1、四川省内江市2019-2020学年高一化学下学期期末检测试题 理（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-161. 下列说法正确是A. 石油分馏是化学变化B. 石油裂解得到的汽油是纯净物C. 天然气是一种清洁的化石燃料D. 煤的液化是物理变化【答案】C【解析】【详解】A石油分馏是根据物质沸点的不同分离液体混合物，没有新物质产生，发生的是物理变化，故A错误；B石油裂解得到的汽油中含有多种烯烃，属于混合物，故B错误；C天然气的主要成分是甲烷，天然气燃烧产生的是H2O、CO2，不会造成污染，无固体残渣，因此是一种清洁的化石燃料，故C正确；D煤液化是把固体煤炭通过化学加工过程，使其转化成
2、为液体燃料、化工原料和产品的先进洁净煤技术，煤的液化得到的气体燃料，是化学变化，故D错误；答案选C。2. 下列气体溶解于水，没有发生氧化还原反应的是( )A. SO2溶解于水B. NO2溶解于水C. F2溶解于水D. Cl2溶解于水【答案】A【解析】【分析】没有发生氧化还原反应，说明反应中没有元素的化合价发生变化，据此分析解答。【详解】ASO2+H2OH2SO3中各元素化合价不变，不属于氧化还原反应，故A选；B3NO2+H2O=2HNO3+NO中，N元素化合价由+4价变为+5价和+2价，有元素的化合价的变化，属于氧化还原反应，故B不选；C2F2+2H2O=4HF+O2反应中F和O元素的化合价发
3、生变化，属于氧化还原反应，故C不选；DCl2+H2O=HCl+HClO中，Cl元素化合价由0价变为+1价和-1价，有元素的化合价的变化，属于氧化还原反应，故D不选；答案选A。【点睛】根据元素化合价是否变化分析是解答此类试题的一般方法。本题的易错点为C，要注意记忆卤素单质与水反应的化学方程式。3. 下列化学用语的书写正确的是A. 氯原子的结构示意图：B. 含有6个质子和8个中子的碳原子的核素符号：C. 乙烯的结构简式：CH2CH2D. HClO的结构式：HOCl【答案】D【解析】【详解】ACl元素为17号元素，核外各层电子数分别为2、8、7，而不是2、8、8，氯原子的结构示意图为：，故A错误；B
4、核素符号左上角数字表示质量数，左下角数字表示质子数，质量数=质子数+中子数，则含有6个质子和8个中子的碳原子的核素符号为：，故B错误；C乙烯的结构简式：CH2=CH2，结构简式要体现出官能团，故C错误；DHClO的氧原子与氢原子和氯原子各形成一对共用电子对，结构式：HOCl，故D正确；答案选D。4. 下列说法正确的是A. CO、NO、NO2都是大气污染物，在空气中都能稳定存在B. 因为氨水能导电，所以氨水是电解质C. CO2、NO2或SO2都会导致酸雨的形成D. 活性炭、SO2、Cl2都能使品红溶液褪色，但原理不同【答案】D【解析】【详解】ANO能和氧气反应，故不能在空气中稳定存在，故A错误；
5、B氨水能导电是因为氨水中一水合氨可以电离出铵根离子和氢氧根离子，氨水是混合物，电解质和非电解质都是化合物，氨水不是电解质，故B错误；CCO2不会导致酸雨的形成，会造成温室效应，SO2、NO2都会导致酸雨的形成，故C错误；D活性炭有吸附性，二氧化硫与品红化合，氯气具有强氧化性，都能使品红溶液褪色，但原理不同，故D正确；答案选D。5. X元素最高价氧化物对应水化物的化学式为H2XO4，该元素的气态氢化物的化学式是（ ）A. HXB. H2XC. XH3D. XH4【答案】B【解析】【详解】X元素最高价氧化物对应水化物的化学式为H2XO4，则X的最高正化合价为+6价，X原子最外层有6个电子，要达到其
6、最外层8个电子稳定结构需得到2个电子，所以在对应氢化物中X化合价为-2价，其化学式为H2X，故合理选项是B。6. 下列说法中正确的是A. 热稳定性：HBrHClHFB. 酸性：HClO4H2CO3CH3COOHC. 非金属元素之间形成的化合物都是共价化合物D. 离子化合物一定含有离子键【答案】D【解析】【详解】A元素的非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，非金属性：FClBr，热稳定性：HFHClHBr，故A错误；BHClO4是酸性最强的含氧酸，醋酸可以和碳酸钙反应生成碳酸，CH3COOH的酸性强于H2CO3，酸性：HClO4CH3COOHH2CO3，故B错误；C非金属元素之间形成的化合物可能
7、是共价化合物，例如氯化氢，也可以是离子化合物，如NH4Cl等，故C错误；D含有离子键的化合物称为离子化合物，离子化合物一定含有离子键，故D正确；答案选D。7. 对下列有关事实的解释，其中不正确的是A. 常温下，浓硝酸可以用铝槽贮存，说明铝与浓硝酸不能反应B. 浓硝酸在光照条件下其颜色变黄，说明浓硝酸不稳定见光容易分解C. 在蔗糖固体中加入适量浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有脱水性D. 向CuSO45H2O晶体中滴加少量浓硫酸，晶体表面出现“白斑”，说明浓硫酸具有吸水性【答案】A【解析】【详解】A常温下，铝与浓硝酸发生钝化，表面形成氧化膜，故A错误；B根据实验现象可推知，浓硝酸分解，则浓硝酸
8、不稳定见光容易分解，B正确；C蔗糖含碳氢氧元素，加入适量浓硫酸后出现发黑现象，只剩碳元素，则氢原子与氧原子结合生成水，体现了浓硫酸具有脱水性，C正确；DCuSO45H2O晶体显蓝色，无水硫酸铜是白色，加入浓硫酸，晶体表面出现“白斑”，则说明浓硫酸具有吸水性，D正确；答案选A。8. 下列说法正确的是A. 糖类、油脂、蛋白质均属于高分子化合物B. 葡萄糖和蔗糖是同系物；淀粉和纤维素互为同分异构体C. 聚丙烯是生产医用口罩熔喷布的主要原料，其结构简式为:D. 选用酒精和NaClO溶液对新冠病毒消毒时，其消毒原理不同【答案】D【解析】【详解】A油脂不是高分子化合物，故A错误；B淀粉和纤维素化学式中n不
9、确定，分子式不相同，故不是同分异构体，B错误；C丙烯发生加聚反应生成聚丙烯，反应过程中仅断裂碳碳双键，其结构简式为：，C错误；D酒精消毒是酒精分子渗透进细菌，使蛋白质变性；NaClO消毒是发生氧化还原反应，二者消毒原料不同，D正确；答案选D。9. 海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源等(如图所示)，下列有关说法正确的是A. 过程加入试剂的顺序为：Na2CO3溶液BaCl2溶液NaOH溶液加盐酸后过滤B. 步的目的是为了富集溴元素C. 中反应的离子方程式为：SO2+2H2O+Br2=2H+SO+2HBrD. 过程反应后溶液呈强酸性，生产中要解决其对设备的腐蚀问题，可选用铁制容器【答案】
10、B【解析】【分析】除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO及泥沙，可以加过量的氯化钡除去硫酸根离子，然后用碳酸钠去除钙离子和过量的钡离子，盐酸要放在最后，来除去过量的氢氧化钠和碳酸钠，加氢氧化钠和氯化钡无先后顺序要求；利用海水制取溴：含Br-的海水通过蒸发浓缩，酸化，通入氧化剂通Cl2得到高浓度Br2，据此分析。【详解】A镁离子用氢氧根离子沉淀，加入过量的氢氧化钠可以将镁离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，加入过量的氯化钡可以将硫酸根离子沉淀，先除镁离子，或者是先除硫酸根离子都行，钙离子用碳酸根离子沉淀，除钙离子加入碳酸钠转化为沉淀，但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠会除去反应剩余的
11、氯化钡，沉淀完全后，再进行过滤，最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，所以正确的顺序为NaOH溶液BaCl2溶液Na2CO3溶液过滤后加盐酸，或BaCl2溶液NaOH溶液Na2CO3溶液过滤后加盐酸，选项中的试剂添加顺序中，钡离子最后无法除去，故A错误；B中，第步是将溴离子氧化成溴单质，第步中溴单质被二氧化硫溶液吸收，第步溴离子被氧化为溴单质，过程的目的是浓缩，富集溴单质，故B正确；CHBr是强电解质，写离子方程式时需要改写成离子形式，正确的离子方程式为：SO2+2H2O+Br2=4H+SO+2Br-，故C错误；D过程反应生成的硫酸和氢溴酸都为强酸，对金属设备具有腐蚀性，需防腐，
12、铁在强酸性条件下也会被腐蚀，不应选用铁制容器，故D错误；答案选B。10. 已知短周期元素W、X、Y、Z在周期表中的相对位置如图所示，且四种元素的原子最外层电子数之和为24。下列说法正确的是A. W和Y的所有氧化物都是酸性氧化物B. 在元素周期表中，117号元素与Z元素位于同一主族C. 氧化物对应水化物的酸性：ZYD. X、Y、Z三种元素的最简单氢化物的还原性：XYZ【答案】B【解析】【分析】短周期元素W、 X、Y、Z，四种元素的原子最外层电子数之和为24，设Y最外层电子数为a，X最外层为a，Z最外层为a+1，W最外层为a-1，即：aaa+1a-1=4a=24，所以a=6，即X、Y分别为O和S，
13、W和Z为N和Cl，由此分析。【详解】AW是N，Y是S，氮的所有氧化物不一定都是酸性氧化物，例如一氧化氮属于不成盐氧化物，故A错误；BZ为Cl，在元素周期表中，117号元素位于第七周期第A与氯元素位于同一主族，故B正确；CZ为Cl，Y为S，非金属性ClS，最高价氧化物对应水化物的酸性：ZY，氧化物对应水化物的酸性不一定ZY，例如次氯酸的酸性弱于硫酸，故C错误；DX、Y、Z即O、S、Cl，非金属性：OClS，非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，最简单氢化物的还原性越弱，三种元素的最简单氢化物的还原性：XZY，故D错误；答案选B。11. 下列说法正确的是A. 一定条件下，乙烯能与H2发生加成反应，
14、苯不能与H2发生加成反应B. 乙酸乙酯、乙酸均能与NaOH溶液反应，二者分子中官能团相同C. C2H6O和C4H10都有2种同分异构体D. 淀粉和蛋白质均可水解生成葡萄糖【答案】C【解析】【详解】A乙烯、苯均可与氢气发生加成反应，乙烯能与H2发生加成反应生成乙烷，苯能与H2发生加成反应生成环己烷，故A错误；B乙酸乙酯中含-COOC-，乙酸中含-COOH，二者官能团不同，分别与NaOH溶液发生水解、中和反应，故B错误；CC2H6O可能为甲醚或乙醇，C4H10可能为正丁烷或2-甲基丙烷，则C2H6O和C4H10都有2种同分异构体，故C正确；D蛋白质中含-CONH-，水解产物为氨基酸，而淀粉水解产物
15、为葡萄糖，故D错误；答案选C。12. 如图所示，有关化学反应和能量变化的说法正确的是A. 图a表示的是吸热反应的能量变化B. 图b中反应物比生成物稳定C. 图a可以表示氯化铵固体与氢氧化钡晶体反应的能量变化D. 图a中的反应不需要加热就一定能发生，图b中的反应一定需要加热才能发生【答案】B【解析】【分析】图a中反应物总能量高于生成物总能量，故为放热反应，图b反应中反应物的总能量低于生成物的总能量，反应是吸热反应，据此分析。【详解】A图a中反应物总能量高于生成物总能量，故为放热反应，故A错误；B能量越低物质越稳定，图b反应中反应物的总能量低于生成物的总能量，反应物比生成物稳定，故B正确；C图a为
16、放热反应，氯化铵固体与氢氧化钡晶体的反应是吸热反应，图b中反应物总能量低于生成物总能量，可以表示吸热反应，应该用图b表示，故C错误；D图a表示的是放热反应，所有的燃烧均为放热反应，但是多数的燃烧需要加热，图b为吸热反应，吸热反应不一定需要加热才能发生，例如氯化铵和氢氧化钡的反应不需要加热，故D错误；答案选B。13. 某有机化工原料的结构简式如图所示。下列关于该有机物的说法正确的是A. 该有机物的分子式为C8H8O3B. 能与碳酸氢钠反应生成无色气体C. 分子中所有原子可能共平面D. 一定条件下可以发生加成反应、取代反应、水解反应和氧化反应【答案】B【解析】【详解】A根据结构简式可以推算，该有机
17、物的分子式为，A错误；B该物质含羧基，可以和碳酸氢钠反应生成无色气体二氧化碳，B正确；C甲烷分子为正四面体结构，该分子结构中含有饱和碳原子，所有原子不可能共平面，C错误；D该物质含碳碳双键，可发生加成反应，含有羧基、羟基可发生取代反应，含有碳碳双键、羟基，可以氧化反应，但不能发生水解反应，故D错误；答案选B。14. NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 18gD2O中含有的质子数目为10NAB. 标准状况下，5.6LCCl4含有的分子数为0.25NAC. 2 molSO2与2 molO2充分反应生成的SO3分子数为2NAD. 标准状况下，14g乙烯和丙烯(C3H6)的混合气体中，共用
18、电子对的数目为3NA【答案】D【解析】【详解】AD2O的相对分子质量为20，故18gD2O中含有的质子数目小于10NA，A错误；B四氯化碳是液体，不适用于气体摩尔体积，故B错误；C二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫是可逆反应，不能反应完全，故C错误；D乙烯和丙烯的最简式是CH2，14gCH2对应1mol，共用电子对的数目为3NA，D正确；答案选D。15. 密闭容器中进行合成氨反应N2+3H22NH3，该反应为放热反应。下列说法正确的是A. 1 mol N2和3 mol H2的能量之和小于2 mol NH3具有的能量B. 反应过程中同时有1.5molHH键和3molNH键断裂时，N2的浓度维持不变C
19、. 降低NH3的浓度，正反应速率增大，逆反应速率减小D. 当反应速率满足v(N2)：v(H2)=1：3时，反应达到最大限度【答案】B【解析】【详解】A合成氨反应为放热反应，反应物总能量高于生成物总能量，故A错误；B反应过程中有1.5 mol HH键、3 mol NH键同时断裂时，正反应速率等于逆反应速率，反应达到平衡，N2的浓度不变，故B正确；C降低NH3的浓度，正反应速率不会增大，故C错误；D任何时刻，都有各物质表示的化学反应速率之比等于化学计量数之比，均满足v(N2)v(H2)=1：3，不一定是平衡状态，故D错误；答案选B。16. 已知X+、Y2+、Z-、W2-四种离子均具有相同的电子层结
20、构，下列关于X、Y、Z、W四种元素的描述，不正确的是（ ）A. 原子半径：XYZWB. 原子序数：YXZWC. 原子最外层电子数：ZWYXD. 金属性：XY，还原性：W2-Z-【答案】A【解析】【分析】X+、Y2+、Z-、W2-四种离子均具有相同的电子层结构，X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置是。【详解】A、电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，根据X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置，原子半径：XYWZ，故A错误；B. 根据X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置是，原子序数：YXZW，故B正确；C. 根据离子所带电荷可知X、Y、Z、W原子最外层电子数分别为1、2、7、
21、6，则原子最外层电子数ZWYX，故C正确；D. 同周期元素从左到右金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，非金属性越强，对应的阴离子的还原性越弱，金属性：XY，还原性：W2-Z-，故D正确；选A。17. 下列实验操作、现象和所得出的结论均正确的是选项实验操作和现象结论A加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，试管口处润湿的红色石蕊试纸变蓝NH4HCO3显碱性B向淀粉溶液中加入少量稀硫酸，加热，再加入银氨溶液，加热未出现银镜淀粉未水解C将H2S与SO2在集气瓶中混合，瓶内有黄色颗粒产生SO2具有氧化性D向盛有Na2CO3固体的锥形瓶中滴加稀盐酸，产生无色气体证明氯元素的非金属性强于碳元素A. AB. B
22、C. CD. D【答案】C【解析】【详解】ANH4HCO3不稳定，加热条件下分解产生氨气、二氧化碳和水，氨气为碱性气体，可以使润湿的红色石蕊试纸变蓝，不是NH4HCO3显碱性，故A错误；B淀粉在酸性条件下发生水解生成葡萄糖，葡萄糖和银氨溶液的反应需要在碱性条件下反应，故需在淀粉水解后的溶液中加入氢氧化钠溶液使溶液呈碱性，若出现银镜，说明淀粉已水解，反之淀粉未水解，故B错误；CH2S与SO2发生反应生成硫和水，SO2中硫元素的化合价从+4价降低到0价，作氧化剂，具有氧化性，故C正确；D向盛有Na2CO3固体的锥形瓶中滴加稀盐酸，产生无色气体，说明盐酸的酸性强于碳酸，不能比较氯元素的非金属性强于碳
23、元素，比较非金属性强弱的依据是最高价氧化物对应的水化物的酸性，盐酸不是氯元素的最高价氧化物对应的水化物，故D错误；答案选C。18. Mg-VOCl2电池是一种基于阴离子传导的新型二次电池，其简化装置示意图如下。总反应为Mg+2VOCl2MgCl2+2VOCl，下列说法错误的是A. 采用Mg作电极材料比Li的安全性更高B. 放电时正极反应为VOCl2+e=VOCl+ClC. 放电过程中Cl穿过复合离子液体向Mg移动D. 为该电池充电时Mg电极应与电源的正极相连【答案】D【解析】【分析】根据总反应Mg+2VOCl2MgCl2+2VOCl可知，放电时，Mg发生失去电子的氧化反应、作负极，VOCl2发
24、生得电子的还原反应、作正极，充电时，Mg与外加电源负极相接、为阴极，VOCl2为阳极，结合原电池原理和电解池原理分析解答。【详解】ALi活泼性更强，Mg比Li更稳定，安全性更强，故A正确；B放电时为原电池，原电池中正极得电子、发生还原反应，正极的电极反应式为VOCl2+e-=VOCl+Cl-，故B正确；C放电时为原电池，原电池中阴离子流向负极，即Cl-穿过复合离子液体向Mg移动，故C正确；D充电时为电解池，Mg电极要发生还原反应，与电源的负极相连，作阴极，故D错误；故选D。19. 下列说法不正确的是A. D2、T2互为同位素B. 金刚石和C60互为同素异形体C. 分子式符合通式CnH2n+2且
25、n值不同的两种烃互为同系物D. 和为同种物质【答案】A【解析】【详解】A质子数相同，而中子数不同的核素互为同位素，D 和T 都是氢元素的核素，属于同位素，D2、T2是单质，不能互为同位素，它们是同一种物质，故A错误；B金刚石和C60是由同种元素形成的不同性质的单质，互为同素异形体，故B正确；C分子式符合通式CnH2n+2，且n值不同的两种烃都是烷烃，组成和结构相似，组成上相差n个CH2基团，互为同系物，故C正确；D由于甲烷是正四面体结构，所以和互为同一种物质，故D正确；答案选A。【点睛】同位素描述的对象是核素，同素异形体描述的对象是单质，同系物描述的是有机物，需要辨析清晰。20. 已知下列芳香
26、化合物，请推测第12列有机物的分子式为()A. C72H48B. C72H50C. C72H52D. C72H54【答案】B【解析】【详解】第2列相当于在第1列的基础上插上-C6H4-这个桥梁基，第3列在第1列的基础上插上2个-C6H4-这个桥梁基，所以第12列，在第1列的基础上插上11个-C6H4-这个桥梁基，分子式为C6+611H6+411，即C72H50，答案选B。21. 把2.5mol A和2.5mol B混合盛入容积为2L的密闭容器里，发生如下反应：3A（g）B（g）xC（g）2D（g），经5s反应达平衡，在此5s内C的平均反应速率为0.2molL1s1，同时生成1mol D，下列叙
27、述中错误的是A. x4B. 达到平衡状态时容器内气体的压强与起始时压强比为6：5C. 5s内B的反应速率V（B）0.05molL1s1D. 达到平衡状态时A的转化率为50%【答案】D【解析】【分析】根据C的平均反应速率可以算出5s内C的物质的量改变量为2mol。写出“三段式”进行分析：3A（g）B（g）xC（g）2D（g）初始 2.5 2.5 0 0变化 1.5 0.5 2 1 平衡 1 2 2 1【详解】A根据C和D物质的量变化比为2：1，可以确定x=4，A项正确；B同温同体积下，气体的压强之比等于其物质的量之比。起始时的物质的量为5mol，达到平衡时气体的总的物质的量为6mol，所以二者的
28、压强之比为6：5，B项正确；C5s内物质B消耗了0.5mol，浓度变化了0.25mol/L，所以用B表示的化学反应速率为:=0.05molL1s1，C项正确；D达到平衡时物质A的转化率为100=60，D项错误；所以答案选择D项。22. 已知，短周期A、B、C、D、E、F六种主族元素，它们的原子序数依次增大，其中A的一种原子无中子，B的单质在空气中含量最高，它与A的单质在一定条件下反应生成易溶于水的化合物甲，C、E同主族，C原子的最外层电子数是其周期序数的3倍，D是短周期中原子半径最大的元素。回答下列问题：(1)E在元素周期表中的位置_，元素F最高价氧化物对应水化合物的化学式为_。(2)下列叙述
29、中能够证明元素F非金属性强于元素E非金属性的事实为_。a.一定条件下E和F的单质都能与钠反应b.F的单质能与E的氢化物反应生成E单质c.F的氢化物比E的氢化物稳定d.常温下E单质和F单质状态不同(3)A2、C2与E的最高价氧化物的水化物溶液和铂电极组成燃料电池，通入气体B2的一极是该电池的_极，写出该极的电极反应式_。(4)X可能是由B、D、E三种元素中的一种组成的单质，能经图所示的过程转化为W(其它条件略去)。 若Z是淡黄色固体物质，则该物质的电子式为_。若Y是能使品红溶液褪色的有刺激性气味的无色气体，则W的浓溶液与铜共热的化学方程式为_。若Z是红棕色气体，则ZW的反应中氧化剂与还原剂的物质
30、的量之比为_，将铜加入W的稀溶液中发生反应的离子方程式为_。(5)实验室可用图所示的装置(缺收集装置)制备并收集甲。若选用A装置制备甲，则试管中的试剂是_ (填化学式)。为制取干燥的甲，可将装置A与下列装置_(填序号)进行连接。【答案】 (1). 第3周期第VIA族 (2). HClO4 (3). bc (4). 正 (5). O2+4e-+4H+=2H2O (6). (7). Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O (8). 1：2 (9). 3Cu+8H+2NO=3Cu2+2NO+4H2O (10). Ca(OH)2和NH4Cl (11). I【解析】【分析】短周期A、B、C
31、、D、E、F六种主族元素，它们的原子序数依次增大。根据A的一种原子无中子，推出A为H元素；B的单质在空气中含量最高，B为N元素；它与A的单质在一定条件下反应生成易溶于水的化合物甲，甲为NH3；C原子的最外层电子数是其周期序数的3倍，则C为O元素；C、E同主族，E为S元素；D是短周期中原子半径最大的元素，D为Na元素；F比S的原子序数大，且为短周期元素，则F为Cl元素；故A是H，B是N，C是O，D是Na，E是S，F是Cl，据此解答。【详解】（1）E是硫，16号元素，在元素周期表中的位置第3周期第VIA族；元素F最高价氧化物对应水化合物的化学式为HClO4；（2）根据元素周期律，非金属性越强，单质
32、的氧化性越强，单质越容易与氢气化合，生成的氢化物越稳定，最高价氧化物的水化物酸性越强；a一定条件下E和F的单质都能与钠反应，不可以证明，故a不符合题意；bF的单质能与E的氢化物反应生成E单质，氯气和硫化氢反应生成硫单质，可以证明，故b符合题意；cF的氢化物比E的氢化物稳定，可以证明，故c符合题意；d常温下E单质和F单质状态不同，不可以证明，故d不符合题意；故答案为：bc；（3）H2、O2与H2SO4溶液和铂电极组成燃料电池，通入气体O2的一极是该电池的正极；溶液为酸性环境，该极的电极反应式为：O2+4e-+4H+=2H2O；（4）若Z是淡黄色固体物质，为Na2O2，则该物质的电子式为：；若Y是
33、能使品红溶液褪色有刺激性气味的无色气体，Y是SO2，是有刺激性气味的无色气体且具有漂白性，能使品红溶液褪色，则W的浓溶液与铜共热的化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O；若Z是红棕色气体，Z是NO2，则反应，3molNO2参与反应，其中1molNO2中的N化合价从4价降低到+2价，故氧化剂是NO2(1mol)；2molNO2中的N化合价从4价升高+5价，故还原剂是NO2(2mol)，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，将铜加入稀HNO3中的离子方程式为：3Cu+8H+2NO=3Cu2+2NO+4H2O；（5）甲是氨气，实验室一般用Ca(OH)2和NH4Cl加热制得
34、；饱和食盐水装置是除去氯气中的氯化氢气体；氨气是碱性气体，不能用酸性干燥剂，故选用装置I。23. 请结合下列有机物回答相关问题： (1)有机物A的名称为_，标注“*”的碳原子连接起来构成的图形为_ (填“菱形”、“正方形”或“正四面体形”)。E是A的同系物，且比A少一个碳原子，则E的一氯代物有_种。(2)有机物B能实现如下转化：其中的反应条件为_ 。(3)有机物D在一定条件下生成高分子化合物的化学方程式为_ 。(4)图是与乙醇有关的两个实验：图1试管A中反应的化学方程式为_，请指出图1中两处明显的错误_。点燃图2中酒精灯，反复挤压气囊鼓入空气，铜丝反复出现由红变黑，又由黑变红的现象，其中铜丝由
35、黑变红的原因是_ (用化学方程式表示)。利用图1装置制备乙酸乙酯(分子式为C4H8O2)，其同分异构体有多种，其中能与NaHCO3反应产生气体的物质的结构简式为_(任写一种)。【答案】 (1). 新戊烷(或2，2二甲基丙烷) (2). 正四面体形 (3). 4 (4). 液溴(或纯溴)、FeBr3或Fe (5). n (6). CH3COOH+HOCH2CH3CH3COOCH2CH3+H2O (7). 导管末端伸入液面以下，易造成倒吸；饱和NaOH溶液碱性太强，易造成乙酸乙酯水解而降低产率 (8). CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O (9). CH3CH2CH2COOH或CH
36、3CH(CH3)COOH【解析】【分析】有机物A中主链上含有3个C原子，在2号C原子上含有2个甲基；标注“*”的碳原子连接起来构成的图形和甲烷相似；E是A的同系物，且比A少一个碳原子，说明E中含有4个C原子，可能是正丁烷或异丁烷；根据甲苯发生取代反应生成2甲基溴苯的条件回答；根据苯乙烯发生加聚反应写出化学方程式；根据酯化反应的原理写出化学方程式，分析实验操作；乙醇催化氧化成乙醛，具有还原性；乙酸乙酯和丁酸互为同分异构体，能与氢氧化钠反应，据此分析解答。【详解】(1)有机物A中主链上含有3个C原子，在2号C原子上含有2个甲基，为新戊烷或2，2二甲基丙烷；标注“*”的碳原子连接起来构成的图形和甲烷
37、相似，为正四面体结构；E是A的同系物，且比A少一个碳原子，说明E中含有4个C原子，可能是正丁烷或异丁烷，正丁烷和异丁烷都含有两种氢原子，则其一氯代物各有两种，所以一共是四种一氯代物；(2)B为甲苯，甲苯和氯气在光照条件下发生支链上取代反应，和液溴在溴化铁作催化剂条件下发生苯环上的取代反应生成2甲基溴苯，反应条件为溴蒸汽、光照，为液溴(或纯溴)、FeBr3；(3)有机物D的官能团名称为碳碳双键，D在一定条件下能生成高分子化合物聚苯乙烯，化学方程式为：n；(4)图在浓硫酸作催化剂、加热条件下，乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，化学方程式为：CH3COOH+HOCH2CH3CH3COOCH2CH3
38、+H2O，图中的错误是导管末端伸入液面以下，易造成倒吸；饱和NaOH溶液碱性太强，易造成乙酸乙酯水解而降低产率，应该使用饱和碳酸钠溶液；是乙醇的催化氧化实验，乙醇和CuO在加热条件下发生氧化反应生成乙醛、Cu和水，铜丝由黑变红的原因是CH3CH2OH +CuOCH3CHO+Cu+H2O；乙酸乙酯的同分异构体中能与NaHCO3反应产生气体的物质是丁酸，丁酸有两种同分异构体，结构简式为：CH3CH2CH2COOH或CH3CH(CH3)COOH。【点睛】甲苯和氯气在光照条件下发生支链上取代反应，和液溴在溴化铁作催化剂条件下发生苯环上的取代反应为易错点。24. 一氧化碳可用于制甲酸钠，也可以在冶金工业
39、中作还原剂，还可以作气体燃料，如水煤气(一氧化碳和氢气等气体的混合物)。在恒温恒容密闭容器中发生如下反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)。请回答下列问题：(1)加快该反应速率的措施是_ (写一条即可)。(2)已知化学键的键能(E)数据如下表：化学键H-HC=OCO(CO)H-OE/(kJ/mol)4367501076463由此计算生成1molCO2_(吸收或放出)能量_kJ。(3)判断该反应达到平衡的依据是_。A正、逆反应速率都为零B容器内压强不再变化CCO、H2O、CO2、H2的浓度都不再发生变化D单位时间内生成1 mol H2，同时生成1 mol CO(4)若该容器的容积
40、为2L，加入0.2mol的CO和0.2mol的H2O(g)，在一定条件下发生反应，反应中CO2的浓度随时间变化情况如图所示：反应到4 min时，H2O(g)的转化率=_。根据该图数据，反应开始至达到平衡时，CO的平均反应速率v(CO)=_；反应达平衡时，H2的体积分数=_。【答案】 (1). 升高温度或使用催化剂 (2). 吸收 (3). 66 (4). CD (5). 40% (6). 0.006mol/(Lmin) (7). 30%【解析】【详解】(1)升高温度、增大浓度、加入催化剂等方法都能加快化学反应速率，所以可以采用升高温度、增大反应物浓度或加入催化剂增大该反应的反应速率；(2)该反
41、应H=(1076+24637502436)kJ/mol=+66kJ/mol，H0，反应吸收热量；(3) 根据化学反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)A正、逆反应速率相等且不等于0时，达到平衡状态，故A错误；B恒温恒容条件下该反应前后气体计量数之和不变，则容器内压强始终不变，不能据此判断平衡状态，故B错误；CCO、H2O、CO2、H2的浓度都不再发生变化，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故C正确；D单位时间内生成1molH2，同时生成1molCO，同时消耗1molCO，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故D正确；答案选CD；(4)根据图知，4min内c(CO2)=(0.0
42、40)mol/L=0.04mol/L，则消耗c(H2O)=c(CO2)=0.04mol/L，水的转化率=100%=100%=40%；根据图知，10min时二氧化碳浓度不变，反应达到平衡状态，则10min内v(CO2)= =0.006 mol/(Lmin)，根据方程式知，反应开始至达到平衡时，CO的平均反应速率为v(CO)=v(CO2)=0.006 mol/(Lmin)；可逆反应反应达到平衡状态时，氢气的体积分数等于其物质的量浓度分数=100%=30%。25. 图中反应是制备SiH4的一种方法，其副产物MgCl26NH3是优质的镁资源。回答下列问题： (1)MgCl26NH3所含元素(H元素除外
43、)的简单离子半径由大到小的顺序为_。(2)A2B的化学式为_。图中可以循环使用的物质有_ 。(3)为实现燃煤脱硫，向煤中加入浆状Mg(OH)2，使燃烧产生的SO2转化为稳定的Mg化合物，写出该反应的化学方程式_ 。(4)近年来，镁在汽车、航空、航天、机械制造、军事等产业中应用迅猛发展。写出工业上冶炼金属镁的化学方程式_。某研究性小组探究以镁条、铝片为电极，一定浓度的氢氧化钠溶液为电解质溶液构成的原电池(如下图所示)，刚开始时发现电流表指针向左偏转，镁条作负极；但随后很快指针向右偏转。开始阶段，镁电极上的电极反应式为_，其反应类型为_ (填“氧化”或“还原”)。随后阶段，铝电极上的电极反应式为_
44、。【答案】 (1). Cl-N3-Mg2+ (2). Mg2Si (3). NH3和NH4Cl (4). 2Mg(OH)2+2SO2+O2=2MgSO4+2H2O (5). MgCl2(熔融)Mg+Cl2 (6). Mg+2OH-2e-=Mg(OH)2 (7). 氧化 (8). Al+4OH-3e-=AlO+2H2O【解析】【分析】由元素守恒可知A2B含有Mg、Si两种元素，结合元素化合价可知A2B的化学式为Mg2Si；Mg2Si和氯化铵、液氨反应生成MgCl26NH3和硅烷；MgCl26NH3和碱液作用生成生成氢氧化镁和氨气；MgCl26NH3在300下分解产生氯化镁和氨气；MgCl26NH
45、3和氯化氢作用生成氯化镁和氯化铵；反应为电解熔融的氯化镁得到镁，据此分析解答。【详解】(1)MgCl26NH3所含元素( H元素除外)的简单离子分别为Cl-、N3-、Mg2+，Cl-核外电子层数最多，半径最大，N3-和Mg2+的核外电子排布相同，核电荷数大的离子半径小，故简单离子的半径由大到小的顺序为Cl-N3-Mg2+；(2)根据元素守恒和化合价可知A2B的化学式为Mg2Si；图中可以看出，NH3和NH4Cl作为反应物参加了反应，在反应过程中又生成了，故可以循环使用的物质有NH3和NH4Cl；(3)氢氧化镁分解为氧化镁与水，氧化镁与二氧化硫反应生成亚硫酸镁，硫酸镁被氧气氧化为硫酸镁，整个过程
46、为：二氧化硫与氢氧化镁、氧气反应生成硫酸镁与水，反应的化学方程式2Mg(OH)2+2SO2+O2=2MgSO4+2H2O；(4)工业上冶炼金属镁是电解熔融的氯化镁，化学方程式为MgCl2(熔融)Mg+Cl2；镁较活泼所以做负极，开始阶段，Mg失电子变成Mg2+，发生氧化反应，电极反应为：Mg+2OH-2e-=Mg(OH)2；Mg虽比Al活泼，但Mg不能与NaOH溶液反应，而Al可与NaOH溶液反应，故Al作负极，失电子生成Al3+，Al3+结合OH-生成AlO2-，电极反应式为Al+4OH-3e-=AlO+2H2O。【点睛】镁较活泼所以做负极，开始阶段，Mg失电子变成Mg2+，发生氧化反应为易错点。