1、弥勒市中小学2019一2020学年期末考试高一年级化学试题卷注意事项：l.答卷前，考生务必将自己的相关信息填写在答题卡相应位置上。2.作答时，需将答案书写在答题卡上。写在试卷、草稿纸上均无效。3.考试结束后请将答题卡交回。可能用到的原子量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Al-27 S-32 Cl-35.5 Fe-56第I卷（选择题，共50分）一、选择题（本卷共25小题，每小题2分，共50分。在每小题给出的四个选项中，有一个符合题目要求）1. 化学与生产、生活、科技及社会发展等息息相关。下列说法中正确的是（ ）A. 超市袋装食品中的硅胶，其作用是防止食物受潮、氧化变质B. 绿
2、色食品就是不使用化肥农药，不含任何化学物质的食品C. “北斗”是我国自主设计研发的导航系统，其计算机芯片材料是高纯度的硅单质D. 体积分数75%的酒精可用于消毒杀死新型冠状病毒，如果用95%的酒精则效果更好【答案】C【解析】【详解】A超市袋装食品中的硅胶，其作用仅能防止食物受潮，并不能吸收氧气而防止氧化变质，A错误；B绿色食品，是指产自优良生态环境、按照绿色食品标准生产、实行全程质量控制并获得绿色食品标志使用权的安全、优质食用农产品及相关产品，并不是是不使用化肥农药的食品，食品本身就是化学物质，B错误；C高纯度的硅单质常用于制作计算机芯片、半导体材料等，故“北斗”是我国自主设计研发的导航系统，
3、其计算机芯片材料是高纯度的硅单质，C正确；D医用酒精的浓度为75%，可进入细菌的细胞内，完全破坏细菌组织，而95%的酒精因浓度过高，可在细菌细胞最外层形成保护膜，达不到杀菌的目的，所以75%的酒精比95%的酒精杀菌效果好，D错误； 故答案为：C。2. 下列实验中，所采用分离或除杂方法与对应原理都正确的是（ ）选项实验分离或除杂方法原理A分离溶于水的碘乙醇萃取碘在乙醇中的溶解度较大B分离乙酸乙酯和乙醇分液乙酸乙酯和乙醇的密度不同C除去KNO3固体中混有的NaCl重结晶NaCl在水中的溶解度很大D除去铁粉中混有的铝粉加入过量的NaOH溶液，充分反应后过滤铝能与NaOH溶液反应而铁不能A. AB.
4、BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A乙醇与水互溶，不能作萃取剂，应选苯或四氯化碳分离出碘水中的碘，A错误；B二者的溶解度受温度影响不同，则选择结晶法分离，与溶解度大无关，B错误；C二者互溶，但沸点不同，则蒸馏可除去乙酸中的乙醚，C正确；D由于加入过量的NaOH溶液，充分反应为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，故不能说明Fe能不能与NaOH反应，D错误；故答案为：D。3. 将20mL0.5mol/LAl2(SO4)3溶液加水稀释到500mL，稀释后溶液中SO42浓度为A. 0.01mol/LB. 0.02mol/LC. 0.03mol/LD. 0.06mol/L【
5、答案】D【解析】【详解】20 mL 0.5 mol/L Al2(SO4)3溶液中SO42的物质的量为，稀释至500mL后溶液中SO42浓度为。所以答案选D。4. 关于胶体的性质与应用，相关说法错误的是（ ）A. 明矾净水是利用胶体的吸附性B. 从颜色上无法区别FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体C. 静电除尘器除去空气或工厂废气中的飘尘是利用胶体粒子的带电性而加以除去D. 由于胶粒之间的排斥作用，胶粒不易聚集成大颗粒，所以胶体的性质相对比较稳定【答案】B【解析】【详解】A明矾KAl（SO4）212H2O作为净水剂是因为明矾溶于水发生水解反应，反应的离子方程式为：Al3+3H2OAl(OH)3（胶
6、体）+3H+，生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体可以吸附杂质，A正确； BFeCl3溶液呈黄色，Fe(OH)3胶体呈红褐色，故从颜色上可以区别二者，B错误；C由于胶体粒子是带电的，故在外加电场的作用下能够使胶体发生电泳，故静电除尘器除去空气或工厂废气中的飘尘是利用胶体粒子的带电性而加以除去，C正确；D由于胶体粒子都带有同种电荷，故存在相互排斥作用，胶粒不易聚集成大颗粒，所以胶体的性质相对比较稳定，D正确；故答案为：B。5. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）A. 通常状况下，22.4LCH4气体所含的电子数为10NAB. 常温常压下，17gOH-含有的质子数为10NAC. l.6g
7、由氧气和臭氧组成的混合物中含有氧原子的数目为0.1NAD. 物质的量浓度为0.5mol/L的AlC13溶液中，含Cl-个数为l.5NA【答案】C【解析】【详解】A. 通常状况下，无法计算22.4LCH4气体的物质的量，故A错误；B. 常温常压下，17gOH-的物质的量为1mol，1个OH-含有9个质子，故1molOH-含有的质子数为9NA，故B错误；C. l.6g由氧气和臭氧组成的混合物中含有氧原子的物质的量为，则数目为0.1NA，故C正确；D. 没有溶液的体积，无法计算Cl-物质的量，故D错误；故选C。【点睛】1. 公式（标况时，Vm=22.4L/mol）的使用是学生们的易错点，并且也是高频
8、考点，在使用时一定看清楚两点:条件是否为标准状况，在标准状况下，该物质是否为气体。如：本题A项为通常状况，不能使用Vm=22.4L/mol计算。2. D项也是学生们的易错点，往往忽视了题中并没有给出溶液的体积，直接认为溶液体积是1L，进行计算。6. 下列离子方程式书写正确的是（ ）A. 碳酸氢钠和稀硫酸反应：CO+2H+=CO2+H2OB. 金属钠和水反应：Na+2H2O=Na+2OH-+H2C. 醋酸溶液与氢氧化钠溶液反应：H+OH-=H2OD. 硫酸和氢氧化钡溶液反应：Ba2+2OH-+SO+2H+=BaSO4+2H2O【答案】D【解析】【详解】A.碳酸氢钠和稀硫酸反应生成硫酸钠、二氧化碳
9、和水：HCO+H+=CO2+H2O，A错误；B.金属钠和水反应生成氢氧化钠和氢气：2Na+2H2O=2Na+2OH-+H2，B错误；C.醋酸溶液与氢氧化钠溶液反应生成醋酸钠和水：CH3COOH+OH-=CH3COO+H2O，C错误；D.硫酸和氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡和水：Ba2+2OH-+SO+2H+=BaSO4+2H2O，D正确；答案选D。7. 下列各组粒子在指定溶液中可能大量共存的是（）A. 无色透明溶液中：Na+、Fe2+、Cl-、SOB. c(Fe3+)=2.0mol/L的溶液中：K+、Ca2+、OH-、Cl-C. 加入酚酞显红色的溶液中：Na+、CO、NO、K+D. 加入铝粉能产生
10、氢气的溶液中：Fe2+、NO、K+、SO【答案】C【解析】【详解】A. 题给无色透明溶液，但含有Fe2+的溶液呈浅绿色，故不能大量共存，故A错误；B. Fe3+与OH-反应生成氢氧化铁沉淀，Ca2+与OH-生成微溶于水的氢氧化钙，故不能大量共存，故B错误；C. 加入酚酞显红色的溶液显碱性，离子之间均不发生反应，故能大量共存，故C正确；D. 加入铝粉能产生氢气的溶液可能显酸性，可能显碱性，显酸性时，NO具有氧化性，能氧化Fe2+；显碱性时，Fe2+与OH-反应生成氢氧化亚铁沉淀，故不能大量共存，故D错误；故选C。8. 反应8NH33Cl2N26NH4Cl，被氧化的NH3与被还原的Cl2的物质的量
11、之比为A 23B. 83C. 63D. 32【答案】A【解析】【详解】该氧化还原反应用双线桥表示为，可知实际升价的N原子为2个，所以2个NH3被氧化，同时Cl2全部被还原，观察计量数，Cl2为3个，因而被氧化的NH3与被还原的Cl2的物质的量之比为2：3。故答案选A。9. 铊(Tl)盐与氰化钾(KCN)被列为A级危险品。已知下列反应在一定条件下能够发生：(1)Tl32Ag=Tl2Ag，(2)AgFe2=AgFe3，(3)Fe2Fe3=3Fe2，下列离子氧化性比较顺序正确的是 ()。A. Tl3Fe3AgB. Fe3AgTl3C. TlAgFe2D. Tl3AgFe3【答案】D【解析】【详解】根
12、据氧化还原反应方程式中氧化剂的氧化性强于氧化产物可知，氧化性中Ti3Ag，中AgFe3，中Fe3Fe2，综上所述，氧化性是TI3+Ag+Fe3Fe2，答案选D。10. 有关Na2O和Na2O2的比较，下列叙述正确的是（ ）A. Na2O和Na2O2都是钠的氧化物，都是碱性氧化物B. Na2O和Na2O2都是易溶于水且能与水反应的白色固体C. Na2O2在和H2O的反应中既是氧化剂又是还原剂D. Na2O中阴、阳离子的个数比为1：2，Na2O2中阴、阳离子的个数比为l：1【答案】C【解析】【详解】A. Na2O和Na2O2都是钠的氧化物，Na2O是碱性氧化物，过氧化钠不是碱性氧化物，A错误；B.
13、 Na2O和Na2O2都是易溶于水且能与水反应，氧化钠是白色固体，过氧化钠是淡黄色固体，B错误；C. Na2O2在和H2O的反应中，过氧化钠中氧元素化合价部分升高部分降低，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，C正确；D. Na2O中阴、阳离子的个数比为1：2，Na2O2中阴、阳离子的个数比也是l：2，D错误；答案选C。11. 2molX与足量Y在一定条件下充分反应，相同条件下生成的气体最多是（ ）选项XYAAlNaOH溶液BNO2H2OCNa2O2CO2DFeH2O(g)A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A. 根据方程式2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2可知2
14、moAl生成3mol氢气；B. 根据方程式3NO2+H2O2HNO3+NO可知2molNO2生成NO；C. 根据方程式2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2可知2mol Na2O2生成1mol氧气；D. 根据方程式3Fe+4H2OFe3O4+4H2可知2mol铁生成mol氢气；相同条件下生成的气体最多是选项A，答案选A。12. 下列有关铁及其化合物的叙述中正确的是（ ）A. 赤铁矿的主要成分为Fe3O4B. Fe3+与KSCN溶液反应生成血红色沉淀C. 为了除去FeCl2溶液中的FeCl3杂质，可向溶液中通入过量Cl2D. 氢氧化亚铁是白色固体，置于空气中迅速变成灰绿色，最终变成红褐色【答
15、案】D【解析】【详解】A. 赤铁矿的主要成分为Fe2O3，A错误；B. Fe3+与KSCN溶液反应，溶液显血红色，而不是生成显红色沉淀，B错误；C. 为了除去FeCl2溶液中的FeCl3杂质，可向溶液中加入适量铁粉，通入过量Cl2氧化氯化亚铁，C错误；D. 氢氧化亚铁是白色固体，易被氧化，因此置于空气中迅速变成灰绿色，最终变成红褐色氢氧化铁，D正确；答案选D。13. 下列关于SiO2和CO2的说法中正确的是（ ）A. CO2是酸性氧化物，SiO2是两性氧化物B. 石英、水晶、玛瑙的主要成分都是SiO2C. CO2和SiO2都能与水反应生成相应的酸D. 高温下SiO2能与碳单质反应生成Si和CO
16、2【答案】B【解析】【详解】A.CO2、SiO2均是酸性氧化物，均能与碱反应生成盐和水，A错误；B.石英、水晶、玛瑙的主要成分都是SiO2，B正确；C.CO2能与水反应生成相应碳酸，SiO2不溶于水，和水不反应，C错误；D.高温下SiO2能与碳单质反应生成Si和CO，D错误；答案选B。14. 下列五种有色溶液与SO2作用均能褪色，其实质相同的是（ ）品红溶液：酸性KMnO4溶液；滴有酚酞的NaOH溶液：溴水；淀粉碘溶液。A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色；SO2具有还原性，能使酸性KMnO4溶液褪色；SO2属于酸性氧化物，能使滴有酚酞的NaOH
17、溶液褪色；SO2具有还原性，能使溴水褪色；SO2具有还原性，能被单质碘氧化，能使淀粉碘溶液褪色；实质相同的是，答案选D。15. 原子序数依次增大的元素X、Y、Z、W，它们的最外层电子数分别为1、6、7、1。X-的电子层结构与氦相同，Y和Z的次外层有8个电子，Z-和W+的电子层结构相同。下列叙述错误的是（ ）A. X和其他三种元素均能形成共价化合物B. 元素的非金属性顺序为：ZYXC. W和其他三种元素均能形成离子化合物D. 元素X、Y、Z各自最高和最低化合价的代数和分别为0、4、6【答案】A【解析】【分析】原子序数依次增大的元素X、Y、Z、W，它们的最外层电子数分别为1、6、7、1，X-的电子
18、层结构与氦相同，则X为H元素；Y和Z的次外层有8个电子，原子只能有3个电子层，则Y为S元素，Z为Cl；Z-和W+的电子层结构相同，则W为K元素，据此解答。【详解】根据分析可知，X为H，Y为S，Z为Cl，W为K元素。AH元素与S元素、Cl元素放出形成H2S、HCl，二者属于共价化合物，但与K元素形成的化合物为KH，KH属于离子化合物，A错误； B同周期自左而右非金属性增强，氢化物中H元素为正价，其非金属性最弱，则非金属性XYZ，B正确；CK元素与H、S、Cl可以形成离子化合物KH、K2S、KCl， C正确；DH元素最高正化合价为+1、最低负化合价为-1，S元素最高正化合价为+6、最低负化合价为-
19、2，Cl元素最高正化合价为+7、最低负化合价为-1，最高和最低化合价的代数和分别为0、4、6，D正确；故答案为：A。16. 下列各组物质中化学键的类型相同的是（ ）A. HCl MgCl2 NH4ClB. NH3 H2O CO2C. CaCl2 NaOH H2OD. H2O Na2O CO2【答案】B【解析】【详解】A.HCl中只有共价键，MgCl2中只有离子键，NH4Cl中含有离子键和共价键，A不选；B.NH3、H2O、CO2中均只有共价键，B选；C.CaCl2中只有离子键，NaOH中含有离子键和共价键，H2O中只有共价键，C不选；D.H2O中只有共价键，Na2O中只有离子键，CO2中只有共
20、价键，D不选；答案选B。17. 化学反应A2(g)+B2(g)=2AB(g)的能量变化如图所示。下列有关叙述正确的是（ ）A. 2molA与2molB变成2molAB(g)吸收bkJ热量B. lmolA2(g)和lmolB2(g)的总能量低于2molAB(g)的总能量C. 该反应为放热反应D. 断裂1molA-A键和1molB-B键，放出akJ能量【答案】B【解析】【详解】A. 形成化学键放出能量，由图可知，2molA与2molB变成2molAB(g)放出bkJ热量，故A错误；B. 由图可知，lmolA2(g)和lmolB2(g)的总能量低于2molAB(g)的总能量，故B正确；C. 由图可知
21、，lmolA2(g)和lmolB2(g)的总能量低于2molAB(g)的总能量，故该反应为吸热反应，故C错误；D 断裂化学键吸收能量，由图可知，断裂1molA-A键和1molB-B键，吸收akJ能量，故D错误；故选B。18. 如图是一种常见原电池的装置示意图，下列说法中正确的是（ ）A. Zn片为负极，发生氧化反应B. 铜片表面有气泡产生C. 电子由铜片经导线流向锌片D. 该装置将电能转化为化学能【答案】A【解析】【详解】A. 金属性锌强于铜，Zn片为负极，发生失去电子的氧化反应，A正确；B. 铜片为正极，溶液中的铜离子得到电子析出铜，表面没有气泡产生，B错误；C. Zn片为负极，铜片为正极，
22、电子由锌片经导线流向铜片，C错误；D. 该装置属于原电池，将化学能转化为电能，D错误；答案选A。19. 在2A(g)+3B(g)2C(g)+D(g)的反应中，表示反应速率最快的是（ ）A. v(A)=0.5molL-1min-1B. v(B)=0.6molL-1min-1C. v(C)=0.7molL-1min-1D. v(D)=0.4molL-1min-1【答案】D【解析】【详解】反应速率之比是化学计量数之比，根据方程式可知如果都用物质B表示，则选项AD中反应速率分别是（molL-1min-1）0.75、0.6、1.05、1.2，所以反应速率最快的是选项D；答案选D。20. 香叶醇是合成玫瑰
23、香油的主要原料，其结构简式如下：下列有关香叶醇的叙述正确的是（ ）A. 香叶醇的分子式为C10H18OB. 不能使溴的四氯化碳溶液褪色C. 不能使酸性高锰酸钾溶液褪色D. 能发生加成反应不能发生取代反应【答案】A【解析】【详解】A项，1个香叶醇分子中含10个C、18个H和1个O，香叶醇的分子式为C10H18O，A正确；B项，香叶醇中含有碳碳双键，能与溴发生加成反应，使溴的四氯化碳溶液褪色，B错误；C项，香叶醇中含有碳碳双键和醇羟基，能被高锰酸钾溶液氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色，C错误；D项，香叶醇中含有醇羟基，能发生取代反应， D错误；答案选A。21. 已知反应：A2(g)+2B2(g) 2A
24、B(g)，下列说法正确的是（ ）A. 升高温度正反应速率加快，逆反应速率减慢B. 催化剂能同等程度改变正、逆反应速率C. 达平衡后，正、逆反应速率均为零D. 0.1molA2和0.2molB2反应达到平衡时生成0.2molAB2【答案】B【解析】【详解】A. 升高温度，活化分子数，百分数均增加，正、逆反应速率均加快，故A错误；B. 催化剂的使用，活化分子数，百分数均增加，能同等程度加快正、逆反应速率，故B正确；C. 达平衡后，正、逆反应速率相等，但是不为零，为动态平衡，故C错误；D. 可逆反应不能进行到底，故0.1molA2和0.2molB2反应达到平衡时生成的AB2小于0.2mol，故D错误
25、；故选B。22. 下列关于有机物实验现象与原因的叙述中，完全正确的一组是（ ）实验现象原因A乙烯和苯都能使溴水褪色乙烯和苯都能与溴水发生加成反应B葡萄糖和蔗糖都能与银氨溶液共热产生银镜葡萄糖和蔗糖都有醛基C乙酸与NaHCO3溶液反应产生无色气体乙酸的酸性比碳酸强D乙醇和钠反应比水和钠反应剧烈乙醇羟基中的氢原子更活泼A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A. 苯与溴水不反应，发生萃取，为物理变化，而乙烯与溴水发生加成反应，故A错误；B. 蔗糖不含CHO，则不能与银氨溶液共热产生银镜，葡萄糖可以，故B错误；C. 乙酸与NaHCO3溶液反应生成乙酸钠、二氧化碳和水，发生强酸制取弱
26、酸的反应，可知乙酸的酸性比碳酸强，故C正确；D. 乙醇与Na反应较平稳，比钠与水反应缓慢，则乙醇中羟基上的氢原子不如水分子中的氢原子活泼，故D错误；故选C。23. 氨气是高中化学中一种重要的气体，检验氨气可以用（ ）A. 湿润的淀粉-碘化钾试纸B. 湿润的品红试纸C. 湿润的红色石蕊试纸D. 湿润的蓝色石蕊试纸【答案】C【解析】【详解】氨气溶于水生成一水合氨，一水合氨电离出氢氧根离子，溶液显碱性，A. 氨气遇湿润淀粉-碘化钾试纸无现象，故A不符合；B. 氨气遇湿润的品红试纸无现象，故B不符合；C. 氨气遇湿润的红色石蕊试纸变蓝，故C符合；D. 氨气遇湿润的蓝色石蕊试纸无现象，故D不符合；故选C
27、。24. 下列说法中不正确的一组是（ ）A. 12C和14C互为同位素B. 二氧化碳和干冰互为同素异形体C. 甲烷与正丁烷(CH3CH2CH2CH3)互为同系物D. 乙醇(CH3CH2OH)与二甲醚(CH3OCH3)互为同分异构体【答案】B【解析】【详解】A.12C和14C的质子数相同，中子数不同，互为同位素，A正确；B.二氧化碳和干冰是同一种物质，B错误；C.甲烷与正丁烷(CH3CH2CH2CH3)均属于烷烃，结构相似，互为同系物，C正确；D.乙醇(CH3CH2OH)与二甲醚(CH3OCH3)的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，D正确；答案选B。25. 将13.7gNa2CO3和NaHC
28、O3的混合物充分加热，共收集到标准状况下的气体1.12L，则混合物中Na2CO3和NaHCO3的物质的量之比为（ ）A. 1：1B. 2：1C. l：2D. 3：1【答案】C【解析】【详解】设混合物中碳酸氢钠的质量为m，则：，则，所以碳酸氢钠的物质的量为，碳酸钠的质量为13.7g-8.4g=5.3g，物质的量为，故混合物中Na2CO3与NaHCO3的物质的量之比为0.05mol：0.1mol=1：2，故C正确；故选C。第II卷（非选择题，共50分）二、非选择题（本卷包括5小题，共50分）26. 用CO2合成燃料甲醇(CH3OH)是碳减排的新方向。现进行如下实验：某温度下在体积为1L的密闭容器中
29、，充入2molCO2和6molH2发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，请回答下列问题：(1)能判断该反应已达化学平衡状态的标志是_（填字母）。A.CO2百分含量保持不变B.容器中H2浓度与CO2浓度之比为3：1C.容器中混合气体的密度保持不变D.CO2的生成速率与CH3OH的生成速率相等(2)现测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示，回答下列问题：从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v(H2)=_。平衡时甲醇的体积分数为_；CO2的转化率为_。(3)以KOH为电解质溶液的甲醇燃料电池的总反应为2CH3OH+3O2+4KOH=2KCO3+6H2O。通
30、入氧气的电极为燃料电池的_（填“正”或“负”)极，负极发生的电极反应式为_。【答案】 (1). A、D (2). 0.375mol/(Lmin) (3). 30% (4). 75% (5). 正 (6). CH3OH-6e-8OH-=CO6H2O【解析】【详解】(1)A平衡时各物质的浓度保持不变，CO2百分含量保持不变，说明到达平衡，故A正确；B开始投料比，2mol CO2和6mol H2，根据方程式可知容器中H2浓度与CO2浓度之比始终为3：1，所以不能证明达平衡状态，故B错误；C容器的体积不变，反应前后都为气体，容器中混合气体的质量始终保持不变，混合气体的密度始终不变，不能说明到达平衡，故
31、C错误；DCO2生成速率表示逆反应速率，CH3OH生成速率表示正反应速率，两者相等，说明到达平衡，故D正确；答案选AD。(2)由图可知，12min到达平衡时二氧化碳的浓度变化量为2mol/L-0.5mol/L=1.5mol/L，所以v（CO2）=1.5mol/L12min=0.125mol/（Lmin），速率之比等于化学计量数之比，所以v（H2）=3v（CO2）=30.125mol/（Lmin）=0.375mol/（Lmin）；根据图像可知平衡时生成甲醇是1.5mol，同时生成水蒸气是1.5mol，根据方程式可知消耗二氧化碳和氢气分别是1.5mol和4.5mol，剩余二氧化碳和氢气分别是0.5
32、mol和1.5mol，则平衡时甲醇的体积分数为100%30%；CO2的转化率为100%75%；(3)甲醇-空气燃料电池中燃料在负极失电子发生氧化反应，在碱溶液中生成碳酸盐，氧气在正极得到电子发生还原反应，负极电极反应为CH3OH-6e-8OH-=CO6H2O。27. 如图是元素周期表的草图，表中所列字母代号分别代表某一种元素，请回答：(1)表中最活泼的金属元素与最活泼的非金属元素形成的物质是_（化学式），其中所含化学键类型为_（填“离子键”或“共价键”)。(2)a、d两种元素可形成两种化合物，其中原子个数比为1：1的化合物的结构式为_。(3)e、f、k、m对应的单原子离子的半径由大到小的顺序为
33、_（填离子符号）。(4)d、m对应的阴离子还原性由强到弱顺序为_（填离子符号）。(5)用电子式表示n与m形成的原子个数比2：1的化合物的形成过程：_。(6)写出k的最高价氧化物对应的水化物与f的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式：_。【答案】 (1). KF (2). 离子键 (3). HOOH (4). S2-F-Na+Al3+ (5). S2-O2- (6). (7). Al(OH)3OH-=AlO2H2O【解析】【分析】根据元素在周期表中的位置可判断a是H，b是C，d是O，e是F，f是Na，k是Al，m是S，n是K，p是Br，据此解答。【详解】(1)表中最活泼的金属元素K与最活泼的
34、非金属元素F形成的物质是KF，其中所含化学键类型为离子键。(2)a、d两种元素可形成两种化合物，其中原子个数比为1：1的化合物是双氧水，结构式为HOOH。(3)核外电子层数越多，离子半径越大，核外电子排布相同时，离子半径随原子序数的增大而减小，则e、f、k、m对应的单原子离子的半径由大到小的顺序为S2-F-Na+Al3+。(4)非金属性越强相应阴离子的还原性越弱，氧元素非金属性强于硫元素，则d、m对应的阴离子还原性由强到弱顺序为S2-O2-。(5)n与m形成的原子个数比2：1的化合物是离子化合物K2S，用电子式表示n与m形成的原子个数比2：1的化合物的形成过程为。(6)k的最高价氧化物对应的水
35、化物氢氧化铝与f的最高价氧化物对应的水化物氢氧化钠反应的离子方程式为Al(OH)3OH-=AlO2H2O。28. 铝是地壳中含量最多的金属元素，在自然界中主要以氧化物的形式存在于铝土矿中，铝土矿（主要成分为Al2O3含SiO2和Fe2O3等杂质）是炼铝的主要原料。某化学兴趣小组设计炼铝的主要流程如下：回答下列问题：（1）铝土矿的主要成分Al2O3是一种_氧化物（填“酸性”“碱性”或“两性”)。（2）加氢氧化钠溶液溶解时SiO2发生反应的化学方程式为_。（3）加入过量盐酸发生反应的离子方程式为_和_。（4）滤渣l的主要成分为_，若溶解时加的是盐酸，则滤渣l的主要成分为_（均填化学式）。（5）该实
36、验过程中，需多次采用过滤操作，其所需的玻璃仪器有_。【答案】 (1). 两性 (2). SiO22NaOH=Na2SiO3H2O (3). AlO4H+=Al3+2H2O (4). SiO2H+=H2SiO3 (5). Fe2O3 (6). SiO2 (7). 漏斗、烧杯、玻璃棒【解析】【分析】铝土矿的主要成分为Al2O3，还含SiO2和Fe2O3等杂质，加入氢氧化钠溶液溶解，氧化铝转化为偏铝酸钠，二氧化硅转化为硅酸钠，氧化铁不溶，过滤滤渣1的主要成分是氧化铁，滤液1中加入过量盐酸偏铝酸钠转化为氯化铝，硅酸钠转化为硅酸沉淀，过滤滤渣2的主要成分是硅酸，滤液2中加入氨水，氯化铝转化为氢氧化铝沉淀
37、，灼烧转化为氧化铝，电解熔融的氧化铝得到金属铝，据此解答。【详解】（1）铝土矿的主要成分Al2O3，既能与盐酸反应生成盐和水，也能和碱反应生成盐和水，是一种两性氧化物。（2）加氢氧化钠溶液溶解时SiO2发生反应转化为硅酸钠，反应的化学方程式为SiO22NaOH=Na2SiO3H2O。（3）加入过量盐酸偏铝酸钠转化为氯化铝，硅酸钠转化为硅酸沉淀，发生反应的离子方程式为AlO4H+=Al3+2H2O和SiO2H+=H2SiO3。（4）氧化铁不溶于碱，滤渣l的主要成分为Fe2O3，若溶解时加的是盐酸，二氧化硅不溶，则滤渣l的主要成分为SiO2。（5）该实验过程中，需多次采用过滤操作，其所需的玻璃仪器
38、有漏斗、烧杯、玻璃棒。29. 利用如图所示实验装置可完成中学化学中的一些实验。请回答下列问题：（1）仪器A的名称为_。（2）若要证明非金属性：ClS，则可在A中加浓盐酸，B中加KMnO4(已知：KMnO4与浓盐酸常温下反应可生成氯气），C中加入Na2S溶液，观察到C中产生淡黄色浑浊的现象，即可证明，C中发生反应的离子方程式为_，若从环境保护的角度考虑，此装置还缺少尾气处理装置，可用_溶液吸收尾气。（3）现有稀硝酸、稀盐酸、稀硫酸、碳酸钠粉末、硅酸钠溶液五种试剂。选择三种试剂利用如图装置证明酸性强弱：H2SO4H2CO3H2SiO3，回答下列问题：A中试剂为_，B中试剂为_。要得出酸性H2SO4
39、H2CO3H2SiO3的结论，则C中应观察到的现象为_。（4）利用如图装置证明SO2气体具有漂白性。已知：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2H2O。在装置A中加入70%的硫酸溶液，B中加入Na2SO3粉末，C中加入品红溶液。打开分液漏斗活塞，一段时间后C中观察到的现象是_，待反应完全后，将试管C加热一段时间发生的现象是_，即可证明SO2气体具有漂白性。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). Cl2S2-=2Cl-S (3). NaOH (4). 稀硫酸 (5). 碳酸钠粉末 (6). 有白色沉淀产生 (7). 品红溶液褪色 (8). 溶液又恢复红色【解析】【分析】本题是实验探究题，
40、利用非金属单质之间的置换反应、强酸制弱酸来探究酸性的强弱，难度中等；（1）从实验装置图中可知仪器A的名称；（2）要比较非金属性 ClS，可以利用非金属单质之间的置换反应，由于Cl2有毒，不能直接排放，故缺少尾气处理装置，Cl2能与NaOH反应，故用NaOH溶液吸收尾气；（3）要证明酸性强弱，应该采用强酸制取弱酸的方法检验，强酸和弱酸盐反应生成弱酸；硫酸酸性最强，所以A中盛放硫酸，硫酸和碳酸钠反应生成二氧化碳，二氧化碳和硅酸钠溶液生成硅酸，从而确定酸性强弱；（4）SO2可以使品红溶液褪色，体现了SO2具有漂白性，SO2的漂白原理是SO2与品红反应生成不稳定的无色化合物，是暂时性的漂白，褪色的品红
41、溶液加热能恢复红。【详解】（1）从实验装置图中可知，仪器A是分液漏斗，故答案为：分液漏斗；（2）在A中加浓盐酸，B中加KMnO4，在常温下反应可生成氯气，C中加入Na2S溶液，观察到C中产生淡黄色浑浊的现象即产生了硫单质，即可证明非金属性：ClS，则C中发生反应的离子方程式为Cl2S2-=2Cl-S，由于Cl2有毒，不能直接排放，故缺少尾气处理装置，利用Cl2能与NaOH反应，故用NaOH溶液吸收尾气，故答案为：Cl2S2-=2Cl-S；NaOH；（3）要证明酸性强弱，应该采用强酸制取弱酸的方法检验，硫酸酸性最强，所以A中盛放硫酸，硫酸酸和碳酸钠反应生成二氧化碳，二氧化碳和硅酸钠溶液生成硅酸，
42、仪器B为圆底烧瓶，作反应容器，分液漏斗A中盛放硫酸，和碳酸钠反应生成二氧化碳，则仪器B中试剂为碳酸钠粉末，故答案为：稀硫酸；碳酸钠粉末；硫酸与碳酸钠反应生成的二氧化碳气体与硅酸钠溶液反应生成不溶性硅酸和碳酸钠，反应的方程式为CO2+H2O+Na2SiO3=H2SiO3+Na2CO3，故C中可以观察到有白色沉淀生成，故答案为：有白色沉淀产生；（4）SO2通入品红溶液中，红色褪去，二氧化硫与品红化合生成无色物质，体现二氧化硫的漂白性，SO2的漂白是暂时性的漂白，生成的物质不稳定，受热易分解，重新变为红色，故答案为：红色溶液褪色；溶液又恢复红色。30. 乳酸乙酯E是白酒香气的成分之一，广泛用作食品香
43、精，适量添加可增加白酒中酯的浓度，增加白酒的香气。已知乳酸乙酯能发生如图的变化(其中A烃是衡量一个国家石油化工发展水平的重要标志)。(1)乳酸乙酯的分子式为_。(2)D的结构简式为_，F中官能团的名称为_。(3)的化学方程式是_。(4)F和D反应生成G的化学方程式为_，反应类型为_。(5)1mol乳酸与足量金属Na反应，消耗金属Na的质量为_g。【答案】 (1). C5H10O3 (2). CH3COOH (3). 羟基、羧基 (4). 2CH3CH2OHO22CH3CHO2H2O (5). CH3COOH+H2O (6). 取代反应或酯化反应 (7). 46【解析】【分析】E乳酸乙酯在酸性条
44、件下水解生成F乳酸和B，则B为CH3CH2OH；烃A是衡量一个国家石油化工发展水平的重要标志，A与水发生反应生成乙醇，则A为CH2=CH2；B催化氧化生成C为CH3CHO，C催化氧化生成D为CH3COOH，D与乳酸发生酯化反应生成G为，据此分析解答。【详解】(1)根据乳酸乙酯的结构简式可知，其分子式为C5H10O3；(2)D为乙酸，其结构简式为CH3COOH；F为，其官能团的名称为羟基、羧基；(3)反应为乙醇发生催化氧化生成乙醛，化学反应方程式是2CH3CH2OHO22CH3CHO2H2O；(4)F ，D为CH3COOH，二者在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应生成G为，化学反应方程式为CH3COOH+H2O，反应类型为取代反应或酯化反应；(5)乳酸 中羧基和羟基均能与Na发生置换反应，且羧基、羟基与Na反应的比例关系均为1:1，则1mol乳酸与足量金属Na反应，消耗金属Na的物质的量为2mol，质量为。【点睛】(醇)羟基上的氢原子不能电离下来，只能与活泼金属，如钠，发生置换反应，不能与氢氧化钠、碳酸钠、碳酸氢钠等发生反应。羧基上的氢原子能电离下来，使其水溶液显酸性，能与活泼金属钠、氢氧化钠、碳酸钠、碳酸氢钠等发生反应。