B. 该装置不能加热，B项正确；
C. 加入硫酸铜时，Zn和硫酸铜发生置换反应生成Cu，Zn、Cu和稀硫酸构成原电池而加快反应速率，C项正确；
D. 启普发生器中固体不能选用粉末状，D项错误； 答案选C。 【点睛】
本题的易错点是D项，要注意的是，启普发生器是用固体与液体试剂在常温条件（不用加热）下起反应制取气体的典型装置，如氢气、二氧化碳、硫化氢等均可以用它来制取，但对于固体呈粉末状，如D项改为锌粉时，不适宜用此装置。 12．B 【解析】 【详解】
A、可逆反应是在“同一条件下”、能“同时”向正反应和逆反应“两个方向”进行的化学反应，A错误； B、在同一条件下，同时向正反应和逆反应两个方向进行的反应叫可逆反应，B正确；
C、电解水生成氢气和氧气与氢气和氧气点燃生成水的反应不是可逆反应，因此条件不同，C错误； D、可逆反应开始进行时，正反应速率大于逆反应速率，二者不相等，D错误。 答案选B。 13．B 【解析】 【分析】
根据元素在周期表中位置知，A、C为第二周期元素，B为第三周期元素，设B的质子数为x，则A的质子数为x-9、C的质子数是x-7，A、B、C三种元素的原子核外电子数之和等于B原子的质量数，B原子的原子核内质子数等于中子数，则x-9+x+(x-7)=2x，x=16，则A是N元素、B是S元素、C是F元素。 【详解】
A．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，但O、F元素除外，F元素非金属性最强，没有最高价氧化物的水化物，故A错误；
B．元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，C是F元素，F元素是非金属最强的元素，则氟气是氧化性最强的单质，故B正确；
C．N的氢化物有氨气和肼，故C错误； D．S位于第三周期第VIA族，故D错误； 故选B。 【点睛】
本题考查元素周期表和元素周期律的综合应用，侧重考查推断及知识运用能力，正确推断元素是解本题关
键，熟练掌握元素周期律知识，易错选项是AC，注意F元素没有最高价含氧酸，肼也是N的氢化物。 14．C 【解析】 【详解】
A项、利用农作物秸秆制取乙醇，可以减少焚烧秸秆会产生大量的烟尘，污染空气，符合绿色化学的理念，故A正确；
B项、提倡绿色出行，多骑自行车、乘公交车，减少汽车尾气排放，有利于保护环境，故B正确； C项、露天焚烧废旧塑料会产生大量的烟尘，污染空气，，不利于保护环境，不符合绿色化学的理念故C错误；
D项、发展氢能源，减少化石燃料的使用，可以减少二氧化碳的排放，有利于保护环境，故D正确； 故选C。 【点睛】
“绿色化学”要求从根本上消除污染，是一门能彻底阻止污染产生的科学，它包括“原料的绿色化”、“化学反应的绿色化”、“产物的绿色化”等内容。 15．D
【解析】 A.A为固体，浓度固定不变，不能用其表示反应速率，故错误；B.物质的反应速率比等于化学计量数比，分别用B、C、D表示反应的速率，其比值是3∶2∶1故错误；C.不能计算某时刻的瞬时速率，故错误；D.反应随着时间的进行，正反应速率逐渐减小，故正确。故选D。
【点睛】在理解反应速率定义时需要注意计算的反应速率都为一段时间内的平均速率，而不是瞬时速率，且速率可以用反应物或生成物的浓度改变量表示，但固体或纯液体因为浓度固定不变，不能表示速率。不管用哪种物质表示速率，可能数值不同，但含义相同，而且随着反应的进行正反应速率减小，逆反应速率增大。 16．A 【解析】 【分析】
反应能自发进行，应满足△H-T△S<0，以此解答该题。 【详解】
该反应在一定温度下能够自发的向右进行，这说明△H-T△S一定是小于0，根据方程式可以知道该反应的ΔS＞0，所以如果ΔH＜0，则该反应在任何温度下都是自发进行的，而该反应在一定温度下能够自发的向右进行，因此该反应的反应热ΔH＞0； 答案选A。 17．B 【解析】
【分析】 【详解】
因为为短周期，故为第二、三两周期，又M为金属，可以确定M、X、Y、Z分别为Al、Si、N、O。则 A、电子层数越多，半径越大，A正确；
B、非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，非金属性Y>X，故酸性HNO3>H2SiO4，B错误； C、氧元素非金属性强于硅元素，热稳定性H2O>SiH4，C正确； D、Z为O，位于元素周期表中第二周期、第ⅥA族，D正确。 答案选B。 18．B
【解析】分析：本题考查了化学实验注意事项。如除杂不能增加新杂质；碘遇淀粉溶液变蓝；检验糖类水解产物时一定要先中和酸，再加入新制Cu(OH)2，加热才能产生砖红色沉淀。
详解：A.乙烷中含乙烯杂质不能用加入氢气反应的方法除去，因为会增加新杂质氢气，用溴的四氯化碳溶液除去，故A错误；B.C4H9Br符合CnH2n+1Br,是饱和的一溴代烃，所以同分异构体有4种，故B正确；C.碘遇淀粉溶液会变蓝。在淀粉溶液中加入KI溶液，液体不会变蓝色，故C错误；D.蔗糖溶液加入3滴稀硫酸，水浴加热后，加碱中和后，再加入新制Cu(OH)2，加热产生砖红色沉淀，故D错误；答案：B。 19．C 【解析】 【详解】
A.Ba(OH)2溶液和H2SO4、NaHSO4溶液反应方程式分别为H2SO4+ Ba(OH)2=BaSO4↓+2H2O、
NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+NaOH+H2O，2NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O。溶液导电能力与离子浓度成正比，根据图知，曲线①在a点溶液导电能力接近0，说明该点溶液离子浓度最小，应该为Ba(OH)2溶液和H2SO4的反应，则曲线②为Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液的反应，即①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线，A错误；
B.根据图知，a点为Ba(OH)2溶液和H2SO4恰好反应，H2SO4、NaHSO4溶液的物质的量浓度相等，则b点NaHSO4+ Ba(OH)2=BaSO4↓+NaOH+H2O，溶液中的溶质为NaOH，两种反应物的物质的量的比为1：1，B错误；
C.a点①中硫酸和氢氧化钡恰好完全反应，溶液中只含水；d点②中溶质为Na2SO4。水和硫酸钠溶液都呈中性，C正确；
D.在c点，①中稀硫酸过量，溶质为硫酸，②中硫酸氢钠过量，溶质为NaOH、Na2SO4，因为硫酸根离子浓度相同，②中钠离子浓度大于①中氢离子浓度，所以溶液中氢氧根离子浓度不同，D错误； 故合理选项是C。 20．B
【解析】A. 工业生产氯气的方法是电解饱和食盐水，A正确；B. 热的氯酸钙与氯化钾反应生成溶解度更
小的氯酸钾，因此由制备流程可知：KClO3的溶解度小于Ca(ClO3)2的溶解度，B错误；C. 由于KClO3的溶解度小于Ca(ClO3)2的溶解度，所以向热的滤液中加入稍过量的氯化钾，溶解后进行冷却，有大量氯酸钾晶体析出，C正确；D. 氯化过程需要控制较高温度，其目的是加快反应速率和减少Cl2与Ca(OH)2之间的副反应，D正确，答案选B。
二、计算题（本题包括1个小题，共10分） 21．11.2 5.00 mol/L 15.68L 【解析】 【分析】
（1）由图像可知，随着混合物的质量的增加，所得到的氨气体积不变时体积最大； （2）根据离子方程式NH4++OH－=NH3↑+H2O进行计算；
（3）先判断固体和NaOH的过量问题，再利用较小的数据进行计算。 【详解】
（1）由图像可知，随着混合物的质量的增加，所得到的氨气体积不变时体积最大为11.2L； （2）根据离子方程式：NH4++OH－=NH3↑+H2O，n(NaOH)= n(NH3)=mol/L；
（3）设与51.6g固体混合物完全反应所需NaOH溶液体积为V1，V1=100mL×铵盐过量，应以NaOH溶液为准计算氨气量V(NH3)=11.2L×三、实验题（本题包括1个小题，共10分） 22． Cu+2H2SO4(浓)
CuSO4 +SO2↑+2H2O D中黑色固体颜色无变化,E中溶液褪色 使用上述装置,不放
11.20.?5 =0.5 mol，c(NaOH)= =5.00 22.40.151.6=150 mL＞140 mL，51.6g34.4140 =15.68L。 100入铜丝进行实验,观察无水硫酸铜是否变蓝 黑色沉淀中不含有CuO 还原 B试管中出现白色沉淀 2 NO2-+3SO2+3Ba2++2H2O
3BaSO4↓+2NO↑+4H+(或NO2+SO2+Ba2++H2O
BaSO4↓+NO↑+2H+) 取冷却后A装置试
管中的溶液,滴加 K4[Fe(CN)6] 溶液,若产生红褐色沉淀,证明有Cu2+,说明黑色沉淀是铜的硫化物 【解析】分析：实验Ⅰ:（1）A中的反应是浓硫酸和铜加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水；（2）证明浓硫酸中硫元素的氧化性强于氢元素，利用元素化合价变化生成的产物分析判断，若生成氢气，D装置会黑色变化为红色，若生成二氧化硫E装置中品红会褪色；（3）说明浓硫酸中的水是否影响B装置现象的判断进行的实验是：利用装置中铜不与浓硫酸接触反应，观察B装置是否变蓝；实验Ⅱ:（4）根据题中信息中检验铜离子的方法对②进行分析。（5）①红棕色气体为二氧化氮，说明稀硝酸被还原生成一氧化氮，黑色固体具有还原性；②根据反应现象③可知黑色固体与稀硝酸反应生成了二氧化硫，证明黑色固体中含有硫元素；二氧化氮、二氧化硫的混合气体能够与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，据此写出反应的离子方程式；③还需要确定黑色固体中含有铜离子；
实验Ⅰ:（1）A中的反应是浓硫酸和铜加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程： Cu+2H2SO4(浓)
CuSO4 +SO2↑+2H2O ；（2）证明浓硫酸中硫元素的氧化性强于氢元素，利用元素化合价变
化生成的产物分析判断，若生成氢气，D装置会黑色变化为红色，若生成二氧化硫E装置中品红会褪色，所以证明浓硫酸中硫元素的氧化性强于氢元素的实验现象是，D装置中氧化铜黑色不变化，说明无氢气生成，E装置中品红试液褪色说明生成了二氧化硫气体；（3）利用装置中铜不与浓硫酸接触反应，不放入铜丝反应，观察B装置是否变蓝，若不变蓝证明浓硫酸中的水不影响实验，若无水硫酸铜出现变蓝，说明浓硫酸中的水会影响实验。
实验Ⅱ:（4）向试液中滴加K4[Fe（CN）6]溶液，若产生红褐色沉淀，证明有Cu2＋，根据②将黑色沉淀放入稀硫酸中，一段时间后，滴加K4[Fe（CN）6]溶液，未见红褐色沉淀可知，黑色固体中一定不含CuO。（5）①A试管内上方出现红棕色气体，说明反应中有一氧化氮生成，证明了黑色固体具有还原性，在反应中被氧化。②根据反应现象③B试管中出现白色沉淀可知，白色沉淀为硫酸钡，说明黑色固体中含有硫元素；发生反应的离子方程式为：2 NO2+3SO2+3Ba+2H2ONO2+SO2+Ba+H2O
2+
+-2+
3BaSO4↓+2NO↑+4H(或
+
BaSO4↓+NO↑+2H) ；③为确认黑色沉淀是“铜的硫化物”，还需检验黑色固体中含有
铜离子，方法为：取冷却后A装置试管中的溶液，滴加K4[Fe（CN）6]溶液，若产生红褐色沉淀，证明有Cu，说明黑色沉淀是铜的硫化物。 四、推断题（本题包括1个小题，共10分）
23．碳 Al 三 I A Na H2O NH3+HCl= NH4Cl 两 Al(OH)3+3 H+= Al3++3 H2O 【解析】 【分析】
由元素在周期表的位置可知，①～⑦分别为H、C、N、O、Na、Al、Cl，结合元素周期律分析解答。 【详解】
由元素在周期表的位置可知，①～⑦分别为H、C、N、O、Na、Al、Cl。 (1)元素②名称是碳，元素⑥的符号是Al，故答案为：碳；Al；
(2)元素⑤为钠，处于周期表中第三周期第I A族，故答案为：三；I A ；
(3)同周期，从左向右，原子半径减小，同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，则①~⑦七种元素中原子半径最大的是Na；元素的非金属性越强，最简单氢化物越稳定，②③④三种元素的最简单氢化物中最稳定的是H2O，故答案为：Na；H2O；
(4)元素③和元素⑦的氢化物别为氨气和氯化氢，二者能够反应生成氯化铵，反应为NH3+HCl=NH4Cl，故答案为：NH3+HCl=NH4Cl；
(5)元素⑥的最高价氧化物对应的水化物为氢氧化铝，是一种两性氢氧化物，元素⑦的最高价氧化物对应水化物为高氯酸，为强酸，氢氧化铝与高氯酸反应的离子方程式为Al(OH)3+3 H+= Al3++3 H2O，故答案为：两；Al(OH)3+3 H+= Al3++3 H2O。
五、综合题（本题包括1个小题，共10分） 24． 放热 C 2H++2e-=H2↑ X+3Y化剂
【解析】分析：产生氢气的量不变,则保证铁完全与盐酸反应;加快反应速率,应增大盐酸的浓度或升高温
2Z 0.039 1.2 mol/L 实验2比1温度高 实验3加入了催
2＋
【3份试卷合集】湖南省郴州市2019-2020学年化学高一下期末调研模拟试题
