【文档说明】河南省许昌市长葛市第一高级中学2019-2020学年高一下学期期末考试化学试题 【精准解析】.doc，共(25)页，870.000 KB，由小赞的店铺上传

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化学试卷一、单选题(共20题，共40分)1.在一体积不变的密闭容器中发生化学反应：Fe2O3(s)+2NH3(g)2Fe(s)+N2(g)+3H2O(g)△H，实验测得化学平衡时的有关变化曲线如图所示。已知：平衡常数可用平衡分压代替平衡浓度计算，气体分压=气体总压×物质的量分数。下列

说法不正确的是A.该反应的△H>0B.气体压强P2>P1C.平衡后再加入Fe2O3，则NH3转化率增大D.M点的平衡常数Kp=【答案】C【解析】分析：A、随温度升高，氨的体积分数降低，平衡正向移动，正反应方向是吸热反应；B、气体体

积增大的反应，加压平衡逆向移动，氨的体积分数增大；C、Fe2O3是固体，增加量对平衡没有影响；D、先写出三段式，由图可知M点时氨气的体积分数为25%，算出平衡时氮气的物质的量，再算出气体总物质的量，图中

M点的平衡常数Kp=生成物平衡分压幂次方乘积/反应物平衡分压幂次方乘积。详解：A、由图可知，随温度升高，氨的体积分数降低，平衡正向移动，正反应方向是吸热反应，该反应的△H>0，故A正确；B、由于Fe2O3(s)+2N

H3(g)2Fe(s)+N2(g)+3H2O(g)是气体体积增大的反应，加压平衡逆向移动，氨的体积分数增大，气体压强P2>P1，故B正确；C、Fe2O3是固体，增加量对平衡没有影响，平衡后再加入Fe2O3，则NH3转化率不变，故C错误；D、Fe2O3(s)+2NH3

(g)2Fe(s)+N2(g)+3H2O(g)起始量（mol）200变化量（mol）2xx3x平衡量（mol）2-2xx3x由图可知M点时氨气的体积分数为25%，得到（2-2x）/(2+2x)=0.25，x=0.6mol，气体总物质的量=2+2x=3.2mol，图

中M点的平衡常数Kp=320.60.63(1)(1)3.23.20.8(1)3.2ppp=，故D正确。点睛：难点：平衡移动原理的理解应用和图象分析，D选项，先写出三段式，由图可知M点时氨气的体积分数为25%，得到（2-2x）/(2+2x)=0.25，x=0.6mol，算

出平衡时氮气的物质的量，再算出气体总物质的量，图中M点的平衡常数Kp=生成物平衡分压幂次方乘积/反应物平衡分压幂次方乘积，M点的平衡常数Kp=320.60.63(1)(1)3.23.20.8(1)3.2ppp。2.已知一定温度下

，有下列难溶电解质的相关数据：物质Fe（OH）2Cu（OH）2Fe（OH）3Ksp/25℃8.0×10－162.2×10－204.0×10－38完全沉淀时的pH范围≥9.6≥6.43～4对含等物质的量的CuSO4、FeS

O4、Fe2（SO4）3的混合溶液的说法，不正确的是A.向该混合溶液中加过量铁粉，能观察到红色固体析出B.向该混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，最先看到红褐色沉淀C.该混合溶液中c（SO42-）∶[c（Cu2＋）＋c（Fe2＋）＋c（Fe3＋）]>5∶4D.向该混合溶液中加入适量氯水，并调pH至3

～4后过滤，能得到纯净的CuSO4溶液【答案】D【解析】【详解】A.等物质的量的CuSO4、FeSO4、Fe2（SO4）3的溶液中加过量铁粉，铁粉和铜离子反应生成Cu，所以能观察到红色固体析出，故A正确；B.依据溶度积常数可以求出各阳离子开始沉淀所需要的c(OH-)，在阳离子溶液相同的条件

下，Fe3+开始沉淀时的c(OH-)最小，可知加入氢氧化钠溶液先沉淀的是氢氧化铁，最先看到的是红褐色沉淀，故B正确；C.等物质的量的CuSO4、FeSO4、Fe2（SO4）3的溶液中设各物质的物质的量均为1mol，n（SO42-）=5mol，n（Cu2+）+

n（Fe2+）+n（Fe3+）=4mol，但Cu2+、Fe2+、Fe3+在水溶液中发生水解，所以该混合溶液中c（SO42-）∶[c（Cu2＋）＋c（Fe2＋）＋c（Fe3＋）]>5∶4，故C正确；D.向该混合溶液中加入适量氯水，加入氯水，氧化Fe2+为Fe3+，发生反应6FeSO4+3Cl

2=2Fe2（SO4）3+2FeCl3，并调节溶液的pH为3-4，Fe3+水解生成Fe（OH）3沉淀，然后过滤，得到溶液是硫酸铜溶液和盐酸、硫酸，不能得到纯净的CuSO4溶液，故D错误；故选D。3.往100gFeCl3和CuCl2的混合溶液中加入铁粉。已知FeCl3会先与铁粉发生反应：2FeC

l3+Fe=3FeCl2。下图为加入铁粉的质量与反应后剩余固体质量关系。下列说法不正确的是A.D点对应纵坐标为6.4B.B点后溶液的颜色为蓝色C.该100g溶液中的CuCl2质量分数为13.5%D.取DE两点间（不含D）的剩余固体加入

盐酸，均有气泡产生【答案】B【解析】【详解】A、B点处与氯化铜反应铁的质量为11.2g-5.6g=5.6g，设生成铜的质量为x，参加反应氯化铜的质量为yFe+CuCl2═FeCl2+Cu56135645.6gyx565.6g＝135y＝64x，x=6.4g，y=13.5g

，故此时生成铜为6.4g，也就是D点的坐标为6.4g，故A正确；B、A点以前是铁与氯化铁反应，说明与氯化铁反应的铁为5.6g；A-B段是铁与氯化铜溶液反应，B点后溶液中无氯化铜，故B错误；C、由D点的坐标为

6.4g，则DE间的固体质量为5.6g，而BC间的质量也为5.6g，则说明B点后铁粉再未参加反应，氯化铜已恰好反应完全，由B可知反应的氯化铜的质量为13.5g，其溶质的质量分数13.5100gg×100%=13.5%，故C正确；D、由于由于DE两

点间存在铁粉，所以加盐酸后一定能产生气泡，故D正确；故选B。4.A2、B2、C23种单质和它们离子间能发生下列反应2A-+C2=2C-+A2、2C-+B2=2B-+C2。若X-能与C2发生反应2X-+C2=2C-+X2有关说法中不正确的是（）A.氧化性B2＞C2＞A2B.还原性X-＞C-＞B-C

.X2与B-能发生反应D.B2与X-能发生反应【答案】C【解析】【详解】2A-+C2=2C-+A2，该反应的氧化剂是C2，氧化产物是A2，所以氧化性C2＞A2；还原剂是A-，还原产物是C-，所以还原性A-＞C-。

分析2C-+B2=2B-+C2，该反应的氧化剂是B2，氧化产物是C2，所以氧化性B2＞C2；还原剂是C-，还原产物是B-，所以还原性C-＞B-。若X-能与C2发生反应2X-+C2=2C-+X2，则氧化性C2＞X2；还原性X-＞C-。，综上所述，氧化性B2＞C2＞A2、B2＞C2＞X2，还原

性X-＞C-＞B-，所以B2与X-能发生反应，X2与B-不能发生反应，C不正确，本题选C。【点睛】在氧化还原反应中，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性。较强的氧化剂可以制备较

弱的氧化剂，较强的还原剂可以制备较弱的还原剂。5.能将NaCl、AlCl3、FeCl2、FeCl3、MgCl2、NH4Cl六种溶液区别开的一种试剂是A.KSCN溶液B.BaCl2溶液C.NaOH溶液D.盐酸【答案】C【解析】【详解】能将NaCl、AlCl3、FeCl2、F

eCl3、MgCl2、NH4Cl六种溶液区别开的一种试剂是A选项，KSCN溶液只能鉴别出氯化铁溶液显红色，故A不符合题意；B选项，BaCl2溶液不和六种物质反应，不能区别，故B不符合题意；C选项，NaO

H溶液与氯化钠不反应；NaOH与氯化铝先生成沉淀，继续加氢氧化钠，沉淀溶解；NaOH与氯化亚铁先白色沉淀，后迅速变灰绿，最终变为红褐色；NaOH与氯化铁反应生成红褐色沉淀；NaOH与氯化镁生成白色沉淀；NaOH与氯化铵共热生成刺激性气体；故C符合题意；D选项，盐酸不能区别六种物质，故D不符合题

意；综上所述，答案为C。6.将标准状况下的aLHCl气体溶于1000g水中，得到盐酸密度为bg/cm3，则该盐酸的物质的量浓度是（）A.a22.4mol•L-1B.1000ab22400+36.5amol•L-1C.ab22400mol•L-1D.ab22400+36.5amol•

L-1【答案】B【解析】【详解】标准状况下的aLHCl气体的物质的量为22.4/aLLmol，溶液的体积=3100036.5/22.4/agmolgmolbgcm+=100036.522.41000ab+L，则c(HCl)=22.4100

036.522.4L1000amolab+=10002240036.5aab+mol/L，答案为B。7.下列溶液中溶质的物质的量浓度为1mol/L的是A.将58.5gNaCl溶解于1L水中B.将22.4L氯化氢气体溶于水配成1L溶液C.将2L5

mol/L的浓盐酸与8L水混合D.将l0gNaOH溶解于水中配成250mL溶液【答案】D【解析】【详解】A、58.5gNaCl是1mol，溶解于1L水中所得溶液体积不是1L，不能计算其浓度，A错误；B、22.4L氯化氢气体不一定是1mol，不能计算其浓度，B错误；C、将2L5mol/L的浓盐

酸与8L水混合后溶液的体积不是10L，不能计算浓度，C错误；D、l0gNaOH的物质的量是10g÷40g/mol＝0.25mol，溶解于水中配成250mL溶液，溶质的浓度是0.25mol÷0.25L＝1.0m

ol/L，D正确；答案选D。【点睛】计算溶液的物质的量浓度时需要注意以下两点：①概念中的体积是溶液的体积而不是溶剂的体积，也不是溶剂和溶质的体积之和。②溶液浓度与体积多少无关，即同一溶液，无论取出多少体积，其浓度(物质的量

浓度、溶质的质量分数、离子浓度)均不发生变化。8.有机物支链上的二氯代物的种数(不考虑立体异构)为（）A.4B.5C.6D.7【答案】C【解析】两个氯原子取代同一个碳原子上的氢原子有2种同分异构体、；取代不同碳原子上的氢原子有4种同分异构体、、、，故选C。

9.下列物质在给定条件下的同分异构体数目（不包括立体异构）正确的是（）A.乙苯的一氯代物有4种B.分子式为C5H12O且属于醇的有机物有6种C.分子式为C4H8且属于烯烃的有机物有4种D.分子式为C4H8O2且属于酯的有机物有4种【答案】D【解析】分析：

A．乙苯分子中有5种氢原子；B．属于醇类，含有-OH，C5H12O可以看做戊烷为-OH取代的产物，书写戊烷的同分异构体，根据等效氢判断属于醇类的同分异构体数目；C．含有4个C的碳链连接方式有C-C-C-C和C-C（C）-C，然后添上碳碳双键即可得到相

应的烯烃；D．C4H8O2属于酯类的同分异构体，为饱和一元酯，根据形成酯的酸和醇的种类来确定。详解：A．乙苯的结构简式为C6H5CH2CH3，其一溴代物有5种，A错误；B．C5H12的异构体有：CH3CH2CH2CH2CH3、CH3CH2CH（CH3

）CH3、（CH3）4C，其中CH3CH2CH2CH2CH3有3种H原子，CH3CH2CH（CH3）CH3有4种H原子，（CH3）4C只有1种H原子，故-OH取代1个H得到的醇有3+4+1=8种，B错误；C．C4H8的碳架连接方式有①C-C-C-C和②C-C（C）

-C，其中①中添加双键的方式有2种，②添加双键的方式有1种，所以C4H8中属于烯烃类的同分异构体有3种，C错误；D．C4H8O2属于酯类的同分异构体，为饱和一元酯，若为甲酸与丙醇形成的酯，甲酸只有1种结构，丙醇有2种，形成的酯有2种；若为乙酸与乙醇形成的酯，乙

酸只有1种结构，乙醇只有1种结构，形成的乙酸乙酯有1种；若为丙酸与甲醇形成的酯，丙酸只有1种结构，甲醇只有1种结构，形成的丙酸甲酯只有1种，所以C4H8O2属于酯类的同分异构体共有4种，D正确；答案选D。点睛：本题考查了烃、烃的含氧衍生物的分类、同分异构体的类型及书写等知识，题目难度中等

，注意掌握常见有机物结构与性质，明确同分异构体的概念及求算方法，掌握基础是解题关键，注意碳链异构、位置异构和官能团异构的判断方法。10.在某无色酸性溶液中能大量共存的一组离子是()A.Na+、K+、HCO3−、NO3−B.M

g2+、SO24−、Al3+、NO3−C.Na+、Ca2+、NO3−、CO23−D.K+、MnO4−、CH3COO-、NO3−【答案】B【解析】【详解】A．酸性溶液中存在大量氢离子，碳酸氢根能与氢离子结合生成碳酸，A错误；B．在某

无色酸性溶液中Mg2+、SO24−、Al3+、NO3−能大量共存，B正确；C．碳酸根能与钙离子结合生成白色沉淀，碳酸根能与氢离子结合，C错误；D．酸性溶液中存在大量氢离子，能与醋酸根离子结合生成醋酸，D错误；答案选B。11.下列离子方程式书写正确的是A.铜跟硝酸银溶液反应：Cu+Ag+=

==Cu2++AgB.碳酸钙与盐酸反应：CO32-+2H+===CO2↑+H2OC.硫酸与氢氧化钡溶液反应：H++SO42-+Ba2++OH-===BaSO4↓+H2OD.Ba(OH)2与CuSO4溶液反应：Cu2++SO42-+

Ba2++2OH-===BaSO4↓+Cu(OH)2↓【答案】D【解析】铜跟硝酸银溶液反应：Cu+2Ag+===Cu2++2Ag，A项错误；碳酸钙难溶于水，书写离子方程式时用化学式表示，B项错误；硫酸与氢氧化钡溶液反应：2H++SO42-+Ba2++2OH-===B

aSO4↓+2H2O，C项错误；Ba(OH)2与CuSO4溶液反应：Cu2++SO42-+Ba2++2OH-===BaSO4↓+Cu(OH)2↓，D项正确。点睛：判断指定反应的离子方程式是否正确，通常从以下几个方面进行：

①从反应原理进行判断，如反应是否能够发生、反应能否生成所给产物、反应是否可逆等。②从物质存在形态进行判断，如电解质的拆分是否正确、是否正确表示了难溶物和气体等。③从守恒角度进行判断，如是否遵循电荷守恒、质量守恒、氧化还原反应中电子转移守恒等。④从反应条件进行判断，如是否标

注了必要的条件，是否关注了反应物的量对参加反应的离子种类及其反应产物的影响（如本题D选项中的足量石灰水）等。⑤从反应物的组成及反应物之间的配比进行判断，如本题中C选项硫酸和氢氧化钡分别为二元酸和二元碱。12.某物质的分子组成为CxHyO

z，取该物质mg在足量的O2中充分燃烧后，将产物全部通入过量的Na2O2中，若Na2O2固体的质量也增加mg，则该物质分子组成中必须满足（）A.x=y=zB.x=yC.y=zD.x=z【答案】D【解析】有机物在足量氧气中

燃烧生成CO2和H2O，与Na2O2反应2222322?2NaOCONaCOO+=+22222?24NaOHONaOHO+=+，对生成物变式：2322·NaCONaOCO2222?NaOHNaOH，固体增加的质量相当于CO和H2的质量，则有机

物应可拆写成(CO)mHn的形式，由此可以看出CxHyOz中x=z，故选D。13.有四种燃料电池：A固体氧化物燃料电池；B碱性氢氧化物燃料电池；C质子交换膜燃料电池；D熔融盐燃料电池，下面是工作原理示意图，其中正极反应生成水的是()A.B.C.D.【

答案】C【解析】【详解】A.负极反应式为2H2-4e-+2O2-=2H2O，正极反应式为O2+4e-=2O2-，正极没有生成水，A不选；B.负极反应式为2H2-4e-+4OH-=4H2O，正极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，正极没有生成水，B不选；C.负极反应式为2H

2-4e-=4H+，正极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，正极生成水，C选；D.负极反应式为H2-2e-+2-3CO=H2O+CO2、CO-2e-+2-3CO=2CO2，正极反应式为O2+4e-+2CO2=22-3CO

，正极没有生成水，D不选；答案选C。14.以NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是A.58.5g氯化钠固体中含有NA个氯化钠分子B.1molFe参与反应失去电子数目一定为2NAC.1molNa被完全氧化生

成Na2O2，失去2NA个电子D.常温下，46gNO2和N2O4的混合物中含有的氮原子数为NA【答案】D【解析】【详解】A．氯化钠固体中只含有Na+和Cl-，不含有氯化钠分子，A错误；B．Fe参加反应时，有可能被氧化为+2价态，也有可能被氧化为+3价

态，或者+6价态，因此失去电子数目不一定为2NA，B错误；C．1molNa被完全氧化生成Na2O2，钠元素由0价变为+1价，失去NA个电子，C错误；D．NO2和N2O4的混合物的平均摩尔质量为46g/mol，因此常温下，46gNO2和N2O4的混合物中含有的氮原子数为NA，D

正确；故答案D。15.下列说法正确的是A.可用品红溶液检验SO2B.常温下，可用铝罐贮运稀硝酸C.NaOH溶液可长期贮存在带玻璃塞的试剂瓶中D.常温常压下，22.4LN2含有氮原子数为2×6.02×1023【答案】A【解析】A.二氧化硫

能使品红溶液褪色，可用品红溶液检验SO2，A正确；B.常温下稀硝酸与铝反应，不能用铝罐贮运稀硝酸，但能用铝罐贮运浓硝酸，B错误；C.NaOH溶液不能存放在带玻璃塞的试剂瓶中，应该用橡皮塞，C错误；D.常温常压下气体的摩尔体积大于22.4

L/mol，22.4LN2含有氮原子数小于2×6.02×1023，D错误，答案选A。16.已知向某碳酸盐溶液中滴加稀盐酸至过量，生成气体的质量(m)与加入盐酸的体积(V)的关系如图一所示。现将1.12gKOH和1.38gK2CO3混合并配成溶液，向其中滴加稀盐酸，图二是甲、乙、丙三位同学分别绘制

的产生气体的质量(m)与稀盐酸的体积(V)的关系的示意图。下面判断正确是()A.甲图正确B.乙图正确C.丙图正确D.无法判断【答案】C【解析】【详解】KOH和K2CO3混合配成的溶液，当滴加盐酸时，先发生氢氧化钾与盐酸的中和反应，再发生碳酸钾与盐

酸的反应生成碳酸氢钾和氯化钾，最后发生碳酸氢钾与盐酸反应才有二氧化碳气体生成，由化学方程式2HO5636.51.12g0.73gKOHHClKCl+=+，233K13836.51001.38g0.365g1.00gCOHClKHCOKCl+=+，322HO

10036.51.00g0.365gKHCOHClKClCO+=++可知，氢氧化钾与盐酸的中和反应，碳酸钾与盐酸的反应生成碳酸氢钾，所用盐酸质量与碳酸氢钾与盐酸反应所用盐酸质量的比为（0.73g+0.365g）：0.365g=3：1．所

以图象如图丙所示；C正确；答案为C。17.下列离子能大量共存的是()A.无色酚酞试液呈红色的溶液中：Na+、K+、SO24−、CO23−B.无色透明的溶液中：Cu2+、K+、SO24−、NO3−C.含有大量Ba(NO3)2的溶液中：Mg2＋、NH4+、SO24−、Cl－

D.紫色石蕊试液呈红色的溶液中：Ca2＋、K＋、HCO3−、NO3−【答案】A【解析】【详解】A．酚酞试液呈红色，溶液呈碱性，碱性条件下，该组离子之间不发生任何反应，可大量共存，故A符合题意；B．无色透明的溶液，不存在有颜色的离子，Cu2+呈蓝色，与溶液无色不相符，故B不符合题意；C．含有大量

Ba(NO3)2的溶液中，SO42-与Ba2+反应生成BaSO4沉淀而不能大量共存，故C不符合题意；D．紫色石蕊试液呈红色的溶液呈酸性，HCO3-与H+发生反应生成CO2和H2O，而不能大量共存，故D不符合题意；答案为A。18.下列离子方程式正确的是（）A.向明矾溶液中逐滴滴

入Ba(OH)2溶液，至沉淀质量最大时反应为：2Al3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣═3BaSO4↓+2Al(OH)3↓B.向澄清石灰水中滴入少量NaHCO3溶液：Ca2++2OH﹣+2HCO3﹣═CaCO3↓+CO

32﹣+2H2OC.已知：2Br﹣+Cl2＝2Cl﹣+Br2，Br2+2Fe2+＝2Fe3++2Br﹣，向含0.2molFeBr2的溶液中通入标准状况下3.36LCl2时，发生的反应为：4Fe2++2Br﹣+3Cl2═4Fe3++Br2+6Cl﹣D.向NaHSO4中滴入Ba(OH)2溶液

至恰好显中性：H++SO42﹣+Ba2++OH﹣═H2O+BaSO4↓【答案】C【解析】【详解】A．向明矾溶液中逐滴滴入Ba(OH)2溶液，至沉淀质量最大时应该是硫酸根离子恰好转化为硫酸钡沉淀，则反应为：Al3++2SO42—+2Ba2++4OH¯＝2BaS

O4↓+AlO2－+2H2O，A错误；B．向澄清石灰水中滴入少量NaHCO3溶液生成碳酸钙、氢氧化钠和水：Ca2++OH—+HCO3—＝CaCO3↓+H2O，B错误；C．已知：2Br－+Cl2＝2Cl—+Br2,Br2+2Fe2+＝2Fe3++2Br－，说明还原性是Fe2+＞Br－＞Cl—，向

含0.2molFeBr2的溶液中通入标准状况下3.36LCl2即0.15mol氯气时亚铁离子全部被氧化，溴离子有0.1mol被氧化，则发生的反应为：4Fe2++2Br－+3Cl2＝4Fe3++Br2+6Cl—，C正确；D．向NaHSO4中滴入Ba(OH)2溶液至恰好显中性生成

硫酸钡、硫酸钠和水：2H++SO42—+Ba2++2OH—＝2H2O+BaSO4↓，D错误。答案选C。19.下列除杂过程中，所选用的试剂或方法不正确的是A.Fe2O3固体中混有A12O3:加入足量的盐酸，过滤B.SO2气体中混有HC1:通过饱和亚

硫酸氢钠溶液C.FeCl2溶液中混有FeCl3:加入过量的铁粉，过滤D.KNO3固体中混有少量的NaCl:热水溶解、降温结晶、过滤【答案】A【解析】A.Fe2O3固体中混有A12O3应选择加入足量的NaOH溶液，再过滤，故A错误；B.S

O2气体中混有HC1可通过饱和亚硫酸氢钠溶液除去HCl，故B正确；C.FeCl2溶液中混有FeCl3，通过加入过量的铁粉，将FeCl3完全还原为FeCl2，再过滤，故C正确；D.KNO3固体中混有少量

的NaCl，可根据两者溶解度随温度变化情况不同，利用溶解、降温结晶、过滤的方法除去NaCl，故D正确；答案为A。点睛：掌握常见物质的性质、混合物分离提纯的方法为解答此类试题的关键。需要注意的是，在除杂时，所加除杂质的试剂必须“过量”，只有过量才能除尽欲除杂质，由过量试剂引入的新的杂质必须除

尽，同时分离和除杂质的途径必须选择最佳方案(操作简单、常见)。20.维生素C可用于预防和治疗坏血病等，其结构式如图所示。下列关于维生素C的叙述错误的是A.维生素C的化学式为C6H8O6B.维生素C可作

食品添加剂C.维生素C可发生水解反应D.维生素C不能发生氧化反应【答案】D【解析】【详解】A．该有机物含有6个C、8个H、6个O，则分子式为C6H8O6，故A正确；B．维生素C可用于预防和治疗坏血病等，则可作食品添加剂，故B正确；C．含有酯基，可发生水解，故

C正确；D．含有碳碳双键，可被氧化，故D错误；故答案为D。【点睛】考查有机物的结构和性质，注意把握有机物的官能团的性质，为解答该类题目的关键，维生素C中含有羟基、酯基和碳碳双键，结合乙醇、乙酸乙酯和乙烯的性质推断有机物可能具有的性质，根据有机物的结构简式

判断含有的元素种类和原子个数可确定有机物的分子式。二、填空题(共5题；共16分)21.纳米TiO2作为一种光催化剂越来越受到人们的关注，现正广泛开发运用。(1)制取纳米TiO2的方法很多，氢氧火焰水解法是将TiCl4气体导入氢氧火焰中（700～

1000℃）进行水解，其化学反应式为：___________。(2)纳米二氧化钛可光解挥发性有机污染物（VOCs），若无水蒸气存在，三氯乙烯降解反应为：C2HCl3+2O2→2CO2+HCl+Cl2，若有足够量的降解后的尾气，实验室检验产物中有氯气的简单方法是：__

______；通过质谱仪发现还有多种副反物，其中之一为：，则该有机物核磁共振氢谱有___个峰。(3)利用半导材料TiO2与染料、铂电极及I3−和I－的混合物作电解质（I2+I－I3−），可构成染料敏化太阳能电池（DSSCs）工作原理如右图，

该电池工作时，正极的电极反应为：_______。(4)在不同的载体(钛片、铝片、陶瓷)表面制备二氧化钛薄膜，来考察不同载体TiO2薄膜光催化使甲基橙脱色，每次光照20min取一次样，实验结果如下。www..com下列说法正确的是__________。（a）不同载体，无

论何种温度一定是钛片最好（b）约在520℃时，钛片载体的光催化活性最好（c）无论何种载体，催化活性总是随温度的升高而升高（d）不同负载TiO2薄膜的光催化活性不同【答案】(1).TiCl4+2H2OTiO2+4HCl[或:TiCl4(g)+2H2(g)+O2(g)TiO2(s)+4HC

l(g)](2).用湿润的KI-淀粉试纸检验(3).3(4).I3―+2e－=3I―（写成：I2+2e－=2I―也可）(5).bd【解析】【分析】(1)四氯化钛与水反应生成氯化氢和二氧化钛；(2)氯气具有强的氧化性能够氧化碘离子生成单质碘，碘遇到淀粉变蓝；根据有

机物分子中有几种H原子，核磁共振氢谱有几种吸收峰，结合等效氢判断；(3)由图电子的移动方向可以知道，半导材料TiO2与染料为原电池的负极，铂电极为原电池的正极，电解质为I3-和I-的混合物，I3―在正极上得电子被

还原；(4)根据图中脱色率与温度关系解题。【详解】(1)四氯化钛与水反应生成氯化氢和二氧化钛，化学方程式：TiCl4+2H2OTiO2+4HCl[或TiCl4(g)+2H2(g)+O2(g)TiO2(s)+4H

Cl(g)]；因此，本题正确答案是：TiCl4+2H2OTiO2+4HCl[或TiCl4(g)+2H2(g)+O2(g)TiO2(s)+4HCl(g)]；(2)氯气具有强的氧化性能够氧化碘离子生成单质碘，碘遇到淀粉变蓝，所以可以用湿润的淀粉碘化钾

试纸检验氯气；有三种不同环境下的氢原子，所以有3个峰值。因此，本题正确答案是：用湿润的KI-淀粉试纸检验；3；(3)由电子的移动方向可以知道，半导材料TiO2与染料为原电池的负极，铂电极为原电池的正极，电解质为I3-和I-的混合物，I3-在正极上得电子被还原，正极反应为I3-+2e-=3

I-；因此，本题正确答案是：I3-+2e-=3I-；(4)（a）由图知，500度以下钛片最差，故a错误；(b)由图知，在520℃时，脱色率最高，钛片载体的光催化活性最好，故b正确；(c)520℃后钛片催化活性随温度的升高而降

低，故c错误；(d)由图知，相同温度时，不同的载体(钛片、铝片、陶瓷)，TiO2薄膜的光催化活性不同，故d正确；综上所述，本题正确选项bd。22.标准状况下，VL的某气体（摩尔质量为Mg•mol﹣1）溶解在1L水（水的密度近似为1g•cm﹣3）中，假设气体

完全溶解且不与水发生反应，溶液的密度为ρg•cm﹣3，则所得溶液的物质的量浓度c=_____mol/L（选择以上字母表达计算式，要求化简）。【答案】100022400VVM+【解析】【分析】根据n=V/Vm计算该气体的物质的量，根据m

=nM计算该气体的质量，进而计算溶液的质量，根据V=m/ρ计算溶液的体积，再根据c=n/V计算溶液物质的量浓度。【详解】标准状况下，VL该气体的物质的量为V/22.4mol，其质量为V/22.4mol×Mg/mol=VM/22.4g，故溶液的质量为（1000+VM/2

2.4）g，体积为=22400+22400VML，故所得溶液的物质的量浓度为100022400VVM+mol/L。23.已知：某原电池的总反应为：2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+。则：(1)该原电池的

正极材料可以选用(填材料名称)：________，该电极的电极反应式是：________。(2)若负极质量减少1.28克，那么电路中转移的电子数为：________。【答案】(1).不如Cu活泼的金属或石墨电极(2).2Fe3++2e﹣=2Fe2+(3).0.04NA【解析】【分

析】根据总的化学方程式2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，由电子得失或转移情况判断正负极及正极选取的材料，并写出电极反应；根据电极反应，由负极质量减少计算转移的电子数；据此解答。【详解】（1）由原电池的总反应为2Fe3++

Cu═2Fe2++Cu2+可知，Cu作负极，失电子发生氧化反应，正极材料是不如Cu活泼的金属或石墨电极，Fe3+在正极上得电子发生还原反应，电极反应式为2Fe3++2e-=2Fe2+；答案为不如Cu活泼的金属或石墨电极，2Fe3++2e-=2Fe2+。（2）设电路中转移的电子的物质的量为n，由2

2e64g21.28gnCuCumol−+−=可知，n=1.28g2mol64g=0.04mol，转移的电子个数为0.04NA；答案为0.04NA。24.用惰性电极电解AgNO3溶液，写出该电解反应的化学方程式________；若在阳极收集到0.32gO2，中

和电解生成的酸需0.4mol•L﹣1NaOH溶液________mL。【答案】(1).4AgNO3+2H2O通电4Ag↓+4HNO3+O2↑(2).100【解析】【分析】根据电解池的阴阳两极反应写出总反应方程式；根据产生O2的量计算生成HNO3的量，求出所需NaOH的体

积；据此解答。【详解】用惰性电极电解AgNO3溶液，阳极发生4OH--4e-=2H2O+O2↑，阴极发生4Ag++4e-=4Ag，所以电解总反应方程式为4AgNO3+2H2O=通电4Ag↓+4HNO3+O2↑，在阳极上收集到0.32gO2即0.01mol氧气(标

准状况下)，转移电子是0.04mol，根据反应4AgNO3+2H2O=通电4Ag↓+4HNO3+O2↑，生成硝酸是0.04mol，消耗0.04mol氢氧化钠来将之中和，所以需要NaOH溶液的体积为V(NaOH)=0.040.4/Lmolmol=0.1L=100mL。25.有A、B、C、

D、E、F六种微粒，它们都含有10个电子，已知A+B=2C；A+D=E+C；2A+F=G↓；G中含有30个电子。试推断后回答：(1)A、B、E的电子式：A________B________E________(2)C、D、的化学符号：C________D________【答案】(1).(2).(3

).(4).H2O(5).NH4+【解析】【分析】由A、B、C、D、E、F六种微粒，它们都含有10个电子，且A+B=2C，C为水，H3O++OH-=2H2O，A+D=E+C；铵根离子与氢氧根离子发生反应生成水和氨气，即NH4++OH-=NH3↑+H2O，2A+F=G↓；G中含有30个电子，G为Mg

(OH)2，Mg2++2OH-═Mg(OH)2↓，则A为OH-，B为H3O+；C为H2O，D为NH4+，E为NH3，F为Mg2+，G为Mg(OH)2，据此解答。【详解】（1）A为OH-，氢氧根离子为阴离子，O原子周围8个电子，其电子式为；

B为H3O+，电子式为：，E为NH3，NH3属于共价化合物，不存在离子键，分子中存在3对共用电子对，氮原子最外层为8个电子，氨气的电子式为；答案为，，。（2）C为H2O，D为NH4+；答案为H2O，NH4+。三、解答题(共2题；共10分)26.现有500mL物质的量浓度为1mol/L的N

aOH溶液，与足量的铝完全反应，可消耗________克铝？若产生标准状况下11.2L的H2，转移________mol电子？【答案】(1).13.5(2).1【解析】【分析】根据题中所给信息和化学反应方程式2Al

+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑计算即可；据此解答。【详解】由题意知，n(NaOH)=0.5L×1mol/L=0.5mol，根据2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑可知，n(Al)=n(NaOH)

=0.5mol，其质量为m(Al)=0.5mol×27g/mol=13.5g，若产生标准状况下11.2L的H2，H2的物质的量n(H2)=11.222.4/LLmol=0.5mol，转移电子为0.5mol×2=1

mol；答案为13.5，1。27.把2.0mol/LCuSO4溶液和1.0mol/LH2SO4溶液等体积混合（假设混合后溶液的体积等于混合前两种溶液的体积之和）。则：混合液中CuSO4的物质的量浓度___。H2SO4的物质的量浓度___。混合液中c（H+）___、c（Cu2+）___、c

（SO42-）___。向溶液中加入足量铁粉，经过足够长的时间后，铁粉有剩余。此时溶液中Fe2+的物质的量浓度为___。【答案】(1).1.0mol/L(2).0.5mol/L(3).1.0mol/L(4).1.0mo

l/L(5).1.5mol/L(6).1.5mol/L【解析】【分析】溶液的稀释时，溶质的物质的量不变。【详解】c(CuSO4)=2.0mol/LVL2VL=1.0mol/L；同理，c(H2SO4)=0.5mol/L，c(H+)为硫酸浓度的2倍，则c(H+)=1.0mol/L；c(Cu2

+)与硫酸铜的浓度相等，则c(Cu2+)=1.0mol/L；c(SO42-)为硫酸的浓度于硫酸铜浓度的和，c(SO42-)=1.5mol/L；加入足量铁粉，生成硫酸亚铁溶液，则c(Fe2+)=c(SO42-)=1.5mol/L。【点睛】本题最后恰好

得到硫酸亚铁溶液，根据生成溶液的溶质的量，利用元素守恒关系确定c(Fe2+)。四、实验探究题(共3题；共20分)28.氨在人类的生产和生活中有着广泛的应用。某化学兴趣小组利用下图装置探究氨气的有关性质。(1)装

置A中烧瓶内试剂可选用________(填序号)，B的作用是________________。a．碱石灰b．生石灰c．浓硫酸d．烧碱溶液(2)连接好装置并检验装置的气密性后，装入试剂，然后应先________(填Ⅰ

或Ⅱ)。Ⅰ.打开旋塞逐滴向圆底烧瓶中加入氨水Ⅱ.加热装置C(3)实验中观察到C中CuO粉末变红，D中无水硫酸铜变蓝，并收集到一种单质气体，则该反应相关化学方程式为_____________________________________________；该反应证明氨气具有________性

。(4)该实验缺少尾气吸收装置，上图中能用来吸收尾气的装置是________(填装置序号)。(5)氨气极易溶于水，若标准状况下，将2.24L的氨气溶于水配成1L溶液，所得溶液的物质的量浓度为________mol·L－1。【答案】(1).ab(2).吸收水蒸气干燥氨气(3).Ⅰ

(4).3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O(5).还原(6).Ⅱ、Ⅲ(7).0.1【解析】【详解】（1）A装置制备氨气，利用浓氨水受热易挥发的特点，烧瓶中盛放碱石灰或生石灰或氢氧化钠固体，因此ab正确

；B装置的作用是干燥氨气；（2）先通一段时间的氨气，排除装置中的空气，然后点燃酒精灯，故I正确；（3）CuO变红说明转化成铜，无水硫酸铜变蓝，说明产生H2O，因此反应方程式为3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O，氨气中N的化合价

升高，被氧化，作还原剂；（4）氨气极易溶于水，防止倒吸，因此选用的是II、III；（5）溶液物质的量浓度为2.24/22.4/0.5mol·L－1=0.1mol·L－1。29.某学生为探究钠与CO2的反应，利用如下装置进行实验(已知PdCl2能被CO还原得到黑色的Pd)。（1）请将上

图各装置连接(填写装置中字母):c接f，___________________________。（2）检查装置气密性并装好药品后，点燃酒精灯之前应进行的操作是打开分液漏斗活塞，当观察到___________现象时才点燃酒精灯。此步操作的目的是___________。（3）反应

过程中CO2足量，假如反应过程中有下列两种情况，分别写出两种情况下钠与CO2反应的化学方程式。i.装置⑤PdCl2溶液中观察到有黑色沉淀，装置①中固体成分只有一种，且向固体中加入稀盐酸产生能使澄清石灰水变浑

浊的气体:________________。ⅱ装置①中钠的质量为0.46g，充分反应后，将装置①中的固体加入到足量稀盐酸中产生224mL(标准状况)CO2气体，且溶液中还有固体残留:______________。【答案】(1).g接d，e接a（b），b（a）接h(2).装置⑤中

澄清石灰水变浑浊(3).排尽装置中空气，以免空气中O2、H2O干扰实验(4).2Na+2CO2ΔNa2CO3+CO(5).4Na+3CO2Δ2Na2CO3+C【解析】【详解】(1)探究钠与CO2的反应，首先用盐酸和碳酸钙在②中反应制取二氧化碳气体，制取的二氧化碳中

混有挥发出来的HCl，需要用装置④中的饱和碳酸氢钠溶液除去HCl，然后用③浓硫酸干燥，再在①中进行钠与二氧化碳的反应，最后用装置⑤检验反应产物，所以装置的连接顺序为：c、f、g、d、e、a(b)、b(a)、h，故答案为g接d，e接a(或b)，b(或a)接h；(2

)钠化学性质比较活泼，能够与空气中的氧气、水反应，所以点燃酒精灯之前应需要打开弹簧夹，让CO2充满整个装置，以便排尽装置中的空气，避免空气中O2、H2O干扰实验；当装置⑤中澄清石灰水变浑浊时，证明装置中空气已经排净，故答案为装置⑤中澄清石灰水开始变浑浊；排

尽装置中空气，以免空气中O2、H2O干扰实验；(3)i．装置⑤PdCl2溶液中观察到有黑色沉淀，又PdCl2能被CO还原得到黑色的Pd，则黑色沉淀为Pd，则钠与二氧化碳反应生成了CO；装置①中固体成分只有一种，且向固体中加入稀盐酸产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，该气体为二

氧化碳，则钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和CO，2Na+2CO2ΔNa2CO3+CO，故答案为2Na+2CO2ΔNa2CO3+CO；ii．装置①中钠的质量为0.46g，钠的物质的量为：n(Na)=0.4623/ggmol=0.02mol，将装置①中的固体加入到足量稀盐

酸中产生224mL(标准状况)CO2气体，二氧化碳的物质的量为：n(CO2)=0.22422.4/LLmol=0.01mol，则反应后生成碳酸钠的物质的量为0.01mol，说明钠完全转化成了碳酸钠；溶液中还有固体残留，根据化合价变化可知，残留的固体只

能为C，则钠与二氧化碳反应生成了碳酸钠和C，反应的化学方程式为：4Na+3CO2Δ2Na2CO3+C，故答案为4Na+3CO2Δ2Na2CO3+C。【点睛】本题通过探究钠与CO2的反应，考查了性质实验方案的设计原则。正确理解题干信息为解答关键

，(3)为易错点，需要根据题中信息及反应现象判断反应物、生成物。30.碘是人体必须的元素之一，海洋植物如海带、海藻中含有丰富的、以碘离子形式存在的碘元素。在实验室中，从海藻里提取碘的流程和实验装置如下：（1）指出上述提取碘的过程中有关实验操作

的名称：步骤③_________________________，步骤⑤___________________________。（2）写出步骤④对应反应的离子方程式：________________________。（3）步骤④除了加入过量Cl2，下列氧化

剂最好选用_____________（填代号）。A．浓硫酸B．H2O2溶液C．KMnO4溶液（4）提取碘的过程中，可供选择的有机试剂是____________。（填编号）A．酒精B．醋酸C．四氯化碳D．苯【答案】(1).过滤(2).萃取分液(3).Cl2+2I－＝I2+2

Cl－(4).B(5).CD【解析】【详解】（1）将浑浊液分成溶液和残渣的方法为过滤操作，将碘从水溶液中转移到有机相中的过程为萃取分液；（2）加入过量氯气是为了将溶液中的碘离子转化为单质碘，离子方程式为Cl2+2I-＝

I2+2Cl-；（3）步骤④除了加入过量Cl2，还可以选择H2O2溶液，因其还原产物为水，属绿色氧化剂，且不改变溶液的成分，故答案为B；（4）酒精和醋酸虽然也属于有机溶剂，但它们与水可以互溶，故只能选择四氯化碳和苯，故答案为CD。五、推断题(共3题；共14

分)31.在下图所示的物质转化关系中。A是常见气态氢化物，B是能使带火星的木条复燃的无色无味气体，E的相对分子质量比D大17，G是一种紫红色金属单质。(部分反应中生成物没有全部列出，反应条件未列出)请回答下列问题：(1)B的化学式为______________

___。(2)A的电子式为_________________。(3)反应①的化学方程式为________________________________。(4)反应②的离子方程式为_________________________________。【答案】(1)

.O2(2).(3).3NO2+H2O＝2HNO3+NO(4).3Cu+8H++2NO3一=3Cu2++2NO↑+4H2O【解析】【分析】B是能使带火星的木条复燃的无色无味气体，则B是氧气。G是一种紫红色金属单质，则G是铜。A是常见气态氢化物，且能和氧气反应，所以根据图中的转化判断，A可能是氨气，

则C就是NO，F是水。NO和氧气反应生成NO2，NO2溶于水生成硝酸，则E是硝酸，硝酸和铜反应又生成NO。【详解】(1)B是氧气，化学式为O2。(2)A为氨气，电子式为。(3)反应①是NO2和水的反应，化学方程式为3NO2+H2O＝2HNO3+NO。(4)反应②为铜和稀硝酸的反

应，离子方程式为3Cu+8H++2NO3一=3Cu2++2NO↑+4H2O。【点睛】该题是典型的无机框图题，试题综合性强，难度较大。该题的关键是要明确化学推断题是一类综合性较强的试题，如元素及化合物性质和社会生活，环境保护，化学计算等知识，还可引入学科间综合。它不仅可考察学生对化

学知识的理解程度，更重要的是培养学生的综合分析能力和思维方法。解框图题的方法：最关键的是寻找“突破口”，“突破口”就是抓“特”字，例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等。32.现有金属单质A、B、C和气体甲、乙、丙及物质D、E、F、G、H，它们之间

能发生如下反应（图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出）。请根据以上信息回答下列问题：(1)写出下列物质的化学式：丙______________G_____________(2)写出下列反应的离子方程式：反应①_____________________________

_________________________________反应⑤______________________________________________________________(3)写出乙+D的化学方

程式________________________________________。【答案】(1).HCl(2).FeCl3(3).2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑(4).2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl—(5).Cl2＋2NaOH=NaClO＋NaCl＋H

2O【解析】【分析】由框图知A为钠，甲为氢气，D为氢氧化钠溶液，B为铝，乙为氯气，丙为氯化氢，E为盐酸，H为氢氧化铁，则G为氯化铁、C为铁、F为氯化亚铁【详解】(1)丙为氯化氢，化学式为HCl；G为氯化铁，化学式为FeCl

3；(2)反应①是钠和水的反应，离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；反应⑤FeCl2被Cl2氧化为FeCl3，离子方程式为2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl—；(3)乙是氯气，D为NaOH溶

液，乙+D反应的化学方程式为Cl2＋2NaOH=NaClO＋NaCl＋H2O。33.下图中A～H均为中学化学中常见的物质，A、B、H是气体，它们之间有如下转化关系（反应中生成的水已略去）。请回答以下问题：(1)E是_________（填化学式），G是__________（填名称）；(2)C

物质在日常生活中可作_______________；(3)写出反应①的化学方程式________________；C与浓盐酸反应，可以生成A气体，写出反应的化学方程式___________________。【答案】(1).CaCO3(2).次氯酸(3).消

毒剂（或漂白剂）(4).2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O(5).Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O【解析】【分析】B可与澄清石灰水反应生成沉淀，应为CO2，则E为CaCO3，常见能与石灰乳反应的气体还有氯气，则A应为Cl2，由

此可知C为Ca(ClO)2，F为HCl，D为CaCl2，G为HClO，H为O2。和石灰水反应的气体还可以是SO2，但若B为SO2，则SO2和Ca(ClO)2发生氧化还原反应，后面的转化不能实现，所以B不能是SO2。【详解】(1)由以上分析可知E为CaCO3，G为HClO，故答案

为CaCO3，次氯酸；(2)C为Ca(ClO)2，可生成HClO，具有强氧化性和漂白性，可用于消毒或漂白；(3)反应①的化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；C与浓盐酸反应，可以生成A气

体，C为Ca(ClO)2与浓盐酸反应生成Cl2的化学方程式为：Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O。