2021-2022学年上海市奉贤区致远高级中学高二下学期期中在线教学评估化学试题（合格考）含解析

这是一份2021-2022学年上海市奉贤区致远高级中学高二下学期期中在线教学评估化学试题（合格考）含解析，共22页。试卷主要包含了选择题，综合分析题等内容，欢迎下载使用。

 上海市奉贤区致远高中2021-2022学年高二下学期期中在线教学评估
化学试题(合格考)
(考试时间：60分钟 满分100分)
一、选择题(共80分，每小题2分，每小题只有1个正确答案)
1. 合金是常用的材料。下列产品不属于合金制品的是
A. 铁锅 B. 金属门窗 C. 不锈钢餐具 D. 水银温度计
【答案】D
【解析】
【详解】A．制铁锅的材料中含有铁、碳等元素，属于合金，故A不选；
B．制金属门窗的材料中主要含有铝、硅或铁、C等元素，属于铝合金或铁合金等，故B不选；
C．不锈钢中主要含有铁、镍、镉等元素，属于合金，故C不选；
D．水银温度计中的水银为汞单质，不是合金，故D选；
故选D。
2. 下列物质属于非电解质的是
A. Cl2 B. SO2 C. KNO3 D. CH3COOH
【答案】B
【解析】
【分析】非电解质是指在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物，以此解题。
【详解】A．氯气是单质，不是非电解质，也不是电解质，故A错误；
B．二氧化硫不能自身电离产生自由移动的离子而导电，是化合物，是非电解质，故B正确；
C．KNO3在水溶液中和熔融状态下均能导电，是电解质，故C错误；
D．CH3COOH在水溶液中可以导电，为电解质，故D错误；
故选B。
3. 调味品食醋中含有3%—5%的（ ）
A. 甲醇 B. 乙醇 C. 乙醛 D. 乙酸
【答案】D
【解析】
【详解】通常食醋中含有3%—5%的乙酸，D项符合题意。
4. 能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是
A. 乙烯 B. 乙烷 C. 乙酸 D. 苯
【答案】A
【解析】
【详解】A．乙烯中含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使溶液褪色，故A正确；
B．乙烷化学性质稳定，不与酸性高锰酸钾溶液反应，不能使高锰酸钾溶液褪色，故B错误；
C．乙酸中羧基具有酸性，不与酸性高锰酸钾溶液反应，不能使高锰酸钾溶液褪色，故C错误；
D．苯中碳碳键是介于单键和双键之间的一种独特的键，故苯不能与酸性高锰酸钾溶液反应，不能使高锰酸钾溶液褪色，故D错误；
故选A。
5. 下列微粒中还原性最强的是
A. Na+ B. Na C. Mg D. Mg2+
【答案】B
【解析】
【详解】已知一种元素单质的还原性越强其对应离子的氧化性就越弱，Na、Mg位于同一周期，从左往右元素的金属性依次减弱，则Na的还原性强于Mg的，Na+、Mg2+由于处于元素的最高化合价，没有还原性，只有弱氧化性，故还原性最强的是Na，故答案为：B。
6. 铀－235()是常用的核燃料，核内中子数为
A. 327 B. 235 C. 143 D. 92
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】原子符号左下角为质子数，左上角为质量数，质量数是质子数与中子数的和。铀是92号元素，则核内质子数是92，中子数为235-92=143，故合理选项是C。
7. 下列关于苯的叙述错误的是
A. 属于不饱和烃 B. 难溶于水且比水轻
C. 分子中含有碳碳双键 D. 不能使溴的四氯化碳溶液褪色
【答案】C
【解析】
【详解】A、苯的分子式为C6H6，碳原子没有全部成键，在一定条件下能够与氢气发生加成反应，属于不饱和烃，故A正确；
B、苯是一种不溶于水的有机溶剂，密度比水小，故B正确；
C、苯分子中不含碳碳单键和碳碳双键，是一种介于碳碳单键和双键之间的特殊的键，故C错误；
D、苯中不含碳碳双键，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，故D正确；
故选C。
8. 聚氯乙烯制品随处可见，但聚氯乙烯塑料不可用于生产
A. 食品保鲜袋 B. 衣物包装袋 C. 垃圾桶 D. 雨披
【答案】A
【解析】
【详解】聚氯乙烯塑料在使用过程中会缓慢释放含氯物质，有毒，不能作食品包装袋，可以用于制造衣物包装袋、垃圾桶、雨披等塑料制品，故选A。
【点睛】解答本题要注意聚氯乙烯和聚乙烯，组成元素、结构和用途的区别，聚乙烯可以用于制造食品保鲜袋，聚氯乙烯不能。
9. 的命名正确的是（ ）
A. 2-乙基丁烷 B. 3-甲基戊烷 C. 2-乙基己烷 D. 3-甲基己烷
【答案】B
【解析】
【详解】最长的碳链上有5个碳原子，且甲基在第3个碳原子上，则名称为3-甲基戊烷，答案为B。
【点睛】乙基不能出现在主链的第二个碳原子上。
10. 下列物质中既含有离子键又含有共价键的是
A. H2O B. Na2O C. NH4Cl D. N2
【答案】C
【解析】
【详解】A．H2O是共价化合物，只存在H-O共价键，A不合题意；
B．Na2O是离子化合物，只存在Na+和O2-之间的离子键，B不合题意；
C．NH4Cl是离子化合物，存在和Cl-之间的离子键，又存在内部的N-H共价键，C符合题意；
D．N2是共价单质分子，只存在共价键，D不合题意；
故答案为：C。
11. 二氧化碳的化学用语错误的是
A. 结构式：C=O=O B. 分子式：CO2
C. 电子式： D. 比例模型：
【答案】A
【解析】
【详解】A．结构式是指用一根“-”表示一对共用电子对的式子，已知C周围需形成4个共价键，O周围需形成2个共价键，故CO2的结构式为：O=C=O，A错误；
B．CO2是共价化合物，形成分子晶体，故二氧化碳的分子式为：CO2，B正确；
C．已知C周围需形成4个共价键，O周围需形成2个共价键，故二氧化碳的电子式为： ，C正确；
D．已知CO2是一个直线形分子，且C原子半径比H原子大，故CO2的比例模型为： ，D正确；
故答案为：A。
12. 常温下，将铝片投入浓H2SO4中，下列说法正确的是
A. 铝被钝化 B. 不发生反应 C. 产生大量SO2 D. 产生大量H2
【答案】A
【解析】
【详解】浓硫酸具有强氧化性，与铝发生钝化反应，铝表面产生一层致密的氧化薄膜，阻碍反应的进行，故A正确。
13. 下列物质溶于水的过程中，未破坏化学键的是
A. HCl B. CH3CH2OH C. NaOH D. NaCl
【答案】B
【解析】
【详解】A．HCl溶于水的过程中，会破坏氢和氯之间的共价键，A 不符合题意；
B．CH3CH2OH没有破坏任何化学键，B符合题意；
C．NaOH溶于水的过程中，会破坏钠离子和氢氧根离子之间的离子键，C不符合题意；
D．NaCl溶于水的过程中，会破坏钠离子和氯离子之间的离子键，D不符合题意；
故选B。
14. 下列变化属于固氮的是
A. NH3→NO B. N2 → NH3
C. NO →NO2 D. NO2→HNO3
【答案】B
【解析】
【详解】A．NH3→NO 氮元素从化合态转化为化合态，不属于固氮，故A错误；
B．N2→NH3氮元素从游离态的氮转化为化合态氮，属于固氮，故B正确。
C．NO→NO2氮元素从化合态转化为化合态，不属于固氮，故C错误；
D．NO2→HNO3氮元素从化合态转化为化合态，不属于固氮，故D错误；
故答案为B。
15. 氯、溴、碘单质的化学性质相似，原因是
A. 均为有色单质 B. 均为双原子分子
C. 原子最外层电子数均为7 D. 均可从海洋中提取
【答案】C
【解析】
【详解】氯、溴、碘均处于第ⅦA族，最外层都有7个电子，在化学反应中容易得到1个电子达到8电子稳定结构，所以它们的单质的化学性质相似，故选C。
【点睛】结构决定性质，要从原子结构角度入手分析化学性质相似的原因。
16. 一定条件下，通过单质间化合可得到的是
A. FeCl3 B. SO3 C. Al(OH)3 D. HClO
【答案】A
【解析】
【详解】A．氯气与Fe发生化合反应生成FeCl3，故A选；
B．S与氧气发生化合反应生成SO2，不能得到SO3，故B不选；
C．可溶性铝盐与氨水反应生成Al(OH)3，不能由单质反应生成，故C不选；
D．氯气与水反应生成HClO，不能由单质反应生成，故D不选；
故选A。
17. 短周期元素X的最高价氧化物的化学式为X2O5，则X为
A. C B. N C. Cl D. S
【答案】B
【解析】
【详解】已知主族元素的最高正化合价等于其原子核外最外层电子数，故有C、N、Cl、S的最高正化合价分别为+4、+5、+7、+6价，故短周期元素X的最高价氧化物的化学式为X2O5，X为N，故答案为：B。
18. 能将化学能转化为电能是
A. 电解氯化铜溶液 B. 风力发电
C. 太阳能电池 D. 铜锌原电池
【答案】D
【解析】
【详解】A．电解氯化铜溶液是将电能转化为化学能，A不合题意；
B．风力发电是将风能转化电能，B不合题意；
C．太阳能电池是将太阳能转化为电能，C不合题意； 　　　　　　　　
D．铜锌原电池是将化学能转化为电能，D符合题意；
故答案为D。
19. 某强酸性溶液中含有大量Fe2+、Fe3+、Mg2+和NH，在该溶液中可以大量存在的阴离子是
A. SO B. OH- C. SCN- D. CO
【答案】A
【解析】
【详解】A．该组离子与SO均不发生反应，则离子能大量存在，故A符合题意；
B．强酸性溶液中的H+、Fe2+、Fe3+、Mg2+和NH都可以和氢氧根离子反应，不能共存，故B不符合题意；
C．Fe3+与SCN-结合生成络合物，不能共存，故C不符合题意；
D．强酸性溶液中的H+和会发生反应，不能共存；Fe3+和CO发生双水解反应，也不能共存；故D不符合题意；
故选A。
20. 下列物质加入水中，因水解而呈碱性的是
A. 生石灰 B. 熟石灰 C. 纯碱 D. 烧碱
【答案】C
【解析】
【详解】A、生石灰是氧化钙的俗称，为碱性氧化物，加入水中，与水反应生成氢氧化钙，电离出氢氧根离子，溶液显碱性，故A不选；
B、熟石灰的主要成分是氢氧化钙，加入水中，电离出氢氧根离子，溶液显碱性，故B不选；
C、纯碱是碳酸钠的俗称，为强碱弱酸盐，加入水中，碳酸根离子水解生成氢氧根离子，溶液呈碱性，故C选；
D、烧碱是氢氧化钠的俗称，加入水中，电离出氢氧根离子，溶液显碱性，故D不选；
故选C。
21. pH=1的溶液中含有Na＋、Cl-、，还可能含有大量的
A. Fe3+ B. Ag+ C. OH- D.
【答案】A
【解析】
【分析】pH=1为酸性溶液，溶液中含有大量氢离子，据此分析。
【详解】A．铁离子与其他四种离子互不反应，可以共存，A正确；
B．银离子与氯离子反应生成氯化银沉淀，反应的离子方程式为Ag++Cl-=AgCl↓，不能共存，B错误；
C．氢离子与氢氧根反应生成水，反应的离子方程式为H++OH-=H2O，不能共存，C错误；
D．氢离子与碳酸根反应生成水和二氧化碳，反应的离子方程式为2H++=H2O+CO2↑，D错误；
故选A。
22. NaOH溶于水时，扩散过程吸收了a kJ的热量，水合过程放出了b kJ的热量。下列判断正确的是
A. a>b B. a=b C. a 【答案】C
【解析】
【详解】NaOH溶于水的过程分为扩散过程和水合过程，整个过程是放热，所以水合过程放出的热量大于扩散过程吸收的热量，所以a＜b。故选C。
23. 向下列溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，先有白色沉淀生成，然后沉淀又消失的是
A. CuCl2溶液 B. AlCl3溶液 C. MgCl2溶液 D. BaCl2溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A．CuCl2溶液中加入氢氧化钠溶液生成氢氧化铜沉淀，为蓝色沉淀，故A错误；
B．AlCl3溶液中加入氢氧化钠溶液，发生反应AlCl3+3NaOH═Al(OH)3↓+3NaCl，生成白色沉淀，氢氧化钠过量时，Al(OH)3溶于NaOH溶液，反应为Al(OH)3+NaOH═NaAlO2+2H2O，白色沉淀又逐渐溶解，故B正确；
C．MgCl2溶液中加入氢氧化钠生成氢氧化镁白色沉淀，氢氧化镁不能溶于氢氧化钠溶于，沉淀不溶解，故C错误；
D．BaCl2溶液中加入氢氧化钠，无明显现象，故D错误；
故选B。
24. 下列离子方程式正确的是
A. CH3COOH溶液与NaOH溶液反应：H++OH-→H2O
B. 在CuSO4溶液中加入过量Ba(OH)2溶液：Ba2++SO→BaSO4↓
C. H2SO4与Ba(OH)2溶液反应：Ba2++OH-+H＋+SO→ BaSO4↓+H2O
D. 铝溶解在NaOH溶液中：2Al+2OH-+2H2O→2AlO+3H2↑
【答案】D
【解析】
【详解】A．醋酸是弱电解质，离子方程式中不能拆写，正确的离子方程式为：CH3COOH+OH-→H2O+CH3COO-，A错误；
B．铜离子可以和氢氧根离子生成氢氧化铜沉淀，正确的离子方程式为：，B错误；
C．H2SO4与Ba(OH)2溶液反应的离子方程式为：Ba2＋+2OH-+2H＋+SO→BaSO4↓+2H2O，C错误；
D．铝可以和氢氧化钠溶液反应，离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O→2AlO+3H2↑，D正确；
故选D。
25. 将SO2和H2S混合，有淡黄色固体出现，该反应中SO2表现出
A. 还原性 B. 漂白性 C. 酸性 D. 氧化性
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】将SO2和H2S混合，有淡黄色固体出现，反应的化学方程式为SO2+2H2S＝3S↓+2H2O，该反应中二氧化硫中的S元素的化合价由+4价降低为0价，是氧化剂。硫化氢中的S元素的化合价由-2价升高为0价，为还原剂，则SO2表现氧化性，H2S表现还原性，D项正确。
答案选D。
26. 中和滴定是一种化学分析方法。用标准盐酸滴定未知浓度的氢氧化钠溶液，无需使用的仪器是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】用标准盐酸滴定未知浓度的氢氧化钠溶液，需使用的仪器有酸式和碱式滴定管、锥形瓶，滴定管夹等，用不到电子天平，故选A。
27. 实验室进行粗盐提纯，无需进行的操作是
A. 分液 B. 溶解 C. 过滤 D. 蒸发
【答案】A
【解析】
【详解】粗盐中含有泥沙、硫酸镁、氯化钙等杂质，需先将粗盐溶解，再加入氢氧化钠、氯化钡、碳酸钠等生成氢氧化镁、硫酸钡、碳酸钙、碳酸钡等沉淀，过滤除去沉淀，在滤液中加入盐酸，用蒸发的方法除去盐酸和水，无需用到分液操作，故答案选A。
28. 硫酸亚铁易被氧化而变质。为检验某补血剂中硫酸亚铁是否变质，可向该补血剂配成的溶液中加入
A. AgNO3溶液 B. 盐酸酸化的BaCl2溶液
C. KSCN溶液 D. HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液
【答案】C
【解析】
【详解】硫酸亚铁易被氧化而变质，变质的硫酸亚铁中会含有硫酸铁。检验某补血剂中硫酸亚铁是否变质，可以通过检验是否存在铁离子来验证，因此可向该补血剂配成的溶液中加KSCN溶液，若溶液变为血红色，则变质，反之不变质，故选C。
【点睛】知道硫酸亚铁变质后的产物是解题的关键。本题才易错点为B，无论硫酸亚铁是否变质，都存在硫酸根离子，不能通过检验硫酸根离子来验证。
29. 为检验海带灰浸出液中是否含有I-，可向溶液中加入（ ）
A. 淀粉 B. 盐酸 C. 硝酸酸化的硝酸银 D. CCl4
【答案】C
【解析】
【详解】A、碘单质遇淀粉呈蓝色，但I-不具有该性质，故A错误；
B、I-与盐酸不反应，无明显现象，故B错误；
C、硝酸酸化的硝酸银与碘离子生成黄色的AgI沉淀，故C正确；
D、I-形成盐，在四氯化碳中溶解度很小，无明显现象，故D错误；
故选C。
30. 为除去铁粉中混有的少量铝粉，所选试剂和操作都合理的是
A. 盐酸，蒸发 B. NaOH溶液，蒸发
C. 盐酸，过滤 D. NaOH溶液，过滤
【答案】D
【解析】
【详解】A. 盐酸既能与铝反应，也能与铁反应，不能用盐酸除去铁粉中混有的少量铝粉，故A错误；
B. NaOH溶液能够与铝反应，而不能与铁反应，可以用氢氧化钠溶解铝，除去铁粉中混有的少量铝粉，然后过滤即可，故B错误；
C. 盐酸既能与铝反应，也能与铁反应，不能用盐酸除去铁粉中混有的少量铝粉，故C错误；
D. NaOH溶液能够与铝反应，而不能与铁反应，可以用氢氧化钠溶解铝，除去铁粉中混有的少量铝粉，然后过滤即可，故D正确；
故选D。
【点睛】本题的易错点为B，要注意溶解铝之后，应该通过过滤，洗涤得到纯净的铁粉。
31. 向盛有NaBr溶液的试管中加入少量氯水，振荡，再加入适量苯，振荡，静置。下列判断正确的是
选项
A.
B
C.
D.
上层
红棕色
黄绿色
无色
无色
下层
无色
无色
红棕色
黄绿色

A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】向盛有NaBr溶液的试管中加入少量氯水，氯水中的氯气分子与溴化钠发生置换反应：Cl2 + 2NaBr=2NaCl + Br2，然后加入适量苯，Br2易溶于苯，振荡发生萃取，静置，液体分层，苯的密度小于水，所以上层为红棕色的溴的苯溶液，下层为无色的水溶液，故选A。
32. 实验室制取乙烯的发生装置如图所示。下列说法正确的是

A. 烧瓶中加入乙醇、浓硫酸和碎瓷片
B. 反应温度控制140℃
C. 导出的气体中只有乙烯
D. 可用向上排气法收集乙烯
【答案】A
【解析】
【分析】实验室通常通过加热乙醇和浓硫酸的混合溶液，在170℃下制取乙烯，据此分析解答。
【详解】A．实验室通常通过加热乙醇和浓硫酸的混合溶液，在170℃下制取乙烯，加热液体混合物要防暴沸，所以烧瓶中加入乙醇、浓硫酸和碎瓷片，故A正确；
B．浓硫酸与乙醇反应加热到170℃生成乙烯，反应温度控制在140℃生成乙醚，故B错误；
C．浓硫酸检验强氧化性和脱水性，加热时，部分浓硫酸与乙醇反应生成二氧化硫等气体，所以导出的气体中会含有二氧化硫等杂质，故C错误；
D．乙烯的密度与空气相近，不能用排空气法收集，可以用排水法收集，故D错误；
故选A。
【点睛】掌握实验室制取乙烯的原理是解题的关键。本题的易错点为B，要注意140℃时，乙醇发生分子间的脱水反应生成乙醚，因此反应温度需要迅速提高到170℃，提高乙醇的利用率，减少副反应的发生。
33. 多数植物中的色素遇酸碱会产生不同的颜色。紫罗兰含色素HZ，HZ的水溶液呈紫色，且存在平衡HZ(红色)H++Z-（蓝色）。将HZ溶液滴入稀硫酸中，溶液的颜色为（ ）
A. 紫色 B. 红色 C. 蓝色 D. 无色
【答案】B
【解析】
【详解】A．HZ的水溶存在平衡HZ(红色)H++Z-（蓝色）,滴入稀硫酸后，H+的浓度升高，平衡向逆向移动，HZ浓度增加，溶液变为红色，B项符合题意；
答案选B。
【点睛】根据勒夏特列原理，如果改变影响平衡的一个条件(如浓度、压强或温度等),化学平衡就向着能够减弱这种改变的方向移动。
34. 关于如图所示装置的叙述，正确的是

A. 铜是阳极，铜片上有气泡产生
B. 铜片质量减少
C. 电流从锌片经导线流向铜片
D. 氢离子在铜片表面被还原
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．该装置为原电池，由于金属Cu的活动性比Zn弱，所以Cu为正极，溶液中的H+在Cu电极上得到电子变为H2逸出，则铜片上有气泡产生，A错误；
B．该装置为原电池，由于金属Cu的活动性比Zn弱，所以Cu为正极，Cu不参加反应，其质量不变，B错误；
C．装置为原电池，由于金属活动性：Zn＞Cu，所以Zn为负极，失去电子，电子由负极Zn经外电路流向正极Cu，规定电流方向为正电荷移动方向，因此电流是从正极铜片经导线流向负极锌片，C错误；
D．氢离子在负电荷较多的正极铜片表面得到电子被还原产生氢气，D正确；
故合理选项是D。
35. 如图是H2(g)与I2(g)反应生成HI(g)的能量示意图。由图可知

A. 该反应吸热反应
B. 1 mol HI(g)分解吸收的热量为Q
C. 热化学方程式：H2+I22HI+Q
D. 反应物总能量高于生成物总能量
【答案】D
【解析】
【详解】A. 根据图像，该反应中反应物H2(g)与I2(g)的总能量高于生成物是吸热反应HI(g)的总能量，为放热反应，故A错误；
B. 根据图像，2mol HI(g)分解吸收的热量为Q，故B错误；
C. 热化学方程式中需要注明物质的状态，H2+I22HI+Q中未注明物质的状态，故C错误；
D. 根据图像，该反应中反应物H2(g)与I2(g)的总能量高于生成物是吸热反应HI(g)的总能量，故D正确；
故选D。
36. 在5 L密闭容器中进行反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)，反应2 min，H2的物质的量增加了0.3 mol。0～2 min内H2的反应速率为
A. 0.3 mol/(L·min) B. 0.03 mol/(L·min)
C. 0.06 mol/(L·min) D. 0.12 mol/(L·min)
【答案】B
【解析】
【详解】C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)，反应2 min，H2的物质的量增加了0.3 mol，因此氢气的浓度变化量为=0.06mol/L，则0～2 min内H2的反应速率===0.03 mol/(L·min)，故选B。
37. 一定温度下，固定体积的密闭容器中发生反应M(g)+N(g)⇌2W(g)，能说明该反应一定达到平衡的是
A. v (W)消耗=v (W)生成 B. v正=v逆=0
C. 容器内压强保持不变 D. n(M)∶n(N)∶n(W)=1∶1∶2
【答案】A
【解析】
【详解】A．v (W)消耗=v (W)生成即正反应速率与逆反应速率相等，说明反应达到平衡，故A正确；
B．反应达到平衡时正逆反应速率相等，但不为0，故B错误；
C．该反应前后气体系数之和相等，所以反应过程中气体的物质的量不变，容器容积固定，所以压强一直不变，故C错误；
D．反应平衡时各物质的物质的量不再改变，但比值不一定等于计量数之比，且n(M):n(N):n(W)=1:1:2也不能说明物质的量不变，故D错误；
故答案为A。
38. 已知3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O。下列判断正确是
A. N元素的化合价降低 B. NH3被还原
C. 消耗0.3 mol CuO转移0.6 NA个电子 D. CuO是还原剂
【答案】C
【解析】
【分析】3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O反应中Cu元素化合价由+2价降低到0价，被还原，CuO为氧化剂；N元素化合价由-3价升高到0价，被氧化，NH3为还原剂。据此分析解答。
【详解】A．3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O反应中N元素化合价由-3价升高到0价，故A错误；
B．3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O反应中N元素化合价由-3价升高到0价，被氧化，故B错误；
C．3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O反应中Cu元素化合价由+2价降低到0价，得到6个电子；N元素化合价由-3价升高到0价，失去6个电子，因此0.3 mol CuO转移0.6 NA个电子，故C正确；
D．3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O反应中Cu元素化合价由+2价降低到0价，被还原，CuO为氧化剂，故D错误；
故选C。
【点睛】掌握氧化还原反应的规律是解题的关键。本题的易错点为D，要注意氧化剂、还原剂概念的理解，可以通过“还原剂：失高氧(石膏痒)”帮助记忆。
39. 配制一定物质的量浓度的NaCl溶液，下列操作会使溶液浓度偏高是
A. 定容至液面最高处与刻度线相平 B. 溶解NaCl时烧杯中有少量蒸馏水
C. 转移时没有洗涤烧杯和玻璃棒 D. 少量NaCl固体残留在称量纸上
【答案】A
【解析】
【详解】A．定容时液面最高处与刻度线相平，导致加入的水偏少，配制的溶液浓度偏高，故A正确；
B．因NaCl溶解时需要加水，所以溶解NaCl的烧杯中有少量蒸馏水对实验结果无影响，故B错误；
C．转移溶液时没有洗涤烧杯和玻璃棒，会使配制的溶液中溶质偏少，溶液的浓度偏低，故C错误；
D．少量NaCl固体残留在称量纸上，会使配制的溶液中溶质偏少，溶液的浓度偏低，故D错误；
故选A。
40. 已知某溶液中只可能含有、、、中的几种（忽略水的电离），进行如下实验：取样，加入足量盐酸，有气泡产生，再加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成；另取样，加入足量NaOH溶液，微热，产生的气体是湿润的红色石蕊试纸变蓝，下列判断正确的是（ ）
A. 一定不含 B. 一定不含
C. 一定含有、 D. 一定含有、
【答案】D
【解析】
【详解】加入足量盐酸，有气泡产生，一定含有；开始加入盐酸，再加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，不能证明原溶液是否有；另取样，加入足量NaOH溶液，微热，产生的气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明有氨气放出，原溶液一定含有；根据以上分析，一定含有、；不能确定是否含有、，故D正确。
二、综合分析题(共20分，每一大题10分)
41. 以下元素及物质与人类的生产生活紧密相关。完成下列填空：
（1）氯元素原子结构示意图为_______ ，其与钠元素组成的化合物的电子式为_______。
（2）铝是地壳中含量最高的金属元素，其在周期表中位于第_______周期_______族。
（3）以下不是铝和铁的共同性质的是_______。
a.导电性 b.导热性 c.延展性 d.两性
（4）下列能说明氯元素的非金属性比硫元素强的事实是_____。
a．稳定性 HCl>H2S b．氧化性 HClO>H2SO4
c．酸性HClO4>H2SO4强 d．HCl溶液是强酸，H2S溶液是弱酸
（5）氨水呈碱性，写出氨水的电离方程式。_______
【答案】（1） ①. ②.
（2） ①. 三或3 ②. IIIA
（3）d （4）ac
（5）NH3·H2O+OH-
【解析】
【小问1详解】
已知Cl是17号元素，则氯元素原子结构示意图为，其与钠元素组成的化合物即NaCl是离子化合物，则其的电子式为，故答案为：；；
【小问2详解】
铝是地壳中含量最高的金属元素，已知Al是13号元素，其核外有三个电子层，最外层上3个电子，则其在周期表中位于第三周期IIIA族，故答案为：三或3；IIIA；
【小问3详解】
金属单质都有导电性、导热性和延展性，铝既能与强酸又能与强碱反应，具有两性，而铁只能与强酸反应不能与强碱溶液反应，只有金属性没有两性，故答案为：d；
【小问4详解】
a．已知非金属对应的简单气态氢化物的稳定性与其非金属性一致，故稳定性 HCl>H2S能说明Cl的非金属性强于S的，a符合题意；
b．含氧酸的氧化性与非金属性无必然联系，则氧化性 HClO>H2SO4不能说明Cl的非金属性强于S的，b不合题意；
c．非金属的最高价氧化物对应水化物的酸性与其非金属性一致，则酸性HClO4>H2SO4能说明Cl的非金属性强于S的，c符合题意；
d．非金属氢化物的酸性与非金属性无必然联系，故HCl溶液是强酸，H2S溶液是弱酸不能说明Cl的非金属性强于S的，d不合题意；
故答案为：ac；
【小问5详解】
氨水呈碱性，由于氨水是一种弱碱，则氨水的电离方程式为：NH3·H2O+OH-，故答案为：NH3·H2O+OH-。
42. A是酒的主要成分，D为具有果香味的无色油状液体。由A到D的转化如下：

回答下列问题：
（1）A中的官能团名称为_______。C的名称是_______。
（2）反应①的反应类型为_______。
（3）写出B的结构简式_______。
（4）写出由A和C制取D的反应条件_______。
（5）写出由A制取乙烯的方程式_______。
【答案】（1） ①. 羟基 ②. 乙酸
（2）氧化反应 （3）CH3CHO
（4）浓硫酸，加热 （5）
【解析】
【分析】A是酒的主要成分，则A为乙醇，乙醇被氧化生成乙醛，分子式为C2H4O，则B为乙醛；乙醛被氧化生成C，C为乙酸，乙酸与乙醇反应生成具有水果香味的乙酸乙酯，D为具有水果香味的无色油状液体，D为乙酸乙酯，以此解题。
【小问1详解】
由分析可知A为乙醇，其官能团名称为：羟基；C为乙酸；
【小问2详解】
反应①为乙醇的催化氧化，反应类型为氧化反应；
【小问3详解】
由分析可知B为乙醛，其结构简式为：CH3CHO；
【小问4详解】
由A和C制取D为乙醇和乙酸的酯化反应，反应条件为：浓硫酸，加热；
【小问5详解】