高一（下）学期期末化学模拟试卷
一、单选题（本题包括20个小题，每小题3分，共60分．每小题只有一个选项符合题意） 1．下列气体中既可用浓硫酸干燥又可用碱石灰干燥的是 A．CO 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】
A．一氧化碳与浓硫酸、碱石灰都不发生反应，既可用浓硫酸干燥又可用碱石灰干燥，选项A正确； B．硫化氢具有还原性，为酸性气体，既不能用浓硫酸也不能用碱石灰干燥，选项B错误； C．二氧化硫为酸性氧化物，能够与氢氧化钠、氧化钙反应，不能用碱石灰干燥，选项C错误； D．氨气为碱性气体，不能用浓硫酸干燥，选项D错误； 答案选A。 【点睛】
本题考查了干燥剂的选择，明确干燥剂的性质及气体的性质是解题关键，浓硫酸具有酸性、强的氧化性，不能干燥还原性、碱性气体；碱石灰成分为氢氧化钠和氧化钙，不能干燥酸性气体。 2．下列说法正确的是（ ）
A．需要加热才能发生的反应一定是吸热反应 B．化学反应中的能量变化都表现为热量变化 C．任何放热反应在常温下一定能发生
D．反应物和生成物所具有的总能量决定了反应是放热还是吸热 【答案】D 【解析】 【详解】
A、反应是放热反应还是吸热反应主要取决于反应物和生成物所具有的总能量的相对大小，而与反应条件无关，A错误；
B、化学反应的特征之一就是伴随着能量变化，但能量的变化不一定都表现为热量的变化，例如也可以是光能的形式变化，B错误；
C、放热反应在常温下不一定能发生，例如碳燃烧等，C错误；
D、反应物和生成物所具有的总能量决定了反应是放热还是吸热，反应物总能量大于生成物总能量，就是放热反应，反之是吸热反应，D正确； 答案选D。
3．下列事实不能作为实验判断依据的是（ ）
B．H2S
C．SO2
D．NH3
A．钠和镁分别与冷水反应，判断金属活动性强弱：Na>Mｇ
B．铁投入CuSO4溶液中，能置换出铜，钠投入CuSO4溶液中不能置换出铜，判断钠与铁的金属活动性强弱：Fe>Na
C．酸性H2CO3
A．元素的金属性越强，其单质与水或酸反应越剧烈；
B．元素的金属性越强，其单质的还原性越强，其单质与水或酸反应越剧烈； C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强； D．元素的非金属性越强，其单质与氢气化合越容易。 【详解】
A．元素的金属性越强，其单质与水或酸反应越剧烈，钠和镁分别与冷水反应，钠反应比镁剧烈，所以可以据此判断金属性强弱，A正确；
B．钠投入硫酸铜溶液中，钠先和水反应生成NaOH，NaOH再和硫酸铜发生复分解反应，铁能置换出硫酸铜中的铜，这两个实验都说明Cu的活泼性最弱，不能说明Fe、Na的活泼性强弱，B错误； C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，酸性H2CO3＜H2SO4，这两种酸都是其最高价氧化物的水化物，所以能判断非金属性强弱，C正确；
D．元素的非金属性越强，其单质与氢气化合越容易，F2与Cl2分别与H2反应，根据其反应剧烈程度判断非金属性F＞Cl，D正确； 答案选B。 【点睛】
本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，侧重考查学生分析判断及知识运用能力，熟悉非金属性、金属性强弱判断方法，注意非金属性、金属性强弱与得失电子多少无关，只与得失电子难易程度有关。 4．化学己经渗透到人类生活的方方面面。下列说法不正确的是 A．为加快漂白精的漂白速率，使用时可滴加几滴醋酸
12H2O溶于水会形成胶体，因此可用于自来水的杀菌消毒 B．明矾[KAl?SO4)2?C．月饼因富含油脂而易发生氧化，保存时常放入装有铁粉的透气袋作抗氧化剂 D．为增强治疗缺铁性贫血效果，可在口服硫酸亚铁片时同服维生素C 【答案】B 【解析】 【详解】
?A. 醋酸酸性比次氯酸强，醋酸可与次氯酸钙反应生产次氯酸，次氯酸浓度增大，漂白速率增大，故A正确；
B. 明矾中铝离子水解生成胶体，可净化水，不具有强氧化性，不能杀菌消毒，故B错误； C.铁粉常用作抗氧化剂，故C正确；
D. 维生素C具有还原性，可防止亚铁被氧化，可在口服硫酸亚铁片时同服维生素C，可增强治疗缺铁性贫血效果，故D正确； 故选B。
5．我国三峡工程所提供的清洁、廉价、强劲、可再生能源——水电，相当于每年燃烧3000万吨原煤的火力发电厂产生的电能，三峡工程有助于控制 （ ） ①温室效应 ②形成酸雨 ③空气中的固体颗粒浓度 ④白色污染 A．只有① 【答案】C 【解析】 【详解】
煤燃烧易产生温室效应、形成酸雨、空气中的固体颗粒浓度增加等，白色污染主要是指有机物中难分解的高分子化合物，和煤燃烧无关，答案选C。
6．下列各项因素中能够对化学反应速度起决定作用的是（ ） A．温度 B．浓度 C．催化剂 D．物质性质 【答案】D
【解析】影响化学反应速率的因素中，反应物的结构与性质是决定性的因素，即最主要因素，而温度、浓度、压强、催化剂等外界因素为次要因素，故选D。 7．制玻璃和水泥的共同的原料是( ) A．二氧化硅 【答案】C 【解析】 【分析】
水泥的原料是粘土和石灰石，玻璃的原料是纯碱、石灰石和石英，所以原料中均有石灰石即碳酸钙，据此分析解答。 【详解】
生产玻璃的原料是纯碱、石灰石和石英，高温下，碳酸钠、碳酸钙和二氧化硅反应分别生成硅酸钠、硅酸钙；生产水泥以黏土和石灰石为主要原料，经研磨、混合后在水泥回转窑中煅烧，再加入适量石膏，并研成细粉就得到普通水泥；所以在玻璃工业、水泥工业中都用到的原料是石灰石即碳酸钙。 故选C。
B．碳酸钠
C．碳酸钙
D．硅酸钠
B．只有①②
C．①②③
D．①②③④
8．X、Y、Z都是金属，把X浸入Z的硝酸盐溶液中，X的表面有Z析出，X、Y与稀硫酸构成原电池时，Y为负极。X、Y、Z三种金属的活动性顺序为 A．Y>X>Z 【答案】A 【解析】 【详解】
把X浸入Z的硝酸盐溶液中，X的表面有Z析出，说明金属X可以把金属Z从其盐中置换出来，活泼性X＞Z；X和Y组成原电池时，Y为电池的负极，所以活泼性Y＞X；因此X、Y、Z三种金属的活动性顺序为Y＞X＞Z。故选A。
9．某元素一种原子的质量数为A，其阴离子Xn-核外有x个电子，mg这种原子的原子核内中子的物质的量为 A．C．【答案】A 【解析】
mol mol
B．D．
mol mol
B．X>Z>Y
C．Y>Z>X
D．X>Y>Z
mmol，阴离子Xn-核外有x个电子，则质子Am数为x-n，原子核内中子数为A-（x-n）=A-x+n，则mg这种元素的原子核内中子数为mol×（A-x+n）
A元素原子的质量数为A，mg这种元素的原子，其物质的量为=
m?A?x?n?Amol，答案选A。
10．碱性电池具有容量大、放电电流大的特点，因而得到广泛应用。锌锰碱性电池以氢氧化钾溶液为电解液，电池总反应式为Zn＋MnO2＋H2O=ZnO＋Mn(OH)2。下列说法中，错误的是( ) A．电池工作时，锌失去电子
B．电池正极的电极反应式为MnO2＋2H2O＋2e－=Mn(OH)2＋2OH－ C．电池工作时，电子由正极通过外电路流向负极
D．外电路中每通过0.2 mol电子，锌的质量理论上减少6.5 g 【答案】C 【解析】 【分析】
根据电池总反应可知，该电池中锌是负极，其发生氧化反应生成ZnO，二氧化锰在正极发生还原反应生成Mn(OH)2。 【详解】
A. 电池工作时，锌失去电子，发生氧化反应，A正确；
B. 电池正极的电极反应式为MnO2＋2H2O＋2e－=Mn(OH)2＋2OH－，B正确； C. 电池工作时，电子由负极通过外电路流向正极，C不正确；
D. 外电路中每通过0.2 mol电子，理论上锌减少0.1mol，质量为6.5 g，D正确。 综上所述，说法中错误的是C，故选C。 11．下列叙述正确的是（ ）
A．铅位于周期表中金属与非金属元素的交界处，可作半导体材料 B．若存在简单阴离子R2－，则R一定属于第VIA族元素 C．S和Se属于第VIA族元素，H2S的还原性比H2Se的强
D．元素原子最外层电子数较小的金属一定比最外层电子数较它多的金属活泼 【答案】B 【解析】 【详解】
A．铅位于周期表中金属元素处，具有典型的金属元素的性质，错误；
B．若存在简单阴离子R2－，则R最低化合价是-2价，根据同一元素最低化合价与最高化合价绝对值的和等于8可知，该元素一定属于第VIA族元素，正确；
C．S和Se属于第VIA族元素，由于元素的非金属性S>Se，所以H2S的还原性比H2Se的弱，错误； D．Li最外层只有1个电子，Ba最外层有2个电子，但是金属的活动性：Ba>Li，错误。 答案选B。
12．针对下面四套实验装置图，下列说法正确的是
A．图1装置牺牲镁保护铁
B．用图2装置铁钉发生吸氧腐蚀腐蚀导致试管中水面上升 C．图3装置中Mg作负极，Al作正极 D．用图4装置对二次电池进行充电 【答案】B
【解析】分析：A、利用电解池原理解释；B、利用原电池原理解释；C、利用原电池原理分析；D、利用电解池原理判断。
详解：从图示看出，Mg与电源的负极相连，作阴极，Fe与电源的正极相连，作阳极，Fe失去电子溶解，没有起到保护Fe，A选项错误；图2中铁钉发生吸氧腐蚀，消耗试管内的氧气，使试管内气体压强减小，试管内的液面上升，B选项正确；图3中Mg-Al-NaOH溶液构成原电池，Mg与氢氧化钠溶液不反应，Al与
氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，Al失去电子作负极，Mg作正极，C选项错误；图4中作电源时负极失去电子，发生氧化反应，再进行充电时，此极应该得到电子，发生还原反应，所以此时该电极应该与充电电源的负极相连，D选项错误；正确选项B。 点睛：原电池的正负极判断方法：
1、由组成原电池的两极的电极材料判断：一般来说,通常两种不同金属在电解溶液中构成原电池时，较活泼的金属作负极，本题图2中Fe是负极，C是正极。但也不是绝对的,应以发生的电极反应来定，例如：Mg-Al合金放入稀盐酸中，Mg比Al易失去电子，Mg作负极；本题图3中将Mg-Al合金放入烧碱溶液中，由于发生电极反应的是 Al，故Al作负极。另如Cu-Al放在浓硫酸中，Cu是负极。
2、根据电流方向或电子流动方向判断：电流流入的一极或电子流出的一极为负极；电子流动方向是由负极流向正极。
3、根据原电池里电解质溶液内离子的定向流动方向判断：在原电池的电解质溶液内，阳离子移向的极是正极，阴离子流向的极为负极。
13．某有机物的结构简式如图，则此有机物可发生的反应有（ ）
①取代 ②加成 ③氧化 ④酯化 ⑤水解 ⑥中和 A．①②③⑤ 【答案】D 【解析】 【分析】
有机物分子中含有碳碳双键、酯基、羧基、羟基，结合相应官能团的结构与性质分析解答。 【详解】
含有苯环、羧基、羟基和酯基，可发生取代反应；含有苯环和碳碳双键，可发生加成反应；含有碳碳双键和羟基，可发生氧化反应；含有羟基和羧基，可发生酯化反应；含有酯基，可发生水解反应；含有羧基，可发生中和反应。 答案选D。
14．下列元素不属于第三周期的是( ) A．Na 【答案】D 【解析】 【详解】
B．Mg
C．Al
D．N
B．②③④⑤
C．①②③④⑤
D．①②③④⑤⑥
A. Na属于第三周期第IA族，不符合题意； B. Mg属于第三周期第IIA族，不符合题意； C. Al属于第三周期第IIIA族，不符合题意； D. N属于第二周期第VA族，符合题意； 答案选D。
15．下列属于物理变化的是
①石油的分馏 ②煤的干馏 ③石油的裂化 ④铝热反应 ⑤由乙烯制备聚乙烯 ⑥将氧气转化为臭氧 ⑦乙烯催熟果实 ⑧将苯加入溴水中 ⑨海水蒸馏制取淡水 A．①②③④ 【答案】C 【解析】 【分析】
化学变化是指在原子核不变的情况下，有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化与物理变化的本质区别在于是有无新物质生成，据此抓住化学变化和物理变化的区别结合事实进行分析判断即可。 【详解】
①石油的分馏⑧苯遇溴水⑨海水蒸馏法制取淡水没有新物质生成，属于物理变化；
②煤的干馏是指将煤隔绝空气加强热使之分解的过程，有新物质生成，属于化学变化；③石油裂化是由石油的馏分经裂化而得的汽油，有新物质生成，属于化学变化；④铝热反应有新物质生成，属于化学变化；⑤由乙烯变为聚乙烯有新物质聚乙烯生成，属于化学变化；⑥氧气转变为臭氧有新物质臭氧生成，属于化学变化；⑦乙烯催熟果实有新物质生成，属于化学变化； 答案选C。 【点睛】
本题考查物理变化与化学变化的区别与联系，难度不大，解答时要分析变化过程中是否有新物质生成，这里的新物质是指和变化前的物质是不同种的物质，若没有新物质生成属于物理变化，若有新物质生成属于化学变化。
16．适宜用分液漏斗进行分离的一组混合物是 A．乙酸和乙醇 【答案】C 【解析】
试题分析：分液漏斗是用来分离互不相溶的液体，乙酸和乙醇会互溶，A错；氯化钠能溶解在水中，B错；水和花生油互不相溶，C对；碘能溶解在四氯化碳中，D错。 考点：物质分离的方法。
B．水和氯化钠
C．水和花生油
D．四氯化碳和碘
B．①②⑦⑧⑨
C．①⑧⑨
D．①②⑥⑨
17．N2O4、NO的混合气体，足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、将这些气体与1.68LO2(标L－1NaOH准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5mol·
＋
溶液至Cu2恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是( )
A．60mL 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】
B．45mL C．30mL D．无法计算
完全生成HNO3，则整个过程中HNO3 反应前后没有变化，即Cu失去的电子都被O2得到了，根据得失2=n（O2）×4，n（Cu）×2=电子守恒：n（Cu）×
2 为
1.68Lmol×4，n（Cu）=0.15mol，所以 Cu（NO3）
22.4L/mol0.15mol，=2×0.15mol=0.3mol，2=0.3 mol，根据Cu2+～2OH-有n（OH-）则NaOH 为 0.15mol×则NaOH
n0.3mol=0.06L，即 60 mL； 体积V==
c5mol/L故选A。
18．图示的球棍模型是常用的一种抗感冒药的分子模型，已知该分子由C、N、O、H四种 元素的原子构成，图中四种不同颜色的小球代表四种原子，两球之间可能是单键、双键、 三键。下列关于该物质的叙述正确的是
A．分子式为C8H9N2O B．能发生水解反应 C．分子中含有酯基 D．可以发生消去反应 【答案】B 【解析】 【分析】
根据题图中有机物可以得出有机物的结构简式为【详解】
A选项，根据图数出原子个数，其分子式为C8H9NO2，故A错误；
B选项，根据官能团肽键的特点，可以得出水解后可以得到两种有机物，故B正确；
。
C选项，该有机物中没有酯基，故C错误；
D选项，该有机物含有酚羟基，可以被氧化，但不能发生消去反应，故D错误； 综上所述，答案为D。
19．下列图示变化为吸热反应的是( )
A．B．C．D．
【答案】A 【解析】
A、反应物总能量低于生成物总能量，是吸热反应，A正确；B、反应物总能量高于生成物总能量属于放热反应，B错误；C、浓硫酸溶于水放热，C错误；D、锌和稀盐酸反应生成氯化锌和氢气，属于放热反应，D错误，答案选A。
点睛：了解常见的放热反应和吸热反应是解答的关键。一般金属和水或酸反应，酸碱中和反应，一切燃烧，大多数化合反应和置换反应，缓慢氧化反应如生锈等是放热反应。大多数分解反应，铵盐和碱反应，碳、氢气或CO作还原剂的反应等是吸热反应。注意选项C中放出热量，但不能称为放热反应，因为是物理变化。
20．下列物质中，不属于合成材料的是
A．合成纤维 B．天然橡胶 C．塑料 D．合成橡胶 【答案】B
【解析】有机合成材料是指人工利用有机高分子化合物制成的材料，主要包括塑料、合成纤维、合成橡胶等。A、合成纤维是有机合成材料，故A错误；B、天然橡胶属于天然材料，故B正确；C、塑料属于合成材料，故C错误；D、合成橡胶属于合成材料，故D错误；故选B 二、计算题（本题包括1个小题，共10分）
21．取A克铝粉和Fe2O3粉末组成的铝热剂，在隔绝空气的条件下加热使之充分反应。将反应后所得混合物研细，加入足量的氢氧化钠溶液，反应完全后放出气体0.672L；另取A克相同的铝热剂与足量稀硫酸作用，反应产生3.36L气体（上述气体体积均已换算成标准状况）。 （1）A克铝热剂中铝的物质的量为mol。
（2）A克铝热剂发中铝热反应，生成铁的质量为g。 （3）计算该铝热剂中铝粉的质量分数（结果准确到0.1％）。 【答案】（1）0.1；（2）4.48；（3）29.7%
【解析】(1)铝热剂直接与H2SO4作用时产生气体的反应： 2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3 +3H2↑ 54.0 g 67.2 L
m(Al) 3.36 L 解得：m(Al)=
2.7g54g?3.36L=2.70g，n(Al)==0.1mol，故答案为：0.1；
27g/mol67.2L(2)铝热反应后的混合物与足量NaOH能放出H2，表明铝热反应后Al剩余，则： 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑ 54.0g 67.2 L m(Al) 0.672L 解得：m余(Al)=Fe2O3 +2Al
54g?0.672L=0.540 g，
67.2LAl2O3+2Fe
54g 112g
2.70g-0.540g m(Fe) 则：m(Fe)=
?2.70g?0.540g??112g54g=4.48g，故答案为：4.48；
(3)根据(2)的计算，m余(Al)=0.540 g Fe2O3 + 2Al 160 g 54g m(Fe2O3) 2.70g-0.540g 则：m(Fe2O3)=
Al2O3+2Fe
?2.70g?0.540g??160g54g=6.4 g，则：w(Al)=
2.7g×100%=29.7%，故答案为：29.7%。
6.4g?2.7g三、实验题（本题包括1个小题，共10分）
22．某化学兴趣小组用甲、乙两套装置（如图所示）进行丙烯酸（H2C=CHCOOH)与乙醇（CH3CH2OH)酯化反应的实验。已知：乙醇的沸点为78.5℃，丙烯酸的沸点为141℃，丙烯酸乙酯的沸点为99.8℃。 回答下列问题：
（1）仪器M的名称为_________，仪器A、B中的溶液均为 _________。 （2）甲、乙两套装置中效果比较好的装置是_______，原因是__________。 （3）乙装置中冷凝水应该从______（填“a”或“b”）口进入。
（4）若7.2g丙烯酸与5.2g乙醇完全反应，则理论上生成的丙烯酸乙酯的质量为________。（精确到小数
点后一位）
【答案】蒸馏烧瓶 饱和Na2CO3溶液 乙 乙的冷凝效果好，可减少丙烯酸乙酯的损失 b 10.0g 【解析】
（1）由装置图可知M为蒸馏烧瓶，因酯类物质不溶于饱和碳酸钠溶液，则吸收、提纯可用饱和碳酸钠溶液；（2）因反应在加热条件下进行，乙醇、丙烯酸乙酯易挥发，为减少损失，应充分冷凝，则乙装置效果较好；（3）乙装置中长导管C的作用是冷凝回流乙醇，平衡内外大气压强；冷凝管应从下口进水，上口出72g/mol=0.1mol，n水，以保证水充满冷凝管，起到充分冷凝的作用；（4）n（H2C=CHCOOH）=7.2g÷46g/mol=0.113mol， （CH3CH2OH）=5.2g÷
100g/mol=10.0g。 乙醇过量，如H2C=CHCOOH完全反应，则生成0.1mol丙烯酸乙酯，质量为0.1mol×四、推断题（本题包括1个小题，共10分）
23．现有常见金属单质A、B、C和常见气体甲、乙、丙及物质D、E、F、G、H，它们之间能发生如下反应（图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出）。请根据以上信息回答下列问题：
（1）ABC三种金属的还原性强弱由强到弱的顺序是：______________；（用具体化学式表示） （2）写出反应③的离子方程式：__________________________。
（3）实验室制取乙气体时，先将气体生成物通过 _____以除去________________。
（4）向烧杯中装有的物质F中加入物质D，可以看到的现象是：_________，物质F同价态阳离子的碳酸盐在隔绝空气时加强热，可以得到红色固体，对应的化学方程式是：___；
【答案】Na＞Al＞Fe 2Al+2OH+2H2O＝2AlO2+3H2↑ 饱和食盐水 HCl（氯化氢） 先有白色沉．．． 2FeCO3淀生成，,然后立刻变成灰绿色,最后变成红褐色．．．．【解析】 【分析】
由金属A焰色反应为黄色可知A为金属Na，由反应①可知，D为NaOH，气体甲为H2；氢氧化钠与金属B反应生成氢气，则B为金属Al；黄绿色气体乙为Cl2，与氢气反应生成丙为HCl，HCl溶于水得物质E为盐酸；氢氧化钠与物质G反应生成红褐色沉淀是Fe（OH）3，故物质G中含有Fe3+，由转化关系可知C为Fe金属，物质F为FeCl2，物质G为FeCl3。 【详解】
Fe2O3+CO↑+CO2↑
--
(1) A为金属Na，B为金属Al, C为Fe金属，由金属活动顺序表可知，三种金属的还原性强弱由强到弱的顺序是Na＞Al＞Fe，故答案为：Na＞Al＞Fe；
（2）反应③为铝单质与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O＝2AlO2-+3H2↑，故答案为：2Al+2OH-+2H2O＝2AlO2-+3H2↑；
（3）实验室用浓盐酸与二氧化锰共热反应制取氯气，浓盐酸受热易挥发，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，先将气体生成物通过盛有饱和食盐水的洗气瓶，可以除去极易溶于水的氯化氢气体，故答案为：饱和食盐水； HCl（氯化氢）；
（4）向装有为FeCl2溶液中加入NaOH溶液，NaOH溶液与FeCl2溶液反应生成白色的氢氧化亚铁沉淀和氯化钠，氢氧化亚铁沉淀不稳定被空气中的氧气氧化为氢氧化铁，白色沉淀立刻变成灰绿色,最后变成红褐色；物质F同价态阳离子的碳酸盐为FeCO3，在隔绝空气时加强热，得到红色固体为Fe2O3，化学方程式为2FeCO3
Fe2O3+CO↑+CO2↑，
故答案为：先有白色沉淀生成，,然后立刻变成灰绿色,最后变成红褐色；2FeCO3【点睛】
本题考查物质推断与性质，注意特殊的颜色与特殊反应是推断的突破口，掌握元素化合物的性质是解题的关键。
五、综合题（本题包括1个小题，共10分）
24．为测定某烃A的分子组成和结构，对这种烃进行以下实验： 取一定量的该烃，使其充分燃烧后的气体通过干燥管，干燥管增重经测定，该烃(气体)在标准状况下的密度为
。
；再通过石灰水，石灰水增重
。
Fe2O3+CO↑+CO2↑。
现以A为主要原料合成乙酸乙酯，其合成路线如图1所示。
(1)该烃A能与______g溴发生加成反应；加成产物需______mol溴蒸气完全取代；
(2)B中官能团的名称是_________，B通过两次氧化可得到D，也可通过加入的氧化试剂为______任填一种直接氧化为D．
(3)E是常见的高分子材料，写出E的结构简式__________；合成E的反应类型_______________； (4)某同学用如图2所示的实验装置制取少量乙酸乙酯。实验结束后，试管甲中上层为透明的、不溶于水的
油状液体。
①实验开始时，试管甲中的导管不伸入液面下的原因是__________________； ②上述实验中饱和碳酸钠溶液的作用是__________________填字母； A．中和乙酸和乙醇 B．中和乙酸并吸收部分乙醇
C．降低乙酸乙酯在水中的溶解度，有利于分层析出 D．加速酯的生成，提高其产率
在实验室利用B和D制备乙酸乙酯的实验中，若用1molB和1molD充分反应，不能生成1mol 乙酸乙酯，原因是______________________________． (5)与乙酸乙酯互为同分异构体且能与
反应生成CO2的有机物的结构简式为：
________________、_____________________。 【答案】 16 0.4 羟基 酸性KMnO4或K2Cr2O7 逆反应，不可能完全转化 CH3CH2CH2COOH CH(CH3)2COOH
【解析】分析：A为烃，该烃(气体)在标准状况下的密度为1.25g?L-1，则该烃摩尔质量
=1.25g/L×22.4L/mol=28g/mol，该烃完全燃烧后生成二氧化碳和水，干燥管吸收H2O，石灰水吸收CO2，n(H2O)=
=0.4mol，n(CO2)=
=0.4mol，n(C)：n(H)=0.4mol：(0.4mol×2)=1：2，所以该烃为
加聚反应 防倒吸 BC 该反应为可
CH2=CH2，A和水反应生成B为CH3CH2OH，B和D发生酯化反应生成乙酸乙酯，则D为CH3COOH，B发生氧化反应生成C为CH3CHO，C发生氧化反应生成D，E为高分子化合物目分析解答。
(1)A为乙烯，A分子中官能团的名称是碳碳双键，0.1mol该烃A能和0.1mol溴发生加成反应，0.1mol详解：
1，2二溴乙烷能和溴发生取代反应，1，0.1mol1，溴的质量为16g，且H原子和溴分子的物质的量之比为1：2二溴乙烷中含有0.4molH原子，所以需要0.4mol溴与其发生完全取代反应，故答案为：16；0.4； (2)B为乙醇，其官能团名称是羟基，乙醇通过两次氧化可得到D(乙酸)，也可以被强氧化剂直接氧化为乙酸，可以需要的强氧化剂有酸性KMnO4或K2Cr2O7，故答案为：羟基；酸性KMnO4或K2Cr2O7； (2)通过以上分析知，C的结构简式CH3CHO，故答案为：CH3CHO； (3)该反应方程式为nCH2=CH2加聚反应；
(4)①实验开始时，试管甲中的导管不伸入液面下是为了防止倒吸，故答案为：防倒吸；
②饱和碳酸钠溶液能溶解乙醇，能和乙酸反应生成二氧化碳和可溶性的乙酸钠，能降低乙酸乙酯溶解度，从而更好的析出乙酸乙酯，故选BC；
③在实验室利用B和D制备乙酸乙酯的实验中，若用1mol B和1mol D充分反应，不能生成1mol乙酸乙
，
，结合题
该反应为加聚反应，故答案为：；
酯，因为该反应是可逆反应，当反应达到一定限度时达到平衡状态，故答案为：该反应为可逆反应，有一定的限度，不可能完全转化。
(5)与CH3COOC2H5互为同分异构且能与Na2CO3反应生成CO2的有机物含-COOH，符合条件的有机物 的结构简式为CH3CH2CH2COOH、CH(CH3)2COOH，故答案为：CH3CH2CH2COOH；CH(CH3)2COOH。点睛：本题为有机物推断及物质制备，明确有机物官能团及其性质、物质之间的转化关系、乙酸乙酯制备原理是解本题关键，注意烃发生取代反应中H原子物质的量与卤族单质物质的量之间的关系，为易错点。
高一（下）学期期末化学模拟试卷
一、单选题（本题包括20个小题，每小题3分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1． “绿色化学”提倡化工生产中应尽可能将反应物的原子全部利用，从根本上解决环境污染问题。在下列制备环氧乙烷的反应中，最符合“绿色化学”思想的是 A．3HOCH2-CH2OH
+HOCH2CH2-O-CH2CH2OH+2H2O
B．CH2=CH2+Cl2+Ca(OH)2→+CaCl2+H2O
C．CH2=CH2+（过氧乙酸）→+CH3COOH
D．2CH2=CH2+O2【答案】D 【解析】 【分析】
原子利用率为100%，符合绿色化学的要求。 【详解】
A. 该制备反应的生成物除了环氧乙烷还存在HOCH2CH2-O-CH2CH2OH和H2O，原子利用率没有达到100%，不符合绿色化学思想，故A不选；
B. 该制备反应的生成物除了环氧乙烷还存在CaCl2和H2O，原子利用率没有达到100%，不符合绿色化学思想，故B不选；
C. 该制备反应的生成物除了环氧乙烷还存在CH3COOH，原子利用率没有达到100%，不符合绿色化学思想，故C不选；
D. 该制备反应的生成物只有环氧乙烷，原子利用率达到100%，符合绿色化学思想，故D选； 答案选D。 【点睛】
一般来说，化合反应和加成反应最符合“绿色化学”的要求。 2．下列实验可行的是
A．用浓硫酸与蛋白质的颜色反应鉴别部分蛋白质 B．用食醋浸泡有水垢的水壶清除其中的水垢 C．用乙醇和浓硫酸除去乙酸乙酯中的少量乙酸 D．用乙醇从碘水中萃取碘 【答案】B
【解析】 【分析】 【详解】
A．鉴别部分带苯环的蛋白质，利用蛋白质遇到浓硝酸变黄，可以进行鉴别，浓硫酸不能，故A错误； B．醋酸和水垢中的碳酸钙和氢氧化镁反应生成了溶于水的盐，除去水垢，故B正确；
C．除去乙酸乙酯中的少量乙酸，应用饱和碳酸钠溶液，溶解乙醇中和乙酸，降低酯的溶解度，静置后分液；用乙醇和浓硫酸与乙酸反应需加热且反应是平衡不可能除净，故C错误；
D．萃取是利用物质在两种互不相溶的溶剂中的溶解度不同，从一种溶剂中转移到另一种溶剂中，再利用分液、蒸馏的方法进行分离，乙醇与水溶液混溶，不分层，故D错误； 故选B。
3．已知某饱和溶液的以下条件：①溶液的质量、②溶剂的质量、③溶液的体积、④溶质的摩尔质量、⑤溶质的溶解度、⑥溶液的密度，其中不能用来计算该饱和溶液的物质的量浓度的组合是( ) A．④⑤⑥ 【答案】C 【解析】 【详解】
A、设定该饱和溶液是由100g水配制而成的饱和溶液，由⑤溶质的溶解度、⑥溶液的密度可计算出该溶液体积，根据④溶质的摩尔质量、⑤溶质的溶解度可计算出该饱和溶液中溶质的物质的量，由此计算出该饱和溶液的物质的量浓度，故A不符合题意；
B、由①溶液的质量、②溶剂的质量可计算出溶质的质量，然后依据溶质的质量和④溶质的摩尔质量计算出溶质的物质的量，再同③溶液的体积计算出该饱和溶液的物质的量浓度，故B不符合题意；
C、由①溶液的质量和⑤溶质的溶解度可计算出溶质的质量，但并不能计算出溶质的物质的量，无法计算该饱和溶液的物质的量浓度，故C符合题意；
D、由①溶液的质量和⑤溶质的溶解度可计算出溶质的质量，再结合④溶质的摩尔质量可计算溶质的物质的量，根据所得溶质的物质的量与③溶液的体积计算出该饱和溶液的物质的量浓度，故D不符合题意。 4．化学是开发新材料、新能源，解决环境问题的重要工具。下列说法不正确的是 A．植物秸杆可以生产燃料酒精 C．氮氧化物的排放会引发酸雨 【答案】B 【解析】 【详解】
A选项，植物秸杆主要成份为纤维素，水解生成葡萄糖，葡萄糖氧化变为乙醇，因此植物秸杆可以生产燃料酒精，故A正确；
B．高纯度二氧化硅可作半导体芯片 D．使用可降解塑料可减少白色污染
B．①②③④
C．①③⑤
D．①③④⑤
B选项，半导体芯片是硅单质，不是二氧化硅，故B错误；
C选项，氮氧化物排放会引起酸雨、光化学烟雾、臭氧空洞等，故C正确；
D选项，不可降解的塑料制品是造成“白色污染”， 使用可降解塑料可减少白色污染，故D正确； 综上所述，答案为B。 【点睛】
硅及其化合物在常用物质中的易错点
⑴不要混淆硅和二氧化硅的用途：用作半导体材料的是晶体硅而不是SiO2，用于制作光导纤维的是SiO2而不是硅。
⑵不要混淆常见含硅物质的类别
①计算机芯片的成分是晶体硅而不是SiO2。
②水晶、石英、玛瑙等主要成分是SiO2，而不是硅酸盐。 ③光导纤维的主要成分是SiO2，也不属于硅酸盐材料。 ④传统无机非金属材料陶瓷、水泥、玻璃主要成分是硅酸盐。
5．依据2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－，HClO＋H＋＋Cl－===Cl2↑＋H2O,2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋，Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu，判断下列氧化剂的氧化性强弱顺序正确的是( ) A．Fe3＋＞HClO＞Cl2＞Fe2＋＞Cu2＋ B．HClO＞Cl2＞Fe3＋＞Cu2＋＞Fe2＋ C．Cl2＞HClO＞Fe3＋＞Cu2＋＞Fe2＋ D．Fe3＋＞Cu2＋＞Cl2＞HClO＞Fe2＋ 【答案】B 【解析】 【分析】
在同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，据此分析解答。 【详解】
2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-中氯气是氧化剂，铁离子是氧化产物，所以氧化性Cl2＞Fe3+； HClO+H++Cl-=H2O+Cl2中次氯酸是氧化剂，氯气是氧化产物，所以氧化性HClO＞Cl2； 2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+中铁离子是氧化剂，铜离子是氧化产物，所以氧化性Fe3+＞Cu2+； Fe+Cu2+=Fe2++Cu中铜离子是氧化剂，亚铁离子是氧化产物，所以氧化性Cu2+＞Fe2+； 综上可得氧化剂的氧化性强弱顺序是HClO＞Cl2＞Fe3+＞Cu2+＞Fe2+；答案选B。 【点睛】
本题考查氧化性强弱的判断，根据元素化合价变化来分析判断即可，注意“氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性”规律的使用。
6．下列关于化石燃料的加工说法正确的是
A．煤的气化是物理变化，是高效、清洁地利用煤的重要途径 B．石油分馏是化学变化，可得到汽油、煤油 C．石蜡油高温分解得到烷烃和烯烃的混合物 D．石油催化裂化主要得到乙烯 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
A. 煤的气化是固态燃料转化为气态燃料的过程，属于化学变化，A项错误； B. 石油分馏是物理变化，可得到汽油、煤油，B项错误；
C. 石蜡油在碎瓷片的催化作用下，高温分解得到烷烃和烯烃的混合物，C项正确； D. 石油催化裂解可以得到乙烯，D项错误； 答案选C。
7．燃料电池是一种高效环境友好的发电装置。下列说法不正确的是 ．．．A．氢氧燃料电池的总反应为2H2 + O2 = 2H2O
B．氢氧燃料电池中，当转移4 mol电子时消耗2 mol氢气 C．甲烷燃料电池中，通入氧气的一极为负极 D．燃料电池中发生的化学反应是氧化还原反应 【答案】C 【解析】
A项，氢氧燃料电池是利用氢气与氧气的氧化还原反应，将化学能转化为电能的装置，故电池的总反应为2H2 + O2 = 2H2O，A正确；B项，由电池的总反应可得，H元素由0价变为+1价，故2 mol氢气参加反应转移4 mol电子，B正确；C项，有O2参加的燃料电池，O2作氧化剂发生得电子还原反应，故通入氧气的一极为正极，C错误；D项，氧化还原反应实质是电子转移，利用氧化还原反应才能设计燃料电池，D正确。
点睛：根据燃料电池的工作原理和规律：氢氧燃料电池是将化学能转变为电能的装置，工作时，通入燃料氢气的一极为电池的负极，发生氧化反应，通入氧气的一极为电池的正极，发生还原反应，电池总反应与氢气在氧气中燃烧的化学方程式一致，产物为水。 8．对于可逆反应：2M(g)+N(g)
2P(g) △H<0，下列各图中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】正反应是放热的、体积减小的可逆反应，则A、温度升高平衡逆向移动，N的浓度应增大，A错误；B、加压平衡正向移动，压强越大P的百分含量越高，升温平衡逆向相应的，温度越高，P的百分含量越低，B正确；C、正逆反应速率都随压强的增大而增大，C错误；D、温度升高平衡逆向移动，温度越高M的转化率越低，D错误；答案选B。
点睛：本题考查了根据图象分析影响平衡移动和化学反应速率的因素，注意先拐先平数值大原则和定一议二原则在图象题中的应用。 9．下列各项中，表达正确的是 A．水分子的球棍模型：
B．氯离子的结构示意图：
C．CO2分子的电子式：【答案】B 【解析】 【详解】
D．氯乙烯的结构简式：CH3CH2Cl
A.水分子是V形分子，不是直线形分子，故A错误；
B.Cl元素的质子数是17，Cl-的核外电子数是18，所以Cl-的结构示意图为
，故B正确；
C.CO2分子的电子式：，故C错误；
D.氯乙烯的结构简式：CH2=CHCl，故D错误。答案选B。 【点睛】
解题时需注意在含有碳碳双键的有机物的结构简式中，碳碳双键不能省略。 10．某有机物的结构简式为CH2=CH-CH2-COOH，该有机物不可能发生的化学反应是 A．水解 B．酯化 C．加成 D．加聚 【答案】A
【解析】分析：根据有机物分子中含有碳碳双键和羧基，结合乙烯和乙酸的性质解答。
详解：某有机物的结构简式为CH2＝CH-CH2-COOH，分子中含有碳碳双键和羧基，因此该有机物可以发生酯化反应、加成反应和加聚反应，但不能发生水解反应，答案选A。 11．下列说法错误的是（ ）
A．石油和天然气的主要成分都是碳氢化合物 B．苯、溴苯和乙醇可以用水鉴别
C．在酸性条件下，CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3CO18OH和C2H5OH D．甘氨酸（NH2-CH2-COOH）既能与NaOH反应，又能与盐酸反应 【答案】C 【解析】 【分析】
A.石油的主要成分为烃类物质，而天然气的主要成分为甲烷； B.苯和溴苯密度不同，且都不溶于水，乙醇与水任意比互溶； C.在酸性条件下，CH3CO18OC2H5水解时，18O位于乙醇中； D.甘氨酸（NH2-CH2-COOH）含有氨基和羧基，具有两性； 【详解】
A.石油的主要成分为烃类物质，而天然气的主要成分为甲烷，主要成分都是碳氢化合物，A项正确； B.苯的密度比水小，溴苯的密度比水大，且都不溶于水，乙醇与水任意比互溶，所以可以鉴别，B项正确； C.在酸性条件下，CH3CO18OC2H5水解时，18O位于乙醇中，CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3COOH和C2H518OH，C项错误；
D.甘氨酸(NH2?CH2?COOH)含有氨基和羧基，具有两性，氨基能和HCl反应、羧基能和NaOH反应，D项正确； 答案选C。 【点睛】
要注意烃类物质密度都小于水。 12．下列说法不正确的是 A．煤的气化和液化都是物理变化
B．乙烯的产量衡量一个国家石油化工发展水平标志 C．含硫化石燃料的大量燃烧是形成“酸雨”的原因之一 D．减少燃煤、严格控车、调整产业结构是治理雾霾的有效措施 【答案】A 【解析】 【详解】
A. 煤的气化是让煤在高温条件下与水蒸气反应生成氢气和一氧化碳；煤的液化分为直接液化和间接液化，
直接液化是使煤与氢气作用生成液体燃料，间接液化是先转化为一氧化碳和氢气，再在催化剂作用下合成甲醇等液态有机物，都是化学变化，故A错误；
B. 由于乙烯是从石油炼制过程中生产的气体里分离出来的，乙烯的制造过程也是一个相对复杂的过程，在石油化工生产中具有广泛的用途，乙烯的产量衡量一个国家石油化工发展水平标志，故B正确； C. 酸雨是由氮氧化物和硫氧化物导致，含硫化石燃料的大量燃烧是形成“酸雨”的原因之一，故C正确； D. 减少燃煤、严格控车、调整产业结构可有效的减少工业生产对环境的污染，是治理雾霾的有效措施，故D正确； 答案选A。
13．下列有关有机物的叙述正确的是 A．毛织、丝织衣服不宜用加酶洗衣粉洗涤 B．纤维素、淀粉、油脂均为天然高分子化合物
C．由煤的干馏可知煤中含甲苯、二甲苯、苯酚等芳香族化合物 D．向蛋白质溶液中滴入CuSO4溶液，蛋白质聚沉后还能溶于水 【答案】A
【解析】A.加酶洗衣粉能分解蛋白质，凡由蛋白质组成的衣料皆不宜用加酶洗衣粉洗涤，羊毛织品、丝织A正确；B. 油脂是高级脂肪酸的甘油酯，B错误；C. 煤衣服不能用加酶洗衣粉洗涤，不是高分子化合物，的干馏可以得到甲苯、二甲苯、苯酚等芳香族化合物，但煤中不存在这些化合物，C错误；D. 向蛋白质溶液中滴入CuSO4溶液发生变性，蛋白质聚沉后不能在能溶于水，D错误，答案选D。
点睛：掌握蛋白质的性质是解答的关键，易错选项是C，注意煤的干馏是化学变化，不能依据干馏产物推断煤中的物质组成。
14．分子式为C5H12O且可与金属钠反应放出氢气的有机化合物有（不考虑立体异构）（ ） A．6种 【答案】C 【解析】
与金属钠反应生成氢气，说明该化合物一定含有—OH，所以此有机物的结构符合C5H11—OH，首先写出
B．7种
C．8种
D．9种
C5H11—碳链异构有3种：①C—C—C—C—C、②③、，再分别加上—OH。
①式有3种结构，②式有4种结构，③式有1种结构，共8种。
15．已知气态烃A的密度是相同状况下氢气密度的14倍，有机物A~E能发生如图所示一系列变化，则下列说法错误的是
A．A分子中所有原子均在同一平面内 B．A→B所用试剂为H2O C．分子式为C4H8O2的酯有3种
D．等物质的量的B、D分别与足量钠反应生成气体的量相等 【答案】C 【解析】 【分析】
2=28，即A为乙烯，由B连续催化氧化可知，B为乙醇，C依题意可得气态烃A的相对分子质量为14×
为乙醛，D为乙酸，则E为乙酸乙酯。A与水发生加成反应得到乙醇，据此分析解答。 【详解】
A．乙烯为平面结构，所以所有原子在同一平面内，故A正确； B．乙烯与水发生加成反应得到乙醇，故B正确；
C．分子式为C4H8O2且含酯基的同分异构体有4种，即HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)CH3、CH3COOCH2CH3和CH3CH2COOCH3，故C错误；
D．金属钠能与醇羟基反应放出氢气，也能与羧基反应放出氢气，而乙醇和乙酸中都只有一个活泼氢原子，因此等物质的量乙醇和乙酸与足量钠反应生成气体的量是相等的，故D正确； 故选C。
16．下列对化学键及化合物的分类完全正确的一组是 A．MgCl2与NaOH均既含离子键又含共价键，均属离子化合物 B．BaCO3与H2SO4化学键类型不完全相同，均属强电解质 C．乙醇与醋酸，均只含共价键，均属非电解质 D．氯气与氧气，均只含共价键，均只做氧化剂 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】
A. MgCl2中只有离子键，A错误；
B. BaCO3与H2SO4化学键类型不完全相同，前者含有离子键和共价键，后者只有共价键，都属强电解质，B正确；
C. 乙醇与醋酸，均只含共价键，乙醇是非电解质，醋酸是电解质，C错误；
D. 氯气与氧气，均只含共价键，不一定均只做氧化剂，例如氯气可以作还原剂，D错误； 答案选B。 【点睛】
选项C是易错点，注意电解质和非电解质的区别。化合物在水溶液中或受热熔化时本身能否发生电离是区别电解质与非电解质的理论依据，能否导电则是实验依据。另外也需要注意电解质和化合物的关系。 17．炒菜时，加入一些料酒和食醋可使菜变得味香可口，其中的原因是 A．有盐类物质生成 B．有酯类物质生成 C．有醇类物质生成 D．有酸类物质生成 【答案】B 【解析】 【分析】
根据乙酸与乙醇能发生酯化反应生成乙酸乙酯分析解答。 【详解】
炒菜时，加一点酒和醋能使菜味香可口，这是因为料酒中的乙醇与食醋中的乙酸发生了化学反应生成了有香味的乙酸乙酯的缘故，乙酸乙酯属于酯类。 答案选B。
18．下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A．向氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3++4NH3·H2O=4AlO2-+4NH4++2H2O B．用硫化亚铁与稀硫酸反应制硫化氢：S2-+2H+=H2S↑ C．双氧水中加入稀硫酸和KI溶液：H2O2+2H++2I-=I2+2H2O D．向NH4HCO3溶液中加过量的NaOH溶液并加热：NH4++OH-【答案】C
【解析】分析：本题是对离子反应方程式书写正误判断的考查，离子反应及其方程式的书写是高考的必考内容，要求学生掌握其书写方法，注意事项，与量有关的反应注意产物的类型等。 H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故A错误； 详解：A.氢氧化铝与氨水不能反应，应为：Al3++3NH3·
B. 硫化亚铁是难溶于水的物质不能拆成离子，应为：FeS+2H+=Fe2++H2S↑；故B错误；
C. 双氧水加入稀硫酸和KI溶液，由于双氧水具有氧化性，负一价碘离子具有还原性，会发生氧化还原反应：H2O2+2H++2I-=I2+2H2O，所以C正确；
D. 向NH4HCO3溶液中加入过量的NaOH溶液并加热，碳酸氢铵溶液中的铵根离子和碳酸氢根离子均能与氢氧化钠反应，其反应的离子方程式为：NH4++HCO3-+2OH-故答案为：C。
19．将Na2O2投入FeCl2溶液中, 可观察到的现象是
A．生成白色沉淀 B．生成红褐色沉淀 C．溶液变为浅绿色 D．无变化 【答案】B
CO32-+2H2O+NH3 ↑，所以D错误。 NH3↑+H2O
【解析】将Na2O2投入FeCl2溶液中，发生的反应为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，
2NaOH+FeCl2=Fe(OH)2↓+2NaCl，4Fe(OH)2+O2+H2O=4Fe(OH)3，4Fe(OH)2是白色沉淀易被氧化为红褐色的Fe(OH)3沉淀，所以看到的现象是：有大量气泡生成，出现白色沉淀，白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色；故答案为B。
点睛：结合钠和铁的元素及其化合物的性质，准确分析反应过程是解本题的关键，Na2O2投入FeCl2溶液反应中Na2O2和水反应，生成的氢氧化钠和氧气，氢氧化钠再与氯化亚铁反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧化为氢氧化铁，其中白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色的实验描述是难点。 20．下列实验装置图及实验用品均正确的是（部分夹持仪器未画出）（ ）
D．实验室制取硝A．实验室制取溴苯 B．实验室制取乙酸乙酯 C．石油分馏 基苯 A．A 【答案】A 【解析】 【详解】
A．实验室用铁作催化剂，用液溴和苯制取溴苯，溴易挥发且溴极易溶于四氯化碳溶液中，所以用四氯化碳吸收溴，生成的HBr极易溶于水，采用倒置的漏斗防止倒吸，故A正确；B．制取乙酸乙酯时，导气管不能伸入饱和碳酸钠溶液中，蒸气中含有乙醇、乙酸，乙醇极易溶于水、乙酸极易和碳酸钠溶液反应，如果导气管插入饱和碳酸钠溶液中会产生倒吸，故B错误；C．蒸馏时，温度计测量蒸气的温度，所以温度计水银球应该位于蒸馏烧瓶支管口处，冷却水的水流方向是低进高出，故C错误；D．制取硝基苯用水浴加热，应控制温度范围是55℃～60℃，故D错误；故答案为A。 【点睛】
实验方案的评价包括：1．从可行性方面对实验方案做出评价：科学性和可行性是设计实验方案的两条重要原则，任何实验方案都必须科学可行．评价时，从以下4个方面分析：①实验原理是否正确、可行；②实验操作是否完全、合理； ③实验步骤是否简单、方便；④实验效果是否明显等．2．从“绿色化学”视角对实验方案做出评价：“绿色化学”要求设计更安全、对环境友好的合成线路、降低化学工业生产过程中对人类健康和环境的危害，减少废弃物的产生和排放．根据“绿色化学”精神，对化学实验过程或方案从以下4个方面进行综合评价：①反应原料是否易得、安全、无毒；②反应速率较快； ③原料利用率以及合成物质的产率是否较高；④合成过程是否造成环境污染．3．从“安全性”方面对实验方案做出评价：化学实验从安全角度常考虑的主要因素主要有防倒吸、防爆炸、防吸水、防泄漏、防着火、防溅液、防破损等．
B．B
C．C
D．D
二、计算题（本题包括1个小题，共10分）
21．以物质的量为“桥梁”的计算是高中化学计算的基础，根据计算结果，回答下列问题：
在200 mL 2 mol/L MgCl2溶液中，溶质的质量为________g；此溶液中Mg的物质的量浓度为__________ mol/L；Cl－的物质的量浓度为________ mol/L；将此溶液稀释到1000 mL其溶质的物质的量浓度为_____________ mol/L。
【答案】38 2 4 0.4 【解析】 【分析】
结合m=nM、n=cV、c浓V浓=c稀V稀及物质的构成计算。 【详解】
200mL2mol/LMgCl2溶液中，溶质的质量为m=nM=cVM=0.2L×2mol/L×95g/mol=38g；因为
MgCl2=Mg2++2Cl-，所以在2mol/L的MgCl2溶液中，Mg2+的物质的量浓度为2mol/L，Cl-的物质的量浓度2=4mol/L；溶液在稀释过程中溶质的物质的量不变即c浓V浓=c稀V稀，故此溶液稀释到1000mL为2mol/L×
其溶质的物质的量浓度为
2＋
0.2L?2mol/L=0.4mol/L，故答案为：38；2；4；0.4。
1L三、实验题（本题包括1个小题，共10分）
22．硫酸亚铁铵[（NH4）2SO4·FeSO4·6H2O]为浅绿色晶体，实验室中常以废铁屑为原料来制备，其步骤如下：
步骤1 将废铁屑放入碳酸钠溶液中煮沸除油污，分离出液体，用水洗净铁屑。
步骤2 向处理过的铁屑中加入过量的3mol·L-1H2SO4溶液，在 60℃左右使其反应到不再产生气体，趁热过滤，得FeSO4溶液。
步骤3 向所得FeSO4溶液中加入饱和（NH4）2SO4溶液，经过“一系列操作”后得到硫酸亚铁铵晶体。 请回答下列问题：
（1）在步骤1的操作中，下列仪器中不必用到的有__________（填仪器编号） ①铁架台 ②燃烧匙 ③锥形瓶 ④广口瓶 ⑤研体 ⑥玻璃棒 ⑦酒精灯 （2）在步骤1中所加的碳酸钠溶液中需要煮沸，其目的是_______； （3）在步骤3中，“一系列操作”依次为______、_______和过滤；
（4）本实验制得的硫酸亚铁铵晶体常含有Fe3+杂质。检验Fe3+常用的操作方法是_____。
【答案】②④⑤ 除去水中溶解氧防止得到Fe2+ 被氧化而引入杂质 蒸发浓缩 冷却结晶 取样，加入几滴KSCN溶液， 若溶液呈现血红色，则溶液中含有Fe3+ 【解析】
分析：本题考查了化学实验基本操作。（1）煮沸和过滤操作常用到的仪器。由溶液制晶体时，要经过加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等步骤；实验室一般用KSCN溶液检验Fe3+，若加入KSCN后，溶液显血红色，说明Fe3+存在。
详解：（1）溶液加热和过滤过程中用到的仪器有：铁架台、烧杯、玻璃棒、酒精灯、锥形瓶、滤纸等，因
此本题答案为②④⑤。
（2）在步骤1中所加的碳酸钠溶液中需要煮沸，其目的是除去水中溶解氧气防止得到Fe2+ 被氧化而引入杂质。
（3）(NH4)2SO4溶液显酸性，向所得FeSO4溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液，抑制Fe2+的水解。由溶液制晶体时，要经过加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等步骤；本题答案：加热浓缩、冷却结晶和过滤。 （4）检验Fe3+的方法是取待测液少许放入试管中，向试管中加入KSCN溶液，若加入KSCN后，溶液显血红色，说明Fe3+存在；反之没有Fe3+。
点睛：本题以制备硫酸亚铁铵载体，考查学生综合分析处理实验问题的能力。例如检验Fe3+的存在问题。掌握Fe3+的鉴别方法是待测液少许放入试管中，向试管中加入KSCN溶液，若加入KSCN后，溶液显血红色，说明Fe3+存在。
四、推断题（本题包括1个小题，共10分）
23．乙烯是石油裂解气的主要成分，其产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平。在一定条件下，有如下转化：
（1）乙烯的电子式是________________________。
（2）由重油生产乙烯的裂解反应属于_______________________（填“化学”或“物理”）变化。 （3）乙烯转化为乙醇的反应类型是________________________________。 （4）乙醇转化为A的化学方程式是______________________________。
（5）工业上乙烯通过聚合反应可得到高分子化合物B，反应的化学方程式是_____________________。
Cu?【答案】
化学加成反应2CH3CH2OH+O2?
2CH3CHO+2H2O
【解析】（1）乙烯中碳碳之间以共价双键结合，电子式为：
。（2）由重油通过裂解反应生产
乙烯，由新物质生成，属于化学变化。（3）乙烯和水在一定条件下发生加成反应生成乙醇。（4）乙醇在Cu催化作用下被氧气氧化为乙醛，化学方程式为：2CH3CH2OH + O2含碳碳双键，能发生加聚反应生成高分子化合物聚乙烯，方程式为：nCH2=CH2
。
2CH3CHO + 2H2O。（5）乙烯
点睛：本题考查乙烯的结构、性质、有机物的推断以及方程式的书写等知识，试题基础性较强，侧重于通
过基础知识对分析能力的考查，有利于培养学生逻辑推理能力和逆向思维能力。 五、综合题（本题包括1个小题，共10分）
24．元素a、b、c、d、e为前20号主族元素，原子序数依次增大。b元素原子最外层电子数与核外电子总数之比为2:3；c的氢化物能与其最高价氧化物对应的水化物反应生成一种盐；a与b、c均可以形成电子总数为10的分子；d元素的氧化物能使品红溶液褪色，且加热后品红颜色复原；e原子是前20号主族元素中原子半径最大的。请回答：
（1）e元素在周期表中的位置_______________。
（2）bd2的电子式_______________；e2d的电子式_______________；ca3的空间构型_______________。 （3）e的最高价氧化物的水化物所含化学键类型为______________、_______________，晶体类型为_______________。其溶液与b的最高价氧化物反应的离子方程式为____________________________。 （4）在常温常压下，1g b的最简单气态氢化物完全燃烧放出的热量约为56kJ，写出该反应的热化学方程式_____________________________。 【答案】 第四周期 第ⅠA族
三角锥形 离子键 共价键 离子晶体 CO2
+2OH－＝CO32－ +H2O （或CO2 +OH－＝HCO3－ ） CH4(g）＋2O2(g）→CO2(g）＋2H2O(l) △H＝－896kJ/mol 【解析】分析：元素a、b、c、d、e为前20号主族元素，原子序数依次增大。b元素原子最外层电子数与核外电子总数之比为2:3，最外层电子数不能超过8个，则b应该是6号元素碳元素；c的氢化物能与其最高价氧化物对应的水化物反应生成一种盐，c是氮元素；a与b、c均可以形成电子总数为10的分子，a是氢元素；d元素的氧化物能使品红溶液褪色，且加热后品红颜色复原，d是硫元素；e原子是前20号主族元素中原子半径最大的，e是钾元素，据此解答。
详解：根据以上分析可知a、b、c、d、e分别是H、C、N、S、K。则 （1）K元素在周期表中的位置是第四周期第第ⅠA族。 （2）CS2是共价化合物，结构类似于二氧化碳，电子式为
；K2S是离子化合物，电子式为
；NH3的空间构型是三角锥形。
（3）e的最高价氧化物的水化物是KOH，所含化学键类型为离子键、共价键，晶体类型为离子晶体。其
－－－
溶液与b的最高价氧化物二氧化碳反应的离子方程式为CO2 +2OH＝CO32 +H2O或CO2 +OH＝HCO3－
。
（4）在常温常压下，1g b的最简单气态氢化物甲烷完全燃烧放出的热量约为56kJ，则1mol甲烷即16g16＝896kJ，甲烷完全燃烧放热是56kJ×因此该反应的热化学方程式为CH4(g）＋2O2(g）＝CO2(g）＋2H2O(l) △H＝－896kJ/mol。
高一（下）学期期末化学模拟试卷
一、单选题（本题包括20个小题，每小题3分，共60分．每小题只有一个选项符合题意） 1．下列化学用语表达正确的是 A．Al3+的结构示意图：
B．Na2O2的电子式：
C．淀粉的分子式：（C6Hl2O6)n D．质量数为37的氯原子：2．可逆反应N2＋3H2
Cl
2NH3的正、逆反应速率可用各反应物或生成物浓度的变化来表示。下列各关系
中能说明反应已达到平衡状态的是( ) A．3v正(N2)＝v正(H2) C．2v正(H2)＝3v逆(NH3) 3．下列说法正确的是
A．氢氧燃料电池放电时可以将化学能全部转化为电能
B．v正(N2)＝v逆(NH3) D．v正(N2)＝3v逆(H2)
B．铜锌硫酸原电池工作时，电子从锌电极经电解液流向铜电极
C．将3mol H2与1mol N2混合于密闭容器中充分反应可生成2molNH3，转移电子数目为6NA D．手机上用的锂离子电池充电时将电能转化为化学能 4．某100mL的溶液中仅含有以下三种溶质： 溶质 H2SO4 HNO3 KNO3 浓度(mol/L) 6 2 1 向该溶液中加入过量的铁粉，最多可产生标准状况下的气体体积为（ ） A．8.96L
B．6.72L
C．4.48L
D．2.24L
5．关于化合物2-苯基丙烯，下列说法错误的是
A．分子式为C9H10
B．一定条件下，可以发生取代、加成和氧化反应 C．1 mol该化合物最多可与4mol氢气发生加成反应 D．分子中最多有8个碳原子在同一平面上
6．化学反应的本质是反应物化学键断裂和生成物化学键形成的过程,下列关于化学反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2的叙述正确的是
A．反应过程中只涉及离子键和极性共价键的断裂
B．反应过程中只涉及离子键和非极性共价键的形成
C．反应过程中既涉及离子键和极性共价键的断裂.又涉及离子键和非极性共价键的形成
D．反应过程中既涉及离子键、极性和非极性共价键的断裂，又涉及离子键、极性和非极性共价键的形成 7．常温常压下，下列有机物以液态形式存在的是 A．甲烷
B．乙烯
C．一氯甲烷
D．乙酸
8．等质量的两块钠，第一块在氧气中加热生成Na2O2，第二块在足量氧气 (常温)中充分反应生成Na2O，则下列说法正确的是 A．第一块钠失去电子多 C．第一块钠的反应产物质量大
B．两块钠失去电子一样多 D．两块钠的反应产物质量一样大
9．已知如下两个热化学方程式:C(s)+O2(g)=CO2(g)；△H=－1．5kJ／mol ，2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)；△H=6 kJ／mol。2mol炭粉和氢气组成的悬浮气体、53kJ－2．现有3．固体混合物在氧气中完全燃烧，共放出4．热量。则炭粉与氢气的物质的量之比是（ ） A．1：1
B．l：2
C．2:3
D．3:2
10．从海带中提取碘的工业生产过程如下:
下列说法不正确的是
A．为保证I完全被氧化,应通入过量Cl2 B．试剂R可以为NaOH溶液 C．H2SO4溶液作用之一是使滤液酸化 D．提纯晶体碘采用升华法
11．有三组含有同族元素的物质，在101.3kPa时测定它们的沸点（℃）如表所示：对应表中内容，下列叙述正确的是（ ）
A．a、b、c的化学式分别为Ne2、HF、SiH4 B．第②组物质对应水溶液均是强酸
C．第③组中各化合物的热稳定性从上到下依次减弱
D．上表中同族物质对应的氢化物的沸点，均随相对分子质量的增大而升高
12．25℃时，在一定体积pH=12的NaOH溶液中，加入一定体积0.01 mol·L-1的NaHSO4溶液，此时混合溶液的pH=11。若反应后溶液的体积等于NaOH溶液与NaHSO4溶液的体积之和，则NaOH溶液与NaHSO4溶液的体积比是（ ）
A．1∶9B．10∶1C．11∶9D．1∶2 13．乳酸的结构简式为
，下列有关乳酸的说法中，不正确的是
A．乳酸中能发生酯化反应的官能团有2种 B．1 mol乳酸可与2 mol NaOH发生中和反应 C．1 mol乳酸与足量金属Na反应生成1 mol H2
D．有机物与乳酸互为同分异构体
14．如图实验装置，将液体A逐滴加入到固体B中，下列叙述正确的是
A．若A为H2O2，B为MnO2，C中Na2S溶液变浑浊 B．若A为浓盐酸，B为MnO2，C中KI淀粉溶液变蓝色
C．若A为浓氨水，B为生石灰，C中AlCl 3溶液先产生白色沉淀后 沉淀又溶解 D．若A为浓盐酸 ，B为CaCO3，C中Na2SiO3 溶液出现白色沉淀，则非金属性C＞Si
15．磷酸铁锂电池广泛应用于电动自行车电源，其工作原理如图所示，LixC6和Li1-xFePO4为电极材料，电池反应式为: LixC6+Li1-xFePO4=LiFePO4+6C (x<1)。下列说法错误的是
A．放电时，电极b是负极
B．放电时，电路中通过0.2mol电子，正极会增重1.4g C．充电时，电极a的电极反应式为:6C+xLi++xe-=LixC6 D．若Li1-xFePO4电极中混有铁单质，会造成电池短路 16．下列说法中正确的是( )
A．电解 NaCl 溶液、 熔融态的氯化镁可制得相应的金属单质 B．工业上可用含 Cu2S 的矿石和氧化剂 O2 反应冶炼 Cu C．铝热反应可用于冶炼高熔点金属，如 K、 Ca、 Cr、 Mn 等
D．工业电解熔融态的 Al2O3 制 Al 时，加冰晶石的主要作用是提高 Al 的产量 17．布洛芬片常用来减轻感冒症状，其结构简式如图，下列有关说法错误的是（ ）
A．布洛芬的分子式为C13H18O2 B．布洛芬与乙酸是同系物
C．1mol布洛芬最多能与3mol氢气发生加成反应 D．该物质苯环上的一氯代物有2种 18．有关SO2催化氧化反应（2SO2+O2A．升高温度可减慢反应速率 B．使用催化剂可提高反应速率 C．达到平衡时，(正）=(逆） =0 D．达到平衡时SO2转化率可达100%
19．（6分）中国是中草药的发源地，目前中国大约有12000种药用植物。从某中草药提取的的有机物结构如图所示，该有机物的下列说法中不正确的是
2SO3）的说法正确的是
A．分子式为C14H18O6
B．环上氢原子的一氯取代物5种
C．1 mol该有机物与足量的金属钠反应产生4 mol H2 D．分子间能发生酯化反应
20．（6分）根据下图提供的信息，下列所得结论不正确的是
A．该反应是吸热反应
B．因为生成物的总能量高于反应物的总能量，所以该反应一定需要加热才能发生 C．该反应反应物断裂旧键所吸收的能量高于生成物形成新键放出的能量
D．该反应可能是碳酸钙分解反应
二、计算题（本题包括1个小题，共10分）
21．（6分）Ⅰ．某温度(t℃)时，水的Kw=10-13，则该温度（填 “大于”“小于”或“等于”）______ 25℃，理由是_________，将此温度下pH =11的NaOH溶液aL与pH=1的H2SO4溶液bL混合， （1）若所得混合液为中性，则a∶b=_________； （2）若所得混合液的pH=2，则a∶b=_________。
Ⅱ．25℃时，0.1mol·L-1的某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，下列说法不正确的是___________ A．该溶液pH=4 B．由HA电离出的c(H+)约为水电离出的c(H+)的106倍 C．此酸的电离平衡常数约为1×10-7 D．升高温度，溶液的pH增大 三、实验题（本题包括1个小题，共10分）
22．（8分）资料显示：锌与浓硫酸共热除生成二氧化硫气体外，还可能产生氢气；在加热的条件下二氧化硫可被CuO氧化。为验证该反应的气体产物及性质，设计了如下图所示的实验装置（设锌与浓硫酸共热时产生的气体为X）。
(1)上述装置的连接顺序为：气体X→A→____→A→ → → →D;
(2)反应开始后，观察到第一个装置A中的品红溶液褪色，实验结束后取适量该溶液于试管中并加热，现象为_______________________________________； (3)装置 C中的NaOH溶液能用下列____代替；
a.酸性KMnO4溶液 b.CaCl2溶液 c.饱和NaHSO3溶液 装置D的作用是____________________________
(4)气体X中可能含有H2的原因是____________________________。 四、推断题（本题包括1个小题，共10分）
23．（8分）如图是中学化学中常见物质之间的一些反应关系，其中部分产物未写出。常温下X是固体，B和G是液体，其余均为气体。根据下图关系推断：
(1)写出化学式：X_______，A________，B_______。
(2)实验室收集气体D和F的方法依次是_______法、________法。 (3)写出C→E的化学方程式：____________。
(4)请写出A与E反应生成D的化学方程式：_______________
(5)检验物质A的方法和现象是________________ 五、综合题（本题包括1个小题，共10分）
24．（10分）某研究小组的同学用下图所示装置进行氯气的性质实验。
请回答：
（1）若要得到干燥的氯气，则①中所加的试剂应为_____。 （2）若①中盛放的是湿润的红纸条，则观察到的现象为_____。
（3）若①要验证氯气具有氧化性，则所用的溶液不能是_____（填序号）。 ．．a. FeCl2 b. 溴水 c. KI溶液 （4）装置②中反应的离子方程式是_____。
参考答案
一、单选题（本题包括20个小题，每小题3分，共60分．每小题只有一个选项符合题意） 1．D
【解析】A．铝离子的核电荷数为13，最外层达到8电子稳定结构，
是铝原子的结构示意图，故A
错误；B. Na2O2属于离子化合物，电子式为，故B错误；C、淀粉受由很多葡萄糖结构
单元形成的高分子化合物，分子式为(C6H10O5)n，故C错误；D．氯原子的核电荷数为17，质量数为37的氯原子为：3717Cl，故D正确；故选D。
点睛：本题考查了电子式、原子结构示意图、核外电子排布式、元素符号的书写判断，注意掌握常见化学用语的概念及书写方法，选项B为易错点，注意过氧根离子的电子式的书写。 2．C 【解析】 【详解】
达到平衡状态时正、逆反应速率相等，各组成成分的含量不变。正、逆反应速率相等是指用同一种物质来表示的正逆反应速率；若用不同物质表示的正逆反应速率，速率比等于化学计量数比，达到平衡状态，故选C。
3．D 【解析】 【分析】 【详解】
A．氢氧燃料电池放电时可以将大部分化学能转化为电能，但不能全部转化为电能，故A错误； B．铜锌硫酸原电池工作时，电子从负极流向正极，即从锌电极经外电路流向铜电极，但不能进入电解质溶液中，故B错误；
C．H2与N2生成NH3的反应是可逆反应，反应物不可能完全转化为生成物，所以3mol H2与1mol N2不能生成2mol NH3，转移电子数目小于6NA，故C错误； D．电池充电时，将电能转化为化学能，故D正确； 故选D。 【点睛】
燃料电池的能量转换率超过80%，远高于普通燃烧过程（能量转换率仅30%多），有利于节约能源。电子不能进入电解质溶液中，记住：“电子不入水，离子不上岸”。 4．A 【解析】
分析：根据铁与稀硝酸反应的离子方程式计算解答,注意反应离子过量与不足的判断,确定所发生的化学反应。
2=1.4mol，含有的硝酸根离子详解：100mL溶液中含有氢离子的物质的量为:0.1×6×2+0.1×
1=0.3mol,加入过量的铁粉,发生反应的离子方程式为:3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O为:0.1×2+0.1×
和反应Fe+2H+=Fe2++H2↑,则:反应关系可知：2NO3---8H+-2NO，0.3mol NO3-参加反应生成NO为0.3mol，消耗氢离子为1.2mol，剩余的氢离子的物质的量为:1.4-1.2=0.2mol；根据2H+--H2关系可知，0.2mol氢离子参加反应生成氢气0.1mol，产生气体的物质的量为0.3+0.1=0.4mol，标况下体积为:0.4×22.4=8.96L；正确选项A。
点睛：在酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，当溶液中氢离子的量和硝酸根离子的量为8:2时，金属铁全部氧化为亚铁离子，硝酸根被还原为一氧化氮；此题进行计算时，要考虑硫酸和硝酸提供的所有氢离子的量，还要考虑硝酸钾、硝酸提供所有的硝酸根离子的量，然后根据上述分析进行解答。 5．D 【解析】 【分析】
该有机物中含有苯环和碳碳双键，有苯和烯烃性质，能发生氧化反应、加成反应、取代反应、加聚反应等，
据此分析解答。 【详解】
A.根据物质的结构简式可知该物质的分子式为C9H10，A正确；
B.物质分子中含有苯环，所以能发生取代反应，苯环和碳碳双键能发生加成反应，碳碳双键能发生氧化反应，B正确；
C.物质分子中含苯环和碳碳双键都能和氢气发生加成反应，1mol苯环最多消耗3mol氢气、1mol碳碳双键最多消耗1mol氢气，所以1mol该有机物最多消耗4mol氢气发生加成反应，C正确；
D.苯环上所有原子共平面、乙烯中所有原子共平面，碳碳单键可以旋转，所以该分子中最多有9个碳原子共平面，D错误； 故合理选项是D。 【点睛】
本题考查有机物结构和性质，侧重考查烯烃和苯的性质，明确官能团及其性质关系是解本题关键，难点是原子共平面个数判断，要结合苯分子是平面分子，乙烯分子是平面分子，用迁移方法进行分析解答。 6．D
【解析】Na2O2为含有非极性键的离子化合物，CO2中含有极性键，则反应物中离子键、极性共价键和非极性共价键断裂，碳酸钠中含离子键和极限键，氧气中含非极性键，则有离子键、极性共价键和非极性共价键的形成，故选D。 7．D 【解析】 【详解】
A.甲烷在常温常压下是气体，A不符合题意； B.乙烯在常温常压下是气体，B不符合题意； C.一氯甲烷在常温常压下是气体，C不符合题意； D.乙酸在常温常压下呈液态，D符合题意； 故合理选项是D。 8．B 【解析】 【详解】
钠在足量氧气中加热，生成Na2O2，钠在足量氧气(常温)中充分反应生成Na2O，两个反应中，钠失去的电子一样多，化合价均由0价变为+1价，不同的是加热环境下生成过氧化钠，常温条件下生成氧化钠，因钠的质量相同，因此过氧化钠和氧化钠的物质的量相同，但质量不同，过氧化钠的质量更大。 答案选B。 9．A
【解析】 【分析】
根据题中碳粉与氢气的物质的量之比可知，本题考查利用热化学方程式计算碳粉与氢气燃烧放出的热量，运用物质的量与反应放出的热量成正比分析。 【详解】
设碳粉xmol，则氢气为(3.2-x）mol，则 C(s)+O2(g)=CO2(g) AH=-1.5kJ/mol 1 1.5kJ x 1.5xkJ 2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)；△H=－2．6 kJ／mol 2 2.6kJ (3.2-x)mol 241.8(3.2-x)kJ 所以1.5xkJ+241.8(3.2- x)kJ=4.53kJ，解得x=3.1mol， 则炭粉与H2的物质的量之比为3.1mol:3.1mol=1:1, 答案选A。 10．A
【解析】A、为保证I完全被氧化，应通入稍过量Cl2，但如果Cl2过量较多，将会继续氧化I2，A错误；B、NaOH可以与海带中的I2发生发应：3I2+6OH-=5I-+IO3-+3H2O，使碘元素更多的转移入溶液中，提高碘的吸收率，B正确；C、加入硫酸使溶液呈酸性，使I-与IO3-在酸性下发生归中反应生成I2，C正确；D、碘单质易升华，提纯碘单质可以采取升华法，D正确。正确答案为A。 11．C 【解析】 【分析】
如图所示为三组含有同族元素的物质，第①组为稀有气体单质的沸点，则a为Ne，②为卤素的气态氢化物的沸点，由于HF分子间存在氢键的作用，故其沸点“反常”的高，故b为HF，③为碳族元素的气态氢化物的沸点，c为SiH4。 【详解】
A. 稀有气体均为单原子分子，故a的化学式为Ne，A错误； B. 第②组物质对应水溶液除氢氟酸外均是强酸，B错误；
C. 元素的非金属性越强，其对应气态氢化物的稳定性越强，故第③组中各化合物的热稳定性从上到下依次减弱，C正确；
D. 氢化物的沸点除受范德华力影响外还受氢键的影响，故D错误； 故答案选C。
12．C
【解析】pH=12的NaOH溶液中c(OH-)=10-2mol/L，设溶液体积为x，得到氢氧根离子物质的量为x×10-2mol；设硫酸氢钠溶液体积为y，依据反应NaOH+NaHSO4=Na2SO4↓+H2O，混合后溶液pH=11，计算得到溶液中氢氧根离子浓度为10-3mol/L，所以得到：13．B 【解析】 【详解】
A．分子中含有-OH、-COOH，都可发生酯化反应，故A正确；
B．只有羧基与氢氧化钠发生中和反应，则1mol乳酸可与1mol NaOH发生中和反应，故B错误； C．-OH、-COOH都可与钠反应，则1mol乳酸与足量金属Na反应生成生成1mol H2，故C正确； D．故选B。 【点睛】
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键。由结构简式可知，分子中含-OH、-COOH，结合醇、羧酸的性质来解答。 14．A
【解析】分析：A．MnO2作催化剂H2O2分解生成氧气，能氧化Na2S生成S； B．浓盐酸和MnO2不加热不反应；
C．浓氨水滴入生石灰生成氨气，氨气和铝离子反应生成氢氧化铝，但氢氧化铝不溶于氨水；
D．浓盐酸和CaCO3反应生成CO2，CO2与Na2SiO3溶液反应生成硅酸白色沉淀，但由于浓盐酸易挥发，挥发出的HCl，也可与Na2SiO3溶液反应生成硅酸白色沉淀。
详解：A．若A为H2O2，B为MnO2，生成的气体为氧气，能氧化Na2S生成S，则 C中溶液变浑浊，故A正确；
B．若A为浓盐酸，B为MnO2，但无加热装置，无氯气生成，故B错误；
C．若A为浓氨水，B为生石灰，滴入后反应生成氨气，氨气和铝离子反应生成氢氧化铝，但氢氧化铝不溶于氨水，所以C中产生白色沉淀不溶解，故C错误；
D．若A为浓盐酸 ，B为CaCO3，反应生成CO2，CO2与Na2SiO3溶液反应生成硅酸白色沉淀，但由于浓盐酸易挥发，挥发出的HCl，也可与Na2SiO3溶液反应生成硅酸白色沉淀，所以无法证明非金属性C＞Si，故D错误； 答案为A。 15．C
【解析】分析：A、原电池中电解质溶液中的阳离子向正极移动；B、根据得失电子守恒计算；C、在电解
与
分子式相同，结构不同，为同分异构体，故D正确；
=10-3，得到x：y=11：9，故选C。
池中，阳极上发生失电子的氧化反应，阴极上发生得电子的还原反应；D、根据原电池原理判断。 详解：根据原电池原理，放电时电子从负极流向正极，原电池内部的阳离子向正极移动，所以a电极是原电池的正极，b是原电池的负极，A说法正确；
放电时，负极的电极反应式：LixC6-xe-=xLi++C6，正极的电极反应式：Li（1-x）FePO4+xLi++x e-═LiFePO4，7g/mol=1.4g，B所以当电路中通过0.2mol电子，正极有0.2molLi+得到电子在正极析出，正极增重0.2mol×
选项说法正确；充电时是电解池原理，电源的正极和电池的正极相连，此时a极是电解池的阳极，发生失电子的氧化反应，反应为：LiFePO4-xe-=Li1-xFePO4+xLi+，所以C选项错误；Li1-xFePO4是原电池的正极材 料，铁单质是导体，能够导电，电子不能够通过外电路，即造成电池短路，D选项说法正确；正确选项C。点睛：原电池的正负极判断方法：1、根据原电池里电解质溶液内离子的定向流动方向判断：在原电池的电解质溶液内，阳离子移向的极是正极，阴离子流向的极为负极，本题中Li+移向a极，a极为原电池的正极；
2、由组成原电池的两极的电极材料判断：一般来说,通常两种不同金属在电解溶液中构成原电池时，较活泼的金属作负极，但也不是绝对的,应以发生的电极反应来定，例如：Mg-Al合金放入稀盐酸中，Mg比Al易失去电子，Mg作负极；将Mg-Al合金放入烧碱溶液中，由于发生电极反应的是 Al，故Al作负极。另如Cu-Al放在浓硫酸中，Cu是负极。
3、根据电流方向或电子流动方向判断：电流流入的一极或电子流出的一极为负极；电子流动方向是由负极流向正极，本题中的电子从Zn（负极）流向Cu（正极），所以A说法正确。 16．B
【解析】分析：A. 电解 NaCl 溶液得到氢氧化钠、氢气和氯气，电解熔融态的氯化镁可制得镁和氯气；B. 工业上可用Cu2S和O2反应制取粗铜，发生的氧化还原反应为Cu2S+O2═2Cu+SO2故B正确；C. 铝热反应不能用于冶炼K、 Ca等活泼金属；D. 工业电解熔融态的 Al2O3 制 Al 时，加冰晶石的主要作用是降低Al2O3的熔化温度。
详解：A. 电解 NaCl 溶液得到氢氧化钠、氢气和氯气，电解熔融态的氯化镁可制得镁和氯气，故A错误； B. 工业上可用Cu2S和O2反应制取粗铜，发生的氧化还原反应为Cu2S+O2═2Cu+SO2故B正确； C. 铝热反应不能用于冶炼K、 Ca等活泼金属，故C错误；
D. 工业电解熔融态的 Al2O3 制 Al 时，加冰晶石的主要作用是降低Al2O3的熔化温度，不能提高Al的产量，故D错误。 所以本题答案选B。 17．B
【解析】分析:有机物含有羧基,苯环,具有羧酸、苯的性质,结合有机物的结构特点解答该题。 详解:A.由结构简式可以知道布洛芬的分子式为C13H18O2,所以A选项是正确的；
B. 布洛芬与乙酸结构上不相似（乙酸中无苯环），分子组成也不是相差CH2原子团，因而不是同系物,所以B选项是错误的;
C.能与氢气发生加成反应的只有苯环,则1mol 布洛芬最多能与3mol 氢气发生加成反应,所以C选项是正确的；
D.结构对称,则布洛芬在苯环上发生取代反应,其一氯代物有2种,故D正确。 综上所述，本题正确答案为B。 18．B 【解析】 【分析】 【详解】
A．升高温度，活化分子百分数增大，化学反应速率加快，故A错误； B．使用催化剂能够降低反应活化能，可提高反应速率，故B正确；
C．化学平衡是动态平衡，达到平衡时，(正）=(逆） ≠0，属于动态平衡，故C错误； D．2SO2+O2故答案选B。 19．C
【解析】A．由结构可知，分子式为C14H18O6，A正确；B．结构对称，环上有5种H，环上氢原子的一氯取代物5种，B正确；C．-OH、-COOH均与Na反应，1mol该有机物与足量的金属钠反应产生2mol H2，C错误；D．含-OH、-COOH，分子间可发生酯化反应，D正确；答案选C。 20．B 【解析】 【详解】
A.根据图示可知：生成物的能量比反应物的能量高，所以该反应是吸热反应，A正确；
B.任何化学反应发生都有断裂反应物化学键吸收能量的过程，和形成生成物化学键释放能量的过程，与化学反应是放热反应还是吸热反应无关，B错误；
C.该反应是吸热反应说明反应物断裂旧键所吸收的能量高于生成物形成新键放出的能量，C正确； D.碳酸钙分解反应是吸热反应，该反应图示过程是吸热反应，因此可能为碳酸钙分解反应，D正确； 故合理选项是B。
二、计算题（本题包括1个小题，共10分）
21．大于水的电离吸热，升高温度，促进水的电离，KW增大10：19：2D 【解析】
C)时水的Kw=1×10-13＞1×10-14，则该温度Ⅰ．升高温度促进水的电离，则水的离子积常数增大，某温度(t°C，故答案为大于；升高温度促进水电离； 大于25°
(1)pH=11的NaOH中c(OH-)=0.01mol/L，pH=1的硫酸中c(H+)=0.1mol/L，混合溶液呈中性，说明酸中n(H+)等于碱中n(OH-)，则0.01a =0.1b，a：b=10：1，故答案为10：1；
2SO3为可逆反应，达到平衡时SO2转化率不可能可达100%，故D错误；
(2)若所得混合液的 pH=2，混合溶液中c(H+)=0.01mol/L，
0.1mol/L?bL?0.01mol/L?aLc(H)==0.01mol/L，a：b=9：2，故答案为9：2；
?a?b?L+
Ⅱ．A．c(H+)=0.1mol?L-1×0.1%=10-4mol/L，pH=-lg10-4=4，故A正确；B．水电离出的c(H+)等于溶液中
?1410c(OH-)=?4mol/L=10-10mol/L，由HA电离出的c(H+)为10-4mol/L，所以由HA电离出的c(H+)约为水电
10离出的c(H+)的106倍，故B正确；C．电离平衡常数K=
cH?·cA?c?HA?????=10?4?10?4mol/=1×10-7 mol?L-1，
0.1故C正确；D．HA的电离是吸热反应，升高温度促进HA电离，溶液中氢离子浓度增大，则溶液的pH减小，故D错误；故选D。
三、实验题（本题包括1个小题，共10分）
22． 气体X→A→C→A→B→E→F→D 恢复红色 a 防止空气中的水蒸气进入F 浓硫酸变稀，稀硫酸与锌反应产生氢气
【解析】分析：本题考查锌与浓硫酸共热的产物。开始产生SO2，随着反应的进行，硫酸变稀，又会产生氢气。检验产物为SO2和H2方法是生成的SO2可以用品红溶液检验，为防止对后续实验的干扰，需要除去SO2，可以用氢氧化钠溶液，为检验是否除尽，还需要再通过品红溶液，另外氢气与氧化铜反应前还需要干燥氢气，氢气还原黑色CuO变成红色的Cu，同时产生水，需用无水硫酸铜检验氢气被氧化的产物水，水和无水硫酸铜反应生成蓝色的五水合硫酸铜，最后还需要防止空气中的水蒸气对实验造成干扰。
详解：(1)生成的SO2可以用品红溶液检验，为防止对后续实验的干扰，需要除去SO2，可以用氢氧化钠溶液，为检验是否除尽，还需要再通过品红溶液，另外氢气与氧化铜反应前还需要干燥氢气，氢气还原黑色CuO变成红色的Cu，同时产生水，需用无水硫酸铜检验氢气被氧化的产物水，水和无水硫酸铜反应生成蓝色的五水合硫酸铜，最后还需要防止空气中的水蒸气对实验造成干扰，因此上述装置的连接顺序为：气体X→A→C→A→B→E→F→D。
(2)SO2的漂白是不稳定的， 所以实验结束后取适量该溶液于试管中并加热，现象为溶液又由无色变为红色。(3)根据以上分析可知装置C的作用是吸收SO2；a.酸性KMnO4溶液能吸收SO2，故a正确；b.CaCl2溶液不能吸收SO2，故b错误；c.饱和NaHSO3溶液不能吸收SO2，故c错误；答案选a；D中加入的试剂可以是碱石灰，可以防止空气中的水蒸气进入F中，避免对氢气与CuO反应产物检验产生干扰。 (4)由于Zn与浓硫酸反应时，浓硫酸逐渐变稀，Zn与稀硫酸反应可产生H2。
点睛：本题考查锌和硫酸的反应及产物的检验，题目难度中等，注意掌握浓硫酸与金属在加热的条件下反应能生成二氧化硫，随反应进行，硫酸浓度变稀，又会和锌反应放出氢气。根据性质检验气体、检验方法，理解检验的先后顺序是解答本题的关键，侧重于考查学生的分析能力和实验探究能力。 四、推断题（本题包括1个小题，共10分）
23．NH4HCO3或(NH4)2CO3 NH3 H2O 排水 向上排空气 2CO2＋2Na2O2===2Na2CO3＋O2
4NH3 + 5O2 4NO + 6H2O 用湿润的红色石蕊试纸，若变蓝则说明有NH3存在(或用蘸有浓盐酸
的玻璃棒放在容器口，若有白烟出现，也说明有NH3存在) 【解析】 【分析】
常温下X是固体，B和G是液体，其余均为气体，气体C能与Na2O2反应得到气体E，应是二氧化碳与过E为O2，氧化钠反应生成氧气，则C为CO2，固体X既能与酸反应生成气体A，又能与碱反应生成气体C，故X应为碳酸形成的铵盐，则X为NH4HCO3或(NH4)2CO3，故A为NH3，B为H2O，D为NO，F为NO2，G为HNO3，据此解答。 【详解】
常温下X是固体，B和G是液体，其余均为气体，气体C能与Na2O2反应得到气体E，应是二氧化碳与过E为O2，氧化钠反应生成氧气，则C为CO2，固体X既能与酸反应生成气体A，又能与碱反应生成气体C，故X应为碳酸形成的铵盐，则X为NH4HCO3或(NH4)2CO3，故A为NH3，B为H2O，D为NO，F为NO2，G为HNO3；
(1)由上述分析可知，X为NH4HCO3或(NH4)2CO3，A为NH3，B为H2O；
(2)NO易与空气中氧气反应生成NO2，则实验室收集气体D(NO)的方法为：排水法；NO2能与水反应生成NO和硝酸，则收集气体F(NO2)的方法是：向上排空气法；
(3)C→E是CO2与Na2O2反应生成碳酸钠与O2，反应的化学方程式为：2CO2+2Na2O2═2Na2CO3+O2； (4)氨气和氧气在催化剂作用下生成NO，发生反应的化学方程式为4NH3 + 5O2
4NO + 6H2O；
(5)氨气的水溶液显碱性，故检验氨气的方法是用湿润的红色石蕊试纸，若变蓝则说明有NH3存在(或用蘸有浓盐酸的玻璃棒放在容器口，若有白烟出现，也说明有NH3存在)。 【点睛】
此类题的解答一般有以下步骤：思维起点的选择：思维起点是指开始时的思维指向、思维对象或思维角度，推断题中的思维起点应是最具特征的某个条件(包括文字叙述或某个变化过程)；思维过程的展开：解题者在确定思维起点的基础上，利用题目所给信息，结合已有的化学知识和解题经验，不断地缩小问题状态与目标状态的距离；思维过程的检验：将上述思维过程的结果代入题中，检查一下是否符合题中条件；本题可从两性氧化物及海水中的无机盐，展开思维的空间，寻找目标答案。 五、综合题（本题包括1个小题，共10分）
24． 浓硫酸 湿润的红纸条褪色 b Cl2 + 2OH- = Cl- + ClO- + H2O
【解析】分析：结合所给装置，干燥氯气需用浓硫酸；氯水具有漂白性，能使湿润的红纸条褪色；氯气具有氧化性，可以通过和还原性物质反应产生现象来要验证氯气具有氧化性；装置②中发生的是氯气和氢氧化钠的反应，以此分析。
详解：结合以上分析（1）若要得到干燥的氯气，则①中所加的试剂应为浓硫酸。
（2）若①中盛放的是湿润的红纸条，因为氯水具有漂白性，所以可观察到的现象为湿润的红纸条褪色。
（3）a. 将氯气通入FeCl2溶液，FeCl2被氯气氧化，溶液由浅绿色变为棕黄色，可以证明氯气具有氧化性，a正确；b.将氯气通入溴水不反应，故b错误；c. 将氯气通入KI溶液溶液，KI溶液被氯气氧化生成I2，溶液由无色变为黄色，可以证明氯气具有氧化性，c正确；因此本题答案选b。
（4）装置②中用氢氧化钠溶液吸收多余氯气，反应的离子方程式是Cl2 + 2OH- =Cl- + ClO- + H2O。因此本题答案为：Cl2 + 2OH = Cl + ClO + H2O。
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高一（下）学期期末化学模拟试卷
一、单选题（本题包括20个小题，每小题3分，共60分．每小题只有一个选项符合题意） 1．下列属于新型环保电池的是（ ） A．氢氧燃料电池
B．锌锰电池
C．镍镉电池
D．铅蓄电池
2．下列金属中，工业上常用电解法冶炼的是 A．Cu
B．Ag
C．Al
D．Fe
3．下列说法正确的是
A．食品保鲜膜成分为聚氯乙烯 B．甲醛可作为海产品的防腐剂
C．盐析可提纯蛋白质并保持其生理活性 D．医疗上用于消毒的酒精其体积分数为95% 4．下列金属冶炼的反应原理，不正确的是( ) ．．．A．K2O + H2 C．Fe3O4 + 4CO
2K + H2O
3Fe + 4CO2
B．2HgO
2Hg + O2↑
2Na + Cl2↑
D．2NaCl(熔融)
5．摩尔是表示（ ） A．物质的量的单位 C．物质的质量的单位 6．COCl2 （g）
B．物质的量的浓度 D．微粒个数的单位
CO（g）+ Cl2（g） △H>0,当反应达到平衡时，下列措施①升温②恒容通入惰性气
体③增加CO的浓度 ④减压 ⑤加催化剂 ⑥恒压通入惰性气体，能提高COCl2转化率的是 A．①②④ B．①④⑥ C．②③⑥ D．③⑤⑥ 7．下列关于乙烯和苯的说法正确的是 A．均含有碳碳双键
C．一定条件下均能与H2发生加成 8．下列关于化学用语的表示正确的是( ) A．羧基的电子式：B．乙醇的分子式：C2H5OH C．四氯化碳的比例模型：
B．均可由石油分馏得到
D．均能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．质子数为35、中子数为45的溴原子：9．下列说法正确的是
A．用苯可以萃取溴水中的溴单质 B．蒸馏时，应将温度计水银球插入液面下
C．为了使过滤速率加快，可用玻璃棒在过滤器中轻轻搅拌，加速液体流动 D．凡是给玻璃仪器加热，都要垫石棉网，以防仪器炸裂 10．下列关于化学反应速率的说法错误的是( ) A．化学反应速率是用于衡量化学反应进行快慢的物理量 B．决定化学反应速率的主要因素是反应物本身的性质
C．可逆反应达到化学平衡状态时，反应停止，正、逆反应速率都为零 D．增大反应物浓度或升高反应温度都能加快化学反应速率 11．下列化学用语对事实的表述不正确的是
A．钠与水反应的离子方程式: 2Na+2H2O==2Na++2OH-+H2↑ B．用惰性电极电解硝酸银溶液的离子方程式: 4Ag++2H2OC．电解精炼铜的阴极反应式: Cu2++2e-=Cu D．苯乙烯聚合反应的化学方程式:
4Ag+O2↑+4H+
12．短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W与Y，X与Z分别位于同一主族，W与X可形成两种常见气体WX2和WX，Y原子的内层电子总数是其最外层电子数的2.5倍，下列叙述中不正确的是 A．WX2分子中所有原子最外层都已满足8电子结构 B．WX2、ZX2的化学键类型相同 C．原子半径大小顺序为：X＜W＜Y＜Z
D．乙醇、乙酸、葡萄糖、油脂中均含W、X两种元素
13．一定温度下在密闭容器内进行着某一反应，X 气体、Y 气体的物质的量随反应时间变化的曲线如右图。下列叙述中正确的是
A．反应的化学方程式为5YC．t2 时，正、逆反应速率相等 14．下列叙述中，不正确的是 A．
18X B．t1 时，Y 的浓度是 X 浓度的1.5 倍 D．t3 时，逆反应速率大于正反应速率
O中含有10个中子
B．1H、
2H、3H是氢元素的三种核素
C．H2O与D2O(重水)互称同位素 D．C60、金刚石、石墨均为碳的同素异形体
15．2A(g)＋B(g)＝2C(g)将4 molA气体和2 molB气体在 2 L的容器中混合并在一定条件下发生如下反应：若经2 s后测得C的浓度为0.6 mol/L，现有下列几种说法
①用物质A表示的反应的平均速率为0.3 mol/(L·s) ②用物质B表示的反应的平均速率为0.6 mol/(L·s) ③2 s时物质A的转化率为70％ ④2 s时物质B的浓度为0.7 mol/L 其中正确的是 A．①③
B．①④
C．②③
D．③④
16．某小组为研究电化学原理，设计如图装置。下列叙述正确的是
A．a和b不连接时，铁片上不会有金属铜析出
B．无论a和b是否连接，铁片均会溶解，溶液从蓝色逐渐变成浅绿色 C．a和b用导线连接时，电流方向从b到a
D．a和b用导线连接时，Fe片上发生氧化反应，溶液中SO42-向铜电极移动 17．某有机物的结构简式如图所示，下列有关该有机物的说法中正确的是
A．能和碳酸钠溶液反应的官能团有2种 B．1mol该有机物最多能与2molH2发生加成 C．与
互为同分异构体
D．既可以发生取代反应又可以发生氧化反应 18．下列关于有机物性质的叙述正确的是
A．CH3CHO与H2的加成反应体现了CH3CHO的还原性 B．一定条件下，葡萄塘、蛋白质都能发生水解反应
C．乙烯能与水反应、乙烯能与氯化氢反应，二者的反应类型相同
D．质量相等的乙烯和丙烯分别在足量的氧气中燃烧，丙烯生成的二氧化碳多 19．（6分）下列关于有机物的说法中，不正确的是 A．汽油和天然气的主要成分都是甲烷 B．苯、乙醇和乙酸都能发生取代反应
C．油脂在碱的催化作用下可发生水解，工业上利用该反应生产肥皂 D．用新制的Cu(OH)2悬浊液可检验尿液中的葡萄糖
20．（6分）在通常条件下,下列各组物质的性质排列不正确的是( ) A．还原性强弱：Cl-＜Br-＜I- B．酸性：CH3COOH＞H2CO3＞H2SiO3 C．热稳定性：HF＞H2O＞NH3 D．微粒半径大小：S＞Na+＞O2- 二、计算题（本题包括1个小题，共10分）
21．（6分）向80 mL浓硫酸中加入64 g铜片，加热一段时间后，至不再反应为止，计算：
(1)实验测得反应中共有11.2 L标准状况下的SO2生成，被还原的硫酸的物质的量为_______mol，参加反应的Cu质量为______ g 。
(2)将反应后的混合物加水稀释到100mL并除去不溶物，加入足量铁反应放出标准状况下6.272 L氢气，则原浓硫酸的物质的量浓度为______mol/L 。 (3)上述两个反应中转移的电子共有______mol。 三、实验题（本题包括1个小题，共10分）
22．（8分）某研究性学习小组设计了一组实验验证元素周期律．
Ⅰ．甲同学设计了如下图装置来一次性完成元素氮、碳、硅非金属性强弱的比较。
（1）甲同学在连接好仪器后，加入药品之前要检查装置气密性。首先关闭_____，将导管伸入烧杯液面以下，再_____，如果C中______，则说明________
（2）要证明氮、碳、硅非金属性强弱，在A中加________溶液，B中加____溶液，C中加________溶液，将观察到C中__________的现象．但老师认为，该现象不足以证明三者非金属性强弱，请用文字叙述理由_______。
（3）为避免上述问题，应在B、C之间增加一个盛有足量____（选填下列字母：A．浓盐酸 B．浓NaOH溶液C．饱和Na2CO3溶液 D．饱和NaHCO3溶液）的洗气装置．改进后C中发生反应的离子方程式是__________ ． Ⅱ．丙同学设计了如下图装置来验证卤族元素性质的递变规律．A、B、C三处分别是沾有NaBr溶液的棉花、湿润淀粉KI试纸、湿润红纸．
（1）请写出浓盐酸与高锰酸钾反应的离子方程式_________________
（2）A中棉花颜色变_______，则说明非金属性Cl＞Br；向NaBr和KI的混合溶液中，通入足量的Cl2充分反应后，将所得溶液蒸干并灼烧，最后得到的物质是_________
（3）丙同学利用此实验证明卤素单质氧化性：Cl2＞Br2＞I2，你认为合理吗____，（填“合理”或“不合理”）理由是___________ ．
四、推断题（本题包括1个小题，共10分）
23．（8分）已知A、B、C、D、E、F是分属三个短周期六种主族元素，且原子序数依次增大。①B是植物生长三要素之一，它能形成多种氧化物，某些氧化物会造成光化学污染。②C和D能形成电子总数为30和38的两种化合物。③E的某种氧化物M可用做漂白剂。请回答下列问题： (1)元素F在元素周期表中的位置是______________________________。
(2) C、D、E 三种元素原子半径由小到大的顺序是__________________(用元素符号回答)； C、D、E 三种元素形成的简单离子的离子半径由小到大的顺序是__________________ (用离子符号回答)。 (3) C和D形成电子总数为38的化合物中化学键类型有__________________________(填“离子键”、“极性共价键”、“非极性共价键”)。
(4)写出D的最高价氧化物水化物的电子式______________________。
(5) E、F两种元素形成氢化物中还原性较强的是_________________(填化学式); 用电子式表示该化合物的形成过程________________________________________。
(6)C、D、F形成的某种化合物N也可用做漂白剂，M、N以物质的量1∶1混合，混合物没有漂白性。用离子方程式解释其原因_____________________________________________。 五、综合题（本题包括1个小题，共10分）
24．（10分）氢氧燃料电池是符合绿色化学理念的新型电池。电池装置如图所示，该电池电极表面镀一层细小的铂粉，铂吸附气体的能力强，性质稳定。
请回答下列问题：
（1）在导线中电子流动方向为______________(用a、b表示)。 （2）负极反应式为__________________。
（3）电极表面镀铂粉的原因是__________________________________。
（4）该电池工作时，H2和O2连续由外部供给，电池可连续不断地提供电能。因此大量安全储氢是关键技术之一。金属锂是一种重要的储氢材料，吸氢和放氢原理如下： Ⅰ.2Li＋H2＝2LiH
Ⅱ.LiH＋H2O===LiOH＋H2↑
①反应Ⅰ中的还原剂是__________，反应Ⅱ中的氧化剂是__________。
②已知LiH固体密度为0.82 g/cm3。用锂吸收224 L(标准状况)H2，生成的LiH体积与被吸收的H2体积之比为________。
③由②生成的LiH与H2O作用，放出的H2用作电池燃料，若能量转化率为80%，则导线中通过电子的物质的量为__________mol。
参考答案
一、单选题（本题包括20个小题，每小题3分，共60分．每小题只有一个选项符合题意） 1．A 【解析】 【详解】
A．氢氧燃料电池产物为水，读对环境无污染，为环保电池，故A选； B．锌锰电池中含有重金属锰离子，对环境有污染，故B不选； C．镍镉电池中镍、镉离子都为重金属离子，对环境有污染，故C不选； D．铅蓄电池中含有重金属铅，对环境有污染，故D不选． 故选A． 2．C 【解析】
分析：电解法：冶炼活泼金属K、Ca、Na、Mg、Al，一般用电解熔融的氯化物（Al是电解熔融的三氧化二铝）制得；热还原法：冶炼较不活泼的金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu，常用还原剂有（C、CO、H 2 等）；热分解法：Hg、Ag用加热分解氧化物的方法制得，物理分离法：Pt、Au用物理分离的方法制得。 详解：A．铜属于较活泼金属，常采用热还原法冶炼，故A错误； B．银属于不活泼金属，常采用热分解法冶炼，故B错误；
C．铝的性质活泼，采用电解熔融的三氧化二铝方法冶炼，故C正确； D． 铁属于较活泼金属，常采用热还原法冶炼，故D错误； 故选C。
点睛：本题考查金属冶炼的一般方法和原理，根据金属的活泼性采用相应的冶炼方法，要注意，由于AlCl3不导电，不能用电解熔融AlCl3的方法冶炼铝，题目难度不大。 3．C 【解析】
试题分析：A项聚氯乙烯有毒，不能用作食品保鲜膜，错误；B项甲醛为致癌物，不能用作海产品的防腐剂，错误；D项医疗上用于消毒的酒精其体积分数为75%，错误。 考点：考查有机化合物的性质。
4．A 【解析】 【详解】
A．钾的还原性强于氢气，不能用氢气还原法冶炼钾，A错误； B．汞性质比较稳定，用热分解氧化物的方法制取，故B正确； C．铁性质较活泼，可以用热还原法制取，故C正确； D．钠性质活泼，用电解熔融氯化钠法制取，故D正确； 故选A。 5．A 【解析】 【分析】 【详解】
A．物质的量是表示微观粒子与宏观可称量物质联系起来的一种物理量，单位是摩尔，故A正确； B．物质的量的浓度的单位是mol/L，所以摩尔不是物质的量的浓度的单位，故B错误； C．物质的质量的单位是g、kg等，摩尔不是质量单位，故C错误； D．微粒个数的单位是个，摩尔不是微粒个数的单位，故D错误； 答案选A。 6．B
【解析】试题分析：①升温，平衡向吸热反应方向移动，正反应是吸热反应，所以升温平衡向正向移动，COCl2转化率增大，正确；②恒容通入惰性气体，尽管压强增大，但体系中各物质的浓度不变，所以平衡不移动，COCl2转化率不变，错误；③增加CO的浓度，平衡逆向移动，COCl2转化率降低，错误； ④减COCl2压，平衡向气体物质的量增大的方向移动，正向是气体物质的量增大的方向，所以减压平衡正向移动，转化率增大，正确；⑤加催化剂只能加快反应速率，对平衡无影响，COCl2转化率不变，错误；⑥恒压通入惰性气体，容器的体积增大，相当于体系减小压强，所以平衡正向移动，COCl2转化率增大，所以答案选B。
考点：考查平衡移动的判断，条件对平衡的影响 7．C 【解析】 【分析】 【详解】
A．乙烯中含有双键，苯中不含有不饱和的双键，选项A错误； B．石油分馏能得到苯但得不到乙烯，选项B错误；
C．一定条件下均能与H2发生加成，分别生成乙烷和环已烷，选项C正确；
D．乙烯含有碳碳双键能使酸性高锰酸钾溶液褪色，苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，选项D错误。 答案选C。 8．D 【解析】 【详解】
A. 羧基的化学式是－COOH，则其电子式为
，A错误；
B. 乙醇的分子式为C2H6O，C2H5OH表示结构简式，B错误； C. 碳原子半径小于氯原子半径，C错误；
D. 质子数为35、中子数为45的溴原子的质量数是35+45＝80，可表示为答案选D。 【点睛】
选项C是易错点，注意比例模型的含义，即比例模型是一种与球棍模型类似，用来表现分子三维空间分布的分子模型。球代表原子，球的大小代表原子直径的大小，球和球紧靠在一起，另外还要注意比例模型与球棍模型的区别。 9．A 【解析】 【分析】 【详解】
A.苯不溶于水，溴在苯中的溶解度远远大于在水中的溶解度，则用苯可以萃取溴水中的溴单质，A正确； B. 蒸馏时，温度计测定馏分的温度，温度计水银球应在蒸馏烧瓶的支管口处，B错误； C. 玻璃棒在过滤器中轻轻搅拌，易捣破滤纸，则过滤时不能用玻璃棒搅拌，C错误； D. 用试管加热时，不需要垫上石棉网，可以直接加热，D错误； 故选A。 【点睛】
只要符合萃取剂与原溶剂互不相溶，溶质在萃取剂中的溶解度比在水中大，且萃取剂与水的密度有差别即可萃取。 10．C 【解析】 【分析】 【详解】
，D正确；
不能表示四氯化碳的比例模型，可以表示甲烷分子的比例模型，
A.化学反应有的快，有的慢，则使用化学反应速率来定量表示化学反应进行的快慢，故A正确； B.反应物本身的性质是决定化学反应速率的主要因素，故B正确； C.化学平衡状态时，正、逆反应速率相等但不等于零，故C错误；
D.增大反应物浓度，活化分子数目增多，反应速率加快，提高反应物温度，活化分子百分数增多，反应速率越快，故D正确。 故选C。 11．D
【解析】分析:A. 二者反应生成氢氧化钠和氢气； B. 惰性电极电解时，银离子及水中的氢氧根离子放电； C. 金属铜的电解精炼过程中阴极上铜离子得电子； D.苯乙烯发生加聚反应生成聚苯乙烯。
详解:A. 钠与水反应，离子方程式：2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑，故A正确； B. 用惰性电极电解硝酸银溶液的离子反应为4Ag++2H2O
4Ag+O2↑+4H+，故B正确；
C. 金属铜的电解精炼过程中,阴极上铜离子得电子生成Cu,其电极反应式为：Cu2++2e-=Cu,故C正确；
D. 苯乙烯发生加聚反应生成聚苯乙烯，正确的化学方程式为：，
所以D选项是错误的； 所以本题选D。
点睛：本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解题关键，注意离子反应遵循客观事实、遵循原子个数、电荷守恒规律，注意化学式的拆分，题目难度不大。 12．C
【解析】分析：短周期元素中，Y原子的内层电子总数是其最外层电子数的2.5倍，只能有3个电子层，最外层电子数为4，则Y为Si元素，W与Y位于同一主族，则W为C元素，W与X可形成两种常见气体WX2和WX，则X为O元素，X与Z位于同一主族，则Z为S元素，据此解答。 详解：根据以上分析可知W为C，X为O，Y为Si，Z为S，则
A．W与X可形成共价化合物CO2，分子中各原子均达到8电子稳定结构，A正确； B．CO2和SO2的均含极性键，化学键类型相同，B正确；
C．同周期自左而右原子半径逐渐减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径：O＜C＜S＜Si，C错误； D．乙醇、乙酸、葡萄糖、油脂中均含C、O两种元素，D正确； 答案选C。 13．B 【解析】
【详解】
A项，0~t1段，X增加2mol，Y减少4mol，即转化X、Y物质的量之比为1:2，t3后X、Y物质的量不再变化，说明达到平衡，反应方程式为：2Y
X，A项错误；
B项，t1时，Y的物质的量是X的1.5倍，所以Y的浓度是X浓度的1.5倍，B项正确；
C项，t2时，X、Y物质的量相等，但没有保持不变，t2时反应没有达到平衡状态，正、逆反应速率不相等，C项错误；
D项，t3时刻后X、Y物质的量不再改变，达到平衡状态，正、逆反应速率相等，D项错误； 答案选B。 14．C 【解析】 【详解】
18A.根据A=A+N，其中8O质子数为8，质量数为18，中子数为10，故A正确；
B. 1H、2H、3H质子数相同，中子数不同，则1H、2H、3H互为同位素，故B正确； C.同位素是指质子数相同，质量数不同的同种元素的不同原子，故C错误；
D. C60、金刚石、石墨是同种元素形成的不同单质，即C60、金刚石、石墨互为同素异形体，故D正确； 故选C。 15．B 【解析】 【分析】 【详解】
0.6molgL-1=0.3 mol/(L·s)，故正确；①根据方程式知，△c(A)=△c(C)=0.6mol/L，则A的平均反应速率为： 2ss)，故错②同一反应不同物质的反应速率之比等于计量数之比，所以v(A)=2v(B)，所以v(B)=0.15 mol/(L·误；
③△c(A)=0.6mol/L，容器体积为2L，则△n(A)=1.2mol，转化率为④B的起始浓度为
1.2mol?100%=30%，故错误； 4mol2mol=1mol/L，根据方程式知，2△c(B)=△c(C)，则△c(B)=0.3mol/L，所以2s时B的2L浓度为1mol/L-0.3mol/L=0.7mol/L，故正确； 综上所以答案为B。 16．B 【解析】 【详解】
A.由于金属活动性Fe>Cu，所以a和b不连接时，铁片上发生反应：Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，所以Fe片上会有金属铜析出，A错误；
B.若a、b不连接，在Fe片上会发生反应Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，铁片均会溶解，溶液从蓝色逐渐变成浅绿色；若a、b连接，构成原电池，在Fe片上发生反应：Fe-2e-=Fe2+，在Cu片上发生反应：Cu2++2e-=Cu，总反应方程式Fe+Cu2+=Fe2++Cu，看到的仍然是铁片均会溶解，溶液从蓝色逐渐变成浅绿色，B正确； C.若a和b用导线连接时，构成原电池，由于金属活动性：Fe>Cu，所以Fe为负极，失去电子，因此电子从b到a，而电流方向从a到b，C错误；
D. a和b用导线连接时，Fe片为负极，失去电子发生氧化反应，溶液中SO42-向正电荷较多的负极铁电极移动，D错误； 故合理选项是B。 17．D 【解析】 【分析】
根据有机物结构简式可知分子中含有羧基、羟基和碳碳双键，结合相应官能团的结构与性质解答。 【详解】
A. 该有机物分子中的官能团有3种，即羧基、羟基和碳碳双键，能和碳酸钠溶液反应的官能团只有羧基，故A错误；
B. 只有碳碳双键和氢气发生加成反应，则1 mol该有机物最多能与1 molH2发生加成反应，故B错误；
C. 和的分子式不同，不互为同分异构体，故C错误；
D. 分子中含有羧基、羟基和碳碳双键，既可以发生取代反应又可以发生氧化反应，故D正确； 答案选D。 18．C
【解析】A. CH3CHO与H2的加成反应CH3CHO被还原，体现了CH3CHO的氧化性，选项A错误；B.葡萄塘是单糖，不能发生水解反应，选项B错误；C. 乙烯能与水反应、乙烯能与氯化氢反应，二者的反应类型相同，均为加成反应，选项C正确；D. 烯烃的通式相同为CｎＨ２ｎ，含碳量相同，故质量相等的乙烯和丙烯分别在足量的氧气中燃烧，丙烯生成的二氧化碳一样多，选项D错误；答案选C。 19．A
【解析】分析：A. 根据汽油和天然气的主要成分解答； B. 苯、乙醇和乙酸都能发生取代反应； C. 油脂的皂化反应可以生产肥皂；
D. 含有醛基的物质能被新制氢氧化铜悬浊液氧化。
详解：A.汽油的主要成分为C5～C12脂肪烃和环烷烃类，以及一定量芳香烃，天然气的主要成分是甲烷，A错误；
B. 苯环上的氢原子可以被其它原子或原子团取代，发生取代反应，乙醇含有羟基，乙酸含有羧基，都能
发生取代反应，B正确；
C. 油脂是高级脂肪酸的甘油酯，在碱的催化作用下可发生水解反应即皂化反应，工业上利用该反应生产肥皂，C正确；
D. 葡萄糖分子中含有醛基，用新制的Cu(OH)2悬浊液可检验尿液中的葡萄糖，D正确。 答案选A。 20．D 【解析】 【详解】
A．同主族从上到下非金属性依次减弱，非金属性越强，对应阴离子的还原性越弱，则还原性强弱为Cl-＜Br-＜I-，A正确；
B．醋酸的酸性强于碳酸，碳元素的非金属性强于硅元素，则碳酸的酸性强于硅酸，B正确；
C．同周期从左到右非金属性依次增强，则非金属性F＞O＞N，所以气态氢化物的稳定性为HF＞H2O＞NH3，C正确；
D．由于钠离子和氧离子的核外电子排布相同，原子序数O＜Na，因此离子半径：Na+＜O2-，D错误； 答案选D。
二、计算题（本题包括1个小题，共10分） 21．0.5 32 16 1.56 【解析】 【分析】
（1）发生反应Cu+2H2SO4（浓）
CuSO4+SO2↑+2H2O，根据n=
V计算，被还原的硫酸生成SO2，Vm根据硫原子守恒计算被还原的硫酸，结合化学方程式计算参加反应的Cu的质量；
（2）发生反应Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑，最后的溶液中溶质为FeSO4，根据n（SO2）计算硫酸铜的物质的量，根据氢气的体积计算与Zn反应硫酸的物质的量，根据硫元素转化，再根据c=（3）根据元素的化合价进行分析两个反应中转移的电子的物质的量。 【详解】
（1）Cu与浓硫酸反应方程式为：Cu+2H2SO4（浓）
CuSO4+SO2↑+2H2O，H2SO4被还原为SO2，根据
n计算。 V硫原子守恒可以知道，被还原的硫酸的物质的量n（H2SO4）=n（SO2）=
11.2L=0.5mol；根据反应方
22.4L/molCu～SO2，64g/mol=32g，0.5mol，程式可知：参加反应的Cu的物质的量为0.5mol，质量为0.5mol×故答案为：32g。
（2）加入足量的铁放出氢气，说明与铜反应的硫酸过量，过量硫酸与铁反应生成铜和硫酸亚铁，反应方程式为：Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑，将反应后的混合物加水稀释，过量硫酸的物质的量为n（H2SO4）=n（H2）
6.272L=0.28mol，根据（1）与铜反应的硫酸的物质的量为n（H2SO4）=2n（SO2）=2×0.5mol=1mol，
22.4L/mol1.28mol=16mol/L，故答案为：16。即原浓硫酸的物质的量为：1.0mol+0.28mol=1.28mol，则c（H2SO4）=
80?10-3L=
（3）根据以上的分析及元素的化合价可知，反应Cu+2H2SO4（浓）
CuSO4+SO2↑+2H2O中S元素的
2=1mol，反应化合价由+6价降低为+4价，转移2个电子，所以该反应中转移的电子的物质的量为0.5×
Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑中H元素的化合价由+1价降低为0价，所以该反应中转移的电子的物质的量为0.28mol×2=0.56mol，故上述两个反应中转移的电子共有1+0.56=1.56mol，故答案为：1.56。 【点睛】
根据化学方程式计算时一定要准确找出相关物质之间的计量数关系，如果有一种反应物过量，则应根据量少的反应物来进行计算；如果涉及多步反应，可以根据几个化学方程式找出有关物质的关系式进行计算，使计算简化；如果是离子反应，可以根据离子方程式进行计算；如果是氧化还原反应，也可以利用电子转移关系进行有关计算。
三、实验题（本题包括1个小题，共10分）
22．分液漏斗活塞 微热圆底烧瓶 有气泡产生，冷却至室温有一段液柱 气密性良好 HNO3 Na2CO3 Na2SiO3 白色浑浊 挥发出的硝酸可能和硅酸钠反应 D
SiO32-+CO2+H2O═H2SiO3↓+CO32- 2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O 橙黄色 NaCl和KCl 不合理 有多余的氯气，不能验证Br2和I2的氧化性强弱 【解析】 【分析】
根据元素周期律中元素的非金属性递变规律及氧化还原反应的规律进行分析。第I部分根据元素的最高价含氧酸的酸性设计实验；第II部分是根据单质的氧化性设计实验。 【详解】
Ⅰ．甲同学设计了一次性完成元素氮、碳、硅非金属性强弱的比较实验，则可以根据其最高价氧化物的水化物的酸性进行设计，即酸性HNO3＞H2SiO3＞H2CO3。
（1）在连接好仪器后，加入药品之前要检查装置气密性。首先关闭分液漏斗活塞，将导管伸入烧杯液面以下，再微热圆底烧瓶，如果C中有气泡产生，冷却至室温有一段液柱，则说明气密性良好。
（2）要证明氮、碳、硅非金属性强弱，在A中加HNO3溶液，B中加碳酸盐，可以是Na2CO3溶液，C中加可溶性的硅酸盐溶液，可以是Na2SiO3溶液，将观察到C中出现白色浑浊的现象，但该现象不足以证明三者非金属性强弱，因为硝酸具有挥发性，挥发出的硝酸可能和硅酸钠反应。
（3）为避免上述问题，应在B、C之间增加一个洗气装置，即盛有足量饱和NaHCO3溶液的洗气装置。 A．浓盐酸也有挥发性，也会干扰实验； B．浓NaOH溶液会吸收CO2； C．饱和Na2CO3溶液也会吸收CO2 ；
D．饱和NaHCO3溶液能吸收挥发出的硝酸，且能生成CO2，故只能选D。
改进后C中发生反应的离子方程式是SiO32-+CO2+H2O═H2SiO3↓+CO32- 。
Ⅱ．丙同学设计了验证卤族元素性质的递变规律根据图中信息，可以判断是通过比较其单质的氧化性而设计了实验。首先用浓盐酸与高锰酸钾反应制备Cl2，然后Cl2分别与A、B、C三处的沾有NaBr溶液的棉花、湿润淀粉KI试纸、湿润红纸反应。
（1）浓盐酸与高锰酸钾反应的离子方程式为2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O 。
（2）A中发生置换反应生成Br2，棉花颜色变为橙黄色，则说明非金属性Cl＞Br；向NaBr和KI的混合溶液中，通入足量的Cl2充分反应后，发生置换反应生成Br2、I2、NaCl和KCl，将所得溶液蒸干并灼烧，Br2挥发为溴蒸气跑掉，I2升华碘蒸气跑掉，最后得到的物质是难挥发的NaCl和KCl。
（3）丙同学利用此实验证明卤素单质氧化性：Cl2＞Br2＞I2，这是不合理的，原因是有多余的氯气，不能证明Br2与KI发生了反应，因此不能验证Br2和I2的氧化性强弱。 【点睛】
实验设计要根据科学性、安全性、可行性和简约性进行，这也是评价实验方案的的依据。要注意实验的干扰因素，并且设计实验措施排除这些干扰因素，保障实验效果达到预期、实验结论合理。例如，本题的第II部分实验设计就不能得到预期的结论，即使最后的红纸不褪色，也不能比较Br2和I2的氧化性强弱。 四、推断题（本题包括1个小题，共10分）
23．第三周期，第ⅦA族 O H2S ClO—+SO2+H2O= SO42－+ Cl—+2H+ 【解析】 已知A、B、C、D、E、F是分属三个短周期六种主族元素，且原子序数依次增大。①B是植物生长三要素之一，它能形成多种氧化物，某些氧化物会造成光化学污染，B是N，则A是H。②C和D能形成电子总数为30和38的两种化合物，则D是Na，C是O。③E的某种氧化物M可用做漂白剂，E是S，则F是Cl。 (1)元素Cl在元素周期表中的位置是第三周期、第VIIA族。(2)同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，因此C、D、E三种元素原子半径由小到大的顺序是O 。(5)氯元素非金属性强于硫元素，E、F两种元素形成氢化物中还原性较强的是H2S，该化 合物的形成过程为 。(6)C、D、F形成的某种化合物N也可用做漂白剂，N 是次氯酸钠。M、N以物质的量1:1混合，SO2被氧化，因此混合物没有漂白性，反应的离子方程式为ClO－＋SO2＋H2O＝SO42－＋Cl－＋2H＋。 五、综合题（本题包括1个小题，共10分） 24．由a到b 2H2＋4OH－－4e－=4H2O（或H2＋2OH－－2e－=2H2O） 增大电极单位面积吸附H2、O2的分子数，加快电极反应速率 Li H2O 8.7×10－4 32 【解析】 【分析】 （1）氢氧燃料电池中，氢气发生氧化反应，所以通入氢气的一极是负极；氧气发生还原反应，通入氧气的一极是正极；电子由负极经导线流入正极； （2）氢气在负极失电子发生氧化反应； （3）铂吸附气体的能力强，性质稳定； （4）①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； ②根据2Li＋H2＝2LiH计算生成的LiH体积与被吸收的H2体积之比为；②根据反应Ⅰ、Ⅱ的关系式H2～2LiH～2H2计算导线中通过电子的物质的量； 【详解】 （1）氢氧燃料电池中，氢气发生氧化反应，所以通入氢气的一极是负极；氧气发生还原反应，通入氧气的一极是正极，电子由负极经导线流入正极，在导线中电子流动方向为由a到b； －－ （2）氢气在负极失电子发生氧化反应，电极反应式是H2＋2OH－2e===2H2O； （3）铂吸附气体的能力强，电极表面镀铂粉增大电极单位面积吸附H2、O2的分子数，加快电极反应速率； （4）①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，反应Ⅰ中锂元素化合价升高，所以还原剂是Li，反应Ⅱ，水中氢元素化合价降低，氧化剂是H2O； ②设生成的LiH体积是VmL， 2Li＋H2 = 2LiH 1 2 0.82ggmL?1?VmL224L ?1?18ggmol22.4Lgmol224L0.82ggmL?VmL； V=195.12mL， ?2=22.4L/mol8g/mol－ 10－4； 生成的LiH体积与被吸收的H2体积之比为195.12×103:224=8.7× ?1②根据反应Ⅰ、Ⅱ的关系式H2～2LiH～2H2，10mol氢气被吸附，生成氢气20mol，根据H2＋2OH－－2e－===2H2O，导线中通过电子的物质的量为20×2×0.8mol。 高一（下）学期期末化学模拟试卷 一、单选题（本题包括20个小题，每小题3分，共60分．每小题只有一个选项符合题意） 1．下列说法正确的是（ ） A．石油主要含碳、氢两种元素，属于可再生能源 B．石油的分馏是物理变化，各馏分均是纯净物 C．煤的气化和液化是化学变化 D．煤中含有苯、甲苯、二甲苯等有机化合物，经干馏后分离出来 2．下列各组物质，互为同分异构体的是： A．金刚石和足球烯（C60） B．尿素[(NH2)2CO] 和氰酸铵（NH4CNO） C．H2O和D2O D．苯和甲苯 3．下列物质中，不能由金属跟非金属单质直接化合而成的是 A．Fe3O4 B．Na2O2 C．Mg3N2 D．FeCl2 4．在生活、生产及化学研究中，人们经常需要根据不同原子、分子或离子的某些特征反应对物质进行区别、检验等。下列说法正确的是（ ） A．向某盐溶液中加入适量稀盐酸，无明显现象，再加入过量BaCl2溶液，产生白色沉淀，则原溶液中一定含有SO42- B．某溶液中先滴加氯水，再滴加KSCN溶液后显红色，则此溶液中一定含有Fe2+ C．某溶液中加入稀盐酸有无色气体产生，该气体能使澄清石灰水变浑浊且品红溶液不褪色，则此溶液中一定含有CO32- D．用洁净的铁丝蘸某盐溶液在酒精灯上灼烧，若火焰呈黄色，一定含有钠元素且没有钾元素 5．实验室利用锌粒和1mol/L的盐酸制取氢气，下列措施不能加快反应速率的是( ) A．将1mol/L的盐酸改为1mol/L硫酸 C．加入几滴硫酸铜溶液 B．将锌粒改为锌粉 D．加入NaCl溶液 6．25℃时，0.01mol/L氢氧化钠溶液的pH是 （ ） A．2 B．5 C．9 D．12 7．甲乙两种非金属性质比较：①甲比乙在相同条件下更容易与氢气化合；②甲单质能与乙的阴离子发生置换反应；③最高价氧化物对应的水化物酸性比较，甲比乙的强；④与一定量的金属反应时甲原子得电子数目比乙的多；⑤甲的单质熔、沸点比乙的低，能够说明甲比乙的非金属性强的是( ) A．①③④ B．①②③ C．①②⑤ D．①②③④⑤ 8．下列说法正确的是（ ） A．H2、D2和T2互称为同素异形体 B．和互称为同分异构体 C．35Cl和37Cl 互称为同位素 D．C2H4与C4H8互称为同系物 9．下列试剂在空气中久置后，容易出现浑浊现象的是（ ） A．稀H2SO4 B．稀硝酸 C．H2S溶液 D．氨水 10．石油裂化的目的是（ ） A．使长链烃分子断裂为短链烃分子 B．除去石油中的杂质 C．使直链烃转化为芳香烃 D．便于分馏 11．下列各组物质的燃烧热相等的是 A．碳和二氧化碳 C．3mol乙炔（C2H2）和1mol苯 B．1mol碳和3mol碳 D．淀粉和纤维素 12．NaCl是我们生活中必不可少的物质。将NaCl溶于水配成1 mol·L-1的溶液，溶解过程如图所示，下列说法正确的是 A．a离子为Na+ B．溶液中含有NA个Na+ C．水合b离子的图示不科学 D．室温下测定该NaCl溶液的pH小于7，是由于Cl-水解导致 13．短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次递增，a、 b、C、d. e、f是由这些元素组成的化合物，d为淡黄色的离子化合物，m为元素Y的单质，通常为无色无味的气体。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是 A．原子半径: W B．简单气态氢化物的热稳定性: X>Y C．图中物质的转化过程均为氧化还原反应 D．a 一定由W、X两种元素组成 14．八角茴香含有一种抗禽流感病毒的重要成分——莽草酸，其分子结构如图。下列关于莽草酸的说法错 误的是 A．分子式为C7H10O5 C．能使溴水褪色 15．下列关于乙烯和苯的说法正确的是 A．均含有碳碳双键 C．一定条件下均能与H2发生加成 B．遇FeCl3溶液呈紫色 D．能溶于水 B．均可由石油分馏得到 D．均能使酸性高锰酸钾溶液褪色 16．已知：还原性强弱：I-＞Fe2+。往100 mL碘化亚铁溶液中缓慢通入2.24 L（标准状况）氯气，反应完 ＋＋ 成后溶液中有一半的Fe2被氧化成Fe3。则原碘化亚铁溶液的物质的量浓度为 A．0.6 mol·L-1 B．0.8 mol·L-1 C．1.0 mol·L-1 D．1.2 mol·L-1 17．常温下，下列各组物质中，Y既能与X反应又能与Z反应的是 ① ② ③ ④ A．①③ X NaOH溶液 KOH溶液 O2 FeCl3溶液 B．①④ Y NH4HCO3 SO2 N2 Cu C．②③ Z 稀硫酸 浓硫酸 H2 浓硝酸 D．②④ 18．下列说法错误的是 A．氯气可用作自来水的杀菌消毒 B．氯气能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，说明Cl2具有氧化性 C．氯气与水反应，Cl2是氧化剂，H2O是还原剂 D．氯气与NaOH溶液反应的离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O 19．（6分）下列反应中，属于取代反应的是 （ ） A．在催化剂存在条件下乙烯与溴反应制1，2—二溴乙烷 B．苯与浓硝酸、浓硫酸混合共热制取硝基苯 C．甲苯使酸性高锰酸钾溶液褪色 D．在一定条件下苯与氢气反应制取环己烷 20．（6分）检验SO2气体中是否含有CO2，可以采用的方法是将气体（ ） A．通入澄清石灰水 B．先通入酸性高锰酸钾溶液中，再通入澄清石灰水 C．直接通入品红溶液中 D．先通入NaOH溶液，再通入澄清石灰水 二、计算题（本题包括1个小题，共10分） 21．（6分）NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，已知：NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出晶体NaClO2·3H2O，温度高于38℃时析出晶体NaClO2，温度高于60℃时NaClO2分解生成NaClO3和NaCl,其一种生产工艺如下。 请回答下列问题： (1)NaClO2中Cl元素的化合价为____________。 (2)反应I： ①SO2做___________(填“氧化剂”或“还原剂”)。 ②写出反应I的化学方程式：__________________________。 (3)电解II： ①所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去粗盐水中的Mg2+和Ca2+，需要加入的试剂分别为_______、______。 ②电解过程中被氧化的物质是________。 ③可用NaOH溶液吸收电解产生的Cl2，反应的离子方程式是______________。 (4)操作III： 滤液获利NaClO2的操作步骤：①加热蒸发；②趁热过滤；③洗涤；④干燥，得到成品。趁热过滤应控制的温度范围是___________。 三、实验题（本题包括1个小题，共10分） 22．（8分）资料显示：锌与浓硫酸共热除生成二氧化硫气体外，还可能产生氢气；在加热的条件下二氧化硫可被CuO氧化。为验证该反应的气体产物及性质，设计了如下图所示的实验装置（设锌与浓硫酸共热时产生的气体为X）。 (1)上述装置的连接顺序为：气体X→A→____→A→→→→D; (2)反应开始后，观察到第一个装置A中的品红溶液褪色，实验结束后取适量该溶液于试管中并加热，现象为______________； (3)装置C的作用是____，C中的NaOH溶液不能用下列____代替； a.酸性KMnO4溶液 b.CaCl2溶液 c.饱和NaHSO3溶液 装置D的作用是____________； (4)气体X中可能含有H2的原因是____。 四、推断题（本题包括1个小题，共10分） 23．（8分）已知A是一种常见金属，F是一种红褐色沉淀。试根据图中转化关系，回答下列问题。 （1）A的原子序数为26，A元素在周期表中的位置：______，写出NaOH 的电子式：_____。 （2）写出检验D中阳离子的操作方法为_________________________。 （3）保存C溶液时要加固体A的原因是______________。 （4）写出下列转化的方程式： ①B→C的离子方程式：______________________________。 ②E→F的化学方程式：_______________________________。 五、综合题（本题包括1个小题，共10分） 24．（10分）（1）锌电池有望代替铅蓄电池,它的构成材料是锌、空气某种电解质溶液，发生的总反应式是：2Zn+O2=2ZnO。则该电池的负极材料是(写名称)____________；当导线中有1 mol电子通过时，理论上消耗的O2在标准状况下的体积是__________。 （2）瑞典ASES公司设计的曾用于驱动潜艇的液氨-液氧燃料电池示意图如下所示,该燃料电池工作时,外电路中电子的流动方向是从电极________到电极________(填“1”或“2”)，电池的总反应为________。 参考答案 一、单选题（本题包括20个小题，每小题3分，共60分．每小题只有一个选项符合题意） 1．C 【解析】A. 从能源是否可再生的角度可分为可再生能源和不可再生能源。可再生能源：可以在自然界里 源源不断地得到的能源，如水能、风能、生物质能。不可再生能源：越用越少，不可能在短期内从自然界得到补充的能源，如化石能源、核能。石油属于不可再生能源。错误；B、石油的分馏是根据石油中各组分沸点的不同，对石油进行分离的一种方法，是物理变化，而各馏分均是沸点相近的各种烃类的混合物。错误；C、煤的气化是在高温下煤和水蒸气发生化学反应生成一氧化碳、氢气、甲烷等气体的过程。煤的液化是在一定条件下煤和氢气发生化学反应得到液态燃料的过程。正确；D、煤中本身不含有苯、甲苯、二甲苯等有机化合物，是煤经过的干馏（一系列化学变化）后得到的产物。 2．B 【解析】 【详解】 A.金刚石和足球烯(C60)都是同种元素的不同单质，属于同分异构体，故A错误； B.氰酸铵（NH4CNO）与尿素[CO(NH2)2]的分子式相同，均是CH4ON2，但二者的结构不同，互为同分异构体，故B正确； C.H2O和D2O都是由氢氧元素组成的化合物，结构相同，为同一物质，故C错误； D.甲苯和苯在结构上相似，在组成上相差一个“CH2”原子团，互为同系物，故D错误。 故选B。 3．D 【解析】 【详解】 A.铁在氧气中燃烧生成Fe3O4,故A不能选； B.钠与氧气加热生成Na2O2，故B不能选； C.镁在氮气中燃烧生成Mg3N2，故C不能选； D.铁在氯气中反应只能生成FeCl3，故选D。 4．A 【解析】 【详解】 A．向某盐溶液中加入适量稀盐酸，无明显现象，排除了银离子的干扰，再加入过量BaCl2溶液，产生白色沉淀，则原溶液中一定含有SO42-，故A正确； B．先滴加氯水，可氧化亚铁离子，不能确定原溶液中是否含铁离子，应先加KSCN无现象，后加氯水，溶液显红色，来检验Fe2+，故B错误； C．无色气体为二氧化碳，则溶液中可能含CO32-或HCO3-，故C错误； D．用洁净的铁丝某盐溶液在酒精灯上灼烧，若火焰呈黄色，一定含有钠元素，但不能判断是否含有钾元素，故D错误； 答案选A。 【点睛】 本题的易错点为D，要注意钾的焰色反应需要透过蓝色的钴玻璃观察。 5．D 【解析】 【分析】 【详解】 A.将1mol/L的盐酸改为1mol/L硫酸，增大了溶液中氢离子的浓度，从而加快了反应速率，故A不选； B.将锌粒改为锌粉，增大了锌与盐酸的接触面积，可以加快反应速率，故B不选； C.锌与滴入几滴硫酸铜溶液反应生成少量的铜，构成铜锌原电池，从而加快了反应速率，故C不选； D.加入NaCl溶液，钠离子和氯离子不参与锌与氢离子的反应，由于溶液体积变大，溶液中氢离子浓度减小，导致反应速率减小，故D选。 故选D。 6．D 【解析】 0.01mol/L氢氧化钠溶液中cOH7．B 【解析】分析：比较元素的非金属性强弱，可从与氢气反应的剧烈程度、单质的氧化性、氢化物的稳定性、最高价氧化物对应水化物的酸性强弱等角度判断，注意不能根据得失电子的多少以及熔沸点的高低等角度判断。 详解：①在相同条件下，甲比乙容易与H2化合，可说明甲比乙的非金属性强，故①正确；②甲单质能与乙的阴离子发生置换反应，则单质的氧化性甲比乙强，可说明甲比乙的非金属性强，故②正确；③甲的最高价氧化物对应的水化物的酸性比乙的最高价氧化物对应的水化物酸性强，可说明甲比乙的非金属性强，故③正确；④与某金属反应时甲原子得电子数目比乙的多，不能说明可说明甲比乙的非金属性强，非金属性的强弱只与得电子的能力有关，故④错误；⑤甲的单质熔沸点比乙的低，属于物理性质，与得失电子的能力无关，不能用来判断非金属性的强弱，故⑤错误。正确的有①②③，故选B。 点睛：本题考查非金属性的比较，本题注意把握比较非金属性的角度，注意元素周期律的变化规律的应用。本题的易错点为④，金属性和非金属性的强弱与得失电子的多少无关。 8．C 【解析】A、H2、D2、T2 都是氢元素组成，结构相同，属于同一物质，故A错误；B、 和 都 ????10?2mol/L ，cH??10?12mol/L , pH是12，故D正确。 ??是甲烷的二氯代物，没有同分异构体，属于同种物质，故B错误；C、35Cl和37Cl 的质子数都为17，中子数分别为18、20，属于同位素，故C正确； D、C4H8可能为环烯烃，与乙烯(C2H4)结构不相似，不一定是同系物，故D错误；故选C。 点睛：本题考查同系物、同分异构体、同位素、同素异形体、同一物质的区别，注意把握概念的内涵与外延。本题的易错点为D，同系物指结构相似，组成上相差1个或者若干个CH2原子团的化合物，官能团数目和种类须相等。 9．C 【解析】 【分析】 试剂在空气中久置后容易出现浑浊现象，说明该物质能被空气中的气体发生反应生成沉淀。 【详解】 A. 稀H2SO4与空气中气体不反应，无浑浊现象出现，故A错误； B. 稀硝酸具有挥发性，与空气中气体不反应，无浑浊现象出现，故B错误； C. H2S溶液具有还原性，易被氧气氧化生成硫单质，所以容易出现浑浊现象，故C正确； D. 氨水易挥发，无浑浊现象出现，故D错误。 答案选C。 10．A 【解析】石油裂化的目的是通过通过加热方法使长链烃分解变成短链烃，提高轻质液体燃料（汽油，煤油，柴油等）的产量，特别是提高汽油的产量，故选A。 11．B 【解析】 【分析】 【详解】 燃烧热是指在一定条件下1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量，因为要求燃烧热相等，只能是同种物质，即选项B正确。答案选B。 12．C 【解析】 【分析】 根据半径大小比较的方法，a离子为Cl－，b离子为Na＋，然后溶解过程图示进行分析。 【详解】 A、Na＋核外有2个电子层，Cl－核外有3个电子层，即Cl－的半径大于Na＋，a离子为Cl－，b为Na＋，故A错误； B、题目中没有说明溶液的体积，无法计算NaCl的物质的量，即无法判断Na＋的数目，故B错误； C、H2O中H＋显＋1价，b为Na＋，根据同电相斥异电相吸的原理，Na＋应被氧原子“包围”，即水合b离子的图示不科学，故C正确； D、NaCl是强酸强碱盐，水溶液显中性，即pH=7，故D错误。 【点睛】 易错点是选项B，学生仍为NaCl物质的量浓度为1mol·L－1，则溶液Na＋的物质的量为1mol，忽略了物质的量、物质的量浓度之间的关系，即n=Vc。 13．C 【解析】 分析：本题考查无机物的推断，为高频考点，侧重分析与推断能力的考查，把握钠的化合物的性质及相互转化为解答的关键，注意淡黄色固体、原子序数为推断的突破口，难度不大。 详解：短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次递增，a、 b、C、d. e、f是由这些元素组成的化合物，d为淡黄色的离子化合物，为过氧化钠，m为元素Y的单质，通常为无色无味的气体，为氧气，则Y为氧，a为烃或烃的含氧衍生物，b、c分别为二氧化碳和水，e、f分别为氢氧化钠和碳酸钠，结合原子序数可知，W为氢，X为碳，Y为氧，Z为钠。A.根据电子层数越多，半径越大，电子层数相同的原子原子序数越大，半径越小分析，四种元素原子半径的大小顺序为W 根据有机物的结构简式可知： A、该有机物的分子式为C7H10O5，A正确； B、该有机物分子中含有3个醇羟基和1个羧基，所以该有机物不能和氯化铁溶液反应显紫色， B错误； C、该有机物分子含有碳碳双键，可以使溴水褪色，C正确； D、该有机物含有较多的羟基和羧基，疏水基团较小，所以该有机物能溶于水，D正确； 故答案选B。 【点睛】 该题是中等难度的试题，试题基础性强，侧重对学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力的培养。该题的关键是准确判断出分子中含有的官能团，然后结合具体官能团的结构和性质灵活运用即可，有利于培养学生的知识迁移能力和逻辑推理能力。另外该题还需要注意键线式的书写特点。 15．C 【解析】 【分析】 【详解】 A．乙烯中含有双键，苯中不含有不饱和的双键，选项A错误； B．石油分馏能得到苯但得不到乙烯，选项B错误； C．一定条件下均能与H2发生加成，分别生成乙烷和环已烷，选项C正确； D．乙烯含有碳碳双键能使酸性高锰酸钾溶液褪色，苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，选项D错误。 答案选C。 16．B 【解析】试题分析：还原性强弱：I-＞Fe2+，故往100mL碘化亚铁溶液中缓慢通入2.24L（标准状况）氯气，氯气先氧化碘离子，再氧化亚铁离子，反应完成后溶液中有一半的Fe2＋被氧化成Fe3＋设原碘化亚铁溶液的物质的量浓度为cmol/L，则c（I-）=2c（FeI2）=2c，c（Fe2+）=cmol/L，，根据反应：Cl2+2I-=2Cl-+I2、Cl2+2Fe2+=2Cl-+Fe3+结合电子守恒知0.2c+0.05c=2n（Cl2）=0.2mol，解得c=0.8 mol·L-1，选B。 考点：考查氧化还原反应计算。 17．B 【解析】 【分析】 【详解】 ①NH4HCO3能与氢氧化钠反应生成碳酸铵与水，与稀硫酸反应生成硫酸铵、二氧化碳水水，故①符合； ②SO2能与KOH反应生成亚硫酸钾和水，二氧化硫与浓硫酸不反应，故②不符合； ③氮气与氧气在放电条件下反应得到NO，氮气与氢气在高温高压、催化剂条件下合成氨气反应，常温下均不能反应，故③不符合； ④常温下，Cu与氯化铁溶液反应得到氯化铜、氯化亚铁，与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮与水，故④符合； 故选B。 【点睛】 本题的易错点为③，要注意反应条件为常温的限制。 18．C 【解析】 【详解】 A．Cl2与水反应生成HClO，所以Cl2可用于自来水的杀菌消毒，选项A正确； B．Cl2使湿润的淀粉KI试纸变蓝是因为Cl2氧化KI产生I2，淀粉遇I2变蓝，选项B正确； C．Cl2与H2O反应，Cl2中氯元素由0价变为+1价和-1价，既是氧化剂又是还原剂，H2O中各元素化合价不变，既不是氧化剂也不是还原剂，选项C错误； D．Cl2与NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO和H2O，反应的离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，选项D正确。 答案选C。 【点睛】 本题考查氯气的性质，易错点为选项B，碘离子的还原性强于氯离子，氯气氧化碘离子生成碘单质。碘遇淀粉变蓝。 19．B 【解析】 【详解】 A. 在催化剂存在条件下乙烯与溴反应制1，2－二溴乙烷的反应是加成反应，A错误； B. 苯与浓硝酸、浓硫酸混合共热制取硝基苯发生硝化反应，属于取代反应，B正确； C. 甲苯使酸性高锰酸钾溶液褪色发生氧化反应，C错误； D. 在一定条件下苯与氢气反应制取环己烷发生加成反应，D错误； 答案选B。 20．B 【解析】 【分析】 二者均为酸性氧化物，但二氧化硫具有还原性，检验是否有二氧化碳，应先排除二氧化硫的干扰，以此来解答。 【详解】 A. 均能使石灰水变浑浊，不能检验，故A错误； B. 先通过酸性高锰酸钾溶液将二氧化硫反应掉，再通过品红溶液，证明没有二氧化硫，最后通过澄清的石灰水，变浑浊可检验二氧化碳存在，故B正确； C. 二氧化硫可与品红褪色，但不能检验二氧化碳，故C错误； D. 二者都与氢氧化钠反应而被吸收，不能观察到澄清石灰水的变化，故D错误。 答案选B。 二、计算题（本题包括1个小题，共10分） 21．+3 还原剂 2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4 氢氧化钠溶液 碳酸钠溶液 NaCl或Cl- Cl2+2OH- =Cl-+ClO-+H2O 38℃-60℃ 【解析】 【分析】 由化学工艺流程可知，在H2SO4酸化条件下，NaClO3和SO2发生氧化还原反应生成ClO2和为NaHSO4，反应中NaClO3是氧化剂，SO2是还原剂；电解装置中，ClO2在阴极得电子发生还原反应生成ClO2-，Cl-在阳极失电子发生氧化反应生成Cl2； NaClO2溶液经蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥得到产品。 【详解】 （1）NaClO2中Na是+1价，O是－2价，则根据化合物中正负价代数和为0可知Cl的化合价是+3价，故答案为：+3； （2）在H2SO4酸化条件下，NaClO3和SO2发生氧化还原反应生成ClO2和为NaHSO4，反应中NaClO3是氧化剂，SO2是还原剂，反应的化学方程式为2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4，故答案为：还原剂；2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4； （3）①依据离子的性质，除去粗盐水中的Mg2+和Ca2+应选用过量的碳酸钠溶液除去钙离子，选用氢氧化钠溶液除去镁离子，故答案为：氢氧化钠溶液；碳酸钠溶液； ②电解装置中，ClO2在阴极得电子发生还原反应生成ClO2-，Cl-在阳极失电子发生氧化反应生成Cl2，则电解过程中被氧化的物质是氯化钠，故答案为：NaCl或Cl-； ③氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为Cl2+2OH－＝Cl－+ClO－+H2O，故答案为：Cl2+2OH－＝Cl－+ClO－+H2O； 3H2O，温度高于38℃时析出（4）由题给信息可知，NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出晶体NaClO2· 晶体NaClO2，温度高于60℃时NaClO2分解生成氯酸钠和氯化钠，因此趁热过滤应控制的温度范围是38℃～60℃，故答案为：38℃～60℃。 【点睛】 本题考查化学工艺流程，侧重于分析能力和实验能力的考查，把握制备流程及发生的反应，注意题干中已知信息的提取和灵活应用为解答的关键。 三、实验题（本题包括1个小题，共10分） 22．CBEF溶液又由无色变为红色吸收SO2bc防止空气中的水蒸气进入F中Zn与浓硫酸反应时，浓硫酸逐渐变稀，Zn与稀硫酸反应可产生H2 【解析】(1)生成的SO2可以用品红溶液检验，为防止对后续实验的干扰，需要除去SO2，可以用氢氧化钠溶液，为检验是否除尽，还需要再通过品红溶液，另外氢气与氧化铜反应前还需要干燥氢气，氢气还原黑色CuO变成红色的Cu，同时产生水，需用无水硫酸铜检验氢气被氧化的产物水，水和无水硫酸铜反应生成蓝色的五水合硫酸铜，最后还需要防止空气中的水蒸气对实验造成干扰，因此上述装置的连接顺序为：气体X→A→C→A→B→E→F→D；(2)SO2的漂白是不稳定的，所以实验结束后取适量该溶液于试管中并加热，现象为溶液又由无色变为红色；(3)根据以上分析可知装置C的作用是吸收SO2；a.酸性KMnO4溶液能吸收SO2，a正确；b.CaCl2溶液不能吸收SO2，b错误；c.饱和NaHSO3溶液不能吸收SO2，c错误；答案选bc；D中加入的试剂可以是碱石灰，可以防止空气中的水蒸气进入D中，避免对氢气与CuO反应产物检验产生干扰；(4)由于Zn与浓硫酸反应时，浓硫酸逐渐变稀，Zn与稀硫酸反应可产生H2。 点睛：本题考查锌和硫酸的反应及产物的检验，题目难度中等，注意掌握浓硫酸的性质，根据需检验气体的性质、检验方法理解检验的先后顺序是解答的关键，侧重于考查学生的分析能力和实验探究能力。 四、推断题（本题包括1个小题，共10分） 23．第四周期第Ⅷ族 取D溶液少许于试管中，加入几滴KSCN溶液，溶液变红色， 证明含Fe3＋ 防止Fe2＋被O2氧化 Fe3O4 +8H+ = Fe2＋ +2 Fe3＋ + 4H2O 4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O = 4Fe(OH)3 【解析】 【分析】 F是红褐色沉淀，即F为Fe(OH)3，A是一种常见金属，结合框图中物质的转化，从而推知A为Fe，B为Fe3O4，C为FeCl2，D为FeCl3，E为Fe(OH)2，G为Fe2O3，X为H2； 【详解】 F是红褐色沉淀，即F为Fe(OH)3，A是一种常见金属，结合框图中物质的转化，从而推知A为Fe，B为Fe3O4，C为FeCl2，D为FeCl3，E为Fe(OH)2，G为Fe2O3，X为H2； （1）A为26号元素，且A为Fe，Fe元素在周期表中的位置：第四周期Ⅷ族；NaOH为离子化合物，含有离子键和共价键，即NaOH电子式为 ＋ ； （2）D为FeCl3，检验Fe3常用KSCN，即操作步骤是取D溶液少量于试管中，加入几滴KSCN溶液，溶液变为(血)红色，证明含Fe3＋； （3）C为FeCl2，Fe2＋容易被氧化成Fe3＋，且2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，因此保存FeCl2溶液加铁屑的原因是防止Fe2＋被O2氧化； （4）①Fe3O4与盐酸反应的离子方程式为Fe3O4＋8H＋=Fe2＋＋2Fe3＋＋4H2O； ②Fe(OH)2→Fe(OH)3，其化学反应方程式为4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3。 五、综合题（本题包括1个小题，共10分） 24． 锌 5.6L 1 2 4NH3+3O2=2N2+6H2O 【解析】分析：（1）Zn失去电子，发生氧化反应，作原电池负极，O2得到电子发生还原反应，作原电池正极；每消耗1molO2转移4mole-，当导线中通过1mole-时，消耗0.25molO2； ②燃料电池工作时，还原性气体NH3在电极1失电子，发生氧化反应，所以电极1为负极，O2在电极2得电子，发生还原反应，所以电极2为正极，电池总反应为：4NH3+3O2=2N2+6H2O。以此解答。 详解：（1）Zn失去电子，发生氧化反应，作原电池负极，O2得到电子发生还原反应，作原电池正极；每消耗1molO2转移4mole-，当导线中通过1mole-时，消耗0.25molO2，在标准状况下的体积为：0.25mol×22.4L/mol=5.6L。 因此，本题答案为：锌 ；5.6L； ②燃料电池工作时，还原性气体NH3在电极1失电子，发生氧化反应，所以电极1为负极，电极反应式为：2NH3+6OH—6e-=N2+6H2O；电子从电极1经外电路到电极2，O2在电极2得电子，发生还原反应，所以电极2为正极，电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-，电池总反应为：4NH3+3O2=2N2+6H2O。 因此，本题答案为：1 ，2；； 4NH3+3O2=2N2+6H2O。
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