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浙江省宁波市慈溪市2023-2024学年高一下学期6月期末考试化学试题
一、选择题I(本大题共15小题，每小题2分，共30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．（2024高一下·慈溪期末）纯碱的化学式是
A． B． C． D．
2．（2024高一下·慈溪期末）按物质的组成进行分类，属于
A．酸 B．氧化物 C．盐 D．有机物
3．（2024高一下·慈溪期末）用浓硫酸稀释配制硫酸溶液，不需要用到的实验仪器是
A． B．
C． D．
4．（2024高一下·慈溪期末）下列物质属于非电解质的是
A．NH3 B．盐酸 C．Si D．BaCl2
5．（2024高一下·慈溪期末）反应NaH＋H2O=NaOH＋H2↑中，氧化剂是（　　）
A．NaH B．H2O C．NaOH D．H2
6．（2024高一下·慈溪期末）下列物质所含分子数与所含分子数相同的是
A． B． C． D．
7．（2024高一下·慈溪期末）下列属于物理变化的是
A．葡萄糖在体内氧化 B．油脂的水解
C．煤的干馏 D．石油的分馏
8．（2024高一下·慈溪期末）下列物质对应的化学式不正确的是
A．石英： B．重晶石：
C．黄铁矿： D．熟石膏：
9．（2024高一下·慈溪期末）下列说法不正确的是
A．CH4和C8H18互为同系物
B．石墨和石墨烯互为同素异形体
C．正戊烷和异戊烷互为同分异构体
D．和互为同位素
10．（2024高一下·慈溪期末）下列说法不正确的是
A．干燥的氯气能使鲜花褪色
B．二氧化硅可用于制作光学玻璃、集成电路和光导纤维
C．二氧化硫可用作蜜饯、干果等食品的添加剂
D．工业上可用铁或铝制容器来储运浓硫酸和浓硝酸
11．（2024高一下·慈溪期末）下表是元素周期表的一部分，①~⑥代表6种短周期主族元素，已知③原子的最外层电子数是其内层电子总数的3倍。
　 　 　 ① ② ③ 　
④ ⑤ 　 　 　 ⑥ ⑦
下列说法不正确的是
A．原子半径的大小顺序：④⑤①②
B．最高价氧化物对应水化物酸性：①②
C．③和④可形成含共价键的离子化合物
D．气态氢化物热稳定性：⑥③
12．（2024高一下·慈溪期末）下列化学用语书写正确的是
A．钠与乙酸反应的离子方程式：
B．碳酸氢钠溶液中滴入澄清石灰水：
C．用电子式表示的形成过程：
D．用足量氢氧化钠溶液吸收氯气的离子方程式：
13．（2024高一下·慈溪期末）下列有关实验的叙述正确的是
A．实验室制取氨气 B．A处通入氯气，C处布条不褪色，推测B处可能盛放饱和NaCl溶液
C．除去乙烯中混有的SO2 D．除去CO2气体中的氯化氢杂质
A．A B．B C．C D．D
14．（2024高一下·慈溪期末）下列说法不正确的是
A．苯()属于芳香烃，其一溴代物只有一种
B．高级脂肪酸甘油酯在碱性条件下可发生水解反应，又称为皂化反应
C．乙醇分子中含有-OH，能和盐酸发生中和反应
D．食醋可清除水壶中的少量水垢，说明乙酸的酸性强于碳酸
15．（2024高一下·慈溪期末）下列有关实验的描述正确的是
A．甲烷与乙烯混合物可通过溴的四氯化碳溶液分离
B．配制一定物质的量浓度的溶液，定容时俯视读数，则所配溶液浓度偏大
C．向某溶液中滴加氯，再滴加溶液，溶液变红，可证明原溶液含
D．乙醇与金属钠能反应，且在相同条件下比水与金属钠的反应更剧烈
二、选择题II(本大题共10小题，每小题3分，共30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)
16．（2024高一下·慈溪期末）下列物质既有极性键，又有非极性键的是
A．CaCl2 B．Na2O2 C．CH3OH D．C2H4
17．（2024高一下·慈溪期末）化学反应的能量变化如图所示，则下列说法中不正确的是
A．上述反应是放热反应
B．和总能量高于总能量
C．断开化学键消耗的总能量大于形成化学键释放的总能量
D．若反应生成液态AB，放出的热量大于
18．（2024高一下·慈溪期末）如图为发光二极管连接柠檬电池的装置，下列说法正确的是
A．电子由铁环经发光二极管流向铜片
B．铜片作柠檬电池的正极，发生氧化反应
C．负极的电极反应式为
D．可将柠檬换成盛有葡萄糖溶液的装置
19．（2024高一下·慈溪期末）为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是
A．一定量与足量氧气发生催化氧化反应生成，转移电子数为
B．标准状况下，11.2L氯仿中含有键的数目为
C．20g重水()分子中含有的中子数为
D．28g乙烯和丙烯的混合物完全燃烧时，产生的分子数目为
20．（2024高一下·慈溪期末）一定温度下，在2 L容积不变的密闭容器中发生反应：。反应过程中的部分数据如下表所示，下列说法不正确的是
物质的量/mol 时间/min n(CO2) n(H2) n(CH3OH) n(H2O)
0 2 8 0 0
3 1 　 1 　
6 0.5 　 　 1.5
9 　 3.5 　 　
A．0～3内，H2的平均反应速率为0.5 mol/(L·min)
B．保持恒容，若通入He使容器内压强增大，反应速率保持不变
C．6～9 min内，
D．若容器内的压强不再发生变化，说明反应已达平衡
21．（2024高一下·慈溪期末）下列说法不正确的是
A．工业生产活泼金属可采用电解的方式，如电解氯化镁溶液生产镁单质
B．加工面包和饼干时，可加入一些膨松剂，如碳酸氢钠、碳酸氢铵等
C．化学反应的原子利用率为100%
D．包装上有“OTC”标示的是非处方药，无需医生处方可自行购买和使用
22．（2024高一下·慈溪期末）某小组以石膏()为主要原料制备的流程如下：
下列说法不正确的是
A．气体A是，气体B是
B．甲乙的过程中应通入过量气体B
C．操作I用的主要玻璃仪器为烧杯、玻璃棒、普通漏斗
D．整个过程的总反应方程式为
23．（2024高一下·慈溪期末）溶液可用于脱除烟气中的有害气体，其原理如图所示。下列说法不正确的是
A．“反应Ⅱ”中还原剂为
B．“反应Ⅰ”的离子方程式为：
C．反应一段时间后，溶液中不变
D．反应每脱除消耗的体积为5.6L(体积均为标准状况)
24．（2024高一下·慈溪期末）、、三种固体溶于水得溶液M，部分离子的物质的量浓度如图甲所示。取200mL混合溶液加水稀释，测得随溶液体积的变化如图乙所示。下列说法正确的是
A．Y离子可能是
B．
C．溶液M中物质的量浓度为0.10mol/L
D．固体溶解时，与物质的量之比为1：1
25．（2024高一下·慈溪期末）根据实验操作和现象得出的结论正确的是
选项 实验操作和现象 结论
A 向某钠盐中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体 说明该盐一定是碳酸盐或碳酸氢盐
B 向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成 该溶液中一定含
C 向某溶液中滴加少量NaOH溶液，没有产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的刺激性气体 该溶液中不含
D 向Al(OH)3沉淀中滴加NaOH溶液，沉淀溶解 铝有一定的非金属性
A．A B．B C．C D．D
三、非选择题(本大题共5小题，共40分)
26．（2024高一下·慈溪期末）请回答：
（1）蔗糖的分子式是　 　；的电子式是　 　。
（2）向溶液中滴加溶液，可观察到　 　，最终变成红褐色沉淀。
（3）浓硫酸与木炭加热时的化学反应方程式是　 　。
27．（2024高一下·慈溪期末）土豆丝放入水中浸泡，水变浑浊并产生白色沉淀，其主要成分是有机物A，A遇碘会变蓝。以A为原料获得有机物E的转化关系如下图，已知E是有香味的无色油状液体。F含有甲基，且与乙酸、乙醇均能发生酯化反应。
请回答：
（1）B所含官能团的名称为　 　。
（2）写出F的结构简式　 　。
（3）下列说法正确的是___________。
A．检验反应是否进行完全，可取样加入溶液碱化后，再加入新制氢氧化铜悬浊液并加热，看是否产生砖红色沉淀
B．用碳酸钠溶液可以鉴别C、D和E
C．有机物C、D、F都能与金属钠反应
D．两分子F可发生酯化反应生成环状的酯
（4）G是F的同分异构体，与乙酸、乙醇也均能发生酯化反应。写出G与乙酸发生酯化反应的方程式　 　。
28．（2024高一下·慈溪期末）硫酸渣是黄铁矿制备硫酸过程中得到的焙烧渣，主要含、等，工业上可用硫酸渣生产四氧化三铁。
已知：“还原”时，发生反应；与不反应。
请回答：
（1）滤渣的主要成分是　 　。
（2）溶于足量盐酸的离子方程式为　 　。
（3）下列有关说法不正确的是___________。
A．“酸溶”时适当提高硫酸浓度可加快反应速率
B．滤液经结晶过滤可得副产品芒硝
C．可由或铁粉替代
D．“还原”时氧化产物与还原产物的物质的量之比为
（4）“氧化”的条件为高温，写出该反应的化学方程式　 　。
29．（2024高一下·慈溪期末）氨的催化氧化：是工业生产硝酸的重要步骤。某化学活动小组设计了如下装置模拟该实验过程，并检验产物性质(部分固定装置略去)。
请回答：
（1）装置A发生的反应有浓氨水的分解，还有　 　(用化学方程式表示)。
（2）装置B的名称为　 　，B中的药品X为　 　(填选项)。
A．浓硫酸 B．胆矾 C．碱石灰 D．碳酸钙
（3）反应后，装置E中除存在较多的、外，还可能存在的一种阳离子是　 　，试设计实验证明这种离子的存在　 　。
（4）E中产生的离子反应方程式是　 　。
30．（2024高一下·慈溪期末）有一份含镁、铝的合金粉末样品，将其分为两等份，向第一份样品中加入过量的氢氧化钠溶液，得到336mLH2(标准状况)，向第二份样品中加入100mL1mol/L的盐酸，完全反应后，得到672mLH2(标准状况)。试计算：
（1）原样品中铝的物质的量为　 　。
（2）该合金中镁、铝的物质的量之比为　 　。
（3）为将第二份样品反应后的溶液中的镁、铝元素完全分开，至少需加入1mol/L的NaOH溶液　 　mL。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】纯碱是碳酸钠，其化学式是Na2CO3，C符合题意。
故答案为：C
【分析】纯碱是Na2CO3。
2．【答案】C
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】在水溶液中能电离出Na+、H+和，含有金属阳离子和酸根离子，属于盐，故选C。
故答案为：C。
【分析】A、酸是指阳离子全是H＋的化合物。
B、氧化物是指由两种元素组成，其中一种是氧元素的化合物。
C、盐是指由金属阳离子(或NH4＋)与酸根阴离子构成的化合物。
D、有机物是指含C、H元素的化合物。
3．【答案】A
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】用浓硫酸配制配制稀硫酸的过程中涉及稀释操作，因此配制过程中需要用到的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管，用不到的仪器：天平。
故答案为：A
【分析】由浓硫酸配制稀硫酸的过程中给涉及的步骤有：计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀。据此确定过程中所需的仪器。
4．【答案】A
【知识点】电解质与非电解质
【解析】【解答】A．NH3为化合物，其熔融状态下不能导电；水溶液能导电，是由于NH3·H2O电离产生的离子起到导电作用，与NH3无关。因此NH3属于非电解质，A符合题意；
B．盐酸是HCl的水溶液，属于混合物，混合物既不是电解质，也不是非电解质，B不符合题意；
C．Si是非金属单质，单质既不是电解质，也不是非电解质，C不符合题意；
D．BaCl2是离子化合物，其水溶液中和熔融状态下都能够发生电离出自由移动的离子，从而起到导电作用。因此BaCl2属于电解质，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】非电解质是指在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物。据此结合选项所给物质进行分析即可。
5．【答案】B
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】从方程式可以看出：水中氢元素化合价降低，水为氧化剂，
故答案为：B。
【分析】氧化剂所含元素化合价降低。
6．【答案】C
【知识点】摩尔质量；气体摩尔体积；物质的量的相关计算
【解析】【解答】的物质的量为，含有的分子数为NA；
A．的物质的量为，因此其所含的分子数为2NA，故A不选；
B．的物质的量为，因此其所含的分子数为NA，故B不选；
C．所含分子数为NA，故C选；
D．气体所处状态未知，无法应用气体摩尔体积计算其物质的量，故D不选；
故答案为：C
【分析】A、根据公式计算4gH2的物质的量，从而计算其所含的分子数。
B、根据公式计算28gCO2的物质的量，从而计算其所含的分子数。
C、1molNH3所含的分子数为1NA。
D、气体所处的状态未知，Vm不一定为22.4L/mol。
7．【答案】D
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；煤的干馏和综合利用；石油的分馏
【解析】【解答】A．葡萄糖在体内氧化，反应产生CO2、H2O，有新物质生成，属于化学变化，A不符合题意；
B．油脂的水解产生高级脂肪酸与甘油，有新物质生成，属于化学变化，B不符合题意；
C．煤的干馏是将煤隔绝空气加强热，使其发生分解反应的过程。有新物质生成，属于化学变化，C不符合题意；
D．石油的分馏是将互溶的沸点不同的液体混合物分离，没有新物质生成，属于物理变化，D符合题意；
故答案为：D
【分析】分析变化过程中是否有新物质生成。有新物质生成的变化为化学变化；没有新物质生成的变化为物理变化。
8．【答案】B
【知识点】化学物质的名称与俗名；化合价与化学式
【解析】【解答】A．是石英的主要成分，故A正确；
B．是重晶石的主要成分，故B错误；
C．是黄铁矿的主要成分，故C正确；
D．是熟石膏的化学式，故D正确；
故答案为：B
【分析】根据选项所给物质的成分进行分析即可。
9．【答案】D
【知识点】同素异形体；同分异构现象和同分异构体；同系物
【解析】【解答】A．CH4和C8H18都属于烷烃，结构相似，在分子组成上相差7个CH2原子团，因符合同系物的定义，此二者互为同系物，A正确；
B．石墨和石墨烯都是由C元素的组成的两种不同的单质，符合同素异形体的定义，因此二者互为同素异形体，B正确；
C．正戊烷和异戊烷分子式都是C5H12，二者分子式相同，结构不同，符合同分异构体的定义，因此二者互为同分异构体，C正确；
D．和的质子数不同，质量数相同，不符合同位素的定义，因此二者不能互为同位素，D错误；
故答案为：D
【分析】A、同系物是指结构相似，组成上相差一个或多个CH2的有机物。
B、同素异形体是指由同种元素组成的不同单质。
C、同分异构体是指分子式相同，结构不同的有机物。
D、同位素是指质子数相同，中子数不同的原子。
10．【答案】B
【知识点】浓硫酸的性质；硅和二氧化硅；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A．鲜花中有水，干燥的氯气能与鲜花中的水反应产生HClO，HClO具有漂白性，因此干燥的氯气能够使鲜花褪色，A正确；
B．二氧化硅可用于制作光学玻璃和光导纤维，而集成电路使用的材料是晶体硅，B错误；
C．二氧化硫具有还原性，能与氧气反应；同时能够抑制细菌滋生，因此SO2可用作蜜饯、干果等食品的添加剂，C正确；
D．常温下，金属Fe、Al遇浓硫酸和浓硝酸发生钝化现象，因此工业上可用铁或铝制容器来储运浓硫酸和浓硝酸，D正确；
故答案为：B
【分析】A、使鲜花褪色的是Cl2与H2O反应生成的HClO。
B、集成电路的材料的是晶体硅。
C、SO2可用做食品添加剂。
D、常温下Fe、Al遇浓硫酸或浓硝酸会发生钝化。
11．【答案】D
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．同周期元素，核电荷数越大，原子半径越小；同主族元素，核电荷数越大，原子半径越大。因此原子半径：NaMgCN，故A正确；
B．非金属性：C＜N，因此酸性：H2CO3＜HNO3，故B正确；
C．Na与O可以形成离子化合物Na2O和Na2O2，其中Na2O2中含有共价键，故C正确；
D．非金属：S＜O，因此简单氢化物的稳定性：H2S＜H2O，故D错误；
故答案为：D
【分析】A、根据原子半径的递变规律分析。
B、非金属性格越强，则其最高价氧化物对应水化物的酸性越强。
C、Na2O2中氧原子通过共价键结合。
D、非金属性越强，则其简单氢化物的稳定性越强。
12．【答案】A
【知识点】用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；氯气的化学性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．乙酸是弱酸，与钠反应生成乙酸钠和氢气，该反应的离子方程式为：，A正确；
B．碳酸氢钠溶液中滴入澄清石灰水，Ca(OH)2是少量的，则Ca(OH)2完全反应，参与反应的Ca2＋和OH－的个数比为1：2，因此反应的离子方程式为：，B错误；
C．HCl是共价化合物，H、Cl各提供一个孤电子形成共用电子对，用电子式表示的形成过程为：，C错误；
D．用足量氢氧化钠溶液吸收氯气生成可溶性的次氯酸钠和氯化钠和水，该反应的离子方程式为：，D错误；
故答案为：A
【分析】A、Na与CH3COOH反应生成可溶性CH3COONa和H2，据此写出其离子方程式。
B、滴入的Ca(OH)2少量，完全反应，因此参与反应的Ca2＋和OH－的个数比为1：2。
C、HCl是共价化合物，不存在电子转移。
D、Cl2与NaOH溶液反应生成可溶性NaCl、NaClO和H2O。
13．【答案】D
【知识点】氯气的实验室制法；氨的实验室制法；乙烯的物理、化学性质；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A．直接加热NH4Cl，NH4Cl分解产生的NH3、HCl，二者在试管口遇冷化合生成NH4Cl固体，因此不能用于实验室制取氨气，A错误；
B．干燥的氯气不具有漂白性，A处通入氯气，若C处布条不褪色，则B处溶液可能是浓硫酸或NaOH溶液。浓硫酸干燥了Cl2，也可能是NaOH溶液将Cl2吸收，B错误；
C．乙烯、SO2都具有还原性，都能被酸性高锰酸钾溶液氧化，因此不能用酸性高锰酸钾溶液除去乙烯中混有的SO2，C错误；
D．CO2不溶于饱和NaHCO3溶液，而HCl能与NaHCO3反应，因此可用NaHCO3溶液除去CO2中混有的HCl，D正确；
故答案为：D
【分析】A、NH4Cl受热分解生成NH3和HCl，NH3和HCl又会化合生成NH4Cl。
B、干燥的Cl2不能使干燥的有色布条褪色。
C、除去乙烯中混有的SO2，可用NaOH溶液。
D、可用饱和NaHCO3溶液除去CO2中混有的HCl。
14．【答案】C
【知识点】苯的结构与性质；乙酸的化学性质；肥皂、合成洗涤剂
【解析】【解答】A．苯是最简单的芳香烃，为平面结构，只含有一种等效氢原子，因此其一溴代物只有一种，A正确；
B．高级脂肪酸甘油酯中含有酯基，在碱性条件下可发生水解反应，高级脂肪酸甘油酯在碱性条件下反应生成高级脂肪酸钠和甘油，高级脂肪酸钠为肥皂的主要成分，该反应称为皂化反应，B正确；
C．乙醇分子中含有-OH，但不能电离产生OH-，因此不能和盐酸发生中和反应，C错误；
D．食醋的主要成分是醋酸，水垢的成分为CaCO3，CH3COOH能与CaCO3反应，说明酸性CH3COOH＞H2CO3，D正确；
故答案为：C
【分析】A、苯是最简单的芳香烃，根据平面结构其一氯代物的个数。
B、高级脂肪酸甘油酯的碱性水解反应为皂化反应。
C、乙醇分子无法电离产生OH-，因此不能发生中和反应。
D、结合强酸制弱酸原理分析。
15．【答案】B
【知识点】二价铁离子和三价铁离子的检验；乙烯的物理、化学性质；乙醇的物理、化学性质；配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】A．乙烯与溴发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，1，2-二溴乙烷和甲烷都可溶于四氯化碳，无法除杂，故A错误；
B．定容时俯视读数，所得溶液体积偏小，由公式可知，所得溶液浓度偏大，故B正确；
C．加入氯水后，再加入KSCN溶液变红，原溶液中可能含有Fe3+，不含Fe2+。正确操作应为：先加KSCN溶液，无明显变化，再加氯水，溶液变红，可证明原溶液中有Fe2+，故C错误；
D．水为电解质可微弱电离产生H+，而乙醇为非电解质，无法电离出H+。与水相比较，乙醇的O-H难以断裂，则水与钠反应较剧烈，故D错误；
故答案为：B
【分析】A、甲烷、1，2－二溴乙烷都能溶于CCl4，无法分离。
B、定容时俯视容量瓶，所得溶液的体积偏小。
C、检验Fe2＋时，应先加KSCN溶液，排除Fe3＋的存在，再加绿水。
D、Na与H2O反应比Na与C2H5OH反应更剧烈。
16．【答案】D
【知识点】极性键和非极性键
【解析】【解答】A．CaCl2是离子化合物，Ca2+与Cl-通过离子键结合，不含有共价键，A错误；
B．Na2O2是离子化合物，Na+与通过离子键结合，中氧原子通过非极性共价键结合，不含有极性共价键，B错误；
C．CH3OH是由分子构成的共价化合物，分子中存在C-H、C-O、H-O等极性共价键，而不含有非极性共价键，C错误；
D．C2H4是由分子构成的共价化合物，其结构简式为CH2=CH2，含有C-H键，C-H键属于极性共价键；含有碳碳双键，属于非极性共价键，D正确；
故答案为：D
【分析】极性键是指由不同种元素的原子通过共用电子对形成的作用力；非极性键是指由同种元素的原子通过共用电子对形成的作用力。据此结合选项所给物质的结构分析。
17．【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A．该反应中，反应物的总能量大于生成物总能量，因此该反应属于放热反应，A正确；
B．由能量变化图可知，和总能量高于总能量，B正确；
C．该反应属于放热反应，因此形成化学键释放的总能量大于断开化学键消耗的总能量，C错误；
D．应生成气态AB时放出的热量为，物质由气态到液态放热，因此当生成液态AB，放出的热量大于，D正确。
故答案为：C
【分析】A、根据图示能量相对大小判断反应的热效应。
B、根据图示能量变化确定反应物和生成物总能量的相对大小。
C、根据x、y的相对大小比较。
D、物质由气态变为液态的过程中放出热量。
18．【答案】A
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．原电池装置中，电子由负极经导线流向正极。因此电子由铁环经发光二极管流向铜片，故A正确；
B．铜片作柠檬电池的正极，发生得电子的还原反应，故B错误；
C．Fe做负极，发生失电子的氧化反应，生成Fe2＋，因此负极的电极反应式为Fe-2e-═Fe2+，故C错误；
D．葡萄糖是非电解质，其水溶液中不存在可自由移动的离子，因此不能换成葡萄糖溶液，故D错误；
故答案为：A
【分析】由于金属活动性Fe＞Cu，因此Fe做负极，发生失电子的氧化反应，其电极反应式为Fe－2e－=Fe2＋。铜片做正极，发生得电子的还原反应。据此结合选项分析。
19．【答案】B
【知识点】二氧化硫的性质；甲烷的取代反应；烃类的燃烧；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．SO2与O2反应的化学方程式为：。反应过程中，S元素由+4价变为+6价，失去2个电子。因此生成，转移电子数为，故A正确；
B．标准状况下氯仿是液体，不是气体，不能用气体摩尔体积计算，因此无法计算11.2L氯仿CHCl3中含有C Cl键的数目，故B错误；
C.20g重水()的物质的量为1mol，而一个D2O分子中含有10个中子。因此含有的中子数为10NA，故C正确；
D．乙烯和丙烯的最简式均为“CH2”，因此28g混合物中含有的n(CH2)=2mol，完全燃烧产生的二氧化碳的分子数为2NA，故D正确；
故答案为：B
【分析】A、根据反应过程中S元素的价态变化计算转移电子数。
B、标准状态下CHCl3是液态，不能应用气体摩尔体积进行计算。
C、一个D2O分子中所含中子数为1×2+8=10，据此计算。
D、乙烯和丙烯的最简式为CH2，据此计算。
20．【答案】C
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡状态的判断；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A．在0～3 min内，Δn(CO2)=2mol-1mol=1 mol，由反应的化学方程式可知，反应消耗n(H2)=3 mol H2，反应在2 L容器中进行，因此用H2的浓度变化表示的反应速率v(H2)==0.5 mol/(L·min)，A正确；
B．若通入He使容器内压强增大，但反应容器体积不变，反应体系中任何一种物质的浓度保持不变，因此化学反应速率保持不变，B正确；
C．在0～6 min内，Δn(CO2)=2mol-0.5mol=1.5 mol，由反应的化学方程式可知，反应消耗n(H2)=4.5 mol，此时H2的物质的量为8 mol-4.5 mol=3.5 mol。当反应进行到9 min时，n(H2)=4.5 mol，不再发生改变，说明进行到6 min时反应已经达到平衡状态。当反应处于平衡状态时，用不同物质表示的正、逆反应速率，其速率比等于化学计量数之比，因此在6～9 min内，，C错误；
D．该反应是反应前后气体物质的量改变的反应，因此反应过程中压强是一个变量。反应在恒温恒容密闭容器中进行，当容器内的压强不再发生变化时，说明反应已达平衡，D正确；
故答案为：C
【分析】A、根据表格数据确定参与反应的n(CO2)，结合反应的化学方程式计算参与反应的n(H2)，再根据公式计算用H2表示的反应速率。
B、保持恒容，充入He，各物质的浓度不变，反应速率不变。
C、根据表格数据，6min时体系中n(H2)=3.5mol，6～9min内体系中n(H2)不变，反应处于平衡状态，结合反应速率之比等于化学计量数之比分析。
D、恒容条件下进行的反应，反应过程中气体分子数发生变化，压强是一个变量，当其不变时，反映过处于平衡状态。
21．【答案】A
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；绿色化学；常见的食品添加剂的组成、性质和作用
【解析】【解答】A．电解氯化镁溶液不能生产镁单质，冶炼金属镁应采用电解熔融MgCl2的方法，A错误；
B．碳酸氢钠、碳酸氢铵等加热会发生分解反应产生气体，气体从面团逸出使面团松软，因此碳酸氢钠、碳酸氢铵等可作食品膨松剂，B正确；
C．该反应中反应物完全转化为目标产物，无其他副产物生成，因此该反应的原子利用率为100%，C正确；
D．非处方药的标识是“OTC”，患者可根据自己身体健康需要，自行购买和使用，无需医生开出处方，D正确；
故答案为：A
【分析】A、金属活动性在K~Al之间，采用电解熔融物的方法制备。
B、NaHCO3、NH4HCO3受热分解，产生CO2气体，可做食品膨松剂。
C、产物只有一种，原子利用率为100%。
D、非处方药可自行购买和使用。
22．【答案】B
【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．NH3极易溶于水，因此先通NH3，再通CO2。所以气体A是NH3，气体B是CO2，故A正确；
B．甲乙的过程中产生滤渣CaCO3，如果CO2过量，则CaCO3与过量的CO2进一步反应生成可溶的Ca(HCO3)2，不利于得到(NH4)2SO4，故B错误；
C．操作Ⅰ为过滤，过滤操作所用的主要玻璃仪器为烧杯、玻璃棒、普通漏斗，故C正确；
D．整个过程中CaSO4与NH3、CO2和H2O反应生成CaCO3和(NH4)2SO4，该反应的化学方程式为CaSO4+CO2+2NH3+H2O═CaCO3↓+(NH4)2SO4，故D正确；
故答案为：B
【分析】以CaSO4悬浊液制备(NH4)2SO4，则实验过程中需加入NH3，为使微溶的CaSO4电离出SO42－，则可通入CO2，将微溶的CaSO4转化为更难溶的CaCO3。因此还需通入气体CO2。由于NH3极易溶于水，因此实验过程中应先通入NH3；再通入CO2。因此气体A为NH3，气体B为CO2。通入CO2后，发生反应：CaSO4＋2NH3＋CO2＋H2O=CaCO3↓＋(NH4)2SO4；过滤后得到滤液为(NH4)2SO4溶液，滤渣为CaCO3。据此结合选项分析。
23．【答案】C
【知识点】二氧化硫的性质；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】A．“反应Ⅱ”中SO2转化为SO42－，硫元素化合价升高，发生氧化反应，因此反应还原剂为，故A正确；
B．“反应Ⅰ”中Fe2＋被O2氧化生成Fe3＋，该反应的离子方程式为：，故B正确；
C．该过程中发生反应的化学方程式为，反应过程中水消耗，溶液体积减少，因此溶液中增大，故C错误；
D．该过程中发生反应的化学方程式为，反应每脱除消耗的体积为5.6L(体积均为标准状况)，故D正确。
故答案为：C
【分析】A、根据反应过程中元素化合价变化分析。
B、反应Ⅰ中Fe2＋被O2氧化生成Fe3＋，据此写出反应的离子方程式。
C、反应过程中H2O参与反应，溶液的体积减小，浓度增大。
D、根据参与反应的SO2和O2的化学计量数之比计算。
24．【答案】C
【知识点】物质的量浓度
【解析】【解答】A．由分析可知，X为SO42－，Y为Cl－，故A错误；
B．稀释过程中，溶液中溶质的量保持不变，因此，故B错误；
C．由分析可知，溶液中=0.8 mol/L，c(Cl-)=0.9 mol/L，c()=0.4mol/L，因此溶液中c(NaCl)=0.8mol·L－1。由Cl守恒可得，溶液中c(KCl)=0.1mol·L－1，故C正确；
D．溶液中c(NaCl)=0.8mol·L－1，c(K2SO4)=0.4mol·L－1，因此固体溶解时，与物质的量之比为1：2，故D错误；
故答案为：C
【分析】200mL溶液稀释到1.0L后，所得溶液中c(Na＋)=0.16mol·L－1，则原溶液中c(Na＋)=0.8mol·L－1，溶液中阳离子所带正电荷的总量为0.9mol·L－1×1＋0.8mol·L－1×1=1.7mol·L－1；由溶液的电中性可知，原溶液中阴离子所带负电荷的总量为1.7mol·L－1，所以X为SO42－，Y为Cl－。据此分析选项。
25．【答案】D
【知识点】常见离子的检验；铵离子检验；硫酸根离子的检验
【解析】【解答】A．向某钠盐中加入稀盐酸，产生气体能使澄清石灰水变浑浊，该气体可能是CO2或SO2。因此该盐可能是为Na2CO3、NaHCO3或Na2SO3、NaHSO3，A错误；
B．向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，该沉淀可能是BaSO4沉淀或AgCl沉淀，因此该溶液中可能含或Ag+，B错误；
C．向某溶液中滴加少量NaOH溶液，缺少加热过程，产生的NH3极易溶于水，无法观察到湿润红色石蕊试纸变蓝的现象，不能说明不含NH4＋，C错误；
D．向Al(OH)3沉淀中滴加NaOH溶液，沉淀溶解，说明Al(OH)3能够与碱发生反应，体现了Al(OH)3的酸性，从而证明铝的非金属性，D正确；
故答案为：D
【分析】A、能使澄清石灰水变浑浊的气体有SO2或CO2。
B、检验SO42－时，应先加足量稀盐酸酸化，再加BaCl2溶液。
C、检验NH4＋时，应加入NaOH溶液，并加热，观察是否产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体。
D、Al(OH)3沉淀溶解于NaOH溶液中，体现了Al(OH)3的酸性，从而证明了Al的非金属性。
26．【答案】（1）；
（2）先产生白色沉淀，迅速变为灰绿色
（3）(浓)
【知识点】浓硫酸的性质；铁的氧化物和氢氧化物；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】（1）蔗糖的分子式是；O原子最外层外有6个电子，其中有4个电子形成2对孤电子对，另外两个单电子与C原子外的4个单电子形成双键，二氧化碳的电子式为。
故答案为：；
（2）向溶液中滴加溶液，先生成白色的氢氧化亚铁，继续被氧化为红褐色的氢氧化铁，现象为先产生白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变成红褐色沉淀。
故答案为： 先产生白色沉淀，迅速变为灰绿色
（3）木炭粉与浓硫酸加热反应产生SO2和CO2气体，该反应的化学方程式为(浓)。
故答案为：(浓)
【分析】（1）蔗糖为二糖，其分子式为C12H22O11。根据C、O原子的最外层电子数确定CO2的电子式。
（2）Fe2＋与OH－反应生成白色沉淀Fe(OH)2，Fe(OH)2易被空气中的O2氧化，据此确定实验现象。
（3）浓硫酸具有强氧化性，能将C氧化生成CO2，自身还原为SO2，据此写出反应的化学方程式。
27．【答案】（1）羟基、醛基
（2）
（3）
（4）CH2(OH)CH2COOH+CH3COOH CH3COOCH2CH2(COOH)+H2O
【知识点】有机物的结构和性质；乙醇的物理、化学性质；酯的性质
【解析】【解答】（1）B是葡萄糖，含有的官能团是羟基和醛基。
故答案为： 羟基、醛基
（2）F的结构简式为。
故答案为：
（3）A．按照所描述的操作实验，只能检验淀粉是否水解，但是不能确定其是否水解完全，故A错误；
B．有机物C是CH3CH2OH，有机物D是CH3COOH，有机物E是CH3COOCH2CH3，饱和Na2CO3溶液能够溶解乙醇，液体不分层；能够与乙酸反应放出CO2气体而产生气泡；与乙酸乙酯混合，液体分层，油层在上层，可见三种液体物质与Na2CO3溶液混合，现象各不相同，可以鉴别，故B正确；
C．C是乙醇，D是乙酸，F是，都能与金属钠反应，故C正确；
D．F是，既有羧基也有羟基，两分子F可发生酯化反应生成环状的酯，故D正确；
故答案为：BCD
（4）G是F的同分异构体，与乙酸、乙醇也均能发生酯化反应，则G的结构简式为CH2(OH)CH2COOH，与乙酸反应的化学方程式为：CH2(OH)CH2COOH+CH3COOH CH3COOCH2CH2(COOH)+H2O。
故答案为： CH2(OH)CH2COOH+CH3COOH CH3COOCH2CH2(COOH)+H2O
【分析】A遇碘变蓝色，因此A为淀粉。淀粉水解生成葡萄糖，因此B为葡萄糖。葡萄糖在酒化酶的作用下水解生成C2H5OH，因此C为C2H5OH。C2H5OH与O2在催化剂作用下，发生催化氧化反应，生成CH3CHO，CH3CHO进一步氧化生成CH3COOH。因此D为CH3COOH。D与C在浓硫酸作用下发生酯化反应，因此E的结构简式为CH3COOC2H5。葡萄糖在乳酸菌咋作用下反应生成F，F能与乙酸反应，说明含有－OH；能与乙醇反应，说明含有－COOH；且含有－CH3。因此F的结构简式为。据此结合题干设问分析作答。
28．【答案】（1）、
（2）
（3）D
（4）
【知识点】物质的分离与提纯；铁及其化合物的性质实验；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）由于与不反应，结合上述分析，滤渣的主要成分为、。
故答案为：、
（2）溶于足量盐酸生成FeCl3、FeCl2和水，离子方程式为。
故答案为：
（3）A． “酸溶”时适当提高硫酸浓度可加快反应速率，故A正确；
B．滤液的主要成分是硫酸钠，经结晶过滤可得副产品芒硝()，故B正确；
C．在反应中作还原剂，可由或铁粉替代，故C正确；
D．“还原”时，发生反应，15molFe2+只有14mol是还原产物，氧化产物与还原产物的物质的量之比为，故D错误；
故答案为：D
（4）氧化是氧气将FeCO3氧化为，同时生成CO2，化学方程式为：。
故答案为：
【分析】（1）FeS2、SiO2都不与H2SO4反应，形成滤渣。
（2）Fe3O4中二价铁、三价铁的个数比为1：2，与足量稀盐酸反应，生成FeCl2、FeCl3和H2O，据此写出反应的离子方程式。
（3）A、适当提高酸的浓度可加快酸溶的反应速率。
B、滤液的成分为Na2SO4，结晶后可得到芒硝。
C、反应过程中FeS2起到还原剂作用，SO2具有还原性，可用SO2替换。
D、根据还原过程中发生反应的化学方程式确定氧化产物与还原产物的物质的量之比。
（4）“氧化”过程中FeCO3与O2在高温条件下反应生成Fe3O4和CO2，据此写出反应的化学方程式。
29．【答案】（1）
（2）U型管；C
（3）；取少许E中溶液于试管，加入足量的氢氧化钠浓溶液，加热，若产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，证明E溶液中含有
（4）
【知识点】氨的实验室制法；硝酸的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响
【解析】【解答】（1）装置A发生的反应有浓氨水的分解，另外浓氨水中的水和Na2O2反应生成O2，化学方程式为：。
故答案为：
（2）装置B的名称为U型管，装置B的作用是对氨气和氧气进行干燥，氨气是碱性气体不能用浓硫酸干燥，胆矾、碳酸钙通常不用作干燥剂，碱石灰是碱性干燥剂，可以干燥氨气和氧气，故选C。
故答案为： U型管；C
（3）反应后，装置E中除存在较多的H+、外，过量的氨气可能生成铵根离子，则还可能存在的一种阳离子是，证明这种离子的存在操作为取E中少许溶液放入一只洁净试管中，加入足量的氢氧化钠浓溶液，加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，证明E溶液中含有。
故答案为：； 取少许E中溶液于试管，加入足量的氢氧化钠浓溶液，加热，若产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，证明E溶液中含有
（4）E中铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、NO、H2O，发生反应的离子方程式是：。
故答案为：
【分析】（1）Na2O2和H2O反应生成NaOH和O2，据此 写出反应的化学方程式。
（2）装置B为U型管，B中试剂用于吸收混合气体中的水蒸气，据此确定X的成分。
（3）过量的NH3在溶液中形成NH4＋，结合NH4＋的检验设计实验。
（4）装置E中Cu与稀硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO和H2O，据此写出反应的离子方程式。
30．【答案】（1）0.02mol
（2）3：2
（3）110
【知识点】铝的化学性质；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）根据分析，半份样品中铝的物质的量为0.01mol，原样品中铝的物质的量为0.02mol。
故答案为：0.02mol
（2）该合金中镁、铝的物质的量之比为：0.015：0.01=3：2。
故答案为：3：2
（3）金属镁和铝与盐酸反应的离子方程式为：、，第二份样品中镁离子的物质的量为0.03mol，Al3+的物质的量为0.01mol，氢离子的总物质的量为，溶液中剩余氢离子的物质量为：，将镁和铝完全分开时，镁离子转化为氢氧化镁沉淀，铝离子转化为偏铝酸根，共需要消耗的氢氧化钠的物质的量为：，故至少需要加入1mol/L的氢氧化钠溶液的体积为：。
故答案为：110
【分析】镁铝合金粉末中加入过量NaOH溶液，发生反应2Al＋2OH－＋6H2O=2[Al(OH)4] －＋3H2↑。所得标准状态下336mL的H2，其物质的量为 。则合金粉末中n(Al)=0.01mol。第二份合金粉末加入100mL 1mol·L－1的盐酸，发生反应：Mg＋2H＋=Mg2＋＋H2↑、2Al＋6H＋=2Al3＋＋3H2↑。0.01molAl反应生成n(H2)=0.015mol。反应产生H2的总物质的量为 。所以Mg反应生成n(H2)=0.03mol-0.015mol=0.015mol，所以合金粉末中n(Mg)=0.015mol。据此结合题干设问分析作答。
1 / 1浙江省宁波市慈溪市2023-2024学年高一下学期6月期末考试化学试题
一、选择题I(本大题共15小题，每小题2分，共30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．（2024高一下·慈溪期末）纯碱的化学式是
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】纯碱是碳酸钠，其化学式是Na2CO3，C符合题意。
故答案为：C
【分析】纯碱是Na2CO3。
2．（2024高一下·慈溪期末）按物质的组成进行分类，属于
A．酸 B．氧化物 C．盐 D．有机物
【答案】C
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】在水溶液中能电离出Na+、H+和，含有金属阳离子和酸根离子，属于盐，故选C。
故答案为：C。
【分析】A、酸是指阳离子全是H＋的化合物。
B、氧化物是指由两种元素组成，其中一种是氧元素的化合物。
C、盐是指由金属阳离子(或NH4＋)与酸根阴离子构成的化合物。
D、有机物是指含C、H元素的化合物。
3．（2024高一下·慈溪期末）用浓硫酸稀释配制硫酸溶液，不需要用到的实验仪器是
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】用浓硫酸配制配制稀硫酸的过程中涉及稀释操作，因此配制过程中需要用到的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管，用不到的仪器：天平。
故答案为：A
【分析】由浓硫酸配制稀硫酸的过程中给涉及的步骤有：计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀。据此确定过程中所需的仪器。
4．（2024高一下·慈溪期末）下列物质属于非电解质的是
A．NH3 B．盐酸 C．Si D．BaCl2
【答案】A
【知识点】电解质与非电解质
【解析】【解答】A．NH3为化合物，其熔融状态下不能导电；水溶液能导电，是由于NH3·H2O电离产生的离子起到导电作用，与NH3无关。因此NH3属于非电解质，A符合题意；
B．盐酸是HCl的水溶液，属于混合物，混合物既不是电解质，也不是非电解质，B不符合题意；
C．Si是非金属单质，单质既不是电解质，也不是非电解质，C不符合题意；
D．BaCl2是离子化合物，其水溶液中和熔融状态下都能够发生电离出自由移动的离子，从而起到导电作用。因此BaCl2属于电解质，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】非电解质是指在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物。据此结合选项所给物质进行分析即可。
5．（2024高一下·慈溪期末）反应NaH＋H2O=NaOH＋H2↑中，氧化剂是（　　）
A．NaH B．H2O C．NaOH D．H2
【答案】B
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】从方程式可以看出：水中氢元素化合价降低，水为氧化剂，
故答案为：B。
【分析】氧化剂所含元素化合价降低。
6．（2024高一下·慈溪期末）下列物质所含分子数与所含分子数相同的是
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】摩尔质量；气体摩尔体积；物质的量的相关计算
【解析】【解答】的物质的量为，含有的分子数为NA；
A．的物质的量为，因此其所含的分子数为2NA，故A不选；
B．的物质的量为，因此其所含的分子数为NA，故B不选；
C．所含分子数为NA，故C选；
D．气体所处状态未知，无法应用气体摩尔体积计算其物质的量，故D不选；
故答案为：C
【分析】A、根据公式计算4gH2的物质的量，从而计算其所含的分子数。
B、根据公式计算28gCO2的物质的量，从而计算其所含的分子数。
C、1molNH3所含的分子数为1NA。
D、气体所处的状态未知，Vm不一定为22.4L/mol。
7．（2024高一下·慈溪期末）下列属于物理变化的是
A．葡萄糖在体内氧化 B．油脂的水解
C．煤的干馏 D．石油的分馏
【答案】D
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；煤的干馏和综合利用；石油的分馏
【解析】【解答】A．葡萄糖在体内氧化，反应产生CO2、H2O，有新物质生成，属于化学变化，A不符合题意；
B．油脂的水解产生高级脂肪酸与甘油，有新物质生成，属于化学变化，B不符合题意；
C．煤的干馏是将煤隔绝空气加强热，使其发生分解反应的过程。有新物质生成，属于化学变化，C不符合题意；
D．石油的分馏是将互溶的沸点不同的液体混合物分离，没有新物质生成，属于物理变化，D符合题意；
故答案为：D
【分析】分析变化过程中是否有新物质生成。有新物质生成的变化为化学变化；没有新物质生成的变化为物理变化。
8．（2024高一下·慈溪期末）下列物质对应的化学式不正确的是
A．石英： B．重晶石：
C．黄铁矿： D．熟石膏：
【答案】B
【知识点】化学物质的名称与俗名；化合价与化学式
【解析】【解答】A．是石英的主要成分，故A正确；
B．是重晶石的主要成分，故B错误；
C．是黄铁矿的主要成分，故C正确；
D．是熟石膏的化学式，故D正确；
故答案为：B
【分析】根据选项所给物质的成分进行分析即可。
9．（2024高一下·慈溪期末）下列说法不正确的是
A．CH4和C8H18互为同系物
B．石墨和石墨烯互为同素异形体
C．正戊烷和异戊烷互为同分异构体
D．和互为同位素
【答案】D
【知识点】同素异形体；同分异构现象和同分异构体；同系物
【解析】【解答】A．CH4和C8H18都属于烷烃，结构相似，在分子组成上相差7个CH2原子团，因符合同系物的定义，此二者互为同系物，A正确；
B．石墨和石墨烯都是由C元素的组成的两种不同的单质，符合同素异形体的定义，因此二者互为同素异形体，B正确；
C．正戊烷和异戊烷分子式都是C5H12，二者分子式相同，结构不同，符合同分异构体的定义，因此二者互为同分异构体，C正确；
D．和的质子数不同，质量数相同，不符合同位素的定义，因此二者不能互为同位素，D错误；
故答案为：D
【分析】A、同系物是指结构相似，组成上相差一个或多个CH2的有机物。
B、同素异形体是指由同种元素组成的不同单质。
C、同分异构体是指分子式相同，结构不同的有机物。
D、同位素是指质子数相同，中子数不同的原子。
10．（2024高一下·慈溪期末）下列说法不正确的是
A．干燥的氯气能使鲜花褪色
B．二氧化硅可用于制作光学玻璃、集成电路和光导纤维
C．二氧化硫可用作蜜饯、干果等食品的添加剂
D．工业上可用铁或铝制容器来储运浓硫酸和浓硝酸
【答案】B
【知识点】浓硫酸的性质；硅和二氧化硅；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A．鲜花中有水，干燥的氯气能与鲜花中的水反应产生HClO，HClO具有漂白性，因此干燥的氯气能够使鲜花褪色，A正确；
B．二氧化硅可用于制作光学玻璃和光导纤维，而集成电路使用的材料是晶体硅，B错误；
C．二氧化硫具有还原性，能与氧气反应；同时能够抑制细菌滋生，因此SO2可用作蜜饯、干果等食品的添加剂，C正确；
D．常温下，金属Fe、Al遇浓硫酸和浓硝酸发生钝化现象，因此工业上可用铁或铝制容器来储运浓硫酸和浓硝酸，D正确；
故答案为：B
【分析】A、使鲜花褪色的是Cl2与H2O反应生成的HClO。
B、集成电路的材料的是晶体硅。
C、SO2可用做食品添加剂。
D、常温下Fe、Al遇浓硫酸或浓硝酸会发生钝化。
11．（2024高一下·慈溪期末）下表是元素周期表的一部分，①~⑥代表6种短周期主族元素，已知③原子的最外层电子数是其内层电子总数的3倍。
　 　 　 ① ② ③ 　
④ ⑤ 　 　 　 ⑥ ⑦
下列说法不正确的是
A．原子半径的大小顺序：④⑤①②
B．最高价氧化物对应水化物酸性：①②
C．③和④可形成含共价键的离子化合物
D．气态氢化物热稳定性：⑥③
【答案】D
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．同周期元素，核电荷数越大，原子半径越小；同主族元素，核电荷数越大，原子半径越大。因此原子半径：NaMgCN，故A正确；
B．非金属性：C＜N，因此酸性：H2CO3＜HNO3，故B正确；
C．Na与O可以形成离子化合物Na2O和Na2O2，其中Na2O2中含有共价键，故C正确；
D．非金属：S＜O，因此简单氢化物的稳定性：H2S＜H2O，故D错误；
故答案为：D
【分析】A、根据原子半径的递变规律分析。
B、非金属性格越强，则其最高价氧化物对应水化物的酸性越强。
C、Na2O2中氧原子通过共价键结合。
D、非金属性越强，则其简单氢化物的稳定性越强。
12．（2024高一下·慈溪期末）下列化学用语书写正确的是
A．钠与乙酸反应的离子方程式：
B．碳酸氢钠溶液中滴入澄清石灰水：
C．用电子式表示的形成过程：
D．用足量氢氧化钠溶液吸收氯气的离子方程式：
【答案】A
【知识点】用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；氯气的化学性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．乙酸是弱酸，与钠反应生成乙酸钠和氢气，该反应的离子方程式为：，A正确；
B．碳酸氢钠溶液中滴入澄清石灰水，Ca(OH)2是少量的，则Ca(OH)2完全反应，参与反应的Ca2＋和OH－的个数比为1：2，因此反应的离子方程式为：，B错误；
C．HCl是共价化合物，H、Cl各提供一个孤电子形成共用电子对，用电子式表示的形成过程为：，C错误；
D．用足量氢氧化钠溶液吸收氯气生成可溶性的次氯酸钠和氯化钠和水，该反应的离子方程式为：，D错误；
故答案为：A
【分析】A、Na与CH3COOH反应生成可溶性CH3COONa和H2，据此写出其离子方程式。
B、滴入的Ca(OH)2少量，完全反应，因此参与反应的Ca2＋和OH－的个数比为1：2。
C、HCl是共价化合物，不存在电子转移。
D、Cl2与NaOH溶液反应生成可溶性NaCl、NaClO和H2O。
13．（2024高一下·慈溪期末）下列有关实验的叙述正确的是
A．实验室制取氨气 B．A处通入氯气，C处布条不褪色，推测B处可能盛放饱和NaCl溶液
C．除去乙烯中混有的SO2 D．除去CO2气体中的氯化氢杂质
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】氯气的实验室制法；氨的实验室制法；乙烯的物理、化学性质；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A．直接加热NH4Cl，NH4Cl分解产生的NH3、HCl，二者在试管口遇冷化合生成NH4Cl固体，因此不能用于实验室制取氨气，A错误；
B．干燥的氯气不具有漂白性，A处通入氯气，若C处布条不褪色，则B处溶液可能是浓硫酸或NaOH溶液。浓硫酸干燥了Cl2，也可能是NaOH溶液将Cl2吸收，B错误；
C．乙烯、SO2都具有还原性，都能被酸性高锰酸钾溶液氧化，因此不能用酸性高锰酸钾溶液除去乙烯中混有的SO2，C错误；
D．CO2不溶于饱和NaHCO3溶液，而HCl能与NaHCO3反应，因此可用NaHCO3溶液除去CO2中混有的HCl，D正确；
故答案为：D
【分析】A、NH4Cl受热分解生成NH3和HCl，NH3和HCl又会化合生成NH4Cl。
B、干燥的Cl2不能使干燥的有色布条褪色。
C、除去乙烯中混有的SO2，可用NaOH溶液。
D、可用饱和NaHCO3溶液除去CO2中混有的HCl。
14．（2024高一下·慈溪期末）下列说法不正确的是
A．苯()属于芳香烃，其一溴代物只有一种
B．高级脂肪酸甘油酯在碱性条件下可发生水解反应，又称为皂化反应
C．乙醇分子中含有-OH，能和盐酸发生中和反应
D．食醋可清除水壶中的少量水垢，说明乙酸的酸性强于碳酸
【答案】C
【知识点】苯的结构与性质；乙酸的化学性质；肥皂、合成洗涤剂
【解析】【解答】A．苯是最简单的芳香烃，为平面结构，只含有一种等效氢原子，因此其一溴代物只有一种，A正确；
B．高级脂肪酸甘油酯中含有酯基，在碱性条件下可发生水解反应，高级脂肪酸甘油酯在碱性条件下反应生成高级脂肪酸钠和甘油，高级脂肪酸钠为肥皂的主要成分，该反应称为皂化反应，B正确；
C．乙醇分子中含有-OH，但不能电离产生OH-，因此不能和盐酸发生中和反应，C错误；
D．食醋的主要成分是醋酸，水垢的成分为CaCO3，CH3COOH能与CaCO3反应，说明酸性CH3COOH＞H2CO3，D正确；
故答案为：C
【分析】A、苯是最简单的芳香烃，根据平面结构其一氯代物的个数。
B、高级脂肪酸甘油酯的碱性水解反应为皂化反应。
C、乙醇分子无法电离产生OH-，因此不能发生中和反应。
D、结合强酸制弱酸原理分析。
15．（2024高一下·慈溪期末）下列有关实验的描述正确的是
A．甲烷与乙烯混合物可通过溴的四氯化碳溶液分离
B．配制一定物质的量浓度的溶液，定容时俯视读数，则所配溶液浓度偏大
C．向某溶液中滴加氯，再滴加溶液，溶液变红，可证明原溶液含
D．乙醇与金属钠能反应，且在相同条件下比水与金属钠的反应更剧烈
【答案】B
【知识点】二价铁离子和三价铁离子的检验；乙烯的物理、化学性质；乙醇的物理、化学性质；配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】A．乙烯与溴发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，1，2-二溴乙烷和甲烷都可溶于四氯化碳，无法除杂，故A错误；
B．定容时俯视读数，所得溶液体积偏小，由公式可知，所得溶液浓度偏大，故B正确；
C．加入氯水后，再加入KSCN溶液变红，原溶液中可能含有Fe3+，不含Fe2+。正确操作应为：先加KSCN溶液，无明显变化，再加氯水，溶液变红，可证明原溶液中有Fe2+，故C错误；
D．水为电解质可微弱电离产生H+，而乙醇为非电解质，无法电离出H+。与水相比较，乙醇的O-H难以断裂，则水与钠反应较剧烈，故D错误；
故答案为：B
【分析】A、甲烷、1，2－二溴乙烷都能溶于CCl4，无法分离。
B、定容时俯视容量瓶，所得溶液的体积偏小。
C、检验Fe2＋时，应先加KSCN溶液，排除Fe3＋的存在，再加绿水。
D、Na与H2O反应比Na与C2H5OH反应更剧烈。
二、选择题II(本大题共10小题，每小题3分，共30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)
16．（2024高一下·慈溪期末）下列物质既有极性键，又有非极性键的是
A．CaCl2 B．Na2O2 C．CH3OH D．C2H4
【答案】D
【知识点】极性键和非极性键
【解析】【解答】A．CaCl2是离子化合物，Ca2+与Cl-通过离子键结合，不含有共价键，A错误；
B．Na2O2是离子化合物，Na+与通过离子键结合，中氧原子通过非极性共价键结合，不含有极性共价键，B错误；
C．CH3OH是由分子构成的共价化合物，分子中存在C-H、C-O、H-O等极性共价键，而不含有非极性共价键，C错误；
D．C2H4是由分子构成的共价化合物，其结构简式为CH2=CH2，含有C-H键，C-H键属于极性共价键；含有碳碳双键，属于非极性共价键，D正确；
故答案为：D
【分析】极性键是指由不同种元素的原子通过共用电子对形成的作用力；非极性键是指由同种元素的原子通过共用电子对形成的作用力。据此结合选项所给物质的结构分析。
17．（2024高一下·慈溪期末）化学反应的能量变化如图所示，则下列说法中不正确的是
A．上述反应是放热反应
B．和总能量高于总能量
C．断开化学键消耗的总能量大于形成化学键释放的总能量
D．若反应生成液态AB，放出的热量大于
【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A．该反应中，反应物的总能量大于生成物总能量，因此该反应属于放热反应，A正确；
B．由能量变化图可知，和总能量高于总能量，B正确；
C．该反应属于放热反应，因此形成化学键释放的总能量大于断开化学键消耗的总能量，C错误；
D．应生成气态AB时放出的热量为，物质由气态到液态放热，因此当生成液态AB，放出的热量大于，D正确。
故答案为：C
【分析】A、根据图示能量相对大小判断反应的热效应。
B、根据图示能量变化确定反应物和生成物总能量的相对大小。
C、根据x、y的相对大小比较。
D、物质由气态变为液态的过程中放出热量。
18．（2024高一下·慈溪期末）如图为发光二极管连接柠檬电池的装置，下列说法正确的是
A．电子由铁环经发光二极管流向铜片
B．铜片作柠檬电池的正极，发生氧化反应
C．负极的电极反应式为
D．可将柠檬换成盛有葡萄糖溶液的装置
【答案】A
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．原电池装置中，电子由负极经导线流向正极。因此电子由铁环经发光二极管流向铜片，故A正确；
B．铜片作柠檬电池的正极，发生得电子的还原反应，故B错误；
C．Fe做负极，发生失电子的氧化反应，生成Fe2＋，因此负极的电极反应式为Fe-2e-═Fe2+，故C错误；
D．葡萄糖是非电解质，其水溶液中不存在可自由移动的离子，因此不能换成葡萄糖溶液，故D错误；
故答案为：A
【分析】由于金属活动性Fe＞Cu，因此Fe做负极，发生失电子的氧化反应，其电极反应式为Fe－2e－=Fe2＋。铜片做正极，发生得电子的还原反应。据此结合选项分析。
19．（2024高一下·慈溪期末）为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是
A．一定量与足量氧气发生催化氧化反应生成，转移电子数为
B．标准状况下，11.2L氯仿中含有键的数目为
C．20g重水()分子中含有的中子数为
D．28g乙烯和丙烯的混合物完全燃烧时，产生的分子数目为
【答案】B
【知识点】二氧化硫的性质；甲烷的取代反应；烃类的燃烧；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．SO2与O2反应的化学方程式为：。反应过程中，S元素由+4价变为+6价，失去2个电子。因此生成，转移电子数为，故A正确；
B．标准状况下氯仿是液体，不是气体，不能用气体摩尔体积计算，因此无法计算11.2L氯仿CHCl3中含有C Cl键的数目，故B错误；
C.20g重水()的物质的量为1mol，而一个D2O分子中含有10个中子。因此含有的中子数为10NA，故C正确；
D．乙烯和丙烯的最简式均为“CH2”，因此28g混合物中含有的n(CH2)=2mol，完全燃烧产生的二氧化碳的分子数为2NA，故D正确；
故答案为：B
【分析】A、根据反应过程中S元素的价态变化计算转移电子数。
B、标准状态下CHCl3是液态，不能应用气体摩尔体积进行计算。
C、一个D2O分子中所含中子数为1×2+8=10，据此计算。
D、乙烯和丙烯的最简式为CH2，据此计算。
20．（2024高一下·慈溪期末）一定温度下，在2 L容积不变的密闭容器中发生反应：。反应过程中的部分数据如下表所示，下列说法不正确的是
物质的量/mol 时间/min n(CO2) n(H2) n(CH3OH) n(H2O)
0 2 8 0 0
3 1 　 1 　
6 0.5 　 　 1.5
9 　 3.5 　 　
A．0～3内，H2的平均反应速率为0.5 mol/(L·min)
B．保持恒容，若通入He使容器内压强增大，反应速率保持不变
C．6～9 min内，
D．若容器内的压强不再发生变化，说明反应已达平衡
【答案】C
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡状态的判断；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A．在0～3 min内，Δn(CO2)=2mol-1mol=1 mol，由反应的化学方程式可知，反应消耗n(H2)=3 mol H2，反应在2 L容器中进行，因此用H2的浓度变化表示的反应速率v(H2)==0.5 mol/(L·min)，A正确；
B．若通入He使容器内压强增大，但反应容器体积不变，反应体系中任何一种物质的浓度保持不变，因此化学反应速率保持不变，B正确；
C．在0～6 min内，Δn(CO2)=2mol-0.5mol=1.5 mol，由反应的化学方程式可知，反应消耗n(H2)=4.5 mol，此时H2的物质的量为8 mol-4.5 mol=3.5 mol。当反应进行到9 min时，n(H2)=4.5 mol，不再发生改变，说明进行到6 min时反应已经达到平衡状态。当反应处于平衡状态时，用不同物质表示的正、逆反应速率，其速率比等于化学计量数之比，因此在6～9 min内，，C错误；
D．该反应是反应前后气体物质的量改变的反应，因此反应过程中压强是一个变量。反应在恒温恒容密闭容器中进行，当容器内的压强不再发生变化时，说明反应已达平衡，D正确；
故答案为：C
【分析】A、根据表格数据确定参与反应的n(CO2)，结合反应的化学方程式计算参与反应的n(H2)，再根据公式计算用H2表示的反应速率。
B、保持恒容，充入He，各物质的浓度不变，反应速率不变。
C、根据表格数据，6min时体系中n(H2)=3.5mol，6～9min内体系中n(H2)不变，反应处于平衡状态，结合反应速率之比等于化学计量数之比分析。
D、恒容条件下进行的反应，反应过程中气体分子数发生变化，压强是一个变量，当其不变时，反映过处于平衡状态。
21．（2024高一下·慈溪期末）下列说法不正确的是
A．工业生产活泼金属可采用电解的方式，如电解氯化镁溶液生产镁单质
B．加工面包和饼干时，可加入一些膨松剂，如碳酸氢钠、碳酸氢铵等
C．化学反应的原子利用率为100%
D．包装上有“OTC”标示的是非处方药，无需医生处方可自行购买和使用
【答案】A
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；绿色化学；常见的食品添加剂的组成、性质和作用
【解析】【解答】A．电解氯化镁溶液不能生产镁单质，冶炼金属镁应采用电解熔融MgCl2的方法，A错误；
B．碳酸氢钠、碳酸氢铵等加热会发生分解反应产生气体，气体从面团逸出使面团松软，因此碳酸氢钠、碳酸氢铵等可作食品膨松剂，B正确；
C．该反应中反应物完全转化为目标产物，无其他副产物生成，因此该反应的原子利用率为100%，C正确；
D．非处方药的标识是“OTC”，患者可根据自己身体健康需要，自行购买和使用，无需医生开出处方，D正确；
故答案为：A
【分析】A、金属活动性在K~Al之间，采用电解熔融物的方法制备。
B、NaHCO3、NH4HCO3受热分解，产生CO2气体，可做食品膨松剂。
C、产物只有一种，原子利用率为100%。
D、非处方药可自行购买和使用。
22．（2024高一下·慈溪期末）某小组以石膏()为主要原料制备的流程如下：
下列说法不正确的是
A．气体A是，气体B是
B．甲乙的过程中应通入过量气体B
C．操作I用的主要玻璃仪器为烧杯、玻璃棒、普通漏斗
D．整个过程的总反应方程式为
【答案】B
【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．NH3极易溶于水，因此先通NH3，再通CO2。所以气体A是NH3，气体B是CO2，故A正确；
B．甲乙的过程中产生滤渣CaCO3，如果CO2过量，则CaCO3与过量的CO2进一步反应生成可溶的Ca(HCO3)2，不利于得到(NH4)2SO4，故B错误；
C．操作Ⅰ为过滤，过滤操作所用的主要玻璃仪器为烧杯、玻璃棒、普通漏斗，故C正确；
D．整个过程中CaSO4与NH3、CO2和H2O反应生成CaCO3和(NH4)2SO4，该反应的化学方程式为CaSO4+CO2+2NH3+H2O═CaCO3↓+(NH4)2SO4，故D正确；
故答案为：B
【分析】以CaSO4悬浊液制备(NH4)2SO4，则实验过程中需加入NH3，为使微溶的CaSO4电离出SO42－，则可通入CO2，将微溶的CaSO4转化为更难溶的CaCO3。因此还需通入气体CO2。由于NH3极易溶于水，因此实验过程中应先通入NH3；再通入CO2。因此气体A为NH3，气体B为CO2。通入CO2后，发生反应：CaSO4＋2NH3＋CO2＋H2O=CaCO3↓＋(NH4)2SO4；过滤后得到滤液为(NH4)2SO4溶液，滤渣为CaCO3。据此结合选项分析。
23．（2024高一下·慈溪期末）溶液可用于脱除烟气中的有害气体，其原理如图所示。下列说法不正确的是
A．“反应Ⅱ”中还原剂为
B．“反应Ⅰ”的离子方程式为：
C．反应一段时间后，溶液中不变
D．反应每脱除消耗的体积为5.6L(体积均为标准状况)
【答案】C
【知识点】二氧化硫的性质；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】A．“反应Ⅱ”中SO2转化为SO42－，硫元素化合价升高，发生氧化反应，因此反应还原剂为，故A正确；
B．“反应Ⅰ”中Fe2＋被O2氧化生成Fe3＋，该反应的离子方程式为：，故B正确；
C．该过程中发生反应的化学方程式为，反应过程中水消耗，溶液体积减少，因此溶液中增大，故C错误；
D．该过程中发生反应的化学方程式为，反应每脱除消耗的体积为5.6L(体积均为标准状况)，故D正确。
故答案为：C
【分析】A、根据反应过程中元素化合价变化分析。
B、反应Ⅰ中Fe2＋被O2氧化生成Fe3＋，据此写出反应的离子方程式。
C、反应过程中H2O参与反应，溶液的体积减小，浓度增大。
D、根据参与反应的SO2和O2的化学计量数之比计算。
24．（2024高一下·慈溪期末）、、三种固体溶于水得溶液M，部分离子的物质的量浓度如图甲所示。取200mL混合溶液加水稀释，测得随溶液体积的变化如图乙所示。下列说法正确的是
A．Y离子可能是
B．
C．溶液M中物质的量浓度为0.10mol/L
D．固体溶解时，与物质的量之比为1：1
【答案】C
【知识点】物质的量浓度
【解析】【解答】A．由分析可知，X为SO42－，Y为Cl－，故A错误；
B．稀释过程中，溶液中溶质的量保持不变，因此，故B错误；
C．由分析可知，溶液中=0.8 mol/L，c(Cl-)=0.9 mol/L，c()=0.4mol/L，因此溶液中c(NaCl)=0.8mol·L－1。由Cl守恒可得，溶液中c(KCl)=0.1mol·L－1，故C正确；
D．溶液中c(NaCl)=0.8mol·L－1，c(K2SO4)=0.4mol·L－1，因此固体溶解时，与物质的量之比为1：2，故D错误；
故答案为：C
【分析】200mL溶液稀释到1.0L后，所得溶液中c(Na＋)=0.16mol·L－1，则原溶液中c(Na＋)=0.8mol·L－1，溶液中阳离子所带正电荷的总量为0.9mol·L－1×1＋0.8mol·L－1×1=1.7mol·L－1；由溶液的电中性可知，原溶液中阴离子所带负电荷的总量为1.7mol·L－1，所以X为SO42－，Y为Cl－。据此分析选项。
25．（2024高一下·慈溪期末）根据实验操作和现象得出的结论正确的是
选项 实验操作和现象 结论
A 向某钠盐中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体 说明该盐一定是碳酸盐或碳酸氢盐
B 向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成 该溶液中一定含
C 向某溶液中滴加少量NaOH溶液，没有产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的刺激性气体 该溶液中不含
D 向Al(OH)3沉淀中滴加NaOH溶液，沉淀溶解 铝有一定的非金属性
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】常见离子的检验；铵离子检验；硫酸根离子的检验
【解析】【解答】A．向某钠盐中加入稀盐酸，产生气体能使澄清石灰水变浑浊，该气体可能是CO2或SO2。因此该盐可能是为Na2CO3、NaHCO3或Na2SO3、NaHSO3，A错误；
B．向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，该沉淀可能是BaSO4沉淀或AgCl沉淀，因此该溶液中可能含或Ag+，B错误；
C．向某溶液中滴加少量NaOH溶液，缺少加热过程，产生的NH3极易溶于水，无法观察到湿润红色石蕊试纸变蓝的现象，不能说明不含NH4＋，C错误；
D．向Al(OH)3沉淀中滴加NaOH溶液，沉淀溶解，说明Al(OH)3能够与碱发生反应，体现了Al(OH)3的酸性，从而证明铝的非金属性，D正确；
故答案为：D
【分析】A、能使澄清石灰水变浑浊的气体有SO2或CO2。
B、检验SO42－时，应先加足量稀盐酸酸化，再加BaCl2溶液。
C、检验NH4＋时，应加入NaOH溶液，并加热，观察是否产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体。
D、Al(OH)3沉淀溶解于NaOH溶液中，体现了Al(OH)3的酸性，从而证明了Al的非金属性。
三、非选择题(本大题共5小题，共40分)
26．（2024高一下·慈溪期末）请回答：
（1）蔗糖的分子式是　 　；的电子式是　 　。
（2）向溶液中滴加溶液，可观察到　 　，最终变成红褐色沉淀。
（3）浓硫酸与木炭加热时的化学反应方程式是　 　。
【答案】（1）；
（2）先产生白色沉淀，迅速变为灰绿色
（3）(浓)
【知识点】浓硫酸的性质；铁的氧化物和氢氧化物；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】（1）蔗糖的分子式是；O原子最外层外有6个电子，其中有4个电子形成2对孤电子对，另外两个单电子与C原子外的4个单电子形成双键，二氧化碳的电子式为。
故答案为：；
（2）向溶液中滴加溶液，先生成白色的氢氧化亚铁，继续被氧化为红褐色的氢氧化铁，现象为先产生白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变成红褐色沉淀。
故答案为： 先产生白色沉淀，迅速变为灰绿色
（3）木炭粉与浓硫酸加热反应产生SO2和CO2气体，该反应的化学方程式为(浓)。
故答案为：(浓)
【分析】（1）蔗糖为二糖，其分子式为C12H22O11。根据C、O原子的最外层电子数确定CO2的电子式。
（2）Fe2＋与OH－反应生成白色沉淀Fe(OH)2，Fe(OH)2易被空气中的O2氧化，据此确定实验现象。
（3）浓硫酸具有强氧化性，能将C氧化生成CO2，自身还原为SO2，据此写出反应的化学方程式。
27．（2024高一下·慈溪期末）土豆丝放入水中浸泡，水变浑浊并产生白色沉淀，其主要成分是有机物A，A遇碘会变蓝。以A为原料获得有机物E的转化关系如下图，已知E是有香味的无色油状液体。F含有甲基，且与乙酸、乙醇均能发生酯化反应。
请回答：
（1）B所含官能团的名称为　 　。
（2）写出F的结构简式　 　。
（3）下列说法正确的是___________。
A．检验反应是否进行完全，可取样加入溶液碱化后，再加入新制氢氧化铜悬浊液并加热，看是否产生砖红色沉淀
B．用碳酸钠溶液可以鉴别C、D和E
C．有机物C、D、F都能与金属钠反应
D．两分子F可发生酯化反应生成环状的酯
（4）G是F的同分异构体，与乙酸、乙醇也均能发生酯化反应。写出G与乙酸发生酯化反应的方程式　 　。
【答案】（1）羟基、醛基
（2）
（3）
（4）CH2(OH)CH2COOH+CH3COOH CH3COOCH2CH2(COOH)+H2O
【知识点】有机物的结构和性质；乙醇的物理、化学性质；酯的性质
【解析】【解答】（1）B是葡萄糖，含有的官能团是羟基和醛基。
故答案为： 羟基、醛基
（2）F的结构简式为。
故答案为：
（3）A．按照所描述的操作实验，只能检验淀粉是否水解，但是不能确定其是否水解完全，故A错误；
B．有机物C是CH3CH2OH，有机物D是CH3COOH，有机物E是CH3COOCH2CH3，饱和Na2CO3溶液能够溶解乙醇，液体不分层；能够与乙酸反应放出CO2气体而产生气泡；与乙酸乙酯混合，液体分层，油层在上层，可见三种液体物质与Na2CO3溶液混合，现象各不相同，可以鉴别，故B正确；
C．C是乙醇，D是乙酸，F是，都能与金属钠反应，故C正确；
D．F是，既有羧基也有羟基，两分子F可发生酯化反应生成环状的酯，故D正确；
故答案为：BCD
（4）G是F的同分异构体，与乙酸、乙醇也均能发生酯化反应，则G的结构简式为CH2(OH)CH2COOH，与乙酸反应的化学方程式为：CH2(OH)CH2COOH+CH3COOH CH3COOCH2CH2(COOH)+H2O。
故答案为： CH2(OH)CH2COOH+CH3COOH CH3COOCH2CH2(COOH)+H2O
【分析】A遇碘变蓝色，因此A为淀粉。淀粉水解生成葡萄糖，因此B为葡萄糖。葡萄糖在酒化酶的作用下水解生成C2H5OH，因此C为C2H5OH。C2H5OH与O2在催化剂作用下，发生催化氧化反应，生成CH3CHO，CH3CHO进一步氧化生成CH3COOH。因此D为CH3COOH。D与C在浓硫酸作用下发生酯化反应，因此E的结构简式为CH3COOC2H5。葡萄糖在乳酸菌咋作用下反应生成F，F能与乙酸反应，说明含有－OH；能与乙醇反应，说明含有－COOH；且含有－CH3。因此F的结构简式为。据此结合题干设问分析作答。
28．（2024高一下·慈溪期末）硫酸渣是黄铁矿制备硫酸过程中得到的焙烧渣，主要含、等，工业上可用硫酸渣生产四氧化三铁。
已知：“还原”时，发生反应；与不反应。
请回答：
（1）滤渣的主要成分是　 　。
（2）溶于足量盐酸的离子方程式为　 　。
（3）下列有关说法不正确的是___________。
A．“酸溶”时适当提高硫酸浓度可加快反应速率
B．滤液经结晶过滤可得副产品芒硝
C．可由或铁粉替代
D．“还原”时氧化产物与还原产物的物质的量之比为
（4）“氧化”的条件为高温，写出该反应的化学方程式　 　。
【答案】（1）、
（2）
（3）D
（4）
【知识点】物质的分离与提纯；铁及其化合物的性质实验；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）由于与不反应，结合上述分析，滤渣的主要成分为、。
故答案为：、
（2）溶于足量盐酸生成FeCl3、FeCl2和水，离子方程式为。
故答案为：
（3）A． “酸溶”时适当提高硫酸浓度可加快反应速率，故A正确；
B．滤液的主要成分是硫酸钠，经结晶过滤可得副产品芒硝()，故B正确；
C．在反应中作还原剂，可由或铁粉替代，故C正确；
D．“还原”时，发生反应，15molFe2+只有14mol是还原产物，氧化产物与还原产物的物质的量之比为，故D错误；
故答案为：D
（4）氧化是氧气将FeCO3氧化为，同时生成CO2，化学方程式为：。
故答案为：
【分析】（1）FeS2、SiO2都不与H2SO4反应，形成滤渣。
（2）Fe3O4中二价铁、三价铁的个数比为1：2，与足量稀盐酸反应，生成FeCl2、FeCl3和H2O，据此写出反应的离子方程式。
（3）A、适当提高酸的浓度可加快酸溶的反应速率。
B、滤液的成分为Na2SO4，结晶后可得到芒硝。
C、反应过程中FeS2起到还原剂作用，SO2具有还原性，可用SO2替换。
D、根据还原过程中发生反应的化学方程式确定氧化产物与还原产物的物质的量之比。
（4）“氧化”过程中FeCO3与O2在高温条件下反应生成Fe3O4和CO2，据此写出反应的化学方程式。
29．（2024高一下·慈溪期末）氨的催化氧化：是工业生产硝酸的重要步骤。某化学活动小组设计了如下装置模拟该实验过程，并检验产物性质(部分固定装置略去)。
请回答：
（1）装置A发生的反应有浓氨水的分解，还有　 　(用化学方程式表示)。
（2）装置B的名称为　 　，B中的药品X为　 　(填选项)。
A．浓硫酸 B．胆矾 C．碱石灰 D．碳酸钙
（3）反应后，装置E中除存在较多的、外，还可能存在的一种阳离子是　 　，试设计实验证明这种离子的存在　 　。
（4）E中产生的离子反应方程式是　 　。
【答案】（1）
（2）U型管；C
（3）；取少许E中溶液于试管，加入足量的氢氧化钠浓溶液，加热，若产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，证明E溶液中含有
（4）
【知识点】氨的实验室制法；硝酸的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响
【解析】【解答】（1）装置A发生的反应有浓氨水的分解，另外浓氨水中的水和Na2O2反应生成O2，化学方程式为：。
故答案为：
（2）装置B的名称为U型管，装置B的作用是对氨气和氧气进行干燥，氨气是碱性气体不能用浓硫酸干燥，胆矾、碳酸钙通常不用作干燥剂，碱石灰是碱性干燥剂，可以干燥氨气和氧气，故选C。
故答案为： U型管；C
（3）反应后，装置E中除存在较多的H+、外，过量的氨气可能生成铵根离子，则还可能存在的一种阳离子是，证明这种离子的存在操作为取E中少许溶液放入一只洁净试管中，加入足量的氢氧化钠浓溶液，加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，证明E溶液中含有。
故答案为：； 取少许E中溶液于试管，加入足量的氢氧化钠浓溶液，加热，若产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，证明E溶液中含有
（4）E中铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、NO、H2O，发生反应的离子方程式是：。
故答案为：
【分析】（1）Na2O2和H2O反应生成NaOH和O2，据此 写出反应的化学方程式。
（2）装置B为U型管，B中试剂用于吸收混合气体中的水蒸气，据此确定X的成分。
（3）过量的NH3在溶液中形成NH4＋，结合NH4＋的检验设计实验。
（4）装置E中Cu与稀硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO和H2O，据此写出反应的离子方程式。
30．（2024高一下·慈溪期末）有一份含镁、铝的合金粉末样品，将其分为两等份，向第一份样品中加入过量的氢氧化钠溶液，得到336mLH2(标准状况)，向第二份样品中加入100mL1mol/L的盐酸，完全反应后，得到672mLH2(标准状况)。试计算：
（1）原样品中铝的物质的量为　 　。
（2）该合金中镁、铝的物质的量之比为　 　。
（3）为将第二份样品反应后的溶液中的镁、铝元素完全分开，至少需加入1mol/L的NaOH溶液　 　mL。
【答案】（1）0.02mol
（2）3：2
（3）110
【知识点】铝的化学性质；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）根据分析，半份样品中铝的物质的量为0.01mol，原样品中铝的物质的量为0.02mol。
故答案为：0.02mol
（2）该合金中镁、铝的物质的量之比为：0.015：0.01=3：2。
故答案为：3：2
（3）金属镁和铝与盐酸反应的离子方程式为：、，第二份样品中镁离子的物质的量为0.03mol，Al3+的物质的量为0.01mol，氢离子的总物质的量为，溶液中剩余氢离子的物质量为：，将镁和铝完全分开时，镁离子转化为氢氧化镁沉淀，铝离子转化为偏铝酸根，共需要消耗的氢氧化钠的物质的量为：，故至少需要加入1mol/L的氢氧化钠溶液的体积为：。
故答案为：110
【分析】镁铝合金粉末中加入过量NaOH溶液，发生反应2Al＋2OH－＋6H2O=2[Al(OH)4] －＋3H2↑。所得标准状态下336mL的H2，其物质的量为 。则合金粉末中n(Al)=0.01mol。第二份合金粉末加入100mL 1mol·L－1的盐酸，发生反应：Mg＋2H＋=Mg2＋＋H2↑、2Al＋6H＋=2Al3＋＋3H2↑。0.01molAl反应生成n(H2)=0.015mol。反应产生H2的总物质的量为 。所以Mg反应生成n(H2)=0.03mol-0.015mol=0.015mol，所以合金粉末中n(Mg)=0.015mol。据此结合题干设问分析作答。
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