【文档说明】四川省成都市郫都区2019-2020学年高一下学期期末考试化学试题【精准解析】.doc，共(23)页，695.000 KB，由小赞的店铺上传

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郫都区2019—2020学年度下期期末考试高一化学可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16第I卷（选择题，共48分）选择题（共24小题．每小题2分，共48分．每小题只有一个正确选项）1.为了配合防疫，我们尽量做到每天测量体温，普通体温计中含有金属汞（Hg）。关于

20080Hg的说法错误的是（）A.质子数为80B.核外电子数为80C.核电荷数为120D.中子数为120【答案】C【解析】【分析】对于核素来说，元素符号左下角的数字表示质子数，左上角的数字表示质量数。【详解】A．20080Hg的左下角

数字为80，所以质子数为80，A正确；B．对于核素来说，核外电子数=质子数，所以核外电子数为80，B正确；C．对于元素来说，核电荷数与质子数相等，所以核电荷数为80，C错误；D．20080Hg的质子数为80，质量数为120，所以中子数为200-80=120，D

正确；故选C。2.面对新冠病毒，越来越多的人意识到学习化学的重要性．下列说法正确的是A.新型冠状病毒由C、H、O三种元素组成B.为了防止感染“新冠病毒”，坚持每天使用无水酒精杀菌消毒C.以纯净物聚丙烯为原料生产的熔喷布，在口罩材料中发挥着不可替代的作用D.戴口罩是为了防止病毒通过打喷嚏、

咳嗽等方式借着飞沫形成的气溶胶进行传播【答案】D【解析】【详解】A．新型冠状病毒的主要成分为蛋白质，组成元素主要为C、H、O、N等，故A错误；B．酒精能使蛋白质变性，可用于杀菌消毒，医用酒精为75%，此时杀菌效果比无水乙醇好，故B错误；C．聚丙烯是高分子化合物，属

于高聚物，为混合物，故C错误；D．飞沫分散在空气中可以形成气溶胶，若其中混有病毒，则被人吸入后会感染病毒，戴口罩可防止病毒通过飞沫传播，故D正确；答案选D。3.化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关，下列说法不正确的是A.

水华、赤潮等水体污染与大量排放含氮、磷的污水有关B.光化学烟雾与氮的氧化物排放有关C.医疗废弃物经过处理、消毒后可加工成儿童玩具，变废为宝D.因垃圾后期处理难度大，所以应做好垃圾分类，便于回收利用，节约资源【答案】C【解析】【详解】A．含氮、磷的大量污水任意排放会导致水污染，使水体富营养化，进而导

致水华、赤潮，故A正确；B．化学烟雾指大气中的氮氧化物和碳氢化合物等一次污染物及其受紫外线照射后产生的以臭氧为主的二次污染物所组成的混合污染物，所以光化学烟雾是因为有大量的氮氧化合物排放到大气中，故B正确；C．医疗废弃物属于有害垃圾，应集

中处理，不能回收利用，更不可以制成儿童玩具，故C错误；D．垃圾后期处理难度大，并且很多垃圾也可以回收重复使用，节约资源，而只有做好垃圾分类才能更好实现回收再利用，故D正确；答案选C。4.下列关于现行元素

周期表的说法正确的是A.元素周期表中第五、六周期所包含的元素种数相同B.一般在过渡元素中寻找一些化学反应新型催化剂C.所有副族元素都是金属元素，副族包含过渡元素和VIII族D.原子及其离子的核外电子层数都等于该元素所在的周期数【答案】B【解析】【详

解】A．第六周期含镧系，元素种类多于第五周期，A错误；B．催化剂中的金属元素通常是过渡金属，故一般在过渡元素中寻找一些化学反应新型催化剂，B正确；C．所有副族元素都是金属元素，过度元素包括第VIII族和副族，故C错误；D．原子的核外电子层数都等于该

元素所在的周期数，阳离子的电子层数会减少，D错误；答案选B。5.下列关于糖类、油脂和蛋白质说法不正确的是A.纤维素属于天然有机高分子B.油脂的皂化、淀粉制葡萄糖均属于水解反应C.碳链中含碳碳双键的油脂，主要是高沸点的动物

脂肪D.蛋白质的颜色反应是指浓硝酸使蛋白质变黄【答案】C【解析】【详解】A.纤维素、淀粉都是多糖，均属于天然有机高分子，A正确；B.油脂的皂化属于碱性条件下高级脂肪酸的甘油酯的水解、淀粉在稀硫酸催化下水解生成葡萄糖（需加热），故均属于水解反应

，B正确；C.碳链中含碳碳双键的油脂，主要是沸点相等较低植物油，C错误；D.浓硝酸使蛋白质变黄，即是蛋白质的颜色反应，D正确；答案选C。6.下列金属的冶炼方法正确的是A..电解氯化钠溶液冶炼金属钠（电解法）B.用一氧化碳还原氧化铁冶炼铁（热还原法

）C.电解熔融的氯化铝冶炼金属铝（电解法）D.用铝粉与氧化镁粉末高温下冶炼镁（铝热法）【答案】B【解析】【详解】A．电解熔融氯化钠冶炼金属钠（电解法），电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，故A错误；B．铁比较活泼，常用一氧化碳还原氧化铁冶炼铁（热还原法），故B正确

；C．电解熔融的氧化铝冶炼金属铝（电解法），氯化铝是共价化合物，液态不导电，故C错误；D．镁是活泼金属，用电解熔融无水氯化镁的方法冶炼镁（电解法），故D错误；故选B。7.短周期中种元三素a、b、c在周期表中

的位置如图，下列有关这三种元素的叙述正确的是A.a的气态单质分子中含有非极性共价键B.b元素的最高化合价为+1价C.b的氢化物很稳定D.c的氧化物的水化物一定是一种强酸【答案】C【解析】【分析】由短周期中三种元素a、b、c在周期表中的位置，可知a为He、b为F、c为

S。【详解】A．a为He，为单原子分子，a的气态单质分子中不含化学键，故A错误；B．b为F，F元素没有正价，故B错误；C．b为F，是非金属性最强的元素，F的氢化物很稳定，故C正确；D．c为S，c的氧化物的水化物可以是H2SO3是弱酸，也可以是H2SO

4是一种强酸，故D错误；故选C。8.已知铍（Be）的原子序数为4,下列对铍及其化合物的叙述中，不正确的是A.单质铍跟冷水反应产生氢气B.氯化铍分子中铍原子的最外层电子不满足8电子稳定结构C.铍的原子半径大于硼的原子半径D.氢氧化铍的碱性弱于氢

氧化镁【答案】A【解析】【详解】A．镁与铍位于同一主族，镁与冷水不反应，铍的金属性较弱，不能跟冷水反应产生氢气，故A错误；B．铍是4号元素，最外层有2个电子，在形成氯化铍时与氯形成共用电子对，铍最外层有4个电子，不满足8电子稳定结构，B正确；C．同一周期，从左至右，原子半径依次减小

，铍的原子半径大于硼的原子半径，C正确；D．铍与镁同族，同族的元素，原子序数越大，金属性越强，对应的氢氧化物碱性越强，氢氧化铍的碱性弱于氢氧化镁，D正确；答案选A。9.如图所示，有关化学反应和能量变化的说法正确的是A.图a可以表示碳

酸钙分解反应的能量变化B.图b中反应物一定比生成物稳定C.图a不需要加热就能发生，图b一定需要加热才能发生D.图b可以表示氯化铵固体与氢氧化钡晶体反应的能量变化【答案】D【解析】【详解】A.图a中反应物的总能量大于生成物的

总能量，图a表示的是放热反应，而碳酸钙分解反应是吸热反应，因此不能表示，A错误；B.图b中反应物的总能量小于生成物的总能量，但是，反应物或生成物都不止一种时，很难比较其中某2个物质的能量高低，因此难以比较稳定性，B错误；C.图a表示放热反应，放热反应不加热不一定能发生，如C在O2中燃烧等，图b表

示吸热反应，吸热反应不一定要加热才能发生，如氯化铵固体与氢氧化钡晶体的反应为吸热反应，常温即可发生，C错误；D.图b表示吸热反应，氯化铵固体与氢氧化钡晶体的反应为吸热反应，因此可以表示，D正确；答案选D。10.下列有关性质

比较能用元素周期律解释的是A.热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3B.酸性：H2SO3＞HClOC.Al(OH)3能溶于NaOH溶液，Mg(OH)2不能溶解于NaOHD.密度：Na＞K【答案】C【解析】【详解】A．碳酸氢钠加热可生产碳酸钠，不能用元素周期律解释

，A不符合题意；B．亚硫酸、次氯酸不是非金属元素对应的最高价氧化物的水化物，故其酸性不能用元素周期律解释，B不符合题意；C．氢氧化铝是两性氢氧化物，可以与强碱反应，氢氧化镁是中强碱，不溶于碱，因为铝元素的非金属性强于镁元素，可

用元素周期律解释，C符合题意；D．密度是物理性质，由物质的本身性质决定，与元素周期律无关，故D不符合题意；答案选C。11.下列说法中错误是的A.单质中不存在离子键B.含有离子键的化合物一定是离子化合物C.含有共价键的化合物一定是共价化合物D.在一种物质中

可能同时含有离子键、极性键和非极性键【答案】C【解析】【详解】A.离子键是相邻的阴阳离子之间的强烈的静电作用，单质中不存在离子键，A正确；B.含有离子键的化合物一定存在阴阳离子，一定是离子化合物，B正确；C.只有共价键的化合物是共价化合物，含有共价键的化合物不一定是共

价化合物，有的是离子化合物，例如氢氧化钠，C错误；D.在一种物质中可能同时含有离子键、极性键和非极性键，例如醋酸钠，D正确；答案选C。12.下列说法不正确的是A.核外电子的排布应优先排布在能量最低的电子层B.同一周期中，随着核电荷数的增加，阴离子半径逐渐减小

C.第三、四周期中，同族元素原子的核电荷数相差可能为8,18D.对于主族元素，若最外层电子数为m,电子层数为n,则m/n值越大，金属性越强【答案】D【解析】【详解】A．能量最低原理：核外电子的排布总是优先排布在能量最低的电子层，故A正确；B．同一周期中，阴离子核外电子排布相同，

核电荷数越大，阴离子半径越小，即同一周期中，随着核电荷数的增加，阴离子半径逐渐减小，故B正确；C．第三、四周期中，同族元素原子的核电荷数相差8或18，故C正确；D．一般来说，对于主族元素而言，若最外层电子数为m，电子层数为n，

若m/n值越大，则该元素越远离“左下角”向“右上角”靠近，金属性越弱，故D错误；答案选D。13.下列有机实验操作正确的是A.制备纯净的氯乙烷：等物质的量的氯气与乙烷在光照条件下反应B.制乙酸乙酯：大试管中加入浓硫酸，然后慢慢加入无水乙醇和乙酸C.鉴别乙酸、乙醇

和苯：向待测液中分别滴入紫色石蕊溶液，振荡，观察现象D.检验蔗糖在酸催化下的水解产物：向水解液中加氢氧化钠溶液调溶液pH至碱性，再加入少量新制备的Cu（OH）2即可【答案】C【解析】【详解】A．氯气与乙烷光照条件下的取代反应为链锁反应，产物复杂，不能制备纯净的氯乙烷，应选乙

烯与HCl反应制备，故A错误；B．先加乙醇，后加浓硫酸，最后加乙酸，试剂顺序不合理，故B错误；C．乙酸具有酸性，能使石蕊试液变红色，乙醇为中性液体，不能使石蕊试液变色，苯与水分层，可鉴别，故C正确；D．蔗糖水解后溶液呈酸性，应先用NaOH调节至碱性，加入新制备的Cu（OH）2，再水浴加热

后才能产生砖红色沉淀，故D错误；答案选C。14.NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.44g丙中烷存在的共价键总数为10NAB.乙烯和聚乙烯的混合物共28g,完全燃烧所生成的CO2的分子数可能大于2NAC.标准状况下，2.24LCHCl3分

子中含C-Cl键的数目为0.3NAD.一定温度下，lLlmol/L的CH3COOH溶液含NA个CH3COO-【答案】A【解析】【详解】A．n(CH3CH2CH3)=1mol，每个丙烷分子中含有10个共价键，则44g丙中

烷存在的共价键总数为10NA，故A正确；B、乙烯和聚乙烯的最简式均为CH2，故28g混合物中含有2molCH2，故燃烧生成的二氧化碳2mol，即2NA个，故B错误；C.标准状况下，三氯甲烷不是气体，无法计算2.24LCHCl3的物质的量，故无法计

算所含C-Cl键的数目，故C错误；D.醋酸属于弱酸，lLlmol/L的CH3COOH溶液所含的醋酸根离子远小于NA个，故D错误；答案选A。15.有关煤的综合利用如图所示。下列说法正确的是A.煤和水煤气均是清洁能源B.

①是将煤隔绝空气加强热使之分解的过程C.煤中含有苯、甲苯、二甲苯等有机物D.B为甲醇时，原子利用率不可能达到100%【答案】B【解析】【详解】A．煤中含硫元素，燃烧产生二氧化硫气体，污染空气，不是清洁能源，A错误；B．煤的干

馏是化学变化，是将煤隔绝空气加强热使之分解的过程，B正确；C．煤是无机物和有机物组成的复杂混合物，经过化学变化可产生苯、甲苯、二甲苯等有机物，C错误；D．甲醇的分子式为CH4O，可以改写成()()212COH，水煤气的主要成分是氢

气和一氧化碳，原子利用率可达到100%，D错误；答案选B。16.在①氯乙烯（CH2=CHCl）、②苯乙烯（）、③丙烯（CH3—CH=CH2）、④乙酸四种有机化合物中，分子内所有原子均可能在同一平面的是A.①②B.①

③C.③④D.②④【答案】A【解析】【详解】①从结构上看，氯乙烯（CH2=CHCl）可看作是乙烯分子中一个氢原子被氯原子替换，乙烯是平面型分子，因此氯乙烯分子内所有原子均在同一平面，①符合；②苯是平面型分子、乙烯是平面型分子，因此苯乙烯分子内所有原子均可能在同一个平面，②符合；③丙烯（C

H3—CH=CH2）含甲基，单键碳原子和其相连的原子，构成四面体结构，不可能在同一平面，③不符合；④乙酸分子内含甲基，故其分子内所有原子不可能在同一平面，④不符合；综上，①②符合，答案选A。17.已知反应：H2(g)+I2(g)2H

I(g)ΔH=-14.8kJ•mol-1。则反应：HI(g)12H2(g)+12I2(g)的ΔH为A.-7.4kJ•mol-1B.+7.4kJ•mol-1C.-14.8kJ•mol-1D.+14.8kJ•mol

-1【答案】B【解析】【详解】如果一个反应的正反应是放热反应，则逆反应是吸热反应，△H与化学计量数成正比，因此HI(g)12H2(g)+12I2(g)的△H=12(＋14.8)kJ·mol-1=＋7.4kJ·mol-1，故选项B正确；答案选B。18.

50mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行中和反应，通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热，下列说法正确的是A.在测定中和热的实验中，至少需要测定并记录的温度是3次B.用氢

氧化钠固体代替NaOH溶液进行上述实验，测得的ΔH会偏小C.用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得的ΔH会偏小D.环形玻璃搅拌棒若用粗铜丝制作的搅拌棒代替，则测得的ΔH会偏小．【答案】B【

解析】【详解】A．在测定中和热的实验中，每一组要记录3次温度，而我们实验时至少要做2组，所以至少要记录6次温度，故A错误；B．氢氧化钠固体溶于水放热，反应后温度偏高，计算所得热量偏大，所以实验中测得ΔH会偏小，故B正确；C．一水合氨为弱碱，电离过程为吸热过

程，所以用氨水代替稀氢氧化钠溶液反应，反应放出的热量偏小，测得的ΔH会偏大，故C错误；D．测定中和热的实验中，环形玻璃搅拌棒材料若用铜代替，铜导热性较强，导致热量散失较多，则测量出的中和热数值偏小，中和反应为放热反应，ΔH为

负值，则ΔH会偏大，故D错误；答案选B。19.下列说法或表示方法正确的是A.物质发生化学反应时一定伴随着能量变化B.由C（石墨）=C（金刚石）ΔH=+l.9kJ/mol可知金刚石比石墨稳定C.同温同压下，H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）在光照和点燃

条件下的ΔH不相同D.在稀溶液中：H+（aq）+OH-（aq）=H2O（1）ΔH=-57.3kJ/mol,若将含lmolH2SO4与含1molBa（OH）2的稀溶液混合，放出的热量等于114.6kJ【答案】A【解析】【详解】A.化学反应中，能量是守恒的，反应物的总能量和生成物的

总能量不相等，故物质发生化学反应时一定伴随着能量变化，A正确；B.由C（石墨）=C（金刚石）ΔH=+l.9kJ/mol可知金刚石能量比等质量石墨能够高，因此金刚石不如石墨稳定，B错误；C.焓变等于生成

物的总能量减反应物的总能量，因此同温同压下，H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH相同，C错误；D.在稀溶液中：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(1)ΔH=-57.3kJ/mol,若将含lmolH

2SO4与含1molBa(OH)2的稀溶液混合，放出的热量不等于114.6kJ，因为除了中和之外，硫酸钡沉淀的产生也有热效应，D错误；答案选A。20.分子式为C5H10，且能发生加聚反应的有机物有（不考虑顺反异构）A.5种B.6种C.7

种D.8种【答案】A【解析】【分析】分子式为C5H10，不饱和度为1，结构中可能有碳环或一个碳碳双键，能发生加聚反应，说明反应中有碳碳双键。【详解】主链有5个C原子时，相应烯烃有CH2═CH-CH2-CH2-CH3、CH3-CH═CH-CH2-CH3，其中CH3-CH═CH-CH2-

CH3有2种顺反异构；主链有4个碳原子时，相应烯烃有CH2═C(CH3)CH2CH3；CH3C(CH3)═CHCH3；CH3CH(CH3)CH═CH2，都不存在顺反异构，即有3种异构；所以分子式为C5H10的烯烃

共有(包括顺反异构)3+3=6种，不考虑顺反异构有2+3=5种，（本题基于必修要求，不考虑顺反异构），故选A。21.某有机物的结构简式如图所示，下列说法不正确的是A.该有机物分子式为C10H14O3B.该有机物能使酸性KMnO4溶液褪色C.lmol该有机物可中

和lmolNaOHD.lmol该有机物最多可与3molH2发生加成反应【答案】D【解析】【详解】A．由结构可知，分子式为C10H14O3，故A正确；B．含碳碳双键，可使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；C．含1mol羧基，能与1molNaOH溶液发生中和反应，故C正

确；D．1mol该有机物中含有2mol碳碳双键，最多能与2molH2发生加成反应，故D错误；答案选D。22.“空气吹出法”海水提溴的工艺流程如图：下列说法不正确的是A.经过吸收塔后，溴元素得到富集B.

吸收塔中SO2的主要作用是还原Br2C.每提取lmol溴，理论上消耗标准状况下氯气22.4LD.两次通入的水蒸气都没有参加化学反应【答案】C【解析】【分析】由海水提溴的工艺流程可知，海水中浓缩后，溴离子与氯气

发生氧化还原反应生成溴，利用空气吹出，在吸收塔中二氧化硫与溴水反应生成硫酸和HBr，在蒸馏塔中氯气与HBr反应生成溴，然后蒸馏分离出溴。【详解】A．经过吸收塔后，溶液中的Br－浓度远大于进入吹出塔之前的海水中的Br－溴浓度，因此得到了富集，故A正

确；B．在吸收塔中发生Br2+SO2+2H2O═4H＋+SO42－+2Br－，吸收塔中SO2的主要作用是还原Br2，故B正确；C．吹出塔和蒸馏塔中均发生的反应为2Br－+Cl2=2Cl－+Br2，每提取lmol溴，理论上消耗标准状况下氯气44.8L，故C错

误；D．溴易挥发，两次通入的水蒸气都是进行加热，溴被热空气吹出，故D正确；故选C。【点睛】本题考查海水资源的应用，把握流程中发生的反应、海水资源的综合利用为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，易错点C，注意海水提溴的过程，吹出塔和蒸馏塔中均发生的反应为2Br－+Cl2=2Cl－+Br2，每提取

lmol溴，理论上消耗标准状况下氯气44.8L。23.已知氢气和碳燃烧的热化学方程式为：①2H2（g）+O2（g）=2H2O（1）ΔH1=-akJ/mol②H2（g）+12O2（g）=H2O（g）ΔH2=-bkJ/mol③C（s）+12O2（g）=CO（g）ΔH3=-ckJ/mo

l④C（s）+O2（g）=CO2（g）ΔH4=-dkJ/mol下列说法正确的是A.c>dB.0.5a>bC.氢气的燃烧热为ΔH=-bkJ/molD.CO（g）+12O2（g）=CO2（g）ΔH=-（c-d）kJ/mol.

【答案】B【解析】【详解】A．③碳不完全燃烧，放热少，c＜d，错误；B．水由液体变成气体要吸热，所以0.5a＞b，B正确；C．氢气的燃烧热是指1mol氢气燃烧生成液态水时放出的能量，氢气的燃烧热为△H=-akJ·mol－1，C错误；D．④—③得：

CO(g)+O2(g)=CO2(g)，ΔH=ΔH4-ΔH3=-(d-c)kJ·mol－1，D错误；答案选B。24.X、Y、Z、R、W是5种短周期主族元素，原子序数依次增大；它们可组成离子化合物Z2Y和共价化合

物RY3、XW4;已知Y、R同主族，Z、R、W同周期，下列说法错误A.原子半径：Z>R>WB.R最高价氧化物对应水化物的化学式是H2RO3C.X2W6分子中各原子最外层电子均满足8电子结构D.ZWY是84消

毒液的有效成分【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、R、W是5种短周期元素，原子序数依次增大．离子化合物Z2Y中Z的化合价为+1价，Y的化合价为-2价，分别为ⅠA族和ⅥA族元素，已知Y、R同主族，且形成共价化

合物RY3，则R为S元素，Y为O元素，Z、R、W同周期，则Z为Na元素；W原子序数最大，则W是Cl元素，根据XW4可知X为C元素；【详解】由分析可知：X是C、Y是O、Z是Na、R是S、W是Cl；A．Z、R

、W分别为Na、S、Cl，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径：Z>R>W，故A正确；B．R是S，最高化合价是+6价，最高价氧化物对应水化物的化学式是H2SO4，故B错误；C．C2Cl6分子每个C原子形成4个共价键，C原子最外层满足8电子稳定结构，Cl形成1个共

价键，最外层电子数也为8，故C正确；D．ZWY是NaClO，具有强氧化性，能杀菌消毒，是84消毒液的有效成分，故D正确；答案选B。第II卷（非选择题共52分）25.R、U、V、W、X、Y、Z是核电荷数依次增大的

7种前20号元素。其中只有W和Z是金属元素；R元素的一种核素原子核内无中子，Z元素原子的最外层有1个电子；V和X元素原子的最外层电子数相同，且X元素原子M层电子数是L层电子数的0.75倍；W的简单离子是同周期简单离子中半径最小的；U与

V可以形成化合物U2V5。请用相应元素的化学用语回答下列问题：(l)Z在元素周期表中的位置是_____，R的一种核素中质子数与中子数相等，则该核素的名称为______(2)请用“>”、“<”或“=”填空。非金属性：U___V；简单气态氢化物的沸点：V____X；最高价氧化物对应的水化物的酸性：X_

___Y(3)V、X、Z三种元素的简单离子半径由大到小的顺序为__(用离子符号填空)(4)R、U、V三种元素形成的离子化合物为__________(填化学式)用电子式表示Z2X的形成过程______(5)W的最高价氧化物与Z的最

高价氧化物对应的水化物反应的化学反应方程式为______。(6)实验室中，做过银镜反应的试管内壁会附着一层金属银，常用稀的RUV3溶液进行洗涤，则该反应的离子反应方程式为_________【答案】(1).第四周期IA族(

2).氘(3).<(4).>(5).<(6).S2->K+>O2-(7).NH4NO3(或NH4NO2)(8).(9).Al2O3+2KOH=2KAlO2+H2O(10).3Ag+4H++NO-3=3Ag++NO↑+2H2O【解析】【分析】R元素的一种核素原子核内无中子，所以R为

H元素；X元素原子M层电子数是L层电子数的0.75倍，所以其L肯定排满了8个电子，所以X的M层含有的电子数为0.75×8=6个，则X核外电子数为2+8+6=16，为S元素；V和X元素原子的最外层电子数相同，说明两者是同族元素，V的核电荷数比X的小

，所以V为O元素；Z的核电荷数比X的要大，其最外层有1个电子且Z是前20号的金属元素，所以Z为K；W是金属元素，其阳离子是同周期简单离子中半径最小的，其核电荷数比O元素的要大，所以W为Al元素；V为O元素，U与V可以形成化合物U2V5，说明U为ⅤA族的元素，且其核电荷数小于O元素的，所以

U为N元素，介于S元素和K元素的Y为Cl元素，所以R、U、V、W、X、Y、Z分别为H、N、O、Al、S、Cl、K。【详解】(l)Z是K元素，位于元素周期表中的第四周期IA族；R是H元素，它的一种核素中质子数与中子数相等，该核素的名称为氘；(2)同周期，从左往右，元素的非金属性逐渐变大，所以

非金属性：N＜O，即U＜V；同主族元素，从下往上，元素的非金属性逐渐变大，形成的气态氢化物越稳定，沸点越高，所以简单气态氢化物的沸点：H2O＞H2S，即V＞X；元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，因非金属

性S＜Cl，所以最高价氧化物对应的水化物的酸性：H2SO4＜HClO4，即X＜Y；(3)同主族元素原子形成的离子，电子层数越大，离子半径越大；原子形成具有相同电子层结构的离子后，原子序数越小，半径越大；V、X、Z三种元素分别为O、S、K，K+电子层比O2-多一层，所以它们的简单

离子半径由大到小的顺序为S2->K+>O2-；(4)R、U、V分别为H、N、O，三种元素形成的离子化合物只能为铵盐，即NH4NO3或NH4NO2；Z2X为K2S是离子化合物，用电子式表示的形成过程：；(5)W的最高价氧化物是Al2O3，Z的最高价氧化物对应的水化物是KOH，两者反应的化学反应方程

式为Al2O3+2KOH=2KAlO2+H2O；(6)RUV3是HNO3，用稀的HNO3溶液进行洗涤的反应的离子反应方程式为3Ag+4H++NO-3=3Ag++NO↑+2H2O。【点睛】原子形成具有相同电子层结构的离子后，原子序数越小，半径越大。26.工业中很多重要的化工原料都

来源于石油化工，如图中的对二甲苯、丙烯、有机物A等，其中A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平。请回答下列问题：(1)对苯二甲酸的分子式为___，丙烯酸中无氧官能团的名称为______(2)A→B的反应类型为_____；等物质的量的A和B完全燃烧后，耗氧量：A___B;(填“＞

”、“＜”或“＝”)生成水的量：A_____B。(填“＞”、“＜”或“＝”)(3)下列说法正确的是____A．分馏属于物理变化，催化重整属于化学变化B．A与丙烯互为同系物，乙酸与丙烯酸也互为同系物C．除去乙酸乙酯中的乙

酸，加饱和碳酸钠溶液、分液D．聚丙烯酸甲酯能够使酸性高锰酸钾溶液褪色(4)对二甲苯一氯代物有_____种，苯环上的二氯代物有____种。(5)写出下列反应方程式：B→CH3CHO________________，丙烯酸→丙烯酸甲酯_______

【答案】(1).C8H6O4(2).碳碳双键(3).加成反应(4).=(5).＜(6).A、C(7).2(8).3(9).2CH3CH2OH+O2Cu加热⎯⎯⎯→2CH3CHO+2H2O(10).CH2=CHCOOH+CH3OH浓硫酸加热CH2=CHCOOCH3+H2O【解析】【分析】原油分馏

得到轻质油和石蜡油，轻质油催化重整得到对二甲苯，氧化后得到对苯二甲酸；石蜡油在碎瓷片催化作用下得到A乙烯和丙烯，乙烯与水加成得到B乙醇，B催化氧化生成乙醛，进一步氧化成乙酸，乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯；丙烯氧化成丙烯酸，与甲醇发生酯化反应，生成丙烯酸甲酯，聚合生成聚丙烯酸

甲酯。【详解】(1)根据结构简式，对苯二甲酸的分子式为C8H6O4，丙烯酸中无氧官能团的名称为碳碳双键，故答案为：C8H6O4；碳碳双键；(2)A乙烯与水加成得到B乙醇，A→B的反应类型为加成反应；B的化学式变形得C2H4·H2O

，而A的化学式为C2H4，等物质的量的A和B完全燃烧，只要用C2H4部分计算耗氧量，耗氧量A=B；等物质的量的A和B中B的H原子物质的量多，生成水的量：A＜B。故答案为：加成反应；=；＜；(3)A．分馏是分离几

种不同沸点的混合物的一种方法，过程中没有新物质生成，只是将原来的物质分离，属于物理变化。在有催化剂作用的条件下,对汽油馏分中的烃类分子结构进行重新排列成新的分子结构的过程叫催化重整，属于化学变化，故A正确；B．乙烯与丙烯互为同系物，但乙酸与

丙烯酸结构不相似，丙烯中有碳碳双键，而乙酸中没有，不能互称为同系物，故B错误；C．乙酸具有酸性，能与碳酸钠反应生成乙酸钠、水和二氧化碳，乙酸钠能溶于水。除去乙酸乙酯中的乙酸，加饱和碳酸钠溶液、分液，方法可行

，故C正确；D．聚丙烯酸甲酯中没有碳碳双键，不能够使酸性高锰酸钾溶液褪色故D错误；故答案为：A、C；(4)对二甲苯一氯代物有和2种，苯环上的二氯代物有、、3种。故答案为：2；3；(5)乙醇在铜作催化剂作用下与氧气发生氧化生成乙醛，反应方程

式：B→CH3CHO，2CH3CH2OH+O2Cu加热⎯⎯⎯→2CH3CHO+2H2O，丙烯酸与甲醇发生酯化反应，生成丙烯酸甲酯和水，CH2=CHCOOH+CH3OH浓硫酸加热CH2=CHCOOCH3+H2O，故答案为：2CH3CH2OH+O

2Cu加热⎯⎯⎯→2CH3CHO+2H2O；CH2=CHCOOH+CH3OH浓硫酸加热CH2=CHCOOCH3+H2O。【点睛】本题考查有机物的推断，把握A为乙烯、B可发生连续氧化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机物

性质的应用，易错点(4)同分异构体的数目的确定，注意“苯环上取代”和“取代”的含义的区别。27.以菱铁矿(主要成分是碳酸亚铁，化学式：FeCO3)为原料制取铁的流程如图：(1)“氧化”和“沉淀”是将“浸取”过程中产生的Fe2+转化为Fe(OH)3沉淀，则操作①的名称为___

___(填“蒸发”或“过滤”)，所用到主要玻璃仪器有_____。(2)写出“沉淀”过程中发生反应的离子方程式：__________。【答案】(1).过滤(2).烧杯、玻璃棒、漏斗(3).Fe3++3NH3∙H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+【解析】【分析】以菱铁矿(主要成分是碳酸亚铁，化学式：

FeCO3)为原料制取铁的流程，菱铁矿加稀硫酸生成FeSO4，加双氧水将亚铁氧化成铁离子，加氨水沉淀Fe3++3NH3∙H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+，过滤后得到Fe(OH)3，加热分解生成Fe2O3，再用还

原剂还原得到Fe。【详解】(1)“氧化”和“沉淀”是将“浸取”过程中产生的Fe2+转化为Fe(OH)3沉淀，分离固体和液体要用过滤，所用到主要玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗。故答案为：过滤；烧杯、玻璃棒、漏斗；(2)“沉淀”过程中发生反应硫酸铁与氨水反应生成

氢氧化铁和硫酸铵，离子方程式：Fe3++3NH3∙H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+。故答案为：Fe3++3NH3∙H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+。28.利用金属活动性的不同，可以采取不同的方法冶炼金属，其中上述过程中的②就可以用铝热法炼铁，下图中所示装置为铝热反应的实验装置，请回答下列

问题：（1）该实验中还缺____；所缺实验用品的作用是____；引发铝热反应的操作为_____。（2）Al、Al2O3、Fe、Fe2O3熔点、沸点数据如下：物质AlAl2O3FeFe2O3熔点/℃660205415351462沸点/℃246729802750____①该同学推测，

铝热反应所得到的熔融物应是铁铝合金。这种推测有一定的道理，理由是________。②设计一个简单的实验方案，证明上述所得的块状熔融物中含有金属铝。该实验所用试剂是_____,当观察到_______时，说明熔融物中含有金属铝。③实验

室欲完全溶解该熔融物，常选用稀硫酸，而不用稀硝酸，其理由是_____。【答案】(1).Mg和KClO3(2).提供铝热反应所需要的高温(3).点燃插在KClO3上的镁条(4).该反应温度下铝已熔化，未反应的铝与铁熔合在一起(5).NaOH溶液(6).有

气泡生成(7).稀硝酸会与铁、铝反应，生成污染环境的NO【解析】【分析】铝热反应常用于冶炼高熔点的金属，它是一个放热反应，其中镁条为引燃剂，点燃插在KClO3上的镁条，镁条在空气中可以燃烧，镁条燃烧到混合物内部时，KClO3代替氧气与Mg反应提供铝热反应

所需要的高温，所以该实验中还缺Mg和KClO3。【详解】(1)由分析可知，该实验中还缺Mg和KClO3；所缺实验用品的作用是提供铝热反应所需要的高温；引发铝热反应的操作是：点燃插在KClO3上的镁条；(2)①由表中信息可知，铁的熔点为1535℃，铝的熔点为660℃，铝的沸点为2467℃，反应过

程中Fe熔化时铝也会呈液态，未反应的铝与铁熔合在一起形成铁铝合金；②铝易溶于强碱溶液，也能溶于稀酸，而其他金属是不溶于强碱的，将所得的块状熔融物置于氢氧化钠溶液中，若其中含有金属铝，则铝会与氢氧化钠反

应生成氢气，会有气泡生成，若没有气泡生成，说明熔融物中没有金属铝；③实验室欲完全溶解该熔融物，常选用稀硫酸，而不用稀硝酸，因为硝酸具有强氧化性，稀硝酸会与铁、铝反应，生成污染环境的NO，选用稀硫酸溶解该熔融物所生成的气体是氢气，不会污染环境。29.分类思想是化学重要的学科思想。下表是对部分

常见的18电子微粒的分类。分子ArHClH2S①SiH4F2H2O2N2H4②CH3FCH3OH阳离子K+Ca2+阴离子Cl-S2-HS-O2-2请结合表格中的微粒（或由微粒组成的物质）完成下列问题：（1）根据分类时呈现的规律，可推知表格中：①_______

__②_______（填分子式）（2）热稳定性：H2S____SiH4（填“>”、“<”或“=”）还原性：Cl-___S2-（填“>”、“<”或“=”）（3）KHS的电子式为______,CaO2和N

2H4均含有____键（填“离子”、“极性”“非极性'”）（4）在火箭推进器中装有强还原剂肼（N2H4）和强氧化剂（H2O2）当它们混合时，即产生大量的N2和水蒸气，并放出大量热。已知0.2mol液态肼和足量H2O2反应，生成氮气和水蒸气，放出QkJ的热量。写出该反应的热化学方程式

____。（5）已知拆开lmolHCl分子中的化学键需要消耗431kJ能量，根据下面的能量图，回答下列问题：分别写出③、④的数值：③______kJ；④______kJ。（6）已知在常温常压下：2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）ΔH=-12

75.6kJ/molH2O（l）=H2O（g）ΔH=+.44.0kJ/mol写出表示甲醇燃烧热的热化学方程式_______。【答案】(1).PH3(2).C2H6(3).>(4).<(5).(6).非极性(7).N2

H4（l）+2H2O（l）=N2（g）+4H2O（g）∆H=-5QkJ/mol(8).679(9).862(10).CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）∆H=-725.8kJ/mol【解析】【分析】（5）焓变△H=生成物

总能量-反应物总能量；（6）①2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（g）△H=-1275.6kJ•mol-1②H2O（l）═H2O（g）△H=+44.0kJ•mol-1根据盖斯定律①-②×④反应2CH3OH（l）+3O

2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）的焓变△H，结合燃烧热概念计算甲醇燃烧热，进而写出热化学方程式；【详解】（1）根据分类时呈现的规律，第三空应是3个H和P的组合，形成18电子微粒，为PH3；第②个H原子个数从0,、2、4，则第四个空H原子个数是6，组合成18电子

微粒，为C2H6；故答案为：PH3；C2H6；（2）非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，同周期从左到右，非金属性越强，则非金属性S>Si，则热稳定性：H2S>SiH4；非金属性Cl>S，元素的非金属性越强，对应的阴离子的还原性越弱，则

还原性：Cl-<S2-；故答案为：<；（3）KHS的电子式为，CaO2中含有离子键和过氧根中含有非极性键，N2H4含有非极性键，两者均含有非极性键，故答案为：非极性；（4）已知0.2mol液态肼和足量H2O2（l）反应生成氮气和水蒸气时放出QkJ的热量，依据热化学方程式的书写原则，结合定量关系

写出，1mol肼和过氧化氢反应生成氮气和水蒸气放出的热量=QkJ1mol=5QkJ0.2mol，所以热化学方程式为：N2H4（l）+2H2O（l）=N2（g）+4H2O（g）∆H=-5QkJ/mol，故答案为：N2

H4（l）+2H2O（l）=N2（g）+4H2O（g）∆H=-5QkJ/mol；（5）已知拆开lmolHCl分子中的化学键需要消耗431kJ能量，则合成2molHCl分子中的化学键放出能量为431kJ×2=862kJ，由图可知反应H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）的△H=-1

83kJ/mol，设反应物断裂需要吸收能量为xkJ，由焓变=生成物的总能量-反应物总能量，即-183kJ=-862kJ-xkJ，解得x=679kJ，故答案为：679；862；（6）①2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（g）△H=-1275.6kJ

•mol-1②H2O（l）═H2O（g）△H=+44.0kJ•mol-1根据盖斯定律①-②×④反应2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）的焓变△H=-1275.6kJ•mol-1-（+44.0kJ•mol-1）×4=-145

1.6kJ/mol，所以甲醇的燃烧热为1451.6kJ/mol÷2=725.8kJ/mol，甲醇燃烧热的热化学方程式CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）∆H=-725.8kJ/mol，故答案为：CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）∆H=-72

5.8kJ/mol。