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2019-2020年高三(上)期中化学试卷含解析
一、单项选择题每小题给出的四个选项中.只有一个选项最符合题目要求.共6小题,每小题4分,共64分.1.(4分)(xx秋•越秀区校级期中)下列有关说法正确的是( ) A.金属氧化物一定是碱性氧化物 B.BaSO
4、CH3COOH、K2O、NH3•H2O都是电解质 C.工业上常用铝热反应来炼铁 D.二氧化硅不与任何酸反应,可用石英制造耐酸容器 2.(4分)(xx•福建)NA表示阿伏伽德罗常数,下列判断正确的是( ) A.在18g18O2中含有NA个氧原子 B.标准状况下,
22.4L空气含有NA个单质分子 C.1molCl2参加反应转移电子数一定为2NA D.含NA个Na+的Na2O溶解于1L水中,Na+的物质的量浓度为1mol•L﹣1 3.(4分)(xx秋•越秀区校级期中)下列离子方程式书写正确的是( ) A.金属铝溶于氢氧化钠溶液Al+2OH﹣=AlO2﹣+H2↑ B.在溶液中,FeI2与等物质的量的Cl2反应2Fe2++2I﹣+2Cl2=2Fe3++I2+4Cl﹣ C.NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应至中性H++SO42﹣+Ba2++OH﹣=BaSO4↓+H2O D.向Fe(NO3)2稀溶液中加入盐酸3Fe2++4H++NO3﹣=3Fe3++NO↑+2H2O 4.(4分)(xx春•黄石港区校级期中)(xx•安徽八校联考)如图为周期表中短周期的一部分,若X原子最外层电子数比次外层电子数少3,则下列说法正确的是( )RXYZ A.X的氢化物比R的氢化物稳定 B.原子半径大小顺序是Z>Y>X>R C.Z的单质能与Y的某些化合物发生置换反应 D.X、Z可形成化合物XZ5,分子中各原子均满足最外层8电子结构 5.(4分)(xx秋•越秀区校级期中)能大量共存于同一溶液中,且当溶液中加入过量的NaOH溶液或少量稀硫酸时,都能产生白色沉淀的离子组是( ) A.Ba2+、Mg2+、NO3﹣、CO32﹣B.K+、Ba2+、Cl﹣、HCO3﹣ C.H+、Ba2+、Al3+、Cl﹣D.、Ba2+、Fe3+、Cl﹣ 6.(4分)(xx秋•桥东区校级期末)将标准状况下
2.24LCO2缓慢通入1L
0.15mol•L﹣1的NaOH溶液中,气体被充分吸收,下列关系不正确的是( ) A.c(Na+)>c(CO32﹣)>c(HCO3﹣)>c(OH﹣)>c(H+) B.c(Na+)+c(H+)=c(OH﹣)+c(HCO3﹣)+2c(CO32﹣) C.2c(Na+)=3[c(H2CO3)+c(HCO3﹣)+c(CO32﹣)] D.2c(OH﹣)+c(CO32﹣)=c(HCO3﹣)+3c(H2CO3)+2c(H+)
二、双项选择题本题包括9小题,每小题6分,共54分.每小题给出的四个选项中,有两个选项符合题目要求.全选对得6分,只选1个且正确得3分,错选、不选得0分.7.(6分)(xx秋•越秀区校级期中)下列叙述正确的是( ) A.实验Ⅰ液体分层,下层呈无色 B.实验Ⅱ稀释浓硫酸,配制一定物质的量浓度的稀硫酸 C.实验Ⅲ试管中溶液颜色变为红色 D.实验Ⅳ放置一段时间后,饱和CuSO4溶液中出现蓝色晶体 8.(6分)(xx秋•太原期末)下列各项操作中,不发生“先产生沉淀,然后沉淀又溶解”现象的是( ) A.向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2 B.向Fe(OH)3胶体中逐滴加入过量的稀硫酸 C.向NaAlO2溶液中逐滴加入过量的盐酸 D.向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸
三、非选择题本大题共4小题,共182分.按题目要求作答,解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤,只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位.9.(16分)(xx秋•越秀区校级期中)
1、实验室要配制物质的量浓度为
0.1mol/L的NaOH溶液480mL
(1)填表配制时应称量NaOH的质量/g已给仪器配制时除已给仪器外还需要的其他仪器 烧杯、药匙、托盘天平
(2)若要计算该溶液溶质的质量分数,还需要的一个条件是 (用文字说明).
(3)下列操作对配制的NaOH溶液浓度有偏高影响的是 (填字母)A.称量NaOH固体时,露置在空气的时间过长B.选用的容量瓶内有少量的蒸馏水C.在烧杯中溶解NaOH后,立即将所得溶液注入容量瓶中D.在定容时仰视容量瓶刻度线
2、实验室用如图几个实验装置,可快速制取少量气体,并进行相关性质实验.
(1)若A为30%H2O2溶液,B为MnO2,C盛有氢硫酸(H2S)饱和溶液,旋开E后,C中出现浅黄色浑浊的现象,写出C中发生反应的化学方程式 .
(2)若A中装有浓盐酸,B中装有固体KMnO4,C中盛有KI淀粉溶液,旋开E后,B中出现黄绿色气体.已知1molKMnO4发生反应时转移5mol电子.则B中发生反应的离子方程式是 ;C中的现象是 . 10.(16分)(xx秋•越秀区校级期中)
1、
(1)化学反应I2+2S2O32﹣=2I﹣+S4O62﹣常用于精盐中碘含量测定.某同学利用该反应探究浓度对反应速率的影响.实验时均加入1mL淀粉溶液做指示剂,若不经计算,直接通过褪色时间的长短判断浓度与反应速率的关系,下列试剂中应选择 (填序号).
①1mL
0.01mol•L﹣1的碘水
②1mL
0.001mol•L﹣1的碘水
③4mL
0.01mol•L﹣1的Na2S2O3溶液
④4mL
0.001mol•L﹣1的Na2S2O3溶液
(2)若某同学选取
①③进行实验,测得褪色时间为4s,计算v(S2O32﹣)= .(结果保留三位有效数字)
2、合成氨所需的氢气可用煤和水作原料经多步反应制得,其中某一步反应为CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H<0200℃时,该反应的平衡常数为,该温度下,将一定量的CO和H2投入10L的密闭容器中,5min时达到平衡,各物质浓度(mol•L﹣1)变化如下表所示0min5min10minCO
0.
010.0056H2O
0.
010.0156CO
200.0044H
200.0044
(1)5min达到平衡时,CO2的浓度为 ;CO的平衡转化率为 .
(2)欲提高CO的转化率,下列措施中可行的是 (填字母).a.增加压强b.降低温度c.体积不变,再充入COd.更换催化剂e.体积不变,再充入H2O
(3)若5min~10min只改变了某一条件,所改变的条件是 ;该条件所改变的量是 .
(4)若某温度下,此反应的平衡常数为1,则该温度 200℃.(填“大于”、“等于”或“小于”). 11.(16分)(xx秋•越秀区校级期中)
1、亚氯酸钠(NaClO2)是一种重要的含氯消毒剂,主要用于水的消毒以及砂糖、油脂的漂白与杀菌.以下是过氧化氢法生产亚氯酸钠的工艺流程图已知
①NaClO2的溶解度随温度升高而增大,适当条件下可结晶析出NaClO2•3H2O.
②纯ClO2易分解爆炸,一般用稀有气体或空气稀释到10%以下安全.
③160g/LNaOH溶液是指160gNaOH固体溶于水所得溶液的体积为1L.
(1)160g/LNaOH溶液的物质的量浓度为 (结果保留三位有效数字)
(2)发生器中鼓入空气的作用是 .
(3)吸收装置内发生反应的化学方程式为 ;吸收装置中的温度不能过高,其原因是 .
(4)吸收塔中为防止NaClO2被还原成NaCl,所用还原剂的还原性应适中.除H2O2外,还可以选择的还原剂是 (选填序号)a.Na2O2b.Na2Sc.FeCl2
(5)从滤液中得到NaClO2•3H2O粗晶体的实验操作依次是 (选填序号)a.蒸发结晶b.蒸发浓缩c.灼烧d.过滤e.冷却结晶
2、在氯氧化法处理含CN一的废水过程中,液氯在碱性条件下可以将氰化物氧化成氰酸盐(其毒性仅为氰化物的千分之一),氰酸盐再进一步被氧化为无毒物质.
(1)某厂废水中含KCN,其浓度为650mg•L﹣1.现用氯氧化法处理,发生如下反应KCN+2KOH+Cl2=KOCN+2KCl+H2O,再投入过量液氯,可将氰酸盐进一步氯化为氮气.请配平下列化学方程式(配平后请在方框内填写每种物质的化学计量数,若为“1”也要写上) KOCN+ KOH+ Cl2→ CO2+ N2+ KCl+ H2O
(2)若处理上述废水20L,使KCN完全转化为无毒物质,至少需液氯 g. 12.(16分)(xx•潮州二模)新切开的苹果在空气中放置一段时间表面会变黄,最终变成褐色,这种现象在食品科学上通常称为“褐变”.关于苹果褐变的原因有以下两种说法A.苹果中的Fe2+被空气中的氧气氧化成了Fe3+B.苹果中的酚类物质被空气中的氧气氧化了究竟哪种说法正确,某合作小组同学通过实验进行了探究.材料苹果、浓度均为
0.1mol•L﹣1的盐酸、NaCl溶液、NaHCO3溶液、Na2SO3溶液、KSCN溶液、开水
(1)探究1实验操作实验现象结论在“褐变”后的苹果上滴上2~3滴 溶液 说法A不正确
(2)探究2【查阅文献】1.苹果中含有多酚和多酚氧化酶,苹果褐变是氧气、酚类、酚氧化酶共同作用生成了醌类物质的缘故.苹果中多酚氧化酶的活性温度为35℃左右、活性pH约为
5.5.2.酚类物质遇FeCl3溶液常发生显色反应而呈现一定颜色,如苯酚显紫色,对苯二酚显绿色,甲基苯酚显蓝色.该小组将刚削皮的苹果切成七块,进行如下实验验证.请填写下表中相应的结论序号实验步骤现象结论
①在一块上滴加2~3滴FeCl3溶液表面变为绿色苹果中含有酚类物质
②一块放置于空气中另一块迅速浸入
0.1mol•L﹣1NaCl溶液中表面逐渐褐变相当长一段时间内,无明显变化苹果褐变与 有关
③另两块分别立刻放入90℃~95℃的开水和
0.1mol•L﹣1盐酸中浸泡2min后取出,放置于空气中相当长一段时间内,均无明显变化苹果褐变与 有关
④最后两块分别立刻放入各
0.1mol•L﹣1的NaHCO3溶液和Na2SO3溶液里浸泡2min后取出,放置于空气前者表面逐渐褐变,后者相当长一段时间内,无明显变化亚硫酸钠溶液能阻止苹果褐变
(3)问题与讨论
①
0.1mol•L﹣1的NaHCO3溶液和Na2SO3溶液的pH相近,Na2SO3溶液却能阻止苹果褐变,可能的原因是 ,反应的离子方程式为 .
②褐变会影响苹果的品质和口感,试举出家中防止削皮苹果褐变的一种措施 . xx学年广东省广州市执信中学高三(上)期中化学试卷参考答案与试题解析
一、单项选择题每小题给出的四个选项中.只有一个选项最符合题目要求.共6小题,每小题4分,共64分.1.(4分)(xx秋•越秀区校级期中)下列有关说法正确的是( ) A.金属氧化物一定是碱性氧化物 B.BaSO
4、CH3COOH、K2O、NH3•H2O都是电解质 C.工业上常用铝热反应来炼铁 D.二氧化硅不与任何酸反应,可用石英制造耐酸容器考点酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系;电解质与非电解质;硅和二氧化硅.专题物质的分类专题;化学应用.分析A、氧化铝属于金属氧化物,属于两性氧化物;B、电解质是在水溶液和熔融状态下能导电的化合物;C、工业上常用还原法来获得金属铁;D、二氧化硅可以和唯一的酸HF酸反应.解答解A、金属氧化物不一定是碱性氧化物,如氧化铝属于两性氧化物,七氧化二锰属于酸性氧化物,故A错误;B、BaSO
4、CH3COOH、NH3•H2O是在水溶液中能导电的化合物,K2O是在熔融状态能导电的化合物,均属于电解质,故B正确;C、工业上常用焦炭或是一氧化碳还原氧化铁来获得金属铁,故C错误;D、二氧化硅可以和唯一的酸HF酸反应,可以用石英制造耐酸容器,但是不能盛氢氟酸,故D错误.故选B.点评本题涉及物质的分类、电解质的概念、金属的冶炼以及二氧化硅的性质知识,综合性较强,难度不大. 2.(4分)(xx•福建)NA表示阿伏伽德罗常数,下列判断正确的是( ) A.在18g18O2中含有NA个氧原子 B.标准状况下,
22.4L空气含有NA个单质分子 C.1molCl2参加反应转移电子数一定为2NA D.含NA个Na+的Na2O溶解于1L水中,Na+的物质的量浓度为1mol•L﹣1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、注意氧元素原子的质量数的应用;B、依据空气是混合物进行分析判断;C、根据氯气自身氧化还原反应还是只做氧化剂来分析;D、从溶液体积的变化进行分析计算;解答解A、18g18O2物质的量是
0.5mol,一个氧气分子含有两个氧原子,所以氧原子物质的量为1mol,即1NA,故A正确;B、空气是混合物,标准状况下,
22.4L空气是1mol,但空气中含有氧气、氮气、二氧化碳、稀有气体等,共计1mol,单质不是1mol,故B错误;C、1molCl2参加反应转移电子数,如果只做氧化剂则转移电子数2mol,若自身氧化还原反应,则转移电子数为1mol,故C错误;D、含NA个Na+的Na2O溶解于1L水中,可得氢氧化钠为1mol,但溶剂反应一部分,体积不是1L,所以物质的量浓度不是1mol/L,故D错误;故选A.点评本题考查了阿伏伽德罗常数的应用,主要考查质量数的计算,氧化还原反应电子转移数的计算,溶液浓度计算. 3.(4分)(xx秋•越秀区校级期中)下列离子方程式书写正确的是( ) A.金属铝溶于氢氧化钠溶液Al+2OH﹣=AlO2﹣+H2↑ B.在溶液中,FeI2与等物质的量的Cl2反应2Fe2++2I﹣+2Cl2=2Fe3++I2+4Cl﹣ C.NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应至中性H++SO42﹣+Ba2++OH﹣=BaSO4↓+H2O D.向Fe(NO3)2稀溶液中加入盐酸3Fe2++4H++NO3﹣=3Fe3++NO↑+2H2O考点离子方程式的书写.专题离子反应专题.分析A.Al与NaOH、水反应生成偏铝酸钠和氢气;B.等物质的量反应时,氯气只氧化碘离子;C.反应至中性时,二者的物质的量之比为21,反应生成硫酸钡、硫酸钠、水;D.发生氧化还原反应生成氯化铁、NO、水.解答解A.金属铝溶于氢氧化钠溶液的离子反应为2Al+2H2O+2OH﹣=2AlO2﹣+3H2↑,故A错误;B.在溶液中,FeI2与等物质的量的Cl2反应的离子方程式为2I﹣+Cl2=I2+2Cl﹣,故B错误;C.NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应至中性的离子反应为2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣=BaSO4↓+2H2O,故C错误;D.向Fe(NO3)2稀溶液中加入盐酸的离子反应为3Fe2++4H++NO3﹣=3Fe3++NO↑+2H2O,故D正确;故选D.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,注意选项B中氧化的先后顺序为学生解答的易错点,题目难度中等. 4.(4分)(xx春•黄石港区校级期中)(xx•安徽八校联考)如图为周期表中短周期的一部分,若X原子最外层电子数比次外层电子数少3,则下列说法正确的是( )RXYZ A.X的氢化物比R的氢化物稳定 B.原子半径大小顺序是Z>Y>X>R C.Z的单质能与Y的某些化合物发生置换反应 D.X、Z可形成化合物XZ5,分子中各原子均满足最外层8电子结构考点位置结构性质的相互关系应用.专题元素周期律与元素周期表专题.分析X原子最外层电子数比次外层电子数少3,推知X为P,则R、Y、Z依次为O、S、Cl,根据元素周期律的递变规律判断元素的非金属性、原子半径以及对应化合物的性质.解答解X原子最外层电子数比次外层电子数少3,推知X为P,则R、Y、Z依次为O、S、Cl,则A.周期表中,同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强,同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱,则有非金属性R>Y>X,R的氢化物比X的氢化物稳定,故A错误;B.同周期元素从左到右原子半径逐渐减小,同主族元素原子半径从上到下逐渐增大,则原子半径X>Y>Z>R,故B错误;C.周期表中,同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强,则非金属性Z>Y,单质的氧化性Cl2>S,Cl2能将S置换出来,故C正确;D.X、Z可形成化合物XZ5为PCl5,分子中P原子的最外层电子数为5+5=10,故D错误.故选C.点评本题考查位置结构性质的相互关系应用,题目难度中等,注意周期律的递变规律,本题易错点为D,注意分子中各原子最外层电子数的判断. 5.(4分)(xx秋•越秀区校级期中)能大量共存于同一溶液中,且当溶液中加入过量的NaOH溶液或少量稀硫酸时,都能产生白色沉淀的离子组是( ) A.Ba2+、Mg2+、NO3﹣、CO32﹣B.K+、Ba2+、Cl﹣、HCO3﹣ C.H+、Ba2+、Al3+、Cl﹣D.、Ba2+、Fe3+、Cl﹣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、沉淀、气体、弱电解质等,则离子能大量共存,再利用加入过量的NaOH溶液或少量稀硫酸时离子能结合沉淀,以此来解答.解答解A.因Ba2+、Mg2+分别与CO32﹣结合生成沉淀,则不能共存,故A不选;B.该组离子之间不反应,则能够共存,且加入过量NaOH溶液时Ba2+、OH﹣、HCO3﹣结合生成碳酸钡沉淀,加入少量硫酸时Ba2+、SO42﹣结合生成硫酸钡沉淀,符合题意,故B选;C.该组离子之间不反应,则能够共存,但加入过量NaOH溶液时不生成沉淀,加入少量硫酸时Ba2+、SO42﹣结合生成硫酸钡沉淀,故C不选;D.该组离子之间不反应,则能够共存,但加入过量NaOH溶液时生成红褐色沉淀,加入少量硫酸时Ba2+、SO42﹣结合生成硫酸钡沉淀,故D不选;故选B.点评本题考查离子的共存,熟悉离子之间的反应即可解答,注意加酸或碱发生的反应为学生解答的易错点,并注意沉淀的颜色来解答,题目难度不大. 6.(4分)(xx秋•桥东区校级期末)将标准状况下
2.24LCO2缓慢通入1L
0.15mol•L﹣1的NaOH溶液中,气体被充分吸收,下列关系不正确的是( ) A.c(Na+)>c(CO32﹣)>c(HCO3﹣)>c(OH﹣)>c(H+) B.c(Na+)+c(H+)=c(OH﹣)+c(HCO3﹣)+2c(CO32﹣) C.2c(Na+)=3[c(H2CO3)+c(HCO3﹣)+c(CO32﹣)] D.2c(OH﹣)+c(CO32﹣)=c(HCO3﹣)+3c(H2CO3)+2c(H+)考点离子浓度大小的比较.专题电离平衡与溶液的pH专题.分析n(CO2)==
0.1mol,n(NaOH)=1L×
0.15mol/L=
0.15mol,则发生2CO2+3OH﹣=CO32﹣+HCO3﹣+H2O,结合CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣,HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣,进行分析.解答解n(CO2)==
0.1mol,n(NaOH)=1L×
0.15mol/L=
0.15mol,则发生2CO2+3OH﹣=CO32﹣+HCO3﹣+H2O,结合CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣,HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣.A、n(CO32﹣)+n(HCO3﹣)+n(H2CO3)=
0.1mol,n(Na+)=
0.15mol,又存在
①CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣,
②HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣,水解程度
①>
②且水解程度都较小,则c(HCO3﹣)>c(CO32﹣)>c(OH﹣),则有c(Na+)>c(HCO3﹣)>c(CO32﹣)>c(OH﹣)>c(H+),故A错误.B、溶液呈电中性,溶液中阴阳离子所带电荷相等,所以c(Na+)+c(H+)=c(OH﹣)+c(HCO3﹣)+2c(CO32﹣),故B正确.C、n(CO32﹣)+n(HCO3﹣)+n(H2CO3)=
0.1mol,n(Na+)=
0.15mol,根据物料守恒得,2C(Na+)=3[c(H2CO3)+c(HCO3﹣)+c(CO32﹣)],故C正确.D、根据阴阳离子所带电荷相等得c(Na+)+c(H+)=c(OH﹣)+c(HCO3﹣)+2c(CO32﹣)
①,根据物料守恒得2c(Na+)=3[c(H2CO3)+c(HCO3﹣)+c(CO32﹣)]
②,将方程式
②﹣
①×2得2c(OH﹣)+c(CO32﹣)=c(HCO3﹣)+3c(H2CO3)+2c(H+),故D正确.故选A.点评本题考查离子浓度大小比较,题目难度较大,本题注意根据反应物的物质的量判断生成物的关系,结合盐类的水解判断.
二、双项选择题本题包括9小题,每小题6分,共54分.每小题给出的四个选项中,有两个选项符合题目要求.全选对得6分,只选1个且正确得3分,错选、不选得0分.7.(6分)(xx秋•越秀区校级期中)下列叙述正确的是( ) A.实验Ⅰ液体分层,下层呈无色 B.实验Ⅱ稀释浓硫酸,配制一定物质的量浓度的稀硫酸 C.实验Ⅲ试管中溶液颜色变为红色 D.实验Ⅳ放置一段时间后,饱和CuSO4溶液中出现蓝色晶体考点分液和萃取;溶解度、饱和溶液的概念;二价Fe离子和三价Fe离子的检验;配制一定物质的量浓度的溶液.专题化学实验基本操作.分析A.根据萃取的原理来回答;B.浓硫酸稀释时应在小烧杯中进行;C.根据三价铁离子与硫氰酸钾发生反应的现象来回答;D.根据氧化钙的吸水性和饱和硫酸铜溶液失水后的变化来分析.解答解A.四氯化碳和水互不相溶且四氯化碳的密度比水大,碘在四氯化碳中的溶解度比在水中大,故溶液分层,下层为溶有碘的四氯化碳,显紫色,故A错误;B.浓硫酸稀释时应在小烧杯中进行,应将浓硫酸缓缓倒入,边倒入边搅拌,防止液体飞溅,故B错误;C.铁离子遇硫氰酸根显红色,常用硫氰酸钾检验铁离子的存在,故C正确;D.氧化钙有吸水性,使硫酸铜饱和溶液中的水减少,故析出晶体,故D正确.故选CD.点评本题考查分液、浓硫酸的稀释、三价铁离子的检验、溶解度等,难度不大,注意容量瓶不能用来稀释溶液是解题的关键. 8.(6分)(xx秋•太原期末)下列各项操作中,不发生“先产生沉淀,然后沉淀又溶解”现象的是( ) A.向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2 B.向Fe(OH)3胶体中逐滴加入过量的稀硫酸 C.向NaAlO2溶液中逐滴加入过量的盐酸 D.向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸考点钠的重要化合物;胶体的重要性质;硅酸的性质及制法;镁、铝的重要化合物.专题元素及其化合物.分析根据复分解反应发生的条件及物质的溶解性来分析能够反应且“先产生沉淀,然后沉淀又溶解”,注意反应与量有关.解答解A、向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2,二氧化碳和碳酸钠反应生成碳酸氢钠,碳酸氢钠的溶解性小于碳酸钠的溶解性,所以向饱和碳酸钠溶液中通入过量二氧化碳后溶液中会产生碳酸氢钠沉淀,但沉淀不溶解,所以符合条件,故A选.B、向Fe(OH)3胶体中逐滴加入过量的稀硫酸,先胶体和电解质溶液产生聚沉现象,有沉淀生成;后氢氧化铁又和硫酸反应生成可溶性的硫酸铁,所以沉淀又溶解,所以不符合条件,故B不选.C、向NaAlO2溶液中逐滴加入过量的盐酸,偏铝酸钠和盐酸反应先生成氢氧化铝沉淀,后氢氧化铝和盐酸反应生成可溶性的氯化铝,所以看到的现象是“先产生沉淀,然后沉淀又溶解”,所以不符合条件,故C不选.D、向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸,硅酸钠和盐酸反应生成难溶性的硅酸,所以看到的现象是“有沉淀生成”,所以符合条件,故D选.故选AD.点评本题考查物质之间的化学反应,熟悉复分解反应发生的条件及常见物质的溶解性是解答本题的关键,注意有些反应与反应物的量有关,量不同反应现象不同,如B、C选项.
三、非选择题本大题共4小题,共182分.按题目要求作答,解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤,只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位.9.(16分)(xx秋•越秀区校级期中)
1、实验室要配制物质的量浓度为
0.1mol/L的NaOH溶液480mL
(1)填表配制时应称量NaOH的质量/g已给仪器配制时除已给仪器外还需要的其他仪器
2.0 烧杯、药匙、托盘天平 500mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管
(2)若要计算该溶液溶质的质量分数,还需要的一个条件是 该溶液的密度 (用文字说明).
(3)下列操作对配制的NaOH溶液浓度有偏高影响的是 C (填字母)A.称量NaOH固体时,露置在空气的时间过长B.选用的容量瓶内有少量的蒸馏水C.在烧杯中溶解NaOH后,立即将所得溶液注入容量瓶中D.在定容时仰视容量瓶刻度线
2、实验室用如图几个实验装置,可快速制取少量气体,并进行相关性质实验.
(1)若A为30%H2O2溶液,B为MnO2,C盛有氢硫酸(H2S)饱和溶液,旋开E后,C中出现浅黄色浑浊的现象,写出C中发生反应的化学方程式 2H2S+O2=S↓+2H2O .
(2)若A中装有浓盐酸,B中装有固体KMnO4,C中盛有KI淀粉溶液,旋开E后,B中出现黄绿色气体.已知1molKMnO4发生反应时转移5mol电子.则B中发生反应的离子方程式是 2MnO4﹣+16H++10Cl﹣=2Mn2++5Cl2↑+8H2O ;C中的现象是 无色溶液变为蓝色 .考点配制一定物质的量浓度的溶液;气体发生装置.专题化学实验基本操作.分析
1、
(1)实验室没有480mL的容量瓶,应选择容量大于480mL且接近的容量瓶,所以应选择500mL容量瓶,根据m=nM=cvM计算所需氢氧化钠的质量;根据实验操作的步骤以及每步操作需要仪器确定反应所需仪器;
(2)根据物质的量浓度与质量分数的关系c=可知,还缺少该溶液的密度;
(3)分析操作对溶质物质的量n、溶液体积V的影响,根据c=分析操作对所配溶液浓度的影响;
2、
(1)H2O2溶液在MnO2作用下分解生成氧气,氧气氧化硫化氢生成S单质与水,所以C中出现浅黄色浑浊的现象;
(2)B中出现黄绿色气体为氯气,说明高锰酸钾与盐酸反应生成氯气,反应中1molKMnO4发生反应时转移5mol电子,则Mn元素在还原产物中的化合价为+2,还原产物为Mn2+,配平书写离子方程式.氯气具有强氧化性,可以氧化KI为碘单质,碘遇淀粉溶液变蓝色.解答解
1、
(1)实验室没有480mL的容量瓶,应选择容量大于480mL且接近的容量瓶,所以应选择500mL容量瓶,实验室配制
0.1mol•L﹣1的NaOH溶液500mL需要NaOH的质量为
0.1L×
0.5mol/L×40g/mol=
2.0g.操作步骤有称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作,一般用托盘天平称量,用药匙取用药品,在烧杯中溶解,冷却后转移到500mL容量瓶中,并用玻璃棒引流,洗涤,洗涤液移入容量瓶,当加水至液面距离刻度线1~2cm时,改用胶头滴管滴加,使溶液凹液面与刻度线水平相切,盖好瓶塞,摇匀,贮存.所以需要的仪器有托盘天平、药匙、烧杯、500mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管、量筒(可以可不用),故还需要的仪器为500mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管,故答案为
2.0;500mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管;
(2)根据物质的量浓度与质量分数的关系c=可知,还缺少该溶液的密度,故答案为该溶液的密度;
(3)A.称量NaOH固体时,露置在空气的时间过长,实际称量的氢氧化钠的质量减小,所配溶液浓度偏低,故A不符合;B.配制需加水定容,容量瓶内有少量的蒸馏水,对所配溶液浓度无影响,故B不符合;C.在烧杯中溶解NaOH后,没有冷却,立即将所得溶液注入容量瓶中,溶液具有热胀冷缩的性质,冷却后所配溶液的体积偏小,溶液的浓度偏高,故C符合;D.在定容时仰视容量瓶刻度线,配制溶液的体积偏大,所配溶液的浓度偏低;故选C;
2、
(1)H2O2溶液在MnO2作用下分解生成氧气,氧气氧化硫化氢生成S单质与水,C中发生反应的化学方程式为2H2S+O2=S↓+2H2O,故答案为2H2S+O2=S↓+2H2O;
(2)B中出现黄绿色气体为氯气,说明高锰酸钾与盐酸反应生成氯气,反应中1molKMnO4发生反应时转移5mol电子,则Mn元素在还原产物中的化合价为+2,还原产物为Mn2+,反应离子方程式为2MnO4﹣+16H++10Cl﹣=2Mn2++5Cl2↑+8H2O.氯气具有强氧化性,可以氧化KI为碘单质,碘遇淀粉溶液变蓝色,所以C中的现象为无色溶液变为蓝色,故答案为2MnO4﹣+16H++10Cl﹣=2Mn2++5Cl2↑+8H2O;无色溶液变为蓝色.点评本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制、氧化还原反应,难度中等,注意根据c=理解溶液的配制与误差分析. 10.(16分)(xx秋•越秀区校级期中)
1、
(1)化学反应I2+2S2O32﹣=2I﹣+S4O62﹣常用于精盐中碘含量测定.某同学利用该反应探究浓度对反应速率的影响.实验时均加入1mL淀粉溶液做指示剂,若不经计算,直接通过褪色时间的长短判断浓度与反应速率的关系,下列试剂中应选择
②③④ (填序号).
①1mL
0.01mol•L﹣1的碘水
②1mL
0.001mol•L﹣1的碘水
③4mL
0.01mol•L﹣1的Na2S2O3溶液
④4mL
0.001mol•L﹣1的Na2S2O3溶液
(2)若某同学选取
①③进行实验,测得褪色时间为4s,计算v(S2O32﹣)=
8.33×10﹣4mol/(L•s) .(结果保留三位有效数字)
2、合成氨所需的氢气可用煤和水作原料经多步反应制得,其中某一步反应为CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H<0200℃时,该反应的平衡常数为,该温度下,将一定量的CO和H2投入10L的密闭容器中,5min时达到平衡,各物质浓度(mol•L﹣1)变化如下表所示0min5min10minCO
0.
010.0056H2O
0.
010.0156CO
200.0044H
200.0044
(1)5min达到平衡时,CO2的浓度为
0.004mol/L ;CO的平衡转化率为 40% .
(2)欲提高CO的转化率,下列措施中可行的是 be (填字母).a.增加压强b.降低温度c.体积不变,再充入COd.更换催化剂e.体积不变,再充入H2O
(3)若5min~10min只改变了某一条件,所改变的条件是 增大水蒸气的浓度 ;该条件所改变的量是 增大
0.01mol/L .
(4)若某温度下,此反应的平衡常数为1,则该温度 小于 200℃.(填“大于”、“等于”或“小于”).考点化学平衡的计算;反应速率的定量表示方法;化学平衡的影响因素.专题化学平衡专题.分析
1、
(1)用淀粉溶液做指示剂,通过褪色时间判断浓度与反应速率的关系,I2应完全反应,蓝色褪去,采取控制变量法,碘水的浓度不变,改变Na2S2O3溶液浓度,进行对比试验;
(2)根据v=计算v(I2),再根据速率之比等于化学计量数之比计算v(S2O32﹣),注意混合后c(I2)==×
0.01mol/L;
2、
(1)令平衡时CO2的浓度为xmol/L,根据三段式用x表示出各组分的浓度变化量、平衡时浓度,代入平衡常数计算x值,据此计算平衡时,CO2的浓度为、CO的平衡转化率;
(2)欲提高CO的转化率,应是平衡向正反应移动,注意增大CO的浓度,平衡向正反应移动,但CO的转化率降低,结合选项根据平衡移动判断;
(3)根据
(1)计算5min平衡时各物质的量浓度,与10min时各物质的浓度进行比较判断;
(4)平衡常数增大,说明温度改变平衡向正反应移动,该反应正反应是放热反应,故应为降低温度.解答解
1、
(1)用淀粉溶液做指示剂,通过褪色时间判断浓度与反应速率的关系,I2应完全反应,蓝色褪去,采取控制变量法,碘水的浓度不变,改变Na2S2O3溶液浓度,
②1mL
0.001mol•L﹣1的碘水与
③4mL
0.01mol•L﹣1的Na2S2O3溶液、
④4mL
0.001mol•L﹣1的Na2S2O3溶液反应,I2都能完全反应;
①1mL
0.01mol•L﹣1的碘水与
④4mL
0.001mol•L﹣1的Na2S2O3溶液反应,I2不能完全反应,蓝色不能褪去,无法判断,故选
②③④;
(2)混合后c(I2)==×
0.01mol/L.所以v(I2)==×
0.0025mol/(L•s),根据速率之比等于化学计量数之比,所以v(S2O32﹣)=2v(I2)=2××
0.0025mol/(L•s)=
8.33×10﹣4mol/(L•ms),故答案为
8.33×10﹣4mol/(L•s);
2、
(1)令平衡时CO2的浓度为xmol/L,则根据三段式用x表示出各组分的浓度变化量、平衡时浓度,CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)开始(mol/L)
0.
010.0100变化(mol/L)xxxx平衡(mol/L)
0.01﹣x
0.01﹣xxx所以=,解得x=
0.004所以5min达到平衡时,CO2的浓度为
0.004mol/L;CO的平衡转化率为×100%=40%,故答案为
0.004mol/L;40%;
(2)欲提高CO的转化率,应是平衡向正反应移动.a.该反应前后气体的体积不变化,增加压强,加快反应速率,平衡不移动,CO的转化率不变,故a错误;b.该反应正反应是放热反应,降低温度平衡向正反应移动,CO的转化率增大,故b正确;c.体积不变,再充入CO,平衡向正反应移动,水的转化率增大,CO的转化率降低,故c错误;d.更换催化剂,平衡不移动,CO的转化率不变,故d错误;e.体积不变,再充入H2O,平衡向正反应移动,CO的转化率增大,故e正确.故选be;
(3)由
(1)计算可知,5min平衡时各物质的量浓度为CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)平衡(mol/L)
0.
0060.
0060.
0040.00410min时
0.
00560.
01560.
00440.0044CO的浓度变化
0.006mol/L﹣
0.0056mol/L=
0.0004,CO2与H2浓度变化
0.0044mol/L﹣
0.004mol/L=
0.0004mol/L,浓度变化相等,水蒸气的浓度增大,故改变条件应是增大水蒸气的浓度,浓度增大量为
0.0156mol/L+
0.0044mol/L﹣
0.01mol/L=
0.01mol/L,故答案为增大水蒸气的浓度;增大
0.01mol/L;
(4)平衡常数增大,说明温度改变平衡向正反应移动,该反应正反应是放热反应,故应为降低温度,该温度小于200℃,故答案为小于.点评本题考查化学速率计算、化学平衡计算、平衡常数、外界条件对平衡的影响等,难度较大,计算v(S2O32﹣)是易错点,容易忽略混合后,起始浓度变化. 11.(16分)(xx秋•越秀区校级期中)
1、亚氯酸钠(NaClO2)是一种重要的含氯消毒剂,主要用于水的消毒以及砂糖、油脂的漂白与杀菌.以下是过氧化氢法生产亚氯酸钠的工艺流程图已知
①NaClO2的溶解度随温度升高而增大,适当条件下可结晶析出NaClO2•3H2O.
②纯ClO2易分解爆炸,一般用稀有气体或空气稀释到10%以下安全.
③160g/LNaOH溶液是指160gNaOH固体溶于水所得溶液的体积为1L.
(1)160g/LNaOH溶液的物质的量浓度为
4.00mol/L (结果保留三位有效数字)
(2)发生器中鼓入空气的作用是 稀释ClO2,防止ClO2分解爆炸 .
(3)吸收装置内发生反应的化学方程式为 2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2 ;吸收装置中的温度不能过高,其原因是 防止H2O2的分解 .
(4)吸收塔中为防止NaClO2被还原成NaCl,所用还原剂的还原性应适中.除H2O2外,还可以选择的还原剂是 a (选填序号)a.Na2O2b.Na2Sc.FeCl2
(5)从滤液中得到NaClO2•3H2O粗晶体的实验操作依次是 bed (选填序号)a.蒸发结晶b.蒸发浓缩c.灼烧d.过滤e.冷却结晶
2、在氯氧化法处理含CN一的废水过程中,液氯在碱性条件下可以将氰化物氧化成氰酸盐(其毒性仅为氰化物的千分之一),氰酸盐再进一步被氧化为无毒物质.
(1)某厂废水中含KCN,其浓度为650mg•L﹣1.现用氯氧化法处理,发生如下反应KCN+2KOH+Cl2=KOCN+2KCl+H2O,再投入过量液氯,可将氰酸盐进一步氯化为氮气.请配平下列化学方程式(配平后请在方框内填写每种物质的化学计量数,若为“1”也要写上) 2 KOCN+ 4 KOH+ 3 Cl2→ 2 CO2+ 1 N2+ 6 KCl+ 2 H2O
(2)若处理上述废水20L,使KCN完全转化为无毒物质,至少需液氯
35.5 g.考点制备实验方案的设计;氧化还原反应方程式的配平.专题氧化还原反应专题.分析
1、
(1)浓度g/L表示1L溶液中所含溶质质量的多少.160g/LNaOH溶液表示1L氢氧化钠溶液含有160gNaOH.令溶液体积为1L,计算氢氧化钠的物质的量.利用c=计算氢氧化钠溶液的物质的量浓度.
(2)由信息
②可知,纯ClO2易分解爆炸,一般用稀有气体或空气稀释到10%以下安全.据此解答.
(3)根据题目信息并运用氧化还原反应理论判断反应物、生成物.根据流程信息可知,吸收塔内生成NaClO2,一定有ClO2→NaClO2,化合价降低,被还原;则H2O2必定被氧化,有氧气产生.据此书写方程式.温度过高,H2O2容易分解.
(4)还原性要适中.还原性太强,会将ClO2还原为更低价态产物,影响NaClO2生产;方便后续分离提纯,加入试剂不能干扰后续生产.Na2O2溶于水相当于H2O2.
(5)从溶液中得到含结晶水的晶体,只能采取蒸发、浓缩、冷却结晶方法,通过过滤得到粗晶体.
2、
(1)反应中KOCN→N2,N元素化合价由﹣3价升高为0价,共升高6价,Cl2→KCl,Cl元素化合价由0价降低为﹣1价,共降低2价,化合价升降最小公倍数为6,故N2系数为1,Cl2系数为3,结合原子守恒配平其它物质的系数;
(2)计算废水中KCN的质量,再根据n=计算KCN的物质的量,使KCN完全转化为无毒物质,生成CO、N2,整个过程中C元素化合价由+2价升高为+4价,N元素化合价由﹣3价升高为0价,Cl元素化合价由0价降低为﹣1价,根据电子转移守恒计算n(Cl2),再根据m=nM计算需要氯气的质量.解答解
1、
(1)160g/LNaOH溶液表示1L氢氧化钠溶液含有160gNaOH.令溶液体积为1L,则160gNaOH的物质的量为=4mol.所以该溶液氢氧化钠的物质的量浓度c(NaOH)==4mol/L.故答案为4mol/L.
(2)由信息
②可知,纯ClO2易分解爆炸,一般用稀有气体或空气稀释到10%以下安全.发生器中鼓入空气的作用应是稀释ClO2以防止爆炸.故答案为稀释ClO2,防止ClO2分解爆炸.
(3)根据流程信息可知,吸收塔内生成NaClO2,所以一定有ClO2→NaClO2,化合价降低,被还原;则H2O2必定被氧化,有氧气产生,反应方程式为2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2.H2O2不稳定,温度过高,H2O2容易分解,吸收塔的温度不能超过20℃,其目的是防止H2O2分解.故答案为2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2;防止H2O2分解.
(4)还原性要适中.还原性太强,会将ClO2还原为更低价态产物,影响NaClO2生产;方便后续分离提纯,加入试剂不能干扰后续生产.Na2O2溶于水相当于H2O2.Na2S、FeCl2还原性较强,生成物与NaClO2分离比较困难.故答案为a.
(6)从溶液中得到含结晶水的晶体,只能采取蒸发、浓缩、冷却结晶方法,通过过滤得到粗晶体.所以操作顺序为bed.故答案为bed;
2、
(1)反应中KOCN→N2,N元素化合价由﹣3价升高为0价,共升高6价,Cl2→KCl,Cl元素化合价由0价降低为﹣1价,共降低2价,化合价升降最小公倍数为6,故N2系数为1,Cl2系数为3,结合原子守恒配平其它物质的系数,平衡后方程式为2KOCN+4KOH+3Cl2═2CO2+N2+6KCl+2H2O,故答案为
2、
4、
3、
2、
1、
6、2;
(2)废水中KCN的质量为650mg/L×20L=13000mg=13g,物质的量为=
0.2mol,使KCN完全转化为无毒物质,应生成CO、N2,整个过程中C元素化合价由+2价升高为+4价,N元素化合价由﹣3价升高为0价,Cl元素化合价由0价降低为﹣1价,电子转移守恒可知2×n(Cl2)=
0.2mol×(4﹣2)+
0.2mol×[0﹣(﹣3)],解得n(Cl2)=
0.5mol,故需要氯气的质量为
0.5mol×71g/mol=
35.5g,故答案为
35.5.点评本题以学生比较陌生的亚氯酸钠制备为背景,以过氧化氢法制备亚氯酸钠为主线,考察学生阅读题目获取信息的能力、对浓度概念的理解、对氧化还原反应相关知识的运用、有关实验操作和简单实验设计能力考察以及在新情境下综合运用知识解决问题的能力.题目有一定的难度. 12.(16分)(xx•潮州二模)新切开的苹果在空气中放置一段时间表面会变黄,最终变成褐色,这种现象在食品科学上通常称为“褐变”.关于苹果褐变的原因有以下两种说法A.苹果中的Fe2+被空气中的氧气氧化成了Fe3+B.苹果中的酚类物质被空气中的氧气氧化了究竟哪种说法正确,某合作小组同学通过实验进行了探究.材料苹果、浓度均为
0.1mol•L﹣1的盐酸、NaCl溶液、NaHCO3溶液、Na2SO3溶液、KSCN溶液、开水
(1)探究1实验操作实验现象结论在“褐变”后的苹果上滴上2~3滴 KSCN 溶液 无红色出现 说法A不正确
(2)探究2【查阅文献】1.苹果中含有多酚和多酚氧化酶,苹果褐变是氧气、酚类、酚氧化酶共同作用生成了醌类物质的缘故.苹果中多酚氧化酶的活性温度为35℃左右、活性pH约为
5.5.2.酚类物质遇FeCl3溶液常发生显色反应而呈现一定颜色,如苯酚显紫色,对苯二酚显绿色,甲基苯酚显蓝色.该小组将刚削皮的苹果切成七块,进行如下实验验证.请填写下表中相应的结论序号实验步骤现象结论
①在一块上滴加2~3滴FeCl3溶液表面变为绿色苹果中含有酚类物质
②一块放置于空气中另一块迅速浸入
0.1mol•L﹣1NaCl溶液中表面逐渐褐变相当长一段时间内,无明显变化苹果褐变与 氧气 有关
③另两块分别立刻放入90℃~95℃的开水和
0.1mol•L﹣1盐酸中浸泡2min后取出,放置于空气中相当长一段时间内,均无明显变化苹果褐变与 多酚、氧化酶的活性 有关
④最后两块分别立刻放入各
0.1mol•L﹣1的NaHCO3溶液和Na2SO3溶液里浸泡2min后取出,放置于空气前者表面逐渐褐变,后者相当长一段时间内,无明显变化亚硫酸钠溶液能阻止苹果褐变
(3)问题与讨论
①
0.1mol•L﹣1的NaHCO3溶液和Na2SO3溶液的pH相近,Na2SO3溶液却能阻止苹果褐变,可能的原因是 亚硫酸钠的还原性比酚强,消耗了氧气,保护了酚 ,反应的离子方程式为 2SO32﹣+O2=2SO42﹣ .
②褐变会影响苹果的品质和口感,试举出家中防止削皮苹果褐变的一种措施 放入冰箱冷藏,用保鲜膜包裹,用盐水浸泡 .考点铁盐和亚铁盐的相互转变.专题实验探究和数据处理题.分析
(1)如果苹果中的Fe2+被空气中的氧气氧化成了Fe3+,棕黄色的Fe3+遇到无色的KSCN溶液变红;
(2)苹果褐变是氧气、酚类、酚氧化酶共同作用生成了醌类物质的缘故,根据实验各步骤逐项分析苹果褐变的原因;
(3)
①亚硫酸钠具有还原性,苹果褐变需要氧气;
②根据苹果褐变是氧气、酚类、酚氧化酶共同作用的结果,据此分析出防止削皮苹果褐变的措施.解答解
(1)如果苹果中的Fe2+被空气中的氧气氧化成了Fe3+,棕黄色的Fe3+遇到无色的KSCN溶液发生络合反应,Fe3++3SCN﹣⇌Fe(SCN)3生成的络合物Fe(SCN)3为红色,所以要检验苹果中的Fe2+是否被空气中的氧气氧化成了Fe3+,可以用KSCN溶液检验.故答案为KSCN;无红色出现;
(2)
②一块放置于空气中,另一块迅速浸入
0.1mol•L﹣1NaCl溶液中.放置于空气中的苹果表面逐渐褐变,而另一块浸入氯化钠溶液,与空气隔绝,相当长一段时间内,无明显变化,说明了苹果褐变与氧气有关.故答案为氧气;
③酶为蛋白质,加热或强酸均使酶即蛋白质变性,多酚易被氧气氧化.通过对另两块分别立刻放入90℃~95℃的开水和
0.1mol•L﹣1盐酸中浸泡2min,使蛋白质变性,放置于空气中,相当长一段时间内,均无明显变化,说明破坏了苹果中多酚、氧化酶的活性,说明苹果褐变与酚氧化酶的活性有关.故答案为多酚、氧化酶的活性;
(3)
0.1mol•L﹣1的NaHCO3溶液和Na2SO3溶液的pH相近,Na2SO3溶液却能阻止苹果褐变,通过对照实验说明,亚硫酸钠的还原性比酚强,发生反应2SO32﹣+O2═2SO42﹣,消耗了氧气,保护了酚,从而使苹果未发生褐变.故答案为亚硫酸钠的还原性比酚强,消耗了氧气,保护了酚;2SO32﹣+O2═2SO42﹣;
(4)苹果中含有多酚和多酚氧化酶,苹果褐变是氧气、酚类、酚氧化酶共同作用生成了醌类物质的缘故.防止削皮苹果褐变,可以采取隔绝空气、破坏酚氧化酶活性的方法.如放入冰箱冷藏,用保鲜膜包裹,用盐水浸泡等,故答案为放入冰箱冷藏,用保鲜膜包裹,用盐水浸泡(其它合理答案均可).点评本题是一道实验探究题,重点考查了学生的实验探究能力,解答该题时需抓住题干中有用的信息,与已掌握的化学知识相结合,来解决问题,能力要求高. 。