【2024】【高一下】【学军西溪】【高中化学】【期中考】

杭州学军中学2023学年第二学期期中考试高一化学试卷考生须知：1.本卷满分100分，考试时间90分钟。2.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效。可能用到的相对原子质量：O16S32Na23Ba137Fe56Cu64一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分。每个小题列出的四个备选项中只有一个符合题目要求，不选、多选、错选均不得分)1.下列物质属于非电解质的是A.SO2 B.HCl C.NaOH D.BaSO4【答案】A【解析】【分析】在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物是电解质，反之为非电解质。【详解】A．SO2在水溶液导电是因为SO2与水反应生成了亚硫酸，故亚硫酸是电解质，SO2是非电解质，故A选；B．HCl水溶液中能够导电，则HCl是电解质，故B不选；C．NaOH水溶液能够导电，则NaOH是电解质，故C不选；D．BaSO4在熔融状态下，能够导电，则BaSO4是电解质，故D不选故选A。2.下列物质不属于有机高分子材料的是A.塑料 B.石墨烯 C.橡胶 D.纤维【答案】B【解析】【详解】A．塑料的主要成分是合成树脂，属于有机高分子材料，A不选；B．石墨烯是只有一个碳原子直径厚度的单层石墨，是一种新型无机非金属材料，不属于有机高分子材料，B选；C．橡胶分为天然橡胶和合成橡胶，主要成分为烯烃的聚合物，属于有机高分子材料，C不选；D．纤维包括棉花、羊毛等天然纤维和丙纶、涤纶等合成纤维，属于有机高分子材料，D不选；答案选B。3.下列仪器不可加热的是A. B. C. D.【答案】C【解析】【详解】A．蒸发皿常用于蒸发结晶，可直接加热，故A不选；B．锥形瓶可垫上石棉网加热，故B不选；C．容量瓶不能加热，故C符合题意；D．坩埚常用于灼烧固体，可直接加热，故D不选；答案选C。4.民以食为天，《黄帝内经》说：“五谷为养，五果为助，五畜为益，五菜为充”。下列说法正确的是A.“五谷”富含淀粉，淀粉是天然高分子化合物B.“五果”富含糖类，其中的葡萄糖、蔗糖都能发生水解反应C.“五畜”富含油脂和蛋白质，它们的组成元素相同D.“五菜”富含纤维素，纤维素不属于糖类物质【答案】A【解析】【分析】【详解】A．谷类包括玉米、小麦、水稻，主要成分为淀粉，属于天然高分子化合物，A正确；B．果类如苹果等富含果糖等，属于糖类物质，但是葡萄糖不能水解，B错误；C．畜类如鸡、鸭、鹅等，富含油脂和蛋白质，油脂和蛋白质的组成元素是不同的，C错误；D．菜类如蔬菜，富含维生素而不是纤维素，D错误；答案选A。5.下列说法不正确的是A.14C和14N互为同位素 B.C2H6和C12H26互为同系物C.金刚石和C60互为同素异形体 D.正丁烷和异丁烷互为同分异构体【答案】A【解析】【详解】A．质子数相同、中子数不同的同种元素的不同原子互称为同位素，14C和14N属于不同元素的原子，不是同位素，A错误；B．结构相似，组成相差一个或多个CH2原子团的化合物互称同系物，C2H6和C12H26符合的通式，均属于烷烃，且分子组成上相差10个CH2原子团，因此互为同系物，B正确；C．金刚石和C60均是由C元素形成的不同性质的单质，二者互为同素异形体，C正确；D．正丁烷和异丁烷分子式相同，均为C4H10，结构不同，则二者互为同分异构体，D正确；答案选A。6.下列化学用语说法正确的是A.氮气的电子式： B.次氯酸的结构式：HClOC.丙烷的分子结构模型： D.水合钠离子示意图：【答案】C【解析】【详解】A．氮气中的N原子满足8电子稳定结构，其电子式为：，故A错误；B．次氯酸中心原子是O，其结构式为HOCl，故B错误；C．丙烷的结构简式为CH3CH2CH3，其结构呈现一定的折线结构，故C正确；D．水合钠离子中，钠离子带正电，吸引水中的氧原子，结构示意图为，故D错误；故选C。7.下列说法正确的是A.新制氯水长期放置酸性会增强B.水玻璃很稳定，可长期暴露在空气中C.侯氏制碱法得到的物质是氢氧化钠D.二氧化硫有漂白性，可使紫色石蕊试液褪色【答案】A【解析】【详解】A．新制氯水长期放置，氯气与水生成的HClO分解产生HCl和氧气，氯水酸性增强，A正确；B．水玻璃长期暴露在空气中，其主要成分会与空气中的反应，发生变质，B错误；C．侯氏制碱法的主要产物为纯碱，即碳酸钠，C错误；D．二氧化硫为酸性氧化物，溶于水显酸性，可使紫色石蕊试液变红，不褪色，D错误；答案选A。8.下列有关烷烃的叙述中，正确的是A.常温常压下，所有烷烃都为气体B.除甲烷外，大多数烷烃都能使酸性KMnO4溶液褪色C.在一定条件下，烷烃能与氯气、溴水等发生取代反应D.CH4的二氯代物只有1种，此事实可说明CH4为正四面体结构【答案】D【解析】【详解】A．常温常压下，碳原子数小于或等于4的烷烃为气体，碳原子数大于4的烷烃为液体或固体，故A错误；B．烷烃的化学性质一般比较稳定，通常不与强酸、强碱、强氧化剂（如酸性KMnO4溶液）反应，故B错误；C．烷烃在光照条件下可与卤素单质发生取代反应，但不与溴水反应，故C错误；D．CH4的二氯代物中两个Cl只有相邻一个位置，可说明CH4为正四面体结构，故D正确；故选D。9.应用元素周期律分析下列推断，其中正确的是A.85号砹(At)是第ⅦA族元素，其氢化物的稳定性弱于HClB.第二周期非金属元素的气态氢化物溶于水后，水溶液均为酸性C.81号铊(Tl)与铝同主族，其单质能与氢氧化钠溶液反应D.第三周期非金属元素的氧化物对应水化物的酸性随原子序数的增大而增强【答案】A【解析】【详解】A．85号元素砹(At)属于卤族元素，是第ⅦA族元素，同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱，则对应氢化物的稳定性逐渐减弱，故氢化物的稳定性HAt弱于HCl，A正确；B．第二周期非金属元素包括B、C、N、O、F5种元素，只有F元素对应的气态氢化物HF，溶于水后溶液呈酸性，B错误；C．81号元素铊(Tl)与铝同主族，是第IIIA族元素，同主族元素从上到下元素的金属性逐渐增强，则Tl处于第六周期，是一种典型的金属元素，其单质不能与氢氧化钠溶液反应，C错误；D．同周期元素从左到右非金属性逐渐增强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性逐渐增强，则第三周期非金属元素的最高价氧化物对应水化物的酸性，随原子序数的增大而增强，D错误；答案选A。10.下列实验装置使用正确的是A.图①装置用于二氧化锰和浓盐酸反应制氯气B.图②装置可用于制取并收集氨气C.图③操作仰视刻度线定容会导致所配溶液浓度偏大D.图④装置用于制备乙酸乙酯【答案】D【解析】详解】A．和浓盐酸反应制氯气需要加热，图①装置缺少酒精灯加热装置，A错误；B．NH4Cl受热分解成NH3和HCl，NH3和HCl遇冷会重新化合成NH4Cl，因此实验室制氨气选用NH4Cl和Ca(OH)2反应制备，B错误；C．仰视刻度线定容，会使溶液的体积偏大，导致所配溶液浓度偏小，C错误；D．实验室选用乙醇、乙酸和浓硫酸加热酯化反应，制备乙酸乙酯，并将生成的蒸气经导管通到饱和溶液的液面上收集产物，D正确；答案选D。11.下列关于Na2CO3和NaHCO3的性质说法不正确的是A.相同温度时，在水中的溶解性：NaHCO3<Na2CO3B鉴别Na2CO3和NaHCO3两溶液可以用氢氧化钙溶液C.热稳定性：Na2CO3>NaHCO3D.与同浓度盐酸反应产生气体的速率：NaHCO3>Na2CO3【答案】B【解析】【详解】A．在相同温度下，NaHCO3在水中的溶解度小于Na2CO3，A正确；B．Na2CO3和NaHCO3两溶液与氢氧化钙发生反应均生成沉淀，现象一致，因此不能使用氢氧化钙溶液鉴别Na2CO3和NaHCO3溶液，B错误；C．NaHCO3受热分解生成Na2CO3、和水，因此热稳定性：Na2CO3>NaHCO3，C正确；D．Na2CO3和盐酸反应先生成NaHCO3和NaCl，生成的NaHCO3与盐酸再反应生成NaCl、和水，因此与同浓度盐酸反应产生气体的速率：NaHCO3>Na2CO3，D正确；答案选B。12.在溶液中能大量共存的离子组是A. B.C. D.【答案】D【解析】【详解】A．三种离子会反生氧化还原反应而不能大量共存，故A不符合题意；B．会生成离子而不能大量共存，故B不符合题意；C．会生成沉淀而不能大量共存，故C不符合题意；D．虽然不同程度水解，但水解是微弱的，能大量共存，故D符合题意；答案D。13.NA代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.标准状况下，22.4LCC14中含CC14的分子数为NAB.23g钠在空气中充分燃烧时转移的电子数为NAC.0.1mol/L的NaOH溶液中含OH的数目为0.1NAD.5.6gFe在22.4LCl2中充分燃烧时转移的电子数为0.2NA【答案】B【解析】【详解】A．在标准状况下CC14呈液态，不能使用气体摩尔体积计算该气体中含CC14的分子数目，A错误；B．23g钠的物质的量是1mol，Na是+1价金属，其在空气中充分燃烧时反应产生Na2O2，在反应时转移的电子数为NA，B正确；C．只有溶液浓度，缺少溶液体积，不能计算OH的数目，C错误；D．5.6gFe的物质的量是0.1mol，Cl2的体积是22.4L，但未说明气体所处的温度、压强，因此不能计算Cl2的物质的量，也就不能计算其与Fe反应时电子转移的数目，D错误；故合理选项是B。14.纯二氧化硅可用下列流程制得。下列说法不正确的是A.X可用作木材防火剂B.步骤Ⅱ的反应是Na2SiO3+H2SO4=H2SiO3↓+Na2SO4C.步骤Ⅱ中的稀硫酸可用CO2来代替D.SiO2既能与NaOH溶液反应，又能与氢氟酸反应，所以SiO2是两性氧化物【答案】D【解析】【分析】SiO2酸性氧化物，能够与NaOH溶液反应产生Na2SiO3、H2O，向Na2SiO3溶液中加入稀H2SO4，发生复分解反应产生H2SiO3，将H2SiO3沉淀过滤，然后进行煅烧，发生分解反应产生SiO2、H2O，然后根据问题进行分析、解答。【详解】A．根据上述分析可知：X是Na2SiO3，Y是H2SiO3。Na2SiO3具有粘性，不能够燃烧，也不支持燃烧，因此X可用作木材防火剂，A正确；B．根据流程图可知：在步骤Ⅱ中Na2SiO3、H2SO4发生复分解反应产生Na2SO4、H2SiO3，该反应的化学方程式是Na2SiO3+H2SO4=H2SiO3↓+Na2SO4，B正确；C．由于酸性：H2CO3＞H2SiO3，因此根据复分解反应，强酸与弱酸盐反应制取弱酸，可知在步骤Ⅱ中酸稀硫酸也可用CO2来代替，此时会发生反应：Na2SiO3+H2O+CO2=H2SiO3↓+Na2CO3，C正确；D．SiO2能与NaOH溶液反应产生Na2SiO3、H2O，因此SiO2是酸性氧化物；尽管SiO2能够与HF反应产生SiF4、H2O，但反应产生的SiF4不属于盐，因此不能说SiO2是两性氧化物，D错误；故合理选项是D。15.下列根据实验现象得出的结论不正确的是A.将集有氨气的试管倒扣于盛有水的水槽中，液体迅速充满试管，说明氨极易溶于水B.将湿润的红色石蕊试纸放入集有氨气的集气瓶中，试纸由红色变为蓝色，说明氨水呈碱性C.将蘸有浓氨水和浓硝酸的玻璃棒靠近，观察到白烟，说明氨易与酸化合生成铵盐D.将红热的Pt丝伸入盛有浓氨水的锥形瓶中，瓶口出现少量红棕色气体，说明氨的直接氧化产物为NO2【答案】D【解析】【详解】A．将集有氨气的试管倒扣于水槽中，试管内气体溶于水导致压强减小，液体迅速充满试管，说明氨极易溶于水，A正确；B．将湿润的红色石蕊试纸放入集有氨气的集气瓶中，试纸由红色变为蓝色，说明氨气溶于水生成，发生电离反应，氨水溶液呈碱性，B正确；C．将蘸有浓氨水和浓硝酸的玻璃棒靠近，由于浓氨水和浓硝酸的挥发性，挥发出的氨气和硝酸生成硝酸铵，可以观察到白烟现象，即氨与酸化合生成铵盐，C正确；D．NO遇空气直接被氧气氧化，生成红棕色气体，因此将红热的Pt丝伸入盛有浓氨水的锥形瓶中，瓶口出现少量红棕色气体，不能说明氨的直接氧化产物为NO2，D错误；答案选D。16.下列措施可以增大化学反应速率的是A.对于放热反应2SO2+O22SO3，升高温度B.H2SO4与BaCl2溶液反应时，增大压强C.Na与水反应时，增大水的用量D.Fe与稀硫酸反应制取H2时，改用98%浓硫酸【答案】A【解析】【详解】A．无论对于吸热反应还是放热反应，温度升高，化学反应速率加快，故A正确；B．H2SO4与BaCl2两溶液反应时无气体参与，则增大压强，反应速率不变，故B错误；C．增大水的用量不影响Na与水的反应速率，因浓度不变，故C错误；D．Fe在浓硫酸中被钝化，不能生成氢气，故D错误；故选A。17.短周期元素Q、R、T、W在元素周期表中的位置如图所示，其中T所处的周期序数与主族序数相等，下列叙述正确的是QRTWA.氢化物的相对分子质量：Q<RB.T与盐酸和氢氧化钠溶液反应都能产生氢气C.W元素对应的含氧酸是强酸D.Q、R的原子半径Q<R【答案】B【解析】【分析】Q、R、T、W为元素周期表短周期元素，Y所处的周期序数与主族序数相等，说明Y为第三周期第IIIA族元素，为Al元素；根据元素间位置关系，则Q为C元素，R为N元素，W为S元素。【详解】A．Q为C元素，其氢化物有多种，无法比较与N元素氢化物相对分子质量，A错误；B．T为Al元素，其单质具有两性，与盐酸和氢氧化钠溶液反应都能产生氢气，B正确；C．W为S元素，其最高价含氧酸硫酸才是强酸，C错误；D．C原子与N原子电子层数相同，原子序数越大，原子半径越小，则原子半径：，D错误；答案选B。18.下列有关说法正确的是A.NO2和SO2均为有刺激性气味的红棕色气体，是酸雨的主要成因B.煤的干馏是化学变化，煤的气化和煤的液化是物理变化C.家庭装修时用水性漆替代传统的油性漆，有利于健康及环境D.在化工生产中用酸或碱溶解矿石，酸或碱的浓度越大、温度越高，浸出率越高【答案】C【解析】【详解】A．NO2是有刺激性气味的红棕色气体，SO2是有刺激性气味的无色气体，NO2和SO2以及它们在大气中发生反应后的生成物溶于雨水，会形成酸雨，A错误；B．煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使之分解的过程，属于化学变化；煤的气化是将煤转化为可燃性气体，主要反应为碳和水蒸气反应生成水煤气，属于化学变化；煤的液化是煤与氢气作用生成液体燃料，属于化学变化，B错误；C．水性漆以水作为溶剂，传统油性漆多以有机物为溶剂，且含苯、甲苯等有机物，因此水性漆更有利于健康及环境，C正确；D．在化工生产中，为提高反应进行的程度而调控反应条件时，需要考虑控制反应条件的成本和实际可行性，因此用酸或碱溶解矿石，适当增大酸或碱的浓度、升高温度，可以提高浸出率，D错误；答案选C。19.下列离子方程式书写正确的是A.钠与硫酸铜溶液反应：2Na+Cu2+=2Na++CuB.醋酸溶解鸡蛋壳：2H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2OC.FeO与稀硝酸反应：FeO+2H+=Fe2++2H2OD.向NH4HSO4稀溶液中逐滴加入Ba(OH)2稀溶液至刚好沉淀完全：Ba2++2OH++H++=BaSO4↓+NH3·H2O+H2O【答案】D【解析】【详解】A．金属钠和硫酸铜溶液的反应中，钠先和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再和硫酸铜溶液反应生成氢氧化铜沉淀，离子方程式为，故A错误；B．醋酸是弱酸，在离子方程式中不能拆，离子方程式为，故B错误；C．FeO与稀硝酸发生氧化还原反应，离子方程式为，故C错误；D．向NH4HSO4稀溶液中逐滴加入Ba(OH)2稀溶液至刚好沉淀完全，则NH4HSO4与Ba(OH)2按物质的量之比为1：1反应，离子方程式为：Ba2++2OH++H++=BaSO4↓+NH3·H2O+H2O，故D正确；故选D。20.部分含铁物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是A.可与反应生成B.既可被氧化，也可被还原C.可将加入浓碱液中制得的胶体D.可存在的循环转化关系【答案】C【解析】【分析】图中所示铁元素不同化合价的物质：a为Fe，b为FeCl2、FeSO4、Fe(NO3)2等Fe(II)的盐类物质，c为Fe(OH)2，e为FeCl3、Fe2(SO4)3、Fe(NO3)3等Fe(III)的盐类物质，d为Fe(OH)3。【详解】A．Fe与Fe(III)的盐类物质可发生反应生成Fe(II)的盐类物质，如Fe+2FeCl3=3FeCl2，故A不选；B．Fe(II)为铁元素的中间价态，既有还原性也有氧化性，因此既可被氧化，也可被还原，故B不选；C．Fe(III)盐类物质与浓碱液反应生成Fe(OH)3沉淀，制备Fe(OH)3胶体操作为：向沸水中滴加饱和FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，故C选；D．转化如，故D不选；综上所述，答案为C。21.某种可用于治疗心脏病的药物x的结构简式为，下列有关X的说法正确的是A.X的分子式是C14H24O2 B.X能溶于水，密度比水大C.X遇酸或碱溶液都会变质 D.X是乙酸乙酯的同系物，可能有香味【答案】C【解析】【详解】A．根据X的结构简式可知，分子式是C14H26O2，A错误；B．X含有酯基，且碳原子数不多，则X不溶于水，密度比水小，B错误；C．X含有酯基，遇酸或碱溶液均发生水解反应而变质，C正确；D．X含有酯基和六环状结构，属于脂环化合物，可能有香味；乙酸乙酯为链状化合物，两者结构不同，不是同系物，D错误；答案选C。22.下列有关说法正确的是A.在化学平衡建立过程中，V正一定大于V逆B.可逆反应都有一定限度，达到了化学平衡状态即达到了该反应的限度C.化学反应达到平衡后，反应物和生成物的浓度或百分含量相等D.在一定条件下，向密闭容器中充1molN2和3molH2充分反应，生成2molNH3【答案】B【解析】【详解】A．化学平衡建立过程中，若反应逆向进行，则V正小于V逆，A错误；B．在一定条件下，可逆反应经过一定时间反应后正、逆反应速率相等，则反应物和生成物的浓度不再发生变化，达到平衡状态，即达到了这个可逆反应所能达到的限度，B正确；C．化学反应达到平衡后，反应物和生成物的浓度或百分含量不一定相等，但一定不再发生改变，C错误；D．在一定条件下，向密闭容器中充1molN2和3molH2充分反应，由于合成氨反应为可逆反应，则生成NH3的物质的量小于2mol，D错误；答案选B。23.下列关系图中，A是一种正盐，B是气态氢化物，C是单质，F是强酸。当X无论是强酸还是强碱时都有如下转化关系（其他反应产物及反应所需条件均已略去），当X是强碱时，过量的B跟Cl2反应除生成C外，另一产物是盐酸盐。下列说法中不正确的是（）A.当X是强酸时，A、B、C、D、E、F中均含同一种元素，F可能是H2SO4B.当X是强碱时，A、B、C、D、E、F中均含同一种元素，F是HNO3C.B和Cl2的反应是氧化还原反应D.当X是强酸时，C在常温下是气态单质【答案】D【解析】【分析】根据图中的转化关系可知，A一定是弱酸的铵盐，当X是强酸时，A、B、C、D、E、F分别是：Na2S、H2S、S、SO2、SO3、H2SO4；当X是强碱时，A、B、C、D、E、F分别是：NH4Cl、NH3、N2、NO、NO2、HNO3。【详解】A.由上述分析可知，当X是强酸时，F是H2SO4，故A正确；B.由上述分析可知，当X是强碱时，F是HNO3，故B正确；C.无论B是H2S还是NH3，B和Cl2的反应一定是氧化还原反应，故C正确；D.当X是强酸时，C是硫，在常温下是固态单质，故D错误；答案选D。24.油画创作通常需要用到多种无机颜料。研究发现，在不同的空气湿度和光照条件下，颜料雌黄(As2S3)褪色的主要原因是发生了以下两种化学反应：下列说法不正确的是A.反应Ⅰ中，氧化性：O2>H2S2O3B.反应Ⅱ中，元素As和S都被氧化C.反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的：Ⅰ<ⅡD.反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化1molAs2S3转移的电子数之比为3：7【答案】C【解析】【分析】根据转化信息，反应Ⅰ为As2S3在紫外光条件下被氧气氧化为和，化学方程式为；反应Ⅱ为As2S3在自然光条件下被氧气氧化为和，化学方程式为。【详解】A．氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物，则反应Ⅰ中氧化性：氧化剂O2>氧化产物H2S2O3，A正确；B．As2S3中元素As为+3价，元素S为2价，则反应Ⅱ中，As2S3发生氧化反应生成和，元素As和S化合价均升高，B正确；C．结合分析中反应Ⅰ和Ⅱ的方程式中化学计量数可知，参加反应的：Ⅰ>Ⅱ，C错误；D．反应Ⅰ中，As2S3中S元素从2价升高为中的+2价，则氧化1molAs2S3转移的电子数为；反应Ⅱ中，As2S3中As元素从+3价升高为中的+5价，S元素从2价升高为的+6价，则氧化1molAs2S3转移的电子数为，因此反应Ⅰ和Ⅱ中氧化1molAs2S3转移的电子数之比为，D正确；答案选C。25.下列方案设计、现象和结论均正确的是目的方案设计现象和结论A证明与在光照条件下发生的是取代反应通过排饱和NaCl溶液的方法收集半试管和半试管，固定好后，放在光亮处，静置，反应结束后用手堵住试管口取出试管，向其中加硝酸银溶液若出现白色沉淀，说明有生成，发生的是取代反应B探究固体样品是否变质取少量待测样品溶于蒸馏水，加入足量稀硝酸，再加入足量溶液若有白色沉淀产生，则样品已经变质C检验某无色气体是否为将气体通入品红溶液中，再加热若通入气体后品红溶液褪色，加热该褪色溶液能恢复红色，则一定为D探究铁与水蒸气发生反应后的产物中铁元素的价态取少量固体产物溶于足量稀硫酸后，再取上层清液，依次入KSCN溶液和双氧水若上层清液开始无明显现象，加双氧水后出现红色溶液，则说明产物中含＋2价的铁A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．氯气溶于水也会生成氯离子，无法通过检验氯离子的存在说明氯气与甲烷发生了取代反应，A错误；B．Na2SO3先加入硝酸的情况下，无论亚硫酸钠是否变质，都会被硝酸氧化成硫酸钠，最终与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，B错误；C．SO2能使品红溶液褪色并在加热的情况下重新复原，某气体通入品红溶液，品红褪色，加热褪色的品红溶液溶液重新变红，说明该气体为二氧化硫，C正确；D．铁与水蒸气反应生成Fe3O4，Fe3O4溶于稀硫酸后溶液中同时存在Fe2+、Fe3+，先加入KSCN溶液会变红，选项中的方法无法检验Fe2+的存在与否，D错误；故答案选C。二、非选择题(本大题共5小题，共50分)26.有机物C(丙烯酸乙酯)是一种食用合成香料，由烃A、丙烯合成C的路线如下图。请回答：（1）由B和E生成C的反应类型是_____。（2）E中官能团的名称是_____。（3）B在铜的催化作用下可被O2氧化生成能发生银镜反应的物质F，写出由B生成F的化学方程式_____。（4）下列说法正确的是_____。A.等物质的量的B和D完全燃烧生成H2O的质量相等B.工业上通常只通过石油的裂化生产A和DC.用溴水可鉴别B和ED.有机物E和C均可发生加聚反应、取代反应、氧化反应、还原反应（5）有机物G是比有机物C多2个氢原子的酯类物质，其中可发生银镜反应且只有2种化学环境的氢原子的G的结构简式为_____。【答案】（1）酯化反应（2）碳碳双键、羧基（3）（4）AD（5）【解析】【分析】C为丙烯酸乙酯，由B和E在催化剂、加热条件下反应生成，且D为丙烯，催化氧化生成E，则E为丙烯酸，B为乙醇；A与水催化加成反应生成B，则A为乙烯。【小问1详解】根据分析，B为乙醇，E为丙烯酸，两者酯化反应生成丙烯酸乙酯和水，因此反应类型为酯化反应。【小问2详解】E为丙烯酸，结构简式为，所含官能团为碳碳双键、羧基。【小问3详解】B为乙醇，在铜的催化作用下可被O2氧化生成能发生银镜反应的物质F，则F为乙醛，化学方程式为【小问4详解】A．B为乙醇，分子式为C2H6O，D为丙烯，分子式为C3H6；等物质的量的B和D中氢原子的物质的量相等，则完全燃烧生成水的质量相等，A正确；B．工业上通过石油裂化和裂解均可以生产乙烯和丙烯，B错误；C．B为乙醇，含有羟基，可以与溴水发生氧化还原反应而使溴水褪色；E为丙烯酸，含有碳碳双键，可以与溴水发生加成反应，使溴水褪色，两者现象相同，因此不能使用溴水鉴别，C错误；D．有机物E、C中均含有碳碳双键，可以发生加聚反应，氧化反应和还原反应；E中含有羧基，C中含有酯基，两者均可以发生取代反应，D正确；答案选AD。【小问5详解】有机物G是比有机物C多2个氢原子的酯类物质，则G的不饱和度为1，所含官能团为酯基；可发生银镜反应，则根据氧原子数为2可知为甲酸酯类物质，因此只有2种化学环境的氢原子的结构为。27.元素X、Y、Z、M、N、R均为短周期主族元素，且原子序数依次增大。X与Y可形成原子个数比为的18电子分子A，X与Z可形成原子个数比为的18电子分子B，M、N、R的最高价氧化物对应的水化物两两之间可以发生反应，常用作漂白剂、防腐剂、抗氧化剂。回答下列问题：（1）R在元素周期表中的位置为___________。（2）R、Z、M、N的简单离子半径由大到小的顺序为___________。(填离子符号)。（3）常用作汽车安全气囊的气体发生剂，该化合物中所含化学键的类型为___________。（4）M、N的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为___________。（5）A能与B反应生成无毒气体，该反应的化学方程式为___________。【答案】（1）第三周期第VIA族（2）S2>O2>Na+>Al3+（3）离子键、非极性共价键（4）OH+Al(OH)3=AlO+2H2O（5）N2H4+2H2O2=N2+4H2O【解析】【分析】素X、Y、Z、M、N、R均为短周期主族元素，且原子序数依次增大。X与Y可形成原子个数比为的18电子分子A，X与Z可形成原子个数比为的18电子分子B，则X为H，Y为N，Z为O，A为N2H4，B为H2O2。M、N、R的最高价氧化物对应的水化物两两之间可以发生反应，常用作漂白剂、防腐剂、抗氧化剂。则R为S，M为Na，N为Al。【小问1详解】硫元素在周期表中的位置为第三周期第VIA族；【小问2详解】离子半径先看电子层数再看核电荷数，故S、O、Na、Al的简单离子半径由大到小的顺序为S2>O2>Na+>Al3+；【小问3详解】NaN3常用作汽车安全气囊的气体发生剂，该化合物中所含化学键的类型为钠离子与N3之间的离子键和N3内部的非极性共价键；【小问4详解】Na、Al的最高价氧化物对应的水化物分别为氢氧化钠和氢氧化铝，反应的离子方程式为OH+Al(OH)3=AlO+2H2O；【小问5详解】N2H4能与H2O2反应生成无毒气体N2，根据氧化还原反应配平原则得该反应的化学方程式为N2H4+2H2O2=N2+4H2O。28.海洋是巨大的资源宝库，从海洋中获取部分资源的流程图如下：回答下列问题：Ⅰ．海水提溴溴被称为“海洋元素”，空气吹出法从海水中提取溴单质的流程如下图所示：（1）过程③中SO2所起的作用为_____(用离子方程式表示)。（2）步骤①已经获得Br2，步骤②③④的目的是_____。Ⅱ．海水提镁（3）该工业生产过程中，为了使MgCl2转化为Mg(OH)2，应加入的试剂为_____(填化学式)。（4）写出冶炼金属Mg的化学方程式_____。Ⅲ．海水提碘（5）用氨碱工业获得的Cl2制备I2的一种方法如下图所示：在“氧化”步骤中，当>1.5，单质碘的收率会降低，原因是_____。【答案】（1）（2）将溴富集得到高纯度溴（3）（4）（5）Cl2过量，多余的氯气会与生成的单质碘以及水继续发生氧化还原反应【解析】【分析】海水中溴和通入氯气反应，溴被氯气氧化为溴单质，在吹出塔中溴单质被吹出，吹出溴在吸收塔中和二氧化硫反应被还原为溴离子，在蒸馏塔中溴离子又被氯气氧化为溴单质得到产品；【小问1详解】过程③中和吹出的溴反应，所起的作用为吸收溴生成溴离子和硫酸根离子，用离子反应方程式表示为：；【小问2详解】步骤①已经获得Br2，步骤②③④的目的是将溴富集得到高纯度溴；【小问3详解】该工业生产过程中，为了使MgCl2转化为Mg(OH)2，应加入的试剂为Ca(OH)2，氢氧化钙和氯化镁可以生成氢氧化镁沉淀；【小问4详解】冶炼金属Mg的反应为电解熔融氯化镁生成镁和氯气，；【小问5详解】通入的过程中，因还原性强于，先氧化还原性强的，反应的化学方程式为；，若反应物用量比时，先氧化再氧化，恰好将和全部氧化，氧化产物为和；当即过量，多余的氯气会与生成的单质碘以及水继续发生氧化还原反应，单质碘的收率会降低。29.研究化学反应中的能量变化、化学反应的速率有重要意义。回答下列问题：（1），下列物质气态时的相对能量如下表：物质OHHO相对能量0024921839①与足量反应生成___________(填吸收或释放)的能量为___________kJ。②可根据计算出中氢氢键断裂吸收的能量为，中氧氧键断裂所需能量___________(填“”“”或“”)中氧氧键断裂所需能量。（2）燃料电池的工作原理如图所示：①写出Pt电极b上的电极反应式：___________。②电池工作时，下列说法正确的是___________(填标号)。A．化学能全部转化为电能B．Pt电极a的电势低于Pt电极bC．离子导体中，向Pt电极b移动D．负极的电极反应为（3）某实验小组利用数据采集系统探究溶液对双氧水分解速率的影响。实验装置和所完成实验如下：编号温度/℃溶液的体积溶液的体积蒸馏水的体积12540a225420①表中a=___________。②实验2测定数据如图所示，内用氧气压强变化表示的平均反应速率为___________。【答案】（1）①.释放②.48③.>（2）①.H2O2+2e=2OH②.BD（3）①.2②.0.1【解析】【小问1详解】①与足量反应生成的反应为H2（g）+H2O2（g）=2H2O（g）△H=（242）×20（136）=348，故释放的能量为348kJ，故答案为：释放；348。②H2（g）═2H（g），1molH2（g）中氢氢键断裂吸收的能量为218kJ×2=436kJ，由O2（g）═2O（g）可知，1molO2（g）中氧氧键断裂吸收的能量为249kJ×2=498kJ，H2O2（g）的结构改写为HOOH（g），由H2O2（g）=2OH（g）可知，1molH2O2（g）中氧氧键断裂吸收的能量为39kJ×2（136kJ）=214kJ，所以1molO2（g）中氧氧键断裂所需能量＞1molH2O2（g）中氧氧键断裂所需能量，故答案为：＞。【小问2详解】H2/H2O2碱性燃料电池工作时，H2在Pt电极a上发生失电子的氧化反应生成H2O，H2O2在Pt电极b上发生得电子的还原反应生成OH，则电极a为负极，电极b为正极，正极反应为H2O2+2e=2OH，原电池工作时，阴离子移向负极a，据此分析解答；①由上述分析可知，H2/H2O2碱性燃料电池工作时，H2在Pt电极a上失电子生成H2O，H2O2在Pt电极b上得电子生成OH，则电极a为负极，电极b为正极，正极反应为H2O2+