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北京市2020届高三第一次普通高中学业水平合格性模拟考试化学试题
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2020年北京普通高中学业水平合格性考试化学模拟试卷
可能用到的相对原子质量：H 1 He 4 C 12 N 14 O 16 Na23 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。
【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，通常采用热还原法冶炼的是
A. Na B. Al C. Fe D. Ag
【答案】C
【解析】
【详解】A．Na用电解方法冶炼，A错误；
B．Al用电解方法冶炼，B错误；
C．Fe采用热还原法冶炼，C正确；
D．Ag用热分解的方法冶炼，D错误。
答案选C。
4.当光束通过下列分散系时，能观察到丁达尔效应的是
A. 白酒 B. 蒸馏水 C. 食盐水 D. 稀豆浆
【答案】D
【解析】
【分析】
胶体可以产生丁达尔效应，据此解答。
【详解】A. 白酒是溶液，不能产生产生丁达尔效应，A不选；
B. 蒸馏水是纯净物，不能产生产生丁达尔效应，B不选；
C. 食盐水是溶液，不能产生产生丁达尔效应，C不选；
D. 稀豆浆属于胶体，能产生产生丁达尔效应，D选。
答案选D。
5.下列物质中，能使溴的四氯化碳溶液褪色的是
A. 甲烷 B. 乙烯 C. 乙醇 D. 乙酸
【答案】B
【解析】
【详解】A．甲烷性质较稳定，和溴不反应，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，故A错误；
B．乙烯和溴发生加成反应，能使溴的四氯化碳溶液褪色，故B正确；
C．乙醇和溴不反应，且乙醇和溴、四氯化碳互溶，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，故C错误；
D．乙酸和溴不反应，且乙酸和溴、四氯化碳互溶，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，故D错误；
故选B。
6.下列元素中，原子半径最大是
A. H B. Li C. Na D. K
【答案】D
【解析】
【分析】
根据同主族从上到下，原子半径逐渐增大进行判断。
【详解】A. H、B. Li、C. Na、D. K均属于第IA族元素，由H到K原子序数逐渐增大，所以原子半径也逐渐增大，故K的原子半径最大；答案：D。
7.下列物质中,含有共价键的是
A. NaCl B. CO2 C. MgCl2 D. Na2O
【答案】B
【解析】
【分析】
一般来说，活泼金属与非金属形成离子键，非金属之间形成共价键，以此来解答。
【详解】A. NaCl由钠离子和氯离子构成，只含离子键，选项A不符合；
B. CO2由碳原子和氧原子通过共用电子对而形成，只含有共价键，选项B符合；
C. MgCl2由镁离子和氯离子构成，只含离子键，选项C不符合；
D. Na2O由钠离子和氧离子构成，只含离子键，选项D不符合。
答案选B。
【点睛】本题考查化学键，为高频考点，把握化学键的形成及判断的一般规律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意特殊物质中的化学键，题目难度不大。
8.下列关于物质分类的叙述不正确的是
A. HNO3属于酸 B. Mg(OH)2属于碱
C. 液氯属于混合物 D. SO2属于氧化物
【答案】C
【解析】
【详解】A．HNO3在水溶液中电离生成氢离子和硝酸根离子，属于酸，故A正确；
B．Mg(OH)2由镁离子和氢氧根离子构成，属于碱，故B正确；
C．液氯是液态的氯气，由一种物质组成，属于单质，是纯净物，故C错误；
D．SO2由S、O元素组成，属于氧化物，故D正确；
故选C。
9.下列反应中能量变化与其它不同的是（ ）
A．铝热反应
B．燃料燃烧
C．酸碱中和反应
D．Ba(OH)2•8H2O与NH4Cl固体混合
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A. 铝热反应是放热反应；
B. 燃料燃烧是放热反应；
C. 酸碱中和反应是放热反应；
D. 氯化铵晶体与Ba(OH)2•8H2O的反应是吸热反应，D项能量变化与其他三项不同，符合题意，
故选D。
【点睛】本题考查放热反应和吸热反应，难度不大，抓住中学化学中常见吸热和放热反应是解题的关键，对于特殊过程中的热量变化的要记住。
10.下列物质中，既含有氯气分子，又含有氯离子的是
A. 氯气 B. 氯水 C. 稀盐酸 D. 氯化钠溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A．氯气由氯分子构成，不含氯离子，故A错误；
B．氯水是混合物，含有氯离子、氯气分子、次氯酸根离子、氢离子等微粒，故B正确；
C．盐酸能电离出氯离子和氢离子，含有氯离子，没有氯气分子，故C错误；
D．氯化钠能电离出氯离子和钠离子，含有氯离子，不含氯分子，故D错误；
故选B。
11.下列关于自然界中氮循环（如图）的说法不正确的是：
A. 氮元素均被氧化
B. 工业合成氨属于人工固氮
C. 含氮无机物和含氮有机物可相互转化
D. 碳、氢、氧三种元素也参与了氮循环
【答案】A
【解析】
【详解】A．硝酸盐中氮元素的化合价为+5价，被细菌分解变成大气中氮单质，氮元素由+5→0，属于被还原，故A错误；
B．工业合成氨是将N2与H2在一定条件下反应生成NH3，属于人工固氮，故B正确；
C．氮循环中铵盐和蛋白质可相互转化，铵盐属于无机物，蛋白质属于有机物，含氮无机物和含氮有机物可相互转化，故C正确；
D．碳、氢、氧三种元素也参加了氮循环，如蛋白质的制造需要碳元素，又如N2在放电条件下与O2直接化合生成无色且不溶于水的一氧化氮气体，N2+O22NO，氧元素参与，二氧化氮易与水反应生成硝酸（HN03）和一氧化氮，3NO2+H2O=2HNO3+NO，氢元素参加，故D正确；
故选A。
12.下列关于氨气性质的描述中，不正确的是
A. 无色、有刺激性气味气体 B. 相同条件下，密度比空气的大
C. 极易溶于水 D. 能与水反应生成碱性物质
【答案】B
【解析】
【详解】A．氨气是一种无色、有刺激性气味的气体，故A正确；
B．相同条件下，氨气的密度小于空气，故B错误；
C．氨气是一种极易溶于水的气体，故C正确；
D．氨气是一种极易溶于水的气体，NH3 + H2O NH3·H2ONH4+＋OH－，氨气能与水反应，且水溶液显碱性，故D正确；
故选B。
13.合成氨工业为人类解决粮食问题做出了巨大贡献。一定条件下，在密闭容器中进行合成氨反应：N2（g）+3H2（g）NH3（g），当正、逆反应速率相等且不等于零时，下列说法不正确的是（ ）
A. N2、H2完全转化为NH3 B. N2、H2、NH3在容器中共存
C. 反应已达到化学平衡状态 D. N2、H2、NH3的浓度不再改变
【答案】A
【解析】
【详解】反应N2（g） + 3H2（g）2NH3（g），当正、逆反应速率相等且不等于零时，反应处于化学平衡状态。则
A．可逆反应中，反应物不能完全转化为氨气，A错误；
B．N2、H2、NH3在容器中共存，B正确；
C．正、逆反应速率相等且不等于零时的状态是化学平衡状态，C正确；
D．化学平衡状态时，各组分的浓度不随时间的变化而变化，D正确。
答案选A。
【点晴】掌握化学平衡状态的含义是解答的关键，在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态，平衡状态具有逆、等、动、定、变等特征。
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
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.钯（）是航天、航空、航海、兵器和核能等高科技领域以及汽车制造业不可缺少的关键材料。钯原子核内中子数与核外电子数之差是
A. 106 B. 60 C. 46 D. 14
【答案】D
【解析】
【详解】质量数=质子数+中子数，因此钯原子核内的中子数=106-46=60，钯的核外电子数=质子数=46，钯原子核内中子数与核外电子数之差=60-46 =14，故选D。
【点睛】解答本题要注意审题，不是求中子数，也不是求电子数，是计算二者之差。
16.下列关于乙酸的说法中不正确的是
A. 乙酸的官能团为羧基
B. 乙酸是具有强烈刺激性气味的液体
C. 乙酸分子里含有4个氢原子，所以乙酸是四元酸
D. 乙酸和乙醇可酯化成乙酸乙酯
【答案】C
【解析】
【详解】A．乙酸的官能团为羧基，具有酸性，故A正确；
B．乙酸是一种重要的有机酸，是有刺激性气味的液体，故B正确；
C．乙酸分子中含有1个羧基，能够电离出1个氢离子，属于一元酸，故C错误；
D．乙酸与乙醇能够发生酯化反应生成乙酸乙酯，故D正确；
故选C。
17.下列反应中，属于加成反应的是
A. 乙烯与氢气反应生成乙烷 B. 甲烷与氯气反应生成一氯甲烷
C. 乙醇与氧气反应生成乙醛 D. 乙酸与乙醇反应生成乙酸乙酯
【答案】A
【解析】
【详解】A．乙烯与氢气反应生成乙烷，C=C键生成C-C键，为加成反应，故A选；
B．甲烷与氯气反应生成一氯甲烷的过程中甲烷的H被Cl原子替代，为取代反应，故B不选；
C．乙醇与氧气反应生成乙醛，为氧化反应，故C不选；
D．乙酸与乙醇反应生成乙酸乙酯，为酯化反应，也为取代反应，故D不选；
故选A。
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．氮气分子中存在氮氮三键，氮原子最外层达到8电子稳定结构，氮气的电子式为，故A错误；
B．氯化氢属于共价化合物，分子中存在一个H-Cl键，氯原子最外层达到8个电子，电子式为，故B错误；
C．氯化钠属于离子化合物，电子式中钠离子形成离子符号形式，氯离子需要标出最外层电子，电子式为，故C错误；
D．CO2为共价化合物，电子式为，故D正确；
故选D。
【点睛】本题的易错点为D，二氧化碳的电子式容易错写成。
19.某粒子的结构示意图为，关于该粒子的说法不正确的是
A. 核电荷数为11 B. 核外有三个电子层
C. 属于金属离子 D. 在化学反应中容易失去1个电子
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据可知，该粒子的核电荷数为11，故A正确；
B．中核外电子层数为3，故B正确；
C．的核电荷数=核外电子数=11，说明为该粒子为钠原子，为金属原子，故C错误；
D．含有3个电子层，其最外层1个电子，很容易失去1个电子，具有较强的还原性，故D正确；
故选C。
20.下列行为不符合安全要求的是
A. 做实验剩余的金属钠直接丢弃在废液缸中
B. 闻气体时用手轻轻扇动，使少量气体飘进鼻孔
C. 配制稀硫酸时将浓硫酸慢慢倒入水中并不断搅拌
D. 不慎洒出的酒精在桌上着火时，立即用湿毛巾盖灭
【答案】A
【解析】
【详解】A、钠和水剧烈反应，甚至发生爆炸现象，故剩余的金属钠不能直接丢弃在废液缸中，A错误；
B、闻气体时用手轻轻扇动，使少量气体飘进鼻孔，以防中毒，B正确；
C、配制稀硫酸时将浓硫酸慢慢倒入水中并不断搅拌，以散热，防止液体飞溅，C正确；
D、水和酒精互溶，酒精在桌上着火时不用水扑火，立即用湿毛巾盖灭，D正确；
答案选A。
【点晴】明确物质的性质是解本题的关键，注意基础知识的积累。例如常见意外事故的处理：
意外事故
处理方法
洒在桌面的酒精燃烧
立即用湿抹布扑盖
酸洒在皮肤上
立即用较多的水冲洗（皮肤上不慎洒上浓H2SO4，不得先用水冲洗而要根据情况迅速用干布擦去，再用水冲洗），最后再涂上3%～5%的NaHCO3溶液
碱洒在皮肤上
用较多的水冲洗，再涂上硼酸溶液
水银洒在桌面上
进行回收后再撒上硫粉
酸液溅到眼中
立即用水冲洗，边洗边眨眼睛
酒精等有机物在实验台上着火
用湿抹布、石棉或沙子盖灭，火势较大时，可用灭火器扑救
液溴沾到皮肤上
应立即用布擦去，再用酒精擦洗
21.下列中草药煎制步骤中，属于过滤操作的是( )
A.冷水浸泡
B.加热煎制
C.箅渣取液
D.灌装保存
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【分析】
过滤是把不溶于液体的固体与液体分离的一种操作方法。
【详解】A、冷水浸泡属于物质的溶解，不属于过滤操作，故A错误；
B、加热煎制，属于加热，不属于过滤操作，故B错误；
C、箅渣取液，是将液体与固体分离，属于过滤操作，故C正确；
D、灌装保存，是液体进行转移，不属于过滤操作，故D错误，答案选C。
22.下列说法中，正确的是（ ）
A. 1molNO的质量是30g
B. 标准状况下，1molH2O的体积是22.4L
C. 17gNH3含有的氢原子总数为6.02×1023
D. 100mL0.1mol/LNa2CO3溶液中，Na+的物质的量为0.01mol
【答案】A
【解析】
【详解】A．1mol NO的质量是1mol×30g/mol=30g，选项A正确；
B．标准状况下，H2O是液体，不能用气体摩尔体积公式计算其物质的量，选项B错误；
C．17g NH3的物质的量为1mol，含有的氢原子总数为3×6.02×1023，选项C错误；
D．100 mL 0.1 mol/L Na2CO3溶液中，Na+的物质的量为 0.02 mol，选项D错误；
答案选A。
【点睛】本题考查摩尔、摩尔质量、物质的量等的计算。要根据物质的构成确定物质中所含原子个数，为易错点。①1mol NO的质量是1mol×30g/mol=30g；②标准状况下，H2O是液体，不能用气体摩尔体积公式计算其物质的量；③依据n=计算即可；④根据n=cV计算即可。
23.下列解释实验事实的离子方程式正确的是
A. 用氢氧化钠溶液吸收氯气：Cl2+2OH﹣＝ClO﹣+Cl﹣+H2O
B. 用大理石与稀盐酸制备二氧化碳：CO32﹣+2H+＝CO2↑+H2O
C. 稀硫酸与氢氧化钡溶液混合产生沉淀：Ba2++SO42﹣＝BaSO4↓
D. 铜片放入稀硝酸中产生气体：Cu+4H++2NO3﹣＝Cu2++2NO2↑+2H2O
【答案】A
【解析】
【详解】A.用氢氧化钠溶液吸收氯气，离子方程式：Cl2+2OH﹣＝ClO﹣+Cl﹣+H2O，故A正确；
B.用大理石与稀盐酸制备二氧化碳，离子方程式：CaCO3+2H+＝CO2↑+H2O+Ca2+，故B错误；
C.稀硫酸与氢氧化钡溶液混合产生沉淀，离子方程式：2H++2OH﹣+Ba2++SO42﹣＝BaSO4↓+2H2O，故C错误；
D.铜片放入稀硝酸中产生气体，离子方程式：3Cu+8H++2NO3﹣＝3Cu2++2NO↑+4H2O，故D错误；
故选A。
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，其转化如下图所示（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. 过程③中，各元素化合价均未改变
D. 回收S的总反应为2H2S+ O2= 2H2O+ 2S↓
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据图中转化可知，生成CuS的反应为H2S + Cu2+=CuS↓+ 2H+，故A正确；
B．过程②中，Fe3+转化为Fe2+，Fe3+为氧化剂，故B正确；
C．过程③中，氧气参与反应生成了-2价的O，化合价一定发生了变化，故C错误；
D．根据图中转化可知，反应物为H2S和O2，生成物为S，根据原子守恒，还有水生成，总反应是2H2S+O2 2S+2H2O，故D正确；
故选C。
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
向氨水中滴加酚酞溶液，溶液变红
氨水有碱性
B
向某溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生
该溶液中一定含有CO32-
C
向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液变为红色
该溶液中一定含有Fe3+
D
向紫色石蕊溶液中滴加氯水，溶液先变红，随后褪色
氯水中含有酸性物质和漂白性物质
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．酚酞溶液遇到碱性溶液变红色，所以向氨水中加入几滴酚酞溶液，溶液变红，则氨水一定呈碱性，故A正确；
B．加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成的溶液可能含有SO42-，也可能含有CO32-或Ag+等离子，故B错误；
C．加入KSCN溶液，溶液变为红色，说明含有铁离子，故C正确；
D．向紫色石蕊溶液中加入氯水，溶液先变红，随后褪色，说明氯水中存在H+和HClO，因为次氯酸具有漂白性，故D正确；
故选B。
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】二氧化硫氧化生成三氧化硫，与水反应可生成硫酸，因此常用SO2生产硫酸，即B- d；碳酸氢钠受热易分解，常用作发酵粉，即D- b；酒精是常见的有机溶剂，即A-c；故答案为：。
27.选择装置，完成实验。
①
②
③
（1）除去水中的泥沙用______（填序号，下同）。
（2）配制100 mL 0.50 mol/L NaOH溶液，选用______。
（3）用NH4Cl和Ca(OH)2制取NH3，选用______。
【答案】 (1). ② (2). ① (3). ③
【解析】
【详解】(1)分离难溶性固体和溶液，采用过滤方法分离，泥沙难溶于水，所以采用过滤方法分离，故答案为：②；
(2)配制100mL 0.50mol/L NaOH溶液，需要选用100mL容量瓶，故答案为：①；
(3)用NH4Cl和Ca(OH)2制取NH3，属于加热固体制备气体的反应，选用装置③，故答案为：③。
28.氯气是一种重要的化工原料。氯化氢催化氧化制氯气的化学方程式为4HCl＋O2 2Cl2 ＋2H2O。
（1）作为氧化剂的物质是______。氯元素的化合价______（填“升高”或“降低”）。
（2）若反应中消耗了4mol HCl，则生成Cl2的物质的量为 ______mol，转移电子的物质的量为______ mol。
【答案】 (1). O2 (2). 升高 (3). 2 (4). 4
【解析】
【分析】
4HCl+O2 2Cl2+2H2O反应中氧气中氧元素的化合价降低是氧化剂，而氯化氢中氯的化合价升高是还原剂，结合氧化还原反应的规律分析解答。
【详解】(1)4HCl+O2 2Cl2+2H2O反应中氧气中氧元素的化合价降低是氧化剂，作为氧化剂的物质是氧气。氯元素的化合价升高氯化氢是还原剂，故答案为：O2；升高；
(2)氯元素的化合价由-1价升高到0价，消耗4mol HCl转移4mol的电子，生成2mol氯气，故答案为：2；4。
【点睛】掌握氧化还原反应相关概念是解题的关键。解答本题要注意反应物中存在元素化合价降低的物质是氧化剂，化合价升高的物质是还原剂。
29.原电池是化学电源的雏形。关于如图所示原电池的说法正确的是
（1）如图连接好装置后，负极材料是__（填“Zn”或“Cu”），铜电极发生的现象：_____。
（2）相应原电池的总反应方程式为____。
（3）下列化学反应可通过原电池装置，可实现化学能直接转化为电能的是__（填序号）
①2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O
②Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+
③C2H5OH+3O22CO2+3H2O
【答案】 (1). Zn (2). 气泡产生 (3). Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑ (4). ②③
【解析】
【分析】
（1）根据原电池的构成条件及工作原理回答；
【详解】（1）根据原电池的工作原理可知，活泼金属做负极，所以该原电池中Zn做负极，Cu做正极；根据化学反应原理可知Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，所以Cu电极有气泡产生；答案：Zn；气泡产生。
（2）根据化学反应原理可知相应原电池的总反应方程式为：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑；答案：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑。
（3）根据原电池的构成条件可知：自发进行的氧化还原反应，2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O不属于氧化还原反应，故①不能；②Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+属于自发进行的氧化还原反应，所以②可实现化学能直接转化为电能；③C2H5OH+3O22CO2+3H2O属于自发进行的氧化还原反应，所以③可实现化学能直接转化为电能；答案：②③。
【点睛】根据原电池的构成原理：自发进行的氧化还原反应；活泼金属做负极进行判断。
30.课外小组的同学利用下图装置研究铜与稀硝酸的反应。
（1）铜与稀硝酸的反应中，硝酸体现了______（填“氧化性”或“还原性”）。
（2）铜与稀硝酸反应的化学方程式是______。
（3）集气瓶收集到无色气体，该气体的主要成分是______。
（4）某同学认为上述实验不足以证明反应生成的是该气体，他的理由是______（结合化学方程式说明）。
【答案】 (1). 氧化性 (2). 3Cu+8HNO3(稀)= 3Cu(NO3)2+ 4H2O + 2NO ↑ (3). NO (4). 3NO2 + H2O =2HNO3 + NO
【解析】
【分析】
铜与稀硝酸的反应生成硝酸铜、NO和水，结合氧化还原反应的规律和二氧化氮的性质分析解答。
【详解】(1)铜与稀硝酸的反应生成硝酸铜、NO和水，N元素的化合价部分降低，硝酸体现了氧化性和酸性，故答案为：氧化性；
(2)铜和稀硝酸反应的方程式为：3Cu+8HNO3=3Cu(NO3 )2+2NO↑+4H2O，故答案为：3Cu+8HNO3=3Cu(NO3 )2+2NO↑+4H2O；
(3)铜与稀硝酸的反应生成硝酸铜、NO和水，NO为无色气体，该无色气体为NO，故答案为：NO；
(4)若生成的气体是二氧化氮，用排水法收集时，二氧化氮和水反应生成一氧化氮，也会收集到无色气体，因此不能证明铜和稀硝酸反应一定生成NO，故答案为：3NO2+H2O═2HNO3+NO。
【点睛】本题的难点为(4)，要注意熟悉二氧化氮与水的反应。
31.阅读短文回答问题:
制备烯烃新方法
我国是烯烃消费大国，传统制备烯烃的原料主要是石油，使烯烃的生产成本居高不下。二十世纪初，科学家提出煤经水煤气变换生产烯烃的路线，但过程中会产生大量的副产物，还需要消耗大量的水。2016年中国科学家用纳米催化的基本原理，开发出一种过渡金属氧化物和有序孔道分子筛复合催化剂，成功实现了煤基合成气一步法高效生产烯烃。该过程完全避免了水分子参与，从源头回答了李克强总理提出的“能不能不用水或者少用水进行煤化工”的诘问。此研究成果被产业界同行誉为“煤转化领域里程碑式的重大突破”。
请依据以上短文，判断下列说法是否正确(填“对”或“错”)。
(1)石油和煤都是不可再生能源。_________
(2)以石油或煤为原料可生产烯烃。_________
(3)煤经水煤气变换生产烯烃的过程高效节水。_________
(4)我国科学家研究的煤基合成气一步法生产烯烃能大大提高其生产效率。_________
【答案】 (1). 对 (2). 对 (3). 错 (4). 对
【解析】
【详解】(1)石油和煤在地球上蕴藏量是有限的，属于不可再生能源。故正确；
(2)石油裂解以比裂化更高的温度（700℃～800℃，有时甚至高达1000℃以上），使石油分镏产物（包括石油气）中的长链烃断裂成乙烯、丙烯等短链烃的加工过程。故以石油或煤为原料可生产烯烃说法正确；
(3)2016年中国科学家用纳米催化的基本原理，开发出一种过渡金属氧化物和有序孔道分子筛复合催化剂，成功实现了煤基合成气一步法高效生产烯烃。煤经水煤气变换生产烯烃的过程效率低。故错误；
(4)纳米催化效率更高，我国科学家研究的煤基合成气一步法生产烯烃能大大提高其生产效率。故正确。
32.元素周期表与元素周期律在学习、研究和生产实践中有很重要作用。下表列出了a～e5种元素在周期表中的位置。
族
周期
ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
0
2
a
3
b
c
d
e
（1）a的元素符号是______。
（2）金属性b强于c，用原子结构解释原因：______，失电子能力b大于c
（3）d、e的最高价氧化物对应的水化物中，酸性较强的的是______。
（4）已知硒(Se)与d同主族，且位于d下一个周期，根据硒元素在元素周期表中的位置推测，硒可能具有的性质是______。
①其单质在常温下呈固态
②SeO2既有氧化性又有还原性
③最高价氧化物对应的水化物的化学式为H2SeO3
④非金属性比e元素的强
【答案】 (1). C (2). 电子层数b与c相同，核电荷数b小于c，原子半径b大于c (3). HClO4 (4). ①②
【解析】
【分析】
由元素在周期表中的分布可知，a是C，b是Na，c是Al，d是S，e是Cl，结合元素周期律分析解答。
【详解】由元素在周期表中的分布可知，a是C，b是Na，c是Al，d是S，e是Cl。
(1)a是碳元素，元素符号为C，故答案为：C；
(2)b是钠，c是铝，由于电子层数b与c相同，核电荷数b小于c，原子半径b大于c，失电子能力b大于c，因此金属性b强于c，故答案为：电子层数b与c相同，核电荷数b小于c，原子半径b大于c；
(3)d的非金属性小于e，因此最高价氧化物对应的水化物中，酸性较强的的是高氯酸，故答案为：HClO4；
(4)硒(Se)与S同主族，且位于S下一个周期，非金属性比S弱。①常温下硫为固体，同一主族元素的非金属单质，从上到下，熔沸点逐渐升高，因此硒单质在常温下呈固态，故①正确；②SeO2中Se的化合价为+4价，介于-2～+6之间，既有氧化性又有还原性，故②正确；③Se的最高价为+6价，最高价氧化物对应的水化物的化学式为H2SeO4，故③错误；④硒(Se)与S同主族，且位于S下一个周期，非金属性比S弱，故④错误；故答案为：①②。
【点睛】本题的易错点为(4)，要注意元素周期律的理解和应用，②的判断要注意在氧化还原反应中处于中间价态的元素既有氧化性又有还原性。
33.信息时代产生的电子垃圾处理不当会对环境构成威胁。某研究小组将废弃的线路板处理后，得到含Cu、Al及少量Fe的金属混合物，并设计如下流程制备硫酸铜和硫酸铝晶体。
请回答：
（1）步骤①～③所涉及的实验操作方法中，属于过滤的是______（填序号）。
（2）步骤①中Cu、Al、Fe均能与稀硫酸和浓硝酸的混合物在加热条件下反应，其中氮元素全部转化为NO。该步骤中稀硫酸的作用是______。
（3）下列关于步骤②的说法正确的是______（填字母）。
a 沉淀B为白色固体
b H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+
c 可以用Ba(OH)2溶液替换NaOH溶液
（4）已知AlO2-+ 4H+=Al3+ + 2H2O。由沉淀B制取Al2(SO4)3·18H2O的操作是：将沉淀B转移到烧杯中，______，将溶液加热蒸发、冷却结晶、过滤得到产品。
【答案】 (1). ②③ (2). 提供H+和SO42− (3). b (4). 加入氢氧化钠溶液至沉淀不再减少，过滤，向所得滤液中加入足量稀硫酸，充分反应
【解析】
【分析】
第①步稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe3+、Fe2+，所以溶液A中的离子是Cu2+、Al3+、Fe3+、Fe2+；第②步加H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+；过氧化氢做氧化剂不引入杂质，对环境无污染，再加入氢氧化钠使Al3+、Fe3+形成氢氧化物沉淀；第③步将硫酸铜溶液蒸发结晶得到五水硫酸铜晶体；在沉淀B中加NaOH和Al(OH)3反应生成NaAlO2，再在滤液中加H2SO4生成Al2(SO4)3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体，据此分析解答。
【详解】(1)根据上述分析，步骤①～③所涉及的实验操作方法中，步骤②中分离得到了沉淀B，为过滤，步骤③中得到了五水硫酸铜晶体，也是过滤，因此属于过滤的是②和③，故答案为：②③；
(2)步骤①中Cu、Al、Fe均能与稀硫酸和浓硝酸的混合物在加热条件下反应，其中氮元素全部转化为NO，3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2O，该步骤中稀硫酸可以提供H+参与反应，同时提供SO42−，在③中形成硫酸铜晶体，故答案为：提供H+和SO42−；
(3)a. 沉淀B的主要成分中有氢氧化铁，是红褐色固体，故a错误；b. H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，便于与铜离子分离，故b正确；c. 如果用Ba(OH)2溶液替换NaOH溶液，则会生成硫酸钡沉淀，因此不可以用Ba(OH)2溶液替换NaOH溶液，故c错误；故答案为：b；
(4)已知AlO2-+ 4H+=Al3+ + 2H2O。由沉淀B制取Al2(SO4)3·18H2O，需要将氢氧化铝和氢氧化铁先分离，可以用氢氧化钠溶解氢氧化铝，过滤除去氢氧化铁固体，然后将溶液酸化即可得到Al2(SO4)3，因此步骤为：将沉淀B转移到烧杯中，加入氢氧化钠溶液至沉淀不再减少，过滤，向所得滤液中加入足量稀硫酸，充分反应，将溶液加热蒸发、冷却结晶、过滤得到产品，故答案为：加入氢氧化钠溶液至沉淀不再减少，过滤，向所得滤液中加入足量稀硫酸，充分反应。
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】
编号
实验操作
实验数据
实
验
Ⅰ
测量下述实验过程的温度变化
实
验
Ⅱ
测量下述实验过程的pH变化
【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】
(1)根据图象，实验Ⅰ中，溶解时碳酸氢钠的温度降低，碳酸钠的温度升高，据此分析判断；
(2)Na2CO3溶液和澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀，根据图象，氢氧化钙溶液中滴加Na2CO3溶液的pH变化曲线与滴加蒸馏水的基本重合，结合题干信息“pH越小，c(OH－)越小，溶液碱性越弱”分析解答；
(3)滴加NaHCO3溶液的pH变化与滴加Na2CO3溶液的有明显差异，说明c(OH－)发生了明显的变化，据此分析解答。
【详解】(1)根据图象，实验Ⅰ中，溶解时碳酸氢钠的温度降低，为吸热过程，碳酸钠的温度升高，为放热过程，吸收热量的物质是碳酸氢钠，故答案为：NaHCO3；
(2)Na2CO3溶液和澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀，反应的离子方程式为CO32-+ Ca2+ = CaCO3↓，根据图象，氢氧化钙溶液中滴加Na2CO3溶液的pH变化曲线与滴加蒸馏水的基本重合，说明OH－未参与反应，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)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，说明c(OH－)发生了明显的变化，是因为HCO3-能够与OH－发生反应生成CO32-，故答案为：HCO3-、OH－。
【点睛】本题的易错点和难点为(2)中氢氧根离子未参与反应的原因，要注意充分利用图象和题干信息进行解释。
可能用到的相对原子质量：H 1 He 4 C 12 N 14 O 16 Na23 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。
【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，通常采用热还原法冶炼的是
A. Na B. Al C. Fe D. Ag
【答案】C
【解析】
【详解】A．Na用电解方法冶炼，A错误；
B．Al用电解方法冶炼，B错误；
C．Fe采用热还原法冶炼，C正确；
D．Ag用热分解的方法冶炼，D错误。
答案选C。
4.当光束通过下列分散系时，能观察到丁达尔效应的是
A. 白酒 B. 蒸馏水 C. 食盐水 D. 稀豆浆
【答案】D
【解析】
【分析】
胶体可以产生丁达尔效应，据此解答。
【详解】A. 白酒是溶液，不能产生产生丁达尔效应，A不选；
B. 蒸馏水是纯净物，不能产生产生丁达尔效应，B不选；
C. 食盐水是溶液，不能产生产生丁达尔效应，C不选；
D. 稀豆浆属于胶体，能产生产生丁达尔效应，D选。
答案选D。
5.下列物质中，能使溴的四氯化碳溶液褪色的是
A. 甲烷 B. 乙烯 C. 乙醇 D. 乙酸
【答案】B
【解析】
【详解】A．甲烷性质较稳定，和溴不反应，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，故A错误；
B．乙烯和溴发生加成反应，能使溴的四氯化碳溶液褪色，故B正确；
C．乙醇和溴不反应，且乙醇和溴、四氯化碳互溶，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，故C错误；
D．乙酸和溴不反应，且乙酸和溴、四氯化碳互溶，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，故D错误；
故选B。
6.下列元素中，原子半径最大是
A. H B. Li C. Na D. K
【答案】D
【解析】
【分析】
根据同主族从上到下，原子半径逐渐增大进行判断。
【详解】A. H、B. Li、C. Na、D. K均属于第IA族元素，由H到K原子序数逐渐增大，所以原子半径也逐渐增大，故K的原子半径最大；答案：D。
7.下列物质中,含有共价键的是
A. NaCl B. CO2 C. MgCl2 D. Na2O
【答案】B
【解析】
【分析】
一般来说，活泼金属与非金属形成离子键，非金属之间形成共价键，以此来解答。
【详解】A. NaCl由钠离子和氯离子构成，只含离子键，选项A不符合；
B. CO2由碳原子和氧原子通过共用电子对而形成，只含有共价键，选项B符合；
C. MgCl2由镁离子和氯离子构成，只含离子键，选项C不符合；
D. Na2O由钠离子和氧离子构成，只含离子键，选项D不符合。
答案选B。
【点睛】本题考查化学键，为高频考点，把握化学键的形成及判断的一般规律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意特殊物质中的化学键，题目难度不大。
8.下列关于物质分类的叙述不正确的是
A. HNO3属于酸 B. Mg(OH)2属于碱
C. 液氯属于混合物 D. SO2属于氧化物
【答案】C
【解析】
【详解】A．HNO3在水溶液中电离生成氢离子和硝酸根离子，属于酸，故A正确；
B．Mg(OH)2由镁离子和氢氧根离子构成，属于碱，故B正确；
C．液氯是液态的氯气，由一种物质组成，属于单质，是纯净物，故C错误；
D．SO2由S、O元素组成，属于氧化物，故D正确；
故选C。
9.下列反应中能量变化与其它不同的是（ ）
A．铝热反应
B．燃料燃烧
C．酸碱中和反应
D．Ba(OH)2•8H2O与NH4Cl固体混合
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A. 铝热反应是放热反应；
B. 燃料燃烧是放热反应；
C. 酸碱中和反应是放热反应；
D. 氯化铵晶体与Ba(OH)2•8H2O的反应是吸热反应，D项能量变化与其他三项不同，符合题意，
故选D。
【点睛】本题考查放热反应和吸热反应，难度不大，抓住中学化学中常见吸热和放热反应是解题的关键，对于特殊过程中的热量变化的要记住。
10.下列物质中，既含有氯气分子，又含有氯离子的是
A. 氯气 B. 氯水 C. 稀盐酸 D. 氯化钠溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A．氯气由氯分子构成，不含氯离子，故A错误；
B．氯水是混合物，含有氯离子、氯气分子、次氯酸根离子、氢离子等微粒，故B正确；
C．盐酸能电离出氯离子和氢离子，含有氯离子，没有氯气分子，故C错误；
D．氯化钠能电离出氯离子和钠离子，含有氯离子，不含氯分子，故D错误；
故选B。
11.下列关于自然界中氮循环（如图）的说法不正确的是：
A. 氮元素均被氧化
B. 工业合成氨属于人工固氮
C. 含氮无机物和含氮有机物可相互转化
D. 碳、氢、氧三种元素也参与了氮循环
【答案】A
【解析】
【详解】A．硝酸盐中氮元素的化合价为+5价，被细菌分解变成大气中氮单质，氮元素由+5→0，属于被还原，故A错误；
B．工业合成氨是将N2与H2在一定条件下反应生成NH3，属于人工固氮，故B正确；
C．氮循环中铵盐和蛋白质可相互转化，铵盐属于无机物，蛋白质属于有机物，含氮无机物和含氮有机物可相互转化，故C正确；
D．碳、氢、氧三种元素也参加了氮循环，如蛋白质的制造需要碳元素，又如N2在放电条件下与O2直接化合生成无色且不溶于水的一氧化氮气体，N2+O22NO，氧元素参与，二氧化氮易与水反应生成硝酸（HN03）和一氧化氮，3NO2+H2O=2HNO3+NO，氢元素参加，故D正确；
故选A。
12.下列关于氨气性质的描述中，不正确的是
A. 无色、有刺激性气味气体 B. 相同条件下，密度比空气的大
C. 极易溶于水 D. 能与水反应生成碱性物质
【答案】B
【解析】
【详解】A．氨气是一种无色、有刺激性气味的气体，故A正确；
B．相同条件下，氨气的密度小于空气，故B错误；
C．氨气是一种极易溶于水的气体，故C正确；
D．氨气是一种极易溶于水的气体，NH3 + H2O NH3·H2ONH4+＋OH－，氨气能与水反应，且水溶液显碱性，故D正确；
故选B。
13.合成氨工业为人类解决粮食问题做出了巨大贡献。一定条件下，在密闭容器中进行合成氨反应：N2（g）+3H2（g）NH3（g），当正、逆反应速率相等且不等于零时，下列说法不正确的是（ ）
A. N2、H2完全转化为NH3 B. N2、H2、NH3在容器中共存
C. 反应已达到化学平衡状态 D. N2、H2、NH3的浓度不再改变
【答案】A
【解析】
【详解】反应N2（g） + 3H2（g）2NH3（g），当正、逆反应速率相等且不等于零时，反应处于化学平衡状态。则
A．可逆反应中，反应物不能完全转化为氨气，A错误；
B．N2、H2、NH3在容器中共存，B正确；
C．正、逆反应速率相等且不等于零时的状态是化学平衡状态，C正确；
D．化学平衡状态时，各组分的浓度不随时间的变化而变化，D正确。
答案选A。
【点晴】掌握化学平衡状态的含义是解答的关键，在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态，平衡状态具有逆、等、动、定、变等特征。
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
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.钯（）是航天、航空、航海、兵器和核能等高科技领域以及汽车制造业不可缺少的关键材料。钯原子核内中子数与核外电子数之差是
A. 106 B. 60 C. 46 D. 14
【答案】D
【解析】
【详解】质量数=质子数+中子数，因此钯原子核内的中子数=106-46=60，钯的核外电子数=质子数=46，钯原子核内中子数与核外电子数之差=60-46 =14，故选D。
【点睛】解答本题要注意审题，不是求中子数，也不是求电子数，是计算二者之差。
16.下列关于乙酸的说法中不正确的是
A. 乙酸的官能团为羧基
B. 乙酸是具有强烈刺激性气味的液体
C. 乙酸分子里含有4个氢原子，所以乙酸是四元酸
D. 乙酸和乙醇可酯化成乙酸乙酯
【答案】C
【解析】
【详解】A．乙酸的官能团为羧基，具有酸性，故A正确；
B．乙酸是一种重要的有机酸，是有刺激性气味的液体，故B正确；
C．乙酸分子中含有1个羧基，能够电离出1个氢离子，属于一元酸，故C错误；
D．乙酸与乙醇能够发生酯化反应生成乙酸乙酯，故D正确；
故选C。
17.下列反应中，属于加成反应的是
A. 乙烯与氢气反应生成乙烷 B. 甲烷与氯气反应生成一氯甲烷
C. 乙醇与氧气反应生成乙醛 D. 乙酸与乙醇反应生成乙酸乙酯
【答案】A
【解析】
【详解】A．乙烯与氢气反应生成乙烷，C=C键生成C-C键，为加成反应，故A选；
B．甲烷与氯气反应生成一氯甲烷的过程中甲烷的H被Cl原子替代，为取代反应，故B不选；
C．乙醇与氧气反应生成乙醛，为氧化反应，故C不选；
D．乙酸与乙醇反应生成乙酸乙酯，为酯化反应，也为取代反应，故D不选；
故选A。
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．氮气分子中存在氮氮三键，氮原子最外层达到8电子稳定结构，氮气的电子式为，故A错误；
B．氯化氢属于共价化合物，分子中存在一个H-Cl键，氯原子最外层达到8个电子，电子式为，故B错误；
C．氯化钠属于离子化合物，电子式中钠离子形成离子符号形式，氯离子需要标出最外层电子，电子式为，故C错误；
D．CO2为共价化合物，电子式为，故D正确；
故选D。
【点睛】本题的易错点为D，二氧化碳的电子式容易错写成。
19.某粒子的结构示意图为，关于该粒子的说法不正确的是
A. 核电荷数为11 B. 核外有三个电子层
C. 属于金属离子 D. 在化学反应中容易失去1个电子
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据可知，该粒子的核电荷数为11，故A正确；
B．中核外电子层数为3，故B正确；
C．的核电荷数=核外电子数=11，说明为该粒子为钠原子，为金属原子，故C错误；
D．含有3个电子层，其最外层1个电子，很容易失去1个电子，具有较强的还原性，故D正确；
故选C。
20.下列行为不符合安全要求的是
A. 做实验剩余的金属钠直接丢弃在废液缸中
B. 闻气体时用手轻轻扇动，使少量气体飘进鼻孔
C. 配制稀硫酸时将浓硫酸慢慢倒入水中并不断搅拌
D. 不慎洒出的酒精在桌上着火时，立即用湿毛巾盖灭
【答案】A
【解析】
【详解】A、钠和水剧烈反应，甚至发生爆炸现象，故剩余的金属钠不能直接丢弃在废液缸中，A错误；
B、闻气体时用手轻轻扇动，使少量气体飘进鼻孔，以防中毒，B正确；
C、配制稀硫酸时将浓硫酸慢慢倒入水中并不断搅拌，以散热，防止液体飞溅，C正确；
D、水和酒精互溶，酒精在桌上着火时不用水扑火，立即用湿毛巾盖灭，D正确；
答案选A。
【点晴】明确物质的性质是解本题的关键，注意基础知识的积累。例如常见意外事故的处理：
意外事故
处理方法
洒在桌面的酒精燃烧
立即用湿抹布扑盖
酸洒在皮肤上
立即用较多的水冲洗（皮肤上不慎洒上浓H2SO4，不得先用水冲洗而要根据情况迅速用干布擦去，再用水冲洗），最后再涂上3%～5%的NaHCO3溶液
碱洒在皮肤上
用较多的水冲洗，再涂上硼酸溶液
水银洒在桌面上
进行回收后再撒上硫粉
酸液溅到眼中
立即用水冲洗，边洗边眨眼睛
酒精等有机物在实验台上着火
用湿抹布、石棉或沙子盖灭，火势较大时，可用灭火器扑救
液溴沾到皮肤上
应立即用布擦去，再用酒精擦洗
21.下列中草药煎制步骤中，属于过滤操作的是( )
A.冷水浸泡
B.加热煎制
C.箅渣取液
D.灌装保存
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【分析】
过滤是把不溶于液体的固体与液体分离的一种操作方法。
【详解】A、冷水浸泡属于物质的溶解，不属于过滤操作，故A错误；
B、加热煎制，属于加热，不属于过滤操作，故B错误；
C、箅渣取液，是将液体与固体分离，属于过滤操作，故C正确；
D、灌装保存，是液体进行转移，不属于过滤操作，故D错误，答案选C。
22.下列说法中，正确的是（ ）
A. 1molNO的质量是30g
B. 标准状况下，1molH2O的体积是22.4L
C. 17gNH3含有的氢原子总数为6.02×1023
D. 100mL0.1mol/LNa2CO3溶液中，Na+的物质的量为0.01mol
【答案】A
【解析】
【详解】A．1mol NO的质量是1mol×30g/mol=30g，选项A正确；
B．标准状况下，H2O是液体，不能用气体摩尔体积公式计算其物质的量，选项B错误；
C．17g NH3的物质的量为1mol，含有的氢原子总数为3×6.02×1023，选项C错误；
D．100 mL 0.1 mol/L Na2CO3溶液中，Na+的物质的量为 0.02 mol，选项D错误；
答案选A。
【点睛】本题考查摩尔、摩尔质量、物质的量等的计算。要根据物质的构成确定物质中所含原子个数，为易错点。①1mol NO的质量是1mol×30g/mol=30g；②标准状况下，H2O是液体，不能用气体摩尔体积公式计算其物质的量；③依据n=计算即可；④根据n=cV计算即可。
23.下列解释实验事实的离子方程式正确的是
A. 用氢氧化钠溶液吸收氯气：Cl2+2OH﹣＝ClO﹣+Cl﹣+H2O
B. 用大理石与稀盐酸制备二氧化碳：CO32﹣+2H+＝CO2↑+H2O
C. 稀硫酸与氢氧化钡溶液混合产生沉淀：Ba2++SO42﹣＝BaSO4↓
D. 铜片放入稀硝酸中产生气体：Cu+4H++2NO3﹣＝Cu2++2NO2↑+2H2O
【答案】A
【解析】
【详解】A.用氢氧化钠溶液吸收氯气，离子方程式：Cl2+2OH﹣＝ClO﹣+Cl﹣+H2O，故A正确；
B.用大理石与稀盐酸制备二氧化碳，离子方程式：CaCO3+2H+＝CO2↑+H2O+Ca2+，故B错误；
C.稀硫酸与氢氧化钡溶液混合产生沉淀，离子方程式：2H++2OH﹣+Ba2++SO42﹣＝BaSO4↓+2H2O，故C错误；
D.铜片放入稀硝酸中产生气体，离子方程式：3Cu+8H++2NO3﹣＝3Cu2++2NO↑+4H2O，故D错误；
故选A。
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，其转化如下图所示（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. 过程③中，各元素化合价均未改变
D. 回收S的总反应为2H2S+ O2= 2H2O+ 2S↓
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据图中转化可知，生成CuS的反应为H2S + Cu2+=CuS↓+ 2H+，故A正确；
B．过程②中，Fe3+转化为Fe2+，Fe3+为氧化剂，故B正确；
C．过程③中，氧气参与反应生成了-2价的O，化合价一定发生了变化，故C错误；
D．根据图中转化可知，反应物为H2S和O2，生成物为S，根据原子守恒，还有水生成，总反应是2H2S+O2 2S+2H2O，故D正确；
故选C。
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
向氨水中滴加酚酞溶液，溶液变红
氨水有碱性
B
向某溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生
该溶液中一定含有CO32-
C
向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液变为红色
该溶液中一定含有Fe3+
D
向紫色石蕊溶液中滴加氯水，溶液先变红，随后褪色
氯水中含有酸性物质和漂白性物质
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．酚酞溶液遇到碱性溶液变红色，所以向氨水中加入几滴酚酞溶液，溶液变红，则氨水一定呈碱性，故A正确；
B．加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成的溶液可能含有SO42-，也可能含有CO32-或Ag+等离子，故B错误；
C．加入KSCN溶液，溶液变为红色，说明含有铁离子，故C正确；
D．向紫色石蕊溶液中加入氯水，溶液先变红，随后褪色，说明氯水中存在H+和HClO，因为次氯酸具有漂白性，故D正确；
故选B。
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】二氧化硫氧化生成三氧化硫，与水反应可生成硫酸，因此常用SO2生产硫酸，即B- d；碳酸氢钠受热易分解，常用作发酵粉，即D- b；酒精是常见的有机溶剂，即A-c；故答案为：。
27.选择装置，完成实验。
①
②
③
（1）除去水中的泥沙用______（填序号，下同）。
（2）配制100 mL 0.50 mol/L NaOH溶液，选用______。
（3）用NH4Cl和Ca(OH)2制取NH3，选用______。
【答案】 (1). ② (2). ① (3). ③
【解析】
【详解】(1)分离难溶性固体和溶液，采用过滤方法分离，泥沙难溶于水，所以采用过滤方法分离，故答案为：②；
(2)配制100mL 0.50mol/L NaOH溶液，需要选用100mL容量瓶，故答案为：①；
(3)用NH4Cl和Ca(OH)2制取NH3，属于加热固体制备气体的反应，选用装置③，故答案为：③。
28.氯气是一种重要的化工原料。氯化氢催化氧化制氯气的化学方程式为4HCl＋O2 2Cl2 ＋2H2O。
（1）作为氧化剂的物质是______。氯元素的化合价______（填“升高”或“降低”）。
（2）若反应中消耗了4mol HCl，则生成Cl2的物质的量为 ______mol，转移电子的物质的量为______ mol。
【答案】 (1). O2 (2). 升高 (3). 2 (4). 4
【解析】
【分析】
4HCl+O2 2Cl2+2H2O反应中氧气中氧元素的化合价降低是氧化剂，而氯化氢中氯的化合价升高是还原剂，结合氧化还原反应的规律分析解答。
【详解】(1)4HCl+O2 2Cl2+2H2O反应中氧气中氧元素的化合价降低是氧化剂，作为氧化剂的物质是氧气。氯元素的化合价升高氯化氢是还原剂，故答案为：O2；升高；
(2)氯元素的化合价由-1价升高到0价，消耗4mol HCl转移4mol的电子，生成2mol氯气，故答案为：2；4。
【点睛】掌握氧化还原反应相关概念是解题的关键。解答本题要注意反应物中存在元素化合价降低的物质是氧化剂，化合价升高的物质是还原剂。
29.原电池是化学电源的雏形。关于如图所示原电池的说法正确的是
（1）如图连接好装置后，负极材料是__（填“Zn”或“Cu”），铜电极发生的现象：_____。
（2）相应原电池的总反应方程式为____。
（3）下列化学反应可通过原电池装置，可实现化学能直接转化为电能的是__（填序号）
①2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O
②Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+
③C2H5OH+3O22CO2+3H2O
【答案】 (1). Zn (2). 气泡产生 (3). Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑ (4). ②③
【解析】
【分析】
（1）根据原电池的构成条件及工作原理回答；
【详解】（1）根据原电池的工作原理可知，活泼金属做负极，所以该原电池中Zn做负极，Cu做正极；根据化学反应原理可知Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，所以Cu电极有气泡产生；答案：Zn；气泡产生。
（2）根据化学反应原理可知相应原电池的总反应方程式为：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑；答案：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑。
（3）根据原电池的构成条件可知：自发进行的氧化还原反应，2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O不属于氧化还原反应，故①不能；②Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+属于自发进行的氧化还原反应，所以②可实现化学能直接转化为电能；③C2H5OH+3O22CO2+3H2O属于自发进行的氧化还原反应，所以③可实现化学能直接转化为电能；答案：②③。
【点睛】根据原电池的构成原理：自发进行的氧化还原反应；活泼金属做负极进行判断。
30.课外小组的同学利用下图装置研究铜与稀硝酸的反应。
（1）铜与稀硝酸的反应中，硝酸体现了______（填“氧化性”或“还原性”）。
（2）铜与稀硝酸反应的化学方程式是______。
（3）集气瓶收集到无色气体，该气体的主要成分是______。
（4）某同学认为上述实验不足以证明反应生成的是该气体，他的理由是______（结合化学方程式说明）。
【答案】 (1). 氧化性 (2). 3Cu+8HNO3(稀)= 3Cu(NO3)2+ 4H2O + 2NO ↑ (3). NO (4). 3NO2 + H2O =2HNO3 + NO
【解析】
【分析】
铜与稀硝酸的反应生成硝酸铜、NO和水，结合氧化还原反应的规律和二氧化氮的性质分析解答。
【详解】(1)铜与稀硝酸的反应生成硝酸铜、NO和水，N元素的化合价部分降低，硝酸体现了氧化性和酸性，故答案为：氧化性；
(2)铜和稀硝酸反应的方程式为：3Cu+8HNO3=3Cu(NO3 )2+2NO↑+4H2O，故答案为：3Cu+8HNO3=3Cu(NO3 )2+2NO↑+4H2O；
(3)铜与稀硝酸的反应生成硝酸铜、NO和水，NO为无色气体，该无色气体为NO，故答案为：NO；
(4)若生成的气体是二氧化氮，用排水法收集时，二氧化氮和水反应生成一氧化氮，也会收集到无色气体，因此不能证明铜和稀硝酸反应一定生成NO，故答案为：3NO2+H2O═2HNO3+NO。
【点睛】本题的难点为(4)，要注意熟悉二氧化氮与水的反应。
31.阅读短文回答问题:
制备烯烃新方法
我国是烯烃消费大国，传统制备烯烃的原料主要是石油，使烯烃的生产成本居高不下。二十世纪初，科学家提出煤经水煤气变换生产烯烃的路线，但过程中会产生大量的副产物，还需要消耗大量的水。2016年中国科学家用纳米催化的基本原理，开发出一种过渡金属氧化物和有序孔道分子筛复合催化剂，成功实现了煤基合成气一步法高效生产烯烃。该过程完全避免了水分子参与，从源头回答了李克强总理提出的“能不能不用水或者少用水进行煤化工”的诘问。此研究成果被产业界同行誉为“煤转化领域里程碑式的重大突破”。
请依据以上短文，判断下列说法是否正确(填“对”或“错”)。
(1)石油和煤都是不可再生能源。_________
(2)以石油或煤为原料可生产烯烃。_________
(3)煤经水煤气变换生产烯烃的过程高效节水。_________
(4)我国科学家研究的煤基合成气一步法生产烯烃能大大提高其生产效率。_________
【答案】 (1). 对 (2). 对 (3). 错 (4). 对
【解析】
【详解】(1)石油和煤在地球上蕴藏量是有限的，属于不可再生能源。故正确；
(2)石油裂解以比裂化更高的温度（700℃～800℃，有时甚至高达1000℃以上），使石油分镏产物（包括石油气）中的长链烃断裂成乙烯、丙烯等短链烃的加工过程。故以石油或煤为原料可生产烯烃说法正确；
(3)2016年中国科学家用纳米催化的基本原理，开发出一种过渡金属氧化物和有序孔道分子筛复合催化剂，成功实现了煤基合成气一步法高效生产烯烃。煤经水煤气变换生产烯烃的过程效率低。故错误；
(4)纳米催化效率更高，我国科学家研究的煤基合成气一步法生产烯烃能大大提高其生产效率。故正确。
32.元素周期表与元素周期律在学习、研究和生产实践中有很重要作用。下表列出了a～e5种元素在周期表中的位置。
族
周期
ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
0
2
a
3
b
c
d
e
（1）a的元素符号是______。
（2）金属性b强于c，用原子结构解释原因：______，失电子能力b大于c
（3）d、e的最高价氧化物对应的水化物中，酸性较强的的是______。
（4）已知硒(Se)与d同主族，且位于d下一个周期，根据硒元素在元素周期表中的位置推测，硒可能具有的性质是______。
①其单质在常温下呈固态
②SeO2既有氧化性又有还原性
③最高价氧化物对应的水化物的化学式为H2SeO3
④非金属性比e元素的强
【答案】 (1). C (2). 电子层数b与c相同，核电荷数b小于c，原子半径b大于c (3). HClO4 (4). ①②
【解析】
【分析】
由元素在周期表中的分布可知，a是C，b是Na，c是Al，d是S，e是Cl，结合元素周期律分析解答。
【详解】由元素在周期表中的分布可知，a是C，b是Na，c是Al，d是S，e是Cl。
(1)a是碳元素，元素符号为C，故答案为：C；
(2)b是钠，c是铝，由于电子层数b与c相同，核电荷数b小于c，原子半径b大于c，失电子能力b大于c，因此金属性b强于c，故答案为：电子层数b与c相同，核电荷数b小于c，原子半径b大于c；
(3)d的非金属性小于e，因此最高价氧化物对应的水化物中，酸性较强的的是高氯酸，故答案为：HClO4；
(4)硒(Se)与S同主族，且位于S下一个周期，非金属性比S弱。①常温下硫为固体，同一主族元素的非金属单质，从上到下，熔沸点逐渐升高，因此硒单质在常温下呈固态，故①正确；②SeO2中Se的化合价为+4价，介于-2～+6之间，既有氧化性又有还原性，故②正确；③Se的最高价为+6价，最高价氧化物对应的水化物的化学式为H2SeO4，故③错误；④硒(Se)与S同主族，且位于S下一个周期，非金属性比S弱，故④错误；故答案为：①②。
【点睛】本题的易错点为(4)，要注意元素周期律的理解和应用，②的判断要注意在氧化还原反应中处于中间价态的元素既有氧化性又有还原性。
33.信息时代产生的电子垃圾处理不当会对环境构成威胁。某研究小组将废弃的线路板处理后，得到含Cu、Al及少量Fe的金属混合物，并设计如下流程制备硫酸铜和硫酸铝晶体。
请回答：
（1）步骤①～③所涉及的实验操作方法中，属于过滤的是______（填序号）。
（2）步骤①中Cu、Al、Fe均能与稀硫酸和浓硝酸的混合物在加热条件下反应，其中氮元素全部转化为NO。该步骤中稀硫酸的作用是______。
（3）下列关于步骤②的说法正确的是______（填字母）。
a 沉淀B为白色固体
b H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+
c 可以用Ba(OH)2溶液替换NaOH溶液
（4）已知AlO2-+ 4H+=Al3+ + 2H2O。由沉淀B制取Al2(SO4)3·18H2O的操作是：将沉淀B转移到烧杯中，______，将溶液加热蒸发、冷却结晶、过滤得到产品。
【答案】 (1). ②③ (2). 提供H+和SO42− (3). b (4). 加入氢氧化钠溶液至沉淀不再减少，过滤，向所得滤液中加入足量稀硫酸，充分反应
【解析】
【分析】
第①步稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe3+、Fe2+，所以溶液A中的离子是Cu2+、Al3+、Fe3+、Fe2+；第②步加H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+；过氧化氢做氧化剂不引入杂质，对环境无污染，再加入氢氧化钠使Al3+、Fe3+形成氢氧化物沉淀；第③步将硫酸铜溶液蒸发结晶得到五水硫酸铜晶体；在沉淀B中加NaOH和Al(OH)3反应生成NaAlO2，再在滤液中加H2SO4生成Al2(SO4)3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体，据此分析解答。
【详解】(1)根据上述分析，步骤①～③所涉及的实验操作方法中，步骤②中分离得到了沉淀B，为过滤，步骤③中得到了五水硫酸铜晶体，也是过滤，因此属于过滤的是②和③，故答案为：②③；
(2)步骤①中Cu、Al、Fe均能与稀硫酸和浓硝酸的混合物在加热条件下反应，其中氮元素全部转化为NO，3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2O，该步骤中稀硫酸可以提供H+参与反应，同时提供SO42−，在③中形成硫酸铜晶体，故答案为：提供H+和SO42−；
(3)a. 沉淀B的主要成分中有氢氧化铁，是红褐色固体，故a错误；b. H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，便于与铜离子分离，故b正确；c. 如果用Ba(OH)2溶液替换NaOH溶液，则会生成硫酸钡沉淀，因此不可以用Ba(OH)2溶液替换NaOH溶液，故c错误；故答案为：b；
(4)已知AlO2-+ 4H+=Al3+ + 2H2O。由沉淀B制取Al2(SO4)3·18H2O，需要将氢氧化铝和氢氧化铁先分离，可以用氢氧化钠溶解氢氧化铝，过滤除去氢氧化铁固体，然后将溶液酸化即可得到Al2(SO4)3，因此步骤为：将沉淀B转移到烧杯中，加入氢氧化钠溶液至沉淀不再减少，过滤，向所得滤液中加入足量稀硫酸，充分反应，将溶液加热蒸发、冷却结晶、过滤得到产品，故答案为：加入氢氧化钠溶液至沉淀不再减少，过滤，向所得滤液中加入足量稀硫酸，充分反应。
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】
编号
实验操作
实验数据
实
验
Ⅰ
测量下述实验过程的温度变化
实
验
Ⅱ
测量下述实验过程的pH变化
【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】
(1)根据图象，实验Ⅰ中，溶解时碳酸氢钠的温度降低，碳酸钠的温度升高，据此分析判断；
(2)Na2CO3溶液和澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀，根据图象，氢氧化钙溶液中滴加Na2CO3溶液的pH变化曲线与滴加蒸馏水的基本重合，结合题干信息“pH越小，c(OH－)越小，溶液碱性越弱”分析解答；
(3)滴加NaHCO3溶液的pH变化与滴加Na2CO3溶液的有明显差异，说明c(OH－)发生了明显的变化，据此分析解答。
【详解】(1)根据图象，实验Ⅰ中，溶解时碳酸氢钠的温度降低，为吸热过程，碳酸钠的温度升高，为放热过程，吸收热量的物质是碳酸氢钠，故答案为：NaHCO3；
(2)Na2CO3溶液和澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀，反应的离子方程式为CO32-+ Ca2+ = CaCO3↓，根据图象，氢氧化钙溶液中滴加Na2CO3溶液的pH变化曲线与滴加蒸馏水的基本重合，说明OH－未参与反应，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)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，说明c(OH－)发生了明显的变化，是因为HCO3-能够与OH－发生反应生成CO32-，故答案为：HCO3-、OH－。
【点睛】本题的易错点和难点为(2)中氢氧根离子未参与反应的原因，要注意充分利用图象和题干信息进行解释。
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