【文档说明】【精准解析】甘肃省兰州市第一中学2019-2020学年高一下学期期末考试化学试题.doc，共(24)页，808.500 KB，由小赞的店铺上传

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兰州一中2019-2020-2学期高一年级期末考试试题化学说明：本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分100分，考试时间100分钟。答案写在答题卡上，交卷时只交答题卡。可能用到的原子量：H—1，C—12，N—14，O—16。第I卷(选择题，

共50分)一、单选题(每题2分，共50分)1.下列叙述错误的是()A.13C和14C属于同种元素,它们互为同位素B.1H和2H是不同的核素,它们的质子数相等C.14C和14N的质量数相等,它们的中子数不等D.6Li和7Li的电子数相等,中子数也相等

【答案】D【解析】【详解】A.13C和14C属于同种元素，由于二者质子数相同，而中子数不同，所以它们互为同位素，故A正确；B.1H和2H是不同的核素，由于它们都属于氢元素，所以它们的质子数相等，故B正确；C.14C和14N的质量数相等，由于二者的质子数不同，因此它们的中

子数不等，故C正确；D.6Li和7Li的质子数相等，它们的电子数也相等，但是中子数不同，故D错误。故选D。2.化学与社会、生产、生活密切相关。下列做法值得提倡的是A.小苏打用作净水剂B.“地沟油”加工为生物燃料C.饮高度酒预防新冠肺炎D.漂粉精作食品漂白剂【答案】B【解析】【详解】A．小

苏打即NaHCO3，NaHCO3无吸附性，不可净水，A错误；B．“地沟油”为油脂，有可燃性，可加工为生物燃料，B正确；C．喝高度酒可能引起酒精中毒，损害人体健康，且高度酒的浓度达不到75%，并不能有效的杀死新冠病毒，C错误；D．漂粉精有效成分为Ca(ClO)2，Ca(ClO)2水解产生HClO

，HClO能产生有毒的Cl2，有强烈的氯臭，所以漂粉精不能作食品漂白剂，D错误；答案选B。3.下列有关酸雨的说法不正确的是()A.空气中的SO2溶于水，最终形成酸雨B.NO2或SO2都会导致酸雨的形成C.pH<7的雨

水不都是酸雨D.工业废水任意排放是造成酸雨的主要原因【答案】D【解析】【详解】A．二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸能被氧化为硫酸，形成酸雨，A正确，不符合题意；B．酸雨的形成是由于SO2、NO2而引起的，B正确，不符合题

意；C．酸雨是pH小于5.6的雨水，C正确，不符合题意；D．工业废水任意排放引起江河湖泊的污染，而酸雨是由于SO2、NO2而引起的，D不正确，符合题意。答案选D。4.下列说法中正确的是①离子化合物中一定有

离子键，可能有共价键②NaHSO4固体中阳离子和阴离子的个数比是1：1③非金属单质中不含离子键，一定只含共价键④稳定性：H2O＞H2S，沸点：H2O＜H2S⑤NaCl和HCl溶于水破坏相同的作用力⑥非极性键可能存在于非金属单质中，也可能存在于离子化合物或共价化合物中A.①②⑥B.①③④⑥

C.①⑥D.①④⑤【答案】A【解析】【详解】①离子化合物是阴阳离子通过离子键构成的化合物，因此离子化合物中一定有离子键，若阴离子、阳离子为复杂离子，还可能有共价键，①正确；②NaHSO4是盐，由阳离子Na+与阴离子HSO4-构成，因此固体中阳

离子和阴离子的个数比是1：1，②正确；③非金属元素的原子容易获得电子，或原子之间形成共用电子对，因此非金属单质中不可能含离子键，若为双原子分子或多原子分子，则含有共价键，若为单原子分子，如惰性气体，就不含共价键，③错误；④元素的非金属性O>S，所以氢化物的

稳定性：H2O＞H2S；由于水分子之间存在氢键，增加了分子之间的吸引力，因此物质的沸点：H2O>H2S，④错误；⑤NaCl是离子化合物，溶于水破坏的是离子键；而HCl是共价化合物，溶于水破坏的是共价键，因此破坏的作用力不相同，⑤错误；⑥非极性键可能存在于多原子

或双原子的非金属单质中，也可能存在于离子化合物，如Na2O2，或存在于共价化合物中如H2O2等中，⑥正确；可见说法正确的为①②⑥，因此合理选项为A。5.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W和Y同族，X和Z同族，X的简单离子和Y的简单离子具

有相同的电子层结构，W和X、Z均能形成共价化合物，W和X、Y分别形成的化合物溶于水均呈碱性。下列说法错误的是A.4种元素中Y的金属性最强B.最高价氧化物对应的水化物的酸性：Z>XC.简单阳离子氧化性：W>YD.W和Y形成的化合物与水反应能生成一种还原性气体【答案】B【解析】【详解】W和

X、Z均能形成共价化合物，则W、X、Z很可能均为非金属元素，考虑到W原子序数最小，可推断W为H元素；W和X、Y分别形成的化合物溶于水均呈碱性，X为非金属，可推测化合物中有NH3，则X为N元素，又X和Z同族，Z为P元素；W和Y同族，X的简单离子

和Y的简单离子具有相同的电子层结构，可推知Y为Na元素。综上推测满足题干信息，因而推测合理，W为H，X为N，Y为Na，Z为P。A.4种元素中只有Y是金属元素，即Na，因而金属性最强，A正确；B.元素的非金属性越强则最高价氧化物对应

的水化物酸性越强，非金属性：N(X)>P(Z)，因而最高价氧化物对应的水化物的酸性：Z<X，B错误；C.元素的金属性越强，对应简单阳离子氧化性越弱，金属性Na(Y)>H(W)，因而简单阳离子氧化性：W>Y，C正确；D.W和Y

形成的化合物为NaH，NaH与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢气为还原性气体，D正确。故答案选B。6.下列物质间的反应，其能量变化符合图示的是A.生石灰和水的反应B.固体氢氧化钡晶体和氯化铵C.灼热的碳和二氧化碳D.制水煤气【答

案】A【解析】【分析】由图象可知，反应物总能量大于生成物总能量，反应为放热反应。【详解】A.生石灰和水的反应为放热反应，A正确；B.固体氢氧化钡晶体和氯化铵为吸热反应，B错误；C.灼热的碳和二氧化碳，为以碳为还原剂的氧化

还原反应，为吸热反应，C错误；D.制水煤气为吸热反应，D错误；答案选A。7.H2能在Cl2中燃烧生成HCl，HCl也能在一定条件下分解为H2和Cl2。图为H2、Cl2和HCl三者相互转化的微观过程示意图，下列说法正确的是A.过程1放热B.过程2吸热C.过程3放热D.过程4放热【答案】C【解析

】【详解】化学反应的过程中存在化学键的断裂与形成，其中键断裂吸热，键形成放热，图中过程1是吸热过程，过程2是放热过程，氢气在氯气中燃烧是放热过程，而氯化氢的分解是吸热过程，故答案为C。8.原电池电极的“

正”与“负”不仅与电极材料的性质有关，也与电解质溶液有关。下列说法中正确的是A.由FeCu、和3FeCl溶液组成的原电池中，负极反应式为：-2+=Cu-2eCuB.由AlCu、和稀硫酸组成的原电池中，负极反应式为-2+=Cu-2eCuC.由AlCu、和NaOH溶液组成的

原电池中，负极反应式为：-Al+4OH-3e=-22AlO+2HOD.由AlCu、和浓3HNO组成的原电池中，负极反应式为：-3+3e=lAlA-【答案】C【解析】【详解】A．由FeCu、和3FeCl溶液组成的原电池中铁作负极，负极反应式为：-2+Fe-2e=Fe，A

错误；B．由AlCu、和稀硫酸组成的原电池中铝作负极，负极反应式为-3+3e=lAlA-，B错误；C．由AlCu、和NaOH溶液组成的原电池中铝作负极，负极反应式为：-Al+4OH-3e=-22AlO+2HO，C正确；D．由Al

Cu、和浓3HNO组成的原电池中铜作负极，负极反应式为：-2+=Cu-2eCu，D错误；答案选C。9.世界某著名学术刊物介绍了一种新型中温全瓷铁-空气电池，其结构如图所示。下列有关该电池放电时的说法正确的是()A.a极发生氧化反应B.正极的

电极反应式为FeOx＋2xe－=Fe＋xO2－C.若有22.4L(标准状况)空气参与反应，则电路中有4mol电子转移D.铁表面发生的反应为xH2O(g)＋Fe=FeOx＋xH2【答案】D【解析】【分析】由新型中温全瓷铁-空气电池的装置图可知，a极

空气中氧气得电子，发生还原反应，为正极，铁与水反应生成氢气，氢气在b极失电子，发生氧化反应，为负极，据此分析解答。【详解】A.a极空气中氧气得电子发生还原反应，A项错误；B.O2在正极发生反应，电极反应式为O2＋4e－=2O2－，B项

错误；C.若有22.4L(标准状况)空气参与反应，则氧气的物质的量为22.4L22.4L/mol×15=0.2mol，电路中转移的电子为0.8mol，C项错误；D.由新型中温全瓷铁-空气电池的装置图可知，铁表面H2O(g)参与反应生成H2，发生的反应为xH2O(g)＋Fe=FeOx＋xH2，

D项正确；答案选D。10.在不同条件下，分别测得反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)的速率如下，其中化学反应速率最快的是()A.v(SO2)=4mol•L-1•min-1B.v(O2)=2mol•L-1•min-1C.v(SO3)=1.5mo

l•L-1•s-1D.v(SO2)=1mol•L-1•s-1【答案】C【解析】【详解】反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快，统一单位，则A．4602=0.033，B．2601=0.033，C．1

.52=0.75，D．12=0.5，C中比值最大，反应速率最快；答案为C。11.10mL浓度为1mol·L-1的盐酸与过量的锌粉反应，若加入适量的下列溶液，能减慢反应速率但又不影响氢气生成量的是()A.KClB.KNO3C.CuSO4D.

Na2CO3【答案】A【解析】【详解】A．加入适量的KCl溶液，相等于增加溶液的体积，浓度减小，减慢速率，氢气量不变，A符合题意；B．加入KNO3，-3NO与H+结合形成HNO3，HNO3具有强氧化性，与锌反应不产生氢气，B不符合题意；C．加CuSO4，锌置换出铜，形成锌铜盐

酸原电池，反应速率加快，C不符合题意；D．加Na2CO3溶液，消耗氢离子，氢离子浓度减小，速率减慢，氢气量减少，D不符合题意；答案选A。12.在两个恒温、恒容的密闭容器中进行下列两个可逆反应：(甲)：2X(g)Y(g)+Z(s)；(乙)：A(s)+2B(g)C(g)+D(

g)，当下列物理量不再发生变化时：①混合气体的密度；②混合气体的压强；③反应物的消耗速率与生成物的消耗速率之比等于化学计量数之比；④反应容器中生成物的百分含量。其中能表明(甲)和(乙)都达到化学平衡状态是()A.①②③B.①②③④C.

①③④D.①②④【答案】C【解析】【详解】①甲反应中Z为固体，乙反应中A为固体，由质量守恒定律可知，反应中混合气体质量会发生变化，恒温、恒容的密闭容器中，混合气体的密度会发生变化，则混合气体的密度不变，说明甲和乙均达到平衡状态，故正确；②甲反

应是气体体积减小的反应，混合气体的压强始终不变，能说明反应达平衡状态，而乙反应是气体体积不变的反应，混合气体的压强始终不变，不能说明反应达平衡状态，故错误；③反应物的消耗速率与生成物的消耗速率之比等于化学计量数之比，说明正逆反应速率相等，表明甲和乙均达到平衡状态，故正确；④反应容器中生成物的

百分含量，说明各组分的物质的量不变反应达平衡状态，表明甲和乙均达到平衡状态，故正确；①③④正确，故选C。13.下列说法正确的是()。A.烷烃的通式为CnH2n+2，随n的增大，碳元素的质量分数逐渐减小B.和互为同系物C.丙烷的比例模型为D.分子式为C5H10O2且可与碳酸钠反应放出气体的有机化合物

有8种(不考虑立体异构)【答案】B【解析】【详解】A．烷烃的通式为CnH2n+2，C元素的质量分数为12n14n2=12214+n，则随n值增大，碳元素的质量百分含量逐渐增大，故A错误；B．和的结构相似，分子组成上相差1个CH2，互为同系物，故B正确；C．是丙烷的球棍模型，不是比例模型，故C

错误；D．分子式为C5H10O2的有机物，能可与碳酸钠反应放出气体，说明分子中含有-COOH，该物质为戊酸，可以看作-COOH取代丁烷上的H原子形成的酸，丁烷有正丁烷、异丁烷，CH3CH2CH2CH3分子中有2种H原子，被-COOH取代得到2种酸；CH3CH(CH3)2分子中有2种H原子，被-C

OOH取代得到2种酸，所以该有机物的可能的结构有4种，故D错误；故选B。14.在光照条件下，将1molCH4与Cl2反应，得到四种有机产物CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4物质的量之比为1：2：3：4，则消耗Cl2物质的量为

（）A.0.5molB.1.25molC.2.5molD.3mol【答案】D【解析】【分析】发生取代反应时，一半的Cl进入HCl，一半的氯在有机物中，根据四种有机取代物的物质的量之比为n（CH3Cl）：n（CH2C

l2）：n（CHCl3）：n（CCl4）=1：2：3：4；计算出各自的物质的量，进而计算所需氯气的物质的量。【详解】四种有机取代物的物质的量之比为n（CH3Cl）：n（CH2Cl2）：n（CHCl3）：n（CCl4）=1：2：3：4，则四

种取代物的物质的量分别为：n（CH3Cl）：0.1mol，n（CH2Cl2）：0.2mol，n（CHCl3）：0.3mol，n（CCl4）：0.4mol，发生取代反应时，一半的Cl进入HCl，消耗氯气的物质的量为0.1mo

l+2×0.2mol+3×0.3mol+4×0.4mol=3mol，故选D。15.下列说法正确的是（）A.丙烷是直链烃，所以分子中3个碳原子也在一条直线上B.丙烯所有原子均在同一平面上C.所有碳原子都在同一平面上D.至少有1

6个原子共平面【答案】D【解析】【详解】A．丙烷中C原子是饱和碳原子，形成的是四面体结构，因此三个C原子是锯齿形的，不在一条直线上，A错误；B．CH3-CH=CH2中甲基C原子构成的是四面体结构，因此

该甲基上至少有一个氢不和它们共平面，B错误；C．因为环状结构不是平面结构，所以所有碳原子不可能在同一平面上，C错误；D．该分子中在同一条直线上的原子有8个()，再加上其中一个苯环上的8个原子，所以至少有16个原子共平面，D正确；故合

理选项是D。16.苯环实际上不具有碳碳单键和双键的交替结构,可以作为证据的事实有（）①苯的间位二取代物只有一种②苯的邻位二取代物只有一种③苯分子中碳碳键的键长均相等④苯不能使酸性KMnO4溶液褪色⑤苯在加热和催化剂存在条件下,与氢气发生加成反应⑥苯在FeBr3存在的条件下,与液溴发生

取代反应,但不能因化学变化而使溴水褪色A.①②③④B.②③④⑥C.③④⑤⑥D.全部【答案】B【解析】【详解】①无论苯的结构中是否有碳碳双键和碳碳单键，间位二元取代物均只有1种，所以①不能作为证据；②如果苯的结构中

存在单双键交替结构，则苯的邻位二元取代物有两种，而事实是苯的邻位二元取代物只有一种，所以可以证明苯的结构中不存在单双键交替结构，故②能作为证据；③因单键和双键的键长不相等，苯分子中碳碳键的键长均相等，说明苯的结构中不存在单双键交替结构，故③能作为证据；④

苯不能使KMnO4酸性溶液褪色，说明不含双键，说明苯的结构中不存在单双键交替结构，故④能作为证据；⑤含有双键的物质能够与氢气发生加成反应，苯能在加热和催化剂存在的条件下与氢气加成生成环己烷，可以用单双健结构来解释

，故⑤不能作为证据；⑥苯在FeBr3存在的条件下同液溴发生取代反应，而不是加成反应，说明不含双键，说明苯的结构中不存在单双键交替结构，故⑥能作为证据；正确的选项为②③④⑥；故选B。17.提纯下列物质(括号

中为少量杂质)，选择的试剂和分离方法都正确的是被提纯的物质除杂试剂分离方法A甲烷(乙烯)酸性高锰酸钾溶液洗气B乙醇(碘)氢氧化钠溶液过滤C乙酸乙酯(乙醇)饱和碳酸钠溶液蒸馏D溴苯(溴)氢氧化钠溶液分液A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．甲烷(乙烯)，将

混合气体通入溴的四氯化碳溶液进行洗气，乙烯与酸性高锰酸钾溶液反应生成二氧化碳气体，引入新的杂质，故A错误；B．乙醇(碘)，加入氢氧化钠溶液，碘与氢氧化钠溶液反应，乙醇与水互溶，用蒸馏方法分离，故B错误；C．乙酸乙酯(乙醇)，用饱和碳酸钠溶液溶解乙醇，降低乙酸乙酯溶解度，再用

分液方法分离，而不是蒸馏，故C错误；D．溴苯(溴)，溴苯不溶于水，溴可与氢氧化钠溶液反应，反应后分液即可分离，故D正确；答案选D。【点睛】A选项为易错点，甲烷中混有乙烯，检验可以用酸性高锰酸钾或溴的四氯化碳溶液，而除掉甲烷中

混有乙烯用溴的四氯化碳溶液进行洗气。18.在2020年抗击新型冠状病毒(COVID-19)的战役中，化学药品发挥了重要作用。下列说法不正确的是()A.84消毒液、二氧化氯泡腾片均可作为环境消毒剂B.医用消毒酒精中乙醇的体

积分数为75%C.用来合成抑制新冠病毒的潜在药物磷酸氯喹的中间体喹啉(如上图)属于芳香烃D.生产医用防护口罩的原料聚丙烯纤维属于有机高分子材料【答案】C【解析】【详解】A.84消毒液的有效成分是次氯酸钠，二氧化氯泡腾片的主要成份是二氧化氯，次氯酸钠和二氧化氯都

具有强氧化性，都可作为环境消毒剂，故A正确；B.酒精能使蛋白质变性，从而能杀菌消毒，体积分数为75%的酒精的消毒效果最好，可以起到良好的预防病毒的作用，故B正确；C.由结构简式可知，喹啉分子中含有苯环和氮原子，则喹啉属于芳香烃，属于芳香族化合物，故C错误；D.一定条件下，

丙烯发生加聚反应生成聚丙烯，聚丙烯纤维属于有机高分子材料，可生产医用防护口罩，故D正确；故选C。19.由乙烯和乙醇蒸汽组成的混合气体中，若碳元素的质量分数为72%，则氧元素的质量分数为()A.32.00%B.16.00%C.14.22%D.2.14%【答案】C【解析】【详解】乙烯的分子式为C

2H4，乙醇的分子式为C2H6O，可改写为C2H4(H2O)，二者相同部分为C2H4，N(C)：N(H)=1：2，故质量比为6：1，碳元素的质量分数为72%，故相同部分的C2H4的质量分数为282472%=84%，故剩余的H2O的质量分数为16%，故氧元素的质量

分数为16%×1618=14.22%；答案选C。20.如图是分离乙酸乙酯、乙酸和乙醇混合物的实验操作流程图，在如图所示实验过程中，所涉及的三次分离操作分别是()A.①蒸馏；②过滤；③分液B.①分液；②蒸馏；③蒸馏C.①蒸馏；②分液；③分液D.①分液；②蒸馏；③结晶、过滤【答案】B【解析】【详解】乙

酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，可用分液的方法分离，溶液中的主要成分为乙酸钠和乙醇，二者沸点相差较大，蒸馏可得到乙醇，乙酸钠加入硫酸，得到乙酸和硫酸钠，二者沸点相差较大，蒸馏可得到乙酸，故选B。【点睛】本题考查物质的分离、提纯的实验方案的设计，侧重于考查学生分析能力、实验能力，注意把握物质的性质的异同

，熟悉常见混合物的分离方法。21.某有机物的结构简式为，在下列各反应的类型中：①取代，②加成，③加聚，④置换，⑤酯化，⑥中和，⑦氧化，它能发生的反应有()A.①②③⑤⑥⑦B.①②③⑥C.①②④⑤⑥⑦D.③④⑤⑥⑦【答案】C【解析】【详解】根据有机物的结构简式，该有机物

中含有苯环、羟基、羧基，苯环能发生加成等反应，羟基发生取代、置换、酯化、氧化等反应，羧基能发生酯化、置换、中和等反应，故C正确；答案：C。22.下列说法正确的是()A.诗句“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”中的“丝”和“泪”分别是蛋白质和高级烃B.糖类、油脂、蛋白质都是天然高

分子化合物C.糖类、油脂、蛋白质都能发生水解D.油脂的皂化反应属于加成反应【答案】A【解析】【详解】A．蚕丝的主要成分是蛋白质，烛泪指的是石蜡，石蜡是几种高级烃的混合物，故A项正确；B．糖类有单糖和二糖和多糖，单糖和二糖不属于高分子化合

物；油脂的相对分子量较小，不属于高分子化合物，故B错误；C．单糖、二糖不能水解，多糖才能发生水解，故C项错误；D．油脂在碱性条件下水解反应为皂化反应，属于取代反应，故D错误；综上所述，本题的正确答案为A。【点睛】本题

考查了高分子化合物结构与性质、有机反应类型，注意掌握高分子化合物概念、结构及性质，明确淀粉和纤维素属于混合物，二者不属于同分异构体。23.下列有关石油、煤、天然气的叙述正确的是（）A.石油分馏可得到汽油、煤油和柴油等，

裂解可得到乙烯、丙烯等B.煤中含有的苯、甲苯等，煤干馏可得到芳香烃,石油的催化重整也可得到芳香烃C.石油的分馏、煤的气化和液化都属于化学变化D.石油、煤、天然气、可燃冰、沼气都属于化石燃料【答案】A【解析】【

详解】A．石油分馏可以得到汽油、煤油等产品，裂解得到乙烯等化工产品，A正确；B．煤中不含有的苯、甲苯，煤干馏发生复杂的物理、化学变化后可得焦炭、煤焦油、粗氨水、焦炉气，其中焦炉气、煤焦油中含有芳香烃；芳香烃也可以来自于石油的催化重整，B错误；

C．煤的气化生成CO和氢气，液化生成甲醇，均为化学变化，而石油分馏与混合物沸点有关，为物理变化，C错误；D．石油、煤、天然气、可燃冰都属于化石燃料，沼气不是化石燃料，D错误。答案选A。24.下列金属冶炼的反应原理，不正确的是()A.2A

g2O4Ag+O2↑B.Fe2O3+3CO=高温2Fe+3CO2C.6MgO+4Al6Mg+Al2O3D.2NaCl(熔融)通电=2Na+Cl2↑【答案】C【解析】【详解】A．银性质不活泼，用热分解氧化物的方法制取，故A正确；B．铁性质较活泼

，用热还原法制取，故B正确；C．镁活泼性强于铝，不能用铝热反应制取，应用电解熔融氯化镁的方法制取，故C错误；D．钠性质活泼，用电解熔融氯化钠的方法制取，故D正确；故选C。25.“空气吹出法”海水提溴的工艺流程如图：下列说法正确的是（）A.从吹

出塔进入吸收塔的物质只有Br2B.从吸收塔流出的溶液主要含HBr和H2SO4C.两次通入水蒸气的作用都是参加反应D.第一次通入Cl2的目的是氧化Br-，第二次通Cl2的目的是氧化SO2【答案】B【解析】【详解】A.通入过量氯

气与溴离子反应生成溴单质，再鼓入空气和水蒸气使溴蒸气挥发进入吸收塔，但进入吸收塔的还有空气、水蒸气和过量的氯气，A错误；B.在吸收塔里发生反应Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr，所以从吸收塔流出的溶液主要含HBr和H2SO4，B正确；C

.在吹出塔通入水蒸气，有助于溴挥发出去，没有参加反应；在蒸馏塔中，发生反应Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，水作为溶剂，使物质发生反应，同时提供能量，使溴挥发，未参与反应，C错误；D.第一次、第二次通入Cl2的目的都是氧化Br-，D错误；

答案选B。第II卷(非选择题，共50分)二、解答题26.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期元素。W的气态氢化物能使紫色石蕊溶液变蓝，W、X和Y三种元素的最高价氧化物的水化物两两之间可以发生反应，W、X、Y、Z的最外层电

子数之和为16。回答下列问题：(1)Z单质的电子式是________________。W的气态氢化物能使紫色石蕊溶液变蓝的原因：__________________(用化学方程式表示)。(2)X、Y、Z三种元素的

简单离子的离子半径由大到小的顺序是：_____。(3)Z最高价氧化物对应的水化物化学式为____。(4)Z和氧元素、硫元素组成的SOZ2是一种液态化合物，沸点为77℃，遇水能剧烈水解，有白雾和带有刺激性气味的气体逸出，该

气体可使滴有品红试液的滤纸褪色。请写出SOZ2和水反应的化学方程式_____。【答案】(1).········:Cl:Cl:(2).NH3+H2ONH3·H2O(3).Cl->Na+>Al3+(4).HClO4(5).SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑【解析】【分析】因

为W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，W的气态氢化物能使紫色石蕊溶液变蓝，可确定W是氮元素。W、X和Y三种元素的最高价氧化物的水化物两两之间可以发生反应，可推测其中一种最高价氧化物的水化物具有两性，两性氢氧化物既可以与强

酸反应，也可以与强碱反应，由此可确定X、Y。最后根据W、X、Y、Z的最外层电子数之和为16，计算Z的最外层电子数，可确定Z的元素种类。【详解】因为W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，W的气态氢化物能使紫色石蕊溶液变蓝，可确定W是氮元素

。W、X和Y三种元素的最高价氧化物的水化物两两之间可以发生反应，且W的最高价氧化物的水化物是HNO3（属于强酸），可推知其中一种元素是铝（其最高价氧化物的水化物是Al(OH)3，属于两性氢氧化物），另一种元素应该是活泼金属（其最高价氧化物的水化物是强碱），因此可确定X是钠、Y是铝。由于W、X、Y、

Z的最外层电子数之和为16，所以Z的最外层电子数=16-5-1-3=7，又因Z的原子序数比Y大，所以Z为氯元素。结论：W为氮、X为钠、Y为铝、Z为氯。(1)Z的单质是Cl2，两个氯原子间通过一对共用电子相结合，

其电子式为········:Cl:Cl:。W的气态氢化物是氨气，氨气能与水反应生成一水合氨，一水合氨属于弱碱使溶液显碱性，发生反应的化学方程式为：NH3+H2ONH3·H2O。(2)X、Y、Z分别对应的离子符号是Na+、Al3+、Cl-，Na+与Al3+的电子层结

构相同（都是10个电子），因为核电荷数越大离子半径越小，所以Na+半径大于Al3+半径。而Cl-核外有18个电子，其电子层比Na+和Al3+多一层，因此Cl-半径比Na+和Al3+半径都大，所以三种简单离子的离子半径由大

到小的顺序是Cl->Na+>Al3+。(3)Z为氯元素，其最高价为+7价，氯元素的最高价氧化物对应的水化物化学式为HClO4。(4)因SOCl2遇水能剧烈水解，“有白雾产生”推测有HCl气体生成；“有能使滴有品红试液的滤纸褪色”推测有SO2产生，HC

l和SO2都具有刺激性气味。所以SOCl2水解反应的化学方程式为SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑。27.下图是一种正在投入生产的蓄电系统。电池中的左右两侧为电极，中间为离子选择性膜，在电池放电和充电时该膜可允许钠离子通过；放电前，被膜隔开

的电解质为Na2S2和NaBr3，放电后，分别变为Na2S4和NaBr。(1)左侧储罐中的电解质是________________，右侧储罐中的电解质是_________。在放电过程中钠离子通过膜的流向是_________________(填“左→右”或“右→左”)。(2)电池放电时，正极的电

极反应是_______________，负极的电极反应是________。(3)该装置也可以用于锂电池。它的负极材料用金属锂制成，电解质溶液需用非水溶液配制，请用化学方程式表示不能用水溶液的原因_______________________________。【答案】(1).NaBr3

/NaBr(2).Na2S2/Na2S4(3).左→右(4).-3Br+2e-=3Br-(5).22-2S-2e-=2-4S(6).2Li+2H2O=2LiOH+H2↑【解析】【分析】由题给示意图可知，左侧电极为正极，右侧电极为负极，由放电前后，元

素化合价变化可知，溴元素化合价降低被还原，氧化剂NaBr3在正极发生还原反应，硫元素化合价升高被氧化，还原剂Na2S2在负极发生氧化反应，则左侧储罐中的电解质是NaBr3/NaBr，右侧储罐中的电解质是Na2S2/Na2S4。【详解】（1）由分析可

知，左侧储罐中的电解质是NaBr3/NaBr，右侧储罐中的电解质是Na2S2/Na2S4；在放电过程中阳离子向正极移动，则钠离子通过离子选择性膜由左向右移动，故答案为：NaBr3/NaBr；Na2S2/Na2S4；左→右；(2)电池放电时，NaBr3在正极得到电子发生还原反应生成Br-，电极反

应式为-3Br+2e-=3Br-，Na2S2在负极失去电子发生氧化反应生成Na2S4，电极反应式为22-2S-2e-=2-4S，故答案为：-3Br+2e-=3Br-；22-2S-2e-=2-4S；（3）负极材料金属锂具有很强的还原性，能与电解质溶液中的水反应

生成氢氧化锂和氢气，所以锂电池的电解质溶液需用非水溶液配制，锂和水反应的化学方程式为2Li+2H2O=2LiOH+H2↑，故答案为：2Li+2H2O=2LiOH+H2↑。【点睛】由放电前后，元素化合价变化可知，溴元素化合价降低被还原，氧化剂NaBr3在正极发生还原反应，硫元素化合价升高被氧化，

还原剂Na2S2在负极发生氧化反应是分析解答的关键所在。28.一定条件下铁可以和CO2发生反应：Fe(s)＋CO2(g)⇌FeO(s)＋CO(g)。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CO2气体，反应过程中CO2气体和CO气体的浓度与时间的关系如

图所示：(1)t1时，正、逆反应速率的大小关系为v正_____v逆(填“＞”“＜”或“＝”)。(2)4min内，CO的平均反应速率v(CO)＝_____。(3)下列条件的改变能减慢其反应速率的是_____

(填序号，下同)。①降低温度②减少铁粉的质量③保持压强不变，充入He使容器的体积增大④保持容积不变，充入He使体系压强增大(4)下列描述能说明上述反应已达平衡状态的是_____。①v(CO2)＝v(CO)②单位时间内生成nmol

CO2的同时生成nmolCO③容器中气体压强不随时间变化而变化④容器中气体的平均相对分子质量不随时间变化而变化【答案】(1).>(2).0.125mol·L-1·min-1(3).①③(4).②④【解析】【详解】（1）根据图象可知，在t1后，CO浓度增大、CO2浓度减小，说明

反应未达到平衡，正向进行，因此v正>v逆；故答案为：>；（2）根据图象可知，在4分钟内CO的平均反应速率，v(CO)=；故答案为：0.125mol·L-1·min-1；（3）①降低温度，物质的内能降低，活化分子数减小，有效碰撞次数减少，化学反应

速率降低，①符合题意；②由于固体的浓度不变，所以减少铁粉的质量，物质的反应速率不变，②不符合题意；③保持压强不变，充入He使容器的体积增大，反应体系中物质浓度降低，单位体积内活化分子数减少，有效碰撞次数减少，化学反应速率降低，③符合题意；④保持体积不变，充入He使体系压强增大

，由于体系内的物质浓度不变，所以化学反应速率不变，④不符合题意；故答案为：①③；（4）①未指明反应是正向还是逆向进行，因此不能判断是否为平衡状态，①错误；②单位时间内生成nmolCO2的同时必然会消耗nmolCO，又生成nmolCO，则CO的物质的量不变，反应达到平衡状态，②正确；③

该反应是反应前后气体体积不变的反应，任何条件下体系的压强都不变，因此不能据此判断反应是否为平衡状态，③错误；④反应前后气体的体积不变，而气体的质量会发生变化，则气体的摩尔质量会发生变化，由于摩尔质量当以g

/mol为单位时，数值上等于物质的相对分子质量，所以若容器中气体的平均分子量不随时间而变化，则反应达到平衡状态，④正确；故答案为：②④。【点睛】恒容：充入无关气体，体系内总压变大，分压不变，反应速率不变；恒压：充入无关气体，体系内总压不变，体积变大，分压变

小，反应速率变小。29.乙酸正丁酯是一种优良的有机溶剂，广泛用于硝化纤维清漆中，在人造革、织物及塑料加工过程中用作溶剂，也用于香料工业。某化学兴趣小组在实验室用乙酸和正丁醇制备乙酸正丁酯，有关物质的相关数据及实验装置如下所示：化合物相对分子质量密度(g/cm3)沸点(℃

)溶解度(g/100g水)冰醋酸601.045117.9互溶正丁醇740.80118.09乙酸正丁酯1160.882126.10.7III分水器的操作方法：先将分水器装满水(水位与支管口相平)，再打开活塞，准确放出一定体积的水。在制备过程中，随着加

热回流，蒸发后冷凝下来的有机液体和水在分水器中滞留分层，水并到下层(反应前加入的)水中；有机层从上面溢出，流回反应容器。当水层增至支管口时，停止反应。乙酸正丁酯合成和提纯步骤为：第—步：取18.5mL正丁醇和15.4mL冰醋酸混合加热发生酯化反应，反应装置如图Ⅰ所示(加热

仪器已省略)；第二步：依次用水、饱和Na2CO3溶液、水对烧瓶中的产品洗涤并干燥；第三步：用装置Ⅱ蒸馏提纯。请回答有关问题：(1)第一步装置中除了加正丁醇和冰醋酸外，还需加入___________、_

_____________。(2)实验中使用分水器的优点有________________、___________。根据题中给出的相关数据计算，理论上，应该从分水器中放出来的水的体积约为___________。(3)第二步用饱和Na2CO3溶液洗涤的目的是________

____________________。(4)第三步蒸馏产品时，应收集温度在_______________左右的馏分。若实验中得到乙酸正丁酯12.76g，则乙酸正丁酯的产率为___________________。【答案】(1).浓硫酸

(2).沸石(碎瓷片)(3).及时分离出水，有利于酯化反应朝正反应方向移动(4).根据收集到的水的体积，可以粗略判断是否可以终止反应(5).3.6mL(6).除去产品中含有的乙酸(硫酸)等杂质(7).126.1℃(8).55%

【解析】【分析】步骤分析：第—步：取18.5mL正丁醇和15.4mL冰醋酸，还需加入浓硫酸作为催化剂和吸水剂、加入碎瓷片或者沸石防止反应液暴沸，混合加热发生酯化反应，反应中，及时将产物水蒸发出去，相当于减小生成物浓度有利于反应正向

进行，蒸发后冷凝下来的有机液体和水在分水器中滞留分层，水并到下层(反应前加入的)水中；有机层从上面溢出，流回反应容器。当水层增至支管口时，停止反应。第二步：依次用水溶解掉大部分硫酸和未反应的冰醋酸、饱和Na2CO3溶液反应掉剩余的硫酸和醋酸、水洗掉残余的碳酸钠溶液，对烧瓶中的产

品洗涤并干燥；第三步：乙酸正丁酯中肯定还溶有正丁醇，用装置Ⅱ蒸馏提纯，得到乙酸正丁酯【详解】(1)第一步装置中除了加正丁醇和冰醋酸外，还需加入浓硫酸作为催化剂和吸水剂、加入碎瓷片或者沸石防止反应液暴沸；答案：浓硫酸沸石(碎瓷片)(2)实验中使用分水器的优点是及时分离出水，相当于减小生成物浓度

有利于酯化反应朝正反应方向移动、根据收集到的水的体积，当分水器中的水接近支管口时，可以粗略判断是否可以终止反应。正丁醇的质量为：0.80g/cm3×18.5mL=14.8g；n（正丁醇）=14.8g/74g

/mol=0.2mol;冰醋酸质量:1.045g/cm3×15.4mL=16.093g;n(醋酸)=16.093g/60g/mol=0.268mol,二者反应时,冰醋酸过量,根据正丁醇计算;CH3COOH+CH3CH2CH2CH2OHCH3COOCH2CH2CH2CH3+H2O1mol1m

ol0.2mol0.2mol因此生成水:0.2mol×18g/mol=3.6g,因为水的密度为1g/mL,则大约为3.6mL；答案：及时分离出水，有利于酯化反应朝正反应方向移动根据收集到的水的体积，可以粗略判断是否可以终止反

应3.6mL(3)第二步用饱和Na2CO3溶液洗涤的目的是除去产品中含有的乙酸(硫酸)等杂质；答案：除去产品中含有的乙酸(硫酸)等杂质(4)第三步蒸馏产品时，因为乙酸正丁酯的沸点为126.1℃，应收集温度在126.1℃左右的馏分。正丁醇的质量为：0.80g/

cm3×18.5mL=14.8g；n（正丁醇）=14.8g/74g/mol=0.2mol;冰醋酸质量:1.045g/cm3×15.4mL=16.093g;n(醋酸)=16.093g/60g/mol=0.268mol,二者反应时,冰醋酸过量,根据正丁醇

计算;CH3COOH+CH3CH2CH2CH2OHCH3COOCH2CH2CH2CH3+H2O1mol1mol0.2mol0.2mol理论上生成乙酸正丁酯0.2mol×116g/mol=23.2g，则产率为

12.7623.2gg×100%=55%；答案：126.1℃55%【点睛】学生必须认真、细致的审题，读懂表格，联系所学过乙酸乙酯的制备，进行知识的类比、迁移、重组，全面细致的思考才能得出正确的结论。30.地球的表面积为5.1亿平方公里，其中海洋的面积为3.67亿平方公

里，占整个地球表面积的70.8%。海洋是一个巨大的化学资源宝库，请回答下列问题：Ⅰ请列举海水淡化的一种方法____________________________。II下面是海水资源综合利用的部分流程图：(1)

步骤①中，粗盐中含有Ca2+、Mg2+、2-4SO等杂质离子，精制时常用的试剂有：a稀盐酸；b氯化钡溶液；c氢氧化钠溶液；d碳酸钠溶液。加入试剂的顺序正确的是_____(填字母)。(2)反应④由无水MgCl2制取金属镁的常用工业方法是________________(用化学方程式表示)。(3)步骤

⑤已经获得Br2，步骤⑥又将Br2还原为Br-，其目的是________。写出步骤⑥反应的离子方程式______________________________。由海水提溴过程中的反应可得出Cl-、SO2、Br-还原性由强到弱的顺序是____________________。(4)工业上也

可以用Na2CO3溶液吸收吹出的Br2，生成溴化钠和溴酸钠，同时放出CO2。写出反应的离子方程式__________________________。最后再用H2SO4处理所得溶液重新得到Br2，其反应的离子方程式为__________________

____________。Ⅲ海带灰中富含以I-形式存在的碘元素。实验室提取I2的途径如图所示：(1)灼烧海带至灰烬时所用的主要仪器名称是_______________。(2)向酸化的滤液中加过氧化氢溶液，写出该反应的离子方程式_________。反应结束后，再加入CCl4

作萃取剂，振荡、静置，可以观察到CCl4层呈______色。【答案】(1).蒸馏法(或电渗析法)(2).bcda(或bdca)(3).MgCl2(熔融)通电=Mg+Cl2↑(4).浓缩、提纯溴元素(或富集溴元素)(5).Br2+SO2+2H2O=4

H++2-4SO+2Br-(6).Cl－<Br－<SO2(7).32-3CO＋3Br2＝5Br－＋BrO3－＋3CO2↑(8).5Br－＋-3BrO＋6H＋＝3Br2＋3H2O(9).坩埚(10).2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O(11).紫【解析】【分析】Ⅰ目前淡化海水的

方法有蒸馏法、电渗析法、离子交换法、结晶法等；II（1）除去粗盐中含有Ca2+、Mg2+、2-4SO等杂质离子加入试剂的顺序为氯化钡溶液、氢氧化钠溶液、碳酸钠溶液、稀盐酸或氢氧化钠溶液、氯化钡溶液、碳酸钠溶液

、稀盐酸；（2）工业上用电解熔融氯化镁的方法制备金属镁；（3）因母液中溴化钠的浓度第，步骤⑤得到的溴单质浓度低，将溴用热空气吹出后，用二氧化硫的水溶液吸收，将Br2还原为Br-，增大溶液中溴离子浓度；

由还原剂的还原性大于还原产物的还原性判断可得；（4）由题意可知，Na2CO3溶液与吹出的Br2反应生成物有溴化钠、溴酸钠和二氧化碳，再用H2SO4处理所得溶液，反应生成的溴离子和溴酸根离子在酸溶液中发生氧化还原反应生成溴单质；Ⅲ（

1）实验室中灼烧固体常用坩埚；(2)向酸化的滤液中加入过氧化氢溶液，过氧化氢在酸性条件下与溶液中的碘离子发生氧化还原反应生成单质碘和水，单质碘在四氯化碳中的溶解度比水大，萃取后，下层为紫色的碘的四氯化碳溶液。【详解】Ⅰ海水淡化就是使海水中的离子浓度降低，目前淡化海水的方法有蒸馏法、电渗析法

、离子交换法、结晶法等，故答案为：蒸馏法(或电渗析法)；II（1）要除去粗盐中含有Ca2+、Mg2+、2-4SO等杂质离子，需加入NaOH溶液除去Mg2+，加入BaCl2溶液除去2-4SO，为了保证杂质离子

除净，加入试剂应过量，所以需加入Na2CO3溶液除去过量的Ba2+及Ca2+，过滤后，再向滤液中加入适量的盐酸调节酸碱性除去过量的2-3CO和OH—，则加入试剂的顺序为氯化钡溶液、氢氧化钠溶液、碳酸钠溶液、稀盐酸或氢氧化钠溶液、氯化钡溶液、碳酸钠溶液、稀盐酸，

故答案为：bcda(或bdca)；（2）工业上用电解熔融氯化镁的方法制备金属镁，反应的化学方程式为MgCl2(熔融)通电=Mg+Cl2↑，故答案为：MgCl2(熔融)通电=Mg+Cl2↑；（3）因母液中溴化钠

的浓度第，步骤⑤得到的溴单质浓度低，将溴用热空气吹出后，用二氧化硫的水溶液吸收，将Br2还原为Br-，增大溶液中溴离子浓度，起到浓缩、提纯溴元素(或富集溴元素)的目的；步骤⑥的反应为二氧化硫与溴发生氧化还原反应生成氢溴酸和硫酸，反应的离子方程

式为SO2+2H2O+Br2=4H++2-4SO+2Br-；还原剂的还原性大于还原产物的还原性，由步骤⑥的反应方程式可知，还原性为SO2＞Br-，由反应Cl2+2Br-=Br2+2Cl-可知，还原性为Br-＞Cl-，则还原性强弱顺序是SO2＞Br-＞Cl-，故答案为：浓缩、提纯溴元素(或

富集溴元素)；SO2+2H2O+Br2=4H++2-4SO+2Br-；SO2＞Br-＞Cl-；（4）由题意可知，Na2CO3溶液与吹出的Br2反应生成物有溴化钠、溴酸钠和二氧化碳，反应的离子方程式为32-3CO＋3Br2＝5Br－＋BrO3－＋3

CO2↑，再用H2SO4处理所得溶液，反应生成的溴离子和溴酸根离子在酸溶液中发生氧化还原反应生成溴单质，反应的离子方程式为5Br－＋-3BrO＋6H＋＝3Br2＋3H2O，故答案为：32-3CO＋3Br2＝5Br－＋BrO3－＋3CO2↑；5Br－＋-3BrO＋6H＋＝3Br2

＋3H2O；Ⅲ（1）实验室中灼烧固体常用坩埚，则灼烧海带至灰烬时所用的主要仪器为坩埚，故答案为：坩埚；(2)向酸化的滤液中加入过氧化氢溶液，过氧化氢在酸性条件下与溶液中的碘离子发生氧化还原反应生成单质碘和水，反应的离子方程式为2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O；单质碘在四氯化

碳中的溶解度比水大，萃取后，下层为紫色的碘的四氯化碳溶液，故答案为：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O；紫。【点睛】要除去粗盐中含有Ca2+、Mg2+、2-4SO等杂质离子，顺序必须是碳酸钠溶液在氯化钡溶液之后，用以除去过量的Ba2+，最后用盐酸调节pH是解答关键。