【化学】黑龙江省牡丹江市第一高级中学2018-2019学年高二上学期期中考试（文）（解析版）

黑龙江省牡丹江市第一高级中学2018-2019学年高二上学期期中考试（文）
1.如图图标所警示的是(　　)

A. 当心有毒——有毒性物质
B. 当心火灾——易燃物质
C. 当心腐蚀——腐蚀性物质
D. 当心火灾——氧化物
【答案】B
【解析】
【详解】图中所示标志为易燃物质标志，故B正确。
故选B。
2.下列名言名句中隐含化学变化的是(　　)
A. 水滴石穿 B. 涂脂抹粉 C. 沙里淘金 D. 火上浇油
【答案】D
【解析】
【详解】A.水滴石穿，只是石头的形状发生了变化，没有产生新的物质，没有生成新物质，属于物理变化，故A错误； 
B.涂脂抹粉没有生成新物质，属于物理变化，故B错误；
C.沙里淘金过程中，只是把沙中的金分离出来，没有生成新物质，属于物理变化，故C错误；
D.火上浇油的过程中，油燃烧有新物质二氧化碳和水生成，属于化学变化，故D正确。
故选D。
【点睛】判断物理变化与化学变化的关键是看有没有新的物质生成。
3.优质空气利于身心健康。均会造成空气污染的一组物质是(　　)
A. CO2和NO2 B. SO2和NO2 C. H2O和SO2 D. H2O和CO2
【答案】B
【解析】
【详解】A.CO2是空气的组成成分，不属于空气污染物，NO2有毒，引起环境污染，故A错误；
B.SO2和NO2都有毒，均会造成空气污染，故B正确；
C.H2O是空气的组成成分，不属于空气污染物，SO2有毒，会造成空气污染，故C错误；
D.H2O和CO2均是空气的组成成分，不属于空气污染物，故D错误。
故选B。
【点睛】由于化石燃料的大量使用和工厂废气的任意排放，导致空气中的颗粒物质、一氧化碳、二氧化硫、二氧化氮等有害气体成分增多，其中颗粒物质属于固体粉尘，其他只要不属于空气成分的，一般都属于空气污染物。
4.随着人们生活节奏的加快，方便的小包装食品已被广泛接受。为了延长食品的保质期，防止食品受潮及富脂食品氧化变质，在包装袋中应放入的化学物质是(　　)
A. 生石灰、食盐 B. 食盐、硫酸亚铁
C. 无水硫酸铜、蔗糖 D. 硅胶、硫酸亚铁
【答案】D
【解析】
【分析】
防止食品氧化变质，延长食品的保质期，在包装袋中常加入抗氧化物质，则选项中的物质应具有还原性，以此来解答。
【详解】A.生石灰具有吸水性，常用作干燥剂，可以防止食品受潮；食盐常用作调味剂，不能防止食物被氧化，故A错误；
B.硫酸亚铁具有还原性，在反应中Fe元素的化合价升高，能防止食物被氧化；食盐常用作调味剂，不能防止食物被氧化，也不能吸水防潮，故B错误；
C.无水硫酸铜能吸收水分，但不能防止食物被氧化；蔗糖常用作调味剂，不能防止食物被氧化，也不能吸水防潮，故C错误；
D.硫酸亚铁具有还原性，在反应中Fe元素的化合价升高，能防止食物被氧化，硅胶具有吸水性，常用作干燥剂，可以防止食品受潮，故D正确。
故选D。
5.下列物质的检验，分离和提纯方法，不正确的是(　　)
A. 用分液漏斗分离CCl4与水 B. 用AgNO3溶液检验氯化钠中的Cl-
C. 用浓硫酸干燥NH3 D. 用溴水区别乙烯与乙烷
【答案】C
【解析】
【详解】A.水和四氯化碳互不相溶，可用分液漏斗分液，达到分离的目的，故A正确；
B.滴加AgNO3溶液，氯化钠中的Cl-与Ag+产生AgCl白色沉淀，故B正确；
C.NH3是碱性气体,能够和酸性的浓硫酸反应，NH3+H2SO4=NH4HSO4，应用碱石灰干燥氨气，故C错误；
D.乙烯含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应，能使溴水褪色，而乙烷与溴水不反应，可以鉴别，故D正确。
故选C。
6.下列反应不属于氧化还原反应的是(　　)
A. 2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑ B. Zn＋H2SO4===ZnSO4＋H2↑
C. Na2O＋H2O===2NaOH D. 4Fe(OH)2＋2H2O＋O2===4Fe(OH)3
【答案】C
【解析】
【详解】A.2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2是氧化还原反应，反应中氧元素的化合价由-1价降低为-2价，升高为0价，故A错误；
B. Zn＋H2SO4===ZnSO4＋H2↑为置换反应，Zn 和H元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故B错误；
C. Na2O＋H2O===2NaOH为化合反应，反应中没有化合价变化，不属于氧化还原反应，故C正确；
D. 4Fe(OH)2＋2H2O＋O2===4Fe(OH)3中存在Fe、 O元素化合价变化，属于氧化还原反应，故D错误。
故选C。
【点睛】氧化还原反应的实质为电子的转移，特征为化合价的升降，则反应中存在化合价变化的反应为氧化还原反应，没有化合价变化的反应为非氧化还原反应；置换反应一定是氧化还原反应，有单质参与的化合反应或有单质生成的分解反应一定是氧化还原反应，复分解反应一定不是氧化还原反应，据此解答这类问题。
7.下列物质属于电解质的是(　　)
A. Cl2 B. FeSO4 C. NH3 D. 蔗糖
【答案】B
【解析】
【分析】
根据在水溶液或熔化状态下能否导电将化合物分为电解质和非电解质。识别注意两个要点：①必须为化合物②电解质包括的物质类别：酸、碱、盐、水、活泼金属氧化物。
【详解】A.Cl2属于单质，既不是电解质，也不属于非电解质，故A错误；
B.FeSO4溶于水能完全电离出自由移动的亚铁离子和硫酸根离子，可以导电，属于电解质，故B正确；
C.氨气在水溶液中与水反应生成一水合氨，一水合氨部分电离出铵根离子和氢氧根离子，氨气自身不能电离，故氨气是非电解质，故C错误；
D.蔗糖在水溶液和熔融状态下以分子形式存在，不能导电，所以属于非电解质，故D错误。
故选B。
【点睛】根据电解质是在熔融状态或水溶液中能导电的化合物，包括酸、碱、盐、金属氧化物等化合物；非电解质在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物，包括非金属氧化物（水除外）、氨气、多数有机物如蔗糖、乙醇等；单质，混合物不管在水溶液中或熔融状态下能够导电与否，都不是电解质或非电解质。
8.为预防一种新型流感，同学们每天用“84”消毒液(NaClO溶液)消毒，下列说法正确的是(　　)
A. NaClO溶液的漂白原理与Na2O2、SO2相同
B. “84”消毒液与“洁厕灵”(盐酸)共同使用，可达到既清洁又消毒的双重效果
C. 1 mol Cl2与足量NaOH溶液反应转移2 mol电子
D. NaClO溶液的消毒原理是使蛋白质变性
【答案】D
【解析】
【详解】A.NaClO、Na2O2具有强氧化性而漂白，SO2与有色物质化合生成不稳定的无色物质而漂白，故A错误；
B.NaClO具有强氧化性,“洁厕灵”中的盐酸具有还原性,会发生反应NaClO+2HCl=NaCl+Cl2↑+H2O，产生有毒的气体氯气，故B错误；
C.在反应Cl2 +2NaOH=NaCl+NaClO+H2O中氯气既是氧化剂，又是还原剂，1 mol Cl 2 参加反应转移1 mol电子，故C错误；
D. NaClO具有强氧化性，能使蛋白质变性，达到杀菌消毒的目的，故D正确。
故选D。
9.下列各组离子在水溶液中能大量共存的是(　　)
A. H＋、Na＋、HCO3－ 、K+ B. Ba2＋、Cl－、SO、Ca2+
C. H＋、Na＋、OH－、Cl－ D. Ag＋、Al3＋、NO、K+
【答案】D
【解析】
【详解】根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀等，则离子能大量共存，以此来解答。
A.因为H＋与HCO3－ 结合生成水和二氧化碳气体，所以不能共存，故A错误；
B.因为Ba2＋与SO42-结合生成硫酸钡沉淀，所以不能共存，故B错误；
C.因为H＋与OH－结合生成水，所以不能共存，故C错误；
D.该组离子之间不发生反应，所以可以大量共存，故D正确。
故选D。
【点睛】判断离子共存，有以下几种情况：1、由于发生复分解反应，离子不能大量共存。 ①有气体产生：如CO32-、S2-、HS-等易挥发的弱酸的酸根与H+不能大量共存，②有沉淀生成：如Ba2+、Ca2+等不能与SO42-、CO32-等大量共存，③有弱电解质生成：如OH-、CH3COO-等与H+不能大量共存，一些酸式弱酸根不能与OH-大量共存，2、由于发生氧化还原反应，离子不能大量共存。①具有较强还原性的离子不能与具有较强氧化性的离子大量共存：如I-和Fe3+不能大量共存，②在酸性或碱性的介质中由于发生氧化还原反应而不能大量共存：如NO3-和I-在中性或碱性溶液中可以共存，3、由于形成络合离子，离子不能大量共存：如Fe3+和 SCN-发生络合反应而不能大量共存。
10.下列关于胶体的叙述正确的是（   ）
A. 明矾与水反应成的Al（OH）3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化
B. 胶体区别于其他分散系的本质特征是丁达尔效应
C. 胶体带电荷，而溶液呈电中性
D. 在胶体中通电时，分散质微粒一定向某一极移动，在溶液中通电时，溶质微粒一定向两极移动
【答案】A
【解析】
【详解】A.明矾水解形成的Al（OH）3胶体具有吸附性，具有较大的表面积能吸附水中悬浮物，可用于水的净化，故A正确；
B.胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质粒子直径大小的不同，胶体区别于溶液的特征现象是丁达尔现象，故B错误；
C.胶体和溶液都是呈电中性的，故C错误；
D.通电时，若溶液中的溶质粒子是电解质，电离出的阴阳离子分别向两极移动，若溶质是非电解质，则不会发生移动的情况；在胶体中通电时，粒子胶体中的分散质粒子向某一极移动，故D错误。
故选B。
11.下列各组互为同位素的是(　　)
A. O2和O3 B. CO和CO2 C. H2O和H2O2 D. 和
【答案】D
【解析】
【详解】A.O2和O3是氧元素的不同单质，互为同素异形体，不是同位素，故A错误；
B. CO和CO2是碳的两种氧化物，不满足同位素的概念，故B错误；
C. H2O和H2O2是两种化合物，不是原子间关系，不符合同位素的概念，故C错误；
D.Mg和Mg都是镁原子，中子数不同，它们是镁元素的不同核素，互为同位素，故D正确。
故选D。
【点睛】同位素是质子数相同、中子数不同的同一元素的不同原子的互称。简单来理解就是，在元素周期表中同一个位置的不同原子。如 H、 D、 T （H的三种原子，相同质子数不同中子数）。
12.下列生活中常见物质不属于传统无机非金属材料的是(　　)
A. 水泥 B. 玻璃 C. 陶瓷 D. 食醋
【答案】D
【解析】
【详解】传统无机非金属材料，主要是硅酸盐工业，水泥、玻璃、陶瓷等都是传统无机非金属材料，食醋的组要成份是乙酸，乙酸属于有机物，故D正确。
故选D。
13.下列说法中,不正确的是 (　　)
A. 以g·mol-1为单位时，磷酸(H3PO4)的摩尔质量与NA个磷酸分子的质量（以g为单位）在数值上相等
B. 6.02×1023个氮气分子和6.02×1023个氢气分子的质量比等于14∶1
C. 32 g氧气所含的原子数目约为2×6.02×1023
D. 常温常压下,0.5×6.02×1023个一氧化碳分子所占的体积是11.2 L
【答案】D
【解析】
【详解】A.磷酸的摩尔质量为98 g·mol-1，而6.02×1023个磷酸分子，即1 mol 磷酸的质量为98 g，二者在数值上相等但单位不同，故A正确；
B. 6.02×1023个氮气分子和6.02×1023个氢气分子分别为1 mol的N2和H2，其质量比为(28 g·mol-1×1 mol)∶(2 g·mol-1×1 mol)=14∶1，故B正确；
C.32 g氧气的物质的量为32 g/32 g·mol-1=1 mol，每个氧气(O2)分子中含有2个氧原子，32 g氧气所含的原子数目约为2×6.02×1023，故C正确；
D.忽略了气体摩尔体积为22.4 L· mol-1时的使用前提是标准状况，不符合题问条件，故D错误。
故选D。
14.下列化学用语表达正确的是(　　)
A. 乙酸的结构简式：C2H4O2 B. 过氧化钠的化学式：Na2O
C. 乙烯的结构式：CH==CH D. 次氯酸根离子：ClO－
【答案】D
【解析】
【详解】A.结构简式应表示出其官能团﹣COOH，则乙酸的结构简式为：CH3COOH，故A错误；
B.过氧化钠的化学式为Na2O2，故B错误；
C.乙烯中含有碳碳双键，结构简式为CH2=CH2，故C错误；
D.次氯酸根离子ClO－的表达式正确，故D正确。
故选D。
15.下列物质中既有离子键又有共价键的是(　　)
A. Na2S B. NaCl C. Na2O2 D. BaCl2
【答案】C
【解析】
试题分析：A、Na2S中只有离子键，A错误；B、氯化钠中只有离子键，B错误；C、Na2O2中钠离子和过氧根离子间存在离子键，过氧根离子中氧原子和氧原子间存在共价键，C正确；D、氯化钡中只有离子键，D错误，答案选C。
【考点定位】本题主要是考查了离子键、共价键的区别
【名师点晴】该题侧重考查学生的辨别能力，题目难度不大。明确离子键和共价键的含义、判断依据是答题的关键。关于离子键和共价键的区别可总结如下：离子键和共价键的比较
比较

离子键

共价键

成键条件

活泼金属原子与活泼非金属原子之间相互作用

非金属元素原子(可相同，可不同)之间的相互作用

成键微粒

阴、阳离子

原子

成键实质

静电作用

静电作用

分类



共用电子对不发生偏移的是非极性键，共用电子对发生偏移的是极性键

存在

离子化合物中

大多数非金属单质、共价化合物、部分离子化合物中

实例

Na2O、Na2CO3、NH4Cl、NaOH

O2、CO2、H2SO4、NaOH、Na2O2、Na2CO3


16.下列试剂的保存或盛放方法正确的是(　　)
A. 浓硝酸盛放在铜质器皿中 B. Na2SiO3溶液保存在带有橡皮塞的试剂瓶中
C. 稀硝酸盛放在铁质器皿中 D. NaOH溶液保存在带玻璃塞的试剂瓶中
【答案】B
【解析】
【详解】A.浓硝酸能够与铜发生反应，不能盛放在铜质器皿中，故A错误；
B.Na2SiO3溶液具有粘合性，硅酸钠溶液呈碱性，应该保存在带有橡皮塞的试剂瓶中，故B正确；
C.稀硝酸能够与铁反应，不能盛放在铁质器皿中，故C错误；
D.氢氧化钠溶液能够与玻璃塞中的二氧化硅反应生成具有粘合性的硅酸钠，将瓶塞和瓶口粘在一起，故不能保存在带玻璃塞的试剂瓶中，可以保存在带橡胶塞的试剂瓶中，故D错误。
故选B。
17.在一定温度和体积固定的密闭容器中，可逆反应H2(g)＋I2(g) 2HI(g) (无色)达平衡状态，该状态下，说法不正确的是(　　)
A. 可逆反应停止 B. I2浓度不再变化
C. HI浓度不再变化 D. 混合气体颜色不再变化
【答案】A
【解析】
【详解】A.可逆反应达到平衡状态时正逆反应速率相等但不等于0，反应也没有停止，是一个动态平衡，故A错误；
B. 在一定条件下，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，平衡时I2浓度不再发生变化，说明达到平衡状态，故B正确；
C.在一定条件下，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，平衡时HI浓度不再发生变化，说明达到平衡状态，故C正确；
D．在反应混合物中I2(g)是紫色气体，其它都是无色气体。如果反应未达到平衡，则I2(g)的浓度就要发生变化，混合气体的颜色就要改变。若反应达到平衡，则气体的颜色就不会发生变化。因此混合气体的颜色不再改变能作为判断反应达到平衡的标志，故D正确。
故选D。
【点睛】可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质物质的量不变、物质的量浓度不变、百分含量不变以及由此引起的物理量不变，据此分析解答。
18.某校学生用化学知识解决生活中的问题，下列家庭小实验中不合理的是(　　)
A. 用灼烧并闻气味的方法区别纯棉织物和纯毛织物
B. 用食用碱(Na2CO3溶液)洗涤餐具上的油污
C. 用高度白酒进行皮肤消毒
D. 用米汤(含淀粉)检验加碘盐中的碘酸钾(KIO3)
【答案】D
【解析】
【详解】A.纯毛织物主要成分是蛋白质，灼烧有烧焦羽毛的气味，而纯棉织物的主要成分是纤维素，灼烧有烧棉花的气味，二者的气味不同，故可以用灼烧并闻气味的方法区别纯棉织物和纯毛织物，故A正确；
B.油污主要成分是油脂，在碱性条件下会发生水解反应产生可溶性物质，Na2CO3是强碱弱酸盐，在溶液中会发生水解反应使溶液显碱性，因此可以用Na2CO3溶液洗涤餐具上的油污，B正确；
C.病毒、细菌的主要成份是蛋白质，乙醇能使蛋白质变性，所以可以用高度白酒进行皮肤消毒，故C正确；
D.米汤中含有淀粉，遇碘单质会变蓝色，而碘盐中含有的是碘酸钾(KIO3)，不是碘单质，因此不能用米汤检验含碘盐中的碘酸钾(KIO3)，故D错误。
故选D。
19.分类是学习和研究化学的一种重要方法。下列分类合理的是(　　)
A. CaCO3和CaO都属于盐 B. H2SO4和HCl都属于酸
C. NaOH和Na2CO3都属于碱 D. CuO和CuCO3都属于氧化物
【答案】B
【解析】
【详解】A.CaCO3属于盐，CaO属于氧化物，故A错误；
B.H2SO4和HCl都属于酸，故B正确；
C.NaOH属于碱，Na2CO3属于盐，故C错误；
D.CuO属于氧化物，CuCO3属于盐，故D错误。
故选B。
20.下列各组元素的性质递变错误的是(　　)
A. P、S、Cl原子最外层电子数依次增加 B. P、O、S原子半径依次增大
C. Na、Mg、Al元素最高正化合价依次升高 D. F、Cl、Br的非金属性依次减弱
【答案】B
【解析】
【详解】A.P、S、Cl原子最外层电子数依次为5、6、7，依次增加，故A正确；
B.O、S同一主族，半径逐渐增大，P、S同一周期，半径逐渐减小，故B错误；
C. Na、Mg、Al元素最高正化合价依次为+1、+2、+3，依次升高，故C正确；
D. F、Cl、Br同一主族，非金属性逐渐减弱，故D正确。
故选B。
【点睛】同周期元素自左向右原子序数逐渐增多，原子半径逐渐减小，最外层电子数逐渐增多，最高正价逐渐升高，非金属性逐渐增强，金属性逐渐减弱；同主族元素自上而下原子序数逐渐增多，原子半径逐渐增大，最外层电子数相同，最高正价相同，非金属性逐渐减弱，金属性逐渐增强。
21.下列说法正确的是(　　)
A. 由H原子形成1 mol H—H键要吸收能量 B. 所有的燃烧反应都是放热反应
C. NaOH溶于水是放热反应 D. 凡经加热而发生的化学反应都是吸热反应
【答案】B
【解析】
试题分析：A．由H原子形成1 mol H﹣H键要释放能量，A错误；B．燃烧将化学能主要转化为热能，所有燃烧的反应都是放热反应，B正确；C．NaOH溶于水是物理变化，没有发生化学反应，虽过程中放热，但不能叫放热反应，C错误；D．反应吸热还是放热与反应的条件无关，燃烧是放热反应，也需要加热达到可燃物的着火点，D错误，答案选B。
【考点定位】本题主要是考查了吸热反应和放热反应判断
【名师点晴该题比较基础，难度不大。易错选项是C，注意吸热反应和放热反应是对于化学反应过程中的能量变化而言的，物理变化过程中的能量变化不能归为放热反应或吸热反应。另外反应吸热还是放热与反应的条件无关，只与反应物总能量和生成物总能量相对大小有关系。
22.下列反应中，属于加成反应的是(　　)
A. 乙烯和溴反应 B. 苯和溴反应生成溴苯
C. 甲烷和氯气反应生成一氯甲烷 D. 苯和硝酸反应生成硝基苯
【答案】A
【解析】
【详解】A.乙烯分子中含有碳碳双键，乙烯和溴发生的反应是加成反应，故A正确；
B.苯和液溴在铁粉作催化剂条件下反应生成溴苯，该反应为取代反应，故B错误；
C.甲烷和氯气在光照条件下发生取代反应生成一氯甲烷，故C错误；
D.苯和硝酸在浓硫酸作用下加热反应生成硝基苯，该反应属于取代反应，故D错误。
故选A。
【点睛】取代反应是指有机化合物分子中任何一个原子或原子团被试剂中同类型的其它原子或原子团所替代的反应，加成反应指有机物分子中的不饱和碳原子跟其他原子或原子团直接结合生成新物质的反应，根据定义判断即可。
23.下列实验操作或装置正确的是(　　)

A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A.使用酒精灯时要注意“两查、两禁、一不可”，禁止用一酒精灯去引燃另一酒精灯，图中所示操作错误，故A错误；
B.向容量瓶中转移液体要用玻璃棒引流，玻璃棒的末端位于容量瓶的刻度线以下，故B正确；
C.读取滴定管中液体体积时，视线要平视，故C错误；
D.加热试管中液体时，应用酒精灯的外焰加热，且液体受热要均匀，图中所示操作错误，故D错误。
故选B。
24.某小组为研究电化学原理，设计如图装置。下列叙述不正确的是(　　)

A. a和b不连接时，铁片上会有金属铜析出
B. a和b用导线连接时，铜片上发生的反应为Cu2＋＋2e－===Cu
C. 无论a和b是否连接，铁片均会溶解，溶液均从蓝色逐渐变成浅绿色
D. a和b用导线连接时，铁片作正极
【答案】D
【解析】
【详解】A.a和b不连接时，发生Fe+Cu2+=Cu+Fe2+置换反应，则铁片上会有金属铜析出，故A正
确；
B.a和b用导线连接时，Cu为正极，在正极上阳离子得电子，则发生Cu2++2e-=Cu，故B正确；
C.无论a和b是否用导线连接，均发生Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，则铁片均溶解，溶液从蓝色逐渐变成浅绿色，故C正确；
D. a和b用导线连接时，形成原电池，铜片作正极，铁片作负极，故D错误。
故选D。
25.下列各对物质中，互为同系物的是(　　)
A. C2H4、C2H2 B. CH3CHO、C2H5OH
C. C2H6、C4H10 D. CH3COOH、CH3CHO
【答案】C
【解析】
【详解】A.C2H4为乙烯，含有官能团碳碳双键；C2H2为乙炔，官能团为碳碳三键，二者含有的官能团不同，即结构不相似，所以二者不属于同系物，故A错误；
B.CH3CHO的官能团为醛基，C2H5OH的官能团为羟基，二者结构不相似，不属于同系物，故B错误；
C.C2H6、C4H10都属于烷烃，二者结构相似，分子间相差2个CH2原子团，所以二者互为同系物，故C正确；
D.CH3COOH的官能团为羧基，而CH3CHO的官能团为醛基，二者结构不相似，不属于同系物，故D错误。
故选C。
【点睛】同系物是指结构相似，在分子组成上相差一个或几个CH2原子团的物质互称为同系物， 注意“结构相似”一句。同系物物理性质不同，化学性质相似的；烷烃的分子组成通式（CnH2n+2）的物质。
26.在2L密闭容器中，在一定条件下发生2A(g)+B(g)3C(g)，在10s内反应物A的浓度由1mol•L-1降到0.4mol•L-1，则v(C)为( )
A. 0.04 mol•L-1•s-1 B. 0.09 mol•L-1•s-1 C. 0.4 mol•L-1•s-1 D. 0.9 mol•L-1•s-1
【答案】B
【解析】
【详解】在10s内反应物A的浓度由1mol/L降到0.4mol/L，所以v（A）=（1mol/L-0.4mol/L）/10s=0.06mol/（L•s），
由反应速率之比等于化学计量数之比，所以v（C）=3/2v（A）=3/2×0.06mol/（L•s）=0.09mol/（L•s），故B正确。
故选B。
27.下表为元素周期表的一部分，请回答有关问题：

（1）⑤和⑧的元素符号是________和________(填写元素符号，下同)；
（2）表中最活泼的金属是________，非金属最强的元素是________；
（3）⑥的最高正价是________。
（4）⑦和⑩单质氧化性________强(填写元素符号)；
【答案】 (1). Si (2). Ar (3). K (4). F (5). +6 (6). Cl
【解析】
【详解】由元素在周期表中的位置可知，①为C、②为O、③为F、④为Al、⑤为Si、⑥为S、⑦为Cl、⑧为Ar，⑨为K，⑩为Kr。
（1）⑤为Si、⑧为Ar，故答案为：Si；Ar；
（2）根据同周期自左而右金属性减弱、非金属性增强，同主族自上而下金属性增强、非金属性减弱，故表中金属性最强为K，非金属性最强的为F，故答案为：K，F；
（3）⑥为S，S的最外层电子数为6，元素的最高正化合价等于其最外层电子数，所以S的最高价为+6，故答案为：+6；
（4）氧化性最强的单质，即得电子能力最强。Cl的最外层有7个电子，容易得到1个电子，Kr因为它是稳定的稀有气体元素，所以单质氧化性强的是氯，故答案为：Cl。
【点睛】同周期元素自左向右原子序数逐渐增多，原子半径逐渐减小，最外层电子数逐渐增多，最高正价逐渐升高，非金属性逐渐增强，金属性逐渐减弱；同主族元素自上而下原子序数逐渐增多，原子半径逐渐增大，最外层电子数相同，最高正价相同，非金属性逐渐减弱，金属性逐渐增强。最高正价等于原子最外层电子数（氧、氟除外）。
28.某化学兴趣小组为了制取并探究氨气性质，按下列装置(部分夹持装置已略去)进行实验。已知：制取氨气的反应原理为2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O

[实验探究]
（1）利用上述原理，实验室制取氨气应选用下图中________(填序号)发生装置进行实验。
（2）B装置中的干燥剂可选用________(填“碱石灰”或“浓硫酸”)。
（3）气体通过C、D装置时，试纸颜色会发生变化的是________(填“C”或“D”)。
（4）F装置中倒置漏斗的作用是___________________________________。
（5）某同学用氨气和滴加酚酞的水做喷泉实验，根据烧瓶内产生红色喷泉的现象，说明氨气具有________性质(填序号)。
a．还原性 b．极易溶于水 c．与水反应生成碱性物质
【答案】 (1). a (2). 碱石灰 (3). D (4). 防倒吸 (5). bc
【解析】
【详解】（1）利用上述原理，实验室制取氨气为固体与固体加热制取气体，则选择 a装置，故答案为：a；
（2）氨气为碱性气体，可以用碱石灰干燥，故答案为：碱石灰；
（3）氨气与水反应生成的一水合氨电离出氢氧根，氨气的水溶液呈碱性，使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则气体通过C、D装置时，试纸颜色会发生变化的是湿润的红色石蕊试纸，即D，故答案为：D；
（4）F装置中倒置漏斗的作用是防止倒吸，故答案为：防倒吸；
（5）氨气和滴加酚酞的水产生红色喷泉，说明氨气极易溶于水，且与水反应生成碱性物质，故答案为：bc。
【点睛】本题主要考查氨气的制备及性质实验。要注意氨气是一种易溶于水气体，溶液显碱性，不能使用浓硫酸干燥，防止溶液倒吸。
29.某实验室需要配制500mL 0.10mol/L Na2CO3溶液．

（1）所需玻璃仪器有：玻璃棒、烧杯、100mL量筒、________、________
（2）实验时图中所示操作的先后顺序为________（填编号）
（3）在配制过程中，下列操作对所配溶液浓度有无影响？（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）
①称量时误用“左码右物”________ ②转移溶液后没有洗涤烧杯和玻璃棒________
③向容量瓶加水定容时俯视液面________ ④摇匀后液面下降，再加水至刻度线________
（4）所需Na2CO3固体的质量为____ g；若改用浓溶液稀释，需要量取2mol/L Na2CO3溶液________ mL．
【答案】 (1). 胶头滴管 (2). 500mL容量瓶 (3). ②④③⑤①⑥ (4). 偏低 (5). 偏低 (6). 偏高 (7). 偏低 (8). 5.3 (9). 25.0
【解析】
【分析】
实验室需要配制500mL 0.10mol/L Na2CO3溶液，应选择500mL容量瓶，操作步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀。
【详解】（1）实验室需要配制500mL 0.10mol/L Na2CO3溶液，应选择500mL容量瓶，操作步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，用到的仪器：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，所以还缺少的玻璃仪器为：500mL容量瓶，胶头滴管；故答案为：500mL容量瓶，胶头滴管；
（2）配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，所以正确的操作步骤为：②④③⑤①⑥；故答案为：②④③⑤①⑥；
（3）①称量时误用“左码右物”，依据托盘天平原理：左盘的质量=右盘的质量+游码的质量，所以实际称取的质量=砝码的质量-游码的质量，称取的溶质的质量偏小，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低；故答案为：偏低；
②转移溶液后没有洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低；故答案为：偏低；
③向容量瓶加水定容时俯视液面，导致溶液体积偏小，溶液的物质的量浓度偏高；故答案为：偏高；
④摇匀后液面下降，再加水至刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低；故答案为：偏低；
（4）实验室需要配制500mL 0.10mol/L Na2CO3溶液，应选择500mL容量瓶，需要碳酸钠的质量m=0.10mol/L×106g/mol×0.5L=5.3g；若改用浓溶液稀释，设需要量取2mol/L Na2CO3溶液体积为V，则依据溶液稀释过程中所含溶质的物质的量不变得V×2mol/L=0.10mol/L×500mL，解得V=25.0mL；故答案为：5.3；25.0。
【点睛】本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液的方法，注意掌握配制一定物质的量浓度的溶液的方法，明确误差分析的方法与技巧，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导和训练。配制一定物质的量浓度溶液的误差分析，要紧扣公式c=n/V：如①用量筒量取浓硫酸倒入小烧杯后，用蒸馏水洗涤量筒并将洗涤液转移至小烧杯中，会造成结果偏大，因为量筒中的残留液是量筒的自然残留液，在制造仪器时已经将该部分的体积扣除，若洗涤并将洗涤液转移到容量瓶中，所配溶液浓度偏高；②配制氢氧化钠溶液时，将称量好的氢氧化钠固体放入小烧杯中溶解，未冷却立即转移到容量瓶中并定容，会造成结偏大；因为氢氧化钠固体溶于水放热，定容后冷却至室温，溶液体积缩小，低于刻度线，浓度偏大，若是溶解过程中吸热的物质，则溶液浓度偏小等等。
30.向17.6g Cu和CuO组成的混合物中，加入100mL6.0mol·L-1稀硝酸溶液，恰好使混合物完全溶解，同时收集到标准状况下NO 2.24L。请回答以下问题：
（1）写出Cu与稀硝酸反应的离子方程式______________________________________。
（2）原混合物中铜的质量为______g。
（3）氧化铜的质量为______g。
【答案】 (1). 3Cu + 8H+ + 2NO3- = 3Cu2+ + 2NO ↑ + 4H2O (2). 9.6 (3). 8.0
【解析】
【分析】
硝酸与Cu和CuO组成的混合物恰好反应生成硝酸铜和一氧化氮气体，根据一氧化氮的体积计算出其物质的量，再计算出参加反应的铜的质量，再根据混合物的质量计算出氧化铜的质量。
【详解】（1）Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO与水，反应离子方程式为：3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO ↑+4H2O，
故答案为：3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO ↑+4H2O；
（2）只有Cu与稀硝酸反应能产生NO，n（NO）=2.24L/22.4L/mol=0.1mol，根据反应方程式的系数关系计算得：n（Cu）=3/2 n（NO）=0.15mol，m（Cu）=nM=0.15mol×64g/mol=9.6g，故答案为：9.6；
（3）由（2）可知，原混合物中铜的质量为9.6g，所以氧化铜的质量为17.6-9.6=8.0g，故答案为：8.0。
【点睛】本题涉及到化学反应方程式的计算，根据化学方程式中物质的量的比等于化学计量数之比进行计算即可。