【文档说明】浙江省金华市江南中学2019-2020学年高一下学期期中考试化学试题【精准解析】.doc，共(20)页，695.500 KB，由小赞的店铺上传

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金华市江南中学高一年级化学学科期中考试试卷可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24Al27S32Cl35.5Ca40Fe56Cu64Ba137选择题部分一、选择题1.氮气的分子式是A

.O2B.N2C.Br2D.CO【答案】B【解析】【详解】氮气是由两个氮原子靠共价键结合而成，所以分子式为N2，故答案为B。2.食盐是日常饮食中重要的调味品，它的主要成分为NaCl，请问NaCl属于A.氧化物B.酸C.碱D.盐【答

案】D【解析】【详解】A.氧化物组成中只含两种元素，其中一种一定为氧元素，另一种若为金属元素，则称为金属氧化物；另一种若为非金属元素，则称之为非金属氧化物，故A错误；B.酸指在水溶液中电离出的阳离子全部都是氢离子的化合物，故B

错误；C.碱指在水溶液中电离出的阴离子全部都是OH-的化合物，故C错误；D.盐是由金属离子(或铵根离子)和酸根离子组成的，故D正确；答案：D3.仪器名称为“分液漏斗"的是A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】根据各仪器的结构特点可知，A为分液漏斗，B为

蒸馏烧瓶，C为容量瓶，D为圆底烧瓶，故答案为A。4.下列物质中，常用于治疗胃酸过多的是（）A.碳酸钠B.氢氧化铝C.氧化钙D.硫酸镁【答案】B【解析】【详解】用于治疗胃酸过多的物质应具有碱性，但碱性不能过

强，过强会伤害胃粘膜；以上四种物质中，硫酸镁溶液显酸性，碳酸钠溶液，氧化钙的水溶液均显碱性，而氢氧化铝显两性，碱性较弱，能够与胃酸反应，故氢氧化铝常用于治疗胃酸过多，B正确；故答案选B。5.下列分散系能产生“

丁达尔效应”的是（）A.稀盐酸B.氢氧化铁胶体C.泥浆D.硫酸钾溶液【答案】B【解析】【详解】A．稀盐酸是溶液，不属于胶体，不能产生丁达尔效应，选项A错误；B．氢氧化铁胶体能产生丁达尔效应，选项B正确；

C．泥浆属于浊液，不是胶体，不能产生丁达尔效应，选项C错误；D．硫酸钾溶液属于溶液，不是胶体，不能产生丁达尔效应，选项D错误；答案选B。6.下列分离物质的方法中，利用了物质的沸点的是（）A.蒸馏B.过滤C.重结晶D.凝固【答案】A【

解析】【详解】A.蒸馏是根据混合物各组分的沸点不同来分离互溶的液体的，A符合题意；B.过滤是利用溶解性不同来分离不溶于液体的固体的，B不符合题意；C.重结晶是利用物质溶解度随温度的变化来进行分离提纯的，C不符合题意；D.凝固是利用物质熔点或溶解度来进行的分离提纯，D不符合题意；答案选

A。7.反应MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl+2H2O中，还原产物是A.MnO2-B.HClC.MnCl2D.Cl2【答案】C【解析】【详解】氧化还原反应中氧化剂得到电子化合价降低被还原，得到还原产物，该反应中产物MnCl2是由Mn元素化合价降低生成，为还原产物，故答案为C。8.下列物

质属于电解质的是()A.NaClB.蔗糖C.NH3D.氯气【答案】A【解析】【详解】A.NaCl在水溶液中或熔融状态下能够电离出钠离子和氯离子，能导电，所以NaCl是电解质，故A正确；B.蔗糖是有机物，在水溶液中或熔融状态下都不导电，不是电解质，故B错误；C.NH3只存在分

子，没有自由移动的离子，所以不能导电；NH3在水溶液中与水反应生成一水合氨，一水合氨电离出自由移动的离子导电，NH3自身不能电离，NH3是非电解质，故C错误；D.氯气只存在分子，没有自由移动的离子，所以不能导电；在水溶液中与水反应

生成氯化氢和次氯酸，氯化氢电离出自由移动的离子导电，氯气自身不能电离，氯气是单质，不是电解质，也不是非电解质，故D错误；正确答案是A。【点睛】判断电解质和非电解质时要注意：(1)电解质、非电解质均是化合物。(2)电解质导电必须有外界条件：水溶液或熔融

状态。(3)电解质是一定条件下本身电离而导电的化合物。CO2、SO2、SO3、NH3溶于水后也导电，但是与水反应生成的新物质电离而导电的，不是本身电离而导电的，故属于非电解质。(4)电解质的强弱由物质的内部结构

决定，与其溶解度无关。某些难溶于水的化合物，如BaSO4、AgCl，虽然溶解度很小，但溶解的部分是完全电离的，所以是强电解质。(5)电解质不一定导电，非电解质一定不导电；导电的物质不一定是电解质，不导电的物质不一定是非电解质

。9.下列化学用语表示不正确的是()A.二氧化碳的电子式：::C::B.乙烯的结构简式CH2CH2C.钠离子的结构示意图：D.MgCl2的电离方程式：MgCl2=Mg2++2Cl−【答案】B【解析】【详解】A.二氧化碳中的碳原子最外层电子数为4个，可以与氧原子形成两对共用电子对，

所以二氧化碳的电子式：，故A正确；B.乙烯的结构简式CH2=CH2，结构简式要体现出它的官能团，故B错误；C.钠是11号元素，原子核外有11个电子，失去一个电子变为钠离子，结构示意图：，故C正确；D.MgCl2是强电解质，在水溶液

中是完全电离的，MgCl2的电离方程式：MgCl2=Mg2++2Cl−，故D正确；答案选B。10.1H、2H、3H、H+、H2是（）A.氢的五种同位素B.五种氢元素C.氢的五种同素异形体D.氢元素的五种微粒【答案】D【解析】【详解】A．11H、12H、13

H质子数相同，中子数不同，为三种不同的氢原子，互为同位素，H+为氢离子和H2为氢分子，故A错误；B．质子数为1，都是氢元素，故B错误；C．不是氢元素的不同单质，不是同素异形体，故C错误；D．11H、12H、13H质子数相同

，中子数不同，为三种不同的氢原子，互为同位素；H+为氢离子和H2为氢分子，故它们是氢元素的五种不同微粒，故D正确；故答案选D。【点睛】同位素是指质子数相同，质量数不同的核素间的互称，研究对象为原子；同

素异形体是指由一种元素组成的不同性质的单质，研究对象为单质；同位素之间物理性质不同，化学性质几乎相同，同素异形体之间物理性质不同，化学性质可以相似或不同。11.化学与生活密切相关。下列说法错误．．的是（）A.磁性氧化铁可用作红色油漆和涂料B.漂白粉可用于生活用水的消毒C.氢氧化铝可用于中和过

多胃酸D.硅胶可用作袋装食品的干燥剂【答案】A【解析】【详解】A磁性氧化铁为四氧化三铁，为黑色，不能做为红色油漆，应是氧化铁，故错误；B.漂白粉含有次氯酸钙，具有强氧化性，能用于生活用水的消毒，故正确；C.氢氧化铝能和胃酸反应减少

胃酸，同时少量氢氧化铝对人体无害，故正确；D.硅胶具有吸水性，可以做干燥剂，故正确。故选A。12.X、Y、Z、W为短周期元素，若W原子的最外层电子数是其内层电子的710，如图所示，下列说法不正确的是XYZWA.X元素的氢化物分子间可以形成氢键B.

Y元素的两种同素异形体常温下都是气体C.阴离子半径从大到小的顺序为X>Y>Z>WD.最高价氧化物对应的水化物的酸性：W>Z【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、W均为短周期元素，若w原子最外层电子数是其内层电子数的710，则W原

子其内层电子总数为10，最外层电子数为7，故W是Cl元素；由X、Y、Z、W在周期表中的位置关系可知，Z为S元素；Y为O元素；X为N元素；根据元素所在周期表中的位置，结合元素周期律的递变规律进行判断。【详解】X为N元素；Y

为O元素；Z为S元素；W是Cl元素；A．X为N元素，其氢化物氨气分子之间存在氢键，故A正确；B．Y为O元素；Y元素的两种同素异形体为氧气和臭氧，在常温下都是气体，故B正确；C．核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径

越小，所以离子半径X＞Y，Z＞W；最外层电子数相同，电子层越多半径越大，所以W＞X，所以阴离子半径由大到小排列顺序Z＞W＞X＞Y，故C错误；D．同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，所以非金属性W＞Z，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，所以最高价氧化物对应水化物的酸性：W＞Z，故D正确；故答案为C。13.下列方程式正确的是()A.小苏打与盐酸反应的离子方程式：CO32−+H+=CO2↑+H2OB.乙烯与氯化氢加成的化学方程式：CH2=CH2+HCl一定条

件⎯⎯⎯⎯⎯⎯→CH3=CH2ClC.碳酸钾在水中的电离方程式：K2CO32K++CO32−D.醋酸钠水解的离子方程式：CH3COO−+H2OCH3COOH+OH−【答案】D【解析】【详解】A、小苏打与盐酸反应生成氯化钠、

二氧化碳和水，反应的离子方程式为HCO3−+H+=CO2↑+H2O，故A错误；B、乙烯与氯化氢加成生成氯乙烷，反应的化学方程式为：CH2=CH2+HCl一定条件⎯⎯⎯⎯⎯⎯→CH3CH2Cl，故B错误；

C.碳酸钾是强电解质，在水中完全电离，电离方程式为：K2CO3=2K++CO32−，故C错误；D.醋酸钠在溶液中水解生成醋酸和氢氧化钠，水解的离子方程式为CH3COO−+H2OCH3COOH+OH−，故D正确；故选D。14.下列操作对应的现象不符合．．．事实的是A．将灼烧至黑色的

铜丝插入无水乙醇，铜丝变成红色B．烧杯中出现白色沉淀，并能较长时间保存C．将胆矾晶体悬挂于盛有浓H2SO4的密闭试管中，蓝色晶体逐渐变为白色D．通入SO2气体后，高锰酸钾溶液紫红色变浅A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解

】A．乙醇的催化氧化实验，铜做催化剂，故正确；B．生成的Fe(OH)2‑是白色沉淀，但容易被氧气氧化变色，故错误；C.浓H2SO4有吸水性，将胆矾晶体的结晶水吸去，蓝色晶体逐渐变为白色，故正确；D.高锰酸钾有氧化性，SO2有还原性，通入SO2气体后，高锰酸钾被还

原，高锰酸钾溶液紫红色变浅，故正确。故不符合事实的是B.15.下列说法不正确的是A.乙烷分子中的所有原子处于同一平面上B.煤的液化、气化和干馏均属于化学变化C.乙炔与溴的四氯化碳溶液发生加成反应而使其褪色D.苯分子中不存在碳碳单键和碳

碳双键交替出现的结构【答案】A【解析】【详解】A．乙烷中碳原子均为饱和碳原子，与饱和碳原子相连的4个原子形成四面体结构，不可能共面，故A错误；B．煤的液化、气化和干馏过程中均有新的物质生成，为化学变化，故B正确；C．乙炔含有碳碳三键可以与溴单质发生加成反应，从而使溴的四氯化碳溶液褪色，故C正确

；D．苯不含碳碳双键，苯分子中不存在碳碳单键和碳碳双键交替出现的结构，存在一种介于单键和双键之间的一种特殊的键，故D正确；故答案为A。【点睛】苯不能使溴的四氯化碳溶液褪色说明苯环中不存在碳碳双键结构，苯与液溴，铁作催化剂发生取代反应生成溴苯。16.下列有关生活中几种常见有机物的说法

，不正确的是（）A.淀粉、纤维素不能互称同分异构体B.油脂在碱性条件下的水解反应也称皂化反应C.蛋白质可以在酶的催化下水解产生葡萄糖D.交警用装有重铬酸钾（K2Cr2O7）的检测仪检验司机是否酒驾，乙醇表现

还原性【答案】C【解析】【详解】A.淀粉、纤维素的通式均为(C6H10O5)n，但由于n值不确定，故不能互称同分异构体，A正确；B.油脂在碱性条件下的水解反应也称皂化反应，B正确；C.蛋白质可以在酶的催化下水解产生氨基酸，C错误；D.交警用装有重铬酸钾（K2Cr2O7）的检测仪检验司机是否酒驾，乙

醇被氧化，表现还原性，D正确；故答案选C。【点睛】形如高分子化合物这类分子式中带有n的物质，即使化学式看似相同，但因为n值的不确定性，故不能互称同分异构体。17.目前工业上处理有机废水的一种方法是：在调节好pH和Mn2＋浓度的废水中加入H

2O2，使有机物氧化降解。现设计如下对比实验（实验条件见下左表)，实验测得有机物R浓度随时间变化的关系如下图所示。下列说法正确的是实验编号T/KpHc/10－3mol·L－1H2O2Mn2＋①29836.00.30②31336.00.

30③29896.00.30A.313K时，在0~100s内有机物R降解的平均速率为：0.014mol·L-1·s-1B.对比①②实验，可以得出温度越高越有利于有机物R的降解C.对比①②实验，可以发现在两次实验中有机物R的降解百分率不

同D.通过以上三组实验，若想使反应停止，可以向反应体系中加入一定量的NaOH溶液【答案】D【解析】A.313K时，在0~100s内有机物R降解的平均速率＝3(1.60.2)10/100molLs−−＝1.4×10－5mol·L-1·s-1，A错

误；B.温度过高，双氧水容易分解，B错误；C.对比①②实验，可以发现在两次实验中有机物R的降解百分率相同，C错误；D.通过以上三组实验，若想使反应停止，可以向反应体系中加入一定量的NaOH溶液，增大pH，D正确，答案选D。18.碱性锌锰电池的反应方程式

为2MnO2＋Zn＋2H2O===2MnOOH＋Zn(OH)2，其构造如图所示。有关说法不正确的是()A.负极反应式：Zn＋2OH－－2e－===Zn(OH)2B.放电时正极MnO2得到电子，发生氧化反应C.该电池使用一段时间后，电解液pH增大D.放电时，锌粉

失去的电子，从负极通过外电路流向正极【答案】B【解析】【分析】碱性锌锰电池的反应方程式为2MnO2＋Zn＋2H2O===2MnOOH＋Zn(OH)2，原电池中负极失电子发生氧化反应，所以Zn为负极，MnO2为正极。【详解】A．Zn为负极，根据

总反应可知Zn失电子生成Zn2+后与氢氧根结合生成氢氧化锌沉淀，所以电极方程式为Zn＋2OH－－2e－===Zn(OH)2，故A正确；B．根据总反应可知MnO2化合价降低，得电子发生还原反应，为原电池正极，发生还原反应，故B错误；C．根据总反应可知电池工作时会消耗水

，而KOH没有被消耗，所以KOH浓度变大，电解液pH增大，故C正确；D．放电时，锌为负极，失电子发生氧化反应，电子经外电路由负极流向正极，故D正确；故答案为B。【点睛】本题C为易错选项，虽然电池放电过程中负极消耗了

氢氧根，但正极反应为MnO2+H2O+e-=MnO(OH)+OH-，又补充了氢氧根，所以氢氧根总量基本不变，但是反应过程中消耗了水，所以溶液碱性增强。19.下列关于化学键及晶体的说法中，不正确的是（）A.Cl2、Br2、I

2的沸点逐渐升高，是因为分子间作用力越来越大B.NaOH和NH4Cl化学键类型相同C.N2和CCl4两种分子中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构D.石英晶体和干冰晶体熔沸点不同，是因为所含化学键类型不同【答案】D【解析】【详解】A．卤素单质都是分子晶体，熔沸点的

高低与分子间作用力的大小有关，Cl2、Br2、I2的相对分子质量逐渐增大，分子间作用力逐渐增大，熔沸点逐渐升高，故A正确；B．NaOH中钠离子和氢氧根离子形成离子键，O与H形成共价键，NH4Cl中铵根离子

和氯离子形成离子键，N与H形成共价键，均含有离子键和共价键，故B正确；C．N2中N原子中的最外层电子为5，形成3对共用电子对，所以每个原子的最外层都具有8电子稳定结构，CCl4中每个原子的最外层都具有8电子稳定结构，故C正确；D．干冰与石英都为共价化合物，都含共价键，干冰

与石英的熔沸点差异很大的原因是晶体类型不同，干冰属于分子晶体，石英属于原子晶体，故D错误；故选D。20.已知一定条件下断裂1mol下列化学键生成气态原子需要吸收的能量如下：H—H436kJ；Cl—Cl243kJ；H—Cl

431kJ。下列所得热化学方程式或结论正确的是（）A.氢分子中的化学键比氯气分子中的化学键更稳定B.2HCl(g)=H2(g)+Cl2(g)的反应热ΔH＜0C.H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)ΔH=﹣1

83kJD.相同条件下，H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)反应在光照和点燃条件下的ΔH不相等【答案】A【解析】【详解】A、断裂1mol化学键生成气态原子需要吸收的能量为：H－H：436kJ，Cl－Cl：243kJ，所以氢分子中的化学键比氯气分子中的化学键更稳定，选项A正

确；B、化学反应的焓变等于反应物的键能总和减去生成物的键能总和，2HCl(g)＝H2(g)+Cl2(g)的反应热ΔH=（2×431-436-243）kJ/mol=183kJ/mol＞0，选项B错误；C、化学反应的焓变

等于反应物的键能总和减去生成物的键能总和，则H2(g)+Cl2(g)＝2HCl(g)ΔH=（436+243-2×431）kJ/mol=﹣183kJ/mol，选项C错误；D、反应热取决于反应物和生成物的能量高低，与反应条件无关，故相同条件下

，H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)反应在光照和点燃条件下的ΔH相等，选项D错误。答案选A。21.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A.1mol甲醇分子中含有的共价键数为4NAB.2.4g镁在足量的氧气中

燃烧,转移的电子数为0.1NAC.标准状况下,5.6L二氧化碳气体中含有的氧原子数为0.5NAD.1L0.5mol/LCH3COONa溶液中含有的CH3COO-数为0.5NA【答案】C【解析】【详解】A．甲醇分子中含有3个碳氢键、1个碳氧键和1个氧氢键，所以1mol甲

醇中含有5mol共价键，含有的共价键数目为5NA，故A错误；B．2.4g镁物质的量为0.1mol，在足量的氧气中燃烧，转移的电子数为0.2NA，故B错误；C．标准状况下，5.6L二氧化碳气体中含有的氧原子数为：5.6L22.4L/mol×2×NA=0.5NA，故

C正确；D．CH3COO-在溶液中发生水解反应，则1L0.5mol/LCH3COONa溶液中含有的数小于0.5NA，故B错误；故答案为C。【点睛】顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷

阱”；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。特别要注意气体摩尔体积、阿伏加德罗定律的适用范围和使用条件。关于气体摩尔体积的使用注意：①气体的摩尔体积适用的对象为气体，而标况下水、CCl4、HF等为液体，SO3为固体；②必须明确温度和压强是0℃，101kPa，只指明体积无法

求算物质的量；③22.4L/mol是标准状态下或一定温度、一定压强下的气体摩尔体积。22.已知X(g)＋3Y(g)2W(g)＋M(g)△H＝－akJ·mol－1（a>0）。一定温度下，在体积恒定的密闭容器中，加入1molX(g

)与2molY(g)，下列说法正确的是（）A.充分反应后，X的转化率和Y的转化率不相等，前者大于后者B.当反应达到平衡状态时，W与M的物质的量浓度之比一定为2：1C.当混合气体的密度不再改变，表明该反应已达平衡D.若增大Y的浓度，正反应速率增

大，逆反应速率减小【答案】B【解析】【详解】A.充分反应后，设反应的X是amol，则Y消耗3amol，X的转化率是a/1,Y的转化率是3a/2,则转化率是前者小于后者，故A错误；B.当反应达到平衡状态时，由于只加入反应物达到的

平衡，则生成的W与M的物质的量浓度之比一定为2：1，故B正确；C.反应物与生成物都是气体，反应前后气体总质量不变，密闭容器的容积不变，故混合气体的密度不变，不能用于判断是否达到平衡，故C错误；D.若增大Y的浓度，正反应速率增大，逆反应速率不会减小，故D错误。故选B。23.实

验室可通过蒸馏石油得到多种沸点范围不同的馏分，装置如图所示。下列说法不正确的是A.沸点较低的汽油比沸点较高的柴油先馏出B.蒸馏烧瓶中放人沸石可防止蒸馏时发生暴沸C.冷凝管中的冷凝水应该从a口进b口出D.温度计水银球的上限和蒸馏烧瓶支管口下沿相平【答案】C【解析】【详解】A．在蒸馏时，石油

的温度逐渐升高，沸点较低的先气化馏出，所以沸点较低的汽油比沸点较高的柴油先馏出，故A正确；B．沸石具有防暴沸作用，所以蒸馏烧瓶中放人沸石可防止蒸馏时发生暴沸，减少安全事故的发生，故B正确；C．冷凝管中水采用逆流方式，所以冷凝水应该b为进水口、a为出水口，故C错误；D．温度计测量馏分温度，则温

度计水银球和蒸馏烧瓶支管口处相平，故D正确；故选：C。24.氧化性：Fe3+>Cu2+，向物质的量浓度均为2mol·Lˉ1的Fe2(SO4)3和CuSO4的500mL混合液中加入amol铁粉，充分反应后，下列说法不正确的是A.当a≤1时，发生的反应为：2Fe3+＋Fe＝3Fe2+B

.当a≥2时，发生的反应为：2Fe3+＋2Cu2+＋3Fe＝5Fe2+＋2CuC.当1≤a＜2时，溶液中n(Fe2+)＝(2+a)molD.若有固体剩余，则可能是铜或铁和铜【答案】B【解析】【分析】根据氧化性Fe3+＞Cu2+可判断向物质的量浓度均为2mol·Lˉ1的Fe

2(SO4)3和CuSO4的500mL混合液中加入amol铁粉，硫酸铁首先氧化金属铁，然后才是硫酸铜与铁发生置换反应，结合反应物的量分析解答。【详解】硫酸铁和硫酸铜的物质的量均是2mol/L×0.5L＝1.0mol，发生的反应依次为①Fe2(SO4)3+Fe＝3FeS

O4、②CuSO4+Fe＝FeSO4+Cu，则A.当a≤1时铁不足，发生的反应为①，离子方程式为：2Fe3+＋Fe＝3Fe2+，A正确；B.当a≥2时铁恰好反应或过量，发生的反应为①和②，离子方程式为：2Fe3+＋Cu2+＋2Fe＝4Fe2

+＋Cu，B错误；C.当1≤a＜2时硫酸铁全部反应，硫酸铜过量，根据铁原子守恒可知溶液中n(Fe2+)＝(2+a)mol，C正确；D．根据以上分析可知若有固体剩余，则可能是铜或铁和铜，D正确；答案选B。2

5..某盐是一种重要的化工原料，在印染、制革、木材和农业等领域有重要用途，其溶液可能含有NH4+、Al3＋、SO42-、Fe2＋、Cl－等若干种离子，某同学设计并完成了如下实验：根据以上的实验操作与现象，该同学得出的结论不正确的是()A.试样中肯定有NH4+、SO42-和Fe2+B

.试样中一定没有Al3＋C.若气体甲在标准状况下体积为0.448L，沉淀丙和沉淀戊分别为1.07g和4.66g，则可判断溶液中还有Cl－D.该盐工业上可以用作净水剂【答案】C【解析】【分析】加入过量氢氧化钠有气体放

出，说明为氨气，则溶液中含有铵根离子，生成白色沉淀，又变为红褐色，说明含有亚铁离子，溶液丁加足量盐酸和氯化钡溶液，有白色沉淀，说明含有钡离子，加二氧化碳气体无现象，说明没有铝离子。【详解】A现象，根据上面分析得出试样中肯定有NH4+、SO42－和Fe2+，故A正确，不符合题意；B现象，根据上

面分析得出试样中一定没有Al3＋，故B正确，不符合题意；C选项，若气体甲在标准状况下体积为0.448L，即物质的量为0.02mol，沉淀丙和沉淀戊分别为1.07g和4.66g，氢氧化铁物质的量为0.01mol，

即亚铁离子物质的量为0.01mol，硫酸钡的物质的量为0.02mol级硫酸根物质的量为0.02mol，根据电荷守恒，刚好呈电中性，因此溶液中没有Cl-，故C错误，符合题意；D选项，该盐含有亚铁离子，氧化水解生成氢氧化铁胶体，可以用作净水剂，故D正确，不符合题意；综上所述，答案为

C。非选择题部分二、非选择题26.（1）①写出氯化镁的电子式________；②写出乙烷的结构简式________；（2）电解饱和食盐水的化学方程式___________。【答案】(1).(2).CH3CH3(3).2NaCl+2H2O通电2NaOH+

H2↑+Cl2↑【解析】【详解】(1)①氯化镁由镁离子和氯离子构成，电子式为；②乙烷分子式为C2H6，两个碳原子以单键相连，氢原子与碳原子单键相连，结构简式为CH3CH3；(2)电解饱和食盐水时阳极氯离子放电生成氯气，阴极水电离出的氢

离子放电生成氢气，同时产生氢氧根，所以电解饱和食盐水的化学方程式为：2NaCl+2H2O通电2NaOH+H2↑+Cl2↑。27.已知A、B、D是食品中的常见有机物，A是生物的主要供能物质。以A和水煤气(CO、H2)为原料在

一定条件下可获得有机物B、C、D、E、F，其相互转化关系如图。已知E是CO和H2以物质的量之比1:2反应的产物，F为具有特殊香味、不易溶于水的油状液体。请回答：(1)有机物D中含有的官能团名称是______。(2)B→C化学方程式是______。(3)下列说法不正确的是______(填字

母)。A.有机物B与金属钠反应比水与金属钠反应要剧烈B.除去F中含有D、E杂质可用NaOH溶液洗涤、分液C.D和E反应生成F时，浓硫酸主要起强氧化剂作用D.C在一定条件下可以与H2反应转化为B【答案】(1).羧基(2).2CH2CH2OH+O2C

uΔ⎯⎯→2CH3CHO+H2O(3).ABC【解析】【分析】已知A、B、D是食品中的常见有机物，A是生物的主要供能物质，为葡萄糖，应为C6H12O6，生成B为CH2CH2OH，由流程可知C为CH3CHO，D为CH3COOH，E是CO和H2以物质的量之

比1：2反应的产物，F为具有特殊香味、不易溶于水的油状液体，可知E为CH3OH，F为CH3COOCH3，以此解答该题。【详解】(1)D为CH3COOH，含有的官能团为羧基；(2)B→C化学方程式是2CH2CH2OH+O2CuΔ⎯⎯→2CH3CHO+H2O；

(3)A.有机物B为乙醇，与金属钠反应比水与金属钠反应要弱，选项A错误；B.F为酯类，可与氢氧化钠溶液反应，应用饱和碳酸钠溶液除杂，选项B错误；C.D和E反应生成F时，浓硫酸主要起催化剂和吸水剂的作用，选项C错误；D

.C为乙醛，含有醛基，在一定条件下可以与H2反应转化为乙醇，选项D正确。答案选ABC。28.取一定量的CuCl2产品投入Na2CO3溶液中，充分反应生得到一种仅含四种元素的不溶性盐X，并产生气体CO2。设计如下实验探究X的组成和性质。已知各步反应

所需试剂均过量，请回答：（1）混合气体的成分是______________；X的化学式为__________________。（2）写出CuCl2与Na2CO3反应生成X的离子方程式__________________________

____。【答案】(1).H2O、CO2(2).Cu5(OH)4(CO3)3(3).5Cu2++5CO32-+2H2O=Cu5(OH)4(CO3)3↓+2CO2↑【解析】【详解】黑色固体能在高温下与CO反应生成红色固体B，说明B是Cu，物质的量是3.20g÷64g/mol＝0.05mol。混合气

体1.68g经过无水氯化钙后剩余1.32g，说明混合气体中含有水蒸气的质量是1.68g－1.32g＝0.36g，物质的量是0.36g÷18g/mol＝0.02mol。气体A通入氢氧化钡溶液中得到白色沉淀5.91g，说明混合气体中含有二氧化碳的物质的量是5.91g÷

197g/mol＝0.03mol，由此可知X中含有铜离子0.05mol，含有碳酸根离子0.03mol，根据电荷守恒可知还含有0.04molOH－，因此X的化学式为Cu5(OH)4(CO3)3。（1）根据以上分析可知混合气体的成分是H2O、CO2；X的化

学式为Cu5(OH)4(CO3)3。（2）根据原子守恒、电荷守恒可知CuCl2与Na2CO3反应生成X的离子方程式为5Cu2++5CO32-+2H2O＝Cu5(OH)4(CO3)3↓+2CO2↑。【点睛】熟悉元素化合物的性质是解答本题的关键，知道流程图中每一

步发生的反应，注意电荷守恒的灵活应用。29.某研究小组用如图装置进行SO2与FeCl3溶液反应的相关实验(夹持装置已略去)。(1)通入足量SO2时C中观察到的现象为____________________________

_。(2)根据以上现象，该小组同学认为SO2与FeCl3溶液发生氧化还原反应。该小组同学向C试管反应后的溶液中加入硝酸酸化的BaCl2溶液，若出现白色沉淀，即可证明反应生成了SO42−。该做法_______(填“合理”或“不合理”

)，理由是____________。(3)为了验证SO2具有还原性，实验中可以代替FeCl3的试剂有________(填字母)。A.浓硫酸B.酸性KMnO4溶液C.碘水D.NaCl溶液【答案】(1).溶液由棕黄色变成浅绿色(2).不合理(3).HNO3可

以将SO2氧化成H2SO4，干扰实验(4).BC【解析】【分析】装置A中的分液漏斗中的浓硫酸滴入锥形瓶中反应生成二氧化硫气体，通过装置B为安全瓶，通过装置C中的氯化铁溶液具有氧化性能氧化二氧化硫为硫酸，氯化铁被还原为氯化亚铁，最后过量的二氧化硫被氢氧化钠溶液吸收，据

此分析解答。【详解】(1)利用Fe3+具有强氧化性，C中发生离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O＝2Fe2++SO42−+4H+，Fe3+显棕黄色，Fe2+显浅绿色，现象为溶液由棕黄色变成浅绿色；(2)HNO3具

有强氧化性，能把SO2氧化成H2SO4，干扰实验，因此该做法不合理；(3)A、浓硫酸与SO2不发生反应，浓硫酸不能代替FeCl3，故A不符合题意；B、酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，如果紫红色褪去，说明SO2具有还原性，故B符合题意；C、碘水中I2，

具有氧化性，能把SO2氧化，淡黄色褪去，说明SO2具有还原性，故C符合题意；D、NaCl溶液不与SO2发生反应，不能鉴别SO2有还原性，故D不符合题意。答案选BC。30.取100mL等物质的量浓度的盐酸和

硫酸混合溶液，当加入100mL3.00mol·L－1的Ba(OH)2溶液时，溶液显中性。请计算：（1）硫酸的物质的量浓度为________mol·L－1。（2）当加入的Ba(OH)2体积为75.0mL时，产生的沉淀质量为________g。【答案】(1).2.00mol/L(2

).46.6【解析】【详解】(1)混合酸中加入100mL3.00mol•L-1的Ba(OH)2溶液时，溶液显中性，则原混合酸中氢离子物质的量等于氢氧化钡中氢氧根离子物质的量为：0.1L×3.00mol/L×2=0.600mol，设盐酸与硫酸的物质的量浓度

都为c，则溶液中氢离子个数为：c×0.1L×1+2c×0.1L=0.600mol，解得c=2.00mol/L；(2)75mL3.0mo/L的氢氧化钡溶液中含有钡离子的物质的量为：3.0mol/L×0.075L=0.225mol，原混合液中含有硫酸根离子的物质的量为：2.0

mol/L×0.1L=0.2mol，根据反应SO42-+Ba2+=BaSO4↓可知，钡离子过量，硫酸根离子不足，则反应生成硫酸钡的物质的量为0.2mol，质量为：233g/mol×0.2mol=46.6g。【点睛】解决化

学中的计算题时，要先考虑整个过程中存在的守恒关系，依据守恒进行计算，避免根据方程式一步一步来的繁琐计算。