湖南省永州市2022学年高一化学下学期期末试题含解析

2022-2022学年湖南省永州市高一（下）期末化学试卷一、选择题（每题3分，共48分）1．今年春季，全国大范围的雾霾天气凸显出环境保护的重要性，为应对雾霾污染，改善空气质量，下列做法不合理的是()A．加强汽车治理和垃圾处理场的建设和监管B．实施“煤改气”、“煤改电”等清洁能源改造工程C．研制新型高效可充电电池，发展纯电动汽车D．加高工厂的烟囱，使烟尘和废气远离地表2．下列关于I的说法正确的是()A．核内质子数为131B．核内中子数为131C．原子序数为53D．质量数为533．对于放热反应，下列说法中正确的是()A．反应物的总能量一定低于生成物的总能量B．所有的中和反应都为放热反应C．破坏反应物中的化学键所吸收的总能量大于形成生成物中化学键所放出的总能量D．放热反应，不必加热就可发生4．如右图所示，把锌片和铜片用导线相连后插入稀硫酸溶液构成原电池．下列叙述正确的是()A．Zn是负极，发生还原反应B．电流从锌片流向铜片C．一段时间后，铜片质量减轻D．该装置将化学能转变为电能5．下列化合物中，只含有共价键的是()A．H2OB．CaCl2C．NaClD．NaOH6．在反应：C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）中，可使反应速率增大的措施是()①缩小体积增大压强②降低温度③增大CO浓度④增加碳的量．A．①②③B．①③C．①②③④D．③④7．下列化学用语正确的是()A．S原子的结构示意图：B．氯化氢的电子式：-18-\nC．乙烯的结构式：CH2CH2D．CH4分子的比例模型：8．下列无色溶液中能大量共存的是()A．Ba2+、Al3+、NO3﹣、SO42﹣B．Na+、CI﹣、Ca2+、NO3﹣C．OH﹣、NH4+、Na+、SO42﹣D．Fe3+、K+、Cl﹣、I﹣9．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是()A．在标准状况下，11.2LCI2含有的分子数为NAB．32gO2中所含有的氧原子数为NAC．2.4g镁变成镁离子，转移的电子数为0.2NAD．1L0.3mol/LK2SO4溶液中含有的K+数为0.3NA10．下列有机物中，具有同分异构体的是()A．C4H10B．C3H8C．C2H6D．CH3Cl11．下列离子方程式正确的是()A．镁和盐酸反应：2Fe+6H+═2Fe3++3H2↑B．氯化铁溶液中加入铜片：Fe3++Cu═Fe2++Cu2+C．氯气通入水中：CI2+H2O═2H++CI﹣+CIO﹣D．硫酸溶液中加入氢氧化钡溶液：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣═BaSO4↓+2H2O12．某有机物的结构图，下列说法不正确的是()A．能使Br2的四氯化碳溶液褪色B．能发生酯化反应C．该有机物的分子式C11H13O3D．能与金属钠发生反应13．可逆反应2NO2⇌2NO+O2在体积不变的密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是()A．混合气体的颜色不再改变的状态B．生成NO、O2的速率之比为2：1C．NO2、NO、O2的物质的量浓度比为2：2：1D．混合气体的密度不再改变的状态14．X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在周期表中相对位置如图所示，已知Y原子的最外层电子数是K层电子数的3倍，下列说法正确的是()A．X与Y只形成一种化合物-18-\nB．单质Z溶于热的NaOH，生成Na2SO3和另一种盐，若转移电子数为2NA，则参加反应单质Z的质量为64gC．XW3与H2O发生非氧化还原反应，只生成两种物质，其中一种为XH3，则另一种物质为HWOD．ZY2气体通入BaCI2溶液中有白色沉淀生成15．用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的是()选项ABCD装置目的除去Cl2中含有的少量HCl蒸发NaCl饱和溶液制备NaCl晶体制取少量纯净的CO2气体分离酒精和水的混合溶液A．AB．BC．CD．D16．现有稀梳酸和稀硝酸的混合溶液，已知稀硝酸浓度2mo/L，取10mL混合酸，加入过量铁粉，生成标准状况下的气体672mL（假设HNO3，只被还原为NO，反应结束后溶液体积不变），则溶液中阳离子浓度为()A．3mo/LB．1.5mo/LC．2mo/LD．4mo/L二、简答题17．有下列五种物质：A．SiO2B．NO2C．蛋白质D油脂E．葡萄糖请根据题意，选择恰当的选项用字母代号填空．（1）通常状况下呈红棕色的是__________．（2）可用于光导纤维材料的是__________．（3）淀粉水解的最终产物是__________．（4）能保持体温和保护内脏器官，但摄入过量会引起肥胖的是__________．18．表中是元素周期的一部分，除标出的元素外，表中的每个编号代表一种元素．请根据要求回答问题．（1）④的元素符号是__________．（2）②、③两种元素的原子半径大小比较：②__________③（填“＞”或“＜”）．（3）元素①的一种氧化物，具有强氧化性和消毒杀菌能力，其化学为__________．-18-\n（4）①～⑦元素中最高正价与最低负价的代数和为0的元素在周期表中的位置__________．（5）元素⑥的一种氧化物具有漂白性，该氧化物与元素⑦的单质，按体积比1：1通入品红溶液中，观察到品红溶液__________，写出其反应的离子方程式为__________．19．在4L体积不变的密闭容器中充入6molA气体和5molB气体，发生反应：3A（g）+B（g）⇌2C（g）+xD（g），2min后反应达到平衡，生成了2molC，经测定D的浓度为0.75mol•L﹣1，求：（1）2min内C的平均反应速率为__________mol﹣1•min﹣1．（2）B的转化率为__________．（3）x=__________．（4）当容器容积不变，通入氖气，反应速率__________（填“增大”、“不变”、“减少”）．20．镁及其合金是一种用途很广的金属材料，目前世界上60%的镁是从海水中提取的．主要步骤如图：（1）为了使MgSO4转化为Mg（OH）2，试剂①物质类别为__________（填“酸”、“碱”、“盐”），反应的离子方程式为__________．（2）加入试剂①后，能够分离得到Mg（OH）2沉淀方法是__________．（3）将沉淀洗净，判断沉是否洗净的方法（或操作）是__________．（4）电解制取的镁块与金属铜连接导线，插入稀硫酸中形成原电池，写出该原电池负极的电极反应式__________．21．（14分）石油是一种极其重要的资源，是发展国民经济和国防建设的重要物资．已知B的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平．A是化学实验最常见的有机物，易溶于水并有特殊香味．Ⅰ、有关物质转化关系如图1所示（1）烃B的名称是__________．（2）反应②属于__________反应（填有机反应类型）．（3）写出反应④的化学方程式__________．Ⅱ、某化学兴趣小组对反应③进行探究活动，设计如图2装置进行实验：（4）在实验中球形干燥管除起冷凝外，另一个重要作用是__________．（5）反应结束后b中的现象是__________．（6）该兴趣小组在实验中原料用量：8mL无水A（ρ=0.79g/cm3），4mL浓硫酸和6mL无水醋酸（ρ=1.05g/cm3），实验结束后，分离出试管b中的有机物C层，洗涤、干燥，最终称量产品质量为2.92g，则所得C的产率为__________%（保留一位小数）．已知：产率=．-18-\n-18-\n2022-2022学年湖南省永州市高一（下）期末化学试卷一、选择题（每题3分，共48分）1．今年春季，全国大范围的雾霾天气凸显出环境保护的重要性，为应对雾霾污染，改善空气质量，下列做法不合理的是()A．加强汽车治理和垃圾处理场的建设和监管B．实施“煤改气”、“煤改电”等清洁能源改造工程C．研制新型高效可充电电池，发展纯电动汽车D．加高工厂的烟囱，使烟尘和废气远离地表【考点】常见的生活环境的污染及治理．【分析】A．汽车尾气污染环境，垃圾处理场处理不好会污染环境；B．“煤改气”“煤改电”可减少污染物的排放；C．发展纯电动汽车可减少污染物的排放；D．加高工厂的烟囱，烟尘和废气仍然在大气中．【解答】解：A．加强汽车治理和垃圾处理场的建设和监管，可以保护环境，故A错误；B．“煤改气”“煤改电”可减少污染物的排放，有利于保护环境，故B错误；C．机动车尾气中含有一氧化碳、一氧化氮等污染物，利用和开发新能源汽车，消除了机动车尾气污染，有利于改善空气质量，故C错误；D．加高工厂的烟囱，使烟尘和废气远离地表，但是烟尘和废气仍然在大气中，且污染面积扩大，故D正确．故选D．【点评】本题考查环境污染及治理，侧重于化学与人体健康的考查，为高考常见题型和高频考点，有利于培养学生的良好科学素养，难度不大，注意相关基础知识的积累．2．下列关于I的说法正确的是()A．核内质子数为131B．核内中子数为131C．原子序数为53D．质量数为53【考点】质量数与质子数、中子数之间的相互关系；核素．【分析】元素符号左上角数字表示质量数、左下角数字表示质子数，所以该核素中质子数是53、质量数是131，中子数=质量数﹣质子数，原子中核外电子数等于质子数，据此分析解答．【解答】解：元素符号左上角数字表示质量数、左下角数字表示质子数，所以该核素中质子数是53、质量数是131，中子数=质量数﹣质子数=131﹣53=78，原子中核外电子数等于质子数=53，A．质子数是53，故A错误；B．中子数是78，故B错误；C．原子序数是53，故C正确；D．质量数是131，故D错误；故选C．【点评】本题考查质子数、中子数、质量数、核外电子数之间的关系，明确这几个物理量之间的关系即可解答，知道元素符号周围各个方向上数字的含义，题目难度不大．-18-\n3．对于放热反应，下列说法中正确的是()A．反应物的总能量一定低于生成物的总能量B．所有的中和反应都为放热反应C．破坏反应物中的化学键所吸收的总能量大于形成生成物中化学键所放出的总能量D．放热反应，不必加热就可发生【考点】吸热反应和放热反应．【分析】A、放热反应中的反应物的总能量大于生成物的总能量；B、酸碱中和反应为放热反应；C、反应中断键时吸收的能量比形成化学键时放出的能量高，则反应是吸热反应；D、很多放热反应，也必须加热才能发生．【解答】解：A、放热反应中的反应物的总能量大于生成物的总能量，反应物的能量在反应过程中剩余，会以热量的形式放出，即为放热反应，故A错误；B、酸碱中和反应中的反应物的总能量一定大于生成物的总能量，故酸碱中和反应均为放热反应，故B正确；C、对于放热反应，应为破坏反应物中的化学键所吸收的总能量小于形成生成物中化学键所放出的总能量，故C错误；D、很多放热反应，也必须加热才能发生，如煤炭的燃烧，故D错误．故选B．【点评】本题考查化学反应的条件与化学反应的热效应间的关系，难度不大，需正确理解放热吸热的本质是解题的关键．4．如右图所示，把锌片和铜片用导线相连后插入稀硫酸溶液构成原电池．下列叙述正确的是()A．Zn是负极，发生还原反应B．电流从锌片流向铜片C．一段时间后，铜片质量减轻D．该装置将化学能转变为电能【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】原电池是把化学能转变为电能的装置，原电池放电时，较活泼的金属作负极，较不活泼的金属铜作正极，负极上锌失电子发生氧化反应，正极上氢离子得电子发生还原反应，电子从负极沿导线流向正极．【解答】解：A、该原电池中，较活泼的金属锌作负极，负极上锌失去电子发生氧化反应，故A错误；B、原电池放电时，负极上失去电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，电子从负极沿导线流向正极，电流从正极沿导线流向负极锌，故B错误；C、原电池放电时，负极上锌失电子生成锌离子进入溶液，质量减轻，正极上氢离子得电子生成氢气，所以铜片质量不变，故C错误；D、该装置是原电池，原电池是把化学能转变为电能的装置，故D正确．故选D．-18-\n【点评】本题考查了原电池原理，根据原电池的定义、正负极上发生的电极反应、电子的流向和电流的流向分析解答即可，难度不大．5．下列化合物中，只含有共价键的是()A．H2OB．CaCl2C．NaClD．NaOH【考点】共价键的形成及共价键的主要类型．【分析】一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，以此来解答．【解答】解：A．只含H﹣O共价键，故A选；B．只含钙离子与氯离子之间的离子键，故B不选；C．只含钠离子与氯离子之间的离子键，故C不选；D．含钠离子与氢氧根离子之间的离子键和O﹣H共价键，故D不选；故选A．【点评】本题考查化学键，为高频考点，把握化学键的形成及判断的一般规律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意特殊物质中的化学键，题目难度不大．6．在反应：C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）中，可使反应速率增大的措施是()①缩小体积增大压强②降低温度③增大CO浓度④增加碳的量．A．①②③B．①③C．①②③④D．③④【考点】化学反应速率的影响因素．【分析】该反应是一个反应前后气体体积增大的吸热反应，可以通过增大压强、升高温度、增大二氧化碳或CO浓度等方法来增大反应速率．【解答】解：该反应是一个反应前后气体体积增大的吸热反应，①缩小体积增大压强，单位体积内活化分子数增大，所以反应速率增大，故正确；②降低温度，活化分子百分数减小，反应速率降低，故错误；③增大CO浓度，单位体积内活化分子数增大，所以反应速率增大，故正确；④C是固体，增加碳的量，不影响反应速率，故错误；故选B．【点评】本题考查外界条件对化学反应速率影响，为高频考点，明确外界条件对化学反应速率影响原理是解本题关键，注意固体或纯液体多少不影响反应速率，为易错点．7．下列化学用语正确的是()A．S原子的结构示意图：B．氯化氢的电子式：C．乙烯的结构式：CH2CH2D．CH4分子的比例模型：【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合．【分析】A．氯原子的核电荷数=核外电子数=16，最外层含有6个电子；B．氯化氢为共价化合物，其分子中不存在阴阳离子；C．乙烯分子中含有碳碳双键，其结构简式中没有该标出碳碳双键；D．为甲烷的球棍模型，不是比例模型．-18-\n【解答】解：A．硫原子的核外电子数、核电荷数都为16，硫原子的结构示意图为：，故A正确；B．HCl为共价化合物，其正确的电子式为：，故B错误；C．乙烯分子中含有官能团碳碳双键，其正确的结构简式为：CH2=CH2，故C错误；D．甲烷为正四面体结构，比例模型能够体现出各原子的相对体积大小，甲烷正确的比例模型为：，故D错误；故选A．【点评】本题考查了常见化学用语的书写判断，题目难度中等，涉及电子式、原子结构示意图、结构简式、比例模型等知识，明确常见化学用语的书写方法为解答关键，试题培养了学生的分析、理解能力及规范答题能力．8．下列无色溶液中能大量共存的是()A．Ba2+、Al3+、NO3﹣、SO42﹣B．Na+、CI﹣、Ca2+、NO3﹣C．OH﹣、NH4+、Na+、SO42﹣D．Fe3+、K+、Cl﹣、I﹣【考点】离子共存问题．【分析】根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水、弱电解质等，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，并结合离子的颜色来解答．【解答】解：A．Ba2+、SO42﹣结合生成沉淀，不能大量共存，故A错误；B．该组离子之间不反应，可大量共存，且离子均为无色，故B正确；C．OH﹣、NH4+结合生成弱电解质，不能大量共存，故C错误；D．Fe3+、I﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；故选B．【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，注意常见离子的颜色，题目难度不大．9．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是()A．在标准状况下，11.2LCI2含有的分子数为NAB．32gO2中所含有的氧原子数为NAC．2.4g镁变成镁离子，转移的电子数为0.2NAD．1L0.3mol/LK2SO4溶液中含有的K+数为0.3NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A．依据N=×NA计算；B．质量转化为物质的量结合1个氧气分子含有2个氧原子解答；C．镁为2价金属，2.4g镁的物质的量为0.1mol，0.1mol镁完全反应失去0.2mol电子；-18-\nD．根据n=cV计算硫酸钾的物质的量，每摩尔硫酸钾含有2mol钾离子，再根据N=nNA计算离子的数目．【解答】解：A．在标准状况下，11.2LCI2含有的分子数=×NA=×NA=0.5NA，故A错误；B.32gO2中所含有的氧原子数=×2×NA=2NA，故B错误；C．镁为2价金属，2.4g镁的物质的量为0.1mol，0.1mol镁完全反应失去0.2mol电子，转移的电子数为0.2NA，故C正确；D.1L溶液中含有K+离子数为1L×0.3mol/L×2×NA=0.6NA，故D错误；故选：C．【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系是解题关键，题目难度不大．10．下列有机物中，具有同分异构体的是()A．C4H10B．C3H8C．C2H6D．CH3Cl【考点】有机化合物的异构现象．【分析】分子式相同，结构不同的互为同分异构体，一种分子式可以表示多种物质则有同分异构，据此解答即可．【解答】解：A、C4H10可以表示正丁烷和异丁烷，即存在同分异构体，故A正确；B、C3H8表示丙烷，不存在同分异构体，故B错误；C、C2H6表示乙烷，不存在同分异构体，故C错误；D、表示一氯甲烷，不存在同分异构体，故D错误，故选A．【点评】本题考查了同分异构体的判断，题目难度不大，明确同分异构体的概念及书写原则为解答关键，试题侧重基础知识的考查，培养了学生灵活应用基础知识的能力．11．下列离子方程式正确的是()A．镁和盐酸反应：2Fe+6H+═2Fe3++3H2↑B．氯化铁溶液中加入铜片：Fe3++Cu═Fe2++Cu2+C．氯气通入水中：CI2+H2O═2H++CI﹣+CIO﹣D．硫酸溶液中加入氢氧化钡溶液：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣═BaSO4↓+2H2O【考点】离子方程式的书写．【分析】A．镁和盐酸反应生成氯化镁与氢气；B．电荷不守恒；C．次氯酸为弱电解质，保留化学式；D．反应生成硫酸钡和水．【解答】解：A．镁和盐酸反应，离子方程式：Mg+2H+═Mg2++H2↑，故A错误；B．氯化铁溶液中加入铜片，离子方程式：2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，故B错误；C．氯气通入水中与水反应生成氯化氢和次氯酸，离子方程式：Cl2+H2O═H++Cl﹣+HClO，故C错误；D．酸溶液中加入氢氧化钡溶液，离子方程式：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣═BaSO4↓+2H2O，故D正确；故选：D．-18-\n【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，明确发生的化学反应是解答本题的关键，注意反应必须遵循客观事实，注意原子个数、电荷数守恒，题目难度不大．12．某有机物的结构图，下列说法不正确的是()A．能使Br2的四氯化碳溶液褪色B．能发生酯化反应C．该有机物的分子式C11H13O3D．能与金属钠发生反应【考点】有机物的结构和性质．【分析】由结构可知，分子中含碳碳双键、﹣COOH、﹣OH，结合烯烃、羧酸、醇的性质来解答．【解答】解：A．含碳碳双键，能使Br2的四氯化碳溶液褪色，故A正确；B．含﹣OH、﹣COOH，均能发生酯化反应，故B正确；C．由结构可知分子式为C11H12O3，故C错误；D．含﹣OH、﹣COOH，均能与金属钠发生反应生成氢气，故D正确；故选C．【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重烯烃、羧酸、醇性质的考查，题目难度不大．13．可逆反应2NO2⇌2NO+O2在体积不变的密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是()A．混合气体的颜色不再改变的状态B．生成NO、O2的速率之比为2：1C．NO2、NO、O2的物质的量浓度比为2：2：1D．混合气体的密度不再改变的状态【考点】化学平衡状态的判断．【分析】平衡状态的两个重要特征上判断：（1）v（正）=v（逆），（2）混合物中各组成成分的百分含量不变，据此分析．【解答】解：此题列出了判断可逆反应是否达到平衡状态的各种可能情况，应从平衡状态的两个重要特征上判断（1）v（正）=v（逆），（2）混合物中各组成成分的百分含量不变．A、NO2是红棕色气体，颜色不变时说明NO2的浓度保持不变，符合特征（2），故A正确；B、反应速率之比始终等于化学计量数之比，所以用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率比为2：2：1的状态不一定是平衡状态，故B错误；C、NO2、NO、O2的物质的量浓度比为2：2：1，不能说明正逆速率相同，不能证明反应达到平衡状态，故C错误；D、容器中是恒容条件，气体质量不变，体积不变，则ρ始终不变，不能说明平衡状态，故D错误；故选A．【点评】本题考查化学平衡状态的判断，难度不大，做题时注意分析化学方程式的前后计量数大小的关系．-18-\n14．X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在周期表中相对位置如图所示，已知Y原子的最外层电子数是K层电子数的3倍，下列说法正确的是()A．X与Y只形成一种化合物B．单质Z溶于热的NaOH，生成Na2SO3和另一种盐，若转移电子数为2NA，则参加反应单质Z的质量为64gC．XW3与H2O发生非氧化还原反应，只生成两种物质，其中一种为XH3，则另一种物质为HWOD．ZY2气体通入BaCI2溶液中有白色沉淀生成【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．【分析】由X、Y、Z、W均为短周期元素的位置，可知X、Y处于第二周期，Z、W处于第三周期，Y原子的最外层电子数是K层电子数的3倍，则Y为O元素，可推知X为N元素、Z为S元素、W为C．A．N元素有+1、+2、+3、+4、+5等化合价，可以形成多种氧化物；B．单质硫溶于热的NaOH，生成Na2SO3和另一种盐，由电子转移守恒可知另一种盐为Na2S，根据电子转移守恒计算Na2SO3、Na2S的物质的量，根据S原子守恒计算硫的物质的量，再根据m=nM计算硫的质量；C．NCl3与H2O发生非氧化还原反应，只生成两种物质，其中一种为NH3，发生水解反应，另外物质为HClO；D．SO2不能与BaCl2溶液反应．【解答】解：由X、Y、Z、W均为短周期元素的位置，可知X、Y处于第二周期，Z、W处于第三周期，Y原子的最外层电子数是K层电子数的3倍，则Y为O元素，可推知X为N元素、Z为S元素、W为C．A．N元素与氧元素可以形成N2O、NO、N2O3、NO2、N2O4、N2O5，故A错误；B．单质硫溶于热的NaOH，生成Na2SO3和另一种盐，由电子转移守恒可知另一种盐为Na2S，若转移电子数为2NA，即为2mol，根据电子转移守恒生成Na2SO3的物质的量为=0.5mol，Na2S的物质的量为=1mol，根据S原子守恒可知参加反应硫的质量为（0.5mol+1mol）×32g/mol=48g，故B错误；C．NCl3与H2O发生非氧化还原反应，只生成两种物质，其中一种为NH3，发生水解反应，另外物质为HClO，故C正确；D．SO2不能与BaCl2溶液反应，故D错误，故选C．【点评】本题考查位置结构性质的应用，Z为推断的突破口，B中注意利用电子转移守恒解得，难度不大．15．用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的是()选项ABCD-18-\n装置目的除去Cl2中含有的少量HCl蒸发NaCl饱和溶液制备NaCl晶体制取少量纯净的CO2气体分离酒精和水的混合溶液A．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．氯气与碳酸氢钠溶液反应；B．可用蒸发的方法分离可溶性固体和水；C．盐酸易挥发，易引入杂质；D．酒精和水混溶．【解答】解：A．氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸和碳酸氢钠溶液反应进而消耗氯气，应用饱和食盐水，故A错误；B．氯化钠难挥发，可用蒸发的方法制备，故B正确；C．盐酸易挥发，反应生成的二氧化碳中混有水、HCl等杂质，故C错误；D．酒精和水混溶，应用蒸馏的方法分离，故D错误．故选B．【点评】本题考查较为综合，涉及物质的分离、提纯、制备等，为高频考点，侧重于学生的分析、实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性和可行性的评价，难度不大．16．现有稀梳酸和稀硝酸的混合溶液，已知稀硝酸浓度2mo/L，取10mL混合酸，加入过量铁粉，生成标准状况下的气体672mL（假设HNO3，只被还原为NO，反应结束后溶液体积不变），则溶液中阳离子浓度为()A．3mo/LB．1.5mo/LC．2mo/LD．4mo/L【考点】化学方程式的有关计算．【专题】计算题．【分析】加入过量的铁粉，产生的气体有氢气和一氧化氮，金属离子是亚铁离子，根据电子得失守恒，可得2n（Fe）=3n（NO）+2n（H2），由此分析解答．【解答】解：n（NO）+n（H2）==0.03，根据电子得失守恒，而稀硝酸浓度2mo/L，所以10mL混合酸生成一氧化氮的物质的量为2mo/L×0.01L=0.02mol，所以n（H2）=0.01mol，根据电子得失守恒：2n（Fe）=3n（NO）+2n（H2），n（Fe）=0.04mol，c（Fe2+）==4mo/L，故选：D．【点评】本题考查混合物的计算，题目难度中等，注意铁过量，根据n（H+）、n（NO3﹣）判断生成气体为NO和H2的混合物．二、简答题-18-\n17．有下列五种物质：A．SiO2B．NO2C．蛋白质D油脂E．葡萄糖请根据题意，选择恰当的选项用字母代号填空．（1）通常状况下呈红棕色的是B．（2）可用于光导纤维材料的是A．（3）淀粉水解的最终产物是E．（4）能保持体温和保护内脏器官，但摄入过量会引起肥胖的是D．【考点】硅和二氧化硅；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；油脂的性质、组成与结构；葡萄糖的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点．【分析】（1）依据二氧化氮为红棕色气体的物理性质解答；（2）光导纤维的主要成分是二氧化硅；（3）淀粉是多糖，水解生成产物只有葡萄糖；（4）油脂可以保持体温，缓冲减压，保护内脏器官，摄入过多会引起肥胖．【解答】解：（1）二氧化氮是一种红棕色的气体，故选：B；（2）可用于光导纤维材料是二氧化硅；故选：A；（3）淀粉是多糖，水解最终产物是葡萄糖；故选：E；（4）油脂可以保持体温，缓冲减压，保护内脏器官，摄入过多会引起肥胖；故选：D．【点评】本题考查了物质的用途和性质，熟悉物质的性质是解题关键，注意二氧化硅、硅用途的区别，题目难度不大．18．表中是元素周期的一部分，除标出的元素外，表中的每个编号代表一种元素．请根据要求回答问题．（1）④的元素符号是Na．（2）②、③两种元素的原子半径大小比较：②＞③（填“＞”或“＜”）．（3）元素①的一种氧化物，具有强氧化性和消毒杀菌能力，其化学为H2O2．（4）①～⑦元素中最高正价与最低负价的代数和为0的元素在周期表中的位置第一周期IA族、第三周期ⅣA族．（5）元素⑥的一种氧化物具有漂白性，该氧化物与元素⑦的单质，按体积比1：1通入品红溶液中，观察到品红溶液不褪色，写出其反应的离子方程式为SO2+Cl2+2H2O=4H++SO42﹣+2Cl﹣．【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．【分析】（1）由元素在周期表中位置，可知①为H、②为N、③为F、④为Na、⑤为Si、⑥为S、⑦为Cl；（2）同周期自左而右原子半径减小；-18-\n（3）氢元素的一种氧化物具有强氧化性和消毒杀菌能力，该氧化物为过氧化氢；（4）①～⑦元素中最高正价与最低负价的代数和为0的元素有H元素、Si元素；（5）元素⑥的一种氧化物具有漂白性，该氧化物为SO2，与氯气按体积比1：1通入品红溶液中发生反应：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl．【解答】解：（1）由元素在周期表中位置，可知①为H、②为N、③为F、④为Na、⑤为Si、⑥为S、⑦为Cl，故答案为：Na；（2）同周期自左而右原子半径减小，故原子半径②＞③，故答案为：＞；（3）氢元素的一种氧化物具有强氧化性和消毒杀菌能力，该氧化物为H2O2，故答案为：H2O2；（4）①～⑦元素中最高正价与最低负价的代数和为0的元素有H元素、Si元素，分别处于第一周期IA族、第三周期ⅣA族，故答案为：第一周期IA族、第三周期ⅣA族；（5）元素⑥的一种氧化物具有漂白性，该氧化物为SO2，与氯气按体积比1：1通入品红溶液中发生反应：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，二者恰好反应，品红溶液不褪色，反应离子方程式为：SO2+Cl2+2H2O=4H++SO42﹣+2Cl﹣，故答案为：不褪色；SO2+Cl2+2H2O=4H++SO42﹣+2Cl﹣．【点评】本题考查元素周期表与元素周期律的应用，题目难度不大，试题侧重对基础知识的巩固，注意理解掌握元素周期律内容、元素周期表结构．19．在4L体积不变的密闭容器中充入6molA气体和5molB气体，发生反应：3A（g）+B（g）⇌2C（g）+xD（g），2min后反应达到平衡，生成了2molC，经测定D的浓度为0.75mol•L﹣1，求：（1）2min内C的平均反应速率为0.25mol﹣1•min﹣1．（2）B的转化率为20%．（3）x=3．（4）当容器容积不变，通入氖气，反应速率不变（填“增大”、“不变”、“减少”）．【考点】化学平衡的计算．【分析】（1）根据v=计算v（C）；（2）反应生成C为2mol，由方程式可知参加反应的B为1mol，进而计算B的转化率；（3）根据n=cV计算生成D的物质的量，再利用物质的量之比等于化学计量数之比计算x的值；（4）当容器容积不变，通入氖气，反应混合物各组分的浓度不变．【解答】解：（1）2min后反应达到平衡，生成了2molC，则v（C）==0.25mol．L﹣1．min﹣1，故答案为：0.5；（2）反应生成C为2mol，由方程式可知参加反应的B为2mol×=1mol，则B的转化率为×100%=20%，故答案为：20%；（2）2分钟内，生成D为4L×0.75mol/L=3mol，则2mol：3mol=2：x，解得x=3，故答案为：3；（4）当容器容积不变，通入氖气，反应混合物各组分的浓度不变，反应速率不变，故答案为：不变．-18-\n【点评】本题考查化学平衡的有关计算、反应速率计算、反应速率影响因素等，难度不大，注意对基础知识的掌握．20．镁及其合金是一种用途很广的金属材料，目前世界上60%的镁是从海水中提取的．主要步骤如图：（1）为了使MgSO4转化为Mg（OH）2，试剂①物质类别为碱（填“酸”、“碱”、“盐”），反应的离子方程式为Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓．（2）加入试剂①后，能够分离得到Mg（OH）2沉淀方法是过滤．（3）将沉淀洗净，判断沉是否洗净的方法（或操作）是取最后一次洗涤液少许于试管，滴加足量稀硝酸，再加少量硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则已洗净，（或取最后一次洗涤液少许于试管，滴加足量稀盐酸，再加少量氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则已洗净）．（4）电解制取的镁块与金属铜连接导线，插入稀硫酸中形成原电池，写出该原电池负极的电极反应式Mg﹣2e﹣=Mg2+．【考点】海水资源及其综合利用．【分析】根据题中工业流程图可知，海水中加入碱，使镁离子沉淀，得到氢氧化镁，氢氧化镁溶于盐酸得氯化镁溶液，氯化镁溶液在酸性条件下蒸发得无水氯化镁，电解熔融的氯化镁可得镁，（1）利用复分解反应及MgSO4转化为Mg（OH）2时阴离子的变化来选择试剂，根据元素守恒书写离子方程式；（2）分离固体和液体用过滤，利用溶解性的差异来分析；（3）根据氢氧化镁沉淀表面是否有氯离子或硫酸根离子可判断沉淀是否洗净；（4）镁与铜连接导线，插入稀硫酸中形成原电池，镁是还原剂，与硫酸反应产生氢气，充当原电池的负极；【解答】解：（1）使MgSO4转化为Mg（OH）2，应选择碱，反应的离子方程式为Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓，故答案为：碱；Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓；（2）过滤适用于不溶于水的固体和液体，分离固体和液体用过滤，所以分离得到Mg（OH）2沉淀的方法是过滤，故答案为：过滤；（3）判断沉是否洗净的方法（或操作）是取最后一次洗涤液少许于试管，滴加足量稀硝酸，再加少量硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则已洗净，（或取最后一次洗涤液少许于试管，滴加足量稀盐酸，再加少量氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则已洗净），故答案为：取最后一次洗涤液少许于试管，滴加足量稀硝酸，再加少量硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则已洗净，（或取最后一次洗涤液少许于试管，滴加足量稀盐酸，再加少量氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则已洗净）；（4）镁与铜连接导线，插入稀硫酸中形成原电池，镁是还原剂，与硫酸反应产生氢气，充当原电池的负极，电极反应式为，故答案为：Mg﹣2e﹣=Mg2+．-18-\n【点评】本题考查了从海水中提取镁的反应原理，利用所学知识结合流程图信息是解答本题的关键，难度不大．21．（14分）石油是一种极其重要的资源，是发展国民经济和国防建设的重要物资．已知B的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平．A是化学实验最常见的有机物，易溶于水并有特殊香味．Ⅰ、有关物质转化关系如图1所示（1）烃B的名称是乙烯．（2）反应②属于加成反应反应（填有机反应类型）．（3）写出反应④的化学方程式2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O．Ⅱ、某化学兴趣小组对反应③进行探究活动，设计如图2装置进行实验：（4）在实验中球形干燥管除起冷凝外，另一个重要作用是防止液体倒吸．（5）反应结束后b中的现象是液体分层，上层无色油状液体有果香味．（6）该兴趣小组在实验中原料用量：8mL无水A（ρ=0.79g/cm3），4mL浓硫酸和6mL无水醋酸（ρ=1.05g/cm3），实验结束后，分离出试管b中的有机物C层，洗涤、干燥，最终称量产品质量为2.92g，则所得C的产率为31.6%（保留一位小数）．已知：产率=．【考点】有机物的推断．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】B的产量可衡量一个国家石油化工发展的水平，B是乙烯，A是化学实验室中常见的有机物，它易溶于水并有特殊香味，根据框图中信息，A能与Na、乙酸反应，在红热铜丝发生催化氧化，可推知A是乙醇，根据框图中的转化关系、反应条件和反应试剂可推得，C是乙酸乙酯，D是乙醛，E是乙醇钠，据此解答．【解答】解：B的产量可衡量一个国家石油化工发展的水平，B是乙烯，A是化学实验室中常见的有机物，它易溶于水并有特殊香味，根据框图中信息，A能与Na、乙酸反应，在红热铜丝发生催化氧化，可推知A是乙醇，根据框图中的转化关系、反应条件和反应试剂可推得，C是乙酸乙酯，D是乙醛，E是乙醇钠，Ⅰ（1）根据上面的分析可知，B是乙烯，故答案为：乙烯；（2）反应②是乙烯与水发生加成反应得乙醇，故答案为：加成反应；-18-\n（3）反应④是乙醇在铜作催化剂、加热条件下催化氧化生成乙醛，反应方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；Ⅱ（4）在实验中球形干燥管除起冷凝作用外，另一个重要作用是防止液体倒吸，故答案为：防止液体倒吸；（5）试管b中观察到的现象是：液体分层，上层无色油状液体有果香味，故答案为：液体分层，上层无色油状液体有果香味；（6）8mL无水乙醇（ρ=0.79g/cm3）物质的量为mol=0.14mol，6mL无水醋酸（ρ=1.05g/cm3）的物质的量为mol=0.105mol，乙醇过量，所以生成的乙酸乙酯的物质的量为0.105mol，其质量为88×0.105g=9.24g，所以产率为×100%=31.6%，故答案为：31.6．【点评】考查有机推断、乙酸乙酯的制取，涉及烯、醇、羧酸的性质与转化等，难度不大，是对常见有机物知识的简单运用，注意掌握各类有机物的性质．-18-