【化学】宁夏吴忠中学2019-2020学年高一下学期期中考试试题（解析版）

【化学】宁夏吴忠中学2019-2020学年高一下学期期中考试试题（解析版）

宁夏吴忠中学2019-2020学年高一下学期期中考试试题 可能用到的相对原子质量：H‎-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 Cu-64 Fe-56 Zn-65 Na-23 Mg-24 Al-27 Ag-108‎ 第I卷（选择题共50分)‎ 一、单选题（每个小题只有一个答案符合题意，每题2分，共50分）‎ ‎1.下列分子的电子式书写正确的是（ ）‎ A. 氨气 B. 四氯化碳 ‎ C. 氮气 D. 二氧化碳 ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 漏写N原子上的孤电子对，应为，A项错误；‎ B. 各原子均满8电子稳定结构，电子式漏写Cl原子上的孤电子对，B项错误；‎ C. 氮气有氮氮三键，每个N原子上还有1对孤电子对，C项正确；‎ D.二氧化碳中碳氧间是碳氧双键，有两对共用电子对，应为，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎2.起固定氮作用的化学反应是（ ）‎ A. 氮气与氢气在一定条件下反应生成氨气 B. 一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮 C. 氨气经催化氧化生成一氧化氮 D. 由氨气制碳酸氢铵和硫酸铵 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】氮的固定是指将游离态的氮转变为化合态的氮。‎ ‎【详解】A. 氮元素由游离态转化为化合态，故A正确；‎ B. 氮元素始终是化合态，故B错误；‎ C. 氮元素始终是化合态，故C错误；‎ D. 氮元素始终是化合态，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎3.关于硝酸的下列说法不正确的是：（ ）‎ A. 硝酸的强氧化性体现为H+的氧化性 B. 相同条件下，浓硝酸和稀硝酸的还原产物不同 C. 硝酸能氧化大多数金属 D. 浓硝酸易分解，应该用棕色瓶盛装 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 硝酸的氧化性由+5价的N元素体现，A错误；‎ B. 相同条件下，浓硝酸与铜反应生成二氧化氮，稀硝酸与铜反应生成一氧化氮，说明浓硝酸和稀硝酸的还原产物不同，B正确；‎ C.硝酸具有强氧化性，能溶解除金、铂以外的大多数金属，C正确；‎ D. 浓硝酸遇光或受热易分解，应该用棕色瓶盛装，防止分解，D正确；‎ 故选A。‎ ‎4. 下列关于硝酸的认识中，正确的是（ ）‎ A. 浓硝酸和稀硝酸都具有氧化性 B. 浓硝酸与金属反应不放氢气，而稀硝酸与金属反应可置换出氢气 C. 因常温下铝和铁不与浓硝酸反应，所以浓硝酸可盛放在铝制或铁制容器中 D. 硝酸与金属反应时，只表现出氧化性 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】浓、稀硝酸都有氧化性，可与除Au、Pt之外的所有金属反应；且不产生氢气，在与金属反应时，硝酸既表现氧化性（被还原为含有氮元素的物质）又表现酸性（生成硝酸盐），该反应属于氧化还原反应，不属于置换反应；常温下，浓硝酸可盛放在铝制或铁制容器中，因为铝和铁在冷浓硝酸中钝化，结合以上分析可知，只有A正确；‎ 故答案选A。‎ ‎5.下列反应既是氧化还原反应，又是吸热反应的是（ ）‎ A. 铝片与稀H2SO4反应 B. Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应 C. 灼热的炭与CO2反应 D. 甲烷在O2中的燃烧反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．铝片与稀H2SO4反应，Al和H的化合价发生改变且反应放热，属于氧化还原反应和放热反应，A选项不符合题意；‎ B．Ba(OH)2•8H2O与NH4Cl的反应，元素化合价没有发生改变，属于非氧化还原反应，该反应为吸热反应，B选项不符合题意；‎ C．灼热的炭与CO2反应，C的化合价发生改变，属于氧化还原反应，该反应为吸热反应，C选项符合题意；‎ D．甲烷在O2中的燃烧反应，C和O的化合价发生改变且反应放热，属于氧化还原反应和放热反应，D选项不符合题意；‎ 答案选C。‎ ‎6.下列每组中各物质内既有离子键又有共价键的一组是（ ）‎ A. Na2O2、KOH、Na2SO4 B. MgO、Na2SO4、NH4HCO3‎ C. NaOH、H2SO4、(NH4)2SO4 D. HCl、Al2O3、MgCl2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、Na2O2、KOH、Na2SO4都有离子键和共价键，正确；‎ B、MgO只有离子键，错误；‎ C、H2SO4只有共价键，错误；‎ D、氯化氢只有共价键，Al2O3、MgCl2只有离子键，错误；‎ 答案选A。‎ ‎7.可逆反应A（g）+ 4B（g）C（g）+ D（g），在四种不同情况下的反应速率如下，其中表示反应进行得最快的是（ ）‎ A. vA=0.15mol/（L·min） B. vB=0.6 mol/（L·min）‎ C. vC=0.4 mol/（L·min） D. vD=0.005 mol/（L·s）‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】转化为同一种物质进行比较，注意单位的统一性，A为vA=0.15mol/（L·min） B为vA=0.15mol/（L·min） ，C为vA=0.4 mol/（L·min）D为vA=0.3mol/（L·min），反应速率最大的是C。‎ ‎8.已知短周期元素的离子aA2+、bB+、cC3-、dD-具有相同的电子层结构，则下列叙述正确的是（ ）‎ A. 原子半径：A>B>D>C B. 原子序数：d>c>b>a C. 离子半径：C3->D->B+>A2+ D. 单质的还原性：A>B>D>C ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】aA2＋、bB＋、cC3－、dD－都具有相同的电子层结构，则存在a-2=b-1=c+3=d+1，所以原子序数大小顺序是a>b>d>c，A、B在C和D元素下一周期， A.原子电子层数越多其原子半径越大,同一周期元素,原子半径随着原子序数增大而减小,所以原子半径大小顺序是B>A>C>D,故A错误； B.结合以上分析可知，原子序数大小顺序是a>b>d>c,故B错误； C.电子层结构相同的离子,离子半径随着原子序数增大而减小,原子序数大小顺序是a>b>d>c,所以离子半径大小顺序是C3－＞D－＞B＋＞A2＋，故C正确；‎ D.元素的金属性越强,其单质的还原性越强,同一周期元素金属的金属性随着原子序数增大而减弱,这几种元素金属性强弱顺序是B＞A＞C＞D，故D错误； 综上所述，本题选C。‎ ‎9.以下为氨气部分用途 下列有关叙述错误的是（ ）‎ A. NH4NO3是常用化肥 B. 在硝酸工业中氮元素的化合价变化情况：－3→＋2→＋4→＋5‎ C. NH3和NO2在一定条件下发生氧化还原反应，其化学方程式：8NH3＋6NO27N2＋12H2O D. NH3在氮肥工业中氮元素被还原，而在硝酸工业中氮元素被氧化 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．硝酸铵的含氮量较高，是很好的氮肥，A正确；‎ B．硝酸工业中，含氮元素的化合物的转化关系为NH3→NO→NO2→HNO3，含氮元素化合物氮元素化合价变化情况为：-3→+2→+4→+5，B正确；‎ C. 在一定条件下NH3和NO2发生氧化还原反应生成氮气和水，反应的化学方程式为8NH3＋6NO27N2＋12H2O，C正确；‎ D. 氨气在氮肥工业中与硝酸反应生成硝酸铵，氮元素化合价没有变化，属于非氧化还原反应，D错误；‎ 故选D。‎ ‎10.氨能被氧气氧化，经一系列反应得到硝酸。分析如图实验所得结论错误的是（ ）‎ A. 浓氨水具有挥发性 B. 浓氨水中含有NH3•H2O C. 若Pt丝始终保持红热，则该反应放热 D. 锥形瓶口有少量红棕色气体出现，图中反应为：4NH3+7O24NO2+6H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．浓氨水具有挥发性，挥发产生的氨气能不断与铂丝接触被催化氧化，A项正确；‎ B．浓氨水中的主要成分为，B项正确；‎ C．若铂丝始终保持红热，证明该反应放热，放出的热量保持铂丝红热，C项正确；‎ D．氨的催化氧化直接得到的是而不是，D项错误；‎ 答案选D。‎ ‎11.已知几种短周期元素的原子半径、常见的最高价和最低价如下表，下列说法中不正确的是（ ）‎ 元素编号 ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ ‎⑤‎ ‎⑥‎ ‎⑦‎ 原子半径 ‎0.073‎ ‎0.075‎ ‎0.152‎ ‎0.110‎ ‎0.099‎ ‎0.186‎ ‎0.143‎ 最高正化合价 无 最低负化合价 无 无 无 A. ⑦的简单离子不是同周期元素离子半径最小的 B. ①元素的氢化物有两种 C. ②的气态氢化物浓溶液可用于检验氯气管道的泄漏 D. 阴离子的还原性④大于⑤，最高价氧化物的水化物的碱性③小于⑥‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】根据表格可以推断出①②③在二周期，分别是：氧、氮、锂；后四个在第三周期，分别是：磷、氯、钠、铝。‎ ‎【详解】A．⑦为Al元素，同周期的阳离子中，电子层相同，核电荷数越大离子半径越小，故铝离子半径最小，同周期的阴离子，阴离子多1个电子层，阴离子半径较大，故铝离子半径最小，故A错误；‎ B．氧的氰化物有水喝过氧化氢，故B正确；‎ C．氨气与氯气反应可以生成氯化铵，有白烟生成，可以检验氯气是否泄漏，故C正确；‎ D．同周期自左而右非金属性增强，故非金属性，非金属性越强，阴离子还原性越弱，故阴离子的还原性④大于⑤；铜主族自上而下，金属性增强，故金属性 ，故最高价氧化物的水化物的碱性③小于⑥，故D正确；‎ 答案选A。‎ ‎12.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，Y原子的最外层有2个电子，Z的单质晶体是应用最广泛的半导体材料，W与X位于同一主族。下列说法正确的是（ ）‎ A. 原子半径：r(W)> r(Z)> r(Y)> r(X)‎ B. 由X、Y组成的化合物是离子化合物 C. Z的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强 D. W的简单气态氢化物的热稳定性比X的强 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】X是地壳中含量最多的元素，因此X为O元素，Y的最外层有两个电子，且Y是短周期元素，原子序数大于O，因此Y为Mg元素，Z的单质晶体是广泛应用的半导体材料，所以Z为Si元素，W与X同主族，且W是短周期元素，原子序数大于X，所以W为S元素；据此解题；‎ ‎【详解】A.元素周期表中，同族元素原子半径随核电荷数增加而增加，O位于第二周期，其他元素位于第三周期，因此O的原子半径最小，同周期元素，核电荷数越大，原子半径越小，因此原子半径应为r(Mg)＞r(Si)＞r(S)＞r(O)，故A错误；‎ B.X为O元素，Y为Mg元素，两者组成的化合物氧化镁为离子化合物，故B正确；‎ C.Z为Si元素，W为S元素，因为S的非金属性强于Si，所以S的最高价氧化物对应水化物的酸性强于Si的，故C错误；‎ D.W为S元素，X为O元素，因为O的非金属性强于S，所以O的气态氢化物的热稳定性强于S的，故D错误；‎ 总上所述，本题选B。‎ ‎13.如图是某兴趣小组同学设计的原电池装置，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 电极I上发生氧化反应 B. 可将CuCl2溶液改为KCl溶液 C. 该原电池的总反应为Fe3++Cu=Cu2++Fe2+‎ D. 盐桥中装有含氯化钾的琼脂，K+移向CuCl2溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】根据该电池所用原料可知电池总反应为2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，负极发生Cu-2e-=Cu2+，即电极II为负极，电极I为正极。‎ ‎【详解】A．电极I为正极，发生还原反应，故A错误；‎ B．将CuCl2溶液改为KCl溶液，溶液依然可以导电，不影响总反应，故B正确；‎ C．根据分析可知总反应为2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，故C错误；‎ D．原电池中阳离子流向正极，即流向FeCl3溶液，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎14.下列说法正确的是（ ）‎ ‎①检测乙醇中是否含有水可加入少量的无水硫酸铜，若变蓝则含水 ‎②除去乙醇中微量的水可加入金属钠，使其完全反应 ‎③获得无水乙醇的方法是直接加热蒸馏 ‎④获得无水乙醇的方法通常是先用生石灰吸水，然后再加热蒸馏 A. ①③ B. ②④ C. ①④ D. ③④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①用无水CuSO4可检验乙醇中是否有水存在，因为无水CuSO4遇水变蓝，故①正确；②乙醇和水均与金属钠反应生成H2，故②错误；③将含水的乙醇直接加热蒸馏，水也会挥发，所得乙醇不纯，故③错误；④获得无水乙醇，通常先用生石灰吸水，然后再蒸馏，故④正确；故选项C正确。‎ ‎15. 如图是四种常见有机物的比例模型示意图。下列说法错误的是（ ）‎ A. 甲不能使酸性高锰酸钾溶液褪色 B. 乙可与溴水发生加成反应使溴水褪色 C. 丙中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的独特的键 D. 丁在稀硫酸作用下可与乙酸发生取代反应 ‎【答案】D ‎【解析】由四种有机物的比例模型可知，甲为甲烷，乙为乙烯，丙为苯，丁为乙醇，则A、甲烷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A正确；B、乙烯与溴水发生加成反应，使溴水褪色，B正确；C、苯中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的独特的键，C正确；D、乙醇与乙酸的酯化(取代)反应常用浓硫酸作催化剂和吸水剂，不能用稀硫酸，D错误。答案选D。‎ ‎16. 下列关于乙酸性质叙述中，错误的是（ ）‎ A. 乙酸的酸性比碳酸强，所以它可以和碳酸盐溶液反应生成CO2气体 B. 乙酸具有氧化性，能跟金属钠反应放出H2‎ C. 乙酸分子中含有碳氧双键，所以它能使溴水褪色 D. 乙酸在温度低于‎16.6℃‎时，就凝结成冰状晶体 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.利用强酸制弱酸的原理，乙酸的酸性比碳酸强，所以它可以跟碳酸盐溶液反应，产生CO2气体，故A正确；‎ B.乙酸与钠反应反应产生氢气，乙酸作氧化剂，具有氧化性，故B正确；‎ C.使溴水褪色的是碳碳双键或碳碳三键，不是碳氧双键，乙酸不能使溴水褪色，故C错误；‎ D.乙酸的熔点较低，低于‎16.6 ℃‎，乙酸就凝结成冰状晶体，所以俗名又叫冰醋酸，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎17.某元素的一种同位素X的原子质量数为A，含N个中子，它与原子组成HmX分子．在a克HmX中所含质子的物质的量是（ ）‎ A. (A-N+m)mol B. (A-N)mol ‎ C. (A-N)mol D. (A-N+m)mol ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】核素近似相对原子质量等于质量数，即X的近似相对质量为A，质量数=质子数＋中子数，则X的质子数为(A－N)，1molHmX中含有质子的物质的量为(A－N＋m)mol，agHmX的物质的量ag/(A＋m)g·mol－1，agHmX中含有质子物质的量为(A-N+m)mol。‎ ‎【详解】核素近似相对原子质量等于质量数，即X的近似相对质量为A，质量数=质子数＋中子数，则X的质子数为(A－N)，1molHmX中含有质子的物质的量为(A－N＋m)mol，agHmX的物质的量ag/(A＋m)g·mol－1，agHmX中含有质子物质的量为(A-N+m)mol，故选项A正确。‎ ‎18.一定温度下，下列叙述是可逆反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，在定容密闭容器中达到平衡的标志的是（ ）‎ ‎①NH3的生成速率与NH3的分解速率相等；‎ ‎②单位时间内amolN2生成，同时生成3amolH2；‎ ‎③N2的浓度不再变化；‎ ‎④混合气体的总压强不再变化；‎ ‎⑤混合气体的平均摩尔质量不再变化；‎ ‎⑥用N2、H2、NH3的物质的量浓度变化表示的反应速率之比为1：3：2；‎ ‎⑦N2、H2、NH3的分子数目比为1：3：2；‎ A. ②⑤ B. ①③④⑤ C. ②⑥⑦ D. ⑤⑥‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①NH3的生成速率与NH3的分解速率相等，即正逆反应速率相等，达到平衡状态，①正确；‎ ‎②单位时间内amolN2生成，同时生成3amolH2只能说明单方向N2、H2关系，不能说明正逆反应速率的关系，②错误；‎ ‎③N2的浓度不再变化，说明达到了平衡状态，③正确；‎ ‎④因该反应是物质的量在减少的化学反应，物质的量与压强成正比，则混合气体的压强不随时间的变化而变化，达到平衡状态，④正确；‎ ‎⑤混合气体的平均摩尔质量=，质量是守恒的，物质的量只有达到平衡时才不变，当混合气体的平均摩尔质量不再变化，证明达到了平衡状态，⑤正确；‎ ‎⑥用N2、H2、NH3的物质的量浓度变化表示的反应速率之比为1：3：2是反应进行到任何时刻都成立的关系，不能说明达到了平衡，⑥错误；‎ ‎⑦N2、H2、NH3的分子数目比为1：3：2不是平衡的判据，⑦错误；‎ 答案选B。‎ ‎19.在‎2L密闭容器中把4molA和2molB混合，在一定条件下发生反应‎3A(g)＋2B(g)zC(g)＋2D(g)。2min后反应达到平衡时生成1.6molC，又测得反应速率v(D)=0.2mol/(L·min)。则下列说法正确的是（ ）‎ A. z=4‎ B. B物质的转化率是20%‎ C. A的平衡浓度是1.6mol/L D. 平衡时气体压强是原来的 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据反应速率之比等于化学计量数之比来确定化学计量数。由‎3A(g)＋2B(g)zC(g)＋2D(g)，且v(D)=0.2mol/(L·min)，则v(C)==0.4mol/(L·min)，v(D)：v(C)= 0.2：0.4=1:2，则z=4，故A正确； B.由反应 ‎3A(g) + 2B(g) = ‎4C(g) + 2D(g)， 开始量 4 2 0 0 变化量 1.2 0.8 1.6 0.8 平衡量 2.8 1.2 1.6 0.8 所以B的转化率=，故B错误； C. A的平衡浓度== 1.4mol/L，故C错误； D.气体物质的量之比等于压强之比，平衡时气体压强是原来的==，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎20.下列关于苯的叙述正确的是（ ）‎ A. 反应①为取代反应，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伴有浓烟 C. 反应③为取代反应，只生成一种产物 D. 反应④中1 mol苯最多与3 mol H2发生加成反应，因为苯分子含有3个碳碳双键 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.反应①苯与Br2‎ 发生取代反应生成溴苯，但溴苯的密度大于水，所以有机产物与水混合沉在下层，A错误；‎ B.燃烧反应是氧化反应，所以反应②为氧化反应，反应现象是火焰明亮并带有浓烟，B正确；‎ C.反应③为苯的硝化反应，反应中还有水生成，C错误；‎ D.苯分子中不含碳碳双键和碳碳单键，是介于单键和双键之间的特殊键，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎21.下列有关概念的描述，正确的是（ ）‎ A. 纤维素被人体消化吸收后提供营养物质 B. 能发生水解反应的物质不一定是糖类，但糖类一定能发生水解反应 C. 葡萄糖、果糖的分子式均为C6H12O6，二者互为同分异构体 D. 1mol双糖完全水解一定能够生成2mol葡萄糖 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A．人体内无纤维素酶，因此纤维素不能被人体消化吸收提供营养物质，A选项错误；‎ B．能发生水解反应的物质不一定是糖类，如油脂；糖类不一定能发生水解反应，单糖不能发生水解，如葡萄糖，B选项错误；‎ C．葡萄糖、果糖的分子式均为C6H12O6，葡萄糖分子中含有醛基，果糖中不含，两者结构不同，互为同分异构体，C选项正确；‎ D．双糖中的蔗糖和麦芽糖可以水解得到单糖，1mol蔗糖完全水解生成1mol葡萄糖和1mol果糖，1mol麦芽糖完全水解生成2mol葡萄糖，D选项错误；‎ 答案选C。‎ ‎22.绿色化学又称环境友好化学，它的主要特点之一是提高原子的利用率，使原料中所有的原子全部 转化到产品中，实现“零排放”。下列反应符合绿色化学这一特点的是（ ）‎ A. 工业冶炼 Fe2O3+3CO 2Fe+3CO2‎ B. 用生石灰制熟石灰 CaO+H2O=Ca(OH)2‎ C. 实验室制取二氧化碳 CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑‎ D. 实验室制取氢气 Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】绿色化学又称环境友好化学，它的主要特点之一是提高原子的利用率，使原料中所有的原子全部转化到产品中，即原子利用率达到100%。‎ ‎【详解】A. 工业冶炼Fe2O3+3CO2Fe+3CO2中生成物是两种，原子利用率没有达到100%，A错误；‎ B. 用生石灰制熟石灰CaO+H2O＝Ca(OH)2中生成物只有一种，原子利用率达到100%，B正确；‎ C. 实验室制取二氧化碳CaCO3+2HCl＝CaCl2+H2O+CO2↑中生成物是三种，原子利用率没有达到100%，C错误；‎ D. 实验室制取氢气Zn+H2SO4＝ZnSO4+H2↑中生成物是两种，原子利用率没有达到100%，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎23.下列关于蛋白质的叙述正确的是（ ）‎ A. 向蛋白质溶液中分别加入NaCl溶液、CuSO4溶液，其过程均是不可逆的 B. 重金属盐使蛋白质分子变性，但是吞“钡餐”(主要成分是硫酸钡)不会引起中毒 C. 温度越高，酶对某些生化反应的催化效率就越高 D. 医疗上用75%的酒精杀菌消毒，是利用了酒精可以使蛋白质盐析的性质 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．向蛋白质溶液中加入NaCl溶液发生盐析，其过程是可逆的，A选项错误；‎ B．重金属盐使蛋白质分子变性，但是吞“钡餐”(主要成分是硫酸钡)不会引起中毒，因为硫酸钡不溶于水不溶于酸，且不容易被X射线透过，在医疗上可用作检查肠胃的内服药剂，B选项正确；‎ C．酶的活性受温度限制，超过适宜的温度时酶将失去活性，C选项错误；‎ D．医疗上用体积分数为75%的酒精杀菌消毒，D选项错误；‎ 答案选B。‎ ‎24.下列关于金属冶炼的说法正确的是（ ）‎ A. 由于Al的活泼性强，故工业上采用电解熔融AlCl3的方法生产Al B. 可以用钠加入氯化镁饱和溶液中制取镁 C. 炼铁高炉中所发生的反应都是放热的，故无需加热 D. 金属冶炼的本质是将化合态金属还原为游离态，冶炼方法由金属的活泼性决定 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由于Al的活泼性强，工业上采用电解Al2O3与冰晶石熔融混合物的方法生产铝，AlCl3是共价化合物，熔融状态下不导电，所以不用电解AlCl3的方法生产铝，故A错误；‎ B．钠是很活泼金属，将Na加入氯化镁溶液中，Na先和水反应生成NaOH，NaOH再和氯化镁发生复分解反应，所以得不到Mg单质，可以采用电解熔融氯化镁的方法冶炼Mg，故B错误；‎ C．炼铁高炉中所发生的反应有的是放热有的是吸热，有些放热反应在加热条件下发生，故C错误；‎ D．金属冶炼的本质是将化合态金属还原为游离态，活泼金属采用电解法冶炼，不活泼的金属采用直接加热法冶炼，大部分金属的冶炼都是在高温下采用氧化还原反应法，故D正确；答案为D。‎ ‎25. 在下列叙述的变化中，不属于化学变化的是（ ）‎ A. 天然气隔绝空气高温分解生成炭黑和氢气 B. 石油分馏得到汽油、煤油和柴油 C. 石油裂解得到乙烯、丙烯、丁二烯 D. 煤干馏生成焦炭、煤焦油、焦炉气和粗氨水 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．天然气的主要成分为甲烷，甲烷燃烧是甲烷和氧气反应生成二氧化碳和水，显然属于化学变化，故A错误；‎ B．分馏的原理，是利用液体混合物中各成分的不同沸点，进行逐一先汽化后冷却液化，分离成相对纯净物质的过程，只是将原来的物质分离，没有新物质生成，是物理变化.石油就是由沸点不同的汽油、煤油、柴油等混合而成，通过分馏将它们分离，是物理变化，故B正确；‎ C．石油裂解是将石油中大分子的烃发生化学反应生成小分子的烃，得到乙烯、丙烯、丁二烯，是化学变化，故C错误；‎ D．煤的干馏是将煤隔绝空气加强热，生成焦炭、煤焦油、焦炉气和粗氨水，是化学变化，故D错误；故选B。‎ 第II卷（非选择题共50分)‎ 二、填空题 ‎26.下表列出了①∼⑤五种元素在周期表中的位置：‎ 请按要求回答下列问题：‎ ‎(1)元素④的原子结构示意图为______.‎ ‎(2)元素①单质的电子式为______.‎ ‎(3)元素②∼⑤的原子半径由大到小的顺序为(填元素符号)______,它们的最高价氧化物对应的水化物中,酸性最强的是______(填化学式).‎ ‎(4)元素②的单质在氧气中燃烧的产物与二氧化碳反应的化学方程式为______；元素③的最高价氧化物与烧碱溶液反应的离子方程式为______.‎ ‎【答案】(1). (2). (3). Na>Si>S>Cl (4). HClO4 (5). 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 (6). SiO2+2OH−=SiO2−3+H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】根据元素在元素周期表中的位置，①∼⑤分别是N、Na、Si、S、Cl。‎ ‎【详解】(1)元素④是S，核外有16个电子，S原子结构示意图为；‎ ‎(2)元素①是N，单质为N2，氮原子间有3对共用电子，电子式为；‎ ‎(3)同周期元素从左到右半径减小，元素②∼⑤的原子半径由大到小的顺序为Na>Si>S>Cl；同周期元素从左到右非金属性增强，非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物酸性越强，酸性最强的是HClO4。‎ ‎(4)元素②的单质是金属钠，钠在氧气中燃烧的产物是过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；元素③是硅，二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，离子方程式为SiO2+2OH−=SiO32−+H2O。‎ ‎27.下列物质中互为同分异构体的有____，互为同素异形体的 有________，互为同位素的有________，是同一种物质的有________(填序号)。‎ ‎（1）液氯 （2）氯气（3）白磷（4）红磷 （5）35Cl （6）37Cl ‎（7）（8）（9）CH2=CH－CH3 （10）‎ ‎【答案】 (1). (9) 和 (10) (2). (3) 和 (4) (3). (5) 和 (6) (4). (1)和(2) 、(7) 和 (8)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】根据同分异构体、同素异形体、同位素的概念分析判断；组成、结构均相同的为同种物质，据此分析解答。‎ ‎【详解】分子式相同、结构不同的有机物互为同分异构体，则(9)(10)互为同分异构体；由同种元素组成的不同单质为同素异形体，则(3)(4)互为同素异形体；具有相同质子数、不同中子数的同种元素的不同原子，互为同位素，则(5)(6)互为同位素；组成、结构均相同的物质为同种物质，则(7)(8)和(1)(2)为同种物质；故答案为：(9)和(10)；(3)和(4)；(5)和(6)；(7)和(8)、(1)和(2)。‎ ‎28.(1)在‎25 ℃‎、101 kPa的条件下，‎ 请回答下列有关问题：‎ ‎①由H＋H→H2，当生成1 mol H2时，要________(填“吸收”或“放出”，下同)436 kJ的能量；由Cl2→Cl＋Cl，当断裂1 mol Cl2中的共价键时，要________243 kJ的能量。‎ ‎②对于反应H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)，测得生成2 molHCl(g)时，反应过程中放出183 kJ的热量，则断开 1 mol H—Cl 键所需的能量是________kJ。‎ ‎③有两个反应：a.H2(g)＋Cl2(g)2HCl(g)，b.H2(g)＋Cl2(g)2HCl(g)。这两个反应中，相同物质的量的H2(g)、Cl2(g)反应生成相同质量的HCl(g)时，放出的能量________(填“相等”或“不相等”)。‎ ‎(2)根据图示的能量转化关系判断，生成‎16 g CH3OH(l)________(填“吸收”或“放出”)________kJ能量。‎ ‎【答案】(1). 放出 (2). 吸收 (3). 431 (4). 相等 (5). 放出 (6). 45.5‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)①断开建吸收能量，成键需要释放能量；‎ ‎②根据焓变=反应物总键能-生成物总键能；‎ ‎③根据盖斯定律，反应热与反应条件无关，只与始态和终态有关；‎ ‎(2)根据图示，反应物总能量高于生成物总能量，反应放出或吸收的能量与参与反应的物质的物质的量成正比。‎ ‎【详解】(1)①断开建吸收能量，成键需要释放能量，由H＋H→H2，是成键过程，释放能量，当生成1 mol H2时，要放出436 kJ的能量；由Cl2→Cl＋Cl，是断键过程，断键吸收能量，当断裂1 mol Cl2中的共价键时，要吸收243 kJ的能量；‎ ‎②根据焓变=反应物总键能-生成物总键能，断裂1molH-H键与1molCl-Cl键吸收的能量之和，即436kJ+243kJ=679kJ，设断开1molH-Cl键吸收的总能量为E(H-Cl)，则有( 436kJ+243kJ) -2×E(H-Cl) =-183kJ，则E(H-Cl)=431kJ；‎ ‎③两个反应的能量转化形式主要是化学能转化为热能，一个具体的反应释放能量的多少与反应条件无关，而与断开旧化学键和形成新化学键的能量变化有关，所以生成等量的产物所释放的能量相等；‎ ‎(2)根据图示变化可知，反应物总能量高于生成物总能量，该反应属于释放能量的反应，生成1mol CH3OH(l)放出的能量为510kJ-419kJ=91kJ，16gCH3OH的物质的量为0.5mol，故生成‎16g CH3OH(l)放出的热量为45.5kJ。‎ ‎29.依据氧化还原反应：2Ag＋＋Cu=Cu2＋＋2Ag设计的原电池如图所示。请回答下列问题：‎ ‎（1）电极X的材料是________；‎ ‎（2）X电极发生的电极反应式为____________________；银电极上发生的电极反应为________(填“氧化”或“还原”)反应。‎ ‎（3）外电路中的电子________(填“流出”或“流向”)Ag电极。‎ ‎（4）当有‎3.2 g铜溶解时，银电极增重________g。‎ ‎【答案】(1). Cu(铜) (2). Cu-2e=Cu2+ (3). 还原 (4). 流向 (5). 10.8‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】根据原电池构成条件，以及总反应式，Cu为负极，Ag为正极，电解质溶液为AgNO3溶液，据此分析；‎ ‎【详解】（1）根据总反应方程式，以及原电池工作原理，Cu为负极，Ag为正极，即电极X为Cu或铜；‎ ‎（2）X电极为Cu，作负极，电极反应式为Cu－2e－=Cu2＋；银作正极，电极反应式为Ag＋＋e－=Ag，发生还原反应；‎ ‎（3）根据原电池的工作原理，电子从负极经外电路流向正极，Cu为负极，Ag为正极，因此电子流向Ag电极；‎ ‎（4）根据上述电极反应式建立关系式为Cu～2e－～2Ag，增重银的质量为=‎10.8g。‎ ‎30.(1)在‎2L的密闭容器中放入4mol N2O5，发生如下反应：2N2O5(g) 4NO2(g)+O2(g)。反应至5min时，测得N2O5转化了20%，则v(NO2)为_________；5min时，N2O5在混合气体中的体积分数是____。‎ ‎(2)某温度时，在一个‎2L的密闭容器中，X、Y、Z三种物质的物质的量随时间变化的曲线如图所示。根据图中数据填空：‎ ‎①该反应的化学方程式为______。‎ ‎②若X、Y、Z均为气体，2min时反应达到平衡，此时体系内压强与开始时的压强之比为____。‎ ‎③若X、Y、Z均为气体，则达平衡时，容器内混合气体的平均相对分子质量比起始投料时__(填“增大”“减小”或“相等”)。‎ ‎【答案】 (1). 0.16 mol·L-1·min-1 (2). 61.5% (3). 3X+Y2Z (4). 9∶10 (5). 增大 ‎【解析】‎ ‎【分析】本题主要考察化学平衡。‎ ‎【详解】(1) N2O5转化了20%，则Δn(N2O5)=4mol×20%=0.8mol，体系中各组分的物质的量如下表所示（单位：mol）：‎ ‎2N2O5‎ ‎4NO2‎ O2(g)‎ ‎2‎ ‎4‎ ‎1‎ 起 ‎4‎ ‎0‎ ‎0‎ 转 ‎0.8‎ ‎1.6‎ ‎0.4‎ 平 ‎3.2‎ ‎1.6‎ ‎0.4‎ Δn(NO2)=1.6mol，v(NO2)== 0.16 mol·L-1·min-1；根据阿伏伽德罗定律可得：N2O5在混合气体中的体积分数是=61.5%；‎ ‎(2)①反应中，X、Y的物质的量减小，Z的物质的量增多，则X、Y为反应物，Z为生成物；0-2min内，Δn(X)=0.3mol，Δn(Y)=0.1mol，Δn(Z)=0.2mol，且2min后各组分的物质的量不再改变；所以，该反应的化学方程式为3X+Y2Z；‎ ‎②‎ 根据理想气体状态方程:PV=nRT，2min时体系压强与开始时的压强之比等于两个时间的气体的总物质的量之比，该比例为（0.9+0.7+0.2）：（1.0+1.0）=1.8：2=9：10；‎ ‎③该反应的化学方程式为3X+Y2Z，反应从正反应开始，则体系的总物质的量减小，由于体系中各组分都是气体，则体系的总质量不变，混合气体的平均相对分子质量增大。‎ ‎31.课外小组的同学利用下图装置研究铜与稀硝酸的反应。‎ ‎（1）铜与稀硝酸的反应中，硝酸体现了______（填“氧化性”或“还原性”）。‎ ‎（2）铜与稀硝酸反应的化学方程式是______。‎ ‎（3）集气瓶收集到无色气体，该气体的主要成分是______。‎ ‎（4）某同学认为上述实验不足以证明反应生成的是该气体，他的理由是______（结合化学方程式说明）。‎ ‎【答案】(1). 氧化性 (2). 3Cu+8HNO3(稀)= 3Cu(NO3)2+ 4H2O + 2NO ↑ (3). NO (4). 3NO2 + H2O =2HNO3 + NO ‎【解析】‎ ‎【分析】铜与稀硝酸的反应生成硝酸铜、NO和水，结合氧化还原反应的规律和二氧化氮的性质分析解答。‎ ‎【详解】(1)铜与稀硝酸的反应生成硝酸铜、NO和水，N元素的化合价部分降低，硝酸体现了氧化性和酸性，故答案为：氧化性；‎ ‎(2)铜和稀硝酸反应的方程式为：3Cu+8HNO3=3Cu(NO3 )2+2NO↑+4H2O，故答案为：3Cu+8HNO3=3Cu(NO3 )2+2NO↑+4H2O；‎ ‎(3)铜与稀硝酸的反应生成硝酸铜、NO和水，NO为无色气体，该无色气体为NO，故答案为：NO；‎ ‎(4)若生成的气体是二氧化氮，用排水法收集时，二氧化氮和水反应生成一氧化氮，也会收集到无色气体，因此不能证明铜和稀硝酸反应一定生成NO，故答案为：3NO2+H2O═2HNO3+NO。‎