【文档说明】浙江省杭州地区（含周边）重点中学2021-2022学年高一下学期期中考试化学试题 含解析.docx，共(24)页，1.699 MB，由小赞的店铺上传

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2021学年第二学期期中杭州地区(含周边)重点中学高一年级化学学科试题考生须知：1.本卷满分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

必须写在答题卷上，写在试卷上无效；4.考试结束后，只需上交答题卷。5.可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27S-32C1-35.5Fe-56Cu-64Zn-65选择题部分一、选择题

(本大题共25小题，每小题2分，共50分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.下列物质含有共价键且属于盐的是A.HClOB.NaOHC.23NaCOD.2MgCl【答案】C【解析】【详解】A.HClO中含有O-Cl和O-H共

价键，但HClO属于酸，故A不符合题意；B.NaOH中Na+和OH-之间以离子键结合，OH-中存在共价键，但NaOH属于碱，故B不符合题意；C.23NaCO中Na+和2-3CO之间以离子键结合，2-3CO中含有

共价键，且23NaCO属于盐，故C符合题意；D.2MgCl属于盐，但只含有离子键，故D不符合题意；答案选C。2.下列化学标识不正确．．．的是A.爆炸类物质B.易燃物质C.腐蚀类物质D.毒性物质【答案】B【解析】【详解】A．代表爆炸类物质，A正确；B．代表氧化物，B错误；C

．代表腐蚀类物质，C正确；D．代表毒性物质，D正确；答案选B。3.下列变化没有涉及氧化还原反应的是A.金属的冶炼B.钢铁的锈蚀C.钟乳石的形成D.食物的腐败【答案】C【解析】【分析】【详解】A．金属的冶炼是金属元素由化合态变为游离态，金属元素被还原，涉及氧化还原反应，A项不选；

B．钢铁的锈蚀是铁失电子发生氧化反应，涉及氧化还原反应，B项不选；C．钟乳石的形成涉及化学反应CaCO3+H2O+CO2=Ca(HCO3)2、Ca(HCO3)2=CaCO3+H2O+CO2，没有元素化合价变化，不涉及氧化还原反应，C项选；D．食物

的腐败是食物被氧气氧化，发生氧化还原反应，D项不选；答案选C。4.下列化学用语表述正确的是A.8个中子的碳原子的符号：12CB.HF的电子式：C.Cl的结构示意图：D.4CH分子的空间填充模型：【答案】D【解析】【详解】A．含8个中子的碳原子质子数

为6，质量数=质子数+中子数=8+6=14，则核素符号：14C，A错误；B．HF为共价化合物，F原子与H原子之间形成一个共价键，氢原子达到2电子稳定结构，F原子达到8电子稳定结构，则HF的电子式为：，

B错误；C．氯原子的质子数为17，氯原子的结构示意为：，C错误；D．CH4分子为正四面体结构，碳原子与氢原子以共价键结合，且碳原子半径大于氢原子，空间充填模型：，D正确；答案选D。5.下列物质对应组成或化学式正确的是A.

生铁含碳量0.03%2%B.熟石灰：42CaSO2HOC.小苏打：3NaHCOD.胆矾：4CuSO【答案】C【解析】【详解】A．生铁是含碳量大于2%的铁碳合金，故A错误；B．熟石灰的主要成分为氢氧化

钙，化学式为Ca(OH)2，故B错误；C．小苏打是碳酸氢钠的俗称，化学式为3NaHCO，故C正确；D．胆矾的化学式为CuSO4·5H2O，故D错误；答案选C。6.下列说法正确的是A.22HODO、互为

同分异构体B.2S与8S互为同素异形体C.11H、21H、31H是同一种核素D.24CH与36CH一定互为同系物【答案】B【解析】【详解】A．H和D是氢元素的不同核素，22HODO、都是水分子，是一种物质

，不是同分异构体，A错误；B．2S与8S是硫元素的不同单质，互为同素异形体，B正确；C．11H、21H、31H质子数相同中子数不同，是不同种核素，C错误；D．24CH为乙烯，36CH可能为环丙烷，两者结构不相似，不是同系物，D错误；故选：B。7.下列变化，属于吸热反应的是A.浓硫酸滴入

水中B.甲烷在氧气中燃烧C.氢气与氯气的化合D.盐酸与碳酸氢钠的反应【答案】D【解析】【详解】A．浓硫酸滴入水中，浓硫酸稀释放出大量的热，为物理变化，A错误；B．甲烷在氧气中燃烧，放出大量的热，为放热反应，B错误；C．氢气与氯气化合生成氯

化氢，为放热反应，C错误；D．盐酸与碳酸氢钠反应生成氯化钠、二氧化碳和水，为吸热反应，D正确；答案选D。8.硫、氮及其化合物对人类生存和发展意义重大，其氧化物易造成的环境问题也日益受到关注，下列说法正确的是A.22NOSO

、均为红棕色且有刺激性气味的气体B.浓硫酸具有强吸水性，能吸收蔗糖中的水分并使其炭化C.浓3HNO和稀3HNO与Cu反应的还原产物分别为2NONO、，故稀3HNO氧化性更强D.汽车尾气中含有的NO已成为城市空气的主要污染源之一【答案】D

【解析】【详解】A．二氧化硫为无色有刺激性气味的气体，A错误；B．浓硫酸具有脱水性，能吸收蔗糖中水分并使其炭化，B错误；C．浓3HNO和稀3HNO与Cu反应的还原产物分别为2NONO、，则浓硝酸的氧化性更强，C错误；D．汽车尾气中含有CO、NO等多种污染物，已成为城市空气的主要污染源之一，D正确

；答案选D。9.下列说法不正确．．．的是A.轻微烫伤或烧伤时，若有水泡，尽量不要弄破B.中学实验室中，不能将未用完的钠、钾、白磷放回原试剂瓶C.如果不慎将酸沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，然后用3%5%的3NaHCO

溶液冲洗D.实验室盛放碱液溶液的试剂瓶应使用橡胶塞【答案】B【解析】【详解】A．轻微烫伤或烧伤时，若有水泡，尽量不要弄破，防止感染，可采用冰水或冷水降温止痛，A正确；B．钾、钠为活泼金属，易于空气中的氧气、水反应，白磷着火点低，易自燃，为了避免发生危险，在实验中应将未

用完的钠、钾、白磷放回原试剂瓶，B错误；C．如果不慎将酸沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，将酸进行稀释，然后用3%5%的3NaHCO溶液冲洗，反应掉剩余的酸，C正确；D．碱液能和玻璃中的二氧化硅反应，实验室盛放碱液溶液的试剂瓶应使用橡胶塞，不用玻璃塞，D正确；答案选B。10.700

℃时，向容积为2L的密闭容器中充入一定量的CO和2HO，发生反应：222CO(g)HO(g)COH(g)++，部分数据见下表反应时间/minn(CO)/mol2HO/mol的01.200.601t0.802t0.20下列说法

正确的是A.反应在1tmin内的平均速率为()1121vH0.40/tmolLmin−−=B.保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.6mol氦气，压强增大，此反应速率加快C.反应在2tmin时，2HO的转化率约为66.7

%D.温度升至800℃，则正反应速率加快，逆反应速率减慢【答案】C【解析】【详解】A．反应在1tmin内CO的物质的量变化量为1.2mol-0.8mol=0.4mol，浓度变化量为0.4mol2L=0.2mol/L，v(CO)=10.2mol/tLm

in=--1110.2molLmint，反应速率之比等于化学计量数之比，则v(H2)=v(CO)=--1110.2molLmint，A错误；B．保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.6mol氦气，压强增大，但参与反应的各物质的浓度不变，化学反应速率

不变，B错误；C．反应在2tmin时，H2O的物质的量变化量为0.6mol-0.2mol=0.4mol，其转化率为0.4mol0.6mol100%≈66.7%，C正确；D．温度升高，正、逆反应速率都增加，D错误；答案选C。11.下列离子方程式书写正确的是A.少量金属

钠投入冷水中：22NaHONaOHH+−+=++B.向次氯酸钙溶液中通入少量22224SO:Ca3ClOSOHOCaSOCl2HClO+−−+++=++C.向43NHHCO溶液中加过量的NaOH溶液并

加热：432NHOHNHHO+−++D.向23NaSiO溶液中滴加稀盐酸：2323NaSiO2HHSiO2Na+++=+【答案】B【解析】【详解】A．少量金属钠加到冷水中，反应生成氢氧化钠和氢气，正确的离子方程式为：2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑，故A错误；B．向次氯酸钙溶液通

入少量SO2，二者发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：Ca2++3ClO-+SO2+H2O═CaSO4↓+Cl-+2HClO，故B正确；C．NH4HCO3溶液中加过量的NaOH溶液并加热，反应生成碳酸钠、氨气和水，正确的离子方程式为：-2-43332NHHCO+2OHNH

CO2HO+−+++，故C错误；D．23NaSiO是可溶性钠盐，与稀盐酸反应生成硅酸，正确的离子方程式为：2-323SiO2HHSiO++=，故D错误；故选：B。12.下列说法不正确．．．的是A.3NH的稳定性强，是因为其分子

之间存在氢键B.普通玻璃是以纯碱、石灰石和石英砂为原料制得C.等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出的热量多D.2SO可以做食品添加剂，但其在食品中的残留量要严格控制【答案】A【解析】【详解】A．3NH的稳定性强，是因为N元素的非金属性强，N-H键稳定，与其分子间存在氢键无关，故A错误；B

．普通玻璃的主要原料是纯碱、石灰石和石英砂，故B正确；C．硫蒸汽所含能量比硫固体高，所以等质量的硫蒸汽和硫固体分别完全燃烧，前者放出热量多，故C正确；D．2SO可以做食品添加剂，但2SO有毒，其在食品中的残留

量要严格控制，故D正确；答案选A。13.下列说法正确的是A.石墨烯是只有一个碳原子直径厚度的单层石墨，其结构使其电阻率高，热导率高B.二氧化硫能漂白某些物质，能使紫色石蕊试液先变红后褪色C.北斗系统组网成功，北斗芯片中的半导体材料为二氧化硅D.Z

n具有还原性和导电性，可用作锌锰干电池的负极材料【答案】D【解析】【详解】A．石墨烯是只有一个碳原子直径厚度的单层石墨，具有良好的导电性，其电阻率低、热导率高，故A错误；B．二氧化硫不能漂白紫色石蕊试液，故B错误；C．芯片中的

半导体材料为单质硅，故C错误；D．Zn具有还原性和导电性，在原电池中能失电子作负极，则锌可用作锌锰干电池负极材料，故D正确；答案选D。14.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A.()2332N

OHNOFeNO⎯⎯→→⎯⎯⎯⎯水少量铁粉B.3+-2AlAlAlO盐酸过量氨水⎯⎯⎯→⎯⎯⎯⎯→C.2323NaCONaCO23HClCONaHCO⎯⎯⎯→⎯⎯⎯⎯⎯→溶液D.2Cl/CO/232FeOFeFeCl加热高温⎯⎯⎯⎯→⎯⎯⎯⎯→【答案

】C【解析】【详解】A．硝酸具有强氧化性，硝酸与少量铁单质反应生成硝酸铁，A错误；B．氨水是弱碱，铝离子与过量氨水只生成氢氧化铝沉淀，B错误；C．盐酸的酸性比碳酸强，盐酸与碳酸钠反应生成二氧化碳和氯化钠，二氧化碳通入饱和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，能实现转

化，C正确；D．氯气具有强氧化性，氯气和铁反应生成氯化铁，D错误；故选：C15.已知2(CN)性质与卤素相似，下列关于2(CN)的性质推测不合理．．．的是A.2(CN)属于化合物B.AgCN难溶于水C.2(CN)具有强还原性D.22(CN)HOHCNHOCN++

【答案】C的。【解析】【详解】A．2(CN)为由两种元素组成的化合物，A正确；B．卤化银难溶于水，2(CN)性质与卤素相似，AgCN难溶于水，B正确；C．卤素单质具有氧化性，2(CN)性质与卤素相似，

2(CN)具有氧化性，C错误；D．卤素单质与水反应生成氢卤酸和次卤酸，2(CN)性质与卤素相似，22(CN)+HOHCN+HOCN，D正确；答案选C。16.甲烷是一重要的工业原料，下列叙述错误．．的是A.甲烷分子的空间结构

呈正四面体形B.甲烷分子中的两个氢原子被氯原子取代后，可形成两种不同结构的分子C.甲烷是重要的化工原料，其分解产物可用于合成氨工业D.煤矿中的爆炸事故多与甲烷气体有关，在生产中必须采取通风、禁烟等措施【答案】B【解析】【详解】A．甲烷分子的空间结构呈正四面体

形，分子中碳原子与周围4个氢原子各形成1个共价键，A正确；B．甲烷分子的空间结构呈正四面体形，甲烷分子中的两个氢原子被氯原子取代后，只能形成1种结构的分子，B错误；C．甲烷是重要的化工原料，其分解产物为炭黑和氢气，可用于合成氨和橡胶工业，C正确；D．煤矿

中含有甲烷气体，甲烷为可燃性气体，煤矿中的爆炸事故多与甲烷气体有关，在生产中必须采取通风、禁烟等措施，D正确；答案选B。17.下列“类比”合理的是A.Na与2O在点燃条件下反应生成22NaO，则Li与2O在点燃条件下反应生成22LiOB.C在足量的2O中燃烧生成2CO，则S在足量的2O中燃烧生成

3SOC.铁与硫反应的产物为FeS，则铜与硫反应的产物为2CuSD.22NaO与2CO反应生成23NaCO和2O，则22NaO与2SO反应生成23NaSO和2O【答案】C【解析】【详解】A．由对角线规则，锂虽然是碱金属，但化学性质与镁相似，Li在氧气中燃烧只生成Li2O，A错误；B．S的还原性

较弱，S在2O中燃烧只生成SO2，B错误；C．S的还原性较弱，与金属单质反应生成低价金属离子，铜与硫反应的产物为2CuS，C正确；D．22NaO具有氧化性，2SO具有还原性，两者发生氧化还原反应生成24NaSO，D错误；故选：C。18.元素周期表的形式有多种，如图是“金字塔”式的元素周期表(

部分)，图中标有几种元素的位置，下列说法不正确．．．的是A.c在元素周期表中的位置是第二周期，第ⅥA族B.b、d、f的最高价氧化物对应水化物的酸性依次增强C.4ba与f元素的单质在一定条件下可发生化学反应D.黑色部分完全由长周期元素构成，族后面都需标B【答案】D【解析】【分析

】金字塔式元素周期表的实质是将原周期表的空隙部分进行了删除形成的，与原元素周期表没有本质的区别，第一行为第一周期元素，第二行为第二周期元素，依此类推，同行自左而右顺序与原周期表相同；则a为H，b为C，c为O，

e为Na，d为S，f为Cl；【详解】A．c为O，位于第二周期，第ⅥA族，A正确；B．b、d、f的最高价氧化物对应水化物分别是H2CO3、H2SO4、HClO4，碳酸是弱酸，另两个是强酸，同周期从左到右非金属性增强，其最高价的

含氧酸酸性也增强，则酸性：H2SO4<HClO4，H2CO3、H2SO4、HClO4的酸性依次增强，B正确；C．4ba即CH4与f元素的单质Cl2在一定条件下可发生取代反应，C正确；D．黑色部分中第四周期第8列是第Ⅷ族，族后面不标B，D错误；故选：D。19.一定温度下，向某密

闭容器中加入足量铁粉并充入一定量的2CO气体，发生反应：2Fe(s)CO(g)FeO(s)CO(g)++，下列说法正确的是A.1tmin时，()2cCO=c(CO)，则反应达到了平衡B.4min末，11v(CO)0.125m

olLmin−−=C.4min后，CO(g)的消耗速率与2CO(g)的消耗速率相等D.4min后，混合气体的平均相对分子质量为36g/mol【答案】C【解析】【分析】由图示可知，CO2的初始浓度为0.7mol/L，平衡浓度为0.2mol/L，浓度变化量为0.5mol/

L，CO的初始浓度为0mol/L，平衡浓度为0.5mol/L，浓度变化量为0.5mol/L。【详解】A．1tmin时，()2cCO=c(CO)，但t1后一氧化碳浓度仍在升高，二氧化碳浓度仍在降低，反应并未达到平衡状态，A错误；B．4min内，v(CO)=0.5mol/L4min=

110.125molLmin−−，反应速率为平均反应速率，而4min末说是瞬时速率，B错误；C．4min后，反应达到平衡状态，而CO和CO2的化学计量数之比为1:1，则CO(g)的消耗速率与2CO(g)的消耗速率相等，C正确；D．容器

的体积未知，无法计算气体的物质的量，无法计算混合气体的平均相对分子质量，D错误；答案选C。20.向一定量的NaOH溶液中通入一定量2CO气体充分反应后，再向所得溶液中逐滴加入10.2molL−的盐酸，产生2CO的体积与所加盐酸体积之间关系如图所示。则下列判断正确的是的A.原NaOH

溶液的浓度为10.02molL−B.通入2CO的体积(标准状况下)为0.224LC.所得溶液中溶质成分的物质的量之比()()323nNaHCO:nNaCO2:1=D.所得溶液的溶质成分是NaOH和23NaCO【答案】D【解析】【分析】假设NaOH溶液通入CO2

形成的溶液中溶质只有Na2CO3，逐滴加入盐酸依次发生反应：Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3、NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，则前后2个阶段消耗盐酸的体积相等，由图可知，没有气体生成阶段消耗的盐酸体积大于生

成气体阶段消耗的盐酸体积，即盐酸先与剩余的NaOH反应，再与Na2CO3反应，最后与NaHCO3反应，可知NaOH溶液与CO2反应后溶液中的溶质为NaOH、Na2CO3，据此分析解题。【详解】A．消耗盐酸100mL时

，溶液为恰好为NaCl溶液，根据Na+、Cl-离子守恒，可知n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=0.1L×0.2mol/L=0.02mol，由于氢氧化钠溶液的体积未知，所以不能计算出原NaOH溶液的浓度，A错误；B．生成二氧化碳阶段消耗盐酸为25mL，消耗HCl

的物质的量为：0.025L×0.2mol/L=0.005mol，由NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，可知生成的二氧化碳为0.005mol，标准状况下生成二氧化碳的体积为：0.005mol×22.4L/mol=0.112L，根据碳原子守恒，则通入CO2在标准状况下的体积为

0.112L，B错误；C．假设NaOH溶液通入CO2形成的溶液中溶质只有Na2CO3，逐滴加入盐酸依次发生反应：Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3、NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，则前后2个阶段消耗盐酸的体积相等，由图

可知，没有气体生成阶段消耗的盐酸体积大于生成气体阶段消耗的盐酸体积，即盐酸先与剩余的NaOH反应，再与Na2CO3反应，最后与NaHCO3反应，可知NaOH溶液与CO2反应后溶液中的溶质为NaOH、Na2CO3，所得溶液中溶质成分不含有NaH

CO3，C错误；D．假设NaOH溶液通入CO2形成的溶液中溶质只有Na2CO3，逐滴加入盐酸依次发生反应：Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3、NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，则前后2

个阶段消耗盐酸的体积相等，由图可知，没有气体生成阶段消耗的盐酸体积大于生成气体阶段消耗的盐酸体积，即盐酸先与剩余的NaOH反应，再与Na2CO3反应，最后与NaHCO3反应，可知NaOH溶液与CO2反应后溶液中的溶质为NaOH、Na2CO3，D正确；故

选：D。21.某反应由两步反应ABC→→构成，其反应能量变化曲线如图所示，下列叙述正确的是A.两步反应均为吸热反应B.AB→的反应一定需要加热C.A与C的能量差为ΔE，发生AC→反应时，会向环境释放能量D.

三种物质中C最不稳定【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，A的能量低于B，则A转化为B的反应为吸热反应，B的总能量高于C，则B转化为C的反应为放热反应，故A错误；B．A的能量低于B，则A转化为B的反应为吸热反应，吸热反应并不

一定需要加热反应才能发生，故B错误；C．由图可知，A的总能量高于C，则A转化为C的反应为放热反应，会向环境释放能量，故C正确；D．能量越低越稳定，A、B、C三种物质中C的能量最低，C最稳定，故D错误；答

案选C。22.设AN为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.10.1molL−硫酸钠溶液中含有的氧原子数为A0.4NB.13100mL1.0molLFeCl−溶液与足量Cu反应，转移的电子数为A0.2NC.标准状况下，411.2LCCl中含有CCl−键的

数目为A2ND.标准状况下，22.24LCl与过量稀NaOH溶液反应，转移的电子总数为A0.1N【答案】D【解析】【详解】A．溶液体积未知，无法计算氧原子数，A错误；B．13100mL1.0molLFeCl−溶液含0.1mol氯化铁

，氯化铁与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，1mol氯化铁参与反应转移1mol电子，则0.1mol氯化铁参与反应转移0.1mol电子，转移电子数为0.1NA，B错误C．标准状况下，四氯化碳不是气体，无法计算C-Cl键的数目，C

错误；D．氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，1molCl2完全反应转移1mol电子，标准状况下，22.24LCl即0.1molCl2，0.1molCl2完全反应转移0.1mol电子，转移电子数为0.1NA，D正确；答案选D。23.35CaSi

O(可看作3CaSiO2CaO)是硅酸盐水泥的主要成分之一，其相关性质的说法不正确．．．的是A.具有吸水性，需要密封保存B.可发生反应：3543232CaSiO4NHClCaSiO2CaCl4NH2HO++++C.能与2CO反应生成新盐D.与

足量盐酸作用，所得固体产物为2SiO【答案】D【解析】【详解】A．3CaSiO2CaO能与水反应，表现出吸水性，需要密封保存，A正确；B．常温下3CaSiO2CaO与水反应生成硅酸钙和氢氧化钙，与氯化铵

混合加热发生反应：3543232ΔCaSiO+4NHClCaSiO+2CaCl+4NH+2HO，B正确；C．3CaSiO2CaO能与二氧化碳反应生成碳酸钙，C正确；D．依据强酸制弱酸的原理，3CaSiO2CaO与足量盐酸作用，所得固体产物为硅酸沉淀，而不是二氧化硅，D错误；答案选D。24

.足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO、NO2的混合气体，这些气体与1.68LO2(标准状况下)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5mol/LNaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗溶液NaOH的体积是A.60mLB.45mLC.3

0mLD.15mL【答案】A【解析】【分析】向所得硝酸铜溶液中加入NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，沉淀为Cu(OH)2，由电荷守恒可知，Cu提供电子物质的量等于氢氧化铜中氢氧根的物质的量，生成NO2、NO的混合气体与1.68LO2(标准状况)混合后通

入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸，整个过程，由电子转移守恒，可知Cu提供电子等于氧气获得的电子，据此计算n(NaOH)，进而计算消耗氢氧化钠溶液体积。【详解】生成NO2、NO的混合气体与1.68LO2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸，整个过程，由电子转移守恒，可

知Cu提供电子等于氧气获得的电子，即Cu提供电子为：22.4L1.68L/mol×4＝0.3mol，然后根据1molCu失去2mol电子可知，铜的物质的量为0.15mol；向所得硝酸铜溶液中加入NaOH溶液至Cu

2＋恰好完全沉淀，沉淀为Cu(OH)2，故所需的n(NaOH)＝0.15mol×2＝0.3mol，故消耗氢氧化钠溶液体积为0.3mol5mol/L=0.06L＝60mL，故选：A。【点睛】本题考查金属与硝酸反应的计算，侧重考查学生的分析思维能力与解题方法

技巧，注意利用守恒法进行解答。25.化学是以实验为基础的科学，下列实验操作、现象和结论均正确的是选项实验操作和现象结论A探究金属钠在氧气中燃烧所得固体粉末的成分，取少量固体粉末，加入2~3mL蒸馏水若有气体生成，则固体粉末为22NaOB用洁净的玻璃棒蘸取待测液在酒精灯火焰上灼烧

，发现火焰呈黄色原溶液存在+NaC将4.0gNaOH固体置于100mL容量瓶中，加水至刻度线配制1.0mol/LNaOH溶液D取足量铁与水蒸气反应后的固体，加入盐酸，再加入KSCN，溶液未变成血红色固体产物中也可能存在3+FeA.AB.BC.CD.D【答案】D

【解析】【详解】A．若金属钠未反应完，金属钠与水反应生成氢气，由实验现象不能说明固体粉末为22NaO，故A错误；B．玻璃棒中含有Na元素，因此由现象不能说明原溶液存在+Na，故B错误；C．容量瓶不能用于配制溶液，应在烧杯中溶解Na

OH固体，故C错误；D．足量铁与水蒸气反应生成四氧化三铁，由于铁足量，加入盐酸，生成的铁离子被过量铁还原成亚铁离子，再加入KSCN溶液不变红，因此溶液未变成血红色，固体产物中也可能存在3+Fe，故D正确；答案选D。非选择题部分二、非选择题部分26.回答下列问题（1）用作消化系统X射线检查的内服药剂

物质的化学式___________（2）请写出氟原子核外电子排布___________（3）5NH是离子化合物，各原子均满足2电子或8电子稳定结构，5NH的电子式___________（4）写出乙烷的结构式___________【答案】（1）4BaSO（

2）（3）（4）【解析】【小问1详解】医疗上用作消化系统X射线检查的内服药剂，俗称钡餐的物质是硫酸钡，化学式为：4BaSO。【小问2详解】F的原子序数为9，氟原子核外有9个电子，其原子的结构示意图为：，氟原子核外电子排布为：。【小问3详解】5NH是离子化合物，各原子均满足2电子或8电子稳定

结构，5NH的化学式为4NHH，其电子式是：。【小问4详解】乙烷的分子式为C2H6，结构简式为CH3CH3，其结构式为：。27.回答下列问题（1）纸电池是未来电池发展的重要研究方向。某学生在课外活动时，根据如图纸电池结构

示意图，利用实验室中的稀硫酸、蒸馏水和滤纸制作电解液，用铜片与镁片作为电极材料。①其中放置镁片的位置是_______(填a或b)，电池工作时+H向_______(填a或b)极作定向移动。②某学生用硫酸铜溶液替代稀硫酸，请写出正极发生的电极反应式__

_____（2）科学家用氮化镓(GaN)材料与铜组装如图所示的人工光合系统，利用该装置成功地实现了以2CO和2HO合成4CH。①该装置工作时，能量转化形式为：_______转化为_______(填“电能或“太阳能)。当产生22molO时，消耗2CO的物质的量为_

______mol。②此电池产生的4CH和2O又可以作为燃料电池的原料。有研究表明，在酸性条件下2O参与的电极反应为：22O4e4H2HO−+++=，此电极反应也可视为两步完成，请将其补充完整：第一步_______(用离子方程式表示)：第二步2

2HO2e3H2HO−−+++=【答案】（1）①.b②.a③.2Cu2eCu+−+=（2）①.太阳能②.电能③.1④.22O2eHHO−+−++=【解析】【小问1详解】①由题意可知，电极材料为铜片与镁片，镁比铜活泼，因此镁作负极

，铜作正极，根据电子的转移方向可知，b为负极，a为正极，则放置镁片的位置是b；原电池工作时，阳离子向正极移动，因此+H向a极移动，故答案为：b；a；②用硫酸铜溶液替代稀硫酸，则正极上铜离子得电子生成铜，电极反应式为2Cu

2eCu+−+=，故答案为：2Cu2eCu+−+=；【小问2详解】①由图可知，该装置工作时，太阳能转化为电能；该装置中，GaN电极上水发生氧化反应生成氧气，电极反应式为-+222HO-4e=4H+O，Cu为正极

，电极反应式为-+242CO+8e+8H=CH+2HO，当产生22molO时，转移8mol电子，消耗1molCO2，故答案为：太阳能；电能；1；②将总反应减去第二步反应即可得到第一步反应的离子方程式为22O2eHHO−+−++=，故答案为：22O2eHHO−+−++=。

28.化合物X是由三种主族元素组成的液体物质，某兴趣小组对化合物X开展探究实验。已知：①X遇水反应剧烈，产生白雾；②气体A和气体B是纯净物；③23AgSO为不溶于水的白色沉淀。请回答：（1）写出气体A的化学式_____

______，组成X的三种元素___________(填元素符号)（2）写出X与水反应的化学方程式是___________（3）将A通入到还原性气体Y的水溶液中，生成一种淡黄色沉淀。则Y、A、22HO三种微粒还原性由强到弱的顺序为___________(用化学式表示)。（4）用硫磺(用S表示)

、液氯和三氧化硫为原料，在一定条件下合成X，如果总原子利用率最大化(即期望产物的总质量与生成物的总质量之比)，则相对应的三种物质的物质的量之比为___________。（5）将气体A和B通入足量的氢氧化钠溶液中，充分反应，请设计实验方案，检验所得溶液中的阴离子(不考虑水解和溶液中的-OH)_

__________。【答案】（1）①.2SO②.S、Cl、O（2）222SOClHOSO2HCl+=+（3）2222HSSOHO（4）23n(S):n(Cl):n(SO)2:3:1=（5）取反应后少量溶液于试管中，加入足量的()32BaNO产生白色沉淀，静置后，在上层清液中滴加3HNO酸

化的3AgNO，若存在白色沉淀，则存在Cl−；另取溶液少许，加入足量的盐酸，将产生的气体通入品红溶液，品红褪色且加热后复原，则存在23SO−(合理即可，2-4SO检验不得分)【解析】【分析】气体A通入足量过氧化氢中得到溶液C，溶

液C中加足量氯化钡得到固体D，说明固体D为BaSO4，溶液C为H2SO4溶液，气体A为SO2，物质X中含S元素，物质的量为2.33g233g/mol=0.01mol，质量为0.01mol32g/mol=0.32g，气体B通入硝酸酸化的硝酸银溶液中，产生固体E，而物质X遇水反应剧烈，产生白雾，则气

体B为HCl，固体E为AgCl，物质X中含有氯元素，物质的量为2.87g143.5g/mol=0.02mol，质量为0.02mol35.5g/mol=0.71g，化合物X是由三种主族元素组成的液体物质，物质X与水反应生成SO2和HCl，另一种元素的质量为1.19g-0.32g-

0.71g=0.16g，由氯元素和硫元素的物质的量可知，物质X的物质的量为0.01mol，S原子和Cl原子个数比为1:2，另一种元素的相对质量为0.160.01=16，则相对质量为相对原子质量，该元素为O，则物质X的化学式为：SOCl2。【小

问1详解】由分析可知，气体A为SO2；X为SOCl2，组成元素为S、O、Cl。【小问2详解】X为氯化亚砜，与水反应生成SO2和HCl，反应的化学方程式为：222SOCl+HO=SO+2HCl。【小问3详解】气体A为SO2，将SO2通入到还原性气体Y的

水溶液中，生成一种淡黄色沉淀，淡黄色沉淀为S，则Y为H2S，此反应中H2S是还原剂，SO2是氧化剂，还原剂的还原性大于氧化剂的还原性，则还原性：H2S>SO2，SO2与H2O2反应中，SO2是还原剂，H2O2是氧化剂，还原剂的还原性大于氧化剂的还原性，则还原性：SO2>H2O2，综上分析，还原性：

H2S>SO2>H2O2。【小问4详解】用硫磺(用S表示)、液氯和三氧化硫为原料，在一定条件下合成SOCl2，如果总原子利用率最大化，即原子利用率为100%，则三者反应的化学方程式为：2S+3Cl2+SO3=3SOCl2，反应物全部转化为目标产物，n(S):

n(Cl2):n(SO3)=2:3:1。【小问5详解】气体A为SO2，气体B为HCl，两者通入足量的氢氧化钠溶液中，生成氯化钠和亚硫酸钠，阴离子为氯离子和亚硫酸根离子，因此检验阴离子的方法为：取反应后少量溶液于试管中，加入足量的()32BaNO

产生白色沉淀，静置后，在上层清液中滴加3HNO酸化的3AgNO，若存在白色沉淀，则存在-Cl；另取溶液少许，加入足量的盐酸，将产生的气体通入品红溶液，品红褪色且加热后复原，则存在2-3SO。29.过多的xNO排放，往往会产生污染。某研究性小组探究NO与炽热的铜

粉反应，设计如下已知：NO能被酸性高锰酸钾溶液氧化成-3NO，此体系中产生的-3NO浓度较稀。（1）实验开始前，检查装置气密性涉及到以下操作，给出合理的操作顺序：将F中的长导管插入液面以下___________：→___________→________

___→___________→___________→___________(操作可重复使用)。①关闭弹簧夹a，打开弹簧夹b②观察F中的现象③用酒精灯加热A中三颈烧瓶④撤走酒精灯（2）装置B作用___________。（3）反应一段时间后，装置D中铜粉变黑，写出装置D中发生反应的化学方程式___

________。（4）实验过程中，装置E中溶液颜色变浅，则装置E发生的离子方程式为___________；请设计一种简单的实验方案，证明氧化产物为-3NO___________。的（5）实验前和实验结束时，都需通一段时间的2N，目的分别是_________

__、___________。（6）有同学发现装置A溶液呈绿色，而不显蓝色；甲认为是该溶液中硝酸铜质量分数较高所致，而乙认为是该溶液溶解了生成的气体所致。设计方案来判断甲或乙哪种合理，下列方案中不可行．．．的是__

_________。A.加水稀释绿色溶液，观察颜色变化B.加热该绿色溶液，观察颜色变化C.向该绿色溶液中通入氮气，观察颜色变化D.向饱和硝酸铜溶液中通入浓硝酸与铜反应产生的气体，观察颜色变化【答案】（1）①③②④②（2）将2NO转化为NO（3）22Cu2NO2CuON++（4）

①.-+2+-4323MnO+5NO+4H=3Mn+5NO+2HO②.取E中少量溶液，加入铜粉，若有无色气体产生此气体在试管口变为红棕色，则为-3NO（5）①.实验前通2N，排尽空气，防止空气中氧气干扰实

验②.实验后通2N，排尽装置内的NO，防止拆卸时产生污染性气体（6）A【解析】【分析】装置A中铜和浓硝酸反应生成二氧化氮；装置B中二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮；一氧化氮通过五氧化二磷进行干燥；在装置D中一氧化氮与铜粉在加热条件下反应；装置E中酸性高锰酸钾溶液用于除去未反应的

一氧化氮；通过题干可知，装置F用于检查装置气密性。【小问1详解】实验开始前，检查装置气密性的方法为：将F中的长导管插入液面以下，关闭弹簧夹a，打开弹簧夹b，用酒精灯加热A中三颈烧瓶，观察F中是否产生气泡，然后

撤走酒精灯，观察F中是否有液柱，若加热三颈烧瓶时F中产生气泡，撤走酒精灯后F中又出现液柱，说明装置气密性良好，因此顺序为：①③②④②。【小问2详解】装置A中铜和浓硝酸反应生成二氧化氮，装置B中二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，因此装置B的作用是将二氧化氮转化为一氧化氮。【小问

3详解】反应一段时间后，装置D中铜粉变黑，说明一氧化氮与铜反应生成了氧化铜，依据得失电子守恒和原子守恒可知，反应的化学方程式为：2Δ2Cu+2NO2CuO+N。【小问4详解】已知NO能被酸性高锰酸钾溶液氧化成-3NO，高锰酸钾被还原为锰离子，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方

程式为：-+2+-4323MnO+5NO+4H=3Mn+5NO+2HO；要证明氧化产物为-3NO，可依据酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性设计方案，方法为：取E中少量溶液，加入铜粉，若有无色气体产生此气体在试管口变为红棕色，则为-3NO。【小问

5详解】一氧化氮能与氧气反应生成二氧化氮，加热条件下铜与氧气反应生成氧化铜，因此实验前通入一段时间氮气的目的是：排尽空气，防止空气中氧气干扰实验；一氧化氮有毒，会污染空气，因此实验结束时通入一段时间氮气的目的是：排尽装置内的NO，防止拆卸时产生污染性

气体。【小问6详解】A．加水稀释绿色溶液，硝酸铜浓度降低，同时二氧化氮和水反应，不能验证溶液颜色变化的原因，该方案不可行，A符合题意；B．若是因为溶解了生成的气体导致该溶液呈绿色，则加热该绿色溶液，二氧化氮气体逸出，可通过颜色的变化判断两位同学的观点是否正

确，该方案可行，B不符合题意；C．若是因为溶解了生成的气体导致该溶液呈绿色，则向该绿色溶液中通入氮气，可将二氧化氮气体排出，可通过颜色变化判断两位同学的观点是否正确，该方案可行，C不符合题意；D．向饱和硝酸铜溶液中通入浓硝酸与铜反应产生的气体，若饱和溶液颜色变为绿色，可

判断乙同学的观点是否正确，该方案可行，D不符合题意；答案选A。三、计算题(共6分)30.将一定量2Cl通入1kg质量分数为32%的NaOH溶液中，制成含有3NaClONaClONaCl、、和NaOH的混合溶液。用此溶液吸收标准状况下244.8LS

O，恰好形成中性溶液(假设气体均完全反应)，请计算：（1）NaOH溶液中n(NaOH)=___________mol。（2）已知混合溶液中()3n(NaClO):nNaClO1:1=，则混合溶液中()

3n(NaCl):nNaClO=___________。（3）所通2Cl在标准状况下的体积为___________L。【答案】（1）8.0或8（2）6:1（3）44.8【解析】【小问1详解】m(NaOH)=1000g32%=320g，则n(NaOH)=320g40g/mol=8mol。【

小问2详解】依据方程式：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，当混合溶液中()3n(NaClO):nNaClO1:1=时，混合溶液中()3n(NaCl):nNaClO=6:1

。【小问3详解】混合溶液与二氧化硫反应恰好形成中性溶液，由于次氯酸钠具有强氧化性，最终溶液中溶质为氯化钠、硫酸钠，依据硫原子守恒n(Na2SO4)=n(SO2)=44.8L22.4L/mol=2mol，根据钠离子守恒有n(NaCl)=n(NaOH)-2n(Na2S

O4)=8mol-22mol=4mol，根据氯原子守恒有n(Cl2)=0.5n(NaCl)=0.54mol=2mol，则标准状况下氯气体积为2mol22.4L/mol=44.8L。