浙江省温州市龙湾中学2024-2025学年高二化学下学期第1次居家月考试题含解析

PAGE31-浙江省温州市龙湾中学2024-2025学年高二化学下学期第1次居家月考试题（含解析）考生须知：1.本卷共6页，满分100分，考试时间100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。(相对原子质量：C-12H-1O-16N-14Cl-35.5S-32Mg-24Fe-56Ba-233)一、选择题(本题共25小题，每小题2分，共50分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.[2024山东理综]进行化学试验时应强化平安意识。下列做法正确的是A.金属钠着火时运用泡沫灭火器灭火B.用试管加热碳酸氢钠固体时使试管口竖直向上C.浓硫酸溅到皮肤上时马上用稀氢氧化钠溶液冲洗D.制备乙烯时向乙醇和浓硫酸的混合液中加入碎瓷片【答案】D【解析】【详解】A.金属钠化学性质活泼，与氧气反应生成过氧化钠，过氧化钠能够与泡沫灭火器产生的二氧化碳反应生成氧气，所以不能运用泡沫灭火器灭火，可以运用砂子灭火，故A错误；B.用试管加热固体时，试管口应向下倾斜，B项错误；C.氢氧化钠能够腐蚀皮肤，少量的浓硫酸沾到皮肤上，应当先用干抹布擦去，然后用大量的水冲洗，再涂上稀碳酸氢钠溶液，故C错误；D.制备乙烯时，为了防止暴沸，应向乙醇和浓硫酸的混合液中加入碎瓷片，D项正确；答案为D。2.用浓硫酸配制稀硫酸时，不必要的个人平安防护用品是A.试验服 B.橡胶手套 C.护目镜 D.防毒面罩【答案】D【解析】【分析】浓硫酸具有强腐蚀性，因此凡是运用到浓硫酸的状况下必需留意防腐蚀。浓硫酸稀释会放出大量的热，液滴飞溅，因此须要用到护目镜和手套。【详解】A.在进行试验操作时，必需穿试验服，故A不符合题意；B.浓硫酸具有强腐蚀性，倒浓硫酸须要用到橡胶手套，故B不符合题意；C.浓硫酸稀释若操作不慎，可引起液滴飞溅，因此须要用到护目镜，故C不符合题意；D.稀释浓硫酸无有毒气体产生，不须要防毒面罩，故D符合题意；故答案选D。3.运用玻璃、陶瓷等仪器的操作中不能承受温度急剧变更。下列操作不是基于上述缘由的是()A.用排水法收集气体后，先移出导气管，后熄灭酒精灯B.钠与水反应时，只取黄豆粒大小的钠投入盛水的烧杯中反应C.在用二氧化锰和浓盐酸制氯气时，先加入二氧化锰，再加入浓盐酸，然后点燃酒精灯D.氯化铵和氢氧化钙制氨气试验后，将大试管从铁架台上取下置于石棉网上，冷却后再洗涤【答案】B【解析】【详解】A．若先熄灭酒精灯易造成倒吸，从而使反应容器因温度的急剧变更炸裂，故A不符合题意；B．取黄豆粒大小的钠是为了防止钠过大反应猛烈，不是温度的急剧变更引起平安事故，故B符合题意；C．在用二氧化锰和浓盐酸制氯气时，在加入二氧化锰后应先加入浓盐酸，然后再点燃酒精灯，以防止反应容器干脆受热引起温度的急剧变更，易炸裂，故C不符合题意；D．反应结束后，试管表面温度较高，若干脆用水洗涤，试管温度急剧变更，简单使试管裂开，因此需先将试管置于石棉网上冷却后再洗涤，故D不符合题意；故答案为：B。4.下列试验操作能达到试验目的的是A.用经水潮湿的pH试纸测量溶液的pHB.将4.0gNaOH固体置于100mL容量瓶中，加水至刻度，配制1.000mol·L−1NaOH溶液C.用装置甲蒸干AlCl3溶液制无水AlCl3固体D.用装置乙除去试验室所制乙烯中的少量SO2【答案】D【解析】【分析】此题考查基本试验操作，依据溶液pH的测量、物质的量浓度溶液的配制、盐类水解的应用、物质除杂的原则作答。【详解】A.用水潮湿的pH试纸测量溶液的pH所测为稀释液的pH，不是原溶液的pH，试验操作错误，不能达到试验目的，A项错误；B.配制物质的量浓度的溶液的试验步骤为：计算、称量（或量取）、溶解（或稀释）、冷却、转移及洗涤、定容、摇匀、装液，由于容量瓶上有容积、温度和唯一刻度线，若将氢氧化钠干脆置于容量瓶中，加水后氢氧化钠溶于水会放热引起容量瓶的容积发生变更，引起试验误差，B项错误；C.在AlCl3溶液中存在水解平衡：AlCl3+3H2OAl（OH）3+3HCl，若用甲装置蒸干氯化铝溶液，由于HCl的挥发，加热后水解平衡正向移动，最终AlCl3完全水解成氢氧化铝固体，不能得到AlCl3固体，C项错误；D.SO2属于酸性氧化物，能被NaOH溶液汲取，乙烯与NaOH溶液不反应且乙烯难溶于水，可通过盛有NaOH溶液的洗气瓶除去乙烯中少量的SO2，D项正确；故选D。【点睛】本题易错选C项，盐溶液蒸干后能否得到原溶质与溶质的性质有关，一般溶质为挥发性酸形成的强酸弱碱盐、不稳定性的盐、具有强还原性的盐，加热蒸干不能得到原溶质。5.下列试验能达到试验目的且符合平安要求的是A.制备氢氧化亚铁并视察其颜色B.收集氧气C.制备并检验氢气的可燃性D.浓硫酸稀释【答案】B【解析】【详解】A.氢氧化亚铁易被O2氧化，盛NaOH的胶头滴管必需插入溶液中，故A项错；B.O2难溶于水，故可以用排水法收集，B项正确；C.点可燃性气体前必需验纯，故C项错；D.浓硫酸的稀释应将浓硫酸加入水中，以防止爆沸，故D项错。答案选B。6.下列说法正确的是A.用试管夹夹试管应从试管底往上套，拇指按在试管夹的短柄上B.装碘的试剂瓶中残留的碘可以用酒精洗涤C.配制溶液时，假如试样是液体，用量筒量取试样后干脆倒入容量瓶中，缓慢加入蒸馏水到接近刻度线1~2cm处，用滴管滴加蒸馏水到刻度线D.定容时，俯视刻度线，会使所配溶液的浓度偏低【答案】B【解析】【详解】A、试管夹是一种特地用来夹持试管的挟持器．须要留意的是在夹持时应当从试管底部往上套，夹持在试管的中上部，手不能按在短柄上，A错误；B、碘易溶在酒精中，装碘的试剂瓶中残留的碘可以用酒精洗涤，B正确；C．配制溶液时，须要在烧杯中溶解冷却后再转移至容量瓶，C错误；D．定容时，俯视刻度线，液面在刻度线下方，会使所配溶液的浓度偏高，D错误。答案选B。7.下列操作或方法合理是()A.用饱和碳酸钠除去CO2中的HCl B.用澄清石灰水鉴别苏打和小苏打C.用淀粉碘化钾鉴别碘水和溴水 D.用溴水除去乙烷中的乙烯【答案】D【解析】【详解】A．CO2能与Na2CO3反应，因此不能用饱和碳酸钠除去CO2中的HCl，可用饱和碳酸氢钠溶液除杂，故A不符合题意；B．澄清石灰水与Na2CO3和NaHCO3均能反应生成沉淀，无法鉴别，故B不符合题意；C．碘水中含有碘单质，遇淀粉溶液呈蓝色，而溴水中溴单质能够氧化KI生成碘单质，将淀粉碘化钾溶液分别与两种试剂混合后，试验现象相同，不能够鉴别，故C不符合题意；D．乙烯能与溴水发生加成反应生成液态的1，2-二溴乙烷，而乙烷不与溴水反应，因此能够达到试验目的，故D符合题意；故答案为：D。8.试验室常用如图所示的两套装置测量所制得气体的体积，下面有关这两套量气装置的运用说明有错误的是A.运用A装置量气前，其右管中应充溢相应的液体B.量气前，B装置中广口瓶通常应盛满相应的液体C.A装置收集完气体后，在读数前应使盛液管内液面与集气管内液面相平D.A装置是干脆测量气体体积，而B装置干脆测量的是所排出液体的体积【答案】A【解析】【详解】A．A在量气前应通过提升右则管的高度的方法使左管充溢液体而右侧没有液体，以使收集气体时将液体压入到右侧，故A错误；B．B装置中广口瓶通常应盛满相应的液体，气体将液体解除测定液体的体积即为气体的体积，故B正确；C．A装置收集完气体后，在读数前应使盛液管内的液面与集气管内的液面相平，使两侧气压相同，故C正确；D．A装置是干脆依据刻度测量气体的体积，而B装置干脆测量的是所排出液体的体积，故D正确。故选A。9.下列说法不正确的是()A.苯与CCl4两种有机物可用酸性高锰酸钾溶液鉴别B植物油不断滴加到溴水中，溴水渐渐变浅直至褪色C.除去固体NaCl中少量KNO3杂质，可溶于水配成溶液后蒸发浓缩、冷却结晶D.液溴保存时液面覆盖一层水，装在带玻璃塞的棕色细口试剂瓶中【答案】C【解析】【详解】A．苯、CCl4与高锰酸钾溶液均不反应，但分层现象不同，有机层在上层的为苯，有机层在下层的为四氯化碳，能够达到试验目的，故A不符合题意；B．植物油为高级脂肪酸甘油酯，其中含有碳碳双键，能够与溴水发生加成反应使溴水褪色，故B不符合题意；C．NaCl在水中溶解度随温度变更不明显，而KNO3随温度上升溶解度渐渐增加，NaCl量较多，则除去固体NaCl中少量KNO3杂质，可溶于水配成溶液后蒸发结晶，趁热过滤，故C符合题意；D．液溴为易挥发液体，易溶于橡胶，则液溴保存时液面覆盖一层水，装在带玻璃塞的棕色细口试剂瓶中，故D不符合题意；故答案为：C。10.下列有关试验装置进行的相应试验，能达到试验目的的是()A.制取少量纯净的CO2气体B.验证镁和稀盐酸反应的热效应C.制取并收集干燥纯净的NH3D.制备Fe(OH)2并能保证较长时间视察到白色【答案】B【解析】【详解】A．盐酸易挥发，所以得不到纯净的二氧化碳气体且纯碱为易溶于水的粉末状固体，会溶解在溶液中或从隔板上漏下，故A错误；B．镁和盐酸反应放热，试管内压强增大，可视察到U形管左侧液面下降，右侧液面上升，故B正确；C．气体收集错误，氨气密度比空气小，应用向下排空法收集，故C错误；D．酒精与水互溶，不能隔绝空气，应选苯隔绝空气，防止氢氧化亚铁被氧化，故D错误；故答案为：B。【点睛】运用启普发生器制备少量气体试验需满意：①固体为块状，且不溶于水，②气体制备过程中不须要加热，③所制备的气体在水中溶解度较小。11.下列关于纸层析的说法中正确的是A.纸层析中在距滤纸条末端约2厘米处用钢笔画一个小圆点作为原点B.应沿试管壁当心地将绽开剂渐渐倒入试管底部C.纸层析法适合分别结构相近、性质相像的微量物质D.点样后的滤纸需晾干后，才能将其浸入绽开剂中且浸没试样点【答案】C【解析】【分析】纸层析是利用混合物中各组分在固定相和流淌相中的溶解度不同而达到分别目的，常用滤纸作载体，滤纸上所汲取的水分作固定相，有机溶剂作流淌相，当流淌相流过固定相时，各组分以不同的速度移动，从而使混合物分别。【详解】A项、因为铅笔不会溶于试验用的溶剂，不会影响结果，能出现比较清楚的色带，则纸层析中在距滤纸条末端约2厘米处应用铅笔画一个小圆点作为原点，故A错误；B项、绽开剂不能粘到试管内壁上，则不能沿试管壁当心地将绽开剂渐渐倒入试管底部，故B错误；C项、结构相像、性质相近的分子或离子用一般的检验方法难以分别和检验，但依据各分子或离子的扩散速度不同进行分别和检验，可用纸层析法，故C正确；D项、纸层析中试样点不能触及绽开剂，故D错误；故选C。12.下列说法不正确的是A.用量热计测定盐酸与氢氧化钠溶液的反应热时，完成一次试验共要用温度计三次B.冬季时的乙酸常结成冰状固体，取用时可先将试剂瓶置于石棉网上用小火加热使乙酸熔化，再倾倒法或用胶头滴管吸取C.向试管中依次加入NaOH酚酞混合溶液、乙酸乙酯，再置于水浴中加热，试验过程中不行以振荡试管以防止乙酸乙酯萃取酚酞而造成界面模糊不清D.在试验室要得到干燥沉淀，常用方法有抽滤、用无水乙醇洗涤、用滤纸吸干以及放入干燥器中晾干【答案】B【解析】【详解】A．测定中和热时须要用温度计测稀盐酸和稀NaOH溶液的初始温度，还要测定混合后溶液的最高温度，共三次，故A正确；B．冬季取用结冰的乙酸，应将试剂瓶置于温水浴中加热使乙酸熔化，再倾倒法或用胶头滴管吸取，千万不能置于石棉网上用小火加热，易造成试剂瓶炸裂，故B错误；C．酚酞易溶于有机溶剂，故做乙酸乙酯碱性水解试验时，试验过程中不行以振荡试管以防止乙酸乙酯萃取酚酞而造成界面模糊不清，故C正确；D．抽滤、用无水乙醇洗涤、用滤纸吸干以及放入干燥器中晾干是试验室常用干燥沉淀的方法，故D正确；故答案为B。13.下列试验现象与试验操作不相匹配的是试验操作试验现象A向盛有高锰酸钾酸性溶液的试管中通入足量的乙烯后静置溶液的紫色渐渐褪去，静置后溶液分层B将镁条点燃后快速伸入集满CO2的集气瓶集气瓶中产生浓烟并有黑色颗粒产生C向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸有刺激性气味气体产生，溶液变浑浊D向盛有FeCl3溶液的试管中加过量铁粉，充分振荡后加1滴KSCN溶液黄色渐渐消逝，加KSCN后溶液颜色不变A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A.乙烯被酸性高锰酸钾氧化生成二氧化碳无机小分子，则试验现象中不会出现分层，A项错误；B.将镁条点燃后快速伸入集满二氧化碳的洗气瓶，发生反应为：CO2+2Mg2MgO+C，则集气瓶因反应猛烈冒有浓烟，且生成黑色颗粒碳单质，试验现象与操作匹配，B项正确；C.向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸，发生氧化还原反应，其离子方程式为：S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O，则会有刺激性气味气体产生，溶液变浑浊，试验现象与操作匹配，C项正确；D.向盛有氯化铁溶液的试管中加过量的铁粉，铁粉会将溶液中全部的铁离子还原为亚铁离子，使黄色渐渐消逝，充分振荡后，加1滴KSCN溶液，因振荡后的溶液中无铁离子，则溶液不会变色，试验现象与操作匹配，D项正确；答案选A。14.化学是相识和创建物质的科学，下列说法不正确的是()A.化学家鲍林提出了氢键理论和蛋白质分子的螺旋结构模型，为DNA分子双螺旋结构模型的提出奠定了基础B.在人类探讨物质微观结构的过程中，光学显微镜、电子显微镜、扫描隧道显微镜三种不同层次的观测仪器先后得到了运用C.依据酸碱质子理论，CO32-属于酸D.燃煤烟气脱硫、汽车尾气的消退、二氧化碳的回收均体现了化学对环境爱护的贡献【答案】C【解析】【详解】A．化学家鲍林提出了氢键理论和蛋白质分子的螺旋结构模型，为DNA分子双螺旋结构模型的提出奠定了基础，故A不符合题意；B．光学显微镜距离干脆视察原子和分子实在太遥远了，而电子显微镜虽然比光学显微镜前进了一大步，但是离开干脆视察原子和分子还有一段距离，20世纪80年头初发展起来的扫描隧道显微镜是使人们能够干脆视察和探讨物质微观结构的新型显微镜，故B不符合题意；C．依据酸碱质子理论，能结合质子(即H+)属于碱，故C符合题意；D．燃煤烟气的脱硫，减轻二氧化硫对空气的危害，汽车尾气的消退，减轻氮的氧化物对空气的危害，二氧化碳的回收削减温室效应，则均体现了化学对环境爱护的贡献，故D不符合题意；故答案为：C。15.下列有关物质的分类正确的是A.混合物：水玻璃、碱石灰、明矾 B.酸：稀硫酸、次氯酸、硫酸氢钠C.酸性氧化物：、、 D.碱性氧化物：CaO、、【答案】C【解析】【详解】A.由两种或以上物质构成的为混合物，而明矾是KAl(SO4)2⋅12H2O是纯净物，故A错误；B.电离出的阳离子全部是氢离子的化合物为酸，而稀硫酸是混合物，不是化合物，故不是酸；硫酸氢钠电离出的阳离子不全部是氢离子，故也不是酸，故B错误；C.能和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，二氧化硫、二氧化碳和二氧化硅均为酸性氧化物，故C正确；D.能和酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物，而过氧化钠和酸反应时，除了生成盐和水，还生成氧气，故不是碱性氧化物，故D错误。答案选C。16.下列属于弱电解质的是A.氨水 B.蔗糖 C.干冰 D.碳酸【答案】D【解析】A、氨水属于混合物，不在弱电解质探讨范围，故A错误；B、蔗糖是非电解质，故B错误；C、干冰是非电解质，故C错误；D.碳酸在水溶液里部分电离，所以属于弱电解质，故D正确；故选D。点睛：本题考查基本概念，侧重考查学生对“强弱电解质”、“电解质、非电解质”概念的理解和推断，解题关键：明确这些概念区分，易错点：不能仅依据溶液能导电来推断电解质强弱，如：氨水属于混合物，其溶解的部分不完全电离溶液能导电，不属于弱电解质，为易错题。17.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A.足量铜与100mL18mol/L的浓硫酸在肯定条件下反应转移的电子数目为1.8NAB.常温下，pH=13的氢氧化钠溶液中由水电离出的H+的数目为10-13NAC.标准状况下，2.24LCCl4含有的共价键数为0.4NAD.加热条件下，16gO2、O3的混合气体与足量镁粉充分反应转移的电子数目为2NA【答案】D【解析】【详解】A．铜只与浓硫酸在加热条件下反应，与稀硫酸不反应，故浓硫酸不能反应完全，则无法计算最终转移电子数，故A错误；B．未告知溶液的体积，因此无法计算溶液中相关粒子的数目，故B错误；C．标准状况下，2.24LCCl4不是气体，不能依据22.4L/mol计算，故C错误；D．由氧元素守恒可知，16gO2、O3的混合气体对应氧原子的物质的量==1mol，与镁反应生成氧化镁，氧元素化合价均从0价降低至-2价，电子转移2mol，转移的电子数目为2NA，故D正确；故答案为：D。【点睛】B项为易错点，要谨防题中陷阱，探讨溶液里的离子微粒的数目时，要考虑：①溶液的体积，②离子是否水解，③对应的电解质是否完全电离等。18.下列说法正确的是()A.水分子间存在氢键，所以水常温下以液态存在并且化学性质特别稳定B.常温、常压下以液态存在的物质肯定都是由分子构成，因此该液体一般无法导电C.硫酸钾在熔融状态下离子键被减弱，形成定向移动的离子，因此能导电D.冰醋酸晶体溶于水的过程中即破坏了分子间作用力，也破坏了部分分子内作用力【答案】C【解析】【详解】A．氢键影响水的沸点凹凸，与水的稳定性无关，影响稳定性的因素是共价键，故A错误；B．常温、常压下汞是液态，汞单质是汞离子和自由电子构成，液态的汞能导电，所以并不是都是由分子构成，也能导电，故B错误；C．硫酸钾含离子键，由离子构成，则熔融状态下离子键发生断裂，形成自由移动的离子，具有导电性，故C正确；D．冰醋酸晶体溶于水的过程中破坏了水分子间作用力，电离产生醋酸根离子和氢离子过程是破坏共价键，而不是破坏分子内作用力，故D错误；故答案为：C。【点睛】微粒之间形成氢键会影响物质的物理性质，如熔沸点、溶解度等，但分子类化合物的熔沸点和物质的稳定性没有必定的联系，稳定性取决于化学键的强度，需留意区分。19.下列物质的用途利用了其还原性的是()A.用葡萄糖制镜或保温瓶胆 B.用Na2S除去废水中的Hg2+C.用Na2SiO3溶液制备木材防火剂 D.用K2FeO4作为高效水处理剂【答案】A【解析】【详解】A．葡萄糖制镜利用葡萄糖还原性，与银氨溶液发生氧化还原反应，生成银单质，葡萄糖作还原剂被氧化，故A符合题意；B．用Na2S除去废水中的Hg2+，利用S2−和Hg2+反应生成难溶物HgS，为复分解反应，为非氧化还原反应，故B不符合题意；C．Na2SiO3溶液制备木材防火剂，不发生氧化还原反应，与还原性无关，故C不符合题意；D．用K2FeO4作为高效水处理剂，利用K2FeO4强氧化性杀菌消毒，并且生成氢氧化铁胶体吸附杂质，所以利用了其氧化性，故D不符合题意；故答案为：A。【点睛】中学阶段常见的净水剂以及净化原理：①物理吸附：活性炭多孔疏松结构，吸附作用净水；②形成胶体：胶体粒子的直径一般在1nm～100nm之间，它确定了胶体粒子具有巨大的表面积，吸附力很强，能在水中吸附悬浮固体或色素形成沉淀，从而使水净化，这就是胶体净水的原理，Al3+、Fe3+的盐溶液，其中Al3+水解为Al(OH)3，Fe3+水解为Fe(OH)3均为胶体，具有很强的吸附性，达到净化功效；能在水中自然形成浓度较大的胶体，并且对水质无明显副作用的物质有KAl(SO4)2•12H2O(明矾)、FeCl3•6H2O等；③强氧化杀菌：现在自来水常用的氯气杀菌，，HClO具有强氧化性，次氯酸的强氧化性就是导致微生物的细胞中的酶被氧化并且蛋白质被阻挡合成而死亡，从而实现了消毒。20.下列说法正确的是()A.肯定条件下，乙酸乙酯、葡萄糖、蛋白质都能与水发生水解反应B.C3H6与C4H8肯定互为同系物C.全降解塑料可由环氧丙烷和CO2缩聚制得D.肯定条件下，完全燃烧14g含氧质量分数为a的乙烯和乙醛的混合气体，生成水的质量为18(1-a)g【答案】D【解析】【详解】A．葡萄糖为单糖，不能发生水解，乙酸乙酯、蛋白质都能与水发生水解反应，故A错误；B．C3H6与C4H8可能为烯烃或环烷烃，不肯定为同系物，故B错误；C．由结构简式可知全降解塑料()可由单体环氧丙烷()和CO2加聚制得，不是缩聚反应，故C错误；D．乙烯的分子式为C2H4，乙醛的分子式为C2H4O，两物质中C、H原子数目之比都是1:2，故混合物中C、H元素养量之比=12:2=6:1，含氧的质量分数为a，则C、H元素养量分数之和为1−a，故H元素养量分数=，生成水的质量为，故D正确；故答案为：D。【点睛】加聚产物的单体推断方法：（1）凡链节的主链上只有两个碳原子（无其它原子）的高聚物，其合成单体必为一种，将两半链闭合即可；（2）凡链节主链上只有四个碳原子（无其它原子）且链节无双键的高聚物，其单体必为两种，在正中间画线断开，然后将四个半键闭合即可；（3）凡链节主链上只有碳原子并存在碳碳双键结构的高聚物，其规律是“见双键，四个碳，无双键，两个碳”画线断开，然后将半键闭合，即将单双键互换。21.氧化性：Br2>Fe3+>I2，向含amolFeI2和amolBaCl2的混合溶液中缓慢通入bmolBr2，并不断搅拌，溶液中离子的物质的量随Br2加入的变更如图所示(不考虑盐类水解、水的电离及溶液体积变更)。则下列说法不正确的是()A.离子的还原性I->Fe2+>Br-B.四条线与溶液中离子的对应关系是：X-Fe2+、Y-I-、Z-Br-、W-Cl-C.当4a=3b时，反应后的离子浓度比：c(Fe2+):c(Fe3+):c(Br-)=1:2:8D.当3a≤2b时，发生的离子方程式：2Fe2++4I-+3Br2=2Fe3++2I2+6Br-【答案】B【解析】【分析】氧化还原反应中：氧化剂的氧化性>氧化产物的氧化性，还原剂的还原性>还原产物的还原性，氧化剂先氧化还原性强的离子，再氧化还原性弱的离子；向amolFeI2和amolBaCl2的混合溶液中缓慢通入bmolBr2，已知氧化性：Br2>Fe3+>I2，则离子的还原性I->Fe2+>Br-，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，在通入Br2的量为0～amol的过程中，碘离子从最大量降到0，通入Br2的量为a～bmol的过程中，亚铁离子从amol降到0，三价铁的量渐渐增大，Br-从起先就渐渐增大，Cl-始终不变，据此回答推断。【详解】A．氧化性：Br2>Fe3+>I2，则离子的还原性I->Fe2+>Br-，故A不符合题意；B．依据以上分析，Cl−始终不变即W为Cl−，Br−从起先就渐渐增大即Z为Br−，碘离子先被氧化，所以起先减小的为I−即X为I−，其次氧化亚铁离子，所以Y为Fe2+，故B符合题意；C．当4a=3b时，由2I−+Br2=I2+2Br−可知，amolBr2消耗2amolI−，生成2amolBr−，再由2Fe2++Br2=2Fe3++2Br−可知，amolBr2消耗amolFe2+，生成amolFe3+、amolBr−，剩余amolFe2+，所以反应后的离子浓度比：c(Fe2+)：c(Fe3+)：c(Br−)=1:2:8，故C不符合题意；D．当3a⩽2b时，则碘离子、亚铁离子全部被氧化，发生的离子方程式为：2Fe2++4I−+3Br2═2Fe3++2I2+6Br−，故D不符合题意；故答案为：B。【点睛】氧化还原先后型的离子反应：对于氧化还原反应，按“先强后弱”的依次书写，即氧化性(或还原性)强的优先发生反应，氧化性(或还原性)弱的后发生反应，该类型离子方程式的书写步骤如下：第一步：确定反应的先后依次：(氧化性：HNO3＞Fe3＋，还原性：I－＞Fe2＋＞Br－)，如向FeI2溶液中通入Cl2，I－先与Cl2发生反应；其次步：依据用量推断反应发生的程度，如少量Cl2与FeI2溶液反应时只有I－与Cl2反应：2I－＋Cl2=2Cl－＋I2；足量Cl2与FeI2溶液反应时溶液中的I－和Fe2＋均与Cl2发生反应：2Fe2＋＋4I－＋3Cl2=2Fe3＋＋2I2＋6Cl－；第三步：用“少量定1法”书写离子方程式，即将“量”少物质的化学计量数定为“1”进行书写。22.CO和H2在肯定条件下可以合成乙醇：2CO(g)+4H2(g)⇌CH3CH2OH(g)+H2O(g)，下列叙述中，能说明上述反应在肯定条件下肯定达到最大限度的是()A.CO全部转化为乙醇B.断4NA个H-H键的同时，生成46g乙醇C.若反应在恒温密闭容器中进行，容器中气体密度不再变更D.若反应在绝热密闭容器中进行，容器中温度不再变更【答案】D【解析】【详解】A．可逆反应不行能完全转化，故A不符合题意；B．断4NA个H−H键的同时，生成46g乙醇，都体现正反应方向，故B不符合题意；C．该反应中物质均为气态，气体总质量始终不变，假如体积不变，密度始终不变，所以密度不变，不肯定达到最大限度，故C不符合题意；D．化学反应肯定伴随着能量变更，若反应在绝热密闭容器中进行，容器中温度不再变更，说明正逆反应速率相等，故D符合题意；故答案：D。【点睛】推断化学平衡状态的方法：各种“量”不变：①各物质的质量、物质的量或浓度不变；②各物质的百分含量、物质的量分数、质量分数等不变(反应中存在至少两种相同状态的物质)；③温度(绝热体系)、压强(化学反应方程式两边气体体积不相等且恒容装置中进行)或颜色(某组分有颜色)不变；总之，若物理量由变量变成了不变量，则表明该可逆反应达到平衡状态；若物理量始终为“不变量”，则不能作为平衡标记。23.科研人员设想利用如图所示的装置生产硫酸，下列有关说法正确的是()A.a为正极，b为负极B.生产过程中氢离子由右移向左C.从左下口流出的硫酸的质量分数肯定大于50%D.负极反应式为SO2＋2H2O－2e-=SO42-＋4H+【答案】D【解析】【分析】该原电池中，二氧化硫失电子发生氧化反应生成硫酸，所以通入二氧化硫的电极是负极、通入氧气的电极是正极，负极反应式为：，正极反应式为：O2+4e-+4H+=2H2O，电子从负极沿导线流向正极，据此分析解答。【详解】A．该原电池中，二氧化硫失电子发生氧化反应生成硫酸，所以通入二氧化硫的电极是负极、通入氧气的电极是正极，所以a是负极、b是正极，故A错误；B．a是负极、b是正极，所以H+向正极b电极区域运动，故B错误；C．左上口进入的水的量不确定，所以无法推断左下口流出的硫酸的质量分数，故C错误；D．负极上二氧化硫失电子发生氧化反应，电极反应式为：，故D正确；故答案为：D。【点睛】对于电池或电解池工作过程中离子迁移分析：若无离子交换膜的状况下，阴离子移向氧化电极，即原电池的负极和电解池的阳极，阳离子移向还原电极，即原电池的正极和电解池的阴极；若有离子交换膜时，需依据详细状况进行分析，分析过程中依据离子迁移的目的是使溶液呈电中性原则即可。24.向20mL0.5mol·L-1的醋酸溶液中逐滴加入等物质的量浓度的烧碱溶液，测定混合溶液的温度变更如图所示。下列关于混合溶液的说法错误的是()A.醋酸的电离平衡常数：b点＞a点B.由水电离出的c(OH-)：b点＞a点C.从a点到b点，混合溶液中可能存在：c(Na+)＝c(CH3COO-)D.b点到c点，混合溶液中始终存在：c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)【答案】D【解析】【分析】酸碱中和反应是放热反应，所以酸碱中和过程中溶液温度上升，醋酸是弱电解质，在水溶液里存在电离平衡，溶液越稀醋酸的电离程度越大，醋酸电离过程吸热，温度越高，醋酸电离程度越大；酸或碱溶液抑制水电离，溶液含有弱根离子的盐促进水电离，结合电荷守恒来分析解答。【详解】A．醋酸是弱电解质，在水溶液里存在电离平衡，且其电离过程吸热，温度越高，醋酸的电离程度越大，其电离常数越大，因此醋酸的电离平衡常数：b点>a点，故A不符合题意；B．b点酸碱恰好反应生成醋酸钠，醋酸钠促进水电离，c点氢氧化钠过量，氢氧化钠抑制水电离，所以由水电离出的c(OH−)：b点>c点，故B不符合题意；C．假如溶液中c(CH3COO−)=c(Na+)，依据电荷守恒知，溶液中c(OH−)=c(H+)，醋酸钠是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，要使其溶液呈中性，则醋酸应当略微过量，所以从a点到b点，混合溶液中可能存在：c(CH3COO−)=c(Na+)，故C不符合题意；D．从b点到c点，氢氧化钠过量，溶液中的溶质是醋酸钠和氢氧化钠，当氢氧化钠的物质的量大于醋酸钠的物质的量时，混合溶液中存在：c(Na+)>c(OH−)>c(CH3COO−)>c(H+)，故D符合题意；故答案为：D。25.8.34gFeSO4•7H2O样品在隔绝空气条件下受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变更的曲线)如图所示。下列说法中正确的是()A.温度为80℃时固体物质M的化学式为FeSO4•5H2OB.温度为200℃时固体物质N化学式为FeSO4•3H2OC.在隔绝空气条件下由N到P的化学方程式为FeSO4FeO+SO3↑D.取380℃时所得的样品P，隔绝空气加热至650℃，得到的固体物质Q的化学式为Fe2O3，同时有两种无色气体生成【答案】D【解析】【分析】8.34gFeSO4•7H2O样品物质的量==0.03mol，其中m(H2O)=0.03mol×7×18g/mol=3.78g，如晶体全部失去结晶水，固体的质量应为8.34g-3.78g=4.56g，可知在加热到373℃之前，晶体失去部分结晶水，结合质量的变更可确定在不同温度时加热后固体的化学式，加热至633℃时，固体的质量为2.40g，其中n(Fe)=n(FeSO4•7H2O)=0.03mol，m(Fe)=0.03mol×56g/mol=1.68g，则固体中m(O)=2.40g-1.68g=0.72g，n(O)==0.045mol，则n(Fe)：n(O)=0.03mol：0.045mol=2：3，则固体物质Q的化学式为Fe2O3，以此解答该题。【详解】A．温度为80℃时，固体质量为6.72g，其中m(FeSO4)=0.03mol×152g/mol=4.56g，m(H2O)=6.72g-4.56g=2.16g，n(H2O)==0.12mol，则n(H2O)：n(FeSO4)=0.12mol：0.03mol=4：1，则化学式为FeSO4•4H2O，故A错误；B．温度为200℃时，固体质量为5.10g，其中m(FeSO4)=0.03mol×152g/mol=4.56g，m(H2O)=5.10g-4.56g=0.54g，n(H2O)==0.03mol，则n(H2O)：n(FeSO4)=0.03mol：0.03mol=1：1，则化学式为FeSO4•H2O，故B错误；C．由B选项和上述分析可知，N点对应物质为FeSO4•H2O，P点对应物质为FeSO4，因此在隔绝空气条件下由N到P的化学方程式为：FeSO4•H2OFeSO4+H2O，故C错误；D．由上述分析可知，Q点对应物质为Fe2O3，P点为FeSO4，P点为4.56gFeSO4，其物质的量为0.03mol，P→Q的过程中，Fe元素化合价上升，则S元素化合价会下降生成SO2，依据原子守恒可知，生成0.015molFe2O3，失去电子为0.03mol，若S元素全部生成SO2，则需得到0.06mol电子，得失电子不守恒，因此还有一部分SO3生成，因此最终气体为SO2和SO3的混合气体，故D正确；故答案为：D。二、填空题(本题共3小题，共20分)26.指出下列仪器运用或试验的第一步操作(1)气体的制取与性质探究试验_________________。(2)用淀粉碘化钾试纸检验氯气__________________。(3)运用时第一步操作必需检查是否漏水的常见仪器有________________。【答案】(1).检验装置的气密性(2).用蒸馏水润湿试纸(3).容量瓶、滴定管、分液漏斗【解析】【详解】（1）气体的制取与性质探究试验中，需尽可能防止空气进入装置或气体漏出，因此第一步操作是检验装置的气密性；（2）用淀粉碘化钾试纸检验氯气的试验原理是利用氯气氧化碘离子，若试纸是干燥的，则该反应不能完成，因此第一步操作是用蒸馏水润湿试纸；（3）带有活塞的试验仪器在运用时，需先进行检漏，常见仪器有：容量瓶、滴定管、分液漏斗。27.硼氢化钠(NaBH4)在化工等领域具有重要的应用价值，某探讨小组采纳偏硼酸钠NaBO2为主要原料制备NaBH4，其流程如下：已知：NaBH4常温下能与水反应，可溶于异丙酸(沸点：33℃)。(1)在第①步反应加料之前，须要将反应器加热至100℃以上并通入氩气，该操作的目的是______________，原料中的金属钠通常保存在________中，试验室取用少量金属钠须要用到的试验用品有________、________、玻璃片和小刀等。(2)第②步分别采纳的方法是________；第③步分别(NaBH4)并回收溶剂，采纳的方法是________。【答案】(1).排尽装置中的空气和水蒸气(2).煤油(3).镊子(4).滤纸(5).过滤(6).蒸馏【解析】【分析】(1)在第①步反应加料之前，须要将反应器加热至100℃以上并通入氩气，该操作的目的是排尽装置内的空气，防止钠被氧化；原料中的金属钠通常保存在煤油中；试验室取用少量金属钠须要用到的试验用品有镊子、滤纸、玻璃片和小刀等。(2)第②步是固体与液体分别，采纳的方法是过滤；第③步分别(NaBH4)并回收溶剂，采纳的方法是利用沸点的差异进行分别。【详解】(1)Na能与空气中的水蒸气、氧气反应，NaBH4常温下能与水反应，因而通入氩气是为了解除干扰因素空气和水，取用钠时，用镊子夹取，用滤纸吸干表面的煤油。答案为：排尽装置中的空气和水蒸气；煤油；镊子；滤纸；(2)从流程可看出第②步是固体与液体的分别，其操作为过滤。依据已知信息可知NaBH4可溶于异丙酸，且异丙酸的沸点较低(33℃)，回收异丙酸可选用蒸馏的方法。过滤；蒸馏。28.试验室制备无水二氯化锡主要步骤如下：步骤1：在圆底烧瓶中加入1.20g碎锡箔和5mL浓盐酸、1滴硝酸，试验装置如图所示。组装好后在95℃时回流0.5h，待圆底烧瓶中只剩余少量锡箔为止；步骤2：将上述反应的上清液快速转移到仪器X中，在二氧化碳气氛爱护下，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到二氯化锡晶体；步骤3：在二氯化锡晶体中加入10mL醋酸酐，即可得无水二氯化锡，过滤；步骤4：用少量乙醚冲洗三次，置于通风橱内，待乙醚全部挥发后得到无水二氯化锡。回答下列问题：(1)步骤1中，圆底烧瓶中发生反应的化学方程式为___________________________________；冷却水从接口________(填“a”或“b”)进入。试验实行的加热方式是______________；球形冷凝管上连接装有碱石灰的干燥管的目的是____________________________________。(2)步骤2中，仪器X的名称为__________；二氧化碳气氛的作用是__________________。(3)步骤3中，醋酸酐的作用是____________________；二氯化锡晶体在进行步骤3操作前应实行的加工措施是________，该加工措施须要仪器的名称是________。【答案】(1).Sn＋2HCl(浓)SnCl2＋H2↑(2).a(3).95℃水浴加热(4).汲取HCl，防止HCl气体进入空气(5).蒸发皿(6).防止空气中的氧气氧化Sn2＋(7).吸水(8).研碎(9).研钵【解析】【分析】（1）Sn和浓盐酸反应生成SnCl2和H2；冷凝管中的水是逆流的；温度小于100℃时采纳水浴加热的方法；HCl会污染空气，所以尾气要处理；（2）蒸发浓缩溶液的仪器是蒸发皿；Sn2+不稳定，易被空气氧化；（3）醋酸酐能和水反应生成醋酸，则醋酸酐有吸水作用；只有二氯化锡的晶体表面积越大时，除去晶体中的水分才能越充分；研碎晶体的仪器是研钵；【详解】（1）Sn和浓盐酸反应生成SnCl2和H2，反应的化学方程式为Sn＋2HCl(浓)SnCl2＋H2↑，为了充分冷却蒸气且防止温度过高的蒸气急剧冷却而炸裂冷凝管，则冷凝管中的水是逆流的，所以a是进水口、b是出水口；温度小于100℃时采纳水浴加热的方法，所以该试验的条件是95℃水浴加热；浓盐酸易挥发，挥发出的HCl会污染空气，所以尾气要处理，故答案为Sn＋2HCl(浓)SnCl2＋H2↑；a；95℃水浴加热；汲取HCl，防止HCl气体进入空气；(2)蒸发浓缩溶液的仪器是蒸发皿；Sn2＋不稳定，易被空气氧化，故须要在二氧化碳气氛中进行，故答案为蒸发皿；防止空气中的氧气氧化Sn2＋；(3)醋酸酐能和水反应生成醋酸，则醋酸酐有吸水作用；二氯化锡的晶体表面积越大时，除去晶体中的水分越充分，所以在操作3之前必需将其研碎；研碎晶体的仪器是研钵，故答案为吸水；研碎；研钵。三、加试题(本题共3小题，每题10分，共30分)29.(1)250℃时，以镍合金为催化剂，向初始体积为8L的密闭容器中通入5molCO2、3molCH4，在恒压条件下发生反应：CO2(g)+CH4(g)⇌2CO(g)+2H2(g)。平衡体系中甲烷的物质的量变更见表。反应时间(s)2468CH4物质的量(mol)2.72.42.02.0此温度下，该反应的平衡常数K=_____。(2)二甲醚催化重整制氢的反应过程，主要有以下几个反应(数据为25℃、1.01×105Pa测定)①CH3OCH3(g)+H2O(l)⇌2CH3OH(l)△H＝＋24.52kJ/mol②CH3OH(l)+H2O(l)⇌CO2(g)+3H2(g)△H＝＋49.01kJ/mol③CO(g)+H2O(l)⇌CO2(g)+H2(g)△H＝－41.17kJ/mol④CH3OH(l)⇌CO(g)+2H2(g)△H＝＋90.18kJ/mol则CH3OCH3(g)+3H2O(l)⇌2CO2(g)+6H2(g)△H=_____kJ/mol(3)上述(2)中二甲醚催化重整制氢的过程中测得不同温度下各组分体积分数及二甲醚的转化率关系如图所示：①你认为反应限制的最佳温度应为_____________，理由是__________。A.300～350℃B.350～400℃C.400～450℃D.450～500℃②在一个绝热恒容的密闭容器中，放入肯定量的甲醇如④式建立平衡，以下可以作为该反应达到平衡状态的推断依据的是____________。A.体系的温度不再变更B.气体的平均相对分子质量保持不变C.CO的体积分数不变D.气体的密度保持不变③在温度达到400℃以后，二甲醚与CO2以几乎相同的变更趋势明显降低，而CO和H2发体积分数也以几乎相同的变更趋势上升。则此时发生的反应为_______________试在图中黑色方框内画出400℃以后的CH3OCH3和CO体积分数的变更趋势____。【答案】(1).0.02(2).+122.54(3).C(4).二甲醚的转化率高，且产物CO2和H2的体积分数较大(5).AD(6).CH3OCH3(g)+CO2(g)3CO(g)+3H2(g)(7).【解析】【分析】（1）依据反应中各物质浓度变更量之比等于其化学计量数之比算出各物质平衡时的浓度，然后依据平衡常数定义算出平衡常数；（2）利用盖斯定律解答；（3）①依据反应物体积分数越低，其转化率越高，生成物体积分数越高，其反应选择性越好进行分析；②依据平衡状态下各变量不再变更进行分析；③二甲醚与CO2以几乎相同的变更趋势明显降低，而CO和H2发体积分数也以几乎相同的变更趋势上升可确定反应物与生成物，依据原子守恒配平；依据各物质的变更趋势和反应中化学计量数关系确定曲线变更。【详解】（1）由表格数据可知，反应达到平衡后，n(CH4)=2mol，Δn(CH4)=3mol-2mol=1mol，则平衡时n(CO2)=4mol、n(CO)=2mol、n(H2)=2mol，初始体积为8L，设平衡时体积为V，则，得V=10L，该反应的平衡常数；（2）已知：①CH3OCH3(g)+H2O(l)2CH3OH(l)△H=+24.52kJ/mol②CH3OH(l)+H2O(l)CO2(g)+3H2(g)△H=+49.01kJ/mol③CO(g)+H2O(l)CO2(g)+H2(g)△H=-41.17kJ/mol④CH3OH(l)CO(g)+2H2(g)△H=+90.18kJ/mol依据盖斯定律①+②+③+④可得：CH3OCH3(g)+3H2O(l)2CO2(g)+6H2(g)△H=+122.54kJ/mol；（3）①依据图可知，400∼450℃时，二甲醚的转化率高，且产物CO2和H2的体积分数较大，故答案为：C；二甲醚的转化率高，且产物CO2和H2的体积分数较大；②A．反应④为吸热反应，装置为绝热，故体系温度会降低，平衡时，体系的温度不再变更，故A符合题意；B．装置中的气体始终为1：2的CO和H2，故气体的平均相对分子质量始终保持不变，不能说明化学平衡状态，故B不符合题意；C．装置中的气体始终为1：2的CO和H2，故CO的体积分数始终不变，不能说明化学平衡状态，故C不符合题意；D．依据，气体的总质量增大，V不变，故气体的密度保持不变说明反应达到平衡状态，故D符合题意；故答案为：AD；③在温度达到400℃以后，二甲醚与CO2以几乎相同的变更趋势明显降低，说明二甲醚与CO2均作反应物，且二者系数为1:1，而CO和H2发体积分数也以几乎相同的变更趋势上升，说明CO与H2作生成物，且二者系数为1:1，依据原子守恒可知，发生反应：CH3OCH3(g)+CO2(g)3CO(g)+3H2(g)，则CH3OCH3削减，其趋势下降，CO增多，其趋势上升，且变更比例为1:3，故图象大致趋势为：。30.N2H4·H2O（水合肼）极毒且不稳定，100℃以上易分解失水，常用作还原剂和除氧剂（通常生成N2和H2O），其熔点为－40℃，沸点118.5℃。现以Cl2、NaOH、(NH2)2CO（尿素）和SO2为原料可制备N2H4·H2O和无水Na2SO3，其主要流程如下：已知：Cl2(g)＋2OH-(aq)＝ClO-(aq)＋Cl-(aq)＋H2O(aq)△H＜0（1）配制30%NaOH溶液时，所需玻璃仪器除量筒、烧杯外，还须要_____________（填标号）。A．容量瓶B．胶头滴管C．玻璃棒D．锥形瓶（2）步骤Ⅰ制备NaClO溶液时，若温度超过40℃，Cl2与NaOH溶液充分反应生成NaClO3和NaCl。试验中为限制反应温度除了用冰水浴、充分搅拌外，还需实行的措施是_______________________。（3）步骤Ⅱ合成N2H4·H2O的装置如图1所示。NaClO碱性溶液与尿素水溶液在40℃以下反应一段时间后，再快速升温至110℃接着反应。试验中通过滴液漏斗滴加的溶液是_____________（填字母）；a．尿素溶液b．NaClO碱性溶液c．尿素溶液或NaClO溶液任选其一理由是____________________________________。（4）步骤Ⅲ中分别出N2H4·H2O应当采纳的方法最合理是____________________。（5）步骤Ⅳ用步骤Ⅲ得到的副产品Na2CO3制备无水Na2SO3（水溶液中H2SO3、HSO3-、SO32-随pH的分布如图2所示，Na2SO3的溶解度曲线如图3所示）。①边搅拌边向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液。试验中确定何时停止通SO2的方法是______________。②请补充完整由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3的试验方案：_____________________，用少量无水乙醇洗涤，干燥，密封包装。（6）工业上还可以用水合肼还原法制取碘化钠，工艺流程如图：还原过程中可用硫化钠或铁屑等物质替代水合肼，但水合肼还原法制得的产品纯度更高，缘由是_______________________。【答案】(1).BC(2).缓慢通入Cl2(3).b(4).过量的NaClO溶液会将水合肼氧化(5).减压蒸馏(6).测量溶液的pH，若pH约为4，停止通SO2(7).边搅拌边滴加NaOH溶液，并监测溶液pH，当pH接近10时，停止加液，将溶液转移到蒸发皿中，低温蒸发至较多晶体析出，趁热过滤（不得低于34℃）(8).N2H4•H2O的氧化产物为N2和H2O，分别产品过程简单进行【解析】【分析】由试验流程可知步骤Ⅰ为氯气和氢氧化钠溶液的反应，生成NaClO，生成的NaClO与尿素反应生成N2H4•H2O和Na2CO3，可用蒸馏的方法分别出N2H4•H2O，副产品Na2CO3溶液中通入二氧化硫，可制得Na2SO3，结合对应物质的性质以及题给信息解答该题。【详解】(1)配制30%NaOH溶液时，须要用托盘天平称取肯定量的氢氧化钠固体，然后在烧杯中加入适量的水溶解即可，所需玻璃仪器除量筒、烧杯外，还须要玻璃棒和胶头滴管，故答案为BC；(2)温度超过40℃，Cl2与NaOH溶液反应生成NaClO3和NaC1，反应的离子方程式为3Cl2+6OH-ClO3-+5Cl-+3H2O，试验中限制温度除用冰水浴外，还应限制通入氯气的速率，避开反应过于猛烈，放出大量的热而导致温度上升，故答案为缓慢通入氯气；(3)试验中通过