【文档说明】浙江省宁波市2019-2020学年高一下学期期末考试化学试题【精准解析】.doc，共(26)页，794.500 KB，由小赞的店铺上传

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宁波市2019学年第二学期期末考试高一化学试卷可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24S-32Cl-35．5K-39Fe-56Cu-64Ag-108Ba-1371.下列物质的化学式可用“Na2CO3”表示

的是A.烧碱B.纯碱C.小苏打D.熟石灰【答案】B【解析】【详解】A.烧碱、火碱、苛性钠的化学式是NaOH，A错误；B.纯碱、苏打的化学式是Na2CO3，B正确；C.小苏打的化学式是NaHCO3，C错误；D.熟石

灰化学式是Ca(OH)2，D错误；答案选B。2.垃圾分类有利于资源回收利用，下列垃圾分类不正确．．．的是选项ABCD垃圾废金属剩饭菜过期药品废塑料瓶垃圾分类可回收物厨余垃圾有害垃圾其他垃圾A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详

解】A．废金属是可回收物，故A正确；B．剩饭菜属于厨余垃圾，故B正确；C．过期的药品，不具备原先的药效，还容易变质，属于有害垃圾，故C正确；D．废塑料瓶属于可回收垃圾，故D错误；选D。3.以下仪器中，名称为“蒸馏烧瓶”的是A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】根据

仪器构造，四种仪器分别是蒸馏烧瓶、容量瓶、分液漏斗和圆底烧瓶，故名称为蒸馏烧瓶的是A。故答案选A。4.下列分散质粒子直径在10-9~10-7m的分散系是A.稀盐酸B.AgNO3溶液C.酒精溶液D.淀粉溶液【

答案】D【解析】【分析】分散质粒子直径在10-9～10-7m(1~100nm)的分散系是胶体，据此解答。【详解】A．稀盐酸稀盐酸属于溶液分散系，分散质粒子直径小于10-9m，故A不符合题意；B．AgNO3溶液属于溶液分散系，分散质粒子直径小于10-9m

，故B不符合题意；C．酒精溶液属于溶液分散系，分散质粒子直径小于10-9m，故C不符合题意；D．淀粉溶液属于胶体分散系，分散质粒子直径在10-9～10-7m之间，故D符合题意；答案选D。5.反应4HCl+O2Δ催化剂2Cl2+2H2O中，氧化产物是A.HClB.O2C.Cl2D.H2O【答案

】C【解析】【详解】氯化氢中氯的化合价从-1价升高到0价，作还原剂，得到的Cl2是氧化产物；氧气中氧元素的化合价从0价降低到-2价，作氧化剂，得到的H2O是还原产物，答案选C。6.下列物质属于电解质的是A.CO2

B.食盐水C.MgD.CH3COOH【答案】D【解析】【详解】A．CO2自身不能电离出自由移动的离子，CO2是非电解质，故不选A；B．食盐水是混合物，既不是电解质又不是非电解质，故不选B；C．Mg是金属单质，既不是电解质又不是非电解质，故不选C；D．CH3COOH在水溶液中能

电离出自由移动的离子，CH3COOH溶液能导电，CH3COOH是电解质，故选D；选D。7.下列有关化学用语表示正确的是A.钠离子的结构示意图：B.乙烯的比例模型：C.中子数为18的氯原子3717ClD.苯的结构简式：C6H6【答案】B【解析】【详解】A．钠元素为11号元素

，钠离子的结构示意图：，故A错误；B．乙烯的分子式为C2H4，碳原子半径大于氢原子，则比例模型为：，故B正确；C．氯原子的质子数为17，中子数为18，质量数=质子数+中子数=17+18=35，则氯原子为：3517Cl，故C错误；D．苯的分子式为C6H6，碳原子间是一种介于单键和双

键之间的一种特殊键，碳碳键的键长都相等，分子中所有原子共平面，为平面正六边形，其结构简式可表示为：，故D错误；答案选B。8.下列说法正确的是A.CH4与C5H12互为同系物B.14C与14N互为同位素C.H

2O与D2O互为同素异形体D.与互为同分异构体【答案】A【解析】【详解】A．结构相似，类别相同，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的化合物互为同系物，CH4与C5H12都属于烷烃，结构相似，在分子组成上相差4个CH2原子团，互为同系物，故A正确；B．质子数相同，中子数不同的同一元素的不同原

子互称为同位素，14C与14N为不同元素的原子，质子数不同，中子数也不同，故B错误；C．由同种元素构成的结构不同的单质互为同素异形体，H2O与D2O为化合物，不是单质，不是同素异形体，故C错误；D．由于苯环上的碳原子之间形成的碳碳键是一种介于单键与双键之间的一种特殊键，苯环上的6个碳碳键

完全相同，则与结构相同，分子式相同，为同种物质，故D错误；答案选A。9.下列说法正确的是A.二氧化碳可用作镁着火的灭火剂B.工业上可以用电解饱和食盐水制取氯气C.Cl2能使湿润的有色布条褪色，说明Cl2具有漂白性D.我国华为AI芯片已跻身于全球AI芯片榜单前列，该芯片的主要材料是二氧

化硅【答案】B【解析】【详解】A．镁能在二氧化碳中燃烧生成氧化镁和碳，镁着火，不能用二氧化碳灭火，故A错误；B．电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气、氯气，故B正确；C．Cl2能使湿润的有色布条褪色，是由于氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性，而Cl2没有漂白性，故C错误；D．芯片的主要材料是单质硅，故

D错误；选B。10.五种短周期元素在元素周期表中的位置如图所示，已知M原子最外层电子数是其电子层数的2倍，下列说法不正确．．．的是A.原子半径：Z>X>YB.X和M都能与Y形成两种常见的化合物C.氢化物的稳定性：N<MD.工业上可以用X单质与ZY2反应制得Z单

质【答案】C【解析】【分析】根据图示，M是第三周期的元素，M原子最外层电子数是其电子层数的2倍，M是S元素，根据X、Y、Z、M、N在周期表中的相对位置，可知X、Y、Z、N分别是C、O、Si、Cl。【详解】A．同主族元素从上到下半径增大，同周期元素从左到右半径减小，原子半径：S

i>C>O，故A正确；B．C和O形成CO、CO2两种化合物，S和O形成SO2、SO3两种化合物，故B正确；C．同周期元素从左到右非金属性增强，非金属性越强，气态氢化物越稳定，氢化物的稳定性：HCl＞H2S，故C错误；D．C和SiO2反应生成Si和CO，工业上可以用C单质与SiO2反应制得Si单质，

故D正确；选C。11.下列反应的离子方程式正确的是A.金属钠与水反应:Na+2H2O=Na++2OH-+H2↑B.MgCl2溶液与过量氨水反应：Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓C.氯化铁溶液腐蚀铜片：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+D.硫酸铜溶液与

氢氧化钡溶液反应：Ba2++SO2-4=BaSO4↓【答案】C【解析】【详解】A．题中离子方程式不符合电荷守恒，金属钠和水反应的离子方程式：2Na+2H2O=2Na++2OH−+H2↑，故A错误；B．氨水是

弱电解质，不能拆成离子形式，MgCl2溶液与过量氨水反应：Mg2++2NH3∙H2O=Mg(OH)2↓+2NH4+，故B错误；C．铁离子与铜发生氧化还原反应生成亚铁离子和铜离子，离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故C正确

；D．硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液，正确的离子方程式：Cu2++2OH−+Ba2++SO42−═BaSO4↓+Cu(OH)2↓，故D错误；答案选C。12.下列有关物质分离、提纯的说法正确的是A.利用装置①，分离汽油和煤油B.利用装置②，分离蔗糖和食盐C.利用装置③，用溴水除去甲烷中的乙烯

D.利用装置④，用乙醇提取碘水中的碘【答案】C【解析】【详解】A．装置①为蒸馏装置，汽油和煤油互溶，但沸点不同，使用蒸馏的方法分离，但装置①分离缺少温度计测定蒸馏出的蒸汽的温度，无法确定馏分的成分，故A错误；B

．装置②为过滤装置，蔗糖和食盐都可以溶于水，无法用过滤的方法分离，故B错误；C．装置③为洗气装置，乙烯可与溴水发生加成反应，甲烷与溴水不反应，可以利用装置③，用溴水除去甲烷中的乙烯，故C正确；D．装置④为分

液装置，碘单质易溶于乙醇，但乙醇与水互溶，不分层，无法用分液漏斗萃取提纯，故D错误；答案选C。13.下列说法正确的是A.石油裂化的目的是为了提高轻质油的产量和质量B.煤的液化、气化和石油的分馏都属于物理变化C.

为了有效利用生物质能，可以将植物的秸杆直接燃烧获得沼气D.氢气被称为“绿色能源”，利用化石燃料燃烧放出的热量使水分解产生氢气，是氢能开发的研究方向【答案】A【解析】【详解】A．石油裂化是在一定的条件下，将相对分子质量较大、沸点较高的烃断裂

为相对分子质量较小、沸点较低的烃的过程，此过程可得到汽油中的某些烃；石油裂化目的是为了提高轻质油产量和质量，故A正确；B．煤的气化是煤与水蒸气反应生成一氧化碳和氢气，煤的液化是指煤与氢气作用形成甲醇等液体燃料，二者属于化学变化，石油的分馏是利用石油中各组分的沸点不同利用蒸馏的方法

进行分离的过程，属于物理变化，故B错误；C．生物质能就是太阳能以化学能形式贮存在生物质中的能量形式，即以生物质为载体的能量，可以将植物的秸杆直接燃烧不能有效利用秸秆中的生物质能，也不能获得沼气，可将植物的秸杆在密闭的沼气池内，在厌氧（没

有氧气）条件下发酵，被微生物分解转化产生沼气，故C错误；D．绿色能源是指无污染、无公害的能量，利用化石燃料燃烧放出的热量，消耗非可再生能源，并且燃烧排放污染物，应研究高效催化剂使水分解制备氢气，是氢能开发的研究方向，故D错误；答案选A。

14.下列说法正确的是A.糖类、蛋白质和油脂都是有机高分子化合物B.利用油脂的皂化反应可以制造肥皂C.鸡蛋清的溶液中加入硫酸铜溶液，鸡蛋清因盐析而凝聚D.淀粉水解液加过量氢氧化钠溶液后，加新制氢氧化铜悬浊液可检验是否水解完全【答案】B【解析】【详解】A．单糖、油脂都不是有机高分子化合物，故

A错误；B．油脂和氢氧化钠溶液反应生成高级脂肪酸钠和甘油，利用油脂的皂化反应可以制造肥皂，故B正确；C．重金属盐能使蛋白质变性，鸡蛋清的溶液中加入硫酸铜溶液，发生蛋白质变性，故C错误；D．淀粉水解液加碘水，若溶液不变蓝，则淀粉水解完全，故D错误；答案选B。15.燃料电池是一种高

效的供能装置，如图是甲烷燃料电池原理示意图，电池工作时，下列有关说法不正确．．．的是A.a电极发生氧化反应B.b电极是电源的正极C.电子由a电极经外电路向b电极移动，再经电解质溶液回到a电极D.b极电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4O

H-【答案】C【解析】【详解】A．a电极通入甲烷，甲烷失电子发生氧化反应，故A正确；B．b电极通入氧气，氧气得电子发生还原反应，b是电源的正极，故B正确；C．a是负极、b是正极，电子由a电极经外电路向b电极移动，溶液中无电子移动，故C错

误；D．b电极通入氧气，氧气得电子发生还原反应，b极电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，故D正确；答案选C。16.下列说法正确的是A.氯化钠晶体熔融时需要克服离子键B.石英和干冰都属于原子晶体C.CH4、CO2中所有原子均满足最外层

8电子稳定结构D.KOH和CaCl2都是含有共价键的离子化合物【答案】A【解析】【详解】A.氯化钠晶体只有离子键，熔融时克服离子键电离出钠离子和氯离子，A正确；B.石英是原子晶体，干冰是分子晶体，B错误；C.CH4中H最外层只有一个电子，形成共价键时最外层为2电子稳定结构，C错

误；D.CaCl2只含有离子键，D错误；答案选A。17.反应CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)的能量变化如图所示，下列说法正确的是A.由图可知，lmolCH3OH(g)的能量低于2molH2(g)的能

量B.断开1molH2(g)中的化学键需要吸收209.5kJ的能量C.CO(g)+2H2(g)=CH3OH(l)ΔH=-91kJ•mol-1D.CH3OH(g)=CO(g)+2H2(g)ΔH=91kJ•mo1-1【

答案】D【解析】【详解】A.由图可知，lmolCH3OH(g)的能量低于1molCO(g)和2molH2(g)的能量，A错误；B.断开1molCO(g)和2molH2(g)中的化学键需要吸收419kJ的能量，不能计算断开1molH2(g)中的化学键需要吸收的能量，

B错误；C.因为CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)ΔH=-91kJ•mol-1，所以CO(g)+2H2(g)=CH3OH(l)ΔH＜-91kJ•mol-1，C错误；D.CH3OH(g)=CO(g)+2H2(g)ΔH=510-419=91kJ•mo1-1，D正确；答案

选D。18.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.常温常压下，32gO2和O3的混合气体中含有的氧原子数为2NAB.lmolOH-中含有的电子数为8NAC.4.6gNa与足量O2完全反应，转移的

电子数为0.4NAD.标准状况下，2.24L水中含有O—H键的数目为0.2NA【答案】A【解析】【详解】A．氧气和臭氧均由氧原子构成，故32g混合物中含有的氧原子的物质的量为32g16g/mol=2mol，个数为2NA个，故A正确；B．一个OH-中含有的电子数为10个，lmolOH-中

含有的电子数为10NA，故B错误；C．4.6gNa的物质的量为m4.6gn===0.2molM23g/mol，0.2mol钠与足量O2完全反应，生成氧化钠或过氧化钠，1mol钠反应时转移1mol电子，0.2mol钠转移的电子0.2mol，转移的电子数为0.2NA，故C错误；D．标况下水为液

体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故D错误；答案选A。19.已知：2N2O5(g)⇌4NO2(g)+O2(g)ΔH=QkJ•mol-1(Q>0)，一定温度下，向2L的恒容密闭容器中通入N2O5，实验测得的部分数据如表：时间/s0500l0001500n(N2O5)/mol10.07.0

5.05.0下列说法正确的是A.0~1000s内，用N2O5表示的平均反应速率为0.005mol·L-1•s-1B.从表中数据可知，在1000s时，反应恰好达到平衡状态C.反应达到平衡时，容器内压强保持不变D.充分反应后，吸收的

热量为5QkJ【答案】C【解析】【详解】A．0~1000s内，用N2O5表示的平均反应速率为()10-5mol=2L1000s0.0025mol·L-1•s-1，故A错误；B．从表中数据可知，平衡时n(N2O5)=5mol·L-

1，500~1000s之间的某时刻反应恰好达到平衡状态，故B错误；C．反应达到平衡时，气体物质的量不再变化，容器内压强保持不变，故C正确；D．根据2N2O5(g)⇌4NO2(g)+O2(g)ΔH=QkJ•mol-1(Q>0)，分解2molN2O5吸收QkJ的能量，充分反应后，分解了5molN2O

5，所以吸收2.5QkJ的能量，故D错误；选C。20.下列实验方案能达到实验目的的是选项实验目的实验方案A比较Cl和Si非金属性强弱向硅酸钠溶液中滴加盐酸，观察实验现象B配制100mL1.0mol•L-1NaOH溶液称取NaOH固体4.0g放入100mL容量

瓶中，加水溶解，然后桸释至液面与刻度线相切C测定0.01mol•L-1NaClO溶液的pH用洁净的玻璃棒蘸取待测液点到湿润的pH试纸上，变色后与标准比色卡对照D验证氢氧化钡与氯化铵反应为吸热反应在烧杯中加入一定量的氢氧化钡和氯化铵晶

体，用玻璃棒搅拌，使之充分混合，用手触摸烧杯外壁A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．向硅酸钠溶液中滴加盐酸可生成硅酸沉淀，符合强酸制弱酸，只能证明盐酸酸性强于硅酸，由于盐酸不是氯元素最高价氧化物对应水化物形成的酸，故不能比较C

l和Si非金属性强弱，故A错误；B．配制100mL1.0mol•L-1NaOH溶液时，溶质NaOH溶解的过程应该在烧杯中进行，不能用容量瓶溶解，故B错误；C．测定0.01mol•L-1NaClO溶液中的次氯酸根离子水解形成次氯酸，具有漂白性，

能使pH试纸褪色，所以不能用pH试纸测定0.01mol•L-1NaClO溶液的pH，故C错误；D．氢氧化钡和氯化铵晶体混合后发生反应时会吸收大量的热，使周围环境温度降低，用手触摸烧杯外壁，能感觉到发凉，则能验证氢氧化钡与氯化铵反应为吸热反应，故D正确；答案选D。21.几种含硫物质的转化如图所示(

部分产物可能略去)。下列说法不正确的是SO2X⎯⎯→①Na2SO3溶液Y⎯⎯→②Na2SO4溶液A.X可以是Na2CO3溶液B.Y一定是O2C.反应①的离子方程式可能为：SO2+2OH-=SO23−+H2OD.SO2、Na2SO3都能使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】B【解析】【详解】A．亚硫酸的酸性

大于碳酸，SO2和Na2CO3溶液反应生成Na2SO3和CO2，故A正确；B．Na2SO3→Na2SO4发生氧化反应，Y可以是O2、H2O2等氧化剂，故B错误；C．若Y是氢氧化钠，反应①的离子方程式为：SO2+2OH-=SO23−+H2O，故C正确

；D．SO2、Na2SO3中S元素化合价为+4，具有还原性，所以都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确；选B。22.中科院科研人员在Na-Fe3O4和HMCM-22的表面将CO2转化为烷烃，其过程如图。下列说法

不正确．．．的是A.Na-Fe3O4和HMCM-22在反应中作催化剂B.利用CO2合成烷烃有利于减少对化石能源的依赖并减少碳排放C.转化过程的原子利用率为100%D.X与Y都有4种一氯代物【答案】C【解析】【详解】A．根据图示，在Na-Fe3O4和HMCM-22的表面将CO2转化为烷烃

，Na-Fe3O4和HMCM-22在反应中作催化剂，故A正确；B．利用CO2合成烷烃，实现碳的循环利用，有利于减少对化石能源的依赖并减少碳排放，故B正确；C．根据元素守恒，转化过程中有水生成，原子利用率小于100%，故C错误；D．

2-甲基丁烷、3-甲基戊烷都有4种等效氢，所以都有4种一氯代物，故D正确；选C。23.聚合硫酸铁[Fe(OH)SO4]n易溶于水，能用作净水剂(絮凝剂)，可由绿矾(FeSO4•7H2O)和KClO3在水溶液中反应得到。下列说法不

正确．．．的是A.KClO3在反应中作氧化剂B.每生成lmol[Fe(OH)SO4]n转移1mol电子C.将绿矾水溶液久置于空气中，滴加几滴KSCN溶液，溶液变血红色D.聚合硫酸铁可在水中形成氢氧化铁胶体，故能用作净水剂【答案】B【解析】【分析】KClO3将FeSO4氧化成[

Fe(OH)SO4]n的化学方程式为6nFeSO4+nKClO3+3nH2O=6[Fe(OH)SO4]n+nKCl，聚合硫酸铁[Fe(OH)SO4]n又称为碱式硫酸铁，能水解生成氢氧化铁胶体，据此解答。【详解】A．

根据分析，KClO3在反应中作氧化剂，故A正确；B．KClO3将FeSO4氧化成[Fe(OH)SO4]n的化学方程式为6nFeSO4+nKClO3+3nH2O=6[Fe(OH)SO4]n+nKCl，根据反应可知

，生成6mol[Fe(OH)SO4]n转移6nmol电子，则每生成lmol[Fe(OH)SO4]n转移nmol电子，故B错误；C．绿矾(FeSO4⋅7H2O)中的二价铁易被氧化成三价铁，则将绿矾水溶液久置于

空气中，滴加几滴KSCN溶液，溶液变血红色，故C正确；D．聚合硫酸铁中的铁为+3价，能用作净水剂，则聚合硫酸铁能水解生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体能吸附水中的悬浮物而净水，故D正确；答案选B。24.向200mLNa2CO3和NaHCO3混合溶液中缓慢滴加0.1mol•L-1稀盐酸，当

加入的盐酸体积为100mL后开始产生气体，加到amL时测得产生的气体在标准状况下体积为0.672L，继续滴加盐酸不再产生气体(不考虑气体的溶解)。下列说法不正确．．．的是A.a=400B.原溶液中c(NaHCO3)=0.lmol•L-1C.滴加稀盐酸

50mL时，溶液中n(Na2CO3)：n(NaHCO3)=l：2D.产生气体时反应的离子方程式为：H++HCO-3=CO2↑+H2O【答案】C【解析】【分析】根据题意，向200mLNa2CO3和NaHCO3混合溶液中缓慢滴加0.

1mol•L-1稀盐酸，从开始到加入的盐酸体积为100mL时发生的反应为HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，此时消耗盐酸的物质的量为0.1L×0.1mol•L-1=0.01mol，根据反应方程式可

知，溶液中碳酸钠的物质的量为0.01mol；则溶液中的碳酸钠全部转化为碳酸氢钠，在继续滴加盐酸时发生的反应为NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，加到amL时测得产生的气体在标准状况下体积为0.672L，继续滴加盐酸不再产生气体时反应

完全，产生的气体为二氧化碳，其物质的量为0.672L22.4L/mol=0.03mol，根据碳原子守恒，0.01mol碳酸钠与盐酸完全反应生成二氧化碳的物质的量为0.01mol，则原混合溶液中碳酸氢钠与盐酸完全反应生成的二氧化碳的

物质的量为0.03mol-0.01mol=0.02mol，则原混合溶液中碳酸氢钠的物质的量为0.02mol，在原混合溶液中c(NaHCO3)=0.02mol0.2L=0.1mol/L，据此分析解答。【详解】A.根据分析，反应中产生的气体为

二氧化碳，其物质的量为0.03mol，根据反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑可知，消耗盐酸的物质的量为0.03mol，则发生该反应消耗盐酸的体积为-10.03mol0.ol1mL=0.3L=300mL，发生该反应前已经消耗100mL盐酸，则a=300

+100=400，故A正确，不选；B．根据分析计算可知，原溶液中c(NaHCO3)=0.lmol•L-1，故B正确，不选；C．根据分析，原混合溶液中碳酸钠的物质的量为0.01mol，碳酸氢钠的物质的量为0.02mol，此时溶液中n(Na2CO3)：n(N

aHCO3)=l：2，滴加稀盐酸50mL时，碳酸钠转化为碳酸氢钠，发生的反应为HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，消耗盐酸的物质的量为0.05L×0.1mol•L-1=0.005mol，则溶液中生成0.005mo

l碳酸氢钠，消耗0.005mol碳酸钠，溶液中n(Na2CO3)：n(NaHCO3)=(0.01-0.005)mol：(0.02+0.005)mol=1：5，故C错误，符合题意；D．根据分析，产生气体时

发生的化学反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，则反应的离子方程式为：H++HCO-3=CO2↑+H2O，故D正确，不选；答案选C。25.现有一份由含有Na2CO3、Fe2(SO4)3、K2SO4、

MgCl2、CaCO3、NH4Cl中的某几种物质组成的固体混合物X。某化学课外小组取样品进行了如图实验：下列说法正确的是A.固体X中一定存在Fe2(SO4)3或K2SO4B.固体X中至少存在三种物质C.白

色沉淀一定是CaCO3和BaSO4的混合物D.固体X中一定含有NH4Cl、CaCO3，可能含有MgCl2、Na2CO3【答案】B【解析】【分析】向固体混合物X中加入足量氢氧化钡溶液后得到白色沉淀A、氢氧化铁是红

褐色沉淀，Fe2(SO4)3一定没有，CaCO3、BaCO3、Mg(OH)2，BaSO4都是白色沉淀，X中可能有Na2CO3、K2SO4、MgCl2、CaCO3，铵根离子和氢氧根离子会生成氨气，有气体A氨气生成，一定有NH4Cl，沉淀A加入足量盐酸后，得到气体B、白色沉淀B、溶液B，沉淀

A中可能有CaCO3、BaCO3、Mg(OH)2，BaSO4，溶液A中可能含有KOH、NaOH、BaCl2；加入盐酸后，仍然还有白色沉淀，说明沉淀中含有BaSO4，沉淀B是BaSO4，说明原混合物中一定有K2SO4；气体B是二

氧化碳，溶液B中含有KCl、NaCl、BaCl2，由此分析。【详解】A．根据分析，固体X中一定存在不存在Fe2(SO4)3，一定存在K2SO4，故A错误；B．根据分析，固体X中至少存在K2SO4、NH

4Cl，Na2CO3或CaCO3的一种或两种，还可能存在MgCl2，至少存在三种物质，故B正确；C．白色沉淀B一定是BaSO4，沉淀A中可能有CaCO3、BaCO3、Mg(OH)2，BaSO4，故C错误；D．固体X中一定含有NH4Cl，可能含有MgCl2、CaCO3或Na2CO3的一种

或两种，故D错误；答案选B。26.用O2氧化一定浓度的FeCl2溶液，所测的三组实验数据如图所示。下列说法不正确．．．的是A.其他条件相同时，温度越高，Fe2+氧化率越大B.其他条件相同时，pH越小，Fe2+氧化率越大C.6h内

，①条件下Fe2+被氧化的速率最大D.③条件下，0~2h与2~4h，Fe2+被氧化的速率相等【答案】D【解析】【详解】A．①③相比，其他条件相同时，温度越高，Fe2+氧化速率越大，故A正确；B．②③相比，其他条件相同时，pH越小，Fe2+氧化

率越大，故B正确；C．根据图示，6h内，①条件下Fe2+被氧化的速率最大，故C正确；D．根据图示，③条件下，0~2hFe2+被氧化的速率大于2~4h，故D错误；答案选D。27.室温下，下列实验事实中不能．．说明氨水是弱电解质溶液的是A.0.10mol•L-1氨水pH=11B.0.10mo

l•L-1(NH4)2SO4溶液pH<7C.等体积等浓度的氨水和盐酸恰好能完全反应D.等浓度的氨水、氢氧化钠溶液，氨水导电能力弱的多【答案】C【解析】【详解】A．0.10mol•L-1氨水，pH=11，c(OH-)=10

-3mol•L-1，说明氨水部分电离，氨水为弱电解质溶液，故不选A；B．0.10mol•L-1(NH4)2SO4溶液pH<7，说明(NH4)2SO4是强酸弱碱盐，氨水为弱电解质溶液，故不选B；C．3242NHHO+HCl=NHCl+HO，等体积等浓度的氨水和盐酸恰好能完全反应，

不能说明氨水为弱电解质溶液，故选C；D．等浓度的氨水、氢氧化钠溶液，氨水导电能力弱的多，说明氨水部分电离，氨水为弱电解质溶液，故不选D；选C。28.下列说法正确的是A.某温度下，某溶液的pH=6，则该溶液一定显酸性B.常温下，同浓度的盐酸和醋酸稀释相同倍

数后，盐酸的pH大于醋酸C.等浓度的醋酸钠和醋酸混合溶液显酸性，则溶液中c(Na+)＞c(CH3COO-)D.醋酸钠溶液中，c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)【答案】D【解析】【详解】A．pH=6的溶液不一定显酸性，例如100℃的蒸馏

水的pH=6，但显中性，故A错误；B．常温下，同浓度的盐酸和醋酸稀释相同倍数后，醋酸稀释过程中不断电离，HCl完全电离，所以同浓度的盐酸和醋酸稀释相同倍数后，c(H+)：醋酸＜盐酸，则盐酸的pH小于醋酸，故B错误；C．等浓度的醋酸钠和醋酸混合溶液显

酸性，根据电荷守恒：则溶液中c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，c(H+)＞c(OH-)，c(Na+)＜c(CH3COO-)，故C错误；D．醋酸钠溶液中符合物料守恒，c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，故D正确；答案选D。29.

向200mLNa2CO3和NaHCO3混合溶液中缓慢滴加0.1mol•L-1稀盐酸，当加入的盐酸体积为100mL后开始产生气体，加到amL时测得产生的气体在标准状况下体积为0.672L，继续滴加盐酸不再产生气体(不考虑气体的溶解)。下列说法不正确．．．的是A.a=400B.原溶液中c(NaHCO

3)=0.lmol•L-1C.滴加稀盐酸50mL时，溶液中n(Na2CO3)：n(NaHCO3)=l：2D.产生气体时反应的离子方程式为：H++HCO-3=CO2↑+H2O【答案】C【解析】【分析】根据题

意，向200mLNa2CO3和NaHCO3混合溶液中缓慢滴加0.1mol•L-1稀盐酸，从开始到加入的盐酸体积为100mL时发生的反应为HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，此时消耗盐酸的物质的量为0

.1L×0.1mol•L-1=0.01mol，根据反应方程式可知，溶液中碳酸钠的物质的量为0.01mol；则溶液中的碳酸钠全部转化为碳酸氢钠，在继续滴加盐酸时发生的反应为NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，加到amL时测得产生的气体在标准状况下体积为0

.672L，继续滴加盐酸不再产生气体时反应完全，产生的气体为二氧化碳，其物质的量为0.672L22.4L/mol=0.03mol，根据碳原子守恒，0.01mol碳酸钠与盐酸完全反应生成二氧化碳的物质的量为0.01mol，则原混

合溶液中碳酸氢钠与盐酸完全反应生成的二氧化碳的物质的量为0.03mol-0.01mol=0.02mol，则原混合溶液中碳酸氢钠的物质的量为0.02mol，在原混合溶液中c(NaHCO3)=0.02mol0.2L=0.1mol/L，据此分析解答。【详解】A.根据

分析，反应中产生的气体为二氧化碳，其物质的量为0.03mol，根据反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑可知，消耗盐酸的物质的量为0.03mol，则发生该反应消耗盐酸的体积为-10.03mol0

.ol1mL=0.3L=300mL，发生该反应前已经消耗100mL盐酸，则a=300+100=400，故A正确，不选；B．根据分析计算可知，原溶液中c(NaHCO3)=0.lmol•L-1，故B正确，不选；C．根据分析，原混合溶液

中碳酸钠的物质的量为0.01mol，碳酸氢钠的物质的量为0.02mol，此时溶液中n(Na2CO3)：n(NaHCO3)=l：2，滴加稀盐酸50mL时，碳酸钠转化为碳酸氢钠，发生的反应为HCl+Na2C

O3=NaHCO3+NaCl，消耗盐酸的物质的量为0.05L×0.1mol•L-1=0.005mol，则溶液中生成0.005mol碳酸氢钠，消耗0.005mol碳酸钠，溶液中n(Na2CO3)：n(NaHCO3)=(0.01-0.00

5)mol：(0.02+0.005)mol=1：5，故C错误，符合题意；D．根据分析，产生气体时发生的化学反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，则反应的离子方程式为：H++HCO-3=CO2↑+H2O，故D正确，不选；答案选C。30.现有一份由含有Na2CO3、Fe2

(SO4)3、K2SO4、MgCl2、CaCO3、NH4Cl中的某几种物质组成的固体混合物X。某化学课外小组取样品进行了如图实验：下列说法正确的是A.固体X中一定存在Fe2(SO4)3或K2SO4B.固体X中至少存在三种物质C.白色沉淀

一定是CaCO3和BaSO4的混合物D.固体X中一定含有NH4Cl、CaCO3，可能含有MgCl2、Na2CO3【答案】B【解析】【分析】向固体混合物X中加入足量氢氧化钡溶液后得到白色沉淀A、氢氧化铁是红褐色沉淀，Fe2(SO4)3一定没有，CaCO3、BaCO

3、Mg(OH)2，BaSO4都是白色沉淀，X中可能有Na2CO3、K2SO4、MgCl2、CaCO3，铵根离子和氢氧根离子会生成氨气，有气体A氨气生成，一定有NH4Cl，沉淀A加入足量盐酸后，得到气体B、白色沉淀B、溶液B，沉淀A中

可能有CaCO3、BaCO3、Mg(OH)2，BaSO4，溶液A中可能含有KOH、NaOH、BaCl2；加入盐酸后，仍然还有白色沉淀，说明沉淀中含有BaSO4，沉淀B是BaSO4，说明原混合物中一定有K2SO4；气体B是二氧化碳

，溶液B中含有KCl、NaCl、BaCl2，由此分析。【详解】A．根据分析，固体X中一定存在不存在Fe2(SO4)3，一定存在K2SO4，故A错误；B．根据分析，固体X中至少存在K2SO4、NH4Cl，Na2CO3或CaCO3的一种或两种，还可能存在MgCl2，至少存在三种物质，故B正确

；C．白色沉淀B一定是BaSO4，沉淀A中可能有CaCO3、BaCO3、Mg(OH)2，BaSO4，故C错误；D．固体X中一定含有NH4Cl，可能含有MgCl2、CaCO3或Na2CO3的一种或两种，故D错误；

答案选B。31.(1)①写出漂白粉主要成分的化学式：_____：②写出氧化钠的电子式：____。(2)写出碳与浓硫酸反应的化学方程式：___________。【答案】(1).CaCl2、Ca(ClO)2(2).(3).C+2H2SO4(浓)=CO2↑+2SO2↑+2H2O【解析】【详解】(1

)①漂白粉的主要成分为氯化钙和次氯酸钙，化学式为CaCl2、Ca(ClO)2；②氧化钠为离子化合物，Na+和O2-形成离子键，其电子式为；(2)浓硫酸与碳在加热的条件下发生氧化还原反应生成CO2、SO2和H2O，其化学方程式为C+2H2SO4(浓)=C

O2↑+2SO2↑+2H2O。32.X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，元素X与其它四种元素不在同一周期，但X与Z元素在同一主族；W单质常用来制造信号弹和焰火，且W原子核外电子总数是Y的2倍，R

元素在同周期中原子半径最小．回答下列问题：(1)X的元素符号为______，Y元素在周期表中位置是_______。(2)YR4的结构式为__________。(3)R单质与Z的最高价氧化物对应水化物反应的离子方程式为_______。(4)金属

性强弱：W_____Z(填“>”或“<”)，请设计一个简单的实验方案加以验证：__________。【答案】(1).H(2).第2周期第IVA族(3).(4).Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O(5).<(6).取一小块钠

和一小段镁分别投入适量的水中，观察反应的剧烈程度【解析】【分析】W单质常用来制造信号弹和焰火，W是Mg元素；W原子核外电子总数是Y的2倍，Y是C元素；R元素在同周期中原子半径最小，R是Cl元素；元素X与其它四种元素不在同一周期，但X与Z元素在同一主族，则X是H元素

、Z是Na元素。【详解】(1)X是氢元素，元素符号为H，Y是碳元素，碳元素在周期表中位置是第2周期第IVA族；(2)YR4是CCl4，CCl4是共价化合物，碳原子通过4个单键与氯原子连接，结构式为；(3)R单质是氯气，Z的最高价氧化物对应水化物是氢氧化钠，氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠、

水，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；(4)同周期元素从左到右金属性减弱，金属性Na＞Mg，取一小块钠和一小段镁分别投入适量的水中，观察反应的剧烈程度，钠与水反应比镁快，说明金属性Na＞Mg。【点睛】本题考查元素周期律，根据原子结构、元素

在周期表中的位置准确推断元素种类是解题关键，注意同周期元素从左到右金属性减弱、非金属性增强。33.常见有机物A、B、C、D、E的相互转化关系如图。已知E是有香味且不溶于水的油状液体，A是石油裂解气的主要成分，且气体A在标准状况下的密度为1.25g•L

-1。请回答：(1)C中含有的官能团名称是_____，E的结构简式为_____。(2)A→B的化学方程式为___，A+D→E的反应类型是___。(3)淀粉水解可得到F，F在酒化酶的作用下可生成B，写出F的化学式__

_。(4)下列说法正确的是_______。a．直接用分液的方法可以除去E中混有的Db．B和D在一定条件下也可以反应生成Ec．等物质的量的A和B完全燃烧消耗的氧气量相等d．A能使酸性KMnO4溶液、溴水褪色，其褪色原理相同【答案】(1).醛基(2

).CH3COOC2H5(3).CH2=CH2+H2O⎯⎯⎯⎯→催化剂CH3CH2OH(4).加成反应(5).C6H12O6(6).bc【解析】【分析】A是石油裂解气的主要成分，A在标准状况下的密度为1.25g/L，其摩尔质量为1.25g/L×22.4L/mol=28g/mol，应

为A为CH2=CH2，E为有浓郁香味，不易溶于水的油状液体，应为酯类物质，由转化关系可知B、C、D含有相同的碳原子，则B为CH3CH2OH，C为CH3CHO，D为CH3COOH，E为CH3COOC2H5，以此解答该题。【详解】(1)C为CH3CHO，含有的官能团名称是醛基，E为乙酸乙

酯，结构简式为：CH3COOC2H5；(2)根据分析，A→B的化学方程式为CH2=CH2+H2O⎯⎯⎯⎯→催化剂CH3CH2OH，A+D→E表示的是乙烯和乙酸发生加成反应制得乙酸乙酯；(3)淀粉水解可得到葡萄糖，葡萄糖在

酒化酶的作用下可生成乙醇，葡萄糖的化学式为C6H12O6；(4)a．乙酸乙酯与与乙酸互溶，直接用分液的方法无法除去乙酸乙酯中混有的乙酸，故a错误；b．乙酸和乙醇在一定条件下也可以反应生成乙酸乙酯，为酯化反应，故b正确；c．等物质的量的乙烯(C2H4)和乙醇(C2H4∙H2O)中含

有的碳原子的物质的量相同，完全燃烧消耗的氧气量相等，故c正确；d．乙烯能使酸性KMnO4溶液是发生氧化反应、乙烯使溴水褪色发生的是加成反应，其褪色原理不相同，故d错误；正确的是bc。34.为了探究某不带结晶

水的固X体(含四种元素，200g•mol-1＜M＜300g•mol-1)的组成，设计并完成了如图实验：请回答：(1)固体X中含有的元素是H、O、_____，水的质量为__________g。(2)蓝色溶液

中加入适量的KI溶液，反应后溶液显棕黄色，同时产生一种白色的碘化物沉淀，写出产生该现象的离子反应方程式_______。(3)X的化学式是________________。【答案】(1).Cu、Cl(2).

3.6(3).2Cu2++4I-=2CuI↓+I2(4).Cu2(OH)3Cl【解析】【分析】黑色固体与稀硫酸反应得蓝色溶液，说明该黑色固体为CuO，根据氧化铜的质量计算出铜原子的物质的量，根据无色气体加入足

量硝酸银后生成白色沉淀的质量计算出氯化氢的物质的量，再根据质量守恒计算出水的质量，转化为水的物质的量，计算出铜、氧、氯、氢原子的物质的量最简比得到化学式，据此分析。【详解】黑色固体与稀硫酸反应得蓝色溶液，说明该黑色固体为CuO，32gCuO物质的量为m32g=

=0.4molM80g/mol；无色气体加入足量硝酸银后生成28.7g白色沉淀，白色沉淀为氯化银，物质的量为n=m28.7g==0.2molM143.5g/mol，根据氯元素守恒，无色气体为氯化氢的物质的量也为0.2mo

l，根据质量守恒定律，水的质量为42.9g-32g-0.2mol×36.5g/mol=3.6g，水的物质的量为n=m3.6g==0.2molM18g/mol，n(Cu)：n(H)：n(Cl)：n(O)=0.4mol：(0.

2mol+0.4mol)：0.2mol：(0.2mol+0.4mol)=2:3:1:3，X的化学式为：Cu2(OH)3Cl，摩尔质量为214.5，符合200g•mol-1＜M＜300g•mol-1。(1)根据分析可知固体X中含有的元素是H、O、Cu、Cl，水的质量为3.6g；(2

)蓝色溶液中加入适量的KI溶液，反应后溶液显棕黄色，说明生成碘，同时产生一种白色的碘化物沉淀，则其为碘化亚酮，离子反应方程式为2Cu2++4I-=2CuI↓+I2；(3)根据分析可知X的化学式是Cu2(OH)3Cl。【点睛】质量守恒定律计算出水的质量，再计算出各原子的个数的最

简比是难点。35.某学习小组为探究甲烷与氯气的反应，设计了如图装置回答下列问题：(1)装置B中发生反应的化学方程式为______。(2)装置C的作用是_____。(3)装置E中经过高压汞灯的强光照射后，生成的含氯有机物最多有__种，且E中实验现象有_

_____。(4)F中球形干燥管的作用是_____。(5)某同学取反应后F中的溶液，加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，产生白色沉淀，就证明甲烷与氯气发生了取代反应，你认为是否合理______，请说明理由____。【答案】(1).MnO

2+4HCl(浓)=MnCl2+Cl2↑+2H2O(2).除去氯气中的氯化氢(3).4(4).E管内壁上有油珠，气体颜色变浅(5).防止倒吸(6).不合理(7).未反应完的氯气通入氢氧化钠溶液后，所得溶液也能

与硝酸银溶液反应生成沉淀【解析】【分析】二氧化锰与浓盐酸在加热的条件下反应生成氯气，饱和食盐水是为了除去氯气中的氯化氢气体，再经过浓硫酸的干燥，甲烷和氯气在E装置中经过高压汞灯的强光照射后发生反应，F中的氢氧化钠溶液可以防止倒吸，据此分析。【详解】(1)装置B

中是二氧化锰与浓盐酸反应制取氯气的装置，发生反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)=MnCl2+Cl2↑+2H2O；(2)氯气在饱和食盐水中的溶解度较小，氯化氢可以被饱和食盐水吸收，装置C的作用是除去氯

气中的氯化氢；(3)装置E中经过高压汞灯的强光照射后，甲烷和氯气发生取代反应生成的含氯有机物最多有一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳4种，由于二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳都是液体，E中实验现象有E管内壁上有油珠，气体颜色变浅；(4)F中球形干燥

管的作用是防止倒吸；(5)某同学取反应后F中的溶液，加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，产生白色沉淀，就证明甲烷与氯气发生了取代反应，结论不合理，由于未反应完的氯气通入氢氧化钠溶液后，所得溶液也能与硝酸银溶液反应生成沉淀。36.现有一份MgSO4和(NH4)2SO4的混合溶液，向该

溶液中加入一定浓度的Ba(OH)2溶液，产生的沉淀质量(m)与加入Ba(OH)2溶液的体积(V)关系如图。(1)Ba(OH)2溶液的物质的量浓度为_____mol•L-1。(2)该混合溶液MgSO4和(NH4)2SO4物质的量之比为________。【答案】(1).0.2(2)

.3:1【解析】【分析】MgSO4+Ba(OH)2=Mg(OH)2↓+BaSO4↓，(NH4)2SO4+Ba(OH)2=232NHHO+BaSO4↓，MgSO4和(NH4)2SO4的混合溶液中加入Ba(OH)2溶液，MgSO4先与Ba(OH)2反应。【详解

】(1)根据图示，加入150mLBa(OH)2溶液与MgSO4溶液反应生成Mg(OH)2、BaSO4沉淀，加入150mL200mLBa(OH)2溶液与(NH4)2SO4溶液反应生成BaSO4沉淀的质量是11.06g-8.73g

=2.33g，BaSO4物质的量为0.01mol，根据(NH4)2SO4+Ba(OH)2=232NHHO+BaSO4↓，消耗Ba(OH)2的物质的量是0.01mol，Ba(OH)2的浓度为0.01mol0.05L=0.2mol•L-1；(2)与MgSO4溶液反应消耗Ba(OH)2溶液150mL，

与(NH4)2SO4溶液反应消耗Ba(OH)2溶液50mL，根据方程式MgSO4+Ba(OH)2=Mg(OH)2↓+BaSO4↓，(NH4)2SO4+Ba(OH)2=232NHHO+BaSO4↓，MgSO4和(NH4)2SO4物质的量之比为3:1。【点睛】开始反应沉淀增加的质量

快，根据反应原理MgSO4+Ba(OH)2=Mg(OH)2↓+BaSO4↓，(NH4)2SO4+Ba(OH)2=232NHHO+BaSO4↓，明确MgSO4先与Ba(OH)2反应是解题关键。