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浙江省东阳中学2018-2019学年高一化学下学期期中试题（含解析）相对原子质量：H-1 C-12 O-16一、选择题（本大题共20小题，每小题2分，共40分。每个小题列出的四个选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1.下列反应中生成物总能量高于反应物总能量的是A. 碳酸钙受热分解B. 乙醇燃烧C. 液态水气化D. 氧化钙溶于水【答案】A【解析】【分析】生成物总能量高于反应物总能量的反应属于吸热反应，若反应物的总能量大于生成物的总能量则为放热反应，根据常见的放热反应和吸热反应进行判断。常见的放热反应有：所有燃烧反应、所有金属与水或酸的置换反应、所有中和反应、绝大多数化合反应、铝热反应等；常见的吸热反应有：个别的化合反应（如 C 和 CO2 ）、绝大数分解反应、少数置换反应以及某些复分解（如铵盐和强碱）。【详解】A 碳酸钙受热分解属于吸热反应，生成物总能量高于反应物总能量，选项 A 符合题意；B 乙醇燃烧属于放热反应，生成物的总能量小于反应物的总能量，选项 B 不符合题意；C 液态水气化是吸热过程，属于物理变化，选项 C 不符合题意；D 氧化钙溶于水发生化合反应，属于放热反应，生成物的总能量小于反应物的总能量，选项 D 不符合题意。答案选 A。【点睛】本题主要考查了放热反应和放热反应，题目难度不大，掌握常见的放热反应和吸热反应是解题的关键。2. 有关化学用语正确的是A. 乙烯的结构式：C2H4B. 四氯化碳的电子式：C. 甲烷分子的比例模型：D. 苯的分子式：【答案】C【解析】试题分析：A不正确，乙烯的结构式是。B不正确，四氯化碳的电子式应该是；苯的分子式是C6H6，D不正确，答案选C。考点：考查常见化学用语的正误判断点评：该题是中等难度的试题，也是高考中的常见题型与重要的考点。该题基础性强，难易适中，主要是考查学生对常见化学用语的熟悉掌握程度。该类试题需要明确的是常见的化学用语主要包括元素符号、化学式、化合价、电子式、原子结构示意图、结构式、结构简式以及方程式和各种模型等，需要学生熟练记住，并能灵活运用。3.在2A(s)B(g) =3C(g)4D(g)反应中，表示该反应速率最快的是A. (A)1.5 molL1s1B. (B)0.5 molL1s1C. (C)08 molL1min1D. (D)4molL1min1【答案】B【解析】【详解】不同物质表示的同一反应速率比较要先统一单位，然后除以该物质的化学计量数，结果越大反应速率越快。A、A为固体，其浓度为常数，不用A的浓度变化表示反应速率；B、（B）/1 0.5 mol/（L）=30 molL1min1；C、（C）0.267 mol/（Lmin）；D、（D）1 mol/（Lmin）；表示该反应速率最快的选项B。答案选B。4.具有相同官能团的有机物化学性质相似。下列5个有机物中，能够发生酯化、加成和氧化3种反应的是CH2=CHCOOH CH2=CHCOOCH3 CH2=CHCH2OHCH3CH2CH2OH A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】分子中含有碳碳双键，能发生加成反应和氧化反应，含有羧基，能发生酯化反应，符合；分子中含有碳碳双键，能发生加成和氧化反应，含有酯基，能发生水解反应，但不能发生酯化反应，不符合；分子中含有碳碳双键，能发生加成和氧化反应，含有羟基，能发生氧化反应和酯化反应，符合；分子中含有羟基，能发生氧化反应和酯化反应，没有不饱和键，不能发生加成反应，不符合；分子中含有醛基，能发生加成反应和氧化反应，含有羟基，能发生氧化反应和酯化反应，符合；以上物质中符合条件的有。答案选A。【点睛】本题考查了常见有机物的官能团及性质。根据有机物结构决定性质的特点，能够发生酯化反应，则含有羧基或羟基；能发生加成反应，则应含有不饱和键；能发生氧化反应，则应含有还原性官能团，如：双键、醛基、羰基等，另外有机物的燃烧也属于氧化反应。5.下列有关除杂质（括号内物质为杂质）的试剂及分离方法中，正确的是A. CH4（C2H4）：酸性高锰酸钾溶液，洗气B. 乙酸乙酯（乙酸）： NaOH溶液，分液C. 苯（Br2）： NaOH溶液，分液D. 乙酸（水）：生石灰，蒸馏【答案】C【解析】【详解】A、酸性高锰酸钾溶液能把乙烯氧化生成CO2，引入新的杂质，应该用溴水，选项A错误；B、乙酸乙酯、乙酸都与氢氧化钠反应，达不到除杂目的，应用饱和碳酸钠溶液除杂，选项B错误；C、溴与氢氧化钠反应生成可溶于水的溴化钠、次溴酸钠，与苯不互溶，然后分液即可，选项C正确；D、乙酸、水都与生石灰反应，达不到除杂的目的，选项D错误。答案选C。6.有甲、乙、丙、丁四种金属。将甲、乙用导线相连放入稀H2SO4中，甲表面有气体逸出。把丁放到乙的硝酸盐溶液中后，丁的表面覆盖一层乙的单质。甲放入稀盐酸中会产生H2。如果四种金属中有一种是铜，根据以上实验判断，代表铜的是A. 丁B. 丙C. 乙D. 甲【答案】B【解析】【详解】将甲、乙用导线相连放入稀H2SO4中可以看到甲的表面有气体逸出，乙为负极，甲为正极，则金属活泼性乙甲；把丁放到乙的硝酸盐溶液中，丁的表面覆盖一层乙的单质，则金属活泼性丁乙；将甲放入稀盐酸中有H2析出，则甲位于氢之前。所以金属活动性由强到弱的顺序是丁乙甲H，四种金属中有一种是铜，铜排在氢之后，所以丙是铜。答案选B。【点睛】本题考查了金属活泼性强弱判断，明确金属活泼性强弱与原电池正负极、金属之间的置换反应即可解答，题目难度不大，金属性活泼性的判断方法是考查重点。7.下列说法正确的是A. 天然气的主要成分是甲烷的水合物B. 石油裂解、煤的气化、液化都属于化学变化C. 石油裂化的目的是为了得到气态烯烃D. 煤中含有苯和甲苯，可用先干馏后分馏的方法把它们分离出来【答案】B【解析】【详解】A天然气的主要成分是甲烷，选项A错误；B、通过石油的裂解可以得到乙烯、丙烯等重要的基本化工原料，所以石油的裂解是化学变化，煤的气化是将其转化为可燃性气体的过程，属于化学变化；煤的液化是使煤转化为液体燃料的过程，属于化学变化，选项B正确；C、石油裂化的主要目的是获得更多的汽油等轻质油，选项C错误；D煤中不含苯和甲苯，煤干馏后获得煤焦油，煤焦油蒸馏能分离出苯和甲苯，煤的干馏属于化学变化，选项D错误；答案选B。8.下列说法正确的是A. 的名称为3一甲基丁烷B. CH3CH2CH2CH2CH3和互为同素异形体C. 和为同一物质D. CH3CH2OH和具有相同的官能团，互为同系物【答案】C【解析】【详解】A项，离取代基近的一端编号，命名应为2-甲基丁烷，故A项错误；B项，选项中的物质分子式相同结构不同，无特殊官能团，互为同分异构体，故B项错误；C项，甲烷分子呈现正四面体结构，四个位置完全等价，故C项正确；D项，虽然二者具有相同的官能团，但官能团的个数不同，组成也不相差CH2，不互为同系物，故D项错误。综上所述，本题正确答案为C。【点睛】本题重点考查了“四同”的区分，同分异构体：分子式相同而结构不同的化合物，如CH3CH2CH2CH2CH3和（CH3）2CHCH2CH3；同系物：结构相似，在分子式上相差一个或若干个CH2的一系列化合物，如CH3CH2OH和CH3OH；同素异形体：同种元素组成的不同单质，如石墨与金刚石；同位素：质子数相同而中子数不同的原子，如1H与2H。9.下列关于有机物的叙述正确的是A. 乙醇不能发生取代反应B. C4H10有三种同分异构体C. 用分液漏斗不能分离正己烷和水、乙醇和乙酸乙酯D. 乙烯和甲烷可用溴的四氯化碳溶液鉴别【答案】D【解析】【详解】A. 乙醇可以发生取代反应，例如乙醇与HBr发生取代反应生成溴乙烷与水，选项A错误；B. C4H10有两种同分异构体，为正丁烷和异丁烷，选项B错误；C. 分液漏斗分离的是互不相溶的物质，用分液漏斗能分离正己烷和水，选项C错误；D. 乙烯可以使溴的四氯化碳溶液褪色，而甲烷不能，可以鉴别，选项D正确。答案选D。10.下列有关用惰性电极电解AgNO3溶液一段时间后的说法正确的是A. 电解后两极产生的气体体积比为21B. 电解过程中溶液的pH不断升高C. 此时向溶液中加入适量的Ag2CO3固体可使溶液恢复电解前的状况D. 电解过程中阴极质量不断减少【答案】C【解析】【详解】A电解时阳极生成氧气，阴极Ag+放电生成Ag，阴极没有气体产生，选项A错误；B由4AgNO3+2H2O4Ag+O2+4HNO3，生成硝酸，溶液的酸性增强，pH不断降低，选项B错误；C由电解反应可知，从溶液中析出单质Ag和氧气，则可向溶液中加入适量的Ag2CO3固体与酸反应，相当于增加Ag2O，可使溶液恢复电解前的状况，选项C正确；D电解过程中阴极银离子放电，生成单质Ag，则阴极质量增加，选项D错误；答案选C。【点睛】本题考查电解原理，明确离子的放电顺序是解答本题的关键，用惰性电极电解AgNO3溶液，溶液中的阴离子在阳极放电，阴离子的放电顺序为氢氧根离子硝酸根离子；溶液中的阳离子在阴极的放电，放电顺序为银离子氢离子，则电解反应方程式为4AgNO3+2H2O 4Ag+O2+4HNO3，以此来解答。11.苯可发生如图所示的变化，下列说法不正确的是A. 现象：液体分层，下层紫红色B. 现象：火焰明亮，冒浓烟C. 硝基苯的密度比水大D. 间二溴苯只有一种，说明苯分子中不存在碳碳单键和碳碳双键交替出现的结构【答案】D【解析】【详解】A、苯中加入酸性高锰酸钾不反应，液体分层，苯的密度小于水，下层为酸性高锰酸钾溶液呈紫红色，选项A正确；B、苯中含碳量高，燃烧时火焰明亮，冒浓烟，选项B正确；C、硝基苯的密度比水大，选项C正确；D、无论苯分子中是否存在碳碳单键和碳碳双键交替出现的结构，间二溴苯都只有一种结构，选项D不正确。答案选D。12.固态或气态碘分别与氢气反应的热化学方程式如下: H2(g) +I2(?)2HI(g) H1=9.48kJmol1 H2(g) +I2(?)2HI(g) H2=+26.48kJmol1下列判断不正确的是A. 中的I2为气态，中的I2为固态B. 的反应物总能量比的反应物总能量低C. 反应的产物比反应的产物热稳定性更好D. l mol固态碘升华时将吸热35.96kJ【答案】C【解析】A、根据反应热 H=生成物的总能量反应物的总能量，说明中反应物的总能量大于中反应物的总能量，由于物质在气态时的能量大于在固体时的能量，则中的I2为气态,中的I2为固态，即A、B都正确；C、由于两个反应的产物相同、状态相同，热稳定性也相同，故C错误；D、根据盖斯定律，即得I2(s)I2(g) H= H2Hl =+26.48kJ/mol (-9.48kJ/mol)=+35.96 kJ/mol，说明lmol固态碘升华为碘节气需要吸收35.96kJ的热量，即D正确。故本题正确答案为C。点睛：利用盖斯定律运算时一定是代数运算；反应热的计算可以用键能，即 H=反应物的键能总和生成物的键能总和，也可以用物质的焓（即能量）， H=生成物的总能量反应物的总能量，二者计算方式不同，但结果是一致的。 13.已知XYMN反应中的能量变化过程如图，则下列有关说法正确的是A. X的能量一定低于M的能量，Y的能量一定低于N的能量B. 破坏反应物中的化学键所吸收的能量大于形成生成物中化学键所放出的能量C. 因该反应为吸热反应，故一定要加热反应才能进行D. 加入催化剂，可减小M+N与X+Y间的能量差【答案】B【解析】【分析】A反应热取决于反应物与生成物的总能量，而不是某一种反应物或生成物的能量关系；B反应物的总能量低于生成物的总能量时反应是吸热反应；C吸热反应不一定在加热的条件下发生；D催化剂能降低反应的活化能，不改变反应热。【详解】A由图可知，反应物的总能量低于生成物的总能量，不能说明X的能量一定低于M的能量，Y的能量一定低于N的能量，选项A错误；B、由图可知，反应物的总能量低于生成物的总能量，X+YM+N是一个吸热反应，则破坏反应物中的化学键所吸收的能量大于形成生成物中化学键所放出的能量，选项B正确；C、吸热反应不一定在加热的条件下发生，比如氯化铵和Ba（OH）28H2O的反应是吸热反应，但常温下就能发生，选项C错误；D、催化剂能降低反应的活化能，不改变反应热，加入催化剂，M+N与X+Y间的能量差不变，选项D错误；答案选B。【点睛】本题考查吸热反应与放热反应，可以根据能量守恒从反应物与生成物的总能量、化学键的断裂与形成，进行理解，难度不大。14.向一支大试管中加入5mL 0.1molL1KI溶液和1滴0.1molL1FeCl3溶液，用力振荡，为证明I与Fe3+可发生可逆反应，下列实验设计不正确的是A. 取少量反应后的溶液于试管，加淀粉溶液，观察现象B. 取少量反应后溶液于试管，滴加3滴0.1molL1KSCN溶液，观察现象C. 取少量反应后溶液于试管，滴加AgNO3溶液，观察现象D. 取少量反应后溶液于试管，滴K3Fe(CN)6溶液，检验是否有Fe2+生成【答案】C【解析】【详解】A、取少量反应后的溶液于试管，加淀粉溶液，溶液显蓝色，说明有碘单质生成，说明I-与Fe3+能发生反应，选项A正确；B、加入1滴0.1molL1FeCl3溶液，物质的量较少，若是可逆反应，则溶液中存在铁离子，滴加3滴0.1molL1KSCN溶液，溶液显血红色，选项B正确；C、加入1滴0.1molL1FeCl3溶液，物质的量较少，由于有KI剩余，滴加AgNO3溶液，无论是否发生可逆反应，一定会产生黄色沉淀，选项C不正确；D、取少量反应后溶液于试管，滴K3Fe(CN)6溶液，若产生蓝色沉淀，说明有Fe2+生成，选项D正确。答案选C。15.有机化学中取代反应范畴很广。下列反应中属于取代反应的是A. nCH2=CH2 B. C. D. + +【答案】D【解析】【详解】A、乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，属于加聚反应，选项A不符合题意；B、2-戊醇发生消去反应生成2-戊烯和水，属于消去反应，选项B不符合题意；C、3-甲基-1-丁烯含碳碳双键，与HI发生加成反应，选项C不符合题意；D、硬脂酸酸甘油酯在酸性条件下发生水解反应生成硬脂酸和甘油，属于取代反应，选项D符合题意。答案选D。16.下列说法不正确的是A. 保护天然气管道时，将铁制管道与电源的正极相连B. 等物质的量的铁完全腐蚀生成Fe2O3后，发生析氢腐蚀和吸氧腐蚀过程中消耗O2的物质的量之比为13C. 电解精炼铜，用粗铜作阳极，纯铜作阴极，CuSO4溶液作电解质D. 在海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀速率【答案】A【解析】【详解】A、铁制管道和电源正极相连做电解池阳极，失电子发生氧化反应，加快腐蚀，应该将铁制管道和电源负极相连被保护，选项A不正确；B、根据电极反应：析氢腐蚀时反应：Fe+2H+=Fe2+ +H2、4Fe2+ +O2+4H+=4Fe3+ +2H2O；吸氧：2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH)2、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，可知消耗氧气的物质的量之比为1：3，选项B正确；C、依据电解原理电解精炼铜，粗铜做阳极，纯铜做阴极，硫酸铜溶液做电解质溶液，选项C正确；D在金属活动性顺序表中，锌排在铁的前面，锌比铁活泼，海轮外壳上镶嵌锌块，组成铁锌原电池，铁为正极，被保护，在海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀速率，选项D正确；答案选A。17. 利用人工模拟光合作用合成甲酸的原理为：2CO2+2H2O2HCOOH+O2，装置如图所示，下列说法不正确的是A. 电极1周围pH增大B. 电子由电极1经过负载流向电极2C. 电极2的反应式：CO2+2H+2e=HCOOHD. 该装置能将太阳能转化为化学能和电能【答案】A【解析】试题分析：根据方程式，C的化合价由+4变成+2被还原，O的化合价由-2变成0价被氧化，因此CO2在正极反应反应，电极方程式为：CO2+2H+2e=HCOOH ，H2O在负极发生反应，电极方程式为：2H2O-4e=4H+O2。A电极1周围pH减小，错误；B电子由负极（电极1）经过负载流向正极（电极2），正确；C电极2的反应式：CO2+2H+2e=HCOOH，正确；D根据图示，该装置能将太阳能转化为化学能和电能，正确。考点：考查了电化学的相关知识。18.已知C(s)H2O(g)CO(g)H2(g) HakJmol1， 2C(s)O2(g)2CO(g) H220kJmol1，HH、OO和OH键的键能为436 kJmol1、496 kJmol1和462kJmol1，则a为A. 350B. 130C. 350D. 130【答案】B【解析】【分析】根据盖斯定律计算水分解反应的焓变，结合H=反应物的键能总和-生成物的键能总和来计算。【详解】已知C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）H=akJmol-1，2C（s）+O2（g）2CO（g）H=-220kJmol-12-得：2H2O（g）O2（g）+2H2（g）H=（2a+220）kJmol-1，4462 kJmol-1-496 kJmol-1-2436 kJmol-1=（2a+220）kJmol-1，解得a=+130。答案选B。【点睛】本题考查学生盖斯定律的应用以及化学反应的能量和化学键键能之间的关系，注意知识的迁移和应用是关键，题目难度中等，侧重于考查学生的计算能力。19.下列有关原电池的叙述中不正确的是A. 原电池是将化学能转化为电能的装置B. 在原电池中，电子流出的一极是负极，发生氧化反应C. 原电池中，电解质溶液中的阴离子会移向负极D. 构成原电池的两个电极必须是活泼性不同的两种金属【答案】D【解析】【分析】A原电池是将化学能转化为电能的装置；B负极失电子发生氧化反应； C溶液中阳离子向正极移动；D构成原电池的两个电极也可以是非金属导体等。【详解】A原电池反应中能自发的进行氧化还原反应，是将化学能转化为电能的装置，选项A正确；B原电池中，负极失电子发生氧化反应，则电子流出的一极是负极，选项B正确；C原电池中，电解质溶液中的阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，选项C正确；D构成原电池的两个电极不一定都是金属，可以是一极为较活泼金属，另一极为石墨棒等，选项D不正确；答案选D。【点睛】本题属于基础性试题的考查，难度不大，明确原电池的工作原理、构成条件是答题的关键。20.人体气味的成分中含有以下化合物：辛酸；壬酸；环十二醇；5，9十一烷酸内酯；十八烷；己醛；庚醛。下列说法正确的是A. 分子中碳原子数大于10B. 是酸性化合物，不是酸性化合物C. 是无机物，是有机物D. 含氧元素，不含氧元素【答案】B【解析】【详解】A、分子中碳原子数小于10，、分子中碳原子数大于10，选项A错误；B、含有羧基，是酸性化合物，、不是酸性化合物，选项B正确；C.、均是有机物，选项C错误；D、含氧元素，不含氧元素，选项D错误。答案选B。二、选择题（本大题共5小题，每小题3分，共15分。每个小题列出的四个选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）21.验证牺牲阳极的阴极保护法，实验如下（烧杯内均为经过酸化的3%NaCl溶液）。在Fe表面生成蓝色沉淀试管内无明显变化试管内生成蓝色沉淀下列说法不正确的是A. 对比，可以判定Zn保护了FeB. 对比，K3Fe(CN)6可能将Fe氧化C. 验证Zn保护Fe时不能用的方法D. 将Zn换成Cu，用的方法可判断Fe比Cu活泼【答案】D【解析】分析：A项，对比，Fe附近的溶液中加入K3Fe（CN）6无明显变化，Fe附近的溶液中不含Fe2+，Fe附近的溶液中加入K3Fe（CN）6产生蓝色沉淀，Fe附近的溶液中含Fe2+，中Fe被保护；B项，加入K3Fe（CN）6在Fe表面产生蓝色沉淀，Fe表面产生了Fe2+，对比的异同，可能是K3Fe（CN）6将Fe氧化成Fe2+；C项，对比，也能检验出Fe2+，不能用的方法验证Zn保护Fe；D项，由实验可知K3Fe（CN）6可能将Fe氧化成Fe2+，将Zn换成Cu不能用的方法证明Fe比Cu活泼。详解：A项，对比，Fe附近的溶液中加入K3Fe（CN）6无明显变化，Fe附近的溶液中不含Fe2+，Fe附近的溶液中加入K3Fe（CN）6产生蓝色沉淀，Fe附近的溶液中含Fe2+，中Fe被保护，A项正确；B项，加入K3Fe（CN）6在Fe表面产生蓝色沉淀，Fe表面产生了Fe2+，对比的异同，可能是K3Fe（CN）6将Fe氧化成Fe2+，B项正确；C项，对比，加入K3Fe（CN）6在Fe表面产生蓝色沉淀，也能检验出Fe2+，不能用的方法验证Zn保护Fe，C项正确；D项，由实验可知K3Fe（CN）6可能将Fe氧化成Fe2+，将Zn换成Cu不能用的方法证明Fe比Cu活泼，D项错误；答案选D。点睛：本题通过实验验证牺牲阳极的阴极保护法，考查Fe2+的检验、实验方案的对比，解决本题的关键是用对比分析法。要注意操作条件的变化，如中没有取溶液，中取出溶液，考虑Fe对实验结果的影响。要证明Fe比Cu活泼，可用的方法。22.3 mol A和2.5 mol B混合于2 L密闭容器中，发生的反应如下：3A(g)B(g) xC(g)2D(g)，5 min后反应达到平衡，容器内压强变小，测得D的平均反应速率为0.1 mol/(Lmin)，下列结论正确的是A. A的平均反应速率为 0.1 mol/(Lmin)B. 平衡时，C的浓度为 0.125 mol/LC. 平衡时，B的转化率为 20D. 平衡时，容器内压强为原来的 0.8 倍【答案】C【解析】【详解】容器内压强变小，说明正反应是气体系数之和减少的反应，即4x+2，x只能为1。n（D）=0.1 mol/(Lmin)5min2L=1mol，用三段式3A(g)B(g) C(g)2D(g)起始：3mol 2.5mol 0 0转化：1.5mol 0.5mol 0.5mol 1mol平衡：1.5mol 2mol 0.5mol 1molAA的平均反应速率为=0.15mol/（Lmin），选项A错误；B平衡时，C的浓度为=0.25mol/L，选项B错误；C平衡时，B的转化率为100%=20%，选项C正确；D平衡时，容器内压强为原来的=，选项D错误。答案选C。23.某新型锂离子可充电电池正极材料是含锂的二氧化钴(LiCoO2)。充电时LiCoO2被氧化，Li+迁移并以原子形式嵌入电池负极材料碳(C6)中形成LiC6。下列说法正确的是A. 充电时，锂离子电池的负极发生氧化反应B. 放电时，锂离子电池的正极反应为CoO2+Li+eLiCoO2C. 放电时，锂离子电池的正极的质量逐渐减小D. 充电时，C6极应与外接电源的正极相连【答案】B【解析】【分析】锂离子可充电电池正极材料是含锂的二氧化钴(LiCoO2)，充电时LiCoO2被氧化，阳极电极反应式为LiCoO2-e- =Li+CoO2，Li+迁移并以原子形式嵌入电池负极材料碳(C6)中形成LiC6，则C6为阴极，阴极电极反应式为Li+e-+C6=LiC6，据此分析作答。【详解】A、充电时，锂离子电池的负极为阴极，阴极上发生得电子的还原反应，选项A错误；B、放电时，电池的正极发生得电子的还原反应，电极反应式为CoO2+Li+e-=LiCoO2，选项B正确；C. 放电时，锂离子电池的正极反应为CoO2+Li+e-=LiCoO2，正极的质量逐渐增大，选项C错误；D. 充电时，C6电极为阴极，应与外接电源的负极相连，选项D错误。答案选B。【点睛】本题考查锂离子可充电电池的组成和工作原理，题目难度不大，本题注意从锂离子可充电电池充电时的反应分析反应原理。24.一定温度下，10.0mL 下列气态有机物在 50.0mL O2中充分燃烧后，将生成的气体混合物通过足量浓硫酸，剩余35.0mL 的气体混合物（反应前后压强相等），则该有机物可能是A. C3H8OB. C2H6O2C. C4H10O2D. C6H6【答案】A【解析】【详解】设有机物的分子式为CxHyOz，充分燃烧后，将生成的气体混合物通过足量浓硫酸，生成的水被吸收，剩余35.0mL的气体混合物为二氧化碳和过量的氧气，CxHyOz+（x+-）O2xCO2+H2O 气体体积减小V1 x+- 1+-10mL 50mL 10mL+50mL-35mL=25mL则：10mL：25mL=1：（1+-），解得：y=6+2z，x3.5则该气态有机物的分子式可能为C3H8O，答案选A。25. 一定温度下，向容积为2 L的密闭容器中通入两种气体发生化学反应，反应中各物质的物质的量变化如下图所示，对该反应的推断合理的是（ ）A. 该反应的化学方程式为3B4D6A2CB. 反应进行到1 s时，v（A）v（D）C. 反应进行到6 s时，B的平均反应速率为0.05 mol/（Ls）D. 反应进行到6 s时，各物质的反应速率相等【答案】C【解析】A、由图可知，反应达到平衡时A物质增加了1.2mol、D物质增加了0.4mol、B物质减少了0.6mol、C物质减小了0.8mol，所以A、D为生成物，物质的量之比为3：1，B、C为反应物，物质的量之比为3：4，反应方程式为：3B+4C6A+2D，故A错误；B、反应到1s时，v（A）=0.3mol/（Ls），v（C）=0.1mol/（Ls），所以v（A）v（C），故B错误；C、反应进行到6s时，v（B）=0.05mol/（Ls），故C正确；D、反应进行到6s时，v（A）=0.1mol/（Ls），v（B）=0.05mol/（Ls），v（C）=0.067mol/（Ls），v（D）=0.033mol/（Ls），所以反应进行到6s时，各物质的反应速率不相等，故D错误；故选C。三、填空题（共4个大题，共45分）。26.乙烯是一种重要的化工原料，以乙烯为原料衍生出部分化工产品的反应如下（部分反应条件已略去）：请回答下列问题：（1）A的化学名称是_；（2）B和A反应生成C的化学方程式为_，该反应的类型为_；（3）D的结构简式为_；（4）F的结构简式为_；（5）D的同分异构体D1能发生银镜反应，则D1的结构简式为_。【答案】 (1). 乙醇 (2). CH3COOH + CH3CH2OHCH3COOCH2CH3 + H2O (3). 取代(酯化)反应 (4). (5). CH3COOCH2CH2OOCCH3 (6). CH3CHO【解析】【分析】乙烯与水发生加成反应生成的A为乙醇，乙醇发生氧化生成B，B与乙醇在浓硫酸、加热条件下发生反应生成C，结合C的分子式可知，B为CH3COOH，C为CH3COOCH2CH3；乙烯与氧气催化氧化生成D，结合D的分子式，D为环氧乙烷，D与水反应生成E，E能与乙酸在浓硫酸、加热条件下发生反应生成F，结合F的分子式推知，E为HOCH2CH2OH，F为CH3COOCH2CH2OOCCH3；据此解答。【详解】乙烯与水发生加成反应生成的A为乙醇，乙醇发生氧化生成B，B与乙醇在浓硫酸、加热条件下发生反应生成C，结合C的分子式可知，B为CH3COOH，C为CH3COOCH2CH3；乙烯与氧气催化氧化生成D，结合D的分子式，D为环氧乙烷，D与水反应生成E，E能与乙酸在浓硫酸、加热条件下发生反应生成F，结合F的分子式推知，E为HOCH2CH2OH，F为CH3COOCH2CH2OOCCH3。（1）乙烯与水发生加成生成的A为乙醇，A的化学名称为乙醇；（2）乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，方程式为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，反应类型为取代(酯化)反应；（3）乙烯与氧气催化氧化生成D，结合D的分子式，D为环氧乙烷，结构简式为；（4）F为二乙酸乙二酯，结构简式为CH3COOCH2CH2OOCCH3；（5）D的同分异构体D1能发生银镜反应，D1中含醛基，则D1的结构简式为：CH3CHO。【点睛】本题为有机推断题，考查了乙烯、乙醇、乙酸、乙醛、环氧乙烷的性质，是对有机化合物知识的综合考查，熟悉常见物质的性质和反应类型是解题关键。27.在容积固定的VL密闭容器中充入4molNH3和5molO2，发生如下反应：4NH3(g)+5O2(g) 4NO(g)+6H2O(g)。请回答下列问题：（1）下列能说明该反应已经达到平衡状态的是_；A .容器中气体总质量不变B. c(O2)不变C. (O2)1.25(NH3)D. 体系压强不变E. 相同时间内，消耗0.1 mol NH3，同时消耗了0.1 mol NO（2）已知上述反应达到平衡后，该反应各物质的浓度的定量关系称之为K，其表达式可表示为K =。如果达到平衡时，NH3的转化率为a，则K=_（用含a的式子表示，数字采用指数形式）。（3）若反应在绝热密闭系统中进行时，其余条件不变，反应速率是先增大后减小。则速率逐渐增大是因为_，速率又逐渐减小的原因是_。（4）1mol NH3(g)在纯氧中完全燃烧生成无污染的气态物质，放出akJ的热量。写出该反应的热化学方程式_。（5）若将（4）所述反应设计原电池，负极反应式 _。【答案】 (1). BDE (2). 66a10/55(1a)9V (3). 体系温度升高 (4). 反应物浓度减小 (5). 4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g) H=4a kJmol1 (6). 2NH36e+6OH=N2+6H2O或 2NH36e =N2+6H+【解析】【分析】（1）当化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不变，以此解答该题；（2）根据化学平衡常数及三段式进行求算；（3）根据该反应为放热反应，反应过程中温度升高，在反应过程中温度升高和反应物浓度减小是影响反应速率的因素；（4）根据热化学方程式的书写方法可知，物质的物质的量与反应放出的热量成正比，氨气在纯氧中完全燃烧生成无污染的气态物质应为氮气和水；（5）原电池的负极发生氧化反应，氨气在负极反应生成氮气。【详解】（1）A反应前后都是气体，气体质量始终不变，容器中气体总质量不变不能说明反应达到平衡状态；Bc （O2）不变，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态；C（O2）=1.25（NH3），没有说明是正反应速率还是逆反应速率，无法判断是否达到平衡状态；D该反应是气体物质的量增大的反应，反应过程中气体的物质的量逐渐增大，压强逐渐增大，若体系压强不变，说明正、逆反应速率相等，达到了平衡状态；E相同时间内，消耗0.1mol NH3，同时消耗了0.1mol NO，说明正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态；故答案为：BDE；（2）根据三段式可知，4NH3(g)+5O2(g) 4NO(g)+6H2O(g)开始时的物质的量（mol） 4 5 0 0改变的物质的量（mol） 4a 5a 4a 6a平衡时的物质的量（mol） 4-4a 5-5a 4a 6aK=；（3）由于该反应为放热反应，且反应在绝热密闭系统中进行。所以在反应开始阶段，主要受体系温度升高的影响，反应速率增大；而随着反应的进行，反应物的浓度逐渐降低，所以在反应后阶段，主要受浓度减小因素的影响，反应速率减慢；（4）氨气在纯氧中完全燃烧生成无污染的气态物质应为氮气和水，1mol氨气燃烧放热akJ，则热化学方程式为4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g) H=4a kJmol1；（5）负极是氨气在反应，在碱性环境中反应的电极反应式为2NH36e-+6OH-=N2+6H2O，酸性环境中的电极反应式为2NH36e- =N2+6H+。【点睛】本题考查了化学平衡状态的判断、化学平衡的计算、影响化学反应速率的因素、原电池电极反应式的书写，题目难度中等，注意掌握判断化学平衡状态的方法，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力。28.目前，我国已经有上百个地区的加油站可提供标号为E90、E93的乙醇汽油，它们是在90、93汽油中加入了一定量的乙醇而制得。（1）用玉米生产燃料乙醇的生产如下图表示：粉碎玉米的目的是_。步骤a的操作是_。以玉米等淀粉原料生产乙醇的化学反应可用下式表示：(C6H10O5)n+ nH2OnC6H12O6C6H12O62C2H5OH + 2CO2100 kg玉米淀粉最多可生产无水乙醇_kg。（2）乙醇汽油在储存和运输过程中应特别注意防水。如果乙醇汽油中混入了水，可能出现_现象。（3）常温下，1g乙醇完全燃烧释放29.71kJ热量，请写出乙醇完全燃烧的热化学方程式_。（4）由玉米等农产品为原料制得的乙醇作燃料，是否是增加大气中CO2的含量，为什么？_。【答案】 (1). 增大反应物间的接触面积，加快反应速率，提高原料利用率 (2). 蒸馏 (3). 56.8 (4). 分层 (5). CH3CH2OH(l)+ 3O2(g)= 2CO2(l)+ 3H2O(l) H=1366.7kJmol1 (6). 不会，以1mol (C6H10O5)n计，光合作用合成时可吸收6n mol CO2，(C6H10O5)n发酵及生成的C2H5OH燃烧共向大气中排放6 n mol CO2，所以不会增加大气中CO2的含量【解析】【详解】根据题目提供的信息条件及相关化学知识可以判断：（1）粉碎玉米的目的是为了增大反应物的接触面积，从而加快反应速率或使反应进行的更充分；步骤a从溶液中得到乙醇，应利用沸点的不同进行分离，操作是蒸馏；根据题目提供的反应关系得到如下关系：（C6H10O5）nnC6H12O6 2nC2H5OH 162n 92n100kg m（C