【文档说明】宁夏回族自治区银川一中2019-2020学年高一下学期期中考试化学试题【精准解析】.doc，共(25)页，638.000 KB，由小赞的店铺上传

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银川一中2019——2020学年度(下)高期中考试化学试卷一、选择题(本题共30道小题，每小题2分，共60分)1.化学与生活、生产密切相关，下列说法正确的是A.用活性炭为糖浆脱色和用次氯酸盐漂白纸浆的原理相同B.“玉不琢不成器”、“百

炼方能成钢”发生的均为化学变化C.小苏打是制作面包等糕点的膨松剂，也是治疗胃酸过多的常用药剂D.纤维素供给人体能量时，先在体内水解成葡萄糖再被氧化【答案】C【解析】【详解】A、用活性炭为糖浆脱色利用活性

炭的吸附作用，用次氯酸盐漂白纸浆利用次氯酸盐产生的次氯酸的强氧化性，二者原理不同，A错误；B、“玉不琢不成器”属于物理变化，B错误；C、小苏打是碳酸氢纳，能和酸反应生成CO2气体，所以小苏打是制作面包等糕点

的膨松剂，还是治疗胃酸过多的一种药剂，C正确；D、人体内无纤维素酶，所以纤维素不能在人体内水解成葡萄糖，D错误；答案选C。2.化学与生活密切相关。下列说法正确的是A.丝绸的主要成分是蛋白质B.电器起火应选用泡沫灭火剂灭火C.光导纤维的成分是晶

体硅D.生活用水的净化与消毒可用明矾【答案】A【解析】【分析】A、蚕丝属于蛋白质；B、泡沫灭火器中的液体导电，并且泡沫液有腐蚀性会腐蚀电器设备；C、光导纤维的成分二氧化硅；D、明矾不能消毒。【详解】A、丝绸的主要原料是蚕丝，蚕丝属

于蛋白质，故A正确；B、泡沫灭火器中的液体导电，电器起火应选用干粉灭火剂灭火，故B错误；C、光导纤维的成分二氧化硅，故C错误；D、明矾只能做生活用水的净水剂，不能做消毒剂，故D错误。3.2019年7月1日起，上海进入垃圾分类强制

时代，随后西安等地也纷纷开始实行垃圾分类。这体现了我国保护环境的决心，而环境保护与化学息息相关，下列有关说法正确的是A.废弃的聚乙烯塑料属于白色垃圾，不可降解，能使溴水褪色B.可回收的易拉罐中含金属铝，可通过电解

氯化铝制取C.废旧电池中含有镍、镉等重金属，不可用填埋法处理D.含棉、麻、丝、毛及合成纤维的废旧衣物燃烧处理时都只生成CO2和H2O【答案】C【解析】【详解】A.聚乙烯结构中不含碳碳双键，不能使溴水褪色，故A错误；B.氯化铝为共价化合物，受

热易升华，电解得不到金属铝；金属铝采用电解氧化铝制备，故B错误；C.镍、镉等重金属会造成水土污染，应集中处理，不可用填埋法处理，故C正确；D.丝、毛中主要含蛋白质，含有C、H、O、N等元素，燃烧不止生成CO2和H2O，故D错误；答案：C4.化学知识无处

不在,下列与古诗文记载对应的化学知识不正确的是()古诗文记载化学知识A绿蚁新醅酒，红泥小火炉在酿酒的过程中，葡萄糖发生了水解反应B南安有黄长者为宅煮糖，宅垣忽坏，去土而糖白，后人遂效之.泥土具有吸附作用，能将

红糖变白糖C陶成雅器，有素肌、玉骨之象焉制陶的主要原料是黏土，烧制陶瓷属硅酸盐工业D采蒿墓之属，晒干烧灰，以原水淋汁，久则凝淀如“石”，浣衣发面.“石”即石碱，具有碱性，遇酸产生气体A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．葡萄糖属于单糖，不会发

生水解反应，A不正确；B．古时贫民住房是土砖墙，土砖墙倒塌，泥土覆盖在红糖上，能吸附红糖中的色素，B正确；C．陶瓷、玻璃、水泥都属于硅酸盐工业，制陶的主要原料是黏土，C正确；D．草木灰的淋汁主要成分主要是K2CO3，D正确。故选A。5.X元素的阳离子和Y元素的阴离子具有与氖

原子相同的电子层结构，下列说法正确的是A.原子序数：X<YB.原子半径：X>YC.原子的最外层电子数：X>YD.得电子能力：X>Y【答案】B【解析】【分析】X元素的阳离子和Y元素的阴离子具有与氖原子相同的电子层结构，则X为第三周期的

金属元素，Y为第二周期的非金属元素，Y原子最外层电子数较多，以此来解答。【详解】X元素的阳离子和Y元素的阴离子具有与氖原子相同的电子层结构，则X为第三周期的金属元素，Y为第二周期的非金属元素，Y原子最外层电子数较多

，则A．由以上分析可知X的原子序数大于Y的原子序数，A错误；B．X为第三周期的金属元素，Y为第二周期的非金属元素，由同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大可知X的原子半径比Y的大，B正确；C．X的最外层电子数少于4，Y的最外层电子数大于4，原子的最外层电子数：X＜Y，C错

误；D．X是金属，不能得到电子，Y是非金属，容易得到电子，D错误。答案选B。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，由信息得出元素的相对位置是解答本题的关键，并熟悉元素周期律来解答即可，题目难度不大

。6.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，原子序数之和为42，X原子的核外电子总数等于Y的最外层电子数，Z原子最外层只有1个电子，W能形成酸性最强的含氧酸。下列说法正确的是A.单质的熔点：Z>XB.Z与Y、W均能形成离子化合物C.气态氢化物的沸点：X<Y<WD.X、Z的氧化物

均含非极性键【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，原子序数之和为42，Z原子最外层只有1个电子，Z是第IA元素，结合原子序数大小可知Z为Na元素；W能形成酸性最强的含氧酸，W应该为Cl元素；X、Y的原子序数之和=42-11-17=14，X原子的核外电子数

等于Y的最外层电子数，Y只能位于第二周期，设X的核外电子数为x，则x+(2+x)=14，解得x=6，则X为C元素、Y为O元素，据此结合元素周期律分析解答。【详解】根据上述分析，X为C元素，Y为O元素，Z为Na元素，W为Cl元素。A．X、Z分别

为C、Na元素，金属Na的熔点较低，C的单质一般为金刚石或石墨，熔点较高，熔点：X＞Z，故A错误；B．Na与O和Cl形成的化合物为氧化钠和过氧化钠、NaCl，都是离子化合物，故B正确；C．水分子间能够形成氢键，沸点：H2O＞HCl，故C错误；D．X、Z的氧化物可以是CO或CO2、Na2O或Na

2O2，仅Na2O2有非极性键，故D错误；故选B。7.下列各组化合物中，化学键的类型完全相同的是（）①CaCl2和Na2S②CO2和CS2③Na2O和Na2O2④HCl和NaOHA.①②B.①③C.②③D.②④【答案】A【解析】①CaCl2和Na2S中都只有离子键，化学键类型完全相同

；②CO2和CS2中都只有极性共价键，化学键类型完全相同；③Na2O中只有离子键，Na2O2中有离子键和非极性共价键，化学键类型不完全相同；④HCl中只有共价键，NaOH中有离子键和极性共价键，化学键类

型不完全相同；化学键类型完全相同的是①②，答案选A。点睛：本题考查化学键的判断，熟悉化学键判断的一般方法是解题的关键。活泼金属元素和活泼非金属元素组成的化合物（AlCl3、BeCl2除外）中含离子键；一般全由非金属元素组成的化合物（NH4Cl等铵盐除外）中只含共价键；含原子团

的离子化合物中既含离子键又含共价键；稀有气体中不存在化学键。8.下列化学反应中，既有离子键、极性键、非极性键断裂，又有离子键、极性键、非极性键形成的是()A.NH4Cl+NaOH=NaCl+NH3↑+H2OB.Mg3N2+6H2O=3Mg(

OH)2+2NH3↑C.Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2OD.2Na2O2+2H2O=NaOH+O2↑【答案】D【解析】【详解】A、反应中有离子键、极性键键断裂，也离子键、极性键形成，没有非极性键的断裂和形成，A错误；B、反应

中有离子键、极性键键断裂，也离子键、极性键形成，没有非极性键的断裂和形成，B错误；C、反应中有离子键、极性键、非极性键断裂，只有离子键、极性键形成，没有非极性键形成，C错误；D、过氧化钠中含有非极性键和离子键，则该反应中既有离子键、极性键、非极性键断裂，又有离子键、极性键、非极性键形成，D正确。答

案选D。9.下列说法正确的是()①离子化合物含离子键，也可能含极性键或非极性键②共价化合物含共价键，也可能含离子键③含金属元素的化合物不一定是离子化合物④由非金属元素组成的化合物一定是共价化合物⑤双原子分子组成的物质中一定存在非极

性共价键⑥熔融状态能导电的化合物是离子化合物A.②③④B.②④⑥C.①③⑥D.①③⑤【答案】C【解析】【分析】①离子化合物一定含离子键，可能含共价键；②共价化合物只含共价键；③含金属元素的化合物可能为共价化合物；④由非金属元素组成的化合物可能为离子化合物；⑤双原子分子组成的物质中不一定存在非极性

共价键，要看双原子是否相同。⑥熔融状态能导电的化合物，其构成微粒为离子．【详解】①离子化合物一定含离子键，可能含共价键，如NaOH中含极性共价键，过氧化钠中含非极性共价键，故正确；②共价化合物只含共价键，故错误；③含金属元素的化合物可能为共价化合物，如氯

化铝为共价化合物，而NaCl为离子化合物，故正确；④由非金属元素组成的化合物可能为离子化合物，如铵盐为离子化合物，故错误；⑤双原子分子组成的物质中不一定存在非极性共价键，要看成键的原子是否相同，如HCl中就不存在非极性

共价键，故错误。⑥熔融状态能导电的化合物，其构成微粒为离子，则作用力为离子键，化合物是离子化合物，故正确；故选C。【点睛】本题考查化学键，解题关键：把握化学键的形成及判断的一般规律，注意学习时结合实例。10.下列物质的电子式书写正确的是①Ca（OH）2②H2S③OH﹣④A

l3+Al3+⑤N2⑥CO2A.①②③④B.⑤⑥C.②③⑤⑥⑦D.①④【答案】D【解析】【详解】①氢氧化钙为离子化合物，电子式：，故①正确；②硫化氢为共价化合物，其电子式为：，故②错误；③氢氧根离子为阴离子，电子式中需要标出电荷及原子的最外层电子，氢氧根

离子的电子式为：，故③错误；④铝离子电子式为：Al3+，故④正确；⑤氮气中存在三对共用电子对，为三键，但每个氮原子还有两个孤对电子，故氮气的电子式为，故⑤错误；⑥二氧化碳为共价化合物，分子中存在2个碳氧双键，二氧化碳的电子式为，故⑥错误；故答案为D。11.下列事实或做法与化学反应速

率无关．．的是A.将食物存放在温度低的地方B.用铁作催化剂合成氨C.将煤块粉碎后燃烧D.用浓硝酸和铜反应制备NO2气体【答案】D【解析】【分析】影响化学反应速率的外界因素有温度、浓度、表面积以及催化剂等。【详解】A项、将易腐败的食物储存在冰箱

里，温度降低，化学反应速率减小，故A不选；B项、用铁作催化剂合成氨，化学反应速率增大，故B不选；C项、将煤块粉碎后燃烧，固体的表面积增大，化学反应速率增大，故C不选；D项、用浓硝酸和铜反应制备NO2气体与反应物的性质有关，与反应速率无关，故D选；答案选D。12.某种碱性氢

氧燃料电池的的正极反应式为：O2+4e－+2H2O=4OH－。下列有关该电池的叙述正确的是A.工作时，电解质溶液中的OH－向正极移动B.工作一段时间后，电解液中KOH的物质的量浓度减小C.负极上发生的反应为H2－2e－=2H+D.若电池在工作过程中有0.4m

ol电子转移，则正极消耗2.24LO2【答案】B【解析】【详解】A.根据原电池原理，电池工作时，电解质溶液中阴离子移向负极，则OH-向负极移动，故A错误；B.氢氧燃料电池的总反应为：2H2+O2=2H2O

，工作一段时间后，溶剂H2O增多，电解液中KOH的物质的量浓度减小，故B正确；C.该氢氧燃料电池电解质溶液为碱性，则负极电极反应式为H2-2e-+2OH-=2H2O，故C错误；D.根据正极电极反应式，若电池工作过程中有0.4mol电子转移，则正极消耗0.1molO2，但由于温度

和压强未知，无法计算消耗O2的体积，故D错误；综上所述，答案为B。13.氢氧燃料电池已用于航天飞机，其工作原理如图所示。关于该燃料电池的说法不正确．．．的是A.H2在负极发生氧化反应B.电子从a电极经外电路流向b电极C.供电时的总反应为：2H2+O2==2H

2OD.燃料电池的能量转化率可达100%【答案】D【解析】【分析】氢氧燃料电池中，通入氢气的电极是负极，氢气在负极失电子发生氧化反应，通入氧气的电极是正极，氧气在正极得电子发生还原反应；燃料电池总反应是燃料燃烧的化学方程式，电子从负极经导线流向正极。【详解】A项、氢氧燃料电池中，通入氢

气的电极是负极，氢气在负极失电子发生氧化反应，故A正确；B项、原电池工作时，电子从负极经导线流向正极，即由电极a通过导线流向电极b，故B正确；C项、燃料电池的总反应是燃料燃烧的化学方程式，则供电时的总反应为2H2+O2=2H2O，故C正确；D项、燃料电池是将化学

能转化为电能的装置，还会伴有热能等能量的释放，能量转化率不可能达到100%，故D错误；故选D。【点睛】本题考查了燃料电池，氢氧燃料电池是一种不需要将还原剂和氧化剂全部储藏在电池内的新型发电装置，电池的产物是水，环

保无污染，是一种具有应用前景的绿色电源。14.一个原电池的总反应的离子方程式是：Zn+Cu2+=Zn2++Cu，该反应的原电池的正确组成是（）正极负极电解质溶液AZnCuCuCl2BZnCuZnCl2CCuZnH2SO4DCuZnCuSO4A

.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【分析】原电池中，负极锌失电子发生氧化反应，正极溶液中的Cu2+得电子转化为Cu单质，则可选择铜做正极，电解质溶液可选硫酸铜或氯化铜溶液即可，再依据原电池的工作原理作答。【详解】电

极总反应为Zn+Cu2+=Zn2++Cu，Zn失电子作负极，因正极反应为：Cu2++2e-=Cu，所以选取含有Cu2+的溶液作为电解质溶液，正极选择比锌不活泼的铜即可，D项正确；答案选D。15.航天飞机用的铝粉与高氯酸铵(NH4ClO4)的混合物为固体燃料，点燃时铝粉氧化放热引发高氯酸铵反应，

其方程式可表示为：2NH4ClO4N2↑+4H2O+Cl2↑+2O2↑，放出热量为Q，下列对此反应叙述中错误．．的是（）A.上述反应瞬间产生大量高温气体推动航天飞机飞行B.反应属于分解反应C.反应从能量变化上说，主要是化学能转变为热能和动能D.在反应中高氯酸铵只起氧化剂作用【答

案】D【解析】试题分析：A、根据题给信息知上述反应瞬间产生大量高温气体推动航天飞机飞行，正确；B、一种物质生成两种或两种以上物质的反应为分解反应，故上述反应属于分解反应，正确；C、反应从能量变化上说，主要是化学能转变为热能和动能，正确；D、在反应中高氯

酸铵既是氧化剂又是还原剂，错误。考点：考查化学反应与能量转化。16.在一定温度时，将1molA和2molB放入容积为5L的某密闭容器中发生如下反应：A（s）＋2B（g）C（g）＋2D（g），经5min后，测得容器内B的浓度减少了0.2mol·L－1。则下列叙述不正确的是（）A.在5min内该

反应用C的浓度变化表示的反应速率为0.02mol·（L·min）－1B.在5min时，容器内D的浓度为0.2mol·L－1C.该可逆反应随反应的进行，容器内压强逐渐增大D.5min时容器内气体总的物质的量为3mol【答案

】D【解析】【详解】A.根据公式υ（B）=()cBt=0.2mol/L5min=0.04mol·（L·min）－1，又同一条件下不同物质表示的化学反应速率之比等于化学计量数之比，则υ（C）=12υ（B）=0.02mol·（L·min）－1，A

正确；B.经5min后，测得容器内B的浓度减少了0.2mol·L－1，D的浓度增加了0.2mol/L，则在5min时c（D）=0.2mol·L－1，B正确；C.该反应为气体物质的量增加的反应，随反应的进行，容器内压强增大，C正确；D.5min内，Δn（B）=0.2mol·L－1×5

L=1mol，则Δn（C）=0.5mol，Δn（D）=1mol，容器内气体的物质的量为2mol－1mol＋0.5mol＋1mol=2.5mol，D错误；答案选D。17.下列有关反应限度的说法错误．．的是（）A.某条件下可逆反应达到限度之前，逆反应速率逐渐增大可能与生成物浓度逐渐增大有关

B.可逆反应的限度不随反应条件的改变而改变C.化学反应的限度决定了反应物在该条件下的最大转化率．D.炼铁高炉尾气中CO含量不随高炉高度改变而改变，是因为有关反应达到了限度【答案】B【解析】试题分析：A、某条件下可逆反

应达到限度之前，若反应正向进行，生成物的浓度逐渐增大，逆反应速率逐渐增大，正确；B、可逆反应的限度会随浓度、温度和压强等反应条件的改变而改变，错误；C、一定条件下，化学反应达到平衡时，反应物在该条件下的转化率最大，正确；D、可逆反应达到平衡时各物质的浓度保持不变，故炼铁高炉尾气中CO

含量不随高炉高度改变而改变，正确。考点：考查化学反应的限度。18.下列措施对增大反应速率明显有效的是（）A.Na与水反应时增大水的用量B.Fe与稀硫酸反应制取H2时，改用浓硫酸C.在K2SO4与BaCl2两溶液反应时，增

大反应容器体积D.Al在氧气中燃烧生成Al2O3，将Al片改成Al粉【答案】D【解析】【详解】A．Na与水的反应中，水是纯液体，增大水的用量，对化学反应速率无影响，A错误；B．铁和浓硫酸反应生成的不是氢

气，而是SO2，B错误；C．压强只可以改变有气体参加的化学反应的速率，对没有气体参加的化学反应没有影响，C错误；D．Al在氧气中燃烧生成A12O3，将Al片改成Al粉，增大了铝和氧气的接触面积能增大反应速率，D正确；答案选D。19.在一恒温、恒容的密闭容器中发生反应A(s)

+2B(g)C(g)+D(g)，当下列物理量不再变化时，不能够表明该反应已达平衡状态的是A.混合气体的压强B.混合气体的平均相对分子质量C.A的物质的量D.B的物质的量浓度【答案】A【解析】【详解】A.恒温、恒容时，体系的压强与气体分子的物质的量有关系，该化学反应前后气体的总物质的量不

变，则反应的任何时候，混合气体的压强始终不变，故无法通过压强不变来判断反应是否达到平衡状态，A正确；B.mM=n，该平衡的正反应是气体质量增大的反应，当反应达到平衡时，气体的总质量不再改变，由于气体的总物质的量不变，所以平衡时，混合气体的平均相对分子质量不变，则混合气体的平均相对分子质量

不变，表明反应达到平衡状态，B错误；C.A的物质的量不再变化，可以表明该反应已达到平衡状态，C错误；D.在恒容状态下，B的物质的量浓度不变，则B的物质的量也不再变化，可以表明该反应已达到平衡状态，D错误；

故合理选项为A。【点睛】“判断反应是否达到平衡”这类题目，要注意：①反应体系中各组分的状态，②化学方程式中气体物质系数变化。20.某化工厂发生苯爆燃特大事故。下列说法错误．．的是A.苯是一种环状有机物B.苯分子

中含有碳碳双键C.苯的分子式为C6H6D.苯在氧气中燃烧产生浓烟【答案】B【解析】【详解】A项、苯的结构简式为，苯的分子是环状结构，故A正确；B项、苯分子中的碳碳键是介于单、双键之间的一种独特的键，不存在单纯的单、双键，故B错误；C项、苯的结构简式

为，分子式为C6H6，故C正确；D项、苯的分子式为C6H6，分子中的含碳量高，在氧气中燃烧产生浓烟，火焰明亮，故D正确；故选B。21.下列关于有机化合物的结构、性质的叙述正确的是（）A.苯、油脂均能使酸性KMnO4溶液褪色B.甲烷和氯气的反应与乙

烯和Br2的反应属于同一类型的反应C.蔗糖、麦芽糖的分子式均为C12H22O11，二者互为同分异构体D.乙醇、乙酸均能与NaOH反应，因为分子中均含有官能团“—OH”【答案】C【解析】试题分析：A．苯不能使酸性KMnO4溶液褪色，油脂中若含有碳碳不饱和

键才能使酸性KMnO4溶液褪色，故A错误；B．甲烷和Cl2的反应是取代反应，乙烯和Br2的反应是加成反应，不属于同一类型的反应，故B错误，C．蔗糖、麦芽糖的分子式相同，但结构不同，属于同分异构体，故C正确；D．“-OH”与碱不反应，所以乙醇与NaOH不反应，故D错误；故选C；

考点：物质的性质、反应类型、同分异构体等22.下列关于有机物的说法正确的是A.C5H10O2的同分异构体中，能与NaHCO3反应生成CO2的有4种B.糖类、油脂、蛋白质都是电解质C.乙烯使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色的反应类型相同D.将碘酒滴到未成熟的苹果肉上变蓝说明苹果肉中的淀粉已水

解【答案】A【解析】【详解】A.C5H10O2的同分异构体中，能与NaHCO3反应生成CO2，说明分子中含有-COOH，可认为是C4H10分子中的一个H原子被-COOH取代产生的物质，C4H10有正丁烷、异丁烷2种结构，每种结构中有2种不同位置的H原子，所以C5

H10O2的属于羧酸的同分异构体有4种，A正确；B.糖类、油脂、蛋白质在水溶液中都不能导电，熔融状态下也不能导电，且蛋白质是高分子化合物，因此都不是电解质，B错误；C.乙烯使溴水褪色，发生的是加成反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色发生的是氧化反应，反应类型不相同，C错误；D.将碘酒滴到未成熟的苹果

肉上变蓝说明苹果肉中有淀粉，但不能证明淀粉是否已水解，D错误；故合理选项是A。23.下列实验操作与温度计的使用方法均正确的是(加热装置略)（）ABCD苯与浓硝酸、浓硫酸制硝基苯乙醇与浓硫酸作用制乙烯中和热的测定蒸馏分离水与乙醇的混合物A.AB.BC.CD.D【答案】A

【解析】【详解】A.苯与浓硝酸均易挥发，反应温度应控制在50～60℃，控制水浴温度，选项A正确；B.混合液反应温度应迅速升温至170℃，故温度计水银球应没入溶液中，选项B错误；C.中和热测定应填充保温隔热材料，并使用环形玻璃搅拌棒且两烧杯口平齐，选项C错

误；D.乙醇和水通过蒸馏分离，蒸馏操作时温度计水银球应与支管口平齐，选项D错误。答案选A。【点睛】本题考查实验方案的设计，实验室制备物质必须首先明确该物质的性质，以及选择试剂的可行性，实验操作的注意事项，气体的收集，一般应操作简单、安全，验证物质的生成还应考虑干扰气体的除杂等

。24.丙烯酸(CH2=CH—COOH)是一种重要的化工原料，可通过下列反应制备。2CH3CH=CH2+3O2催化剂，加热2CH2=CH—COOH+2H2O下列关于丙烯酸的说法不正确．．．的是A.与乙酸互为同

系物B.能与NaHCO3溶液反应C.能与乙醇发生酯化反应D.能使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】A【解析】【分析】丙烯酸的官能团为碳碳双键和羧基，属于不饱和一元羧酸，能表现烯烃和羧酸的性质。【详解】A项、丙烯酸属于不饱和

一元羧酸，乙酸属于饱和一元羧酸，通式不同、类别不同，不互为同系物，故A错误；B项、丙烯酸含有羧基，酸性强于碳酸，能与NaHCO3溶液反应生成丙烯酸钠、二氧化碳和水，故B正确；C项、丙烯酸含有羧基，在浓硫酸作用下，与乙醇共热发生酯化反应生成丙

烯酸乙酯和水，故C正确；D项、丙烯酸含有碳碳双键，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D正确；故选A。【点睛】本题考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质的关系为解答的关键。25.下列说法错误的是A.与Na反应的剧烈程度：CH3COOH>H2O>CH3CH2OHB.

用酸性重铬酸钾溶液检验酒驾，发生的反应属于乙醇的氧化反应C.淀粉和纤维素都可以作为工业上生产葡萄糖的原料D.油脂都不能使溴的四氯化碳溶液褪色【答案】D【解析】【详解】A.根据羟基的活泼性可知，与Na反应的剧烈程度：CH3COOH>H2O>CH3CH2OH，选项A正确

；B、乙醇具有还原性，能被酸性重铬酸钾溶液氧化为乙酸，选项B正确；C.淀粉和纤维素水解的最终产物都是葡萄糖，坆都可以作为工业上生产葡萄糖的原料，选项C正确；D、油脂中油是不饱和高级脂肪酸与甘油形成的酯，分子中含有不

饱和键，具有不饱和烃的性质，所以油可以与溴发生加成反应，使溴水褪色；脂肪是饱和高级脂肪酸与甘油形成的酯，分子中不含不饱和键，不能使溴水褪色，选项D错误；答案选D。26.某校学生用化学知识解决生活中的问题

，下列家庭小实验中不合理的是()A.用高度白酒进行皮肤消毒B.用米汤(含淀粉)检验加碘盐中的碘酸钾(KIO3)C.用食用碱(Na2CO3溶液)洗涤餐具上的油污D.用灼烧并闻气味的方法区别纯棉织物和纯毛织物【答案】B【解析】【详解】A、酒精可以使蛋白质变性，从而杀菌消毒，A正确；B、碘单质能使淀

粉溶液变蓝，而KIO3中不含碘单质，B错误；C、Na2CO3是强碱弱酸盐，CO32-发生水解使溶液呈碱性，油污属于酯，酯在碱性条件下发生彻底的水解，从而洗去油污，C正确；D、纯棉织物和纯毛织物的成份分别为纤维素和蛋白质，蛋白质灼烧时有烧焦羽毛

的气味，而纤维素没有，D正确。答案选B。【点睛】使淀粉显蓝色的是碘单质，而不是含碘元素的离子，加碘盐中的KIO3中不含I2，故不能用米汤检验。27.下列说法正确的是：A.分子式为C7H8，分子中含有苯环的烃的一氯代物有4种B.硬脂酸与乙醇的酯化反应：C17H35COOH+C2H518OHC

17H35COOC2H5+H218OC.如图所示实验可证明元素的非金属性：Cl>C>SiD.C4H10的两种同分异构体因为分子间作用力大小不同，因而沸点正丁烷低于异丁烷【答案】A【解析】【详解】A.C7H8为，分子中有4种化学环境不同的H原子，其中甲基上1

种，苯环上3种，故其一氯代物有4种，故A正确；B．硬脂酸为C17H35COOH，含有羧基，与C2H518OH发生酯化反应，乙醇脱去H原子，硬脂酸脱去羟基，反应的化学方程式为C17H35COOH+C2H518OHC17H35CO18OC2H5+H2O，故B错误；C．利用最高价含氧

酸的酸性比较非金属性，HCl不是最高价含氧酸，则不能比较Cl、C的非金属性，故C错误；D．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，其中沸

点正丁烷高于异丁烷，故D错误；故选A。28.下列资源的利用涉及化学变化的是A.沙里淘金B.海水晒盐C.石油分馏D.煤的干馏【答案】D【解析】【详解】A项、沙里淘金的过程中没有新物质生成，属于物理变化，故A错误；B项、海水晒盐的过程中没有新物质生成，属于物理变化，故B错误；C项、石油分馏

的过程中没有新物质生成，属于物理变化，故C错误；D项、煤的干馏的过程中有新物质焦炭和煤焦油等新物质生成，属于化学变化，故D正确；故选D。【点睛】化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别

是否有新物质生成是解答关键。29.海水是巨大的资源宝库，从海水中提取食盐和溴的过程如图所示；下列描述错误的是：A.淡化海水的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法B.以NaCl为原料可以生产烧碱、纯碱、金属钠、氯

气、盐酸等化工产品C.步骤Ⅱ中鼓入热空气吹出溴，是因为溴蒸气的密度比空气的密度小D.用SO2水溶液吸收Br2的离子反应方程式为：Br2+SO2+2H2O═4H++SO42﹣+2Br﹣【答案】C【解析】【详解】A．目前淡化海水的方法有多种，如：蒸馏法、电渗透法、离子交换法、水合物

法、溶剂萃取法和冰冻法，故A正确；B．电解饱和食盐水生产烧碱、氯气、氢气，其中氯气和氢气可以生产盐酸，电解熔融氯化钠生产金属钠和氯气，向氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳生成碳酸氢钠晶体，分解得到纯碱，故B正确；C．步骤Ⅱ中鼓入热空气吹出溴

，是因为溴蒸气易挥发，故C错误；D．二氧化硫和溴单质反应生成的硫酸和溴化氢都是强酸完全电离，反应的离子方程式为：Br2+SO2+2H2O═4H++SO42-+2Br-，故D正确；故选C。【点睛】本题考查海水资源的理解原理，涉及海水的淡化、海水提溴、氧化还原反应等知识，侧重于考查学

生综合运用化学知识的能力。本题的难点为B，要注意工业上的侯氏制碱法的应用。30.《天工开物》中如下描述“共煅五个时辰，其中砂末尽化成汞，布于满釜。”下列金属的冶炼方法与此相同的是A.钠B.铝C.银D.铁【答案】C【解析】【分析】根据题中信息，“共煅五个时辰，其中砂

末尽化成汞，布于满釜。”，通过HgO分解得到Hg单质；【详解】“共煅五个时辰，其中砂末尽化成汞，布于满釜。”，方法是加热HgO，使之分解成Hg和O2；A、工业上冶炼金属钠，常采用的方法是电解熔融氯化钠，故A不符合题意；B、工

业上冶炼铝，采用电解熔融的氧化铝，故B不符合题意；C、工业上冶炼银，采用加热氧化银，故C符合题意；D、工业冶炼铁，采用热还原法，故D不符合题意；【点睛】工业上冶炼金属，常采用的方法是电解法、热还原法、热分解法，K～Al常采用电解法，Zn

～Cu常采用热还原法，Cu以后金属常采用热分解法。二、填空题(本题共4道小题，每小题10分，共40分)31.2019年是元素周期表诞生150周年，元素周期表（律）在学习、研究和生产实践中有很重要的作用。下表为元素周期表的一部分，回答下列问题。族周期IA01①II

AIIIAIVAVAVIAVIIA2②③3④⑤⑥⑦⑧4（1）元素①～⑧中，金属性最强的是________（填元素符号）。（2）中国青年化学家姜雪峰被国际组织推选为“元素⑦代言人”，元素⑦的原子结构示意图是_________，其氢化物的电子

式是_________。（3）元素①和②可以形成多种化合物。下图模型表示的分子中，不可能．．．由①和②形成的是_______（填序号）。（4）比较元素②、③的最高价氧化物对应水化物的酸性：______＞______（填化

学式）。说明你判断的理由：_________。（5）主族元素砷（As）的部分信息如图所示。i.砷（As）在周期表中的位置是______。ii.下列说法正确的是_______（填序号）。a.砷元素的最高化合价为+4b.推测砷有多种氧化物c.③的气态氢化物的还原性大

于砷的气态氢化物的还原性（6）某小组同学设计实验比较VIIA元素的非金属性：Cl>Br>I。已知：常温下浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气。打开分液漏斗的活塞，烧瓶中产生黄绿色气体，蘸有KBr溶液的棉球变为橙红色，湿润的淀粉KI试纸变蓝，据此现象能否说明非金属性：Br>

I，并说明理由_________。【答案】(1).Na(2).(3).(4).b(5).HNO3(6).H2CO3(7).非金属性：N>C(8).第4周期第VA族(9).b(10).不能，因为氯气干扰了溴置换碘的反应【解析】【分析】由元素在周期表中位置可知，①为H元素

、②为C元素、③为N元素、④为Na元素、⑤为Al元素、⑥为Si元素、⑦为S元素、⑧为Cl元素。【详解】（1）同周期元素从左到右，金属性依次减弱，同主族元素从上到下，金属性依次增强，则元素①～⑧中，金属性最强的元素是位于周期表左下角的钠元素，故答案为Na

；（2）元素⑦为S元素，S原子含有3个电子层，最外层有6个电子，原子结构示意图为；S元素的氢化物为H2S，H2S为共价化合物，电子式为，故答案为；；（3）①为H元素、②为C元素，C元素和H元素组成的化合物为烃，题给图示中a为乙烯、b为甲基、c为甲烷、d为苯

，甲基不是化合物，故答案为b；（4）②为C元素、③为N元素，非金属元素的非金属性越强，其相应的最高价含氧酸的酸性越强，非金属性N元素强于C元素，则N元素最高价氧化物对应水化物HNO3的酸性强于C元素最高价氧化物对应水化物H2CO3，故答案为HNO3；H2CO3；

非金属性：N>C；（5）i.由主族元素砷的原子结构示意图可知，该原子有4个电子层，最外层有5个电子，则As元素位于周期表第4周期第VA族，故答案为第4周期第VA族；ii.a、砷元素的最外层由5个电子，则最高化合价为+5，故错误；b、同主族元素性质相似，与同

主族氮元素能形成多种氧化物相似，砷可以形成+3价氧化物As2O3，也可以形成+5价氧化物As2O5，故正确；c.元素非金属性越强，其氢化物的还原性越弱，N的非金属性强于As元素，则N的气态氢化物的还原性

小于砷的气态氢化物的还原性，故错误；b正确，故答案为b；（6）打开分液漏斗的活塞，浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，反应生成的氯气与KBr溶液发生置换反应生成单质溴，使蘸有KBr溶液的棉球变为橙红色，与KI溶液发生置换反应生成

单质碘，使湿润的淀粉KI试纸变蓝，在实验过程中氯气干扰了溴单质置换出碘单质的反应，则不能说明非金属性：Br>I，故答案为不能，因为氯气干扰了溴置换碘的反应。【点睛】本题考查元素周期表与元素周期律，注意对元素周期表的整体把握，注意位置、结构、性质的相互关系是解答关键。32.燃料电

池是一种具有应用前景的绿色电源。下图为燃料电池的结构示意图，电解质溶液为NaOH溶液，电极材料为疏松多孔的石墨棒。请回答下列问题:(1)若该燃料电池为氢氧燃料电池。①a极通入的物质为_____(填物质名称)，电解质溶液中的OH—移向______极(填”负

”或“正”)。②写出此氢氧燃料电池工作时，负极的电极反应式：______________。(2)若该燃料电池为甲烷燃料电池。已知电池的总反应为CH4+2O2+2OH-=CO32-+3H2O①下列有关说法正确的是___________(填字母代号)。A.燃料电池将电能转变为化学能B.负极

的电极反应式为CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2OC.正极的电极反应式为O2+4H++4e-=2H2OD.通入甲烷的电极发生还原反应②当消耗甲烷33.6L(标准状况下)时，假设电池的能量转化效率为80％，则导线中转移的电子的物质的

量为______mol.【答案】(1).氢气(2).负(3).H2+2OH-–2e-=2H2O(4).B(5).9.6【解析】【详解】(1)①燃料电池中，负极上失电子发生氧化反应，通入燃料氢气的电极是负极，据图示可知a电极是负极，故a

极通入的物质为氢气；原电池中阴离子移向负极故OH-移向负极；②电解质溶液为NaOH溶液，为碱性环境，故此氢氧燃料电池工作时，负极的电极反应式：H2–2e-+2OH-=2H2O；(2)①A.燃料电池为原电池原理，应为将化学能转变为电能，故A错误；

B.电解质溶液为NaOH溶液，为碱性环境，故负极的电极反应式为CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O，B正确；C.碱性环境中正极的电极反应式应为：为O2+2H2O+4e-=4OH-，C错误；D.通入

甲烷的电极失电子发生氧化反应，故D错误；故答案为B。②据电池的总反应CH4+2O2+2OH-=CO32-+3H2O可知：消耗甲烷22.4L(标准状况下)时，假设电池的能量转化效率为100％，则导线中转移的电子的物质的量为8mol，则当消耗甲烷33.6L(标准状况下)时，假

设电池的能量转化效率为100％，则导线中转移的电子的物质的量12mol，故电池的能量转化效率为80％时，导线中转移的电子的物质的量为12×0.8=9.6mol。【点睛】本题考查了燃料电池，要注意的是：虽然燃料相同，但电解质溶液不同时，电极反应式就不同，如氢氧燃料电池

，在酸性介质和碱性介质中的电极反应式就不同。在计算转移电子的物质的量时注意电池的能量转化效率。33.Ⅰ：用酸性KMnO4和H2C2O4(草酸)反应研究影响反应速率的因素，离子方程式为2MnO4-＋5H2C2O4＋6

H+=2Mn2+＋10CO2↑＋8H2O。一实验小组欲通过测定单位时间内生成CO2的速率，探究某种影响化学反应速率的因素，设计实验方案如下(KMnO4溶液已酸化)，实验装置如图甲所示：实验序号A溶液B溶液①20mL0.1mol·L－1H2C2O4溶液30mL0.01mol

·L－1KMnO4溶液②20mL0.2mol·L－1H2C2O4溶液30mL0.01mol·L－1KMnO4溶液(1)该实验探究的是_________________________________因素对化学反应速

率的影响。(2)若实验①在2min末收集了4.48mLCO2(标准状况下)，则在2min末，c(MnO4-)＝________mol·L－1(假设混合溶液的体积为50mL)。(3)小组同学发现反应速率

变化如图乙，其中t1～t2时间内速率变快的主要原因可能是：①产物Mn2＋是反应的催化剂，②_______________________________Ⅱ：当温度高于500K时，科学家成功利用二氧化碳和氢气合成了乙醇，这在

节能减排、降低碳排放方面具有重大意义。回答下列问题：(1)该反应的化学方程式为___________________________________(2)在恒温恒容密闭容器中，判断上述反应达到平衡状态的依据是_________

_______a．体系压强不再改变b．H2的浓度不再改变c．气体的密度不随时间改变d．单位时间内消耗H2和CO2的物质的量之比为3∶1【答案】(1).浓度(2).0.0052(3).反应放热，温度升高(4).2CO

2＋6H2C2H5OH（g）＋3H2O（g）(5).ab【解析】【详解】Ⅰ：（1）对比①②实验可知，探究的是浓度对化学反应速率的影响，故答案为浓度；（2）CO2的物质的量是：4.48mL×10-322.4mol/l

=0.0002mol，设2min末，反应的MnO4-的物质的量为X，2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O210X0.0002mol解得X=0.00004mol，30mL×10-3×0.01

mol•L-1-0.00004mol=0.00026mol，c（MnO4-）=nv=0.00026mol0.05L=0.0052mol/L，故答案为0.0052；（3）影响化学反应速率的因素主要有温度、浓度、压强和催化剂，除催化剂之外，只能是温

度升高导致反应速率加快，故答案为该反应放热使反应温度升高；Ⅱ：（1）当温度高于500K时，科学家成功利用二氧化碳和氢气合成了1mol乙醇和水，该反应的化学方程式为：2CO2+6H2⇌CH3CH2OH（g）+3H2O（g），故答

案为2CO2+6H2⇌CH3CH2OH（g）+3H2O（g）；（2）a．该反应中混合气体的物质的量减小，则体系压强一直在减小，当体系压强不再改变，能说明到达平衡，故a正确；b．H2的浓度不再改变，说明正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故b正确；c．容器的体积不变，混合气体的质量不变

，混合气体的密度始终不变，气体的密度不随时间改变，不能说明到达平衡，故c错误；d．单位时间内消耗H2和CO2的物质的量之比为3：1，指正反应方向，无法判断正逆反应速率是否相等，则不能说明到达平衡，故d错

误；故答案为ab。34.乙烯是重要有机化工原料。结合以下路线回答：已知：2CH3CHO+O2催化剂，加热2CH3COOH（1）反应①的化学方程式是_______。（2）B的官能团是_______。（3）F是一种高分子，可用于制作食品袋，其结构简式为_______。

（4）G是一种油状、有香味的物质，有以下两种制法。制法一：实验室用D和E反应制取G，装置如图所示。i.反应⑥的化学方程式是______，反应类型是_____。ii.分离出试管乙中油状液体用到的主要仪器是______

_。制法二：工业上用CH2=CH2和E直接反应获得G。iii.反应类型是___。iv.与制法一相比，制法二的优点是___。【答案】(1).H2C=CH2+Br2→BrCH2CH2Br(2).羟基（或—OH）(3).(4).(5).取代反应（或酯化反应）(6)

.分液漏斗(7).加成反应(8).原子利用率高【解析】【分析】乙烯分子中含有碳碳双键，能与溴水发生加成反应生成1,2—二溴乙烷，1,2—二溴乙烷在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成乙二醇；一定条件下，乙烯与水发生加成反应生成乙醇，则D为乙醇；乙醇在铜作催化剂条件下加

热发生催化氧化反应生成乙醛；乙醛在催化剂作用下发生氧化反应生成乙酸，则E为乙酸；在浓硫酸作用下，乙酸与乙醇共热发生酯化反应生成乙酸乙酯，则G为乙酸乙酯；一定条件下，乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，则F为聚乙烯。【详解】（1）反应①为乙烯

与溴水发生加成反应生成1,2—二溴乙烷，反应的化学方程式为H2C=CH2+Br2→BrCH2CH2Br，故答案为H2C=CH2+Br2→BrCH2CH2Br；（2）B的结构简式为HOCH2CH2OH，官能团为羟基，故答案为羟基；（3）高分子化合物F为聚乙烯，结构简式为，故答

案为；（4）i.反应⑥为在浓硫酸作用下，乙酸与乙醇共热发生酯化反应生成乙酸乙酯，反应的化学方程式为CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O，故答案为CH3CH2OH+CH3COO

HCH3COOCH2CH3+H2O；取代反应（或酯化反应）；ii.反应生成的乙酸乙酯不溶于水，则分离出试管乙中乙酸乙酯油状液体用分液的方法，用到的仪器为分液漏斗，故答案为分液漏斗；iii.一定条件下，乙烯与乙酸发生加成反应生成乙酸乙酯，故答案为加成反应；iv.与制法一相比，制法二为加

成反应，反应产物唯一，原子利用率高，故答案为原子利用率高。【点睛】本题考查有机物推断，注意对比物质的结构，熟练掌握官能团的结构、性质及相互转化，明确发生的反应是解答关键。