河北省张家口市第一中学西校区万全中学2019-2020学年高二上学期期初考试化学试题

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张家口一中西校区、万全中学高二期初考试 化学试题 ‎1.“一带一路(One Belt And One Road)”构建人类命运共同体，符合国际社会的根本利益，彰显人类社会的共同理想和美好追求。下列贸易的商品中，其主要成分不属于有机物的是 A. 中国丝绸 B. 埃及长绒棉 C. 乌克兰葵花籽油 D. 捷克水晶 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、丝绸主要成分是蛋白质，是含有碳元素的化合物，是有机化合物，故A不选；‎ B、长绒棉主要成分是纤维素，是含有碳元素的化合物，是有机化合物，故C不选；‎ C、葵花籽油主要成分是油脂，是含有碳元素的化合物，是有机化合物，故C不选；‎ D、水晶的主要成分是二氧化硅，不是有机化合物，故D选；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】判断一种物质是否属于有机物时，不但要看化合物中是否含有碳元素，还要看物质的性质是和无机物相似还是和有机物相似，如一氧化碳、二氧化碳、碳酸、碳酸盐等物质中虽然含有碳元素，但是性质和无机物相似，属于无机物。‎ ‎2.糖类、油脂和蛋白质是生命活动所必需的营养物质。下列叙述不正确的是 A. 蔗糖和葡萄糖均是单糖 B. 植物油能发生水解反应 C. 淀粉水解的最终产物是葡萄糖 D. 蛋白质遇浓硝酸变为黄色 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、蔗糖水解生成单糖属于二糖，葡萄糖是单糖，故A错误；‎ B、一定条件下，植物油水解生成高级脂肪酸和甘油，故B正确；‎ C、淀粉是葡萄糖的脱水缩合物，故其水解的最终产物是葡萄糖，故C正确；‎ D、蛋白质遇浓硝酸发生颜色反应，会显黄色，故D正确；‎ 故选A。‎ ‎3.下列说法不正确的是（ ）‎ A. 乙烯和苯都能发生加成反应 B. 乙醇和乙酸都能发生取代反应 C. 油脂的皂化和苯的硝化都属于取代反应 D. 葡萄糖和蔗糖都能发生银镜反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.碳碳双键和苯环都能与氢气发生加成反应，故A说法正确；‎ B.乙醇和乙酸都能发生酯化，酯化反应也是取代反应，故B说法正确；‎ C．甲苯的硝化反应为硝基替代甲苯的氢原子的反应，为取代反应，油脂的皂化为油脂在碱性条件下的水解，为取代反应，故C说法正确；‎ D．蔗糖分子中没有醛基，不能发生银镜反应，故D说法不正确；‎ 答案选D。‎ ‎4.下列有关石油、煤和天然气的叙述中，不正确的是 A. 煤气化制水煤气是化学变化 B. 由煤干馏可知煤中含有苯、甲苯等芳香化合物 C. 天然气是一种清洁的化石燃料 D. 石油裂化的目的是提高汽油的产量和质量 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、煤气化制水煤气是发生了化学反应，碳和水蒸气反应生成一氧化碳和氢气是化学变化，故A正确；‎ B、煤中不含苯和甲苯等芳香族化合物，但通过煤的干馏可以得到苯等芳香化合物，故B错误；‎ C、天然气的主要成分为甲烷，燃烧产物为二氧化碳和水，是一种清洁的化石燃料，故C正确；‎ D、石油裂化的目的是为了提高轻质液体燃料(汽油，煤油，柴油等)的产量，特别是提高汽油的产量，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎5.下列有关说法不正确的是 A. 石油主要是由多种碳氢化合物组成的混合物 B. 石油的分馏属于物理过程，煤的干馏属于化学过程 C. 分馏汽油和裂化汽油均可萃取溴水中的溴 D. 石油催化重整的主要目的是得到苯、甲苯等芳香烃 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.石油主要是由多种碳氢化合物组成的混合物，故A说法正确；‎ B.石油的分馏是根据物质的沸点不同而进行分离的一种该方法，属于物理过程，煤的干馏是将煤隔绝空气加强热的过程，属于化学变化，故B说法正确；‎ C．裂化汽油中含有不饱和的烃类物质，能与溴发生加成反应，不可用于萃取溴水中的溴，故C说法不正确；‎ D.石油催化重整的主要目的是得到苯、甲苯等芳香烃，故D说法正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】石油是由烷烃、环烷烃和芳香烃组成的复杂混合物，分馏得到的汽油中不含有不饱和链烃。由烷烃裂化的反应可知，裂化汽油中含有不饱和链烃(烯烃)。无论是直馏汽油还是裂化汽油，都是组成复杂的有机物，没有固定的熔沸点。‎ ‎6.习近平总书记提出“绿水青山就是金山银山”的理念，下列行为不符合这一理念的是（ ）‎ A. 推广利用微生物发酵技术，将植物秸秆、动物粪便等制成沼气替代液化石油气 B. 加大石油、煤炭的开采速度，提高我国工业发展的速度 C. 发展水电，开发新能源，如核能、太阳能、电能等，减少对化石燃料的依赖 D. 实施绿化工程，防治扬尘污染 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 推广利用微生物发酵技术，将植物秸秆、动物粪便等制成沼气替代液化石油气可以减少化石燃料的使用，符合这一理念，A不选；‎ B. 由于化石燃料是不可再生的，则加大石油、煤炭的开采速度不符合这一理念，B选；‎ C. 发展水电，开发新能源，如核能、太阳能、电能等，减少对化石燃料的依赖符合这一理念，C不选；‎ D. 实施绿化工程，防治扬尘污染符合这一理念，D不选；‎ 答案选B。‎ ‎7.下列有关化学用语的表示正确的是( 　　)‎ A. NH4Cl的电子式： B. S2-的结构示意图：‎ C. 氨的电子式： D. 碳元素位于第2周期，VIA族 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. NH4Cl是离子化合物，电子式为，A错误；‎ B. S2-的结构示意图为，B错误；‎ C. 氨气是共价化合物，电子式为，C正确；‎ D. 碳元素位于第二周期第ⅣA族，D错误。‎ 答案选C。‎ ‎8.绿色化学的核心内容之一是“原子经济”，即反应物的原子全部转化为所期望的最终产物，原子利用率为100%．以下制备反应中最符合“原子经济”要求的是 A. 甲烷与氯气制备一氯甲烷 B. 与消石灰反应制取漂白粉 C. 铜和浓硝酸反应制取硝酸铜 D. CH‎3CCH+CO+CH3OH ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、甲烷与氯气制备一氯甲烷的反应是取代反应，还有氯化氢等物质生成，原子利用率小于100%，故A错误；‎ B、与消石灰反应制取漂白粉是氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，不符合原子利用率100%，故B错误；‎ C、铜和浓硝酸反应制取硝酸铜过程中生成了污染性气体氮氧化物，不符合原子利用率100%，故C错误；‎ D、CH‎3CCH+CO+CH3OH ，生成物只有一种，原子利用率100%，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎9.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物可用作制冷剂，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。向由X、Y和Z三种元素形成的一种盐中加入浓硫酸，有刺激性气味的气体产生。下列说法不正确的是 A. X的简单氢化物的热稳定性比W强 B. Y的简单离子与X的具有相同的电子层结构 C. X与Z形成化合物可使石蕊试液褪色 D. Z与X属于同一主族，与Y属于同一周期 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ W的简单氢化物可用作制冷剂，常见为氨气，则W为N元素；Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，Y为Na元素；由X、Y和Z三种元素形成的一种盐加入浓硫酸，有刺激性气体产生，刺激性气体为SO2，则X为O元素，Z为S元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律的递变规律分析解答。‎ ‎【详解】由以上分析可知W为N元素，X为O元素，Y为Na元素，Z为S元素。‎ A．非金属性O＞N，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，X的简单氢化物的热稳定性比W强，故A正确；‎ B．Y为Na元素，X为O元素，对应的简单离子核外都有10个电子，与Ne的核外电子排布相同，故B正确；‎ C．X与Z形成的化合物为SO2或SO3，为酸性氧化物，可使紫色石蕊试液变红色，但不会褪色，故C错误；‎ D．Z为S元素，与O同主族，与Na同周期，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎10.下列说法正确的是(    )‎ 离子化合物含离子键，也可能含极性键或非极性键 硫酸的酸性大于碳酸的酸性，所以非金属性 含金属元素的化合物不一定是离子化合物 由非金属元素组成的化合物一定是共价化合物 熔融状态能导电的化合物是离子化合物 由分子组成的物质中一定存在共价键 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①离子化合物含离子键，也可能含极性键或非极性键，如H2O2、Na2O2，①项正确；‎ ‎②元素最高价氧化物的水化物酸性越强，其非金属元素的非金属性越强，②项正确；‎ ‎③含金属元素的化合物不一定是离子化合物，如AlCl3为共价化合物，③项正确；‎ ‎④由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物，如铵盐为离子化合物，④项错误；‎ ‎⑤熔融状态能导电的化合物是离子化合物，说明该化合物中含有自由移动的离子，⑤项正确；‎ ‎⑥由分子组成的物质中不一定存在共价键，如稀有气体，⑥项错误；‎ 综上所述，正确，故C项正确，‎ 答案选C。‎ ‎11.R、W、X、Y、Z都是短周期主族元素。R与X同族，aW2＋、bX＋、cY2－、dZ－都具有相同的电子层结构。下列说法正确的是 A. R一定是氢元素，自然界中氢元素有三种核素 B. W单质可与热水反应生成W的最高价氧化物的水化物 C. c=16，Y的气态氢化物的稳定性比Z的弱 D. X与Y形成的化合物中一定含有离子键和共价键 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ aW2＋、bX＋、cY2－、dZ－都具有相同的电子层结构，则W、X为第三周期元素，Y、Z为第二周期元素，因此W为Mg，X为Na，Y为O，Z为F；R与X同族，则R为Li或H，据此分析解答。‎ ‎【详解】根据上述分析，R为Li或H元素，W为Mg元素，X为Na元素，Y为O元素，Z为F元素。‎ A、R为Li或H元素，故A错误；‎ B、W为Mg元素，W单质可与热水反应生成W的最高价氧化物的水化物——氢氧化镁，故B正确；‎ C、Y为O，质子数c=8，故C错误；‎ D、X与Y形成的化合物为氧化钠或过氧化钠，氧化钠中含有离子键，不存在共价键，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题的易错点为D，要注意氧化钠中含有钠离子和氧离子，过氧化钠中含有钠离子和过氧根离子，过氧根离子中存在共价键。‎ ‎12.锝（）是核医学临床诊断中应用最广的医用核素，这里的“‎99”‎是指该原子的 A. 质子数 B. 中子数 C. 质量数 D. 相对原子质量 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】的质量数为99，质子数为43，该原子核内中子数=质量数-质子数=99-43=56，质量数是原子的相对原子质量近似整数值，因此“‎‎99”‎ 是指该原子的质量数或相对原子质量近似整数值，故选C。‎ ‎【点睛】本题的易错点为D，要正确区分相对原子质量与质量数的关系。‎ ‎13.重水（D2O）是重要的核工业原料，下列说法错误的是 A. H2O与D2O互称同素异形体 B. 1H与D互称同位素 C. 氘（D）原子核外有1个电子 D. 1H2与D2的化学性质几乎相同 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．H2O与D2O均为水，属于化合物，不互为同素异形体，故A错误；‎ B．1H与D质子数都是1，中子数分别为0、1，互称同位素，故B正确；‎ C．氘(D)质子数为1，质子数=核外电子数，故原子核外有1个电子，故C正确；‎ D．1H2与D2都是氢气，化学性质几乎相同，故D正确；‎ 故选A ‎14.几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表： ‎ 元素代号 X Y Z M R Q 原子半径(×10－‎10 m)‎ ‎1.86‎ ‎0.99‎ ‎1.43‎ ‎1.60‎ ‎075‎ ‎0.74‎ 主要化 合价 最高正价 ‎＋1‎ ‎＋7‎ ‎＋3‎ ‎+2‎ ‎＋5‎ ‎—‎ 最低负价 ‎—‎ ‎－1‎ ‎—‎ ‎—‎ ‎－3‎ ‎－2‎ 下列说法正确的是 ( )‎ A. 元素X和Q形成的化合物呈淡黄色 B. X、Z、R的最高价氧化物的水化物之间可两两相互反应 C. Q2-比R3-更容易失去电子 D. M(OH)2的碱性比XOH的碱性强 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 短周期元素中，Y有+7、-1价，则Y为Cl；Q有最低价-2，则Q为O元素；R有+5、-3价，处于VA族，原子半径小于Cl，则R为N元素；X、M、Z的最高正化合价分别为+1、+2、+3，则分别处于IA、ⅡA、ⅢA族，原子半径X＞M＞Z＞Cl，则X为Na、M为Mg、Z为Al。‎ ‎【详解】根据上述分析可知X、Y、Z、M、R、Q分别是Na、Cl、Al、Mg、N、O。‎ A.元素X是Na，Q是O，X和Q形成的化合物有Na2O、Na2O2，Na2O是白色，Na2O2呈淡黄色，A错误；‎ B. X、Z、R分别是Na、Al、N，它们的最高价氧化物的水化物是NaOH、Al(OH)3、HNO3，由于Al(OH)3呈两性，所以三种物质之间可两两相互反应，产生盐和水，B正确；‎ C.Q是O，R是N，元素的非金属性越强，其相应的离子的还原性就越弱。元素的非金属性Q>R，所以离子的还原性Q2－M，所以碱性：XOH>M(OH)2，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎【点睛】本题考查原子结构、元素性质及元素在周期表的位置关系应用的知识，关键是根据化合价与原子半径推断元素，熟练掌握元素周期律与元素关系是本题推断的基础。‎ ‎15.下列关于元素金属性和非金属性强弱比较的说法不正确的是 A. 将大理石加入稀盐酸中，能产生CO2气体，说明Cl的非金属性强于C B. Si与H2化合所需温度远高于S与H2化合的温度，说明S的非金属性强于硅 C. Na与冷水能发生反应，而Mg与冷水反应缓慢，说明Na的金属性强于Mg D. 石灰乳能溶于盐酸，Be(OH)2与盐酸和NaOH都能反应，说明Ca的金属性强于Be ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．C、Cl非金属性的判断可通过比较它们最高价氧化物的水合物的酸性：酸性越强其非金属性越强，而盐酸是无氧酸，所以不能判断C、Cl非金属性的强弱，故A错误；‎ B．Si、S处于同周期，非金属性：S＞Si，所以Si与H2化合的难易程度小于S与H2化合，即Si与H2化合所需温度远高于S与H2化合的温度，故B正确；‎ C．Na、Mg处于同周期，金属性：Na＞Mg，所以Na与水反应速率大于Mg与水反应，故C正确；‎ D．石灰乳能溶于盐酸，Be(OH)2与盐酸和NaOH都能反应，说明石灰乳主要成分Ca(OH)2是碱、Be(OH)2显两性，即Ca的金属性强于Be，故D正确；‎ 故选A。‎ ‎16.下列实验的现象与对应结论均正确的是 选项 操作 现象 结论 A 常温下将Al片放入浓硝酸中 无明显变化 Al与浓硝酸不反应 B 向NaBr溶液中加入少量氯水和CCl4，充分振荡、静置 溶液分层，下层呈橙红色 非金属性：Cl＞Br C 向某溶液中滴加稀NaOH溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口 试纸不变蓝 原溶液中无NH4+‎ D 先向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热几分钟，冷却，再加入少量新制的Cu（OH）2，加热 无砖红色沉淀出现 蔗糖未水解 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．常温下，Al和浓硝酸发生钝化，在铝表面生成一层致密的氧化物薄膜，阻止进一步反应，不是不发生反应，故A错误；‎ B．元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，混合静置后溶液分层，下层呈橙红色，说明氯气和NaBr反应生成溴，该反应中氧化剂是氯气、氧化产物是溴，则氧化性：氯气＞溴，由此得出非金属性Cl＞Br，故B正确；‎ C．检验铵根离子时，加入稀的NaOH溶液后生成一水合氨，需要加热一水合氨才能使生成氨气放出，否则得不到氨气，故C错误；‎ D ‎．葡萄糖和新制氢氧化铜发生氧化反应时必须在碱性条件下，所以在加入新制氢氧化铜悬浊液之前必须加入NaOH中和稀硫酸，否则得不到砖红色沉淀氧化亚铜，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题的易错点为D，要注意蔗糖，淀粉等糖类的水解，一般需要硫酸作催化剂，而检验葡萄糖的反应需要在碱性溶液中进行，因此在实验前需要加入碱中和硫酸，否则实验不能成功。‎ ‎17.下列属于吸热反应的是 A. 氢氧化钠溶液 B. 和 C. D. 蜡烛燃烧 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、盐酸与NaOH的中和反应为放热反应；C、Al与盐酸的反应为放热反应，D、蜡烛的燃烧反应为放热反应，只有B中和为吸热反应，故选B。‎ ‎18.化学反应H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)的能量变化如图所示，则下列说法中正确的是 A. 该反应是吸热反应 B. 断裂1molH-H键和1molCl-Cl键时能放出x kJ的能量 C. 断裂2molH-Cl键时需要吸收y kJ的能量 D. 2molHCl(g)的总能量高于1molH2(g)和1molCl2(g)的总能量 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图可知反应物的总能量大于生成物的总能量，所以该反应为放热反应，故A错误；‎ B．断键要吸收能量，所以断裂1mol H-H键和1mol Cl-Cl键吸收x kJ能量，故B错误；‎ C．由图可知，断裂2mol H-Cl键需要吸收y kJ的能量，故C正确；‎ D．由图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，即2mol HCl的总能量低于1mol H2和1mol Cl2的总能量，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎19.金刚石与石墨是同素异形体。100 kPa时，1 mol石墨转化为金刚石的能量变化如图所示，下列说法正确的是 A. 石墨转化为金刚石的反应为放热反应 B. 石墨比金刚石更稳定 C. 金刚石比石墨更稳定 D. 破坏1 mol石墨的化学键所吸收的能量小于形成1 mol金刚石的化学键所放出的能量 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据图像，反应物石墨的总能量小于生成物金刚石总能量，因此石墨转化为金刚石的反应为吸热反应，故A错误；‎ B．石墨能量低，石墨比金刚石更稳定，故B正确；‎ C．石墨能量低，石墨比金刚石更稳定，故C错误；‎ D．石墨转化为金刚石的反应为吸热反应，破坏1mol石墨的化学键所吸收的能量大于形成1mol金刚石的化学键所放出的能量，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎20.下列互为同分异构体的是 A. 35Cl和37Cl B. CH3CH3与CH3CH2CH3‎ C. CH3CH2CH2CH3与 D. 淀粉和纤维素 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．35Cl和37Cl为Cl元素的两种核素，互为同位素，故A不选；‎ B．CH3CH3与CH3CH2CH3均为烷烃，结构相似，组成相差1个CH2原子团，互为同系物，故B不选；‎ C．CH3CH2CH2CH3与分子式相同、结构不同，互为同分异构体，故C选；‎ D．淀粉和纤维素均为多糖，聚合度n不同，二者不属于同分异构体，故D不选；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题才易错点为D，要注意高分子化合物的化学式的书写形式可能相同，但聚合度n不同，实际上分子式不同，因此属于混合物。‎ ‎21.苯乙烯（）是重要的化工原料，下列关于苯乙烯的叙述不正确的是 A. 分子式为C8H8‎ B. 能发生加聚反应，生成物可用表示 C. 因发生化学反应而使酸性KMnO4和溴的CCl4溶液褪色 D. 一定条件下，与H2反应时，1 mol苯乙烯最多消耗1molH2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由结构简式()可知，苯乙烯的分子式为C8H8，故A正确；‎ B．中含有碳碳双键，可发生加聚反应，生成物为，故B正确；‎ C．中含有碳碳双键，可发生加成、氧化反应，则因发生化学反应而使酸性KMnO4和溴的CCl4溶液褪色，故C正确；‎ D．能与氢气反应的有苯环和碳碳双键，则一定条件下，与H2反应时，1mol苯乙烯最多消耗4molH2，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎22.有机物a、b、c在一定条件下的转化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）‎ A. a中所有碳原子处于同一平面 B. b可用于萃取溴水中的溴 C. ①②均属于加成反应 D. 等物质的量的b、c分别完全燃烧，耗氧量相等 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. a中均为饱和碳原子，所有原子不可能处于同一平面，A错误； ‎ B. b中含有碳碳双键，能够与溴发生加成反应，所以该有机物不能萃取溴水中的溴，B错误；‎ C. 反应①为饱和键变为不饱和键，不属于加成反应，C错误；‎ D. b的分子式为C6H12，1mol C6H12完全燃烧耗氧量为6+12/4=9mol；c分子式为C6H14O，1mol C6H14O完全燃烧耗氧量为6+14/4-1/2=9mol；所以等物质的量的b、c分别完全燃烧，耗氧量相等，D正确；‎ 综上所述，本题选D。‎ ‎23.下列设备工作时，将化学能转化为电能的是 A B C D 铅蓄电池 硅太阳能电池 燃气灶 电烤箱 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．铅蓄电池放电时是原电池，可以把化学能转化为电能，故A正确；‎ B．硅太阳能电池是将光能转化为电能的装置，故B错误；‎ C．燃气灶为化学能转化为热能的装置，故C错误；‎ D．电烤箱是电能转化为热能的装置，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎24.对于锌、铜和稀硫酸组成的原电池（如下图），下列说法错误的是 A. 负极电极反应式为Zn-2e－ ＝Zn2+‎ B. 溶液中SO42－离子向负极移动 C. 电子由Zn片通过稀硫酸流向Cu片 D. 铜片上有气泡产生 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 该原电池中，锌易失电子作负极，电极反应式为Zn-2e-═Zn2+，铜作正极，电极反应为2H++2e-═H2↑，电子从负极沿导线流向正极。‎ ‎【详解】A．该装置中，锌失电子发生氧化反应而作负极，电极反应式为Zn-2e-═Zn2+，选项A正确；‎ B．原电池溶液中阴离子SO42－离子向负极移动，选项B正确；‎ C．电子从负极锌沿导线流向正极Cu，电子不进入电解质溶液，选项C错误；‎ D．铜作正极，正极是上氢离子放电，电极反应为2H++2e-═H2‎ ‎↑，故铜片上产生气泡，选项D正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查了原电池原理，根据金属失电子难易程度确定正负极，知道正负极上发生的电极反应，易错选项是C，注意电子不进入电解质溶液，电解质溶液中通过离子的定向移动形成电流，为易错点。‎ ‎25.反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)，其他条件不变时，改变下列条件，可加快反应速率的是 A. 将NH3从体系中分离出来 B. 降低反应体系的温度 C. 恒温恒容下充入一定量的氖气 D. 使用正催化剂 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、将NH3从体系中分离出来，生成物浓度减小，反应速率减小，故A错误；‎ B、降低温度，反应速率减小，故B错误；‎ C、恒温恒容下充入一定量的氖气，反应体系中各物质的浓度不变，反应速率不变，故C错误；‎ D、使用正催化剂，能够加快化学反应的速率，反应速率加快，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎26.在恒容的容器中发生反应A(s)＋B(g)‎2C(g)。则下列措施肯定能使反应速率加快的是①升高温度 ②增大B的浓度 ③将A 粉碎研细 ④充入惰性气体 A. ①②③ B. ①②④ C. ①③④ D. ②③④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】一般能加快化学反应速率的措施有升高温度、增大反应物的浓度、使用催化剂、增大反应物的接触面积等。而在恒容的容器中充入惰性气体并没有增大反应各物质的浓度，对反应速率没有影响，故答案选A。‎ ‎【点睛】增大容器的压强，反应的速率有没有增大，关键在于反应的浓度有没有增大，充入惰性气体，容器内的压强虽然增大，但反应物的浓度并没有发生改变，故化学反应速率不变。‎ ‎27.下列实验现象或图像信息不能充分说明相应的化学反应是放热反应的是 A B C D 反应装置或图像 实验现象或图像信息 温度计的水银柱上升 反应物总能量大于生成物总能量 反应开始后，针筒活塞向右移动 反应开始后，甲处液面低于乙处液面 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ A．盐酸和氢氧化钠发生中和反应，为放热反应，可观察到温度计的水银柱不断上升，A正确；B．从能量守恒的角度分析，反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，B正确；C．反应开始后，甲处液面低于乙处液面，说明装置内压强增大，反应为放热反应，温度升高，压强增大，C正确；D．硫酸和锌反应生成氢气，导致反应开始后，针筒活塞向右移动，不能说明反应放热，D错误，答案选D。‎ 点睛：本题考查化学反应与能量变化，注意题中判断反应是否放热的设计角度，根据现象得出温度、压强等变化。‎ ‎28.目前汽车上使用的电瓶大多仍是铅蓄电池，其构造示意图如下。发生反应的化学方程式为：Pb（s）+PbO2（s）+2H2SO4（aq）2PbSO4（s）+2H2O（l），下列说法不正确的是 A. 放电时，电解质溶液的pH值增大 B. 放电时，电路中转移0.2mol电子时Pb电极质量减少‎20.7g C. 放电时，溶液中H+向PbO2电极移动 D. 放电时，正极反应为：PbO2（s）+4H+（aq）+SO42-（aq）+2e－＝PbSO4（s）+2H2O（l）‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 放电时是原电池，铅失去电子，二氧化铅得到电子，结合原电池工作原理解答。‎ ‎【详解】A. 放电时消耗硫酸，氢离子浓度减小，电解质溶液的pH值增大，A正确；‎ B. 放电时，电路中转移0.2mol电子时Pb电极有0.1mol硫酸铅生成，质量增加，B错误；‎ C. 放电时二氧化铅是正极，溶液中H+向PbO2电极移动，C正确；‎ D. 放电时二氧化铅是正极，发生得到电子的还原反应，则正极反应为：PbO2（s）+4H+（aq）+SO42-（aq）+2e－＝PbSO4（s）+2H2O（l），D正确。‎ 答案选B。‎ ‎29.液体燃料电池相比于气体燃料电池具有体积小等优点．一种以液态肼（N2H4）为燃料的电池装置如图所示，该电池用空气中的氧气作为氧化剂，KOH溶液作为电解质溶液．关于该电池的叙述正确的是（　　）‎ A. b极发生氧化反应 B. a极为该电池的正极 C. 放电时，电流从a极经过负载流向b极 D. a极的反应式：N2H4+4OH﹣﹣4e﹣═N2↑+4H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ A．该燃料电池中，通入氧化剂空气的电极b为正极，正极上氧气得电子发生还原反应，故A错误；B、‎ a极为该电池的负极，故B错误；C、放电时，电流从正极b经过负载流向a极，故C错误； D、通入燃料的电极为负极，负极上燃料失电子发生氧化反应，电极反应式为：N2H4+4OH－-4e－=N2↑+4H2O，故D正确；故选D。‎ 点睛：本题考查了燃料电池，明确正负极上发生的反应是解本题关键，难点是电极反应式的书写，要结合电解质溶液的酸碱性书写，注意电流的方向和电子的流向相反，解题要点：该燃料电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应，电极反应式为：N2H4+4OH－-4e－=N2↑+4H2O，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：O2+2H2O+4e－=4OH－，电池总反应为：N2H4+O2=N2↑+2H2O，结合离子的移动方向、电流的方向分析解答。‎ ‎30.海洋中有丰富的资源，下图为海水利用的部分过程。下列有关说法正确的是 A. 由反应①可知：相同温度下，NaHCO3 的溶解度大于 Na2CO3‎ B. 反应②的离子方 程式为：Br2＋SO2＋2H2O＝SO42-＋2Br-＋4H+‎ C. 可通过电解 MgCl2 溶液制得金属镁 D. 粗盐中含有的 Mg2＋、SO4 2－等杂质离子，可通过依次加入 BaCl2溶液、NaOH 溶液、盐酸等试剂加以去除 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.往NaCl溶液中通入氨气、二氧化碳气体，得到的沉淀是NaHCO3，说明碳酸氢钠的溶解度小于氯化钠，此过程不能判断NaHCO3的溶解度大于Na2CO3，事实上Na2CO3的溶解度大于NaHCO3，故A错误；‎ B.反应②中二氧化硫溶液与单质溴反应生成硫酸和HBr，反应的离子方程式为：Br2＋SO2＋2H2O＝SO42-＋2Br-＋4H+，故B正确；‎ C.镁是活泼的金属，工业上通过电解熔融的MgCl2制得金属镁，故C错误；‎ D.粗盐中含有的Mg2＋、SO4 2－等杂质离子，先转化为沉淀，可通过依次加入BaCl2溶液、NaOH溶液、盐酸，但是过量的BaCl2溶液无法除去，应该加入BaCl2溶液、NaOH溶液、‎ Na2CO3溶液，过滤后再加入盐酸，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】明确流程图中发生的反应、操作方法是解本题的关键，会正确书写相应的化学方程式，选项D中应注意试剂的加入顺序。‎ ‎31.石油是一种重要的资源。A～F是常见有机物，它们之间的转化关系如图1所示（部分产物和反应条件已略去），其中A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，E是最简单的芳香烃。回答下列问题：‎ ‎（1）步骤②所用试剂X为___________（写化学式），D的官能团名称是_______；‎ ‎（2）F的结构简式为________________，步骤①的反应类型：___________；‎ ‎（3）写出下列步骤中的化学方程式（注明反应条件）：‎ 步骤③_____________________________________；‎ 步骤④_______________________________________；‎ ‎（4）用图2所示实验装置制取乙酸乙酯。请回答：试管b中所装溶液应为_____，乙酸乙酯生成后，分离出产品时的操作方法是______。‎ ‎【答案】 (1). H2O (2). 羧基 (3). (4). 取代反应 (5). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O (6). CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O (7). 饱和碳酸钠溶液 (8). 分液 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A的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，A和X反应生成B，B能连续被氧化生成D，B、D发生酯化反应生成乙酸乙酯，则B为CH3CH2OH、C为CH3CHO，D为CH3COOH，则X为H2O；E是最简单的芳香烃，则E为，E发生取代反应生成F为，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)通过以上分析知，步骤②所用试剂X为H2O，D为乙酸，D的官能团为羧基，故答案为：H2O；羧基；‎ ‎(2)F的结构简式为，步骤①为苯和浓硝酸的硝化反应，也是取代反应，故答案为：；取代反应(或硝化反应)；‎ ‎(3)步骤③为乙醇的催化氧化反应，反应的化学方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；步骤④为乙醇和乙酸的酯化反应，反应的化学方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；‎ ‎(4)试管b中所装溶液为饱和碳酸钠溶液，碳酸钠溶液可以溶解乙醇、可以和乙酸反应生成可溶性的乙酸钠、同时抑制乙酸乙酯的溶解，使乙酸乙酯和水不互溶，所以乙酸乙酯生成后，分离出产品时的操作方法是分液，故答案为：饱和碳酸钠溶液；分液。‎ ‎32.在‎2 L密闭容器内，t℃时发生反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，在体系中，n(N2)随时间的变化如下表：‎ 时间(min)‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ N2‎ ‎0.20‎ ‎0.10‎ ‎0.08‎ ‎0.06‎ ‎0.06‎ ‎0.06‎ 物质的量(mol)‎ ‎(1)上述反应在第5min时，N2的转化率为_______________________；‎ ‎(2)用H2表示从0～2 min内该反应的平均速率v(H2)=_____________；‎ ‎(3)t℃时，在4个均为‎2L密闭容器中不同投料下进行合成氨反应。根据在相同时间内测定的结果，判断该反应进行快慢的顺序为______________。(用字母填空，下同)；‎ a．v(NH3)=0.05 mol·L-1·min-1 b．v(H2)=0.03 mol·L-1·min-1‎ c．v(N2)=0.02 mol·L-1·min-1 d．v(H2)=‎0.00 l mol·L-1·s-1‎ ‎(4)下列表述能作为反应达到化学平衡状态的标志是_____________。‎ a．反应速率v(N2)：v(H2)：v(NH3)=1：3：2‎ b．各组分的物质的量浓度不再改变 c．混合气体的平均相对分子质量不再改变 d．混合气体的密度不变 e．单位时间内生成n mol N2的同时，生成3n mol H2‎ f．v(N2)消耗=2v(NH3)消耗 g．单位时间内3mol H—H键断裂的同时2mol N—H键也断裂 ‎【答案】 (1). 70% (2). 0.09mol/(L·min) (3). a＞c＝d＞b (4). bc ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)上述反应在第5min时，消耗氮气的物质的量是0.20mol－0.06mol＝0.14mol，则N2的转化率为0.14mol/0.20mol×100%＝70%；‎ ‎(2)0～2 min内消耗氮气的物质的量是0.20mol－0.08mol＝0.12mol，根据方程式可知消耗氢气是0.36mol，浓度是0.18mol/L，则用H2表示从0～2 min内该反应的平均速率v(H2)＝0.18mol/L÷2min＝0.09mol/(L·min)；‎ ‎(3)如果都用氢气表示其反应速率，则根据反应速率之比是相应的化学计量数之比可知a～d分别是（mol·L-1·min-1）0.075、0.03、0.06、0.06，所以该反应进行快慢的顺序为a＞c＝d＞b；‎ ‎(4)在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态，则 a．反应速率v(N2)：v(H2)：v(NH3)=1：3：2不能说明反应达到平衡状态，a错误；‎ b．各组分的物质的量浓度不再改变，说明反应达到平衡状态，b正确；‎ c．混合气的平均相对分子质量是混合气的质量和混合气的总的物质的量的比值，质量不变，但物质的量是变化的，所以混合气体的平均相对分子质量不再改变，说明反应达到平衡状态，c正确；‎ d．密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中质量和容积始终是不变的，因此混合气体的密度始终不变，不能说明反应达到平衡状态，d错误；‎ e．单位时间内生成n mol N2的同时，生成3n mol H2，均表示逆反应速率，不能说明反应达到平衡状态，e错误；‎ f．v(N2)消耗=2v(NH3)消耗，不满足正逆反应速率相等，没有达到平衡状态，f错误；‎ g．单位时间内3mol H－H键断裂的同时2mol N－H键也断裂，不满足正逆反应速率相等，没有达到平衡状态，g错误；‎ 答案选bc。‎ ‎【点睛】平衡状态的判断是解答的易错点和难点，注意可逆反应达到平衡状态有两个核心的判断依据：①正反应速率和逆反应速率相等。②反应混合物中各组成成分的百分含量保持不变。只要抓住这两个特征就可确定反应是否达到平衡状态，对于随反应的发生而发生变化的物理量如果不变了，即说明可逆反应达到了平衡状态。判断化学反应是否达到平衡状态，关键是看给定的条件能否推出参与反应的任一物质的物质的量不再发生变化。‎ ‎33.如图所示的过程是目前直接利用太阳能的研究热点。人们把通过人工光化学手段合成燃料的过程叫做人工光合作用。‎ ‎(1)在图构想的物质和能量循环中太阳能最终转化为______能；‎ ‎(2)人工光合作用的途径之一就是在催化剂和光照条件下，将CO2和H2O转化为CH3OH(甲醇)，该反应的化学方程式为：2CO2(g)＋4H2O(g) 2CH3OH(g)＋3O2(g)。一定条件下，在‎2 L密闭容器中进行上述反应，下列能说明该反应已达到平衡状态的是____________(填序号)；‎ A．v正(H2O)＝2v逆(CO2) B．n(CH3OH)∶n(O2)＝2∶3‎ C．容器内压强保持不变 D．容器内混合气体密度保持不变 ‎(3)①用人工光合作用得到的甲醇、氧气和稀硫酸制作燃料电池，则甲醇应通入该燃料电池的______极(填“正”或“负”)，通入氧气一极的电极反应式：_________。‎ ‎②若用氢氧化钾溶液作电解液制成甲醇燃料电池，其负极的电极反应式为________________。‎ ‎【答案】 (1). 热 (2). AC (3). 负 (4). O2＋4H＋＋4e－＝2H2O (5). CH3OH－6e－＋8OH－＝CO32-＋6H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据图示分析判断；‎ ‎(2)达到平衡时正逆反应速率相等，各物质浓度、含量不变，据此分析判断；‎ ‎(3)①在燃料电池中，通入燃料甲醇的电极是负极、通入氧气的电极是正极；②若用氢氧化钾溶液作电解液制成甲醇燃料电池，甲醇在负极发生氧化反应生成碳酸钾，据此书写电极反应式。‎ ‎【详解】(1)由图可知，太阳能首先转化为化学能，其次化学能转化为热能，因此在图构想的物质和能量循环中太阳能最终转化为热能，故答案为：热；‎ ‎(2)A．v正(H2O)=2v逆(CO2)，可说明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故A正确；‎ B．无论是否达到平衡状态，生成物的物质的量之比都等于化学计量数之比，即n(CH3OH)∶(O2)=2∶3，故B错误；‎ C．反应前后气体的体积不等，容器内压强保持不变，可说明达到平衡状态，故C正确；‎ D．因容器体积以及气体的质量不变，则容器内密度保持不变，不能用于判断是否达到平衡状态，故D错误；‎ 故答案为：AC；‎ ‎(3)①甲醇、氧气和稀硫酸制作燃料电池，反应中甲醇被氧化，应为电池的负极，正极发生还原反应，氧气被还原生成水，电极方程式为O2+4H++4e-＝2H2O，故答案为：负；O2+4H++4e-＝2H2O；‎ ‎②若用氢氧化钾溶液作电解液制成甲醇燃料电池，甲醇在负极发生氧化反应生成碳酸钾，电极反应式为CH3OH－6e－＋8OH－＝CO32-＋6H2O，故答案为：CH3OH－6e－＋8OH－＝CO32-＋6H2O。‎ ‎【点睛】本题的易错点为(3‎ ‎)，要注意书写电极反应式时，要考虑电解质溶液对生成物的影响。‎ ‎34.如表为元素周期表的一部分，请参照元素①～⑨在表中的位置，回答下列问题：‎ ‎（1）第三周期中元素非金属性最强的元素的原子结构示意图为____________。‎ ‎（2）②③⑨最高价氧化物对应水化物酸性强弱顺序为（填化学式）___________。‎ ‎（3）用电子式表示④的简单氢化物的形成过程______________。‎ ‎（4）下列可以判断⑤和⑥金属性强弱的是_________‎ a．⑤单质的熔点比⑥单质低 b．⑤的化合价比⑥低 c．⑤单质与水反应比单质⑥剧烈 d．⑤最高价氧化物的水化物的碱性比⑥强 ‎（5）由表中①、③、④、⑥、⑧元素形成的常见物质Z、M、N可发生以下反应：‎ a．M中所含的化学键种类为（若含共价键，请标明极性或非极性）___________。‎ b．N→⑥的单质的化学方程式__________________。‎ ‎【答案】 (1). (2). HNO3＞H2CO3＞H2SiO3 (3). (4). cd (5). 极性共价键、离子键 (6). 2Al2O3（熔融）4Al＋3O2↑‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由元素在周期表中的位置可知：①为H、②为C、③为N、④为O、⑤为Na、⑥为Al、⑦为S、⑧为Cl、⑨为Si。结合元素周期律分析解答(1)～(4)；‎ ‎(5)氨气通入氯化铝溶液中生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，则M是氯化铵，Z是氢氧化铝，氢氧化铝分解生成N是氧化铝，电解熔融的氧化铝得到金属铝，据此分析解答。‎ ‎【详解】由元素在周期表中的位置可知：①为H、②为C、③为N、④为O、⑤为Na、⑥为Al、⑦为S、⑧为Cl、⑨为Si。‎ ‎(1)同周期自左向右非金属性逐渐增强，则第三周期中元素非金属性最强的元素是氯元素，其原子结构示意图为，故答案为：；‎ ‎(2)非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，则②③⑨最高价氧化物对应水化物酸性强弱顺序为HNO3＞H2CO3＞H2SiO3，故答案为：HNO3＞H2CO3＞H2SiO3；‎ ‎(3)④的简单氢化物是水，则用电子式表示其形成过程为，故答案为：；‎ ‎(4)a．金属性强弱与金属单质的熔点高低没有关系，故a错误；b．金属性强弱与金属元素的化合价高低没有关系，故b错误；c．金属性越强，其单质越容易与水反应，则⑤单质与水反应比单质⑥剧烈说明钠的金属性强于铝，故c正确；d．金属性越强，最高价氧化物水化物的碱性越强，则⑤最高价氧化物的水化物的碱性比⑥强说明钠的金属性强于铝，故d正确；故答案为：cd；‎ ‎(5)氨气通入氯化铝溶液中生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，则M是氯化铵，Z是氢氧化铝，氢氧化铝分解生成N，N是氧化铝，电解熔融的氧化铝得到金属铝。‎ a．氯化铵中所含的化学键种类有离子键和极性共价键；故答案为：极性共价键、离子键；‎ b．电解熔融的Al2O3冶炼铝，反应的化学方程式为2Al2O3(熔融)4Al+O2↑，故答案为：2Al2O3(熔融)4Al+O2↑。‎ ‎35.按要求回答问题：‎ ‎（1）以Zn和Cu为电极，稀H2SO4为电解质溶液形成的原电池中：‎ ‎①H+向___________极移动（填“正”或“负”）。‎ ‎②电子流动方向由____________极流向____________极（填：“正”、“负”）。‎ ‎③若有1mol e－ 流过导线，则理论上负极质量减少____________g。‎ ‎④若将稀硫酸换成硫酸铜溶液，电极质量增加的是___________（填“锌极”或“铜极”），原因是_____________（用电极方程式表示）。‎ ‎（2）一定温度下，在容积为‎2 L的密闭容器中进行反应：aN(g) bM(g) ＋cP(g)，M、N、P的物质的量随时间变化的曲线如图所示：‎ ‎ ‎ ‎①反应化学方程式中各物质的系数比为a∶b∶c＝_________。‎ ‎②1 min到3 min这段时刻，以M的浓度变化表示的平均反应速率为：________________________。‎ ‎③下列叙述中能说明上述反应达到平衡状态的是____________________________。‎ A．反应中当M与N物质的量相等时 B．P的质量不随时间变化而变化 C．混合气体的总物质的量不随时间变化而变化 D．单位时间内每消耗a mol N，同时消耗b mol M E．混合气体的压强不随时间的变化而变化 F．M的物质的量浓度保持不变 ‎【答案】 (1). 正 (2). 负 (3). 正 (4). 32.5 (5). 铜极 (6). Cu2++2e－＝Cu (7). 2:1:1 (8). 0.25mol·(L·min)－１ (9). BDF ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）①在原电池工作的过程中，阳离子向正极移动，故答案为：正；②在原电池中，电子由负极流出，正极流入，故答案为：负、正；③负极的电极反应为：Zn-2e-=Zn2+，当转移1mol e-时，消耗0.5molZn，质量为：0.5mol×‎65g/mol=‎32.5g，故答案为：32.5；‎ ‎④稀硫酸换成硫酸铜溶液后，在正极为铜离子得电子被还原，故答案为：铜极、Cu2++2e－＝Cu；‎ ‎（2）①由图示信息可知：N、M、P的物质的量在0-6min内的变化量分别为：6mol、3mol、3mol，因其物质的变化量之比等于系数之比，故a∶b∶c=2:1:1；②1 min到3 min这段时间，M的浓度变化量为（4mol-3mol）÷‎2L=0.5mol/L，则速率为：0.5mol/L÷2min= 0.25mol·(L·min)－１；③A．反应中当M与N的物质的量相等时并不能说明M或N的浓度保持不变，不一定平衡；B．P的质量不随时间变化而变化说明P的浓度保持不变，处于平衡状态；C．由于该反应是一个等体积的可逆反应，混合气体的总物质的量并不随反应的进行而变化，不一定平衡；D．单位时间内每消耗a mol N，同时消耗b mol M说明反应的正逆反应速率相等，处于平衡状态；E．由于该反应是一个等体积的可逆反应，混合气体的压强不随反应的进行而发生改变，不一定平衡；F．M的物质的量浓度保持不变说明反应处于平衡状态；故答案为：BDF。‎ ‎【点睛】化学平衡状态是一个稳定的状态，只有当一个随着可逆反应进行而发生改变的物理量保持不变时，则可说明可逆反应达到平衡状态。‎