陕西省西安中学2018-2019学年高一下学期期末考试化学题 Word版含解析 21页

‎2019—2020学年西安市西安中学高一(下)期末考试化学卷 一、单项选择题(本题共50分，共25题)‎ ‎1. 阿伏伽德罗常数的值为NA，下列说法正确的是( )‎ A. 标况下，224L H2O含有的分子数为10 NA B. 2.4g Mg与H2SO4完全反应，转移的电子数为0.1 NA C. 标准状况下，2.24 L  N2和O2的混合气体中分子数为0.1 NA D. 1mol任何气体含有的原子数目均为NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．标准状况下H2O为液体，不能根据气体摩尔体积计算224L H2O的物质的量，故A错误；‎ B．2.4g Mg的物质的量为0.1mol，完全溶解与H2SO4，转移的电子数为0.2 NA，故B错误；‎ C．标准状况下，2.24 L N2和O2的混合气体的物质的量为0.1mol，所含分子数为0.1 NA，故C正确；‎ D．气体分子可能是双原子分子，1mol任何气体含有的分子数目均为NA，而1mol任何气体含有的原子数目不一定为NA，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎2. 取碘水四份于试管中，编号为I、II、Ⅲ、Ⅳ，分别加入汽油、CCl4、酒精、NaCl溶液，振荡后静置，现象正确的是( )‎ A. I中溶液分层，下层呈紫红色 B. Ⅱ中溶液分层，下层呈紫红色 C. Ⅲ中溶液分层，下层呈棕黄色 D. Ⅳ中溶液不分层，溶液由棕黄色变成黄绿色 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 汽油能萃取碘水中的碘，但汽油的密度小于水的密度，所以Ⅰ中现象为溶液分层，上层呈紫红色，下层呈无色，A错误；‎ B. 四氯化碳能萃取碘水中的碘，且的密度大于水的密度，所以Ⅱ中现象为溶液分层，下层呈紫红色，上层呈无色，B正确；‎ - 21 -‎ C. 乙醇和水互溶，Ⅲ中溶液不分层，C错误；‎ D. 氯化钠溶液和碘水不发生反应，Ⅳ中溶液不分层，且溶液呈黄褐色，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎3. 下列各组离子一定能大量共存的是 A. 在无色溶液中：、、、‎ B. 在含大量的溶液中：、、、‎ C. 在强碱性溶液中：、、、‎ D. 在强酸性溶液中：、、、‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 在无色溶液中， 、发生反应生成碳酸亚铁沉淀，不能大量共存，故不选A；‎ B. 、发生反应生成一水合氨，不能大量共存，故不选B；‎ C. 在强碱性溶液中，、发生反应生成和水，不能大量共存，故不选C；‎ D. 在强酸性溶液中，、、、不反应，能大量共存，故选D。‎ ‎4. 在的反应中，下列说法不正确的是    ‎ A. 既是氧化剂，又是还原剂 B. KCl是还原产物，是氧化产物 C. 反应中每消耗，转移电子数为 D. 该氧化还原反应中只有氯元素化合价发生了改变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由可知，部分Cl元素的化合价由0升高为价，部分Cl元素的化合价由0降低为价，只有Cl元素的化合价变化，是氧化剂，也是还原剂，故A不符合题意；‎ - 21 -‎ B.KCl中Cl是化合价降低得到的产物，故为还原产物，中Cl是化合价升高得到的产物，故为氧化产物，故B不符合题意；‎ C.该反应中每消耗，有得到5mol电子被还原为KCl，转移电子数为，故C符合题意；‎ D.由可知，该氧化还原反应中只有氯元素化合价发生了改变，其他元素化合价没改变，故D不符合题意。‎ 故选C。‎ ‎5. 下列各组中的两种物质作用，反应条件或者反应物用量改变，不会引起产物种类改变的是(　　)‎ A. Na和O2 B. Fe和Cl2 C. NaOH和CO2 D. AlCl3和NaOH ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，Na与O2常温下反应生成Na2O，点燃时反应生成Na2O2，反应条件不同产物不同；‎ B项，Fe与Cl2加热时反应只能生成FeCl3；‎ C项，NaOH与少量CO2反应生成Na2CO3和H2O，NaOH与过量CO2反应生成NaHCO3，反应物用量改变产物不同；‎ D项，AlCl3与少量NaOH反应生成Al（OH）3和NaCl，AlCl3与过量NaOH反应生成NaCl、NaAlO2和H2O，反应物用量改变产物不同；‎ 答案选B。‎ ‎6. 根据SO2通入不同溶液中实验现象，所得结论不正确的是 实验 现象 结论 A 含HCl、BaCl2的FeCl3溶液 产生白色沉淀 SO2 有还原性 B H2S 溶液 产生黄色沉淀 SO2 有氧化性 C 酸性KMnO4溶液 紫色溶液褪色 SO2 有漂白性 D Na2SiO3溶液 产生胶状沉淀 酸性:H2SO3＞ H2SiO3‎ - 21 -‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、混合溶液中SO2被FeCl3氧化生成SO42−，再与BaCl2反应产生白色沉淀，体现了SO2的还原性，A正确；‎ B、SO2与H2S在溶液发生反应SO2+2H2S=3S↓+2H2O，体现了SO2的氧化性，B正确；‎ C、SO2使酸性KMnO4溶液褪色，这是SO2在酸性溶液中还原KMnO4生成Mn2+，体现了SO2的还原性，C错误；‎ D、SO2与Na2SiO3溶液产生胶状沉淀，根据较强酸制较弱酸，可得结论酸性：H2SO3>H2SiO3，D正确。‎ 答案选C。‎ ‎7. 实验室制取少量干燥氨气涉及下列装置，其中正确的是 A. 是氨气发生装置 B. 是氨气发生装置 C. 是氨气吸收装置 D. 是氨气收集、检验装置 - 21 -‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．NH4Cl固体受热分解生成的NH3和HCl在试管口遇冷会重新化合生成NH4Cl，故A错误；‎ B．将浓氨水滴到生石灰固体上时，生石灰与水反应放热会导致NH3逸出，此为氨气的发生装置，故B正确；‎ C．NH3极易溶于水，为防止倒吸，倒置的漏斗口刚接触水面即可，不能浸于水中，故C错误；‎ D．收集NH3时，为防止NH3与空气形成对流使收集NH3不纯，通常在导管口放置棉花团，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎8. 某化学兴趣小组进行有关Cu、硝酸、硫酸化学性质的实验，实验过程如图所示．下列有关说法正确的是（　 　）‎ A. ①中溶液呈蓝色，试管口有红棕色气体产生，稀硝酸被还原为NO2‎ B. ③中反应的化学方程式：3Cu+Cu(NO3)2+4H2SO4===4CuSO4+2NO↑+4H2O C. ③中滴加稀硫酸，铜片继续溶解，说明稀硫酸的氧化性比稀硝酸强 D. 由上述实验可知：Cu在常温下既可与稀硝酸反应，也可与稀硫酸反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、实验①中溶液呈蓝色，试管口有红棕色气体产生，稀硝酸被Cu还原为NO，在试管口，NO遇到空气中的氧气，生成NO2，A错误；‎ B、③中反应的化学方程式：3Cu＋Cu(NO3) 2＋4H2SO4 = 4CuSO4 ＋2NO↑＋4H2O，B正确；‎ C、实验③中滴加稀硫酸，铜片继续溶解，硝酸根离子在酸性条件下等同于硝酸，硝酸的氧化性强于稀硫酸，C错误；‎ D、铜与稀硫酸不反应，D错误。答案选B。‎ ‎9. 下列化学用语或命名正确的是( )‎ A. 次氯酸的结构式：H−Cl−O - 21 -‎ B. CO2的电子式为 C. Cl−的结构示意图: ‎ D. NH4Cl的电子式：‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 次氯酸的结构式：H− O – Cl，A错误；‎ B. CO2的电子式为，B错误；‎ C. Cl−的结构示意图: ，C正确；‎ D. NH4Cl的电子式：，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎10. 已知某元素的原子结构示意图如图所示，试推测其在元素周期表的位置为　　‎ A. 第四周期VII族 B. 第五周期7A族 C. 第五周期VIA族 D. 第五周期VIIA族 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据某元素的原子结构示意图可以推知其在周期表中的位置，其一般规律为，对于主族元素，原子核外电子层数等于其周期数，原子最外层电子数等于其族序数，根据题目给的原子结构示意图，原子核外共有5层电子，且最外层电子数为7，可知该元素在周期表中的位置为第五周期第VIIA族，故答案选D。‎ ‎【点睛】本题中有一个小陷阱，也是学生在作答填空题时经常会犯的错误，就是要注意，在写周期数时最好使用汉字，在写族序数时一定要使用罗马数字，主族、副族分别要用A、B来表示。‎ ‎11. 下列叙述中，正确的是 A. 14C中含有14个中子 B. 1H、2H、3H是同一种核素 - 21 -‎ C. H2O与D2O互称同位素 D. C60、金刚石、石墨均为碳的同素异形体 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．14C中含有中子＝14﹣6＝8，故A错误；B．1H、2H、3H质子数相同为同种元素，质量数不同为不同原子，是三种不同核素，故B错误；C．H2O与D2O(重水)是化合物，不是同位素，故C错误；D．C60、金刚石、石墨是同种元素组成的不同单质，均为碳的同素异形体，故D正确；故答案为D。‎ ‎12. 已知X+、Y2+、Z-、W2-四种离子均具有相同的电子层结构。下列关于X、Y、Z、W四种元素的描述，不正确的是(    )‎ A. 原子序数：Y＞X＞Z＞W B. 离子半径：X+＞Y2+＞Z-＞W2-‎ C. 原子最外层电子数：Z＞W＞Y＞X D. 还原性：X＞Y，W2-＞Z-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 四种离子均具有相同的电子层结构，阳离子原子序数=核外电子数 +电荷数，阴离子原子序数=核外电子数-电荷数,‎ A.根据原子序数与核外电子数、电荷数之间的关系式确定原子序数； ‎ B.电子层结构相同的离子，离子半径随着 原子序数增大而减小； ‎ C.主族元素阳离子最外层电子数=其最高正化合价，阴离子最低负化合价=最外层电子数-8;‎ D.同一周期元素，元素的金属性越强，其还原性越强；同一周期非金属元素，元素的非金属性越强，其简单阴离子的还原性越弱;‎ ‎【详解】X+、Y2+、Z-、W2-四种离子均具有相同的电子层结构，由离子所带电荷可知，X、Y处于同一周期，原子序数Y＞X；Z、W处于同一周期，且处于X、Y所在周期上一周期，原子序数Z＞W，所以原子序数Y＞X＞Z＞W，再根据元素周期律递变规律判断；‎ A.X+、Y2+、Z-、W2-四种离子均具有相同的电子层结构，由离子所带电荷可知，X、Y处于同一周期，原子序数Y＞X；Z、W处于同一周期，且处于X、Y所在周期上一周期，原子序数Z＞W，所以原子序数Y＞X＞Z＞W，故A正确；‎ B.电子层结构相同核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径：Y2+＜X+＜Z-＜W2-，故B错误；‎ - 21 -‎ C.X、Y处于同一周期，原子序数Y＞X，则原子最外层电子数Y＞X；Z、W处于同一周期，原子序数Z＞W，则原子最外层电子数Z＞W，X、Y形成阳离子，Z、W形成阴离子，所以最外层电子数Z＞W＞Y＞X，故C正确；‎ D.X、Y处于同一周期，形成阳离子，原子序数Y＞X，所以金属性：X＞Y；Z、W处于同一周期，形成阴离子，原子序数Z＞W，所以非金属性Z＞W，非金属性越强，阴离子还原性越弱，所以还原性：W2-＞Z-，故D正确。‎ 故选B。‎ ‎13. 下列各组物质中，都含有共价键，却又都不属于共价化合物的一组（ ）‎ A. Na2O2 Na2O B. KClO NaOH C. Br2 HBr D. HF H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、Na2O2、Na2O都属于离子化合物，但氧化钠只有离子键，A不符合题意；‎ B、次氯酸钾和氢氧化钠均是离子化合物，均含有离子键和共价键，B符合题意；‎ C、溴和溴化氢均只含有共价键，溴是单质，HBr是共价化合物，C不符合题意；‎ D、HF和H2O均是只含有共价键的共价化合物，D不符合题意；‎ 答案选B。‎ ‎14. 下列图示变化为吸热反应的是 A. ‎ B. ‎ C. ‎ - 21 -‎ D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 反应物的总能量大于生成物的总能量的反应为放热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量的反应为吸热反应。常见的放热反应有：燃烧、金属与酸反应、金属与水反应、酸碱中和反应、铝热反应和绝大多数化合反应等；常见的吸热反应有：绝大数分解反应、某些化合反应（如碳与二氧化碳的反应）、碳与水蒸气的反应、氯化铵晶体与Ba(OH)2·8H2O的反应等。‎ ‎【详解】A．图中反应物的总能量较低生成物的总能量较高，则该反应为吸热反应，故A正确；‎ B．图中反应物的总能量较高生成物的总能量较低，则该反应为放热反应，故B错误；‎ C．浓硫酸溶于水放热，但过程中没有发生化学变化，不符合题意，故C错误；‎ D．活泼金属与酸的反应是放热反应，不符合题意，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎15. 根据下图所示的N2（g）和O2（g）反应生成NO（g）过程中的能量变化情况，判断下列说法正确的是 A. N2（g）与O2（g）反应生成NO（g）是放热反应 B. 2molO原子结合生成O2（g）时需要放出498kJ能量 C. 1molNO（g）分子中的化学键断裂时需要放出632kJ能量 D. N2（g）＋O2（g）＝2NO（g）△H＝+1444kJ/mol.‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 21 -‎ 焓变=反应物断裂化学键吸收的能量-生成物形成化学键放出的能量，反应N2+O2═2NO的反应热△H=946kJ/mol+498kJ/mol-2×632kJ/mol=+180kJ/mol，反应是吸热反应。‎ ‎【详解】A、依据计算分析反应是吸热反应，A错误；‎ B、原子结合形成分子的过程是化学键形成过程，是放热过程，2mol O原子结合生成O2（g）时需要放出498kJ能量，B正确；‎ C、形成2molNO放热2×632kJ能量，所以1mol NO（g）分子中的化学键断裂时需要吸收632kJ能量，C错误；‎ D、根据A中分析可知N2+O2＝2NO △H＝＋180kJ/mol，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点晴】反应的焓变计算方法和能量守恒是解题关键，注意反应热的计算方法，（1）根据热化学方程式计算：反应热与反应物各物质的物质的量成正比。（2）根据反应物和生成物的总能量计算：ΔH＝E生成物－E反应物。（3）依据反应物化学键断裂与生成物化学键形成过程中的能量变化计算：ΔH＝反应物的化学键断裂吸收的能量－生成物的化学键形成释放的能量。（4）根据盖斯定律的计算：应用盖斯定律进行简单计算时，关键在于设计反应过程。‎ ‎16. 在2L的密闭容器中发生反应： ，2min后B减小了 1.2mol，有关此反应的说法正确的是（　　）‎ A. 在 2min 内的反应速率，用 C 表示是 ‎ B. 分别用 B、C、D 表示化学反应速率其比值是 3：2：1‎ C. 达到化学反应限度时，B 物质转化率为 100%‎ D. 向容器中增加 A 的投量，可以加快该反应的速率 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A．2min后B减小了1.2mol，则生成C的量为0.8mol，用 C 表示是mol/（L•min），故A错误；‎ B．用不同物质表示的速率比等于系数比，B、C、D 表示化学反应速率其比值是 3：2：1，故B正确；‎ C．可逆反应进行不到底，反应物的转化率一定小于100%，故C错误；‎ - 21 -‎ D．A是固体，向容器中增加 A 的投量，浓度不变，速率不变，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎17. 下列各装置中铜电极上能产生气泡的是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 溶液不是电解质溶液，不能形成原电池，错误；‎ B. 两极材料相同，不能形成原电池，铜上无气泡，错误；‎ C. 原电池装置，铜作正极，H+放电成为氢气，正确；‎ D. 不能构成原电池，不存在氧化还原反应，错误，‎ 答案选C。‎ ‎18. 液体燃料电池相比于气体燃料电池具有体积小等优点．一种以液态肼（N2H4）为燃料的电池装置如图所示，该电池用空气中的氧气作为氧化剂，KOH溶液作为电解质溶液。关于该电池的叙述正确的是（　　）‎ A. b极发生氧化反应 B. a极为该电池的正极 - 21 -‎ C. 放电时，电流从a极经过负载流向b极 D. a极的反应式：N2H4+4OH﹣﹣4e﹣＝N2↑+4H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 该燃料电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应，电极反应式为：N2H4+4OH－-4e－＝N2↑+4H2O，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：O2+2H2O+4e－=4OH－，电池总反应为：N2H4+O2=N2↑+2H2O，结合离子移动方向、电流的方向分析解答。‎ ‎【详解】A．该燃料电池中，通入氧化剂空气的电极b为正极，正极上氧气得电子发生还原反应，故A错误；‎ B、a极通入的是燃料，为该电池的负极，故B错误；‎ C、放电时，电流从正极b经过负载流向a极，故C错误；‎ D、通入燃料的电极为负极，负极上燃料失电子发生氧化反应，电极反应式为：N2H4+4OH－-4e－＝N2↑+4H2O，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查了燃料电池，明确正负极上发生的反应是解本题关键，难点是电极反应式的书写，要结合电解质溶液的酸碱性书写，注意电流的方向和电子的流向相反。‎ ‎19. 苏轼的《格物粗谈》有这样的记载：“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味。”按照现代科技观点，该文中的“气”是指 A. 脱落酸 B. 乙烯 C. 生长素 D. 甲烷 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．脱落酸的主要作用是抑制细胞分裂，促进叶和果实的衰老和脱落，故A不选； B．乙烯的主要作用是促进果实成熟，故B选； C．生长素具有两重性既能促进生长也能抑制生长，既能促进发芽也能抑制发芽，既能防止落花落果也能疏花疏果，故C不选； D．甲烷不具有催熟作用，故D不选； 故选：B。‎ ‎20. 下列反应中前者属于取代反应，后者属于加成反应的是（ ）‎ A. 甲烷与氯气混合后光照反应；乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色 - 21 -‎ B. 乙烯与溴的四氯化碳溶液反应；苯与氢气在一定条件下反应生成环己烷 C. 苯滴入浓硝酸和浓硫酸的混合液中，有油状物生成； 乙烯与水生成乙醇的反应 D. 在苯中滴入溴水，溴水褪色；乙烯自身生成聚乙烯的反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．甲烷和氯气混合光照一段时间后，甲烷中的氢原子被氯原子所代替生成氯代甲烷，所以属于取代反应；乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色，是乙烯和高锰酸钾发生了氧化反应的结果，故A不符合题意；‎ B．乙烯中的双键断裂，每个碳原子上结合一个溴原子生成1，2-二溴乙烷，所以属于加成反应；苯和氢气在一定条件下反应生成环己烷也是加成反应，故B不符合题意；‎ C．在浓硫酸和加热条件下，苯环上的氢原子被硝基取代生成硝基苯，所以属于取代反应；在一定条件下，乙烯中的双键断裂，一个碳原子上结合一个氢原子，另一个碳原子上结合羟基，生成乙醇，该反应属于加成反应，故C符合题意；‎ D．苯能萃取溴水中的溴而使水层无色，没有发生化学变化；乙烯生成聚乙烯的反应属于加成聚合反应，故D不符合题意；‎ 故答案为C。‎ ‎【点睛】准确理解加成反应和取代反应的反应原理是解题关键，有机物分子中的不饱和键断裂，断键原子与其他原子或原子团相结合生成新的化合物的反应是加成反应；有机物中的原子或原子团被其他的原子或原子团所代替生成新的化合物的反应叫取代反应。‎ ‎21. 下列烃中，一氯代物的同分异构体的数目最多的是（　　）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. ，分子中苯环上含有1种氢原子，甲基上含有1种H原子，则其一氯代物有2种异构体；‎ - 21 -‎ B. ，分子中含有3种氢原子，其一氯代物有3种异构体；‎ C. ，分子中含有4种氢原子，其一氯代物有4种异构体；‎ D. 分子中含有2种氢原子，其一氯代物有2种异构体；一氯代物的同分异构体的数目最多的是，故C正确；‎ 本题选C。‎ ‎【点睛】根据分子中等效H原子判断一氯代物异构体数，分子中由几种H原子，其一氯代物就有几种异构体。‎ ‎22. 下列关于甲烷、乙烯、苯三种烃的比较中，正确的是 A. 只有甲烷不能因化学反应而使酸性高锰酸钾溶液褪色 B. 在空气中分别完全燃烧等质量这三种烃，苯消耗的氧气最多 C. 除甲烷外，其余两种分子内所有原子都共平面 D. 甲烷和苯属于饱和烃，乙烯是不饱和烃 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.甲烷、苯不能因化学反应而使酸性高锰酸钾溶液褪色，而乙烯能因化学反应而使酸性高锰酸钾溶液褪色，错误；‎ B.有机物含有的H元素的含量越大，则等质量时燃烧消耗的氧气就越多。由于三种烃中甲烷的H元素的含量最高，因此在空气中分别完全燃烧等质量的这三种烃，甲烷消耗的氧气最多，错误；‎ C.甲烷是正四面体结构的分子，乙烯和苯分子都是平面分子，因此除甲烷外，其余两种分子内所有原子都共平面，正确；‎ D.甲烷属于饱和烃，乙烯、苯是不饱和烃，错误。‎ 答案选C。‎ ‎23. 下列物质各1mol分别与足量的H2发生加成反应，消耗H2物质的量最多的是 - 21 -‎ A. B. ‎ C D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.1mol中含有1mol苯环，与氢气发生加成反应，消耗氢气3mol；‎ B.1mol中含有1mol苯环、1molC=C双键，与氢气完全加成反应消耗氢气3mol+1mol=4mol；‎ C.1molCH3-CH2-C≡CH含有1molC≡C三键，与氢气完全加成反应消耗2mol氢气；‎ D.1molCH3(CH=CH)3CH3含有3molC=C双键，与氢气完全加成反应消耗3mol氢气；‎ 故1mol与氢气完全加成反应消耗的氢气最多，故答案B正确；‎ 故选B。‎ ‎24. 乙醇催化氧化为乙醛过程中化学键的断裂与形成情况可表示如图：‎ 下列醇能被氧化为醛类化合物的是（　　）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据已知信息可知如果醇能被氧化为醛类化合物时，与羟基相连的碳原子上至少有2个氢原子，则 A．中与羟基相连的碳原子上没有氢原子，不能被氧化生成醛类，A错误；‎ - 21 -‎ B．中与羟基相连的碳原子上有1个氢原子，能被氧化生成酮，不能被氧化生成醛类，B错误；‎ C．中与羟基相连的碳原子上有2个氢原子，能被氧化生成醛类，C正确；‎ D．中与羟基相连的碳原子上有1个氢原子，能被氧化生成酮，不能被氧化生成醛类，D错误，答案选C。‎ ‎25. 某羧酸酯的分子式为C18H26O5，1mol该酯完全水解得到1mol羧酸和2mol乙醇，该羧酸的分子式为( )‎ A. C16H25O5 B. C14H16O4 C. C14H18O5 D. C16H25O5‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由于1mol该酯完全水解可得到1mol羧酸和2mol乙醇，则1mol该酯完全水解时要消耗2mol水。又知该羧酸酯的分子式为C18H26O5，将其分子组成加上4个H原子和2个O原子，然后减去2个乙醇分子中的4个C、12个H、2个O，即可求出该羧酸的分子式为C14H18O5，C正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】由1mol该酯完全水解可得到1mol羧酸和2mol乙醇可知，该酯的分子中有2个酯基，故其水解时，每个酯分子要消耗2个水分子。‎ 二、填空题（共50分）‎ ‎26. 物质A、B、C、D、E、F、G、H、I、J、K有下图转化关系，其中气体D为单质，试回答：‎ ‎(1)写出下列物质的化学式：H是__________________；‎ - 21 -‎ ‎(2)写出A与B溶液反应的离子方程式：__________________；‎ ‎(3)写出反应“F→G”的化学方程式：__________________；‎ ‎(4)如果想由溶液G再次制得白色沉淀F，可以加入____________试剂（填化学式）； ‎ ‎(5)在溶液I中滴入NaOH溶液，可观察到的现象是：______________________；‎ ‎(6)检验溶液J中的金属阳离子，可用_____________________________试剂(填化学式)。‎ ‎【答案】 (1). Fe (2). 2Al+6H+=2Al3++3H2↑ (3). Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O (4). CO2 (5). 先生成白色沉淀然后变为灰绿色，最后变为红褐色 (6). KSCN ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 溶液J和NaOH溶液反应生成红褐色沉淀K，K为Fe(OH)3，溶液B和金属H反应生成溶液I，溶液I和气体E(Cl2)反应生成FeCl3，则说明溶液I为FeCl2，则溶液B为盐酸，金属H为Fe，气体B为HCl，气体D和黄绿色气体E反应即H2和Cl2反应生成HCl，溶液C和氨水反应生成白色沉淀F，白色沉淀F和NaOH溶液反应生成溶液G，说明白色沉淀F为Al(OH)3，则说明金属A为Al。‎ ‎【详解】(1)根据上面分析得到物质的化学式：H是Fe；故答案为：Fe；‎ ‎(2)根据分析得到A与B溶液反应是Al与盐酸反应生成氯化铝和氢气，其离子方程式：2Al+6H+=2Al3++3H2↑；故答案为：2Al+6H+=2Al3++3H2↑；‎ ‎(3)反应“F→G”是氢氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，其化学方程式：Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O；故答案为：Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O；‎ ‎(4)如果想由溶液G再次制得白色沉淀F，向偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳反应生成氢氧化铝，因此可以加入CO2；故答案为：CO2；‎ ‎(5)在溶液I中滴入NaOH溶液，生成白色的氢氧化亚铁沉淀，被空气氧化，因此可观察到的现象是：先生成白色沉淀然后变为灰绿色，最后变为红褐色；故答案为：先生成白色沉淀然后变为灰绿色，最后变为红褐色；‎ ‎(6)检验溶液J中的金属阳离子即检验铁离子，可用KSCN试剂，溶液变为血红色；故答案为：KSCN。‎ ‎【点睛】红褐色沉淀是解题突破点，红褐色沉淀即为氢氧化铁，氢氧化铁是铁离子和氢氧根反应生成，推断铁离子是由亚铁离子和氯气反应得来。‎ ‎27. 如图所示，是原电池的装置图。请回答：‎ - 21 -‎ ‎(1)若C为稀H2SO4溶液，电流表指针发生偏转，B电极材料为Fe且做负极，则A电极上发生的电极反应式为________________________________；‎ ‎(2)若需将反应：Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+设计成如图所示的原电池装置，则A(负极)极电极反应式为______________________________；B(正极)极材料为_____________；溶液中Fe3+向______极移动；‎ ‎(3)若C为CuCl2溶液，电极为Zn和Ag。Zn极发生___________反应，总电极反应离子方程式为______________________________；外电路中电子的流向是_________________。‎ ‎【答案】 (1). 2H++2e−═H2↑ (2). Cu−2e−=Cu2+ (3). 石墨等 (4). 正极 (5). 氧化 (6). Cu2++Zn=Zn2++ Cu (7). Zn流向Ag ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 原电池中，还原剂在负极失去电子发生氧化反应，电子从负极流出，电子沿着导线流向正极，正极上氧化剂得到电子发生还原反应，内电路中阴离子移向负极、阳离子移向正极，燃料电池中，通入燃料的一极为负极，通入助燃物的一极为正极，据此分析回答；‎ ‎【详解】(1)若C为稀H2SO4溶液，电流表指针发生偏转，B电极材料为Fe且做负极，则A电极为正极，A上面发生的电极反应式为2H++2e−═H2↑；‎ ‎(2)若需将反应：Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+设计成如图所示的原电池装置，则A(负极)极发生氧化反应，电极反应式为Cu−2e−=Cu2+；B(正极)极材料为石墨等；溶液中Fe3+向正极移动；‎ ‎(3)若C为CuCl2溶液，电极为Zn和Ag。Zn极发生氧化反应，总电极反应离子方程式为Cu2++Zn=Zn2++ Cu；外电路中电子的流向是Zn流向Ag。‎ ‎28. 一定温度下，在容积为VL的密闭容器中进行反应，M、N两种气体的物质的量随时间的变化曲线如图所示：‎ - 21 -‎ ‎(1)该反应的化学反应方程式是_______________________________；‎ ‎(2) t 1到t 2时刻，以M的浓度变化表示的平均反应速率为：____________________；‎ ‎(3)若达到平衡状态的时间是4 min，N物质在该4 min内的平均反应速率为1.5mol⋅L−1⋅min−1，则此容器的容积为V=___L；‎ ‎(4)反应A(g)+B(g) ⇌2C(g)，当改变下列条件时，会加快反应速率的是_____________（填序号）。‎ ‎①降低温度 ②保持容器的体积不变，充入氦气 ③加入催化剂 ‎④保持容器的体积不变，增加A(g)的物质的量 ‎【答案】 (1). 2N⇌M (2). mol⋅L−1⋅min−1 (3). 1L (4). ③④‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) M的物质的量增加、N的物质的量减小，所以N是反应物、M是生成物，物质的量变化值之比等与化学计量数之比，即N与M的化学计量数之比为（8mol-2mol）: （5mol-2mol）=2:1，后来达到平衡，故该反应的化学反应方程式是2N⇌M；‎ ‎(2) t 1到t 2时刻，以M的浓度变化表示的平均反应速率为mol⋅L−1⋅min−1；‎ ‎(3)若达到平衡状态的时间是4 min，N物质在该4 min内的平均反应速率为1.5mol⋅L−1⋅min−1，则消耗N为6Vmol，由图知，在该4 min内消耗N为6mol，则此容器的容积为V=1L；‎ ‎(4)反应A(g)+B(g) ⇌2C(g)，①降低温度 ，则速率减慢； ②保持容器的体积不变，充入氦气 ，各物质的浓度不变，对速率没有影响； ③加入催化剂，能加快反应速率；④保持容器的体积不变，增加A(g)的物质的量，则增大A(g)的浓度，反应速率加快；故会加快反应速率的是③④。‎ - 21 -‎ ‎29. 某校学生用如图装置进行实验，来探究苯与液溴发生反应的原理并分离反应的产物。‎ 回答下列问题：‎ ‎(l)装置Ⅱ中反应的化学方程式为_____________________________；‎ ‎(2)冷凝管所起的作用为__________________，冷凝水从___________口进入(填：“a”或“b”)。‎ ‎(3)实验开始时，关闭K2，打开K1和分液漏斗活塞，滴加苯和液溴的混合物，反应开始。Ⅲ中小试管内苯的主要作用为________________________________，能说明苯与液溴发生了取代反应的现象是________________________________________。‎ ‎(4)反应结束后，要让装置Ⅰ中的水倒吸入装置Ⅱ中，这样可以除去Ⅱ中的溴化氢气体，以免逸出污染空气，简述这一操作的方法：_____________________________________。‎ ‎(5)将三颈烧瓶内反应后的液体依次进行以下实验操作，就可以得到较纯净的溴苯。‎ ‎①用水洗涤、振荡、分液；‎ ‎②用25%的NaOH溶液洗涤、振荡、分液；‎ ‎③再用水洗涤、振荡、分液；‎ ‎④加入无水CaCl2粉末干操，过滤；‎ ‎⑤将滤液________________(填操作名称)，得到溴苯。‎ ‎【答案】 (1). C6H6+Br2C6H5Br+HBr (2). 冷凝回流、导气 (3). a (4). 吸收随HBr一起逸出的溴蒸气 (5). Ⅲ中硝酸银溶液中出现淡黄色沉淀 (6). 开启K2，关闭K1和分液漏斗活塞 (7). 蒸馏 ‎【解析】‎ ‎【详解】(l)装置Ⅱ中反应为苯和液溴在溴化铁催化作用下的取代反应，化学方程式为+Br2+HBr；‎ ‎(2) 苯和液溴易挥发，生成的HBr要导出来，因此冷凝管的作用是冷凝回流和导气的作用，冷凝水从a口进入； ‎ - 21 -‎ ‎(3) HBr中溴单质，对HBr的检验产生干扰，利用溴单质易溶于有机溶剂，达到除去Br2的目的，因此装置III的目的吸收随HBr一起逸出的溴蒸气；装置III中，发生HBr＋AgNO3=AgBr↓＋HNO3，因此Ⅲ中硝酸银溶液中出现淡黄色沉淀，说明苯和液溴发生取代反应； ‎ ‎(4)苯和液溴、溴化氢有毒，直接打开，容易产生危险，因此让I装置水倒吸入II中，可以避免危险发生，即反应结束后装置Ⅱ中仍存在大量的溴化氢气体，使Ⅰ中的水倒吸入Ⅱ中可以除去溴化氢气体，一面溴化氢逸出污染空气；操作是关闭K1和分液漏斗活塞，打开K2；‎ ‎(5) ⑤将滤液再蒸馏得到纯净溴苯。‎ - 21 -‎