【文档说明】河南省驻马店市2019-2020学年高一下学期期末考试化学试题【精准解析】.doc，共(22)页，1.467 MB，由管理员店铺上传

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驻马店市2019-2020学年度第二学期期终考试高一化学试题本试题卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，考生作答时，将答案答在答题卡上，在本试题卷上答题无效。考试结束后，监考老师只收答题卡

。注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写（涂）在答题卡上。考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名“与考生本人准考证号、姓名是否一致。2.第I卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如

需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。第II卷用黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答，在试题上作答，答案无效。3.考试结束，监考教师将答题卡收回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Cu6

4第I卷（选择题共48分）一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意）1.化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是A.疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性B.医用口罩无纺布的原材料成分之一是聚丙烯，其结构简式为C.“84”消毒液是以NaClO为主要成分的消毒液

，为了提升消毒效果，可以和洁厕灵（主要成分是盐酸）混合使用D.不可向密闭空间的空气中喷洒酒精进行消毒，易引发火灾【答案】C【解析】【详解】A．疫苗是将病原微生物(如细菌、立克次氏体、病毒等)及其代谢产物，经过人工减毒、灭活或利用转基因等方法制成的用于预防传染病的自动免疫制剂，疫

苗受热作用可使蛋白质变性，不仅失去应有的免疫原性，甚至会形成有害物质而产生不良反应，因此疫苗必须冷藏运输和保存，故A正确；B．医用口罩无纺布的主要原料为聚丙烯，聚丙烯是丙烯发生加聚反应生成的高分子化合物，属于有机高分子材料，

其结构简式为，故B正确；C．若将“84”消毒液与洁厕灵(主要成分是盐酸)混合使用，则会产生黄绿色的有毒气体，是次氯酸钠和盐酸反应生成氯气，不能提升消毒效果，产生有毒气体，故C错误；D．向密闭空间的空气中喷洒酒精进行消毒，会增大可燃物与氧

气的接触面积，使酒精更易燃烧，故不可向密闭空间的空气中喷洒酒精进行消毒，易引发火灾，故D正确；答案选C。2.下列说法中不正确的是①糖类、油脂、蛋白质都是高分子化合物，适当条件下均可发生水解②塑料、合成橡胶和合成纤维是三大合成材料③石油的分馏，煤的气化、液化、干馏等过程

均为化学变化④蛋白质的盐析不是可逆过程⑤油脂、乙酸乙酯都是酯类，但不是同系物A.①③④⑤B.①③④C.④⑤D.②③【答案】B【解析】【详解】①单糖不属于高分子化合物，也不能水解，油脂也不属于高分子化合物，故①错误；②塑料属于人工合成材料、塑料、合成橡胶和

合成纤维属于三大合成材料，故②正确；③石油的分馏属于物理变化，煤的气化、液化、干馏等过程均为化学变化，故③错误；④蛋白质的变性是不可逆的，蛋白质的盐析是物理变化，是可逆的，故④错误；⑤油脂、乙酸乙酯都是酯类，但油脂含有三个酯基，乙酸乙酯只含一个酯基，所以不是同系物，故⑤正确

；①③④错误；答案选B。3.下列化学用语不正确的是A.S2-的结构示意图：B.次氯酸的电子式：C.CH4分子的比例模型：D.乙醇的结构简式：C2H5OH【答案】B【解析】【详解】A．S原子的质子数为16，得到2个电子转变为S2-，其结构示意图：，故A

正确；B．次氯酸的电子式为：，故B错误；C．甲烷的分子式为CH4，为正四面体结构，分子中碳原子的半径大于氢原子，则比例模型为：，故C正确；D．乙醇的分子式为C2H6O，官能团为-OH，可看做乙烷(CH3CH3)上的一个氢原子被羟基取代后得到的产物，其结构简式为：C2H5OH，故D正确；

答案选B。4.主族元素砷(As)的部分信息如图所示。下列说法正确的是A.砷(As)在周期表中的位置是第三周期第VA族B.砷元素的最高化合价为+4C.推测砷有多种氧化物D.氮的简单气态氢化物的还原性大于砷的简单气态氢化物的还原

性【答案】C【解析】【详解】A．根据As的原子结构示意图可知，As位于周期表第四周期第VA族，故A错误；B．N和As是第VA族元素,性质与N有相似处，N的最高正极为+5价，则砷元素的最高化合价为+5，故B错误；C．N和As是第

VA族元素，性质与N有相似处，N能形成NO、NO2、N2O3、N2O5等多种氧化物，据此推测：As也形成As2O3、As2O5等多种氧化物，故C正确；D．元素非金属性越强，其氢化物的还原性越弱，N的非金属性强于As元素，则N的气态

氢化物的还原性小于砷的气态氢化物的还原性，故D错误；答案选C。5.下列烷烃在光照下与氯气反应，生成一氯代烃中只有一种结构的是（）A.3223CHCHCHCHB.C.D.【答案】B【解析】【分析】等效氢法：有几种等效氢，就生成几种一氯取代物。【

详解】A．3223CHCHCHCH有2种等效氢，则生成的一氯代烃有2种，A不满足题意；B．有1种等效氢，则生成的一氯代烃有1种，B满足题意；C．有4种等效氢，则生成的一氯代烃有4种，C不满足题意；D．有2种等效氢，则生成的一氯代烃有2种，D不满足题

意。答案选B。6.下列说法正确的是A.检验稀硫酸催化淀粉水解的产物为葡萄糖的方法是：向水解后的溶液中直接加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热B.一定条件下，发生反应2H2(g)+CO(g)CH3OH(g

)，减小CH3OH的浓度，反应速率加快C.铅蓄电池的工作原理为Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，铅蓄电池在放电过程中，负极质量增加，正极质量也增加D.金属铝的冶炼流程为：铝土矿NaOH过滤⎯⎯⎯→NaA

lO22CO过滤⎯⎯⎯→Al(OH)3HCl结晶⎯⎯⎯→无水AlCl3熔融电解⎯⎯⎯→Al【答案】C【解析】【详解】A．检验稀硫酸催化淀粉水解的产物为葡萄糖的方法是：先向水解后的溶液中加入氢氧化钠溶液中和酸并使溶液呈碱性，再加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热有砖红色沉淀产

生，故A错误；B．一定条件下，发生反应2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)，减小CH3OH的浓度，反应速率减慢，故B错误；C．铅蓄电池在放电过程中，Pb作负极，在反应中失去电子生成PbSO4，反应式为：Pb+2-4SO−2e−═PbSO4，硫

酸铅是固体，负极质量增重，正极电极反应式为PbO2+4H++2-4SO+2e−═PbSO4+2H2O，正极质量增加，故C正确；D．氯化铝为共价化合物，在熔融状态下不能电离产生离子，故不能使用电解熔融氯化铝的方法制取铝单质，正确的方法为：铝土矿的

主要成分是Al2O3，此外还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质，加入足量的氢氧化钠，氧化铝、二氧化硅与NaOH溶液反应均生成盐和水，只有氧化铁与碱不反应，过滤；滤液用二氧化碳酸化时，将NaAlO2完全转化为Al(OH)3，反应的离子方程式为：-2A

lO+2H2O+CO2═-3HCO+Al(OH)3↓；过滤得氢氧化铝沉淀，灼烧得氧化铝，电解氧化铝得单质铝，故D错误；答案选C。7.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是A.lmol联氨(N2H4)中含有极性键总数为4NAB.18gD2O中含

有的质子数目为l0NAC.标准状况下，5.6LSO3含有的分子数为0.25NAD.28gN2和lmolCH2=CH2所含电子数都是14NA【答案】A【解析】【详解】A．联氨的结构式为，分子中N-H键为极性键，则lmol联氨中含有4molN-H键，则极性键总数为4NA，故A正

确；B．1molD2O中含有质子物质的量为10mol，D2O的摩尔质量为20g·mol－1，18gD2O的物质的量为0.9mol，所以18gD2O中含有质子物质的量为9mol，数目为9NA，故B错误；C．标准状况下，

SO3不是气体，不能用标况下气体摩尔体积进行物质的量计算，则含有的分子数目不为0.25NA，故C错误；D．28gN2的物质的量为1mol，1molN2中含有电子物质的量为2×7×1mol=14mol，电子数为14NA；1mol乙烯中含有电子物

质的量为2×6+4×1=16mol，电子数为16NA，故D错误；答案选A。8.薰衣草醇的分子结构如图所示，下列有关薰衣草醇的说法不正确的是A.能使溴水褪色B.含有两种官能团C.分子式为C10H16OD.能发生取代反应、加成反应【答案】C【解析】【详解】A．有机物分子

中含有碳碳双键，可以与溴水发生加成反应，能使溴水褪色，故A正确；B．该分子中含有碳碳双键和羟基两种官能团，故B正确；C．根据有机物成键特点，节点为碳原子，每个碳原子形成4个共价键，不足键由氢原子补齐，其分子式为

C10H18O，故C错误；D．分子中有碳碳双键发生加成反应，含有羟基能和羧酸发生酯化反应(取代反应)，故D正确；答案选C。9.利用下列实验所选择的装置或仪器（夹持装置巳略去）不能达到实验目的的是A.利用

图中装置制备并收集乙酸乙酯B.利用图中装置探究SO2的氧化性和漂白性C.利用图中装置从苯和溴苯的混合溶液中分离出溴苯D.利用图中装置探究温度对反应速率的影响【答案】C【解析】【详解】A．制备并收集乙酸乙酯，利用乙酸和乙醇在浓硫酸作用下进行，产物用饱和碳酸钠溶液吸收，为防止

倒吸，导管不能插入溶液中，故A能达到实验目的；B．探究SO2的氧化性和漂白性，SO2能使品红褪色，体现了SO2的漂白性，SO2与H2S反应生成黄色硫单质，体现了SO2的氧化性，故B能达到实验目的；C．从苯和溴苯的混合溶液中分离

出溴苯采用蒸馏法，温度计水银球应在支管口处，冷凝管中冷却水应下进上出，故C不能达到实验目的；D．若想探究温度对化学反应速率的影响，则要采用控制单一变量法，即反应的温度不一样，其他的条件都必须一样，该组实验只有温度不同，其他条件均相同

，能探究温度对化学反应速率的影响，故D能达到实验目的；答案选C。10.下列有关图像的结论正确的是图像结论A相同质量锌粉分别与lmol/L盐酸及相同体积未知浓度的盐酸反应，未知浓度盐酸的浓度低于lmol/LB一定条件下，金刚石转化为石墨要释

放能量，金刚石要比石墨稳定C该装置为化学能转化为电能的装置，且Mg作负极D试纸中心区域变黑，边缘变红，可知浓硫酸具有脱水性A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．由图可知，未知浓度盐酸和Zn反应速率较大，所以未知浓度盐酸的浓度应高于1mol/L，故A错误；B．由图

可知，1mol金刚石的能量高于1mol石墨，故金刚石转化为石墨释放能量，能量越低越稳定，石墨更稳定，故B错误；C．电解质为NaOH溶液，Al失电子，作负极，故C错误；D．试纸中心区域变黑，说明试纸中的氢元素和氧元素被脱去，只剩下

碳元素，可知浓硫酸具有脱水性，边缘变红，说明浓硫酸具有酸性，故D正确；答案选D。11.根据下表中有关短周期元素性质的数据，下列说法不正确的是①②③④⑤⑥⑦⑧原子半径(10-10m)0.741.601.521.100.991

.860.751.43主要化合价最高价+2+1+5+7+1+5+3最低价-2-3-l-3A.元素④处于第三周期第VA族B.元素③和⑥元素、④和⑦分别处于同一主族C.元素⑤对应的单质具有较强氧化性D.元素①与元素⑥形成的化合物中不可能存在共价键【答案】D【解析】【分析】短周期元素中，④⑦均有+5、-

3价，处于ⅤA族，原子半径④＞⑦，故④为P、⑦为N；⑤有+7、-1价，则⑤为Cl；①有最低价-2，处于ⅥA族，原子半径小于Cl，故①为O；③⑥均有最高价+1，处于ⅠA族，原子半径③＜⑥，且③的原子半径较大小，故则③为Li、⑥为Na，②只有最高价+2价，原子半

径大于Li，所以②为Mg；⑧只有最高价+3，原子半径小于镁，故⑧为Al，据此分析解答。【详解】A．元素④为P，处于第三周期VA族，故A正确；B．最高正化合价等于其主族族序数，故③和⑥处于ⅠA族、④和⑦分别处于VA族，故B正确；C．⑤

为Cl，对应的单质为氯气，氯气具有较强氧化性，故C正确；D．①为O元素，⑥为Na，①与元素⑥形成的化合物有氧化钠、过氧化钠，过氧化钠中存在离子键和共价键，故D错误；答案选D。12.化学清洗剂NF3是一种温室气体，在大气中的寿命可长达7

40年之久。以下是几种化学键的键能(通常人们把断裂lmol化学键需要的能量看成该化学键的键能)：化学键N≡NF—FN—F键能/kJ•mol-1941．7154．8283．0下列说法中正确的是A.过程N2(g)→2N(g)放出能量B.过程N(g)+3F(g)→NF3(g)吸

收能量C.反应N2(g)+3F2(g)=2NF3(g)，生成2molNF3(g)放出291.9kJ的热量D.NF3吸收能量后如果没有化学键的断裂与形成，仍可能发生化学反应【答案】C【解析】【详解】A．N2(g)→2N(g)为化学键的断裂过程，应吸收能量，故A错误；B．N(g)+3

F(g)→NF3(g)为形成化学键的过程，放出能量，故B错误；C．反应N2(g)+3F2(g)=2NF3(g)△H=(941.7+3×154.8-283.0×6)kJ∙mol-1=-291.9kJ∙mol-1，生成2molNF3(g)放出291.9kJ的热量

，故C正确；D．NF3吸收能量后如果没有化学键的断裂与生成，则不能发生化学反应，化学反应的实质是旧键的断裂和形成，故D错误；答案选C。13.海水是巨大的资源宝库，海水淡化及其综合利用具有重要意义。下列说法不正确的是A.可以利用反渗透膜从海水中分离出淡水B

.粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO2-4等杂质离子，精制时加入试剂的顺序可以是氯化钡溶液、氢氧化钠溶液、碳酸钠溶液、稀盐酸C.提取溴时，已经获得Br2又将Br2还原为Br-，其目的是富集溴元素D.提取镁时，从Mg(OH)2只需一步反应即可

得到Mg单质【答案】D【解析】【详解】A．反渗透膜可以除去海水中的盐分，则利用反渗透膜可从海水中分离出淡水，故A正确；B．SO2-4、Ca2+、Mg2+等分别与BaCl2溶液、Na2CO3溶液、NaOH溶液反应生成沉淀，可再通过过滤除去，Na2CO3溶液能除去过量

的BaCl2溶液，盐酸能除去过量的Na2CO3溶液和NaOH溶液，所以应先加BaCl2溶液再加Na2CO3溶液，最后加入盐酸，NaOH溶液能除去Mg2+，对其他杂质离子除去无影响，在加入盐酸之前任意步骤都可以，故B

正确；C．海水中溴元素含量较少，步骤I中已获得Br2，步骤Ⅱ中又将Br2还原为Br−，其目的为富集溴元素，故C正确；D．提取镁时，将氢氧化镁溶于盐酸中得到氯化镁溶液，反应方程式为：Mg(OH)2+2HCl＝MgCl2+

2H2O，用氯化镁溶液在氯化氢氛围中制取无水氯化镁，活泼金属采用电解其熔融盐的方法冶炼，镁是活泼金属，所以最后利用电解熔融氯化镁的方法冶炼镁，故从Mg(OH)2不能实现一步反应即可得到Mg单质，故D错误；答案选

D。14.甲硫醇是一种重要的原料和化工试剂，硫化氢与甲醇合成甲硫醇的催化过程如下。下列说法中不正确的是A.CH3SH中碳元素化合价为-2价B.过程⑤中，形成了O—H键和C—H键C.该催化剂可有效提高生成物的产量D.硫化氢与甲醇合成甲硫醇的总反应方程式为：H2S+CH3OH催

化剂⎯⎯⎯⎯⎯→CH3SH+H2O【答案】C【解析】【分析】通过催化过程可以看出，硫化氢加入催化剂后将硫化氢中的氢硫键断开形成-SH和氢原子，加入甲醇后，甲醇分子吸附在催剂表面，将氢氧键断开，-SH取代了羟基的位置形成了甲硫醇和水

，据此分析解答。【详解】A．CH3SH中硫显-2价，氢为+1价，根据元素的化合价之和等于0可知，碳元素化合价为-2价，故A正确；B．过程⑤中，生成了CH3SH和H2O，结合图示，由分析可知，O—H键和C—H键是新形成的

，故B正确；C．该催化剂只能缩短达到平衡的时间，改变化学反应速率，不能提高反应物的平衡转化率，故C错误；D．硫化氢与甲醇合成甲硫醇时-SH取代了甲醇中的羟基，属于取代反应，则总反应方程式为：H2S+CH3OH催化剂⎯⎯⎯⎯⎯→CH

3SH+H2O，故D正确；答案选C。15.酒精检测仪可帮助执法交警测试驾驶员饮酒的多少，其工作原理示意图如下图所示。反应原理为：CH3CH2OH＋O2=CH3COOH＋H2O，被测者呼出气体中所含的酒精被输送到电池中反应

产生微小电流，该电流经电子放大器放大后在液晶显示屏上显示其酒精含量。下列说法正确的是()A.电解质溶液中的H＋移向a电极B.b为正极，电极反应式为：O2＋4H＋＋4e－=2H2OC.若有0.4mol电子转移，则在

标准状况下消耗4.48L氧气D.呼出气体中酒精含量越高，微处理器中通过的电流越小【答案】B【解析】【详解】燃料电池中，负极上燃料失电子发生氧化反，应，氧化剂在正极上发生还原反应，A.该燃料电池中，a是负极，b是正极，电解质溶

液中氢离子向b极移动，选项A错误；B.b为正极，正极上氧气得电子和氢离子反应生成水，所以电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，选项B正确；C.b为正极,电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，所以有0.

4mol电子转移，则在标准状况下消耗2.24L氧气，选项C错误；D.单位时间内，人呼出的气体中酒精含量越多，酒精失电子数越多，所以微处理器中通过的电流越大，选项D错误；答案选B。16.SO2是大气污染物，海水具有良好的吸收SO2的能力。

下列说法正确的是A.SO2溶于海水生成H2SO3，H2SO3最终会电离出SO2-3，电离过程为H2SO3=2H++SO2-3B.在SO2溶解的过程中，SO2-3可以被海水中的溶解氧氧化为SO2-4，海水的pH会升高C.为调整海水的pH，可加入

新鲜的海水，使其中的HCO-3参与反应，其反应的离子方程式是HCO-3+H+=CO2↑+H2OD.在海水吸收SO2的过程中，体现了SO2的氧化性【答案】C【解析】【详解】A．H2SO3为弱酸，分步电离，电离方程式为H2

SO3⇌HSO-3+H+、HSO3-⇌SO2-3+H+，故A错误；B．SO2-3可以被海水中的溶解氧氧化为SO2-4，由亚硫酸变为硫酸，酸性增强，则海水pH降低，故B错误；C．调整海水的pH，可加入新鲜的海水，使其中的HCO-3参与反应，发生氢离子与HCO-3的反应，降低pH，离子反应

为HCO-3+H+=CO2↑+H2O，故C正确；D．根据B向分析，在海水吸收SO2的过程中，SO2-3可以被海水中的溶解氧氧化为SO2-4，体现了SO2的还原性，故D错误；答案选C。第II卷（非选择题共52分）二、非选择题（本题包括5个大题，共52分）17.随着社会的发展，环境问题

越来越受到人们的关注。请回答下列相关问题。I.汽车尾气中含有CO、NO等有害气体，某新型催化剂能促使NO、CO转化为2种无毒气体。T℃时，将0.8molNO和0.8molCO充入容积为2L的密闭容器中，模拟尾气转化，容器中NO物质的

量随时间变化如图所示。(1)将NO、CO转化为2种无毒气体的化学方程式是___________________。(2)反应开始至20min，v(NO)=_________mol/(L•min)。(3)下列说法正确的是______

____。a.新型催化剂可以加快NO、CO的转化b.该反应进行到20min时达到化学平衡状态c.平衡时CO的浓度是0.4mol/Ld.混合气体的总压强不随时间的变化而变化说明上述反应达到平衡状态e.保持容器体积不变，充入He增大压强，反应速率加快II我国最近在

太阳能光电催化—化学耦合分解硫化氢研究中获得新进展，相关装置如图所示。(1)负极为_________极(填“a”或“b”)发生的电极反应式为______________。(2)为使电池持续放电，交换膜需选用___________交换

膜(填“阳离子”或“阴离子”或“质子”)。(3)分解硫化氢的离子方程式为_______________________。【答案】(1).2CO+2NO催化剂N2+2CO2(2).0.01(3).abd(4).a(5).Fe2+-e-=Fe3+(6).质子(7).2

Fe3++H2S=S↓+2Fe2++2H+【解析】【分析】I．(1)NO、CO反应生成氮气和二氧化碳；(2)由图可知，反应开始至20min时NO减少0.8mol-0.4mol=0.4mol，结合v=ΔcΔt计算；(3)a．催化剂不影响平衡移动，可加快反应速率

；b．进行到20min时，物质的量不再发生变化；c．由反应可知转化的CO及平衡时CO的物质的量均与NO相同；d．根据反应2CO+2NO催化剂N2+2CO2，反应前后气体体积不相等，压强为变量，变量不变时反应达到平衡；e．保持容器体积不变，充入He，容器的压强，但体系各组分的浓度不变；

II．根据图示，该a电极上，亚铁离子失电子转化为铁离子，铁元素的化合价升高，失电子，发生氧化反应，则a为负极，产生的铁离子与硫化氢发生氧化还原反应生成亚铁离子、氢离子和硫单质；b为正极，b电极上氢离子得电子转化为氢气，原电池中阳离子向正极移动，H+向b电极移动，则交换

膜为质子交换膜，据此分析解答。【详解】I．(1)将NO、CO转化为2种无毒气体的化学方程式是2CO+2NO催化剂N2+2CO2；(2)由图可知，反应开始至20min时NO减少0.8mol−0.4mol=0.4mol，则反应开始至20min，v(NO)=0.4mol

2L20min=0.01mol/(L⋅min)；(3)a．催化剂不影响平衡移动，可加快反应速率，则加快反应物的转化，故a正确；b．该反应进行到20min时，物质的量不再发生变化，达到平衡状态，故b正确；c．由(1)中反应可知转化的CO及平衡时CO的物质的量均与NO

相同，浓度均为0.4mol2L=0.2mol/L，故c错误；d．根据反应2CO+2NO催化剂N2+2CO2，反应前后气体体积不相等，混合气体的总压强不随时间的变化而变化说明上述反应达到平衡状态，故d正确；e．保持容器体积不变，充入He，容器的压强，但体系各组分的浓度不变，反应速率不变，故e错

误；答案选abd；II．(1)根据分析，负极为a，电极上亚铁离子失电子转化为铁离子，铁元素的化合价升高，失电子，发生氧化反应，电极反应式为Fe2+-e-=Fe3+；(2)根据分析，交换膜需选用质子交换膜；(3)产生的铁离

子与硫化氢发生氧化还原反应生成亚铁离子、氢离子和硫单质，离子反应方程式为：2Fe3++H2S=S↓+2Fe2++2H+。【点睛】易错点为I(3)的e选项，恒容条件下，充入He体系压强增大，但压强的增大没有改变混合体系中各组分的浓度变化，则反应速率不变。18.X、Y、Z、W

是原子序数依次增大的短周期元素，Y和W同主族，且X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的12。甲、乙、丙、丁、N是由这些元素组成的二元化合物，M是这四种元素中某种元素对应的单质，乙和丁的组成元素相同，且乙是一种“绿色氧化剂”，化合物N是具有漂白性的气体(常温下)，能使品红溶液褪色。上述物质间的转

化关系如图所示(部分反应物和生成物省略)。(1)W在元素周期表中的位置是_______________________。(2)Y、Z、W的离子半径由大到小的顺序为__________(用元素符号表示)。(3)写出乙的电子式_____________，M的结构式_

____________________。(4)丁与H2S相比沸点高的是_______(用化学式表示)；原因是_______________。(5)N与乙烯均能使酸性KMnO4溶液褪色，原理______________(填“相同”或“不相同”)；N使酸性KMnO4溶液褪色的离子方

程式为________________________。【答案】(1).第三周期第ⅥA族(2).S2-＞O2-＞Na+(3).(4).O=O(5).H2O(6).水分子之间存在氢键(7).相同(8).5SO2+2MnO-4+2H2O=

2Mn2++4H++5SO2-4【解析】【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，且X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的12。甲、乙、丙、丁是由这些元素组成的二元化合物，M是某种元素对应的单质，结合图中转化可知，乙和丁的组成元素相同，且

乙是一种“绿色氧化剂”，乙为H2O2，M为O2，化合物N是具有漂白性的气体(常温下)，则甲为Na2S，丙为H2S，N为SO2，丁为H2O，且X为H、Z为Na，Y为O、W为S，以此来解答。【详解】(1)W为S，在元素周期表中的位置是第

三周期第ⅥA族；(2)Y为O、Z为Na，W为S，其对应的离子分别为O2-、Na+、S2-，电子层越多，半径越大，核外电子排布相同时，核电荷数越大，半径越小，离子半径由大到小的顺序为S2-＞O2-＞Na+；(3)乙为H2O2，为共价化合物，含有极性和非极性共价键，其电子式；M为O2，结构式为O

=O；(4)丁为H2O，水分子之间存在氢键，而H2S分子间不存在氢键，则沸点高的是H2O；(5)N为SO2，具有还原性，二者都可与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应，使酸性KMnO4溶液褪色，则原理相

同；SO2使酸性KMnO4溶液褪色的离子方程式为5SO2+2MnO-4+2H2O=2Mn2++4H++5SO2-4。19.已知：A的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的重要标志。E是具有果香味的有机物，F是一种高聚物，可制成多种包装材料。G是最简单的芳香烃。(l)C的名称为_________

___。(2)D分子中官能团名称是_______________。(3)写出一种能鉴别B和D的化学试剂____________________。(4)写出下列反应的化学方程式和反应类型：反应④___________________，____________________；反应⑤__

_____________，________________________。(5)I是E的同分异构体，能和碳酸氢钠溶液产生CO2气体。写出I所有可能的结构简式___________________________________。【答

案】(1).乙醛(2).羧基(3).紫色石蕊溶液或碳酸氢钠溶液(4).nCH2=CH2⎯⎯⎯⎯→一定条件(5).加聚反应(6).+Br23FeBr⎯⎯⎯→+HBr(7).取代反应(8).CH3(CH2)2COOH、【解析】【分析】石油经分馏得到石蜡油，石蜡油经催化裂化

得到A，A的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的重要标志，A是C2H4；C2H4在高温高压催化剂存在的条件下与水反应生成乙醇，B为乙醇；B在铜和氧气存在的条件下反应生成乙醛，C是乙醛；B与酸性高锰酸钾溶液反应生成乙酸，D是乙酸，乙酸和乙醇在浓硫酸作催化剂的条件下反应生成

乙酸乙酯，E是具有果香味的有机物，是乙酸乙酯；F是一种高聚物，可制成多种包装材料为聚乙烯，G是最简单的芳香烃，是苯，苯与液溴、铁粉反应生成溴苯，据此分析。【详解】(l)根据分析，B为乙醇；B在铜和氧气存在的

条件下反应生成乙醛，C的名称是乙醛；(2)根据分析可知D是乙酸，分子中官能团名称是羧基；(3)B为乙醇，D为乙酸，乙酸具有酸的通性，鉴别乙醇和乙酸的化学试剂紫色石蕊溶液或碳酸氢钠溶液，使紫色石蕊变红、与碳酸氢钠溶液作用产生气体是乙酸，没有现

象的是乙醇；(4)反应④为乙烯发生加聚反应制得聚乙烯，化学反应方程式为：nCH2=CH2⎯⎯⎯⎯→一定条件；反应⑤是苯和液溴发生取代反应，化学反应方程式为：+Br23FeBr⎯⎯⎯→+HBr；(5)E是乙酸乙酯，分子式为C4H8O2，I是E的同分异构体，能和碳酸氢钠溶液产生CO2

气体，为羧酸，结构简式为：CH3(CH2)2COOH、。【点睛】鉴别乙醇和乙酸时，需要根据官能团的不同，不同的官能团导致有机物的化学性质的不同，鉴别乙醇和乙酸的化学试剂为紫色石蕊溶液或碳酸氢钠溶液，为难点。20.利用甲烷与氯气发生取代反应的副产品生产盐酸的设想在

工业上已成为现实。某化学兴趣小组模拟上述过程，所设计的装置如图1所示：(l)A是氯气发生装置，该实验中A部分的装置是图2中的_______(填字母)。(2)B装置有三种功能：①控制气流速度；②_____________；③_

____________。(3)D装置中的石棉上吸附着潮湿的KI，其作用是______________________。(4)E装置中除了有盐酸生成外，还含有有机物，从E中分离出盐酸的最佳方法是________________

_________。(5)该装置的缺陷是没有进行尾气处理，其尾气的主要成分是_______(填序号)。A.CH4B.CH3ClC.CH2Cl2D.CHC13E.CC14(6)将lmolCH4与Cl2发生取代反应，充分反应后生成四种有机产物，其中CH3Cl、CH2

Cl2,CHCl3的物质的量依次为amol、bmol、cmol，则参加反应的Cl2的物质的量为_________________mol。【答案】(1).c(2).干燥混合气体(或吸水)(3).使气体混合均匀(4).除去过量的Cl2(5).分液(6).AB(7).4-3a-2b-c【解析】【分析】

实验室用浓盐酸和二氧化锰在加热条件下发生反应生成Cl2，生成的氯气中还含有水分，浓硫酸具有吸水性，所以B装置除了控制气流速度、均匀混合气体外，还有干燥作用；Cl2经干燥后和甲烷在光照条件下发生取代反应，生成多种氯代烃和HCl，氯气具有强的氧化性，能够与碘化钾反应；最后生成的HCl溶于水

生成盐酸，氯化氢易溶于水，可以用水吸收生成的氯化氢，用分液法分离两种互不相溶的液体可以得到盐酸，根据甲烷的物质的量计算出四种取代产物的物质的量，再根据甲烷与氯气的取代反应特点计算出消耗氯气的物质的量，据此分析。【详解】(l)实验室用浓盐酸和二氧化锰在加热条件下发生反应生成Cl2，属于固液加

热型，实验中A部分的装置是图2中的c；(2)浓硫酸具有吸水性，甲烷和氯气中含有水蒸气，浓硫酸可以干燥气体，还可以控制气流速度、甲烷和氨气在装置中可以混合均匀；(3)氯气具有强的氧化性，能够与碘化钾反应；Cl2经干燥后和甲烷在光照条件下发生取代反应，氯气如过量，会影

响盐酸的纯度，D装置中的石棉上吸附着潮湿的KI，其作用是除去过量的Cl2；(4)氯代烃和盐酸互不相溶，会分层，将有机物和盐酸分离的最佳方法是分液；(5)该装置中的尾气的主要成分是未反应完的甲烷和生成的一氯甲烷，而二氯甲烷、三氯甲烷

、四氯甲烷都是液体；(6)将lmolCH4与Cl2发生取代反应，充分反应后生成四种有机产物，CH4+Cl2⎯⎯⎯→光照CH3Cl+HCl；CH4+2Cl2⎯⎯⎯→光照CH2Cl2+2HCl；CH4+3Cl2⎯⎯⎯→光照CHCl3+3HCl；CH4+4Cl2⎯⎯⎯→光照CCl4+4HCl；CH3Cl

、CH2Cl2、CHCl3的物质的量依次为amol、bmol、cmol，被取代的氢原子的物质的量等于消耗氯气的物质的量，生成四氯化碳时消耗的甲烷为(1-a-b-c)mol，生成四氯化碳时消耗的氯气的物质的量为4(1-a-b-c)mol，因此消耗氯气的物质

的量为4(1-a-b-c)mol+amol+2bmol+3cmol=(4-3a-2b-c)mol。【点睛】计算消耗氯气的物质的量时，需要先计算出生成四氯化碳时消耗的氯气的物质的量，要明确被取代的氢原子的物质的量等于消耗氯气的物质的量。21.矿物资源的利用有着非常重要的意义。

工业上由黄铜矿（主要成分CuFeS2)冶炼铜的主要流程如下：(1)气体A中的大气污染物主要成分是__________________。(2)用稀H2SO4浸泡熔渣B,取少量所得溶液，滴加KSCN溶液后呈红色，说明溶液中存在_____________（填离子符号），检验溶

液中还存在Fe2+的方案是：_________。(3)工业上用黄铜矿冶炼铜的化学方程式可表示为：8CuFeS2+21O2高温8Cu+4FeO+2Fe2O3+l6SO2,其中CuFeS2中Fe的化合价为+2价，反应中被还原的元素是_______________（填元素符号），每生成64gCu转移的电

子数为____________（用NA表示）。(4)由泡铜冶炼粗铜的化学反应方程式为_______________________。【答案】(1).二氧化硫(或SO2)(2).Fe3+(3).取少量溶液于试管中，滴加KMnO4溶液，若紫红色褪去，则

溶液中存在Fe2+（答案合理即可）(4).O和Cu(5).12.5NA(6).3Cu2O＋2Al高温Al2O3＋6Cu【解析】【分析】由流程可知，黄铜矿加入石英砂通入空气焙烧，可生成Cu2S、CuO，继续加入石英砂通入空气焙烧，生成Cu2O、Cu，生成气体A中含有二氧化硫，熔渣B为FeO等

，Cu2O、Cu与铝在高温下发生铝热反应得到粗铜，电解可得到精铜，据此分析解答。【详解】(1)根据分析，气体A中的大气污染物主要是二氧化硫(或SO2)；(2)用稀H2SO4浸泡熔渣B，取少量所得溶液，滴加KSCN溶液后呈红色，说明含有Fe3+；Fe2+具有还原性，可

以利用KMnO4溶液检验，取少量溶液，滴加KMnO4溶液，KMnO4溶液紫色褪去，则证明含有Fe2+；(3)CuFeS2中Fe的化合价为+2价，Cu为+2价，S为-2价，根据反应8CuFeS2+21O2高温8Cu+4FeO+2Fe2O3+l6SO2可知，Cu元素的化合价

降低被还原，Fe元素的化合价升高被氧化，S元素的化合价升高被氧化，O元素的化合价降低被还原，则反应中被还原的元素是Cu、O，根据氧化还原反应得失电子守恒，每生成8molCu转移100mol电子，64gCu为1mol，则每生成1molCu转移1008mol=

12.5mol的电子，数目为12.5NA；(4)由流程图转化可知，Cu2O与Al反应置换反应生成Al2O3与Cu，反应方程式为3Cu2O＋2Al高温Al2O3＋6Cu。【点睛】易错点为(3)，判断被氧化和被还原的元素

时，要逐一分析反应中的元素化合价变化，否则易造成疏漏，该反应中，氧元素和铜元素的化合价在反应中都降低，都被还原。