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浙江省绍兴市第一中学2022-2023学年高一化学下学期期末考试试题（Word版附解析）
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这是一份浙江省绍兴市第一中学2022-2023学年高一化学下学期期末考试试题（Word版附解析），共23页。试卷主要包含了5 Fe， 下列物质属于纯净物的是， 下列表示或说法正确的是， 可以直接加热的玻璃仪器是， 下列说法正确是，1ml•L-1NaClO溶液中， 下列离子方程式正确的是等内容，欢迎下载使用。
绍兴一中2022学年第二学期期末考试
高一化学试卷
本卷可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Mg：24 S：32 C1：35.5 Fe：56 Ag：108 Ba：137
一、选择题Ⅰ(本大题共10小题，每小题2分，共20分。每个小题列出的四个各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. 下列物质属于纯净物的是
A. 汽油 B. 甘油 C. 植物油 D. 煤焦油
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．汽油是C5~C8的烃类，属于混合物，A不合题意；
B．甘油即HOCH2CH(OH)CH2OH，故属于纯净物，B符合题意；
C．植物油是多种高级脂肪酸甘油酯，属于混合物，C不合题意；
D．煤焦油是由多种有机物和无机物组成的混合物，D不合题意；
故答案为：B。
2. 下列表示或说法正确的是
A. 甲酸甲酯的最简式：CH2O B. CS2的球棍模型：
C. 硫原子结构示意图： D. 氯化钙的分子式：CaCl2
【答案】A
【解析】
【详解】A．甲酸甲酯为HCOOCH3，最简式：CH2O，A正确；
B．CS2为直线形结构，球棍模型为 ，B错误；
C．硫原子结构示意图： ，C错误；
D．氯化钙为离子化合物，不存在分子，D错误；
故选A。
3. 可以直接加热的玻璃仪器是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．坩埚是陶瓷，不是玻璃仪器，A不符合题意；
B．试管玻璃仪器又可以直接加热，B符合题意；
C．圆底烧瓶是玻璃仪器，但不能直接加热，需隔着石棉网加热，C不符合题意；
D．冷凝管不能加热，D不符合题意；
故选B。
4. 下列说法正确是
A. 35Cl2和37Cl2互为同位素
B. NO2和N2O4互为同素异形体
C. CH3COOH和HCOOCH2CH3互为同系物
D. 硝基乙烷(CH3CH2NO2与甘氨酸(H2NCH2COOH)互称为同分异构体
【答案】D
【解析】
【详解】A．同位素为同种元素不同核素，Cl2是单质不是核素，A错误；
B．由同种元素组成的不同单质互为同素异形体，NO2和N2O4为化合物，B错误；
C．醋酸属于羧酸，甲酸乙酯属于酯类，官能团种类不同，不属于同系物，C错误；
D．硝基乙烷与甘氨酸的分子式均为C2H5NO2，但结构不同，互为同分异构体，D正确；
故答案为：D。
5. 下列说法正确的是
A. 原子结构模型由道尔顿提出
B. 通过减压分馏，可对重油再次分离
C. 人造棉、棉花、羊毛、涤纶的主要成分都是纤维素
D. 聚氯乙烯通过加聚反应制得，可用于制作不粘锅的耐热涂层
【答案】B
【解析】
【详解】A．该图表示的是卢瑟福的原子核式模型，道尔顿提出实心球模型，故A错误；
B．减压可以降低物质的熔沸点，采用减压蒸馏可以使重油中的各成分在较低温度继续分离，故B正确；
C．羊毛的主要成分是蛋白质，不是纤维素，故C错误；
D．聚氯乙烯高温下会分解生成有毒物质，不能用来制作不粘锅的耐热涂层，故D错误；
故选：B。
6. 室温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 能使酚酞变红的溶液中：Na+、Al3+、SO、NO
B. 澄清透明的溶液中：Cu2+、Mg2+、SO、Cl-
C. 0.1mol•L-1NaClO溶液中： K+、Fe2+、Cl-、SO
D. 能与铝反应产生大量氢气的溶液中：Fe3+、K+、HCO、NO
【答案】B
【解析】
【详解】A．能使酚酞变红的溶液中含有氢氧根离子，为碱性，氢氧根离子和Al3+反应，不能大量共存，A不选；
B．各离子不反应，且不生成沉淀、气体，可以大量共存，B选；
C．Fe2+能和ClO-发生氧化还原反应，二者不能在溶液中大量共存，C不选；
D．与Al反应能放出H2的溶液中可能为酸性或碱性，若为酸性则硝酸根离子与铝不生成氢气而生成一氧化氮气体，且酸性环境中亚铁离子会被硝酸根离子氧化为铁离子，氢离子和HCO会生成气体；若为碱性，则铁离子与氢氧根离子生成氢氧化铁沉淀，氢氧根离子和HCO反应生成碳酸根离子；且Fe3+、HCO相互反应不能共存，D不选；
故选B。
7. 下列离子方程式正确的是
A. 向NaAlO2溶液中滴入溶液：
B. NaClO溶液中通入少量CO2(已知酸性强弱：)：
C. 将1mol Cl2通入含1mol FeI2溶液中：
D. 硅酸钠溶液与醋酸溶液混合：
【答案】D
【解析】
【详解】A．向NaAlO2溶液中滴入溶液，会和钙离子生成沉淀，离子方程式为，故A错误；
B．由于酸性，故NaClO溶液中通入少量CO2生成，而不是，其离子方程式为，故B错误；
C．Cl2不足，只有I－被氧化，离子方程式为，故C错误；
D．硅酸的酸性比醋酸弱，故硅酸钠溶液与醋酸溶液混合的离子方程式为，故D正确；
故选D。
8. 下列关于工业生产说法不正确的是
A. 铝制品可用化学氧化法增加膜的厚度及对氧化膜进行着色
B. 工业上用电解熔融氧化物的方法制金属镁和铝
C. 工业制备高纯硅涉及的主要反应均为氧化还原反应
D. 工业制备硫酸时在吸收塔中使用浓硫酸吸收三氧化硫
【答案】B
【解析】
【详解】A．空气中自然形成的氧化铝薄膜耐磨性较差，可采用化学方法增加膜的厚度，如电化学氧化法，可在铝表面生成坚硬的氧化膜，A正确；
B．工业上用电解熔融氯化镁和氧化铝的方法制金属镁和铝，B错误；
C．工业制备高纯硅涉及的主要反应有SiO2与C反应制得粗Si，再与Cl2高温生成SiCl4，最后与H2反应制得纯Si，这些反应均为氧化还原反应，C正确；
D．吸收塔中SO3如果用水吸收，发生反应：SO3+H2O═H2SO4，该反应为放热反应，放出的热量易导致酸雾形成，阻隔在三氧化硫和水之间，阻碍水对三氧化硫的吸收；而浓硫酸的沸点高，难以气化，不会形成酸雾，同时三氧化硫易溶于浓硫酸，所以工业上从吸收塔顶部喷洒浓硫酸作吸收液，D正确；
故答案为：B。
9. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A. 氢原子数为0.6NA的乙醇分子中含有的极性键数为0.7NA
B. 常温常压下，22.4LCl2与足量FeI2反应时转移的电子数小于2NA
C. Na2O2与足量水反应生成1 mol O2转移电子数为4NA
D. 0.1 mol H2和0.1mol I2密闭容器中充分反应，容器中分子总数为0.2NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．氢原子数为0.6NA的乙醇分子为0.1molC2H5OH，根据乙醇的结构可知 ，极性键数为0.7NA，A正确；
B．常温的温度比标准状况温度高，则22.4LCl2的物质的量小于1mol，转移电子数小于2NA，B正确；
C．，则生成1molO2转移2NA电子，C错误；
D．根据质量守恒定律，反应前后容器分子总数不变，D正确；
故答案为：C。
10. 下表为元素周期表的一部分，其中X、Y、Z、W为短周期元素，Y的最高正化合价和最低负化合价代数和为0。下列说法不正确的是
A. Z2X5可用来干燥剂NH3
B. T元素的单质具有半导体特性
C. X最低价氢化物比W最低价氢化物的稳定性强
D. 可用CaCO3、Na2CO3和YX2在玻璃熔炉中制备玻璃
【答案】A
【解析】
【分析】X、Y、Z、W为短周期元素，Y的最高正化合价和最低负化合价代数和为0，最高正化合价和最低负化合价的绝对值之和为8，则Y的最高正化合价为+4价、最低负化合价为-4价，Y为第IVA族的元素，根据各元素在元素周期表中的位置可知，Y为Si，X、Z、W、T依次为O、P、S、Ge元素；据此分析解答。
【详解】根据分析，X、Y、Z、W、T依次为O、Si、P、S、Ge元素；
A．Z2X5为P2O5，P2O5属于酸性氧化物，能吸收氨气，不能用于干燥NH3，A错误；
B．T为Ge元素，Ge元素在元素周期表中位于金属元素和非金属元素的分界线附近，Ge单质具有半导体特性，B正确；
C．X、W分别为O、S元素，两元素分别位于元素周期表中第二周期第VIA族、第三周期第VIA族，同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱，最低价氢化物的稳定性逐渐减弱，则X最低价氢化物比W最低价氢化物的稳定性强，C正确；
D．YX2为SiO2，可用CaCO3、Na2CO3和SiO2在玻璃熔炉中制备玻璃，主要反应原理为：CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2↑、Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑，D正确；
答案选A。
二、选择题Ⅱ(本大题共10小题，每小题3分，共30分。每个小题列出的四个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)
11. 汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应。若氧化产物比还原产物多7 mol，则下列判断正确的是
A. 生成168LN2(标准状况) B. 有1 mol KNO3被氧化
C. 转移电子的物质的量为5 mol D. 被还原的N原子的物质的量为15 mol
【答案】C
【解析】
【分析】该反应中N元素化合价由、+5价变为0价，所以NaN3是还原剂，KNO3是氧化剂，根据原子守恒氧化产物与还原产物的物质的量之比为30:2=15:1，若氧化产物比还原产物多7mol，则生成N2为7mol×=8mol，转移电子的物质的量为7mol×=5mol，被氧化的N原子的物质的量为7mol×=15mol
【详解】A．标况下N2的体积为8mol×22.4L/mol=179.2L，故A错误；
B．KNO3中N元素的化合价降低，被还原，故B错误；
C．转移的电子数为5mol，故C正确；
D．被还原的N原子的物质的量为7mol×=1mol，故D错误；
故本题选C．
12. 下列有关微粒间相互作用说法正确的是
A. 固体溶于水时，只破坏了离子键
B. 和CaCl2中含有的化学键类型完全相同
C. H2O分子间存在氢键，所以H2O比H2S稳定
D. 受热分解生成Na2CO3、CO2和H2O既破坏了离子键，也破坏了共价键
【答案】D
【解析】
【详解】A．固体溶于水时电离产生钠离子、氢离子和硫酸根离子，破坏了离子键和共价键，故A错误；
B．含有离子键和共价键，CaCl2中含有离子键，两者所含化学键类型不完全相同，故B错误；
C．因为氧的非金属性比硫大，所以H2O比H2S稳定，与H2O分子间存在氢键无关，故C错误；
D．受热分解生成Na2CO3、CO2和H2O，破坏了Na＋和，也破坏了中的共价键，故D正确；
故选D。
13. 化合物X是一种医药中间体，其结构简式如图所示。下列说法正确的是
A. 分子中所有碳原子可能处于同一平面
B. 化合物X能与碳酸氢钠溶液反应
C. 化合物X的分子式为
D. 1 mol化合物X最多能与1 mol NaOH反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．如图 所标饱和碳原子与3个碳原子相连，所有碳原子一定不处于同一平面，A错误；
B．X分子中含有羧基，能与饱和碳酸氢钠溶液反应，B正确；
C．根据X的结构可知，其分子式为C16H12O4，C错误；
D．X中酯基和羧基可以与NaOH反应，且酯基水解生成的酚羟基可以与NaOH反应，1mol化合物X最多能与3molNaOH反应，D错误；
故选：B。
14. 烃A的相对分子质量为28，B是一种高分子化合物。由A和D 化合物X为原料合成F(丙烯酸乙酯)的转化关系如下：
下列说法正确的是
A. 工业上通常由石油的裂化生产A和D
B. 仅用水不能鉴别C和F
C. C+E→F反应的原子利用率为
D. 相同物质的量的B、E完全燃烧消耗氧气的质量不相等
【答案】D
【解析】
【分析】由题目分析得知烃A分子量为28是乙烯，高分子化合物B是聚乙烯，C是乙醇，E是丙烯酸。
【详解】A．工业上通常由石油裂解制乙烯和丙烯，不是裂化，故A错误；
B．C乙醇能溶于水，F是酯不溶于水，可以用水来鉴别，故B错误；
C．在硫酸做催化剂条件下丙烯酸和乙醇发生酯化反应，是可逆反应，同时有副反应发生，因此原子利用率和反应的限度、副反应等有关，故C错误；
D．B是聚乙烯是混合物，没有固定的组成，消耗氧气的量不能确定，因此相同物质的量的聚乙烯、丙烯酸完全燃烧消耗氧气的质量不相等，故D正确；
答案选D。
15. 已知硫酸和氯磺酸结构关系如图：。下列说法不正确的是
A. 氯磺酸是一元酸
B. 氯磺酸中硫元素化合价为+6价
C. 氯磺酸遇水会发生反应：
D. 氯磺酸在HCl作用下可得
【答案】C
【解析】
【详解】A．氯磺酸分子中只有1个羟基，1个氯磺酸分子只能电离出1个氢离子，所以氯磺酸是一元酸，A项正确；
B．氧和氯的非金属性都强于硫，硫形成6个键，说明有6个电子偏离硫原子，所以磺酸中硫元素化合价为+6价，B项正确
C．氯的非金属性都强于硫，氯元素显-1价，氯磺酸与水发生水解反应时元素的化合价不变，因此应该生成HCl，C项错误；
D．类比硫酸反应生成氯磺酸，氯磺酸分子中的羟基也可以被氯原子取代，得到该选项给出的结构，D项正确；
答案选C。
16. 一种新型镁硫电池工作时的原理如图所示。下列说法正确的是
A. a极为负极，发生还原反应
B. 离子交换膜应为阴离子交换膜
C. 当石墨烯中的S均转化为MgS8时，电路中转移的电子数达到最大值
D. 若电路中转移1 mol电子，则正极质量增加12g
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，活泼金属Mg是负极，电极反应式为：Mg-2e-=Mg2+，S为正极，电极反应依次是8S+Mg2++2e-=MgS8，MgS8+3Mg2++6e-=4MgS2，MgS2+Mg2++2e-=2MgS。
【详解】A．a是负极，发生氧化反应，故A错误；
B．离子交换膜是阳离子交换膜，通过的是Mg2+离子，故B错误；
C．当石墨烯中的S均转化为MgS时，转移电子数达到最大，故C错误；
D．电路中转移1mol电子，有0.5molMg失去电子形成Mg2+，0.5molMg2+通过阳离子交换膜与硫作用，阳极端增加了0.5molMg即12g，故D正确；
答案选D。
17. T0温度下，向2 L真空密闭容器中加入N2O3固体，发生反应 未配平)，反应过程如图，下列说法正确的是
A. X可能为N2
B. 第2 min时逆反应速率大于第4 min时逆反应速率
C. 0~2 min用N2O3表示的反应速率为1mol/min
D 第4 min时，保持T和V不变，向容器中再加入N2O3，正反应速率加快
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图分析在交叉点N2O3减少2mol，NO2增加2mol，因此方程式中N2O3的系数和NO2的系数相等，根据原子守恒X是NO，故A错误；
B．第2 min时未达到平衡状态，正反应速率在减少，逆反应速率在增大，第四分钟时逆反应速率更大，故B错误；
C．N2O3是固体，不用单位时间的浓度变化量来表示反应速率，直接用单位时间内的物质的量减少量表示反应速率0~2 min用N2O3减少了2mol,表示的反应速率为1mol/min，故C正确；
D．N2O3是固体，增加固体的量，反应速率不变，故D错误；
答案选C。
18. 下列说法正确的是
A. H2(g)＋I2(g) ⇌ 2HI(g)，其他条件不变，缩小反应容器体积，正逆反应速率不变
B. C(s)＋H2O(g) ⇌ H2(g)＋CO(g)，碳的质量不再改变说明反应已达平衡
C. 若压强不再随时间变化能说明反应2A(?)＋B(g) ⇌ 2C(?)已达平衡，则A、C不能同时是气体
D. 1 mol N2和3 mol H2反应达到平衡时H2转化率为10%，放出的热量为Q1；在相同温度和压强下，当2 mol NH3分解为N2和H2的转化率为10%时，吸收的热量为Q2，Q2不等于Q1
【答案】B
【解析】
【详解】A.该可逆反应的反应前后气体计量数不发生变化，当缩小反应容器体积，相当于加压，正逆反应速率同等程度增加，A项错误；
B.在建立平衡前，碳的质量不断改变，达到平衡时，质量不变，因而碳的质量不再改变说明反应已达平衡，B项正确；
C.即使A，C物质均为气体，反应前后气体体积也会发生变化，当压强不随时间变化时，仍能说明反应达到平衡，C项错误；
D.易知N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) ΔH，合成氨气实际参与反应n(H2)=3×10％=0.3mol，因而Q1=0.3/3×|ΔH|=0.1|ΔH|，分解氨气时实际消耗的n(NH3)=2×10％=0.2mol，Q2=0.2/2×|ΔH|=0.1|ΔH|，则Q1=Q2，D项错误。
故答案选B。
19. 溶液A中可能含有如下离子：、、、、、、、。某同学设计并完成了如下的试验：
下列说法正确的是
A. 溶液A中一定存在、、，可能存在
B. 溶液A中一定存在、、、，可能存在
C. 溶液A中可能存在，且
D. 如果气体F能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，说明溶液中一定含有
【答案】C
【解析】
【分析】溶液A中滴加过量BaCl2溶液所得沉淀B溶解于稀盐酸，部分溶解，并得到沉淀D为BaSO4，物质的量是0.01mol，溶解的质量为BaSO3，质量为2.17g，物质的量为0.01mol，由此推断原溶液中含有SO42-和SO32-，物质的量均为0.01mol；排除原溶液中含有Ba2+；滤液C中加入足量NaOH溶液，无沉淀可知溶液中无Mg2+，有气体放出，可知溶液中有NH4+，根据生成氨气448mL，可知溶液中NH4+的物质的量为0.02mol；溶液是电中性的，根据电荷守恒可知，溶液中一定还含有Na+，可能还含有Cl-，据此分析作答。
【详解】A．由分析可知，溶液A中一定存在Na+，A项错误；
B．由分析可知，溶液A中一定不存在 Mg2+，B项错误；
C．由分析可知，溶液A中不存在Cl－时Na+物质的量为0.02mol，若溶液A中存在Cl－，Na+物质的量大于0.02mol，即c(Na+)≥0.20 mol·L-1，C项正确；
D．氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，而不是蓝色石蕊试纸变红，D项错误；
答案选C。
20. 下列方案设计，现象和结论都正确的是
选项
方案设计
现象
结论
A
取少量Fe与水蒸气反应后的固体产物于试管中，加入足量的稀盐酸溶解，再滴加KSCN溶液
溶液未变血红色
固体产物中不存在三价铁
B
向2%的稀氨水溶液中不断滴加2%硝酸银溶液
产生白色沉淀后沉淀消失
实验室用此方法制银氨溶液
C
向铜与浓硫酸反应后的溶液中直接加入少量水稀释
溶液呈蓝色
稀释后的溶液中存在Cu2+
D
向10mLKI溶液中滴加5-6滴相同浓度的FeCl3溶液，充分反应后滴入KSCN溶液
溶液变血红色
KI与FeCl3的反应有一定限度
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．若铁粉过量，则铁会将铁离子转化为亚铁离子，干扰了铁离子的检验，A错误；
B．应该为向2%硝酸银溶液中不断滴加稀氨水溶液至生成沉淀消失，B错误；
C．浓硫酸和水放出大量的热，应该将反应后的溶液沿器壁慢慢注入水中，并不断搅拌，C错误；
D．向10mLKI溶液中滴加5-6滴相同浓度的FeCl3溶液，充分反应后碘离子过量，滴入KSCN溶液，溶液变血红色说明溶液中还存在铁离子，则KI与FeCl3的反应有一定限度，D正确；
故选D。
三、非选择题(本大题共6小题，共50分)
21. 请回答下列问题：
（1）漂粉精的主要成分的化学式___________；
（2）NaCN各原子均满足8电子稳定结构。写出NaCN的电子式___________；
（3）用一个化学方程式说明Fe3+与Cl-和SCN-两种微粒结合能力的强弱___________。
【答案】（1）Ca(ClO)2
（2） （3）FeCl3+3KSCN=Fe(SCN)3+3KCl
【解析】
【小问1详解】
漂粉精的主要成分是次氯酸钙，化学式分别是：Ca(ClO)2；
【小问2详解】
NaCN 是由金属元素和非金属元素组成的离子化合物，含离子键，Na 原子失去最外层的一个电子形成Na+，C原子最外层有4个电子，需得4个电子形成8电子稳定结构；N原子最外层有5个电子，需得3个电子形成8电子稳定结构，则N原子之间共用3对电子形成极性共价键，C原子再从Na 原子得一个电子达到稳定结构，NaCN 的电子式为： ；
【小问3详解】
SCN-能与FeCl3溶液反应生成Fe(SCN)3，说明Fe3+与SCN-的结合能力强于与Cl-的结合能力，化学方程式为：FeCl3+3KSCN=Fe(SCN)3+3KCl。
22. 已知：PCl3+3H2O=H3PO3+3HCl；PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl。将0.2molPCl3和0.1molPCl5的混合物溶于足量水，一定条件下缓缓通入VLCl2(标准状况)，恰好将H3PO3氧化为H3PO4。往反应后的溶液中加入2Lcmol·L-1NaOH溶液，恰好完全中和。计算：
（1）V=____。
（2）c=_____。(写出计算过程)。
【答案】（1）4.48L
（2）0.75mol/L
【解析】
【小问1详解】
PCl3+3H2O=H3PO3+3HCl；将H3PO3氧化为H3PO4，P元素由+3价升高为+5价，0.2molPCl3生成H3PO3后转化为H3PO4，转移电子的物质的量为0.2mol2=0.4mol， Cl2为氧化剂时化合价由0价变为-1价，标准状况V=；
【小问2详解】
根据反应PCl3+3H2O=H3PO3+3HCl；PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl及P原子、Cl原子守恒可知，最终生成n(H3PO4)= 0.2mol+0.1mol=0.3mol；n(HCl)= 0.2mol×3+0.1mol×5+0.4mol =1.5mol；故消耗的NaOH的物质的量为n=0.3mol1.5mol=2.4mol，c==1.2mol/L。
23. Ⅰ．化学试剂的妥善保存十分重要，共价化合物A由三种常见的短周期元素组成，常温常压下是一种有特殊气味的无色液体，易与强氧化剂反应，实验室必须率封避光保存。按以下流程进行实验(以下反应都为充分反应，气体F溶于水部分忽略不计)；
（1）组成A的元素的元素符号为___________；G的化学式为___________。
（2）液体A反应生成B和C的化学方程式为___________。
Ⅱ．Na2S2O3，又名大苏打、海波，可用以除去自来水中的多余氯气，在实验室可以用新制氯水模拟含多余氯气的自来水，向新制氯水中滴入Na2S2O3溶液。
（3）新制氯水与Na2S2O3溶液反应的离子方程式为___________。
（4）新制氯水中的氯气被全部除尽后，如果继续滴入Na2S2O3溶液有可能发生反应的离子方程式为___________。
【答案】（1） ①. H、Cl、C ②. CaCO3
（2）2CHCl3+O22HCl+2COCl2
（3）4Cl2 ++ 5H2O = 8Cl－++10H+
（4）+2H+=SO2↑+S↓+H2O
【解析】
【分析】气体B与硝酸酸化的硝酸银反应生成白色沉淀C，该沉淀C为氯化银，其物质的量为14.35g÷143.5g/mol=0.1mol。气体F与足量的澄清石灰水反应生成白色沉淀G，该沉淀应为碳酸钙，其物质的量为10.00g÷100g/mol=0.1mol，溶液D中的氯的物质的量为28.7g÷143.5g/mol=0.2mol，则原液体A中含C 0.1mol，含Cl 0.3mol，含另一种元素的质量为11.95g-0.1mol×12g/mol+0.3mol×35.5g/mol=0.1g，则1.2gC对应另一种元素的质量为0.1g，12gC对应1g，所以该元素的相对分子质量为1，为H元素，所以该化合物含有C、H、Cl三种元素。其物质的量之比=C：H：Cl=0.1:0.1:0.3=1:1:3，其化学式为CHCl3。
【小问1详解】
由以上计算可推出，组成A的元素的元素符号为C、H、Cl；白色沉淀G为碳酸钙，其化学式为CaCO3。答案为：C、H、Cl；CaCO3；
【小问2详解】
液体A为CHCl3，与空气中的氧气反应生成COCl2和HCl，其化学方程式为2CHCl3+ O22HCl+ 2COCl2。答案为：2CHCl3+ O22HCl+ 2COCl2；
【小问3详解】
新制氯水与Na2S2O3溶液反应，Cl2把Na2S2O3氧化生成SO，其离子方程式为4Cl2 + S2O+ 5H2O = 8Cl─+ 2SO+10H+。答案为：4Cl2 + S2O+ 5H2O = 8Cl─+ 2SO+10H+；
【小问4详解】
新制氯水中的氯气被全部除尽后，溶液呈酸性，如果继续滴入Na2S2O3溶液有可能Na2S2O3溶与酸反应生成硫单质沉淀和二氧化硫气体放出，答案为：+2H+=SO2↑+S↓+H2O。
24. 氮的氧化物(如，，等)应用很广，在一定条件下可以相互转化。
（1）已知：在一定条件下发生分解2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g)。某温度下测得恒容密闭容器中N2O5浓度随时间的变化如下表：
t/min
0.00
1.00
2.00
3.00
4.00
5.00
c(N2O5)/mol/L
1.00
0.71
0.50
0.35
0.25
0.17
设反应开始时体系压强为p0，第2.00min时体系压强为p，则p：p0=_______；
（2）①对于反应2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g)有人提出如下反应历程：
第一步N2O5(g)NO2(g)+NO3(g) 快速平衡；
第二步NO2(g)+NO3→NO+NO2+O2慢反应；
第三步NO+NO3→2NO2快反应
其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡，一定温度下，在恒容密闭容器中充入一定量N2O5进行该反应，下列表述正确的是_______。
A．υ(第一步的逆反应)<υ(第二步反应)
B．反应的中间产物只有NO3
C．容器中压强不再变化能说明反应已达平衡
D．气体的密度保持不变能说明反应已达平衡
②对于反应2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g)，在恒容密闭容器中反应达到平衡，t1时充入N2O5(g)，t2时又达到平衡，在下图中画出υ正(NO2)随时间变化的趋势图_______。
（3）NO2存在如下平衡：，在一定条件下与的消耗速率与各自的分压(分压=总压×物质的量分数)有如下关系：v(NO2)=k1·p2(NO2)；v(N2O4)=k2·p(N2O4)，相应的速率与其分压关系如图所示。
在图上标示的各点中，表示反应已达到平衡状态的点是___________。
（4）、和熔融可作燃料电池，其原理如图所示。该电池在放电过程中石墨Ⅰ电极上生成氧化物Y，Y可循环使用。请写出负极的电极反应方程式___________。
【答案】（1）1.75
（2） ①. C ②.
（3）BD （4）NO2−e－+=N2O5
【解析】
【小问1详解】
相同条件下，气体的物质的量之比等于其压强之比；根据三段式：，反应前后气体的压强之比等于其物质的量之比，所以p：p0=(0.50+1.00+0.25)mol/L:1.00mol/L=1.75；
【小问2详解】
①A．第一步反应快，所以第一步的逆反应速率大于第二步的逆反应速率，故A错误；
B．根据第二步和第三步反应可知中间产物还有NO，故B错误；
C．反应前后气体分子数不相等，压强是一变量，容器中压强不再变化能说明反应已达平衡，故C正确；
D．混合气体的总质量不变，恒容即体积不变，因此密度一直保持不变，气体的密度不能说明反应达平衡，故D错误；
故选：C；
②恒容时充入N2O5(g)使压强增大，则正逆反应速率均增大，根据勒夏特列原理，增大压强平衡向气体分子数减小的方向移动，因此平衡逆向移动，c(NO2)逐渐减小，则υ正(NO2)减小，υ正(NO2)随时间变化的趋势图为 ；
【小问3详解】
平衡时v正(NO2)=2×v逆(N2O4)，由图像可知，B、D点所对应的反应速率之比刚好为1：2，则B、D点为平衡点；
【小问4详解】
NO2、O2和熔融KNO3可制作燃料电池，NO2作燃料、O2作氧化剂，所以石墨I为负极、石墨II为正极，石墨I电极上生成氧化物Y，因为负极上失电子，所以Y是五氧化二氮，则负极的电极反应式为NO2+-e-=N2O5。
25. 甘氨酸亚铁[(H2NCH2COO)2Fe，摩尔质量204g/mol]是一种新型铁营养强化剂，广泛用于缺铁性贫血的预防和治疗。某学习小组模拟其合成方法如下：
已知：
甘氨酸H2NCH2COOH
异抗坏血酸
甘氨酸亚铁
FeSO4·7H2O
FeCl2·4H2O
易溶于水微溶于乙醇
易溶于水和乙醇有弱酸性和强环原性
易溶于水难溶于乙醇
易溶于水难溶于乙醇
易溶于水易溶于乙醇
请回答：
（1）下列说法正确的是___________。
A. 滴入液体前，应先打开滴液漏斗a的上口玻璃塞
B. 根据题中所给信息，亚铁盐应选用FeSO4·7H2O
C. 步骤Ⅲ中的分离方法是过滤
D. 步骤Ⅳ，提纯操作中的干燥过程最好选用真空干燥
（2）合成过程中，本实验为了防止Fe2+被氧化，采取的措施是___________。
（3）合成过程需控制pH=5.5，pH过大或过小都对实验有影响，试说明理由___________。
（4）步骤Ⅲ加入无水乙醇的目的是___________。
（5）若甘氨酸的投料量为300kg，得到纯品306kg，则产品的产率为___________。
【答案】（1）CD （2）通入氮气；加入异抗坏血酸
（3）pH过低使产率下降的原因是H+会与H2NCH2COOH中的氨基反应；pH过高会生产沉淀
（4）降低甘氨酸亚铁在水中的溶解度，促使其结晶析出；除去杂质，提高产率
（5）75%
【解析】
【分析】在甘氨酸饱和溶液中加入亚铁盐，由于亚铁盐易被氧化，所以加入异抗坏血酸，通入氮气，保护亚铁离子，然后加入氢氧化钠溶液调节pH并水浴加热形成甘氨酸亚铁络合物[(H2NCH2COO)2Fe]，再加入乙醇，析出甘氨酸亚铁络合物[(H2NCH2COO)2Fe]的粗产品，再加入水进一步提纯得到甘氨酸亚铁；
【小问1详解】
A．装置中使用的是恒压滴液漏斗，滴入液体前，无需打开滴液漏斗a的上口玻璃塞，故A错误；
B．由表可知，FeSO4•7H2O易溶于水，难溶于乙醇，在加入乙醇析出甘氨酸亚铁时会混入杂质，而FeCl2•4H2O易溶于乙醇，不会引入杂质，因此亚铁盐应选用FeCl2•4H2O，故B错误；
C．加入乙醇析出甘氨酸亚铁，步骤Ⅲ为分离液体和固体的操作，分离方法是过滤，故C正确；
D．步骤Ⅳ中，用蒸馏水洗涤除去乙醇，得到纯净的甘氨酸亚铁，甘氨酸亚铁容易被氧化，因此干燥过程最好选用真空干燥，故D正确；
故答案为：CD；
【小问2详解】
甘氨酸饱和溶液中通入氮气，气流通过溶液，能起搅拌溶液的作用，搅拌可以加快化学反应速率，同时除去溶液中溶解的氧气，加入异抗坏血酸，异抗坏血酸有强还原性，都能防止亚铁离子被氧气氧化，故答案为：通入氮气、加入异抗坏血酸；
【小问3详解】
pH过低，H+会与H2NCH2COOH中的氨基反应，使产率下降，pH过高会生成氢氧化亚铁沉淀，因此合成过程需控制pH=5.5；
【小问4详解】
甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇，步骤Ⅲ加入无水乙醇，降低甘氨酸亚铁在水中的溶解度，促使其结晶析出；同时除去杂质，提高甘氨酸亚铁的产率和纯度；
【小问5详解】
甘氨酸的投料量为300kg，甘氨酸的物质的量n=，则生成n[(NH2CH2COO)2Fe]=2×103mol，产率为。
26. 化合物F是合成一种天然茋类化合物的重要中间体，其合成路线如下：
（1）下列说法正确的是___________。
A. A→B的反应类型为取代反应
B. E的六元环存在单双键交替的现象
C. C能在酸性条件下水解能得到甲醇(CH3OH)
D. F的分子式为C10H11BrO4
（2）C→D的反应中有副产物X(分子式为C12H15O6Br)生成，写出X的结构简式：___________。
（3）B→C的化学方程式为___________。
（4）C的同分异构体符合下列条件的有___________(请写出3种，用结构简式表达)。
①分子中有4种不同化学环境的氢原子，个数比是2∶2∶2∶1
②苯环上有4个取代基，且有两种含氧官能团
③能与溶液反应放出气体(羟基不与溶液反应)
（5）已知：R-OH R-ClRMgCl(R表示烃基，R'和R”表示烃基或氢)，写出以和为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干) ___________。
【答案】（1）AC （2）
（3） +CH3OH→ +HCl
（4）、、、 （5）CH3CH2CH2OHCH3CH2CHO，
【解析】
【分析】A中羧基发生取代反应转化为-COCl得到B，B和甲醇生成酯基得到C，C中酚羟基发生取代反应引入支链得到D，D中酚羟基发生取代反应引入甲基得到E，E还原酯基转化为羟基得到F；
【小问1详解】
A．由分析可知，A→B的反应类型为取代反应，A正确；
B．E的六元环苯环中不存在单双键交替的现象，而是存在大π键，B错误；
C．C中酯基能在酸性条件下水解能得到甲醇(CH3OH)，C正确；
D．由F的结构可知，F的分子式为C10H13BrO4，D错误；
故选AC；
【小问2详解】
C分子中含有2个酚羟基，都可能和三乙胺反应，结合X化学式可知，X为：；
【小问3详解】
B和甲醇生成酯基得到C，同时生成HCl，反应为 +CH3OH→ +HCl；
【小问4详解】
C分子中除苯环外不饱和度为1、含有1溴、4个氧，同分异构体符合下列条件：①分子中有4种不同化学环境的氢原子，个数比是2∶2∶2∶1，则结构对称且不含甲基；②苯环上有4个取代基，且有两种含氧官能团，则可能含有羟基、羧基、酯基；③能与溶液反应放出气体(羟基不与溶液反应)，则含有羟基，羧基；故结构可能为、、、
【小问5详解】
绍兴一中2022学年第二学期期末考试
高一化学试卷
本卷可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Mg：24 S：32 C1：35.5 Fe：56 Ag：108 Ba：137
一、选择题Ⅰ(本大题共10小题，每小题2分，共20分。每个小题列出的四个各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. 下列物质属于纯净物的是
A. 汽油 B. 甘油 C. 植物油 D. 煤焦油
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．汽油是C5~C8的烃类，属于混合物，A不合题意；
B．甘油即HOCH2CH(OH)CH2OH，故属于纯净物，B符合题意；
C．植物油是多种高级脂肪酸甘油酯，属于混合物，C不合题意；
D．煤焦油是由多种有机物和无机物组成的混合物，D不合题意；
故答案为：B。
2. 下列表示或说法正确的是
A. 甲酸甲酯的最简式：CH2O B. CS2的球棍模型：
C. 硫原子结构示意图： D. 氯化钙的分子式：CaCl2
【答案】A
【解析】
【详解】A．甲酸甲酯为HCOOCH3，最简式：CH2O，A正确；
B．CS2为直线形结构，球棍模型为 ，B错误；
C．硫原子结构示意图： ，C错误；
D．氯化钙为离子化合物，不存在分子，D错误；
故选A。
3. 可以直接加热的玻璃仪器是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．坩埚是陶瓷，不是玻璃仪器，A不符合题意；
B．试管玻璃仪器又可以直接加热，B符合题意；
C．圆底烧瓶是玻璃仪器，但不能直接加热，需隔着石棉网加热，C不符合题意；
D．冷凝管不能加热，D不符合题意；
故选B。
4. 下列说法正确是
A. 35Cl2和37Cl2互为同位素
B. NO2和N2O4互为同素异形体
C. CH3COOH和HCOOCH2CH3互为同系物
D. 硝基乙烷(CH3CH2NO2与甘氨酸(H2NCH2COOH)互称为同分异构体
【答案】D
【解析】
【详解】A．同位素为同种元素不同核素，Cl2是单质不是核素，A错误；
B．由同种元素组成的不同单质互为同素异形体，NO2和N2O4为化合物，B错误；
C．醋酸属于羧酸，甲酸乙酯属于酯类，官能团种类不同，不属于同系物，C错误；
D．硝基乙烷与甘氨酸的分子式均为C2H5NO2，但结构不同，互为同分异构体，D正确；
故答案为：D。
5. 下列说法正确的是
A. 原子结构模型由道尔顿提出
B. 通过减压分馏，可对重油再次分离
C. 人造棉、棉花、羊毛、涤纶的主要成分都是纤维素
D. 聚氯乙烯通过加聚反应制得，可用于制作不粘锅的耐热涂层
【答案】B
【解析】
【详解】A．该图表示的是卢瑟福的原子核式模型，道尔顿提出实心球模型，故A错误；
B．减压可以降低物质的熔沸点，采用减压蒸馏可以使重油中的各成分在较低温度继续分离，故B正确；
C．羊毛的主要成分是蛋白质，不是纤维素，故C错误；
D．聚氯乙烯高温下会分解生成有毒物质，不能用来制作不粘锅的耐热涂层，故D错误；
故选：B。
6. 室温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 能使酚酞变红的溶液中：Na+、Al3+、SO、NO
B. 澄清透明的溶液中：Cu2+、Mg2+、SO、Cl-
C. 0.1mol•L-1NaClO溶液中： K+、Fe2+、Cl-、SO
D. 能与铝反应产生大量氢气的溶液中：Fe3+、K+、HCO、NO
【答案】B
【解析】
【详解】A．能使酚酞变红的溶液中含有氢氧根离子，为碱性，氢氧根离子和Al3+反应，不能大量共存，A不选；
B．各离子不反应，且不生成沉淀、气体，可以大量共存，B选；
C．Fe2+能和ClO-发生氧化还原反应，二者不能在溶液中大量共存，C不选；
D．与Al反应能放出H2的溶液中可能为酸性或碱性，若为酸性则硝酸根离子与铝不生成氢气而生成一氧化氮气体，且酸性环境中亚铁离子会被硝酸根离子氧化为铁离子，氢离子和HCO会生成气体；若为碱性，则铁离子与氢氧根离子生成氢氧化铁沉淀，氢氧根离子和HCO反应生成碳酸根离子；且Fe3+、HCO相互反应不能共存，D不选；
故选B。
7. 下列离子方程式正确的是
A. 向NaAlO2溶液中滴入溶液：
B. NaClO溶液中通入少量CO2(已知酸性强弱：)：
C. 将1mol Cl2通入含1mol FeI2溶液中：
D. 硅酸钠溶液与醋酸溶液混合：
【答案】D
【解析】
【详解】A．向NaAlO2溶液中滴入溶液，会和钙离子生成沉淀，离子方程式为，故A错误；
B．由于酸性，故NaClO溶液中通入少量CO2生成，而不是，其离子方程式为，故B错误；
C．Cl2不足，只有I－被氧化，离子方程式为，故C错误；
D．硅酸的酸性比醋酸弱，故硅酸钠溶液与醋酸溶液混合的离子方程式为，故D正确；
故选D。
8. 下列关于工业生产说法不正确的是
A. 铝制品可用化学氧化法增加膜的厚度及对氧化膜进行着色
B. 工业上用电解熔融氧化物的方法制金属镁和铝
C. 工业制备高纯硅涉及的主要反应均为氧化还原反应
D. 工业制备硫酸时在吸收塔中使用浓硫酸吸收三氧化硫
【答案】B
【解析】
【详解】A．空气中自然形成的氧化铝薄膜耐磨性较差，可采用化学方法增加膜的厚度，如电化学氧化法，可在铝表面生成坚硬的氧化膜，A正确；
B．工业上用电解熔融氯化镁和氧化铝的方法制金属镁和铝，B错误；
C．工业制备高纯硅涉及的主要反应有SiO2与C反应制得粗Si，再与Cl2高温生成SiCl4，最后与H2反应制得纯Si，这些反应均为氧化还原反应，C正确；
D．吸收塔中SO3如果用水吸收，发生反应：SO3+H2O═H2SO4，该反应为放热反应，放出的热量易导致酸雾形成，阻隔在三氧化硫和水之间，阻碍水对三氧化硫的吸收；而浓硫酸的沸点高，难以气化，不会形成酸雾，同时三氧化硫易溶于浓硫酸，所以工业上从吸收塔顶部喷洒浓硫酸作吸收液，D正确；
故答案为：B。
9. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A. 氢原子数为0.6NA的乙醇分子中含有的极性键数为0.7NA
B. 常温常压下，22.4LCl2与足量FeI2反应时转移的电子数小于2NA
C. Na2O2与足量水反应生成1 mol O2转移电子数为4NA
D. 0.1 mol H2和0.1mol I2密闭容器中充分反应，容器中分子总数为0.2NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．氢原子数为0.6NA的乙醇分子为0.1molC2H5OH，根据乙醇的结构可知 ，极性键数为0.7NA，A正确；
B．常温的温度比标准状况温度高，则22.4LCl2的物质的量小于1mol，转移电子数小于2NA，B正确；
C．，则生成1molO2转移2NA电子，C错误；
D．根据质量守恒定律，反应前后容器分子总数不变，D正确；
故答案为：C。
10. 下表为元素周期表的一部分，其中X、Y、Z、W为短周期元素，Y的最高正化合价和最低负化合价代数和为0。下列说法不正确的是
A. Z2X5可用来干燥剂NH3
B. T元素的单质具有半导体特性
C. X最低价氢化物比W最低价氢化物的稳定性强
D. 可用CaCO3、Na2CO3和YX2在玻璃熔炉中制备玻璃
【答案】A
【解析】
【分析】X、Y、Z、W为短周期元素，Y的最高正化合价和最低负化合价代数和为0，最高正化合价和最低负化合价的绝对值之和为8，则Y的最高正化合价为+4价、最低负化合价为-4价，Y为第IVA族的元素，根据各元素在元素周期表中的位置可知，Y为Si，X、Z、W、T依次为O、P、S、Ge元素；据此分析解答。
【详解】根据分析，X、Y、Z、W、T依次为O、Si、P、S、Ge元素；
A．Z2X5为P2O5，P2O5属于酸性氧化物，能吸收氨气，不能用于干燥NH3，A错误；
B．T为Ge元素，Ge元素在元素周期表中位于金属元素和非金属元素的分界线附近，Ge单质具有半导体特性，B正确；
C．X、W分别为O、S元素，两元素分别位于元素周期表中第二周期第VIA族、第三周期第VIA族，同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱，最低价氢化物的稳定性逐渐减弱，则X最低价氢化物比W最低价氢化物的稳定性强，C正确；
D．YX2为SiO2，可用CaCO3、Na2CO3和SiO2在玻璃熔炉中制备玻璃，主要反应原理为：CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2↑、Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑，D正确；
答案选A。
二、选择题Ⅱ(本大题共10小题，每小题3分，共30分。每个小题列出的四个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)
11. 汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应。若氧化产物比还原产物多7 mol，则下列判断正确的是
A. 生成168LN2(标准状况) B. 有1 mol KNO3被氧化
C. 转移电子的物质的量为5 mol D. 被还原的N原子的物质的量为15 mol
【答案】C
【解析】
【分析】该反应中N元素化合价由、+5价变为0价，所以NaN3是还原剂，KNO3是氧化剂，根据原子守恒氧化产物与还原产物的物质的量之比为30:2=15:1，若氧化产物比还原产物多7mol，则生成N2为7mol×=8mol，转移电子的物质的量为7mol×=5mol，被氧化的N原子的物质的量为7mol×=15mol
【详解】A．标况下N2的体积为8mol×22.4L/mol=179.2L，故A错误；
B．KNO3中N元素的化合价降低，被还原，故B错误；
C．转移的电子数为5mol，故C正确；
D．被还原的N原子的物质的量为7mol×=1mol，故D错误；
故本题选C．
12. 下列有关微粒间相互作用说法正确的是
A. 固体溶于水时，只破坏了离子键
B. 和CaCl2中含有的化学键类型完全相同
C. H2O分子间存在氢键，所以H2O比H2S稳定
D. 受热分解生成Na2CO3、CO2和H2O既破坏了离子键，也破坏了共价键
【答案】D
【解析】
【详解】A．固体溶于水时电离产生钠离子、氢离子和硫酸根离子，破坏了离子键和共价键，故A错误；
B．含有离子键和共价键，CaCl2中含有离子键，两者所含化学键类型不完全相同，故B错误；
C．因为氧的非金属性比硫大，所以H2O比H2S稳定，与H2O分子间存在氢键无关，故C错误；
D．受热分解生成Na2CO3、CO2和H2O，破坏了Na＋和，也破坏了中的共价键，故D正确；
故选D。
13. 化合物X是一种医药中间体，其结构简式如图所示。下列说法正确的是
A. 分子中所有碳原子可能处于同一平面
B. 化合物X能与碳酸氢钠溶液反应
C. 化合物X的分子式为
D. 1 mol化合物X最多能与1 mol NaOH反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．如图 所标饱和碳原子与3个碳原子相连，所有碳原子一定不处于同一平面，A错误；
B．X分子中含有羧基，能与饱和碳酸氢钠溶液反应，B正确；
C．根据X的结构可知，其分子式为C16H12O4，C错误；
D．X中酯基和羧基可以与NaOH反应，且酯基水解生成的酚羟基可以与NaOH反应，1mol化合物X最多能与3molNaOH反应，D错误；
故选：B。
14. 烃A的相对分子质量为28，B是一种高分子化合物。由A和D 化合物X为原料合成F(丙烯酸乙酯)的转化关系如下：
下列说法正确的是
A. 工业上通常由石油的裂化生产A和D
B. 仅用水不能鉴别C和F
C. C+E→F反应的原子利用率为
D. 相同物质的量的B、E完全燃烧消耗氧气的质量不相等
【答案】D
【解析】
【分析】由题目分析得知烃A分子量为28是乙烯，高分子化合物B是聚乙烯，C是乙醇，E是丙烯酸。
【详解】A．工业上通常由石油裂解制乙烯和丙烯，不是裂化，故A错误；
B．C乙醇能溶于水，F是酯不溶于水，可以用水来鉴别，故B错误；
C．在硫酸做催化剂条件下丙烯酸和乙醇发生酯化反应，是可逆反应，同时有副反应发生，因此原子利用率和反应的限度、副反应等有关，故C错误；
D．B是聚乙烯是混合物，没有固定的组成，消耗氧气的量不能确定，因此相同物质的量的聚乙烯、丙烯酸完全燃烧消耗氧气的质量不相等，故D正确；
答案选D。
15. 已知硫酸和氯磺酸结构关系如图：。下列说法不正确的是
A. 氯磺酸是一元酸
B. 氯磺酸中硫元素化合价为+6价
C. 氯磺酸遇水会发生反应：
D. 氯磺酸在HCl作用下可得
【答案】C
【解析】
【详解】A．氯磺酸分子中只有1个羟基，1个氯磺酸分子只能电离出1个氢离子，所以氯磺酸是一元酸，A项正确；
B．氧和氯的非金属性都强于硫，硫形成6个键，说明有6个电子偏离硫原子，所以磺酸中硫元素化合价为+6价，B项正确
C．氯的非金属性都强于硫，氯元素显-1价，氯磺酸与水发生水解反应时元素的化合价不变，因此应该生成HCl，C项错误；
D．类比硫酸反应生成氯磺酸，氯磺酸分子中的羟基也可以被氯原子取代，得到该选项给出的结构，D项正确；
答案选C。
16. 一种新型镁硫电池工作时的原理如图所示。下列说法正确的是
A. a极为负极，发生还原反应
B. 离子交换膜应为阴离子交换膜
C. 当石墨烯中的S均转化为MgS8时，电路中转移的电子数达到最大值
D. 若电路中转移1 mol电子，则正极质量增加12g
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，活泼金属Mg是负极，电极反应式为：Mg-2e-=Mg2+，S为正极，电极反应依次是8S+Mg2++2e-=MgS8，MgS8+3Mg2++6e-=4MgS2，MgS2+Mg2++2e-=2MgS。
【详解】A．a是负极，发生氧化反应，故A错误；
B．离子交换膜是阳离子交换膜，通过的是Mg2+离子，故B错误；
C．当石墨烯中的S均转化为MgS时，转移电子数达到最大，故C错误；
D．电路中转移1mol电子，有0.5molMg失去电子形成Mg2+，0.5molMg2+通过阳离子交换膜与硫作用，阳极端增加了0.5molMg即12g，故D正确；
答案选D。
17. T0温度下，向2 L真空密闭容器中加入N2O3固体，发生反应 未配平)，反应过程如图，下列说法正确的是
A. X可能为N2
B. 第2 min时逆反应速率大于第4 min时逆反应速率
C. 0~2 min用N2O3表示的反应速率为1mol/min
D 第4 min时，保持T和V不变，向容器中再加入N2O3，正反应速率加快
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图分析在交叉点N2O3减少2mol，NO2增加2mol，因此方程式中N2O3的系数和NO2的系数相等，根据原子守恒X是NO，故A错误；
B．第2 min时未达到平衡状态，正反应速率在减少，逆反应速率在增大，第四分钟时逆反应速率更大，故B错误；
C．N2O3是固体，不用单位时间的浓度变化量来表示反应速率，直接用单位时间内的物质的量减少量表示反应速率0~2 min用N2O3减少了2mol,表示的反应速率为1mol/min，故C正确；
D．N2O3是固体，增加固体的量，反应速率不变，故D错误；
答案选C。
18. 下列说法正确的是
A. H2(g)＋I2(g) ⇌ 2HI(g)，其他条件不变，缩小反应容器体积，正逆反应速率不变
B. C(s)＋H2O(g) ⇌ H2(g)＋CO(g)，碳的质量不再改变说明反应已达平衡
C. 若压强不再随时间变化能说明反应2A(?)＋B(g) ⇌ 2C(?)已达平衡，则A、C不能同时是气体
D. 1 mol N2和3 mol H2反应达到平衡时H2转化率为10%，放出的热量为Q1；在相同温度和压强下，当2 mol NH3分解为N2和H2的转化率为10%时，吸收的热量为Q2，Q2不等于Q1
【答案】B
【解析】
【详解】A.该可逆反应的反应前后气体计量数不发生变化，当缩小反应容器体积，相当于加压，正逆反应速率同等程度增加，A项错误；
B.在建立平衡前，碳的质量不断改变，达到平衡时，质量不变，因而碳的质量不再改变说明反应已达平衡，B项正确；
C.即使A，C物质均为气体，反应前后气体体积也会发生变化，当压强不随时间变化时，仍能说明反应达到平衡，C项错误；
D.易知N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) ΔH，合成氨气实际参与反应n(H2)=3×10％=0.3mol，因而Q1=0.3/3×|ΔH|=0.1|ΔH|，分解氨气时实际消耗的n(NH3)=2×10％=0.2mol，Q2=0.2/2×|ΔH|=0.1|ΔH|，则Q1=Q2，D项错误。
故答案选B。
19. 溶液A中可能含有如下离子：、、、、、、、。某同学设计并完成了如下的试验：
下列说法正确的是
A. 溶液A中一定存在、、，可能存在
B. 溶液A中一定存在、、、，可能存在
C. 溶液A中可能存在，且
D. 如果气体F能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，说明溶液中一定含有
【答案】C
【解析】
【分析】溶液A中滴加过量BaCl2溶液所得沉淀B溶解于稀盐酸，部分溶解，并得到沉淀D为BaSO4，物质的量是0.01mol，溶解的质量为BaSO3，质量为2.17g，物质的量为0.01mol，由此推断原溶液中含有SO42-和SO32-，物质的量均为0.01mol；排除原溶液中含有Ba2+；滤液C中加入足量NaOH溶液，无沉淀可知溶液中无Mg2+，有气体放出，可知溶液中有NH4+，根据生成氨气448mL，可知溶液中NH4+的物质的量为0.02mol；溶液是电中性的，根据电荷守恒可知，溶液中一定还含有Na+，可能还含有Cl-，据此分析作答。
【详解】A．由分析可知，溶液A中一定存在Na+，A项错误；
B．由分析可知，溶液A中一定不存在 Mg2+，B项错误；
C．由分析可知，溶液A中不存在Cl－时Na+物质的量为0.02mol，若溶液A中存在Cl－，Na+物质的量大于0.02mol，即c(Na+)≥0.20 mol·L-1，C项正确；
D．氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，而不是蓝色石蕊试纸变红，D项错误；
答案选C。
20. 下列方案设计，现象和结论都正确的是
选项
方案设计
现象
结论
A
取少量Fe与水蒸气反应后的固体产物于试管中，加入足量的稀盐酸溶解，再滴加KSCN溶液
溶液未变血红色
固体产物中不存在三价铁
B
向2%的稀氨水溶液中不断滴加2%硝酸银溶液
产生白色沉淀后沉淀消失
实验室用此方法制银氨溶液
C
向铜与浓硫酸反应后的溶液中直接加入少量水稀释
溶液呈蓝色
稀释后的溶液中存在Cu2+
D
向10mLKI溶液中滴加5-6滴相同浓度的FeCl3溶液，充分反应后滴入KSCN溶液
溶液变血红色
KI与FeCl3的反应有一定限度
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．若铁粉过量，则铁会将铁离子转化为亚铁离子，干扰了铁离子的检验，A错误；
B．应该为向2%硝酸银溶液中不断滴加稀氨水溶液至生成沉淀消失，B错误；
C．浓硫酸和水放出大量的热，应该将反应后的溶液沿器壁慢慢注入水中，并不断搅拌，C错误；
D．向10mLKI溶液中滴加5-6滴相同浓度的FeCl3溶液，充分反应后碘离子过量，滴入KSCN溶液，溶液变血红色说明溶液中还存在铁离子，则KI与FeCl3的反应有一定限度，D正确；
故选D。
三、非选择题(本大题共6小题，共50分)
21. 请回答下列问题：
（1）漂粉精的主要成分的化学式___________；
（2）NaCN各原子均满足8电子稳定结构。写出NaCN的电子式___________；
（3）用一个化学方程式说明Fe3+与Cl-和SCN-两种微粒结合能力的强弱___________。
【答案】（1）Ca(ClO)2
（2） （3）FeCl3+3KSCN=Fe(SCN)3+3KCl
【解析】
【小问1详解】
漂粉精的主要成分是次氯酸钙，化学式分别是：Ca(ClO)2；
【小问2详解】
NaCN 是由金属元素和非金属元素组成的离子化合物，含离子键，Na 原子失去最外层的一个电子形成Na+，C原子最外层有4个电子，需得4个电子形成8电子稳定结构；N原子最外层有5个电子，需得3个电子形成8电子稳定结构，则N原子之间共用3对电子形成极性共价键，C原子再从Na 原子得一个电子达到稳定结构，NaCN 的电子式为： ；
【小问3详解】
SCN-能与FeCl3溶液反应生成Fe(SCN)3，说明Fe3+与SCN-的结合能力强于与Cl-的结合能力，化学方程式为：FeCl3+3KSCN=Fe(SCN)3+3KCl。
22. 已知：PCl3+3H2O=H3PO3+3HCl；PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl。将0.2molPCl3和0.1molPCl5的混合物溶于足量水，一定条件下缓缓通入VLCl2(标准状况)，恰好将H3PO3氧化为H3PO4。往反应后的溶液中加入2Lcmol·L-1NaOH溶液，恰好完全中和。计算：
（1）V=____。
（2）c=_____。(写出计算过程)。
【答案】（1）4.48L
（2）0.75mol/L
【解析】
【小问1详解】
PCl3+3H2O=H3PO3+3HCl；将H3PO3氧化为H3PO4，P元素由+3价升高为+5价，0.2molPCl3生成H3PO3后转化为H3PO4，转移电子的物质的量为0.2mol2=0.4mol， Cl2为氧化剂时化合价由0价变为-1价，标准状况V=；
【小问2详解】
根据反应PCl3+3H2O=H3PO3+3HCl；PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl及P原子、Cl原子守恒可知，最终生成n(H3PO4)= 0.2mol+0.1mol=0.3mol；n(HCl)= 0.2mol×3+0.1mol×5+0.4mol =1.5mol；故消耗的NaOH的物质的量为n=0.3mol1.5mol=2.4mol，c==1.2mol/L。
23. Ⅰ．化学试剂的妥善保存十分重要，共价化合物A由三种常见的短周期元素组成，常温常压下是一种有特殊气味的无色液体，易与强氧化剂反应，实验室必须率封避光保存。按以下流程进行实验(以下反应都为充分反应，气体F溶于水部分忽略不计)；
（1）组成A的元素的元素符号为___________；G的化学式为___________。
（2）液体A反应生成B和C的化学方程式为___________。
Ⅱ．Na2S2O3，又名大苏打、海波，可用以除去自来水中的多余氯气，在实验室可以用新制氯水模拟含多余氯气的自来水，向新制氯水中滴入Na2S2O3溶液。
（3）新制氯水与Na2S2O3溶液反应的离子方程式为___________。
（4）新制氯水中的氯气被全部除尽后，如果继续滴入Na2S2O3溶液有可能发生反应的离子方程式为___________。
【答案】（1） ①. H、Cl、C ②. CaCO3
（2）2CHCl3+O22HCl+2COCl2
（3）4Cl2 ++ 5H2O = 8Cl－++10H+
（4）+2H+=SO2↑+S↓+H2O
【解析】
【分析】气体B与硝酸酸化的硝酸银反应生成白色沉淀C，该沉淀C为氯化银，其物质的量为14.35g÷143.5g/mol=0.1mol。气体F与足量的澄清石灰水反应生成白色沉淀G，该沉淀应为碳酸钙，其物质的量为10.00g÷100g/mol=0.1mol，溶液D中的氯的物质的量为28.7g÷143.5g/mol=0.2mol，则原液体A中含C 0.1mol，含Cl 0.3mol，含另一种元素的质量为11.95g-0.1mol×12g/mol+0.3mol×35.5g/mol=0.1g，则1.2gC对应另一种元素的质量为0.1g，12gC对应1g，所以该元素的相对分子质量为1，为H元素，所以该化合物含有C、H、Cl三种元素。其物质的量之比=C：H：Cl=0.1:0.1:0.3=1:1:3，其化学式为CHCl3。
【小问1详解】
由以上计算可推出，组成A的元素的元素符号为C、H、Cl；白色沉淀G为碳酸钙，其化学式为CaCO3。答案为：C、H、Cl；CaCO3；
【小问2详解】
液体A为CHCl3，与空气中的氧气反应生成COCl2和HCl，其化学方程式为2CHCl3+ O22HCl+ 2COCl2。答案为：2CHCl3+ O22HCl+ 2COCl2；
【小问3详解】
新制氯水与Na2S2O3溶液反应，Cl2把Na2S2O3氧化生成SO，其离子方程式为4Cl2 + S2O+ 5H2O = 8Cl─+ 2SO+10H+。答案为：4Cl2 + S2O+ 5H2O = 8Cl─+ 2SO+10H+；
【小问4详解】
新制氯水中的氯气被全部除尽后，溶液呈酸性，如果继续滴入Na2S2O3溶液有可能Na2S2O3溶与酸反应生成硫单质沉淀和二氧化硫气体放出，答案为：+2H+=SO2↑+S↓+H2O。
24. 氮的氧化物(如，，等)应用很广，在一定条件下可以相互转化。
（1）已知：在一定条件下发生分解2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g)。某温度下测得恒容密闭容器中N2O5浓度随时间的变化如下表：
t/min
0.00
1.00
2.00
3.00
4.00
5.00
c(N2O5)/mol/L
1.00
0.71
0.50
0.35
0.25
0.17
设反应开始时体系压强为p0，第2.00min时体系压强为p，则p：p0=_______；
（2）①对于反应2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g)有人提出如下反应历程：
第一步N2O5(g)NO2(g)+NO3(g) 快速平衡；
第二步NO2(g)+NO3→NO+NO2+O2慢反应；
第三步NO+NO3→2NO2快反应
其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡，一定温度下，在恒容密闭容器中充入一定量N2O5进行该反应，下列表述正确的是_______。
A．υ(第一步的逆反应)<υ(第二步反应)
B．反应的中间产物只有NO3
C．容器中压强不再变化能说明反应已达平衡
D．气体的密度保持不变能说明反应已达平衡
②对于反应2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g)，在恒容密闭容器中反应达到平衡，t1时充入N2O5(g)，t2时又达到平衡，在下图中画出υ正(NO2)随时间变化的趋势图_______。
（3）NO2存在如下平衡：，在一定条件下与的消耗速率与各自的分压(分压=总压×物质的量分数)有如下关系：v(NO2)=k1·p2(NO2)；v(N2O4)=k2·p(N2O4)，相应的速率与其分压关系如图所示。
在图上标示的各点中，表示反应已达到平衡状态的点是___________。
（4）、和熔融可作燃料电池，其原理如图所示。该电池在放电过程中石墨Ⅰ电极上生成氧化物Y，Y可循环使用。请写出负极的电极反应方程式___________。
【答案】（1）1.75
（2） ①. C ②.
（3）BD （4）NO2−e－+=N2O5
【解析】
【小问1详解】
相同条件下，气体的物质的量之比等于其压强之比；根据三段式：，反应前后气体的压强之比等于其物质的量之比，所以p：p0=(0.50+1.00+0.25)mol/L:1.00mol/L=1.75；
【小问2详解】
①A．第一步反应快，所以第一步的逆反应速率大于第二步的逆反应速率，故A错误；
B．根据第二步和第三步反应可知中间产物还有NO，故B错误；
C．反应前后气体分子数不相等，压强是一变量，容器中压强不再变化能说明反应已达平衡，故C正确；
D．混合气体的总质量不变，恒容即体积不变，因此密度一直保持不变，气体的密度不能说明反应达平衡，故D错误；
故选：C；
②恒容时充入N2O5(g)使压强增大，则正逆反应速率均增大，根据勒夏特列原理，增大压强平衡向气体分子数减小的方向移动，因此平衡逆向移动，c(NO2)逐渐减小，则υ正(NO2)减小，υ正(NO2)随时间变化的趋势图为 ；
【小问3详解】
平衡时v正(NO2)=2×v逆(N2O4)，由图像可知，B、D点所对应的反应速率之比刚好为1：2，则B、D点为平衡点；
【小问4详解】
NO2、O2和熔融KNO3可制作燃料电池，NO2作燃料、O2作氧化剂，所以石墨I为负极、石墨II为正极，石墨I电极上生成氧化物Y，因为负极上失电子，所以Y是五氧化二氮，则负极的电极反应式为NO2+-e-=N2O5。
25. 甘氨酸亚铁[(H2NCH2COO)2Fe，摩尔质量204g/mol]是一种新型铁营养强化剂，广泛用于缺铁性贫血的预防和治疗。某学习小组模拟其合成方法如下：
已知：
甘氨酸H2NCH2COOH
异抗坏血酸
甘氨酸亚铁
FeSO4·7H2O
FeCl2·4H2O
易溶于水微溶于乙醇
易溶于水和乙醇有弱酸性和强环原性
易溶于水难溶于乙醇
易溶于水难溶于乙醇
易溶于水易溶于乙醇
请回答：
（1）下列说法正确的是___________。
A. 滴入液体前，应先打开滴液漏斗a的上口玻璃塞
B. 根据题中所给信息，亚铁盐应选用FeSO4·7H2O
C. 步骤Ⅲ中的分离方法是过滤
D. 步骤Ⅳ，提纯操作中的干燥过程最好选用真空干燥
（2）合成过程中，本实验为了防止Fe2+被氧化，采取的措施是___________。
（3）合成过程需控制pH=5.5，pH过大或过小都对实验有影响，试说明理由___________。
（4）步骤Ⅲ加入无水乙醇的目的是___________。
（5）若甘氨酸的投料量为300kg，得到纯品306kg，则产品的产率为___________。
【答案】（1）CD （2）通入氮气；加入异抗坏血酸
（3）pH过低使产率下降的原因是H+会与H2NCH2COOH中的氨基反应；pH过高会生产沉淀
（4）降低甘氨酸亚铁在水中的溶解度，促使其结晶析出；除去杂质，提高产率
（5）75%
【解析】
【分析】在甘氨酸饱和溶液中加入亚铁盐，由于亚铁盐易被氧化，所以加入异抗坏血酸，通入氮气，保护亚铁离子，然后加入氢氧化钠溶液调节pH并水浴加热形成甘氨酸亚铁络合物[(H2NCH2COO)2Fe]，再加入乙醇，析出甘氨酸亚铁络合物[(H2NCH2COO)2Fe]的粗产品，再加入水进一步提纯得到甘氨酸亚铁；
【小问1详解】
A．装置中使用的是恒压滴液漏斗，滴入液体前，无需打开滴液漏斗a的上口玻璃塞，故A错误；
B．由表可知，FeSO4•7H2O易溶于水，难溶于乙醇，在加入乙醇析出甘氨酸亚铁时会混入杂质，而FeCl2•4H2O易溶于乙醇，不会引入杂质，因此亚铁盐应选用FeCl2•4H2O，故B错误；
C．加入乙醇析出甘氨酸亚铁，步骤Ⅲ为分离液体和固体的操作，分离方法是过滤，故C正确；
D．步骤Ⅳ中，用蒸馏水洗涤除去乙醇，得到纯净的甘氨酸亚铁，甘氨酸亚铁容易被氧化，因此干燥过程最好选用真空干燥，故D正确；
故答案为：CD；
【小问2详解】
甘氨酸饱和溶液中通入氮气，气流通过溶液，能起搅拌溶液的作用，搅拌可以加快化学反应速率，同时除去溶液中溶解的氧气，加入异抗坏血酸，异抗坏血酸有强还原性，都能防止亚铁离子被氧气氧化，故答案为：通入氮气、加入异抗坏血酸；
【小问3详解】
pH过低，H+会与H2NCH2COOH中的氨基反应，使产率下降，pH过高会生成氢氧化亚铁沉淀，因此合成过程需控制pH=5.5；
【小问4详解】
甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇，步骤Ⅲ加入无水乙醇，降低甘氨酸亚铁在水中的溶解度，促使其结晶析出；同时除去杂质，提高甘氨酸亚铁的产率和纯度；
【小问5详解】
甘氨酸的投料量为300kg，甘氨酸的物质的量n=，则生成n[(NH2CH2COO)2Fe]=2×103mol，产率为。
26. 化合物F是合成一种天然茋类化合物的重要中间体，其合成路线如下：
（1）下列说法正确的是___________。
A. A→B的反应类型为取代反应
B. E的六元环存在单双键交替的现象
C. C能在酸性条件下水解能得到甲醇(CH3OH)
D. F的分子式为C10H11BrO4
（2）C→D的反应中有副产物X(分子式为C12H15O6Br)生成，写出X的结构简式：___________。
（3）B→C的化学方程式为___________。
（4）C的同分异构体符合下列条件的有___________(请写出3种，用结构简式表达)。
①分子中有4种不同化学环境的氢原子，个数比是2∶2∶2∶1
②苯环上有4个取代基，且有两种含氧官能团
③能与溶液反应放出气体(羟基不与溶液反应)
（5）已知：R-OH R-ClRMgCl(R表示烃基，R'和R”表示烃基或氢)，写出以和为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干) ___________。
【答案】（1）AC （2）
（3） +CH3OH→ +HCl
（4）、、、 （5）CH3CH2CH2OHCH3CH2CHO，
【解析】
【分析】A中羧基发生取代反应转化为-COCl得到B，B和甲醇生成酯基得到C，C中酚羟基发生取代反应引入支链得到D，D中酚羟基发生取代反应引入甲基得到E，E还原酯基转化为羟基得到F；
【小问1详解】
A．由分析可知，A→B的反应类型为取代反应，A正确；
B．E的六元环苯环中不存在单双键交替的现象，而是存在大π键，B错误；
C．C中酯基能在酸性条件下水解能得到甲醇(CH3OH)，C正确；
D．由F的结构可知，F的分子式为C10H13BrO4，D错误；
故选AC；
【小问2详解】
C分子中含有2个酚羟基，都可能和三乙胺反应，结合X化学式可知，X为：；
【小问3详解】
B和甲醇生成酯基得到C，同时生成HCl，反应为 +CH3OH→ +HCl；
【小问4详解】
C分子中除苯环外不饱和度为1、含有1溴、4个氧，同分异构体符合下列条件：①分子中有4种不同化学环境的氢原子，个数比是2∶2∶2∶1，则结构对称且不含甲基；②苯环上有4个取代基，且有两种含氧官能团，则可能含有羟基、羧基、酯基；③能与溶液反应放出气体(羟基不与溶液反应)，则含有羟基，羧基；故结构可能为、、、
【小问5详解】
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