【文档说明】浙江省温州人文高级中学2019-2020学年高一下学期期中考试化学（学考）试题 【精准解析】.doc，共(25)页，999.500 KB，由小赞的店铺上传

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2019学年第二学期温州人文高级中学六月月考（学考）高一年级化学学科试题命题人：吕知索审题人：郑最胜考生须知：1．本卷共8页满分100分，考试时间90分钟；2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。3．所有

答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效；4．考试结束后，只需上交答题纸。5．本卷可能用到的相对原子质量：H-1，C-12，O-16，S-32，Cl-35.5，Na-23，Mg-24，K-39，Fe-56，Cu-64，Ba-137，P-31第I卷（选择题，共50分）一

、选择题（本题包括25小题，每小题2分，共50分。每小题只有一个选项符合题意。）1.下列属于碱的是A.KOHB.Na2CO3C.CO2D.H2SO4【答案】A【解析】【详解】A．KOH可以电离出氢氧根和钾离子，属于碱，A正确；B．Na2CO3可

以电离出钠离子和碳酸根，属于盐，B错误；C．CO2属于氧化物，C错误；D．H2SO4可以电离出氢离子和硫酸根，属于酸，D错误；故选A。2.下列图示与操作名称不对应的是A.加热B.萃取C.蒸发D.蒸馏【答案】B【解析】【详解】A．图为液体的加热，操作名称是加热，故A正确；B．图中装置的仪

器分液漏斗用于分离互不相溶的液体，可知本实验操作名称是分液，不是萃取，故B错误；C．图为加热条件下从溶液中分离溶质，操作名称是蒸发，故C正确；D．图中装置的仪器以及操作用于分离沸点不同的液体混合物，可知本实验操作名称蒸馏，故D正确；答案选B

。3.下列属于电解质的是A.石墨B.甲烷C.无水硫酸铜D.盐酸【答案】C【解析】电解质包括是酸、碱、大多数的盐、多数的金属氧化物，A、石墨是单质，石墨不是电解质，故A错误；B、甲烷不属于电解质，故B错误；

C、无水硫酸铜属于盐，属于电解质，故C正确；D、盐酸属于混合物，不属于电解质，故D错误。4.下列过程会释放出热量的是A.浓硫酸稀释B.水的分解C.硝酸铵溶于水D.冰的融化【答案】A【解析】浓硫酸稀释放热，故A正确；水的

分解吸热，故B错误、；硝酸铵溶于水吸热，故C错误；冰的融化吸热，故D错误。5.下列有关氢氧化铁胶体说法不正确的是A.能产生丁达尔效应B.可用于净水C.是不均一的分散系D.是透明的混合物【答案】C【解析】【详解】A．氢氧化铁胶体属于胶体，能产生丁达尔效应，故A正确；

B．氢氧化铁胶体的胶粒具有吸附作用，可以吸附水中杂质达到净水的目的，故B正确；C．胶体是均一的分散系，故C错误；D．胶体是透明的混合物，故D正确；故答案为C。6.下列化学反应属于氧化还原反应的是（）A.H

Cl+NaOH＝NaCl+H2OB.Na2O+H2O＝2NaOHC.Ca(OH)2+CO2＝CaCO3+H2OD.SO2+Cl2+2H2O＝H2SO4+2HCl【答案】D【解析】【详解】A．NaOH+HCl=NaCl+H2O反应中不存在

元素化合价的变化，不属于氧化还原反应，故A错误；B．Na2O+H2O＝2NaOH反应中不存在元素化合价的变化，不属于氧化还原反应，故B错误；C．Ca(OH)2+CO2＝CaCO3+H2O反应中不存在元素化合价的变化，不属

于氧化还原反应，故C错误；D．SO2+Cl2+2H2O＝H2SO4+2HCl反应中硫元素和氯元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故D正确；故选D。7.下列物质，因水解而使溶液呈酸性的是A.CH3COOHB.

NaHCO3C.NH4ClD.HCl【答案】C【解析】【详解】A．CH3COOH可以电离出氢离子从而使溶液显酸性，故A不符合题意；B．碳酸氢钠溶液中因碳酸氢根的水解程度大于其电离程度而显碱性，故B不符合题意；C．氯化铵溶液中存在铵根的水解N

H4++H2ONH3·H2O+H+，溶液显酸性，故C符合题意；D．HCl可以电离出氢离子从而使溶液显酸性，故D不符合题意；故答案为C。8.下列化学用语表述正确的是A.次氯酸的结构式HClO−−B.CH4的球棍模型C.乙烯的结构

简式CH2CH2D.S2-的结构示意图【答案】D【解析】【详解】A．O原子最外层有2个单电子，可以分别与H和Cl的最外层的单电子结合形成共价键，因此次氯酸的结构式为H-O-Cl，A错误；B．选项中图示为甲烷的比例模型，甲烷的球棍模型为，B错误；C．

在书写结构简式时，可以将原子之间的单键省略，但双键、三键不能省略，故乙烯的结构简式为CH2=CH2，C错误；D．硫原子在形成硫离子时需要得到2个电子，因此硫离子的最外层电子数为18，硫离子的结构示意图为，D正确；故选D。9.下列说法正确的是A.富勒烯包含C60、C70、碳纳米管等

，它们互为同素异形体B.H、D、T互为同位素，中子数都为1C.C4H10与C2H6O—定互为同系物D.C4H10的一氯代物只有两种【答案】A【解析】A.富勒烯包含C60、C70、碳纳米管等，它们均是碳元

素形成的单质，互为同素异形体，A正确；B.H、D、T互为同位素，中子数都分别为0、1、2，B错误；C.C4H10与C2H6O的结构一定不相似，—定不能互为同系物，C错误；D.C4H10的一氯代物有4种，D错误，答案选A。点睛：选项D是解

答的易错点和难点，注意一取代产物数目的判断：①基元法：例如丁基有四种异构体，则丁醇、戊醛、戊酸等都有四种同分异构体。②替代法：例如二氯苯(C6H4Cl2)有三种同分异构体，四氯苯也有三种同分异构体(将H替代Cl)

。③等效氢法。10.下列说法正确的是A.石油的蒸馏实验中，忘记加沸石，应立即趁热加入沸石，以免暴沸B.保存氯化亚铁溶液时，应加少量铁粉C.向铜与浓硫酸反应后的混合溶液中加水，判断有无铜离子D.二氧化硫能使滴有酚酞的氢氧化钠溶液褪色，体现了其漂白性【答案】B【解析】A．液体加热要加沸石或碎瓷

片，引入汽化中心，可防止溶液暴沸，如果加热一段时间后发现忘记加碎瓷片，应该停止加热，待溶液冷却后重新添加碎瓷片，故A错误；B．亚铁离子容易被空气中的氧气氧化为铁离子，故在氯化亚铁溶液加入少量铁粉，可以防止亚铁离子被

氧化，故B正确；C．浓硫酸中含有的水很少，铜与浓硫酸反应后生成的硫酸铜几乎未溶解，因此在混合溶液中加水，不能够使溶液呈现蓝色，故C错误；D．二氧化硫与氢氧化钠反应，溶液的碱性减弱，红色褪去，体现了二氧化硫酸性氧化物的性质，与漂白性无关，故D错误；故选B。11.X、Y、Z、W四种短

周期元素在元素周期表中的相对位置如图所示。下列说法正确的是A.Y、Z、X三种元素的原子半径依次增大B.X、Z都是第二周期ⅥA族元素，单质的氧化性X>ZC.Y的气态氢化物的热稳定性比Z的高D.W元素最高价氧化物的水化物的酸性比Z的强【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、W

四种短周期元素，根据其在元素周期表的位置关系判断，X为O元素，Y为Si元素，Z为S元素，W为Cl元素，结合物质结构与元素周期律分析作答。【详解】根据上述分析可知，X为O元素，Y为Si元素，Z为S元素，W为Cl元素，则A.同周期元素从左

到右原子半径依次减小，同主族元素从上到下原子半径依次增大，则Y、Z、X三种元素的原子半径依次减小，故A错误；B.X、Z虽都是ⅥA族元素，但X位于第二周期，Z位于第三周期元素，由于同族元素的非金属性依次减弱，单质的氧化性依

次减弱，则单质的氧化性X>Z，故B错误；C.元素的非金属性越强，对应气态氢化物的热稳定性越强，因非金属性：Y＜Z，则Y对应的气态氢化物的热稳定性比Z的低，故C错误；D.元素的非金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的酸性越强（除F、O无最高正价以外

），因非金属性：W＞Z，则W元素最高价氧化物的水化物的酸性比Z的强，故D正确；答案选D。12.下列方程式不正确的是A.NaHCO3在水中的电离方程式：NaHCO3=Na++HCO-3B.氯化镁溶液与氨水反应的离子方程式：Mg2++2OH－=Mg(OH)2↓

C.Cl2与水反应的离子方程式：Cl2+H2OH++Cl－+HClOD.醋酸钠水解的离子方程式CH3COO－＋H2OCH3COOH+OH－【答案】B【解析】【详解】A．NaHCO3为强碱弱酸的酸式盐，属于强电解质，

完全电离，但碳酸氢根离子属于弱酸根离子，不能拆，故电离方程式为NaHCO3=Na++HCO-3，A正确；B．氨水中的溶质一水合氨为弱碱不能拆分，故氯化镁与氨水反应的正确离子方程式Mg2++2NH3∙H2O=Mg(OH)2↓+2N

H4+，B错误；C．HClO为弱酸，不能拆，故Cl2与水反应的离子方程式：Cl2+H2OH++Cl－+HClO，C正确；D．醋酸钠为强碱弱酸盐，醋酸钠水解的离子方程式:CH3COO－＋H2OCH3COO

H+OH－,D正确；故答案选B。13.下列操作或试剂的选择不正确的是A.可用冷却结晶、过滤的方法提纯含少量NaCl杂质的KNO3B.可用水鉴别苯、四氯化碳C.可用浓Ba(OH)2溶液鉴别NH4Cl、(NH

4)2SO4和K2SO4D.可用酸性高锰酸钾除去CH4气体中的乙烯【答案】D【解析】【详解】A．KNO3的溶解度受温度影响大，而NaCl溶解度受温度影响不大，可用冷却结晶、过滤的方法提纯含少量NaCl杂质的KNO3，A正确；B．水与苯和四氯化碳都不溶，水分别与苯、四氯化碳混

合时，因为苯的密度比水小，所以苯层在水层上，四氯化碳的密度比水大，四氯化碳在水层下，所以可用水鉴别苯、四氯化碳，B正确；C．浓Ba(OH)2溶液分别与NH4Cl、(NH4)2SO4和K2SO4混合时，现象分别是：有刺

激性气味的气体产生、有刺激性气味的气体产生同时有白色沉淀生成、有白色沉淀生成，现象不一样，所以可用浓Ba(OH)2溶液鉴别NH4Cl、(NH4)2SO4和K2SO4，C正确；D．酸性高锰酸钾会与乙烯反应，将乙烯氧化，产生二氧化碳，所以

除去CH4气体中的乙烯的同时生成二氧化碳这种杂质气体，达不到纯化CH4的目的，D错误；答案选D。14.下列有关有机物的结构、性质和应用的说法中，不正确的是A.光照条件下，1mol甲烷在与足量氯气反应，可得4种有机产物B.为实现乙醇催化氧化，可使用铜或银作为催化剂C.制备乙酸乙酯需要

用到的药品主要有：乙醇、浓硫酸、0.1mol/L醋酸等D.从煤干馏得到的煤焦油中可以分离出苯【答案】C【解析】【详解】A．光照条件下，1mol甲烷与足量氯气发生取代反应生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷和氯化氢5种产物，其中一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷

、四氯甲烷为4种有机产物，故A正确；B．乙醇在铜或银作为催化剂加热条件下与氧气发生催化氧化反应生成乙醛，故B正确；C．制备乙酸乙酯需要用到的药品主要有：无水乙醇、浓硫酸和冰醋酸，不能使用醋酸溶液，故C错误；D．煤的干馏是指将煤隔绝空气加强热使煤

分解的过程，煤干馏生成焦炭(或半焦)、煤焦油、粗氨水、焦炉气等，煤焦油中含有苯、甲苯和二甲苯等，则从煤干馏得到的煤焦油中可以分离出苯，故D正确；答案选C。15.下列说法正确的是A.75%的酒精可使蛋白质变性，常用于杀菌消毒B.氨基酸为高分子化合物，分子中含有－COOH和－NH2C.往淀粉水解液中

加入过量NaOH溶液，再加入碘水，未变蓝色，则说明淀粉已完全水解D.油脂在碱性条件下水解生成高级脂肪酸和甘油【答案】A【解析】【详解】A．细菌病毒是一种蛋白质，酒精能使蛋白质变性，常用75%的酒精杀菌消毒，A正确；B．氨基酸结构中含有氨基和羧基，但其

相对分子质量较小，不属于高分子化合物，B错误；C．碘与氢氧化钠溶液反应，不能检验淀粉是否完全水解，水解后可直接加入碘，不能加入过量的氢氧化钠，C错误；D．油脂在碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐和甘油，被称

为皂化反应，D错误；故选A。16.某药物中间体，结构简式为，下列有关说法不正确的是A.该有机物的分子式为：C8H6O3B.该有机物可发生加成反应、取代反应C.与少量新制Cu(OH)2加热，产生砖红色沉淀D.该有机物，可由氧化获得【答案】C【解析】

【详解】A．苯的分子式为C6H6，该有机物可看做苯分子上的两个氢原子被一个羧基和一个醛基取代，该有机物的分子式为：C8H6O3，故A正确；B．该有机物含有苯环、羧基和醛基，具有苯、羧酸和醛的性质，羧基可发生酯化反应，酯化反应属于取代反应，醛基在一定条件下可发生加成反应，苯环在一定条件下可以

发生加成和取代反应，故B正确；C．该有机物结构中含有羧基，具有酸性，与少量新制Cu(OH)2先发生酸碱中和，不会产生砖红色沉淀，故C错误；D．有机物中含有羧基和羟基，在铜作催化剂加热条件下与氧气反应，羧基在铜

作催化剂加热条件下与氧气不反应，醇羟基则发生催化氧化，被氧化为醛基生成，故D正确；答案选C。17.某氨气燃料电池，如图所示，下列说法不正确的是A.正极的电极反应式为O2+4e－+4H+=2H2OB.电子流向：电极1→负载→电极

2C.Na+由左向右移动D.NH3在电极1上发生氧化反应【答案】A【解析】【分析】该电池中氨气转化为氮气发生氧化反应，所以通入氨气的一极为负极，通入氧气的一极为正极。【详解】A．通入氧气的一极为正极，电解质溶液为碱性，所以氧气得电子

生成氢氧根，电极方程式为O2+4e－+2H2O=4OHˉ，故A错误；B．原电池中电子由负极经导线流向正极，根据分析可知电极1为负极，电极2为正极，所以电子的流向为电极1→负载→电极2，故B正确；C．原电池中阳离子流向正极，所以钠离子

自左向右移动，故C正确；D．据图可知NH3在电极1上转化为N2和H2O，失电子发生氧化反应，故D正确；故答案为A。18.下列说法正确的是A.在相同温度下，物质的量浓度相等的氨水、NaOH溶液，c(OH‾)相等B.中和

pH和体积均相等的盐酸、CH3COOH溶液，所需NaOH的物质的量相同C.浓度和体积都相等的盐酸和醋酸溶液分别与足量的Zn完全反应，盐酸产生的H2多D.室温下pH＝1的CH3COOH溶液和pH＝13的NaOH溶液中，c(CH3COO‾)＝c(Na+)【答案】D【解析】【详解】A.氢氧化钠是强碱，完

全电离，一水合氨是弱碱，部分电离，在相同温度下，物质的量浓度相等的氨水、NaOH溶液，c(OH－)不相等，前者小于后者，故A错误；B.pH相同的盐酸、CH3COOH溶液相比，CH3COOH的浓度更大，所以中和pH和体积均相等

的盐酸、CH3COOH溶液时，最终CH3COOH所需NaOH的物质的量更大，故B错误；C.浓度和体积都相等的盐酸和醋酸溶液中氢离子的物质的量n(H+)相等，则两者分别与足量的Zn完全反应时，产生的H2一样多，故C错误；D.室温下pH=1的醋酸溶液中c(H+)=0.1mo

l/L，pH=13的NaOH溶液中c(OH-)=0.1mol/L，各溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)、c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，根据室温下水

的离子积为常数，所以酸中c(OH-)等于碱中c(H+)，所以存在c(CH3COO-)=c(Na+)，故D正确；答案选D。19.下列说法正确的是A.石英、C60、金刚石都是原子晶体B.H2O汽化成水蒸气、分解为H2和O2，都需要破坏共价键C.H2SO4、NaOH的水溶液都能导电，

所以它们都属于离子化合物D.Cl2和PCl5分子中，氯原子的最外电子层都含有8个电子【答案】D【解析】【详解】A．石英、金刚石为原子晶体，C60为分子晶体，A错误；B．水的汽化破坏了分子间作用力，而水分解生成氢气和氧

气破坏了水分子中的共价键，B错误；C．硫酸溶于水能够发生电离，但纯硫酸不会发生电离，故硫酸为分子晶体，C错误；D．氯气中氯原子的最外层有7个电子，其中6个成对1个为单电子，两个氯原子个拿出一个电子形成共用电子对，因此氯气中氯原子的最外层都含有8个电子；PCl5中P最外层有5个电子，与

氯原子最外层的一个单电子结合形成共用电子对，因此PCl5中氯原子的最外层也都含有8个电子，D正确；故选D。20.根据如下能量关系示意图，下列说法正确的是A.1molC(s)与1molO2(g)的能量之和为393.5kJB.由C→CO的热化学方程式为：2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH

=−221.2kJ∙mol−1C.反应2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)中，生成物的总能量大于反应物的总能量D.将1molC(s)磨成粉末后，反应更加剧烈，说明粉碎可以改变ΔH【答案】B【解析】【详解】A．据

图可知1molC(s)与1molO2(g)的能量之和比1molCO2(g)的能量多393.5kJ，并不是1molC(s)与1molO2(g)的能量之和为393.5kJ，故A错误；B．据图可知：i:C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=−393.5kJ/mol；ii:C

O(g)+12O2(g)=CO2(g)ΔH=−282.9kJ/mol；由盖斯定律(i-ii)×2可得2C(s)+O2(g)=2CO(g)的ΔH=[−393.5kJ/mol−(−282.9kJ/mol)]×2=−221.2kJ∙mol−1，故B正确；

C．据图可知1molCO(g)和0.5molO2(g)的能量高于1molCO2(g)，即反应物的总能量大于生成物的总能量，故C错误；D．1molC(s)磨成粉末后，反应更加剧烈，但不能改变反应的焓变，故D错误；故答案为B。21.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确．．．的是A.标准

状况下，22.4LCl2与水充分反应，转移电子数为NAB.31gP4(分子结构：)中的共价键数目为1.5NAC.30g甲醛、乙酸的混合物完全燃烧，产生的CO2分子数目为NAD.1L0.5mol·L-1的Na2CO3溶液中含有的阴离子总数大于0.5NA【答案

】A【解析】【详解】A．标准状况下22.4L氯气为1mol，氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，但该反应为可逆反应，1mol氯气不能完全消耗，故转移电子数小于NA，A错误；B．1molP4中含有6molP-P共价键，31gP4物质的量为0.25mol，则0.25molP4中共有1.

5mol共价键，即1.5NA个，B正确；C．甲醛和乙酸的最简式均为CH2O，30g混合物中有1mol“CH2O”，则1mol混合物完全燃烧生成CO2的分子数为NA，C正确；D．1L0.5mol·L-1的

Na2CO3溶液中，由于碳酸根发生水解反应生成氢氧根，故溶液中阴离子总数大于0.5NA，D正确；故选A。22.不同条件下，用O2氧化amol/LFeCl2溶液过程中所测的实验数据如图所示。4Fe2+(aq)+4H+(aq)+O2

(g)=4Fe3+(aq)+2H2O(l)ΔH>0下列分析或推测合理的是A.由①、②可知，pH越大，Fe2+越易被氧化B.由②、③推测，若pH＞7，Fe2+更难被氧化C.pH=2.5、70℃时，0~3h内Fe2+的平均消耗速率ν(

Fe2+)<0.8a3mol/(L·h)D.曲线②的变化趋势推测，反应吸热使得溶液温度下降，反应速率下降【答案】C【解析】【详解】A．①、②中温度和pH均不同，存在两个变量，不能判断pH对反应的影响，故A错误；B．若pH＞7，+2价铁会转化为氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁在空气中能被氧气氧化生成氢

氧化铁，所以+2价铁易被氧化，无法由②、③推测，pH＞7时，Fe2+更难被氧化，故B错误；C．由①和③可知，温度越高，Fe2+氧化速率越快，pH=2.5、80℃时，0~3h内Fe2+的平均消耗速率ν(Fe2+)=0.8a3

mol/(L·h)，则当温度为70℃时，ν(Fe2+)<0.8a3mol/(L·h)，故C正确；D．曲线②的变化趋势推测，反应速率降低，原因为反应物浓度减小，无法推测是因为温度降低导致反应速率下降，故D错误；故选C。23.下列实验操作正确且能达到相应实验目的的是实验目的实验

操作A比较碳和硫两种非金属性的强弱测同温同浓度下Na2CO3和Na2SO3水溶液的pH并比较pH大小B证明浓硫酸具有吸水性在蔗糖中滴加浓硫酸，蔗糖变黑C配制0.400mol/LNaOH溶液称取4.0g固体

NaOH于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，并马上转移至250mL容量瓶定容D比较水和乙醇中羟基上氢的活泼性分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．测同温同浓度下Na2CO3和Na2SO3水溶液的pH并比较pH大小，根据pH的大小可比较两种盐的水解程

度，根据盐溶液水解程度可以比较对应酸的酸性强弱；根据元素最高价氧化物对应水化物的酸性强弱可以比较非金属的强弱，但Na2SO3对应的酸为H2SO3，不是最高价氧化物对应水化物形成的酸，不能比较非金属性强弱，

故A不符合题意；B．在蔗糖中滴加浓硫酸，蔗糖变黑，体现了浓硫酸的脱水性，故B不符合题意误；C．称取4.0g固体NaOH于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，并冷却至室温后，再转移至250mL容量瓶定容，故C不符合题意；

D．水中氢氧根离子和乙醇中的羟基氢活泼性不同，与钠反应剧烈程度不同，可以利用与钠反应比较水和乙醇中羟基氢的活泼性，故D符合题意。答案选D。24.将一定量Na2CO3、NaHCO3组成的混合物溶于水配成50mL溶液，逐滴加入稀盐酸

，得到各成分物质的量变化如图所示(忽略溶液混合导致的体积变化，已知1mol=1000mmol)。下列说法不正确的是A.盐酸的物质的量浓度为0.05mol·L-1B.c点溶液中c(NaCl)=0.05mol·L-1C.a点溶液中发生反应的离子方程式为：CO2-3+

H+=HCO-3D.b点和d点所处的溶液中n(Na+)相等【答案】B【解析】【分析】Na2CO3和HCl的反应分为两步：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑

+H2O；加入50mL盐酸时，Na2CO3的物质的量由2.5mmol降为0，此时溶液中的溶质为NaHCO3和NaCl，之后加入到150mL盐酸时，NaHCO3的物质的量由5mmol降为0，此时溶液中的溶质为NaCl。【详解】A．0~50mL

发生反应Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，n(Na2CO3)=0.0025mol，根据反应方程式可知50mL盐酸中n(HCl)=0.0025mol，所以c(HCl)=0.0025mol0.05L=0.05mol/L，故A正确；B．c点加入100mL盐酸，根据元素

守恒n(NaCl)=n(HCl)=0.1L×0.05mol/L=0.005mol，此时溶液的体积为50mL+100mL=150mL，所以c(NaCl)=-10.005mol1=molL0.15L30，故B错误

；C．据图可知a点Na2CO3还有剩余，所以发生的离子反应为CO2-3+H+=HCO-3，故C正确；D．混合溶液中滴加的是HCl，所以溶液中n(Na+)始终不变，b点和d点所处的溶液中n(Na+)相等，故D正确；故答案为B。2

5.已知酸性：H2SO3>H2CO3>HSO-3>HCO-3，某无色溶液Y中可能含有以下几种离子：Cl－、SO2-4、HCO-3、HSO-3、Fe3+、Ba2＋、NH+4、Na+，溶液中阳离子浓度相同，为了确定其组成，某课题小组进行如下实验（假设气体均全部逸出、忽略H2O2的

分解）下列说法不正确．．．的是A.溶液1中一定不存在Fe3+、SO2-4B.气体1为CO2气体C.溶液Y中一定含有Cl－，且n(Cl－)=0.01molD.溶液Y中可能存在Na+，可取溶液1通过焰色反应实验验证【答案】C【解析】【分析】由于H

SO-3会被双氧水氧化，而加入足量盐酸酸化的双氧水能够产生气体，所以一定含有HCO-3，则一定不含Fe3+(会与碳酸氢根双水解)，产生的气体1为CO2，则n(HCO-3)=0.224L22.4L/mol=0.01mol；根据可能存在

的离子可知生成的不溶于酸的沉淀只能是BaSO4，则一定含有Ba2+，一定不含SO2-4，所以一定含HSO-3，亚硫酸氢根被双氧水氧化成硫酸根和钡离子结合生成硫酸钡沉淀，n(Ba2+)=n(HSO-3)=n(BaSO4)=

2.33g233g/mol=0.01mol；溶液1加入过量的氢氧化钡加热可以产生气体，则该气体为NH3，原溶液中一定含有NH+4，且n(NH+4)=0.17g17g/mol=0.01mol；根据已有推断，溶液中正电荷总数为：2n(Ba2+)+n(NH+4)=0.01

mol×2+0.01mol=0.03mol，负电荷总数为：n(HSO3-)+n(HCO3-)=0.01mol+0.01mol=0.02mol，即说明溶液中一定存在Cl－，但由于无法确定是否含有钠离子，所以n(Cl－)至少为0.01mol。【详解】A．根据分析可知溶液1中一定不

存在Fe3+、SO2-4，故A正确；B．根据分析可知气体1为CO2，故B正确；C．根据分析可知溶液Y中一定含有Cl－，但由于无法确定是否含有钠离子，所以n(Cl－)至少为0.01mol，故C错误；D．根据分析可知无法确定是否含有钠离子，可以通过焰色反应来检验溶液1中是否含有钠离子，若有，则溶

液Y中也有钠离子，故D正确；故答案为C。第Ⅱ卷（非选择题，共50分）二、简答题（本大题包括6小题，共50分）26.(1)写出石英主要成分的化学式：_____________；写出异丁烷的结构简式：___________

__(2)联氨（又称为肼，分子式为N2H4）一种高能燃料，常备用于火箭、航天领域，通常用过量NH3与NaClO反应制得。①请写出NH3的电子式：________________________②肼溶于水显弱碱性，其原理与氨相似。请用电离

方程式解释肼的水溶液显碱性的原因是：________③请写出上述制备肼的化学方程式：______________________________________________________【答案】(1).SiO2(2).CH3CH

(CH3)2(3).(4).N2H4·H2OOH-+N2H+5(5).2NH3+NaClO=NaCl+N2H4+H2O【解析】【分析】根据化合价升降法书写氧化还原方程式，运用类比的方法推测肼在水中呈碱性的原因，并写出相应的电离方程式。【详解】(1)石英的主要成

分的化学式是SiO2，异丁烷的结构简式为CH3CH(CH3)2；(2)①NH3中N原子最外层有5个电子，其中3个为单电子，分别与3个H原子最外层的电子共用形成3个N-H共价键，故NH3的电子式为；②氨溶于水发生反应生成一水合氨，一水合氨在水中

电离生成铵根离子和氢氧根离子，所以氨的水溶液呈碱性，由于肼的性质与氨相似，则肼也可以和水反应生成一水合肼，一水合肼可以电离出+25NH和OH-，则肼的水溶液呈碱性的原因用电离方程式解释为N2H4·H2OOH-++25NH；③NH3可以与NaClO

发生氧化还原反应，生成N2H4和NaCl，反应过程中NaClO中1个ClO-得到2个电子生成Cl-，NH3中1个N原子失去1个电子生成N2H4，根据得失电子守恒，2个NH3失去2个电子转移给NaClO才可以发生守恒，结合原子守

恒，制备肼的化学方程式为2NH3+NaClO=NaCl+N2H4+H2O。27.C物质为烃类，在标准状况下的密度为1.16g/L，F物质具有水果香味，G物质不能水解。转化关系如图所示，省略了反应条件。请回答下列问题:(1)写出G的分子式:________________

____。(2)D中官能团的名称是__________________________。C→A的反应类型____________(3)请写出反应B+E→F的化学方程式:______________________。(4)下列有关说法正确的是___

__________________________。A．C物质燃烧时，易产生大量黑烟B．物质B和甘油()互为同系物C．一定条件下，A可被直接氧化为DD．用NaOH溶液可以区分B、D、F【答案】(1).C6H12

O6(2).醛基(3).还原反应或加成反应(4).CH3COOH+CH3CH2OH⎯⎯⎯→浓硫酸CH3COOCH2CH3+H2O(5).AC【解析】【分析】C在标准状况下的密度为1.16g•L-1，则X的摩尔质量为1.16g/L×22.4L/mol=2

6g/mol，应为CH≡CH，C与氢气发生加成反应生成A，A又与水反应生成B，则A为乙烯；乙烯与水加成反应生成乙醇，则B为乙醇；G不能水解，是糖类水解之后的产物，则G为葡萄糖；乙炔与水反应生成D，D与氢气反应生成乙醇，则D为乙醛，乙醛催化氧化生

成E，则E为乙酸；B和E反应生成F，F具有水果香味，则F为乙酸乙酯，以此解答该题。【详解】(1)G为葡萄糖，分子式为C6H12O6，故答案为：C6H12O6；(2)D为乙醛，官能团的名称是醛基；C→A是乙炔与氢气加成反应生成乙烯

，反应类型为加成反应，故答案为：醛基、加成反应或还原反应；(3)根据上述分析，B+E→F为酯化反应，化学方程式为:CH3COOH+CH3CH2OH⎯⎯⎯→浓硫酸CH3COOCH2CH3+H2O，故答案为：CH3COOH+CH3CH2OH⎯⎯⎯→浓硫酸CH3

COOCH2CH3+H2O；(4)A．乙炔的含碳量较高，燃烧时易产生大量黑烟，故A正确；B．B为乙醇，含有1个羟基，和甘油()不是同系物，故B错误；C．A为乙烯，一定条件下，可被直接氧化为乙醛，故C正确；D．乙醇以乙醛与NaOH溶液不反应，无法区分，故D错误，故答案为：AC。28.为探

究X（仅含三种元素）的组成和热稳定性，设计并完成如下实验：气体Y不能使品红溶液褪色，红色固体1是一种纯净物，请回答：（1）X除了含有Cu元素之外，还有___元素（填元素符号）。（2）该流程中X高温分解的化学方程式为___

_。（3）写出气体Y通入BaCl2溶液发生反应的离子方程式___。【答案】(1).S、O(2).4CuSO42Cu2O+4SO3↑+O2↑(3).SO3+H2O+Ba2+=2H++BaSO4↓或SO3+H2O=2H++

SO42-、SO42-+Ba2+=BaSO4↓【解析】【分析】16.0g固体X高温隔绝空气分解生成0.125mol气体Y和7.2g红色固体1，由质量守恒定律可知，气体Y的质量为8.8g，气体Y与足量BaCl2溶液作用生成的白色沉淀为BaSO4，质量为23.3g，其物质的

量为23.3233/molgg=0.1mol，则混合气体中含有0.1molSO3，另一种气体的物质的量为0.025mol，质量为8.8g-0.1mol×80g/mol=0.8g，则该气体的摩尔质量为0.80.025molg=32g/mol，此气体为O2，即气体Y为SO3和O2的混合气体，且物

质的量之比为0.1mol：0.025mol=4:1；纯净的红色固体1溶于稀硫酸得到蓝色溶液和红色固体2，可知溶液中含有Cu2+，红色固体2为Cu，则红色固体1为Cu2O，其物质的量为7.2144/molgg=0.05mol，由此可知X有Cu、S、O三种元素组成，三者的物质的

量比为(0.05mol×2)：0.1mol：(0.05mol+0.1mol×3+0.025mol×2)=1:1:4，则固体X为CuSO4，据此分析解题。【详解】16.0g固体X高温隔绝空气分解生成0.125mol气体Y和7.2g红色固体1，由质量守恒

定律可知，气体Y的质量为8.8g，气体Y与足量BaCl2溶液作用生成的白色沉淀为BaSO4，质量为23.3g，其物质的量为23.3233/molgg=0.1mol，则混合气体中含有0.1molSO3，另一种

气体的物质的量为0.025mol，质量为8.8g-0.1mol×80g/mol=0.8g，则该气体的摩尔质量为0.80.025molg=32g/mol，此气体为O2，即气体Y为SO3和O2的混合气体，且物质的量之比为0.1mol：0.025mol=4:1；纯净的红色固体1溶于

稀硫酸得到蓝色溶液和红色固体2，可知溶液中含有Cu2+，红色固体2为Cu，则红色固体1为Cu2O，其物质的量为7.2144/molgg=0.05mol，由此可知X有Cu、S、O三种元素组成，三者的物质的量比为(0.05m

ol×2)：0.1mol：(0.05mol+0.1mol×3+0.025mol×2)=1:1:4，则固体X为CuSO4；(1)由分析知：X除了含有Cu元素之外，还有S、O元素；(2)X的分解产物为SO3、O2和Cu2O，三者的物质的量比为0.1mol：0.025mol：0.05mol=4

:1:2，则CuSO4高温分解的化学方程式为4CuSO42Cu2O+4SO3↑+O2↑；(3)气体Y为SO3和O2的混合气体，通入BaCl2溶液生成BaSO4沉淀，发生反应的离子方程式为SO3+H2O+Ba2+=2H++BaSO4↓或SO3+H2O=2H++SO42-、SO42-+

Ba2+=BaSO4↓。29.蕴藏在海底的大量“可燃冰”，其开发利用是当前解决能源危机的重要课题。CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)ΔH3=+akJ·mol-1化学键C—HH—HH—O键能kJ/molbcd(1)写出甲烷的结构式___________(2)C=O的键能

为_______________kJ/mol(用含a、b、c、d的式子表示)(3)恒温条件下，在体积恒为0.5L的密闭容器中通入一定量甲烷和水蒸气，发生上述反应。测得甲烷物质的量随时间变化如下表所示。0～10min内用H2O的浓度表示该反应的平均速率为ν(H2O)=___

__________时间/min01020405060n(CH4)/mol0.500.350.250.100.100.10(4)恒温恒容情况下，下列叙述能说明此反应达到平衡状态的是_______________。a．混合气体的平均相对分子质量保持不变b．CO2和H2的体积分数比为1

﹕4c．混合气体的密度保持不变d．1molCO2生成的同时有4molH-H键断裂【答案】(1).(2).2b+2d-2c-a2(3).0.06mol∙L−1∙min−1(4).ad【解析】【详解】(1)甲烷为正四面体结构，结构式为；(2)反应CH4(g)+2H2O(g)CO2(g

)+4H2(g)的ΔH3=反应物键能之和-生成物键能之和；设C=O的键能为x，则有4b+4d-(2x+4c)=+a，解得x=(2b+2d-2c-a2)kJ/mol；(3)0~10min内Δn(CH4)=0.50mol-0.35mol=0.15mol，根据反应方程式可知该时段内Δn(

H2O)=0.30mol，容器的容积为0.5L，所以v(H2O)=0.30mol0.5L10min=0.06mol∙L−1∙min−1；(4)a．该反应中反应物和生成物均为气体，所以未平衡时气体的总质量不发生改变，该反应前后气体系数之和不相等，

所以未平衡时气体的总物质的量改变，则平均相对分子质量会发生改变，当该值不变时说明反应平衡，故a符合题意；b．反应过程中可能出现CO2和H2的体积分数比为1:4，但这不能说明气体的浓度不再改变，故不能说明反应达到平衡，故b不符合题意；c．

该反应中反应物和生成物均为气体，所以未平衡时气体的总质量不发生改变，容器恒容，则混合气体的密度一直不变，故c不符合题意；d．CO2生成表示正反应，H-H键断裂表示逆反应，1molCO2生成的同时有4molH-H键断裂也即正反应速率与逆反应速率相等，说明反应达到平衡，故d符合

题意；综上所述答案为ad。【点睛】当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。30.CuCl广泛应

用于化工和印染等行业。某研究小组用粗铜(含杂质Fe)为原料制备CuCl2·2H2O晶体，再用CuCl2·2H2O晶体制备CuCl。(1)制备CuCl2·2H2O晶体：①B装置中发生反应的化学方程式是_________________②装置C中粗铜粉末(含杂质Fe)与气

体充分反应时的生成物是______________③反应完成后，将C中的固体用稀盐酸完全溶解，再调节pH值除杂，经一系列操作便可获得CuCl2·2H2O晶体。溶解C中生成物固体时，有时会加入少量双氧水，目的是__________(

2)制取CuCl，为了制取CuCl采用如图所示装置进行实验(夹持仪器略)：已知：④仪器X的名称是__________⑤实验操作的先后顺序是a→__________________________→e(填操作的编号)。a．检查装置的气

密性后加入药品b．熄灭酒精灯，冷却c．在“气体入口”处通入干燥HCld．点燃酒精灯，加热e．停止通入HCl，然后通入N2⑥装置F中NaOH溶液的作用是___________________。⑦反应结束后，取出CuCl产品进行实验，发现其中含有少量的CuCl2或CuO杂质。请分析产

生CuCl2杂质的原因是__________________________【答案】(1).MnO2+4HCl(浓)===MnCl2+Cl2↑+2H2O(2).FeCl3、CuCl2(3).将铁元素转化为

Fe3+(4).球形干燥管(5).c→d→b(6).吸收HCl和Cl2(7).加热时间不足或温度偏低【解析】【分析】(1)B装置是制备氯气的装置，浓硫酸能够除去氯气中的水蒸气，干燥的氯气在C中与铜和铁反应生成氯化铁和氯化铜，碱石灰可以防止空气中的水

蒸气加入装置C中，同时可以除去未反应的氯气，防止污染，据此分析解答①～③；(2)根据题意，热分解CuCl2•2H2O制备CuCl，需要抑制Cu2+水解，气体入口需要通入HCl气体，然后加热A处试管，X中无水硫酸铜变蓝，可以检验CuC

l2•2H2O分解生成的水蒸气，E处试纸先变红后褪色，说明CuCl2分解生成了Cl2，F中NaOH溶液可以吸收尾气，防止污染，据此分析解答④～⑦。【详解】(1)①圆底烧瓶中浓盐酸和二氧化锰混合加热反应生成氯气和

氯化锰，反应的化学程式为4HCl+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为：4HCl+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O；②粗铜中的Cu和Fe均能在加热条件下与氯气反应，反应产物为氯化铜和氯化铁，故答案为：CuC

l2、FeCl3；③反应完成后，将C中的固体(含有未反应的铁)用稀盐酸完全溶解，溶液中含有CuCl2、FeCl3和FeCl2，调节pH值除杂，需要首先将亚铁离子氧化转化为铁离子，因此加入少量双氧水是氧化溶液中可能含有的Fe2+，利于通过调节溶液pH除

去，故答案为：氧化溶液中可能含有的Fe2+；(2)④由图及常见的仪器可知，仪器X的名称为球形干燥管，故答案为：球形干燥管；⑤实验中有气体生成，需要先检查装置的气密性，且热分解CuCl2•2H2O制备CuCl，需要防

止Cu2+水解和CuCl被氧化，所以必须要先赶走装置中的氧气和水蒸气后才能加热，并且在HCl气流中加热制备，反应结束后先熄灭酒精灯，继续通入氮气直至装置冷却，所以操作顺序为：a→c→d→b→e，故答案为：c→d→b；⑥热分解CuCl2•2H2O制备CuCl过程中会产生氯气和氯化氢等污染空气的气体

，装置F中NaOH溶液可以吸收HCl和Cl2，防止污染，故答案为：吸收HCl和Cl2；⑦由2CuCl22CuCl+Cl2↑，含有杂质CuCl2，说明CuCl2没有反应完全，分解不充分，故答案为：加热时间不足或温度偏低。【点睛】把握实验原理，以及实验装置的作用是解答的关键。本题的易错点为⑤

，热分解CuCl2•2H2O制备CuCl，需要注意CuCl能够被氧化以及Cu2+能够水解。31.为探究某铜的硫化物的组成，取一定量的硫化物在氧气中充分灼烧，将生成的气体全部通入盛有足量的H2O2和BaCl2的混合液中，得到白色沉淀11.65g；将灼烧

后的固体(仅含铜与氧2种元素)溶于过量的H2SO4中，过滤，得到1.60g红色固体，将滤液稀释至150mL，测得c(Cu2+)=0.50mol·Lˉ1。已知：Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H

2O请计算：(1)白色沉淀的物质的量为___________mol。(2)该铜的硫化物中铜与硫的原子个数比N(Cu):N(S)＝______________。【答案】(1).0.05mol(2).2:1【解析】【分析】由题意可知，一定量的硫化物在氧气中充分灼烧，反应生成二氧化硫和仅含铜、氧

两种元素的固体，二氧化硫通入盛有足量的H2O2和BaCl2的混合液中，得到硫酸钡白色沉淀，仅含铜、氧两种元素的固体与稀硫酸反应生成硫酸铜和铜。【详解】（1）二氧化硫通入盛有足量的H2O2和BaCl2的混合液中，得到11.65g硫酸钡白色沉淀，n(BaSO4)=11.65g÷233g/mol

=0.05mol，故答案为0.05mol；（2）由S原子个数守恒可知硫化物中n(S)=0.05mol，由Cu原子个数守恒可知n(Cu)=1.60g÷64g/mol+0.50mol•Lˉ1×0.15L=0.025mol+0.075mol=0.1mol，则N(Cu):N(S

)＝n(Cu)：n(S)=2:1，故答案为2:1。【点睛】本题考查与化学反应有关的计算，依据物质的性质和实验现象分析反应得到的生成物，再依据原子个数守恒计算化学式。