【文档说明】陕西省西安市鄠邑区2021-2022学年高一下学期期末考试化学试题 含解析.docx，共(23)页，1.900 MB，由小赞的店铺上传

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陕西省西安市鄠邑区2021—2022学年高一下学期期末质量检测化学试题考生注意：本试卷考试时间：90分钟，满分：100分；所有试题一律答在答题卡上。参考相对原子质量：C-12O-16H-1第I卷(选择题47分)一、选择题(共计47分，19小题。1-10小题每小题2分，共20分；11-19小题每小

题3分，共27分。每题只有一个正确答案)1.化学与生活、生产密切相关，下列说法正确的是A.质量分数为75%的医用酒精可将新型冠状病毒杀死B.毛笔按毛的类别分为狼毫笔、羊毫笔等，毛笔笔头的毛为蛋白质C.制作口罩使用的无纺布的原料是聚丙烯，聚丙烯可以使溴水褪色D.糖类、油脂是基本营养

物质，都属于高分子化合物【答案】B【解析】【详解】A．酒精能使蛋白质变性，医疗上常用体积分数为75%的医用酒精杀菌消毒，不是质量分数为75%的医用酒精，故A错误；B．毛笔笔头的毛是动物的毛，成分为蛋白质，故B正确；C．聚丙烯没有碳碳双键，不可以使溴水褪

色，故C错误；D．糖类中的单糖、二糖和油脂的相对分子质量较小，不属于高分子化合物，故D错误；故选：B。2.以下关于氟、氯、溴、碘的性质叙述错误的是A.HF、HCl、HBr、HI稳定性逐渐减弱B.单质F2、Cl2、Br2、I2中，与氢气化合最容易的是F2

C.HF、HCl、HBr、HI中酸性最强的是HFD.F−、Cl−、Br−、I−的还原性依次增大【答案】C【解析】【分析】氟、氯、溴、碘位于同一主族，非金属性逐渐减弱，具有相似的化学性质；【详解】A．非金属性越弱，气态氢化物的稳定性越小，HF、HCl、HBr、HI稳定性逐渐减弱，A正

确；B．非金属性越强，越容易和氢气化合，单质F2、Cl2、Br2、I2中，与氢气化合最容易的是F2，B正确；C．氟、氯、溴、碘离子结合氢离子的能力逐渐减弱，HF、HCl、HBr、HI中电离出氢离子最容易的是碘化氢，酸性最强的是HI，C错误；D．简单离子的还原性与其非金属性成反比，非

金属性从F到I依次减弱，则简单离子的还原性：F-＜Cl-＜Br-＜I-，D正确，答案选C。3.有关化学用语正确的是A.氯化钠电子式NaCl+−B.乙醇的结构简式为：33CHOCH−−C.乙酸乙酯的分子式

为C2H4O2D.质子数为17，中子数为20氯原子：3717Cl【答案】D【解析】【详解】A．氯化钠的电子式为，A错误；B．乙醇的结构简式为CH3CH2OH，甲醚的结构简式为CH3-O-CH3，B错误；C．

乙酸乙酯的结构简式为CH3CH2OOCCH3，其分子式为C4H8O2，C错误；D．质子数为17，中子数为20的氯原子的质量数为37，该原子表示为3717Cl，D正确；故选D。4.下列物质中含有共价键的离子化合物是A.PH3B.NH3•H2OC

.CH3COONH4D.HCN【答案】C【解析】【分析】根据形成化合物的价键类型进行判断。一般情况活泼金属和活泼非金属之间可以形成离子建；非金属之间可以形成共价键。但特殊情况下金属和非金属之间也能形成共价键。如AlCl3属于共价化合物。【详解】A．PH3是共价化合物，只含有共价键

，A错误；B．NH3•H2O是共价化合物，只含有共价键，B错误；C．CH3COONH4属于离子化合物，C、H、O之间是共价键，与NH4+之间形成的是离子键，C正确；D．HCN是共价化合物，只含有共价键，D错误；故选

C。5.下列装置中，能形成原电池的是A.①③B.②④C.③⑤⑥D.①③⑤【答案】A【解析】【详解】构成原电池必须同时满足四点：①要有活泼性不同的两个电极(金属与金属、金属与非金属、金属与金属氧化物)；②要有电解质溶液(酸、碱、盐溶液都可)；③要形成闭合回路；④能自发进行氧化还原反应。由图可知

：②⑥没有形成闭合回路，④两电极相同，⑤CCl4是非电解质，只有①③同时满足构成原电池的条件，故答案选A。6.下列与化学反应能量变化相关的说法不正确的是A.化学反应中的能量变化，通常主要表现为热量的变化——吸热或者放热B.一个反应是吸热反应还是放热反应，要看反应物

和生成物具有总能量的相对大小C.化学键的断裂一定吸收能量，化学键的形成一定释放能量D.分解反应都是吸热的反应，化合反应都是放热的反应【答案】D【解析】【详解】A．化学反应中的能量变化是由于反应物和生成物具有的总能量不相等，任何化学反应都伴随着能量的

变化，通常主要表现为热量的变化，A正确；B．一个反应是吸热反应还是放热反应取决于反应物和生成物具有总能量的相对大小，B正确；C．化学键的断裂一定吸收能量，化学键的形成一定释放能量，C正确；D．不是所有分解反应都是吸热反应，如H2O2分解生成O2反应为放热反应，不是所有化合反应都是放热反

应，如CO2+C在高温下生成2CO反应为吸热反应，D错误；答案选D。7.下列关于化学反应速率的叙述不正确的是A.化学反应速率是衡量化学反应进行快慢程度物理量B.若某化学反应的反应速率为0.5mol/(L•s)，就是指在1秒内，该反应反应物和生成物的浓度变

化都为0.5mol/LC.化学反应速率也可以用单位时间内生成某物质的质量多少来表示的的D.在容积不变的反应器中，化学反应速率通常用单位时间内反应物浓度的减少或生成物浓度的增加来表示【答案】B【解析】【详解】A．化学反应速率通常用单位时间内反应物浓度的减少量或生

成物浓度的增加量(均取正值)来表示，故A正确；B．若某化学反应的反应速率为0.5mol/(L•s)，是指用某一物质表示的平均速率，与其它物质的速率不一定相等，故B错误；C．可用浓度、压强、质量等物理量的变化量表示化学反应速率，则化学反应速率也可以用单位时间内生成某物质的质量多少来表示，故C正确

；D．化学反应速率通常用单位时间内反应物浓度的减少或生成物浓度的增加来表示，故D正确；故选：B。8.下列各组物质中，属于同分异构体关系的是A.CH2=CHCH3和CH2=CHCH=CH2B.CH3COOCH2CH

3与CH3CH2COOHC.与CH3CH2CH2NO2D.C2H5—O—C3H7与【答案】C【解析】【详解】A．CH2=CHCH3和CH2=CHCH=CH2含有的碳原子数不同，分子式不同，所以不互为同分异构体，故A错误；B．CH3COOCH2CH3与CH

3CH2COOH含有的碳原子数不同，分子式不同，所以不互为同分异构体，故B错误；C．与CH3CH2CH2NO2分子式均为C3H7NO2，且结构不同，互为同分异构体，故C正确；D．C2H5—O—C3H7与含有的碳原子数不同，分子式不同，所以不互为同分异构体，故

D错误；故答案选C。9.从海带中提取碘应该包括灼烧、溶解、过滤、氧化、萃取、蒸馏等过程。下列有关图示操作正确的是A.用装置甲将海带灼烧成灰B.用装置乙过滤得含I-的溶液C.用装置丙分离出碘的CCl4溶液D.用装置丁蒸馏获得碘并回收CCl4【答案】C【解析

】【分析】【详解】A．灼烧应在坩埚中进行，不能在蒸发皿中灼烧，A错误；B．过滤需要玻璃棒引流，图中缺少玻璃棒，B错误；C．水与碘的四氯化碳溶液分层，图中分液装置可分离，C正确；D．蒸馏时温度计测定馏分的温度，则温度计的水银球应在烧瓶的支管口处，D错误。答案选C。【点睛】10.下列有机

化学方程式、生成物官能团、反应类型均正确的是有机反应生成物官能团反应类型A.3323232CHCOOHCHCHOHCHCOOCHCHHO++浓硫酸△酯基取代反应B.2222CHCHHOClHOCHCHCl=+−−

→—氯原子、羟基加聚反应C.3232CHCHOO2CHCOOH催化剂△+⎯⎯⎯→醛基氧化反应D.33232CHCHClCHCHCl2HCl⎯⎯⎯+→+光照乙基、氯原子取代反应A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．3323232CH

COOHCHCHOHCHCOOCHCHHO++浓硫酸△该反应中酸脱羟基醇脱氢，发生取代反应生成酯，故A正确；B．2222CHCHHOClHOCHCHCl=+−−→—该反应为乙烯的加成反应，产物含有碳氯键和羟基，故B错误；C．3232CHCHOO2CHCOOH催化剂

△+⎯⎯⎯→该反应为乙醛的催化氧化，生成乙酸，产物中含有羧基，故C错误；D．33232CHCHClCHCHCl2HCl⎯⎯⎯+→+光照该反应为乙烷的取代反应且方程式未配平，产物中官能团为碳氯键，乙基不属于官能团，故D错误；故答案选A。11.下面叙述正确的是A.氧族元素氢化物的沸点

随原子序数的增大而增大B.离子半径大小：2OFNa−−+C.第一主族元素都只有正价，无负价D.P、S、Cl三种元素氧化物的水化物的酸性依次增强【答案】B【解析】【详解】A．氧族元素氢化物中水含有分子间氢键，沸点最高，除水以外，其余氢化物的沸点

随原子序数的增大而增大，故A错误；B．离子电子层数越多，半径越大，电子层数相同，序数越大半径越小，所以离子半径：2OFNa−−+，故B正确；C．第一主族元素中氢元素有-1价，故C错误；D．P、S、Cl三种元素氧化物的水化物有多种，其最高价氧化物的水化物的酸性依次增强，故D错误；故答案选

B。12.金刚石和石墨是碳元素的两种结构不同的单质．在100kPa时，1mol石墨转化为金刚石，要吸收1.895kJ的热能。据此，试判断在100kPa的压强下，下列结论正确的是A.石墨转化为金刚石不属于化学变化B.石墨比金刚石更稳定

C.1mol石墨比1mol金刚石的总能量高D.石墨和金刚石是碳元素的同位素【答案】B【解析】【详解】由于在100kPa时，1mol石墨转化为金刚石要吸收1.895kJ的热能，则说明金刚石含有的能量比石墨多，物质所含有的能量越多，物质的稳定性就越差。A．金刚石和石

墨是碳元素的两种结构不同的单质，所以石墨转化为金刚石属于化学变化，A错误；B．金刚石含有的能量比石墨多，石墨比金刚石更稳定，B正确；C．1mol石墨不如1mol金刚石的总能量高，C错误；D．石墨和金刚

石是碳元素的两种不同性质的单质，所以互为同素异形体，D错误。答案选B。13.X、Y、Z、W四种元素是原子序数依次增大的短周期元素，X是原子半径最小的元素，Y元素的单质可以通过分离空气得到，且可使带火星的

木条复燃，Z所在的周期数等于族序数，W的最高正化合价与最低化合价的和为4，下列判断正确的是A.原子半径大小W>Z>YB.Z元素的最高价氧化物对应水化物是强碱C.W元素的氧化物只有一种D.X和Y元素可以形成原子个数比为1：1的共价化合物【答案】D【解析】【分析】X是原子半径最小的元素，则X

是H，Y元素的单质可以通过分离空气得到，且可使带火星的木条复燃即为氧气，Y为O，Z所在的周期数等于族序数，且Z的原子序数比O元素大，则Z为Al，W的最高正化合价与最低化合价的和为4，则W为S；【详解】A．电子层数越多原子半径越大，电子层数相同的核电荷数越大原子半径越小，则原

子半径：Z(Al)>W(S)>Y(O)，A错误；B．Z为Al，最高价氧化物对应水化物是Al(OH)3，是弱碱，B错误；C．W为S，氧化物有SO2、SO3等不止一种，C错误；D．X是H、Y为O，可以形成原子个

数比为1：1的共价化合物是H2O2，D正确；故选：D。14.铅蓄电池(图1)是二次电池，工作示意图如(图2)所示。下列说法正确的是A.负极电极反应式：22442PbOSO4H2ePbSO2HO−+−+++=+B.铅蓄电

池工作时，两极的质量均增加C.正极反应式为：244PbSO2ePbSO−−+=+D.电池工作时，溶液的pH保持不变【答案】B【解析】【分析】铅蓄电池的总反应PbO2+2H2SO4+Pb═2PbSO4+2H2O可知，放电时，Pb被氧化，为电池负极反应，发生氧化反应，由此分

析解答。【详解】A．放电时，负极是Pb被氧化，发生氧化反应，其电极反应式为Pb+2-4SO-2e-=PbSO4，故A错误；B．铅蓄电池工作时，负极Pb转化为PbSO4，正极PbO2转化为PbSO4，两极的质

量增加，故B正确；C．正极是PbO2得电子生成PbSO4，正极反应式为：22442PbOSO4H2ePbSO2HO−+−+++=+，故C错误；D．电池工作时，消耗H2SO4，氢离子浓度减小，溶液的pH

变大，故D错误；故选：B。15.下列实验操作、现象、结论均正确的是实验操作现象结论A将石蜡油加强热(裂解)所产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中溶液褪色产物中可能有乙烯B在试管中加入3mL乙醇、2mL浓硫酸、2mL乙酸，加热，将产生的蒸气通到饱和碳酸钠溶液碳酸钠液面下层出现透明油状液

体产生了新的物质，该物质不溶于水，且密度比水大C将碘酒滴到新切开的土豆片上土豆片变蓝淀粉遇碘酒中的酒精变蓝D将新制Cu(OH)2与蔗糖酸催化水解后的溶液混合加热无红色沉淀生成葡萄糖没有还原性A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．不饱和烃能被酸性高锰酸钾溶液氧

化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，将石蜡油加强热(裂解)所产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色，说明产物中可能有乙烯，故A正确；B．乙酸乙酯密度小于饱和碳酸钠溶液，所以乙酸乙酯浮在饱和碳酸钠溶液上面，故B错误；C．碘遇淀粉试液变蓝色，碘酒中含有碘单质，土豆中含有淀粉

，所以碘酒滴到新切开的土豆上变蓝色，故C错误；D．醛基和新制氢氧化铜悬浊液发生氧化反应而生成砖红色沉淀，葡萄糖中含有醛基，能和新制氢氧化铜悬浊液发生氧化反应，则葡萄糖体现还原性，故D错误；故选：A。16.一定温度下的恒容容器中，反应22N(g)O(

g)2NO(g)+达到化学平衡状态的标志是A.每断裂1mol氮氮三键键，同时消耗2molNOB.当22c(N):cO:c(NO)()=1:1:2时C.当氮气和一氧化氮速率存在2v(N)=2v(NO)关系时D.混合气密度不再随时间的变化而变化【答案】A【解析】【详解】A．反应中每断裂1mol氮氮

三键键，同时消耗2molNO，说明此时正逆反应速率相等，反应达到化学平衡状态，故A正确；B．当22c(N):cO:c(NO)()=1:1:2时，不能证明此时正逆反应速率相等，所以反应不一定达到化学平衡状态，故B错误；C．当氮

气和一氧化氮速率存在2v(N)=2v(NO)关系时，反应速率之比不等于系数比，且不能确定反应方向，故不一定达到化学平衡状态，故C错误；D．混合气密度等于气体总质量比上气体总体积，二者均不变，所以混合气密度不再随时间的变化而变化不能证明反应达到

化学平衡状态，故D错误；故答案选A。17.以下实验能获得成功的是A.用乙醇和乙酸混合共热制取乙酸乙酯B.将铁屑、溴水、苯混合制溴苯C.在苯中滴入浓硝酸制硝基苯D.将铜丝在酒精灯加热后，立即伸入无水乙醇中，铜丝恢复成原来的红色【答案】D【解析】【详解】A．乙醇和乙酸在浓

硫酸存在下混合共热才可以制取乙酸乙酯，故A不能成功；B．铁屑、液溴、苯混合可以制溴苯，不能用溴水，故B不能成功；C．苯与浓硝酸和浓硫酸的混合酸共热制取硝基苯，故C不能成功；D．铜丝在酒精灯上加热发生反应2Cu+O2Δ2C

uO，铜丝表面变黑，伸入无水乙醇中发生反应CuO+CH3CH2OHΔ⎯⎯→Cu+CH3CHO+H2O，铜丝恢复成原来的红色，故D能成功；故选D。18.从淡化海水中提取溴的流程如下：下列有关说法不正确的是A.X试剂可用Na2SO3饱和溶液B.步骤Ⅲ的离子反应：222BrCl2ClBr−−

+=+C.工业上每获得1molBr2，需要消耗Cl222.4LD.步骤Ⅳ包含萃取、分液和蒸馏【答案】C【解析】【分析】淡化海水中通入氯气，氧化溴离子为单质溴，得到低浓度的溴水。向低浓度的溴水中通入空气吹出Br2，用X溶液吸收，如用

Na2SO3溶液吸收溴单质，以达到富集的目的，然后再通入氯气氧化溴离子，得到溴的浓溶液，经萃取、蒸馏、分液，可得到液溴，据此分析解答。【详解】A．亚硫酸根离子可以和氧化性的溴单质发生氧化还原反应，可以用Na2SO3饱和溶液吸

收溴单质，故A正确；B．氯气具有氧化性，可以将溴离子氧化为溴单质，步骤Ⅲ的离子反应为2Br-+Cl2═2Cl-+Br2，故B正确；C．先后发生两次2Br-+Cl2═2Cl-+Br2，每获得1molBr2，需要消耗2mol氯气，在标况下Cl2的体积为44.8L，但未告知是否为标准状

况，无法判断氯气的体积，故C错误；D．从溴水中提取溴可以采用萃取、分液和蒸馏的方法，故D正确；故选C。19.冶炼金属一般有下列四种方法：①焦炭法；②水煤气(或氢气，或一氧化碳)法；③活泼金属置换法；④电解法。四种方法在工业上

均有应用。(Ⅰ)工业电解氯化钠得金属钠：(Ⅱ)湿法炼铜；(Ⅲ)铝热法炼铬；(Ⅳ)高炉炼铁，对它们的冶炼方法的分析不正确的是A.(Ⅰ)用①B.(Ⅱ)用③C.(Ⅲ)用③D.(Ⅳ)用②【答案】A【解析】【详解】A．（I）工业电

解氯化钠制取金属钠，应用④电解法，故A错误；B．(Ⅱ)湿法炼铜是指铁与硫酸铜溶液发生置换反应制取铜，应用③活泼金属置换法，故B正确；C．(Ⅲ)铝热法炼铬即用活泼金属铝置换制取铬，应用③活泼金属置换法，故C正确；D．(

IV)高炉炼铁即用一氧化碳等在高炉中把铁矿石还原成铁的一种连续冶金方法，应用②水煤气(或氢气，或一氧化碳)法，故D正确；故答案选A。第Ⅱ卷(非选择题共53分)1.请将答案填写在答题纸题号相应位置，答在其他地方无效。2.本卷共7小题，共53分。二、填空题。20.根据信息填空（1）用如

图所示的装置进行铝热法炼铁实验，写出铝热法炼铁反应的化学方程式：_______。（2）已知：Fe+2FeCl3=3FeCl2，利用这一反应，设计一个原电池，画出示意图，标明电极材料名称，电解质溶液______。该原电池中，三价铁离子向______

_(填“正极”或“负极”)移动。负极的电极反应式为_______（3）古代《药性论》中有关铅丹(Pb3O4)的描述是治惊悸狂走，呕逆，消渴，铅丹(Pb3O4)也可作为防锈用涂料，呈红褐色，又名红丹。①铅丹可用P

bO在空气中加热制备，请写出有关反应的化学方程式_______。②铅丹曾用于铁制品防锈，请举例说明铁制品防锈的其它方法_______(只填一种方法)。【答案】（1）2323FeO3Al2Fe3AlO++高温（2）①.②.正极③.2Fe2eFe−+−=（3）①.2346PbOO2PbO+加热②.

涂油层、制成合金(其它答案合理均可)【解析】【小问1详解】铝热法炼铁的原料是铝粉和氧化铁，反应的化学方程式：2323FeO3Al2Fe3AlO++高温；【小问2详解】根据总反应可知Fe失去电子，可选F

e作负极，FeCl3溶液为电解质溶液，石墨作正极，原电池的装置图为：；该原电池中，阳离子移向正极，负极的电极反应是：2Fe2eFe−+−=；【小问3详解】铅丹Pb3O4可用PbO在空气中加热制备，反应的化学方程式为：2346PbOO2PbO+加热；铁制品防锈可利用物理涂层或者原电池原理

，故采用：涂油层、制成合金(其它答案合理均可)。21.下表列出了①~⑧8种元素在周期表中的位置。请回答：族周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA01①2④⑤⑥⑦3②③⑧（1）写出⑤元素下一周期同主族的元素的符号_______，⑥位于元素周期表的位置

_______。（2）在这些元素中，最高价氧化物对应的水化物呈两性化合物的是_______(用化学式表示)。金属性最强的元素是_______(填元素符号)。离子半径最大的元素的离子符号是_______。（3）⑥元素与②元素形成的X2Y2型化合物的电子式_______。（4）①元素与④元素形成的最简

单化合物分子构型为_______。它与氯气反应在光照条件下发生反应(装置如图)，实验现象及解释均正确的是_______。现象解释A量筒内气体颜色逐渐变浅甲烷被氯气还原B量筒内出现少量白雾生成HCl气体C量筒内壁产生油状液滴油状液体是纯

净物CCl4D量筒中液面降低生成产物全部是液态【答案】（1）①.P②.第二周期第ⅥA族（2）①.Al(OH)3②.Na③.Cl−（3）（4）①.正四面体②.B【解析】【分析】由元素的位置可知，①~⑧元素分别为：H、Na、Al、C、N、O、F、Cl；【小

问1详解】⑤为N元素下一周期同主族的元素的符号是P，⑥是O元素，位于元素周期表的第二周期第ⅥA族；【小问2详解】在这些元素中，最高价氧化物对应的水化物呈两性化合物的是Al(OH)3，元素越靠近左下角金属性越强，则金属性最强的元素是Na，电子层数越多的离子

半径越大，离子半径最大的元素的离子符号是Cl−；【小问3详解】⑥为O元素与②为Na元素形成的X2Y2型化合物是Na2O2，钠离子和过氧根离子存在离子键，过氧根内O与O原子存在共价键，其电子式为；【小问4详解】①为H元素与④为C元素形成的最简单化合物是CH4，分子

构型为正四面体；A．量筒内气体颜色逐渐变浅，是由于氯气与甲烷发生取代反应，甲烷中C化合价升高，被氧化，故A错误；B．发生取代反应生成氯化氢，氯化氢易溶于水，产生白雾，故B正确；C．甲烷与氯气发生取代反应生成二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳为液态，所以油状液滴可能为二氯甲

烷、三氯甲烷和四氯化碳等，故C错误；D．量筒中液面降低是由于生成氯化氢易溶于水导致，故D错误。故选：B。22.回答下列问题（1）实验室用30%左右的硫酸溶液(约3.7mol/L)与锌粒反应制取氢气。下列措施中能加快反应速率的是_____

__A.降低反应温度B.将锌粒改为锌粉C.将所用硫酸加水稀释D.加入少量的硫酸铜溶液（2）目前工业上可用CO2来生产燃料甲醇，有关反应为：2232CO(g)3H(g)CHOH(g)HO(g)++垐?噲?。现向体积为1L的密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，

反应过程中测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间的变化如图所示。①计算3min内用氢气表示的该反应的反应速率v(H2)=_______；3min时，正反应速率_______逆反应速率(填：“>”“=”或“<”)。②10min

反应达平衡，氢气的转化率为_______。当反应达平衡后，维持温度和压强不变，改变其它条件使反应速率增大，采取的措施_______(写一条即可)③在其他条件不变的情况下，将体系体积压缩到原来的二分之一，下列有关该体系的说法正确的是_______A.

氢气的浓度减小B.正反应速率增大C.逆反应速率减小D.达到平衡的时间不会改变【答案】（1）BD（2）①.0.5mol/(L•min)②.>③.75%④.使用催化剂或增加反应物浓度(其它答案合理均可)⑤.B【解析】【小问1详解】条件改变对反应速率的影响有如下几条：

升温、增压、增浓、加有效催化剂、增加固体表面积，均能提高反应速率，由此，本问应选填“BD”；【小问2详解】①根据题目所给数据信息，3分钟时，CO2消耗了1.00mol/L-0.50mol/L=0.50mol/L，所以

H2消耗浓度是3×0.50mol/L=1.50mol/L，那么H2在0~3分钟的平均速率是()()2112cH1.50mol/LvH0.50molLmint3min−−===转；由于反应物继续减少，反应向正向进行，并未达到平衡，所以正反应速率大于逆反应速率，本问第二空应填“>”；②利用题目所

给数据信息，建立平衡时的三段式，()()()()2232COg+3HgCHOHg+HOgc(mol/L)1300c(mol/L)0.752.250.750.75c(mol/L)0.250.750.750.75起始转化平衡氢气的转化率为()()1212cH2.25molL

100%100%75%cH3molL−−==转起；增大反应速率的方法可以通过：升温、增压、增浓、加有效催化剂、增大固体表面积等方法，题目中限定温度压强不变，且反应体系内物质均为气态，所以只能考虑恒容增加CO2或者H2的物质的量，或者增加更优质催化剂两

个角度增大速率；③在其他条件不变的情况下，将体系体积压缩到原来的二分之一，使得反应起始容器内压强翻倍，反应物起始浓度翻倍，所以达到新平衡时，反应速率均比未压缩前增大，反应物消耗量比之前平衡更大，但达不到原平衡消耗的一倍，所以新平衡时反应物平衡浓度会大于上一个平衡时的平衡浓度，反应速率增大，同时反

应物转化率上升，故达到平衡的时间不能确定是否比原平衡达到时间长还是短；综上，本小问只有B选项符合题意。23.某实验小组制备溴苯并分离提纯溴苯，其制备溴苯的实验装置如图所示，回答下列问题：Ⅰ.制备溴苯：（1）盛放苯和溴的仪器名称为_______（2）在该反

应中催化剂是_______；实验中装置b吸收挥发出的_______和苯，液体颜色逐渐变为_______。（3）装置c中倒扣的漏斗作用是_______。（4）写出圆底烧瓶中苯发生反应的化学方程式_______。Ⅱ.分离提纯溴苯：（5）反应后的混合液加入NaOH溶液振荡、静置、_______(填写

实验操作方法)，在有机层中加干燥剂，最后蒸馏分离出沸点较低的苯，得到溴苯。【答案】（1）分液漏斗（2）①.FeBr3②.Br2③.橙红色（3）防止倒吸（4）+Br23FeBr⎯⎯⎯→+HBr（5）分液【解析】【分析】I．圆底烧瓶中苯和Br2在FeBr3的催化作用下反应生成溴苯和HBr；装置b中

的CCl4用来吸收挥发出的Br2和苯；装置c中的Na2CO3溶液用来吸收HBr；II．溴苯不溶于NaOH溶液，也不会和NaOH溶液反应，可以向反应后的混合液加入NaOH溶液振荡、静置、分液，再在有机层中加干燥剂，最后蒸馏分离出沸点较低的苯，得到溴苯。【小问1详

解】盛放苯和溴的仪器名称为分液漏斗。【小问2详解】在该反应中催化剂是FeBr3；苯和溴都具有挥发性，装置b吸收挥发出的Br2和苯，液体逐渐变为橙红色。【小问3详解】反应生成的HBr不溶于CCl4，会被Na2CO3溶液

吸收，装置c中倒扣的漏斗作用是防止倒吸。【小问4详解】圆底烧瓶中苯和Br2在FeBr3的催化作用下反应生成溴苯和HBr，该反应的化学方程式为。【小问5详解】溴苯不溶于NaOH溶液，也不会和NaOH溶液反应，可以向反应后的混合液加入NaOH溶液振荡、静置、分液，再在有机层中加干燥剂，

最后蒸馏分离出沸点较低的苯，得到溴苯。24.丙酸乙酯是由丙酸和乙醇在浓硫酸做催化剂的条件下发生酯化反应生成的酯，有菠萝的气味，是我国《食品添加剂使用卫生标准》规定允许使用的食品香料，主要用于配制杏、香蕉、菠萝、苹果、草莓、奶油等香型食用香精和白酒、朗姆酒等酒用香精。由丙烯为原料制备丙酸乙酯流程如

下：丙烯⎯⎯→水①A2O②⎯⎯→CH3CH2CHO2O③⎯⎯→B⎯⎯⎯→乙醇④丙酸乙酯（1）丙烯的官能团名称是_______；①反应类型为_______（2）请写出②的化学方程式：_______（3）写出丙酸和乙醇制取丙酸乙酯的化学方程

式：_______【答案】（1）①碳碳双键②.加成反应（2）Cu32223222CHCHCHOHO2CHCHCHO2HO+⎯⎯→+△（3）322532252CHCHCOOHCHOHCHCHCOOCHHO++浓硫酸△【解析】【分析】由丙烯为原料制备丙酸乙酯流程可知，丙烯与水加成反应生成A，即A为丙

醇，丙醇与氧气氧化得到丙醛，继续与氧气氧化得到B，则B为丙酸，最后丙酸与乙醇酯化反应得到丙酸乙酯，据此解答。【小问1详解】丙烯的官能团名称是：碳碳双键；由分析可知①反应类型为：加成反应；故答案为：碳碳双键；加成反应。【小问2详解】反应②为丙醇的氧化，

化学方程式为：Cu32223222CHCHCHOHO2CHCHCHO2HO+⎯⎯→+△；故答案为：Cu32223222CHCHCHOHO2CHCHCHO2HO+⎯⎯→+△。【小问3详解】丙酸和乙醇制取丙酸乙酯的化

学方程式为：322532252CHCHCOOHCHOHCHCHCOOCHHO++浓硫酸△；故答案为：322532252CHCHCOOHCHOHCHCHCOOCHHO++浓硫酸△。25.回答下列问题（1）绿色化学的核心就是从

源头上减少和消除工业生产对环境的污染。根据“绿色化学”的思想，某化学家设计了下列化学反应步骤：①22750CaBr+HOCaO+2HBr℃②221002HBr+HgHgBr+H℃.③22750HgBr+CaOHgO+CaBr℃④25002HgO2Hg+O℃该方案的相关叙述正确的是__

_____A.该实验的目的是制取HBrB.该过程的副产品是HgC.该过程得到的气体只有H2D.该过程的本质是水的分解（2）原子利用率是产物的总质量与全部反应物的总质量之比。以下各物质制取反应中，理论上原子利用率

最高的是_______A.实验室用乙烯和溴单质加成制备1，2-二溴乙烷B.工业上用焦炭还原二氧化硅的粗硅C.工业上利用氨的催化氧化制备一氧化氮D.工业上用焦炭还原三氧化二铁制取铁（3）目前世界上60%的镁是从海水中提取的，主要步骤如下图所示：试剂②为_______(填写化学式)

电解熔融MgCl2得到单质镁的方程式_______。【答案】（1）D（2）A（3）①.HCl②.22MgCl()MgCl+电解熔融【解析】【小问1详解】依据绿色化学要求，在获取新物质化学反应中充分利用参与反应的每个原料原子，所以每一个反应的生成物只要能是

其它反应的反应物则就可循环使用，A．反应①的产物HBr可为③提供反应物，所以该实验的目的不是制取HBr，故A错误；B．反应的生成物Hg可用于②的反应物，所以Hg不是该过程的副产品，故B错误；的C．分析反应①的生成物CaO和HBr可分别为

③和②提供反应物，反应②的生成物HgBr2可用于③的反应物，氢气未被重新利用，反应④中的生成物汞可用于反应②，氧气没有被重新使用，故在整个的反应中最后剩余的气体是氢气与氧气，故C错误；D．将题干中的化学方程式（①+②+③）×2+④得到的方程式为水的分解，所以该过程的本质是水的分解，故D正确；

故答案为：D。【小问2详解】A．实验室用乙烯和溴单质发生加成反应制得1，2-二溴乙烷，理论上原子利用率为100%，原子利用率最高，故A正确；B．工业上用焦炭与二氧化硅发生还原反应生成粗硅和一氧化碳，原

子利用率不100%，故B错误；C．工业上利用氨与氧气催化氧化生成一氧化氮和副产物水，原子利用率不是100%，故C错误；D．工业上用焦炭还原三氧化二铁生成铁和二氧化碳，原子利用率不是100%，故D错误；故答案选A。【小问3详解】由Mg(OH)2转化为MgCl2溶液需要加入试

剂HCl；电解熔融MgCl2得到单质镁的方程式为：22MgCl()MgCl+电解熔融；故答案为：HCl；22MgCl()MgCl+电解熔融。26.回答下列问题（1）乙烷是甲烷的同系物。乙烷的电子式为_______，完全燃烧11.2L(标况)的乙烷，生成二

氧化碳_______mol，消耗氧气体积在标况下_______L。（2）将33.6L(标准状况)乙烯和乙烷的混和气体通入足量的溴水中，充分反应后，溴水的质量增加了8.4g。则原气体混合物中乙烯和乙烷的物质的量比为_______。【答案

】（1）①.②.1③.39.2（2）1∶4【解析】【小问1详解】乙烷结构简式为CH3CH3，C和H共用1对电子对，C和C共用1对电子对，其电子式为，是11.2L(标况)的乙烷物质的量为mV11.2Ln===0.5molV22.4L/mol，燃烧反应方程式为2CH3

CH3+7O2→4CO2+6H2O，由C原子守恒可知生成0.5mol×2=1mol二氧化碳，消耗氧气0.5mol72=1.75mol，在标况下体积为V=nVm=1.75mol×22.4L/mol=39.2L；【小问

2详解】33.6L混合气体的物质的量为mV33.6Ln===1.5molV22.4L/mol，乙烯含有双键，能与溴水发生加成反应，乙烯和乙烷的混合气体通入足量溴水中，充分反应后，溴水的质量增加了8.4g，即为乙烯的质量，

所以乙烯的物质的量为m8.4gn===0.3molM28g/mol，则乙烷的物质的量为：1.5mol-0.3mol=1.2mol，乙烯与乙烷的物质的量之比为0.3mol：1.2mol=1：4。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xian

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