－、SO32－肯定存在，Cl－可能存在
C．确定溶液中是否存在Na＋，需要做焰色反应
D．原混合溶液中阳离子Ba2＋、Fe3＋、Fe2＋一定不存在，K＋、Na＋、NH4＋一定存在
二、推断题
26．（2018高三上·台州月考）烃A是一种重要的化工原料，已知气体A在标准状况下相对氢气的密度为13，B可发生银镜反应，它们之间的转化关系如图。请回答：
（1）有机物C中含有的官能团名称是 ，反应③的反应类型是 。
（2）反应①的原子利用率达100%，该反应的化学方程式是 。
（3）下列说法正确的是__________________。
A．反应④也能实现原子利用率100%
B．乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中水解的反应叫作皂化反应
C．有机物A，B，C均能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．有机物B和D都可以与新制碱性氢氧化铜悬浊液发生反应
27．（2018高三上·台州月考）设计如下实验探究某矿石（仅含四种短周期元素）的组成和性质，已知矿石含有一定的结晶水：
（1）矿石的组成元素是 H、O 和 、 （填元素符号），化学式为 。
（2）白色粉末3 溶于NaOH溶液的离子方程式是 。
三、实验题
28．（2018高三上·台州月考）锌与浓硫酸反应，随着硫酸的浓度下降，产生的气体中混有H2，为证实相关分析，化学小组的同学设计了如图所示的实验装置，对反应后的气体（X）取样进行组分分析（遇有气体吸收过程，视为完全吸收）。
（1）A中加入的试剂可能是 ，若高锰酸钾溶液与B 之间不再添加装置，请描述观察到何种现象能表明已达到使用高锰酸钾溶液的目的 。
（2）可证实气体 X 中混有较多氢气的实验现象是 。
29．（2018高三上·台州月考）次硫酸氢钠甲醛（NaHSO2 HCHO 2H2O）俗称吊白块，在印染、医药以及原子能工业中有广 泛应用。以 Na2SO3、SO2、HCHO和锌粉为原料制备次硫酸氢钠甲醛的实验步骤如下： 已知：次硫酸氢钠甲醛易溶于水，微溶于乙醇，具有强还原性，且在 120℃以上发生分解。
步骤 1：在三颈烧瓶中加入一定量 Na2SO3 和水，搅拌溶解，缓慢通入 SO2，至溶液 pH 约为 4，制得 NaHSO3溶液。
步骤 2：将装置 A 中导气管换成橡皮塞。向烧瓶中加入稍过量的锌粉和一定量甲醛溶液，在 80～90℃下， 反应约 3h，冷却至室温，抽滤；
步骤 3：将滤液真空蒸发浓缩，冷却结晶。
（1）装置 B的烧杯中应加入的溶液是 ；冷凝管中冷却水从 填“a”或“b”）口进水。
（2）A 中多孔球泡的作用是 。
（3）冷凝管中回流的主要物质除 H2O 外还有 （填化学式）。
（4）写出步骤 2 中发生反应的化学方程式 。
（5）步骤 3 中在真空容器中蒸发浓缩的原因是 。
（6）为了测定产品的纯度，准确称取 2.0g 样品，完全溶于水配成 100mL 溶液，取 20.00mL 所配溶液， 加入过量碘完全反应后（已知 I2 不能氧化甲醛，杂质不反应），加入 BaCl2 溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、 干燥至恒重得到白色固体 0.466g，则所制得的产品的纯度为 。
四、计算题
30．（2018高三上·台州月考）向一定体积 CaCl2 和 HCl 的混合溶液中逐滴加入浓度为 1.00mol·L-1的 Na2CO3溶液，反应过程中加入的 Na2CO3 溶液的体积与产生沉淀或气体的质量关系如图所示。
已知：图中 V1 ：V2=1：2，当加入 V2mL Na2CO3溶液时，所得溶液的浓度为 1.00 mol·L-1，体积为 200mL。求：
（1）混合溶液中 CaCl2和 HCl 物质的量之比n(CaCl2)∶n(HCl)=
（2）m2= g。
五、综合题
31．（2018高三上·台州月考）甲醇被称为21世纪的新型燃料，研究和合成甲醇有着重要的意义。
（1）已知：①H2(g)+1/2O2(g)= H2O(l) ΔH1<0；②CO2(g)=CO(g)+1/2O2(g) ΔH2>0；③甲醇的燃烧热为ΔH3。试用ΔH1、ΔH2、ΔH3表示CO(g)+2H2(g) CH3OH(l)的ΔH， 则ΔH=__kJ·mol-1。
（2）该方法生产甲醇是目前工业上常用的方法。在一定温度下，向2L密闭容器中充入1mol CO和2mol H2，发生反应CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)， 5分钟反应达平衡，此时CO的转化率为80%。请回答：
①下列叙述合确的是 (填编号)。
A．达到平衡时，移走部分甲醇，平衡将向右移动，正反应速率加快
B.缩小容器的体积，平衡将向右移动，c(CO)将变大
C.在相同的条件下，若使用甲催化剂能使正反应速率加快105倍，使用乙催化剂能使逆反应速率加快108倍，则应该选用乙催化剂
D.若保持平衡时的温度和容积不变，再向容器中充入0.8mol CO和0.6mol CH3OH，则此时v正>v逆
②在方框的坐标系中画出甲醇的物质的量浓度随时间的变化曲线
（3）CO2和H2在催化剂Cu/ZnO作用下可发生两个平行反应，分别生成CH3OH和CO。
反应Ⅰ：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)
反应Ⅱ： CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)
控制CO2和H2初始投料比为1：3时，温度对CO2平衡转化率及甲醇和CO产率的影响如图2所示。
①由图2可知温度升高CO的产率上升，其主要原因可能是 。
②由图2可知获取CH3OH最适宜的温度是 。
（4）近几年开发的甲醇燃料电池的工作原理如图所示：
电池中的质子交换膜只允许质子和水分子通过，电解质溶液为稀硫酸，则a电极的电极反应式为 。
32．（2018高三上·台州月考）已知
以下是化合物N ( 属于环己烯酮类 ) 的两步合成路线，F不含氯元素。
I步：
II步：
请回答：
（1）D中官能团名称是 。
（2）下列说法错误的是_________________。
A．E生成F与G生成H的反应类型相同
B．J的结构简式是
C．1mol I最多能和4mol H2加成
D．N的分子式为C17H20O2
（3）符合下列条件的G 的同分异构体有 种，写出其中一种同分异构体的结构简式 。
①能与浓溴水反应产生白色沉淀②苯环上有两个取代基，且苯环上的一氯代物只有两种
③可在一定条件下发生水解反应和银镜反应
（4）写出方程式：B + C→D 。
（5）以 为原料，合成 （用流程图表示，反应条件任选）。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】A.NaOH属于碱，不是碱性氧化物；
B.CaO属于碱性氧化物；
C.H2SiO3属于酸，不是碱性氧化物；
D.SO3属于酸性氧化物，不是碱性氧化物。
故答案为：B。
【分析】酸性氧化物：能够和水发生化合反应生成酸，可以和碱、碱性氧化物反应生成盐和水，一般是非金属氧化物；
碱性氧化物：可以和水发生化合反应生成碱，可以和酸、酸性氧化物反应生成盐和水，一般是金属氧化物。
2．【答案】C
【知识点】常用仪器及其使用
【解析】【解答】A. 根据图示， 是干燥器，故A不符合题意；
B. 根据图示， 是坩埚，故B不符合题意；
C. 根据图示， 是泥三角，不是三角架，故C符合题意；
D. 根据图示， 是坩埚钳，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、要注意干燥器和水槽的区别；
C、要注意泥三角和三脚架的区别；
D、要注意坩埚钳和试管夹的区别。
3．【答案】A
【知识点】电解质与非电解质；电解质溶液的导电性
【解析】【解答】A.石墨能导电，属于单质，既不是电解质又不是非电解质；
B.KNO3属于盐，在水溶液里、熔融时都能导电，属于电解质；
C.H2SO4属于酸，在水溶液里电离产生氢离子和硫酸根离子能导电，属于电解质；
D.蔗糖属于非电解质，不导电。
故答案为：A。
【分析】要注意电解质的相关概念：在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物叫做电解质，要注意固态电解质本身不导电，能够导电的物质也不一定是电解质。
4．【答案】D
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A、 CaH2 中氢由-1价升至0价， 2H2O中氢由+1价降为0，水作氧化剂，故A不符合题意；
B、水中氧元素由-2价升高为0价，水只作还原剂，故B不符合题意；
C、没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故C不符合题意；
D、有元素的化合价变化，属于氧化还原反应，水中H、O元素的化合价不变，则水既不是氧化剂又不是还原剂，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】水的氧化还原反应中，若产物有氢气，则水做氧化剂，产物有氧气，水做还原剂，两者都有则既做氧化剂又做还原剂，两种都没有则既不是氧化剂又不是还原剂。
5．【答案】B
【知识点】盐类水解的原理
【解析】【解答】A、KNO3是强酸强碱盐，溶液显中性，故不符合题意；
B、Fe2(SO4)3属于强酸弱碱盐，Fe3＋发生水解，Fe3＋＋3H2O Fe(OH)3＋3H＋，溶液中c(H＋)>c(OH－)，溶液显酸性，故符合题意；
C、Na2CO3属于强碱弱酸盐，CO32－发生水解，CO32－＋H2O HCO3－＋OH－，c(OH－)>c(H＋)，溶液显碱性，故不符合题意；
D、H2SO4是酸，不发生水解，故不符合题意。
【分析】水解呈酸性，即含有弱碱阳离子。
6．【答案】C
【知识点】硫酸盐；金属冶炼的一般原理；钠的重要化合物
【解析】【解答】A.生石灰具有吸水性，食品袋中常放生石灰作干燥剂，生石灰不与氧气反应，不能起到抗氧化剂的作用，故A不符合题意；
B.NaHCO3受热分解有二氧化碳和水生成，钠着火时生成过氧化钠，因过氧化钠可与二氧化碳和水反应生成氧气，则钠着火时不能用碳酸氢钠作为灭火剂，故B不符合题意；
C.硫酸能够与许多物质反应，如与氨气反应生成硫酸铵、与金属矿石和金属氧化物反应生成硫酸盐，故C符合题意；
D.由黄铜矿冶炼直接得到的铜为粗铜，含有许多杂质，需要电解精炼后才可以用于工业生产，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、生石灰具有吸水性，可以干燥；
B、金属钠着火不能用二氧化碳灭火；
C、硫酸可以跟其他物质反应生成硫酸盐；
D、黄铜含有杂质。
7．【答案】C
【知识点】原子中的数量关系；原子结构示意图
【解析】【解答】A.氢原子失去核外的一个电子变为氢离子，氢离子结构示意图为： ，故A不符合题意；
B.Ar的质子数为18，则中子数为20的Ar原子质量数为38，可表示为： ，故B不符合题意；
C.二氧化硅为原子晶体，1个硅原子形成4个硅氧键，1个氧原子形成2个硅氧键，所以二氧化硅中不存在硅氧双键，故C符合题意；
D.乙烯分子式为C2H4，分子中存在碳碳双键，结构简式为：CH2=CH2，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、氢原子最外层只有一个电子，形成离子不含电子层；
B、中子数+质子数=质量数；
C、二氧化硅是原子晶体，都有单键形成；
D、要注意碳碳双键不能省略不写。
8．【答案】B
【知识点】海带成分中碘的检验
【解析】【解答】碘遇淀粉显蓝色，则A. 碘化钾溶液不能使湿润的淀粉试纸变蓝，A不符合题意；
B. 碘水能使湿润的淀粉试纸变蓝，B符合题意；
C. 碘酸钾溶液不能使湿润的淀粉试纸变蓝，C不符合题意；
D. 溴水不能使湿润的淀粉试纸变蓝，D不符合题意，
故答案为：B。
【分析】要注意能够使淀粉变蓝的是碘单质，不是碘离子，碘水是碘溶于水中，含有碘单质。
9．【答案】D
【知识点】原料与能源的合理利用
【解析】【解答】A.储热材料芒硝受热熔化后可储热，结晶后可放热，故可用于光照产生的热能-化学能的转换，故A不符合题意；
B.当前较为有效地利用生物质能的方式是制取沼气和酒精，垃圾焚烧处理法不能有效利用生活垃圾中的生物质能，故B不符合题意；
C.利用微生物在阳光作用下分解水是氢气制取的一个重要研究方向，故C不符合题意；
D.可燃冰资源不可再生，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、芒硝是热能和化学能的转化；
B、焚烧垃圾不能有效利用生物质能；
C、水可以分解出氢气；
D、可燃冰不可再生。
10．【答案】C
【知识点】物质的检验和鉴别
【解析】【解答】A. 在溶液中加酸化的BaCl2溶液，溶液出现白色沉淀，白色沉淀可能是氯化银或硫酸钡沉淀，不能证明一定含硫酸根离子，故A不符合题意；
B. 用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，说明该溶液中含有钠元素，则该溶液可能是钠盐溶液或氢氧化钠溶液，故B不符合题意；
C. 气体通过无水硫酸铜，粉末变蓝，则发生反应：CuSO4+5H2O═CuSO4 5H2O，可证明原气体中含有水蒸气，故C符合题意；
D. 二氧化硫和澄清石灰水中氢氧化钙反应生成亚硫酸钙沉淀，二氧化碳气体通过澄清石灰水溶液生成碳酸钙白色沉淀，反应都会变浑浊，不能检验二氧化碳和二氧化硫，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、注意要先加稀盐酸，再加氯化钡；
B、要注意是含有钠元素，不一定是盐溶液；
C、无水硫酸铜遇水变蓝；
D、二氧化硫、二氧化碳都可以使澄清石灰水变浑浊。
11．【答案】D
【知识点】同素异形体；同分异构现象和同分异构体；同位素及其应用
【解析】【解答】A.S2和S8是同种元素形成的不同单质，属于同素异形体，故A不符合题意；
B.CH4和C3H8通式相同均为CnH2n+2，属于烷烃同系列，一定互为同系物，故B不符合题意；
C.35Cl与37Cl是具有相同质子数和不同中子数的氯原子，互为同位素，故C不符合题意；
D. 与 表示的是同一种物质：2-甲基丁烷，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、同素异形体：同一种元素的不铜单质；
B、都是饱和烃，所以不可能是环状，满足烷烃的通式，为同系物；
C、同位素：同一种元素的不同原子，质量数、中子数都不相同；
D、注意为同一种物质。
12．【答案】A
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A. Ca(OH)2溶液与足量Ca(HCO3)2溶液反应生成碳酸钙和水：Ca2++HCO3－+OH－=CaCO3 ↓+H2O，A符合题意；
B. 金属钠和水反应生成氢氧化钠和氢气：2Na+2H2O=2Na++2OH－+H2↑，B不符合题意；
C. 2mol二氧化碳通入含3molNaOH的溶液中生成碳酸钠、碳酸氢钠和水：2CO2+3OH－=HCO3－+ CO32－+ H2O，C不符合题意；
D. 二氧化硫与氯化铁溶液反应生成硫酸和氯化亚铁：SO2+2Fe3++H2O＝2Fe2++SO42－+4H+，D不符合题意，
故答案为：A。
【分析】A、要注意碳酸氢根和氢氧根的系数；
B、注意离子是否守恒；
C、二氧化碳和氢氧化钠的比在1/2至1之间，即有碳酸钠和碳酸氢钠产生；
D、二氧化硫具有还原性，铁离子具有氧化性。
13．【答案】C
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】第三周中Z元素的简单离子半径最小，则Z为Al，由短周期元素在周期表中位置可知，X为N元素、Y为O元素、W为S元素，Q为Cl元素。A、铝元素位于第3周期第IIIA族，A不符合题意；
B、X、Z、W、Q等元素的最高正价等于其所在族的族序数，分别是＋5、＋3、＋6、＋7，B不符合题意；
C、氢键只能影响物理性质，非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性O＞S，故氢化物稳定性H2O＞H2S，C符合题意；
D、X的最高价氧化物水化物和X的氢化物形成的化合物为硝酸铵，含有离子键、共价键，D不符合题意，
故答案为：C。
【分析】根据图中表格以及Z的提示，要注意Z离子半径最小，阳离子的半径比较中，核电荷数越大半径越小，可以知道X为铝，根据周期表的特点推断出其他元素；
A、铝为第三周期IIIA族；
B、最高正价等于主族序数；
C、非金属性从上到下递降，所以气态氢化物稳定性递减；
D、硝酸只含共价键，硝酸铵含离子键和共价键。
14．【答案】D
【知识点】化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A.根据同一可逆反应用不同物质表示的反应速率数值之比=化学计量数之比，可得：v正(B)=2v逆(C)=v逆(B)，故A不符合题意；
B.由化学方程式可得，每消耗1molC，则同时消耗1molD，所以每消耗1molC，同时生成1molD时，说明正逆反应速率相等，可逆反应达到平衡状态，故B不符合题意；
C.气体的密度=气体总质量÷气体体积，密闭容器的容积恒定，所以体积不变，A为固体，所以气体的总质量随着平衡发生移动而发生变化，只有平衡不发生移动时，气体的总质量才不变，此时密度不变，所以当混合气体的密度不变时，表明该反应已达到平衡状态，故C不符合题意；
D.由化学方程式可得，该反应气体分子数不变，所以容器内压强始终保持不变，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】本题考查的是达到平衡的判断，有以下四种方法；
1、同一种物质正逆反应速率相等；
2、不同物质遵循“同侧异，异侧同，成比例”的规律；
3、各组分的浓度、质量、物质的量、质量分数、体积分数保持不变；
4、左右两边系数不相等时，总压强、总体积、总物质的量、平均相对分子质量、气体平均密度保持不变。
15．【答案】A
【知识点】乙烯的化学性质；烃类的燃烧
【解析】【解答】解：A.乙炔的含碳量高，所以燃烧时冒黑烟，故符合题意；
B.正丁烷和异丁烷结构不同，沸点不同，故不符合题意；
C.苯和溴反应为取代反应，故不符合题意；
D.乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明乙烯具有还原性，故不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A、乙炔含碳量较大，燃烧不充分；
B、即判断等效氢，可以通过其对称性进行判断；
C、苯和液溴发生取代反应；
D、乙烯具有还原性，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色。
16．【答案】C
【知识点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A.氨基酸既含氨基又含羧基，所以既能与强酸反应，也能与强碱反应，故A不符合题意；
B.植物油、脂肪主要成分为高级脂肪酸甘油酯，与氢氧化钠溶液反应都有丙三醇（甘油）生成，故B不符合题意；
C.淀粉、纤维素、蛋白质都是有机高分子化合物，而油脂不是有机高分子化合物，故C符合题意；
D.丝绸主要成分是蛋白质，燃烧时有烧焦羽毛气味，棉布主要成分是纤维素，燃烧时没有烧焦羽毛气味，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A。氨基酸有氨基，具有碱性，有羧基，具有酸性；
B、植物油和脂肪都是油脂，属于酯类，可以发生皂化反应生成高级脂肪酸盐和丙三醇；
C、油脂不是高分子；
D、丝绸主要含蛋白质，棉布主要含有纤维素，蛋白质灼烧有烧焦羽毛的气味。
17．【答案】B
【知识点】常见化学电源的种类及其工作原理
【解析】【解答】A、温度、压强未知，无法计算22.4L NH3的物质的量，A不符合题意；
B、该电池中氧气得到电子所在电极B为正极，电极A为负极，电子由电极A经外电路流向电极B，B符合题意；
C、电池工作时，OH－向负极移动，C不符合题意；
D、该电池电解质为碱性，电极B上发生的电极反应为：O2+ 2H2O+ 4e－＝4OH-，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A、氨气转化为氮气，注意题目并未告诉气体摩尔体积；
B、通入氧气的一端为正极，氨气为负极；
C、阴离子移向负极；
D、碱性溶液，不能和氢离子反应。
18．【答案】C
【知识点】强电解质和弱电解质
【解析】【解答】A.盐酸是强酸，在水溶液里完全电离，醋酸是弱酸，在水溶液里不完全电离，则常温下，浓度均为0.1mol·L-1的盐酸和醋酸，pH：盐酸小于醋酸，故A不符合题意；
B.盐酸和醋酸均为一元酸，浓度相同、体积相同，则两种酸的物质的量相同，和相同浓度的NaOH溶液反应，消耗的NaOH溶液体积相同，故B不符合题意；
C.根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，又因为已知溶液呈碱性，所以c(H+)
故答案为：C。
【分析】A、相同浓度时，酸性越强，pH越小；
B、都是一元酸，消耗的氢氧化钠相同；
C、溶质变为醋酸钠，醋酸根会水解；
D、盐酸酸性强，对水的抑制程度更大，水电离的氢离子变少。
19．【答案】D
【知识点】催化剂；有关反应热的计算
【解析】【解答】A. 催化剂降低反应活化能而改变反应速率，但不影响平衡移动，则焓变不变，所以有MnO2条件下的反应曲线是b曲线，故A不符合题意；
B. 该反应反应物能量高，生成物能量低，为放热反应，CaCO3分解是吸热反应，故B不符合题意；
C.加催化剂后正逆反应速率同时增大，故C不符合题意；
D. 该反应的焓变为△H=(E1 E2)KJ mol 1或△H= (E2 E1)KJ mol 1，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、催化剂的作用是降低反应所需要的活化能；
B、碳酸钙分解是吸热反应；
C、催化剂同等程度改变正逆反应速率；
D、催化剂的作用只是降低反应所需要的活化能，不影响焓变。
20．【答案】C
【知识点】化学键；化学键和分子间作用力的区别
【解析】【解答】A.分子晶体发生三态变化时只克服分子间作用力，所以碘单质的升华过程中，只需克服分子间作用力，故A不符合题意；
B.氯化钡是离子晶体，钡离子和氯离子之间以离子键结合，故B不符合题意；
C.断裂旧键需要吸收能量，形成新键又会释放能量，二者不相等，所以化学键的断裂与形成一定伴随着能量变化，但不一定发生氧化还原反应，不一定存在电子的转移，故C符合题意；
D.NaHSO4和NaHCO3两种晶体中都既含有离子键又含有共价键，NaHSO4溶于水完全电离产生了Na+、H+、SO42-，既破坏了离子键又破坏了共价键，NaHCO3溶于水完全电离产生了Na+和HCO3-，破坏了离子键，HCO3-部分电离出H+和CO32-，破坏了共价键，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、升华是物理变化；
B、氯化钡中只有离子键结合，不含共价键；
C、电子的转移是氧化还原反应，非氧化还原反应不发生电子转移；
D、酸根离子的内部是共价键结合。
21．【答案】B
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A.温度越高，化学反应速率越快，反应就先达到平衡，即曲线先出现拐点，故b代表20℃下A的Y-t曲线，A项不符合题意；
B.反应到66min时，0℃和20℃下的转化率相同，因二者的起始量相同，故此时放出的热量相等，B项符合题意；
C.2A(l) B(l) △H=-QkJ/mol表示2molA完全反应放出QkJ热量，因无法知道具体有多少A物质已经反应，故放出热量也无法计算，C项不符合题意；
D.b是代表20℃下的Y-t曲线，a是代表0℃下的Y-t曲线，升高温度，化学反应速率加快，故反应都达到平衡后，正反应速率a< b，D项不符合题意。
【分析】A、温度越高，速率越快，时间越短；
B、转化率相同，放出的热量也相同；
C、可逆反应无法完全转化；
D、温度越高，速率越快。
22．【答案】A
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】A.2.3g Na的物质的量是0.1mol，完全与O2反应生成钠的氧化物中，Na的化合价为+1价，则失去的电子数为0.1NA，故A符合题意；
B.18g H2O的物质的量是1mol，含有的质子数为10NA，而18g D2O的物质的量小于1mol，含有的质子数小于10NA，故B不符合题意；
C.标准状况下，CHCl3是液体，22.4L CHCl3中含有氯原子数目大于3NA，故C不符合题意；
D.25℃时pH=13的NaOH溶液中含OH-的浓度为0.1mol/L，但溶液体积未知，无法求得OH-的数目，故D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】本题考查的是阿伏加德罗常数的应用；
A、注意钠的化合价变化；
B、两种氢原子的相对原子质量不同；
C、标况下三氯甲烷为液体；
D、缺少体积无法计算物质的量。
23．【答案】D
【知识点】盐类水解的应用
【解析】【解答】A、根据示意图可知，当溶液的pH＝9时，溶液中存在下列关系：c（HCO3－）＞c（NH4＋）＞c（NH3·H2O）＞c（CO32－），A不符合题意；
B、根据物料守恒可得NH4HCO3溶液中存在下列守恒关系：c（NH4＋）＋c（NH3·H2O）＝c（CO32－）＋c（H2CO3）＋c（HCO3-），因为NH4+发生水解反应，所以c（HCO3-）≠c（CO32－）＋c（OH－）—c（H+），则B项中关系式不符合题意，B不符合题意；
C、根据图像可知pH＜7.8时，往该溶液中逐滴滴加氢氧化钠HCO3﹣浓度逐渐增大，C不符合题意；
D、因为0.1mol/L的NH4HCO3溶液pH＝7.8，说明HCO3 的水解程度大于NH4+的水解程度，根据越弱越水解的规律可得：Kb（NH3·H2O）＞Ka1（H2CO3），D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、根据图象，可以观察到pH=9的时候，四种离子从上到下的顺序；
B、列出物料守恒式子，结合水解；
C、滴加碳酸氢钠的时候，碳酸氢根先增大再减小；
D、根据pH呈碱性，可以理解为强碱弱酸盐。
24．【答案】C
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】A.该工艺流程制备的是CuCl2，用盐酸溶解硅孔雀石粉不会引入其他阴离子，再者流程中也标明了“酸浸”时加入盐酸，故A不符合题意；
B.硅孔雀石粉中含有+2价铁的化合物，“酸浸”后溶液中还原性离子为Fe2+，所以通入氯气“氧化”时发生反应的离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-，故B不符合题意；
C.常温下，Fe3+在pH约为3.7时就全部以Fe(OH)3形式沉淀了，若pH过高，则Cu2+也会转化为沉淀，所以“调pH”时不能控制在碱性区域，故C符合题意；
D.CuCl2是强酸弱碱盐，CuCl2 xH2O“加热脱水”时，Cu2+会水解而得不到CuCl2，所以加入SOCl2的目的是生成HCl抑制CuCl2的水解，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、采用盐酸引入的阴离子是氯离子，且不会影响所要离子；
B、氧化的作用是让亚铁离子变为铁离子，且不能引入新的杂质；
C、pH要注意控制，不能让铜离子也转化为沉淀；
D、氯化氢可以抑制铜离子的水解。
25．【答案】D
【知识点】常见离子的检验；离子共存
【解析】【解答】由于溶液为无色，因此不可能存在Fe3＋、Fe2＋；由①可知，溶液呈碱性，说明含有弱酸阴离子，只有亚硫酸根离子能够水解，使溶液显碱性，因此含有SO32-，则不可能含Ba2+；由②中CCl4层呈橙色可知，含Br-离子；由③可知，在②的溶液中加入Ba(NO3)2溶液和稀HNO3，白色沉淀为硫酸钡，由于含SO32-，则可能含有SO42-离子；向滤液中加入AgNO3溶液和稀HNO3，有白色沉淀产生，白色沉淀为AgCl，但由于步骤②加入了氯离子，所以不能确定原溶液是否含氯离子。根据上述分析，溶液中一定没有Ba2＋、Fe3＋、Fe2＋，一定含有Br－、SO32-，因为离子浓度相同，根据溶液显电中性，在则一定含有K＋、Na＋、NH4＋，且不可能存在Cl－和SO42-，否则不满足电荷守恒。A.原混合溶液中含有NH4+，不含SO42-，故A不符合题意；
B. 原混合溶液中Br－、SO32-肯定存在，Cl－不可能存在，故B不符合题意；
C. Na＋一定存在，无需做焰色反应，故C不符合题意；
D. 原混合溶液中阳离子Ba2＋、Fe3＋、Fe2＋一定不存在，K＋、Na＋、NH4＋一定存在，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题考查的是离子的检验和共存问题，要注意两种离子若不能共存，则在溶液中不能同时存在；同时要注意溶液是否有颜色，有颜色的离子包括黄色的铁离子，浅绿色的亚铁离子，蓝色的铜离子，紫红色的高猛酸根离子，以及不能和铁离子共存会形成红色的硫氰酸根离子。
26．【答案】（1）羟基；氧化反应
（2）CH≡CH+H2OCH3CHO
（3）A；C；D
【知识点】有机物的合成
【解析】【解答】解：(1)由上述分析可知，C为CH3CH2OH，官能团为羟基，B为CH3CHO，反应③为乙醛发生的氧化反应，故答案为：羟基；氧化反应；(2)由上述分析可知，B为CH3CHO，反应①的原子利用率达100%，则CH≡CH与水发生加成反应生成乙醛，该反应的化学方程式是CH≡CH+H2O → CH3CHO，故答案为：CH≡CH+H2O → CH3CHO；(3)A．B为CH3CHO，反应④中2分子乙醛可以发生加成反应生成乙酸乙酯，原子利用率为100%，故A正确；
B.油脂在碱性条件下的水解反应称为皂化反应，乙酸乙酯不属于油脂，在氢氧化钠溶液中水解的反应不能叫作皂化反应，故B错误；
C.有机物A、B、C中含有的官能团分别为碳碳三键、醛基和羟基，均能被酸性高锰酸钾溶液氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；
D.乙醛中含有醛基，能够与新制碱性氢氧化铜悬浊液发生氧化反应，乙酸中含有羧基，能够与新制碱性氢氧化铜悬浊液发生中和反应，故D正确；
故答案为：ACD。
【分析】（1）注意A的相对密度是氢气的13倍，且为烃，可以知道A的相对分子质量为26，所以A为乙炔，推出B含有两个碳原子且可以发生银镜反应，则B为乙醛，C为乙醇，D为乙酸；
（2）原子利用率100%，即只有一种产物；
（3）A、可以知道B为两分子乙醛反应；
B、乙酸乙酯不是油脂，不能成为皂化反应；
C、碳碳三键、醛基、羟基都可以被酸性高锰酸钾氧化；
D、乙醛可以和新制的氢氧化铜悬浊液反应，乙酸可以发生中和反应。
27．【答案】（1）Mg；Si；MgSiO3·2H2O
（2）2OH-＋SiO2=SiO32-＋H2O
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】根据流程图，矿石灼烧后生成无色气体1，冷凝后得到无色液体1，该无色液体为水，质量为3.6g，物质的量为0.2mol；白色粉末2能够溶于过量盐酸，得到白色胶状沉淀2，和无色溶液3；根据盐酸提供的氢离子和氯离子分析，白色胶状沉淀2可能是氯化银沉淀或硅酸沉淀；白色胶状沉淀2灼烧得到白色粉末3，该物质能够溶于氢氧化钠溶液，说明白色粉末为二氧化硅，不可能为氯化银，因此白色胶状沉淀2为硅酸；无色溶液3中加入过量氢氧化钠得到白色沉淀，说明白色沉淀3为氢氧化镁，5.8g氢氧化镁的物质的量为0.1mol，因此白色粉末2中含有4g氧化镁和6g二氧化硅，因此白色粉末2为硅酸镁。(1)根据上述分析，矿石的组成元素是 H、O、Mg和Si，硅酸镁的质量为10g，物质的量为 =0.1mol，水的物质的量为 =0.2mol，因此化学式为MgSiO3·2H2O，故答案为：Mg；Si；MgSiO3·2H2O；(2)白色粉末3为二氧化硅， 溶于NaOH溶液的离子方程式为2OH-＋SiO2=SiO32-＋H2O，故答案为：2OH-＋SiO2=SiO32-＋H2O。
【分析】（1）根据流程图以及元素守恒，可以知道组成元素还含有镁和硅；
（2）二氧化硅为酸性氧化物，可以和碱溶液反应。
28．【答案】（1）品红溶液；高锰酸钾溶液颜色变浅，但没有褪成无色
（2）C中黑色粉末变红色，D中白色粉末变蓝色
【知识点】常见气体的检验
【解析】【解答】（1）由上述分析可知，A为检验SO2气体的装置，故A中加入的试剂可能是品红溶液。KMnO4为除去SO2气体的装置，若高锰酸钾溶液与B之间不再添加装置，则要证明SO2被全部吸收，需证明高锰酸钾溶液是过量的，则高锰酸钾溶液颜色变浅，但没有褪成无色，表明已达到使用高锰酸钾溶液的目的。（2）本实验是通过证明氢气还原氧化铜的产物的方法，来证明气体X中混有较多氢气的，故C中黑色粉末(CuO)变红色(Cu)，D中白色粉末(无水硫酸铜)变蓝色(CuSO4 5H2O)，则说明是氢气还原了氧化铜，生成了铜单质和水。
【分析】（1）根据锌和浓硫酸反应的化学方程式，可以知道产物有二氧化硫、水蒸气、一部分氢气，则A应该是检验二氧化硫，采用品红溶液；高锰酸钾完全褪色时，无法知道二氧化硫是否完全除去，如果颜色变浅并不再改变，则可以知道二氧化硫完全除去；
（2）氢气具有还原性，可以使氧化铜被还原变为红色。
29．【答案】（1）NaOH 溶液；a
（2）增大气体与溶液的接触面积，加快吸收速率
（3）HCHO
（4）NaHSO3+ HCHO+ Zn+ H2O= NaHSO2·HCHO+ Zn（OH）2
（5）防止温度过高使产物分解，也防止氧气将产物氧化
（6）77.00%
【知识点】常见气体制备原理及装置选择
【解析】【解答】（1）该实验是以Na2SO3、SO2、HCHO和锌粉为原料制备次硫酸氢钠甲醛，SO2作为尾气不能排放到空气中，装置B的作用是吸收SO2，所以装置B 的烧杯中应加入的溶液是NaOH溶液，A为三颈烧瓶， 冷凝水从下口进水，才有利于冷水在冷凝器中存在，冷凝效果更好；所以冷却水从a口进水。（2）为了增大气体与溶液的接触面积，加快气体的吸收速率，A中放置了多孔球泡。（3）HCHO具有挥发性，在80℃—90℃条件下会大量挥发，加冷凝管可以是HCHO冷凝回流提高HCHO的利用率。（4）该实验是以Na2SO3、SO2、HCHO和锌粉为原料制备次硫酸氢钠甲醛，则步骤2中发生反应的化学方程式为NaHSO3+HCHO+Zn+H2O= NaHSO2 HCHO+Zn（OH）2。（5）次硫酸氢钠甲醛具有还原性，在敞口容器中蒸发浓缩，可以被空气中的氧气氧化变质，为了防止温度过高使产物分解，也防止氧气将产物氧化，在真空容器中进行蒸发浓缩。（6）根据题意发生的离子反应为2H2O+HSO2-+2I2=SO42-+4I－+5H＋，SO42-+Ba2＋=BaSO4↓，得关系式为
NaHSO2 HCHO 2H2O— BaSO4
154 233
x 0.466
列方程解得：x=0.308
则所制得的产品的纯度为（0.308×5）÷2.0×100%=77%。
【分析】（1）要注意二氧化硫有毒，为酸性氧化物，可以用碱性溶液吸收；
（2）注意多孔球泡的作用是增大接触面积；
（3）甲醛易挥发，冷凝管可以节省甲醛，提高利用率；
（4）根据反应物和生成物，写出相应的式子，要注意二氧化硫可以和亚硫酸钠溶液转化为亚硫酸氢钠；
（5）次硫酸氢钠甲醛具有还原性，很容易被氧化，所以要注意避免和空气接触；
（6）可以将反应写出相应的方程式，注意化学计量数的配平。
30．【答案】（1）1：2
（2）5.00
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】由图像可知，向一定体积 CaCl2 和 HCl 的混合溶液中逐滴加入浓度为 1.00mol·L-1 的 Na2CO3溶液，0~V1发生的是碳酸钠与盐酸反应，生成二氧化碳的质量为m1，V1~V2发生的是碳酸钠与氯化钙的反应，生成碳酸钙的质量为m2。又知V1：V2=1：2，说明盐酸和氯化钙消耗的Na2CO3 溶液体积相等，由两个反应的化学方程式可知，n(CaCl2)∶n(HCl)= 1：2；当加入 V2mLNa2CO3 溶液时，所得溶液为氯化钠溶液，其浓度为 1.00 mol·L-1，体积为 200mL，所以n(NaCl)=0.200mol，由氯离子守恒可以求出n(CaCl2)=0.0500mol、n(HCl)=0.100mol。（1）混合溶液中 CaCl2和 HCl 物质的量之比n(CaCl2)∶n(HCl)= 1：2。（2）由钙离子守恒可知，n(CaCO3)=n(CaCl2)=0.0500mol，所以m2=0.0500mol 5.00g。
【分析】要注意碳酸钠先跟盐酸反应，生成二氧化碳，再跟氯化钙反应生成碳酸钙，结合图象可以知道碳酸钠两段所用体积相等，根据方程式化学计量数的比值，可以知道物质的量之比。
31．【答案】（1）ΔH=2ΔH1-ΔH2-ΔH3
（2）BCD；
（3）反应Ⅱ正反应是吸热反应，温度升高平衡正向移动，CO产率升高；250℃
（4）CH3OH+H2O-6e-=CO2↑+6H+
【知识点】化学平衡常数；化学平衡移动原理
【解析】【解答】（1）由已知，③为：CH3OH(l)+ O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH3，根据盖斯定律，①×2-②-③得：CO(g)+2H2(g) CH3OH(l) ΔH=2ΔH1-ΔH2-ΔH3。（2）①A.减小生成物浓度，化学平衡正向移动，正逆反应速率都减小，故A错误；
B.增大压强，化学平衡向气体分子数减小的方向移动，因为该反应正向气体分子数减小，所以缩小容器的体积，压强变大，平衡将向右移动；体积缩小导致c(CO)变大，根据化学平衡移动原理，达到新平衡时c(CO)仍比原平衡时大，故B正确；
C.催化剂能同等程度加快正逆反应速率，所以应选用乙催化剂，故C正确；
D.由已知，5分钟反应达平衡时各物质的浓度为：c(CO)=0.1mol/L、c(H2)=0.2mol/L、c(CH3OH)=0.4mol/L，所以K= = =100，若保持平衡时的温度和容积不变，再向容器中充入0.8mol CO和0.6mol CH3OH，此时c(CO)=0.5mol/L、c(H2)=0.2mol/L、c(CH3OH)=0.7mol/L，Q= = =35
综上分析，正确的选项为BCD。
②由已知，甲醇的初始物质的量浓度为0，5分钟反应达平衡，前面已经算出此时甲醇物质的量浓度为0.4mol/L，所以甲醇的物质的量浓度随时间的变化曲线可用如图表示： 。（3）由图2可得，温度升高，CO2平衡转化率上升、CO的产率上升、温度高于250℃时甲醇的产率降低，则：①反应Ⅱ正反应是吸热反应，温度升高平衡正向移动，CO产率升高；②获取CH3OH最适宜的温度是250℃。（4）由图可得，a电极原料是CH3OH和水，b电极原料为氧气，电解质溶液为稀硫酸，质子交换膜只允许质子和水分子通过，则a极为电池负极，发生氧化反应生成CO2和H+，电极反应式为：CH3OH+H2O-6e-=CO2↑+6H+。
【分析】（1）本题考查的是盖斯定律的应用，要注意符号是否发生变化；
（2）①A、减小生成物浓度，逆反应速率减小；
B、增大压强，往气体系数缩小方向移动，然而各种物质的浓度比原先的都大；
C、催化剂使正逆反应速率同等增大；
D、利用浓度商和平衡常数的比较，可以比较移动方向；
②根据反应前后的浓度变化，可以画出图象，要注意5分钟达到平衡后浓度保持不变；
（3）跟你局图象可以判断升高温度转化率增大，平衡朝正方向移动；
（4）注意阴离子朝负极移动，阳离子朝正极移动。
32．【答案】（1）碳碳双键、羰基
（2）B；C；D
（3）5； （或 、 、 、 ）
（4）
（5）
【知识点】有机物的合成
【解析】【解答】（1）D为： ，官能团名称是：碳碳双键和羰基。（2）A.E( )与 生成F( )发生的是取代反应，G( )与CH3I生成H( )发生的也是取代反应，二者反应类型相同，故A正确；
B.J的结构简式为 ，故B错误；
C.由I( )的结构简式可得，分子中含有1个苯环、2个碳氧双键，所以1mol I最多能和5mol H2加成，故C错误；
D.由N的结构简式可得，分子式为C15H16O2，故D错误。
故答案为：BCD。（3）G为 ，其同分异构体满足下列条件：①能与浓溴水反应产生白色沉淀，则含有酚羟基；②苯环上有两个取代基，且苯环上的一氯代物只有两种，则两个取代基在对位上；③可在一定条件下发生水解反应和银镜反应，则含有甲酸酯基。综上分析，可能情况有： （或 、 、 、 ），共5种。（4）B为HCHO、C为 、D为 ，故B + C→D的化学方程式为： 。（5）以 为原料，合成 ，由已知①②，结合流程得到启发：可先生成丙酮和乙醛，二者反应生成CH3COCH=CHCH3；CH3COCH=CHCH3与氢气发生加成反应可得到 ，故流程图为： 。
【分析】（1）根据提示可以推出B、C两种有机物的结构，再结合已知信息，可以推出D的结构；
（2）A、取代反应的特点是一个分子的原子或官能团被另一个原子或官能团取代；
B、根据已知信息可以推出J的结构简式；
C、要注意苯环、碳碳双键均可以和氢气发生加成反应；
D、根据结构简式，可以推出N的分子式，要注意按照C、H、O的顺序；
（3）要注意和浓溴水反应生成白色沉淀，含有酚羟基，苯环上两个取代基且一氯代物只有两种，则两个取代基在对位，可以发生水解和银镜反应，则含有醛基和酯基，且酯基在末端碳原子；
（4）根据已知信息的特点，可以写出B和C反应生成D；
（4）合成路线要注意结合已知信息，注意反应先后的问题。
