2022-2022学年山东省德州市武城二中高二（下）期末化学复习试卷（1）一、单选题（每题3分，共45分）1．化学与生产、生活、环境密切相关．下列说法错误的是（ ）A．航天飞机上的隔热陶瓷瓦属于复合材料B．水泥、陶瓷均为硅酸盐产品C．“光化学烟雾”、“硝酸型酸雨”的形成都与氮氧化物有关D．化学反应能够制造出新的物质，同时也能制造出新的元素 2．下列说法中正确的是（ ）A．干冰、液态氯化氢都是电解质B．Na2O2晶体中既含有离子键又含有共价键C．Na2O、Fe2O3、Al2O3既属于碱性氧化物，又属于离子化合物D．根据是否具有丁达尔效应，将分散系分为溶液、浊液和胶体 3．NA为阿伏伽德罗常数的值．下列说法正确的是（ ）A．18gD2O和18gH2O中含有的质子数均为10NAB．2L0.5mol/L亚硫酸溶液中含有的H+个数为2NAC．过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NAD．密闭容器中2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数为2NA 4．下列有关性质的比较，不能用元素周期律解释的是（ ）A．酸性：H2SO4＞H3PO4B．非金属性：Cl＞BrC．碱性：NaOH＞Mg（OH）2D．热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3 5．下列离子方程式与所述事实相符且正确的是（ ）A．氯气与水反应：Cl2+H2O=2H++Cl﹣+ClO﹣B．用浓盐酸与MnO2反应制取少量氯气：MnO2+2H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2OC．用小苏打治疗胃酸过多：HCO3﹣+H+=CO2↑+H2OD．Fe3O4与稀HNO3反应：Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O 6．下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（ ）选项实验现象结论A．将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加KSCN溶液有气体生成，溶液呈血红色．稀硝酸将Fe氧化为Fe3+B．将铜粉加1.0mol•L﹣1Fe2（SO4）3溶液中溶液变蓝、有黑色固体出现．金属铁比铜活泼C．用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热熔化后的液态铝滴落下来金属铝的熔点较低D．向NaBr溶液中滴入少量氯水和苯，振荡、静置．溶液上层呈橙红色．Br﹣还原性强于Cl﹣\nA．AB．BC．CD．D 7．下列离子在溶液中能大量共存，加入（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O晶体后，仍能大量共存的是（ ）A．Na+、H+、Cl﹣、NO3﹣B．Na+、Mg2+、Cl﹣、SO42﹣C．K+、Ba2+、OH﹣、I﹣D．Cu2+、CO32﹣、Br﹣、ClO﹣ 8．下列实验或实验操作达到实验目的是（ ）A．图I：将海带灼烧成灰B．图II：检验装置的气密性C．图III：制取少量纯净的CO2气体D．图IV：蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体 9．如图所示为元素周期表的一部分，X、Y、W、Z均为短周期元素，其中只有X为金属元素．下列说法错误的是（ ）A．原子半径：Z＜W＜Y＜XB．元素Y的氧化物能与NaOH溶液反应C．最简单气态氢化物的热稳定性：Y＜XD．W、Z的氧化物都能与碱反应生成盐和水 10．化学工作者一直关注食品安全，发现有人将工业染料“苏丹红1号”非法用作食用色素．苏丹红是一系列人工合成染料，其中“苏丹红4号”的结构式如图，下列关于“苏丹红4号”说法正确的是（ ）A．不能发生加成反应B．属于芳香烃C．可以使酸性高锰酸钾溶液褪色D．属于高分子化合物 11．从矿物学资料查得一定条件下自然界存在如下反应：14CuSO4+5FeS2+12H2O═7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4，下列说法中正确的是（ ）A．CuSO4是氧化剂，FeS2是还原剂\nB．产物中的SO42﹣有一部分是氧化产物C．Cu2S既是氧化产物又是还原产物D．5molFeS2发生反应，有10mole﹣转移 12．下列有关结构和性质的说法正确的是（ ）A．元素铯的两种核素137Cs比133Cs多4个质子B．元素P、S、Cl得电子能力和最高价氧化物对应水化物的酸性均依次增强C．元素原子的最外层电子数越多，越容易得电子D．从上到下，第VIIA族元素氢化物的热稳定性和还原性均依次减弱 13．下列推断合理的是（ ）A．Fe3+、O2、H2O2三种微粒都具有氧化性，没有还原性B．木炭与浓硝酸反应可能生成CO和NH4NO3C．因为SO2具有还原性，所以不能用浓H2SO4干燥SO2D．Cl2转变为HClO时一定需要加入氧化剂才能实现 14．将两根Pt电极插入KOH溶液中，再向两极上分别通入甲烷和氧气就可构成燃料电池．该电池中反应的化学方程式为：CH4+2O2+2KOH=K2CO3+3H2O；关于此燃料电池的下列说法中，正确的是（ ）A．在燃料电池工作时，在装置内部可以看见淡蓝色火焰B．通入氧气的电极为负极C．通入甲烷的电极的电极反应式为：CH4+10OH﹣﹣8e﹣=CO32﹣+7H2OD．电池工作一段时间后，溶液的pH基本不变 15．在一定温度下，容器内某一反应中M、N的物质的量随反应时间变化的曲线如图，下列表述中正确的是（ ）A．反应的化学方程式为：2M⇌NB．t2时，正逆反应速率相等，达到平衡C．t3时，正反应速率大于逆反应速率D．t3后，若升高温度则反应速率增大 二、填空题16．某化学兴趣小组利用某废弃的氧化铜锌矿制取活性ZnO实验流程如下：\n请回答下列问题：（1）加入铁粉后发生反应的离子方程式为 ．（2）甲、乙两同学选用下列仪器，采用不同的方法来制取氨气．①甲同学使用的药品是熟石灰与氯化铵，则应选用装置 （填写装置代号），生成氨气的化学方程式为 ；②乙同学选用了装置B，则使用的两种药品的名称为 ．（3）H2O2的作用是 ．（4）除铁过程中得到的Fe（OH）3可用KClO溶液在碱性环境将其氧化得到一种高效的多功能水处理剂（K2FeO4），该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 ．（5）乙知溶液a中含有CO32﹣、SO42﹣两种酸根阴离子，若只允许取用一次样品，检验这种离子存在的实验操作过程为 ． 17．四苯基乙烯（TPE）及其衍生物具有聚集诱导发光特性，在光电材料等领域应用前景广泛，以下是TPE的两条合成路线（部分试剂和反应条件省略）：（1）A的名称是 ；试剂Y为 ；（2）B→C的反应类型是 ；B中官能团的名称是 ，D中官能团的名称是 ；（3）E→F的化学方程式是 ；（4）W是D的同分异构体，具有下列结构特征：①属于萘（）的一元取代物；②存在羟甲基（﹣CH2OH），写出W所有可能的结构简式： ；（5）下列说法正确的是 ．a、B的酸性比苯酚强b、D不能发生还原反应c、E含有3种不同化学环境的氢d、TPE既属于芳香烃也属于烯烃． 18．（1）现欲除去括号内的杂质，请依次填上适当的试剂和方法．苯（酒精） ．\n（2）苯腙是有机染料的主要原料，由醛（或酮）与苯肼生成苯腙的反应为：反应①的原子利用率为100%，则中间产物A的结构简式为 ． 19．如图是用于简单有机化合物的制备、分离、性质比较等的常见简易装置．请根据该装置回答下列问题：（1）若用乙醇与乙酸反应制取乙酸乙酯，反应的化学方程式为 ，试管B中应加入 ．虚线框中的导管除用于导气外，还兼有 作用．（2）若用该装置分离乙酸和1﹣丙醇，则在试管A中除加入1﹣丙醇与乙酸外，还应先加入适量的试剂 ，加热到一定温度，试管B中收集到的是 （填写结构简式）．冷却后，再向试管A中加入试剂 ，加热到一定温度，试管B中收集到的是 （填写结构简式）． 20．某种用于治疗高脂蛋白血症的药物E可以用如下所示方法合成．已知：反应①符合“绿色化学”的原则，原子利用率达到100%；同一个碳原子上连有两个或多个羟基时结构不稳定，易脱水形成羰基．（1）A分子中含有的官能团名称为 ；反应⑤的条件为 ．（2）写出物质D的结构简式 ．（3）写出反应③的化学方程式 ．（4）D的同分异构体有多种，其中含有羟基和酚羟基且同时符合下列条件的共 种．其中有一种在NaOH乙醇溶液中不能发生消去反应，其结构简式为 ．①苯环上有2个对位的取代基，且苯环上的一溴取代物只有2种；②与NaOH溶液发生取代反应所形成的官能团被氧化后可发生银镜反应． \n2022-2022学年山东省德州市武城二中高二（下）期末化学复习试卷（1）参考答案与试题解析 一、单选题（每题3分，共45分）1．化学与生产、生活、环境密切相关．下列说法错误的是（ ）A．航天飞机上的隔热陶瓷瓦属于复合材料B．水泥、陶瓷均为硅酸盐产品C．“光化学烟雾”、“硝酸型酸雨”的形成都与氮氧化物有关D．化学反应能够制造出新的物质，同时也能制造出新的元素【考点】无机非金属材料；常见的生活环境的污染及治理；含硅矿物及材料的应用．【专题】化学计算．【分析】A．复合材料是由两种或两种以上不同性质的材料，通过物理或化学的方法，在宏观上组成具有新性能的材料；B．硅酸盐指由硅和氧与其它化学元素结合成的物质，水泥、玻璃、陶瓷都是硅酸盐产品；C．氮的氧化物可导致酸雨及光化学烟雾发生；D．化学变化的实质是分子分成原子，原子再重新组合成新的分子，所以反应前后原子的种类、数目、质量都不变．【解答】解：A．具有隔热性能的陶瓷瓦是由两种或两种以上不同性质的材料组成的复合材料，故A正确；B．水泥、陶瓷均含有硅酸盐属于硅酸盐产品，故B正确；C．氮的氧化物可导致酸雨及光化学烟雾发生，则“光化学烟雾”、“硝酸型酸雨”的形成都与氮氧化物有关，故C正确；D．化学反应能够制造出新的物质，但不能制造出新的元素，故D错误；故选：D．【点评】本题考查了无机非金属材料及其应用，明确硅酸盐产品的概念是解题关键，注意对化学创造性的理解． 2．下列说法中正确的是（ ）A．干冰、液态氯化氢都是电解质B．Na2O2晶体中既含有离子键又含有共价键C．Na2O、Fe2O3、Al2O3既属于碱性氧化物，又属于离子化合物D．根据是否具有丁达尔效应，将分散系分为溶液、浊液和胶体【考点】电解质与非电解质；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；分散系、胶体与溶液的概念及关系；化学键．【分析】A．干冰不属于电解质；B．钠离子和过氧根离子以离子键结合，过氧根离子中氧和氧以非极性键结合；C．氧化铝为两性氧化物；D．根据分散质颗粒大小将分散系分为溶液、浊液和胶体．【解答】解：A．干冰不属于电解质，故A错误；B．钠离子和过氧根离子以离子键结合，过氧根离子中氧和氧以非极性键结合，故B正确；C．氧化铝为两性氧化物，故C错误；D．根据分散质颗粒大小将分散系分为溶液、浊液和胶体，丁达尔效应是胶体的性质，故D错误；\n故选B．【点评】本题考查了物质的分类及化学键的判断，中等难度．注意氧化铝属于两性氧化物． 3．NA为阿伏伽德罗常数的值．下列说法正确的是（ ）A．18gD2O和18gH2O中含有的质子数均为10NAB．2L0.5mol/L亚硫酸溶液中含有的H+个数为2NAC．过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NAD．密闭容器中2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数为2NA【考点】真题集萃；阿伏加德罗常数．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】A．一个D2O和H2O分子中质子数都是10，18g的D2O物质的量==0.9mol、18gH2O的物质的量==1mol，根据N=nNA知，其分子数之比等于物质的量之比=0.9mol：1mol=0.9：1，结合分子构成计算质子数；B．n（H2SO3）=0.5mol/L×2L=1mol，亚硫酸是弱电解质，在水溶液中部分电离，且第二步电离程度远远小于第一步电离程度；C．过氧化钠和水反应方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，每生成1mol氧气转移电子物质的量=1mol×2×[0﹣（﹣1）]=2mol，据此计算生成0.1mol氧气转移的电子数；C．NO和O2反应方程式为2NO+O2=2NO2，根据方程式知，2molNO与1molO2恰好完全反应生成2molNO2，但NO2和N2O4之间存在转化，方程式2NO2⇌N2O4．【解答】解：A．一个D2O和H2O分子中质子数都是10，18g的D2O物质的量==0.9mol、18gH2O的物质的量==1mol，根据N=nNA知，其分子数之比等于物质的量之比=0.9mol：1mol=0.9：1，二者的分子数分别是0.9NA、NA，结合分子构成知，二者的质子数分别是9NA、10NA，故A错误；B．n（H2SO3）=0.5mol/L×2L=1mol，亚硫酸是弱电解质，在水溶液中部分电离，且第二步电离程度远远小于第一步电离程度，所以溶液中含有的H+个数远远小于2NA，故B错误；C．过氧化钠和水反应方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，Na2O2中O元素的化合价为﹣1价，每生成1mol氧气转移电子物质的量=1mol×2×[0﹣（﹣1）]=2mol，则生成0.1mol氧气转移的电子0.2mol，电子数为0.2NA，故C正确；D．NO和O2反应方程式为2NO+O2=2NO2，根据方程式知，2molNO与1molO2恰好完全反应生成2molNO2，但NO2和N2O4之间存在转化，方程式2NO2⇌N2O4，所以产物分子数小于2NA，故D错误；故选C．【点评】本题考查阿伏伽德罗常数有关计算，涉及氧化还原反应、可逆反应、弱电解质的电离、同位素等知识点，明确物质的性质、物质结构、物质之间的转化即可解答，易错选项是AD，注意A中D2O的相对分子质量是20，注意D中存在转化关系2NO2⇌N2O4． 4．下列有关性质的比较，不能用元素周期律解释的是（ ）A．酸性：H2SO4＞H3PO4B．非金属性：Cl＞BrC．碱性：NaOH＞Mg（OH）2D．热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3\n【考点】元素周期律的作用；真题集萃．【分析】A．元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；B．同主族元素从上到下非金属性依次减弱；C．元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强；D．碳酸氢盐易分解，碳酸盐难分解．【解答】解：A．元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性：S＞P，则酸性：H2SO4＞H3PO4，能用元素周期律解释，故A不选；B．同主族元素从上到下非金属性依次减弱，则非金属性：Cl＞Br，能用元素周期律解释，故B不选；C．元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性：Na＞Mg，则碱性：NaOH＞Mg（OH）2，能用元素周期律解释，故C不选；D．碳酸氢盐易分解，碳酸盐难分解，所以热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3，不能用元素周期律解释，故D选．故选D．【点评】本题考查了元素周期律的理解与应用，注意把握元素周期律的递变规律以及相关知识的积累，难度不大． 5．下列离子方程式与所述事实相符且正确的是（ ）A．氯气与水反应：Cl2+H2O=2H++Cl﹣+ClO﹣B．用浓盐酸与MnO2反应制取少量氯气：MnO2+2H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2OC．用小苏打治疗胃酸过多：HCO3﹣+H+=CO2↑+H2OD．Fe3O4与稀HNO3反应：Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O【考点】离子方程式的书写．【分析】A．次氯酸为弱电解质，离子方程式中次氯酸不能拆开；B．离子方程式两边总电荷不相等；C．小苏打为碳酸氢钠，碳酸氢钠与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳气体和水；D．稀硝酸与四氧化三铁发生氧化还原反应，亚铁离子被氧化成铁离子．【解答】解：A．氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，正确的离子方程式为：Cl2+H2O=H++Cl﹣+HClO，故A错误；B．用浓盐酸与MnO2反应制取少量氯气，正确的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O，故B错误；C．用小苏打治疗胃酸过多，反应的离子方程式为：HCO3﹣+H+=CO2↑+H2O，故C正确；D．Fe3O4与稀HNO3发生氧化还原反应生成硝酸铁、NO气体和水，正确的离子方程式为：3Fe3O4+NO3﹣+28H+═9Fe3++14H2O+NO↑，故D错误；故选C．【点评】本题考查了离子方程式的书写判断，为中等难度的试题，注意掌握离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）等． 6．下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（ ）选项实验现象结论A．稀硝酸将Fe氧化\n将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加KSCN溶液有气体生成，溶液呈血红色．为Fe3+B．将铜粉加1.0mol•L﹣1Fe2（SO4）3溶液中溶液变蓝、有黑色固体出现．金属铁比铜活泼C．用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热熔化后的液态铝滴落下来金属铝的熔点较低D．向NaBr溶液中滴入少量氯水和苯，振荡、静置．溶液上层呈橙红色．Br﹣还原性强于Cl﹣A．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．过量铁粉，反应生成亚铁离子；B．Cu和Fe3+发生氧化还原反应生成Fe2+和Cu2+；C．三氧化二铝的熔点高于铝的熔点，所以铝箔在酒精灯上加热到熔化，熔化的铝并不滴落；D．同一氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性，氯气和溴化钠反应生成氯化钠和溴．【解答】解：A．过量铁粉，反应生成亚铁离子，加入KSCN溶液、溶液不显红色，故A错误；B．Cu和Fe3+发生氧化还原反应，反应方程式为Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，所以没有黑色沉淀生成，溶液由黄色变为蓝色，故B错误；C．将铝箔用坩埚钳夹住放在酒精灯火焰上加热，铝和氧气反应生成了氧化铝，形成氧化膜，三氧化二铝的熔点高于铝的熔点，包住了熔化的铝，所以加热铝箔的时候铝熔化了但是不会滴落，故C错误；D．同一氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性，氯气和溴化钠反应生成氯化钠和溴，溴化钠是还原剂、氯化钠是还原产物，则Br﹣还原性强于Cl﹣，故D正确；故选D．【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及离子检验、氧化还原反应、硝酸性质等知识点，明确物质性质及离子检验方法是解本题关键，题目难度不大． 7．下列离子在溶液中能大量共存，加入（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O晶体后，仍能大量共存的是（ ）A．Na+、H+、Cl﹣、NO3﹣B．Na+、Mg2+、Cl﹣、SO42﹣C．K+、Ba2+、OH﹣、I﹣D．Cu2+、CO32﹣、Br﹣、ClO﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O晶体在溶液中能够电离出亚铁离子、铵根离子和硫酸根离子，A．醋酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化亚铁离子；B．Na+、Mg2+、Cl﹣、SO42﹣离子之间不发生反应，且加入（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O晶体后也不反应；C．氢氧根离子与亚铁离子、铵根离子反应，钡离子与硫酸根离子反应生成硫酸钡；D．亚铁离子、铁离子与碳酸根离子发生双水解反应，醋酸根离子与亚铁离子反应．【解答】解：A．该组离子之间不反应，能共存，但加入（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O晶体后，Fe2+、H+、NO3﹣发生氧化还原反应，不能共存，故A错误；B．Na+、Mg2+、Cl﹣、SO42﹣离子之间不反应，能共存，且加入（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O晶体后也不反应，仍然能共存，故B正确；\nC．OH﹣与亚铁离子、铵根离子反应，Ba2+与（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O电离的硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，在溶液中大量共存，故C错误；D．Fe2+、Cu2+与CO32﹣发生双水解反应，亚铁离子与、ClO﹣发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选B．【点评】本题考查离子共存的正误判断，为中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，如明确本题中（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O电离出铵根离子、亚铁离子和硫酸根离子；试题有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力． 8．下列实验或实验操作达到实验目的是（ ）A．图I：将海带灼烧成灰B．图II：检验装置的气密性C．图III：制取少量纯净的CO2气体D．图IV：蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．灼烧应在坩埚中进行；B．利用液差法检验气密性；C．纯碱为粉末固体，不能使反应随时停止；D．蒸干NH4Cl饱和溶液，氯化铵分解．【解答】解：A．灼烧应在坩埚中进行，不能在烧杯中灼烧，故A错误；B．图中装置，关闭止水夹，利用长颈漏斗导管中液面与圆底烧瓶中液面的液面差可确定气密性是否良好，故B正确；C．纯碱为粉末固体，不能使反应随时停止，则不能用来制取少量气体，应选碳酸钙，故C错误；D．蒸干NH4Cl饱和溶液，氯化铵分解，应利用冷却结晶法得到氯化铵，故D错误；故选B．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及实验基本操作及气体的制取、混合物分离提纯等，把握实验基本操作和实验技能为解答的关键，注意仪器的使用及实验操作的合理性分析，题目难度不大． 9．如图所示为元素周期表的一部分，X、Y、W、Z均为短周期元素，其中只有X为金属元素．下列说法错误的是（ ）\nA．原子半径：Z＜W＜Y＜XB．元素Y的氧化物能与NaOH溶液反应C．最简单气态氢化物的热稳定性：Y＜XD．W、Z的氧化物都能与碱反应生成盐和水【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】X、Y、W、Z均为短周期元素，其中只有X为金属元素，由元素在周期表中位置，可知X为Al、Y为Si、W为C、Z为N．A．同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大；B．二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠与水；C．Y的氢化物为金属氢化物，属于离子化合物，稳定性较大；D．CO、NO是不成盐氧化物．【解答】解：X、Y、W、Z均为短周期元素，其中只有X为金属元素，由元素在周期表中位置，可知X为Al、Y为Si、W为C、Z为N．A．同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径Z＜W＜Y＜X，故A正确；B．二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠与水，故B正确；C．Y的氢化物为金属氢化物，属于离子化合物，稳定性比SiH4强，故C正确；D．CO、NO是不成盐氧化物，不能与碱反应生成盐和水，故D错误，故选D．【点评】本题看元素周期表与元素周期律，比较基础，注意对元素周期律的理解，C选项为易错点，中学基本不涉及金属氢化物． 10．化学工作者一直关注食品安全，发现有人将工业染料“苏丹红1号”非法用作食用色素．苏丹红是一系列人工合成染料，其中“苏丹红4号”的结构式如图，下列关于“苏丹红4号”说法正确的是（ ）A．不能发生加成反应B．属于芳香烃C．可以使酸性高锰酸钾溶液褪色D．属于高分子化合物【考点】有机物的结构和性质．【专题】有机物的化学性质及推断；有机物分子组成通式的应用规律．【分析】中含有N、O等元素，一定不属于芳香烃，含有苯环，则能发生加成反应，苯环上含有甲基，能被酸性高锰酸钾氧化，以此解答该题．【解答】解：A．含有苯环，能发生加成反应，故A错误；B．含有N、O等元素，不属于芳香烃，故B错误；C．苯环上含有甲基，能被酸性高锰酸钾氧化，故C正确；\nD．相对分子质量较小，不属于高分子化合物，高分子化合物的相对分子质量一般在一万以上，故D错误．故选C．【点评】本题考查有机物的结构和性质，题目难度中等，注意把握有机物的组成、结构和性质，为解答该题的关键，学习中注意相关基础知识的积累． 11．从矿物学资料查得一定条件下自然界存在如下反应：14CuSO4+5FeS2+12H2O═7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4，下列说法中正确的是（ ）A．CuSO4是氧化剂，FeS2是还原剂B．产物中的SO42﹣有一部分是氧化产物C．Cu2S既是氧化产物又是还原产物D．5molFeS2发生反应，有10mole﹣转移【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】14CuSO4+5FeS2+12H2O═7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4中，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，S元素的化合价由﹣1价降低为﹣2价，S元素的化合价由﹣1价升高为+6价，以此来解答．【解答】解：14CuSO4+5FeS2+12H2O═7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4中，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，S元素的化合价由﹣1价降低为﹣2价，S元素的化合价由﹣1价升高为+6价，A．CuSO4是氧化剂，FeS2既是还原剂又是还原剂，故A错误；B．S元素的化合价既升高又降低，由硫酸根离子守恒可知，17个硫酸根离子中有3个SO42﹣是氧化产物，故B正确；C．Cu2S只是还原产物，故C错误；D.5molFeS2发生反应，由S元素的化合价升高可知，有3mol×[6﹣（﹣1）]=21mole﹣转移，故D错误；故选B．【点评】本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意5molFeS2发生反应时只有3molS失去电子，题目难度不大． 12．下列有关结构和性质的说法正确的是（ ）A．元素铯的两种核素137Cs比133Cs多4个质子B．元素P、S、Cl得电子能力和最高价氧化物对应水化物的酸性均依次增强C．元素原子的最外层电子数越多，越容易得电子D．从上到下，第VIIA族元素氢化物的热稳定性和还原性均依次减弱【考点】同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系；同位素及其应用；同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系．【分析】A、137Cs与133Cs质子数相同；B、元素的非金属性越强，对应最高价氧化物对应的水化物的酸性越强；C．根据稀有气体最外层电子最多，既不容易得到电子，也不容易失去电子；D、非金属元素的非金属性越强，其气态氢化物越稳定，其气态氢化物的还原性越弱；【解答】解：A、137Cs与133Cs质子数相同，故A错误；B．P、S、Cl元素的非金属性逐渐增强，得电子能力逐渐增强，对应最高价氧化物对应的水化物的酸性依次增强，故B正确；C．元素原子的最外层电子数越多，不一定越容易得电子，如稀有气体，故C错误；\nD．非金属元素的非金属性越强，其气态氢化物越稳定，其气态氢化物的还原性越弱，第VIIA族元素，其非金属性随着原子序数增大而减弱，所以ⅦA族元素气态氢化物的热稳定性从上到下依次减弱，其还原性从上到下依次增强，故D错误；故选：B．【点评】本题考查元素周期律知识，题目难度中等，本题注意把握元素周期律的递变规律． 13．下列推断合理的是（ ）A．Fe3+、O2、H2O2三种微粒都具有氧化性，没有还原性B．木炭与浓硝酸反应可能生成CO和NH4NO3C．因为SO2具有还原性，所以不能用浓H2SO4干燥SO2D．Cl2转变为HClO时一定需要加入氧化剂才能实现【考点】氧化还原反应；氯气的化学性质；硝酸的化学性质；二氧化硫的化学性质．【专题】元素及其化合物．【分析】A．H2O2中O元素化合价为﹣1价，处于中间价态；B．符合化合价变化的特点；C．二氧化硫与浓硫酸不反应；D．氯气和水反应可生成HClO．【解答】解：A．H2O2中O元素化合价为﹣1价，处于中间价态，既具有氧化性也具有还原性，故A错误；B．C元素化合价升高，可被氧化为+2价，N元素化合价降低，可被还原为﹣3价，符合化合价变化的特点，故B正确；C．二氧化硫与浓硫酸不反应，可用浓硫酸干杂，故C错误；D．氯气和水反应可生成HClO，无需加入氧化剂，故D错误．故选B．【点评】本题考查较为综合，涉及氧化还原反应、二氧化硫、氯气等物质的性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大． 14．将两根Pt电极插入KOH溶液中，再向两极上分别通入甲烷和氧气就可构成燃料电池．该电池中反应的化学方程式为：CH4+2O2+2KOH=K2CO3+3H2O；关于此燃料电池的下列说法中，正确的是（ ）A．在燃料电池工作时，在装置内部可以看见淡蓝色火焰B．通入氧气的电极为负极C．通入甲烷的电极的电极反应式为：CH4+10OH﹣﹣8e﹣=CO32﹣+7H2OD．电池工作一段时间后，溶液的pH基本不变【考点】化学电源新型电池．【专题】电化学专题．【分析】碱性甲烷燃料电池，具有还原性的甲烷为原电池的负极，发生氧化反应，电极反应式为CH4+10OH﹣﹣8e﹣=CO32﹣+7H2O，通入氧气的一极为原电池的正极，发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣．【解答】解：A、在燃料电池工作时，在装置内部发生的是自发的氧化还原反应，不会与点燃条件一样看见淡蓝色火焰，故A错误；B、甲烷燃料电池中通入氧气的一极为原电池的正极，故B错误；\nC、甲烷燃料电池，具有还原性的甲烷为原电池的负极，发生氧化反应，电极反应式为CH4+10OH﹣﹣8e﹣=CO32﹣+7H2O，故C正确；D、电池工作一段时间后，因为消耗氢氧化钾所以碱性减弱，溶液的pH减小，故D错误．故选C．【点评】本题考查学生燃料电池的工作原理知识，可以根据所学知识进行回答，难度不大． 15．在一定温度下，容器内某一反应中M、N的物质的量随反应时间变化的曲线如图，下列表述中正确的是（ ）A．反应的化学方程式为：2M⇌NB．t2时，正逆反应速率相等，达到平衡C．t3时，正反应速率大于逆反应速率D．t3后，若升高温度则反应速率增大【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线．【专题】化学平衡专题．【分析】A、根据图象判断出反应物和生成物，根据物质的量的变化判断计量数之间的关系；B、根据某一时间反应中各物质的物质的量是否变化判断反应是否达到平衡；C、根据平衡移动的方向判断正逆反应速率的关系；D、根据温度对化学反应速率的影响作判断．【解答】解：A、由图象可知，反应中M的物质的量逐渐增多，N的物质的量逐渐减少，则在反应中N为反应物，M为生成物，图象中，在相等的时间内消耗的N和M的物质的之比为2：1，所以反应方程式应为：2NM，故A错误；B、由图可知t2时，反应没有达到平衡，此时反应继续向正方向移动，正反应速率大于逆反应速率，故B错误；C、由图可知t3时，反应达到平衡，正逆反应速率相等，故C错误；D、根据温度对化学反应速率的影响可知，升高温度则反应速率增大，故D正确．故选D．【点评】本题考查化学反应速率与化学平衡知识，做题时注意从反应物和生成物的物质的量的变化角度，判断反应物和生成物以及反应是否达到平衡，题目难度一般． 二、填空题16．某化学兴趣小组利用某废弃的氧化铜锌矿制取活性ZnO实验流程如下：\n请回答下列问题：（1）加入铁粉后发生反应的离子方程式为 Fe+Cu2+=Fe2++Cu ．（2）甲、乙两同学选用下列仪器，采用不同的方法来制取氨气．①甲同学使用的药品是熟石灰与氯化铵，则应选用装置 A （填写装置代号），生成氨气的化学方程式为 Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O ；②乙同学选用了装置B，则使用的两种药品的名称为 浓氨水、碱石灰 ．（3）H2O2的作用是 将二价铁氧化成三价铁 ．（4）除铁过程中得到的Fe（OH）3可用KClO溶液在碱性环境将其氧化得到一种高效的多功能水处理剂（K2FeO4），该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 3：2 ．（5）乙知溶液a中含有CO32﹣、SO42﹣两种酸根阴离子，若只允许取用一次样品，检验这种离子存在的实验操作过程为 取少量溶液a于试管中，滴加稍过量稀盐酸，有无色气泡产生，说明有CO32﹣在，继续滴加氯化钡溶液或氢氧化钡溶液，产生白色沉淀，说明含有SO42﹣ ．【考点】制备实验方案的设计．【专题】实验设计题．【分析】氧化铜锌矿经废酸浸取后过滤，可得到硫酸铜、硫酸锌溶液；向酸浸液中加铁可还原出铜，经过滤可得铜和硫酸亚铁、硫酸锌的混合液；然后加入双氧水和氨气，将亚铁转化为氢氧化铁沉淀而除去；后向滤液中加氨气和碳酸氢铵等将锌离子转化为Zn2（OH）2CO3，最后焙烧，Zn2（OH）2CO3受热分解得到氧化锌．（1）Fe与铜离子发生置换反应；（2）①A装置为固体加热制备气体，实验室用氯化铵和氢氧化钙来制备氨气；②装置B为液体与固体反应不需要加热的装置；（3）H2O2的作用是将二价铁氧化成三价铁；（4）从题给信息写出反应物和生成物，结合原子守恒和电子守恒分析；（5）根据CO32﹣、SO42﹣的性质可知选用盐酸和氯化钡溶液检验．【解答】解：氧化铜锌矿经废酸浸取后过滤，可得到硫酸铜、硫酸锌溶液；向酸浸液中加铁可还原出铜，经过滤可得铜和硫酸亚铁、硫酸锌的混合液；然后加入双氧水和氨气，将亚铁转化为氢氧化铁沉淀而除去；后向滤液中加氨气和碳酸氢铵等将锌离子转化为Zn2（OH）2CO3，最后焙烧，Zn2（OH）2CO3受热分解得到氧化锌．（1）Fe与铜离子发生置换反应生成Cu和亚铁离子，其离子方程式为：Fe+Cu2+=Fe2++Cu，故答案为：Fe+Cu2+=Fe2++Cu；（2）①A装置为固体加热制备气体，实验室用氯化铵和氢氧化钙来制备氨气，所以选A，其反应的化学方程式为：Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；故答案为：A；Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；②装置B为液体与固体反应不需要加热的装置，则可以选用浓氨水、碱石灰来制备氨气；故答案为：浓氨水、碱石灰；（3）根据以上分析，H2O2的作用是将二价铁氧化成三价铁，故答案为：将二价铁氧化成三价铁；（4）由题给信息可知，反应物为2Fe（OH）3、ClO﹣、OH﹣，生成物之一为FeO42﹣，因铁在反应中化合价升高，故氯元素的化合价降低，则另一产物为Cl﹣\n，根据元素、电子、电荷守恒配平（可知产物还有水），则方程式为：2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O，Fe（OH）3为还原剂，ClO﹣为氧化剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2；故答案为：3：2；（5）CO32﹣与酸会生成二氧化碳气体，SO42﹣与钡离子结合生成白色沉淀硫酸钡，所以可选用盐酸和氯化钡溶液检验，其操作为：取少量溶液a于试管中，滴加稍过量稀盐酸，有无色气泡产生，说明有CO32﹣在，继续滴加氯化钡溶液或氢氧化钡溶液，产生白色沉淀，说明含有SO42﹣；故答案为：取少量溶液a于试管中，滴加稍过量稀盐酸，有无色气泡产生，说明有CO32﹣在，继续滴加氯化钡溶液或氢氧化钡溶液，产生白色沉淀，说明含有SO42﹣．【点评】本题属于工艺流程图方面题目，要搞清实验目的和题给信息，结合流程和题目设问正确解题，本题难度中等，侧重于考查学生的实验能力和分析解决问题的能量． 17．四苯基乙烯（TPE）及其衍生物具有聚集诱导发光特性，在光电材料等领域应用前景广泛，以下是TPE的两条合成路线（部分试剂和反应条件省略）：（1）A的名称是 甲苯 ；试剂Y为 酸性高锰酸钾溶液 ；（2）B→C的反应类型是 取代反应 ；B中官能团的名称是 羧基 ，D中官能团的名称是 羰基 ；（3）E→F的化学方程式是 ；（4）W是D的同分异构体，具有下列结构特征：①属于萘（）的一元取代物；②存在羟甲基（﹣CH2OH），写出W所有可能的结构简式： ；（5）下列说法正确的是 ad ．a、B的酸性比苯酚强b、D不能发生还原反应\nc、E含有3种不同化学环境的氢d、TPE既属于芳香烃也属于烯烃．【考点】有机物的合成；真题集萃．【分析】（1）由A的分子式与B的结构可知，应是甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成苯甲酸；（2）对比B、C的结构简式可知，B发生取代反应生成C；由B、D结构可知，含有的官能团分别为羧基、羰基；（3）E的分子式为C13H11Br，F的分子式为C13H12O，对比E的结构与F的分子式可知，B中Br原子被﹣OH取代生成F；（4）D的分子式为C13H10O，不饱和度为9，W是D的同分异构体属于萘（）的一元取代物，存在羟甲基（﹣CH2OH），萘环不饱和度为7，则侧链存在碳碳三键，故侧链为﹣C≡CCH2OH，萘有2种化学环境不同的H原子，据此书写；（5）a．羧基酸性大于酚羟基；b．D含有苯环与羰基，能与氢气发生加成反应；c．E中含有4种化学环境不同的H原子；d．TPE只有含有C、H2种元素，属于烃，含有苯环，属于芳香烃，含有碳碳双键，属于烯烃．【解答】解：（1）由A的分子式与B的结构可知，应是甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成苯甲酸，故答案为：甲苯；酸性高锰酸钾溶液；（2）对比B、C的结构简式可知，B发生取代反应生成C；由B、D结构可知，含有的官能团分别为羧基、羰基，故答案为：取代反应；羧基；羰基；（3）对比E的结构与F的分子式可知，B中Br原子被﹣OH取代生成F，反应方程式为，故答案为：；（4）D的分子式为C13H10O，不饱和度为9，W是D的同分异构体属于萘（）的一元取代物，存在羟甲基（﹣CH2OH），萘环不饱和度为7，则侧链存在碳碳三键，故侧链为﹣C≡CCH2OH，萘有2种化学环境不同的H原子，符合条件的W有：，\n故答案为：；（5）a．羧基酸性大于酚羟基，故a正确；b．D含有苯环与羰基，能与氢气发生加成反应，属于还原反应，故b错误；c．E中含有4种化学环境不同的H原子，故c错误；d．TPE只有含有C、H2种元素，属于烃，含有苯环，属于芳香烃，含有碳碳双键，属于烯烃，故d正确，故选：ad．【点评】本题考查有机物的合成，注意根据有机物的结构与分子式进行分析解答，是对有机化学基础的综合考查，难度不大． 18．（1）现欲除去括号内的杂质，请依次填上适当的试剂和方法．苯（酒精） 水，分液 ．（2）苯腙是有机染料的主要原料，由醛（或酮）与苯肼生成苯腙的反应为：反应①的原子利用率为100%，则中间产物A的结构简式为 ．【考点】有机物的结构和性质；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．【分析】（1）根据苯不溶于水，而酒精与水混溶的性质选择分离方法；（2）反应①的原子利用率为100%，应发生加成反应，C=O键断裂生成C﹣O键．【解答】解：（1）苯不溶于水，而酒精与水混溶，可加入水，然后分液分离，故答案为：水，分液；（2）反应①的原子利用率为100%，应发生加成反应，C=O键断裂生成C﹣O键，A应为，故答案为：．【点评】本题考查物质的分离以及有机物的制备，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握物质的性质的异同，难度不大． 19．如图是用于简单有机化合物的制备、分离、性质比较等的常见简易装置．请根据该装置回答下列问题：（1）若用乙醇与乙酸反应制取乙酸乙酯，反应的化学方程式为 CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O ，试管B中应加入 饱和碳酸钠溶液 ．虚线框中的导管除用于导气外，还兼有 冷凝 作用．（2）若用该装置分离乙酸和1﹣丙醇，则在试管A中除加入1﹣丙醇与乙酸外，还应先加入适量的试剂 生石灰 ，加热到一定温度，试管B中收集到的是 CH3CH2CH2OH \n（填写结构简式）．冷却后，再向试管A中加入试剂 浓硫酸 ，加热到一定温度，试管B中收集到的是 CH3COOH （填写结构简式）．【考点】乙酸乙酯的制取．【专题】综合实验题．【分析】（1）乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热反应生成乙酸乙酯；用饱和碳酸钠溶液分离混合物；长导管起到导气和冷凝乙酸丙酯蒸汽的作用；（2）先把酸转化为盐溶液，再蒸馏，馏分为丙醇，剩余的水溶液中加硫酸得到乙酸，再通过蒸馏分离．【解答】解：（1）酯化反应的本质为酸脱羟基，醇脱氢，乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，该反应为可逆反应为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；生成的乙酸乙酯蒸汽中含有乙醇和乙酸，要用饱和碳酸钠溶液分离混合物；长导管起到导气和冷凝乙酸丙酯蒸汽的作用，故答案为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2CH3+H2O；饱和碳酸钠溶液；冷凝；（2）在乙酸和1﹣丙醇的混合液中加入生石灰，把乙酸转化为盐溶液，加热蒸馏，试管B中收集到的馏分为丙醇，烧瓶中剩余的为乙酸钙的水溶液，再加浓硫酸得到乙酸，通过蒸馏分离得到乙酸，故答案为：生石灰；CH3CH2CH2OH；浓硫酸；CH3COOH．【点评】本题考查了有机物的制备、分离和提纯，题目难度中等，试题侧重于基本实验操作的考查，注意把握有关物质的性质，试题有利于培养学生灵活应用所学知识的能力． 20．某种用于治疗高脂蛋白血症的药物E可以用如下所示方法合成．已知：反应①符合“绿色化学”的原则，原子利用率达到100%；同一个碳原子上连有两个或多个羟基时结构不稳定，易脱水形成羰基．（1）A分子中含有的官能团名称为 羰基 ；反应⑤的条件为 浓硫酸、加热 ．\n（2）写出物质D的结构简式 ．（3）写出反应③的化学方程式 +4NaOH+3NaCl+2H2O ．（4）D的同分异构体有多种，其中含有羟基和酚羟基且同时符合下列条件的共 4 种．其中有一种在NaOH乙醇溶液中不能发生消去反应，其结构简式为 ．①苯环上有2个对位的取代基，且苯环上的一溴取代物只有2种；②与NaOH溶液发生取代反应所形成的官能团被氧化后可发生银镜反应．【考点】有机物的推断．【分析】反应①符合“绿色化学”的原则，原子利用率达到100%，结合B与苯酚反应的产物可知．A为，A与3氯甲烷反应生成的B为CH3（CH3）C（OH）CCl3\n，反应③是氯素原子在NaOH的水溶液中的水解反应，同一个碳原子上连有两个或多个羟基时结构不稳定，易脱水形成羰基，酸化后生成的C中含有﹣COOH，结合E的结构简式可知反应④是在苯环上引入Cl原子的反应，生成的D为，D与乙醇发生酯化反应生成E，据此分析．【解答】解：反应①符合“绿色化学”的原则，原子利用率达到100%，结合B与苯酚反应的产物可知．A为，A与3氯甲烷反应生成的B为CH3（CH3）C（OH）CCl3，反应③是氯素原子在NaOH的水溶液中的水解反应，同一个碳原子上连有两个或多个羟基时结构不稳定，易脱水形成羰基，酸化后生成的C中含有﹣COOH，结合E的结构简式可知反应④是在苯环上引入Cl原子的反应，生成的D为，D与乙醇发生酯化反应生成E，（1）反应①符合“绿色化学”的原则，原子利用率达到100%，结合B与苯酚反应的产物可知．A为，含有羰基官能团，反应⑤是D与乙醇发生酯化反应，反应条件是浓硫酸、加热，故答案为：羰基；浓硫酸、加热；（2）据分析可知D为，故答案为：；\n（3）反应③是氯素原子在NaOH的水溶液中的水解反应，同一个碳原子上连有两个或多个羟基时结构不稳定，易脱水形成羰基，可知反应方程式为+4NaOH+3NaCl+2H2O，故答案为：+4NaOH+3NaCl+2H2O；（4）D的同分异构体中含有羧基和酚羟基且同时符合①苯环上有2个对位的取代基，且苯环上的一溴取代物只有2种；说明苯环上有酚羟基和另一官能团，且在对位，②与NaOH溶液发生取代反应所形成的官能团被氧化后可发生银镜反应，说明另一官能团中含有﹣CH2Cl结构，可能的结构有﹣CH2CH（CH2Cl）COOH，﹣CH（CH2Cl）CH2\nCOOH，﹣CH（COOH）CH2CH2Cl，共4种，其中在NaOH乙醇溶液中不能发生消去反应为，故答案为：4；．【点评】本题考查了有机推断和有机化学方程式的书写以及同分异构体的判断，同分异构体的判断是难点，注意根据官能团的性质以及反应条件判断反应，充分利用题目所给信息是解题的关键．
