浙江省杭州地区（含周边）重点高中2023-2024学年高一下学期4月期中考试化学试题

绝密★考试结束前2023学年第二学期期中杭州地区（含周边）重点中学高一年级化学学科试题考生须知：1．本卷满分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．所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效；4．考试结束后，只需上交答题卷。5．可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24Al27S32Cl35.5Mn55Fe56Cu64Zn65Ba137选择题部分一、选择题（本大题共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.利用反应，可以净化空气中的氮氧化物。上述反应中涉及的物质中属于电解质的是A. B. C. D.【答案】D【解析】【详解】属于电解质，和属于非电解质，属于单质，不是电解质也不是非电解质，D项正确。2.下列化学用语正确的是A.氮气的电子式： B.甲烷的空间填充模型：C.硫原子的结构示意图： D.苯的凯库勒式：【答案】D【解析】【详解】A．氮气分子中含有氮氮三键，N原子最外层满足8电子稳定结构，其正确的电子式为，A错误；B．甲烷分子中含有4个碳氢键，甲烷的空间填充模型：，B错误；C．硫原子的核电荷数、核外电子总数都是16，硫原子正确的结构示意图为：，C错误；D．苯的凯库勒式：，D正确；故选D。3.下列有关物质分类的说法正确的是A.属于含碳碳双键的烯烃 B.金刚砂（SiC）属于共价化合物C.属于酸性氧化物 D.羟基与烃基相连的有机物都属于醇类物质【答案】B【解析】【详解】A．是由碳元素形成的单质，不属于烃，故A错误；B．金刚砂（SiC）是由硅元素和碳元素通过共价键形成的化合物，即属于共价化合物，故B正确；C．和NaOH溶液发生氧化还原反应，生成两种盐：2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，所以不属于酸性氧化物，故C错误；D．羟基与烃基相连的有机物不一定属于醇类物质，如苯酚就属于酚类，而不属于醇类，故D错误；故答案为：B。4.传承中华瑰宝，发扬戏曲文化。下列戏曲表演用品主要由无机非金属材料制成的是A．战国礼乐使用的青瓷甬钟B．宋元杂剧使用的缂丝团扇C．清皮影戏使用牛皮人偶D．越剧表演使用的琵琶琴弦A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．青瓷甬钟是硅酸盐产品，属于无机非金属材料，A符合题意；B．缂丝主要含蛋白质，属于有机高分子材料，B不符合题意；C．牛皮主要含蛋白质，不是由无机非金属材料组成，C不符合题意；D．琵琶琴弦主要为蛋白质组成，不属于无机非金属材料，D不符合题意；故答案为：A。5.“科技创造价值，创新驱动发展”。下列对我国科技成就解读合理的是A.开启航运氢能时代——氢氧燃料电池工作时可将热能转化为电能B.首次研发了球形电催化剂——其他条件相同时，催化剂能提高反应速率C.北京冬奥会采取跨临界直冷制冰技术——干冰升华发生吸热反应D.中科院海洋所发现能有效降解聚乙烯、聚苯乙烯等多种塑料的海洋真菌——其他条件相同时，温度越高，海洋真菌降解速率越大【答案】B【解析】【详解】A．氢氧燃料电池工作时可将化学能转化为电能，A错误；B．在其他条件相同时，使用高效催化剂能大大加快化学反应速率，B正确；C．干冰升华吸收热量，但变化过程中没有新物质产生，不属于化学变化，因此没有发生吸热反应，C错误；D．海洋真菌中含有蛋白质，在高温下蛋白质会失去生理活性，导致其降解聚乙烯、聚苯乙烯等塑料的速率反而降低，而不能加快，D错误；故选B。6.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法中不正确的是A.25℃，101kPa时，22.4L中含有的原子数小于B.1molCu与足量的硫黄反应，转移电子数为C.4.6g分子式为的有机物中含有键数一定为D.在标准状况下，20mL和60mL所含分子个数比为1∶3【答案】C【解析】【详解】A．25℃、101kPa时气体摩尔体积大于标准状况时的气体摩尔体积，即大于22.4L/mol，所以25℃、101kPa时22.4L的物质的量小于1mol，其中含有的原子数小于，故A正确；B．S的氧化性较弱，只能把铜氧化为+1价，所以1molCu与足量的硫黄反应，转移电子数为NA，故B正确；C．4.6g分子式为的物质，其物质的量为0.1mol，其中含有键数可能为，如CH3OCH3，也可能为0.5NA，如CH3CH2OH，故C错误；D．同温同压，气体体积之比等于其物质的量之比，所以在标准状况下，20mL和60mL所含分子个数比为1∶3，故D正确；故答案为：C。7.下列有关描述I和Ⅱ均正确，并且有因果关系的是选项描述I描述ⅡA二氧化硫可用于葡萄酒中，起保质作用二氧化硫具有氧化性B浓氨水检验氯气管道泄漏常温下，氨气能与氯气反应产生白烟C受热易分解用作氮肥D有导电性可用于制备光导纤维A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．二氧化硫具有还原性，可用作抗氧化剂，用于葡萄酒中起保质作用，故A错误；B．浓氨水易挥发产生氨气，氨气和氯气在常温下反应生成氮气和氯化铵，即反应时冒白烟，所以可用浓氨水检验氯气管道是否泄漏，故B正确；C．含氮元素，能够被植物吸收，所以可用作氮肥，与其受热易分解无关，故C错误；D．具有良好的光学特性，可用于制备光导纤维，故D错误；故答案为：B。8.下列溶液中，能大量共存的离子组是A.含有的溶液中：、、、B.浓氨水中：、、、C.在透明的溶液中：、、、D.溶有SO2气体的溶液中：、、、【答案】C【解析】【详解】A．为强电解质，在水中完全电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，含有的溶液呈酸性，发生反应：+H+=H2O+CO2↑，故A错误；B．、都能和反应，即、都不能和大量共存，且浓氨水中、都能与NH3形成配合物而不能大量存在，故B错误；C．在透明的溶液中，、、和不反应，能大量共存，故C正确；D．具有较强的氧化性，能氧化SO2：+SO2+H2O=+Cl+2H+，故D错误；故答案为：C。9.汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应：。若还原产物为0.1mol，则下列判断正确的是A.反应中作氧化剂B.反应生成的只是氧化产物C.氧化产物与还原产物的质量比为15：1D.反应过程中转移电子10mol【答案】C【解析】【分析】反应中，KNO3中N元素化合价由+5价降低为N2中0价，NaN3中N元素由平均化合价价升高为N2中0价。【详解】A．反应中NaN3的N元素由平均化合价价升高为N2中0价，即NaN3作还原剂，故A错误；B．反应中KNO3的N元素化合价由+5价降低为N2中0价，NaN3的N元素由平均化合价价升高为N2中0价，即生成的既是氧化产物又是还原产物，故B错误；C．由原子守恒可知2molKNO3得到的还原产物为1mol氮气，10molNaN3得到的氧化产物为15mol氮气，则氧化产物与还原产物的质量比为15：1，故C正确；D．反应过程中若2molKNO3参与反应生成1mol氮气，则转移电子10mol，但题中未明确给出参与反应的KNO3的具体的物质的量，所以无法计算转移电子的物质的量，故D错误；故答案为：C。10.某反应由两步反应A→B→C完成，它的反应能量变化曲线如图所示。下列叙述不正确的是A.两步反应先吸热后放热B.A与C的能量差为C.三种物质中C最稳定D.A→B的反应一定需要加热【答案】D【解析】【详解】A．由图示可知，两步反应中物质能量先升高后降低，即先吸热后放热，故A正确；B．由图示可知，A的能量比C的能量高，且能量差为，故B正确；C．能量越低越稳定，由图示可知，C的能量最低，所以三种物质中C最稳定，故C正确；D．由图示可知，A的能量比B的能量低，即A→B的反应为吸热反应，但吸热反应不一定需要加热，故D错误；故答案为：D。11.下列说法不正确的是A.是一种食品添加剂，但其在食品中的残留量要严格控制B.、、、都可以通过化合反应得到C.将氨气转化为硝酸铵固体的过程叫做氮的固定D.，以上各步物质转化可通过一步反应完成【答案】C【解析】【详解】A．二氧化硫可以做食品添加剂，但二氧化硫有毒，所以使用时应注意控制二氧化硫在食品中的残留量，故A正确；B．氯化铁溶液与铁反应生成氯化亚铁、氢氧化亚铁与氧气和水反应生成氢氧化铁、铜与硫共热反应生成硫化亚铜、钠与氧气共热反应生成过氧化钠，这些反应都是化合反应，所以四种物质都可以通过化合反应得到，故B正确；C．将游离态的氮元素转化为化合态氮元素的过程叫做氮的固定，所以将氨气转化为硝酸铵固体的过程不是氮的固定，故C错误；D．稀硝酸与铜反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，则各步物质转化可通过一步反应完成，故D正确；故选C。12.利用如图实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是A.利用图I装置将KCl水溶液蒸发结晶得到KCl固体B.利用图Ⅱ装置进行喷泉实验C.图Ⅲ装置中，关闭a、打开b，可检查装置的气密性D.利用图Ⅳ装置可用于实验室制取氨气【答案】A【解析】【详解】A．KCl是强酸强碱盐，在水中不发生水解反应，所以可以用图Ⅰ装置蒸发KCl溶液制备无水KCl，A正确；B．形成喷泉的条件是烧瓶内外产生压强差，而氯气难溶于饱和食盐水，不能形成喷泉，B错误；C．图Ⅲ装置中烧瓶和分液漏斗通过橡胶管连通，故关闭a、打开b，不管气密性是否良好，分液漏斗中的液体均可顺利流下，故不可检查装置的气密性，C错误；D．利用图Ⅳ装置可用于实验室制取氨气，有水产生，试管口应该略向下倾斜，D错误；故选A。13.下列表示的物质中，有关说法正确的是①②③④⑤⑥A.①比②沸点低B.③和④、⑤和⑥互为同分异构体C.①的同系物中含氢质量分数最小的物质是甲烷D.若③为某单烯烃与反应的产物，则该烯烃可能的结构有3种【答案】D【解析】【详解】A．烷烃的沸点碳原子数越多，沸点越高，相同碳原子数的烷烃，支链越多沸点越低，A错误；B．③和④是同一种物质，⑤和⑥碳架不同，互为同分异构体，B错误；C．①的同系物中含氢质量分数最大的物质是甲烷，C错误；D．若③为某单烯烃与反应的产物，采用逆向分析法，相邻的碳原子各去掉一个氢原子，有3种结果，故原单烯烃只可能有3种不同结构，D正确；故选D。14.有关下列装置的说法不正确的是A.图1所示不能构成原电池B.图2锌锰干电池属于一次电池，锌作负极C.图3苹果中含有苹果酸，铁片作负极D.图4电池Al电极反应式为：【答案】D【解析】【详解】A．图1所示装置没有形成闭合回路，不能构成原电池，A正确；B．锌锰干电池，锌筒作负极，发生氧化反应被消耗，电极反应式为：Zn2e=Zn2+，石墨棒作正极，B正确；C．图3苹果中含有苹果酸作电解质溶液，铁片作负极，铜片做正极，C正确；D．由Mg、Al、NaOH溶液组成原电池，铝作负极，失电子后在碱性条件下以四羟基合铝离子的形式存在，其负极反应式为：，D错误；故选D。15.纸电池为轻型、高效的新型能源存储带来希望之光。一种碱性纸电池如右上图所示，薄层纸片的两面分别附着锌和二氧化锰，电池总反应：。下列有关说法不正确的是A.Zn作负极，发生还原反应B.工作时，电流由沿外电路流向Zn再通过内电路流回C.作正极材料，电极反应式为D.外电路每转移1mol电子，负极材料质量增加17g【答案】A【解析】【分析】根据电池总反应可知，反应中Zn被氧化，应为电池的负极，电极反应式为：，被还原，应为电池正极，电极反应式为：，原电池工作时，电子由负极经外电路流向正极，据此解答【详解】A．Zn作负极，发生氧化反应，A错误；B．工作时，电子由负极经外电路流向正极，电流由沿外电路流向Zn再通过内电路流回，B正确；C．作正极材料，电极反应式为，C正确；D．负极反应式为：，外电路每转移1mol电子，负极增加1mol氢氧根，负极材料质量增加17g，D正确；故选A。16.是重要的化工原料，下列流程涉及的制备与用途。有关说法正确的是A.过程I中，实验室制氨可用氢氧化钠代替熟石灰B.过程Ⅱ中，物质A可能为尿素C.过程Ⅲ中，参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1D.过程Ⅳ中，生成的离子方程式为：【答案】B【解析】【分析】熟石灰和氯化铵固体混合加热制备氨气，氨气与饱和食盐水、二氧化碳生成碳酸氢钠，氨气被次氯酸钠氧化生成N2H4，氨气与反应生成和物质A，根据质量守恒定律可推知物质A可能为尿素，据此解答。【详解】A．实验室制氨气不能用氢氧化钠代替熟石灰，因为氢氧化钠易吸水结块，且易腐蚀试管，A错误；B．过程Ⅱ中，根据质量守恒定律可推知物质A可能为尿素，B正确；C．过程Ⅲ中，反应Ⅲ化学方程式为：2NH3+NaClO＝N2H4+NaCl+H2O，参加反应的氧化剂（NaClO）与还原剂（NH3）的物质的量之比为1：2，C错误；D．过程Ⅳ中，生成的离子方程式为，D错误；故选B。17.下列化学用语书写正确的是A.溶液中滴加过量氨水的离子方程式：B.工业制粗硅的反应化学方程式：C.气体与气体混合：D.溶液中滴加过量溶液反应的离子方程式：【答案】C【解析】【详解】A．氢氧化铝不能溶于氨水，溶液中滴加过量氨水时生成氢氧化铝，其离子方程式为，故A错误；B．工业制粗硅时为使二氧化硅充分反应，焦炭需过量，反应的化学方程式为，故B错误；C．气体与气体混合时发生氧化还原反应生成硫和水，反应的化学方程式为，故C正确；D．溶液中滴加过量溶液，反应的离子方程式为，故D错误；故答案为：C。18.疫情防控期间，医护“大白”身穿的防护服主要成分为聚四氟乙烯，其合成路线如下下列说法正确的是A.若X为氯仿，则①为加成反应B.二氟一氯甲烷存在和两种结构，二者互为同分异构体C.Y中所有原子一定共平面D.聚四氟乙烯高分子链节中存在碳碳双键，可以使溴的溶液褪色【答案】C【解析】【详解】A．若X为氯仿，反应①为氯仿中氯原子被氟原子取代的反应，为取代反应，A错误；B．二氟一氯甲烷为四面体结构，则二氟一氯甲烷只存在1种结构，B错误；C．Y为四氟乙烯，碳碳双键两端的原子共面，所以四氟乙烯中所有原子共平面，C正确；D．聚四氟乙烯中不含不饱和键，所以聚四氟乙烯不能使酸性溶液褪色，D错误；故选C。19.X、Y、Z、W、R为五种短周期主族元素，原子序数依次增大，Y、Z、W为同周期元素，且最外层电子数之和为15，X比Y少一个电子层。R的原子序数是W的二倍，并且R的最外层电子数是K层电子数的3倍。下列说法正确的是A.Y与W、Z与W形成的所有化合物均属于大气污染物B.由X、Z、W三种元素形成的化合物的水溶液一定显酸性C.简单离子半径：R>W>ZD.试管内壁残留的单质R可用化合物去除【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、W、R为五种短周期主族元素，Y、Z、W是原子序数依次增大的同周期相邻元素，且最外层电子数之和为15，设Z的最外层电子数为m，则Y的最外层电子数为m1，W的最外层电子数为m+1，即得出（m1）+m+（m+1）=3m=15，所以m=5，则推知Y、Z、W分别为C、N、O；X比Y核外少一个电子层，则X为H；R的原子序数是W的二倍，则R为S，据此分析解题。【详解】由分析知，X为H，Y为C，Z为N，W为O，R为S，A．CO2不是大气污染物，故A错误；B．由H、N、O三种元素形成的化合物的水溶液不一定显酸性，如NH3·H2O，故B错误；C．一般电子层数越多，离子半径越大，当核外电子层结构相同时，核电荷数越大，半径越小，故简单离子半径大小为S2＞N3＞O2，故C错误；D．S单质易溶于CS2，所以当试管壁上沾有单质硫时，可用CS2洗涤，体现S的物理性质，故D正确；故选D。20.某化学小组测定酸性条件下溶液与溶液反应的化学反应速率，所用的试剂为20mL溶液和20mL溶液，随时间变化的曲线如图所示。下列说法不正确的是A.0~4min内B.5min时反应中C.起初反应速率很小，一段时间后反应速率明显增大，可能是反应放热升温的结果D.该反应的离子方程式为【答案】B【解析】【分析】发生的反应为：；【详解】A．由题图中数据可知，该反应在0～4min内的平均反应速率，，，A正确；B．，，B错误；C．起初反应速率很小，一段时间后反应速率明显增大，可能是因为反应放热使体系温度升高，也可能是因为生成的离子对反应有催化作用等，C正确；D．根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，可得该反应的离子方程式为，D正确；故选B。21.我国科研人员提出了由小分子X、Y转化为高附加值产品M的催化反应历程。该历程可用如图表示，下列说法不正确的是A.①→②过程属于放热反应B.由X、Y生成M的总反应原子利用率为100%C.X的键角为，M为乙醇D.反应过程中有CH键的断裂和CC键、OH键的生成【答案】C【解析】【详解】A．①→②过程反应物总能量高于生成物总能量，属于放热反应，A正确；B．X、Y生成M的总反应方程式为，原子利用率为100%，B正确；C．X为CH4，X分子结构是正四面体，键角为，Y为CO2，Y结构式为O=C=O、M为乙酸()，C错误；D．根据反应的历程示意图和总反应方程式可知，反应过程中有键的断裂和键、键的生成，D正确；故选C。22.已知：。某化学小组欲探究溶液和酸性溶液反应过程中条件对化学反应速率的影响，进行了如下实验（忽略溶液体积变化）：编号酸性溶液体积/mL溶液体积/mL水的体积/mL反应温度/℃反应时间/minI220202.1Ⅱ21205.5Ⅲ20500.5下列说法不正确的是A.B.设计实验I、Ⅱ的目的是探究浓度对反应速率的影响C.实验计时是从溶液混合开始，溶液紫红色褪去时结束D.实验Ⅲ用溶液浓度变化表示的反应速率【答案】D【解析】【详解】A．根据单一变量原则，实验Ⅰ是对照实验，溶液总体积为4mL，则V1=421=1，V2=42=2，故A正确；B．实验目的是探究反应过程中浓度、温度对化学反应速率的影响，实验Ⅰ和Ⅱ的温度相同但其浓度不同，则设计实验Ⅰ、Ⅱ的目的是探究浓度对反应速率的影响，故B正确；C．该定性实验是根据酸性KMnO4溶液褪色时间来判断反应快慢，所以实验计时是从溶液混合开始，溶液紫红色褪去时结束，故C正确；D．实验Ⅲ中草酸过量，两种溶液混合瞬间c(KMnO4)=0.01mol/L×=0.005mol/L，反应完全时△c=0.005mol/L，v(KMnO4)==0.01，故D错误；答案为D。23.为了测定铁铜合金的组成，将15.2g铁、铜合金加入200mL某浓度的稀硝酸中，待合金完全溶解后，共收集到NO气体4.48L（标准状况下），并测得反应后溶液中的浓度为。若反应前后溶液的体积变化忽略不计，则下列判断正确的是A.反应后溶液中剩余的硝酸可溶解铁的质量最多为1.4gB.上述合金中铁与铜的质量之比为2：3C.NO气体中通入3.36L（标况）后溶于足量水中可被完全吸收D.原硝酸的物质的量浓度为【答案】C【解析】【详解】A．n(NO)=，则转移电子为0.2mol×(52)=0.6mol，故金属共失去电子0.6mol，故失去1mol电子时合金的质量，反应后Fe3+0.1mol，Cu2+0.15mol，HNO30.1mol，由于要求是最多溶解合金的质量，所以应该让铁铜都变成+2价，根据方程式3R+8HNO3(稀)=3R(NO3)2+4H₂О+2NO~6e可知0.1mol硝酸还可以得到电子，对应铁的质量=0.075mol×56g/mol=4.2g，故A项错误；B．反应后溶液中的c(H+)=0.5mol/L，则反应后，铁被氧化成Fe(NO3)3，设合金中铜为xmol，Fe为ymol，则：，解得，，则铁的质量为：0.1mol×56g/mol=5.6g，铜的质量：0.15mol×64g/mol=9.6g，其质量比为：，故B项错误；C．根据电子守恒，0.2molNO通入O2后溶于足量水中被完全吸收需要O2的物质的量为，标况下的气体体积为：3.36L，故C项正确；D．反应生成Cu(NO3)2、Fe(NO3)3和NO还有剩余的硝酸，根据N原子守恒故，故D项错误；故本题选C。24.海水晒盐可以得到粗盐。粗盐中含有泥沙等不溶性杂质，可能含、和等可溶性杂质，某同学设计如图实验方案提纯粗盐。对该过程的认识中，不正确的是A.步骤I过滤时为了加快过滤速度可以用玻璃棒搅拌B.步骤Ⅱ和步骤Ⅲ顺序可以互换，步骤Ⅱ和步骤Ⅳ顺序不可以互换C.步骤Ⅲ加入溶液，静置后沿烧杯壁向上层清液中继续滴加2~3滴溶液，若溶液不出现浑浊，则表明已沉淀完全D.往溶液C中加入盐酸呈中性或微酸性，目的是除去过量的和【答案】A【解析】【分析】粗盐加水，搅拌溶解，过滤出泥沙后，滤液中加入过量NaOH溶液沉淀镁离子，再次过滤后先加入过量氯化钡溶液以沉淀硫酸根，但实际无现象，说明粗盐中不含硫酸钠，然后再加入过量的碳酸钠以沉淀钡离子和钙离子，过滤后，滤液中加入适量稀盐酸除去NaOH和碳酸钠，蒸发结晶得到食盐晶体。【详解】A．过滤时不能用玻璃棒搅拌，容易把滤纸捅破，导致滤液浑浊，故A项错误；B．由于加入的碳酸钠还需要除去引入的钡离子，所以碳酸钠一定要加在氯化钡之后，则操作Ⅱ和操作Ⅲ顺序不可以互换，故B项正确；C．步骤Ⅲ加入BaCl2溶液，静置后沿烧杯壁向上层清液中继续滴加2~3滴BaCl2溶液，若溶液不出现浑浊，则表明已沉淀完全，故C项正确；D．前序步骤中加入的NaOH、Na2CO3均过量，NaOH可以和盐酸反应生成NaCl和水，碳酸钠与盐酸反应生成NaCl、水和二氧化碳，所以需要加入盐酸将其除去，过量盐酸蒸发即可出去，故D项正确；故本题选A。25.根据实验目的设计方案并进行实验，观察相关现象，其中方案设计或结论不正确的是实验目的方案设计现象结论A探究Cu和浓反应后溶液呈绿色的原因将通入下列溶液至饱和：①浓②和浓混合溶液①无色变黄色②蓝色变绿色Cu和浓反应后溶液呈绿色的主要原因可能是溶有B探究乙醇能否在铜催化下与氧气发生氧化反应将下端绕成螺旋状的铜丝插入乙醇中，小心地闻试管中液体产生的气味无刺激性气味乙醇不能在铜催化下与氧气发生氧化反应C探究盐酸与碳酸氢钠反应的热效应用温度计测足量的盐酸中加入适量的碳酸氢钠前后温度变化温度计读数减小盐酸与碳酸氢钠反应是吸热反应D探究温度对反应速率的影响等体积、等物质的量浓度的与溶液在不同温度下反应温度高的溶液中先出现浑浊温度升高，该反应速率加快A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．Cu和浓HNO3反应后生成二氧化氮，探究其溶液呈绿色的原因可以采用对比实验，即将NO2通入①浓HNO3，②Cu(NO3)2和HNO3混合溶液至饱和，现象与原实验一致，可以说明Cu和浓HNO3反应后溶液呈绿色的主要原因是溶有NO2，故A正确；B．将下端绕成螺旋状的铜丝插入乙醇中，未加热，铜与乙醇不反应，无法闻到试管中乙醛的气味，故B错误；C．用温度计测足量的盐酸中加入适量的碳酸氢钠前后温度减小，得出盐酸与碳酸氢钠反应为吸热反应，故C正确；D．探究温度对反应速率的影响，只保留温度一个变量，温度高的溶液中先出现浑浊，能说明温度升高，反应速率加快，故D正确；故选B。非选择题部分二、填空题（本大题共6小题，共50分）26.请按要求回答下列问题：（1）乙醇的结构式______；聚异戊二烯的结构简式______。（2）写出铜与浓硝酸反应的离子方程式______。（3）是一种______（填“酸性”、“碱性”或“两性”）氧化物。实验室盛放氢氧化钠溶液的试剂瓶不能用玻璃塞。请结合化学方程式解释其中原因：______。【答案】（1）①.②.（2）（3）①.酸性②.因为磨砂玻璃塞中的会和氢氧化钠溶液反应，生成的将瓶口与瓶塞粘在一起，无法打开【解析】【小问1详解】乙醇分子式为，官能团为，结构式为；异戊二烯结构简式为，在一定条件下发生加聚反应得到聚异戊二烯，故答案为：；；【小问2详解】浓硝酸具有强氧化性，对应的还原产物一般写成二氧化氮，铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮、水，对应的离子方程式，故答案为：；【小问3详解】与碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物；因为磨砂玻璃塞中的会和氢氧化钠溶液反应，生成的将瓶口与瓶塞粘在一起，无法打开，所以实验室盛放氢氧化钠溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，故答案为：酸性；因为磨砂玻璃塞中的会和氢氧化钠溶液反应，生成的将瓶口与瓶塞粘在一起，无法打开。27.I．为探究无水盐M（仅含5种元素）的组成和性质，设计并完成如下实验：已知：气体A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，假设气体完全逸出，体积已折算为标准状况。（1）组成M的元素有N、O、S______（填元素符号），沉淀A的成分为______（填化学式）。（2）写出M与足量氢氧化钠溶液反应的离子方程式______。Ⅱ．工业烟气中去除氮氧化物、硫氧化物的过程叫脱硝脱硫。（3）SCR脱硝技术的化学反应机理如图1所示，写出该反应发生的化学方程式______。（4）图2所示的喷淋吸收塔装置可用于脱硫脱硝，该装置的优点是______。【答案】（1）①.Fe、H②.（2）（3）（4）增大了气体与NaClO溶液的接触面积，加快了脱硫硝速度【解析】【分析】气体A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，则A为氨气，其物质的量为，则无水盐中含，且其物质的量为0.05mol；溶液A中先加足量盐酸、再加足量氯化钡溶液得23.3g沉淀B，则溶液A中含硫酸盐，即无水盐中含，且其物质的量为；沉淀A加热得到红棕色固体，该固体为Fe2O3，则沉淀A为，Fe2O3的物质的量为，则无水盐中含Fe3+或Fe2+，由M呈电中性可知，0.05×1+0.1×(2)+0.05n=0，解得n=+3，所以M中含Fe3+，其物质的量为0.05mol，M的化学式为NH4Fe(SO4)2。【小问1详解】据以上分析可知，组成M的元素有N、O、S、Fe、H，沉淀A的成分为；【小问2详解】M为NH4Fe(SO4)2，NH4Fe(SO4)2与足量氢氧化钠溶液反应的离子方程式为；【小问3详解】由SCR脱硝技术的化学反应机理图1可知，原理是NO、氧气、氨气反应生成氮气和水，该反应的化学方程式为；【小问4详解】图2所示的喷淋吸收塔装置可用于脱硫脱硝，该装置的优点是：增大了气体与次氯酸钠溶液的接触面积，使反应更加充分，加快了脱硫脱硝的速度。28.根据，设计如图所示实验装置来制备固体，请完成下列问题：（1）仪器G的名称是______。（2）装置D的作用是①使和混合均匀，②通过观察气泡控制气体比例和流速，③______。（3）浓硫酸与木炭在加热条件下可发生化学反应，为检验反应产物，某同学设计了如下图所示的实验，回答下列问题。①浓硫酸与木炭发生反应的化学方程式为______。②以下说法正确的是______。A．装置A中的无水硫酸铜作用是干燥气体B．若装置C中溶液颜色变浅，证明已除尽C．若不用品红溶液也可达到实验目的D．仅根据装置D中溶液变浑浊不能说明生成【答案】（1）（球形）干燥管（2）干燥气体（3）①.②.BCD【解析】【分析】装置A中浓硫酸和亚硫酸钠固体制取二氧化硫，装置B中氯酸钾和二氧化锰共热制取氧气，二氧化硫和氧气在装置D中混合、干燥后进入E装置，在三氧化二铬的催化作用下反应生成三氧化硫，装置F收集SO3，装置G的干燥剂防止空气中水蒸气进入F，二氧化硫有毒，G之后进行尾气吸收。【小问1详解】据仪器G的构造可知，其名称是(球形)干燥管；【小问2详解】E装置中的反应需要加热，所以进入装置E的气体必须是干燥的，二氧化硫和氧气在催化剂表面反应生成三氧化硫，为了充分利用原料，防止浪费，进入E装置的气体要充分混合、且气流不能过快，所以装置D的作用是①使和混合均匀，②通过观察气泡控制气体比例和流速，③干燥气体；【小问3详解】①浓硫酸与木炭在加热条件下反应生成二氧化硫、二氧化碳和水，反应的化学方程式为；②A．浓硫酸与木炭在加热条件下反应生成二氧化硫、二氧化碳和水，为检验反应的产物，要先检验水蒸气，即装置A中的无水硫酸铜作用是检验水蒸气，故A错误；B．C中高锰酸钾溶液是除去SO2，防止干扰CO2的检验，若装置C中溶液颜色变浅，证明已除尽，故B正确；C．若装置C中溶液颜色变浅，证明已除尽，也能证明SO2的存在，所以若不用品红溶液也可达到实验目的，故C正确；D．要证明二氧化碳的存在，既要有装置C中溶液颜色变浅，又要有装置D中溶液变浑浊，若仅装置D中溶液变浑浊，不能说明生成，故D正确；故答案为：BCD。29.乙烯产量是衡量一个国家石油化工水平的标志，根据乙烯的转化图，完成下列问题：（1）甲的结构简式为______。（2）反应④的化学方程式为______。反应类型为______反应。（3）下列有关说法正确的是______。A.可以用燃烧的方法区别乙烯和甲烷B.丙为难溶于水的黄色油状液体C.丁可以使酸性高锰酸钾溶液褪色D.医疗上常用体积分数为75%的己溶液做消毒剂【答案】（1）（2）①.②.加成（3）AC【解析】【分析】乙烯分子中有碳碳双键，能与HCl、Br2、H2O发生加成反应，则甲为氯乙烷，丙为1，2二溴乙烷，丁为乙醇，戊为乙醛，己为乙酸，据此分析乙烯还可以和氧气发生燃烧反应，【小问1详解】甲的结构简式为：；【小问2详解】反应④的化学方程式为；属于加成反应；【小问3详解】A．乙烯和甲烷含碳量不同，乙烯燃烧有黑烟，甲烷是蓝色火焰，燃烧的现象不一样，A正确；B．丙为1，2二溴乙烷，难溶于水的无色油状液体，B错误；C．丁是乙醇，具有还原性，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，C正确；D．医疗上常用体积分数为75%的乙醇溶液做消毒剂，D错误；故选AC。30.I．向2L的密闭恒温容器中加入0.3molA、0.1molC和一定量（未知）的B三种气体，一定条件下发生反应，各物质的物质的量随时间变化如图所示。已知在反应过程中混合气体的平均相对分子质量没有变化。请回答下列问题。（1）若，则阶段=______。（2）写出反应的化学方程式：______。（3）B的起始物质的量浓度是______。Ⅱ．甲烷化是一种实现资源化利用的有效途径，其反应的化学方程式为：。（4）已知此反应中相关化学键断裂时所需吸收的能量（或形成化学键时所释放的能量）数据如下表：化学键HHC=OHOCH436803463413计算该反应每生成1mol，______（填“吸收”或“放出”）热量______KJ。（5）该可逆反应达到平衡的标志为______（填标号）。①和的比值为1：1②相同时间内，断开C=O键的数目和断开OH键的数目相等③混合气体的平均相对分子质量不变④恒容时单位体积内分子总数不变⑤四种物质的分压之比等于计量系数之比⑥恒温恒压时混合气体的总压强不变A.①②④ B.①③④ C.①③⑥ D.②⑤⑥【答案】（1）0.006（2）（3）（4）①.放出②.154（5）B【解析】【小问1详解】A物质的浓度变化为，故阶段以C物质浓度变化表示的反应速率υ(A)=，故答案为：；【小问2详解】根据反应过程中混合气体的平均相对分