【文档说明】四川省成都外国语学校2019-2020学年高一下学期期末考试化学（理）试题【精准解析】.doc，共(27)页，772.000 KB，由小赞的店铺上传

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成都外国语学校2019-2020学年下学期期末考试高一理科化学试题注意事项：1、本试卷分Ⅰ卷（选择题）和Ⅱ卷（非选择题）两部分。2、本堂考试100分钟，满分100分。3、答题前，考生务必先将自己的姓名、学号填

写在答卷上，并使用2B铅笔填涂。可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16第Ⅰ卷（选择题25*2分=50分；每小题只有一个正确答案）1.化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关，下列说法错误的是（）A.通过人工合成各种酯

用作饮料、糖果、香水、化妆品中的香料；也可以用作指甲油、胶水的溶剂B.加强生活垃圾分类与再生资源回收有利于践行“绿水青山就是金山银山”的理念C.太阳能光催化环境技术可以将二氧化碳转化为燃料，该燃料属于一次能源D.乙烯可作水果的催熟剂、料酒可以除去食物中的腥味【答案】C【解析】【详解

】A．低级的酯是有香气的挥发性液体，可通过人工合成各种酯用作饮料、糖果、香水、化妆品中的香料；酯一般不溶于水，能溶于各种有机溶剂，低级酯是许多有机化合物的溶剂，也是清漆的溶剂，则可以用作指甲油、胶水的溶剂，故A正确；B．加强生活垃圾分类

和再生资源回收能实现资源的再利用，减轻环境污染和资源浪费，符合“绿水青山就是金山银山”的理念，故B正确；C．二氧化碳转化为燃料，是将太阳能储存形成的液体燃料，是经过一次能源加工形成的能源，属于二次能源，故C错误；D．乙烯是植

物生长调节剂，具有催熟的作用；烹鱼时加入少量的料酒和食醋可减少腥味，增加香味，是因为料酒中醇和食醋中乙酸发生了酯化反应，生成了有香味的乙酸乙酯，故D正确；答案选C。2.下列说法不正确的是（）A.pH＜5.6降水通

常称为酸雨；CO2的大量排放能破坏臭氧层，形成“臭氧空洞”B.总质量一定时，乙酸和葡萄糖无论以何种比例混合，完全燃烧消耗氧气的量相等C.燃煤时加入适量石灰石，可减少废气中SO2的量D.有机高分子化合物称为聚合物或高聚物，是因为他们大部分是由小分子通过聚合反应制得的【答案】A【解析】【详解】

A．CO2的大量排放会引起温室效应，但不能破坏臭氧层，形成“臭氧空洞”，错误；B．葡萄糖与乙酸的最简式都是CH2O，相同质量的葡萄糖与乙酸耗氧量相同，二者无论以何种比例混合，完全燃烧的耗氧量不变，故B正确；C．煤燃烧时应加入

适量的石灰石，以减少废气中的二氧化硫．煤燃烧时生成的二氧化硫能和它们反应生成亚硫酸钙或硫酸钙等物质，故C正确；D．高分子化合物主要是由小分子通过加聚、缩聚两类反应制得，故D正确；答案选A。3.下列化学用语正确的是()A.羟基的电子式

：B.丙烷分子的比例模型：C.1,3—丁二烯的分子式：C4H8D.甲酸甲酯的结构简式：C2H4O2【答案】A【解析】【详解】A．羟基中含有1个O-H键，羟基的电子式为，选项A正确；B．为丙烷的球棍模型，选项B错误；C．1，3-丁二烯的不

饱和度为2，其分子中含有6个H原子，其正确的分子式为C4H6，选项C错误；D．C2H4O2为分子式，甲酸甲酯的结构简式为：HCOOCH3，选项D错误；答案选A。4.下列物质熔化时,没有破坏化学键的是()A.

金刚石B.干冰C.氯化钠D.晶体二氧化硅【答案】B【解析】【分析】发生化学反应时物质中的化学键被破坏，熔化及电离过程中化学键也被破坏。【详解】A．金刚石是原子晶体，熔化需要破坏共价键，故A不选；B．干冰属于分子晶体，熔化时破坏分子间作用力

，没有破坏化学键，故B选；C．氯化钠属于离子晶体，熔化时破坏离子键，故C不选；D．二氧化硅是原子晶体，熔化需要破坏共价键，故D不选；故选B。5.X＋的核外电子数分别为2、8、8，则X元素在周期表中的位置是()A.第三周期第

0族B.第四周期第ⅠA族C.第三周期第ⅠA族D.第三周期第ⅦA族【答案】B【解析】【详解】X＋的核外电子数分别为2、8、8，则X的质子数是2+8+8+1＝19，X的核外电子数分别为2、8、8、1，为钾元素，钾元素在周期表中的位置是第四周期第Ⅰ

A族，答案选B。6.下列有关物质性质的说法错误的是A.热稳定性：HCl>HIB.原子半径：Na>MgC.酸性：H2SO3>H2SO4。D.结合质子能力：S2->Cl-【答案】C【解析】【详解】A、Cl的非金属性大于I，热稳定性：HCl>HI，故A正确；B、同周期从左到右半径减小

，原子半径：Na>Mg，故B正确；C、酸性：H2SO3<H2SO4，故C错误；D、H2S是弱电解质、HCl是强电解质，结合质子能力：S2－>Cl－，故D正确。答案选C。7.如图为元素周期表的一部分，其中A、B、C、D、E代表元素。下列说

法错误的是（）A.元素B、D对应族①处的标识为ⅥAB.E的含氧酸酸性强于D的含氧酸C.熔点：D的氧化物＜C的氧化物D.AE3分子中所有原子都满足8电子稳定结构【答案】B【解析】【分析】由周期表元素B、D对应族①处的标识为ⅥA，A为N元素，B为O元素，C为Si元素，D为S元素，E为Cl

元素。【详解】A．O、S处于ⅥA，故A正确；B．E的最高价氧化物对应的含氧酸酸性强于D的最高价氧化物对应的含氧酸，低价态的含氧酸的酸性不确定，故B错误；C．SO2属于分子晶体，SiO2属于原子晶体，熔点：D的氧化物SO2＜C的氧化物SiO2，故C正确；D．Cl原子最外层7个子，有

一个单电子，N原子最外层5个电子，有3个末成对电子，分别与氯的一个单电子形成三个共价键，NCl3分子中所有原子都满足8电子稳定结构，故D正确；故选B。8.下列金属冶炼的反应原理及方程式书写，正确的是()A.2AlCl3(熔融)通电2A

l＋3Cl2↑B.Fe2O3＋2Al加热Fe＋Al2O3C.Cu2S＋O2高温2Cu＋SO2D.Ag2O加热2Ag＋O2↑【答案】C【解析】【分析】金属冶炼是工业上将金属从含有金属元素的矿石中还原出来的生产过程．金属的活动性不同，可以采用不同的冶炼方法．总的说来，金属的性质越稳定，越容易将其从

化合物中还原出来．金属冶炼的方法主要有：热分解法：对于不活泼金属，可以直接用加热分解的方法将金属从其化合物中还原出来；热还原法：在金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，通常是用还原剂（C、CO、H2、活泼金属等）将金属从其化合物中还原

出来；电解法：活泼金属较难用还原剂还原，通常采用电解熔融的金属化合物的方法冶炼活泼金属，据此分析解答。【详解】A．Al为活泼金属，通常用电解熔融的氧化铝的方法冶炼，而氯化铝是分子晶体，其中不含铝离子，所以不能电解氯

化铝冶炼金属铝，故A错误；B．铝热反应：Fe2O3＋2Al加热Fe＋Al2O3可将化合物中的铁元素还原为铁单质，但方程式没有配平，故B错误；C．火法炼铜的原理为Cu2S＋O2高温2Cu＋SO2，Cu2S在反应中，铜元素化合价从+1价变化降低为0价，硫元素化合价从-2价

升高到+4价；所以Cu2S在反应中做氧化剂和还原剂，故C正确；D．Ag为不活泼金属，可以直接用加热分解的方法将金属从其化合物中还原出来，选项中反应未配平，正确的反应为2Ag2O加热4Ag＋O2↑，故D错

误；答案选C。9.下列叙述不正确的是（）A.煤的综合利用的主要途径有：煤的干馏、煤的气化和煤的液化B.实验室制取H2时，常用粗锌代替纯锌以加快反应的速率C.将石油进行催化裂化，可以得到苯或甲苯等D.四种基本反应类型中，只有化合反应

的原子利用率为100%【答案】C【解析】【详解】A．煤的干馏、煤的气化和液化是目前实现煤的综合利用的主要途径，可获得洁净的燃料和多种化工原料，故A正确；B．实验室制取H2时，常用粗锌代替纯锌，粗锌中的杂质与金属锌以及酸溶液构成原电池，加快

反应的速率，故B正确；C．将石油进行催化裂解，可得到乙烯、乙炔等，煤的干馏可以得到苯或甲苯等，故C错误；D．四种基本反应类型中，只有化合反应的生成物只有1种，反应物中的原子全部转化为最终产物，即原子利用率为100%，故D正确；答案选C。10.下列装置或操作能达

到实验目的的是A.蒸馏石油B.除去甲烷中少量乙烯C.验证化学能转变电能D.制取乙酸乙酯【答案】C【解析】【详解】A.蒸馏石油实验中温度计的水银球应该位于蒸馏烧瓶的支管口附近，冷却水应“下进上出”，故A错误；B.乙烯能够被酸性高锰酸钾溶液氧化为二氧化碳，用酸性高锰酸钾溶液除去甲烷中少量乙烯，会引入

新杂质，故B错误；C.由图可知，构成原电池，Zn为负极，Cu为正极，电流表指针发生偏转，可验证化学能转变为电能，故C正确；D.制取乙酸乙酯实验中收集乙酸乙酯蒸汽的导管口应在饱和碳酸钠溶液液面上方、不能伸入液面下，防止倒吸，故D错误；

故答案选C。【点睛】本题的易错点为B，除去甲烷中少量乙烯，应该选用溴水。11.旧键断裂重组新键是有机反应的特点。如图是乙醇的结构式，乙醇在下列反应中化学键的断裂方式不正确的是（）A.与金属钠反应：①B.与乙酸进

行酯化：②C.催化氧化：①③D.实验室制取乙烯：②④【答案】B【解析】【详解】A．乙醇与金属钠发生置换反应，生成乙醇钠和氢气，反应中断裂O-H键，即断裂①键，故A正确；B．乙醇与乙酸、浓硫酸混合加热发生酯化反应，乙酸脱去羧基中羟基，乙醇脱去羟基上的氢原子，因此，乙醇分子断裂O-H键，即断裂①键

，故B错误；C．乙醇与氧气在银的催化下发生氧化反应，生成乙醛和水，反应中乙醇分子断裂O-H键和与羟基相连的碳原子上的一个C-H键，即断裂①③键，故C正确；D．乙醇与浓硫酸混合加热至170℃发生消去反应，生成乙烯和水，反应中断裂C-O

键和羟基相邻碳原子上的C-H键，即断裂②④键，故D正确；答案选B。12.下列化合物中同分异构体数目最少的是()A.戊烷B.戊醇C.戊烯D.乙酸乙酯【答案】A【解析】【详解】A.戊烷只存在碳链异构，同分异构体有CH3CH2CH2CH2CH3、（CH3）2CHCH2CH3、

C（CH3）4，共3种；B.戊醇可看成戊烷中H原子被—OH取代，其同分异构体有CH3CH2CH2CH2CH2OH、CH3CH2CH2CH（OH）CH3、CH3CH2CH（OH）CH2CH3、HOCH2CH（CH3）CH2CH3、（

CH3）2C（OH）CH2CH3、（CH3）2CHCH（OH）CH3、（CH3）2CHCH2CH2OH、（CH3）3CCH2OH，共8种；C.戊烯的同分异构体有CH2=CHCH2CH2CH3、CH3CH=CHCH2CH3、CH2=C（CH3）CH2CH3、（CH3）2C=CHCH3

、（CH3）2CHCH=CH2，共5种；D.乙酸乙酯的同分异构体有HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH（CH3）2、CH3COOCH2CH3、CH3CH2COOCH3，共4种；答案选A。13.某有

机物的结构简式如图所示，有关该有机物的叙述不正确的是（）A.在一定条件下，能发生取代、氧化、酯化和加聚反应B.该物质分子中最多可以有11个碳原子在同一平面上C.1mol该物质完全氧化最多可消耗14mol氧气D.1mol该物质最多可与4molH2发生加成反应【答案】C

【解析】【详解】A．该有机物中含-COOH可发生取代反应、酯化反应，含碳碳双键可发生氧化、加聚反应，故A正确；B．苯环及双键为平面结构，与苯环和碳碳双键上的碳原子直接相连的C原子共面，则最多可以有11个碳原子在同一平面上，故B正确；C．该有机物的分子式为C11H12O2

，根据燃烧通式：CxHyOz+(x+y4-z2)O2=xCO2+y2H2O，1mol该物质完全氧化最多可消耗(11+124-22)mol=13mol氧气，故C错误；D．该有机物结构中含有苯环及碳碳双键，二者都可与氢气发生加成反应，则1mol该物质最多

可与4molH2发生加成反应，故D正确；答案选C。14.CO2的的资源化利用是解决温室效应的重要途径。以下是在一定条件下用NH3捕获CO2生成重要化工产品三聚氰胺的反应：NH3+CO2→+H2O下列有关三聚氰胺的

说法正确的是A.分子式为C3H6N3O3B.分子中既含极性键，又含非极性键C.属于共价化合物D.生成该物质的上述反应为中和反应【答案】C【解析】【详解】A、分子式为C3H3N3O3，A错误；B、该分子中没有非极性键，B错误；C、三聚氰胺分子中只含有共价键，

属于共价化合物，C正确；D、该反应不是中和反应，中和反应是酸碱反应，D错误。答案选C。15.下列实验操作和现象与结论的关系相符的是操作和现象结论A将一小块钠分别投入盛有水和乙醇的小烧杯中，钠与乙醇反应要平缓得多

乙醇分子中的氢与水分子中的氢具有相同的活性B在催化剂存在的条件下，石蜡油加强热生成的气体通入溴的四氯化碳溶液中，溶液褪色石蜡油的分解产物中含有烯烃C甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体能使湿润的石蕊试纸变红生成的氯甲烷具有酸性D向蔗糖溶液中加入稀硫酸，水浴加热一段时间后，再加入新制Cu(O

H)2悬浊液，用酒精灯加热，未见砖红色沉淀蔗糖未水解A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A.乙醇与Na反应比水与Na反应平稳，则乙醇羟基中的氢原子比水分子中的氢原子活泼性弱，A错误；B.石蜡油加强热生成

的气体含乙烯，则气体通入溴的四氯化碳溶液中与烯烃发生加成反应，使溶液褪色，可知石蜡油的分解产物中含有烯烃，B正确；C.甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体为氯化氢、一氯甲烷、未反应的氯气，氯化氢溶于水显酸性，C错误；D.蔗糖水解生成葡萄糖，检验葡

萄糖应在碱性条件下，该实验没有加碱至碱性，再加入新制Cu(OH)2悬浊液，用酒精灯加热，未见砖红色沉淀，不能说明蔗糖未水解，D错误；答案为B【点睛】蔗糖水解时，稀硫酸作催化剂，实验完成后，加入新制的氢氧化铜悬浊液时，先调节溶液呈碱性，在加入试剂，否

则酸与氢氧化铜反应导致现象不明显。16.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.28g聚乙烯中含有NA个碳碳双键B.1mol乙烯与Cl2完全加成，然后与Cl2发生取代反应，共消耗Cl2分子数最多为6NAC.标准状况下，2.24LCCl4中的原子总数大于0.5NAD.1

7g羟基中含有的电子数为10NA【答案】C【解析】【详解】A．聚乙烯()中不含碳碳双键，故A错误；B．1mol乙烯可与1molCl2完全加成生成C2H4Cl2，然后再与Cl2发生取代反应，共消耗4mol氯气，消耗氯气的

物质的量最多为5mol，则消耗Cl2分子数最多为5NA，故B错误；C．标准状况下，CCl4为液态，2.24LCCl4的物质的量大于0.1mol，原子总数大于0.5NA，故C正确；D．一个羟基中含有9个电子，17g羟基的物质的量为17g17g/mol=1mol，其中含有的电子数为1mol×9

×NA/mol=9NA，故D错误；答案选C。17.研究表明金属铁能与N2O、CO反应，其反应的能量变化与反应进程如图所示，下列说法不正确的是()A.总反应为放热反应B.加入铁，可使反应的焓变减小C.Fe是该反应的催化剂D.Fe＋N2O→FeO＋N2，FeO＋CO→Fe＋CO2两步反应

均为放热反应【答案】B【解析】【详解】A．由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，故A正确；B．由图可知，Fe在反应前后的质量和性质保持不变，故其作催化剂，催化剂使反应的活化能减小，但不能改变焓变，故B错误；C．根据B项分析，

Fe是该反应的催化剂，故C正确；D．由图可知，Fe＋N2O→FeO＋N2、FeO＋CO→Fe＋CO2两步中均为反应物总能量大于生成物总能量，因此二者均为放热反应，故D正确；答案选B。18.100g碳燃烧所得气体中，CO占13体积、CO2占23体积，且C(s)＋12O2(g)=

CO(g)ΔH(298K)=－110.35kJ·mol－1，CO(g)＋12O2(g)=CO2(g)ΔH(298K)=－282.57kJ·mol－1。与这些碳完全燃烧相比较，损失的热量是()A.392.92kJB.2489.44kJC.784.92kJD.3274.3kJ【答案】C【解析】【

详解】根据C守恒，100g碳不完全燃烧时产生CO物质的量为100g12g/mol×13；因为碳完全燃烧可分两步，先生成CO同时放热，CO再生成CO2再放热，总热量即为完全燃烧时放出的热；因此与100g碳完全燃烧相比，损失的热量为即100g12g/mol×13CO燃烧放出的热

量，根据CO(g)＋12O2(g)=CO2(g)ΔH(298K)=－282.57kJ·mol－1，则与这些碳完全燃烧相比较，损失的热量为100g12g/mol×13×282.57kJ/mol=784.92kJ，答案选C。19.已知：2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)ΔH＝－566kJ

/mol；Na2O2(s)＋CO2(g)=Na2CO3(s)＋12O2(g)ΔH＝－226kJ/mol，根据以上热化学方程式判断下列说法正确的是()A.CO的燃烧热为283kJB.如图所示为CO生成CO2的反应过程和能量的关系C.2Na2O2(s)＋2CO2

(s)=2Na2CO3(s)＋O2(g)ΔH>－452kJ/molD.CO(g)与Na2O2(s)反应放出509kJ热量时，转移电子数为6.02×1023【答案】C【解析】【详解】A．燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量，单位为kJ/mol

，根据反应2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)ΔH＝－566kJ/mol可得，CO的燃烧热为5662kJ/mol=283kJ/mol，故A错误；B．图中的焓变应是2molCO燃烧的反应热，图中物质

的量和焓变不统一，故B错误；C．根据Na2O2(s)+CO2(g)＝Na2CO3(s)+12O2(g)△H=-226kJ/mol可知，2Na2O2(s)+2CO2(g)＝2Na2CO3(s)+O2(g)△H

=-452kJ/mol＜0，由CO2(s)转化为CO2(g)为吸热过程，则2Na2O2(s)＋2CO2(s)=2Na2CO3(s)＋O2(g)ΔH>－452kJ/mol，故C正确；D．已知①2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H=-566kJ/mol、②Na2O2(

s)+CO2(g)＝Na2CO3(s)+12O2(g)△H=-226kJ/mol，依据盖斯定律②×2+①可得：2Na2O2(s)+2CO(g)=2Na2CO3(s)△H=-1018kJ/mol，即：Na2O2(s)

+CO(g)=Na2CO3(s)△H=-509kJ/mol，则CO(g)与Na2O2(s)反应放出509kJ热量时消耗1molCO，转移了2mol电子，电子转移数为2×6.02×l023，故D错误；答案选C。20.氢氧燃料电池可以使用

在航天飞机上，其反应原理示意图如下图。下列有关氢氧燃料电池的说法正确的是()A.该电池工作时电能转化为化学能B.该电池中电极a是正极C.外电路中电子由电极b通过导线流向电极aD.该电池的总反应：2H2＋O2=2H2O【答案】D

【解析】【分析】燃料电池属于原电池，氢氧燃料电池中通入燃料氢气的一极为负极，则电极a为负极，发生氧化反应，电极反应为：H2-2e-=2H+；通入氧气的一极为正极，则电极b为正极，发生还原反应，电极反应为：O2+4H++4e-=2H2O，电池总反应为2H2＋O2=2H2O，据此分析解答。【详解】A

．燃料电池属于原电池，是将化学能转化为电能的装置，故A错误；B．根据分析，氢氧燃料电池中通入燃料氢气的一极为负极，通入氧气的一极为正极，结合图示，该电池中电极a处通入的为氢气，则该电极为负极，故B错误；C．根据分析，该燃

料电池电极a为负极，电极b为正极，外电路中电流由电极b流向a，电子的流向与电流的方向相反，由电极a通过导线流向电极b，故C错误；D．根据分析，该电池的总反应：2H2＋O2=2H2O，故D正确；答案选D。21.下列实验能达到实验目的的是()序号实验内容实验目

的A盛有44mL1mol/LKMnO酸性溶液的两只试管，一只加入2242mL0.1mol/LHCO溶液，另一只加入2242mL0.2mol/LHCO溶液探究浓度对反应速率的影响B向3mLKI溶液中滴加几滴溴水，振荡，再滴加1mL淀粉比较Br2和I2的氧化性溶液，溶液显蓝色强弱C在容积可变的密

闭容器中发生反应：2NO2(g)N2O4(g)，把容器的体积缩小一半正反应速率加快，逆反应速率减慢D向2支试管中各加入相同体积、相同浓度的223NaSO溶液，再分别加入不同体积相同浓度的稀硫酸，分别放入冷水和热

水中探究温度对反应速率的影响A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．高锰酸钾溶液具有强氧化性，草酸具有还原性，二者发生氧化还原反应使高锰酸钾溶液褪色，由于草酸的浓度不同，观察颜色褪色的快慢探究浓度对化学反应速率的影响，但题设实验没

有说明温度和压强是否相同，同时，高锰酸钾过量太多，观察不到颜色褪色的快慢，则该实验不能说明浓度对反应速率的影响，故A不能达到实验目的；B．KI溶液中滴加几滴溴水，溶液变蓝，生成碘单质，发生反应为2I-+Br2=2Br-+I2，根据氧化还原反应规律可判断，氧化性Br2＞I2，故B能

达到实验目的；C．容器的体积缩小一半，NO2(g)和N2O4(g)的浓度增大，正，逆反应速率都加快，故C不能达到实验目的；D．探究温度对反应速率的影响必须保证其他外界条件相同，此实验加入不同体积相同浓度的稀硫酸，混合液中硫酸浓度不同，不能

探究温度对反应速率的影响，故D不能达到实验目的；答案选B。【点睛】在利用控制变量法设计外界条件对反应的影响实验时，只能有一个变化的条件，其他必须相同。22.反应A(s)+3B(g)2C(g)+2D(g)，在四种不同情况下用不同物质表示的反应速率分别如下，其中反应速率最大的是()A.v(C

)=0.02mol·(L·s)-1B.v(B)=0.06mol·(L·min)-1C.v(A)=1.5mol·(L·min)-1D.v(D)=0.01mol·(L·s)-1【答案】A【解析】【分析】不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故不同物质表示的速率与其化学计量数的比值

越大，表示的反应速率越快，注意单位要保持一致。【详解】A．()vC2=0.022mol·(L·s)-1=0.01mol·(L·s)-1=0.6mol·(L·min)-1；B．()vB3=0.063mol·(L·min)-1=0.0

2mol·(L·min)-1；C．A为固体，没有浓度变化，不能表示该反应的反应速率；D．()vD2=0.012mol·(L·s)-1=0.005mol·(L·s)-1=0.03mol·(L·min)-1；反应速率最快的为A，答案选A。23.

在容积固定的4L密闭容器里，进行可逆反应：X(g)＋2Y(g)2Z(g)，并达到平衡，在此过程中，以Y的浓度改变表示的反应速率v(正)、v(逆)与时间t的关系如图。则图中阴影部分面积表示（）A.X的浓度减少B.Y

的物质的量减少C.Z的浓度增加D.X的物质的量减少【答案】C【解析】【分析】观察图象，纵坐标为反应速率，横坐标为时间，二者之积为浓度，Y和Z的反应速率相等，则阴影部分不可能为X的浓度减少。【详解】Sabdo表示Y向正

反应方向进行时减少的浓度，而Sbod则表示Y向逆反应方向进行时增大的浓度，所以，Saob=Sabdo-Sbod，表示Y向正反应方向进行时“净”减少的浓度，而Y的反应速率与Z的反应速率相等，则阴影部分可表示Y的浓度的减小或Z的浓度的增加。所以C选项是正确

的。24.反应X(g)＋Y(g)2Z(g)ΔH<0，达到平衡时，下列说法正确的是()A.减小容器体积，平衡向右移动B.加入催化剂，Z的产率增大C.增大c(X)，X的转化率增大D.降低温度，Y的转化率增大【答案】D【解析】【详解】A.反应前后体积不变，减小容器体积，压

强增大，平衡不移动，A错误；B.加入催化剂，平衡不移动，Z的产率不变，B错误；C.增大c(X)，X的转化率减小，C错误；D.正反应放热，降低温度，平衡显正反应方向进行，Y的转化率增大，D正确；答案选D。25.向绝热恒容密闭容器中通入SO2和N

O2，一定条件下使反应223()()()()SOgNOgSOgNOg++达到平衡，正反应速率随时间变化的示意图如下所示。下列叙述正确的是（）A.反应在c点达到平衡状态B.反应物浓度：a点小于b点C.反应物的总能量低于生成物的总能量D.12tt=时，SO2的转化率：~ab段小于~bc段

【答案】D【解析】【详解】A、化学平衡状态的实质是正反应速率等于逆反应速率，c点对应的正反应速率还在改变，未达平衡，错误；B、a到b时正反应速率增加，反应物浓度随时间不断减小，错误；C、从a到c正反应速率增大，之后正反应速率减小，说明反应刚开始时温度升高对正反应速率的影响大于浓度减小对正反

应速率的影响，说明该反应为放热反应，即反应物的总能量高于生成物的总能量，错误；D、随着反应的进行，正反应速率增大，△t1＝△t2时，SO2的转化率：a～b段小于b～c段，正确；答案选D。Ⅱ卷（非选择题）26.A、B、C、D、E为原子序数依次增大的

短周期主族元素，其原子半径与最外层电子数的关系如下图1。E原子最外层电子数是D原子最外层电子数的4倍，D的简单离子核外电子排布与C2－相同。图1图2试回答：(1)元素E在元素周期表中的位置是________。(2)与元素D的简单离子所含电子数和质子数均相同的微粒是_____

___(用化学式作答，下同)。(3)B和E的最高价氧化物对应的水化物，酸性较弱的为________。若用上图2中装置验证这两种酸的酸性强弱，则在装置中加入的试剂分别为：Ⅰ__________，Ⅱ________，观察到的实验现象是________________。(4)由以上五种元素组成的中学常

见的物质，其组成和结构信息如下表：物质组成和结构信息a含有A、C、D的盐bC、D组成的化合物，且原子个数之比为1∶1c化学组成为AC2①a含有的化学键有____________________________________；②b与c反应的化学方程式为_____________

_______________________。【答案】(1).第三周期ⅣA族(2).NH(或H3O＋)(3).H2SiO3(4).HNO3(5).Na2SiO3(6).Ⅱ中出现白色胶状沉淀(7).离子键、共价键(8

).2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2【解析】【分析】A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期主族元素，E原子最外层上的电子数是D原子最外层电子数的4倍，则D处于IA族，E处于ⅣA族，E与A最外层电子数相同

，二者同周期，且E的原子半径较大，故A为碳元素、E为Si；最外层电子数C＞B＞4，且二者原子半径小于碳原子，故B、C处于第二周期，C利用形成离子C2-，故C为O元素，则B为N元素；D离子核外电子排布与O2-相同，且D处于IA族，故D为Na。【详解】（1）元素E为Si，在元素周期

表中的位置是：第三周期ⅣA族；（2）元素D离子为Na+，与Na+所含电子数和质子数均相同的微粒是：NH4+（或H3O+）；（3）B和E最高价氧化物对应的水化物分别为HNO3、H2SiO3，酸性较弱的为H2SiO3，若

验证这两种酸的酸性强弱，根据强酸制弱酸的原理，则在装置中加入的试剂分别为：Ⅰ为HNO3，Ⅱ为Na2SiO3，发生反应：2HNO3+Na2SiO3=H2SiO3↓+2NaNO3，现象为：Ⅱ中出现白色胶状沉淀；（4）由以上五种元素组成的中学常见物质，a是含有C、O、Na的盐，

则a为Na2CO3，c的化学组成为AC2，则c为CO2，b是O、Na组成的化合物，且原子数之比为1：1，则b为Na2O2，①a为Na2CO3，含有离子键、共价键；②b与c反应的化学方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2。27.I、（

1）普通锌锰干电池的结构如图所示。回答下列问题。①电池中电解质溶液为________。②负极反应式为______________________________________。③放电时NH+4向________(填“正极”或“负极”)

移动。（2）废电池中的锌皮常用于实验室制氢气，废锌皮和纯锌粒分别与同浓度的稀硫酸反应，产生氢气速率较大的是________，若用过量的纯锌粒与一定量的稀硫酸反应，为了加快反应速率又不影响产生氢气的量，下列措施可行的

是________(填序号)。A．微热B．加入适量氧化铜C．加入少量硫酸铜溶液D．加水E．加入少量氢氧化钡溶液II、一定条件下，H2O2在水溶液中发生分解反应：2H2O2===一定条件下2H2O＋O2↑，反应过程中，测得不同时间H2O2的

物质的量浓度如下表：t/min020406080c(H2O2)/(mol/L)0.800.400.200.100.05（1）H2O2的分解反应________氧化还原反应(填“是”或“不是”)。（2）该分解反应0～2

0min的平均反应速率v(H2O2)为________mol/(L·min)。（3）加入0.1mol的MnO2粉末于50mL过氧化氢的溶液中(密度为1.1g/mL)，在标准状况下放出气体的体积和时间的关系如图所

示，反应放出34气体所需要的时间为________；A、B、C、D四点化学反应速率快慢的顺序为________。（4）由合成气(组成为H2、CO、和少量CO2)直接制备二甲醚，其中主要过程包括以下四个反应：甲醇合成反应：①CO(g)＋2H2(g)=CH3OH(g)ΔH1＝－90.1k

J·mol－1②CO2(g)＋3H2(g)=CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH2＝－49.0kJ·mol－1水煤气变换反应：③CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g)ΔH3＝－41.1kJ·mol－1二甲醚合成反应：④2CH3OH(g)=CH3O

CH3(g)＋H2O(g)ΔH4＝－24.5kJ·mol－1由H2和CO直接制备二甲醚(另一产物为水蒸气)的热化学方程式为________________【答案】(1).NH4Cl(或氯化铵)溶液(2).Zn-

2e－=Zn2+(3).正极(4).废锌皮(5).AC(6).是(7).0.02(8).2min(9).v(D)>v(C)>v(B)>v(A)(10).2CO(g)＋4H2(g)=CH3OCH3(g)＋H2O(g)ΔH＝－204.7kJ/mol【解析】【详解】I、（1）①普通锌锰干电池中电解质溶

液为氯化铵溶液，故答案为：NH4Cl(或氯化铵)溶液；②普通锌锰干电池中锌为负极，锌失去电子发生氧化反应生成锌离子，负极反应式为Zn-2e－=Zn2+，故答案为：Zn-2e－=Zn2+；③原电池工作时，阳离子向正极移动，则普通锌锰干电

池放电时，铵根离子向正极移动，故氮：正极；（2）废锌皮在稀硫酸中可构成原电池，原电池反应加快反应速率，产生氢气速率较大；A．微热能够升高反应温度，加快反应速率，氢离子的物质的量不变，不影响产生氢气的量，故可行；B．加入适量氧化铜，氧化铜与稀硫酸反应，溶液中氢离子的物质的量减小，产生氢气的量减小

，故不可行；C．加入少量硫酸铜溶液，锌与置换出的铜在稀硫酸中构成原电池，加快反应速率，氢离子的物质的量不变，不影响产生氢气的量，故可行；D．加水稀释，溶液中氢离子浓度减小，反应速率减慢，故不可行；E．加入少量氢氧化钡溶液，氢氧化钡溶液中和稀硫酸，溶液中氢离子浓度减小，反应速率减慢

，故不可行；故答案为：AC；II、（1）过氧化氢分解时，O元素化合价由-1价变为0价和-2价，有元素化合价改变，属于氧化还原反应，故答案为：是；（2）0～20min内，过氧化氢浓度的变化量为（0.80—

0.40）mol/L=0.40mol/L，则平均反应速率v(H2O2)为0.40/20minmolL=0.02mol/(L·min)，故答案为：0.02；（3）根据图象可知，放出气体体积为60mL，反应放出34气体

时，气体体积为60mL×34=45mL，图中对应时间为2min；图中曲线斜率越大，说明过氧化氢分解的反应速率越大，由图可知曲线斜率D＞C＞B＞A，则反应速率v(D)>v(C)>v(B)>v(A)，故答案为：2min

；v(D)>v(C)>v(B)>v(A)；（4）CO与H2反应直接得到二甲醚的反应方程式为2CO＋4H2=H2O＋CH3OCH3，由盖斯定律可知2×①＋④可得反应的热化学方程式：2CO(g)＋4H2(g)=H2O(g)＋CH3OCH3(g)则ΔH

＝2×（—90.1kJ/mol）+（—24.5kJ/mol）=－204.7kJ/mol，故答案为：2CO(g)＋4H2(g)=CH3OCH3(g)＋H2O(g)ΔH＝－204.7kJ/mol。28.I、实验

室用50mL0.50mol·L－1盐酸、50mL0.55mol·L－1NaOH溶液和如图所示装置，进行测定中和热的实验，得到表中的数据：完成下列问题：实验次数起始温度t1/℃终止温度t2/℃盐酸NaOH溶液

120.220.323.7220.320.523.8321.521.624.9(1)不能用铁丝搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒的理由是_______(2)经数据处理，测得中和热为56.8kJ·mol－1其热化学方程式为

：___________II．实验室制备硝基苯实验装置和步骤如下：(实验步骤)取100mL烧杯，用20mL浓硫酸与18mL浓硝酸配制混合液，将混合酸小心加入B中，把18mL(15.84g)苯加入A中。向室温下的苯中逐滴加入混酸，边滴边搅拌，混合均匀，在50～60℃下发生反应，直至反应结束。

将反应液冷却至室温后倒入分液漏斗中，依次用少量水、5%NaOH溶液和水洗涤。分出的产物加入无水CaCl2颗粒，静置片刻，弃去CaCl2，进行蒸馏纯化，收集205～210℃馏分，得到纯硝基苯18.00g。请回答：(1)装置B的名称是________，装置C的作用是_____

___________。(2)实验室制备硝基苯的化学方程式是____________________________。(3)为了使反应在50～60℃下进行，常用的方法是__________。(4)在洗涤操作中，第二次水洗的作用是______

______________。【答案】(1).铁丝传热快，热量损失大且要与盐酸反应(2).H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l)；ΔH＝－56.8kJ/mol(3).分液漏斗(4).冷凝回流、平衡气压(5).+HNO3浓硫酸水浴加

热→+H2O(6).水浴加热(7).洗去残留的NaOH及生成的盐【解析】【详解】I．(1)不能将环形玻璃搅拌棒改为铜丝搅拌棒，因为铜丝搅拌棒是热的良导体，金属导热快，热量损失多；(2)经数据处理，测得中和热为56.8kJ·mol－1，

即稀盐酸与稀氢氧化钠溶液完全反应生成1mol水时放出的热量为56.8kJ·mol－1，中和反应的实质为氢离子和氢氧根离子反应生成水，则热化学方程式为：H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l)；ΔH＝－56.8

kJ/mol；II．(1)根据图示，装置B的名称是分液漏斗；装置A中苯、硝酸等易挥发，容易损失，密闭条件下会导致装置内压强增大，装置C为冷凝管，起冷凝回流、平衡气压作用；(2)实验室用苯与浓硝酸在浓硫酸、加热条件下生成硝基苯与水，反应方程式为：+HNO3浓硫酸水浴加热→+H2O；(3)为了

使反应在50～60℃下进行，反应温度低于水的沸点，常用的方法是水浴加热；(4)在洗涤操作中，第二次水洗的作用是洗去残留的NaOH及生成的盐。29.某气态烃A与H2的相对密度为14，其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平。以该化合物为原料合成化合物G、E和I的流程如下：已知：Ⅰ．芳香

族化合物F为C、H、O化合物，其相对分子质量为166，环上的一氯代物有一种，1molF与足量NaHCO3溶液反应能生成2molCO2，1molF与足量B反应生成G。Ⅱ．H为二元醇，其蒸气密度折算成标准状况为2.77g/L，1molH与足量D反应生成I。（同一个碳上连接两个

羟基不稳定）（1）A中官能团的名称为____________，E的结构简式_________________________。（2）G的分子式为______________，反应⑤的反应类型为________________。（3）写出下列化学方程式：②_________

_________________________；⑥_________________________________；（4）A及其同系物在一定条件下，可以反应生成高分子化合物，请写出与A相邻的同系物转化为高分子的化学方程式_____

_______________________________________。【答案】(1).碳碳双键(2).CH3COOCH2CH3(3).C12H14O4(4).酯化反应或取代反应(5).2CH3CH2OH+O2Cu→2CH3CHO+2H2O(6).2CH3COOH＋HOCH

2CH2OH浓硫酸CH3COOCH2CH2OOCCH3＋2H2O(7).【解析】【分析】某气态烃A与H2的相对密度为14，Mr（A）=14×2=28，其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，A为CH2=CH2，乙烯与水发生加成反应生成B为CH3CH2OH，乙醇发生催化氧

化生成C为CH3CHO，C进一步发生氧化反应生成D为CH3COOH，乙酸与乙醇发生酯化反应生成E为CH3COOCH2CH3；芳香族化合物F为C、H、O化合物，1molF与足量NaHCO3溶液反应能生成2molCO2，则F含有2个羧基，其相对分子质量

为166，2个羧基、1个C6H4的总式量为45×2+（12×6+4）=166，则F含有1个苯环、2个羧基，且环上的一氯代物有一种，则F为，F与足量的B发生酯化反应生成G为，H为二元醇，其蒸气密度折算成标准状况为2.77g·L－1，其相对分子质量为22.

4×2.77=62，去掉2个羟基剩余基团式量为62-17×2=28，故为-C2H4－，则H为HOCH2CH2OH，H与足量D反应生成I为。【详解】（1）A为CH2=CH2，含有官能团为：碳碳双键，E的结构简式为CH3COOCH2CH3，故答案为：碳碳双键；CH3COOCH2C

H3；（2）G为，其分子式为C12H14O4，反应⑤是羧酸与醇发生的酯化反应，也属于取代反应，故答案为：C12H14O4；酯化反应或取代反应；（3）乙醇催化氧化生成乙醛，反应②的化学方程式为：2CH3CH2OH+O2Cu

→2CH3CHO+2H2O；乙酸和乙二醇发生酯化反应生成二乙酸乙二酯和水，反应⑥的化学方程式为：2CH3COOH＋HOCH2CH2OH浓硫酸CH3COOCH2CH2OOCCH3＋2H2O；故答案为：2CH3CH2O

H+O2Cu→2CH3CHO+2H2O；2CH3COOH＋HOCH2CH2OH浓硫酸CH3COOCH2CH2OOCCH3＋2H2O；(4)与A相邻的同系物是丙烯，丙烯聚合的方程式为：；故答案为：。【点睛

】本题考查有机物的推断，注意根据F发生的反应判断含有的官能团，再利用残余法确定有机物F的结构简式，侧重考查学生分析推理能力，易错点（4）注意聚丙烯的写法。30.无水氯化铝在生产、生活中应用广泛。工业上用铝土矿(主

要成分为Al2O3，含有Fe2O3、SiO2等杂质)制取无水氯化铝的一种工艺流程示意如下:已知:物质4SiCl3AlCl3FeCl2FeCl沸点/℃57.6180(升华)300(升华)1023回答下列

问题：(1)步骤I中焙烧使固体水分挥发、气孔数目增多，其作用是_________________(只要求写出一种)。(2)请写出步骤I中反应的方程式：________________________、______________________(3)步骤

Ⅲ的尾气经冷却至室温后，气体用足量的NaOH冷溶液吸收，生成的盐主要有3种，其化学式分别为____________________。(4)氯化铝粗品中的杂质主要是___________(写化学式)。结合流程及相关数据分

析，步骤Ⅴ中加入铝粉的目的是_____________________________。【答案】(1).增大反应物的接触面积，加快反应速率(或防止后续步骤生成的AlCl3水解)(2).Fe2O3+3C焙烧2Fe+3CO↑(3).SiO2+2C焙烧Si+2CO

↑(4).NaCl、NaClO、Na2CO3(5).FeCl3(6).除去FeCl3提高AlCl3纯度【解析】【分析】用铝土矿制取无水氯化铝工艺流程：铝土矿粉和焦炭在300℃焙烧，Fe2O3和SiO2被焦炭还原为Fe、Si，该过程生成CO，固体混合物和氯气、氧气在950℃加热，和Cl2反应生成对应

的氯化物，即SiCl4、AlCl3、FeCl3，CO和O2反应生成CO2，后冷却到100℃，尾气为CO2、多余的Cl2、O2以及SiCl4，AlCl3和FeCl3变成固体，得到氯化铝的粗品，加入氯化钠熔融，铝的金属活动性强于铁，加铝粉，可以将

氯化铝的粗品中的氯化铁中的铁置换出来，生成铁和氯化铝，在300℃，氯化铝升华，废渣为Fe，得到成品氯化铝，以此解答该题。【详解】(1)步骤1中铝土矿粉和焦炭在300℃焙烧，因后续步骤反应生成氯化铝等强酸弱

碱盐易水解，固体水分在焙烧的过程中挥发，防止后续步骤生成的盐水解、气孔数目增多增大反应物的接触面积，加快反应速率；(2)根据分析，步骤I为Fe2O3和SiO2被焦炭还原为Fe、Si，反应的方程式：Fe2O3+3C焙烧2Fe+3CO↑、SiO2+2C焙烧Si+2CO↑；(3)根据分析，步骤

Ⅲ的尾气为CO2、多余的Cl2、O2以及SiCl4，SiCl4的沸点为57.6℃，经冷却至室温后，气体为CO2、多余的Cl2、O2，用足量的NaOH冷溶液吸收，Cl2和NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO和H2O，CO2和NaOH溶液反应生成Na2CO3和

H2O，所以生成的盐的化学式为NaCl、NaClO和Na2CO3；(4)根据分析，氯化铝粗品中的杂质主要是FeCl3；结合流程及相关数据分析，步骤Ⅴ中加入铝粉可以将氯化铝的粗品中的氯化铁中的铁置换出来

，生成铁和氯化铝，因AlCl3在180℃升华，在300℃，废渣为Fe，冷却得到成品氯化铝，则目的是除去FeCl3，提高AlCl3纯度。【点睛】本题的难点为注意题中给定的各物质的沸点，在不同温度下，反应流程中物质

的状态，步骤Ⅲ中的尾气判断为易错点。