【文档说明】江苏省镇江市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，864.000 KB，由小赞的店铺上传

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2019~2020学年度第二学期高一期末化学试卷注意事项：1.本试卷分为选择题和非选择题两部分，共100分。考试时间90分钟。2.将选择题的答案填涂在答题卡的对应位置上，非选择题的答案写在答题卡的指定栏目内。可用到对子：H-1C-12N-14O-16S-32C-35.

5Na-23Fe-56Cu-64第Ⅰ卷选择题(共78分)一、选择题(本题包括26小题，每题3分，共78分。每题只有一个选项符合题意。)1.在科学史上每一次重大的发现都极大地推进了科学的发展.俄国科学家门捷列夫对化学的突出贡献在于()

A.提出了元素周期律B.提出了原子结构模型C.确立了化学原子论D.开发了合成氨的工艺【答案】A【解析】【详解】A．俄国化学家门捷列夫在化学上的主要贡献是发现了元素周期律，并编制出第一张元素周期表，故A符合题意；B．1911年英国物理学家卢瑟福进行α粒子散射实验后，提出了带核的原子结构模

型，故B不符合题意；C．道尔顿提出原子学说，被称为原子学说之父，故C不符合题意；D．20世纪初，由德国化学家哈伯等研究开发了合成氨的生产工艺，故D不符合题意；答案为A。2.下列物质的俗名与化学式对应正确的是()A.石膏—CaCO3B.尿素—4

3NHHCOC.小苏打—23NaCOD.淀粉—()6105CHOn【答案】D【解析】【详解】A．石膏一般指生石膏，化学式为CaSO4·2H2O，故A错误；B．尿素的化学式为CO(NH2)2，故B错误；C．小苏打是碳酸氢钠

，化学式为：NaHCO3，故C错误；D．淀粉的化学式为(C6H10O5)n，故D正确；故选：D。3.下列变化主要不属于化学变化的是()A.煤的气化、液化B.石油的分馏C.氧气转化为臭氧D.浓硝酸使铁、铝钝化【答案】B【解析】【详解】A．煤的

气化指煤在氧气不足的条件下进行部分氧化形成H2、CO等气体的过程；煤的液化指煤与H2在催化剂作用下转化为液体燃料，煤的气化和煤的液化都是化学变化，故A不符合题意；B．石油分馏是将石油中几种不同沸点的混合物分离的一种方法，属于物理变化，故B符合题意；C．

氧气转化为臭氧过程中有新物质生成，属于化学变化，故C不符合题意；D．铁、铝遇到浓硫酸或浓硝酸，表面生成一层致密的氧化膜，称为钝化，生成了新的物质，属于化学变化，故D不符合题意；答案选B。4.反应22ClHOHClHClO++用于工业上制备氯水，下列化学用语表示正确的是()A.H2O的电子

式：B.Cl−离子结构示意图：C.HClO的结构式：H—O—ClD.上述反应的离子方程式：22ClHO2HClClO+−−+++【答案】C【解析】【详解】A．H2O分子中氧原子与每个氢原子形成一对共用电子对，其电子式为，故A错误；B．氯的原子序数为17，核内有17个质子，核外有17个电子，Cl-

得到1个电子，则核外有18个电子，各电子层上电子数依次为2，8，8，Cl-离子结构示意图为，故B错误；C．次氯酸为共价化合物，分子中含有1个H-O键和1个O-Cl键，电子式为，其结构式为H─O─Cl，故C正确；D．22ClHOHClHClO++

，改写成离子方程式时，由于HClO是弱酸，在离子方程式中保留分子式，其离子方程式为Cl2+H2OH++Cl-+HClO，故D错误；答案为C。5.用下列装置制取NH3，并还原CuO，其原理和装置均正确的是()A.用装置制取NH3B.用装置干燥N

H3C.用装置还原CuOD.用装置处理尾气【答案】C【解析】【详解】A、NH4Cl受热分解后,在试管口又重新生成NH4Cl固体，得不到氨气，故A错误；B、浓硫酸与氨气反应生成硫酸铵，不能用浓硫酸干燥NH3，故B错误；C、2NH3＋3CuO3Cu＋

N2＋3H2O，用氨气还原CuO，故C正确；D、氨气与稀硫酸反应，装置内压强急剧减小，会引起倒吸，故D错误；故选C。6.下列物质属于离子化合物且含有共价键的是()A.MgCl2B.SiO2C.CH3ClD.NH4Cl【答案】D【解析】【详解

】A．氯化镁由氯离子和镁离子构成，是离子化合物，只含离子键，不含共价键，故A不符合题意；B．二氧化硅不含离子键，不是离子化合物，故B不符合题意；C．一氯甲烷不含离子键，不是离子化合物，故C不符合题意；D．NH4Cl由氯离子和铵根离子构成

，是离子化合物，铵根离子中的N原子和H原子以共价键相连，D符合题意；答案选D。7.下列反应符合如图信息的是()A.生石灰加水制熟石灰B.氢氧化钡晶体与氯化铵晶体混合C.氢氧化钠溶液中滴加稀盐酸D.接触室中二氧化硫催化氧化成三氧化硫【答案】B【解析】【分析】由图可知，反应物的总能量低于生成物的总

能量，为吸热反应，据此分析。【详解】A．生石灰加水制熟石灰是放热反应，故A不符合题意；B．氢氧化钡晶体与氯化铵晶体混合属于吸热反应，故B符合题意；C．氢氧化钠溶液中滴加稀盐酸属于酸碱中和反应，属于放热反应，故C不符合题意；D．接触室中二氧化硫催化氧化成三氧化硫属于放热反应，故D不符合题意；答

案选B。【点睛】一般金属和水或酸反应，酸碱中和反应，一切燃烧，大多数化合反应和置换反应，缓慢氧化反应如生锈等是放热反应。大多数分解反应，铵盐和碱反应，碳、氢气或CO作还原剂的反应等是吸热反应。8.1molH2在O2中完全燃烧生成液态水放出285.8kJ的热量，下列热化学方程式正确的是()A.(

)()()2222HgOg=2HOl+1ΔH=285.8kJmol−−B.()()()222Hg1/2Og=HOg+1ΔH=285.8kJmol−−C.()()()2222HgOg=2HOl+1ΔH571.6kJmol−=−D.()()()222HOl=Hg1/

2Og+1ΔH=285.8kJmol−−【答案】C【解析】【详解】1molH2在O2中完全燃烧生成液态水时，放出285.8kJ热量，则热化学方程式应为2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)△H=-571.6kJ•mol-1或

H2(g)+12O2(g)═H2O(l)△H=-285.8kJ•mol-1；A．1molH2燃烧放出285.8kJ的热量，2molH2燃烧放出571.6kJ的热量，故A错误；B．1molH2在O2中燃烧生成液态水放出285.8kJ的热量，不是水蒸气，故B错误

；C．2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)△H=-571.6kJ•mol-1，故C正确；D．1mol液态水分解，生成1molH2和12O2，需要吸热285.8kJ的热量，故D错误；答案为C。9.N2O俗称“笑气”，医疗上曾用作可吸入性麻醉剂。下述反应能产生N2O：3CO+2NO2=3CO2

+N2O。下列关于该反应的说法正确的是（）A.CO是氧化剂B.N2O是氧化产物C.NO2被还原D.常温常压下，生成6.72LCO2转移0.6mol电子【答案】C【解析】【分析】3CO+2NO2=3CO

2+N2O中N元素化合价由+4价变为+1价，C元素的化合价由+2价变为+4价，结合氧化还原反应的规律分析解答。【详解】A．反应中C元素的化合价由+2价变为+4价，被氧化，CO是还原剂，故A错误；B．反应中N元素化合价由+4

价变为+1价，被还原，N2O为还原产物，故B错误；C．NO2中N元素化合价由+4价变为+1价，被还原，故C正确；D．常温常压下，6.72LCO2的物质的量小于0.3mol，由方程式3CO+2NO2═3CO2+N2O可知，

转移电子数少于0.6mol，故D错误；故选C。10.下列性质比较中，不正确的是()A.原子半径大小：Na>S>OB.热稳定性强弱：HF>HCl>H2SC.酸性强弱：33424HNOHPOHSOD.碱性强弱：()2KO

HNaOHMgOH【答案】C【解析】【详解】A．原子的电子层数越多原子半径越大，电子层数相同时核电荷数越大原子半径越小，钠、硫在第三周期，氧在第二周期，且硫的核电荷数大于钠，则原子半径Na>S>O，故A正确，不选；B．元素的非金属性越强，气态氢化物越

稳定，非金属性：F>Cl>S，氢化物稳定性：HF>HCl>H2S，故B正确，不选；C．元素的非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性：N>S>P，酸性：32434HNOHSOHPO，故C错误，符合题意；D．元素的金属性越

强，最高价氧化物水化物的碱性越强，金属性：K>Na>Mg，碱性：()2KOHNaOHMgOH，故D正确，不选；故选：C。11.已知X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，X是原子半径最小的

元素，Y的最高正价与最低负价的代数和为0，Z的二价阳离子与氖原子具有相同的核外电子排布，W原子最外层电子数是最内层电子数的3倍，下列说法正确的是()A.X与Y形成的化合物只有一种B.X和W形成的化合物能与R单质发生置换反应C.R与X，R与Z形成的化合物，化学键类型相同D.YR4分子中各原

子的最外层电子数不能满足8电子稳定结构【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，X是原子半径最小的元素，则X为H元素，Z的二价阳离子与氖原子具有相同的核外电子排布，则Z为Mg元素，W原子最外层电子数是最内层电子数的3倍，最外

层电子数为6，结合原子序数可知，W为S元素，故R为Cl，Y的最高正价与最低负价的代数和为0，处于IVA族，原子序数小于Mg，故Y为C元素，结合元素周期律与元素化合物性质解答。【详解】由上分析可知，X为H元素，Y为C元素，Z为Mg元素，W为S元素，R为Cl元素；A．X为H元素，Y为C元素，H元素与C

元素形成烃类物质，化合物种类繁多，故A错误；B．X为H元素，W为S元素，H元素与S元素形成H2S，R为Cl元素，单质为Cl2，Cl2与H2S发生反应生成HCl和S，即Cl2+H2S=2HCl+S↓，属于置换反应，故B正确；C．X为

H元素，Z为Mg元素，R为Cl元素，R与X形成HCl，R与Z形成MgCl2，HCl是非金属元素形成的化合物，属于共价化合物，只含共价键，MgCl2是金属元素与非金属元素形成的化合物，属于离子化合物，含有

离子键，二者化学键类型不同，故C错误；D．Y为C元素，R为Cl元素，YR4为CCl4，C原子最外层4个电子，与4个Cl形成4对共用电子对，C原子达到8电子稳定结构，Cl原子最外层7个电子，每个Cl与C形成一对共用电子对，Cl原子也达到8电子稳定结构，其电子式为，二元素均

满足8电子稳定结构，故D错误；答案为B。12.下列各组物质晶体类型相同的是()A.SO2和SiO2B.CCl4和KClC.干冰和冰D.晶体Si和单质Na【答案】C【解析】【详解】A．SO2是分子晶体，SiO2是原子晶体，故A不同；B．C

Cl4是分子晶体，CCl4中只含共价键，KCl是离子晶体，KCl中只含离子键，故B不同；C．干冰是固态二氧化碳，干冰和冰都是分子晶体，故C相同；D．晶体Si是原子晶体，只含共价键，单质Na是金属晶体，只含金属键，故D不同；答案选C。【点睛】根据晶体的类型和所含化学键的类型分析，离子化合物含

有离子键，可能含有共价键，属于离子晶体；相邻原子之间通过强烈的共价键结合而成的空间网状结构的晶体叫做原子晶体，分子晶体是分子间通过分子间作用力构成的晶体。13.共价键、离子键和分子间作用力是微粒之间的三种作用力，现有晶

体：①22NaO；②2SiO；③60C；④白磷(P4)；⑤NaCl；⑥金刚石；⑦石墨。其中含有两种作用力的是()A.①②④⑥B.①②③⑥C.②④⑤⑥D.①③④⑦【答案】D【解析】【详解】①Na2O2中钠离子与过氧根离子之间形成

离子键，过氧根离子中氧原子之间形成共价键，含有离子键和共价键两种作用力，故①正确；②SiO2是原子晶体，只存在共价键，故②错误；③碳六十是分子晶体，分子内部存在共价键，分子之间通过分子间作用力结合，故③正确；④白磷属于分子晶体，分子中磷原子之间形成共价键，分子间存在

分子间作用力，故④正确；⑤氯化钠属于离子晶体，钠离子与氯离子之间形成离子键，中只存在离子键，故⑤错误；⑥金刚石是原子晶体，只存在共价键，故⑥错误；⑦石墨是层状结构，层内碳原子之间形成共价键，层与层之间通过分子间作用力结合，故⑦正确；综上所诉，答案为D。14.下列说法不正确的是()A.

162O和183O互为同位素B.金刚石和富勒烯互为同素异形体C.32CHCHOH和33CHOCH互为同分异构体D.CH4与CH3CH(CH3)CH3互为同系物【答案】A【解析】【详解】A．162O和183O是氧元素形成的不同单质，互为

同素异形体，同位素的描述对象是核素，故A说法错误；B．金刚石和富勒烯都是碳元素的单质，互为同素异形体，故B说法正确；C．32CHCHOH和33CHOCH属于分子式相同、结构不同的化合物，互为同分异构体，故C说法正确；D．CH4与CH3CH(

CH3)CH3是结构相似、组成上相差3个CH2的有机物，故其互为同系物，D说法正确；答案选A。15.用Zn粒与稀硫酸反应制取氢气时，下列措施不能加快氢气生成速率的是()A.加热B.不用稀硫酸，改用98%浓硫酸C

.滴加少量CuSO4溶液D.不用锌粒，改用锌粉【答案】B【解析】【详解】A．加热，温度升高，能使反应速率加快，故A不符合题意；B．浓硫酸具有强氧化性，改用98%的浓硫酸，Zn粒与浓硫酸反应会生成二氧化硫，不产生氢气，故B符合题意；C．滴加少量的CuSO4溶

液，Zn与CuSO4反应生成Cu，铜与锌、稀硫酸溶液组成原电池，使反应速率加快，故C不符合题意；D．改用锌粉，增大了接触面积，使反应速率加快，故D不符合题意；答案选B。16.一定温度下，2.5molA、2.5molB和足量W在客积为2L的密闭容器里发生如下反

应：()()()()()3Ag+Bg+WsxCg+2Dgƒ，5s后反应达到平衡，在此5s内C的平均生成速率为0.2mol·L-1·s-1，同时生成1molD.下列叙述中不正确的是()A.x=4B.达到平衡状态时，A的物质的量浓度为()1cA0.5

molL−=C.当混合气体的密度不再改变时，该反应已达到平衡状态D.当()()3vA=2vD正逆时，标志着该反应达到平衡状态【答案】D【解析】【详解】经5s反应达平衡，在此5s内C的平均反应速率为0.2mol/（L•s），可知生成C为0.2mol/（L•s）×2L×5

s＝2mol，同时生成1molD，x：2＝2mol：1mol，解得x＝4，则()()()()()3Ag+Bg+WsxCg+2Dg2.52.5001.50.5211221起转平，据此逐项分析如下：A．由上述分析可知，x＝4，故A正确；B．平衡时生成1molD，

则反应消耗1.5molA，所以平衡时A的浓度为()1molcA==0.5mol/L2L，故B正确；C．=mV，该反应中有固体参与，整个过程中气体的质量会改变，故当质量不变，密度不变，可以说明反应已达到平衡状态，C正确；

D．当()()2vA=3vD正逆时，标志着该反应达到平衡状态，D错误；答案选D。17.如图为钢铁生锈的原理示意图，下列有关说法不正确的是()A.转化过程中有化学能转化为电能B.铁锈的主要成分是232FeOxH

OC.正极的电极反应式为：2Fe2ee=F−+−D.发生电化学反应的总反应式为：()2222FeO2HO=2FeOH++【答案】C【解析】【详解】A．该过程类似于原电池，将化学能转化为电能，A正确，不选；B．铁作负极，失去电子，生成铁锈，故B正确，不选；C．正极得电子发生还

原反应，正极方程式为O2+4e-+2H2O=4OH-，故C错误，符合题意；D．该电池中铁失去电子变成亚铁离子，和生成的OH-结合生成氢氧化亚铁，发生电化学反应的总反应式为：()2222FeO2HO=2FeOH++，D正确，不选；答案选C。18.如图装置可实现电解Cu

Cl2溶液，下列说法正确的是()A.Ⅰ为电解池，Ⅱ为原电池B.两石墨电板上均有铜析出C.Ⅰ中2+Cu向铁电极移动，Ⅱ中Cl−向铜电极移动D.工作一段时间后，理论上Ⅰ中()-cCl不变，Ⅱ中()-cCl减小【答案】

D【解析】【分析】图Ⅰ为铁碳原电池，铁比石墨活泼是负极，负极上失电子发生氧化反应，电极反应为：Fe-2e-=Fe2+，铜为正极，铜离子在石墨电极上得电子发生还原反应，电极反应为Cu2++2e-=Cu；图Ⅱ为电解池，与铁相连的铜为阴极，得电子发生还原反应，铜离子在阴极上得电子形成

铜单质，电极反应为Cu2++2e-=Cu，与石墨相连的石墨为阳极，氯离子移向阳极，失电子发生氧化反应，电极反应为2Cl--2e=Cl2↑，据此分析。【详解】A．根据分析可知，图Ⅰ为铁碳原电池，图Ⅱ为电解池，故A错误；B．图Ⅰ为铁碳原电池，Cu2+向正极石墨电极移动，图Ⅱ为电解池，石墨作

阳极，氯离子移向阳极，失电子发生氧化反应，电极反应为2Cl--2e-Cl2↑，故B正确；C．原电池中，阳离子移向正极，Ⅰ中Cu2+向石墨电极移动，电解池中，阴离子移向阳极，Ⅱ中Cl−向石墨电极移动，故C错误；D．工作一段时间后，Ⅰ中氯离子没有参与电极反应，Ⅱ中氯离子移向阳

极，失电子发生氧化反应，电极反应为2Cl--2e-Cl2↑，故理论上Ⅰ中()-cCl不变，Ⅱ中()-cCl减小，故D正确；答案选D。19.下列装置应用于实验室进行相关实验，能达到实验目的的是A.用装置甲在光照条件下验证甲烷与氯气的反应B.用装置乙除去甲烷中少

量的乙烯得纯净甲烷C.用装置丙分离乙醇和乙酸的混合液D.用装置丁分馏石油并收集60～150℃馏分【答案】A【解析】【详解】A．在光照条件下，氯气和甲烷发生取代反应生成氯代烃和HCl，HCl极易溶于水，氯气不易溶于饱和食盐水中，氯代烃不易溶于水，且液态氯代烃为油滴状，如果发生反

应会导致液体进入集气瓶，所以可以根据实验现象判断甲烷的反应，故A正确；B．乙烯和酸性高锰酸钾溶液反应生成二氧化碳，引进新的杂质，应该用溴水除去甲烷中的乙烯，故B错误；C．乙醇与乙酸混溶，不能分液，应该采用蒸馏的方法分离，故C错误；D．蒸馏时，温度计测定馏分温度，温度计水银球应该位于蒸

馏烧瓶支管口处，故D错误；故选A。【点睛】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及蒸馏、甲烷的取代反应、除杂等知识点，明确实验原理、物质性质、实验操作规范性是解本题关键，注意从实验操作规范性及评价性、物质性

质分析解答，易错选项是B。20.下列有机反应方程式书写正确的是()A.乙烯与溴的加成反应：22232CH=CHBrCHCHBr+⎯⎯→B.甲苯与Cl2的取代反应：+Cl2光⎯⎯⎯⎯→+HClC.用苯乙烯合成聚苯乙烯：nC6H5CH=CH2一定条件⎯⎯⎯⎯⎯⎯→D.合

成乙酸乙酯：32332324浓HSOCHCHOHCHCOOHCHCOOCHCH+⎯⎯⎯→【答案】B【解析】【详解】A．乙烯与溴的加成反应生成1,2-二溴乙烷，化学方程式：22222CH=CH+BrCHBrCHBr⎯⎯→，故A错误；B．甲苯与Cl2在光照的条件下

发生取代反应，化学方程式：+Cl2光⎯⎯⎯⎯→+HCl，故B正确；C．用苯乙烯发生聚合反应生成聚苯乙烯：nC6H5CH=CH2一定条件⎯⎯⎯⎯⎯⎯→，故C错误；D．乙酸和乙醇在浓硫酸作催化剂的条件下发生酯化反应制得乙酸乙酯和水，化学方程

式：CH3CH2OH+CH3COOH浓硫酸Δ⎯⎯⎯⎯⎯→CH3COOCH2CH3+H2O，故D错误；答案选B。21.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是选项()选项实验操作和现象实验结论A向苯中滴入少量酸性高锰酸钾溶液，

振荡后静置，高锰酸钾溶液不褪色苯分子中不存在碳碳双键B用导线把锌片和铜片连接起来同时插入盛有稀硫酸的烧杯里，铜片表面有气泡产生铜能与稀硫酸反应生成氢气C向鸡蛋清的溶液中加入饱和硫酸铵溶液，产生白色沉淀饱和硫酸铵溶液能使蛋白质变性D向淀粉溶液中加入少量稀硫酸

，加热，再加入银氨溶液，未出现银镜淀粉未水解A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．苯与高锰酸钾不反应，苯不含碳碳双键，高锰酸钾溶液不褪色，故A正确；B．用导线把锌片和铜片连接起来，同时插入盛有

稀硫酸的烧杯里，构成原电池，Cu为正极，负极上Zn失去电子，正极上氢离子得到电子生成氢气，铜的金属性活动顺序排在氢之后，铜不能与稀硫酸反应生成氢气，故B错误；C．鸡蛋清的溶液中加入饱和硫酸铵溶液，发生盐

析，不是蛋白质的变性，故C错误；D．淀粉水解后生成葡萄糖，检验葡萄糖在碱性溶液中，没有在碱性条件下加银氨溶液，不出现银镜，故D错误；答案选A。22.甲苯()与浓酸酸、浓硝酸在一定条件下反应，生成邻硝基甲苯()：+HNO3浓硫酸Δ⎯⎯⎯⎯⎯→+H2O，下列有关说法

不正确的是()A.邻硝基甲苯分子式是772CHNOB.该反应的催化剂是浓24HSOC.与互为同分异构体D.该反应的类型是加成反应【答案】D【解析】【分析】甲苯（）与浓硫酸、浓硝酸在一定条件下反应，生成邻硝基甲苯（），反应中浓硫酸起到催化剂的作用，在浓硫酸作用下，发生取代反应生成邻硝基甲

苯，以此解答该题。【详解】A．由结构简式可知邻硝基甲苯分子式是772CHNO，故A正确；B．反应中浓硫酸起到催化剂的作用，故B正确；C．二者分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故C正确；D．苯环的H被硝基替代，为取代反应，不是加成反应，故D错

误；答案选D。23.某有机物的结构简式为，下列关于该有机物的说法不正确的是()A.1mol该物质中只含有1mol双键B.在一定条件下能发生酯化反应C.能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色D.1mol该物质与足量的金属Na反应，能产生1molH2【答案】A

【解析】【详解】A．1mol该物质中只含有1mol碳碳双键，分子中含有羧基，羧基中含有碳氧双键，故A错误；B．该有机物分子中含有羟基和羧基，在一定条件下能发生酯化反应，故B正确；C．该有机物分子中含有羟基和碳碳双键，可以被酸性高锰酸钾

氧化，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，含有碳碳双键，和溴发生加成反应，可以使溴水褪色，故C正确；D．1mol该物质中含有1mol羟基和1mol羧基，1mol羟基与足量的金属Na反应产生0.5molH2，1mol羧基与足量的金属Na反应产生0.5molH2，共产生1molH2，故D正确

；答案选A。24.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是()A.22高压放O2电HO23NNOHNO⎯⎯→⎯⎯⎯⎯→B.()()()3浓HNO足量NaOH溶常液3温33AlNOAlsAlOH⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯

→⎯→C.22HOO223催化剂、△Cu2、△3CH=CHCHCHOHCHCHO⎯⎯⎯⎯→⎯⎯⎯→D.NaOH溶液银氨溶液△△油脂葡萄糖银镜⎯⎯⎯⎯→→⎯⎯⎯⎯【答案】C【解析】【详解】A．氮气和氧气在高压放电的条件下反应生成一氧化氮，不能直接生成二氧化氮，故A错误；B．铝和浓硝酸在常温下

会发生钝化，不会生成硝酸铝，硝酸铝和足量氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，不会生成氢氧化铝沉淀，故B错误；C．乙烯和水发生加成反应生成乙醇，在铜作催化剂的条件下乙醇会被氧气氧化成乙醛，故C正确；D．油脂在

碱性条件下发生水解反应得到高级脂肪酸盐和丙三醇，不会生成葡萄糖，故D错误；答案选C。25.下列指定反应的离子方程式正确的是()A.醋酸与23NaCO溶液的反应：23222HCO=COHO+−++B.向水中通入NO2：2232NOHO=2HNONO+−+++

C.向稀硝酸中加入铜片：2322Cu4H2NOCu2NO=2HO+−+++++D.向NH4HCO3溶液中加入过量NaOH溶液：2432323NHHCO2OH=NHHOCOHO+−−−++++【答案】D【解析】【详解】A．醋酸与Na2

CO3溶液的反应，生成醋酸钠、水和二氧化碳，由于醋酸为弱酸，在离子方程式中保留分子式，则离子方程式为2CH3COOH+CO32-=2CH3COO-+H2O+CO2↑，故A错误；B．向水中通入NO2发生反应，生成硝酸和一氧化氮，离子方程式为3NO2+H2O=2H++2NO3-+NO，故B错误；C

．铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，离子方程式：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，故C错误；D．NH4HCO3溶液中加入过量NaOH溶液，发生反应生成碳酸钠、氨水和水，离子方程式：NH4++HCO3-+2OH−═CO32-+H2O+NH3⋅H2O，故D正确；答

案为D。26.废水中氨氮(NH3、4NH+)采用微生物脱氮法、化学沉淀法均可除去，具体原理如下：①微生物脱氮法：2硝酸细菌O反硝化细菌步骤a步+-43b2骤NONNH⎯⎯⎯⎯⎯→⎯⎯⎯⎯→②化学沉淀法：向废水中加入含MgCl2、Na3PO4的溶液

，生成442MgNHPO6HO沉淀从而去除氨氮。下列有关说法正确的是()A.该废水大量直接排放，对水体的影响不大B.微生物脱氮时可在高温下进行，以加快脱氮的速率C.步骤a发生反应：423222硝酸细菌NHONOHOH+−++++D.化学沉淀法脱氮时，氨氮的去除率随着溶液碱性的增强而上

升【答案】C【解析】【详解】A．该废水大量直接排放，可使水中藻类植物大量繁殖，造成水体污染，故A错误；B．高温下微生物发生变性，不利用脱氮，故B错误；C．步骤a中铵根离子被氧化，发生2++-432NH+2ONO+HO+2H硝酸细菌，故C正确；D．溶液的碱性过强

，镁离子转化为氢氧化镁沉淀，则氨氮的去除率将下降，故D错误；答案选C。第Ⅱ卷(非选择题共22分)二、非选择题：本大题共3题，共计22分。27.乳酸CH3CH(OH)COOH是人体代谢的中间产物，易溶于水。(1)乳酸分子

中官能团名称为______和______。(2)向乳酸溶液中，滴加几滴紫色石蕊试液，溶液会变成______色。(3)写出乳酸和乙醇发生酯化反应的化学方程式______。(4)乳酸在Cu作催化剂、加热条件下被O2氧化，该氧化产物的结构简式为____

__。【答案】(1).羟基(2).羧基(3).红(4).CH3CH(OH)COOH+CH3CH2OH浓硫酸ΔCH3CH(OH)COOCH2CH3+H2O(5).3||CHCCOOHO【解析】【分析】根据乳酸分子的结构简式找出官能团；乳酸含有羧基，具有酸的通性，可

以使紫色石蕊试液变红，可以和乙醇发生酯化反应；分子中含有羟基，可以在Cu作催化剂、加热条件下被O2氧化成酮，据此分析。【详解】(1)乳酸的结构简式为：CH3CH(OH)COOH，乳酸分子中官能团名称为羟基和羧基；(2)乳酸分子中含有羧基，具有酸的通性，向乳酸溶液

中，滴加几滴紫色石蕊试液，溶液会变成红色；(3)乳酸和乙醇发生酯化反应的化学方程式为：CH3CH(OH)COOH+CH3CH2OH浓硫酸ΔCH3CH(OH)COOCH2CH3+H2O；(4)乳酸分子中含有羟基，在

Cu作催化剂、加热条件下羟基被O2氧化生成羰基，该氧化产物的结构简式为3||CHCCOOHO。【点睛】与羟基相连的碳原子上必须有氢原子，才能在Cu作催化剂、加热条件下被O2氧化，羟基连在两端的碳原子上会被氧化成醛，羟基在中间的碳原子上会被氧化成酮，为易

错点。28.NaN3是一种易溶于水(33NaN=NaN+−+)的白色固体，可用于有机合成和汽车安全气囊的产气药等，钠法(液氨法)制备NaN3的工艺流程如图：(1)钠元素位于周期表第______周期第______族。(2)NH3的电子式为___

___。(3)反应NH4NO3240245℃N2O↑+2H2O↑中，每生成1molN2O转移电子的物质的量为______mol。(4)销毁NaN3可用NaClO溶液，该销毁反应的离子方程式为______(3N−被氧化

为N2)。【答案】(1).3(2).ⅠA(3).(4).4(5).322ClO2NHOCl2OH3N−−−−++=++【解析】【分析】金属Na与液氨反应生成NaNH2和氢气，加热硝酸铵发生反应NH4NO3240245℃N2O↑+2H2O↑获得N2O，N

aNH2和N2O加热到210～220℃发生反应2NaNH2+N2O210-220℃NaN3+NH3+NaOH生成NaN3，分离出NaOH得到NaN3，据此解答。【详解】(1)Na的原子序数为11，位于周期表中第三周期ⅠA族；(2)NH3分子中氮原子最外层有5个电子，分别与三个氢原

子形成三对共用电子对，剩余一对孤对电子，电子式为；(3)NH4NO3中铵根离子中N化合价为-3价，硝酸根中N化合价为+5价，N2O中N化合价为+1，则根据氧化还原反应原理得，1mol-3价N失去4mol电子，电子转移给+5价N，最后都形成+1价N，即转移4mol电子时，生成1molN2O；(

4)销毁NaN3可用NaClO溶液，NaN3中−3价N被氧化成0价的氮气，次氯酸根离子中+1价Cl被还原为氯离子，结合电子守恒配平该反应的离子方程式为：ClO－+2N3－+H2O＝Cl－+2OH－+3N2↑。【点睛】反应NH4NO3240245℃N2O↑+2H2O↑中一氧化二氮

既是氧化产物又是还原产物，铵根离子中N化合价为-3价，硝酸根中N化合价为+5价，N2O中N化合价为+1价，都是易错点。29.某课外兴趣小组通过如图所示的流程来制取少量亚硝酸钠晶体(NaNO2)，并对其进行纯度测定和相关性质的实验。已知

：①23222NaCONONO2NaNOCO++=+；232232NaCO2NONaNONaNOCO+=++②NaNO2是白色固体，易被氧化。(1)生产过程中，SO2从底部通入，硝酸从顶部以雾状喷下，其目的是______。写出“还原”步骤中生成NO

2反应的离子方程式______。(2)若使“吸收”步骤中NO、NO2完全转化为NaNO2，则理论上“还原”步中SO2与HNO3的物质的量之比为______。(3)该课外兴趣小组对实验制取的NaNO2晶体进行纯度测定：a.称取2.000g样品，将其配成250mL溶液b.先向锥形瓶内

加入40.00mL0.100mol·L-1的24HSO溶液，加热至40～50℃，冷却后再向其中加入20.00mL0.10mol·L-1KMnO4溶液，充分混合。c.最后用待测的样品溶液与锥形瓶内溶液恰好完全反应，重复三

次，平均消耗样品溶液50.00mL。(NaNO2与KMnO4反应的关系式为：422KMnO5NaNO−)①测定过程中应迅速操作，不宜耗时过长，否则测定的数值将会偏小，原因是______。②通过计算，该样品中NaNO2的质

量分数是______，可能含有的杂质有23NaCO、和______。(4)该课外兴趣小组将NaNO2溶液逐滴加入到含淀粉KI的酸性溶液中，溶液变蓝，同时放出NO气体，该反应的离子方程式是______。【答案】(1).气液逆向吸收，使硝酸与SO2充分反应(

2).22342SO2NOSO2NO−−+=+(3).1∶1(4).NaNO2被空气中的O2氧化(5).86.25%(6).NaHCO3、NaNO3(7).-222+2NO2I4H2NOI2HO−++=++【解析】【分析】硝酸中通入二氧化

硫发生氧化还原反应，冷却后生成的气体用碳酸钠吸收生成亚硝酸钠和二氧化碳，蒸发结晶得到亚硝酸钠晶体。【详解】（1）硝酸溶液中通入二氧化硫被还原，SO2从底部通入，硝酸从顶部以雾状喷下增大硝酸和二氧化硫接触面积使之充分反应；发生反

应的离子方程式为：22342SO2NOSO2NO−−+=+；（2）若使“吸收”步骤中NOx完全转化为NaNO2，发生反应Na2CO3+NO+NO2=2NaNO2+CO2，二氧化硫和硝酸反应生成NO和NO2物质的量之比为1：1，结合电子守恒计算得到SO

2与HNO3的物质的量之比：HNO3∼NO∼3e−，HNO3∼NO2∼e−，电子转移总数4e−，SO2∼H2SO4∼2e−，结合电子守恒计算得到SO2与HNO3的物质的量之比=1：1；（3）①整个测定过程中应迅速操作

，不宜耗时过长，时间过长NaNO2被空气中的氧气氧化，否则样品的纯度测定偏小；②422KMnO~5NaNO0.020L0.1m25nol/L，n=0.005mol，250mL溶液中含亚硝酸钠物质的量25

0=0.005mol=0.025mol50，该样品中NaNO2的质量分数0.025mol69g/mol=100%=86.25%2.00g；亚硝酸钠制备过程分析可知：可能含杂质是被氧化生成的硝酸钠、剩余的碳酸钠或反

应生成的碳酸氢钠，化学式为：Na2CO3、NaHCO3、NaNO3；故答案为：86.25%；NaHCO3、NaNO3；（4）将NaNO2溶液逐滴加入到含淀粉KI的酸性溶液中，溶液变蓝，同时放出NO气体，说明亚

硝酸根离子氧化碘离子生成碘单质，反应的离子方程式为：-222+2NO2I4H2NOI2HO−++=++。