【文档说明】上海市奉贤区致远高级中学2021-2022学年高二下学期期中在线教学评估化学试题（合格考） 含解析.docx，共(18)页，315.604 KB，由小赞的店铺上传

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上海市奉贤区致远高中2021-2022学年高二下学期期中在线教学评估化学试题(合格考)(考试时间：60分钟满分100分)一、选择题(共80分，每小题2分，每小题只有1个正确答案)1.合金是常用的材料。下列产品不属于合金制品的是A.铁锅B.金属

门窗C.不锈钢餐具D.水银温度计【答案】D【解析】【详解】A．制铁锅的材料中含有铁、碳等元素，属于合金，故A不选；B．制金属门窗的材料中主要含有铝、硅或铁、C等元素，属于铝合金或铁合金等，故B不选；C．不锈钢中主要含有铁、镍、镉等元素，属于合金，故C不选；D．水银温度计中的水银

为汞单质，不是合金，故D选；故选D。2.下列物质属于非电解质的是A.Cl2B.SO2C.KNO3D.CH3COOH【答案】B【解析】【分析】非电解质是指在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物，以此解题。【详解】A．氯气是单质，不是非电

解质，也不是电解质，故A错误；B．二氧化硫不能自身电离产生自由移动的离子而导电，是化合物，是非电解质，故B正确；C．KNO3在水溶液中和熔融状态下均能导电，是电解质，故C错误；D．CH3COOH在水溶液中可以导电，为电解质，故D错误；故选B。3.调味品食醋中含有3%—5%的

（）A.甲醇B.乙醇C.乙醛D.乙酸【答案】D【解析】【详解】通常食醋中含有3%—5%的乙酸，D项符合题意。4.能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是A.乙烯B.乙烷C.乙酸D.苯【答案】A【解析】【详解】A．乙烯中含有碳碳

双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使溶液褪色，故A正确；B．乙烷化学性质稳定，不与酸性高锰酸钾溶液反应，不能使高锰酸钾溶液褪色，故B错误；C．乙酸中羧基具有酸性，不与酸性高锰酸钾溶液反应，不能使高锰酸钾溶液褪色，故C错误；D．苯中碳碳键是介于单

键和双键之间的一种独特的键，故苯不能与酸性高锰酸钾溶液反应，不能使高锰酸钾溶液褪色，故D错误；故选A。5.下列微粒中还原性最强的是A.Na+B.NaC.MgD.Mg2+【答案】B【解析】【详解】已知一种元素单质的还原性越强其对应离子的氧化性就越弱，Na、Mg位于同一周期，从左往右元素的

金属性依次减弱，则Na的还原性强于Mg的，Na+、Mg2+由于处于元素的最高化合价，没有还原性，只有弱氧化性，故还原性最强的是Na，故答案为：B。6.铀－235(23592U)是常用的核燃料，23592

U核内中子数为A.327B.235C.143D.92【答案】C【解析】【分析】【详解】原子符号左下角为质子数，左上角为质量数，质量数是质子数与中子数的和。铀是92号元素，则23592U核内质子数是92，中子数为235-9

2=143，故合理选项是C。7.下列关于苯的叙述错误的是A.属于不饱和烃B.难溶于水且比水轻C.分子中含有碳碳双键D.不能使溴的四氯化碳溶液褪色【答案】C【解析】【详解】A、苯的分子式为C6H6，碳原子没有全部成键，在一定条件下能够与氢气发生

加成反应，属于不饱和烃，故A正确；B、苯是一种不溶于水的有机溶剂，密度比水小，故B正确；C、苯分子中不含碳碳单键和碳碳双键，是一种介于碳碳单键和双键之间的特殊的键，故C错误；D、苯中不含碳碳双键，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，故D正确；故选C。8.聚氯乙烯制品随处可见，但聚氯乙烯塑料不可

用于生产A.食品保鲜袋B.衣物包装袋C.垃圾桶D.雨披【答案】A【解析】【详解】聚氯乙烯塑料在使用过程中会缓慢释放含氯物质，有毒，不能作食品包装袋，可以用于制造衣物包装袋、垃圾桶、雨披等塑料制品，故选A。【点睛】

解答本题要注意聚氯乙烯和聚乙烯，组成元素、结构和用途的区别，聚乙烯可以用于制造食品保鲜袋，聚氯乙烯不能。9.的命名正确的是（）A.2-乙基丁烷B.3-甲基戊烷C.2-乙基己烷D.3-甲基己烷【答案】B【解析】【详解】最长的碳链上有5个碳原子，且甲基在第3个碳原子上，则名称为3-甲基戊烷，答案为B

。【点睛】乙基不能出现在主链的第二个碳原子上。10.下列物质中既含有离子键又含有共价键的是A.H2OB.Na2OC.NH4ClD.N2【答案】C【解析】【详解】A．H2O是共价化合物，只存在H-O共价键，A不

合题意；B．Na2O是离子化合物，只存在Na+和O2-之间的离子键，B不合题意；C．NH4Cl是离子化合物，存在+4NH和Cl-之间的离子键，又存在+4NH内部的N-H共价键，C符合题意；D．N2是共价单质分子，只存在共价键，

D不合题意；故答案为：C。11.二氧化碳的化学用语错误的是A.结构式：C=O=OB.分子式：CO2C.电子式：D.比例模型：【答案】A【解析】【详解】A．结构式是指用一根“-”表示一对共用电子对的式子，

已知C周围需形成4个共价键，O周围需形成2个共价键，故CO2的结构式为：O=C=O，A错误；B．CO2是共价化合物，形成分子晶体，故二氧化碳的分子式为：CO2，B正确；C．已知C周围需形成4个共价键，O周围需形成2个共价键，故二氧化碳的电子式为：，C正确；D．已

知CO2是一个直线形分子，且C原子半径比H原子大，故CO2的比例模型为：，D正确；故答案为：A。12.常温下，将铝片投入浓H2SO4中，下列说法正确的是A.铝被钝化B.不发生反应C.产生大量SO2D.产生大量H2【答案】

A【解析】【详解】浓硫酸具有强氧化性，与铝发生钝化反应，铝表面产生一层致密的氧化薄膜，阻碍反应的进行，故A正确。13.下列物质溶于水的过程中，未破坏化学键的是A.HClB.CH3CH2OHC.NaOHD.NaCl【答案】B【解析】【详解】A．HCl溶于水的过程中，会破坏氢和氯之间的共价键，A不

符合题意；B．CH3CH2OH没有破坏任何化学键，B符合题意；C．NaOH溶于水的过程中，会破坏钠离子和氢氧根离子之间的离子键，C不符合题意；D．NaCl溶于水的过程中，会破坏钠离子和氯离子之间的离子键，D不符合题意；

故选B。14.下列变化属于固氮的是A.NH3→NOB.N2→NH3C.NO→NO2D.NO2→HNO3【答案】B【解析】【详解】A．NH3→NO氮元素从化合态转化为化合态，不属于固氮，故A错误；B．N2→N

H3氮元素从游离态的氮转化为化合态氮，属于固氮，故B正确。C．NO→NO2氮元素从化合态转化为化合态，不属于固氮，故C错误；D．NO2→HNO3氮元素从化合态转化为化合态，不属于固氮，故D错误；故答案为

B。15.氯、溴、碘单质的化学性质相似，原因是A.均为有色单质B.均为双原子分子C.原子最外层电子数均为7D.均可从海洋中提取【答案】C【解析】【详解】氯、溴、碘均处于第ⅦA族，最外层都有7个电子，在化学反应中容易得到1个电子达到8电子稳定结构，

所以它们的单质的化学性质相似，故选C。【点睛】结构决定性质，要从原子结构角度入手分析化学性质相似的原因。16.一定条件下，通过单质间化合可得到的是A.FeCl3B.SO3C.Al(OH)3D.HClO【答案】A【解析】【详解

】A．氯气与Fe发生化合反应生成FeCl3，故A选；B．S与氧气发生化合反应生成SO2，不能得到SO3，故B不选；C．可溶性铝盐与氨水反应生成Al(OH)3，不能由单质反应生成，故C不选；D．氯气与水反应生成HClO，不能由单质反应生成，故D不选；故选A。17.短周期元素X

的最高价氧化物的化学式为X2O5，则X为A.CB.NC.ClD.S【答案】B【解析】【详解】已知主族元素的最高正化合价等于其原子核外最外层电子数，故有C、N、Cl、S的最高正化合价分别为+4、+5、+7、+6价，故短周期元素X的最高价氧化物的化学式为X2O5，X为N，故答案为：B。18.能将化学

能转化为电能是A.电解氯化铜溶液B.风力发电C.太阳能电池D.铜锌原电池【答案】D的【解析】【详解】A．电解氯化铜溶液是将电能转化为化学能，A不合题意；B．风力发电是将风能转化电能，B不合题意；C．太阳能电池是将太阳能

转化为电能，C不合题意；D．铜锌原电池是将化学能转化为电能，D符合题意；故答案为D。19.某强酸性溶液中含有大量Fe2+、Fe3+、Mg2+和NH4+，在该溶液中可以大量存在的阴离子是A.SO24−B.OH-C.SCN-D.CO23−【答案】A【解析】

【详解】A．该组离子与SO24−均不发生反应，则离子能大量存在，故A符合题意；B．强酸性溶液中的H+、Fe2+、Fe3+、Mg2+和NH4+都可以和氢氧根离子反应，不能共存，故B不符合题意；C．Fe3+与SCN-结合生成络合物，不能共存，故C不符合

题意；D．强酸性溶液中的H+和23CO−会发生反应，不能共存；Fe3+和CO23−发生双水解反应，也不能共存；故D不符合题意；故选A。20.下列物质加入水中，因水解而呈碱性的是A.生石灰B.熟石灰C.纯碱D.烧碱【答案】C【解析】【详

解】A、生石灰是氧化钙的俗称，为碱性氧化物，加入水中，与水反应生成氢氧化钙，电离出氢氧根离子，溶液显碱性，故A不选；B、熟石灰的主要成分是氢氧化钙，加入水中，电离出氢氧根离子，溶液显碱性，故B不选；C、纯碱是碳酸

钠的俗称，为强碱弱酸盐，加入水中，碳酸根离子水解生成氢氧根离子，溶液呈碱性，故C选；D、烧碱是氢氧化钠的俗称，加入水中，电离出氢氧根离子，溶液显碱性，故D不选；故选C。21.pH=1的溶液中含有Na＋、Cl-、-3NO，还可能含有大量的A.F

e3+B.Ag+C.OH-D.2-3CO【答案】A【解析】【分析】pH=1为酸性溶液，溶液中含有大量氢离子，据此分析。【详解】A．铁离子与其他四种离子互不反应，可以共存，A正确；B．银离子与氯离子反应生成氯化银沉淀，反应的离子方程式为Ag++Cl-=AgCl↓，不

能共存，B错误；C．氢离子与氢氧根反应生成水，反应的离子方程式为H++OH-=H2O，不能共存，C错误；D．氢离子与碳酸根反应生成水和二氧化碳，反应的离子方程式为2H++2-3CO=H2O+CO2↑，D错误；故选A。22.NaOH溶于水时，扩散过程吸收了akJ的热量，水合过程放

出了bkJ的热量。下列判断正确．．的是A.a>bB.a=bC.a<bD.无法判断【答案】C【解析】【详解】NaOH溶于水的过程分为扩散过程和水合过程，整个过程是放热，所以水合过程放出的热量大于扩散过程吸收的热量，所以a＜b。故选C。23.向下列溶液中

逐滴加入NaOH溶液至过量，先有白色沉淀生成，然后沉淀又消失的是A.CuCl2溶液B.AlCl3溶液C.MgCl2溶液D.BaCl2溶液【答案】B【解析】【详解】A．CuCl2溶液中加入氢氧化钠溶液生成氢氧化铜沉淀，为蓝色沉淀，故A错误；B．AlCl3溶液中加入

氢氧化钠溶液，发生反应AlCl3+3NaOH═Al(OH)3↓+3NaCl，生成白色沉淀，氢氧化钠过量时，Al(OH)3溶于NaOH溶液，反应为Al(OH)3+NaOH═NaAlO2+2H2O，白色沉淀又逐渐溶解，故B正确；C．MgCl2溶液中加入氢氧化钠生成氢氧化镁白色沉淀，氢氧化镁不能溶于

氢氧化钠溶于，沉淀不溶解，故C错误；D．BaCl2溶液中加入氢氧化钠，无明显现象，故D错误；故选B。24.下列离子方程式正确的是A.CH3COOH溶液与NaOH溶液反应：H++OH-→H2OB.在CuSO4溶液中加入过量Ba(OH)2溶液：Ba2++SO24−→BaSO4↓C.H2SO4与Ba(O

H)2溶液反应：Ba2++OH-+H＋+SO24−→BaSO4↓+H2OD.铝溶解在NaOH溶液中：2Al+2OH-+2H2O→2AlO2−+3H2↑【答案】D【解析】【详解】A．醋酸是弱电解质，离子方程式中不能拆写，正确的离子方程式为：CH3COOH+OH-→H2O+CH3COO-，A错误

；B．铜离子可以和氢氧根离子生成氢氧化铜沉淀，正确的离子方程式为：2+2-2+442Cu+SO+Ba+2OHBaSO+Cu(OH)→，B错误；C．H2SO4与Ba(OH)2溶液反应的离子方程式为：Ba2＋+2OH-+2H＋+SO24−→B

aSO4↓+2H2O，C错误；D．铝可以和氢氧化钠溶液反应，离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O→2AlO2−+3H2↑，D正确；故选D。25.将SO2和H2S混合，有淡黄色固体出现，该反应中SO2表现出A.还原性B.漂白性C.酸性D.氧化性【答案】D【解析】【分析】

【详解】将SO2和H2S混合，有淡黄色固体出现，反应的化学方程式为SO2+2H2S＝3S↓+2H2O，该反应中二氧化硫中的S元素的化合价由+4价降低为0价，是氧化剂。硫化氢中的S元素的化合价由-2价升高为0价，为还原剂，

则SO2表现氧化性，H2S表现还原性，D项正确。答案选D。26.中和滴定是一种化学分析方法。用标准盐酸滴定未知浓度的氢氧化钠溶液，无需使用的仪器是A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】用标准盐酸滴定未知浓度的氢氧化钠溶液，需使用的仪器有酸式和碱式滴定管、锥形瓶，

滴定管夹等，用不到电子天平，故选A。27.实验室进行粗盐提纯，无需进行的操作是A.分液B.溶解C.过滤D.蒸发【答案】A【解析】【详解】粗盐中含有泥沙、硫酸镁、氯化钙等杂质，需先将粗盐溶解，再加入氢氧化钠、氯化钡、碳酸钠等生成氢氧化镁、硫酸钡、碳酸钙、碳酸钡等沉淀，过

滤除去沉淀，在滤液中加入盐酸，用蒸发的方法除去盐酸和水，无需用到分液操作，故答案选A。28.硫酸亚铁易被氧化而变质。为检验某补血剂中硫酸亚铁是否变质，可向该补血剂配成的溶液中加入A.AgNO3溶液B.盐酸酸化的B

aCl2溶液C.KSCN溶液D.HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液【答案】C【解析】【详解】硫酸亚铁易被氧化而变质，变质的硫酸亚铁中会含有硫酸铁。检验某补血剂中硫酸亚铁是否变质，可以通过检验是否存在铁离子来验证，因此可向该补血剂配成的溶液中加KSCN溶液，若溶液变

为血红色，则变质，反之不变质，故选C。【点睛】知道硫酸亚铁变质后的产物是解题的关键。本题才易错点为B，无论硫酸亚铁是否变质，都存在硫酸根离子，不能通过检验硫酸根离子来验证。29.为检验海带灰浸出液中是否含有I-，可向溶液中加入（）A.淀粉B.盐

酸C.硝酸酸化的硝酸银D.CCl4【答案】C【解析】【详解】A、碘单质遇淀粉呈蓝色，但I-不具有该性质，故A错误；B、I-与盐酸不反应，无明显现象，故B错误；C、硝酸酸化的硝酸银与碘离子生成黄色的Ag

I沉淀，故C正确；D、I-形成盐，在四氯化碳中溶解度很小，无明显现象，故D错误；故选C。30.为除去铁粉中混有的少量铝粉，所选试剂和操作都合理的是A.盐酸，蒸发B.NaOH溶液，蒸发C.盐酸，过滤D.NaOH溶液，过滤【答案】D【解析】【详解】A.盐酸既能与铝反应，也能与铁反应，不能用盐酸除去

铁粉中混有的少量铝粉，故A错误；B.NaOH溶液能够与铝反应，而不能与铁反应，可以用氢氧化钠溶解铝，除去铁粉中混有的少量铝粉，然后过滤即可，故B错误；C.盐酸既能与铝反应，也能与铁反应，不能用盐酸除去铁粉中混有的少量铝粉，故C错误；D.NaOH溶液能够与铝反应，而不能与铁反应，可以用氢氧

化钠溶解铝，除去铁粉中混有的少量铝粉，然后过滤即可，故D正确；故选D。【点睛】本题的易错点为B，要注意溶解铝之后，应该通过过滤，洗涤得到纯净的铁粉。31.向盛有NaBr溶液的试管中加入少量氯水，振荡，再加入适量苯，振荡，静置。下列判断正确的是选项A.BC.

D.上层红棕色黄绿色无色无色下层无色无色红棕色黄绿色A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】向盛有NaBr溶液的试管中加入少量氯水，氯水中的氯气分子与溴化钠发生置换反应：Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2，然后加入适量苯

，Br2易溶于苯，振荡发生萃取，静置，液体分层，苯的密度小于水，所以上层为红棕色的溴的苯溶液，下层为无色的水溶液，故选A。32.实验室制取乙烯的发生装置如图所示。下列说法正确的是A.烧瓶中加入乙醇、浓硫酸和碎瓷片B.反应温度控制140℃C.导出的气体中只有乙烯D.可用向上排

气法收集乙烯.在【答案】A【解析】【分析】实验室通常通过加热乙醇和浓硫酸的混合溶液，在170℃下制取乙烯，据此分析解答。【详解】A．实验室通常通过加热乙醇和浓硫酸的混合溶液，在170℃下制取乙烯，加热液体混合物

要防暴沸，所以烧瓶中加入乙醇、浓硫酸和碎瓷片，故A正确；B．浓硫酸与乙醇反应加热到170℃生成乙烯，反应温度控制在140℃生成乙醚，故B错误；C．浓硫酸检验强氧化性和脱水性，加热时，部分浓硫酸与乙醇反应生成二氧化硫等气体，所以导出的气体中会含有二氧化硫等杂质，故C

错误；D．乙烯的密度与空气相近，不能用排空气法收集，可以用排水法收集，故D错误；故选A。【点睛】掌握实验室制取乙烯的原理是解题的关键。本题的易错点为B，要注意140℃时，乙醇发生分子间的脱水反应生成乙醚，因此反应温度需

要迅速提高到170℃，提高乙醇的利用率，减少副反应的发生。33.多数植物中的色素遇酸碱会产生不同的颜色。紫罗兰含色素HZ，HZ的水溶液呈紫色，且存在平衡HZ(红色)H++Z-（蓝色）。将HZ溶液滴入稀硫酸中，溶液的颜色为（）A.紫色B.红色C.蓝色D.无色【答案】B【

解析】【详解】A．HZ的水溶存在平衡HZ(红色)H++Z-（蓝色）,滴入稀硫酸后，H+的浓度升高，平衡向逆向移动，HZ浓度增加，溶液变为红色，B项符合题意；答案选B。【点睛】根据勒夏特列原理，如果改变影响平衡的一个条件(如浓度、压强或温度等),化学平衡就向着能够减弱这

种改变的方向移动。34.关于如图所示装置的叙述，正确的是A.铜是阳极，铜片上有气泡产生B.铜片质量减少C.电流从锌片经导线流向铜片D.氢离子在铜片表面被还原【答案】D【解析】【分析】【详解】A．该装置

为原电池，由于金属Cu的活动性比Zn弱，所以Cu为正极，溶液中的H+在Cu电极上得到电子变为H2逸出，则铜片上有气泡产生，A错误；B．该装置为原电池，由于金属Cu的活动性比Zn弱，所以Cu为正极，Cu不参加反应，其质量不变，B错误；C．装置为原电池，由于金属活动性：

Zn＞Cu，所以Zn为负极，失去电子，电子由负极Zn经外电路流向正极Cu，规定电流方向为正电荷移动方向，因此电流是从正极铜片经导线流向负极锌片，C错误；D．氢离子在负电荷较多的正极铜片表面得到电子被还原产生氢气，D正确；故合理选项是D。35.如图是H2(g)与I2(g)反应生成H

I(g)的能量示意图。由图可知A.该反应吸热反应B.1molHI(g)分解吸收的热量为QC.热化学方程式：H2+I22HI+QD.反应物总能量高于生成物总能量【答案】D【解析】【详解】A.根据图像，该反应中

反应物H2(g)与I2(g)的总能量高于生成物是吸热反应HI(g)的总能量，为放热反应，故A错误；B.根据图像，2molHI(g)分解吸收的热量为Q，故B错误；C.热化学方程式中需要注明物质的状态，H2+I22HI+

Q中未注明物质的状态，故C错误；D.根据图像，该反应中反应物H2(g)与I2(g)的总能量高于生成物是吸热反应HI(g)的总能量，故D正确；故选D。36.在5L密闭容器中进行反应C(s)+H2O(g)CO

(g)+H2(g)，反应2min，H2的物质的量增加了0.3mol。0～2min内H2的反应速率为是A.0.3mol/(L·min)B.0.03mol/(L·min)C.0.06mol/(L·min)D.0.12mol/(L·min)【答

案】B【解析】【详解】C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)，反应2min，H2的物质的量增加了0.3mol，因此氢气的浓度变化量为0.3mol5L=0.06mol/L，则0～2min内H2的反应速率=ct=0.06mol/L2min=0.03mol/(

L·min)，故选B。37.一定温度下，固定体积的密闭容器中发生反应M(g)+N(g)⇌2W(g)，能说明该反应一定达到平衡的是A.v(W)消耗=v(W)生成B.v正=v逆=0C.容器内压强保持不变D.n(M)∶n(N)∶n(W)=1∶1∶2【答案】A【解析】【详解】A．v(W

)消耗=v(W)生成即正反应速率与逆反应速率相等，说明反应达到平衡，故A正确；B．反应达到平衡时正逆反应速率相等，但不为0，故B错误；C．该反应前后气体系数之和相等，所以反应过程中气体的物质的量不变，容器容积固定，所以压强一直不变，故C错误；D．反应平衡时各物质的

物质的量不再改变，但比值不一定等于计量数之比，且n(M):n(N):n(W)=1:1:2也不能说明物质的量不变，故D错误；故答案为A。38.已知3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O。下列判断正确是A.N元素的化合价降低B.NH3被还原C.消耗0.3molCuO转移0.6NA个电子D.CuO是还

原剂【答案】C【解析】【分析】3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O反应中Cu元素化合价由+2价降低到0价，被还原，CuO为氧化剂；N元素化合价由-3价升高到0价，被氧化，NH3为还原剂。据此分析解答。【详解】A．3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O反应中N元素化

合价由-3价升高到0价，故A错误；B．3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O反应中N元素化合价由-3价升高到0价，被氧化，故B错误；C．3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O反应中Cu元素化合价由+2价降低到0价，得到6个电子；

N元素化合价由-3价升高到0价，失去6个电子，因此0.3molCuO转移0.6NA个电子，故C正确；D．3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O反应中Cu元素化合价由+2价降低到0价，被还原，CuO为氧化剂，故的D错误；故选C。【点睛】掌握氧化还原反应的规律是解题的关键。本题的易错点为D，要注意

氧化剂、还原剂概念的理解，可以通过“还原剂：失高氧(石膏痒)”帮助记忆。39.配制一定物质的量浓度的NaCl溶液，下列操作会使溶液浓度偏高是A.定容至液面最高处与刻度线相平B.溶解NaCl时烧杯中有少量蒸馏水C.转移时没有洗涤烧杯和玻璃棒D.少

量NaCl固体残留在称量纸上【答案】A【解析】【详解】A．定容时液面最高处与刻度线相平，导致加入的水偏少，配制的溶液浓度偏高，故A正确；B．因NaCl溶解时需要加水，所以溶解NaCl的烧杯中有少量蒸馏水对实验结果无影响，故B错误；C．转移溶液时没有

洗涤烧杯和玻璃棒，会使配制的溶液中溶质偏少，溶液的浓度偏低，故C错误；D．少量NaCl固体残留在称量纸上，会使配制的溶液中溶质偏少，溶液的浓度偏低，故D错误；故选A。40.已知某溶液中只可能含有Cl−、23CO−、Na+、4NH+中的几种（忽略水的电离），进行如下实验：取样，加入足量盐酸，有气泡产

生，再加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成；另取样，加入足量NaOH溶液，微热，产生的气体是湿润的红色石蕊试纸变蓝，下列判断正确的是（）A.一定不含Cl−B.一定不含Na+C.一定含有Cl−、23CO−D.一

定含有23CO−、4NH+【答案】D【解析】【详解】加入足量盐酸，有气泡产生，一定含有23CO−；开始加入盐酸，再加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，不能证明原溶液是否有Cl−；另取样，加入足量NaOH溶液，微热，产生的气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明有氨气放出，原溶液一定含有Na+；根据

以上分析，一定含有23CO−、4NH+；不能确定是否含有Cl−、Na+，故D正确。二、综合分析题(共20分，每一大题10分)41.以下元素及物质与人类的生产生活紧密相关。完成下列填空：（1）氯元素原子结构示意图为_______，其与钠元

素组成的化合物的电子式为_______。（2）铝是地壳中含量最高的金属元素，其在周期表中位于第_______周期_______族。（3）以下不是铝和铁的共同性质的是_______。a.导电性b.导热性c.延展性d.两性（4）下列能说明氯元素的非金属性比硫元素强的事实是__

___。a．稳定性HCl>H2Sb．氧化性HClO>H2SO4c．酸性HClO4>H2SO4强d．HCl溶液是强酸，H2S溶液是弱酸（5）氨水呈碱性，写出氨水的电离方程式。_______【答案】（1）①.②.（2）①.三或3②.IIIA（3）d（4）ac（5）NH3·H

2O+4NH+OH-【解析】【小问1详解】已知Cl是17号元素，则氯元素原子结构示意图为，其与钠元素组成的化合物即NaCl是离子化合物，则其的电子式为，故答案为：；；【小问2详解】铝是地壳中含量最高的金属元素，已知Al是13号元素，其核外有三个电子层，最外层上3个电子，则其在周期表中位于第三周

期IIIA族，故答案为：三或3；IIIA；【小问3详解】金属单质都有导电性、导热性和延展性，铝既能与强酸又能与强碱反应，具有两性，而铁只能与强酸反应不能与强碱溶液反应，只有金属性没有两性，故答案为：d；【小问4详解】a．已知非金属对应的简单气态氢化物的稳定性与其非金属性一致，故稳定性HCl>H2

S能说明Cl的非金属性强于S的，a符合题意；b．含氧酸的氧化性与非金属性无必然联系，则氧化性HClO>H2SO4不能说明Cl的非金属性强于S的，b不合题意；c．非金属的最高价氧化物对应水化物的酸性与其非金属性一致，则酸性HClO4>H2SO4能说明Cl的非金属性强于S的，c符合题意；d．非金

属氢化物的酸性与非金属性无必然联系，故HCl溶液是强酸，H2S溶液是弱酸不能说明Cl的非金属性强于S的，d不合题意；故答案为：ac；【小问5详解】氨水呈碱性，由于氨水是一种弱碱，则氨水的电离方程式为：NH3·H2O+4NH+OH-，故答案为：NH3·H2O+4NH+OH-。4

2.A是酒的主要成分，D为具有果香味的无色油状液体。由A到D的转化如下：回答下列问题：（1）A中的官能团名称为_______。C的名称是_______。（2）反应①的反应类型为_______。（3）写出B的结构简式

_______。（4）写出由A和C制取D的反应条件_______。（5）写出由A制取乙烯的方程式_______。【答案】（1）①.羟基②.乙酸（2）氧化反应（3）CH3CHO（4）浓硫酸，加热（5）24HSO25222170CHOHCH=CH+HO⎯⎯⎯⎯→

浓℃【解析】【分析】A是酒的主要成分，则A为乙醇，乙醇被氧化生成乙醛，分子式为C2H4O，则B为乙醛；乙醛被氧化生成C，C为乙酸，乙酸与乙醇反应生成具有水果香味的乙酸乙酯，D为具有水果香味的无色油状液体，D为乙酸乙酯，以此解题。【小问1详解】由分析可知A为乙醇，其官能团名称为：羟基；C为乙酸；【

小问2详解】反应①为乙醇的催化氧化，反应类型为氧化反应；【小问3详解】由分析可知B为乙醛，其结构简式为：CH3CHO；【小问4详解】由A和C制取D为乙醇和乙酸的酯化反应，反应条件为：浓硫酸，加热；【小问5详解】获得更多资源请扫码加入享学资源网

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