【文档说明】【精准解析】山东省德州市夏津第一中学2019-2020学年高一下学期7月月考化学试题.doc，共(24)页，1.193 MB，由小赞的店铺上传

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化学相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Cl-35.5I选择题(共50分)一、1-15为单选题，每小题2分，共30分；1.化学与生活、生产密切相关，我国古文献中有许多记载，下列有关叙述正确的是A.《

本草纲目》关于酿酒的记载“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”描述的是乙醇的燃烧B.《抱朴子》中“曾青(CuSO4)涂铁，铁赤色如铜”描述了火法冶炼铜的现象C.李商隐诗句“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”中描述的蚕丝和古代的蜡(主要成分

为植物油)都属于天然高分子材料D.于谦诗句“千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲”描述的大理石分解是吸热反应【答案】D【解析】【详解】A.《本草纲目》关于酿酒的记载“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”描述的是乙醇的蒸馏，A错误；B.《抱朴子》中“曾青(

CuSO4)涂铁，铁赤色如铜”描述的是在溶液中Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，该方法是湿法冶炼铜的现象，B错误；C.蚕丝主要成分是蛋白质，该物质是天然高分子化合物，古代的蜡(主要成分为植物油)，化学成分是油脂，油脂不是

高分子化合物，C错误；D.于谦诗句“千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲”描述的大理石高温分解产生氧化钙和二氧化碳的反应，该分解反应是吸热反应，D正确；故合理选项是D。2.下列有关化学用语表示正确的是（）A.CaH2的电子式：[H:]-Ca2+[:H]-B.C

l‒的结构示意图：C.质子数为92、中子数为146的U原子：14692UD.H2O2的电子式：【答案】A【解析】【详解】A．CaH2为离子化合物，由Ca2+和H-构成，电子式为[H:]-Ca2+[:H]-

，A正确；B．Cl‒的结构示意图为，B不正确；C．质子数为92、中子数为146的U原子为23892U，C不正确；D．H2O2的电子式为，D不正确；故选A。3.下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是()A.某有色溶液中：

K+、Na+、MnO4-、SO42-B.酸性溶液中：Fe2+、K+、NO3-、I-C.强碱性溶液中：Na+、Cu2+、NO3-、HCO3-D.有较多Fe3+的溶液中：Na+、NH4+、SCN-【答案】A【解析】【

详解】A．MnO4-水溶液显紫色，且离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，A符合题意；B．酸性溶液中含有大量H+，Fe2+、H+、NO3-或I-、H+、NO3-会发生氧化还原反应，不能大量共存，B不符合题意；C．强碱性溶液中含有大量OH-，OH-与Cu2+会形成Cu(OH)2沉淀，不

能大量共存；OH-与HCO3-会反应产生CO32-、H2O，不能大量共存，C不符合题意；D．Fe3+与SCN-会发生络合反应形成Fe(SCN)3，不能大量共存，D符合题意；故合理选项是A。4.下列有关短周期元素的性质及其递变规律正确的是()A.第二周期主族元素从左

到右，最高正价从+1递增到+7B.同周期金属元素的化合价越高，其原子失电子能力越强C.ⅠA族与ⅦA族元素间可形成共价化合物或离子化合物D.同主族元素的简单阴离子还原性越强，元素非金属性越强【答案】C【解析】【详解】A．第二周期元素F元素没有正价，故A错误；B．短周期元

素中同周期金属元素的化合价越高，金属性越弱，失去电子的能力越弱，如Na、Mg、Al的失去电子能力减弱，故B错误；C．IA族含H及碱金属元素，ⅦA族均为非金属元素，H与ⅦA族元素间可形成共价化合物，碱金属元素与ⅦA族元素间可形成离子化合物，故C正确；D．同主族元素的简单

阴离子还原性越强，则其单质的氧化学越弱，元素非金属性越弱，故D错误；答案为C。5.下列反应既属于氧化还原反应，又属于生成物的总能量大于反应物的总能量的是（）A.Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应B.碳与二氧化

碳的反应C.铝片和稀盐酸反应D.甲烷在氧气中的燃烧【答案】B【解析】【分析】生成物的总能量大于反应物的总能量，则表明反应为吸热反应。【详解】A．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应为非氧化还原反应，A不合题意；B．碳与二氧化碳的反应为吸热反应，且为氧化还原反应，B符合题意；C．铝片

和稀盐酸反应是放热反应，C不合题意；D．甲烷在氧气中燃烧是放热反应，D不合题意；故选B。6.下列说法正确的是()①只由非金属元素形成的化合物一定是共价化合物②只含有共价键的化合物一定是共价化合物③离子化合物中存在离子键，也可能

存在极性键和非极性键④只有非金属元素原子间才能形成共价键⑤Mg2+的半径小于N3－的半径⑥H2O比H2S稳定是因为水分子间化学键强A.①②⑤B.②③④C.②③⑤D.③⑤⑥【答案】C【解析】【详解】①只由非金属元素形成的化合物可能是

共价化合物，也可能是离子化合物，如HCl是由非金属元素形成的共价化合物，而NH4Cl则是由非金属元素形成的离子化合物，①错误；②只含有共价键的化合物一定是共价化合物，②正确；③离子化合物中一定存在离子键，也可能存在极性键和非极性键，如NaOH含有离子键、极性共价键；Na

2O2含有离子键、非极性共价键，③正确；④非金属元素原子间能形成共价键；金属与非金属元素的原子之间也可以形成共价键，如AlCl3是由金属与非金属元素的原子之间形成的共价键，④错误；⑤Mg2+、N3-电子层结构相同，离子的核电荷数越大，离子半径越小，所以Mg2+的半径小于N3-的

半径，⑤正确；⑥H2O比H2S稳定是因为H-O的键能比H-S键的键能大，分子间无化学键，⑥错误；可见，说法正确的是②③⑤，故合理选项是C。7.甲烷是天然气的主要成分,是一种高效、低耗、污染小的清洁能源。下列说法正确的是()①甲烷是一

种正四面体结构的分子②物质的量1：1的甲烷与氯气发生取代反应时,生成物只有CH3Cl和HCl③0.5mol甲烷完全燃烧时消耗氧气最多为1mol④1mol甲烷全部生成CCl4，最多消耗2mol氯气A.①②B.①③C.②④D

.③④【答案】B【解析】【详解】①甲烷为正四面体结构，四个H原子在四面体的顶点上，C原子位于四面体的体心，①正确；②物质的量1：1的甲烷与氯气发生取代反应时，所得产物是一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳以及氯化氢的混合物，②错误；③1mol烷烃CxHy燃烧耗氧量为(x+4y)mol，可以确定

0.5mol甲烷完全燃烧时消耗氧气最多为1mol，③正确；④甲烷中的四个氢原子均可以被Cl原子取代，1mol甲烷中有4mol氢原子，和氯气光照充分反应，最多消耗4mol氯气，④错误；综上所述可知：说法正确的是①③，故合理选项是B。8.为了从海带浸取

液中提取碘，某同学设计了如图实验方案：下列说法正确的是()A.①中反应的离子方程式：2I-+H2O2═I2+2OH-B.②中分液时含I2的CCl4溶液从分液漏斗上口倒出C.③操作使用的是反萃取法，得到的上层溶液中含有I-D.操作Z的名称是蒸发【答案】C【解析】【详解】A．①中在

酸性条件下，加H2O2发生反应的离子方程式为：2I-+2H++H2O2=I2+2H2O，A错误；B．四氯化碳的密度大于水的密度，则②中分液时含I2的CCl4溶液从分液漏斗下口放出，B错误；C．③中加NaOH发生反应：

I2+2OH-=I-+IO-+H2O，③操作使用的是反萃取法，得到的上层溶液中含有I-，C正确；D．从含碘的悬浊液过滤分离出碘固体，操作Z为过滤，D错误；故合理选项是C。9.实验室欲配制0.1mol/L的NaOH溶液450

ml，下列说法正确的是()A.用托盘天平称量固体的质量为1.8gB.称量NaOH固体时可在烧杯中进行C.定容时仰视读数所得溶液的浓度偏大D.当液面在刻度线下2-3mm时，换用胶头滴管滴加蒸馏水定容【答案】B【解析】【详解】A．实验室没有规格是450mL的容量瓶

，要使用500mL的容量瓶配制溶液，则需NaOH的物质的量为n(NaOH)=c·V=0.1mol/L×0.5L=0.05mol，则需称量NaOH的质量m(NaOH)=n·M=0.05mol×40g/mol=2.0g，A

错误；B．NaOH具有吸湿性、腐蚀性，所以称量NaOH固体时可在烧杯中进行，B正确；C．定容时仰视读数，则溶液的体积偏大，根据c=nV可知：V偏大，则所得溶液的浓度偏小，C错误；D．当液面在刻度线下1～2cm时，换用胶头滴管滴加蒸馏水定容，D错误

；故合理选项是B。10.化学电源在日常生活和高科技领域中都有广泛应用。下列说法不正确的是()A.甲：可用Zn电极代替Cu电极作正极B.乙：通入氧气的一极为正极C.丙：锌筒作负极，发生氧化反应，锌筒会变薄D.丁：原电池Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O中，Pb

O2发生还原反应作正极【答案】A【解析】【详解】A．若用Zn代替Cu，由于金属活动性Zn＞Fe，所以Zn为负极，Fe为正极，A错误；B．通入O2的电极为正极，通入H2的电极为负极，B正确；C．在锌锰干电池中，Zn为负极，失去电子，发生氧化反应，变为Zn2+进入溶液，锌筒会变薄，C

正确；D．在丁中原电池Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O中，PbO2得到电子，发生还原反应，作原电池的正极，D正确；故合理选项是A。11.下列离子反应方程式正确的是A.实验室用固体氯化铵和熟石灰共热制取

NH3：2NH4++Ca(OH)22NH3↑+Ca2++2H2OB.铜与浓硝酸反应:3Cu+8H++2NO3－＝3Cu2++2NO↑+4H2OC.氨水与FeCl3溶液反应：3OH－+Fe3+＝Fe(OH)3↓D.Na2O2投入水

中：2Na2O2＋2H2O=4Na＋＋4OH－＋O2↑【答案】D【解析】【详解】A.固体在离子方程式中不能拆，所以实验室用固体氯化铵和熟石灰共热制取NH3的离子方程式为2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O，故A错误；B.

铜与浓硝酸反应应生成二氧化氮，离子方程式为Cu+4H++2NO3－＝Cu2++2NO2↑+2H2O，故B错误；C.一水合氨为弱电解质，不能拆，所以离子方程式应为3NH3·H2O+Fe3+＝Fe(OH)3↓+3NH4＋，故C错误；D.将Na2O2投入水中的离子方程

式为2Na2O2＋2H2O=4Na＋＋4OH－＋O2↑，故D正确；故答案选D。【点睛】判断离子方程式正误这类问题，一把从三方面考虑，一是方程式是否符合客观事实，二是“拆”的工作是否正确，三是方程式电荷是否守恒。12.实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示（省略夹持

和净化装置）。仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是（）选项a中的物质b中的物质c中的物质d中的物质A浓氨水CaONH3H2OB70%浓硫酸Na2SO3SO2NaOH溶液C稀硝酸CuNOH2OD浓盐酸MnO2Cl2NaOH溶液A.AB.BC.CD.D

【答案】B【解析】【详解】A．用排气法收集NH3时，导管应左短右长，A不正确；B．Na2SO3与70%的H2SO4反应可制取SO2气体，用NaOH吸收尾气，B正确；C．收集NO气体时，不能用排空气法收集，C不正确；D．MnO2与浓盐酸在加热条件下才能发生反应，D不正确；故选B。【点睛】NO气体

能与空气中的O2反应，所以不能用排空气法收集，只能用排水法收集。13.可逆反应2NO2(g)N2O4(g)在体积不变的密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是①单位时间内生成nmolN2O4的同时生成2nmolNO2②单位时间内消耗nmolN2O4的同时生成2nmolNO2③用NO

2、N2O4的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2：1的状态④混合气体的颜色不再改变的状态⑤混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态A.①④⑤B.②⑤C.①③④D.①②③④⑤【答案】A【解析】【详解】①单位时间内生成nmolN2O4的同时生成2nmolNO2，说明

正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故①正确；②单位时间内每消耗nmolN2O4的同时，必然生成2nmolNO2，不能说明反应达到平衡状态，故②错误；③根据反应速率的定义和化学方程式，任何时刻用NO2、N2O4的物质的量浓度变化表示的反应速率的比都为2：1，不能说明反应达到平衡

状态，故③错误；④二氧化氮为红棕色气体，四氧化二氮为无色，混合气体不变色说明二氧化氮的浓度不变，反应达到平衡状态，故④正确；⑤反应前后气体的计量数之和不等，而气体的总质量是恒定的，当混合气体平均相对分子质量不变时，说明混合气体的物质的量之和不变，反应达到平衡状态，

故⑤正确。综上所述，本题正确答案为A。【点睛】判断一个反应是否达到平衡，可从两个方面考虑，一是根据定义正逆反应速率相等，二是看给定的量是否为变量，当“变量不变”反应即平衡。14.某有机物其结构简式如下图，下列关于该物质的叙述正确的是()A.分子

中含有3种官能团，分子式为C11H10O5B.可与乙醇、乙酸反应，且反应类型相同C.1mol该物质最多可与3molNaOH发生中和反应D.可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同【答案】B【解析】【详解】A．该物质分子中含有-COOH、

碳碳双键、-OH，共3种官能团，物质的分子式为C11H12O5，A错误；B．该物质分子中含有羧基、羟基，因此可与乙醇、乙酸发生酯化反应，故二者反应类型相同，B正确；C．该物质分子中含有2个-COOH可以与NaOH发生反应，1mol该物质最多可与2molNaOH发生中和反应，C错

误；D．该物质分子中含有不饱和的碳碳双键，因此可以与溴的四氯化碳溶液发生加成反应而使溶液褪色；含有碳碳双键、醇羟基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化而使溶液紫色褪去，因此褪色原理不同，D错误；故合理选项是B。15.下列实验装置、试剂或操作正确的是A.分离乙醇和乙酸B.甲烷与氯气取代反应C.蒸馏石油D.

铝热反应【答案】D【解析】【详解】A.乙醇和乙酸是互溶的沸点不同的液体混合物，要通过蒸馏方法获得，A错误；B.甲烷与氯气的混合气体在光照条件下发生取代反应，不能使用氯水，B错误；C.蒸馏时冷却水要下进上出，不能上进下出，C错误；D.装置安装及操作符合铝热反应要求，D

正确；故合理选项是D。二、不定项选择题：16-20为不定项选择题，每小题4分，共20分16.聚苯乙烯是一种无毒、无臭的热塑性材料，被广泛应。工业由苯和乙烯为原料制备聚苯乙烯的流程如下图所示(部分条件略去)，下列说法错误的是()A.过程①生成乙苯，反

应类型为加成反应B.过程②生成苯乙烯，苯乙烯16个原子一定共面C.过程③原子利用率为100%，反应类型为加聚反应D.上述流程中涉及的五种有机物均可使溴水或高锰酸钾溶液褪色【答案】BD【解析】【详解】A．过程①是苯与乙烯发生加成反应生成乙苯，因此反应类型为加成反应，

A正确；B．苯分子是平面分子，乙烯分子是平面分子，在苯乙烯中，苯分子的平面结构与乙烯分子的平面结构共直线，因此两个平面可能在同一平面上，也可能不在同一平面上，因此苯乙烯16个原子不一定共平面，B错误；C．过程③反应中断裂碳碳双键中较活泼的化学键，然后这些不饱和C原子彼此结合形成高分子

化合物，所以原子利用率为100%，反应类型为加聚反应，C正确；D．上述物质中苯不能使溴水因反应而褪色，也不能使高锰酸钾溶液褪色，D错误；故合理选项是BD。17.下列有关叙述中，能说明非金属元素M比N的非金属性

强的是()①非金属单质N能从M的化合物中置换出非金属单质M；②M原子比N原子容易得到电子；③N－离子的还原性比M－离子强；④气态氢化物水溶液的酸性HmM＞HnN；⑤氧化物水化物的酸性HmMOx＞HnNOy；⑥单质熔点M＞N。A.②⑤B.②③C.①④⑤D.②③⑤【答案】B【解析】【详解

】①非金属单质N能从M的化合物中置换出非金属单质M，则氧化性N＞M，说明非金属性N强于M，故①不符合题意；②M原子比N原子容易得到电子，则单质M氧化性比单质N强，说明非金属性M强于N，故②符合题意；③N－离子的还原性比M－离子强，则单质M氧化性比

单质N强，能说明M的非金属性比N强，故③符合题意；④非金属性强弱与氢化物的酸性没有关系，故④不符合题意；⑤HmMOx、HnNOy不一定是最高价含氧酸，不能比较非金属性强弱，故⑤不符合题意；⑥非金属性强弱与非金属单质的熔点无关系，故⑥不符合题意；综上所述符合题意的有②③，故答案为B。18.下

列关于NA的叙述，正确的是()A.71g氯气溶于足量水中，转移电子数小于NAB.标准状况下，11.2L苯中含1.5NA个碳碳双键C.实验室制氯气时，含4molHCl的浓盐酸与足量MnO2在一定条件下制得氯气分子数目小于NAD.物质的量浓度为1.0mol/L的A

lCl3溶液中，含有Cl-数目为3.0NA【答案】AC【解析】【详解】A．71g氯气的物质的量是1mol，由于Cl2与水的反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，所以1mol氯气溶于足量水中，转移电子数小于NA，A正确；B．苯分子中无碳碳双键，且在

标准状况下苯呈液态，不能使用气体摩尔体积计算，B错误；C．浓盐酸与MnO2反应，每有4molHCl完全反应，产生1molCl2，盐酸中含HCl4mol，随着反应的进行，溶液变稀，反应就不再进行，因此含4molHCl的浓盐酸与足量MnO2

在一定条件下制得氯气的物质的量小于1mol，则制取得到的Cl2分子数目小于NA，C正确；D．只有溶液的浓度，缺少溶液的体积，不能计算离子数目，D错误；故合理选项是AC。19.I－具有还原性，含碘食盐中的碘元素主要以KIO3的形式存在，I－、

I2、IO3－在一定条件下可发生如图转化关系。下列说法不正确的是A.用淀粉－KI试纸和食醋可检验食盐是否加碘B.由图可知氧化性的强弱顺序为C12＞IO3－＞I2C.生产等量的碘，途径I和途径Ⅱ转移电子数目之比为2：5D.途径Ⅲ反应的离子方程式：3C12+I－+3H2O=6C1－+IO3－+6H+

【答案】C【解析】【详解】A.碘食盐中的碘元素主要以KIO3的形式存在，IO3－和I－在酸性条件下可生成I2，I2遇淀粉变蓝，A正确；B.由图途径Ⅲ可知，Cl2可将I－氧化为IO3－，氧化性Cl2＞IO3－，途径Ⅱ可知IO3－可被还原为I2，氧化性为IO3－＞I2，则氧化性的强弱顺序为Cl

2＞IO3－＞I2，B正确；C.生产1mol碘，途径I中-1价碘转变为0价碘，需要转移2mol电子，途径Ⅱ中+5价碘转变为0价碘，需要转移10mol电子，故转移电子数目之比为1：5，C错误；D.途径Ⅲ中Cl2可将I－氧化为IO3－，而氯气被还原为Cl－，根据得失电子

守恒和质量守恒，反应的离子方程式为：3Cl2+I－+3H2O=6Cl－+IO3－+6H+，D正确；答案选C。20.X、Y、Z、P、Q为五种短周期元素，其原子半径和最外层电子数之间的关系如下图所示。下列说法正确的是()A.Q的氧化物一定含有离子键和

共价键B.含氧酸的酸性：Z＞YC.P位于第三周期第VIA族D.Y形成的化合物种类最多【答案】CD【解析】【详解】由图中原子半径可知，Q＞P＞Y＞Z＞X，结合原子的最外层电子数可知，Q、X的最外层电子数均为1，则X

为H，Q为Na；Y、Z位于第二周期，P位于第三周期符合半径的比较规律，Y的最外层电子数为4，Y为C；Z的最外层电子数为5，Z为N；P的最外层电子数为6，P为S，以此来解答。由上述分析可知，X为H，Y为C，Z为N，P为S，Q为Na。A．Q

的氧化物为Na2O、Na2O2，Na2O中只含离子键，不含共价键，A错误；B．元素的非金属性N＞C，则最高价含氧酸的酸性：Z＞Y，题目未指出是比较最高价含氧酸，因此不能比较酸性强弱，B错误；C．P是S元素，其在元素周期表中位于

第三周期第VIA族，C正确；D．Y为C，C可形成4个化学键，可以形成共价单键、双键、三键，既可以形成碳链，也可以形成碳环；即可以形成直连，还可以形成支链。成键方式多样，且有机物存在同分异构体，形成有机物种类最多，D正确；故合理选项是CD。三、非选择题21

.前四周期主族元素X、Y、M、N的信息如下：有关信息XX元素的原子最外层电子数是电子层数的3倍YY元素所在主族序数与周期序数之差为4，Y是同周期中原子半径最小的元素M常温下单质呈液态的非金属元素NN的化合物在灼烧时焰色呈黄色请回答下列问题：(1)M元素在周期表中的位置___________

___________。(2)Y元素的简单阴离子结构示意图_______________。(3)化合物N2X2的电子式为_______________，试写出它的一种用途_______________。(4)设计方案证

明M、Y元素的得电子能力强弱：______________________________________。(5)Y的单质是一种重要的化工原料，在工农业生产、生活中有着重要的应用。为探究Y单质的性质，某同学设计了如图所示的实验装置。①实验中制取气体的化学方程式为：______

____________________________________，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为_________________________②装置B、C中依次放的是干燥的红色布条和湿润的红色布

条，理论上装置_____中的红色布条褪色，但实验过程中该同学发现装置B、C中的布条均褪色，其原因可能是_________________。③写出该气体与FeCl2溶液反应的离子方程式____________________________________。④工业上常用石

灰乳吸收制该气体制得漂白粉，漂白粉的必须密封保存，否则易失效，原因是____(用化学方程式表示)。【答案】(1).第四周期第VIIA族(2).(3).(4).供氧剂或漂白剂(5).取NaBr溶液少许于试管中，滴加氯水，振荡，然后滴入CCl4，振荡静置，观察到液体分层，下层呈橙色(6).MnO

2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O(7).1：2(8).C(9).Cl2中可能混有少量的水蒸气(10).2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣(11).Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO，2HClO2HCl+O2↑【解

析】【分析】(1)X元素的原子最外层电子数是电子层数的3倍，则X核外电子排布是2、6，X是O元素；(2)Y元素所在主族序数与所在周期序数之差为4，Y是同周期中原子半径最小的元素，则Y是Cl元素；(3)常温下M单质是呈液态的非金属元素，则M是Br元素；N的化合物在灼烧时焰

色呈黄色，故N为Na元素，以此解答该题。【详解】根据上述分析可知：X是O，Y是Cl，M是Br，N是Na元素。(1)M是Br元素，原子核外电子排布是2、8、18、7，位于元素周期表第四周期第ⅦA族；(2)Y为Cl，Cl元素的简单阴离子Cl-是Cl原子得到1个电子形成的阴离子，

最外层满足8个电子的稳定结构，共有3个电子层，Cl-的结构示意图为：；(3)X是O，N是Na元素，则N2X2是Na2O2，该化合物是离子化合物，Na+与O22-通过离子键结合，O22-中2个O原子之间通过共价键

结合，其电子式为：；该物质与H2O、CO2反应产生氧气，因此常用作呼吸面具的供氧剂；由于其具有强的氧化性，能够将有色物质氧化变为无色物质，也常作漂白剂；(4)元素的非金属性：Cl＞Br，元素的非金属性越强，其单质的氧化

性就越强，活动性强的可以将活动性弱的置换出来，因此可以把少量氯滴入到NaBr溶液中，振荡，然后加入CCl4，振荡，若液体分层，下层呈橙色，就证明发生反应：Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2，说明Cl元素得到电子的能力比Br元素强；(5)①在A中浓盐酸与MnO2混合加热，发生

反应制取氯气，反应方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，在该反应中MnO2为氧化剂，HCl为还原剂，1molMnO2反应消耗4molHCl，其中2molHCl被氧化，做还原剂，失去电

子变为Cl2，另外2molHCl其酸的作用，反应后与Mn2+结合为MnCl2，故该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：2；②干燥的氯气不具有漂白性，潮湿的氯气中氯气与水反应产生的HClO具有漂白性，因此能够使有色

物质褪色。在装置B、C中依次放的是干燥的红色布条和湿润的红色布条，理论上装置C中的红色布条褪色，但实验过程中该同学发现装置B、C中的布条均褪色，其原因可能是Cl2中可能混有少量的水蒸气，Cl2与H2O

反应产生了具有漂白作用的HClO；③Cl2具有强的氧化性，可以将Fe2+氧化产生Fe3+，反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣；④漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，由于酸性：H2CO3＞HClO，漂白粉会与空气中CO2及H2

O发生反应：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO，反应产生的HClO不稳定，光照分解产生HCl、O2，反应方程式为：2HClO2HCl+O2↑，因此漂白粉必须密封保存在阴暗处，否则易失效。【点

睛】本题考查结构、性质、位置关系应用。根据元素的原子结构特点及元素存在和性质正确推断元素是解题关键。需要学生熟练掌握核外电子排布、元素周期律、元素、化合物性质等，注意理解掌握金属性、非金属性强弱比较实验事实，掌握常用化学用语的书写，侧重考查学生的分析能力和应用

能力。22.为了除去KCl溶液中少量的MgCl2、MgSO4，可选用Ba(OH)2、HCl和K2CO3三种试剂，按如下步骤操作：(1)写出上述试剂的化学式：A_____________________。(2)上述操作Ⅰ所用玻璃仪器的名称是________

__________；操作Ⅱ的名称是_____________。(3)加过量A时发生有关反应的离子反应方程式为：_________________、__________________。(4)检验试剂B是否过量的方法：___________

_______【答案】(1).Ba(OH)2(2).烧杯、玻璃棒、漏斗(3).蒸发结晶(4).Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓(5).Mg2++SO42-+2OH-+Ba2+=Mg(OH)2↓+BaSO4↓(6).静置，继续向溶液中加入

K2CO3溶液，若无沉淀产生，则试剂B即K2CO3溶液过量【解析】【分析】向含有少量MgCl2、MgSO4杂质的KCl溶液中加入过量Ba(OH)2溶液，杂质离子反应形成Mg(OH)2、BaSO4沉淀，然后过滤除去杂质，向滤液中加入过量K2CO3，过量Ba(OH)2杂质会形成BaCO3沉淀

，通过过滤除去，再向滤液中加入适量稀HCl，除去过量K2CO3溶液，得到纯净KCl溶液，最后通过蒸发结晶就得到KCl晶体。【详解】根据上述分析可知试剂A是Ba(OH)2，试剂B是K2CO3，试剂C是HCl，操作I是过滤，操作II是蒸发结晶。

(1)试剂A是Ba(OH)2；(2)上述操作Ⅰ是过滤，所用玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗；操作Ⅱ的名称是蒸发结晶；(3)向含有杂质MgCl2、MgSO4的KCl溶液中加入过量Ba(OH)2溶液，MgCl2与Ba(OH)2反应产生Mg(OH)2沉淀和K2SO4，离子方程式为：Mg2

++2OH-=Mg(OH)2↓；MgSO4与Ba(OH)2反应产生Mg(OH)2沉淀和BaSO4沉淀，反应的离子反应方程式为：Mg2++SO42-+2OH-+Ba2+=Mg(OH)2↓+BaSO4↓；(4)试剂B

是K2CO3，若试剂B过量，则上层清液中不含有Ba2+。所以检验试剂B是否过量的方法是：静置，继续向溶液中加入K2CO3溶液，若无沉淀产生，则证明K2CO3溶液过量。【点睛】本题考查了混合物分离提纯的先后顺序、仪器的使用、离子的检验方法、离子方程式的书写。

掌握物质的性质的不同、各种分离方法对物质性质的要求是解答题目的关键。本题考查了离子反应在混合物分离提纯的应用，体现了学以致用的教学目的。23.磁性材料A是由两种元素组成的化合物，某研究小组按如图流程探究其组成：已知E是形成酸雨的主要气体，请回答：(1)A的组成元素为______(用化学符号表示)；

(2)C溶液可溶解铜片，写出该反应的离子方程式______________________________；(3)写出F→G反应的化学方程式_________________________________，设计实验证明溶液G中含

有2-4SO____________________________________________________________________。【答案】(1).Fe、S(2).2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+(3).H2SO3+I

2+H2O=H2SO4+2HI(4).取溶液G少许，先加入稀盐酸无现象，再加入过量BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则有2-4SO【解析】【分析】黄色溶液C中加入KSCN溶液变为血红色溶液D，所以黄色溶液C中含有Fe3+，所以红棕色固体应为Fe2O3；无色气体E溶于水形成无色酸性溶液，加入

碘的KI溶液，溶液褪色，且酸性变强，可知无色气体E应为还原性酸性气体，且是形成酸雨的主要气体，则E应为SO2；化合物A在足量空气中充分燃烧生成Fe2O3和SO2，所以化合物A中应含有Fe、S两种元素。【详解】(1)化合物A在足量空气中充分燃烧

生成Fe2O3和SO2，所以化合物A中应含有Fe、S两种元素；(2)C为氧化铁和盐酸反应生成，其溶质主要为FeCl3，铁离子可以氧化铜单质，离子方程式为2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+；(3)F到G为碘单质在水

溶液中氧化SO2生成硫酸的反应，根据电子守恒和元素守恒可得化学方程式为H2SO3+I2+H2O=H2SO4+2HI；硫酸钡为不溶于酸和碱的沉淀，据此可以检验硫酸根，具体操作为：取溶液G少许，先加入稀盐酸无现象，再加入过量BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则有2-4SO。24.某学生为探究钠与二氧化碳

的反应，利用如图装置进行实验。已知PdCl2能被一氧化碳还原得到黑色的Pd．请回答下列问题：(1)请将如图各装置连接完整：c接f，_____接_____，_____接_____，_____接_____。(2)若用稀盐酸与碳酸钙反应制备二氧化碳，在加

稀盐酸时，发现碳酸钙与稀盐酸不能接触，而稀盐酸又不够了，为使反应能顺利进行，可向长颈漏斗中加入的试剂是_____(填字母)。A．硝酸钠溶液B．四氯化碳C．苯D．稀硝酸(3)检查装置气密性并装好药品后，点燃酒精灯之前应进行的操作是打开弹簧夹，让二氧化

碳充满整个装置，当观察到_____时，再点燃酒精灯。此步操作的目的是_____________________。(4)反应过程中二氧化碳足量，假如装置⑤PdCl2溶液中观察到有黑色沉淀，装置①中固体成分只有一种，且向固体中加入稀盐酸产生能使澄清石灰水变浑浊的气体

。写出钠与二氧化碳反应的化学方程式_______________________________。【答案】(1).g(2).d(3).e(4).a(b)(5).b(a)(6).h(7).ABD(8).装置⑤中澄清石灰水变浑浊(9).排尽装置中

的空气，以免空气中O2、H2O干扰实验(10).2Na+2CO2Na2CO3+CO【解析】【分析】先利用稀盐酸和石灰石在装置②中反应制取二氧化碳，生成的二氧化碳中会混有HCl气体，可以用饱和碳酸氢钠溶液除去，之后用浓硫酸进行干燥，然后通入装置①中与Na进行反应，然后通过装置⑤对产物进行检验。【

详解】(1)根据分析可知c接f，g接d，e接a(b)，b(a)接h；(2)装置②中碳酸钙放置在多孔板上方，需要试管中液体淹没碳酸钙进行反应，加入硝酸钠溶液、稀硝酸都可以使溶液体积增大淹没碳酸钙；四氯化碳虽然与水不互溶，但密度比水大，

所以加入后会在下层，使无机层液面上升淹没碳酸钙，而苯的密度比水小，会浮在稀盐酸上方，无法使稀盐酸淹没碳酸钙，所以选ABD；(3)装置⑤中澄清石灰水变浑浊时，可以说明二氧化碳充满了整个装置；该操作可以排尽装置中的空气，以免空气中O2、H2O干扰实验；(4)装置⑤PdCl2溶液

中观察到有黑色沉淀，说明有CO生成；装置①中固体成分只有一种，且向固体中加入稀盐酸产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，根据元素守恒可知该固体应为碳酸钠，所以化学方程式为2Na+2CO2Na2CO3+CO。【点睛】可以用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳气体中混有的酸性

气体如HCl、SO2等。25.1905年哈珀开发实现了以氮气和氢气为原料合成氨气，生产的氨制造氮肥服务于农业，养活了地球三分之一的人口，哈珀也因此获得了1918年的诺贝尔化学奖。(1)工业合成氨的反应如下：N2+3H22NH3。已知断裂1molN

2中的共价键吸收的能量为946kJ，断裂1molH2中的共价键吸收的能量为436kJ，形成1molN-H键放出的能量为391kJ，则由N2和H2生成2molNH3的能量变化为__________kJ。下图能正确表示该反应中能量变化的是______

____(填“A”或“B”)。(2)反应2NH3(g)N2(g)+3H2(g)在三种不同条件下进行，N2、H2的起始浓度为0，反应物NH3的浓度(mol/L)随时间(min)的变化情况如下表所示。实验序号0102030405060①400℃1.

00.800.670.570.500.500.50②400℃1.00.600.500.500500.500.50③500℃1.00.400.250.200.200200.20根据上述数据回答：实验①②中，有一个实验使用了催化剂，它是实验_____(填序号)；实验①③对

比说明了_________________________________。在恒温恒容条件下，判断该反应达到化学平衡状态的标志是_________(填序号)。a.NH3的正反应速率等于逆反应速率b.混合气体的密度不变c.混合气体的压强不变d

.c(NH3)=c(H2)(3)近日美国犹他大学Minteer教授成功构筑了H2—N2生物燃料电池。该电池类似燃料电池原理，以氮气和氢气为原料、氢化酶和固氮酶为两极催化剂、质子交换膜(能够传递H+)为隔膜，在室温条件下即实现了氨的合成同时还能提供电能。则A电极

为_____极(填“正”、“负”)，该电池放电时溶液中的H+向______极移动(填“A”、“B”)。【答案】(1).92(2).A(3).②(4).升高温度，反应速率加快，反应进行程度加大(5).ac(6).负(7).

B【解析】【分析】(1)反应热等于断裂反应物化学键吸收总能量与形成生成物化学键释放的总能量的差；放热反应中反应物的能量比生成物的高；吸热反应中反应物的能量比生成物的低，据此判断；(2)根据催化剂可加快反应速率分析判断；根据实验①③不同点分析判断二者的区别，并判断该反应条件的影响；反应达到平衡时

，任何物质的浓度不变、质量不变，物质的含量不变，据此判断平衡状态；(3)根据原电池反应中，负极失去电子，发生氧化反应；正极得到电子发生还原反应，结合反应中反应中元素化合价变化分析判断，阳离子向负电荷较多的电极移动

。【详解】(1)该反应的反应热△H=946kJ/mol+3×436kJ-6×391kJ/mol=-92kJ/mol，所以由N2和H2生成2molNH3的能量放出92kJ的热量；该反应发生放出热量，说明反应物的总能量比生成物

的总能量高，因此能正确表示该反应中能量变化的图示是A；(2)实验①②的反应温度相同，反应开始时各种物质的浓度也相同，若其中一个使用的催化剂，由于催化剂能够加快反应速率，缩短达到平衡所需要的时间，因此可以在较短时间内达到平

衡，根据表格数据可知实验②反应速率快，则该实验②中使用了催化剂；实验①③反应开始时只有温度不同，其它外界条件都相同，说明改变的条件是温度。在其它条件不变时，升高温度，反应速率加快，先达到平衡，升高温度，达到平衡时NH3的浓度更低，说明升高温度，有更多NH3分解产

生N2、H2，化学反应进行的程度更大；a．NH3的正反应速率等于逆反应速率，则NH3的浓度不变，反应处于平衡状态，a正确；b．反应混合物都是气体，气体的质量始终不变，且反应在恒容密闭容器中进行，气体的体积也不变，因此混

合气体的密度始终不变，不能据此判断反应是否处于平衡状态，b错误；c．该反应是反应前后气体体积改变的反应，若混合气体的压强不变，说明各种物质的物质的量不变，反应达到平衡状态，c正确；d．c(NH3)=c(H2)时反应可能处于平衡状态，也可能未达到平衡，这与反应条件及开始时加入物质的多少有关，不

能据此判断反应是否处于平衡状态，d错误；故合理选项是ac；(3)在反应N2+3H22NH3中，N2得到电子，发生还原反应；H2失去电子发生氧化反应。根据图示可知：A电极通入H2，失去电子发生氧化反应产生H+，所

以A电极为负极，N2在B电极得到电子，被还原产生NH3，所以B电极为正极。电子由负极经外电路流向正极，正极上负电荷较多，则该电池放电时溶液中的H+向负电荷较多的正极B移动，即H+由A电极区向B电极区域移动。【点睛】本题考查了反应热与化学键键能的关系表示、化学反应速率的影响因素、化学

平衡状态的判断及原电池反应原理。掌握化学反应原理的有关概念、平衡移动原理是本题解答的关键。注意平衡状态的特征，当可逆反应达到平衡状态时，任何一组分的含量、浓度及其表示的正、逆反应速率不变。26.乳酸在生命化学中起

重要作用，也是重要的化工原料，因此成为近年来的研究热点。下图是获得乳酸的两种方法，其中A是一种常见的烃，它的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平。(1)上述有机物中有一种可作为水果的催熟剂，其结构简式是___________。淀粉完全水解得到D，D的名称是__________

，检验是否还有淀粉的试剂是_________________________。(2)A→B的反应类型是_______；B→C反应的化学方程式是__________________________________。(3)B可以被酸性高锰酸钾溶液或酸性重

铬酸钾溶液直接氧化为有机物E，B与E可在浓硫酸催化作用下反应生成酯(C4H8O2)。已知实验中60gE与足量B反应后生成66g该酯，则该酯的产率(实际产量占理论产量的百分数)为______________。(4)为检验淀粉水解产物，小明向淀粉溶液中加入稀硫酸

并加热一段时间，冷却后的溶液中直接加入新制氢氧化铜悬浊液，加热，无砖红色沉淀出现，你认为小明实验失败的主要原因是_______(5)乳酸与铁反应可制备一种补铁药物，方程式为(未配平)：+Fe→+X；则45g乳酸与铁反应生成X的体积为_______L(标准状况)。(6)两分

子乳酸在一定条件下通过酯化反应可生成一分子六元环酯(C6H8O4)和两分子水，该环酯的结构简式是________________________。【答案】(1).CH2=CH2(2).葡萄糖(3).碘水(

4).加成反应(5).2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O(6).75%(7).未用碱中和作催化剂的硫酸(8).5.6(9).【解析】【分析】A是一种常见的烃，它的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，则A是CH2=CH2，CH2=CH2与水发生加成反应产生B是CH

3CH2OH，CH3CH2OH催化氧化产生C是CH3CHO，CH3CHO与HCN发生加成反应，然后酸化可得乳酸；淀粉水解产生D是葡萄糖，分子式是C6H12O6，葡萄糖在酒化酶作用下反应产生乙醇：CH3CH2OH；葡萄糖在体内在无氧呼吸能够氧化产生乳酸；乙醇可以被酸性高锰酸钾溶液或

酸性重铬酸钾溶液直接氧化为有机物E是CH3COOH，然后根据问题逐一分析解答。【详解】根据上述分析可知：A是CH2=CH2，B是CH3CH2OH，C是CH3CHO，D是葡萄糖，分子式是C6H12O6，E是CH3COOH。(1)乙烯

是一种植物激素，能够促进植物的生长、发育，可作为水果的催熟剂，其结构简式是CH2=CH2；淀粉完全水解得到葡萄糖，故物质D的名称是葡萄糖；由于淀粉遇碘单质会变为蓝色，因此检验是否还有淀粉的试剂是碘水；(2)CH2=CH2与水发生加成反应产生CH3CH2OH，故A→B的反应类型是加成反应；乙醇与

O2在Cu作催化剂条件下，加热，发生氧化反应产生CH3CHO，该反应的化学方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；(3)B是CH3CH2OH，可以被酸性高锰酸钾溶液或酸性重铬酸钾溶液直接氧化为有机物E是CH3COOH，CH3CH

2OH与CH3COOH可在浓硫酸催化作用下反应生成乙酸乙酯(C4H8O2)，其结构简式是CH3COOC2H5。在实验中60g乙酸的物质的量是1mol，若完全反应产生的乙酸乙酯的质量是88g，实际上1mol乙酸与足量B反应后生成66g该酯，则产生该酯的产率为66g88g×100%=7

5%；(4)淀粉水解需在稀硫酸催化下进行，要检验淀粉水解产物葡萄糖的存在应该在碱性环境中进行，因此需先用碱将催化剂硫酸中和。而小明向淀粉溶液中加入稀硫酸并加热一段时间，冷却后的溶液中直接加入新制氢氧化铜悬浊液，并没有加入碱中和硫酸，就

直接加热，所以无砖红色沉淀出现，则小明实验失败的主要原因是未用碱中和作催化剂的酸；(5)乳酸与Fe反应产生乳酸亚铁和氢气，二者反应的物质的量的比是2：1，2mol乳酸反应会产生1molH2，45g乳酸的物

质的量是n(乳酸)=45g÷90g/mol=0.5mol，则其完全与Fe反应产生H2的物质的量n(H2)=12n(乳酸)=12×0.5mol=0.25mol，其在标准状况下的体积V(H2)=0.25mol×22.4

L/mol=5.6L；(6)两分子乳酸在一定条件下通过酯化反应可生成一分子六元环酯(C6H8O4)和两分子水，根据酯化反应脱水方式：酸脱羟基，醇脱氢，可知产生的该环酯的结构简式是。【点睛】本题考查了有机物的性质、转化、反应类型的判断

、方程式的书写等。根据A是一种常见的烃，它的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，推断出乙烯是解题关键，掌握各类有机物官能团的转化及物质的物质，侧重考查学生对基础知识的掌握与应用能力及的分析、推断能力。