浙江省温州十五校联合体2024-2025学年高二化学下学期期中试题含解析

PAGE26-浙江省温州十五校联合体2024-2025学年高二化学下学期期中试题（含解析）考生须知：1.本卷共7页满分100分，考试时间90分钟；2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。3.全部答案必需写在答题纸上，写在试卷上无效；4.考试结束后，只需上交答题纸。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27K-39Ca-40Fe-56Cu-64Ba-137选择题部分一、选择题（本大题包括22小题；1～16小题每题2分，17～22小题每题3分；共50分。每小题只有一个选项符合题意）1.下列属于弱酸的是（）A.H2SO4 B.CO2 C.HClO D.HNO3【答案】C【解析】【详解】A．H2SO4是一种二元强酸，A错误；B．CO2属于氧化物，不属于酸，B错误；C．HClO是一种一元弱酸，C正确；D．HNO3是一种一元强酸，D错误。答案选C。2.下列仪器与其对应名称不相符的是（）A.量筒 B.蒸发皿C.坩埚 D.分液漏斗【答案】B【解析】【详解】A．量筒，A正确；B．是研钵，不是蒸发皿，B错误；C．坩埚，C正确；D．分液漏斗，D正确。答案选B。3.下列物质的水溶液因水解显碱性的是（）A.NH4Cl B.NaOH C.CH3COONa D.Na2SO4【答案】C【解析】【分析】盐中的弱酸根离子或弱碱阳离子能水解。【详解】A．NH4++H2ONH3·H2O+H+，NH4Cl溶液因NH4+水解呈酸性，A错误；B．NaOH属于碱，不能水解，B错误；C．CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，CH3COONa溶液因CH3COO-水解呈碱性，C正确；D．Na2SO4属于强酸强碱盐，不能水解，显中性，D错误。答案选C。4.下列物质属于电解质的是（）A.葡萄糖 B.醋酸 C.CH3CH2OH D.氯水【答案】B【解析】【分析】在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物称为电解质，常见的电解质有：酸、碱、盐、水、活泼金属氧化物。【详解】A．葡萄糖属于非电解质，A错误；B．醋酸属于酸，酸属于电解质，B正确；C．CH3CH2OH属于非电解质，C错误；D．氯水属于混合物，混合物既不是电解质也不是非电解质，D错误。答案选B。【点睛】单质和混合物既不属于电解质，也不属于非电解质。5.下列属于物理改变的是（）A.焰色反应 B.钝化 C.煤的气化 D.漂白粉使某些染料褪色【答案】A【解析】【详解】A．含某些金属元素的物质灼烧时火焰会出现特别的颜色，称为焰色反应，焰色反应无新物质生成，属于物理改变，A正确；B．常温下，浓硫酸和浓硝酸可将Al、Fe氧化生成致密的氧化物薄膜，称为“钝化”，由此可见，“钝化”属于化学改变，B错误；C．煤的气化是在高温条件下通过化学反应把煤或煤焦中的可燃部分转化为气体的过程，因此，煤的气化属于化学改变，C错误；D．漂白粉中的Ca(ClO)2有强氧化性，可将某些染料氧化而使其褪色，为化学改变，D错误。答案选A。6.下列说法不正确的是（）A.漂白粉可用于环境消毒B.钠单质可应用于电光源领域C.用焦炭还原二氧化硅可得高纯硅D.明矾可用于净水【答案】C【解析】【详解】A．漂白粉是常用的消毒剂，广泛用于环境消毒杀菌，A正确；B．高压钠灯发出的光为黄色，黄色光的射程远，透雾实力强，对道路平面的照明度比高压水银灯高几倍，所以，钠单质可应用于电光源领域，B正确；C．用焦炭还原二氧化硅得到的硅含C、SiC等杂质，为粗Si，C错误；D．明矾中的Al3+水解得Al(OH)3胶体可吸附水中的悬浮杂质，因此明矾常用于净水，D正确。答案选C。7.下列表示正确的是（）A.HCl电子式：B.二氧化硅的分子式：O=Si=OC.18O2-的离子结构示意图：D.CH4分子的比例模型：【答案】C【解析】【详解】A．HCl中H和Cl之间通过共价键结合，其电子式为：，A错误；B．二氧化硅由Si原子和O原子通过共价键结合成空间网状结构，无SiO2分子，B错误；C．18O2-核内由8个质子，核外有8+2个电子，即10个电子，故18O2-的离子结构示意图：，C正确；D．CH4分子的比例模型：，是球棍模型，D错误。答案选C。8.下列说法正确的是（）A.白磷和红磷互为同位素B.新戊烷和2，2—二甲基丙烷互为同分异构体C.H2、D2、T2互为同素异形体D.CH3OCHO和HCOOCH3是同一种物质【答案】D【解析】【分析】质子数相同而中子数不同的同种元素的不同种原子互为同位素；分子式相同而结构式不同化合物互为同分异构体；由同种元素组成的不同单质互为同素异形体。【详解】A．白磷和红磷都是由P元素组成的不同单质，二者互为同素异形体，A错误；B．新戊烷和2,2-二甲基丙烷均是，为同种物质，B错误；C．H2、D2、T2都是氢气，不满意同素异形体定义，C错误；D．CH3OCHO和HCOOCH3都是甲酸甲酯，是同一种物质，D正确。答案选D。9.下列说法不正确的是（）A.光照条件下甲烷与少量氯气反应不行能生成三氯甲烷B.乙炔与氯化氢发生加成反应，最多可得三种产物C.煤的液化是化学改变，煤经过液化可得到液态燃料油D.石油的裂化产物中含有不饱和烃，可使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】A【解析】【详解】A．在光照下，甲烷中的4个H能被氯气中的Cl连续取代，生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷和HCl五种物质，与氯气和甲烷的量无关，A错误；B．乙炔与氯化氢按1:1发生加成反应生成氯乙烯，乙炔与氯化氢按1:2发生加成反应生成1,1-二氯乙烷、1,2-二氯乙烷，即乙炔与氯化氢发生加成反应，最多可得三种产物，B正确；C．煤液化是把固体煤炭通过化学加工过程，使其转化成为液体燃料、化工原料和产品的先进干净煤技术，故煤的液化是化学改变，煤经过液化可得到液态燃料油，C正确；D．石油的裂化是在肯定的条件下，将相对分子质量较大、沸点较高的长链烃断裂为相对分子质量较小、沸点较低的短链烃的过程，该过程有乙烯等不饱和烃产生，可使酸性高锰酸钾溶液褪色，D正确。答案选A。10.下列相关试验的说法中不正确的是（）A.镀锌铁皮锌层厚度测定时，当反应速率突然变慢时，表明铁皮表面的的锌层已反应完全B.可用纸层析法分别微量的Fe3+离子与Cu2+离子形成的混合物C.分液时，先将上层液体从上口倒出，然后再将下层液体从下口放出D.可用白纸鉴别浓硫酸和稀硫酸【答案】C【解析】【详解】A．镀锌铁皮锌层厚度测定时，锌、铁和稀硫酸构成原电池，锌作负极，铁作正极，原电池能加快锌被腐蚀的速率。且只有铁时，不能构成原电池，反应速率会突然减小，所以，当反应速率突然减小，可以推断锌镀层已反应完全，A正确；B．Fe3+是亲脂性强的成分，在流淌相中安排的多一些，随流淌相移动的速度快一些，而Cu2+是亲水性强的成分，在固定相中安排的多一些，随流淌相移动的速度慢一些，从而使Fe3+和Cu2+得到分别，B正确；C．分液时，假如先将上层液体从上口倒出，下层液体会和上层液体混合，应先将下层液体从下口放出，再将上层液体从上口倒出，C错误；D．浓硫酸具有脱水性，可使白纸碳化而变黑，而稀硫酸不行，D正确。答案选C。11.下列说法正确的是（）A.乙烯制乙醇和乙烯制乙酸的过程发生反应的反应类型相同B.蛋白质、淀粉、油脂均属于自然高分子化合物，均能发生水解反应C.向鸡蛋清溶液中加入CuSO4溶液能使蛋白质发生凝合，再加入蒸馏水蛋白质不溶解D.1molα-氨基酸最多消耗1mol氢氧化钠【答案】C【解析】【详解】A．乙烯制乙醇时发生加成反应，乙烯制乙酸发生氧化反应，反应类型不同，A错误；B．蛋白质、淀粉均属于自然高分子化合物，油脂不是高分子化合物，三者均能发生水解反应，B错误；C．CuSO4是重金属盐，鸡蛋清溶液含大量蛋白质，重金属盐使蛋白质变性，蛋白质变性不行逆，故向鸡蛋清溶液中加入CuSO4溶液能使蛋白质发生凝合，再加入蒸馏水蛋白质不溶解，C正确；D．一个α−氨基酸分子中可能含有多个羧基，所以，1molα−氨基酸可消耗的氢氧化钠可能大于1mol，D错误。答案选C。12.在肯定温度下，某反应达到了化学平衡，其反应过程对应的能量改变如图。下列说法正确的是A.Ea为逆反应活化能，E为正反应活化能B.该反应为放热反应，ΔH＝Ea’－EaC.全部活化分子的平均能量高于或等于全部分子的平均能量D.温度上升，逆反应速率加快幅度大于正反应加快幅度，使平衡逆移【答案】D【解析】【分析】由图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应。【详解】A项、由图可知，Ea为正反应活化能，E为逆反应活化能，故A错误；B项、由图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应，反应热ΔH＝—（Ea’－Ea），故B错误；C项、在相同温度下，分子的能量并不完全相同，有些分子的能量高于分子的平均能量，称为活化分子，则全部活化分子的平均能量高于全部分子的平均能量，故C错误；D项、该反应为放热反应，逆反应速率加快幅度大于正反应加快幅度，使平衡向吸热的逆反应方向移动，故D正确；故选D。【点睛】活化分子发生有效碰撞，要求能量高、碰撞方向正确，发生有效碰撞的分子是活化分子，活化能是活化分子的平均能量与全部分子的平均能量之差是解答关键。13.短周期主族元素X、Y、Z、W在周期表中的相对位置如图所示，其中X、Y、W的最外层电子数之和为15，Z和X的最外层电子数相差2，下列说法正确的是A.原子半径：r(Z)＞r(W)＞r(Y)＞r(X) B.X的氢化物的沸点肯定比Y的氢化物的沸点低C.肯定条件下，Z可以置换出X D.X、Y元素的单质均只有2种【答案】C【解析】【分析】由“X、Y、W的最外层电子数之和为15”及图中相对位置，可确定X、Ｗ、Ｙ的最外层电子数依次递增，则三者的最外层电子数分别为4、5、6，由此确定X为碳、Ｗ为磷、Ｙ为氧，从而确定Z为镁。【详解】A．同周期自左向右原子半径渐渐减小，同主族从上到下原子半径渐渐增大，则原子半径：r(Z)＞r(W)＞r(X)＞r(Y)，A不正确；B．若X的氢化物为苯，沸点比Y的氢化物水的沸点高，B不正确；C．高温条件下，Mg与CO2反应，可以置换出碳(C)，C正确；D．X元素的单质有金刚石、石墨、C60等，D不正确。故选C。14.室温下，关于pH=3的盐酸和醋酸，下列说法正确的是A.等体积的两溶液，导电实力是盐酸强B.等体积的盐酸和醋酸溶液加水稀释10倍后，c(Cl-

)<c(CH3COO-)C.将pH=3

的醋酸溶液稀释后，溶液中全部离子的浓度均降低D.中和等体积等浓度的NaOH

溶液，醋酸消耗的体积多【答案】B【解析】【详解】A、pH=3的盐酸和醋酸中离子浓度相同，导电性相同，故A错误；B、相同pH的盐酸和醋酸中，醋酸的浓度大，稀释过程中，醋酸会进一步电离，所以c(Cl-)<c(CH3COO-)，故B正确；C、酸性溶液稀释，溶质离子浓度均减小，但OH-浓度会增大，故C错误；D、相同pH的盐酸和醋酸中，醋酸的浓度大，中和相同量的NaOH，消耗的醋酸体积小一些，故D错误。答案选B。【点睛】同pH的强酸和弱酸的比较题型属于难点和易错点，要把握两种溶液的相同点和不同点。相同pH的盐酸和醋酸，相同点是：氢离子浓度相同，与金属单质、碱反应起始速率相同；不同点是：醋酸是弱酸，只发生微弱的电离，溶液中还存在大量的醋酸分子没有发生电离，即醋酸的浓度大于盐酸，在稀释和反应时，醋酸会边反应边电离，那么反应过程中醋酸的速率大于盐酸，相同体积的酸，醋酸中和实力更强。15.下列离子方程式正确的是（）A.NH3·H2O在水中的电离：NH3·H2O=NH4++OH−B.苯酚钠溶液中通入少量CO2：2+CO2+H2O=2+CO32-C.FeCl3溶液腐蚀铜板：Fe3++Cu=Fe2++Cu2+D.碳酸氢钙溶液中加少量澄清石灰水：Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O【答案】D【解析】【详解】A．NH3·H2O是弱电解质，部分电离，应用可逆符号“”，A错误；B．的酸性强于HCO3-，该反应产物为和HCO3-，即+CO2+H2O=+HCO3-，B错误；C．电荷不守恒，应为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，C错误；D．少量Ca(OH)2和过量Ca(HCO3)2反应，Ca2+、OH-、HCO3-以2:2:2比例(即1:1:1)反应生成CaCO3和H2O，D正确。答案选D。16.有机物Z是制备药物的中间体，合成Z的路途如图所示：下列有关叙述正确的是（）A.Y分子中全部原子可能处于同一平面B.X、Y、Z均能和Na2CO3溶液反应C.Y、Z都可能使浓溴水褪色，反应原理不相同D.1molZ跟足量H2反应，最多消耗6molH2【答案】C【解析】【详解】A．Y中甲基的C原子为饱和碳原子，与其相连的4个原子最多有2个与其共面，即Y分子中全部原子不行能处于同一平面，A错误；B．X中没有能和Na2CO3溶液反应的官能团，Y中的酚羟基、Z中的羧基均能与Na2CO3溶液反应，即X、Y、Z中Y、Z能和Na2CO3溶液反应，X不能，B错误；C．Y中酚羟基的邻、对位的C上有H，可和浓溴水发生取代反应，Z中的碳碳双键能和溴发生加成反应，即Y、Z都可能使浓溴水褪色，反应原理不相同，C正确；D．1mol苯环可和3molH2发生加成反应，1mol羰基可和1molH2发生加成反应，1mol碳碳双键可和1molH2发生加成反应，故1molZ跟足量H2反应，最多消耗5molH2，D错误。答案选C。17.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（）A.NaCl(aq)NaHCO3(s)Na2CO3B.Al(s)Al2O3(s)Al(OH)3C.AgNO3(aq)[Ag(NH3)2]+(aq)Ag(s)D.MgCO3(s)MgCl2(aq)Mg(s)【答案】A【解析】【详解】A．NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl，2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，A正确；B．铝热反应：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，第一步能实现，Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，其次步不能实现，B错误；C．过量的浓氨水和AgNO3溶液反应可得[Ag(NH3)2]+(aq)，即：Ag++2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++2H2O，[Ag(NH3)2]+和-CHO发生银镜反应得到Ag，蔗糖不含-CHO，其次步不能实现，C错误；D．MgCO3+2HCl=MgCl2+H2O+CO2↑，第一步能实现，电解熔融状态的MgCl2可得Mg，而不是MgCl2溶液，其次步不能实现，D错误。答案选A。【点睛】A选项，利用NaCl和NaHCO3在水中的溶解度差异，将NH3和CO2通入饱和NaCl溶液中可得NaHCO3沉淀。18.下列说法不正确的是（）A.SiO2硬度大的缘由与Si、O原子之间的成键方式及排列方式有关B.在常压下，正戊烷、异戊烷和新戊烷沸点各不相同与分子间作用力大小有关C.淀粉水解过程中，微粒间的作用力只破坏了共价键D.MgO熔点高达2800℃是因为其中的离子键较难被减弱【答案】C【解析】【详解】A．二氧化硅结构中，硅氧之间通过共价键结合成空间网状结构，导致其硬度很大，所以SiO2硬度大的缘由与Si、O原子之间的成键方式及排列方式有关，A正确；B．正戊烷、异戊烷和新戊烷都由分子构成，汽化时克服分子间作用力，C原子数相同的烷烃，支链越多，分子间作用力越小，沸点越低，即正戊烷、异戊烷和新戊烷沸点各不相同与分子间作用力大小有关，B正确；C．淀粉水解过程中，破坏淀粉、水分子中的共价键、水分子之间的范德华力和氢键，C错误；D．MgO是离子化合物，离子键较难被减弱，导致其熔点较高，D正确。答案选C。19.图中装置通过限制开关连接K1或K2，可利用太阳能电池电解水制高纯氢。下列说法错误的是（）A.制H2时，连接K1B.制O2时，电极3的反应式：NiOOH+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-C.交替连接K1和K2，可使电极3得以循环运用D.上述过程，若用酸性电解质一样可以实现上述过程【答案】D【解析】【分析】闭合K1、断开K2，电极1为电解池阴极，发生反应为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，电极3为阳极，发生反应为：Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O；闭合K2、断开K1，电极3为电解池阴极，发生反应为：NiOOH+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-，电极2为阳极，发生反应为：4OH--4e-=O2↑+2H2O。【详解】A．结合分析可知，制H2时，连接K1，A正确；B．结合分析可知，制O2时，电极3的反应式：NiOOH+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-，B正确；C．结合分析可知，交替连接K1和K2，可使电极3得以循环运用，C正确；D．Ni(OH)2、NiOOH均溶于酸，故若用酸性电解质不行以实现上述过程，D错误。答案选D。20.某试验小组探讨温度对化学反应H2(g)+I2(g)2HI(g)的影响，在其他条件相同时，将1molH2(g)、1molI2(g)充入体积为2L的恒容容器中，测得HI(g)的物质的量分数随时间(min)改变的试验数据如下：时间020406080100HI(g)的物质的量分数T100.500.680.760.800.80T200.600.720.750.750.75下列说法正确的是（）A.T1温度下，0~20min之间，H2的平均反应速率为0.025mol·L-1·min-1B.在T1温度下，该反应有可能在70min时已达到平衡状态C.T2温度下，20min时的正反应速率大于40min时的逆反应速率D.由表中数据可知，温度越高，H2(g)与I2(g)的反应限度越大【答案】C【解析】【分析】T1温度下，80min到100min，HI(g)的物质的量分数不再改变，说明80min时已平衡；T2温度下，60min到80min，HI(g)的物质的量分数不再改变，说明60min时已平衡。【详解】A．设H2的改变值为xmol，则，T1温度下，20min时，HI(g)的物质的量分数为50%，则50%=，解得：x=0.5，故T1温度下，0~20min之间，v(H2)==0.0125mol·L-1·min-1，A错误；B．由表可知，T1温度下，40min到60min，HI(g)的物质的量分数增大0.76-0.68=0.08，平均每10min增大0.04，随着反应的进行，60min到70min，反应速率减小，则60min到70min，HI(g)的物质的量分数增大值小于0.04，即70min，HI(g)的物质的量分数小于0.76+0.04=0.8，故70min时，反应还未平衡，B错误；C．随着反应的进行，正反应速率减小，故T2温度下，20min时的正反应速率大于40min时的逆反应速率，C正确；D．T2温度达到平衡的时间比T1温度时短，说明T2＞T1，由表可知，T2时H2(g)与I2(g)的反应限度小于T1时H2(g)与I2(g)的反应限度，故温度越高，H2(g)与I2(g)的反应限度越小，D错误。答案选C。21.在25℃时，向l0mL0.01mol•L﹣1NaA溶液中逐滴加入0.01mol•L﹣1的盐酸，滴定曲线如图所示，下列说法正确的是（）A.a点到c点的过程中，c（HA）+C（A﹣）＝0.01mol•L﹣1等式始终成立B.b点时，溶液中微粒浓度大小的关系：c（A﹣）＞c（Cl﹣）＞c（HA）＞c（OH﹣）＞c（H+）C.c点溶液存在的关系：c（Na+）+c（H+）＝c（HA）+c（OH﹣）+2c（A﹣）D.由图可知，等浓度的HA、NaA混合溶液中，HA的电离程度大于A﹣的水解程度【答案】C【解析】A.依据物料守恒，a点到c点的过程中，c(HA)+c(A-)=c(Na+)，a点c(Na+)=0.01mol·L-1，而c点c(Na+)=0.005mol·L-1，故A错误；B.b点时，溶液中含有等物质的量的HA、NaA和NaCl，溶液的pH大于7，显碱性，说明HA为弱酸，则溶液中微粒浓度大小的关系：c(HA)＞c(A-)，故B错误；C.c点溶液含有等物质的量的HA和NaCl，溶液显酸性，依据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)+c(Cl-)，依据物料守恒，c(Cl-)=c(HA)+c(A-)=c(Na+)，因此c(Na+)+c(H+)=c(HA)+c(OH-)+2c(A-)，故C正确；D.由图可知，b点为等浓度的HA、NaA混合溶液，溶液显碱性，说明HA的电离程度小于于A-的水解程度，故D错误；故选C。22.某固体混合物，可能含有FeSO4、CuSO4、MgBr2、Na2SO3和KCl中的几种，进行如下试验：①取样溶于水，得澄清透亮溶液②样品溶液中滴加过量氯水，再滴加过量BaCl2溶液，得白色沉淀1，过滤，将滤液一分为二③往其中一份滤液中加入CCl4，振荡，溶液分层，上层用淀粉－KI试纸检验呈蓝色，下层呈橙红色④另一份滤液中加入过量的NaOH，得沉淀2，用盐酸完全溶解沉淀2，滴加Na2S溶液，可见淡黄色浑浊下列推断不正确的是（）A.沉淀2中既有氢氧化镁也有氢氧化铁B.固体混合物中肯定不存在Na2SO3C.由淀粉－KI试纸检验呈蓝色可知肯定有FeSO4D.固体混合物中不存在CuSO4【答案】C【解析】【分析】由于第②步加了过量的氯水，则第③步所用滤液中含氯水，第③步加CCl4，振荡，溶液分层，下层呈橙红色，则下层为Br2的CCl4溶液，原固体混合物中，肯定有MgBr2；由于第①步得澄清透亮溶液，结合固体中有MgBr2可得出：原固体混合物中肯定没有Na2SO3；第②步出现白色沉淀1，则固体混合物中肯定至少含有FeSO4、CuSO4中的一种，白色沉淀1位BaSO4；第④步加过量NaOH后得沉淀2，若沉淀2含Cu(OH)2，则最终将产生黑色的CuS沉淀，但是并没有，说明沉淀2不含Cu(OH)2，则固体混合物中无CuSO4，则固体混合物肯定含FeSO4，沉淀2肯定含Fe(OH)3，淡黄色沉淀为Fe3+和S2-发生氧化还原反应生成的S单质；综上所述，固体混合物肯定含FeSO4、MgBr2，肯定不含CuSO4、Na2SO3，可能含有KCl，据此解答。【详解】A．原固体含Mg2+，则沉淀2有氢氧化镁，结合分析可知，沉淀2有氢氧化铁，即沉淀2中既有氢氧化镁也有氢氧化铁，A正确；B．由分析可知，固体混合物中肯定不存在Na2SO3，B正确；C．由于第②步加了过量的氯水，过量的氯水将KI氧化成I2，故即使不含FeSO4，第③步淀粉－KI试纸仍旧呈蓝色，C错误；D．由分析可知，固体混合物中不存在CuSO4，D正确。答案选C。非选择题部分二、非选择题（本大题共6小题，共50分）23.（1）量取12.00mL溶液所用玻璃仪器的名称是______。（2）按系统命名法命法，有机物的名称是______。（3）CaH2是离子化合物，写出CaH2的电子式______。。（4）乙醇沸点高于二甲醚的主要缘由是______。【答案】(1).移液管(或滴定管)(2).2,2,3-三甲基丁烷(3).(4).乙醇分子间存在氢键【解析】【详解】(1)移液管(或滴定管)用来量取液体药品，且能精确到小数点后2位数，故答案为：移液管(或滴定管)；(2)是2,2,3-三甲基丁烷的键线式，故答案为：2,2,3-三甲基丁烷；(3)CaH2由Ca2+和H-离子构成，其电子式为：；(4)乙醇和二甲醚互为同分异构体，由于乙醇分子间存在氢键，导致乙醇的沸点高于二甲醚，故答案为：乙醇分子间存在氢键。24.某制药有限公司生产有多种型号的钙尔奇D片剂，为测定某型号片剂中碳酸钙含量，进行如下试验：取10片该片剂碾碎后放入足量的盐酸中充分反应(假设盐酸只与碳酸钙反应)后过滤，取滤液加(NH4)2C2O4使Ca2+生成CaC2O4沉淀，沉淀过滤洗涤后溶解于强酸中并稀释成1L溶液，取20.00mL，然后用0.0500mol·L-1KMnO4溶液滴定，反应中用去12.00mLKMnO4溶液，发生反应的离子方程式为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O请回答：（1）该型号片剂中每片含碳酸钙的质量为_____克（2）该公司一种“钙尔奇D600片剂”(其主要成分与题中某型号的片剂相同，仅仅是碳酸钙的含量不同)的部分文字说明如下：“本品每片含主要成分碳酸钙1.5g（相当于钙元素600mg），成人每天服用1片”。则某型号的片剂应称为“钙尔奇D_____（填数字）片剂。”【答案】(1).0.75(2).300【解析】【分析】由题意可捋出如下关系式：5CaCO3～5Ca2+～5CaC2O4～5H2C2O4～2KMnO4，利用关系式法计算。【详解】(1)每片该钙剂对应消耗KMnO4的物质的量n(KMnO4)=0.0500mol·L-1×12.00mL×10-3×=3×10-3mol，由5CaCO3～2KMnO4得，每片该钙剂中CaCO3的物质的量n(CaCO3)==7.5×10-3mol，所以，每片该钙剂中CaCO3的质量m=7.5×10-3mol×100g/mol=0.75g，故答案为：0.75；(2)“某型号”钙剂中，每片含CaCO3的质量为0.75g，因为每片含碳酸钙1.5g表示为钙尔奇D600片剂，则“某型号”钙剂表示为：钙尔奇D300片剂，故答案为：300。25.由三种短周期元素组成的盐A，按如下流程进行试验。溶液B中仅含有2种溶质，其中一种是酸式盐；气体C能使潮湿的红色石蕊试纸变蓝。请回答：（1）气体C的名称为______，A的化学式为______。（2）固体A与足量双氧水反应的化学方程式是______。（3）写出流程图中产生沉淀D的离子方程式______。【答案】(1).氨气(2).NaCN(3).NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3↑(4).Ba2++HCO3-+OH-=BaCO3↓+H2O【解析】【分析】气体C能使潮湿的红色石蕊试纸变蓝，则C为NH3，那么，A中含-3价的N，假如A中N元素以NH4+存在，由于A中只含3种元素，则A中的酸根离子只能为有还原性的S2-或HS-，但是S2-或HS-只能被过氧化氢氧化成S单质，故A中N元素不能以NH4+形式存在，酸根离子也不是S2-或HS-。则A中N元素存在于酸根中，且该酸根具有极强的还原性，符合条件的为CN-，即A中的酸根离子为CN-；溶液B中仅含有2种溶质，其中一种是酸式盐，由于所加双氧水过量，则溶液B中的一种溶质为H2O2，另一种为碳酸氢盐，沉淀D为BaCO3；则A中n(C)=n(BaCO3)==0.03mol，m(C)=12g/mol×0.03mol=0.36g，同理，A中n(N)=n(NH3)==0.03mol，m(N)=14g/mol×0.03mol=0.42g，则A中另一种元素的质量m=1.47g-0.36g-0.42g=0.69g。设组成A的另一种元素为金属元素X，则A为0.03molXCN或0.015molX(CN)2或0.01molX(CN)3，A为XCN时，M(X)=，同理，A为X(CN)2时，M(X)=46g/mol，A为X(CN)3时，M(X)=69g/mol，因为组成A的元素都为短周期元素，则金属元素X的摩尔质量M不行能超过Al的27，则金属元素X的摩尔质量M=23g/mol，即X为Na，故A为NaCN；综上所述，A为NaCN，B为NaHCO3和H2O2的混合溶液，C为NH3，D为BaCO3，据此解答。【详解】(1)由分析可知，C的名称为氨气，A为NaCN，故答案为：氨气；NaCN；(2)由流程可知，反应物有NaCN和H2O2，生成物有NaHCO3和NH3，结合电子得失守恒、原子守恒可得方程式为：NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3↑，故答案为：NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3↑；(3)足量Ba(OH)2，HCO3-和OH-以1:1反应生成水和碳酸根离子，碳酸根离子和钡离子结合成碳酸钡，反应离子方程式为：Ba2++HCO3-+OH-=BaCO3↓+H2O，故答案为：Ba2++HCO3-+OH-=BaCO3↓+H2O。26.某爱好小组为探究NO和Cl2O（Cl2O是酸性氧化物，易溶于水）的性质，将两种气体同时通入水中，试验装置如图：请回答：（1）三颈瓶中检测到有2种强酸生成，用一个化学方程式表示_____。（2）该试验装置有一处不合理，请指出_____。【答案】(1).3Cl2O+4NO+5H2O=4HNO3+6HCl(2).NO会排放到空气中污染空气【解析】【详解】(1)Cl2O中Cl的化合价为+1价，有强氧化性，NO有还原性，二者在水中生成2种强酸，则2种强酸必定为HCl和HNO3，所以，三颈烧瓶中发生的反应为：3Cl2O+4NO+5H2O=4HNO3+6HCl，故答案为：3Cl2O+4NO+5H2O=4HNO3+6HCl；(2)NO不能和NaOH溶液反应，该试验中未反应的NO干脆排到空气中污染空气，故答案为：NO会排放到空气中污染空气。27.工业上采纳CO和H2合成再生能源甲醇，反应为：2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)ΔH<0（1）肯定温度下，将1molCO与1molH2通入VL恒容密闭容器中发生反应。①该反应能自发进行的条件是______（填“高温”、“低温”或“随意温度”）②下列说法正确的是______。A.v正(H2)=2v逆(CO)时，反应达到化学平衡状态B.达到平衡时CO与H2的转化率相等C.恒温恒压，往原料气中通入少量稀有气体，CO的转化率会降低D.该反应的正反应活化能大于逆反应活化能③图1为温度对H2合成甲醇反应的影响，请从反应速率和平衡的角度分析725℃以后H2百分含量随时间增长呈现该改变趋势的缘由______。（2）在恒温T、恒压P的条件下，将3.0molCO与4.5molH2通入容积可变的密闭容器中。达平衡时容器的体积为2L，CO的转化率为50%。①此反应的正、逆反应速率与浓度的关系为v正=k正c(CO)·c2(H2)，v逆=k逆c(CH3OH)，其中k正、k逆为速率常数。在温度T下k正、k逆的关系式为k正=_____k逆。②若平衡时，在t0时刻再向容器中通入9.0molCO，在图2中画出充入CO后的v正、v逆随时间改变的图像_____。（3）探讨证明，CO2也可在酸性水溶液中通过电解生成甲醇，请写诞生成甲醇的电极反应式______。【答案】(1).低温(2).AC(3).725℃到825℃，反应还未达平衡，反应正向进行，H2的转化率增大。温度为825℃时，反应达到平衡状态，接着上升温度，平衡向吸热的方向移动，即平衡逆向移动，H2的转化率减小(4).(5).(6).CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O【解析】【详解】(1)①2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)是气体分子数减小的反应，所以ΔS<0。只有当ΔH-T·ΔS<0时，反应可自发进行，由于ΔS<0，ΔH<0，只有T较小时，即低温时，才能保证ΔH-T·ΔS<0，即低温时，反应才能自发进行，故答案为：低温；②2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)A．由方程式可知：v正(H2)=2v正(CO)，又因为v正(H2)=2v逆(CO)，所以，2v正(CO)=2v逆(CO)，即v正(CO)=v逆(CO)，说明反应已达平衡，A正确；B．CO和H2的起始量都为1mol，但计量数不同，转化值不同，故二者的转化率不相同，B错误；C．恒温恒压，往原料气中通入少量稀有气体，则容器体积增大，相当于减小压强，故平衡逆向移动，CO的转化率降低，C正确；D．ΔH=E正-E逆<0，故E正＜E逆，D错误；故答案为：AC；③725℃到825℃，反应还未达平衡，反应正向进行，H2的转化率增大。温度为825℃时，反应达到平衡状态，接着上升温度，平衡向吸热的方向移动，即平衡逆向移动，H2的转化率减小，故答案为：725℃到825℃，反应还未达平衡，反应正向进行，H2的转化率增大。温度为825℃时，反应达到平衡状态，接着上升温度，平衡向吸热的方向移动，即平衡逆向移动，H2的转化率减小；(2)CO的转化率为50%，则Δn(CO)=3.0mol×50%=1.5mol，列三段式如下：，平衡时，c(H2)=c(CO)=c(CH3OH)=。①v正=k正c(CO)·c2(H2)，v逆=k逆c(CH3OH)，平衡时，v正=v逆，即k正c(CO)·c2(H2)=k逆c(CH3OH)，即k正==k逆×，故答案为：；②充入9.0molCO，要保持恒温恒压，容器体积增大，容器内c(CO)、c(H2)、c(CH3OH)减小，正逆反应速率均减小。此时，相当于减小压强，平衡逆向移动，逆反应速率大于正反应速率，随着反应的接着进行，c(CO)和c(H2)浓度增大，正反应速率增大，c(CH3OH)浓度减小，逆反应速率减小，某时刻，正反应速率和逆反应速率重新相等，达到新的平衡，图像如图所示：，故答案为：；(3)CO2变成CH3OH，C的化合价从+4降低到-2，降低6，说明CO2得电子变成CH3OH，结合得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒可得电极反应为：CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O，故答案为：CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O。【点睛】恒温恒压充入某种与反应无关气体，容器体积增大，相当于减小压强。28.某爱好小组用铝箔制备纳米Al2O3、AlCl3·6H2O及铵明矾晶体【NH4Al(SO4)2•12H2O，摩尔质量为453g•mol-1】，详细流程如图：已知：a.AlCl3·6H2O易溶于水、乙醇及乙醚；b.铵明矾晶体无色、透亮，可溶于水、不溶于乙醇。120℃时失去结晶水，280℃以上分解。请回答：（1）步骤Ⅰ的离子方程式为______。（2）下列操作或描述正确的是_____。A.步骤IV制备铵明矾利用了物质的溶解度差异B.步骤III灼烧时需将氢氧化铝放在蒸发皿里用高温炉灼烧至恒重C.步骤II生成的固体可用抽滤法分别，为加快过滤速度，可用玻璃棒轻轻搅拌D.步骤IV中可以选择乙醇洗涤晶体，假如在常压下快速干燥，温度选择低于120℃（3）由溶液A制备AlCl3·6H2O的过程中要通入HCl气体，其作用是______（写两条）。（4）步骤V抽滤时不能用滤纸，缘由是_____。若用如图装置图进行抽滤，则抽滤结束时应进行的操作是______。（5）用电子天平称取2.760g的铵明矾粗产品，用水溶解后取相同体积的两份溶液。第一份用EDTA滴定法测得n(Al3+)为0.002900mol；其次份用BaCl2溶液滴定法测得n(SO42-)为0.006300mol。则该试样中铵明矾的纯度为______。【答案】(1).2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑(2).AD(3).抑制氯化铝的水解；增大Cl-的浓度，有利于AlCl3⋅6H2O晶体形成(4).溶液呈酸性会腐蚀滤纸(5).先打开平安瓶上的活塞，再关闭抽气泵，最终取下玻璃砂漏斗(6).95.20%【解析】【分析】Al和NaOH溶液反应得到NaAlO2，NaAlO2溶液通入过量CO2得到Al(OH)3胶状沉淀，过滤除去滤液得到Al(OH)3胶状固体，Al(OH)3受热分解得到Al2O3。Al(OH)3和硫酸反应得硫酸铝，硫酸铝和硫酸铵混合后依据溶解度差异析出硫酸铝铵，经过滤、洗涤、干燥得铵明矾晶体[NH4Al(SO4)2•12H2O]。Al(OH)3和HCl反应得AlCl3溶液，为抑制AlCl3水解，在AlCl3溶液中通入HCl后抽滤、洗涤、干燥得AlCl3·6H2O，据此解答。【详解】(1)步骤Ⅰ为Al和NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2，反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，故答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；(2)A．步骤IV中，只有NH4Al(SO4)2溶解度比硫酸铵、硫酸铝小，才能析出硫酸铝铵晶体，A正确；B．灼烧在坩埚中而不是蒸发皿中进行，B错误；C．氢氧化铝能形成胶体，沉淀颗粒特别微小，抽滤的话，胶粒会穿透滤纸造成损失，用玻璃棒搅拌可能造成滤纸破损，氢氧化铝损失更严峻，C错误；D．铵明矾可溶于水、不溶于乙醇，故用乙醇洗涤，高于120℃时铵明矾失去结晶水，故温度应低于120℃，D正确；答案选AD；(3)氯化铝会水解：AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HCl，通入HCl气体可抑制氯化铝水解。同时：AlCl3⋅6H2O(s)Al3+(aq)+3Cl-(aq)+6H2O(l)，增大Cl-的浓度