1、云南省孟连县一中2018-2019学年下学期期末考试高一化学本试卷分第卷和第卷两部分学校：_姓名：_班级：_考号：_分卷I一、单选题 1.设阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是()A. 1 mol氯气参加氧化还原反应时转移电子数一定是2NAB. 常温常压下，56 g Fe与足量的盐酸完全反应转移的电子数为3NAC. 同温同压下，等质量的H2和O2的体积之比是161D. 1 mol的Na2O2固体中含有离子数为4NA【答案】C【解析】【详解】A氯气反应后氯元素可能变为-1价或+1价或+3价或+5价或+7价，故1mol氯气反应后转移电子的个数取决于反应后的价态，故不一定为2NA个，故A错误；
2、B56g铁的物质的量为1mol，而铁与盐酸反应后变为+2价，故1mol铁转移2mol电子即2NA个，故B错误；C设H2和O2的质量为32g，则n（H2）=16mol，n（O2）=1mol，同温同压下，气体的体积之比等于物质的量之比，故C正确；D. 1 mol的Na2O2固体中含有离子数为3NA，故D错误；答案选C。【点睛】熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，注意氧化还原反应转移电子的计算。2.完全沉淀等物质的量浓度的NaCl、MgCl2、AlCl3溶液中的Cl，消耗等物质的量浓度的AgNO3溶液的体积比为111，则上述溶液的体积比为A. 111B. 632C. 321D. 931【答案】
3、B【解析】设物质的量浓度均是cmol/L，需要溶液的体积分别是xL、yL、zL，根据Ag+ClAgCl结合化学式可知xc2yc3zc，解得x:y:z6:3:2，答案选A。3.运动会上发令枪所用“火药”的主要成分是氯酸钾和红磷，撞击时发生的化学反应5KClO3+6P=3P2O5+5KCl，下列有关该反应的叙述错误的是（）A. KClO3是氧化剂B. P2O5是氧化产物C. 1 mol KClO3参加反应有6 mol e转移D. 每有6 mol P被还原，生成5 mol KCl【答案】D【解析】【分析】所含元素化合价升高的反应物是还原剂，得到的是氧化产物。所含元素化合价降低的反应物是氧化剂，得到的
4、是还原产物。【详解】A.反应5KClO3+6P=3P2O5+5KCl中，KClO3中的氯元素化合价由+5价降低为KCl中-1价，KClO3是氧化剂，故A正确；B. P发生氧化反应生成P2O5，P2O5是氧化产物，故B正确；C. 反应5KClO3+6P=3P2O5+5KCl中，KClO3中的氯元素化合价由+5价降低为KCl中-1价，所以反应中消耗1 mol KClO3时，转移电子的物质的量为1mol6=6mol，故C正确；D. 每有6 mol P被氧化，生成5 mol KCl，故D错误；答案选D。【点睛】本题考查氧化还原反应基本概念与计算，关键根据化合价变化判断氧化剂、还原剂与还原产物、氧化产物
5、、被氧化、被还原。4.已知：2Fe2+Cl2=2Cl+2Fe3+，2Br+Cl2=Br2+2Cl，2Fe2+Br2=2Br+2Fe3+。含有amol FeBr2的溶液中，通入xmol Cl2，下列各项为通Cl2过程中，溶液内发生反应的离子方程式，其中不正确的是（）A. x=0.4a，2Fe2+Cl2=2Fe3+2ClB. x=0.6a，2Br+Cl2=Br2+2ClC. x=a，2Fe2+2Br+2Cl2=Br2+2Fe3+4ClD. x=1.5a，2Fe2+4Br+3Cl2=2Br2+2Fe3+6Cl【答案】B【解析】【分析】由2Fe2+Cl2=2Cl+2Fe3+，2Br+Cl2=Br2+2
6、Cl，2Fe2+Br2=2Br+2Fe3+可知，还原性Fe2+ Br，通入Cl2，先和Fe2+反应。当n（Cl2）：n（FeBr2）时，只氧化Fe2+；当n（Cl2）：n（FeBr2）时，Fe2+和Br-被完全氧化，介于二者之间时，Fe2+被完全氧化，Br-被部分氧化，结合反应物物质的量之间的关系解答该题。【详解】Ax=0.4a，n（Cl2）：n（FeBr2）=0.4，只氧化Fe2+，故A正确；Bx=0.6a，n（Cl2）：n（FeBr2）介于，Fe2+被完全氧化，Br-被部分氧化，故B错误；Cx=a，n（Cl2）：n（FeBr2）介于，Fe2+被完全氧化，amolFe2+被氧化消耗0.5am
7、olCl2，剩余0.5amolCl2可与amolBr-发生氧化还原反应，则反应离子方程式为2Fe2+2Br+2Cl2=Br2+2Fe3+4Cl，故C正确；Dx=1.5a，n（Cl2）：n（FeBr2）=，Fe2+和Br-恰好被完全氧化，反应的离子方程式为2Fe2+4Br+3Cl2=2Br2+2Fe3+6Cl，故D正确；答案选B。【点睛】注意把握物质的还原性强弱判断反应的先后顺序，此为解答该题的关键，答题时注意氧化剂和还原剂物质的量之间的关系，此为易错点。5.已知金属钠的活泼性非常强，甚至在常温时能和水发生反应2Na+2H2O=2NaOH+H2。现将9.2克钠、7.2克镁、8.1克铝分别放入10
8、0克10.95%的盐酸中，同温同压下产生气体的质量比是（）A. 123B. 433C. 869D. 111【答案】B【解析】【分析】分别算出n（HCl）、n（Na）、n（Mg）、n（Al），钠不仅和盐酸反应还和水反应，Mg、Al和水不反应，0.3molMg、Al完全反应需要盐酸的物质的量分别是0.6mol、0.9mol，都大于0.1mol，所以Mg、Al有剩余，以盐酸的物质的量计算Mg、Al生成氢气体积之比。【详解】n（HCl）=0.3mol，n（Na）=0.4mol，n（Mg）=0.3mol，n（Al）=0.3mol，钠不仅和盐酸反应还和水反应，金属钠全部反应，产生氢气的物质的量是0.2mo
9、l，Mg、Al和水不反应，根据Mg+2HCl=MgCl2+H2、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2知，0.3molMg、Al完全反应需要盐酸的物质的量分别是0.6mol、0.9mol，都大于0.1mol，所以Mg、Al有剩余，以盐酸的物质的量计算Mg、Al生成氢气的物质的量都是0.15mol，同温同压下产生气体的质量比等于物质的量之比，为0.2mol：0.15mol：0.15mol=4：3：3，故B正确；答案选B。【点睛】本题考查化学方程式有关计算，明确钠与水反应是解本题关键，注意过量计算，为易错题。6.双羟基铝碳酸钠是医疗上常用的一种抑酸剂，其化学式是NaAl(OH)2CO3。关于该物质
10、的说法正确的是A. 该物质属于两性氢氧化物B. 该物质是Al(OH)3和Na2CO3的混合物C. 1molNaAl(OH)2CO3最多可消耗3 mol HD. 该药剂不适合于胃溃疡患者服用【答案】D【解析】A、该物质含有Na、Al、O、H、C，不是氧化物，选项A错误；B、双羟基铝碳酸钠是一种盐，选项B错误；C、NaAl(OH)CO3与盐酸发生反应NaAl(OH)CO3+4HCl=NaCl+AlCl3+3H2O+CO2，由方程式可知1mol该物质最多可消耗4molHCl，即消耗4mol H+，选项C错误；D、该物质与较多的H+反应会产生气体二氧化碳，胃溃疡患者溶液导致胃穿孔，故不适合胃溃疡患者，
11、选项D正确。答案选D。7.最近全面通车的沪昆高速铁路是国家重要的交通线路，在工程建设中用量最大的硅酸盐材料是（）A. 钢筋B. 水泥C. 玻璃D. 陶瓷【答案】B【解析】【分析】以含硅物质为原料经加热制成的产品，通常称为硅酸盐产品。所谓硅酸盐指的是硅、氧与其它化学元素（主要是铝、铁、钙、镁、钾、钠等）结合而成的化合物的总称，由此分析解答。【详解】A钢筋属于金属，故A错误；B水泥是混凝土的主要成分，属于硅酸盐材料，故B正确；C玻璃属于硅酸盐材料，但是在工程建设中用量不大，故C错误；D陶瓷属于硅酸盐材料，但是在工程建设中用量不大，故D错误；答案选B【点睛】本题考查了传统的硅酸盐材料，题目难度不大，
12、记住水泥、玻璃、陶瓷的主要成分。8.取软锰矿石（主要成分为MnO2）116g 跟足量浓盐酸发生如下反应(杂质不参与反应)MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O，制得22.4L Cl2（标准状况）。下列有关说法中不正确的是A. 这种软锰矿石中MnO2的质量分数为75%B. 被氧化的HCl的物质的量为4molC. 参加反应的HCl的质量为146gD. 被还原的MnO2的物质的量为1mol【答案】B【解析】【详解】A22.4L Cl2（标准状况）的物质的量为1mol；根据方程式，生成1mol氯气需要1mol MnO2参加反应；1mol MnO2的质量为87g；生成1mol氯气需要4mo
13、lHCl参加反应；MnO2的质量分数为75%，故A正确；B被氧化的HCl的物质的量为参加反应的HCl的一半，故B错误；C.参加反应的HCl的质量为，故C正确；D.生成1mol氯气需要1mol MnO2参加反应，参加反应的MnO2都被还原，故D正确。故选B。9.已知元素的原子序数，不可以推断元素原子的()A. 质子数B. 核电荷数C. 核外电子数D. 离子所带的电荷数【答案】D【解析】【详解】已知元素的原子序数，由“原子序数=质子数=核电荷数=核外电子数”可知，选项ABC推知，选项D无法推知；答案选D。10.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，Y和Z位于同一主族。m、n、p均为由这些
14、元素组成的二元化合物，甲、乙、丙为其中三种元素对应的单质，丙为淡黄色固体，易溶在XZ2中，n是一种二元弱酸。上述物质的转化关系如图所示（反应条件省略）。下列说法正确的是A. 原子半径：WXYB. 非金属性：YZXC. Y与Z组成的化合物一定有漂白性D. W与X组成的化合物中只有极性键【答案】B【解析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，Y和Z位于同一主族。m、n、p均为由这些元素组成的二元化合物，甲、乙、丙为其中三种元素对应的单质，丙为淡黄色固体，则丙为硫的单质，硫易溶在二硫化碳中，则X为C元素、Z为S元素、Y为O元素； n是一种二元弱酸，则n为硫化氢、W为H元素。A. 原子半径：
15、HOC，A不正确；B. 非金属性：OSC，B正确；C. O与S组成的化合物不一定有漂白性，如二氧化硫有、三氧化硫没有，C不正确；D. H与C组成的化合物中不一定只有极性键，如乙烷分子中既有极性键，又有非极性键，D不正确。本题选B。11.下列对化学键及化合物的分类完全正确的一组是A. MgCl2与NaOH均既含离子键又含共价键，均属离子化合物B. BaCO3与H2SO4化学键类型不完全相同，均属强电解质C. 乙醇与醋酸，均只含共价键，均属非电解质D. 氯气与氧气，均只含共价键，均只做氧化剂【答案】B【解析】【详解】A. MgCl2中只有离子键，A错误；B. BaCO3与H2SO4化学键类型不完全
16、相同，前者含有离子键和共价键，后者只有共价键，都属强电解质，B正确；C. 乙醇与醋酸，均只含共价键，乙醇是非电解质，醋酸是电解质，C错误；D. 氯气与氧气，均只含共价键，不一定均只做氧化剂，例如氯气可以作还原剂，D错误；答案选B。【点睛】选项C是易错点，注意电解质和非电解质的区别。化合物在水溶液中或受热熔化时本身能否发生电离是区别电解质与非电解质的理论依据，能否导电则是实验依据。另外也需要注意电解质和化合物的关系。12.下列说法正确的是( )A. 等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的热量多B. 放热反应在常温下一定很容易发生C. 甲烷的二氯代物不存在同分异构体，说明甲烷是正四面体结构而
17、不是平面正方形结构D. 由C(石墨，s)=C(金刚石，s)反应吸热可知，金刚石比石墨稳定【答案】C【解析】【详解】A.硫蒸气变化为硫固体为放热过程，则等量的硫蒸气和硫固体在氧气中分别完全燃烧，放出热量硫蒸气多，故A错误；B.放热反应在常温下不一定能发生，例如高炉炼铁、人工合成氨均需要高温，也是放热反应，故B错误；C.若甲烷分子是平面结构，则其二氯代物必定有两种结构。二氯甲烷是甲烷中的两个氢原子被氯原子取代而生成的，二氯甲烷不存在同分异构体说明甲烷是四面体结构而不是正方形结构，故C正确；D.石墨比金刚石能量低，物质的能量越低越稳定，故D错误；答案：C13.纽扣电池可作计算器、电子表等的电源。有一
18、种纽扣电池，其电极分别为Zn和Ag2O，用KOH溶液作电解质溶液，电池的总反应为ZnAg2O=2AgZnO。关于该电池下列叙述不正确的是（ ）A. 正极的电极反应为Ag2O2eH2O=2Ag2OHB. Zn极发生氧化反应，Ag2O极发生还原反应C. 使用时电子由Zn极经外电路流向Ag2O极，Zn是负极D. 使用时溶液中电流的方向是由Ag2O极流向Zn极【答案】D【解析】试题分析：由题意知，纽扣电池的总反应为Zn+Ag2O=2Ag+ZnO，故Zn为负极、Ag2O为正极。A. 正极发生还原反应，电极反应为Ag2O+2e+H2O=2Ag+2OH，A正确；B. Zn极发生氧化反应，Ag2O极发生还原反
19、应，B正确；C. 使用时Zn是负极，电子由Zn极经外电路流向正极，C正确；D. 使用时溶液中电流的方向（即内电路的电流方向）是由负极流向正极，即Zn极流向Ag2O极，溶液中是由离子导电的，D不正确，本题选D。14.下列措施对增大反应速率明显有效的是()A. 钠与无水乙醇反应时，增大无水乙醇的用量B. 锌与稀硫酸反应制取氢气时，改用98%的浓硫酸C. 在硫酸钾与氯化钡两溶液反应时，增大压强D. 将炭块磨成炭粉用于燃烧【答案】D【解析】【详解】A钠与无水乙醇反应时，增大无水乙醇的用量。乙醇是液体物质，浓度不变，所以反应速率也不变，故A错误；BFe与稀硫酸反应制取H2时，改用浓硫酸，因为浓硫酸有强氧
20、化性，Fe在浓硫酸中会发生钝化，故B错误；C在K2SO4与BaCl2两溶液反应时，由于参加反应的物质无气体，所以增大压强，化学反应速率不变，故C错误；D将炭块磨成炭粉用于燃烧，接触面积增大，化学反应速率加快，故D正确；答案选D。15.下列化合物的一氯代物的数目排列顺序正确的是( )CH3CH2CH2CH2CH2CH3 (CH3)2CHCH(CH3)2(CH3)3CCH2CH3 (CH3)3CC(CH3)3A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据分子中等效H原子判断，分子中有几种H原子，其一氯代物就有几种异构体。【详解】CH3CH2CH2CH2CH2CH3中有3种等效H原子，其一氯
21、代物有3种；（CH3）2CHCH（CH3）2中有2种等效H原子，其一氯代物有2种；（CH3）3CCH2CH3中有3种等效H原子，其一氯代物有3种；（CH3）3CC（CH3 ）3 中有1种等效H原子，其一氯代物有1种；所以一氯代物同分异构体数为=，故选D。【点睛】本题考查同分异构体数目判断，确定分子的等效H原子是关键，分子中同一甲基上连接的氢原子等效；同一碳原子所连甲基上的氢原子等效；处于镜面对称位置上的氢原子等效。16.下列变化中，由加成反应引起的是（ ）A. 乙烯通入酸性高锰酸钾溶液中，高锰酸钾溶液褪色B. 苯在一定温度、压强和催化剂的作用下和氢气反应，生成环己烷C. 一定条件下，苯滴入浓硝
22、酸和浓硫酸的混合液中，有油状物生成D. 苯加入到溴水中，振荡后溴水层褪色【答案】B【解析】A、高锰酸钾有强氧化性，能将乙烯氧化而褪色，发生的是氧化还原反应 ，而不是加成反应，A错误。B、苯中碳和碳间的化学键是一种介于单键和双键之间的独特的共价键，虽然不是典型的双键，但是仍具有高度的不饱和性，可以与氢气加成生成环己烷，B正确。C、在浓硫酸的催化下，苯与浓硝酸在一定温度下，可发生取代反应生成有机物硝基苯，为油状物，C错误。D、溴在水中的溶解度小而在苯中的溶解度很大，苯加入到溴水中，苯将溴水中的溴夺取出来而使溴水层褪色，这是一个物理变化，在化学上叫萃取，D错误。正确答案为B17.关于下图所示有机物(
23、碳、氢、氧三种元素组成)的叙述不正确的是()A. 相对分子质量为88B. 分子中含羧基官能团C. 具有香味的无色油状液体D. 乙酸与乙醇酯化反应的产物【答案】B【解析】【详解】A. 由图可知，该有机物结构简式为CH3COOCH2CH3，相对分子质量为88，故A正确；B. 由图可知，该有机物结构简式为CH3COOCH2CH3，分子中含酯基官能团，故B错误；C. 该有机物分子中含酯基官能团，酯类是具有香味的无色油状液体，故C正确；D. 该有机物结构简式为CH3COOCH2CH3，是乙酸乙酯，是乙酸与乙醇酯化反应的产物，故D正确；答案选B。18. 只用一种试剂就可以鉴别乙酸溶液、葡萄糖溶液、淀粉溶液
24、，该试剂是A. NaOH溶液B. Na2CO3溶液C. 碘水D. 新制氢氧化铜【答案】D【解析】试题分析：ANaOH溶液只能与乙酸发生反应，但是无明显现象，与另外两种物质不反应，因此不能鉴别，错误；BNa2CO3溶液与乙酸发生反应产生CO2气体，与另外两种物质不能发生反应，不能鉴别，错误；C碘水与淀粉溶液混合会变为蓝色溶液，与另外两种物质不能发生，无现象，因此不能鉴别物质，错误；D新制氢氧化铜与乙酸混合，发生反应，变为蓝色溶液，将另外两个加热煮沸，产生砖红色沉淀的是葡萄糖，无明显现象的是淀粉溶液。三种溶液现象各不相同，可以鉴别，正确。考点：考查物质鉴别试剂的选择的知识。19.化学与生活、生产、
25、环境等密切相关。下列说法错误的是A. 煤的液化、石油的裂化和油脂的皂化都属于化学变化B. 棉、丝、毛、油脂都是天然有机高分子化合物C. 利用粮食酿酒经过了淀粉葡萄糖乙醇的化学变化过程D. 海水淡化的方法有蒸馏法、电渗析法等【答案】B【解析】分析：A、煤的液化、石油的裂化、油脂的皂化均有新物质生成，均为化学变化；B、油脂不是天然有机高分子化合物；C淀粉葡萄糖乙醇都是化学变化；D、海水淡化的主要方法有：蒸馏法、电渗析法、离子交换法等。详解：A、煤的液化是利用煤制取甲醇，石油的裂化是将相对分子质量比较大的烃类断裂为相对分子质量较小的烃类来获得轻质油的过程，油脂的皂化是指油脂在碱性条件下的水解，均有新
26、物质生成，均为化学变化，选项A正确；B、油脂不是天然有机高分子化合物，选项B错误；C、粮食酿酒：粮食中的淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒曲酶的作用下生成酒精，选项C正确；D海水淡化的主要方法有：蒸馏法、电渗析法、离子交换法等，选项D正确；答案选B。20.甲:在试管中依次加入1g粉末状大理石、4mol L-1盐酸盐酸20mL(过量)；乙:在试管中依次加入2g颗粒状大理石、4mo1L-1盐酸20mL(过量);下列CO2生成体积(已折算成标准状况)V(CO2)与反应时间t的关系曲线图合理的是( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：碳酸钙的表面积越大，和盐酸反应的反应速率就越大，据此可
27、知甲中反应速率快，但生成的CO2体积小于乙中，所以答案选D。考点：考查外界条件对反应速率的影响以及图像识别点评：该题是高考中的常见题型，属于基础性试题的考查，试题基础性强，侧重对学生基础知识对巩固和训练，难度不大。该题的关键是熟练记住外界条件对反应速率的影响，并能结合题意灵活运用、分析、判断即可。21. 下列关于油脂的说法不正确的是( )A. 油脂在小肠内的消化产物是硬脂酸和甘油B. 天然油脂大多是由混甘油酯分子构成的混合物C. 脂肪里的饱和烃基的相对含量较大，熔点较高D. 油脂的主要成分是高级脂肪酸的甘油酯，属于酯类【答案】A【解析】油脂在小肠内消化产物是高级脂肪酸和甘油，不一定是硬脂酸，A
28、错；天然油脂是混合物，多数是混甘油酯，B正确；饱和烃基的相对含量越大，熔点越高，所以脂肪熔点比油高，呈固态，C正确；油脂的主要成分是高级脂肪酸的甘油酯，D正确。22.金属矿物通常色彩缤纷、形状各异。下列冶炼金属的方法属于热还原法的是()A. 2NaCl(熔融)=2NaCl2B. WO33H2=W3H2OC. FeCuSO4=CuFeSO4D. 2Ag2O=4AgO2【答案】B【解析】【分析】金属的冶炼方法取决于金属的活泼性，活泼金属K、Ca、Na、Mg、Al一般用电解熔融的氯化物（Al是电解熔融的氧化铝）制得；较不活泼的金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu等用热还原法制得，常用还原剂有（C、CO、
29、H2等）；Hg、Ag用加热分解氧化物的方法制得，Pt、Au用物理分离的方法制得。【详解】A钠性质活泼，用电解法制取，故A错误；B钨性质较不活泼，可以用氢气在加热条件下还原制取，属于热还原法，故B正确；CFe+CuSO4=Cu+FeSO4为湿法制铜，不需要加热，故C错误；D银性质不活泼，用热分解氧化物方法制取，故D错误；答案选B。23.下列关于硅及其化合物的叙述正确的是（）A. 硅晶体可用于制造光导纤维B. 陶瓷、玻璃、水泥都是硅酸盐产品C. 二氧化硅在电子工业中是重要的半导体材料D. 二氧化硅与氢氟酸和氢氧化钠均能反应，属于两性氧化物【答案】B【解析】【详解】A.二氧化硅晶体可用于制造光导纤维
30、，故A错误；B.玻璃的主要原料是纯碱、石灰石、石英，水泥的主要原料是黏土、石灰石，陶瓷的主要原料是黏土，石英的主要成分是二氧化硅，黏土属于硅酸盐，故都是硅酸盐产品，故B正确；C.晶体硅是半导体材料，而不是二氧化硅，故C错误；D.二氧化硅机能与氢氟酸反应，又能与氢氧化钠反应，但二氧化硅与氢氟酸反应生成的四氟化硅不是盐，所以它是酸性氧化物而不是两性氧化物，故D错误。故选B。【点睛】硅可用于半导体，如硅芯片、晶体管、太阳能电池板等；二氧化硅可用于光导纤维，是石英、玛瑙、硅藻土的主要成分。24.向300 mL 1 molL-1的稀硝酸中，加入5.6 g铁粉，充分反应后，铁粉全部溶解（假设还原产物只有N
31、O），下列说法不正确的是（ ）A. 最终所得溶液中既有Fe2+又有Fe3+B. 最终溶液中，硝酸无剩余C. 标准状况下生成NO的体积为1.68 LD. 再向最终所得溶液中滴加稀硝酸，无明显变化【答案】D【解析】【分析】当 4：发生反应Fe+4HNO3（稀）=Fe（NO3）3+NO+2H2O，最终所得溶液中有Fe3+而没有Fe2+；当 8/3：发生反应3Fe+8HNO3（稀）=3Fe（NO3）2+2NO+4H2O，最终所得溶液中有Fe2+而没有Fe3+；当8/3 4时，发生反应Fe+4HNO3（稀）=Fe（NO3）3+NO+2H2O Fe+2Fe3+=3Fe2+最终所得溶液中既有Fe2+又有Fe
32、3+，据此进行分析；【详解】A.已知：n（HNO3）=cV=1mol/L0.3L=0.3mol，n（Fe）=m/M=5.6g/56g/mol=0.1mol； =3/1，则溶液中既有Fe2+又有Fe3+，故不选A；B.最终溶液中，硝酸无剩余，故不选B；C.溶液是Fe（NO3）3和Fe（NO3）2的混合溶液，利用氮元素的守恒和得失电子数相等列方程组：假设生成Fe3+为xmol，生成Fe2+为ymol；根据氮元素的守恒3x+2y+n（NO）=0.3根据得失电子数相等3x+2y=3n（NO），二者联立得n（NO）=0.075mol，则V（NO）=0.075mol22.4L/mol=1.68L，故不选C
33、；D.再向最终所得溶液中滴加稀硝酸，Fe2+会被氧化为Fe3+，溶液颜色变深，故D错误；答案：D【点睛】本题关键点是判断Fe与硝酸反应的产物，难点为C选项，用到了物料守恒和得失电子守恒。25.某有机物M的结构简式为CH3CH=CHCH2COOH，下列有关说法正确的是()A. 能与乙醇发生酯化反应B. 不能使酸性高锰酸钾溶液褪色C. 能与溴的四氯化碳溶液发生取代反应D. 1 mol M与足量Na完全反应能生成1 mol H2【答案】A【解析】【详解】A含有羧基，可与乙醇发生酯化反应，选项A正确；B含有碳碳双键，可被高锰酸钾氧化，选项B错误；C含有碳碳双键，可与溴发生加成反应，在四氯化碳溶液中不发
34、生取代反应，选项C错误；D含有1个羧基，可与钠反应，1molM与足量Na完全反应能生成0.5molH2，选项D错误答案选A。分卷II二、填空题 26.填写下列空白：(1)一定质量的Al2(SO4)3中含有2.7 g Al3，含有_个SO42-；溶于水得100 mL溶液，所得溶液的物质的量浓度为_ molL1。(2)同温同压下，同质量的CO2和SO2，它们的密度之比为_，氧原子数之比为_。(3)要使NH3与CH4含相同数目的H原子，则NH3和CH4的物质的量之比为_。(4)标准状况下，密度为0.75 gL1的NH3与CH4组成的混合气体中，NH3的体积分数为_，该混合气体对氢气的相对密度为_。(
35、5)已知ag A和bg B恰好完全反应生成0.2 mol C和dg D，则C的摩尔质量为_。【答案】 (1). 9.031022(或0.15NA) (2). 0.5 (3). 1116 (4). 1611 (5). 43 (6). 80% (7). 8.4 (8). 5(abd) gmol1【解析】【分析】（1）找准物质的量关系：Al2(SO4)32Al3+3SO42-计算可得；（2）同温同压下，同质量的CO2和SO2，它们的密度与摩尔质量成正比，氧原子数与摩尔质量成反比；（3）设NH3与CH4含氢原子物质的量均为12mol，则n（NH3）=4mol，n（CH4）=3mol；（4）标准状况下，
36、混合气体平均摩尔质量=16.8。该混合气体对氢气的相对密度=8.4；（5）由质量守恒定律和=可知。【详解】（1）n（Al3+）=0.1 mol，n（SO42-）=n（Al3+）=0.15 mol，含有9.031022(或0.15NA)个SO42-。nAl2(SO4)3=0.05 mol，溶于水得100 mL溶液，所得溶液的物质的量浓度= = 0.5 molL1；（2）=，同温同压下，气体的Vm相同，同质量的CO2和SO2，它们的密度与摩尔质量成正比，则=。=，同质量的CO2和SO2，且1个CO2分子和1个SO2分子均含2个氧原子，则氧原子数与分子的物质的量成正比，氧原子数与摩尔质量成反比，则氧
37、原子数之比为1611；（3）NH3与CH4含相同数目的H原子，设NH3与CH4含氢原子物质的量均为12mol，则n（NH3）=4mol，n（CH4）=3mol，则NH3和CH4的物质的量之比为43；（4）标准状况下，密度为0.75 gL1的NH3与CH4组成的混合气体，混合气体平均摩尔质量=16.8，设NH3体积分数为x，则CH4体积分数为1-x，所以有：17x + 16(1-x) = 16.8，解得x=80%。该混合气体对氢气的相对密度=8.4；（5）已知ag A和bg B恰好完全反应生成0.2 mol C和dg D，由质量守恒定律知：m（C）=（a+b-d）g，则C的摩尔质量为。27.氢氧
38、燃料电池是符合绿色化学理念的新型发电装置。如图为电池示意图，该电池电极表面镀一层细小的铂粉，铂吸附气体的能力强，性质稳定，请回答：（1）氢氧燃料电池能量转化的主要形式是_，在导线中电子流动方向为_（用a、b表示）。（2）负极反应式为_。（3）该电池工作时，H2和O2连续由外部供给，电池可连续不断提供电能，大量安全储氢是关键技术之一。金属锂是一种重要储氢材料，吸氢和放氢原理如下：.2LiH2=2LiH.LiHH2O=LiOHH2反应中的还原剂是_，反应中的氧化剂是_。金属锂吸收的氢气与放出的氢气的物质的量之比为_。【答案】 (1). 化学能转化为电能 (2). 由a流向b (3). H22e2O
39、H=2H2O (4). 锂(Li) (5). 水(H2O) (6). 12【解析】分析：（1）氢氧燃料电池主要是把化学能转化为电能；原电池中,电子都是由负极经过导线流向正极。（2）氢氧燃料电池中，氢气失电子，发生氧化反应，做负极。（3）根据反应方程式可以判断出反应中的还原剂，反应中的氧化剂。根据反应：2Li-H2；根据反应：2Li-2LiH- 2H2，就能判断金属锂吸收的氢气与放出的氢气的物质的量之比。详解：（1）氢氧燃料电池的能量转化形式主要是把化学能转化为电能；氢气在负极被氧化，氧气被还原发生在正极，因此导线中电子流动方向是由a到b；正确答案：化学能转化为电能；由a流向b。 （2）负极上氢
40、气被氧化，反应式为：H22e2OH=2H2O ；正确答案：H22e2OH=2H2O。 （3）反应中Li转化为Li+，化合价升高，说明Li为还原剂；反应中水中氢的化合价降低，说明水是氧化剂；正确答案：锂(Li) ；水(H2O)。根据方程式.2LiH2=2LiH可知，有2mol Li反应，吸收1mol氢气，同时生成2 molLiH，根据方程式.LiHH2O=LiOHH2可知,有1molLiH反应，放出1mol氢气，则2 molLiH反应放出氢气2mol，所以金属锂吸收的氢气与放出的氢气的物质的量之比为12；正确答案：1:2。点睛：针对于原料电池，可燃物在负极发生氧化反应，氧气在正极发生还原反应；原
41、电池工作时溶液中阴离子移向负极，阳离子移向正极，电子由负极经外电路流向正极，电子不能从电解质中通过。28.某研究性学习小组设计了一组实验来探究第A族元素原子的得电子能力强弱规律。下图中A、B、C是三个可供选择制取氯气的装置，装置D的玻璃管中处依次放置蘸有NaBr溶液、淀粉碘化钾溶液、NaOH浓溶液和品红溶液的棉球。(1)写出装置B中指定仪器的名称a_，b_。(2)实验室制取氯气还可采用如下原理：2KMnO416HCl(浓)=2KCl2MnCl25Cl28H2O。依据该原理需要选择A、B、C装置中的_装置制取氯气。(3)反应装置的导气管连接装置D的_(填“X”或“Y”)导管，试回答下列问题处所发
42、生反应的离子方程式：_；处的现象：_；处所发生反应的离子方程式：_。(4)装置D中的作用是_。(5)某同学根据两处棉球颜色的变化得出结论：Cl、Br、I原子的得电子能力依次减弱。上述实验现象_(填“能”或“不能”)证明该结论、理由是_。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 圆底烧瓶 (3). A (4). X (5). Cl22Br=2ClBr2 (6). 棉球变蓝 (7). Cl22OH=ClClOH2O (8). 检验氯气是否被吸收完全 (9). 不能 (10). 实验无法证明Br和I得电子能力的相对强弱(其他合理答案也可)【解析】分析：实验室制备氯气可用二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应
43、，也可用高锰酸钾与浓盐酸反应制备，反应较为剧烈，无需加热即可进行，氯气具有强氧化性，能与NaBr溶液、碘化钾溶液发生置换反应生成单质Br2、I2，氯气在碱性溶液中自身发生氧化还原反应，反应的离子方程式为Cl22OHClClOH2O，氯气与水反应生成HClO，具有漂白性，能使品红褪色，以此解答该题。详解：（1）根据仪器构造可知a为分液漏斗，b为圆底烧瓶；（2）高锰酸钾与浓盐酸反应较为剧烈，无需加热即可进行，是固体和液体不加热制备气体装置，选择A装置；（3）检验氯气的性质时，不能先通过NaOH溶液，否则会消耗氯气，且起不到尾气吸收的作用，应从X端进气。氯气与NaBr溶液反应生成Br2，反应的离子方
44、程式为Cl22Br2ClBr2；氯气与碘化钾溶液反应生成I2，反应的离子方程式为Cl2+2I-2Cl-+I2，碘遇淀粉显蓝色，所以实验现象是棉球变蓝；氯气有毒需要氢氧化钠溶液吸收，氯气在碱性溶液中自身发生氧化还原反应，反应的离子方程式为Cl22OHClClOH2O；（4）氯气与水反应生成HClO，具有漂白性，能使品红褪色，把品红放在最后可观察氯气是否被吸收完全；（5）由于不能保证氯气和溴化钠完全反应，则生成的溴单质中含有过量的氯气，则不能证明Br和I得电子能力相对强弱。点睛：本题考查氯气制备、性质实验的设计、物质性质和反应现象的判断，题目难度中等，注意有关物质的性质以及实验方案的合理性和实用性
45、。明确实验原理和相关物质的性质是解答的关键，注意污染性的气体要进行尾气处理。29.已知：A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平；2CH3CHOO22CH3COOH。现以A为主要原料合成化合物E，其合成路线如图1所示。回答下列问题：图1(1)写出下列物质的官能团名称：B：_；D：_。(2)反应的化学方程式为_，反应类型：_。(3)某学习小组设计物质B催化氧化的实验装置如下，根据图2装置回答问题。甲 乙 丙 丁图2装置甲锥形瓶中盛放的固体药品可能为_(填字母)。A Na2O2 B KCl C Na2CO3 D MnO2实验过程中，丙装置硬质玻璃管中发生反应的化学方程式为_。物质B的催化氧化产物
46、与葡萄糖具有相同的特征反应，将所得的氧化产物滴加到新制氢氧化铜悬浊液中加热，现象为_。【答案】 (1). 羟基 (2). 羧基 (3). CH3CH2OHCH3COOH CH3COOCH2CH3H2O (4). 取代反应（或酯化反应） (5). AD (6). 2CH3CH2OHO22CH3CHO2H2O (7). 产生砖红色沉淀【解析】【分析】A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平，则A为CH2=CH2，与水发生加成反应生成CH3CH2OH，则B为CH3CH2OH，乙醇氧化生成CH3CHO，则C为CH3CHO，CH3CHO进一步氧化可得CH3COOH，则D为CH3COOH，CH3COOH
47、与CH3CH2OH发生酯化反应生成CH3COOCH2CH3，则E为乙酸乙酯，结合有机物的结构和性质解答该题。【详解】（1）由以上分析可知B为CH3CH2OH，D为CH3COOH，分别含有羟基和羧基，故答案为：羟基；羧基。（2）反应为CH3COOH与CH3CH2OH在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯，反应的化学方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，故答案为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，取代反应（或酯化反应）。（3）在乙醇的催化氧化的实验中，根据装置图可以知道，装置甲用于产生氧气，可以用双氧水和二氧化锰，也可以用过氧
48、化钠和水反应，故AD正确，故答案为：AD。实验过程中，丙装置硬质玻璃管中铜网作催化剂，乙醇被氧化为乙醛，发生反应的化学方程式为2CH3CH2OHO22CH3CHO2H2O，故答案为：2CH3CH2OHO22CH3CHO2H2O。乙醇被氧化为乙醛，与葡萄糖具有相同的特征反应，滴加到新制氢氧化铜悬浊液中加热，会产生砖红色沉淀，故答案为：产生砖红色沉淀。30.A、B、C、D、E五种物质是含钠元素的单质或化合物，其中B为淡黄色固体，它们有如图所示的转化关系：(1)推断各符号所代表的物质的化学式：A_，B_，C_，D_，E_。(2)分别写出反应、的化学方程式：_，_。(3)写出反应的离子方程式_。【答案
49、】 (1). Na (2). Na2O2 (3). NaOH (4). Na2CO3 (5). NaHCO3 (6). 2Na2H2O=2NaOHH2 (7). CO2H2ONa2CO3=2NaHCO3 (8). CO22OH=CO32H2O【解析】分析：A、B、C、D、E五种物质是含钠元素的单质或化合物，其中B为淡黄色固体，B是过氧化钠，A是钠，C是氢氧化钠，D是碳酸钠，E是碳酸氢钠，据此解答。详解：A、B、C、D、E五种物质是含钠元素的单质或化合物，其中B为淡黄色固体，B是过氧化钠，A是钠，与水反应生成C是氢氧化钠，过氧化钠与水反应生成D是碳酸钠，碳酸钠能与水、二氧化碳反应生成E是碳酸氢钠
50、，则（1）根据以上分析可知A、B、C、D、E的化学式分别是Na、Na2O2、NaOH、Na2CO3、NaHCO3。（2）反应是钠与水反应，方程式为2Na2H2O2NaOHH2；反应是碳酸钠与水和二氧化碳反应生成碳酸氢钠，方程式为CO2H2ONa2CO32NaHCO3。（3）反应是氢氧化钠吸收二氧化碳生成碳酸钠，反应的离子方程式为CO22OHCO32H2O。31.A、B是两种有刺激气味的气体。试根据下列实验事实填空。(1)写出AF各物质化学式：A_、B_、C_、D_、E_、F_。(2)写出A、B跟水反应的离子方程式：_。【答案】 (1). Cl2 (2). SO2 (3). H2SO4 (4).
51、 HCl (5). BaSO3 (6). BaSO4 (7). Cl2SO22H2O=4HSO42-2Cl【解析】【详解】(1) 由A、B是两种有刺激气味的气体。且A、B和水反应的产物能与Ba(OH)2和AgNO3均产生沉淀, B能与Ba(OH)2产生沉淀,由此可知A为Cl2；B为SO2；A、B与H2O反应的化学方程式为：Cl2SO22H2O= H2SO42HCl；B与Ba(OH)2反应的化学方程式为：Ba(OH)2+ SO2= BaSO3H2O；含C、D的无色溶液与Ba(OH)2反应的化学方程式为：H2SO4+ Ba(OH)2= BaSO42H2O；溶液D与AgNO3溶液反应的化学方程式为：
52、HCl+AgNO3=AgClHNO3；故C为H2SO4；D为HCl；E为BaSO3；F为BaSO4。【点睛】熟记物质的物理性质和化学性质是解决本题的关键，本题的突破口为：A、B是两种有刺激气味的气体。等物质的量与水反应。结合后面沉淀现象，能推知由反应：Cl2SO22H2O= H2SO42HCl。32.已知A、B、F是家庭中常见的有机物，E是石油化工发展水平的标志，F是一种常见的高分子材料。根据下面转化关系回答下列问题：(1)操作、操作的名称分别为_、_。(2)下列物质中沸点最高的是_。A 汽油 B 煤油C 柴油 D 重油(3)在中属于取代反应的是_；原子利用率为100%的反应是_。(填序号)(
53、4)写出结构简式：A_、F_。(5)写出反应的离子方程式：_。(6)作为家庭中常见的物质F，它给我们带来了极大的方便，同时也造成了环境污染，这种污染称为_。【答案】 (1). 分馏 (2). 裂解 (3). D (4). (5). (6). CH3COOH (7). (8). CH3COOCH2CH3OHCH3COOC2H5OH (9). 白色污染【解析】【分析】由E是石油化工发展水平的标志，则E为CH2=CH2；由乙烯可以转化成F，再结合F是家庭中常见的有机物，F是一种常见的高分子材料知，F为；A、B、F是家庭中常见的有机物，E与水发生加成反应生成B为C2H5OH；由流程图知，C在酸性或碱性
54、条件下都可以得到乙醇，说明C是某种酸与乙醇反应生成的酯，再结合A与B反应生成C，A是家庭中常见的有机物知，则A为CH3COOH，C为CH3COOCH2CH3，D为CH3COONa；结合分析机型解答。【详解】（1）由石油得到汽油、煤油、柴油等轻质油的操作是分馏；由石油产品制取乙烯的操作是裂解（深度裂化）；答案：分馏；裂解；（2）由于在石油分馏的操作过程中，温度逐步升高使烃汽化，再经冷凝将烃分离开来，得到石油的分馏产品，即先得到的分馏产品沸点低，后得到的分馏产品沸点高，故选：D；（3）由于酯化反应、酯的水解反应均属于取代反应，所以在中属于取代反应的是、；原子利用率为100%的反应是加成反应和加聚反应，所以原子利用率为100%的反应是、；答案：、；、；（4）由上述分析可知，A的结构简式为CH3COOH，F的结构简式为：；（5）由上述分析可知反应为乙酸乙酯在碱性条件下发生的水解反应，其离子方程式：CH3COOCH2CH3+OH-CH3COO-+CH2CH3OH；答案：CH3COOCH2CH3OHCH3COOC2H5OH ；（6）由上述分析可知：F为，塑料的主要成分是聚乙烯，由于聚乙烯结构稳定、难以分解，急剧增加的塑料废弃物会造成白色污染。答案：白色污染。【点睛】本题突破口：E是石油化工发展水平的标志，E为CH2=CH2；以乙烯为中心进行推导得出各物质，再根据各物质的性质进行分析即可。