【文档说明】江苏省淮安市2019-2020学年高一下学期期末调研测试化学试题【精准解析】.doc，共(20)页，630.000 KB，由小赞的店铺上传

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淮安市2019~2020学年度第二学期期末调研测试高一化学试题可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16C1-35.5Cu-64选择题(共50分)单项选择题：本题包括15小题，每小题2分，共30

分。每小题只有1个选项符合题意。1.下列关于能源的说法不正确的是（）A.植物通过光合作用，将太阳能转化为生物质能B.农村推广建造沼气池，是对生物质能的有效利用C.天然气的主要成分是甲烷，是一种可再生的清

洁能源D.氢能是绿色能源，在光分解催化剂下可用太阳能分解水制氢气【答案】C【解析】【详解】A.绿色植物具有光合作用，光合作用将太阳能转化为生物质能，故A正确；B.生物质发酵可生成甲烷，则在农村推广建造沼气池，是对生物质能的有效利用，故B正确；C.煤、石油、天然气属于化石燃料，它们都是

不可再生能源，故C不正确；D.氢气燃烧的产物是水，无污染，氢能是绿色能源，在光分解催化剂下可用太阳能分解水制氢气，故D正确；故选：C。2.下列有关化学用语表示正确的是A.中子数为10的氧原子：108OB.Mg2＋的结构示意图：C.硫化钠的电子式：D.乙烯的结构简式：CH

2CH2【答案】B【解析】【详解】A.中子数为10的氧原子：188O，A错误；B.Mg2＋的结构示意图：，B正确；C.硫化钠是离子化合物，电子式为，C错误；D.乙烯的结构简式：CH2=CH2，D错误；答案为B。【点睛】本题易错点为D，注意结构简式书写时，特殊结构

，如碳碳双键等不能省略。3.下列物质属于离子化合物的是（）A.HClB.CO2C.K2OD.N2【答案】C【解析】【详解】A．HCl分子中Cl原子和H原子形成共价键，为共价化合物，A不符合题意；B．CO2分子中C原子和O原子只形成共价键，

为共价化合物，B不符合题意；C．K2O中K+和O2-形成离子键，为离子化合物，C符合题意；D．N2分子中N原子之间形成共价键，且N2为单质，D不符合题意；答案选C。4.下列每组中的两种互为同素异形体的是()A.金刚石与石墨B.CH4与CH3CH3C.葡萄糖与蔗糖D.12C与13C【答案】

A【解析】【分析】同种元素组成的结构性质不同的单质互为同素异形体。【详解】A.金刚石、石墨互为同素异形体，A项正确；B.CH4和CH3CH3互为同系物，B项错误；C.葡萄糖与蔗糖属于化合物，同素异形体属于单质，C项错误；D.12C与13C是碳元素的不同核素，互为同位素，D项错误；答案选A。

5.下列反应属于吸热反应的是A.木炭在氧气中的燃烧反应B.生石灰与水的反应C.氢氧化钠溶液与盐酸的中和反应D.氢氧化钡晶体与氯化铵晶体的反应【答案】D【解析】【详解】A.木炭在氧气中的燃烧反应是放热反应，A不符合题意；B.生石灰与水反

应产生Ca(OH)2，该反应是放热反应，B不符合题意；C.氢氧化钠溶液与盐酸的中和反应是放热反应，C不符合题意；D.氢氧化钡晶体与氯化铵晶体反应生成氯化钡、氨气和水，该反应是吸热反应，D符合题意；故合理选项是D。6

.下列关于有机物说法正确的是（）A.医用消毒酒精的浓度为95%B.淀粉遇碘元素显蓝色C.糖类、油脂、蛋白质都是高分子化合物D.蛋白质水解的最终产物为氨基酸【答案】D【解析】【详解】A.医用消毒酒精的浓度为75%，故A错误；B.淀粉遇含有碘单质

的溶液显蓝色，故B错误；C.蛋白质是高分子化合物，糖类中的单糖和二糖是小分子化合物，多糖是高分子化合物，油脂不是高分子化合物，故C错误；D.蛋白质在人体胃蛋白酶和胰蛋白酶的作用下，经过水解的最终产物为氨基酸，故D正确；故选：D。7.N2+3H2催化

剂高温、高压2NH3是工业上制造氮肥的重要反应。下列关于该反应的说法正确的是（）A.增加N2的浓度能加快反应速率B.降低体系温度能加快反应速率C.使用催化剂不影响反应速率D.N2和H2能100%转化为NH3【答案】A【解析】【详解】A．增大反应物的浓度，活化分子数增多，有效碰撞

几率增大，化学反应速率加快，A正确；B．降低体系温度，活化分子数减少，有效碰撞几率减小，化学反应速率减慢，B错误；C．一般情况下，使用催化剂会降低反应的活化能，加快反应速率，C错误；D．该反应为可逆反应，有一定的化学反应限度，

所以N2和H2不能100%转化为NH3，D错误；答案选A。8.下列各物质间的转化在给定条件下能实现的是（）A.NH4HCO3NH3NOB.石油CH3CH3CH2BrCH2BrC.稀HNO3NO2NOD.油脂葡萄糖银镜【答案】A【解析】【详解】A．NH4HCO3不稳定，在加热条件下

分解生成NH3、CO2、H2O，NH3与O2在催化剂、加热条件下能反应生成NO、H2O，故A所给物质在给定条件下能实现转化；B．CH3CH3为饱和烷烃，在CCl4作用下不能与Br2发生反应生成CH2BrCH2Br，故

B所给物质在给定条件下不能实现转化；C．稀HNO3与Cu反应生成NO，而非NO2，故C所给物质在给定条件下不能实现转化；D．油脂在NaOH溶液、加热条件下反应生成丙三醇、高级脂肪酸钠盐，并不能生成葡萄糖，故C所给物质在给定条件下不能实

现转化；综上所述，各物质间的转化在给定条件下能实现的是A，故答案为：A。9.下列各组离子中，能在溶液中大量共存的一组是（）A.K+、NH4+、CO23−、OH-B.Cu2+、Na+、NO3−、Cl-C.

Na+、Ba2+、SO23−、I-D.H+、Fe2+、NO3−、ClO-【答案】B【解析】【详解】A．+4NH与OH-能够发生反应生成弱电解质NH3•H2O，因此不能大量共存，故A不符合题意；B．离子之间不发生化学

反应，能够大量共存，故B符合题意；C．2-3SO与Ba2+能够发生化学反应生成难溶物BaSO3，因此不能大量共存，故C不符合题意；D．ClO-以及酸性条件下的-3NO均具有强氧化性，能够氧化Fe2+，而且H+与ClO-之间能够发生反应生成弱电解质H

ClO，因此不能大量共存，故D不符合题意；综上所述，能够大量共存的为B项，故答案为：B。【点睛】注意明确离子不能大量共存的一般情况：（1）能发生复分解反应的离子之间不能大量共存；（2）能发生氧化还原反应的离子之间不能大量共存；（3）能发生络合反应的离子之间不能大量

共存（如Fe3+和SCN-等）；（4）还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等。10.下列有机反应方

程式书写正确的是（）A.乙烯与溴水反应：CH2=CH2+Br2→CH3CHBr2B.苯的硝化反应：+HNO3⎯⎯⎯→浓硫酸+H2OC.乙醇的催化氧化：CH3CH2OH+3O22CO2+3H2OD.乙酸与乙醇发生酯

化反应：CH3COOH+HOCH2CH3CH3COOCH2CH3【答案】B【解析】【详解】A．乙烯与溴水之间能够发生加成反应，反应中溴原子分别结合碳原子，其化学方程式为：CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br，故A错误；B．苯的硝化反应化学方程式为：+HN

O3⎯⎯⎯→浓硫酸+H2O，故B正确；C．乙醇与氧气在催化剂、加热条件下生成乙醛、水，其化学方程式为：2CH3CH2OH+O2⎯⎯⎯⎯→催化剂2CH3CHO+2H2O，故C错误；D．乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯、水，其化学方程式为：CH3COOH+HOCH2CH3浓硫酸

CH3COOCH2CH3+H2O，故D错误；综上所述，有机反应方程式书写正确的是B，故答案为：B。11.下列每组两种物质中，都既含离子键又含共价键的是（）A.SiO2和CO2B.NaOH和CH4C.Na2O2和NH4ClD.NaCl和HCl【答案】C【解析】【详解】A

．SiO2为共价化合物，只含有共价键，CO2为共价化合物，只含有共价键，故A不符合题意；B．NaOH为离子化合物，其中Na+与OH-之间通过离子键连接，OH-中O原子与H原子之间通过共价键连接，NaOH中含有离子键、共价

键，CH4为共价化合物，只含有共价键，故B不符合题意；C．Na2O2为离子化合物，其中Na+与2-2O之间通过离子键连接，2-2O中O原子通过共价键连接，Na2O2中含有离子键、共价键，NH4Cl为离子化合物，其中+4NH与Cl-通过离子键连接，+4NH中N原子与H原子之间通过共价键连接，NH4

Cl中含有离子键、共价键，故C符合题意；D．NaCl为离子化合物，其中只含有离子键，HCl为共价化合物，其中只含有共价键，故D不符合题意；综上所述，两种物质中，都既含离子键又含共价键的是C，故答案为：C。12.下列有关说法正确的是（）A.元素周期表是元素按相对原子质量大小排列而成的

B.元素周期表共有9个周期和18个族C.在金属元素与非金属元素的分界线附近寻找半导体材料D.第IA族元素，原子序数越大，金属性越弱【答案】C【解析】【详解】A．元素周期表是按照元素的原子序数即核电荷数大小排列而成的，A错误；B．元素周期表共有7个周期和16个族，B错误；

C．在金属元素与非金属元素的分界线附近的元素单质的导电性介于金属和非金属之间，可以用来做半导体材料，C正确；D．同一主族元素至上而下金属性逐渐增强，因此第IA族元素，原子序数越大，金属性越强，D错误；答案选C。13.下

列比较顺序正确的是（）A.微粒半径：Na+＜S2-＜Cl-B.酸性：H3PO4＞H2SO4＞HClO4C.稳定性：HF＞HCl＞HBrD.碱性：Mg(OH)2＞KOH＞Al(OH)3【答案】C【解析】【详解】A．Na+的核外电子层数为2层，S2-、Cl-的核外电子层数均为3层，电子层数越

多，半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，因此微粒半径：Na+＜Cl-＜S2-，A错误；B．非金属性越强，最高价氧化为对应水化物的酸性越强，非金属性：Cl＞S＞P，则酸性：H3PO4＜H2

SO4＜HClO4，B错误；C．非金属性越强，氢化物稳定性越强，非金属性：F＞Cl＞Br，则稳定性：HF＞HCl＞HBr，C正确；D．金属性越强，最高价氧化为对应水化物的碱性越强，金属性：K＞Mg＞Al，则碱性：KOH＞Mg(OH)2＞Al(OH)3，D错误；答案选C。14.一定条件下发

生反应5Cl2+12KOH+I2＝2KIO3+10KCl+6H2O。下列有关说法正确的是A.I2发生还原反应B.KOH是氧化剂C.Cl2反应时得到电子D.每消耗1molI2时，转移5mol电子【答案】C【解析】【分析】由反应

方程式可知，反应中氯元素化合价降低，被还原，Cl2做反应的氧化剂，得到电子发生还原反应，碘元素化合价升高，被氧化，I2做反应的还原剂，发生氧化反应。【详解】A项、由反应方程式可知，碘元素化合价升高，被氧化，I2做反应的还原剂，失去电子发生氧化反应，故A错误；B项、由反应方程式可

知，反应中氯元素化合价降低，被还原，Cl2做反应的氧化剂，KOH既不是氧化剂，也不是还原剂，故B错误；C项、由反应方程式可知，反应中氯元素化合价降低，被还原，Cl2做反应的氧化剂，得到电子发生还原反应，故C正确；D项、由反应方程式可知，每消耗1

molI2时，转移的电子数为2×（5-0）e-=10mole-，故D错误。故选C。【点睛】本题考查氧化还原反应，明确氧化还原反应中元素的化合价变化，熟悉氧化还原反应中的概念是解答本题的关键。15.下列装置所

示的实验中，能达到实验目的的是（）A.利用甲装置分离碘酒中的碘和酒精B.利用乙装置实验室制氨气C.利用丙装置除去Cl2中的HC1D.利用丁装置排水法收集NO【答案】D【解析】【详解】A.碘易溶于酒精，不能用分液方式分离，可选用蒸馏的方法，A不能达到实验目的的；B.实验室制备氨气选用氢氧化钙和氯化

铵混合加热，B不能达到实验目的的；C.氢氧化钠与氯气和氯化氢都能反应，应选用饱和食盐水，C不能达到实验目的的；D.一氧化氮不溶于水，利用丁装置排水法收集NO，D能达到实验目的的。答案为D。不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。16.胶状液

氢(主要成分是H2和CH4)有望运用于未来的运载火箭和空间运输系统。实验测得101kPa时，1molH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ的热量；1molCH4完全燃烧生成液态水和CO2，放出890.3kJ的热量。下列热化学方程式书写正确的是（）A.2H2(g)+O2(

g)=2H2O(l)ΔH=+285.8kJ•mol-1B.2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH=-571.6kJ•mol-1C.CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-890.3kJ•m

ol-1D.CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-890.3kJ•mol-1【答案】BD【解析】【详解】1molH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ的热量，则表示H2燃烧热的热化学方程式为()()()-12

221Hg+Og=HOl-285.8kJmol2H=，所以，()()()()-1-12222Hg+Og=2HOl-285.82=-571.6kJmolkJmolH=，故B正确；1molCH4完全燃烧生成液态水和CO2，放出890.3

kJ的热量，则表示CH4燃烧热的热化学方程式为：()()()()-14222CHg+2Og=COg+2HOl=-890.3kJmolH，故D正确；综上所述，热化学方程式书写正确的是BD，故答案为：BD。17.X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，且原

子序数依次增大。X的原子半径最小，Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，Y、Z同主族。下列说法正确的是（）A.X元素在元素周期表中的第IVA族B.Z元素最高价氧化物对应的水化物化学式为H2ZO4C.X与Y可

以形成X2Y、X2Y2两种离子化合物D.Z、W两种元素气态氢化物中，Z的气态氢化物稳定【答案】B【解析】【分析】Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，则次外层电子数只能为2，则最外层电子数为6，因此原子序数为2+6=8，Y为O；Y、Z同主族，因Y为短周期元素，则Z为S；因W为短

周期主族元素，且原子序数大于S，则W为Cl；X的原子半径最小，且原子序数X<Y，根据同周期元素从左至右半径逐渐减小，可知X不能是第二周期主族元素，因此X为第一周期主族元素，故X为H；以此解答。【详解】由上述分析可知，X为H，Y为O，Z为S，W为Cl，A

．X为H，位于元素周期表中IA族，故A说法错误；B．S元素位于VIA族，最高化合价为+6，则最高价氧化物对应的水化物化学式为H2SO4，故B说法正确；C．H2O、H2O2均为分子化合物，故C说法错误；

D．S与Cl位于同一周期，同周期元素从左至右元素非金属性逐渐增大，非金属性：Cl>S，因此气态氢化物稳定性：HCl>H2S，故D说法错误；综上所述，说法正确的是B。故答案为：B。18.下列反应的离子方程式书写正确的是（）A.铁与Fe(NO3)3溶液反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+B

.铝与氢氧化钠溶液反应：A1+2OH-=-2AlO+H2↑C.Cu(OH)2与稀硝酸反应：Cu(OH)2+2H+=Cu2++2H2OD.醋酸与Na2CO3溶液反应：2H++2-3CO=CO2↑+H2O【答案】AC【解析

】【详解】A．铁与Fe(NO3)3溶液反应生成Fe(NO3)2，其反应离子方程式为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，故A正确；B．铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠、氢气，其反应离子方程式为：--2222Al+2OH+2HO=2AlO+3H，故B错误；C．Cu(

OH)2与稀硝酸反应生成硝酸铜、水，其反应离子方程式为：Cu(OH)2+2H+=Cu2++2H2O，故C正确；D．醋酸与Na2CO3溶液反应生成醋酸钠、二氧化碳、水，其反应离子方程式为：32-33-222CHCOOH+2CHCOO

+COO=+HOC，故D错误；综上所述，反应的离子方程式书写正确的是AC，故答案为：AC。【点睛】判断离子方程式是否正确可从以下几个方面进行：①从反应原理进行判断，如反应是否能发生、反应是否生成所给产物

等；②从物质存在形态进行判断，如拆分是否正确、是否正确表示了难溶物和气体等（如本题D选项）；③从守恒角度进行判断，如原子守恒、电荷守恒、氧化还原反应中的电子转移守恒等；④从反应的条件进行判断；⑤从反应物的组成以及反应物之间的配比进行判断。

19.根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是（）选项实验操作和现象结论A将湿润的红色石蕊试纸置于集气瓶口，试纸变蓝集气瓶内的气体为NH3B常温时向盛有浓硝酸的两支试管中分别投入铜片与铁片后，铜片逐渐溶解而铁片不溶解金属性：C

u>FeC向鸡蛋清溶液中加入少量CuSO4溶液，出现浑浊，分离沉淀后加足量水，沉淀不溶解蛋白质发生了盐析D向某乙醇中加入一小块金属钠，有气泡生成该乙醇中一定含有水A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．将湿润的红色石蕊试纸置于集气瓶口，试纸变蓝，说明该气

体的水溶液呈碱性，则该气体为NH3，故A结论正确；B．常温下，铁与浓硝酸反应会在铁表面生成致密氧化膜而钝化，导致反应不能进一步进行，并不能以此比较Cu与Fe的金属性，故B结论错误；C．Cu2+属于重金属离子，会使蛋白质变性，该过程并非是盐析，故C结论错误；D．乙醇、水均能与金属钠反应，

因此向某乙醇中加入一小块金属钠，有气泡生成，不能证明乙醇中含有水，故D结论错误；综上所述，实验操作和现象所得出的结论正确的是A，故答案为：A。【点睛】蛋白质变性作用是蛋白质受物理或化学因素的影响，改变其分子内部结构和性质的作用，一般认

为蛋白质的二级结构和三级结构有了改变或遭到破坏，都是变性的结果，能使蛋白质变性的化学方法有加强酸、强碱、重金属盐、某些有机物如乙醇、苯酚等；能使蛋白质变性的物理方法有加热(高温)、紫外线及X射线照射、超声波、剧烈振荡或搅拌等。20.利用反应6NO2+8NH3=7N2+12H2O

构成电池的装置如图所示。此方法既能实现有效清除氮氧化物的排放，减轻环境污染，又能充分利用化学能。下列说法正确的是（）A.该装置将化学能转化为电能B.电极B为正极C.电极A的反应式为：2NH3-6e-=N2+6H+D.当有4.48LNO2被处理时，转移0.8mol电子【答案】AB【解析】

【分析】反应6NO2+8NH3=7N2+12H2O中，NO2中N元素化合价降低，NH3中N元素化合价升高，因此通入NH3的电极上发生氧化反应，为电源负极，通入NO2的电极上发生还原反应，为电源正极，以此解答。【详解】A．该电池为电源装置，电源

工作过程中，将化学能转化为电能，故A说法正确；B．由上述分析可知，电极B为电源正极，故B说法正确；C．电极A上NH3发生氧化反应，电解质为KOH溶液，因此电极反应式为：--3222NH-6e+6OH=N+6HO，故C说法错误；D．未告知气体所处状态是否为标况，无法计算4.48LNO2气体的物质

的量，因此无法计算转移电子数，故D说法错误；综上所述，说法正确的是AB，故答案为：AB。【点睛】陌生电极反应式的书写步骤：①根据题干找出反应物以及部分生成物，根据物质变化分析化合价变化并据此写出得失电子数；②然后根据电荷守恒配平电极反应

式，在配平时需注意题干中电解质的环境；③然后检查电极反应式的守恒关系（电荷守恒、原子守恒、转移电子守恒等）。非选择题(共50分)21.工业上采用硫铁矿焙烧去硫后的烧渣(主要成分为Fe2O3、FeO、SiO2、Al2O3，

不考虑其他杂质)制取七水合硫酸亚铁(FeSO4·7H2O)，流程如图：（1）滤渣I的主要成分是___(填化学式)。（2）浸取过程中，可提高酸浸速率的措施有___(任写一条)。（3）还原时，若试剂X为一种单质，则X的化学式为___。（4）若试剂X选用SO2

，写出还原步骤的离子方程式：___。（5）常见离子形成氢氧化物沉淀的pH见表，则该流程中pH应该调节为___(范围)。pHAl3+Fe2+开始沉淀3.05.8完全沉淀5.08.8（6）从分离出滤渣II后的滤液中得到产品，应进行的操作是___、过滤、洗涤、干燥。【答案】(1).S

iO2(2).烧渣粉碎、搅拌、适当增大硫酸的浓度、适当升高温度(任写一条)(3).Fe(4).2-3+2++224SSO+2Fe+2HO=+2Fe+4HO(5).5.0~5.8(6).蒸发浓缩、冷却结晶【解析】【分析

】Fe2O3、FeO、Al2O3能溶于稀硫酸，SiO2不溶于稀硫酸，因此滤渣I为SiO2，滤液中含有FeSO4、Fe2(SO4)3、Al2(SO4)3，加入还原试剂X还原Fe3+，根据除杂原则中不引入新杂质的原则可知，若试剂X为单质，则其为

Fe粉，然后向溶液中加入试剂调节pH，依据Al3+完全沉淀、Fe2+开始沉淀时对应pH的差异将Al3+除去，然后过滤，将溶液经过一系列操作，最终制得FeSO4·7H2O，以此解答。【详解】（1）由上述分析可知，滤渣I为SiO2；（2）浸取过程中，可提高酸浸速率的措施有：粉碎烧渣以

增大反应物接触面积、搅拌增大反应物接触、适当增大硫酸的浓度、适当升高温度等；（3）由上述分析可知，若试剂X为单质，则其为Fe粉；（4）若试剂X选用SO2，SO2具有还原性，Fe3+具有氧化性，二者能够发生氧化还原反应，SO2被氧化为2-4SO，Fe3+被还原为Fe

2+，根据得失电子守恒、电荷守恒以及原子守恒可知，该反应离子方程式为：2-3+2++224SSO+2Fe+2HO=+2Fe+4HO；（5）由上述分析可知，调节pH的目的是沉淀Al3+，而Fe2+不发生沉淀，因此该流程中pH应该调节为5.0

~5.8；（6）过滤后滤液中溶质主要为FeSO4，因为要得到七水合硫酸亚铁晶体，所以，由溶液得到晶体的操作为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。22.工业中很多重要的原料都是来源于石油化工，根据转化关系，回答下列问题。已知：A可用作植物生长调节剂、

果实催熟剂。（1）丙烯酸中含氧官能团的名称为___。（2）若C为CH2BrCH2Br，反应①的反应类型为___。（3）反应④的产物聚丙烯酸的结构简式为___。（4）反应③的化学方程式为___。（5）丙烯酸(CH2=CH-COOH)可能发生的反应有___(填序号)。A.加成反应B.缩聚反

应C.水解反应D.氧化反应（6）实验室制备丙烯酸乙酯的过程中，为了除去杂质丙烯酸，最佳的处理方法是___(填序号)。a.加乙醇和浓硫酸，加热b.用过量饱和碳酸钠溶液洗涤后分液c.用过量氢氧化钠溶液洗涤后分液【答案】

(1).羧基(2).加成反应(3).(4).CH2=CH-COOH+CH3CH2OHΔ催化剂CH2=CHCOOCH2CH3+H2O(5).AD(6).b【解析】【分析】A可用作植物生长调节剂、果实催熟剂，则A为乙烯；乙烯与H2

O在催化剂作用下发生加成反应生成乙醇，则B为乙醇；乙醇与丙烯酸发生酯化反应生成丙烯酸乙酯，丙烯酸中含有碳碳双键，能够发生加聚反应生成聚丙烯酸，因此聚丙烯酸结构简式为，然后结合有机化合物中官能团性质解答。【详解】(1)丙烯酸化学式为：CH2=CH-COOH，其中所含含氧官能

团为羧基；(2)若C为CH2BrCH2Br，则反应①为乙烯与溴单质发生加成反应生成CH2BrCH2Br；(3)由上述分析可知，聚丙烯酸结构简式为；(4)反应③为乙醇与丙烯酸发生酯化反应生成丙烯酸乙酯，其化学反应方程式为

：CH2=CH-COOH+CH3CH2OHΔ催化剂CH2=CHCOOCH2CH3+H2O；(5)丙烯酸中含有碳碳双键、羧基，碳碳双键能够与H2或卤素单质等发生加成反应、能够与酸性高锰酸钾等强氧化剂发生氧化反应，但均不能发生缩聚反应和水解反应，故答案为：AD；(6)利

用乙醇与丙烯酸发生酯化反应制备丙烯酸乙酯，a．该反应为可逆反应，加入乙醇和浓硫酸，不能将丙烯酸完全转化，故不能达到除去丙烯酸的目的；b．丙烯酸能够与碳酸钠反应生成丙烯酸钠盐，而丙烯酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中溶解度较低，能够实现分层，

然后利用分液分离丙烯酸乙酯；c．丙烯酸乙酯、丙烯酸能够与氢氧化钠溶液反应，因此不能用氢氧化钠溶液除杂；综上所述，能够除去丙烯酸的最佳方案为b项，故答案为：b。23.化学反应速率、限度及能量与生产、生活密

切相关。(1)氮是动植物生长不可缺少的元素，合成氨的反应对人类解决粮食问题贡献巨大，反应如下：N2+3H2高温、高压催化剂2NH3。合成氨反应中的能量变化如图所示，该反应中，反应物化学键断裂吸收的总能量___(填“大于”或“小于”)生成物化学键形成放出的总能量。(2)小王同

学为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化，他在200mL稀盐酸中加入足量的锌粉，用排水集气法收集反应放出的氢气，实验记录如下(累计值)：时间(min)12345氢气体积(mL)(标准状况)50190414526570①求2~4分钟时间段以盐酸的浓度变

化来表示的该反应速率___。(设溶液体积不变)②小蒋同学认为在盐酸溶液中滴入少量的CuSO4溶液可以加快反应的速率，请从电化学的角度给子分析：构成的原电池中负极反应式为___；溶液中H+移向___极(填“正“或“负")。(3)某温度下

在4L恒容密闭容器中，3种气态物质X、Y、Z的物质的量随时间变化曲线如图。①写出该反应的化学方程式___。②在5min时，该反应达到了平衡状态，下列可作为判断反应已达到该状态的是___。A.X、Y、Z的浓度相等B

.容器内气体压强保持不变C.X、Y的反应速率比为3：1D.生成1molY的同时生成2molZ③该反应达平衡时，X的转化率为___。【答案】(1).小于(2).0.075mol·L-1·min-1(3).Zn-2e-

=Zn2+(4).正(5).3X+Y2Z(6).BD(7).60%【解析】【分析】根据图像判断反应放热还是吸热，进而判断断键吸收的能量和成键放出的能量大小关系，根据公式cv=t计算化学反应速率，根据原电池原理书写电极反应式并判断离子移向，结合图示信息得出

反应物、生成物，并由化学计量数之比等于转化的物质的量书写化学方程式，判断条件是否为变量从而判断反应是否达到平衡。【详解】(1)由合成氨反应中的能量变化图可知，该反应为放热反应，则反应物化学键断裂吸收的总能量小于生成物化学键形成放出的总能量；(2)①锌与盐酸反应的化学方程式为Zn+2HCl=ZnC

l2+H2↑，由表格数据可知2~4分钟时间段内氢气的变化量为526mL-190mL=336mL=0.336L，则()20.336LΔnH==0.015mol22.4L/mol，所以()-1-120.01

5mol0.2LvH==0.0375molLmin2min，根据化学反应速率之比等于化学计量数之比可得()()-1-12vHCl=2vH=0.075molLmin；②在盐酸溶液中滴入少量的CuSO4溶液，可形成铜锌原电池，其中锌作负极失去电子，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，

原电池中阳离子向正极移动，即溶液中H+向正极移动；(3)①根据图像可知，X、Y为反应物，Z为生成物，且转化的物质的量之比为3：1：2，则该反应的化学方程式为3X+Y2Z；②A.在5min时，该反应达到了平衡状态，此时X、Y、Z的浓度不相等，因此X、Y、Z浓度相等，不能说明反应

达到平衡，A不选；B．该反应为前后气体体积变化的反应，压强不变时，可以说明反应达到平衡，B选；C．无论是否达到平衡，化学反应速率之比始终等于化学计量数之比，所以X、Y的反应速率比为3：1不能说明反应达到平衡，C不选；D．生成1molY的同时生成2molZ，正逆反应速率相等，可以说明反

应达到平衡，D选；故答案选BD；③由图像可知，5min达到平衡时X转化了0.6mol，则X的转化率=0.6100%=60%1.0。24.氯化亚铜(CuCl)常用作催化剂、杀菌剂等。（1）将Na2SO3溶液逐滴加入到CuCl

2溶液中，再加入少量浓盐酸混匀，得到CuCl沉淀。该反应中被氧化的物质是__(填化学式)。（2）为测定制得CuCl样品的纯度，进行下列实验：a.称取0.5000g样品，放入盛有20mL过量FeCl3溶液和玻璃珠的锥形瓶中，不断摇动;b.待样

品溶解后，加水50mL;c.立即用0.2000mol·L-1Ce(SO4)2标准溶液滴至反应完全，记录消耗标准溶液的体积：d.重复步骤a至c操作2次，记录消耗标准溶液的平均体积为25.00mL.已知：CuC1+Fe3+=Cu2++Fe2++Cl-、Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3

+①配制100mL0.2000mol·L-1的Ce(SO4)2标准溶液时，需要的玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管，还需要___。②进行步骤c时若操作缓慢，则测得CuCl的纯度___(“偏大”、“偏小”或“无影响")。③通过计算确定该样品中CuCl的纯度___(

写出计算过程)。【答案】(1).Na2SO3(2).100ml容量瓶(3).偏小(4).99.5%【解析】【分析】（1）盐酸、亚硫酸根离子和铜离子发生氧化还原反应生成CuCl白色沉淀、硫酸根离子，氧化还原反应

中，失电子化合价升高的反应物是被氧化的物质，也是还原剂，得电子化合价降低的反应物是被还原的物质，也是氧化剂；（2）①根据配制一定物质的量浓度的溶液使用的仪器解答；②步骤c发生反应：Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+，若操作缓慢，亚铁离子被氧气氧化；③依据方程式CuCl+Fe3+=Cu2

++Fe2++Cl-、Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+中各反应物量之间的关系，可得关系式：CuCl～Ce4+，据此计算CuCl的纯度。【详解】（1）在Na2SO3的水溶液中逐滴加入CuCl2的水溶液中，再加入少量浓盐酸混匀，倾出清液，抽滤即

得CuCl沉淀发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：2+-22-2-342Cu+SO+2Cl+HO=2CuCl+SO+2H+，该反应中化合价变化Cu(+2→+1)，S(+4→+6)，氧化还原反应中，失电子化合价升高的反应物是被氧化的物质，该反应中被氧化的物质是Na2SO3，故答案为：Na

2SO3；（2）①配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶、贴标签，配制100mL溶液用到的仪器有托盘天平(称量)、药匙、玻璃棒(溶解、移液)、胶头滴管(定容)、

烧杯(溶解)、100mL容量瓶(定容、摇匀)故还需要的玻璃仪器有：100mL容量瓶，故答案为：100mL容量瓶；②亚铁离子易被氧气氧化，步骤c发生反应：Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+，根据CuCl～Ce4+，

计算CuCl的纯度，进行步骤c时若操作缓慢，被氧化的亚铁离子不再与Ce4+反应，则测得CuCl的纯度偏小，故答案为：偏小；③称取0.5000g样品，放入盛有20mL过量FeCl3溶液和玻璃珠的锥形瓶中，不断摇动；发生反应：CuCl+FeCl3═C

uCl2+FeCl2，用0.2000mol•L-1Ce(SO4)2标准溶液滴至反应完全，发生反应Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+，可得关系式：CuCl～Ce4+，故n(CuCl)=n(Ce4+)=0.2000mol•L-1×25.00×10-3L=5.000×10-3mol，则CuC

l的纯度为35.00010mol99.5g/mol100%99.5%0.5000g−=，故答案为：99.5%。