高中化学苏教版本册总复习总复习 优秀奖

2023学年浙江省湖州市南浔区练市中学高一（下）期末化学模拟试卷一、选择题（本题有20小题，每小题2分，共40分．每小题只有1个选项符合题意，）1．下列化合物中，属于盐的是（）A．NH3 B．KOH C．H2SO4 D．NaClO2．下列化学用语正确的是（）A．HClO的电子式：B．中子数为10的氧原子：OC．乙烯的结构简式CH2CH2D．CH4分子的球棍模型：3．下列物质中，属于强电解质的是（）A．铜 B．Na2SO4 C．CH3COOH D．NaCl溶液4．下列变化中，不需要破坏化学键的是（）A．干冰气化 B．食盐熔化C．氯化钙溶于水 D．小苏打受热分解5．如图为某原电池示意图，下列说法正确的是（）A．铜电极是负极 B．锌电极是正极C．铜电极上发生氧化反应 D．锌电极上发生氧化反应6．如图表示化学反应CaCO3（s）═CO2（g）+CaO（s）能量变化的示意图中，合理的是（）A． B． C． D．7．下列溶液中，Cl﹣的物质的量浓度最小的是（）A．1L1mol•L﹣1的NaCl溶液B．L2mol•L﹣1的KCl溶液C．L1mol•L﹣1的MgCl2溶液D．10mL1mol•L﹣1的AlCl3溶液8．下列反应的离子方程式书写正确的是（）A．大理石和盐酸的反应：CO32ˉ+2H+═CO2↑+H2OB．KI溶液中加入硫酸酸化的过氧化氢溶液：2I﹣+H2O2═I2+2OH﹣C．三氯化铁溶液与铁反应：Fe3++Fe═2Fe2+D．二氧化硅与氢氧化钠溶液反应：SiO2+2OHˉ═SiO32ˉ+H2O9．随着科学的进步，化学与人类健康的关系越来越密切了．下列说法错误的是（）A．为提高粮食产量，应大量使用化肥和农药B．生活中，可以用无毒的聚乙烯薄膜包装食品C．人体缺铁会引起贫血疾病D．糖类、油脂、蛋白质等都是人类维持生命和健康所必需的营养物质10．如图装置所示的实验中，不能达到实验目的是（）A．除去氯气中的氯化氢B．分离乙醇与乙酸C．证明铁生锈空气参与反应D．橡皮管的作用是控制水能顺利流下11．下列分离物质的方法不正确的是（）A．用蒸发结晶的方法分离碳酸钠和水B．用过滤的方法分离植物油和水C．用蒸馏的方法分离乙酸（沸点118℃）与乙酸乙酯（沸点118℃）D．用萃取和分液的方法用CCl4从碘水提取碘12．设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．NA个N2分子与NA个CO分子的质量比为1﹕1B．水的摩尔质量等于NA个水分子的质量C．在常温常压下，含有的分子数为D．1L•L﹣1Na2SO4溶液中有个Na+13．X、Y为同周期元素，如果X的原子半径大于Y，则下列判断不正确的是（）A．若X、Y均为金属元素，则X的金属性强于YB．若X、Y均为金属元素，则X的阳离子氧化性比Y的阳离子氧化性强C．若X、Y均为非金属元素，则Y的气态氢化物比X的稳定D．若X、Y均为非金属元素，则最高价含氧酸的酸性Y强于X14．在室温度下，在密闭容器中某气态烃和氧气按一定比例混合，点火爆炸后恢复到室温度，压强减小至原来的一半，若加入NaOH溶液则气体被全部吸收，则此烃为（）A．C2H2 B．C2H4 C．C2H6 D．C6H615．如表所列各组物质中，物质之间通过一步反应不能实现如图所示转化的是（）选项abcAFeFeCl3FeCl2BHClCl2HClOCH2SO4SO2SO3DCH2=CH2CH3CH2OHCH3CHOA．A B．B C．C D．D16．对于反应2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，下列说法正确的是（）A．Na2O2是氧化剂，CO2是还原剂B．若2molNa2O2完全反应，则反应中共转移了4mol电子C．还原剂与氧化剂的质量比是1：1D．Na2O2中阳离子与阴离子的个数比为1：117．下列实验方法或结论中，不正确的是（）A．用容量瓶配某盐溶液，定容摇匀后发现凹液面最低处低于刻度线，再加水定容B．萃取后，分液漏斗中的下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出C．向某溶液中加入KSCN溶液变红色，说明该溶液中含有Fe3+D．某气体通入品红溶液中，溶液褪色，加热后溶液又恢复为红色，说明该气体为SO218．酒后驾车是引发交通事故的重要原因．交警对驾驶员进行呼气酒精检测的原理是：橙色的K2Cr2O7酸性水溶液乙醇迅速生成蓝绿色Cr3+．下列对乙醇的描述与此测定原理有关的是（）①乙醇易挥发②乙醇密度比水小③乙醇有还原性④75%乙醇溶液常用医疗消毒．A．②④ B．②③ C．①④ D．①③19．有4种混合溶液，分别由等体积L的2种溶液混合而成：①CH3COONa与HCl②CH3COONa与NaOH③CH3COONa与NaCl④CH3COONa与NaHCO3下列各项排序正确的是（）A．pH：②＞③＞④＞① B．c（CH3COOH）：①＞④＞③＞②C．c（CH3COO﹣）：②＞④＞③＞① D．溶液中c（H+）：①＞③＞②＞④20．从海水中提取镁，可按如下步骤进行：①把贝壳制成石灰乳②在引入的海水中加入石灰乳，沉降、过滤、洗涤沉淀物③将沉淀物与盐酸反应，结晶过滤、在HCl气体氛围中干燥产物④将得到的产物熔融电解得到镁．下列说法不正确的是（）A．此法的优点之一是原料来源丰富B．①②③步骤的目的是从海水中提取MgCl2C．以上提取镁的过程中涉及化合、分解和复分解反应D．第④步电解时阴极产生氯气二、填空题（本题有5小题，共38分）21．（1）写出以下两种物质的化学式：①干冰：；②小苏打：．（2）写出铜与浓硫酸反应的化学方程式：．22．已知有如图转化关系：（1）C中含有官能团的名称；反应①的反应类型是．（2）写出D和B反应生成E的化学方程式．（3）写出反应②的化学方程式．23．根据如图信息完成所需回答的问题：其中氧化物B是黑色固体；单质C不溶于冷浓硫酸．（1）E是（填化学式）．（2）写出氧化物A和CO反应的化学方程式．（3）写出B和浓盐酸反应的离子方程式．24．现有8种元素的性质、数据如表所列，它们属于第二或第三周期．①②③④⑤⑥⑦⑧原子半径（10﹣10m）最高或最低化合价+2+1+5+7+1+5+3﹣2﹣3﹣1﹣3回答下列问题：（1）①在元素周期表中的位置是．写出②最高价氧化物对应水化物跟⑤的氢化物水溶液反应的离子方程式：．（2）在最高价氧化物的水化物中，酸性最强的化合物的分子式是；碱性最强的化合物属于化合物（填“离子”或“共价”）．（3）比较④和⑦的氢化物的稳定性（用化学式表示）．25．短周期元素组成的单质X2、Y，标准状况下X2的密度为•L﹣1，；常温下，Y为浅黄色固体．Z是一种化合物，焰色反应呈浅紫色（透过钴玻璃）；•L﹣1Z的水溶液pH=13．X2、Y和Z之间有如图转化关系（其他无关物质已略去）：（1）写出单质X2与Z反应的离子方程式：．（2）已知16gY完全燃烧放出148kJ热量．写出热化学方程式：．（3）已知C能与稀硫酸反应生成能使品红溶液褪色的气体．①写出D的电子式，D的水溶液pH7（填“=”、“＞”或“＜”．②将20mL•L﹣1C溶液逐滴加入到20mL•L﹣1KMnO4溶液（硫酸酸化）中，溶液恰好褪为无色．写出反应的离子方程式：．三、实验题（本题有2小题，16分）26．（1）“酒是陈的香”，是因为酒在储存过程中生成了有香味的乙酸乙酯，在实验室我们也可以用如图所示的装置由乙醇、乙酸和浓硫酸来制取乙酸乙酯．回答下列问题：①配置混合溶液时，加入试剂的正确顺序是（填“A”或“B”）；A．先加入乙醇，再慢慢注入浓硫酸和乙酸B．先加入浓硫酸，再慢慢注入乙醇和乙酸②在装置中乙试管常加入来接收乙酸乙酯；A．NaOH溶液B．饱和Na2CO3溶液C．NaCl溶液D．CuSO4溶液（2）在化学课上，围绕浓硫酸的化学性质进行了如下实验探究：将适量的蔗糖放入烧杯中，加入几滴水，搅拌均匀．然后再加入适量浓硫酸，迅速搅拌，放出大量的热，同时观察到蔗糖逐渐变黑，体积膨胀，并产生刺激性气味的气体．请回答：①生成的黑色物质是（填化学式）．②根据上述实验，表明浓硫酸具有（填序号）．A．酸性B．吸水性C．脱水性D．强氧化性．27．实验室用下面装置测定FeO和Fe2O3固体混合物中Fe2O3的质量，D装置的硬质双通玻璃管中的固体物质是FeO和Fe2O3的混合物．（1）如何检查装置A的气密性：．（2）在气密性完好，并且进行了必要的安全操作后，点燃D处的酒精灯，在硬质双通玻璃管中发生的化学反应方程式是：．（3）若FeO和Fe2O3固体混合物的质量为，反应完全后U型管E的质量增加，则混合物中Fe2O3的质量为g．（4）U型管E右边又连接干燥管F的目的是．四、计算题（本题6分）28．FeCl3可用作印刷电路铜板腐蚀剂，为回收废腐蚀液中的铜，必须对废腐蚀液的组成进行分析．某同学去废腐蚀液200mL，分成甲、乙两等份．向甲溶液中滴加AgNO3溶液至不再有沉淀产生，得到沉淀；向乙溶液中加入10g足量铁粉，充分反应，剩余固体质量．计算中忽略溶液体积的变化．（1）废腐蚀液中含有Cl﹣的物质的量浓度是．（2）废腐蚀液中铜离子的物质的量浓度是．

2023学年浙江省湖州市南浔区练市中学高一（下）期末化学模拟试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题有20小题，每小题2分，共40分．每小题只有1个选项符合题意，）1．下列化合物中，属于盐的是（）A．NH3 B．KOH C．H2SO4 D．NaClO【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系．【分析】根据盐是由金属阳离子或铵根与酸根阴离子组合的化合物来分析解答．【解答】解：A．NH3是由氨气分子形成的化合物，是氮的氢化物，故A错误；B．KOH在水溶液中电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物，属于碱，故B错误；C．H2SO4在水溶液中电离出的阳离子全部是氢离子的化合物，属于酸，故C错误；D．NaClO是由钠离子与次氯酸根阴离子组合的化合物，属于盐，故D正确；故选D．2．下列化学用语正确的是（）A．HClO的电子式：B．中子数为10的氧原子：OC．乙烯的结构简式CH2CH2D．CH4分子的球棍模型：【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合．【分析】A．次氯酸的中心原子为O原子，分子中不存在H﹣Cl键；B．质量数=质子数+中子数，元素符号的最简式为质量数、左下角为质子数；C．乙烯的结构简式中没有标出碳碳双键结构；D．为甲烷的比例模型，球棍模型用短棍和大小不同的小球表示．【解答】解：A．HClO为共价化合物，分子中存在1个氧氢键和1个Cl﹣O键，次氯酸的电子式为，故A错误；B．中子数为10的氧原子的质量数为18，该原子可以表示为：O，故B正确；C．乙烯分子中含有1个碳碳双键，其结构简式为：CH2=CH2，故C错误；D．是甲烷的比例模型，甲烷为正四面体结构，球棍模型表现原子间的连接与空间结构，甲烷分子式为CH4，C原子形成4个C﹣H，为正四面体结构，碳原子半径大于氢原子半径，球棍模型为，故D错误；故选B．3．下列物质中，属于强电解质的是（）A．铜 B．Na2SO4 C．CH3COOH D．NaCl溶液【考点】弱电解质的判断．【分析】强电解质在溶液中完全电离，弱电解质在溶液中部分电离，据此进行解答．【解答】解：A．铜为单质，不属于电解质，故A错误；B．硫酸钠在溶液中完全电离出钠离子和硫酸根离子，则硫酸钠为强电解质，故B正确；C．醋酸在溶液中部分电离，所以弱电解质，故C错误；D．氯化钠溶液为混合物，不属于电解质，故D错误；故选B．4．下列变化中，不需要破坏化学键的是（）A．干冰气化 B．食盐熔化C．氯化钙溶于水 D．小苏打受热分解【考点】离子化合物的结构特征与性质；化学键．【分析】共价化合物与离子化合物溶于水电离时都破坏化学键，共价化合物熔化时可能破坏化学键，但分子晶体的三态变化中不破坏化学键，以此解答该题．【解答】解：A．干冰气化需克服分子间作用力，而化学键没有变化，故A选；B．食盐熔化破坏离子键，故B不选；C．氯化钙溶于水破坏离子键，故C不选；D．小苏打受热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，破坏离子键、共价键，故D不选．故选A．5．如图为某原电池示意图，下列说法正确的是（）A．铜电极是负极 B．锌电极是正极C．铜电极上发生氧化反应 D．锌电极上发生氧化反应【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】锌、铜和稀硫酸组成的原电池中，锌作负极，负极上锌失电子发生氧化反应；铜作正极，正极上氢离子得电子发生还原反应．【解答】解：A．锌、铜和稀硫酸组成的原电池中，活泼金属锌作负极，故A错误；B、锌、铜和稀硫酸组成的原电池中，不活泼的金属Cu作正极，故B错误；C、Cu作正极，正极上氢离子得电子发生还原反应，故C错误；D、锌作负极，负极上锌失电子发生氧化反应，故D正确；故选D．6．如图表示化学反应CaCO3（s）═CO2（g）+CaO（s）能量变化的示意图中，合理的是（）A． B． C． D．【考点】吸热反应和放热反应．【分析】化学反应过程中一定伴随能量的变化，CaCO3（s）═CO2（g）+CaO（s）能量变化是吸热反应，反应物能量低于生成物能量，据此分析判断．【解答】解：A．反应物能量高于生成物表示的是放热反应，故A错误；B．反应物能量低于生成物，表示吸热反应，如图可以表示化学反应CaCO3（s）═CO2（g）+CaO（s）能量变化，故B正确；C．尽管反应物能量低于，但案列化学键需要吸收能量，形成化学键需要付出能量，图象变化不符合能量变化特征，故C错误；D．化学反应过程中一定伴随能量的变化，反应物和生成物能量不同，图象不符合，故D错误；故选B．7．下列溶液中，Cl﹣的物质的量浓度最小的是（）A．1L1mol•L﹣1的NaCl溶液B．L2mol•L﹣1的KCl溶液C．L1mol•L﹣1的MgCl2溶液D．10mL1mol•L﹣1的AlCl3溶液【考点】物质的量浓度的相关计算．【分析】由溶质的浓度、物质构成计算Cl﹣的物质的量浓度，与溶液体积无关，以此来解答．【解答】解：L1mol•L﹣1的NaCl溶液中Cl﹣的物质的量浓度为1mol/L；L2mol•L﹣1的KCl溶液中Cl﹣的物质的量浓度为2mol/L；L1mol•L﹣1的MgCl2溶液中Cl﹣的物质的量浓度为1mol/L×2=2mol/L；mL1mol•L﹣1的AlCl3溶液中Cl﹣的物质的量浓度为1mol/L×3=3mol/L；显然A中Cl﹣的物质的量浓度最小，故选A．8．下列反应的离子方程式书写正确的是（）A．大理石和盐酸的反应：CO32ˉ+2H+═CO2↑+H2OB．KI溶液中加入硫酸酸化的过氧化氢溶液：2I﹣+H2O2═I2+2OH﹣C．三氯化铁溶液与铁反应：Fe3++Fe═2Fe2+D．二氧化硅与氢氧化钠溶液反应：SiO2+2OHˉ═SiO32ˉ+H2O【考点】离子方程式的书写．【分析】A．大理石的主要成分为碳酸钙，碳酸钙为难溶物，不能拆开；B．酸性条件下，反应产物中不能生成氢氧根离子；C．离子方程式两边正电荷不相等，违反了电荷守恒；D．二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水．【解答】解：A．大理石和盐酸的反应中，碳酸钙不能拆开，正确的离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，故A错误；B．KI溶液中加入硫酸酸化的过氧化氢溶液，二者发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：2H++2I﹣+H2O2═I2+2H2O，故B错误；C．三氯化铁溶液与铁反应生成氯化亚铁，正确的离子方程式为：2Fe3++Fe═3Fe2+，故C错误；D．二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，反应的离子方程式为：SiO2+2OHˉ═SiO32ˉ+H2O，故D正确；故选D．9．随着科学的进步，化学与人类健康的关系越来越密切了．下列说法错误的是（）A．为提高粮食产量，应大量使用化肥和农药B．生活中，可以用无毒的聚乙烯薄膜包装食品C．人体缺铁会引起贫血疾病D．糖类、油脂、蛋白质等都是人类维持生命和健康所必需的营养物质【考点】物质的组成、结构和性质的关系．【分析】A．大量使用化肥和农药，通过食物链可使人体中毒；B．无毒的聚乙烯，可用于食品包装；C．铁是合成血红蛋白的主要元素；D．人体内的六大营养素包括糖类、油脂、蛋白质、维生素、水、无机盐．【解答】解：A．大量使用化肥和农药，通过食物链可使人体中毒，则不能大量使用化肥和农药，故A错误；B．无毒的聚乙烯，可用于食品包装，则生活中可以用无毒的聚乙烯薄膜包装食品，故B正确；C．铁是合成血红蛋白的主要元素，则体缺铁会引起贫血疾病，故C正确；D．糖类、油脂、蛋白质可发生水解或氧化反应，为人体提供能量，是人类维持生命和健康所必需的营养物质，故D正确；故选A．10．如图装置所示的实验中，不能达到实验目的是（）A．除去氯气中的氯化氢B．分离乙醇与乙酸C．证明铁生锈空气参与反应D．橡皮管的作用是控制水能顺利流下【考点】化学实验方案的评价；实验装置综合．【分析】A．HCl极易溶于水，食盐水抑制氯气的溶解；B．乙醇与乙酸互溶；C．NaCl溶液为中性，Fe发生吸氧腐蚀；D．关闭a，橡皮管能使压力转移到分液漏斗上方．【解答】解：A．HCl极易溶于水，食盐水抑制氯气的溶解，则图中装置可除去HCl，故A正确；B．乙醇与乙酸互溶，不能利用分液漏斗分离，应选蒸馏法，故B错误；C．NaCl溶液为中性，Fe发生吸氧腐蚀，由U型管液面左高右低可说明，故C正确；D．关闭a，橡皮管能使压力转移到分液漏斗上方，则橡皮管的作用是控制水能顺利流下，故D正确；故选B．11．下列分离物质的方法不正确的是（）A．用蒸发结晶的方法分离碳酸钠和水B．用过滤的方法分离植物油和水C．用蒸馏的方法分离乙酸（沸点118℃）与乙酸乙酯（沸点118℃）D．用萃取和分液的方法用CCl4从碘水提取碘【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．【分析】A．碳酸钠溶于水；B．植物油和水分层；C．二者互溶，但沸点不同；D．碘不易溶于水，易溶于有机溶剂．【解答】解：A．碳酸钠溶于水，则选择蒸发结晶法分离，故A正确；B．植物油和水分层，应选分液法分离，故B错误；C．二者互溶，但沸点不同，则选择蒸馏法分离，故C正确；D．碘不易溶于水，易溶于有机溶剂，则选择萃取和分液的方法用CCl4从碘水提取碘，故D正确；故选B．12．设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．NA个N2分子与NA个CO分子的质量比为1﹕1B．水的摩尔质量等于NA个水分子的质量C．在常温常压下，含有的分子数为D．1L•L﹣1Na2SO4溶液中有个Na+【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、当物质的量相等时，物质的质量之比等于摩尔质量之比；B、摩尔质量的单位为g/mol；C、常温常压下，气体摩尔体积大于mol；D、溶质物质的量×离子数=离子物质的量．【解答】解：A、NA个N2分子与NA个CO分子的物质的量均为1mol，而当物质的量相等时，物质的质量之比等于摩尔质量之比，故两者的质量之比为28：28=1：1，故A正确；B、摩尔质量的单位为g/mol，故水的摩尔质量只是在数值上和NA个水分子的质量相等，故B错误；C、常温常压下，气体摩尔体积大于mol，故氮气的物质的量小于，分子个数小于个，故C错误；D、1L•L﹣1Na2SO4溶液中溶质物质的量=1LוL﹣1=1mol，含有个Na+，故D错误．故选A．13．X、Y为同周期元素，如果X的原子半径大于Y，则下列判断不正确的是（）A．若X、Y均为金属元素，则X的金属性强于YB．若X、Y均为金属元素，则X的阳离子氧化性比Y的阳离子氧化性强C．若X、Y均为非金属元素，则Y的气态氢化物比X的稳定D．若X、Y均为非金属元素，则最高价含氧酸的酸性Y强于X【考点】同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系．【分析】同周期元素的原子，从左到右原子半径逐渐减小，元素的金属性从强到弱，气态氢化物越来越稳定，最高价氧化物对应的水化物酸性越来越强．【解答】解：X、Y是同周期元素，X的半径大于Y，则X的原子序数小于Y．A、若X、Y均为金属元素，同周期从左到右，元素的金属性从强到弱，故A正确；B、若X、Y均为金属元素，金属性强的对应阳离子的氧化性弱，则X的阳离子氧化性比Y形成的阳离子弱，故B错误；C、若X、Y均为非金属元素，从左到右，元素的非金属性从弱到强，气态氢化物越来越稳定，故C正确；D、若X、Y均为非金属元素，从左到右，最高价氧化物对应的水化物酸性越来越强，故D正确．故选B．14．在室温度下，在密闭容器中某气态烃和氧气按一定比例混合，点火爆炸后恢复到室温度，压强减小至原来的一半，若加入NaOH溶液则气体被全部吸收，则此烃为（）A．C2H2 B．C2H4 C．C2H6 D．C6H6【考点】化学方程式的有关计算．【分析】反应后加NaOH的溶液则气体全部被吸收，说明气态烃与氧气混合后恰好完全反应生成生成二氧化碳和水，压强减小至原来的一半，压强之比等于物质的量之比，容器内反应后气体的物质的量为是反应前的一半，恢复到室温，水为液体，结合方程式计算．【解答】解：设此烃的化学式为CxHy，则有CxHy+（x+）O2xCO2+H2O1x+x体积减小至原来的一半，可知1+x+=2x，整理可得：4x=4+y，若x=1，则y=0，不存在此物质，若x=2，则y=4，物质为C2H4，若x=3，则y=8，物质为C3H8，故选B．15．如表所列各组物质中，物质之间通过一步反应不能实现如图所示转化的是（）选项abcAFeFeCl3FeCl2BHClCl2HClOCH2SO4SO2SO3DCH2=CH2CH3CH2OHCH3CHOA．A B．B C．C D．D【考点】氯气的化学性质；二氧化硫的化学性质；铁的化学性质．【分析】A．Fe与氯气反应生成氯化铁，氯化铁和Fe反应生成氯化亚铁，Zn与氯化亚铁反应生成Fe；B．氯气被氧化生成氯气，氯气和水反应生成HClO，HClO分解生成HCl；C．硫酸可被还原生成二氧化硫，二氧化硫氧化生成三氧化硫、三氧化硫和水反应生成硫酸；D．乙醛不能生成乙烯．【解答】解：A．Fe与氯气反应生成氯化铁，氯化铁和Fe反应生成氯化亚铁，Zn与氯化亚铁反应生成Fe，符合上述转化关系，故A不选；B．氯气被氧化生成氯气，氯气和水反应生成HClO，HClO分解生成HCl，能实现如图所示转化，故B不选；C．硫酸可被还原生成二氧化硫，二氧化硫氧化生成三氧化硫、三氧化硫和水反应生成硫酸，能实现如图所示转化，故C不选；D．乙烯可生成乙醇，乙醇被氧化生成乙醛，但乙醛不能生成乙烯，故D选．故选D．16．对于反应2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，下列说法正确的是（）A．Na2O2是氧化剂，CO2是还原剂B．若2molNa2O2完全反应，则反应中共转移了4mol电子C．还原剂与氧化剂的质量比是1：1D．Na2O2中阳离子与阴离子的个数比为1：1【考点】氧化还原反应．【分析】该反应中，O元素化合价由﹣价变为﹣2价和0价，所以过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，以此来解答．【解答】解：A．该反应中CO2中各元素化合价不变，所以二氧化碳既不是氧化剂又不是还原剂，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，故A错误；B．若有2molNa2O2参加反应，则转移电子的物质的量为2mol×（1﹣0）=2mol，则每摩尔Na2O2完全反应时转移电子1mol，故B错误；C．过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，还原剂与氧化剂的质量比是1：1，故C正确；D．Na2O2中阳离子是钠离子与阴离子是过氧根离子，两者的个数比为2：1，故D错误；故选C．17．下列实验方法或结论中，不正确的是（）A．用容量瓶配某盐溶液，定容摇匀后发现凹液面最低处低于刻度线，再加水定容B．萃取后，分液漏斗中的下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出C．向某溶液中加入KSCN溶液变红色，说明该溶液中含有Fe3+D．某气体通入品红溶液中，溶液褪色，加热后溶液又恢复为红色，说明该气体为SO2【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．定容后不能再加水，否则配制的溶液体积偏大，浓度偏低；B．萃取时，为了避免污染试剂，分液漏斗上层的液态从而上口倒出，下层液态从下口放出；C．铁离子与硫氰根离子反应生成红色的络合物硫氰化铁；D．二氧化硫的漂白是暂时的，加热后会恢复原色．【解答】解：A．用容量瓶配某盐溶液，定容摇匀后发现凹液面最低处低于刻度线，属于正常现象，不能再加水，否则影响配制结果，故A错误；B．萃取后，分液漏斗中的下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出，目的是避免污染试剂，故B正确；C．向某溶液中加入KSCN溶液变红色，则说明该溶液中一定含有Fe3+，故C正确；D．某气体通入品红溶液中，溶液褪色，证明该气体具有漂白性，且加热后溶液又恢复为红色，则说明该气体为SO2，故D正确；故选A．18．酒后驾车是引发交通事故的重要原因．交警对驾驶员进行呼气酒精检测的原理是：橙色的K2Cr2O7酸性水溶液乙醇迅速生成蓝绿色Cr3+．下列对乙醇的描述与此测定原理有关的是（）①乙醇易挥发②乙醇密度比水小③乙醇有还原性④75%乙醇溶液常用医疗消毒．A．②④ B．②③ C．①④ D．①③【考点】有机物的结构和性质；乙醇的化学性质．【分析】根据乙醇沸点低，易挥发，故可以易被检测及乙醇具有还原性，K2Cr2C7具有强氧化性，可以氧化乙醇，自身生成Cr3+来分析解答．【解答】解：①乙醇沸点低，易挥发，若饮酒，呼出的气体中含有酒精，与测定原理有关；②乙醇密度比水小，可与水以任意比混溶，与测定原理无关；③乙醇分子中含有羟基，具有还原性，K2Cr2C7具有强氧化性，可以把乙醇迅速氧化为乙酸，同时生成蓝绿色的Cr3+，与测定原理有关；④75%乙醇溶液常用医疗消毒与乙醇可使蛋白质变性有关，与测定原理无关；故对乙醇的描述与此测定原理有关的是①③；故选D．19．有4种混合溶液，分别由等体积L的2种溶液混合而成：①CH3COONa与HCl②CH3COONa与NaOH③CH3COONa与NaCl④CH3COONa与NaHCO3下列各项排序正确的是（）A．pH：②＞③＞④＞① B．c（CH3COOH）：①＞④＞③＞②C．c（CH3COO﹣）：②＞④＞③＞① D．溶液中c（H+）：①＞③＞②＞④【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理．【分析】根据溶液的溶质来分析酸碱性，一般酸与盐的溶液显酸性，碱与盐的溶液显碱性，则①中显酸性，②中显碱性，③中只有CH3COONa水解显碱性，④中两种物质都水解显碱性；溶液酸性越强，溶液pH越小，碱性越强，溶液的pH越大，然后根据盐的水解程度、溶液的酸碱性对选项进行分析解答．【解答】解：A、①CH3COONa与HCl等浓度混合生成醋酸和氯化钠，溶液的pH＜7，②中有强碱氢氧化钠，溶液pH最大，③④都因盐的水解而显碱性，且④中NaHCO3的水解也水解成碱性，所以溶液的pH④＞③，所以各混合液中的pH大小为：②＞④＞③＞①，故A错误；B．因水解程度越大，则生成的CH3COOH就多，则c（CH3COOH）③＞④＞②，而①中CH3COO﹣与酸结合生成弱电解质CH3COOH，则c（CH3COOH）最大，即c（CH3COOH）①＞③＞④＞②，故B错误；C．因②中碱中的OH﹣抑制CH3COO﹣水解，则c（CH3C00﹣）最大，④中两种盐相互抑制水解，③中只有水解，而①中CH3COO﹣与酸结合生成弱电解质，则c（CH3C00﹣）最小，即c（CH3C00﹣）的大小顺序为：②＞④＞③＞①，故C正确；D、酸性越强，则溶液中C（H+）越大，pH越小，则四种混合液中的pH大小顺序为：②＞④＞③＞①，c（H+）大小为：①＞③＞④＞②，故D错误；故选C．20．从海水中提取镁，可按如下步骤进行：①把贝壳制成石灰乳②在引入的海水中加入石灰乳，沉降、过滤、洗涤沉淀物③将沉淀物与盐酸反应，结晶过滤、在HCl气体氛围中干燥产物④将得到的产物熔融电解得到镁．下列说法不正确的是（）A．此法的优点之一是原料来源丰富B．①②③步骤的目的是从海水中提取MgCl2C．以上提取镁的过程中涉及化合、分解和复分解反应D．第④步电解时阴极产生氯气【考点】海水资源及其综合利用．【分析】①把贝壳制成石灰乳，生成Ca（OH）2；②在引入的海水中加入石灰乳，沉降、过滤、洗涤沉淀物，生成Mg（OH）2；③将沉淀物与盐酸反应，结晶过滤、在HCl气体氛围中干燥产物得到MgCl2；④将得到的产物熔融电解得到镁，反应为：MgCl2Mg+Cl2．【解答】解：A．海水资源丰富，海水中含有大量的镁元素，故A正确；B．经过①②③步骤可得到MgCl2，故B正确；C．贝壳的主要成分为CaCO3，加热分解生成CaO，CaO和水发生化合反应生成Ca（OH）2，与MgCl2发生复分解反应生成Mg（OH）2，故C正确；D、第④步电解熔融氧化镁，产物为镁和氯气，MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑，但是氯气是失去电子，被氧化，应在阳极放电，故D错误；故选D．二、填空题（本题有5小题，共38分）21．（1）写出以下两种物质的化学式：①干冰：CO2；②小苏打：NaHCO3．（2）写出铜与浓硫酸反应的化学方程式：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O．【考点】化学方程式的书写．【分析】（1）干冰为固态二氧化碳，小苏打为碳酸氢钠；（2）Cu与浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水．【解答】解：（1）干冰为固态二氧化碳，化学式为CO2，小苏打为碳酸氢钠，化学式为NaHCO3，故答案为：CO2；NaHCO3；（2）Cu与浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应方程式为Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O，故答案为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O．22．已知有如图转化关系：（1）C中含有官能团的名称醛基；反应①的反应类型是加成反应．（2）写出D和B反应生成E的化学方程式CH3CH2COOH+CH3CH2OHCH3CH2COOCH2CH3+H2O．（3）写出反应②的化学方程式2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O．【考点】有机物的推断．【分析】由转化关系可知，乙烯与水发生加成反应生成B为CH3CH2OH，B发生催化氧化生成C为CH3CHO，B与D发生酯化反应生成E中含5个C，则D中含3个C，D为CH3CH2COOH，E为CH3CH2COOCH2CH3，以此来解答．【解答】解：由转化关系可知，乙烯与水发生加成反应生成B为CH3CH2OH，B发生催化氧化生成C为CH3CHO，B与D发生酯化反应生成E中含5个C，则D中含3个C，D为CH3CH2COOH，E为CH3CH2COOCH2CH3，（1）C为CH3CHO，官能团的名称为醛基，反应①的反应类型是加成反应，故答案为：醛基；加成反应；（2）D和B反应生成E的化学方程式为CH3CH2COOH+CH3CH2OHCH3CH2COOCH2CH3+H2O，故答案为：CH3CH2COOH+CH3CH2OHCH3CH2COOCH2CH3+H2O；（3）反应②的化学方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O．23．根据如图信息完成所需回答的问题：其中氧化物B是黑色固体；单质C不溶于冷浓硫酸．（1）E是FeCl3（填化学式）．（2）写出氧化物A和CO反应的化学方程式Fe2O3+3CO2Fe+3CO2．（3）写出B和浓盐酸反应的离子方程式MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O．【考点】无机物的推断．【分析】单质C不溶于冷浓硫酸，可为Fe或Al，C可由氧化物A和CO反应生成，则C只能为Fe，黑色氧化物和与浓盐酸在加热条件下反应生成单质D，则可知B为MnO2，D为Cl2，由转化关系可知E为FeCl3，F为Fe（OH）3，分解生成的A为Fe2O3，以此解答该题．【解答】解：单质C不溶于冷浓硫酸，可为Fe或Al，C可由氧化物A和CO反应生成，则C只能为Fe，黑色氧化物和与浓盐酸在加热条件下反应生成单质D，则可知B为MnO2，D为Cl2，由转化关系可知E为FeCl3，F为Fe（OH）3，分解生成的A为Fe2O3，（1）由以上分析可知E为FeCl3，故答案为：FeCl3；（2）由以上分析可知氧化物A和CO反应的化学方程式为Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，故答案为：Fe2O3+3CO2Fe+3CO2；（3）加热条件下，二氧化锰和浓盐酸发生氧化还原反应生成氯气，反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O．24．现有8种元素的性质、数据如表所列，它们属于第二或第三周期．①②③④⑤⑥⑦⑧原子半径（10﹣10m）最高或最低化合价+2+1+5+7+1+5+3﹣2﹣3﹣1﹣3回答下列问题：（1）①在元素周期表中的位置是第二周期VIA．写出②最高价氧化物对应水化物跟⑤的氢化物水溶液反应的离子方程式：Mg（OH）2+2H+=Mg2++2H2O．（2）在最高价氧化物的水化物中，酸性最强的化合物的分子式是HClO4；碱性最强的化合物属于离子化合物（填“离子”或“共价”）．（3）比较④和⑦的氢化物的稳定性（用化学式表示）NH3＞PH3．【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】由元素的性质可知，①只有﹣2价，则①为O；④、⑦中化合价相同，半径不同，则④为P，⑦为N；⑤为Cl，结合原子半径可知，②为Mg，③为Li，⑥为Na，⑧为B，以此来解答．【解答】解：由元素的性质可知，①只有﹣2价，则①为O；④、⑦中化合价相同，半径不同，则④为P，⑦为N；⑤为Cl结合原子半径可知，②为Mg，③为Li，⑥为Na，⑧为B，（1）①在元素周期表中的位置是第二周期VIA，②最高价氧化物对应水化物跟⑤的氢化物水溶液反应的离子方程式为Mg（OH）2+2H+=Mg2++2H2O，故答案为：第二周期VIA；Mg（OH）2+2H+=Mg2++2H2O；（2）在最高价氧化物的水化物中，酸性最强的化合物的分子式是HClO4，碱性最强的化合物为NaOH，属于离子化合物，故答案为：HClO4；离子；（3）非金属性N＞P，则④和⑦的氢化物的稳定性为NH3＞PH3，故答案为：NH3＞PH3．25．短周期元素组成的单质X2、Y，标准状况下X2的密度为•L﹣1，；常温下，Y为浅黄色固体．Z是一种化合物，焰色反应呈浅紫色（透过钴玻璃）；•L﹣1Z的水溶液pH=13．X2、Y和Z之间有如图转化关系（其他无关物质已略去）：（1）写出单质X2与Z反应的离子方程式：Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O．（2）已知16gY完全燃烧放出148kJ热量．写出热化学方程式：S（s）+O2（g）=SO2（g）；△H=﹣296KJ/mol．（3）已知C能与稀硫酸反应生成能使品红溶液褪色的气体．①写出D的电子式，D的水溶液pH＞7（填“=”、“＞”或“＜”．②将20mL•L﹣1C溶液逐滴加入到20mL•L﹣1KMnO4溶液（硫酸酸化）中，溶液恰好褪为无色．写出反应的离子方程式：5SO32﹣+2MnO4﹣+6H+=5SO42﹣+2Mn2++3H2O．【考点】无机物的推断．【分析】标准状况下X2的密度为•L﹣1，则相对分子质量为×=71，应为Cl2，Y为浅黄色固体单质，应为S，Z是一种化合物，焰色反应呈浅紫色（透过钴玻璃），应含有K元素，且常温下，•L﹣1Z的水溶液pH=13，说明Z为一元强碱，则Z为KOH，结合物质的性质以及盐类水解的原理解答该题．【解答】解：标准状况下X2的密度为•L﹣1，则相对分子质量为×=71，应为Cl2，Y为浅黄色固体单质，应为S，Z是一种化合物，焰色反应呈浅紫色（透过钴玻璃），应含有K元素，且常温下，•L﹣1Z的水溶液pH=13，说明Z为一元强碱，则Z为KOH，（1）常温下Cl2与KOH反应的离子方程式为Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O，故答案为：Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O；（2）n（S）==，完全燃烧生成气态产物时放出148kJ热量，则1molS完全燃烧放出296kJ的热量，热化学方程式为S（s）+O2（g）=SO2（g）△H=﹣296kJ/mol，故答案为：S（s）+O2（g）=SO2（g）；△H=﹣296KJ/mol；（3）S和KOH反应生成K2SO3和NaK2S，已知C能与硫酸反应生成能使品红溶液褪色的气体，应为SO2，则C为K2SO3，D为K2S，①D为K2S，为离子化合物，电子式为：，K2S为强碱弱酸盐，发生：SO32﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣；HS﹣+H2O⇌H2S+OH﹣，则溶液呈碱性，PH＞7，故答案为：；＞；②n（SO32﹣）=×L=，n（MnO4﹣）=×L=，物质的量之比为5：2，反应的离子方程式为5SO32﹣+2MnO4﹣+6H+=5SO42﹣+2Mn2++3H2O，故答案为：5SO32﹣+2MnO4﹣+6H+=5SO42﹣+2Mn2++3H2O；三、实验题（本题有2小题，16分）26．（1）“酒是陈的香”，是因为酒在储存过程中生成了有香味的乙酸乙酯，在实验室我们也可以用如图所示的装置由乙醇、乙酸和浓硫酸来制取乙酸乙酯．回答下列问题：①配置混合溶液时，加入试剂的正确顺序是A（填“A”或“B”）；A．先加入乙醇，再慢慢注入浓硫酸和乙酸B．先加入浓硫酸，再慢慢注入乙醇和乙酸②在装置中乙试管常加入B来接收乙酸乙酯；A．NaOH溶液B．饱和Na2CO3溶液C．NaCl溶液D．CuSO4溶液（2）在化学课上，围绕浓硫酸的化学性质进行了如下实验探究：将适量的蔗糖放入烧杯中，加入几滴水，搅拌均匀．然后再加入适量浓硫酸，迅速搅拌，放出大量的热，同时观察到蔗糖逐渐变黑，体积膨胀，并产生刺激性气味的气体．请回答：①生成的黑色物质是C（填化学式）．②根据上述实验，表明浓硫酸具有BCD（填序号）．A．酸性B．吸水性C．脱水性D．强氧化性．【考点】制备实验方案的设计．【分析】（1）由乙醇、乙酸和浓硫酸来制取乙酸乙酯，先加乙醇，后加浓硫酸，最后加乙