贵州省余庆中学2019-2020学年高二化学上学期开学考试试题含解析

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1、贵州省余庆中学2019-2020学年高二上学期开学考试化学试题1.下列选项中，与物质体积大小无关的因素是A. 粒子数目B. 粒子大小C. 粒子之间的距离D. 粒子的化学性质【答案】D【解析】【详解】A决定物质体积大小的因素有粒子数目、微粒之间的距离和粒子的大小，选项A不选；B决定物质体积大小的因素有粒子数目、微粒之间的距离和粒子的大小，选项B不选；C决定物质体积大小的因素有粒子数目、微粒之间的距离和粒子的大小，选项C不选；D决定物质体积大小的因素有粒子数目、微粒之间的距离和粒子的大小，与粒子的化学性质无关，选项D可选；答案选D。2.下列四个化学反应中，你认为理论上不可用于设计原电池的是（ ）A

2、. 2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2B. 2H2O22H2OC. Mg3N26H2O=3Mg(OH)22NH3D. CH42O2CO22H2O【答案】C【解析】只有属于氧化还原反应,能用于设计原电池；A属于氧化还原反应，可以设计为原电池，A错误；B属于氧化还原反应,能设计成氢氧燃料电池, B错误；C不属于自发的氧化还原反应,不能设计成原电池，C正确；D属于自发的氧化还原反应,能设计成甲烷燃料电池, D错误；正确选项C。3.硫单质在反应3S6KOH=2K2SK2SO33H2O中的变化是A. 被氧化B. 被还原C. 既被氧化又被还原D. 既未被氧化又未被还原【答案】C【解析】【详解】

3、该反应中，单质硫中的硫元素化合价为0价，一部分升高到+4价，一部分降低到-2价，故在反应中，硫单质既被氧化又被还原，C项正确；答案选C。【点睛】氧化还原反应是常考点，其规律口诀为：升失氧，降得还，若说剂，则相反。本题中关键点是找出硫元素的化合价变化趋势。4.将物质X逐渐加入Y溶液中，生成沉淀的物质的量n2与所加X的物质的量n1的关系如图所示，符合如图所示的情况是A. X为氢氧化钠，Y为氯化铝B. X为氯化铝，Y为氢氧化钠C. X为盐酸，Y为四羟基合铝酸钠D. X为四羟基合铝酸钠，Y为盐酸【答案】C【解析】【详解】A. 氢氧化钠溶液加入氯化铝溶液中，先发生反应Al3+3OH-=Al(OH)3，生

4、成Al(OH)3沉淀，当氯化铝溶液反应完后，再滴入氢氧化钠溶液发生反应Al(OH)3+NaOH=NaAl(OH)4，沉淀溶解至最后消失，所以前后两个过程氢氧化钠的物质的量之比为3:1，不符合图中所示情况，A项错误；B. 氯化铝溶液滴入氢氧化钠溶液中，先发生反应Al3+4OH-=Al(OH)4-，不生成沉淀，当氢氧化钠溶液反应完后，再滴入氯化铝溶液发生反应3Al(OH)4-+Al3+=4Al(OH)3，生成沉淀，不符合图中所示情况，B项错误；C. 盐酸加入NaAl(OH)4溶液中，先发生反应Al(OH)4-+H+=Al(OH)3+H2O，生成Al(OH)3沉淀，当NaAl(OH)4溶液反应完后，

5、再继续加入盐酸发生反应Al(OH)3+3H+=Al3+3H2O，沉淀消失，所以前后两个过程HCl的物质的量之比为1:3，符合图中所示情况，C项正确；D. NaAl(OH)4溶液加入盐酸中，先发生反应Al(OH)4-+4H+=Al3+4H2O，不生成沉淀，当盐酸溶液反应完后，再滴入NaAl(OH)4溶液，发生反应3Al(OH)4-+Al3+=4Al(OH)3，生成沉淀直到最大，不符合图中所示情况，D项错误；答案选C。【点睛】图示反应过程为随着X的加入，先反应生成沉淀后沉淀溶解，且生成沉淀和溶解同样多的沉淀所需X的量前后比例为1:3，这是分析的关键突破口。5.下列实验过程中没有气体产生的是()A.

6、 B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】A、光照氯水时次氯酸分解生成氯化氢和氧气，有气体产生，A不符合；B、氯水和碳酸氢钠反应生成二氧化碳气体，B不符合；C、氯水和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，实验过程中没有气体产生，C符合；D、过氧化钠和水生成氢氧化钠和氧气，有气体产生，D不符合；答案选C。6.下列说法中正确是A. 电解质与非电解质的本质区别是化合物在一定条件下能否导电B. 水的导电能力很差，所以水是非电解质C. 酸、碱、盐都属于电解质，其他化合物都是非电解质D. 溶于水所得溶液能导电的化合物一定是电解质【答案】A【解析】【分析】电解质是指:在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合

7、物；电解质在水溶液中或熔融状态下能够导电,是因电解质自身可以离解成自由移动的离子；非电解质是指:在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物；单质、混合物既不是电解质也不是非电解质，据以上分析解答。【详解】A.根据化合物在水溶液或熔融状态下能否导电对化合物分类，能够导电的化合物为电解质，都不导电的化合物为非电解质，导电的原因为有自由移动的离子，本质区别是在水溶液或熔化状态下能否电离出自由移动的离子，故A正确；B.纯水的导电性很差，水的电离程度很小，属于弱电解质，故B错误；C.酸、碱、盐都属于电解质，其他化合物也有可能为电解质，如活泼金属氧化物在熔融状态下也能电离出阴阳离子，能够导电，属于化合物，属于

8、电解质，故C错误；D.溶于水能导电的化合物不一定是电解质,如三氧化硫和水反应生成硫酸,硫酸能电离出自由移动的阴阳离子,所以三氧化硫的水溶液导电,但电离出离子的物质是硫酸不是三氧化硫，所以三氧化硫是非电解质,故D错误；综上所述，本题选A。【点睛】电解质和非电解质均为化合物，属于电解质的物质主要有酸、碱、盐、金属氧化物和水等，属于非电解质的物质主要有绝大多数有机物、非金属氧化物、非金属氢化物等，电解质溶液导电靠的是溶液中自由移动的离子，金属导电靠的是自由移动的电子。7.下列说法正确的是A. 离子键是阴离子与阳离子间的一种静电引力B. 任何离子键在形成的过程中必定有电子的得与失C. 带相反电荷的离子

9、之间的相互吸引力称为离子键D. 活泼非金属原子与活泼金属原子相遇时能形成离子键【答案】D【解析】【详解】A. 阴阳离子通过静电作用形成离子键，静电作用包括静电吸引力和静电排斥力，A项错误；B. 离子键的形成过程中不一定有电子的得失，如复分解反应中离子键的形成， B项错误； C. 阴阳离子带相反电荷，但阴阳离子通过静电作用可形成离子键，静电作用包括静电吸引力和静电排斥力，C项错误；D. 活泼非金属原子容易得电子，活泼金属原子容易失电子，两者相遇时能形成离子键，D项正确；答案选D。8.关于酸、碱、盐的下列各种说法中正确的是（ ）A. 水溶液中能电离出氢离子的化合物都是酸B. 水溶液中能电离出氢氧根

10、离子的化合物都是碱C. 水溶液中不能电离出金属阳离子的氯化铵不是盐D. 水溶液中能电离出金属阳离子和酸根离子的化合物是盐【答案】D【解析】【详解】A碳酸氢钠能电离出氢离子，属于盐，但不属于酸，故A错误；B化合物电离时生成的阴离子有氢氧根离子的不一定是碱，如碱式盐，故B错误；C由金属阳离子或铵根离子和酸根离子形成的化合物为盐，氯化铵能电离出铵根离子和酸根阴离子，属于盐，故C错误；D盐是由金属离子(或铵根离子)和酸根离子组成的化合物，故D正确；故选D。9.关于下图所示有机物(碳、氢、氧三种元素组成)的叙述不正确的是()A. 相对分子质量为88B. 分子中含羧基官能团C. 具有香味的无色油状液体D.

11、 乙酸与乙醇酯化反应的产物【答案】B【解析】【详解】A. 由图可知，该有机物结构简式为CH3COOCH2CH3，相对分子质量为88，故A正确；B. 由图可知，该有机物结构简式为CH3COOCH2CH3，分子中含酯基官能团，故B错误；C. 该有机物分子中含酯基官能团，酯类是具有香味的无色油状液体，故C正确；D. 该有机物结构简式为CH3COOCH2CH3，是乙酸乙酯，是乙酸与乙醇酯化反应的产物，故D正确；答案选B。10.硫酸亚铁煅烧反应为2FeSO4(s)X(g)Fe2O3(s)SO3(g)，有关说法正确的是A. 该反应中X为还原产物B. X能使溴水退色，说明X具有漂白性C. 该反应中每生成1

12、mol Fe2O3转移电子数约为6.021023D. 该反应生成的气体通入足量Ba(NO3)2溶液中，可得到两种沉淀【答案】A【解析】【详解】AFe元素化合价升高、被氧化，S元素化合价降低、被还原，SO2为还原产物，A项正确；B二氧化硫与溴水发生氧化还原反应，二氧化硫表现的是还原性，而不是漂白性，B项错误；C由方程式可知，反应中Fe元素化合价由+2价升高到+3价，该反应中每生成1 mol Fe2O3转移2 mol电子，电子数约为26.021023，C项错误；D该反应生成的气体通入足量BaCl2溶液中，生成硫酸钡沉淀，因硫酸、盐酸酸性均比亚硫酸强，则没有BaSO3生成，D项错误；答案选A。11.

13、下列关于铷(Rb)的叙述不正确的是A. 位于周期表的第五周期第IA族B. 氢氧化铷是一种强碱C. 钠、钾、铷单质的还原性依次减弱D. 硝酸铷易溶于水且全部电离【答案】C【解析】【详解】A.Rb和K位于同一主族，且在K元素下一周期，所以Rb位于第五周期第IA族，A项正确；B. 元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，金属性RbK，KOH是强碱，所以Rb也是强碱，B项正确；C. 钠、钾、铷元素原子半径依次增大，失电子能力依次增强，因此单质的还原性依次增强，C项错误；D.Rb是活泼金属，易和硝酸根离子之间形成离子键，属于硝酸盐，易溶于水且全部电离，D项正确；答案选C。12.下列物质的导电性

14、能最差的是A. 熔化的氢氧化钠B. 0.1molL1盐酸C. 0.1molL1醋酸D. 氯化钾固体【答案】D【解析】【详解】氯化钾固体不能电离出自由移动的离子，不能导电，而熔化的氢氧化钠、0.1mol/L盐酸和0.1mol/L醋酸都存在自由移动的离子，都能导电，所以导电性能最差的是氯化钾固体，D项正确，答案选D。【点睛】溶液的导电能力与溶液中离子的浓度、离子所带的电荷数有关,离子带的电荷数越多、离子浓度越大,溶液的导电能力越强。13.甲、乙是周期表中同一主族的两种元素，若甲的原子序数为x,则乙的原子序数不可能为（ ） x+2 x+4 x+8 x+18 x+32A. B. C. D. 【答案】B

15、【解析】【详解】若甲为第一周期元素、乙是第二周期元素，乙的原子序数可能为x+2；若甲为第二周期元素、乙是第三周期元素，乙的原子序数可能为x+8；若甲为第三周期元素、乙是第四周期元素，乙的原子序数可能为x+18；若甲为第五周期元素、乙是第六周期元素，乙的原子序数可能为x+32，故B正确。答案选B。14.关于氯化铁溶液和氢氧化铁胶体的下列叙述中，正确的是()A. 分散质粒子都能透过滤纸B. 都具有丁达尔效应C. 分散质粒子的直径大小相同D. 它们的稳定性相同【答案】A【解析】【分析】根据溶液和胶体的区别，胶体的胶粒直径为1100 nm，溶液的粒子直径小于1 nm；胶体具有丁达尔现象，不能透过半透膜

16、，能透过滤纸等解答。【详解】A溶液和胶体的分散质粒子都能透过滤纸，A正确；B氢氧化铁胶体具有丁达尔效应，可以用来区分胶体和溶液，B错误；C氯化铁溶液的粒子直径小于1 nm，而胶体中粒子直径介于1100 nm之间，C错误；D溶液的稳定性强于胶体，胶体属于介稳体系，D错误；答案选A。15.将5mol/L的Mg(NO3)2溶液a mL稀释至b mL，稀释后溶液中NO3的物质的量浓度为A. 5a/b mol/LB. 10a/b mol/LC. b/5a mol/LD. a/b mol/L【答案】B【解析】【分析】根据硝酸镁的化学式可知硝酸根的浓度为硝酸镁浓度的2倍，即硝酸根浓度为10mol/L，由稀释

17、定律可知，稀释前后硝酸根的物质的量不变，据此计算。【详解】根据硝酸镁的化学式可知硝酸根的浓度为硝酸镁浓度的2倍，所以硝酸根浓度为10mol/L。令稀释后硝酸根的浓度为c，根据稀释定律可知，稀释前后硝酸根的物质的量不变，则：10mol/LamL=cbmL，解得，c=mol/L；故选B。16.离子方程式BaCO32H=Ba2H2OCO2中的H不能代表的物质是HCl H2SO4HNO3NaHSO4A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】HCl溶于水完全电离，且不和钡离子反应，可以代表碳酸钡和盐酸反应的离子方程式，故不选；H2SO4溶于水完全电离,但硫酸根离子和钡离子结合会生成硫酸钡沉淀,离

18、子方程式为BaCO3+2H+SO42=BaSO4+CO2+H2O，不可以代表碳酸钡和硫酸反应的离子方程式，故选；HNO3溶于水完全电离，不和钡离子反应可以，可以代表碳酸钡和硝酸反应的离子方程式，故不选；NaHSO4中的硫酸根离子和钡离子结合生成沉淀硫酸钡,离子方程式为BaCO3+2H+SO42=BaSO4+CO2+H2O，不可以代表碳酸钡和硫酸氢钠反应的离子方程式，故选；综上所述，项符合要求，D项正确，答案选D。17.配制250 mL、0.10 molL1NaOH溶液时，下列实验操作会使配得的溶液中NaOH物质的量浓度偏大的是()A. 转移溶液后未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容B. 在容量瓶中进行

19、定容时仰视刻度线C. 在容量瓶中进行定容时俯视刻度线D. 定容后把容量瓶倒置摇匀，发现液面低于刻度线，又补足了所缺的水【答案】C【解析】【详解】A转移溶液后未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故A不选；B在容量瓶中定容时仰视刻度线，导致溶液的体积偏大，溶液的浓度偏低，故B不选；C在容量瓶中定容时俯视刻度线，导致溶液的体积偏小，溶液的浓度偏高，故C选；D定容后把容量瓶倒置摇匀，发现液面低于刻度线，又补足了所缺的水，导致溶液的体积偏大，溶液的浓度偏低，故D不选；故选C。【点睛】本题考查了配制一定物质的量浓度溶液的误差分析，明确不当操作对溶质的物质的量、溶液的体积的影

20、响是解题关键。解答此类试题需要根据c=分析判断。18.用2摩尔MnO2与含4摩尔浓盐酸充分反应，生成氯气的物质的量A. 等于1摩尔B. 大于1摩尔C. 小于1摩尔D. 小于22.4升【答案】C【解析】【详解】MnO2与浓盐酸反应的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O，当4 mol HCl完全反应式可生成1mol Cl2，但随着反应的进行，盐酸的浓度逐渐降低，稀盐酸的还原性较弱，与二氧化锰不反应，则生成的氯气的物质的量小于1 mol，气体的状态未知，无法计算其体积，C项正确，答案选C。【点睛】注意浓盐酸随着反应的进行会变稀，而稀盐酸还原性较弱，不会再产生氯气，做题便

21、可迎刃而解。19.短周期相邻两种元素原子的核外电子数的差值不可能为A. 1B. 2C. 8D. 10【答案】D【解析】【详解】若为左右相邻，则两种元素原子的核外电子数相差1，如果是H和Li两种元素，则两种元素原子的核外电子数相差2，其他同主族短周期相邻元素原子的核外电子数相差8，因短周期相邻两种元素原子的核外电子数的差值不可能为10，D项符合题意，答案选D。20.将乙烯分别通入溴水和酸性高锰酸钾溶液中，下列叙述正确的A. 溴水和高锰酸钾溶液都褪色B. 二者褪色的反应原理相同C. 二者反应后都有油状液体生成D. 二者发生的反应类型相同【答案】A【解析】【详解】乙烯中含碳碳双键，可与溴水发生加成反

22、应生成1,2-二溴乙烷而使溴水褪色，反应类型为加成反应；乙烯具有还原性，可被酸性高锰酸钾氧化而使其褪色，反应类型为氧化还原反应，故将乙烯分别通入溴水和酸性高锰酸钾溶液中，两种溶液都褪色，但反应的原理和类型均不同，A项正确；答案选A。21.下列元素属于海水中的常量元素的是HONaClLiUCaKBrFA. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】海水中化学元素的含量差别很大。除H和O外，每千克海水中含量在1毫克以上的元素有Cl、Na、Mg、S、Ca、K、Br、C、Sr、B、Si和F共12种，一般称为“常量元素”，故上述元素为常量元素的是，A项正确；答案选A。22.足量的铜与一定量的浓硝酸反应

23、得到硝酸铜溶液和NO、NO2的混合气体，这些气体与1.68LO2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸则和铜反应的硝酸的物质的量可能是（）A. 0.4molB. 0.55molC. 0.6molD. 0.65mol【答案】B【解析】试题分析：根据氧化还原反应中电子转移数目相等可知： Cu失去的电子与硝酸转化为NO、NO2的混合气体时得到的电子数目相等；而NO、NO2的混合气体与氧气及水反应时电子转移数目相等。n(O2)= 1.68 L22.4L/mol=0.075mol.n(e-)=0.075mol4=0.3mol。n(Cu)= 0.075mol42=0.15mol.因此根据

24、N元素守恒，若完全转化为NO，则n(NO)= 0.3mol 3=0.1mol。硝酸的物质的量为0.15mol2+0.1mol=0.4mol；若完全转化为NO2，则n(NO2)= 0.3mol 1=0.3mol。硝酸的物质的量为0.15mol2+0.3mol=0.6mol；由于产生的气体既有NO，也有NO2所以和铜反应的硝酸的物质的量应该在0.4mol0.6mol之间。因此选项是B。考点：考查守恒法、极端法在氧化还原反应计算中的应用的知识。23.下列关于氧化还原反应的叙述，正确的是A. 有一种元素被氧化，肯定有另一种元素被还原B. 在反应中不一定所有元素的化合价都发生变化C. 某元素由化合态变为

25、游离态，则该元素一定被还原D. 氧化还原反应中一定有电子的得与失【答案】B【解析】【详解】A反应中可能只有一种元素的化合价变化，如氯气与水的反应中，Cl元素既被氧化，也被还原，故A错误；B反应中可能只有一种元素的化合价变化，如氯气与NaOH反应中只有Cl元素的化合价变化，Na、O、H元素的化合价没有变化，故B正确；C元素从化合物变为单质时，可能失去电子也可能得到电子，如二氧化硫与硫化氢反应生成S，故C错误；D氧化还原反应的本质是电子转移，则氧化还原反应中不一定有电子的得与失，可能是电子对的偏移，故D错误；故答案为B。【点睛】准确理解氧化还原反应的概念是解题关键，当元素处于高价的物质一般具有氧化

26、性，元素处于低价的物质一般具有还原性，元素处于中间价态时，该物质既有氧化性，又有还原性，故只要结合元素在化学反应中的化合价变化，即可准确判断发生氧化反应还是还原反应。24.“塑胶”跑道是由聚氨酯橡胶等材料建成，聚氨酯橡胶属于A. 有机高分子材料B. 无机非金属材料C. 硅酸盐材料D. 天然橡胶【答案】A【解析】【详解】A有机合成高分子材料，分天然产生的高分子化合物和人工合成的高分子化合物，棉花、羊毛、天然橡胶是天然存在的，塑料、合成橡胶、合成纤维是人工合成的，聚氨酯橡胶是人工合成的高分子材料，A项正确；B无机非金属材是以某些元素的氧化物、碳化物、氮化物、卤素化合物以及硅酸盐、铝酸盐、磷酸盐、硼

27、酸盐等物质组成的材料，是除有机高分子材料和金属材料以外的所有材料的统称，B项错误；C硅酸盐材料主要包括玻璃、陶瓷、水泥等，C项错误；D天然橡胶是天然存在的，聚氨酯橡胶是人工合成的，D项错误；答案选A。【点睛】材料分金属材料、无机非金属材料、复合材料和有机合成高分子材料。25.漂白粉的有效成分是A. Ca(ClO)2B. CaCl2C. Ca(ClO)2和CaCl2D. HClO【答案】A【解析】【详解】工业上用氯气与石灰乳反应制备漂白粉：2Ca(OH)2+2Cl2CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，主要成分是氯化钙和次氯酸钙，有效成分是次氯酸钙，A项正确；答案选A。26.（1）49g H2

28、SO4含_个H2SO4分子，能和_mol NaOH完全反应（2）含有相同碳原子数的CO和CO2，其质量比为_（3）在同温同压下，等质量的CO和CO2，其体积之比为_（4）标准状况下有44.8L CH4，9.03x 1023个NH3分子，85g H2S三种气体，对这三种气体的物质的量从大到小的顺序是_（5）在一定的温度和压强下，1体积气体X2跟3体积气体Y2化合生成2体积化合物，则该化合物的化学式是_（6）某盐混合溶液中含有离子：Na+、Mg2+、Cl、SO42，测得Na+、Mg2+和Cl的物质的量浓度依次为：0.2molL1、0.25molL1、0.4molL1，则c（SO42）=_【答案】

29、(1). 0.05NA (2). 0.1 (3). 7：11 (4). 11：7 (5). (6). XY3 (7). 0.15molL1【解析】【详解】（1）4.9g/98NA=0.05 NA；H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O；消耗氢氧化钠的量为20.05=0.1摩尔；（2）含有相同碳原子数的CO和CO2；物质的量为1：1；二者质量之比为128：144=7：11；（3）等质量的CO和CO2，物质的量之比为1/28:1/44；体积比等于物质的量之比：1/28:1/44=11：7；（4）标准状况下有44.8L CH4，物质的量为2mol；9.03x 1023个NH3分子，物质的量为

30、1.5mol85g H2S气体，物质的量为2.5 mol； 顺序为；（5）体积比等于物质的量之比：1体积气体X2跟3体积气体Y2化合生成2体积化合物，根据原子守恒规律：XY3；（6）根据电荷守恒规律：0.2molL11+0.25molL12=0.4molL1，1+ c（SO42）2；c（SO42）=0.15 molL127.现以淀粉或乙烯为主要原料都可以合成乙酸乙酯，其合成路线如图所示。（已知：2CH3CHO+O22CH3COOH）（1）A中含有的官能团名称是_；其中的反应类型是_；的反应类型是_；（2）写乙烯的电子式：_乙烯的结构简式：_;（3）写出下列反应的化学方程式：_;_。【答案】 (

31、1). 醛基 (2). 氧化反应 (3). 加成反应 (4). (5). CH2=CH2 (6). (C6H10O5)n+nH2OnC6H12O6 (7). CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O【解析】【详解】（1）乙醇催化氧化得到的A是乙醛CH3CHO，所以A中含有的官能团名称是醛基；该反应类型是氧化反应；乙烯与水在催化剂存在时加热发生加成反应产生乙醇，所以反应的反应类型是加成反应；（2）乙烯的电子式是：；乙烯的结构简式是：CH2=CH2；（3）反应的化学方程式：(C6H10O5)n+nH2OnC6H12O6; CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2C

32、H3+H2O28.利用下图装置(夹持装置略)制取和收集纯净、干燥的氨气，并探究氨气的性质。（1）关闭装置中的止水夹，向分液漏斗中加适量水，打开活塞，说明气密性良好的现象是_。（2）利用装置制取氨气，不能选用的试剂为浓氨水和_(填字母)。A氢氧化钠 B.碱石灰 C硝酸钾 D.生石灰（3）根据实验要求，仪器连接的顺序(用字母编号表示)：a接_、_接_、_接_。_（4）收集氨气，按如图装置进行NH3性质的探究实验。打开旋塞1，B瓶中的现象是_，原因是_，稳定后，关闭旋塞1；再打开旋塞2，B瓶中的现象是_。【答案】 (1). 分液漏斗内液面不再下降 (2). C (3). cbefd (4). 产生白

33、色的烟 (5). 氯化氢与氨气反应生成了氯化铵小颗粒，NH3HClNH4Cl，氯化铵小颗粒形成白烟 (6). 烧杯中的硝酸银溶液会倒流进入到B瓶中，B瓶中生成白色沉淀(提示：A中气体压强大于B中)【解析】【分析】（1）利用注水法检验装置的气密性；（2）利用装置I制取氨气，为常温下固液制取气体的装置，据此分析；（3）依据氨气的物质性质和化学性质选择连接方式；（4）A中压强大，HCl进入B中，与氨气反应生成氯化铵固体；关闭旋塞，再打开旋塞，烧杯中的AgNO3溶液会倒流进入到B瓶中，反应生成AgCl。【详解】（1）关闭A装置中的止水夹，向分液漏斗中加入适量水，打开活塞，分液漏斗内液面高度保持不变（或

34、液体不再滴下），说明A装置气密性良好，故答案为：分液漏斗内液面不再下降；（2）利用装置I制取氨气，为常温下固液制取气体的装置，可为浓氨水与CaO、氢氧化钠，CaO+H2OCa(OH)2、消耗水并放热，根据NH3+H2ONH3H2ONH4+OH-可知，氢氧化钙、氢氧化钠溶于水电离出氢氧根离子，氢氧根离子浓度增大平衡逆向移动，使氨气逸出，且温度升高，降低氨气的溶解度，使氨气逸出，A、B、D符合条件，硝酸钾溶于水没有明显的热效应，不能与浓氨水制备氨气，故答案为：C；（3）利用装置I制取氨气，制出的氨气中含有水蒸气，需进行干燥，选用装置，粗口进，细口出，所以a连接cb；根据氨气的密度小于空气的密度，应

35、为向下排气法收集，所以选择收集装置应为“短进长出”，所以再连接ef，氨气属于极易溶于水，还是大气污染气体，用防倒吸的装置进行尾气吸收连接d，所以连接顺序为cbefd，故答案为：c；b；e；f；d；（4）A容器压强为150 kPa，B容器压强100 kPa，A容器压强大于B容器，先打开旋塞，A容器中的氯化氢进入B容器，氨气和氯化氢反应，NH3+HClNH4Cl，生成氯化铵固体小颗粒，所以B瓶中的现象是出现白烟，氨气、氯化氢为气体反应生成的氯化铵为固体，压强减小，再打开旋塞，硝酸银倒吸入B瓶中，氯化铵与硝酸银反应生成白色的氯化银沉淀。故答案为：产生白色的烟；氯化氢与氨气反应生成了氯化铵小颗粒，NH

36、3HClNH4Cl，氯化铵小颗粒形成白烟；烧杯中的硝酸银溶液会倒流进入到B瓶中，B瓶中生成白色沉淀(提示：A中气体压强大于B中)。29.三聚氰胺含氮量较高，但对人体有害。一些不法乳制品企业为了提高乳制品中蛋白质含量，向乳制品中添加三聚氰胺，使儿童患肾结石。下图所示的实验装置可用来测定三聚氰胺的分子式。已知三聚氰胺的相对分子质量为126。取1.26 g三聚氰胺样品，放在纯氧中充分燃烧，生成CO2、H2O、N2，实验测得装置B增重0.54 g，C增重1.32 g，排入F中水的体积为672 mL(可按标准状况计算)。(1)E装置的作用是_。(2)需要加热装置是_(填字母)。(3)装置D的作用是_。(

37、4)F处读数时应该注意：_、_。(5)三聚氰胺的分子式为_。【答案】 (1). 用来排水，以测定氮气体积 (2). AD (3). 吸收未反应的氧气 (4). 量筒内的液面与广口瓶内的液面相平 (5). 视线与凹液面最低处相切 (6). C3N6H6【解析】【详解】本实验的原理是通过测量三聚氰胺样品燃烧产生的CO2和H2O的质量以及生成的氮气的体积，从而确定各原子的物质的量之比，进而确定分子式。浓硫酸的作用是吸收产生的水蒸气，碱石灰的作用是吸收产生的CO2，因为O2也不溶于水，所以在用排水法收集N2之前应该用热的铜网将O2除净。测量N2的体积时，必须要保证集气瓶中的N2的压强和外界大气压相等。

38、(5)三聚氰胺的物质的量为0.01 moln(H2O)0.03 mol，n(H)0.06 moln(CO2)0.03 mol，n(C)0.03 moln(N2)0.03 mol，n(N)0.06 mol分子式为C3N6H6。30.A、B、C、D、E、F、G均为有机物，其中A是常用来衡量一个国家石油化工发展水平的标志性物质，它们之间有如下转化关系。请回答下列问题：（1）写出A、D、G的结构简式：A_；D_；G_。（2）A、B中官能团的名称：A_；B_。（3）在F的同系物中最简单的有机物的空间构型为_。（4）与F互为同系物且含有5个碳原子的同分异构体共有_种。（5）写出下列编号对应反应的化学反应方

39、程式，并注明反应类型：_、_反应；_、_反应；_、_反应。【答案】 (1). CH2=CH2 (2). CH3COOH (3). CH3CH2Cl (4). 碳碳双键 (5). 羟基 (6). 正四面体 (7). 3 (8). CH2=CH2H2OCH3CH2OH (9). 加成 (10). 2CH3CH2OHO22CH3CHO2H2O (11). 氧化 (12). CH3CH2OHCH3COOHCH3COOCH2CH3H2O (13). 酯化或取代【解析】【分析】A常用来衡量一个国家石油化工发展水平的标志性物质，则A为CH2=CH2；乙烯与水发生加成反应生成B为CH3CH2OH，乙醇发生催化

40、氧化生成C为CH3CHO，乙醛进一步发生氧化反应生成D为CH3COOH，乙酸与乙醇发生酯化反应生成E为CH3COOCH2CH3，乙烯与氢气发生加成反应生成F为C2H6，乙烯与HCl发生生成G为CH3CH2Cl，乙烷与氯气发生取代反应生成氯乙烷，据此解答。【详解】（1）根据上述分析可知A为CH2=CH2；D为CH3COOH；G为CH3CH2Cl；（2）A为乙烯，其分子所含官能团名称：碳碳双键；B为CH3CH2OH，其分子所含官能团名称为羟基，故答案为：碳碳双键；羟基；（3）F为C2H6，在F的同系物中最简单的有机物为甲烷，空间构型为正四面体；（4）F为C2H6，与F互为同系物的含5个碳原子的所有

41、同分异构体的结构简式：CH3CH2CH2CH2CH3，CH3CH2CH(CH3)2，C(CH3)4共3种，故答案为：3；（5）A为乙烯，与水可发生加成反应生成乙醇，其化学方程式为：CH2=CH2H2OCH3CH2OH，故答案为：CH2=CH2H2OCH3CH2OH；加成；为乙醇的催化氧化反应，其化学方程式为：2CH3CH2OHO22CH3CHO2H2O，反应类型为氧化反应，故答案为：2CH3CH2OHO22CH3CHO2H2O；氧化；为乙醇与乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯的过程，其化学方程式为：CH3CH2OHCH3COOHCH3COOCH2CH3H2O，故答案为：CH3CH2OHCH3COOHCH3COOCH2CH3H2O；酯化或取代反应。