【文档说明】山西省朔州市怀仁市第一中学云东校区2019-2020学年高一下学期期末考试化学试题【精准解析】.doc，共(21)页，702.000 KB，由小赞的店铺上传

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化学试题可能用到的相对原子质量：H：1C：12N：14O：16Na：23Mg：24Al：27P：31S：32Cl：35．5Fe：56Cu：64K：39Ca：40Mn：551.下列实验仪器不宜直接用来加热的是（）A.试管B.坩埚C.蒸发皿D.烧杯【答案】D【解析】【详

解】试管、坩埚、蒸发皿均可以直接加热，但是烧杯需隔石棉网加热，D项符合题意；本题答案选D。2.在盛放浓硫酸的试剂瓶的标签上应印有下列警示标记中的()A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】A．警示标

记为腐蚀性液体的标志，浓硫酸具有腐蚀性，则使用该标志，A正确；B．警示标记为剧毒标志，而浓硫酸无毒，不能使用该标志，B错误；C．警示标记为能燃烧的物质的标志，而浓硫酸不能燃烧，则不能使用该标志，C错误；D．警示标记为禁止使用的标志，而浓硫酸有重要的应用，则

不能使用该标志，D错误；故选A。3.NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）A.标准状况下，1molH2O的体积约为22.4LB.0.1molNH4+中含有NA个质子C.同温同压下两种气体的摩尔质量之比等于密度之比D.物质的量浓度为0.5mol•L﹣1的MgC

l2溶液中，含有Cl﹣个数为NA【答案】C【解析】【详解】A.标准状况下，H2O是液体，不能利用22.4L/mol进行计算，A错误；B.1个铵根离子含有11个质子，则0.1molNH4+中含有1.1NA个质子，B错误；C.同温同压下，Vm相同，11m1222mMρVMMρMV==，C正确；D.没

有提供0.5mol•L﹣1的MgCl2溶液的体积，无法计算含有Cl﹣的个数，D错误。故选C。4.下列关于纯净物、混合物、电解质、非电解质的正确组合为()纯净物混合物电解质非电解质A盐酸水煤气硫酸干冰B蒸馏水蔗糖溶液氯化氢二氧化硫C胆矾盐酸铁碳酸

钙D胆矾水煤气氯化铜碳酸钠A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．盐酸是混合物，是氯化氢的水溶液，故A错误；B．蒸馏水、蔗糖溶液、氯化氢、二氧化硫分别属于纯净物、混合物、电解质、非电解质，故B正确；C．铁是单质，既不是电解质又不是非电解质，故C错误；D

．碳酸钠为电解质，故D错误；故选B。【点睛】本题考查了纯净物、混合物、电解质、非电解质的概念判断及各种物质的成分掌握。解答本题需要注意，盐酸是氯化氢的水溶液，单质和混合物既不属于电解质也不属于非电解质。5.下列反应的离子方程式书写不正确．．．的是A.硝酸银溶液与盐酸反应：

Ag+＋HCl=AgCl↓＋H+B.钠与水反应：2Na＋2H2O=2Na+＋2OH－＋H2↑C.氯气与氢氧化钠溶液反应：Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2OD.铜与浓硝酸反应：Cu＋4H+＋2-3NO=Cu2+＋2NO2↑＋2H2O【答案】A【解析】【详解】A.硝

酸银溶液与盐酸反应生成氯化银沉淀和硝酸，盐酸是强酸，应该拆写，反应的离子方程式为Ag+＋Cl－=AgCl↓，故A错误；B.钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式为2Na＋2H2O=2Na+＋2OH－＋H2↑，故B正确；C.氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠

和水，反应的离子方程式为Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O，故C正确；D.铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，反应的离子方程式为Cu＋4H+＋2-3NO=Cu2+＋2NO2↑＋2H2O，故D正确；故选A。6.下列有关化学用语的表示错

误的是A.次氯酸的电子式为B.R2＋有a个电子、b个中子，R的原子符号为22Raba+++C.用电子式表示CaCl2的形成过程为D.Na＋的结构示意图为【答案】C【解析】【详解】A．次氯酸的结构式为H-O-Cl，则

其电子式为，A化学用语正确；B．R2＋有a个电子、b个中子，则R的质子数=a+2，质量数=a+2+b，R的原子符号为22Raba+++，B化学用语正确；C．CaCl2的形成时，Ca失电子，则用电子式表示Ca

Cl2的形成过程为，C化学用语错误；D．Na＋中含有11个质子，核外有10个电子，其离子结构示意图为，D化学用语正确；综上所述，答案为C。7.在无色透明强酸性溶液中，能大量共存的离子组是()A.K+、Ca2+、NO-

3、SO2-4B.K+、Na+、Cl－、CO2-3C.Zn2+、NH+4、NO-3、Cl－D.K+、Fe2+、MnO4-、SO2-4【答案】C【解析】【详解】A.Ca2+与SO2-4反应生成微溶于水的沉淀而不能大量共存，选项A错误；B.强酸性溶液中H+与CO2

-3反应生成二氧化碳和水而不能大量共存，选项B错误；C.强酸性溶液中Zn2+、NH+4、NO-3、Cl－相互不反应，且溶液为无色透明，能大量共存，选项C正确；D.酸性溶液中Fe2+与MnO4-因发生氧化

还原反应而不能大量共存，且与无色溶液不相符，选项D错误；答案选C。8.随着碱金属元素原子序数的增大，下列递变规律正确的是A.原子半径逐渐增大B.最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐减弱C.单质熔、沸点逐渐升高D.单质的还原性逐渐减弱【答案】A【解析

】【详解】A.随着碱金属元素原子序数的增大，核外电子数增大，电子层数增多，则原子半径逐渐增大，A符合题意，正确；B.随着碱金属元素原子序数的增大，金属性增强，则最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐增强，与题意不符，B错误；C.随着碱金属元素原子序数的增大，单质熔、沸点逐渐降低

，与题意不符，C错误；D.随着碱金属元素原子序数的增大，单质的原子半径逐渐增大，失电子能力增强，则还原性逐渐增强，与题意不符，D错误；答案为A。【点睛】同主族元素，随原子序数的增大，原子半径逐渐增大，核外电子层数增多，失电子能力增强，得电子能力减弱。9.下列有机反

应的化学方程式正确的是A.nCH2=CH2⎯⎯⎯⎯⎯→催化剂B.CH2=CH2+Br24CCl⎯⎯⎯→CH2=CHBr+HBrC.+HO—NO2+H2OD.C12H22O11(蔗糖)+H2O⎯⎯⎯⎯⎯→催化剂C6H12O6(葡萄糖)【答案】C【解析】【详解】A．乙烯发生加聚反应后产物无碳碳双键，

化学方程式为：nCH2=CH2⎯⎯⎯⎯⎯→催化剂，A错误；B．乙烯和Br2的加成反应方程式为：CH2=CH2+Br2→BrCH2CH2Br，B错误；C．苯与浓硝酸发生硝化反应的化学方程式为：+HO—NO2+H2O，C

正确；D．蔗糖水解成葡萄糖和果糖的化学方程式为：C12H22O11(蔗糖)+H2O⎯⎯⎯⎯⎯→催化剂C6H12O6(葡萄糖)+C6H12O6(果糖)，D错误；答案选C。10.下列有关石油和煤的利用叙述不正确的是()A.煤的干馏就是将煤隔绝

空气在高温条件下使之分解，得到焦炭、煤焦油等物质的过程B.煤的液化就是将煤转化成甲醇、乙醇等其液态物质的过程C.煤的气化就是将煤在高温条件下由固态转化为气态的物理变化过程D.石油通过催化裂化或裂解，可以获得碳原子数较少的轻质油【答案】C【

解析】【详解】A.煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使之分解的过程，煤的干馏产品主要有焦炭、煤焦油、粗氨水、焦炉气等，A正确；B.煤的液化是将煤转化为液体燃料(如甲醇等)的过程，B正确；C.煤的气化是将煤转化为气体燃料(如CO、H2)的过程，C错误；D.石油的催化裂化与裂解原理相同，都是将相对

分子质量大、沸点高的烃断裂为相对分子质量小，沸点低的烃的过程，从而获得轻质油，D正确；答案选C。11.逻辑推理是化学学习常用的思维方法，下列推理正确的是A.酸都能电离出氢离子，电离出氢离子的化合物一定是酸B.氧化还原反应中有元素化合价的改变，有元素化合价改变的化学反应一定是氧

化还原反应C.电解质是溶于水或熔融状态下能够导电的化合物，溶于水能导电的化合物一定是电解质D.中和反应有盐和水生成，有盐和水生成的反应一定是中和反应【答案】B【解析】【详解】A、酸都能电离出氢离子，电离出氢离子的化合物不一定是酸，例如硫酸氢钠等，电离出的阳离子全部

是氢离子的化合物才是酸，A错误；B、氧化还原反应的实质是有电子得失或偏移，宏观特征是有化合价的改变，B正确；C、溶于水因自身电离而导电的化合物是电解质，如果溶于水又与水反应所得溶液导电的化合物不一定是电解质，如S

O2、NH3等，C错误；D、酸和碱作用生成盐和水的反应才是中和反应，有盐和水生成的反应不一定是中和反应，例如酸性氧化物与碱反应生成盐和水但不属于中和反应，D错误。答案选B。12.下列检验某溶液中是否含有SO2-4的方法中正确的是（）A.向该溶液中加入酸化的Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀，说明溶

液中一定有SO2-4B.向该溶液中加入BaCl2溶液出现白色沉淀，说明该溶液中一定有SO2-4C.向该溶液中加入足量HCl，无现象，再加入BaCl2溶液出现白色沉淀，说明该溶液中一定有SO2-4D.向该

溶液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，再加入HCl沉淀不溶解，说明该溶液中一定有SO2-4【答案】C【解析】【详解】A．向该溶液中加入酸化的Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀，这样操作溶液中可能有SO2-3也有相同的现象，故不能说明溶液中一定有SO2-4，故

A不符合题意；B．向该溶液中加入BaCl2溶液出现白色沉淀，这样操作溶液中可能有CO2-3、SO2-3、Ag+等离子也有相同的现象，故不能说明该溶液中一定有SO2-4，故B不符合题意；C．向该溶液中加入足量HCl，无现象，这样可以排除CO2

-3、SO2-3、Ag+的干扰，再加入BaCl2溶液出现白色沉淀，故说明该溶液中一定有SO2-4，故C符合题意；D．向该溶液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，再加入HCl沉淀不溶解，这样操作溶液中可

能有Ag+离子也有相同的现象，故不能说明该溶液中一定有SO2-4，故D不符合题意；故答案为：C。13.对下列事实的解释错误的是A.在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象,说明浓硫酸具有脱水性B.浓硝酸在光照条件下颜色变黄,说明浓硝酸不稳定C.常温下浓硫酸、浓硝酸

可以用铝罐贮存,说明浓硫酸、浓硝酸与铝不反应D.反应CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4说明硫化铜既不溶于水,也不溶于稀硫酸【答案】C【解析】【详解】A.在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，变成了碳，说明浓硫酸具有脱水性，故A正确；B.浓硝酸在光照

条件下颜色变黄，浓硝酸分解生成二氧化氮，则说明浓硝酸不稳定，故B正确；C.常温下浓硫酸、浓硝酸可以用铝罐贮存，常温下铝与浓硫酸、浓硝酸钝化，不是不反应，故C错误；D.反应CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4，根据方程式中硫化铜沉

淀说明硫化铜既不溶于水，也不溶于稀硫酸，故D正确。综上所述，答案为C。14.在一定条件下，RO3n-和F2可发生如下反应：n----3242RO+F+2OH=RO+2F+HO，从而可知在RO3n-中，元

素R的化合价是（）A.+4价B.+5价C.+6价D.+7价【答案】B【解析】【分析】离子方程式要遵循质量守恒（即反应前后原子种类及个数应相等）、电荷守恒（反应前后阴阳离子所带的电荷总数应相等）。【详解】在反应n----3242RO+F+2OH=RO+2F+HO中，从离子方程式的电荷守

恒的角度可知，n=1，则在RO3-中，R的化合价为+5价，答案选B。15.为了除去KCl溶液中少量的MgCl2、MgSO4，可选用Ba（OH）2溶液、盐酸和K2CO3溶液。三种试剂，按下图步骤操作,下列

说法错误的是（）A.A物质是Ba（OH）2溶液，为了除尽Mg2＋和SO42-B.B物质是碳酸钠溶液，为了除尽过量的Ba2＋C.C物质是稀盐酸，除去过量的CO32-D.为了除去过量的稀盐酸，加热煮沸【答案】B【解析】【详解】A.因为过量的Ba2+需要利用CO32-去除，所以A物质是Ba(OH)

2溶液，OH-除尽Mg2＋、Ba2+除尽SO42-，A正确；B.若B物质是碳酸钠溶液，可以除尽过量的Ba2＋，但引入了Na+，所以B物质应为碳酸钾，B错误；C.因为加入的碳酸钾过量，溶液中混入了过量的CO32-，所以C物质是稀盐酸，C正确

；D.过量的稀盐酸，去除掉CO32-，但过量盐酸也需要去除，可通过加热煮沸的方法，让HCl挥发，D正确。故选B。16.Fe和Fe2O3的混合物共13.6g，加入150mL稀H2SO4，在标准状况下收集到1.12LH2，F

e和Fe2O3均无剩余。为中和过量的H2SO4，并使FeSO4全部转化为Fe(OH)2沉淀，消耗了200mL3mol/L的NaOH溶液，则该H2SO4的物质的量浓度为A.2.25mol/LB.2mol/LC.0.3mol/LD.0.6mol/L【答案】B【解析】【详解】该过程中遵循元素守恒

规律，溶液中的硫酸根离子的物质的量不变，最后的溶液是硫酸钠溶液，钠元素来自氢氧化钠，所以n（Na+）=2n(SO42-)=0.2L×3mol/L=0.6mol，所以n(SO42-)=0.3mol,c(H2SO4)=0.3mol/0.15L=2mol/L,答案选B。17

.下列说法中正确的是()A.CH4和BCl3分子中所有原子的最外层都达到了8电子稳定结构B.Na2O2、NaOH中所含化学键类型不完全相同C.Li在氧气中燃烧主要生成Li2O2D.氯气与NaOH反应的过程中，同时有离子键、极性键和非极性键的断裂和形成【答案】B【解析】【详解】

A．CH4中的氢原子不满足8e-的稳定结构，BCl3中B元素化合价为+3价，B原子最外层电子数是3，3+3=6，则B原子不满足8电子结构，Cl元素化合价绝对值为1，其最外层电子数是7，1+7=8，则Cl原子满足8电子结构，故A

错误；B．过氧化钠是离子化合物，由钠离子与过氧根离子构成，含离子键和O-O非极性共价键，NaOH是离子化合物，由Na+离子和OH-离子构成，含离子键和O-H极性共价键，所以Na2O2、NaOH中所含化学键类型不完全相同，故B正确；C．

Li在氧气中燃烧主要生成Li2O，故C错误；D．2NaOH+Cl2═NaCl+NaClO+H2O反应物中有离子键和非极性键的断裂，生成物有离子键，极性键生成，没有极性键的断裂，没有非极性键的形成，故D错误。答案选B。18.X、Y、Z、N是短周期主族元素

，且原子序数依次增大。已知X的最外层电子数是电子层数的3倍，X、Z同主族，Y的原子在短周期主族元素中原子半径最大。下列说法正确的是A.可以用CS2洗涤附着在试管壁上的Z单质B.Y2X和Y2X2都是碱性氧化物C.Z与X形成的化

合物对应的水化物一定是强酸D.Z元素的非金属性比N元素的非金属性强【答案】A【解析】【分析】X、Y、Z、N是短周期主族元素，且原子序数依次增大．X的最外层电子数是电子层数的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6

，则X为O元素；X、Z同主族，则Z为S元素；Y的原子在短周期主族元素中原子半径最大，则Y为Na；N的原子序数大于硫，则N为Cl，据此解答。【详解】A．Z为S元素，硫难溶于水，微溶于酒精，易溶于CS2，可以用CS2洗涤附着在试管壁上的硫单质，故A正确；B．X为O元素，Y为Na，Y

2X和Y2X2为Na2O和Na2O2，Na2O属于碱性氧化物，Na2O2不是碱性氧化物，属于过氧化物，故B错误；C．X为O元素，Z为S元素，Z与X形成的化合物对应的水化物有亚硫酸、硫酸等，硫酸为强酸，但亚硫酸属于弱酸，故C错误；D．同周期自左而右非金属性增强，故Z(S)

元素的非金属性比N(Cl)元素的非金属性弱，故D错误；答案选A。19.根据下列信息判断氢气燃烧生成水时的热量变化，其中一定正确的是（）A.生成1molH2O时放出热量245kJB.H2O分解为H2与O2时放出热量C.甲、乙、丙中物

质所具有的总能量大小关系为甲>乙>丙D.氢气和氧气的总能量小于水的能量【答案】A【解析】【详解】A．上图表示了1mol氢气和0.5mol氧气反应生成1mol水的过程中的能量变化，断键吸收能量，成键释放能量，△H=反应物键能和-生成物键能和436k

J/mol+249kJ/mol-930kJ/mol=-245kJ/mol，所以生成1molH2O时放出热量245kJ，故A正确；B．△H=反应物键能和-生成物键能和=436kJ/mol+249kJ/mol-930kJ/mol=-245kJ/mol<0

，所以氢气与氧气生成水的反应放热，所以水分解吸热，故B错误；C．断键吸收能量，成键释放能量，甲、乙、丙中物质所具有的总能量大小关系为乙＞甲＞丙，故C错误；D．氢气与氧气生成水的反应放热，反应物总能量高于生成物，氢气和氧气的总能量大于水的，故D错误；故选：A。【点睛】△

H=反应物键能和-生成物键能=正反应活化能-逆反应活化能；键能的定义为：在标准状况下，将1mol气态分子AB(g)解离为气态原子A(g)，B(g)所需的能量。20.有A、B、C、D四块金属片，进行如下实验，①A、B用导线相连后，同时插入

稀H2SO4中，A极为负极②C、D用导线相连后，同时浸入稀H2SO4中，电子由C→导线→D③A、C相连后，同时浸入稀H2SO4，C极产生大量气泡④B、D相连后，同时浸入稀H2SO4中，D极发生氧化反应，则四种金属的活动性顺序为：A.A>B>C>DB.A>C>D>BC.C>

A>B>DD.B>D>C>A【答案】B【解析】【详解】①A、B用导线相连后，同时插入稀H2SO4中，A极为负极，A的活泼性大于B；②C、D用导线相连后，同时浸入稀H2SO4中，电子由C→导线→D，C是负极，C的活泼性大于D；③A、C相连后，同时浸入稀H2SO4，C极产生大量气泡

，A是负极、C是正极，A的活泼性大于C；④B、D相连后，同时浸入稀H2SO4中，D极发生氧化反应，D是负极，D的活泼性大于B；所以四种金属的活动性顺序为A>C>D>B，故选B。21.铅蓄电池是最早使用的充电电池。目前汽车上使用的电瓶大多数

仍是铅蓄电池，其电池反应为：Pb＋PbO2＋2H2SO4充电放电2PbSO4＋2H2O，下列说法正确的是A.该电池放电过程中，溶液的pH值增大B.放电时，电池的负极反应为：Pb－2e－=Pb2+C.该电池放电过程中负极质量减

少D.放电过程中，电子的流向为：负极→导线→正极→H2SO4溶液【答案】A【解析】【详解】A．根据总反应可知放电过程中硫酸被消耗，所以溶液的pH值增大，故A正确；B．放电时Pb被氧化作负极，生成Pb2+与SO24−结合生

成沉淀，电极反应式为Pb－2e－+SO24−=PbSO4，故B错误；C．该电池放电时负极反应为Pb－2e－+SO24−=PbSO4，铅变成硫酸铅，质量增大，故C错误；D．电子不能在电解质溶液中移动，故D错误；综上所

述答案为A。22.对可逆反应4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)，下列叙述正确的是A.达到化学平衡时，4v正(O2)=5v逆(NO)B.若单位时间内生成nmolNO的同时，消耗nmolNH3，则反应达到

平衡状态C.达到化学平衡时，若增加容器体积，则正反应速率减小，逆反应速率增大D.化学反应速率关系是：2v正(NH3)=3v逆(H2O)【答案】A【解析】【详解】A．4v正(O2)=5v逆(NO)，不同物质表示正逆反应速率之比等于化学计量数之比，表示正反应速率和逆反应速率相等，反应达到平衡

状态，A正确；B．若单位时间内生成nmolNO的同时，消耗nmolNH3，都表示反应正向进行，不能说明到达平衡，B错误；C．达到化学平衡时，若增加容器体积，则物质的浓度减小，正、逆反应速率均减小，C错误；D．用不同物质

表示的化学反应速率之比等于其化学计量数之比，正确的化学反应速率关系是：3v正(NH3)=2v逆(H2O)，D错误。答案选A。23.下列各组物质在一定条件下反应，可以制得较纯净的1，2—二氯乙烷的是（）A.乙烷与氯

气光照反应B.乙烯与氯化氢气体混合C.乙烯与氯气加成D.乙烯通入浓盐酸【答案】C【解析】【详解】A．乙烷与氯气光照反应，可生成多种氯代物的混合物和氯化氢，A不合题意；B．乙烯与氯化氢气体混合，反应生成氯乙烷（CH3CH2Cl），B不合题意；C．乙烯与氯气加成，只能生成1，

2—二氯乙烷（ClCH2CH2Cl），C符合题意；D．乙烯通入浓盐酸中，不能发生反应，D不合题意；故选C。24.A、B、C三种醇同足量的金属钠完全反应，在相同条件下产生相同体积的氢气，消耗这三种醇的物质的量之比为3∶6∶2，则

A、B、C三种醇分子里羟基数之比是()A.3∶2∶1B.2∶6∶2C.3∶1∶2D.2∶1∶3【答案】D【解析】【详解】设生成氢气amol，根据2-OH～2Na～H2↑可知参加反应的羟基均为2amol，故A、B、C三种分子里羟基数目之比为2a3

：2a6：2a2=2：1：3，故答案为D。25.海洋中有丰富的资源，如图为海水利用的部分过程。下列有关说法正确的是()A.由反应①可知：相同温度下，NaHCO3的溶解度大于Na2CO3B.通过电解MgCl

2溶液可以获得Mg单质C.反应②的离子方程式为：Br2＋SO2＋2H2O＝SO2-4＋2Br—＋4H+D.工业上沉淀Mg2+为Mg(OH)2时常选用NaOH作为沉淀剂【答案】C【解析】【详解】A．往NaCl溶液中通氨气、二氧化碳，得到的沉淀是NaHCO3，说明碳酸氢钠的溶解度小于

氯化钠，此过程不能判断NaHCO3的溶解度大于Na2CO3，事实上碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠，选项A错误；B．镁是活泼的金属，工业上通过电解熔融的氯化镁得到金属镁，选项B错误；C．反应②中二氧化硫溶液与单质溴反应生成硫酸和HBr，反应的离子

方程式为Br2＋SO2＋2H2O＝SO42－＋2Br—＋4H+，选项C正确；D．氢氧化钠的价格较高，成本高，工业上沉淀Mg2+为Mg(OH)2时常选用石灰乳而不用NaOH作为沉淀剂，选项D错误。答案选C。26.

按要求填空：(1)制备Fe(OH)3胶体的化学方程式：_______。(2)实验室经常用KMnO4与过量浓盐酸反应制备氯气，写出化学方程式并用单线桥标出电子转移的方向和数目：_______。若31.6gKMnO4与过量浓盐酸充分反应，

被氧化的HCl的物质的量为__，在标准状况下生成的Cl2的体积为__。(3)引发铝热反应的实验操作是______。(4)实验室制取乙酸乙酯的化学方程式__________。实验中用到的饱和Na2CO3溶液的作用除了除去乙酸，还

有____。【答案】(1).+323FeCl+3HO=Fe(OH)()+3H胶体(2).(3).1mol(4).11.2L(5).在铝热剂上面加少量氯酸钾，插入镁条并将其点燃(6).CH3COOH+C2H5OH浓硫酸CH3COOC2H5+H2O(7).

溶解乙醇、降低酯的溶解度，有利于分层【解析】【详解】(1)实验室制备胶体的原理是利用铁离子水解生成氢氧化铁胶体，反应的化学方程式为FeCl3+3H2OΔFe(OH)3(胶体)+3HCl；(2)高锰酸钾将HCl氧化成Cl2，同时生成MnCl2，由

于该反应中会有一部分HCl不被氧化，所以可以确定KMnO4与Cl2的系数比为2:5，再结合元素守恒可得化学方程式为：；根据方程式可知2molKMnO4参与反应时被氧化的HCl的物质的量为10mol，生成5molCl2；31.6gKMnO4的物质的量为31.6g158g/mol=0.2mol，所以被

氧化的HCl的物质的量为1mol，生成0.5mol氯气，标况下体积为11.2L；(3)引发铝热反应的实验操作是在铝热剂上面加少量氯酸钾，插入镁条并将其点燃；(4)实验室利用乙醇和乙酸在浓硫酸、加热的条件制备乙酸乙酯，化学

方程式为CH3COOH+C2H5OHΔ浓硫酸CH3COOC2H5+H2O；实验中用到的饱和Na2CO3溶液的作用除了除去乙酸，还有溶解乙醇，降低酯的溶解度，有利于分层的作用。【点睛】配平氧化还原反应方程式时，若作为氧化剂(或还原剂)的

物质并不是全部表现氧化性(或还原性)，则可以通过电子守恒找还原产物和还原剂(或氧化产物和氧化剂)的系数关系。27.下列每一序号代表一种元素。元素①是常见的过渡元素，其氧化物为黑色且具有磁性。元素②～⑤的性质如表1和元素⑥～

⑩在周期表中的位置如表2所示。请回答下列有关问题：(1)元素⑤的简单离子的结构示意图是_；所给元素中，其含氧化合物能用于漂白，该元素可能是_(填元素符号)。(2)元素④在元素周期表中的位置是___，该元素的氢化物与元素⑤的单质在高温催化剂条件

下反应的化学方程式为_____。(3)元素③的单质与元素①的磁性氧化物在高温条件下发生反应的化学方程式为______。(4)元素⑥的单质在元素⑤的单质中燃烧的产物含有的化学键为___。(5)元素⑦、⑧、⑨的氢化物的稳定性由弱到强

的顺序为__(填化学式)。设计实验证明单质氧化性顺序为⑩>⑧____。【答案】(1).(2).Na、S、Cl(3).第二周期第VA族(4).3224NH+5O4NO+6HO催化剂高温(5).34233FeO+8Al4AlO+9Fe高温(6).离子键、共价键(7).SiH4、H2S、HCl(或SiH

4<H2S<HCl)(8).用试管取少量的氢硫酸(或Na2S)溶液，然后滴加溴水，试管中出现黄色(浑浊)，证明Br2的氧化性比S强【解析】【分析】由元素在周期表中的位置，可知⑥为Na、⑦为Si、⑧为S、⑨为Cl、⑩为Br，元素

①是常见的过渡元素，其氧化物呈黑色且只有磁性，则①为Fe，②、③化合价分别为+2、+3，分别处于ⅡA、ⅢA族，原子半径相近，二者同周期，由化合价可知，④为ⅤA族元素、⑤为ⅥA族元素，④⑤原子半径相近，二者同周期，且与②③原子半径相差较大，故②③处于第三周期，④⑤处于第二周期，故②为Mg、③为Al

、④为N、⑤为O，据此解答。【详解】(1)元素⑤为O，元素⑤的简单离子的结构示意图是；所给元素中，其含氧化合物能用于漂白，即可能为Na2O2、SO2、HClO等，则该元素可能是Na、S、Cl；(2)元素④为N，在元素周

期表中的位置是第二周期第VA族，该元素的氢化物NH3与元素⑤的单质O2在高温催化剂条件下反应生成NO和H2O的化学方程式为3224NH+5O4NO+6HO催化剂高温；(3)元素③的单质Al与元素①的磁性氧化物Fe3O4在高温条件下发生反应生成氧化铝和铁，反应的化

学方程式为34233FeO+8Al4AlO+9Fe高温；(4)元素⑥的单质Na在元素⑤的单质O2中燃烧的产物Na2O2含有的化学键为离子键和非极性共价键；(5)元素非金属性越强气态氢化物的稳定性越强，则元素⑦、⑧、⑨的氢化物

的稳定性由弱到强的顺序为SiH4、H2S、HCl(或SiH4<H2S<HCl)；设计实验证明单质氧化性顺序为用试管取少量的氢硫酸(或Na2S)溶液，然后滴加溴水，试管中出现黄色(浑浊)，证明Br2的氧化性比S强。28.甲醇是一种理想的液体燃料，工业上可利用CO与H2反应合

成甲醇，即CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)，该反应是放热反应。若在体积为2L的密闭容器中加入5molH2和一定量的CO后，CO和CH3OH(g)的浓度随时间的变化情况如图所示。(1)该反应在0-4min内用H2表示的反应速率为：v(H2)=_____mol·L-1·s-1；10m

in末H2的转化率______；CO的体积分数________。(2)该反应进行10min后，若体积不变，通入惰性气体则正应速率将______；在其他条件不变时，只升高体系的温度，则该反应的逆反应速率将______。(填“增大”、“减小”或“不变”)(3)当温度和体积一定时，该

反应达到平衡状态的标志是______A．混合气体的密度不变B．CO、H2、CH3OH的反应速率之比为1:2:1C．混合气体的平均相对分子质量不变D．混合气体的质量不变E．混合气体的压强不变F．单位时间内

生成amolCH3OH，同时消耗2amolH2(4)如图是某研究机构开发的给笔记本电脑供电的甲醇燃料电池，甲醇在催化剂作用下提供质子(H+)和电子，M应作为原电池的_____(填“正极”或“负极”)；H+通过质子交换膜移向____

(填M电极或N电极)；其负极的电极反应式为_______。【答案】(1).0.004(或0.0042)(2).60%(3).12.5%(4).不变(5).增大(6).C、E(7).负极(8).N电极(9).CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+【解析】【分析】

(1)依据图象分析计算甲醇的反应速率，结合反应速率之比等于化学方程式计量数之比计算得到氢气表示的反应速率；列出三段式分析计算；(2)若体积不变，通入惰性气体不改变反应物的浓度，则正应速率将不变；升高反应的温度，反应速率增大；(3)化学平衡的标志是正逆反应速率

相同，各组分含量保持不变，及其衍生的物理量的变化分析判断；(4)原电池中电子从负极经外电路流向正极，根据电子流向可知M电极为负极，N电极为正极，原电池内部阳离子移向正极，H+通过质子交换膜移向N电极，甲醇在负极上发生氧化反应，电极反应式为CH3OH-6e－+H2O=CO2+6H＋，正极电

极反应为O2+4H＋+4e－=2H2O。【详解】(1)甲醇的反应速率v(CH3OH)=10.5mol?L4min－=0.125mol·L－1·min－1，结合反应速率之比等于化学方程式计量数之比计算得到氢气表示的反应速

率v(H2)=2v(CH3OH)=0.25mol·L－1·min－1=0.004(或0.0042)mol·L-1·s-1；()()()23COg+2HgCHOHgmol25mol1.531.5mol0.25220.752起始变化

平衡10min末H2的转化率=35molmol×100%=60%；CO的体积分数=0.50.521.5molmolmolmol++×100%=12.5%。故答案为：0.004(或0.0042)；60%；12.5%；(2)该

反应进行10min后，若体积不变，通入惰性气体不改变反应物的浓度，则正应速率将不变；在其他条件不变时，只升高体系的温度，单位体积内活化分子百分数增大，则该反应的逆反应速率将增大。故答案为：不变；增大；(3)A．混合气体的密度始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故A错误；B

．CO、H2、CH3OH的反应速率之比为1:2:1，不能证明正逆反应速率相同，不能确定反应达到平衡状态，故B错误；C．该反应混合气体的质量不变，气体的物质的量发生变化，混合气体的平均相对分子质量不变，证明各组分含量保持不变，说明反应达到平衡状态，故C正

确；D．混合气体的质量始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故D错误；E．反应中气体的物质的量发生变化，混合气体的压强不变，证明正逆反应速率相同，说明反应达到平衡状态，故E正确；F．单位时间内生成amolCH3OH，同时消耗2amolH2，均表示正速率，不能说明正逆反应速率相同，故

F错误；故答案为：C、E；(4)原电池中电子从负极经外电路流向正极，根据电子流向可知M电极为负极，N电极为正极。甲醇在催化剂作用下提供质子(H+)和电子，M上失电子，发生氧化反应，应作为原电池的负极；原电池内部阳离子移向

正极，H+通过质子交换膜移向N电极；CH3OH失电子被氧化，酸性条件下生成二氧化碳，其负极的电极反应式为CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+。故答案为：负极；N电极；CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+。【点睛】本题考查了图象分析，化学平衡影响因素的判断，原电池电极名称的分

析，主要是反应速率概念计算、转化率、体积分数的计算和平衡标志的理解应用，掌握基础是解题关键，易错点(3)平衡状态的判断，抓住原来变化的物理量，保持不变，说明达到平衡。难点（1）平衡时体积分数、转化率的计算，突破口，列出三段式分析，问题迎刃而解。29.某校学生用下图所示装置进行实验。以探究苯与溴发生

反应的原理并分离提纯反应的产物。请回答下列问题：(1)写出装置Ⅱ中发生的主要化学反应方程式____________________________，其中冷凝管所起的作用为导气和________，Ⅳ中球形干燥管的作用是_____

_____。(2)实验开始时，关闭K2、开启K1和分液漏斗活塞，滴加苯和液溴的混合液，反应开始。Ⅲ中小试管内苯的作用是_________________________。(3)能说明苯与液溴发生了取代反应的现象是______________________。(4

)反应结束后，要让装置Ⅰ中的水倒吸入装置Ⅱ中以除去装置Ⅱ中残余的HBr气体。简述如何实现这一操作：______________________________________。(5)纯净的溴苯是无色油状的液体，这个装置制得的

溴苯呈红棕色，原因是里面混有______________，将三颈烧瓶内反应后的液体依次进行下列实验操作就可得到较纯净的溴苯。①用蒸馏水洗涤，振荡，分液；②用__________洗涤，振荡，分液；③蒸馏。【答案】(1).(2).冷凝回流（冷凝苯和Br2蒸气）(3).防倒吸(4).吸收溴蒸气(

5).III中硝酸银溶液内出现淡黄色沉淀(6).关闭K1和分液漏斗活塞，开启K2(7).溴(Br2)(8).NaOH溶液【解析】【分析】苯和液溴发生取代反应生成溴苯和溴化氢，由于液溴易挥发，会干扰溴化氢的检验，需要利用苯除去溴。利用氢氧化钠溶液吸收尾气，由

于溴化氢极易溶于水，需要有防倒吸装置，根据生成的溴苯中含有未反应的溴选择分离提纯的方法。据此解答。【详解】（1）装置Ⅱ中发生的主要化学反应是苯和液溴的取代反应，反应的化学方程式为。由于苯和液溴易挥发，则其中冷凝管所起的作用为导气和冷凝回流（冷凝苯和Br2蒸气）。由于溴化氢极易溶于水，则Ⅳ中球

形干燥管的作用是防倒吸。（2）Ⅲ中小试管内苯的作用是除去溴化氢中的溴蒸气，避免干扰溴离子检验；（3）因从冷凝管出来的气体为溴化氢，溴化氢不溶于苯，溴化氢能与硝酸银反应生成溴化银沉淀，因此能说明苯与液溴发生了取

代反应的现象是III中硝酸银溶液内出现淡黄色沉淀。（4）因装置Ⅱ中含有溴化氢气体能污染空气，使I的水倒吸入Ⅱ中可以除去溴化氢气体，以免逸出污染空气；操作方法为关闭K1和分液漏斗活塞，开启K2。（5）纯净的溴苯是无色油状的液体，这个

装置制得的溴苯呈红棕色，原因是里面混有单质溴，由于单质溴能与氢氧化钠溶液反应，则将三颈烧瓶内反应后的液体依次进行下列实验操作就可得到较纯净的溴苯。①用蒸馏水洗涤，振荡，分液；②用氢氧化钠溶液洗涤，振荡，分液；③蒸馏。