【文档说明】【精准解析】河北省黄骅中学2019-2020学年高一下学期期末考试化学试题.doc，共(26)页，834.500 KB，由小赞的店铺上传

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黄骅中学高一年级第二学期期末考试化学试卷一、单选题(本大题共33小题，共66分)1.下列说法正确的是（）A.石油主要含碳、氢两种元素，属于可再生能源B.石油的分馏是物理变化，各馏分均是纯净物C.煤的气化和液化是

化学变化D.煤中含有苯、甲苯、二甲苯等有机化合物，经干馏后分离出来【答案】C【解析】A.从能源是否可再生的角度可分为可再生能源和不可再生能源。可再生能源：可以在自然界里源源不断地得到的能源，如水能、风能、生物质能。不可再生能源：越用越少，不可能在短期内从自然界得

到补充的能源，如化石能源、核能。石油属于不可再生能源。错误；B、石油的分馏是根据石油中各组分沸点的不同，对石油进行分离的一种方法，是物理变化，而各馏分均是沸点相近的各种烃类的混合物。错误；C、煤的气化是在高温下煤和水蒸气发生化学反应生成一氧化碳、氢气、甲烷等气体的过程。煤的液化是在

一定条件下煤和氢气发生化学反应得到液态燃料的过程。正确；D、煤中本身不含有苯、甲苯、二甲苯等有机化合物，是煤经过的干馏（一系列化学变化）后得到的产物。2.下列关于化学键的叙述中，正确的是（）A.氢键是一种特殊的共价键B.离子化合物中可能含有共价键C.I2的挥发破坏了共

价键D.非极性键只能存在双原子单质中【答案】B【解析】【分析】【详解】A.氢键不是化学键，A错误；B.离子化合物中可能含有共价键，例如NaOH中O与H之间含有共价键，B正确；C.I2的挥发是物理变化，破坏了分子间作用力，共价键不变，C错误；D.非极性键不一定只能存在双原子单质中，例如CH3

CH2OH分子中C与C之间含有非极性键，D错误。答案选B。3.下列说法正确的是（）A.CaCl2中既有离子键又有共价键，所以CaCl2属于离子化合物B.H2O汽化成水蒸气、分解为H2和O2，都需要破坏共价键C.C4H10的两种同分

异构体因为分子间作用力大小不同，因而沸点不同D.水晶和干冰都是共价化合物，均属于原子晶体【答案】C【解析】【分析】A．含有离子键的化合物是离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，非金属元素之间易形成共价键；B．分

子晶体汽化时破坏分子间作用力，分解破坏共价键；C．结构不同的分子分子间作用力不同，分子间作用力不同的分子沸点不同；D．相邻原子之间通过强烈的共价键结合而成的空间网状结构的晶体叫做原子晶体，常见的原子晶体是周期表

中第ⅣA族元素的一些单质和某些化合物，例如金刚石、硅晶体、SiO2、SiC等。【详解】A．CaCl2含有离子键无共价键，为离子化合物，A错误；B．H2O分子之间存在分子间作用力，汽化成水蒸气，破坏分子

间作用力，H2O分解为H2和O2，需要破坏共价键H-O键，B错误；C．丁烷有CH3CH2CH2CH3、CH3CH（CH3）2两种同分异构体，前者为正丁烷、后者为异丁烷，结构不同，分子间作用力大小不同，因而沸点不同，C正确；D．水晶为二氧化硅，属于原子晶

体，干冰为二氧化碳的固态形式，属于分子晶体，D错误；答案选C。【点睛】本题考查化学键、分子间作用力的判断，为高频考点，侧重考查基本概念，明确物质构成微粒及微粒之间作用力是解本题的关键。4.下列说法正确的是()A.通过化学变化可以实现

16O与18O之间的转化B.因为H2O的沸点高于H2S,所以O原子得电子能力大于S原子C.某化合物熔融状态下能导电，该化合物中一定有离子键D.化学键是相邻分子之间的强烈的相互作用【答案】C【解析】【详解】A．同位素之间的转化需通过核变化才能实现，属于物理变化，故A错误；B．水分子间存在

氢键，导致H2O的沸点高于H2S，与O、S的非金属性强弱无关，故B错误；C．熔融状态能导电的化合物一定是离子化合物，只有离子化合物在熔融状态下电离出自由移动的离子，一定含离子键，故C正确；D．化学键是相邻原子之间的强

烈的相互作用，分子间的作用是分子间作用力，故D错误；答案为C。5.下列各组物质中前者的熔点高于后者的是（）A.干冰与固态二硫化碳B.晶体硅与金刚石C.NaCl晶体与KCl晶体D.干冰与碘晶体【答案】C【解析】【详解】A.2CO和2CS均为分子晶体且结构相似

，结构相似的分子晶体，分子量越大则熔沸点越高，因此后者高于前者，A项错误；B.二者是结构相似的原子晶体，结构相似的原子晶体，成键原子越小则熔沸点越高，因此后者高于前者，B项错误；C.二者是结构相似的离子晶体，结构相似的离子晶体，成键原子越小则熔沸点越高，因此前者高于后者，C项正确；

D.二者结构不相似，无法比较，但是2CO在常温常压下为气体，碘则为固体，故后者的熔沸点高于前者，D项错误；答案选C。【点睛】实际上，原子晶体的熔沸点取决于其共价键的强弱，共价键越强则越不容易被拆开，而成键原子半径越小，成键数越多，共价键的

强度就越强。6.向某容积一定的密闭容器中充入2molSO2和1molO2，一定条件下发生如下反应:2SO2+O22SO3。下列说法不正确的是()A.升高温度或充入一定量O2均能加快化学反应速率B.达到平衡状态时，SO2、O2、SO3物质的量之比一定为2:1:2C.当SO

2的生成速率与SO3的生成速率相等时，反应达到平衡状态D.达到平衡状态时，生成SO3的物质的量一定小于2mol【答案】B【解析】分析：根据影响化学反应速率的因素和化学反应达到化学平衡的标志进行解答。增加反应浓度或生成物的浓

度化学反应速率加快；升高温度化学反应速率加快；化学平衡的标志是各物质的浓度不在改变，正反应速率等于逆反应速率。详解：A.根据影响化学反应速率的因素知反应2SO2+O22SO3，如果升高温度或充入一定量O2均能加快化学反应速率，故A正确；B.初始加入2mo

lSO2和1molO2，根据反应2SO2+O22SO3，因为是可逆反应不能进行彻底，所以达到平衡状态时，SO2、O2、SO3物质的量之比不一定为2:1:2，故B错误；C.当SO2的生成速率与SO3的生成速率相等时，说明正逆反应速率相等，反应

达到平衡状态，故C正确；D.因为2SO2+O22SO3是可逆反应不能进行彻底，达到平衡状态时，生成SO3的物质的量一定小于2mol，故D正确；答案：选B。7.在10℃时某化学反应速率为0.1mol·L-1·s-1，若温度每升高10℃反应速率增加到原来的2倍，为了把该反

应速率提高到1.6mol·L-1·s-1，则该反应需在什么温度下进行（）A.30℃B.40℃C.50℃D.60℃【答案】C【解析】【详解】温度每升高10℃反应速率增加到原来的2倍，该反应的速率提高了16倍，即2n=16，解得n=4，所以反应所需温度

为10℃+4×10℃=50℃，故C正确。故选C。8.关于吸热反应和放热反应，下列说法错误的是A.需要加热才能进行的化学反应一定是吸热反应B.化学反应中的能量变化，除了热能外，还可以是光能、电能等C.化学反应过程中的能量变化服从能量守恒定律D.反应物的总能量高于生成

物的总能量时，发生放热反应【答案】A【解析】【详解】A．需要加热才能进行的化学反应不一定是吸热反应，如铝热反应是放热反应，但需要加热，故A错误；B．化学反应中的能量变化除了热量外还可以是光能、电能等，如燃烧

发光、放热，原电池还可以转换成电能，故B正确；C．化学反应过程中的能量变化服从能量守恒定律，质量变化服从质量守恒定律，故C正确；D．反应物总能量高于生成物的总能量时，为放热反应，释放出能量，故D正确；故选A。【点睛】对

于化学反应中的能量变化，要注意以下几点：一是服从能量守恒定律；二是形式可以多样，如燃烧时就有光能放出，电池中的化学反应放出电能等。9.糖类、油脂、蛋白质是三大营养物质，下列关于它们的说法正确的是A.葡萄糖、油脂、蛋白质都能发生水解反应B.

淀粉、纤维素、油脂、蛋白质都是高分子化合物C.牡丹籽油是一种优质的植物油脂，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色D.葡萄糖和果糖、蔗糖和麦芽糖、淀粉和纤维素均互为同分异构体【答案】C【解析】【详解】A.葡萄糖是单糖，不能发生水解反应，故A错误；B.油脂相对

分子质量较小，不是高分子化合物，故B错误；C.牡丹籽油是不饱和高级脂肪酸甘油酯，分子中含有碳碳双键，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；D.淀粉和纤维素的聚合度n值不同，分子式不同，不互为同分异构体，故D错误；故选C。10.下列关于乙炔性质的叙述中

，既不同于乙烯又不同于乙烷的是A.能燃烧生成二氧化碳和水B.能发生加成反应C.能使酸性4KMnO溶液褪色D.能与氯化氢反应生成氯乙烯【答案】D【解析】【详解】A.乙烯、乙烷、乙炔燃烧都生成CO2和H2O，不符合题意，故A错误；B.乙烯、乙炔都能发生加成反应，乙烷不能发生加成

反应，不符合题意，故B错误；C.乙烯、乙炔都能能与酸性KMnO4溶液发生氧化反应，乙烷不能与酸性KMnO4溶液发生氧化反应，不符合题意，故C错误；D.乙烯能与氯化氢发生加成反应生成氯乙烷，乙炔能与氯化氢发生加成反应生成氯乙烯，乙烷与氯化氢不反应，符合题意，故D正确；故选D。11.习总书记在

十九大报告中提出“践行绿色发展理念，建设美丽中国”。下列做法不符合这一宗旨的是A.农村推广用沼气作燃料B.大力推广新能源汽车，减小碳排放C.将废电池回收后深埋，防止其污染表层土壤D.对煤和石油等燃料进行脱硫处理【答案】C【解析】A、沼气的主要成分是甲烷，是一种清洁能源，农村推广用沼气作

燃料符合“践行绿色发展理念，建设美丽中国”的宗旨，选项A正确；B、.大力推广新能源汽车，减小碳排放符合“践行绿色发展理念，建设美丽中国”的宗旨，选项B正确；C、将废电池回收后深埋，会污染土壤，不符合“践行绿色发展理念，建设美丽中国”的宗旨，选项C错误；D、对煤和石

油等燃料进行脱硫处理，减少二氧化硫排放减少酸雨形成，符合“践行绿色发展理念，建设美丽中国”的宗旨，选项D正确；答案选C。12.如图是元素周期表的一部分，下列说法中正确的是A.元素的简单离子半径大小：④>⑤>②B.气态氢化物的稳定性：⑤>②C

.最高价氧化物对应水化物的酸性：⑥>⑤D.元素的最高正化合价：③=⑥【答案】C【解析】【分析】根据元素周期表的结构，可知元素①～⑥分别为N、O、F、Al、S、Cl。【详解】A、离子半径：S2−＞O2−＞Al3+，A错误；B、非金属性越强则对应气态氢化物越稳定，故稳定性：H2O>H

2S，B错误；C、非金属性越强则最高价氧化物对应水化物的酸性也越强，故酸性：HClO4>H2SO4，C正确；D、F无正价，D错误。答案选C。【点睛】微粒半径的大小比较规律为：一看电子层数：同主族元素的微粒，电子层数越多，半径越大；二

看核电荷数：在同周期中的原子，核电荷数越大，半径越小；三看电子数：在电子层数和核电荷数均相同时，电子数越多，半径越大。13.下列有关化学键的说法中正确的是()A.碘晶体升华和冰熔化时都涉及化学键的变化B.氯化钠熔化或氯化氢溶于水时都要破坏化学键C.离子化合物中可能含有共价键，共价化合物中可

能含有离子键D.氯化铵受热变成气体，冷却后又成晶体，此过程中化学键没有发生变化【答案】B【解析】【详解】A．碘晶体、冰为分子晶体，则碘晶体升华、冰熔化时都破坏分子间作用力，所以A错误；B．氯化钠熔化破坏离子键，HCl溶于水破坏共价键，所以B选项是正确的；C．离子化合物中

可能含有共价键，如NaOH，但共价化合物中一定不含有离子键，所以C选项错误；D．氯化铵受热变成气体，冷却后又成晶体，发生了化学变化，一定有化学键的断裂和生成，所以D错误；【点睛】A．碘晶体、冰为分子晶体；B．电解质电离时破坏化学键；C含离子键的化合物为

离子化合物，离子化合物中可能含共价键；D．氯化铵受热变成气体，发生了化学变化。14.共价键、离子键和范德华力都是微观粒子之间的不同作用力，下列物质：①Na2O2、②SiO2、③石墨、④金刚石、⑤KCl、⑥白磷，其中含有两种作用力的是A.①③⑥B.②④⑥

C.①②③⑥D.①③⑤⑥【答案】A【解析】【详解】①Na2O2中钠离子和过氧根离子之间存在离子键、O原子和O原子之间存在共价键，所以过氧化钠中存在两种结合力，故正确；②SiO2中Si原子和O原子之间存在共价键，所以只存在一种结

合力，故错误；③石墨存在共价键和分子间作用力，故正确；④金刚石中C原子之间只存在共价键，所以只存在一种结合力，故错误；⑤CaH2中钙离子与氢离子之间只存在离子键，则只存在一种结合力，故错误；⑥白磷分子中P原子之间存在共价键、白磷分子之间存在范德华力，所以白磷中存在两种

结合力，故正确；A.①③⑥符合题意；B.②④⑥不符合题意；C.①②③⑥不符合题意；D.①③⑤⑥不符合题意；答案：A。【点睛】本题考查了物质中存在的结合力，为高频考点，明确物质的构成微粒及微粒间的作用力是解本题关键。活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非

金属元素之间易形成共价键，分子晶体中分子之间存在范德华力。注意白磷晶体中分子内有共价键，分子间有分子间作用力。15.少量铁粉与100mL0.01mol∙L－1的稀盐酸反应，反应速率太慢，为了加快此反应速率而不改变H2的产量，可以使用如下方法中的()①滴

入几滴浓盐酸；②加NaCl溶液；③滴入几滴硫酸铜溶液；④升高温度(不考虑盐酸挥发)；⑤改用10mL0.1mol∙L－1盐酸。A.①④⑤B.①②⑤C.①③④D.③④⑤【答案】A【解析】【详解】①加浓盐酸，盐酸浓度增

大，反应速率加快，由于铁完全反应，所以生成氢气的量不变，故①符合题意；②加氯化钠溶液，相当于稀释盐酸，盐酸浓度减小，反应速率变慢，故②不符合题意；③滴加硫酸铜溶液，铁把铜置换出来，形成原电池，故反应速率加快，但与盐酸反应的铁减少，减少了产生氢气的量，故③

不符合题意；④升高温度，反应速率加快，由于铁完全反应，所以生成氢气的量不变，故④符合题意；⑤改用浓度大的盐酸，反应速率加快，由于铁完全反应，所以生成氢气的量不变，故⑤符合题意；可以选用的方法有①④⑤，答案选A。【点睛】本题的易错点为③的判断，

③中要注意不能影响氢气的量。16.已知：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H＝-92.2kJ/mol。下列说法不正确．．．的是A.1molN2（g）和3molH2（g）的能量之和高于2molNH3（g）的能量B.形成2molNH3（g）的化

学键释放的总能量大于断裂1molN2（g）和3molH2（g）的化学键所吸收的总能量C.加入催化剂是为了加大反应速率，缩短生产周期，降低生产成本D.将1molN2（g）和3molH2（g）充入一密闭容器中充分反应，放出92.2kJ的热量【答

案】D【解析】【详解】A．已知：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=-92.4kJ/mol。反应是放热反应，依据能量守恒，反应物总能量大于生成物总能量，1molN2(g)和3molH2(g)的能量之和高于2molNH3(g)的能量，

故A正确；B．反应是放热反应，断裂化学键吸收能量，形成化学键放出能量，依据能量守恒，形成2molNH3(g)的化学键释放的总能量大于断裂1molN2(g)和3molH2(g)的化学键所吸收的总能量，故B正确；C．加入催化剂是

为了加大反应速率，缩短达到平衡所需时间，降低生产成本，故C正确；D．反应是可逆反应不能进行彻底；将1molN2(g)和3molH2(g)充入一密闭容器中反应，放出的热量小于92.4kJ，故D错误；故答案为D。17.甲醇不仅作为1F赛车的燃料添加剂，也广泛应用于甲醇燃料电池。某燃料电池装置如图所示

，下列说法错误的是()A.乙池负极反应为：23322CHOH6e3CO4CO2HO−−−+=+B.乙池中电池工作时，23CO−不断移向负极C.理论上32g甲醇被消耗时，C极上放出气体体积(标准状况下)为67.2LD.甲池中Cu电极发生

的反应为22Cl2eCl−−−=【答案】D【解析】【分析】由题给示意图可知，乙池为燃料电池，甲池为电解池，甲醇流入的一极为燃料电池的负极，与负极相连的石墨电极是电解池的阴极，通入氧气的一极为正极，与正极相连的铜电极为阳极。

【详解】A.由分析可知，乙池为燃料电池，甲醇流入的一极为燃料电池的负极，在熔融碳酸盐作用下，甲醇在负极上失去电子发生氧化反应生成二氧化碳，电极反应式为CH3OH-6e-+3CO32-=4CO2↑+2H2O，故A正确；B.燃料电池中，阴离子向负极移动，则乙池中电池工作时，CO32-不断移

向负极，故B正确；C.由题给示意图可知，甲池为电解池，与负极相连的石墨电极为电解池的阴极，水在阴极上得到电子发生还原反应生成氢气，由得失电子数目守恒可得CH3OH—3H2，则标准状况下氢气的体积为32g32/gmol×3×22.4Lmol=67.

2L，故C正确；D.由题给示意图可知，甲池为电解池，与正极相连的铜电极为阳极，阳极上铜失去电子发生氧化反应生成铜离子，电极反应式为Cu-2e-=Cu2+，故D错误；故选D。18.下列说法正确的是()A.只

要有化学键的断裂就一定发生化学反应B.旧键断裂释放能量新键形成吸收能量C.当反应物的总能量小于生成物的总能量时，化学反应吸收能量D.化学反应中的能量变化只表现为热量的变化【答案】C【解析】【详解】A．有化学键的断裂不一定发生化学反应，如HCl溶

于水时H—Cl键发生断裂，但不是化学反应，故A错误；B．旧键断裂吸收能量，新键形成释放能量，故B错误；C．当反应物的总能量小于生成物的总能量时，说明旧键断裂吸收的能量大于新键形成释放的能量，化学反应吸收能量，故C正确；D．化学反应中

的能量变化还可以表现为光能、电能等，故D错误；综上所述答案为C。19.下列物质在一定条件下，可与苯发生化学反应的是()①浓硝酸②溴水③溴的四氯化碳溶液④酸性KMnO4溶液⑤氧气A.①⑤B.②④C.②③⑤D.③④⑤【答案】A【解析】【详解】①苯在浓硫酸条件

下能够与浓硝酸发生硝化反应；②苯不含碳碳双键，不能与溴水发生化学反应；③苯不含碳碳双键，不能与溴的四氯化碳溶液发生化学反应；④苯不能被酸性的高锰酸钾氧化；⑤苯能够在氧气中燃烧，被氧气氧化；综上所述，能够与苯发生反应的有

：①⑤，A项正确；答案选A。【点睛】本题考查了苯的化学性质，明确苯分子中碳碳键是介于单键和双键之间一种独特键是解题关键。苯分子中不存在碳碳双键，较稳定，不能使酸性KMnO4溶液褪色；也不能使溴水褪色，但苯能将溴从溴水中萃

取出来。苯可以在空气中燃烧；在有催化剂存在时，苯与溴发生反应，苯环上的氢原子被溴原子取代，生成溴苯；苯与浓硝酸和浓硫酸的混合物水浴加热至55℃-60℃，发生反应，苯环上的氢原子被硝基取代，生成硝基苯；苯与浓硫酸混合加热至7

0℃-80℃，发生反应，苯环上的氢原子被-SO3H取代，生成苯磺酸；在特定的条件下，苯仍然能发生加成反应。20.五种短周期元素的某些性质如表所示(其中只有W、Y、Z为同周期元素)。下列说法正确的是()

元素代号XWYZQ原子半径()-12m1037646670154主要化合价1+1−2−+5、-31+A.由Q与Y形成的化合物中只存在离子键B.Z与X之间形成的化合物具有还原性C.由X、Y、Z三种元素形成的化合物一定是共价化合物D.W的最高

正价为+7【答案】B【解析】【分析】根据表中数据知，X的原子半径最小，且其正化合价为+1，则X位于第IA族；W、Y、Z为同周期元素，根据其化合价知，W为第VIIA族、Y为第VIA族、Z为第VA族元素，Q为第IA族元素，其原子半径最大，且为短

周期元素，所以Q是Na元素，W、Y、Z都属于第二周期元素，所以W是F元素、Y是O元素、Z是N元素，X原子半径小于W，所以X是H元素，据此分析解答。【详解】A．Y是O元素、Q是Na元素，二者能形成Na2O、Na2O2，Na2O中只存在离子键，Na2O2中存在离子键和共价键，故

A错误；B．Z与X之间形成的化合物为NH3，氨气中N元素处于最低价态，所以氨气具有还原性，故B正确；C．X是H元素，Y是O元素、Z是N元素，由H、O、N三种元素形成的化合物可以是硝酸铵，属于离子化合物，故C错误；D．W是F元素，F没有正价，故D错误；

答案选B。21.下列化学用语的表示正确的是A.HClO电子式：B.丙烯醛的结构简式：2CHCHCOH=−C.342S−的结构示意图：D.2CO分子的比例模型：【答案】C【解析】【详解】A．HClO的结构式为H-O-Cl，电子式为，故A错误；B．

丙烯醛的官能团为醛基，结构简式为CH2=CHCHO，故B错误；C．342S−离子的核电荷数为16，核外电子总数为18，离子结构示意图为，故C正确；D．二氧化碳分子的空间构型为直线形，分子中含有两个碳氧双键，比例模型为，故D错误；故选C。22.下列关于晶体的叙述中不正确的是A.原子晶体

中，共价键的键能越大，熔、沸点越高B.分子晶体中，分子间的作用力越大，该分子越稳定C.离子晶体中，一定含有离子键，也可能含有共价键D.金属晶体中，金属键既没有方向性，也没有饱和性【答案】B【解析】【详解】A.原子晶体中，原子之间通过共价键结合，共价键的键能越大

，断裂共价键使物质熔化、气化需要消耗的能量越大，物质的熔、沸点越高，A正确；B.分子晶体构成微粒是分子，在分子晶体中，分子间的作用力越大，克服分子间作用力使物质熔化或气化需要消耗的能量越大，物质的熔沸点

就越高，而物质的稳定与分子间作用力大小无关，与分子内的化学键的强弱有关，B错误；C.离子晶体的构成微粒是阳离子、阴离子，阳离子、阴离子之间通过离子键结合，若阴离子、阳离子为复杂离子，则离子中可能存在共价键，C正确；D.金属晶体的构成微粒是金属阳离子和自由电子，阳离子和自由电子之间通过金属键结合，金

属键既没有方向性，也没有饱和性，D正确；故合理选项是B。23.对于反应()()()22COClgCOgClg+。改变下列条件能加快反应速率的是①升温②恒容下通入惰性气体③增加CO浓度④减压⑤加催化剂⑥恒压下通入惰性气体A

.①②⑤B.①③⑤C.②④⑥D.③⑤⑥【答案】B【解析】【详解】①升高温度，增加单位体积内的活化分子数，有效碰撞次数增加，化学反应速率加快，符合题意；②恒容下通入惰性气体，各物质的浓度不变，单位体积内活化分子的数目不变

，化学反应速率不变，不符合题意；③增加CO浓度，单位体积内活化分子的数目增多，有效碰撞次数增加，化学反应速率加快，符合题意；④减小压强，各物质的浓度减小，单位体积内活化分子的数目减小，化学反应速率减慢，不符合题意；⑤加催化剂可增大活化分子百分数，有效碰撞次数增加，化学反应速率加快

，符合题意；⑥恒压下通入惰性气体相当于减小压强，各物质的浓度减小，单位体积内活化分子的数目减小，化学反应速率减慢，不符合题意；符合题意的是①③⑤，故选B。24.化学反应22AB2AB+=的能量变化如图所示，则下列说法正确的是()A.该反应是吸热反应B.断裂21m

olA和21molB中的化学键放出xkJ的能量C.断裂2molAB中的化学键需要吸收ykJ的能量D.2molAB的总能量高于21molA和21molB的总能量【答案】C【解析】【分析】由图像可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，因此反应为放热反应。【详解】

A.该反应为放热反应，故A错误；B.断裂21molA和21molB中的化学键要吸收xkJ的能量，故B错误；C.断裂2molAB中的化学键需要吸收ykJ的能量，故C正确；D.2molAB的总能量低于21molA和21molB的总能量，故D错误；故答案选C。25.图1为“镁

﹣次氯酸盐”燃料电池原理示意图。图2为“双极室成对电解法”生产乙醛酸原理示意图，该装置中阴、阳两极为惰性电极，两极室均可产生乙醛酸，其中乙二醛与M电极的产物反应生成乙醛酸。下列说法不正确的是A.若利用镁燃料电池为电源，则

E极连M极B.镁燃料电池负极容易与水发生自腐蚀产生氢气C.F电极上的电极反应式为ClO－＋2e－＋H2O=Cl－＋2OH－D.图2装置中若有2molH＋通过质子交换膜完全反应，则共生成2mol乙醛酸【答案】A【解析】【详解】A．图1镁燃料电池中失电子的为负极

，则E为负极，F为正极。图2装置为电解池，根据H+的流向可以判断N极为阴极，因此若利用镁燃料电池为电源，则E极连N极，A错误；B．Mg的活泼性较强，能与水反应生成氢气，其反应为：Mg＋2H2O=Mg(OH)2＋H2↑，B正确；C．F为正极，ClO－得电子，所以F电极上的电极反应

式为ClO－＋2e－＋H2O=Cl－＋2OH－，C正确；D．图2装置中2molH+通过质子交换膜，则电池中转移2mol电子，根据电极方程式HOOC－COOH＋2e－＋2H＋=HOOC－CHO＋H2O，可知生成1mol乙醛酸，由于两极均有乙醛

酸生成，所以生成的乙醛酸为2mol，D正确。答案选A。26.下列与有机物结构、性质相关的叙述错误的是A.乙酸分子中含有羧基，可与NaHCO3溶液反应生成CO2B.蛋白质和油脂都属于高分子化合物，一定条件下能水

解C.甲烷和氯气反应生成一氯甲烷，苯和硝酸反应生成硝基苯的反应类型相同D.苯不能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明苯分子中没有与乙烯分子中类似的碳碳双键【答案】B【解析】【详解】A、乙酸属于一元羧酸，酸性强于碳酸的，所以可与NaHCO3溶液反应生成CO2，故A正确；B、油脂是高级脂肪酸的甘油酯，属于

酯类，但不属于高分子化合物，故B错误；C、甲烷和氯气反应生成一氯甲烷，以及苯和硝酸反应生成硝基苯的反应都属于取代反应，故C正确；D、只有分子中含有不饱和键(如碳碳双键)，则可以与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，从而使之褪色，而苯中的化学键是介于单键和双键之间特殊的

化学键，故D正确。答案选B。27.下列叙述中正确的是A.甲烷分子中没有3个氢原子在同一平面上B.乙烯分子中6个原子都在同一平面上C.苯分子中碳原子和全部氢原子不可能在同一平面上D.乙炔分子中4个原子不可能在同一条直线上【答案】B【解析】【详解】A．三个不共线的点确定一个平面，甲烷分子

中一定有3个氢原子在同一个平面上，故A错误；B．乙烯分子为平面结构，分子中2个碳原子原子和4个氢原子都在同一平面上，故B正确；C．苯分子为正六边形结构，分子中6个碳原子原子和6个氢原子都在同一平面上，故C错误；D．乙炔分子为直线形结构，分子中2个碳原子原子和

2个氢原子都在同一直线上，故D错误；故选B。28.下列说法不正确的是()A.三联苯与四联苯互为同系物B.苯、乙酸、乙醇均能发生取代反应C.可用燃烧法鉴别丙烯、苯、4CClD.石油分馏属于物理变化，煤的干馏属于化学变化【答案】A【解析】【详解】A.同系物是指结构相似，分子组成相差若干个C

H2原子团的化合物的互称，三联苯和四联苯含有的苯环数目不同，结构不相似，不互为同系物，故A错误；B.苯环中的碳碳键是介于单键和双键之间的一种独特的键，能发生取代反应和加成反应，乙酸和乙醇能发生酯化反应，酯化反应属于取代反

应，则苯、乙酸、乙醇均能发生取代反应，故B正确；C.丙烯燃烧产生少量的烟，苯燃烧产生浓烟，四氯化碳不能燃烧，则用燃烧法能鉴别丙烯、苯和四氯化碳，故C正确；D.石油分馏没有新物质生成，属于物理变化，煤的干馏有新物质

生成，属于化学变化，故D正确；故选A。29.能较好说明乙醇分子结构简式为25CHOH，而不是33CHOCH的事实是A.乙醇完全燃烧只生成2CO和2HOB.乙醇不存在醇类的同分异构体C.乙醇与水以任意比例互溶D.0.1mol乙醇与足量钠反应只产生0.05mo1氢气【答案】D【解析】【详解】A

.1mol乙醇和1mol乙醚完全燃烧都生成2mol二氧化碳和1mol水，无法根据燃烧情况判断有机物结构简式，故A错误；B.乙醇存在同分异构体，甲醚与乙醇互为同分异构体，故B错误；C.乙醇与水以任意比例互溶只能判断乙醇的溶解性，不能判断乙醇的结构，故C错误；D.若乙醇的结

构是是CH3OCH3，则分子中的氢原子全部是相同的，和钠反应时可以全部被置换出生成氢气，0.1mol乙醇与足量钠反应只产生0.05mol氢气说明乙醇分子中含有1个羟基，从而证明乙醇分子结构简式为C2H5OH，而不是CH3OCH3，故D正确；故选D。

【点睛】根据Na与乙醇反应生成的H2的量判断出只有一个H与其他H原子处于不同的特殊位置，从而进一步确定其结构为C2H5OH而非CH3OCH3，而乙醇的燃烧、乙醇的水溶性都无法确定乙醇的结构是解答关键。30.除去下列物质中所含少量杂质，所选用的试剂和分

离方法能达到实验目的的是()选项混合物(括号内为杂质)试剂(足量)分离方法A苯(苯酚)NaOH溶液分液B乙烷(乙烯)酸性KMnO4溶液洗气C乙酸乙酯(乙酸)NaOH溶液分液D乙酸(乙醛)新制Cu(OH)2悬浊液过滤A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A.苯难溶于水，苯酚与氢氧化钠反应

生成易溶于水的苯酚钠，反应后溶液分层，可通过分液分离，故A正确；B.乙烷和酸性高锰酸钾不反应，乙烯被高锰酸钾溶液氧化为二氧化碳，乙烷中引入新杂质二氧化碳，故B错误；C.乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中发生水解反应，所

以不能用氢氧化钠除去乙酸乙酯中的乙酸，故C错误；D.乙酸与氢氧化铜反应生成醋酸铜，不能用新制氢氧化铜除去乙酸中的乙醛，故D错误；选A。31.近年来，有科研工作者提出可用如图所示装置进行水产养殖用水的净化处理。工作时，下列说法错误的是A.

导线中电子由b电极流向N极B.N极的电极反应式为3222NO10e12HN6HO−−+++=+C.当电路中通过4mol电子的电量时，理论上有1molCO2生成D.当生成1molN2时，理论上有12molH+通过质子交换膜【答案】D

【解析】【分析】根据图示，该装置为电解池，N极上3NO−转化为N2，氮元素化合价降低，得电子，发生还原反应，则N为阴极，则M为阳极，电解池中阴极与电源负极相连，阳极与电源正极相连，则b为负极，a为正极，据此分析解答。

【详解】A．根据分析可知M为阳极，N为阴极，因此a为正极，b为负极，导线中电子经外电路由b电极流向N极，故A正确；B．根据分析可知N为阴极，发生还原反应，结合装置图示，N极的电极反应式为3222NO10e12HN6HO−−+

++=+，故B正确；C．有机物(C6H10O5)n中C元素化合价平均为0价，反应后变为+4价CO2，1mol该有机物反应，产生6nmolCO2气体，转移24nmol电子，则当电路中通过4mol电子的电量时，理论上有1molCO2生成，故C正确；D．根据选项B分析可知：每反应产生1mol

N2，转移10mole-，根据电荷守恒应该有10molH+通过质子交换膜，故D错误；答案选D。32.某兴趣小组的同学用下图所示装置研究有关电化学的问题（甲、乙、丙三池中溶质足量），当闭合该装置的电键K时，观察到电流计的指针发生了偏转。一段时间后

，断开电键K，下列物质能使乙池恢复到反应前浓度的是A.CuB.CuOC.Cu（OH）2D.Cu2（OH）2CO3【答案】A【解析】【详解】甲池为燃料电池，A为负极，B为正极，则乙中C为阳极，D为阴极，阳极上Ag失电子生成银离子，阴极上铜离子得

电子生成Cu，溶液中减少了Cu元素的质量，所以要让电解质复原，需要加入金属铜，故选：A。33.V、W、X、Y、Z五种短周期主族元素，原子序数依次增大，X的最外层电子数是内层电子数的三倍，W的气态氢化物和最高价氧化物对应的水化物反应生成一种盐，Y

是同周期中原子半径最大的元素，Z的原子序数等于V、W、X的原子序数之和。下列错误的是A.简单离子的半径：W>X>YB.V、X可形成原子个数比为l∶1、2∶1的化合物C.简单气态氢化物的热稳定性X<WD.X、Z同主族，Y、Z同周期【答案】C【解析】由X的外层电子排布，X可能为氧元素或硫元素，结合W

的特点，W一定为氮元素，则X为氧元素，Y位于同周期最左端，为钠元素。WX原子序数之和为15，对于主族元素，短周期最大原子序数为17，但2号元素不为主族元素，所以V为氢元素，Z为硫元素。A.Y容易失去电子，则核外电子层数与W

X相同，但原子序数最大，X原子序数次之，所以简单离子半径Y最小，顺序为：W>X>Y，A正确。B.可形成H2O2，H2O，B正确；C.元素X的原子序数大，非金属性越强,对应气态氢化物的稳定性也就越强，故简单气态氢化物的热稳定性X>W，C错误。D.氧元素和硫元素为同主族，钠元素与硫元素为同周期

，D正确。故选择C。点睛：W的气态氢化物和最高价氧化物对应的水化物反应生成一种盐，在短周期中，N元素具有此特点，即NH3+HNO3=NH4NO3。二、填空题(本大题共4小题，共34分)34.下表为元素周期表中前四周期的一部分。XYZRW（1）若均为非金属主族元素。①Z

在元素周期表中的位置为__________；②R所在主族元素中，形成的最高价氧化物的水化物中，酸性最强的物质化学式为_____。（2）若这些元素中，只有一种为金属元素。①Y、Z、R的最高价氧化物的晶体类型分别为______、_______、_____；②写出Z的氧化物与X的单质之间发生置换反应的化

学方程式：________。【答案】(1).第三周期ⅤA族(2).H2SO4(3).离子晶体(4).原子晶体(5).分子晶体(6).SiO2+2C高温Si+2CO【解析】【分析】（1）若X、Y、Z、W、R均为非金属主族元素，由周期表中的相对位置可知，X为N元素、Y为Si元素

、Z为P元素、R为S元素、W为Br元素；（2）若X、Y、Z、W、R元素中，只有一种为金属元素，由周期表中的相对位置可知，X为C元素、Y为Al元素、Z为Si元素、R为P元素、W为Se元素。【详解】（1）①Z为P元素，位于元素周期表第三周

期ⅤA族，故答案为：第三周期ⅤA族；②R为S元素，位于元素周期表ⅥA族，ⅥA族中硫元素形成的最高价氧化物的水化物硫酸的酸性最强，故答案为：H2SO4；（2）①Y为Al元素，铝元素的最高价氧化物为氧化铝，氧化铝是离子晶体；Z为Si元素，硅元素的最高价氧化物为二氧化硅，二

氧化硅是原子晶体；R为P元素，磷元素的最高价氧化物为五氧化二磷，五氧化二磷是分子晶体，故答案为：离子晶体；原子晶体；分子晶体；②Z的氧化物为二氧化硅，X的单质为碳，二氧化硅和碳在高温下发生置换反应生成硅和一氧

化碳，反应的化学方程式为SiO2+2C高温Si+2CO，故答案为：SiO2+2C高温Si+2CO。【点睛】35.某温度时，在一个10L的恒容容器中，X、Y、Z均为气体，三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示，根据图中数据填空：①该反应的化学方程式为________②将amolX与

bmolY的混合气体发生上述反应，反应到某时刻各物质的量恰好满足：()()()XY2Znnn==，则原混合气体中a：b=________。③一定能证明该反应达到平衡状态的是___________。A单位时间内生成3nmolX，同时消耗nmolYB某时刻X、Y、Z的浓度相等C混合气体的密度不变D混

合气体的平均相对分子质量不变E各反应物或生成物的反应速率之比等于化学计量数之比④在其他条件不变时，若改变下列条件，能使生成Z的速率变大的是________A升高温度B增大X的浓度C使用催化剂D恒容下充入Ne(不参与体系反应)【答案】(1).3X+Y2Z(2).

7：5(3).AD(4).ABC【解析】【详解】①据图可知反应过程中X、Y的物质的量减少，所以X、Y为反应物，Z为生成物，且最终三种物质同时存在，说明为可逆反应，相同时间内△n(X)：△n(Y)：△n(Z)=0.3mol:0.1mol:0.2mol=3:1:2，所以化学方程式为3X+Y2Z；②设

此时△n(Y)=x，则根据方程式可知△n(X)=3x，△n(Z)=2x，则此时容器中n(X)=a-3x，n(Y)=b-x，n(Z)=2x，根据题意a-3x=b-x=2x×2，则a=7x，b=5x，所以原混合气

体中a：b=7：5；③A．生成X为逆反应，消耗Y为正反应，单位时间内生成3nmolX，同时消耗nmolY，即正逆反应速率相等，说明反应达到平衡，故A正确；B．反应过程中可能出现某时刻X、Y、Z的浓度相等，但这不能说明浓度不再改变，不能说明反应达

到平衡，故B错误；C．反应物和生成物均为气体，所以气体总质量不变，容器恒容，则密度始终不变，故C错误；D．该反应前后气体系数之和不同，所以气体的物质的量会变，但气体总质量不变，所以未平衡时气体的平均相对分子质量发生改变，当该值不变时，说明平衡，故D正确；E．只要反应发生，各反应

物或生成物的同一方向的反应速率之比就等于化学计量数之比，不能说明反应平衡，故E错误；综上所述选AD；④A．升高温度，活化分子百分比变大，反应速率加快，故A正确；B．增大X的浓度，正反应速率增大，即生成Z的速率变大，故B正确；C．使用催化

剂可以同时增大正逆反应速率，故C正确；D．恒容条件下充入Ne，参与反应的各物质的浓度没有变化，所以反应速率不变，故D错误；综上所述选ABC。【点睛】当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行

发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。36.为探究原电池和电解池的工作原理，某研究性小组分别用如图所示装置进行实验。()1甲装置中，a电极的反应式为_________。()2乙装置中，阴极区产物为____和____。()3若甲装置作为乙装置的电源

，一段时间后，甲中消耗气体与乙中产生气体的物质的量之比为_____(不考虑气体的溶解)。()4某工厂采用电解法处理含227CrO−的废水，耐酸电解槽用铁板作阴、阳极，槽内盛放含铬废水，227CrO−被还原成为3Cr+，3Cr+

在阴极区生成3Cr(OH)沉淀除去，工作原理如图：①写出电解时阳极的电极反应式：_______________。②写出227CrO−被还原为3Cr+的离子方程式：_______________【答案】(1).H2＋2OH－－2e－＝2H2

O(2).NaOH(3).H2(4).3:4(5).Fe－2e－＝Fe2+(6).227OCr−+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O【解析】【分析】（1）甲装置是燃料电池，通入氢气的a电极为燃料电池的负极，通入氧气的b电极为正极；（2）乙装置是电解池，与直流电源负极相

连的电极为阴极，水在阴极上得到电子发生还原反应生成氢气，同时破坏水的电离平衡；（3）若甲装置作为乙装置的电源，由得失电子数目守恒计算可得甲中消耗气体与乙中产生气体的物质的量之比；（4）①由图可知产生氢气

的B电极为电解池的阴极，则A电极为阳极；②废水中227OCr−具有强氧化性，酸性条件下，227OCr−与Fe2+发生氧化还原反应生成Cr3+、Fe3+和H2O。【详解】（1）甲装置是燃料电池，通入氢气的a电极为燃料电池的负极，碱性条件下

，氢气在负极失去电子发生氧化反应生成水，电极反应式为H2＋2OH－－2e－＝2H2O，故答案为：H2＋2OH－－2e－＝2H2O；（2）乙装置是电解池，与直流电源负极相连的电极为阴极，饱和食盐水溶液中水在阴极上得到电子发生还原反应生成氢气，同时破坏水的电离平衡，在阴极区云集大量氢

氧根离子，则阴极区产物为NaOH和H2，故答案为：NaOH；H2；（3）若甲装置作为乙装置的电源，由得失电子数目守恒可知，甲池消耗2mol氢气同时消耗1mol氧气，转移4mol电子，乙装置中可以产生2mol氢气和2mol氯气，则一段时间后

，甲中消耗气体与乙中产生气体的物质的量之比为3:4，故答案为：3:4；（4）①由图可知产生氢气的B电极为电解池的阴极，则A电极为阳极，阳极上铁失去电子发生氧化反应生成亚铁离子，电极反应式为Fe－2e－＝Fe2+，故答案为：Fe－2e－＝Fe2+；②废水中227OCr−具有强氧化

性，酸性条件下，227OCr−与Fe2+发生氧化还原反应生成Cr3+、Fe3+和H2O，反应的离子方程式为227OCr−+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，故答案为：227OCr−+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O。【

点睛】氢氧燃料电池中通入氢气的一极为原电池的负极，发生氧化反应，通入氧气的一极为原电池的正极，发生还原反应是解答关键。37.某烃A是有机化学工业的基本原料，还是一种植物生长调节剂，A可发生如图所示的一系列化学反应，其中①②③属于

同种反应类型。根据图回答下列问题：()1写出A、B、D的结构简式：A_____，B_____，D_____。()2写出②④两步反应的化学方程式，并注明反应类型：②_______，反应类型：_______；④________，反应类型：___。【答案】(1)

.CH2=CH2(2).CH3CH3(3).CH3CH2OH(4).CH2=CH2＋HCl→CH3CH2Cl(5).加成反应(6).CH3CH3＋Cl2⎯⎯⎯→光照CH3CH2Cl＋HCl(7).取代反应【解析】【分析】由烃A是有机化学工业的基本

原料，还是一种植物生长调节剂可知，A为乙烯；由题给有机物的转化条件可知，在镍做催化剂作用下，乙烯与氢气发生加成反应生成乙烷，则B为乙烷；乙烯与氯化氢发生加成反应生成氯乙烷，光照条件下，乙烷与氯气发生取代反应生成氯乙烷，则C为氯乙烷；在稀硫酸做催化剂作用下，乙烯与水发生加成反应生成

乙醇，则D为乙醇。【详解】（1）由分析可知，A为乙烯，结构简式为CH2=CH2，B为乙烷，结构简式为CH3CH3，D为乙醇，结构简式为CH3CH2OH，故答案为：CH2=CH2；CH3CH3；CH3CH2OH；（2）反应②为乙烯与氯化氢发生加成反应生成氯乙烷，反应

的化学方程式为CH2=CH2＋HCl→CH3CH2Cl；反应④为光照条件下，乙烷与氯气发生取代反应生成氯乙烷，反应的化学方程式为CH3CH3＋Cl2⎯⎯⎯→光照CH3CH2Cl＋HCl，故答案为：CH2=CH

2＋HCl→CH3CH2Cl；加成反应；CH3CH3＋Cl2⎯⎯⎯→光照CH3CH2Cl＋HCl；取代反应。【点睛】由烃A是有机化学工业的基本原料，还是一种植物生长调节剂确定A为乙烯，乙烯能与氢气、氯化氢和水发生加成反应是解答关键。