2023-2024学年湖北省宜荆荆随恩高一下学期6月联考化学试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1湖北省宜荆荆随恩2023-2024学年高一下学期6月联考试卷考试时间：2024年6月14日下午14：30-17：05试卷满分：100分注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．2．选择题的作答：每小题选出〖答案〗后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的〖答案〗标号涂黑．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．可能用到的相对原子质量：一、选择题（本大题共15小题，每小题3分，共45分）1.中华文明源远流长，下列文物的材质属于合金的是（）A.元青花四爱图梅瓶B.秦始皇兵马俑C.曾侯乙编钟D.葱绿地妆花纱蟒裙〖答案〗C〖解析〗【详析】A．元青花四爱图梅瓶的主要成分是硅酸盐，不属于合金，故A不符合题意；B．秦始皇兵马俑的主要成分是硅酸盐，不属于合金，故B不符合题意；C．曾侯乙编钟主要成分是铜合金，即其材质属于合金，故C符合题意；D．葱绿地妆花纱蟒裙是暗花直径纱，主要成分是蛋白质，不属于合金，故D不符合题意；故〖答案〗为：C。2.用表示阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是（）A.甲基（电子式为）所含有的电子数是个B.在有机物中，碳原子间最多形成个碳碳单键C.标准状况下，的原子总数为D.乙烯和乙醇的混合物完全燃烧，消耗的分子数目为〖答案〗D〖解析〗【详析】A．n（甲基），故甲基中电子数为，A错误；B．碳原子可以形成环状烷烃，最多可以有个碳碳单键，B错误；C．标况下，为固态，无法计算，C错误；D．乙烯完全燃烧需要的氧气，乙醇完全燃烧也需要的氧气，所以混合物完全燃烧，消耗的分子数目为，D正确；故选D。3.下列表述对应的离子方程式书写正确的是（）A.与稀硝酸反应：B.将气体通入溶液中验证亚硫酸酸性强于次氯酸：C.将等物质的量浓度的和溶液以体积比混合：D.硫代硫酸钠与稀硫酸反应：〖答案〗C〖解析〗【详析】A．与稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮、水，反应的离子方程式为，故A错误；B．将气体通入溶液中会发生氧化还原反应生成硫酸钙，不能验证亚硫酸酸性强于次氯酸，B错误；C．将等物质的量浓度的和溶液以体积比混合，硫酸根离子过量，钡离子完全生成硫酸钡沉淀，氢离子过量：，C正确；D．硫代硫酸钠与稀硫酸反应，正确的离子反应方程式应为：，D错误；〖答案〗选C。4.下列说法正确的个数是（）①含有金属元素的化合物一定是离子化合物②过氧化钠与水反应，生成氧气转移的电子数为③根据能否发生丁达尔效应可以将分散系分为溶液、胶体和浊液④聚乙烯分子能使高锰酸钾溶液褪色⑤冰的密度比水小，是因为水分子之间存在氢键⑥四氯化碳又叫氯仿⑦纯碱和烧碱熔化时克服的化学键类型相同⑧有机玻璃属于传统无机非金属材料A.2个 B.3个 C.4个 D.5个〖答案〗B〖解析〗【详析】①含有金属元素的化合物不一定是离子化合物，如：氯化铝是共价化合物，故①错误；②过氧化钠与水反应，部分氧元素化合价由-1升高为0生成氧气，生成氧气转移的电子数为，故②正确；③根据能分散质粒子直径不同将分散系分为溶液、胶体和浊液，故③错误；④聚乙烯分子中不含碳碳双键，不能使高锰酸钾溶液褪色，故④错误；⑤冰密度比水小，是因为水分子之间存在氢键，故⑤正确；⑥氯仿是三氯甲烷，故⑥错误；⑦纯碱和烧碱熔化时都克服离子键，故⑦正确；⑧有机玻璃是有机高分子材料，故⑧错误；正确的是②⑤⑦，选B。5.下列操作、现象和结论均正确的是（）选项操作及现象结论A向新制氯水中滴加几滴紫色石蕊试液溶液先变红，后褪色氯气有漂白性B向酸性溶液中通入二氧化硫，溶液褪色表现还原性C把硝酸亚铁溶解在稀硫酸中，再加入溶液，溶液呈血红色说明硝酸亚铁变质D向蔗糖中加入浓硫酸，蔗糖变黑后体积膨胀浓硫酸具有吸水性和强氧化性〖答案〗B〖解析〗【详析】A．新制氯水中含有次氯酸，次氯酸起到漂白作用，故A错误；B．SO2具有还原性，可以被酸性高锰酸钾氧化，故B正确；C．氢离子和硝酸根结合具有强氧化性，会氧化亚铁离子，故C错误；D．浓硫酸在此过程中的主要体现的作用是脱水剂和强氧化剂，故D错误；故选B。6.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A.使紫色石蕊溶液变红的溶液：B.新制氯水中：C.与反应能生成的溶液：D.澄清透明的溶液中：〖答案〗D〖解析〗【详析】A．与结合生成，不能大量共存，A错误；B．氯水中易被氯气氧化，在新制的氯水中不能大量存在，B错误；C．与铝生成氢气的溶液可以是酸性也可以是碱性，酸性时氢离子与会生成次氯酸，不能大量共存，C错误；D．澄清透明的溶液中，可以大量共存，D正确；〖答案〗选D。7.位于前四周期的四种元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，其中W是地壳中含量最高的元素，Z的焰色试验透过蓝色钴玻璃观察呈紫色，X单质与二氧化碳反应生成一种黑色粉末和白色粉末，且单质与足量稀盐酸反应能够得到标准状况下的氢气，Y的单质为黄绿色气体。下列说法正确的是（）A.X单质与铝放入氢氧化钠溶液中构成原电池，X做负极B.W、X、Y、Z四种元素按离子半径由大到小的顺序排列为C.单质Z与钠的合金可以做核反应堆的传热介质D.Y单质和甲烷在光照条件下反应的生成物共4种〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗W、X、Y、Z原子序数依次增大，其中W是地壳中含量最高的元素，则W是氧；Z的焰色试验透过蓝色钴玻璃观察呈紫色，则Z是钾；X单质与二氧化碳反应生成一种黑色粉末和白色粉末，则X是镁；Y的单质为黄绿色气体，则Y是氯。【详析】A．镁铝在氢氧化钠溶液中形成原电池，铝是负极，A错误；B．电子层数越多离子半径越大，核外电子排布相同时核电荷数越大半径越小，则离子半径大小是，B错误；C．钾钠的合金可以做核反应堆的传热介质，C正确；D．氯气和甲烷反应生成物有四种有机物和氯化氢，共5种产物，D错误；〖答案〗选C。8.科学家发现用和溶液反应可以制备,实验室模拟如图所示，下列关于该装置的分析描述正确的是（）A.装置A恒压滴液漏斗中必须选用稀B.装置B主要目的是除蒸汽C.尾气可以收集或者点燃的方法处理D.装置C中发生反应的离子方程式为：〖答案〗D〖解析〗【详析】A．装置A中的药品也可以选用浓,产生的二氧化氮与B装置的水反应可以产生，A错误；B．B装置中的水同A中产生的二氧化氮反应可以产生，B错误．C．尾气氮的氧化物不适合用点燃的方法处理，C错误D．装置C中发生反应的离子方程式为：，D正确；故选D。9.某有机物的结构简式如图所示，下列有关该有机物的说法错误的是（）A.该有机物的分子式为B.该有机物可以发生取代反应、加成反应、氧化反应、加聚反应C.分子中含有三种官能团D.等质量该有机物分别与足量的溶液发生反应，消耗的物质的量之比为〖答案〗D〖解析〗【详析】A．根据结构简式可知，分子式为，A正确；B．该有机物含有碳碳双键，能发生氧化反应，加成反应，加聚反应；含羟基，能发生置换反应，氧化反应，酯化反应（取代反应）；含羧基，能发生酯化反应（取代反应），B正确；C．分子中含有碳碳双键、羟基、羧基三种官能团，C正确；D．与反应的有羟基和羧基，与反应只有羧基，则等质量该有机物分别与足量的溶液发生反应，消耗的物质的量之比为，D错误；〖答案〗选D。10.实验是研究和学习化学最重要的方法。下列实验装置正确且能达成实验目的的是（）A.制乙酸乙酯B.甲烷与氯气的取代反应C.除去乙烷中的乙烯D.乙醇催化氧化成乙醛〖答案〗A〖解析〗【详析】A．碎瓷片防暴沸，球型干燥管可以防倒吸，A正确；B．不能用日光直射，可能会引起爆炸，应该用光照，B错误；C．乙烷会溶于四氯化碳，应该用溴水，C错误；D．为使无水乙醇汽化，所以要用热水浴，可以获得平稳的乙醇气体，D错误；故选A。11.如图是某种乙醇燃料电池示意图，下列有关该电池的说法错误的是（）A.电池放电时，向镍电极Ⅱ的方向迁移B.镍电极Ⅰ电极反应为C.镍电极Ⅱ附近溶液碱性增强D.循环泵可使电解质溶液不断浓缩、循环〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗乙醇燃料电池中，通入乙醇的电极Ⅰ为负极，通入氧气的电极Ⅱ为正极。【详析】A．原电池电解质溶液中，阳离子向正极移动，即向镍电极Ⅱ的方向迁移，A正确；B．因为是碱性燃料电池，生成，B错误；C．正极发生反应，生成了，则碱性增强，C正确；D．由图示可知，循环泵可使电解质溶液不断浓缩、循环，D正确；〖答案〗选B。12.某科研人员提出与在羟基磷灰石表面催化氧化生成的历程，该历程示意图如下（图中只画出了的部分结构）。下列叙述错误的是（）A.该历程中能提高与的反应速率B.整个反应历程中，既有极性键和非极性键的断裂，又有极性键和非极性键的形成C.该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量D.生成物中的氧原子由与共同提供〖答案〗B〖解析〗【详析】A．根据题干所示，反应物为HCHO和O2，生成物为CO2和H2O，该历程中为催化剂，能加快化学反应速率，A正确；B．该历程中，生成物有极性键的形成，没有非极性键形成，B错误；C．甲醛与氧气反应生成二氧化碳和水，反应放热，该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量，C正确；D．根据图示反应时HCHO中C-H键均断裂，连接O2提供的一个O原子形成CO2，则生成物中的氧原子由与共同提供，D正确；故选B。13.科学家发现高活性的羟基自由基的消毒效率远高于氯化物、臭氧、紫外线灯、等离子体、负离子等消毒剂。它能有效降解水体中的有机污染物A，让其转化为和水。为研究降解效果，设计如下对比实验，实验测得A的浓度与时间关系如图所示，下列说法错误的是（）实验编号温度/℃①302②402③308④302A.该实验表明，温度、反应物浓度、对降解速率均有影响B.实验①在内A的降解速率为C.若其他条件相同，实验①②说明升高温度，A降解速率增大D.若其他条件相同，实验①③证明越小，越有利于A的降解〖答案〗B〖解析〗【详析】A．该实验表明，温度、反应物浓度、对降解速率均有影响，A正确；B．实验①在内A的降解速率为，B不正确；C．若其他条件相同，实验①②说明升高温度，A降解速率增大，C正确；D．若其他条件相同，实验①③证明越小，越有利于A的降解，D正确；故选B。14.下列说法错误的是（以下关于同分异构体的判断均不考虑立体异构）（）A.结构简式为的有机物分子中，处于同一平面的碳原子最多有10个B.的同分异构体中主链含有五个碳原子有5种C.的同分异构体中属于烯烃有6种D.和一定互为同系物〖答案〗C〖解析〗【详析】A．该有机物结构可写为：，共面的碳原子最多有10个，A正确；B．根据有机物的分子式可判断，可以形成一个支链有1种，结构简式,可以形成两个支链有4种，结构简式：所以同分异构体共5种，B正确；C．的同分异构体中属于烯烃只有5种（不考虑立体异构），包括：，C错误；D．和都是链状烷烃，结构相似，分子组成相差若干原子团，互为同系物，D正确；〖答案〗选C。15.向密度为、质量分数为63%的浓硝酸中加入铜镁合金完全溶解，得到和的混合气体（换算为标准状况），向反应后的溶液中加入溶液，当金属离子全部沉淀时，得到沉淀，下列说法错误的是（）A.和的混合气体中，的物质的量为B.该浓硝酸中的物质的量浓度是C.该合金中铜与镁的物质的量之比是D.得到沉淀时，加入溶液的体积是〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗设铜、镁的物质的量分别为x、y，则①，②，且，解得，。【详析】A．设的物质的量分别为a、b，则根据得失电子数相等可得、，则，，A正确；B．硝酸摩尔质量是，则密度为、质量分数为63%的浓硝酸其物质的量是，则物质的量浓度是，B正确；C．根据分析，铜与镁物质的量之比为，C错误；D．沉淀达最大时，溶液中只有硝酸钠，根据原子守恒：，氢氧化钠溶液体积为，D正确；〖答案〗选C。二、填空题（本大题4小题，共55分）16.很多重要的工业原料来源于石油化工，结合下图回答有关问题：（1）物质A的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的重要标志，其电子式为___________。（2）丙烯酸乙酯含氧官能团的名称为___________。（3）丙烯先与发生加成反应，再与发生取代反应，最多消耗___________。（4）写出下列反应的化学方程式：反应③：_____________。反应④：____________。（5）G与C互为同系物，且G比C多2个碳，写出G的结构简式____________（不考虑立体异构）。〖答案〗（1）（2）酯基（3）7（4）①.②.（5）、〖解析〗B和丙烯酸反应生成丙烯酸乙酯，则B是乙醇；A和水反应生成乙醇，A是乙烯；B和C反应生成乙酸乙酯，C是乙酸；（1）物质A的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的重要标志，A是乙烯，其电子式为。（2）丙烯酸乙酯的结构简式为CH2=CHCOOCH2CH3，含氧官能团的名称为酯基；（3）丙烯先与发生加成反应，生成，分子中含有7个H原子，再与发生取代反应，最多消耗；（4）反应③是丙烯酸和乙醇发生酯化反应生成丙烯酸乙酯和水，反应方程式为；反应④是丙烯酸发生加聚反应生成聚丙烯酸，反应方程式为（5）G与乙酸互为同系物，且G比乙酸多2个碳，则G为丁酸，其同分异构为：。17.绿色化学是当前化学研究的热点，为了实现经济可持续性发展，充分利用资源，某兴趣小组以铝合金厂的铝灰废料（主要成分为,含一定量等杂质）为原料探究生产明矾的工艺流程如图：已知：①一定条件下可与反应生成②滤渣3为红褐色沉淀回答下列问题：（1）为了提高废料酸浸过程中反应速率可以采取的措施有：___________。（至少答两条）（2）滤渣1的主要成分含___________（填化学式），过滤需要用到的玻璃仪器有___________。（3）滤液1中加过量溶液的作用是______________。（用文字表述）（4）加入适量溶液发生的离子方程式为_______________。（5）保持其他条件不变，铝合金废料中铝浸出率在不同温度下随时间变化如下图所示。该过程的最佳温度与时间分别是___________。为充分利用资源，某同学提出也可以利用废料中冶炼为金属铝加以利用。已知a吨铝灰废料可以冶炼出b吨的铝（假设各生产环节中无损耗），则原铝灰废料中的质量分数为___________（用含a、b的最简式表示）。〖答案〗（1）粉碎废料、搅拌、适当升高温度、适当增大硫酸浓度（2）①.②.烧杯、漏斗、玻璃棒（3）加入过量溶液目的是把所有氧化为（4）（5）①.、②.〖解析〗用硫酸酸浸废料(主要成分为,含一定量等杂质)，二氧化硅不溶，过滤得到滤渣1，滤渣1为二氧化硅和硫酸钙；滤液1中含有铝离子、亚铁离子、铁离子、钙离子，加入过量高锰酸钾溶液氧化亚铁离子，适量硫酸锰在一定条件下可将高锰酸根反应生成二氧化锰过滤滤渣2除去。足量氢氧化钾溶液可将铁离子生成氢氧化物沉淀过滤除掉，滤液3中含有的偏铝酸根经一系列变化生成目标十二水硫酸铝钾。（1）提高浸出速率和原料利用率方法主要有粉碎废料、搅拌、适当升高温度、适当增大硫酸浓度；（2）第一步加入硫酸后，和硫酸反应生成的等离子在滤液1中，作为沉淀过滤在滤渣1中．过滤用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；（3）根据后面滤渣3信息〖提示〗，加入过量溶液到滤液1中目的是把所有氧化为；（4）根据已知信息1可知：；（5）结合工业生产实际，在时铝浸出率已经较高；根据已知信息a吨铝土矿可以冶炼出b吨的铝，则根据铝元素守恒可知，，需要纯氧化铝的质量为吨，所以的质量分数为。18.化学实验小组的同学利用铜与浓硫酸反应制取二氧化硫并研究其性质，用下图所示装置进行实验（夹持装置和A中加热装置已略，气密性已检查）。（1）盛放浓硫酸的仪器M的名称___________，A中反应的化学方程式______________。（2）反应结束后，进一步证明A装置中反应所得产物含有最简单的操作是___________。（3）化学实验小组的同学发现A中有黑色物质产生，猜测黑色物质中可能含有和,针对产生的黑色物质，该小组同学继续实验探究。已知：是难溶于水、难溶于稀硫酸的黑色固体，但都能被浓硝酸氧化为和。①黑色物质不可能含有___________（填化学式），判断依据是________________（用文字表述）。②已将A中黑色物质过滤并洗涤干净，请设计方案证明该黑色物质中含硫元素，实验方法为：_____________。（4）该实验小组的学生预测装置B中没有白色沉淀产生，但随着反应的进行，发现装置B中产生了少量白色沉淀。为进一步探究产生沉淀的原因，分别用煮沸和未煮沸过的蒸馏水配制溶液和溶液，进行如下图实验：烧杯实验现象C无白色沉淀产生，传感器测得溶液D有白色沉淀产生E有白色沉淀产生，E中出现白色沉淀比D中快很多①根据C中现象推测B中产生白色沉淀的离子方程式___________。②根据E中出现白色沉淀的速率比D中快很多的现象，推测其原因可能是___________。（用文字表述）〖答案〗（1）①.分液漏斗②.(浓)（2）冷却后，将三颈烧瓶里物质慢慢倒入盛有少量水的烧杯或试管中（3）①.②.硫酸过量，会与反应③.取少量黑色物质于试管中，滴加浓硝酸溶解，再滴加或溶液，若产生白色沉淀，则证明黑色物质中含硫元素。（4）①.②.氧化的速率快于氧化的速率或的存在加快氧化的速率。〖解析〗（1）盛放浓硫酸的仪器M的名称为分液漏斗；用铜丝与浓硫酸加热发生反应制备同时生成，发生反应化学方程式是（浓）。（2）因反应后有浓硫酸剩余，故操作为，冷却后，将三颈烧瓶里的物质慢慢倒入盛有少量水的烧杯或试管中。（3）①A中参加反应的浓硫酸过量，则反应后还有硫酸剩余；由于和不溶于硫酸，而溶于硫酸，因此黑色固体不能为。②都能被浓硝酸氧化为，故实验方法：取少量黑色物质于试管中，滴加浓硝酸溶解，再滴加或溶液，若产生白色沉淀，则证明黑色物质中含硫元素。（4）①由C中现象可知溶液显酸性，而B中生成的沉淀不溶于酸，结合质量守恒，推测B中二氧化硫被溶解的氧气氧化为硫酸根离子，则产生的白色沉淀为硫酸钡，离子方程式为：。②溶液中溶解有空气中的氧气，D、E变量为溶液是否煮沸，据E中出现白色沉淀的速率比D中快很多的现象，推测其原因可能是氧化的速率快于氧化的速率或的存在加快氧化的速率。19.回答下列问题：（1）下列变化属于放热反应的是______________（填序号）。a．氢氧化钠固体溶于水b．氢气与氯气化合c．氯化铵固体与氢氧化钡晶体混合搅拌d．碳酸氢钠与盐酸的反应e．硝酸铵与水合碳酸钠混合f．锌与硫酸铜溶液反应g．过氧化钠与反应（2）常温下，将除去表面氧化膜的铝片、铜片插入浓中组成原电池装置（如图甲），测得原电池的电流强度随时间的变化如图乙所示，反应过程中有红棕色气体产生。前，原电池的负极是___________（填化学式），后，正极电极反应式为___________。（3）高温时可发生反应,现向体积为的密闭容器中充入并投入,测得和的物质的量随时间变化如图丙所示：①内平均速率____________。②___________。③只改变下列某一反应条件时，能使上述反应正逆反应速率都加快的是___________（填序号）。a．再投入一定量的b．向容器中充入氩气c．升高温度d．将体积压缩为e．使用高效催化剂④对于上述反应，下列叙述正确的是____________（填序号）。a．a点的速率小于b点速率b．a、b、c三点中代表达到平衡状态的是b点c．当时，该反应达到平衡状态d．当时，该反应达到平衡状态e．恒温恒容时，混合气体的平均摩尔质量不再改变时，该反应达到平衡状态〖答案〗（1）bfg（2）①.②.（3）①.②.1.0③.cde④.cde〖解析〗（1）a是放热的物理过程而不是化学变化，c、d、e是吸热的化学变化，所以放热反应为b、f、g；（2）铝片、铜片插入浓中，铝片更活泼，作负极，反应一段时间后铝片钝化，铜片作负极，电流方向反转，正极电极反应式为；（3）①；②b点时,由三段式知,得；③a．投入固体，不能改变反应速率；b．恒温恒容时，充入惰性气体，反应体系各物质的浓度并未改变，故不变；c．升温，故都增大，d．缩小体积，反应物生成物浓度均增大，故都增大；e．对于可逆反应，催化剂既可催化正反应，也可催化逆反应，故都增大；故选cde；④a．随反应正向进行，逐渐减小，所以a点点；b点时反应仍向正向进行，此时b点。综上所述，a点的应大于b点，a错误；b．a、b、c三点中只有c点物质的量浓度不随时间而变，故平衡点应该只有c点，b错误；c．通过图像计算，当时，反应达到平衡状态，c正确；d．当时，该反应达到平衡状态，d正确；e．生成物和物质的量恒为平衡和的平均摩尔质量恒为，而反应物的摩尔质量为。当反应未达平衡时，三种气体平均摩尔质量会发生改变，若气体平均摩尔质量不变，则反应一定达到平衡，e正确；故选cde。湖北省宜荆荆随恩2023-2024学年高一下学期6月联考试卷考试时间：2024年6月14日下午14：30-17：05试卷满分：100分注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．2．选择题的作答：每小题选出〖答案〗后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的〖答案〗标号涂黑．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．可能用到的相对原子质量：一、选择题（本大题共15小题，每小题3分，共45分）1.中华文明源远流长，下列文物的材质属于合金的是（）A.元青花四爱图梅瓶B.秦始皇兵马俑C.曾侯乙编钟D.葱绿地妆花纱蟒裙〖答案〗C〖解析〗【详析】A．元青花四爱图梅瓶的主要成分是硅酸盐，不属于合金，故A不符合题意；B．秦始皇兵马俑的主要成分是硅酸盐，不属于合金，故B不符合题意；C．曾侯乙编钟主要成分是铜合金，即其材质属于合金，故C符合题意；D．葱绿地妆花纱蟒裙是暗花直径纱，主要成分是蛋白质，不属于合金，故D不符合题意；故〖答案〗为：C。2.用表示阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是（）A.甲基（电子式为）所含有的电子数是个B.在有机物中，碳原子间最多形成个碳碳单键C.标准状况下，的原子总数为D.乙烯和乙醇的混合物完全燃烧，消耗的分子数目为〖答案〗D〖解析〗【详析】A．n（甲基），故甲基中电子数为，A错误；B．碳原子可以形成环状烷烃，最多可以有个碳碳单键，B错误；C．标况下，为固态，无法计算，C错误；D．乙烯完全燃烧需要的氧气，乙醇完全燃烧也需要的氧气，所以混合物完全燃烧，消耗的分子数目为，D正确；故选D。3.下列表述对应的离子方程式书写正确的是（）A.与稀硝酸反应：B.将气体通入溶液中验证亚硫酸酸性强于次氯酸：C.将等物质的量浓度的和溶液以体积比混合：D.硫代硫酸钠与稀硫酸反应：〖答案〗C〖解析〗【详析】A．与稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮、水，反应的离子方程式为，故A错误；B．将气体通入溶液中会发生氧化还原反应生成硫酸钙，不能验证亚硫酸酸性强于次氯酸，B错误；C．将等物质的量浓度的和溶液以体积比混合，硫酸根离子过量，钡离子完全生成硫酸钡沉淀，氢离子过量：，C正确；D．硫代硫酸钠与稀硫酸反应，正确的离子反应方程式应为：，D错误；〖答案〗选C。4.下列说法正确的个数是（）①含有金属元素的化合物一定是离子化合物②过氧化钠与水反应，生成氧气转移的电子数为③根据能否发生丁达尔效应可以将分散系分为溶液、胶体和浊液④聚乙烯分子能使高锰酸钾溶液褪色⑤冰的密度比水小，是因为水分子之间存在氢键⑥四氯化碳又叫氯仿⑦纯碱和烧碱熔化时克服的化学键类型相同⑧有机玻璃属于传统无机非金属材料A.2个 B.3个 C.4个 D.5个〖答案〗B〖解析〗【详析】①含有金属元素的化合物不一定是离子化合物，如：氯化铝是共价化合物，故①错误；②过氧化钠与水反应，部分氧元素化合价由-1升高为0生成氧气，生成氧气转移的电子数为，故②正确；③根据能分散质粒子直径不同将分散系分为溶液、胶体和浊液，故③错误；④聚乙烯分子中不含碳碳双键，不能使高锰酸钾溶液褪色，故④错误；⑤冰密度比水小，是因为水分子之间存在氢键，故⑤正确；⑥氯仿是三氯甲烷，故⑥错误；⑦纯碱和烧碱熔化时都克服离子键，故⑦正确；⑧有机玻璃是有机高分子材料，故⑧错误；正确的是②⑤⑦，选B。5.下列操作、现象和结论均正确的是（）选项操作及现象结论A向新制氯水中滴加几滴紫色石蕊试液溶液先变红，后褪色氯气有漂白性B向酸性溶液中通入二氧化硫，溶液褪色表现还原性C把硝酸亚铁溶解在稀硫酸中，再加入溶液，溶液呈血红色说明硝酸亚铁变质D向蔗糖中加入浓硫酸，蔗糖变黑后体积膨胀浓硫酸具有吸水性和强氧化性〖答案〗B〖解析〗【详析】A．新制氯水中含有次氯酸，次氯酸起到漂白作用，故A错误；B．SO2具有还原性，可以被酸性高锰酸钾氧化，故B正确；C．氢离子和硝酸根结合具有强氧化性，会氧化亚铁离子，故C错误；D．浓硫酸在此过程中的主要体现的作用是脱水剂和强氧化剂，故D错误；故选B。6.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A.使紫色石蕊溶液变红的溶液：B.新制氯水中：C.与反应能生成的溶液：D.澄清透明的溶液中：〖答案〗D〖解析〗【详析】A．与结合生成，不能大量共存，A错误；B．氯水中易被氯气氧化，在新制的氯水中不能大量存在，B错误；C．与铝生成氢气的溶液可以是酸性也可以是碱性，酸性时氢离子与会生成次氯酸，不能大量共存，C错误；D．澄清透明的溶液中，可以大量共存，D正确；〖答案〗选D。7.位于前四周期的四种元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，其中W是地壳中含量最高的元素，Z的焰色试验透过蓝色钴玻璃观察呈紫色，X单质与二氧化碳反应生成一种黑色粉末和白色粉末，且单质与足量稀盐酸反应能够得到标准状况下的氢气，Y的单质为黄绿色气体。下列说法正确的是（）A.X单质与铝放入氢氧化钠溶液中构成原电池，X做负极B.W、X、Y、Z四种元素按离子半径由大到小的顺序排列为C.单质Z与钠的合金可以做核反应堆的传热介质D.Y单质和甲烷在光照条件下反应的生成物共4种〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗W、X、Y、Z原子序数依次增大，其中W是地壳中含量最高的元素，则W是氧；Z的焰色试验透过蓝色钴玻璃观察呈紫色，则Z是钾；X单质与二氧化碳反应生成一种黑色粉末和白色粉末，则X是镁；Y的单质为黄绿色气体，则Y是氯。【详析】A．镁铝在氢氧化钠溶液中形成原电池，铝是负极，A错误；B．电子层数越多离子半径越大，核外电子排布相同时核电荷数越大半径越小，则离子半径大小是，B错误；C．钾钠的合金可以做核反应堆的传热介质，C正确；D．氯气和甲烷反应生成物有四种有机物和氯化氢，共5种产物，D错误；〖答案〗选C。8.科学家发现用和溶液反应可以制备,实验室模拟如图所示，下列关于该装置的分析描述正确的是（）A.装置A恒压滴液漏斗中必须选用稀B.装置B主要目的是除蒸汽C.尾气可以收集或者点燃的方法处理D.装置C中发生反应的离子方程式为：〖答案〗D〖解析〗【详析】A．装置A中的药品也可以选用浓,产生的二氧化氮与B装置的水反应可以产生，A错误；B．B装置中的水同A中产生的二氧化氮反应可以产生，B错误．C．尾气氮的氧化物不适合用点燃的方法处理，C错误D．装置C中发生反应的离子方程式为：，D正确；故选D。9.某有机物的结构简式如图所示，下列有关该有机物的说法错误的是（）A.该有机物的分子式为B.该有机物可以发生取代反应、加成反应、氧化反应、加聚反应C.分子中含有三种官能团D.等质量该有机物分别与足量的溶液发生反应，消耗的物质的量之比为〖答案〗D〖解析〗【详析】A．根据结构简式可知，分子式为，A正确；B．该有机物含有碳碳双键，能发生氧化反应，加成反应，加聚反应；含羟基，能发生置换反应，氧化反应，酯化反应（取代反应）；含羧基，能发生酯化反应（取代反应），B正确；C．分子中含有碳碳双键、羟基、羧基三种官能团，C正确；D．与反应的有羟基和羧基，与反应只有羧基，则等质量该有机物分别与足量的溶液发生反应，消耗的物质的量之比为，D错误；〖答案〗选D。10.实验是研究和学习化学最重要的方法。下列实验装置正确且能达成实验目的的是（）A.制乙酸乙酯B.甲烷与氯气的取代反应C.除去乙烷中的乙烯D.乙醇催化氧化成乙醛〖答案〗A〖解析〗【详析】A．碎瓷片防暴沸，球型干燥管可以防倒吸，A正确；B．不能用日光直射，可能会引起爆炸，应该用光照，B错误；C．乙烷会溶于四氯化碳，应该用溴水，C错误；D．为使无水乙醇汽化，所以要用热水浴，可以获得平稳的乙醇气体，D错误；故选A。11.如图是某种乙醇燃料电池示意图，下列有关该电池的说法错误的是（）A.电池放电时，向镍电极Ⅱ的方向迁移B.镍电极Ⅰ电极反应为C.镍电极Ⅱ附近溶液碱性增强D.循环泵可使电解质溶液不断浓缩、循环〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗乙醇燃料电池中，通入乙醇的电极Ⅰ为负极，通入氧气的电极Ⅱ为正极。【详析】A．原电池电解质溶液中，阳离子向正极移动，即向镍电极Ⅱ的方向迁移，A正确；B．因为是碱性燃料电池，生成，B错误；C．正极发生反应，生成了，则碱性增强，C正确；D．由图示可知，循环泵可使电解质溶液不断浓缩、循环，D正确；〖答案〗选B。12.某科研人员提出与在羟基磷灰石表面催化氧化生成的历程，该历程示意图如下（图中只画出了的部分结构）。下列叙述错误的是（）A.该历程中能提高与的反应速率B.整个反应历程中，既有极性键和非极性键的断裂，又有极性键和非极性键的形成C.该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量D.生成物中的氧原子由与共同提供〖答案〗B〖解析〗【详析】A．根据题干所示，反应物为HCHO和O2，生成物为CO2和H2O，该历程中为催化剂，能加快化学反应速率，A正确；B．该历程中，生成物有极性键的形成，没有非极性键形成，B错误；C．甲醛与氧气反应生成二氧化碳和水，反应放热，该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量，C正确；D．根据图示反应时HCHO中C-H键均断裂，连接O2提供的一个O原子形成CO2，则生成物中的氧原子由与共同提供，D正确；故选B。13.科学家发现高活性的羟基自由基的消毒效率远高于氯化物、臭氧、紫外线灯、等离子体、负离子等消毒剂。它能有效降解水体中的有机污染物A，让其转化为和水。为研究降解效果，设计如下对比实验，实验测得A的浓度与时间关系如图所示，下列说法错误的是（）实验编号温度/℃①302②402③308④302A.该实验表明，温度、反应物浓度、对降解速率均有影响B.实验①在内A的降解速率为C.若其他条件相同，实验①②说明升高温度，A降解速率增大D.若其他条件相同，实验①③证明越小，越有利于A的降解〖答案〗B〖解析〗【详析】A．该实验表明，温度、反应物浓度、对降解速率均有影响，A正确；B．实验①在内A的降解速率为，B不正确；C．若其他条件相同，实验①②说明升高温度，A降解速率增大，C正确；D．若其他条件相同，实验①③证明越小，越有利于A的降解，D正确；故选B。14.下列说法错误的是（以下关于同分异构体的判断均不考虑立体异构）（）A.结构简式为的有机物分子中，处于同一平面的碳原子最多有10个B.的同分异构体中主链含有五个碳原子有5种C.的同分异构体中属于烯烃有6种D.和一定互为同系物〖答案〗C〖解析〗【详析】A．该有机物结构可写为：，共面的碳原子最多有10个，A正确；B．根据有机物的分子式可判断，可以形成一个支链有1种，结构简式,可以形成两个支链有4种，结构简式：所以同分异构体共5种，B正确；C．的同分异构体中属于烯烃只有5种（不考虑立体异构），包括：，C错误；D．和都是链状烷烃，结构相似，分子组成相差若干原子团，互为同系物，D正确；〖答案〗选C。15.向密度为、质量分数为63%的浓硝酸中加入铜镁合金完全溶解，得到和的混合气体（换算为标准状况），向反应后的溶液中加入溶液，当金属离子全部沉淀时，得到沉淀，下列说法错误的是（）A.和的混合气体中，的物质的量为B.该浓硝酸中的物质的量浓度是C.该合金中铜与镁的物质的量之比是D.得到沉淀时，加入溶液的体积是〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗设铜、镁的物质的量分别为x、y，则①，②，且，解得，。【详析】A．设的物质的量分别为a、b，则根据得失电子数相等可得、，则，，A正确；B．硝酸摩尔质量是，则密度为、质量分数为63%的浓硝酸其物质的量是，则物质的量浓度是，B正确；C．根据分析，铜与镁物质的量之比为，C错误；D．沉淀达最大时，溶液中只有硝酸钠，根据原子守恒：，氢氧化钠溶液体积为，D正确；〖答案〗选C。二、填空题（本大题4小题，共55分）16.很多重要的工业原料来源于石油化工，结合下图回答有关问题：（1）物质A的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的重要标志，其电子式为___________。（2）丙烯酸乙酯含氧官能团的名称为___________。（3）丙烯先与发生加成反应，再与发生取代反应，最多消耗___________。（4）写出下列反应的化学方程式：反应③：_____________。反应④：____________。（5）G与C互为同系物，且G比C多2个碳，写出G的结构简式____________（不考虑立体异构）。〖答案〗（1）（2）酯基（3）7（4）①.②.（5）、〖解析〗B和丙烯酸反应生成丙烯酸乙酯，则B是乙醇；A和水反应生成乙醇，A是乙烯；B和C反应生成乙酸乙酯，C是乙酸；（1）物质A的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的重要标志，A是乙烯，其电子式为。（2）丙烯酸乙酯的结构简式为CH2=CHCOOCH2CH3，含氧官能团的名称为酯基；（3）丙烯先与发生加成反应，生成，分子中含有7个H原子，再与发生取代反应，最多消耗；（4）反应③是丙烯酸和乙醇发生酯化反应生成丙烯酸乙酯和水，反应方程式为；反应④是丙烯酸发生加聚反应生成聚丙烯酸，反应方程式为（5）G与乙酸互为同系物，且G比乙酸多2个碳，则G为丁酸，其同分异构为：。17.绿色化学是当前化学研究的热点，为了实现经济可持续性发展，充分利用资源，某兴趣小组以铝合金厂的铝灰废料（主要成分为,含一定量等杂质）为原料探究生产明矾的工艺流程如图：已知：①一定条件下可与反应生成②滤渣3为红褐色沉淀回答下列问题：（1）为了提高废料酸浸过程中反应速率可以采取的措施有：___________。（至少答两条）（2）滤渣1的主要成分含___________（填化学式），过滤需要用到的玻璃仪器有___________。（3）滤液1中加过量溶液的作用是______________。（用文字表述）（4）加入适量溶液发生的离子方程式为_______________。（5）保持其他条件不变，铝合金废料中铝浸出率在不同温度下随时间变化如下图所示。该过程的最佳温度与时间分别是___________。为充分利用资源，某同学提出也可以利用废料中冶炼为金属铝加以利用。已知a吨铝灰废料可以冶炼出b吨的铝（假设各生产环节中无损耗），则原铝灰废料中的质量分数为___________（用含a、b的最简式表示）。〖答案〗（1）粉碎废料、搅拌、适当升高温度、适当增大硫酸浓度（2）①.②.烧杯、漏斗、玻璃棒（3）加入过量溶液目的是把所有氧化为（4）（5）①.、②.〖解析〗用硫酸酸浸废料(主要成分为,含一定量等杂质)，二氧化硅不溶，过滤得到滤渣1，滤渣1为二氧化硅和硫酸钙；滤液1中含有铝离子、亚铁离子、铁离子、钙离子，加入过量高锰酸钾溶液氧化亚铁离子，适量硫酸锰在一定条件下可将高锰酸根反应生成二氧化锰过滤滤渣2除去。足量氢氧化钾溶液可将铁离子生成氢氧化物沉淀过滤除掉，滤液3中含有的偏铝酸根经一系列变化生成目标十二水硫酸铝钾。（1）提高浸出速率和原料利用率方法主要有粉碎废料、搅拌、适当升高温度、适当增大硫酸浓度；（2）第一步加入硫酸后，和硫酸反应生成的等离子在滤液1中，作为沉淀过滤在滤渣1中．过滤用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；（3）根据后面滤渣3信息〖提示〗，加入过量溶液到滤液1中目的是把所有氧化为；（4）根据已知信息1可知：；（5）结合工业生产实际，在时铝浸出率已经较高；根据已知信息a吨铝土矿可以冶炼出b吨的铝，则根据铝元素守恒可知，，需要纯氧化铝的质量为吨，所以的质量分数为。18.化学实验小组的同学利用铜与浓硫酸反应制取二氧化硫并研究其性质，用下图所示装置进行实验（夹持装置和A中加热装置已略，气密性已检查）。（1）盛放浓硫酸的仪器M的名称___________，A中反应的化学方程式______________。（2）反应结束后，进一步证明A装置中反应所得产物含有最简单的操作是___________。（3）化学实验小组的同学发现A中有黑色物质产生，猜测黑色物质中可能含有和,针对产生的黑色物质，该小组同学继续实验探究。已知：是难溶于水、难溶于稀硫酸的黑色固体，但都能被浓硝酸氧化为和。①黑色物质不可能含有___________（填化学式），判断依据是________________（用文字表述）。②已将A中黑色物质过滤并洗涤干净，请设计方案证明该黑色物质中含硫元素，实验方法为：_____________。（4）该实验小组的学生预测装置B中没有白色沉淀产生，但随着反应的进行，发现装置B中产生了少量白色沉淀。为进一步探究产生沉淀的原因，分别用煮沸和未煮沸过的蒸馏水配制溶液和溶液，进行如下图实验：烧杯实验现象C无白色沉淀产生，传感器测得溶液D有白色沉淀产生E有白色沉淀产生，E中出现白色沉淀比D中快很多①根据C中现象推测B中产生白色沉淀