1、浙江省丽水市四校2018-2019学年高一化学下学期期中试题（含解析）一、单选题（本大题共25小题）1.下列属于酸性氧化物但不溶于水的是（）A. Na2OB. SiO2C. SO3D. CO2【答案】B【解析】【详解】ANa2O和碱不反应，与酸反应生成盐和水，是碱性氧化物，故A错误；B二氧化硅能和碱反应生成硅酸盐和水，是酸性氧化物，二氧化硅不溶于水，故B正确；C三氧化硫能和碱反应生成盐和水，是酸性氧化物，但是三氧化硫能溶于水，故C错误；D二氧化碳能和碱反应生成盐和水，是酸性氧化物，但是二氧化碳能溶于水，故D错误。所以本题答案为：B。2.下列仪器及其名称不正确的是（）A. 容量瓶B. 蒸馏烧瓶C
2、. 蒸发皿D. 分液漏斗【答案】C【解析】【详解】A该仪器为配制溶液需要的仪器，名称为容量瓶，故A正确；B该仪器为蒸馏实验需要的仪器，具有支管，名称为蒸馏烧瓶，故B正确；C该仪器为坩埚，蒸发皿为，故C错误；D该仪器为分液漏斗，用于分离互不相溶的液体，故D正确；所以本题答案为：C。3.下列物质中属于电解质且能导电的是（）A. 氯水B. 蔗糖C. 盐酸D. 熔融的氯化钠【答案】D【解析】【详解】A、氯水是氯气的水溶液属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；B、蔗糖不能电离属于非电解质，故B错误；C、盐酸溶液是混合物，而电解质是化合物，属纯净物，故C错误；D、熔融的氯化钠能导电，属于电解质
3、，故D正确； 所以本题答案为：D。4.下列说法不正确的是（）A. 许多硅酸盐具有筛分分子的作用B. 植物秸秆可用于制造酒精C. 绿矾可用于水的杀菌消毒D. 医学上用胶态磁流体治疗癌症【答案】C【解析】【详解】A很多硅酸盐具有多孔结构，具有筛分分子的作用，故A正确；B植物秸秆属于纤维素，纤维素能水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下能转化为乙醇，所以在一定条件下植物秸秆可用来制造酒精，故B正确；C绿矾为硫酸亚铁结晶水合物，溶于水被氧化成Fe3+, Fe3+具有强氧化性，可以杀菌消毒，故C错误；D医学上越来越多地利用高度分散的胶体来检验或治疗疾病，如胶态磁流体治癌术是将磁性物质制成胶体粒子，作为药
4、物的载体，在磁场作用下将药物送到病灶，从而提高疗效，故D正确；所以本题答案为： C。5.SiO2+3CSiC+2CO的反应类型是（）A. 化合反应B. 置换反应C. 复分解反应D. 氧化还原反应【答案】D【解析】【详解】A生成物有两种，不属于化合反应，故A不选；B生成物无单质，不属于置换反应，故B不选；C反应物有单质，不属于复分解反应，故D不选；D存在C元素的化合价变化，为氧化还原反应，故D选； 所以本题答案为：D。6.下列说法不正确的是（）A. 常温下铁与浓硫酸不反应B. 氯化铁溶液可用于印刷电路板的制作C. 贮氢金属并不是简单地吸附氢气，而是通过化学反应贮存氢气D. 久置于空气中的漂白粉会
5、变质【答案】A【解析】【详解】A常温下铁与浓硫酸发生钝化，钝化属于化学反应，故A错误；B三价铁离子有强氧化性，能够腐蚀铜，用于印刷电路板的制作，故B正确；C贮氢金属是金属与氢气形成化合物，从而达到贮存氢气的目的，不是简单的吸附氢气，故C正确；D次氯酸钙与水、二氧化碳反应生成HClO，HClO见光易分解，所以久置于空气中的漂白粉会变质，故D正确； 所以本题答案为：A。7.下列属于化学变化的是（）A. 煤的液化B. 石油的分馏C. 焰色反应D. 干冰的气化【答案】A【解析】【详解】A煤的液化有新物质生成，属于化学变化，故A选；B石油的分馏是利用物质沸点不同分离物质的方法，过程中没有新物质生成，属于
6、物理变化，故B不选；C焰色反应过程中没有新物质生成，属于物理变化，故C不选；D干冰汽化，为物质状态变化，没有新物质生成，属于物理变化，故D不选；所以本题答案为：A。8.下列说法正确的是（）A. 硅是良好的半导体材料，常用于制造光导纤维B. 高炉炼铁原料有铁矿石、黏土、空气和石灰石C. 制备水泥和玻璃的主要原料都有石灰石D. 煤在空气中加强热得到焦炭、煤焦油、焦炉气、粗氨水等产品的过程叫做煤的干馏【答案】C【解析】【详解】A二氧化硅晶体，能够传递光信号，常用于制造光导纤维，硅是良好的半导体材料，可以制造硅芯片，故A错误；B高炉炼铁的原料是铁矿石、空气、石灰石和焦炭，故B错误；C生产玻璃的原料是纯
7、碱、石灰石和石英，制造普通水泥的主要原料是粘土、石灰石，所以制造玻璃和水泥中都用到石灰石，故C正确；D煤的干馏是隔绝空气条件下加强热使其分解，故D错误； 所以本题答案为：C。9.下列有关电池的说法不正确的是A. 手机上用的锂离子电池属于二次电池B. 燃烧植物的秸秆和枝叶以获取热量和肥料属于生物质能的利用方式C. 所有的氧化还原反应都可以设计成原电池D. 氢氧燃料电池是一种不需要将还原剂和氧化剂全部储存在电池内的新型发电装置【答案】C【解析】手机上用的锂离子电池可以充电，属于二次电池，故A正确；植物的秸秆和枝叶含有的能量为生物质能，燃烧植物的秸秆和枝叶以获取热量和肥料属于生物质能的一种利用方式，
8、故B正确；能自发进行的的氧化还原反应才可以设计成原电池，故C错误；氢氧燃料电池的反应物都在电池外部，电池只是提供一个反应的容器，故D正确。10.已知Fe3+I-Fe2+I2，为了探究FeCl3溶液和KI溶液的反应是否存在一定的限度，取5mL 0.5molL-1 KI溶液，向其中加入0.1molL-1的FeCl3 1mL，充分反应，下列实验操作能验证该反应是否存在限度的是（）A. 再滴加AgNO3溶液，观察是否有黄色沉淀产生B. 再加入CCl4振荡后，观察下层液体颜色是否变为紫红色C. 再加入CCl4振荡后，取上层清液，滴加AgNO3溶液，观察是否有白色沉淀产生D. 再加入CCl4振荡后，取上层
9、清液，滴加KSCN溶液，观察溶液是否变成血红色【答案】D【解析】【分析】KI溶液和FeCl3溶液发生氧化还原反应生成Fe2+和I2，反应的离子方程式为2Fe3+2I-2Fe2+I2，取5mL 0.5molL-1 KI溶液，向其中加入0.1molL-1的FeCl3 1mL，反应后KI过量，溶液中加入CCl4，如有机层呈紫红色，则说明生成碘，因为Fe3+的溶液中滴加几滴KSCN溶液呈血红色，这是Fe3+的特殊反应，所以可向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，溶液显血红色，发生Fe3+3SCN-Fe(SCN)3，就说明Fe3+没有反应完，进而说明 KI和FeCl3的反应有一定的限度。【详解】A由2Fe3
10、+2I-2Fe2+I2反应可知，取5mL 0.5molL-1 KI溶液，向其中加入0.1molL-1的FeCl3 1mL，反应后KI过量，无论是否存在反应限度，滴加AgNO3溶液，都有黄色沉淀、白色沉淀生成，故A不选；B再加入CCl4振荡后，观察下层液体颜色是否变为紫红色，只能说明生成碘，不能确定反应限度，故B不选；C再加入CCl4振荡后，取上层清液，滴加AgNO3溶液，观察有否白色沉淀产生，不能确定反应限度，反应前后溶液中均存在氯离子，故C不选；D再加入CCl4振荡后，取上层清液，滴加KSCN溶液，观察溶液是否变血红色，可知Fe3+有没有反应完，从而确定KI和FeCl3的反应有一定的限度，故
11、D选；所以本题答案为：D。【点睛】解题依据：要验证Fe3+I-Fe2+I2反应是否存在一定限度的，就要证明溶液中同时存在Fe3+、I-离子和I2单质；I2是否存在可用CCl4检验；Fe3+可用KSCN溶液检验；I-可用AgNO3溶液检验。11.下列表示正确的是（）A. 乙炔的结构式：B. S原子的结构示意图：C. H2O的电子式：D. 二氧化碳的比例模型：【答案】B【解析】【详解】ACHCH为乙炔的结构简式，乙炔的结构式为H-CC-H，故A错误；BS原子的核外电子总数为16，其原子结构示意图为：，故B正确；CH2O为共价化合物，其正确的电子式为，故C错误；D二氧化碳分子中含有两个碳氧双键，为直
12、线型结构，碳原子半径大于氧原子半径，二氧化碳比例模型为：，故D错误；所以本题答案为：B。12.如图所示，对A生成C的反应，下列结论正确的是（）A. 该反应为吸热反应B. 该反应进行时，一定有能量放出C. A比C稳定D. 该反应不需要加热一定就可以进行【答案】B【解析】【详解】A反应物总能量大于生成物总能量，该反应物放热反应，故A错误；B反应为放热反应，该反应进行时，一定有能量放出，故B正确；CA的总能量大于C，则C稳定，故C错误；D放热反应不一定容易进行，如铝热反应需要在加热条件下才能进行，故D错误。所以本题答案为：B。【点睛】判断吸放热的依据是：反应物的总能量大于生成物的总能量，此反应为放热
13、反应；反应物的总能量小于生成物的总能量，则该反应为吸热反应。13.下列操作或试剂的选择不合理的是（）A. 可用燃烧闻气味的方法鉴别棉花和蚕丝B. 可用冷却结晶的方法从混有少许氯化钠的硝酸钾中提纯硝酸钾晶体C. 蒸馏完毕后，先停止加热，再停止通冷凝水D. 取少量晶体放入试管中，再加入适量NaOH溶液，加热，在试管口用湿润的蓝色石蕊试纸检验，若试纸变红，则可证明该晶体中含有NH4+【答案】D【解析】【详解】A灼烧蚕丝时有烧焦羽毛的味道，而灼烧棉花时没有，据此可鉴别二者，故A不选；B由于氯化钠的溶解度受温度影响较小，而硝酸钾的溶解度受温度影响较大，可用冷却结晶的方法从混有少许氯化钠的硝酸钾中提纯硝酸
14、钾晶体，故B不选；C蒸馏完毕后，先停止加热，充分冷却收集馏分，则待装置冷却后，停止通水，故C不选；D氨气为碱性气体，应该在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验，若试纸变蓝，则可证明该晶体中含NH4+，故D选；所以本题答案为：D。14.下列说法不正确的是（）A. O2和O3互为同位素B. 金刚石、石墨、富勒烯互为同素异形体C. 有机物CH3-CH2-NO2和H2N-CH2-COOH互为同分异构体D. C4H10的一氯代物有四种，其熔沸点各不相同【答案】A【解析】【详解】AO2和O3互为同素异形体，故A错误；B金刚石、石墨、富勒烯是碳元素的不同单质互为同素异形体，故B正确；C有机物CH3-CH2-NO2
15、和H2N-CH2-COOH分子式相同，结构不同互为同分异构体，故C正确；DC4H10有正丁烷和异丁烷两种同分异构体，两者均有两种类型的氢，所以一氯代物有四种，结构不同的同分异构体其熔沸点各不相同，故D正确； 所以本题答案为：A。【点睛】根据概念进行判断。即同素异形体指同种元素形成的不同单质；同分异构体指分子式相同，结构不同的化合物。15.下表为元素周期表的一部分，其中X、Y、Z、W为短周期元素，W元素的核电荷数为X元素的2倍。下列说法正确的是（） XYZWA. X、W、Z、Y元素的原子半径及它们的简单气态氢化物的热稳定性均依次递增B. X氢化物的沸点高于W的氢化物，是因为X氢化物分子间存在氢键
16、C. Y、Z、W元素在自然界中均不能以游离态存在，它们的最高价氧化物的水化物的酸性依次递增D. YX2、WX3晶体熔化时均需克服分子间作用力【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、W为短周期元素，由图可知，W位于第三周期，W元素的核电荷数为X元素的2倍，则W为S、X为O，结合位置可知Y为Si、Z为P；结合元素的性质解答。【详解】A电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则X、W、Z、Y元素的原子半径依次增大；非金属性越强，对应氢化物越稳定，则X、W、Z、Y元素的简单气态氢化物的热稳定性依次减弱，故A错误；BX氢化物为水，W氢化物为H2S，水分子间存在氢键，所以H2O的沸点高于H2S
17、，故B正确；C自然界中存在单质S，Y、Z、W元素的最高价氧化物的水化物分别为：硅酸、磷酸、硫酸，它们的酸性依次递增，故C错误；DYX2为SiO2是原子晶体，WX3是SO3属于分子晶体，熔化时前者克服共价键，后者克服分子间作用力，故D错误； 所以本题答案为：B。【点睛】本题的突破口：X、Y、Z、W在短周期表中的位置，和W元素的核电荷数为X元素的2倍，可以推出W为S、X为O，以此推出Y为Si、Z为P，结合元素周期律进行解答。16.下列离子方程式中正确的是（）A. 硫酸型酸雨的形成会涉及反应：B. 用苛性钠溶液吸收过量SO2：C. 足量氯水和碘化亚铁溶液的反应：D. 工业上氯气和石灰乳反应制漂白粉：
18、【答案】A【解析】【详解】A硫酸型酸雨的形成会涉及反应2H2SO3+O22H2SO4，其离子方程式：2H2SO3+O24H+2SO42-，故A正确；B用苛性钠溶液吸收过量SO2，离子方程式：SO2+OH-HSO3-，故B错误；C足量氯水和碘化亚铁溶液的反应，离子方程式：2Fe2+4I-+3Cl22Fe3+2I2+6Cl-，故C错误；D工业上氯气和石灰乳反应制漂白粉，离子方程式为Cl2+Ca（OH）2Ca2+ClO-+Cl-+H2O，故D错误；所以本题答案为：A。17.下列有关化学反应速率的说法中，正确的是（）A. 用铁片和稀硫酸反应制取氢气时，改用铁片和浓硫酸可以加快产生氢气的速率B. 100
19、 mL 2molL-1 的盐酸与锌反 应时，加入适量的氯化钠溶液，生成氢气的速率不变C. 二氧化硫的催化氧化是一个放热反应，所以升高温度，反应速 率减慢D. 汽车尾气中的 CO 和 NO 可以缓慢反应生成N2和CO2，减小压强，反应速率减慢【答案】D【解析】【详解】A、浓硫酸能够使铁钝化，铁片与浓硫酸反应不能生成氢气，故A错误；B、向盐酸溶液中加入氯化钠溶液，相当于稀释了盐酸，盐酸浓度减小，反应速率减慢，故B错误；C、升高温度，反应速率加快，故C错误；D、有气体参加的反应，压强越小反应的速率越慢，故D正确；所以本题答案为：D。18.反应PCl3（g）+Cl2（g）PCl5（g）H0若在恒温恒容
20、的容器中发生反应，下列选项表明反应一定已达平衡状态的是（）A. 容器内压强不再发生变化B. 容器内温度不再发生变化C. 容器内各气体的浓度相等D. 相同时间内断开3molP-Cl键，同时断开1molCl-Cl键【答案】A【解析】【详解】A反应前后气体的体积变化，当达到平衡时，气体的物质的量不变，压强不变，故A正确；B在恒温下反应，温度不能用于判断是否达到平衡状态，故B错误；C容器内各气体的浓度相等不能说明浓度不再发生变化，因此不能用于判断是否达到平衡状态，故C错误；D相同时间内断开3molPCl键，同时断开1molClCl键，都为正反应速率，不能说明正逆反应速率相等，故D错误。所以本题答案为：
21、A。【点睛】解题依据：化学反应达到平衡的标志：（1）化学反应达到平衡时正逆反应速率相等；（2）化学反应达到平衡时各物质的浓度不在改变。再结合压强、温度的改变，对化学平衡的影响进行判断。19.下列说法正确的是（）A. 苯与溴水发生加成反应而使溴水褪色B. 与是同分异构体C. 苯与浓硝酸和浓硫酸的混合液在一定条件下能发生取代反应D. 1mol乙烷在光照条件下最多能与3molCl2发生取代反应【答案】C【解析】【详解】A苯与溴水发生萃取现象而使溴水褪色，苯不与溴水反应，故A错误；B和结构相同，为同一种物质，故B错误；C苯与浓硝酸和浓硫酸的混合液热到5060可发生取代反应生成硝基苯和水，故C正确；D.
22、1mol乙烷分子中含有6molH原子，在光照条件下最多能与6molCl2发生取代反应，故D错误；所以本题答案为：C。【点睛】烷烃取代反应消耗氯气的物质的量与烷烃中氢原子物质的量相等。20.下列说法或表示方法中正确的是（）A. 等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的热量多B. 由C(金刚石)=C（石墨） 可知，金刚石比石墨稳定C. 在101 KPa时，2 g H2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式为： D. 在稀溶液中： ，若将含0.5 mol H2SO4的浓溶液与含1 mol NaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJ【答案】D【解析】【详解】A等质
23、量的硫蒸气和硫固体相比较，硫蒸气具有的能量多，因此完全燃烧硫蒸气放出的热量多，故A错误；B从热化学方程式看，石墨能量低，物质所含能量越低越稳定，故B错误；C2g氢气是1mol，热化学方程式应为：2H2（g）+O2（g）2H2O（l）H=-571.6kJmol-1，故C错误； D浓硫酸溶解放热，所以将含0.5molH2SO4的浓溶液与含1mol NaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJ，故D正确。所以本题答案：D。【点睛】注意区别：氢气燃烧热的化学反应方程式和氢气燃烧的热化学反应方程式。前者专指1molH2完全燃烧的热化学反应方程式，后者不限定氢气的量。21.最近韩国首尔大学科学家将水置于
24、一个足够强的电场中，在 20时，水分子瞬时凝固形成了“暖冰”。 下列说法正确的是A. “暖冰”中水分子上的 3 个原子位于同一条直线上B. 在电场作用下，水分子间更易形成氢键，因而可以制得“暖冰”C. 水凝固形成 20时的“暖冰”所发生的变化是化学变化D. 水是一种非常稳定的化合物，这是由于氢键所致【答案】B【解析】水分子中氧原子含有2个键和2个孤对电子，所以水分子是V型结构，故A错误；在电场作用下，水分子间更易形成氢键，因而可以制得“暖冰”，否则20时，水分子不能瞬间凝固形成冰，故B正确；水凝固形成20时的“暖冰”没有新物质生成，所以所发生的变化不是化学变化，故C错误；水分子的稳定性与化学键
25、有关系，与氢键无关，氢键不是化学键，一般影响物质的物理性质，故D错误；22.设NA为阿伏加德罗常数值，下列说法正确的是（）A. 1 mol NaHSO4晶体中共含有3NA个离子B. 标准状况下，2.24LCCl4含有的共价键数为0.4NAC. 1 mol 晶体Si中含有共价键数为4NAD. b mol的R2+的核内中子数为N，质量数为A的核外电子数为b（A-N-2）NA【答案】D【解析】【详解】A、NaHSO4晶体熔融时只能电离为Na+和HSO4-，1mol NaHSO4晶体中，含阳离子和阴离子各1mol，所以1 mol NaHSO4晶体中共含有2NA个离子，故A错误；B、标准状况下，CCl4
26、是液体，没有密度无法由体积求物质的量，故B错误；C、每个Si与相邻的4个Si形成4条Si-Si，每条Si-Si为2个Si所共有，所以1 mol Si中含有共价键数目为2NA，故C错误；D、R的核内中子数为N，质量数为A ，1个R2+含有电子数为：A-N-2，则b molR2+的核外电子数为b（A-N-2）NA，故D正确；所以本题答案为：D。23.对利用甲烷消除NO2污染进行研究，CH4+2NO2N2+CO2+2H2O。在2 L密闭容器中，控制不同温度，分别加入0.50 mol CH4和1.2 mol NO2，测得n（CH4）随时间变化的有关实验数据见下表。下列说法正确的是（） 组别温度时间/m
27、in（n/mol）010204050T1n（CH4）0.500.350.250.100.10T2n（CH4）0.500.300.180.15A. 组别1中，0-20min内，NO2的降解速率为0.025molL-1min-1B. 由实验数据可知实验控制的温度T1T2C. 40min时，表格中T2对应反应已经达到平衡状态D. 010min内，CH4的降解速率【答案】C【解析】【详解】A中020min内，v(CH4)=(0.5mol-0.25mol)/(2L20min)=0.00625 molL-1min-1，NO2的降解速率为v(NO2)=2v(CH4)=0.0125molL-1min-1，故A
28、错误；B温度越高反应速率越大，实验数据可知020min内，实验中CH4物质的量的变化量为0.25mol，实验中CH4的变化量0.32mol，则实验温度高，由实验数据可知实验控制的温度T1T2，故B错误；CT1、40min时，反应达到平衡，因T2温度较高，平衡时用时更少，所以表格中40min时T2对应反应已经达到平衡状态，故C正确；D温度越高，反应速率越快，则010min内，CH4的降解速率，故D错误；所以本题答案为：C。【点睛】依据影响化学反应因素解答。温度越高化学反应速度越快，据此判断各个选项。24.(NH4)2SO4是一种常见的化肥，某工厂用石膏、NH3、H2O和CO2制备(NH4)2SO
29、4的工艺流程如下：下列说法正确的是A. 通入NH3和CO2的顺序可以互换B. 操作2为将滤液加热浓缩、冷却结晶、过滤，可得(NH4)2SO4C. 步骤中反应的离子方程式为Ca2+2NH3+CO2+H2O=CaCO3+2NH4+D. 通入的NH2和CO2均应过量，且工艺流程中CO2可循环利用【答案】B【解析】分析：NH3极易溶于水生成一水合氨，所以甲中的溶质是硫酸钙和一水合氨，NH3、H2O、CO2反应生成（NH4）2CO3，CaSO4属于微溶物，（NH4）2CO3和CaSO4发生复分解反应生成难溶性的CaCO3，同时生成可溶性的（NH4）2SO4，所以乙中溶质为磷酸铵，然后将溶液过滤得到CaC
30、O3和滤液，将CaCO3煅烧得到CaO，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶得到（NH4）2SO4晶体，据此分析。详解：A、中性条件下CO2的溶解度很小，不能把CaSO4完全转化为CaCO3，故通入NH3和CO2的顺序不可以互换，选项A错误；B、操作2为将滤液加热浓缩、冷却结晶、过滤，可得(NH4)2SO4晶体，选项B正确；C、硫酸钙悬浊液参加反应，所以硫酸钙应该写化学式，总的离子方程式为CaSO4+2NH3+CO2+H2OCaCO3+2NH4+SO42-，选项C错误；D、通入的CO2不应过量，否则生成的碳酸钙会转化为碳酸氢钙影响后续工艺，选项D错误。答案选B。点睛：本题是一道关于物质的分离制备方法的实验
31、设计题，考查学生分析和解决问题的能力，难度大。25.固体粉末X中可能含有Fe、FeO、CuO、MnO2、NaCl和Na2CO3中的若干种。为确定该固体粉末的成分，某同学依次进行了以下实验：将X加入足量水，得到不溶物Y 和溶液Z取少量Y加入足量浓盐酸，加热，产生黄绿色气体，并有少量红色不溶物用玻璃棒蘸取溶液Z滴于广范pH试纸上，试纸呈蓝色向Z溶液中滴加AgNO3溶，生成白色沉淀分析以上实验现象，下列结论正确的是（）A. X中一定不存在FeOB. 不溶物Y中一定含有MnO2和CuO，而Fe与FeO中至少含有一种C. Z溶液中一定含有Na2CO3D. 向中所生成的白色沉淀中滴加盐酸，若沉淀不完全溶解
32、，则粉末X中含有NaCl【答案】C【解析】【详解】A.将X加入足量水中，得到不溶物Y和溶液Z，Y可能为Fe、FeO、CuO、MnO2中的物质，故A错误；B. 取少量Y加入足量浓盐酸，加热，产生黄绿色气体，并有少量红色不溶物，黄绿色气体为氯气，红色不溶物为铜，可说明Y中至少含有CuO、MnO2，红色不溶物为铜，说明反应后有Cu生成，则Y中含有CuO与酸反应生成CuCl2又被被置换出来了，可说明Y中还含有Fe，可能含有FeO；故B错误；C. 用玻璃棒蘸取Z溶液滴于广范pH试纸上，试纸呈蓝色，溶液呈碱性，说明溶液中含有Na2CO3，故C正确；D.向Z溶液中滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀，再加入盐酸
33、，若沉淀不完全溶解，加盐酸引入氯离子，仍不能确定NaCl，故D错误；所以本题答案为：C。二、简答题（本大题共3小题）26.下表是元素周期表的一部分，表中所列字母分别代表某一元素。根据表中所列元素回答问题：（1）元素B在周期表中的位置是_。（2）上表短周期元素中金属性最强的是_（填元素符号）。（3）最高价氧化物对应水化物酸性最强的物质_（填化学式）。（4）A、C、D三元素形成化合物的电子式为_，该化合物中含有的作用力有_。（5）表中F、G、H元素可形成与Ar具有相同电子层结构的简单离子，这些离子的半径由大到小的顺序是_（用离子符号表示）。（6）E可在B、C形成的常见化合物中燃烧的方程式是_。【答
34、案】 (1). 第二周期第A族 (2). Na (3). HClO4 (4). (5). 离子键、（极性）共价键 (6). S2-Cl-K+ (7). 2Mg+CO22MgO+C【解析】【分析】由元素在周期表的位置可知：A为H、B为C、C为O、D为Na、E为Mg、F为S、G为Cl、H为K，I为Br，据此解答。【详解】（1）B为C元素位于周期表第二周期第A族，故答案为：第二周期第A族；（2）金属性强的元素位于周期表的左下位置，在短周期的已知元素中金属性最强的是Na，故答案为：Na；（3）周期表已知的元素中非金属性强、并且有最高价含氧酸的元素为Cl，其最高价氧化物对应水化物为HClO4，故答案为：
35、HClO4；（4）NaOH是离子化合物，由钠离子和氢氧根离子构成，其中OH中含有极性共价键，所以NaOH的电子式为，NaOH中含有的作用力为离子键和极性共价键，故答案为：；离子键、共价键；（5）S2、Cl、K+的核外电子排布相同，原子序数越小，离子半径越大，所以S2、Cl、K+的离子半径由大到小的顺序为S2ClK+，故答案为：S2ClK+；（6）Mg是活泼金属，能与CO2反应生成碳和氧化镁，化学方程式为2Mg+CO22MgO+C，故答案为：2Mg+CO22MgO+C。27.炼制石油能得到许多有机化合物，相关物质的转化关系如下图所示，其中A的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的重要标志，标况下，
36、B气体的密度为0.71gL-1，C是一种红色固体单质，D是一种混合气体。请回答：（1）A的结构简式为_，A与溴的四氯化碳溶液的反应类型为_。（2）B与CuO反应的化学方程式_。（3）下列说法不正确是_。AA中所有原子共平面BA与溴的四氯化碳溶液反应现象，和A与溴水反应的现象完全相同C等物质的量A与B混合物在足量氧气中完全燃烧，生成水的物质的量相等DB是引起温室效应的气体之一【答案】 (1). CH2=CH2 (2). 加成反应 (3). CH4+4CuO4Cu+2H2O+CO2 (4). B【解析】【分析】A的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的重要标志，应为CH2=CH2，标况下，B气体的密
37、度为0.71gL-1，则B相对分子质量为0.7122.4=16，B应为CH4，C是一种红色固体单质，为Cu，D是一种混合气体，为甲烷与氧化铜的反应产物，含有二氧化碳和水，生成白色沉淀为碳酸钙，以此解答该题。【详解】（1）由以上分析可知A为乙烯，含有碳碳双键，结构简式为CH2=CH2，可与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，故答案为：CH2=CH2；加成反应；（2）由以上分析可知B为甲烷,它与氧化铜的反应生成铜、二氧化碳和水，方程式为CH4+4CuO4Cu+2H2O+CO2，故答案为：CH4+4CuO4Cu+2H2O+CO2；（3）A.A为乙烯，为平面形结构，所有原子共平面，故A正确； B.A与溴的四
38、氯化碳溶液反应，生成的1，2-二溴乙烷溶于四氯化碳，溶液不分层，与溴水反应后，1，2-二溴乙烷不溶于水，溶液分层，现象不同，故B错误；CA、B的氢原子数目都为4，则等物质的量A与B混合物在足量氧气中完全燃烧，生成水的物质的量相等，故C正确；D甲烷是引起温室效应的气体之一，故D正确。所以答案为：B。28.实验室用100mLNaOH溶液捕获CO2，一定时间后，测定CO2的吸收量。充分反应后，再向所得溶液中逐滴加入2.0mol/L的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸体积之间关系如图所示。回答下列问题：（1）原NaOH溶液的物质的量浓度为_；（2）题中通入CO2后所得溶液中的溶质有_，溶液中溶质的物质的
39、量之比为_。【答案】 (1). 1.5mol/L (2). Na2CO3和NaHCO3 (3). 1：1【解析】【详解】（1）加入75mL盐酸时二氧化碳的体积达最大，此时溶液为NaCl溶液，根据氯离子、钠离子守恒，所以n（NaOH）=n（NaCl）=n（HCl）=0.075L2mol/L=0.15mol，所以c（NaOH）=0.15mol/0.1L=1.5mol/L，故答案为：1.5mol/L；（2）当向100mLNaOH溶液中通入一定量的CO2气体时，发生的反应有：2NaOH+CO2Na2CO3+H2O，还可能有：NaOH+CO2NaHCO3，根据图象可知，由于无气体产生阶段消耗的盐酸为25
40、mL，而有气体生成的阶段消耗的盐酸为50mL，可知溶液的成分为Na2CO3和NaHCO3的混合物；当向溶液中加盐酸的体积25mL时，无气体出现，说明此段内发生了如下反应：HCl+Na2CO3NaHCO3+NaCl，再加盐酸时产生气体，即25mL-75mL共消耗50mL的盐酸，发生NaHCO3+HClCO2+NaCl+H2O，所以Na2CO3和NaHCO3的物质的量之比为1：1，故答案为：Na2CO3和NaHCO3；1：1。【点睛】依据碳酸钠与盐酸反应原理，随着加入盐酸的量不同，发生的反应也不同，即HCl+Na2CO3NaHCO3+NaCl，继续加入盐酸发生NaHCO3+HClCO2+NaCl+
41、H2O，根据消耗盐酸的量即可求算Na2CO3和NaHCO3的量。三、实验题（本大题共3小题）29.甲、乙两位同学分别按图1所示装置进行实验，甲同学在虚线框内接一个电流计，乙同学在虚线框内没有做连接，请回答下列问题：（1）以下叙述正确的是_A甲同学实验中，石墨棒上无气泡产生B甲、乙两同学实验中的铁片都是负极C甲同学实验中，电子在溶液中没有迁移D甲、乙同学在实验中都发现有气泡生成，产生气泡的速率甲比乙慢（2）甲同学观察到电流计指针发生偏转，根据实验中的发现，绘制了图2，X轴表示实验时流入正极的电子的物质的量，则Y轴可能表示_A石墨棒的质量B铁棒的质量Cc（H+）Dc（SO42-）Ec（Fe2+）（
42、3）采用甲同学装置，实验时把稀硫酸换成硫酸铜溶液，请写出铁电极电极反应式：_，石墨电极观察到的现象_，发生了_反应（填“氧化”、“还原”或“非氧化还原”）。【答案】 (1). C (2). BC (3). Fe-2e-=Fe2+ (4). 石墨电极上有红色物质析出 (5). 还原【解析】【详解】（1）A甲同学实验中，构成铁碳原电池，铁为原电池的负极，石墨棒为正极，氢离子得到电子生成氢气，故A错误； B甲同学实验中，构成了原电池，铁为原电池的负极，石墨为原电池的正极，乙同学实验中在虚线框内没有做连接，不构成原电池，铁片与稀硫酸发生化学反应，故B错误； C甲同学实验中，构成了原电池，电子在导线上运
43、动，从铁到碳，溶液中没有迁移，故C正确； D甲同学实验中，构成了原电池，属于铁的电化学腐蚀，乙同学实验中在虚线框内没有做连接，不构成原电池，铁片与稀硫酸反应，属于化学腐蚀，电化学腐蚀速率大于化学腐蚀的速率，所以甲中产生氢气的速率比乙快，故D错误； 所以本题答案为：C； （2）铁碳原电池中，铁是负极，失去电子发生氧化反应，电极反应为Fe-2e-=Fe2+，碳是正极，氢离子得电子发生还原反应，电极反应为2H+2e-=H2。A石墨棒是正极，氢离子得电子发生还原反应，石墨棒的质量不变，故A错误； B由于铁是负极，不断发生反应Fe-2e-=Fe2+，所以铁棒质量减小，故B正确；C由于反应不断消耗H+产生
44、氢气，所以溶液的c（H+）逐渐降低，故C正确；DSO42-不参加反应，其浓度不变，故D错误；E由于铁是负极，不断发生反应Fe-2e-=Fe2+，所以溶液中c（Fe2+）增大，故E错误；所以本题答案为：BC； （3）如果把硫酸换成硫酸铜溶液，则电池总反应为铁与铜离子的反应，负极铁失去电子，电极反应为Fe-2e-=Fe2+，正极石墨上铜离子得到电子生成铜，Cu2+2e-=Cu，石墨电极上有红色物质析出，发生还原反应，故答案为：Fe-2e-=Fe2+；石墨电极上有红色物质析出；还原。【点睛】本题关键是：甲中构成了铁碳原电池，铁做负极，石墨做正极；乙没有形成原电池，发生的是化学反应。依据原电池的原理分
45、析解答。30.固体X由四种元素组成，为探究其组成和性质，设计并完成如下实验：（1）固体X中含有H、O、_和_元素。（2）写出固体X受热分解的化学方程式_。（3）取少量固体B溶于稀硫酸，加入适量的KI溶液，反应后溶液显棕黄色，同时产生一种白色的碘化物沉淀，写出产生该现象的离子方程式_。【答案】 (1). C (2). Cu (3). Cu3（OH）2（CO3）23CuO+H2O+2CO2 (4). 2Cu2+4I-=2CuI+I2【解析】【分析】由固体隔绝空气加热生成1.8g水可知，含H原子的物质的量n=1.8g/18gmol-12=0.2mol，质量为0.2g；气体A与石灰水反应生成白色沉淀为
46、碳酸钙，其物质的量n=20.0g/100gmol-1=0.2mol，所以碳原子的物质的质量为m=0.2mol12g/mol=2.4g；固体B与CO反应生成紫红色固体为Cu，则B为CuO，其物质的量为24.0g/80gmol-1=0.3mol，所以铜的质量为m=0.3mol64g/mol=19.6g；剩余质量为34.6g-0.2g-2.4g-19.6g=12.4g，所以X中含O为n=12.4g/16gmol-1=0.8mol，则n（Cu）：n（C）：n（H）：n（O）=3：2：2：8，X为Cu3（OH）2（CO3）2，以此来解答。【详解】（1）由上述分析可知，固体X中含有H、O、C、Cu元素，故
47、答案为：C；Cu；（2）固体X受热分解的化学方程式为Cu3(OH)2(CO3)23CuO+H2O+2CO2，故答案为：Cu3(OH)2(CO3)23CuO+H2O+2CO2；（3）取少量固体B溶于稀硫酸，生成硫酸铜，加入适量的KI溶液，反应后溶液显棕黄色，同时产生一种白色的碘化物沉淀，可知生成碘和CuI，产生该现象的离子方程式为2Cu2+4I-=2CuI+I2，故答案为：2Cu2+4I-=2CuI+I2。31.硫酸是当今世界最重要的化工产品之一，有关硫酸制备和性质实验如下：（1）早在1000多年前，我国就已采用加热胆矾或绿矾（FeSO47H2O）的方法制取硫酸。2FeSO4Fe2O3+SO2+
48、SO3，将受热产生的气体通入如图1的装置中，以检验产生的气体中是否含有SO2和SO3，写出甲中发生的离子反应方程式_；（2）能说明SO2存在的实验现象是_。（3）实验室用图2装置制SO2，甲试管倾斜加热的目的是_，加热后试管内发生的化学方程式为_。（4）有关该实验说法正确的是：_。A该反应中浓硫酸只体现酸性B试管乙中含有碱液的棉花，其作用是吸收过量的SO2，防止环境污染C反应一段时间后，将冷却后试管甲中的溶液缓慢倒入盛有水的烧杯，溶液显蓝色D含0.04mol溶质的浓硫酸与足量的铜片反应，能收集到448mL的SO2（标准状况）【答案】 (1). SO3+H2O+Ba2+BaSO4+2H+ (2)
49、. 乙中品红溶液褪色，加热后又变红 (3). 增大受热面积 (4). Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O (5). BC【解析】【分析】（1）甲中发生的离子反应是三氧化硫和水反应生成硫酸，结合钡离子生成硫酸钡沉淀；（2）由图可知，氯化钡溶液与三氧化硫反应，若品红褪色可说明二氧化硫的存在；（3）固体和溶液加热生成气体，试管口向上倾斜，增大加热面积，便于逸出气体，Cu和浓硫酸在加热条件下生成CuSO4和SO2，根据电子守恒和原子守恒即可写出发生反应的化学方程式；（4）A根据铜被浓硫酸氧化，且有盐和水生成判断浓硫酸的作用；BSO2是酸性氧化物，能溶于碱性溶液；CCuSO4的溶液显蓝
50、色；DCu在加热条件下能溶于浓硫酸，但Cu不溶于稀硫酸。【详解】（1）甲中发生的离子反应是三氧化硫和水反应生成硫酸，结合钡离子生成硫酸钡沉淀，反应的离子方程式：SO3+H2O+Ba2+BaSO4+2H+，故答案SO3+H2O+Ba2+BaSO4+2H+；（2）将FeSO4受热产生的气体按图示装置进行实验，证实含有SO3和SO2，氯化钡溶液可除去SO3，继续通入乙装置，品红溶液褪色，加热恢复红色，可证明产生的气体中含有SO2，故答案为：乙中品红溶液褪色，加热后又变红；（3）实验室用图2装制SO2，甲试管倾斜加热的目的是：增大受热面积，加热后试管内发生的化学方程式为：Cu+2H2SO4（浓）CuS
51、O4+SO2+2H2O，故答案为：增大受热面积；Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O；（4）A该反应中Cu被浓硫酸氧化，同时生成了盐和水，则浓硫酸在该反应中表现了酸性和氧化性，故A错误；BSO2对环境有污染，能溶于碱性溶液，则含有碱液的棉花吸收过量的SO2，防止环境污染，故B正确；C反应中生成CuSO4，则将冷却后试管甲中的溶液缓慢倒入盛有水的烧杯，溶液显蓝色，故C正确；D加热图2甲的试管，随着反应的进行，浓硫酸的浓度降低变稀，Cu与稀硫酸不反应，则含0.04mol溶质的浓硫酸与足量的铜片反应，不可能收集到448mL的SO2（标准状况），故D错误；所以本题答案为：BC。【点睛】根据SO2的特殊性：具有漂白性，能使品红溶液褪色，加热后又变红。以此鉴别SO2的存在。
