【文档说明】浙江省丽水市发展共同体2019-2020学年高一下学期期中考试化学试题【精准解析】.doc，共(22)页，830.000 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-a081e703c70f18f7b6947c991208deab.html

以下为本文档部分文字说明：

2020年5月高一期中考试化学学科试题卷可能用到的相对原子质量：H1C12O16S32Cl35.5Fe56Mn55Ba137一、选择题(每小题只有一个合理答案)1.下列属于碱的是()A.H2SO4B.Ca(OH)2C.KClO3D.CO2【答案】B【解析】【详解】A．H2SO4电离出的阳离

子全部都是氢离子，属于酸，故A不符合题意；B．Ca(OH)2电离产生的阴离子全是氢氧根离子，属于碱，故B符合题意；C．KClO3电离产生钾离子和氯酸根离子，属于盐，故C不符合题意；D．CO2不能电离，属

于非金属氧化物，故D不符合题意；答案选B。2.仪器名称为“分液漏斗”的是()A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】A．为蒸发皿，故A不符合题意；B．为直形冷凝管，故B不符合题意；C．为普通漏斗，故C不符合题意

；D．为分液漏斗，故D符合题意；答案选D。3.下列属于电解质的是()A.硫酸钠B.蔗糖C.盐酸D.二氧化硫【答案】A【解析】【详解】A．硫酸钠在水溶液里或熔融状态下都能电离产生钠离子和硫酸根离子，能导电，属于电解质，故A符合题意；B．蔗糖

在水溶液里或熔融状态下都不能电离出阴阳离子，都以分子形式存在，不能导电，属于非电解质，故B不符合题意；C．盐酸是氯化氢的水溶液，属于混合物，电解质必须是化合物，故C不符合题意；D．二氧化硫在水中与水反

应生成电解质亚硫酸，但二氧化硫自身不能导电，属于非电解质，故D不符合题意；答案选A。4.下列物质中，不能由金属跟非金属单质直接化合而成的是A.Fe3O4B.Na2O2C.Mg3N2D.FeCl2【答案】D【解析】【详解】A.铁在

氧气中燃烧生成Fe3O4,故A不能选；B.钠与氧气加热生成Na2O2，故B不能选；C.镁在氮气中燃烧生成Mg3N2，故C不能选；D.铁在氯气中反应只能生成FeCl3，故选D。5.下列化学反应不属于置换反应而属于氧化还原反应的是()A.Fe2O3＋3CO高温2Fe＋3CO2

B.Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑C.3Fe＋4H2O(g)高温Fe3O4＋4H2D.4NH3＋3O2高温2N2＋6H2O【答案】A【解析】【分析】【详解】A．Fe2O3＋3CO高温2Fe＋3CO2中

，没有单质作反应物，不是置换反应，但碳元素和铁元素发生化合价的变化，属于氧化还原反应，故A符合题意；B．Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑中有单质作反应物，又有单质生成，属于置换反应，同时锌元素与氢元素发生化合价变化，属于氧化还原反应，故B不符合题意；C．3Fe＋4H2O(g)高温Fe3O4＋

4H2中，有单质参加反应，又有单质生成，属于置换反应，且铁元素和氢元素发生化合价变化，属于氧化还原反应，故C不符合题意；D．4NH3＋3O2高温2N2＋6H2O中，有单质做反应物和生成物，且存在元素化合价

的变化，属于置换反应，也属于氧化还原反应，故D错误；答案选A。6.在反应C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2O中，氧化产物是A.CB.H2SO4C.CO2D.SO2【答案】C【解析】在反应C＋2H2SO4(浓)CO2↑

＋2SO2↑＋2H2O中，碳元素的化合价升高、被氧化成二氧化碳，所以氧化产物是CO2，C正确。本题选C。7.下列有关氯水的叙述不正确的是()A.新制氯水可使pH试纸先变红，后褪色B.氯水放置数天后，溶液的酸性逐渐减弱C

.新制的氯水只含Cl2、H2O和HClO三种分子D.光照氯水有气泡逸出，该气体是O2【答案】B【解析】【详解】A．新制氯水具有酸性，可以使pH试纸变红，还含有具有漂白性的HClO，可使pH试纸褪色，故A正确；B．Cl2+H2O⇌HCl+HClO，由于HClO的分解导致了Cl2的不断反应

，最后变成了HCl溶液，HCl浓度增大，酸性增强，故B错误；C．氯气可溶于水，氯水是氯气溶于水并和水反应后形成的混合物水溶液，新制氯水中含有Cl2、H2O、HClO三种分子，故C正确；D．光照氯水有气泡溢出，发生反应：2HClO光照2HCl+O2↑，该气体是O2

，故D正确；答案选B。【点睛】易错点：C选项，HClO是弱电解质，溶液中部分以分子形式存在。8.下列化学用语表述正确的是()A.二氧化硅的分子式：SiO2B.次氯酸的电子式：C.Cl─的结构示意图：D.四氯化碳的比例模型：【答案

】C【解析】【详解】A．SiO2为二氧化硅的化学式，二氧化硅晶体为原子晶体，不存在SiO2分子，故A错误；B．次氯酸是共价化合物，氧原子与氢原子、氯原子分别通过1对共用电子对结合，结构式为H-O-Cl，其正确的电子式为，故B错误；C．氯离子的

核外电子总数为18，最外层达到8电子稳定结构，氯离子结构示意图为，故C正确；D．四氯化碳分子中，氯原子的原子半径大于碳原子，四氯化碳的正确的比例模型为，故D错误；故选C。9.下列说法不正确的是()A.126C和146C是2种核素，他们互称同位素B.C60与C70互称同素异形体C.CH3CH2O

H和CH3OCH3互为同系物D.硝基苯可看成是由苯基和-NO2两种基团组成【答案】C【解析】【详解】A．质子数相同，中子数不同的同一元素的不同原子互称为同位素，126C和146C质子数相同，中子数不同，是C元素的2种核素，他们互称同位素，故A正确

；B．由同种元素构成的单质互称为同素异形体，C60与C70都是由碳元素构成的单质，互称同素异形体，故B正确；C．结构相似、类别相同，在分子组成上相差一个或多个“-CH2-”原子团的有机物互称为同系物，分子式相同，但结

构不同的有机物互称为同分异构体，CH3CH2OH和CH3OCH3分子式相同，结构不同，类别也不同，互为同分异构体，故C错误；D．硝基苯是苯和浓硝酸在浓硫酸做催化剂加热的条件下发生取代反应生成的，苯环上的一个氢原子被硝基取代，则硝基苯可看成是由苯基和

-NO2两种基团组成，故D正确；答案选C。10.下列说法不正确的是()A.氯化钠可用于制备纯碱B.食品袋中常放有生石灰，能起到抗氧化剂的作用C.大力发展新能源汽车能减少酸雨危害D.石油裂化、煤的干馏、玉米制乙醇、蛋白质变性都属于化学变化【答案】B【解析】【详解】A.氯化钠与

氨气、二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠和氯化铵，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，故A正确；B.食品袋中常放有生石灰，能起到干燥的作用，铁粉起抗氧化的作用，故B错误；C.大力发展新能源汽车，降低氮氧化物和二氧化

硫的排放量，减少酸雨危害，故C正确；D.石油裂化、煤的干馏、玉米制乙醇、蛋白质变性都属于化学变化，故D正确。综上所述，答案为B。11.短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示，其中W的原

子半径是同周期中最小的。下列判断错误的是()A.原子半径：rY＞rZ＞rWB.X、Y两元素形成化合物是酸性氧化物C.最简单气态氢化物的热稳定性：Z＞WD.X、Z两元素形成一种化合物可作干燥剂【答案】C【解析】【分析】由短周期元素X、Y、Z、W在

元素周期表中的相对位置，可知Y位于第三周期，W的原子半径是同周期中最小的，W是Cl，结合图中位置可知，X为O，Y为Si，Z为P，W为Cl，然后结合元素周期律及元素化合物知识来解答。【详解】由上述分析可知，X为O，Y为Si，Z为P，W为Cl，A．电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右

原子半径减小，则原子半径：rY＞rZ＞rW，故A正确；B．X、Y两元素形成化合物为二氧化硅，属于酸性氧化物，故B正确；C．非金属性W＞Z，元素的非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，则最简单气态氢化物的热稳定性：Z＜W，故C错误；D．X、Z两元素形成一种化合物五氧化二磷，可作干燥

剂，可以干燥酸性和中性气体，不能干燥碱性气体，故D正确；答案选C。【点睛】根据元素的位置，确定元素的结构，从而推测元素的性质，W的原子半径是同周期中最小的可以推得是氯元素，是解本题的关键，需要熟悉同周期同主族元素性质的递变规律。12.下列离子方程式正确的是()A.铁与稀硫酸反应的离子方程式：2Fe

＋6H+=2Fe3+＋3H2↑B.硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应：SO42-＋Ba2+=BaSO4↓C.Na2CO3溶液中滴加几滴稀盐酸：CO32-＋H+=HCO3-D.澄清石灰水与少量小苏打溶液混合：Ca2＋2OH-＋2HCO3-=CaCO3↓＋CO32-＋2H2O【答案】C【解析】【详解

】A．铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，正确的离子方程式为：Fe＋2H+=Fe2+＋H2↑，故A错误；B．硫酸铜和氢氧化钡溶液反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钡沉淀，离子反应为：SO42-＋Cu2++Ba2++2OH-=BaSO4↓+Cu(OH)2↓，

故B错误；C．Na2CO3溶液中滴加几滴稀盐酸时先生成碳酸氢钠，离子反应为：CO32-＋H+=HCO3-，故C正确；D．澄清石灰水与少量小苏打溶液混合，离子方程式：Ca2++OH-+HCO3-═CaCO3↓+H2O，故D错误；答案选C。13.下列操作对应的现象不符合．．．事实的是A．将灼烧至黑色的

铜丝插入无水乙醇，铜丝变成红色B．烧杯中出现白色沉淀，并能较长时间保存C．将胆矾晶体悬挂于盛有浓H2SO4的密闭试管中，蓝色晶体逐渐变为白色D．通入SO2气体后，高锰酸钾溶液紫红色变浅A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A

．乙醇的催化氧化实验，铜做催化剂，故正确；B．生成的Fe(OH)2‑是白色沉淀，但容易被氧气氧化变色，故错误；C.浓H2SO4有吸水性，将胆矾晶体的结晶水吸去，蓝色晶体逐渐变为白色，故正确；D.高锰酸钾有氧化性，SO2有还原性，

通入SO2气体后，高锰酸钾被还原，高锰酸钾溶液紫红色变浅，故正确。故不符合事实的是B.14.下列说法不正确的是A.热水瓶胆中的水垢可以用食醋除去B.可以用淀粉溶液检验加碘盐中是否含碘元素C.在蔗糖中加入浓硫酸出现黑色物质,说明浓硫酸具有脱水性D.做红烧鱼时,常加一些食醋和酒会更香，

是因为生成少量的酯【答案】B【解析】【详解】A．水垢的成分为碳酸钙，与醋酸反应，生成物溶于水，则热水瓶胆中的水垢可以用食醋除去，故A正确；B．淀粉遇碘单质变蓝，而加碘盐中含碘酸钾，不是单质，不能用淀粉

溶液检验加碘盐中是否含碘元素，故B错误；C．蔗糖中加入浓硫酸出现黑色物质，黑色物质为C，是因浓硫酸具有脱水性，故C正确；D．食醋和酒发生酯化反应生成有香味的酯类物质，则红烧鱼更香，故D正确；故选B。15.下列说法不正确的是()A.乙烯能使酸性高锰酸钾溶液

褪色，发生了氧化反应B.苯在一定条件下能与浓硝酸反应得到硝基苯，发生了取代反应C.邻二氯苯不存在同分异构体说明了苯不存在单双键交替的结构D.1mol甲烷和1mol氯气在光照条件下发生反应，产物只有CH3Cl和HCl【答案】D【解析】【分析】【详解】A.乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色

，乙烯被氧化生成二氧化碳，故A正确；B.苯在浓硫酸条件下与浓硝酸反应得到硝基苯，发生了取代反应，故B正确；C.若苯中存在单双键交替的结构、则邻二氯苯有两种同分异构体，邻二氯苯不存在同分异构体说明了苯不存在单双键交替的结构，故C正

确；D.1mol甲烷和1mol氯气在光照条件下发生反应，产物有CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4、HCl，故D错误；综上所述，答案为D。16.下列实验操作或叙述中错误的是()A.蒸发操作时，不能使混合物中的水分完全蒸干后再停止加热B.蒸馏时，温度计水银球需靠近蒸馏烧

瓶支管口，冷凝水的流向需从冷凝管的下口进入上口流出C.过滤后洗涤沉淀时，应将固体转移至烧杯中，并加入适量蒸馏水充分搅拌后再过滤D.分液时，先从分液漏斗下口放出下层液体，更换烧杯后再从上口倒出上层液体【答案】C【解析】【详解】A．蒸发时，利用余热加热，则当较多固体出现时停止加热，不能完全蒸干后再停

止加热，故A正确；B．蒸馏时，测定馏分的温度，冷水下进上出冷却效果好，则温度计水银球需靠近蒸馏烧瓶支管口，冷凝水的流向需从冷凝管的下口进上口流出，故B正确；C．过滤后洗涤沉淀时，将固体转移至过滤器中，加蒸馏水浸没沉淀使水自然流下，不能搅拌，故C错误；D．分液时，避免上下层液体再混合，则先从

分液漏斗下口放出下层液体，更换烧杯后再从上口放出上层液体，故D正确；答案选C。17.银锌电池是一种常见化学电源，其反应原理：Zn＋Ag2O＋H2O===Zn(OH)2＋2Ag，其工作示意如图所示。下列说法不正确．．．的

是A.Zn电极是负极B.工作时K+移向Zn电极C.Ag2O电极发生还原反应D.Zn电极的电极反应式：Zn－2eˉ＋2OHˉ===Zn(OH)2【答案】B【解析】【分析】原电池分正负，负极氧化正还原，离子阳正阴向负，电子有负流向正。【详解】

A.根据反应原理锌的化合价升高，是负极，故A正确；B.K+是阳离子，工作时向正极移动，Zn是负极，故B错误；C.Ag2O电极是正极，发生还原反应，故C正确；D.Zn电极的电极反应式：Zn－2eˉ＋2OHˉ===Zn(OH)2，正确。故

选B.【点睛】记准原电池的工作原理，原电池分正负，负极氧化正还原，电子有负流向正，离子阳正阴向负。18.在一定条件下，可逆反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-akJ/mol达到化学平衡时，下列说法一定正确的是A.反应放出akJ

热量B.消耗1molN2的同时消耗3molH2C.3v(H2)=2v(NH3)D.N2、H2、NH3的浓度之比为1:3:2【答案】B【解析】A.反应是可逆反应，反应放出的热量小于akJ，A错误；B.根据化学计量数可知消

耗1molN2的同时消耗3molH2，B正确；C.反应速率之比是相应的化学计量数之比，则2v(H2)=3v(NH3)，C错误；D.平衡时N2、H2、NH3的浓度之比不一定为1:3:2，D错误，答案选B。19.下列说法错误的是()A.HCl、Na

Cl溶于水，破坏的化学键类型不同B.氢氧化钠在熔融状态下离子键被削弱，形成自由移动的离子，具有导电性C.干冰是分子晶体，其气化过程中只需克服分子间作用力D.常温常压下，气态单质分子中，每个原子的最外层都具

有8电子稳定结构【答案】D【解析】【详解】A．HCl是共价化合物，溶于水，破坏了共价键，NaCl是离子化合物，溶于水破坏了离子键，破坏的化学键类型不同，故A正确；B．NaOH是离子晶体，离子晶体熔融破坏离子键，氢氧化钠在熔融状态下离子键被削弱，形成自由移动

的离子，具有导电性，故B正确；C．干冰是分子晶体，干冰分子间只存在分子间作用力，其气化过程中只破坏分子间作用力，故C正确；D．常温常压下，氢气分子中，氢原子最外层达到2个电子就形成稳定结构，故D错误；答案选D。20.煤的

工业加工过程中，可利用CO和H2合成甲醇，能量变化如图所示。下列说法正确的是A.该反应是吸热反应B.1molCH3OH所具有的能量为90.1kJC.CO(g)+2H2(g)CH3OH(l)ΔH=-90.1kJ·mol-1D.1molCO和2molH2断键所需能量小于1mol

CH3OH断键所需能量【答案】D【解析】【详解】A.如图所示，反应物总能量高于生成物总能量，则该反应是放热反应，故A错误；B.90.1kJ是反应释放的能量，而非甲醇具有的能量，故B错误；C.图中甲醇为气态，所以应该为：CO(g)+2H2(g)CH3OH

(g)ΔH=-90.1kJ·mol-1，故C错误；D.该反应为放热反应，所以1molCO和2molH2断键所需能量小于1molCH3OH断键所需能量，故D正确；故选D。【点睛】反应放热还吸热可以根据反应物和生成物所具有

的总能量大小来判断，也可以根据反应物及生成物的键能大小来判断。21.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是()A.8.7gMnO2与40mL10mol·L－1的浓盐酸充分反应，生成的氯气分子数小于0.1NAB.0.1molMg在

空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2，转移的电子数为0.2NAC.1.7gH2O2中含有的电子数为0.9NAD.常温常压下，44g丙烷含有共价键的数目为8NA【答案】D【解析】【分析】【详解】A．8.7gMnO2的物质的量为0.1m

ol，40mL10mol·L－1的浓盐酸物质的量为0.4mol，若浓盐酸完全反应生成的氯气为0.1mol，氯气分子数目为0.1NA个，但二氧化锰只能与浓盐酸反应，和稀盐酸不反应，随着反应的进行，浓盐酸变为稀盐酸，不能反应

完全，则生成的氯气分子小于0.1NA个，故A正确；B．MgO和Mg3N2中镁元素的化合价都是+2价，0.1mol镁完全反应失去0.2mol电子，转移的电子数为0.2NA，故B正确；C．一个H2O2分子中含有18个电

子，1.7gH2O2的物质的量为34g1.7g/mol=0.05mol，则含有的电子数为18×0.05×NA=0.9NA，故C正确；D．一个丙烷分子中含有含有10个共价键，44g丙烷的物质的量为44g44g/mol=1mol，则含有共价键的数目为1×10×NA=10NA，故D错误；答案

选D。22.某温度时，反应X(g)4Y(g)＋Z(g)ΔH＝－QkJ·mol－1在2L恒容密闭容器中进行，X和Z的浓度随时间变化如图所示，下列说法不正确．．．的是A.2min内，X的平均反应速率为0.25mol·L－1·min－1B.第t

min时，该反应达到平衡状态C.第5min后，X的生成速率与Z的生成速率相等且保持不变D.5min内，反应放出的热量为1.6QkJ【答案】B【解析】【详解】A.2min内，VX=C/t=0.5/2=0.25mol·L－1·min－1,故正确；B.第tmin

时，X的物质的量的浓度再减少，Z的浓度再增加，反应正向进行，未达到平衡状态，故错误；C.第5min后，X，Z的浓度宏观上不在改变，处于平衡状态，X和Z的系数相等，故X的生成速率与Z的生成速率相等且保持不变，正确；D.5min内，消耗X的物质的量是(0.

9-0.1)*2=1.6mol，放出的热量是1.6QkJ，故正确。说法不正确．．．的是B。23.对水样中溶质M的分解速率影响因素进行研究。在相同温度下，M的物质的量浓度(mol·L-1)随时间(min)变化的有关

实验数据见下表。时间水样0510152025I(pH=2)0.400.280.190.130.100.09II(pH=4)0.400.310.240.200.180.16Ⅲ(pH=4)0.200.150.120.090.070.05IV(pH

=4，含Cu2+)0.200.090.050.030.010下列说法不正确的是（）A.在0～20min内，I中M的平均分解速率为0.015mol·L-1·min-1B.其它条件相同时，水样酸性越强，M的分解速率越快C.在0～25min内，Ⅲ中M的分解百分率比

II大D.由于Cu2+存在，IV中M的分解速率比I快【答案】D【解析】【详解】A、根据化学反应速率数学表达式，v(M)=0.4mol/L-0.1mol/L20min=0.015mol/(L·min)，故A说

法正确；B、对比I和II，在相同的时间内，I中消耗M的量大于II中，说明其他条件下不变，酸性越强，M的分解速率越快，故B说法正确；C、在0～25min内，III中M的分解百分率=0.20mol/L-0.05mol/L0.20mol/L×100%=75%，II中M的分解百分率=0.40mol/

L-0.16mol/L0.40mol/L×100%=60%，因此III中M的分解百分率大于II，故C说法正确；D、I和IV中pH不同，因此不能说明Cu2＋存在，IV中M的分解速率大于I，故D说法错误。故选D。24.海水综合利用要符合可

持续发展的原则，其联合工业体系（部分）如图所示，下列说法不．正确．．的是（）A.①中可采用蒸馏法B.②中将MgCl2溶液蒸干即可得到无水MgCl2C.③中提溴涉及到氧化还原反应D.④的产品可生产盐酸、漂白液等【答案

】B【解析】A项，①为海水淡化工厂，海水可用蒸馏法淡化，正确；B项，在MgCl2溶液中存在水解平衡：MgCl2+2H2OMg（OH）2+2HCl，加热时由于HCl的挥发，水解平衡正向移动，最终MgCl2完全水解成Mg（OH）2，MgCl2溶液蒸干不能得到无水MgCl2，错误；C项，海水中

溴元素以Br-存在，要获得Br2必然要加入氧化剂将Br-氧化，一定涉及氧化还原反应，正确；D项，氯碱工业的原理为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，H2与Cl2反应可生产盐酸，Cl2与NaOH

反应可制漂白液，正确；答案选B。25.某无色溶液中可能含有Na+、K+、NH4+、Mg2+、Cu2+、SO42－、SO32－、Cl－、Br－、CO32－中的若干种，离子浓度都为0.1mol·L－1。往该溶液中加入过量的BaCl2和盐酸的

混合溶液，无白色沉淀生成。某同学另取少量原溶液，设计并完成如下实验：则关于原溶液的判断正确的是A.若步骤中Ba(NO3)2和HNO3溶液改用BaCl2和盐酸的混合溶液，则对溶液中离子的判断无影响B.无法确定原溶液中是否存在Cl－C.肯定存在的离子是SO3

2－、Br－，是否存在Na+、K+需要通过焰色反应来确定D.肯定不存在的离子是Mg2+、Cu2+、SO42－、CO32－，是否含NH4+另需实验验证【答案】A【解析】【详解】无色溶液中一定不含Cu2+，往该溶液中加入过量的BaCl2和盐酸的混合溶液，无白色沉淀生成，无SO42-，加足量氯

水，无气体，则无CO32-，溶液加四氯化碳分液，下层橙色，则有Br-，上层加硝酸钡和稀硝酸有白色沉淀，有SO32-，无Mg2+，溶液中一定含阳离子，且离子浓度都为0.1mol·L－1。根据电荷守恒，一定含有NH4+、Na+、K+，一定不存在Cl-。滤液中加硝酸酸化的硝酸银有白色沉淀，是过程中加氯水

时引入的氯离子。A．过程中用氯水与亚硫酸根离子发生氧化还原反应生成硫酸根离子，已引入氯离子，若改用BaCl2和盐酸的混合溶液，则对溶液中离子的判断无影响，故A正确；B．由上述分析可知，Cl-不存在，故B错误；C．肯定存在

的离子是SO32-、Br-、NH4+、Na+、K+，故C错误；D．肯定不存在的离子有Mg2+、Cu2+、SO42-、CO32-、Cl－，故D错误；故选A。二、填空题26.(1)写出N2的结构式：________。(2)写出1，2-二溴乙烷的结构简式：_________。(3)写出乙烯与水发

生加成反应的化学方程式：_____________。(4)已知0.2mol液态肼(N2H4)与足量的液态双氧水反应，生成氮气和水蒸气，放出128kJ的热量。此反应的热化学方程式：____。【答案】(1).(2).CH2BrCH2Br(3

).CH2=CH2+H2OCH3CH2OH(4).N2H4(l)＋2H2O2(l)=N2(g)＋4H2O(g)ΔH＝－640kJ/mol【解析】【分析】(1)N2是共用三对电子。(2)1，2-二溴乙烷，有两个碳，两个溴，每个溴连在一个碳原子上。(3)乙烯与水发生加成反应生成乙醇。(4)已知

0.2mol液态肼(N2H4)与足量的液态双氧水反应，生成氮气和水蒸气，放出128kJ的热量，则1mol液态肼(N2H4)反应放出640kJ的热。【详解】(1)N2是共用三对电子，因此N2的结构式：；故答案为：。(2)1，2-二溴

乙烷，有两个碳，两个溴，每个溴连在一个碳原子上，再根据碳原子4个价键填氢原子个数，因此其结构简式：CH2BrCH2Br；故答案为：CH2BrCH2Br。(3)乙烯与水发生加成反应生成乙醇，其化学方程式：CH2=CH2+H2O⎯⎯⎯→催化剂CH3CH2OH；故答案为：CH2=CH

2+H2O⎯⎯⎯→催化剂CH3CH2OH。(4)已知0.2mol液态肼(N2H4)与足量的液态双氧水反应，生成氮气和水蒸气，放出128kJ的热量，则1mol液态肼(N2H4)反应放出640kJ的热，此反应的热化学方程式：N2H4(l)＋2H2O2(

l)=N2(g)＋4H2O(g)ΔH＝－640kJ·mol−1；故答案为：N2H4(l)＋2H2O2(l)=N2(g)＋4H2O(g)ΔH＝－640kJ·mol−1。【点睛】热反应方程式的书写是考试中常考题型，这类题型比较简单。27.A、B、C、D、E、F六种核电荷

数依次增加的短周期元素，A的原子中没有中子，B原子的最外层电子数是内层电子数的两倍，C是短周期元素中金属性最强的，D和C相邻，E和F的最高价氧化物对应的水化物都是强酸。回答下列问题：（1）写出B在元素周期表中的位置_______，C的离子

结构示意图_______________。（2）E的最简单氢化物的电子式_____________。F的最高价氧化物对应的水化物的化学式_______________。（3）证明C比D活泼的实验依据是__

_____________。（4）单质D在B的最高氧化物中燃烧的化学方程式_______________。【答案】(1).第二周期ⅣA族(2).(3).(4).HClO4(5).钠和水反应的剧烈程度强于镁和水的反应(其它合理答案也行)

(6).2Mg+CO22MgO+C【解析】A、B、C、D、E、F六种核电荷数依次增加的短周期元素，分别是：HCNaMgSCl。（1）C在元素周期表中的位置：第二周期ⅣA族，C的离子结构示意图：；（2）

S的最简单氢化物是H2S，的电子式为，Cl的最高价氧化物对应的水化物的化学式为HClO4；（3）钠比镁活泼的原因是钠的金属性大于镁的金属性，故钠比镁活泼的的实验依据钠和水反应的剧烈程度强于镁和水的反应；（4）单质Mg在C的最高氧化物CO2中燃烧的化学方程式是：2Mg+CO22MgO+C。点睛：短

周期元素中金属性最强的是Na，且A、B、C、D、E、F六种元素原子序数增加的短周期元素，D、E、F则均为第三周期元素，第三周期元素中，最高价氧化物对应的水化物都是强酸的只有S、Cl。28.已知烃A中碳、氢元素质量比为24：5，C的产量是衡量一个国家石油化工水平的重要标志之一，D与含NaOH的

Cu(OH)2悬浊液在加热条件下反应并得到砖红色沉淀，H为具有浓郁香味、不易溶于水的油状液体，且RCl+NaOH2HOΔ⎯⎯⎯→ROH+NaCl，其转化关系如图所示：请回答：(1)E中官能团的名称___________。(2)C→B的反应类型__________

__。(3)H与NaOH溶液反应的方程式________________。(4)下列说法不正确的是______。A．工业上通过石油裂解可实现A→B+CB．利用植物秸秆在一定条件下通过水解反应可以直接得到有机物GC．可用Na2CO3溶液鉴别D、

GD．完全燃烧等物质的量的C、D、E消耗O2的量依次减少【答案】(1).羧基(2).加成反应(或还原反应)(3).CH3COOCH2CH3+NaOH→CH3COONa+CH3CH2OH(4).BC【解析】【分析】根据烃分子中碳、氢两种元素质量比为24：5

，碳、氢两种元素个数比为2：5，最简式为C2H5，分子式为C4H10，丁烷裂解得到乙烷(B)和乙烯(C)，乙烷与氯气光照得到C2H5Cl(F)，C2H5Cl水解得C2H5OH(G)，乙烯催化氧化得乙醛(D)，乙醛氧化得乙酸(E)，乙醇与乙酸发生酯化反应得乙酸乙酯(H)，据

此分析解答。【详解】(1)E是乙酸，官能团的名称是羧基；(2)乙烯到乙烷是加成反应(或还原反应)；(3)H与NaOH溶液反应为乙酸乙酯在碱性条件下水解生成乙酸钠和乙醇，方程式CH3COOCH2CH3+Na

OH→CH3COONa+CH3CH2OH；(4)A．根据分析，丁烷裂解得到乙烷(B)和乙烯(C)，工业上可以通过石油裂解生成一分子烯烃和一分子烷烃，可实现A→B+C的过程，故A正确；B．植物秸秆主要成分为纤维素，在一定条件下通过水解反应得到葡萄糖，不能直接得到乙醇，故B错误；C．

乙醛和乙醇在Na2CO3溶液中都不反应，都溶于碳酸钠溶液，现象一样，不能鉴别，故C错误；D．C为乙烯，烃类(CxHy)完全燃烧的通式为CxHy+(x+4y)O2⎯⎯⎯⎯→点燃xCO2+y2H2O，则1mol乙烯完全燃烧，耗

氧量为2+44=3mol，D为乙醛、E为乙酸，属于烃的衍生物，烃的含氧衍生物完全燃烧的化学方程式为：CxHyOz+(x+4y-2z)O2⎯⎯⎯⎯→点燃xCO2+y2H2O，1mol乙醛(CH3CHO)和1mol乙酸(C

H3COOH)分别完全燃烧，耗氧量分别为：2+44-12=2.5mol、2+44-22=2mol，则完全燃烧等物质的量的C、D、E消耗O2的量依次减少，故D正确；答案选BC。29.磁性材料A由两种元素组成，为探究其组成和性质，设计并完成如下实验：(1)A的化学式为______。(2)用化学方

程式表达气体C与氯水反应生成D的过程：________。(3)B溶于盐酸后生成的物质F可用于净水，其原因是____________。【答案】(1).Fe3S4(2).Cl2＋SO2＋2H2O=H2SO4＋2HCl(3).Fe3＋水解生成了氢氧化铁胶体，能吸

附水中悬浮的小颗粒，达到净水的目的【解析】【分析】无色气体C与足量的氯水反应得到溶液D，D中加入氯化钡溶液和盐酸溶液，有白色沉淀E生成，故E为BaSO4，D为硫酸和盐酸的混合液，C为二氧化硫。B溶于盐酸后生成的物质F可用于净水，再结合其A由两种元素组成的磁性材料，可知，B为三氧化二铁

，然后分析；【详解】(1)氧化铁的质量为2.400g，其物质的量为2.400g0.015mol160g/=moln=，含铁原子的物质的量为0.030mol，则铁的质量为0.030mol×56g/mol=1.680g，则化

合物中硫元素的质量为2.960-1.680=1.280g，硫的物质的量为1.280g0.040mol32g/mol=，则铁与硫的物质的量比为0.030:0.040=3:4，则化学式为：Fe3S4；(2)二氧化硫与氯气在水中发生氧化还原反应生成硫酸和

盐酸，氯气作氧化剂，二氧化硫作还原剂，反应的化学方程式为：Cl2＋SO2＋2H2O=H2SO4＋2HCl；(3)B为三氧化二铁，溶于盐酸后生成的物质F可用于净水即为三价铁离子水解：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，Fe3＋水解生成了氢氧化铁胶体，能吸

附水中悬浮的小颗粒，达到净水的目的。30.Ⅰ．某化学兴趣小组为探究铜跟浓硫酸的反应，用如图所示装置进行有关实验。(1)装置A中发生反应的化学方程式为___________。(2)装置D中试管口放置的棉花应浸一种溶液，这种溶液是______，其作用是___________。(3)装置B的作用是贮存多

余的气体，当D处有明显的现象后，关闭旋塞K，移去酒精灯，但由于余热的作用，A处仍有气体产生，此时B中现象是____。Ⅱ．乙酸乙酯广泛用于药物、染料、香料等工业，甲、乙两同学分别设计如下装置来制备乙酸乙酯，已知：乙酸乙酯的沸点为77.

1℃，CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O。(1)甲装置中右边导管未插入溶液中的目的是_________。(2)实验结束后分离出乙酸乙酯的操作是______，必须用到的玻璃仪器有_______(填序号)。A．烧杯B．容量瓶C．分液漏斗D．蒸馏烧瓶(3)乙装置优于甲装置的理由

________(写两条)。【答案】(1).Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O(2).NaOH(3).吸收多余的SO2(4).瓶中液面下降，漏斗液面上升(5).防倒吸(6).分液(7)

.AC(8).加热受热均匀、便于控制温度；原料损失较少；不易发生副反应；干燥管下端插入液面，能更好吸收乙酸乙酯。（写两条）【解析】【分析】铜和浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，生成二氧化硫能使品红溶液褪色，发生明显现象后关闭活塞K，拆

离酒精灯，余热还会继续生成二氧化硫，二氧化硫进入到B中，B中液面下降，漏斗中液面上升。【详解】Ⅰ(1)装置A中是铜和浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，其反应的化学方程式为Cu＋2H2SO4(浓)CuSO

4＋SO2↑＋2H2O；故答案为：Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O。(2)装置D中试管口放置的棉花应浸一种溶液，由于二氧化硫会污染环境，因此这种溶液是吸收二氧化硫，即溶液为氢氧化钠溶液；故答案为：NaOH；吸收多余的SO2。(3)装置B的

作用是贮存多余的气体，当D处有明显的现象后，关闭旋塞K，移去酒精灯，但由于余热的作用，A处仍有气体产生，产生的气体进入到B中，B中液面下降，漏斗中液面上升；故答案为：瓶中液面下降，漏斗液面上升。Ⅱ(1)甲装置中右

边导管未插入溶液中的目的是防倒吸；故答案为：防倒吸。(2)乙酸乙酯是难溶于水，溶液分层，因此实验结束后分离出乙酸乙酯的操作是分液；必须用到的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯；故答案为：分液；AC。(3)乙装置水浴加热，受热均匀、便于控制温度；

原料损失较少；不易发生副反应；干燥管下端插入液面，能更好吸收乙酸乙酯，也便于防倒吸(写两条)；故答案为：加热受热均匀、便于控制温度；原料损失较少；不易发生副反应；干燥管下端插入液面，能更好吸收乙酸乙酯(写两条)。【点睛】化学实验在考试中是常见考查内容，主要根据

实验过程分析。31.有一氢气和氯气的混合气体，经点燃并充分燃烧，然后将气体冷却，并用200mL4.00mol·L-1的NaOH溶液恰好完全吸收，测得溶液中含有ClO-的物质的量为0.1mol。（1）所得溶液中Cl-的物质的量为_

________mol；（2）原混合气体中氢气和氯气的物质的量比为_____________。【答案】(1).0.7(2).3∶4【解析】(1)所得溶液中为NaCl和NaClO的混合物，根据电荷守恒可知n(Na+)=n(Cl-)+n(ClO-)，则n(Cl-)=n(Na+)-n(ClO-)=0.2

L×4mol/L-0.1mol=0.7mol，故答案为0.7；(2)由题意可知氯气过量，反应后所得混合物为HCl和Cl2，涉及反应有HCl+NaOH=NaCl+H2O、Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，据反应可知，燃烧后

剩余Cl2为n(Cl2)余=n(NaClO)=0.1mol，与H2反应的Cl2为n(Cl2)=12×[n(Cl-)-n(NaClO)]=12×(0.7mol-0.1mol)=0.3mol=n(H2)，原混合气体中氢气和氯气的物质的量比为0.3mol：(0.1mol+0.3mol)=3:4

，故答案为3：4。点睛：本题考查学生计算能力和分析能力的考查，注意判断反应的程度以及相关方程式的书写。本题的易错点为(2)，氯气过量，反应后所得混合物为HCl和Cl2，可以根据发生的反应，结合质量守恒计算。