【文档说明】北京师范大学附属中学2023-2024学年高一下学期期末考试化学试卷 Word版含解析.docx，共(28)页，2.664 MB，由小赞的店铺上传

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北京师大附中2023-2024学年(下)高一期末考试化学试卷考生须知1.本试卷有2道大题，共14页，考试时长90分钟，满分100分。2.考生务必将答案填写在答题纸上，在试卷上作答无效。3.考试结束后，考生

应将答题纸交回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16S-32Cl-35.5Cu-64Br-80一、单择题，共25道小题，共50分。1.下列我国科技成果所涉及物质应用中，发生的不是．．化学变化的是A．甲醇低温所制氢气用于新能源汽车B．氘、氚用作“人造太阳”核聚变燃料C

．偏二甲肼用作发射“天宫二号”的火箭燃料D．开采可燃冰，将其作为能源使用A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】分析：A项，甲醇低温制氢气有新物质生成，属于化学变化；B项，氘、氚用作核聚变燃料，是核反应，不属于化学变化；C项，偏二甲肼与N2O4反应生成C

O2、N2和H2O，放出大量热，属于化学变化；D项，可燃冰是甲烷的结晶水合物，CH4燃烧生成CO2和H2O，放出大量热，属于化学变化。详解：A项，甲醇低温制氢气有新物质生成，属于化学变化；B项，氘、氚用作核聚变燃料，是核反应，不属于化

学变化；C项，偏二甲肼与N2O4反应生成CO2、N2和H2O，放出大量热，反应的化学方程式为C2H8N2+2N2O4=点燃3N2↑+2CO2↑+4H2O，属于化学变化；D项，可燃冰是甲烷的结晶水合物，CH4燃烧生成CO2和H2O，放出大量热，反应的化学方程式

为CH4+2O2=点燃CO2+2H2O，属于化学变化；答案选B。点睛：本题考查化学变化、核反应的区别，化学变化的特征是有新物质生成。注意化学变化与核反应的区别，化学变化过程中原子核不变，核反应不属于化学反应。2.下列过程

属于物理变化的是的A.煤的干馏B.煤的气化C.石油分馏D.石油裂化【答案】C【解析】【详解】A．煤干馏可以得到煤焦油，煤焦油中含有甲烷、苯和氨等重要化工原料，属于化学变化，故A错误；B．煤的气化是将其转化为可燃气体的过程，主要反应为碳与水蒸气反应生成H2、CO等气体的过程，有新物质生成，属

于化学变化，故B错误；C．石油的分馏是根据物质的沸点不同进行分离的，属于物理变化，故C正确；D．石油裂化是大分子生成小分子，属于化学变化，故D错误；故选C。【点睛】明确变化过程中是否有新物质生成是解题关键，化学变化是指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。3.下列金属中，通常用加热分解法冶炼的是A.钠B.铜C.铁D.银【答案】D【解析】【分析】性质活

泼的金属用电解法冶炼；性质较活泼的金属用热还原法冶炼；性质不活泼的金属用加热分解氧化物的方法冶炼，由此分析解题。【详解】A．金属钠为活泼金属，需要用电解法冶炼，故A错误；B．金属铜的冶炼采用热还原法，故B错误；C．金属铁的冶炼采用热还原法，故C错误；D．金属银的冶炼采用热分

解法，故D正确；故答案选D。4.含4个碳原子的烃分子结构中，碳原子相互结合的几种方式如下图，下列说法不正确的是A.①②⑧均为饱和烃B.③④互为同系物C.③④属于烯烃D.⑤⑨互为同分异构体【答案】B【解析】【分析】根据烃分子结构图可判

断①～⑨分别是正丁烷、异丁烷、1－丁烯、2－丁烯、2－甲基－1－丙烯、1－丁炔、2－丁炔、环丁烷、甲基环丙烷，据此解答。【详解】A．①②属于链状烷烃，⑧属于环烷烃，均为饱和烃，A正确；B．③④分子式相同，互为同分异构体，B错误；C．③④分别是1－丁烯、2－丁烯，属于烯烃，C正确；D．⑤⑨

分子式相同，互为同分异构体，D正确；答案选B。5.物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是A.氧化钙易吸水，可用作干燥剂B.Si具有半导体性能，可用作芯片C.过氧化钠能与二氧化碳反应生成氧气，可作潜水艇中的供氧剂D.小苏打受热易分解，可用于治疗胃酸

过多【答案】D【解析】【详解】A．氧化钙易吸水，并与水反应生成氢氧化钙，可吸收气体中或密闭环境中的水分，所以可用作干燥剂，A正确；B．Si具有半导体性能，单质硅可用作芯片，B正确；C．过氧化钠能与二氧化碳反应生成氧气，同时可吸收人体呼出的二氧化碳和水蒸

气，可作潜水艇中的供氧剂，C正确；D．小苏打显碱性，可用于治疗胃酸过多，与受热易分解没有关系，D错误；故选D。6.下列离子方程式与所给事实不相符的是A.过量铁粉与稀硝酸反应，产生无色气体：2323Fe

2NO8H3Fe2NO4HO−++++=++B.食醋去除水垢中的3CaCO：2322CaCO2HCaHOCO+++=++C.利用覆铜板制作印刷电路板：3222FeCu2FeCu++++=+D.2NaS去除废水中的2Hg

+：22HgSHgS+−+=【答案】B【解析】【详解】A．过量铁粉与稀硝酸反应，生成亚铁离子，产生无色气体：2323Fe2NO8H3Fe2NO4HO−++++=++，A正确；B．食醋去除水垢中的3CaCO，醋酸是弱电解质

：233322CaCO2CHCOOHCa2CHCOOHOCO+−+=+++，B错误；C．利用覆铜板制作印刷电路板,铁离子将铜氧化：3222FeCu2FeCu++++=+，C正确；D．2NaS去除废水中的2Hg+，生成硫化汞沉淀：22HgSHgS+

−+=，D正确；故选B。7.淀粉在人体内的变化过程如图：下列说法不正确的是A.n<mB.麦芽糖属于二糖C.③的反应是水解反应D.④的反应为人体提供能量【答案】A【解析】【详解】A．淀粉在加热、酸或淀粉酶作用下发生分解和水解时，将大分子的淀粉

首先转化成为小分子的中间物质，这时的中间小分子物质，为糊精，故n＞m，A不正确；B．麦芽糖在一定条件下水解为2倍的单糖，属于二糖，B正确；C．过程③为麦芽糖生成葡萄糖的反应，是水解反应，C正确；D．④的反应为葡萄糖分解为二氧化碳和水的过程，并提供大量的能量，为人体提供能量

，D正确；答案为A。8.蔗糖与浓硫酸发生作用的过程如图所示。下列关于该过程的分析不正确的是A.过程①白色固体变黑，主要体现了浓硫酸的脱水性B.过程②固体体积膨胀，与产生的大量气体有关C.过程中产生能使品红溶液褪色的气体

，体现了浓硫酸的酸性D.过程中蔗糖分子发生了化学键的断裂【答案】C【解析】【详解】A．浓硫酸具有脱水性，能将有机物中的H原子和O原子按2∶1的比例脱除，蔗糖中加入浓硫酸，白色固体变黑，体现浓硫酸的脱水性，A项正确；B．浓硫酸脱水过程中释放大量热，

此时发生反应24222C2HSO()CO2SO2HO浓+++，产生大量气体，使固体体积膨胀，B项正确；C．结合选项B可知，浓硫酸脱水过程中生成的2SO能使品红溶液褪色，体现浓硫酸的强氧化性，C项错误；D．该过程中，蔗糖发生化学反应，发生了化学键的断裂，D项正确；故选C。9.下列说法不正确的

是A.葡萄糖溶液与新制的氢氧化铜混合加热，产生砖红色沉淀B.向鸡蛋清溶液中加入醋酸铅溶液产生沉淀C.油脂属于有机高分子，可以为人体提供能量D.蔗糖在稀酸催化下水解的最终产物是葡萄糖和果糖【答案】C【解析】【详解】A．碱性条件下，葡萄糖能

把氢氧化铜还原为氧化亚铜，产生砖红色沉淀，故A正确；B．鸡蛋清溶液中加入几滴醋酸铅溶液，醋酸铅是重金属盐，能让蛋白质发生变性，产生沉淀，故B正确；C．油脂是高级脂肪酸和甘油形成的酯类，相对分子质量较小，不属于高分子化合物，故C错误；D．蔗糖为二糖，水解的最终产物

为葡萄糖和果糖，故D正确；故答案选C。10.科学的假设是实验探究的先导与价值所在。下列在假设引导下的探究肯定没有意义的是A.探究Fe与2Cl反应可能生成2FeClB.探究Na与2HO反应可能有2O生成C.探究22NaO与2SO反应可能有24NaSO生

成D.探究Mg与3HNO溶液反应产生的气体中可能含有2H【答案】B【解析】【详解】A．Fe只有还原性，可以被氧化为＋2价或＋3价，Cl2具有氧化性，该探究有意义，A不符合题意；B．钠只有还原性，与水反

应时化合价升高，作还原剂，水作氧化剂，故钠与水反应不可能生成O2，所以该探究没有意义，B符合题意；C．类比22NaO与CO2的反应，22NaO与SO2的反应可能会生成Na2SO3，但由于过氧化钠有氧化性，SO2有还原性，所以可能会生成Na2SO4，所以该探究有意义，C不

符合题意；D．硝酸是氧化性酸，硝酸中3NO−和H＋均具有氧化性，镁具有还原性，反应有可能生成氮氧化物和H2，该探究有意义，D不符合题意；故选B。11.下列物质混合后，因发生氧化还原反应使溶液的pH减小的是A.向NaOH和()2FeOH的悬浊液中通入空气，生成红褐色沉淀B.向3NaHC

O溶液中通入少量HCl气体C.向水中通入少量2NO气体D.向饱和2HS溶液中通入少量2SO气体【答案】C【解析】【详解】A．向NaOH和()2FeOH的悬浊液中通入空气，氢氧化亚铁被氧化成了红褐色的氢氧化铁，其方程式为4()2FeOH+2H2O+O2＝4()3FeOH，该过程中会消耗水，则增大了

氢氧根离子的浓度，pH会变大，故A错误；B．向3NaHCO溶液中通入少量HCl气体，发生复分解反应，其中没有元素的化合价发生变化，故没有氧化还原反应发生，故B错误；C．向水中通入少量2NO气体，发生氧化还原反应生成硝酸和一氧化氮

，H+的浓度增大，其pH减小，故C正确；D．向饱和2HS溶液中通入少量2SO气体生成水和单质硫沉淀，消耗了2HS，pH升高，故D错误；故选C。12.化学反应中的能量变化是由化学反应中旧化学键断裂时吸收的能量

与新化学键形成时放出的能量不同引起的，如图为N2(g)和O2(g)反应生成NO(g)过程中的能量变化。则下列说法正确的是A.通常情况下，NO比N2稳定B.通常情况下，N2(g)和O2(g)混合能直接生成NOC.1molN2(g)和1molO2(g)反应放出的能量为180k

JD.1molN2(g)和1molO2(g)具有的总能量小于2molNO(g)具有的总能量【答案】C【解析】【分析】【详解】A．N2键能为946kJ/mol，NO键能为632kJ/mol，键能越大，越稳定，则通常情况下，N2比NO稳定，故A错误；

B．通常情况下，N2(g)和O2(g)混合反应生成NO需要一定的条件，不能直接生成NO，故B错误；C．断开化学键需要吸收能量为946kJ/mol+498kJ/mol=1444kJ/mol，形成化学键放出能量为2×632kJ/mol=1264kJ/mol，则1molN2(g

)和1molO2(g)反应吸收的能量为(1444-1264)kJ=180kJ，则1molN2(g)和1molO2(g)反应吸收的能量为180kJ，故C正确；D．吸收能量为1444kJ/mol，放出的能量为1264kJ/mol，

说明该反应是吸热反应，1molN2(g)和1molO2(g)具有的总能量小于2molNO(g)具有的总能量，故D错误，故选C。13.四支试管分别充满O2、NO2、Cl2、NH3四种气体，把它们分别倒立于盛有下列各种液体的水槽中，发生的现象如图所示，其中充满NO2的试管是。的A.B.C.D.【答案】

B【解析】【分析】四种物质、三种液体都分析的话，相当麻烦，所以仅以NO2来进行分析，看图象是否符合。3NO2+H2O=2HNO3+NO，生成的NO不与所给的三种液体反应，所以水将进入试管三分之二体积。【详解】A．所给四种气体中，能完全溶于盐酸的是氨气，故A是氨气，A项不合题意；B．

二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，反应中消耗的二氧化氮与生成的一氧化氮的体积比是3：1，又因一氧化氮不溶于水，所以最终水充满试管体积的三分之二，B项符合题意；C．C项显示气体几乎不溶于液体，气体可能是氯气或氧气，C项不符合题意；D．显示气体几乎不溶，气体应该是氧气，D项不符合题意；答案选B项。

【点睛】本题考查不同气体在不同溶液中的溶解性，以及气体与溶液间的反应，准确判断出试管中的气体体积的变化情况是解题的关键。14.用以下三种途径制取相同质量的硝酸铜，下列叙述不正确的是①铜与浓硝酸反应②铜与稀硝酸反应③铜与

氧气反应生成氧化铜，氧化铜再与稀硝酸反应A.对环境造成的危害：③最小B.所消耗的HNO3的物质的量：①>②>③C.三种途径所消耗的铜的质量相同D.铜与浓硝酸反应速率最快，故制取硝酸铜的最佳方案是①【答案】D【解析】【分析】①铜与浓硝酸反应生成硝酸铜和二氧化氮，()33222Cu+

4HNO=CuNO+2HO()+2NO浓；②铜与稀硝酸反应生成硝酸铜和一氧化氮，()33223Cu+8HNO()=3CuNO+4HO+2NO稀；③铜与氧气反应生成氧化铜，氧化铜再与稀硝酸反应，反应为22Cu+O=2CuO、()3322CuO+2HNO=CuNO+2HO；【详解】A．由分析可知，

③不生成污染性气体，对环境污染最小，故A正确；B．由分析可知，生成等量的硝酸铜，所消耗的HNO3的物质的量：①>②>③，故B正确；C．根据铜元素守恒可知，三种途径所消耗的铜的质量相同，故C正确；D．铜与

浓硝酸反应生成污染性气体，且氮元素利用率低；方案③不生成污染性气体且氮元素利用率高，故制取硝酸铜的最佳方案是③，故D错误；故选D。15.近年来，利用电化学催化方法进行CO2转化的研究引起了世界范围内的高度关注。下图是以Cu作为催化剂CO2转化为

甲酸的反应过程，下列有关说法不正确．．．的是A.过程①说明在催化剂作用下，O-C-O之间形成了一种特殊的化学键B.过程②和③吸收了能量并形成了O-H键和C-H键C.CO2和HCOOH中均只含有极性共价键D.每1molCO2完全转化为甲

酸需得2mole-【答案】B【解析】【详解】A.根据图示可知在CO2催化转化为HCOOH的过程①中，在O－C－O之间形成了一种特殊的化学键，A正确；B.断裂化学键吸收能量，形成化学键释放能量，所以在过程②中CO2结合H+形成了O—H键，在过程

③中-COOH与H+结合形成H-C键是释放能量，B错误；C.在CO2分子中含有C=O极性共价键，在HCOOH中含有C-H、H-O、C-O、C=O极性共价键，C正确；D.在CO2中C为+4价，在HCOOH中C为+2价，所以每1molCO2完全转化为甲酸需得2mole-，D正确；故答案选B。16.某

有机物的结构如图所示，则下列说法正确的是A.1mol该有机物能与2molNaOH反应B.该有机物中有4种官能团C.1mol该有机物能与1mol3NaHCO反应D.该有机物能发生加成反应和氧化反应，不能发生取代反应【答案】C【解析】【详解】A．分子中含有1个羧基，1m

ol该有机物能与1molNaOH反应，A错误；B．该有机物中有3种官能团，即碳碳双键、羟基和羧基，B错误；C．分子中含有1个羧基，1mol该有机物能与1mol3NaHCO反应，C正确；D．该有机物能发生加成反应和氧化反应，含有苯环、羟基和羧基，能发生取代反应，D错误

；答案选C。17.维生素C又称“抗坏血酸”，广泛存在于水果蔬菜中，结构简式如图所示。下列关于维生素C的说法正确的是A.分子式为666CHOB.1mol维生素C与足量Na反应，可生成标准状况下44.8L2HC.维生素C作为抗

氧化剂，体现它的氧化性D.可用酸性高猛酸钾溶液检验其中的碳碳双键【答案】B的【解析】【详解】A．根据结构简式可判断分子式为686CHO，A错误；B．含有4个羟基，1mol维生素C与足量的Na反应，可生成2mo

l氢气，在标准状况下的体积44.8L，B正确；C．维生素C作为抗氧化剂，体现它的还原性，C错误；D．羟基也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能用酸性高猛酸钾溶液检验其中的碳碳双键，D错误；答案选B。18.在一定温度下，将两种气体M和N通入容积为VL

的密闭容器中进行反应，M和N的物质的量与时间的关系如图所示，下列说法正确的是A.0～t2内用M表示的平均反应速率是22t(mol·L−1·min−1)B.t1～t2内容器内的压强逐渐减小C.该反应的方程式为N2MD.t2与t3时刻的混合气体的平均相对分子质量相等【

答案】B【解析】【分析】图象看出反应从开始到平衡，N的物质的量减小，应为反应物，M的物质的量增多，应为是生成物，结合反应的方程式可计算相关物质的反应速率以及物质的量浓度关系。【详解】N的物质的量减小，应为反应物，平衡时物质的量变化值为8mol-2mol

=6mol，M的物质的量增多，应为生成物，平衡时物质的量的变化值为5mol-2mol=3mol，则有n（N）：n（M）=6mol：3mol=2：1，可知反应的化学方程式为2NM。则A．0～t2内M的物质的量增加

了4mol－2mol＝2mol，则用M表示的平均反应速率是2mol/(VL·t2min)=2/Vt2mol/（L•min），A错误；B．t1～t2内容器发生反应2NM，N转化为M，物质的量减少，所以容器内的压强逐渐减小，B正确；C．根据以上分析可知反应的化学方程式为2NM，C错误；D．t2

与t3时刻的混合气体的总物质的量不同，分别为8mol和7mol，则平均相对分子质量不等，D错误；答案选B。19.HI常用作有机反应中的还原剂，受热发生反应：Δ222HI(g)H(g)+I(g)。一定温度时，向1L密闭容器中充入1molHI，体系中()cHI与反应时间t的关系如图。下列说

法中，不正确．．．的是A.HI的还原性与-1价碘元素有关B.20min时，()nHI=0.91molC.40min时，有85%的HI发生分解D.120min时，反应达到了平衡状态【答案】C【解析】【分析】【详解】A．-1价碘元素易失去电子，HI具有还原性与1价碘元素有关，故A正确；B．1L

密闭容器中根据图象可知20min时，()-1cHI=0.91molL，所以()nHI=0.91mol，故B正确；C．根据图象可知40min时，有()1c0.85?LHImol−=剩余，HI发生分解的()1c0.15?LHImol−=，有15%的HI发生分解，故C错误；D．120mi

n时，()1c0.78?LHImol−=，不随时间变化而变化了，浓度恒定则反应达到了平衡状态，故D正确；故答案为C。20.用下列仪器或装置进行相应实验，可以达到实验目的的是A．证明2MnO是22HO分解的催化剂B．验证2SO的漂白性C．收集2NO气体D．实验室制

3NHA.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．过氧化氢的浓度不相同，其中一支试管加入了二氧化锰，该实验中有两个变量，不能比较，则不能证明MnO2是H2O2分解的催化剂，A不符合题意；B．SO2的水溶液是亚硫酸，显酸性，只能使

紫色石蕊溶液变红，不能使其褪色，应该选择品红溶液，B不符合题意；C．NO2的密度比空气的大，采取长导管进入，短导管排气的装置，才能方便排出空气，C不符合题意；D．实验室用加热氯化铵和氢氧化钙固体混合物的方法制取氨气，用向下排空气法收集氨气，D符合题意；故答案选D。21.

下列实验操作不能达到相应实验目的的是选项实验目的实验操作A验证+4价S元素具有还原性把SO2通入酸性KMnO4溶液中B验证NaNO3在酸性向盛有Cu片的试管中加入NaNO3溶液，无明显现象，再加入稀H2SO4环境中

具有氧化性C研究温度对化学反应速率的影响将盛有2mL0.1mol/LNa2S2O3溶液的两支试管分别放入盛有冷水和热水的烧杯中，再同时向试管中分别加入2mL0.1mol/LH2SO4溶液，振荡D验证淀粉在硫酸催化下的水

解产物向试管中加入0.5g淀粉和4mL2mol/LH2SO4溶液，加热。冷却后，加入少量新制的银氨溶液，加热A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．将SO2通入酸性KMnO4溶液中，S的化合价由+4价变为+6价，作还原剂，表现还原性，选

项A正确；B．向盛有Cu片的试管中加入NaNO3溶液，无明显现象，再加入稀H2SO4，则氢离子浓度增大，铜片溶解，说明NaNO3在酸性环境中具有氧化性，选项B正确；C．将盛有2mL0.1mol/LNa2S2O3溶液的两支试管分别放入盛有冷水和热水的烧杯中，再同时向试管中分别加入

2mL0.1mol/LH2SO4溶液，振荡，反应中只有温度不同，其他条件相同，可研究温度对化学反应速率的影响，选项C正确；D．向试管中加入0.5g淀粉和4mL2mol/LH2SO4溶液，加热。冷却后，应先用氢氧化钠溶液中和至碱性，再加入少量新制的银氨溶液，加热，验证淀粉在硫酸催化下的水解产

物，选项D错误；答案选D。22.燃料电池法可以处理高浓度氨氮废水，原理的示意图如下(忽略溶液体积的变化)。注：质子交换膜只允许H+通过。下列说法不正确的是A.H+通过质子交换膜向a极室迁移B.工作一段时间后，a极室中()H

n+减小C.电极b的电极反应：422NH6eN8H+−+−=+D.电池的总反应：42224NH3O2N6HO4H+++=++【答案】B【解析】【分析】由图可知，b电极铵根离子生成氮气，说明铵根离子被氧化，为原电池负极，电极反应

式为；422NH6eN8H+−+−=+，则a为正极，发生还原反应，电极反应为：O2+4e－+4H+＝2H2O，据此进行解答。【详解】A．原电池中，阳离子移向正极，即H+通过质子交换膜向a极室迁移，故A正确；B．a为正极，电极反应为：O2+4e－+4H+＝2H2O，转移4mol电子的

同时有4molH+通过质子交换膜向a极室迁移，但是由于有水生成，故工作一段时间后，a极室中稀硫酸的浓度减小，但a极室中()Hn+不变，故B错误；C．由上述分析可知，b的电极反应式为；422NH6eN8H+−+−=+，故C正确；D．b的电极反应式为；

422NH6eN8H+−+−=+，a极反应为：O2+4e－+4H+＝2H2O，故总反应为：42224NH3O2N6HO4H+++=++，故D正确；故选B。23.某同学利用如图所示装置制备乙酸乙酯。实验如下：①向浓24HSO、乙醇混合液中滴入乙酸后，加热试管A②一段时

间后，试管B中红色溶液上方出现油状液体③停止加热，振荡试管B，油状液体层变薄，下层红色溶液褪色④取下层褪色后的溶液，滴入酚酞后又出现红色结合上述实验，下列说法正确的是A.①中加热利于加快酯化反应速率，故温度越高越好B.③中油状液体层变薄主要是乙酸乙酯溶于23NaCO溶液所致C.③中红

色褪去的原因可能是酚酞溶于乙酸乙酯中D.加入过量乙醇，可使乙酸完全转化为乙酸乙酯【答案】C【解析】【详解】A．温度越高，浓硫酸的氧化性和脱水性越强，可能使乙醇脱水，降低产率，A错误；B．③中油状液体层变薄主要是乙酸乙酯中混有的乙醇和乙酸被碳酸钠溶液吸收，B错误；C

．酚酞是有机物，易溶于有机溶剂，③中红色褪去的原因可能是酚酞溶于乙酸乙酯中，C正确；D．该反应是可逆反应，加入过量乙醇，也不能使乙酸完全转化为乙酸乙酯，D错误；故选C。24.铝热反应常用于冶炼高熔点金属，某小组探究Al粉与Fe3O4发生反应所得黑色固体的成分，实验过程

及现象如下：下列说法不正确．．．的是A.反应①产生的气体是H2B.反应②为：Al2O3+2OH－=2AlO2－+H2OC.反应③的白色沉淀是Al(OH)3D.黑色固体中不含Al和Fe3O4【答案】D【解析】【分析】探究Al粉与

Fe3O4发生反应所得黑色固体的成分，由实验可知，黑色固体与稀硫酸反应生成气体，且溶液b加KSCN溶液为不变色，可知溶液b不含铁离子；黑色固体与NaOH反应无气体，则一定不含Al，溶液a与二氧化碳反应生成白色沉淀为氢氧化铝，则黑色固体中一定含氧化铝

，以此来解答。【详解】由上述分析可知,黑色固体一定含氧化铝、Fe，一定不含Al，可能含Fe3O4，A.反应①产生的气体是H2，为金属与稀硫酸反应生成，故A正确；B.固体含氧化铝，则反应②为Al2O3+2OH−═2AlO2−+H2O，故B正确；C.反应③中AlO2−与

二氧化碳反应，可知白色沉淀是Al(OH)3，故C正确；D.黑色固体中不含Al，可能含Fe3O4，故D错误；答案选D。25.为探究23NaSO的性质，实验小组同学进行了如下实验：下列说法一定正确的是A.③和④中产生的气体成分完

全相同B.②和⑥中沉淀的主要成分不同C.①→②和④→⑥均只发生了复分解反应D.①→④发生的反应是2233423SO2NO2H3SO2NOHO−−+−++=++【答案】B【解析】【分析】由题干实验信息可知，①→②→③过程中先发生反应：Na2SO3+BaCl2=BaS

O3↓+2NaCl，然后发生Na2SO3与HNO3反应生成SO2和氮氧化物等刺激性气味的气体，BaSO3与HNO3反应生成BaSO4，同时产生氮氧化物刺激性气味的气体；根据④→⑤无明显变化，①→④→⑤→⑥过程中先发生Na2SO3与HNO3反应生成

SO2，然后溶于水中的SO2继续被过量的硝酸根氧化为硫酸根，然后与Ba2+结合生成BaSO4沉淀，同时生成氮氧化物等刺激性气味的气体，据此分析解题。【详解】A．由题干实验信息可知，①→③依次发生反应方程式为：Na2SO3+BaCl2=B

aSO3↓+2NaCl、BaSO3与HNO3反应，已经过量的Na2SO3与HNO3反应，生成SO2和氮氧化物等刺激性气味的气体，而①→④则是Na2SO3与HNO3反应生成SO2，可知③和④中产生的气体成分不完全相同，A错误；B．由题干实验信息可

知，①→②发生的反应为：Na2SO3+BaCl2=BaSO3↓+2NaCl，故沉淀②的主要成分是BaSO3，而⑥中沉淀是BaSO4沉淀，故二者的主要成分不同，B正确；C．由分析可知，①→②发生的反应为：Na2SO3+BaCl2=BaSO3↓+2NaCl属于分解反应，而④→⑥既发生

了复分解反应又发生氧化还原反应，C错误；D．根据分析，①→④发生的反应是2322SO2HSOHO−++=+，D错误；故选B。二、非选择题，共5道小题，共50分。26.溴及其化合物应用广泛，以下两种方法均可从海水中提取溴。(1)吹出法(主要流程如下)：①海水中的Br−被2Cl氧化的离子

方程式是_______。②补全吸收塔中反应的化学方程式_______。2Br_________=_____HBr□□□□□+++③蒸馏塔中控制温度不超过100℃，原因是_______。④经该方法处理后，3

1m海水最终得到238.4gBr，若总提取率为60%，则原海水中溴的浓度是_______1mgL−。(2)聚四氟乙烯气态膜法(基本原理如图所示)：①经处理后的含2Br海水透过膜孔与NaOH吸收液发生反应，离子方程式是____

___。得到富集液后再加酸、精馏可得2Br。②聚四氟乙烯气态膜法与吹出法相比，优点是_______(写出一条即可)。【答案】①.2Br-+Cl2=2Cl-+Br2②.Br2+SO2+2H2O=H2SO4

+2HBr③.会蒸出较多的水蒸气，得不到纯净的溴④.64⑤.3Br2+6OH-=5Br-+-3BrO+3H2O；⑥.工艺简单、吸收效率高，对环境危害较小【解析】【分析】浓缩、酸化后海水通入氯气后，溴离子氧化为溴，用热空气把溴吹出，进入吸收塔后，被二氧化硫还原溴离子，进行溴离子的富集，浓度较高溴离子

进入蒸馏塔后，再次用氯气氧化溴离子，利用溴的挥发性，加热冷凝得到液态溴。【详解】(1)①海水中的Br−被2Cl氧化的离子方程式是2Br-+Cl2=2Cl-+Br2；②吸收塔内，二氧化硫与溴水反应生成氢溴酸和硫酸，利用电子守恒、原子守恒规律配平方程式，所以吸收塔中反应的化

学方程式：Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr；③蒸馏塔中控制温度不超过100℃，原因是温度过高，会蒸出较多的水蒸气，得不到纯净的溴；④设原海水中溴的浓度为xmol/L，则有60%×xmol/L×103L=38400mg，x=641mgL−；(2)①经处理后的含2Br海水透过

膜孔与NaOH吸收液发生反应生成溴化钠和溴酸钠，方程式是：3Br2+6NaOH=5NaBr+NaBrO3+3H2O；离子方程式为：3Br2+6OH-=5Br-+-3BrO+3H2O；②聚四氟乙烯气态膜法与吹出法相比，优点是工艺简单、吸收效率高，对环境危害较小。27.将浓

度均为0.01mol/L的22HO、24HSO、KI、223NaSO溶液及淀粉混合，一定时间后溶液变为蓝色。该实验是一种“碘钟实验”。某小组同学在室温下对该“碘钟实验”的原理进行探究。资料：该“碘钟实验”的总反应为2-+2-2223462HO+2SO+2H=SO

+2HO。反应分两步进行，反应A为-+2222HO+2I+2H=I+2HO，反应B为……（1）反应B的离子方程式是___________。对于总反应，I-的作用相当于___________。（2）为证明反应A、B的存在，进行实验Ⅰ。a．向酸化的22HO溶液中加入KI溶液和试

剂X，溶液变为蓝色。b．再向得到的蓝色溶液中加入23NaSO溶液，溶液的蓝色褪去。试剂X是___________。（3）为探究溶液变蓝快慢的影响因素，进行实验Ⅱ、实验Ⅲ．(溶液浓度均为0.01mol/L)用量/mL实验序号22HO溶液24HSO溶液22

3NaSO溶液KI溶液(含淀粉)2HO实验Ⅱ54830实验Ⅲ52xyz溶液从混合时的无色变为蓝色的时间：实验Ⅱ是30min，实验Ⅲ是40min。①实验Ⅲ中，x、y、z所对应的数值分别是___________。②对比实验Ⅱ、实验Ⅲ

，可得出的实验结论是___________。（4）为探究其他因素对该“碘钟实验”的影响，进行实验Ⅳ。(溶液浓度均为0.01mol/L)用量/mL实验序号22HO溶液24HSO溶液223NaSO溶液KI溶液(含淀粉)2HO实验Ⅳ44930实验过程中，溶液始

终无明显颜色变化。试结合该“碘钟实验”总反应方程式及反应A与反应B速率的相对快慢关系，解释实验Ⅳ未产生颜色变化的原因：___________。【答案】（1）①.2--2-22346I+2SO=2I+SO②.催化剂（2）淀粉（3）①.8、3、2②.其他条件不变，增大氢离子浓度可以加快反应

速率（4）由于()()222231nHO:nNaSO<2，v(A)<v(B)，所以未出现溶液变蓝的现象【解析】【小问1详解】该“碘钟实验”的总反应：①2-+2-2223462HO+2SO+2H=SO+2HO，反应分两步进行：反应

A：②-+2222HO+2I+2H=I+2HO，反应B：①-②得到反应的离子方程式：2--2-22346I+2SO=2I+SO，对于总反应，I-的作用相当于催化剂；【小问2详解】过氧化氢具有氧化性会将KI氧化为碘单质，碘单质遇到淀粉变蓝色，碘单

质具有氧化性，可以氧化Na2S2O3溶液，发生反应2--2-22346I+2SO=2I+SO，则试剂X为淀粉溶液；【小问3详解】①为了方便研究在反应中要采取控制变量方法进行研究，即只改变一个反应条件，其它条件相同，依据表格数据可知，实验Ⅲ跟实验

Ⅱ比硫酸体积减少，所以其它条件都相同，而且混合后总体积也要相同，故实验Ⅲ中，x、y、z所对应的数值分别是：8、3、2；②对比实验Ⅱ、实验Ⅲ，可得出的实验结论是：其它条件不变，溶液酸性越强，氢离子浓度越大，增大氢离子浓

度可以加快反应速率；【小问4详解】对比实验Ⅱ、实验Ⅳ，可知溶液总体积相同，该变量是过氧化氢、Na2S2O3溶液，过氧化氢减少，Na2S2O3增大，由于()()222231nHO:nNaSO<2，v(A)<v(B)，所以未出现溶液变蓝的现象。28.用如图方法回收废旧CPU中的单质Au(金)，Ag

和Cu。已知：①浓硝酸不能单独将Au溶解。②HAuCl4=H++AuCl4-(1)酸溶后经____操作，将混合物分离。(2)浓、稀HNO3均可作酸溶试剂。溶解等量的Cu消耗HNO3的物质的量不同，写出消耗HNO3物质的量少的反应的化学方程式：_

___。(3)HNO3-NaCl与王水[V(浓硝酸)：V(浓盐酸)=1：3溶金原理相同。①将溶金反应的化学方程式补充完整：Au+____NaCl+____HNO3=HAuCl4+____+____+___

_NaNO3②关于溶金的下列说法正确的是____。A．用到了HNO3的氧化性B．王水中浓盐酸的主要作用是增强溶液的酸性C．用浓盐酸与NaNO3也可使Au溶解(4)若用Zn粉将溶液中的1molHAuCl4完全还原，则参加反应的Zn的物质的量是____mol。(5)用适当浓度的盐

酸、NaCl溶液、氨水与铁粉，可按照如图方法从酸溶后的的溶液中回收Cu和Ag(图中标注的试剂和物质均不同)。试剂1是____，物质2是____。【答案】①.过滤②.3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O③.4④

.5⑤.NO⑥.2H2O⑦.4⑧.AC⑨.2⑩.NaCl溶液⑪.Fe、Cu【解析】【分析】废旧CPU中的单质Au(金)，Ag和Cu，加入硝酸酸化后，金不反应，Ag和Cu转化为铜离子和银离子的混合溶液，含金的溶液中加入硝酸和氯化钠的混合溶液，金转

化为HAuCl4，HAuCl4经锌粉还原分离得到金，由此分析。【详解】(1)Au(金)，Ag和Cu经酸溶后得到金、铜离子和银离子的混合溶液，将固体和液体分开的的操作是过滤，将混合物分离；(2)铜与稀硝酸反应的化学方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)+2NO↑+4H2O；

溶解1molCu消耗HNO3的物质的量为83mol；铜与浓硝酸反应的化学方程式为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，溶解1molCu消耗HNO3的物质的量为4mol；消耗HNO3物质

的量少的反应的化学方程式为铜与稀硝酸的反应，化学方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；(3)①根据化合价的变化规律可知，金的化合价从0价升高到+3价，作还原剂，硝酸

作氧化剂，从+5价降低到+2价，产物有一氧化氮生成，根据质量守恒，生成物中还有水，化学方程式为：Au+4NaCl+5HNO3=HAuCl4+2H2O+NO↑+4NaNO3；②A．溶金过程中硝酸的化合价降低，作氧化剂，具有强氧化性，用到了HNO3的氧

化性，故A正确；B．王水中V(浓硝酸)：V(浓盐酸)=1：3，金与浓硝酸表面生成致密的氧化膜，不反应，王水中浓盐酸中提供了氯离子，利于生成四氯合金离子，利于金与硝酸的反应，主要作用增强硝酸的氧化性，故B错误；C．HNO

3-NaCl与王水[V(浓硝酸)：V(浓盐酸)=1：3溶金原理相同，则用浓盐酸与NaNO3也可使Au溶解，故C正确；答案选AC；(4)由于HAuCl4=H++AuCl4-，若用Zn粉将溶液中的1molHAuCl4完全还原，HAuCl4中金的化合价为+3价，被锌还原为

0价，锌的化合价从0价升高到＋2价，参加反应的Zn的物质的量x，锌的化合价从0价升高到+2价，根据得失电子守恒可知：2x=3，x=1.5mol，同时Zn+2H+=Zn2++H2↑，与氢离子反应的Zn的物质的量为0.5mol，则参加反应的Zn的物质的量是2mol；(5)根据图中信息

可知，含有铜离子和银离子的溶液加入试剂1后得到的是物质1和物质3，物质3加入试剂3后得到的是二氨合银离子，试剂3是氨水，物质3是氯化银，试剂1是NaCl溶液，物质1是氯化铜，氯化铜加入过量铁粉得到物质2：铜和过量铁，经过试剂2，过滤后得

到铜单质，试剂2是盐酸，除去过量的铁粉，二氨合银离子经过还原可以得到银单质，实现了铜和银的分离，试剂1是NaCl溶液，物质2是Fe、Cu。【点睛】浓硝酸不能单独将Au溶解，将浓硝酸中加入浓盐酸，利于生成四氯合金离子，利于金与硝酸的反应

，主要作用增强硝酸的氧化性，为易错点。29.双草酸酪(CPPO)是冷光源发光材料的主要成分，合成路线设计如下：已知：①②（1）①的反应方程式是___________。反应类型是___________。（2）常温下A是无色有特殊香

味的液体，与金属Na反应产生气体。A中官能团的名称是___________。（3）反应物B的结构简式为___________，②的反应方程式是___________。（4）下列关于CPPO的说法中，正确的是___________。a．个CPPO分子中含10个H原子b．CPPO在一定条件下能发生水解

反应c．合成CPPO过程中的反应②③都属于取代反应d．CPOO有3种官能团（5）请写出由22CHCH=合成E(E为OHC-CHO)的合成路线___________。合成路线示例：2H23323CHCHCHCHCHCH=−⎯⎯

⎯⎯⎯→催化剂,加热【答案】（1）①.CH2＝CH2+HBrΔ⎯⎯⎯→催化剂CH3CH2Br②.加成反应（2）羟基（3）①.②.CH3CH2OH+Δ浓硫酸+H2O（4）bc（5）CH2＝CH22Br⎯⎯⎯

→BrCH2CH2Br2NaOH/HOΔ⎯⎯⎯⎯→HOCH2CH2OH2O/CuΔ⎯⎯⎯→OHC－CHO【解析】【分析】由有机物转化关系可知，乙烯与HBr发生加成反应生成CH3CH2Br，CH3CH2Br在氢氧化钠溶液中加热发生水解反应生成CH3CH2OH，则A为CH3CH2OH；

在浓硫酸作用下，CH3CH2OH与共热发生酯化反应生成，则B为，D为；乙烯与溴水发生加成反应生成BrCH2CH2Br，BrCH2CH2Br在氢氧化钠溶液中加热发生水解反应生成HOCH2CH2OH，HOCH2CH2OH发生催化氧化反应生成OHC－CHO，则E为

OHC－CHO；OHC－CHO发生发生催化氧化反应生成HOOC－COOH，HOOC－COOH发生信息①反应生成，则G为；一定条件下，和发生信息②反应生成，据此解答。【小问1详解】反应①为乙烯与HBr发生加成反应生成CH3CH2Br，方程式为CH2＝CH

2+HBrΔ⎯⎯⎯→催化剂CH3CH2Br；【小问2详解】CH3CH2Br在氢氧化钠溶液中加热发生水解反应生成CH3CH2OH，则A为CH3CH2OH，官能团为羟基；【小问3详解】根据以上分析可知B为，②的反应方程式是CH3C

H2OH+Δ浓硫酸+H2O；【小问4详解】a．由CPPO得结构简式为可知，分子中含有12个氢原子，故a错误；b．由CPPO得结构简式可知分子中含有的官能团为氯原子和酯基，氯原子和酯基在一定条件下均能发生水解反应，故b正确；c．反应②为在

浓硫酸作用下，CH3CH2OH与共热发生酯化反应生成，反应③为一定条件下，和发生取代反应生成，故c正确；d．CPOO有2种官能团，即碳氯键和酯基，故d错误；bc正确，故答案bc；【小问5详解】CH2＝CH2合成E过程

为乙烯与溴水发生加成反应生成BrCH2CH2Br，反应的化学方程式为CH2＝CH2＋Br2→BrCH2CH2Br，BrCH2CH2Br在氢氧化钠溶液中加热发生水解反应生成HOCH2CH2OH，反应的化学方程式为BrCH2CH2Br＋2NaO

H⎯⎯⎯⎯→HOCH2CH2OH＋2NaBr，HOCH2CH2OH发生催化氧化反应生成OHC－CHO，反应的化学方程式为HOCH2CH2OH＋O2Δ⎯⎯⎯→催化剂OHC－CHO＋2H2O，故由22CHCH=合成E(E为OHC－CHO)的合成路线为CH2＝CH2

2Br⎯⎯⎯→BrCH2CH2Br2NaOH/HOΔ⎯⎯⎯⎯→HOCH2CH2OH2O/CuΔ⎯⎯⎯→OHC－CHO。30.某小组通过实验探究NO的氧化性。（1）实验I：用排水法收集一瓶NO，将其倒扣在盛有碱性23NaSO溶液的水槽中，振荡，观察到集气瓶中

液面上升。资料：i．NO与碱性23NaSO溶液会发生氧化还反应，NO被为222NO−。ii．Ag+与222NO−反应生成黄色沉淀。①检验23SO−的氧化产物。取少量实验I反应后集气瓶中的溶液，___________(填操作和实验现象

)。②某同学认为，需通过实验进一步验证NO的氧化性，补充实验如下：实验II：取饱和24NaSO溶液，加入少量冰醋酸，再滴加5滴0.1mol的3AgNO溶液，无明显变化。实验III：取少量实验I反应后集气瓶中的

溶液，加入少量冰醋酸，再滴加5滴0.1mol的3AgNO溶液，(填实验现象)___________。上述实验证明NO有氧化性。实验II的目的是___________。③写出NO与碱性23NaSO溶液反应的离子方程式________

___。④从电极反应角度分析NO与碱性23NaSO溶液的反应。还原反应：2222NO2eNO−−+=氧化反应：___________。为的实验IV：用排水法收集两瓶NO，将其分别倒扣在饱和23NaSO溶液和加有NaOH的饱和23

NaSO溶液中，后者集气瓶中液面上升更快。根据上述所有实验得出结论：___________。（2）某同学结合所学知识设计处理工业废气中2SO和NO的实验方案，达到消除污染，保护环境的目的。①先用饱和纯碱溶

液吸收废气中的2SO，反应的化学方程式是___________。②再向生成的溶液中加入一定量___________，以此溶液来吸收NO气体。【答案】（1）①.先加盐酸酸化，在加入BaCl2溶液，出现白色沉淀②.出现黄色沉淀③

.排除2-4SO对Ag+检验2-22NO的干扰④.-2-2-2-322422OH+2NO+SO=NO+SO+HO⑤.2---2-342SO+2OH-2e=SO+HO⑥.NO和2-3SO反应体现了NO的氧化性，碱性增强反应更快（2）①.223223SO+NaCO=CO+NaSO②.NaOH

【解析】【分析】某小组通过实验探究NO的某些性质，用排水法收集一瓶NO，将其倒扣在盛有碱性Na2SO3溶液的水槽中，振荡，观察到集气瓶中液面上升，2-3SO的氧化产物为硫酸根离子，检验硫酸根离子时，要排除多余亚硫酸根离子等的干扰

，以此解答。【小问1详解】①2-3SO的氧化产物为硫酸根离子，检验硫酸根离子时，要排除多余亚硫酸根离子等的干扰，故操作和实验现象为：取少量实验Ⅰ反应后集气瓶中的溶液，先加盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，出现白色沉淀；②某同学认为，需通过进一步实验验证NO的氧化性，则需检

验还原产物2-22NO的生成，利用信息：Ag+和2-22NO反应生成黄色沉淀，同时要防止硫酸根离子对实验的干扰，则从实验步骤Ⅱ、Ⅲ的比较可知，实验Ⅱ的目的是：排除硫酸根对Ag+检验2-22NO的干扰；③据信息知，NO与碱性Na2SO3溶液反应生成2-4SO和2-22NO，则离

子方程式为-2-2-2-322422OH+2NO+SO=NO+SO+HO；④从该反应可知，NO得电子转变为2-22NO是还原反应；2-3SO在碱性环境下失去电子生成2-4SO氧化反应：2---2-342SO+

2OH-2e=SO+HO；用排水法收集两瓶NO，将其分别倒扣在饱和Na2SO3溶液和加有NaOH的饱和Na2SO3溶液中，液面均上升，则NO和2-3SO发生了氧化还原反应，NO体现了氧化性，而后者集气瓶中液面上升更快，

是因为碱性增强反应更快。故根据上述实验所得结论：NO和2-3SO反应体现了NO的氧化性，碱性增强反应更快。【小问2详解】可利用碱性条件下亚硫酸根离子和一氧化氮的氧化还原反应来吸收SO2和NO。因此可以先把二氧化硫和碳酸钠反应转变成亚硫酸钠、再继续加入一定量的氢氧化钠来吸收NO：①先用饱和纯碱溶

液吸收废气中的SO2，反应的化学方程式是223223SO+NaCO=CO+NaSO；②再向生成的溶液中加入一定量NaOH，以此溶液来吸收NO气体。