化学卷·2018届广西钦州市高新区高二上学期期末化学试卷 （解析版）

化学卷·2018届广西钦州市高新区高二上学期期末化学试卷 （解析版）

‎2016-2017学年广西钦州市高新区高二（上）期末化学试卷 ‎　‎ 一、选择题 ‎1．将22.4g铁粉逐渐加入到含HNO3 0.8mol的稀硝酸中，反应生成的气体的物质的量（x）随消耗铁粉的物质的量（y）变化关系中正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎2．常温下，A、B组成的混合气体（MA＞MB）经分析发现无论怎样混合，气体中仅含的C、O两种元素的质量比总小于3：8，若混合气体中C、O质量比为1：8，则A、B两气体的体积比可能为（　　）‎ ‎①3：4　②2：1　③4：1　④4：3　⑤1：2．‎ A．只有⑤ B．①② C．④⑤ D．②④‎ ‎3．下列各组离子中能大量共存的是（　　）‎ A．K +、SiO32﹣、OH ﹣、Na + B．Na +、H +、CO32﹣、SO42﹣‎ C．K +、H +、SiO32﹣、Cl ﹣ D．OH ﹣、Na +、HCO3﹣、Cl ﹣‎ ‎4．用石墨电极电解1molL ﹣1的下列溶液，溶液的pH不变的是（　　）‎ A．HCl B．NaOH C．Na 2SO 4 D．NaCl ‎5．下列对实验仪器名称的标注或实验操作，正确的是（　　）‎ A． B． C．‎ ‎ D．‎ ‎6．已知某无色溶液中含有H+、Mg2+、Al3+几种阳离子，逐滴加入氢氧化钠溶液，消耗氢氧化钠溶液的体积（x轴）和生成沉淀量（y轴）之间的函数关系，正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎7．若丙醇中的氧原子为18O，它和乙酸反应生成的酯的相对分子质量为（　　）‎ A．102 B．104 C．120 D．122‎ ‎8．有温度和容积均相同的两容器Ⅰ、Ⅱ，向Ⅰ中加入1mol NO2，Ⅱ中加入2mol NO2，都将发生反应2NO2（g）⇌N2O4（g），反应达到平衡时，测得Ⅰ中NO2的转化率为a%，Ⅱ中NO2的转化率为b%，则a、b的关系为（　　）‎ A．a＜b B．a＞b C．a=b D．无法确定 ‎9．某有机物分子中有 n 个CH 2，m 个，a个CH 3，其余为OH，则该物质分子中OH的个数可能为（　　）‎ A．m﹣a B．n+m+a C．m+1﹣a D．m+2﹣a ‎10．向用盐酸酸化的MgCl2、FeCl3混合溶液中逐滴滴入NaOH溶液，生成的沉淀质量与滴入NaOH溶液体积关系如右图，则原混合溶液中MgCl2与FeCl3的物质的量之比为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎11．C8H18经多步裂化，最后完全转化为C4H8、C3H6、C2H4、C2H6、CH4五种气体的混合物．该混合物的平均相对分子质量可能是（　　）‎ A．28 B．30 C．38 D．40‎ ‎12．在一定容积密闭容器中加入2mol A和3mol B，在一定温度下发生反应：A（g）+B（g）⇌C（g）+D（g），下列可作判断反应是否达到平衡的依据的是（　　）‎ A．气体的密度是否变化 B．容器内的压强是否变化 C．容器中A的浓度是否变化 D．容器中C、D的物质的量之比是否变化 ‎13．下图所示的实验操作与方法正确的是（　　）‎ A．‎ 检验装置气密性 B．‎ 过滤 C．‎ 点燃酒精灯 D．‎ 称量氯化钠 ‎14．一定条件下，可逆反应X（g）+3Y（g）⇌2Z（g），若X、Y、Z起始浓度分别为c1、c2、c3（均不为0），平衡时X、Y、Z的浓度分别为0.1molL﹣1、0.3molL﹣1、0.08molL﹣1，则下列判断不合理的是（　　）‎ A．c1：c2=1：3‎ B．平衡时，Y与Z的生成速率之比为3：2‎ C．X、Y的转化率不相等 D．c1的取值范围0＜c1＜0.14 molL﹣1‎ ‎15．把6mol铜粉投入含8mol硝酸和2mol硫酸的稀溶液中，则标准状况下放出的气体的物质的量为（　　）‎ A．2 mol B．3 mol C．4 mol D．5 mol ‎16．下列有关化学实验不能达到目的是（　　）‎ A．采用如图所示的装置制取少量的氢氧化亚铁 B．加热苯、液溴和浓硫酸的混合物制取少量的溴苯 C．用碎瓷片作催化剂进行石蜡油的受热分解实验 D．用滴有少量硫酸铜溶液的稀硫酸跟锌粒反应快速地制氢气 ‎17．未来人类最理想的燃料是（　　）‎ A．无烟煤 B．石油 C．天然气 D．氢气 ‎18．在冷的浓硝酸中，下列金属最难溶解的是（　　）‎ A．银 B．镁 C．铝 D．铜 ‎19．某溶液A加入KSCN溶液后显红色．如果溶液A中加入一种物质B，反应后再加入KSCN溶液，不显红色，则物质B可能是（　　）‎ A．硫酸 B．氢硫酸 C．硝酸 D．碘化钾 ‎20．下列有关化学反应速率的说法正确的是（　　）‎ A．用铁片和稀硫酸反应制取氢气时，改用9.8%的浓硫酸可以加快产生氢气的速率 B．10.0 mL 2 molL ﹣1的盐酸跟锌片反应，加入适量的氯化钠溶液，反应速率不变 C．SO 2的催化氧化是一个放热的反应，所以升高温度，反应速率减慢 D．汽车尾气中的NO和CO可以缓慢反应生成N2和CO2，减小压强，反应速率减慢 ‎　‎ 二、实验题 ‎21．为了检验糖尿病人的尿液中是否含有葡萄糖，并判断病情轻重，应选用下列试剂中的　　 （填序号），进行的操作　　（填序号）并根据病情的轻重（任选一种），在结论中用不同数目的“+”号表示． ‎ 试剂 操作步骤 发生现象 结论 ‎①氢氧化铜 a．将尿液与试剂混合振荡 甲．蓝色溶液 乙．生成绿色沉淀 ‎②斐林试剂 b．将尿液与试剂混合后加热至沸腾 丙．生成黄绿色沉淀 ‎③硫酸铜 c．将尿液与试剂混合后微热 丁．生成黄色沉淀 戊．生成砖红色沉淀 ‎22．试样X由氧化亚铁和氧化铜组成．取质量相等的两份试样按下图所示进行实验：‎ ‎（1）请写出步骤③中所发生的全部反应的离子方程式．　　‎ ‎（2）若全部的溶液Y和全部的粉末Z充分反应后，生成的不溶物W的质量是m，则每份试样X中氧化铜的质量为　　．（用m表示）‎ ‎23．实验室中常用格氏剂制取醇类，格氏试剂（RMgX）的制法是：RX+Mg RMgX（R为烃基，X为卤素）格氏试剂可发生下列转变：‎ ‎（R、R′可以是相同或不同的烃基）‎ 以A为原料合成乙酸异丁酯（）的流程如下（部分反应物及反应条件没有列出），A主要来源于石油裂解气，A的产量常作为衡量石油化工水平的标志．‎ 试回答：‎ ‎（1）上述流程中，属于或含加成反应的是（填写序号）　　．‎ ‎（2）写出F的结构简式　　．‎ ‎（3）写出下列反应的化学方程式：反应①　　．反应⑦　　．‎ ‎　‎ 三、计算题 ‎24．制备1L含氨10%的氨水（密度是0.96g m•L ﹣1），需要标准状况下的氨气多少升？‎ ‎25．如图是100mg CaC2O4•H2O受热分解时，所得固体产物的质量随温度变化的曲线．试利用图中信息结合所学的知识，回答下列各问题：‎ ‎（1）温度分别为t1和t2时，固体产物的化学式A是　　，B是　　．‎ ‎（2）由CaC2O4•H2O得到A的化学方程式为　　．‎ ‎（3）由A得到B的化学方程式为　　．‎ ‎（4）由图计算产物C的相对分子质量，并推断C的合理的化学式．‎ ‎　‎ 四、解答题 ‎27．用杂化理论描述CCl4的生成和分子构型．‎ ‎28．用石灰石、食盐、焦炭、水为原料，写出合成聚氯乙烯的化学方程式．（已知：CaO+3CCaC2+CO↑）‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年广西钦州市高新区高二（上）期末化学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题 ‎1．将22.4g铁粉逐渐加入到含HNO3 0.8mol的稀硝酸中，反应生成的气体的物质的量（x）随消耗铁粉的物质的量（y）变化关系中正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】硝酸的化学性质；铁的化学性质．‎ ‎【分析】铁粉逐渐加入到含HNO3 0.8mol的稀硝酸中，开始硝酸过量，铁与硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮，当硝酸反应完毕后，铁若有剩余，再与硝酸铁反应生成硝酸亚铁．‎ 先判断铁与硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮，铁是否有剩余，若铁有剩余根据硝酸计算生成NO的物质的量，若硝酸有剩余根据铁计算生成NO的物质的量．‎ ‎【解答】解：22.4g铁的物质的量为=0.4mol，令铁完全反应需硝酸的物质的量为n，则：‎ ‎ Fe+4HNO3（稀）=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O ‎ 1 4‎ ‎0.4mol n 所以n=1.6mol，由于1.6mol＞0.8mol，所以Fe有剩余，根据硝酸计算生成NO的物质的量，参加反应生成NO的Fe的物质的量，则：‎ ‎ Fe+4HNO3（稀）=Fe（NO3）3 +NO↑+2H2O ‎ 1mol 4 mol 0.1mol ‎0.2mol 0.8mol 0.2mol 根据生成NO的物质的量，参加反应生成NO的Fe的物质的量作图，反应生成的气体的物质的量（x）随消耗铁粉的物质的量（y）变化关系如图：‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎2．常温下，A、B组成的混合气体（MA＞MB）经分析发现无论怎样混合，气体中仅含的C、O两种元素的质量比总小于3：8，若混合气体中C、O质量比为1：8，则A、B两气体的体积比可能为（　　）‎ ‎①3：4　②2：1　③4：1　④4：3　⑤1：2．‎ A．只有⑤ B．①② C．④⑤ D．②④‎ ‎【考点】元素质量分数的计算．‎ ‎【分析】CO分子中C、O元素的质量比=12：16=3：4，CO2分子中C、O质量之比=12：32=3：8，无论气体怎样混合，气体中仅含的C、O两种元素的质量比总小于3：8，只能为CO2和O2混合气体，由于MA＞MB，则A为CO2、B为O2，再结合混合气体中C、O质量比为1：8计算．‎ ‎【解答】解：CO分子中C、O元素的质量比=12：16=3：4，CO2分子中C、O质量之比=12：32=3：8，无论气体怎样混合，气体中仅含的C、O两种元素的质量比总小于3：8，只能为CO2和O2混合气体，由于MA＞MB，则A为CO2、B为O2，‎ 若混合气体中C、O质量比为1：8，设CO2、O2的物质的量分别为xmol、ymol，则：‎ ‎12x：16（2x+2y）=1：8‎ 整理可得x：y=1：2‎ 即相同条件下CO2、O2的体积之比为1：2‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎3．下列各组离子中能大量共存的是（　　）‎ A．K +、SiO32﹣、OH ﹣、Na + B．Na +、H +、CO32﹣、SO42﹣‎ C．K +、H +、SiO32﹣、Cl ﹣ D．OH ﹣、Na +、HCO3﹣、Cl ﹣‎ ‎【考点】离子共存问题．‎ ‎【分析】A．四种离子之间不发生反应，能够共存；‎ B．氢离子与碳酸根离子反应；‎ C．氢离子与硅酸根离子反应生成硅酸；‎ D．碳酸氢根离子与氢氧根离子反应．‎ ‎【解答】解：A．K+、SiO32﹣、OH﹣、Na+之间不反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；‎ B．H+、CO32﹣之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；‎ C．H+、SiO32﹣之间反应生成弱酸硅酸，在溶液中不能大量共存，故C错误；‎ D．OH﹣、HCO3﹣之间发生反应生成碳酸根离子和水，在溶液中不能大量共存，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎4．用石墨电极电解1molL ﹣1的下列溶液，溶液的pH不变的是（　　）‎ A．HCl B．NaOH C．Na 2SO 4 D．NaCl ‎【考点】电解原理．‎ ‎【分析】A．电解盐酸，发生反应：2HClH2↑+Cl2↑，溶液中HCl浓度降低；‎ B．电解NaOH溶液，发生反应：2H2O2H2↑+O2↑，溶液中NaOH浓度增大；‎ C．电解Na2SO4溶液，发生反应：2H2O2H2↑+O2↑，Na2SO4浓度增大，但Na2SO4溶液为中性；‎ D．电解NaCl溶液，发生反应：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，有NaOH生成．‎ ‎【解答】解：A．电解盐酸，发生反应：2HClH2↑+Cl2↑，溶液中HCl浓度降低，酸性减弱，溶液pH增大，故A错误；‎ B．电解NaOH溶液，发生反应：2H2O2H2↑+O2↑，溶液中NaOH浓度增大，碱性增强，溶液pH增大，故B错误；‎ C．电解Na2SO4溶液，发生反应：2H2O2H2↑+O2↑，Na2SO4浓度增大，但Na2SO4溶液为中性，溶液pH不变，故C正确；‎ D．电解NaCl溶液，发生反应：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，有NaOH生成，碱性增强，溶液pH增大，故D错误，‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎5．下列对实验仪器名称的标注或实验操作，正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】中和滴定；直接加热的仪器及使用方法；制取氢氧化铁、氢氧化亚铁．‎ ‎【分析】A、酸式滴定管与碱式滴定管的区别；‎ B、酒精灯火焰的名称与位置；‎ C、氢氧化亚铁的制取要隔绝空气；‎ D．量筒的用途及注意事项．‎ ‎【解答】A、图示为碱式滴定管，酸式滴定管带有活塞，故A错误；‎ B、酒精灯火焰从内到外依次为焰心、内焰、外焰，故B错误；‎ C、为防止氢氧化亚铁被氧气氧化，用苯隔绝空气并把长导管插入液面下，故C正确；‎ D．不能在量筒中进行溶液的稀释操作，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎6．已知某无色溶液中含有H+、Mg2+、Al3+几种阳离子，逐滴加入氢氧化钠溶液，消耗氢氧化钠溶液的体积（x轴）和生成沉淀量（y轴）之间的函数关系，正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】离子方程式的有关计算．‎ ‎【分析】开始发生反应：H++OH﹣=H2O，没有沉淀生成，氢离子反应完毕，再发生反应：Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓、Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，沉淀达最大值时，再加入NaOH溶液，又发生反应：Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，最终得到沉淀为Mg（OH）2．‎ ‎【解答】解：开始发生反应：H++OH﹣=H2O，没有沉淀生成，氢离子反应完毕，再发生反应：Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓、Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，沉淀达最大值时，再加入NaOH溶液，又发生反应：Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，最终得到沉淀为Mg（OH）2‎ ‎，故消耗氢氧化钠溶液的体积（x轴）和生成沉淀量（y轴）之间的函数关系为：，‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎7．若丙醇中的氧原子为18O，它和乙酸反应生成的酯的相对分子质量为（　　）‎ A．102 B．104 C．120 D．122‎ ‎【考点】相对分子质量及其计算．‎ ‎【分析】根据酸与醇反应的实质进行分析得出正确结论．酯化反应的反应机理是酸脱羟基，醇脱氢，据此分析．‎ ‎【解答】解：酸与醇反应的原理为酸脱羟基，醇脱氢，故丙醇与乙酸反应的原理为：CH3COOH+CH3CH2CH218OH CH3CO18OCH2CH2CH3+H2O，故CH3CO18OCH2CH2CH3的相对分子质量为5×12+16+18+10×1=104，‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎8．有温度和容积均相同的两容器Ⅰ、Ⅱ，向Ⅰ中加入1mol NO2，Ⅱ中加入2mol NO2，都将发生反应2NO2（g）⇌N2O4（g），反应达到平衡时，测得Ⅰ中NO2的转化率为a%，Ⅱ中NO2的转化率为b%，则a、b的关系为（　　）‎ A．a＜b B．a＞b C．a=b D．无法确定 ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】在温度和容积均相同的两容器，Ⅱ相当于两个Ⅰ达平衡时压缩到一个容器中，即增大压强，平衡正向移动，由此分析解答．‎ ‎【解答】解：在温度和容积均相同的两容器，Ⅱ相当于两个Ⅰ达平衡时压缩到一个容器中，即增大压强，平衡正向移动，所以Ⅱ中NO2的转化率大于Ⅰ中NO2的转化率，即a＜b，故选A．‎ ‎　‎ ‎9．某有机物分子中有 n 个CH 2，m 个，a个CH 3，其余为OH，则该物质分子中OH的个数可能为（　　）‎ A．m﹣a B．n+m+a C．m+1﹣a D．m+2﹣a ‎【考点】有机化合物中碳的成键特征．‎ ‎【分析】该有机物中含有a个﹣CH3，n 个﹣CH2﹣，m个，其余为OH，说明该物质属于饱和醇，将OH原子换为H原子就是烷烃结构，根据烷烃通式计算出H原子个数，计算已知的H原子个数，剩余的就是OH原子个数，据此分析解答．‎ ‎【解答】解：某有机物链状分子中含有a个﹣CH3，n 个﹣CH2﹣，m个，其余为OH，说明该物质属于饱和醇，将OH原子换为H原子就是烷烃结构，该分子中C原子个数=（a+n+m），根据烷烃通式知H原子个数=2（a+n+m）+2，a个﹣CH3，n 个﹣CH2﹣，m个中H原子总数=3a+2n+m，则缺少的H原子个数=2（a+n+m）+2﹣（3a+2n+m）=m+2﹣a，所以OH个数为m+2﹣a；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎10．向用盐酸酸化的MgCl2、FeCl3混合溶液中逐滴滴入NaOH溶液，生成的沉淀质量与滴入NaOH溶液体积关系如右图，则原混合溶液中MgCl2与FeCl3的物质的量之比为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】离子方程式的有关计算．‎ ‎【分析】向用盐酸酸化的MgCl2、FeCl3混合溶液中逐滴滴入NaOH溶液，首先发生反应NaOH+HCl=NaCl+H2O，即为图象中0﹣amL，沉淀的质量为0g；FeCl3只能在酸性较强的溶液中存在，当酸性减弱时，会转化为Fe（OH）3沉淀，从amL开始，bmL时沉淀完全．bmL时，溶液仍然呈酸性，到cmL时，才开始产生Mg（OH）2沉淀，结合Fe3++3OH﹣═Fe（OH）3↓、Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓计算判断．‎ ‎【解答】解：向用盐酸酸化的MgCl2、FeCl3混合溶液中逐滴滴入NaOH溶液，首先发生反应NaOH+HCl=NaCl+H2O，即为图象中0﹣amL，沉淀的质量为0g；FeCl3只能在酸性较强的溶液中存在，当酸性减弱时，会转化为Fe（OH）3沉淀，从amL开始，bmL时沉淀完全．bmL时，溶液仍然呈酸性，到cmL时，才开始产生Mg（OH）2沉淀，‎ 令氢氧化钠浓度为xmol/L，‎ Fe3+完全沉淀消耗氢氧化钠为（b﹣a）mL，结合Fe3++3OH﹣═Fe（OH）3↓可知，溶液中n（Fe3+）=×（b﹣a）×10﹣3Lxmol/L，‎ Mg2+完全沉淀消耗氢氧化钠为（d﹣c）mL，结合Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓可知，溶液中n（Mg2+）=×（d﹣c）×10﹣3Lxmol/L，‎ 故原混合溶液中n（MgCl2）：n（FeCl3）=×（d﹣c）×10﹣3Lxmol/L：×（b﹣a）×10﹣3Lxmol/L=，‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎11．C8H18经多步裂化，最后完全转化为C4H8、C3H6、C2H4、C2H6、CH4五种气体的混合物．该混合物的平均相对分子质量可能是（　　）‎ A．28 B．30 C．38 D．40‎ ‎【考点】相对分子质量及其计算．‎ ‎【分析】根据C原子、H原子守恒，判断C8H18裂化可能发生的反应情况，根据反应情况判断1molC8H18裂化所得的混合气体的物质的量的范围，再根据极限法计算平均相对分子质量的范围，据此解答．‎ ‎【解答】解：按照题目所给C8H18的裂化产物考虑，C8H18裂化可能发生的反应共有以下几种：‎ ‎①C8H18→C4H8+C3H6+CH4‎ ‎②C8H18→C4H8+C2H4+C2H6‎ ‎③C8H18→2C3H6+C2H6‎ ‎④C8H18→C3H6+2C2H4+CH4‎ ‎⑤C8H18→3C2H4+C2H6‎ 以上反应①、②、③是1molC8H18裂化生成3mol混合气体；④、⑤反应是1molC8H18裂化生成4mol混合气体．要得到题目所述的混合气体，按①、②、③反应就可以实现；但是按④、⑤反应并不能得到题目所述的混合气体，至少需要①、②中的一个反应参与或者共同参与，③也有可能同时参与．‎ 这样1molC8H18裂化所得的混合气体的物质的量为：3mol≤n＜4mol，所以混合气体的平均摩尔质量＜≤，‎ 即28.5g/mol＜≤38g/mol．所以平均相对分子质量为：28.5＜≤38．‎ 故选B、C．‎ ‎　‎ ‎12．在一定容积密闭容器中加入2mol A和3mol B，在一定温度下发生反应：A（g）+B（g）⇌C（g）+D（g），下列可作判断反应是否达到平衡的依据的是（　　）‎ A．气体的密度是否变化 B．容器内的压强是否变化 C．容器中A的浓度是否变化 D．容器中C、D的物质的量之比是否变化 ‎【考点】化学平衡状态的判断．‎ ‎【分析】当正逆反应速率相等时可逆反应达到平衡状态，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变，据此分析解答．‎ ‎【解答】解：A．根据质量守恒定律及物质状态知，反应前后气体总质量不变、容器体积不变，所以气体密度始终不变，不能据此平衡平衡状态，故A不选；‎ B．反应前后气体计量数之和不变，所以无论是否达到平衡状态，气体压强始终不变，不能据此判断平衡状态，故B不选；‎ C．随着反应减小，A的浓度逐渐减小，当A的浓度不变时，其正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，所以可以据此判断平衡状态，故C选；‎ D．C、D的计量数相等且都是生成物，开始时容器中都不存在C、D物质，所以容器中C、D的物质的量之比始终都是1：1，不能据此判断平衡状态，故D不选；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎13．下图所示的实验操作与方法正确的是（　　）‎ A．‎ 检验装置气密性 B．‎ 过滤 C．‎ 点燃酒精灯 D．‎ 称量氯化钠 ‎【考点】化学实验方案的评价；实验装置综合．‎ ‎【分析】A．在检查装置的气密性时，先将导管放入水槽中，然后用手握住试管外壁；‎ B．过滤实验中要用玻璃棒引流；‎ C．点燃酒精灯时，不能用燃着的酒精灯去点燃另一个酒精灯；‎ D．托盘天平的使用要注意“左物右码”的原则．‎ ‎【解答】解：A．在检验装置的气密性时，利用的是装置内气体的压强改变，有气泡冒出时，说明装置气密性良好，否则气密性不好，故A正确；‎ B．过滤实验中要用玻璃棒引流，图中没有，故B错误；‎ C．点燃酒精灯时，用火柴点燃，如果用燃着的酒精灯去点燃另一个酒精灯，会引起酒精失火，造成危险．图中操作错误，故C错误；‎ D．托盘天平的使用要注意“左物右码”的原则，图中正好相反，故D错误．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎14．一定条件下，可逆反应X（g）+3Y（g）⇌2Z（g），若X、Y、Z起始浓度分别为c1、c2、c3（均不为0），平衡时X、Y、Z的浓度分别为0.1molL﹣1、0.3molL﹣1、0.08molL﹣1，则下列判断不合理的是（　　）‎ A．c1：c2=1：3‎ B．平衡时，Y与Z的生成速率之比为3：2‎ C．X、Y的转化率不相等 D．c1的取值范围0＜c1＜0.14 molL﹣1‎ ‎【考点】化学平衡建立的过程．‎ ‎【分析】化学平衡的建立，既可以从正反应开始，也可以从逆反应开始，或者从正逆反应开始，不论从哪个方向开始，物质都不能完全反应，利用极限法假设完全反应，计算出相应物质的浓度变化量，实际变化量小于极限值，据此判断分析．‎ ‎【解答】解：若反应向正反应进行到达平衡，X、Y的浓度最大，Z的浓度最小，假定完全反应，则：‎ 根据方程式 X（气）+3Y（气）⇌2Z（气），‎ 开始（mol/L）：c1 c2 c3‎ 变化（mol/L）：0.04 0.12 0.08‎ 平衡（mol/L）：0.1 0.3 0.08‎ c1=0，14 c2=0.42 c3=0‎ 若反应逆正反应进行到达平衡，X、Y的浓度最小，Z的浓度最大，假定完全反应，则：‎ 根据方程式 X（气）+3Y（气）⇌2Z（气），‎ 开始（mol/L）：c1 c2 c3‎ 变化（mol/L）：0.1 0.3 0.2 ‎ 平衡（mol/L）：0.1 0.3 0.08‎ c1=0 c2=0 c3=0.28‎ 由于为可逆反应，物质不能完全转化所以起始时浓度范围为0＜c（X）＜0.14，0‎ ‎＜c（Y）＜0.42，0＜c（Z）＜0.28，‎ A、X 和Y平衡浓度为1：3，变化的量为1；3，所以起始量为1：3，c1：c2=1：3，故A正确；‎ B、平衡时，Y和Z的生成速率之比为化学方程式系数之比为3：2，故B正确；‎ C、X、Y的变化量之比和起始量之比相同，所以转化率相同，故C错误；‎ D、依据上述计算，c1的取值范围为0＜c1＜0.14mol•L﹣1，故D正确；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎15．把6mol铜粉投入含8mol硝酸和2mol硫酸的稀溶液中，则标准状况下放出的气体的物质的量为（　　）‎ A．2 mol B．3 mol C．4 mol D．5 mol ‎【考点】氧化还原反应的计算．‎ ‎【分析】发生3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O，混合溶液中n（H+）=8mol+2mol×2=12mol，n（Cu）=6mol，n（NO3﹣）=8mol，以量不足的计算生成NO气体的体积，以此来解答．‎ ‎【解答】解：混合溶液中n（H+）=8mol+2mol×2=12mol，n（Cu）=6mol，n（NO3﹣）=8mol，‎ 由3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O可知，‎ ‎6molCu反应需要消耗16molH+，4molNO3﹣，则H+不足，H+完全反应，‎ 设生成NO的物质的量为x，则 ‎3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O ‎ 8 2‎ ‎ 12mol x ‎，解得x=3mol，‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎16．下列有关化学实验不能达到目的是（　　）‎ A．采用如图所示的装置制取少量的氢氧化亚铁 B．加热苯、液溴和浓硫酸的混合物制取少量的溴苯 C．用碎瓷片作催化剂进行石蜡油的受热分解实验 D．用滴有少量硫酸铜溶液的稀硫酸跟锌粒反应快速地制氢气 ‎【考点】化学实验方案的评价；苯的性质；制取氢氧化铁、氢氧化亚铁；探究石蜡油分解制乙烯及乙烯的化学性质．‎ ‎【分析】A．为防止氢氧化亚铁被氧化，应隔绝空气；‎ B．制备溴苯，应用铁或溴化铁作催化剂；‎ C．石蜡油在高温下可发生裂解；‎ D．可形成原电池反应，加快反应速率．‎ ‎【解答】解：A．实验中植物油起到隔绝空气的作用，可防止生成的氢氧化亚铁被空气中的氧气氧化，可用于制备氢氧化亚铁，故不选；‎ B．制备溴苯，应用铁或溴化铁作催化剂，加入浓硫酸不能发生反应制备溴苯，故B选；‎ C．石蜡油在高温下可发生裂解，可用高锰酸钾溶液观察是否生成乙烯，故C不选；‎ D．加入少量硫酸铜，可置换出铜，形成铜锌原电池，加快反应速率，故D不选．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎17．未来人类最理想的燃料是（　　）‎ A．无烟煤 B．石油 C．天然气 D．氢气 ‎【考点】清洁能源；化学能与热能的应用．‎ ‎【分析】氢气燃烧时与空气中的氧结合生成水，不会造成污染．‎ A．无烟煤燃烧会生成二氧化硫等空气污染物；‎ B．石油燃烧释放出二氧化碳；‎ C．天然气燃烧会释放出二氧化碳；‎ D．氢气燃烧的产物只有水．‎ ‎【解答】解：A．无烟煤燃烧会生成二氧化硫等空气污染物，会造成环境污染，故A错误；‎ B．石油燃烧释放出二氧化碳，引起温室效应，故B错误；‎ C．天然气主要成分为甲烷，燃烧会释放出二氧化碳，会造成温室效应，故C错误；‎ D．氢气燃烧生成水，对环境没有污染，所以最理想的燃料，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎18．在冷的浓硝酸中，下列金属最难溶解的是（　　）‎ A．银 B．镁 C．铝 D．铜 ‎【考点】硝酸的化学性质．‎ ‎【分析】浓硝酸具有强氧化性，与活泼金属及较活泼金属都能发生氧化还原反应，而使金属溶解，但极不活泼金属金、铂都不与硝酸反应，注意铁、铝遇冷的浓硝酸发生钝化．‎ ‎【解答】解：浓硝酸具有强氧化性，铜、银、镁都能与冷的浓硝酸反应而溶解，铝与冷的浓硝酸发生钝化生成致密的氧化膜，阻止浓硝酸再与它们继续接触反应，所以最难溶解，‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎19．某溶液A加入KSCN溶液后显红色．如果溶液A中加入一种物质B，反应后再加入KSCN溶液，不显红色，则物质B可能是（　　）‎ A．硫酸 B．氢硫酸 C．硝酸 D．碘化钾 ‎【考点】铁盐和亚铁盐的相互转变．‎ ‎【分析】某溶液A加入KSCN溶液后显红色，说明A中含Fe3+，而在溶液A中加入一种物质B，反应后再加入KSCN溶液，不显红色，说明加入的物质B能将Fe3+还原或沉淀，据此分析．‎ ‎【解答】解：A、加入的硫酸和Fe3+不反应，故Fe3+对无影响，故A错误；‎ B、加入的H2S能将Fe3+还原为Fe2+，故再加入KSCN溶液，不显红色，故B正确；‎ C、加入的硝酸和Fe3+不反应，故Fe3+对无影响，故C错误；‎ D、加入的HI能将Fe3+还原为Fe2+，故再加入KSCN溶液，不显红色，故D正确；‎ 故选BD．‎ ‎　‎ ‎20．下列有关化学反应速率的说法正确的是（　　）‎ A．用铁片和稀硫酸反应制取氢气时，改用9.8%的浓硫酸可以加快产生氢气的速率 B．10.0 mL 2 molL ﹣1的盐酸跟锌片反应，加入适量的氯化钠溶液，反应速率不变 C．SO 2的催化氧化是一个放热的反应，所以升高温度，反应速率减慢 D．汽车尾气中的NO和CO可以缓慢反应生成N2和CO2，减小压强，反应速率减慢 ‎【考点】化学反应速率的影响因素．‎ ‎【分析】A．浓硫酸和Fe发生钝化现象且二者反应生成二氧化硫；‎ B．加入适量氯化钠溶液，氢离子浓度减小，反应速率降低；‎ C．升高温度能增大所有反应的反应速率；‎ D．该反应方程式为2NO+2CO⇌N2+2CO2，该反应是一个反应前后气体体积减小的可逆反应，减小压强平衡正向移动，正逆反应速率都减小．‎ ‎【解答】解：A．浓硫酸和Fe发生钝化现象且二者反应生成二氧化硫，所以不能用浓硫酸和铁片制取氢气，应该用适当提高稀硫酸浓度来加快反应速率，故A错误；‎ B．加入适量氯化钠溶液，氢离子浓度减小，单位体积内活化分子个数减小，所以反应速率降低，故B错误；‎ C．升高温度，活化分子百分数增大，所以反应速率加快，故C错误；‎ D．该反应方程式为2NO+2CO⇌N2+2CO2，该反应是一个反应前后气体体积减小的可逆反应，减小压强平衡正向移动，减小单位体积内活化分子个数，所以正逆反应速率都减小，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ 二、实验题 ‎21．为了检验糖尿病人的尿液中是否含有葡萄糖，并判断病情轻重，应选用下列试剂中的　②　 （填序号），进行的操作　c　（填序号）并根据病情的轻重（任选一种），在结论中用不同数目的“+”号表示． ‎ 试剂 操作步骤 发生现象 结论 ‎①氢氧化铜 a．将尿液与试剂混合振荡 甲．蓝色溶液 乙．生成绿色沉淀 ‎②斐林试剂 b．将尿液与试剂混合后加热至沸腾 丙．生成黄绿色沉淀 ‎③硫酸铜 c．将尿液与试剂混合后微热 丁．生成黄色沉淀 戊．生成砖红色沉淀 ‎【考点】性质实验方案的设计．‎ ‎【分析】根据葡萄糖中含有醛基，醛基具有还原性，能被新制的氢氧化铜氧化，有砖红色沉淀生成进行解答．‎ ‎【解答】解：葡萄糖中含有醛基，醛基具有还原性，能被新制的氢氧化铜（菲林试剂）氧化，有砖红色的氧化亚铜沉淀生成．氢氧化铜必须是新制的，且碱过量溶液显碱性，反应需要加热至沸腾，否则不反应；葡萄糖与硫酸铜不反应，故检验糖尿病人的尿液中是否含有葡萄糖，并判断病情轻重，应选用②斐林试剂，将尿液与试剂混合后加热至沸腾，根据能否产生沉淀以及产生沉淀颜色的深浅判断，‎ 故答案为：②；C 试剂 操作步骤 发生现象 结论 ‎①氢氧化铜 a．将尿液与试剂混合振荡 甲．蓝色溶液 ‎_‎ 乙．生成绿色沉淀 ‎+‎ ‎②斐林试剂 b．将尿液与试剂混合后加热至沸腾 丙．生成黄绿色沉淀 ‎++‎ ‎③硫酸铜 c．将尿液与试剂混合后微热 丁．生成黄色沉淀 ‎+++‎ 戊．生成砖红色沉淀 ‎++++‎ ‎　‎ ‎22．试样X由氧化亚铁和氧化铜组成．取质量相等的两份试样按下图所示进行实验：‎ ‎（1）请写出步骤③中所发生的全部反应的离子方程式．　Fe+Cu2+=Cu+Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑　‎ ‎（2）若全部的溶液Y和全部的粉末Z充分反应后，生成的不溶物W的质量是m，则每份试样X中氧化铜的质量为　m　．（用m表示）‎ ‎【考点】铁的氧化物和氢氧化物；铜金属及其重要化合物的主要性质．‎ ‎【分析】（1）先判断粉末Z的成分，再根据溶液E不含铜离子判断该溶液成分，根据有气体生成，判断反应过量的物质，从而确定W的成分，写出相应的离子方程式；‎ ‎（2）根据铜的质量计算氧化铜的质量，氧化铜质量的一半为试样X中氧化铜的质量．‎ ‎【解答】解：（1）因为CuO+COCu+CO2，FeO+COFe+CO2，所以固体粉末Z为Cu和Fe．铁能和铜离子发生置换反应，所以铁和铜离子发生的离子方程式为：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+；强酸性溶液E不含铜离子，且有气体F生成，所以铁与铜离子反应铁过量，铁还和酸反应，所以铁和酸反应的离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑；‎ 答：步骤③中所发生的全部反应的离子方程式为Fe+Cu2+=Cu+Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑；‎ ‎（2）不溶物W为铜，铜有两部分来源，一部分是CO还原出的铜，一部分为铁与铜离子反应置换出的铜，所以以W的一半计算试样中的氧化铜的质量；‎ ‎ CuO﹣﹣Cu ‎ ‎ 80 64‎ m m 所以试样中氧化铜的质量为 m×=m，故答案为： m．‎ ‎　‎ ‎23．实验室中常用格氏剂制取醇类，格氏试剂（RMgX）的制法是：RX+Mg RMgX（R为烃基，X为卤素）格氏试剂可发生下列转变：‎ ‎（R、R′可以是相同或不同的烃基）‎ 以A为原料合成乙酸异丁酯（）的流程如下（部分反应物及反应条件没有列出），A主要来源于石油裂解气，A的产量常作为衡量石油化工水平的标志．‎ 试回答：‎ ‎（1）上述流程中，属于或含加成反应的是（填写序号）　①④⑥　．‎ ‎（2）写出F的结构简式　CH3CH2MgX　．‎ ‎（3）写出下列反应的化学方程式：反应①　CH2=CH2+H2O→CH3CH2OH　．反应⑦　CH3CH2CH（OH）CH3+CH3COOH+H2O　．‎ ‎【考点】有机物的合成．‎ ‎【分析】由合成流程可知，A为CH2=CH2，与水发生加成反应生成B为CH3CH2OH，乙醇发生催化氧化生成C为CH3CHO，乙醛进一步发生氧化反应生成D为CH3COOH．‎ 乙烯与HX发生加成反应生成E为CH3CH2X，E与Mg在乙醚条件下发生反应生成F为CH3CH2MgX，F与乙醛发生加成反应生成CH3CH2CH（OMgX）CH3，再发生水解得到G为CH3CH2CH（OH）CH3，G与乙酸发生酯化反应得到乙酸异丁酯，以此来解答．‎ ‎【解答】解：（1）由上述分析可知①④为加成反应，⑥含加成反应，故答案为：①④⑥；‎ ‎（2）由上述分析可知F为CH3CH2MgX，故答案为：CH3CH2MgX；‎ ‎（3）反应①是乙烯与水的加成反应，反应化学方程式为CH2=CH2+H2O→CH3CH2OH；‎ 反应⑦的化学方程式为CH3CH2CH（OH）CH3+CH3COOH+H2O，‎ 故答案为：CH2=CH2+H2O→CH3CH2OH；CH3CH2CH（OH）CH3+CH3COOH+H2O．‎ ‎　‎ 三、计算题 ‎24．制备1L含氨10%的氨水（密度是0.96g m•L ﹣1），需要标准状况下的氨气多少升？‎ ‎【考点】物质的量浓度的相关计算．‎ ‎【分析】先根据m=V×ρ计算溶液的质量，根据溶质的质量分数进而计算溶质的质量，再根据V=×Vm计算需要标准状况下的氨气．‎ ‎【解答】解：1L含氨10%的氨水的质量为m=V×ρ=1 L×1 000 mL•L﹣1×0.96 g•mL﹣1，由于氨水中的溶质均可看成氨分子，则氨气的质量为1 L×1 000 mL•L﹣1×0.96 g•mL﹣1×10%=96g，标准状况下的氨气的体积V（NH3）═×Vm=×22.4L/mol=126.5L；‎ 答：需要标准状况下的氨气126.5L．‎ ‎　‎ ‎25．如图是100mg CaC2O4•H2O受热分解时，所得固体产物的质量随温度变化的曲线．试利用图中信息结合所学的知识，回答下列各问题：‎ ‎（1）温度分别为t1和t2时，固体产物的化学式A是　CaC2O4　，B是　CaCO3　．‎ ‎（2）由CaC2O4•H2O得到A的化学方程式为　CaC2O4•H2OCaC2O4+H2O↑　．‎ ‎（3）由A得到B的化学方程式为　CaC2O4CaCO3+CO↑　．‎ ‎（4）由图计算产物C的相对分子质量，并推断C的合理的化学式．‎ ‎【考点】化学方程式的有关计算；物质的量或浓度随时间的变化曲线．‎ ‎【分析】由图可知：t1时产物A的质量为87.7 g，t2时，B为68.5 g．观察化学式：CaC2O4•H2O，其逐步分解的固体产物必为含Ca的化合物，则产物A、B、C的物质的量应与CaC2O4•H2O相同．‎ ‎（1）设A、B的相对分子质量分别为x、y，根据关系式计算A、B的相对分子质量，据此判断A、B的化学式．‎ ‎（2）根据A的化学式判断其它产物，书写方程式．‎ ‎（3）根据A、B的化学式判断其它产物，书写方程式．‎ ‎（4）由图可知产物C的质量约为38 mg，C的物质的量应与CaC2O4•H2O相同，根据由化学式计算质量分数，计算C的相对分子质量，据此判断C的化学式．‎ ‎【解答】解：（1）设A、B的相对分子质量分别为x、y，则：‎ 由CaC2O4•H2O～～～～A ‎ 146 x ‎ 100 mg 87.7 mg 所以x==128，CaC2O4•H2O相对分子质量为146，A与 CaC2O4•H2O的相对分子质量相差18，则A为CaC2O4．‎ 由CaC2O4•H2O～～～～～B ‎ 146 y ‎ 100 mg 68.5 mg y==100 mg，则B为CaCO3．‎ 故答案为：CaC2O4；CaCO3．‎ ‎（2）A为CaC2O4，CaC2O4•H2O分解生成CaC2O4与H2‎ O，该温度下，水为气态，反应方程式为CaC2O4•H2OCaC2O4+H2O↑．‎ 故答案为：CaC2O4•H2OCaC2O4+H2O↑．‎ ‎（3）A为CaC2O4，B为CaCO3，所以CaC2O4分解生成CaCO3与CO，反应方程式为CaC2O4CaCO3+CO↑．‎ 故答案为：CaC2O4CaCO3+CO↑．‎ ‎（4）当加热至1100℃～1200℃时，由图读得分解产物C的质量约为38mg，‎ C的相对分子质量为×146=55.48，C相对分子质量的实验值与CaO的相对分子质量56接近，故C为CaO．‎ 答：C的相对分子质量为55.48，C的化学式为CaO．‎ ‎　‎ 四、解答题 ‎27．用杂化理论描述CCl4的生成和分子构型．‎ ‎【考点】判断简单分子或离子的构型．‎ ‎【分析】CCl4中一个碳原子一个电子由2s轨道跃迁到2p轨道上杂化，再与4个Cl原子中的p电子配对成σ键，一个碳原子周围与4个氯原子相连，各原子满足8电子稳定结构，电子式为，CCl4中C原子有4个σ键电子对数，所以C的杂化方式为sp3杂化，分子构型为正四面体．‎ ‎【解答】解：C所含质子数为6，原子核外电子数为6，原子核外电子排布为：1s22s22p2，Cl所含质子数为17，原子核外电子数为17，核外电子排布式为1s22s22p63s23p5，在CCl4分子中，基态C原子中已配对的2s电子拆开，一个电子由2s轨道跃迁到2p轨道上，一个2S轨道和3个2P轨道杂化，生成4个能量相等的sp3杂化轨道，再与4个Cl原子中的p电子配对成σ键，分子构型为正四面体，‎ 故答案为：在CCl4分子中，C：2s22p2，用sp3杂化，和四个Cl的p轨道形成四个等同的σ键，分子构型为正四面体．‎ ‎　‎ ‎28．用石灰石、食盐、焦炭、水为原料，写出合成聚氯乙烯的化学方程式．（已知：CaO+3CCaC2+CO↑）‎ ‎【考点】化学方程式的书写．‎ ‎【分析】石灰石主要成分为碳酸钙，在高温条件下生成氧化钙和二氧化碳，氧化钙与碳高温反应生成碳化钙（电石），电石和水反应生成HC≡CH，食盐水电解生成氢气和氯气，氢气和氯气反应生成氯化氢，HC≡CH与HCl发生加成反应生成氯乙烯，氯乙烯（CH2=CHCl）发生加聚反应得到高聚物聚氯乙烯（）．‎ ‎【解答】解：石灰石主要成分为碳酸钙，在高温条件下生成氧化钙和二氧化碳，反应为：①CaCO3CaO+CO2↑，氧化钙与碳高温反应生成碳化钙（电石），反应为：②CaO+3C CaC2+CO↑，电石和水反应生成HC≡CH，反应为：③CaC2+2H2O→Ca（OH）2+CH≡CH↑，食盐水电解生成氢气和氯气，反应为：④2NaCl+H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，氢气和氯气反应生成氯化氢，反应为：⑤H2+Cl22HCl，HC≡CH与HCl发生加成反应生成氯乙烯，反应为：，氯乙烯（CH2=CHCl）发生加聚反应得到高聚物聚氯乙烯，反应为：，‎ 故答案为：①CaCO3CaO+CO2↑、②CaO+3C CaC2+CO↑、③CaC2+2H2O→Ca（OH）2+CH≡CH↑、④2NaCl+H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑、⑤H2+Cl22HCl、‎ ‎、．‎ ‎　‎