【文档说明】浙江省金华十校2019-2020学年高一下学期期末调研考试化学试题【精准解析】.doc，共(24)页，1.061 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-2148c3e8e67aa7a547118cfa973ef6e5.html

以下为本文档部分文字说明：

金华十校2019-2020学年第二学期期末调研考试高一化学试题卷说明:1.本试卷考试时间90分钟,满分100分;2.请将答案正确填写在答题卡上,写在试题卷上无效;3.可能用到的相对原子质量:H-1;C-12;0-16;Na-23;Mg-24;Al-27;S-32;Fe-56一、选择题（本大

题共25小题每小题2分,共50分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分）1.乙醇的分子式是A.CH3CH2OHB.C2H4OC.CH3CHOD.C2H6O【答案】D【解析】【详解】A.CH3CH2OH是乙醇的

结构简式，A错误；B.C2H4O可以是乙醛的分子式，B错误；C.CH3CHO是乙醛或环氧乙烷的分子式，C错误；D.C2H6O是乙醇的分子式，D正确；答案选D。2.2017年诺贝尔生理学或医学奖授予3位美国科学家JffreyC.Hall,MichaelRosbash和Michaelw.You

ng以表彰他们发现了调控"生物钟”的分子机制。褪黑素（C13H16N2O2）是一种生物钟调节剂。请问褪黑素属于A.氧化物B.无机物C.有机物D.烃【答案】C【解析】【详解】A.褪黑素(C13H16N2O2)由四种元素组成，不属于氧化物，A不选；B.褪黑素(

C13H16N2O2)是含碳元素的化合物，是一种生物钟调节剂，不可能属于无机物，B不选；C.褪黑素(C13H16N2O2)是含碳元素的化合物，是一种生物钟调节剂，不可能属于无机物，属于有机物，C选；D.烃仅由碳、氢两种元素组成，褪黑素(C13H16N2O2)由四种元素组成，不属于烃，

属于烃的衍生物，D不选；答案选C。3.下图所示仪器,从左到右，可以进行的混合物分离提纯操作分别是A.蒸发、蒸馏、过滤、分液B.分液、蒸发、蒸馏、过滤C.分液、蒸馏、蒸发、过滤D.过滤、蒸馏、蒸发、分液【答案】A【解析】【详解】从左到右，仪器依次是蒸发皿、蒸馏烧瓶、漏斗和分液漏斗，对应可以进行

的混合物分离提纯操作分别是蒸发、蒸馏、过滤、分液，则A正确；答案选A。4.下列垃圾或废弃物的处理不符合环保节约理念的是A.废纸、塑料瓶、废铁回收再利用B.厨余垃圾采用生化处理或堆肥C.稻草、一次性餐具露天焚烧D.废电池等有毒有害垃圾分类回收【答案】C【解析】【详解】A．废纸

、塑料瓶、废铁属于可回收垃圾，废纸、塑料瓶、废铁可回收再利用，故A不选；B．厨余垃圾含有大量有机物，采用生化处理或堆肥，减少污染，符合环保节约理念，故B不选；C．稻草、农膜和一次性餐具露天焚烧，产生大量烟尘和有害气体，污染空气，不符

合环保节约理念，故选C；D．废电池含有重金属，任意丢弃引起重金属污染，废电池等有毒有害垃圾分类回收，可减少污染，符合环保节约理念，故D不选；故选C。5.为消除目前燃料燃烧时产生的环境污染，同时缓解能源危机，有关专家提出了利用太阳能制取氢能的构想。下

列说法正确的是（）A.H2O的分解反应是放热反应B.氢能源已被普遍使用C.氢气不易贮存和运输，无开发利用价值D.2molH2O具有的总能量低于2molH2和1molO2具有的总能量【答案】D【解析】【详解】A.水的分解是吸热反应，故A错误

；B.氢能源由于受贮存和运输等因素的限制，还未普遍使用，但有巨大的开发利用价值，故B错误；C.氢能源由于受贮存和运输等因素的限制，还未普遍使用，但有巨大的开发利用价值，故C错误；D.2molH2在1molO2中完全燃烧生成2molH2O，并放出大量的热，即反应物能量高于生成物能量，故D正确

；故答案为D。6.下列各组物质的晶体中，化学键类型相同，晶体类型不同的是A.NaCl、HClB.CO2、SiO2.C.SO2、H2OD.NH4Cl、CCl4【答案】B【解析】【详解】A.NaCl中只有离子键、属于离子晶体，HCl分子内只有共价键、属于分子晶体，化学键类型和

晶体类型都不同，A不符合题意；B.CO2、SiO2内存在的化学键均只有共价键，干冰是分子晶体，二氧化硅是原子晶体，B符合题意；.C.SO2、H2O内存在的化学键均只有共价键，构成的都是分子晶体，C不符合题意；.D.NH4Cl中有离子键和共价键、属于离子晶体，

CCl4分子内只有共价键、属于分子晶体，化学键类型和晶体类型都不同，D不符合题意；答案选B。7.下列物质的水溶液因水解呈酸性的是A.HClB.NaHCO3C.FeCl3D.NaHSO4。【答案】C【解析】【详解】A.HCl因电离呈酸性，A错误；B.NaHCO3是强碱弱酸盐，因水解程度大于电离程度

呈碱性，B错误；C.FeCl3是强酸弱碱盐，因水解呈酸性，C正确；D.NaHSO4因电离呈酸性，D错误；答案选C。8.下列表示正确的是A.MgF2的电子式:B.氯化钠的分子式:NaClC.二氧化碳的比例模型:D.乙烯的

结构式:CH2=CH2【答案】A【解析】【详解】A.MgF2由镁离子和氟离子通过离子键构成，故电子式为，A正确；B.氯化钠是离子化合物，不存在分子，其化学式为NaCl，B错误；C.碳原子半径比氧大，该比例模型中原子半径大小不符合，C错误；D.乙

烯的结构简式为CH2=CH2，D错误；答案选A。9.下列说法正确的是A.与互为同分异构体B.石墨导电、金刚石不导电,故二者不是同素异形体C.35Cl与37Cl为氯元素的两种不同核素D.CH3CH2OH与HOCH2CH2CH2OH互为同系物【答案】

C【解析】【详解】A.与均为2-甲基丁烷，是同一个物质，A错误；B.石墨导电、金刚石不导电，二者物理性质不同，是不同物质，但它们都是碳元素的单质，互为同素异形体，B错误；C.35Cl与37Cl质子数相同而中子数不同，故为氯

元素的两种不同核素，互为同位素，C正确；D.CH3CH2OH分子含1个羟基，HOCH2CH2CH2OH分子含2个羟基，分子组成差“CH2O”，不属于同系物，D错误；答案选C。10.下列说法不正确的是A.

将植物的秸秆加入沼气发酵池中，在富氧条件下，经过沼气细菌作用生成沼气B.植物的光合作用是将光能转化为化学能的有效途径C.太阳能电池利用光电效应将太阳辐射能直接转换为电能D.推广利用二氧化碳与环氧丙烷生成可降解高聚物符合绿色化学【答案】A【解析】【详解】A.在缺氧条件下，经过沼

气细菌作用生成沼气，A错误；B.地球上最基本的能源是太阳能，植物的光合作用是将光能转化为化学能的有效途径，B正确；C.太阳能电池利用光电效应将太阳辐射能直接转换为电能，是一种太阳能发电方式，C正确；D.推广利用二氧化

碳与环氧丙烷生成可降解高聚物，该反应方程式为：，符合绿色化学，D正确；答案选A。11.短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的相对位置如图1所示。下列说法正确的是A.元素X与元素Z的最高正化合价之和的数值等于8B.原子半径的大小顺序为：rX>rY>:rZ>rW>rQC.离子Y2-

和Z3+的核外电子数和电子层数都不相同D.元素W的最高价氧化物对应的水化物的酸性比Q的强【答案】A【解析】【分析】根据短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的相对位置可知，它们分别是N、O、Al、S、Cl，据此分析解答。【详解】A.根据以上分析，X、Y、Z

、W、Q分别是N、O、Al、S、Cl，N元素最高正化合价为其主族数等于5，Al元素最高正化合价为其主族数等于3，二者之和等于8，故A正确；B.同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下，原子半径逐渐增大，所以原子半径的大小顺序为rZ＞rW＞rQ＞rX＞rY，故B错误；C.离子Y2-

和Z3+都为10微粒，核外电子数和电子层数都相同，故C错误；D.同周期自左向右非金属性逐渐增强，最高价氧化物的水化物的酸性逐渐增强，故D错误。答案选A。12.下列方程式不正确的是A.醋酸钠水解的离子方程式:CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-B

.乙醇在催化剂存在的条件下被氧气氧化的化学方程式:2CH3CH2OH+O2Cu⎯⎯⎯→加热2CH3CHO+2H2OC.向铜粉与稀硫酸的混合物中通热空气制硫酸铜溶液的化学方程式:2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2OD

.将过量CO2通入NaClO溶液的离子方程式:CO2+H2O+2ClO-=CO2-3+2HClO【答案】D【解析】【详解】A．醋酸钠是强碱弱酸盐，水解后溶液呈碱性，醋酸钠水解的离子方程式:CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，故A正确；B．乙醇在催化剂存在的条件下被氧气

氧化生成乙醛和水，化学方程式:2CH3CH2OH+O2Cu→加热2CH3CHO+2H2O，故B正确；C．向铜粉与稀硫酸的混合物中通热空气制硫酸铜溶液，氧气在酸性条件下将铜氧化，化学方程式:2Cu+O2+2H2

SO4=2CuSO4+2H2O，故C正确；D．酸性：H2CO3＞HClO＞HCO3－，将过量CO2通入NaClO溶液生成碳酸氢钠和次氯酸，离子方程式:CO2+H2O+ClO-=HCO-3+HClO，故D错误；故选D。13.下列排列顺序错误的是A.原子半径:O<SB.稳定性:H2S<

PH3C.酸性:H3PO4<H2SO4D.碱性:Al(OH)3<Mg(OH)2【答案】B【解析】【详解】A.在元素周期表中氧位于硫原子上方，则原子半径氧原子小，A正确；B.硫的非金属性大于磷，则气态氢化物

的稳定性是H2S大，B错误；C.硫的非金属性大于磷，则最高价氧化物的水化物的酸性是H2SO4强，C正确；D.镁的金属性大于铝，则最高价氧化物水化物的碱性是Mg(OH)2强，D正确；答案选B。14.下列说法不正确的是A.通过石油催化裂化可以

得到多种气态短链烃B.苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色而甲苯可以C.CH2=CH2能使溴的四氯化碳溶液褪色是因为发生了加成反应D.符合通式CnH2n+2的烃一定都是烷烃，分子中均只含单键【答案】A【解析】【详解】A．通过石油裂解可以得到乙

烯、丙烯等多种气态短链烃，石油裂化可以得到较多的轻质油，故A选；B．苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而甲苯的侧链受苯环影响，可能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故B不选；C．CH2=CH2能使溴的四氯化碳溶液褪色是因为发生了加成

反应，生成1，2-二溴乙烷，故C不选；D．符合通式CnH2n+2的烃一定都是烷烃，碳原子都是饱和碳，分子中均只含单键，故D不选；故选A。15.下列关于有机物结构与性质的叙述正确的是A.糖类、油脂、蛋白质的水解产物都是非电解质B.蔗糖、麦芽

糖的分子式均为C12H22O11，二者互为同分异构体C.可用聚氯乙烯代替聚乙烯塑料薄膜制作食品包装袋D.在紫外线、饱和(NH4)2SO4溶液、CuSO4溶液等作用下，蛋白质均会发生变性【答案】B【解析】【详解】A．油脂、蛋白质的水解产物中分别

有高级脂肪酸、氨基酸，二者均是电解质，故A错误；B．蔗糖、麦芽糖的分子式均为C12H22O11，麦芽糖属于还原性糖，而蔗糖不是还原性糖，二者结构不同，互为同分异构体，故B正确；C．聚氯乙烯树脂无毒性，但在制作塑料的过程中加入了增塑剂邻苯二甲醇二丁酯或邻

苯二甲酸二辛酯，它们有毒性，不可用聚氯乙烯代替聚乙烯塑料薄膜制作食品包装袋，故C错误；D．在紫外线、CuSO4溶液等作用下，蛋白质均会发生变性，但在饱和(NH4)2SO4溶液中发生盐析，故D错误；故选B。16.巴豆酸的结构简式为CH3—CH=CH—COOH。现有如下试

剂：①氯化氢、②溴水、③纯碱溶液、④乙醇、⑤酸性高锰酸钾溶液，试根据巴豆酸的结构特点，判断在一定条件下，能与巴豆酸反应的物质是()A.只有②④⑤B.只有①③④C.只有①②③⑤D.①②③④⑤【答案】D【解析】【分析】CH3-CH═CH-COOH中含碳碳双键、-COOH

，结合烯烃、羧酸的性质来解答。【详解】含碳碳双键，与①氯化氢、②溴水均发生加成反应；含碳碳双键，与⑤酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应；含−COOH，与③纯碱溶液发生复分解反应，与④乙醇发生酯化反应；答案选D。【点睛】有机物中的官能团决定物

质的化学性质，具有相同官能团的物质在化学性质上具有相似性。17.2019年诺贝尔化学奖授予三位对锂电池研究作出杰出贡献的科学家。一种锂空气电池如图所示。当电池工作时,O2与Li+在多孔碳材料电极处生成Li2O2-X（x=0或1）。下列说法正确的

是A.锂电极发生还原反应B.多孔碳材料电极为负极C.电池工作时外电路电子由锂电极流向多孔碳材料电极D.正极的电极反应式为:O2+4e-+2H2O=4OH-【答案】C【解析】【详解】A.锂电极是负极，发生

氧化反应，A错误；B.多孔碳材料电极上通入氧气，故该电极为正极，B错误；C.电池工作时外电路电子由负极沿着导线流向正极，即电子由锂电极流向多孔碳材料电极，C正确；D.电池中是非水电解质，故正极的电极反应不可能有水参加，D错误；答案选C。18.关于常温下pH=2的醋酸溶液，下列叙述正确的

是A.c(H+)=c(CH3COO-)B.c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.01mol·L-1C.加水稀释后,溶液中导电微粒的数目减少D.相同pH的盐酸与醋酸分别中和等量的氢氧化钠溶液，消耗的盐酸体积比醋酸多【答案】D【解析】【详解】A.醋酸溶液中存在醋酸和水的电

离，电荷守恒式为：c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，A错误；B.醋酸是弱电解质，pH=2的醋酸物质的量浓度远大于0.01mol·L-1，则按物料守恒式知c(CH3COOH)+c(CH3C

OO-)>0.01mol·L-1，B错误；C.醋酸是弱电解质，加水稀释促进醋酸电离，溶液中导电微粒主要是H+和CH3COO-，它们的数目增多，但浓度减小，C错误；D.醋酸是弱电解质，pH=2的醋酸物质的量浓度远大于0.01mol·L-1，相同pH的盐酸与醋

酸分别中和等量的氢氧化钠溶液得到钠盐溶液，按钠元素守恒，则酸物质的量浓度小者消耗体积大，故消耗的盐酸体积比醋酸多，D正确；答案选D。19.下列说法正确的是A.分子晶体中一定存在分子间作用力，不一定存在共价键B.因为水分子间存在氢键，所以水分子的稳

定性很好C.离子晶体一定含有金属阳离子D.元素的非金属性越强，其单质的活泼性一定越强【答案】A【解析】【详解】A．分子晶体中一定存在分子间作用力，不一定存在共价键，如稀有气体，由单原子分子构成，分子中没有化学键，故A正确；B．氢键影响水的沸点高低，

与水的稳定性无关，影响稳定性的因素是共价键，故B错误；C．离子晶体不一定含有金属阳离子，如NH4Cl，故C错误；D．元素的非金属性越强，其单质的活泼性不一定越强，如氮气分子，由于氮分子键能大，分子稳定，故D错误；故选A。20.根据能量变化示意图，下列热化学方程式正确的是()A.N

2(g)＋3H2(g)===2NH3(g)ΔH＝－(b－a)kJ·mol－1B.N2(g)＋3H2(g)===2NH3(g)ΔH＝－(a－b)kJ·mol－1C.2NH3(l)===N2(g)＋3H2(g)ΔH＝2(a＋b－c)kJ·mol－1D.2NH3(l)===N2(g)＋3H2(g)

ΔH＝2(b＋c－a)kJ·mol－1【答案】D【解析】【详解】由图可知，12N2（g）+32H2（g）=NH3（g）△H=（a-b）kJ•mol-1，12N2（g）+32H2（g）=NH3（l）△H

=（a-b-c）kJ•mol-1；A.结合以上分析可知：N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=-2（b-a）kJ•mol-1，故A错误；B．结合以上分析可知：N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H═-2（b-a）kJ•mol-1，故B错误；C．物质的量与热量成

正比、互为可逆反应的焓变的数值相同而符号相反，则2NH3（1）=N2（g）+3H2（g）△H=2（-a+b+c）kJ•mol-1，故C错误；D．结合选项C可知，2NH3（1）=N2（g）+3H2（g）△H=2（b+c-a）kJ•mol-1，故D正确；故选D。【点睛】本题考

查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、物质的量与热量的关系为解答的关键。注意可逆反应的焓变关系，焓变等于反应物断裂化学键吸收的能量减去形成化学键释放的能量。21.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.78g苯和乙炔的混合物中含有碳氢键数目为6

NAB.100g46%的乙醇水溶液中含NA个氧原子C.2.24L氯气溶于足量NaOH溶液中，转移电子数为0.1NAD.1L1mol·L-1CH3COONa溶液中醋酸根离子数目为NA【答案】A【解析】【详解】A

.78g苯和乙炔的混合物中含有6molH，碳氢键数目为6NA，A正确；B.100g46%的乙醇水溶液中，乙醇和水分子中均含有氧原子，含有氧原子的物质的量=100g46%100g(146%)114mol46g/mol18g/mol

−+=，则含4NA个氧原子，B错误；C.未指明是否为标准状况，则2.24L氯气溶于足量NaOH溶液中，转移电子数未必为0.1NA，C错误；D.1L1mol·L-1CH3COONa溶液中溶质物质的量为1mol，由于醋酸根离子的水解，醋酸根离子数目小于NA，D错

误；答案选A。22.将一定量纯净的氨基甲酸铵固体置于密闭真空容器中（容器体积不变，固体试样体积忽略不计），在恒定温度下使其达到平衡:NH2COONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)。可以判断该反应已经达到

平衡的是A.2v(NH3)=v(CO2)B.容器中总压强不变C.容器中混合气体的平均相对分子质量不变D.容器中氨气的体积分数不变【答案】B【解析】【详解】A.当v(NH3)正=v(NH3)逆或v(NH3)正=2v(CO2)逆时，即该反应正反应和逆反应速率相等

，已经达到平衡，2v(NH3)=v(CO2)不能表明正反应和逆反应速率相等，故A错误；B.随着NH2COONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)不断进行，容器中总压强会有变化，当总压强不变时，则能表明气体总的物质的量、各成为的物质的量

不再变化，该反应已经达到平衡，故B正确；C.容器中混合气体的平均相对分子质量始终不变，因为混合气体是氨气和二氧化碳按物质的量之比为2:1混合而成，故C错误；D.容器中混合气体是氨气和二氧化碳按物质的量之比为2:1混合而成，氨气的体积分数始终为66.

67%，故D错误；答案选B。23.在熔融状态下,Na与KCI存在可逆反应:Na+KClNaCl+K,通过调整温度,可利用金属Na来制取K。物质KNaKClNaCl熔点/℃63.697.8770801沸点/℃7748831001413根据上表中各物质的熔点和沸点，推测由Na与KCl反应制取K的合适温

度为A.770℃B.800℃C.850℃D.900℃【答案】C【解析】【详解】钠的活泼性没有钾强，该反应之所以能发生是因为钾的沸点低于钠的沸点，当其他三种物质均为液态时，便于生成的K蒸气不断逸出，使反应向生成K的方向进行而制得K，所以适宜的温度应该最低高

于K的沸点，同时要保证其他物质处于液态，所以温度应该大于801℃，小于883℃，只有C符合；故选：C。24.为解决日益加剧的温室效应等问题,科学家正在研究建立如下图所示的二氧化碳新循环体系：上述关系图能反映的化学观点或化学思想有()①化学变化中元素种类是守恒的；②燃烧时化学能可以转化为热能和

光能；③光能或电能可以转化为化学能；④无机物和有机物可以相互转化；⑤二氧化碳也是一种重要的资源。A.①②③B.①②④⑤C.①④⑤D.①②③④⑤【答案】D【解析】【详解】①由图可知，混合气分离出二氧化碳，水分

解生成氢气，二氧化碳和氢气在一定条件下可以转化为甲醇等能源都遵循化学变化中元素种类守恒的原则，故①正确；②液化石油气、汽油、甲醇的燃烧、无机物二氧化碳和氢气在复合催化剂的催化作用下可以转化为甲醇等有机物都说明燃烧时化学能可以转化为热能和光能，故②正

确；③水在光催化剂或电解生成氢气和氧气，体现了光能或电能可以转化为化学能，故③正确；④无机物二氧化碳和氢气在复合催化剂的催化作用下可以转化为汽油或甲醇等有机物，他们燃烧又生成二氧化碳等无机物，实现了无机物和有机物的相互转化，

故④正确；⑤从图示中可以看出，二氧化碳和氢气在一定条件下可以转化为汽油或甲醇等能源，二氧化碳在很多工业和农业中有大量的应用，所以二氧化碳也是一种重要的资源，故⑤正确；故选D。【点睛】本题以信息给予的形式考查了二氧化碳的相关问题，解题的关键是理清

其中的转化关系，紧扣题干信息结合相关化学知识。图中的关键步骤是以水通电分解得到的氢气和二氧化碳为原料在复合催化剂的作用下转化为汽油或甲醇等能源。25.固体粉末X中可能含有K2SO3、K2CO3、FeO

、Fe2O3、MnO2、Na2SO4、NaNO3中的若干种。为确定该固体粉末的成分，现取X进行连续实验，实验过程及产物如下：根据上述实验，下列说法正确的是A.固体X中一定含有Fe2O3B.沉淀E可能含有BaSO3C.气体A、C一定均为纯净物D.固

体X可能出现含有K2SO3、K2CO3而不含Na2SO4的情况【答案】D【解析】【分析】根据流程图，沉淀甲可能含有FeO、Fe2O3、MnO2，加入足量的浓盐酸加热，有气体A生成，说明气体A是氯气，甲中含有MnO2，溶液B中加入KSCN后也会出现

血红色溶液，溶液B中一定含有铁离子，由于反应中生成了氯气，因此铁离子可能来自于FeO或Fe2O3，固体X不一定含有Fe2O3；滤液乙中可能含有K2SO3、K2CO3、Na2SO4、NaNO3，加入足量稀盐酸，生成气体C，气体C可能是二

氧化碳或二氧化硫或两者的混合物，溶液D中可能含有Na2SO4、NaNO3，加入BaCl2溶液，生成白色沉淀，则沉淀一定是BaSO4沉淀，说明溶液D中一定含有Na2SO4，Na2SO4可能来自于亚硫酸钠在酸性条件下被NaNO3氧化而来，据此分析解答。【详解】A．根据上述分析可知，固体X不一定含有

Fe2O3，A错误；B．沉淀E一定是BaSO4沉淀，不可能含有BaSO3，B错误；C．气体C可能是二氧化碳或二氧化硫或两者的混合物，C错误；D．固体X可能出现含有K2SO3、K2CO3而不含Na2SO4的情况，D正确；答案选D。二、非选择题（本大题共7小题,共50分）26.按要求填

空:(1)写出CO2的电子式:_________。(2)写出1,2-二溴乙烷的结构简式:_________。(3)写出苯和浓硝酸在浓硫酸、加热条件下生成硝基苯的化学方程式:________。【答案】(1).(2).BrCH2CH

2Br(3).+HO-NO2⎯⎯⎯→浓硫酸加热+H2O【解析】【详解】(1)碳最外层4个电子，与氧形成碳氧双键，CO2的电子式:。故答案为：；(2)主链2个碳，1号位和2号位上各有一个溴原子，1,2-二溴乙烷的结构简式:BrCH2CH2Br。故答案为：BrCH2CH2B

r；(3)苯和浓硝酸在浓硫酸、加热条件下发生取代反应生成生成硝基苯和水，化学方程式:+HO-NO2⎯⎯⎯→浓硫酸加热+H2O。故答案为：+HO-NO2⎯⎯⎯→浓硫酸加热+H2O。27.烃A是一种重要的化工原料，A的产量是衡量一个国家的石油化工水平的主要

指标。B可发生银镜反应。F为有浓郁香味、不溶于水的油状液体。它们之间的转化关系如图。请回答:（1）C中含有的官能团名称是_________（2）A与D也可在一定条件下生成F,该反应的反应类型为_______

__（3）A在催化剂、加热条件下转化为B的化学方程式是_________（4）下列说法正确的是_________AF与NaOH溶液反应称为皂化反应B用新制碱性氢氧化铜悬独液可以区分B、C和DC给出氢离子的能力：D>CD实验室制备A和F时都需要使用浓硫酸，浓硫酸的

作用完全相同【答案】(1).羟基(2).加成反应(3).2CH2=CH2+O2⎯⎯⎯→催化剂加热2CH3CHO(4).BC【解析】【分析】烃A是一种重要的化工原料，A的产量是衡量一个国家的石油化工水平的主要指标，则A为乙烯。由图知，乙烯与氧气在一定条件下反应生成B、B可发生银镜

反应，则B为乙醛，A即乙烯与水在一定条件下反应生成C、B即乙醛和C能相互转化，则C为乙醇，F为有浓郁香味、不溶于水的油状液体，能与NaOH溶液反应生成乙醇，则F为乙酸乙酯，E为乙酸钠，D为乙酸，据此回答；【详解】(1)C为乙醇，含有的官能团名称是羟基；答

案为：羟基；(2)A与D分别为乙烯和乙酸，也可在一定条件下生成F即乙酸乙酯，该反应的反应类型为加成反应；答案为：加成反应；(3)A即乙烯在催化剂、加热条件下转化为B即乙醛，则化学方程式是2CH2=CH2+O2⎯⎯⎯→催化剂加热2CH3CHO；答案为：2CH2=CH2+

O2⎯⎯⎯→催化剂加热2CH3CHO；(4)A.F为乙酸乙酯，与NaOH溶液反应并不是皂化反应，油脂在碱性条件下的水解反应叫做皂化反应，A错误；B.B、C和D分别为乙醛、乙醇和乙酸，各取少量加入新制碱性氢氧化铜悬独液产生不同现象：在加热条件下乙醛中会出现砖红色沉淀、

乙醇中没有反应故得到含蓝色沉淀的悬浊液，乙酸中发生中和反应沉淀溶解得蓝色溶液，故可以区分，B正确；C.C和D分别为乙醇和乙酸，乙酸有明显酸性，是一种弱酸，则给出氢离子的能力：D>C，C正确；D.A和F分别为乙烯和乙酸乙酯，实验室制备乙烯时浓硫酸起催化剂和脱水剂作用

，制备乙酸乙酯时浓硫酸起催化剂和吸水剂作用，D错误；答案为：BC。【点睛】解本题关键在于熟悉有机物的特征性质、这通常是推断题的一个切入点、掌握有机物之间的转化反应，(2)要灵活应用所学知识做出判断。28.元素周期表短周期中六种元素的原子序数与主要

化合价的关系如图:（1）E在元素周期表中的位置是_________。（2）C、D、F原子半径由大到小的顺序是____________（填元素符号）。（3）A、B、C的单质与氢气反应剧烈程度由强到弱的顺序___________

_.（用单质的化学式表示）。（4）应用元素周期律和元素周期表的知识,写出D和E形成的化合物的化学式_________、________（写2种）。（5）判断F的单质和E的最简单氢化物之间能否发生反应，若能则写出反应的化学方程式,若不能则说明理由____

____【答案】(1).第3周期VIA族(2).Na>Cl>F(3).F2>O2>N2(4).Na2S(5).Na2S2等(6).Cl2+H2S=S+2HCl【解析】【分析】由图知A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大，其中B的化合价为-2价，E的化合价为-2、+6价，

则B、E同主族，分别为氧元素、硫元素，C的化合价为-1价，F的化合价为-1、+7价，则C、F同主族，分别为氟元素、氯元素，A的化合价为-3、+5价，则A为氮元素、D的化合价为+1价，则D为钠元素，综上，A为氮、B为氧、C为氟、D为钠、E为硫、F为氯，据此回

答；【详解】(1)E为硫，在元素周期表中的位置是第3周期VIA族；答案为：第3周期VIA族；(2)C、D、F分别为氟、钠、氯，Na和Cl位于同周期，钠原子半径大，F和Cl位于同主族，氯原子半径大，则原子半径由大到小的顺序是Na>Cl>F；答案为：Na>Cl>F；(3)A为氮、B为氧、C为

氟，非金属性F>O>N，元素的非金属性越强，它的单质越容易与氢气反应形成气态氢化物，反应越剧烈，则A、B、C的单质与氢气反应剧烈程度由强到弱的顺序为：F2>O2>N2；答案为：F2>O2>N2；(4)D为钠、E为硫，D和E形成的化合物的

化学式为：Na2S；Na2S2等；答案为：Na2S；Na2S2等；(5)E为硫、F为氯，非金属性Cl>S，则F的单质和E的最简单氢化物之间即Cl2+H2S能发生反应化学方程式为：Cl2+H2S=S+2HCl。答案为：Cl2+H2S=S+2HCl。【点睛】熟悉元素周期表

和元素周期律是解本题的关键。29.为探究矿石样品A（仅含两种元素）的组成和性质，设计并完成如下实验：已知溶液D中只含一种金属阳离子，与铁粉充分反应后固体质量减少14g。请回答：(1)样品A的化学式为________________。(2)写出气体c与溴水反应的离子方程式_

__________________。(3)写出样品A与盐酸发生氧化还原反应的化学方程式____________________。【答案】(1).Fe3S4(2).SO2+Br2+2H2O=4H++2Br-+SO42-(3).Fe3S4+6HCl=3FeCl2+S↓+

3H2S↑【解析】矿石样品A（仅含两种元素）在足量O2中灼烧，可生成固体B和气体C，气体C与溴水反应生成无色溶液E，说明气体C为SO2；固体B与过量的HCl反应，可生成棕黄色溶液D，D与过量铁粉反应生成H2，并且溶液D中只含一种金属阳离子，说明棕黄色溶液D为FeCl3。根据以上分析可

以解答下列问题。（1）根据以上分析可知样品A中含有Fe和S元素，设样品A中含有Fe原子物质的量为X摩尔，根据溶液D与铁粉充分反应后固体质量减少14g，发生的离子反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑，可知减少固体的质量为：56

2X+0.156=14，解得X=0.3mol，则S原子的物质的量为：29.60.35632−=0.4mol，所以样品A的化学式为Fe3S4。答案为：Fe3S4（2）SO2与溴水反应生成硫酸和溴化氢，反应的离子方程式为：SO2+Br

2+2H2O=4H++2Br-+SO42-答案为：SO2+Br2+2H2O=4H++2Br-+SO42-（3）Fe3S4与盐酸可以发生氧化还原反应，方程式为：Fe3S4+6HCl=3FeCl2+S↓+3H2S

↑答案为：Fe3S4+6HCl=3FeCl2+S↓+3H2S↑30.甲同学用图1所示实验装置测定锌与稀硫酸反应的速率(1)甲同学测得产生H2体积与反应时间的关系如图3所示，该条件下气体摩尔体积为25L·mol-1，溶液体积为40mL，在20s内用Zn2+浓度表示的平均反应速率v(Zn2+)

=_____________mol·(L·s)-1。(2)实际测定中发现在t1到t2时段，H2的体积变化如图3所示，试分析变化的原因:________(3)乙同学认为图1装置中硫酸溶液的体积对H2的体积测定存在一定的影响,将实验装置进行如图2所示改进,结果发现产生氢气的速率发生明

显变化，分析可能的原因________【答案】(1).0.0025(2).温度降低，气体体积减小(3).形成Cu-Zn原电池，加快了反应速率【解析】【分析】(1)根据v=ct来计算化学反应速率；(2)观察到锌与稀硫酸

反应初期，反应放热，温度升高，反应速率加快；反应进行一定时间后，酸中氢离子浓度减小，反应速率减慢，在金属锌和硫酸的反应中，接近反应的最后阶段，由于气体的热胀冷缩性质，会发现气体的体积突然减小；(3)改进后，硫酸、铜和锌形成原电池。【详解】(1)根

据金属锌和硫酸反应的实质是：Zn+2H＋=Zn2＋+H2↑，产生氢气50mL时，n(H2)物质的量是10.050L25L?mol－=0.020mol，等于锌离子的物质的量，在20s内用Zn2+浓度表示的平均反应速率v(Zn2+)==0.020mol0.04L20s=0.00

25mol·(L·s)-1。故答案为：0.0025；(2)在金属锌和硫酸的反应中，接近反应的最后阶段，由于气体的热胀冷缩性质，会发现气体的体积突然减小，所以气体体积变化的原因：温度降低，气体体积减小，故答案为：温度降

低，气体体积减小；(3)改进后，硫酸、铜和锌形成原电池，产生氢气的速率发生明显变化，所以可能的原因形成Cu-Zn原电池，加快了反应速率，故答案为：形成Cu-Zn原电池，加快了反应速率。【点睛】本题是一道关于化学反应速率的实验探究题，考查学生分析和解决问题的能力，难点(

2)学会对图象观察和分析：观察到锌与稀硫酸反应初期，反应放热，温度升高，反应速率加快；反应进行一定时间后，酸中氢离子浓度减小，反应速率减慢，在金属锌和硫酸的反应中，接近反应的最后阶段，由于气体的热胀冷缩性质，会发现气体的体积突然减小。31.某学习小

组在实验室制取乙酸乙酯的主要步骤如下:①配制3mL乙醇、2mL浓硫酸和2mL乙酸的混合溶液。②按如图连接好装置并加入混合液，用小火均匀加热3~5min。③待试管乙收集到一定量产物后停止加热，撤出试管乙用力振荡，然后静置分层。④

分离出乙酸乙酯，洗涤、干燥。请回答:（1）装置中球形干燥管，除起到导气冷凝作用外，另一重要作用________（2）步骤②安装好实验装置，加入药品前还应检查________（3）写出制取乙酸乙酯的化学方程式:________（4）上述实验中饱和碳酸钠溶液

的作用是_________（填字母）。a中和乙酸并吸收乙醇b中和乙酸和乙醇c减少乙酸乙酯的溶解d加速酯的生成，提高其产率（5）步骤③试管乙振荡前后所观察到的现象是_______；从试管乙中分离出乙酸乙酯的实验操作名称是________。【答案】(1).防止倒

吸(2).装置的气密性(3).CH3COOH+CH3CH2OH浓硫酸加热CH3COOCH2CH3+H2O(4).ac(5).振荡前试管乙中的液体上层无色，下层红色；振荡后产生气体，静置液体分层，下层液体红色变浅(6).分液【解析】【分析】乙酸和乙醇在浓硫酸催化作用下发生酯化反应，酯化反应的实

质是酸去羟基醇去氢，因为乙酸和乙醇易溶于碳酸钠，干燥管的作用：一是起冷凝的作用，二是防倒吸的作用，因为产生蒸气，因此加药品前，要检验装置的气密性；乙酸乙酯中混有乙酸和乙醇，乙醇易溶于水，乙酸可以和碳酸钠反应，因此碳酸钠的作用是除去乙酸、吸收乙醇、降低乙酸乙酯的溶解度；乙酸乙酯是不溶于

水的液体，且密度小于水，可用分液的方法分离。【详解】（1）因为乙酸和乙醇易溶于碳酸钠，装置中球形干燥管，除起到导气冷凝作用外，另一重要作用防止倒吸，故答案为：防止倒吸；（2）因为产生蒸气，步骤②安装好实验装置，加入药品前还应检查装置的气密性，故答案为：装置

的气密性；（3）乙酸和乙醇在浓硫酸催化作用下发生酯化反应，酯化反应的实质是酸去羟基醇去氢，制取乙酸乙酯的化学方程式:CH3COOH+CH3CH2OH浓硫酸加热CH3COOCH2CH3+H2O，故答案为：CH3COOH+CH3C

H2OH浓硫酸加热CH3COOCH2CH3+H2O；（4）乙酸乙酯中混有乙酸和乙醇，乙醇易溶于水，乙酸可以和碳酸钠反应，因此碳酸钠的作用是除去乙酸、吸收乙醇、降低乙酸乙酯的溶解度，即选项ac正确；故答案为：ac；（5）步骤③试管乙振荡前

后所观察到的现象是：振荡前试管乙中的液体上层无色，下层红色；振荡后产生气体，静置液体分层，碳酸钠与乙酸反应，碱性变弱，下层液体红色变浅；乙酸乙酯是不溶于水的液体，且密度小于水，从试管乙中分离出乙酸乙酯的实验操作名称是分液

，故答案为：振荡前试管乙中的液体上层无色，下层红色；振荡后产生气体，静置液体分层，下层液体红色变浅；分液。【点睛】本实验抓住以下几个关键点：乙酸和乙醇在浓硫酸催化作用下发生酯化反应，酯化反应的实质是酸去羟基醇去氢，浓硫酸起催化剂和吸水剂的作用；

乙酸乙酯中混有乙酸和乙醇，乙醇易溶于水，乙酸可以和碳酸钠反应，因此碳酸钠的作用是除去乙酸、吸收乙醇、降低乙酸乙酯的溶解度；乙酸乙酯与饱和碳酸钠溶液互不相溶，用分液法分离，乙酸乙酯密度小于碳酸钠溶液，分液时从分液漏斗的上口倒出。32.0.2m

ol某有机物在充有0.4mol氧气的密闭容器中燃烧.产物为CO2、CO、H2O（g）组成的混合气。将该混合气依次缓慢通过浓硫酸、灼热的CuO、碱石灰，充分作用，浓硫酸增重10.8g、CuO失重3.2g、碱石灰增重17.6g。（1）请通过计算，推断该有机物的分子式_______________（2）

该有机物能与金属钠发生反应产生气体，写出可能的结构简式__________。【答案】(1).根据题意，燃烧产物中:n（H2O）=0.6mol，n（CO）=0.2mol，n（CO2）=0.2mol，0.2mol有机物:n（H）=1.2mol，n（C）=0.4mol，n（O）

=0.4mol，有机物的分子式:C2H6O2(2).HOCH2CH2OH、CH3OCH2OH【解析】【分析】浓硫酸具有吸水性，浓硫酸的质量增加10.8g为燃烧生成水的质量。通过灼热氧化铜，由于发生反应CuO+COCu+CO2使固体的质量减轻，利用差量法

可计算CO的质量。通过碱石灰时，碱石灰的质量增加了17.6g为CO2的总质量，减去CO与CuO反应生成的CO2的质量为有机物燃烧生成CO2的质量，根据n=mM计算各物质的物质的量。(1)根据元素守恒计算有机物中C、H、O原子数目，进而求得化学式；(2)分子中含有-OH，结合分子

式据此书写结构简式；【详解】(1)有机物燃烧生成水10.8g，其物质的量=110.8g18g?mol－=0.6mol，令有机物燃烧生成的CO为x，则：CuO+COCu+CO2，每有28gCO参加反应，固体质量减少16g，CuO

失重3.2g，所以m(CO)=283.216ggg=5.6g，CO的物质的量=15.628?ggmol－=0.2mol。根据碳元素守恒可知CO与CuO反应生成的CO2的物质的量为0.2mol，质量为0.2mol×44g·mol－1=8.8g，

有机物燃烧生成的CO2的质量为17.6g-8.8g=8.8g，物质的量为18.844g?mol－=0.2mol，根据碳元素守恒可知，有机物分子中含有碳原子数目=0.2mol+0.2mol0.2mol=2，含有氢原子数目=0.6mol20.2mol=6，0.2mol有机物分子含

有O原子物质的量=（0.6mol+0.2mol+0.2mol×2-0.4mol×2）=0.4mol，故分子中含有O原子数目=0.4mol0.2mol=2，所以有机物的分子式为C2H6O2，故答案为：C2H6O2；(2)有机物能与金属钠发生反应

产生气体，分子中含有-OH，可能有1个或2个羟基，可能的结构简式：HOCH2CH2OH、CH3OCH2OH，故答案为：结构简式:HOCH2CH2OH、CH3OCH2OH。【点睛】本题考查有机物的推断，要求学生能利用燃烧法确定有机物

分子式、有机物结构的判断、官能团的性质等，侧重考查学生的分析能力、计算能力，难点，有机物分子式的确定：注意掌握原子守恒判断有机物的分子式方法。