【文档说明】河北省衡水市第十三中学2019-2020学年高一下学期调研考试化学试题含解析【精准解析】.doc，共(23)页，692.500 KB，由小赞的店铺上传

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2019-2020学年第二学期19级调研考试化学试题可能用到的相对原子质量：Cu-64Fe-56一、单选题（每小题只有一个正确答案，每题2分共46分）1.YBa2Cu3Ox(Y元素钇)是一种重要超导材料，下列关于8939Y的说法错误的是（）A.质量数是89B.质

子数与中子数之差为50C.核外电子数是39D.8939Y与9039Y互为同位素【答案】B【解析】【详解】A选项，原子符号左上角为质量数，所以钇原子质量数为89，胡A正确；B选项，质子数+中子数=质量数，中子数=质量数－质子数=89－39=50，质子数与中子

数之差为50－39=11，故B错误；C选项，原子的核外电子数=核内质子数，所以核外有39个电子，故C正确；D选项，8939Y与9039Y质子数相同，中子数不同，互为同位素，故D正确;综上所述，答案为B。【点睛】原子中质子数、中子数、质量数之间的关系为质量数=质子数+中子数，原子中的质子数与电子

数的关系为核电荷数=核外电子数=核内质子数=原子序数，同位素是指质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子互称同位素。2.反应A(g)＋3B(g)===2C(g)＋2D(g)在四种不同情况下的反应速率分别为①v(A)＝0.15mol·L－1·s－1②v(B)＝0.6m

ol·L－1·s－1③v(C)＝0.4mol·L－1·s－1④v(D)＝0.45mol·L－1·min－1该反应进行的快慢顺序为()A.②>④>③>①B.④>②＝③>①C.②＝③>①>④D.②>③=④>①【答案】C【解

析】【详解】根据反应速率之比是化学计量数之比可知：①v(A)＝0.15mol·L－1·s－1；②v(B)＝0.6mol·L－1·s－1，则v(A)＝0.2mol·L－1·s－1；③v(C)＝0.4mol·L－1·s－1，则v(A)＝0.2mol·L－1·s

－1；④v(D)＝0.45mol·L－1·min－1，则v(A)＝0.00375mol·L－1·s－1，所以快慢顺序为：②＝③>①>④，故选C。【点睛】同一个反应中，不同物质表示的反应速率之比等于其化学计量数之比，这规律是解决此题的关键。3.M、N、P、

E、F五种金属，已知：①M+N2+=N+M2+；②M、P用导线连接入硫酸氢钠溶液中，M表面有大量气泡逸出；③N、E用导线连接放入E的硫酸盐溶液中，其中一极的电极反应为E2++2e-=E；④P、F组成原电池时

，F发生氧化反应。则这五种金属的还原性顺序是()A.F＞P＞M＞N＞EB.E＞N＞M＞P＞FC.P＞F＞N＞M＞ED.E＞P＞F＞M＞N【答案】A【解析】【详解】①M+N2+=N+M2+，可说明活泼性M＞N；②M、P用导线连接放入硫酸

氢钠溶液中，M表面有大量气泡，说明P为负极，M为正极，则活泼性P＞M；③N、E用导线连接放入E的硫酸溶液中，电极反应为E2++2e-=E，说明E为正极，活泼性N＞E；④P、F组成原电池时，F发生氧化反应，说明F为负极，活泼性F＞P，则四种

金属的活泼性顺序为F＞P＞M＞N＞E，故答案选A。4.下列关于常见有机化合物的说法中正确的是（）A.乙烷和Cl2在光照条件下反应生成6种氯代有机产物B.制取乙酸乙酯时可用饱和NaOH溶液收集产品以达到吸收乙醇，中和乙酸的目的C.葡萄糖能与H2加成生成六元醇，说明葡萄糖是

一种还原性糖D.甲苯不能使溴水反应而褪色，说明苯不是单双键交替的结构【答案】D【解析】【详解】A．乙烷的一氯取代物有1种，二氯取代物有2种，三氯取代物有2种，四氯取代物有2种(与二溴取代物个数相同)，五氯取代物有1种(与一溴取代物个数相同)，

六氯取代物1种，所以共有9种，故A错误；B．乙酸乙酯在碱性条件下水解，应用饱和碳酸钠溶液除杂，故B错误；C．醛基、羰基都可与氢气发生加成反应，与氢气发生加成反应的糖不一定为还原性糖，故C错误；D．如含有碳碳双键

，可与溴水发生加成反应，而甲苯不能使溴水反应而褪色，说明苯不是单双键交替的结构，故D正确。综上所述，答案为D。5.在一个绝热的恒容密闭容器中，可逆反应()()()223Ng+3Hg2NHg达到平衡状态的标志是（）①()()()223N:H:NH1:3

:2vvv=②各组分的物质的量不变③体系的压强不再发生变化④混合气体的密度不变⑤体系的温度不再发生变化⑥()()232NNHvv=正逆⑦3molH-H键断裂的同时有2molN-H键也断裂A.①②③⑤⑥B.②③④⑤⑥C.②③⑤⑥D.②③④⑥⑦【答案】C【解析】【详解】①在化学反应过程中，各

物质的反应速率之比始终等于相应的化学计量数之比，故不能证明达到平衡状态；②各组分的物质的量不变，可以证明达到平衡状态；③该反应为气体体积变化的反应，在恒容密闭容器中体系的压强不再发生变化可以证明达到平衡状态；④恒容密闭容器中，混合气体的体积始终不变，质量始终不变，故密度始终不变，不能证明达到平衡

状态；⑤该反应为放热反应，当体系的温度不再发生变化时，可以证明达到平衡状态；⑥在该反应中，()()232NNHvv=正正，若()()232NNHvv=正逆，则()()33NHNHvv=正逆，可以证明达到平衡状态；⑦3molH—H键断裂的同时6mol

N—H键也断裂才能表示正、逆反应速率相等，反应达到平衡，故不能证明达到平衡状态；故答案选C。6.N2(g)与H2(g)在催化剂表面经历如下过程生成NH3(g)：下列说法正确的是（）A.I中破坏的均是极性键B.Ⅳ过程是N2与H2反应生成NH3的过程C.Ⅱ、

Ⅲ、Ⅳ均为放热过程D.合成氨的反应是吸热反应【答案】C【解析】【详解】A．Ⅰ中破坏的是N2、H2中的非极性键，故A错误；B．Ⅳ过程是2NH和H反应生成3NH的过程，故B错误；C．Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ三个过程中能量均降低，所以都是放热过程，故C正确；D．由图可知反应物的总能量高于生成物的总能量，所以

合成氨的反应是放热反应，故D错误；故答案为C。7.少量铁粉与100mL0.1mol/L的稀盐酸反应，若想减慢此反应速率而不改变H2的产量，可以使用如下方法中的①加H2O②加NaOH固体③滴入几滴浓盐酸④加CH3COONa固体⑤加NaCl溶液⑥滴

入几滴硫酸铜溶液⑦加NaNO3溶液A.①⑤⑦B.③⑥C.①②⑤D.①④⑤【答案】D【解析】①加H2O，氢离子浓度减小，反应速率减慢，氢气的量不变，故正确；②加NaOH固体，氢离子浓度减小，反应速率减慢，氢气的量可能减少，故错误；③滴入几滴浓盐酸，氢离子浓度增大，反应速率加快，故

错误；④加CH3COONa固体，生成醋酸，氢离子浓度减小，反应速率减慢，氢气的量不变，故正确；⑤加NaCl溶液，氢离子浓度减小，反应速率减慢，氢气的量不变，故正确；⑥滴入几滴硫酸铜溶液，构成原电池，反应速率加快，生成的氢气减少，故错误；⑦加NaNO3溶液，

溶液具有强氧化性，不生成氢气，故错误；正确的有①④⑤，故选D。点睛：明确常见的外界因素对反应速率的影响是解题的关键。本题中注意铁粉少量完全反应，生成的氢气由铁粉决定为解答的易错点，易多选②⑦。8.下列说法正确的是（）A.对于A(s)＋B(g)C(g)＋

D(g)的反应，加入A，反应速率加快B.2NO2N2O4(正反应放热)，升高温度，v(正)增大，v(逆)减小C.一定温度下，反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)在密闭容器中进行，恒压，充入He不改变化学反应速率D.

100mL2mol·L—1稀盐酸与锌反应时，加入少量硫酸铜固体，生成氢气的速率加快【答案】D【解析】【详解】A.对于A(s)＋B(g)C(g)＋D(g)的反应，A为固体，加入A，A的浓度不变，反应速率不变，故A错误；B.2NO2N2O4(正反应放热)，升高温度，v

(正)、v(逆)均增大，故B错误；C.一定温度下，反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)在密闭容器中进行，恒压，充入He，容器的体积增大，，浓度减小，化学反应速率减慢，故C错误；D.100mL2mo

l·L－1稀盐酸与锌反应时，加入少量硫酸铜固体，锌与硫酸铜发生置换反应析出铜，形成原电池，生成氢气的速率加快，故D正确；故选D。9.四种主族元素的离子aXm+、bYn+、cZn-和dRm-(a、b、c、

d为元素的原子序数)，它们具有相同的电子层结构，若m>n，则对下列叙述的判断正确的是()①a-b=m-n；②元素的原子序数a>b>c>d；③元素非金属性Z>R；④最高价氧化物对应水化物的碱性X>YA.①②③B.②③C.③D.①

②③④【答案】A【解析】【详解】金属元素的原子失去电子变为阳离子，非金属元素的原子获得电子变为阴离子。原子失去或获得的电子越多，其所带的电荷就越多。根据题意可得：①a－m＝b－n，整理可得a－b＝m－n，故正确；②由于这几种离子的电子层结构相同，aXm+、bYn+是阳离子，失去的电子m>n

，所以原子序数a＞b；cZn-和dRm-是阴离子，得到的电子m>n，所以原子序数c>d。阳离子的原子序数大于阴离子的原子序数。所以元素的原子序数a>b>c>d，故正确；③同一周期的元素，原子序数越大，元素非金属性越强，由于Z的原子序数大于R的原子序数，所以非金属性Z＞R

，故正确；④同一周期的元素，原子序数越大，元素的金属性就越弱，原子序数X＞Y，所以最高价氧化物对应水化物的碱性Y＞X，故错误。答案选A。10.利用反应6NO2＋8NH3===7N2＋12H2O构成电池

的装置如图所示。此方法既能实现有效清除氮氧化物的排放，减轻环境污染，又能充分利用化学能。下列说法正确的是A.电流从左侧电极经过负载后流向右侧电极B.为使电池持续放电，离子交换膜需选用阴离子交换膜C.电极A极反应式为2NH3－6e－===N2＋6H＋D.当有4

.48LNO2被处理时，转移电子数为0.8NA【答案】B【解析】由反应6NO2+8NH3═7N2+12H2O可知，反应中NO2为氧化剂，NH3为还原剂，则A为负极，B为正极。A．B为正极，A为负极，电流由正极B经导线流向负极A，故A错误；B．正极反应为6NO2+24e-+12H2O=

3N2+24OH-，负极反应为2NH3-6e-+60H-=N2+3H2O，为使电池持续放电，离子交换膜需选用阴离子交换膜，故B正确；C．电解质溶液呈碱性，则A为负极，电极反应式为2NH3-6e-+60H-=N2+3H2O，故C错误；D．没有明确4.48LNO2是

否是标准状况下，故D错误。点睛：原电池中负极失电子发生氧化反应，正极得电子发生还原反应，电子从负极经导线流向正极，阳离子移向正极、阴离子移向负极。11.下列有关化学反应速率和限度的说法中，正确的是（）A.铁与硝酸反应时

，其他条件一定时，硝酸越浓，反应速率越快B.在金属钠与足量水反应中，增加水的量能加快反应速率C.在2SO2+O22SO3反应中加入18O2，达到平衡后SO2中不可能含有18O2D.无论是吸热还是放热反应，加热都能加快化学反应速率【答案】D【解析】【详

解】A．其他条件一定时，增加反应物的浓度，反应速率加快，但铁与浓硝酸会发生钝化，在铁表面生成致密的氧化膜阻止反应进一步进行，故A错误；B．金属钠和水反应的实质是钠和氢离子之间的反应，再加入水，不会引起氢离子浓度的变化，金

属钠的表面积也不会发生变化，所以反应速率不变，故B错误；C．反应中18O2中的18O通过正向反应存在于SO3中，SO3中的18O通过逆向反应会存在于SO2中，最终SO3、SO2、O2中都含有18O，故C错误；D．无论是吸热还是放热反应，加热

都会增大单位体积内的活化分子百分数，使化学反应速率加快，故D正确。综上所述，答案为D。【点睛】铁与稀硝酸反应反应生成NO，铁过量生成硝酸亚铁，铁少量生成硝酸铁，当硝酸为浓硝酸时与铁发生钝化。12.下列关于常见有机物的说法不正确的是A.乙烯和苯都能与溴水反应B.乙

酸和油脂都能与氢氧化钠溶液反应C.糖类和蛋白质都是人体重要的营养物质D.乙烯和甲烷可用酸性高锰酸钾溶液鉴别【答案】A【解析】【详解】A项，苯不能与溴水发生反应，只能与液溴反应，故A项错误；B项，乙酸与NaOH发生酸碱中和，油脂在碱性条件能水解，故B

项正确；C项，糖类、油脂和蛋白质是重要营养的物质，故C项正确；D项，乙烯可以使高锰酸钾褪色，而甲烷不可以，故D项正确。答案选A。13.下列关于实验现象的描述正确的是（）选项实验操作实验现象A将浸透了石蜡

油的石棉放在大试管底部。试管中加入碎瓷片，给碎瓷片加强热，产生的气体持续通入溴的四氯化碳溶液红棕色逐渐变浅，最终褪去B将乙烯在空气中点燃火焰呈蓝色并伴有黑烟C向盛有苯的试管中加入几滴酸性KMnO4溶液，充分振荡KMnO4溶液褪色D将盛有1molCH4与5molCl2的集气瓶放在光亮处一段

时间气体变无色，瓶内壁附有油状物A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A.对石蜡油加强热，产生的气体中含有烯烃，能使溴的四氯化碳溶液褪色，故A正确；B.将乙烯在空气中点燃，火焰明亮并伴有黑烟，故B错误；C.苯

与酸性KMnO4溶液不反应，因此实验现象为液体分层，溶液紫色不褪去，故C错误；D.1molCH4最多消耗4molCl2，还剩余1mol氯气，因此气体不可能变为无色，故D错误。综上所述，答案为A。【点睛】烃燃烧时碳质量分数越大，烟越浓。14.下列说法错误的是（）A.苯分子结构中对位上

的4个原子在一条直线上B.苯的结构简式可用表示C.苯的四氯代物有3种D.C5H12的同分异构体有4种【答案】D【解析】【详解】A.苯是平面型分子，分子中6个碳原子和6个氢原子共12个原子共平面，处于对位上的2个碳原子和2个氢原子四原子共直线，故A

正确；B.苯的结构简式可用凯库勒式表示，故B正确；C.苯共有6个可被取代的氢原子，所以其四氯代物和二氯代物的种类相同，苯的二氯代物有邻间对三种，所以苯的四氯代物也有3种，故C正确；D.C5H12的同分异构体有正戊烷、异戊烷、新戊

烷3种，故D错误。综上所述，答案为D。【点睛】苯是平面型分子，分子中6个碳原子和6个氢原子共12个原子共平面；乙烯中6个原子在同一平面内。15.要从乙酸的乙醇溶液中回收乙酸，合理的操作组合是①蒸馏②过滤③静止分液④加足量钠⑤加入足量H2SO4⑥加入足量

NaOH溶液⑦加入乙酸与浓H2SO4混合液后加热⑧加入浓溴水A.⑦③B.⑧⑤②C.⑥①⑤②D.⑥①⑤①【答案】D【解析】【详解】根据乙酸和乙醇的性质，要从乙酸的乙醇溶液中回收乙酸：先加入足量氢氧化钠溶液，使溶液中的乙酸完全转换为乙酸钠，乙酸钠

与乙醇沸点差别大，蒸馏出溶液中的乙醇；然后向乙酸钠溶液中加入足量硫酸发生反应2CH3COONa+H2SO4→2CH3COOH+Na2SO4，再用蒸馏法蒸出乙酸；即合理的操作组合为⑥①⑤①，答案选D。16.两种气态烃以任意比例混合，在105℃时1L该混合烃与9L氧气混合，充分燃烧

后恢复到原状态，所得气体体积仍是10L。下列各组混合烃中不符合此条件的是（）A.CH4C2H4B.CH4C3H4C.C2H4C3H4D.C2H2C3H6【答案】D【解析】【分析】设有机物的平均式为CxHy，燃烧通式为：CxHy+(x+4y)O2→x

CO2+y2H2O，105℃时生成的水为气体，反应前后气体体积不变，则反应方程式中反应前后气体化学计量数之和相等相等，据此计算判断。【详解】设有机物的平均式为CxHy，则有CxHy+(x+4y)O2→xCO2+y2H2O，105℃时生成的水为气体，有机物

燃烧前后体积不变，则1+x+4y=x+y2，解答y=4，即混合气中平均含有H原子数为4。A．CH4、C2H4中H原子数都为4，平均值为4，故A符合；B．CH4、C3H4中H原子数都为4，平均值为4，故B符合；C．C2H4、C3H4中H原子数都为4，平均值为4，故C符合；D．C2H2、C3H6

中H原子数都为2、6，只有1:1混合才能使平均值为4，不符合以任意比例混合的要求，故D不符合；答案选D。17.实验小组探究甲烷与氯气的取代反应，装置、现象如下：现象ⅰ．光照后，产生白雾，混合气体颜色变浅ⅱ．试管

内液面上升至试管的2/3；试管壁和液面上出现少量油状液滴下列说法不正确的是（）A.饱和食盐水可以减少氯气的溶解B.油状液滴的主要成分是一氯甲烷C.产生白雾以及试管内液面上升证明有氯化氢生成D.为了探究反应条件，可用黑色纸套套住装满甲烷和氯气的试管，一段时间后进行观察【答案】B【解

析】【分析】甲烷与氯气在光照条件下可发生取代反应，依次生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳及氯化氢小分子，其中一氯甲烷为气体，其他三种有机物为难溶于水的油状液体，据此分析作答。【详解】A.氯气溶于水形成盐酸与次氯酸，饱和食盐水中含大量的氯离子，可以减少氯气与水的反

应，同时降低其在水中的溶解度，故A项正确；B.出现的油状液滴为二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳，一氯甲烷再常温下为气体，故B项错误；C.氯化氢易溶于水，在试管口形成白雾，氯气与甲烷反应生成氯化氢后试管内气体的压强减小，液面上升，

故C项正确；D.为了探究反应条件，可采用对照实验，用黑色纸套套住装满甲烷和氯气的试管，一段时间后进行观察，故D项正确；答案选B。18.能一次区分CH3COOH、CH3CH2OH、C6H6、C6H5NO2四种物质的试

剂是A.H2OB.Na2CO3溶液C.盐酸D.酚酞试液【答案】B【解析】【详解】A.加入H2O，出现分层，有机层在上层的为C6H6，有机层在下层的为C6H5NO2，不分层的为CH3COOH、CH3CH2OH，即CH3COOH、CH3CH2OH不能区分，A不选；B.加

入Na2CO3溶液，产生气泡的为CH3COOH，出现分层，有机层在上层的为C6H6，有机层在下层的为C6H5NO2，不分层、无明显现象的为CH3CH2OH，现象不同，可以区分，B选；C.加入盐酸，出现分层，有机层在上层的为C6H6，有机层在下层的为C6H5NO

2，不分层的为CH3COOH、CH3CH2OH，即CH3COOH、CH3CH2OH不能区分，C不选；D.加入酚酞试液，出现分层，有机层在上层的为C6H6，有机层在下层的为C6H5NO2，不分层的为CH3COOH、CH3CH2OH，即C

H3COOH、CH3CH2OH不能区分，D不选；答案选B。19.下列叙述中正确的是（）A.含5个碳原子的有机物，每个分子中最多可形成4个C—C键B.正戊烷分子中所有原子均在一条直线上C.碳碳间以单键结合，碳原子剩余价键全部与氢原子结合的烃一定符合通式CnH2n＋2D.分子式为C3

H8与C6H14的两种有机物一定互为同系物【答案】D【解析】【详解】A．含5个碳原子的有机物，每个分子中最多可形成5个C—C键，例如环戊烷，A错误；B．由于饱和碳原子是正四面体结构，所以正戊烷分子中所有原

子不可能在一条直线上，B错误；C．碳碳间以单键结合，碳原子剩余价键全部与氢原子结合的链状烃是饱和链烃，若不是链状，则可能是环烷烃，C错误；D．分子式为C3H8与C6H14的两种有机物一定是烷烃，二者互为同系物，D正确，答案选D。【点晴】掌握烷烃的概念和

结构特点是解答的关键，难点是同系物判断。注意同系物必然符合同一通式，但符合同一通式的不一定是同系物；但符合通式CnH2n+2且碳原子数不同的物质间一定属于同系物。同系物必为同一类物质。同系物分子间相差一个或若干个CH

2原子团，化学式不可能相同。同系物组成元素相同。同系物结构相似但不一定完全相同。20.短周期元素T、X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如下表所示，其中T的单质在一定条件下能与W的最高价氧化物对应水化物的浓溶液反应并

生成两种酸性气体，则下列相关说法正确的是A.离子半径：X<Y<WB.最简单气态氢化物的热稳定性：W<ZC.2TW分子中每个原子均满足8电子稳定结构D.最高价氧化物对应水化物的碱性：X<Y【答案】C【解析】【分析

】T的单质在一定条件下能与w的最高价氧化物对应水化物的浓溶液反应并生成两种酸性气体，根据元素在周期表中的位置关系可确定：T是C元素，X是Mg元素，Y是Al元素，Z是P元素,，W是S元素。【详解】A、电子层数相同的离子，根据其核电核数大小判断：核电核数多的离子半径小，核电核数少的离

子半径大；电子层数不同的离子，根据电子层数判断：电子层数多的离子半径大，电子层数少的离子半径小。X是Mg元素，Y是Al元素，W是S元素，所以离子半径：Y<X<W，故A错误；B、元素的非金属性越强，其相应的最简单气态氢化物的稳定性就越强，元素的非金属性

：W＞Z，所以元素的最简单气态氢化物的稳定性：W＞Z，故B错误；C、二硫化碳分子中存在两个碳硫双键，硫原子和碳原子最外层都达到8电子稳定结构，其电子式为：，故C正确；D．元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，元素的金属性：X＞Y，它们的最高价氧化物对应水化物的碱性：

X＞Y，故D错误。正确答案选C。【点睛】1、电子层数相同的离子，根据其核电核数大小判断：核电核数多的离子半径小，核电核数少的离子半径大；2、电子层数不同的离子，根据电子层数判断：电子层数多的离子半径大，电子层数少的离子半径小。21.下列关于糖类的说法正确的是()A.所有糖类物质都有甜

味，但不一定都溶于水B葡萄糖和果糖性质不同，但分子式相同C.摄入人体的纤维素在酶的作用下能水解为葡萄糖D.葡萄糖和蔗糖不是同分异构体，但属于同系物【答案】B【解析】【详解】A．糖类不一定有甜味，如纤维素属于糖类但没有甜味，A错误；B．葡萄糖和果糖结构不同，性质不同，但分子式相同，B正

确；C．人体内没有能使纤维素水解的酶，纤维素在人体内不会水解成葡萄糖，C错误；D．因葡萄糖和蔗糖分子式不同，结构也不同或相似，不符合同一通式，所以葡萄糖和蔗糖既不是同分异构体，也不是同系物，D错误；答案选B。22.海藻中含有丰富的、以离子

形式存在的碘元素。如图是实验室从海藻里提取碘的流程中的一部分。下列判断正确的是（）A.步骤①③的操作分别是过滤、萃取B.可用淀粉溶液检验步骤②的反应是否进行完全C.步骤③中加入的有机溶剂是四氯化碳或乙醇D.步骤

④的操作是过滤【答案】A【解析】【分析】海藻灰悬浊液过滤得到含碘离子的溶液，通入氯气得到含碘单质的溶液，加入萃取剂萃取分液分离得到含碘单质的有机溶液，通过蒸馏得到碘单质。【详解】A.分离固体和液体用过滤，从水溶液

中提取碘一般用萃取的方法，步骤①、③的操作分别是过滤、萃取分液，故A正确；B.淀粉遇到I2会变蓝色，遇碘离子不变色，因此不能用淀粉检验碘离子，故B错误；C.萃取剂不能和溶质反应，且萃取剂和原溶剂不能互溶，

由于乙醇能与水互溶，不能做萃取剂，故C错误；D.碘易溶于有机溶剂，所以不能过滤，应该用蒸馏的方法提取碘，步骤④的操作是蒸馏，故D错误。综上所述，答案为A。23.在一密闭容器中进行反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，已知反应过程中某一时刻SO2、O2、SO3的浓度分别为0.2mol·L

－1、0.1mol·L－1、0.2mol·L－1，当反应达到平衡时，可能存在的数据是()A.SO2为0.4mol·L－1，O2为0.2mol·L－1B.SO2为0.25mol·L－1C.SO2、SO3均为0.15mol·L－1D.SO3为0.

4mol·L－1【答案】B【解析】【详解】A．SO2和O2的浓度增大，说明反应向逆反应方向进行建立平衡，若SO3完全反应，则SO2和O2的浓度浓度变化分别为0.2mol/L、0.1mol/L，因可逆反应，实际变化应小于该值，所以SO2小于0.4mo

l/L，O2小于0.2mol/L，故A错误；B．SO2的浓度增大，说明反应向逆反应方向进行建立平衡，若SO2的浓度增大0.05mol/L，O2的浓度最多增大0.025mol/L，SO3的浓度最多减小0.05mol/L，故B正确；C．反应物、生产物的浓度不可能同

时减小，一个减小，另一个一定增大，故C错误；D．SO3的浓度增大，说明该反应向正反应方向进行建立平衡，若二氧化硫和氧气完全反应，SO3的浓度的浓度变化为0.2mol/L，可逆反应中实际变化应小于该值，故D

错误；答案选B。【点睛】化学平衡研究的对象为可逆反应，化学平衡的建立，既可以从正反应开始，也可以从逆反应开始，或者从正逆反应开始，不论从哪个方向开始，物质都不能完全反应，利用极限法假设完全反应，实际变化量小于极限值。II卷(54分）24.

(1)为了验证Fe2+与Cu2+氧化性强弱，下列装置能达到实验目的的是_______（填装置序号），其正极的电极反应式为_______；若构建该原电池时两个电极的质量相等，当导线中通过0.4mol电子时，两个电极的质量差为_______g。(2

)将CH4设计成燃料电池，其利用率更高，装置如图所示（A、B为多孔碳棒）。实验测得OH-定向移向A电极，则_______（填A或B）处电极入口通CH4，其电极反应式为_______。(3)金属冶炼和处理常涉及氧化还原反应。由下列物质冶炼相应金属时采用电解法的是_______（填选项字母）。a．

Fe2O3b．NaClc．Cu2Sd．Al2O3【答案】(1).②(2).Cu2++2e-=Cu(3).24(4).A(5).CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O(6).bd【解析】【分析

】(1)验证Fe2+与Cu2+氧化性强弱，发生反应Fe+Cu2+==Fe2++Cu，由此反应确定所用装置及正极的电极反应。当导线中通过0.4mol电子时，负极Fe失电子生成Fe2+，质量减轻，正极Cu2+得电

子生成Cu，质量增加，两个电极的质量差为两电极质量变化之和。(2)OH-带负电性，应向负极移动，由此确定A电极为负极，CH4在碱性溶液中失电子生成CO32-等。(3)金属冶炼和处理时，由于钾、钙、钠、镁、铝活泼，难以用还原剂还原，所以常使用电解

法。【详解】(1)A装置中Cu作负极，发生反应Cu+4HNO3(浓)==Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，没有涉及Fe，不能验证Fe2+与Cu2+氧化性强弱；要发生反应Fe+Cu2+==Fe2++Cu，应使用装置②，正极的电极反应为Cu2+

+2e-=Cu。在电池②中，有如下关系式：Fe—2e—Cu，则参加反应的Fe与生成的Cu都为0.2mol，两个电极的质量差为0.2mol×64g/mol+0.2mol×56g/mol=24g。答案为：②；Cu2++2e-=Cu；24；(2)在原电池中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，

因为OH-向A电极移动，所以A电极为负极，CH4在KOH溶液中失电子生成CO32-、H2O，电极反应式为CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O。答案为：A；CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O；(3)a．用Fe2O3冶炼F

e，需使用还原剂(常为CO)，用还原法炼铁，a不合题意；b．用NaCl冶炼Na，一般的还原剂不能满足要求，应使用电解法，b符合题意；c．用Cu2S冶炼Cu，需使用氧化剂(纯氧)，用氧化法将Cu2S氧化为Cu，c不

合题意；d．用Al2O3冶炼Al，一般氧化剂不能满足要求，需使用电解法，d符合题意；故选bd。答案为：bd。【点睛】在计算原电池反应发生后两电极的质量差时，我们常会错误地认为，即然是质量差，那就是两电极参加反应的金属的质量差，从而

得出错误的结论。25.下图是元素周期表的一部分，元素①～⑨在周期表中的位置如图所示，请回答下列问题：(1)元素⑨在周期表中的位置是_______。(2)元素①～⑨中，非金属性最强的元素是_______（填元素符号）。(3)元素①～⑨中，最高价氧化物对应的水化物中，碱性最强

的是_______（填化学式），它与元素⑤的最高价氧化物对应水化物反应的离子方程式为_______。(4)元素⑨的简单氢化物与元素⑦的简单氢化物中更稳定的是_______（填化学式）。(5)元素③与元素①形成的淡黄色化合物的电子式为_______。(6)元素

①的简单氢化物比元素⑥的简单氢化物的沸点_______（填“高”或“低”），原因是_______。(7)元素④与元素⑦形成的化合物是_______（填“离子”或“共价”）化合物，用电子式表示其形成过程_______。【答案】(

1).第四周期第VIA族(2).F(3).KOH(4).OH-+Al（OH）3=AlO2-+2H2O(5).HCl(6).(7).高(8).水分子间存在氢键(9).离子(10).【解析】【分析】由图中元素所在位置，并

与元素周期表进行对照，可确定①为氧(O)、②为氟(F)、③为钠(Na)、④为镁(Mg)、⑤为铝(Al)、⑥为硫(S)、⑦为氯(Cl)、⑧为钾(K)、⑨为硒(Se)。【详解】(1)元素⑨为硒(Se)，它是34号元素，在周期表中的位置是第四周期第VIA族。答案为：第四周期第V

IA族；(2)同周期元素，从左往右，非金属性依次增强；同主族元素，从下到上，非金属性依次增强，所以非金属性最强的元素位于周期表的左上角(稀有气体除外)，从而得出元素①～⑨中，非金属性最强的元素是F。答案为：F；(3)元素①～⑨中，金属性最强的元素是钾，所以最高价氧化物对应的水化物中，碱性最

强的是KOH，KOH与Al(OH)3反应生成KAlO2和水，反应的离子方程式为OH-+Al(OH)3=AlO2-+2H2O。答案为：KOH；OH-+Al(OH)3=AlO2-+2H2O；(4)非金属性Cl>Se，氢化物的稳定性H2Se<HCl，所以更稳定的是HCl

。答案为：HCl；(5)元素③与元素①形成的淡黄色化合物为Na2O2，电子式为。答案为：；(6)元素①的简单氢化物为H2O，元素⑥的简单氢化物为H2S，由于H2O分子间能形成氢键，而H2S分子间不能形成氢键，所以水的沸点高，原因是水分子间

存在氢键。答案为：高；水分子间存在氢键；(7)元素④与元素⑦形成的化合物是MgCl2，由Mg2+和Cl-构成，是离子化合物，电子式表示其形成过程为。答案为：水分子间存在氢键；。【点睛】用电子式表示物质的形成过程时，反应物不管是金属单质还是非金属单

质，都用原子的电子式表示，切不可将反应物中的氯用Cl2的电子式表示。26.下面列出了几组物质，请将物质的合适组号填写在空格上。①金刚石与“足球烯”、C60；②氧气（O2）与臭氧（O3）；③16O、17O和18O；④C

H4和CH3CH2CH3；⑤乙烯和乙烷；⑥和；⑦和；（1）同位素___，（2）同系物___，（3）同分异构体___。【答案】(1).③(2).④⑥(3).⑦【解析】【分析】①金刚石与“足球烯”、C60是碳元素组成的不同单质，互为同素异形体；②氧气(O

2)与臭氧(O3)是氧元素组成的不同单质，互为同素异形体；③16O、17O和18O是氧元素的不同核素，互为同位素；④CH4和CH3CH2CH3，两者结构相似，分子组成相差一个CH2原子团，互为同系物；⑤乙烯和乙烷是两种不同物质；⑥和，两者结构相似，分子组成相差一个CH2原子团，互为同系物；⑦和，两

者分子式相同，结构式不同，互为同分异构体。【详解】⑴同位素是质子数相同，中子数不同的不同核素互称，16O、17O和18O是氧元素的不同核素，故答案为：③。⑵同系物是结构相似，分子组成相差一个或若干个CH2原子团，④CH4和CH3CH2CH3；⑥

和，两组结构分别相似，分子组成相差一个CH2原子团，互为同系物；故答案为：④⑥。⑶同分异构体是分子式相同，结构式不同，和两者分子式相同，结构式不同，互为同分异构体；故答案为：⑦。27.某化学课外小组用如图装置制取溴苯。先向分液漏斗中加入苯和液溴，再将混合液慢慢滴入反应器A（

A下端活塞关闭）中。（1）写出A中反应的化学方程式___。（2）实验结束时，打开A下端的活塞，让反应液流入B中，充分振荡，目的是___，写出有关反应的离子方程式____。（3）C中盛放CCl4的作用是____。（4）能证明苯和液溴发生的是取代反应，而不是加成反应，可向试管D中加入AgNO3溶液，

若产生淡黄色沉淀，则能证明。另一种验证的方法是向试管D中加入___，现象是____。【答案】(1).C6H6+Br2C6H5Br+HBr(2).除去溶于溴苯中的溴(3).Br2+2OH-=Br-+BrO-+H2O(4).除去溴化氢气体中的溴蒸气

(5).石蕊试液(6).溶液变红色【解析】【分析】苯和液溴在铁作催化剂作用下反应生成溴苯和溴化氢，生成的溴苯中混合溴单质，将反应后的液体放入到氢氧化钠溶液中除掉溴单质，制溴苯反应是放热反应，生成HBr同时由于溴易挥发，因此HBr和溴蒸汽进入到后面装置中，将有机溶剂萃取溴单质，HBr溶于水电离出氢离

子和溴离子，用紫色石蕊或硝酸银来验证。【详解】⑴A中是苯和液溴在铁作催化剂作用下反应生成溴苯和溴化氢，其反应的化学方程式C6H6+Br2C6H5Br+HBr；故答案为：C6H6+Br2C6H5Br+HBr。⑵实验结束时，打开A下端的活塞，反应液中含

有未反应完的溴单质，让反应液流入B中，充分振荡，目的是除去溶于溴苯中的溴，氢氧化钠和溴单质反应生成溴化钠、次溴酸钠和水，其反应的离子方程式Br2+2OH－=Br－+BrO－+H2O；故答案为：除去溶于溴苯

中的溴；Br2+2OH－=Br－+BrO－+H2O。⑶为了验证发生取代反应，因此生成溴化氢同时还有溴蒸汽进入到后面装置中，因此C中盛放CCl4的作用是除去溴化氢气体中的溴蒸气；故答案为：除去溴化氢气体中的溴蒸气。⑷

能证明苯和液溴发生的是取代反应，而不是加成反应，可向试管D中加入AgNO3溶液，若产生淡黄色沉淀，则能证明。另一种验证的方法利用HBr溶于水溶液显酸性，用紫色石蕊来验证，因此是向试管D中加入石蕊试液，现象是溶液变红色；

故答案为：石蕊试液；溶液变红色。28.溴主要以Br-形式存在于海水（呈弱碱性）中，利用空气吹出法从海水中提溴，工艺流程示意如下。资料：常温下溴呈液态，深红棕色，易挥发。（1）酸化：将海水酸化的主要目的是避

免___（写离子反应方程式）。（2）脱氯：除去含溴蒸气中残留的Cl2①具有脱氯作用的离子是____。②溶液失去脱氯作用后，补加FeBr2或加入____，脱氯作用恢复。（3）富集、制取Br2：用Na2CO3溶液吸收溴，Br2歧化为BrO3-和Br-。再用H2S

O4酸化歧化后的溶液得到Br2，其离子反应方程式为____。（4）探究(3)中所用H2SO4浓度对Br2生成的影响，实验如下：序号ABC试剂组成1mol/LNaBr20%H2SO41mol/LNaBr98%H2SO4将B中反应后溶液用水稀释实验现象无明显现象溶液呈棕红色，

放热溶液颜色变得很浅①B中溶液呈棕红色说明产生了____。②分析C中溶液颜色变浅的原因，甲同学认为是发生了化学反应所致；乙同学认为是用水稀释所致。若认为甲同学的分析合理，请用具体的反应说明理由；若认为乙同学的分析合理，进一步设计实验方案说明。理由或方案：____。③酸化歧化后的溶液宜选

用的酸是____（填“稀硫酸”或“浓硫酸”）。【答案】(1).Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O(2).Fe2+、Br-(3).铁粉(4).BrO3-+5Br-+6H+=3Br2+3H2O(5).Br2(6).理由：SO2+B

r2+2H2O=2HBr+H2SO4方案：用CCl4萃取颜色很浅的溶液，观察溶液下层是否呈棕红色(7).稀硫酸【解析】【详解】(1)海水中溴元素以Br-存在，从海水中提取溴单质，要用Cl2氧化溴离子得到，但海水呈碱性，若不酸化，就会发生反应：Cl2+2OH-=C

l-+ClO-+H2O，影响溴的提取；(2)①将溴蒸气的残留的Cl2脱去，可利用氯气有强的氧化性，要加入能与Cl2反应，但不能与Br2反应的物质，如Fe2+、Br-；②溶液失去脱氯作用后，补加FeBr2或加入还原铁粉，物质具有还原性，脱氯作用就恢复；(3)用Na

2CO3溶液吸收溴，Br2歧化为BrO3-和Br-。再用H2SO4酸化，BrO3-和Br-及H+发生归中反应得到Br2，其离子反应方程式为BrO3-+5Br-+6H+=3Br2+3H2O；(4)①B中

溶液呈棕红色是由于Br2是红棕色物质，产生了Br2；②若甲同学说法正确，则会发生反应：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4,消耗了溴单质；若乙同学说法正确，则要把颜色很浅的溶液用CCl4萃取，利用CCl4密度比水大，溴单质容易溶于CCl4，观察下层液体颜色否呈棕红色即可；③

歧化后的溶液若用稀硫酸酸化无明显现象，若用浓硫酸酸化，溶液变为红棕色，反应放出热量，会导致溴单质挥发，所以酸化要用稀硫酸。29.已知A是用来衡量一个国家石油化工发展水平的标志性物质，A、B、C、D、E、F、G均为有机物，他们之间有如图所示的转化关系，请回答下列问题：（1）A

中官能团的名称为___，B中官能团的电子式为__。（2）在F的同系物中最简单的有机物的空间构型为__。（3）写出与F互为同系物的含5个碳原子的有机物的所有同分异构体中，其中一氯代物种类最少的同分异构体的结构简式：___。（4）写出下列编号对应反应的化学方程式，并注明反应类型：②___，___；④_

__，___。【答案】(1).碳碳双键(2).(3).正四面体形(4).C(CH3)4(5).2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O(6).氧化反应(7).CH3CH2OH＋CH3COOHCH3COOCH2CH3＋H2O(8).取代反

应(或酯化反应)【解析】【分析】已知A是用来衡量一个国家石油化工发展水平的标志性物质，则A为乙烯，A与水反应生成B(乙醇)，B催化氧化生成C(乙醛)，乙醛催化氧化生成D(乙酸)，乙醇和乙酸反应生成E(乙酸乙酯)，A和氢气反应生成F(乙烷)，A和HCl反应生成氯乙烷。【详解】⑴A是乙烯，含中

官能团的名称为碳碳双键，B为乙醇，官能团为羟基，其电子式为；故答案为：碳碳双键；。⑵F为乙烷，其同系物中最简单的有机物是甲烷，甲烷的空间构型为整四面体形，故答案为：正四面体形。⑶F为乙烷，与乙烷互为同系物的含5个碳原子的有机

物的分子式为C5H12，其同分异构体为正戊烷、异戊烷、新戊烷，一氯代物种类最少的同分异构体为新戊烷，其结构简式为C(CH3)4；故答案为：C(CH3)4。⑷②是乙醇的催化氧化反应生成乙醛，反应方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2

O，反应类型为氧化反应；故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；氧化反应。④是乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，反应方程式为：CH3CH2OH＋CH3COOHCH3COOCH2CH3＋H2

O，反应类型为取代反应(或酯化反应)；故答案为：CH3CH2OH＋CH3COOHCH3COOCH2CH3＋H2O；取代反应(或酯化反应)。