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浙江省杭州学军中学海创园学校2022-2023学年高一化学下学期期中考试试题（Word版附解析）
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这是一份浙江省杭州学军中学海创园学校2022-2023学年高一化学下学期期中考试试题（Word版附解析），共19页。试卷主要包含了可能用到的相对原子质量， 下列属于酸性氧化物的是， 材料与化学密切相关， 下列反应中，水作还原剂的是， 下列叙述不正确的是， 下列化学用语表示正确的是， 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
杭州学军中学海创园学校2022学年第二学期期中考试
高一化学试卷
考生注意：
l.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：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 S-32 Cl-35.5 Br-80 Ca-40 Fe-56 Cu-64 Zn-65 Ag-108
选择题部分
一、选择题(本题共25小题，每小题2分，共50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. 下列属于酸性氧化物的是
A. CO2 B. NO2 C. CaO D. H2O2
【答案】A
【解析】
【详解】A．CO2是酸性氧化物，故A符合题意；
B．NO2是不成盐氧化物，故B不符合题意；
C．CaO是碱性氧化物，故C不符合题意；
D．H2O2是过氧化物，故D不符合题意。
综上所述，答案为A。
2. 下列物质的俗称和化学式对应关系不正确的是
A. 重晶石BaSO4 B. 黄铁矿CuFeS2
C. 芒硝Na2SO4•10H2O D. 胆矾CuSO4•5H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A．BaSO4俗称重晶石，A正确；
B．CuFeS2俗称黄铜矿，B错误；
C．Na2SO4•10H2O俗称芒硝，C正确；
D ．CuSO4•5H2O俗称胆矾，D正确；
故选B。
3. 材料与化学密切相关。下列物质与材料对应关系错误的是
A. 生铁——铁碳合金 B. 硅酸盐——传统陶瓷
C. 晶体硅——光导纤维 D. 氧化铝——耐高温材料
【答案】C
【解析】
【详解】A．生铁是铁和碳的合金，A正确；
B．陶瓷主要成分是硅酸盐，B正确；
C．光导纤维主要成分是二氧化硅，C错误；
D．氧化铝熔点很高，可做耐高温材料，D正确；
故选C。
4. 下列反应中，水作还原剂的是
A. 2Na+2H2O=2NaOH+H2↑ B. 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
C. Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr D. 2F2+2H2O=4HF+O2
【答案】D
【解析】
【详解】A．在该反应中Na为还原剂，失去电子，H2O为氧化剂，获得电子变为H2，A不符合题意；
B．Fe、O元素化合价发生变化，水既不是氧化剂也不是还原剂，B不符合题意；
C．Br、S元素化合价发生变化，水既不是氧化剂也不是还原剂，C不符合题意；
D．在该反应中F2获得电子，为氧化剂，H2O中的O失去电子，H2O为还原剂，D符合题意；
故合理选项是D。
5. 化学与生产、生活息息相关，下列叙述正确的是
A. SO2是一种有毒物质，因此不能作为食品添加剂使用
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. 燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成
D. 医疗上将BaCO3作为消化系统X射线检查的内服药剂，俗称“钡餐”
【答案】C
【解析】
【详解】A．SO2具有还原性，可用于红酒中作抗氧化剂，故A错误；
B．氮的固定是将游离态氮转化为化合态氮的过程，硝酸盐还原为亚硝酸盐不符合氮的固定，故B错误；
C．燃煤中加氧化钙，可以将燃烧生成的二氧化硫转化为亚硫酸钙，最终被氧化成硫酸钙，减少了二氧化硫的排放，减少酸雨形成，故C正确；
D．BaCO3与胃酸中的HCl反应生成氯化钡，引起重金属中毒，医疗上用硫酸钡作钡餐，故D错误；
故选：C。
6. 下列叙述不正确的是
A. 酸雨是指pH＜7的雨水
B. 蜡笔中的石蜡主要成分是含碳原子数较多的烷烃
C. 硫化橡胶具有更好的强度、弹性和化学稳定性
D. 可以用化学方法将农产品中的纤维素加工成粘胶纤维
【答案】A
【解析】
【详解】A．酸雨是指pH＜5.6的雨水，A错误；
B．蜡笔中的石蜡主要成分是含碳原子数较多的烷烃，B正确；
C．硫化橡胶具有更好的强度、弹性和化学稳定性，C正确；
D．可以用化学方法将农产品中的纤维素加工成粘胶纤维，D正确；
故选A。
7. 下列化学用语表示正确的是
A. 氟原子的结构示意图： B. 质量数为31的磷原子：P
C. CaCl2的电子式： D. CH4的球棍模型：
【答案】B
【解析】
【详解】A． 是氟离子的结构示意图，不是氟原子的结构示意图，故A错误；
B．质量数为31的磷原子，其质子数为15，符号为：P，故B正确；
C．CaCl2中有两个氯离子和一个钙离子，两个氯离子在两边，其电子式： ，故C错误；
D． 是CH4的比例模型，不是球棍模型，故D错误。
综上所述，答案为B。
8. 铜—锌原电池装置如图所示，电解质溶液为硫酸铜溶液，电池工作一段时间后，下列说法错误的是
A. 锌电极上的反应为Zn-2e-=Zn2＋
B. 溶液中的SO向锌电极移动
C. 电子从锌电极经过硫酸铜溶液流向铜电极
D. 铜电极质量增加
【答案】C
【解析】
【详解】A．锌的活动性强于铜，锌作负极，则锌电极上的反应为Zn-2e-=Zn2＋，A正确；
B．原电池工作时，电解质溶液中的阴离子向负极移动，故SO向锌电极移动，B正确；
C．电子从锌电极经过导线流向铜电极，溶液不能传导电子，C错误；
D．铜电极是正极，溶液中的铜离子在正极放电析出铜，因此铜电极质量增加，D正确；
故选C。
9. 下列溶液的存放不能使用磨口玻璃塞的是
①氢氟酸 ②NaHSO4 ③KNO3 ④Na2CO3 ⑤CuSO4 ⑥NaOH
A. ④ B. ①④⑥ C. ①③⑤ D. ①⑥
【答案】B
【解析】
【详解】磨口玻璃塞中含有SiO2，能与①氢氟酸反应：,故不能存放
④Na2CO3水解显碱性，,故不能存放
⑥NaOH与二氧化硅反应：，故不能存放
答案为B。
10. 下列说法正确的是
A. 12C、14C60两者互为同位素
B. 稀土元素Eu与Eu互为同素异形体
C. 甲烷与环丙烷互为同系物
D. CH3COOCH2CH3和CH3CH2COOCH3不是同一种物质
【答案】D
【解析】
【详解】A．具有相同质子数，不同中子数的同一元素的不同核素互为同位素；14C60为碳单质，是物质符号不是元素符号，A错误；
B．同素异形体是同种元素组成的不同单质；稀土元素Eu与Eu互为同位素，B正确；
C．同系物是指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物；甲烷与环丙烷的结构不同，不互为同系物，C错误；
D．CH3COOCH2CH3为乙酸乙酯，CH3CH2COOCH3为丙酸甲酯，不是同一种物质，D正确；
故选D。
11. 下列各反应中属于加成反应的是
①＋Br2→BrCH=CHBr
②H2＋Cl22HCl
③
④CH3CH3＋2Cl2CH2ClCH2Cl＋2HCl
A. ①② B. ②③
C. ①③ D. ②④
【答案】C
【解析】
【详解】①含有碳碳三键，＋Br2→BrCH=CHBr属于加成反应；
②H2＋Cl22HCl属于化合反应；
③环己烯含有碳碳双键， 属于加成反应；
④CH3CH3＋2Cl2CH2ClCH2Cl＋2HCl属于取代应；故①③属于加成反应，故C正确；
故选C。
12. 已知对角线规则为：沿周期表中金属与非金属分界线方向对角的两主族元素性质相似，如Li与Mg，Be与Al，B和Si相似，则下列叙述中不正确的是
A. BeO为两性氧化物 B. Li在空气中的燃烧产物为Li2O
C. H3BO3是一种强酸 D. Be能和强碱溶液反应产生H2
【答案】C
【解析】
【详解】A．Be与Al位于对角线上，Al2O3为两性氧化物，则BeO为两性氧化物，A正确；
B．Li与Mg位于对角线上，二者的性质具有相似性，Mg在空气中燃烧产物为MgO，则Li在空气中的燃烧产物为Li2O，B正确；
C．B与Si位于对角线上，H2SiO3是一种弱酸，则H3BO3也是一种弱酸，C不正确；
D．Al能与NaOH溶液反应，生成NaAlO2和H2，则Be也能和强碱溶液反应产生H2，D正确；
故选C。
13. 下列说法正确的是
A. MgF2晶体中的化学键是共价键
B. 某物质在熔融态能导电，则该物质中一定含有离子键
C. N2和Cl2两种分子中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构
D. 干冰溶于水生成碳酸的过程只需克服分子间作用力
【答案】C
【解析】
【详解】A．MgF2晶体中的化学键是离子键，故A错误；
B．某物质在熔融态能导电，比如金属熔融态能导电，但金属物质中一定不含有离子键，故B错误；
C．N2和Cl2两种分子中，每个原子的核外最外层都有8电子稳定结构，故C正确；
D．干冰溶于水生成碳酸的过程破坏了范德华力和共价键，故D错误。
综上所述，答案为C。
14. 某有机物的结构如图所示，该有机物不可能具有的性质是
A. 1mol该物质最多能消耗2molNaOH B. 能发生催化氧化反应
C. 能发生酯化反应 D. 能发生加聚反应，能使溴水褪色
【答案】A
【解析】
【详解】A．只有羧基与氢氧化钠反应，1mol该物质最多能消耗1mol NaOH，A符合题意；
B．羟基能发生催化氧化反应，B不符合题意；
C．羟基和羧基均能发生酯化反应，C不符合题意；
D．含有碳碳双键，能发生加聚反应、能使溴水褪色，D不符合题意；
故选A。
15. 下列离子方程式正确的是
A. FeBr2溶液中通入足量Cl2：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
B. 往饱和碳酸钠中通入二氧化碳：CO+H2O+CO2=HCO
C. Al(OH)3与NaOH溶液反应：OH-+Al(OH)3=[Al(OH)4]-
D. 氯气溶于水：Cl2+H2OCl-+ClO-+2H+
【答案】C
【解析】
【详解】A. FeBr2溶液中通入足量Cl2的离子方程式为：2Fe2+ + 4Br- +3Cl2 = 2Fe3+ + 2Br2 +6Cl-，A错误；
B. 往饱和碳酸钠中通入二氧化碳的离子方程式为：2Na+++CO2+H2O = 2NaHCO3↓，B错误；
C. Al(OH)3与NaOH溶液反应的离子方程式为：OH-+Al(OH)3=[Al(OH)4]-，或写作Al(OH)3+ OH- = + 2H2O，C正确；
D. 氯气溶于水的离子方程式为：Cl2+H2O = Cl-+H++HClO，D错误；
故选C。
16. 侯德榜是我国杰出的化学家，“侯氏制碱法”的创始人。是“侯氏制碱法”的重要反应。下面是4位同学对该反应涉及的有关知识发表的部分见解，其中不正确的是
A. 甲同学说：该条件下的溶解度较小
B. 乙同学说：不是纯碱
C. 丙同学说：析出固体后的溶液中只含氯化铵
D. 丁同学说：该反应是在饱和食盐水中先通入氨气，再通入二氧化碳
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应中只有碳酸氢钠沉淀生成，所以该条件下NaHCO3的溶解度较小，故A正确；
B．纯碱是Na2CO3，NaHCO3是小苏打，故B正确；
C．析出 NaHCO3固体后的溶液仍是NaHCO3的饱和溶液，含氯化铵、NaHCO3等，故C错误；
D．在饱和食盐水中先通入氨气使溶液呈碱性，再通入二氧化碳，增大二氧化碳的溶解度，故D正确；
故选C。
17. 下列示意图中，能正确表示反应过程中能量变化的是
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】表示反应过程中能量变化需注明物质聚集状态，且据分析答题。
【详解】A．未注明物质聚集状态，且焓变错误，A错误；
B．未注明物质聚集状态，B错误；
C．反应为吸热反应，焓变应大于0，C错误；
D．反应过程中注明物质聚集状态，且焓变正确，D正确；
故选D。
18. 将SO2通入BaCl2溶液至饱和，未见沉淀，继续通入另一种气体，产生沉淀，则通入的气体不可能是
A. Cl2 B. CO2 C. SO3 D. NH3
【答案】B
【解析】
【详解】A．Cl2具有氧化性，在溶液中能将SO2氧化为硫酸，与BaCl2反应生成BaSO4白色沉淀，A不符合题意；
B．CO2为酸性氧化物，在溶液中不能与SO2、BaCl2发生反应，没有沉淀生成，B符合题意；
C．SO3能与水反应生成硫酸，与BaCl2反应生成BaSO4白色沉淀，C不符合题意；
D．NH3在溶液中能与SO2反应生成(NH4)2SO3，与BaCl2反应生成BaSO3白色沉淀，D不符合题意；
故选B。
19. 下列关于常见有机物的说法正确的是
A. 苹果中含有的戊酸戊酯有芳香气味，易溶于水
B. 聚乙烯能使溴水褪色
C. 钠和乙醇反应的现象与钠和水反应的现象相同
D. 可以用碳酸钠溶液区分乙醇和乙酸
【答案】D
【解析】
【详解】A．戊酸戊酯有水果香味，不溶于水，故A错误；
B．聚乙烯不含有碳碳双键，不能使溴水褪色，故B错误；
C．钠和乙醇反应的现象是钠在乙醇底部，缓慢冒气泡，钠和水反应的现象浮、熔、游、响，两者现象不相同，故C错误；
D．乙酸和碳酸钠反应生成气体，乙醇和碳酸钠不反应，因此可以用碳酸钠溶液区分乙醇和乙酸，故D正确
综上所述，答案为D。
20. 用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 现有乙烯、丙烯的混合气体共14g，其原子数为3NA
B. 2.24LCH4气体的电子数为1.0NA
C. 1mol/L的NaCl溶液中含有Na+数为1.0NA
D. 1mol钠与足量氧气反应，转移电子数目为2NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．乙烯、丙烯最简式均为CH2，混合气体共14g则含有1molCH2，其原子数为3NA，A正确；
B．没有标况，不确定甲烷的物质的量，B错误；
C．没有溶液体积，不确定氯化钠的物质的量，C错误；
D．钠和氧气反应生成+1钠，则1mol钠与足量氧气反应，转移电子1mol，电子数目为NA，D错误；
故选A。
21. 氨广泛应用于化工、化肥、制药等领域，一种新型制备氨的方法如图。下列说法不正确的是
A. 氨很容易液化，因此可以用作制冷剂
B. 反应②属于氧化还原反应
C. 反应⑤在无水环境中进行时，有白烟产生
D. 该转化过程总反应的反应物是N2和H2O，产物是NH3和O2
【答案】B
【解析】
【详解】A．氨很容易液化，液氨气化时吸收大量的热，使周围温度降低，因此可以用作制冷剂，故A正确；
B．反应②是氮化镁和氯化铵反应生成氯化镁和氨气，该反应化合价没有发生变化，因此不属于氧化还原反应，故B错误；
C．反应⑤在无水环境中进行时，氨气和氯化氢反应生成氯化铵，有白烟氯化铵生成，故C正确；
D．根据图中信息得到该转化过程总反应是N2和H2O生成NH3和O2，故D正确。
综上所述，答案为B。
22. 一定温度下在容积恒定的密闭容器中，进行如下可逆反应：A(s)+2B(g)C(g)+D(g)，下列叙述不能表明该反应已达到平衡状态的是
A. 混合气体的密度不再变化 B. 混合气体的平均相对分子质量不再变化
C. B的物质的量浓度不再变化 D. 2v正(B)=v逆(C)时
【答案】D
【解析】
【详解】A．混合气的密度等于混合气的总质量除以容器体积，A是固体，所以混合气的总质量是一个变量，容器体积是定值，所以混合气密度在未平衡前一直在变化，当密度不变时，反应达到平衡状态，A不符合题意；
B．混合气体的平均相对分子质量等于气体总质量除以气体总的物质的量，气体总质量是一个变量，气体总的物质的量是定值，所以混合气体的平均相对分子质量在未平衡前一直在变化，当混合气体的平均相对分子质量不再变化，反应达到平衡状态，B不符合题意；
C．B的物质的量浓度不再变化说明达到了平衡状态，C不符合题意；
D．根据反应计量系数关系：速率之比等于计量系数之比,所以v正(B)= 2v逆(C)时才是平衡状态，D符合题意；
故选D
23. W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W最外层电子数是内层电子数的3倍，Y在短周期元素中原子半径最大，Z的最高正价与最低负价代数之和为4，下列说法不正确的是
A. 阴离子的还原性：X ＞ W ＞ Z
B. Z与W形成的某种物质能使品红溶液褪色
C. X与Y形成离子化合物
D. W与Y组成的Y2W2可作为供氧剂
【答案】A
【解析】
【分析】W最外层电子数为内层电子数的3倍，W为O。Y在短周期中半径最大，Y为Na。Z的最高价与最低价代数和为4，且W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z为S。X为F。W、X、Y、Z分别为O、F、Na、S。
【详解】A．同族元素从上往下简单离子的还原性增强：O2-F-，所以阴离子的还原性：Z>W>X，A项错误；
B．Z与W形成SO2能使品红褪色，B项正确；
C．X与Y为活泼的非金属与活泼的金属元素形成的是离子键，该物质为离子化合物，C项正确；
D．W与Y形成Na2O2与CO2反应产生O2，Na2O2可作供氧剂，D项正确；
故选A。
24. 一定温度下，把2.5molA和2.5molB混合盛入容积为2L的密闭容器里，发生如下反应：3A(g)+B(s)xC(g)+2D(g) ΔH=-akJ/mol，经5s反应达平衡，在此5s内C的平均反应速率为0.2mol/(L•s)，同时生成1molD，下列叙述中不正确的是
A. 反应达到平衡状态时A的转化率为60%
B. x=4
C. 平衡时，相同条件下容器内气体的压强与起始时压强比为8：5
D. 达到平衡时，反应放出akJ的热量
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应达到平衡状态时，根据方程式可知，参与反应的A的物质的量为：n(A)=n(D)=×1mol=1.5mol ，则A的转化率为=60%，A正确；
B．5s内(D)==mol•L-1•s-1=0.1mol•L-1•s-1，相同时间内其反应速率之比等于计量数之比，(C)：(D)=x：2=0.2mol/(L∙s)：0.1mol•L-1•s-1=2：1，x=4，B正确；
C．恒温恒容条件下，气体物质的量之比等于其压强之比，开始时混合气体总物质的量=2.5mol，平衡时生成1molD，生成n(C)=0.2mol/(L．s)×5s×2L=2mol，剩余n(A)=2.5mol-×1mol=1mol，所以平衡时气体总物质的量=(2+1+1)mol=4mol，则达到平衡状态时容器内气体的压强与起始时压强比=4mol：2.5mol=8：5，C正确；
D．该反应是可逆反应，反应物不能完全转化，达到平衡时，反应放出小于akJ的热量，D错误；
答案为D。
25. 下列实验操作能达到目的的是
选项
实验目的
实验操作
A
证明和浓反应生成
向少量铜与浓反应后的溶液中慢慢加水，溶液变蓝
B
除去中的
将混合气体依次通入盛有饱和食盐水、浓硫酸的洗气瓶
C
证明木炭在加热时能与浓硝酸发生反应
将灼热的木炭加入到浓硝酸中，有红棕色气体产生
D
检验晶体中含有
取少量晶体溶于水，滴加溶液，用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．反应后的溶液中含有浓，往溶液中加水相当于浓的稀释，会引起液体飞溅，正确的操作为将少量铜与浓H2SO4反应后的溶液沿着烧杯壁慢慢加入水中，故A错误；
B．HCl极易溶于水，氯气在饱和食盐水中的溶解度小，因此将混合气体先通入饱和食盐水中除HCl，再通入浓硫酸中干燥，可达除杂目的，故B正确；
C．浓硝酸受热也会分解出二氧化氮气体，会干扰实验，故C错误；
D．检验晶体中含有，取少量晶体溶于水，滴加溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体，故D错误；
故选B。
非选择题部分
26. 按要求回答下列问题：
（1）漂粉精主要成分的化学式_____，乙醛的结构简式是_____。
（2）在加热条件下，铜与浓硫酸反应的化学方程式：_____。
（3）NO不能用空气法收集，请用化学方程式解释其原因：_____。
【答案】（1） ①. Ca(ClO)2 ②. CH3CHO
（2）Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O
（3）2NO+O2=2NO2
【解析】
【小问1详解】
漂粉精主要成分为Ca(ClO)2，乙醛的结构简式是CH3CHO；
【小问2详解】
在加热条件下，铜与浓硫酸反应，Cu作还原剂，H2SO4(浓)既体现氧化性又体现酸性，反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O
【小问3详解】
NO要与O2发生反应，2NO+O2=2NO2，因此NO不能用空气法收集。
27. 某合金X由两种元素组成，为分析其成分，做了如图实验：
请回答：
（1）X中的组成元素为_____，X的化学式是_____。
（2）将合金X溶于足量稀硫酸中，生成标准状况下密度为1.16g/L的气体，同时溶液变为浅绿色，用化学方程式表示上述反应_____。
（3）设计实验方案检验红棕色固体中的金属阳离子______。
【答案】（1） ①. Fe、C ②. FeC2
（2）FeC2+H2SO4=FeSO4+CH≡CH↑
（3）取适量固体溶于足量稀硫酸中，滴加KSCN溶液后呈血红色则有Fe3+
【解析】
【分析】由图可知，X在纯氧中燃烧得到无色气体能与氢氧化钡反应生成白色沉淀，则无色气体为一氧化碳和二氧化碳的混合气体、白色沉淀为碳酸钡、X中含有碳元素，由碳原子个数守恒可知，X中碳原子的物质的量为+=0.02mol；由固体溶于过量盐酸得到的溶液能与氢氧化钠溶液反应生成沉淀，沉淀加热分解得到红棕色固体可知，红棕色固体为氧化铁、沉淀为氢氧化铁、X中含有铁元素，由铁原子个数守恒可知，X中铁原子的物质的量为×2=0.01mol，则X中铁原子和碳原子的物质的量比为0.01mol：0.02mol=1：2，X的化学式为FeC2。
【小问1详解】
由分析可知，合金X中的组成元素为铁元素和碳元素，化学式为FeC2，故答案为：Fe、C；FeC2；
【小问2详解】
由标准状况下气体密度为1.16g/L可知，气体的摩尔质量为1.16g/L×22.4L/mol=26g/mol，则该气体为乙炔，由溶液变为浅绿色可知，X与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和乙炔，反应的化学方程式为FeC2+H2SO4=FeSO4+CH≡CH↑，故答案为：FeC2+H2SO4=FeSO4+CH≡CH↑；
【小问3详解】
由分析可知，红棕色固体为氧化铁，则检验氧化铁中铁离子的操作为取适量固体溶于足量稀硫酸中，滴加硫氰化钾溶液，溶液变为血红色，说明红棕色固体中的金属阳离子为铁离子，故答案为：取适量固体溶于足量稀硫酸中，滴加KSCN溶液后呈血红色则有Fe3+。
28. 已知反应2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑的能量变化趋势如图所示：
（1）该反应为______(填“吸热”或“放热”)反应。
（2）若要使该反应的反应速率增大，下列措施可行的是_____(填字母)。
A. 改铝片为铝粉 B. 改稀硫酸为98%的浓硫酸
C. 升高温度 D. 使用催化剂
（3）①若将上述反应设计成原电池，铜为原电池某一极材料，则铜为：_____(填“正”或“负”)极，该极上发生的电极反应为：______。
②标况下当电池中共收集到2.24L氢气时，外电路共转移______mol电子。
【答案】（1）放热 （2）ACD
（3） ①. 正 ②. 2H++2e-═H2↑ ③. 0.2
【解析】
【小问1详解】
由图：反应物总能量大于生成物总能量，则该反应为放热反应；
【小问2详解】
A．改铝片为铝粉，增大反应物接触面积，化学反应速率加快，故A符合题意；
B．将稀硫酸改为浓硫酸，浓硫酸和铝发生钝化现象而阻止进一步反应，所以化学反应速率减慢，故B不符合题意；
C．升高温度，化学反应速率加快，故C符合题意；
D．使用催化剂，化学反应速率加快，故D符合题意；
故选ACD；
【小问3详解】
①Cu、Al和稀硫酸构成原电池，易失电子的金属Al作负极，负极上电极反应式为Al-3e－=Al3＋；另一种金属Cu作正极，Cu电极上氢离子得电子生成氢气，电极反应式为2H＋+2e－═H2↑；
②2H＋+2e－═H2↑，标况下当电池中共收集到2.24L氢气时（为0.1mol氢气），外电路共转移0.2mol电子。
29. 晶体硅是一种重要的非金属原料，由粗硅制备纯硅的主要步骤如下：
①粗硅与干燥的HCl气体反应制得SiHCl3：Si(粗)+3HClSiHCl3+H2；
②经过纯化的SiHCl3与过量H2在1000～1100℃下反应制得纯硅。
回答相关问题：
（1）请写出SiHCl3与过量H2在1000～1100℃下反应制得纯硅化学方程式______。
（2）粗硅与HCl气体反应完全后，经冷凝得到SiHCl3(沸点为36.5℃)，只含有少量SiCl4(沸点为57.6℃)和HCl(沸点为-84.7℃)，提纯SiHCl3的方法为______。
（3）用SiHCl3与过量H2反应制备纯硅的装置如图所示(热源及夹持装置已略去)：
①在装好药品后，加热D装置前应先进行的实验操作是______。
②C装置中烧瓶需要加热，采用的方法是______。
【答案】（1）SiHCl3+H2Si(纯)+3HCl
（2）蒸馏(或分馏) （3） ①. 打开A装置中分液漏斗的活塞，排出装置内的空气 ②. 水浴加热
【解析】
【分析】锌和稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，用浓硫酸干燥氢气，用氢气排出装置内的空气，再用水浴加热将SiHCl3气化，在石英管中SiHCl3和氢气反应生成硅和氯化氢。
【小问1详解】
SiHCl3与过量H2在1000～1100℃下反应制得纯硅的化学方程式SiHCl3+H2Si(纯)+3HCl；故答案为：SiHCl3+H2Si(纯)+3HCl。
【小问2详解】
根据题中信息SiHCl3(沸点为36.5℃)，只含有少量SiCl4(沸点为57.6℃)和HCl(沸点为-84.7℃)，则先将氯化氢蒸馏出来，再控制在40℃将SiHCl3蒸馏出来，因此提纯SiHCl3的方法为蒸馏(或分馏)；故答案为：蒸馏(或分馏)。
【小问3详解】
①在装好药品后，A装置是生成氢气，利用氢气与SiHCl3反应生成硅，氢气先排出装置内的空气，因此加热D装置前应先进行的实验操作是打开A装置中分液漏斗的活塞，排出装置内的空气；故答案为：打开A装置中分液漏斗的活塞，排出装置内的空气。
②根据SiHCl3(沸点为36.5℃)，C装置中烧瓶需要加热，因此采用的方法是水浴加热；故答案为：水浴加热。
30. 已知：A是来自石油的重要有机化工原料，此物质可以用来衡量一个国家石油化工发展水平。E是具有果香味的有机物，F是一种高聚物，可制成多种包装材料。
（1）A的结构式为______，B分子中的官能团名称是______。
（2）写出与D含有相同官能团的E的一种同分异构体的结构简式______(任写一种)。
（3）写出反应④的化学方程式：______。
（4）写出B与D反应生成E的化学方程式：______。
【答案】（1） ①. ②. 羟基
（2）CH3CH2CH2COOH或(CH3)2CHCOOH
（3）nCH2=CH2
（4）CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O
【解析】
【分析】A是来自石油的重要有机化工原料，此物质可以用来衡量一个国家石油化工发展水平，则A为乙烯，B为乙醇，F是一种高聚物，则F为聚乙烯，B为乙酸，C为乙醛，E为乙酸乙酯。
【小问1详解】
A为乙烯，其结构式为，B为乙醇，则B分子中的官能团名称是羟基；故答案为： ；羟基。
【小问2详解】
D为乙酸，与D含有相同官能团的E(E含有四个碳原子)的一种同分异构体的结构简式CH3CH2CH2COOH或(CH3)2CHCOOH；故答案为：CH3CH2CH2COOH或(CH3)2CHCOOH。
【小问3详解】
反应④是乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，其反应的化学方程式：nCH2=CH2 ；故答案为：nCH2=CH2 。
【小问4详解】
B与D是乙酸和乙醇在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯，其反应的化学方程式：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；故答案为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O。
31. 将一定质量的铜溶于100mL11mol/L的浓硝酸中，待铜完全溶解后，生成0.4molNO2和NO的混合气体，并测得溶液中H+的浓度为1mol/L(假设反应后溶液的体积仍为100mL)。
（1）金属铜的质量为______g。
（2）NO2的物质的量______mol。
（3）产生的气体全部与氧气混合，将混合气体溶于水，若全部恰好溶解需要通入的氧气在标准状况下的体积是______L。
【答案】（1）19.2
（2）0.3 （3）3.36
【解析】
【分析】将一定质量的铜溶于100mL 11mol/L的浓硝酸中，待铜完全溶解后，生成0.4mol NO2和NO的混合气体，并测得溶液中H+的浓度为1mol/L(假设反应后溶液的体积仍为100mL)，则剩余硝酸物质的量为0.1mol，。
【小问1详解】
铜和硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮、一氧化氮和水，生成0.4mol NO2和NO的混合气体，溶液中H+的浓度为1mol/L即剩余硝酸物质的量为0.1mol，因此其酸性的硝酸物质的量为11mol/L×0.1L−0.1mol−0.4mol=0.6mol，则生成的硝酸铜物质的量为0.3mol，消耗的金属铜物质的量为0.3mol，则金属铜的质量为0.3mol×64g∙mol−1＝19.2g；故答案为：19.2。
小问2详解】
设NO2和NO的物质的量分别为xmol、ymol，根据得失电子守恒x+3y=0.3×2，x+y=0.4，解得x=0.3，则NO2的物质的量0.3mol；故答案为：0.3。
【小问3详解】
杭州学军中学海创园学校2022学年第二学期期中考试
高一化学试卷
考生注意：
l.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：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 S-32 Cl-35.5 Br-80 Ca-40 Fe-56 Cu-64 Zn-65 Ag-108
选择题部分
一、选择题(本题共25小题，每小题2分，共50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. 下列属于酸性氧化物的是
A. CO2 B. NO2 C. CaO D. H2O2
【答案】A
【解析】
【详解】A．CO2是酸性氧化物，故A符合题意；
B．NO2是不成盐氧化物，故B不符合题意；
C．CaO是碱性氧化物，故C不符合题意；
D．H2O2是过氧化物，故D不符合题意。
综上所述，答案为A。
2. 下列物质的俗称和化学式对应关系不正确的是
A. 重晶石BaSO4 B. 黄铁矿CuFeS2
C. 芒硝Na2SO4•10H2O D. 胆矾CuSO4•5H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A．BaSO4俗称重晶石，A正确；
B．CuFeS2俗称黄铜矿，B错误；
C．Na2SO4•10H2O俗称芒硝，C正确；
D ．CuSO4•5H2O俗称胆矾，D正确；
故选B。
3. 材料与化学密切相关。下列物质与材料对应关系错误的是
A. 生铁——铁碳合金 B. 硅酸盐——传统陶瓷
C. 晶体硅——光导纤维 D. 氧化铝——耐高温材料
【答案】C
【解析】
【详解】A．生铁是铁和碳的合金，A正确；
B．陶瓷主要成分是硅酸盐，B正确；
C．光导纤维主要成分是二氧化硅，C错误；
D．氧化铝熔点很高，可做耐高温材料，D正确；
故选C。
4. 下列反应中，水作还原剂的是
A. 2Na+2H2O=2NaOH+H2↑ B. 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
C. Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr D. 2F2+2H2O=4HF+O2
【答案】D
【解析】
【详解】A．在该反应中Na为还原剂，失去电子，H2O为氧化剂，获得电子变为H2，A不符合题意；
B．Fe、O元素化合价发生变化，水既不是氧化剂也不是还原剂，B不符合题意；
C．Br、S元素化合价发生变化，水既不是氧化剂也不是还原剂，C不符合题意；
D．在该反应中F2获得电子，为氧化剂，H2O中的O失去电子，H2O为还原剂，D符合题意；
故合理选项是D。
5. 化学与生产、生活息息相关，下列叙述正确的是
A. SO2是一种有毒物质，因此不能作为食品添加剂使用
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. 燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成
D. 医疗上将BaCO3作为消化系统X射线检查的内服药剂，俗称“钡餐”
【答案】C
【解析】
【详解】A．SO2具有还原性，可用于红酒中作抗氧化剂，故A错误；
B．氮的固定是将游离态氮转化为化合态氮的过程，硝酸盐还原为亚硝酸盐不符合氮的固定，故B错误；
C．燃煤中加氧化钙，可以将燃烧生成的二氧化硫转化为亚硫酸钙，最终被氧化成硫酸钙，减少了二氧化硫的排放，减少酸雨形成，故C正确；
D．BaCO3与胃酸中的HCl反应生成氯化钡，引起重金属中毒，医疗上用硫酸钡作钡餐，故D错误；
故选：C。
6. 下列叙述不正确的是
A. 酸雨是指pH＜7的雨水
B. 蜡笔中的石蜡主要成分是含碳原子数较多的烷烃
C. 硫化橡胶具有更好的强度、弹性和化学稳定性
D. 可以用化学方法将农产品中的纤维素加工成粘胶纤维
【答案】A
【解析】
【详解】A．酸雨是指pH＜5.6的雨水，A错误；
B．蜡笔中的石蜡主要成分是含碳原子数较多的烷烃，B正确；
C．硫化橡胶具有更好的强度、弹性和化学稳定性，C正确；
D．可以用化学方法将农产品中的纤维素加工成粘胶纤维，D正确；
故选A。
7. 下列化学用语表示正确的是
A. 氟原子的结构示意图： B. 质量数为31的磷原子：P
C. CaCl2的电子式： D. CH4的球棍模型：
【答案】B
【解析】
【详解】A． 是氟离子的结构示意图，不是氟原子的结构示意图，故A错误；
B．质量数为31的磷原子，其质子数为15，符号为：P，故B正确；
C．CaCl2中有两个氯离子和一个钙离子，两个氯离子在两边，其电子式： ，故C错误；
D． 是CH4的比例模型，不是球棍模型，故D错误。
综上所述，答案为B。
8. 铜—锌原电池装置如图所示，电解质溶液为硫酸铜溶液，电池工作一段时间后，下列说法错误的是
A. 锌电极上的反应为Zn-2e-=Zn2＋
B. 溶液中的SO向锌电极移动
C. 电子从锌电极经过硫酸铜溶液流向铜电极
D. 铜电极质量增加
【答案】C
【解析】
【详解】A．锌的活动性强于铜，锌作负极，则锌电极上的反应为Zn-2e-=Zn2＋，A正确；
B．原电池工作时，电解质溶液中的阴离子向负极移动，故SO向锌电极移动，B正确；
C．电子从锌电极经过导线流向铜电极，溶液不能传导电子，C错误；
D．铜电极是正极，溶液中的铜离子在正极放电析出铜，因此铜电极质量增加，D正确；
故选C。
9. 下列溶液的存放不能使用磨口玻璃塞的是
①氢氟酸 ②NaHSO4 ③KNO3 ④Na2CO3 ⑤CuSO4 ⑥NaOH
A. ④ B. ①④⑥ C. ①③⑤ D. ①⑥
【答案】B
【解析】
【详解】磨口玻璃塞中含有SiO2，能与①氢氟酸反应：,故不能存放
④Na2CO3水解显碱性，,故不能存放
⑥NaOH与二氧化硅反应：，故不能存放
答案为B。
10. 下列说法正确的是
A. 12C、14C60两者互为同位素
B. 稀土元素Eu与Eu互为同素异形体
C. 甲烷与环丙烷互为同系物
D. CH3COOCH2CH3和CH3CH2COOCH3不是同一种物质
【答案】D
【解析】
【详解】A．具有相同质子数，不同中子数的同一元素的不同核素互为同位素；14C60为碳单质，是物质符号不是元素符号，A错误；
B．同素异形体是同种元素组成的不同单质；稀土元素Eu与Eu互为同位素，B正确；
C．同系物是指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物；甲烷与环丙烷的结构不同，不互为同系物，C错误；
D．CH3COOCH2CH3为乙酸乙酯，CH3CH2COOCH3为丙酸甲酯，不是同一种物质，D正确；
故选D。
11. 下列各反应中属于加成反应的是
①＋Br2→BrCH=CHBr
②H2＋Cl22HCl
③
④CH3CH3＋2Cl2CH2ClCH2Cl＋2HCl
A. ①② B. ②③
C. ①③ D. ②④
【答案】C
【解析】
【详解】①含有碳碳三键，＋Br2→BrCH=CHBr属于加成反应；
②H2＋Cl22HCl属于化合反应；
③环己烯含有碳碳双键， 属于加成反应；
④CH3CH3＋2Cl2CH2ClCH2Cl＋2HCl属于取代应；故①③属于加成反应，故C正确；
故选C。
12. 已知对角线规则为：沿周期表中金属与非金属分界线方向对角的两主族元素性质相似，如Li与Mg，Be与Al，B和Si相似，则下列叙述中不正确的是
A. BeO为两性氧化物 B. Li在空气中的燃烧产物为Li2O
C. H3BO3是一种强酸 D. Be能和强碱溶液反应产生H2
【答案】C
【解析】
【详解】A．Be与Al位于对角线上，Al2O3为两性氧化物，则BeO为两性氧化物，A正确；
B．Li与Mg位于对角线上，二者的性质具有相似性，Mg在空气中燃烧产物为MgO，则Li在空气中的燃烧产物为Li2O，B正确；
C．B与Si位于对角线上，H2SiO3是一种弱酸，则H3BO3也是一种弱酸，C不正确；
D．Al能与NaOH溶液反应，生成NaAlO2和H2，则Be也能和强碱溶液反应产生H2，D正确；
故选C。
13. 下列说法正确的是
A. MgF2晶体中的化学键是共价键
B. 某物质在熔融态能导电，则该物质中一定含有离子键
C. N2和Cl2两种分子中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构
D. 干冰溶于水生成碳酸的过程只需克服分子间作用力
【答案】C
【解析】
【详解】A．MgF2晶体中的化学键是离子键，故A错误；
B．某物质在熔融态能导电，比如金属熔融态能导电，但金属物质中一定不含有离子键，故B错误；
C．N2和Cl2两种分子中，每个原子的核外最外层都有8电子稳定结构，故C正确；
D．干冰溶于水生成碳酸的过程破坏了范德华力和共价键，故D错误。
综上所述，答案为C。
14. 某有机物的结构如图所示，该有机物不可能具有的性质是
A. 1mol该物质最多能消耗2molNaOH B. 能发生催化氧化反应
C. 能发生酯化反应 D. 能发生加聚反应，能使溴水褪色
【答案】A
【解析】
【详解】A．只有羧基与氢氧化钠反应，1mol该物质最多能消耗1mol NaOH，A符合题意；
B．羟基能发生催化氧化反应，B不符合题意；
C．羟基和羧基均能发生酯化反应，C不符合题意；
D．含有碳碳双键，能发生加聚反应、能使溴水褪色，D不符合题意；
故选A。
15. 下列离子方程式正确的是
A. FeBr2溶液中通入足量Cl2：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
B. 往饱和碳酸钠中通入二氧化碳：CO+H2O+CO2=HCO
C. Al(OH)3与NaOH溶液反应：OH-+Al(OH)3=[Al(OH)4]-
D. 氯气溶于水：Cl2+H2OCl-+ClO-+2H+
【答案】C
【解析】
【详解】A. FeBr2溶液中通入足量Cl2的离子方程式为：2Fe2+ + 4Br- +3Cl2 = 2Fe3+ + 2Br2 +6Cl-，A错误；
B. 往饱和碳酸钠中通入二氧化碳的离子方程式为：2Na+++CO2+H2O = 2NaHCO3↓，B错误；
C. Al(OH)3与NaOH溶液反应的离子方程式为：OH-+Al(OH)3=[Al(OH)4]-，或写作Al(OH)3+ OH- = + 2H2O，C正确；
D. 氯气溶于水的离子方程式为：Cl2+H2O = Cl-+H++HClO，D错误；
故选C。
16. 侯德榜是我国杰出的化学家，“侯氏制碱法”的创始人。是“侯氏制碱法”的重要反应。下面是4位同学对该反应涉及的有关知识发表的部分见解，其中不正确的是
A. 甲同学说：该条件下的溶解度较小
B. 乙同学说：不是纯碱
C. 丙同学说：析出固体后的溶液中只含氯化铵
D. 丁同学说：该反应是在饱和食盐水中先通入氨气，再通入二氧化碳
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应中只有碳酸氢钠沉淀生成，所以该条件下NaHCO3的溶解度较小，故A正确；
B．纯碱是Na2CO3，NaHCO3是小苏打，故B正确；
C．析出 NaHCO3固体后的溶液仍是NaHCO3的饱和溶液，含氯化铵、NaHCO3等，故C错误；
D．在饱和食盐水中先通入氨气使溶液呈碱性，再通入二氧化碳，增大二氧化碳的溶解度，故D正确；
故选C。
17. 下列示意图中，能正确表示反应过程中能量变化的是
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】表示反应过程中能量变化需注明物质聚集状态，且据分析答题。
【详解】A．未注明物质聚集状态，且焓变错误，A错误；
B．未注明物质聚集状态，B错误；
C．反应为吸热反应，焓变应大于0，C错误；
D．反应过程中注明物质聚集状态，且焓变正确，D正确；
故选D。
18. 将SO2通入BaCl2溶液至饱和，未见沉淀，继续通入另一种气体，产生沉淀，则通入的气体不可能是
A. Cl2 B. CO2 C. SO3 D. NH3
【答案】B
【解析】
【详解】A．Cl2具有氧化性，在溶液中能将SO2氧化为硫酸，与BaCl2反应生成BaSO4白色沉淀，A不符合题意；
B．CO2为酸性氧化物，在溶液中不能与SO2、BaCl2发生反应，没有沉淀生成，B符合题意；
C．SO3能与水反应生成硫酸，与BaCl2反应生成BaSO4白色沉淀，C不符合题意；
D．NH3在溶液中能与SO2反应生成(NH4)2SO3，与BaCl2反应生成BaSO3白色沉淀，D不符合题意；
故选B。
19. 下列关于常见有机物的说法正确的是
A. 苹果中含有的戊酸戊酯有芳香气味，易溶于水
B. 聚乙烯能使溴水褪色
C. 钠和乙醇反应的现象与钠和水反应的现象相同
D. 可以用碳酸钠溶液区分乙醇和乙酸
【答案】D
【解析】
【详解】A．戊酸戊酯有水果香味，不溶于水，故A错误；
B．聚乙烯不含有碳碳双键，不能使溴水褪色，故B错误；
C．钠和乙醇反应的现象是钠在乙醇底部，缓慢冒气泡，钠和水反应的现象浮、熔、游、响，两者现象不相同，故C错误；
D．乙酸和碳酸钠反应生成气体，乙醇和碳酸钠不反应，因此可以用碳酸钠溶液区分乙醇和乙酸，故D正确
综上所述，答案为D。
20. 用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 现有乙烯、丙烯的混合气体共14g，其原子数为3NA
B. 2.24LCH4气体的电子数为1.0NA
C. 1mol/L的NaCl溶液中含有Na+数为1.0NA
D. 1mol钠与足量氧气反应，转移电子数目为2NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．乙烯、丙烯最简式均为CH2，混合气体共14g则含有1molCH2，其原子数为3NA，A正确；
B．没有标况，不确定甲烷的物质的量，B错误；
C．没有溶液体积，不确定氯化钠的物质的量，C错误；
D．钠和氧气反应生成+1钠，则1mol钠与足量氧气反应，转移电子1mol，电子数目为NA，D错误；
故选A。
21. 氨广泛应用于化工、化肥、制药等领域，一种新型制备氨的方法如图。下列说法不正确的是
A. 氨很容易液化，因此可以用作制冷剂
B. 反应②属于氧化还原反应
C. 反应⑤在无水环境中进行时，有白烟产生
D. 该转化过程总反应的反应物是N2和H2O，产物是NH3和O2
【答案】B
【解析】
【详解】A．氨很容易液化，液氨气化时吸收大量的热，使周围温度降低，因此可以用作制冷剂，故A正确；
B．反应②是氮化镁和氯化铵反应生成氯化镁和氨气，该反应化合价没有发生变化，因此不属于氧化还原反应，故B错误；
C．反应⑤在无水环境中进行时，氨气和氯化氢反应生成氯化铵，有白烟氯化铵生成，故C正确；
D．根据图中信息得到该转化过程总反应是N2和H2O生成NH3和O2，故D正确。
综上所述，答案为B。
22. 一定温度下在容积恒定的密闭容器中，进行如下可逆反应：A(s)+2B(g)C(g)+D(g)，下列叙述不能表明该反应已达到平衡状态的是
A. 混合气体的密度不再变化 B. 混合气体的平均相对分子质量不再变化
C. B的物质的量浓度不再变化 D. 2v正(B)=v逆(C)时
【答案】D
【解析】
【详解】A．混合气的密度等于混合气的总质量除以容器体积，A是固体，所以混合气的总质量是一个变量，容器体积是定值，所以混合气密度在未平衡前一直在变化，当密度不变时，反应达到平衡状态，A不符合题意；
B．混合气体的平均相对分子质量等于气体总质量除以气体总的物质的量，气体总质量是一个变量，气体总的物质的量是定值，所以混合气体的平均相对分子质量在未平衡前一直在变化，当混合气体的平均相对分子质量不再变化，反应达到平衡状态，B不符合题意；
C．B的物质的量浓度不再变化说明达到了平衡状态，C不符合题意；
D．根据反应计量系数关系：速率之比等于计量系数之比,所以v正(B)= 2v逆(C)时才是平衡状态，D符合题意；
故选D
23. W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W最外层电子数是内层电子数的3倍，Y在短周期元素中原子半径最大，Z的最高正价与最低负价代数之和为4，下列说法不正确的是
A. 阴离子的还原性：X ＞ W ＞ Z
B. Z与W形成的某种物质能使品红溶液褪色
C. X与Y形成离子化合物
D. W与Y组成的Y2W2可作为供氧剂
【答案】A
【解析】
【分析】W最外层电子数为内层电子数的3倍，W为O。Y在短周期中半径最大，Y为Na。Z的最高价与最低价代数和为4，且W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z为S。X为F。W、X、Y、Z分别为O、F、Na、S。
【详解】A．同族元素从上往下简单离子的还原性增强：O2-
B．Z与W形成SO2能使品红褪色，B项正确；
C．X与Y为活泼的非金属与活泼的金属元素形成的是离子键，该物质为离子化合物，C项正确；
D．W与Y形成Na2O2与CO2反应产生O2，Na2O2可作供氧剂，D项正确；
故选A。
24. 一定温度下，把2.5molA和2.5molB混合盛入容积为2L的密闭容器里，发生如下反应：3A(g)+B(s)xC(g)+2D(g) ΔH=-akJ/mol，经5s反应达平衡，在此5s内C的平均反应速率为0.2mol/(L•s)，同时生成1molD，下列叙述中不正确的是
A. 反应达到平衡状态时A的转化率为60%
B. x=4
C. 平衡时，相同条件下容器内气体的压强与起始时压强比为8：5
D. 达到平衡时，反应放出akJ的热量
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应达到平衡状态时，根据方程式可知，参与反应的A的物质的量为：n(A)=n(D)=×1mol=1.5mol ，则A的转化率为=60%，A正确；
B．5s内(D)==mol•L-1•s-1=0.1mol•L-1•s-1，相同时间内其反应速率之比等于计量数之比，(C)：(D)=x：2=0.2mol/(L∙s)：0.1mol•L-1•s-1=2：1，x=4，B正确；
C．恒温恒容条件下，气体物质的量之比等于其压强之比，开始时混合气体总物质的量=2.5mol，平衡时生成1molD，生成n(C)=0.2mol/(L．s)×5s×2L=2mol，剩余n(A)=2.5mol-×1mol=1mol，所以平衡时气体总物质的量=(2+1+1)mol=4mol，则达到平衡状态时容器内气体的压强与起始时压强比=4mol：2.5mol=8：5，C正确；
D．该反应是可逆反应，反应物不能完全转化，达到平衡时，反应放出小于akJ的热量，D错误；
答案为D。
25. 下列实验操作能达到目的的是
选项
实验目的
实验操作
A
证明和浓反应生成
向少量铜与浓反应后的溶液中慢慢加水，溶液变蓝
B
除去中的
将混合气体依次通入盛有饱和食盐水、浓硫酸的洗气瓶
C
证明木炭在加热时能与浓硝酸发生反应
将灼热的木炭加入到浓硝酸中，有红棕色气体产生
D
检验晶体中含有
取少量晶体溶于水，滴加溶液，用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．反应后的溶液中含有浓，往溶液中加水相当于浓的稀释，会引起液体飞溅，正确的操作为将少量铜与浓H2SO4反应后的溶液沿着烧杯壁慢慢加入水中，故A错误；
B．HCl极易溶于水，氯气在饱和食盐水中的溶解度小，因此将混合气体先通入饱和食盐水中除HCl，再通入浓硫酸中干燥，可达除杂目的，故B正确；
C．浓硝酸受热也会分解出二氧化氮气体，会干扰实验，故C错误；
D．检验晶体中含有，取少量晶体溶于水，滴加溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体，故D错误；
故选B。
非选择题部分
26. 按要求回答下列问题：
（1）漂粉精主要成分的化学式_____，乙醛的结构简式是_____。
（2）在加热条件下，铜与浓硫酸反应的化学方程式：_____。
（3）NO不能用空气法收集，请用化学方程式解释其原因：_____。
【答案】（1） ①. Ca(ClO)2 ②. CH3CHO
（2）Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O
（3）2NO+O2=2NO2
【解析】
【小问1详解】
漂粉精主要成分为Ca(ClO)2，乙醛的结构简式是CH3CHO；
【小问2详解】
在加热条件下，铜与浓硫酸反应，Cu作还原剂，H2SO4(浓)既体现氧化性又体现酸性，反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O
【小问3详解】
NO要与O2发生反应，2NO+O2=2NO2，因此NO不能用空气法收集。
27. 某合金X由两种元素组成，为分析其成分，做了如图实验：
请回答：
（1）X中的组成元素为_____，X的化学式是_____。
（2）将合金X溶于足量稀硫酸中，生成标准状况下密度为1.16g/L的气体，同时溶液变为浅绿色，用化学方程式表示上述反应_____。
（3）设计实验方案检验红棕色固体中的金属阳离子______。
【答案】（1） ①. Fe、C ②. FeC2
（2）FeC2+H2SO4=FeSO4+CH≡CH↑
（3）取适量固体溶于足量稀硫酸中，滴加KSCN溶液后呈血红色则有Fe3+
【解析】
【分析】由图可知，X在纯氧中燃烧得到无色气体能与氢氧化钡反应生成白色沉淀，则无色气体为一氧化碳和二氧化碳的混合气体、白色沉淀为碳酸钡、X中含有碳元素，由碳原子个数守恒可知，X中碳原子的物质的量为+=0.02mol；由固体溶于过量盐酸得到的溶液能与氢氧化钠溶液反应生成沉淀，沉淀加热分解得到红棕色固体可知，红棕色固体为氧化铁、沉淀为氢氧化铁、X中含有铁元素，由铁原子个数守恒可知，X中铁原子的物质的量为×2=0.01mol，则X中铁原子和碳原子的物质的量比为0.01mol：0.02mol=1：2，X的化学式为FeC2。
【小问1详解】
由分析可知，合金X中的组成元素为铁元素和碳元素，化学式为FeC2，故答案为：Fe、C；FeC2；
【小问2详解】
由标准状况下气体密度为1.16g/L可知，气体的摩尔质量为1.16g/L×22.4L/mol=26g/mol，则该气体为乙炔，由溶液变为浅绿色可知，X与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和乙炔，反应的化学方程式为FeC2+H2SO4=FeSO4+CH≡CH↑，故答案为：FeC2+H2SO4=FeSO4+CH≡CH↑；
【小问3详解】
由分析可知，红棕色固体为氧化铁，则检验氧化铁中铁离子的操作为取适量固体溶于足量稀硫酸中，滴加硫氰化钾溶液，溶液变为血红色，说明红棕色固体中的金属阳离子为铁离子，故答案为：取适量固体溶于足量稀硫酸中，滴加KSCN溶液后呈血红色则有Fe3+。
28. 已知反应2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑的能量变化趋势如图所示：
（1）该反应为______(填“吸热”或“放热”)反应。
（2）若要使该反应的反应速率增大，下列措施可行的是_____(填字母)。
A. 改铝片为铝粉 B. 改稀硫酸为98%的浓硫酸
C. 升高温度 D. 使用催化剂
（3）①若将上述反应设计成原电池，铜为原电池某一极材料，则铜为：_____(填“正”或“负”)极，该极上发生的电极反应为：______。
②标况下当电池中共收集到2.24L氢气时，外电路共转移______mol电子。
【答案】（1）放热 （2）ACD
（3） ①. 正 ②. 2H++2e-═H2↑ ③. 0.2
【解析】
【小问1详解】
由图：反应物总能量大于生成物总能量，则该反应为放热反应；
【小问2详解】
A．改铝片为铝粉，增大反应物接触面积，化学反应速率加快，故A符合题意；
B．将稀硫酸改为浓硫酸，浓硫酸和铝发生钝化现象而阻止进一步反应，所以化学反应速率减慢，故B不符合题意；
C．升高温度，化学反应速率加快，故C符合题意；
D．使用催化剂，化学反应速率加快，故D符合题意；
故选ACD；
【小问3详解】
①Cu、Al和稀硫酸构成原电池，易失电子的金属Al作负极，负极上电极反应式为Al-3e－=Al3＋；另一种金属Cu作正极，Cu电极上氢离子得电子生成氢气，电极反应式为2H＋+2e－═H2↑；
②2H＋+2e－═H2↑，标况下当电池中共收集到2.24L氢气时（为0.1mol氢气），外电路共转移0.2mol电子。
29. 晶体硅是一种重要的非金属原料，由粗硅制备纯硅的主要步骤如下：
①粗硅与干燥的HCl气体反应制得SiHCl3：Si(粗)+3HClSiHCl3+H2；
②经过纯化的SiHCl3与过量H2在1000～1100℃下反应制得纯硅。
回答相关问题：
（1）请写出SiHCl3与过量H2在1000～1100℃下反应制得纯硅化学方程式______。
（2）粗硅与HCl气体反应完全后，经冷凝得到SiHCl3(沸点为36.5℃)，只含有少量SiCl4(沸点为57.6℃)和HCl(沸点为-84.7℃)，提纯SiHCl3的方法为______。
（3）用SiHCl3与过量H2反应制备纯硅的装置如图所示(热源及夹持装置已略去)：
①在装好药品后，加热D装置前应先进行的实验操作是______。
②C装置中烧瓶需要加热，采用的方法是______。
【答案】（1）SiHCl3+H2Si(纯)+3HCl
（2）蒸馏(或分馏) （3） ①. 打开A装置中分液漏斗的活塞，排出装置内的空气 ②. 水浴加热
【解析】
【分析】锌和稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，用浓硫酸干燥氢气，用氢气排出装置内的空气，再用水浴加热将SiHCl3气化，在石英管中SiHCl3和氢气反应生成硅和氯化氢。
【小问1详解】
SiHCl3与过量H2在1000～1100℃下反应制得纯硅的化学方程式SiHCl3+H2Si(纯)+3HCl；故答案为：SiHCl3+H2Si(纯)+3HCl。
【小问2详解】
根据题中信息SiHCl3(沸点为36.5℃)，只含有少量SiCl4(沸点为57.6℃)和HCl(沸点为-84.7℃)，则先将氯化氢蒸馏出来，再控制在40℃将SiHCl3蒸馏出来，因此提纯SiHCl3的方法为蒸馏(或分馏)；故答案为：蒸馏(或分馏)。
【小问3详解】
①在装好药品后，A装置是生成氢气，利用氢气与SiHCl3反应生成硅，氢气先排出装置内的空气，因此加热D装置前应先进行的实验操作是打开A装置中分液漏斗的活塞，排出装置内的空气；故答案为：打开A装置中分液漏斗的活塞，排出装置内的空气。
②根据SiHCl3(沸点为36.5℃)，C装置中烧瓶需要加热，因此采用的方法是水浴加热；故答案为：水浴加热。
30. 已知：A是来自石油的重要有机化工原料，此物质可以用来衡量一个国家石油化工发展水平。E是具有果香味的有机物，F是一种高聚物，可制成多种包装材料。
（1）A的结构式为______，B分子中的官能团名称是______。
（2）写出与D含有相同官能团的E的一种同分异构体的结构简式______(任写一种)。
（3）写出反应④的化学方程式：______。
（4）写出B与D反应生成E的化学方程式：______。
【答案】（1） ①. ②. 羟基
（2）CH3CH2CH2COOH或(CH3)2CHCOOH
（3）nCH2=CH2
（4）CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O
【解析】
【分析】A是来自石油的重要有机化工原料，此物质可以用来衡量一个国家石油化工发展水平，则A为乙烯，B为乙醇，F是一种高聚物，则F为聚乙烯，B为乙酸，C为乙醛，E为乙酸乙酯。
【小问1详解】
A为乙烯，其结构式为，B为乙醇，则B分子中的官能团名称是羟基；故答案为： ；羟基。
【小问2详解】
D为乙酸，与D含有相同官能团的E(E含有四个碳原子)的一种同分异构体的结构简式CH3CH2CH2COOH或(CH3)2CHCOOH；故答案为：CH3CH2CH2COOH或(CH3)2CHCOOH。
【小问3详解】
反应④是乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，其反应的化学方程式：nCH2=CH2 ；故答案为：nCH2=CH2 。
【小问4详解】
B与D是乙酸和乙醇在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯，其反应的化学方程式：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；故答案为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O。
31. 将一定质量的铜溶于100mL11mol/L的浓硝酸中，待铜完全溶解后，生成0.4molNO2和NO的混合气体，并测得溶液中H+的浓度为1mol/L(假设反应后溶液的体积仍为100mL)。
（1）金属铜的质量为______g。
（2）NO2的物质的量______mol。
（3）产生的气体全部与氧气混合，将混合气体溶于水，若全部恰好溶解需要通入的氧气在标准状况下的体积是______L。
【答案】（1）19.2
（2）0.3 （3）3.36
【解析】
【分析】将一定质量的铜溶于100mL 11mol/L的浓硝酸中，待铜完全溶解后，生成0.4mol NO2和NO的混合气体，并测得溶液中H+的浓度为1mol/L(假设反应后溶液的体积仍为100mL)，则剩余硝酸物质的量为0.1mol，。
【小问1详解】
铜和硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮、一氧化氮和水，生成0.4mol NO2和NO的混合气体，溶液中H+的浓度为1mol/L即剩余硝酸物质的量为0.1mol，因此其酸性的硝酸物质的量为11mol/L×0.1L−0.1mol−0.4mol=0.6mol，则生成的硝酸铜物质的量为0.3mol，消耗的金属铜物质的量为0.3mol，则金属铜的质量为0.3mol×64g∙mol−1＝19.2g；故答案为：19.2。
小问2详解】
设NO2和NO的物质的量分别为xmol、ymol，根据得失电子守恒x+3y=0.3×2，x+y=0.4，解得x=0.3，则NO2的物质的量0.3mol；故答案为：0.3。
【小问3详解】
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