1、天津市耀华中学2019-2020学年高一化学下学期期末考试试题（含解析）卷（60分）可能用到的相对原子质量：H-1 He-4 C-12 O-16 N-14 Na-23 Cl-35.5 K-39 Fe-56 Cu-64一、选择题（本题包括30小题，每小题2分，共60分。每小题只有一个选项符合题意。）1. 采用不同的分类方法，可将非金属氧化物分为不同的类别。例如从某种意义上可将P2O5、SO2、SO3、CO2、Cl2O7等归为一类，则下列氧化物与它们属于同一类的是（ ）A. COB. NOC. Na2OD. N2O5【答案】D【解析】【详解】P2O5、SO2、SO3、CO2、Cl2O7均属于非金属
2、氧化物，且属于酸性氧化物，CO、NO都是不成盐非金属氧化物，Na2O属于碱性氧化物，N2O5属于非金属氧化物，且属于酸性氧化物，故答案为D。2. 下列说法不正确的是A. 利用丁达尔现象可以鉴别胶体和溶液B. 在豆浆里加入盐卤做豆腐与胶体的聚沉有关C. 胶体与溶液的分离可用渗析的方法D. KCl溶液、淀粉溶液和纯水都属于分散系【答案】D【解析】【详解】A、胶体可产生丁达尔现象，溶液不能，所以用丁达尔现象鉴别胶体和溶液，故A正确；B、豆浆属于胶体，向其中加入盐卤，实质是电解质使胶体发生聚沉现象，故C正确；C、胶体不能透过半透膜，而溶液中的粒子可以透过半透膜，所以可用渗析的方法分离胶体和溶液，故C正
3、确；D、纯水不是混合物，所以不属于分散系，错误，故D错误；故答案选D。3. 下列物质中既能导电，又属于强电解质的一组物质是( )A. 石墨、醋酸溶液、食盐晶体B. 熔融的NaOH、熔融的NaCl、熔融的KClC. 稀H2SO4、NaOH溶液、稀HNO3D. 食盐水、石灰水、水银【答案】B【解析】【分析】能导电的物质中含有自由电子或自由移动的阴阳离子、在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质、在水溶液中或熔融状态完全电离的电解质为强电解质，据此分析判断。【详解】A石墨能导电，但它是单质，不是电解质，醋酸溶液能导电，但它是乙酸和水的混合物，不属于电解质，食盐晶体为强电解质，但不能导电，故A不选
4、；B熔融的KOH、熔融的NaCl、熔融的KCl均能导电，分别属于强碱、盐、盐，都属于强电解质，故B选；C稀H2SO4、NaOH溶液、稀HNO3均能导电，但都是混合物，不属于电解质，故C不选；D食盐水、石灰水能导电，但都是混合物，不属于电解质，水银是金属单质，能导电，不属于电解质，故D不选；故选B。4. 下列各组离子一定能大量共存的是( )A. 含有大量Ba2+的溶液中：Cl-、K+、SO、COB. 能使紫色石蕊试液变红的溶液中：Mg2+、Na+、SO、Cl-C. 含有大量OH-的溶液中：Na+、NO3-、SO、CO、HCOD. 含有大量Na+的溶液中：H+、K+、SO、NO、Fe2+【答案】B
5、【解析】【详解】ABa2+与SO、CO能够发生反应生成沉淀，在溶液中不能大量共存，故A不选；B能使紫色石蕊试液变红的溶液显酸性，在酸性溶液中，Mg2+、Na+、SO、Cl-离子之间不反应，可大量共存，故B选； COH-与HCO能够发生反应生成CO，在溶液中不能大量共存，故C不选；DH+、Fe2+、NO能够发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故D不选；故选B。5. 下列离子方程式中正确的是A. 三氯化铁溶液中加入铁粉Fe3+Fe=Fe2+B. 少量氯气通入碘化亚铁溶液中2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-C. 少量氯气通入溴化亚铁溶液中2Br-+Cl2= Br2+2Cl-D. 过量氯气通入溴
6、化亚铁溶液中2Fe2+4Br-+3Cl2=2Fe3+2Br2+6Cl-【答案】D【解析】【详解】A. 原方程式电荷不守恒，三氯化铁溶液中加入铁粉2Fe3+Fe=3Fe2+，故A错误；B. 还原性：I-Fe2,少量氯气通入碘化亚铁溶液中2I-+Cl2=I2+2Cl-，故B错误；C. 还原性：Fe2Br-，少量氯气通入溴化亚铁溶液中2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-，故C错误；D. 过量氯气通入溴化亚铁溶液中，将亚铁离子和溴均氧化，2Fe2+4Br-+3Cl2=2Fe3+2Br2+6Cl-，故D正确；故选D。6. 配制250 mL 0.10 mol/L的盐酸溶液时，下列实验操作使配制溶液的浓度偏
7、大的是A. 将量取的盐酸转移到容量瓶时有少量液体外流B. 定容时发现水加多后用滴管吸出C. 用量筒量取所需浓盐酸倒入烧杯后，用水洗量筒23次，洗涤液倒入烧杯中D. 定容后倒转容量瓶几次，发现凹液面最低点低于标线，再补几滴水到标线【答案】C【解析】【分析】分析操作对溶质的物质的量或溶液的体积的影响，根据c=nV判断不当操作对所配溶液浓度影响。【详解】A. 将量取的盐酸转移到容量瓶时有少量液体外流，导致实际量取的盐酸的体积减小，所配溶液浓度偏低，故A不符；B. 定容时发现水加多后用滴管吸出，所配溶液浓度偏低，故B不符；C. 量筒为流量式仪器，流出的体积即为量取溶液体积，洗涤量筒导致实际量取的盐酸的
8、体积增大，所配溶液浓度偏高，故C符合；D. 定反复倒转摇匀后，液面低于刻度线，此时有少量溶液残留在玻璃塞和瓶口之间，浓度不变，属于正常现象，但又补充了水，所配溶液体积偏大，导致所配溶液浓度偏小，故D不符合；故选：C。【点睛】考查配制一定物质的量浓度的溶液的实验操作误差分析及对物质的量浓度的理解，抓住c=nV分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响是解题的关键，易错点D，定反复倒转摇匀后，液面低于刻度线，此时有少量溶液残留在玻璃塞和瓶口之间，浓度不变，属于正常现象，注意对所配溶液浓度的影响。7. 下列有关焰色试验叙述正确的是（ ）A. 氯化钠在火焰上灼烧时使火焰呈紫色B. 焰色试验是金属单质
9、的特性C. 连续做两个试样时，应将铂丝用稀硫酸洗净并灼烧到无特殊颜色D. 可用洁净的铁丝代替铂丝进行焰色试验【答案】D【解析】【详解】A钠元素焰色为黄色，氯化钠在火焰上灼烧时火焰呈黄色，A错误；B焰色试验是金属元素的特性，不论该金属元素是游离态还是化合态，在火焰上灼烧时颜色是相同的，B错误；C连续做两个试样时，应该将铂丝用稀盐酸洗净并灼烧到无特殊焰色，C错误；D铁在灼烧时没有特殊颜色，对检测其它元素没有影响，可用洁净的铁丝代替铂丝进行焰色试验，D正确；故选D。8. 2.3g纯净的金属钠在干燥的空气中被氧化后得到3.5g固体,由此可判断其氧化产物是A. 只有Na2OB. 只有Na2O2C. Na
10、2O和Na2O2D. 无法确定【答案】C【解析】【分析】金属钠在干燥空气中被氧化后可能为氧化钠、过氧化钠或者二者的混合物，根据方程式计算判断。【详解】已知钠与氧气反应，产物为氧化钠或过氧化钠，此题可采用极值法：钠的物质的量为0.1mol，若生成物全为Na2O，其质量为0.05mol62gmol-1= 3.1g3.5g；若生成物全为Na2O2，其质量为0.05mol78gmol-1=3.9g3.5g；故其生成物为Na2O和Na2O2的混合物；故选C。9. 向MgSO4和Al2（SO4）3的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液。下列图象中，能正确表示上述反应的是（横坐标表示加入NaOH溶液的体积，纵坐
11、标表示反应生成沉淀的质量）：A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】向MgSO4和Al2（SO4）3的混合溶溶液中，逐滴加入NaOH液，可以分为2个步骤来理解：（1）镁离子、铝离子与氢氧根离子结合生成氢氧化镁、氢氧化铝沉淀，沉淀量逐渐增加；（2）当镁离子、铝离子沉淀完全，在滴加氢氧化钠，氢氧化铝沉淀与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，沉淀会逐渐溶解，氢氧化铝全部生成偏铝酸钠后，在滴加氢氧化钠，沉淀量不在改变，故D正确；答案：D【点睛】本题考查了化学反应与图形的关系，明确过程中发生的反应及图象表示的意义是解题关键，紧抓氢氧化铝为两性氢氧化物的特点解题。10. 如图所示装置可用来制取Fe(O
12、H)2和观察Fe(OH)2在空气中被氧化时的颜色变化。实验提供的试剂：铁屑、6mol/L硫酸溶液、NaOH溶液。下列说法错误的是( )A. B中盛有一定量的NaOH溶液，A中应预先加入的试剂是铁屑B. 实验开始时应先将活塞E关闭C. 生成Fe(OH)2的操作为：关闭E，使A中溶液压入B瓶中D. 取下装置B中的橡皮塞，使空气进入，颜色最终变成红褐色【答案】B【解析】【分析】Fe(OH)2容易被空气中是氧气氧化。实验开始时，应先打开活塞，使生成的氢气进入整套实验装置中而排出空气，防止氢氧化亚铁被氧化，因此A中发生铁与稀硫酸的反应；关闭活塞E时，A中溶液进入B装置中，A中溶液含有硫酸亚铁（可能含有硫
13、酸），硫酸亚铁和氢氧化钠溶液反应生成Fe(OH)2，因此B中盛放氢氧化钠溶液，据此分析判断。【详解】A根据上述分析，制取硫酸亚铁需要铁屑，所以在烧瓶中应该先加入铁屑，所以A中应预先加入的试剂是铁屑，B中盛有一定量的NaOH溶液，故A正确；B稀硫酸和铁反应生成硫酸亚铁和氢气，因为装置中有空气，需要用生成的氢气排出，所以要打开活塞E，故B错误；C铁和硫酸反应有氢气生成，关闭活塞E，导致A装置中的压强逐渐增大使FeSO4溶液被压入B瓶中进行反应生成氢氧化亚铁，所以操作为：关闭活塞E，使A中溶液被压入B瓶中进行反应，故C正确；D氢氧化亚铁不稳定，容易被空气中的氧气氧化生成红褐色的氢氧化铁，反应方程式为
14、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故D正确；故选B。11. 下列物质不能通过化合反应一步制得的是( )A. Fe(OH)3B. FeCl2C. FeCl3D. Al(OH)3【答案】D【解析】【详解】AFe(OH)2能够与水和氧气化合生成Fe(OH)3，故A不选；BFe与FeCl3化合生成FeCl2，故B不选；CFe在氯气中燃烧生成FeCl3，为化合反应，故C不选；D氧化铝不溶于水，不能利用化合反应制备Al(OH)3，故D选；故选D。12. 某温度下，将Cl2通入NaOH溶液中，反应得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合液，经测定ClO-与ClO的物质的量之比为1：3，
15、则Cl2与NaOH溶液反应时被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为（ ）A. 21：5B. 11：3C. 3：1D. 4：1【答案】D【解析】【详解】根据ClO-与ClO的物质的量之比为1:3，设ClO-为1mol，则生成1molClO-，失去1mol电子，生成3molClO，失去15mol电子，一共失去16mol电子；根据电子守恒，由Cl到Cl-，得到1个电子，需要16molCl原子才能得到16mol电子，所以，被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比=16:（1+3）=4:1，故答案为D。13. ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。实验室可通过以下反应制得ClO
16、2：2KClO3+H2C2O4+H2SO4 =2ClO2+K2SO4+2CO2+2H2O。下列说法正确的是（ ）A. KClO3在反应中得到电子B. ClO2是氧化产物C. H2C2O4在反应中被还原D. 1mol KClO3参加反应有2 mol电子转移【答案】A【解析】【详解】反应2KClO3+H2C2O4+H2SO4 =2ClO2+K2SO4+2CO2+2H2O中，KClO3中Cl的化合价从5降低到4，得到电子，被还原，得到还原产物ClO2；H2C2O4中C的化合价从3升高到4，失去电子，被氧化，得到氧化产物CO2。A、KClO3 中Cl的化合价从5降低到4，得到电子，A正确；B、KClO
17、3中Cl的化合价从5降低到4，得到电子，被还原，得到还原产物ClO2，B错误；C、H2C2O4中C的化合价从3升高到4，失去电子，被氧化，C错误；D、KClO3中Cl的化合价从5降低到4，得到1个电子，则1mol KClO3参加反应有1 mol电子转移，D错误；答案选A。14. 下列各物质中含氮原子数最多的是( )A. 0.1molNH4ClB. 0.1molNH4NO3C. 1.2041023CO(NH2)2D. 0.2mol NH3H2O【答案】C【解析】【详解】A、0.1molNH4Cl中含有0.1mol氮原子；B、0.1molNH4NO3中含有0.2mol氮原子；C、1.2041023
18、CO(NH2)2中含有41.20410236.021023/mol0.8mol氮原子；D、0.2mol NH3H2O中含有0.2mol氮原子；所以答案选C。15. Na2FeO4是一种高效多功能水处理剂，应用前景十分看好。一种制备Na2FeO4的方法可用化学方程式表示如下：2FeSO4+ 6Na2O2 2Na2FeO4+ 2Na2O + 2Na2SO4+ O2，对此反应下列说法中正确的是A. Na2O2只作氧化剂B. Na2FeO4既是氧化产物又是还原产物C. O2 是还原产物D. 2 mol FeSO4发生反应时，反应中共有8 mol电子转移【答案】B【解析】【分析】从化合价变化的角度分析氧
19、化还原反应中的有关概念的判断，根据化合价升降的数目计算反应中的电子转移数目。2FeSO4 + 6Na2O2 = 2Na2FeO4 + 2Na2O + 2Na2SO4 + O2反应中，铁元素的化合价升高，由+2价升高到+3价，Na2O2中元素的化合价既升高又降低。据此分析解答。【详解】A. Na2O2中元素的化合价既升高又降低，反应中既是氧化剂又是还原剂，故A错误；B. FeSO4 Na2FeO4，铁的化合价升高，Na2FeO4是氧化产物，Na2O2 Na2FeO4，氧元素化合价降低，Na2FeO4是还原产物，故B正确；C. Na2O2 O2，氧元素化合价升高，O2是氧化产物，故C错误；D.反应
20、中化合价升高的元素有Fe，由+3价+6价，化合价升高的元素还有O元素，由-2价0价，2molFeSO4发生反应时，共有2mol3+1mol4=10mol电子转移，故D错误。答案选B。16. 下列分子中所有原子都满足最外层为8电子结构的是( )A. BF3B. H2OC. SiCl4D. PCl5【答案】C【解析】【分析】ABn型共价化合物中，元素的族序数+成键数(化合价的绝对值)=8，则最外层满足8电子结构，据此分析判断。【详解】AB位于A族，B的化合价+3价，形成3个B-F键，B原子最外层是6个电子，故A不选；BH2O 中H原子为2个电子结构，故B不选；CSi位于A族，Si的化合价为+4，形
21、成4个Si-Cl键，4+4=8，Cl为-1价，1+7=8，所有原子都满足最外层为8电子结构，故C选；DP位于A族，P的化合价为+5价，形成5个P-Cl键，5+5=10，最外层为10个电子结构，故D不选；故选C。17. Se是人体必需微量元素。下列关于Se和Se的说法正确的是( )A. Se和Se互为同素异形体B. Se和Se互为同位素C. Se和Se分别含有44个和46个质子D. Se和Se都含有34个中子【答案】B【解析】【详解】ASe和Se是质子数相同，中子数不同的原子，不是单质，不是同素异形体，属于同位素，故A错误；BSe和Se是质子数相同，中子数不同的原子，互为同位素，故B正确；CSe
22、和Se的质子数都是34，故C错误；DSe的中子数为78-34=44，Se的中子数为80-34=46，故D错误；故选B。18. 甲、乙两种非金属：甲比乙容易与H2化合；甲单质能与乙阴离子发生置换反应；甲的最高价氧化物对应的水化物酸性比乙的最高价氧化物对应的水化物酸性强；与某金属反应时，甲原子得电子数目比乙的多；甲单质的熔、沸点比乙的低。能说明甲比乙的非金属性强的是 ( )A 只有B. 只有C. D. 【答案】C【解析】【分析】比较元素的非金属性的强弱，可从与氢气反应的剧烈程度、氢化物的稳定性、最高价氧化物对应水化物的酸性强弱等角度判断，据此分析解答。【详解】甲比乙容易与H2化合，可说明甲比乙的非
23、金属性强，故正确；甲单质能与乙阴离子发生置换反应，即甲置换出乙，所以甲的非金属性强，故正确；甲的最高价氧化物对应的水化物酸性比乙的最高价氧化物对应的水化物酸性强，则非金属性甲大于乙，故正确；与某金属反应时，甲原子得电子数目比乙的多，不能比较非金属性的强弱，故错误；不能利用物理性质比较非金属性的强弱，因此甲单质的熔、沸点比乙的低，不能比较非金属性的强弱，故错误；能说明甲比乙的非金属性强的是，故选C。【点睛】注意归纳常见的非金属性比较的方法是解答此类习题的关键，解答本题要注意不能根据得失电子的多少以及物质的物理性质等角度判断元素非金属性的强弱。19. 下列反应过程中，同时有离子键、极性共价键和非极
24、性共价键的断裂和形成的反应是A. NH4ClNH3+HClB. NH3+CO2+H2O=NH4HCO3C. 2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2OD. 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2【答案】D【解析】【详解】A反应过程中氯化铵中离子键、极性共价键断裂，没有非极性键的断裂，故A不符合题意；BNH3、CO2、H2O均只含极性键，没有离子键和非极性键，所以没有离子键和非极性键的断裂，故B不符合题意；C生成物NaCl、NaClO、H2O中均不含非极性键，所以没有非极性键的形成，故C不符合题意；DNa2O2为含有非极性键的离子化合物，CO2中含有极性键，O2中含有非极性键，Na2
25、CO3中含有极性键和离子键，所以该反应中同时有离子键、极性共价键和非极性共价键的断裂和形成，故D符合题意；综上所述答案为D。20. 下列物质性质递变规律正确的是A. 酸性：HFO4HClO4HBrO4HIO4B. 稳定性：HFHClHBrHIC. 酸性：HFHClHBrHID. 还原性：IBrClS2【答案】B【解析】【详解】A非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，非金属性：FClBrI，则最高价含氧酸的酸性：HClO4HBrO4HIO4，但F没有最高价含氧酸，故A错误；B非金属性：FClBrI，氢化物稳定性：HFHClHBrHI，故B正确；C卤化氢的稳定性越强，其酸溶液的酸性越弱，氢化物稳定
26、性：HFHClHBrHI，则酸性：HFHClHBrHI，故C错误；D非金属性：ClBrIS，则还原性S2IBrCl，故D错误；故选B。【点睛】本题原子结构与元素周期律的关系，明确原子结构与元素周期律的关系为解答关键，难点D，硫离子的还原性强于碘离子，试题侧重基础知识的考查，有利于提高学生的分析能力及灵活应用能力。21. 下列关于硅单质及其化合物的说法正确的是 （ ） 硅是构成一些岩石和矿物的基本元素 水泥、玻璃、水晶饰物都是硅酸盐制品 高纯度的硅单质广泛用于制作光导纤维 陶瓷是人类应用很早的硅酸盐材料A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】硅元素是地壳中大量存在元素，是许多种岩石和矿
27、物的基本构成元素之一，故正确；水晶主要成分是二氧化硅，不是硅酸盐，故错误；光导纤维的主要成分是二氧化硅，故错误；陶瓷的主要成分是硅酸盐且陶瓷应用极早，故正确。综上所述，本题正确答案为C。22. 下图是用于干燥、收集并吸收多余气体的装置，下列方案正确的是选项X收集气体YA碱石灰氯化氢水B碱石灰氨气水C氯化钙二氧化硫氢氧化钠D氯化钙一氧化氮氢氧化钠A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A、氯化氢是酸性气体，不能用碱石灰干燥，A不正确；B、氨气密度小于空气，应该是短口进，长口出，B不正确；C、二氧化硫是酸性气体，能用氯化钙干燥，且二氧化硫的密度大于空气，用向上排空气法收集，C正确
28、；D、一氧化氮极易被空气氧化生成二氧化氮，不能用排空气法收集，D不正确；答案选C。23. 如下图所示，在注射器中加入少量Na2SO3晶体，并吸入少量浓硫酸(以不接触纸条为准)。则下列有关说法正确的是（ ）A. 蓝色石蕊试纸先变红后褪色B. 沾有KMnO4溶液的滤纸褪色，证明了SO2的漂白性C. 品红试纸褪色，证明了SO2的漂白性D. 沾有酚酞和NaOH溶液的滤纸褪色，证明了SO2的漂白性【答案】C【解析】【详解】ASO2只能使酸碱指示剂变色，不能漂白指示剂，所以湿润的蓝色石蕊试纸只变红，故A错误；BSO2具有还原性，与具有强氧化性的KMnO4发生氧化还原反应，KMnO4溶液的滤纸褪色，故B错误
29、；C湿润品红试纸褪色，表现出SO2的漂白性，故C正确；DSO2为酸性气体，可与NaOH溶液反应生成盐和水，溶液碱性减弱，红色褪去，没有体现SO2的漂白性，故D错误；故选C。24. 将32gCu投入到80mL5mol/L的HNO3溶液中，充分反应后，向溶液中再加入200mL2mol/LH2SO4溶液，使之充分反应，两步反应共生成NO在标况下的体积( )A. 2.24LB. 6.72LC. 8.96LD. 11.2L【答案】B【解析】【详解】32gCu的物质的量为=0.5mol，80mL5mol/L的HNO3溶液中含有HNO3的物质的量为0.08L5mol/L=0.4mol，200mL2mol/L
30、H2SO4溶液中含有H2SO4的物质的量为0.2L2mol/L=0.4mol，因此溶液中含有1.2mol H+，0.4mol NO，根据离子方程式3Cu+8H+2NO=3Cu2+2NO+4H2O，若0.5mol完全溶解，消耗的H+为0.5mol=mol1.2mol，消耗的NO为0.5mol=mol0.4mol，因此氢离子不足，生成的NO的物质的量应根据H+的物质的量来计算，则生成NO物质的量为1.2mol=0.3mol，在标况下的体积V=nVm=0.3mol22.4L/mol=6.72L，故选B。【点睛】解答本题要注意铜与硝酸反应生成的硝酸铜溶液中加入稀硫酸，会继续与铜反应放出NO，因此不能根
31、据化学方程式计算，需要根据离子方程式计算。25. 下列关于如图所示原电池装置的叙述中，正确的是A. 铜片是负极B. 铜片质量逐渐减少C. 电流从锌片经导线流向铜片D. 氢离子在铜片表面被还原【答案】D【解析】【详解】在原电池中较活泼的金属作负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极上，所以溶液中的阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。正极得到电子，发生还原反应。锌比铜活泼，所以锌是负极，铜是正极，溶液中的氢离子在正极得到电子生成氢气。A、铜片是正极，A错误；B、锌失去电子，锌片质量逐渐减少，铜片质量不变，B错误；C、电流从铜片经导线流向锌片，C错误；D、氢离子在铜片表面被还原，D正确；答
32、案选D。26. 反应4NH3+5O24NO+6H2O在5 L的密闭容器中进行，半分钟后，NO的物质的量增加了0.3 mol，则此反应的平均速率表达正确的是( )A. v(O2)=0.01 molL-1s-1B. v(NO)=0.008 molL-1s-1C v(H2O)=0.003 molL-1s-1D. v(NH3)=0.004 molL-1s-1【答案】C【解析】【详解】根据化学反应速率的定义，v(NO)=0.3/(530)mol/(Ls)=0.002 mol/(Ls)，根据化学反应速率之比=化学计量数之比，v(O2)=5v(NO)/4=0.0025 mol/(Ls)，v(NH3)=v(N
33、O)=0.002 mol/(Ls)，v(H2O)=6v(NO)/4=0.003mol/(Ls)，故选项C正确。答案选C。27. 少量铁片与100mL0.01mol/L的稀盐酸反应，反应速率太慢。为了加快此反应速率而不改变H2的产量，可以使用如下方法中的（ ）加H2O；加KNO3溶液；滴入几滴浓盐酸；加入少量铁粉；加NaCl溶液；滴入几滴硫酸铜溶液；升高温度（不考虑盐酸挥发）； 改用10mL0.1mol/L盐酸A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】产生氢气的量不变，则保证铁完全与盐酸反应；加快反应速率，应增大盐酸的浓度和升高温度。【详解】加水，稀释了盐酸的浓度，故反应速率变慢；加硝酸
34、钾溶液相当于加入硝酸，铁与硝酸不生成氢气；加浓盐酸，浓度增大，反应速率加快；加入铁粉，铁与盐酸反应生成生成氢气的量增多；加氯化钠溶液，相当于稀释盐酸浓度，故反应速率变慢；滴加硫酸铜溶液，铁把铜置换出来，形成原电池，故反应速率加快，但与盐酸反应铁减少，故减少了产生氢气的量；升高温度，反应速率加快，氢气的量不变；改用浓度大的盐酸，反应速率加快，氢气的量不变；据以上分析，符合题意。答案选C。28. 可逆反应2NO22NO+O2在体积不变的密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是单位时间内生成n molO2的同时生成2n mol NO2用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2：2：1的
35、状态混合气体的颜色不再改变的状态混合气体的密度不再改变的状态混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】【详解】单位时间内生成n molO2的同时生成2n mol NO2，表示正逆反应速率相等，正确；速率之比和系数成正比；该反应在任何状态时，NO2、NO、O2的反应速率之比都是2:2:1，不能判断平衡是否到达平衡状态，错误；二氧化氮有颜色，当达平衡时二氧化氮的浓度不变，则混合气体的颜色不再变化，反应达到平衡状态，正确；该容器的体积不变，混合气体的质量不变，所以气体的密度始终不变，不能判断平衡是否到达平衡状态，错误；该反应是反应前后气体的物质的量发生
36、改变的可逆反应，气体的总质量不变，所以气体的平均相对分子质量在变化，当平均相对分子质量不变时，说明已达平衡状态，正确；答案选A。29. 下列实验方案不合理的是（ ）A. 鉴定蔗糖水解产物中有葡萄糖：直接在水解液中加入新制Cu(OH)2B. 鉴别织物成分是真丝还是人造丝：用灼烧的方法C. 鉴定苯中无碳碳双键：加入高锰酸钾酸性溶液D. 鉴别己烯和苯：将溴的四氯化碳溶液分别滴加到少量己烯和苯中【答案】A【解析】【详解】A蔗糖水解用硫酸做催化剂，反应后溶液为酸性，应中和至碱性后检验葡萄糖，故鉴定蔗糖水解产物中有葡萄糖，不能直接在水解液中加入新制Cu(OH)2悬浊液，A错误；B真丝成分为蛋白质，灼烧有烧
37、焦羽毛的气味，利用灼烧的方法鉴别织物成分是真丝还是人造丝，B正确；C苯不能使高锰酸钾褪色，不含碳碳双键，C正确；D己烯与溴发生加成褪色，而苯不能，将溴的四氯化碳溶液分别滴加到少量己烯和苯中可进行鉴别，D正确；故选A。30. 巴豆酸的结构简式为CH3CH=CHCOOH。现有氯化氢、溴水、纯碱溶液、2丁醇、酸性KMnO4溶液，试根据巴豆酸的结构特点，判断在一定条件下，能与巴豆酸反应的物质是（ ）A. 只有B. 只有C. D. 只有【答案】C【解析】【详解】根据有机物的结构简式可知，分子中含有的官能团是碳碳双键和羧基，能与氯化氢、溴水发生加成反应，与纯碱溶液发生复分解反应，与2丁醇发生酯化反应，碳碳
38、双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以的反应都能发生，答案选C。第卷(40分)二、填空题31. 下表是元素周期表的一部分，回答下列有关问题：（1）写出的元素符号：_，画出的原子结构示意图_；（2）写出的单质在空气中燃烧后的产物与二氧化碳反应的化学方程式：_；该反应每生成1mol气体转移_个电子。（3）在这些元素的最高价氧化物对应水化物中，酸性最强的是_，碱性最强的是_，呈两性的氢氧化物是_；（4）写出单质在空气中燃烧生成产物的电子式_；（5）用电子式表示出的氯化物的形成过程_；（6）写出实验室制取的单质的离子方程式_。【答案】 (1). Si (2). (3). 2Na2O2+2CO2=2Na2C
39、O3+O2 (4). 2NA (5). HClO4 (6). KOH (7). Al(OH)3 (8). (9). (10). MnO24H+2Cl-Mn2+Cl22H2O【解析】【分析】先根据元素周期表的结构确定元素名称，再结合元素周期律和位、构、性分析。【详解】为N元素、为F元素、为Na元素、为Mg元素、为Al元素、为Si元素、为S元素、为Cl元素、为Ar元素、为K元素、为Ca元素、为Br元素；(1)的元素是硅，符号为Si；的元素是溴，原子序数为35，核内35个质子，核外35个电子，按2、8、18、7排布与4个电子层上，溴的原子结构示意图为；(2)Na在空气中燃烧后的产物为Na2O2，Na
40、2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，该反应中Na2O2是氧化剂和还原剂，生成1molO2转移2mol电子，电子数为2NA；(3)元素中，除F元素(无正价)外，Cl元素非金属性最强，K元素的金属性最强，Al(OH)3既能根据酸反应，又能跟碱反应，且产物为盐和水，则最高价氧化物对应水化物中，酸性最强的是HClO4，碱性最强的是KOH，呈两性的氢氧化物是Al(OH)3；(4)过氧化钠是离子化合物，既有离子键，又有共价键，电子式为；(5)氯化镁为离子化合物，由离子形成离子键，其形成过程为；(6)实验室常用二氧化锰和浓盐酸加热制取氯气
41、，化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O，对应的离子反应方程式为MnO24H+2Cl-Mn2+Cl22H2O。【点睛】考查位置、结构与性质，把握元素的位置、元素化合物知识、元素周期律为解答的关键，注意规律性知识及化学用语的使用，其中元素的非金属性越强，最高价氧化物水化物的酸性越强，应排除氟元素，因F无正价态，这是易错点。32. 物质A、B、C、D、E、F、G、H、I、J、K有如图转化关系，其中气体D、E为单质，试回答：(1)写出下列物质的化学式：气体B是_，H是_；(2)写出A与NaOH溶液反应的离子方程式：_；(3)写出反应“IJ”的离子方程式：_；(4)写出反应“
42、FG”的离子方程式：_；(5)在溶液I中滴入NaOH溶液，可观察到的现象是：_；其反应的原理是(化学方程式)_；(6)将气体E溶于水后生成的还原产物是_(填化学式)，将石蕊溶液滴入E的水溶液的颜色变化是_。【答案】 (1). HCl (2). Fe (3). 2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2 (4). 2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl- (5). Al(OH)3+OH-=AlO+2H2O (6). 生成白色沉淀后变为灰绿色，最后变为红褐色 (7). 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 (8). HCl (9). 先变红，后褪色【解析】【分析】气体D、E为单质，又E
43、为黄绿色，则E为Cl2，白色沉淀F能溶于NaOH，则F为Al(OH)3，结合转化关系可知，金属A为Al，B为HCl，C为AlCl3，D为H2，G为NaAlO2；红褐色沉淀K为Fe(OH)3，则金属H为Fe，I为FeCl2，J为FeCl3，结合物质的性质分析解答。【详解】(1)由上述分析可知，气体B为HCl，金属H为Fe，故答案为：HCl；Fe；(2) A为Al，A与NaOH溶液反应离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2，故答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2；(3)“IJ”为氯化亚铁被氯气氧化的反应，反应的离子方程式为2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-，故答
44、案为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-；(4)“FG”为氢氧化铝被氢氧化钠溶解的反应，反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO+2H2O，故答案为：Al(OH)3+OH-=AlO+2H2O；(5) I为FeCl2，I中滴入NaOH溶液，观察到的现象是先生成白色沉淀然后变为灰绿色，最后变为红褐色，发生的反应为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故答案为：先生成白色沉淀然后变为灰绿色，最后变为红褐色；4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；(6) E为Cl2，将气体E溶于水发生的反应为Cl2 + H2O=HCl +HClO，氯气既是氧化剂又是还原剂，HCl
45、是还原产物，HClO为氧化产物，次氯酸具有漂白性，将石蕊溶液滴入E的水溶液，溶液先变红，后褪色，故答案为：HCl；先变红，后褪色。【点睛】把握物质的性质及转化为解答的关键，F、K及E的颜色为解答本题的突破口。解答本题要注意铁和铝的性质的理解和应用。33. 已知烃A完全燃烧生成CO2和H2O的物质的量相等，且其相对分子质量小于30，F是高分子化合物，E是一种有香味的物质，E中碳原子数是D的两倍。A能发生以下转化：(1)A的电子式为：_。(2)B中含官能团名称_；D中含官能团名称_；(3)写出反应的化学方程式：_；反应类型：_；：_；反应类型：_；：_；反应类型：_。【答案】 (1). (2).
46、羟基 (3). 羧基 (4). 2CH3CH2OHO22CH3CHO2H2O (5). 氧化反应 (6). nCH2=CH2 (7). 加聚反应 (8). CH3CH2OHCH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O (9). 酯化反应【解析】【分析】烃A完全燃烧生成CO2和H2O的物质的量相等，则A中C、H个数比为12，其相对分子质量小于30，则A为CH2=CH2，F是高分子化合物，则F为聚乙烯()，CH2=CH2和水在催化剂条件下发生加成反应生成B，B为CH3CH2OH；乙醇发生催化氧化生成C，C为CH3CHO；E是一种有香味的物质，E中碳原子数是D的两倍，说明D中也是2个碳原子，D为乙
47、酸(CH3COOH)，乙醇和乙酸在浓硫酸作用下反应生成乙酸乙酯，E为CH3COOCH2CH3，据此分析解答。【详解】根据上述分析，A为CH2=CH2，B为CH3CH2OH，C为CH3CHO，D为CH3COOH，E为CH3COOCH2CH3，F为聚乙烯。(1) A为CH2=CH2，乙烯的电子式为，故答案为：；(2)B为CH3CH2OH，B中的官能团为羟基，D为CH3COOH，D中的官能团为羧基，故答案为：羟基；羧基；(3)反应为乙醇被催化氧化生成乙醛，反应的化学方程式为2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O，反应类型为氧化反应；反应为乙烯在一定条件下可发生反应生成聚乙烯，反应的化学方程式为nCH2=CH2，属于加聚反应；反应为乙醇和乙酸在浓硫酸作用下发生酯化反应生成乙酸乙酯，反应的方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，也是取代反应；故答案为：2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O；氧化反应；nCH2=CH2；加聚反应；CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，酯化反应(或取代反应)。