甘肃省兰州市第一中学2019-2020学年高一下学期期末考试化学试题 Word版含解析
兰州一中 2019-2020-2 学期高一年级期末考试试题
化 学
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；
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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
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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：Z
H(W)，因而简单阳离子氧化性：W>Y，C正确；
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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】
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【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
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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
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【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
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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
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（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
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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
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．甲烷(乙烯)，将混合气体通入溴
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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。
【点睛】A选项为易错点，甲烷中混有乙烯，检验可以用酸性高锰酸钾或溴的四氯化碳溶液，而除掉甲烷中混有乙烯用溴的四氯化碳溶液进行洗气。
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。
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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。
【点睛】本题考查物质的分离、提纯的实验方案的设计，侧重于考查学生分析能力、实验能力，注意把握物质的性质的异同，熟悉常见混合物的分离方法。
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( )
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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。
【点睛】本题考查了高分子化合物结构与性质、有机反应类型，注意掌握高分子化合物概念、结构及性质，明确淀粉和纤维素属于混合物，二者不属于同分异构体。
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
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【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
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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】
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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。
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(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↑。
【点睛】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
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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是分析解答的关键所在。
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；
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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。
【点睛】恒容：充入无关气体，体系内总压变大，分压不变，反应速率不变；恒压：充入无关气体，体系内总压不变，体积变大，分压变小，反应速率变小。
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
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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
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【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%
【点睛】学生必须认真、细致的审题，读懂表格，联系所学过乙酸乙酯的制备，进行知识的类比、迁移、重组，全面细致的思考才能得出正确的结论。
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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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