2022-2022学年江苏省无锡市江阴市华士、成化、山观三校联考高二（上）期中化学试卷（必修） 一、单项选择题（本题包括23小题，每小题3分，共69分．每题只有一个选项符合题意）．1．现代生活中出现了“铁强化酱油”、“高钙牛奶”、“富硒茶叶”、“含氟牙膏”等商品．这里的铁、钙、硒、氟应理解为（ ）A．元素B．分子C．单质D．氧化物 2．海洋是一个巨大的宝藏，期待着人们的开发和利用．下列物质不经过化学变化就能从海水中获得的是（ ）A．单质溴B．单质镁C．烧碱D．食盐 3．氧化钠是碱性氧化物的原因是（ ）A．溶于水得到相对应的碱B．它对应的水合物是可溶于性强碱C．它与强酸溶液反应只生成盐和水D．它是金属氧化物 4．下列化学用语正确的是（ ）A．S原子的结构示意图：B．氯化钠的电子式：C．乙醇的结构式：D．碳酸钠的电离方程式：NaHCO3=Na++H++CO32﹣ 5．U是制造原子弹的材料和核反应堆的燃料．U的原子核内的中子数与核外电子数之差是（ ）A．235B．143C．92D．51 6．下列说法正确的是（ ）A．He原子核内含有4个质子B．32S与33S是同种核素C．正丁烷与异丁烷互为同系物24\nD．互为同分异构体 7．在水溶液中能大量共存的离子组是（ ）A．Mg2+、NH4+、Cl﹣、OH﹣B．Na+、AlO2﹣、CO32﹣、OH﹣C．Ca2+、Fe2+、H+、NO3﹣D．Fe3+、K+、SCN﹣、SO42﹣ 8．下列物质属于含有共价键的离子化合物的是（ ）A．O2B．NH3C．KFD．NaOH 9．下列试剂的保存方法错误的是（ ）A．少量的钠保存在煤油中B．浓硝酸保存在无色玻璃瓶中C．新制的氯水保存在棕色玻璃瓶中D．氢氧化钠溶液保存在具橡皮塞的玻璃瓶中 10．下列试验中，始终无明显现象的是（ ）A．NH3通入AlCl3溶液中B．SO2通入HNO3酸化的Ba（NO3）2溶液中C．NO2通入FeSO4溶液中D．CO2通入CaCl2溶液中 11．对于工业合成氨反应：N2+3H2⇌2NH3，下列说法错误的是（ ）A．使用合适的催化剂可以加大反应速率B．升高温度可以增大反应速率C．增大N2浓度可以使H2转化率达到100%D．增大N2浓度可以增大反应速率 12．下列离子方程式中，正确的是（ ）A．钠和水反应：Na+2H2O=Na++2OH﹣+H2↑B．铜跟稀硝酸反应：3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2OC．氯气通入冷的氢氧化钠溶液中：2Cl2+2OH﹣=3Cl﹣+ClO﹣+H2OD．向AlCl3溶液中加入过量的氨水溶液：Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓ 13．下列有关化学能与热能的说法正确的是（ ）A．中和反应属于吸热反应B．若某反应的反应物的总能量大于生成物的总能量，则该反应为吸热反应C．吸热反应是指需要加热才能进行的反应D．H2与Cl2的反应过程中，分子先转化为原子是吸收能量的过程，然后原子转化为新的分子是放出能量的过程 14．下列叙述错误的是（ ）A．可用铝制容器盛装稀硫酸24\nB．Na2O2可用于呼吸面具中作为氧气的来源C．Fe2O3常用于制造红色油漆和涂料D．Si可用于制造太阳能电池 15．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A．常温常压下，11.2LN2中含有的分子数为0.5NAB．2.3g钠与足量水反应，生成Na+离子的数目为0.1NAC．0.2mol•L﹣1CaCl2溶液中含有Clˉ离子的数目为0.4NAD．2.7g铝与足量氢氧化钠溶液反应转移的电子数NA 16．如图实验装置或对实验现象的描述正确的是（ ）A．分馏装置B．配制150mL0.10mol•L﹣1盐酸C．烧瓶内溶液变蓝色D．出现砖红色沉淀 17．高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效、多功能水处理剂．下列反应可制取K2FeO4：Fe2O3+3KNO3+4KOH2K2FeO4+3KNO2+2H2O．下列说法正确的是（ ）24\nA．该反应是非氧化还原反应B．KNO3是还原剂C．生成1molK2FeO4转移的电子数为4molD．K2FeO4不仅具有杀菌消毒作用，而且具有净水作用 18．下列说法中，错误的是（ ）A．天然气的主要成分是CH4B．酸性：乙酸＞碳酸＞次氯酸C．淀粉、纤维素、蚕丝、油脂都是高分子化合物D．石油的分馏产品如汽油、煤油、柴油等都是混合物 19．对下列有机反应类型的认识中，错误的是（ ）A．+HO﹣NO2+H2O；取代反应B．CH2=CH2+Br2→CH2Br﹣CH2Br；加成反应C．2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；取代反应D．CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；酯化反应 20．绿色化学最理想的“原子经济”就是反应物的原子全部转化为期望的最终产物．以下反应最符合这一要求的是（ ）A．铜和浓硝酸反应制硝酸铜B．用铜作催化剂将乙醇氧化为乙醛C．乙烯聚合为聚乙烯D．光照条件下甲烷与氯气反应制一氯甲烷 21．如图为氢氧燃料电池原理示意图，按照此图的提示，下列叙述错误的是（ ）A．a电极是负极B．b电极上发生氧化反应C．氢氧燃料电池是一种具有应用前景的绿色电源D．氢氧燃料电池是一种不需要将还原剂和氧化剂全部储藏在电池内的新型发电装置 22．已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素，其中元素A、E的单质在常温下呈气态，元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，元素D的合金是日常生活中常用的金属材料．下列说法正确的是（ ）24\nA．原子半径：A＜B＜C＜D＜EB．金属性：D＞CC．一定条件下，元素C、D的最高价氧化物对应的水化物之间能发生反应D．化合物AE与CE含有相同类型的化学键 23．足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO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．若向所得硝酸铜溶液中加入6mol•L﹣1NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是（ ）A．60mLB．50mLC．30mLD．15mL 二、非选择题：（本部分5题．共31分）24．糖类、油脂、蛋白质都是人体必需的营养物质．（1）油脂被摄入人体后，在酶的作用下水解为高级脂肪酸和 （写名称），进而被氧化生成二氧化碳和水并提供能量，或作为合成人体所需其他物质的原料．（2）氨基酸是组成蛋白质的基本结构单元，其分子中一定含有的官能团是氨基（﹣NH2）和 （写结构简式）．人体中共有二十多种氨基酸，其中人体自身 （填“能”或“不能”）合成的氨基酸称为人体必需氨基酸．（3）淀粉在淀粉酶的作用下最终水解为葡萄糖（C6H12O6），部分葡萄糖在体内被氧化生成二氧化碳和水．写出葡萄糖在体内被氧化的化学方程式： ． 25．2022年底在丹麦哥本哈根召开了全球气候会议，环境问题已受到世界各国的普遍关注．请回答：（1）现有①氟氯烃、②二氧化碳、③二氧化硫、④废弃塑料制品、⑤氮气．能形成酸雨的是 （填序号，下同）；能破坏臭氧层的是 ；导致温室效应的主要气体是 ．（2）“白色污染”的主要危害是 （填序号）．①破坏土壤结构②降低土壤肥效③污染地下水④危及海洋生物的生存（3）2022年5月至10月在上海举办的世博会中倡导“低碳世博”．下列做法不能体现低碳生活的是 （填序号）．①减少食物加工过程②注意节约用电③尽量购买本地的、当季的食物④大量使用木柴为燃料． 26．糖类、油脂、蛋白质能在人体中 （填“氧化”或“还原”），供给人体所需要的能量．其中 是含热能最高的营养物质．根据溶解性的不同，维生素B类属于 溶性维生素（填A、水；B、脂）．某药品标签上贴有“OTC”符号，它表示 ． 27．如图物质A～F是我们熟悉的单质或化合物，其中A、B均是常见的金属；E在常温下是黄绿色气体；在适当的条件下，它们之间可以发生如图所示的转化．24\n试回答下列问题：（1）写出无色溶液中溶质的化学式： ；写出E的电子式 ．（2）写出C到白色沉淀的化学方程式是 ．（3）反应F→D的离子方程式是 ． 28．2022年12月13日，加拿大正式宣布将退出《京都议定书》，这使CO2的排放问题再次成为了热点．当空气中CO2的体积分数超过0.050%时，会引起明显的温室效应．为减小和消除CO2对环境的影响，一方面世界各国都在限制其排放量，另一方面科学家加强了对CO2创新利用的研究．I．最近有科学家提出“绿色自由”构想：把空气吹入碳酸钾溶液，然后再把CO2从溶液中提取出来，在一定条件下与H2反应，使之变为可再生燃料甲醇．其流程如图1：①上述流程中碳酸钾溶液所起的作用是 ．②在分解池中发生的反应为 （写出化学方程式）．Ⅱ．碳酸钾是重要的无机化工、医药、轻工原料之一，主要用于医药、玻璃、染料等工业，可用作气体吸附剂，干粉灭火剂，橡胶防老剂等．已知：CO2、碳酸盐、碳酸氢盐的部分性质如下：CO2（过量）+OH﹣═HCO3﹣HCO3﹣+OH﹣═CO32﹣+H2OCO32﹣与H+反应生成CO2分两步：CO32﹣+H+═HCO3﹣；HCO3﹣+H+═H2O+CO2↑①小王同学在实验室用如图2所示的装置和药品制取K2CO3溶液．他所制得的溶液中可能含有的杂质是 ．②该同学在数字实验室中用传感器对碳酸钾和碳酸氢钾的混合物样品进行成分测定，他分别称取三份不同质量的混合物样品，配成稀溶液，然后分别逐滴加入相同浓度的50ml硫酸，测得如表数据：实验编号123混合物的质量/g3.764.708.4624\n硫酸溶液的体积/mL50.0050.0050.00生成二氧化碳的物质的量/mol0.030.03750.03试计算：该混合固体中K2CO3与KHCO3的物质的量之比是 ；所用硫酸的物质的量浓度为 mol•L﹣1． 24\n2022-2022学年江苏省无锡市江阴市华士、成化、山观三校联考高二（上）期中化学试卷（必修）参考答案与试题解析 一、单项选择题（本题包括23小题，每小题3分，共69分．每题只有一个选项符合题意）．1．现代生活中出现了“铁强化酱油”、“高钙牛奶”、“富硒茶叶”、“含氟牙膏”等商品．这里的铁、钙、硒、氟应理解为（ ）A．元素B．分子C．单质D．氧化物【考点】元素；分子、原子、离子．【专题】物质的组成专题．【分析】物质是由元素组成，由分子、原子、离子构成，但物质组成中涉及到的补钙、补铁等说法，都是关注物质的组成元素．【解答】解：“铁强化酱油”、“高钙牛奶”、“富硒茶叶”、“含氟牙膏”等这些商品中所强调的铁、钙、硒、氟，都是说明这些物质的存在了这些元素，而不关注以什么形式存在，所以就用宏观的元素种类来说明，因此理解为元素．故选A．【点评】本题考查元素，一般商品标注都是说明物质的组成元素的，而不是强调分子还是原子甚至离子的具体存在形式，明确物质、元素、分子、原子、离子之间的关系是解答本题的关健，难度不大． 2．海洋是一个巨大的宝藏，期待着人们的开发和利用．下列物质不经过化学变化就能从海水中获得的是（ ）A．单质溴B．单质镁C．烧碱D．食盐【考点】海水资源及其综合利用；物理变化与化学变化的区别与联系．【专题】物质的性质和变化专题．【分析】根据从海水制备物质的原理可知，金属单质与非金属单质需要利用化学反应来制取，而食盐可利用蒸发原理，淡水利用蒸馏原理来得到．【解答】解：A．可从海水中获得氯化钠，通过电解熔融氯化钠得到钠和氯气，是化学变化，通过氯气将溴离子氧化为溴单质，是化学变化，故A错误；B．通过电解熔融的氯化镁得到镁，是化学变化，故B错误；C．把从海水中获得的氯化钠配制成饱和食盐水，然后电解，即得烧碱、氢气和氯气，是化学变化，故C错误；D．把海水经太阳暴晒，蒸发水分后即得食盐，不需要化学变化就能够从海水中获得，故D正确；故选D．【点评】本题考查了海水的成分，需要注意的是金属单质与非金属单质需要利用化学反应来制取，掌握原理是解题的关键． 3．氧化钠是碱性氧化物的原因是（ ）A．溶于水得到相对应的碱B．它对应的水合物是可溶于性强碱C．它与强酸溶液反应只生成盐和水24\nD．它是金属氧化物【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系．【专题】物质的分类专题．【分析】碱性氧化物是能和酸反应生成盐和水的氧化物，金属氧化物大多数是碱性氧化物．据此分析．【解答】解：A、碱性氧化物是能和酸反应生成盐和水的氧化物，不一定溶于水得到对应的碱，故A错误；B、碱性氧化物是能和酸反应生成盐和水的氧化物，它对应的水合物是可溶于性，如氧化铜，故B错误；C、碱性氧化物是能和酸反应生成盐和水的氧化物，故C正确；D、金属氧化物不一定都是碱性氧化物，如氧化铝等，故D错误．故选C．【点评】本题考查学生碱性氧化物的概念和内涵，注意金属氧化物和碱性氧化物之间的关系是关键，难度中等． 4．下列化学用语正确的是（ ）A．S原子的结构示意图：B．氯化钠的电子式：C．乙醇的结构式：D．碳酸钠的电离方程式：NaHCO3=Na++H++CO32﹣【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合．【专题】化学用语专题．【分析】A．硫原子的核电荷数、核外电子数都是16，其核外电子数不是18；B．氯化钠的电子式中，阴离子氯离子的最外层电子数没有标出；C．用短线代替共用电子对的式子为结构式，为乙醇的结构式；D．碳酸钠为强电解质，溶液中完全电离出钠离子和碳酸根离子．【解答】解：A．硫原子的核外电子数为16，所以硫原子的结构示意图为：，故A错误；B．氯化钠为离子化合物，阴离子氯离子必须标出最外层电子，氯化钠的电子式为：，故B错误；24\nC．乙醇分子中存在5个碳氢键、1个碳碳键、1个碳氧键和1个氧氢键，乙醇的结构式为：，故C正确；D．碳酸钠的电离方程式为：Na2CO3=2Na++CO32﹣，故D错误；故选C．【点评】本题考查了结构式、电子式、电离方程式、原子结构示意图，题目难度中等，注意掌握结构式与结构简式的表示方法，明确电子式的概念及正确表示方法． 5．U是制造原子弹的材料和核反应堆的燃料．U的原子核内的中子数与核外电子数之差是（ ）A．235B．143C．92D．51【考点】质量数与质子数、中子数之间的相互关系．【分析】在原子的表示方法中元素符号左下角的数字为质子数，左上角的数字为质量数，并利用质量数=质子数+中子数、核外电子数等于核内质子数来分析．【解答】解：核素92235U的质子数是92，质量数是235，中子数=质量数﹣质子数=235﹣92=143，所以故中子数与核外电子数之差为：143﹣92=51，故选D．【点评】本题考查原子的组成以及数量关系，明确质子数+中子数=质量数、核外电子数等于核内质子数是解答的关键． 6．下列说法正确的是（ ）A．He原子核内含有4个质子B．32S与33S是同种核素C．正丁烷与异丁烷互为同系物D．互为同分异构体【考点】核素；芳香烃、烃基和同系物；同分异构现象和同分异构体．【专题】同系物和同分异构体．【分析】A．原子符号的左下角表示质子数，左上角表示质量数；B．核素是指具有一定数目质子和一定数目中子的一种原子；C．同分异构体是分子式相同结构式不同的化合物；D．同分异构体是分子式相同结构式不同的化合物．【解答】解：A．He原子核内含有2个质子，故A错误；B．32S与33S的质子数都为16，中子数分别为16、17，是不同的核素，故B错误；C．正丁烷与异丁烷的分子式相同，结构不同，互称为同分异构体，故C错误；D．的分子式相同，结构不同，互称为同分异构体，故D正确；24\n故选：D．【点评】本题考查了原子符号的含义、核素、同分异构体的理解，解答时注意从其概念的内涵与外延出发，缜密思考，正确解答． 7．在水溶液中能大量共存的离子组是（ ）A．Mg2+、NH4+、Cl﹣、OH﹣B．Na+、AlO2﹣、CO32﹣、OH﹣C．Ca2+、Fe2+、H+、NO3﹣D．Fe3+、K+、SCN﹣、SO42﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀、弱电解质，不能发生氧化还原反应、不能结合生成络离子等，则离子能大量共存，以此来解答．【解答】解：A．因Mg2+、NH4+分别与OH﹣反应，则不能共存，故A错误；B．因该组离子之间不反应，则能够共存，故B正确；C．因Fe2+、H+、NO3﹣发生氧化还原反应，则不能共存，故C错误；D．因Fe3+、SCN﹣能结合生成络离子，则不能共存，故D错误；故选B．【点评】本题考查离子的共存，熟悉离子之间的反应是解答本题的关键，并注意氧化还原反应的发生，题目难度不大． 8．下列物质属于含有共价键的离子化合物的是（ ）A．O2B．NH3C．KFD．NaOH【考点】化学键．【专题】化学键与晶体结构．【分析】一般来说，活泼金属与非金属形成离子键，非金属之间形成共价键，含离子键的化合物一定为离子化合物，以此来解答．【解答】解：A．只含共价键，为单质，故A不选；B．只含N﹣H共价键，为共价化合物，故B不选；C．只含离子键，为离子化合物，故C不选；D．含钠离子与氢氧根离子之间的离子键和O﹣H共价键，故D选；故选D．【点评】本题考查化学键，为高频考点，把握化学键形成的一般规律为解答的关键，注意化学键与物质分类的关系，注重基础知识的考查，题目难度不大． 9．下列试剂的保存方法错误的是（ ）A．少量的钠保存在煤油中B．浓硝酸保存在无色玻璃瓶中C．新制的氯水保存在棕色玻璃瓶中D．氢氧化钠溶液保存在具橡皮塞的玻璃瓶中【考点】化学试剂的存放．【专题】元素及其化合物；化学实验基本操作．【分析】化学试剂的存放与化学试剂的物理性质和化学性质有关，易挥发的物质要密封保存，见光易分解的物质要避光保存，易与氧气、水、二氧化碳反应的物质要隔绝空气保存，以此解答该题．24\n【解答】解：A、钠易与水和氧气反应，所以要隔绝空气保存，钠的密度大于煤油的，且和煤油不反应，所以可用煤油保存，故A正确；B、浓硝酸见光易分解，所以应避光保存，应保存在棕色试剂瓶中，故B错误；C、氯水中的次氯酸见光易分解而导致Cl2水变质，应于棕色试剂瓶避光保存，故C正确；D、玻璃中含有二氧化硅，易与NaOH溶液反应生成具有黏性的硅酸钠，盛NaOH溶液的试剂瓶应用橡皮塞，故D正确；故选B．【点评】本题考查化学试剂的存放，题目难度不大，注意物质的性质影响保存方法的选择． 10．下列试验中，始终无明显现象的是（ ）A．NH3通入AlCl3溶液中B．SO2通入HNO3酸化的Ba（NO3）2溶液中C．NO2通入FeSO4溶液中D．CO2通入CaCl2溶液中【考点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；二氧化硫的化学性质；镁、铝的重要化合物．【专题】氧族元素；氮族元素；几种重要的金属及其化合物．【分析】根据物质之间的反应，如生产气体、沉淀或颜色明显变化，则有明显现象；而反应中生成水或不反应等，则无明显现象，以此来解答．【解答】解：A、NH3通入AlCl3溶液中生成氢氧化铝白色沉淀，现象明显，故A错误；B、SO2通入HNO3酸化的Ba（NO3）2溶液中，生成硫酸钡白色沉淀，现象明显，故B错误；C、NO2通入FeSO4溶液中，溶液由浅绿色（Fe2+）变黄色（Fe3+），现象明显，故C错误；D、CO2通入CaCl2溶液中，不反应，没有明显现象，故D正确，故选：D．【点评】本题考查物质反应的现象，明确物质的性质及发生的化学反应是解答本题的关键，题目难度不大． 11．对于工业合成氨反应：N2+3H2⇌2NH3，下列说法错误的是（ ）A．使用合适的催化剂可以加大反应速率B．升高温度可以增大反应速率C．增大N2浓度可以使H2转化率达到100%D．增大N2浓度可以增大反应速率【考点】合成氨条件的选择．【专题】化学平衡专题．【分析】从影响化学反应速率的因素判断反应速率的变化，该反应为可逆反应，反应物不可能完全转化．【解答】解：A．催化剂可降低反应物的活化能，提高活化分子百分数，提高反应速率，故A正确；B．升高温度可提高活化分子的百分数，提高反应速率，故B正确；C．该反应为可逆反应，反应物不可能完全转化，故C错误；D．增大N2浓度，单位体积活化分子的数目增大，反应速率增大，故D正确．故选：C．【点评】本题考查合成氨的条件选择，题目难度不大，注意把握可逆反应的特点．24\n 12．下列离子方程式中，正确的是（ ）A．钠和水反应：Na+2H2O=Na++2OH﹣+H2↑B．铜跟稀硝酸反应：3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2OC．氯气通入冷的氢氧化钠溶液中：2Cl2+2OH﹣=3Cl﹣+ClO﹣+H2OD．向AlCl3溶液中加入过量的氨水溶液：Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．没有配平；B．反应生成硝酸铜、NO和水；C．电荷不守恒、电子不守恒；D．反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，一水合氨为弱电解质．【解答】解：A．钠和水反应的离子反应为2Na+2H2O=2Na++2OH﹣+H2↑，故A错误；B．铜跟稀硝酸反应的离子反应为3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O，故B正确；C．氯气通入冷的氢氧化钠溶液中的离子反应为Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O，故C错误；D．向AlCl3溶液中加入过量的氨水溶液的离子反应为Al3++3NH3．H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故D错误；故选B．【点评】本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的化学反应是解答本题的关键，注意电子守恒、电荷守恒、质量守恒定律，题目难度中等． 13．下列有关化学能与热能的说法正确的是（ ）A．中和反应属于吸热反应B．若某反应的反应物的总能量大于生成物的总能量，则该反应为吸热反应C．吸热反应是指需要加热才能进行的反应D．H2与Cl2的反应过程中，分子先转化为原子是吸收能量的过程，然后原子转化为新的分子是放出能量的过程【考点】常见的能量转化形式．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A、中和反应属于放热反应；B、若某反应的反应物的总能量大于生成物的总能量，即反应后能量降低；C、有的吸热反应在常温下也可以发生；D、破坏化学键要吸收能量，形成化学键要放出能量．【解答】解：A、中和反应会放出大量热，属于放热反应，故A错误；B、若某反应的反应物的总能量大于生成物的总能量，即反应后能量降低，则反应时会放出能量，属于放热反应，故B错误；C、有的吸热反应在常温下也可以发生，如氯化铵晶体与氢氧化钡晶体的反应，碳酸氢铵的分解就是常温下能发生的吸热反应，故C错误；D、破坏化学键要吸收能量，形成化学键要放出能量，所以H2与Cl2的反应过程中，旧的共价键断裂吸收能量，新的共价键生成放出能量，故D正确；故选D．【点评】本题考查学生化学反应过程中的能量变化知识，注意常见的吸热以及放热反应是解题的关键，难度不大． 24\n14．下列叙述错误的是（ ）A．可用铝制容器盛装稀硫酸B．Na2O2可用于呼吸面具中作为氧气的来源C．Fe2O3常用于制造红色油漆和涂料D．Si可用于制造太阳能电池【考点】铝的化学性质；硅和二氧化硅；钠的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物．【专题】碳族元素；几种重要的金属及其化合物．【分析】A．铝是较活泼的金属能和稀硫酸反应生成氢气和硫酸铝；B．过氧化钠能和二氧化碳、水反应生成氧气；C．氧化铁是红棕色固体，常用于制造红色油漆和涂料；D．硅是半导体，可以制成硅电池．【解答】解：A．常温下，铝能和稀硫酸生成氢气和硫酸铝，但和浓硫酸反应生成一层致密的氧化物薄膜阻止进一步反应而发生钝化现象，所以可用铝制容器盛装浓硫酸，故A错误；B．过氧化钠和二氧化碳、水反应生成氧气，所以过氧化钠可用于呼吸面具中作为氧气的来源，故B正确；C．氧化铁是红棕色固体，俗称铁红，常用于制造红色油漆和涂料，故C正确；D．硅的导电性介于导体和绝缘体之间，是良好的半导体材料，利用高纯硅的半导体性能，可用制造太阳能电池，故D正确；故选A．【点评】本题考查了元素化合物的性质，注意常温下，浓硫酸、浓硝酸能和铝、铁发生钝化现象，但稀硫酸和稀硝酸不能和铝、铁发生钝化现象． 15．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A．常温常压下，11.2LN2中含有的分子数为0.5NAB．2.3g钠与足量水反应，生成Na+离子的数目为0.1NAC．0.2mol•L﹣1CaCl2溶液中含有Clˉ离子的数目为0.4NAD．2.7g铝与足量氢氧化钠溶液反应转移的电子数NA【考点】阿伏加德罗常数．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】A、根据常温常压下，不是标准状况下判断；B、根据质量守恒定律判断溶液中钠离子数目；C、氯化钙溶液的体积没有告诉，无法计算氯化钙的物质的量；D、铝为3价金属，1mol铝完全反应失去3mol电子．【解答】解：A、不是标况下，题中条件无法计算氮气的物质的量，故A错误；B、2.3g钠的物质的量为0.1mol，与水反应生成0.1mol，生成Na+离子的数目为0.1NA，故B正确；C、没有告诉0.2mol•L﹣1CaCl2溶液的体积，无法计算溶质氯化钙及氯离子的物质的量，故C错误；D、2.7g铝的物质的量为0.1mol，与氢氧化钠溶液完全反应失去0.3mol电子，反应转移的电子数0.3NA，故D错误；故选B．【点评】24\n本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，阿伏加德罗常数是高考的“热点”，它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容．要准确解答好这类题目，一是要掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系；二是要准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系． 16．如图实验装置或对实验现象的描述正确的是（ ）A．分馏装置B．配制150mL0.10mol•L﹣1盐酸C．烧瓶内溶液变蓝色D．出现砖红色沉淀【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．冷凝水下进上出；B．配置一定物质的量浓度的溶液时，所配溶液的体积要和容量瓶的规格相符；C．酚酞遇碱变红色；D．葡萄糖含有醛基．【解答】解：A．石油分馏时温度计是测量馏分的温度，不能插入到液面以下，冷凝水下进上出，故A错误；B．配置150mL•0.10mol•L﹣1盐酸应用150mL的容量瓶，故B错误；C．酚酞遇碱变红色，烧瓶内溶液变红色，故C错误；D．葡萄糖含有醛基，能与新制的氢氧化铜反应生成砖红色沉淀，故D正确．24\n故选D．【点评】本题考查较为综合，涉及基础实验操作，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高频考点，注意把握实验的方法、步骤和使用的仪器，注重相关基础知识的积累，难度不大． 17．高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效、多功能水处理剂．下列反应可制取K2FeO4：Fe2O3+3KNO3+4KOH2K2FeO4+3KNO2+2H2O．下列说法正确的是（ ）A．该反应是非氧化还原反应B．KNO3是还原剂C．生成1molK2FeO4转移的电子数为4molD．K2FeO4不仅具有杀菌消毒作用，而且具有净水作用【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】A、反应Fe元素化合价由Fe2O3中+3价升高为K2FeO4中+6价，N元素化合价由KNO3中+5价降低为KNO2中+3价，含有元素化合价升降的反应是氧化还原反应．B、所含元素化合价升高的反应物是还原剂．C、应Fe元素化合价由Fe2O3中+3价升高为K2FeO4中+6价，转移电子的物质的量为K2FeO4的3倍．D、K2FeO4中Fe元素化合价高，具有强氧化性，可以杀菌消毒，被还原为铁离子，铁离子水解生成氢氧化铁胶体，表面积很大，可以吸附悬浮物起净水作用．【解答】解：A、反应Fe元素化合价由Fe2O3中+3价升高为K2FeO4中+6价，N元素化合价由KNO3中+5价降低为KNO2中+3价，该反应属于氧化还原反应，故A正确；B、反应Fe元素化合价由Fe2O3中+3价升高为K2FeO4中+6价，Fe2O3被氧化，Fe2O3是还原剂，KNO3是氧化剂，故B错误；C、应Fe元素化合价由Fe2O3中+3价升高为K2FeO4中+6价，转移电子的物质的量为K2FeO4的3倍，生成1molK2FeO4转移的电子数为3mol，故C错误；D、K2FeO4中Fe元素化合价高，具有强氧化性，可以杀菌消毒，被还原为铁离子，铁离子水解生成氢氧化铁胶体，表面积很大，可以吸附悬浮物起净水作用，故D正确．故选：D．【点评】考查氧化还原反应基本概念与计算等，难度不大，注意根据化合价理解氧化还原反应基本概念． 18．下列说法中，错误的是（ ）A．天然气的主要成分是CH4B．酸性：乙酸＞碳酸＞次氯酸C．淀粉、纤维素、蚕丝、油脂都是高分子化合物D．石油的分馏产品如汽油、煤油、柴油等都是混合物【考点】有机高分子化合物的结构和性质；混合物和纯净物；弱电解质在水溶液中的电离平衡．【专题】物质的分类专题；电离平衡与溶液的pH专题；有机化合物的获得与应用．【分析】A．天然气的主要成分是甲烷；B．根据强酸制弱酸的原理分析；C．高分子化合物的相对分子质量一般达1万以上、一般具有重复结构单元；24\nD．纯净物是单一的一种物质．【解答】解：A．甲烷是天然气的主要成分，故A正确；B．根据强酸制弱酸的原理，乙酸与碳酸钠反应能生成碳酸，所以乙酸酸性比碳酸强；碳酸与次氯酸钙反应能生成次氯酸，所以碳酸酸性比次氯酸强，所以酸性强弱：乙酸＞碳酸＞次氯酸，故B正确；C．油脂相对分子质量较小，不是高分子化合物，故C错误；D．汽油、煤油、柴油是多种烃组成的混合物，故D正确．故选C．【点评】本题考查天然气的成分、高分子化合物、酸性比较以及混合物等，题目难度不大，注意汽油、煤油、柴油是多种烃组成的混合物，注意规律的掌握理解． 19．对下列有机反应类型的认识中，错误的是（ ）A．+HO﹣NO2+H2O；取代反应B．CH2=CH2+Br2→CH2Br﹣CH2Br；加成反应C．2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；取代反应D．CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；酯化反应【考点】取代反应与加成反应．【分析】A．苯中H被硝基取代；B．碳碳双键断裂，每个C上各加1个溴原子；C．该反应中乙醇失去2个H；D．乙酸中的﹣OH被CH3CH2O﹣取代．【解答】解：A．苯环上的氢原子被硝基代替，属于取代反应，故A正确；B．碳碳双键断裂，分别结合溴原子、溴原子，生成CH2Br﹣CH2Br，属于加成反应，故B正确；C．该反应中乙醇失去2个H，为醇的催化氧化反应，故C错误；D．乙酸中的﹣OH被CH3CH2O﹣取代，为酯化反应，也为取代反应，故D正确；故选C．【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重有机反应类型的考查，注意反应中官能团的变化，题目难度不大． 20．绿色化学最理想的“原子经济”就是反应物的原子全部转化为期望的最终产物．以下反应最符合这一要求的是（ ）A．铜和浓硝酸反应制硝酸铜B．用铜作催化剂将乙醇氧化为乙醛C．乙烯聚合为聚乙烯D．光照条件下甲烷与氯气反应制一氯甲烷【考点】绿色化学．【专题】有机化合物的获得与应用．【分析】绿色化学就是要求环保，无污染；原子经济性是指原料物质中的所有原子完全被利用，全部转入期望的产物中．即原子利用率100%．【解答】解：A、以铜和浓硝酸为原料生产硝酸铜，因有有毒气体二氧化氮生成，故A错误；24\nB、乙醇催化氧化制乙醛，有机反应大多都是可逆反应，故B错误；C、乙烯聚合为聚乙烯高分子材料，为加聚反应，原料利用率为100%，故C正确；D、甲烷与氯气制备一氯甲烷为取代反应，有副产品HCl生成，故D错误；故选C．【点评】本题考查绿色化学和原子经济性，明确实质是反应物全部反应生成所需的产物，不造成浪费且无污染． 21．如图为氢氧燃料电池原理示意图，按照此图的提示，下列叙述错误的是（ ）A．a电极是负极B．b电极上发生氧化反应C．氢氧燃料电池是一种具有应用前景的绿色电源D．氢氧燃料电池是一种不需要将还原剂和氧化剂全部储藏在电池内的新型发电装置【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】氢氧燃料电池中，氢气易失电子发生氧化反应，所以通入氢气的电极是负极，氧气易得电子发生还原反应，所以通入氧气的电极是正极；氢氧燃料电池的产物是水；氢氧燃料电池的正负极反应物分别为氢气和氧气，氢气和氧气可以储存在电池外部的容器中．【解答】解：A．燃料电池中，通入燃料氢气的电极是负极，所以a电极是负极，负极上失电子发生氧化反应，故A正确；B．b电极为正极，正极上得电子发生还原反应，故B错误；C．氢氧燃料电池的产物是水，环保无污染，是一种具有应用前景的绿色电源，故C正确；D．氢氧燃料电池的正负极反应物分别为氢气和氧气，氢气和氧气可以储存在电池外部的容器中，所以氢氧燃料电池是一种不需要将还原剂和氧化剂全部储藏电池内的新型发电装置，故D正确．故选B．【点评】本题考查了燃料电池，侧重于原电池原理的考查，题目难度不大，注意氢氧燃料电池的反应产物为水，环保无污染． 22．已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素，其中元素A、E的单质在常温下呈气态，元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，元素D的合金是日常生活中常用的金属材料．下列说法正确的是（ ）A．原子半径：A＜B＜C＜D＜EB．金属性：D＞CC．一定条件下，元素C、D的最高价氧化物对应的水化物之间能发生反应D．化合物AE与CE含有相同类型的化学键【考点】位置结构性质的相互关系应用．24\n【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素，元素D的合金是日常生活中常用的金属材料，则D为Al；元素E的单质在常温下呈气态，且E的原子序数大于Al，故E为Cl；元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，原子序数小于Al，故B原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，则B为碳元素；元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，结合原子序数可知，C只能处于第三周期，则C为Na；元素A单质在常温下也呈气态，原子序数大于碳，故A为H元素，据此解答．【解答】解：A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素，元素D的合金是日常生活中常用的金属材料，则D为Al；元素E的单质在常温下呈气态，且E的原子序数大于Al，故E为Cl；元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，原子序数小于Al，故B原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，则B为碳元素；元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，结合原子序数可知，C只能处于第三周期，则C为Na；元素A单质在常温下也呈气态，原子序数大于碳，故A为H元素，A．H原子半径最小，同周期随原子序数增大原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径H＜C＜Cl＜Al＜Na，即A＜B＜E＜D＜C，故A错误；B．同周期随原子序数增大金属性减弱，故金属性Na＞Al，故B错误；C．元素C、D的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、氢氧化铝，二者反应生成偏铝酸钠与水，故C正确；D．HCl含有共价键，NaCl含有离子键，二者含有的化学键不同，故D错误，故选C．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，比较基础，推断元素是解题的关键，注意对元素周期律的理解掌握． 23．足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO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．若向所得硝酸铜溶液中加入6mol•L﹣1NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是（ ）A．60mLB．50mLC．30mLD．15mL【考点】化学方程式的有关计算．【专题】计算题．【分析】向所得硝酸铜溶液中加入NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，沉淀为Cu（OH）2，由电荷守恒可知，Cu提供电子物质的量等于氢氧化铜中氢氧根的物质的量，生成NO2、NO的混合气体与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，纵观整个过程，由电子转移守恒，可知Cu提供电子等于氧气获得的电子，据此计算n（NaOH），进而计算消耗氢氧化钠溶液体积．【解答】解：生成NO2、N2O4、NO的混合气体与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，纵观整个过程，由电子转移守恒，可知Cu提供电子等于氧气获得的电子，即Cu提供电子为×4=0.15mol，向所得硝酸铜溶液中加入NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，沉淀为Cu（OH）2，由电荷守恒可知，Cu提供电子物质的量等于氢氧化铜中氢氧根的物质的量，故n（NaOH）=0.15mol×2=0.3mol，故消耗氢氧化钠溶液体积为=0.05L=50mL，故选B．24\n【点评】本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，整体把握反应中电子守恒及物质的量浓度的计算等为解答的关键，侧重考查学生的分析思维能力与解题方法技巧，题目难度中等． 二、非选择题：（本部分5题．共31分）24．糖类、油脂、蛋白质都是人体必需的营养物质．（1）油脂被摄入人体后，在酶的作用下水解为高级脂肪酸和 甘油 （写名称），进而被氧化生成二氧化碳和水并提供能量，或作为合成人体所需其他物质的原料．（2）氨基酸是组成蛋白质的基本结构单元，其分子中一定含有的官能团是氨基（﹣NH2）和 ﹣COOH （写结构简式）．人体中共有二十多种氨基酸，其中人体自身 不能 （填“能”或“不能”）合成的氨基酸称为人体必需氨基酸．（3）淀粉在淀粉酶的作用下最终水解为葡萄糖（C6H12O6），部分葡萄糖在体内被氧化生成二氧化碳和水．写出葡萄糖在体内被氧化的化学方程式： C6H12O6+6O26CO2+6H2O ．【考点】油脂的性质、组成与结构；淀粉的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点．【专题】糖类与蛋白质专题．【分析】（1）油脂是高级脂肪酸甘油酯；（2）氨基酸一定含有的官能团是氨基（﹣NH2）和羧基（﹣COOH）；必需氨基酸指的是人体自身不能合成或合成速度不能满足人体需要，必须从食物中摄取的氨基酸；（3）根据反应物和生成物及其质量守恒定律可以正确的书写化学方程式．【解答】解：（1）油脂在酶的作用下水解生成高级脂肪酸和甘油，故答案为：甘油；（2）氨基酸一定含有的官能团是氨基（﹣NH2）和羧基（﹣COOH）；必需氨基酸指的是人体自身不能合成或合成速度不能满足人体需要，必须从食物中摄取的氨基酸，故答案为：﹣COOH；不能；（3）葡萄糖在体内发生缓慢氧化生成二氧化碳和水，反应的化学方程式为：C6H12O6+6O26CO2+6H2O，故答案为：C6H12O6+6O26CO2+6H2O．【点评】本题考查油脂的性质、氨基酸的性质和葡萄糖的氧化反应，难度不大，注意基础知识的积累． 25．2022年底在丹麦哥本哈根召开了全球气候会议，环境问题已受到世界各国的普遍关注．请回答：（1）现有①氟氯烃、②二氧化碳、③二氧化硫、④废弃塑料制品、⑤氮气．能形成酸雨的是 ③ （填序号，下同）；能破坏臭氧层的是 ① ；导致温室效应的主要气体是 ② ．（2）“白色污染”的主要危害是 ①②③④ （填序号）．①破坏土壤结构②降低土壤肥效③污染地下水④危及海洋生物的生存（3）2022年5月至10月在上海举办的世博会中倡导“低碳世博”．下列做法不能体现低碳生活的是 ④ （填序号）．①减少食物加工过程②注意节约用电③尽量购买本地的、当季的食物④大量使用木柴为燃料．【考点】常见的生活环境的污染及治理．24\n【专题】化学计算．【分析】SO2在空气中会转化亚硫酸甚至硫酸，是导致酸雨的主要气体之一；大量排放CO2将导致温室效应；氟氯烃是破坏臭氧层的罪魁祸首；聚苯乙烯、聚丙烯、聚氯乙烯等高分子化合物制成的各类塑料制品使用后被弃置成为固体废物对环境的污染称为“白色污染”，由于随意乱丢乱扔，难于降解处理，会破坏土壤结构、降低土壤肥效，污染地下水以及危及海洋生物的生存．“低碳生活”就是指所耗用的能量要尽力减少，从而减低碳特别是二氧化碳的排放量，从而减少对大气的污染，减缓生态恶化．【解答】解：（1）SO2在空气中会转化亚硫酸甚至硫酸，是导致酸雨的主要气体之一，；二氧化碳是一种温室气体，大量排放CO2将导致温室效应；氟氯烃能破坏臭氧层故答案为：③；①；②；（2）“所谓“白色污染”，是人们对塑料垃圾污染环境的一种形象称谓．它是指用聚苯乙烯、聚丙烯、聚氯乙烯等高分子化合物制成的各类生活塑料制品使用后被弃置成为固体废物，由于随意乱丢乱扔，难于降解处理，会破坏土壤结构、降低土壤肥效，污染地下水以及危及海洋生物的生存等，题目中四个选项都正确．故答案为：①②③④；（3）①减少食物加工过程②注意节约用电③尽量购买本地的、当季的食物都能节约能能源，减少化石燃料的燃烧，减少碳的排放，④大量使用木柴为燃料，会增加碳的排放；故答案为：④．【点评】本题考查了酸雨、温室效应、臭氧层破坏、白色污、低碳生活等，难度不大， 26．糖类、油脂、蛋白质能在人体中 氧化 （填“氧化”或“还原”），供给人体所需要的能量．其中 油脂 是含热能最高的营养物质．根据溶解性的不同，维生素B类属于 A 溶性维生素（填A、水；B、脂）．某药品标签上贴有“OTC”符号，它表示 非处方药 ．【考点】油脂的性质、组成与结构；维生素在人体中的作用；药物的主要成分和疗效．【专题】有机化合物的获得与应用；化学应用．【分析】根据糖类、油脂、蛋白质的性质答题，维生素B类属于水溶性维生素，维生素D属于脂溶性维生素，OTC”表示非处方药，“R”表示处方药．【解答】解：糖类、油脂、蛋白质能在人体中发生氧化．相同质量的糖类、油脂、蛋白质释放热量最高的是油脂；维生素B类属于水溶性维生素，某药品标签上贴有“OTC”符号，它表示非处方药，“R”符号，它表示处方药，故答案为：氧化；油脂；水；非处方药．【点评】本题考查了糖类、油脂、蛋白质、维生素的性质，难度不大，掌握物质的性质是解题的关键，注意基础知识的积累． 27．如图物质A～F是我们熟悉的单质或化合物，其中A、B均是常见的金属；E在常温下是黄绿色气体；在适当的条件下，它们之间可以发生如图所示的转化．24\n试回答下列问题：（1）写出无色溶液中溶质的化学式： NaAlO2 ；写出E的电子式 ．（2）写出C到白色沉淀的化学方程式是 AlCl3+3NaOH=Al（OH）3↓+3NaCl ．（3）反应F→D的离子方程式是 2Fe3++Fe=3Fe2+ ．【考点】无机物的推断．【专题】无机推断．【分析】单质A与盐酸反应得到C与氢气，C与NaOH反应得到白色沉淀，且白色沉淀能溶于NaOH溶液与稀盐酸，则A为Al、C为AlCl3、白色沉淀为Al（OH）3，无色溶液为NaAlO2溶液．E在常温下是黄绿色气体，则E为Cl2，B是常见的金属，与盐酸反应生成D，D能被氯气氧化生成F，F能与金属反应生成D，则B为变价金属，可推知B为Fe，D为FeCl2，F为FeCl3，据此解答．【解答】解：单质A与盐酸反应得到C与氢气，C与NaOH反应得到白色沉淀，且白色沉淀能溶于NaOH溶液与稀盐酸，则A为Al、C为AlCl3、白色沉淀为Al（OH）3，无色溶液为NaAlO2溶液．E在常温下是黄绿色气体，则E为Cl2，B是常见的金属，与盐酸反应生成D，D能被氯气氧化生成F，F能与金属反应生成D，则B为变价金属，可推知B为Fe，D为FeCl2，F为FeCl3．（1）写出无色溶液中溶质的化学式为NaAlO2；E为Cl2，电子式为，故答案为：NaAlO2；；（2）C到白色沉淀的化学方程式是AlCl3+3NaOH=Al（OH）3↓+3NaCl，故答案为：AlCl3+3NaOH=Al（OH）3↓+3NaCl；（3）反应F→D的离子方程式是2Fe3++Fe=3Fe2+，故答案为：2Fe3++Fe=3Fe2+．【点评】本题考查无机物的推断，涉及Fe、Al、Cl元素单质化合物的性质，E的颜色、白色沉淀的特殊反应、D与F之间转化是推断突破口，难度中等，注意对基础知识的掌握． 28．2022年12月13日，加拿大正式宣布将退出《京都议定书》，这使CO2的排放问题再次成为了热点．当空气中CO2的体积分数超过0.050%时，会引起明显的温室效应．为减小和消除CO2对环境的影响，一方面世界各国都在限制其排放量，另一方面科学家加强了对CO2创新利用的研究．I．最近有科学家提出“绿色自由”构想：把空气吹入碳酸钾溶液，然后再把CO2从溶液中提取出来，在一定条件下与H2反应，使之变为可再生燃料甲醇．其流程如图1：24\n①上述流程中碳酸钾溶液所起的作用是 吸收或富集二氧化碳 ．②在分解池中发生的反应为 2KHCO3K2CO3+CO2↑+H2O （写出化学方程式）．Ⅱ．碳酸钾是重要的无机化工、医药、轻工原料之一，主要用于医药、玻璃、染料等工业，可用作气体吸附剂，干粉灭火剂，橡胶防老剂等．已知：CO2、碳酸盐、碳酸氢盐的部分性质如下：CO2（过量）+OH﹣═HCO3﹣HCO3﹣+OH﹣═CO32﹣+H2OCO32﹣与H+反应生成CO2分两步：CO32﹣+H+═HCO3﹣；HCO3﹣+H+═H2O+CO2↑①小王同学在实验室用如图2所示的装置和药品制取K2CO3溶液．他所制得的溶液中可能含有的杂质是 碳酸氢钾氯化钾或氢氧化钾和氯化钾 ．②该同学在数字实验室中用传感器对碳酸钾和碳酸氢钾的混合物样品进行成分测定，他分别称取三份不同质量的混合物样品，配成稀溶液，然后分别逐滴加入相同浓度的50ml硫酸，测得如表数据：实验编号123混合物的质量/g3.764.708.46硫酸溶液的体积/mL50.0050.0050.00生成二氧化碳的物质的量/mol0.030.03750.03试计算：该混合固体中K2CO3与KHCO3的物质的量之比是 2：1 ；所用硫酸的物质的量浓度为 0.75 mol•L﹣1．【考点】探究物质的组成或测量物质的含量；性质实验方案的设计．【专题】定量测定与误差分析．【分析】I、①碳酸钾能和二氧化碳反应生成碳酸氢钠；②加热条件下，碳酸氢钾能分解；II、①当二氧化碳不足时，氢氧化钾剩余，当二氧化碳过量时生成碳酸氢钾；②比较1、2实验确定1中酸过量，根据质量和物质的量计算碳酸氢钾、碳酸钾的物质的量，从而确定其物质的量之比；比较2、3实验知，3实验中酸量不足，再利用原子守恒计算硫酸的浓度．【解答】解：I、①碳酸钾能和二氧化碳反应生成碳酸氢钠，所以碳酸钾的作用是吸收或富集二氧化碳，故答案为：吸收或富集二氧化碳；②加热条件下，碳酸氢钾能分解生成碳酸钾、二氧化碳和水，反应方程式为：2KHCO3K2CO3+CO2↑+H2O，故答案为：2KHCO3K2CO3+CO2↑+H2O；24\nII、①当二氧化碳不足时，氢氧化钾剩余，当二氧化碳过量时碳酸钾和二氧化碳、水反应生成碳酸氢钾，盐酸溶液挥发出的氯化氢和氢氧化钾分液上层氯化钾，所以他所制得的溶液中可能含有的杂质是碳酸氢钾和氯化钾或氢氧化钾和氯化钾，故答案为：碳酸氢钾氯化钾或氢氧化钾和氯化钾；②从实验2产生的CO2比实验1多可知实验1中酸过量，碳酸钾与碳酸氢钾全部生成硫酸钾．设3.76g混合物中含K2CO3为xmol，含KHCO3为ymol，138x+100y=3.76x+y=0.03解得x=0.02，y=0.01；所以碳酸钾和碳酸氢钾的物质的量之比=0.02mol：0.01mol=2：1，从实验3产生的CO2比实验2少可知实验3中酸不足，实验3最后得到的应为K2SO4和KHCO3混合溶液；利用第一步计算结果，则8.46g混合物中含K2CO3：=0.045mol，含KHCO3：=0.0225mol；根据原子守恒知产物中K+：0.045mol×2+0.0225mol=0.1125mol，其中KHCO3：0.045mol+0.0225mol﹣0.03mol=0.0375mol，K2SO4：=0.0375mol；则硫酸物质的量浓度为：=0.75mol/L，故答案为：2：1，0.75．【点评】本题考查制备实验方案的设计、物质的量的有关计算等知识点，注意根据已知信息进行解答结合原子守恒进行解答，难度较大． 24
