【化学】甘肃省兰州市第一中学2019-2020学年高一下学期期末考试试题(解析版)

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【化学】甘肃省兰州市第一中学2019-2020学年高一下学期期末考试试题(解析版)

甘肃省兰州市第一中学2019-2020学年高一下学期期末考试试题 说明:本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分 100 分,考试时间 100分钟。答案写在答题卡上,交卷时只交答题卡。‎ 可能用到的原子量:H—1,C—12,N—14,O—16。‎ 第 I 卷(选择题,共 50 分)‎ 一、单选题(每题 2 分,共 50 分)‎ ‎1.下列叙述错误的是( )‎ A. ‎13C和‎14C属于同种元素,它们互为同位素 B. 1H和2H是不同的核素,它们的质子数相等 C. ‎14C和14N的质量数相等,它们的中子数不等 D. 6Li和7Li的电子数相等,中子数也相等 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A‎.13C和‎14C属于同种元素,由于二者质子数相同,而中子数不同,所以它们互为同位素,故A正确;‎ B.1H和2H是不同的核素,由于它们都属于氢元素,所以它们的质子数相等,故B正确;‎ C‎.14C和14N的质量数相等,由于二者的质子数不同,因此它们的中子数不等,故C正确;‎ D.6Li和7Li的质子数相等,它们的电子数也相等,但是中子数不同,故D错误。‎ 故选D。‎ ‎2.化学与社会、生产、生活密切相关。下列做法值得提倡的是( )‎ A. 小苏打用作净水剂 B. “地沟油”加工为生物燃料 C. 饮高度酒预防新冠肺炎 D. 漂粉精作食品漂白剂 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.小苏打即NaHCO3,NaHCO3无吸附性,不可净水,A错误;‎ B.“地沟油”为油脂,有可燃性,可加工为生物燃料,B正确;‎ C.喝高度酒可能引起酒精中毒,损害人体健康,且高度酒的浓度达不到75%,并不能有效的杀死新冠病毒,C错误;‎ D.漂粉精有效成分为Ca(ClO)2,Ca(ClO)2水解产生HClO,HClO能产生有毒的Cl2,有强烈的氯臭,所以漂粉精不能作食品漂白剂,D错误;‎ 答案选B。‎ ‎3.下列有关酸雨的说法不正确的是(  )‎ A. 空气中的SO2溶于水,最终形成酸雨 B. NO2或SO2都会导致酸雨的形成 C. pH<7的雨水不都是酸雨 D. 工业废水任意排放是造成酸雨的主要原因 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.二氧化硫与水反应生成亚硫酸,亚硫酸能被氧化为硫酸,形成酸雨,A正确,不符合题意;‎ B.酸雨形成是由于SO2、NO2而引起的,B正确,不符合题意;‎ C.酸雨是pH小于5.6的雨水,C正确,不符合题意;‎ D.工业废水任意排放引起江河湖泊的污染,而酸雨是由于SO2、NO2而引起的,D不正确,符合题意。‎ 答案选D。‎ ‎4.下列说法中正确是( )‎ ‎①离子化合物中一定有离子键,可能有共价键 ‎②NaHSO4固体中阳离子和阴离子的个数比是1:1‎ ‎③非金属单质中不含离子键,一定只含共价键 ‎④稳定性:H2O>H2S,沸点:H2O<H2S ‎⑤NaCl和HCl溶于水破坏相同的作用力 ‎⑥非极性键可能存在于非金属单质中,也可能存在于离子化合物或共价化合物中 A. ①②⑥ B. ①③④⑥ C. ①⑥ D. ①④⑤‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①离子化合物是阴阳离子通过离子键构成的化合物,因此离子化合物中一定有离子键,若阴离子、阳离子为复杂离子,还可能有共价键,①正确;‎ ‎②NaHSO4是盐,由阳离子Na+与阴离子HSO4-‎ 构成,因此固体中阳离子和阴离子的个数比是1:1,②正确;‎ ‎③非金属元素的原子容易获得电子,或原子之间形成共用电子对,因此非金属单质中不可能含离子键,若为双原子分子或多原子分子,则含有共价键,若为单原子分子,如惰性气体,就不含共价键,③错误;‎ ‎④元素的非金属性O>S,所以氢化物的稳定性:H2O>H2S;由于水分子之间存在氢键,增加了分子之间的吸引力,因此物质的沸点:H2O>H2S,④错误;‎ ‎⑤NaCl是离子化合物,溶于水破坏的是离子键;而HCl是共价化合物,溶于水破坏的是共价键,因此破坏的作用力不相同,⑤错误;‎ ‎⑥非极性键可能存在于多原子或双原子的非金属单质中,也可能存在于离子化合物,如Na2O2,或存在于共价化合物中如H2O2等中,⑥正确;‎ 可见说法正确的为①②⑥,因此合理选项为A。‎ ‎5.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素,W和Y同族,X和Z同族,X的简单离子和Y的简单离子具有相同的电子层结构,W和X、Z均能形成共价化合物,W和X、Y分别形成的化合物溶于水均呈碱性。下列说法错误的是( )‎ A. 4种元素中Y的金属性最强 B. 最高价氧化物对应的水化物的酸性:Z>X C. 简单阳离子氧化性:W>Y D. W和Y形成的化合物与水反应能生成一种还原性气体 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】W和X、Z均能形成共价化合物,则W、X、Z很可能均为非金属元素,考虑到W原子序数最小,可推断W为H元素;W和X、Y分别形成的化合物溶于水均呈碱性,X为非金属,可推测化合物中有NH3,则X为N元素,又X和Z同族,Z为P元素;W和Y同族,X的简单离子和Y的简单离子具有相同的电子层结构,可推知Y为Na元素。综上推测满足题干信息,因而推测合理,W为H,X为N,Y为Na,Z为P。‎ A. 4种元素中只有Y是金属元素,即Na,因而金属性最强,A正确;‎ B.元素的非金属性越强则最高价氧化物对应的水化物酸性越强,非金属性:N(X)>P(Z),因而最高价氧化物对应的水化物的酸性:ZH(W),因而简单阳离子氧化性:W>Y,C正确;‎ D.W和Y形成的化合物为NaH,NaH与水反应生成氢氧化钠和氢气,氢气为还原性气体,D正确。‎ 故答案选B。‎ ‎6.下列物质间的反应,其能量变化符合图示的是( )‎ A. 生石灰和水的反应 B. 固体氢氧化钡晶体和氯化铵 C. 灼热的碳和二氧化碳 D. 制水煤气 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】由图象可知,反应物总能量大于生成物总能量,反应为放热反应。‎ ‎【详解】A.生石灰和水的反应为放热反应,A正确;‎ B.固体氢氧化钡晶体和氯化铵为吸热反应,B错误;‎ C.灼热的碳和二氧化碳,为以碳为还原剂的氧化还原反应,为吸热反应,C错误;‎ D.制水煤气为吸热反应,D错误;‎ 答案选A。‎ ‎7.H2能在Cl2中燃烧生成 HCl,HCl也能在一定条件下分解为H2和Cl2。 图为H2、Cl2和HCl 三者相互转化的微观过程示意图,下列说法正确的是( )‎ A. 过程 1 放热 B. 过程 2 吸热 ‎ C. 过程 3 放热 D. 过程 4 放热 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】化学反应的过程中存在化学键的断裂与形成,其中键断裂吸热,键形成放热,图中过程1是吸热过程,过程2是放热过程,氢气在氯气中燃烧是放热过程,而氯化氢的分解是吸热过程,故答案为C。‎ ‎8.原电池电极的“正”与“负”不仅与电极材料的性质有关,也与电解质溶液有关。下列说法中正确的是( )‎ A. 由和溶液组成的原电池中,负极反应式为:‎ B. 由和稀硫酸组成的原电池中,负极反应式为 C. 由和溶液组成的原电池中,负极反应式为:=‎ D. 由和浓组成的原电池中,负极反应式为:‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由和溶液组成的原电池中铁作负极,负极反应式为:,A错误;‎ B.由和稀硫酸组成的原电池中铝作负极,负极反应式为,B错误;‎ C.由和溶液组成的原电池中铝作负极,负极反应式为:=,C正确;‎ D.由和浓组成的原电池中铜作负极,负极反应式为:,D错误;‎ 答案选C。‎ ‎9.世界某著名学术刊物介绍了一种新型中温全瓷铁空气电池,其结构如图所示。‎ 下列有关该电池放电时的说法正确的是(  )‎ A. a极发生氧化反应 B. 正极的电极反应式为FeOx+2xe-=Fe+xO2-‎ C. 若有‎22.4 L(标准状况)空气参与反应,则电路中有4 mol电子转移 D. 铁表面发生的反应为xH2O(g)+Fe=FeOx+xH2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】由新型中温全瓷铁空气电池的装置图可知,a极空气中氧气得电子,发生还原反应,为正极,铁与水反应生成氢气,氢气在b极失电子,发生氧化反应,为负极,据此分析解答。‎ ‎【详解】A. a极空气中氧气得电子发生还原反应,A项错误;‎ B. O2在正极发生反应,电极反应式为O2+4e-=2O2-,B项错误;‎ C. 若有‎22.4 L(标准状况)空气参与反应,则氧气的物质的量为×=0.2mol,电路中转移的电子为0.8mol,C项错误;‎ D. 由新型中温全瓷铁空气电池的装置图可知,铁表面H2O(g)参与反应生成H2,发生的反应为xH2O(g)+Fe=FeOx+xH2,D项正确;‎ 答案选D。‎ ‎10.在不同条件下,分别测得反应 2SO2(g) + O2(g) 2SO3(g)的速率如下,其中化学反应速率最快的 是 ( )‎ A. v(SO2) = 4 mol•L-1•min-1 B. v(O2) = 2 mol•L-1•min-1‎ C. v(SO3) = 1.5 mol•L-1•s-1 D. v(SO2) = 1 mol•L-1•s-1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】反应速率与化学计量数的比值越大,反应速率越快,统一单位,则 A.=0.033,B.=0.033,C.=0.75,D.=0.5,C中比值最大,反应速率最快;答案为C。‎ ‎11.10mL 浓度为 1mol·L-1 的盐酸与过量的锌粉反应,若加入适量的下列溶液,能减慢反应速率但又不影响氢气生成量的是( )‎ A. KCl B. KNO‎3 ‎C. CuSO4 D. Na2CO3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.加入适量的KCl溶液,相等于增加溶液的体积,浓度减小,减慢速率,氢气量不变,A符合题意;‎ B.加入KNO3,与H+结合形成HNO3,HNO3具有强氧化性,与锌反应不产生氢气,B不符合题意;‎ C.加CuSO4,锌置换出铜,形成锌铜盐酸原电池,反应速率加快,C不符合题意;‎ D.加Na2CO3溶液,消耗氢离子,氢离子浓度减小,速率减慢,氢气量减少,D不符合题意;‎ 答案选A。‎ ‎12.在两个恒温、恒容的密闭容器中进行下列两个可逆反应:(甲):2X(g) Y(g) + Z(s);(乙): A(s) + 2B(g) C(g) + D(g),当下列物理量不再发生变化时:①混合气体的密度;②混合气体的压强;③反应物的消耗速率与生成物的消耗速率之比等于化学计量数之比;④反应容器中生成物的百分含量。其中能表明(甲)和(乙)都达到化学平衡状态是( )‎ A. ①②③ B. ①②③④ C. ①③④ D. ①②④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①甲反应中Z为固体,乙反应中A为固体,由质量守恒定律可知,反应中混合气体质量会发生变化,恒温、恒容的密闭容器中,混合气体的密度会发生变化,则混合气体的密度不变,说明甲和乙均达到平衡状态,故正确;‎ ‎②甲反应是气体体积减小的反应,混合气体的压强始终不变,能说明反应达平衡状态,而乙反应是气体体积不变的反应,混合气体的压强始终不变,不能说明反应达平衡状态,故错误;‎ ‎③反应物的消耗速率与生成物的消耗速率之比等于化学计量数之比,说明正逆反应速率相等,表明甲和乙均达到平衡状态,故正确;‎ ‎④反应容器中生成物的百分含量,说明各组分的物质的量不变反应达平衡状态,表明甲和乙均达到平衡状态,故正确;‎ ‎①③④正确,故选C。‎ ‎13.下列说法正确的是( )。‎ A. 烷烃的通式为 CnH2n+2,随 n 的增大,碳元素的质量分数逐渐减小 B. 和互为同系物 C. 丙烷的比例模型为 D. 分子式为 C5H10O2 且可与碳酸钠反应放出气体的有机化合物有 8 种(不考虑立体异构)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.烷烃的通式为CnH2n+2,C元素的质量分数为=,则随n值增大,碳元素的质量百分含量逐渐增大,故A错误;‎ B.和的结构相似,分子组成上相差1个CH2,互为同系物,故B正确;‎ C.是丙烷的球棍模型,不是比例模型,故C错误;‎ D.分子式为C5H10O2的有机物,能可与碳酸钠反应放出气体,说明分子中含有-COOH,该物质为戊酸,可以看作-COOH取代丁烷上的H原子形成的酸,丁烷有正丁烷、异丁烷,CH3CH2CH2CH3分子中有2种H原子,被-COOH取代得到2种酸;CH3CH(CH3)2分子中有2种H原子,被-COOH取代得到2种酸,所以该有机物的可能的结构有4种,故D错误;‎ 故选B。‎ ‎14.在光照条件下,将1molCH4与Cl2反应,得到四种有机产物CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4物质的量之比为1:2:3:4,则消耗Cl2物质的量为( )‎ A. 0.5‎mol B. 1.25mol C. 2.5mol D. 3mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】发生取代反应时,一半的Cl进入HCl,一半的氯在有机物中,根据四种有机取代物的物质的量之比为n(CH3Cl):n(CH2Cl2):n(CHCl3):n(CCl4)=1:2:3:4;计算出各自的物质的量,进而计算所需氯气的物质的量。‎ ‎【详解】四种有机取代物的物质的量之比为n(CH3Cl):n(CH2Cl2):n(CHCl3):n(CCl4)=1:2:3:4,则四种取代物的物质的量分别为:n(CH3Cl):0.1mol,n(CH2Cl2):0.2mol,n(CHCl3):0.3mol,n(CCl4‎ ‎):0.4mol,发生取代反应时,一半的Cl进入HCl,消耗氯气的物质的量为0.1mol+2×0.2mol+3×0.3mol+4×0.4mol=3mol,故选D。‎ ‎15.下列说法正确的是( )‎ A. 丙烷是直链烃,所以分子中3个碳原子也在一条直线上 B. 丙烯所有原子均在同一平面上 C. 所有碳原子都在同一平面上 D. 至少有16个原子共平面 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.丙烷中C原子是饱和碳原子,形成的是四面体结构,因此三个C原子是锯齿形的,不在一条直线上,A错误; ‎ B.CH3-CH=CH2中甲基C原子构成的是四面体结构,因此该甲基上至少有一个氢不和它们共平面,B错误;‎ C.因为环状结构不是平面结构,所以所有碳原子不可能在同一平面上,C错误;‎ D.该分子中在同一条直线上的原子有8个(),再加上其中一个苯环上的8个原子,所以至少有16个原子共平面,D正确;‎ 故合理选项是D。‎ ‎16.苯环实际上不具有碳碳单键和双键的交替结构,可以作为证据的事实有( )‎ ‎①苯的间位二取代物只有一种 ‎②苯的邻位二取代物只有一种 ‎③苯分子中碳碳键的键长均相等 ‎④苯不能使酸性KMnO4溶液褪色 ‎⑤苯在加热和催化剂存在条件下,与氢气发生加成反应 ‎⑥苯在FeBr3存在的条件下,与液溴发生取代反应,但不能因化学变化而使溴水褪色 A. ①②③④ B. ②③④⑥ C. ③④⑤⑥ D. 全部 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①无论苯的结构中是否有碳碳双键和碳碳单键,间位二元取代物均只有1种,所以①不能作为证据;‎ ‎②如果苯的结构中存在单双键交替结构,则苯的邻位二元取代物有两种,而事实是苯的邻位二元取代物只有一种,所以可以证明苯的结构中不存在单双键交替结构,故②能作为证据;‎ ‎③因单键和双键的键长不相等,苯分子中碳碳键的键长均相等,说明苯的结构中不存在单双键交替结构,故③能作为证据;‎ ‎④苯不能使KMnO4酸性溶液褪色,说明不含双键,说明苯的结构中不存在单双键交替结构,故④能作为证据;‎ ‎⑤含有双键物质能够与氢气发生加成反应,苯能在加热和催化剂存在的条件下与氢气加成生成环己烷,可以用单双健结构来解释,故⑤不能作为证据;‎ ‎⑥苯在FeBr3存在的条件下同液溴发生取代反应,而不是加成反应,说明不含双键,说明苯的结构中不存在单双键交替结构,故⑥能作为证据;‎ 正确的选项为②③④⑥;故选B。‎ ‎17.提纯下列物质(括号中为少量杂质),选择的试剂和分离方法都正确的是( ) ‎ ‎ ‎ 被提纯的物质 ‎ 除杂试剂 ‎ 分离方法 ‎ A 甲烷(乙烯)‎ 酸性高锰酸钾溶液 ‎ 洗气 ‎ B 乙醇(碘)‎ 氢氧化钠溶液 ‎ 过滤 ‎ C 乙酸乙酯(乙醇)‎ 饱和碳酸钠溶液 ‎ 蒸馏 ‎ D 溴苯(溴)‎ 氢氧化钠溶液 ‎ 分液 ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.甲烷(乙烯),将混合气体通入溴四氯化碳溶液进行洗气,乙烯与酸性高锰酸钾溶液反应生成二氧化碳气体,引入新的杂质,故A错误;‎ B.乙醇(碘),加入氢氧化钠溶液,碘与氢氧化钠溶液反应,乙醇与水互溶,用蒸馏方法分离,故B错误;‎ C.乙酸乙酯(乙醇),用饱和碳酸钠溶液溶解乙醇,降低乙酸乙酯溶解度,再用分液方法分离,而不是蒸馏,故C错误;‎ D.溴苯(溴),溴苯不溶于水,溴可与氢氧化钠溶液反应,反应后分液即可分离,故D正确;‎ 答案选D。‎ ‎18.在 2020 年抗击新型冠状病毒(COVID-19)的战役中,化学药品发挥了重要作用。下列说法不正确的是( )‎ A. 84 消毒液、二氧化氯泡腾片均可作为环境消毒剂 B. 医用消毒酒精中乙醇的体积分数为 75%‎ C. 用来合成抑制新冠病毒的潜在药物磷酸氯喹的中间体喹啉(如上图)属于芳香烃 D. 生产医用防护口罩的原料聚丙烯纤维属于有机高分子材料 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.84消毒液的有效成分是次氯酸钠,二氧化氯泡腾片的主要成份是二氧化氯,次氯酸钠和二氧化氯都具有强氧化性,都可作为环境消毒剂,故A正确;‎ B.酒精能使蛋白质变性,从而能杀菌消毒,体积分数为75%的酒精的消毒效果最好,可以起到良好的预防病毒的作用,故B正确;‎ C.由结构简式可知,喹啉分子中含有苯环和氮原子,则喹啉属于芳香烃,属于芳香族化合物,故C错误;‎ D.一定条件下,丙烯发生加聚反应生成聚丙烯,聚丙烯纤维属于有机高分子材料,可生产医用防护口罩,故D正确;‎ 故选C。‎ ‎19.由乙烯和乙醇蒸汽组成的混合气体中,若碳元素的质量分数为72%,则氧元素的质量分数为( )‎ A. 32.00% B. 16.00% C. 14.22% D. 2.14%‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】乙烯的分子式为C2H4,乙醇的分子式为C2H6O,可改写为C2H4(H2O),二者相同部分为C2H4,N(C):N ‎(H)=1:2,故质量比为6:1,碳元素的质量分数为72%,故相同部分的C2H4的质量分数为72%= 84%,故剩余的H2O的质量分数为16%,故氧元素的质量分数为16%×=14.22%; 答案选C。‎ ‎20.如图是分离乙酸乙酯、乙酸和乙醇混合物的实验操作流程图,在如图所示实验过程中,所涉及的三次分离操作分别是( )‎ A. ①蒸馏;②过滤;③分液 B. ①分液;②蒸馏;③蒸馏 C. ①蒸馏;②分液;③分液 D. ①分液;②蒸馏;③结晶、过滤 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液,可用分液的方法分离,溶液中的主要成分为乙酸钠和乙醇,二者沸点相差较大,蒸馏可得到乙醇,乙酸钠加入硫酸,得到乙酸和硫酸钠,二者沸点相差较大,蒸馏可得到乙酸,故选B。‎ ‎21.某有机物的结构简式为,在下列各反应的类型中:①取代,②加成,③加聚,④置换,⑤酯化,⑥中和,⑦氧化,它能发生的反应有( )‎ A. ①②③⑤⑥⑦ B. ①②③⑥ ‎ C. ①②④⑤⑥⑦ D. ③④⑤⑥⑦‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据有机物的结构简式,该有机物中含有苯环、羟基、羧基,苯环能发生加成等反应,羟基发生取代、置换、酯化、氧化等反应,羧基能发生酯化、置换、中和等反应,故C正确;‎ 答案:C。‎ ‎22.下列说法正确的是( )‎ A. 诗句“春蚕到死丝方尽,蜡炬成灰泪始干”中的“丝”和“泪”分别是蛋白质和高级烃 B. 糖类、油脂、蛋白质都是天然高分子化合物 C. 糖类、油脂、蛋白质都能发生水解 D. 油脂的皂化反应属于加成反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.蚕丝的主要成分是蛋白质,烛泪指的是石蜡,石蜡是几种高级烃的混合物,故A项正确;‎ B.糖类有单糖和二糖和多糖,单糖和二糖不属于高分子化合物;油脂的相对分子量较小,不属于高分子化合物,故B错误;‎ C.单糖、二糖不能水解,多糖才能发生水解,故C项错误;‎ D.油脂在碱性条件下水解反应为皂化反应,属于取代反应,故D错误;‎ 综上所述,本题的正确答案为A。‎ ‎23.下列有关石油、煤、天然气的叙述正确的是 ( )‎ A. 石油分馏可得到汽油、煤油和柴油等,裂解可得到乙烯、丙烯等 B. 煤中含有的苯、甲苯等,煤干馏可得到芳香烃,石油的催化重整也可得到芳香烃 C. 石油的分馏、煤的气化和液化都属于化学变化 D. 石油、煤、天然气、可燃冰、沼气都属于化石燃料 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.石油分馏可以得到汽油、煤油等产品,裂解得到乙烯等化工产品,A正确;‎ B.煤中不含有的苯、甲苯,煤干馏发生复杂的物理、化学变化后可得焦炭、煤焦油、粗氨水、焦炉气,其中焦炉气、煤焦油中含有芳香烃;芳香烃也可以来自于石油的催化重整,B错误;‎ C.煤的气化生成CO和氢气,液化生成甲醇,均为化学变化,而石油分馏与混合物沸点有关,为物理变化,C错误;‎ D.石油、煤、天然气、可燃冰都属于化石燃料,沼气不是化石燃料,D错误。‎ 答案选A。‎ ‎24.下列金属冶炼的反应原理,不正确的是( )‎ A. 2Ag2O 4Ag + O2↑‎ B. Fe2O3 + 3CO 2Fe + 3CO2‎ C. 6MgO + 4Al 6Mg + Al2O3‎ D. 2NaCl(熔融) 2Na + Cl2↑‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.银性质不活泼,用热分解氧化物的方法制取,故A正确;‎ B.铁性质较活泼,用热还原法制取,故B正确;‎ C.镁活泼性强于铝,不能用铝热反应制取,应用电解熔融氯化镁的方法制取,故C错误;‎ D.钠性质活泼,用电解熔融氯化钠的方法制取,故D正确;‎ 故选C。‎ ‎25.“空气吹出法”海水提溴的工艺流程如图:‎ 下列说法正确的是( )‎ A. 从吹出塔进入吸收塔的物质只有Br2‎ B. 从吸收塔流出的溶液主要含HBr和H2SO4‎ C. 两次通入水蒸气的作用都是参加反应 D. 第一次通入Cl2的目的是氧化Br-,第二次通Cl2的目的是氧化SO2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.通入过量氯气与溴离子反应生成溴单质,再鼓入空气和水蒸气使溴蒸气挥发进入吸收塔,但进入吸收塔的还有空气、水蒸气和过量的氯气,A错误;‎ B.在吸收塔里发生反应Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr,所以从吸收塔流出的溶液主要含HBr和H2SO4,B正确;‎ C.在吹出塔通入水蒸气,有助于溴挥发出去,没有参加反应;在蒸馏塔中,发生反应Cl2+2Br-=2Cl-+Br2,水作为溶剂,使物质发生反应,同时提供能量,使溴挥发,未参与反应,C错误;‎ D.第一次、第二次通入Cl2的目的都是氧化Br-,D错误;‎ 答案选B。‎ 第 II 卷(非选择题,共 50 分)‎ 二、解答题 ‎26.W、X、Y、Z 是原子序数依次增大的四种短周期元素。W 的气态氢化物能使紫色石蕊溶液变蓝,W、X和Y三种元素的最高价氧化物的水化物两两之间可以发生反应,W、X、Y、Z 的最外层电子数之和为 16。回答下列问题:‎ ‎(1)Z 单质的电子式是 ________________。W 的气态氢化物能使紫色石蕊溶液变蓝的原因:__________________(用化学方程式表示)。‎ ‎(2)X、Y、Z 三种元素的简单离子的离子半径由大到小的顺序是:_____。‎ ‎(3)Z 最高价氧化物对应的水化物化学式为 ____。‎ ‎(4)Z 和氧元素、硫元素组成的 SOZ2 是一种液态化合物,沸点为 ‎77℃‎,遇水能剧烈水解,有白雾和带有刺激性气味的气体逸出, 该气体可使滴有品红试液的滤纸褪色。请写出 SOZ2 和水反应的化学方程式_____。‎ ‎【答案】(1). (2). NH3+H2ONH3·H2O (3). Cl->Na+>Al3+ (4). HClO4 (5). SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】因为W、X、Y、Z 是原子序数依次增大的短周期元素,W的气态氢化物能使紫色石蕊溶液变蓝,可确定W是氮元素。W、X和Y三种元素的最高价氧化物的水化物两两之间可以发生反应,可推测其中一种最高价氧化物的水化物具有两性,两性氢氧化物既可以与强酸反应,也可以与强碱反应,由此可确定X、Y。最后根据W、X、Y、Z 的最外层电子数之和为 16,计算Z的最外层电子数,可确定Z的元素种类。‎ ‎【详解】因为W、X、Y、Z 是原子序数依次增大的短周期元素,W的气态氢化物能使紫色石蕊溶液变蓝,可确定W是氮元素。W、X和Y 三种元素的最高价氧化物的水化物两两之间可以发生反应,且W的最高价氧化物的水化物是HNO3(属于强酸),可推知其中一种元素是铝(其最高价氧化物的水化物是Al(OH)3‎ ‎,属于两性氢氧化物),另一种元素应该是活泼金属(其最高价氧化物的水化物是强碱),因此可确定X是钠、Y是铝。由于W、X、Y、Z 的最外层电子数之和为 16,所以Z的最外层电子数=‎16-5-1‎-3=7,又因Z的原子序数比Y大,所以Z为氯元素。结论:W为氮、X为钠、Y为铝、Z为氯。‎ ‎(1)Z的单质是Cl2,两个氯原子间通过一对共用电子相结合,其电子式为。W 的气态氢化物是氨气,氨气能与水反应生成一水合氨,一水合氨属于弱碱使溶液显碱性,发生反应的化学方程式为:NH3+H2ONH3·H2O。‎ ‎(2) X、Y、Z分别对应的离子符号是Na+、Al3+、Cl-,Na+与Al3+的电子层结构相同(都是10个电子),因为核电荷数越大离子半径越小,所以Na+半径大于Al3+半径。而Cl-核外有18个电子,其电子层比Na+和Al3+多一层,因此Cl-半径比Na+和Al3+半径都大,所以三种简单离子的离子半径由大到小的顺序是Cl->Na+>Al3+。‎ ‎(3)Z为氯元素,其最高价为+7价,氯元素的最高价氧化物对应的水化物化学式为HClO4。‎ ‎(4)因SOCl2遇水能剧烈水解,“有白雾产生”推测有HCl气体生成;“有能使滴有品红试液的滤纸褪色”推测有SO2产生,HCl和SO2都具有刺激性气味。所以SOCl2水解反应的化学方程式为SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑。‎ ‎27.下图是一种正在投入生产的蓄电系统。电池中的左右两侧为电极,中间为离子选择性膜,在电池放电和充电时该膜可允许钠离子通过;放电前,被膜隔开的电解质为Na2S2 和NaBr3,放电后,分别变为 Na2S4 和 NaBr。‎ ‎ ‎ ‎(1)左侧储罐中的电解质是 ________________,右侧储罐中的电解质是 _________。在放电过程中钠离子通过膜的流向是_________________ (填“左→右”或“右→左”)。‎ ‎(2)电池放电时,正极的电极反应是_______________ ,负极的电极反应是________ 。‎ ‎(3)该装置也可以用于锂电池。它的负极材料用金属锂制成,电解质溶液需用非水溶液配制,请用化学方程式表示不能用水溶液的原因 _______________________________。‎ ‎【答案】(1). NaBr3/NaBr (2). Na2S2/Na2S4 (3). 左→右 (4). + 2e- = 3Br- (5). 2- 2e- = (6). 2Li + 2H2O =2 LiOH+ H2↑‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】由题给示意图可知,左侧电极为正极,右侧电极为负极,由放电前后,元素化合价变化可知,溴元素化合价降低被还原,氧化剂NaBr3在正极发生还原反应,硫元素化合价升高被氧化,还原剂Na2S2在负极发生氧化反应,则左侧储罐中的电解质是NaBr3/NaBr,右侧储罐中的电解质是Na2S2/Na2S4。‎ ‎【详解】(1)由分析可知,左侧储罐中的电解质是NaBr3/NaBr,右侧储罐中的电解质是Na2S2/Na2S4;在放电过程中阳离子向正极移动,则钠离子通过离子选择性膜由左向右移动,故答案为:NaBr3/NaBr;Na2S2/Na2S4;左→右;‎ ‎(2)电池放电时,NaBr3在正极得到电子发生还原反应生成Br-,电极反应式为+ 2e- = 3Br-,Na2S2在负极失去电子发生氧化反应生成Na2S4,电极反应式为2- 2e- = ,故答案为:+ 2e- = 3Br-;2- 2e- = ;‎ ‎(3)负极材料金属锂具有很强的还原性,能与电解质溶液中的水反应生成氢氧化锂和氢气,所以锂电池的电解质溶液需用非水溶液配制,锂和水反应的化学方程式为2Li + 2H2O =2 LiOH+ H2↑,故答案为:2Li + 2H2O =2 LiOH+ H2↑。‎ ‎28.一定条件下铁可以和 CO2 发生反应:Fe(s)+CO2(g)⇌FeO(s)+CO(g)。一定温度下,向某密闭容器中加入足量铁粉并充入一定量的 CO2 气体,反应过程中 CO2 气体和 CO 气体的浓度与时间的关系如图所示:‎ ‎(1)t1 时,正、逆反应速率的大小关系为 v 正_____v 逆(填“>”“<”或“=”)。‎ ‎(2)4 min 内,CO 的平均反应速率 v(CO)=_____。‎ ‎(3)下列条件的改变能减慢其反应速率的是_____(填序号,下同)。‎ ‎①降低温度 ‎ ‎②减少铁粉的质量 ‎③保持压强不变,充入 He 使容器的体积增大 ‎④保持容积不变,充入 He 使体系压强增大 ‎(4)下列描述能说明上述反应已达平衡状态的是_____。‎ ‎①v(CO2)=v(CO) ‎ ‎②单位时间内生成 n mol CO2 的同时生成 n mol CO ‎③容器中气体压强不随时间变化而变化 ‎④容器中气体的平均相对分子质量不随时间变化而变化 ‎【答案】(1). > (2). 0.125mol·L-1·min-1 (3). ①③ (4). ②④‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)根据图象可知,在t1后,CO浓度增大、CO2浓度减小,说明反应未达到平衡,正向进行,因此v正 > v逆;故答案:>;‎ ‎(2)根据图象可知,在4分钟内CO的平均反应速率,v(CO)=;故答案为:0.125mol·L-1·min-1;‎ ‎(3)①降低温度,物质的内能降低,活化分子数减小,有效碰撞次数减少,化学反应速率降低,①符合题意;‎ ‎②由于固体的浓度不变,所以减少铁粉的质量,物质的反应速率不变,②不符合题意;‎ ‎③保持压强不变,充入He使容器的体积增大,反应体系中物质浓度降低,单位体积内活化分子数减少,有效碰撞次数减少,化学反应速率降低,③符合题意;‎ ‎④保持体积不变,充入He使体系压强增大,由于体系内的物质浓度不变,所以化学反应速率不变,④不符合题意;故答案为:①③;‎ ‎(4)①未指明反应是正向还是逆向进行,因此不能判断是否为平衡状态,①错误;‎ ‎②单位时间内生成n molCO2的同时必然会消耗n molCO,又生成n mol CO,则CO的物质的量不变,反应达到平衡状态,②正确;‎ ‎③该反应是反应前后气体体积不变的反应,任何条件下体系的压强都不变,因此不能据此判断反应是否为平衡状态,③错误;‎ ‎④反应前后气体的体积不变,而气体的质量会发生变化,则气体的摩尔质量会发生变化,由于摩尔质量当以g/mol为单位时,数值上等于物质的相对分子质量,所以若容器中气体的平均分子量不随时间而变化,则反应达到平衡状态,④正确;故答案为:②④。‎ ‎29.乙酸正丁酯是一种优良的有机溶剂,广泛用于硝化纤维清漆中,在人造革、织物及塑料加工过程中用作溶剂,也用于香料工业。某化学兴趣小组在实验室用乙酸和正丁醇制备乙酸正丁酯,有关物质的相关数据及实验装置如下所示:‎ 化合物 相对分子质量 密度(g/cm3)‎ 沸点(℃)‎ 溶解度(g/‎100 g水)‎ 冰醋酸 ‎60‎ ‎1.045‎ ‎117.9‎ 互溶 正丁醇 ‎74‎ ‎0.80‎ ‎118.0‎ ‎9‎ 乙酸正丁酯 ‎116‎ ‎0.882‎ ‎126.1‎ ‎0.7‎ I II 分水器的操作方法:先将分水器装满水(水位与支管口相平),再打开活塞,准确放出一定体积的水。在制备过程中,随着加热回流,蒸发后冷凝下来的有机液体和水在分水器中滞留分层,水并到下层(反应前加入的)水中;有机层从上面溢出,流回反应容器。当水层增至支管口时,停止反应。‎ 乙酸正丁酯合成和提纯步骤为:‎ 第—步:取18.5 mL正丁醇和15.4 mL冰醋酸混合加热发生酯化反应,反应装置如图Ⅰ所示(加热仪器已省略);‎ 第二步:依次用水、饱和Na2CO3溶液、水对烧瓶中的产品洗涤并干燥;‎ 第三步:用装置Ⅱ蒸馏提纯。‎ 请回答有关问题:‎ ‎(1)第一步装置中除了加正丁醇和冰醋酸外,还需加入___________、______________。‎ ‎(2)实验中使用分水器的优点有________________、 ___________。根据题中给出的相关数据计算,理论上,应该从分水器中放出来的水的体积约为___________。‎ ‎(3)第二步用饱和Na2CO3溶液洗涤的目的是____________________________。‎ ‎(4)第三步蒸馏产品时,应收集温度在_______________左右的馏分。若实验中得到乙酸正丁酯‎12.76 g,则乙酸正丁酯的产率为___________________。‎ ‎【答案】(1). 浓硫酸 (2). 沸石(碎瓷片) (3). 及时分离出水,有利于酯化反应朝正反应方向移动 (4). 根据收集到的水的体积,可以粗略判断是否可以终止反应 (5). 3.6mL ‎ ‎(6). 除去产品中含有的乙酸(硫酸)等杂质 (7). ‎126.1℃‎ (8). 55%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】步骤分析:第—步:取18.5 mL正丁醇和15.4 mL冰醋酸,还需加入浓硫酸作为催化剂和吸水剂、加入碎瓷片或者沸石防止反应液暴沸,混合加热发生酯化反应,反应中,及时将产物水蒸发出去,相当于减小生成物浓度有利于反应正向进行,蒸发后冷凝下来的有机液体和水在分水器中滞留分层,水并到下层(反应前加入的)水中;有机层从上面溢出,流回反应容器。当水层增至支管口时,停止反应。‎ 第二步:依次用水溶解掉大部分硫酸和未反应的冰醋酸、饱和Na2CO3溶液反应掉剩余的硫酸和醋酸、水洗掉残余的碳酸钠溶液,对烧瓶中的产品洗涤并干燥;‎ 第三步:乙酸正丁酯中肯定还溶有正丁醇,用装置Ⅱ蒸馏提纯,得到乙酸正丁酯 ‎【详解】(1)第一步装置中除了加正丁醇和冰醋酸外,还需加入浓硫酸作为催化剂和吸水剂、加入碎瓷片或者沸石防止反应液暴沸;‎ 答案:浓硫酸 沸石(碎瓷片)‎ ‎(2)实验中使用分水器的优点是及时分离出水,相当于减小生成物浓度有利于酯化反应朝正反应方向移动、根据收集到的水的体积,当分水器中的水接近支管口时,可以粗略判断是否可以终止反应。正丁醇的质量为:‎0.80g/cm3×18.5mL=‎14.8g;n(正丁醇)=‎14.8g/‎74g/mol=0.2mol;冰醋酸质量:‎1.045g/cm3×15.4mL=‎16.093g;n(醋酸)=‎16.093g/‎60g/mol=0.268mol,二者反应时,冰醋酸过量,根据正丁醇计算;‎ CH3COOH+CH3CH2CH2CH2OH CH3COOCH2CH2CH2CH3+H2O ‎1mol 1mol ‎0.2mol 0.2mol 因此生成水:0.2mol×‎18g/mol=‎3.6g,因为水的密度为‎1g/mL,则大约为3.6mL; ‎ 答案:及时分离出水,有利于酯化反应朝正反应方向移动 根据收集到的水的体积,可以粗略判断是否可以终止反应 3.6mL ‎ ‎(3)第二步用饱和Na2CO3溶液洗涤的目的是除去产品中含有的乙酸(硫酸)等杂质;‎ 答案:除去产品中含有的乙酸(硫酸)等杂质 ‎(4)第三步蒸馏产品时,因为乙酸正丁酯的沸点为‎126.1℃‎,应收集温度在‎126.1℃‎左右的馏分。‎ 正丁醇的质量为:‎0.80g/cm3×18.5mL=‎14.8g;n(正丁醇)=‎14.8g/‎‎74g ‎/mol=0.2mol;冰醋酸质量:‎1.045g/cm3×15.4mL=‎16.093g;n(醋酸)=‎16.093g/‎60g/mol=0.268mol,二者反应时,冰醋酸过量,根据正丁醇计算;‎ CH3COOH+CH3CH2CH2CH2OH CH3COOCH2CH2CH2CH3+H2O ‎1mol 1mol ‎ ‎0.2mol 0.2mol ‎ 理论上生成乙酸正丁酯0.2mol×‎116g/mol=‎23.2g,则产率为×100%=55%;‎ 答案:‎126.1℃‎ 55%‎ ‎30.地球的表面积为 5.1 亿平方公里,其中海洋的面积为 3.67 亿平方公里,占整个地球表面积的 70.8 %。海洋是一个巨大的化学资源宝库,请回答下列问题:‎ Ⅰ 请列举海水淡化的一种方法 ____________________________。‎ II 下面是海水资源综合利用的部分流程图:‎ ‎(1)步骤①中,粗盐中含有 Ca2+、Mg2+、等杂质离子,精制时常用的试剂有:a 稀盐酸;b 氯化钡溶液;c 氢氧化钠溶液;d 碳酸钠溶液。加入试剂的顺序正确的是_____(填字母)。‎ ‎(2)反应④由无水 MgCl2 制取金属镁的常用工业方法是 ________________(用化学方程式表示)。‎ ‎(3)步骤⑤已经获得 Br2,步骤⑥又将 Br2 还原为 Br-,其目的是 ________。写出步骤⑥反应的离子方程式 ______________________________。由海水提溴过程中的反应可得出 Cl-、SO2、Br-还原性由强到弱的顺序是____________________。‎ ‎(4)工业上也可以用 Na2CO3 溶液吸收吹出的 Br2,生成溴化钠和溴酸钠,同时放出 CO2。写出反应的离子方程式 __________________________。最后再用H2SO4‎ ‎ 处理所得溶液重新得到Br2,其反应的离子方程式为 ______________________________。‎ Ⅲ 海带灰中富含以 I- 形式存在的碘元素。实验室提取 I2 的途径如图所示:‎ ‎(1)灼烧海带至灰烬时所用的主要仪器名称是 _______________。‎ ‎(2)向酸化的滤液中加过氧化氢溶液,写出该反应的离子方程式 _________。反应结束后,再加入 CCl4 作萃取剂,振荡、静置,可以观察到 CCl4 层呈 ______色。‎ ‎【答案】(1). 蒸馏法(或电渗析法) (2). bcda(或 bdca) (3). MgCl2(熔融) Mg+Cl2↑ (4). 浓缩、提纯溴元素(或富集溴元素) (5). Br2 + SO2 + 2H2O = 4H+ + + 2Br- (6). Cl-
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