【文档说明】【精准解析】陕西省渭南市临渭区2019-2020学年高一下学期期末考试化学试题.doc，共(18)页，709.500 KB，由小赞的店铺上传

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临渭区2019~2020学年度第二学期期末教学质量检测高一化学试题注意事项：1.本试卷全卷满分100分，答题时间90分钟：2.本试卷第I卷和第II卷两部分。第I卷为选择题，用2B铅笔将正确答案徐写在答题卡上；第II

卷为非选择题，用0.5mm黑色墨水签字笔完成在答题纸上；3.答第I卷前，将姓名、考号、考试科目、试卷类型按要求涂写在答题卡上；4.答第II卷前，将答题纸上装订线内栏目填写清楚。可能用到的相对原子质量为：C一12N一14O一16S一32Cl一35.5K一39Fe-56Cu一64第I卷

（选择题共54分）—、选择题（本大题共18小题，每小题3分．计54分。每小题只有一个选项符合题意）1.2019年12月以来，我国部分地区突发的新型冠状病毒肺炎威胁着人们的身体健康。以下是人们在面对“新型冠状病毒肺炎”时的一些认识，你认为符合科学道理的是A.家庭

消毒时，消毒液越浓越好B.吸烟、喝酒可以预防“新型冠状病毒”C.应经常保持室内清洁卫生和通风D.必须每天吃药，补充人体所需化学物质【答案】C【解析】【分析】【详解】A．消毒液并非浓度越高越好，过高浓度的消毒液

既不能达到有效的消毒效果，又会造成环境污染，故A错误；B．吸烟、喝酒对人体有害，也不能预防新型冠状病毒，故B错误；C．保持室内清洁卫生和通风能防止病毒的滋生，故C正确；D．药物服用多了对身体有害，必须遵循医

生的指导，故D错误；故答案为C。2.13C-NMR、15N-NMR可用于测定蛋白质、核酸等生物大分子的空间结构。下面叙述正确的是A.13C与15N有相同的中子数B.13C与C60互为同位素C.15N与14N互为同位素D.15N和14N有不同的核外电子数【答案】C【解析】【详解】A

．13C与15N的中子数分别为7、8，故A错误；B．13C是一种碳的核素，C60是一种碳的单质，不能成为同位素，故B错误；C．15N与14N为质子数都是7，但中子数不同的原子，则互为同位素，故C正确；D．15N的核外电子数为

7，核外电子数相同，故D错误；答案选C。3.下列化学用语书写正确的是A.氯化镁的电子式：B.乙烷的结构式是：C.氯原子的结构示意图：D.中子数为7的碳原子是：76C【答案】B【解析】【详解】A．氯化镁的电子式为，A错误；B．乙烷的分子式为C2H6，存在C-C键和C-H键，结构式是，B正

确；C．氯原子的结构示意图是，C错误；D．中子数为7的碳原子是，D错误；答案选B。4.《后汉书•郡国志》中记载：“石出泉水其水有肥、燃之极明，不可食，县人谓之石漆”；《西阳杂俎》一书记载：“高奴且石脂水，水腻

，浮上如漆，采以膏车及燃灯极明”。下列说法正确的是A.上述材料所说“石漆”“石脂水”是石油，在工业上通过石油分馏可得纯净的苯B.以石油为原料可生产三大合成材料即合金、合成橡胶和合成纤维C.石油的催化裂化属于物理变化D.塑料聚乙烯的单体可以由石油裂解得到【答案】D

【解析】【详解】A．上述材料所说“石漆”“石脂水”是石油，石油中不含有苯，通过石油分馏得到燃料气、液化石油气等，但是得不到苯，故A错误；B．三大合成材料都是有机材料，三大合成材料分别是塑料、合成橡胶和合成纤维，故

B错误；C．石油的催化裂化是在热和催化剂的作用下使重质油发生裂化反应，转变为裂化气、汽油和柴油等的过程，石油的催化裂化生成新的物质，属于化学变化，故C错误；D．石油催化裂化生成乙烯，乙烯加聚反应生成聚乙烯，所以塑料聚乙烯(PE)的单体可以由石油催化裂化得到，故D正确

；答案选D。5.下列关于物质性质变化的比较，正确的是A.碱性强弱：KOH>NaOH>Mg(OH)2B.原子半径大小：Cl>Na>OC.稳定性：HI>HBr>HCl>HFD.还原性强弱：Cl->Br->I-【答案】A【解析】【详解】A．金属性K>Na>Mg，则最高价氧化物对应

水化物的碱性强弱为：KOH>NaOH>Mg(OH)2，故A正确；B．同一主族，原子序数越大原子半径越大，同一周期从左向右原子半径逐渐减少，则原子半径大小为：Na>Cl>O，故B错误；C．非金属性：I<Br<Cl<F，则氢化物的稳定性：HI<HBr<

HCl<HF，故C错误；D．非金属性：I<Br<Cl，则对应离子的还原性：Cl-<Br-<I−，故D错误；答案选A。6.把纯净的甲烷与氯气混合气放在集气瓶中，用玻璃片盖好瓶口，放在光亮的地方一段时间后，下列说法中，不正确的是A.气体发生爆炸反应B.瓶内气体的颜色变浅C.用一根蘸有浓氨水的玻

璃棒伸入瓶内时有白烟产生D.集气瓶壁有油状液体生成【答案】A【解析】【详解】A.氯气与甲烷的反应不剧烈，反应比较缓慢，变化不发生爆炸现象，故A错误；B.由于黄绿色的氯气参加了反应，物质的量减小，所以瓶内气体的颜色变浅，故B正确；C.甲烷和氯气反应生成了氯化氢气体，所以用

一根蘸有浓氨水的玻璃棒伸入瓶内时有白烟产生，故C正确；D.反应生成了不溶于水的二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳等液体，所以集气瓶壁有油状液体生成，故D正确；故选：A。7.决定化学反应速率的主要因素是（）A.参加反应物本身的性质B.

催化剂C.温度和压强以及反应物的接触面D.反应物的浓度【答案】A【解析】【详解】决定化学反应速率的主要因素是参加反应物本身的性质。温度、压强、催化剂、浓度、接触面积等是影响化学反应速率的因素的外因，不是主要因素。【点睛】参加反应的物质的性质是决定性因素，而浓度、温度、压强等是外部的影响因

素。8.相同条件下，分别测得反应A(g)+3B(g)2C(g)+2D(g)的速率如下：①v(A)=0.15mol∙L-1∙s-1②v(B)=0.6mol∙L-1∙s-1③v(C)=0.5mol∙L-1∙

s-1④v(D)=1.2mol∙L-1∙min-1其中反应最快的是A①B.②C.③D.④【答案】C【解析】【分析】反应速率之比等于物质的化学计量数之比，均转化为同一物质表示的速率进行比较，对于A(g)+3B(g)2C(g)

+2D(g)，都转化为用A表示的速率进行比较。【详解】①v(A)=0.15mol∙L-1∙s-1；②v(B)=0.6mol∙L-1∙s-1，换算成A的反应速率，v(A)=13v(B)=13×0.6mol∙L-1∙s-1=0.2mol∙L-1∙s-1；③v(C)=

0.5mol∙L-1∙s-1，换算成A的反应速率，v(A)=12v(C)=12×0.5mol∙L-1∙s-1=0.25mol∙L-1∙s-1；④v(D)=1.2mol∙L-1∙min-1=0.02mol∙L-1∙s-1，换算成A的反应速率，v(A)=12v(B)=12×0.02mol∙L-

1∙s-1=0.01mol∙L-1∙s-1；其中反应最快的是③；答案选C。【点睛】要将各物质的反应速率单位要统一，将v(D)=1.2mol∙L-1∙min-1换算成0.02mol∙L-1∙s-1，再统一换算成同一种物

质进行比较，为易错点。9.如图是化学课外活动小组设计的用化学电源使LED灯发光的装置示意图。下列有关该装置的说法正确的是（）A.铜片为负极，其附近的溶液变蓝，溶液中有Cu2+产生B.其能量转化的形式主要是“化学能→电能→光能”C.如果将锌片换成铁片，电路中的电流方向将改变D.如果将稀硫酸

换成柠檬汁，LED灯将不会发光【答案】B【解析】【分析】锌比铜活泼，锌作负极，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，铜为正极，电极反应式为2H+＋2e-=H2↑，根据原电池工作原理进行分析；【详解】A、锌比铜活泼，锌作负极，铜作正极，

正极反应式为2H+＋2e-=H2↑，有气泡冒出，Cu不参与反应，溶液不变蓝，故A错误；B、该装置为原电池，将太阳能→电能，灯泡发光，电能→光能，故B正确；C、锌片换成铁片，铁比铜活泼，铁作负极，电流方向不改变，故C错误；D、柠檬汁中含有电解质，根据原电池的构成条件，稀硫酸换成柠檬汁，LED灯

发光，故D错误；答案选B。10.乙醇分子结构中各种化学键如图所示，，下列说法正确的是A.与金属钠反应时断裂②B.与乙酸反应时断裂①C.在铜丝催化下与O2反应断裂②③D.燃烧时断裂①③【答案】B【解析】

【分析】【详解】A．乙醇与与金属钠反应生成乙醇钠和氢气，断开的羟基上的氢氧键，即①断裂，故A错误；B．乙醇和乙酸发生酯化反应，断开的羟基上的氢氧键，即①键，故B正确；C．乙醇在铜催化下与O2反应生成乙醛和水，断开的

是羟基上的氢氧键和与羟基所连的碳原子的碳氢键，即①③断裂，故C错误；D．乙醇在空气中完全燃烧时生成二氧化碳和水，乙醇中化学键全部断裂，故D错误；故答案为B。【点睛】醇和羧酸发生酯化反应时，羧酸脱去羟基，醇脱去

氢原子；根据乙醇发生催化氧化时的断键特点可知，只有与羟基相连的碳原子上有氢时羟基才能被催化氧化。11.下列物质中属于离子化合物的是A.CH3CH3B.KOHC.CO2D.H2SO4【答案】B【解析】【分析】非金属元素之间形成共价键，一般金属元素与非金属元素之间形成离子键，离

子化合物中一定含有离子键。【详解】A项、CH3CH3为共价化合物，分子中只有共价键，故A错误；B项、KOH是含有离子键和共价键的离子化合物，故B正确；C项、CO2为共价化合物，分子中只有共价键，故C错误；D项、H2SO4为共价化合物，分

子中只有共价键，故D错误；故选B。12.我国在砷化镓太阳能电池研究方面国际领先。砷(As)和镓(Ga)都是第四周期元素，分别属于VA和IIIA族。下列说法中，不正确的是A.原子半径：Ga＞As＞PB.热稳定性：NH3＞PH3＞AsH3C.Ga(OH)3可能是两性

氢氧化物D.酸性：H3AsO4＞H2SO4＞H3PO4【答案】D【解析】【详解】A．同周期自左而右，原子半径减小，Ga和As位于同一周期，原子序数As＞Ga，原子半径Ga＞As；同主族自上而下原子半径增大，As

在P的下一周期，原子半径As＞P，所以原子半径Ga＞As＞P，故A说法正确；B．同主族自上而下非金属性减弱，非金属性N＞P＞As，非金属性越强，氢化物越稳定，所以热稳定性NH3＞PH3＞AsH3，故B说法正确；C．镓(Ga)是第四周期ⅢA族元素，与Al同族，与Al具有相似

性质，氢氧化铝是两性氢氧化物，Ga金属性虽然比Al强，但可能具有两性，故C说法正确；D．同周期自左而右，非金属性增强，非金属性S＞P，同主族自上而下非金属性减弱，P＞As，所以非金属性S＞P＞As，所以酸性H2SO4＞H3PO4＞H3AsO4

，故D说法错误；答案选D。13.下列图示的装置属于原电池的是（）A.①②⑥⑧B.③④⑤⑦C.③④⑥⑦D.③④⑤⑥⑦⑧【答案】C【解析】【详解】构成原电池的条件为两极为活动性不同的金属(或金属与石墨)、电解质溶液、导线连接或直接接触、构成闭合回路。①②缺少另

一电极材料；⑤中的酒精是非电解质；⑧没有构成闭合回路，故不能构成原电池，符合构成原电池条件的为③④⑥⑦，答案选C。14.根据表1信息，判断以下叙述正确的表1部分短周期元素的原子半径及主要化合价元素代号LMQRT原子半径／nm0.1600.1430.1

120.1040.066主要化合价＋2＋3＋2＋6、－2－2A.M与T形成的化合物具有两性B.氢化物的沸点为：H2T＜H2RC.L2＋与R2－的核外电子数相等D.元素的金属性强弱程度为：L＜Q【答案】A【解析】【详解】短周期元素，由元素的化合价可

知，T只有-2价，则T为O元素，R的化合价为+6、-2，可知R为S元素，L、M、Q只有正价，其中L、M均为+2价，且原子半径L＞Q，则L为Mg元素，Q为Be元素，原子半径M的介于L、Q之间，M为+3价，则M为A

l元素。A．M为Al元素，T为O元素，两者形成的化合物是氧化铝，是两性氧化物，故A正确；B．H2R为H2S，H2T为H2O，水中分子之间存在氢键，熔沸点高，H2O＞H2S，即H2R＜H2T，故B错误；C．L2+为Mg2+,它的核

外电子数为12-2=10，R2-为S2-，它的核外电子数为16+2=18，两者不相等，故C错误；D．L为Mg元素，Q为Be元素，属于同主族元素，从上往下，金属性增强，即L>Q，故D错误；答案选A。15.下列实验装置设计正确，且能

达到目的的是A.石油的分馏B.制备乙酸乙酯C.分离乙酸和乙醇D.除甲烷中的乙烯【答案】B【解析】【分析】【详解】A．石油的分馏是利用石油中各成分的沸点不同进行蒸馏的操作，蒸馏操作中冷凝水的通入方向应与蒸汽的流动方向相反，如图所示，则应该下口进水，上口出水，故A错误；B．实验室利用乙酸和乙醇在

浓硫酸催化剂加热条件下制备乙酸乙酯，由于乙酸和乙醇具有挥发性，制取的乙酸乙酯使用饱和碳酸钠溶液将乙酸和乙醇除去，除杂时要注意防倒吸，根据该装置图所示，符合制备要求，故B正确；C．乙酸和乙醇互溶，不能用分液的方法分离，故

C错误；D．甲烷不与酸性高锰酸钾溶液反应，乙烯可被酸性高锰酸钾溶液氧化为二氧化碳，乙烯虽然除去，但引入了二氧化碳新杂质，故D错误；答案选B。16.下列反应中属于加成反应的是A.CH4+Cl2⎯⎯⎯⎯⎯→光

照CH3Cl+HClB.2CH3CH3+7O2点燃⎯⎯⎯→4CO2+6H2OC.CH3CH2OH+HBr催化剂⎯⎯⎯⎯⎯→CH3CH2Br+H2OD.CH2=CH2+HCl→CH3CH2Cl【答案】D【解析】【分析】两个或多个分子互相作用，生成一个加成产物的反应称

为加成反应，根据加成反应的原理回答。【详解】A．该反应中甲烷和氯气发生的取代反应，不属于加成反应，故A不符合题意；B．该反应为乙烷的燃烧，属于氧化反应，而不是加成反应，故B不符合题意；C．该反应为乙醇和溴化氢发生的取代反应，故C不符合题意；D．该反应为乙烯和氯化氢的加成

反应，故D符合题意；答案选D。17.下列反应前后物质的总能量变化能用图表示的是A.氢氧化钠和盐酸的反应B.Ba(OH)2·8H2O晶体和NH4Cl晶体的反应C.铝与NaOH溶液的反应D.甲烷在氧气中燃烧【答案】B【解析】【分析】【详解】从图象分析，该

反应中反应物的总能量小于生成物的总能量，则是吸热反应。A．氢氧化钠与盐酸反应，是中和反应，放热，不符合图象，故A错误；B．Ba(OH)2•8H2O晶体和NH4Cl晶体的反应，属于吸热反应，符合图象，故B正确；C．铝与NaOH溶液的反应，为金属与强碱溶液反应，产生H2，属于放热反应，不符合图象

，故C错误；D．甲烷在氧气中燃烧，为燃烧反应，属于放热反应，不符合图象，故D错误；答案为B。18.下列叙述正确的是（）。A.反应①为取代反应，有机产物与水混合后有机产物浮在上层B.反应②为氧化反应，反应现象是火焰

明亮并带有浓烟C.反应③为取代反应，有机产物是一种烃D.反应④中1mol苯最多与3molH2发生加成反应，因为一个苯分子含有三个碳碳双键【答案】B【解析】【详解】A．苯与液溴发生取代反应生成溴苯，溴苯密度比水大，在

下层，A错误；B．苯在空气中燃烧，发生氧化反应，反应现象是火焰明亮并带有浓烟，B正确；C．苯与硝酸在浓硫酸条件下发生硝化反应生成硝基苯，硝基苯中除了含有C、H，还含有N、O，不属于烃，C错误；D．苯分子间没有碳碳双键，而是一种介于单

键和双键之间的特殊的键，D错误；答案选B。【点睛】本题综合考察苯的性质，苯结构中没有碳碳单键和碳碳双键，而是介于单键和双键之间特殊的键；苯主要发生的反应类型有取代反应，加成反应，氧化反应；同时注意生成物的类别及密度，C选项考察烃的基本概念，是易错点，从概念入手进行判断即可。第II卷（非选择题共4

6分）二、非选择题（本大题4小题.，计46分）19.(1)下列3种不同粒子11H、21H、31H，表示______种元素，_______种核素，11H、21H、31H互称为_________。(2)写出第2周

期VA族元素单质的电子式：_______。(3)工业上以乙烯为原料可以生产一种重要的合成有机高分子化合物，其反应的化学方程式为__________，反应类型是________。【答案】(1).1(2).3(3).同位素(4).(5).nCH2=CH2→催化剂(6).加聚反应【解析】

【分析】根据核素、元素、同位素的概念回答；第2周期VA族元素是氮，写出氮气得电子式；乙烯发生加聚反应制得聚乙烯，据此分析。【详解】(1)元素是具有相同的核电荷数(即质子数)同一类原子的总称，所以在所给的微粒中含

有1种元素；具有一定数目质子和一定数目中子原子称为核素，所以共有3种原子，共有3种核素；质子数相同，中子数不同的同一种元素的不同核素互称为同位素，所以11H、21H、31H互称为同位素；(2)第2周期VA族元素

是氮元素，形成的单质是氮气，氮原子的最外层电子数为5，形成8电子稳定结构，需要形成三对共用电子对，氮气的电子式；(3)乙烯为原料可以发生加聚反应制得聚乙烯，化学方程式为：nCH2=CH2→催化剂。【点睛】元素是具有相同的核电荷数(即质子数)同一类原子

的总称，是宏观概念；具有一定数目质子和一定数目中子原子称为核素，描述对象是原子；质子数相同，中子数不同的同一种元素的不同核素互称为同位素，描述对象是核素，为易错点。20.下表元素周期表的一部分．针对表中的①~⑩种元素，请用化学用语问答下列问题：IAIIAIIIAIVAVAVIAVI

IA02⑥⑦⑧3①③⑤⑨⑩4②④(1)在③~⑦元素中，原子半径最大的是__________(填元素符号)。(2)⑦元素的最高价氧化物对应的水化物与其氢化物能生成盐M，M中含有的化学键类型有__________。(3)写出元素①和⑧的单质在加

热条件下反应生成的化合物的电子式：_________。(4)③、⑤、⑦、⑨所形成的离子，其半径由小到大的顺序是______(填离子符号)。(5)①~⑨中元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是______(填物质化学式)；呈

两性的氢氧化物是_____(填物质化学式)，该化合物与NaOH溶液反应的离子方程式为______________。(6)写出实验室制取元素⑨的单质的反应的离子方程式：_____________。【答案】(1).Ca(2).离子键、共价键(3).(4).

Al3+＜Mg2+＜N3-＜Cl-(5).HClO4(6).Al(OH)3(7).Al(OH)3+OH-=AlO-2+2H2O(8).MnO2+4H++2Cl-加热=Mn2++Cl2↑+2H2O【解析】【分析】根据元素周期表

可知，①为Na、②为K、③为Mg、④为Ca、⑤为Al、⑥为C、⑦为N、⑧为O、⑨为Cl、⑩为Ar，然后分析。【详解】(1)③为Mg、④为Ca、⑤为Al、⑥为C、⑦为N，同周期，从左到右，原子半径减小，同主族，从上到下，原子半径

增大，所以原子半径大小关系为：r(Ca)＞r(Mg)＞r(Al)＞r(C)＞r(N)，最大的是Ca；(2)⑦为N，其最高价氧化物对应的水化物式HNO3，其氢化物是NH3，二者反应生成NH4NO3，NH4NO3为离子化合物，NH4+与NO3-之间是离子键，NH4+与

NO3-之内是共价键，所以含有的化学键类型有离子键、共价键；(3)①为Na、⑧为O，其单质在加热条件下反应生成Na2O2，Na2O2是离子化合物，其电子式为；(4)③为Mg、⑤为Al、⑦为N、⑨为Cl，形成Mg

2+、Al3+、N3-、Cl-，核外电子排布不相同的离子，电子层数越多，离子半径越大，四种离子中Cl-半径最大，核外电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，其半径由小到大的顺序是Al3+＜Mg2+＜N3-＜Cl-；(5)①为Na、②为K、③为Mg、④为Ca、⑤

为Al、⑥为C、⑦为N、⑧为O、⑨为Cl，同周期，从左到右，非金属性增强，最高价氧化物对应的水化物中酸性增强，同主族，从上到下，非金属性减弱，最高价氧化物对应的水化物中酸性减弱，所以酸性最强的是HClO4；呈两性的氢氧化物是Al(OH)3；Al

(OH)3与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，其离子方程式为：Al(OH)3+OH－=AlO2－+2H2O；(6)元素⑨是氯，实验室制取氯气是用二氧化锰和浓盐酸反应，生成二氯化锰，氯气和水，反应的离子方程式为：M

nO2+4H++2Cl-加热=Mn2++Cl2↑+2H2O。【点睛】同周期元素的原子或最高价阳离子或最低价阴离子半径随核电荷数增大而逐渐减小(稀有气体元素除外)；同主族元素的原子或离子半径随核电荷数增大而逐渐增大；电子层结构相

同(核外电子排布相同)的离子半径(包括阴、阳离子)随核电荷数的增加而减小。21.新冠肺炎最明显的症状就是出现发热，体温枪能快速检测人体体温。该体温枪所用的电池为一种银锌电池(如下图所示)，该电池的总反应式为：Zn+Ag2O+H2O=Zn(OH)2+2Ag。回答下列问

题：①在测体温时，电池将____转化为_____(填“化学能”或“电能”)。②电池中电子的流向：由_______________到______(填化学式)，负极的电极反应式为__________。【答案】(1)

.化学能(2).电能(3).Zn(4).Ag2O(5).Zn+2OH--2e-=Zn(OH)2【解析】【分析】该体温枪所用的电池为原电池，原电池是将化学能转化为电能的装置；从反应Zn+Ag2O+H2O

=Zn(OH)2+2Ag可看出，Zn失去电子，化合价由0价变为+2价，作为原电池的负极，负极的电极反应式为Zn+2OH--2e-=Zn(OH)2；而Ag2O得到电子，化合价由+1价变为0价，作为原电池的正极，正极的电极反应式为Ag2O+2e-+H2O=2Ag+2OH-。【详解】

①该体温枪所用的电池为原电池，在测体温时，电池将化学能转化为电能；②电池中电子的流向是由负极流向正极，即由Zn到Ag2O，负极的电极反应式为Zn+2OH--2e-=Zn(OH)2。22.(1)一定条件下铁可以和CO2发生反应：Fe

(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g)。一定温度下，向某密闭容器中加入足量铁粉并充入一定量的CO2气体，反应过程中CO2气体和CO气体的浓度与时间的关系如图所示：①t1时，正、逆反应速率的大小关系为v正_____v逆(填“＞”、“＜”或“＝”)②4min内，CO的平均反

应速率v(CO)=_____。③下列条件的改变能减慢其反应速率的是________(填字母，下同)。a．降低温度b．减少铁粉的质量c．保持压强不变，充入He使容器的体积增大d．保持容积不变，充入He使体系压强增大(2)下列描述能说明上述反应已达到平衡状态的是___

__。a．v(CO2)=v(CO)b．单位时间内生成nmolCO2的同时生成nmolCO2c．容器中气体压强不随时间变化而变化d．容器中气体的平均相对分子质量不随时间变化而变化【答案】(1).＞(2).0.125mol∙L-1∙min-1(3).ac(4).bd【解析

】【分析】t1时没有达到化学平衡状态，平衡正向移动；根据v(CO)=ct计算；根据化学反应速率的影响因素判断；根据化学平衡状态的特征进行判断。【详解】(1)①根据图象可知，在t1后，CO浓度增大、CO2浓度减小，说明反应未达到平衡，正向进行，因此v正＞v逆；

②根据图象可知，4分钟内CO的平均反应速率，v(CO)=0.5mol/L4min=0.125mol∙L-1∙min-1；③a．降低温度，物质的内能降低，活化分子数减小，有效碰撞次数减少，化学反应速率降低，故a符合题意；b．由于固体的浓度不变，所以减少铁粉的质

量，物质的反应速率不变，故b不符合题意；c．保持压强不变，充入He使容器的体积增大，反应体系中物质浓度降低，单位体积内活化分子数减少，有效碰撞次数减少，化学反应速率降低，故c符合题意；d．保持体积不变，充入He使体系压强增大，由于体系内的物质浓度不变，所以化学反应速率不变，故d不符合题意；故

答案为：ac；(2)a．未指明反应是正向还是逆向进行，因此不能判断是否为平衡状态，故a错误；b．单位时间内生成nmolCO2的同时必然会消耗nmolCO，又生成nmolCO，则CO的物质的量不变，反应达到平衡状态，故b正确；c．该反应是反应前后气体体积不变的反应，任何条件下体系的

压强都不变，因此不能据此判断反应是否为平衡状态，故c错误；d．反应前后气体的体积不变，而气体的质量会发生变化，则气体的摩尔质量会发生变化，由于摩尔质量当以g/mol为单位时，数值上等于物质的相对分子质量，所以若容器中气体的平均分子量不随时间而变化，则反应达到平衡

状态，故d正确；故答案为：bd。【点睛】恒容：充入无关气体，体系内总压变大，分压不变，反应速率不变；恒压：充入无关气体，体系内总压不变，体积变大，分压变小，反应速率变小。23.现有7瓶失去标签的试剂瓶，它们盛装的液

体分别为①乙醇、②乙酸、③苯、④乙酸乙酯、⑤油脂、⑥葡萄糖溶液、⑦蔗糖溶液中的一种。现通过如下实验来确定各试剂瓶中所装液体的名称。实验步骤和方法实验现象a．把7瓶液体依次标号为A、B、C、D、E、F、G后闻气味只有F、G

两种液体没有气味b．各取少量7种液体于试管中，加水稀释只有C、D、E三种液体与水分层，且位于上层c．各取少量7种液体于试管中，加新制的Cu(OH)2悬浊液并加热只有B使沉淀溶解，F中产生砖红色沉淀d．各取C、D、E适量于试管中，加足量NaOH并加热只有C中有分层现象，D

的试管中可闻到特殊香味(1)试写出下列标号代表的液体名称：A______，B____，C_____，D_____，E____，F_____，G_______。(2)写出A与金属钠反应的化学方程式：_____。(3)已知乙醛发生银镜反应的方程式CH3CHO+2[Ag(NH3)2]OH加热⎯⎯⎯⎯⎯

→CH3COONH4+H2O+2Ag↓+3NH3。试写出葡萄糖发生银镜反应的方程式：_____。【答案】(1).乙醇(2).乙酸(3).苯(4).乙酸乙酯(5).油脂(6).葡萄糖溶液(7).蔗糖溶液(8).2CH3C

H2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑(9).HOCH2(CHOH)4CHO+2[Ag(NH3)2]OH加热⎯⎯⎯⎯⎯→HOCH2(CHOH)4COONH4+H2O+2Ag↓+3NH3【解析】【分析】由实验a可知，只有F､G两种液体没有气味，则F、G分别为葡萄糖溶液、蔗糖溶液；

由实验c可知，F中产生砖红色沉淀，F为葡萄糖，可得到G为蔗糖，只有B使沉淀溶解，B为乙酸；由实验b可知，只有C､D､E三种液体不溶解而浮在水面上，则C、E、D为苯、乙酸乙酯、油脂，则A为乙醇；由实验d可知，C仍有分层现象，且在D的试管中闻到特殊香味，

则C为苯，D为乙酸乙酯，E为油脂，以此来解答。【详解】(1)根据分析可知：A是乙醇，B是乙酸，C是苯，D乙酸乙酯，E是油脂，F是葡萄糖，G是蔗糖；(2)A是乙醇，乙醇与金属钠发生置换反应制得乙醇钠和氢气，化学方程式为：2CH3CH2OH

+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑；(3)醛基具有还原性，会将银氨溶液还原成银单质，葡萄糖属于多羟基醛，也能将银氨溶液还原，化学方程式为：HOCH2(CHOH)4CHO+2[Ag(NH3)2]OH加热⎯⎯⎯⎯⎯→HOCH2(CHOH)4COONH4+H2

O+2Ag↓+3NH3。【点睛】仿照乙醛和银氨溶液的反应，写出葡萄糖与银氨溶液的反应，只是醛基发生了变化，羟基没有发生变化，为易错点。24.在实验室可以用如图所示的装置制取乙酸乙酯，请回答下列问题。①试管a中加入几块碎瓷片的目的是___

___。②试管a中发生反应的化学方程式为__________，反应类型是________。③反应开始前，试管b中盛放的溶液是__________。④若要把制得的乙酸乙酯分离出来，应采用的实验橾作是___

_____（填操作名称）【答案】(1).防止暴沸(2).CH3COOH+C2H5OH浓硫酸加热CH3COOC2H5+H2O(3).酯化反应（或取代反应）(4).饱和碳酸钠溶液(5).分液【解析】【详解】①加热过程中容易发生暴沸，所以为防止液体飞溅，应加入碎瓷片或沸石；②

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，同时该反应是可逆的，反应的化学方程式为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O，该反应为酯化反应(或取代反应)；③制得的乙酸乙酯中含有乙酸和乙醇杂质，饱和碳酸钠溶液能

吸收乙醇、除去乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层，所以b中盛放的液体为饱和碳酸钠溶液；④乙酸乙酯不溶于水，若要把制得的乙酸乙酯分离出来，应采用的实验操作是分液。