北京市2019年普通高中学业水平合格性考试化学模拟试卷-Word版含解析汇报(共24页).doc

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1、精选优质文档-倾情为你奉上2019年北京市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：H1 C12 O16 Na23 Cl 35.5 Fe56第一部分选择题（共50分）在下列各题的四个选项中，只有一个选项符合题意。（每小题2分，共50分）1.纪录片我在故宫修文物表现了文物修复者穿越古今与百年之前的人进行对话的职业体验，让我们领略到历史与文化的传承。下列文物修复和保护的过程中涉及化学变化的是ABCD银器用除锈剂见新变形的金属香炉复原古画水洗除尘木器表面擦拭烫蜡A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A.银器表面锈蚀物成分大多数为氧化银、氯化银、硫化银等，除此外

2、还常会有银合金里所含铜质的腐蚀产物。对于锈层含较多绿锈的，可以考虑使用甲酸溶液，甲酸能有效的分解含铜矿化物，而对银不起作用；对于银器表面变色较深，锈层较厚重的，要考虑用电化学还原的方法处理，涉及到了化学变化，故A符合题意；B.变形的金属香炉复原主要原理是通过施加外力使器物恢复原状，未涉及化学变化，故B不符合题意；C.古画水洗除尘是用羊毛排笔蘸温水淋于画上，等画完全浸透进水，在用毛巾蘸干画上的水分，如此进行多次，直到毛巾中挤出的水由污黄浑浊变得澄清透明为止，说明基本将画中的污渍清除干净，未涉及化学变化，故C不符合题意；D.木器表面擦拭烫蜡是蜂蜡本身的熔点很低，可以用吹风机对固体蜂蜡吹一会，会有稍

3、微融化，此时把软化的蜂蜡大致涂到木头上，再用吹风机的热风吹涂好蜂蜡的木器，使蜂蜡融化，完全覆盖木器，然后用棉布把多余的蜂蜡擦掉，再用热风吹，使蜂蜡更好的渗入木头当中，未涉及化学变化，故D不符合题意。答案选A。【点睛】本题把化学知识与生活中实际应用项结合，难度不大，关键理解化学变化应有新物质生成，据此解答。2.当光束通过下列分散系时，能观察到丁达尔效应的是A. HCl溶液B. NaOH溶液C. K2SO4溶液D. 淀粉胶体【答案】D【解析】【分析】根据光束通过胶体时，能观察到丁达尔效应进行判断【详解】A. HCl溶液不属于胶体，光束通过不会产生达尔效应，故A错误；B. NaOH溶液不属于胶体，光

4、束通过不会产生达尔效应，故B错误;C. K2SO4溶液不属于胶体，光束通过不会产生达尔效应，故C错误;D. 光束通过淀粉胶体时能观察到丁达尔效应，故D正确；答案：D。3.下列物质中，属于电解质的是A. 铜B. 蔗糖C. 硝酸钾D. 稀硫酸【答案】C【解析】【分析】根据电解质是在水溶液或熔化状态能导电的化合物进行判断。【详解】A. 铜属于单质，不符合题意； B. 蔗糖在水溶液或熔化状态不能导电，属于非电解质，不符合题意； C. 硝酸钾在水溶液或熔化状态能导电属于电解质，故C符合题意； D. 稀硫酸属于混合物，不符合题意；答案：C。4.下列元素中，原子半径最大的是A. HB. LiC. NaD.

5、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。5.下列各组元素在周期表中位于同一主族的是A. Na、MgB. N、OC. F、ClD. Al、Si【答案】C【解析】【详解】A. Na、Mg同一周期，故不符合题意； B. N、O在同一周期，故不符合题意；C. F、Cl在同一主族，故符合题意；D. Al、Si在同一周期，故不符合题意；答案：C。6.下列物质中，属于高分子化合物的是A. 葡萄糖B. 油脂C. 淀粉D. 苯【答

6、案】C【解析】【分析】根据相对分子质量进行判断。【详解】A. 葡萄糖、B. 油脂、D. 苯相对分子质量都比较小，不符合高分子化合物要求，故不是高分子化合物； C. 淀粉相对分子质量很大，属于高分子化合物；故答案：C。7.下列物质中，既含有离子键又含有共价键的是A. H2SO4B. NaClC. MgCl2D. NaOH【答案】D【解析】分析：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，第IA、第IIA族和第VIA、第VIIA族之间易形成离子键，离子化合物中一定含有离子键。详解：AH2SO4是共价化合物，分子中只存在共价键，故A错误；BNaCl中钠离子和氯离子

7、之间只存在离子键，故B错误；CMgCl2中镁离子和氯离子之间只存在离子键，故C错误；DNaOH中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键、O原子和H原子之间存在共价键，故D正确；故选D点睛：本题考查化学键，为高频考点，把握离子键、共价键判断的一般规律为解答的关键，注意特殊物质中的化学键（氯化铝、铵盐等），题目难度不大。8.连翘是临床上常见的一种中药，其有效成分中的连翘酚（C15H18O7）具有抗菌作用。连翘酚属于A. 单质B. 氧化物C. 无机物D. 有机化合物【答案】D【解析】【详解】由连翘酚（C15H18O7）的分子式可知由碳氢氧三种元素组成的有机物。所以A. 单质不符合题意；B. 氧化物不符合题

8、意；C. 无机物不符合题意；D. 有机化合物符合题意；答案：D。9.材料的研发应用使城市轨道交通快速发展。地铁列车以下部件的成分属于合金的是A钢化玻璃车窗B铝合金车体C酚醛树脂玻璃钢座椅D阻燃橡胶地板A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A、钢化玻璃与普通玻璃的成分相同，属于无机非金属材料，故A错误；B、车体的成分是铝合金，属于合金材料，故B正确；C、酚醛树脂、玻璃钢均属于有机合成高分子化合物，故C错误；D阻燃橡胶地板的主要成分是有机合成高分子化合物，故D错误；答案选B。10.下列关于氨的性质的描述不正确的是A. 无色气体B. 难溶于水C. 有刺激性气味D. 密度比空气的小

9、【答案】B【解析】【分析】根据氨气的物理性质回答。【详解】A. 氨气是无色气体，故A正确；B. 氨气极易溶于水，故B错误；C. 氨气是有刺激性气味的气体，故C正确；D. 氨气密度比空气的小，故D正确；故答案：B。【点睛】根据氨气的物理性质：氨气是无色有刺激性气味的气体，密度比空气小，极易溶于水。11.汽车尾气系统中的催化转化器，可有效降低尾气中的CO、NO和NO2等向大气的排放。在催化转化器的前半部发生的反应为2CO(g)2NO(g)2CO2(g)N2(g)。一定条件下，下列说法能充分说明该反应已经达到化学平衡状态的是A. 正、逆反应速率都等于零B. CO、NO、CO2、N2的浓度相等C. C

10、O、NO、CO2、N2在容器中共存D. CO、NO、CO2、N2的浓度均不再变化【答案】D【解析】【详解】A.在一定条件下，当一个可逆反应的正反应速率与逆反应速率相等时且不等于零，或反应物的浓度与生成物的浓度不再改变即为平衡状态；故A错误；B. CO、NO、CO2、N2的浓度相等，并不能说明各物质的浓度不变，不能说明反应达到了平衡状态，故B错误；C.可逆反应中的反应物和生成物都会同时存在于一个容器，CO、NO、CO2、N2在容器中共存不能说明为平衡状态，故C错误； D.CO、NO、CO2、N2的浓度均不再变化能够说明反应达到平衡状态，故D正确；答案：D。12.下列金属中，工业上常用电解法冶炼的

11、是A. CuB. AgC. AlD. Fe【答案】C【解析】分析：电解法：冶炼活泼金属K、Ca、Na、Mg、Al，一般用电解熔融的氯化物（Al是电解熔融的三氧化二铝）制得；热还原法：冶炼较不活泼的金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu，常用还原剂有（C、CO、H2等）；热分解法：Hg、Ag用加热分解氧化物的方法制得，物理分离法：Pt、Au用物理分离的方法制得。详解：A铜属于较活泼金属，常采用热还原法冶炼，故A错误；B银属于不活泼金属，常采用热分解法冶炼，故B错误；C铝的性质活泼，采用电解熔融的三氧化二铝方法冶炼，故C正确； D铁属于较活泼金属，常采用热还原法冶炼，故D错误；故选C。点睛：本题考查金属

12、冶炼的一般方法和原理，根据金属的活泼性采用相应的冶炼方法，要注意，由于AlCl3不导电，不能用电解熔融AlCl3的方法冶炼铝，题目难度不大。13.2019年是元素周期表发表150周年，期间科学家为完善周期表做出了不懈努力。2017年5月9日，中国公布113号、115号、117号和118号四种元素的中文名称。其中118号元素的原子符号为Og，中文名称为“”下列说法不正确的是A. 质子数为118B. 中子数为176C. 核外电子数为118D. 质量数为412【答案】D【解析】【分析】根据原子符号左下角为质子数，左上角的数字为质量数，质量数=质子数+中子数分析，“294”是指该原子的质量数【详解】A

13、.由已知118号元素的原子符号为Og知，质子数为118，故A正确；B.中子数为294118=176，故B正确；C.核外电子数=质子数，均为118，故C正确；D.左上角的数字为质量数，所以质量数为294，故D错误；答案：D。【点睛】根据原子的构成可知质子数=核外电子数，质量数=质子数+中子数进行判断。14.控制变量是科学研究的重要方法。相同质量的铁粉与足量稀硫酸分别在下列条件下发生反应，其中反应速率最快的是A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】铁粉和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，反应的离子方程式为Fe+2H+=Fe2+H2，升高温度，稀硫酸溶液中H+浓度越大，反应速率越快。因

14、为c(H+)=2c(H2SO4)，由图可知D项温度最高，同时H+浓度最大，所以反应速率最快，所以D符合题意。答案：D。【点睛】考查影响化学反应速率的因素。增大反应物浓度，升高温度都可以加快化学反应速率，以此解答。15.下列方法能用来鉴别甲烷和乙烯的是A. 观察颜色B. 通入紫色石蕊溶液C. 通入水中D. 通入酸性KMnO4溶液【答案】D【解析】【详解】A. 甲烷和乙烯均为无色气体，所以观察颜色不能鉴别甲烷和乙烯，故A错误； B. 甲烷和乙烯均不能使紫色石蕊溶液变色，通入紫色石蕊溶液不能区分开，故B错误；C. 甲烷和乙烯均不溶于水，不能用水鉴别，故C错误；D.乙烯能使酸性KMnO4溶液褪色，甲烷

15、不能使酸性KMnO4溶液褪色，通入酸性KMnO4溶液能鉴别，故D正确；答案：D。16.下列反应属于取代反应的是A. 苯与氢气反应生成环己烷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. 乙烯与溴反应生成1,2-二溴乙烷【答案】B【解析】分析：根据取代反应的定义“有机化合物分子里的某些原子或原子团被其它原子或原子团所代替的反应”进行判断。详解：A苯与氢气反应生成环己烷，该反应为加成反应，不属于取代反应，选项A错误；B甲烷与氯气发生反应生成一氯甲烷和氯化氢，该反应为取代反应，选项B正确；C乙醇与氧气在催化剂作用下反应生成乙醛和水，该反应为氧化反应，不属于取代反应，选项C错误；D乙

16、烯含有碳碳双键，能够与溴发生加成反应，该反应不属于取代反应，选项D错误；答案选B。点睛：本题考查了取代反应与加成反应的判断，题目难度不大，注意熟练掌握常见有机物的性质及发生反应的类型，明确取代反应与加成反应的区别。17.某粒子的结构示意图为，关于该粒子的说法不正确的是A. 核外电子数为18B. 核外有3个电子层C. 属于带负电荷的粒子D. 在化学反应中易得电子【答案】D【解析】【分析】中核电荷数为16，核外电子层数为3，核外电子总数为18，说明该粒子为硫离子，然后根据硫的结构与性质进行判断。【详解】A、核外电子数为18，故A正确；B、核外有3个电子层，故B正确；C、属于带2个单位负电荷粒子，故

17、C正确；D、在化学反应中易失电子，故D错误；故选D。【点睛】本题考查了原子结构示意图的表示方法及意义，解题关键：掌握粒子结构示意图的正确表示方法，明确离子结构示意图与原子结构示意图的区别，能够根据粒子结构示意图判断粒子的性质。18.下列物质的电子式书写正确的是A. H:HB. H+:Cl:C. Na+:O:HD. H:N:H【答案】A【解析】【详解】A. H:H含有一个共用电子对，故A正确； B. HCl是共价化合物，电子式为，故B错误； C. NaOH属于离子化合物，电子式为：，故C错误； D. H:N:H不满足稳定结构，应该是Failed to download image : null，

18、故D错误；答案：A。19.下列事实不能用元素周期律知识解释的是A. 氧化性：Cl2Br2B. 稳定性：HC1H2SC. 酸性：H2SO4H2S03D. 碱性：NaOHMg ( OH) 2【答案】C【解析】【详解】A.同一主族元素从上到下元素非金属性减弱，对应单质的氧化性减弱，所以氧化性：Cl2Br2，故A符合；B.同一周期元素，随着原子序数的增加元素的非金属性增强，元素的非金属性越强，形成的氢化物越稳定，所以稳定性：HC1H2S，故B符合；C.同一元素，不同价态的氧化物的水合物，酸性H2SO4H2S03，不能用元素周期律知识解释，故C不符合；D.同一周期元素，随着原子序数的增加元素的金属性减弱

19、，最高价氧化物对应水化物的碱性减弱，因此碱性：NaOHMg(OH)2，能用元素周期律知识解释，故D符合；答案：C。【点睛】本题考查元素周期律的相关知识。同一主族元素从上到下元素的非金属性减弱，对应单质的氧化性减弱；同一周期元素，随着原子序数的增加元素的非金属性增强，元素的非金属性越强，形成的氢化物越稳定；同一周期元素，随着原子序数的增加元素的金属性减弱，最高价氧化物对应水化物的碱性减弱，酸性增强。20.下列行为不符合安全要求的是A. 点燃CH4前，必须检验气体的纯度B. 做实验剩余的金属钠不得直接丢弃在废液缸中C. 大量氯气泄漏时，迅速离开现场并尽量往低处去D. 配制稀硫酸时，将浓硫酸缓慢倒入

20、水中并不断搅拌【答案】C【解析】分析：A可燃性气体如果纯度不足，点燃时容易发生爆炸，据此判断；B钠易于水反应生成氢氧化钠和氢气； C氯气有毒，氯气的密度大于空气，据此解答；D浓硫酸溶于水放热，密度大于水，据此解答。详解：A点燃可燃性气体前需要检查纯度，避免因纯度不足导致气体爆炸发生危险，A正确；B钠易于水反应生成氢氧化钠和氢气，做实验剩余的金属钠不得直接丢弃在废液缸中，B正确；C氯气密度大于空气，低处的空气中氯气含量较大，所以大量氯气泄漏时，迅速离开现场并尽量逆风、往高处逃离，C错误；D由于浓硫酸密度大于水，且稀释过程中放出大量热，稀释时应该将浓硫酸缓缓倒入水中并不断搅拌，D正确；答案选C。点

21、睛：本题考查了化学安全事故及处理方法，题目难度不大，注意掌握化学实验基本操作方法，明确常见的化学安全事故类型及正确的处理方法，以保证人身安全，降低国家财产损失。21.硫在自然界的循环过程如图所示。下列说法中，不正确的是A. 火山喷发、森林火灾会产生SO2B. 氢、氧两种元素没有参与硫的循环C. 工厂产生的烟气应经脱硫处理后再排放D. 硫在自然界的循环过程中，涉及了氧化还原反应【答案】B【解析】【详解】A. 由图分析可知火山喷发、森林火灾都会产生SO2，故A正确；B. 动植物和微生物残体的腐败会产生H2S, H2S燃烧产生SO2，所以氢、氧两种元素参与硫的循环，故B错误；C. 工厂产生的烟气应经

22、脱硫处理后再排放，可以减少二氧化硫生成，降低酸雨的形成；故C正确；D. 由图可知：H2SSO2,有化合价变化，属于氧化还原反应，所以硫在自然界的循环过程中，涉及了氧化还原反应，故D正确；答案：B。22.下列说法中，正确是A. 22gCO2物质的量为0. 5 molB. 0.1molL-1NaOH溶液中含有0.1molNa+C. 1 mol Cl2中含有的氯原子数约为6. 021023D. 标准状况下，44. 8 L H2 O的物质的量为2mol【答案】A【解析】【详解】A. 根据n=m/M=22g/44gmol-1=0. 5 mol ,故A正确； B. 0.1molL-1NaOH溶液没有体积无

23、法计算物质的量，故B错误；C. 1 mol Cl2中含有的氯原子数约为6. 0210232，故C错误；D. 标准状况下，H2 O为非气态，故无法计算物质的量，D错误。答案：A。23.下列反应的离子方程式书写不正确的是A. 金属钠与水：2Na+2H2O= 2Na十2OH一H2B. 氯化钠溶液与硝酸银溶液：Cl一Ag+=AgC1C. 稀盐酸与碳酸钙：CaCO3+2H+=Ca2+ +CO2+H2OD. 稀硫酸与氢氧化钡溶液：H+SO42一Ba2+OH一=H2O+BaSO4【答案】D【解析】【详解】A. 金属钠与水反应的离子方程式：2Na+2H2O= 2Na+2OH一H2，故A正确；B. 氯化钠溶液与

24、硝酸银溶液反应的离子方程式：ClAg+=AgC1，故B正确；C. 稀盐酸与碳酸钙反应的离子方程式：CaCO3+2H+=Ca2+ +CO2+H2O，故C正确；D. 稀硫酸与氢氧化钡溶液反应的离子方程式：2H+SO42Ba2+2OH=2H2O+BaSO4，故D错误；答案：D。24.下列实验装置及操作不能达到实验目的的是A用Ca(OH)2和NH4Cl制取NH3B从碘水中提取碘单质C从食盐水中获取氯化钠D用自来水制取蒸馏水A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】解：ACa（OH）2和NH4Cl在加热条件下可生成NH3，氨气密度比空气小，反应生成水，试管口略向下倾斜，故A正确；B碘易溶于有机溶

25、剂，应用萃取的方法分离，故B错误；C水易挥发，可用蒸发的方法分离氯化钠，故C正确；D水易挥发，可用蒸馏的方法制备蒸馏水，故D正确故选B【点评】本题考查较为综合，涉及物质的分离、制备等基本实验操作的考查，侧重于实验方案的评价，注意把握物质的性质以及操作要点，题目难度不大25.下列“解释或结论”与“实验操作及现象”不相符的一组是序号实验操作及现象解释或结论A.将氯水滴入KI-淀粉溶液中，溶液变成蓝色Cl2的氧化性强于I2B.将打磨后的镁条放入盛有稀盐酸的试管中，用手触摸试管外壁感觉变热镁条与稀盐酸反应是放热反应C.向某钠盐溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体该盐一定是Na2CO3D.向

26、某溶液中加入稀盐酸无明显现象，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成该溶液中一定含有SO42- A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】分析：A. 氯水含有Cl2,向KI-淀粉溶液中加入氯水，溶液变成蓝色发生的反应为Cl2+2I-=2Cl-+I2，I2遇淀粉变蓝，可证明Cl2的氧化性强于I2；B. 镁条与稀盐酸反应后，用手触摸试管外壁感觉变热，说明镁条与稀盐酸反应是放热反应；C. 能使澄清石灰水变浑浊的气体是CO2,该盐也可能是碳酸氢钠；D. 向溶液中加入稀盐酸无明显现象，排除CO32-、SO32-、Ag+等离子的干扰，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明该溶液中一定含有SO42

27、-；详解：A. 氯水含有Cl2,向KI-淀粉溶液中加入氯水，溶液变成蓝色发生的反应为Cl2+2I-=2Cl-+I2，I2遇淀粉变蓝，可证明Cl2的氧化性强于I2，A正确；B. 镁条与稀盐酸反应后，用手触摸试管外壁感觉变热，说明镁条与稀盐酸反应是放热反应，B正确；C. 能使澄清石灰水变浑浊的气体是CO2,该盐也可能是碳酸氢钠，C错误；D. 向溶液中加入稀盐酸无明显现象，排除CO32-、SO32-、Ag+等离子的干扰，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明该溶液中一定含有SO42-，D正确；故本题答案选C。第二部分非选择题（共50分）26.补齐连线。从1-A或1-B中任选一个作答，若均作答，按

28、1-A计分。_【答案】【解析】【详解】1-A:乙醇可做溶剂；二氧化硫可制硫酸；碳酸氢钠发酵剂；蔗糖可做甜味剂；1-B:乙酸可清除水垢；浓硫酸可做干燥剂；过氧化钠可做供氧剂；氯气可制漂白粉；答案：【点睛】根据物质的性质回答用处27.选择装置，完成实验。（1）分离苯和水，选用_（填序号，下同）。（2）收集氯气，选用_。（3）配制100mL0.1molL-1 NaCl溶液，选用_。【答案】 (1). (2). (3). 【解析】【详解】（1）苯和水为互不相溶的两种液体，分离苯和水，选用分液的方法，选择分液漏斗；答案：。（2）氯气能与水反应，密度比空气大。收集氯气，选用向上排空气法，所以选择。答案：。

29、（3）配制100mL0.1molL-1 NaCl溶液，选用100 mL的容量瓶，答案：。28.中国首款完全自主知识产权民用客机C919的钛合金用量达9.3%。制备海绵钛的化学方程式为TiCl4+2Mg2MgCl2Ti（1）该反应中，作为还原剂的物质是_，Ti元素的化合价_（填“升高”或“降低”）（2）若反应中消耗了2 mol Mg，则生成_molTi。转移电子的物质的量为_mol【答案】 (1). Mg (2). 降低 (3). 1 (4). 4【解析】【详解】（1）根据化学反应方程式为TiCl4+2Mg2MgCl2Ti可知：TiCl4化合价降低，做氧化剂，Mg2化合价升高，做还原剂；所以该反

30、应中，作为还原剂的物质是Mg ，Ti元素的化合价降低；答案：Mg ；降低。（2）根据化学反应方程式为TiCl4+2Mg2MgCl2Ti可知，若反应中消耗了2 mol Mg，则生成1molTi。转移电子的物质的量为4mol，答案：1， 4。【点睛】根据氧化还原反应中化合价变化判断氧化剂和还原剂；根据合价变化的数值判断电子转移的个数。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）2NaO

31、H+H2SO4=Na2SO4+2H2OCu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+C2H5OH+3O22CO2+3H2O【答案】 (1). Zn (2). 气泡产生 (3). Zn+H2SO4=ZnSO4+H2 (4). 【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。

32、（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，故不能；Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+属于自发进行的氧化还原反应，所以可实现化学能直接转化为电能；C2H5OH+3O22CO2+3H2O属于自发进行的氧化还原反应，所以可实现化学能直接转化为电能；答案：。【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.阅读短文，回答问题。化学是自然科学的重要组成部分，其特征是从微观层次认识物质，在不同层面创造物质。化学的魅力是在自然界的基础上，创造一个全新的世界。纵观化学发展史可知，青铜与铁是青铜时

33、代和铁器时代人类创造的新材料，酿酒和发酵工艺是原始的食品化学工艺，药物的发现和提纯是早期药物化学。近现代以来，合成化学在无机、有机、催化、高分子和超分子等领域得到了蓬勃发展，其产物广泛应用在纳米材料、医药、航空、航天及军事等领域。化学是揭示元素到生命奥秘的核心力量，其核心技术就是通过对分子层面的操纵创造物质。化学在促进人类文明可持续发展中发挥着日益重要的作用！请依据以上短文，判断下列说法是否正确(填“对”或“错”)。（1）从微观层次认识物质是化学的特征之一。_（2）铁的冶炼过程发生了化学变化。_（3）通过对分子层面的操纵可研发新药。_（4）化学合成的物质广泛应用在纳米材料、航空、航天等领域。_

34、【答案】 (1). 对 (2). 对 (3). 对 (4). 对【解析】分析：从短文可知，化学是自然科学的重要组成部分，其特征是从微观层次认识物质，在不同层面创造物质；铁的冶炼过程是在高温下用还原剂将铁用铁矿石中还原出来，发生了化学变化；化学是揭示元素到生命奥秘的核心力量，其核心技术就是通过对分子层面的操纵创造物质；合成化学在无机、有机、催化、高分子和超分子等领域得到了蓬勃发展，其产物广泛应用在纳米材料、医药、航空、航天及军事等领域。详解：根据以上分析，(1)从微观层次认识物质是化学的特征之一，说法正确；(2)铁的冶炼过程发生了化学变化，说法正确；(3) 通过对分子层面的操纵可研发新药，说法正

35、确；(4)化学合成的物质广泛应用在纳米材料、航空、航天等领域，说法正确。因此，本题答案为：(1). 对 ；(2). 对； (3). 对 ； (4). 对。31.某小组同学利用下图所示装置探究二氧化硫气体的性质。请回答：（1）实验室用铜和浓硫酸共热制取二氧化硫，反应化学方程式是_。（2）当观察到中溶液颜色变浅时，中的现象是_。（3）装置的作用是_。（4）、中的现象说明二氧化硫具有的性质是 _。【答案】（1）Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O（2）品红溶液褪色（或变浅）（3）吸收未反应的SO2，防止污染环境（4）漂白性、还原性【解析】解：（1）铜与浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化

36、硫和水，反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O，故答案为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O；（2）二氧化硫具有漂白性，将二氧化硫通入品红溶液后，会观察到中品红溶液褪色（或变浅），故答案为：品红溶液褪色（或变浅）；（3）二氧化硫为有毒气体，多余的二氧化硫不能直接排放，所以装置中氢氧化钠溶液的作用是吸收未反应的SO2，防止污染环境，故答案为：吸收未反应的SO2，防止污染环境；（4）装置中品红溶液褪色，证明二氧化硫具有漂白性；装置中酸性高锰酸钾具有强氧化性，二氧化硫能够使酸性高锰酸钾溶液褪色，证明了二氧化硫具有还原性，硅答案为：漂白性、还原性【点

37、评】本题考查了二氧化硫的制取方法及化学性质，题目难度中等，明确二氧化硫的性质为解答关键，注意掌握二氧化硫的制备原理，试题培养了学生的化学实验能力32.针对下表中的9种元素，用化学用语回答下列问题： 族周期AAAAAAA 2abc 3def（1）b的元素符号是：_（2）a、d最高正价氧化物对应水化物中，碱性较强的物质是_（3）非金属性c大于e，用原子结构解释其原因_，得电子能力c大于e。（4）下列对于f及其化合物的判断中，正确的是_（填序号）。f的最高正价与最低负价的绝对值之和为8f的氢化物的稳定性强于e的氢化物的稳定性f的单质可与c的氢化物发生化学反应【答案】 (1). N (2). NaOH

38、 (3). c与e最外层电子数相同，c的电子层数小于e的电子层数，c的原子半径小于e的原子半径 (4). 【解析】【分析】由元素周期表可知：a为Li, b为N,c为O,d为Na, e为S ,f为Cl。根据元素周期律回答相应的问题；【详解】（1）由元素周期表可知b为第二周期，第VA族，所以b的元素符号是：N；答案：N。（2）a为Li、d为Na，因为他们在同一主族，原子半径逐渐增大，金属性逐渐增强，他们最高正价氧化物对应水化物碱性逐渐增强，所以碱性较强为NaOH；答案：NaOH。（3）c为O, e为S，他们属于同主族元素，原子半径逐渐增大，非金属性逐渐减弱，得电子能力逐渐减弱，所以O的非金属性大于

39、S，得电子能力O大于S。答案：c与e最外层电子数相同，c的电子层数小于e的电子层数，c的原子半径小于e的原子半径 。（4）f为Cl，f的最高正价为+7价，最低负价为-1价，两者绝对值之和为8，故正确；e为S ，f为Cl，两者属于同一周期元素，从左向右原子半径逐渐减小，非金属性逐渐增强，气态氢化物的稳定性逐渐增强，所以f的氢化物的稳定性强于e的氢化物的稳定性，故正确；f为Cl，f的单质为Cl2，c为O，c的氢化物为H2O, Cl2可与H2O发生化学反应,故正确；答案：。【点睛】根据元素周期表确定元素的种类，再根据元素周期律判断相关元素的性质即可。33.某同学采用硫铁矿焙烧后的烧渣（主要成分为Fe

40、2O3、 SiO2、A12O3，不考虑其他杂质）制取绿碱FeSO47H2O)，设计了如下流程（部分物质已略去）。请回答：（1）一所涉及的实验操作方法中，包含过滤的有_（写序号）。（2）写出中反应的离子方程式：_。（3）下列说法正确的是_（填字母）。a固体x为铁粉b溶液B中含有的阳离子主要是Fe2、Fe3+、Al3+c从溶液C到绿矾的过程中，须控制条件防止其氧化（4）为测定烧渣中Fe2O3的含量，甲同学通过实验测得如下数据：烧渣的质量为ag，固体x的质量为bg，固体B的质量为cg。乙同学认为仅利用以上数据不能计算出烧渣中Fe2O3的含量，其理由是_。【答案】 (1). (2). Fe2O3+6H

41、+=2Fe3+3H2O Al2O3+6H+=2Al3+3H2O (3). ac (4). 消耗的铁粉除与溶液中的Fe3+反应外，还与H+反应【解析】【分析】硫铁矿焙烧取硫后的烧渣（主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其它杂质），混合物中加入足量硫酸，Fe2O3、Al2O3与酸反应生成的硫酸铁、硫酸铝，二氧化硅不反应，过滤，固体A为二氧化硅；在滤液中加入铁粉将铁离子还原为亚铁离子，调节pH值使铝离子完全生成氢氧化铝沉淀，过滤，溶液C为硫酸亚铁，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，得到硫酸亚铁晶体，以此进行解答。【详解】（1）由上述分析可知：实验操作方法均为过滤；答案：。（2）中加入过量硫酸,

42、Fe2O3、Al2O3与酸反应生成的硫酸铁、硫酸铝，反应的离子方程式：Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O、Al2O3+6H+=2Al3+3H2O；答案：Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O、Al2O3+6H+=2Al3+3H2O。（3）a.由流程分析可知，溶解烧渣选用足量硫酸，X为铁粉，故A正确；b由上述分析可知溶液B中含有的阳离子主要是Fe2、A13+，故b错误；c绿矾为FeSO47H2O，很不稳定，亚铁离子易被空气中的氧气氧化，所以从溶液C到绿矾的过程中，须控制条件防止其氧化，故c正确；答案：ac。（4）因为中加入过量硫酸，固体x为铁粉，消耗的铁粉除与溶液中的Fe3+反应外，还与H+

43、反应，所以通过实验测得烧渣的质量为ag，固体x的质量为bg，固体B的质量为cg。不能测定烧渣中Fe2O3的含量。34.为探究H2O2、SO2、Br2氧化性强弱，某小组同学设计如下实验（夹持及尾气处理装置已略去，气密性已检验）。实验操作实验现象.打开A中分液漏斗活塞，滴加浓硫酸A中有气泡产生，B中红棕色溴水褪色，C中有白色沉淀.取C中沉淀加入盐酸C中白色沉淀不溶解.打开B中分流漏斗活塞，逐滴滴加H2O2开始时颜色无明显变化；继续滴加H2O2溶液，一段时间后，混合液逐渐变成红棕色（1）A中发生反应的化学方程式是_。（2）甲同学通过C中产生白色沉淀，得出结论，氧化性：H2O2SO2。乙同学认为不能得

44、出此结论，认为在滴加浓硫酸之前应增加一步操作，该操作是_。丙同学认为还应该在B和C之间增加洗气瓶D，D中盛放的试剂是_。将乙和丙同学改进后的方案进行实验，C中产生白色沉淀，得出结论：氧化性H2O2SO2。（3）中滴入少量H2O2没有明显变化。提出假设：观点1：H2O2的量少不能氧化Br观点2：B中有未反应的H2SO3为验证观点2，应进行的实验操作及现象是_。（4）通过上述全部实验，得出结论：H2O2、SO2、Br2氧化性由强到弱的顺序是_。【答案】（1）Na2SO3（固）+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2+H2O；（2）打开弹簧夹通入N2，待排净装置内空气后，关闭弹簧夹；CCl4、苯或饱

45、和NaHSO3溶液；（3）取少量滴加H2O2溶液前的B中溶液于试管中，加热，将气体通入品红溶液中，品红溶液褪色（4）H2O2Br2SO2。【解析】试题分析：（1）在A中浓硫酸与Na2SO3发生复分解反应产生SO2气体，该反应的化学方程式是Na2SO3（固）+H2SO4（浓）Na2SO4+SO2+H2O；（2）由于在装置中含有空气，空气中的氧气和SO2在溶液中也会发生反应将其氧化，所以乙同学认为不能得出此结论，认为在滴加浓硫酸之前应增加一步操作，该操作是打开弹簧夹，通入N2，待排净装置内空气后，关闭弹簧夹；由于溴单质有挥发性，溴单质也可以将SO2氧化产生同样的实验现象，所以丙同学认为还应该在B和C之间增加洗气瓶D来除去挥发的溴蒸气，D中盛放的试剂是CCl4或苯或饱和NaHSO3溶液；（3）由于H2SO3不稳定，受热容易分解产生有漂白性的SO2，所以为验证观点2，应进行的实验操作及现象是取