云南省曲靖市麒麟高中2017_2018学年高一化学下学期期末考试试题(含解析)

1、云南省曲靖市麒麟高中2017-2018学年下学期期末考试+高一化学1. 现将AlCl3、MgCl2、MgSO4、Al2（SO4）3四种物质溶于水，形成的混合溶液中c（Al3+）=0.1 molL1、c（Mg2+）=0.25 molL1、c（Cl）=0.2 molL1，则该溶液中c（）为（）A. 0.15 molL1 B. 0.2 molL1C. 0.25 molL1 D. 0.30 molL1【答案】D【解析】c（Al3+）=0.1molL-1、c（Mg2+）=0.25molL-1、c（Cl-）=0.2molL-1，设该溶液中c（SO42-）为x，由电荷守恒可知，0.13+0.252=0.21

2、+x2，解得x=0.30molL-1，故选D。2. 下列关于实验事故或药品的处理方法中，正确的是（）A. 少量浓硫酸沾在皮肤上，立即用大量氢氧化钠溶液冲洗B. 大量氯气泄漏时，用肥皂水浸湿毛巾捂住嘴和鼻子，并迅速离开现场C. 不慎洒出的酒精在桌上着火时，应立即用大量水扑灭D. 金属钠着火时，可立即用沾水的毛巾覆盖【答案】B【解析】A、浓硫酸溅到手上，应用干抹布擦去，冲洗后涂上碳酸氢钠溶液，不能用氢氧化钠溶液中和，因为氢氧化钠溶液也有很强的腐蚀性，故A错误；B、氯气有毒，能够与碱性溶液反应生成无毒的物质，所以大量氯气泄漏时，用肥皂水浸湿毛巾捂住嘴和鼻子，并迅速离开现场，故B正确；C、少量酒精洒在

3、桌上并燃烧起来，应该立即用湿抹布扑盖，由于酒精密度小于水，则不能够用大量水扑灭，故B错误；D、钠着火生成过氧化钠，与二氧化碳、水都反应，则不能用二氧化碳、水灭火，加入沙土可掩盖钠，隔绝空气，可起到灭火的作用，故D错误；故选：B【点评】本题考查了化学实验安全及事故处理，实验是化学的基础，要了解常见的实验操作，能对错误操作的后果做出判断，养成良好的实验习惯3. 下列物质鉴别方法不正确的是（）A. 用焰色反应鉴别NaCl、KCl溶液B. 用氢氧化钠鉴别MgCl2溶液、AlCl3溶液C. 利用丁达尔效应鉴别Fe（OH）3胶体和FeCl3溶液D. 用澄清石灰水鉴别SO2、CO2气体【答案】D【解析】A.

4、 钠和钾的焰色反应不同，用焰色反应可以鉴别NaCl、KCl溶液，A正确；B. 氢氧化钠和氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀，与氢氧化铝反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化钠过量后沉淀又溶解，因此可用氢氧化钠鉴别MgCl2溶液、AlCl3溶液，B正确；C. 胶体可以产生丁达尔效应，可以利用丁达尔效应鉴别Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液，C正确；D. SO2、CO2均可以使澄清石灰水变浑浊，不能用澄清石灰水鉴别SO2、CO2气体，应该用品红溶液，D错误，答案选D。4. NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A. 在常温常压下，28 g N2与CO混合物气体中所含的分子数目一定为NAB. 标准状况下，17

5、g氨气所含原子数目为NAC. 在常温常压下，11.2 L氮气所含的原子数目为NAD. NA个氢分子所占有的体积一定为22.4 L【答案】A【解析】本题考查的是以物质的量为核心的化学计算。A是易错项，温度和压强并不能影响气体的质量。因为氮气和一氧化碳的摩尔质量相等，所以28 g混合气体的物质的量为1 mol，分子数目一定为NA，A正确。B项17 g氨气的物质的量为1 mol，分子数目一定为NA，原子数目应为4NA。C项11.2 L氮气的物质的量因不知道常温常压下的气体摩尔体积而无法计算。D项NA个氢分子所占有的体积不一定为22.4L，只有在标准状况下才是22.4 L。5. 一定温度压强下，O2与

6、CH4的混合物密度是氢气的10倍，则 O2与CH4的物质的量之比为（）A. 11 B. 21C. 12 D. 13【答案】D【解析】相同条件下密度之比等于相对分子质量之比，氢气的相对分子质量为2，则甲烷和氧气混合气体的平均相对分子质量为20，取1摩尔混合气体，其质量为20克，设其中甲烷为x摩尔，则氧气为1-x摩尔，有16x+32(1-x)=20，解得x=0.75摩尔，则O2为0.25摩尔，故O2与CH4的物质的量之比为1：3，故选D。6. 实验室中需要配制2 molL-1的NaCl溶液950 mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称量的NaCl的质量分别是（）A. 950 mL，111.2 g B

7、. 500 mL，117 gC. 1 000 mL，l17 g D. 任意规格，117 g【答案】C【解析】分析：配制950mL溶液选用1000mL的容量瓶，需要称量的m（NaCl）=2mol/L1L58.5g/mol=117g。详解：配制950mL溶液选用1000mL的容量瓶，需要称量的m（NaCl）=2mol/L1L58.5g/mol=117g，答案选C。点睛：本题考查物质的量浓度溶液的配制，注意容量瓶的选择根据“大而近”的原则，按容量瓶的容积进行计算。7. 下列有关胶体的叙述正确的是（）A. Fe（OH）3胶体有丁达尔效应是Fe（OH）3胶体区别于FeCl3溶液最本质的特征B. 阳光穿透

8、清晨的树林时形成的光柱，是胶体的丁达尔效应的体现C. 鸡蛋清溶液分类上属于悬浊液D. 向FeCl3溶液中加入NaOH溶液，会出现红褐色Fe（OH）3胶体【答案】B【解析】【详解】A胶体区别于溶液的本质特征为粒子直径大小不同，胶体粒子直径介于1100nm之间，A错误；B胶体具有丁达尔效应，可形成光路，B正确；C鸡蛋清主要成分为蛋白质，属于胶体，C错误；D制备氢氧化铁胶体，应在沸水中滴加饱和氯化铁溶液，否则易生成氢氧化铁沉淀，D错误。答案选B。8. Cu2O是赤铜矿的主要成分，Cu2S是辉铜矿的主要成分。铜的冶炼过程通常发生反应：Cu2S+2Cu2O=6Cu+SO2，下列有关说法正确的是()A.

9、该反应中有三种元素的化合价发生了变化B. 每生成0.1 mol Cu，转移0.2 mol 电子C. Cu2S在反应中既是氧化剂又是还原剂D. Cu既是氧化产物又是还原产物【答案】C【解析】【分析】反应中Cu元素化合价降低，S元素化合价升高，则反应中Cu2S和Cu2O都表现为氧化性，而Cu2S还表现为还原性，据此判断。【详解】A该反应中Cu元素化合价降低，S元素化合价升高，所以有两种元素化合价变化，A错误；B铜元素化合价从+1价降低到0价，每生成0.1mol Cu，转移电子为0.1 mol（1-0）=0.1mol，B错误；C该反应中Cu元素化合价降低，S元素化合价升高，则Cu2S在反应中既是氧化

10、剂，又是还原剂，C正确；D该反应中铜元素化合价降低，所以铜是还原产物，D错误；答案选C。【点睛】本题考查氧化还原反应，题目难度中等，注意把握元素的化合价的变化为解答该题的关键，从化合价变化的角度理解相关概念并进行相关计算。9. 有KOH和Ca（OH）2的混合溶液，c（OH）=0.1 molL1。取此溶液500 mL，向其中通入CO2，通入CO2的体积（V）和生成沉淀的物质的量（n）的关系如图所示。图中（V1）为112 mL（标准状况），则图中V2、V3的体积（单位为mL）分别是（ ）A. 560、672 B. 1008、1120 C. 2240、2352 D. 392、504【答案】B【解析】

11、【分析】向KOH和Ca（OH）2的混合稀溶液中通入CO2，二氧化碳先和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀，当氢氧化钙消耗完时，继续通入二氧化碳，在碳酸钙沉淀溶解前二氧化碳和氢氧化钾反应生成碳酸钾，当氢氧化钾完全反应后，继续通入二氧化碳，二氧化碳和碳酸钾、水反应生成碳酸氢钾，当碳酸钾反应后，继续通入二氧化碳，二氧化碳和碳酸钙、水反应生成可溶性的碳酸氢钙，然后根据相同条件下体积之比等于物质的量之比来解答。【详解】有KOH和Ca（OH）2的混合溶液，c（OH）=0.1 molL1，取此溶液500mL，氢氧根离子的物质的量是：0.1mol/L0.5L=0.05mol，OA段发生反应：Ca2+2OH-+CO2C

12、aCO3+H2O，消耗112mL（物质的量为0.005mol）CO2，所以n（Ca2+）=0.005mol，产生碳酸钙的物质的量为0.005mol，消耗了氢氧根离子是0.01mol，所以KOH中含有氢氧根离子的物质的量=0.05mol-0.01mol=0.04mol；AB段发生反应：OH-+CO2HCO3-，消耗n（CO2）=0.04mol，标况下体积是：22.4L/mol0.04mol=0.896L=896mL，V1为112mL，则V2=112mL+896mL=1008mL；B-最后段：CaCO3+H2O+CO2Ca2+2HCO3-，碳酸钙溶解，消耗二氧化碳体积和OA段相等，即112mL，V

13、3的体积为：1008mL+112mL=1120mL。答案选B。【点睛】本题考查离子方程式的计算，题目难度中等，明确发生反应原理以及反应的先后顺序为解答该题的关键，注意掌握物质的量与其它物理量之间的关系，试题培养了学生的分析能力、化学计算能力以及图像分析与识别能力。10. Be(OH)2是两性的，跟强酸反应时生成Be2+，跟强碱反应时生成BeO22。现有三份等物质的量浓度、等体积的BeCl2、MgCl2、AlCl3溶液（配制时均加入少量盐酸），现将一定浓度的NaOH溶液分别滴入三种溶液中至过量，NaOH溶液的体积x（mL）与生成沉淀的物质的量y（mol）的关系如图所示，则与BeCl2、MgCl2

14、、AlCl3三种溶液对应的图像正确的是A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】等物质的量浓度、等体积的BeCl2、MgCl2、AlCl3溶液，即三者的物质的量是相等的，将一定浓度的NaOH溶液，分别滴入三种溶液中至过量，所发生的反应过程如下：BeCl2+2NaOH=Be（OH）2+2NaCl，Be（OH）2+2NaOH=Na2BeO2+2H2O；MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2+2NaCl；AlCl3+3NaOH=Al（OH）3+3NaCl，Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，根据溶液物质的量和化学方程式来确定沉淀的量。【详解】向氯化铍溶液中加入氢氧化钠，开始先中

15、和其中的少量盐酸，然后生成白色沉淀氢氧化铍，当氢氧化钠过量时，沉淀会溶解，依次发生反应BeCl2+2NaOH=Be（OH）2+2NaCl，Be（OH）2+2NaOH=Na2BeO2+2H2O，沉淀量达到最大和沉淀完全消失所消耗的氢氧化钠是相等的，图象是正确；向氯化镁中加入氢氧化钠，开始先中和其中的少量盐酸，然后生成白色沉淀氢氧化镁，当氢氧化钠过量时，沉淀也不会溶解，量保持不变，对应的是图象；向氯化铝溶液中加入氢氧化钠，开始先中和其中的少量盐酸，然后生成白色沉淀氢氧化铝，当氢氧化钠过量时，沉淀会溶解，依次发生反应：AlCl3+3NaOH=Al（OH）3+3NaCl，Al（OH）3+NaOH=Na

16、AlO2+2H2O，沉淀量达到最大和沉淀完全消失所消耗的氢氧化钠的物质的量之比是3：1，图象正确。则与BeCl2、MgCl2、AlCl3三种溶液对应的图象正确的是；答案选A。11. 下列说法中，正确的是（ ）A. 硅元素在自然界里均以化合态存在B. SiO2不能与水反应生成硅酸，不是酸性氧化物C. 除去二氧化硅中少量的碳酸钙杂质应选用水D. 粗硅制备时，发生的反应为C+SiO2Si+CO2【答案】A【解析】【详解】A、Si是亲氧元素，在自然界中全部以化合态形式存在，A正确；B、二氧化硅能与碱反应生成盐与水，所以二氧化硅是酸性氧化物，B错误；C、二氧化硅和碳酸钙都不溶于水，可以用盐酸除二氧化硅中

17、少量的碳酸钙杂质，C错误；D、碳与二氧化硅在高温的条件下反应生成一氧化碳气体，而不是二氧化碳，D错误；答案选A。12. 关于硅及其化合物的叙述中，正确的是（）A. 硅是良好的半导体材料，且是制造光缆的主要材料B. SiO2不溶于水，也不溶于任何酸C. 可以用焦炭还原二氧化硅生产硅：SiO2+CSi+CO2D. SiO2是酸性氧化物，在一定条件下能和氧化钙反应【答案】D【解析】试题分析：A项硅是良好的半导体材料，但制造光缆的主要材料是二氧化硅，故A项错误；B项SiO2不溶于水，但二氧化硅是酸性氧化物，是硅酸的酸酐，故B项错误；C项可以用焦炭还原二氧化硅生产硅：SiO2+2CSi + 2CO，故C

18、项错误；D项SiO2是酸性氧化物，在一定条件下能和氧化钙反应生成硅酸钙，D项正确；本题选D。考点：硅及其化合物用途。13. 下列关于氯气的说法不正确的是（）A. 氯气和液氯是两种不同的物质B. 可以用浓硫酸除去氯气中的水蒸气C. 氯气是一种有毒气体，但可用于自来水的杀菌消毒D. 尽管氯气的化学性质很活泼，但是纯净的液氯能用钢瓶贮存【答案】A【解析】【详解】A、氯气和液氯是同一物质，只是状态不同，A错误；B、浓硫酸与氯气不反应，浓硫酸吸水，所以可以用浓硫酸除去氯气中的水蒸气，B正确；C、氯气与水反应生成次氯酸，所以氯气可用于自来水的杀菌消毒，真正起作用的是氯气与水反应生成的次氯酸，C正确；D、干

19、燥的氯气与铁不反应，所以纯净的液氯能用钢瓶贮存，D正确；答案选A。14. 化学与环境密切相关，下列有关说法错误的是（）A. NO2、NO含氮氧化物是光化学烟雾的主要污染物B. 对酸性物质的排放加以控制，开发新清洁能源是减少酸雨的有效措施C. CO2、NO2或SO2都会导致酸雨的形成D. 大气中CO2含量的增加会导致温室效应加剧【答案】C【解析】【详解】AN的氧化物可导致光化学烟雾发生，则NO2、NO含氮氧化物是光化学烟雾的主要污染物，A正确；B二氧化硫可导致酸雨发生，为减少酸雨发生，酸性物质的排放加以控制，开发新清洁能源是减少酸雨的有效措施，B正确；C溶解CO2的雨水为正常雨水，而NO2或SO

20、2都会导致酸雨的形成，C错误；D二氧化碳过量排放可导致全球温度升高，则CO2含量的增加会导致温室效应加剧，D正确；答案选C。15. 向50 mL稀H2SO4与稀HNO3的混合溶液中逐渐加入铁粉，假设加入铁粉的质量与产生气体的体积（标准状况）之间的关系如图所示，且每一段只对应一个反应。下列说法正确的是（）A. 开始时产生的气体为H2B. AB段发生的反应为置换反应C. 所用混合溶液中c（HNO3）=0.5 molL1D. 参加反应铁粉的总质量m2=5.6 g【答案】D【解析】试题分析：已知氧化性：NO3-Fe3+H+，OA段发生：Fe+NO3-+4H+=Fe3+NO+2H2O，AB段发生：Fe+

21、2Fe3+3Fe2+，B以后发生：Fe+2H+=Fe2+H2，A开始时产生的气体为NO，故A错误；BAB段发生：Fe+2Fe3+3Fe2+，为化合反应，故B错误；Cn(NO)=0.05mol，则所用混合溶液中c(HNO3)=1mol/L，故C错误；D最终生成Fe2+，根据氧化还原反应中得失电子数目相等可知3n(NO)+2n(H2)=2n(Fe)，即30.05mol+2=2n(Fe)，n(Fe)=0.1mol，质量为5.6g，故D正确。故选D。考点：考查有关混合物反应的计算；离子方程式的有关计算【名师点睛】化学试题的呈现方式形式多样，可采用文字、数据、图表、示意图等多种方式的融合，增加试题信息的

22、广度，考查学生从不同呈现方式中提取有用信息、加工信息，并利用信息进行思考或推理的能力。这些信息蕴含着解决试题的重要思路、数据和方法，如物质性质、物质形态、反应条件、反应产物、结构特征以及变化趋势等。这就要求考生通过“现场独立自学”的方式，从中概括抽象出新的知识或发现数据之间的关系，同时与学过的知识相组合，形成较全面的网络化的知识体系，将这些知识体系进一步应用到新的知识情境中，从而解决问题。这种试题对具有自主学习和独立思考能力的培养和考查，将发挥非常重要的作用。本题考查混合物的计算，题目侧重于离子反应的判断和计算，注意结合离子的氧化性强弱判断反应的先后顺序，为解答该题的关键。已知氧化性：NO3-

23、Fe3+H+，OA段发生：Fe+NO3-+4H+=Fe3+NO+2H2O，AB段发生：Fe+2Fe3+3Fe2+，B以后发生：Fe+2H+=Fe2+H2，以此解答该题。16. 氰(CN)2的化学性质与卤素(X2)很相似，化学上称之为拟卤素，其氧化性介于Br2和I2之间，下列有关反应方程式不正确的是( )A. (CN)2和NaOH溶液反应：(CN)22OHCNCNOH2OB. MnO2和HCN反应：MnO24HCN(浓)Mn(CN)2(CN)22H2OC. 向KCN溶液中加入碘水：I22KCN2KI(CN)2D. 在NaBr和KCN混合溶液中通入少量Cl2：Cl22CN2Cl(CN)2【答案】C

24、【解析】【分析】氰(CN)2的化学性质与卤素（X2）很相似，(CN)2和水反应可生成HCN和HCNO；(CN)2的氧化性比Br2弱，比I2强，类推卤素单质的性质分析判断选项。【详解】A(CN)2和NaOH溶液反应可以类推氯气和氢氧化钠溶液的反应，所以反应的离子方程式为(CN)22OHCNCNOH2O，A正确；BMnO2和HCN反应可以类推二氧化锰和浓盐酸的反应，所以反应的化学方程式为MnO24HCN(浓)Mn(CN)2(CN)22H2O，B正确；C向KCN溶液中加入碘水，可以类推置换反应，(CN)2的氧化性比I2强，不能发生反应I22KCN2KI(CN)2，C错误；D在NaBr和KCN混合溶液

25、中通入少量Cl2，(CN)2的氧化性比Br2弱，所以溴离子还原性小于CN-离子，先发生反应Cl22CN2Cl(CN)2，D正确；答案选C。17. 下列判断中一定正确的是()A. 若X、Y属于同主族元素，且相对原子质量：XY，则X失电子能力比Y强B. 若R2和M的电子层结构相同，则原子序数：RMC. 若X、Y是同周期元素，且核电荷数：XY，则原子半径：XYD. 若M、N是同主族元素，且原子序数：MN，则非金属性：MN【答案】A【解析】【详解】A、若X、Y属于同主族元素，且相对原子质量XY，则X电子层多，同主族自上而下，金属性增强，则X失电子能力比Y的强，A正确；B、若R2-和M+的电子层结构相同

26、，M位于R的下一周期，原子序数MR，B错误；C、若X、Y是同周期元素，且核电荷数：XY，同周期自左向右原子半径逐渐减小，则原子半径：XY，C错误；D、若M、N是同主族元素，原子序数MN，同主族自上而下，非金属性减弱，则非金属性：NM，D错误；答案选A。18. 下列说法中，正确的是()A. 酸性：盐酸氢硫酸，非金属性：氯硫B. 第二周期元素的最高正化合价从左到右依次升高C. 共价化合物中只存在共价键，离子化合物中一定含有离子键D. 元素原子最外层电子数越多，得电子能力越强，失电子能力越弱【答案】C【解析】【详解】A最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性越强，所以不能通过比较氢化物的酸性判断非金

27、属性，A错误；B第二周期元素中F没有正化合价，O没有最高价，所以第二周期元素的最高正化合价从左到右不是依次升高，B错误；C共价化合物是只含有共价键的化合物，离子化合物是含有离子键的化合物；所以共价化合物中只存在共价键，离子化合物中一定含有离子键，还可能含有共价键，C正确；D同主族元素原子的最外层电子数越多，原子核对最外层电子的引力越小，所以失电子能力越强，得电子能力越弱，D错误；答案选C。【点睛】本题考查元素周期律，化学键等，明确金属性与非金属性的强弱是解答本题的关系，熟悉元素周期律即可解答，难度不大。选项A是易错点，注意掌握非金属性强弱比较的依据和方法。19. 对于可逆反应：4NH3(g)5

28、O2(g)4NO(g)6H2O(g)，下列叙述正确的是()A. 达到化学平衡时，4v正(O2)5v逆(NO)B. 若单位时间内生成xmol NO的同时，消耗xmol NH3，则反应达到平衡状态C. 若有5 mol O=O键断裂，同时有12 mol HO键形成，此时必为化学平衡状态D. 化学平衡时，化学反应速率关系是2v正(NH3)3v逆(H2O)【答案】A【解析】【详解】A. 达到化学平衡时正逆反应速率相等，又因为反应速率之比是相应的化学计量数之比，则4v正(O2)5v逆(NO)，A正确；B. 单位时间内生成xmol NO的同时，消耗xmol NH3，均表示正反应速率，则反应不一定达到平衡状态

29、，B错误；C. 有5 mol OO键断裂，同时有12 mol HO键形成，均表示正反应速率，则反应不一定达到平衡状态，C错误；D. 化学平衡时正逆反应速率相等，则根据反应速率之比是相应的化学计量数之比可知化学反应速率关系是3v正(NH3)2v逆(H2O)，D错误。答案选A。20. 对于反应X(g)3Y(g)2Z(g)，若X、Y、Z的起始浓度分别为c1、c2、c3(都不为零)，达到平衡时，X、Y、Z浓度分别为0.1 molL1、0.3 molL1和0.08 molL1，则下列判断不合理的是()A. c1c213B. 平衡时，Y和Z的生成速率之比为23C. X和Y的转化率相等D. c1的取值范围为

30、0c10.14 molL1【答案】B【解析】分析浓度变化关系：X(g)3Y(g)2Z(g)c起始/(mol/L) c1 c2 c3c改变/(mol/L) c1-0.1 c2-0.3 0.08- c3c平衡/(mol/L) 0.1 0.3 0.08反应的化学方程式中反应物化学计量数之比为13，所以反应中X和Y必然以13消耗，因为达平衡时X和Y浓度之比为13，故c1c213，选项A合理；平衡时Y和Z的生成速率之比应该和化学方程式对应化学计量数之比相等，故Y和Z的生成速率之比为32，选项B不合理；由于起始时反应物是按化学方程式化学计量数之比配料，故X和Y转化率相等，选项C合理；运用极限法，假设Z完全

31、转化为反应物，c1的极限值为0.14 mol/L，而题设c10，反应又是可逆的，选项D合理。答案选B。21. 有机物X能实现下列转化，下列判断一定错误的是()A. X可以是淀粉或纤维素B. Y与CH3OCH3是同分异构体C. Y可以用于消除少量钠屑D. Y乙醛属于还原反应【答案】D【解析】试题分析：淀粉或纤维素在一定条件下可水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒曲酶的作用下生成乙醇，乙醇可被催化氧化为乙醛，则X为淀粉或纤维素，Y为乙醇，则：A由以上分析可知X可以是淀粉或纤维素，故A正确；BY为乙醇，分子式为CH3CH2OH，与与CH3OCH3是同分异构体，故B正确；CY为乙醇，含有-OH，可与钠反应生成氢

32、气，用于消除少量钠屑，故C正确；DY为乙醇，可被催化氧化为乙醛，不是还原反应，故D错误；故选D。考点：考查有机物的推断22. 下列物质之间的相互关系错误的是()A. CH3CH2OH和CH3OCH3互为同分异构体B. 干冰和冰为同一种物质C. CH3CH3和CH3CH2CH3互为同系物D. 12C和14C互为同位素【答案】B【解析】A. CH3CH2OH和CH3OCH3的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，A正确；B. 干冰是CO2，冰是水，不是同一种物质，B错误；C. CH3CH3和CH3CH2CH3的结构相似，分子组成相差1个CH2，互为同系物，C正确；D. C12和C14的质子数相同，

33、中子数不同，互为同位素，D正确，答案选B。23. 测得某乙酸乙酯和乙酸的混合物中含氢的质量分数为7.8%，则此混合物中含氧元素的质量分数为()A. 56.4% B. 49.8% C. 45.4% D. 15.6%【答案】C【解析】试题分析：乙酸乙酯和乙酸的分子式中C与H的个数比是固定的，C：H=1:2，则质量比是12:2=6:1，所以该混合物中C的质量分数是H的6倍，为7.86=46.8%，所以O元素的质量分数是1-7.8%-46.8%=45.4%，答案选C。考点：考查混合物中元素质量分数的计算24. 小张用白纸和无色溶液给表弟写了一封“无字”信，表弟接到信拆开一看觉得很愕然，但沉思一下便明白

34、小张的意思。经过用另一溶液简单处理后，表弟看到了一封有颜色的信，并很快写了回信。小张和表弟所用的溶液分别可能是()A. 前者是紫色石蕊试液，后者是稀盐酸B. 前者是氢氧化钠稀溶液，后者是稀硫酸C. 前者是浓硫酸，后者是紫色石蕊试液D. 前者是米汤，后者是碘酒【答案】D【解析】分析：根据题意可知：书写书信的第一种溶液无色，遇第二种溶液时发生反应显示有颜色，逐项分析，A. 石蕊试液本身呈紫色，石蕊试液遇酸显红色；B. 硫酸与氢氧化钠反应，没有明显现象；C浓硫酸具有脱水性；D碘遇淀粉变蓝。详解：石蕊试液本身呈紫色，不符合溶液无色条件，A错误；硫酸与氢氧化钠反应，没有明显现象，B错误；浓硫酸有强氧化性

35、，浓硫酸使白纸脱水炭化变黑色，C错误；米汤中含有淀粉，淀粉是白色，遇碘酒变蓝色，D正确；正确选项D。点睛：该题考查特殊物质的特殊性质，难度不大，注意提高审题能力，书写书信的第一种溶液无色，遇第二种溶液时发生反应显示有颜色，这是解答该题的关键。25. 山东半岛蓝色经济区的建立使海洋经济将成为山东经济转型升级发展的重点。下列说法正确的是()A. 从海水中提取溴单质的过程中涉及氧化还原反应B. 从海带中提取碘单质的过程中只涉及复分解反应C. 从海水中提取镁单质的过程中要涉及置换反应D. 从海水中提取氯化钠的过程中涉及化学反应【答案】A【解析】试题分析：B、海水中的碘元素是化合态，从海带提取碘单质的过

36、程，是把海水中的碘元素反应生成碘单质，发生氧化还原反应，故错；C、从海水中提取镁通常用电解的方法，故错；D、海水蒸发制海盐的过程中是利用氯化钠溶解度随温度变化不大，蒸发水得到氯化钠晶体，主要是物质变化，故错。故选A。考点：海水的综合利用点评：本题考查的是海水的综合利用的相关知识，题目难度不大，考查学生对基础知识的掌握程度。26. 我国拥有较丰富的地热资源，其开发利用前景广阔。下列关于地热能说法正确的是()可以用于洗浴、发电以及供暖等方面与煤炭、石油、天然气一样都是化石能源主要源于地球内部放射性元素衰变产生的能量与地下水结合可形成热水型地热，释放形式之一是温泉A. B. C. D. 【答案】C【

37、解析】分析：地下热水还可直接送至附近居民家中，提供洗浴、供暖等生活用水地热资源是目前全球倡导的绿色安全资源，它不受昼夜和季节变化的限制，不仅可供电、供热，还可以用于旅游、温泉保健、养殖热带鱼等等。详解：地下热水还可直接送至附近居民家中，提供洗浴、供暖等生活用水，故正确；地热资源是可再生能源，不是化石能源，故错误；起源于地球的熔融岩浆和放射性元素衰变，故正确；地热资源与地下水结合可形成热水型，释放形式之一是温泉，故正确；答案选C。点睛：本题考查了地热资源的形成和开发利用，反应热和焓变；常见的能量转化形式。题目难度不大。27. 工业上，向500600 的铁屑中通入氯气生产无水氯化铁。现用如图所示的

38、装置模拟上述过程进行实验。（1）写出仪器的名称：a_，b_。（2）A中反应的化学方程式为_。C中反应的化学方程式为_。（3）装置B中加入的试剂是_。（4）已知：向热铁屑中通入氯化氢气体可以生产无水氯化亚铁。为防止有杂质FeCl2生成，可在装置_和_（填字母）间增加一个盛有_的洗气瓶。（5）装置D的作用是_。为防止水蒸气影响无水氯化铁的制取，请你提出一个对装置D的改进方案：_。（6）反应结束后，取少量装置C中的固体于试管中，加入足量盐酸，固体完全溶解，得到溶液X。证明溶液X中含有FeCl3的试剂是_，观察到的现象是_。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 圆底烧瓶 (3). 4HCl（浓）+M

39、nO2MnCl2+Cl2+2H2O (4). 2Fe+3Cl22FeCl3 (5). 浓硫酸 (6). A (7). B (8). 饱和食盐水 (9). 除去过量氯气，防止其污染空气 (10). 改为一个盛有碱石灰的干燥管（或在装置C和D之间增加一个盛有浓硫酸的洗气瓶） (11). 硫氰化钾溶液（或苯酚溶液） (12). 溶液变为红色（或溶液变为紫色）【解析】【分析】装置A是制备氯气的发生装置，生成的氯气中含氯化氢和水蒸气，通过装置B中浓硫酸干燥氯气，通过装置C反应生成无水氯化铁，剩余气体通过氢氧化钠溶液吸收，据此判断。【详解】（1）由仪器的构造可知a为分液漏斗，b为圆底烧瓶；（2）A装置制取

40、的是氯气，实验室常用浓盐酸与二氧化锰加热制取，化学反应方程式为4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2+2H2O；C为氯气与铁制备氯化铁，反应方程式为2Fe+3Cl22FeCl3；（3）为制备无水氯化铁，B装置应为盛有浓硫酸的干燥氯气的装置，即装置B中加入的试剂是浓硫酸；（4）制备的氯气中混有氯化氢气体，所以需在干燥之前除氯化氢，故在A与B间添加饱和食盐水的装置；（5）氯气有毒，会污染空气，D装置用氢氧化钠除未反应完的氯气，防止其污染空气；为制备无水氯化铁，防止D中水蒸气进入C装置，可选用碱石灰的干燥管，既能吸收氯气，又能吸水，或在装置C和D之间增加一个盛有浓硫酸的洗气瓶；（6）检验铁离子用

41、硫氰化钾或者苯酚，若有铁离子，硫氰化钾溶液变红色，苯酚溶液变紫色。【点睛】本题以氯化铁制取为载体，考查的是实验室中氯气的制取方法、常见尾气的处理方法以及铁离子的检验等，题目难度中等，注意气体的除杂以及尾气的处理方法，另外还要注意题干已知信息的提取和灵活应用。28. 为了清理路面积雪，人们常使用一种融雪剂，其主要成分的化学式为XY2，X、Y均为周期表前20号元素，其阳离子和阴离子的电子层结构相同，且1 mol XY2含有54 mol 电子。(1)该融雪剂的化学式是_，该物质中化学键类型是_，电子式是_。(2)元素D、E原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，D与Y相邻，则D的离子结构示意图是_；D

42、与E能形成一种结构类似于CO2的三原子分子，且每个原子都达到了8e稳定结构，该分子的电子式为_，化学键类型为_(填“离子键”、“非极性共价键”或“极性共价键”)。(3)W是与D同主族的短周期元素，Z是第三周期金属性最强的元素，Z的单质在W的常见单质中反应时有两种产物：不加热时生成_，其化学键类型为_；加热时生成_，其化学键类型为_。【答案】 (1). CaCl2 (2). 离子键 (3). CCa2C (4). (5). C (6). 极性共价键 (7). Na2O (8). 离子键 (9). Na2O2 (10). 离子键和非极性共价键【解析】分析：融雪剂主要成分的化学式为XY2，X、Y均为

43、周期表前20号元素，其阳离子和阴离子的电子层结构相同，含有相同的核外电子数，且1molXY2含有54mol电子，则阴、阳离子核外电子数为543=18，则为Ca2+、Cl-，即X是Ca，Y是Cl。元素D、E原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，D与Y相邻，则D是S，E是C。W是与D同主族的短周期元素，W是O，Z是第三周期金属性最强的元素，Z是Na，据此解答。详解：根据以上分析可知X是Ca，Y是Cl，D是S，E是C，W是O，Z是Na，则（1）XY2是CaCl2，物质中化学键类型是离子键，电子式为；（2）D为硫元素，S2离子结构示意图为；D与E能形成一种结构类似于CO2的三原子分子，且每个原子都达到

44、了8e稳定结构，由二氧化碳结构可知，结构式为S=C=O，则分子式为COS，电子式为，化学键类型为极性共价键；（3）Na单质与氧气反应时可以得到两种产物，为氧化钠和过氧化钠，不加热生成Na2O，Na2O为离子化合物，其化学键类型为离子键；加热生成Na2O2，属于离子化合物，含有离子键、非极性共价键。29. 设计出燃料电池使汽油氧化直接产生电流是本世纪最富有挑战性的课题之一。最近有人制造了一种燃料电池，一个电极通入空气，另一个电极通入汽油蒸气，电池的电解质是掺杂了Y2O3的ZrO2晶体，它在高温下能传导O2，回答如下问题：(1)以丁烷(C4H10)为汽油代表，该电池放电时反应的化学方程式是_。(2

45、)该电池的负极反应式是C4H1013O226e=4CO25H2O，正极反应式是_，固体电解质里O2向_极移动，向外电路释放电子的电极是_极。(3)人们追求燃料电池氧化汽油而不在内燃机里燃烧汽油产生动力的主要原因是_。(4)汽油燃料电池最大的障碍是氧化反应不完全，产生_堵塞电极的气体通道，有人估计，完全避免这种副反应至少还需10年，这正是新一代化学家的历史使命。【答案】 (1). 2C4H1013O2=8CO210H2O (2). O24e=2O2 (3). 负 (4). 负 (5). 燃料电池具有较高的能量利用率 (6). 碳粒或碳【解析】【详解】（1）燃料电池的总反应和燃料燃烧的化学方程式一致，电池总反应为2C4H1013O28CO210H2O；（2）燃料电池中正极发生还原反应，总反应减负极反应可得正极反应式，即为O24e2O2；原电池工作时，阴离子向负极移动，所以固体电解质里O2向负极移动，电子从负极经外电路流向正极，因此向外电路释放电子的电极是负极；