2023-2024學年浙江省寧波市九校高一下學期6月期末考試化學試題（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE1浙江省寧波市九校2023-2024學年高一下學期6月期末考試試題考生須知：1.本試題卷分選擇題和非選擇題兩部分，共8頁，滿分100分，考試時間90分鐘。2.本卷可能用到的相對原子質量：H-1C-12N-14O-16Na-23Al-27S-32Cl-35.5K-39Fe-56Cu-64Mn-55Ba-137選擇題部分一、選擇題(本大題有25小題，每小題2分，共50分。每小題均只有一個選項符合題意)1.生活中處處有化學。下列對應關系不正確的是（）A.——漂白劑 B.——補鐵劑C.——補碘劑 D.食醋——調味品〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．過氧化鈉具有強的氧化性，可以做漂白劑，故A正確；B．Fe2+能被人體吸收，則FeSO4可以做補鐵劑，故B正確；C．KIO3常用作補碘劑，故C錯誤；D．食醋是含有3～5%CH3COOH的水溶液，能增強食欲，可作調味品，故D正確；故選C。2.科技是第一生產力，我國科學家在諸多領域取得新突破，下列說法不正確的是（）A.利用Ti-Fe合金吸收儲氫，該過程屬于物理變化B.中國第一艘深海載人潛水器“蛟龍?zhí)枴笔褂玫牡杼沾蓪儆谛滦蜔o機非金屬材料C.研制了高效率鈣鈦礦太陽能電池，其能量轉化形式：太陽能→電能D.5G通訊技術離不開光導纖維，制造光導纖維使用的材料是二氧化硅〖答案〗A〖解析〗【詳析】A．Ti-Fe合金吸收H2生成金屬氫化物，有新物質生成，屬于化學變化，故A錯誤；B．氮化硅陶瓷耐高溫，屬于新型無機非金屬材料，故B正確；C．研制了高效率鈣鈦礦太陽能電池，其能量轉化形式是太陽能轉化為電能，故C正確；D．制造光導纖維使用的材料是二氧化硅，故D正確；故選A。3.下列做法不符合綠色化學理念的是（）A.將廢舊塑料裂解為化工原料 B.道路結冰時大量使用融雪劑C.開發(fā)及推廣使用新能源汽車 D.利用合成可降解塑料〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．將廢舊塑料裂解為化工原料，對環(huán)境友好，符合綠色化學理念，A不符合；B．道路結冰時大量使用融雪劑，對環(huán)境不友好，不符合綠色化學理念，B符合；C．開發(fā)及推廣使用新能源汽車，對環(huán)境友好，符合綠色化學理念，C不符合；D．利用合成可降解塑料，對環(huán)境友好，符合綠色化學理念，D不符合；〖答案〗選B。4.乙炔是最簡單的炔烴，常用氧炔焰來切割金屬。下列有關其化學用語表達不正確的是（）A.電子式：B.結構簡式：C分子空間結構：直線形D.球棍模型：〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．乙炔中C和C共用3對電子對，電子式為，A正確；B．乙炔中官能團碳碳三鍵不能省略，結構簡式：，B錯誤；C．乙炔分子空間結構是直線形，C正確；D．乙炔的結構式為H-C≡C-H，球棍模型：，D正確；故選B5.物質的性質決定應用，下列兩者對應關系正確的是（）A.溶液呈堿性，故可用作發(fā)酵粉B.鐵的金屬性比銅強，可用溶液腐蝕Cu刻制印刷電路板C.氯氣和鐵常溫下難以反應，故可用鋼瓶貯存液氯D.濃硫酸具有吸水性，可用于干燥氣體〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．NaHCO3溶液水解以后呈堿性，作發(fā)酵粉是因為其固體受熱可以分解，二者沒有直接關系，A錯誤；B．鐵的金屬性比銅強，但FeCl3溶液腐蝕Cu刻制印刷電路板，是因為Fe3+的氧化性比Cu2+強，B錯誤；C．氯氣和鐵常溫下難以反應，需要受熱以后才能反應，故可用鋼瓶貯存液氯，C正確；D．濃硫酸具有吸水性，也具有強氧化性，濃硫酸會氧化H2S，所以不可用于干燥H2S氣體，D錯誤；故〖答案〗選C。6.去年秋冬季支原體肺炎流行，在預防過程中，化學知識起到了重要的作用。下列有關說法不正確的是（）A.支原體直徑約為，擴散到空氣中可形成氣溶膠B.75%的酒精和雙氧水均能殺滅病毒，消毒原理不同C.“84消毒液”是殺滅支原體微生物的藥物之一，其有效成分為次氯酸鈉D.N95型口罩的主要成分為聚丙烯，屬于有機高分子材料〖答案〗A〖解析〗【詳析】A．膠粒的直徑在1～100nm即1×10-9~100×10-9m之間，支原體直徑約為，不屬于膠體，故A錯誤；B．雙氧水具有強氧化性，能使蛋白質變性而殺菌消毒，乙醇破壞了蛋白質原有的氫鍵使蛋白質變性，其原理不相同，故B正確；C．84消毒液的主要成分為次氯酸鈉，次氯酸鈉水解生成的次氯酸具有強氧化性，使蛋白質變性，故C正確；D．聚丙烯是由丙烯發(fā)生加聚反應的產物，聚丙烯的相對分子質量在10000以上，所以屬于有機高分子材料，故D正確；故選：A。7.下列說法正確的是（）A.金剛砂與金剛石互為同素異形體B.與互為同分異構體C.與互為同系物D.、互為同位素〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．金剛石是碳元素的單質，金剛砂是SiC，為化合物，不能互為同素異形體，故A錯誤；

B．與分子式不同，不是同分異構體，故B錯誤；C．CH4和C10H22都是烷烴，分子組成相差9個CH2，一定互為同系物，故C正確；D．同位素是指質子數(shù)相同中子數(shù)不同的不同核素，是氮元素的一種核素，是氮氣分子，兩者不是同位素，故D錯誤；故選C。8.工業(yè)上制備下列物質的生產流程合理的是（）A.由鋁土礦冶煉鋁：鋁土礦Al2O3A1Cl3AlB.從海水中提取鎂：海水Mg(OH)2MgOMgC.由NaCl制漂白粉：飽和食鹽水Cl2漂白粉D.由黃鐵礦制硫酸：黃鐵礦SO2SO3H2SO4〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗【詳析】A．氯化鋁是共價化合物，熔融氯化鋁不導電，不能電解氯化鋁制備金屬鋁，工業(yè)上一般電解氧化鋁冶煉金屬鋁，故A不合理；B．工業(yè)上一般用電解熔融氯化鎂的方法冶煉金屬鎂，故B不合理；C．工業(yè)上用氯氣和石灰乳反應制備漂白粉，故C不合理；D．工業(yè)上灼燒黃鐵礦生成二氧化硫，二氧化硫發(fā)生催化氧化生成三氧化硫，三氧化硫用濃硫酸吸收生成硫酸，故D合理；選D。9.“神舟十八號”載人飛船發(fā)射升空后，工作人員用溶液處理火箭發(fā)射場附近廢水中偏二甲肼的反應原理為：。設為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法不正確的是（）A.溶液中氧原子數(shù)目為B.中所含氮原子數(shù)目為C.標準狀況下，中共用電子對數(shù)目D.反應生成時轉移電子數(shù)目為〖答案〗A〖解析〗【詳析】A．2L

1mol?L?1

H2O2物質的量為2mol，含4molO原子，溶液中水分子還含有氧原子，則溶液中氧原子數(shù)目大于4NA，故A錯誤；B．6g

(CH3)2NNH2物質的量為，所含氮原子數(shù)目為0.1mol×2×NAmol-1=0.2NA，故B正確；C．標準狀況下，22.4L

N2物質的量為，N2電子式為，所以含有的共用電子對數(shù)目為3NA，故C正確；D．該反應中只有過氧化氫中O元素化合價降低，由-1價降低至-2價，生成2mol二氧化碳時轉移16mol電子，則生成0.5mol

CO2時轉移電子數(shù)目為4NA，故D正確；故選A。10.利用如圖所示裝置進行實驗(夾持裝置略)，b中現(xiàn)象正確且能證明a中產物生成的是（）a中反應b中檢測試劑及現(xiàn)象A濃HNO3分解生成NO2淀粉-KI溶液變藍B濃NaOH與NH4Cl溶液生成NH3紫色石蕊溶液變紅C木炭與濃H2SO4反應生成CO2澄清石灰水變渾濁DNa2S2O3與稀H2SO4反應生成SO2品紅溶液褪色〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．可能揮發(fā)的硝酸氧化KI生成碘，淀粉遇碘變藍，則不能證明濃HNO3分解生成NO2，A不合題意；B．氨氣溶于水顯堿性，使石蕊溶液變藍，b中現(xiàn)象不能證明a中產物生成，B不合題意；C．加熱時木炭與濃H2SO4生成的二氧化碳、二氧化硫均使石灰水變渾濁，則不能證明木炭與濃H2SO4生成CO2，C不合題意；D．Na2S2O3與稀H2SO4反應生成SO2，反應原理為：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑，SO2具有漂白性，能夠使品紅溶液褪色，故能證明有SO2生成，D符合題意；故〖答案〗為：D。11.化學電源在日常生活和高科技領域中都有廣泛應用。下列說法正確的是（）A.圖甲：鋰電池放電時，電解質溶液中向鋰電極遷移B.圖乙：鋅筒作正極C.圖丙：鉛蓄電池放電時電子流入鉛所在電極D.圖?。涸撾姵毓ぷ鲿r，標況下每消耗22.4LO2轉移4mol電子〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．圖甲中，鋰電池放電時，鋰電極為負極，電解質溶液中向正極遷移，所以應該向多孔碳電極移動，A錯誤；B．原電池中，較活潑的金屬為負極，所以在鋅錳干電池中，鋅筒為負極，B錯誤；C．電池放電時，電子從負極流出，經導線流向正極，在鉛蓄電池中，鉛電極為負極，是電子流出的一級，C錯誤；D．氫氧燃料電池中，為正極，發(fā)生反應，所以該電池工作時，標況下每消耗22.4L轉移4mol電子，D正確；故選D。12.下列反應的離子方程式正確的是（）A.碘化亞鐵溶液與等物質的量的氯氣：B.溶液中滴加至完全沉淀：C.乙醇與酸性溶液反應：D.向硫化鈉溶液通入足量二氧化硫：〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．還原性強弱為Fe2+<I-，碘化亞鐵溶液與等物質的量的氯氣反應時，Cl2先氧化I-，正確的離子反應方程式為，故A錯誤；B．向氫氧化鋇溶液中逐滴滴加硫酸氫鈉溶液，當

Ba2+完全沉淀時發(fā)生的反應：，故B錯誤；C．乙醇具有還原性，與具有強氧化性酸性溶液反應生成乙酸和Cr3+，離子方程式為：，故C正確；D．H2SO3酸性強于H2S，能反生較強酸制較弱酸，生成的H2S具有還原性，與SO2反應生成S，離子反應方程式為，故D錯誤；〖答案〗選C。13.下列說法正確的是（）A.氫氧化鋇晶體與氯化銨晶體混合發(fā)生反應，該反應的B.對于反應，斷開鍵、Cl—Cl鍵、H—Cl鍵所需的能量分別為a、b、ckJ(a、b、c均大于零)，則該反應的C.在25℃、下，氣體完全燃燒生成液態(tài)水，放出的熱量是akJ，則該反應的熱化學方程式為：D.如上圖表示的反應是放熱反應〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．氫氧化鋇晶體與氯化銨晶體混合發(fā)生反應，反應為吸熱反應，則反應的，故A項錯誤；B．反應的焓變=反應物總鍵能-生成物總鍵能，所以對于反應H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)，則該反應的=(a+b?2c)kJ/mol，故B項正確；C．1gH2的物質的量為0.5mol，完全燃燒生成液態(tài)水，放出的熱量是akJ，則2molH2完全燃燒生成液態(tài)水放出熱量為4akJ，熱化學方程式應為：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)，=?4akJ/mol，故C項錯誤；D．產物能量高于反應物能量，故該反應為吸熱反應，故D項錯誤；故本題選B。14.某化學興趣小組對教材中乙醇氧化及產物檢驗的實驗進行了改進與創(chuàng)新，改進裝置如圖所示，按圖組裝好儀器、裝好藥品和試劑。下列有關改進實驗的敘述不正確的是（）A.點燃酒精燈，輕輕推動注射器活塞，銅粉的顏色紅黑交替出現(xiàn)B.無水硫酸銅粉末變藍，說明乙醇氧化生成了水C.在盛有新制氫氧化銅的試管中能看到磚紅色沉淀D.實驗的總反應：〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗Cu與氧氣反應生成CuO，CuO可氧化乙醇為乙醛，用無水硫酸銅檢驗水分，新制氫氧化銅溶液檢驗乙醛；【詳析】A．點燃酒精燈，Cu與氧氣反應生成CuO，銅粉由紅色變黑色，輕輕推動注射器活塞，CuO可氧化乙醇，自身被還原為Cu，粉末由黑色變紅色，故A正確；

B．硫酸銅遇水變藍，則硫酸銅粉末變藍，說明乙醇氧化反應生成了水，故B正確；

C．乙醛與新制的氫氧化銅懸濁液反應生成磚紅色沉淀需要加熱，不加熱不能看到磚紅色沉淀，故C錯誤；

D．Cu與氧氣反應生成CuO，CuO可氧化乙醇，則銅粉黑紅變化有關反應為2Cu+O22CuO、C2H5OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O，總反應：，故D正確；

故選：C。15.X、Y、Z、M、E是元素周期表中前四周期且原子序數(shù)依次增大的元素。X為原子半徑最小的元素；元素周期表中Z與Y、M相鄰，Y的一種同位素用于考古斷代，Y與M可以形成直線型分子；E的合金是目前用量最大的金屬材料。下列說法正確的是（）A.簡單氫化物的沸點：M<Z<YB.由X、Z、M三種元素組成的化合物中只含有共價鍵C.高溫下，E的單質與反應得到D.X可與Y、Z、M分別形成含有18個電子的化合物〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗X為原子半徑最小的元素，X為H；Y的一種同位素用于考古斷代，Y為C，Y與M可以形成直線型分子YM2，M為O，元素周期表中Z與Y、M相鄰，Z為N，E的合金是目前用量最大的金屬材料，E為Fe；【詳析】A．M、Z、Y的簡單氫化物分別為H2O、NH3、CH4，沸點：H2O>NH3>CH4，A錯誤；B．由X、Z、M三種元素組成的化合物如NH4NO3，既有離子鍵，也有共價鍵，B錯誤；C．高溫下，E的單質即鐵與H2O反應得到Fe3O4，C錯誤；D．X可與Y、Z、M分別形成C2H6、N2H4、H2O2，都是含有18個電子的化合物，D正確；本題選D。16.如圖是一個綜合處理含尾氣的工藝流程。已知“吸收”步驟和“氧化”步驟發(fā)生的反應分別為：①；②。若每步反應都完全，下列說法不正確的是（）A.“吸收”步驟中為氧化劑B.由反應過程可推知氧化性的強弱順序：C.處理含體積分數(shù)為0.336%的尾氣，反應①中轉移電子數(shù)D.溶液在上述流程中可以循環(huán)使用〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．“吸收”步驟中的Fe化合價由+3價變?yōu)?2價，化合價降低，作氧化劑，A錯誤；B．氧化劑的氧化性大于氧化產物的氧化性，反應①氧化性：Fe3+>；反應②氧化性：O2>Fe3+，故氧化性強弱為O2>Fe3+>，B正確；C．100L含SO2體積分數(shù)為0.336%的尾氣，SO2體積為0.336L，未給定狀態(tài)，無法計算其物質的量，因此無法計算轉移電子物質的量，C錯誤；D．根據流程可知，反應①消耗，反應②生成，因此溶液在上述流程中可以循環(huán)使用，D錯誤；故選B。17.布洛芬是一種常用的解熱鎮(zhèn)痛藥，其結構簡式如下圖所示。下列關于布洛芬的說法不正確的是（）A.分子式為 B.所有碳原子均能共平面C.可以發(fā)生取代、氧化反應D.布洛芬最多消耗〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．由結構可知，分子式為C13H18O2，A正確；B．分子存在飽和碳原子與3個C相連的結構，飽和碳原子為四面體結構，故所有碳原子不能共平面，B錯誤；C．分子含有羧基可以發(fā)生取代反應，該物質的燃燒為氧化反應，C正確；D．羧基能和碳酸氫鈉反應，則1mol布洛芬含1mol羧基最多消耗1molNaHCO3，D正確；故選B。18.下列有關說法不正確的是（）A.糖類、油脂、蛋白質在一定條件下均可以發(fā)生水解反應B.以淀粉為原料可以制備乙醇C.地溝油禁止食用，但可用來制肥皂D.可以通過灼燒的方法鑒別蛋白質與纖維素〖答案〗A〖解析〗【詳析】A．糖類中的單糖如葡萄糖，不能發(fā)生水解反應，A錯誤；B．利用糧食釀酒，是將糧食中的淀粉水解成葡萄糖后，再在酶的作用下將葡萄糖轉化為乙醇，B正確；C．“地溝油”主要成分是酯，對人有害，禁止食用，但可以通過發(fā)生皂化反應用來制肥皂，C正確；D．蛋白質灼燒有燒焦羽毛的氣味，纖維素沒有，故可以通過灼燒的方法鑒別蛋白質與纖維素，D正確；本題選A。19.下列各組離子在給定溶液中能大量共存的是（）A.氨水中：、、、B.鹽酸中：、、、C.溶液中：、、、D.溶液中：、、、〖答案〗A〖解析〗【詳析】A．1.0mol?L?1氨水呈堿性，氨水能電離出銨根，堿性溶液中和、Ba2+、OH?、K+都可以大量共存，A正確；B．次氯酸是弱酸，次氯酸根和氫離子不能大量共存，B錯誤；C．高錳酸鉀有強氧化性，F(xiàn)e2+有還原性，二者不能共存，C錯誤；D．碳酸根和鎂離子可以形成微溶的碳酸鎂，二者不能共存，D錯誤；故選A。20.我國科研人員提出了由和轉化為高附加值產品的催化反應歷程。該歷程示意圖如下。下列說法不正確的是（）A.該反應斷開化學鍵消耗的總能量小于形成化學鍵釋放的總能量B.該反應過程中既有極性鍵又有非極性鍵的斷裂與生成C.催化劑可有效提高化學反應速率D.該反應的原子利用率達100%〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．由圖知，①→②過程中，生成物能量低于反應物能量，即放出能量，該反應斷開化學鍵消耗的總能量小于形成化學鍵釋放的總能量，A正確；B．反應過程中，有C-H等鍵的斷裂和C-C、O-H等鍵的形成，則該反應過程中沒有非極性鍵的斷裂，B錯誤；C．催化劑能降低反應的活化能，加快反應速率，C正確；D．由圖知，該過程的總反應為+，總反應的原子利用率為100%，D正確；〖答案〗選B。21.火星大氣中含有，一種有參與的新型全固態(tài)電池有望為火星探測器提供電能。該電池以金屬鈉為負極，碳納米管為正極，放電時總反應為。則放電時（）A.金屬鈉為負極，發(fā)生還原反應B.在正極上得電子，電極反應式為：C.將電能轉化為化學能D.該電池的介質可以選擇溶液〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．負極上Na失電子生成Na+，發(fā)生氧化反應，故A錯誤；

B．正極上CO2得電子發(fā)生還原反應，電極反應式為：，故B正確；

C．該裝置為原電池，化學能轉化為電能，故C錯誤；

D．鈉和水反應，不可以選擇水溶液環(huán)境，該電池的介質不能選擇溶液，故D錯誤；

故選：B。22.某反應，一定條件下將的A和的B置于的恒容密閉容器中，反應后，測得B的物質的量為。下列說法正確的是（）A.增加A的物質的量，該反應的速率增大B.第時，C.第時，D.在這內，用B表示的反應速率逐漸減小，用C表示的反應速率逐漸增大〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．A為固體其濃度視為常數(shù)，增加A的物質的量，反應物濃度不變，反應速率不變，A項錯誤；B．0~5min內B的反應速率為，根據反應速率之比等于系數(shù)比，則，但反應速率是一段時間的平均速率，不是第時的順時速率，B項錯誤；C．根據反應速率之比等于系數(shù)比，則，0~5min內，開始時D的濃度為0，第時，則，C項正確；D．因為B物質的濃度改變量小，則C物質的濃度改變量也隨著減小，則在這5min內用B和C反應速率都逐漸減小，D項錯誤；〖答案〗選C。23.不同密度溶液與鐵發(fā)生氧化還原反應時，產生的含氮還原產物的百分含量分布如圖所示，下列有關說法不正確的是（）A.一般來說，不同密度硝酸與鐵反應的還原產物不是單一的B.、NO、、都既有氧化性又有還原性C.硝酸的密度越小，其還原產物中高價態(tài)的成分所占比例越小D.曲線交點P處氧化劑與還原劑的物質的量之比一定為〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．由圖可知，一般來說，不同密度硝酸與鐵反應的含氮還原產物有多種，不是單一的，A正確；B．氮元素的最低化合價為-3價，最高化合價為+5價，則、NO、、均處于中間價態(tài)，都既有氧化性又有還原性，B正確；C．由圖可知，硝酸的密度越小，其還原產物中高價態(tài)的成分所占比例越小，C正確；D．P點處生成的NO2和NO的百分含量相等，則生成的NO2和NO物質的量之比為1∶1，但鐵與硝酸反應可能生成鐵離子，也可能生成亞鐵離子，根據生成的NO2和NO物質的量之比為1∶1和得失電子守恒可建立關系式：或，則P點處氧化劑與還原劑的物質的量之比為3∶2或1∶1，不是2∶3，D錯誤；故選D。24.根據下列實驗方案和現(xiàn)象，得出的結論是正確的是（）實驗方案現(xiàn)象結論A向某無色溶液中滴加濃鹽酸產生的氣體能使品紅溶液褪色原溶液中一定含有或B向溶液中先通入過量氯氣，后滴加淀粉-KI溶液溶液先變橙色，后變藍色非金屬性：Cl>Br>IC將固體試樣完全溶于鹽酸，再滴加KSCN溶液沒有出現(xiàn)紅色該固體試樣中可能存在價鐵D在試管中加淀粉和溶液，再加少量新制，加熱無明顯現(xiàn)象淀粉未發(fā)生水解〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．使品紅溶液褪色的氣體可能為氯氣或二氧化硫，由實驗操作和現(xiàn)象可知，原溶液中不一定含有或，故A錯誤；B．向NaBr溶液中滴加過量氯水，過量氯水能氧化溴離子生成溴單質、氧化碘離子生成碘單質，不能說明溴、碘的氧化性強弱，故B錯誤；C．加入KSCN溶液無現(xiàn)象，證明溶液中不存在Fe3+，但無法確定該固體試樣中是否存在Fe3+，假如固體試樣為鐵和氧化鐵的混合物，并且鐵單質多，完全溶于鹽酸不會生成Fe3+，則該固體試樣中可能存在價鐵，故C正確；D．少量新制Cu(OH)2被催化劑硫酸中和，不能和淀粉的水解產物發(fā)生反應，從而不能判斷淀粉是否發(fā)生水解，故D錯誤；〖答案〗選C。25.某混合物可能含有Al、Fe、Cu、、，為探究該混合物成分，某興趣小組設計如圖實驗方案。下列說法不正確的是（）A.固體M一定是純凈物B.藍綠色溶液中一定含有、、C.混合物中一定含有Al、Fe、Cu、D.混合物中一定滿足〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗混合物可能含有Al、Fe、Cu、FeO、Fe3O4，加氫氧化鈉溶液溶解，鋁與氫氧化鈉溶液反應生成Na[Al(OH)4]和氫氣，過濾，固體中含有Fe、Cu、FeO、Fe3O4，加過量鹽酸，鐵和鹽酸反應生成氯化亞鐵和氫氣，F(xiàn)e3O4和鹽酸反應生成氯化鐵、氯化亞鐵和水，銅和氯化鐵反應生成氯化亞鐵和氯化銅?！驹斘觥緼．鹽酸過量，F(xiàn)e、Cu、FeO、Fe3O4中只有Cu和鹽酸不反應，則固體M一定是Cu，屬于純凈物，故A正確；B．Fe3+與Cu反應生成、，過量稀鹽酸含，因此藍綠色溶液中一定含有、、，故B正確；C．加入過量NaOH溶液產生氣體，說明存在Al與NaOH溶液反應產生氫氣，固體加入過量稀鹽酸產生氣體，即存在Fe與鹽酸反應生成氫氣，藍綠色溶液中存在、，由Fe3O4與鹽酸反應生成的Fe3+與Cu反應所得，說明存在Cu和Fe3O4，因此混合物中一定含有Al、Fe、Cu、，故C正確；D．Fe、Cu都能與Fe3+反應，且鐵的活潑性大于銅，銅有剩余，混合物中不一定滿足n(Cu)∶n(Fe3O4)>1∶1，故D錯誤；故選D。非選擇題部分二、非選擇題部分26.回答下列問題。（1）①寫出鐵紅的化學式___________；②寫出異戊二烯的結構簡式___________。（2）已知離子化合物中Ca、C、N原子最外層均滿足8電子結構，寫出的電子式___________。（3）寫出向澄清石灰水中加入過量的離子方程式：___________?！即鸢浮剑?）①.②.（2）（3）〖解析〗（1）①氧化鐵俗稱鐵紅，化學式為，②異戊二烯含有5個碳原子，有2個碳碳雙鍵，有1個甲基支鏈，結構簡式為；（2）離子化合物含離子鍵，其中Ca、C、N原子最外層均滿足8電子結構，則C與1個N共用2對電子對，的電子式；（3）澄清石灰水Ca(OH)2中加入過量生成碳酸鈣沉淀和水，反應的離子方程式：。27.I．丁烷的催化裂解可按下列兩種方式進行：；。某化學興趣小組的同學為探究丁烷裂解氣中和的比例關系，設計如圖所示實驗：注：能將烴氧化成和；是丁烷裂解的催化劑，G后面裝置已省略。如圖連接好裝置后(部分夾持裝置已略去)，需進行的實驗操作有：①給D、G裝置加熱；②檢查整套裝置的氣密性；③用排盡裝置中的空氣；④向裝置內通入丁烷。（1）這三步操作的先后順序依次是___________。（2）丁烷裂解產物丙烯發(fā)生加聚反應的方程式為：___________。（3）假設丁烷完全裂解，流經各裝置中的氣體能完全反應。當E和F裝置的總質量比反應前增加了，G裝置中固體質量減少了，則丁烷裂解產物___________。Ⅱ．CO不僅是水煤氣的主要成分，也是重要化工原料。下圖是利用CO與小分子烴為原料，合成黏膠劑的基本過程。已知A能與CO、按合成相應有機物C，B能與CO、按合成相應有機物E。（4）寫出烴A的結構簡式___________。（5）有機物F的官能團名稱是___________。（6）D＋E→G的轉化為取代反應，請寫出反應方程式___________。（7）下列說法正確的是___________。A.B既能使褪色，又能使酸性高錳酸鉀褪色，且褪色原理相同B.有機物C與水發(fā)生加成反應得到兩種產物C.有機物H在溶液中水解程度比在稀硫酸中水解更徹底D.G中含有少量的E，可用飽和碳酸鈉溶液除去（8）寫出F的3種同分異構體的結構簡式(與F具有相同官能團，不考慮立體異構)___________。〖答案〗（1）②③①④（2）（3）（4）（5）碳碳雙鍵、酯基（6）（7）BCD（8）、、、〖解析〗A能與CO、按合成相應有機物C是CH2=CHCOOH，由元素守恒可知，A為，C和D發(fā)生酯化反應生成F為CH2=CHCOOCH3，F(xiàn)中碳碳雙鍵與氫氣加成得到G為CH3CH2COOCH3，則E為CH3CH2COOH，B能與CO、按合成相應有機物E，則B為CH2=CH2，F(xiàn)中碳碳雙鍵斷裂發(fā)生加聚反應生成H為；（1）應先檢查整套裝置的氣密性，排出裝置中的空氣，再給D、G裝置加熱，最后向裝置內通入丁烷，所以正確的操作順序為：②③①④；（2）丙烯發(fā)生加聚反應生成聚丙烯的化學方程式為：；（3）丁烷的裂解中生成的乙烯和乙烷的物質的量相等，生成的甲烷和丙烯的物質的量相等，E、F吸收的是烯烴，設C2H4的物質的量為x，C3H6的物質的量為y，乙烷和甲烷的物質的量分別是x、y，則：28x+42y=4.90g，G減少的質量是氧化銅中的氧元素質量，乙烷和甲烷和氧化銅反應需要的氧原子的物質的量為：2(2x+y)+，解得：x=0.10mol、y=0.05mol，所以：n(CH4)∶n(C2H6)=0.05∶0.1=1∶2；（4）A能與CO、按合成相應有機物C是CH2=CHCOOH，由元素守恒可知，A為；（5）C和D發(fā)生酯化反應生成F為CH2=CHCOOCH3，F(xiàn)的官能團名稱是碳碳雙鍵、酯基；（6）F為CH2=CHCOOCH3，碳碳雙鍵與氫氣加成得到G為CH3CH2COOCH3，D＋E→G的轉化為取代反應，即CH3CH2COOH與CH3OH發(fā)生酯化反應生成CH3CH2COOCH3和水，反應方程式為：；（7）A．B為CH2=CH2，B既能使褪色，原因是乙烯和溴單質發(fā)生加成反應，又能使酸性高錳酸鉀褪色，是因為乙烯和酸性高錳酸鉀發(fā)生氧化反應，褪色原理不同，故A錯誤；B．有機物C是CH2=CHCOOH，與水發(fā)生加成反應得到兩種產物，分別為CH3CH(OH)COOH、HOCH2CH2COOH，故B正確；C．H為含有酯基，酯在溶液中水解程度比在稀硫酸中水解更徹底，故C正確；D．G為CH3CH2COOCH3，則E為CH3CH2COOH，飽和碳酸鈉溶液能與CH3CH2COOH反應生成可溶于水的鈉鹽，同時又可以降低CH3CH2COOCH3的溶解度，可以除去E，故D正確；故選BCD；（8）F為CH2=CHCOOCH3，官能團為碳碳雙鍵、酯基，F(xiàn)的同分異構體的結構簡式為：、、、。28.固體A含有3種元素，摩爾質量在至之間，C、D組成元素與A相同，且C比D的相對原子質量多32.B能使品紅褪色，E的焰色反應為黃色。反應過程有如下關系：請回答：（1）A的組成元素為___________，化合物A的化學式為___________。（2）寫出C的水溶液與反應的離子方程式___________。（3）下列說法正確的是___________。A.氣體B通入稀溶液中有白色沉淀B.物質B、C、D均能使酸性溶液褪色C.已知A在工業(yè)上通常用于漂白，則其漂白原理與次氯酸相似D.自然界中存在天然的物質F（4）A溶液中通入足量氧氣生成一種酸式鹽的化學方程式為___________?！即鸢浮剑?）①.Na、S、O②.（2）（3）BD（4）〖解析〗B能使品紅褪色的氣體，故B為SO2，E的焰色反應為黃色說明含鈉元素，則A、C、D、E物質中都含有鈉元素，根據轉化關系圖，固體C和D的混合物加入鹽酸也能產生氣體B和淡黃色沉淀F可知，B為二氧化硫、F為硫、C為硫代硫酸鈉、D為亞硫酸鈉，硫代硫酸鈉與鹽酸反應的方程式為＋2H+=S↓＋SO2↑＋H2O，由生成3.2g硫可知，硫代硫酸鈉和二氧化硫的物質的量為=0.1mol，亞硫酸鈉與鹽酸反應的方程式為＋2H+=SO2↑＋H2O，由生成二氧化硫的物質的量為=0.2mol可知，亞硫酸鈉的物質的量為(0.02—0.01)=0.1mol；由A隔絕空氣加熱生成0.1mol硫代硫酸鈉、0.1mol亞硫酸鈉和=0.1mol二氧化硫可知，A中鈉元素、硫元素和氧元素的物質的量比為0.04mol：0.04mol：0.08mol=1:1:2，由A的摩爾質量在100g·mol?1至200g·mol?1之間可知，A的化學式為Na2S2O4。（1）由分析可知，組成A物質的三種元素為Na、S、O元素，化合物A的化學式為Na2S2O4；（2）由分析可知，C為硫代硫酸鈉，硫代硫酸鈉與稀鹽酸反應生成氯化鈉、硫、二氧化硫和水，反應的離子方程式為；（3）A．亞硫酸的酸性弱于鹽酸，二氧化硫氣體與氯化鈣溶液不反應，故錯誤；B．二氧化硫、硫代硫酸鈉和亞硫酸鈉中硫元素的化合價均為中間價態(tài)，都具有還原性，均能與酸性高錳酸鉀溶液發(fā)生氧化還原反應，使酸酸性高錳酸鉀溶液褪色，故正確；C．Na2S2O4的漂白原理與二氧化硫相似，與有色物質生成不穩(wěn)定的無色化合物，與次氯酸因強氧化性使有機色質被氧化，漂白褪色不同，故錯誤；D．自然界中，在火山噴口附近和地殼中存在天然的硫單質，故正確；BD正確，故〖答案〗為：BD；（4）由題意可知，Na2S2O4溶液與足量氧氣反應生成硫酸氫鈉，反應的化學方程式為。29.某小組通過實驗探究NO的某些性質。（1）以Cu和HNO3為原料制備NO，反應的化學方程式為____。（2）設計實驗探究NO氧化性。實驗I：用排水法收集一瓶NO，將其倒扣在盛有堿性Na2SO3溶液的水槽中，振蕩，觀察到集氣瓶中液面上升。資料：i.NO與堿性Na2SO3溶液會發(fā)生氧化還原反應NO被還原為N2O。ii.Ag+與N2O反應生成黃色沉淀。檢驗SO的氧化產物。取少量實驗I反應后集氣瓶中的溶液，____(填操作和實驗現(xiàn)象)。（3）某同學認為，需通過進一步實驗驗證NO的氧化性，補充以下實驗：實驗II：取飽和Na2SO4溶液，加入少量冰醋酸，再滴加5滴0.1mol/L的AgNO3溶液，無明顯變化。實驗III：取少量實驗I反應后集氣瓶中的溶液，加入少量冰醋酸，再滴加5滴0.1mol/L的AgNO3溶液，____(填實驗現(xiàn)象)。上述實驗證明NO有氧化性。（4）①實驗II的目的是____。②寫出NO與堿性Na2SO3溶液反應的離子方程式____。③從電極反應角度分析NO與堿性Na2SO3溶液的反應。還原反應：2NO+2e-=N2O氧化反應：____。（5）實驗IV：用排水法收集兩瓶NO，將其分別倒扣在飽和Na2SO3溶液和加有NaOH的飽和Na2SO3溶液中，后者集氣瓶中液面上升更快。根據上述實驗所得結論：____?！即鸢浮剑?）3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O（2）取少量實驗Ⅰ反應后集氣瓶中的溶液，先加鹽酸酸化，再加入BaCl2溶液，出現(xiàn)白色沉淀（3）出現(xiàn)黃色沉淀（4）①.排除SO對Ag+檢驗N2O的干擾②.2OH-+2NO+SO=N2O+SO+H2O③.SO+2OH--2e-=SO+H2O（5）NO和SO反應體現(xiàn)了NO的氧化性，堿性增強反應更快〖解析〗（1）單質銅與稀硝酸反應生成硝酸銅、水和一氧化氮，可制取NO，則以Cu和HNO3為原料制備NO的化學方程式為：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，故〖答案〗為：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；（2）檢驗SO的氧化產物為硫酸根離子，要檢驗SO要排除多余亞硫酸根離子等的干擾，故操作和實驗現(xiàn)象為：取少量實驗Ⅰ反應后集氣瓶中的溶液，先加鹽酸酸化，再加入BaCl2溶液，出現(xiàn)白色沉淀，故〖答案〗為：取少量實驗Ⅰ反應后集氣瓶中的溶液，先加鹽酸酸化，再加入BaCl2溶液，出現(xiàn)白色沉淀；（3）某同學認為，需通過進一步實驗驗證NO的氧化性，則需檢驗還原產物N2O的生成，利用信息：Ag+與N2O反應生成黃色沉淀，同時要防止硫酸根離子對實驗的干擾，故〖答案〗為：出現(xiàn)黃色沉淀；（4）①實驗II的目的是排除SO對Ag+檢驗N2O的干擾，而實驗Ⅲ則是檢驗N2O的生成，故實驗Ⅲ的現(xiàn)象是：出現(xiàn)黃色沉淀，故〖答案〗為：排除SO對Ag+檢驗N2O的干擾；②NO與堿性Na2SO3溶液反應生成N2O、SO和H2O，則離子方程式2OH-+2NO+SO=N2O+SO+H2O，故〖答案〗為：2OH-+2NO+SO=N2O+SO+H2O；③從電極反應角度分析NO與堿性Na2SO3溶液的反應。還原反應：2NO+2e-=N2O，SO32-在堿性環(huán)境下失去電子生成SO42-、H2O是氧化反應：SO+2OH--2e-=SO+H2O。故〖答案〗為：SO+2OH--2e-=SO+H2O；（5）實驗IV：用排水法收集兩瓶NO，將其分別倒扣在飽和Na2SO3溶液和加有NaOH的飽和Na2SO3溶液中，后者集氣瓶中液面上升更快，是因為堿性增強反應更快。根據上述實驗所得結論：NO和SO反應體現(xiàn)了NO的氧化性，堿性增強反應更快。故〖答案〗為：NO和SO反應體現(xiàn)了NO的氧化性，堿性增強反應更快。30.計算題高錳酸鉀固體受熱易分解，在不同溫度下，發(fā)生不同反應：I．240℃時，Ⅱ．600～800℃時，（1）取固體，加熱至300℃完全分解，收集到體積為___________mL(標況下)。（2）取固體，加熱至700℃，一段時間后剩余固體質量為，剩余固體中的質量為___________g。（3）取(2)中剩余固體與足量濃鹽酸在加熱條件下充分反應生成，產物中錳元素均以形式存在，則的物質的量為___________mol。[已知：，]〖答案〗（1）1008（2）5.22（3）0.105〖解析〗（1）14.22gKMnO4固體的物質的量是14.22g÷158g/mol＝0.09mol，加熱到300℃至完全分解，反應為，根據方程式可知得到標準狀況下O2的體積為0.045mol×22.4L/mol＝10.08L＝1008mL。（2）取14.22gKMnO4固體，加熱至700℃，根據、可知發(fā)生反應，根據方程式可知固體質量減少4×32g＝128g，生成4mol二氧化錳，一段時間后剩余固體的質量為12.30g，固體質量減少了14.22g－12.30g=1.92g，則剩余固體中的MnO2質量為。（3）取(2)剩余固體與足量的濃鹽酸在加熱條件下充分反應，生成Cl2，產物中錳元素以Mn2+存在，根據(2)中分析可知生成氧氣是，設生成氯氣的物質的量是x，根據電子得失守恒可知，解得x＝0.105mol。浙江省寧波市九校2023-2024學年高一下學期6月期末考試試題考生須知：1.本試題卷分選擇題和非選擇題兩部分，共8頁，滿分100分，考試時間90分鐘。2.本卷可能用到的相對原子質量：H-1C-12N-14O-16Na-23Al-27S-32Cl-35.5K-39Fe-56Cu-64Mn-55Ba-137選擇題部分一、選擇題(本大題有25小題，每小題2分，共50分。每小題均只有一個選項符合題意)1.生活中處處有化學。下列對應關系不正確的是（）A.——漂白劑 B.——補鐵劑C.——補碘劑 D.食醋——調味品〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．過氧化鈉具有強的氧化性，可以做漂白劑，故A正確；B．Fe2+能被人體吸收，則FeSO4可以做補鐵劑，故B正確；C．KIO3常用作補碘劑，故C錯誤；D．食醋是含有3～5%CH3COOH的水溶液，能增強食欲，可作調味品，故D正確；故選C。2.科技是第一生產力，我國科學家在諸多領域取得新突破，下列說法不正確的是（）A.利用Ti-Fe合金吸收儲氫，該過程屬于物理變化B.中國第一艘深海載人潛水器“蛟龍?zhí)枴笔褂玫牡杼沾蓪儆谛滦蜔o機非金屬材料C.研制了高效率鈣鈦礦太陽能電池，其能量轉化形式：太陽能→電能D.5G通訊技術離不開光導纖維，制造光導纖維使用的材料是二氧化硅〖答案〗A〖解析〗【詳析】A．Ti-Fe合金吸收H2生成金屬氫化物，有新物質生成，屬于化學變化，故A錯誤；B．氮化硅陶瓷耐高溫，屬于新型無機非金屬材料，故B正確；C．研制了高效率鈣鈦礦太陽能電池，其能量轉化形式是太陽能轉化為電能，故C正確；D．制造光導纖維使用的材料是二氧化硅，故D正確；故選A。3.下列做法不符合綠色化學理念的是（）A.將廢舊塑料裂解為化工原料 B.道路結冰時大量使用融雪劑C.開發(fā)及推廣使用新能源汽車 D.利用合成可降解塑料〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．將廢舊塑料裂解為化工原料，對環(huán)境友好，符合綠色化學理念，A不符合；B．道路結冰時大量使用融雪劑，對環(huán)境不友好，不符合綠色化學理念，B符合；C．開發(fā)及推廣使用新能源汽車，對環(huán)境友好，符合綠色化學理念，C不符合；D．利用合成可降解塑料，對環(huán)境友好，符合綠色化學理念，D不符合；〖答案〗選B。4.乙炔是最簡單的炔烴，常用氧炔焰來切割金屬。下列有關其化學用語表達不正確的是（）A.電子式：B.結構簡式：C分子空間結構：直線形D.球棍模型：〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．乙炔中C和C共用3對電子對，電子式為，A正確；B．乙炔中官能團碳碳三鍵不能省略，結構簡式：，B錯誤；C．乙炔分子空間結構是直線形，C正確；D．乙炔的結構式為H-C≡C-H，球棍模型：，D正確；故選B5.物質的性質決定應用，下列兩者對應關系正確的是（）A.溶液呈堿性，故可用作發(fā)酵粉B.鐵的金屬性比銅強，可用溶液腐蝕Cu刻制印刷電路板C.氯氣和鐵常溫下難以反應，故可用鋼瓶貯存液氯D.濃硫酸具有吸水性，可用于干燥氣體〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．NaHCO3溶液水解以后呈堿性，作發(fā)酵粉是因為其固體受熱可以分解，二者沒有直接關系，A錯誤；B．鐵的金屬性比銅強，但FeCl3溶液腐蝕Cu刻制印刷電路板，是因為Fe3+的氧化性比Cu2+強，B錯誤；C．氯氣和鐵常溫下難以反應，需要受熱以后才能反應，故可用鋼瓶貯存液氯，C正確；D．濃硫酸具有吸水性，也具有強氧化性，濃硫酸會氧化H2S，所以不可用于干燥H2S氣體，D錯誤；故〖答案〗選C。6.去年秋冬季支原體肺炎流行，在預防過程中，化學知識起到了重要的作用。下列有關說法不正確的是（）A.支原體直徑約為，擴散到空氣中可形成氣溶膠B.75%的酒精和雙氧水均能殺滅病毒，消毒原理不同C.“84消毒液”是殺滅支原體微生物的藥物之一，其有效成分為次氯酸鈉D.N95型口罩的主要成分為聚丙烯，屬于有機高分子材料〖答案〗A〖解析〗【詳析】A．膠粒的直徑在1～100nm即1×10-9~100×10-9m之間，支原體直徑約為，不屬于膠體，故A錯誤；B．雙氧水具有強氧化性，能使蛋白質變性而殺菌消毒，乙醇破壞了蛋白質原有的氫鍵使蛋白質變性，其原理不相同，故B正確；C．84消毒液的主要成分為次氯酸鈉，次氯酸鈉水解生成的次氯酸具有強氧化性，使蛋白質變性，故C正確；D．聚丙烯是由丙烯發(fā)生加聚反應的產物，聚丙烯的相對分子質量在10000以上，所以屬于有機高分子材料，故D正確；故選：A。7.下列說法正確的是（）A.金剛砂與金剛石互為同素異形體B.與互為同分異構體C.與互為同系物D.、互為同位素〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．金剛石是碳元素的單質，金剛砂是SiC，為化合物，不能互為同素異形體，故A錯誤；

B．與分子式不同，不是同分異構體，故B錯誤；C．CH4和C10H22都是烷烴，分子組成相差9個CH2，一定互為同系物，故C正確；D．同位素是指質子數(shù)相同中子數(shù)不同的不同核素，是氮元素的一種核素，是氮氣分子，兩者不是同位素，故D錯誤；故選C。8.工業(yè)上制備下列物質的生產流程合理的是（）A.由鋁土礦冶煉鋁：鋁土礦Al2O3A1Cl3AlB.從海水中提取鎂：海水Mg(OH)2MgOMgC.由NaCl制漂白粉：飽和食鹽水Cl2漂白粉D.由黃鐵礦制硫酸：黃鐵礦SO2SO3H2SO4〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗【詳析】A．氯化鋁是共價化合物，熔融氯化鋁不導電，不能電解氯化鋁制備金屬鋁，工業(yè)上一般電解氧化鋁冶煉金屬鋁，故A不合理；B．工業(yè)上一般用電解熔融氯化鎂的方法冶煉金屬鎂，故B不合理；C．工業(yè)上用氯氣和石灰乳反應制備漂白粉，故C不合理；D．工業(yè)上灼燒黃鐵礦生成二氧化硫，二氧化硫發(fā)生催化氧化生成三氧化硫，三氧化硫用濃硫酸吸收生成硫酸，故D合理；選D。9.“神舟十八號”載人飛船發(fā)射升空后，工作人員用溶液處理火箭發(fā)射場附近廢水中偏二甲肼的反應原理為：。設為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法不正確的是（）A.溶液中氧原子數(shù)目為B.中所含氮原子數(shù)目為C.標準狀況下，中共用電子對數(shù)目D.反應生成時轉移電子數(shù)目為〖答案〗A〖解析〗【詳析】A．2L

1mol?L?1

H2O2物質的量為2mol，含4molO原子，溶液中水分子還含有氧原子，則溶液中氧原子數(shù)目大于4NA，故A錯誤；B．6g

(CH3)2NNH2物質的量為，所含氮原子數(shù)目為0.1mol×2×NAmol-1=0.2NA，故B正確；C．標準狀況下，22.4L

N2物質的量為，N2電子式為，所以含有的共用電子對數(shù)目為3NA，故C正確；D．該反應中只有過氧化氫中O元素化合價降低，由-1價降低至-2價，生成2mol二氧化碳時轉移16mol電子，則生成0.5mol

CO2時轉移電子數(shù)目為4NA，故D正確；故選A。10.利用如圖所示裝置進行實驗(夾持裝置略)，b中現(xiàn)象正確且能證明a中產物生成的是（）a中反應b中檢測試劑及現(xiàn)象A濃HNO3分解生成NO2淀粉-KI溶液變藍B濃NaOH與NH4Cl溶液生成NH3紫色石蕊溶液變紅C木炭與濃H2SO4反應生成CO2澄清石灰水變渾濁DNa2S2O3與稀H2SO4反應生成SO2品紅溶液褪色〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．可能揮發(fā)的硝酸氧化KI生成碘，淀粉遇碘變藍，則不能證明濃HNO3分解生成NO2，A不合題意；B．氨氣溶于水顯堿性，使石蕊溶液變藍，b中現(xiàn)象不能證明a中產物生成，B不合題意；C．加熱時木炭與濃H2SO4生成的二氧化碳、二氧化硫均使石灰水變渾濁，則不能證明木炭與濃H2SO4生成CO2，C不合題意；D．Na2S2O3與稀H2SO4反應生成SO2，反應原理為：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑，SO2具有漂白性，能夠使品紅溶液褪色，故能證明有SO2生成，D符合題意；故〖答案〗為：D。11.化學電源在日常生活和高科技領域中都有廣泛應用。下列說法正確的是（）A.圖甲：鋰電池放電時，電解質溶液中向鋰電極遷移B.圖乙：鋅筒作正極C.圖丙：鉛蓄電池放電時電子流入鉛所在電極D.圖?。涸撾姵毓ぷ鲿r，標況下每消耗22.4LO2轉移4mol電子〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．圖甲中，鋰電池放電時，鋰電極為負極，電解質溶液中向正極遷移，所以應該向多孔碳電極移動，A錯誤；B．原電池中，較活潑的金屬為負極，所以在鋅錳干電池中，鋅筒為負極，B錯誤；C．電池放電時，電子從負極流出，經導線流向正極，在鉛蓄電池中，鉛電極為負極，是電子流出的一級，C錯誤；D．氫氧燃料電池中，為正極，發(fā)生反應，所以該電池工作時，標況下每消耗22.4L轉移4mol電子，D正確；故選D。12.下列反應的離子方程式正確的是（）A.碘化亞鐵溶液與等物質的量的氯氣：B.溶液中滴加至完全沉淀：C.乙醇與酸性溶液反應：D.向硫化鈉溶液通入足量二氧化硫：〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．還原性強弱為Fe2+<I-，碘化亞鐵溶液與等物質的量的氯氣反應時，Cl2先氧化I-，正確的離子反應方程式為，故A錯誤；B．向氫氧化鋇溶液中逐滴滴加硫酸氫鈉溶液，當

Ba2+完全沉淀時發(fā)生的反應：，故B錯誤；C．乙醇具有還原性，與具有強氧化性酸性溶液反應生成乙酸和Cr3+，離子方程式為：，故C正確；D．H2SO3酸性強于H2S，能反生較強酸制較弱酸，生成的H2S具有還原性，與SO2反應生成S，離子反應方程式為，故D錯誤；〖答案〗選C。13.下列說法正確的是（）A.氫氧化鋇晶體與氯化銨晶體混合發(fā)生反應，該反應的B.對于反應，斷開鍵、Cl—Cl鍵、H—Cl鍵所需的能量分別為a、b、ckJ(a、b、c均大于零)，則該反應的C.在25℃、下，氣體完全燃燒生成液態(tài)水，放出的熱量是akJ，則該反應的熱化學方程式為：D.如上圖表示的反應是放熱反應〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．氫氧化鋇晶體與氯化銨晶體混合發(fā)生反應，反應為吸熱反應，則反應的，故A項錯誤；B．反應的焓變=反應物總鍵能-生成物總鍵能，所以對于反應H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)，則該反應的=(a+b?2c)kJ/mol，故B項正確；C．1gH2的物質的量為0.5mol，完全燃燒生成液態(tài)水，放出的熱量是akJ，則2molH2完全燃燒生成液態(tài)水放出熱量為4akJ，熱化學方程式應為：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)，=?4akJ/mol，故C項錯誤；D．產物能量高于反應物能量，故該反應為吸熱反應，故D項錯誤；故本題選B。14.某化學興趣小組對教材中乙醇氧化及產物檢驗的實驗進行了改進與創(chuàng)新，改進裝置如圖所示，按圖組裝好儀器、裝好藥品和試劑。下列有關改進實驗的敘述不正確的是（）A.點燃酒精燈，輕輕推動注射器活塞，銅粉的顏色紅黑交替出現(xiàn)B.無水硫酸銅粉末變藍，說明乙醇氧化生成了水C.在盛有新制氫氧化銅的試管中能看到磚紅色沉淀D.實驗的總反應：〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗Cu與氧氣反應生成CuO，CuO可氧化乙醇為乙醛，用無水硫酸銅檢驗水分，新制氫氧化銅溶液檢驗乙醛；【詳析】A．點燃酒精燈，Cu與氧氣反應生成CuO，銅粉由紅色變黑色，輕輕推動注射器活塞，CuO可氧化乙醇，自身被還原為Cu，粉末由黑色變紅色，故A正確；

B．硫酸銅遇水變藍，則硫酸銅粉末變藍，說明乙醇氧化反應生成了水，故B正確；

C．乙醛與新制的氫氧化銅懸濁液反應生成磚紅色沉淀需要加熱，不加熱不能看到磚紅色沉淀，故C錯誤；

D．Cu與氧氣反應生成CuO，CuO可氧化乙醇，則銅粉黑紅變化有關反應為2Cu+O22CuO、C2H5OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O，總反應：，故D正確；

故選：C。15.X、Y、Z、M、E是元素周期表中前四周期且原子序數(shù)依次增大的元素。X為原子半徑最小的元素；元素周期表中Z與Y、M相鄰，Y的一種同位素用于考古斷代，Y與M可以形成直線型分子；E的合金是目前用量最大的金屬材料。下列說法正確的是（）A.簡單氫化物的沸點：M<Z<YB.由X、Z、M三種元素組成的化合物中只含有共價鍵C.高溫下，E的單質與反應得到D.X可與Y、Z、M分別形成含有18個電子的化合物〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗X為原子半徑最小的元素，X為H；Y的一種同位素用于考古斷代，Y為C，Y與M可以形成直線型分子YM2，M為O，元素周期表中Z與Y、M相鄰，Z為N，E的合金是目前用量最大的金屬材料，E為Fe；【詳析】A．M、Z、Y的簡單氫化物分別為H2O、NH3、CH4，沸點：H2O>NH3>CH4，A錯誤；B．由X、Z、M三種元素組成的化合物如NH4NO3，既有離子鍵，也有共價鍵，B錯誤；C．高溫下，E的單質即鐵與H2O反應得到Fe3O4，C錯誤；D．X可與Y、Z、M分別形成C2H6、N2H4、H2O2，都是含有18個電子的化合物，D正確；本題選D。16.如圖是一個綜合處理含尾氣的工藝流程。已知“吸收”步驟和“氧化”步驟發(fā)生的反應分別為：①；②。若每步反應都完全，下列說法不正確的是（）A.“吸收”步驟中為氧化劑B.由反應過程可推知氧化性的強弱順序：C.處理含體積分數(shù)為0.336%的尾氣，反應①中轉移電子數(shù)D.溶液在上述流程中可以循環(huán)使用〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．“吸收”步驟中的Fe化合價由+3價變?yōu)?2價，化合價降低，作氧化劑，A錯誤；B．氧化劑的氧化性大于氧化產物的氧化性，反應①氧化性：Fe3+>；反應②氧化性：O2>Fe3+，故氧化性強弱為O2>Fe3+>，B正確；C．100L含SO2體積分數(shù)為0.336%的尾氣，SO2體積為0.336L，未給定狀態(tài)，無法計算其物質的量，因此無法計算轉移電子物質的量，C錯誤；D．根據流程可知，反應①消耗，反應②生成，因此溶液在上述流程中可以循環(huán)使用，D錯誤；故選B。17.布洛芬是一種常用的解熱鎮(zhèn)痛藥，其結構簡式如下圖所示。下列關于布洛芬的說法不正確的是（）A.分子式為 B.所有碳原子均能共平面C.可以發(fā)生取代、氧化反應D.布洛芬最多消耗〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．由結構可知，分子式為C13H18O2，A正確；B．分子存在飽和碳原子與3個C相連的結構，飽和碳原子為四面體結構，故所有碳原子不能共平面，B錯誤；C．分子含有羧基可以發(fā)生取代反應，該物質的燃燒為氧化反應，C正確；D．羧基能和碳酸氫鈉反應，則1mol布洛芬含1mol羧基最多消耗1molNaHCO3，D正確；故選B。18.下列有關說法不正確的是（）A.糖類、油脂、蛋白質在一定條件下均可以發(fā)生水解反應B.以淀粉為原料可以制備乙醇C.地溝油禁止食用，但可用來制肥皂D.可以通過灼燒的方法鑒別蛋白質與纖維素〖答案〗A〖解析〗【詳析】A．糖類中的單糖如葡萄糖，不能發(fā)生水解反應，A錯誤；B．利用糧食釀酒，是將糧食中的淀粉水解成葡萄糖后，再在酶的作用下將葡萄糖轉化為乙醇，B正確；C．“地溝油”主要成分是酯，對人有害，禁止食用，但可以通過發(fā)生皂化反應用來制肥皂，C正確；D．蛋白質灼燒有燒焦羽毛的氣味，纖維素沒有，故可以通過灼燒的方法鑒別蛋白質與纖維素，D正確；本題選A。19.下列各組離子在給定溶液中能大量共存的是（）A.氨水中：、、、B.鹽酸中：、、、C.溶液中：、、、D.溶液中：、、、〖答案〗A〖解析〗【詳析】A．1.0mol?L?1氨水呈堿性，氨水能電離出銨根，堿性溶液中和、Ba2+、OH?、K+都可以大量共存，A正確；B．次氯酸是弱酸，次氯酸根和氫離子不能大量共存，B錯誤；C．高錳酸鉀有強氧化性，F(xiàn)e2+有還原性，二者不能共存，C錯誤；D．碳酸根和鎂離子可以形成微溶的碳酸鎂，二者不能共存，D錯誤；故選A。20.我國科研人員提出了由和轉化為高附加值產品的催化反應歷程。該歷程示意圖如下。下列說法不正確的是（）A.該反應斷開化學鍵消耗的總能量小于形成化學鍵釋放的總能量B.該反應過程中既有極性鍵又有非極性鍵的斷裂與生成C.催化劑可有效提高化學反應速率D.該反應的原子利用率達100%〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．由圖知，①→②過程中，生成物能量低于反應物能量，即放出能量，該反應斷開化學鍵消耗的總能量小于形成化學鍵釋放的總能量，A正確；B．反應過程中，有C-H等鍵的斷裂和C-C、O-H等鍵的形成，則該反應過程中沒有非極性鍵的斷裂，B錯誤；C．催化劑能降低反應的活化能，加快反應速率，C正確；D．由圖知，該過程的總反應為+，總反應的原子利用率為100%，D正確；〖答案〗選B。21.火星大氣中含有，一種有參與的新型全固態(tài)電池有望為火星探測器提供電能。該電池以金屬鈉為負極，碳納米管為正極，放電時總反應為。則放電時（）A.金屬鈉為負極，發(fā)生還原反應B.在正極上得電子，電極反應式為：C.將電能轉化為化學能D.該電池的介質可以選擇溶液〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．負極上Na失電子生成Na+，發(fā)生氧化反應，故A錯誤；

B．正極上CO2得電子發(fā)生還原反應，電極反應式為：，故B正確；

C．該裝置為原電池，化學能轉化為電能，故C錯誤；

D．鈉和水反應，不可以選擇水溶液環(huán)境，該電池的介質不能選擇溶液，故D錯誤；

故選：B。22.某反應，一定條件下將的A和的B置于的恒容密閉容器中，反應后，測得B的物質的量為。下列說法正確的是（）A.增加A的物質的量，該反應的速率增大B.第時，C.第時，D.在這內，用B表示的反應速率逐漸減小，用C表示的反應速率逐漸增大〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．A為固體其濃度視為常數(shù)，增加A的物質的量，反應物濃度不變，反應速率不變，A項錯誤；B．0~5min內B的反應速率為，根據反應速率之比等于系數(shù)比，則，但反應速率是一段時間的平均速率，不是第時的順時速率，B項錯誤；C．根據反應速率之比等于系數(shù)比，則，0~5min內，開始時D的濃度為0，第時，則，C項正確；D．因為B物質的濃度改變量小，則C物質的濃度改變量也隨著減小，則在這5min內用B和C反應速率都逐漸減小，D項錯誤；〖答案〗選C。23.不同密度溶液與鐵發(fā)生氧化還原反應時，產生的含氮還原產物的百分含量分布如圖所示，下列有關說法不正確的是（）A.一般來說，不同密度硝酸與鐵反應的還原產物不是單一的B.、NO、、都既有氧化性又有還原性C.硝酸的密度越小，其還原產物中高價態(tài)的成分所占比例越小D.曲線交點P處氧化劑與還原劑的物質的量之比一定為〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．由圖可知，一般來說，不同密度硝酸與鐵反應的含氮還原產物有多種，不是單一的，A正確；B．氮元素的最低化合價為-3價，最高化合價為+5價，則、NO、、均處于中間價態(tài)，都既有氧化性又有還原性，B正確；C．由圖可知，硝酸的密度越小，其還原產物中高價態(tài)的成分所占比例越小，C正確；D．P點處生成的NO2和NO的百分含量相等，則生成的NO2和NO物質的量之比為1∶1，但鐵與硝酸反應可能生成鐵離子，也可能生成亞鐵離子，根據生成的NO2和NO物質的量之比為1∶1和得失電子守恒可建立關系式：或，則P點處氧化劑與還原劑的物質的量之比為3∶2或1∶1，不是2∶3，D錯誤；故選D。24.根據下列實驗方案和現(xiàn)象，得出的結論是正確的是（）實驗方案現(xiàn)象結論A向某無色溶液中滴加濃鹽酸產生的氣體能使品紅溶液褪色原溶液中一定含有或B向溶液中先通入過量氯氣，后滴加淀粉-KI溶液溶液先變橙色，后變藍色非金屬性：Cl>Br>IC將固體試樣完全溶于鹽酸，再滴加KSCN溶液沒有出現(xiàn)紅色該固體試樣中可能存在價鐵D在試管中加淀粉和溶液，再加少量新制，加熱無明顯現(xiàn)象淀粉未發(fā)生水解〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．使品紅溶液褪色的氣體可能為氯氣或二氧化硫，由實驗操作和現(xiàn)象可知，原溶液中不一定含有或，故A錯誤；B．向NaBr溶液中滴加過量氯水，過量氯水能氧化溴離子生成溴單質、氧化碘離子生成碘單質，不能說明溴、碘的氧化性強弱，故B錯誤；C．加入KSCN溶液無現(xiàn)象，證明溶液中不存在Fe3+，但無法確定該固體試樣中是否存在Fe3+，假如固體試樣為鐵和氧化鐵的混合物，并且鐵單質多，完全溶于鹽酸不會生成Fe3+，則該固體試樣中可能存在價鐵，故C正確；D．少量新制Cu(OH)2被催化劑硫酸中和，不能和淀粉的水解產物發(fā)生反應，從而不能判斷淀粉是否發(fā)生水解，故D錯誤；〖答案〗選C。25.某混合物可能含有Al、Fe、Cu、、，為探究該混合物成分，某興趣小組設計如圖實驗方案。下列說法不正確的是（）A.固體M一定是純凈物B.藍綠色溶液中一定含有、、C.混合物中一定含有Al、Fe、Cu、D.混合物中一定滿足〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗混合物可能含有Al、Fe、Cu、FeO、Fe3O4，加氫氧化鈉溶液溶解，鋁與氫氧化鈉溶液反應生成Na[Al(OH)4]和氫氣，過濾，固體中含有Fe、Cu、FeO、Fe3O4，加過量鹽酸，鐵和鹽酸反應生成氯化亞鐵和氫氣，F(xiàn)e3O4和鹽酸反應生成氯化鐵、氯化亞鐵和水，銅和氯化鐵反應生成氯化亞鐵和氯化銅?！驹斘觥緼．鹽酸過量，F(xiàn)e、Cu、FeO、Fe3O4中只有Cu和鹽酸不反應，則固體M一定是Cu，屬于純凈物，故A正確；B．Fe3+與Cu反應生成、，過量稀鹽酸含，因此藍綠色溶液中一定含有、、，故B正確；C．加入過量NaOH溶液產生氣體，說明存在Al與NaOH溶液反應產生氫氣，固體加入過量稀鹽酸產生氣體，即存在Fe與鹽酸反應生成氫氣，藍綠色溶液中存在、，由Fe3O4與鹽酸反應生成的Fe3+與Cu反應所得，說明存在Cu和Fe3O4，因此混合物中一定含有Al、Fe、Cu、，故C正確；D．Fe、Cu都能與Fe3+反應，且鐵的活潑性大于銅，銅有剩余，混合物中不一定滿足n(Cu)∶n(Fe3O4)>1∶1，故D錯誤；故選D。非選擇題部分二、非選擇題部分26.回答下列問題。（1）①寫出鐵紅的化學式___________；②寫出異戊二烯的結構簡式___________。（2）已知離子化合物中Ca、C、N原子最外層均滿足8電子結構，寫出的電子式___________。（3）寫出向澄清石灰水中加入過量的離子方程式：___________?！即鸢浮剑?）①.②.（2）（3）〖解析〗（1）①氧化鐵俗稱鐵紅，化學式為，②異戊二烯含有5個碳原子，有2個碳碳雙鍵，有1個甲基支鏈，結構簡式為；（2）離子化合物含離子鍵，其中Ca、C、N原子最外層均滿足8電子結構，則C與1個N共用2對電子對，的電子式；（3）澄清石灰水Ca(OH)2中加入過量生成碳酸鈣沉淀和水，反應的離子方程式：。27.I．丁烷的催化裂解可按下列兩種方式進行：；。某化學興趣小組的同學為探究丁烷裂解氣中和的比例關系，設計如圖所示實驗：注：能將烴氧化成和；是丁烷裂解的催化劑，G后面裝置已省略。如圖連接好裝置后(部分夾持裝置已略去)，需進行的實驗操作有：①給D、G裝置加熱；②檢查整套裝置的氣密性；③用排盡裝置中的空氣；④向裝置內通入丁烷。（1）這三步操作的先后順序依次是___________。（2）丁烷裂解產物丙烯發(fā)生加聚反應的方程式為：___________。（3）假設丁烷完全裂解，流經各裝置中的氣體能完全反應。當E和F裝置的總質量比反應前增加了，G裝置中固體質量減少了，則丁烷裂解產物___________。Ⅱ．CO不僅是水煤氣的主要成分，也是重要化工原料。下圖是利用CO與小分子烴為原料，合成黏膠劑的基本過程。已知A能與CO、按合成相應有機物C，B能與CO、按合成相應有機物E。（4）寫出烴A的結構簡式___________。（5）有機物F的官能團名稱是___________。（6）D＋E→G的轉化為取代反應，請寫出反應方程式___________。（7）下列說法正確的是___________。A.B既能使褪色，又能使酸性高錳酸鉀褪色，且褪色原理相同B.有機物C與水發(fā)生加成反應得到兩種產物C.有機物H在溶液中水解程度比在稀硫酸中水解更徹底D.G中含有少量的E，可用飽和碳酸鈉溶液除去（8）寫出F的3種同分異構體的結構簡式(與F具有相同官能團，不考慮立體異構)___________?！即鸢浮剑?）②③①④（2）（3）（4）（5）碳碳雙鍵、酯基（6）（7）BCD（8）、、、〖解析〗A能與CO、按合成相應有機物C是CH2=CHCOOH，由元素守恒可知，A為，C和D發(fā)生酯化反應生成F為CH2=CHCOOCH3，F(xiàn)中碳碳雙鍵與氫氣加成得到G為CH3CH2COOCH3，則E為CH3CH2COOH，B能與CO、按合成相應有機物E，則B為CH2=CH2，F(xiàn)中碳碳雙鍵斷裂發(fā)生加聚反應生成H為；（1）應先檢查整套裝置的氣密性，排出裝置中的空氣，再給D、G裝置加熱，最后向裝置內通入丁烷，所以正確的操作順序為：②③①④；（2）丙烯發(fā)生加聚反應生成聚丙烯的化學方程式為：；（3）丁烷的裂解中生成的乙烯和乙烷的物質的量相等，生成的甲烷和丙烯的物質的量相等，E、F吸收的是烯烴，設C2H4的物質的量為x，C3H6的物質的量為y，乙烷和甲烷的物質的量分別是x、y，則：28x+42y=4.90g，G減少的質量是氧化銅中的氧元素質量，乙烷和甲烷和氧化銅反應需要的氧原子的物質的量為：2(2x+y)+，解得：x=0.10mol、y=0.05mol，所以：n(CH4)∶n(C2H6)=0.05∶0.1=1∶2；（4）A能與CO、按合成相應有機物C是CH2=CHCOOH，由元素守恒可知，A為；（5）C和D發(fā)生酯化反應生成F為CH2=CHCOOCH3，F(xiàn)的官能團名稱是碳碳雙鍵、酯基；（6）F為CH2=CHCOOCH3，碳碳雙鍵與氫氣加成得到G為CH3CH2COOCH3，D＋E→G的轉化為取代反應，即CH3CH2COOH與CH3OH發(fā)生酯化反應生成CH3CH2COOCH3和水，反應方程式為：；（7）A．B為CH2=CH2，B既能使褪色，原因是乙烯和溴單質發(fā)生加成反應，又能使酸性高錳酸鉀褪色，是因為乙烯和酸性高錳酸鉀發(fā)生氧化反應，褪色原理不同，故A錯誤；B．有機物C是CH2=CHCOOH，與水發(fā)生加成反應得到兩種產物，分別為CH3CH(OH)COOH、HOCH2CH2COOH，故B正確；C．H為含有酯基，酯在溶液中水解程度比在稀硫酸中水解更徹底，故C正確；D．G為CH3CH2COOCH3，則E為CH3CH2COOH，飽和碳酸鈉溶液能與CH3CH2COOH反應生成可溶于水的鈉鹽，同時又可以降低CH3CH2COOCH3的溶解度，可以除去E，故D正確；故選BCD；（8）F為CH2=CHCOOCH3，官能團為碳碳雙鍵、酯基，F(xiàn)的同分異構體的結構簡式為：、、、。28.固體A含有3種元素，摩爾質量在至之間，C、D組成元素與A相同，且C比D的相對原子質量多32.B能使品紅褪色，E的焰色反應為黃色。反應過程有如下關系：請回答：（1）A的組成元素為___________，化合物A的化學式為___________。（2）寫出C的水溶液與反應的離子方程式___________。（3）下列說法正確的是___________。A.氣體B通入稀溶液中有白色沉淀B.物質B、C、D均能使酸性溶液褪色C.已知A在工業(yè)上通常用于漂白，則其漂白原理與次氯酸相似D.自然界中存在天然的物質F（4）A溶液中通入足量氧氣生成一種酸式鹽的化學方程式為___________。〖答案〗（1）①.Na、S、O②.（2）（3）BD（4）〖解析〗B能使品紅褪色的氣體，故B為SO2，E的焰色反應為黃色說明含鈉元素，則A、C、D、E物質中都含有鈉元素，根據轉化關系圖，固體C和D的混合物加入