【文档说明】浙江省宁波市余姚中学2023-2024学年高一下学期期中考试 化学（选考）试题 Word版含解析.docx，共(23)页，1.347 MB，由小赞的店铺上传

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余姚中学2023学年第二学期期中检测高一化学(选考)试卷本试题卷分选择题和非选择题两部分，满分100分，考试时间90分钟。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27S-32Cl-35.5K-39Ca-40Fe-56

Cu-64Ag-108I-127Ba-137一、选择题(本大题共25小题，每题2分，总共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.下列表示方法不正确的是A.CH4分

子的空间填充模型：B.四氯化碳分子的电子式：C.乙烯的结构简式：CH2=CH2D.丙烷分子的球棍模型：【答案】B【解析】【详解】A．甲烷为正面体结构，由原子相对大小表示空间结构为比例模型，CH4分子的空间填充模型：，A正确；B．氯原子未成键的孤对电子对未标出，

四氯化碳电子式为，B错误；C．烯烃的碳碳双键不能省略，乙烯的结构简式：CH2=CH2，C正确；D．球棍模型是用球表示原子和用棍表示化学键的模型；丙烷分子的球棍模型：，D正确；故选B。2.糖类、油脂、蛋白质是三大营养物质，下列关于它们的说法正确的是A.葡萄糖、油

脂、蛋白质都能发生水解反应B.淀粉、纤维素、油脂、蛋白质都是高分子化合物C.牡丹籽油是一种优质的植物油脂，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色D.葡萄糖和果糖、蔗糖和麦芽糖、淀粉和纤维素均互为同分异构体【答案】C【解析】【详解】A

.葡萄糖是单糖，不能发生水解反应，故A错误；B.油脂相对分子质量较小，不是高分子化合物，故B错误；C.牡丹籽油是不饱和高级脂肪酸甘油酯，分子中含有碳碳双键，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；D.淀粉和纤维素的聚合度n值不同，分子式不同，不互

为同分异构体，故D错误；故选C。3.用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.钠作除水剂时，每消耗1molNa，生成H2的分子数为NAB.工业合成氨时，每反应22.4L(标准状况下)N2，生成的极性共价键数目为6NAC.电解精炼铜时，

阳极质量每减少64g，通过电路的电子数为2NAD.明矾净水时，2L0.05mol/LAl3+形成的Al(OH)3胶粒的数目为0.1NA【答案】B【解析】【详解】A．Na和水反应生成氢氧化钠和氢气，每消耗1molNa，转移1mol电子，反应生成H2的物质的量是0.5m

ol，因此反应产生H2分子数为0.5NA，A错误；B．工业上合成NH3反应为：223ΔN+3HNH2催化剂，每反应22.4L(标准状况下)N2，其物质的量是1mol，反应产生2molNH3，产生N-H极性键物

质的量是6mol，则生成的极性共价键数目为6NA，B正确；C．电解精炼铜时，阳极反应消耗的金属有Cu及活动性比Cu强的金属，而活动性比Cu弱的金属则形成阳极泥沉淀在阳极底部，故阳极质量每减少64g，反应过程中转移电子的物质的量

不一定是2mol，则通过电路的电子数不一定就是2NA，C错误；D．Al(OH)3胶粒是许多Al(OH)3的集合体，也不能确定Al(OH)3胶粒的数目，D错误；故选B。4.2020年11月24日，嫦娥5号在长征5号火箭巨大的推力下前往月球，经过20多天

旅程后带着月壤返回。这是中国航天“探月工程”向世界展示出的“中国力量”，下列有关说法正确的是A.月壤中含有珍贵的3He，它与地球上的4He互为同素异形体B.火箭采用液氢、煤油、液氧作为推进剂，液氢、煤油、液氧都属于纯净物C.登月中所用北斗系统的导航卫星，其计算

机芯片材料是高纯度的二氧化硅D.航天员穿的航天服具有“耐热性、耐高低温、抗静电”等特点，它使用了多种合成纤维【答案】D【解析】【详解】A．3He与4He的质子数都为2，但质量数不同，二者都属于氦元素，互为同位素，A错误；B．煤油

是烃类混合物，B错误；C．计算机芯片材料是高纯度的硅，而不是二氧化硅，C错误；D．航天服使用了多种合成纤维，其具有“耐热性、耐高低温、抗静电”等特点，能保护航天员，D正确；故选D。5.下列化学或离子方程式不正确．．．的是A.过氧化钠与水反应：22222NaO2HO4NaOHO+=+B.过量铁与

稀硝酸的反应：2323Fe8H2NO3Fe2NO4HO+−+++=++C.2SO通入氯水中漂白作用减弱：22224SOCl2HO4HSO2Cl+−−++=++D.硬脂酸与乙醇的酯化反应：1818173525173

5252CHCOOHCHOHCHCOOCHHO++浓硫酸△【答案】D【解析】【详解】A．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，方程式正确，故A正确；B．过量铁与稀硝酸反应生成硝酸亚铁和NO，离子方程式满足电荷守恒、质量守恒等，方程式正确，故B正确；

C．2SO通入氯水中，二氧化硫与氯气反应生成硫酸和HCl两种强酸，离子方程式正确，故C正确；D．酸醇酯化时，酸脱羟基醇脱氢，则18O最终进入酯中，反应方程式为：18181735251735252CHCOOHCHOHCHCOOCHHO++浓硫酸△，故D错误；故选：

D。6.已知断裂下列化学键需要吸收的能量：H−H为436kJ⋅mol-1，F−F为153kJ⋅mol-1，H−F为565kJ⋅mol-1。下列说法中正确的是A.2H与2F反应的热化学方程式为()()()22HgFg2HFg

+=Δ541H=−kJB.44.8LHF气体分解成22.4L2H和22.4L2F吸收541kJ的热量C.1mol2H与1mol2F反应生成2mol液态HF放出的热量小于541kJD.在相同条件下，1mol2H与1mol2F的能量总和大于2m

olHF气体的能量【答案】D【解析】【详解】A．焓变的单位是kJ⋅mol-1，2H与2F反应的热化学方程式为()()()22HgFg2HFg+=1111Δ436kJmol153kJmol565kJmol2541kJmolH−−−−=+−=

−，故A错误；B．由于没有说是否在标准状况下，无法计算物质的量，而且在标准状况下，HF是非气态物质，故B错误；C．根据()()()122HgFg2HFgΔ541kJmolH−+==−，气态到液态会放出热量，则1mol2H与1mol2F反应生成2mol液态HF

放出的热量大于541kJ，故C错误；D．该反应是放热反应，在相同条件下，1mol2H与1mol2F的能量总和大于2molHF气体的能量，故D正确。综上所述，答案为D。7.分子式为C4H8Cl2的有机物共有（不含立体异构）A.7种B.8种C.9

种D.10种【答案】C【解析】【详解】C4H8Cl2的同分异构体可以采取“定一移二”法，，由图可知C4H8Cl2共有9种同分异构体，答案选C。8.下列选项正确的是A.图①可表示()()()()232FeOs3COg2Fes3COg+=+126.7kJm

ol−=+H的能量变化B.图②中H表示碳的燃烧热C.实验环境温度为20℃，将物质的量浓度相等、体积分别为1V、2V的24HSO、NaOH溶液混合，测得混合液最高温度如图③所示(已知12VV60mL+=)D.已知稳定性：B<A<C，某反应由两步构成A→B→C，反应过程中的能量变化曲线如图④所示

【答案】D【解析】【详解】A．产物能量比反应物能量低，该反应为放热反应，()()()()232FeOs3COg2Feg3COg+=+126.7kJmol−=+H该反应为吸热反应，A项错误；B．燃烧热是指1m

ol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，碳燃烧生成的稳定的氧化物为CO2，B项错误；C．将物质的量浓度相等、体积分别为1V、1V的24HSO、NaOH溶液混合时，测得混合液最高温度时为24HSO、NaOH恰好完全反应，当12VV60mL+=时，此时氢氧化钠的体积应为40mL，C项错误；D．

物质的总能量越低，越稳定，所以三种化合物的稳定顺序B<A<C，D项正确；答案选D。9.通过以下反应可获得新型能源二甲醚(CH3OCH3)，下列说法不正确的是的①22C(s)+HO(g)=CO(g)+H(g)-11ΔH=

akJmol②222CO(g)+HO(g)=CO(g)+H(g)-12ΔH=bkJmol③2232CO(g)+3H(g)=CHOH(g)+HO(g)-13ΔH=ckJmol④33322CHOH(g)=CHOCH(g)+HO(g)-14ΔH=dkJmol(d<0)A.反应①、②为反应③提

供原料气B.反应③也是CO2资源化利用的方法之一C.反应333211CHOH(g)CHOCH(g)+HO(l)22=的-1dΔH>kJmol2D.反应23322CO(g)+4H(g)CHOCH(g)+H=O(g)的-1ΔH=(2b+2c+d)kJmol【答

案】C【解析】【分析】【详解】A．反应①的产物为CO和H2，反应②的产物为CO2和H2，反应③的原料为CO2和H2，A项正确；B．反应③将温室气体CO2转化为燃料CH3OH，B项正确；C．反应④生成物中H2O为气态，C项生成物中H2O为液态，又d＜0，反应放热，故C项中反应的焓变小于d2kJ⋅mo

l−1，C项错误；D．依据盖斯定律可知，由②×2+③×2+④可得所求反应及其焓变，D项正确。故选C。10.酸性条件下2CO通过电催化法可生成25CHOH，c-NC、i-NC是可用于阴极电极的两种电催化剂，其表面发生转化原理如图所示。下列有关说法正确的是A.i-N

C电极处发生氧化反应B.合成过程中2CO均作为还原剂C.合成过程中用c-NC作电极催化剂更利于生成25CHOHD.c-NC电极上发生反应：22252CO9HO12eCHOH12OH−−++=+【答案】C【解析

】【详解】A．i-NC电极上2CO得电子生成CO，发生还原反应，故A错误；B．c-NC电极上2CO转化为25CHOH，i-NC电极上2CO得电子生成CO和25CHOH，均发生还原反应，2CO均做氧化剂，故B错误；C．由图示可知，i-NC电极上2CO生成CO和

25CHOH两种产物，c-NC作电极催化剂完全将2CO转化为25CHOH，由此可知c-NC作电极催化剂2CO利用率更高，更利于生成25CHOH，故C正确；D．电解质为酸性介质，电极反应为：+22522CO12H12eCHOH3HO−++=+，故D错误；故选：

C。11.汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应：3322210NaN+2KNOKO+5NaO+16N=。若氧化产物比还原产物多2.8mol，则下列判断正确的是A.生成235.84LN(标准状况)B.有30.4molKNO被氧化C.转移电子的物

质的量为0.2molD.被氧化的N原子的物质的量为6mol【答案】D【解析】【分析】该反应中N元素化合价由13−、+5价变为0价，所以叠氮化钠是还原剂、硝酸钾是氧化剂，根据原子守恒知，氧化产物与还原产物的物质的量之比为30:2=15:1，若氧化产物比还原产物多2.8mol，则生

成N2为2.8mol1614=3.2mol，转移电子的物质的量为2.8mol×1014=2mol，被氧化的N原子的物质的量为2.8mol×3014=6mol。【详解】A．标况下氮气的体积为3.2mol×22.4L/mol=71.68L，故A错误；B．KNO3中N元素的化合价

降低，被还原，故B错误；C．转移电子的物质的量为2.8mol×1014=2mol，故C错误；D．据分析，被氧化的N原子的物质的量为6mol，故D正确；答案选D。12.环之间共用一个碳原子的化合物称为螺环化合物，螺[2，2]戊烷（）是最简单的一种。下列关于该化

合物的说法错误的是A.与环戊烯互为同分异构体B.二氯代物超过两种C.所有碳原子均处同一平面D.生成1molC5H12至少需要2molH2【答案】C【解析】【详解】分析：A、分子式相同结构不同的化合物互为同分异构体；B、根据分子中氢原子的种类判断；C、根据饱和碳原子的结构特点判断；D、

根据氢原子守恒解答。详解：A、螺[2，2]戊烷的分子式为C5H8，环戊烯的分子式也是C5H8，结构不同，互为同分异构体，A正确；B、分子中的8个氢原子完全相同，二氯代物中可以取代同一个碳原子上的氢原子，也可以是相邻碳原子上或者不相邻的碳原子上，因此其

二氯代物超过两种，B正确；C、由于分子中4个碳原子均是饱和碳原子，而与饱和碳原子相连的4个原子一定构成四面体，所以分子中所有碳原子不可能均处在同一平面上，C错误；D、戊烷比螺[2，2]戊烷多4个氢原子，所以生成1molC5H12至少需要2molH2，D正确

。答案选C。点睛：选项B与C是解答的易错点和难点，对于二元取代物同分异构体的数目判断，可固定一个取代基的位置，再移动另一取代基的位置以确定同分异构体的数目。关于有机物分子中共面问题的判断需要从已知甲烷、乙烯、乙炔和苯的结构特点进行知识的迁移灵活应用。13.

短周期元素T、X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如表所示，其中T的单质在一定条件下能与W的最高价氧化物对应水化物的浓溶液反应并生成两种酸性气体。则下列相关说法正确的是TXYZWA.简单离子半径：X＞Y＞WB.Z的最高价氧化物的水化物是中强酸C.TW2化合物中T不满足8电

子稳定结构D.地壳中X元素的含量高于Y【答案】B【解析】【分析】T的单质在一定条件下能与W的最高价氧化物对应水化物的浓溶液反应并生成两种酸性气体，则T为碳、W为硫，碳和浓硫酸加热生成二氧化硫、二氧化碳气体；根据元素在周期表中的位置关系可确定：T是C元素，X是Mg

元素，Y是Al元素，Z是P元素，W是S元素。【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；简单离子半径：S2-＞Mg2+＞Al3+，A错误；B．Z的最高价氧化物的水化物为磷酸，是中

强酸，B正确；C．二硫化碳分子中存在两个碳硫双键，硫原子和碳原子最外层都达到8电子稳定结构，C错误；D．地壳中铝元素的含量高于镁，D错误；故选B。14.微生物脱盐电池是一种高效、经济的能源装置，利用微生物处理有机废水获得电能，同时可实现海水淡化。现以NaCl溶液模拟海水，采用惰性电极，

用下图装置处理有机废水(以含CH3COO-的溶液为例)。下列说法错误的是A.负极反应为-+-322CHCOO+2HO-8e=2CO+7HB.隔膜1为阳离子交换膜，隔膜2为阴离子交换膜C.当电路中转移1mol电子时，模拟海水理论上除盐58

.5gD.电池工作一段时间后，正、负极产生气体的物质的量之比为2:1【答案】B【解析】【分析】据图可知a极上CH3COOˉ转化为CO2和H+，C元素被氧化，所以a极为该原电池的负极，则b极为正极。【详解】A．a极为负极，C

H3COOˉ失电子被氧化成CO2和H+，结合电荷守恒可得电极反应式为CH3COOˉ+2H2O-8eˉ=2CO2↑+7H+，故A正确；B．为了实现海水的淡化，模拟海水中的氯离子需要移向负极，即a极，则隔膜1为

阴离子交换膜，钠离子需要移向正极，即b极，则隔膜2为阳离子交换膜，故B错误；C．当电路中转移1mol电子时，根据电荷守恒可知，海水中会有1molClˉ移向负极，同时有1molNa+移向正极，即除去1molNaCl，质量为58.5g，故C正确；D．b极为正极，水溶液为酸性，所

以氢离子得电子产生氢气，电极反应式为2H++2eˉ=H2↑，所以当转移8mol电子时，正极产生4mol气体，根据负极反应式可知负极产生2mol气体，物质的量之比为4:2=2:1，故D正确；故答案为B。15.一种新型原电池的工作原理如图所示，其中电极材料均为石墨，阴离子交换膜只允许2

-4SO通过，工作时两极室均无气体生成。下列说法错误的是A.电极a为负极B.工作时乙室溶液酸性增强C.该电池的总反应为H++OH-=H2OD.每转移1mole-时甲室质量增加48g【答案】B【解析】【分析】根据2-4SO移动方向可知a极为负极，b为正极；【详解】A．根据2-4S

O移动方向可知a极为负极，A正确；B．b极为正极，过氧化氢得到电子发生还原反应生成水，发生反应+-222HO+2H+2e=2HO，导致电池工作时乙室溶液pH增大，B错误；C．工作时两极室均无气体生成，则负极的氢氧根离子失去电子发生氧化反应生成过氧化

氢：--222OH-2e=HO，结合正极反应可知，该电池的总反应为氢离子和氢氧根离子生成水：H++OH-=H2O，C正确；D．甲室发生反应--222OH-2e=HO，电池工作时每转移1mol电子甲室迁移进入0.5mol硫酸根离子，质量增加48g，D

正确；故选B。16.用电解氧化法可以在铝制品表面形成致密、耐腐蚀的氧化膜，电解质溶液一般为24224HSOHCO−混合溶液。下列叙述错误的是A.待加工铝质工件为阳极B.可选用不锈钢网作为阴极C.阴极的电极反应式为：3Al3eAl+−+=D.硫酸根离子在电解过程中向阳极移动【答案】

C【解析】【详解】A、根据原理可知，Al要形成氧化膜，化合价升高失电子，因此铝为阳极，故A说法正确；B、不锈钢网接触面积大，能增加电解效率，故B说法正确；C、阴极应为阳离子得电子，根据离子放电顺序应是H＋放电，即2H＋＋2e－=H2↑，故C说法错误；D、根据电解原理，电解时，阴离子移向阳极，

故D说法正确。17.下列“类比”合理的是A.Na与H2O反应生成NaOH和H2，则Fe与H2O反应生成Fe(OH)3和H2B.NaClO溶液与CO2反应生成NaHCO3和HClO，则NaClO溶液与SO2反应生成NaHSO3和HClOC.Na

3N与盐酸反应生成NaCl和NH4Cl，则Mg3N2与盐酸反应生成MgCl2和NH4ClD.NaOH溶液与少量AgNO3溶液反应生成Ag2O和NaNO3，则氨水与少量AgNO3溶液反应生成Ag2O和NH4NO3【答案】C【解析】【详解】

A．Na与水反应生成NaOH和H2，Fe与冷水、热水都不反应，Fe与水蒸气反应生成Fe3O4和H2，A不合理；B．NaClO具有强氧化性，SO2具有较强的还原性，NaClO溶液与SO2发生氧化还原反应时SO2被氧化成2-4SO，ClO-被还原成Cl-，B不合理；C．Na3N与

盐酸反应生成NaCl和NH4Cl：Na3N+4HCl=3NaCl+NH4Cl，Mg3N2与盐酸反应生成MgCl2和NH4Cl：Mg3N2+8HCl=3MgCl2+2NH4Cl，C合理；D．氨水与少量AgNO3反应生成[Ag(NH3)2]+：Ag++2

NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++2H2O，D不合理；答案选C。18.过二硫酸分子式为228HSO，可看成是22HO分子中两个氢原子被磺酸基取代的产物，即：33HOS-O-O-SOH；过二硫酸与水反应生成过氧

化氢和硫酸。下列说法不正确．．．的是A.过二硫酸具有强氧化性B.过二硫酸中硫元素的化合价为+6价C.228NaSO可做漂白剂，加热会使其漂白性逐渐失效D.可用硝酸钡溶液鉴别24HSO和228HSO【答案】D【解析】【详解】A．由过二硫酸的结构简式33HOS-O-O-SOH可知，其中含有过氧键，

该氧元素的化合价为-1价，故过二硫酸具有类似于过氧化氢、过氧化钠具有强氧化性，A正确；B．由过二硫酸的结构简式33HOS-O-O-SOH可知，其中含有过氧键，该氧元素的化合价为-1价，故过二硫酸中硫元素的化

合价为+6价，B正确；C．过氧键不稳定，受热易断裂，故228NaSO可做漂白剂，加热会发生反应：2228NaSO+2H2O2Na2SO4+2H2SO4+O2↑，故使其漂白性逐渐失效，C正确；D．由于过二硫酸与水反应生成过氧化氢和硫酸，故硝酸钡溶

液分别滴入24HSO和228HSO均可看到有白色沉淀生成，故不可用硝酸钡溶液鉴别24HSO和228HSO，D错误；故答案为：D。19.下列说法不正确．．．的是A.石油裂解气可以使溴水褪色，也可以使高锰酸钾溶液褪色B.可以用新制的氢氧化铜检

验乙醇中是否含有乙醛C.正丙醇（CH3CH2CH2OH）和钠反应要比水和钠反应剧烈D.23222CH=CHCH+ClCH=CHCHCl+HCl高温属于取代反应【答案】C【解析】【详解】A、石油裂解气中含有碳碳双键的不饱

和烯烃，能够与溴水发生加成反应，使之褪色，与高锰酸钾发生氧化还原反应，使之褪色，选项A正确；B、新制的氢氧化铜悬浊液可以与乙醛加热产生红色沉淀，检验出乙醛，选项B正确；C、正丙醇中羟基的活性较小，与金属钠反应的剧

烈程度低于水的程度，选项C错误；D、有机物中的原子或原子团被其他的原子或原子团所代替的反应为取代反应，选项D正确。答案选C。20.我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程，该历程示意图如图所示。下列说法不．正确的是A.生成CH3

COOH总反应的原子利用率为100%B.CH4→CH3COOH过程中，有C—H键发生断裂C.过程①→②吸收能量并形成了C—C键D.该催化剂提高了反应速率【答案】C【解析】【分析】图中分析，1mol甲烷和1mol二氧化碳反应生成1mol乙酸，方程式为CH4+CO2→催化剂CH3COO

H，①→②过程中能量降低，过程为放热过程。【详解】A．图中分析，1mol甲烷和1mol二氧化碳反应生成1mol乙酸，方程式为CH4+CO2→催化剂CH3COOH，反应物全部转化为生成物生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%B．

图中变化可知甲烷在催化剂作用下经过选择性活化，其中甲烷分子中碳原子会与催化剂形成一个新的共价键，必有C-H键发生断裂，故B正确；C．图中可知，①→②过程中能量降低，过程为放热过程，有C-C键形成，故C错误；D．催化剂降低反应的活化能，提高了反应速率，故D正确；故选C。21.

煤和石油不仅可作为化石燃料，而且还可生产许多化工产品，下列关于煤和石油的说法不正确的是A.含C18以上烷烃的重油经过催化裂化可以得到汽油B.工业上获得大量乙烯可通过石油的裂解C.石油是混合物，石油分馏得到的汽油仍是混合物D.煤中含有苯、甲苯、二甲苯，可用先干馏后分馏的

方法将它们分离出来【答案】D【解析】【详解】A．重油经过催化裂化可以得到汽油，故A正确；B．石油的裂解可生成乙烯、丙烯等，故B正确；C．石油是混合物，石油分馏得到的汽油仍是混合物，故C正确；D．煤中不含苯、甲苯、二甲苯，煤干馏可生成苯、甲苯、二甲苯，故

D错误；选D。22.聚乳酸是一种新型的生物可降解高分子材料，其合成路线如下：下列说法错误的是A.m=n-1B.聚乳酸分子中含有两种官能团C.1mol乳酸与足量的Na反应生成21molHD.两分子乳酸反应能够生成含六元

环的分子【答案】B【解析】【详解】A．根据氧原子数目守恒可得：3n=2n+1+m，则m=n-1，A正确；B．聚乳酸分子中含有三种官能团，分别是羟基、羧基、酯基，B错误；C．1个乳酸分子中含有1个羟基和

1个羧基，则1mol乳酸和足量的Na反应生成1molH2，C正确；D．1个乳酸分子中含有1个羟基和1个羧基，则两分子乳酸可以缩合产生含六元环的分子（），D正确；故选B。23.开发利用海水化学资源的部分过程如图所示，下列说法正确的是A.①的操作

是先通入足量的CO2B.鉴别NaHCO3和Na2CO3溶液可以用澄清石灰水C.在步骤③中，SO2水溶液吸收Br2后，溶液的酸性增强D.向母液中加入石灰乳可得到Mg(OH)2，工业上常用电解熔融的Mg(OH)2来制取镁【答案】C【解析】【分析】海水

蒸发溶剂得到粗盐和母液，粗盐通过精制得到精盐，电解饱和食盐水得到氯气、氢气和氢氧化钠，工业上制得饱和食盐水依次通入氨气、二氧化碳反应生成溶解度较小的碳酸氢钠晶体和氯化铵，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠；母液加碱反应生成氢氧化镁沉淀，氢氧化镁和酸反应生成氯化镁，制

得氯化镁，母液通入氯气氧化溴离子为溴单质，被二氧化硫吸收后发生氧化还原反应生成溴化氢溶液，富集溴元素，通入氯气氧化溴化氢为溴单质得到溴；【详解】A．①的操作是先通入足量的氨气，使得溶液显碱性可以吸收更多的CO2，A错误；B．在NaHCO3和Na2CO3中加入澄清的

石灰水，现象均为产生白色沉淀，所以不能用澄清的石灰水鉴别NaHCO3和Na2CO3，B错误；C．步骤④中SO2水溶液吸收Br2，发生反应的化学方程式为：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，溶液的酸性增强，pH减小，C正确；D．工业上电解氯化镁来制取镁单质，D错误；故选C。2

4.取某飞机铁铝合金零件7.2g，溶于足量的稀硝酸中，金属无剩余。测得产生的气体体积为V1L(标准状况)。向溶液中加过量的NaOH溶液出现红褐色沉淀，随后沉淀部分溶解，过滤得滤液Ⅰ。小心收集沉淀，洗涤、干燥、称重得m1g，再加热分解至恒重，得固体质量为7

.2g。下列说法错误的是A.如果产生的气体只有NO，则气体体积V1=3.808B.红褐色沉淀质量m1=9.63C.合金中Fe与Al的物质的量之比为7：3D.滤液I主要成分为NaOH、NaNO3、Na[Al(OH)4]【答案】C【解析】【

分析】稀硝酸具有强氧化性，合金与足量硝酸反应生成硝酸铝、硝酸铁、一氧化氮和水。向反应后的溶液中加入过量氢氧化钠溶液后，生成红褐色氢氧化铁沉淀，溶解的沉淀为氢氧化铝沉淀，则滤液Ⅰ为偏铝酸钠溶液、硝酸钠和过量的氢氧化钠。收集到氢氧化铁沉淀加热分解后得到氧化铁固体；根据元素守恒，反

应开始时7.2g为铁铝合金，最终7.2g为Fe2O3，其流程中Fe元素无损失，因此铁铝合金中铝的质量等于Fe2O3中氧的质量，因此m(Fe)：m(Al)=(2×56)：(3×16)=7：3，而n(Fe)：n(Al)=256316:5627=9：8；由m(Fe2O3)=7.2g知，n(Fe)=2

7.2g160g/mol=0.09mol，那么n(Al)=0.08mol，红褐色沉淀m[Fe(OH)3]=0.09mol×107g/mol=9.63g；【详解】A．由得失电子守恒可知，Fe、Al失电子物质的量为3×(0.

09+0.08)mol=3×0.17mol，则NO得电子物质的量为3×n(NO)，即3n(NO)=3×0.17mol，n(NO)=0.17mol，V1(NO)=0.17mol×22.4L/mol=3.808L，A正确；B．由分析可知，红

褐色沉淀质量m1=9.63，B正确；C．合金中Fe与Al的物质的量之比为9:8，C错误；D．由分析可知，滤液I主要成分为NaOH、NaNO3、Na[Al(OH)4]，D正确；故选C。25.由实验操作和现象，可得出相应正确结论的是实验操作现象结论A向NaBr

溶液中滴加过量氯水，再加入淀粉KI溶液先变橙色，后变蓝色氧化性：222ClBrIB向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热，加入少量新制的2Cu(OH)悬浊液无砖红色沉淀蔗糖未发生水解C石蜡油加强热，将产生的气体通入2B

r的4CCl溶液溶液红棕色变无色气体中含有不饱和烃D加热试管中的聚氯乙烯薄膜碎片试管口润湿的蓝色石蕊试纸变红氯乙烯加聚是可逆反应A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．向NaBr溶液中滴加过量氯水，溴离子被氧化为溴单

质，但氯水过量，再加入淀粉KI溶液，过量的氯水可以将碘离子氧化为碘单质，无法证明溴单质的氧化性强于碘单质，A错误；B．向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热后，应加入氢氧化钠溶液使体系呈碱性，若不加氢氧化钠，未反应的稀硫酸会和新制氢氧化铜反应，

则不会产生砖红色沉淀，不能说明蔗糖没有发生水解，B错误；C．石蜡油加强热，产生的气体能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明气体中含有不饱和烃，与溴发生加成反应使溴的四氯化碳溶液褪色，C正确；D．聚氯乙烯加强热产生能使湿润蓝色石蕊试纸

变红的气体，说明产生了氯化氢，不能说明氯乙烯加聚是可逆反应，可逆反应是指在同一条件下，既能向正反应方向进行，同时又能向逆反应的方向进行的反应，而氯乙烯加聚和聚氯乙烯加强热分解条件不同，D错误；答案选C。二、非选择题(本大题共5小题，共50分)26.按要求完成下列填空：（1）漂白液有效

成分的化学式______；Fe2O3的俗称为_______。（2）MnO2可与KOH和KClO3在高温下反应，生成K2MnO4，反应化学方程式为_______。（3）用FeCl3溶液可以制作铜制的印刷电路板，写出该反应的离子方程式______。【答案】（1）①.NaClO②.铁红（2）3MnO

2+KClO3+6KOH高温3K2MnO4+KCl+3H2O（3）2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+【解析】【小问1详解】漂白液有效成分是次氯酸钠，化学式NaClO；Fe2O3为红色固体，俗称为铁红；【小问2详解】KClO3具有氧化性，MnO2可与KOH和KClO3在高温下反应，

生成K2MnO4，反应中锰化合价由+4变为+6，则氯元素化合价降低由+5变为-1，结合电子守恒可知，化学方程式为：3MnO2+KClO3+6KOH高温3K2MnO4+KCl+3H2O；【小问3详解】FeCl3溶液可以制作铜制的印刷电路板，该反应为铁离子和铜反应生成亚铁离子和铜离子，离子方程式：的2

Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。27.X通常状况下是一种红黄色气体，相对分子质量小于100，含有三种常见短周期元素。为研究X的组成，5.895g的X分三等份进行实验，过程如图(气体体积已折算至标准状况)：已

知X与NaOH的反应不是氧化还原反应，请回答：（1）X的化学式为_______。溶液A的成分为_______(填化学式)。（2）X与H2O反应的化学方程式为______。（3）金(Au)可溶于浓B溶液生成气体C和HAuCl4，写出该反应的化学方程式：_

______。（4）设计一个实验方案，检验溶液F中可能的金属阳离子：______。【答案】（1）①.NOCl②.NaCl、NaNO2、NaOH（2）3NOCl+2H2O=HNO3+3HCl+2NO（3）Au+HNO3+4HCl=HAuCl4+NO↑+2H2O（4）F溶液中含有的金

属阳离子可能为Fe3+、Fe2+。取F溶液于2支试管中，一支加入KSCN溶液，若溶液变血红色，说明存在Fe3+；另一支试管中加入K3Fe(CN)6]溶液，若出现蓝色沉淀，说明存在Fe2+(不可用酸性高锰酸钾溶液)【解析】【

分析】为研究X的组成，5.895g的X分成三等份进行实验，一份加水之后形成溶液B和无色气体C，C和空气中的氧气反应生成红棕色气体，该气体为NO2，说明X中含N元素；溶液B中加入足量硝酸银溶液，得到白色沉淀，该沉淀时氯化银，说明1.965g的X中含有4.305

g143.5g/mol=0.03molCl;1.965g的X和Fe反应生成无色气体，结合X中含有N元素，可以推知该无色气体是Fe与硝酸反应生成的NO，物质的量为0.672L(22.4L/mol)=0.03mol，则X中N原子个

数和Cl原子个数相同，1.965g的X中剩余元素的质量为1.965g-(0.03mol35.5g/mol)-(0.03mol14g/mol)=0.48g，X的相对分子质量小于100，可以推知X中还含有O元素，物质的量为0.48g(16g/mol)=0.03mol，则X的化学式为NOCl。【小

问1详解】由分析可知，X的化学式为NOCl；NOCl中N的化合价为+3价、O是-2价、Cl是-1价，和过量NaOH溶液反应得到溶液A为NaCl、NaNO2、NaOH。【小问2详解】由分析可知，由分析可知，X与水反应有NO和HNO3生成，N元素化合

价由+3价上升到+5价，又由+3价下降到+2价，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程为：3NOCl+2H2O=HNO3+3HCl+2NO。【小问3详解】金(Au)可溶于浓HNO3溶液生成NO和金一价配离子(与CH4具有相同的空间结构)，写出该反应的化学方程式为:Au+HNO3+4

HCl=HAuCl4+NO↑+2H2O。【小问4详解】一定量Fe和硝酸反应产物中可能存在Fe2+，取F溶液于2支试管中，一支加入KSCN溶液，若溶液变血红色，说明存在Fe3+；另一支试管中加入K3[Fe(CN)6]溶液

，若出现蓝色沉淀，说明存在Fe2+。28.化学反应中的能量变化通常表现为热量的变化，研究反应中的热量变化具有重要的意义。（1）下列变化属于吸热反应的是______(填序号)。①液态水气化②胆矾加热变成白色粉末③灼热的木炭与CO2的反应④甲烷在空气中燃烧的反应⑤盐酸和碳酸氢钠

反应⑥氢氧化钾和稀硫酸反应（2）已知：C(s)+12O2(g)=CO(g)ΔH1，C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH2，则ΔH1______ΔH2(填“＞”、“＜”或“=”)。（3）已知：2SO2(g)

+O2(g)2SO3(g)ΔH=-196.6kJ•mol-1；在该条件下，将2molSO2(g)与1molO2(g)放入一密闭容器中充分反应，生成80gSO3(g)，则放出的热量_______(填字母)。A.等于196.6kJB.98.3kJ

～196.6kJC.等于98.3kJD.小于98.3kJ（4）在25℃、101kPa下，23g乙醇CH3CH2OH(l)完全燃烧生成CO2和液态水时放热638.4kJ。则表示乙醇燃烧的热化学方程式为___

____。【答案】（1）②③⑤（2）＞（3）C（4）CH3CH2OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)ΔH=-1276.8kJ•mol-1【解析】【小问1详解】①液态水气化吸收能量，但不是化学反应，①错误；②胆矾加热变

成白色粉末发生了分解反应，是吸热反的应，②正确；③灼热的木炭与CO2的反应属于吸热反应，③正确；④燃烧为放热反应，④错误；⑤盐酸和碳酸氢钠反应为吸热反应，⑤正确；⑥氢氧化钾和稀硫酸反应是酸碱中和反应，为放

热反应，⑥错误；故答案为：②③⑤；【小问2详解】碳和氧气完全燃烧放热更多，反应的焓变更负，故ΔH1>ΔH2；【小问3详解】将2molSO2(g)与1molO2(g)放入一密闭容器中充分反应，生成80gSO3(g)，物质的量n(SO3)=80g÷80g/mol=1mol，生成1mo

l三氧化硫放出热量12×196.6kJ=98.3kJ，故答案为：C；【小问4详解】燃烧热是在101kPa时，1mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；25℃、101kPa下，23g乙醇CH3CH2OH(l)为0.5mol，完全燃烧生成CO2和液态水

时放热638.4kJ，则1mol乙醇完全燃烧放热1276.8kJ，表示乙醇燃烧的热化学方程式为CH3CH2OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)ΔH=-1276.8kJ•mol-1。29.某烃A是有机化学工业的

基本原料，其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，A还是一种植物生长调节剂，B和D都是日常生活食品中常见的有机物，E是一种油状、有香味的物质。如图为部分有机物间的转化关系，请回答：（1）有机物F的分子式为C2

H4O，且只有一种化学环境的氢、F的结构简式为_______，①～⑤反应中属于加成反应的有_______(填序号)，C所含官能团的名称为_______。（2）丙烯(CH3CH=CH2)在催化剂、加热条件下与O2反应可生成一

种重要的化工原料丙烯酸(H2C=CHCOOH)。下列关于丙烯酸的说法正确的是_______(填选项字母)。A.与乙酸互为同系物B能发生加成反应、取代反应、氧化反应C.能与NaHCO3溶液反应生成CO2D.一定条件下能发生加聚反应，生成反应③的方程式为__

_____。（3）乙二醇(HOCH2CH2OH)与丙烯酸发生酯化反应生成链状酯G(C8H10O4)，写出该反应的方程式_______。（4）已知：Diels－Alder反应为共轭双烯与含烯键或炔键的化合物相互作用生成六元环状化合物的反应，最简单的Dieis－Alder反应是。

以1，3－丁二烯(H2C=CH－CH=CH2)和丙烯酸(H2C=CHCOOH)为起始原料，利用Diels－Alder反应合成的产物的结构简式为______。（5）物质X是比D多一个碳的同系物，X的一些同分异构体能与氢氧化钠溶液反应，写出X及这些同分异构体的结构简式______。【答案】（

1）①.②.①②③.醛基（2）①.bc②.2CH3CH2OH+O2CuΔ⎯⎯→2CH3CHO+2H2O（3）2H2C=CHCOOH+HOCH2CH2OHΔ浓硫酸H2C=COOCH2CH2OOCCH=CH2+2H2O（4）（5）CH3CH2COOH、CH3COOCH3、HCOOCH2CH3【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，A还是一种植物生长调节剂，则A是乙烯；B和D都是日常生活食品中常见的有机物，A和水反应生成B，B氧化生成D，B、D反应生成E，E是一种油状、有香味的物质，则B是乙醇、D是乙酸、E是乙酸乙酯，乙醇

催化氧化为乙醛，C是乙醛。【小问1详解】乙烯氧化为F，F的分子式为C2H4O，且只有一种化学环境的氢，说明F结构对称，F的结构简式为；①是加成反应、②是加成反应、③是氧化反应、④是氧化反应、⑤是取代反应，属于加成反应的有①②，C是乙醛，所含官能团的名称为醛基。【小问2详

解】A.丙烯酸分子中含有碳碳双键，丙烯酸与乙酸不是同系物，故A错误；.B.丙烯酸含有碳碳双键、羧基，能发生加成反应、取代反应、氧化反应，故B正确；C.丙烯酸含有羧基，能与NaHCO3溶液反应生成CO2，故C正确；D.一定条件下能发生加聚反应，生成，故D错误；反应③是乙

醇发生催化氧化生成乙醛，反应的方程式为2CH3CH2OH+O2CuΔ⎯⎯→2CH3CHO+2H2O。【小问3详解】乙二醇(HOCH2CH2OH)与丙烯酸发生酯化反应生成链状酯G(C8H10O4)，该反应的方程式2H2C=CHCOOH

+HOCH2CH2OHΔ浓硫酸H2C=COOCH2CH2OOCCH=CH2+2H2O。【小问4详解】以1，3－丁二烯(H2C=CH－CH=CH2)和丙烯酸(H2C=CHCOOH)为起始原料，利用Diels－Alder反应合成的产物的结构简式为。【小问5详解】物

质X是比D多一个碳的同系物，X是丙酸，丙酸的一些同分异构体能与氢氧化钠溶液反应，则该同分异构体为酯，X及这些同分异构体的结构简式CH3CH2COOH、CH3COOCH3、HCOOCH2CH3。30.醋酸亚铬[(CH3COO)2Cr·2H

2O］为砖红色晶体，难溶于冷水，易溶于酸，在气体分析中用作氧气吸收剂。一般制备方法是先在封闭体系中利用金属锌作还原剂，将三价铬还原为二价铬；二价铬再与醋酸钠溶液作用即可制得醋酸亚铬。实验装置如图所示，回答下列问题：（1）实验中所用蒸馏水均需经煮沸后迅速冷却，目的是___

______，仪器a的名称是_______。（2）将过量锌粒和氯化铬固体置于c中，加入少量蒸馏水，按图连接好装置，打开K1、K2，关闭K3。①c中溶液由绿色逐渐变为亮蓝色，该反应的离子方程式为_________

。②同时c中有气体产生，该气体的作用是_____________。（3）打开K3，关闭K1和K2。c中亮蓝色溶液流入d，其原因是________；d中析出砖红色沉淀，为使沉淀充分析出并分离，需采用的操作是___________、____

_____、洗涤、干燥。（4）指出装置d可能存在的缺点______________。【答案】①.去除水中溶解氧②.分液（或滴液）漏斗③.Zn+2Cr3＋＝Zn2＋+2Cr2＋④.排除c中空气⑤.c中产生H2使压强大于大气

压⑥.（冰浴）冷却⑦.过滤⑧.敞开体系，可能使醋酸亚铬与空气接触【解析】【详解】分析：在盐酸溶液中锌把Cr3＋还原为Cr2＋，同时产生氢气排尽装置中的空气防止氧化。生成的氢气导致c中压强增大，可以把生成的CrCl2压入d装置发生反应，据此解答。详解：（

1）由于醋酸亚铬易被氧化，所以需要尽可能避免与氧气接触，因此实验中所用蒸馏水均需煮沸后迅速冷却，目的是去除水中溶解氧；根据仪器构造可知仪器a是分液（或滴液）漏斗；（2）①c中溶液由绿色逐渐变为亮蓝色，说明Cr3＋被锌还原为Cr2＋，反应的离子方程式为Zn+2Cr3＋＝

Zn2＋+2Cr2＋；②锌还能与盐酸反应生成氢气，由于装置中含有空气，能氧化Cr2＋，所以氢气作用是排除c中空气；（3）打开K3，关闭K1和K2，由于锌继续与盐酸反应生成氢气，导致c中压强增大，所以c中亮蓝色溶液能流入d装置，与醋酸钠反应；根据题干信息可知醋酸亚铬难溶于

冷水，所以为使沉淀充分析出并分离，需要采取的操作是（冰浴）冷却、过滤、洗涤、干燥。（4）由于d装置是敞开体系，因此装置的缺点是可能使醋酸亚铬与空气接触被氧化而使产品不纯。点睛：本题主要是考查醋酸亚铬制备原理的实验探究，

考查学生的化学实验与探究的能力、从提供的新信息中，准确地提取实质性内容，并与已有知识整合，重组为新知识块的能力，题目难度中等。明确实验原理、有关物质的性质尤其是题干信息中提取和应用是解答的关键。的