北京市2020年第一次普通高中学业水平合格性考试化学试题 Word版含解析

北京市2020年第一次普通高中学业水平合格性考试化学试题 Word版含解析

‎2020年北京市第一次普通高中学业水平合格性考试 化 学 试 卷 ‎1．考生要认真填写考场号和座位序号。‎ ‎2．本试卷共8页，分为两个部分。第一部分为选择题，25个小题（共50分）；第二部分为非选择题，9个小题（共50分）。‎ ‎3．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。‎ ‎4．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。‎ 可能用到的相对原子质量：H 1 He 4 C 12 N 14 O 16 Na 23 Cl 35.5 As 75‎ 第一部分 选择题（共50分）‎ 在下列各题的4个选项中，只有1个选项符合题意。（每小题2分，共50分）‎ ‎1.在庆祝中华人民共和国成立70周年活动中用到多种材料。下列所示材料中，其主要成分属于合成高分子材料的是 A. 花坛钢架——铁合金 B. 飞机外壳——铝合金 C. 通讯光纤——二氧化硅 D. 飞机轮胎——合成橡胶 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．铁合金是金属材料，不是有机合成高分子材料，故A错误；‎ B．铝合金是金属材料，不是有机合成高分子材料，故B错误；‎ C．二氧化硅属于非金属氧化物，不是有机合成高分子材料，故C错误；‎ D．合成橡胶属于有机合成高分子材料，故D正确；‎ 故选D。‎ - 21 -‎ ‎【点睛】解答本题要注意常见材料的分类，材料包括金属材料、无机非金属材料、有机合成材料、复合材料等。要注意金属材料包括铁、铝、铜等纯金属和合金；有机合成材料一般包括塑料、合成橡胶、合成纤维等。‎ ‎2.下列物质中，不属于电解质的是 A. Cu B. K2SO4 C. HNO3 D. NaOH ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．铜是单质，不属于电解质，故A选；‎ B．硫酸钾溶于水能导电，属于电解质，故B不选；‎ C．硝酸溶于水能导电，属于电解质，故C不选；‎ D．氢氧化钠溶于水能导电，属于电解质，故D不选；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】理解电解质的概念是解题的关键，要注意电解质一定是化合物，单质、混合物既不是电解质，也不是非电解质。‎ ‎3.下列金属中，通常用电解法冶炼的是 A. Na B. Fe C. Hg D. Ag ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 炼活泼金属K、Ca、Na、Mg、Al，一般用电解熔融的氯化物(Al是电解熔融的Al2O3)制得；冶炼较不活泼的金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu，常用还原剂有(C、CO、H2等)；冶炼不活泼的金属Hg、Ag用加热分解氧化物的方法制得，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．Na的性质很活泼，用电解熔融的氯化物的方法冶炼，故A符合题意；‎ B．Fe用热还原法冶炼，故B不符合题意；‎ C．Hg用热分解法冶炼，故C不符合题意；‎ D．Ag用热分解法冶炼，故D不符合题意；‎ 答案选A。‎ ‎4.当光束通过下列分散系时，能观察到丁达尔效应的是 A. NaCl溶液 B. 蔗糖溶液 C. CuSO4溶液 D. AgI胶体 ‎【答案】D - 21 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】A.NaCI溶液不属于胶体分散系，用光束照射不能观察到丁达尔现象，故A错误；‎ B.蔗糖溶液不属于胶体分散系，用光束照射不能观察到丁达尔现象，故B错误；‎ C.CuSO4溶液不属于胶体分散系，用光束照射不能观察到丁达尔现象，故C错误；‎ D.AgI胶体属于胶体分散系，用光束照射能观察到丁达尔现象，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎5.下列分子中，一定含碳碳双键的是 A. C2H4 B. C2H6 C. C2H5OH D. CH3COOH ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．C2H4为乙烯，一定含有碳碳双键，A符合题意；‎ B．C2H6为乙烷，一定不含碳碳双键，B与题意不符；‎ C．C2H5OH为乙醇或甲醚，一定不含碳碳双键，C与题意不符；‎ D．CH3COOH为乙酸，含有碳氧双键，不含碳碳双键，D与题意不符；‎ 答案为A。‎ ‎6.下列元素的原子半径最大的是（ ）‎ A. F B. Cl C. Br D. I ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】F、Cl、Br、I位于同主族，同主族元素从上到下，随原子序数的增大，原子半径逐渐增大，I的原子序数最大，则原子半径最大，答案选D。‎ ‎7.下列物质中，含离子键的是（ ）‎ A. H2O B. CO2 C. MgCl2 D. Cl2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．H2O是共价化合物，只含有极性共价键，故A不符合题意；‎ B．CO2是共价化合物，只含有极性共价键，故B不符合题意；‎ C．MgCl2是离子化合物，只含有离子键，故C符合题意；‎ D．Cl2是单质，只含有非极性共价键，故D不符合题意；‎ - 21 -‎ 答案选C。‎ ‎8.下列关于物质分类的叙述中，不正确的是 A. H2SO4属于酸 B. KOH属于碱 C. NO属于氧化物 D. 石灰水属于纯净物 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.硫酸在溶液中电离出的阳离子全部是氢离子，属于酸，故A正确；‎ B.氢氧化钾在溶液中电离出的阴离子全部是氢氧根离子，属于碱，故B正确；‎ C.一氧化氮是由氮元素和氧元素组成的氧化物，故C正确；‎ D.石灰水是氢氧化钙的水溶液，属于混合物，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎9.下列关于化学反应与能量的说法中，不正确的是 A. Mg与盐酸的反应属于放热反应 B. 能量变化是化学反应的基本特征之一 C. Ba（OH）2·8H2O与NH4Cl的反应属于放热反应 D. 反应物的总能量低于生成物的总能量，反应时从环境吸收能量 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.金属与酸的反应为放热反应，则镁与盐酸的反应属于放热反应，故A正确；‎ B.化学反应遵循质量守恒定律和能量守恒定律，则能量变化是化学反应的基本特征之一，故B正确；‎ C.Ba（OH）2·8H2O与NH4Cl的反应属于放吸热反应，故C错误；‎ D.反应物的总能量低于生成物的总能量的反应为吸热反应，反应时从环境吸收能量，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎10.下列物质中，既含有氨分子，又含有铵根离子的是 A. 氨气 B. 氨水 C. 硝酸 D. 硝酸钾 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.氨气是共价化合物，化合物中只存在氨分子，不存在铵根离子，故A错误；‎ - 21 -‎ B.氨水是氨气溶于水所得的混合物，氨水中存在氨分子、一水合氨分子、水分子、铵根离子、氢氧根离子和氢离子，既含有氨分子，又含有铵根离子，故B正确；‎ C.硝酸为共价化合物，化合物中只存在硝酸分子，不存在氨分子和铵根离子，故C错误；‎ D.硝酸钾是离子化合物，化合物中含有钾离子和硝酸根离子，不存在氨分子和铵根离子，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎11.碳在自然界的循环过程如图所示。下列说法中，不正确的是 A. 氧元素未参与该循环过程 B. 绿色植物光合作用可吸收CO2‎ C. 控制化石燃料的使用可减少碳排放 D. 动植物遗体被微生物分解可产生CO2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由图可知，动物的呼吸作用、汽车工作时，均消耗氧气，植物的光合作用有氧气生成，氧元素参与碳在自然界的循环过程，故A错误；‎ B.绿色植物从空气中吸收二氧化碳，经光合作用转化为葡萄糖，并放出氧气，故B正确；‎ C.化石燃料燃烧生成二氧化碳，控制化石燃料的使用可减少碳排放，故C正确；‎ D.由图可知，动植物遗体被微生物分解会产生二氧化碳，故D正确；‎ 故选A。‎ ‎12.下列关于二氧化硫气体性质的描述中，不正确的是 A. 有刺激性气味 B. 不溶于水 C. 能使品红溶液褪色 D. 能与NaOH溶液反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.二氧化硫是无色、有刺激性气味的气体，故A正确；‎ - 21 -‎ B.二氧化硫易溶于水，故B错误；‎ C.二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色，故C正确；‎ D.二氧化硫是酸性氧化物，能与氢氧化钠溶液反应，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎13.我国科学家利用如下反应实现了低温制氢。‎ CO（g） + H2O（g）CO2（g） + H2（g）‎ 一定温度下，在密闭容器中，当 CO、H2O、CO2、H2 的浓度不再变化时，下列说法正确的是 A. CO 和 H2O 全部转化为CO2 和H2‎ B. 该反应已达化学平衡状态 C. 正、逆反应速率相等且等于零 D. CO、H2O、CO2、H2 的浓度一定相等 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．该反应为可逆反应，故不可能反应完全，A错误；‎ B．体系中各物质浓度不再发生变化，可以判断达到化学平衡状态，B正确；‎ C．化学平衡状态时，正逆反应速率相同且不为0，C错误；‎ D．反应物、生成物的浓度不一定相同，D错误；‎ 故选B。‎ ‎14.变量控制是科学研究的重要方法。相同质量的碳酸钙与足量1 mol·L-1盐酸分别在下列条件下发生反应，化学反应速率最大的是 选项 碳酸钙的状态 实验温度/℃‎ A 粉末 ‎10‎ B 粉末 ‎30‎ C 块状 ‎10‎ D 块状 ‎30‎ - 21 -‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】相同质量的碳酸钙与足量1mol•L-1盐酸反应，反应物相同，接触面积越大，温度越高，反应速率越快，所以开始阶段化学反应速率最大的是粉末状碳酸钙，温度为30℃，故选B。‎ ‎15. （Ac的中文名“锕”）是一种医用放射性同位素，在治疗癌症方面有重大作用。下列关于的说法中，正确的是 A. 质子数为225 B. 中子数为89‎ C. 核外电子数为136 D. 质子数与中子数之和为225‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】原子符号的左上角表示原子的质量数，左下角表示原子的质子数，质子数+中子数=质量数，质子数=核电荷数=原子核外电子数，则中质量数为225，质子数=核外电子数=89，中子数=质量数-质子数=225-89=136。‎ 根据上述分析可知D项正确，答案选D。‎ ‎16.下列关于乙醇的说法中，不正确的是 A. 官能团为—OH B. 能与NaOH溶液反应 C. 能与Na反应 D. 能与CH3COOH反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.乙醇结构简式为CH3CH2OH或C2H5OH，官能团为—OH，故A正确；‎ B.乙醇非电解质，不能与氢氧化钠反应，故B错误；‎ C.乙醇含有羟基，能与Na反应放出氢气，故C正确；‎ D.在浓硫酸做催化剂作用下，乙酸与乙醇共热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎17.下列反应中，属于取代反应的是 A. 甲烷燃烧生成二氧化碳和水 B. 乙醇与氧气反应生成乙醛和水 C. 乙烯与溴反应生成1,2-二溴乙烷 D. 甲烷与氯气反应生成一氯甲烷和氯化氢 - 21 -‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．甲烷燃烧生成二氧化碳和水，为氧化反应，A与题意不符；‎ B．乙醇与氧气反应生成乙醛和水，为氧化反应，B与题意不符；‎ C．乙烯与溴反应生成1,2-二溴乙烷，为加成反应，C与题意不符；‎ D．甲烷与氯气反应生成一氯甲烷和氯化氢，为取代反应，D符合题意；‎ 答案为D。‎ ‎18.下列物质的电子式书写正确的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氨气为共价化合物，每个氢原子与氮原子形成一个共用电子对，氮原子最外层达到8电子稳定结构，电子式为，故A错误； ‎ B．氯气中氯原子之间形成一个共用电子对，每个氯原子最外层达到8电子稳定结构，Cl2的电子式，故B错误；‎ C．二氧化碳中，每个氧原子与碳原子形成2个共用电子对，每个原子最外层都达到8电子稳定结构，则电子式为，故C错误；‎ D．氯化钠是离子化合物，由钠原子失去电子变为钠离子，氯原子得到电子变为氯离子，电子式为，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎19.某元素的原子结构示意图为 ，下列关于该元素的说法中，不正确的是 A. 元素符号是S B. 属于短周期元素 C. 非金属性比氧的强 - 21 -‎ D. 最高正化合价是+6价 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由原子结构示意图为 可知，该元素为硫元素。‎ ‎【详解】A.硫元素的元素符号是S，故A正确；‎ B.硫元素位于元素周期表第三周期，属于短周期元素，故B正确；‎ C.硫元素和氧元素位于同一主族，同主族元素，从上到下非金属性减弱，则硫元素的非金属性比氧元素弱，故C错误；‎ D.主族元素的最高正化合价与主族序数相等，硫元素最外层有6个电子，则硫元素的最高正化合价是+6价，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎20.下列行为不符合实验安全要求的是 A. 熄灭酒精灯时，用灯帽盖灭 B. 稀释浓硫酸时，将水注入浓硫酸中 C. 点燃氢气前，先进行验纯操作 D. 熄灭少量燃着的金属钠，用干燥沙土覆盖 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．盖上灯帽可以隔绝氧气或空气，从而达到灭火的目的，则熄灭酒精灯时，用灯帽盖灭，故A正确；‎ B．稀释浓硫酸时会放出大量的热，为防止液体飞溅，应将浓硫酸注入水中，故B错误；‎ C．氢气为易燃气体，达到一定浓度会发生爆炸，则点燃氢气前，先进行验纯操作，故C正确；‎ D．钠与水反应可生成氢气，氢气为可燃气体，因此钠着火时不能用水灭火，可用干燥沙土覆盖，以达到隔绝空气的方法熄灭少量燃着的金属钠，故D正确； ‎ 答案选B。‎ ‎21.红糖具有益气补血、健脾暖胃等作用。下列由甘蔗制作红糖的主要步骤中，属于过滤操作的是 - 21 -‎ A．削蔗去杂 B．石辘碎蔗 C．渣汁分离 D．热锅熬糖 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.削蔗去杂属于原料的准备过程，不属于过滤操作，故A不符合题意；‎ B.石辘碎蔗属于原料的榨取过程，不属于过滤操作，故B不符合题意；‎ C.渣汁分离是将固体和液体分离的过程，属于过滤操作，故C符合题意；‎ D.热锅熬糖是加热蒸发的过程，不属于过滤操作，故D不符合题意；‎ 故选C。‎ ‎22.下列说法中，不正确的是（ ）‎ A. 1molCl2的质量是71g B. 标准状况下，22.4LCH4的物质的量为1mol C. 1molNH3中含有的分子数约为6.02×1023‎ D. 1mol·L-1Na2SO4溶液中含有2molNa+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.Cl2相对分子质量为71，1molCl2的质量为71g，故A正确；‎ B.标准状况下气体摩尔体积为22.4L/mol，22.4LCH4的物质的量是1mol。故B正确；‎ C.1mol任何物质均含有阿伏伽德罗常数个微粒，阿伏伽德罗常数的近似值为6.02×1023，1molNH3含有的分子数约为6.02×1023，故C正确；‎ D. Na2SO4溶液的体积未知，无法计算出其中钠离子物质的量，D不正确；‎ 故选D。‎ ‎23.下列反应的离子方程式书写不正确的是 - 21 -‎ A. 碳酸钠溶液与足量盐酸反应：CO+ 2H+ = CO2↑+ H2O B. 钠与水反应：Na + H2O = Na+ + OH－ + H2↑‎ C. 氯化钡溶液与稀硫酸反应：Ba2+ + SO=BaSO4↓‎ D. 铜与稀硝酸反应：3Cu + 8H+ + 2NO=3Cu2+ + 2NO↑+ 4H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.碳酸钠溶液与足量盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，反应的离子方程式为CO32—+ 2H+ = CO2↑+ H2O，故A正确；‎ B.钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式为2Na + 2H2O =2Na+ + 2OH－ + H2↑，故B错误；‎ C.氯化钡溶液与稀硫酸反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠，反应的离子方程式为Ba2+ + SO42—=BaSO4↓，故C正确；‎ D.铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应的离子方程式为3Cu + 8H+ + 2NO3—=3Cu2+ + 2NO↑+ 4H2O，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎24.硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2和CuCl2的混合溶液中回收S，其转化如图所示（CuS不溶于水）。下列说法中，不正确的是 A. 过程①中，生成CuS的反应为H2S+Cu2＋=CuS↓+2H＋‎ B. 过程②中，Fe3＋作氧化剂 C. 回收S的总反应为2H2S+O2=2H2O+2S↓‎ D. 过程③中，各元素化合价均未改变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ - 21 -‎ ‎【分析】‎ 由图可知：一共发生的有三个反应①H2S+Cu2＋=CuS↓+2H＋②CuS+2Fe3＋=2Fe2＋+Cu2＋+S③4Fe2＋+4H＋+O2=4Fe3＋+2H2O，由此可以推出总反应2H2S+O2=2S↓+2H2O，再结合氧化还原反应中的基本概念解题。‎ ‎【详解】A．过程①中，生成CuS的反应为H2S+Cu2＋=CuS↓+2H＋，故A正确；‎ B．过程②中的反应为CuS+2Fe3＋=2Fe2＋+Cu2＋+S，铁离子化合价降低，作氧化剂，故B正确；‎ C．①×2+②×2+③可以推出总反应2H2S+O2=2S↓+2H2O，故C正确；‎ D．过程③中的反应为4Fe2＋+4H＋+O2=4Fe3＋+2H2O，在转化过程中O、Fe元素化合价发生变化，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎25.下列“实验结论”与“实验操作及现象”不相符的一组是 选项 实验操作及现象 实验结论 A 向KI―淀粉溶液中滴加氯水，溶液变成蓝色 氧化性：Cl2＞I2‎ B 向蔗糖中滴加浓硫酸，蔗糖变黑 浓硫酸有吸水性 C 向某盐溶液中滴加KSCN溶液，溶液变为红色 该溶液中含有Fe3＋‎ D 向某盐溶液中加入浓NaOH溶液，加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝 该溶液中含有 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氯气与KI反应生成碘，由操作和现象可知氧化性：Cl2＞I2，故A正确；‎ B．浓硫酸使蔗糖脱水后，C与浓硫酸发生氧化还原反应，现象与吸水性无关，故B错误；‎ C．滴加KSCN溶液，溶液变为红色，可知含铁离子，由操作和现象可知溶液中含有Fe3＋，故C正确；‎ - 21 -‎ D．氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，由操作和现象可知溶液中含有，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查化学实验方案的评价，把握物质的性质、反应与现象、离子检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，难点B，浓硫酸使蔗糖脱水后，C与浓硫酸发生氧化还原反应，与吸水性无关。‎ 第二部分 非选择题（共50分）‎ ‎26.补齐物质及其用途的连线。________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】液氨气化时吸收大量的热，可用于工业上作制冷剂；次氯酸钠属于强碱弱酸盐，在溶液中次氯酸根离子水解形成次氯酸，具有漂白性，可用于制作漂白剂；葡萄糖是人体的供能物质，可以做营养物质，故答案为；‎ ‎27.选择完成下列实验的装置。‎ ‎(1)除去粗盐水中的泥沙用______(填序号，下同)。‎ - 21 -‎ ‎(2)加热NH4Cl和Ca(OH)2固体混合物制取NH3，用______。‎ ‎(3)自来水制备蒸馏水用______。‎ ‎【答案】 (1). ② (2). ③ (3). ①‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)除去粗盐水中的泥沙用可使用过滤操作，答案选②；‎ ‎(2)加热NH4Cl和Ca(OH)2固体混合物制取NH3，应选用固固加热装置，答案选③；‎ ‎(3)自来水制备蒸馏水应选择蒸馏装置，答案选①。‎ ‎28.化工厂用浓氨水检验氯气管道是否漏气，利用的反应为：8NH3 + 3Cl2 =N2 + 6NH4Cl ‎（1）作还原剂物质是_____，氯元素的化合价_____（填“升高”或“降低”）。‎ ‎（2）若反应中每生成 6 mol NH4Cl，则消耗Cl2 的物质的量至少为_____mol，转移电子的物质的量为_____mol。‎ ‎【答案】 (1). NH3 (2). 降低 (3). 3 (4). 6‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据所给的化学方程式分析，方程式中N元素化合价升高，Cl元素化合价降低。‎ ‎【详解】（1）方程式中N元素化合价升高，为还原剂，故作还原剂的物质是NH3；Cl元素从0价变成-1价化合价降低；‎ ‎（2）根据方程式的化学计量数可知，每生成6mol NH4Cl，消耗Cl2的物质的量至少为3mol，转移电子数为6mol。‎ ‎29.化学电池的发明，是贮能和供能技术的巨大进步。‎ ‎（1）如图所示装置中，Cu片是______（填“正极”或“负极”）。‎ ‎（2）如图所示装置可将______（写化学方程式）反应释放的能量直接转变为电能；能证明产生电能的实验现象是______。‎ - 21 -‎ ‎（3）2019年诺贝尔化学奖授予对锂离子电池研究做出突出贡献的科学家。某锂离子电池的工作原理如下。下列说法正确的是______（填序号）。‎ ‎① A为电池的正极 ‎② 该装置实现了化学能转化为电能 ‎③ 电池工作时，电池内部的锂离子定向移动 ‎【答案】 (1). 正极 (2). Zn + H2SO4 =ZnSO4 + H2↑ (3). 电流表指针偏转，铜片上有气泡产生 (4). ② ③‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)如图所示装置为原电池装置，锌失电子作负极，Cu作正极；‎ ‎(2)原电池装置为将化学能转化为电能的装置；‎ ‎(3)根据电子的移动方向，判断A为负极，B为正极，溶液中的锂离子向正极移动。‎ ‎【详解】(1)如图所示装置中，锌失电子作负极，则Cu作正极；‎ ‎(2)电池总反应式为锌与硫酸反应生成硫酸锌和氢气，反应释放的能量转化为电能，方程式为Zn + H2SO4 =ZnSO4+ H2↑；当有电流通过时，电流计的指针发生偏转，且铜电极的表面有气泡生成；‎ ‎(3)①根据电子的流向，A为电池的负极，①说法错误；‎ ‎②该装置为原电池装置，实现了化学能转化为电能，②说法正确；‎ ‎③根据图像，电池工作时，电池内部锂离子向正极移动，发生定向移动，③说法正确；‎ 答案为②③。‎ ‎30.某学习小组验证氯水中具有漂白性的物质是HClO，实验如下（装置的气密性已检验）。‎ - 21 -‎ ‎（1）NaOH溶液的作用是______。‎ ‎（2）实验Ⅰ，试剂a为H2O，制得氯水。氯水呈黄绿色是由于其中含有______。Cl2与H2O反应的化学方程式为______。‎ ‎（3）实验Ⅱ，试剂a为CCl4，制得Cl2的CCl4溶液（Cl2与CCl4不反应）。取稀盐酸、新制氯水和Cl2的CCl4溶液，分别滴在三张红色纸条上，可观察到______，证实氯水中具有漂白性的物质是HClO。‎ ‎【答案】 (1). 吸收多余的Cl2，防止污染空气 (2). Cl2 (3). Cl2 + H2O =HCl + HClO (4). 只有滴新制氯水的红色纸条褪色 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)氯气有毒，不能直接排放到大气中；‎ ‎(2)氯气显黄绿色，氯水中溶有氯气则显黄绿色；‎ ‎(3)对比盐酸、氯气分子和新制的氯水实验，次氯酸具有漂白性。‎ ‎【详解】(1)氯气有毒，NaOH溶液的作用为吸收多余的Cl2，防止污染空气；‎ ‎(2)根据新制氯水的成分，只有氯气分子显黄绿色，则氯气分子导致氯水呈黄绿色；氯气与水反应生成盐酸、次氯酸，方程式为Cl2 + H2O =HCl + HClO；‎ ‎(3)盐酸不能使红色纸条褪色，新制的氯水能够使红色纸条褪色，氯气的四氯化碳溶液不能使红色纸条褪色，则可证实氯水中的次氯酸具有漂白性。‎ ‎31.阅读短文，回答问题。‎ ‎2019年10月1日上午，庆祝中华人民共和国成立70周年活动在北京天安门广场隆重举行，场面震撼、激动人心。活动践行了环保理念。‎ 庆祝活动伊始，56门礼炮交替鸣放70响，礼炮弹药燃烧后几乎没有留下灰渣，近乎零污染。‎ - 21 -‎ 活动中使用的约2.4万平方米红地毯，是以40余万个废旧矿泉水瓶为主要原料生产的。‎ 飞机使用的新型“航空液体彩色拉烟剂”，其研制生产中选用了环保无毒的染色材料。‎ 广场上放飞了7万个充氦气的气球，这些气球都是由可降解的材料制成的。‎ 请依据以上短文，判断下列说法是否正确（填“对”或“错”）。‎ ‎（1）礼炮弹药的燃烧属于化学变化______。‎ ‎（2）废旧矿泉水瓶可以回收再利用______。‎ ‎（3）“航空液体彩色拉烟剂”的研制生产选用了环保无毒的染色材料______。‎ ‎（4）用氦气填充气球的原因是氦气密度比空气的大、性质稳定______。‎ ‎【答案】 (1). 对 (2). 对 (3). 对 (4). 错 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）礼炮弹药燃烧的过程中有新物质生成；‎ ‎（2）在垃圾分类的标准中，废旧矿泉水瓶属于可回收物；‎ ‎（3）由题意可知航空液体彩色拉烟剂的研制生产选用的是环保无毒的染色材料；‎ ‎（4）氦气的相对分子质量小于空气的平均相对分子质量，密度比空气小。‎ ‎【详解】（1）礼炮弹药燃烧的过程中有新物质生成，属于化学变化，该说法正确，故答案为：对；‎ ‎（2）在垃圾分类的标准中，废旧矿泉水瓶属于可回收物，由题意可知废旧矿泉水瓶可以制作红地毯，是可以回收再利用，该说法正确，故答案为：对；‎ ‎（3）由题意可知航空液体彩色拉烟剂的研制生产选用的是环保无毒的染色材料，该说法正确，故答案为：对；‎ ‎（4）氦气是性质稳定的稀有气体，相对分子质量小于空气的平均相对分子质量，密度比空气小，则用氦气填充气球的原因是氦气密度比空气的大、性质稳定的说法错误，故答案为：错。‎ ‎【点睛】氦气是性质稳定的稀有气体，相对分子质量小于空气的平均相对分子质量，密度比空气小是解答关键。‎ ‎32.我国科学家成功合成了含N的五氮阴离子盐，这是全氮含能材料研究领域中里程碑式的突破。‎ ‎（1）N在元素周期表中的位置是______。‎ ‎（2）N中，N原子之间的相互作用是______（填“离子键”或“共价键”）。‎ - 21 -‎ ‎（3）非金属性O强于N，用原子结构解释原因：______，得电子能力O大于N。‎ ‎（4）砷（As）与氮位于同一主族，下列推断正确的是______（填序号）。‎ ‎① 砷元素的最低负化合价为−3价 ② 热稳定性：AsH3＞NH3 ③ 砷的最高价氧化物对应的水化物属于酸 ‎【答案】 (1). 第2周期、第VA族 (2). 共价键 (3). 电子层数O与N相同，核电荷数O大于N，原子半径O小于N (4). ① ③‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）氮元素的原子序数为7，位于元素周期表第二周期VA族；‎ ‎（2）氮元素是非金属元素，非金属元素的原子之间通过共用电子对形成共价键；‎ ‎（3）氮原子和氧原子的电子层数相同，氧元素的核电荷数大于氮元素，氧原子的半径小于氮原子，氧原子得到电子的能力强于氮原子；‎ ‎（4）同主族元素，最外层电子数相同，结构相似，性质相似，从上到下原子半径依次增大，非金属性依次减弱。‎ ‎【详解】（1）氮元素的原子序数为7，位于元素周期表第二周期VA族，故答案为：第二周期VA族；‎ ‎（2）氮元素是非金属元素，N5—离子中，氮原子和氮原子之间通过共用电子对形成共价键，故答案为：共价键；‎ ‎（3）氮原子和氧原子的电子层数相同，氧元素的核电荷数大于氮元素，氧原子的半径小于氮原子，氧原子得到电子的能力强于氮原子，则氧元素的非金属性强于氮元素，故答案为：电子层数O与N相同，核电荷数O大于N，原子半径O小于N；‎ ‎（4）①同主族元素，最外层电子数相同，性质相似，氮元素的最低负化合价为−3价，则同主族的砷元素的最低负化合价也为−3价，故正确；‎ ‎②同主族元素，从上到下非金属性依次减弱，氢化物的热稳定性依次减小，则热稳定性NH3＞AsH3，故错误；‎ ‎③砷元素是非金属元素，最高价氧化物对应的水化物是H3AsO4，H3AsO4属于酸，故正确；‎ ‎①③正确，故答案为：①③。‎ ‎【点睛】氮元素是非金属元素，非金属元素的原子之间通过共用电子对形成共价键是解答关键。‎ ‎33.‎ - 21 -‎ 加强废旧金属的回收和再利用，是合理开发和利用金属资源的主要途径之一。下图是从镀铜废电路板中回收金属铜的一种工艺流程（各过程需控制适宜条件）。‎ ‎（1）上述流程中，为加快化学反应速率而采取的措施是______。‎ ‎（2）过程Ⅰ中，Cu溶解，过氧化氢的作用是______。‎ ‎（3）过程Ⅱ中，获得Cu的反应的离子方程式为______。‎ ‎（4）过程Ⅲ的目的是______。‎ ‎【答案】 (1). 粉碎、使用铁粉 (2). 作氧化剂 (3). Fe + Cu2+ = Fe2+ + Cu (4). 去除过量铁粉 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由流程图可知，将镀铜废电路板拆分、粉碎后，加入过氧化氢和稀硫酸，铜在稀硫酸作用下与过氧化氢发生氧化还原反应生成硫酸铜和水，过滤后，向滤液中加入过量铁粉，铁和硫酸铜溶液发生置换反应生成硫酸亚铁和铜，过滤后，向滤渣中加入稀硫酸除去过量的铁粉，过滤、洗涤、干燥得到铜。‎ ‎【详解】（1）镀铜废电路板经拆分、粉碎可以增大固体的表面积，增大铜与过氧化氢和稀硫酸溶液的接触面积，加快化学反应速率；过程Ⅱ中使用铁粉可以增大铁与硫酸铜溶液的接触面积，加快化学反应速率，故答案为：粉碎、使用铁粉；‎ ‎（2）过程Ⅰ中的反应为铜在稀硫酸作用下与过氧化氢发生氧化还原反应生成硫酸铜和水，反应中过氧化氢中氧元素的化合价降低被还原，过氧化氢是反应的氧化剂，故答案为：作氧化剂；‎ ‎（3）过程Ⅱ中的反应为铁和硫酸铜溶液发生置换反应生成硫酸亚铁和铜，反应的离子方程式为Fe + Cu2+ = Fe2+ + Cu，故答案为：Fe + Cu2+ = Fe2+ + Cu；‎ ‎（4）过程Ⅲ的目的是向滤渣中加入稀硫酸除去过量的铁粉，过滤、洗涤、干燥得到铜，故答案为：去除过量铁粉。‎ ‎【点睛】过程Ⅰ中的反应为铜在稀硫酸作用下与过氧化氢发生氧化还原反应生成硫酸铜和水，反应中过氧化氢中氧元素的化合价降低被还原，铜元素的化合价升高被氧化是分析解答的关键。‎ - 21 -‎ ‎34.实验小组利用传感器探究Na2CO3和NaHCO3的性质。‎ ‎【查阅资料】‎ pH越小，c（OH－）越小，溶液碱性越弱。‎ ‎【实验过程】‎ ‎【分析与解释】‎ ‎（1）实验Ⅰ中，溶解时吸收热量的物质是______。‎ ‎（2）实验Ⅱ中，Na2CO3溶液和澄清石灰水反应的离子方程式为______，OH－未参与该反应的实验证据是______。‎ ‎（3）实验Ⅱ中，滴加NaHCO3溶液的pH变化与滴加Na2CO3溶液的有明显差异，原因是滴加NaHCO3溶液的烧杯中，参与反应的离子有______。‎ ‎【答案】 (1). NaHCO3 (2). CO+ Ca2+ = CaCO3↓ (3). 滴加Na2CO3溶液的pH变化曲线与滴加蒸馏水的基本重合 (4). HCO、OH－‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由实验过程可知，实验Ⅰ中，碳酸钠溶解时放出热量，使溶液温度升高，碳酸氢钠溶解时吸收热量，使溶液温度降低；实验Ⅱ中，向澄清石灰水中分别加入蒸馏水、碳酸钠溶液和碳酸氢钠溶液，由题给图像可知，加入蒸馏水和碳酸钠溶液的pH变化曲线基本重合，说明氢氧根离子未参与该反应，加入碳酸氢钠溶液的pH逐渐减小，说明碳酸氢根离子和氢氧根离子参与反应。‎ - 21 -‎ ‎【详解】（1）由分析可知，实验Ⅰ中，碳酸氢钠溶解时吸收热量，使溶液温度降低，故答案为：NaHCO3；‎ ‎（2）实验Ⅱ中，Na2CO3溶液和澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，反应的离子方程式为CO32—+ Ca2+ = CaCO3↓；由题给图像可知，向澄清石灰水中加入蒸馏水和碳酸钠溶液的pH变化曲线基本重合，说明向澄清石灰水中加入碳酸钠溶液时，氢氧根离子未参与该反应，故答案为：CO32—+ Ca2+ = CaCO3↓；滴加Na2CO3溶液的pH变化曲线与滴加蒸馏水的基本重合；‎ ‎（3）由题给图像可知，实验Ⅱ中，向澄清石灰水中加入蒸馏水和碳酸钠溶液的pH变化曲线基本重合，加入碳酸氢钠溶液的pH逐渐减小，说明向澄清石灰水中加入碳酸氢钠溶液时，碳酸氢根离子和氢氧根离子参与反应，故答案为：HCO、OH－。‎ ‎【点睛】向澄清石灰水中加入蒸馏水和碳酸钠溶液的pH变化曲线基本重合，加入碳酸氢钠溶液的pH逐渐减小，说明向澄清石灰水中加入碳酸钠溶液时，氢氧根离子未参与该反应，向澄清石灰水中加入碳酸氢钠溶液时，碳酸氢根离子和氢氧根离子参与反应是解答关键。‎ - 21 -‎