余姚中學2023學年第二學期期中檢測高一化學(選考)試卷本試題卷分選擇題和非選擇題兩部分，滿分100分，考試時間90分鐘。可能用到的相對原子質量：H1C12N14O16Na23Mg24Al27S32Cl35.5K39Ca40Fe56Cu64Ag108I127Ba137一、選擇題(本大題共25小題，每題2分，總共50分。每個小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分)1.下列表示方法不正確的是A.CH4分子的空間填充模型： B.四氯化碳分子的電子式：C.乙烯的結構簡式：CH2=CH2 D.丙烷分子的球棍模型：【答案】B【解析】【詳解】A．甲烷為正面體結構，由原子相對大小表示空間結構為比例模型，CH4分子的空間填充模型：，A正確；B．氯原子未成鍵的孤對電子對未標出，四氯化碳電子式為，B錯誤；C．烯烴的碳碳雙鍵不能省略，乙烯的結構簡式：CH2=CH2，C正確；D．球棍模型是用球表示原子和用棍表示化學鍵的模型；丙烷分子的球棍模型：，D正確；故選B。2.糖類、油脂、蛋白質是三大營養物質，下列關于它們的說法正確的是A.葡萄糖、油脂、蛋白質都能發生水解反應B.淀粉、纖維素、油脂、蛋白質都是高分子化合物C.牡丹籽油是一種優質的植物油脂，可以使酸性高錳酸鉀溶液褪色D.葡萄糖和果糖、蔗糖和麥芽糖、淀粉和纖維素均互為同分異構體【答案】C【解析】【詳解】A.葡萄糖是單糖，不能發生水解反應，故A錯誤；B.油脂相對分子質量較小，不是高分子化合物，故B錯誤；C.牡丹籽油是不飽和高級脂肪酸甘油酯，分子中含有碳碳雙鍵，能與酸性高錳酸鉀溶液發生氧化反應，使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故C正確；D.淀粉和纖維素的聚合度n值不同，分子式不同，不互為同分異構體，故D錯誤；故選C。3.用NA表示阿伏加德羅常數的值。下列敘述正確的是A.鈉作除水劑時，每消耗1molNa，生成H2的分子數為NAB.工業合成氨時，每反應22.4L(標準狀況下)N2，生成的極性共價鍵數目為6NAC.電解精煉銅時，陽極質量每減少64g，通過電路的電子數為2NAD.明礬凈水時，2L0.05mol/LAl3+形成的Al(OH)3膠粒的數目為0.1NA【答案】B【解析】【詳解】A．Na和水反應生成氫氧化鈉和氫氣，每消耗1molNa，轉移1mol電子，反應生成H2的物質的量是0.5mol，因此反應產生H2分子數為0.5NA，A錯誤；B．工業上合成NH3反應為：，每反應22.4L(標準狀況下)N2，其物質的量是1mol，反應產生2molNH3，產生NH極性鍵物質的量是6mol，則生成的極性共價鍵數目為6NA，B正確；C．電解精煉銅時，陽極反應消耗的金屬有Cu及活動性比Cu強的金屬，而活動性比Cu弱的金屬則形成陽極泥沉淀在陽極底部，故陽極質量每減少64g，反應過程中轉移電子的物質的量不一定是2mol，則通過電路的電子數不一定就是2NA，C錯誤；D．Al(OH)3膠粒是許多Al(OH)3的集合體，也不能確定Al(OH)3膠粒的數目，D錯誤；故選B。4.2020年11月24日，嫦娥5號在長征5號火箭巨大的推力下前往月球，經過20多天旅程后帶著月壤返回。這是中國航天“探月工程”向世界展示出的“中國力量”，下列有關說法正確的是A.月壤中含有珍貴的3He，它與地球上的4He互為同素異形體B.火箭采用液氫、煤油、液氧作為推進劑，液氫、煤油、液氧都屬于純凈物C.登月中所用北斗系統的導航衛星，其計算機芯片材料是高純度的二氧化硅D.航天員穿的航天服具有“耐熱性、耐高低溫、抗靜電”等特點，它使用了多種合成纖維【答案】D【解析】【詳解】A．3He與4He的質子數都為2，但質量數不同，二者都屬于氦元素，互為同位素，A錯誤；B．煤油是烴類混合物，B錯誤；C．計算機芯片材料是高純度的硅，而不是二氧化硅，C錯誤；D．航天服使用了多種合成纖維，其具有“耐熱性、耐高低溫、抗靜電”等特點，能保護航天員，D正確；故選D。5.下列化學或離子方程式不正確的是A.過氧化鈉與水反應：B.過量鐵與稀硝酸的反應：C.通入氯水中漂白作用減弱：D.硬脂酸與乙醇的酯化反應：【答案】D【解析】【詳解】A．過氧化鈉與水反應生成氫氧化鈉和氧氣，方程式正確，故A正確；B．過量鐵與稀硝酸反應生成硝酸亞鐵和NO，離子方程式滿足電荷守恒、質量守恒等，方程式正確，故B正確；C．通入氯水中，二氧化硫與氯氣反應生成硫酸和HCl兩種強酸，離子方程式正確，故C正確；D．酸醇酯化時，酸脫羥基醇脫氫，則最終進入酯中，反應方程式為：，故D錯誤；故選：D。6.已知斷裂下列化學鍵需要吸收的能量：H?H為436kJ?mol1，F?F為153kJ?mol1，H?F為565kJ?mol1。下列說法中正確的是A.與反應的熱化學方程式為kJB.44.8LHF氣體分解成22.4L和22.4L吸收541kJ的熱量C.1mol與1mol反應生成2mol液態HF放出的熱量小于541kJD.在相同條件下，1mol與1mol的能量總和大于2molHF氣體的能量【答案】D【解析】【詳解】A．焓變的單位是kJ?mol1，與反應的熱化學方程式為，故A錯誤；B．由于沒有說是否在標準狀況下，無法計算物質的量，而且在標準狀況下，HF是非氣態物質，故B錯誤；C．根據，氣態到液態會放出熱量，則1mol與1mol反應生成2mol液態HF放出的熱量大于541kJ，故C錯誤；D．該反應是放熱反應，在相同條件下，1mol與1mol的能量總和大于2molHF氣體的能量，故D正確。綜上所述，答案為D。7.分子式為C4H8Cl2的有機物共有（不含立體異構）A.7種 B.8種 C.9種 D.10種【答案】C【解析】【詳解】C4H8Cl2的同分異構體可以采取“定一移二”法，，由圖可知C4H8Cl2共有9種同分異構體，答案選C。8.下列選項正確的是A.圖①可表示的能量變化B.圖②中表示碳的燃燒熱C.實驗環境溫度為20℃，將物質的量濃度相等、體積分別為、的、NaOH溶液混合，測得混合液最高溫度如圖③所示(已知)D.已知穩定性：B<A<C，某反應由兩步構成A→B→C，反應過程中的能量變化曲線如圖④所示【答案】D【解析】【詳解】A．產物能量比反應物能量低，該反應為放熱反應，該反應為吸熱反應，A項錯誤；B．燃燒熱是指1mol可燃物完全燃燒生成穩定氧化物放出的熱量，碳燃燒生成的穩定的氧化物為CO2，B項錯誤；C．將物質的量濃度相等、體積分別為、的、NaOH溶液混合時，測得混合液最高溫度時為、NaOH恰好完全反應，當時，此時氫氧化鈉的體積應為40mL，C項錯誤；D．物質的總能量越低，越穩定，所以三種化合物的穩定順序B<A<C，D項正確；答案選D。9.通過以下反應可獲得新型能源二甲醚(CH3OCH3)，下列說法不正確的是①②③④(d<0)A.反應①、②為反應③提供原料氣B.反應③也是CO2資源化利用的方法之一C.反應的D.反應的【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．反應①的產物為CO和H2，反應②的產物為CO2和H2，反應③的原料為CO2和H2，A項正確；B．反應③將溫室氣體CO2轉化為燃料CH3OH，B項正確；C．反應④生成物中H2O為氣態，C項生成物中H2O為液態，又d＜0，反應放熱，故C項中反應的焓變小于?kJ?mol?1，C項錯誤；D．依據蓋斯定律可知，由②×2+③×2+④可得所求反應及其焓變，D項正確。故選C。10.酸性條件下通過電催化法可生成，cNC、iNC是可用于陰極電極的兩種電催化劑，其表面發生轉化原理如圖所示。下列有關說法正確的是A.iNC電極處發生氧化反應B.合成過程中均作為還原劑C.合成過程中用cNC作電極催化劑更利于生成D.cNC電極上發生反應：【答案】C【解析】【詳解】A．iNC電極上得電子生成CO，發生還原反應，故A錯誤；B．cNC電極上轉化為，iNC電極上得電子生成CO和，均發生還原反應，均做氧化劑，故B錯誤；C．由圖示可知，iNC電極上生成CO和兩種產物，cNC作電極催化劑完全將轉化為，由此可知cNC作電極催化劑利用率更高，更利于生成，故C正確；D．電解質為酸性介質，電極反應為：，故D錯誤；故選：C。11.汽車劇烈碰撞時，安全氣囊中發生反應：。若氧化產物比還原產物多，則下列判斷正確的是A.生成(標準狀況) B.有被氧化C.轉移電子的物質的量為 D.被氧化的N原子的物質的量為【答案】D【解析】【分析】該反應中N元素化合價由、+5價變為0價，所以疊氮化鈉是還原劑、硝酸鉀是氧化劑，根據原子守恒知，氧化產物與還原產物的物質的量之比為30:2=15:1，若氧化產物比還原產物多2.8mol，則生成N2為2.8mol=3.2mol，轉移電子的物質的量為2.8mol×=2mol，被氧化的N原子的物質的量為2.8mol×=6mol。【詳解】A．標況下氮氣的體積為3.2mol×22.4L/mol=71.68L，故A錯誤；

B．KNO3中N元素的化合價降低，被還原，故B錯誤；

C．轉移電子的物質的量為2.8mol×=2mol，故C錯誤；

D．據分析，被氧化的N原子的物質的量為6mol，故D正確；

答案選D。12.環之間共用一個碳原子的化合物稱為螺環化合物，螺[2，2]戊烷（）是最簡單的一種。下列關于該化合物的說法錯誤的是A.與環戊烯互為同分異構體 B.二氯代物超過兩種C.所有碳原子均處同一平面 D.生成1molC5H12至少需要2molH2【答案】C【解析】【詳解】分析：A、分子式相同結構不同的化合物互為同分異構體；B、根據分子中氫原子的種類判斷；C、根據飽和碳原子的結構特點判斷；D、根據氫原子守恒解答。詳解：A、螺[2，2]戊烷的分子式為C5H8，環戊烯的分子式也是C5H8，結構不同，互為同分異構體，A正確；B、分子中的8個氫原子完全相同，二氯代物中可以取代同一個碳原子上的氫原子，也可以是相鄰碳原子上或者不相鄰的碳原子上，因此其二氯代物超過兩種，B正確；C、由于分子中4個碳原子均是飽和碳原子，而與飽和碳原子相連的4個原子一定構成四面體，所以分子中所有碳原子不可能均處在同一平面上，C錯誤；D、戊烷比螺[2，2]戊烷多4個氫原子，所以生成1molC5H12至少需要2molH2，D正確。答案選C。點睛：選項B與C是解答的易錯點和難點，對于二元取代物同分異構體的數目判斷，可固定一個取代基的位置，再移動另一取代基的位置以確定同分異構體的數目。關于有機物分子中共面問題的判斷需要從已知甲烷、乙烯、乙炔和苯的結構特點進行知識的遷移靈活應用。13.短周期元素T、X、Y、Z、W在元素周期表中的相對位置如表所示，其中T的單質在一定條件下能與W的最高價氧化物對應水化物的濃溶液反應并生成兩種酸性氣體。則下列相關說法正確的是TXYZWA.簡單離子半徑：X＞Y＞WB.Z的最高價氧化物的水化物是中強酸C.TW2化合物中T不滿足8電子穩定結構D.地殼中X元素的含量高于Y【答案】B【解析】【分析】T的單質在一定條件下能與W的最高價氧化物對應水化物的濃溶液反應并生成兩種酸性氣體，則T為碳、W為硫，碳和濃硫酸加熱生成二氧化硫、二氧化碳氣體；根據元素在周期表中的位置關系可確定：T是C元素，X是Mg元素，Y是Al元素，Z是P元素，W是S元素。【詳解】A．電子層數越多半徑越大，電子層數相同時，核電荷數越大，半徑越小；簡單離子半徑：S2＞Mg2+＞Al3+，A錯誤；B．Z的最高價氧化物的水化物為磷酸，是中強酸，B正確；C．二硫化碳分子中存在兩個碳硫雙鍵，硫原子和碳原子最外層都達到8電子穩定結構，C錯誤；D．地殼中鋁元素的含量高于鎂，D錯誤；故選B。14.微生物脫鹽電池是一種高效、經濟的能源裝置，利用微生物處理有機廢水獲得電能，同時可實現海水淡化。現以NaCl溶液模擬海水，采用惰性電極，用下圖裝置處理有機廢水(以含CH3COO的溶液為例)。下列說法錯誤的是A.負極反應為B.隔膜1為陽離子交換膜，隔膜2為陰離子交換膜C.當電路中轉移1mol電子時，模擬海水理論上除鹽58.5gD.電池工作一段時間后，正、負極產生氣體的物質的量之比為2:1【答案】B【解析】【分析】據圖可知a極上CH3COOˉ轉化為CO2和H+，C元素被氧化，所以a極為該原電池的負極，則b極為正極。【詳解】A．a極為負極，CH3COOˉ失電子被氧化成CO2和H+，結合電荷守恒可得電極反應式為CH3COOˉ+2H2O8eˉ=2CO2↑+7H+，故A正確；B．為了實現海水的淡化，模擬海水中的氯離子需要移向負極，即a極，則隔膜1為陰離子交換膜，鈉離子需要移向正極，即b極，則隔膜2為陽離子交換膜，故B錯誤；C．當電路中轉移1mol電子時，根據電荷守恒可知，海水中會有1molClˉ移向負極，同時有1molNa+移向正極，即除去1molNaCl，質量為58.5g，故C正確；D．b極為正極，水溶液為酸性，所以氫離子得電子產生氫氣，電極反應式為2H++2eˉ=H2↑，所以當轉移8mol電子時，正極產生4mol氣體，根據負極反應式可知負極產生2mol氣體，物質的量之比為4:2=2:1，故D正確；故答案為B。15.一種新型原電池的工作原理如圖所示，其中電極材料均為石墨，陰離子交換膜只允許通過，工作時兩極室均無氣體生成。下列說法錯誤的是A.電極a為負極B.工作時乙室溶液酸性增強C.該電池的總反應為H++OH=H2OD.每轉移1mole時甲室質量增加48g【答案】B【解析】【分析】根據移動方向可知a極為負極，b為正極；【詳解】A．根據移動方向可知a極為負極，A正確；B．b極為正極，過氧化氫得到電子發生還原反應生成水，發生反應，導致電池工作時乙室溶液pH增大，B錯誤；C．工作時兩極室均無氣體生成，則負極的氫氧根離子失去電子發生氧化反應生成過氧化氫：，結合正極反應可知，該電池的總反應為氫離子和氫氧根離子生成水：H++OH=H2O，C正確；D．甲室發生反應，電池工作時每轉移1mol電子甲室遷移進入0.5mol硫酸根離子，質量增加48g，D正確；故選B。16.用電解氧化法可以在鋁制品表面形成致密、耐腐蝕的氧化膜，電解質溶液一般為混合溶液。下列敘述錯誤的是A.待加工鋁質工件為陽極B.可選用不銹鋼網作為陰極C.陰極的電極反應式為：D.硫酸根離子在電解過程中向陽極移動【答案】C【解析】【詳解】A、根據原理可知，Al要形成氧化膜，化合價升高失電子，因此鋁為陽極，故A說法正確；B、不銹鋼網接觸面積大，能增加電解效率，故B說法正確；C、陰極應為陽離子得電子，根據離子放電順序應是H＋放電，即2H＋＋2e－=H2↑，故C說法錯誤；D、根據電解原理，電解時，陰離子移向陽極，故D說法正確。17.下列“類比”合理的是A.Na與H2O反應生成NaOH和H2，則Fe與H2O反應生成Fe(OH)3和H2B.NaClO溶液與CO2反應生成NaHCO3和HClO，則NaClO溶液與SO2反應生成NaHSO3和HClOC.Na3N與鹽酸反應生成NaCl和NH4Cl，則Mg3N2與鹽酸反應生成MgCl2和NH4ClD.NaOH溶液與少量AgNO3溶液反應生成Ag2O和NaNO3，則氨水與少量AgNO3溶液反應生成Ag2O和NH4NO3【答案】C【解析】【詳解】A．Na與水反應生成NaOH和H2，Fe與冷水、熱水都不反應，Fe與水蒸氣反應生成Fe3O4和H2，A不合理；B．NaClO具有強氧化性，SO2具有較強的還原性，NaClO溶液與SO2發生氧化還原反應時SO2被氧化成，ClO被還原成Cl，B不合理；C．Na3N與鹽酸反應生成NaCl和NH4Cl：Na3N+4HCl=3NaCl+NH4Cl，Mg3N2與鹽酸反應生成MgCl2和NH4Cl：Mg3N2+8HCl=3MgCl2+2NH4Cl，C合理；D．氨水與少量AgNO3反應生成[Ag(NH3)2]+：Ag++2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++2H2O，D不合理；答案選C。18.過二硫酸分子式為，可看成是分子中兩個氫原子被磺酸基取代的產物，即：；過二硫酸與水反應生成過氧化氫和硫酸。下列說法不正確的是A.過二硫酸具有強氧化性B.過二硫酸中硫元素的化合價為+6價C.可做漂白劑，加熱會使其漂白性逐漸失效D.可用硝酸鋇溶液鑒別和【答案】D【解析】【詳解】A．由過二硫酸的結構簡式可知，其中含有過氧鍵，該氧元素的化合價為1價，故過二硫酸具有類似于過氧化氫、過氧化鈉具有強氧化性，A正確；B．由過二硫酸的結構簡式可知，其中含有過氧鍵，該氧元素的化合價為1價，故過二硫酸中硫元素的化合價為+6價，B正確；C．過氧鍵不穩定，受熱易斷裂，故可做漂白劑，加熱會發生反應：2+2H2O2Na2SO4+2H2SO4+O2↑，故使其漂白性逐漸失效，C正確；D．由于過二硫酸與水反應生成過氧化氫和硫酸，故硝酸鋇溶液分別滴入和均可看到有白色沉淀生成，故不可用硝酸鋇溶液鑒別和，D錯誤；故答案為：D。19.下列說法不正確的是A.石油裂解氣可以使溴水褪色，也可以使高錳酸鉀溶液褪色B.可以用新制的氫氧化銅檢驗乙醇中是否含有乙醛C.正丙醇（CH3CH2CH2OH）和鈉反應要比水和鈉反應劇烈D.屬于取代反應【答案】C【解析】【詳解】A、石油裂解氣中含有碳碳雙鍵的不飽和烯烴，能夠與溴水發生加成反應，使之褪色，與高錳酸鉀發生氧化還原反應，使之褪色，選項A正確；B、新制的氫氧化銅懸濁液可以與乙醛加熱產生紅色沉淀，檢驗出乙醛，選項B正確；C、正丙醇中羥基的活性較小，與金屬鈉反應的劇烈程度低于水的程度，選項C錯誤；D、有機物中的原子或原子團被其他的原子或原子團所代替的反應為取代反應，選項D正確。答案選C。20.我國科研人員提出了由CO2和CH4轉化為高附加值產品CH3COOH的催化反應歷程，該歷程示意圖如圖所示。下列說法不正確的是A.生成CH3COOH總反應的原子利用率為100%B.CH4→CH3COOH過程中，有C—H鍵發生斷裂C.過程①→②吸收能量并形成了C—C鍵D.該催化劑提高了反應速率【答案】C【解析】【分析】圖中分析，1mol甲烷和1mol二氧化碳反應生成1mol乙酸，方程式為CH4+CO2CH3COOH，①→②過程中能量降低，過程為放熱過程。【詳解】A．圖中分析，1mol甲烷和1mol二氧化碳反應生成1mol乙酸，方程式為CH4+CO2CH3COOH，反應物全部轉化為生成物生成CH3COOH總反應的原子利用率為100%B．圖中變化可知甲烷在催化劑作用下經過選擇性活化，其中甲烷分子中碳原子會與催化劑形成一個新的共價鍵，必有CH鍵發生斷裂，故B正確；C．圖中可知，①→②過程中能量降低，過程為放熱過程，有CC鍵形成，故C錯誤；D．催化劑降低反應的活化能，提高了反應速率，故D正確；故選C。21.煤和石油不僅可作為化石燃料，而且還可生產許多化工產品，下列關于煤和石油的說法不正確的是A.含C18以上烷烴的重油經過催化裂化可以得到汽油B.工業上獲得大量乙烯可通過石油的裂解C.石油是混合物，石油分餾得到的汽油仍是混合物D.煤中含有苯、甲苯、二甲苯，可用先干餾后分餾的方法將它們分離出來【答案】D【解析】【詳解】A．重油經過催化裂化可以得到汽油，故A正確；B．石油的裂解可生成乙烯、丙烯等，故B正確；C．石油是混合物，石油分餾得到的汽油仍是混合物，故C正確；D．煤中不含苯、甲苯、二甲苯，煤干餾可生成苯、甲苯、二甲苯，故D錯誤；選D。22.聚乳酸是一種新型的生物可降解高分子材料，其合成路線如下：下列說法錯誤的是A.B.聚乳酸分子中含有兩種官能團C.乳酸與足量的反應生成D.兩分子乳酸反應能夠生成含六元環的分子【答案】B【解析】【詳解】A．根據氧原子數目守恒可得：3n=2n+1+m，則m=n1，A正確；B．聚乳酸分子中含有三種官能團，分別是羥基、羧基、酯基，B錯誤；C．1個乳酸分子中含有1個羥基和1個羧基，則1mol乳酸和足量的Na反應生成1molH2，C正確；D．1個乳酸分子中含有1個羥基和1個羧基，則兩分子乳酸可以縮合產生含六元環的分子（），D正確；故選B。23.開發利用海水化學資源的部分過程如圖所示，下列說法正確的是A.①的操作是先通入足量的CO2B.鑒別NaHCO3和Na2CO3溶液可以用澄清石灰水C.在步驟③中，SO2水溶液吸收Br2后，溶液的酸性增強D.向母液中加入石灰乳可得到Mg(OH)2，工業上常用電解熔融的Mg(OH)2來制取鎂【答案】C【解析】【分析】海水蒸發溶劑得到粗鹽和母液，粗鹽通過精制得到精鹽，電解飽和食鹽水得到氯氣、氫氣和氫氧化鈉，工業上制得飽和食鹽水依次通入氨氣、二氧化碳反應生成溶解度較小的碳酸氫鈉晶體和氯化銨，碳酸氫鈉受熱分解生成碳酸鈉；母液加堿反應生成氫氧化鎂沉淀，氫氧化鎂和酸反應生成氯化鎂，制得氯化鎂，母液通入氯氣氧化溴離子為溴單質，被二氧化硫吸收后發生氧化還原反應生成溴化氫溶液，富集溴元素，通入氯氣氧化溴化氫為溴單質得到溴；【詳解】A．①的操作是先通入足量的氨氣，使得溶液顯堿性可以吸收更多的CO2，A錯誤；B．在NaHCO3和Na2CO3中加入澄清的石灰水，現象均為產生白色沉淀，所以不能用澄清的石灰水鑒別NaHCO3和Na2CO3，B錯誤；C．步驟④中SO2水溶液吸收Br2，發生反應的化學方程式為：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，溶液的酸性增強，pH減小，C正確；D．工業上電解氯化鎂來制取鎂單質，D錯誤；故選C。24.取某飛機鐵鋁合金零件7.2g，溶于足量的稀硝酸中，金屬無剩余。測得產生的氣體體積為V1L(標準狀況)。向溶液中加過量的NaOH溶液出現紅褐色沉淀，隨后沉淀部分溶解，過濾得濾液Ⅰ。小心收集沉淀，洗滌、干燥、稱重得m1g，再加熱分解至恒重，得固體質量為7.2g。下列說法錯誤的是A.如果產生的氣體只有NO，則氣體體積V1=3.808B.紅褐色沉淀質量m1=9.63C.合金中Fe與Al的物質的量之比為7：3D.濾液I主要成分為NaOH、NaNO3、Na[Al(OH)4]【答案】C【解析】【分析】稀硝酸具有強氧化性，合金與足量硝酸反應生成硝酸鋁、硝酸鐵、一氧化氮和水。向反應后的溶液中加入過量氫氧化鈉溶液后，生成紅褐色氫氧化鐵沉淀，溶解的沉淀為氫氧化鋁沉淀，則濾液Ⅰ為偏鋁酸鈉溶液、硝酸鈉和過量的氫氧化鈉。收集到氫氧化鐵沉淀加熱分解后得到氧化鐵固體；根據元素守恒，反應開始時7.2g為鐵鋁合金，最終7.2g為Fe2O3，其流程中Fe元素無損失，因此鐵鋁合金中鋁的質量等于Fe2O3中氧的質量，因此m(Fe)：m(Al)=(2×56)：(3×16)=7：3，而n(Fe)：n(Al)==9：8；由m(Fe2O3)=7.2g知，n(Fe)==0.09mol，那么n(Al)=0.08mol，紅褐色沉淀m[Fe(OH)3]=0.09mol×107g/mol=9.63g；【詳解】A．由得失電子守恒可知，Fe、Al失電子物質的量為3×(0.09+0.08)mol=3×0.17mol，則NO得電子物質的量為3×n(NO)，即3n(NO)=3×0.17mol，n(NO)=0.17mol，V1(NO)=0.17mol×22.4L/mol=3.808L，A正確；B．由分析可知，紅褐色沉淀質量m1=9.63，B正確；C．合金中Fe與Al的物質的量之比為9:8，C錯誤；D．由分析可知，濾液I主要成分為NaOH、NaNO3、Na[Al(OH)4]，D正確；故選C。25.由實驗操作和現象，可得出相應正確結論的是實驗操作現象結論A向NaBr溶液中滴加過量氯水，再加入淀粉KI溶液先變橙色，后變藍色氧化性：B向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加熱，加入少量新制的懸濁液無磚紅色沉淀蔗糖未發生水解C石蠟油加強熱，將產生的氣體通入的溶液溶液紅棕色變無色氣體中含有不飽和烴D加熱試管中的聚氯乙烯薄膜碎片試管口潤濕的藍色石蕊試紙變紅氯乙烯加聚是可逆反應A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【詳解】A．向NaBr溶液中滴加過量氯水，溴離子被氧化為溴單質，但氯水過量，再加入淀粉KI溶液，過量的氯水可以將碘離子氧化為碘單質，無法證明溴單質的氧化性強于碘單質，A錯誤；B．向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加熱后，應加入氫氧化鈉溶液使體系呈堿性，若不加氫氧化鈉，未反應的稀硫酸會和新制氫氧化銅反應，則不會產生磚紅色沉淀，不能說明蔗糖沒有發生水解，B錯誤；C．石蠟油加強熱，產生的氣體能使溴的四氯化碳溶液褪色，說明氣體中含有不飽和烴，與溴發生加成反應使溴的四氯化碳溶液褪色，C正確；D．聚氯乙烯加強熱產生能使濕潤藍色石蕊試紙變紅的氣體，說明產生了氯化氫，不能說明氯乙烯加聚是可逆反應，可逆反應是指在同一條件下，既能向正反應方向進行，同時又能向逆反應的方向進行的反應，而氯乙烯加聚和聚氯乙烯加強熱分解條件不同，D錯誤；答案選C。二、非選擇題(本大題共5小題，共50分)26.按要求完成下列填空：（1）漂白液有效成分的化學式______；Fe2O3的俗稱為_______。（2）MnO2可與KOH和KClO3在高溫下反應，生成K2MnO4，反應化學方程式為_______。（3）用FeCl3溶液可以制作銅制的印刷電路板，寫出該反應的離子方程式______。【答案】（1）①.NaClO②.鐵紅（2）3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O（3）2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+【解析】【小問1詳解】漂白液有效成分是次氯酸鈉，化學式NaClO；Fe2O3為紅色固體，俗稱為鐵紅；【小問2詳解】KClO3具有氧化性，MnO2可與KOH和KClO3在高溫下反應，生成K2MnO4，反應中錳化合價由+4變為+6，則氯元素化合價降低由+5變為1，結合電子守恒可知，化學方程式為：3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O；【小問3詳解】FeCl3溶液可以制作銅制的印刷電路板，該反應為鐵離子和銅反應生成亞鐵離子和銅離子，離子方程式：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。27.X通常狀況下是一種紅黃色氣體，相對分子質量小于100，含有三種常見短周期元素。為研究X的組成，5.895g的X分三等份進行實驗，過程如圖(氣體體積已折算至標準狀況)：已知X與NaOH的反應不是氧化還原反應，請回答：（1）X的化學式為_______。溶液A的成分為_______(填化學式)。（2）X與H2O反應的化學方程式為______。（3）金(Au)可溶于濃B溶液生成氣體C和HAuCl4，寫出該反應的化學方程式：_______。（4）設計一個實驗方案，檢驗溶液F中可能的金屬陽離子：______。【答案】（1）①.NOCl②.NaCl、NaNO2、NaOH（2）3NOCl+2H2O=HNO3+3HCl+2NO（3）Au+HNO3+4HCl=HAuCl4+NO↑+2H2O（4）F溶液中含有的金屬陽離子可能為Fe3+、Fe2+。取F溶液于2支試管中，一支加入KSCN溶液，若溶液變血紅色，說明存在Fe3+；另一支試管中加入K3Fe(CN)6]溶液，若出現藍色沉淀，說明存在Fe2+(不可用酸性高錳酸鉀溶液)【解析】【分析】為研究X的組成，5.895g的X分成三等份進行實驗，一份加水之后形成溶液B和無色氣體C，C和空氣中的氧氣反應生成紅棕色氣體，該氣體為NO2，說明X中含N元素；溶液B中加入足量硝酸銀溶液，得到白色沉淀，該沉淀時氯化銀，說明1.965g的X中含有=0.03molCl;1.965g的X和Fe反應生成無色氣體，結合X中含有N元素，可以推知該無色氣體是Fe與硝酸反應生成的NO，物質的量為0.672L(22.4L/mol)=0.03mol，則X中N原子個數和Cl原子個數相同，1.965g的X中剩余元素的質量為1.965g(0.03mol35.5g/mol)(0.03mol14g/mol)=0.48g，X的相對分子質量小于100，可以推知X中還含有O元素，物質的量為0.48g(16g/mol)=0.03mol，則X的化學式為NOCl。【小問1詳解】由分析可知，X的化學式為NOCl；NOCl中N的化合價為+3價、O是2價、Cl是1價，和過量NaOH溶液反應得到溶液A為NaCl、NaNO2、NaOH。【小問2詳解】由分析可知，由分析可知，X與水反應有NO和HNO3生成，N元素化合價由+3價上升到+5價，又由+3價下降到+2價，根據得失電子守恒和原子守恒配平方程為：3NOCl+2H2O=HNO3+3HCl+2NO。【小問3詳解】金(Au)可溶于濃HNO3溶液生成NO和金一價配離子(與CH4具有相同的空間結構)，寫出該反應的化學方程式為:Au+HNO3+4HCl=HAuCl4+NO↑+2H2O。【小問4詳解】一定量Fe和硝酸反應產物中可能存在Fe2+，取F溶液于2支試管中，一支加入KSCN溶液，若溶液變血紅色，說明存在Fe3+；另一支試管中加入K3[Fe(CN)6]溶液，若出現藍色沉淀，說明存在Fe2+。28.化學反應中的能量變化通常表現為熱量的變化，研究反應中的熱量變化具有重要的意義。（1）下列變化屬于吸熱反應的是______(填序號)。①液態水氣化②膽礬加熱變成白色粉末③灼熱的木炭與CO2的反應④甲烷在空氣中燃燒的反應⑤鹽酸和碳酸氫鈉反應⑥氫氧化鉀和稀硫酸反應（2）已知：C(s)+O2(g)=CO(g)ΔH1，C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH2，則ΔH1______ΔH2(填“＞”、“＜”或“=”)。（3）已知：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH=196.6kJ?mol1；在該條件下，將2molSO2(g)與1molO2(g)放入一密閉容器中充分反應，生成80gSO3(g)，則放出的熱量_______(填字母)。A.等于196.6kJ B.98.3kJ～196.6kJ C.等于98.3kJ D.小于98.3kJ（4）在25℃、101kPa下，23g乙醇CH3CH2OH(l)完全燃燒生成CO2和液態水時放熱638.4kJ。則表示乙醇燃燒的熱化學方程式為_______。【答案】（1）②③⑤（2）＞（3）C（4）CH3CH2OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)ΔH=1276.8kJ?mol1【解析】【小問1詳解】①液態水氣化吸收能量，但不是化學反應，①錯誤；②膽礬加熱變成白色粉末發生了分解反應，是吸熱反應，②正確；③灼熱的木炭與CO2的反應屬于吸熱反應，③正確；④燃燒為放熱反應，④錯誤；⑤鹽酸和碳酸氫鈉反應為吸熱反應，⑤正確；⑥氫氧化鉀和稀硫酸反應是酸堿中和反應，為放熱反應，⑥錯誤；故答案為：②③⑤；【小問2詳解】碳和氧氣完全燃燒放熱更多，反應的焓變更負，故ΔH1>ΔH2；【小問3詳解】將2molSO2(g)與1molO2(g)放入一密閉容器中充分反應，生成80gSO3(g)，物質的量n(SO3)=80g÷80g/mol=1mol，生成1mol三氧化硫放出熱量×196.6kJ=98.3kJ，故答案為：C；【小問4詳解】燃燒熱是在101kPa時，1mol物質完全燃燒生成穩定的氧化物時所放出的熱量；25℃、101kPa下，23g乙醇CH3CH2OH(l)為0.5mol，完全燃燒生成CO2和液態水時放熱638.4kJ，則1mol乙醇完全燃燒放熱1276.8kJ，表示乙醇燃燒的熱化學方程式為CH3CH2OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)ΔH=1276.8kJ?mol1。29.某烴A是有機化學工業的基本原料，其產量可以用來衡量一個國家的石油化工發展水平，A還是一種植物生長調節劑，B和D都是日常生活食品中常見的有機物，E是一種油狀、有香味的物質。如圖為部分有機物間的轉化關系，請回答：（1）有機物F的分子式為C2H4O，且只有一種化學環境的氫、F的結構簡式為_______，①～⑤反應中屬于加成反應的有_______(填序號)，C所含官能團的名稱為_______。（2）丙烯(CH3CH=CH2)在催化劑、加熱條件下與O2反應可生成一種重要的化工原料丙烯酸(H2C=CHCOOH)。下列關于丙烯酸的說法正確的是_______(填選項字母)。A.與乙酸互為同系物B能發生加成反應、取代反應、氧化反應C.能與NaHCO3溶液反應生成CO2D.一定條件下能發生加聚反應，生成反應③的方程式為_______。（3）乙二醇(HOCH2CH2OH)與丙烯酸發生酯化反應生成鏈狀酯G(C8H10O4)，寫出該反應的方程式_______。（4）已知：Diels－Alder反應為共軛雙烯與含烯鍵或炔鍵的化合物相互作用生成六元環狀化合物的反應，最簡單的Dieis－Alder反應是。以1，3－丁二烯(H2C=CH－CH=CH2)和丙烯酸(H2C=CHCOOH)為起始原料，利用Diels－Alder反應合成的產物的結構簡式為______。（5）物質X是比D多一個碳的同系物，X的一些同分異構體能與氫氧化鈉溶液反應，寫出X及這些同分異構體的結構簡式______。【答案】（1）①.②.①②③.醛基（2）①.bc②.2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O（3）2H2C=CHCOOH+HOCH2CH2OHH2C=COOCH2CH2OOCCH=CH2+2H2O（4）（5）CH3CH2COOH、CH3COOCH3、HCOOCH2CH3【解析】【分析】A的產量可以用來衡量一個國家的石油化工發展水平，A還是一種植物生長調節劑，則A是乙烯；B和D都是日常生活食品中常見的有機物，A和水反應生成B，B氧化生成D，B、D反應生成E，E是一種油狀、有香味的物質，則B是乙醇、D是乙酸、E是乙酸乙酯，乙醇催化氧化為乙醛，C是乙醛。【小問1詳解】乙烯氧化為F，F的分子式為C2H4O，且只有一種化學環境的氫，說明F結構對稱，F的結構簡式為；①是加成反應、②是加成反應、③是氧化反應、④是氧化反應、⑤是取代反應，屬于加成反應的有①②，C是乙醛，所含官能團的名稱為醛基。【小問2詳解