【文档说明】四川省广元市2019-2020学年高一下学期期末教学质量监测化学试题【精准解析】.doc，共(24)页，735.500 KB，由小赞的店铺上传

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四川省广元市2019-2020学年高一下学期期末教学质量监测化学试题可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Al27S32Ca40Fe56Cu64第I卷一、选择题(每小题只有一个选项符合题意。)1.化学与能源开发、环境保护、资源利用等密切相关。

下列说法正确的是()A.天然气、石油、流水、风力、氢气为一次能源B.无论是风力发电还是火力发电，都是将化学能转化为电能C.PM2.5含有的铅、镉、铬、钒、砷等对人体有害的元素均是金属元素D.垃圾是放错地方的资源，应分类回收利用【答案】D【解析】【分析】【详解】A、一次能源是

自然界中以原有形式存在的、未经加工转换的能量资源．包括化石燃料(如原煤、原油、天然气等)、核燃料、生物质能、水能、风能、太阳能、地热能、海洋能、潮汐能等，氢能属于二次能源，故A错误；B、风力发电是将风能转化为电能，火力发电是将化学能转化为电能，故B错误；C、铅、镉、铬、钒属于金属元素，砷属于非金属

元素，故C错误；D、垃圾回收利用可以节约资源，应分类回收利用，故D正确；故选D。2.我国许多城市已经推广使用清洁燃料，如压缩天然气（CNG）类，液化石油气（LPG）类，这两种燃料的主要成分是A.醇类B.一氧化碳C.氢气D.烃类【答案】D【解析】分析：天然气的主要成分是甲烷，

液化石油气的主要成分是乙烯、乙烷、丙烷、丙烯、丁烷、丁烯等，都属于碳氢化合物。详解：压缩天然气（CNG）的主要成分是甲烷，液化石油气（LPG）的主要成分是乙烯、乙烷、丙烷、丙烯、丁烷、丁烯等。因此可知该两类燃料都是由碳氢

化合物组成的烃类；答案选D。3.下列有关叙述中正确的是A.纤维素在人体内可水解为葡萄糖，它和淀粉互称为同分异构体B.某烷烃完全燃烧时，若生成nmolCO2，则生成的水一定为(n+1)molC.明矾可用于自来水的净化与海水的淡化D.甲烷、苯、甲苯、蛋白质完全燃烧的产物都只有二氧化碳和

水【答案】B【解析】【详解】A．人体不含消化纤维素的酶，纤维素在人体内不能水解，纤维素和淀粉都可以表示为(C6H10O5)n分子中的聚合度不同，分子式不同，不能称为同分异构体，故A错误；B．根据烷烃通式CnH2n+2及碳、氢原子守恒知，燃烧生成nmolCO

2，则生成的水一定为2n+22=(n+1)mol，故B正确；C．通过除去海水中的盐可以达到淡化海水的目的，明矾水解生成氢氧化铝胶体，能吸附水中悬浮物而净水，但明矾不能吸附可溶性物质，明矾不能进行海水的淡化，故C错误；D．甲烷、苯、甲苯都属于烃类，完全燃烧的产物都只有二氧化碳和水，蛋白质还含

有氮元素等，完全燃烧的产物还有氮气等，故D错误；答案选B。4.下列有关叙述中，正确的是A.14C与12C的性质完全不同B.14C与14N含有的中子数相同C.14C60与12C60互为同位素D.14C与12C、13C互为同位素【答案】

D【解析】【详解】A.14C与12C均是碳元素，化学性质相似，故A错误；B.中子数=质量数-质子数，14C的中子数为：14-6=8，14N的中子数为：14-7=7，B错误；C.14C60与12C60是碳元素形成的单质，二者不互为同位素，C错误；D.14C与12C

、13C是碳元素的不同核素，互为同位素，故D正确；答案选D。5.下列表示物质结构的化学用语正确的是A.二氧化碳的结构式：O=C=OB.中子数为20的氯原子：2017ClC.HF的电子式：D.CH4分子的球棍模型：【答

案】A【解析】【详解】A.二氧化碳分子的空间构型为直线形，结构式为O=C=O，故A正确；B.中子数为20的氯原子的质量数为37，原子符号为3717Cl，故B错误；C.HF为共价化合物，电子式为，故C错误；D.甲烷的

空间构型为正四面体形，球棍模型为，故D错误；故选A。6.有机锗具有抗肿瘤活性，锗元素的部分信息如右图。则下列说法不正确的是A.x=2B.锗元素与碳元素位于同一族，属于ⅣA族C.锗位于元素周期表第4周期，原子半径大于碳的原子半径D.距离锗原子核较远区城

内运动的电子能量较低【答案】D【解析】分析：根据原子的核外电子排布规律、Ge的原子组成以及元素周期律解答。详解：A.K层只能容纳2个电子，则x=2，A错误；B.最外层电子数是4，则锗元素与碳元素位于同一族，属于第ⅣA族，B正确；C.原子核外电子层数是4层，锗位于元素周期

表第4周期，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径大于碳的原子半径，C正确；D.距离锗原子核较远区城内运动的电子能量较高，D错误。答案选D。7.下列反应属于放热反应的是①二氧化碳与赤热的炭反应生成一氧化碳；②葡萄糖在人体内氧化分解；③Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体反应；④锌粒与

稀H2SO4反应制取H2；⑤植物通过光合作用将CO2转化为葡萄糖A.②④B.①⑤C.①③④⑤D.①④⑤【答案】A【解析】【详解】①二氧化碳与赤热的炭反应是吸热反应；②葡萄糖在人体内氧化分解，为人体提供能量，该反应放热；③

氢氧化钡晶体和氯化铵晶体混合反应是吸热反应；④锌粒与稀H2SO4反应制取H2是放热反应；⑤植物通过光合作用将CO2转化为葡萄糖的过程需要吸收能量，是吸热反应；故属于放热反应的有②④，答案选A。8.下列关于物质性质变化的比较，不正确的是（）A.酸性强弱：HIO4>HBrO4>HClO4

B.原子半径大小：Na>S>OC.碱性强弱：KOH>NaOH>LiOHD.金属性强弱：Na>Mg>Al【答案】A【解析】【详解】A．非金属性：Cl＞Br＞I，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物酸性越强，则有酸性强弱：HIO4＞

HBrO4＞HClO4，故A错误；B．同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则Na＞S，原子核外电子层数越多，半径越大，O的原子核外有2个电子层，半径最小，则原子半径：Na＞S＞O，故B不选；C．金属性：K＞Na＞Li，元素的金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的碱性越强，则有碱性强弱：KOH＞N

aOH＞LiOH，故C不选；D．同周期元素从左到右金属性逐渐减弱，则有金属性强弱：Na＞Mg＞Al，故D不选。故答案选A。9.下列关于资源综合利用和环境保护的化学方程式不正确的是A.将煤气化为可燃性气体：C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)

B.海水提溴时用SO2吸收Br2蒸气：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4C.燃煤中加入石灰石脱硫：2CaCO3+2SO2+O22CaSO4+2CO2D.用过量NaOH溶液吸收烟气中的SO2：SO2+NaOH=NaHSO3【答

案】D【解析】【详解】A.将煤气化为可燃性气体，发生的反应为碳与水蒸气反应生成CO和氢气，反应的化学方程式为：C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)，选项A正确；B.海水提溴时用SO2吸收Br2蒸气，反应生成氢溴酸和硫酸，

反应的化学方程式为：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，选项B正确；C.燃煤中加入石灰石脱硫，反应生成硫酸钙和二氧化碳，反应的化学方程式为：2CaCO3+2SO2+O22CaSO4+2CO2，选项C正确；D.用过量N

aOH溶液吸收烟气中的SO2，反应生成亚硫酸钠和水，反应的化学方程式为：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，选项D不正确；答案选D。10.下列关于有机物的说法正确的是A.乙烯能使酸性KMnO4溶液和溴水褪色，二者反应原理不相同B.乙醇使酸性重铬酸钾溶液变

色是发生取代反应C.乙酸的分子式为CH3COOH，属于强电解质D.苯分子中没有碳碳双键，因此苯不能发生加成反应【答案】A【解析】【详解】A.乙烯具有碳碳双键，能与酸性KMnO4溶液发生氧化反应，使酸性KMnO4溶液褪色

，能与溴水发生加成反应，使溴水褪色，二者反应原理不相同，故A正确；B.乙烯具有碳碳双键，能与酸性重铬酸钾溶液发生氧化反应，使酸性重铬酸钾溶液变色，故B错误；C.乙酸的分子式为CH3COOH，在溶液中部

分电离，属于弱电解质，故C错误；D.一定条件下，苯能与氢气发生加成反应生成环己烷，故D错误；故选A。11.在下列化学反应中既有离子键、极性键、非极性键断裂，又有离子键、极性键、非极性键形成的是（）A.Cl2＋H2O＝HClO＋HClB.Mg3N2＋6H2O＝3Mg(OH)2↓＋2NH3↑C.2

Na2O2＋2H2O＝4NaOH＋O2↑D.NH4Cl＋NaOHNaCl＋NH3↑＋H2O【答案】C【解析】【分析】一般金属元素与非金属元素形成离子键，同种非金属元素之间形成非极性共价键，不同非金属元素之间形成极性共价键，铵盐中铵根离子和酸根离子之间存在离子键，据此分析解答。【详解】A．没有离子

键的断裂与形成，也没有非极性键的形成，A不正确；B．没有非极性键的断裂与形成，B不正确；C．2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑中有离子键、极性键、非极性键断裂，又有离子键、极性键、非极性键形成，故C正确；D．没有非极性键的断裂与形成，D不正确；故选C。1

2.相同物质的量浓度的下列物质的稀溶液中，pH最小的是（）A.乙醇B.乙酸C.碳酸钠D.碳酸【答案】B【解析】【分析】pH最小说明溶液的酸性最强，等浓度的酸，其电离程度最大。【详解】乙醇不是酸，其溶液呈

中性；碳酸钠是盐，其溶液显碱性；乙酸、碳酸都属于酸，相同温度和浓度的这两种酸，其电离程度大小顺序是：乙酸＞碳酸，所以酸性最强的是乙酸，则乙酸溶液的pH最小，B项正确；答案选B。13.100mL6mol·L﹣1的H2SO4溶液跟过量锌粉反应，在一定温度下，为了减缓反应进行的速率，但又不影响生成

氢气的总量，可向反应物中加入适量的①Na2CO3溶液②水③K2SO4溶液④CH3COONa溶液⑤Na2SO4固体．A.①②③B.②③④C.①②④D.③④⑤【答案】B【解析】【分析】【详解】①加入Na2C

O3溶液，与酸反应，生成氢气的量减少，选项①错误；②氢离子的物质的量不变，浓度变小，则减缓反应进行的速率，但又不影响生成氢气的总量，选项②正确；③加适量的K2SO4溶液，相当于溶液稀释，氢离子的物质的量不变，浓度变小，则减缓反应进行的速率，但又不影响生成氢气的总量，选项③正确；④加入醋酸钠和硫酸反

应生成醋酸，反应最终电离的氢离子的物质的量不变，浓度变小，则减缓反应进行的速率，但又不影响生成氢氧的总量，选项④正确；⑤加适量Na2SO4固体，对反应速率无影响，选项⑤错误。答案选B。14.设NA为阿伏加德罗常数的

值，下列有关叙述不正确的是（）A.1mol甲基（—CH3）所含的电子数为9NAB.1mol乙烯分子中含有极性键数为4NAC.标准状况下，22.4L庚烷完全燃烧所生成的气态产物的分子数为7NAD.常温下，1mol乙醇

可与足量的Na反应生成H2的分子数为0.5NA【答案】C【解析】【详解】A、一个甲基中含有9的电子，所以1mol甲基（-CH3）所含的电子总数为9NA，选项A正确；B、一个乙烯分子中含有4个极性键，所以1mol乙烯分子中含有极性键数为4NA，选项B正确；C

、气体摩尔体积只适用于气体，标况下庚烷是液体，气体摩尔体积不适用于庚烷，所以无法计算22.4L庚烷完全燃烧所生成的气态产物的分子数，选项C错误；D、常温下，1mol乙醇可与足量的Na反应生成H2的分子数为0.5NA，选项D正确。答案选C。【点睛】本题考查了有关阿伏伽德罗常

数的计算，易错选项是C，注意气体摩尔体积只适用于气体不适用于固体和液体。15.下表中金属的冶炼原理与方法完全正确的是冶炼原理方法ACuSO4+2Na=Cu+Na2SO4湿法炼铜B2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑电解法CCu2S+O22Cu+SO2热分解法D2Ag2O4Ag+O

2↑热还原法A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．钠为活泼金属，能与水直接反应而不能在水溶液中置换出铜，不能利用反应CuSO4+2Na=Cu+Na2SO4进行湿法炼铜，选项A错误；B．活泼金属K、Ca、Na

、Mg、Al等用电解法冶炼，2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑，选项B正确；C．煅烧硫化亚铜的反应为Cu2S+2O22CuO+SO2，选项C错误；D．不活泼金属Hg、Ag利用热分解法冶炼，反应2Ag2O4Ag+O2↑是利用热分解法冶炼，

选项D错误。答案选B。16.下列叙述能说明反应2A（g）+B（g）2C（g）已达平衡状态的有（）①A、B、C的百分含量相等；②单位时间，消耗amolB，同时生成2amolC；③单位时间，消耗amolA，同时生成0

.5amolB；④外界条件不变时，物质总质量不随时间改变；⑤外界条件不变时，气体总分子数不再变化；⑥A、B、C分子数之比为2：1：2．A.除④外B.除②⑥外C.②④⑤D.③⑤【答案】D【解析】【分析】反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分浓度

不再变化，据此判断反应是否达到平衡状态。【详解】①A、B、C的百分含量相等，不一定各组分浓度不变，不能证明反应达到平衡状态，①错误；②单位时间，消耗amolB，同时生成2amolC，是正反应速率之比等于化学计量数之比，不能说明反应达到平衡状态，②错误；③单位时间，消耗a

molA，同时生成0.5amolB，符合速率之比等于化学计量数之比，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，③正确；④据质量守恒定律，反应前后气体质量不变，所以外界条件不变时，物质总质量不随时间改变不能说明反应达到平衡状态

，④错误；⑤反应前后气体体积不同，即分子数不同，所以外界条件不变时，气体总分子数不再变化说明反应达到平衡状态，⑤正确；⑥A、B、C分子数之比决定于开始加入物质的多少和反应限度，与平衡状态无关，⑥错误；答案选D。17.瓦斯爆炸是煤矿开采中的重大危害，一种瓦斯

分析仪能够在煤矿巷道中的甲烷浓度达到一定浓度时，可以通过传感器显示。该瓦斯分析仪工作原理类似燃料电池的工作原理，其装置如下图所示，其中的固体电解质是Y2O3－Na2O，O2-可以在其中自由移动。下列有关叙述正确的是()A.瓦斯分析

仪工作时，电池内电路中电子由电极b流向电极aB.电极b是正极，O2-由电极a流向电极bC.电极a的反应式为：CH4+4O2--8e-=CO2+2H2OD.当固体电解质中有1molO2-通过时，电子转移4mol【答案】C【解析】【详解】A、电子不能在电池内电路流动，只能在外电路中流动，故

A错误；B、电极b氧气得电子，生成O2-，而电极a需要O2-作为反应物，故O2-由正极(电极b)流向负极(电极a)，故B错误；C、甲烷所在电极a为负极，电极反应为：CH4+4O2--8e-=CO2+2H2O，故C正确；D、1mo

lO2得4mol电子生成2molO2-，故当固体电解质中有1molO2-通过时，电子转移2mol，故D错误；故选C。【点晴】本题考查了化学电源新型电池的原电池原理应用。瓦斯分析仪工作原理类似燃料电池的工作原理，其装置如图乙所示，其中的固体电解质是Y2O3-Na2O，O2-可以在其中自

由移动．电子在外电路转移，通甲烷气体的为负极，通空气一端为正极，电池总反应为CH4+2O2=CO2+H2O，正极反应为：O2+4e-=2O2-，负极反应为：CH4+4O2--8e-=CO2+2H2O。主要理解电池电解质不是在水溶液中的氧化还

原反应，电解质是固体，O2-可以在其中自由移动，是本题的关键。18.关于下列图示的说法中正确的是()A.用图①所示实验可比较硫、碳、硅三种元素的非金属性强弱B.用图②所示实验装置排空气法收集CO2气体C.图③表示CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)为吸热

反应D.图④两个装置中通过导线的电子数相同时，消耗负极材料的物质的量也相同【答案】A【解析】【详解】A．强酸制弱酸，得到酸性：硫酸大于碳酸，碳酸大于硅酸，三种酸都是最高价氧化物对应的水化物，可比较硫、碳、硅三种元素的非金属性强弱，A正确；B．CO2的密度比空气大，应该是长

口进短口出，B错误；C．该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量，是放热反应，△H小于0，C错误；D．左侧装置中铝是负极，右侧装置中锌是负极，因此当转移相同的电子时，消耗的负极质量不同，D错误；答案选A。19.将等物质的量的A、B混合于2L的密闭

容器中，发生下列反应：3A(g)＋B(g)⇌xC(g)＋2D(g)，经2min后测得D的浓度为0.5mol·L-1，c(A)∶c(B)＝3∶5，以C表示的平均速率v(C)＝0.25mol·L-1·min-1，下列说法正确的是A.该反应方程式中，x＝1B.2min时，A的物质的量

为0.75molC.2min时，A的转化率为50%D.反应速率v(B)＝0.25mol·L-1·min-1【答案】C【解析】分析：2min后测得D的浓度为0.5mol·L-1，v(D)=0.5/2mol

Lmin=0.25mol·L-1·min-1，B表示的平均速率v(C)＝0.25mol·L-1·min-1，由速率之比等于化学计量数之比可以知道,x=2,设A、B的起始物质的量均为n,生成D为2L×0.5mol·

L-1=1mol,则3A(g)＋B(g)⇌2C(g)＋2D(g)起始nn00转化1.50.5112minn-1.5n-0.511c(A)∶c(B)＝3∶5，则1.50.5nn−−=35，计算得出n=3，

以此来解答。详解:A.由上述分析可以知道，x=2，故A错误；B.2min时,A的物质的量为3mol-1.5mol=1.5mol,故B错误；C.2min时,A的转化率为1.53×100%=50%,所以C选项是正确的；D.反应速率v(B)＝0.522molLmin=

0.125mol·L-1·min-1,故D错误；所以C选项是正确的。20.有机物M的结构简式为，下列有关M性质的叙述中错误的是A.M与金属钠完全反应时，二者物质的量之比为1:2B.M与碳酸氢钠完全反应时，二者物质的量之比为1：1C.M与氢氧化钠完全反应时，二者物质的量之

比为1:2D.M既能与乙酸反应，又能与乙醇反应【答案】C【解析】【详解】A．该物质一个分子中含有一个羧基、1个醇羟基，所以M与金属钠完全反应时，二者物质的量之比为1:2，A正确；B．只有羧基可以与碳酸氢钠发生反应，所以M与碳酸氢钠完全反应时，二者物质的量之

比为1：1，B正确；C．只有羧基可以与NaOH发生反应，所以M与碳酸氢钠完全反应时，二者物质的量之比为1：1，C错误；D．M含有羧基、醇羟基，它们可以发生酯化反应，故该物质既能与乙酸反应，又能与乙醇反应，D正确；故答案选C。21.下列表中所采取的分离方法与对应原理都正确的

是选项目的分离方法原理A分离溶于水中的碘乙醇萃取碘在乙醇中的溶解度较大B除去丁醇中的乙醚蒸馏丁醇与乙醚的沸点相差较大C除去KNO3中混杂的NaCl重结晶NaCl在水中的溶解度很大D分离苯和溴苯分液二者不互溶A.AB.BC.CD

.D【答案】B【解析】【详解】A．乙醇易溶于水，不能用于萃取剂，应用苯或四氯化碳，故A错误；B．丁醇与乙醚沸点不同，可蒸馏分离，故B正确；C．硝酸钾与氯化钠的溶解度随温度变化不同，硝酸钾溶解度随温度变化较大，故C错误；D．苯和溴苯混溶，应用蒸馏的方法分离，故D错误。答案选B。

22.铁与4mol/L的稀硫酸反应(放热反应)生成H2的物质的量与反应时间的关系如下图所示。下列结论正确的是A.反应开始2min内平均反应速率最大B.常温下，改用98.3%的浓硫酸可以加快反应速率C.反应在2~4min正反应速率小于逆反应速率D.0~2min内反应速率逐

渐增大，说明0~2min内温度比浓度对反应速率的影响大【答案】D【解析】【详解】A．由图象可知，0∼2min时间内，生成H20.1mol，2∼4min时间内，生成H20.2mol，4∼6min时间内，生成H20.1mo

l，则反应在2∼4min时间内生成H2的物质的量最多，反应在2∼4min内平均反应速率最大，故A错误；B．常温下，Fe遇到浓硫酸会钝化，所以改用98.3%的浓硫酸不会加快反应速率，故B错误；C．Fe与稀硫酸反应不是可逆反应，逆反应速率几乎为零，故

C错误；D．铁与稀硫酸反应为放热反应，温度升高反应速率增大，随反应进行，硫酸的浓度减小，反应速率减慢，但在0~2min内反应速率逐渐增大，说明温度比浓度对反应速率的影响大，故D正确；答案为D。23.下表中，对陈述I、I的正确性

及二者间有无因果关系的判断都正确的是选项陈述I陈述II判断A二氯甲烷只有一种结构甲烷为正四面体I对、II对、无B用Mg-Al-NaOH构成原电池Mg更活泼，作负极I对、II对、无CNH4NO3是共价化合物NH4NO3熔融状

态不导电I对、II对、无D石墨常用作原电池的电极石墨的化学性质稳定且导电性好I对、II对、有A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．甲烷是正四面体，故每个氢环境一样，二氯甲烷只有一种结构，二者有因果关系，A错误；B．用Mg-Al-NaOH构成原

电池，电解质溶液为碱性环境，镁不失去电子，故铝作负极，失去电子，II错，B错误；C．硝酸铵是离子化合物，I错，C错误；D．石墨的化学性质稳定且导电性好。故石墨可以作电极材料，D正确；答案选D。24.根据下列事实：①A+B2+＝A2++B；②D+2H2O＝D（OH）2↓+H2↑；③以B、

E为电极与E的盐溶液组成原电池，电极反应为：E2++2e－＝E，B﹣2e－＝B2+．由此可知A2+、B2+、D2+、E2+的氧化性强弱关系是A.D2+＞A2+＞B2+＞E2+B.B2+＞A2+＞D2+＞E2+C.D2+＞E2+＞A2+＞B2+D.E

2+＞B2+＞A2+＞D2+【答案】D【解析】【详解】同一化学反应中，氧化剂的氧化性＞氧化产物的氧化性，①A+B2+=A2++B，该反应中氧化剂是B2+，氧化产物是A2+，所以B2+的氧化性＞A2+的氧化性；②D+2H2O=D（OH）2+H2↑，该反应中氧化剂是H2O，氧化

产物是D（OH）2，所以H2O的氧化性＞D2+的氧化性；③以B、E为电极与E的盐溶液组成原电池，电极反应为：E2++2e﹣=E，B﹣2e﹣=B2+，该电池的电池反应式为E2++B=E+B2+，所以氧化剂是E2+，氧化产物是B2+

，所以E2+的氧化性＞B2+的氧化性；所以各离子的氧化性大小为E2+＞B2+＞A2+＞D2+；故选D。25.有一粉末，它是由铁的氧化物物中的一种或两种组成，取3.04g粉末加热，同时通入足量的CO使之完全反应，再用澄清石灰水把产生的气体充分吸收，产生沉淀5g，则该粉末

的组成可能是A.只有Fe2O3B.只有FeOC.等物质的量的FeO和Fe3O4D.等物质的量的Fe2O3和Fe3O4【答案】C【解析】【详解】用澄清石灰水把产生的气体充分吸收，产生沉淀5g，则生成的CO2的物质的量为：n(CO2)="n(Ca"CO3)=5g÷100g/mo

l=0.05mol，设铁的氧化物化学式为FexOy,设铁的氧化物物质的量为n，则有：FexOy+yCO＝xFe+yCO21yn0.05得n=0.05/y3.04/(56x+16y)=0.05/y，x/y=4/5，所以Fe和O的原子个数比为4：5，选C。第II卷二

、非选择题26.现有A、B、C、D、E五种元素，它们的质子数依次增多。①A的核电荷数大于2，可形成氢化物H2A，该氢化物在常温下是液体；②A和B两元素可形成B2A3型化合物，该化合物既能溶于强酸，又能溶于强碱；③C

+比B3+多8个电子；④C与D元素可以形成化合物CD；⑤CD的溶液中通入氯气后加淀粉溶液显蓝色；⑥在周期表中E处于C的下两个周期，E单质可与冷水反应生成氢气，反应时E的单质与生成的氢气的物质后的量之比为2：1。试回答：(1)B是_____

_____(写元素符号，下同)，E是___________。(2)D的单质分子的电子式：_________，C元素最高价氧化物对应的水化物的电子式：________；B的离子结构示意图：__________。(3)用电子式表示H2A形成过程：___________。(4)

写出一例能证明B与C化学性质强弱的事实___________。(5)写出CD的溶液中通入氯气的离子方程式：_____________。(6)比较B、C、E三种元素形成的简单离子氧化性的强弱(B、C、E离子用实际离子符号表示)：_______。【答案】(1).Al(2).Cs(3).(4).(5).

(6).(7).取等质量的B、C分別投入到透量的水中，反应剧烈的是C，无明昆現象的是B，则可说明B的化学性质没有C強(8).Cl2+2I-=2Cl-+I2(9).Al3+>K+>Cs+【解析】【分析】①由A的核电荷数大于2，可形成氢化物H2A，该氢化物在常温下是液体可知，A为O元素；②由A和

B两元素可形成B2A3化合物，该化合物既能溶于强酸，又能溶于强碱可知，B为Al元素；③B为Al元素，由C+离子比B3+离子多8个电子可知，C为K元素；④由C与D元素可以形成化合物CD，⑤CD的溶液中通入氯气后加

淀粉溶液显蓝色可知，D为I元素；⑥C为K元素，由在周期表中E处于C的下两个周期，E单质可与冷水反应生成氢气，反应时E的单质与生成的氢气的物质的量之比为2：1可知，E为+1价金属，与钾元素同主族，则E为Cs元素。【详解】(1)由上述分析可知，B是Al元素，E是

Cs元素，故答案为：Al；Cs；(2)B是Al元素，Al3+离子有2个电子层，核内质子数为13，最外层有8个电子，铝离子结构示意图；D为I元素，I2为双原子分子，电子式为；C为K元素，K元素最高价氧化物的水化物为离子化合物KOH，电子式为；故答案为：；；；(3)A为O元素，H2O为共价化合物

，用电子式表示H2O形成过程为，故答案为：；(4)金属单质K的活泼性强，能与冷水剧烈反应，金属Al是较活泼金属，不能与冷水反应，则取等质量的Al、K分別投入到足量的水中，反应剧烈的是K，无明显现象的是Al，则可说明Al的化学性质没有K強，故答案为：取

等质量的B、C分別投入到足量的水中，反应剧烈的是C，无明显现象的是B，则可说明B的化学性质没有C強；(5)向KI溶液中通入具有强氧化性的氯气，氯气能将碘离子氧化为碘单质，反应的离子方程式2I-+Cl2═I2+2Cl-，故答案为：2I-+Cl2═I2+2Cl-；(5)金属元素的金属

性越强，单质的还原性越强，对应离子的氧化性越弱，B是Al元素、C为K元素、D是Cs元素，金属性Al＜K＜Cs，则B、C、E三种元素形成的简单离子氧化性Al3+＞K+＞Cs+，故答案为：Al3+＞K+＞Cs+。

【点睛】本题以元素推断为载体，考查原子结构示意图、电子式、离子方程式、氧化性强弱比较，难度不大，依据题意推断元素是解答关键。27.i．化学反应的过程是旧化学键断裂、新化学键形成的过程，对于反应：H2+I2=2HI，已知断开1molH-H键、1molI-I键分别需要吸收的能量是436kJ和151

kJ，形成1molH-I键需要放出的能量是299kJ。(1)1molH2和1molI2完全反应生成2molHI，反应共_____(填“放出”或“吸收”)能量_______kJ。(2)如下图两个图象中，能够正确反映该反应能量变化的图象是______

_(填“A”或“B”)。ii．在100℃时，将0.01mol的四氧化二氮气体充入0.1L的密闭容器中发生反应，隔一定时间，对该容器内的物质进行分析，得到如下数据：时间/s浓度/(mol·L-1)020406080100c(N2O4)/(mol·L-1)0.1000

.0700.050c3abc(NO2)/(mol·L-1)0.0000.0600.1000.1200.1200.120试回答：①该反应的化学方程式为N2O4(g)⇌2NO2(g)，达到平衡时四氧化二氮的转化率为_____，表中a_____b(填“＞”“＜”或“＝")。②在0~20s内，四氧化二氮

的平均反应速率为_______，在时间段(指0-20s、20-40s、40-60s、60~80s、80~100s)反应速率最大的是0~20s，原因是___________。【答案】(1).放出(2).11(3).A(4).60%(5).=(6).0.015mol/(L·s)(7)

.开始吋反应物的浓度最大【解析】【分析】i．旧键断裂要吸收能量，新键生成要释放能量，当旧键断裂吸收的能量大于新键生成释放的能量时，反应为吸热反应，反之则为放热反应；ii．①由表格数据可知，60s、80s、100s时NO2的浓度均为0.120mol/L，说明反应已达平衡；

②由化学反应速率计算公式可得；反应过程中，反应开始吋反应物的浓度最大，反应速率最大。【详解】i．（1）1molH2和1molI2充分反应生成2molHI，旧键断裂时吸收能量的值为436kJ+151kJ=587kJ，新键生成时释放能量为29

9kJ×2=598kJ，旧键断裂吸收的能量小于新键生成释放的能量说明该反应为放热反应，放出的热量为598kJ-587kJ=11kJ，故答案为：放热反应；11；（2）1molH2和1molI2充分反应生成2mol

HI的反应为放热反应，反应物总能量大于生成物总能量，则A正确，故答案为：A；ii．①由表格数据可知，60s、80s、100s时NO2的浓度均为0.120mol/L，说明反应已达平衡，表中a=b；由平衡时NO2的浓度均为0.120mol/L可知，反应消耗0.0

6mol/LN2O4，则达到平衡时四氧化二氮的转化率为0.060mol/0.100/LmolL×100%=60%，故答案为：60%；=；②在0~20s内，四氧化二氮的浓度变化量为(0.100—0.070)mol/L=0.03

0mol/L，则平均反应速率为0.030mol/20sL=0.015mol/(L·s)；反应物浓度越大，化学反应速率越快，反应开始吋，反应物的浓度最大，反应速率最快，则0~20s反应速率最大，故答案为：0.015mo

l/(L·s)；开始吋反应物的浓度最大。【点睛】反应物浓度越大，化学反应速率越快，反应开始吋，反应物的浓度最大，反应速率最快是解答关键。28.科学家预言，燃料电池将是21世纪获得电能的重要途径。近几年开发的甲醇

燃料电池是采用铂作电极催化剂，电池中的质子交换膜只允许质子(就是H+)和水分子通过。其工作原理的示意图如下图，请回答下列问题：(1)该装置的能量转化形式为__________。(2)Pt(a)电极是电池的_____(填“正”或“负”)极。(3)电

解液中的H+向_________(填“a”或“b")极移动。(4)如果该电池工作时消耗1molCH3OH，则电路中通过______mol电子，其通入空气(O2)一极的电极反应式为_______。(5)比起直接燃烧燃料产生电力，使用燃料电池有许

多优点，其中中主要有两点：首先是燃料电池的能量转化率高，其次是__________。【答案】(1).化学能转化为电能(2).负(3).b(4).6(5).O2+4H++4e-=2H2O(6).对环境无污染【解析】【分析】该原电池中质子交换膜只允许质子和水分子通过，说明电解质溶液为酸性溶液，燃料

电池中，通入燃料的电极为负极，负极上失电子发生氧化反应，电极反应为：CH3OH+H2O-6e-═CO2+6H+，通入氧气的电极为正极，氧气得到电子生成氢氧根离子，酸性条件下生成水，电极反应O2+4H++4e-

═2H2O，据此解答。【详解】(1)该装置的能量转化形式为原电池反应是化学能转化为电能；(2)Pt(a)电极甲醇通入失电子发生氧化反应，是电池负极；(3)燃料电池中，通入燃料的电极Pt(a)为负极，负极上失电子发生氧化反应，通入氧气的电极Pt(b)为正极

，氧气得到电子生成氢氧根离子，电解液中的H+向正极移动，即向b电极移动；(4)通入燃料的电极为负极，负极上失电子发生氧化反应，电极反应为：CH3OH+H2O-6e-═CO2+6H+，根据电子守恒，该电池工作时消耗1molCH3OH，则电路中通过6mol电子，通入氧气的电极为正极，氧气得到

电子生成氢氧根离子，酸性条件下生成水，电极反应O2+4H++4e-═2H2O；(5)燃料电池的能量转化率高，甲醇反应产物为CO2和H2O，对环境无污染。【点睛】通过电子的移动方向知，左半极为负极，右半极为正极；燃料

电池中，负极上投放燃料，燃料在负极上失电子发生氧化反应；正极上投放氧化剂，氧化剂在正极上得电子发生还原反应。29.某制糖厂，以甘蔗为原料制糖，同时得到大量甘蔗渣，对甘蔗渣进行综合利用不仅可以提高经济效益，而且还能防止环境污染，反应流程如下图：已知石油裂解已成为生产H的主要方法，E的官

能团为-CHO，G是具有香味的液体，试填空：(1)A的名称：_________，H的结构简式：__________。(2)写出H发生反应生成高分子化合物的化学方程式：________；D→E的化学方程式：________。(3)下图是实验室通过F和D反应制

取G的装置图。实验时，加热前试管a中最先加入的物质为_______(填结构简式)，写出试管a中生成G的化学方程式：_________，写出G的同分异构体中与CH3COOH互为同系物的结构简式：_________。(任写一种)(4)反应CH2ClCOOH+NH3+HCl属于的类型是___

______。【答案】(1).纤维素(2).CH2=CH2(3).nCH2=CH2(4).2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O(5).CH3CH2OH(6).C2H5OH+CH3COOHCH3COOC2H5+H2O(7).CH3CH2CH2C

OOH或(8).取代反应【解析】【分析】甘蔗渣通过处理得到A为(C6H10O5)n，应该为纤维素，纤维素在催化剂作用下水解生成葡萄糖B，葡萄糖在人体中缓慢氧化生成二氧化碳和水，同时放出热量，葡萄糖在酒化酶的作用下发生反应生成的D为乙醇，已知石油裂解已成为生产H的主要方法，E的

官能团为-CHO，G是具有香味的液体，H与水在催化剂作用下生成乙醇，则H为乙烯，乙醇催化剂作用下氧化生成的E为乙醛，乙醛氧化生成的F为乙酸，乙醇与乙酸在浓硫酸催化下发生酯化反应生成的G为乙酸乙酯，据此分析。【详解】(1)A的名称为纤维素，H为乙烯，结构简式

为CH2=CH2；(2)H发生反应生成高分子化合物聚乙烯的化学方程式为：nCH2=CH2；D→E是乙醇催化氧化生成乙醛，反应的化学方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；(3)实验室制备乙酸乙酯时，实验时

，加热前试管a中最先加入的物质为CH3CH2OH，试管a中生成G的化学方程式为C2H5OH+CH3COOHCH3COOC2H5+H2O，G的同分异构体中与CH3COOH互为同系物的属于羧酸，其结构简式有CH3CH2CH2COOH或；(4)反应CH2ClCOOH+NH3+HCl中，CH2

ClCOOH中的氯原子被氨基所替代，故该反应属于取代反应。30.某学校化学兴趣小组为探索金属回收物的综合利用，专门设计实验用含有铝、铁、铜的合金制取纯净的氯化铝溶液绿矾晶体(FeSO4·7H2O)和胆矾晶体(CuSO4·5H2O)，其实验方案如下：请回答下列问题：(1)操作I的名称_

_____。(2)写出滤液A到生成滤液C的离子方程式为_____。(3)小组成员经过检测，发现制得的绿矾不纯。经分析原因:要想由沉淀I最终制得纯度较高的绿矾，改进方法为____。(4)小组成员从资料中获知H2O2是一种绿色氧化剂，在滤渣B中加入稀硫酸和H2

O2可以使B溶解，则该反应的化学方程式为___。(5)有同学提出可将方案中最初溶解合金的盐酸改为烧碱溶液，重新设计方案，也能最终制得三种物质，老师认为后者方案相对于前者方案更合理，其理由是____。【答案】(1).过滤(2).Al3++4OH-=-2AlO+2H2O(3).向

溶液D中加入足量铁粉，将反应过程中氧化的部分三价铁全转化成了二价铁，反应后过滤，取滤液蒸发浓缩、冷却结晶即可得绿矾(4).Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O(5).因为前一种方案操作步骤多、时间长、消耗试剂量过大【解析】【分析】合金铝、铁、铜加入足量盐酸溶

解后过滤，得到滤液A为氯化铝、氯化亚铁，加入足量氢氧化钠溶液过滤得到滤液C为偏铝酸钠溶液，加入适量盐酸过滤得到氢氧化铝沉淀，加入盐酸过量，沉淀溶解生成氯化铝溶液；沉淀Ⅰ为氢氧化亚铁，加入硫酸生成硫酸亚铁溶液D蒸发结晶得到绿矾晶

体，由此解答。【详解】(1)经操作I得到滤液A和滤渣B，故该过程为：过滤；(2)滤液A到生成滤液C的离子方程式为：Al3++4OH-=-2AlO+2H2O；(3)发现制得的绿矾不纯，是因为亚铁离子被氧

化为铁离子，要想由沉淀I最终制得纯度较高的绿矾，需要向D溶液中加入过量铁粉还原铁离子为亚铁离子，过滤得到溶液蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到绿矾晶体；故答案为：向溶液D中加入足量铁粉，将反应过程中氧化的部分三价铁全转化成了二价铁，反应后过滤，取滤液蒸发浓缩、冷却结晶即可得绿矾；(4)铜与浓硫

酸反应生成有毒有污染的二氧化硫气体，若铜先和氧气反应生成氧化铜，然后氧化铜会和硫酸反应生成硫酸铜，不会产生污染大气的气体，该过程原料利用率高，所以途径②最佳，Cu中加入稀硫酸和H2O2可以制备胆矾晶体,反应方程式为：Cu+H2O2+H2SO4=CuS

O4+2H2O；(5)在实验原方案中，需要的是适量的酸，且步骤繁琐，这很难控制，改用烧碱，只有铝与强碱反应，首先分离出来铝；然后加入硫酸，只有铁与硫酸反应，从而分离出铁；最后得铜，从而制备出含有铜的化合物，故比较合理；故答案为：因为前一种方案操作步骤多

、时间长、消耗试剂量过大。