云南省新平一中2018-2019学年高一下学期5月月考化学试卷 Word版含解析

高一 化学

1.标准状况下两个容积相等的储气瓶，一个装有甲烷，另一个装有一氧化碳和二氧化碳的混合气体，两瓶内的气体，一定相同的是( ) A. 质量 C. 碳原子数 【答案】C 【解析】 【分析】

同温同压下两个容积相等的储气瓶，一个装有CH4，另一个装有CO和CO2的混合气体，则CO和CO2的总物质的量等于CH4的物质的量。

【详解】A、甲烷的摩尔质量小于CO、CO2的摩尔质量，CH4的质量小于CO和CO2的总质量，故A错误； B、CH4分子含有5个原子，CO、CO2分子分别含有2个、3个原子，故CH4含有原子数目大于CO和CO2含有的总原子数目，故B错误；C、CH4、CO和CO2均含有1个C原子，则含有碳原子数目相等，故C正确；D．CH4的质量小于CO和CO2的总质量，则甲烷密度与CO和CO2的混合气体的密度不相等，故D错误；故选C。

【点睛】本题主要考查阿伏伽德罗定律，同问同压下，相同体积的任何气体都含有相同数目的粒子。同温同压下两个容积相等的储气瓶，一个装有CH4，另一个装有CO和CO2的混合气体，则CO和CO2的总物质的量等于CH4的物质的量，含有分子数目相等，CH4分子含有原子数目比CO、CO2分子含有原子数目多，则含有原子数目不相等，CH4、CO和CO2均含有1个C原子，则含有碳原子数目相等，甲烷的摩尔质量小于CO、CO2的摩尔质量，而质量不相等、密度不相等。

2.下列各组固体混合物分离操作正确的是 A. 碳酸钠和碳酸钙：溶解、过滤、蒸发(结晶) B. 氯化钠和硫酸钠：溶解、过滤、蒸发(结晶) C. 石灰石和氧化铁：溶解、过滤、蒸发(结晶) D. 生石灰和碳酸钠：溶解、过滤、蒸发(结晶)

B. 原子总数 D. 密度

一、单选题(共22小题,每小题2.0分,共44分)

【答案】A 【解析】

【详解】A.碳酸钠能溶于水，碳酸钙不溶于水，将混合物充分溶解后过滤，洗涤滤渣得到碳酸钙，将滤液蒸发结晶得到碳酸钠固体，故A正确；

B.氯化钠和硫酸钠均能溶于水，不能用过滤法分离，故B错误； C.石灰石和氧化铁均不溶于水，不能用过滤法分离，故C错误；

D.生石灰和碳酸钠溶于水时，发生反应生成碳酸钙和和氢氧化钠，无法得到生石灰和碳酸钠，故D错误； 本题答案为A。

3.下列可用来区别SO2和CO2气体的是（ ）

①澄清的石灰水 ②氢硫酸 ③氯水 ④酸性高锰酸钾 ⑤氯化钡 ⑥品红溶液 A. ①④⑤⑥ ②③④⑥ 【答案】B 【解析】

试题分析：只要与二氧化碳和二氧化硫气体反应现象不同，即可区别二氧化碳和二氧化硫。二氧化硫和二氧化碳都能使澄清石灰水变浑浊，不可以用澄清石灰水鉴别；氢硫酸与二氧化硫生成硫和水（2H2S+SO2=3S↓+2H2O）、氢硫酸与二氧化碳不反应；二氧化硫能使氯水褪色（SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl），二氧化碳与氯水不反应；二氧化硫具有有还原性，高锰酸钾具有强氧化性，二氧化硫能使酸性高锰酸钾溶液褪色，二氧化碳不能；亚硫酸和碳酸的酸性均弱于盐酸，二氧化硫和二氧化碳与氯化钡溶液都不反应；二氧化硫能使品红溶液褪色，二氧化碳不能。

考点：二氧化碳和二氧化硫的性质

点评：二氧化硫和二氧化碳的性质有共性也有区别。共性：都具有酸性氧化物的性质和都有弱的氧化性；区别：二氧化硫有强还原性和漂白性，二氧化碳没有。

4.下列变化，需加入还原剂才能实现的是( ) A. H2SO4→SO2

B. H2S→SO2

B. ②③④⑤

C. ①②③⑥

D.

C. S→SO2 【答案】A 【解析】

2D. SO3→SO2

【详解】A. S元素化合价由+6价变为+4价，所以硫酸是氧化剂，需要还原剂才能实现，如Cu等，故A正确；B. S元素化合价由−2价变为+4价，所以硫化氢是还原剂，需要氧化剂才能实现，如氧气等，故B错误；C. S元素化合价由0价变为+4价，所以S是还原剂，需要氧化剂才能实现，如氧气等，故C错误；D. 该反应中各元素化合价都不变，不需要发生氧化还原反应就能实现，故D错误；本题选A。

【点睛】需要加入还原剂才能实现，说明给予物质作氧化剂，在反应中得电子化合价降低。

5.下列物质中按其成分能与玻璃、水泥、陶瓷归于一类的是( ) A. 硅石 硅 【答案】C 【解析】 【分析】

根据陶瓷、玻璃、水泥的主要成分判断，它们都是硅酸盐产品。 【详解】A．硅石的主要成分是二氧化硅，选项A错误； B．碳化硅不是硅酸盐，选项B错误； C．硅酸钠是硅酸盐，选项C正确； D．二氧化硅不是硅酸盐，选项D错误。 答案选C。

【点睛】本题考查无机非金属材料，题目难度不大，注意知识的积累。

6.足量下列物质与等质量的铝反应，放出氢气且消耗溶质物质的量最少的是( ) A. 氢氧化钠溶液 【答案】A 【解析】 【分析】

B. 稀硫酸

C. 盐酸

D. 氨水

B. 碳化硅

C. 硅酸钠

D. 二氧化

首先氨水与金属铝不反应，根据生成物的化学式：NaAlO2、Al2(SO4)3、AlCl3，通过物料守恒可直接判断出等量的铝消耗NaOH物质的量最少。 【详解】设Al为1mol，

A．铝与氢氧化钠溶液反应生成NaAlO2，1molAl消耗1molNaOH； B．铝与稀硫酸反应生成Al2(SO4)3，1mol铝消耗1.5mol硫酸； C．铝与盐酸反应生成AlCl3，1mol铝消耗3mol盐酸； D．氨水与金属铝不反应。

综合以上分析可知放出氢气且消耗溶质物质的量最少的是氢氧化钠溶液。 答案选A。

【点睛】本题考查铝的性质，侧重于物质的量的判断，解答时可根据生成物的化学式，从质量守恒的角度分析，易错点为D，注意氨水与金属铝不反应。

7.下列对于过氧化钠的叙述中，正确的是( )

A. 过氧化钠能与酸反应生成盐和水，所以过氧化钠是碱性氧化物 B. 过氧化钠能与水反应，所以过氧化钠可以作很多气体的干燥剂 C. 过氧化钠与水反应时，过氧化钠是氧化剂，水是还原剂 D. Na2O2与CO2反应时，1 mol Na2O2转移1 mol电子 【答案】D 【解析】

A. 过氧化钠能与酸反应生成盐和水，但同时还有氧气生成，过氧化钠不是碱性氧化物，A错误；B. 过氧化钠能与水反应生成氢氧化钠和氧气，所以过氧化钠不能作很多气体的干燥剂，B错误；C. 过氧化钠与水反应时，过氧化钠既是氧化剂，也是还原剂，水不是氧化剂，也不是还原剂，C错误；D. Na2O2与CO2反应时，过氧化钠既是氧化剂，也是还原剂，二氧化碳不是氧化剂，也不是还原剂，1 mol Na2O2转移1 mol电子，D正确，答案选D。

8.恒温恒容密闭容器中发生反应2A(g)＋B(g)

－1

2C(g)，若反应物A的浓度由0.1 mol·L

降到0.06 mol·L－1需20 s，那么由0.06 mol·L－1降到0.036 mol·L－1所需的时间为( )

B. 等于12 s D. 小于12 s

A. 等于10 s C. 大于12 s 【答案】C

【解析】

分析：在反应2A(g)＋B(g)速率逐渐减小，以此判断。

详解：在恒温恒容的容器中进行反应2A(g)＋B(g)

-1

-1

2C(g)，若反应物浓度由0.1mol•L

2C(g)中，随着反应的进行，反应物浓度逐渐减小，反应

降到0.06mol•L需20s，此时：v=(0.1mol/L−0.06mol/L)/20s=0.002mol/（L•s），如反应速率不变，则由0.06mol•L-降到0.036mol•L-，需要反应的时间是

t=△C/v=0.024mol/L÷0.002mol/(L•s)=12s，但随着反应的进行，反应物浓度逐渐减小，反应速率逐渐减小，所以需要的时间大于12s。 答案选C。

点睛：本题考查影响化学反应速率的因素，题目难度不大，注意化学反应中，随着反应的进行，反应物的浓度逐渐减小，反应速率逐渐减小是解答该题的关键。

9. 下列关于卤族元素的比较中，错误的是 A. 气态氢化物的稳定性：HF>HCl>HBr>HI C. 离子的还原性：F－>Cl－>Br－>I－ 【答案】C 【解析】

试题分析：卤族元素从F到I，非金属性减弱(D正确)，气态氢化物稳定性减弱（A正确），单质氧化性减弱（B正确），阴离子还原性增强（C错误）。 考点：卤族元素性质

点评：卤族元素从F到I，阴离子还原性增强，对应氢卤酸酸性、还原性均增强。

10.下列事实能说明碳酸的酸性比乙酸弱的是( ) A. 乙酸为一元酸，而碳酸为二元酸 B. 乙酸和碳酸都能与烧碱溶液发生中和反应 C. 乙酸易挥发，而碳酸不稳定易分解 D. 乙酸和碳酸钠反应可放出二氧化碳 【答案】D 【解析】

B. 单质的氧化性：F2>Cl2>Br2>I2 D. 元素的非金属性：F>Cl>Br>I

1

1

【详解】A、物质酸性的强弱与其几元酸无关，选项A错误；

B、碳酸和乙酸都能与烧碱溶液反应，只能说明二者都具有酸性，不能判断其酸性的强弱，选项B错误；

C、物质酸性的强弱与其挥发性、热稳定性无关，选项C错误；

D、碳酸盐与乙酸反应放出二氧化碳，说明碳酸酸性比乙酸弱，选项D正确。 答案选D。

11.在2CH4＋2NH3＋3O2===2HCN＋6H2O反应中，L－1·min－1，同一时间内测得v(O2)为bmol·v(HCN)为amol·L－1·min－1，则a与b的关系为( ) A. b＝1/2a 【答案】C 【解析】

B. b＝2/3a

速率之比等于计量系数之比，故有a：b=2:3；故答案为C。

12.下列有机物在酸性催化条件下发生水解反应，生成两种不同的有机物，且这两种有机物的相对分子质量相等，该有机物是( ) A. 蔗糖 【答案】A 【解析】

B. 麦芽糖

的C. b＝3/2a

D. b＝2a

C. 乙酸乙酯

D. 葡萄糖

【详解】A、蔗糖水解生成葡萄糖和果糖，二者互为同分异构体，相对分子质量相同，选项A正确；

B、麦芽糖水解只生成葡萄糖一种有机物，选项B错误；

C、丙酸丙酯水解生成丙酸和丙醇，但二者的相对分子质量不同，选项C错误； D、葡萄糖为单糖，不能发生水解反应，选项D错误。 答案选A

【点睛】本题是基础性试题的考查，难度不大。该题的关键是记住常见有机物的水解原理，然后结合题意灵活运用即可。

13. 下列不是乙烯用途的是

。A. 制塑料 催熟剂 【答案】B 【解析】

B. 做灭火剂 C. 制有机溶剂 D. 做果实

试题分析：A．乙烯是重要的有机化工基本原料，主要用于生产聚乙烯（塑料）、乙丙橡胶、聚氯乙烯（塑料）等，A错误；B．乙烯易燃不能做灭火剂，B正确；C．乙烯在有机合成方面，广泛用于合成乙醇、环氧乙烷及乙二醇、乙醛、乙酸、丙醛、丙酸及其衍生物等多种基本有机合成原料，C错误；D．乙烯可作为植物生长调节剂，D错误。答案选B 考点：考查乙烯的用途的知识。

14.被称之为“软电池”的纸质电池，采用一个薄层纸片作为传导体，在其一边镀锌，而在其另一边镀二氧化锰，在纸内的离子“流过”水和氧化锌组成的电解液，电池总反应为Zn+2MnO2+H2O=ZnO+2MnO(OH)。下列说法正确的是 ( ) A. 该电池正极为锌

B. 该电池反应中二氧化锰起催化剂作用

C. 当0.1 mol Zn完全溶解时，流经电解液的电子个数为1.204×1023 D. 电池正极反应式为MnO2+e-+H2O= MnO(OH)+OH- 【答案】D 【解析】

MnO2被还原，MnO2为正极。分析：从电池反应可知，锌失去电子被氧化，所以锌是负极，电子经外电路从负极流向正极，不经过电解质溶液。

详解： A. 从电池反应可知，锌失去电子被氧化，所以锌是负极，A不正确； B. 由电池反应可知，MnO2被还原，MnO2为正极，B不正确；

C. 电子经外电路从负极流向正极，不经过电解质溶液，C不正确；

D. 电池正极上，MnO2被还原，其电极反应式为MnO2+e-+H2O= MnO(OH)+OH-，D正确。 本题选D。

点睛：本题考查了原电池原理及其应用。在原电池中，有一个可以自发进行的氧化还原反应，还原剂在负极上发生氧化反应，氧化剂在正极上发生还原反应，电子从负极经外电路流向正极，内电路中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，电子不经过电解质溶液。

的15.下列化合物中，不只代表一种化合物的是( ) A. CH4 【答案】D 【解析】

【详解】A．CH4只有一种结构，只代表一种化合物，选项A不选； B．C2H6只有一种结构：CH3CH3，只代表一种化合物，选项B不选； C．C3H8只有一种结构：CH3CH2CH3，只代表一种化合物，选项C不选； D．C4H10有两种结构：正丁烷和异丁烷，不只代表一种化合物，选项D选。 答案选D。

16.用铁片、铜片和稀硫酸组成原电池，正极上发生的反应为( ) A. 2H＋＋2e－=H2↑ B. Cu－2e－=Cu2＋ C. Fe－3e－=Fe3＋ D. Fe－2e－=Fe2＋ 【答案】A 【解析】

分析：铁比铜活泼，形成原电池反应时，铁为负极，发生氧化反应，铜为正极，发生还原反应，以此解答。

详解：用铁片、铜片和稀硫酸组成的原电池，铜为正极，正极发生还原反应，氢离子得电子生成氢气，电极反应式为2H＋＋2e－=H2↑；正确选项A。

点睛：原电池重点把握三点：电子流向：负极流向正极；电流流向：正极流向负极；离子流向：阳离子流向正极，阴离子流向负极。

17. 依据元素周期表示元素周期律，下列推断正确的是 A. H3BO3的酸性比H2CO3的强 B. Mg(OH)2的碱性比Be(OH)2的强 C. HCl HBr HI的热稳定性依次增强

D. 若M+和R2-的核外电子层结构相同，则原子序数：Ｒ＞M 【答案】B

B. C2H6

C. C3H8

D. C4H10

【解析】

试题分析：A、同周期非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，同周期从左向右非金属性增强，则H3BO3的酸性比H2CO3弱，错误；B、金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，同主族从上到下，金属性增强，则Mg(OH)2的碱性比Be(OH)2的强，正确；C、氢化物的稳定性与其非金属性强弱有关，非金属性越强，其氢化物越稳定，氯、溴、碘从上到下非金属性减弱 ，则HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱，错误；D、M＋和R2－的核外电子层结构相同， ，M所在周期在R的下周期，则原子序数：R>M，错误；考点：考查元素周期律。 【此处有视频，请去附件查看】

18.糖尿病是由于体内胰岛素紊乱导致代谢紊乱综合症，以高血糖为主要标志。长期摄入高热量食品和缺少运动都易导致糖尿病。血糖是指血液中的葡萄糖。下列说法中不正确的是( )

A. 葡萄糖为碳水化合物，分子式可表示为C6(H2O)6，即1个葡萄糖分子中含6个水分子 B. 糖尿病人尿糖高，可用新制的氢氧化铜悬浊液来检测病人尿液中的葡萄糖 C. 食物中的淀粉在人体内水解最终产物是葡萄糖，葡萄糖为人体提供能量 D. 控制高热量食品的摄入和增加体育活动，可预防或减少糖尿病的发生 【答案】A 【解析】

【详解】A、葡萄糖的分子式可表示为C6(H2O)6，但葡萄糖分子中不可能含有水分子，选项A不正确；

B．葡萄糖中含有醛基，醛基能与新制的氢氧化铜反应生成砖红色沉淀，选项B正确；

C．淀粉属于多糖，在人体内水解的最终产物为葡萄糖，葡萄糖为人体提供能量，选项C正确；

D. 控制高热量食品的摄入和增加体育活动，可预防或减少糖尿病的发生，选项D正确。 答案选A。

的19. 共价键、离子键和范德华力是构成物质粒子间的不同作用方式，下列物质中，只含有上述一种作用的是( )

A. 干冰 【答案】B 【解析】

B. 氯化钠 C. 氢氧化钠 D. 碘

试题分析：A、干冰是CO2，属于共价化合物，含有极性共价键，CO2分子间存在范德华力，故不符合题意；B、氯化钠属于离子晶体，只存在离子键，故符合题意；C、氢氧化钠属于离子晶体，含离子键、极性共价键，故不符合题意；D、碘属于分子晶体，存在非极性共价键，碘分子间存在范德华力，故不符合题意。 考点：考查化学键、范德华力等知识。

20.关于共价键与共价化合物的下列叙述中正确的是( ) ①原子间以共用电子对形成的物质是共价化合物 ②共价化合物中一定只含有共价键 ③共价化合物中一定不含有离子键 ④含有共价键的化合物一定是共价化合物 ⑤离子化合物中可能含有共价键 A. ①②③⑤ C. ②③④ 【答案】D 【解析】

【详解】①原子间以共用电子对形成的物质可以是共价化合物，如HCl等，也可以为离子化合物，如NH4Cl等，错误；

②共价化合物中原子间只能以共价键相结合，所以一定只含有共价键，正确； ③共价化合物中原子间只能以共价键相结合，一定不含有离子键，正确；

④含有共价键的化合物可以是共价化合物，如H2O等，也可以是离子化合物，如NaOH等，错误；

⑤离子化合物是阴阳离子相互结合而成，一定含有离子键，有些离子化合物除含有离子键外，还含有共价键，比如Na2O2等，正确；符合题意的选项有②③⑤； 正确选项D。

【点睛】一般来说,活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键,非金属元素之间易形成共价键,只含共价键的化合物属于共价化合物,共价化合物中一定不含离子键,含有离子键的化

B. ②③④⑤ D. ②③⑤

合物属于离子化合物,离子化合物中可能含有共价键。

21.下列物质的分子中均含有羟基，其中羟基活泼性最强的是( ) A. 乙醇 【答案】B 【解析】

【详解】与金属钠反应越剧烈，说明羟基氢越活泼，而A乙醇、B乙酸、C水、D碳酸与金属钠反应剧烈程度大小为：B＞D＞C＞A，分子中羟基氢的活泼性最强的为B乙酸。 答案选B。

22.下列物质中不属于营养物质的是( ) A. 蛋白质 【答案】D 【解析】 【分析】

人类重要的六大类营养素：①蛋白质 ②糖类 ③油脂 ④维生素 ⑤无机盐 ⑥水。 【详解】A．蛋白质是营养物质，选项A错误； B．葡萄糖属于糖类，是营养物质，选项B错误； C．油脂是营养物质，选项C错误； D．乙醇不是营养物质，选项D正确． 答案选D。

【点睛】本题考查营养素，题目难度不大，注意基础知识的积累，①蛋白质 ②糖类 ③油脂 ④维生素 ⑤无机盐 ⑥水是六大营养素。

B. 葡萄糖

C. 油脂

D. 乙醇

B. 乙酸

C. 水

D. 碳酸

分卷II

二、填空题(共6小题,共56分)

23.某化学兴趣小组利用NaI溶液中通入少量Cl2得到含碘废液，再利用含碘废液获取NaI固体，实验流程如下：

2+

已知反应②：2I﹣+2Cu+

+H2O2CuI↓+

+2H+。

回答下列问题：

（1）过滤实验所需要的玻璃仪器有普通漏斗、烧杯、_____________。

（2）反应③中CuI被氧化，还原产物只有NO2，该反应的化学方程式为_________________。当有95.5 g CuI参与反应，则需要标况下______________L的O2才能将生成的NO2在水中完全转化为。

（3）化合物B中含两种元素，铁原子与另一种元素原子的物质的量之比为3∶8，则化合物B的化学式为_____________。

（4）反应⑤中生成黑色固体和无色气体，黑色固体的俗称为磁性氧化铁，则反应⑤的化学方程式为______。

（5）将足量的Cl2通入含12 g NaI的溶液中，一段时间后把溶液蒸干得到固体的质量为_________g。

【答案】 (1). 玻璃棒 (2). 2CuI+8HNO3（浓）5.6 (4). Fe3I8 (5). Fe3I8+8NaHCO3【解析】 【分析】

碘废液加入亚硫酸钠和饱和硫酸铜溶液，发生氧化还原反应生成CuI固体，加入浓，可得到碘，然后加入铁粉和水，得到含铁化合物B，化合物B中含两种元素，铁元素原子与另一种元素原子的物质的量之比为3：8，则应为Fe3I8，加入碳酸氢钠溶液可得到NaI溶液，同时得到黑色固体Fe3O4，滤液经蒸发、结晶得到NaI固体，以此解答该题。

【详解】（1）过滤实验所需要的玻璃仪器有普通漏斗、烧杯、玻璃棒，玻璃棒用于引流； （2）反应③中CuI被氧化生成铜和单质碘，还原产物只有NO2，该反应的化学方程式为2CuI+8HNO3（浓）＝2Cu（NO3）2+4NO2↑+I2+4H2O，当有95.5g CuI参与反应，即n

2Cu（NO3）2+4NO2↑+I2+4H2O (3).

Fe3O4+8NaI+8CO2↑+4H2O (6). 4.68

（CuI）＝95.5g÷191g/mol＝0.5mol，由方程式可知生成1molNO2，则通入氧气发生反应4NO2+2H2O+O2＝4HNO3，消耗0.25mol氧气，标况下的体积为0.25mol×22.4L/mol＝5.6L； （3）化合物B中含两种元素，铁元素原子与另一种元素原子的物质的量之比为3：8，根据原子守恒可知另一种元素为I，则化合物B的化学式为Fe3I8；

（4）反应⑤中生成黑色固体和无色气体，黑色固体的俗称为磁性氧化铁，应为四氧化三铁，无色气体为二氧化碳，则反应⑤的化学方程式为Fe3I8+8NaHCO3＝Fe3O4+8NaI+8CO2↑+4H2O；

n（5）（NaI）＝12g÷150g/mol＝0.08mol，则与足量氯气反应生成0.08molNaCl，则m（NaCl）＝0.08mol×58.5g/mol＝4.68g。

【点睛】本题考查物质的制备，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，明确物质的性质、注意把握实验的流程和制备原理是解答的关键，方程式的书写是解答的易错点和难点。

24.粗盐中除含有钙离子、镁离子、硫酸根离子等可溶性杂质外，还含有泥沙等不溶性杂质。我们食用的精盐是用粗食盐提纯而得到的。根据教材中“粗盐的提纯”实验回答下列问题： （1）实验室蒸发食盐水时，操作过程如下：①放置酒精灯，②固定铁圈位置，③放上蒸发④加热搅拌，⑤停止加热。皿(蒸发皿中盛有食盐水)，其正确的操作顺序为______________。 （2）检验溶液中有无硫酸根离子最简单的方法是______，如果含有硫酸根离子，除去硫酸根离子的方法是______。

（3）在粗盐经过溶解、过滤后的溶液中滴加饱和碳酸钠溶液，直至不再产生沉淀为止。请问这步操作的目的是___________。

（4）将经过操作(3)后的溶液过滤。请问这一操作能除去的杂质是______________________。 （5）实验室将粗盐制成精盐的过程中，下列三个实验操作步骤中都要使用玻璃棒，分别说明各自使用玻璃棒的作用：溶解时_____，过滤时______，蒸发时______。 【答案】（1）①②③④⑤

2－

（2）取适量溶液于试管中，然后加入BaCl2溶液，有沉淀生成，则有SO4；加BaCl2，过

滤

2+2+

（3）除去Ca及少量的Mg

2+2+

（4）泥砂等不溶性杂质，Ca及少量的Mg

（5）溶解时：是搅拌，过滤时：引流，蒸发时：搅拌 【解析】

（1）仪器的安装一般遵循自下而上，在左向右的原则。在蒸发时当出现电离晶体时，即可停止加热，所以正确的顺序是①②③④⑤。

2

（2）SO4－的检验一般用氯化钡溶液，即取适量溶液于试管中，然后加入BaCl2溶液，有沉

淀生成，则有SO4；如果含有SO4，则应该加入氯化钡溶液，生成硫酸钡后过滤即可除去。

2+2+

（3）饱和碳酸钠溶液是除去溶液中的Ca及少量的Mg的。

2－2－

（4）根据实验过程可知，生成的沉淀有氢氧化镁、碳酸镁以及含有泥沙等。 （5）溶解时搅拌能加速；过滤时起引流作用；蒸发时搅拌，防止液体局部过热

25.在试管A中先加入3 mL无水乙醇，然后边振荡试管边慢慢加入2 mL浓硫酸，最后加入2 mL冰醋酸，按下图装置进行实验，并将产生的蒸气经导管通到试管B中饱和碳酸钠溶液的液面上。请回答下列问题：

。

（1）浓硫酸的作用是__________________________________________。 （2）试管B中观察到的现象是_____________________________。

（3）若试管B中的饱和碳酸钠溶液用冷水代替，实验结束后不能闻到香味的可能原因是________________________________________________________________________。 （4）试管B中的饱和碳酸钠溶液的作用是__________________________________。 （5）通入蒸气的导管不能插入试管B中液面下的原因是_______________________________________。 （6）通入蒸气常选用长导管的目的是

________________________________________________。

【答案】 (1). 催化剂和吸水剂 (2). 饱和碳酸钠溶液的液面上有油状液体，并能闻到果香味 (3). 乙酸乙酯的香味被挥发出来的乙酸的强烈刺激性气味掩盖了 (4). 吸收

溶解乙醇和乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，得到有香味的乙酸乙酯油状液体 (5). 蒸气中的乙醇、乙酸极易溶解而引起倒吸 (6). 易于将乙酸乙酯蒸气冷凝 【解析】

分析：浓硫酸的作用(催化剂和吸水剂)；实验现象(油状液体分层，有果香味)；饱和碳酸钠溶液的作用吸收溶解乙醇和乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度；实验过程中注意防止产生倒吸现象；长导管的作用将乙酸乙酯蒸气冷凝等，据以上分析解答。

详解：（1）乙醇和乙酸生成的乙酸乙酯的过程中，加入浓硫酸，对该反应起到催化作用，同时吸收反应生成的水，有利于反应向右进行，所以浓硫酸有催化剂和吸水剂作用；正确答案：催化剂和吸水剂。

（2）反应生成的乙酸乙酯不溶于水，密度比水小，具有果味香，所以看到饱和碳酸钠溶液的液面上有油状液体，并能闻到果香味；正确答案：饱和碳酸钠溶液的液面上有油状液体，并能闻到果香味。

（3）饱和碳酸钠溶液能够吸收乙酸乙酯中乙醇，中和乙酸；因此若试管B中的饱和碳酸钠溶液用冷水代替，乙酸乙酯的香味被挥发出来的乙酸的强烈刺激性气味掩盖了，实验结束后不能闻到香味；正确答案：乙酸乙酯的香味被挥发出来的乙酸的强烈刺激性气味掩盖了。 （4）试管B中的饱和碳酸钠溶液的作用是吸收溶解乙醇和乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，得到有香味的乙酸乙酯油状液体；正确答案：吸收溶解乙醇和乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，得到有香味的乙酸乙酯油状液体。

（5）通入蒸气的导管不能插入试管B中液面下的原因是蒸气中的乙醇、乙酸极易溶解而引起倒吸；正确答案：蒸气中的乙醇、乙酸极易溶解而引起倒吸。

（6）通入蒸气常选用长导管的目的是易于将乙酸乙酯蒸气冷凝；正确答案：易于将乙酸乙酯蒸气冷凝。

点睛：乙酸乙酯中混有杂质乙酸和乙醇，把混合物通入到饱和碳酸钠溶液中，乙醇和水互溶，乙酸和碳酸钠反应，乙酸乙酯和碳酸钠互不相溶，密度比水小，在饱和碳酸钠溶液上层析出，最后进行分液操作，可以得到纯净的乙酸乙酯。

26. 用铁、铝的混合物进行如下实验：

（1）操作X的名称是___________。 （2）气体A是___________。

（3）加入足量NaOH 溶液时发生反应的离子方程式为______________；加入盐酸发生反应的离子方程式为_______________。

- （4）溶液B 中阴离子除OH外还有_________，溶液D中存在的金属离子为___________ 。

【答案】（1）过滤（l分）；（2）H2（或氢气）（l分）；

--+2+

（3）2Al+2OH+2H2O＝2AlO2+3H2↑（2分）, Fe+2H＝Fe+ H2↑（2分） -2+

（4）AlO2（1分）Fe（l分）

【解析】

试题分析：金属铁和金属铝的混合物中加入氢氧化钠后，会和金属铝发生反应生成偏铝酸钠和氢气，金属铁和氢氧化钠不反应，所以A是氢气，B是偏铝酸钠和过量的氢氧化钠的混 合物，固体C是金属铁，金属铁可以和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，所以D是氯化亚铁。（1）实现金属铁和偏铝酸钠、氢氧化钠混合物分离的方法是过滤； （2）气体A是氢气；

--（3）加入足量NaOH 溶液时发生反应的离子方程式为2Al+2OH+2H2O＝2AlO2+3H2↑；加+2+

入盐酸发生反应的离子方程式为Fe+2H＝Fe+ H2↑；

（4）溶液B是偏铝酸钠和过量的氢氧化钠的混合物，铁可以和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，D是氯化亚铁。

考点：考查金属铁以及金属铝的化学性质

27. 向2L密闭容器中通入amol气体A和bmol气体B，在一定条件下发生反应： xA（g）＋yB（g）

pC（g）＋qD（g） 已知：平均反应速率vC＝1/2vA；反应2min时，

A的浓度减少了1/3，B的物质的量减少了a/2 mol，有a mol D生成．回答下列问题： （1）反应2min内，vA＝________________，vB＝________________； （2）化学方程式中，x＝_____、y＝_____、p＝______、q＝________； （3）反应平衡时，D为2amol，则B的转化率为________________；

min） ；a/8mol/（L·min） ； 【答案】（1） a/12mol/（L·（2） x=2，y=3，p=1，q=6；（3）100a/b%。 【解析】

试题分析：（1）根据题干信息结合平衡三段式列式，A减少量和生成C的物质的量之比等于速率之比，等于计量数之比，平均反应速率vC=vA/2， xA（g）+yB（g）

pC（g）+qD（g）

起始量（mol） a b 0 0 变化量（mol） a/3 a/2 a/6 a 平衡量（mol） 2a/3 b-a/2 a/6 a

2L÷2min=a/12mol/（L·min）用A表示的反应速率vA=a/3mol÷；用B表示的反应速率vB= a/2mol÷2L÷2min=a/8mol/min）y：p：q=a/3:a/2:a/6:a=2:3:1:6，（L·；（2）依据（1）的列式计算x：所以x=2，y=3，p=1，q=6；（3）反应平衡时，D为 2amol，则a=2amol，则B的转化率为=bmol）×100%=100a/b%。 （a/2mol÷

考点：考查化学反应速率的计算判断，化学平衡影响因素的判断的知识。

28.标准状况下，某气态烷烃和烯烃(含一个双键)的混合气体2.24 L完全燃烧后，将产生的气体缓慢通过浓硫酸，浓硫酸增重4.05 g，剩余气体通过碱石灰，碱石灰增重6.60 g。另再取2.24 L标准状况下的该混合气体，将它通入过量的溴水中，溴水增重1.05 g。 (1)确定混合气体由哪两种烃组成_______。 (2)计算混合气体中两种烃的体积分数_______。

【答案】 (1). 甲烷丙烯 (2). 甲烷的体积分数为75%;丙烯的体积分数25% 【解析】

【详解】(1)混合烃的物质的量为

2.24?L＝0.1mol，燃烧后生成水的物质的量为

22.4?L/mol4.05?g2×1g·mol－1＝0.45 g，混合＝0.225 mol，混合烃中氢元素的质量为0.225 mol×

18?g/mol烃中碳元素的质量为

6.6?g×12 g·mol－1＝1.8 g，混合烃的平均摩尔质量为

44?g/mol0.45?g＋1.8? g－1.05?g0.45?g＋1.8? g－1

22.5 g·mol＝，必有甲烷，甲烷的物质的量为＝

16?g/mol0.1?mol0.075 mol，设烯烃的分子式为CnH2n，(0.1 mol－0.075 mol)×14ng·mol－1＝1.05 g解得n＝3，烯烃为丙烯； (2)甲烷的体积分数为25%。

0.075?mol0.025?mol×100%＝75%；丙烯的体积分数为×100%＝

0.1?mol0.1?mol