浙江省金华市十校2017-2018学年高一下学期期末联考化学---精校解析Word版

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www.ks5u.com浙江省金华市十校2017-2018学年高一下学期期末联考化学试题1.下列属于碱性氧化物的是A.SO2B.CaOC.COD.Cu2(OH)2CO3【答案】B【解析】分析：凡是能与酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物，据此分析。详解：碱性氧化物是指能和酸反应生成盐和水的氧化物，CaO是碱性氧化物，它能和酸反应生成盐和水，且为氧化物；SO2、CO虽为氧化物，但不能与酸反应，Cu2(OH)2CO3能与酸反应但不是氧化物，是碱式盐；答案选B。2.下列仪器名称为“分液漏斗”的是A.B.C.D.【答案】A【解析】分析：分液漏斗是一种玻璃实验仪器，特别是涉及一种做化学实验用的分液漏斗．包括斗体，盖在斗体上口的斗盖．斗体的下口安装一三通结构的活塞，活塞的两通分别与两下管连接．详解：B为量筒，C为容量瓶，D为碱式滴定管，A符合“分液漏斗”的特征，为分液漏斗。答案选A。-21- 点睛：本题考查常见仪器的使用和化学基本操作的方法，题目难度不大，注意在学习中加强基础知识的积累。3.下列物质属于弱电解质的是A.二氧化碳B.水C.氢氧化钙D.碳酸氢钠【答案】B【解析】A．二氧化碳只存在分子，没有自由移动的离子，二氧化碳溶于水后，能和水反应生成碳酸，碳酸能电离出自由移动的阴阳离子，但电离出阴阳离子的是碳酸，不是二氧化碳，所以二氧化碳是非电解质，选项A错误；B．水只有部分电离，H2OH++OH-，所以是弱电解质，选项B正确；C．氢氧化钙在水溶液中，能完全电离出自由移动的钙离子和氢氧根离子，它是化合物，属于强电解质，选项C错误；D．碳酸氢钠在水溶液中，能完全电离出自由移动的钠离子和碳酸氢根离子，它是化合物，属于强电解质，选项D错误；答案选B。4.Fe2O3+3CO 2Fe+3CO2的反应类型是A.化合反应B.置换反应C.氧化还原反应D.复分解反应【答案】C【解析】Fe2O3+3CO2Fe+3CO2的反应类型不属于四种基本反应类型的任何一种，其中有两种元素的化合价发生了变化，所以是氧化还原反应，本题选C。5.下列物质的水溶液因水解而呈酸性的是A.NaNO3B.NaHSO4C.CH3COONaD.NH4Cl【答案】D【解析】分析：物质的水溶液因水解呈酸性的是强酸弱碱盐，据此分析。详解：A、NaNO3是强酸强碱盐，不水解水溶液呈中性，选项A错误；B、硫酸氢钠是强酸强碱盐，在溶液中能电离为钠离子、氢离子和硫酸根，故是电离显酸性，选项B错误；C、醋酸钠是强碱弱酸盐，故水解显碱性，选项C错误；D、氯化铵是强酸弱碱盐，在溶液中水解显酸性，选项D正确；答案选D。点睛：本题考查了盐类的水解和电解质的电离，难度不大，应注意的是碱一定显碱性，但显碱性的不一定是碱。6.化学与生产、生活、社会密切相关。下列说法正确的是-21- A.氢氧化铁胶体常用于净水，是因其具有杀菌消毒作用B.金属镁的熔点高达2800℃，是优质的耐高温材料C.化学电源的能量转化率是燃料燃烧所不可比拟的D.通入过量空气，可以使燃料充分燃烧，同时提高热能利用率【答案】C【解析】A、Fe(OH)3胶体具有吸附性，可以吸附水中悬浮的颗粒并沉降，从而起到净水作用。但并不能杀菌消毒，选项A错误；B．镁熔点低，能在空气中燃烧，不能用于耐高温材料，氧化镁具有较高熔点，为良好的耐高温材料，选项B错误；C.化学电源的能量转化率是燃料燃烧所不可比拟的，选项C正确；D、通入过量空气，部分燃料不充分燃烧，反而降低热能利用率，选项D错误。答案选C。7.下列有关化学用语的表述不正确的是A.氯化氢的电子式：B.乙块的结构简式：CHCHC.S2-的结构示意图：D.乙烯的球棍模型：【答案】B【解析】分析：A.氯化氢为共价化合物；B.乙块的结构简式必须标出碳碳三键；C.S2-核内16个质子，核外18个电子；D.乙烯分子中存在碳碳双键。详解：A.氯化氢为共价化合物，其电子式为：，选项A正确；B.乙块的结构简式为：CHCH，选项B不正确；C.S2-的结构示意图为：，选项C正确；D.乙烯的球棍模型为：，选项D正确。答案选D。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.将石油分馏产物中的长链烃通过裂解，可得到乙烯、丙烯等短链烃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-21- 【答案】C【解析】分析：A、依据二氧化硅和硅单质性质分析判断；B、高炉炼铁原料有铁矿石、焦炭、空气、石灰石；C、烷烃裂解可得到乙烯、丙烯等；D．煤的干馏是在隔绝空气的条件下发生的。详解：A、二氧化硅是制造光导纤维的材料，单质硅是良好的半导体材料，选项A错误；B、高炉炼铁原料有铁矿石、焦炭、空气、石灰石，选项B错误；C、将石油分馏产物中的长链烃通过裂解，可得到乙烯、丙烯等短链烃，选项C正确；D．煤的干馏是在隔绝空气的条件下发生的，得到焦炭、煤焦油、焦炉气、粗氨水等产品，在空气中加强热会燃烧生成二氧化碳，选项D错误；答案选C。点睛：本题综合考查有机物的组成、结构和性质，为高考高频考点，侧重于有机物知识的综合考查，难度不大，注意相关基础知识的积累。9.下列有关能源的说法不正确的是A.光电转换的基本装置就是太阳能电池，应用相当广泛B.利用蓝绿藻等低等植物和微生物在阳光作用下可使水分解产生氢气C.贮氢合金的发现和应用，开辟了解决氢气贮存、运输难题的新途径D.煤、石油、天然气、氢能中，天然气、氢能是可再生能源【答案】D【解析】分析：A、光电转换的基本原理是光电效应；B．氢气燃烧放出大量的热量，且燃烧产物是水没有污染，水可以在光能作用下分解成氧气和氢气；C．气体难贮存和运输，将其转化为固态易贮存和运输；D、化石燃料包括，煤、石油和天然气，不能再生，而氢能是可以再生的能源。详解：A.光电转换的基本装置就是太阳能电池，它的基本原理是光电效应，应用相当广泛，选项A正确；B、氢气燃烧放出大量的热量，且燃烧产物是水没有污染，所以氢气是21世纪极有前途的新型能源，科学家可以利用蓝绿藻等低等植物和微生物在阳光作用下使水分解产生氢气从而利用氢能，选项B正确；C．气体难贮存和运输，将其转化为固态易贮存和运输，所以贮氢合金的应用，是解决氢气贮存、运输难题的新途径，选项C正确；D、化石燃料包括，煤、石油和天然气，不能再生，而氢能是可以再生的能源，选项D不正确。答案选D。10.下列说法正确的是A.将铜丝烧热，迅速插入乙醇中，反复多次，可以闻到刺激性气味-21- B.用精密pH试纸测得某氯水的pH=5.5C.油脂完全皂化后的反应液中加入热的饱和食盐水，搅拌，烧杯底部析出固体物质D.分液时下层液体从分液漏斗下口放出，关闭旋塞，换一个接收容器，上层液体继续从分液漏斗下口放出【答案】A【解析】分析：A、乙醇氧化生成有刺激性气味的乙醛；B、氯水中含有具有漂白性的HClO，能使pH试纸褪色；C．加入饱和食盐水后发生盐析，上层是固体肥皂高级脂肪酸钠；D、分液时先从下口放出下层液体，再从上口倒出上层液体。详解：A.将铜丝烧热，迅速插入乙醇中，反复多次，乙醇被氧化生成乙醛，可以闻到刺激性气味，选项A正确；B、因为氯水中含有具有漂白性的HClO，能使pH试纸褪色，所以无法用pH试纸测量氯水的pH，选项B错误；C．在油脂完全皂化后的混合物中加入热的饱和食盐水，搅拌，发生了盐析现象，混合物上下分层，上层是固体肥皂，选项C错误；D、分液时，避免上下层液体混合，则分液漏斗先从下口放出下层液体，再从上口倒出上层液体，选项D错误；答案选A。11.下列说法不正确的是A.O2、O3互为同素异形体B.气态烃CH4、C2H4、C2H2互为同系物C.一氯丁烷(C4H9Cl)有4和同分异构体D.正丁烷的沸点高于异丁烷【答案】B【解析】分析：A、由同一种元素组成的不同单质互称为同素异形体；B、结构相似，分子组成上相差一个CH2原子团的化合物互为同系物；C、丁基有四种故一氯丁烷也有四种同分异构体；D．烷烃的支链越多，沸点越低。详解：A．O2和O3是氧元素的不同单质，所以是同素异形体，选项A正确；B、气态烃CH4、C2H4、C2H2分别属于烷烃、烯烃和炔烃，不互为同系物，选项B不正确；C、C4H9Cl可以看作是丁烷中的1个H原子被Cl取代产物，C4H9Cl同分异构体与丁基的数目相同，有4种丁基，则C4H9Cl的同分异构体种数有4种，选项C正确；D．烷烃的支链越多，沸点越低，则正丁烷的沸点高于异丁烷，选项D正确；答案选B。-21- 12.苯可发生如右图所示的变化，下列说法不正确的是A.现象①：液体分层，下层紫红色B.现象②：火焰明亮，冒浓烟C.溴苯的密度比水大D.间二硝基苯只有一种，说明苯分子中不存在碳碳单键和碳碳双键交替出现的结构【答案】D【解析】A、苯中加入酸性高锰酸钾不反应，液体分层苯的密度小于水在下层，下层为酸性高锰酸钾溶液呈紫红色，选项A正确；B、苯中含碳量高，燃烧时火焰明亮，冒浓烟，选项B正确；C、溴苯的密度比水大，选项C正确；D、无论苯分子中是否存在碳碳单键和碳碳双键交替出现的结构，间二硝基苯也只有一种，选项D不正确。答案选D。13.下列离子方程式不正确的是A.稀硫酸和氢氧化钡溶液反应:SO42-+Ba2+= BaSO4↓B.Cl2和水反应:Cl2+H2O= H++Cl-+HClOC.乙酸乙酯和NaOH溶液反应：CH3COC2H5+OH- =CH3COO- +CH3CH2OHD.碳酸氢钙溶液和少量的澄清石灰水混合：HCO3-+Ca2++OH- =CaCO3↓ +H2O【答案】A【解析】分析：A、注意氢氧根离子与氢离子的反应；B、次氯酸为弱酸必须写化学式；C、乙酸钠为盐，完全电离为钠离子和醋酸根离子；D、反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水。详解：A．硫酸镁溶液跟氢氧化钡溶液反应的离子反应为2OH-+Mg2++SO42-+Ba2+=BaSO4↓+Mg（OH）2↓，选项A不正确；B、Cl2和水反应生成盐酸和次氯酸，反应的离子方程式为:Cl2+H2O= H++Cl--21- +HClO，选项B正确；C、乙酸乙酯和NaOH溶液反应生成醋酸钠和乙醇，反应的离子方程式为：CH3COC2H5+OH- =CH3COO- +CH3CH2OH，选项C正确；D、碳酸氢钙溶液和少量的澄清石灰水混合反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水，反应的离子方程式为：HCO3-+Ca2++OH- =CaCO3↓+H2O，选项D正确。答案选A。14.右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XYZWTA.X、W、Z的原子半径依次递减B.Y、Z、W的气态气化物热稳定性依次递减C.根据元素周期表推测T元素的单质具有半导体特性D.最低价阴离子的失电子能力X比W强【答案】C【解析】分析：X、Y、Z、W为短周期元素，由元素周期表可知：X应位于第二周期，且应处于周期表中右半部分，W与X处于同一主族，且W元素原子的核电荷数为X元素的2倍，那么X为O，W为S，可知Y为Si、Z为P、T为As，结合元素周期律与元素化合物结构与性质解答。详解：X、Y、Z、W为短周期元素，由元素周期表可知：X应位于第二周期，且应处于周期表中右半部分，W与X处于同一主族，且W元素原子的核电荷数为X元素的2倍，那么X为O，W为S，可知Y为Si、Z为P、T为As。A．同周期元素原子半径依次减小，同主族元素原子半径依次增大，X、W、Z的原子半径依大小为Z＞W＞X，即P＞S＞O，选项A错误；B．元素的非金属性越强，其气态氢化物越稳定，由于非金属性S＞P＞Si，故H2S＞PH3＞SiH４，选项B错误；C．As处于元素周期表的金属与非金属分界线上，具有半导体的性能，选项C正确；D．最低价阴离子的失电子能力X（O２－）比W（S２－）弱，选项D错误。答案选C。点睛：本题考查元素的位置与性质结构的关系，难度不大，注意对元素周期律的理解掌握。-21- 15.下列关于有机物性质的叙述正确的是A.CH3CHO与H2的加成反应体现了CH3CHO的还原性B.一定条件下，葡萄塘、蛋白质都能发生水解反应C.乙烯能与水反应、乙烯能与氯化氢反应，二者的反应类型相同D.质量相等的乙烯和丙烯分别在足量的氧气中燃烧，丙烯生成的二氧化碳多【答案】C【解析】A.CH3CHO与H2的加成反应CH3CHO被还原，体现了CH3CHO的氧化性，选项A错误；B.葡萄塘是单糖，不能发生水解反应，选项B错误；C.乙烯能与水反应、乙烯能与氯化氢反应，二者的反应类型相同，均为加成反应，选项C正确；D.烯烃的通式相同为CｎＨ２ｎ，含碳量相同，故质量相等的乙烯和丙烯分别在足量的氧气中燃烧，丙烯生成的二氧化碳一样多，选项D错误；答案选C。16.下列说法正确的是A.用于纺织的棉花和蚕丝的主要成分都是纤维素B.燃煤烟气的脱硫，汽车尾气的消除、二氧化碳的回收均体现了化学对环境保护的贡献C.食物中的淀粉类物质，通过人体中酶的催化作用转化为酒精D.向鸡蛋清的溶液中加入浓硫酸铜溶液,可现察到蛋白质发生凝聚，再加入蒸馏水，振荡后蛋白质又发生溶解【答案】B【解析】A、蚕丝的主要成分是蛋白质，选项A错误；B、燃煤烟气的脱硫，减轻二氧化硫对空气的危害，汽车尾气的消除，减轻氮的氧化物对空气的危害，二氧化碳的回收减少温室效应，则均体现了化学对环境保护的贡献，选项B正确；C．淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下转化为酒精，而淀粉不能通过人体中酶的催化作用下转化为酒精，选项C错误；D．鸡蛋清的溶液中加入浓硫酸铜溶液，发生变性，为不可逆反应，则蛋白质发生凝聚，再加入蒸馏水，振荡后蛋白质不能溶解，选项D错误；答案选B。17.某天然拒食素具有防御非洲大群蚯蚓的作用其结构简式如下图所示(含有2种官能团)。该拒食素与下列足量某试剂充分反应后，官能团种类数发生变化的是-21- A.H2B.HBrC.Br2的CC14溶液D.Ag(NH3)2OH溶液【答案】A【解析】A、碳碳双键、醛基均能与氢气发生加成反应，官能团数目减少1个，选项A选；B、碳碳双键与溴化氢发生加成反应，引入1个溴原子，官能团数目不变，选项B不选；C、根据结构简式可知，分子中含有碳碳双键，与溴水发生加成反应，引入2个溴原子，因此官能团数目不变，选项C不选；D、分子中含有醛基，可发生银镜反应，醛基变为羧基，但官能团数目不变，选项D不选；答案选A。18.下列实验方法中，不能证明醋酸是弱电解质的是A.常温下，测定0.1 mol/LCH3COOH的pHB.常温下，测一定浓度的CH3COONa溶液的pHC.等体积的0.1mol/LHCl和0.1mol/L醋酸溶液，比较中和这两种酸所需等物质的量浓度的NaOH溶液的体积D.等体积的0.1 mol/LHCl和0.1 mol/L醋酸溶液，分别与等量的颗粒大小相同的Zn反应，观察产生气泡的速率【答案】C【解析】A．常温下，测定0.1mol·L-1CH3COOH的pH值，若pH大于1，即可证明为弱电解质，选项A不选；B、常温下，乙酸钠溶液显示碱性，说明乙酸钠为为强碱弱酸盐，从而证明了乙酸为弱电解质，选项B不选；C、等体积的0.1mol/LHCl和0.1mol/L醋酸溶液，中和这两种酸所需等物质的量浓度的NaOH溶液的体积相等，不能证明醋酸是弱电解质，选项C选；D.等体积的0.1 mol/LHCl和0.1 mol/L醋酸溶液，分别与等量的颗粒大小相同的Zn反应，盐酸反应产生气泡的速率较快，说明醋酸不完全电离，是弱电解质，选项D不选。答案选C。19.某燃料电池如图所示，两电极A、B材料都是石墨，下列说法不正确的是-21- A.氧气在正极发生还原反应B.若电解质为氢氧化钠溶液，则负极反应式为H2-2e-+2OH-=2H2OC.电子由电极a流经电解液到电极bD.若正极消耗的气体质量为4g，则转移的电子的物质的量为0.5mol【答案】C【解析】分析：氢氧燃料碱性电池中，负极上通入燃料，燃料失电子和氢氧根离子反应生成水，正极上通入氧气，氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，据此分析解答。详解：A．b电极上氧气得电子发生还原反应作电池的正极，选项A正确；B.若电解质为氢氧化钠溶液，则负极上氢气失电子产生的氢离子与氢氧根离子结合生成水，电极反应式为：H2-2e-+2OH-=2H2O，选项B正确；C、根据以上分析，原电池中电子从负极流向正极，即从a电极流出经导线流向b电极，选项C不正确；D．正极发生还原反应，电极方程式为O2+2H2O+4e-=4OH-，若正极消耗的气体质量为4克，即0.125mol，则转移的电子的物质的量为0.125mol×4=0.5mol，选项D正确。答案选C。点睛：本题考查学生原电池的工作原理以及电极反应是的判断和书写知识，注意知识的迁移应用是关键，难度中等，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。20.下列说法正确的是A.NaHCO3受热分解，既破坏了离子键，又破坏了共价键B.碘晶体受热变成碘蒸气，吸收的热量用于克服碘原子间的作用力C.氦气、二氧化碳和甲烷的分子内都存在共价键D.一个SiO2分子含有一个Si原子和2个O原子【答案】A【解析】A、NaHCO3受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水既发生离子键破坏，又发生共价键破坏，选项A正确；B、碘晶体受热变成碘蒸气，吸收的热量主要用于克服碘分子之间的作用力，选项B-21- 错误；C、氦气是单原子分子，分子内不存在共价键，选项C错误；D、二氧化硅是原子晶体,平均一个硅原子与四个氧原子相连,严格地说一个二氧化硅分子应该指一整个二氧化硅晶体,它的分子式为SinO2n,选项D错误。答案选A。21.根据Ca(OH)2/CaO体系的能量循环图：下列说法正确的是A.∆H5>0B.∆H1+∆H2=0C.AH3=AH4+AH5D.AH1+AH2+AH3+AH4+AH5=0【答案】D【解析】A.水由510℃的气态变为25℃的液态，放热，△H5<0，故A错误；B.由图可知，有关△H1与△H2的反应进行时，反应物与生成物的温度不同，所以△H1+△H2≠0，故B错误；C.由图可知，△H3>0，△H4<0，△H5<0，所以△H3≠△H4+△H5，故C错误；D.根据能量守恒定律，ΔH1＋ΔH2＋ΔH3＋ΔH4＋ΔH5＝0，故D正确；故选D。22.NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.标准状况下，11.2 L H2O中含有H -O键数目为NAB.常温常压下,15g甲基(-CH3)所含的电子数为9 NAC.6.4gSO2和lmolO2充分反应,转移的电子数为0.2NAD.0.1mol/L的NaCl溶液中，Na+的离子数目为0.1NA【答案】B【解析】分析：A、标况下，水为液体；B、1mol甲基中含有9mol电子；C．二氧化硫转化成三氧化硫的反应为可逆反应，反应物不可能完全转化成生成物；D、离子数目与离子浓度、溶液体积有关，未告诉溶液体积，无法计算离子数目。详解：A、标况下，水为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，选项A错误；B、15g甲基的物质的量为1mol，1mol甲基中含有9mol电子，所含有的电子数是9NA，选项B正确；C．SO2与O2的反应为可逆反应，反应物不可能完全转化为产物，故6.4gSO2-21- 反应时转移电子数小于0.2NA，选项C错误；D、0.1mol/L的NaCl溶液中，Na+与Cl-离子的浓度为0.1mol/L，离子数目与离子浓度、溶液体积有关，未告诉溶液体积，无法计算离子数目，选项D错误；答案选B。23.为了研究碳酸钙与盐酸反应的反应速率，某同学通过实验测定碳酸钙固体与足量稀盐酸反应生成CO2的体积随时间的变化情况，绘制出下图所示的曲线。下列有关说法中不正确的是A.在0-t1、t1-t2、t2-t3 中，t1-t2生成的CO2气体最多B.因反应放热，导致0-t1内的反应速率逐渐增大C.t2-t3的速率V(CO2)=mL/sD.将碳酸钙固体研成粉末，则曲线甲将变成曲线乙【答案】D【解析】A、反应速率越大，在图象中曲线的斜率就越大，所以反应最快的是t1～t2，根据纵坐标可知生成气体最多的是t1～t2，选项A正确；B、0-t1随反应的进行，反应物的浓度是减小的，但速率是增大的，这说明反应一定是放热反应，温度升高导致反应速率增大，选项B正确；C、根据图中信息可知，t2-t3的速率V(CO2)=mL/s，选项C正确；D、若将碳酸钙固体研成粉末，反应物的接触面积增大，反应速率增大，则曲线应在甲的左边，选项D不正确。答案选D。24.(NH4)2SO4是一种常见的化肥，某工厂用石膏、NH3、H2O和CO2制备(NH4)2SO4的工艺流程如下：-21- 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②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CaCO3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+H2O═CaCO3↓+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设计题，考查学生分析和解决问题的能力，难度大．。25.检验某溶液中是否含有Na+、K+、Fe3+、Mg2+、Cl-、I-、CO32-、SO42-，限用试剂有：盐酸、硫酸、硝酸钡溶液、硝酸银溶液。设计如下实验步骤，并记录相关现象：(已知，NO3-在酸性条件下具有强氧化性) 下列叙述不正确的是A.试剂①为硝酸钡B.试剂②一定为盐酸C.该溶被中一定有I-、CO32-、SO42-；Na+、K+至少含有一种D.通过在黄色溶液中加入硝酸银可以检验原溶液中是否存在C1--21- 【答案】D【解析】分析：由实验可知，加试剂①为硝酸钡溶液，生成白色沉淀为碳酸钡和硫酸钡，则加试剂②为盐酸，沉淀减少，硫酸钡不溶于酸；加试剂①过滤后的滤液中，再加试剂②为盐酸，氢离子，硝酸根离子、I-发生氧化还原反应生成碘，溶液为黄色，以此来解答。详解：由实验可知，加试剂①为硝酸钡溶液，生成白色沉淀为碳酸钡和硫酸钡，则加试剂②为盐酸，沉淀减少，硫酸钡不溶于酸，则原溶液中一定存在CO32-、SO42-，则不含Fe3+、Mg2+；加试剂①过滤后的滤液中，再加试剂②为盐酸，氢离子，硝酸根离子、I-发生氧化还原反应生成碘，溶液为黄色，溶液为电中性，则一定含阳离子为K+，A．由上述分析可知，试剂①为硝酸钡，选项A正确；B．由上述分析可知，试剂②一定为盐酸，因碳酸钡与硫酸反应生成硫酸钡使沉淀量增加，选项B正确；C．由上述分析可知，该溶液中一定有I-、CO32-、SO42-、Na+、K+至少含有一种，选项C正确；D．黄色溶液中加入硝酸银可生成AgI沉淀，试剂②加盐酸引入氯离子，不能检验原溶液中是否存在Cl-，选项D不正确；答案选D。点睛：本题考查物质鉴别、检验的实验方案设计，为高频考点，把握白色沉淀的成分、黄色溶液中含碘为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度中等。26.A是人体重要的营养物质，是天然有机高分子化合物，D是一种重要的化工原料。在相同条件下，G的蒸气密度是E蒸气密度的2倍。它们之间的转化关系如图：(1)向试管中加入2 mL 10%氢氧化钠溶液，滴加4-5滴5%硫酸铜溶液，振荡后加入2 mL10%的E的溶液，加热，可观察到的现象是___________。(2)写出C和F在浓H2SO4作用下生成G的化学方程式________，该反应的类型是______。(3)已知D和F在催化剂作用下反应也能生成G，写出该反应的化学方程式______。(4)下列说法不正确的是________。a.要确定A已发生部分水解，先将水解液中和成碱性，再用银氨溶液和碘水分别检验b.有机物B、C、D和G均能使酸性KMnO4溶液褪色-21- c.将足量的D通入溴水中，可以观察到溴水褪色，溶液分层d.某烃X的相对分子质量是D、H之和，则X能与溴水发生加成反应(5)写出比G少一个碳原子的同系物的可能结构简式_________。【答案】(1).溶液中生成砖红色沉淀(2).CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O(3).取代反应(4).CH2=CH2+CH3COOHCH3COOCH2CH3(5).abd(6).HCOOCH2CH3；CH3COOCH3【解析】分析：A是人体重要的营养物质，是天然有机高分子化合物则A为淀粉，在酸性条件下水解生成葡萄糖B，B在酒曲酶作用下反应生成C为乙醇、H为二氧化碳，D是一种重要的化工原料，能与水反应生成乙醇则D为乙烯，乙烯氧化得到E。在相同条件下，G的蒸气密度是E蒸气密度的2倍。据此分析可得E为乙醛，F为乙酸，乙醇与乙酸发生酯化反应生成G为乙酸乙酯。详解：(1)向试管中加入2 mL 10%氢氧化钠溶液，滴加4-5滴5%硫酸铜溶液，振荡后加入2 mL10%的E的溶液即乙醛溶液，加热，可观察到的现象是溶液中生成砖红色沉淀；(2)C和F在浓H2SO4作用下生成G的化学方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，该反应的类型是酯化反应或取代反应；(3)D和F在催化剂作用下反应也能生成G，反应的化学方程式为CH2=CH2+CH3COOHCH3COOCH2CH3；(4)a.要确定A（淀粉）已发生部分水解，先加碘水检验是否含有淀粉，再将水解液中和成碱性，再用银氨溶液检验是否有水解产物葡萄糖，故不正确；b.有机物B、C、D分别含有羟基、醛基或碳碳双键，均能使酸性KMnO4溶液褪色，但G为乙酸乙酯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故不正确；c.将足量的D通入溴水中，可以观察到溴水褪色，生成的1，2-二溴乙烷与水不互溶，溶液分层，故正确；d.某烃X的相对分子质量是D、H之和即28+44=72，，则X为C5H12，为烷烃，不能与溴水发生加成反应，故不正确。答案选abd；(5)G为乙酸乙酯，比G少一个碳原子的同系物的可能结构简式有HCOOCH2CH3、CH3COOCH3。27.元素单质及其化合物有广泛用途，请根据周期表中第三周期元素相关知识回答下列问题：  (1)按原子序数递增的顺序(稀有气体除外)，以下说法正确的是_______。a.单质的熔点降低b.原子半径和简单离子半径均减小-21- c.元素的金属性减弱，非金属性增强d.氧化物对应的水化物碱性减弱，酸性增强(2)氧化性最弱的简单阳离子是_______；热稳定性：H2O____H2S(填>、<、=)。(3)写出SiCl4的电子式：________。(4)已知化合物M由第三周期的两种相邻元素按原子个数比1:1组成，不稳定，遇水反应生成谈黄色沉淀A和两种无色有刺意性气味气体B、C，相应物质的转化关系如图：  ①已知M的摩尔质量为135g/mol，写出M的化学式_____。②任选一种合适的氧化剂Y，写出C的浓溶液与Y反应生成D的离子反应方程式_______。③M中的一种元素可形成化合物KXO3，可用于实验室制O2。若不加催化剂，400 ℃时KXO3分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为1：1。写出该反应的化学方程式：____________。【答案】(1).c(2).Na+(或钠离子)(3).>(4).(5).S2Cl2(6).MnO2+2Cl-+4H+=Mn2++Cl2↑+2H2O(或2MnO4-+10C1-+16H+= 2Mn2++5Cl2↑+8H2O其他合理答案也给分)(7).4KCIO3 KCl+3KClO4【解析】（1）ａ．金属单质的熔点降低，即Na＜Mg＜Al＜Si（原子晶体），而非金属单质是分子晶体，熔点比金属单质低，整体趋势是Si＞Al＞Mg＞S＞P＞Na＞Cl2＞Ar，选项ａ错误；ｂ．原子半径和离子半径均减小；第三周期中，随着原子序数的递增，原子半径逐渐减小，而离子半径需要根据阴阳离子进行讨论，阳离子只有2个电子层，随着核电荷数在增大，半径逐渐减小，而阴离子有3个电子层，随着核电荷数的增加逐渐减小，但是阴离子半径整体大于阳离子半径，从阴离子到阳离子，半径在增大，选项ｂ错误；ｃ．金属性减弱，非金属性增强；同一周期中，随着核电荷数的递增，元素的金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，选项ｃ正确；ｄ．最高价氧化物对应的水化物碱性减弱，酸性增强，选项ｄ错误；答案选ｃ；（２）金属的还原性越强，对应离子的氧化性越弱，所以第三周期中氧化性最弱的简单阳离子是Na+(或钠离子)；非金属性O＞S，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，所以稳定性：H2-21- O＞H2S；(3)SiCl4为共价化合物，其电子式为：；(4)M遇水反应生成谈黄色沉淀A（应为硫单质）和两种无色有刺意性气味气体B、C（应为二氧化硫和氯化氢气体），化合物M由第三周期的两种相邻元素按原子个数比1:1组成，不稳定，M的摩尔质量为135g/mol，可推知M为S2Cl2，则可知D为氯气，E为硫酸。①由上述分析可知，M的化学式为S2Cl2；②C的浓溶液浓盐酸与氯化剂Y若为二氧化锰或离锰酸钾反应生成D即氯气的离子反应方程式为MnO2+2Cl-+4H+=Mn2++Cl2↑+2H2O或2MnO4-+10C1-+16H+= 2Mn2++5Cl2↑+8H2O；③M中的一种元素氯元素可形成化合物KXO3即KClO3，可用于实验室制O2。若不加催化剂，400℃时KClO3分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐KCl其氯元素化合价降低，则另一种盐中氯元素化合价升高，其阴阳离子个数比为1：1，故为KClO4，该反应的化学方程式为：4KClO3 KCl+3KClO4。28.乙酸乙酯是应用非常广泛的有机溶剂，主要用于涂料、油墨、粘合剂、胶片、医药、化工、电子、化妆品及食品行业等。实验室可用乙酸与乙醇反应制备乙酸乙酯。(1)为判断乙酸乙酯中与乙基(-CH2CH3)相连的氧原子的来源，请没计一种可进行判别的方案__________。(无需给 出实验装置实验步骤，只需给出设计思想)。(2)为证明浓硫酸在该反应中起到了催化剂和吸水剂的作用，某同学利用下图所示装置进行以下四个实验，实验结束后充分振荡试管II再测有机层的厚度，实验记录如下：编号  试管I中的试剂  有机层厚度/cmA 3 mL乙醇、2 mL乙酸、1 mL 18 mol/L浓硫酸  3.0B3 mL乙醇、2 mL乙酸0.1C3 mL乙醇、2 mL乙酸、6 mL 3mol/L硫酸1.2D  3 mL乙醇、2 mL乙酸、盐酸1.2-21- ①试管II中试剂的名称为_______，其作用是__________。②分析比较实验_____(填实验编号)的数据，可推测出浓硫酸的吸水性提高了乙酸乙酯的产率。③分析比较实验C、D，证明对酯化反应具有催化作用的是H+。实验D中应加入盐酸的体积和浓度分别是_______mL和_____mol/L。(3)现代化工生产探索以CH3CHO为原料，用(CH3CH2O)3Al作催化剂，合成乙酸乙酯：2CH3CHOCH3COOCH2CH3在实验室中进行该实验时，不同条件下的实验结果如下表所示： 实验序号 催化剂用量/g反应温度/℃反应时间/h副产物/%选择 性/%  转化率/%10.3686.5-2520.3599.999.620.27810-0.5520.1299.8195.3930.3686.5-2120.199.899.740.36810-0.5520.899.597.3【注】选择性：转化的CH3CHO中生成CH3COOCH2CH3 的百分比。下列说法正确的是_______  (填编号)。A.用乙醛合成乙酸乙酯，可减少“工业三废”的排放B.温度越高反应速率越快，乙醛的转化率越高C.用乙醛合成乙酸乙酯的反应时间控制在12h为宜D.催化剂用量不会影响合成反应的选择性转化率E.(CH3CH2O)3Al是乙醛制乙酸乙酯的高效催化剂【答案】(1).用含18O的乙醇与乙酸反应，检验18O出现在水中还是出现在乙酸乙酯中(2).饱和碳酸钠溶液(3).降低酯的溶解度， 除去未反应的乙酸和乙醇(4).A(5).6(6).6(7).ACE【解析】-21- (1)判断乙酸乙酯中与乙基(-CH2CH3)相连的氧原子的来源，设计方案为：用含18O的乙醇与乙酸反应，检验18O出现在水中还是出现在乙酸乙酯中；(2)①试管II中试剂的名称为饱和碳酸钠溶液，其作用是降低酯的溶解度， 除去未反应的乙酸和乙醇；②②对照实验A和B可知：试管Ⅰ中试剂实验A比实验B多1mL18mol·L-1浓硫酸，但是试管Ⅱ中试剂中测得有机层乙酸乙酯的厚度，实验A为3.0cm，而实验B只有0.1cm，故答案为：A；③本题是研究实验D与实验C相对照，证明H+对酯化反应具有催化作用的条件，题中采用了一个变量，实验C3mol/LH2SO4，实验D盐酸，所以达到实验目的，实验D与实验C中H+的浓度一样，实验C3mL乙醇、2mL乙酸、3mol/LH2SO4，实验D3mL乙醇、2mL乙酸、盐酸，要保证溶液体积一致，才能保证乙醇、乙酸的浓度不变，盐酸体积为6mL，实验D与实验C中H+的浓度一样，所以盐酸的浓度为6mol/L；(3)A.用乙醛合成乙酸乙酯，可减少乙醛的排放，则减少“工业三废”的排放，选项A正确；B.温度越高反应速率越快，但乙醛易挥发温度太高不利于转化率的提高，选项B错误；C.由表中数据可知用乙醛合成乙酸乙酯的反应时间控制在12h为宜，此条件下选择性和转化率都很高，选项C正确；D.催化剂用量会影响合成反应的选择性转化率，选项D错误；E.由表中数据可知，(CH3CH2O)3Al是乙醛制乙酸乙酯的高效催化剂，选项E正确。答案选ACE。29.I.在恒温、体积为1.0L的密闭容器中通入1.0 mol N2和x mol H2发生如下反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，20 min后达到平衡，测得反应放出的热量为18.4 kJ，混合气体的物质的量为1.6 mol，容器内的压强变为原来的80%。请回答下列问题：(1)20 min内，V(N2)=______。(2)该反应的热化学方程式为____________。(3)下列叙述中能表示该反应达到平衡状态的是_______(填序号)。①N2体积分数保持不变②单位时间断裂03tmol H- H键，同时生成0.6 molN-H键③混合气体的密度不再改变④2v正(H2)=3v逆(NH3)⑤混合气体的平均摩尔质量不再改变II.1883年，瑞典化学家阿伦尼乌斯创立了电离学说，在水溶液范围内对酸、碱作出了严密的概括。请回答下列有关水溶液的问题：(4)①用电离方程式表示氨水溶液是碱性的原因________；②用离子方程式表示碳酸钠溶液显碱性的原因__________。-21- (5)25℃时，在含HA和A-的溶液中，HA和A-两者中各自所占的物质的量分数(a)随溶液pH变化的关系如下图所示。请比较下列大小关系(填编号)①在pH<4.76的溶液中，c(A-)____(HA)；②在pH>4.76的溶波中，c(A-)+(OH-)_____c(H+)。A.大于B.小于C.等于D.可能大于，也可能等于E.可能小于，也可能等于【答案】(1).V(N2)=0.010 mol/(L·min)(2).N2(g)+ 3H2(g)2NH3(g) ∆H=-92 kJ/mol(3).①④⑤(4).NH3·H2ONH4++OH-(5).CO32-+H2OHCO3-+OH-(6).B(7).D【解析】设平衡时氮气转化率为a，则N2(g)+3H2(g)2NH3(g)开始的量（mol）1.0x0改变的量（mol）a3a2a平衡的量（mol）1.0-ax-3a2a，解得x=1.0，2.0-2a=1.6，解得a=0.2。(1)20min内，V(N2)=；(2)0.2mol氮气参与反应时放出18.4kJ热量，则1mol氮气参与反应时的焓变为-，该反应的热化学方程式为N2(g)+ 3H2(g)2NH3(g) ∆H=-92 kJ/mol；(3)根据“变量不变达平衡”进行判断。①反应为气体体积缩小的反应，N2体积分数为变量，当其体积分数保持不变时反应达平衡状态，故正确；②单位时间断裂0.3mol H- H键，同时生成0.6 molN-H键，都是指正反应速率，无法说明正逆反应速率相等，反应不一定达平衡，故错误；③反应在恒容条件下进行且所有反应物均为气体，密度不是变量，故混合气体的密度不再改变平衡不一定达平衡，故错误；④2v正(H2)=3v逆(NH3-21- )，说明正逆反应速率相等，反应达平衡状态，故正确；⑤混合气体的平均摩尔质量为变量，若其不再改变则反应达平衡，故正确。答案选①④⑤；（4）①一水合氨属于弱碱，能部分电离出氢氧根离子，其电离方程式为：NH3·H2ONH4++OH-；②碳酸钠为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解而使其溶液呈碱性，水解方程式为CO32-+H2OHCO3-+OH-；（5）①A．在pH＜4.76的溶液显酸性，c(A-)＜c(HA)，答案选B；②在pH>4.76的溶液中存在电荷守恒，c(A-)+(OH-)可能大于c（H+），若无其他阳离子则可等于，答案选D。-21-