1、安徽省合肥市第六中学2019-2020学年高一化学下学期开学考试试题（含解析）可能用到的相对分子质量：H1 C12 N14 O16 S32 Mg24 Cu64一、单项选择题（共 20 题，每题 3 分，共 60 分）1.下列关于古籍中的记载说法不正确的是（ ）A. 肘后备急方“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁，尽服之”该过程属于化学变化B. 吕氏春秋别类编“金（即铜）柔锡柔，合两柔则刚”体现了合金硬度方面特性C. 本草纲目中“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，“以烧酒复烧二次价值数倍也”用到的实验方法是蒸馏D. 天工开物中“凡石灰，经火焚炼为用”涉及的反应类型是分解反应【答案】A【解析】【详解】A. “青蒿
2、一握，以水二升渍，绞取汁，尽服之”类似于化学中的萃取操作，该过程为物理变化，A错误；B. “金（即铜）柔锡柔，合两柔则刚”，体现和合金的硬度比纯金属大，B正确；C. “凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，“以烧酒复烧二次价值数倍也”用到的实验方法是蒸馏，C正确；D. “凡石灰，经火焚炼为用”体现的是碳酸钙受热变为CaO和二氧化碳的分解反应，D正确；故答案选A。2.下列实验与对应示意图的关系正确的是（ ）A. 向 NaAlO2 溶液中逐滴 滴加盐酸至过量B. 向 AlCl3 溶液中逐滴 滴加氨水至过量C. 向明矾溶液中逐滴滴加Ba(OH)2 溶液至过量D. 向澄清石灰水中缓缓 通入 CO2 至过量【答案】C
3、【解析】【详解】A. NaAlO2溶液中滴加稀盐酸，有关反应为AlO2 + H+ + H2O = Al(OH)3 和Al(OH)3 + 3H+ = Al3+ + 3H2O，逐渐产生沉淀，达到一定量后沉淀逐渐减少直至完全消失，图像应为，A错误；B. 向 AlCl3 溶液中逐滴 滴加氨水至过量，沉淀不溶解，图像错误，B错误；C. 向明矾溶液中逐滴滴加Ba(OH)2 溶液至过量，根据反应式2KAl(SO4)23Ba(OH)2K2SO43BaSO42Al(OH)3可知，当加入1.5mol氢氧化钡时生成1.5mol硫酸钡和1mol氢氧化铝。根据反应式KAl(SO4)22Ba(OH)2KAlO22BaSO
4、42H2O可知，当加入2mol氢氧化钡时，生成的氢氧化铝又溶解生成偏铝酸钠，此时硫酸钡的沉淀达到最大值，因此图像可表示为，C正确；D. 向澄清石灰水中缓缓 通入 CO2 至过量，会生成能溶于水的碳酸氢钙，沉淀会消失，D错误；故答案选C。【点睛】在书写与量有关的离子方程式时，通常采用以少定多少为1的方式。3.已知：2Fe2+Br2=2Fe3+2Br-，2Fe3+2I-=2Fe2+I2。向FeI2、FeBr2的混合溶液中通入适量Cl2，溶液中某些离子的物质的量变化如下图所示。下列说法中，不正确的是A. 还原性：I-Fe2+Br-B. 原混合溶液中FeBr2的物质的量为6 molC. 原溶液中：n(
5、Fe2+)：n(I-)：n(Br-)=2:1:3D. 当通入2mol Cl2时，溶液中已发生的离子反应可表示为：2Fe2+2I-+2Cl2=2Fe3+I2+4Cl-【答案】B【解析】【详解】A、已知：2Fe2Br2=2Fe32Br，2Fe32I=2Fe2I2，则根据还原剂的还原性强于还原产物的还原性可知还原性：IFe2Br，A正确；B、在通入氯气的量为01mol的过程中，碘离子从最大量降到0，碘离子先被氧化，即碘化亚铁是1mol。通入氯气的量为13mol的过程中，亚铁离子从4mol降到0，三价铁的量逐渐增大，亚铁离子被氧化，碘化亚铁中亚铁离子是1mol，所以溴化亚铁中亚铁离子是3mol，则溴化
6、亚铁是3mol，B错误；C、根据以上分析可知原溶液中：n（Fe2）n（I）n（Br）213，C正确；D、当通入2 mol Cl2时，碘完全被氧化，亚铁离子有2mol被氧化，则溶液中已发生的离子反应可表示为：2Fe22I2Cl2=2Fe3I24Cl，D正确。答案选B。4.将Mg、Cu组成的2.64 g混合物投入到100 mL稀硝酸中完全溶解，并收集还原产物NO气体（还原产物只有一种）。然后向反应后的溶液中逐滴加入2 molL-1NaOH溶液，下图是生成沉淀的质量与滴入NaOH溶液体积间的关系图。以下说法不正确的是( )A. 稀硝酸的浓度为1.9 mol/LB. 生成的NO在标况下的体积为0.89
7、6 LC. a的值为15D. Cu的物质的量为0.02 mol【答案】D【解析】【详解】A根据N原子守恒得n(HNO3)=n(NO)+0.15 mol=0.19 mol，故c(HNO3)=1.9 molL-1，A项正确；B沉淀达最大值时，溶液中的溶质只有NaNO3，根据电荷守恒得n()=n(Na+)=2 molL-10.075 L=0.15 mol。根据电子得失守恒知0.03 mol2+0.03 mol2=n(NO)3，解得n(NO)=0.04 mol，在标况下的体积为0.896 L，B项正确；C由题意知a点溶液中存在Mg2+、Cu2+、Na+、，根据电荷守恒得0.03 mol2+0.03 m
8、ol2+2 molL-1a10-3L=0.15 mol，解得a=15，故C正确；D设Mg、Cu的物质的量分别为x mol、y mol，则有，解得x=0.03，y=0.03，故D错误；故选D。5.某无色混合气体，可能含有CO、H2、SO2、Cl2、HCl中的一种或几种，把此混合气体通过少量澄清石灰水，无沉淀生成；再通过少量品红溶液，完全褪色；随后将该气体通过足量的氢氧化钠溶液后，再通过足量红热的CuO粉末，粉末变成红色；最后通入CaCl2溶液中，无沉淀生成，则下列关于此混合气体的叙述正确的是A. 澄清石灰水中无沉淀，说明一定不含有SO2B. 品红褪色，可能是Cl2导致的C. 氧化铜粉末变红，说明
9、CO和H2中至少有一种D. CaCl2溶液中无沉淀，说明通过CuO后得到的气体中一定不含有CO2【答案】C【解析】【详解】A、通过澄清石灰水时没有沉淀，可能是气体中不含有SO2，或是含有SO2同时含有HCl，这样反应即使生成CaSO3沉淀也会在过量的HCl作用下溶解。故A错误；B、当气体中HCl足够多时，部分HCl将Ca(OH)2反应后，剩余的HCl溶于水使溶液呈酸性，SO2、Cl2就会从溶液中溢出，所以通过品红溶液品红褪色，可能是由于SO2引起，也有可能是Cl2引起，故B错误；C、由于Cl2也能与Ca(OH)2反应被吸收，因此原气体中一定存在HCl。再通过氢氧化钠溶液能够吸收可能存在的SO2
10、、Cl2。剩余的气体可以使加热的CuO还原成Cu，则剩余的气体可能是CO、H2中的一种或两种，故C正确；D、最后通入CaCl2溶液时，前一步反应可能生成的CO2、H2O都不可能反应生成沉淀，因此D错误。答案选C。【点睛】实验现象的分析不能遗漏产生这种现象的各种可能。6.设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A. 在密闭容器中，使1molN2和3molH2充分反应后生成NH3分子数为2NAB. 标准状况下，0.56 L 丙烷中含有共价键的数目为0.2NAC. 2g H218O和D2O 的混合物中，含有的中子数为NAD. 若lmol 氯化铁完全转化为氢氧化铁胶体，则分散系中胶体微粒数为NA
11、【答案】C【解析】A项，N2与H2化合成NH3的反应为可逆反应，在密闭容器中1molN2和3molH2充分反应后生成NH3分子物质的量小于2mol，生成的NH3分子数小于2NA，A项错误；B项，n（C3H8）=0.025mol，1个丙烷分子中含2个C-C键和8个C-H键，标准状况下0.56L丙烷中含有的共价键物质的量为0.025mol10=0.25mol，B项错误；C项，H218O和D2O的摩尔质量都是20g/mol，2gH218O和D2O混合物中分子物质的量为=0.1mol，1个H218O分子和1个D2O分子中都含有10个中子，2gH218O和D2O混合物中含有中子物质的量为0.1mol10
12、=1mol，C项正确；D项，根据方程式FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl，Fe（OH）3胶体中的胶体微粒是一定数目Fe（OH）3的集合体，分散系中胶体微粒数小于1mol，D项错误；答案选C。点睛：本题考查以阿伏加德罗常数为载体的计算，涉及可逆反应、共价键、同位素、胶体等知识。本题易错选D，忽视Fe（OH）3胶体中的胶粒是一定数目Fe（OH）3的集合体。7.某溶液可能含有Na+、Ag+、Al3+、AlO2-、S2-、CO32-、SO32-、NO3-等离子中的数种。向此溶液中加入稀盐酸，有浅黄色沉淀和气体出现，根据以上实验现象，下列结论中正确的是A. 此溶液中一定有S2-和SO3
13、2-B. 此溶液中一定有Na+C. 此溶液中一定有NO3-D. 此溶液中一定没有AlO2-【答案】B【解析】【分析】某溶液可能含有Na+、Ag+、Al3+、AlO2-、S2-、CO32-、SO32-、NO3-等离子中的数种。向此溶液中加入稀盐酸，有浅黄色沉淀和气体出现，该浅黄色沉淀是S，则一定有S2-，至少存在NO3-和SO32-中的一种；该气体可能是H2S、SO2或CO2。【详解】某溶液可能含有Na+、Ag+、Al3+、AlO2-、S2-、CO32-、SO32-、NO3-等离子中的数种。向此溶液中加入稀盐酸，有浅黄色沉淀和气体出现，该浅黄色沉淀是S，则一定有S2-，至少存在NO3-和SO32
14、-中的一种；该气体可能是H2S、SO2或CO2。S2-和Ag+、Al3+不能大量共存，故一定不存在Ag+、Al3+；溶液呈电中性，根据电荷守恒可以判断一定有Na+；可能存在CO32-、AlO2-。A. 此溶液中一定有S2-，但是不一定有SO32-，A不正确； B. 此溶液中一定有Na+，B正确；C.此溶液中至少存在NO3-和SO32-中的一种，故不一定有NO3-， C不正确；D. 此溶液中不一定没有AlO2-，AlO2-可与盐酸反应生成白色的氢氧化铝沉淀，盐酸过量后该沉淀溶解，故AlO2-的存在不影响上述实验现象的发生，D不正确。综上所述，结论中正确的是B。【点睛】本题的关键点是要抓住硫离子被
15、氧化为浅黄色的硫沉淀，能把硫离子氧化的氧化剂有多种，要想到多种可能，在酸性条件下，亚硫酸根和硝酸根均能氧化硫离子。另外，溶液的电中性是一个隐蔽的条件，要注意使用。8.反应NH4Cl+NaNO2NaCl+N2+2H2O放热且产生气体，可用于冬天石油开采。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是A. 中子数为18的氯原子：B. N2的结构式：N=NC. Na+的结构示意图： D. H2O的电子式： 【答案】D【解析】【分析】此题考查化学用语，化学用语包括：化学式，结构式，电子式，原子（或离子）结构示意图以及不同核素的表达等，根据各化学用语的书写要点分析。【详解】A.核素的表达式中A表示X原子的质量
16、数，Z表示X原子的质子数，则中子数=A-Z，中子数为18的氯原子为，A项错误；B.氮原子最外层电子数为5，还需要3个电子（或形成3对共用电子对）达到8电子稳定结构，所以两个氮原子共用3对电子，氮气的结构式为NN，B项错误；C.钠原子的核外有11个电子，钠离子是由钠原子失去一个电子形成的，则钠离子核外有10个电子，Na+的结构示意图为，C项错误；D.氧原子最外层有6个电子，两个氢原子分别和氧原子形成1对共用电子对，D项正确。故选D。9.甲辛等元素在周期表中的相对位置如下表。甲与戊的原子序数相差3，戊的一种单质是自然界硬度最大的物质，丁与辛属同周期元素，下列判断正确的是A. 金属性：甲乙丁B. 乙
17、的单质在空气中燃烧生成只含离子键的化合物C. 原子半径：辛己戊D. 丙与庚的原子核外电子数相差3【答案】C【解析】【分析】戊的一种单质(金刚石)是自然界硬度最大的物质，则戊为C，甲与戊的原子序数相差3，则甲的原子序数为6-3=3，即甲为Li，由元素在周期表中的相对位置图可知，乙为Na，丙为K，丁为Ca；丁与辛属同周期元素，由第A族元素可知，己为Si，庚为Ge，辛为Ga。【详解】A同主族，从上到下金属性增强；同周期，从左向右金属性减弱，则金属性甲乙丁，故A错误；B乙的单质在空气中燃烧生成Na2O2，为含离子键和非极性共价键的化合物，故B错误；C电子层越多，半价越大；同主族从上到下原子半径增大，则
18、原子半径为辛己戊，故C正确；D原子序数等于核外电子数，丙(原子序数为19)与庚(原子序数为32)的原子核外电子数相差32-19=13，故D错误。答案选C。【点睛】明确金刚石的硬度、甲与戊的原子序数关系推断各元素为解答的关键，选项C中Ca的金属性比Na强为解答的易错点，戊的一种单质(金刚石)是自然界硬度最大的物质，则戊为C，甲与戊的原子序数相差3，则甲的原子序数为6-3=3，即甲为Li，由元素在周期表中的相对位置图可知，乙为Na，丙为K，丁为Ca；丁与辛属同周期元素，由第A族元素可知，己为Si，庚为Ge，辛为Ga，然后结合元素周期律及元素化合物知识来解答。10.部分短周期元素原子半径与原子序数的
19、关系如图所示.则下列说法正确的是（ ） A. 简单离子半径： ZNB. 简单氢化物的稳定性： P XC. 由 X 与 M 两种元素组成的化合物不能与任何酸 反应，但能与强碱反应D. Z 的氧化物能溶解于 Y 的最高价氧化物对应水化 物的水溶液中，也能溶解于 P 的氢化物的水溶液中【答案】D【解析】【分析】同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故前7种元素处于第二周期，后7种元素处于第三周期，由原子序数可以知道X 为氧元素，Y 为Na 元素，Z 为Al 元素，M 为Si 元素，N为S元素，P为Cl元素。【详解】A. Z的简单离子有两个电子层，N的简单离子有三个电子层，所以Z的简
20、单离子半径小于N，A错误；B. O的非金属性强于Cl，所以简单氢化物的稳定性PHBrHClHF 离子还原性：S2- Cl- Br- I- 酸性：HClO4 HBrO4 HIO4 金属性：KNaMgAl 气态氢化物稳定性： HF HCl H2S 半径：O2- F- Na+ Mg2+A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】由于HF分子间存在氢键，导致HF的沸点高于HCl，错误；非金属性：ClBrIS，所以对应离子的还原性S2- I-Br-Cl-，错误；非金属性：ClBrI，所以其最高价氧化物对应水化物的酸性HClO4 HBrO4 HIO4，正确；同周期元素，从左到右金属性减弱，同主族元素
21、，金属性从上到下增强，故金属性KNaMgAl，正确；非金属性：FClS，所以对应气态氢化物的稳定性HF HCl H2S，正确；对于电子层数相同的离子，核电荷数越高，原子半径越小，正确；故答案选B。12.核内中子数为N的R2+，质量数为A，则ng它的氧化物中所含质子的物质的量是（ ）A. (A-N+8)molB. (A-N+10)molC. (A-N+2)molD. (A-N+6)mol【答案】A【解析】【详解】核内中子数为N的R2+，质量数为A，质子数为AN，RO的质子数为AN+8，则ng它的氧化物(RO)物质的量，ng它的氧化物(RO)中所含质子的物质的量n ，故A正确。综上所述，答案A。【
22、点睛】计算一般思维，先计算物质的物质的量，再计算每个物质的质子的物质的量，再两者相乘得到总的质子的物质的量。13.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：ZXC. 简单阳离子氧化性：WYD. 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
23、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：ZH(W)，因而简单阳离子氧化性：WY，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
24、。故答案选B。14.有机物A的分子式为C6H12O3，一定条件下，A与碳酸氢钠、钠均能产生气体，且生成的气体体积比（同温同压）为1:1，则A的结构最多有A. 33种B. 31种C. 28种D. 19种【答案】B【解析】【详解】有机物A的分子式为C6H12O3，等量的有机物与足量的NaHCO3溶液、Na反应时产生的气体在相同条件下的体积比为1：1，说明有机物分子中含有1个-COOH、1个-OH，该有机物可以看作，C5H12中2个H原子，分别被-COOH、-OH代替，若C5H12为正戊烷：CH3CH2CH2CH2CH3，2个H原子分别被-COOH、-OH代替，羧基在1号碳上，此时剩余等效H为5种；
25、羧基连在2号碳上，剩余等效为5种；羧基连在3号碳上，剩余等效H有3种；若C5H12为异戊烷，羧基位于1号碳上，剩余等效H有5种；羧基连在2号碳上，剩余等效H有3种；羧基连在3号碳上，剩余等效H有4种；羧基连在4号碳上，剩余等效H有4种；若C5H12为新戊烷，羧基连在1号碳上，剩余等效H有2种，总共有31种，答案选B。15.符合分子式“C6H6”的多种可能结构如图所示，下列说法正确的是A. 15 对应的结构中所有原子均可能处于同一平面的有 1 个B. 15 对应的结构中一氯取代物只有 1 种的有 3 个C. 15 对应的结构中能使溴的四氯化碳溶液褪色的有 4 个D. 15 对应的结构均能与氢气在
26、一定条件下发生加成反应【答案】A【解析】【详解】A. 只有1对应的结构中所有的原子可能处于同一个平面，其它都含有饱和碳原子，具有立体结构，A正确；B.1、4对应的结构中的一氯代物有1种，2对应的结构中一氯代物有3种，2、5对应的结构中一氯代物有2中，B错误；C.2、3、5对应的结构中含有碳碳双键，能使溴的四氯化碳溶液褪色，1、4不发生反应，C错误；D. 1中含有苯环，2、3、5中含有碳碳双键，均能与氢气在一定条件下发生加成反应，4中均为碳碳单键，不发生反应，D错误。答案为A。【点睛】分析有机物的原子共平面问题，重点掌握碳碳单键、碳碳双键、碳碳三键和苯环的空间结构特点，有机物中的原子共平面问题可
27、以直接联想甲烷的正四面体结构，乙烯的平面结构和乙炔的直线型结构和苯的平面型结构，对有机物进行分解，分部分析，另外注意碳碳单键可旋转，碳碳双键、三键不可旋转。16.我国学者研制了一种纳米反应器，用于催化草酸二甲醋(DMO)和氢气反应获得 EG。反应过程如下。下列说法正确的是（ ）A. 氢气在该反应中作为催化剂B. DMO 分子中只有碳氧双键发生了断裂C. 反应产物除了 EG 还有甲醇D. EG 和甲醇互为同系物【答案】C【解析】【详解】A. 由图像可知，氢气为该反应的反应物，A错误；B. 根据图中信息可知，DMO分子反应后生成甲醇和，故有碳氧单键和碳氧双键发生了断裂，故B错误；C. 根据图中信息
28、可知，反应过程中生成了EG和甲醇，故C正确；D. EG为乙二醇，乙二醇是二元醇，和丙三醇不是同系物，故D错误；故答案选C。17.某实验小组用下列装置制备溴苯，下列说法错误的是A. 装置A中长玻璃导管仅起冷凝回流作用，装置B中的实验现象是CCl4由无色变橙色B. 若装置B后连接装置C，装置C中生成淡黄色沉淀，可证明装置A中发生取代反应C. 若装置B后连接装置D，则装置D的作用是吸收尾气D. 向反应后的装置A中加入NaOH溶液，振荡静置，下层为无色油状液体【答案】A【解析】【详解】A. 苯和液溴在铁的作用下反应剧烈，可以达到沸腾，使苯和液溴挥发为蒸汽，在经过长导管时，可以将其冷凝并回流；产物中还有
29、HBr气体，经过长导管最终被NaOH吸收，故长导管的作用是导气和冷凝回流。装置B中的CCl4吸收挥发出的溴和苯，CCl4由无色变橙色，A错误；B. 苯和溴在催化剂条件下发生取代反应生成溴苯和HBr，若苯和溴发生加成反应，则没有HBr生成。装置B中已除去苯和溴的蒸汽，若装置C中产生淡黄色沉淀AgBr，则可证明气体中含有HBr，即可证明装置A中发生取代反应，B正确；C. 装置B中除去苯和溴的蒸汽，可用NaOH溶液除去HBr气体，C正确；D. 装置A中生成溴苯，溴苯中因为溶有溴而呈色，用NaOH溶液洗涤后，除去溴，溴苯为无色、密度比水大的油状液体，静置后在分液漏斗的下层，D正确；故合理选项为A。18
30、.苯环结构中，不存在单双键交替结构，可以作为证据的事实是（ ） 苯不能使酸性 KMnO4 溶液褪色苯分子中碳原子间的距离均相等 苯能在一定条件下跟 H2 加成生成环己烷经实验测得间二甲苯仅一种结构 苯在 FeBr3 存在条件下与液溴发生取代反应，但不因化学变化而使溴水褪色A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在碳碳单键与碳碳双键的交替结构，故正确；苯分子中碳原子之间的距离均相等，说明苯环上碳碳键的键长相等，说明苯环结构中的化学键只有一种，不存在碳碳单键与碳碳双键的交替结构，故正确；苯能在一定条件下跟发生加
31、成反应生成环己烷，发生加成反应是双键具有的性质，不能证明苯环结构中不存在碳碳单键与碳碳双键的交替结构，故错误；如果是单、双键交替结构，邻二甲苯的结构有两种，一种是两个甲基夹单键，另一种是两个甲基夹双键。邻二甲苯只有一种结构，说明苯环结构中的化学键只有一种，不存在碳碳单键与碳碳双键的交替结构，而间二甲苯的结构只有一种不能说明，故错误；苯不因化学变化而使溴水褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在碳碳单键与碳碳双键交替结构，故正确；所以可以作为苯分子中不存在单、双键交替排列结构的证据，故本题的答案为C。【点睛】可通过分子的空间结构、碳碳双键具有而苯环不具有的性质来确定苯环中不存在单
32、双键交替的结构。19.青蒿素是抗疟特效药，属于萜类化合物，如图所示有机物也属于萜类化合物，该有机物的一氯取代物有不考虑立体异构A. 6种B. 7种C. 8种D. 9种【答案】B【解析】【详解】观察结构简式，该分子结构不对称，分子中有7种氢原子，所以一氯代物有7种，答案选B。20.下列关于有机物的说法中，正确的一组是“乙醇汽油”是在汽油里加入适量乙醇而成的一种燃料，它是一种新型化合物汽油、柴油和植物油都是碳氢化合物，完全燃烧只生成CO2和H2O石油的分馏、煤的气化和液化都是物理变化。淀粉和纤维素水解的最终产物都是葡萄糖将ag铜丝灼烧成黑色后趁热插入乙醇中，铜丝变红，再次称量质量等于ag除去CH4
33、中的少量C2H4，可将混合气体通过盛有溴水的洗气瓶A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】“乙醇汽油”是在汽油里加入适量乙醇而成的一种燃料，它是一种混合物，错误。汽油、柴油都是烃；而植物油是酯。错误。石油的分馏、煤的气化和液化都是化学变化，错误。淀粉和纤维素水解的最终产物都是葡萄糖，正确。将ag铜丝灼烧成黑色后趁热插入乙醇中，铜丝变红，再次称量质量等于ag，铜是反应的催化剂，因此反应后称量的质量也是ag，正确。由于乙烯可以与溴水发生加成反应，产生液态物质1,2-二溴乙烷，而甲烷不能与溴水反应，因此除去CH4中的少量C2H4，可将混合气体通过盛有溴水的洗气瓶，正确。正确的是，选项是B。
34、二、填空题（共 4 题，40 分）21.ClO2 与 Cl2 的氧化性相近。在自来水消毒和果蔬保鲜等方面应用广泛。某兴趣小 组通过图1 装置(夹持装置略)对其制备、吸收、释放和应用进行了研究。 （1）仪器 D 的名称是_。安装 F 中导管时,应选用图2中的_。 （2）打开 B 的活塞,A 中发生反应:2NaClO3+4HCl2ClO2+Cl2+2NaCl+2H2O。为使 ClO2 在 D 中被稳定剂充 分吸收,滴加稀盐酸的速度宜_ (填“快”或“慢”)。 （3）关闭 B 的活塞,ClO2 在 D 中被稳定剂完全吸收生成 NaClO2,此时 F 中溶液的颜色不变,则装置 C 的作用是_ 。 （4
35、）已知在酸性条件下 NaClO2 可发生反应生成 NaCl 并释放出 ClO2,该反应的离子方程式为_,在 ClO2 释放实验中,打开 E 的活塞,D 中发生反应,则装置 F的作用是_ 。【答案】 (1). 锥形瓶 (2). b (3). 慢 (4). 吸收 Cl2 (5). 4H+5ClO2-=Cl-+4ClO2+2H2O (6). 验证是否有 ClO2 生成【解析】【详解】（1）根据仪器特征，仪器D的名称是锥形瓶；根据操作分析，F装置应是氯气和KI 反应，所以应长管进气，短管出气，选b。（2）为使在D中被稳定剂充分吸收，滴加稀盐酸的速度要慢。（3）F装置中，碘遇淀粉变蓝，所以F中溶液的颜色
36、不变，则装置C的作用是吸收Cl2。（4）在酸性条件下可发生反应生成NaCl并释放出，该反应的离子方程式为4H+5ClO2-=Cl-+4ClO2+2H2O； 在释放实验中，打开E的活塞，D中发生反应，则装置F的作用是验证是否有生成。【点睛】在化学实验当中，通常通过控制滴加速率，使反应物充分反应以达到实验目的。22.含硫化合物的种类很多，现有 H2SO4、H2SO3、SO2、Na2SO3、BaSO4、CuSO4、 Na2SO4 这 7 种常见的含硫化合物。回答下列问题： （1）H2SO3 转化为硫酸是酸雨形成的重要过程之一，写出其反应的化学方程式，并标明电子转移方向和数 目：_。 （2）常温下，将
37、铁棒置于浓硫酸中，无明显现象，课本上解释为发生了钝化，但有人认为未发生反应。为验 证此过程，某同学经过思考，设计了如下实验：将经浓硫酸处理过的铁棒洗净后置于 CuSO4 溶液中，若铁 棒表面_，则发生了钝化；若铁棒表面_，则未发生反应。 （3）用 Na2SO3 吸收法作为治理 SO2 污染的一种方法，其原理为(用化学方程式表示)：_。 （4）减少 SO2 的污染并变废为宝，我国正在探索在一定条件下用 CO 还原 SO2 得到单质硫的方法来除去SO2。该反应的化学方程式：_。 （5）制取硫酸铜有两种方法：方法一：2Cu+O2 2CuO，CuO+ H2SO4 CuSO4+H2O，方法二：Cu+2H
38、2SO4(浓) CuSO4+SO2+2H2O，方法一与方法二相比，其优点是：_(答任一点)。【答案】 (1). =2H2SO4 (2). 无明显现象 (3). 有紫红色物质析出 (4). Na2SO3+ SO2+ H2O = 2NaHSO3 (5). SO2+ 2COS + 2CO2 (6). 节省原料、硫酸用量少、无污染（写出一条即可）【解析】【详解】（1）H2SO3 易被空气中的氧气氧化为硫酸，反应的方程式为，氧气为氧化剂，得到4e-，亚硫酸为还原剂，失去4e-，可用单线桥表示为；（2）钝化的实质是在Fe棒表面形成了一层致密的氧化膜，可通过探究Fe棒表面是否有氧化膜来判断Fe是钝化还是未反
39、应，将经浓硫酸处理过的铁棒洗净后置于 CuSO4 溶液中，若铁棒表面无明显现象，则发生了钝化；若铁棒表面有紫红色物质析出则未发生反应；（3）用 Na2SO3 吸收法作为治理 SO2 污染的原理为Na2SO3+ SO2+ H2O = 2NaHSO3；（4）用 CO 还原 SO2 ，产物为S单质和二氧化碳，原理为SO2+ 2COS + 2CO2；（5）对比两个实验原理，可知方法一与方法二相比，其优点是节省原料、硫酸用量少、无污染等。23.原子序数由小到大排列的四种短周期元素 X、Y、Z、W，其中 X、Z、W 与氢元 素可组成 XH3、H2Z 和 HW 共价化合物；Y 与氧元素可组成 Y2O 和 Y
40、2O2 离子化合物。 （1）写出 Y2O2 的电子式：_，其中含有的化学键是_。 （2）Z 元素在周期表中的位置是_。X 和 Z 形成的一种二元化合物具有温室效应，其相 对分子质量在 170190 之间，且 Z 的质量分数约为 70%。该化合物的化学式为_ 。（3）XH3、H2Z 和 HW 三种化合物，其中一种与另外两种都能反应的是_ (填化学式)。 （4）由 X、W 组成的化合物分子中，X、W 原子的最外层均达到 8 电子稳定结构，该化合物遇水可生成一种具有漂白性的化合物，试写出反应的化学方程式_。【答案】 (1). (2). 离子键、共价键 (3). 第三周期A 族 (4). S4N4 (
41、5). NH3 (6). NCl33H2O=3HClONH3【解析】【分析】原子序数由小到大排列的四种短周期元素X、Y、Z、W，Y与氧元素可组成和离子化合物，则Y为Na元素，X、Z、W与H元素可组成、和HW共价化合物，X原子序数都小于Na，所以X为N元素，Z、W原子序数都大于Na，Z为S元素，W为Cl元素。【详解】（1）过氧化钠的电子式为，其中含有的化学键为离子键、共价键。（2）S在周期表中的位置为第三周期A 族， 和 形成的一种化合物相对分子质量在 之间，且 的质量分数约为 ，则 元素质量分数为 ，则分子中 、 原子数目之比 ，令分子式为 ，则 ，可以确定 ，故 ，则分子式为：。（3） 与
42、和 都能反应，生成对应的铵盐。（4）由 、 组成的化合物分子中，、 原子的最外层均达到 电子稳定结构，则该化合物为 ，遇水可生成一种具有漂白性的化合物为次氯酸和一种刺激性气味的气体则为氨气，反应的化学方程式为 。24.如表是A、B、C、D、E五种有机物的有关信息：A能使溴的四氯化碳溶液褪色比例模型能与水在一定条件下反应生成CB由C、H两种元素组成 球棍模型为C由C、H、O三种元素组成 能与Na反应与E反应生成相对分子质量为88的酯D相对分子质量比C少2 能由C催化氧化得到E由C、H、O三种元素组成 其水溶液能使紫色石蕊试液变红回答下列问题：（1）AE中，属于烃的是_（填字母）。（2）A使溴的四
43、氯化碳溶液褪色后生成产物的结构简式为_。（3）C催化氧化生成D的化学方程式为_。（4）有机物B具有的性质是_（填序号）。无色无味的液体；有毒：不溶于水；密度比水大；能使酸性KMnO4溶液和溴水褪色。（5）E的水溶液能使紫色石蕊试液变红，说明E的水溶液显酸性，现设计一个实验来比较E与碳酸酸性的强弱，则该实验的原理是_（用化学方程式说明）【答案】 (1). AB (2). CH2BrCH2Br (3). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O (4). (5). CH3COOH+NaHCO3CH3COONa+H2O+CO2【解析】【分析】A能使溴水褪色说明含有碳碳双键或三键，结合比例模型
44、知，该物质是乙烯；A能和水反应生成C，则C是乙醇；根据B的组成元素及其球棍模型知，B是苯；D的相对分子质量比C少2，且能由C催化氧化得到，所以D是乙醛；E由C、H、O三种元素组成，且其水溶液能使紫色石蕊试液变红，说明含有羧基，E和C反应生成相对分子质量为88的酯，所以E是乙酸，据此解答。【详解】(1)通过以上分析知，属于烃的是乙烯、苯，故答案为：AB；(2)乙烯和溴发生的化学反应为：CH2=CH2+Br2CH2BrCH2Br，故答案为：CH2BrCH2Br；(3)在加热、铜作催化剂条件下，乙醇被氧气氧化生成乙醛和水，反应方程式：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；(4) 根据B的组成元素及其球棍模型知，B是苯，苯是不溶于水有香味的无色有毒液体，密度小于水，不能使酸性KMnO4溶液褪色，可以萃取溴水而使溴水褪色，故答案为：；(5)分析可知E为乙酸，设计一个实验来比较乙酸与碳酸酸性的强弱，则可以利用强酸制弱酸的原理，用乙酸与碳酸氢盐反应，若反应有二氧化碳产生则证明乙酸的酸性强于碳酸，原理可为：CH3COOH+NaHCO3CH3COONa+H2O+CO2，故答案为：CH3COOH+NaHCO3CH3COONa+H2O+CO2。