浙江省浙北G2（湖州中学、嘉兴一中）2019-2020学年高一下学期期中考试化学试题 Word版含解析

浙江省浙北G2（湖州中学、嘉兴一中）2019-2020学年高一下学期期中考试化学试题 Word版含解析

www.ks5u.com 浙江省浙北G22019-2020学年高一下学期期中联考 化学试题 ‎1.次氯酸的分子式是 A. HClO4 B. HClO3 C. HClO D. HCl ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. HClO4是高氯酸的分子式，故不选A；‎ B. HClO3是氯酸的分子式，故不选B；‎ C. HClO是次氯酸的分子式，故选C； ‎ D. HCl是氯化氢的分子式，故不选D；‎ 故选C。‎ ‎2.下列化学式所表示的物质属于酸性氧化物的是 A. CO B. SiO2 C. Na2O D. H2O2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. CO和酸、碱都不反应，CO既不是酸性氧化物又不是碱性氧化物，故不选A；‎ B. SiO2和氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，SiO2是酸性氧化物，故选B； ‎ C. Na2O和盐酸反应生成氯化钠和水，Na2O是碱性氧化物，故不选C； ‎ D. H2O2中氧元素化合价为-1，H2O2是过氧化物，故不选D；‎ 故选B。‎ ‎3.配制100mL0.1mol·L−1的Na2CO3溶液，下列仪器不需要用到的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】配制100mL 0.1mol•L-1标准Na2CO3溶液的步骤为：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，使用的仪器有：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管，所以不需要的仪器为漏斗，选B。‎ ‎4.下列物质中不能与稀硫酸反应的是 - 24 -‎ A. Al B. CH4 C. FeO D. NaHSO3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Al活泼金属，Al与稀硫酸反应生成硫酸铝和氢气，故不选A；‎ B. CH4性质稳定，和酸、碱都不反应，故选B；‎ C. FeO与硫酸反应生成硫酸亚铁和水，故不选C；‎ D. NaHSO3和硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫、水，故不选D；‎ 故选B。‎ ‎5.2015年中国药学家屠呦呦获得诺贝尔医学奖，以表彰她在青蒿素研究方面做出的突出贡献。提取青蒿素通常可以用乙醚浸取，这与下列哪种方法的原理相同 A. 蒸馏法 B. 过滤法 C. 结晶法 D. 萃取法 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.蒸馏法是根据沸点不同分离互溶液态混合物的方法，提取青蒿素可以用乙醚浸取，不是蒸馏法，故不选A；‎ B. 过滤法是难溶性固体与液体分离的方法，提取青蒿素可以用乙醚浸取，不是过滤法，故不选B；‎ C. 结晶法是利用溶解度的差异分离混合物的方法，提取青蒿素可以用乙醚浸取，不是结晶法，故不选C；‎ D. 青蒿素易溶于有机溶剂，可用乙醚萃取，然后分液，所以用萃取法提取青蒿素，故选D；‎ 故选D。‎ ‎6.反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2中，氧化产物是 A. Na2O2 B. CO2 C. Na2CO3 D. O2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2中，Na2O2→O2氧元素化合价由-1升高为0，发生氧化反应，所以O2是该反应的氧化产物，故选D。‎ ‎7.下列物质溶于水后，仅以分子形式存在的是 A. HCHO B. CH3COOH C. CH3COONa D. MgSO4‎ ‎【答案】A - 24 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】A. HCHO是非电解质，HCHO在水溶液中不电离，仅以分子形式存在，故选A B. CH3COOH是弱电解质，在水溶液中部分电离，含有CH3COOH、CH3COO-、H+，故不选B； ‎ C. CH3COONa是强电解质，在水溶液中全部电离成CH3COO-、Na+，故不选C；‎ D. MgSO4是强电解质，在水溶液中全部电离成Mg2+、SO42-，故不选D；‎ 故选A。‎ ‎8.下列表示正确的是 A. 硫离子的结构示意图： B. 乙酸的结构式：‎ C. H2O球棍模型： D. CCl4的电子式：‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 硫离子核外有18个电子，结构示意图为，故A错误； ‎ B. 乙酸的结构式为，故B错误；‎ C. H2O的球棍模型 ，故C正确；‎ D.氯原子最外层满足8电子结构，所以 CCl4的电子式，故D错误；‎ 选C。‎ ‎9.下列说法不正确的是 A. O2和O3互为同位素 B. 和为同一物质 C. CH4和C3H8互同系物 D. CH3CH2OH和CH3OCH3互为同分异构体 - 24 -‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. O2和O3是氧元素组成的单质，属于同素异形体，故A错误；‎ B.甲烷属于正面体结构，甲烷中的2个氢原子分别被氟原子取代，只能得到一种物质二氟甲烷，所以 和为同一物质，故B正确；‎ C. CH4和C3H8都属于烷烃，分子组成相差2个CH2，属于同系物，故C正确； ‎ D. CH3CH2OH和CH3OCH3分子式相同、结构不同，互为同分异构体，故D正确；‎ 选A。‎ ‎10.下列有关物质性质或用途的说法不正确的是 A. 常温下浓硫酸可贮存在铁罐中 B. ClO2具有氧化性，可用于自来水的杀菌消毒 C. 燃着的镁条放入盛满二氧化碳的集气瓶中可继续燃烧 D. 铁比铜金属性强，所以可用FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 常温下铁在浓硫酸中钝化，浓硫酸可贮存在铁罐中，故A正确；‎ B. 二氧化氯中氯元素化合价为+4价，具有强氧化性，可用于自来水的杀菌消毒，故B正确；‎ C. 燃着的镁条放入盛满二氧化碳的集气瓶中，镁和二氧化碳反应生成氧化镁和碳，故C正确； ‎ D. Cu与FeCl3发生氧化还原反应生成氯化亚铁和氯化铜，该反应表现Fe3+的氧化性，与铁比铜金属性强无关，故D错误；‎ 选D。‎ ‎11.如图是部分短周期元素原子序数与主要化合价的关系图，X、Y、Z、W、R是其中的五种元素。下列说法不正确的是 - 24 -‎ A. 离子半径：Y>X B. 33号砷元素与Q同族 C. 最高价氧化物的水化物的酸性：R>W D. 单质与水（或酸）反应的剧烈程度：Y>Z ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 短周期主族元素中，X只有-2价，没有正化合价，则X为O元素；Y为+1价，没有负化合价，原子序数大于氧，则Y为Na；Z为+3价，没有负化合价，原子序数大于Na，故Z为Al；Q化合价由+5、-3，Q是P元素；W有+6、-2价，则Z为S元素；R有+7、-1价，则R为Cl。‎ ‎【详解】A．电子层数相同，质子数越多半径越小，离子半径：O2->Na+ ，故A错误； B．33号砷元素最外层有5个电子，属于ⅤA族元素；Q是P元素，属于ⅤA族元素，故B正确； C．非金属性Cl＞S，最高价氧化物的水化物的酸性HClO4>H2SO4，故C正确； D．金属性Na＞Al，与水（或酸）反应的剧烈程度Na＞Al，故D正确；‎ 选A。‎ ‎【点睛】本题考查结构性质位置关系应用，注意抓住短周期元素化合价与原子序数准确推断元素是解题的关键，明确同周期、同主族元素性质递变规律。‎ ‎12.下列方程式不正确的是 A. 工业制造漂白粉的化学方程式：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O B. 制备硝基苯的化学方程式：＋HO－NO2＋H2O C. 将少量碳酸氢铵溶液滴入NaOH溶液反应的离子方程式：NH4++HCO3－+2OH－=NH3↑+CO32−+2H2O D. CuCl2的水解方程式：Cu2+＋2H2OCu(OH)2↓＋2H+‎ - 24 -‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 工业用氯气和石灰乳反应制造漂白粉，化学方程式是2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故A正确；‎ B. 苯和浓硝酸、浓硫酸的混合物加热生成硝基苯和水，反应的化学方程式是＋HO－NO2＋H2O，故B正确；‎ C. 将少量碳酸氢铵溶液滴入NaOH溶液中生成碳酸钠、氨气、水，反应的离子方程式是NH4++HCO3－+2OH－=NH3↑+CO32−+2H2O，故C正确；‎ D. 水解微弱，CuCl2水解不能生成沉淀，CuCl2水解离子方程式是Cu2+＋2H2OCu(OH)2＋2H+，故D错误；‎ 选D。‎ ‎13.下列说法不正确的是 A. 含有少量氯化钠的硝酸钾粉末，可采用冷却热饱和溶液的结晶法进行提纯 B. 实验室中少量金属钠常保存在煤油中，实验时多余的钠不能放回原试剂瓶中 C. 铁丝能代替铂丝做焰色反应实验 D. 苯不能用带橡胶塞的试剂瓶贮存 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 硝酸钾的溶解度受温度影响大，可采用冷却热饱和溶液结晶法进行提纯含有少量氯化钠的硝酸钾粉末，故A正确；‎ B. 钠是活泼的金属，极易和水以及氧气反应，实验时多余的钠放回原试剂瓶中，故B错误；‎ C. 铁元素的焰色反应为无色，故对焰色反应不构成影响，可以用铁丝代替铂丝，故C正确；‎ D. 苯是有机溶剂，能溶解橡胶，所以不能用带橡胶塞的试剂瓶贮存苯，故D正确；‎ 选B。‎ ‎14.下列说法正确的是 A. 石油的分馏和煤的液化都是发生了物理变化 B. 相同质量的乙炔、苯分别在足量氧气中燃烧，苯比乙炔消耗的氧气质量多 C. 乙醇在灼热铜丝存在下与氧气反应时发生氧化反应 - 24 -‎ D. 乙烯、乙炔、苯都能与Br2发生反应，反应原理相同，都发生加成反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 石油的分馏是物理变化，煤液化是把固体炭通过化学加工过程，使其转化成为液体燃料，有新物质生成，属于化学变化，故A错误；‎ B. 乙炔、苯的最简式都是CH，相同质量的乙炔、苯分别在足量氧气中燃烧，消耗的氧气一样多，故B错误；‎ C. 乙醇在灼热铜丝存在下与氧气反应生成乙醛和水，乙醇发生氧化反应，故C正确；‎ D. 乙烯、乙炔与Br2发生加成反应，苯能与液Br2发生取代反应生成溴苯，故D错误；‎ 选C。‎ ‎15.下列说法正确的是 A. 花生油的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，属于高分子化合物 B. 汽油和食用油都可以在碱性条件下水解 C. 脱脂棉、滤纸的主要成分均为纤维素，完全水解能得到葡萄糖 D. 钠与乙醇反应时钠浮在液面上，反应比钠与水反应更剧烈 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 花生油的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，高级脂肪酸甘油酯相对分子质量较小，不属于高分子化合物，故A错误；‎ B. 汽油属于烃不能水解，食用油是高级脂肪酸甘油酯，可以在碱性条件下水解，故B错误；‎ C. 脱脂棉、滤纸的主要成分均为纤维素，完全水解的最终产物是葡萄糖，故C正确；‎ D. 钠的密度大于乙醇，钠与乙醇反应时钠沉到乙醇底部，比钠与水反应慢，故D错误；‎ 选C。‎ ‎16.元素铬（Cr）的几种化合物存在下列转化关系，下列判断不正确的是 A. 反应①表明Cr2O3有酸性氧化物的性质 B. 反应②利用了H2O2的氧化性 C. 反应②的离子方程式为2CrO2ˉ+3H2O2+2OHˉ=2CrO42ˉ+4H2O D. 反应①②③中铬元素的化合价均发生了变化 - 24 -‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 反应①是Cr2O3和KOH反应生成KCrO2和水，表明Cr2O3有酸性氧化物的性质，故A正确；‎ B. 反应②中KCrO2被氧化为K2CrO4，体现H2O2的氧化性，故B正确；‎ C. 反应②中KCrO2被H2O2氧化为K2CrO4，根据得失电子守恒，反应的离子方程式为2CrO2ˉ+3H2O2+2OHˉ=2CrO42ˉ+4H2O，故C正确；‎ D. 反应①③中铬元素化合价没有变化，②中铬元素的化合价由+3升高为+6，故D错误；‎ 选D。‎ ‎【点睛】本题考查氧化还原反应，明确元素化合价变化是解题的关键，注意所含元素化合价升高的反应物是还原剂、所含元素化合价降低的反应物是氧化剂，根据得失电子守恒配平氧化还原反应方程式。‎ ‎17.锌—空气电池（原理如图）适宜用作城市电动车的动力电源。该电池放电时Zn转化为ZnO。该电池工作时，下列说法正确的是 A. Zn电极是该电池的正极 B. Zn电极的电极反应：Zn+H2O－2e‾=ZnO+2H+‎ C. OH‾向石墨电极移动 D. 标准状况下，当消耗11.2LO2时，电路中流过2mol电子 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氧气得电子发生还原反应，石墨电极是正极，锌是负极，故A错误； B．锌作负极，碱性条件下，负极上电极反应式为：Zn+2OH--2e-═ZnO+H2O，故B错误； C．原电池工作时，溶液中的阴离子向负极移动，即OH-向Zn极移动，故C错误； D．正极反应为O2+4e-+2H2O═4OH-，所以标准状况下，当消耗11.2LO2时，电路中流过2mol电子，故D正确； ‎ - 24 -‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查了原电池原理，会根据电池反应式中元素化合价变化来确定正负极上发生的电极反应，注意电极反应式的书写与电解质溶液的酸碱性有关。‎ ‎18.下列说法不正确的是 A. 常温下，pH＜7的溶液一定是酸溶液 B. 常温下，浓度均为0.1mol·L－1的盐酸和醋酸溶液，盐酸的导电能力强 C. 中和相同体积、相同浓度的氨水和NaOH溶液，所需HCl的物质的量相同 D. 向NaOH溶液中滴加醋酸至c(CH3COO‾)＝c(Na+)，则溶液呈中性 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 常温下，氯化铵属于强酸弱碱盐，铵根离子水解显酸性，溶液pH＜7，pH＜7的溶液不一定是酸溶液，故A错误；‎ B.盐酸是强酸、醋酸是弱酸，常温下，浓度均为0.1mol·L－1的盐酸和醋酸溶液，盐酸溶液中离子浓度大，导电能力强，故B正确；‎ C. 相同体积、相同浓度的氨水和NaOH溶液中溶质的物质的量相同，中和相同体积、相同浓度的氨水和NaOH溶液，所需HCl的物质的量相同，故C正确；‎ D. 向NaOH溶液中滴加醋酸，根据电荷守恒c(CH3COO‾)+ c(OH-)＝c(Na+)+ c(H+)，若c(CH3COO‾)＝c(Na+)，则c(OH-)＝c(H+)，溶液呈中性，故D正确；‎ 选A。‎ ‎19.下列说法正确的是 A. 金刚石和足球烯是同素异形体，熔化时都只克服共价键 B. H2O汽化成水蒸气、分解为H2和O2，都需要破坏共价键 C. CCl4和CO2两种分子中，每个原子的最外电子层都具有8电子稳定结构 D. NaHSO4晶体溶于水时，离子键被破坏，共价键不受影响 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 金刚石和足球烯是同素异形体，金刚石属于原子晶体，熔化时只克服共价键，足球烯属于分子晶体，熔化时克服分子间作用力，故A错误；‎ B. H2O汽化成水蒸气不破坏共价键，H2O分解为H2和O2需要破坏共价键，故B错误；‎ C. O2‎ - 24 -‎ 中碳原子最外层有4个电子，形成四对共用电子对，氧最外层6个电子形成2对共用电子，都达8电子的稳定结构；四氯化碳分子中C原子分别与4个Cl原子形成4个共用电子对，使碳、氯原子都满足8电子稳定结构，故C正确；‎ D. NaHSO4晶体溶于水时，电离出Na+、H+、SO42-，离子键、共价键均破坏，故D错误；‎ 选C。‎ ‎20.已知断裂1molH2(g)中的H－H键需要吸收436kJ能量，断裂1molI2(g)中的I－I键需要吸收151kJ能量，生成HI(g)中的1molH－I键能放出299kJ能量。下列说法正确的是 A. 1molH2(g)和1molI2(g)的总能量为587kJ B. H2(g)＋I2(s)2HI(g)ΔH＝－11kJ·molˉ1‎ C. HI(g)H2(g)＋I2(g)ΔH＝+5.5kJ·molˉ1‎ D. H－H键比I－I键更容易断裂 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 键能是生成或断裂1mol化学键释放或吸收的能量，不是物质具有的能量，故A错误；‎ B. H2(g)＋I2(g)2HI(g) ΔH＝436kJ+151kJ－299kJ×2= -11kJ·molˉ1，I2(g)的能量大于I2(s)，所以H2(g)＋I2(s)2HI(g)ΔH>－11kJ·molˉ1，故B错误；‎ C. H2(g)＋I2(g)2HI(g) ΔH＝436kJ+151kJ－299kJ×2=- 11kJ·molˉ1，所以 HI(g)H2(g)＋I2(g)ΔH＝+5.5kJ·molˉ1，故C正确；‎ D. H－H键的键能大于I－I键，所以I－I键更容易断裂，故D错误；‎ 选C。‎ ‎【点睛】本题考查焓变的计算，把握焓变=反应物的总键能-生成物的总键能，侧重分析与应用能力的考查，注意键能是生成或断裂1mol化学键释放或吸收的能量。‎ ‎21.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 标准状况下，2.24L的乙醇中含有氢原子的数目为0.6NA B. 1molNa与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去NA个电子 C. 1L0.1mol·Lˉ1Na2CO3溶液中含有的CO32ˉ数目等于0.1NA D. 25℃时，1LpH=13Ba(OH)2溶液中含有OH－的数目为0.2NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ - 24 -‎ ‎【详解】A. 标准状况下乙醇是液体， 2.24L的乙醇的物质的量不是0.1mol，故A错误；‎ B. 1molNa与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠元素化合价由0升高为+1，1molNa失去NA个电子，故B正确；‎ C. Na2CO3溶液中CO32ˉ水解，所以1L0.1mol·Lˉ1Na2CO3溶液中含有的CO32ˉ数目小于0.1NA，故C错误；‎ D. 25℃时，pH=13Ba(OH)2溶液中OH－的浓度是0.1mol·Lˉ1，1LpH=13Ba(OH)2溶液中含有OH－的数目为0.1NA，故D错误；‎ 选B。‎ ‎22.某研究欲利用甲烷消除NO2污染，CH4(g)＋2NO2(g)N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)。在1L密闭容器中，控制不同温度，分别加入0.50molCH4和1.2molNO2，测得n(CH4)随时间变化的有关实验数据见表。‎ 下列说法正确是 A. ①组中，0～20min内，用NO2表示的反应速率为0.0125mol·Lˉ1·minˉ1‎ B. 由实验数据可知实验控制的温度T1＜T2‎ C. 容器内混合气体的密度不变，说明反应已达到平衡状态 D. 若增大压强，则正反应速率加快，逆反应速率减慢 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. ①组中，0～20min内，CH4(g)的物质的量变化是0.25mol，则NO2的物质的量变化是0.5mol，用NO2表示的反应速率为0.025mol·Lˉ1·minˉ1，故A错误；‎ B.由实验数据可知，0～10min内，②组反应速率快，温度高速率快，所以实验控制的温度T1＜T2，故B正确；‎ C.反应前后气体质量不变，根据 ，容器内混合气体的密度是恒量，密度不变，反应不一定达到平衡状态，故C错误；‎ - 24 -‎ D. 若增大压强，正逆反应速率均加快，故D错误；‎ 选B。‎ ‎23.根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是 选项 实验操作和现象 结论 A 向NaCl粉末中加入适量酒精，充分振荡形成无色透明液体。用激光笔照射，出现一条光亮通路 形成的分散系是胶体 B 水蒸气通过灼热的焦炭后，将混合气体通过灼热的氧化铜，所得气体能使无水硫酸铜变蓝色 高温下，C与水蒸气反应生成H2‎ C 取4mL淀粉溶液，加入5mL稀硫酸，加热5min后，再加入少量新制的Cu(OH)2，加热至沸腾，没有出现砖红色沉淀。‎ 淀粉未水解 D 向某无色溶液中加入盐酸溶液，产生无色无味气体 溶液中一定有CO32ˉ‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.胶体能形成丁达尔效应，故A正确；‎ B. 水蒸气通过灼热的焦炭后，水蒸气可能有剩余，将混合气体通过灼热的氧化铜，所得气体能使无水硫酸铜变蓝色，不能证明C与水蒸气反应生成H2，故B错误；‎ C.醛与新制的Cu(OH)2反应需在碱性条件下进行，检验淀粉是否水解，反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液呈碱性后，再加入少量新制的Cu(OH)2加热至沸腾，根据实验现象判定实验结论，故C错误；‎ D. 向某无色溶液中加入盐酸溶液，产生无色无味的二氧化碳气体，溶液中含有CO32ˉ或HCO3ˉ，故D错误；‎ 选A。‎ ‎24.某海水浓缩液中含有大量的Clˉ、Brˉ、Iˉ，取1L该浓缩液，向其中通入一定量的Cl2‎ - 24 -‎ ‎，溶液中三种离子的物质的量与通入Cl2的体积（标准状况）的关系如下表。下列有关说法中不正确的是 Cl2的体积（标准状况）‎ ‎2.8L ‎5.6L ‎11.2L n(Clˉ)‎ ‎1.25mol ‎1.5mol ‎2mol n(Brˉ)‎ ‎1.5mol ‎1.4mol ‎0.9mol n(Iˉ)‎ amol ‎0‎ ‎0‎ A. 当通入Cl2的体积为2.8L时，只有Iˉ与Cl2发生反应 B. 当通入Cl2的体积为2.8L～5.6L时，只有Brˉ与Cl2发生反应 C. a=0.15‎ D. 原溶液中c(Clˉ)∶c(Brˉ)∶c(Iˉ)=10∶15∶4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 向含有大量的Clˉ、Brˉ、Iˉ的浓缩液中通入Cl2，因还原性I-＞Br-＞Cl-，故先有Cl2+2I-=2Cl-+I2，反应完后再有2Br-+Cl2=2Cl-+Br2；‎ ‎【详解】A.当通入Cl2的体积为2.8L～5.6L时，溴离子的物质的量只减少0.1mol，说明当通入Cl2的体积为2.8L时，溶液中还含有I-；所以当通入Cl2的体积为2.8L时，只有Iˉ与Cl2发生反应，故A正确；‎ B. 当通入Cl2的体积为2.8L～5.6L时，参加反应的氯气是0.125mol，被氧化的Br-是0.1mol，2Br-+Cl2=2Cl-+Br2反应消耗氯气0.05mol，所以一定还有Iˉ与Cl2发生反应，故B错误；‎ C. 当通入Cl2的体积为2.8L～5.6L时，参加反应的氯气是0.125mol，被氧化的Br-是0.1mol，2Br-+Cl2=2Cl-+Br2反应消耗氯气0.05mol，参加Cl2+2I-=2Cl-+I2反应的Cl2是0.075mol，参加反应的I-的物质的量是0.15mol，a=0.15，故C正确；‎ D. 当通入Cl2的体积为2.8L时，只有Iˉ与Cl2发生反应，消耗0.25molIˉ，所以原溶液含有I-的物质的量是0.15mol+0.25mol=0.4mol；原溶液含有Cl-的物质的量是1.25mol-0.125×2=1mol，原溶液含有Br-的物质的量是1.5mol，原溶液中 - 24 -‎ c(Clˉ)∶c(Brˉ)∶c(Iˉ)=10∶15∶4，故D正确；‎ 选B。‎ ‎【点睛】本题考查混合物的计算，离子的还原性I-＞Br-＞Cl-，氯气先与还原性强的物质反应，注意氧化还原反应先后规律的应用，明确元素守恒在解题中的应用。‎ ‎25.某固体混合物中可能含有：SiO2、Na2O、CaO、CuO、Fe2O3。现将该固体进行如下实验（所加试剂均过量）：‎ 下列说法正确的是（ ）‎ A. 该混合物一定含有CuO、SiO2，可能含有Na2O B. 该混合物可能含有Fe2O3‎ C. 该混合物一定不含CaO和Na2O D. 无法确定是否含有CaO和Fe2O3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 加盐酸时，因Na2O、CaO、CuO、Fe2O3均与盐酸反应，只有二氧化硅不溶，则固体1为SiO2，二氧化硅能够与氢氧化钠反应，因此溶液3中含有硅酸钠；溶液1中可能含钠离子、钙离子、铜离子、铁离子，加入稀NaOH时，生成的蓝色沉淀为Cu(OH)2，则原混合物含有CuO，不含Fe2O3，溶液2中通入二氧化碳无明显现象，可知溶液1中不含钙离子，则原混合物不含CaO，据此分析解答。‎ ‎【详解】由上述分析可知，原混合物一定含SiO2、CuO，不存在Fe2O3、CaO，不能确定是否含Na2O。‎ A．该混合物一定含有CuO、SiO2，可能含有Na2O，故A正确；‎ B．该混合物一定不含Fe2O3，故B错误；‎ C．不能确定该混合物是否含Na2O，故C错误；‎ D．由上述实验可知，一定不含CaO、Fe2O3，故D错误；‎ 故选A。‎ - 24 -‎ ‎26.（1）①写出重晶石的化学式：____________；‎ ‎②写出甘油的结构简式：____________。‎ ‎（2）写出FeCl3与KI反应的离子方程式：____________。‎ ‎【答案】 (1). BaSO4 (2). CH2(OH)CH(OH)CH2OH (3). 2Iˉ+2Fe3+=2Fe2++I2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）①重晶石是硫酸钡，化学式为BaSO4；‎ ‎②甘油是丙三醇，结构简式为CH2(OH)CH(OH)CH2OH；‎ ‎（2）FeCl3与KI反应生成氯化亚铁、氯化钾、碘单质，反应的离子方程式是2Iˉ+2Fe3+=2Fe2++I2；‎ ‎27.原油是有机化工的基础原料，利用原油可以生产多种有机化合物，其转换关系如图。已知D为高分子化合物。‎ 结合以上转换关系回答：‎ ‎（1）反应Ⅰ的反应类型____________。‎ ‎（2）写出反应Ⅱ的化学方程式____________。‎ ‎（3）下列说法正确的是____________。‎ A．CH2＝CH－COOH与CH3COOH互为同系物 B．CH3CH=CH2可以发生类似反应V的反应 C．CH2＝CH－COOH不能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D．E在稀硫酸中的水解程度大于其在NaOH溶液中的水解程度 ‎【答案】 (1). 加成 (2). 2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O (3). B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）反应Ⅰ是乙烯和水反应生成乙醇；‎ ‎（2）反应Ⅱ是乙醇被催化氧化为乙醛；‎ - 24 -‎ ‎（3）A．CH2＝CH－COOH含有碳碳双键、羧基， CH3COOH只含羧基；‎ B．反应V是加聚反应； ‎ C．CH2＝CH－COOH含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化；‎ D．酯在碱性条件下完全水解；‎ ‎【详解】（1）反应Ⅰ是乙烯和水反应生成乙醇，反应类型为加成反应；‎ ‎（2）反应Ⅱ是乙醇被催化氧化为乙醛，反应的化学方程式为2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O；‎ ‎（3）A．CH2＝CH－COOH含有碳碳双键、羧基，CH3COOH只含羧基，结构不同，所以不是同系物，故A错误；‎ B．反应V是加聚反应，CH3CH=CH2含有碳碳双键，能发生加聚反应，故B正确；‎ C．CH2＝CH－COOH含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，CH2＝CH－COOH能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误； ‎ D．酯在碱性条件下完全水解，乙酸乙酯在稀硫酸中的水解程度小于在NaOH溶液中的水解程度，故D错误；‎ 选B。‎ ‎28.已知化合物X仅由三种短周期元素组成，X隔绝空气加热，可分解为盐A和气体B，有关该反应的物质转换、现象和量的关系如下图所示。‎ ‎（1）检验盐A中阳离子的方法及现象是____________。‎ ‎（2）请用双桥法分析并表达化合物X分解时，电子转移的方向和数目____________。‎ ‎（3）白色沉淀C在紫外光照射下会发生分解，请写出该反应的化学方程式____________。‎ ‎【答案】 (1). 焰色反应，有黄色火焰 (2). (3). 2AgCl=2Ag+Cl2↑‎ ‎【解析】‎ - 24 -‎ ‎【分析】‎ 气体B的物质的量是；根据质量守恒，B的质量是25.56g-14.04g=11.52g，气体B的相对分子质量是32，所以B是氧气，氧原子的物质的量是0.72mol；A和硝酸银反应生成的白色沉淀C是AgCl，AgCl的物质的量是，即X中含有氯元素0.24mol，可知n(O): n(Cl)=3:1，所以X中含有，X中金属元素的质量为14.04g-0.24mol×35.5g/mol=5.52g；若金属元素为+1价，则金属元素的物质的量是0.24mol，相对原子质量是；若金属元素为+2价，则金属元素的物质的量是0.12mol，相对原子质量是，不可能是短周期元素，与题意不符；所以X是NaClO3；‎ ‎【详解】（1）X是NaClO3，分解为NaCl和O2，A是NaCl，钠元素的焰色为黄色，用焰色反应检验钠离子。‎ ‎（2）NaClO3分解为NaCl和O2，氯元素化合价由+5降低为-1，氧元素化合价由-2升高为0，NaClO3分解时，电子转移的方向和数目为；‎ ‎（3）白色沉淀C是AgCl，在紫外光照射下会发生分解生成银和氯气，反应的化学方程式是2AgCl=2Ag+Cl2↑。‎ ‎29.用如图所示的装置（夹持与加热仪器省略）进行实验，将A中浓硫酸逐滴加入B中（放有木炭），回答下列问题：‎ ‎（1）图中C装置在实验中的作用是____________。‎ - 24 -‎ ‎（2）木炭与浓硫酸反应的化学方程式为____________。‎ ‎（3）产生的气体通往D中，下列有关实验现象或结论正确的是____________。‎ A．若D中放有足量的BaCl2溶液，可以产生两种白色沉淀 B．若D中放有足量的Ca(OH)2溶液，可以产生两种白色沉淀 C．若D中放有少量的KMnO4溶液，一段时间后溶液褪色，可证明木炭与浓硫酸反应，有漂白性气体生成 D．若D中放有少量紫色石蕊溶液，一段时间后，溶液先变红色后褪色 ‎【答案】 (1). 防倒吸 (2). C+2H2SO4（浓）CO2+2SO2+2H2O (3). B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)垂直放置的干燥管能够起到防止倒吸作用；‎ ‎(2)碳与浓硫酸在加热条件下生成二氧化硫、二氧化碳、水；‎ ‎(3)A．根据强酸遇弱酸盐反应制备弱酸的原理进行分析；‎ B．二氧化硫、二氧化碳均属于酸性氧化物，能够和碱反应；‎ C．二氧化硫具有还原性，能够被氧化； ‎ D．二氧化硫属于酸性氧化物，二氧化硫不能漂白酸碱指示剂。‎ ‎【详解】(1)SO2易溶于D中液体，则D中液体上升到C中，因C的球形部分体积较大，当D中液体脱离液面时，由于自身重力作用可回落到D中，所以图中C装置在实验中的作用是防倒吸；‎ ‎(2)碳与浓硫酸在加热条件下生成二氧化硫、二氧化碳、水，反应方程式是C+2H2SO4（浓） CO2+2SO2+2H2O；‎ ‎(3)A．二氧化硫、二氧化碳和BaCl2溶液不反应，若D中放有足量的BaCl2溶液，无现象，故A错误；‎ B．二氧化硫和Ca(OH)2溶液反应生成亚硫酸钙沉淀，二氧化碳和Ca(OH)2溶液反应生成碳酸钙沉淀，故B正确； ‎ C．二氧化硫与KMnO4溶液发生氧化还原反应，一段时间后KMnO4溶液褪色，证明二氧化硫有还原性，故C错误； ‎ - 24 -‎ D．二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸能使石蕊溶液变红，但二氧化硫不能使石蕊溶液褪色，故D错误；‎ 选B。‎ ‎30.将某CuO和铜粉的混合物样品加入到1L混有H2SO4的Fe2(SO4)3溶液中，样品完全溶解，溶液中只有Fe2+、Cu2+、H+三种阳离子，且三种阳离子物质的量之比为5︰3︰1（不考虑盐的水解及溶液体积的变化）。若测得反应后溶液的pH＝l，求：‎ ‎（1）原溶液中c(H2SO4)＝____________mol·L－1。‎ ‎（2）原混合物样品中n(CuO)︰n(Cu)＝____________。‎ ‎【答案】 (1). 0.1 (2). 1︰5‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）若测得反应后溶液的pH＝l，则c(H+)=0.1mol/L，n(H+)=0.1mol/L×1L=0.1mol；Fe2+、Cu2+、H+三种阳离子物质的量之比为5︰3︰1，n(Fe2+)=0.5mol；n(Cu2+)=0.3mol；根据Fe元素守恒，n［Fe2(SO4)3］=0.25mol，Fe2(SO4)3电离的硫酸根离子的物质的量是0.75mol；根据电荷守恒，2n(Fe2+)+2n(Cu2+)+ n(H+)=2n(SO42-)，n(SO42-)=0.85mol，则硫酸的物质的量是0.85mol-0.75mol=0.1mol，所以原溶液中c(H2SO4)＝0.1mol ÷1L=0.1mol·L－1。‎ ‎（2）Fe2(SO4)3+Cu= 2FeSO4+CuSO4，n［Fe2(SO4)3］=0.25mol，所以n(Cu)= 0.25mol；2H++ CuO= Cu2++H2O，参加反应n(H+)=0.1mol×2-0.1mol =0.1mol，所以参加反应的n(CuO)=0.05mol，n(CuO)︰n(Cu)＝1︰5。‎ ‎【点睛】本题考查了有关混合物组成的计算，注意掌握溶液pH与氢离子浓度的关系，明确电荷守恒、质量守恒定律在化学计算中的应用方法。‎ ‎31.A、B、C、D、E、F是原子序数依次增大的短周期主族元素。已知：A、D同主族，A元素的原子半径在周期表中最小；B元素最高正价与最低负价之和为2；C、E元素原子的最外层电子数均是最内层电子数的3倍。回答下列问题：‎ ‎（1）E在元素周期表中的位置为_________；B单质的电子式为_________（用元素符号表示）。‎ ‎（2）元素A、C可形成A2C2型化合物，该化合物中存在的化学键为_________（填字母）。‎ a．仅有离子键b．仅有共价键c．既有离子键又有共价键 ‎（3）化合物M、N均由A、C、D、E四种元素构成，它们在溶液中相互反应的离子方程式是_________。（4）B的气态氢化物极易溶于水，原因是_________。‎ ‎【答案】 (1). 第3周期ⅥA族 (2). (3). b (4). H++HSO3ˉ=H2O+SO2↑ (5). NH3与H2O分子之间能够形成氢键 - 24 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A元素的原子半径在周期表中最小，A是H元素；A、B、C、D、E、F是原子序数依次增大的短周期主族元素，A、D同主族，D是Na元素；B元素最高正价与最低负价之和为2，B是N元素；C、E元素原子的最外层电子数均是最内层电子数的3倍，C是O元素、E是S元素。‎ ‎【详解】（1）E是S元素，在元素周期表中的位置为第3周期ⅥA族；B是N元素，其单质N2的电子式为；‎ ‎（2）元素H、O形成A2C2型化合物是H2O2，该化合物的结构是H-O-O-H，存在的化学键为共价键；选b；‎ ‎（3）化合物M、N均由H、O、Na、S四种元素构成，它们分别是NaHSO4、NaHSO3，在溶液中相互反应的离子方程式是H++HSO3ˉ=H2O+SO2↑；‎ ‎（4）N元素的气态氢化物是NH3，NH3与H2O分子之间能够形成氢键，所以NH3极易溶于水。‎ ‎【点睛】本题考查元素化合物的性质；正确推断元素是解题的关键，明确核外电子排布、元素周期律；注意NaHSO3是弱酸的酸式盐，水溶液中电离出Na+、HSO3-，NaHSO4是强酸的酸式盐，水溶液中电离出Na+、H+、SO42-。‎ ‎32.Ⅰ．甲硅烷（SiH4)是一种无色气体，遇到空气能发生爆炸性自燃。已知室温下1g甲硅烷自燃生成SiO2固体和液态水放出热量44.6kJ，则其热化学方程式为_________。‎ Ⅱ．一定温度下，在容积为2L的密闭容器中通入一定量的气体A发生反应，A和生成物B（气体）的物质的量随时间变化的曲线如图所示。‎ ‎（1）t1到t2时刻，以A的浓度变化表示的平均反应速率为_________mol·L－1·min－1。‎ ‎（2）下列叙述中正确的是_________（填编号）。‎ A．该图表示的化学方程式为AB B．图中M点时该反应达到平衡状态 C．A的质量分数在混合气体中保持不变，则反应达到平衡 D．达到平衡时，混合气体的压强不随时间变化 - 24 -‎ ‎（3）反应进行到t4时刻，此时体系的压强是开始时的_________倍。‎ Ⅲ．银锌纽扣电池的构造如图所示，其电池反应方程式为：Ag2O＋Zn＋H2O＝2Ag＋Zn(OH)2，写出负极反应式_________。‎ ‎【答案】 (1). SiH4(g)+2O2(g)=SiO2(s)+2H2O(l)ΔH＝－1427.2kJ·molˉ1 (2). (3). CD (4). 0.7 (5). Zn－2e－+2OH－=Zn(OH)2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ．室温下1g甲硅烷自燃生成SiO2固体和液态水放出热量44.6kJ，则1mol甲硅烷自燃放出的热量是44.6kJ×32=1427.2kJ；‎ Ⅱ．（1）（A）= ；‎ ‎（2）根据平衡标志判断；‎ ‎（3）同温同体积，气体的压强比等于物质的量比；‎ Ⅲ．负极锌失电子生成Zn(OH)2；‎ ‎【详解】Ⅰ．室温下1g甲硅烷自燃生成SiO2固体和液态水放出热量44.6kJ，则1mol甲硅烷自燃放出的热量是44.6kJ×32=1427.2kJ；其热化学方程式为SiH4(g)+2O2(g)=SiO2(s)+2H2O(l)ΔH＝－1427.2kJ·molˉ1；‎ Ⅱ．（1）（A）= mol·L－1·min－1 ；‎ ‎（2）A．A的物质的量减少、B的物质的量增加，A是反应物、B是生成物，0到t3时刻，A的变化量是6mol、B的变化量是3mol，变化量比等于系数比，该图表示的化学方程式为2AB，故A错误；‎ B．图中M点后，A、B的物质的量改变，所以M点时该反应未达到平衡状态，故B错误；‎ C．A的质量分数是变量，A的质量分数在混合气体中保持不变，则反应达到平衡，故C正确；‎ D．反应前后气体物质的量是变量，所以混合气体的压强是变量，达到平衡时，混合气体的压强不随时间变化，故D正确；选CD；‎ ‎（3）反应前气体的物质的量是8mol+2mol=10mol，t4‎ - 24 -‎ 时刻气体的物质的量是5mol+2mol=7mol，同温同体积，气体的压强比等于物质的量比，所以此时体系的压强是开始时的0.7倍；‎ Ⅲ．根据总反应式，负极锌失电子生成Zn(OH)2，负极反应式为Zn－2e－+2OH－=Zn(OH)2。‎ ‎【点睛】本题主要考查了可逆反应方程式的书写及化学反应的计算，本题解题的关键是根据图象找出相关信息，对学生的识图能力有一定的要求，明确物质的变化量比等于系数比。‎ ‎33.已知某气态烃X在标准状况下的密度为1.16g·L－1，A能发生银镜反应，E具有水果香味，有关物质的转化关系。‎ 请回答：‎ ‎（1）C中含有的官能团名称是_________。‎ ‎（2）化合物M是A的同系物，比A少一个碳原子，请写出M的结构式_________。‎ ‎（3）下列说法正确的是_________（填字母）。‎ A．有机物D在加热条件下可以使黑色的氧化铜变红 B．有机物C分子中的所有原子在同一平面上 C．反应③为还原反应，反应④为氧化反应 D．有机物B、D、E均能与NaOH反应 ‎（4）化合物E广泛用于药物、染料、香料等工业，实验室常用如图装置来制备E。装置中，溶液M为_________。反应结束后，将试管中收集到的产品倒入_________中，振荡、静置，然后_________（填操作）分离溶液M。‎ ‎【答案】 (1). 碳碳双键 (2). (3). AB (4). 饱和碳酸钠溶液 (5). 分液漏斗 (6). 分液 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 24 -‎ 某气态烃X在标准状况下的密度为1.16g·L－1，X的相对分子质量是1.16×22.4=26，则X的分子式是C2H2，X是乙炔；A能发生银镜反应，A是乙醛，乙醛氧化为乙酸，B是乙酸，乙酸和D反应生成具有水果香味的E，E是酯，则D是乙醇，C和水反应生成乙醇，C是乙烯；E是乙酸乙酯。‎ ‎【详解】根据以上分析，（1）C是乙烯，含有的官能团名称是碳碳双键；‎ ‎（2）A是乙醛，化合物M是A的同系物，比A少一个碳原子，则M是甲醛， M的结构式；‎ ‎（3）A．有机物D是乙醇，乙醇在加热条件下和黑色的氧化铜反应生成乙醛、铜和水，所以黑色氧化铜变红，故A正确；‎ B．有机物C是乙烯，乙烯分子中的所有原子在同一平面上，故B正确；‎ C．反应③乙炔和氢气反应生成乙烯，反应类型为还原反应(加成反应)，反应④是乙烯和水发生加成反应生成乙醇，反应类型是加成反应，故C错误；‎ D．有机物B是乙酸，乙酸和氢氧化钠发生中和反应生成乙酸钠和水，E是乙酸乙酯，乙酸乙酯和氢氧化钠反应生成乙酸钠和乙醇，D是乙醇，乙醇和NaOH不反应，故D错误；选AB；‎ ‎（4）制备乙酸乙酯的装置中，用饱和碳酸钠溶液收集乙酸乙酯，溶液M为饱和碳酸钠溶液。用分液法分离乙酸乙酯，反应结束后，将试管中收集到的产品倒入分液漏斗中，振荡、静置，然后用分液法分离溶液M。‎ ‎【点睛】本题考查有机物的推断，把握烯烃、炔烃等有机物的组成和性质推断有机物为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意能根据反应条件推断有机物。‎ - 24 -‎ ‎ ‎ - 24 -‎