【文档说明】内蒙古自治区呼伦贝尔阿荣旗第一中学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，547.000 KB，由小赞的店铺上传

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2019-2020年第二学期高一期末考试高一化学试卷可能用到的相对原子质量：H-1Zn-65Cu-64第I卷一、选择题在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1.化学与生活密切相关，下列关于生活中的化学物质或化学现象认识不正确的是A.奥运会火炬的燃料丙烷是有机

物B.用少量食醋除去水壶中的水垢C.日常生活中无水乙醇常用于杀菌消毒D.浓硝酸溅到皮肤上，使皮肤变黄色，是由于浓硝酸和蛋白质发生反应【答案】C【解析】【详解】A．丙烷是由碳元素和氢元素组成的化合物，属于有机物，故A项叙述正确；B．食醋中含有醋酸，其酸性比碳酸强，因此食醋可与水壶中的水垢(

主要成分为碳酸钙)反应生成二氧化碳、水、醋酸钙，故B项叙述正确；C．利用乙醇消毒使用中，若乙醇浓度过高，在消毒过程中容易使细菌或病毒外壳蛋白质凝固，将会降低乙醇消毒效果，因此日常生活中常用75%酒精杀菌消毒，故C项叙述错误；D．皮肤中含有蛋白质，浓硝酸与蛋白质之

间能够发生化学反应生成黄色物质，故D项叙述正确；综上所述，不正确的是C项，故答案为C。2.下列变化属于物理变化的是①石油的分馏②煤的干馏③石油的裂化④铝热反应⑤烃的裂解⑥将氧气转化为臭氧⑦煤的气化⑧将苯加入溴水中⑨海水蒸馏制取淡水A.①②

③④B.①②⑤⑦C.①⑧⑨D.①⑥⑨【答案】C【解析】【详解】①石油的分馏是利用加热和冷凝的方法把石油分离为各种沸点不同的馏分的过程，没有新物质生成，属于物理变化，故符合题意；②煤的干馏是煤隔绝空气加强热使它分解的过程，有新物质生成，属于化学变化，故不符合题意；③石油的裂化是在加热

条件下把相对分子质量大、沸点高的烃转化为相对分子质量小、沸点低的烃，获得轻质液体燃料的过程，有新物质生成，属于化学变化，故不符合题意；④铝热反应是铝与难熔的金属氧化物高温反应生成氧化铝和难熔金属的反应，有新物质生成，属于化学变化，故不符合题意；⑤烃的裂解是在催化剂作用

下，把相对分子质量大、沸点高的烃转化为相对分子质量小、沸点低的烃，获得化工原料的过程，有新物质生成，属于化学变化，故不符合题意；⑥将氧气转化为臭氧的过程有新物质生成，属于化学变化，故不符合题意；⑦煤的气

化是煤与水反应生成氢气和一氧化碳的过程，有新物质生成，属于化学变化，故不符合题意；⑧溴在苯中的溶解度大于水中的溶解度，将苯加入溴水中是苯萃取溴水中的溴的过程，没有新物质生成，属于物理变化，故符合题意；⑨海水蒸馏制取淡水是

利用沸点不同获得蒸馏水的过程，没有新物质生成，属于物理变化，故符合题意；①⑧⑨符合题意，故选C。3.下列有关化学用语表示正确的是A.H2O的电子式B.乙烯的结构简式：CH2=CH2C.H216O和H218O互为同位素D.质子数为92、中子数为146的U原子：14

692U【答案】B【解析】【详解】A．H2O中原子之间通过共价键连接，其电子式为，故A项错误；B．乙烯中含有1个碳碳双键，结构简式：CH2=CH2，故B项正确；C．H216O和H218O均属于化合物，二者不互为同位素，故C项错误；D．质子数为92、中子数为14

6的U原子质量数为92+146=238，该原子为23892U，故D项错误；综上所述，化学用语表示正确的是B项，故答案为B。4.一运输队长途贩运香蕉、椰子、柑橘等水果，装完水果后，又在水果篓上方放置一包浸泡有高锰酸钾溶液的硅藻土

，然后再封装水果覆盖。这么做的目的是利用高锰酸钾溶液A.杀死水果周围的细菌，防止水果霉变B.吸收水果周围的氧气，防止水果腐烂C.吸收水果产生的乙烯，防止水果早熟D.发挥强氧化性，催熟水果【答案】C【解析】【详解】乙烯具有催熟作用，高锰酸钾具有强氧化性，能把水果产生的乙烯气体氧化为二氧化碳

，从而降低了水果篓中乙烯的浓度，可防止水果早熟而腐烂，故选C。5.海洋是非常巨大的资源宝库，以下有关海洋资源开发和利用的说法，不正确的是（）A.海水中的元素种类很多，富集程度大B.海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等C.海水中除H2O外，还含有Cl、Na、K、M

g、Ca、S、F等多种元素D.由于与岩石、大气和生物相互作用，海水中溶解和悬浮着大量无机物和有机物【答案】A【解析】【详解】A．海水中溶解和悬浮有大量的无机物和有机物，按含量计，水中的H、O两种元素，加上Cl、Na、K、Mg、Ca、S、C、F、B、Br、Sr等11种超

过总量的99%，其他为微量元素，70余种，总计含有80多种元素，海水中元素种类多，总储量大，富集程度低，因此，从海水中提取物质需要解决物质的富集的问题，故A错误；B．海水淡化的主要方法有：蒸馏法、电渗析法、离子交换法等，故

B正确；C．在海水中迄今已发现的化学元素达80多种。含量较高的元素除组成水的氢、氧元素外，还有氯、钠、镁、硫、钙、钾、溴、碳、锶、硼、氟等，故C正确；D．与岩石、大气和生物相互作用，海水中溶解和悬浮有大量无机物和有机物，海水中主要的化学元素总计80多种，故D正确；答案为A。6.

下列因果关系正确的是选项原因结果A汽车尾气和化石燃料的不完全燃烧破坏臭氧层B二氧化硫和二氧化氮大量排放酸雨C淀粉水解制葡萄糖(催化剂)光化学烟雾D汽车尾气的排放赤潮A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．一氧化碳不会直接破坏臭氧层，故A错误；B．SO2能生

成亚硫酸，亚硫酸被氧化成硫酸，NO2能生成硝酸，所以能形成酸雨，故B正确；C．淀粉水解制葡萄糖(催化剂)与光化学烟雾无关，故C错误；D．含氮、磷等元素的生活污水排入海洋中，能造成水体富营养化，海水中红藻、褐藻等藻类植物大量繁殖，引起赤潮，故D错误。答案选B。7.有共价键的离子化合物是（）A.

22NaOB.24HSOC.22CHClD.SiC【答案】A【解析】【分析】活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，含有离子键的化合物是离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，据此分析解答。【详解】A.22NaO

中钠离子与过氧根之间为离子键，故为离子化合物，过氧根中氧原子之间为共价键，故A正确；B.硫酸为只含共价键的共价化合物，故B错误；C.二氯甲烷为只含共价键的共价化合物，故C错误；D.碳化硅为只含共价键的共价

化合物，故D错误；故答案为A。8.已知2mol氢气完全燃烧生成水蒸气时放出能量484kJ，且氧气中1molO=O键完全断裂时吸收热量496kJ，水蒸气中1molH-O键形成时放出能量463kJ，则氢气中1mo

lH-H键断裂时吸收热量为（）A.920kJB.557kJC.436kJD.188kJ【答案】C【解析】【详解】根据题意2mol氢气完全燃烧生成水蒸气时放出能量484kJ，2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=-48

4kJ/mol，设1molH-H键断裂时吸收热量为x，则ΔH=-484=2x+496-463×4，解得x=436，故C正确；故答案为C。【点睛】反应热ΔH=反应物断键吸收的总能量减去生成物成键放出的总能量，若差值小于0，为放热反应，反之，为吸热反应。9.下列制备金属单质的方法或原

理正确的是()A.在高温条件下，用H2还原MgO制备单质MgB.在通电条件下，电解熔融Al2O3制备单质AlC.在通电条件下，电解饱和食盐水制备单质NaD.加强热，使CuO在高温条件下分解制备单质Cu【答案】B【解析】试题分析：A．制备单质Mg

应该用电解熔融MgCl2的方法，故A错误；B．Al为活泼金属，应用电解熔融Al2O3制备，故B正确；C．制备单质Na采用电解熔融NaCl的方法，电解溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，故C错误；D．制备单质Cu用热还原法制备，故D错误。故选B。考点：考查金属冶炼的一般原理【名师点

睛】本题考查金属的冶炼，题目难度不大，注意把握金属的活泼性与冶炼方法的关系，学习中注意积累，易错点为C，注意电解饱和食盐水不能得到金属钠。金属的活泼性不同，冶炼方法不同，K、Ca、Na、Mg、Al等金属可用电解熔融的化合物的方法冶炼，Zn、Fe、Sn、Pb、

Cu可用热还原发生冶炼，Hg、Ag可用也分解法冶炼。10.下列对一些实验事实和理论解释正确的是选项实验事实理论解释A稀硫酸能导电H2SO4为离子化合物BHBr的酸性强于HI的酸性Br的非金属性比I强CHF的沸点高于HClF的非金属性比Cl强DK3C60在熔融状态下能够导电K3C

60中含有离子键A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．H2SO4中只含共价键，为共价化合物，但H2SO4在水分子的作用下能电离出自由移动的离子，溶液因此能导电，故A项理论解释错误；B．元素非金属性越强

，其最高价氧化物对应的水化物酸性越强，不能根据HCl、HBr水溶液酸性强弱判断Cl和Br的非金属性强弱，故B项逻辑关系错误；C．HF的沸点高于HCl是由于HF分子间存在氢键，与F的非金属性比Cl强无关，故C项逻辑关系错误；

D．K3C60在熔融状态下能够导电且是化合物，说明该物质中含有离子键，故D项实验事实和理论解释正确；综上所述，实验事实和理论解释正确的是D项，故答案为D。11.被誉为“矿石熊猫”的香花石，是由我国地质学家首次发现，它

由前20号元素中的6种主族元素组成，其化学式为Y2X3(ZWR4)3T2，其中X、Y、Z为金属元素，Z的最外层电子数与次外层电子数相等，X、Z位于同一主族，Y、Z、R、T位于同一周期，R元素原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，T无正价，X与R的原子序数之和是W的2倍。下列说法错误的是（）A.原

子半径：Y＞Z＞R＞TB.气态氢化物的稳定性：W＜R＜TC.最高价氧化物对应水化物的碱性：X＞ZD.XR2、WR2两种化合物中R的化合价相同【答案】D【解析】【分析】根据题给信息可知，X、Y、Z、R、W、T分别为钙、锂、铍、氧、硅、氟。【详解】A．Y、Z、R、T位于同一周期，元

素的原子半径从左向右逐渐减小，故A正确；B．非金属性：F＞O＞Si，则气态氢化物的稳定性：SiH4＜H2O＜HF，故B正确；C．钙元素比铍元素的金属性强，则最高价氧化物对应水化物的碱性：Ca(OH)2＞Be(OH)2，故C正确；D．Ca

O2、SiO2中氧(即R)的化合价分别为−1、−2，故D错误。综上所述，答案为D。12.关于下列图示的说法正确的是（）A.图①表示石墨转变为金刚石是吸热反应B.图②所示实验可比较非金属性强弱：氯﹥碳﹥硅C.图③吸收NH3并防倒吸D.图④两装置中金

属电极a、b都有气体产生，可判断金属活动性：a﹤b【答案】A【解析】【详解】A．图①中1mol金刚石和1molO2的能量比1mol石墨和1molO2的能量高，所以1mol金刚石的能量比1mol石墨的能量高，石墨转变

为金刚石是吸热反应，A正确；B．图②稀盐酸易挥发，盐酸与硅酸钠反应产生硅酸沉淀，不能比较C、Si非金属性的强弱，且盐酸不是Cl的最高价氧化物的水化物，不能比较Cl、C非金属性的强弱，B错误；C．图③中导管伸到水面以下，不能防倒吸，C错误；D．图④中，产生气体(H2)的电极为正极，a

、b都为正极，但不能比较二者金属活动性，D错误；答案选A。13.某小组为研究原电池原理，设计如图装置。下列叙述不正确的是（）A.无论a和b是否连接均可形成原电池B.a和b不连接时，铁片上会有金属铜析出C.a和b用导线连接时，铜片上发生的反应为Cu2＋＋2e－=CuD.无论

a和b是否连接，铁片均会溶解，溶液从蓝色逐渐变成浅绿色【答案】A【解析】【详解】A．a和b不连接时，不构成原电池，A错误；B．a和b不连接时，铁片上会有金属铜析出，B正确；C．a和b用导线连接时，铜片为正极，所以铜片上发生的反应为2Cu2eCu+−+=，C正确；D．无论a和b是否连接，铁片

均会溶解，溶液从蓝色逐渐变成浅绿色，D正确。答案选A。14.对于Cu—Zn—稀H2SO4构成的原电池装置中，当导线中有1mol电子通过时，理论上两极的变化是①锌片溶解了32.5g②锌片增重32.5g③铜片上析出1gH2④铜片上析出1molH2A.①③B.①④C.②③D.③④【答案】A【解析】【分析

】【详解】该原电池放电时，负极上锌失电子发生氧化反应，正极上氢离子得电子发生还原反应，所以电池反应式为Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑。生成1mol氢气，转移2mol电子。当导线中有1mol电子通过时，负极锌片溶解的质量＝0.5mol×65g/mol

＝32.5g，铜片上析出氢气0.5mol，质量是1g，答案选A。【点睛】本题以原电池原理为载体考查了物质的量的有关计算，明确原电池的工作原理是解答的关键，注意原电池中正负极的判断和电极反应式以及总反应式的书写。15.燃料电池是目前电池研究的热点之一。某课外

小组自制的氢氧燃料电池如图所示，a、b均为惰性电极下列叙述不正确的是（）A.a极是负极，该电极上发生氧化反应B.b极发生的电极反应是O2+4OH--4e-=2H2OC.电池总反应方程式为2H2+O2=2H2O

D.氢氧燃料电池是一种具有应用前景的绿色电源【答案】B【解析】【详解】A．氢氧燃料电池工作时，通入燃料氢气的a极为电池的负极，氢气在负极失去电子发生氧化反应，故A正确；B．氢氧燃料电池工作时，通入氧气

的b极为电池的正极，氧气得到电子发生还原反应，电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-，故B错误；C．氢氧燃料电池的电池总反应方程式与氢气在氧气中燃烧的化学方程式一致，都是2H2+O2=2H2O，故C正确；D．由氢氧燃料电池总反应方程式为2H2+O2=2H2O可知，电池工作时生成水，生

成物无污染，是一种具有应用前景的绿色电源，故D正确；故选B。16.CaCO3与稀盐酸反应(放热反应)生成CO2的量与反应时间的关系如图所示。下列结论不正确的是A.反应开始2分钟内平均反应速率最大B.反应4～6分钟平均反应速率最小C.反应开始4

分钟内温度对反应速率的影响比浓度大D.反应4分钟后反应速率下降的原因是盐酸浓度逐渐减小【答案】A【解析】【详解】A．该曲线斜率表示单位时间内产生二氧化碳的量，即二氧化碳产生速率，由图可知，2～4min内斜率较大，因此2～4min

内平均反应速率最大，故A项结论错误；B．同A项原理可知，反应4～6min平均反应速率最小，故B项结论正确；C．随反应进行氢离子浓度降低，氢离子浓度变化使反应速率降低，由图象可知，0～2min反应刚开始，温度较低此时反应速率由氢离子浓度决定，2～4min速率最快，

2～4min温度对反应速率起主要作用，开始4min内温度对反应速率的影响比浓度大，故C项结论正确；D．反应4min后，温度较高，但此时反应速率降低，是因为随反应进行氢离子浓度降低，故D项结论正确；综上所述，结论错误的是A项，故答案为A。1

7.在2L的密闭容器中，发生以下反应：2A(g)+B(g)=2C(g)+D(g)。若最初加入的A和B都是3mol，10s后A的的物质的量为0.6mol，则在这10s内，A的平均反应速率是A.0.6mol∙L-1∙s-1B.1.2mol∙L-1∙s-1C.0.12mol∙L-1∙m

in-1D.0.12mol∙L-1∙s-1【答案】D【解析】【详解】10s内，A的物质的量变化量Δn(A)=3mol-0.6mol=2.4mol，A的平均反应速率v(A)=nVt=2.4mol2L10s=0.12mol∙L-1∙s-1，故答案为D。18.向四个体积相同的密闭容器中分

别充入一定量的SO2和O2，开始反应时，按反应速率由大到小顺序排列正确的是()甲．在500℃时，10molSO2和10molO2乙．在500℃时，用V2O5作催化剂，10molSO2和10molO2丙．在450℃时，8molSO2和5molO2丁．在500℃时，8

molSO2和5molO2A.乙、甲、丁、丙B.乙、甲、丙、丁C.甲、乙、丙、丁D.丁、丙、乙、甲【答案】A【解析】【详解】甲与乙相比，乙中使用催化剂，其它条件相同，使用催化剂反应加快，所以反应速率：乙＞甲；甲与丁相比，甲中SO2的物质的量比丁中大，即SO2的浓度比丁中大，其它条件相同，

浓度越大，反应速率越快，所以反应速率：甲＞丁；丙与丁相比，其它条件相同，丁中温度高，温度越高，反应速率越快，所以反应速率：丁＞丙。所以由大到小的排列顺序为：乙、甲、丁、丙。故选A。19.下列有关有机物结构的叙述不正确的是（）A.一氟一氯甲烷只有一种结构，可以证

明甲烷是正四面体结构B.构成乙烯分子的所有原子都在同一平面内，其分子中只含有极性键C.邻二甲苯没有同分异构体表明苯的凯库勒结构式不准确D.和CH3一CH=CH2互为同分异构体【答案】B【解析】【详解】A.如果甲烷是平面正方形结构，一氟一氯甲烷有两种结构，因此一氟一氯甲烷只有一

种结构，可以证明甲烷是正四面体结构，A项正确；B.构成乙烯分子的所有原子都在同一平面内，其分子中含有C—H极性键和C=C非极性键，B项错误；C．若苯的凯库勒结构式准确，邻二甲苯存在两种同分异构体，邻二甲苯没有同分异构体表明苯的凯库勒结构式

不准确，C项正确；D．环丙烷和CH3—CH=CH2的分子式相同，都为C3H6，结构不同，互为同分异构体，D项正确；答案选B。20.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（ClC

H2CH2Cl），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。21.下列关于有机物的叙述正确的是A.乙醇不能发生取代反应B.C3H8有二种同分异构体C.用分液漏斗不能分离正己烷和水、乙醇和乙酸乙酯D.乙烯和甲烷可用溴的四氯化碳溶液鉴别【答案】D

【解析】【详解】A．乙醇能与乙酸、HBr等在适当条件下发生取代反应，故A项叙述错误；B．C3H8只有一种结构，不存在同分异构体，故B项叙述错误；C．己烷和水不会互溶，二者会分层，可在分液漏斗中分液分离，乙醇和乙酸乙酯二者会互溶，因此需用蒸馏分离

，实验仪器为蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管、尾接管、酒精灯等仪器，故C项叙述错误；D．乙烯中含有碳碳双键，能够与溴单质发生加成反应而使溴的四氯化碳溶液褪色，甲烷与溴的四氯化碳溶液不会反应，因此可实现实验目的，故D项叙述正确；综上所述，叙述正确的是D项，故答案为D。22.设

阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是A.1mol苯中含有的碳碳双键数为3NAB.2.8g乙烯气体中含碳原子数为0.2NAC.0.1molCnH2n+2中含有的碳碳单键数为0.1NAD.标准状况下，2.24

LCCl4中含有的分子数为0.1NA【答案】B【解析】【详解】A．苯不是单双键交替结构，结构中无碳碳双键，故A错误；B．2.8g乙烯的物质的量为2.828/ggmol=0.1mol，一个乙烯分子（C2H4）中

含有2个碳原子，故0.1mol乙烯气体中含碳原子数为0.2NA，故B正确；C．0.1molCnH2n+2中含有的碳碳单键数=0.1mol×(n-1)NA=0.1(n-1)NA，故C错误；D．CCl4标况下是非气态，由体积无法计算其物质的量，从而得不到分子数目，故D错误。答案选B。23.下列

选项中能发生反应，且甲组为取代反应，乙组为加成反应的是（）甲乙A苯与溴水乙烯与水制乙醇（催化剂）B油脂水解（催化剂、加热）苯与氢气（催化剂、加热）C淀粉水解制葡萄糖（催化剂）乙酸和乙醇的酯化反应（催化剂、加热）D乙烯与溴的四氯化碳溶液甲烷与

氯气（光照）A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【分析】【详解】A.苯与溴水不反应，乙烯与水在一定条件下发生加成反应生成乙醇，故A不符合题意；B.油脂水解成甘油和高级脂肪酸(或高级脂肪酸盐)，属于取代反应

，苯与氢气在催化剂、加热条件下发生加成反应生成环己烷，故B符合题意；C.乙酸和乙醇发生的酯化反应属于取代反应，故C不符合题意；D.乙烯与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，甲烷与氯气光照下发生取代反应，故D不符合题意；综上所述所，答案为B。24.绿色化学对化学反应提出了“原子经济性”(原子节

约)的新概念及要求。理想的原子经济性反应是原料分子中的原子全部转变成所需产物，不产生副产物，实现零排放。下列几种生产乙苯的方法中，原子经济性最好的是(反应均在一定条件下进行)()A.+C2H5Cl→+HClB.+C2H5OH→+H2OC.+CH2=CH2→D.→+HBr；+H2→【答

案】C【解析】【分析】根据绿色化学的定义可知，原料分子中的原子全部转变成所需产物，不产生副产物，实现零排放，以此解答该题。【详解】A、该反应没有全部转化为乙苯，还有HCl生成，故A错误；B、反应物没有全部转化为乙苯，还有水生成，故B错误；C、反应物全部转化为乙苯，没有副产品生成，故C正确

；D、反应物没有全部转化为乙苯，还有HBr生成，且不是一步完成，故D错误，故选C。【点睛】绿色化学实质是原子利用率是100%，全部转变成所需要的产物，从源头上做起，不浪费、不污染。第Ⅱ卷二、填空题25.现有下列几组物质：①②③④12C、14CCH3CH3、

CH3CH2CH3CH3CH2CH3、、(1)互为同系物的是________(填序号，下同)。(2)互为同分异构体的是______。(3)互为同位素的是_______。(4)属于同一种物质的是________。【答案】(1).②(2).④(3).①(4).③【解析】【详解】

(1)结构相似，分子组成中相差若干个CH2的化合物互为同系物，满足条件的是CH3CH3和CH3CH2CH3，故答案为：②；(2)分子式相同，结构式不同的化合物互为同分异构体，满足条件的是和，故答案为：④；(3)质子数相同而中子数不同的同种元

素的不同种原子互为同位素，满足条件的是12C和14C，故答案为：①；(4)CH3CH2CH3和的分子式、结构式均相同，为同种物质，故答案为：③。26.A、B、C、D、E、F、G七种短周期主族元素的原子序数依次增大。A和E最外层电子数相同，短周期主族元素的原子中，E原子的半径最大

；B、C和F在周期表中相邻，B、C同周期，C、F同主族，F原子的质子数是C原子质子数的2倍；A和C可形成两种常见的液态化合物X和Y(相对分子质量X<Y)；D形成的分子为双原子分子。回答问题：(1)D元素的名称为_________，F形成的离子的结构示

意图为__________。(2)元素E、F形成的化合物的电子式为_______。(3)元素C、F氢化物的沸点C______F(填“>”或“<”)。(4)写出液态化合物Y的一种用途_________。(5)用某种金属易拉罐与A、C、E组成的化合物的水溶液反应，产生的

气体可充填气球，请写出该反应的离子方程式______。(6)A、B、G三种元素两两组合形成的化合物在空气中相遇形成白烟，反应的化学方程式为_____。【答案】(1).氟(2).(3).(4).>(5).漂白剂、氧化剂(6).2Al+2H2O+2OH-=2-2AlO+3

H2↑(7).NH3+HCl=NH4Cl【解析】【分析】短周期主族元素的原子中，E原子的半径最大，E是Na；C、F同主族，F原子的质子数是C原子质子数的2倍，则C是O元素、F是S元素；A和C可形成两种常见的液态化合物X和Y(相对分子质量X<Y)，A是H元素，X是H2O、Y是H2O2；A、B

、C、D、E、F、G七种短周期主族元素的原子序数依次增大，B、C同周期，则B是N元素；G是Cl元素；D形成的分子为双原子分子，D是F元素；【详解】(1)D是F元素，元素名称为氟，F是S元素，能形成S2-离子，S2-结构示

意图为。(2)元素E、F分别是Na、S，形成离子化合物Na2S，电子式为；(3)元素C、F分别是O、S，氢化物是H2O、H2S，H2O分子之间能形成氢键，所以沸点H2O>H2S；(4)化合物Y是H2O2，是常用的漂白剂和氧化剂。(5

)铝制易拉罐与H、O、Na组成的NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式是2Al+2H2O+2OH-=2-2AlO+3H2↑；(6)H、N、Cl三种元素两两组合形成的化合物NH3和HCl在空气中相遇形成白烟NH4Cl，反应

的化学方程式为NH3+HCl=NH4Cl。【点睛】本题考查无机物的推断及结构与位置关系，培养学生对知识综合运用能力，准确推断元素是关键，注意常见元素化合物知识的掌握，明确铝能和氢氧化钠反应放出氢气。27.如图所示是原电池的装置图。请回答：(1)若C为稀H2SO4，电流表指

针发生偏转，B电极材料为Fe且作负极，则A电极上发生的电极反应式为________；反应进行一段时间后溶液酸性将________(填“增强”“减弱”或“基本不变”)。(2)若需将反应：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+设计成如图所示的原电池装置，则A(正极)极

材料为_______，B(负极)极材料为________，溶液C为__________。(3)CO与H2反应还可制备CH3OH，CH3OH可作为燃料使用，用CH3OH和O2组合形成的质子交换膜燃料电池的结

构示意图如图：电池总反应为2CH3OH+3O2=2CO2+4H2O，则d电极是______(填“正极”或“负极”)。若线路中转移1mol电子，则上述CH3OH燃料电池消耗的O2在标准状况下的体积为____L。【答案】(1

).2H++2e-=H2↑(2).减弱(3).石墨(4).Cu(5).FeCl3溶液(6).正极(7).5.6【解析】【分析】（1）铁作负极，原电池反应是铁与稀硫酸置换氢气的反应，正极反应是氢离子得电子生成氢气，负极上是金属铁失电子；（2）根据方程式中物质发生的反应类型判断，Cu发生氧化反应，作

负极，B极材料是比Cu不活泼的导电物质，溶液C中含有Fe3+；（3）根据电子流向判断c为负极，d为正极，计算氧气的体积则根据正极的反应式进行。【详解】（1）铁作负极，则该原电池反应是铁与稀硫酸置换氢气的反应，所以正极反应是氢离子得电子生成氢气，电极反应式为2H++2e-═H2↑；溶

液中氢离子放电，导致溶液中氢离子浓度减小，酸性减弱，故答案为：2H++2e-═H2↑；减弱；（2）Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+设计成如上图所示的原电池装置，根据方程式中物质发生的反应类型判断，Cu发生氧化反应，

作原电池的负极，B（负极材料）是Cu；A（正极材料）是比铜更稳定的金属或者石墨；溶液C中含有Fe3+，如FeCl3溶液；故答案为：石墨；Cu；FeCl3溶液；（3）由图中电子流向可知，d为电子流入的电极，为正极；正极电极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑，线路中转移1mol电子

，则生成氧气物质的量为0.25mol，体积=0.25mol×22.4L/mol=5.6L，故答案为：正极；5.6。28.海洋植物如海带、海藻中含有丰富的碘元素(以I-形式存在)。实验室中从海藻中提取碘的流程如图所示：(1)实验操作

②的名称是_______，所用主要仪器名称为_______。(2)操作②可供选择的有机试剂是______(填序号)A.酒精B.四氯化碳C.苯(3)在操作③中，溶液中生成少量氯化碘(其性质类似于氯气)，为消除此杂质，使碘全部游离出来，应加入适量___

___(填序号)溶液，反应的离子方程式为______。A.KIO3B.HClOC.KID.Br2(4)利用碘的有机溶液得到单质碘的方法是______。【答案】(1).萃取分液(2).分液漏斗(3).BC(4).C(5).I-+ICl=I2

+Cl-(6).蒸馏【解析】【详解】（1）操作②是利用有机试剂将碘单质从含碘的水溶液中萃取，然后分液分离有机层与水层，操作名称为萃取分液；萃取分液操作均在分液漏斗中完成(分液时会用到烧杯)，故答案为萃取分液；分液漏斗；（2）从碘水中提取碘单质应加入有机萃取剂如苯、四氯化碳，酒精和甘油均溶于水，不

能作萃取剂，故答案为BC；（3）ICl中I元素为+1价，在操作③中，为使少量的ICl中的碘全部游离出来，应加入还原剂使I元素还原为碘单质，选项中只有KI项符合，反应离子方程式为I-+ICl=I2+Cl-，故答案为C；I-+ICl=I2+Cl-；（4）碘单质和有机试剂

能够互溶，分离液液互溶物采用蒸馏，故答案为蒸馏。【点睛】萃取剂选择三原则：①萃取剂和原溶剂互不相溶；②萃取剂和溶质不发生反应；③溶质在萃取剂中的溶解度远大于在水中的溶解度；29.已知：溴苯的熔点为‒30.8℃，沸点156℃。实验室用苯和液溴制取溴苯的装置如图：(1)

写出制取溴苯的化学方程式__________。(2)冷凝管的作用_________，冷凝管中________(填“A”或“B”)通过橡皮管与自来水龙头连接。(3)E中小试管内CCl4作用_________。(4)用实验证明制取溴苯的反应是取代反

应还需添加的试剂是__________。(5)写出图中装有碱石灰的仪器的名称________。(6)苯与溴还可能发生副反应生成对二溴苯(沸点220℃)和邻二溴苯(沸点224℃)，在实验得到的溴苯中还含有二溴苯，可通过_______(填分离方法)提纯得到溴苯，为了受热均匀和易

于控制温度，可采用______(填“水浴”或“油浴”)加热。【答案】(1).+Br2Fe⎯⎯⎯⎯→+HBr(2).冷凝回流、导气(3).A(4).吸收挥发出的溴或防止倒吸(5).AgNO3溶液或HNO3和AgNO3

溶液(6).球型干燥管(7).蒸馏(8).油浴【解析】【分析】此题考查有机物卤代烃的制备实验，重点在于物质性质不同采用不同的制取条件和分离方法，注意题目中的信息。【详解】（1）根据反应类型是取代反应进行书写方程式。（2）冷凝管的作用是冷凝，由于安装的特点竖直方向，所

有还有一个作用即回流。根据冷凝效果采用下进上出的方式冷凝。（3）根据反应出来的气体，有极性分子和非极性分子，利用CCl4的相似相容原理进行分离溴和溴化氢。（4）根据取代的特点：有上有下，所以鉴别时即鉴别下来的元素，利用Ag+与Br-反应生产淡黄色沉淀来检验。（5）根据

装置特点及作用判断。（6）利用互溶的两种液体且沸点相差比较大的性质，采用蒸馏的方法进行分离。（7）根据溴苯的沸点156℃，选择采用加热的方法是油浴。【点睛】根据有机反应的特点和常见仪器的使用方法既可以解决相应问题。30.工业中很多重要的化工原料都来源于石油化工，如图中的苯、丙烯、有机物A等，其中

A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平。请回答下列问题：(1)丙烯酸中含氧官能团的名称为______，B的结构简式为________。(2)写出下列反应的反应类型：⑤_______，⑥________。(3)写

出与F互为同系物的含4个碳原子的有机物的所有同分异构体_________。(4)下列说法正确的是_______。A.除去硝基苯中混有的少量浓HNO3和H2SO4，可将其倒入到一定量的NaOH溶液中，振荡后静置分液B.聚

丙烯酸能够使酸性高锰酸钾溶液褪色C.有机物C与丙烯酸属于同系物(5)写出下列反应方程式：②__________；③________；④________。【答案】(1).羧基(2).CH3CH2OH(3).酯化反应或取代反应(4).加聚反应(5).、(6).

A(7).CH2=CH2+H2O催化剂加热、加压⎯⎯⎯⎯→CH3CH2OH(8).2CH3CH2OH+O2Cu→2CH3CHO+2H2O(9).CH3CH2OH+CH2=CH-COOHΔ浓硫酸CH2=CH-COOCH2CH3【解析】【分析】A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展

水平，故A应为CH2=CH2，CH2=CH2与H2发生加成反应生成CH3CH3，CH2=CH2与H2O发生加成反应生成CH3CH2OH，即B为CH3CH2OH，CH3CH2OH经催化氧化生成乙醛，乙醛被氧

化生成乙酸，乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，丙烯酸发生加聚反应可生成聚丙烯酸，丙烯酸和乙醇发生酯化反应生成丙烯酸乙酯，石蜡油重整可生成苯，苯发生硝化反应可生成硝基苯，以此解答本题。【详解】（1）CH2=CH-COOH中的含氧官能团为羧基；由上述分析可知，B的结构简式为CH3CH2OH；（2）

⑤为乙醇与乙酸反应生成乙酸乙酯，其反应类型为酯化反应或取代反应；⑥为丙烯酸生成聚丙烯酸，其反应类型为加聚反应；（3）F为CH3CH3，与CH3CH3互为同系物的含4个碳原子的有机物为丁烷，其结构有、；（4）A．硝基苯不溶于水，混有浓硝酸和硫酸，将其倒入氢氧化钠溶液

中，混酸与氢氧化钠反应生成可溶于水的盐，而硝基苯不溶于水，静置后硝基苯位于下层，然后分液可除去水溶液，故A正确；B．聚丙烯酸不含碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B错误；C．有机物C为乙酸，乙酸不含碳碳双键，丙烯酸含碳碳双键，二者不属于同系物，故

C错误；故答案为A；（5）②为CH2=CH2与H2O在催化剂并加热、加压条件下发生加成反应生成CH3CH2OH，其化学方程式为CH2=CH2+H2O催化剂加热、加压⎯⎯⎯⎯→CH3CH2OH；③为CH3CH2OH与O2在Cu作催化剂并加热条

件下反应生成乙醛，其化学方程式为2CH3CH2OH+O2Cu→2CH3CHO+2H2O；④为乙醇与丙烯酸在浓硫酸作催化剂并加热条件下发生酯化反应生成丙烯酸乙酯，其化学方程式为CH3CH2OH+CH2

=CH-COOHΔ浓硫酸CH2=CH-COOCH2CH3。