【2024】【高一下】【學軍海創(chuàng)園】【高中化學】【期中考】

杭州學軍中學海創(chuàng)園學校2023學年第二學期高一化學試卷考生注意：1.答題時，請在答題紙相應的位置上規(guī)范作答，在本試題卷上作答一律無效。2.可能用到的相對原子質量：H1C12N14O16Na23Mg24S32C135.5Br80Ca40Fe56Cu64Zn65Ag108選擇題部分一、選擇題(本題共25小題，115題每小題2分，1625題每小題3分，共60分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分)1.下列是含非極性鍵非電解質的是A.Cl2 B.CH3CH3 C.Na2O2 D.CO2【答案】B【解析】【詳解】A．Cl2是單質，含有非極性鍵，不屬于非電解質，A錯誤；B．CH3CH3中含有CC非極性鍵，屬于非電解質，B正確；C．Na2O2中含有離子鍵和非極性鍵，屬于電解質，C錯誤；D．CO2中只含有極性鍵，屬于非電解質，D錯誤；故選B。2.下列物質的俗稱和化學式對應關系正確的是A.軟脂酸C17H35COOH B.熟石膏2CaSO4·H2OC.芒硝Na2SO4·7H2O D.水煤氣CH4【答案】B【解析】【詳解】A．C17H35COOH為硬脂酸。C15H31COOH為軟脂酸，故A錯誤；B．熟石膏是2CaSO4·H2O的俗稱，故B正確；C．芒硝是Na2SO4·10H2O，故C錯誤；D．水煤氣主要成分CO、H2，天然氣主要成分是CH4，故D錯誤；故選B。3.材料與化學密切相關，下列材料與所屬類別對應關系不正確則是A.生鐵——合金材料 B.水泥——傳統(tǒng)無機非金屬材料C.光導纖維——合成纖維 D.金剛砂——新型陶瓷【答案】C【解析】【詳解】A．生鐵是鐵合金，屬于合金材料，故A正確；B．水泥的主要成分是硅酸鹽，屬于傳統(tǒng)無機非金屬材料，故B正確；C．光導纖維的主要成分是二氧化硅，屬于無機非金屬材料，不屬于合成纖維，故C錯誤；D．金剛砂的主要成分是碳化鈣，屬于性能優(yōu)良的新型陶瓷，故D正確；故選C。4.下列化學用語表示正確的是A.l4C的原子結構示意圖： B.甘油的結構簡式：C3H8O3C.NaH的電子式：Na∶H D.CCl4的空間填充模型：【答案】A【解析】【詳解】A．l4C的核電荷數為6，核外有2個電子層，最外層電子數為6，原子結構示意圖為，故A正確；B．甘油的分子式為C3H8O3，結構簡式為，故B錯誤；C．氫化鈉是只含有離子鍵的離子化合物，電子式為，故C錯誤；D．四氯化碳分子的空間構型為正四面體形，空間填充模型為，故D錯誤；故選A。5.下列關于無機物性質和應用的敘述正確的是A.純堿的堿性大于小蘇打，因此純堿常用做工業(yè)用堿，不可食用B.泡菜中的微生物將硝酸鹽還原為亞硝酸鹽的過程，屬于氮的固定C.黏土是制備陶瓷、水泥和玻璃的重要原料D.用ClO2代替Cl2對自來水進行消毒，可以避免有機氯化物的產生【答案】D【解析】【詳解】A．純堿和小蘇打都可以用于面團發(fā)酵制作饅頭、面包等食品，故A錯誤；B．氮的固定是將游離態(tài)的氮轉化為化合態(tài)的氮，硝酸鹽還原為亞硝酸鹽的過程不屬于氮的固定，故B錯誤；C．黏土是制備陶瓷的重要原料，普通玻璃的主要原料為純堿、石灰石和石英，水泥的主要原料為石灰石和黏土，故C錯誤；D．ClO2具有強氧化性，可以代替Cl2對自來水進行消毒，可以避免有機氯化物的產生，故D正確；故選D。6.下列除去括號中雜質的方法，正確的是A.Fe2O3(Al2O3)：用氨水溶解后過濾、洗滌、干燥B.SO2(SO3)：依次用飽和NaHSO3溶液和濃硫酸洗氣C.HCl(Cl2)：依次用飽和NaCl溶液和濃硫酸洗氣D.N2(O2)：通過灼熱的鎂粉【答案】B【解析】【詳解】A．Al2O3只能和強酸或強堿反應，與氨水不反應，故A錯誤；B．二氧化硫不溶于飽和亞硫酸氫鈉溶液，三氧化硫能與飽和亞硫酸氫鈉溶液反應生成二氧化硫，能除去二氧化硫中的三氧化硫，故B正確；C．除去氯氣中混有的HCl氣體，可以將氣體依次用飽和NaCl溶液和濃硫酸洗氣，故C錯誤；D．鎂也會和氮氣發(fā)生反應，生成氮化鎂，故D錯誤；故選B。7.KNO3具有強氧化性，可發(fā)生反應：2KNO3+2NH4Cl=2N2↑+O2↑+4H2O+2KCl，下列說法不正確的是A.N2既是氧化產物，又是還原產物B.還原劑為NH4ClC.生成1molN2轉移電子5molD.氧化產物和還原產物的物質的量之比為2：1【答案】B【解析】【分析】由方程式可知，硝酸鉀中氮元素的化合價降低被還原、部分氧元素化合價升高被氧化，氯化銨中氮元素化合價升高被氧化，則氯化銨是反應的還原劑，硝酸鉀既是氧化劑又是還原劑，氧氣是氧化產物，氮氣既是氧化產物又是還原產物，反應生成2mol氮氣時，轉移電子的物質的量為10mol?！驹斀狻緼．由分析可知，氮氣既是反應的氧化產物又是反應的還原產物，故A正確；B．由分析可知，反應的還原劑為氯化銨和硝酸鉀，故B錯誤；C．由分析可知，反應生成2mol氮氣時，轉移電子的物質的量為10mol，則生成1mol氮氣時，轉移電子的物質的量為5mol，故C正確；D．由分析可知，氧氣是氧化產物，氮氣既是氧化產物又是還原產物，則氧化產物和還原產物的物質的量之比為2：1，故D正確；故選B。8.下列關于化石燃料的說法正確的是A.天然氣的主要成分是CH4，天然氣除做燃料外，可做化工原料用于合成氨B.煤液化后所得的煤焦油中，含有苯、甲苯、二甲苯等芳香烴C.液化石油氣的主要成分是CO和H2，可用于合成甲醇等有機物D.對重油進行催化裂化，可得到燃料油、石蠟、凡士林、瀝青等產品【答案】A【解析】【詳解】A．天然氣的主要成分是CH4，CH4除了做燃料外，還可以用作合成氨、生產甲醇的原料，其中合成氨的流程為，，故A正確；B．煤的干餾能夠獲得煤焦油等物質，從煤焦油中能獲取苯、甲苯、二甲苯等化工原料，故B錯誤；C．液化石油氣主要組成分為丙烷、丙烯、丁烷、丁烯中的一種或者兩種，故C錯誤；D．對重油進行催化裂化可以得到輕質油如：汽油、煤油、柴油等，故D錯誤；故選A。9.下列關于元素周期表和表中元素的應用，說法正確的是A.元素周期表中，元素分為金屬元素和非金屬元素B.利用14C示蹤法，可對出土文物進行年代斷定C.加入少量堿土金屬，能大大改善合金的性能，故堿土金屬又稱“冶金工業(yè)的維生素”D.在副族中，可以找到制造催化劑和耐高溫、耐腐蝕合金元素【答案】A【解析】【詳解】A．元素周期表中，元素分為金屬元素和非金屬元素，有硼砹斜線，上側為非金屬，下側為金屬元素，故A正確；B．14C的半衰期長，可以用于可對出土文物進行年代斷定，這個方法稱為斷代法，而不是示蹤法，故B錯誤；C．加入少量稀土金屬，能大大改善合金的性能，故稀土金屬又稱“冶金工業(yè)的維生素”，故C錯誤；D．應該在副族和第Ⅷ族中尋找制造催化劑，在中ⅣB族到ⅥB族的過渡元素中找到耐高溫、耐腐蝕合金的元素，故D錯誤；故選A。10.下列各組離子在給定溶液中一定能大量共存的是A.0.1mol/L酸性KMnO4溶液：、、Cu2+B.常溫下pH=1的溶液中：I、、Fe2+C.與Al反應能產生H2的溶液：、Na+、K+D.0.1mol/LNaOH溶液中：Cl、ClO、【答案】D【解析】【詳解】A．溶液中的亞硫酸根離子能與酸性高錳酸鉀溶液發(fā)生氧化反應，不能大量共存，故A錯誤；B．pH=1的溶液為酸性溶液，酸性溶液中硫代硫酸根離子與氫離子反應生成硫、二氧化硫和水，不能大量共存，故B錯誤；C．與鋁反應能產生氫氣的溶液可能是強酸溶液，也可能是強堿溶液，強酸溶液中硝酸根離子與鋁反應生成一氧化氮，不能生成氫氣，所以三種離子在與鋁反應能產生氫氣的溶液中不一定大量共存，故C錯誤；D．三種離子在氫氧化鈉溶液中不發(fā)生任何反應，一定能大量共存，故D正確；故選D。11.下列關于幾個常見的化工工藝，說法正確的是A.工業(yè)制硫酸中，需用高純度O2來進行SO2的催化氧化，以免催化劑中毒B.工業(yè)制硝酸和氨氣的流程中，都包含了尾氣循環(huán)利用的步驟C.工業(yè)制粗硅時，根據非金屬性C>Si用焦炭還原SiO2得到粗硅D.工業(yè)制漂白粉時，將Cl2通入石灰乳中并充分加熱使Cl2歧化，生成CaCl2和Ca(ClO)2【答案】B【解析】【詳解】A．工業(yè)制硫酸中，不需用高純度氧氣來進行二氧化硫的催化氧化，通入空氣即可完成二氧化硫的催化氧化，故A錯誤；B．工業(yè)制硝酸得到的尾氣中含有一氧化氮，一氧化氮循環(huán)使用可以提高原料的利用率，合成氨反應是可逆反應，工業(yè)制氨氣得到的尾氣中含有未反應的氮氣和氫氣，尾氣循環(huán)使用可以提高氨氣的產率，故B正確；C．工業(yè)制粗硅的反應為二氧化硅與碳高溫條件下反應生成硅和一氧化碳，反應中碳元素的化合價升高被氧化，碳是反應的還原劑，硅元素的化合價降低被還原，硅是還原產物，由還原劑的還原性強于還原產物可知，碳的還原性強于硅，則工業(yè)制粗硅的反應原理與碳元素和硅元素的非金屬性強弱無關，故C錯誤；D．工業(yè)制漂白粉的反應為氯氣與冷石灰乳反應生成氯化鈣、次氯酸鈣和水，反應中不能加熱，否則反應生成氯化鈣、氯酸鈣和水，無法制得漂白粉，故D錯誤；故選B。12.近年來電池研發(fā)領域涌現出的紙電池，其組成與傳統(tǒng)電池類似，主要包括電極(Cu片和Zn片)浸泡了飽和NaCl溶液的隔離膜(如下圖所示)，電極和隔離膜均“嵌”在紙中，包裝材料采用多孔樹脂，透氣且能防止電解液泄露，下列說法正確的是A.電池工作時，正極處的電解液pH升高B.該電池工作時，負極的反應為Zn+2e—=Zn2+C.電池工作后，銅片上可看到黑色的斑點D.把包裝材料換成不透氣密封樹脂，可以提高電池性能，延長電池使用壽命【答案】A【解析】【分析】由圖可知，鋅電極為原電池的負極，鋅失去電子發(fā)生氧化反應生成鋅離子，電極反應式為Zn—2e—=Zn2+，銅電極為正極，水分子作用下空氣中氧氣在正極得到電子發(fā)生還原反應生成氫氧根離子，電極反應式為O2+4e—+2H2O=4OH—?！驹斀狻緼．由分析可知，銅電極為正極，水分子作用下空氣中氧氣在正極得到電子發(fā)生還原反應生成氫氧根離子，電極反應式為O2+4e—+2H2O=4OH—，則電池工作時，正極處的電解液pH升高，故A正確；B．由分析可知，鋅電極為原電池的負極，鋅失去電子發(fā)生氧化反應生成鋅離子，電極反應式為Zn—2e—=Zn2+，故B錯誤；C．由分析可知，銅電極為正極，水分子作用下空氣中氧氣在正極得到電子發(fā)生還原反應生成氫氧根離子，所以電池工作后，銅片上不可能可看到黑色的斑點，故C錯誤；D．由分析可知，銅電極為正極，水分子作用下空氣中氧氣在正極得到電子發(fā)生還原反應生成氫氧根離子，所以不能把包裝材料換成不透氣密封樹脂，否則空氣中的氧氣無法在正極放電，不能形成原電池，故D錯誤；故選A。13.已知硫酸和氯磺酸結構關系如圖：。下列說法不正確的是A.氯磺酸是一元酸B.氯磺酸中硫元素化合價為+6價C.氯磺酸遇水會發(fā)生反應：D.氯磺酸在HCl作用下可得【答案】C【解析】【詳解】A．氯磺酸分子中只有1個羥基，1個氯磺酸分子只能電離出1個氫離子，所以氯磺酸是一元酸，A項正確；B．氧和氯的非金屬性都強于硫，硫形成6個鍵，說明有6個電子偏離硫原子，所以磺酸中硫元素化合價為+6價，B項正確C．氯的非金屬性都強于硫，氯元素顯1價，氯磺酸與水發(fā)生水解反應時元素的化合價不變，因此應該生成HCl，C項錯誤；D．類比硫酸反應生成氯磺酸，氯磺酸分子中的羥基也可以被氯原子取代，得到該選項給出的結構，D項正確；答案選C。14.下列關于微粒間作用力，說法正確的是A.上圖所示石墨烯轉化為碳納米管的過程，只有共價鍵的形成，無共價鍵的斷裂B.某物質在熔融態(tài)能導電，則該物質定是強電解質C.熔融NaCl和NaCl溶液導電時，二者自由移動的帶電微粒不同D.Cl2通入水中，破壞的共價鍵只有非極性共價鍵【答案】C【解析】【詳解】A．石墨烯轉化為碳納米管的過程中存在著共價鍵的斷裂，也存在著共價鍵的形成，故A錯誤；B．金屬單質在熔融態(tài)能導電，單質既不是電解質也不是非電解質，故B錯誤；C．熔融氯化鈉導電是因為熔融氯化鈉電離出了自由移動的鈉離子和氯離子，氯化鈉溶液能導電是因為氯化鈉在溶液中電離出了自由移動的水合鈉離子和水合氯離子，所以熔融氯化鈉和氯化鈉溶液導電時，二者自由移動的帶電微粒不同，故C正確；D．氯氣與氫氧化鈉溶液反應生成氯化鈉、次氯酸鈉和水，反應中氯氣破壞了非極性共價鍵，氫氧化鈉破壞了離子鍵和極性共價鍵，故D錯誤；故選C。15.下列實驗裝置使用正確的是A.用圖①裝置觀察Fe粉和S粉共熱的反應B.用圖②裝置模擬石蠟催化裂化并收集產物(已知素瓷片可做該反應催化劑)C.用圖③裝置和秒表測定該反應的速率D.用圖④裝置探究Cu和濃硫酸反應的產物【答案】C【解析】【詳解】A．觀察Fe粉和S粉共熱的反應不能再石棉網上進行，有可能S和空氣中O2反應生成有毒氣體SO2，故A錯誤；B．模擬石蠟油熱分解不能用酒精噴燈，故B錯誤；C．通過測量生成氣體的體積，以及反應時間，可以測定該反應的反應速率，故C正確；D．Cu和濃硫酸反應化學反應需要加熱，故D錯誤；故選C。16.NA為阿伏伽德羅常數的值，N(B)表示粒子B的數目，下列說法正確的是A.若1個O2分子質量記為xg，則O2的摩爾質量為xNAg/molB.1molCl2通入水中完全溶解，不考慮HClO分解，則所得氯水中：N(Cl)+N(Cl2)=NAC.將5.6g鐵粉投入一定量的稀硝酸中，鐵粉和硝酸都無剩余，則轉移電子數為0.3NAD.17g羥基和17g氫氧根離子所含電子數均為10NA【答案】A【解析】【詳解】A．由1個氧氣分子質量為xg可知，氧氣摩爾質量為=xNAg/mol，故A正確；B．氯氣與水反應生成鹽酸和次氯酸，該反應為可逆反應，反應得到含有鹽酸、次氯酸和氯氣的氯水，由氯原子個數守恒可得N(Cl)+2N(Cl2)=2NA，故B錯誤；C．鐵與過量稀硝酸反應生成硝酸鐵、一氧化氮和水，與不足量硝酸反應生成硝酸亞鐵、一氧化氮和水，則將5.6g鐵粉投入一定量的稀硝酸中，鐵粉和硝酸都無剩余時，反應轉移電子數介于×2×NAmol—1=0.2NA和×3×NAmol—1=0.3NA之間，故C錯誤；D．羥基的電子數為9，則17g羥基含有的電子數為×9×NAmol—1=9NA，故D錯誤；故選A17.在兩支試管中各加10mL溴水和5mL正己烷(C6H14)，充分振蕩后，在不同環(huán)境下靜置，觀察到不同現象。下列說法不正確的是試管靜置環(huán)境現象①避光靜置后分層，上層橙紅色，下層幾乎無色②光照靜置后分層，兩層均無色，用玻璃棒蘸取濃氨水深入試管②，有白煙出現A.試管①的現象說明Br2在正己烷中的溶解度比在水中大B.試管②中的白煙是氨氣和Br2反應的產物C.若將試管②中的正己烷換為1己烯CH2=CH(CH2)CH3，則無白煙出現D.根據實驗現象可推測：試管②中正己烷發(fā)生了取代反應【答案】B【解析】【詳解】A．試管①中溶液分層，上層橙紅色為溴的己烷溶液，下層為水，故試管①中正己烷萃取了溴水中的溴，則說明Br2在正己烷中的溶解度比在水中大，故A正確；B．用玻璃棒蘸取濃氨水伸入該試管內液面上方，產生白煙，說明正己烷和溴水發(fā)生取代反應生成了溴化氫，溴化氫和氨氣結合生成固體溴化銨冒白煙，故B錯誤；C．若將試管②中的正己烷換為1己烯CH2=CH(CH2)CH3，則1己烯與溴發(fā)生加成反應，無溴化氫生成，則用玻璃棒蘸取濃氨水深入試管②，無白煙出現，故C正確；D．根據實驗現象可推測，正己烷和溴水發(fā)生取代反應生成了溴化氫，溴化氫和氨氣結合生成固體溴化銨冒白煙，故D正確；故選B。18.下列方程式正確的是A.Fe(SCN)3溶液中加入鐵粉的離子方程式：2Fe3++Fe=3Fe2+B.雙氧水中滴加幾滴FeCl3溶液后產生O2，離子方程式：2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+C.NaClO溶液中通少量SO2的離子方程式：ClO+SO2+H2O=Cl++2H+D.黑火藥爆炸的化學方程式：S+2KNO3+3CK2S+N2↑+3CO2↑【答案】D【解析】【詳解】A．Fe(SCN)3為配合物，離子方程式不能拆，正確的離子方程式為，故A錯誤；B．雙氧水中滴加幾滴FeCl3溶液后產生O2，FeCl3作催化劑，離子方程式為，故B錯誤；C．NaClO溶液呈堿性，通入少量SO2后不可能出現H+，正確的離子方程式為，故C錯誤；D．黑火藥爆炸的化學方程式：S+2KNO3+3CK2S+N2↑+3CO2↑，原子守恒，轉移電子守恒，故D正確；故選D。19.X、Y、Z、M為原子序數依次增大的短周期主族元素，X、Y、Z可形成如圖所示的陽離子，且其中Y和Z滿足8電子穩(wěn)定結構。M元素在地殼中含量僅次于氧元素。下列說法正確的是A.Y在元素周期表中ⅢA族B.非金屬性：Y＞MC.M4Z3是一種耐高溫的新型陶瓷，可用于制作坩堝D.氫化物的沸點：Y＜Z【答案】B【解析】【分析】根據X、Y、Z、M為原子序數依次增大的短周期主族元素，結合形成的陽離子結構中，各種元素的原子形成化學鍵數目關系，以及中該陽離子中Y和Z滿足8電子穩(wěn)定結構，可知：X是H元素，Y是C元素，Z是N元素，M元素在地殼中含量僅次于氧元素，則M是Si元素，然后根據元素周期律及物質的性質分析解答?！驹斀狻緼．根據上述分析可知Y是C元素，C是6號元素，原子核外電子排布是2、4，根據原子結構與元素位置關系可知C元素位于元素周期表第二周期第ⅣA族，A錯誤；B．根據上述分析可知Y是C，M是Si，二者屬于同一主族，原子序數越小，元素的非金屬性就越強。原子序數：C＜Si，所以元素的非金屬性：Y(C)＞M(Si)，B正確；C．根據上述分析可知：Z是N，M是Si，二者形成的化合物Si3N4是新型無機非金屬材料，是一種耐高溫的新型陶瓷，可用于制作坩堝，C錯誤；D．根據上述分析可知：Y是C元素，Z是N元素，C元素最簡單氫化物是CH4，N元素最簡單氫化物是NH3，由于NH3分子之間存在氫鍵，增加了分子之間的吸引作用力，導致其沸點比只存在分子間作用力的CH4的高，沸點：CH4＜NH3。但題目中未說明是否是元素最簡單氫化物，因此不能比較兩種元素的氫化物的沸點高低，D錯誤；故合理選項是B。20.柳樹皮中的水楊酸可與乙酸酐發(fā)生下列反應生成乙酰水楊酸(阿司匹林)，以下說法正確的是(已知乙酸酐可發(fā)生反應：(CH3CO)2O+H2O=2CH3COOH)A.乙酰水楊酸分子中含三種不同官能團B.可推測乙酸酐能與NaOH反應生成H2O和CH3COONa，故乙酸酐屬于酸性氧化物C.1mol乙酰水楊酸與NaOH溶液共熱，最多消耗1molNaOHD.該反應若在水溶液中進行，反應相同時間，水楊酸的轉化率會降低【答案】D【解析】【詳解】A．根據乙酰水楊酸分子結構可知：在乙酰水楊酸分子中含有羧基、酯基兩種不同官能團，A錯誤；B．根據乙酸酐分子式可知：在乙酸酐中含有C、H、O三種元素，因此乙酸酐不屬于酸性氧化物，B錯誤；C．在1個乙酰水楊酸分子中含有一個羧基、一個酯基。酯基水解產生一個酚羥基和一個羧基，酚羥基、羧基都可以與1個NaOH發(fā)生反應，故1mol乙酰水楊酸與NaOH溶液共熱，最多消耗3molNaOH，C錯誤；D．該反應若在水溶液中進行，由于乙酸酐會與溶液中的水反應產生乙酸，導致反應物乙酸酐的濃度降低，而生成物乙酸的濃度增大，因此根據平衡移動原理可知：若反應相同時間，水楊酸的轉化率會降低，D正確；故合理選項是D。21.一定條件下0.3molX(g)與0.3molY(g)在體積為2L的恒容密閉容器中發(fā)生反應：X(g)+3Y(g)2Z(g)，下列說法正確的是A.反應達平衡時，X的轉化率可能為40%B.投料后至反應達平衡時，氣體平均摩爾質量不斷減小C.若平衡時c(Z)=0.05mol/L，則平衡時Z的產率為50%D.當X的體積分數不變時，可推測反應達到平衡【答案】C【解析】【詳解】A．若X的轉化率為40%，則X的變化量為0.12mol，Y的變化量為0.36mol，超過了Y的初始投料，故A錯誤；B．投料后至反應達平衡時，氣體總物質的量不斷減小，根據，密閉容器質量不變，則氣體平均摩爾質量不斷增大，故B錯誤；C．若0.3molX(g)與0.3molY(g)完全反應生成Z物質的量為0.2mol,若平衡時c(Z)=0.05mol/L，則平衡時n(Z)=0.1mol，其產率為50%，故C正確；D．根據起始充入的0.3molX(g)與0.3molY(g)，則起始X的體積分數為50%，設達到平衡時X的變化量為amol，根據三段式有：，則平衡時X的體積分數為，則X的體積分數始終為50%，所以不能根據X的體積分數，可推反應是否達到平衡狀態(tài)，故D錯誤；故選C。22.To溫度下，向2L真空密閉容器中加入N2O3固體，發(fā)生反應N2O3(s)NO2(g)+X(g)(未配平)，反應過程中N2O3和NO2物質的量隨時間變化如圖，下列說法正確的是A.X可能為N2B.第2min時逆反應速率大于第4min時正反應速率C.02min用N2O3表示反應速率為1mol/minD.第4min時保持溫度和容器體積不變，向容器中再加入N2O3，正反應速率加快【答案】C【解析】【詳解】A．由圖可知，交叉點處，三氧化二氮減少2mol，二氧化氮增加2mol，則方程式中三氧化二氮的化學計量數和二氧化氮的化學計量數相等，由原子個數守恒可知，X為一氧化氮，故A錯誤；B．由圖可知，2min時反應未達到平衡，4min時反應達到平衡，平衡時正逆反應速率相等，平衡形成過程中逆反應速率增大，則第2min時逆反應速率小于第4min時正反應速率，故B錯誤；C．由圖可知，2min時三氧化二氮減少2mol，則02min內三氧化二氮的反應速率為=1mol/min，故C正確；D．三氧化二氮是濃度為定值的固體，增加固體的量，化學反應速率不變，故D錯誤；故選C。23.科學家利用反應，可實現氯的循環(huán)利用，已知：該反應中被完全氧化時，放出60kJ熱量．其中，斷裂中氧氧鍵需要吸收498kJ熱量．則下列說法正確的是A.反應放出熱量的多少與反應物的質量多少無關，和反應物、生成物本身能量有關B.，若有被完全氧化，則放出熱量小于120kJC.形成中氯氯鍵吸收熱量D.若，則斷開所需能量比斷開所需能量少33kJ【答案】B【解析】【詳解】A．同一種物質的固態(tài)轉化為液態(tài)或氣態(tài)時吸熱，并且反應物的質量越多，則放熱反應放出的熱量越多，所以反應放出的熱量的多少與反應物的質量和反應物、生成物本身能量有關，故A錯誤；B．由題意可知放出2×60kJ=120kJ熱量，液態(tài)HCl轉化為氣態(tài)吸收熱量，則被完全氧化，則放出熱量小于120kJ，故B正確；C．新鍵形成釋放能量，由圖知形成中氯氯鍵放出熱量，故C錯誤；D．已知斷裂中氧氧鍵需要吸收498kJ熱量，形成1molCl2(g)放出243kJ能量，根據新鍵形成放出的能量舊鍵斷裂吸收的能量等于放出的熱量，則[2×243+2×2×E(HO)]4×E(HCl)498=120，則E(HO)E(HCl)=33，則斷開所需能量比斷開所需能量多33kJ，故D錯誤；故選：B。24.二氧化氯(ClO2)是一種黃綠色氣體，易溶于水，熔點59.5℃，沸點為11.0℃，濃度過高時易發(fā)生分解引起爆炸，某研究小組室溫下利用雙氧水和NaClO3制備ClO2溶液的裝置如圖所示。下列說法正確的是A.三頸燒瓶中H2O2為還原劑，投料時應保證2n(H2O2)>n(NaClO3)B.實驗中N2最主要的作用是排除裝置中的空氣，防止生成的ClO2變質C.裝置B可以起到防止倒吸的作用D.可將分液漏斗中的硫酸換成鹽酸，避免產生含S元素的雜質【答案】C【解析】【分析】氯酸鈉和過氧化氫、硫酸在裝置A中反應制備二氧化氯，通入氮氣防止二氧化氯濃度過高引起爆炸，裝置B作安全瓶，防倒吸，裝置C用來收集二氧化氯，裝置D用來吸收尾氣，據此解答?！驹斀狻緼．裝置A是生成ClO2的裝置，Cl元素由NaClO3中的+5價降低到ClO2中的+4價，得到1個電子，NaCIO3是氧化劑，氧元素由H2O2中﹣1價升高到O2中的0價，失去2個電子，H2O2是還原劑，根據得失電子守恒知，NaClO3與H2O2的物質的量之比為2:1，A項錯誤；B．由題意知，二氧化氯濃度過高易發(fā)生分解引起爆炸，通入氮氣主要是為了降低二氧化氯的濃度，故B錯誤；C．裝置C用于收集二氧化氯，二氧化氯易溶于水，容易發(fā)生倒吸，因此裝置B可以起到防倒吸的作用，C項正確；D．分液漏斗中的硫酸換成鹽酸，NaClO3和鹽酸發(fā)生歸中反應生成氯氣，不能制備ClO2，故D錯誤；故選C。25.下列實驗操作后，記錄到相應現象，則不能證明實驗結論的是選項實驗操作與現象結論A將收集滿甲烷和氯氣混合氣的試管倒扣在盛滿水的水槽中，靜置光照，試管中液面上升甲烷和氯氣發(fā)生了取代反應B檢驗甲烷中是否含有乙烯(無其他雜質)：室溫下將氣體依次通過酸性KMnO4溶液和濃硫酸，測得氣體體積增大甲烷中含有乙烯C氯水加熱時，顏色迅速變淡升溫加速了Cl2和H2O反應的速率，使Cl2迅速消耗D將品紅配成等濃度的乙醇溶液和水溶液，分別通相同體積的SO2，觀察到前者不褪色，后者褪色SO2本身可與品紅生成無色物質A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A．甲烷和氯氣光照條件下發(fā)生取代反應生成HCl，HCl極易溶于水，則試管液面上升，故A正確；B．若甲烷中混有乙烯(無其他雜質)，室溫下將氣體依次通過酸性KMnO4溶液和濃硫酸中，乙烯被氧化為二氧化碳，由原子守恒可知1mol乙烯會氧化生成2mol二氧化碳，故氣體體積增大，則證明甲烷中混有乙烯，故B正確；C．氯水加熱時，加速了次氯酸的分解，導致Cl2和H2O反應的速率加快，顏色迅速變淡，故C正確；D．SO2不能使品紅的乙醇溶液褪色，卻可以使品紅的水溶液褪色，說明SO2能使品紅溶液褪色的原因是SO2與H2O反應生成的H2SO3的作用，而不是SO2本身的作用，故D錯誤；故選D。非選擇題部分26.按要求回答下列問題：（1）Na2O的電子式：_____，甲酸乙酯的結構簡式：_____。（2）已知As元素的原子序數為33，則As在元素周期表中的位置為：_____，可推測As元素是_____(選填“金屬”、“非金屬”)元素。（3）試解釋“生鐵的硬度比鋼強”的原因：_____?！敬鸢浮浚?）①.②.HCOOCH2CH3（2）①.第四周期ⅤA族②.非金屬（3）生鐵是指含碳量在2.11%4.3%之間的鐵碳合金，鋼是含碳量質量百分比介于0.02%2.11%之間的鐵碳合金的統(tǒng)稱，鐵合金中含碳量越高，硬度越大，所以生鐵的硬度比鋼強【解析】【小問1詳解】氧化鈉是只含有離子鍵的離子化合物，電子式為；甲酸乙酯的官能團為酯基，結構簡式為HCOOCH2CH3，故答案為：；HCOOCH2CH3；【小問2詳解】砷元素的原子序數為33，位于元素周期表第四周期ⅤA族；由造字結構可知砷元素是非金屬元素，故答案為：第四周期ⅤA族；非金屬；【小問3詳解】生鐵和鋼都是鐵合金，生鐵是指含碳量在2.11%4.3%之間的鐵碳合金，鋼是含碳量質量百分比介于0.02%2.11%之間的鐵碳合金的統(tǒng)稱，鐵合金中含碳量越高，硬度越大，所以生鐵的硬度比鋼強，故答案為：生鐵是指含碳量在2.11%4.3%之間的鐵碳合金，鋼是含碳量質量百分比介于0.02%2.11%之間的鐵碳合金的統(tǒng)稱，鐵合金中含碳量越高，硬度越大，所以生鐵的硬度比鋼強。27.有機物A俗名蒜醇，能和Na反應產生H2，蒜醇是生產甘油、醫(yī)藥、農藥、香料和化妝品的中間體。從A出發(fā)合成F的路線如下所示(箭頭上下的物質可以是反應物、催化劑或溶劑，流程中只寫出主要有機產物，試回答下列問題：已知：①H2C=CH2②C→D反應后溶液中產生了Br（1）B中的含氧官能團名稱為：_____，C→D的反應類型為：_____（2）下列說法正確的是_____。A.蒜醇能和Br2的CCl4溶液發(fā)生反應B.A→B的反應也可使用酸性KMnO4C.C→D反應后，溶液的pH明顯降低D.D→E屬于加成反應（3）試寫出C的三種同分異構體的結構簡式，要求能和NaOH發(fā)生反應：_____。（4）E的分子式為：_____；E在Cu催化下被O2氧化的產物的結構簡式為：_____。（5）E→F的過程中發(fā)生了副反應，生成了和F含相同官能團的四元環(huán)產物G，試寫出E生成G的化學方程式：_____?！敬鸢浮浚?）①.醛基②.氧化反應（2）ACD（3）CH3CH2COOH、CH3COOCH3、HCOOCH2CH3（4）①.C3H6O3②.（5）+H2O【解析】【分析】由有機物的轉化關系可知，常溫下CH2=CHCH2OH與二氧化錳發(fā)生氧化反應生成CH2=CHCHO，則A為CH2=CHCH2OH、B為CH2=CHCHO；銀做催化劑條件下CH2=CHCHO與氧氣發(fā)生催化氧化反應生成，與溴水發(fā)生氧化反應生成，則D為；加熱、加壓條件下與水發(fā)生開環(huán)加成反應生成，則E為；濃硫酸作用下發(fā)生酯化反應生成?！拘?詳解】由分析可知，B的結構簡式為CH2=CHCHO，含氧官能團為醛基；C→D的反應為與溴水發(fā)生氧化反應生成，故答案為：醛基；氧化反應；【小問2詳解】A．由分析可知，蒜醇的結構簡式為CH2=CHCH2OH，分子中含有的碳碳雙鍵能與溴的四氯化碳溶液發(fā)生加成反應，故正確；B．由分析可知，A→B的反應為常溫下CH2=CHCH2OH與二氧化錳發(fā)生氧化反應生成CH2=CHCHO，若反應使用酸性高錳酸鉀溶液，酸性高錳酸鉀溶液會將碳碳雙鍵、醛基氧化，無法制得CH2=CHCHO，故錯誤；C．由分析可知，C→D的反應為與溴水發(fā)生氧化反應生成，反應的化學方程式為+Br2+H2O+2HBr，反應生成的HBr在溶液中電離出氫離子，使溶液中氫離子濃度增大，溶液pH明顯降低，故正確；D．由分析可知，D→E的反應為加熱、加壓條件下與水發(fā)生開環(huán)加成反應生成，故正確；故選ACD；【小問3詳解】C的同分異構體能和氫氧化鈉溶液反應說明同分異構體可能是酸或酯，則符合條件的結構簡式為CH3CH2COOH、CH3COOCH3、HCOOCH2CH3，故答案為：CH3CH2COOH、CH3COOCH3、HCOOCH2CH3；【小問4詳解】由分析可知，E的結構簡式為，分子式為C3H6O3，銅做催化劑條件下與氧氣共熱發(fā)生催化氧化反應生成生成，故答案為：C3H6O3；；【小問5詳解】由題意可知，濃硫酸作用下發(fā)生酯化反應生成和水，則G為，反應的化學方程式為+H2O，故答案為：+H2O。28.為探究草酸亞鐵X(FeC2O4)的性質，設計并完成以下實驗(流程中部分物質已略去)：已知：①FeC2O4難溶于水，易溶于酸；②FeC2O4分解產物只有A、B、C，氣體A和氣體B所含元素相同?；卮鹣铝袉栴}：（1）固體C的化學式為_____；固體C與NaH反應后，除單質D外，還生成了_____。（2）X隔絕空氣高溫分解的化學方程式為_____。（3）將FeC2O4與200℃水蒸氣共熱反應后，得含草酸(H2C2O4)蒸汽的氣體E。已知：草酸是一種弱酸，常做為還原劑使用；157℃升華，170℃以上分解可放出CO2和CO；其鈣鹽難溶于水。下列說法不正確的是_____。A.氣體E用足量的堿石灰充分吸收后若仍有剩余，則剩余的氣體可點燃B.氣體E通過灼熱的氧化銅，若出現黑色變紅色現象，則說明產生的氣體中一定有CO2C.氣體E直接通入足量的澄清石灰水中，若能產生白色渾濁現象，則說明產生的氣體E中一定有CO2D.H2C2O4與酸性KMnO4溶液反應的離子方程式為：5H2C2O4+2+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O（4）設計實驗驗證FeC2O4中的Fe元素，寫出操作和現象：_____?！敬鸢浮浚?）①.Fe3O4②.NaOH（2）3FeC2O4Fe3O4+2CO2↑+4CO↑（3）BC（4）取樣，加入HNO3酸化至無氣泡產生后，向其中加入KSCN溶液，溶液顯血紅色【解析】【分析】將草酸亞鐵FeC2O4在隔絕空氣的條件下加強熱，發(fā)生反應，產生A、B、C三種物質，氣體A和氣體B所含元素相同，則根據元素守恒，可知氣體A、B中一種的CO，一種是CO2。根據氣體的體積可知氣體總物質的量n==0.03mol，利用CO2與Ba(OH)2反應產生BaCO3的質量可知氣體A是CO2，n(CO2)=n(BaCO3)==0.01mol，則不與Ba(OH)2發(fā)生反應的氣體B是CO，其物質的量n(CO)=0.02mol，結合化學式可知n(FeC2O4)=[n(CO)+n(CO2)]=0.015mol，根據元素守恒，可知C的化學式；C與NaH發(fā)生反應，可結合元素守恒，物質D及另一產物的化學式?！拘?詳解】2.16g可知固體FeC2O4在隔絕空氣的條件下加強熱，反應產生A、B、C三種物質，根據上述計算可知A是CO2，物質的量是0.01mol，物質B是CO，物質的量是0.02mol，則固體C中含有Fe的物質的量n(Fe)=0.015mol，n(O)==0.02mol，n(Fe)：n(O)=0.015mol：0.02mol=3：4，故固體C化學式是Fe3O4；Fe3O4與NaH反應，產生單質D和另一種物質。Fe3O4中Fe的物質的量是0.015mol，若單質D是Fe，則m(Fe)=0.015mol×56g/mol=0.84g，說明D是Fe單質，則根據元素守恒，可知另外一種物質是氫氧化鈉，其化學式為NaOH；【小問2詳解】根據上述分析可知FeC2O4在隔絕空氣條件下分解產生Fe3O4、CO2、CO，根據分解過程中元素守恒可知：n(FeC2O4)：n(Fe3O4)：n(CO2)：n(CO)=0.015mol：0.005mol：0.01mol：0.02mol=3：1：2：4，故該分解反應的化學方程式為：3FeC2O4Fe3O4+2CO2↑+4CO↑；【小問3詳解】將FeC2O4與200℃水蒸氣共熱反應后，得含草酸(H2C2O4)蒸汽的氣體E，已知：草酸是一種具有還原性的弱酸，157℃升華，170℃以上分解可放出CO2和CO，CO具有還原性，能夠與水蒸氣反應產生CO2、H2，因此氣體E中含有草酸蒸氣、CO2及H2、水蒸氣，也可能含有CO。A．氣體E用足量的堿石灰充分吸收后若仍有剩余，則氣體中的CO2、H2O蒸氣會被吸收，剩余的氣體中含有H2、CO，H2、CO是可燃性氣體，因此能夠被點燃，A正確；B．氣體E通過灼熱的氧化銅，若出現黑色變紅色現象，則說明CuO被還原為Cu單質，說明氣體E中含有還原性氣體，該氣體可能是H2，也可能是CO，也可能是H2、CO的混合氣體，因此不能確定產生的氣體中一定有CO2，B錯誤；C．由于氣體E中含有草酸蒸氣，其能夠與Ca(OH)2反應產生CaC2O4沉淀，因此氣體E直接通入足量的澄清石灰水中，若能產生白色渾濁現象，沉淀可能是CaCO3，也可能是CaC2O4，因此不能說明產生的氣體E中就一定有CO2，C錯誤；D．H2C2O4是一元弱酸，具有還原性，能夠與具有氧化性的酸性KMnO4溶液發(fā)生氧化還原反應，根據電子守恒、電荷守恒、原子守恒，結合物質的拆分原則，可知改反應的離子方程式為：5H2C2O4+2+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，D正確；故合理選項是BC；【小問4詳解】已知FeC2O4難溶于水，易溶于酸，因此要驗證FeC2O4中的Fe元素，可以先用稀HNO3酸化溶解固體藥品，使鐵元素進入溶液，將+2價的Fe2+氧化為+3價的Fe3+，將離子氧化為CO2氣體逸出，然后根據Fe(SCN)3溶液顯紅色判斷。故該實驗操作及現象是：取樣，加入足量的HNO3酸化至無氣泡產生后，向其中加入KSCN溶液，若溶液顯血紅色，說明其中含有鐵元素。29.二氯化二硫(S2Cl2)是橡膠工業(yè)的硫化劑，可由硫和氯氣在100110℃直接化合而成，實驗室利用含雜質的S單質(雜質不參與反應)制備S2Cl2的實驗裝置如下圖。已知：①S2Cl2冷卻不充分易分解：S2Cl2=2S+Cl2↑，S能溶解在液態(tài)S2Cl2中②S2Cl2通入水中劇烈反應，產生白霧、乳白色渾濁和一種還原性氯化物③S和Cl2用量一定，改變Cl2流速和反應時長，反應結束后S2Cl2產率如下圖請回答下列問題：（1）儀器a的名稱為：_____；裝置C所盛試劑為：_____。（2）下列裝置適合連接在F支管處的裝置可以為：_____。A. B. C. D.（3）下列有關實驗的說法正確的是_____。A.當觀察到玻璃管中固體不再減少，可判斷反應已結束B.S2Cl2產率隨Cl2流速加快先增大，是因為Cl2及時將S2Cl2吹入冷凝管，避免S2Cl2停留在玻璃管中繼續(xù)受熱而分解C.裝置C可以省去，對S2Cl2的制備沒有影響D.實驗開始時，以下三個操作的順序依次為：點燃酒精燈A→點燃酒精燈D→通冷凝水（4）寫出S2Cl2與水反應的化學方程式：_____。（5）實驗所得S2Cl2因冷卻不充分而部分分解，導致純度降低。為了測定所得S2Cl2純度，進行如下實驗，請補全(填寫序號)：取一定質量的S2Cl2完全溶于_____(①水；②NaOH溶液：③鹽酸)，充分靜置后過濾，測定_____(①S沉淀的質量：②濾液中Cl的濃度；③濾液中的濃度)【答案】（1）①.分液漏斗②.濃硫酸（2）A（3）AB（4）（5）①.①②.②【解析】【分析】裝置A中二氧化錳與濃鹽酸反應生成氯化錳、氯氣和水，裝置B中飽和食鹽水除去氯氣中的氯化氫，裝置C中濃硫酸用于干燥氯氣，裝置D中氯氣與硫在100~110℃直接化合