【文档说明】【精准解析】浙江省瑞安市上海新纪元高级中学2019-2020学年高一（1-6）班下学期期初考试化学试题.doc，共(21)页，436.500 KB，由小赞的店铺上传

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瑞安市上海新纪元高级中学2019学年第二学期2019级高一期初考试——化学试题卷（本试卷满分共70分，考试时间:60分钟）说明：1.可能用到的相对原子质量：H－1Li－7C－12N－14O－16Na－23Mg－24Si－28S－32Cl－35.5K－39Ca－40Fe－56Cu－64

I－127选择题部分一、选择题（本题共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.下列属于氧化物的是（）A.O2B.CO2C.H2SO4D.KOH【答案】B【解析】【分析】氧化物属于化合物，含有两种元素，其中

一种元素为氧元素，据此分析。【详解】A.氧气属于单质，不属于氧化物，故A不符合题意；B.CO2属于氧化物，故B符合题意；C.H2SO4属于酸，不属于氧化物，故C不符合题意；D.KOH为碱，不属于氧化物，故D不符合题意；答案：B。【点睛】氧化物属于化合物，化合物分

为氧化物、酸、碱、盐，其中氧化物含有两种元素，其中一种元素是氧元素。2.下列仪器中，使用时必须检查是否漏水的是()A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】带有旋塞或瓶塞的仪器在使用之前需要检验是否漏夜；A为蒸馏烧瓶，B为量筒，C为直形

冷凝管，D为分液漏斗；四种仪器中，仅分液漏斗需要验漏，故选D。3.下列物质属于纯净物的是()A.赤铁矿B.普通玻璃C.液氯D.漂白粉【答案】C【解析】【详解】A、赤铁矿的主要成分是Fe2O3，则赤铁矿为混合物，A不符合题意；B、普通玻璃的主要成分是Na2Si

O3、SiO2等，则普通玻璃为混合物，B不符合题意；C、液氯为液态氯气，是纯净物，C符合题意；D、漂白粉的主要成分为氯化钙和次氯酸钙，有效成分是Ca(ClO)2，则漂白粉为混合物，D不符合题意；故选C。【点睛】在平时的学习中，要注意一些说辞，比如某

物质的“主要成分”、“有效成分”，同时也要牢记物质的俗名，或者水溶液的名称，比如Na2SiO3又叫泡花碱，其水溶液又叫水玻璃。4.人类社会的发展离不开科学家的贡献，下列说法中不正确．．．的是()A.舍勒——研究软锰矿时发现了氯气B.汤姆生——根据α粒子散射实验提出原子

的葡萄干面包模型C.维勒——合成尿素实现了无机物向有机物的转化D.玻尔——研究氢原子光谱提出核外电子分层排布模型【答案】B【解析】【详解】A.瑞典化学家舍勒在研究软锰矿（主要成分是MnO2）的过程中，将它与浓盐酸混合加热，产生

了一种黄绿色、刺激性气味的气体，该气体为氯气，故A正确；B.卢瑟福提出原子的核式结构模型，这一模型建立的基础是α粒子散射实验，汤姆生提出了葡萄干面包模型，故B错误；C.维勒用无机物腈酸铵合成了尿素，突破了无机物与有机物的界限，可利用无机物得到有机物，故C正确；D.1913年丹麦物理学家波尔（

卢瑟福的学生）引入量子论观点，提出电子在一定轨道上运动的原子结构模型，原子系统只能具有一系列的不连续的能量状态，当原子从一个具有较大能量的定态跃迁到另一个能量较低的定态时，它辐射出具有一定频率的光子，原子的不同能量状态和电子沿不

同的圆形轨道绕核运动相对应，氢原子光谱指的是氢原子内的电子在不同能阶跃迁时所发射或吸收不同波长，该光谱的发现在玻尔核外电子分层排布模型原子结构的认识过程中，有极为重要的意义，故D正确。故选B。5.对于镁和沸水的反应Mg+2H2OΔMg(OH)2+H2↑，下列说

法不正确．．．的是()A.Mg2+的结构示意图：B.H2的摩尔质量：2C.H元素存在3种核素1H、2H、3HD.在反应后的溶液中滴入酚酞，溶液变红【答案】B【解析】【详解】A、Mg是12号元素，Mg原子失去两个最外层的电子变为Mg2+，核外最外层有8个电子，选

项中Mg2+的结构示意图正确，A正确；B、H2的摩尔质量为2g/mol，B错误；C、H元素存在3种核素1H、2H、3H，C正确；D、氢氧化镁属于中强碱，镁和沸水反应后的溶液可以使酚酞变红，D正确；故选B。【点睛】①摩尔质量是有单位的，式量是没有单位

的，二者在数值上相等，但并不意味着这两个物理量的物理意义相同；②Mg和沸水的反应，是考生平时学习中很少遇到的反应，主要是为了证明的Mg的金属性比Na弱，故D选项所涉及的知识点可以作为课外补充，丰富考生的知识储存。6.ClO2是新型消毒剂，可以由过硫酸

钠(Na2S2O8)与NaClO2反应制得，下列说法不正确．．．的是()A.该反应的化学方程式为：Na2S2O8+2NaClO2=2ClO2↑+2Na2SO4B.每1molNa2S2O8参加反应，得到1

mole－C.ClO2因具有强氧化性而可以杀菌消毒D.该实验条件下的氧化性：Na2S2O8＞ClO2【答案】B【解析】【分析】该反应中，反应物NaClO2的Cl呈+3价，生成物ClO2的Cl呈+4价，则NaClO2作还原剂，Na2S2O8作氧化剂，ClO2是氧化产物。【详解】A、根据氧化还原反应

中化合价变价的就近原则，Na2S2O8的S的+7价会变为+6价，即还原产物为Na2SO4，故该反应的化学方程式为：Na2S2O8+2NaClO2=2ClO2↑+2Na2SO4，A正确；B、1molNa2S2O8参加反应，得到2molNa2SO4，则Na2S2O8得到2

mole-，B错误；C、ClO2具有强氧化性，可以杀菌消毒，C错误；D、该反应中，Na2S2O8作氧化剂，ClO2是氧化产物，则Na2S2O8的氧化性比ClO2强，D正确；故选B。7.下列表示正确的是（）A.乙

炔分子的最简式：CHB.醋酸的结构式：CH3COOHC.CCl4的球棍模型：D.H2O的电子式：【答案】A【解析】【详解】A.乙炔的最简式为：CH，A正确；B.醋酸的结构简式为CH3COOH，将所有共价键用短线表示即为醋酸的结构式，醋酸的结构式为：，B错误；C.CCl4的球棍模型

为，C错误；D.水中存在两个H-O共价键，氧原子最外层达到8电子稳定结构，水的电子式为：，D错误；故合理选项是A。8.下列说法不正确．．．的是（）A.石灰石—石膏法可用于燃煤的脱硫B.钠和钾的合金在常温下是液体，可用于快中子反应堆作

热交换剂C.焦炭在炼铁高炉中用于提供热能和产生还原性气体COD.氢氧化铁胶体可用于杀菌消毒【答案】D【解析】【详解】A．石灰石-石膏法脱硫的原理第一步是SO2+Ca(OH)2＝CaSO3+H2O，然后再将产物氧化制成石膏，2CaSO3+O2＝2CaSO4，故A正确；B．钠、钾合金具有

良好的导热性，可做原子反应堆的导热剂，故B正确；C．焦炭在炼铁高炉中先和空气中的氧气反应生成二氧化碳，二氧化碳再被焦炭还原成一氧化碳，一氧化碳和铁矿石反应生成铁和二氧化碳，故C正确；D．氢氧化铁胶体粒子具有较大的表面

积，能够用于净水，但是氢氧化铁胶体不具有强氧化性，不能用于杀菌消毒，故D错误；故选D。9.下列说法不正确．．．的是（）A.浓硫酸具有强氧化性，故不能用铁制容器贮存浓硫酸B.二氧化硫和氯气都能使品红溶液褪色C.漂白粉暴露在空气中久置会变质D.

加热条件下，镁能在二氧化碳气体中燃烧【答案】A【解析】【详解】A．浓硫酸具有强的氧化性，常温下能够使铁钝化，形成致密氧化膜，阻止反应进行，所以能用铁制容器贮存浓硫酸，故A错误；B．二氧化硫与品红化合生成无色物质，而氯气与水反应生成的HClO，具有强氧化性使品红褪色，故B正确；C．次氯酸钙与空气

中的二氧化碳、水反应生成不稳定的次氯酸，易变质，故C正确；D．镁在二氧化碳中燃烧，与二氧化碳反应生成氧化镁和碳，故D正确；故选A。10.对下列物质放入水中后出现的现象分析，不正确．．．的是（）A.碳酸钠：溶于水，滴入无色酚酞试液，溶液变红色B.生石灰：与水反应，显

著放热C.苯：不与水反应，也难溶于水，液体分层，苯在下层D.乙醇：溶于水不分层【答案】C【解析】【详解】A．碳酸钠：溶于水，CO32―水解产生OH―，滴入无色酚酞试液，溶液变红色，故A正确；B．生石灰：与水反应生成氢氧化钙，显著放热，故B正确；C．苯是非极性分子，水是极性

分子，由相似相溶规律，苯不与水反应，也难溶于水，液体分层，但苯密度比水小，苯在上层,故C错误；D．乙醇与水分子之间形成氢键，溶于水不分层，故D正确；故选C。11.下列说法不正确．．．的是（）A.用药匙取用少量二氧化锰粉末B.蒸馏实验中忘记加沸石，应先停止加热

，待溶液冷却后加入沸石，继续蒸馏C.用干燥洁净的玻璃棒蘸取84消毒液（主成分NaClO），点滴到干的pH试纸上测pHD.油脂制肥皂实验中加乙醇的目的是增大油脂的溶解度，从而增大与氢氧化钠溶液的接触面积，加快油脂皂化反应速率【答案】C【解析】【详解】A．少量固体

粉末可以用药匙，故A正确；B．液体加热要加沸石或碎瓷片，引入汽化中心，可防止溶液暴沸，如果加热一段时间后发现忘记加碎瓷片，应该采取停止加热，待溶液冷却后重新添加碎瓷片，故B正确；C．将一小块试纸放在表面皿

上，用玻棒蘸取待测液涂于pH试纸上，再与标准比色卡对照，是测非强氧化性溶液的pH，NaClO具有强氧化性，pH试纸上无法显色，所以无法测定，故C错误；D．油脂难溶于水，在乙醇中的溶解度较大，油脂制肥皂实验中加一定

量的乙醇是为了增加油脂的溶解，增大与碱的接触面积，加快反应速率，故D正确；故选C。12.下列说法正确的是（）A.14C与14N不是同位素，但它们是两种核素B.氧气在放电或紫外线照射下能转化为臭氧(O3)，臭氧和氧气是同分异构体C.CH3—CH2—NO

2和H2N—CH2—COOH是同系物D.碘晶体、碘蒸气是同素异形体【答案】A【解析】【详解】A．14C与14N质子数不同，不是同位素，但它们是两种核素，故A正确；B．氧气在放电或紫外线照射下能转化为臭氧(O3)，臭氧和氧气是同种元素组成的两种不同的单质，互为同素异形体，故B错误；C．CH3—CH

2—NO2和H2N—CH2—COOH是同分异构，故C错误；D．碘晶体、碘蒸气是同种物质的两种不同的状态，故D错误；故选A。13.已知：X(g)＋2Y(g)3Z(g)∆H＝﹣akJ·molˉ1(a＞0)，下列说法不正确．．．的是A.0.1molX和0.2

molY充分反应生成Z，放出能量一定小于0.1akJB.Y的起始浓度不能为零，平衡浓度也不能为零C.在其他条件不变的情况下，降低反应温度，正、逆反应速率均减小D.当反应达到平衡状态时，一定存在3v(Y)正=2v(Z)逆【答案】B【解析】【详解】A．该反应是可逆反应，0.1m

olX和0.2molY充分反应生成Z，放出能量一定小于0.1akJ，故A正确；B．平衡可以从逆向建立，Y的起始浓度可以为零，平衡浓度不可能为零，故B错误；C．在其他条件不变的情况下，降低反应温度，正、逆反应速率均减

小，平衡会发生移动，故C正确；D．当反应达到平衡状态时，由正反应速率与逆反应速率相等，用不同物质来表示时，速率比等于方程式计量数之比，一定存在3v(Y)正=2v(Z)逆，故D正确；故选B。14.下列离子方程式书写正确的是（）A.Zn与稀

H2SO4反应：2Zn+2H+=2Zn2++H2↑B.向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：Na2SiO3+2H+=H2SiO3↓+2Na+C.碳酸氢铵溶液与足量澄清石灰水反应：HCO3ˉ+Ca2++OHˉ=CaCO3↓+H2OD.固体碳酸钙中滴加足

量盐酸：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O【答案】D【解析】【详解】A．Zn与稀H2SO4反应：Zn+2H+=Zn2++H2↑，原方程电荷不守恒，故A错误；B．向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：SiO32-+2H+=H2

SiO3↓,Na2SiO3是强电解质，故B错误；C．碳酸氢铵溶液与足量澄清石灰水反应：NH4＋＋HCO3ˉ+Ca2++2OHˉ=CaCO3↓+H2O＋NH3·H2O，故C错误；D．固体碳酸钙中滴加足量盐酸：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，D正确；故选D。15.短周期元

素W、X、Y、Z在元素周期表中的相对位置如表所示，这四种元素的原子最外层电子数之和为23。下列说法不正确．．．的是WXYZTA.原子半径Y>Z，非金属性W<XB.X2能从T的气态氢化物中置换出T单质C.W、Y、Z三种元素都能与X元素形成化合物WX2、YX2、ZX2D.最高价氧化物对应水化物

的酸性：W>Y>Z【答案】D【解析】【分析】W、X、Y、Z均为短周期主族元素，由位置关系可知，W、X处于第二周期，Y、Z处于第三周期，设X原子最外层电子数为a，则W、Y、Z最外层电子数依次为a-2、a、a+1，四种元素的原子最外层电子数之和

为23，则：a-2+a+1+a+a=23，解得a=6，则W为C元素，故X为O元素、Y为S元素、W为C元素。【详解】A、同周期从左到右，原子半径逐渐减小，元素的非金属性增强，原子半径S>Cl，非金属性W<X，故A正确

；B、同主族从上到下元素的非金属性减弱，故O2能与H2Se反应，生成Se单质，故B正确；C、O能形成CO2、SO2、ClO2，故C正确；D、最高价氧化物对应水化物的酸性：H2CO3<H2SO4<HClO4，故D错误；故选D。16.下列说法

正确的是（）A.利用粮食酿酒经过了淀粉→葡萄糖→乙醇的化学变化过程B.油脂、糖类、蛋白质在一定条件下均能与水发生反应C.动物脂肪属于天然高分子化合物，工业上用于生产肥皂D.含蛋白酶的洗衣粉可以洗涤丝绸、全羊毛等纤维织物，且水温高于50℃洗涤效果好【答案】A【解析】【详解】A．利用粮食酿酒

经过了淀粉→葡萄糖→乙醇的化学变化过程，每步均有新物质产生，故A正确；B．单糖不能发生水解反应，故B错误；C．常温下，油脂呈液态的是油，呈固态的是脂肪，植物油、动物脂肪统称油脂，都是高级脂肪酸甘油酯，动物脂肪不属于天然高分子化合物

，工业上用于生产肥皂，故C错误；D．含蛋白酶的洗衣粉不可以洗涤丝绸、全羊毛等纤维织物，能催化蛋白质的水解，且水温不能太高，高于50℃蛋白质变性，洗涤效果不好，故D错误；故选A。17.电子表所用的纽扣电池，两极材料为锌和氧化银，电解质溶液为KOH溶液，电池反应为Ag2O+Zn+H

2O＝2Ag+Zn(OH)2，示意图如图。下列判断正确的是（）A.锌为负极，被还原B.纽扣电池工作时，OHˉ移向Ag2OC.每6.5g锌发生反应时，转移电子0.1NAD.纽扣电池工作时，电解质溶液的碱性增强【答案】D【解析】【详解】A．根据化合价变化可知Zn被氧化，应为原电池的负极，则正极为

Ag2O，故A错误；B．原电池工作时，电解质中的阴离子移向负极，即OHˉ向锌电极移动，故B错误；C．每6.5g锌发生反应时，转移电子0.2NA，故C错误；D．原电池工作时：Ag2O+Zn+H2O＝2Ag+Zn

(OH)2，溶液pH值增大，故D正确；故选D。18.常温下，关于pH相同的氨水和氢氧化钠溶液，下列说法不正确．．．的是（）A.c(NH3·H2O)＞c(NaOH)B.c(NH4+)=c(Na+)=c(OH-)C.两种溶液中水的电离程度相同

D.等体积的氨水和氢氧化钠溶液分别与相同浓度的盐酸完全中和时，氨水所消耗的盐酸体积多【答案】B【解析】【详解】A．NH3·H2O是弱电解质，pH相同的氨水和氢氧化钠溶液，c(NH3·H2O)＞c(NaOH)，故

A正确；B．氨水中存在一水合氨和水的电离平衡，故溶液中的离子有氢离子、氢氧根和铵根离子，根据电荷守恒可有：c（OH-）=c（NH4+）+c（H+），同理，在NaOH溶液中：c（OH-）=c（Na+）+c（H+），又两溶液pH相同，故c(NH4+)=c(Na+)＜c(OHˉ

)，故B错误；C．pH相同的氨水和氢氧化钠溶液，水电离的H＋浓度相同，两种溶液中水的电离程度相同，故C正确；D．NH3·H2O是弱电解质，电离程度小，浓度大，等体积的氨水和氢氧化钠溶液分别与相同浓度的盐酸完全中和时，氨水所消耗的盐酸体积多，故D正确；故选B。19.下列说法不正确．．．的是（）A.

含有离子键和共价键的化合物一定是离子化合物B.Na投入到水中，有共价键的断裂与形成C.液态水转变为气态水需要吸热，说明旧键断裂吸收的能量大于新键形成放出的能量D.N2和NCl3两种分子中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构【答案】C【解析】【详解】A．含有离子键的化合物是离子化合物，离子化合

物中可能含有共价键，如KOH，故A正确；B．Na投入到水中，生成氢氧化钠和氢气，有氧氢共价键的断裂，也有氢氢共价键的形成，所以Na投入到水中，有共价键的断裂与形成，故B正确；C．液态水转变为气态水需要吸热，克服分子间作用力，没有旧键断裂和新键形成

，故C错误；D．N2分子中是氮氮叁键，而NCl3分子中是氮氯单键，均具有8电子稳定结构，故D正确；故选C。20.在相同的密闭容器中，用高纯度纳米级Cu2O分别进行催化分解水的实验：2H2O(g)2H2(g)+O2(g)∆

H＞0，实验测得反应体系中水蒸气浓度（mol·L-1）的变化结果如下：序号时间/min01020304060①温度T1/1号Cu2O0.05000.04920.04860.04820.04800.0480②温度T1/2号Cu2O0.05000.04900.04

830.04800.04800.0480③温度T2/2号Cu2O0.05000.04800.04700.04700.04700.0470下列说法不正确．．．的是（）A.实验时的温度T2高于T1B.2号Cu2O的催化效率比1号Cu2

O的催化效率高C.实验①前20min的平均反应速率v(O2)=7×10ˉ5mol·Lˉ1·minˉ1D.等质量纳米级Cu2O比微米级Cu2O催化效率高，这与Cu2O的粒径大小有关【答案】C【解析】【详解】A．从表中

③可以看出相同时间内水蒸气的浓度变化大，反应速率快，说明实验时的温度T2高于T1，故A正确；B．②中反应速度比①快，2号Cu2O的催化效率比1号Cu2O的催化效率高，故B正确；C．实验①前20min的平均反应速率v(H2O)=5110.05/0.0486/710molLmin20−−−−=

=cmolLmolLtmin，v(O2)=1/2v(H2O)=3.5×10ˉ5mol·Lˉ1·minˉ1，故C错误；D．①②化学平衡状态未改变，反应速率加快，则是加入了催化剂，催化剂的活性越高，速率越快，在相等时间内，②中水蒸气的浓度变化比①快，②中催化

剂微粒更小，表面积更大，等质量纳米级Cu2O比微米级Cu2O催化效率高，这与Cu2O的粒径大小有关，故D正确；故选C。21.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确．．．的是（）A.将1mol钠单质与氧气反应分别生成Na2O和Na2O2，转移电子数均为NAB.标准状况下，将1molCl

2通入足量的水中，转移电子数小于NAC.标准状况下，2.24L四氯化碳中含共价键数目为0.4NAD.2L0.5mol·Lˉ1醋酸钠溶液中含有Na+离子的数目为NA【答案】C【解析】【详解】A．Na在反应中易失去一个电子，将1mol钠单质与氧气反应分别生成

Na2O和Na2O2，转移电子数均为NA，故A正确；B．Cl2与水的反应是可逆反应，标准状况下，将1molCl2通入足量的水中，转移电子数小于NA，故B正确；C．标准状况下，四氯化碳是液体，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，故C错误；D

．2L0.5mol·Lˉ1醋酸钠溶液中含有Na+离子的物质的量为：2L×0.5mol·Lˉ1=1mol，Na＋数目为NA，故D正确；故选C。22.已知一定条件下断裂1mol下列化学键生成气态原子需要吸收的能量如下：H—H436kJ；Cl—C

l243kJ；H—Cl431kJ。下列所得热化学方程式或结论正确的是（）A.氢分子中的化学键比氯气分子中的化学键更稳定B.2HCl(g)=H2(g)+Cl2(g)的反应热ΔH＜0C.H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)ΔH=﹣183kJD.相同条件下，H2(

g)+Cl2(g)=2HCl(g)反应在光照和点燃条件下的ΔH不相等【答案】A【解析】【详解】A、断裂1mol化学键生成气态原子需要吸收的能量为：H－H：436kJ，Cl－Cl：243kJ，所以氢分子中的化学键比氯气分子中的化学键更稳定，选项A正确；B、化学反

应的焓变等于反应物的键能总和减去生成物的键能总和，2HCl(g)＝H2(g)+Cl2(g)的反应热ΔH=（2×431-436-243）kJ/mol=183kJ/mol＞0，选项B错误；C、化学反应的焓变等于反应物的键能总和减去生成物的键能总和，则H2(g)+Cl2(g)

＝2HCl(g)ΔH=（436+243-2×431）kJ/mol=﹣183kJ/mol，选项C错误；D、反应热取决于反应物和生成物的能量高低，与反应条件无关，故相同条件下，H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)反应在光照和点燃条件下的ΔH相等，选项D错误。答案选A。2

3.某同学利用菱镁矿（主要含MgCO3，FeCO3杂质）制取碱式氯化镁[Mg(OH)Cl]的流程。已知：MgO用于调节沉淀池中溶液的pH值。金属离子pH开始沉淀完全沉淀Fe3+1.52.8Fe2+5.58.3Mg2+8.

811.4下列说法不正确．．．的是（）A.酸浸池中加入的X酸可以是硫酸B.加入MgO后的沉淀一定含有Fe(OH)3C.氧化池中通入氯气的目的是将Fe2+氧化为Fe3+D.制得碱式氯化镁的方程式为：MgCl2·6H2OMg(OH)Cl+HCl↑+5H2O↑【答案】A【解析】【分析

】菱镁矿中含有MgCO3和FeCO3，加入过量的酸溶解，根据流程目的是制取Mg(OH)Cl，因此X酸为盐酸，通入氯气将Fe2＋氧化成Fe3＋，再加MgO调节pH，得到氢氧化铁沉淀，过滤分离后，得到MgCl2溶液，据此分析解答。【详解】A.通过菱镁矿制取

Mg(OH)Cl，X酸应是盐酸，如果加入硫酸，引入新杂质SO42－，故A说法错误；B.菱镁矿中除含有MgCO3外，还含有FeCO3，流程制取Mg(OH)Cl，需要将Fe2＋除去，根据流程，通入氯气，将Fe2＋氧化成Fe3＋，再加入MgO，调节pH，使Fe元

素以Fe(OH)3沉淀而除去，故B说法正确；C.根据流程，FeCO3与盐酸反应，生成FeCl2、CO2，再通入氯气，利用氯气的氧化性将Fe2＋氧化成Fe3＋，故C说法正确；D.根据流程，获得Mg(OH)Cl，反应方程式为MgCl2·6H2OMg(OH)Cl

+HCl↑+5H2O↑，故D说法正确；答案：A。24.下列说法正确的是（）A.利用分液漏斗分离CCl4和水的混合液，从下口依次放出CCl4和水B.除去KNO3固体中少量NaCl的操作：溶解、蒸发浓缩、

冷却结晶、过滤、洗涤、干燥C.从海带浸泡液（含有I-）中得到I2的方法是：氧化、萃取、分液、蒸发结晶D.除去Cl2中的少量HCl，将混合气依次通过蒸馏水、浓硫酸【答案】B【解析】【详解】A.分液时，下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出，CCl4密度大于水，即CCl4溶液从

下口流出，水层从上口倒出，故A错误；B.利用KNO3溶解度受温度的影响大，NaCl溶解度受温度的影响较小，除去KNO3固体中少量的NaCl，操作是溶解、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故B正确；C.获得I2，应先将I－氧化成I2，利用I2易溶于有机溶剂，加入苯或C

Cl4萃取碘水的碘，最后蒸馏获得I2，故C错误；D.Cl2能溶于水，因此除去Cl2中少量的HCl，先通过饱和食盐水，然后再通过浓硫酸，故D错误；答案：B。25.检验某溶液X中是否含有Na+、K+、Fe3+、Mg2+、Iˉ、Cl－、CO32ˉ、S

O42ˉ，限用的试剂有：盐酸、硫酸、硝酸银溶液、硝酸钡溶液。设计如下实验步骤，并记录相关现象。下列叙述不．正确．．的是（）A.溶液X中一定含有Iˉ、CO32ˉ、SO42ˉB.通过在黄色溶液中加入硝酸银溶液可以检验溶液X中是否存在Cl－C.试剂①为硝酸钡溶液D.通过焰色反应，可确

认溶液X中阳离子的种类【答案】B【解析】【详解】由实验可知，加试剂①为硝酸钡溶液，生成白色沉淀为碳酸钡和硫酸钡，则加试剂②为盐酸，沉淀减少，硫酸钡不溶于酸，则原溶液中一定存在CO32－、SO42－，则不含Fe3＋、Mg2＋；加试剂①过滤后的滤液中

，再加试剂②为盐酸，氢离子，硝酸根离子、I－发生氧化还原反应生成碘，溶液为黄色，溶液为电中性，则一定含阳离子为K＋或Na＋，则A．由上述分析可知，该溶液中一定有I－、CO32－、SO42－，故A正确；B．黄色溶液中加入硝酸银可生成AgI沉淀

，试剂②加盐酸引入氯离子，不能检验原溶液中是否存在Cl-，故B错误；C．试剂①为硝酸钡溶液，故C正确；D．通过焰色反应，可确认溶液X中阳离子的种类，Na＋或K＋，故D正确；故选B。非选择题部分二、非选择题（本大题共5小题，共20分）26.化学用语是化学的专用

术语。(1)①写出氟化钙的电子式________；②写出溴乙烷的结构简式________；(2)电解饱和食盐水的化学方程式___________。【答案】(1).(2).CH3CH2Br(3).2NaCl+2H2O通电Cl2↑+H2↑+2NaOH【

解析】【详解】(1)①氟化钙是离子化合物，电子式是；②溴乙烷为乙烷中的一个氢原子被溴原子取代的产物，其结构简式为CH3CH2Br。(2)电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气、氯气，反应的化学方程式是2NaCl+2H2O通电Cl2↑+H2↑+2NaOH。27.石油裂解可得烃D，其产量是一个国家石油

化工发展水平的标志，已知D在标准状况下的密度为1.25g·Lˉ1。有机物B可利用植物秸秆来生产，E为有香味的油状液体，它们之间的转化关系如图，请回答：（1）C中所含官能团名称是____。（2）写出反应④的化学方程式____。（3）C与D在一定条件下可发生加成反应，生成具有酸性的物质F。F的

结构简式为___。（4）下列说法正确的是____。（填编号）A．有机物E与F互为同分异构体B．用新制氢氧化铜悬浊液无法区分有机物B和CC．有机物A、D均能被酸性高锰酸钾溶液氧化D．可用饱和NaOH溶液除去有机物E中混有的少量B、C【答案】(1).

羧基(2).CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O(3).CH3CH2CH2COOH(4).AC【解析】【分析】D是一种气态烃，在标准状况下的密度是1.25g/L，摩尔质量=1.25g/L×22.4L/mol

=28g/mol，其产量是衡量一个国家石油化工发展水平，则D为CH2=CH2，乙烯与水发生加成反应生成B为CH3CH2OH，A与H2加成得到B，A为CH3CHO，A氧化生成C为CH3COOH，CH3CH2OH与CH3COOH发生酯化反应得E：CH3CH2OOCCH3

。【详解】（1）C为CH3COOH，所含官能团名称是羧基。（2）反应④的化学方程式CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O。（3）C与D在一定条件下可发生加成反应，CH2=CH2+CH3COOHCH

3CH2CH2COOH，生成具有酸性的物质F为CH3CH2CH2COOH。F的结构简式为CH3CH2CH2COOH。（4）A．有机物E为CH3CH2OOCCH3与F为CH3CH2CH2COOH互为同分异构体，故A正确；B．用新

制氢氧化铜悬浊液可以区分有机物B为CH3CH2OH和C为CH3COOH，后者中Cu(OH)2溶解，故B错误；C．有机物A为CH3CHO、D为CH2=CH2均能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故C正确；D．不可用饱

和NaOH溶液除去有机物E中混有的少量B、C，在NaOH作用下，CH3CH2OOCCH3水解程度高。故选AC。28.探究无机盐X（仅含三种短周期元素）的组成和性质，设计并完成如下实验：请回答：（1）X的化学式是____。（2）白色粉末溶于氢氧化钠溶液的离子方

程式是____。（3）高温条件下白色粉末与焦炭发生置换反应，写出该反应的化学方程式____。【答案】(1).Mg2SiO4或2MgO·SiO2(2).SiO2＋2OH－=SiO32－＋H2O(3).SiO2＋2C高温Si＋2CO↑【解析】【详解】无机盐X（仅含三种短周

期元素），加入过量盐酸溶解，离心分离得到白色胶状物沉淀和无色溶液，白色胶状沉淀为硅酸，白色沉淀充分灼烧得到白色粉末1.80g为SiO2，物质的量=1.8g÷60g/mol=0.03mol，溶于氢氧化钠溶液得到无色溶液为硅酸钠溶液，说明无机盐中含硅酸根离子或原硅酸根

离子，物质的量为0.03mol，若为硅酸根离子其质量=0.03mol×76g/mol=2.28g，金属质量=4.20g-2.28g=1.92g，无色溶液中加入过量氢氧化钠溶液生成白色沉淀则判断为Mg（OH）

2，金属离子物质的量=3.48g÷58g/mol＝0.06mol，质量为0.06mol×24g/mol=1.44g，不符合，则应为原硅酸根，物质的量为0.03mol，质量=0.03mol×92g/mol=2.76g，金属质量4.20g-2.76g=1.44g，物质的量=1.44g÷24g

/mol=0.06mol，得到X为Mg2SiO4，则（1）X的化学式是Mg2SiO4或2MgO·SiO2。（2）白色粉末溶于氢氧化钠溶液的离子方程式是SiO2＋2OH－=SiO32－＋H2O。（3）高温条件下白色粉末与焦炭发生置换反应，该反应的化学方程式SiO

2＋2C高温Si＋2CO↑。29.某化学兴趣小组利用下列实验装置制备并研究SO2的性质，请按要求回答下列问题(夹持装置和A中加热装置已省略)。操作步骤择要如下：Ⅰ．打开活塞K，先通入一段时间N2，再关闭活塞K，加热A一段时间；Ⅱ．A

中不再产生气体后，停止加热，打开活塞K，缓慢通入氮气直至A装置冷却。(1)装有Cu粒的仪器名称是________。(2)实验室可用亚硫酸钠与浓硫酸制取SO2，该化学方程式是_______。(3)下列说法正确的是____A.装置应在加入药品后检验装置气密性

B.操作Ⅱ中继续通入氮气可以避免溶液出现倒吸C.装置A中的浓硫酸体现出了强氧化性、酸性D.装置B和装置D中都出现了褪色，是因为SO2有漂白性(4)装置C中出现白色浑浊，请用离子方程式解释原因：_________。【答案】(1).蒸馏烧瓶(2).Na2SO3+H2SO4(浓

)=Na2SO4+SO2↑+H2O(3).BC(4).2Fe3++SO2+2H2O+Ba2+=2Fe2++4H++BaSO4↓或2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++4H++SO42－、SO42－+Ba2+

=BaSO4↓【解析】【分析】在蒸馏烧瓶中Cu与浓硫酸混合加热反应产生SO2气体，在装置B中SO2表现其漂白性，使品红溶液褪色，通入装置C中SO2与FeCl3溶液发生氧化还原反应，产生H2SO4和FeCl2、HCl，反应产生H2SO4与BaCl2发生复分解反应产生BaSO4白色沉淀，SO2与Na

OH溶液发生反应产生Na2SO3和H2O，反应消耗NaOH，使溶液的碱性减弱，含有品红溶液的红色颜色变浅，SO2是大气污染物，不能随意排入大气，可以用盛有碱石灰的干燥管吸收未反应的SO2，据此解答。【详解】(1)根据仪器的结构可知：装有C

u粒的仪器名称是蒸馏烧瓶；(2)亚硫酸钠与浓硫酸反应生成SO2、Na2SO4和H2O，则发生反应的化学方程式为Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O；(3)A.制取气体的装置和有气体参加反应装

置在装药品之前应该先检查装置气密性，A错误；B.实验结束后继续通入N2，要保持装置内气体压强不变，避免溶液出现倒吸现象，B正确；C.Cu在加热条件下与浓硫酸反应生成CuSO4和SO2、H2O，在该反应中浓硫酸体现了强氧化性和酸性，C正确；D.B装

置品红溶液褪色，体现了SO2的漂白性，但滴有酚酞的NaOH溶液中通SO2气体，最终红色褪去，是由于SO2是酸性氧化物，与碱反应产生盐和水，使溶液的碱性减弱，当通入过量SO2后，反应产生了NaHSO3及与水反应产生H2SO3

，H2SO3电离产生H+，使溶液显酸性，导致溶液红色褪去，SO2体现了酸性，而不是其漂白性，D错误；故合理选项是BC；(4)在含有Fe3+和BaCl2的溶液中通入SO2，溶液中的Fe3+将SO2氧化成H2SO4，Fe3+被还原成F

e2+，反应方程式为：2FeCl3+SO2+2H2O=2FeCl2+2HCl+H2SO4，反应产生H2SO4与溶液中BaCl2发生复分解反应：H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl，产生BaSO4白色沉淀，发生反应的总离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O+Ba2+=2Fe2++4H++

BaSO4↓。【点睛】本题考查SO2的制取与性质方案的设计。明确实验目的、掌握实验原理为解答关键，注意掌握常见元素及其化合物性质，试题充分考查了学生的分析能力及化学实验能力。30.常温下，取0.592gNa2CO3和NaHCO3的固体混合物溶

于水配成50.0mL溶液，往溶液中加入50.0mLBa(OH)2溶液恰好使生成的沉淀量最多，测得反应后溶液的pH=13(混合溶液体积改变忽略不计)。试计算：（1）反应后溶液中n(OHˉ)=____。（2）原混合

物中n(Na2CO3)∶n(NaHCO3)=____。【答案】(1).0.0100mol(2).2：1【解析】【详解】(1)测得反应后溶液的pH=13，则c(OH-)=0.1mol/L，故反应后溶液中

n（OH-）=0.1mol/L×0.10L=0.0100mol。(2)设原混合物中n（Na2CO3）=xmol，n（NaHCO3）=ymol，往溶液中加入Ba（OH2）溶液，恰好使生成白色沉淀的量最多，根据HCO3-+OH-=CO32-+H2O，消耗氢氧

根离子的物质的量是ymol，反应后碳酸根离子是（x+y）mol，原溶液中氢氧根离子总物质的量是（0.01+y）mol，在氢氧化钡中，钡离子的物质的量是（0.01+y）/2mol，根据CO32-+Ba2+=BaCO3↓可知：（0.

01+y）/2=x+y，根据总质量可得：106x+84y=0.592，解得：x=0.004mol、y=0.002mol，所以原混合物中Na2CO3和NaHCO3物质的量之比为：n(Na2CO3)∶n(NaHCO3)=0.004mol：0.002mol=2：1.