【文档说明】浙江省温州十五校联合体2019-2020学年高一下学期期末联考化学试题析【精准解析】.doc，共(24)页，819.000 KB，由小赞的店铺上传

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2019学年第二学期温州十五校联合体期末联考高一年级化学学科试题考生须知:1.本卷共6页满分100分，考试时间90分钟;2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效:.4.考试结束

后，只需上交答题纸。可能用到的相对原子质量:H-1,C-12,N-14,0-16,Na-23,Mg-24,Al-27,Si-28,P-31,S-32,C1-35.5，Br-80，I-127，Fe-56，Cu-64，B

a-137，Ag-108选择题部分一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分。每个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.氯气的分子式是()A.O2B.H2C.N2D.Cl2【答案】D【解析】【详解】氯元素的符号是Cl，氯气属于双原子分子，

即氯气分子式为Cl2，故D正确；答案为D。2.用于萃取溴水中的溴单质的四氯化碳(CCl4)，按物质的组成和性质进行分类，属于()A.单质B.氧化物C.有机物D.无机物【答案】C【解析】【详解】根据大多数含有碳元素的化合物为有机化合物，简称有机物；碳的氧化物、碳酸盐、碳酸虽含碳，但其性质

与无机物类似，因此把它们看作无机物；故四氯化碳(CCl4)属于有机物；答案选C。3.仪器名称为“蒸馏烧瓶"的是()A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】A．是可作固体与液体、或液体与液体反应的仪器——圆底烧瓶，A不符合题意；B．

是用于配制一定物质的量浓度溶液的仪器——容量瓶，B不符合题意；C．是用于将蒸气冷凝的仪器——冷凝管，C不符合题意；D．是用于分离沸点相差较大的液体混合物的仪器——蒸馏烧瓶，D符合题意；故选D。4.下列能使湿润的pH试纸变红的气体是()A.NH3B.O2C.HClD.CO【答案】C【解析】【详

解】A．NH3溶于后所得溶液呈碱性，能使湿润的pH试纸变蓝，A不符合题意；B．O2微溶于水，水溶液呈中性，不能使湿润的pH试纸变色，B不符合题意；C．HCl溶于水得到盐酸，水溶液呈酸性，能使湿润的pH试纸变红，C符合题意；D．CO难溶于水，水溶液呈中性，

不能使湿润的pH试纸变色，D不符合题意；故选C。5.下列分散系能产生“丁达尔效应”的是()A.泥浆水B.淀粉溶液C.盐酸D.酒精和水的混合液【答案】B【解析】【分析】丁达尔效应为胶体独有的性质，能产生丁达尔效应的应是胶体。【详解】A．泥浆水属于悬浊液，不属于胶体，不能产生丁

达尔效应，故A不符；B．淀粉溶液属于胶体，能产生丁达尔效应，故B符合；C．盐酸是溶液不属于胶体，不能产生丁达尔效应，故C不符；D．酒精和水的混合液是溶液不属于胶体，不能产生丁达尔效应，故D不符；故选B。

6.反应Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，作氧化剂的是（）A.Fe2O3B.COC.FeD.CO2【答案】A【解析】【分析】在氧化还原反应中化合价降低，得电子的物质为氧化剂，据此分析。【详解】A、反应Fe2O3+3CO

2Fe+3CO2，中Fe元素的化合价降低，得电子，则Fe2O3是氧化剂，故A正确；B、CO中碳在氧化还原反应中化合价升高，失电子，作还原剂，故B错误；C、铁是还原产物，故C错误；D、CO2是氧化产物，故D错

误；故选A。7.下列属于强电解质的是()A.H2SO3B.NH4ClC.CH3COOHD.Cu【答案】B【解析】【分析】强电解质指的是在水溶液里完全电离的电解质，据此分析；【详解】A.H2SO3为亚硫酸，属于中强酸，即H2SO3为弱电解质，故A不符合题意；B.NH4Cl属于盐，属于强电解质

，故B符合题意；C.CH3COOH属于弱酸，属于弱电解质，故C不符合题意；D.Cu属于单质，不属于电解质，故D不符合题意；答案为B。【点睛】强电解质包括强酸、强碱、多数的盐等，弱电解质包括弱酸、弱碱、少数的盐等。8.下列表

示不正确的是()A.乙烷的球棍模型：B.Mg2+的结构示意图：C.CO2的结构式：O=C=OD.淀粉的组成可表示为：(C6H12O6)n【答案】D【解析】【详解】A．由于C原子的半径比H原子的大，故乙烷的球棍模型为：，A正确；B．Mg是12号元素

，故Mg2+的结构示意图为：，B正确；C．CO2的电子式为：，故其结构式为：O=C=O，C正确；D．淀粉的组成可表示为：(C6H10O5)n，D错误；故答案为：D。9.下列说法不正确的是()A.金刚石、石墨、C60互为同素异形体B.异丁烷和2-甲基丙烷互为同分异构体

C.CH4与C3H8一定互为同系物D.35Cl与37C1是氯元素的两种核素，互为同位素【答案】B【解析】【详解】A．同素异形体是指同一元素形成的结构、性质不同的几种单质，故金刚石、石墨、C60互为同素异形体，A正确；B．异丁烷和2-甲基丙烷的结构简式均为：，它们是同一种物质，

B错误；C．CH4与C3H8都符合烷烃的通式CnH2n+2，故结构一定相似，组成上相差2个CH2原子团，故它们一定互为同系物，C正确；D．同位素是指质子数相同而中子数不同的同一元素的不同原子，35Cl与37C1是氯元素的两种核素，互为同位素，D正确；故答案为：B。10.下列说法不正

确的是()A.氯气能用来制取漂白粉B.利用钠的强还原性，可置换出CuCl2稀溶液中的金属CuC.MgO的熔点很高，可用耐高温材料D.高纯硅用来制造电脑芯片【答案】B【解析】【详解】A．工业上用氯气通入到石灰乳中来制取漂白粉（主要成分为次氯酸钙和氯化钙），A正确；B．钠的还原性很强，但由于金属钠

过于活泼，投入到CuCl2稀溶液中先与水反应，生成的NaOH再与CuCl2反应，生成Cu(OH)2，置换不出Cu，B错误；C．MgO是离子晶体，其熔点很高，常用作耐高温材料，C正确；D．高纯硅是良好的半导体材料，故用来制造电脑芯片，D正确；故答案为：B。11.

四种短周期元素X、Y、Z和W在周期表中的位置如图所示，已知X、Y、W的原子最外层电子数之和为18，下列说法不正确的是()XYZWA.X、Y的简单阴离子半径，前者比后者大B.四种元素中Z的非金属性最弱C.Y元素位于第2

周期VIIA族D.W的氧化物的水化物是强酸【答案】D【解析】【分析】四种短周期元素X、Y、Z和W在周期表中的位置如图所示，则X、Y为第二周期元素，Z、W为第三周期元素。已知X、Y、W的原子最外层电子数之和为18，可设X的最外层电子数为a-

1，则Y的最外层电子数为a+1，W的最外层电子数为a，从而得出a-1+a+1+a=18，a=6。所以X的电子排布为2、5，为氮元素，Y为氟元素，W的电子排布为2、8、6，为硫元素，从而得出Z为硅元素。故X、Y、Z、W分别为N、F、Si、S元素。【详解】A．X、Y分别为N、F，二者为同周

期元素，且N在F的前面，所以简单阴离子半径(核电荷数越小，离子半径越大)，前者比后者大，A正确；B．X、Y、Z、W分别为N、F、Si、S元素，依据同周期元素，从右到左非金属性依次减弱，从上到下金属性依次减弱的规律，位于表中左下角元素的非金属性最弱，所以

四种元素中Z的非金属性最弱，B正确；C．Y元素为氟，电子排布为2、7，位于第2周期VIIA族，C正确；D．W为硫元素，其氧化物的水化物若为H2SO3，则是弱酸，D不正确；故选D。12.下列方程式不正确的是()A.用醋酸除去水垢：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+H2

O+CO2↑B.二氧化锰与浓盐酸反应制氯气：MnO2+4H++2C1-===Mn2++Cl2↑+2H2OC.碳酸钠溶液呈碱性：CO2-3+H2OH2CO3+2OH-D.等体积等物质的量浓度的氢氧化钡溶液与碳酸氢铵两稀溶液混合：Ba2++2OH-+NH+4+HCO

-3=BaCO3↓+NH3·H2O+H2O【答案】C【解析】【详解】A．醋酸是弱酸，碳酸钙是沉淀，离子方程式书写时均保留化学式，故用醋酸除去水垢CaCO3的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑，A正确；B．二氧化锰是氧化物，盐

酸是强酸，故二氧化锰与浓盐酸反应制氯气的离子方程式为：MnO2+4H++2C1-=Mn2++Cl2↑+2H2O，B正确；C．碳酸根是多元弱酸根，故碳酸根的水解是分步进行的，故碳酸钠溶液呈碱性的离子方程式主要为：CO2-3+H2O-3HCO+OH-，且原离子方程式中质量不守恒，C错误；D．

等体积等物质的量浓度的氢氧化钡溶液，1mol氢氧化钡能提供2molOH-，与碳酸氢铵两稀溶液混合：Ba2++2OH-++4NH+-3HCO=BaCO3↓+NH3·H2O+H2O，D正确；故答案为：C。13.下列实验基本操

作不正确的是()A.容量瓶用蒸馏水洗涤后须烘干才能使用B.可以用10mL量筒量取8.0mL稀硫酸C.配制氯化铁溶液时，可将氯化铁溶解在较浓的盐酸中，然后再加水稀释D.蒸馏操作时先通冷却水再加热【答案】A【解析】【详解】A．容量瓶配制溶液时，需加水定容，所以容量瓶用蒸馏水洗涤后不需烘干，A不正

确；B．8.0mL与10mL量筒的规格接近，量取时误差小，所以可用10mL量筒量取8.0mL稀硫酸，B正确；C．配制氯化铁溶液时，为抑制氯化铁水解，需将氯化铁溶解在较浓的盐酸中，然后再加水稀释，C正确；D．蒸馏操作时，为防止冷凝管因受热不均而破

裂，应先通冷却水再加热，D正确；故选A。14.下列说法不正确的是()A.石油裂化、裂解和分馏均为化学变化B.煤焦油中可以分离出苯、甲苯、二甲苯等有机化合物C.利用CO2制造全降解塑料能有效减少环境污染D.生物

质能来源于植物及其加工产品所贮存的能量【答案】A【解析】【详解】A．石油裂化和裂解均是化学变化，石油的分馏是物理变化，选项A不正确；B．从煤干馏得到的煤焦油中可以分离出苯、甲苯、二甲苯等有机物，选项B正确；C．利用二氧化碳制造全降解塑能减少二氧化碳的排放，能有效减

少环境污染，选项C正确；D．生物质能来源于植物及其加工产品所贮存的能量，选项D正确；答案选A。15.下列说法不正确的是()A.植物油、脂肪与氢氧化钠溶液反应均有甘油生成B.甘氨酸既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠

溶液反应C.淀粉和纤维素在一定条件下水解均可得到葡萄糖D.鸡蛋清中加入饱和(NH4)2SO4溶液可使蛋白质变性【答案】D【解析】【详解】A.植物油、脂肪都属于油脂，油脂为高级脂肪酸甘油酯，在氢氧化钠溶液中生成高级脂肪酸钠和甘油，故A说法正确；B.甘氨酸中含有羧基和氨基，氨基能与

盐酸反应，羧基能与NaOH溶液反应，故B说法正确；C.淀粉、纤维素属于多糖，在一定条件下最终水解成葡萄糖，故C说法正确；D.鸡蛋清中加入饱和硫酸铵溶液是蛋白质盐析，故D说法错误；答案为D。【点睛】蛋白质溶液中加入少量的盐

如硫酸铵、硫酸钠、氯化钠等，能使蛋白质发生盐析，析出的蛋白质仍具有活性；而蛋白质的变性，使蛋白质失去活性。16.如图所示的某有机反应，其反应类型为（）A.取代反应B.加成反应C.水解反应D.氧化反应【答案】A【解析】【详解】由图可知，乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，羧酸脱-OH

，醇脱H，也属于取代反应，故选A。17.某电池的工作原理如图所示，总反应为：Zn+H2O2+2H+=Zn2++2H2O，下列说法正确的是()A.石墨为电池的负极B.电池工作时H2O2被氧化C.Zn极的电解

液为酸性电解液，增加导电性D.电子由Zn电极经外电路流向石墨电极【答案】D【解析】【详解】A．根据总反应为Zn+H2O2+2H+=Zn2++2H2O可知，锌被氧化，故锌是负极，石墨为电池的正极，A错误；B．根据总反应为Zn+H2O2+2H+=Zn2++2H2O可知，电池工作时H2O2被还原

，B错误；C．若Zn极的电解液为酸性电解液，则锌直接与电解液反应不需要发生电子转移，这样就不能形成原电池了，故Zn电极的电解液不能是酸性电解液，C错误；D．电子由负极即Zn电极经外电路流向正极即石墨电极，D正确；故答案为：D。18.某有机物的结构简式为HO-CH2-CH=CH-CH=CH-C

HO。下列说法不正确的是()A.分子结构中含有三种官能团B.能发生氧化反应，加成反应，酯化反应，但不能发生还原反应C.1mol该有机物完全与溴的四氯化碳溶液发生加成反应时，需要2molBr2D.验证该有机物中含有“-CHO"，常采用的试剂是银氨溶液或新制

的含有NaOH的Cu(OH)2悬浊液【答案】B【解析】【详解】A．HO-CH2-CH=CH-CH=CH-CHO分子结构中含有羟基、碳碳双键、醛基三种官能团，A正确；B．羟基能发生氧化反应、酯化反应，碳碳双键、醛基都能发生加成反应、还

原反应，B不正确；C．1mol该有机物完全与溴的四氯化碳溶液发生加成反应时，2mol碳碳双键需消耗2molBr2，C正确；D．验证有机物中的“-CHO"，需排除羟基、碳碳双键的干扰，常使用银氨溶液或新制的含有NaOH的Cu(OH)2悬浊液，产生银镜或砖红色沉淀，D正确；故选B。19.可

逆反应：2NO2(g)2NO(g)+O2(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nmolO2的同时生成2nmolNO2②单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO③用NO2、NO、O2表示的反应速率数值之比为2∶2∶

1的状态④混合气体的颜色不再改变的状态A.①④B.②③C.①③④D.①②③④【答案】A【解析】【详解】在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态。①中反应速率的方向相反，

且满足速率之比是相应的化学计量数之比，正确。②中反应速率的方向是相同的，不正确。速率之比是相应的化学计量数之比，因此③中的关系始终是成立，不正确。颜色深浅和浓度有关系，所以④正确。答案选A。20.硫酸是一种重要的化学试剂。某实验小组的同学利用浓硫酸和铜片等一

些化学药品和仪器制取二氧化硫。下列说法正确的是()A.装置a中先点燃酒精灯，再加入浓硫酸，以加快反应速率B.可用b或c装置来收集产生的气体，不能用d装置C.用装置e来吸收尾气，防止尾气泄漏D.此实验浓硫酸表现强氧化性和酸性【

答案】D【解析】【详解】A.装置a中先加入浓硫酸，再点燃酒精灯，制备二氧化硫，选项A错误；B．二氧化硫可溶于水，不能用排水法收集，选项B错误；C．若用装置e来吸收尾气，形成封闭的装置，不适合，选项C错误；D．此实验反应后生成硫酸铜，溶液呈蓝色，产生二氧化硫，浓硫酸表现强氧化性

和酸性，选项D正确。答案选D。21.下列说法不正确的是()A.硅晶体和二氧化硅晶体中都含共价键B.Cl2、Br2、I2的沸点逐渐升高，是因为分子间作用力越来越大C.硫酸晶体和硫酸钠晶体均属于离子晶体D.氯气和氯化氢分子中的氯原

子的最外电子层都形成了具有8个电子的稳定结构【答案】C【解析】【详解】A．硅晶体和二氧化硅晶体都是原子晶体，微粒间作用力都是共价键，故A正确；B．Cl2、Br2、I2均为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，Cl2、Br2、I2的沸点逐渐升高，

是因为分子间作用力越来越大，故B正确；C．硫酸晶体属于分子晶体，硫酸钠晶体属于离子晶体，故C错误；D．氯气的电子式为，两个氯原子的最外电子层都形成了具有8个电子的稳定结构，氯化氢的电子式为，氯化氢分子

中的氯原子的最外电子层也形成了具有8个电子的稳定结构，故D正确；故选C。22.已知断开1molCl(g)中Cl-Cl键需要吸收243kJ能量，根据能量变化示意图，下列说法或热化学方程式正确的是()A.生成lmolH2(g)中的H-H键吸收436kJ能量B.H2

(g)+Cl2(g)=2HCl(g)△H=-864kJ·mol-1C.图示此反应为吸热反应D.HCl(g)=12H2(g)+12Cl2(g)△H=92.5kJ·mol-1【答案】D【解析】【详解】A．由图中数据可知，断裂lmolH2(g)中的H-H键和lmolCl2(g)中的Cl-Cl键，需要吸

热679kJ，而断开1molCl(g)中Cl-Cl键需要吸收243kJ能量，所以生成lmolH2(g)中的H-H键放出436kJ能量，A不正确；B．H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)△H=(679-864)kJ

·mol-1=-185kJ·mol-1，B不正确；C．图示中，由于反应物的总能量大于生成物的总能量，所以此反应为放热反应，C不正确；D．由B中所得反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)△H=-185kJ·mol-1，可求出HCl(g)=12H2(

g)+12Cl2(g)△H=92.5kJ·mol-1，D正确；故选D。23.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A.1mol中含有的碳碳双键数为4NAB.1L0.1mol/LNH4Cl溶液中

含有NH+4的数目为0.1NAC.6.2g白磷分子中含P-P键为0.2NAD.7.8gNa2O2和Na2S的固体混合物中含有的离子总数为0.3NA【答案】D【解析】【详解】A．由于苯环中并无碳碳双键，故1mol中含有的碳碳双键数为1NA，A错误；

B．由于+4NH会发生水解，故1L0.1mol/LNH4Cl溶液中含有+4NH的数目要小于0.1NA，B错误；C．6.2g白磷分子中含P-P键为AA6.2g×6=0.3124g?molNN，C错误；D．Na2O2和Na2S的摩尔质量均为78g/mol

，且Na2O2和Na2S都是由两个阳离子和一个阴离子组成的，故7.8gNa2O2和Na2S的固体混合物中含有的离子总数为AA7.8g×3=0.378g?molNN，D正确；故答案为：D。24.实验室在模拟工业制备和提纯硅时,利用氯气、石英

砂和碳粉等原料按以下装置制备了SiCl4。已知SiCl4熔点-70°C，沸点57.6°C，遇水极易水解。下列说法不正确的是()A.实验所用氯气等原料必须预先干燥处理B.两通管中发生的化学反应为SiO2+C+2Cl2高温SiCl4+CO2C.液体X的作用是液化SiCl4气体，可以选择冰水等作冷却剂

D.若缺少固体Y的装置，实验时Z中可能会出现大量的白色烟雾【答案】B【解析】【详解】A．SiCl4遇水极易水解，所以制备装置和收集装置中都要保持干燥，所用氯气等原料必须预先干燥处理，故A正确，不选；B．根据C与二氧化硅反应

生成硅单质和CO可知两通管中C应被氧化生成CO，化学方程式为SiO2+2C+2Cl2高温SiCl4+2CO，故B错误，符合题意；C．SiCl4熔沸点较低，所以反应生成的SiCl4应为气体，在装置Z中冷凝生成SiCl4液体，X可以选用冰水等作冷却剂，故C正确，

不选；D．若缺少固体Y的装置，尾气处理装置中的水蒸气进入装置Z造成SiCl4水解产生白色烟雾，故D正确，不选；答案为B。25.某固体混合物X可能含有Fe、Fe2O3、CuO、MnO2、NaCl、K2CO3和KHCO3中的几种

，进行了以下实验:①对固体隔绝空气加热，发现固体质量不变②X溶于足量水中，得到固体Y和弱碱性溶液Z。③取固体Y，加足量浓盐酸，加热，产生无色气体，析出红色固体，得溶液W。下列结论正确的是()A.X中一定不存在Fe2O3、MnO2B.X中一定含有Fe、CuO和K2CO3C.往溶液Z中加入AgNO3溶

液，若产生白色沉淀，则Z中含NaClD.取溶液W，滴加KSCN溶液，则溶液呈现红色【答案】B【解析】【分析】①对固体隔绝空气加热，发现固体质量不变，则固体中不含有KHCO3；②X溶于足量水中，得到弱碱性溶液，则一定含有K2CO

3。③取固体Y，加足量浓盐酸，加热，产生无色气体，则一定不含有MnO2，一定含有Fe，析出红色固体，则一定含有CuO。综合以上分析，固体混合物X中一定含有Fe、CuO、K2CO3，一定不存在MnO2、KHCO3，不能肯定Fe2

O3、NaCl是否存在。【详解】A．由以上分析可知，X中一定不存在MnO2，但不能肯定Fe2O3是否存在，A不正确；B．通过实验分析，X溶于水后溶液呈弱碱性，则X中一定含有K2CO3；固体Y，加足量浓盐酸，加热，产

生无色气体和红色固体，则一定含有Fe、CuO，B正确；C．往溶液Z中加入AgNO3溶液，由于Ag2CO3也为难溶于水的白色沉淀，所以产生白色沉淀，不能肯定Z中含NaCl，C不正确；D．取溶液W，滴加KSCN溶液，则溶液一定不呈现红色，因为即便含有Fe2O3，加入盐酸溶解后，Fe3+也会被Fe、Cu

还原，D不正确；故选B。非选择题部分二、非选择题(本大题共7小题，共50分)26.(1)①写出漂白粉的有效成分的化学式:________________②写出甘氨酸的结构简式:_______________(2)写出苯和浓硝酸在浓H2SO4催化作用下，50~60℃时生成硝基苯的

方程式:_______________(3)相对分子质量为58的烷烃，它可能的结构简式:_______________【答案】(1).Ca(ClO)2(2).CH2(NH2)COOH(3).+HNO350-60C→浓硫酸+H2O(4

).CH3CH2CH2CH3、CH3CH(CH3)CH3【解析】【详解】(1)①漂白粉的成分是Ca(ClO)2和CaCl2，其有效成分是Ca(ClO)2；②甘氨酸属于氨基酸，含有氨基和羧基，甘氨酸又名氨基乙酸，其结构

简式为CH2(NH2)COOH；(2)苯与浓硝酸发生硝化反应或取代反应，生成硝基苯，反应方程式为+HNO350-60C→浓硫酸+H2O；(3)烷烃的通式为CnH2n+2，相对分子质量为58的烷烃，因此有14

n＋2=58，解得n=4，该烷烃的分子式为C4H10，结构简式为CH3CH2CH2CH3、CH3CH(CH3)CH3。27.2019年为“国际化学元素周期表年”。短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大。A原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，B的单质是空气的最主要成分，C原子最外层电

子数为偶数，其单质能与许多金属形成合金，被大量用于制造火箭、导弹和飞机的部件。D和A在同一主族，E的一种氧化物是造成酸雨的主要物质之一。请回答下列问题:(1)A元素的名称为______，元素E在周期表中的位置是_____

_。(2)A、B、D的原子半径的大小顺序是______(用元素符号表示)，A和D的简单气态氢化物中稳定性较强的是_____________(用化学式表示)。(3)C和E两者的最高价氧化物的水化物之间发生反应的离子方程式是_________________

_________。(4)AE2常温下呈液态，则AE2的化学键类型是_________。已知AE2在氧气中完全燃烧，生成AO2和EO2，若0.1molAE2在1molO2中完全燃烧，所得混合气体在标准状况下的体积为____L。【答案】(1).碳(2).第三周期V

IA族(3).Si＞C＞N(4).CH4(5).Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O(6).共价键(7).22.4【解析】【分析】短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大。A原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，则A的电子排布为2、4，A为碳元素；B的单质是空气的最主

要成分，则B为氮元素；C原子最外层电子数为偶数，其单质能与许多金属形成合金，被大量用于制造火箭、导弹和飞机的部件，则C为镁元素；D和A在同一主族，则D为硅元素；E的一种氧化物是造成酸雨的主要物质之一，则E为硫元素。从而得

出A、B、C、D、E分别为C、N、Mg、Si、S元素。【详解】(1)依据前面分析，A为C元素，名称为碳，元素E为S，电子排布为2、8、6，在周期表中的位置是第三周期VIA族。答案为：碳；第三周期VIA族；(2)A、B、D分别为C、N、Si元素，Si与C同主族且在C的下方，而C、N同周

期且N在C的右方，所以原子半径的大小顺序是Si＞C＞N；A和D分别为C、Si，非金属性C＞Si，所以简单气态氢化物中稳定性较强的是CH4。答案为：Si＞C＞N；CH4；(3)C和E分别为Mg和S，两者的最高价氧化物的水化物为Mg(OH)2(弱碱)和H2SO4(强酸)，二者发生反应的离子方程式

是Mg(OH)2+2H+==Mg2++2H2O。答案为：Mg(OH)2+2H+==Mg2++2H2O；(4)AE2为CS2，常温下呈液态，形成分子晶体，结构式为S=C=S，则AE2的化学键类型是共价键。已知AE2在氧气中完全燃烧，其化学方程式为CS2(l)+3O2==CO

2+2SO2，由于反应前后气体分子数不变，所以气体的物质的量不变，所得混合气体仍为1mol，在标准状况下的体积为22.4L。答案为：共价键；22.4。【点睛】在回答题中各问时，我们常会犯的错误是不按要求回答问题，解题时一定要注意审题。28.已知气态烃A在标准状况下的密度是1.25g·L-1，B、

C、D、E均为常见的有机物,在一定条件下，它们有如下图所示的转化关系。请回答:(1)A分子中官能团的名称是_______，能与金属钠反应放出氢气的物质有______(填字母)。(2)反应⑤的化学方程式是____________________(有机物用结构简式表示)。(3)下列说法不

正确的是___________A．实验室制备D时将生成的D冷凝到装有水的试管里，以除去D中少量的杂质B．反应④属于取代反应C．相同物质的量的A、B或C充分燃烧时消耗等量的氧气D．葡萄糖在一定条件下分解可以生成有机物B【答案

】(1).碳碳双键(2).BC(3).CH3COOCH2CH3+NaOH→CH3CH2OH+CH3COONa(4).AC【解析】【分析】气态烃A在标准状况下的密度是1.25g·L-1，则其摩尔质量为1.25g·L-1×22.4L/mol=28g/mol

，从而得出A为乙烯CH2=CH2；B、C、D、E均为常见的有机物，且B、C反应能生成D，D在碱性条件下水解又能生成B，则B为CH3CH2OH，从而得出C为CH3COOH，D为CH3COOCH2CH3，E为CH3COONa。【详解】(1)由以上分析可知，A为CH2=CH2，A分子中官能团的名称

是碳碳双键，能与金属钠反应放出氢气的物质有乙醇和乙酸，故选BC。答案为：碳碳双键；BC；(2)反应⑤为CH3COOCH2CH3在碱性条件下的水解反应，化学方程式是CH3COOCH2CH3+NaOH→CH3CH2OH+CH3COONa。答案为：CH3COOCH2CH3+NaOH→CH3CH2OH

+CH3COONa；(3)A．应将生成的D冷凝到装有饱和碳酸钠溶液的试管里，以除去D中少量的杂质，A不正确；B．反应④为乙醇与乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，此反应也属于取代反应，B正确；C．相同物质的量的A、B燃烧耗氧量相同

，但与C充分燃烧时耗氧量不同，C不正确；D．葡萄糖在一定条件下分解可以生成乙醇和二氧化碳，D正确；故选AC。答案为：AC。【点睛】在计算耗氧量时，为简化计算，我们可将有机物分子中的氧先转化为H2O或CO2，然后再进行计算。29.为探究某化合物X(含两种短周期元素

，相同条件下，X的相对分子质量是氢气的83.5倍)的组成和性质，某化学兴趣小组设计了如下实验，同温同压下测得A的体积是B的二倍，其中气体B、C为单质。.请回答下列问题:(1)化合物X的化学式为______

，气体C的电子式为________(2)化合物X隔绝空气受热分解的化学方程式为________。(3)实验室常用湿润的KI淀粉试纸检验气体C，写出离子方程式_________,现象__________【答案】(1).Cl2O6(2).(3).Cl2O6隔绝空气加热→2ClO2↑+O2↑(4).Cl

2+2I-=2Cl-+I2(5).试纸变蓝色【解析】【分析】气体B能使带火星的木条复燃，则B为氧气，0.32g氧气为0.3232/ggmol=0.01mol；气体A光照条件下反应生成气体C和氧气，气体C能与硝酸亚铁溶液反应得到的溶液D与硝酸酸化的硝酸银溶液反应生成白色沉淀，白色沉淀为氯化银，则可推

知气体C为氯气；根据白色沉淀氯化银的质量为2.87g，则n(AgCl)=2.87g143.5g/mol=0.02mol，则n(Cl2)=0.01mol；同温同压下测得A的体积是B的二倍，则A的物质的量为0.02mol

，化合物X(含两种短周期元素，相同条件下，X的相对分子质量是氢气的83.5倍)，则含有氧、氯两种元素，相对分子质量为83.52=167，物质的量为1.67g0.01mol167g/mol=；0.01molX隔绝空气加热反应生成0.02molA和0.01mol氧气，且

0.02molA中含有Cl的物质的量为0.02mol，则X中也含有0.02molCl，故X中含有O的质量为1.67g-0.02mol35.5g/mol=0.96g，n(O)=0.9616/ggmol=0.06mol；N(Cl)

:N(O)=0.02mol:0.06mol=1:3；A中含O的物质的量为0.06mol-0.01mol2=0.04mol，A中N(Cl):N(O)=0.02mol:0.04mol=1:2；结合上述物质的量的比例及氧化还原反应可得X的分解反应为Cl2O6隔绝空气加热→2ClO2↑+O2↑；即X为

Cl2O6；A为ClO2；据此分析。【详解】气体B能使带火星的木条复燃，则B为氧气，0.32g氧气为0.3232/ggmol=0.01mol；气体A光照条件下反应生成气体C和氧气，气体C能与硝酸亚铁溶液反应

得到的溶液D与硝酸酸化的硝酸银溶液反应生成白色沉淀，白色沉淀为氯化银，则可推知气体C为氯气；根据白色沉淀氯化银的质量为2.87g，则n(AgCl)=2.87g143.5g/mol=0.02mol，则n(Cl2)=0.01mol；同温同压下测得A的体积是

B的二倍，则A的物质的量为0.02mol，化合物X(含两种短周期元素，相同条件下，X的相对分子质量是氢气的83.5倍)，则含有氧、氯两种元素，相对分子质量为83.52=167，物质的量为1.67g0.01mol167g/mol=；0.01molX隔绝空气加热反应生成0.02molA

和0.01mol氧气，且0.02molA中含有Cl的物质的量为0.02mol，则X中也含有0.02molCl，故X中含有O的质量为1.67g-0.02mol35.5g/mol=0.96g，n(O)=0.9616/ggmol=0.06mol；N(Cl):N(O)=0.02mol:0.06mol

=1:3；A中含O的物质的量为0.06mol-0.01mol2=0.04mol，A中N(Cl):N(O)=0.02mol:0.04mol=1:2；结合上述物质的量的比例及氧化还原反应可得X的分解反应为Cl2O6隔绝空气加热→2ClO2↑+O2↑；即X为Cl2O6；

A为ClO2；(1)化合物X的化学式为Cl2O6，气体C为氯气，其电子式为；(2)化合物X隔绝空气受热分解的化学方程式为Cl2O6隔绝空气加热→2ClO2↑+O2↑；(3)实验室常用湿润的KI淀粉试纸检验

气体C，为氯气氧化碘化钾生成氯化钾和碘单质，碘遇淀粉变蓝，反应的离子方程式为Cl2+2I-=2Cl-+I2,现象为试纸变蓝。30.为了探究Cl2、SO2同时通入H2O中发生的反应，某校化学兴趣小组同学设计了如图所示的实验装置。(1)该化学兴趣小组的同学为制取Cl2、SO2气体

，现采用Na2SO3与70%的硫酸为原料制取SO2，采用MnO2和浓盐酸(12mol·L－1)为原料制取Cl2。在此实验中，F仪器的作用是________；发生装置B应选择以下三种装置中的________(选填序号)。(2)D装置中主要反应的离子方程式为_________

______________(3)为验证通入D装置中的气体是Cl2过量还是SO2过量，兴趣小组的同学准备了以下试剂：①氯化铁溶液②氯化亚铁溶液③硫氰化钾溶液④品红溶液⑤酸性高锰酸钾溶液若Cl2过量，取适量D中溶液滴加至盛有________(选填一个序号)试剂的试管内，再加入__

______(选填一个序号)试剂。发生的现象是______________。若SO2过量，取适量D中溶液滴加至盛有________(选填一个序号)试剂的试管内，发生的现象是_________。【答案】(1).防倒吸(2).①(3

).Cl2＋SO2＋2H2O===4H＋＋SO42-＋2Cl－(4).②(5).③(6).溶液呈红色(7).④(或⑤)(8).红色(或紫红色)褪为无色【解析】【分析】依据实验目的可知A、B气体中，一种是二氧化硫，一种是氯气，制备氯气中含有杂质氯化氢，需要通

过饱和食盐水除去氯化氢，故装置B氯气，装置A生成二氧化硫，二者在D中进行反应，装置E可以除去未反应的气体。【详解】(1)A装置为制取SO2的装置，因SO2易溶于水，故F仪器的作用为防倒吸；制取Cl2所用试剂为MnO2和浓盐酸，属于固、液混合加热制取气体，故应选①装置为发生装置B；

(2)装Cl2和SO2同时通入水中时，Cl2将SO2氧化生成H2SO4，Cl2被还原为HCl，方程式为Cl2＋SO2＋2H2O===4H＋＋SO42-＋2Cl－。(3)若Cl2过量，则在D中溶液中除含H2SO4、HCl外，还含有剩余

Cl2及HClO，具有强氧化性，可将Fe2＋氧化为Fe3＋，滴加硫氰化钾溶液会变红，故可选择②③进行检验；若SO2过量，则在D中溶液中会含有SO2、H2SO3，SO2具有漂白性能使品红溶液褪色，同时也有还

原性可使酸性高锰酸钾溶液褪色，故可选用④或⑤进行检验。【点睛】氯气过量可以设计实验验证氯气的氧化性，结合亚铁离子被氧化为铁离子后，加入硫氰酸钾溶液会变红色证明；二氧化硫过量可以依据二氧化硫具有漂白性和还原性设计实验和选择试剂

验证。31.I.燃料电池的工作原理是将燃料和氧化剂(如O2)反应所放出的化学能直接转化为电能。现设计一燃料电池，以电极a为正极，电极b为负极，氢气为燃料，采用酸性溶液为电解液；则氢气应通入____极(填a或b)。a极发生电极反应式为:____________II.某学生为了探究锌与盐酸反应过程中的

速率变化，他在100mL稀盐酸中加入足量的锌粉，用排水集气法收集反应放出的氢气，实验记录如下(累计值，体积已换算成标准状态):(1)哪一时间段(指0~1、1~2、2~3、3~4、4~5min)反应速率最大_______，原因是_____________

_(2)哪一时间段的反应速率最小________，原因是_________________________。(3)求2~3分钟时间段以盐酸的浓度变化来表示的该反应速率(设溶液体积不变)________(4)如果反应太激烈，为

了减缓反应速率而又不减少产生氢气的量，在盐酸中分别加入等体积的下列溶液:A.蒸馏水B.NaCl溶液C.Na2CO3溶液D.CuSO4溶液可行的是(填编号)________【答案】(1).b(2).4H++O2+4e-=2H2O(3).2~3min

(4).因该反应是放热反应，2~3min时温度高(5).4~5min(6).因为4~5min时H+浓度小(7).0.1mol·L-1·min-1(8).AB【解析】【分析】I.根据燃料电池的原理解析；II.(1)先计算每个时间段的气体体积，然后根据相同条

件下，气体体积与反应速率的关系判断反应速率大小，根据该反应与能量变化的关系判断速率变化原因；(2)先计算每个时间段的气体体积，然后根据相同条件下，气体体积与反应速率的关系判断反应速率大小，根据浓度与化学反应速率的关系判断速率变化的原因；(

3)先求出气体的物质的量，然后计算盐酸变化的物质的量，利用速率公式计算即可；(4)根据浓度、电解质的强弱对反应速率的影响判断。【详解】I.现设计一燃料电池，以电极a为正极，电极b为负极，氢气为燃料，采用酸性溶液为电解液；反应中氢气作还原剂，发生氧化反应，则氢气应通

入b极。a为正极，氧气在酸性条件下得电子生成水，a极发生电极反应式为:4H++O2+4e-=2H2O，故答案为：b；4H++O2+4e-=2H2O；II.0～1min、1～2min、2～3min、3～4min、4～5min

，各时间段的气体体积分别为：50mL、70mL、112mL、58mL、20mL。(1)相同通条件下，反应速率越大，相同时间内收集的气体越多；通过计算得，反应速率最大的时间段是2～3min，；原因是：该反应是放热反应，温度越高，反应速率越大，故答案为：2~

3min；因该反应是放热反应，2~3min时温度高；(2)相同通条件下，反应速率越小，相同时间内收集的气体越少；通过计算得，反应速率最小的时间段是：4～5min；原因是：随着反应的进行，盐酸的浓度在减小

，浓度越小，反应速率越慢，故答案为：4~5min；因为4~5min时H+浓度小；(3)2～3min生成氢气的体积是112mL，得需要盐酸的物质的量为0.01mol。22Zn+2HCl=ZnCl+H2?mol22.4L0.01mol0.112L所以v（HCl）=

0.01mol0.1L1minnVt==0.1mol·L-1·min-1，故答案为：0.1mol·L-1·min-1；(4)改变化学反应速率的方法有：改变溶液的浓度、改变溶液的温度、改变固体的表面积等。A．加蒸馏水，溶液的体积增大，浓度降低，反应速率减

小，但生成的气体的量不变，故A正确；B．加NaCl溶液，溶液的体积增大，浓度降低，反应速率减小，但生成的气体的量不变，故B正确；C．加Na2CO3溶液，溶液的体积增大，盐酸的浓度降低，但盐酸和碳酸钠反应生成二氧化碳，氢气的量减小，故C错误；D．加CuSO4溶液，能形成

铜锌原电池，加快反应速率，故D错误；故答案为：AB。【点睛】本题考查燃料电池设计和化学反应速率的实验测定及影响因素分析，注意：外界条件对化学反应速率的影响是次要因素，真正决定化学反应速率大小的是物质本身的性质。难点(2)先

计算每个时间段的气体体积，然后根据相同条件下，气体体积与反应速率的关系判断反应速率大小，再根据该反应与能量变化、浓度变化的关系，判断速率变化原因。32.铁、铜混合粉末18.0g加入到100mL5.0mol·L-1FeCl3溶液中，充分反

应后，剩余固体质量为2.8g。求：(1)原固体混合物中铜的质量是__________g；(2)反应后溶液中n(Fe2+)+n(Cu2+)=________mol。【答案】(1).12.4(2).0.75【解析】【分

析】铁、铜混合粉末18.0g加入到100mL5.0mol·L-1FeCl3溶液中，发生反应：2Fe3++Fe==3Fe2+、2Fe3＋+Cu=2Fe2＋+Cu2＋，由于还原性Fe＞Cu，所以Fe完全反应后，Cu开始反应，故剩余的2.8g固体为Cu。【详解】n

(Fe3+)=0.100L×5.0mol·L-1=0.5mol，参加反应的Fe及Cu的质量为18.0g-2.8g=15.2g。(1)设混合物中Fe的物质的量为x，则依据离子方程式2Fe3++Fe==3Fe2+，与Fe反应的Fe3+的物质的量为2x，依

据离子方程式2Fe3＋+Cu=2Fe2＋+Cu2＋，与Cu反应的Fe3+物质的量为0.5-2x，从而求出参加反应的Cu的物质的量为0.25-x。依据质量守恒，可得出下列关系式：56x+64(0.25-x)=15.2，求出x=0.1mol，所以原固体混合物中铜的质量是18.0g-56x=

12.4g。(2)由反应2Fe3++Fe==3Fe2+和2Fe3＋+Cu=2Fe2＋+Cu2＋，可得出n(Fe2+)+n(Cu2+)=n(Fe)+n(Cu)反应+n(Fe3+)=x+(0.25mol-x)+0.5mol=0.75mol。答案为：12.4；0.75。【点睛】

由于反应前后溶液中电荷守恒，所以反应后溶液中阳离子所带正电荷总数与原溶液中Fe3+所带的正电荷总数相等，从而得出反应后溶液中n(Fe2+)+n(Cu2+)=32n(Fe3+)=0.75mol。