【文档说明】【精准解析】河北省唐山市第一中学2019-2020学年高一下学期期末考试化学试题.doc，共(23)页，689.000 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-22410f4f5b97eccf8e76ff68fde04f71.html

以下为本文档部分文字说明：

唐山一中2019-2020学年高一年级第二学期自命题期末考试化学试卷说明：1.答题前，考生先将自己的姓名、班级、准考证号号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2.考试时间90分钟，满分100分。3.请按照题号顺序在答

题卡各题目对应的答题区域作答。超出答题区域书写的答案无效。可能用到的相对原子质量：H—1C—12N—14O—16S—32Cu—64Zn—65卷Ⅰ（选择题共78分）一．单项选择题（共26小题，每小题3分，计78分。）1.冠病毒（如图）

由蛋白质和核酸组成，核酸由核苷酸组成。核苷酸的单体由五碳糖、磷酸基和含氮碱基构成。下列说法错误的是A.蛋白质和核酸均是高分子化合物B.NaClO溶液用作消毒剂，是因为NaClO能使病毒蛋白变性C.蛋白质中含C、H、O、N等元素D.五碳糖（C5H1

0O5）与葡萄糖互为同系物【答案】D【解析】【详解】A．蛋白质是由氨基酸脱水缩聚而成的，而所有的聚合物都是属于高分子化合物，核酸是由许多核苷酸聚合成的生物大分子化合物，故A正确；B．NaClO溶液用作消毒剂，是因为NaClO具有强氧化性，能使病毒蛋白变性，故B正确；

C．蛋白质的组成元素有C、H、O、N，有的还有P、S等，故C正确；D．同系物分子间相差n个-CH2，五碳糖(C5H10O5)与葡萄糖(C6H12O6)组成相差1个CH2O，不符合同系物的定义，故D错误；答案为D。2.云南特色小吃“过桥米线”做法如下：先用滚沸的鸡汤一碗，上罩浮油

，再辅以切得极薄的生肉片、乌龟片、火腿片、葱头等，最后把主料米线放入拌食即成。“过桥米线”汤鲜、肉嫩、料香、米线滑润，吃起来别有一番风味。以下有关“过桥米线”的说法不正确的是()A.上层浮油沸点较高，难以挥发B.浮油对下层汤水起到很好的“液封”作用，使下层汤水及热量难

以外逸C.去掉上面的一层浮油，将减弱“过桥米线”的保温效果D.上层浮油高温水解即产生美味的物质【答案】D【解析】【详解】上层浮油成分是油脂，水解生成甘油和高级脂肪酸，所以选项D是错误的，其余选项都是正确的，答案选D。【点睛】该题是基础性试题的考查，试题贴近生活，有助于调到学生的学习兴趣和学

习积极性。试题基础性强，侧重对学生基础知识的巩固和训练，旨在在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的逻辑推理能力和发散思维能力。3.在探究柠檬电池的工作原理时，某课外小组同学发现：当按图Ⅰ所示连接一个柠檬时，二极管不发光；按图Ⅱ所示连接几个柠檬

时，二极管发光。下列说法不正确．．．的是A.图Ⅰ中二极管不发光，说明该装置不构成原电池B.图Ⅱ中铁环为负极、铜线为正极，负极的电极反应为：Fe－2e－===Fe2+C.图Ⅰ中二极管不发光的原因是单个柠檬电池的电压较小D.图Ⅱ中所得的电池组的总电压是各个柠檬电池的电压之和

【答案】A【解析】【分析】柠檬电池是将化学能转化为电能的装置，柠檬中含有柠檬酸，铁环、铜线与柠檬酸构成原电池，活泼金属铁做负极，不活泼金属铜做正极。【详解】A项、图Ⅰ中铁环、铜线与柠檬酸构成原电池，二极管不发光是因为单个柠檬电池提供的电压较小；故A错误；B项、图Ⅱ中活泼金属铁做负极，不活

泼金属铜做正极，负极的电极反应为：Fe－2e－=Fe2+，故B正确；C项、图Ⅰ中铁环、铜线与柠檬酸构成原电池，二极管不发光的原因是单个柠檬电池的电压较小，故C正确；D、图Ⅱ中四个柠檬电池为串联关系，所得的电池组的总电压

是各个柠檬电池的电压之和，故D正确。故选A。4.中国化学家研究出一种新型复合光催化剂（C3N4/CQDs），能利用太阳光高效分解水，原理如图所示。下列说法不正确．．．的是A.通过该催化反应，实现了太阳能向化学能的转化B.反应I中涉

及到非极性键的断裂和极性键的形成C.反应II为：2H2O2催化剂，光2H2O+O2↑D.总反应为：2H2O34CN/CQDs，光2H2↑+O2↑【答案】B【解析】【详解】A．该过程是利用太阳光实现高效分解水，所

以该反应中太阳能转化为化学能，故A正确；B．反应Ⅰ是水反应生成氢气与过氧化氢，涉及极性键(H—O键)的断裂和极性键(H—O键)、非极性键(H—H键和O—O键)的形成，故B错误；C．反应Ⅱ是过氧化氢转化为水与氧气，反应过程可表示为：2H2O2催化剂，光2H2O+O2

↑，故C正确；D．整个过程是水转化得到氢气与氧气，可以表示为：2H2O34CN/CQDs，光2H2↑+O2↑，故D正确；故选：B。5.NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A.7.8g苯所含碳碳双键数目为0.3NAB.28

g乙烯所含共用电子对数目为6NAC.电解精炼铜，阳极溶解铜6.4g时，阴极得电子数目为0.2NAD.26g乙炔和苯乙烯（C8H8）的混合物，含有原子总数为6NA【答案】B【解析】【详解】A.苯中不含有碳碳双键，A错误；B.28g乙烯的物质的量为1mol，根据乙烯

的结构简式CH2=CH2可知，1mol乙烯中含有共用电子对数为6NA，B正确；C.电解精炼铜，阳极上比铜活泼的锌等杂质比铜先溶解、故阳极溶解铜6.4g时，失去的电子数大于0.2NA，则阴极得电子数目大于0.2NA，C错误；D.乙炔和苯

乙烯的实验式均为CH，即26g乙炔和苯乙烯的混合物相当于2molCH，含有的原子总数为4NA，D错误，答案选B。6.符合分子式“C6H6”的多种可能结构如图所示，下列说法正确的是A.1～5对应的结构中所有原子均可能处于同一平面的有1个B.1～

5对应的结构中一氯取代物只有1种的有3个C.1～5对应的结构中能使溴的四氯化碳溶液褪色的有4个D.1～5对应的结构均能与氢气在一定条件下发生加成反应【答案】A【解析】【详解】A.只有1对应的结构中所有的

原子可能处于同一个平面，其它都含有饱和碳原子，具有立体结构，A正确；B.1、4对应的结构中的一氯代物有1种，2对应的结构中一氯代物有3种，2、5对应的结构中一氯代物有2中，B错误；C.2、3、5对应的结构中含有碳碳双键，能使溴的四氯化碳溶液褪色，1、4不发

生反应，C错误；D.1中含有苯环，2、3、5中含有碳碳双键，均能与氢气在一定条件下发生加成反应，4中均为碳碳单键，不发生反应，D错误。答案为A。【点睛】分析有机物的原子共平面问题，重点掌握碳碳单键、碳碳双键、碳碳三键和苯环的

空间结构特点，有机物中的原子共平面问题可以直接联想甲烷的正四面体结构，乙烯的平面结构和乙炔的直线型结构和苯的平面型结构，对有机物进行分解，分部分析，另外注意碳碳单键可旋转，碳碳双键、三键不可旋转。7.1molX气体跟amolY气体在体积可

变的密闭容器中发生如下反应：X(g)+aY(g)bZ(g)，反应达到平衡后，测得X的转化率为50%。而且，在同温同压下还测得反应前混合气体的密度是反应后混合气体密度的34，则a和b的数值可能是A.a=l，b=2B.a=2，b=1C.a=1，b=1D.a=2，b=2【答案】C【解析】【分析】1m

olX气体跟amolY气体在体积可变的密闭容器中发生如下反应：X(g)+aY(g)bZ(g)。反应达到平衡后，测得X的转化率为50%，而且，在同温同压下反应前后混合气体的密度之比和气体体积成反比即和气体物质的量成反比，讨论分析判断得到a、

b的取值。【详解】1molX气体跟amolY气体反应，达到平衡后，测得X的转化率为50%，可列出三段式：()()()1a00.50.5a0.5b0Xg.5+aYgbZ0.5abg0.5ƒ，依据在同温同压下，反

应前后混合气体的密度之比与气体体积成反比即与气体物质的量成反比，在同温同压下测得反应前混合气体的密度是反应后混合气体密度的34，即反应后气体物质的量是反应前气体物质的量34，则得到；0.5+0.5a+0.5b3=1+a4，计算得到：2b=a+1，依

据选项中的取值分析判断，a=1，b=1符合计算关系，故C符合；故选C。8.对水样中溶质M的分解速率影响因素进行研究。在相同温度下，M的物质的量浓度(mol·L-1)随时间(min)变化的有关实验数据见下表。时间水样0510152025

I(pH=2)0.400.280.190.130.100.09II(pH=4)0.400.310.240.200.180.16Ⅲ(pH=4)0.200.150.120.090.070.05IV(pH=4，含Cu2+)0.200.090.050.030.010下列说法不正确的是（）A.在

0～20min内，I中M的平均分解速率为0.015mol·L-1·min-1B.其它条件相同时，水样酸性越强，M的分解速率越快C.在0～25min内，Ⅲ中M的分解百分率比II大D.由于Cu2+存在，IV中M的分解速率

比I快【答案】D【解析】【详解】A、根据化学反应速率数学表达式，v(M)=0.4mol/L-0.1mol/L20min=0.015mol/(L·min)，故A说法正确；B、对比I和II，在相同的时间内，I中消

耗M的量大于II中，说明其他条件下不变，酸性越强，M的分解速率越快，故B说法正确；C、在0～25min内，III中M的分解百分率=0.20mol/L-0.05mol/L0.20mol/L×100%=75%，II中M的分解百分率=0.40mol/L-0.

16mol/L0.40mol/L×100%=60%，因此III中M的分解百分率大于II，故C说法正确；D、I和IV中pH不同，因此不能说明Cu2＋存在，IV中M的分解速率大于I，故D说法错误。故选D。9.某兴趣小组设计如下微型实验装置。实验时，先断开K2，闭合K1，两极均

有气泡产生；一段时间后，断开K1，闭合K2，发现电流计指针偏转。下列有关描述不正确的是A.断开K2，闭合K1时，总反应的离子方程式为：2H2O＋2Cl-通电Cl2↑＋H2↑+2OH－B.断开K2，闭合K1时，铜电极附近溶液变红C.断开K1，闭合K2时，铜电极上的电极反应式为Cl2＋2e－=2

Cl－D.断开K1，闭合K2时，石墨电极作正极【答案】C【解析】【详解】A.断开K2、闭合K1时，装置为电解池，两极均有气泡产生，则铜应为阴极，石墨为阳极，阳极上氯离子失电子产生Cl2，阴极上水电离出的氢离子得电子产生H2，同时阴极(铜电极

)附近产生OH-，则总反应的离子方程式为2Cl-+2H2O通电H2↑+2OH-+Cl2↑，故A正确；B.根据A中分析可知，断开K2，闭合K1时，阴极(铜电极)附近产生OH-，铜电极附近溶液变红，故B正确；C.

断开K1、闭合K2时，装置为原电池，铜电极上的电极反应为H2-2e-+2OH-=2H2O，其为负极，而石墨上的电极反应为Cl2+2e-=2Cl-，其为正极，故C错误；D.根据C中分析可知，断开K1，闭合K2时，石墨电

极作正极，故D正确，答案选C。10.化学也可以萌萌哒，如以下几种有机物（a）囧烷（b）企鹅酮（c）始祖鸟烯，关于这三种化合物下列说法中正确的是A.始祖鸟烯既能使酸性高锰酸钾褪色也能使溴水褪色，其褪色原理是一样的B.b所有碳原子可能共平面C.若R1=R2=甲基，则c的一氯代物有4种D.若R1=

R2=甲基，则其化学式为C12H14【答案】D【解析】【详解】A．始祖鸟烯与酸性高锰酸钾发生氧化反应而使之褪色、与溴水发生加成反应使之褪色，其褪色原理不一样，A错误；B．碳碳双键、羰基是平面结构，和双键碳原子直接相连的原子在同一个平面，碳碳单键是四面体

结构，单键碳及其相连的原子最多三个共面，故b分子内所有碳原子不可能共平面，B错误；C．若R1=R2=甲基，则c的分子内有3种氢原子，故一氯代物有3种，C错误；D．若R1=R2=甲基，则据结构简式知：C的化学式为C12H14，D正

确；答案选D。11.已知常温时红磷比白磷稳定，在下列反应中：4P（白磷，s）+5O2（g）=2P2O5（s）△H14P（红磷，s）+5O2（g）=2P2O5（s）△H2则△H1和△H2的关系为A.△H1>△H2B.△H1=

△H2C.△H1＜△H2D.无法确定【答案】C【解析】【详解】已知红磷通常要比白磷稳定，说明等质量的白磷含有的能量高，当等量的二者反应分别与氧气反应，产生相同状态的生成物时，放出的能量白磷比红磷多，所以△H1＜△H2，选项C正确；答案选C。12.在反应2NO(g)+2H2(g)N2(g

)+2H2O(g)中，每生成7gN2放出166kJ的热量，该反应的速率表达式为v=k∙cm(NO)∙cn(H2)(k、m、n待测)，其反应包含两步：①2NO+H2=N2+H2O2(慢)；②H2O2+H2=2H2O(快)，T℃时测得有关实验数据如下表：实验数据初始浓

度生成N2的初始速率/mol∙L－1∙s－1c(NO)/mol∙L-1c(H2)/mol∙L－112.00×10－36.00×10－31.92×10－321.00×10－36.00×10－34.80×10－432.00×10－33.00×10－3

9.60×10－4下列说法中不正确的是A.关系式中m=1，n=2B.整个反应的反应速率由第①步反应决定C.当其他条件不变时，升高温度，速率常数将增大D.该反应的热化学方程式为2NO(g)+2H2(g)N2(

g)+2H2O(g)ΔH=-664kJ∙mol－1【答案】A【解析】【分析】将表中的三组数据代入公式v=k∙cm(NO)∙cn(H2)，计算m、n、k的值；化学反应速率是由慢反应决定的；其他条件不变时，生成N2的初始速率与k成正比；温度越高，

反应速率越大，则k增大；根据生成7gN2放出166kJ的热量计算生成1mol氮气放出的热量，完成热化方程式，由此分析。【详解】A．将表中的三组数据代入公式v=k∙cm(NO)∙cn(H2)，可得1.9

2×10－3=k∙(2.00×10－3)m∙(6.00×10－3)n，4.80×10－4=k∙(1.00×10－3)m∙(6.00×10－3)n，9.6×10－4=k∙(2.00×10－3)m∙(3.00×10－3)n，解得关系式中m=2，n=1，k=8×104，故A错误；B．化学反应是由慢反

应决定的，整个反应的反应速率由第①步反应决定，故B正确；C．其他条件不变时，生成N2的初始速率与k成正比；温度越高，反应速率越大，则k增大；当其他条件不变时，升高温度，速率常数将增大，故C正确；D．每生成7gN2放出166kJ的热量，

则生成1mol氮气(即28g)放出的热量为166kJ×4=664kJ，该反应的热化学方程式为2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g)ΔH=-664kJ∙mol－1，故D正确；答案选A。13.分析下表中各项的排布规律，按此规律排布第27项应为12345678910

C2H4C2H6C2H6OC2H4O2C3H6C3H8C3H8OC3H6O2C4H8C4H10A.C7H16B.C7H14O2C.C8H18D.C8H18O【答案】D【解析】【详解】根据表中的化学式规律采用分组分类法推出：每4个化学式为一组，依次是烯烃、烷烃、饱和一元醇或醚等、饱和一元羧

酸或酯等；把表中化学式分为4循环，27=4×6+3，即第27项应在第7组第三位的饱和一元醇，相邻组碳原子数相差1，该组中碳原子数为2+(7-1)×1=8，故第27项则为C8H18O；答案选D。14.图中，两电极上发生的电极反应为a极：Cu2＋＋2e－=Cu；b极：Fe－2e－=Fe2＋，下列说

法中不正确的是A.a极上一定发生还原反应B.a、b可能是同种电极材料C.该装置一定是原电池D.该装置工作时，溶液中的阴离子向b极移动【答案】C【解析】【详解】A.已知：a极上反应为：Cu2＋＋2e－=Cu，则一定发生还原反应，A正确；B.a、b可能是同种电极材料，例如这样一个电解装置：阳极

为铁、阴极为铁、电解质为硫酸铜溶液，B正确；C.该装置可以是原电池，也可以是电解池，例如：阳极为铁、阴极为石墨、电解质为硫酸铜溶液，C不正确；D.当该装置是原电池，该装置工作时，电极b发生氧化反应、是负极，溶液中的阴离子向b极移动，D正确；答案选C。15.在一绝热（不与外界发

生热交换）的恒容容器中，发生反应：2A(g)+B(s)C(g)+D(g)，下列描述中能表明反应已达到平衡状态的是①容器内温度不变②混合气体的密度不变③混合气体的压强不变④混合气体的平均相对分子质量不变⑤B的质量不变⑥容器内C、D两种气体的浓度相等A.①②④⑤⑥B.①②④⑤C.

①②③④⑤D.①②⑤⑥【答案】C【解析】【详解】①该反应中温度是变量，当容器内温度不变时，表明正、逆反应速率相等，反应达平衡状态，故①符合题意；②该反应中混合气体总质量是变量、容器容积为定值，则混合气体的密度是变量，混合气体的密度不变，表

明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故②符合题意；③容器内的压强不变，说明体系温度不变，反应达平衡状态，故③符合题意；④混合气体总质量为变量，混合气体的物质的量为定值，则混合气体的平均相对分子质量为变量，当混合气体的平均相对分子质量不变时，表明

达到平衡状态，故④符合题意；⑤该反应中B的质量是变量，当B的质量不变时，表明正、逆反应速率相等，反应达平衡状态，故⑤符合题意；⑥由反应2A(g)+B(s)C(g)+D(g)可知，C、D两种气体的浓度始终相等，不能根据C、D两种气体的浓度相等，判断平衡状态，故⑥不符合题意；由上

分析①②③④⑤符合题意，C正确；答案为C。16.Al—PMOF其结构如图（分子式：C4H9XYZ），可快速将芥子气降解为无毒物质。其中X、Y、Z为短周期元素且原子序数依次增大，X、Y同主族。下列说法不正确的是A.简单离

子半径：Y>Z>XB.最简单氢化物稳定性：X>Z>YC.含氧酸酸性：Z>YD.YXZ2中Y的化合价为+4【答案】C【解析】【分析】根据分子结构和题目信息，X、Y同主族短周期元素，X可形成两个共价键，则X为O，Y为S，Z为Cl。【详解】A.简单离子半径：S2−>Cl－>O2−，故A正

确；B.根据电负性越大，非金属越强，其最简单氢化物稳定性：H2O>HCl>H2S，故B正确；C.最高价氧化物对应水化物酸性是HClO4>H2SO4，只谈含氧酸，则酸性无法比较，故C错误；D.SOCl2中S的化合价为+4，故D正确。综上所述，

答案为C。17.我国科学家设计了一种智能双模式海水电池，满足水下航行器对高功率和长续航的需求。负极为Zn，正极放电原理如图。下列说法错误的是（）A.电池以低功率模式工作时，NaFe[Fe(CN)6]作催化剂B.电池以低功率模式工作时，Na+的嵌入与脱嵌同时进行C.电池以高功

率模式工作时，正极反应式为：NaFe[Fe(CN)6]+e-+Na+=Na2Fe[Fe(CN)6]D.若在无溶解氧的海水中，该电池仍能实现长续航的需求【答案】D【解析】【详解】A.根据图示可知：电池以低功率模式工作时，负极是Zn-2e-=Zn2+，正极上是NaFe[Fe(CN)6]获得电子，然

后与吸附在它上面的氧气即溶液中发生反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，从NaFe[Fe(CN)6]上析出，故NaFe[Fe(CN)6]的作用是作催化剂，A正确；B.电池以低功率模式工作时，电子进入NaFe[Fe(CN)6]时Na+的嵌入；当形成OH-从NaFe[Fe(CN)6

]析出时，Na+从NaFe[Fe(CN)6]脱嵌，因此Na+的嵌入与脱嵌同时进行，B正确；C.根据电池以高功率模式工作时，正极上NaFe[Fe(CN)6]获得电子被还原变为Na2Fe[Fe(CN)6]，所以正极的电极反应式为：NaFe[Fe(CN)6]+e-+Na

+=Na2Fe[Fe(CN)6]，C正确；D.若在无溶解氧的海水中，由于在低功率模式工作时需要氧气参与反应，因此在该电池不能实现长续航的需求，D错误；故合理选项是D。18.利用含碳化合物合成燃料是解决能源危机的重要方法，已知CO(g)＋2

H2(g)CH3OH(g)反应过程中的能量变化情况如图所示，曲线Ⅰ和曲线Ⅱ分别表示不使用催化剂和使用催化剂的两种情况。下列判断正确的是（）A.生成1molCH3OH(g)时，该反应吸收的热量为91kJ。B.加入催化剂可以减少反应最终放出的热量C.1molCO(g)与

2molH2(g)的总能量大于1molCH3OH(g)的总能量D.如果该反应生成CH3OH(l)，则放出的能量会减少【答案】C【解析】【分析】催化剂可以降低反应活化能，所以曲线I为不使用催化剂的能量变化，曲线II为使用催化剂的能量变化。【详解】

A．该反应的反应物能量高于生成物能量，为放热反应，根据图中数据可知，生成1molCH3OH(g)时，该反应释放的能量为91kJ，故A错误；B．催化剂只改变活化能，不影响反应的热效应，故B错误；C．据图可知，反应物的能量高于生成物，即

1molCO(g)与2molH2(g)的总能量大于1molCH3OH(g)的总能量，故C正确；D．CH3OH由气态变为液体需要放出能量，所以如果生成CH3OH(l)，则放出的能量会增多，故D错误；故答案为C。19.将V1mL1.0mol•L-1NaOH溶液和V2mL未知浓度的HCl溶液混合

均匀后测量并记录溶液温度，实验结果如下图所示(实验中始终保持V1+V2=50mL)。下列叙述正确的是A.做该实验时环境温度为22℃B.该实验表明热能可以转化为化学能C.HCl溶液的浓度约是1.5mol•L-1D.该实验表明有水生成的反应都是放热反

应【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，温度为22℃时，已经加入了5mLNaOH溶液，而中和反应为放热反应，则该实验开始温度低于22℃，故A错误；B．由图可知该反应是一个放热反应，表明化学能可以转化为热能，故B错误；C．由图可知，NaOH溶液体积为3

0mL时，溶液温度最高，说明NaOH溶液和HCl溶液恰好完全反应，由V1+V2=50mL可知HCl溶液的体积为20mL，由反应方程式可知V1c(NaOH)=V2c(HCl)，解得c(HCl)为1.5mol•L-1，故C正确；D．八水合

氢氧化钡与氯化铵反应有水生成，该反应是吸热反应，故D错误；故选C。20.有关化学用语正确的是A.聚丙烯的结构简式：B.二氧化硅的分子式SiO2C.甲烷分子的比例模型是：D.乙烯的结构简式CH2=CH2【答案】D【解析】【详解】A．聚丙烯是丙烯上碳碳双键发生加聚反应所得

，故聚丙烯的结构简式为，A错误；B．二氧化硅是由硅原子和氧原子直接构成，其化学式为SiO2，B错误；C．甲烷分子的球棍模型是：，C错误；D．乙烯含碳碳双键，其结构简式为CH2=CH2，D正确；答案选D。21.为了探究温度、硫酸铜对

锌与稀硫酸反应速率的影响，某同学设计如下方案(见下表)。编号纯锌粉质量0.2mol·L－1硫酸体积温度硫酸铜固体质量Ⅰ2.0g10.0ml25℃0gⅡ2.0g10.0mlT℃0gⅢ2.0g10.0ml35℃0.2gⅣ

2.0g10.0ml35℃4.0g下列推断合理的是A.选择Ⅱ和Ⅲ探究硫酸铜对反应速率的影响，必须控制T=25℃B.根据该实验方案得出反应速率的大小可能是Ⅲ＞Ⅱ＞Ⅰ＞ⅣC.根据该方案，还可以探究硫酸浓度对反应速率的影响D.待测物理量是收集等体积(相同条件)的气体所需的时间，

时间越长，反应越快【答案】B【解析】【分析】【详解】A.选择Ⅱ和Ⅲ探究硫酸铜对反应速率的影响，要控制变量，所以必须控制T=35℃，A不合理；B.根据该实验方案，Ⅲ和Ⅱ比较，Ⅲ可以形成原电池，加快了负极的反应速率，Ⅲ＞Ⅱ，Ⅱ和Ⅰ比较，Ⅱ的温度更高，反应速率更快，Ⅱ＞Ⅰ，Ⅳ中硫酸铜过量，导致锌粒

几乎不与硫酸反应，得出反应速率的大小是Ⅲ＞Ⅱ＞Ⅰ＞Ⅳ，B合理；C.在该方案中，硫酸浓度均相同，没有探究硫酸浓度对反应速率的影响，C不合理；D.待测物理量是收集等体积（相同条件）气体所需要的时间，时间越长，反应越慢，D不合理。答案选B。22.下列说法

正确的是A.1H、2H、3H互为同位素，实际上是同一种核素B.和互为同分异构体C.12C和14C互为同素异形体，后者可用于考古研究D.C7H16与C4H10必互为同系物【答案】D【解析】【详解】A．具有一定数目质子和一定数目中子的一种原子叫做核素，1H、2H、3H的质子数相同，中子数不同，

互为同位素，是三种核素，故A错误；B．苯分子中没有碳碳双键，6个碳原子之间的键完全相同，则和为同一物质，故B错误；C．质子数相同而中子数不同的同一元素的不同核素互称同位素，12C和14C互为同位素，故C错误；D．同系物指结构相似，分子组成上相差1个或者

若干个CH2原子团的物质，C7H16与C4H10分子组成符合CnH2n+2，则二者一定是烷烃，不同碳原子数的烷烃互为同系物，故D正确；故选D。23.A、B、C、D都是含碳、氢、氧的单官能团化合物，A水解得B和C，B氧化可以得到C或D，D氧化也得到C。若Mx表示x的摩尔质量，则下式中不正确

的是A.MA+18=MB+MCB.2MD=MB+MCC.MB+14=MCD.MD<MB<MC【答案】B【解析】【分析】由于A、B、C、D都是含C、H、O的单官能团化合物，有如下的转化关系：A＋H2O→B＋C，B氧化C或D，D氧化C，由此可见A为酯、B为醇、D为醛、C为羧酸，且B、C、D均含相同

数目的碳原子；据此结合选项解答；【详解】A.据分析，A为酯、B为醇、C为羧酸，则A＋H2O→B＋C，故MA+18=MB+MC，故A说法正确，A不选；B.B为醇、D为醛、C为羧酸，且均含相同数目的碳原子，由醇到醛失去2个氢原子，

MD＝MB−2，由醛到羧酸，增加1个氧原子，MD＝MC−16，故有2MD＝MB−2＋MC−16，即2MD=MB+MC−18，故B说法错误，B选；C.B为醇、C为羧酸，且B、C含相同的碳原子数目，B比C多2个H原子、少1个O原子，故相对分子质量B比C小14，即MB+1

4=MC，故C说法正确，C不选；D.结合选项B和C，则MD<MB<MC，D说法正确，D不选；答案选B。24.如图是元素周期表的一部分,已知两块阴影中间的3列属于同一族。有关阴影部分的元素，下列说法正确的是()A.都是主族元素B.都是副族元素C.有5种副族元素和2种主族元素D.有5种主族元

素和2种副族元素【答案】B【解析】【详解】A．根据图示，阴影部分的元素都是副族元素，故A错误；B．根据图示，阴影部分的元素都是副族元素，故B正确；C．根据图示，阴影部分的元素都是副族元素，共7种，故C错误；D．根据图示，阴影部分的元素都是副族元素，共7种，故D

错误；故选B。25.类推的思维方法在化学学习和研究中有时会产生错误的结论，因此类推出的结论最终要经过实践的检验才能决定其正确与否。下列几种类推结论中正确的是A.ⅣACH4的沸点低于SiH4，则ⅦAH2O的沸点也低于H2SB.可电解熔融MgCl2来

制取金属镁，则也可电解熔融AlCl3来制取金属铝C.第二周期元素氢化物稳定性顺序是HF>H2O>NH3，则第三周期元素氢化物稳定性顺序也是HCl>H2S>PH3D.晶体中有阴离子必有阳离子，则晶体中有阳离子也必有阴离子【答案】C【解析】【详解】A.CH4、SiH4都是分子晶体，

且结构相似，相对分子质量越大沸点越高，HCl和HF结构也相似，但HF分子间存在氢键，其沸点大于HCl，该类推不合理，故A错误；B.MgCl2为离子化合物，电解熔融氯化镁可以获得镁，而AlCl3为共价化合物，熔融AlCl3不导电，无法通过电解熔融氯化铝获得铝，该类推不合理，故B错误；C

.同一周期主族元素，原子序数越大非金属性越强，对应简单氢化物的稳定性越强，则第二周期元素氢化物稳定性顺序是HF＞H2O＞NH3，可类推第三周期元素氢化物稳定性顺序也是HCl＞H2S＞PH3，故C正确；D.晶体中有阴离子必有阳离子，但有阳离子时不一定含有阴离子，如金属晶体，

该类推不合理，故D错误；答案为C。26.一定条件下，物质的量均为0.3mol的X(g)与Y(g)在容积固定的密闭容器中发生反应：X(g)+3Y(g)2Z(g)ΔH=-akJ•mol-1，下列说法正确的是A.达到平衡后，向平衡体系中充入稀有

气体，正反应速率不发生变化B.反应一段时间后，X与Y的物质的量之比仍为1：1C.达到平衡时，反应放出0.1akJ的热量D.X的体积分数保持不变，说明反应已达到平衡【答案】A【解析】【详解】A．容积固定的密

闭容器，充入稀有气体，X、Y、Z的浓度均不变，则正逆反应速率不变，故A正确；B．反应起始时X与Y的物质的量相等，但X与Y按物质的量1:3进行反应，则反应一段时间后，X与Y的物质的量之比应大于1：1，故B错误；C．由方程式的化学计量数可知

，X是过量的，又物质的量与热量成正比，若0.3molY全部参与反应，反应放出0.1akJ的热量，而该反应为可逆反应，不能进行到底，故达到平衡时，反应放出的热量小于0.1akJ，故C错误；D．设任意时刻，X的转化量为xmol，可列

出三段式：()()()0.30.30x3x2x0.3-Xg+x0.3Yg2Zg3-3x2xƒ，则X的体积分数为0.3-x0.3-x100%=100%=50%0.3-x+0.3-3x+2x0.6-2x，则X的体积分数为一定值，始终保持不变，则X的体积分数保持不变不能说明反

应已达到平衡，故D错误；故选A。卷Ⅱ（非选择题共22分）二．填空题（共2小题，计22分）27.核电荷数由小到大顺序排列的五种短周期元素X、Y、Z、W、Q，其中：在同周期元素中，Z的金属性最强，Q的非金属性最强；W的单质是自然界存在的黄色固体；X、Y、

W在周期表中的相对位置关系如图所示（1）这五种元素中，原子半径最大的是__（填化学式）；由Z、W、Q形成的简单离子半径由大到小的顺序是_____（用化学式表示）；X、W、Q的最高价氧化物的水化物酸性从强到弱的顺序为_（用化学式表示）。（

2）Y和Z形成的一种化合物中含有离子键和共价键，该化合物的电子式为____。（3）Z与Q反应生成的化合物属于___化合物（填“离子”或“共价”）；用惰性电极电解该化合物的饱和溶液，阳极的电极反应式为___。（4）由X、

Y和氢三种元素组成的化合物X6H12Y6，已知：9g该化合物燃烧生成XY2和液态H2Y时。放出140kJ的热量。写出该化合物燃烧热的热化学方程式：____。【答案】(1).Na(2).S2->Cl->Na+(3).HClO4>H2SO4>H2CO3(4).

+2-+Na[:O:O:]Na(5).离子(6).2Cl--2e-=Cl2↑；(7).C6H12O6（s）+6O2（g）=6CO2（g）+6H2O（1）△H=-2800kJ/mol【解析】【分析】W的单质是淡黄色固体，W是S元素；在同周期中，Z的金属性最强，Q的非金属性最强，

Z是Na、Q是Cl；根据X、Y、W在周期表中的相对位置关系，X、Y分别是C、O，据此回答；【详解】(1)同主族时电子层越多，原子子半径越大；同周期时，原子序数大的原子半径小，故这五种元素中，原子半径最大的是Na；具有相同的电子层结构的离子，核电荷数越大，离子半径越小，

元素位于同主族时，核电荷数越大，电子层数越多，离子半径越大，则由Z、W、Q形成的简单离子半径由大到小的顺序是S2->Cl->Na+；非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，则X、W、Q的最高价氧化物的水化物酸性从强到弱的顺序为HClO4>H2SO4>H2CO3；(2)Y

和Z形成的一种化合物中含有离子键和共价键的化合物是过氧化钠，其电子式为：+2-+Na[:O:O:]Na；(3)活泼金属与活泼非金属元素形成的化合物为离子化合物，则Z与Q形成的化合物，即Na与Cl形成的化合物为氯化钠，属于离子化合物；电解氯化

钠的饱和溶液，阳极生成氯气，阳极的电极反应式为2Cl-﹣2e-=Cl2↑；(4)由X、Y和氢三种元素组成的化合物X6H12Y6分子式为C6H12O6，9g该化合物燃烧放出140kJ的热，则1molC6H

12O6燃烧放热2800kJ，该化合物燃烧热的热化学方程式C6H12O6(s)+6O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l)△H=﹣2800kJ/mol。【点睛】本题考查元素周期律的主要知识，同周期元素性质递变规律，从左到右金属

性减弱，非金属性增强；最高价氧化物的水化物碱性减弱、酸性增强。28.“酒是陈年的香”是因为酒在储存中会生成有香味的乙酸乙酯。在实验室我们可以用如图所示装置来制取乙酸乙酯：在试管A中先加入3mL的无水乙醇、2mL浓硫酸，冷却后再加入2mL冰醋酸，混合均匀后将试管固定在铁架台上，在

试管B中加入5mL饱和碳酸钠溶液。装置连接好后，用酒精灯对试管A加热，当试管B中收集到较多的乙酸乙酯时停止实验。请回答下列问题：（1）B试管中选择饱和Na2CO3溶液而不选用饱和氢氧化钠溶液的原因是__；（用化学方程式说明）（2）若要把制得的乙酸乙酯分离出来，应采用的实验操作是____

____。（3）接收装置还可选择下图中的___________。（填序号）甲同学用含有酚酞的饱和碳酸钠溶液（呈碱性）收集产物后振荡，发现红色迅速褪去。甲同学认为是蒸出的乙酸中和了碳酸钠。乙同学通过查阅资料并进行如下实验，证明甲同学的推

测是错误的。已知：酚酞难溶于水，易溶于有机溶剂；酚酞试剂是酚酞的乙醇溶液。实验i.取振荡后的下层无色液体，分成两份，分别完成以下实验序号实验操作实验现象结论1滴加几滴酚酞试剂溶液变红碳酸钠并未被乙酸完全中和，仍有大量剩余2滴

入乙酸溶液有大量气泡产生实验ii.取振荡后的上层液体，加入饱和碳酸钠溶液，振荡，发现出现浅红色，静置分层后红色消失。实验iii.取5mL饱和碳酸钠溶液，滴入几滴酚酞试剂，再加入3mL乙酸乙酯（不含乙酸）振荡，溶液先变红，振荡后红色消失。回答下

列问题（4）结合实验ii和实验iii的现象，可得出的结论是______。【答案】(1).CH3COOC2H5+NaOH⎯⎯⎯→加热CH3COONa+C2H5OH(2).分液(3).CD(4).酚酞被萃取到乙酸乙酯层中

【解析】【详解】（1）产物乙酸乙酯会发生碱性水解，化学方程式为：CH3COOC2H5+NaOH⎯⎯⎯→加热CH3COONa+C2H5OH，因此B试管中选择饱和Na2CO3溶液而不选用饱和氢氧化钠溶液；（2）乙酸乙酯不溶于水，分离互不相溶的液体，可用分液的方法分离，故答案为：分液；（3）A．CC

l4是良好的有机溶剂，产物是乙酸乙酯，两者能互溶，不易分离，故A不选；B．该实验由加热装置，收集导管插入液体内，易形成倒吸，影响实验安全，故B不选；C．干燥管体积较大，可防倒吸，同时插入液面下，除杂更充分、彻底，故C选；D．图中多孔球泡能防倒吸，同时可增大与碳酸钠溶液的接触面积，除杂效果更

好，故D选；答案选CD。（4）通过实验ⅲ的对照实验，说明实验ii中上层液体含有酚酞，即实验ii中上层液体中的酚酞被乙酸乙酯萃取，故答案为：酚酞被萃取到乙酸乙酯层中。