【2024】【高一下】【学军海创园】【高中化学】【期中考】

杭州学军中学海创园学校2023学年第二学期高一化学试卷考生注意：1.答题时，请在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上作答一律无效。2.可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24S32C135.5Br80Ca40Fe56Cu64Zn65Ag108选择题部分一、选择题(本题共25小题，115题每小题2分，1625题每小题3分，共60分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.下列是含非极性键非电解质的是A.Cl2 B.CH3CH3 C.Na2O2 D.CO2【答案】B【解析】【详解】A．Cl2是单质，含有非极性键，不属于非电解质，A错误；B．CH3CH3中含有CC非极性键，属于非电解质，B正确；C．Na2O2中含有离子键和非极性键，属于电解质，C错误；D．CO2中只含有极性键，属于非电解质，D错误；故选B。2.下列物质的俗称和化学式对应关系正确的是A.软脂酸C17H35COOH B.熟石膏2CaSO4·H2OC.芒硝Na2SO4·7H2O D.水煤气CH4【答案】B【解析】【详解】A．C17H35COOH为硬脂酸。C15H31COOH为软脂酸，故A错误；B．熟石膏是2CaSO4·H2O的俗称，故B正确；C．芒硝是Na2SO4·10H2O，故C错误；D．水煤气主要成分CO、H2，天然气主要成分是CH4，故D错误；故选B。3.材料与化学密切相关，下列材料与所属类别对应关系不正确则是A.生铁——合金材料 B.水泥——传统无机非金属材料C.光导纤维——合成纤维 D.金刚砂——新型陶瓷【答案】C【解析】【详解】A．生铁是铁合金，属于合金材料，故A正确；B．水泥的主要成分是硅酸盐，属于传统无机非金属材料，故B正确；C．光导纤维的主要成分是二氧化硅，属于无机非金属材料，不属于合成纤维，故C错误；D．金刚砂的主要成分是碳化钙，属于性能优良的新型陶瓷，故D正确；故选C。4.下列化学用语表示正确的是A.l4C的原子结构示意图： B.甘油的结构简式：C3H8O3C.NaH的电子式：Na∶H D.CCl4的空间填充模型：【答案】A【解析】【详解】A．l4C的核电荷数为6，核外有2个电子层，最外层电子数为6，原子结构示意图为，故A正确；B．甘油的分子式为C3H8O3，结构简式为，故B错误；C．氢化钠是只含有离子键的离子化合物，电子式为，故C错误；D．四氯化碳分子的空间构型为正四面体形，空间填充模型为，故D错误；故选A。5.下列关于无机物性质和应用的叙述正确的是A.纯碱的碱性大于小苏打，因此纯碱常用做工业用碱，不可食用B.泡菜中的微生物将硝酸盐还原为亚硝酸盐的过程，属于氮的固定C.黏土是制备陶瓷、水泥和玻璃的重要原料D.用ClO2代替Cl2对自来水进行消毒，可以避免有机氯化物的产生【答案】D【解析】【详解】A．纯碱和小苏打都可以用于面团发酵制作馒头、面包等食品，故A错误；B．氮的固定是将游离态的氮转化为化合态的氮，硝酸盐还原为亚硝酸盐的过程不属于氮的固定，故B错误；C．黏土是制备陶瓷的重要原料，普通玻璃的主要原料为纯碱、石灰石和石英，水泥的主要原料为石灰石和黏土，故C错误；D．ClO2具有强氧化性，可以代替Cl2对自来水进行消毒，可以避免有机氯化物的产生，故D正确；故选D。6.下列除去括号中杂质的方法，正确的是A.Fe2O3(Al2O3)：用氨水溶解后过滤、洗涤、干燥B.SO2(SO3)：依次用饱和NaHSO3溶液和浓硫酸洗气C.HCl(Cl2)：依次用饱和NaCl溶液和浓硫酸洗气D.N2(O2)：通过灼热的镁粉【答案】B【解析】【详解】A．Al2O3只能和强酸或强碱反应，与氨水不反应，故A错误；B．二氧化硫不溶于饱和亚硫酸氢钠溶液，三氧化硫能与饱和亚硫酸氢钠溶液反应生成二氧化硫，能除去二氧化硫中的三氧化硫，故B正确；C．除去氯气中混有的HCl气体，可以将气体依次用饱和NaCl溶液和浓硫酸洗气，故C错误；D．镁也会和氮气发生反应，生成氮化镁，故D错误；故选B。7.KNO3具有强氧化性，可发生反应：2KNO3+2NH4Cl=2N2↑+O2↑+4H2O+2KCl，下列说法不正确的是A.N2既是氧化产物，又是还原产物B.还原剂为NH4ClC.生成1molN2转移电子5molD.氧化产物和还原产物的物质的量之比为2：1【答案】B【解析】【分析】由方程式可知，硝酸钾中氮元素的化合价降低被还原、部分氧元素化合价升高被氧化，氯化铵中氮元素化合价升高被氧化，则氯化铵是反应的还原剂，硝酸钾既是氧化剂又是还原剂，氧气是氧化产物，氮气既是氧化产物又是还原产物，反应生成2mol氮气时，转移电子的物质的量为10mol。【详解】A．由分析可知，氮气既是反应的氧化产物又是反应的还原产物，故A正确；B．由分析可知，反应的还原剂为氯化铵和硝酸钾，故B错误；C．由分析可知，反应生成2mol氮气时，转移电子的物质的量为10mol，则生成1mol氮气时，转移电子的物质的量为5mol，故C正确；D．由分析可知，氧气是氧化产物，氮气既是氧化产物又是还原产物，则氧化产物和还原产物的物质的量之比为2：1，故D正确；故选B。8.下列关于化石燃料的说法正确的是A.天然气的主要成分是CH4，天然气除做燃料外，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、二甲苯等芳香烃C.液化石油气的主要成分是CO和H2，可用于合成甲醇等有机物D.对重油进行催化裂化，可得到燃料油、石蜡、凡士林、沥青等产品【答案】A【解析】【详解】A．天然气的主要成分是CH4，CH4除了做燃料外，还可以用作合成氨、生产甲醇的原料，其中合成氨的流程为，，故A正确；B．煤的干馏能够获得煤焦油等物质，从煤焦油中能获取苯、甲苯、二甲苯等化工原料，故B错误；C．液化石油气主要组成分为丙烷、丙烯、丁烷、丁烯中的一种或者两种，故C错误；D．对重油进行催化裂化可以得到轻质油如：汽油、煤油、柴油等，故D错误；故选A。9.下列关于元素周期表和表中元素的应用，说法正确的是A.元素周期表中，元素分为金属元素和非金属元素B.利用14C示踪法，可对出土文物进行年代断定C.加入少量碱土金属，能大大改善合金的性能，故碱土金属又称“冶金工业的维生素”D.在副族中，可以找到制造催化剂和耐高温、耐腐蚀合金元素【答案】A【解析】【详解】A．元素周期表中，元素分为金属元素和非金属元素，有硼砹斜线，上侧为非金属，下侧为金属元素，故A正确；B．14C的半衰期长，可以用于可对出土文物进行年代断定，这个方法称为断代法，而不是示踪法，故B错误；C．加入少量稀土金属，能大大改善合金的性能，故稀土金属又称“冶金工业的维生素”，故C错误；D．应该在副族和第Ⅷ族中寻找制造催化剂，在中ⅣB族到ⅥB族的过渡元素中找到耐高温、耐腐蚀合金的元素，故D错误；故选A。10.下列各组离子在给定溶液中一定能大量共存的是A.0.1mol/L酸性KMnO4溶液：、、Cu2+B.常温下pH=1的溶液中：I、、Fe2+C.与Al反应能产生H2的溶液：、Na+、K+D.0.1mol/LNaOH溶液中：Cl、ClO、【答案】D【解析】【详解】A．溶液中的亚硫酸根离子能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，不能大量共存，故A错误；B．pH=1的溶液为酸性溶液，酸性溶液中硫代硫酸根离子与氢离子反应生成硫、二氧化硫和水，不能大量共存，故B错误；C．与铝反应能产生氢气的溶液可能是强酸溶液，也可能是强碱溶液，强酸溶液中硝酸根离子与铝反应生成一氧化氮，不能生成氢气，所以三种离子在与铝反应能产生氢气的溶液中不一定大量共存，故C错误；D．三种离子在氢氧化钠溶液中不发生任何反应，一定能大量共存，故D正确；故选D。11.下列关于几个常见的化工工艺，说法正确的是A.工业制硫酸中，需用高纯度O2来进行SO2的催化氧化，以免催化剂中毒B.工业制硝酸和氨气的流程中，都包含了尾气循环利用的步骤C.工业制粗硅时，根据非金属性C>Si用焦炭还原SiO2得到粗硅D.工业制漂白粉时，将Cl2通入石灰乳中并充分加热使Cl2歧化，生成CaCl2和Ca(ClO)2【答案】B【解析】【详解】A．工业制硫酸中，不需用高纯度氧气来进行二氧化硫的催化氧化，通入空气即可完成二氧化硫的催化氧化，故A错误；B．工业制硝酸得到的尾气中含有一氧化氮，一氧化氮循环使用可以提高原料的利用率，合成氨反应是可逆反应，工业制氨气得到的尾气中含有未反应的氮气和氢气，尾气循环使用可以提高氨气的产率，故B正确；C．工业制粗硅的反应为二氧化硅与碳高温条件下反应生成硅和一氧化碳，反应中碳元素的化合价升高被氧化，碳是反应的还原剂，硅元素的化合价降低被还原，硅是还原产物，由还原剂的还原性强于还原产物可知，碳的还原性强于硅，则工业制粗硅的反应原理与碳元素和硅元素的非金属性强弱无关，故C错误；D．工业制漂白粉的反应为氯气与冷石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应中不能加热，否则反应生成氯化钙、氯酸钙和水，无法制得漂白粉，故D错误；故选B。12.近年来电池研发领域涌现出的纸电池，其组成与传统电池类似，主要包括电极(Cu片和Zn片)浸泡了饱和NaCl溶液的隔离膜(如下图所示)，电极和隔离膜均“嵌”在纸中，包装材料采用多孔树脂，透气且能防止电解液泄露，下列说法正确的是A.电池工作时，正极处的电解液pH升高B.该电池工作时，负极的反应为Zn+2e—=Zn2+C.电池工作后，铜片上可看到黑色的斑点D.把包装材料换成不透气密封树脂，可以提高电池性能，延长电池使用寿命【答案】A【解析】【分析】由图可知，锌电极为原电池的负极，锌失去电子发生氧化反应生成锌离子，电极反应式为Zn—2e—=Zn2+，铜电极为正极，水分子作用下空气中氧气在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，电极反应式为O2+4e—+2H2O=4OH—。【详解】A．由分析可知，铜电极为正极，水分子作用下空气中氧气在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，电极反应式为O2+4e—+2H2O=4OH—，则电池工作时，正极处的电解液pH升高，故A正确；B．由分析可知，锌电极为原电池的负极，锌失去电子发生氧化反应生成锌离子，电极反应式为Zn—2e—=Zn2+，故B错误；C．由分析可知，铜电极为正极，水分子作用下空气中氧气在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，所以电池工作后，铜片上不可能可看到黑色的斑点，故C错误；D．由分析可知，铜电极为正极，水分子作用下空气中氧气在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，所以不能把包装材料换成不透气密封树脂，否则空气中的氧气无法在正极放电，不能形成原电池，故D错误；故选A。13.已知硫酸和氯磺酸结构关系如图：。下列说法不正确的是A.氯磺酸是一元酸B.氯磺酸中硫元素化合价为+6价C.氯磺酸遇水会发生反应：D.氯磺酸在HCl作用下可得【答案】C【解析】【详解】A．氯磺酸分子中只有1个羟基，1个氯磺酸分子只能电离出1个氢离子，所以氯磺酸是一元酸，A项正确；B．氧和氯的非金属性都强于硫，硫形成6个键，说明有6个电子偏离硫原子，所以磺酸中硫元素化合价为+6价，B项正确C．氯的非金属性都强于硫，氯元素显1价，氯磺酸与水发生水解反应时元素的化合价不变，因此应该生成HCl，C项错误；D．类比硫酸反应生成氯磺酸，氯磺酸分子中的羟基也可以被氯原子取代，得到该选项给出的结构，D项正确；答案选C。14.下列关于微粒间作用力，说法正确的是A.上图所示石墨烯转化为碳纳米管的过程，只有共价键的形成，无共价键的断裂B.某物质在熔融态能导电，则该物质定是强电解质C.熔融NaCl和NaCl溶液导电时，二者自由移动的带电微粒不同D.Cl2通入水中，破坏的共价键只有非极性共价键【答案】C【解析】【详解】A．石墨烯转化为碳纳米管的过程中存在着共价键的断裂，也存在着共价键的形成，故A错误；B．金属单质在熔融态能导电，单质既不是电解质也不是非电解质，故B错误；C．熔融氯化钠导电是因为熔融氯化钠电离出了自由移动的钠离子和氯离子，氯化钠溶液能导电是因为氯化钠在溶液中电离出了自由移动的水合钠离子和水合氯离子，所以熔融氯化钠和氯化钠溶液导电时，二者自由移动的带电微粒不同，故C正确；D．氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应中氯气破坏了非极性共价键，氢氧化钠破坏了离子键和极性共价键，故D错误；故选C。15.下列实验装置使用正确的是A.用图①装置观察Fe粉和S粉共热的反应B.用图②装置模拟石蜡催化裂化并收集产物(已知素瓷片可做该反应催化剂)C.用图③装置和秒表测定该反应的速率D.用图④装置探究Cu和浓硫酸反应的产物【答案】C【解析】【详解】A．观察Fe粉和S粉共热的反应不能再石棉网上进行，有可能S和空气中O2反应生成有毒气体SO2，故A错误；B．模拟石蜡油热分解不能用酒精喷灯，故B错误；C．通过测量生成气体的体积，以及反应时间，可以测定该反应的反应速率，故C正确；D．Cu和浓硫酸反应化学反应需要加热，故D错误；故选C。16.NA为阿伏伽德罗常数的值，N(B)表示粒子B的数目，下列说法正确的是A.若1个O2分子质量记为xg，则O2的摩尔质量为xNAg/molB.1molCl2通入水中完全溶解，不考虑HClO分解，则所得氯水中：N(Cl)+N(Cl2)=NAC.将5.6g铁粉投入一定量的稀硝酸中，铁粉和硝酸都无剩余，则转移电子数为0.3NAD.17g羟基和17g氢氧根离子所含电子数均为10NA【答案】A【解析】【详解】A．由1个氧气分子质量为xg可知，氧气摩尔质量为=xNAg/mol，故A正确；B．氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，该反应为可逆反应，反应得到含有盐酸、次氯酸和氯气的氯水，由氯原子个数守恒可得N(Cl)+2N(Cl2)=2NA，故B错误；C．铁与过量稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，与不足量硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，则将5.6g铁粉投入一定量的稀硝酸中，铁粉和硝酸都无剩余时，反应转移电子数介于×2×NAmol—1=0.2NA和×3×NAmol—1=0.3NA之间，故C错误；D．羟基的电子数为9，则17g羟基含有的电子数为×9×NAmol—1=9NA，故D错误；故选A17.在两支试管中各加10mL溴水和5mL正己烷(C6H14)，充分振荡后，在不同环境下静置，观察到不同现象。下列说法不正确的是试管静置环境现象①避光静置后分层，上层橙红色，下层几乎无色②光照静置后分层，两层均无色，用玻璃棒蘸取浓氨水深入试管②，有白烟出现A.试管①的现象说明Br2在正己烷中的溶解度比在水中大B.试管②中的白烟是氨气和Br2反应的产物C.若将试管②中的正己烷换为1己烯CH2=CH(CH2)CH3，则无白烟出现D.根据实验现象可推测：试管②中正己烷发生了取代反应【答案】B【解析】【详解】A．试管①中溶液分层，上层橙红色为溴的己烷溶液，下层为水，故试管①中正己烷萃取了溴水中的溴，则说明Br2在正己烷中的溶解度比在水中大，故A正确；B．用玻璃棒蘸取浓氨水伸入该试管内液面上方，产生白烟，说明正己烷和溴水发生取代反应生成了溴化氢，溴化氢和氨气结合生成固体溴化铵冒白烟，故B错误；C．若将试管②中的正己烷换为1己烯CH2=CH(CH2)CH3，则1己烯与溴发生加成反应，无溴化氢生成，则用玻璃棒蘸取浓氨水深入试管②，无白烟出现，故C正确；D．根据实验现象可推测，正己烷和溴水发生取代反应生成了溴化氢，溴化氢和氨气结合生成固体溴化铵冒白烟，故D正确；故选B。18.下列方程式正确的是A.Fe(SCN)3溶液中加入铁粉的离子方程式：2Fe3++Fe=3Fe2+B.双氧水中滴加几滴FeCl3溶液后产生O2，离子方程式：2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+C.NaClO溶液中通少量SO2的离子方程式：ClO+SO2+H2O=Cl++2H+D.黑火药爆炸的化学方程式：S+2KNO3+3CK2S+N2↑+3CO2↑【答案】D【解析】【详解】A．Fe(SCN)3为配合物，离子方程式不能拆，正确的离子方程式为，故A错误；B．双氧水中滴加几滴FeCl3溶液后产生O2，FeCl3作催化剂，离子方程式为，故B错误；C．NaClO溶液呈碱性，通入少量SO2后不可能出现H+，正确的离子方程式为，故C错误；D．黑火药爆炸的化学方程式：S+2KNO3+3CK2S+N2↑+3CO2↑，原子守恒，转移电子守恒，故D正确；故选D。19.X、Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y、Z可形成如图所示的阳离子，且其中Y和Z满足8电子稳定结构。M元素在地壳中含量仅次于氧元素。下列说法正确的是A.Y在元素周期表中ⅢA族B.非金属性：Y＞MC.M4Z3是一种耐高温的新型陶瓷，可用于制作坩埚D.氢化物的沸点：Y＜Z【答案】B【解析】【分析】根据X、Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期主族元素，结合形成的阳离子结构中，各种元素的原子形成化学键数目关系，以及中该阳离子中Y和Z满足8电子稳定结构，可知：X是H元素，Y是C元素，Z是N元素，M元素在地壳中含量仅次于氧元素，则M是Si元素，然后根据元素周期律及物质的性质分析解答。【详解】A．根据上述分析可知Y是C元素，C是6号元素，原子核外电子排布是2、4，根据原子结构与元素位置关系可知C元素位于元素周期表第二周期第ⅣA族，A错误；B．根据上述分析可知Y是C，M是Si，二者属于同一主族，原子序数越小，元素的非金属性就越强。原子序数：C＜Si，所以元素的非金属性：Y(C)＞M(Si)，B正确；C．根据上述分析可知：Z是N，M是Si，二者形成的化合物Si3N4是新型无机非金属材料，是一种耐高温的新型陶瓷，可用于制作坩埚，C错误；D．根据上述分析可知：Y是C元素，Z是N元素，C元素最简单氢化物是CH4，N元素最简单氢化物是NH3，由于NH3分子之间存在氢键，增加了分子之间的吸引作用力，导致其沸点比只存在分子间作用力的CH4的高，沸点：CH4＜NH3。但题目中未说明是否是元素最简单氢化物，因此不能比较两种元素的氢化物的沸点高低，D错误；故合理选项是B。20.柳树皮中的水杨酸可与乙酸酐发生下列反应生成乙酰水杨酸(阿司匹林)，以下说法正确的是(已知乙酸酐可发生反应：(CH3CO)2O+H2O=2CH3COOH)A.乙酰水杨酸分子中含三种不同官能团B.可推测乙酸酐能与NaOH反应生成H2O和CH3COONa，故乙酸酐属于酸性氧化物C.1mol乙酰水杨酸与NaOH溶液共热，最多消耗1molNaOHD.该反应若在水溶液中进行，反应相同时间，水杨酸的转化率会降低【答案】D【解析】【详解】A．根据乙酰水杨酸分子结构可知：在乙酰水杨酸分子中含有羧基、酯基两种不同官能团，A错误；B．根据乙酸酐分子式可知：在乙酸酐中含有C、H、O三种元素，因此乙酸酐不属于酸性氧化物，B错误；C．在1个乙酰水杨酸分子中含有一个羧基、一个酯基。酯基水解产生一个酚羟基和一个羧基，酚羟基、羧基都可以与1个NaOH发生反应，故1mol乙酰水杨酸与NaOH溶液共热，最多消耗3molNaOH，C错误；D．该反应若在水溶液中进行，由于乙酸酐会与溶液中的水反应产生乙酸，导致反应物乙酸酐的浓度降低，而生成物乙酸的浓度增大，因此根据平衡移动原理可知：若反应相同时间，水杨酸的转化率会降低，D正确；故合理选项是D。21.一定条件下0.3molX(g)与0.3molY(g)在体积为2L的恒容密闭容器中发生反应：X(g)+3Y(g)2Z(g)，下列说法正确的是A.反应达平衡时，X的转化率可能为40%B.投料后至反应达平衡时，气体平均摩尔质量不断减小C.若平衡时c(Z)=0.05mol/L，则平衡时Z的产率为50%D.当X的体积分数不变时，可推测反应达到平衡【答案】C【解析】【详解】A．若X的转化率为40%，则X的变化量为0.12mol，Y的变化量为0.36mol，超过了Y的初始投料，故A错误；B．投料后至反应达平衡时，气体总物质的量不断减小，根据，密闭容器质量不变，则气体平均摩尔质量不断增大，故B错误；C．若0.3molX(g)与0.3molY(g)完全反应生成Z物质的量为0.2mol,若平衡时c(Z)=0.05mol/L，则平衡时n(Z)=0.1mol，其产率为50%，故C正确；D．根据起始充入的0.3molX(g)与0.3molY(g)，则起始X的体积分数为50%，设达到平衡时X的变化量为amol，根据三段式有：，则平衡时X的体积分数为，则X的体积分数始终为50%，所以不能根据X的体积分数，可推反应是否达到平衡状态，故D错误；故选C。22.To温度下，向2L真空密闭容器中加入N2O3固体，发生反应N2O3(s)NO2(g)+X(g)(未配平)，反应过程中N2O3和NO2物质的量随时间变化如图，下列说法正确的是A.X可能为N2B.第2min时逆反应速率大于第4min时正反应速率C.02min用N2O3表示反应速率为1mol/minD.第4min时保持温度和容器体积不变，向容器中再加入N2O3，正反应速率加快【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，交叉点处，三氧化二氮减少2mol，二氧化氮增加2mol，则方程式中三氧化二氮的化学计量数和二氧化氮的化学计量数相等，由原子个数守恒可知，X为一氧化氮，故A错误；B．由图可知，2min时反应未达到平衡，4min时反应达到平衡，平衡时正逆反应速率相等，平衡形成过程中逆反应速率增大，则第2min时逆反应速率小于第4min时正反应速率，故B错误；C．由图可知，2min时三氧化二氮减少2mol，则02min内三氧化二氮的反应速率为=1mol/min，故C正确；D．三氧化二氮是浓度为定值的固体，增加固体的量，化学反应速率不变，故D错误；故选C。23.科学家利用反应，可实现氯的循环利用，已知：该反应中被完全氧化时，放出60kJ热量．其中，断裂中氧氧键需要吸收498kJ热量．则下列说法正确的是A.反应放出热量的多少与反应物的质量多少无关，和反应物、生成物本身能量有关B.，若有被完全氧化，则放出热量小于120kJC.形成中氯氯键吸收热量D.若，则断开所需能量比断开所需能量少33kJ【答案】B【解析】【详解】A．同一种物质的固态转化为液态或气态时吸热，并且反应物的质量越多，则放热反应放出的热量越多，所以反应放出的热量的多少与反应物的质量和反应物、生成物本身能量有关，故A错误；B．由题意可知放出2×60kJ=120kJ热量，液态HCl转化为气态吸收热量，则被完全氧化，则放出热量小于120kJ，故B正确；C．新键形成释放能量，由图知形成中氯氯键放出热量，故C错误；D．已知断裂中氧氧键需要吸收498kJ热量，形成1molCl2(g)放出243kJ能量，根据新键形成放出的能量旧键断裂吸收的能量等于放出的热量，则[2×243+2×2×E(HO)]4×E(HCl)498=120，则E(HO)E(HCl)=33，则断开所需能量比断开所需能量多33kJ，故D错误；故选：B。24.二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色气体，易溶于水，熔点59.5℃，沸点为11.0℃，浓度过高时易发生分解引起爆炸，某研究小组室温下利用双氧水和NaClO3制备ClO2溶液的装置如图所示。下列说法正确的是A.三颈烧瓶中H2O2为还原剂，投料时应保证2n(H2O2)>n(NaClO3)B.实验中N2最主要的作用是排除装置中的空气，防止生成的ClO2变质C.装置B可以起到防止倒吸的作用D.可将分液漏斗中的硫酸换成盐酸，避免产生含S元素的杂质【答案】C【解析】【分析】氯酸钠和过氧化氢、硫酸在装置A中反应制备二氧化氯，通入氮气防止二氧化氯浓度过高引起爆炸，装置B作安全瓶，防倒吸，装置C用来收集二氧化氯，装置D用来吸收尾气，据此解答。【详解】A．装置A是生成ClO2的装置，Cl元素由NaClO3中的+5价降低到ClO2中的+4价，得到1个电子，NaCIO3是氧化剂，氧元素由H2O2中﹣1价升高到O2中的0价，失去2个电子，H2O2是还原剂，根据得失电子守恒知，NaClO3与H2O2的物质的量之比为2:1，A项错误；B．由题意知，二氧化氯浓度过高易发生分解引起爆炸，通入氮气主要是为了降低二氧化氯的浓度，故B错误；C．装置C用于收集二氧化氯，二氧化氯易溶于水，容易发生倒吸，因此装置B可以起到防倒吸的作用，C项正确；D．分液漏斗中的硫酸换成盐酸，NaClO3和盐酸发生归中反应生成氯气，不能制备ClO2，故D错误；故选C。25.下列实验操作后，记录到相应现象，则不能证明实验结论的是选项实验操作与现象结论A将收集满甲烷和氯气混合气的试管倒扣在盛满水的水槽中，静置光照，试管中液面上升甲烷和氯气发生了取代反应B检验甲烷中是否含有乙烯(无其他杂质)：室温下将气体依次通过酸性KMnO4溶液和浓硫酸，测得气体体积增大甲烷中含有乙烯C氯水加热时，颜色迅速变淡升温加速了Cl2和H2O反应的速率，使Cl2迅速消耗D将品红配成等浓度的乙醇溶液和水溶液，分别通相同体积的SO2，观察到前者不褪色，后者褪色SO2本身可与品红生成无色物质A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．甲烷和氯气光照条件下发生取代反应生成HCl，HCl极易溶于水，则试管液面上升，故A正确；B．若甲烷中混有乙烯(无其他杂质)，室温下将气体依次通过酸性KMnO4溶液和浓硫酸中，乙烯被氧化为二氧化碳，由原子守恒可知1mol乙烯会氧化生成2mol二氧化碳，故气体体积增大，则证明甲烷中混有乙烯，故B正确；C．氯水加热时，加速了次氯酸的分解，导致Cl2和H2O反应的速率加快，颜色迅速变淡，故C正确；D．SO2不能使品红的乙醇溶液褪色，却可以使品红的水溶液褪色，说明SO2能使品红溶液褪色的原因是SO2与H2O反应生成的H2SO3的作用，而不是SO2本身的作用，故D错误；故选D。非选择题部分26.按要求回答下列问题：（1）Na2O的电子式：_____，甲酸乙酯的结构简式：_____。（2）已知As元素的原子序数为33，则As在元素周期表中的位置为：_____，可推测As元素是_____(选填“金属”、“非金属”)元素。（3）试解释“生铁的硬度比钢强”的原因：_____。【答案】（1）①.②.HCOOCH2CH3（2）①.第四周期ⅤA族②.非金属（3）生铁是指含碳量在2.11%4.3%之间的铁碳合金，钢是含碳量质量百分比介于0.02%2.11%之间的铁碳合金的统称，铁合金中含碳量越高，硬度越大，所以生铁的硬度比钢强【解析】【小问1详解】氧化钠是只含有离子键的离子化合物，电子式为；甲酸乙酯的官能团为酯基，结构简式为HCOOCH2CH3，故答案为：；HCOOCH2CH3；【小问2详解】砷元素的原子序数为33，位于元素周期表第四周期ⅤA族；由造字结构可知砷元素是非金属元素，故答案为：第四周期ⅤA族；非金属；【小问3详解】生铁和钢都是铁合金，生铁是指含碳量在2.11%4.3%之间的铁碳合金，钢是含碳量质量百分比介于0.02%2.11%之间的铁碳合金的统称，铁合金中含碳量越高，硬度越大，所以生铁的硬度比钢强，故答案为：生铁是指含碳量在2.11%4.3%之间的铁碳合金，钢是含碳量质量百分比介于0.02%2.11%之间的铁碳合金的统称，铁合金中含碳量越高，硬度越大，所以生铁的硬度比钢强。27.有机物A俗名蒜醇，能和Na反应产生H2，蒜醇是生产甘油、医药、农药、香料和化妆品的中间体。从A出发合成F的路线如下所示(箭头上下的物质可以是反应物、催化剂或溶剂，流程中只写出主要有机产物，试回答下列问题：已知：①H2C=CH2②C→D反应后溶液中产生了Br（1）B中的含氧官能团名称为：_____，C→D的反应类型为：_____（2）下列说法正确的是_____。A.蒜醇能和Br2的CCl4溶液发生反应B.A→B的反应也可使用酸性KMnO4C.C→D反应后，溶液的pH明显降低D.D→E属于加成反应（3）试写出C的三种同分异构体的结构简式，要求能和NaOH发生反应：_____。（4）E的分子式为：_____；E在Cu催化下被O2氧化的产物的结构简式为：_____。（5）E→F的过程中发生了副反应，生成了和F含相同官能团的四元环产物G，试写出E生成G的化学方程式：_____。【答案】（1）①.醛基②.氧化反应（2）ACD（3）CH3CH2COOH、CH3COOCH3、HCOOCH2CH3（4）①.C3H6O3②.（5）+H2O【解析】【分析】由有机物的转化关系可知，常温下CH2=CHCH2OH与二氧化锰发生氧化反应生成CH2=CHCHO，则A为CH2=CHCH2OH、B为CH2=CHCHO；银做催化剂条件下CH2=CHCHO与氧气发生催化氧化反应生成，与溴水发生氧化反应生成，则D为；加热、加压条件下与水发生开环加成反应生成，则E为；浓硫酸作用下发生酯化反应生成。【小问1详解】由分析可知，B的结构简式为CH2=CHCHO，含氧官能团为醛基；C→D的反应为与溴水发生氧化反应生成，故答案为：醛基；氧化反应；【小问2详解】A．由分析可知，蒜醇的结构简式为CH2=CHCH2OH，分子中含有的碳碳双键能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，故正确；B．由分析可知，A→B的反应为常温下CH2=CHCH2OH与二氧化锰发生氧化反应生成CH2=CHCHO，若反应使用酸性高锰酸钾溶液，酸性高锰酸钾溶液会将碳碳双键、醛基氧化，无法制得CH2=CHCHO，故错误；C．由分析可知，C→D的反应为与溴水发生氧化反应生成，反应的化学方程式为+Br2+H2O+2HBr，反应生成的HBr在溶液中电离出氢离子，使溶液中氢离子浓度增大，溶液pH明显降低，故正确；D．由分析可知，D→E的反应为加热、加压条件下与水发生开环加成反应生成，故正确；故选ACD；【小问3详解】C的同分异构体能和氢氧化钠溶液反应说明同分异构体可能是酸或酯，则符合条件的结构简式为CH3CH2COOH、CH3COOCH3、HCOOCH2CH3，故答案为：CH3CH2COOH、CH3COOCH3、HCOOCH2CH3；【小问4详解】由分析可知，E的结构简式为，分子式为C3H6O3，铜做催化剂条件下与氧气共热发生催化氧化反应生成生成，故答案为：C3H6O3；；【小问5详解】由题意可知，浓硫酸作用下发生酯化反应生成和水，则G为，反应的化学方程式为+H2O，故答案为：+H2O。28.为探究草酸亚铁X(FeC2O4)的性质，设计并完成以下实验(流程中部分物质已略去)：已知：①FeC2O4难溶于水，易溶于酸；②FeC2O4分解产物只有A、B、C，气体A和气体B所含元素相同。回答下列问题：（1）固体C的化学式为_____；固体C与NaH反应后，除单质D外，还生成了_____。（2）X隔绝空气高温分解的化学方程式为_____。（3）将FeC2O4与200℃水蒸气共热反应后，得含草酸(H2C2O4)蒸汽的气体E。已知：草酸是一种弱酸，常做为还原剂使用；157℃升华，170℃以上分解可放出CO2和CO；其钙盐难溶于水。下列说法不正确的是_____。A.气体E用足量的碱石灰充分吸收后若仍有剩余，则剩余的气体可点燃B.气体E通过灼热的氧化铜，若出现黑色变红色现象，则说明产生的气体中一定有CO2C.气体E直接通入足量的澄清石灰水中，若能产生白色浑浊现象，则说明产生的气体E中一定有CO2D.H2C2O4与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为：5H2C2O4+2+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O（4）设计实验验证FeC2O4中的Fe元素，写出操作和现象：_____。【答案】（1）①.Fe3O4②.NaOH（2）3FeC2O4Fe3O4+2CO2↑+4CO↑（3）BC（4）取样，加入HNO3酸化至无气泡产生后，向其中加入KSCN溶液，溶液显血红色【解析】【分析】将草酸亚铁FeC2O4在隔绝空气的条件下加强热，发生反应，产生A、B、C三种物质，气体A和气体B所含元素相同，则根据元素守恒，可知气体A、B中一种的CO，一种是CO2。根据气体的体积可知气体总物质的量n==0.03mol，利用CO2与Ba(OH)2反应产生BaCO3的质量可知气体A是CO2，n(CO2)=n(BaCO3)==0.01mol，则不与Ba(OH)2发生反应的气体B是CO，其物质的量n(CO)=0.02mol，结合化学式可知n(FeC2O4)=[n(CO)+n(CO2)]=0.015mol，根据元素守恒，可知C的化学式；C与NaH发生反应，可结合元素守恒，物质D及另一产物的化学式。【小问1详解】2.16g可知固体FeC2O4在隔绝空气的条件下加强热，反应产生A、B、C三种物质，根据上述计算可知A是CO2，物质的量是0.01mol，物质B是CO，物质的量是0.02mol，则固体C中含有Fe的物质的量n(Fe)=0.015mol，n(O)==0.02mol，n(Fe)：n(O)=0.015mol：0.02mol=3：4，故固体C化学式是Fe3O4；Fe3O4与NaH反应，产生单质D和另一种物质。Fe3O4中Fe的物质的量是0.015mol，若单质D是Fe，则m(Fe)=0.015mol×56g/mol=0.84g，说明D是Fe单质，则根据元素守恒，可知另外一种物质是氢氧化钠，其化学式为NaOH；【小问2详解】根据上述分析可知FeC2O4在隔绝空气条件下分解产生Fe3O4、CO2、CO，根据分解过程中元素守恒可知：n(FeC2O4)：n(Fe3O4)：n(CO2)：n(CO)=0.015mol：0.005mol：0.01mol：0.02mol=3：1：2：4，故该分解反应的化学方程式为：3FeC2O4Fe3O4+2CO2↑+4CO↑；【小问3详解】将FeC2O4与200℃水蒸气共热反应后，得含草酸(H2C2O4)蒸汽的气体E，已知：草酸是一种具有还原性的弱酸，157℃升华，170℃以上分解可放出CO2和CO，CO具有还原性，能够与水蒸气反应产生CO2、H2，因此气体E中含有草酸蒸气、CO2及H2、水蒸气，也可能含有CO。A．气体E用足量的碱石灰充分吸收后若仍有剩余，则气体中的CO2、H2O蒸气会被吸收，剩余的气体中含有H2、CO，H2、CO是可燃性气体，因此能够被点燃，A正确；B．气体E通过灼热的氧化铜，若出现黑色变红色现象，则说明CuO被还原为Cu单质，说明气体E中含有还原性气体，该气体可能是H2，也可能是CO，也可能是H2、CO的混合气体，因此不能确定产生的气体中一定有CO2，B错误；C．由于气体E中含有草酸蒸气，其能够与Ca(OH)2反应产生CaC2O4沉淀，因此气体E直接通入足量的澄清石灰水中，若能产生白色浑浊现象，沉淀可能是CaCO3，也可能是CaC2O4，因此不能说明产生的气体E中就一定有CO2，C错误；D．H2C2O4是一元弱酸，具有还原性，能够与具有氧化性的酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，结合物质的拆分原则，可知改反应的离子方程式为：5H2C2O4+2+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，D正确；故合理选项是BC；【小问4详解】已知FeC2O4难溶于水，易溶于酸，因此要验证FeC2O4中的Fe元素，可以先用稀HNO3酸化溶解固体药品，使铁元素进入溶液，将+2价的Fe2+氧化为+3价的Fe3+，将离子氧化为CO2气体逸出，然后根据Fe(SCN)3溶液显红色判断。故该实验操作及现象是：取样，加入足量的HNO3酸化至无气泡产生后，向其中加入KSCN溶液，若溶液显血红色，说明其中含有铁元素。29.二氯化二硫(S2Cl2)是橡胶工业的硫化剂，可由硫和氯气在100110℃直接化合而成，实验室利用含杂质的S单质(杂质不参与反应)制备S2Cl2的实验装置如下图。已知：①S2Cl2冷却不充分易分解：S2Cl2=2S+Cl2↑，S能溶解在液态S2Cl2中②S2Cl2通入水中剧烈反应，产生白雾、乳白色浑浊和一种还原性氯化物③S和Cl2用量一定，改变Cl2流速和反应时长，反应结束后S2Cl2产率如下图请回答下列问题：（1）仪器a的名称为：_____；装置C所盛试剂为：_____。（2）下列装置适合连接在F支管处的装置可以为：_____。A. B. C. D.（3）下列有关实验的说法正确的是_____。A.当观察到玻璃管中固体不再减少，可判断反应已结束B.S2Cl2产率随Cl2流速加快先增大，是因为Cl2及时将S2Cl2吹入冷凝管，避免S2Cl2停留在玻璃管中继续受热而分解C.装置C可以省去，对S2Cl2的制备没有影响D.实验开始时，以下三个操作的顺序依次为：点燃酒精灯A→点燃酒精灯D→通冷凝水（4）写出S2Cl2与水反应的化学方程式：_____。（5）实验所得S2Cl2因冷却不充分而部分分解，导致纯度降低。为了测定所得S2Cl2纯度，进行如下实验，请补全(填写序号)：取一定质量的S2Cl2完全溶于_____(①水；②NaOH溶液：③盐酸)，充分静置后过滤，测定_____(①S沉淀的质量：②滤液中Cl的浓度；③滤液中的浓度)【答案】（1）①.分液漏斗②.浓硫酸（2）A（3）AB（4）（5）①.①②.②【解析】【分析】装置A中二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰、氯气和水，装置B中饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，装置C中浓硫酸用于干燥氯气，装置D中氯气与硫在100~110℃直接化合