2022-2022学年浙江省衢州一中高二（上）开学化学试卷一、选择题（每小题只有一个正确答案）1．（3分）（2022•肇庆二模）2022年诺贝尔化学奖授予德国化学家GerhardErtl，以表彰他在表面化学领域研究所取得的开拓性成就．某反应在Pt/Al2O3/Ba催化剂表面吸附与解吸作用的机理如图所示（图中HC表示碳氢化合物，nitrate指硝酸盐），该机理研究是指（　　）　A．汽车尾气催化转化处理B．钢铁生锈机理　C．合成氨工业催化氧化机理D．氢氧燃烧电池电极反应机理考点：氮的氧化物的性质及其对环境的影响；催化剂的作用．版权所有专题：信息给予题．分析：依据机理图结合催化剂表面的气体吸收与放出来分析判断．解答：解：在机理图中根据气体的吸附与解吸可知，氮氧化物、一氧化碳等污染气体在催化剂表面转化为无毒气体二氧化碳和氮气，属于汽车尾气的催化转化机理；钢铁生锈机理是原电池反应铁做负极被水膜中的氧气氧化，发生吸氧腐蚀；工业合成氨是高温高压催化剂作用下氮气和氢气在催化剂表面反应生成氨气；氢氧燃料电池是氢气和氧气发生的氧化还原反应，是原电池反应；故A正确．点评：本题考查了几种工业制备的机理，主要是反应原理的分析．　2．（3分）下列各项中表达正确的是（　　）　A．F﹣的结构示意图：B．CO2的分子模型示意图：　C．CSO的电子式：D．N2的结构式：N≡N：考点：电子式、化学式或化学符号及名称的综合．版权所有专题：化学用语专题．分析：A．氟离子的核电荷数为17，最外层电子为8，核外电子数为10；B．二氧化碳分子中，氧原子半径小于碳原子；C．CSO的结构与二氧化碳相似，分子中存在1个C=S和1个C=O键；D．氮气分子中存在氮氮三键，结构式中不参与标出未成键电子对．解答：解：A．氟离子核外电子总数为10，最外层为8个电子，氟离子正确的结构示意图为：，故A错误；-21-B．二氧化碳为直线型结构，碳原子的原子半径大于氧原子，二氧化碳正确的比例模型为：，故B错误；C．CSO的结构与二氧化碳相似，属于共价化合物，分子中存在1个C=S和1个C=O键，其电子式为：，故C正确；D．氮气的电子式为：，将电子式中的共用电子对换成短线，即为氮气的结构式，所以氮气的结构式为N≡N，故D错误；故选C．点评：本题考查了电子式、离子结构示意图、结构式、比例模型的表示方法判断，题目难度中等，注意掌握原子结构示意图与离子结构示意图的区别，明确比例模型与球棍模型的表示方法．　3．（3分）科学家制造出由4个氧原子构成的氧分子，并用质谱仪探测后证实了它的存在．若该氧分子具有空间对称结构，下列关于该氧分子的说法正确的是（　　）　A．是氧元素的一种同位素　B．是氧气的同素异形体，分子内含有共价键　C．是一种新的氧化物　D．是臭氧的同分异构体考点：同素异形体．版权所有专题：原子组成与结构专题．分析：A．质子数相同中子数不同原子互称同位素；B．由同种元素形成的不同种单质互为同素异形体，非金属元素之间形成共价键；C．氧化物是指只含有两种元素，且其中一种元素是氧元素的化合物；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．4个氧原子构成的氧分子即O4是同一元素组成的物质，所以是单质，不属于同位素，故A错误；B．O4和O2都是由氧元素形成的单质，是同素异形体，里面含有共价键，故B正确；C．4个氧原子构成的氧分子即O4是同一元素组成的物质，所以是单质，不属于氧化物，故C错误；D．O4和O3都是由氧元素形成的单质，不属于同分异构体，故D错误；故选B．点评：本题的重点考查了同位素、同素异形体、同分异构体概念和区别，需要注意的是非金属元素之间形成共价键．　4．（3分）俄罗斯科学家在利用回旋加速器进行的实验中，用含20个质子的钙元素的同位素反复轰击含95个质子的镅元素，结果成功制成4个第115号元素的原子，其与N元素同主族．这4个原子在生成数微秒后衰变成第113号元素．前者的一种核素为X．下列有关叙述正确的是（　　）　A．115号元素衰变成113号元素是化学变化-21-　B．核素X的近似相对原子质量为288　C．113号元素其质量数为113　D．因115号元素与N元素同主族，所以定为非金属元素考点：核素．版权所有专题：原子组成与结构专题．分析：A．元素的衰变为核变化；B．质子数=质量数﹣中子数；C.112号元素为第七周期第ⅡB族元素，113号元素位于第ⅢA族；D.112号元素为第七周期第ⅡB族元素，则115号元素位于第ⅤA族．解答：解：A.115号元素衰变成113号元素，为原子核之间的核变化，不是化学变化，故A错误；B．核素X的质量数与相对原子质量近似相等，即为288，故B正确；C.113号元素其质子数为113，故C错误；D.112号元素为第七周期第ⅡB族元素，113号元素位于第ⅢA族，由同主族元素性质变化规律可知，属于金属元素，故D错误；故选B．点评：本题考查原子结构与元素的性质，为高频考点，把握元素周期表中现有元素及112号元素的位置为解答的关键，注意选项A为解答的易错点，题目难度不大．　5．（3分）已知1﹣18号元素的离子aW3+、bX+、CY2﹣、dZ﹣都具有相同的电子层结构，则下列叙述或表示方法正确的是（　　）　A．四种元素位于同一周期B．氢化物的稳定性H2Y＞HZ　C．离子的氧化性aW3+＞bX+D．原子半径Z＞Y考点：位置结构性质的相互关系应用．版权所有专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：1﹣18号元素的离子aW3+、bX+、CY2﹣、dZ﹣都具有相同的电子层结构，说明这几种离子中核外电子个数相等，阴离子中核外电子数=原子序数+电荷数，阳离子中核外电子数=原子序数﹣电荷数，所以这几种离子存在a﹣3=b﹣1=c+2=d+1，阴离子元素位于阳离子元素上一周期，且原子序数大小顺序是a＞b＞d＞c，A．电子层结构相同的离子，阳离子位于同一周期，阴离子位于同一周期；B．元素非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强；C．电子层结构相同的阳离子，所带电荷越多其阳离子氧化性越强；D．同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小．解答：解：1﹣18号元素的离子aW3+、bX+、CY2﹣、dZ﹣都具有相同的电子层结构，说明这几种离子中核外电子个数相等，阴离子中核外电子数=原子序数+电荷数，阳离子中核外电子数=原子序数﹣电荷数，所以这几种离子存在a﹣3=b﹣1=c+2=d+1，阴离子元素位于阳离子元素上一周期，且原子序数大小顺序是a＞b＞d＞c，A．W、X属于同一周期，Y和Z属于同一周期，且X、W位于Y和Z下一周期，故A错误；B．非金属性Y＜Z，则氢化物的稳定性H2Y＜HZ，故B错误；-21-C．电子层结构相同的阳离子，所带电荷越多其阳离子氧化性越强，所以离子的氧化性aW3+＞bX+，故C正确；D．同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，Y和Z属于同一周期且Y原子序数小于Z，所以原子半径Y＞Z，故D错误；故选C．点评：本题考查位置结构性质的相互关系及应用，明确离子电子层结构相同离子在周期表中的位置、原子序数大小顺序是解本题关键，熟练掌握元素周期律、原子结构并灵活运用知识解答问题，题目难度不大．　6．（3分）同温同压下，等体积的两容器内分别充满14N16O和13C16O气体，下列对两容器中气体判断正确的是（　　）　A．中子数相同B．分子数不同C．质子数相同D．气体质量相同考点：阿伏加德罗定律及推论；质量数与质子数、中子数之间的相互关系．版权所有专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：同温同压下，等体积的气体的气体分子数相同，14N16O、13C16O分子都是双原子分子，中子数都是15，分子14N16O、13C16O中质子数分别为15，14，中性分子质子数等于电子数，二者摩尔质量不同，据此结合选项积进行判断．解答：解：同温同压下，等体积的两容器内气体的分子数相同，所以14N16O、13C16O分子数相同．A、14N16O、13C16O分子数相同，分子中的中子数都是15，所以中子数相等，故A正确；B、同温同压下，等体积的气体的气体分子数相同，所以14N16O、13C16O分子数相同，故B错误；C、14N16O、13C16O分子数相同，14N16O、13C16O分子含有质子数数分别为15、14，所以含有的质子数不同，故C错误；D、14N16O、13C16O分子数相同，二者摩尔质量不同，所以质量不同，故D错误．故选A．点评：本题考查阿伏伽德罗定律及推论、常用化学计量计算，难度不大，可用借助pV=nRT理解阿伏伽德罗定律及推论．　7．（3分）将锌片和铜片按图示方式插入柠檬中，电流计指针发生偏转．下列针对该装置的说法正确的是（　　）　A．将电能转换为化学能B．电子由铜片流出　C．锌片是负极D．铜片逐渐被腐蚀考点：原电池和电解池的工作原理．版权所有专题：电化学专题．分析：-21-锌比铜活泼，锌为负极，发生氧化反应，电极方程式为Zn﹣2e﹣=Zn2+，铜为正极，发生还原反应，电极方程式为2H++2e﹣=H2↑，以此解答．解答：解：A．该装置是将化学能转化为电能的装置，为原电池，故A错误；B．电子从负极锌流向正极铜，故B错误；C．锌易失电子作负极，铜作正极，故C正确；D．铜片上电极方程式为2H++2e﹣=H2↑，所以铜片质量不变，故D错误；故选C．点评：本题考查了原电池原理，明确原电池和电解池的判断方法，再结合金属失电子的难易程度确定正负极，难点是电极反应式的书写，要结合电解质溶液酸碱性书写，题目难度不大．　8．（3分）（2022•广东）下列关于硅单质及其化合物的说法正确的是（　　）①硅是构成一些岩石和矿物的基本元素②水泥、玻璃、水晶饰物都是硅酸盐制品③高纯度的硅单质广泛用于制作光导纤维④陶瓷是人类应用很早的硅酸盐材料．　A．①②B．②③C．①④D．③④考点：硅和二氧化硅；无机非金属材料．版权所有分析：根据水晶是二氧化硅，不是硅酸盐，排除A和B；再根据光导纤维的主要成分是二氧化硅可排除D，然后快速选出答案．解答：解：①几乎所有的岩石和矿物都含有硅酸盐或者二氧化硅，则硅是构成一些岩石和矿物的基本元素，故①正确；②水泥、玻璃是硅酸盐产品，水晶的主要成分是二氧化硅，故②错误；③光导纤维的主要成分是二氧化硅，故③错误；④陶瓷的主要原料是黏土，则陶瓷是人类应用很早的硅酸盐材料，故④正确；故选：C．点评：该题考查硅及硅的化合物，只要在平时的学习过程中善于积累，并能轻松解决，完成该题，可以使用淘汰法快速完成．　9．（3分）下列离子方程式书写正确的是（　　）　A．Ba（OH）2溶液与稀硫酸反应：Ba2++OH﹣+H++SO42﹣═BaSO4↓+H20　B．Fe与FeCl3溶液反应：Fe+Fe3+═2Fe2+　C．大理石中加入稀盐酸：CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2O　D．AlCl3溶液中加过量氨水：Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓考点：离子方程式的书写．版权所有专题：离子反应专题．分析：A．不符合离子的配比；B．电子、电荷不守恒；C．反应生成氯化钙、水、二氧化碳；D．一水合氨在离子反应中保留化学式．解答：解：A．Ba（OH）2溶液与稀硫酸反应的离子反应为Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H20，故A错误；B．Fe与FeCl3溶液反应的离子反应为Fe+2Fe3+═3Fe2+，故B错误；-21-C．大理石中加入稀盐酸的离子反应为CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2O，故C正确；D．AlCl3溶液中加过量氨水的离子反应为Al3++3NH3．H2O═Al（OH）3↓+3NH4+，故D错误；故选C．点评：本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的化学反应及离子反应的书写方法为解答的关键，注意电子、电荷守恒及离子反应中保留化学式的物质，题目难度不大．　10．（3分）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（　　）　A．常温常压下，11.2L氧气含有的原子数目为NA　B．14gN2和N4组成的混合气体中含有的原子数为NA　C．0.1NA个二氧化碳分子所占体积约为2.24L　D．1mol/LCaCl2溶液中含有的氯离子数目为2NA考点：阿伏加德罗常数．版权所有专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：A.22.4L/mol适用于标准状况下；B．N2和N4都是由N构成，将质量转化为物质的量结合N2和N4结构特点计算；C.22.4L/mol适用于标准状况下；D．依据n=C×V分析．解答：解：A．常温常压下，Vm≠22.4L/mol，故A错误；B．N2和N4都是由N构成，14gN2和N4组成的混合气体含有N的物质的量n==1mol，其个数为NA，故B正确；C．没指明条件是在标准状况下，Vm≠22.4L/mol故C错误；D．缺少溶液的体积，无法计算，故D错误；故选：B．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的分析判断和计算应用，掌握物质的量和足量、气体体积、微粒数等物理量的计算应用，掌握基础是关键，注意气体摩尔体积的使用条件，题目较简单．　11．（3分）（2022•江苏）用固体样品配制一定物质的量浓度的溶液，需经过称量、溶解、转移溶液、定容等操作．下列图示对应的操作规范的是（　　）　A．称量B．溶解C．转移D．定容考点：配制一定物质的量浓度的溶液．版权所有专题：物质的量浓度和溶解度专题．分析：A．药品不能直接放在托盘内，且药品与砝码放反了；-21-B．固体溶解用玻璃棒搅拌，加速溶解；C．应用玻璃棒引流；D．胶头滴管不能深入容量瓶内．解答：解：A．用天平称量药品，药品不能直接放在托盘内，天平称量应遵循“左物右码”，故A错误；B．固体溶解用玻璃棒搅拌，加速溶解，故B正确；C．应用玻璃棒引流，防止溶液洒落，故C错误；D．胶头滴管不能深入容量瓶内，应在容量瓶正上方，悬空滴加，故D错误；故选B．点评：本题实验考查基本操作，比较基础，旨在考查学生对基础知识的理解掌握，注意掌握中学实验常见的基本操作．　12．（3分）下列各组物质中，前者为强电解质，后者为弱电解质的是（　　）　A．硫酸，硫酸镁B．碳酸，碳酸钠C．食盐，酒精D．碳酸氢钠，醋酸考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡．版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：电解质的强弱是根据电离程度划分的，在水溶液里或熔融状态下完全电离是电解质是强电解质，部分电离是电解质是弱电解质，强酸、强碱和大部分的盐属于强电解质．解答：解：A．硫酸和硫酸镁都属于强电解质，故A错误；B．碳酸是弱电解质，碳酸钠是强电解质，故B错误；C．食盐属于强电解质，酒精属于非电解质，故C错误；D．碳酸氢钠是强电解质，醋酸是弱电解质，故D正确；故选D．点评：本题考查了强弱电解质的判断，明确电解质的强弱是根据电离程度划分的，注意不能根据电解质溶液的导电性强弱划分强弱电解质，为易错点．　13．（3分）下列叙述正确的是（　　）　A．SO2能使品红溶液褪色是因为SO2具有氧化性，所以它也能使酸碱指示剂褪色　B．硫化氢中硫显最低价态﹣2价，因此只具有还原性　C．浓硫酸使木棒或棉花变黑，体现了浓硫酸的吸水性　D．BaSO4可作“钡餐”进行X射线检查考点：二氧化硫的化学性质；浓硫酸的性质；硫化氢．版权所有专题：氧族元素．分析：A、根据二氧化硫使品红退色的原理以及二氧化硫的性质来回答；B、硫化氢中的硫离子具有还原性，但是氢离子还可以表现弱的氧化性；C、浓硫酸具有吸水性和脱水性；D、硫酸钡是白色不溶于盐酸的沉淀，可以做钡餐．解答：解：A、二氧化硫使品红退色的原理：和有机色质结合而褪色，不是氧化性的原因，且二氧化硫不能使有机色质褪色，故A错误；B、硫化氢中的硫离子具有还原性，但是氢离子还可以表现弱的氧化性，因此硫化氢不是只具有还原性，故B错误；-21-C、浓硫酸具有吸水性和脱水性，使木棒或棉花变黑，体现了浓硫酸的脱水性，故C错误；D、硫酸钡是白色不溶于盐酸的沉淀，可以做钡餐，故D正确．故选D．点评：本题涉及含硫元素的化合物的性质，注意知识的归纳和整理是解题的关键，难度不大．　14．（3分）宋代著名法医学家宋慈的《洗冤集录》中有“银针验毒”的记载，“银针验毒”的原理是4Ag+2H2S+O2=2Ag2S+2H2O，其中H2S是（　　）　A．氧化剂B．还原剂　C．既是氧化剂又是还原剂D．既不是氧化剂又不是还原剂考点：氧化还原反应．版权所有专题：氧化还原反应专题．分析：反应4Ag+2H2S+O2=2Ag2S+2H2O中，Ag元素化合价由0价升高到+1价，被氧化，O元素化合价由0价降低到﹣2价，被还原，S元素化合价不变，以此解答该题．解答：解：反应中Ag和O元素化合价发生变化，而S、H元素化合价在反应前后不变，H2S既不是氧化剂又不是还原剂．故选D．点评：本题考查氧化还原反应，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意从元素化合价的角度认识相关概念以及物质的性质，难度不大．　15．（3分）下列排列顺序正确的是（　　）　A．热稳定性强弱：HCl＞HBr＞HIB．微粒半径：Cl﹣＞K+＞Na+＞Fe（OH）3胶粒　C．晶体熔点：SiO2＞NaCl＞CF4＞CCl4D．氢化物的沸点：H2Se＞H2S＞H2O考点：非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；元素周期律的作用．版权所有专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：A．非金属性越强，气态氢化物越稳定；B．离子半径小于胶体粒子半径，离子的电子层越多，半径越大；具有相同排布的离子原子序数大的离子半径小；C．一般来说，熔点为原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，分子晶体中相对分子质量大的熔沸点高；D．同主族的氢化物的相对分子质量越大，沸点越大，但含氢键的物质沸点最大．解答：解：A．非金属性Cl＞Br＞I，气态氢化物的稳定性为HCl＞HBr＞HI，故A正确；B．离子半径小于胶体粒子半径，离子的电子层越多，半径越大；具有相同排布的离子原子序数大的离子半径小，则微粒半径为Fe（OH）3胶粒＞Cl﹣＞K+＞Na+，故B错误；C．一般来说，熔点为原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，分子晶体中相对分子质量大的熔沸点高，则晶体熔点：（原子晶体）SiO2＞（离子晶体）NaCl＞CCl4＞CF4，故C错误；D．同主族的氢化物的相对分子质量越大，沸点越大，但水中含氢键沸点最大，则氢化物的沸点为H2O＞H2Se＞H2S，故D错误；故选A．点评：本题考查元素的性质及比较，为高频考点，把握同周期、同主族元素性质的变化规律为解答的关键，侧重规律性知识的考查，注意方法性知识的应用，题目难度不大．-21-　16．（3分）为了除去括号内的杂质，其试剂选择和分离方法都正确的是（　　）序号物质（杂质）所用试剂分离方法A溴苯（Br2）苯萃取、分液B乙酸乙酯（乙酸）饱和碳酸钠溶液分液CCH4（C2H4）酸性高锰酸钾洗气DCH3CH2OH（H2O）生石灰过滤　A．AB．BC．CD．D考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．版权所有专题：有机物的化学性质及推断；化学实验基本操作．分析：A．溴苯、溴和苯互溶；B．乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸能被碳酸钠溶液吸收；C．乙烯被酸性高锰酸钾氧化为二氧化碳气体；D．乙醇和水的分离应用蒸馏的方法．解答：解：A．溴苯、溴和苯互溶，除去溴苯的中溴，应用碱溶液，然后分液，故A错误；B．乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸能被碳酸钠溶液吸收，然后用分液的方法分离，故B正确；C．乙烯被酸性高锰酸钾氧化为二氧化碳气体，引入新的杂质，故C错误；D．乙醇和水互溶，分离应用蒸馏的方法，不能用过滤的方法，故D错误．故选B．点评：本题考查物质的分离、提纯，题目难度不大，本题注意根据物质的性质的异同选择分离方法．　17．（3分）糖类、油脂和蛋白质是维持人体生命活动所必需的三大营养物质，以下叙述正确的是（　　）　A．植物油能使溴的四氯化碳溶液褪色　B．葡萄糖能发生氧化反应和水解反应　C．蛋白质溶液遇硫酸铜后产生的沉淀能重新溶于水　D．油脂的水解又叫皂化反应考点：氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；油脂的性质、组成与结构．版权所有专题：糖类与蛋白质专题．分析：A．植物油高级脂肪烃基含有C=C官能团；B．葡萄糖为单糖；C．蛋白质遇重金属盐发生变性；D．油脂在碱性条件下的水解称为皂化反应．解答：解：A．植物油高级脂肪烃基含有C=C官能团，能与溴发生加成反应而使溴的四氯化碳溶液褪色，故A正确；B．葡萄糖为单糖，不能发生水解，故B错误；C．硫酸铜属于重金属盐，蛋白质遇重金属盐发生变性，变性是不可逆过程，故C错误；D．油脂可以在酸性、碱性、酶催化条件下水解，只有在碱性条件下的水解称为皂化反应，故D错误．-21-故选A．点评：本题考查糖类、油脂、蛋白质的结构和性质，题目难度不大，学习中注意相关基础知识的积累．　18．（3分）下列有关物质检验的操作、现象及结论均正确的是（　　）选项实验操作及现象实验结论A向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成该溶液中一定含有SO42﹣B向某溶液中加入稀盐酸，产生的气体通入澄清石灰水中，变浑浊该溶液中一定含有CO32﹣C向某溶液中加入NaOH浓溶液，加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝该溶液中一定含有NH4+D用洁净的铂丝蘸取少量溶液在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色该溶液一定是钠盐　A．AB．BC．CD．D考点：常见离子的检验方法．版权所有专题：物质检验鉴别题．分析：A、能够与氯化钡反应生成不溶于盐酸的沉淀的离子可能为银离子、SO42﹣离子；B、能够使澄清石灰水不存在的气体有二氧化碳和二氧化硫，原溶液中可能存在碳酸根离子、亚硫酸根离子、碳酸氢根离子等；C、使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气，溶液中一定存在铵离子；D、焰色反应的火焰为黄色的离子为钠原子，溶液中一定含有钠离子，可能为钠盐、氢氧化钠．解答：解：A、向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，白色沉淀可能为氯化银、硫酸钡，原溶液中可能存在硫酸根离子、银离子，所以不一定含有硫酸根离子，故A错误；B、向某溶液中加入稀盐酸，产生的气体通入澄清石灰水，变浑浊，产生的气体可能为二氧化碳、二氧化硫，原溶液中可能存在碳酸根离子、亚硫酸根离子、碳酸氢根离子等，所以不一定存在CO32﹣，故B错误；C、向某溶液中加入NaOH浓溶液，加热产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体一定为氨气，原溶液中一定存在铵离子，故C正确；D、用洁净的铂丝蘸取少量溶液在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色，说明溶液中一定存在钠离子，该溶液可能为钠盐，有可能为氢氧化钠，所以不一定为钠盐，故D错误；故选C．点评：本题考查了常见离子的检验，题目难度中等，注意明确常见离子（硫酸根离子、氯离子、铵离子等）的检验方法，选项D为易错点，注意含有钠离子的不一定为钠盐，注意认真分析、理解题意．　19．（3分）（2022•虹口区一模）寒冷的冬天，经常使用暖宝宝，暖宝宝中装的是铁粉、活性炭、无机盐等物质，打开包装以后，可以连续12个小时释放热量，以下分析错误的是（　　）　A．将化学能转化为热能　B．其发热原理与钢铁的吸氧腐蚀相同　C．铁作负极，电极反应为：Fe﹣3e→Fe3+-21-　D．活性炭作正极，电极反应为：2H2O+O2+4e→4OH﹣考点：原电池和电解池的工作原理．版权所有专题：电化学专题．分析：铁碳和无机盐组成原电池反应，铁做负极，碳做正极；A、依据分析判断，过程是原电池反应；B、原电池反应是利用铁和氧气发生的氧化还原反应；C、铁做负极失电子生成亚铁离子；D、正极上是氧气得到电子生成氢氧根离子；解答：解：铁碳和无机盐组成原电池反应，铁做负极，碳做正极，空气中的氧气在正极得到电子发生还原反应；A、铁碳和无机盐组成原电池反应，铁做负极，碳做正极，过程是原电池反应，发生氧化还原反应将化学能转化为热能，故A正确；B、原电池反应是利用铁和氧气发生的氧化还原反应，发热原理与钢铁的吸氧腐蚀相同，故B正确；C、铁做负极失电子生成亚铁离子，电极反应Fe﹣2e→Fe2+，故C错误；D、正极上是氧气得到电子生成氢氧根离子电极反应为：2H2O+O2+4e→4OH﹣，故D正确；故选C．点评：本题考查了原电池原理的分析应用，掌握原理和电极反应是解题关键，题目难度中等．　20．（3分）下表为六种短周期元素的部分性质：下列有关说法错误的是（　　）元素代号XYZQRT原子半径/10﹣10m0.770.740.751.170.991.10主要化合价+4、﹣4﹣2+5、﹣3+4、﹣4+7、﹣1+5、﹣3　A．X与Y可以形成阴离子XY32﹣　B．元素R的含氧酸一定为强酸　C．Z的氢化物的沸点比T的氢化物的沸点高　D．由X形成的化合物QX和XR4，其晶体类型不相同考点：原子结构与元素的性质．版权所有专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：短周期元素，元素的最高正化合价与其族序数相等，最低负化合价=族序数﹣8，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，同一主族元素，原子半径随着原子序数增大而增大，根据图中数据知，X和Q属于第IVA族元素、Z和I属于第VA族元素、Y属于第VIA族元素、R属于第VIIA族元素，R有正化合价所以为Cl元素，X半径小于Q，所以X为C元素、Q为Si元素；X原子半径大于Y，所以Y为O元素；Z的原子半径小于T，所以Z为N元素、T为P元素；再结合题目分析解答．解答：-21-解：短周期元素，元素的最高正化合价与其族序数相等，最低负化合价=族序数﹣8，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，同一主族元素，原子半径随着原子序数增大而增大，根据图中数据知，X和Q属于第IVA族元素、Z和I属于第VA族元素、Y属于第VIA族元素、R属于第VIIA族元素，R有正化合价所以为Cl元素，X半径小于Q，所以X为C元素、Q为Si元素；X原子半径大于Y，所以Y为O元素；Z的原子半径小于T，所以Z为N元素、T为P元素；A．X与Y可以形成阴离子CO32﹣，故A正确；B．R为Cl元素，其含氧酸HClO为弱酸，但为强氧化性酸，故B错误；C．Z为N元素、T为P元素，N的氢化物中含有氢键、P的氢化物中不含氢键，氢键的存在导致氨气熔沸点高于PH3，故C正确；D．由C形成的化合物SiC和CCl4，SiC和CCl4晶体类型分别为原子晶体、分子晶体，所以其晶体类型不同，故D正确；故选B．点评：本题考查原子结构和元素性质，明确元素化合价与族序数的关系、物质的结构和性质即可解答，注意Cl元素的含氧酸都具有酸性，但不一定都是强酸，为易错点．　21．（3分）反应3X（g）+Y（g）⇌2Z（g）+2W（g）在2L密闭容器中进行，5min后Y减少了0.5mol，则此反应的平均速率v为（　　）　A．v（X）=0.05mol•L﹣1•min﹣1B．v（Z）=0.10mol•L﹣1•min﹣1　C．v（Y）=0.10mol•L﹣1•min﹣1D．v（W）=0.05mol•L﹣1•s﹣1考点：反应速率的定量表示方法．版权所有专题：化学反应速率专题．分析：根据v=计算v（Y），再利用速率之比等于化学计量数之比求出用其它物质表示的反应速率，据此判断．解答：解：v（Y）==0.05mol•L﹣1•min﹣1，A、速率之比等于化学计量数之比，所以v（X）=3v（Y）=3×0.05mol•L﹣1•min﹣1=0.15mol•L﹣1•min﹣1，故A错误；B、速率之比等于化学计量数之比，所以v（Z）=2v（Y）=2×0.05mol•L﹣1•min﹣1=0.1mol•L﹣1•min﹣1，故B正确；C、v（Y）==0.05mol•L﹣1•min﹣1，故C错误；D、速率之比等于化学计量数之比，所以v（W）=2v（Y）=2×0.05mol•L﹣1•min﹣1=0.1mol•L﹣1•min﹣1=0.001705mol•L﹣1•s﹣1，故D错误．故选B．点评：本题考查反应速率的计算，难度不大，根据定义或利用速率之比等于化学计量数之比是计算反应速率常用两种方法．　22．（3分）科学家一直致力于“人工固氮”的新方法研究．目前合成氨技术原理为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）；△H=﹣92.4kJ•mol﹣1．在673K，30MPa下，上述合成氨反应中n（NH3）和n（H2）随时间变化的关系如图所示．下列叙述正确的是（　　）-21-　A．点a的正反应速率比点b的大　B．点c处反应达到化学平衡状态　C．点d和点e处的n（N2）不相同　D．点e反应达到化学平衡状态，反应停止考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线．版权所有专题：化学平衡专题．分析：A．浓度越大反应速率越快；B．a、b、c之后氢气的物质的量继续变化，未达到平衡，反应向正反进行；C．d、e对应氢气、氨气的物质的量不变，处于平衡状态；D．d、e对应氢气、氨气的物质的量不变，处于平衡状态是动态平衡．解答：解：A．a点反应物的浓度大于b点，浓度越大反应速率越快，故a点反应速率更大，故A正确；B．点c之后氢气的物质的量继续减小，未达到平衡，反应向正反进行，故B错误；C．d、e对应氢气、氨气的物质的量不变，处于平衡状态，点d和点e处的n（N2）相同，故C错误；D．d、e对应氢气、氨气的物质的量不变，处于平衡状态，平衡时动态平衡丙未停止，故D错误；故选A．点评：本题考查了化学平衡影响因素分析，注意图象变化的分析判断，掌握平衡调整和移动原理是关键，题目较简单．　23．（3分）酸碱质子理论认为，凡能给出质子（H+）的分子或离子都是酸；凡能接受质子的分子或离子都是碱．按此观点，下列粒子既属于酸又属于碱的是（　　）①Al（OH）3②ClO﹣③Mg2+④CO32﹣⑤NH4+⑥HCO3﹣．　A．②③B．④⑥C．①⑥D．⑤⑥考点：电解质在水溶液中的电离．版权所有专题：信息给予题．分析：根据题干信息知，凡能给出质子（H+）的分子或离子都是酸，凡能接受质子的分子或离子都是碱，根据粒子是给出还是接受质子确定属于酸或还是碱．解答：解：①Al（OH）3、⑥HCO3﹣既能给出质子又能接受质子，所以既属于酸又属于碱；②ClO﹣、④CO32﹣只能结合质子，所以属于碱；⑤NH4+只能给出质子，所以属于酸，故选C．点评：本题考查酸碱的判断，正确理解题给信息中酸碱概念是解本题关键，再结合微粒的性质解答，同时考查学生学以致用能力，题目难度不大．　-21-24．（3分）将一定量的Cl2通入一定浓度的苛性钾溶液中，两者恰好完全反应（已知反应过程放热），生成物中有三种含氯元素的离子，其中ClO﹣和ClO3﹣两种离子的物质的量（n）与反应时间（t）的变化示意图如图所示．下列说法正确的是（　　）　A．苛性钾溶液中KOH的物质的量是0.09mol　B．ClO3﹣的生成是由于氯气的量的多少引起的　C．在酸性条件下，ClO﹣和ClO3﹣可生成Cl2　D．反应中转移电子的物质的量是0.21mol考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用；化学方程式的有关计算．版权所有专题：图示题．分析：氯气和氢氧化钾溶液反应生成次氯酸钾、氯化钾和氯酸钾，根据图象知n（ClO﹣）=0.06mol，n（ClO3﹣）=0.03mol，根据电子转移守恒可知生成的氯离子n（Cl﹣）=0.06mol×（1﹣0）+0.03mol×（5﹣0）=0.21mol，故转移电子物质的量为0.21mol，根据物料守恒可知n（K+）=n（Cl﹣）+n（ClO﹣）+n（ClO3﹣）=0.21mol+0.06mol+0.03mol=0.3mol．解答：解：氯气和氢氧化钾溶液反应生成次氯酸钾、氯化钾和氯酸钾，根据图象知n（ClO﹣）=0.06mol，n（ClO3﹣）=0.03mol，根据电子转移守恒可知生成的氯离子n（Cl﹣）=0.06mol×（1﹣0）+0.03mol×（5﹣0）=0.21mol，故转移电子物质的量为0.21mol，根据物料守恒可知n（K+）=n（Cl﹣）+n（ClO﹣）+n（ClO3﹣）=0.21mol+0.06mol+0.03mol=0.3mol，A．通过以上分析知，氢氧化钾的物质的量=0.3mol，故A错误；B．根据图象知，氯气和氢氧化钾先生成次氯酸钾，且该反应是放热反应，随着温度的升高，氯气和氢氧化钾反应生成氯酸钾，所以氯酸根离子的生成是由于温度升高引起的，故B错误；C．ClO﹣中Cl元素的化合价是+1价，ClO3﹣中Cl元素的化合价是+5价，因此两者反应不可能生成Cl2，故C错误；D．根据图象知n（ClO﹣）=0.06mol，n（ClO3﹣）=0.03mol，根据电子转移守恒可知生成的氯离子n（Cl﹣）=0.06mol×（1﹣0）+0.03mol×（5﹣0）=0.21mol，故转移电子物质的量为0.21mol，故D正确；故选D．点评：本题考查了氧化还原反应的计算，为高频考点，明确该反应中的生成物是解本题关键，结合原子守恒、转移电子守恒来分析解答，题目难度中等．　二、填空题25．（3分）A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大．A是元素周期表中原子半径最小的元素，B元素原子L层上的电子数为K层电子数的2倍；元素D的2价阴离子的核外电子排布与氖原子相同；E与A同主族；A和E这两种元素与D都能形成X2Y、X2Y2型化合物．请回答：-21-（1）D元素在周期表中的位置为　第2周期ⅥA族　；化合物A2D的电子式为　　．（2）元素B的一种同位素可测定文物年代，这种同位素的符号是　　．（3）写出符合X2Y2的物质在MnO2催化作用下生成D单质的方程式　2H2O22H2O+O2↑　．（4）化合物M由A、C两种元素组成，0.01molM与足量CuO充分反应生成红色Cu的同时，生成了0.36g水和标准状况下体积为0.224L的C2气体，则M的化学式为　N2H4　；M与CuO反应的化学方程式为　N2H4+2CuO=2Cu+N2+2H2O　．考点：位置结构性质的相互关系应用．版权所有专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大．A是元素周期表中原子半径最小的元素，则A为H；B元素原子L层上的电子数为K层电子数的2倍，则B原子L层电子数为4，所以B为C元素；元素D的2价阴离子的核外电子排布与氖原子相同，则D为O元素；C的原子序数介于碳元素与氧元素之间，所以C为N元素；A与E同主族，原子序数A＜E，A和E这两种元素与D都能形成X2Y、X2Y2型化合物，则A为H元素，E为Na元素，据此解答各小题即可．解答：解：A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大．A是元素周期表中原子半径最小的元素，故A是H；B元素原子L层上的电子数为K层电子数的2倍，则B原子L层电子数为4，所以B为C元素；元素D的2价阴离子的核外电子排布与氖原子相同，则D为O元素；C的原子序数介于碳元素与氧元素之间，所以C为N元素；A与E同主族，原子序数A＜E，A和E这两种元素与D都能形成X2Y、X2Y2型化合物，则A为H元素，E为Na元素，依据分析可知：A为H，B为C，C为N，D为O，E为Na，（1）D为O元素，位于周期表中第2周期ⅥA族；化合物A2D是H2O，水是由H与O形成的共价化合物，其电子式，故答案为：第2周期ⅥA族；；（2）B为C元素，C的同位素C﹣14可测定文物年代，这种同位素的符号为：，故答案为：；（3）D为O元素，其单质为氧气，双氧水在二氧化锰作用下生成水和氧气，2H2O22H2O+O2↑，故答案为：2H2O22H2O+O2↑；-21-（4）A为H、C为N，C2气体为氮气，0.36g水的物质的量为：=0.02mol，含有0.04molH原子，标准状况下体积为0.224L的C2气体的物质的量为：=0.01mol，0.01mol氮气分子中含有0.02mol氮原子，则M分子中含有N、H原子数为：N（N）==2、N（H）==4，M的分子式为：N2H4；0.01molN2H4完全反应生成0.01mol氮气、0.02mol水，则1molN2H4完全反应生成1mol氮气、2mol水，根据质量守恒定律可得反应方程式为：N2H4+2CuO=2Cu+N2+2H2O，故答案为：N2H4；N2H4+2CuO=2Cu+N2+2H2O．点评：本题考查了无机物推断，题目难度中等，根据物质之间的反应、物质的性质等知识点确定物质，再结合物质的结构分析解答，同时考查学生分析问题、解决问题的能力．　26．（3分）下表为元素周期表的片段组合，请参照元素①﹣⑧在表中的位置，用化学用语回答下列问题：（1）⑤、⑥、⑧相应离子半径由大到小的顺序：（离子符号表示）　Na+＞Al3+＞Cl﹣　．（2）②、③、⑥的最高价氧化物的水化物酸性由强到弱的顺序是（填化学式）　HNO3＞H2CO3＞Al（OH）3　．（3）④、⑤、⑦元素可形成既含离子键又含共价键的一种可溶于水的化合物，往该化合物的水溶液中通入过量的二氧化碳气体可以看到的现象为　有白色胶状沉淀生成　（4）由②和④组成质量比为3：8的化合物，该物质固态时晶体类型为　分子晶体　，该物质与单质镁反应的化学方程式为　2Mg+CO22MgO+C　（5）次磷酸钠（NaH2PO2）可用于化学镀镍．酸性条件下发生以下反应：6H2PO2﹣+2H+═2P+4H2PO3﹣+3H2↑，若生成1molP，反应中转移电子的物质的量为　4　mol．考点：元素周期律和元素周期表的综合应用．版权所有专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：由元素在周期表中位置，可知①为H、②为C、③为N、④为O、⑤为Na、⑥为Al、⑦Si、⑧为Cl．（1）电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大；（2）非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强；（3）④、⑤、⑦元素可形成既含离子键又含共价键的一种可溶于水的化合物为Na2SiO3，硅酸钠溶液中通入二氧化碳生成硅酸；-21-（4）由②和④组成质量比为3：8的化合物，该化合物中C、O原子数目之比=：=1：2，化合物为CO2，Mg在二氧化碳中燃烧生成氧化镁与碳；（5）反应中P元素的化合价部分降低得到P，部分升高得到H2PO3﹣，部分氢元素化合价降低，计算生成H2PO3﹣的物质的量，再根据P元素化合价变化计算转移电子．解答：解：由元素在周期表中位置，可知①为H、②为C、③为N、④为O、⑤为Na、⑥为Al、⑦Si、⑧为Cl．（1）电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径：Na+＞Al3+＞Cl﹣，故答案为：Na+＞Al3+＞Cl﹣；（2）非金属性N＞C＞Al，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，故酸性：HNO3＞H2CO3＞Al（OH）3，故答案为：HNO3＞H2CO3＞Al（OH）3；（3）④、⑤、⑦元素可形成既含离子键又含共价键的一种可溶于水的化合物为Na2SiO3，硅酸钠溶液中通入二氧化碳生成硅酸，可以看到现象：有白色胶状沉淀生成，故答案为：有白色胶状沉淀生成；（4）由②和④组成质量比为3：8的化合物，该化合物中C、O原子数目之比=：=1：2，化合物为CO2，固态时属于分子晶体，Mg在二氧化碳中燃烧生成氧化镁与碳，反应方程式为：2Mg+CO22MgO+C，故答案为：分子；2Mg+CO22MgO+C；（5）反应中P元素的化合价部分降低得到P，部分升高得到H2PO3﹣，部分氢元素化合价降低，若生成1molP，由方程式可知，生成H2PO3﹣的物质的量为1mol×=2mol，P元素化合价由+1价升高为+3价，故转移电子为2mol×（3﹣1）=4mol，故答案为：4．点评：本题考查元素周期表与元素周期律、氧化还原反应计算等，注意整体把握元素周期表的结构，难度中等．　27．（3分）茉莉花香气的成份有多种，乙酸苯甲酯（）是其中的一种，它可以从茉莉花中提取．一种合成路线如下：-21-回答下列问题：（1）A物质中所含官能团为　羟基　，C的结构简式为　CH3COOH　．（2）反应③的反应类型为　酯化反应或取代反应　．（3）写出反应①的化学方程式：　2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O　．（4）乙烯合成聚乙烯塑料的化学方程式是　nCH2=CH2　．（5）下列关于乙酸苯甲酯（）的说法正确的是　AC　A．可以发生水解反应和加成反应B．可以和4mol氢气加成C．相同质量的乙酸苯甲酯和苯在足量氧气中充分燃烧，苯消耗氧气的量较多D．分子中所有原子在同一平面上．考点：有机物的推断．版权所有专题：有机物的化学性质及推断．分析：乙烯与水发生加成反应生成A为CH3CH2OH，乙醇在Cu作催化作用下发生氧化反应生成B为CH3CHO，CH3CHO继续被氧化生成C为CH3COOH，乙酸与在一定条件下与CH3COOH发生酯化反应生成，据此解答．解答：解：乙烯与水发生加成反应生成A为CH3CH2OH，乙醇在Cu作催化作用下发生氧化反应生成B为CH3CHO，CH3CHO继续被氧化生成C为CH3COOH，乙酸与在一定条件下与CH3COOH发生酯化反应生成，（1）A为CH3CH2OH，所含官能团为羟基，C的结构简式为CH3COOH，故答案为：羟基；CH3COOH；（2）反应③是羧酸与醇发生的酯化反应，也属于取代反应，故答案为：酯化反应或取代反应；（3）反应①是乙醇发生氧化反应生成乙醛，反应化学方程式：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；（4）乙烯合成聚乙烯塑料的化学方程式是：nCH2=CH2，故答案为：nCH2=CH2；（5）A．乙酸苯甲酯含有酯基、苯环，可以发生水解反应和加成反应，故A正确；B．苯环与氢气发生加成反应，1mol乙酸苯甲酯可以和3mol氢气加成，故B错误；C．乙酸苯甲酯可以改写为C8H10．CO2，1mol乙酸苯甲酯消耗氧气为（8+-21-）mol=10.5mol，即150g乙酸苯甲酯消耗氧气10.5mol，而1mol苯消耗氧气为（6+）mol=7.5mol，即78g苯消耗氧气7.5mol，150g苯消耗氧气为7.5mol×=14.4mol，故相同质量的乙酸苯甲酯和苯在足量氧气中充分燃烧，苯消耗氧气的量较多，故C正确；D．分子中存在甲基，具有甲烷的四面体结构，所有原子不可能在同一平面上，故D错误，故选AC．点评：本题考查有机物的合成，难度不大，涉及烯烃、醇、醛、羧酸、酯的性质与转化，注意对基础知识的理解掌握．　28．（3分）实验室中可用如图1所示装置制取氯酸钾（KClO3），、次氯酸钠和探究氯水的性质．图1中：①为氯气发生装置；②的试管里盛有15mL30%KOH溶液，并置于热水浴中；③的试管里盛有15mL8%NaOH溶液，并置于冰水浴中；④的试管里加有紫色石蕊试液；⑤为尾气吸收装置．完成下列各题（1）制取氯气时，在烧瓶里加入一定量的二氧化锰，再加入适量的浓盐酸，加热．实验时为除去氯气中的氯化氢气体，可在①与②之间安装盛有　B　（填写下列编号字母）的净化装置．A．碱石灰B．饱和食盐水C．浓硫酸D．饱和碳酸氢钠溶液（2）比较制取氯酸钾和次氯酸钠的条件，二者的差异是　制取温度不同，制取时碱的浓度也不同　．反应完毕经冷却后，②的试管中有大量晶体析出．图2中符合该晶体溶解度曲线的是　M　（填写编号字母）；从②的试管中分离出该晶体的方法是　过滤　（填写实验操作名称）．（3）本实验中制取次氯酸钠的离子方程式为　Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O　．（4）实验中④的试管里溶液颜色先变红后褪色，解释溶液颜色变红的原因　氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，氯化氢电离产生氢离子，溶液显酸性，所以紫色石蕊试液变红色　．考点：氯气的实验室制法；氯气的化学性质．版权所有专题：卤族元素．-21-分析：（1）依据浓盐酸的挥发性，分析氯气含有的杂质，依据氯化氢易溶于水的性质解答；（2）在加热条件下，氯气与浓KOH溶液反应生成氯酸钾，在常温以下，氯气与稀NaOH溶液反应生成次氯酸钠；溶质的溶解度随温度的降低而降低；（3）氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；（4）依据氯气与水反应生成的产物的性质解答．解答：解：（1）浓盐酸具有挥发性，制取的氯气中含有氯化氢气体，通过饱和食盐水可以吸收氯化氢气体，所以为除去氯气中的氯化氢气体，可在①与②之间安装盛有饱和食盐水的装置，故答案为：B；（2）根据题中信息可知，在加热条件下，氯气与浓KOH溶液反应生成氯酸钾，在常温以下，氯气与稀NaOH溶液反应生成次氯酸钠，二者反应的浓度和温度都不相同；反应完毕经冷却后，②的试管中有大量晶体析出，说明溶质的溶解度随温度的降低而降低，只有M符合，不溶性固体与液体的分离常采用过滤的方法；故答案为：制取温度不同，制取时碱的浓度也不同；M；过滤；（3）氯气与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为：Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O，故答案为：Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O；（4）氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，氯化氢电离产生氢离子，溶液显酸性，所以紫色石蕊试液变红色；故答案为：氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，氯化氢电离产生氢离子，溶液显酸性，所以紫色石蕊试液变红色．点评：本题考查实验方案的设计，熟悉氯气的制取原理及物质的性质是解答本题的关键，题目难度中等．　三、计算题29．将含有C、H、O元素的有机物3.0g装入元素分析装置，通入足量的O2使之完全燃烧，将生成的气体依次通过装有足量的浓硫酸和碱石灰的装置，测得浓硫酸质量增加了1.8g，碱石灰质量增加了4.4g，已知该有机物的相对分子质量为60．（1）燃烧此有机物3.0g需消耗O2（标准状况）多少L？（2）求此有机物的分子式．考点：有机物实验式和分子式的确定．版权所有专题：烃及其衍生物的燃烧规律．分析：（1）根据质量守恒计算消耗氧气的质量，进而计算消耗氧气的体积；（2）A管质量增加1.8g为生成水的质量，B管质量增加4.4g为生成二氧化碳的质量，根据n=计算有机物、水、二氧化碳的物质的量，根据原子守恒计算有机物分子中N（C）、N（H），再根据有机物的相对分子质量计算分子中N（O），确定有机物分子式．解答：解：（1）化学反应遵循质量守恒定律，则消耗O2的质量为：1.8g+4.4g﹣3g=3.2g，其物质的量==0.1mol，故氧气体积=0.1mol×22.4L/mol=2.24L，答：燃烧此有机物3.0g需消耗O2（标准状况）2.24L；-21-（2）CaCl2中吸水质量增加1.8g，水的物质的量==0.1mol，n（H）=0.2mol，碱石灰吸CO2增加4.4g，二氧化碳物质的量==0.1mol，n（C）=0.1mol该有机物物质的量为=0.05mol，所以有机物分子中N（C）==2，N（H）==4，N（O）==2，所以有机物的分子式为：C2H4O2，答：此有机物的分子式C2H4O2．点评：本题考查有机物分子式的确定，题目难度中等，要掌握燃烧法利用守恒确定有机物的分子式．　-21-