【文档说明】四川省成都外国语学校2019-2020学年高一下学期期中考试化学试题【精准解析】.doc，共(24)页，646.000 KB，由小赞的店铺上传

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成都外国语学校2019-2020学年度下期期中考试高一化学试卷注意事项：1.本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分；2.本堂考试100分钟，满分100分；3.答题前，考生务必将自己的姓名、学号填写在答题卡上，并使用2B

铅笔填涂；4.考试结束后，将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H1C12O16Br80Al27Fe56Cu64第Ⅰ卷(选择题，共50分)一、选择题(本题包括10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项

符合题意)1.合理开发和利用海水资源是世界各国研究的课题。下列对于海水利用的认识错误的是A.海水中蕴藏有丰富的资源，人类可以大量开发，以弥补资源的短缺B.淡化海水的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法C.可以用太阳能电解海水以获取氢能源D.以海水中提纯出的NaCl为原料可以生产烧碱、

纯碱、金属钠、氯气、盐酸等化工产品【答案】A【解析】【分析】【详解】A．海洋是人类宝贵资源，人类可以提取海水的各种元素，例如：海水中的镁盐是提炼金属镁的原料；磷灰石结核是磷肥工业的重要原料；锰结核含锰、铁、钻、镍等20多种元素是重要的冶金原料；海水所含的重氢，是核

聚变的燃料，也是人类正在开发的新能源，但大量开发海水中的物质，会破坏海洋生态平衡和能耗导致全球的能源缺乏，A错误；B．现在所用的海水淡化方法有海水冻结法、电渗析法、蒸馏法、反渗透法、电渗析法等，B正确；C．水中氢和氧结合非常牢固，要释放出氢需要很高的能量，太阳能是地球上能量的最终来源，既是一次能

源，又是可再生能源。它资源丰富，既可免费使用，又无需运输，对环境无任何污染，可以用太阳能电解海水以获取氢能源，C正确；D．烧碱、氯气可以通过电解NaCl水溶液得到，纯碱用侯氏制碱法制得，金属钠通过电解熔融氯化钠得到，盐酸可由氢气和氯气反应制得，都需要用到NaCl，D

正确；故选A。2.“高铁出口”是中国的骄傲，高铁产业的发展也给铝工业带来了春天。最近，某大学的超导回旋加速器实验室发现了超重铝42Al，关于42Al的说法错误的是A.属于金属元素B.中子数与质子数之差为29C.原子的核外电

子数为13D.27Al和42Al是两种不同的核素【答案】B【解析】【详解】A．27Al和42Al质子数都是13，都是Al元素，属于金属元素，A正确；B．42Al的中子数为42-13=29，中子数与质子数之差为29-13=16，B错误；C．Al是13号元素

，质子数为13，原子的核外电子数=质子数=13，C正确；D．27Al和42Al质子数相同，中子数不同，是Al的两种不同的核素，D正确；故选B。3.下列变化中主要属于化学变化的是①风化②皂化③酯化④煤的气化⑤煤的液化⑥裂化⑦裂解⑧蒸馏⑨分馏⑩煤的干馏A.①②③④⑤

⑥⑦⑩B.①②③⑥⑦⑧⑨⑩C.①②③⑥⑦⑩D.①②③④⑤⑥⑦【答案】A【解析】【分析】【详解】①风化是指在室温和干燥空气里，结晶水合物失去结晶水的现象，是化学变化；②皂化是油脂在碱性条件下的水解反应，是化学变化；③酯化是指酸与醇反应生成酯和水的反应，是化学变化；④煤

的气化是煤在高温下与水蒸气反应生成氢气和一氧化碳，属于化学变化；⑤煤的液化是将煤在适宜的反应条件转化为洁净的液体燃料和化工原料的过程，分为直接液化和间接液化，属于化学变化；⑥裂化指一定条件下，将相对分子质量较大、沸点较高的烃断裂

为相对分子质量较小、沸点较低的烃的过程，是化学变化；⑦裂解是深度裂化，使具有长链分子的烃断裂成各种断裂的气态烃和少量液态烃的过程，属于化学变化；⑧蒸馏和⑨分馏是依据液态混合物中各组分沸点的不同进行的分离过程，属于物理变化；⑩煤的干馏是煤在隔绝空气的条件下加强热发生复杂的物理、化学变化过程，是化

学变化；综上所述，属于化学变化的是①②③④⑤⑥⑦⑩，故选A。4.化学在环境、生产和生活中有着广泛的应用。下列说法中正确的是A.普通锌锰干电池不含环境污染物，可以随意丢弃B.海带中含有I-可用H2O2将其氧化成I2再用裂化汽油进行萃取

C.绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染D.工业可用电解熔融的Al2O3或AlCl3制取单质铝【答案】C【解析】【详解】A．普通锌锰干电池会造成重金属污染、电解液污染等问题，不能随意丢弃，A错误

；B．裂化汽油的成分中包含不饱和的烯烃，会与I2发生加成反应，不能萃取I2，B错误；C．绿色化学又称环境无害化学、环境友好化学、清洁化学，即减少或消除危险物质的使用和产生的化学品和过程的设计，其核心是利

用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，C正确；D．AlCl3是共价化合物，熔融态不导电，工业上制取单质铝可电解Al2O3，D错误；故选C。5.运用有关概念判断下列说法中不正确的是①由元素周期律的变化规律可

知：SrSO4的溶解度比CaSO4的溶解度大②同位素的性质完全相同③利用Br2与I2分别与足量的H2反应的难易，判断溴与碘的非金属活动性强弱④电子数相同的粒子不一定是同一种元素⑤一种元素只能有一种质量数⑥互称同位素的两种核素间具有相同的

中子数和核外电子数A.①②④⑤B.③④⑤⑥C.②③⑤⑥D.①②⑤⑥【答案】D【解析】【详解】①Ca和Sr均属于第IIA族元素，由MgSO4易溶，CaSO4微溶，BaSO4难溶可知，从上到下溶解度不断减小，①错误；②同位素的化学性质相同但物理性质不同，②错误；③非金属单质与氢气化合越容易

，对应元素的非金属性越强，③正确；④两种粒子，电子数一样，离子带电，分子、原子不带电，则两种粒子质子数不一定相同，如Na+与Ne电子数相同，但质子数不同属于不同元素，④正确；⑤元素是具有相同质子数的一类原

子的总称，元素不谈质量数，一种元素可能存在不同的核素，同一元素的原子可能有不同的质量数，⑤错误；⑥互称同位素的两种核素间具有相同的质子数和核外电子数，而中子数不同，⑥错误；综上所述，①②⑤⑥不正确，故选D。

6.下列化学用语表达正确的是A.羧基的电子式：B.乙烯的最简式：CH2C.次氯酸的电子式：D.四氯化碳的比例模型：【答案】B【解析】【详解】A．羧基的C和O之间有一个碳氧双键和一个碳氧单键，电子式为：，A错

误；B．乙烯的分子式为C2H4，最简式为CH2，B正确；C．书写电子式时Cl原子周围的电子需要画出，氯原子最外层满足8电子结构，所以次氯酸的电子式为，C错误；D．四氯化碳中C原子的半径比Cl原子小，正确的比例模型为，

D错误；故选B。7.下列做法利用了浓度对化学反应速率的影响的是A.将食物保存在电冰箱里B.做粉尘爆炸实验时选用很细的面粉C.向过氧化氢溶液中加入MnO2D.铁与稀盐酸反应太慢时加入较浓的盐酸【答案】D【解析】【分析】考查了影响化学反应速率的因素的相关知识。【详解】A、将食物保存在电冰箱里

是温度对反应速率的影响，A错误；B、做粉尘爆炸实验时选用很细的面粉是接触面积对反应速率的影响，B错误；C、向过氧化氢溶液中加入MnO2是催化剂对反应速率的影响，C错误；D、铁与稀盐酸反应太慢时加入较浓的盐酸改变了盐酸的浓度，加快了反应速率，D正确

；故D为合理选项。8.下列说法不正确．．．的是A.12C和14C互为同位素B.甲烷与正丁烷(CH3CH2CH2CH3)互为同系物C.二氧化碳和干冰互为同素异形体D.乙醇（CH3CH2OH）与二甲醚（CH3-O-CH3）互为同分异构

体【答案】C【解析】【详解】A．12C和14C的质子数都为6，中子数分别为6、8，两者互为同位素，故A正确；B．正丁烷（CH3CH2CH2CH3）和甲烷（CH4）的分子组成相差3个CH2原子团，且结构相似，互为同系物，故B正确；C．二氧化碳和干冰是同种物

质，属于化合物，不可能是同素异形体，故C错误；D．乙醇（CH3CH2OH）与二甲醚（CH3-O-CH3）的分子式相同，但结构不同，互为同分异构体，故D正确。故选C。【点睛】本题主要考查了同位素、同素异形体、同分异构体等

，难度不大，注意概念的理解。解题要点：质子数相同中子数不同的同一原子互称同位素，由同种元素形成的不同种单质互为同素异形体；同分异构体是分子式相同结构式不同的化合物。9.下列说法正确的是A.只含有一种元素

的物质一定是纯净物B.含有共价键的化合物一定是共价化合物C.石墨转变为金刚石为化学变化D.水很稳定是因为水分子间存在较强的分子间作用力【答案】C【解析】【详解】A．只含有一种元素的物质可能是混合物，如氧气和臭氧，A错误；B．含有共价键的化合物可能是离子化合物，如氢氧化钠中含有

共价键，B错误；C．石墨转变为金刚石有新物质生成，属于化学变化，C正确；D．水很稳定是因为水分子中的共价键比较稳定，D错误；答案选C。10.下列反应中前者属于取代反应，后者属于加成反应的是（）A.甲烷与氯气混合后光照反应；乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色B.乙烯与溴的四氯化碳溶液反应；苯与氢气在一定条件

下反应生成环己烷C.苯滴入浓硝酸和浓硫酸的混合液中，有油状物生成；乙烯与水生成乙醇的反应D.在苯中滴入溴水，溴水褪色；乙烯自身生成聚乙烯的反应【答案】C【解析】【详解】A．甲烷和氯气混合光照一段时间后，甲烷中的氢原子被氯原子所代替生成氯代甲烷，所以属于取代反

应；乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色，是乙烯和高锰酸钾发生了氧化反应的结果，故A不符合题意；B．乙烯中的双键断裂，每个碳原子上结合一个溴原子生成1，2-二溴乙烷，所以属于加成反应；苯和氢气在一定条件下反应生成环己烷也是加成反应，故B不符合题意；C．在浓硫酸和加热条件下，苯环上

的氢原子被硝基取代生成硝基苯，所以属于取代反应；在一定条件下，乙烯中的双键断裂，一个碳原子上结合一个氢原子，另一个碳原子上结合羟基，生成乙醇，该反应属于加成反应，故C符合题意；D．苯能萃取溴水中的溴而使水层无色，没有发生化学

变化；乙烯生成聚乙烯的反应属于加成聚合反应，故D不符合题意；故答案为C。【点睛】准确理解加成反应和取代反应的反应原理是解题关键，有机物分子中的不饱和键断裂，断键原子与其他原子或原子团相结合生成新的化合物的反

应是加成反应；有机物中的原子或原子团被其他的原子或原子团所代替生成新的化合物的反应叫取代反应。二、选择题(本题包括10小题，每小题3分，共30分。每小题只有一个选项符合题意)11.下列营养物质在人体内发生的变化及其

对人的生命活动所起的作用叙述中，不正确的是()A.纤维素⎯⎯⎯→水解葡萄糖→氧化CO2和H2O（释放能量维持生命活动）B.淀粉⎯⎯⎯→水解葡萄糖→氧化CO2和H2O（释放能量维持生命活动）C.蛋白质⎯⎯⎯→水解氨基酸⎯⎯⎯→合成人体所需的蛋白质（人体生长发育）D.油脂

⎯⎯⎯→水解甘油和高级脂肪酸→氧化CO2和H2O（释放能量维持生命活动）【答案】A【解析】【详解】A．纤维素不是人体所需要的营养物质，人体内没有水解纤维素的酶，它在人体内主要是加强胃肠蠕动，有通便功能，A错误；B．淀粉最终水解生成葡萄糖，葡萄糖被氧化能释放出能

量维持生命活动，B正确；C．蛋白质水解生成氨基酸，氨基酸能合成人体生长发育、新陈代谢的蛋白质，C正确；D．油脂水解生成甘油和高级脂肪酸，甘油和高级脂肪酸能被氧化释放能量，D正确；答案选A。12.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A.1mol苯分子中含有C＝C双键数目为3NAB.

标准状况下，11.2LCH3Cl中含有的共价键数目为2NAC.常温常压下，2.8g乙烯和丙烯的混合气体中所含碳原子数为0.2NAD.17g甲基(﹣14CH3)所含中子数为8NA【答案】A【解析】【详解】A．苯分子中没有碳碳双键，碳和碳之间是一种介于单间和双键之间的化学键，A错误；

B．标准状况下，11.2LCH3Cl的物质的量为0.5mol，每个CH3Cl分子中共价键有4条，故0.5molCH3Cl中含有的共价键数目为2NA，B正确；C．乙烯（C2H4）、丙烯（C3H6）的最简式相同，均为CH2，所以2.8g混合物中CH2的物质的

量为2.8g=0.2mol(12+2)g/mol，故C原子的数目为0.2NA，C正确；D．17g甲基(﹣14CH3)的物质的量为17g=1mol(14+3)g/mol，每个甲基(﹣14CH3)所含中子数为

8个，故17g甲基(﹣14CH3)所含中子数为8NA，D正确；故选A。13.欲除去下列物质中混入的少量杂质(括号内为杂质)，所选试剂和分离方法都正确的是A.乙烷(乙烯)：酸性高锰酸钾溶液洗气B.溴苯(Br2)：NaOH溶液分液C.乙醇(水)：生石灰过滤D.乙醇(乙酸)：饱和Na2C

O3溶液分液【答案】B【解析】【分析】【详解】A．KMnO4可以将乙烯氧化，但乙烯被氧化后生成CO2，引入新杂质，A错误；B．NaOH可以与Br2反应：2NaOH+Br2=NaBr+NaBrO+H2O，反应后的NaBr和NaBrO易溶于水，进入水层，再通过分液将水层和

溴苯进行分离，B正确；C．水可以与生石灰反应生成熟石灰：CaO+H2O=Ca(OH)2，可以除去水，生成的Ca(OH)2与乙醇沸点相差很大，需要用蒸馏的方法，C错误；D．乙醇和乙酸都与水互溶，加入Na2CO3溶液反

应完后混合物溶在一起，无法分液，D错误；故选B。14.某有机物的结构简式如图，下列关于该有机物的叙述不正确的是A.该有机物能使Br2的CCl4溶液褪色，但不能使酸性KMnO4溶液褪色B.1mol该物质与H2发生加成反应，最多可消耗H2

4molC.在一定条件下，能发生取代、加成、氧化、酯化和加聚反应D.能发生酯化反应的有两个官能团【答案】A【解析】【分析】化合物中含有的官能团为碳碳双键、羧基、羟基。【详解】A．由于有机物中含有碳碳双键，可以与Br2发生加成

反应使Br2的CCl4溶液褪色，也可以与KMnO4发生氧化反应使酸性KMnO4溶液褪色，A错误；B．1mol该物质与H2发生加成反应时，苯环可以加成3molH2，碳碳双键可以加成1molH2，共可以消耗4molH2，B正确；C．苯环上可以发生取代反应，苯环

和碳碳双键可以发生加成反应，碳碳双键和羟基可以发生氧化反应，羟基和羧基可以发生酯化反应，碳碳双键可以发生加聚反应，C正确；D．能发生酯化反应的是羟基和羧基两个官能团，D正确；故选A。15.如表所示的五种元素中，W、X、Y、Z为前四周期元素

，这四种元素的原子最外层电子数之和为22。下列说法错误的是XYWZTA.X、Y、Z三种元素最低价氢化物的沸点依次升高B.物质W3X4中，每个原子最外层均达到8电子稳定结构C.X、Y和氢形成的化合物中可能既有离子键、又有共价键D.T元素的单质具有半导体的特

性，T与Z元素可形成化合物TZ4【答案】A【解析】【分析】设Y元素原子最外层电子数为m，则X元素原子最外层电子数为m-1，W元素原子最外层电子数为m-2，Z元素原子最外层电子数为m+1，四种元素的原子最外层电子数之和为22，所以m+m-1+m-2+m

+1=22，m=6，即W、X、Y、Z、T分别为Si、N、O、Cl、Ge。【详解】A．X、Y元素的最低价氢化物NH3、H2O分子间都有氢键，沸点比HCl的高，A错误；B．物质W3X4（Si3N4）中，每个原子最外层均达到8电子稳定结构，B正

确；C．X、Y和氢形成的化合物可以为HNO3，也可以是NH4NO3，在NH4NO3中既有离子键、又有共价键，C正确；D．T元素的单质为锗，具有半导体的特性，主要化合价为+4，+2，故可以与Cl元素形成化

合物GeCl4，D正确；故选A。16.下列实验方案中，不能．．达到相应实验目的的是ABCD方案目的验证不同催化剂对化学反应速率的影响验证石蜡油分解的产物中含有与烷烃性质不同的烃制备乙酸乙酯比较Cl2、I2的氧化性A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析

】【详解】A．根据生成气泡的快慢可验证不同催化剂对化学反应速率的影响，A正确；B．烷烃不能使溴水褪色，而不饱和烃（如烯烃）可以使溴水褪色，根据溴水是否褪色可验证石蜡油分解的产物中含有与烷烃性质不同的烃，B正确；C．乙醇和乙酸在浓硫酸的催化下加

热可以生成乙酸乙酯，右侧试管中的导管插入液面以下会发生倒吸，且若用NaOH会造成乙酸乙酯水解，应用饱和Na2CO3，且导管不能插入液面以下，C错误；D．高锰酸钾可与浓盐酸反应生成氯气，氯气可与碘化钾溶液反应生成碘单质，根据碘化钾溶

液变为紫色可比较Cl2、I2的氧化性，D正确；故选C。17.为了测定液化气中丙烷（C3H8）在氧气不足时的燃烧产物，将一定量的丙烷和氧气置于一个封闭的容器中引燃，测得反应前后各物质的质量如下表：物质丙烷氧气水二氧化碳X反应前质量/g4.412.8000反

应后质量/g007.24.4a下列判断正确的是A.表中a的值为5.6B.X可能是该反应的催化剂C.X可能含有氢元素D.X只含碳元素【答案】A【解析】【详解】A．根据质量守恒定律，反应前后质量相等，故4.4g+12.8g=7.2g+4.4g+a，则a=5.

6g，正确；B．X在反应前质量为0，而反应后质量为5.6克，则不符合催化剂的特点“一变二不变”，故X一定不是该反应的催化剂，错误；C．根据质量守恒定律，化学反应前后各元素的质量不变：可求4.4克丙烷（C3H8）中氢元素的质量为：4.4g×(8÷44)=0.8g，水中氢元

素的质量为：(2÷18)×7.2g=0.8g，显然二者相等，则说明X中一定不含有氢元素了，错误；D．水中氢元素的质量为：(2÷18)×7.2g=0.8g，而二氧化碳中碳元素的质量为4.4g×(12÷44)=1.2g，而4.4克丙烷（C3H8）中碳

、氢元素的质量分别为：4.4g×(8÷44)=0.8g，故X中一定含有碳元素3.6g-1.2g=2.4g＜5.6克，故X还含有氧元素，错误。答案选A。18.在一定温度下，10mL0.40mol/LH2O2溶液发生催化分解，不同时刻测得生成O2的体积(已折算为标准状况)如下表。忽略

溶液体积变化，下列叙述不正确的是t/min0246810V(O2)/mL0.09.616.822.426.529.9A.该反应可用MnO2、FeCl3溶液作为催化剂B.0～4min的平均反应速率v(H2O2)＝3.75×10-2mol/(L·

min)C.0～10min，过氧化氢的分解速率逐渐加快D.反应到6min时，H2O2分解了50%【答案】C【解析】【分析】H2O2溶液发生催化分解的方程式为H2O2===2H2O+O2↑，据此结合数据分析解答

。【详解】A．MnO2、FeCl3可加快H2O2溶液的分解，故该反应可用MnO2、FeCl3溶液作为催化剂，A选项正确；B．由图表数据可知，4min内生成了16.8mL氧气，16.8mL氧气的物质的量为0.75×10-3mol，根据反应方程式可知，分解的H2O2的物质的量为1

.5×10-3mol，0～4min的平均反应速率v(H2O2)＝0.0015mol0.1L4min=3.75×10-2mol/(L·min)，B选项正确；C．由表格数据可分析，每2min放出氧气的体积分别为：9.6mL、7.2mL、5.6mL、4.1mL、3.4

mL，0～10min，过氧化氢的分解速率逐渐减慢，C选项错误；D．22.4mL氧气的物质的量为1×10-3mol，分解的H2O2的物质的量为2×10-3mol，原溶液中H2O2的物质的量为4×10-3mol，反应到6min时，H2O2分解了50%，D选项正确；答案选C。19.已知化学反应A2(

g)+B2(g)⇌2AB(l)的能量变化如图所示，判断下列叙述中正确的是A.每生成2mol气态AB吸收bkJ热量B.向密闭容器中充入1molA2和1molB2充分反应，吸收的热量为(a-b)kJC.向

密闭容器中充入一定量的A2和B2，生成2molAB(g)，吸收的热量小于(a-b)kJD.AB(l)分解为A2(g)和B2(g)的反应为放热反应【答案】D【解析】【详解】A．根据图像可知，每生成2mol液

态AB吸收(a-b)kJ热量，A选项错误；B．向密闭容器中充入1molA2和1molB2充分反应，由于生成物状态未知，因此吸收的热量也未知，B选项错误；C．由于2molAB(g)再转化为2molAB(l)会放出热量，则向密闭容器中充入一定量的A2和

B2，生成2molAB(g)时吸收的热量大于(a-b)kJ，C选项错误；D．A2(g)和B2(g)化合生成AB(l)的反应为吸热反应，则逆反应AB(l)分解为A2(g)和B2(g)的反应为放热反应，D选项正确；答案选D。【点睛】B选项为易错选项，解答时需注意生成物的状态不一定

为液态，所以吸收的能量也就未知。20.液体燃料电池相比于气体燃料电池具有体积小等优点．一种以液态肼（N2H4）为燃料的电池装置如图所示，该电池用空气中的氧气作为氧化剂，KOH溶液作为电解质溶液。关于该电池的叙述正确的是（）A.b极发生氧化反应B.a极为该电

池的正极C.放电时，电流从a极经过负载流向b极D.a极的反应式：N2H4+4OH﹣﹣4e﹣＝N2↑+4H2O【答案】D【解析】【分析】该燃料电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应，电极反应式为：N2H4+4OH－-4e－＝N2↑+4H2O，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：O2+2H2O

+4e－=4OH－，电池总反应为：N2H4+O2=N2↑+2H2O，结合离子的移动方向、电流的方向分析解答。【详解】A．该燃料电池中，通入氧化剂空气的电极b为正极，正极上氧气得电子发生还原反应，故A错误；B、a极通入的是燃料，为该电池的负极

，故B错误；C、放电时，电流从正极b经过负载流向a极，故C错误；D、通入燃料的电极为负极，负极上燃料失电子发生氧化反应，电极反应式为：N2H4+4OH－-4e－＝N2↑+4H2O，故D正确；故选D。【点睛】本题考查

了燃料电池，明确正负极上发生的反应是解本题关键，难点是电极反应式的书写，要结合电解质溶液的酸碱性书写，注意电流的方向和电子的流向相反。第Ⅱ卷(非选择题，共50分)21.A、B、C、D、E、F、G、H是周期表中前四周期的七种元素，有关性质或结构信息如

下表：元素有关性质或结构信息A地壳中含量最多的元素BB阳离子与A阴离子电子数相同，且是所在周期中单核离子半径最小的CC与B同周期，且是所在周期中原子半径最大的(稀有气体除外)DD原子最外层电子数是电子层数的2倍，其氢化物有

臭鸡蛋气味EE与D同周期，且在该周期中原子半径最小FF的氢化物和最高价氧化物的水化物反应生成一种离子化合物GG是形成化合物种类最多的元素HH是与D相邻的同主族元素，且原子半径：H>D(1)B元素符号为________，A与C以原子个数比为1：1形成的化合物的电子式为_______，用电子式

表示C与E形成化合物的过程________。(2)A、C、E所形成简单离子半径由大到小的顺序是____________，H的最高价氧化物对应水化物的化学式为_________，A、D、H的氢化物的沸点由高到低的顺序为__________________

__。(3)非金属性D_________E(填“大于”或“小于”)。下列事实能证明这一结论的是________(选填字母序号)。a.E的熔点低于Db.氢化物的还原性:D>Ec.最高价氧化物对应的水化物酸性：

E>Dd.氢化物的酸性：E>D【答案】(1).Al(2).(3).(4).Cl->O2->Na+(5).H2SeO4(6).H2O>H2Se>H2S(7).小于(8).bc【解析】【分析】A、B、C、D、E、F、G、H是周期表中前四周期的七种元素，A是地壳

中含量最多的元素，则A为O元素，B阳离子与A阴离子电子数相同，且是所在周期中单核离子半径最小的，则B为Al元素，C与B同周期，且是所在周期中原子半径最大的(稀有气体除外)，则C为Na元素，D原子最外层电子数是电子层数的2倍，其氢化物有臭鸡蛋气味，则D为S元素，E与D同周期，且

在该周期中原子半径最小，则E为Cl元素，F的氢化物和最高价氧化物的水化物反应生成一种离子化合物，则F为N元素，G是形成化合物种类最多的元素，则G为C元素，H是与D相邻的同主族元素，且原子半径：H>D，则H为Se元素，据此分析解答问题

。【详解】根据上述分析可知，A为O元素，B为Al元素，C为Na元素，D为S元素，E为Cl元素，F为N元素，G为C元素，H为Se元素；(1)B为元素铝，元素符号为Al，O与Na以原子个数比为1：1形成的化合物为Na2O2，为离子化合物，其电子式为，Na与Cl形成的化合物为Na

Cl，其形成过程为，故答案为：Al；；；(2)离子的核外电子层数越多，半径越大，电子层数相同时，核电荷数越小，半径越大，Cl-的核外电子层数为3层，O2-、Na+的核外电子层数为2层，核电荷数O<Na，则离子半径：Cl->O2->Na+，H的最高价氧化物对应水化物的化学式为H2SeO4，H2O分

子间形成氢键，沸点最高，H2Se和H2S均为分子晶体，相对分子质量H2Se>H2S，则范德华力H2Se>H2S，因此沸点：H2O>H2Se>H2S，故答案为：Cl->O2->Na+；H2SeO4；H2O>H2Se>H2

S；(3)S和Cl为同一周期元素，同周期元素从左至右非金属性依次增强，故非金属性S<Cl，a.熔点属于物理性质、不能判断元素非金属性的强弱；b.氢化物的还原性越弱，则元素的非金属越强；c.最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性越强；d.不能用氢化物的酸性判断非金属性的强弱；即

bc可证明这一结论，故答案为：小于；bc。22.海水中化学资源的综合开发利用，已受到各国的高度重视。Br2和Mg等两种单质都可以从海水中提取，如图为提取它们的主要步骤：请回答：Ⅰ.从海水中提取的溴占世界溴年产量的三分之一，主要方法就是上述流程

中的空气吹出法。(1)制取Br2时第一次通入Cl2时发生反应的离子方程式是_________。(2)吸收塔中反应的离子方程式是_______，工业生产1molBr2，理论上需要Cl2的物质的量为______。(3)取10L海水经过提纯浓缩，向吸收塔吸收后的溶液中加入

0.100mol/LAgNO3溶液8.0mL恰好完全反应，则海水中含溴的含量为______mg/L(不考虑提纯过程中溴的损失)。Ⅱ.镁及其合金是用途很广的金属材料，而目前世界上60%的镁就是从海水中按上述流程提取的。(1)上述流程中为了使MgSO4完全转

化为Mg(OH)2，试剂①可以选用__________(写化学式)。(2)步骤①包括加热、蒸发、冷却、结晶、____________。(3)通电时无水MgCl2在熔融状态下反应的化学方程式是_______________。【答案】(1).2Br－＋Cl2＝2

Cl－＋Br2(2).SO2＋2H2O＋Br2＝4H＋＋2Br－＋SO42－(3).2mol(4).6.4(5).Ca(OH)2(6).过滤(7).MgCl2(熔融)电解Mg＋Cl2↑【解析】【分析】浓缩海水中主要含MgSO4、NaCl、NaB

r，加入试剂氢氧化钙或氢氧化钠沉淀镁离子，过滤得到混合溶液中通入氯气，得到低浓度的溴单质，进入吸收塔用二氧化硫吸收得到溴化氢，再通入氯气得到高浓度的溴单质，氢氧化镁沉淀中加入盐酸溶液溶解得到氯化镁溶液，加热、蒸发、冷却、结晶、过滤得到氯化镁晶体，在氯化氢气流中加热失去结

晶水得到氯化镁固体，电解熔融氯化镁得到镁和氯气。【详解】由上述分析可知：I．（1）浓缩海水与试剂①反应得到氢氧化镁，剩余混合液中含有的是溴离子，通入氯气后，氯气与溴离子反应生成单质溴和氯离子，其离子方程式是Cl2+2Br-═2Cl-+Br2；答案为：Cl2+2Br-═2C

l-+Br2。（2）单质溴经过空气吹出法后被富集在吸收塔，通入的二氧化硫与单质溴反应生成硫酸和氢溴酸，其化学方程式是：Br2+SO2+2H2O═2H2SO4+2HBr，即其离子方程式为Br2+SO2+2H2O═4

H++SO42-+2Br-；由①Cl2+2Br-═2Cl-+Br2，②Br2+SO2+2H2O═4H++SO42-+2Br-，③Cl2+2Br-═2Cl-+Br2，可知工业生产1molBr2，需要2molCl2；答案为Br2+SO2+2H2O═4H++SO42-+2Br-

，2mol。（3）由反应Ag++Cl-=AgCl↓，Cl2+2Br-═2Cl-+Br2，可知n(Ag+)~n(Cl-)~n(Br-)，由银元素的物质的量为0.1mol/L×8×10-3L=0.8×10-3mol，则溴元素的物质的量也为0.8×10-3m

ol，溴元素的质量为0.8×10-3mol×80g/mol=64×10-3g=64mg，则海水中含溴的含量为64mg10L=6.4mg/L；答案为6.4mg/L。II．（1）为了使MgSO4转化为Mg(OH)2，从经济理念出发，试剂①可以选用由海洋中的贝壳得到的固体Ca(OH)2使Mg

SO4完全转化为沉淀；答案为Ca(OH)2。（2）要从氯化镁溶液得到含结晶水的氯化镁，就需要蒸发、冷却、结晶，并通过过滤把固体从溶液中分离出来；答案为过滤。（3）氯化镁电解为分解反应，产物为镁和氯气，所以电解方程式为：MgCl2(熔融)电解Mg

＋Cl2↑；答案为MgCl2(熔融)电解Mg＋Cl2↑。【点睛】本题应注意在MgCl2溶液制取MgCl2•6H2O晶体时，如果直接加热蒸发，因为Mg2+的水解，生成盐酸易挥发，得不到MgCl2•6H2O，故应采取在HCl气流中

蒸发，才会抑制水解。23.乙烯是石油化学工业最重要的基础原料，经乙烯为原料可以制得许多工业材料和日用品。乙烯能发生下列转化关系：(1)A的分子式为____________，化合物D的官能团名称是_____________。(2)写出反应①、④的化学方程式：①__________；④

__________。(3)上述反应中，以生成有机产物为目标，原子利用率100%的反应有_________________。(4)实验室用B与D制备乙酸乙酯的化学方程式是______，浓硫酸的作用是_______，分离提纯产品所用的试剂是________。【答案】(1).HCl(

2).羧基(3).CH2=CH2+Cl2→ClCH2CH2Cl(4).nCH2=CHCl(5).①④⑤(6).CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O(7).催化剂、吸水剂(8).饱和Na2CO3溶液【解析】【分析】由图象可知，CH2=CH2与Cl2

发生加成反应生成1，2-二氯乙烷：CH2=CH2+Cl2CH2Cl—CH2Cl，1，2-二氯乙烷热裂解生成氯乙烯和HCl：CH2Cl—CH2ClCH2=CHCl+HCl，氯乙烯加聚生成聚氯乙烯：nCH2=CHCl，CH2=CH2与H2O发生加成反应生成乙醇：CH2=CH

2+H2OCH3CH2OH，乙醇与乙酸在浓硫酸的催化下加热发生酯化反应，生成乙酸乙酯：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O。【详解】（1）根据分析，A为HCl；D为CH3COOH，官能团为羧基；（2）根据分析，①的化学方程式为：C

H2=CH2+Cl2CH2Cl—CH2Cl，④的化学方程式为：nCH2=CHCl；（3）只生成一种物质的反应原子利用率能达到100%，对应的反应类型有加成反应和加聚反应，根据分析，属于加成反应的有①⑤，属于加聚反应的有④，因此选①④⑤；（4）根据分析

，酯化反应的方程式为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；其中浓硫酸既有催化剂的作用，又有吸水剂的作用；分离提纯产品所用的试剂是饱和Na2CO3溶液，饱和Na2CO3溶液可以吸收乙醇、中和乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度；【点睛】本题要注

意第（3）题，原子利用率为100%即是反应物完全转化为生成物，没有任何副产物生成。无机化学里的化合反应可以满足该条件，有机化学里的加成反应、加聚反应也可以满足要求。24.能源、资源问题是当前人类社会面临的一项重大课题。(1)直接利用物质燃烧提供热能在当今社会仍然占很大比重，但存在利用率低的问

题。CH4、CO、CH3OH都是重要的能源物质，等质量的上述气体充分燃烧，消耗O2最多的是_______(填化学式)。(2)燃料电池将能量转化效率比直接燃烧效率高，如图为某种燃料电池的工作原理示意图，a、b均为惰性电极。①使用时，空气从_________口通入(填“A”或“B”)；②假设使用的

“燃料”是甲烷，a极的电极反应为：_________________。(3)某同学设计如图的原电池，则正极的电极反应式为：______________，当导线中有3.01×1023个电子流过，溶液质量变化为___

_____g。【答案】(1).CH4(2).B(3).CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O(4).Cu2++2e-=Cu(5).2【解析】【详解】(1)CH4、CO、CH3OH燃烧的方程式分别是：CH4+2O2CO2+2H2O、2CO+O22CO2、2CH3OH+3O22CO2+

4H2O，根据方程式，每克燃料所对应O2的质量分别是4g、0.57g、1.5g，故相同质量下甲烷消耗氧气最多；(2)①根据图中电子流向可判断a为负极，b为正极，燃料电池中正极需通入O2，故空气从B口通入；②CH4在负极发生氧化反应，碱性环境中生成CO32-，故电极反应为

：CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O；(3)由图可知，Fe为负极，石墨为正极，电解质为CuSO4，正极是Cu2+发生反应：Cu2++2e-=Cu，当导线中有3.01×1023个电子流过，即转移0.5mol电子，溶液中Cu2+转化为Cu析出64g/mol×0.25mol=16g，

Fe转化为Fe2+进入溶液质量为56g/mol0.25mol=14g，故溶液质量减少16g-14g=2g。25.向一个容积为2L的密闭容器中充入2molNH3和3molO2，在恒温和催化剂作用下发生反应：4NH

3(g)＋5O2(g)⇌4NO(g)+6H2O(l)，经过5min后达到平衡状态。此时，c(NH3)：c(O2)=4：7。则：(1)反应开始至平衡时，以NO的浓度变化表示该反应的平均速率v(NO)＝__________。(2)起始状

态与平衡状态容器内的压强之比为______。(3)该条件下反应一段时间，下列能说明反应达到平衡状态的是___________。A.c(H2O)保持不变的状态B.气体的压强保持不变的状态C.4v正(NH3)=5v逆(O2)D.NH3与O2浓度之比保持不变的状态(4)为了研究硫酸铜的量

对氢气生成速率的影响，某同学设计了如下一系列的实验：将表中所给的混合溶液分别加入到6个盛有过量Zn粒的容器中，收集产生的气体，记录获得相同体积的气体所需时间。ABCDEF4mol/LH2SO4(mL)30V1V

2V3V4V5饱和CuSO4溶液(mL)00.52.55V620H2O(mL)V7V8V9V10100①请完成此实验设计，其中：V1=_________，V6=_________。②该同学最后得出的结论为：当加入少量CuSO4溶液时，生成氢气的速率会大大提高，但当加入的Cu

SO4溶液超过一定量时，生成氢气的速率反而会下降。请分析氢气生成速率下降的主要原因______________。【答案】(1).0.1mol/(L·min)(2).4：3(3).BD(4).30(5).10(6).生成的Cu覆盖在Zn的表面，接触面积减小，反应速率减慢【解析】【分析】设参加反应的N

H3的浓度为4x，由题意得：3224NH(g)+5O(g)4NO(g)+6HO(l)1mol/L1.5mol/L0454141.554xxxxxx−−起始反应终止【详解】（1）平衡后c(NH3)：c(O2)=4：7，由分析可知，1-441.557xx=−，解得x=0.125mol/L，

4x=0.5mol/L，所以c(NO)0.5molv(NO)===0.1mol/Lmint5min/L；（2）根据阿伏伽德罗定律，压强之比等于物质的量之比，本题体积不变，故压强之比等于物质的量浓度之比，1+1.54141.5543xxx=−+−+；（3）

A．H2O是液态，没有浓度概念，不能用来判定平衡，A错误；B．该反应是前后气体体积变化的反应，故压强是个变量，可以判定平衡，B正确；C．根据反应速率之比等于化学计量数之比，32v(NH)4=v(O)5，故5v(NH3)=4v(O2)，错误；D．由于NH3与O2不是按4：5

投入的，当NH3与O2浓度之比保持不变时，说明NH3与O2浓度不变，达到平衡，D正确；故选BD。（4）①要研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，H2SO4的用量需是定值，所以V1、V2、V3、V4、V5都是30mL；通过F

组数据可以看出，溶液的总体积是50mL，要保证H+浓度相同，所有溶液的总体积都得是50mL，故V6=10mL；②由于Cu2++Zn=Zn2++Cu，当加入的CuSO4溶液超过一定量时，生成的Cu覆盖在Zn的表面，接触面积减小，反应速率减慢；【点睛】本题要主要第（4）题，

研究某因素对反应速率的影响，需要用控制变量法，保证实验过程中只有一个自变量，才能得出准确的结果。26.酒与酒文化在中国历史悠久，人们利用葡萄酿酒已非常普遍。(1)检验葡萄汁含葡萄糖的方法是：向其中加碱调至碱性，再加入新制备的Cu(OH)2，加热，其现象是____________________。(

2)有机物E由碳、氢、氧三种元素组成，可由葡萄糖发酵得到，也可从酸牛奶中提取，纯净的E为无色粘稠液体，易溶于水.为研究E的组成与结构，进行了如下实验：①称取E4.5g，升温使其汽化，测其密度是相同条件下H2的45倍.①有机物

E的相对分子量为：_______②将此9.0gE在足量纯O2充分燃烧，并使其产物依次通过碱石灰、无水硫酸铜粉末、足量石灰水，发现碱石灰增重14.2g，硫酸铜粉末没有变蓝，石灰水中有10.0g白色沉淀生成；向增重的碱石灰中加入

足量盐酸后，产生4.48L无色无味气体(标准状况)。②该有机物的化学式为________③经测定，证实其中含有羟基，羧基，甲基③该物质的结构简式为_______④写出E与NaHCO3溶液反应的化学方程式___

________________。【答案】(1).产生砖红色沉淀(2).90(3).C3H6O3(4).HOOC−CH(OH)−CH3(5).HOOC−CH(OH)−CH3+NaHCO3→NaOOC−CH(OH)−CH3+H2O+CO2↑【解析】【详解】（1）葡萄糖

中有醛基，可以与新制Cu(OH)2反应，反应后Cu(OH)2被还原为Cu2O，Cu2O是砖红色沉淀，所以现象是产生砖红色沉淀；（2）①E的密度是相同条件下H2的45倍，E的相对分子质量为45×2=90；②石灰水中有10.0g白色沉淀生成，该沉淀为CaCO3，物质的量为0.1mol，说明使石灰水沉淀

的CO2也有0.1mol，向增重的碱石灰中加入足量盐酸后，产生4.48L无色无味气体(标准状况)，该气体也是CO2，物质的量为0.2mol，故总共生成CO20.3mol。开始经过碱石灰时，碱石灰增重14.2g，其中有0.2mol的CO2，质量为0.2mol×44g/mol

=8.8g，故H2O的质量为14.2g-8.8g=5.4g，则H2O的物质的量为0.3mol。所以原有机物中C为0.3mol，质量为3.6g，H为0.6mol，质量为0.6g，所以含O的质量为9g-3.6g-0.6g=4.8g，含O的物质的量为0.3mol。则该化合物中C、H、O的比例为

1：2：1，因为E的对分子质量为90，所以化学式为C3H6O3；③经测定，证实其中含有羟基，羧基，甲基，所以该物质的结构简式为HOOC−CH(OH)−CH3；④该化合物中只有羧基能跟NaHCO3反应，反应方程式为：HOOC−CH(OH)−CH3+NaHCO3→NaOOC−CH(OH

)−CH3+H2O+CO2↑；【点睛】本题要注意第（2）②问，依次通过碱石灰、无水硫酸铜粉末、足量石灰水，根据题意可知碱石灰并没有将CO2完全吸收，只把H2O完全吸收（无水硫酸铜粉没有变色），剩余的CO

2被后面的足量石灰水完全吸收。