【文档说明】陕西省宝鸡市渭滨区2021-2022学年高一下学期期末考试化学试题 含解析.docx，共(19)页，521.766 KB，由小赞的店铺上传

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高一年级化学试题可能用到的原子量：H：1C：12N：14O：16Na：23S：32Cl：35.5Cu：64第Ⅰ卷(选择题，共40分)一、选择题(本题包括20小题，每题只有一个选项符合题意，每小题2分，共40分)1.2022年北京冬奥会践行“绿色办

奥”理念，成为首个实现“碳中和”的奥运会。下列措施中不利于．．．实现“碳中和”的是A.用氢气代替丙烷作为火炬燃料B.场馆赛时常规电力需求由可再生能源供应C.大规模开采可燃冰作为新能源D.赛区推广氢燃料电池汽车替代燃油汽车【答案】C【解析】【详解】A．丙烷是燃烧产生二氧化碳，氢气的燃烧产物为水，不

含二氧化碳，用氢气代替丙烷作为火炬燃料有利于减少二氧化碳的排放，有利于实现“碳中和”，故A不符合题意；B．场馆赛时常规电力需求由可再生能源供应，可减少煤等化石燃料的使用，从而减少二氧化碳的排放，有利于实现

“碳中和”，故B不符合题意；C．可燃冰的主要成分为甲烷，大规模开采可燃冰作为新能源，会增加二氧化碳的排放，不利于实现“碳中和”，故C符合题意；D．氢燃料电池的产物为水，赛区推广氢燃料电池汽车替代燃油汽车，可以减少化石燃料的使用，减少二氧化

碳的排放，有利于实现“碳中和”，故D不符合题意；答案选C。2.“东湖”位于宝鸡市凤翔县城东，有内外二湖组成，内湖为苏轼任凤翔府判官时疏浚，外湖是清光绪年间开凿。东湖风景宜人，可品茗观景、临风怀古。下列有关东湖的

治理中，没有涉及化学变化的是A.工业废水经处理、达标后再排放B.定期打捞湖面垃圾，并进行垃圾分类C.淤泥经无害化处理作园林用土D.在水下种植沉水植物，吸收氮磷钾，净化水质【答案】B【解析】【详解】A．工业废水经处理、达标后再排放时，有新物质生成，涉及化学

变化，故A不符合题意；B．定期打捞湖面垃圾，并进行垃圾分类时，没有新物质生成，没有涉及化学变化，故B符合题意；C．淤泥经无害化处理作园林用土时，有新物质生成，涉及化学变化，故C不符合题意；D．在水下种植沉水植物，吸收氮磷钾，净化水质时，有新物质生成，涉及化学变化，故D不符合题意；答案选

B。3.有关第118号元素295Og说法正确的是A.原子核内中子数为295B.原子核外电子数为118C.位于第6周期0族D.原子的质量数为177【答案】B【解析】【详解】A．中子数=质量数-质子数=295-118=117，A错误；B．原子的质子数=核外电子数，则295Og原子核

外电子数为118，B正确；C．第118号元素295Og位于元素周期表的第7周期0族，C错误；D．295Og的质量数为295，D错误；答案选B。4.下列化学用语中书写正确的是A.羟基的电子式B.乙烯的结构

简式22CHCHC.溴化钠的电子式：D.乙烷的球棍模型：【答案】D【解析】【详解】A．羟基是电中性基团，氧原子与氢原子以1对共用电子对连接，电子式为，故A错误；B．乙烯正确的结构简式：CH2=CH2，故B错误；C．溴化钠是

离子化合物、电子式：Na[:Br:]+−，故C错误；D．C2H6OH为乙烷的结构简式，用小球和短棍表示原子和化学键即为球棍模型，乙烷的球棍模型：，故D正确；故选：D。5.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，Y组成的单质是一种良

好的半导体材料，Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，由W、X、Y三种元素形成的化合物M的结构如图所示.下列叙述错误．．的是A.Z的单质在H2中燃烧呈现苍白色火焰B.X2W2中阴阳离子个数比为1：2C.简单气态氢化物的稳定性：Y<ZD.W、X、Z的简单离子半径依次增大【答案】D【解析

】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，则X为Na；根据M的结构简式可知，W可以与Y形成2个共价键，W的最外层含有6个电子，其原子序数小于Na，则W为O元

素；Y组成的单质是一种良好的半导体材料，Y是Si；Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，Z的最外层电子数为7，Z的原子序数大于Na，则Z为Cl元素；W、X、Y、Z分别为：O、Na、Si、Cl。【详解】A．Z为Cl，Z的单质为Cl2，Cl2在H2中燃烧生成HCl，

呈现苍白色火焰，A正确；B．X为Na，W为O，X2W2为Na2O2，阴离子为O2−，阳离子为Na+，阴阳离子个数比为1:2，B正确；C．Y是Si，Z为Cl，元素非金属性越强，其气态氢化物越稳定，非金属性：Si<Cl，简单气态氢化物的稳定性：

Y<Z，C正确；D．W、X、Z分别为：O、Na、Cl，氧离子和钠离子的核外电子排布相同，核电荷数越大，半径越小，氧离子的半径大于钠离子，氯离子的电子层数最多，三种离子中氯离子半径最大，则X、W、Z的简单离子半径依次增大，D错误；答案选D。6.下列说法正确的是A.北京冬奥会颁奖礼

服内添加了石墨烯发热材料，石墨烯和C60是同位素B.中国地质科学院地质研究所，对嫦娥五号月球玄武岩开展了同位素分析，采集到的16O和18O是同位素C.家用石油液化气的主要成分之一丁烷(C4H10)，是甲烷的同分异构体D.屠呦呦团队提取青蒿素所用的萃取剂—

—乙醚(CH3OCH3)，是乙醇的同系物【答案】B【解析】的【详解】A．北京冬奥会颁奖礼服内添加了石墨烯发热材料，石墨烯和C60均为碳元素组成的不同单质，互为同素异形体，A错误；B．16O和18O质子数相同、中子数不同，互为同位素，B正确；C．丁烷(C4H10)和甲烷均

属于烷烃，结构相似，在分子组成上相差3个CH2原子团，因此二者互为同系物，C错误；D．乙醚(C2H5OC2H5)，与乙醇(C2H5OH)分子式不相同，结构不同，既不互为同分异构体、又不互为同系物，D错误

；答案选B。7.下列说法正确的是A.离子化合物中不含共价键B.共价化合物中可能含离子键C.CO2和H2O2中均只含有共价键D.CaCl2和H2SO4中含有的化学键类型相同【答案】C【解析】【详解】A．离子化合

物中可能含共价键，如氢氧化钠固体中含有离子键、共价键，故A错误；B．共价化合物中只含共价键，不含离子键，故B错误；C．CO2和H2O2都是共价化合物，均只含有共价键，故C正确；D．CaCl2只含离子键，H2SO4

中只含共价键，故D错误；选C。8.化学反应A2＋B2=2AB的能量变化如图所示，则下列说法错误的是A.该反应是释放能量的反应B.1molA—A键和1molB—B键断裂需要吸收xkJ的能量C.2molA—B键形成能放出ykJ的能量D.1molA2的能量高于

2molAB的能量【答案】D【解析】【详解】A．由图示可知，生成物总能量小于反应物总能量，该反应是放出能量的反应，A正确；B．化学键断裂要吸收能量，结合图示，1molA-A键和1molB-B键断裂需要吸收xkJ的能量，B正确；C．形成化学键要释放能量，结合图示，2mo

lA-B键形成能放出ykJ的能量，C正确；D．根据图示，1molA2和1molB2的总能量高于2molAB的总能量，D错误；答案选D。9.2022年2月22日，陕西人民政府发布政府工作报告，将打造全国重要的清洁能源基地作为重点工作之一，下列不属

于新能源的是A.太阳能B.风能C.地热能D.天然气【答案】D【解析】【详解】太阳能、风能和地热能均属于新能源，天然气是化石能源、不是新能源；答案选D。10.在C(s)+CO2(g)2CO(g)的反应中，现采取下列措施，其中能够使反应速率增大的措施是①缩小体积，增大压强②增加碳的量③升高温度④恒容

下充入N2⑤恒压下充入N2A.①④B.①③⑤C.①③D.①②④【答案】C【解析】【详解】①该反应为气体参加的反应，增大压强，气体反应物浓度增大，反应速率加快，①正确；②碳为固体，增加碳的量，不影响化学反应速率，②错误；③升高温度，反应速率加快，③正

确；④恒容下充入2N，参与反应的各物质浓度不变，反应速率不变，④错误；⑤恒压下充入2N，容器体积增大，参与反应的各气体物质浓度减小，反应速率减小，⑤错误；综上分析，①③可使反应速率增大，答案选C。11.已知2Fe3++2I-→2Fe2++I2，为了探究FeCl3溶液和KI溶液的反应

是否存在一定的限度，取5mL的0.5mol•L-1KI溶液，向其中加入0.1mol•L-1的FeCl3溶液1mL，充分反应，下列说法正确的是A.可以通过延长反应的时间来改变化学反应的限度B.反应限度只取决于化学反应本身，与外界条件无关C.加入CC

l4振荡后，取上层清液，滴加AgNO3溶液，观察是否有白色沉淀产生，能证明该反应是否存在限度D.加入CCl4振荡后，取上层清液，滴加KSCN溶液，观察溶液否变成血红色，能证明该反应是否存在限度【答案】D【解析】【详解】A．化学反应的限度与反应时间无关，故

A错误；B．可以改变外界条件控制化学反应的限度，比如温度，化学反应的限度受温度影响，对于吸热反应，升高温度平衡正向移动，化学反应的限度增大，放热反应相反，故B错误；C．加入CCl4振荡后，取上层清液，滴加AgNO3溶液，观察有白

色沉淀为AgCl，反应与氯离子无关，不能证明反应的限度，故C错误；D．题给铁离子的量少量，碘离子过量，加入CCl4振荡后，取上层清液，滴加KSCN溶液，观察溶液变成红色，可知反应后存在铁离子，即碘离子过量的情况下

还存在铁离子没，则证明为可逆反应，故D正确；故选：D。12.在恒容密闭容器中发生222NO(g)2NO(g)O(g)+，下列说法能够判断该反应达到化学平衡状态的是A.单位时间内生成2nmolO，的同时生成2nmolNOB.单位时间内22NONOO、、的物质的量浓度变化量之比为2:2:1C.混合气

体的密度不再改变D.混合气体的颜色不再改变【答案】D【解析】【详解】A．单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO，都是正反应速率，无法判断是否达到平衡状态，故A错误；B．化学反应速率与化学计量数成正

比，则单位时间内NO2、NO、O2的物质的量浓度变化量之比始终为2：2：1，无法据此判断平衡状态，故B错误；C．该反应中气体总质量、容器容积为定值，则混合气体的密度始终不变，不能根据混合气体的密度判断平衡状态，故C错误；

D．该反应中只有二氧化氮有色，当混合气体的颜色不再改变时，表明正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故D正确；故选：D。是13.对于反应A(g)+3B(g)2C(g)，下列各数据表示不同条件下的反应速率，其中反应进行最快的是A.-1-1v

(A)=0.01molLsB.-1-1v(B)=0.02molLsC.-1-1v(B)=0.60molLsD.-1-1v(C)=1.0molLs【答案】D【解析】【详解】根据A(g)+3B(g)2C(g)反应可知：化学反应速率之比等于

计量数之比。用物质A表示该反应的速率分别为：A．-1-1v(A)=0.01molLs；B．-1-1v(B)=0.02molLs，则-1-1-1-10.02molLv(A)=0.0067molsL3s；C．-1-1v(B)=0.60molLs，则-1-

1-1-10.6molLv(A)==0.2molL3ss;D．-1-1v(C)=1.00molLs，则-1-1-1-11.00molLv(A)==0.5molL2ss；比较可知D最快，故D符合题意，答案选D。14.取一支大试管，用排饱和食盐水的方法收集3体积氯气，再通入1体积甲

烷。把装有混合气体的试管倒置于盛有饱和食盐水的水槽里，按如图装置实验，关于该实验的说法错误的是A.反应结束后试管内液面会上升B.一段时间后，试管内壁会出现油状液滴C.氯代产物只有三氯甲烷D.试管中的白雾是反应生成的氯化氢气体遇水形成的酸雾【答

案】C【解析】【详解】A．甲烷和氯气在光照条件下发生了取代反应，得到的是一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳和HCl的混合物，其中得到的HCl是最多的，HCl溶于水，试管内气压减小，反应结束后试管内液面会上升，故A正确；B．反应过

程中试管壁上有油珠产生，为二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳的混合物，三者为油状液滴，故B正确；C．得到的氯代产物有一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳，故C错误；D．CH4和Cl2发生取代反应，生成HCl，HCl遇水形成白色的酸雾，故D正确；故选：C。15

.既可以鉴别乙烷和乙烯，又可以除去乙烷中含有的乙烯的方法是A.与足量的酸性高锰酸钾溶液反应B.与足量的溴水反应C.点燃D.在一定条件下与氢气加成【答案】B【解析】【详解】A．乙烯和酸性高锰酸钾发生氧化还原反应生成二氧化碳气体，会引入新杂质，不能用高锰酸钾

溶液除去乙烷中含有的乙烯，故A错误；B．通入足量的溴水中，乙烯与溴水发生加成反应生成无色液体1,2-二溴乙烷，溴水褪色，既可以用来鉴别乙烷和乙烯，又可以用来除去乙烷中混有的乙烯，故B正确；C．乙烷和乙烯都可燃烧，不能用点燃的方法除杂，故C错误；

D．在一定条件下通入氢气不能鉴别乙烷和乙烯，能引入新的杂质，也不能除去乙烷中含有的乙烯，故D错误；答案选B。16.下列反应中前者属于取代反应，后者属于加成反应的是A.甲烷与氯气混合后在光照条件下反应；乙烯与氯气反应生成1，2-二氯乙烷B.乙烯的燃烧反应；乙烯与水反应

生成乙醇C.乙烯使溴水褪色；苯和氢气反应生成环己烷D.乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色；苯与液溴反应制取溴苯【答案】A【解析】【详解】A．甲烷与氯气混合后在光照条件下反应生成氯代甲烷和氯化氢，属于取代反应；乙烯中含碳碳双键，乙烯与氯气发生加成反应生成1，2-二氯乙烷，A符合题意；

B．乙烯燃烧生成二氧化碳和水，属于氧化反应；乙烯与水发生加成反应生成乙醇，B不符合题意；C．乙烯与溴发生加成反应使溴水褪色；苯和氢气发生加成反应生成环己烷，C不符合题意；D．乙烯中含碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化使其褪色，属于氧化反应；苯与液溴在溴化铁作催化剂的

条件下发生取代反应生成溴苯，D不符合题意；答案选A。17.下列烷烃在光照条件下与氯气反应，只生成一种一氯代烃的是A.3223CHCHCHCHB.()333CHCHCHCHC.()()3333CHCCCH−D.()3323CHCHCHCHCH【答案】C【解析】【分析】只生成一种一氯代烃，

则烃分子中只有一种环境的H原子，根据等效氢法或对称性找氢原子的种类，有一类氢原子的即是答案；【详解】A．3223CHCHCHCH有两种H原子，可以生成两种一氯代烃，A不正确；B．()333CHCHCHCH有两种H原子，可以生成两种一氯代烃，B不正确；C．()()3333CHCC

CH−有一种H原子，可以生成一种一氯代烃，C正确；D．()3323CHCHCHCHCH有四种H原子，可以生成四种一氯代烃，D不正确；故答案是C。【点睛】此题考查同分异构数的判断，根据氢原子的种类判断方法即等效氢或对称性进行判断。18.高强度运动会导致肌肉乳酸堆积，产生酸痛感。已知乳酸的

结构简式如图所示，关于该有机物的说法错误的是A.属于烃衍生物B.含有两种官能团C.能发生酯化反应D.1mol该有机物能与钠反应放出2mol氢气【答案】D【解析】【详解】A．含碳、氢和氧三种元素，属于烃的衍生物，A正确；B．该物质

含有羧基、羟基两种官能团，B正确；C．含有羧基、羟基，可发生酯化反应，C正确；D．该物质的1个分子中含有1个羧基、1个羟基，则1mol该物质能够消耗2mol金属钠同时放出1mol氢气，D错误；的答案选D。19.春晚舞蹈作品《只此青绿》——舞绘《千里江山图》收获一致好评，舞者服装采用了不同种类的棉麻

布质，有关物质下列说法正确的是A.棉麻的主要成分与淀粉互为同分异构体B.用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维C.棉麻和蚕丝主要成分的水解产物相同D.棉麻和蚕丝的主要成分和油脂属于三大天然高分子化合物【答案】B【解析】【详解】A．棉

麻的主要成分为纤维素，纤维素和淀粉都属于多糖，是高分子化合物，其分子的聚合度不同，所以不是同分异构体，故A错误；B．蚕丝(蛋白质)灼烧有烧焦羽毛的特殊气味，用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维，故B正确；C．棉麻(纤维素)的水解产物为葡萄糖

，而蚕丝的主要成分为蛋白质，水解产物为氨基酸，故C错误；D．油脂不属于高分子化合物，故D错误；选B。20.工业上制备下列物质的生产流程合理的是A.由铝士矿冶炼铝：铝土矿提纯⎯⎯⎯→Al2O3HCl⎯⎯→A1Cl

3电解⎯⎯⎯⎯→AlB.从海水中提取镁：海水石灰乳⎯⎯⎯⎯⎯→Mg(OH)2Δ⎯⎯→MgO电解⎯⎯⎯⎯→MgC.提取食盐后母液2Cl⎯⎯→含Br2的液体⎯⎯⎯→蒸馏纯溴D.制碘：海带2O，灼烧⎯⎯⎯⎯⎯⎯→海带灰2HO浸取⎯⎯⎯⎯⎯→22HO⎯⎯⎯→I2(aq)41)CCl萃取2)进一步操作⎯⎯

⎯⎯⎯⎯⎯→I2【答案】D【解析】【详解】A．铝土矿主要成分是三氧化二铝，应提纯后再电解，电解氧化铝制备Al，不能电解氯化铝，A错误；B．从海水中提取镁，是先制备生石灰与水反应生成熟石灰，将氢氧化钙加入海水中沉淀镁离子生成氢氧化镁沉淀，过滤得到沉淀氢氧化镁，加入盐

酸溶解氢氧化镁变为氯化镁，浓缩结晶得到氯化镁晶体，在氯化氢气流中加热失水得到氯化镁固体，熔融氯化镁通电分解，氧化镁熔点高，电解氧化镁会消耗更多能量，B错误；C．提取食盐后的母液中提取单质溴的过程，母液中含有溴离子，通入氯气，2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，用热空气吹出溴、冷凝得到粗溴，粗

溴经过进一步提纯例如再加溴化钠除去杂质、蒸馏才能得到纯净的溴，C错误；D．海带灼烧后得到海带灰,加水浸泡并过滤后，所得滤液中含碘离子，加入过氧化氢将碘离子氧化为碘单质，往混合溶液中加四氯化碳萃取经分液后，进一步分离出

碘单质，D正确；故答案为：D。第II卷(非选择题，共60分)二、填空题21.下表是元素周期表的一部分，请参照元素①-⑩在表中的位置，回答下列问题。周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA02①②③④3⑤⑥⑦⑧⑨⑩（1）画出①和③两种元素的原子1：2组成的化合物的电子式_______。（2）元素①-⑩

中化学性质最不活泼的元素是_______(填元素符号)。（3）⑧的离子结构示意图为_______。（4）用电子式表示③与⑤形成的原子个数比为1∶2的化合物的形成过程_______。（5）由元素③、⑤、⑨形成的一种常见的杀菌消毒剂

中存在的化学键有_______。（6）硒(Se)被誉为“生命元素”，科学补硒可以减少疾病的发生。周期表中元素Se的位置在⑧的下方，下列推断正确的是_______(填字母序号)A.SeO2具有还原性B.H2Se的稳定性比H2S强C.H2SeO4的酸

性强于H2SO4D.SeO2在一定条件下可与NaOH溶液反应【答案】（1）（2）Ar（3）（4）（5）共价键、离子键（6）AD【解析】【分析】由元素在周期表中位置，可知①为C、②为N、③为O、④为F、⑤为Na、⑥为Al、⑦为Si、⑧为S、⑨为

Cl、⑩为Ar，据此解答。【小问1详解】①和③两种元素的原子1：2组成的化合物为二氧化碳，电子式。【小问2详解】元素①-⑩中化学性质最不活泼的元素是Ar。【小问3详解】⑧的离子为硫离子，结构示意图为。【小问4详解】③与⑤形成的原子个数比为1∶2的化

合物为氧化钠，用电子式表示该化合物的形成过程。【小问5详解】由元素③、⑤、⑨形成的一种常见的杀菌消毒剂为次氯酸钠、属于离子化合物，其中存在的化学键有共价键、离子键。【小问6详解】周期表中元素Se的位置在⑧即S的下方，则：A．Se最

高+6价，则SeO2中Se可从+4价升高到+6价，具有还原性，A正确；B．同主族从上到下非金属性逐渐减弱，氢化物稳定性逐渐减弱，则简单氢化物的稳定性：H2Se的稳定性比H2S强，B不正确；C．同主族从上到下非金属性逐渐减弱，最高价含氧酸的酸性逐渐减弱，则H2SeO4的酸性弱于H2SO4

，C不正确；D．SO2为酸性氧化物，与SO2相似、SeO2在一定条件下可与NaOH溶液反应，D正确；选AD。22.乙醇分子中有5种化学键，如图所示，在不同的反应中会有不同形式的化学键断裂，根据下列不同反应，按要求回答相关问题。（1）和金属钠反应

，断裂的化学键为_______(填断键序号，下同)，化学方程式为_______。（2）在铜做催化剂条件下，乙醇被氧气氧化时，断裂的化学键为_______，反应方程式_______。（3）和乙酸反应时，断裂的化学键为_______

，反应的化学方程式为_______。【答案】（1）①.①②.2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑（2）①.①③②.2CH3CH2OH+O2CuΔ⎯⎯→2CH3CHO+2H2O（3）①.①②.CH3COO

H+CH3CH2OH24浓HSOΔCH3COOC2H5+H2O【解析】【小问1详解】乙醇与Na反应时OH−键断裂，即断裂的化学键为①，化学方程式为2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑。【小问2详解】在铜做催化剂条件下，乙醇被氧气氧化生成乙醛，

OH−键及与OH−相连的C上CH−键断裂，即断裂的化学键为①③，反应方程式2CH3CH2OH+O2CuΔ⎯⎯→2CH3CHO+2H2O。【小问3详解】和乙酸反应时OH−键断裂，即断裂的化学键为①，反应的化学方程式为CH3COOH+CH3CH2OH24浓HSOΔCH3COOC2H5+H2O。2

3.石油是由多种碳氢化合物组成的混合物，石油精炼可以获得多种化工原料。请根据上图回答下列问题：（1）由原油获得汽油，分离的方法是_______。（2）石油裂化是为了得到更多的汽油，例如：C16H34→C8H18+C8H16，裂化汽油可

以使溴的四氯化碳溶液褪色，其原因是_______。（3）石油中某些有机物在加热和催化剂条件下可由链状烃变为环状烃。已知在一定条件下某链状烃转化为环状烃66CH，研究人员推测其可能或，为验证其结构，取少量该有机物，加入少量酸性高锰酸钾溶液，振荡，静置。若结构为_______，则现象为_______；

若结构为_______，则现象为_______。（4）乙烯的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，乙烯在一定条件下生成聚乙烯塑料的化学方程式：_______。是【答案】（1）分馏（2）裂化汽油中含有烯烃等不饱和烃，能与2Br发生加成反应，从而使溴的四氯化碳溶液褪色

（3）①.②.酸性高锰酸钾溶液不褪色③.④.酸性高锰酸钾溶液褪色（4）⎯⎯⎯⎯⎯→催22化剂nCH=CH【解析】【分析】石油的原油中含有多种液态烃，它们的沸点不同，分离沸点不同的烃得到汽油的方法为分馏，分馏得到重油裂解产生不饱和烯烃中含有乙烯、

丙烯等，它们在一定条件下发生加聚反应产生聚乙烯、聚丙烯。【小问1详解】原油是多种烷烃、环烷烃的混合物，它们的沸点不同，由原油通过分馏方法可获得石油气、汽油，重油等多种馏分，故该分离的方法名称是分馏。【小问2详解】石油裂化是为了得到更多的汽油，裂化汽油可

以使溴的四氰化碳溶液褪色，这是由于裂化汽油中含有烯烃等不饱和烃，能与Br2发生加成反应，从而使溴的四氯化碳溶液褪色。【小问3详解】石油中某些有机物在加热和催化剂条件下可由链状烃变为环状烃，已知在一定条件下某链状烃转

化为环状烃C6H6，若C6H6结构为，该物质具有特殊的稳定性，不能使酸性KMnO4溶液褪色，若分子结构为，由于分子中含有不饱和的碳碳双键，会使酸性KMnO4溶液褪色，故结构若为，酸性KMnO4溶液不褪色，若为，酸性KMnO4溶液褪色。【小

问4详解】乙烯能发生加聚反应生成聚乙烯，反应的化学方程式为：⎯⎯⎯⎯⎯→催22化剂nCH=CH。三、实验题24.Ⅰ．兴趣小组的同学们把铝片投入盛有1500mL0.5molL−硫酸溶液的烧杯中，该铝片与硫酸产生氢气的速率与反应时间的关系可用如图曲线来表示。回答下列问题：（1）用离子方程式解释曲线0

-a段不产生氢气的原因_______。（2）曲线b→c段，产生氢气的速率增加较快的主要原因是_______。（3）曲线由c以后，产生氢气的速率逐渐下降的主要原因是_______。Ⅱ．（4）装置①中负极是：_______，正极反应式为：_______；（5）装置②中

电子从_______(填“镁片”或“铝片”)流出，该原电池工作一段时间后，溶液pH_______。(填“增大”或“减小”)。（6）2022年北京冬奥会使用氢燃料电池车有利于实现碳达峰和碳中和，下列说法错误的是_______。A.电能属于二次能源B.氢燃料

电池是一种具有广阔应用前景的绿色电源C.氢燃料电池能量的利用率比氢气直接燃烧高D.氢燃料电池工作时，氢气在正极发生还原反应【答案】（1）硫酸先与铝片表面的23AlO发生反应：3232AlO6H2Al3HO+++=+，不产生2H（2）该反应放热，使溶液温度升高

，反应速率加快（3）随着反应的进行，硫酸的浓度不断下降，使反应速率减慢（4）①.Mg②.2H++2e-=H2↑（5）①.铝片②.减小（6）D【解析】【分析】原电池中，还原剂在负极失去电子发生氧化反应，电子从负

极流出，电子沿着导线流向正极，正极上氧化剂得到电子发生还原反应，内电路中阴离子移向负极、阳离子移向正极，燃料电池中，通入燃料的一极为负极，通入助燃物的一极为正极。【小问1详解】由于铝片表面有一层致密的氧化膜，首先是硫酸与铝片表面的23AlO反应，因此曲线由0-a段不产生氢

气，有关反应的离子方程式为3232AlO6H2Al3HO+++=+。【小问2详解】由于该反应放热，使溶液温度升高，反应速率加快，因此曲线b→c段，产生氢气的速率增加较快。【小问3详解】由于随着反应的进行，硫酸的浓度

不断下降，使反应速率减慢，因此曲线由c以后，产生氢气的速率逐渐下降。【小问4详解】装置①中镁比铝活泼，电解质溶液为稀硫酸，则Mg为负极、Al为正极，正极反应为氢离子得电子变成氢气、电极反应式：2+-2H+2e=H。【小问5详解】装置②中电解质为NaOH溶液，则电池总反应为2222Al

2NaOH2HO2NaAlO3H++=+，铝失去电子被氧化、作负极，电子从铝片流出，该原电池工作一段时间后，由于氢氧化钠不断消耗，则溶液pH减小。【小问6详解】A．电能需要由其它能源转化而来，则属于二次能源，A正确；B．氢燃料电池总反应为氢气和氧气反应生成水、没

有污染，故是一种具有广阔应用前景的绿色电源，B正确；C．通常燃料电池能量利用率高，氢燃料电池能量的利用率比氢气直接燃烧高，C正确；D．氢燃料电池工作时，氢气在负极发生氧化反应、氧气在正极发生还原反应，D不

正确；选D四、计算题25.在一体积固定的密闭容器中加入反应物A、B，发生如下反应：A+2B=3C。反应经2min后，A的浓度从开始时的1.0mol·L-1降到0.8mol·L-1，已知反应开始时B的浓度是1.2mol·

L-1。计算A物质2min内的平均速率_______，2min末B物质的浓度_______。【答案】①.0.1mol·L-1·min-1②.0.8mol·L-1【解析】。【详解】反应经2min后，A的浓度从开始时的1.0mol·L-1降到0.8mol·L-1，2min内

，v(A)1.0mol/L-0.8mol/L=2min＝0.1mol·L-1·min-1。A的浓度减小0.2mol·L-1，结合A＋2B=3C可知B浓度减小0.4mol·L-1，故2min末B的浓度为1.2mol·L-1-0.4mol·L-1=0.8mol·L-1。

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