浙江省磐安縣第二中學2020-2021學年高二上學期期中考試化學試題

2020年磐安二中期中考試高二化學出卷人：陳江興審題人：趙鈺翔考生須知：1．本卷試題分為第I卷、第II卷，滿分100分，考試時間100分鐘。2．可能用到的相對原子質量：H1C12N14O16Na23S32Fe56Cu643．學考生做130題，選考生做137一、選擇題（本題共25小題，每小題2分，共50分。）1.苯的分子式是（）A.C3H3 B.C6H6 C.C5H5 D.C4H6【答案】B【解析】【詳解】苯是由6個碳原子和6個氫原子組成的平面型分子，所以分子式為C6H6，答案選B。點睛：本題主要考查了苯的分子式，掌握苯的分子結構是解題的關鍵，根據(jù)苯是由6個碳原子和6個氫原子組成的平面型分子。2.根據(jù)物質的組成與性質進行分類，H2SO4屬于（）A.氧化物 B.酸 C.堿 D.鹽【答案】B【解析】【詳解】A.氧化物是指兩種元素組成，其中一種元素是氧元素的化合物，H2SO4不屬于氧化物，A錯誤；B.酸是指電離出的陽離子全部都是氫離子的化合物，H2SO4屬于強酸，B正確；C.堿是指電離出的陰離子全部都是氫氧根離子的化合物，H2SO4不屬于堿，C錯誤；D.鹽是指電離出的陽離子是金屬陽離子或銨根離子、陰離子是酸根離子的化合物，H2SO4不屬于鹽，D錯誤；故答案為：B。3.下列儀器名稱為“鑷子”的是A. B. C. D.【答案】A【解析】【詳解】A項為鑷子；B項為試管夾；C項為坩堝鉗；D項為滴管。4.下列物質中，能使品紅溶液褪色的是A.甲烷 B.鹽酸 C.二氧化硫 D.二氧化碳【答案】C【解析】【分析】

【詳解】在所給的物質中，只有SO2具有漂白性，能使品紅溶液褪色，其余選項不可以，因此正確的答案選C。5.當光束通過下列分散系時，能觀察到丁達爾效應的是A.鹽酸 B.食鹽水 C.蔗糖溶液 D.淀粉溶液【答案】D【解析】【詳解】A.鹽酸是水溶液，不具有膠體的性質，不能產(chǎn)生丁達爾效應，故A不選；B.食鹽水是水溶液，不具有膠體的性質，不能產(chǎn)生丁達爾效應，故B不選；C.蔗糖溶液是水溶液，不具有膠體的性質，不能產(chǎn)生丁達爾效應，故C不選；D.淀粉溶液是膠體，具有膠體的性質，能產(chǎn)生丁達爾效應，故D選；故選D。6.在中，氯氣是A.只作氧化劑 B.只作還原劑C.既作氧化劑又作還原劑 D.既不是氧化劑又不是還原劑【答案】C【解析】【詳解】反應中氯氣中的化合價有升高和降低，既作氧化劑又作還原劑。故選C。7.下列屬于弱電解質的是A.氨水 B.麥芽糖 C.干冰 D.碳酸【答案】D【解析】【分析】

【詳解】A.氨水是混合物，既不是電解質也不是非電解質，A錯誤；B.麥芽糖在溶液中和熔融狀態(tài)都不導電是非電解質，B錯誤；C.干冰是二氧化碳晶體，屬于非電解質，C錯誤；D.碳酸為弱酸,在溶液中部分電離，為弱電解質，D正確；正確選項D?！军c睛】電解質和非電解質均為化合物，屬于電解質的物質主要有酸、堿、鹽、金屬氧化物和水等，屬于非電解質的物質主要有絕大多數(shù)有機物、非金屬氧化物、非金屬氫化物等。8.下列表示物質結構的化學用語或模型正確的是A.羥基的電子式：B.CH4分子的球棍模型：C.乙烯的最簡式：CH2D.氟離子的結構示意圖：【答案】C【解析】【詳解】A．羥基中O原子最外層有7個電子，羥基的電子式是，錯誤；B．CH4分子的球棍模型是：，錯誤；C．乙烯分子式是C2H4，所以最簡式：CH2，正確；D．氟離子的核外有10個電子，其離子結構示意圖是，錯誤。9.下列說法不正確的是（）A.12C和14C互為同位素 B.乙醇與二甲醚（CH3OCH3）互為同分異構體C.紅磷與白磷互同素異形體 D.H2O與D2O互為同位素【答案】D【解析】【詳解】A．12C和14C是質子數(shù)相同，而中子數(shù)不同的原子，互為同位素，正確；B．乙醇與二甲醚（CH3OCH3）分子式相同而結構不同，互為同分異構體，正確；C．紅磷與白磷是由同種元素組成的不同性質的單質，二者互為同素異形體，正確；D．H2O與D2O是有同位素原子形成的水分子，化學性質相似。但是二者不能互為同位素，錯誤。10.下列有關物質用途的說法不正確的是A.乙醇可用作燃料 B.碳酸鈉可用來治療胃酸分泌過多C.明礬可用作凈水劑 D.食醋可用于除去暖水瓶中的水垢【答案】B【解析】【分析】

【詳解】A．乙醇易燃燒，可用作燃料，故A正確；B．碳酸氫鈉可用來治療胃酸分泌過多，故B錯誤；C．明礬遇水可生成氫氧化鋁膠體，可作凈水劑，故C正確；D．食醋中的醋酸可溶解碳酸鈣，可用于除去暖水瓶中的水垢，故D正確，答案為B。11.X、Y、Z、W為四種短周期主族元素，它們在周期表中的位置如下圖所示：W元素的簡單離子半徑在同周期元素的簡單離子中最小。下列說法不正確的是（）XYZWA.W元素位于元素周期表的第3周期第III族B.單質Z能夠在X元素最高價氧化物中燃燒C.由X元素與氫元素組成的某種化合物能夠與氯化氫反應D.元素Y的氣態(tài)氫化物可以使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍【答案】A【解析】【分析】X、Y、Z、W為四種短周期主族元素，根據(jù)元素在周期表中的位置知，X、Y屬于第二周期元素，Z和W屬于第三周期元素，W元素的簡單離子半徑在同周期元素的簡單離子中最小，則W是Al元素，則Z是Mg元素、X是C元素、Y是N元素。【詳解】A、W是Al元素，處于第三周期第IIIA族，故A錯誤；B、Z為Mg元素，X是C元素，Mg與二氧化碳反應生成MgO和碳；故B正確；C、X是C元素，C與H元素可以形成乙烯等不飽和烴，能與氯化氫發(fā)生加成反應，故C正確；D、Y是N元素，其氣態(tài)氫化物是氨氣，氨氣是堿性氣體，可以使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍，故D正確；答案選A。12.下列方程式不正確的是A.氫氧化亞鐵在空氣中最終變?yōu)榧t褐色的化學方程式：4Fe(OH)2+O2+2H2O==4Fe(OH)3B.乙醇的催化氧化反應的化學方程式：2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2OC.碳酸鎂與稀硫酸反應的離子方程式：MgCO3+2H+=Mg2++H2O+CO2↑D.碳酸鈉水解的離子方程式：CO+2H2OH2CO3+2OH【答案】D【解析】【詳解】A．氫氧化亞鐵在空氣中被氧氣氧化，最終變?yōu)榧t褐色的氫氧化鐵，其化學方程式為：4Fe(OH)2+O2+2H2O==4Fe(OH)3，A正確；B．乙醇與氧氣在催化劑作用下發(fā)生氧化反應，其化學方程式為：2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O，B正確；C．碳酸鎂為難溶物，在離子方程式中保留化學式，其與稀硫酸反應的離子方程式為：MgCO3+2H+=Mg2++H2O+CO2↑，C正確；D．碳酸鈉為強堿弱酸鹽，在水溶液中發(fā)生分步水解，其第一步水解方程式為：CO+H2OHCO+OH，D錯誤；故選D。13.實驗室用如圖所示裝置蒸餾海水,下列說法不正確的是(

)A.蒸餾燒瓶中加入沸石的目的是防止暴沸B.蒸餾海水獲得蒸餾水可以不用溫度計C.冷凝水從冷凝器的下口流入,上口流出D.該裝置可用于分離海水中的NaCl和MgCl2【答案】D【解析】【分析】蒸餾是依據(jù)混合物中個組分沸點不同而分離的一種法，適用于除去易揮發(fā)、難揮發(fā)或不揮發(fā)雜質，據(jù)此解答。【詳解】A、加熱時液體會劇烈跳動，因此蒸餾燒瓶中加入沸石的作用是防止暴沸，A正確；B、水的沸點一定，蒸餾海水獲得蒸餾水可以不用溫度計，B正確；C、冷卻時要逆向冷凝，所以冷凝水從冷凝器的下口流入，上口流出，C正確；D、海水中的NaCl和MgCl2沸點高，利用蒸餾裝置中不能分離，D不正確。答案選D。14.下列關于有機化合物的說法正確的是A.乙醇和乙醛都存在碳氧雙鍵 B.乙醛和葡萄糖都能發(fā)生銀鏡反應C.乙酸乙酯在酸性條件下水解更徹底 D.苯能與氫氣加成，說明含有碳碳雙鍵【答案】B【解析】【詳解】A．乙醇分子中含羥基，不含碳氧雙鍵，A錯誤；B．乙醛和葡萄糖分子中均含有醛基，都能發(fā)生銀鏡反應，B正確；C．乙酸乙酯在酸性條件下發(fā)生水解反應生成乙酸和乙醇，屬于可逆反應，但在堿性條件下水解生成乙酸會結合堿會生成鹽和水，促使乙酸乙酯的水解反應更徹底，C錯誤；D．苯分子中含有一種介于碳碳雙鍵和碳碳單鍵之間的特殊的鍵，不含碳碳雙鍵，D錯誤；故選B。15.下列關于各物質水解應用的說法中不正確的是A.油脂的水解又稱為皂化反應，故可用油脂的酸性水解來制備肥皂和甘油B.可以以淀粉、纖維素為原料通過水解制得葡萄糖C.人體對食物中蛋白質的消化其實就是使蛋白質發(fā)生了水解D.用糧食釀酒與淀粉的水解有著密切的關系【答案】A【解析】【詳解】A．油脂在堿性條件下的水解反應稱為皂化反應，A錯誤；B．淀粉、纖維素的水解產(chǎn)物都是葡萄糖，B項正確；C．食物中的蛋白質進入人體后，在酶的作用下發(fā)生水解生成氨基酸，才能被人體吸收，C正確；D．釀酒首先利用的就是多糖水解生成葡萄糖，再由葡萄糖轉化成酒精，D項正確。16.已知CuO高溫灼燒生成Cu2O，Cu2O與稀H2SO4反應的離子方程式為:Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O?，F(xiàn)將經(jīng)高溫灼燒后的CuO樣品投入足量稀硫酸中得到混合溶液，有關說法正確的是（）A.反應中Cu2O只作氧化劑B.若有28.8gCu2O參加反應，則轉移電子數(shù)為0.2NAC.Cu2O的穩(wěn)定性比CuO弱D.如果溶液中出現(xiàn)藍色，說明CuO已分解【答案】B【解析】【分析】A、根據(jù)反應中Cu元素的化合價變化判斷；B、根據(jù)n=計算出28.8gCu2O物質的量，反應Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O中，1mol氧化亞銅完全反應注意1mol電子，據(jù)此計算轉移電子的物質的量及數(shù)目；C、高溫下氧化亞銅被氧化銅溫度；D、CuO與稀硫酸反應生成硫酸銅，溶液呈藍色?！驹斀狻緼、反應Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O中Cu元素的化合價從+1價升高+2價，部分降低到0價，則Cu2O既是氧化劑又是還原劑，故A錯誤；B、反應Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O中，1mol氧化亞銅完全反應注意1mol電子，28.8gCu2O物質的量為：=0.2mol，0.2mol氧化亞銅完全反應轉移了0.2mol電子，轉移電子數(shù)為0.2NA，故B正確；C、二者穩(wěn)定性需要根據(jù)所處條件分析，在溫度不是很高時CuO比氧化亞銅穩(wěn)定，在高溫的時候，氧化亞銅比氧化銅穩(wěn)定，故C錯誤；D、如果溶液中出現(xiàn)藍色，不能說明CuO已分解，因為CuO與稀硫酸反應溶液也呈藍色，故D錯誤；答案選B?！军c睛】本題考查銅及其化合物性質，涉及氧化還原反應、物質的量的計算、物質穩(wěn)定性判斷等知識，明確氧化還原反應的實質為解答關鍵，注意掌握常見元素及其化合物性質。17.一種子彈頭形的納米銅鉑電池，它在稀溴水中能沿著銅極方向移動(如圖)，電池反應為Cu+Br2=CuBr2。下列說法正確的是（）A.銅為電池的正極B.鉑不斷溶解C.稀溴水為電解質溶液D.電池工作時實現(xiàn)機械能向電能再向化學能轉化【答案】C【解析】【詳解】A．已知電池反應為：Cu+Br2=CuBr2，Cu失電子被氧化作負極，故A錯誤；B．Cu為負極，Cu逐漸溶解，鉑為正極，正極上Br2得電子，鉑不反應，故B錯誤；C．Cu、Pt、稀溴水構成原電池，稀溴水為電解質溶液，故C正確；D．原電池中化學能轉化為電能，機械能沒有轉化為電能，故D錯誤。故選：C。18.對于CH3COOH、HCl、H2SO4三種溶液，下列判斷正確的是A.pH相同的三種溶液，物質的量濃度最小的是HClB.物質的量濃度相同的三種溶液，pH最小的是H2SO4C.含溶質的物質的量相同的三種溶液與過量鎂粉反應，CH3COOH產(chǎn)生的H2最多D.相同pH、相同體積的三種溶液用NaOH溶液完全中和時，消耗NaOH溶液一樣多【答案】B【解析】【詳解】A．HCl為一元強酸，H2SO4為二元強酸，氫離子濃度相同時，硫酸的濃度是鹽酸的一半，故選項A錯；B．物質的量濃度相同的三種溶液硫酸的氫離子濃度最大，pH最小，選項B正確；C．含溶質的物質的量相同的三種溶液與過量鎂粉反應，硫酸電離出的氫離子總物質的量是另外兩種算的兩倍，硫酸產(chǎn)生的氫氣最多，選項C錯誤；D．相同pH、相同體積的三種溶液用NaOH溶液完全中和時，因醋酸是弱酸其酸的濃度遠遠大于已電離出的氫離子濃度，醋酸消耗的氫氧化鈉最多。19.下列說法正確的是A.Na2SO4晶體中只含離子鍵B.HCl、HBr、HI分子間作用力依次增大C.金剛石是原子晶體，加熱熔化時需克服共價鍵與分子間作用力D.NH3和CO2兩種分子中，每個原子的最外層都具有8電子穩(wěn)定結構【答案】B【解析】【詳解】A、Na2SO4晶體中既有Na+和SO42之間的離子鍵，又有S和O原子間的共價鍵，故A錯誤；B、由于HCl、HBr、HI分子組成相同，結構相似，所以相對分子質量越大其分子間作用力超強，所以B正確；C、金剛石是原子晶體,只存在原子間的共價鍵，故加熱融化時只克服原子間的共價鍵，故C錯誤；D、NH3中H原子只能是2電子結構，故D錯誤。本題正確答案為B。20.下圖為反應2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)的能量變化示意圖。下列說法正確的是A.拆開2molH2(g)和1molO2(g)中的化學鍵成為H、O原子，共放出1368kJ能量B.由H、O原子形成2molH2O(g)，共吸收1852kJ能量C.2molH2(g)和1molO2(g)反應生成2molH2O(1)，共吸收484kJ能量D.2molH2(g)和1molO2(g)反應生成2molH2O(g)，共放出484kJ能量【答案】D【解析】【詳解】A．拆開化學鍵吸收能量，故A錯誤；B．形成化學鍵放出能量，故B錯誤；C．由題干方程式可知應生成氣態(tài)水，而不是液態(tài)水時，放出484kJ能量，故C錯誤；D．依據(jù)圖象數(shù)據(jù)分析計算，2molH2(g)和1molO2(g)反應生成2molH2O(g)，共放出484kJ能量，故D正確；故答案為D。21.設NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是（）A.0.1mol/LNaF溶液中所含F(xiàn)數(shù)小于0.1NAB.標準狀況下，2.24L乙醇中含有的C—H鍵數(shù)為0.5NAC.0.1molNa完全被氧化生成Na2O2時，轉移的電子數(shù)為0.1NAD.0.1mol臭氧中所含氧原子數(shù)為0.2NA【答案】C【解析】【詳解】A．0.1mol/LNaF溶液的體積未知，無法計算溶液中所含F(xiàn)數(shù)，故A錯誤；B．標準狀況下乙醇為液態(tài)，所以2.24L乙醇的物質的量一定大于0.1mol，含有的C—H鍵數(shù)大于0.5NA，故B錯誤；C．0.1molNa完全被氧化生成Na2O2時失去電子0.1mol，所以轉移的電子數(shù)為0.1NA，故C正確；D．0.1mol臭氧中所含氧原子數(shù)為0.3NA，故D錯誤。故選C。22.在一體積固定的密閉容器中加入反應物A、B，發(fā)生如下反應：A(g)＋2B(g)3C(g)。反應過程中的部分數(shù)據(jù)如下表所示，下列說法正確的是濃度/mol·Lˉ1時間/minc(A)c(B)c(C)01.01.2020.840.660.9A.0～2min內，B的反應速率為0.1mol·Lˉ1·minˉ1B.2min時，C的物質的量濃度為0.4mol·Lˉ1C.4min時，反應已達到平衡狀態(tài)，此時正、逆反應的速率都為0D.4～6min內，容器內氣體分子的總物質的量不變【答案】D【解析】【詳解】A.02min，A的反應速率為0.1mol·L1·min1，B的反應速率為0.2mol·L1·min1，故A錯誤；B.2min時，C的物質的量的濃度為0.6mol/L，故B錯誤；C.4分鐘時達到反應平衡，但正逆反應速率不為0，而是動態(tài)平衡，故C錯誤；D.該化學反應中氣體分子數(shù)不變，所以分子的總的物質的量不變，故D正確；故答案選D。23.下列實驗方案能達到實驗目的的是選項實驗目的實驗方案A制備Fe(OH)3膠體將0.1mol?L1的NaOH溶液滴加到飽和FeCl3溶液中B除去Cu粉中的FeO加入足量鹽酸溶解、過濾、洗滌、干燥C檢驗溶液中是否存在SO42取少量溶液于試管中，滴加硝酸酸化的BaCl2溶液D比較金屬鈉、銅的活潑性將金屬鈉加入CuSO4溶液中A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A、向沸水中逐滴加入少量氯化鐵飽和溶液加熱水解可制備Fe(OH)3膠體，NaOH與FeCl3反應生成的是氫氧化鐵沉淀，故A錯誤；B、少量的FeO溶于鹽酸，加入足量鹽酸溶解、過濾、洗滌、干燥，得到銅固體，故B正確；C、含有SO32－的溶液，滴加硝酸酸化的BaCl2溶液，也會產(chǎn)生BaSO4沉淀，故C錯誤；D、鈉投入到銅鹽溶液反應先與水反應，不會置換出銅，無法比較金屬鈉、銅的活潑性，故D錯誤；故選B。24.向100mLFe2(SO4)3和CuSO4的混合溶液中逐漸加入鐵粉，充分反應后溶液中剩余固體的質量與加入鐵粉的質量關系如圖所示。忽略溶液體積的變化，下列說法錯誤的是A.a點時溶液中的陽離子為Cu2+、Fe2+和Fe3+B.b點時溶液中發(fā)生的反應為Fe3++Cu2+=Cu+Fe2+C.c點時溶液中溶質的物質的量濃度為0.5mol/LD.原溶液中Fe2(SO4)3和CuSO4的物質的量濃度之比為1：1【答案】D【解析】【分析】由氧化性的強弱(Fe3+＞Cu2+)及圖象變化可知：①0～5.6gFe發(fā)生Fe+2Fe3+=3Fe2+，②0.56g～1.68gFe時，消耗鐵1.12g，剩余物為1.28g，而1.28gCu的物質的量為0.02mol，此時發(fā)生Fe+Cu2+=Cu+Fe2+；③加入鐵粉為從1.68g～2.24g(即加入0.56gFe)時，固體增加1.84g1.28g=0.56g，所以此時溶液中不含Cu2+，反應完全?！驹斀狻緼．0～5.6gFe發(fā)生Fe+2Fe3+=3Fe2+，a點時溶液中陽離子為Cu2+、Fe2+和Fe3+，A說法正確；B．由圖可知加入鐵粉0.56g～1.68g時，n(Fe)=1.12g÷56g/mol=0.02mol，剩余物為1.28g，即1.28gCu的物質的量為1.28g÷64g/mol=0.02mol，此時發(fā)生Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，B說法正確；C．由圖象可知原溶液中Fe3+為0.02mol，即Fe2(SO4)3為0.01mol，n(SO)=3n[Fe2(SO4)3]=0.03mol，Cu2+為0.02mol，即CuSO4為0.02mol，n(SO)=n(CuSO4)=0.02mol，當加入鐵粉為從1.68g～2.24g(即加入0.56gFe)時，固體增加1.84g1.28g=0.56g，溶液中不含Cu2+，溶液中溶質為FeSO4，n(SO)=0.02mol+0.03mol=0.05mol，SO守恒有n(FeSO4)=n(SO)=0.05mol，所以c點溶液中溶質的物質的量濃度為0.05mol÷0.1L=0.5mol/L，C說法正確；D．由上述分析可知原溶液中Fe2(SO4)3為0.01mol，CuSO4為0.02mol，所以原溶液中Fe2(SO4)3和CuSO4的物質的量濃度之比=物質的量之比為1：2，D說法錯誤；答案選D。25.固體粉末X中可能含有Fe2O3、CuO、MnO2、CaO、NaCl和K2CO3中的若干種。為確定該固體粉末的成分，進行了以下實驗(所加試劑均過量)：下列結論正確的是：A.固體粉末中一定含K2CO3 B.X中可能存在Fe2O3C.沉淀M一定含AgCl D.沉淀Y中不一定存在MnO2【答案】B【解析】【詳解】A.固體粉末X中加入水，有難溶性的固體Y，也有可溶性的液體Z，該溶液顯堿性，可能是CaO溶于水，與水反應產(chǎn)生的Ca(OH)2電離導致，也可能是K2CO3水解使溶液顯堿性，A不合理；B.若固體粉末X中含有Fe2O3，該物質不溶于水，向其中加入鹽酸，發(fā)生反應產(chǎn)生FeCl3和水，該鹽的水溶液顯黃色，從而得到有色溶液，B正確；C.向溶液Z中加入AgNO3溶液，產(chǎn)生沉淀M，可能是Ag2CO3，也可能是AgCl，C錯誤；D.向不溶于水的固體中加入濃鹽酸，發(fā)生反應，產(chǎn)生黃綠色氣體，是由于發(fā)生反應：MnO2+4HCl(濃)MnCl2+Cl2↑+2H2O，可以證明沉淀Y中一定存在MnO2，D錯誤；故合理選項是B。二、填空題（本大題共5小題，共20分）26.用正確的化學用語表達（1）寫出N2的結構式：____。（2）寫出1，2二溴乙烷的結構簡式：____。（3）寫出銅與氯化鐵溶液反應的離子方程式:____【答案】①.N≡N②.CH2BrCH2Br③.Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+【解析】【詳解】（1）N2的結構式：N≡N；（2）1，2二溴乙烷的結構簡式：CH2BrCH2Br；（3）銅與氯化鐵溶液反應的離子方程式：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+；27.已知某氣態(tài)烴X在標準狀態(tài)下的密度為1.16g/L，A能發(fā)生銀鏡反應，E具有特殊香味，有關物質的轉化關系如下：請回答：(1)反應④的反應類型為______________________。(2)寫出反應①的化學方程式___________________________。(3)下列說法正確的是_____________。A．有機物D在加熱條件下可以使黑色的氧化銅變紅B．有機物A分子中的所有原子在同一平面上C．有機物B與C在一定條件下可以反應生成有機物ED．有機物E中混有B和D，可用NaOH溶液將E分離出來【答案】①.加成反應②.CH≡CH+H2OCH3CHO③.AC【解析】【分析】某氣態(tài)烴X在標準狀態(tài)下的密度為1.16g/L，則X的摩爾質量為，故X為乙炔，A能發(fā)生銀鏡反應，是經(jīng)過乙炔與水發(fā)生加成反應得到的，則A為乙醛，乙醛與氧氣在催化劑作用下可生成乙酸，則B為乙酸；另一方面，乙炔與氫氣發(fā)生加成反應可得到乙烯，則C為乙烯，乙烯與水在催化劑作用下發(fā)生加成反應可生成乙醇，則D為乙醇，E具有特殊香味，則E為乙酸與乙醇發(fā)生酯化反應得到的有機物，為乙酸乙酯，據(jù)此結合有機物官能團的性質分析作答?！驹斀狻扛鶕?jù)上述分析可知，(1)反應④是乙烯與水在催化劑作用下發(fā)生加成反應得到乙醇的過程，其反應類型為加成反應；(2)反應①為乙炔與水發(fā)生加成反應生成乙醛的過程，其化學方程式為：CH≡CH+H2OCH3CHO；(3)A．有機物D為乙醇，具有還原性，在加熱條件下可以使黑色的氧化銅反應會生成乙醛和銅單質，使固體表面變紅，A正確；B．乙醛分子中含甲基，其所有原子不可能在同一平面上，B錯誤；C．乙烯在一定條件下與水反應生成乙醇，再與乙酸發(fā)生反應生成乙酸乙酯，C正確；D．乙酸乙酯氫氧化鈉溶液中會發(fā)生水解，若其中混有乙酸和乙醇，可用飽和碳酸鈉溶液將乙酸乙酯分離出來，D錯誤；故答案為：AC?！军c睛】乙酸乙酯制備實驗中，飽和碳酸鈉的作用：中和乙酸，吸收乙醇，降低乙酸乙酯在水中的溶解度。28.為探究某固體化合物X(僅含兩種元素)的組成和性質，設計并完成如下實驗。已知無色氣體B能形成酸雨。請回答：(1)寫出一種檢驗黃色溶液中金屬陽離子的試劑的化學式______________。(2)將無色氣體B通入黃色溶液A中，發(fā)現(xiàn)溶液變成淺綠色。請用離子方程式表示該反應_________。(3)X的化學式是______________?！敬鸢浮竣?KSCN(或NH4SCN)②.2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2+++4H+③.FeS2【解析】【分析】黃色單質為S，B為SO2，紅棕色化合物為Fe2O3，可知X中含有Fe、S兩種元素，根據(jù)質量關系，可確定X中Fe、S原子個數(shù)比，進而可得物質化學式?！驹斀狻奎S色單質為S，n(S)==0.01mol，生成無色氣體B為SO2，紅棕色化合物為Fe2O3，n(Fe2O3)==0.005mol，n(Fe)=2n(Fe2O3)=0.01mol，n(Fe)：n(S)=(0.005mol×2)：0.01mol=1：1，且m(S)+m(Fe)=0.32g+0.01mol×56g/mol=0.88g，則黑色固體中含有S，其質量是1.2g0.88g=0.32g，則n(Fe)：n(S)=0.01mol：0.02mol=1：2，則X化學式為FeS2。(1)紅棕色化合物是Fe2O3，向其中加入H2SO4，二者發(fā)生復分解反應產(chǎn)生Fe2(SO4)3，該黃色溶液中含有Fe3+，檢驗Fe3+離子的方法是向其中滴加KSCN(或NH4SCN)溶液，若溶液變?yōu)檠t色，則證明溶液中含有Fe3+；(2)將無色氣體SO2通入黃色溶液Fe2(SO4)3中，二者發(fā)生氧化還原反應產(chǎn)生Fe2+、同時產(chǎn)生H2SO4，用離子方程式表示該反應為：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2+++4H+；(3)根據(jù)上述分析可知X的化學式是FeS2?！军c睛】本題考查物質組成探究的實驗方案設計。把握發(fā)生的氧化還原反應及現(xiàn)象的關系為解答的關鍵，注意元素守恒在物質含量及化學式的應用。29.硫酸亞鐵晶體(FeSO4·7H2O)在醫(yī)藥上作補血劑。某課外小組的同學欲測定該補血劑中鐵元素的含量。實驗步驟如下：請回答下列問題：(1)步驟①操作中所用玻璃儀器除燒杯、玻璃棒外還有____________。(2)步驟②加入H2O2發(fā)生反應的離子方程式為_____________________。(3)步驟④中一系列處理的操作步驟：過濾、________、灼燒、冷卻、稱量?！敬鸢浮竣?漏斗②.2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O③.洗滌【解析】【分析】測定該補血劑中鐵元素的含量，由實驗流程可知，將藥品中的Fe2+形成溶液，加入H2O2將Fe2+氧化為Fe3+，調整溶液pH，使Fe3+轉化為氫氧化鐵沉淀，經(jīng)加熱氫氧化鐵分解轉化為氧化鐵，通過測定氧化鐵的質量，結合Fe元素守恒計算補血劑中鐵元素的含量，以此來解答。【詳解】(1)步驟①的操作是分離難溶性固體與可溶性液體混合物，操作為過濾，過濾所用玻璃儀器除燒杯、玻璃棒外，還有漏斗；(2)步驟②加入H2O2，可以在酸性條件下將Fe2+氧化為Fe3+，發(fā)生反應的離子方程式為：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；(3)步驟④是將Fe(OH)3懸濁液從溶液中分離處理，經(jīng)過濾、洗滌、干燥、灼燒、冷卻、稱量，就得到紅棕色Fe2O3粉末。30.鐵粉和氧化鐵粉末的混合物共13.6g，加入到200mL的稀硫酸中，固體完全溶解，得到標準狀況下1.12L

氫氣。經(jīng)測定，反應后的溶液中c

(H+)

為0.200mol·L1，且無Fe3+(忽略反應前后溶液體積變化)。請計算：(1)原混合物中鐵和氧化鐵的物質的量之比為_____________。(2)原稀硫酸的物質的量濃度為______________mol·L1?！敬鸢浮竣?2∶1②.1.10【解析】【分析】(1)設Fe和氧化鐵的物質的量，然后結合混合物的質量、電子守恒列式計算；(2)反應后溶質為硫酸亞鐵和硫酸，結合硫酸根離子守恒計算硫酸的物質的量及濃度?！驹斀狻?1)設混合物中Fe、Fe2O3的物質的量分別為x、y，根據(jù)混合物總質量可得：①x×56g/mol+y×160g/mol=13.6g，反應后溶液中且無Fe3+，說明Fe、Fe2O3反應后生成Fe2+，且生成標準狀況下1.12L

氫氣。即=0.05mol氫氣，根據(jù)電子守恒可得：②2x=2y+0.05mol×2，聯(lián)立①②為方程組解得：x=0.1mol、y=0.05mol，則原混合物中鐵和氧化鐵的物質的量之比=0.1mol∶0.05mol=2∶1，故答案為：2∶1；(2)反應后的溶液中c

(H+)

為0.200mol?L1，含有氫離子的物質的量為：0.200mol/L×0.2L=0.04mol，剩余硫酸的物質的量為0.02mol，反應后溶液中且無Fe3+，說明Fe、Fe2O3反應后生成硫酸亞鐵，根據(jù)Fe守恒可知生成硫酸亞鐵的物質的量為：0.1mol+0.05mol×2=0.2mol，所以原溶液中硫酸的物質的量為：0.2mol+0.02mol=0.22mol，原稀硫酸的物質的量濃度為=1.10mol/L，故答案為：1.10。加試題三、選擇題（共15分，每題3分）31.工業(yè)上高純硅可通過下列反應制取：SiCl4(g)＋2H2(g)Si(s)＋4HCl(g)，有關化學鍵的鍵能數(shù)據(jù)如表所示：化學鍵Si—ClH—HH—ClSi—SiSi—C鍵能kJ/mol360436431176347下列說法正確的是（）A.反應中的能量變化與物質的狀態(tài)無關B.像這樣需要加熱才能進行的反應都是吸熱反應C.晶體硅比SiC更穩(wěn)定D.該反應中每生成1molSi(s)吸收的能量為236kJ【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．化學反應中的能量變化與物質的狀態(tài)有關，能量：氣態(tài)>液態(tài)>固態(tài)，A錯誤；B．吸熱反應與放熱反應與反應條件無關，氫氧化鋇晶體與氯化銨常溫下反應，該反應為吸熱反應，B錯誤；C．晶體硅和SiC都是原子晶體，同主族，從上到下，原子半徑增大，原子半徑：Si>C，則硅碳之間的鍵長小于硅硅之間的鍵長，鍵長越短，越穩(wěn)定，所以SiC比晶體硅更穩(wěn)定，C錯誤；D．?H=反應物的總鍵能生成物的總鍵能，根據(jù)SiCl4(g)＋2H2(g)Si(s)＋4HCl(g)，?H=（360×4+436×2176×2431×4）kJ/mol=+236kJ/mol，所以每生成1molSi(s)吸收的能量為236kJ，D正確；故答案為：D。【點睛】Si是原子晶體，Si原子之間以SiSi鍵構成正四面體型，取出一個正四面體來看，是一個Si原子在中間，四個Si原子在正四面體四個角，一個Si原子會形成4根SiSi鍵，但每一根SiSi鍵都是兩個Si原子共用的，所以相當于一個Si原子只占一根SiSi鍵的，所以總的來說一個Si原子對應2根SiSi鍵（×4=2）。32.已知：(1)Zn(s)+O2(g)=ZnO(s)，△H=﹣348.3kJ/mol(2)2Ag(s)+O2(g)=Ag2O(s)，△H=﹣31.0kJ/mol則Zn(s)+Ag2O(s)=ZnO(s)+2Ag(s)的△H等于A.﹣317.3kJ/mol B.﹣379.3kJ/molC.﹣332.8kJ/mol D.+317.3kJ/mol【答案】A【解析】【分析】【詳解】已知：(1)Zn(s)+O2(g)=ZnO(s)，△H=﹣348.3kJ/mol(2)2Ag(s)+O2(g)=Ag2O(s)，△H=﹣31.0kJ/mol根據(jù)蓋斯定律，將(1)(2)，整理可得：Zn(s)+Ag2O(s)=ZnO(s)+2Ag(s)的△H=﹣317.3kJ/mol，故合理選項是A。33.金屬(M)空氣電池放電的總反應方程式為:4M+nO2+2nH2O=4M(OH)n。已知:電池的“理論比能量”指單位質量的電極材料理論上能釋放出的最大電能，下列說法正確的是A.比較Mg、Al、Zn三種金屬空氣電池，Mg空氣電池的理論比能量最高B.M空氣電也放電過程的正極反應式:4Mn++nO2+2nH2O+4ne=4M(OH)nC.Al作電極材料時電解質溶液最好選酸性，這樣更有利于反應的發(fā)生，同時防止負極區(qū)沉淀D.在Mg空氣電也中,為防止負極區(qū)沉積Mg(OH)2，宜采用中性電解質及陽離子交換膜【答案】D【解析】【詳解】A．1gMg失電子、1gAl失電子、1gZn失電子，Al空氣電池的理論比能量最高，故A錯誤；B．M空氣電也，放電過程中正極生成氫氧根離子，正極反應式O2

+

2H2O+

4e=4OH，故B錯誤；C．電池中是陰離子交換膜，不能選用酸性電解質，故C錯誤；D．若用中性電解質及陽離子交換膜，鎂離子向正極移動，在正極區(qū)生成氫氣氧化鎂沉淀，故D正確。【點睛】原電池中負極失電子發(fā)生氧化反應，正極得電子反應還原反應，陽離子移向正極、陰離子移向負極。34.在一個不傳熱的固定容積的密閉容器中可逆反應mA(g)+nB(g)?pC(g)+qQ(g)當m、n、p、q為任意整數(shù)時，達到平衡的標志是()①體系的密度不再改變②反應速率v(A)：v(B)：v(C)：v(D)=m：n：p：q③各組分的濃度不再改變④各組分的質量分數(shù)不再改變⑤體系的溫度不再改變⑥單位時間內消耗mmolA，同時消耗pmolC．A.③④⑤⑥ B.②③④⑥ C.①③④⑤ D.①③④⑥【答案】A【解析】【分析】反應到達平衡狀態(tài)時，正逆反應速率相等，平衡時各物質的濃度、百分含量不變，以及由此衍生的一些量也不發(fā)生變化，由此進行判斷?！驹斀狻竣袤w系氣體的總質量不變，體系的體積不變，則氣體的密度始終保持不變，因此體系的密度不再改變不能說明反應達到平衡狀態(tài)，①項錯誤；②反應體系的反應速率v(A)：v(B)：v(C)：v(D)之比始終等于化學計量數(shù)之比（m：n：p：q），則不能說明反應達到平衡狀態(tài)，②項錯誤；③各組分的濃度不再改變，可以說明反應達到平衡狀態(tài)，③項正確；④各組分的質量分數(shù)不再改變，可以說明反應達到平衡狀態(tài)，④項正確；⑤化學反應伴隨著能量變化，則體系的溫度不再改變，說明反應達到平衡狀態(tài)，⑤項正確；⑥單位時間內消耗mmolA，同時消耗pmolC，說明正反應速率等于逆反應速率，反應達到平衡狀態(tài)，⑥項正確；綜上所述，③④⑤⑥符合題意，A項正確；答案選A。35.已知2HI(g)?H2(g)+I2(g)，443℃時IL密閉容器中充入1molHI，體系中c(HI)與反應時間t的關系如圖所示。下列說法正確的是A.0~20min內，v(H2)=0.0045mol·L1·min1 B.升高溫度，HI會完全分解C.40min時，c(H2)=0.075mol·L1 D.120min反應達到最大限度，此時HI的轉化率為78%【答案】C【解析】【詳解】A.由圖象可知20min時，HI的濃度為0.9mol·L1，根據(jù)反應方程式可知，0~20min內H2的濃度變化為0.05mol·L1，故v(H2)=，A錯誤；B.該反應為可逆反應，反應不能進行到底，反應物和生成物共存，故HI不會完全分解，B錯誤；C.由圖象可知，40min時HI的濃度為0.85mol·L1，則HI的濃度變化為0.15mol·L1，根據(jù)反應方程式可知，H2的濃度變化為0.075mol·L1，故40min時，c(H2)=0.075mol·L1，C正確；D.120min后HI的濃度不再改變，說明反應達到平衡狀態(tài)，此時HI的濃度變化量為0.22mol·L1，則其轉化率為，D錯誤；答案選C。四、填空題（共15分）36.某化學興趣小組在實驗室利用質子酸甲醇燃料電池作電源，電解硫酸銅溶液。請回答下列問題：(1)通入氧氣的電極為______（填“正極”或“負極”），通入甲醇一極的電極反應式為_________。(2)b電極上的現(xiàn)象為________________。(3)假設硫酸銅溶液的體積為600mL(電解前后溶液的體積變化忽略不計)，若消耗336mL（標準狀況）O2，則電解后硫酸銅溶液的pH為________。(4)若a、b均換成銅電極，則電解一段時間后硫酸銅溶液的濃度________（填“增大”“減小”或“不變”）?！敬鸢浮竣?正極②.CH3OH6e+H2O=CO2↑+6H+③.石墨電極表面有紫紅色固體析出④.1⑤.不變【解析】【詳解】(1)氧氣得到電子，通入氧氣的電極為正極，通入甲醇一極是負極，甲醇失去電子，由于存在質子交換膜，所以電極反應式為CH3OH6e+H2O=CO2↑+6H+。(2)b電極與電源的負極相連，作陰極，溶液中的銅離子放電析出銅，電極上的現(xiàn)象為石墨電極表面有紫紅色固體析出。(3)假設硫酸銅溶液的體積為600mL(電解前后溶液的體積變化忽略不計)，336mL（標準狀況）O2的物質的量是0.015mol，轉移0.06mol電子，則有0.06mol氫氧根放電，產(chǎn)生0.06mol氫離