宁夏银川唐徕回民中学2021-2022学年高一下学期期末考试化学Word版含解析

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银川唐徕回民中学2021～2022学年度高一年级第二学期期末考试化学试卷说明：本试卷答题时间为100分钟，试卷满分为100分。可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Na-23Al-27S-32Fe-56一、单项选择题(每小题2分，共50分)1.新型冠状病毒“COVID-19”疫情期间，越来越多的人意识到学习化学的重要性。下列说法正确的是.A.洗手所用的肥皂可通过油脂的皂化反应制得B.灭活“COVID-19”的医用酒精其质量分数为75%C.公共场所用“84”消毒液消毒，该消毒液的有效成分是次氯酸钙D.N95口罩使用的熔喷布主要成分为聚丙烯，聚丙烯属于纯净物【答案】A【解析】【详解】A．肥皂是通过油脂在碱性条件下发生皂化反应制得的，故A正确；B．医用酒精的体积分数为75%，故B错误；C．“84”消毒液消毒的有效成分是次氯酸钠，故C错误；D．聚丙烯中聚合度不定，属于混合物，故D错误；故选A。2.下列化合物的俗称与化学式不对应的是A.水玻璃：Na2SiO3水溶液B.绿矾：FeSO4·7H2OC.明矾：Al2(SO4)3·12H2OD.胆矾：CuSO4·5H2O【答案】C【解析】【详解】A．水玻璃——Na2SiO3水溶液，化合物的俗称与化学式对应，故A不符合题意；B．绿矾——FeSO4·7H2O，化合物的俗称与化学式对应，故B不符合题意；C．明矾应该是KAl(SO4)2·12H2O，明矾与Al2(SO4)3·12H2O俗称与化学式不对应，故C符合题意；D．胆矾——CuSO4·5H2O，化合物的俗称与化学式对应，故D不符合题意；故答案选C。3.下列有关化学试剂的保存方法。错误的是A.浓硝酸用带橡胶塞的细口、棕色试剂瓶盛放，并贮存在阴凉处B.在实验室金属钠保存在煤油瓶中

1C.工业上将液氯储存在钢瓶中D.氢氟酸保存在塑料瓶中【答案】A【解析】【详解】A．浓硝酸有强氧化性，会腐蚀橡胶塞，不能用带橡胶塞的试剂瓶盛放，故A错误；B．钠性质活泼，易与空气中水、氧气反应，与煤油不反应，密度大于煤油，保存在煤油中能够隔绝空气，故B正确；C．常温下液氯和铁不反应，可以用钢瓶来储存液氯，故C正确；D．氢氟酸能够与玻璃中二氧化硅反应，能够腐蚀玻璃，不能用玻璃瓶盛放，应盛放在塑料瓶中，故D正确；答案选A。4.化学与生活密切相关，下列说法不正确的是A.A12O3的熔点很高，可用作耐火材料B.酸雨从其产生原理上可分为硫酸型酸雨与硝酸型酸雨两类C.高纯度的SiO2广泛用于制作光纤，光纤遇到强碱会“短路”D.汽车尾气中NO主要来自燃油中氮元素的不完全燃烧【答案】D【解析】【详解】A．A12O3的熔点很高具有阻燃性，可用作耐火材料，A正确；B．酸雨从其产生原理上可分为硫酸型酸雨与硝酸型酸雨两类，B正确；C．二氧化硅会和强碱反应，高纯度的SiO2广泛用于制作光纤，光纤遇到强碱会“短路”，C正确；D．汽车尾气中NO来自空气中氮气和氧气在火花塞放电下形成的，燃油中主要是烃类不完全燃烧生成一氧化碳，D错误；故选D。5.NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是A.1L1mol/L的NaCl溶液含有28NA个电子B.1molFe溶于过量的硝酸，转移的电子数为2NAC.Fe3O4为磁性氧化铁，其中铁的化合价有+2和+3D.在标况下，1molSO3所占的体积约为22.4L【答案】C【解析】

2【详解】A．氯化钠溶液中钠离子、铝离子和水分子都含有电子，所以1L1mol/L的NaCl溶液含有电子数大于28NA个，故A错误；B．硝酸具有强氧化性，过量的硝酸会把铁氧化成三价铁离子，故转移的电子数为3NA，故C错误；C．Fe3O4为磁性氧化铁，可以表示为，所以铁的化合价有+2和+3，故C正确；D．在标况下，SO3不是气体，不能用气体摩尔体积求算所占的体积，故D错误；故答案为：C6.下列物质按强电解质、弱电解质、酸性氧化物、碱性氧化物的组合中，正确的是强电解质弱电解质酸性氧化物碱性氧化物AH2SO4CH3COOHNO2Na2OBBaSO4HClOMn2O7CaOCNaCl氨水SO2MnO2DHIHFCO2Fe3O4A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A.二氧化氮不属于酸性氧化物，选项A错误；B.硫酸钡属于强电解质，次氯酸属于弱电解质，七氧化二锰属于酸性氧化物，氧化钙属于碱性氧化物，选项B正确；C.氨水为混合物，不属于弱电解质，选项C错误；D.四氧化三铁不属于碱性氧化物，选项D错误。答案选B。7.下列应用或事实与胶体的性质没有关系的是A.用明矾净化饮用水B.用石膏或盐卤点制豆腐C.在FeCl3溶液中滴加NaOH溶液出现红褐色沉淀D.清晨的阳光穿过茂密的林木枝叶所产生的美丽景象（美丽的光线）【答案】C

3【解析】【详解】A.用明矾净化饮用水，利用氢氧化铝凝胶的吸附性，故A正确；B.用石膏或盐卤点制豆腐利用了胶体的聚沉，故B正确；C.在FeCl3溶液中滴加NaOH溶液，生成氢氧化铁沉淀不是胶体，故C错误；D.雾属于气溶胶，可以产生丁达尔效应，故D正确；答案选C。8.下列离子方程式书写不正确的是A.向BaCl2溶液中通入SO2气体：Ba2++SO2+H2O=BaSO3↓+2H+B.Cu和浓HNO3反应：Cu+4H++2=Cu2++2NO2↑+2H2OC.NaAlO2溶液中通入过量CO2：+2H2O+CO2=Al(OH)3↓+D.少量碳酸氢钠溶液与足量澄清石灰水混合：【答案】A【解析】【详解】A．亚硫酸钡会溶于盐酸中，所以BaCl2和SO2不反应，故A不正确；B．Cu和浓HNO3反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，离子方程式为：Cu+4H++2=Cu2++2NO2↑+2H2O，故B正确；C．NaAlO2溶液中通入过量CO2会生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式为：+2H2O+CO2=Al(OH)3↓+，故C正确；D．少量碳酸氢钠溶液与足量澄清石灰水混合，以少的确定多的，碳酸氢钠完全反应，反应的离子方程式为：，故D正确；故答案为：A9.以下是对某水溶液进行离子检验的方法和结论，其中正确的是A.加入NaOH溶液并加热，产生使湿润的蓝色石蕊试纸变红的气体，则原溶液中一定含B.加入足量的CaCl2溶液，产生了白色沉淀，溶液中一定有大量的C.先加适量的盐酸将溶液酸化，再加AgNO3溶液，产生了白色沉淀，溶液中一定含有大量的Cl-D.用洁净的铂丝蘸取待测溶液，置于火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃能观察到火焰呈紫色，该溶液中一定含有钾离子，可能含有钠离子【答案】D

4【解析】【详解】A．氨气是碱性气体，能使湿润的红色的石蕊试纸变蓝，而使湿润的蓝色石蕊试纸变红的气体为酸性气体，A项错误；B．加入足量的CaCl2溶液，产生了白色沉淀，改白色沉淀可能为CaSO4、CaCO3、AgCl等，故溶液中不一定有大量的，B项错误；C．加入盐酸酸化，盐酸中含有Cl-，对原溶液中Cl-的检验造成干扰，C项错误；D．钠的焰色为黄色，钾的焰色为紫色，但观察钾的焰色时需透过蓝色钴玻璃，以滤去钠的黄光的干扰，用洁净的铂丝蘸取待测液，置于火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察到火焰呈紫色，则该溶液中一定含有钾离子，可能含有钠离子，D项正确；答案选D。10.已知某一反应体系反应物和生成物共五种物质：O2、H2CrO4、Cr(OH)3、H2O、H2O2。已知该反应中H2O2只发生如下过程：H2O2→O2,则关于该反应体系说法错误的是A.该反应的化学方程式为2H2CrO4+3H2O2═2Cr(OH)3↓+3O2↑+2H2OB.该反应中氧化剂是H2O2,还原产物是O2C.氧化性：H2CrO4>O2D.如反应转移了0.3mol电子，则产生的气体在标准状况下体积为3.36L【答案】B【解析】【详解】A．根据题意可知该过程中H2O2被氧化，根据所给物质中各元素的价态变化规律可知H2CrO4应为氧化剂，将H2O2氧化成O2，自身被还原成Cr(OH)3，结合电子守恒和元素守恒可得化学方程式为2H2CrO4+3H2O2═2Cr(OH)3↓+3O2↑+2H2O，故A正确；B．根据元素的价态变化可知H2O2是还原剂，O2为氧化产物，故B错误；C．反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，所以氧化性：H2CrO4＞O2，故C正确；D．该反应中O2为唯一氧化产物，H2O2→O2过程中O元素化合价升高1价，所以每生成一个O2转移2个电子，则转移0.3mol电子时生成0.15molO2，标况下体积为0.15mol´22.4L/mol=3.36L，故D正确；综上所述答案为B。11.下列反应中H2O的作用与反应Br2＋SO2＋2H2O=H2SO4＋2HBr中H2O的作用不同的是A.2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑B.4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3C.Cl2＋H2O=HCl＋HClOD.2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑【答案】A【解析】

5【分析】反应Br2＋SO2＋2H2O=H2SO4＋2HBr中水中H和O元素化合价没有发生变化，水在反应中既不是氧化剂又不是还原剂。【详解】A．水中H元素由+1价降为0价，被还原，水为氧化剂，A符合题意；B．水中H和O元素化合价没有发生变化，水在反应中既不是氧化剂又不是还原剂，B不符合题意；C．水中H和O元素化合价没有发生变化，Cl2自身发生氧化还原反应，水在反应中既不是氧化剂又不是还原剂，C不符合题意；D．水中H和O元素化合价没有发生变化，Na2O2自身发生氧化还原反应，水在反应中既不是氧化剂又不是还原剂，D不符合题意；故选A。12.向Na2CO3、NaHCO3的混合溶液中逐滴加入稀盐酸，生成气体的量随盐酸的量的变化关系如图所示，则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是A.a点对应的溶液中：、、SO、NOB.b点对应的溶液中：、、MnO、C.c点对应的溶液中：、、NO、D.d点对应的溶液中：、NO、、【答案】C【解析】【分析】向Na2CO3、NaHCO3的混合溶液中逐滴加入稀盐酸，Na2CO3先和盐酸反应生成NaHCO3，然后NaHCO3再继续和盐酸反应生成气体CO2。【详解】A．从开始到b点，发生的反应是H++=，则a点对应的溶液中含有和，与不能大量共存，故A不选；B．b点对应的溶液中含有，H+与因发生离子反应而不能大量共存，故B不选；C．从b到c，发生的反应为+H+=H2O+CO2↑，c点为NaCl溶液，Na+、Ca2+、、

6之间不发生反应，能大量共存，故C选；D．d点对应的溶液呈酸性，酸性条件下，、Fe2+因发生氧化还原反应而不能大量共存，在酸性条件下不能大量存在，且溶液中的与Ag+也不能大量共存，故D不选；故选C。13.准确称取6.0g某铝土矿样品(含Al2O3、Fe2O3、SiO2)加入100mL稀硫酸中，充分反应后向滤液中加入10mol∙L−1NaOH溶液，产生沉淀的质量和加入NaOH溶液体积之间的关系如图所示。则所用硫酸的物质的量浓度为A.1.75mol∙L−1B.3.50mol∙L−1C.0.85mol∙L−1D.无法确定【答案】A【解析】【详解】根据图中分析，滴加氢氧化钠开始阶段是氢氧化钠和剩余的硫酸反应，继续滴加氢氧化钠溶液，氢氧化钠和硫酸铝、硫酸铁反应生成沉淀，在35mL时硫酸铝、硫酸铁恰好与氢氧化钠反应生成的沉淀量达到最大，此时硫酸根全部以硫酸钠形式存在，根据守恒得到2n(Na2SO4)＝2n(H2SO4)＝n(NaOH)，2×c(H2SO4)×0.1L＝10mol∙L−1×0.035L，解得c(H2SO4)＝1.75mol∙L−1；故A符合题意。综上所述，答案为A。14.已知氯气和NaOH在一定温度下能发生反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O。某温度下，将氯气通入NaOH溶液中，反应得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合溶液。经测定ClO-与ClO3-的物质的量之比为1：3，则氯气与氢氧化钠反应时，被还原的氯元素和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ClO3-的浓度之比1：3，由Cl到ClO-，失去1个电子，由Cl到ClO3-，失去5个电子，一共失去1+3×5=16个电子；由Cl到Cl-，得到1个电子，需要16个原子才能得到16个电子，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，故选D。

7【点晴】本题根据已知可能发生的两个反应，并结合实际反应物和生成物可写出一个综合反应方程式：10Cl2+20NaOH=16NaCl+NaClO+3NaClO3+10H2O，再利用氧化还原反应理论进行解题，也可以从反应中找到被还原的氯元素即化合价降低的氯元素，被氧化的氯元素即化合价升高的氯元素，根据电子守恒来确定。15.下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并且有因果关系的是选项叙述Ⅰ叙述ⅡA浓硝酸和稀硝酸都具有强氧化性浓硝酸和稀硝酸均可使紫色石蕊试液先变红后褪色B浓硫酸具有强氧化性和吸水性浓硫酸可干燥H2和CO，不可干燥SO2和NH3CSO2是酸性氧化物SO2可使含有酚酞的NaOH溶液褪色D铵盐受热易分解NH4Cl和NH4HCO3均可用作氮肥和制取氨气A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．浓硝酸和稀硝酸都具有强氧化性，但浓硝酸可使紫色石蕊试液先变红后褪色，稀硝酸只是变红色，故A错误；B．浓硫酸具有强氧化性、吸水性和酸性，所以浓硫酸可干燥H2、CO和SO2，不可干燥和NH3，故B错误；C．SO2是酸性氧化物，能够与碱反应，所以SO2可使含有酚酞的NaOH溶液褪色，故C正确；D．铵盐受热易分解，NH4HCO3可用作氮肥和制取氨气，氨气与氯化氢相遇产生氯化铵，因此NH4Cl不可以直接加热制取氨气，故D错误；故选C。16.下表所列各组物质中，物质之间不能通过一步反应实现如图所示转化的是(　　)物质选项甲乙丙

8ASO2SO3H2SO4BNH4ClNH3NOCNaNaOHNaClDAl2O3AlCl3Al(OH)3A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．2SO2＋O22SO3、SO3＋H2O=H2SO4、Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O，物质之间能通过一步反应实现，故不选A；B．NH4ClNH3↑＋HCl↑、4NH3＋5O24NO＋6H2O，NO无法一步到NH4Cl，故选B；C．2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑、NaOH＋HCl=NaCl＋H2O、2NaCl(熔融)2Na＋Cl2↑，物质之间能通过一步反应实现，故不选C；D．Al2O3＋6HCl=2AlCl3＋3H2O、AlCl3＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4Cl、2Al(OH)3Al2O3＋3H2O，物质之间能通过一步反应实现，故不选D。故选B。17.对下列事实的解释正确的是(    )A.SO2能使KMnO4溶液褪色，不能说明SO2具有漂白性B.向蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓H2SO4具有吸水性C.用HF来刻蚀玻璃，说明SiO2是碱性氧化物D.雨水显酸性是因为吸收了空气中的CO2，pH小于7的雨水称为酸雨【答案】A【解析】【详解】A.SO2能使KMnO4溶液褪色，是因为SO2具有还原性，与具有氧化性的KMnO4发生氧化还原反应，故不能说明SO2具有漂白性，A正确；B.向蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，体现浓H2SO4的脱水性，B错误；

9C.SiO2与碱反应生成硅酸钠和水，是酸性氧化物，C错误；D.pH小于5.6的雨水称为酸雨，D错误；答案选A。18.某元素的原子最外层有2个电子，下列关于该元素的叙述正确的是A.该元素是IIA族元素B.该元素是非金属元素C.该元素的最高化合价是+2D.以上说法均不正确【答案】D【解析】【详解】A．某元素的原子最外层有2个电子，该元素不一定是IIA族元素，可能是0组元素He，故A错误；B．某元素的原子最外层有2个电子，可能是镁、钙、钡等，该元素是金属元素，故B错误；C．若是镁、钙、钡等，该元素的最高化合价是+2，若是He，化合价为0价，若是铁，则最高化合价为+3价，故C错误；D．以上说法均不正确，故D正确。综上所述，答案为D。19.下列有关原子结构和元素周期律的表述正确的是①原子序数为15的元素的最高化合价为＋3②ⅦA族元素是同周期中非金属性最强的元素③第二周期ⅣA族元素的原子核电荷数和中子数一定为6④原子序数为12的元素位于元素周期表的第三周期ⅡA族A.①②B.①③C.②④D.③④【答案】C【解析】【详解】①原子序数为15的元素，其核外电子排布为2、8、5，为磷元素，最高化合价=最外层电子数=+5，故①错误；②同周期，由左到右，原子的得电子能力逐渐增强，则元素的非金属性逐渐增强（惰性气体元素除外），故②正确；③周期序数=电子层数，主族序数=最外层电子数，则第二周期ⅣA族元素为碳元素，其有多种同位素原子，如：12C、13C、14C，核电荷数一定为6，但中子数分别为6、7、8，故③错误；④原子序数为12的元素，其核外电子排布为2、8、2，为镁元素，周期序数=电子层数，主族序数=最外层电子数，故④正确；

10综上所述，有关原子结构和元素周期律的表述正确的是②④，故选C20.有下列微粒或物质：①O、O、O　②H2O、D2O　③石墨、金刚石④H2、D2、T2　⑤H、D、T⑥K、Ca、Ar，下列说法错误的是A.互为同位素的是①⑤B.①⑤⑥中共有9种核素，共5种元素C.相同物质的量的D2O与D2O所含中子数之比为5：6D.电解相同质量的H2O和D2O时产生的氢气质量之比为10：9【答案】D【解析】【详解】A．质子数相同中子数不同的同种元素的不同核素称为同位素，①O、O、O是氧元素的不同原子，为氧元素的同位素，⑤H、D、T是氢元素的不同原子，为氢元素的同位素，A正确；B．①O、O、O是氧元素的不同原子，⑤H、D、T是氢元素的不同原子，⑥K、Ca、Ar是三种不同元素的原子，质子数不同，元素种类不同，共有9种核素，共5种元素，B正确；C．相同物质的量的D2O与D218O所含中子数之比=[(2−1)×2+16−8]：×[（2-1）×2+18-8]=5：6，C正确；D．电解相同质量的H2O和D2O时，产生的氢气在同温同压下体积之比=水的物质的量之比=水的摩尔质量的反比=20：18=10：9，质量之比=物质的量与摩尔质量乘积之比==5：9，D错误；故选：D。21.短周期的三种元素a、b、c在周期表中的位置关系如图所示，下列有关这三种元素的叙述中，正确的是abcA.非金属性a＞b＞cB.b的最高价氧化物对应水化物是一种强酸

11C.氢化物稳定性：c的氢化物>b的氢化物D.c的一种氧化物具有漂白性【答案】D【解析】【分析】短周期的三种元素a、b、c在周期表中的位置关系如图所示，则得到a为He，b为F，c为S。【详解】A．a为稀有气体，因此非金属性b＞c＞a，故A错误；B．b是元素F，F元素没有最高价氧化物对应水化物，故B错误；C．非金属性F＞S，根据非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，因此氢化物稳定性：b的氢化物＞c的氢化物，故C错误；D．c的一种氧化物即二氧化硫具有漂白性，故D正确。综上所述，答案为D。22.如图，在烧杯中放入用导线连接的电极X、Y，外电路中电子流向如图所示，下列关于该装置的说法正确的是A.若X、Y分别为铁棒、铜棒，烧杯中为FeCl3溶液，Y质量增加B.若以铝棒、镁棒为电极材料，烧杯中为NaOH溶液，其X极反应式为：Al-3e-=Al3+C.若以铝棒、铜棒为电极材料，烧杯中为稀硝酸，铝棒附近有气体产生D.若以铝棒、铜棒为电极材料，烧杯中为浓硝酸，铜棒逐渐溶解【答案】D【解析】【分析】该装置是原电池，由外电路中电子从X电极流向Y电极，可知X为负极，Y为正极；【详解】A．该装置是原电池，由外电路中电子从X电极流向Y电极，可知X为负极，Y为正极，若X、Y分别为铁棒、铜棒，则Y为铜棒，FeCl3溶液中Fe3+得电子生成Fe2+，则Y极质量不变，故A错误；B．铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，则负极是Al，则X极反应式为：Al+4OH--3e-=AlO+2H2O，故B错误；C．铝棒、铜棒为电极材料，电解质为稀硝酸，负极为铝，铝失电子生成铝离子，正极是铜，正极为NO

12得电子生成NO，铜棒附近有气体生成，故C错误；D．铝棒、铜棒为电极材料，电解质溶液为浓硝酸，由于铝常温下与浓硝酸发生钝化反应，则铜为负极，电极反应式为Cu-2e-=Cu2+，铜棒逐渐溶解，故D正确；故选：D。23.下表为某有机物与各种试剂反应时的现象，则该有机物可能是试剂钠溴的四氯化碳溶液碳酸氢钠溶液现象放出气体褪色不反应A.CH2=CHCH3B.CH2=CHCOOHCCH3COOCH2CH3D.CH2=CHCH2OH【答案】D【解析】【详解】有机物与钠反应有气体生成，说明有机物含有羟基或羧基，能使溴的四氯化碳溶液，说明含有碳碳双键，与碳酸氢钠溶液不反应，说明不含有羧基，因此根据四个选项分析得到D符合题意。综上所述，答案为D。24.1mol某烃能与1mol氢气发生加成反应生成烷烃，所得烷烃的一氯代物只有2种结构，则该烃的结构简式为A.CH2=CH2B.CH3CH=CH2C.CH3CH3D.CH3CH2CH2CH=CH2【答案】B【解析】【详解】A．CH2=CH2与1mol氢气发生加成反应生成乙烷，烷烃的一氯代物只有1种结构，故A不符合题意；B．CH3CH=CH2与1mol氢气发生加成反应生成丙烷，烷烃的一氯代物只有2种结构，故B符合题意；C．CH3CH3与1mol氢气不发生加成反应，故C不符合题意；D．CH3CH2CH2CH=CH2与1mol氢气发生加成反应生成正戊烷，正戊烷的一氯代物有3种结构，故D不符合题意。综上所述，答案为B。25.已知马来酸的结构简式(下图)，下列关于马来酸的说法不正确的是

13A.马来酸的分子式是C4H4O4B.1mol马来酸最多可与2mol氢氧化钠反应C.马来酸可以与碳酸氢钠溶液反应放出二氧化碳D.马来酸可以发生酯化反应，但不能发生加成反应【答案】D【解析】【详解】A．根据马来酸的结构简式得到马来酸的分子式是C4H4O4，故A正确；B．1mol马来酸含有2mol羧基，因此最多可与2mol氢氧化钠反应，故B正确；C．马来酸含有羧基，因此可以与碳酸氢钠溶液反应放出二氧化碳，故C正确；D．马来酸含有羧基，能发生酯化反应，含有碳碳双键，能发生加成反应，故D错误。综上所述，答案为D。二、非选择题26.图是元素周期表的一部分。按要求填写下列空白：（1）元素①~⑧中原子离子半径最大的元素在周期表中的位置为_______；（2）元素①③④可以形成离子化合物_______(填化学式，写1个即可)；①~⑧元素的最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是_______(填化学式)；（3）③④两种元素的非金属性强弱_______；(用元素符号表示，用“>”连接)；⑦⑧两元素对应最简单离子的还原性强弱_______；(用离子符号表示，用“>”连接)；（4）元素②用X来表示，等质量的下列物质分别完全燃烧生成XO2气体，放出热量较多的是_______A.碳蒸气B.碳固体（5）元素⑤用M来表示，请写出M2O2的电子式_______（6）⑧的单质和SO21：1通入水中会失去漂白性，写出反应的离子方程式_______；（7）W是第四周期与⑦同主族的元素。据此推测W不可能具有的性质是_______(填字母)。A.最高正化合价为+6

14B.气态氢化物比H2S稳定C.最高价氧化物对应水化物的酸性比硫酸弱D.单质在常温下可与氢气化合【答案】（1）第三周期ⅥA族（2）①.NH4F②.（3）①.F>N②.S2->Cl-（4）A（5）（6）SO2+Cl2+2H2O=4H++2Cl-+SO（7）BD【解析】【分析】结合图示可知，①为H，②为C，③为N，④为F，⑤为Na，⑥为Al，⑦为S，⑧为Cl元素。【小问1详解】电子层数越多离子半径越大，电子层数相同时原子序数越大离子半径越小，则元素①～⑧中离子半径最大的S2-，硫元素在周期表中位于第三周期ⅥA族；【小问2详解】①为H，③为N，④为F元素，H、N、F可以形成离子化合物NH4F；非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性H＜C＜S＜N＜Cl＜F，氟无正化合价，所以HClO4酸性越强；【小问3详解】③为N，④为F，同周期元素从左到右非金属性增强，则非金属性：F>N；⑦为S，⑧为Cl元素，非金属性越强单质的氧化性越强，氧化性：Cl2>S，对应的离子还原性越弱，则还原性：S2->Cl-；【小问4详解】碳固体吸收能量转化为碳蒸气，等质量的碳蒸气和碳固体相比较，碳蒸气具有的能量多，因此完全燃烧碳蒸气放出的热量多，故选：A；【小问5详解】⑤为Na，Na2O2含离子键，过氧根离子内存在共价键，电子式为：；小问6详解】⑧的单质Cl2和SO21：1通入水中会失去漂白性，发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸，反应的离子方程式为SO2+Cl2+2H2O=4H++2Cl-+SO；【小问7详解】A．W是第四周期与S同主族的元素，处于VIA族，最高正化合价等于族序数，W最高正化合价为+6

15，故A正确；B．元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，同主族自上而下非金属性减弱，故W气态氢化物不如H2S稳定，故B错误；C．元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，同主族自上而下非金属性减弱，故W最高价氧化物对应水化物的酸性比硫酸弱，故C正确；D．元素的非金属性越强，单质越容易与氢气化合，W的非金属性比O、S弱，W单质在常温下不能与氢气化合，故D错误；故答案为：BD。27.I.氮及其化合物的转化过程如下图所示，其中下图为反应①过程中能量变化的曲线图。（1）下图中曲线_______(填字母)是加入催化剂a时的能量变化曲线，该反应破坏生成物全部化学键所需要的总能量_______(填“大于”或“小于”或“等于”)破坏反应物全部化学键所需要的总能量。（2）标准状况下进行反应②，若有1.25mol电子发生转移，则参加反应NH3的体积为_____。（3）下列说法正确的是_______。A.合成氨在工业生产中常将NH3液化分离，可加快正反应速率，提高N2、H2的转化率B.工业合成氨中，为加快化学反应速率，压强和温度越高越好C.合成氨工业要用合适的催化剂，目的是降低该反应的活化能D.工业合成氨中反应物不能百分之百转化为生成物II.某同学为了探究锌与盐酸反应过程中速率变化，他在200mL稀盐酸中加入足量的锌粉，用排水集气法收集反应放出的氢气，实验记录如下(累计值)：时间(min)12345氢气体积(mL)(标准状况)50190414526570

16（4）求2～4分钟时间段以盐酸的浓度变化来表示的该反应速率_______。(设溶液体积不变)（5）有同学认为在盐酸溶液中滴入少量的CuSO4溶液可以加快反应的速率，请从电化学的角度给予分析：构成的原电池中负极反应式为_______；溶液中H+移向_______极(填“正“或“负")。III.某温度下在4L恒容密闭容器中，3种气态物质X、Y、Z的物质的量随时间变化曲线如图。（6）写出该反应的化学方程式_______。（7）在5min时，该反应达到了平衡状态，下列可作为判断反应已达到该状态的是_______。A.X、Y、Z的浓度相等B.容器内气体压强保持不变C.X、Y的反应速率比为3∶1D.生成1molY的同时生成2molZ（8）该反应达平衡时，X的转化率为_______。【答案】（1）①.d②.大于（2）5.6L（3）CD（4）（5）①.②.正（6）3X(g)+Y(g)2Z(g)（7）BD（8）60%【解析】【小问1详解】催化剂能降低反应所学活化能，因此下图中曲线d是加入催化剂a时的能量变化曲线，该反应是放热反应，因此断键吸收的热量小于成键释放的热量即反应破坏生成物全部化学键所需要的总能量大于破坏反应物全部化学键所需要的总能量；故答案为：d；大于。【小问2详解】反应②是氨气的催化氧化生成一氧化氮和水，标准状况下进行反应②，若有1.25mol电子发生转移，则参加反应的氨气物质的量为，则参加反应的NH3的体积为0.25mol×22.4L∙mol−1＝5.6L；故答案为：5.6L。【小问3详解】A.合成氨在工业生产中常将NH3液化分离，可提高N2、H2的转化率，但不能加快正反应速率，故A

17错误；B.工业合成氨中，为加快化学反应速率，压强和温度不是越高越好，压强对设备要求较高，且催化剂在500℃左右催化活性最好，故B错误；C.合成氨工业要用合适的催化剂，目的是降低该反应的活化能，提高反应速率，故C正确；D.合成氨是可逆反应，因此工业合成氨中反应物不能百分之百转化为生成物，故D正确；综上所述，答案为CD。【小问4详解】2～4分钟生成氢气的体积为336mL，物质的量为0.015mol，则消耗盐酸物质的量为0.03mol，则2～4分钟时间段以盐酸的浓度变化来表示的该反应速率；故答案为：。【小问5详解】有同学认为在盐酸溶液中滴入少量的CuSO4溶液可以加快反应的速率，锌和铜离子反应生成铜单质，继而形成Zn−Cu−H2SO4原电池，锌为负极，铜为正极，则原电池中负极反应式为；根据原电池“同性相吸”，则溶液中H+移向正极；故答案为：；正。【小问6详解】根据图中信息，Y、X为反应物，Z为生成物，在2min时候X、Y、Z改变量分别为0.3mol、0.1mol、0.2mol，根据改变量之比等于计量系数之比，则该反应的化学方程式3X(g)+Y(g)2Z(g)；故答案为：3X(g)+Y(g)2Z(g)。【小问7详解】A．X、Y、Z的浓度不再改变，不能说浓度相等，因此不能作为判断平衡标志，故A不符合题意；B．该反应是体积减小的反应，压强不断减小，当容器内气体压强保持不变，说明达到平衡，故B符合题意；C．X、Y的反应速率比为3∶1，两者速率的正逆不清楚，不能作为判断平衡标志，故C不符合题意；D．生成1molY，逆向反应，同时生成2molZ，正向反应，两者改变量之比等于计量系数之比，故D符合题意；综上所述，答案为BD。【小问8详解】该反应达平衡时，X改变量为0.6mol，则X的转化率为；故答案为：60%。28.二氧化氮是主要的大气污染物之一，工业上在一定条件下用NH3可将NO2还原。文宏同学在实验室对该反应进行了探究。实验设计如下(部分夹持装置省略):

18回答下列问题:（1）用装置A制备NH3,其中发生反应的化学方程式为________________;装置B内的试剂是______________（2）装置D中发生反应的离子方程式是_________________，铜丝可抽动的优点是________________。（3）NH3和NO2在M中充分反应后，产生两种对环境友好的物质，该反应的化学方程式为________________，M中可观察到的现象是________________。【答案】①.2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O②.碱石灰（或NaOH固体，或CaO固体）③.Cu＋4H+＋2=Cu2+＋2NO2↑＋2H2O④.便于控制反应的开始和停止⑤.8NH3＋6NO27N2＋12H2O⑥.红棕色逐渐变浅，玻璃管壁有液滴【解析】【详解】（1）装置A是固固加热型的装置，制备NH3，应选择氯化铵和氢氧化钙加热反应，生成氯化钙，水喝氨气，反应的化学方程式为2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O，装置B的作用是干燥氨气，可选择碱性干燥剂，如碱石灰（或NaOH固体，或CaO固体），故本题答案为：2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O；碱石灰（或NaOH固体，或CaO固体）；（2）装置D中铜和浓硝酸发生反应，生成硝酸铜，二氧化氮和水，离子方程式是Cu＋4H+＋2=Cu2+＋2NO2↑＋2H2O，铜丝上下抽动可使反应物分离，优点是便于控制反应的开始和停止，故本题答案为：Cu＋4H+＋2=Cu2+＋2NO2↑＋2H2O；便于控制反应的开始和停止；（3）NH3和NO2在M中充分反应后，生成氮气和水，该反应的化学方程式为8NH3＋6NO27N2＋12H2O，M中二氧化氮被消耗，浓度降低，可观察到的现象是红棕色逐渐变浅，玻璃管壁有液滴，故本题答案为：8NH3＋6NO27N2＋12H2O；红棕色逐渐变浅，玻璃管壁有液滴。

19【点睛】观察和描述实验现象的注意事项：1、要注重对本质现象的观察。本质现象就是提示事物本质牲的现象。2、要正确描述实验现象。（1）不能以结论代替现象。如蜡烛燃烧的实验现象是“生成的气体使澄清石灰水变浑浊”，而不能用结论“生成二氧化碳”来代替。⑵要明确“光”和“火焰”（如木炭在氧气中燃烧的现象为“发出白光”、硫在氧气中燃烧的现象为“发出蓝紫色火焰”）、“烟”和“雾”（“烟”是固体、“雾”是液体，如磷在空气中燃烧的现象为“产生大量的白烟”而不能说白雾）等的区别，不能相互替代使用。29.已知乙醇在一定条件下可以还原氧化铜，生成一种产物具有刺激性气味。某实验小组用下列实验装置进行乙醇催化氧化的实验。（1）实验过程中铜网出现红色和黑色交替的现象，请写出铜网由黑色变为红色时发生的化学反应方程式：_______。（2）在不断鼓入空气的情况下，熄灭酒精灯，反应仍能继续进行，说明该乙醇催化氧化反应是_______(填吸热或放热)反应。（3）甲和乙两个水浴作用不同。甲的作用是_______。（4）若试管a中收集的液体用紫色石蕊试纸检验，试纸显红色，说明液体中还含有少量的_______。（5）该反应中两种主要有机物的官能团名称分别是_______、_______。（6）当有46g乙醇完全氧化，消耗标况下O2的体积为_______。【答案】（1）CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O（2）放热（3）使乙醇气化或加热使乙醇变为蒸汽（4）乙酸##CH3COOH（5）①.羟基②.醛基（6）11.2L【解析】【分析】

20鼓入空气，空气将乙醇带入到有铜网作催化剂的硬质玻璃管中发生反应生成有刺激性气味的乙醛，冷却后，收集到的气体为氮气。【小问1详解】实验过程中铜网出现红色和黑色交替的现象，主要是铜和氧气变为氧化铁，氧化铁和乙醇反应生成铜、乙醛和水，则铜网由黑色变为红色时发生的化学反应方程式：CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O；故答案为:CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O。【小问2详解】在不断鼓入空气的情况下，熄灭酒精灯，反应仍能继续进行，说明反应过程中有热量释放出来，说明该乙醇催化氧化反应是放热反应；故答案为：放热。【小问3详解】乙醇蒸汽要与空气中氧气在硬质玻璃管中反应，则甲中水浴的作用是使乙醇气化或加热使乙醇变为蒸汽；故答案为：使乙醇气化或加热使乙醇变为蒸汽。【小问4详解】若试管a中收集的液体用紫色石蕊试纸检验，试纸显红色，说明有酸生成，在根据守恒关系，说明液体中还含有少量的乙酸；故答案为：乙酸或CH3COOH。【小问5详解】该反应中两种主要有机物是乙醇和乙醛，其官能团名称分别是羟基、醛基；故答案为：羟基；醛基。【小问6详解】根据总反应方程式2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，当有46g乙醇(物质的量为1mol)完全氧化，消耗氧气物质的量为0.5mol，标况下O2的体积为0.5mol×22.4L∙mol−1＝11.2L；故答案为：11.2L。

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