四川省成都市第七中学2021-2022学年高一化学下学期期末试题（Word版附解析）

成都七中2021-2022学年度第二学期高2024届期末考试化学试卷考试时间：90分钟满分：100分可能用到的相对原子质量：147911121416192023242728313235.5403940第Ⅰ卷(选择题共40分)一、单项选择题(共20小题，每小题2分，滴分40分)1.NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法错误的是A.19g18OH-中，质子数、中子数和电子数分别是9NA、10NA、10NAB.100g质量分数12%的乙酸溶液中H+的数目是0.2NAC.11g乙醛和环氧乙烷中H原子的数目是NAD.100g质量分数46%的乙醇溶液含有O—H的数目是7NA【答案】B【解析】【详解】A．19g18OH-的物质的量为1mol，质子数、中子数和电子数分别是(8+1)NA=9NA、(10+0)NA=10NA、(8+1+1)NA=10NA，故A正确；B．乙酸是弱酸，不能全部电离，100g质量分数12%的乙酸溶液中H+的数目小于0.2NA，故B错误；C．11g乙醛和环氧乙烷中H原子的数目是=NA，故C正确；D．100g质量分数为46%的乙醇溶液，含有乙醇100g×46%=46g，含有H-O键数为=NA，含有水100g-46g=54g，含有H-O键数为=6NA，共含有O-H键数目为7NA，故D正确；故选：B。2.氚3H具有放射性，半衰期为12.43年。工业上利用反应堆产生的中子轰击6Li化合物的靶材生产氚。重水(D2O，熔点3.8℃、沸点101.4℃)是H2O的一种同位素异构体。下列说法错误的是 A.氢气共有6种同位素异构体，它们的熔点、沸点互不相同B.重水分子间存在氢键和范德华力，且分子间作用力大于H2O分子C.工业生产氚的过程不属于化学变化D.核废水中的氚衰变完全需要接近25年，对环境有长期危害【答案】D【解析】【详解】A．氢气共有D2、H2、T2、HD、DT、HT6种同位素异构体，它们熔点、沸点互不相同，A正确；B．D-O键是强极性键，则重水分子间存在氢键和范德华力，由重水的熔点3.8℃、沸点101.4℃大于H2O的可知，重水分子间作用力大于H2O分子，B正确；C．工业上利用反应堆产生的中子轰击6Li化合物的靶材生产氚，原子核发生了变化，则工业生产氚的过程不属于化学变化，C正确；D．氚3H具有放射性，半衰期为12.43年，则接近25年核废水中的氚有约四分之三发生了衰变，D不正确；答案选D。3.化学与生活紧密相关。下列说法不正确的是A.家用天然气中，常掺入少量有特殊气味的杂质气体B.从石油中获得乙烯，是目前生产乙烯的主要途径C.全氟代烷可溶解氧气，可能成为未来的人造血液D.煤经气化和液化两个物理变化过程，可变为清洁能源【答案】D【解析】【详解】A．家用天然气中，常掺入少量有特殊气味的杂质气体，便于发现气体泄漏，A正确；B．石油的裂解得到乙烯，是目前生产乙烯的主要途径，B正确；C．全氟代烷可溶解氧气，具有高气溶性，在血管内可起到携带氧气和排除二氧化碳的作用，可能成为未来的人造血液，C正确；D．煤经气化和液化是两个化学变化过程，可变为清洁能源，D错误；故选D。4.图示或化学用语表达正确的是A.过氧化氢的比例模型：B.中子数为127的碘原子： C.原子结构示意图，可以表示12C和14CD.NaClO的电子式：【答案】C【解析】【详解】A．H2O2的结构式为H—O—O—H，H2O2中氧原子的原子半径大于氢原子的原子半径，H2O2中O原子采取sp3杂化，H2O2分子不是直线形，A项错误；B．中子数为127的碘原子：，B项错误；C．12C和14C互为同位素，两者的核电荷数都为6，原子核外都有6个电子，原子结构示意图都为，C项正确；D．NaClO为离子化合物，电子式为，D项错误；答案选C。5.一种用于合成治疗免疫疾病药的物质，其结构如图所示，其中X、Y、Z、O、W为1～20号元素且原子序数依次增大，Z与Q同主族，Q和W的简单离子具有相同的电子层结构。下列叙述错误的是A.Y的氢化物的熔点一定低于Z的氢化物的熔点B.该物质中Y、Z、Q均满足8电子构型C.原子半径：W＞Q＞Y＞Z＞XD.WX与Q的最高价氧化物对应水化物的稀溶液反应有无色无味气体产生【答案】A【解析】【分析】X、Y、Z、Q、W为1~20号元素且原子序数依次增大，Z与Q同主族，Z有2个价键，Q本身有一个价键，分析处阴离子中只有Q得到一个电子，则Z为O，Q为S，Q和W的简单离子具有相同的电子层结构，则W为K，Y有三个价键，则Y为N，X有一个价键，则X为H。【详解】A．氨气存在分子间氢键，氨气的沸点高于硫化氢，因此Y的氢化物的熔点不一定低于Z的氢化物的熔点，A错误； B．该物质中N、O、S均满足8电子构型，B正确；C．同周期从左往右原子半径逐渐减小，同主族从上往下原子半径逐渐增大，故原子半径：K＞S＞N＞O＞H，C正确；D．WX为KH，Q的最高价氧化物对应水化物的稀溶液为H2SO4，反应有无色无味气体H2产生，D正确。故选A。6.部分含S及含Cl物质的价类关系如图所示，下列推断错误的是A.a的浓溶液和钾盐e反应，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：5B.将b通入f的水溶液中发生反应，可以生成两种强酸C.加热g的浓溶液和钠盐c的混合物生成a，说明酸性：g>aD.d和f都可以用于杀菌消毒【答案】C【解析】【分析】由图可知，a为氯化氢、b为氯气、c为金属氯化物、d为二氧化氯、e为氯酸盐、f为二氧化氯、g为硫酸。【详解】A．浓盐酸和氯酸钾反应生成氯化钾、氯气和水，反应中氯化氢为还原剂，氯酸钾为氧化剂，由得失电子数目守恒可知，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：5，故A正确；B．将氯气通入二氧化硫的水溶液中发生的反应为氯气与二氧化硫的水溶液反应生成盐酸和硫酸，盐酸和硫酸都是在溶液中完全电离的强酸，故B正确；C．浓硫酸和氯化钠共热反应生成硫酸钠和氯化氢说明硫酸的沸点高于氯化氢，与酸性强弱无关，故C错误；D．二氧化氯具有强氧化性，能使蛋白质因氧化而变性，二氧化硫有毒，能使蛋白质变性，所以二氧化氯和二氧化硫都可以用于杀菌消毒，故D正确；故选C。7.已知短周期主族元素R、W、X、Y、Z，其中R元素所在的周期数是其族序数的一半，且对应的两种常见氧化物均为酸性氧化物，W元素与Z元素在同一主族，X与其同主族另一元素单质构成原子反应堆导热 剂，Y元素原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，Z元素原子L层电子数为m+n，M层电子数为m-n，下列叙述中错误的是A.R、X、Y对应的简单离子半径：r(X)＜r(Y)＜r(R)B.相同温度相同浓度的W、R的最高价含氧酸的正盐溶液的碱性：W＞RC.将WY2与RY2分别通入Ba(NO3)2溶液中，现象不同D.因氢化物的稳定性：Y＞R，故氢化物的沸点：Y＞R【答案】D【解析】【分析】已知短周期主族元素R、W、X、Y、Z，其中R元素所在的周期数是其族序数的一半，且对应的两种常见氧化物均为酸性氧化物，则为S元素，X与其同主族另一元素单质构成原子反应堆导热剂，则X为Na元素，Y元素原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，Z元素原子L层电子数为m＋n，M层电子数为m-n，则n=2，m=6，故Z为Si，Y为O，W元素与Z元素在同一主族，W为C。由题意可推知R、W、X、Y、Z五种元素分别是S、C、Na、O、Si。【详解】A．R、X、Y对应的简单离子半径：r(Na＋)<r(O2-)<r(S2-)，选项A正确；B．相同温度相同浓度的R、W的最高价含氧酸的正盐溶液分别为Na2SO4(中性)、Na2CO3(碱性)，则pH：Na2CO3>Na2SO4，选项B正确；C．将CO2与SO2分别通入Ba(NO3)2溶液中，通入CO2时无明显现象，通入SO2时有白色沉淀，现象不同，选项C正确；D．H2O的熔、沸点比H2S的熔、沸点高，是因为水分子间存在氢键，不是因为H2O比H2S稳定，选项D错误；答案选D。8.实验室用下列装置模拟侯氏制碱法制取少量NaHCO3固体。不能达到实验目的的是A.装置Ⅰ制取CO2B.装置Ⅱ中Na2CO3溶液可除去CO2中的少量HClC.装置Ⅲ中冰水浴有利于析出NaHCO3固体D.装置Ⅳ可获得少量NaHCO3固体 【答案】B【解析】【详解】A．在装置Ⅰ中利用稀盐酸与碳酸钙反应生成氯化钙、二氧化碳和水，可制取CO2，选项A正确；B．除去CO2中的少量HCl必须用饱和碳酸氢钠溶液，装置Ⅱ中Na2CO3溶液可与二氧化碳反应，选项B错误；C．装置Ⅲ中冰水浴使温度降低，有利于析出NaHCO3固体，选项C正确；D．通过过滤利用装置Ⅳ可获得少量NaHCO3固体，选项D正确；答案选B。9.蒙脱石散是一种温和止泻剂，适合儿童使用。其主要成分是由A、B、D、E四种原子序数依次增大的短周期元素组成的物质D4[E4B10(BA)8]，其中D元素是地壳中含量最高的金属元素，E元素的单质常用来制造太阳能电池，A3B+和BA-含有相同的电子数。下列说法错误的是（）A.原子半径：D>E>B>AB.简单氢化物的稳定性：E>BC.A、B组成的一种化合物是绿色氧化剂D.含E的一种盐溶液常作木材防火剂【答案】B【解析】【分析】A、B、D、E四种原子序数依次增大的短周期元素，D元素是地壳中含量最高的金属元素，则D是Al元素，E元素的单质常用来制造太阳能电池，则E是Si元素，A3B+和BA-含有相同的电子数，则A是H元素，B是O元素，据此解答。【详解】根据上述分析可知：A为H，B为O，D为Al，E为Si：A.同一周期元素，从左到右原子半径依次减小，不同周期的元素，原子序数越大，原子半径越大，所以原子半径：Al>Si>O>H，A正确；B.元素的非金属性越强，其最简单氢化物的稳定性就越大，由于元素的非金属性：O>Si，所以简单氢化物的稳定性：H2O>SiH4，B错误；C.H2O2具有氧化性，由于还原产物是H2O，不会产生污染，所以H2O2是绿色氧化剂，C正确；D.Na2SiO3的水溶液没有助燃性，因此常作木材防火剂，D正确；故合理选项是B。【点睛】本题考查了元素及化合物的应用，根据元素周期表及元素周期律推断元素是解题关键，熟练掌握元素及化合物的性质是正确解答的基础。10.“一锅法”以钌基催化剂用[Ru]表示)催化硝基苯(PhNO2，Ph表示苯基)与醇(RCH2OH)反应为仲胺 (RCH2NHPh)，反应过程如下图所示(省略了部分物质，未配平)。下列叙述错误的是A.反应原料中的RCH2OH可用甘油或葡萄糖代替B.历程中存在反应PhNH2+RCHO→RCH=NPh+H2OC.有机物还原反应的氢都来自于RCH2OHD.该反应过程结束后RCHO没有剩余【答案】D【解析】分析】据图知发生以下反应：①2[Ru]+RCH2OH→RCHO+2[Ru-H]②6[Ru-H]+PhNO2→PhNH2+6[Ru]+2H2O③PhNH2+RCHO→RCH=NPh+H2O④RCH=NPh+2[Ru-H]→RCH2NHPh+2[Ru]【详解】A．由①②③知，甘油或葡萄糖中均含有-CH2OH，能发生如图转化，故RCH2OH可用甘油或葡萄糖代替，A项不符合题意；B．由③知，存在该反应，B项不符合题意；C．由图中PhNO2→PhNH2，RCH=NPh→RCH2NHPh，该反应中的H来源于Ru-H，Ru-H中的H来源于RCH2OH，C项不符合题意；D．[Ru]为催化剂，由分析可知总反应为4RCH2OH+PhNO23RCHO+3H2O+RCH2NHPh，RCHO有剩余，D项符合题意；故正确选项为D。11.下列高分子材料制备方法正确的是A.聚乳酸()由乳酸经加聚反应制备B.聚四氟乙烯()由四氟乙烯经加聚反应制备 C.尼龙()由己胺和己酸经缩聚反应制备D.聚乙烯醇()由聚乙酸乙烯酯()经消去反应制备【答案】B【解析】【详解】A．聚乳酸()是由乳酸[HOCH(CH3)COOH]分子间脱水缩聚而得，即发生缩聚反应，A错误；B．聚四氟乙烯()是由四氟乙烯(CF2=CF2)经加聚反应制备，B正确；C．尼龙-66()是由己二胺和己二酸经过缩聚反应制得，C错误；D．聚乙烯醇()由聚乙酸乙烯醇酯()发生水解反应制得，D错误；故答案为：B。12.某兴趣小组在实验室用如图装置制备乙烯，并检验气体产物组分含有乙烯和二氧化硫。下图装置中的药品使用错误的是 A.装置ⅠB.装置ⅡC.装置ⅢD.装置Ⅴ【答案】C【解析】【详解】图示装置中装置I为乙醇的消去反应，药品正确，装置II为检验二氧化硫的装置，装置III为吸收二氧化硫的装置，但酸性高锰酸钾能与乙烯反应，导致装置V中不能检测到乙烯，装置IV为验证二氧化硫是否吸收完全的装置，综上分析，装置III中药品错误，可选用氢氧化钠溶液吸收二氧化硫，故选C。13.下面的序列中，相应的性质变化是单调增加的有几个①第ⅠA族元素随原子序数增加相应单质的密度②第ⅣA族元素随原子序数增加最简单气态氢化物的熔沸点③第ⅤA族元素随原子序数增加最简单气态氢化物的熔沸点④完全燃烧等质量的CnH2n+2随n的增加消耗氧气的物质的量⑤第ⅥA族元素随原子序数增加最简单气态氢化物的稳定性⑥第ⅦA族元素随原子序数增加最简单气态氢化物的酸性A.3B.2C.1D.0【答案】B【解析】【详解】①第ⅠA族元素随原子序数增加相应单质的密度逐渐增加，K例外，①错误；②第ⅣA族元素随原子序数增加最简单气态氢化物的熔沸点逐渐增加，②正确；③第ⅤA族元素随原子序数增加最简单气态氢化物的熔沸点不是单调增加，因为NH3分子之间存在氢键，大大增加了分子间作用力，使得它的熔沸点高于PH3和AsH3，③错误；④完全燃烧等质量的CnH2n+2随n的增加消耗氧气的物质的量逐渐减小，等质量的烃完全燃烧，其耗氧量的大小取决于该烃分子中氢的质量分数，其值越大，耗氧量越大，随n的增加，该烃分子中氢的质量分数越小，④错误；⑤第ⅥA族元素随原子序数增加最简单气态氢化物的稳定性逐渐减小，因为同一主族从上到下非金属性减弱，其对应最简单气态氢化物的稳定性也减弱，⑤错误；⑥第ⅦA族元素随原子序数增加最简单气态氢化物的酸性逐渐增加，⑥正确；故答案选B。14.一篇关于合成“纳米小人”的文章成为有机化学史上最受欢迎的文章之一、其中涉及到的一个反应如下：下列说法中错误的是 A.化合物M环上的一氯代物有2种B.该反应的原子利用率不是100%C.化合物P能使酸性KMnO4溶液和溴水褪色，但反应原理不同D.N有2种官能团，1molN最多可以与8molH2反应【答案】A【解析】【详解】A．由M的结构可知，M是一个左右对称的结构，苯环上4个氢被取代，剩下的两个氢为等效氢，苯环上的一氯代物有1种，另外一个环有2种等效氢，一氯代物有2种，则化合物M环上的一氯代物有3种，A错误；B．反应物M中有溴元素，生成物P中不含溴元素，说明产物不止P一种，原子利用率不是100%，B正确；C．P中有碳碳三键，则使酸性高锰酸钾溶液褪色是因为碳碳三键与其发生氧化还原反应，而使溴水褪色是因为碳碳三键与溴水发生加成反应，反应原理不同，C正确；D．N含有碳碳三键、醛基两种官能团，1molN中含2mol碳碳三键、1mol苯环和1mol醛基，2mol碳碳三键能加成4molH2，1mol苯环能加成3molH2，1mol醛基能加成1molH2，则1molN最多可以与8molH2反应，D正确；答案选A。15.已知：MnO2+2NaBr+2H2SO4MnSO4+Na2SO4+Br2↑+2H2O，实验室利用如下图所示的装置制备溴苯。下列说法正确的是 A.装置接口按气流方向连接顺序为：d→a→b→f→e→cB.装置甲中进行水浴加热的目的是防止溴蒸气冷凝C.装置乙中有淡黄色沉淀产生，可证明苯与溴发生了取代反应D.可用乙醇作洗涤剂除去溴苯中溶解的少量Br2【答案】B【解析】【分析】装置甲的浓硫酸用来吸收溴中的水，水浴加热为防止溴蒸气冷凝，装置乙用来吸收制取溴苯后挥发出来的溴化氢。装置丙则为题设条件的发生装置，装置丁为制取溴苯的发生装置，连接顺序为：dabefc，球形冷凝管可以使溴苯冷凝下来。【详解】A．根据分析，装置连接顺序为dabefc，A不符合题意；B．溴蒸气容易液化，所以需要通过水浴加热来防止冷凝，B符合题意；C．此处的淡黄色沉淀一定为溴化银，但有可能是溴蒸气与水反应生成溴化氢，溴化氢与硝酸银反应生成的溴化银，C不符合题意；D．除去溴苯中的溴应用氢氧化钠溶液，D不符合题意；故选B。16.辅酶Q10结构简式如下，具有预防动脉硬化的功效，为黄色至橙黄色结晶性粉末，无臭无味，遇光易分解。下列说法不正确的是A.分子式为C59H90O4，含有14个甲基，含有3种官能团B.在合适条件下，最多与14molH2或12molBr2发生加成反应C.分子中的四个氧原子及六元环上的碳原子在同一平面D.该分子属于高分子化合物，聚合度为10 【答案】D【解析】【详解】A．由结构简式知辅酶Q10的分子式为C59H90O4，含有14个甲基，含有醚键、碳碳双键和羰基3种官能团，A正确；B．碳碳双键和羰基均可与氢气发生加成反应、碳碳双键可与Br2发生加成反应，则在合适条件下，最多与14molH2或12molBr2发生加成反应，B正确；C．碳碳双键和羰基均为平面结构，则分子中的四个氧原子及六元环上的碳原子在同一平面，C正确；D．分子式为C59H90O4，则该分子不属于高分子化合物，D不正确；答案选D。17.不考虑立体异构，下列说法不正确的是A.某羧酸酯分子式为C18H26O5，1mol该酯完全水解可得1mol酸和2mol乙醇，该羧酸分子式为C14H18O5B.某单官能团有机物CxHyOz，相对分子质量为58，完全燃烧时产生等物质的量的CO2和H2O，它可能的结构共有4种C.C4H8Cl2有9种同分异构体D.若分子式为C5H10O2的有机物在酸性条件下可水解为酸和醇，则这些醇和酸重新组合可形成的酯共有40种【答案】B【解析】【详解】A．1mol该酯完全水解可得1mol酸和2mol乙醇，说明1mol酯中含2mol羧基，可表示为：,根据原子守恒，羧酸的分子式为C14H18O5，A正确；B．某单官能团有机物CxHyOz，相对分子质量为58，完全燃烧时产生等物质的量的CO2和H2O，说明碳氢比为1：2，故分子式为：C3H6O，可能为CH3CH2CHO、CH3COCH3、、、，共5种，B错误；C．C4H8Cl2的可能结构为（只画出碳骨架）：、、，有9种同分异构体，C正确； D．分子式为C5H10O2的有机物在酸性条件下可水解为酸和醇，该分子只含一个酯基，水解生成的酸甲酸、乙酸、丙酸、丁酸、2-甲基丙酸共5种；生成的醇有甲醇、乙醇、1-丙醇、2-丙醇、1-丁醇、2-丁醇、2-甲基-1-丙醇，2-甲基-2-丙醇共8种，酸与醇酯化，可能有种组合，D正确；故选B。18.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。甲、乙、丙是由这些元素组成的二元化合物，0.1mol/L丙溶液的H+物质的量浓度为0.1mol/L，丁是元素Z的单质，为黄绿色气体，戊是难溶于水的混合物，己的水溶液具有漂白性。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是A.甲可能是丁烷，常温常压下呈气态B.原子半径的大小：W＜X＜Y＜ZC.氧化物对应水化物的酸性：Z＞XD.己的结构式：W-Z-Y【答案】A【解析】【分析】丁是元素Z的单质，为黄绿色气体即Cl2，则Z为Cl元素，常温下0.1mol·L-1丙溶液的pH为1，说明丙是强电解质，由于含Cl元素组成的二元化合物，则丙为HCl，戊是难溶于水的混合物，则为多氯代烷的混合物，甲为烷烃，W为H元素，X为C元素，己的水溶液具有漂白性则己为HClO，则乙为H2O，Y为O元素；分析可知，W、X、Y、Z分别为H、C、O、Cl，甲为烷烃、乙为H2O、丙为HCl、丁为Cl2、己为HClO。【详解】A．戊是难溶于水的混合物，则为多氯代烷的混合物，甲为烷烃，甲可能是丁烷，常温常压下正丁烷呈气态，A正确；B．同周期元素从左到右原子半径减小，电子层数越多原子半径越大，则原子半径：W(H)＜Y(O)＜X(C)＜Z(Cl)，B错误；C．X为C，Z为Cl，未指明最高价氧化物对应的水化物，而酸性：H2CO3>HClO，C错误；D．己为HClO，O原子能形成2对共用电子对，H和Cl原子只能形成1对共用电子对，结构式为H-O-Cl，即W-Y-Z，D错误；故选：A。19.由实验操作和现象，可得出相应正确结论的是实验操作现象结论 A向NaBr溶液中滴加过量氯水，再加入淀粉KI溶液先变橙色，后变蓝色氧化性：Cl2＞Br2＞I2B向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热，加入新制的Cu(OH)2悬浊液无砖红色沉淀蔗糖未发生水解C加热试管中的聚氯乙烯薄膜碎片试管口润湿的蓝色石蕊试纸变红氯乙烯加聚是可逆反应D石蜡油加强热，将产生的气体通入Br2的CCl4溶液溶液红棕色变无色气体中含有不饱和烃A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．氯水过量，能将碘离子氧化为碘单质，不能证明溴单质的氧化性大于碘单质，A错误；B．氢氧化铜悬浊液检验葡萄糖需要在碱性环境下进行，题中没有将酸性环境调至碱性，B错误；C．聚氯乙烯受热易发生消去反应而分解，放出氯化氢，不能得出氯乙烯加聚反应为可逆反应，C错误；D．石蜡油裂解产物中的不饱和烃能使溴的四氯化碳溶液褪色，结论正确，D正确；故选D。20.硫酸锌(ZnSO4)是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。硫酸锌可由菱锌矿制备，菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。其制备流程如下：已知pH=5时，只有Fe3+完全沉淀，其余金属阳离子不生成氢氧化物沉淀；向80～90℃的滤液①中分批加入适量KMnO4溶液充分反应后过滤，滤渣②中有MnO2。下列说法正确的数目是(1)焙烧菱锌矿时有气体生成，该气体可使澄清石灰水变浑浊(2)滤渣①的主要成分是Fe(OH)3、SiO2和CaSO4(3)滤液①加入KMnO4溶液发生反应的离子方程式为3Fe2+++7H2O3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+ (4)滤液④获得硫酸锌晶体的主要操作包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥(5)滤渣④与浓H2SO4共热反应可以释放HF并循环利用，同时得到MgSO4和CaSO4A.5B.4C.3D.2【答案】A【解析】【分析】由题给流程可知，焙烧菱锌矿时，碳酸锌受热分解生成氧化锌和二氧化碳，向焙烧渣中加入稀硫酸酸浸得到含有锌离子、钙离子、镁离子、铜离子、铁离子和亚铁离子的溶液，向溶液中加入氧化锌调节溶液pH为5，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙、氢氧化铁的滤渣和含有锌离子、钙离子、镁离子、铜离子、亚铁离子的滤液；向80～90℃的滤液中分批加入加入高锰酸钾溶液，溶液中高锰酸根离子与亚铁离子反应生成氢离子、氢氧化铁沉淀和二氧化锰沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、二氧化锰的滤渣和含有锌离子、钙离子、镁离子、铜离子的滤液；向滤液中加入锌粉，将铜离子转化为铜，过滤得到含有铜的滤渣和含有锌离子、钙离子、镁离子的滤液；向滤液中加入氢氟酸溶液，将钙离子、镁离子转化为氟化钙和氟化镁沉淀，过滤得到含有氟化钙、氟化镁的滤渣和含有锌离子的滤液；滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到七水硫酸锌。【详解】(1)由分析可知，焙烧菱锌矿时有可使澄清石灰水变浑浊的二氧化碳气体生成，故正确；(2)由分析可知，滤渣①中含有的主要成分是二氧化硅、氢氧化铁和硫酸钙，故正确；(3)由分析可知，滤液①中加入高锰酸钾溶液发生的反应为溶液中高锰酸根离子与亚铁离子反应生成氢离子、氢氧化铁沉淀和二氧化锰沉淀，反应的离子方程式为3Fe2+++7H2O3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+，故正确；(4)由分析可知，滤液④为硫酸锌溶液，溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到七水硫酸锌，故正确；(5)由分析可知，滤渣④的主要成分是氟化钙和氟化镁，氟化钙和氟化镁与浓硫酸共热反应生成氟化氢、硫酸钙和硫酸镁，制得的氟化氢可以循环利用，同时得到硫酸钙和硫酸镁，故正确；正确的数目是5，故选A。第Ⅱ卷(非选择题共60分)二、非选择题(共4小题，满分60分)21.化合物(YW4X5Z8·4W2Z)可用于电讯器材、高级玻璃的制造。W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增加，且加和为21。YZ2分子的总电子数为奇数，常温下为酸雨成因的一种气体。该化合物的热重曲线如图所示，在200℃以下热分解时无刺激性气体逸出。 回答下列问题(使用相应的元素符号或化学式)：（1）比X元素核内质子数多1的元素Q原子结构示意图是_______。（2）写出W与Y形成的一种18e-分子的电子式：_______；该分子与W2Z2混合时能发生反应，生成两种环境友好的分子，因而成为火箭推进剂的原料，写出该反应化学方程式：_______。（3）该化合物中存在的主要化学键有_______。a．离子键b．极性共价键c．范德华力d．氢键（4）X与Y的最高价氧化的水化物酸性：_______＞_______(填化学式)。（5）下列说法正确的是_______(填字母)。A.纯净的YZ2可被水完全溶解，得到某一元强酸溶液B.YZ遇到Z2会迅速产生颜色变化，该过程有电子转移C.W、X、Y、Z的单质常温下均为固体D.该化合物热重曲线的第一个失重峰对应失去全部结晶水（6）写出该化合物热分解的总反应方程式_______。【答案】（1）（2）①.②.N2H4+2H2O2=N2+4H2O（3）ab（4）①.HNO3②.H3BO3（5）B（6）2NH4B5O8·4H2O5B2O3+2NH3↑+9H2O↑【解析】【分析】化合物(YW4X5Z8·4W2Z)可用于电讯器材、高级玻璃的制造。W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增加，且加和为21。该化合物的热重曲线如图所示，在200℃以下热分解时无刺激性气体逸出，则说明失去的是水，即W为H，Z为O，YZ2分子的总电子数为奇数，常温下为酸雨成因的一种气体，则Y为N，原子序数依次增加，且加和为21，则X为B。根据分析可得：X为B，Y为N，W为H，Z为O。【小问1详解】比B元素核内质子数多1的元素为C，原子结构示意图为。 【小问2详解】N与H形成的18e-的分子为N2H4，电子式为；N2H4和双氧水反应生成氮气和水，故化学方程式为N2H4+2H2O2=N2+4H2O。【小问3详解】化合物(NH4B5O8·4H2O)中阴阳离子间为离子键、铵根离子键间N与H之间为极性键，故选ab。【小问4详解】根据非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，则最高价氧化物的水化物酸性：X(H3BO3)＜Y(HNO3)。【小问5详解】A.纯净的NO2与水反应生成硝酸和一氧化氮气体，故不能被水完全溶解，错误；B.NO遇到O2会反应生成二氧化氮红棕色气体，会产生颜色变化，为氧化还原反应，该过程有电子转移，正确；C.X(B)的单质常温下为固体，其它为气体，错误；D.根据前面已知200℃以下热分解时无刺激性气体逸出，则说明失去的是水，若100～200℃阶段热分解失去4个H2O，则质量分数，则说明不是失去去4个H2O，错误；故选B。【小问6详解】化合物(NH4B5O8·4H2O)在500℃热分解后若生成固体化合物X2Z3(B2O3)，故化合物热分解的总反应方程式为2NH4B5O8·4H2O5B2O3+2NH3↑+9H2O↑。22.基于生物质资源开发常见的化工原料，是绿色化学的重要研究方向。以化合物Ⅰ为原料，可合成丙烯酸Ⅴ、丙醇Ⅶ等化工产品，进而可制备聚丙烯酸丙酯类高分子材料。（1）化合物Ⅰ的分子式为_______，其环上的取代基是_______(写名称)。写出化合物Ⅴ的中文名称_______。 （2）已知化合物Ⅱ也能以Ⅱ´的形式存在。根据Ⅱ´的结构特征，分析预测其可能的化学性质，参考①的示例，完成下表。序号结构特征可反应试剂反应形成的新结构反应类型①-CH=CH-H2-CH2-CH2-加成反应②_____________________氧化反应③_____________________取代反应（3）化合物Ⅳ能溶于水，其原因是_______。（4）化合物Ⅳ到化合物Ⅴ的反应是原子利用率100%的反应，且1molⅣ与lmol化合物a反应得到2molⅤ，则化合物a的结构简式为_______。（5）化合物Ⅵ有多种同分异构体，其中含结构的有_______种，其中一氯代物只有一种的结构简式为_______。【答案】（1）①.C5H4O2②.醛基③.丙烯酸（2）①.—CHO②.O2③.—COOH④.—COOH⑤.CH3OH⑥.-COOCH3（3）Ⅳ中羧基能与水分子形成分子间氢键（4）CH2=CH2（5）①.2②.【解析】【分析】Ⅱ发生催化氧化生成Ⅲ，Ⅲ和水发生开环加成反应生成Ⅳ，化合物Ⅳ到化合物Ⅴ的反应是原子利用率100%的反应，且1molⅣ与1mol化合物a反应得到2molⅤ，则a为CH2=CH2，V中-COOH发生反应生成Ⅵ中-CH2OH，Ⅵ中碳碳双键和氢气发生加成反应生成Ⅶ，Ⅱ异构化生成Ⅱ′。【小问1详解】化合物Ⅰ的分子式为C5H4O2，其环上的取代基是醛基(写名称)。化合物Ⅴ的中文名称丙烯酸。故答案为：C5H4O2；醛基；丙烯酸；【小问2详解】②含有-CHO，在催化剂条件下被O2氧化生成-COOH，在加热条件下被新制氢氧化铜悬浊液氧化生成-COOH，在水浴加热条件下能被银氨溶液氧化生成-COONH4，该反应属于氧化反应；③含有-COOH，可与CH3OH、CH3CH2OH等醇在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生酯化反应，生成新的结构为-COOR ，该反应属于酯化反应或取代反应；故答案为：—CHO；O2；—COOH；—COOH；CH3OH；-COOCH3；【小问3详解】化合物Ⅳ能溶于水，其原因是Ⅳ中羧基能与水分子形成分子间氢键。故答案为：Ⅳ中羧基能与水分子形成分子间氢键；【小问4详解】化合物Ⅳ到化合物Ⅴ的反应是原子利用率100%的反应，且1molⅣ与lmol化合物a反应得到2molⅤ，则化合物a的结构简式为CH2=CH2。故答案为：CH2=CH2；【小问5详解】化合物Ⅵ有多种同分异构体，其中含结构的有CH3COCH3、CH3CH2CHO共2种，其中一氯代物只有一种的结构简式为CH3COCH3。故答案为：2；。23.乙酸异戊酯具有香蕉的气味，实验室合成乙酸异戊酯的反应和实验装置(省略了夹持装置和带有电磁搅拌功能的水浴锅装置)如图。++H2O有关试剂和产物的性质如下：相对分子质量密度/(g·cm-3)沸点/℃熔点/℃溶解性 异戊醇880.8123131-117微溶于水冰乙酸601.049211816.5易溶于水乙酸异戊酯1300.8825142-79微溶于水浓硫酸981.8433810.36易溶于水环己烷840.79816.5难溶于水Ⅰ．合成反应在仪器c(圆底烧瓶)中加入60mL异戊醇、4mL冰醋酸、0.6mL浓硫酸、25mL环己烷和磁力搅拌子；摇匀后装上仪器b(分水器)，向b中加入环己烷至支管处，接好仪器a(球形冷凝管)，通冷凝水，打开电磁搅拌器，水浴加热回流约1～1.5h。由于环己烷和水可以形成二元最低共沸物，因此生成的水不断地被环己烷从反应混合液中带出来。Ⅱ．分离提纯将冷至室温的反应液倒入分液漏斗中，用25mL水洗一次，再用5%NaHCO3溶液洗至中性，最后用5mL饱和食盐水洗一次，有机相加入无水MgSO4静置，过滤，将有机相蒸馏，先收集环己烷，再收集138～142℃的馏分，共4.50g。回答下列问题：（1）根据上述药品用量，下列圆底烧瓶最合适的规格为_______，分液漏斗最合适的规格为_______。A．100mLB．250mLC．500mLD．1000mL（2）回流时，气雾上升高度不宜超过冷凝管高度的。若气雾上升过高，可采取的措施是_______。（3）反应中分水器内可观察到液体分层，至下层液体液面不再升高时，可判断反应已经完成，原因是_______。（4）加入环己烷的目的除了共沸带水外，还可降低体系回流温度，减少副反应；若温度过高，主要有机副产物有：2—甲基—2—丁烯、_______和_______(写出结构简式)。（5）磁力搅拌子的作用是搅拌和_______。（6）关于Ⅱ，分离提纯的说法，不正确的是_______。A．用25mL水洗可降低有机相中酸的浓度B．NaHCO3溶液洗的目的是除掉有机相中的酸C．无水MgSO4的作用是除掉有机物中的水D．分液时，有机相从分液漏斗下口放出E．静置后可不过滤，直接蒸馏分离有机物F．蒸出的环己烷可重复利用 （7）该反应的产率最接近_______。A.52%B.62%C.72%D.82%【答案】（1）①.B②.A（2）降低水浴温度（3）下层液体为水，相界面不再升高说明反应结束/停止(已经达到平衡)（4）①.②.（5）防暴沸（6）DE（7）A【解析】【分析】乙酸与异戊醇发生酯化反应得到乙酸异戊酯，环己烷的作用是与水形成共沸物将产物水带出，从而促进酯化反应平衡正向移动，提高产率；得到的产物中含乙酸、异戊醇、环己烷杂质，先用碳酸氢钠溶液洗涤酸和醇，再用水洗去反应生成的盐，用无水硫酸镁干燥后得到乙酸异戊酯和环己烷的混合物，蒸馏可得到乙酸异戊酯。【小问1详解】圆底烧瓶中溶液总体积为89.5mL，药品总量占烧瓶容积的三分之一到三分之二之间比较合适，故选250mL的圆底烧瓶，选B；分液漏斗最合适的规格为100mL，故选A；【小问2详解】回流时，气雾上升高度不宜超过冷凝管高度的三分之一，若气雾上升过高，说明加热温度过高，可采用的措施为：降低水浴温度；【小问3详解】制备乙酸异戊酯的反应为可逆反应且有水生成，分水器中可观察到液体分层，至下层液体液面不再升高时，可判断反应已经完成，原因是下层液体为水，相界面不再升高说明反应结束/停止(已经达到平衡)，故答案为：下层液体为水，相界面不再升高说明反应结束/停止(已经达到平衡)；【小问4详解】加入环己烷的目的是除了共沸带水外，还可降低体系的回流温度，减少副反应；若温度过高，异戊醇可发生消去反应生成，或者分子间脱水发生取代反应生成醚：；【小问5详解】 磁力搅拌子的作用是搅拌和防暴沸；【小问6详解】A．酸可以溶于水，用25mL水洗可降低有机相中酸的浓度，A正确；B．碳酸氢钠溶液可以和酸反应，则洗涤的目的是除掉有机相中的酸，B正确；C．无水硫酸镁具有吸水性，可以除掉有机物中的水，C正确；D．分液时，有机相密度比水小，从分液漏斗上口倒出，D错误；E．静置后过滤分离，然后蒸馏分离有机物，E错误；F．蒸出的环己烷可重复利用，F正确；故选DE。【小问7详解】仪器c中加入60mL异戊醇，物质的量为：，4mL冰醋酸的物质的量为：，异戊醇过量，方程式中：乙酸、异戊醇、乙酸异戊酯的物质的量之比为1:1:1，则生成乙酸异戊酯的物质的量为0.07mol，理论产率为：，故选A。24.用软锰矿(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)和BaS制备高纯MnCO3的工艺流程如下：已知：MnO2是一种两性氧化物；25℃时金属阳离子开始沉淀和完全沉淀时溶液的pH如下表。物质Fe(OH)2Fe(OH)3Al(OH)3Mn(OH)2 开始沉淀7.62.73.283完全沉淀9.6*3.74.99.8*Fe(OH)2沉淀呈絮状，不易从溶液中过滤除去。回答下列问题：（1）锰元素位于元素周期表第_______周期。（2）软锰矿预先粉碎的目的是_______，MnO2与BaS溶液反应转化为MnO的化学方程式为_______。（3）保持BaS投料量不变，随MnO2与BaS投料比增大，S的量达到最大值后无明显变化，而Ba(OH)2的量达到最大值后会减小，减小的原因是_______。（4）滤液Ⅰ可循环使用，应当将其导入到_______操作中(填操作单元的名称)。（5）净化时需先加入的试剂X为_______(填化学式)。再使用氨水调溶液的pH，则pH的理论最小值为_______。（6）碳化过程中发生反应的离子方程式为_______。【答案】（1）四（2）①.增大接触面积，充分反应，提高反应速率②.MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S（3）过量的MnO2消耗了产生的Ba(OH)2（4）蒸发（5）①.H2O2②.4.9（6）Mn2+++NH3·H2O=MnCO3↓++H2O【解析】【分析】软锰矿粉(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)加入硫化钡溶液进行反应，主要发生MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S，过滤得到Ba(OH)2溶液，经蒸发结晶、过滤、干燥得到氢氧化钡；滤渣用硫酸溶解，得到的滤液中主要金属阳离子有Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+，得到的滤渣为不溶于稀硫酸的硫磺；之后向滤液中加入合适的氧化剂将Fe2+转化为Fe3+，然后加入氨水调节pH，使Fe3+、Al3+转化为沉淀除去，压滤得到的废渣为Fe(OH)3和Al(OH)3，此时滤液中的金属阳离子只有Mn2+，向滤液中加入碳酸氢铵、氨水，Mn2+和碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀，过滤、洗涤、干燥得到高纯碳酸锰。【小问1详解】锰元素为25号元素，位于元素周期表第四周期；【小问2详解】软锰矿预先粉碎可以增大反应物的接触面积，使反应更充分，提高反应速率；MnO2与BaS反应转化为MnO，Mn元素的化合价由+4价降低为+2价，根据元素价态规律可知-2价的S元素应被氧化得到S单质，则MnO2与BaS的系数比应为1:1，根据后续流程可知产物还有Ba(OH)2，结合元素守恒可得化学方程式为： MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S；【小问3详解】根据题目信息可知MnO2为两性氧化物，所以当MnO2过量时，会消耗反应产生的Ba(OH)2，从而使Ba(OH)2的量达到最大值后会减小；【小问4详解】滤液I为结晶后剩余的Ba(OH)2饱和溶液，所以可以导入到蒸发操作中循环使用；【小问5详解】净化时更好的除去Fe元素需要将Fe2+氧化为Fe3+，为了不引入新的杂质，且不将Mn元素氧化，加入的试剂X可以是H2O2；根据表格数据可知，Fe(OH)3和Al(OH)3为同类型的沉淀，而Al(OH)3的Ksp稍大，所以当Al3+完全沉淀时，Fe3+也一定完全沉淀，当c(Al3+)=1.0×10-5mol/L时，c(OHˉ)==10-9.1mol/L，所以c(H+)=10-4.9mol/L，pH=4.9，即pH的理论最小值为4.9；【小问6详解】碳化过程Mn2+和碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀，促进碳酸氢根的电离，产生的氢离子和一水合氨反应生成铵根和水，所以离子方程式为Mn2++HCO+NH3·H2O=MnCO3↓+NH+H2O。