湖北省襄阳第四中学2023学年化学高一第二学期期末经典试题含答案解析

1、2023学年高一下化学期末模拟测试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、下列反应速率4NH3+5O2=4NO+6H2O关系正确是（ ）A BC D2、实验室利用锌粒和1mol/L的盐酸制取氢气，下列措施不能加快反应速率的是( )A将1mol/L的盐酸改为1mol/L硫酸B将锌粒改为锌粉C加

2、入几滴硫酸铜溶液D加入NaCl溶液3、下列说法中不正确的是A金属的冶炼原理，就是在一定条件下将金属从其化合物中还原出来B将少量Na放入硫酸铜溶液中，可生成金属铜C将废铁屑加入FeCl2溶液中，可用于除去工业废气中的Cl2D铝合金可大量用于高铁建设4、CO2 + 4H2CH4 + 2H2O是CO2综合利用的一种方法。下列关于该反应的说法正确的是A适当升温能加快反应速率B催化剂对反应速率无影响C达到平衡时，正反应速率为0D达到平衡时，CO2能100%转化为CH45、金刚石和石墨是碳元素的两种结构不同的单质，在100kPa时，1mol石墨转化为金刚石，要吸收1.895kJ的热能。据此，试判断在100

3、kPa压强下，下的结论正确的是（ ）A石墨和金刚石的物理性质相同 B石墨转化为金刚石属于化学变化C1mol石墨比1mol金刚石的总能量高 D金刚石比石墨稳定6、有一块镁铝合金，其中镁与铝的质量比是8：9。加入足量稀H2SO4使其完全溶解后，再加入NaOH溶液，生成沉淀的质量随NaOH溶液体积变化的曲线如下图，其中正确的是ABCD7、从海带中提取碘的工业生产过程如下:下列说法不正确的是A为保证I完全被氧化,应通入过量Cl2B试剂R可以为NaOH溶液CH2SO4溶液作用之一是使滤液酸化D提纯晶体碘采用升华法8、常温下，将pH=a的NaOH溶液与pH=b的醋酸溶液等体积混合后，两者恰好完全反应，则该

4、温度下醋酸的电离平衡常数约为A1014-a-2bB10 a+b-14C10a-2bD10a-2b+149、已知乙烯和丙烯的混合物的质量为m g，NA代表阿伏加德罗常数的值，则该混合物A所含共用电子对数目为(m/7+1)NAB所含碳氢键数目为(m/7)NAC燃烧时消耗的O2一定是(33.6m/14)LD所含原子总数为(m/14)NA10、下列说法正确的是（ ）A需要加热才能发生的反应一定是吸热反应B吸热反应的反应物的总能量之和大于生成物的总能量之和CBa(OH)28H2O与NH4Cl的反应是放热反应D碳高温下与CO2反应是吸热反应11、核素90Th的相对原子质量约为232，则其核内的中子数与核外

5、电子数之差是A52B90C142D23212、下列关于化学键的说法正确的是（ ）含有金属元素的化合物一定是离子化合物第IA族和第A族原子化合时，一定生成离子键由非金属元素形成的化合物一定不是离子化合物活泼金属与非金属化合时，能形成离子键含有离子键的化合物一定是离子化合物离子化合物中可能同时含有离子键和共价键A B C D13、在密闭容器中进行反应2SO2O22SO3，反应达平衡的标志是单位时间内消耗2 mol SO2的同时生成2 mol SO3反应混合物中，SO2、O2与SO3的物质的量之比为212反应混合物中，SO3的质量分数不再改变ABCD14、有如图所示的铜-锌原电池，其电解质溶液为硫酸

6、铜溶液。下列关于该电池的说法错误的是A锌电极为负极，发生氧化反应B电子从锌电极经过硫酸铜溶液流向铜电极C铜电极上发生的反应为Cu2+2e=CuD电解质溶液中的SO42向锌电极移动15、在光照的条件下，将1 mol甲烷与一定量的氯气充分混合，经过一段时间，甲烷和氯气均无剩余，生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳和氯化氢，若已知生成的二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳的物质的量分别为a mol，b mol，c mol，该反应中消耗的氯气的物质的量是( )A(1+a+b+c)molB(2a3b4c)molC(1a2b3c) molD(abc)mol16、实验室制取少量N2，常利用的反应是NaNO2+

7、NH4ClNaCl+N2+2H2O，关于该反应的说法正确的是()ANaNO2是还原剂 B生成1 mol N2时转移的电子数为6 molCNH4Cl中的氮元素被还原 DN2既是氧化产物又是还原产物17、下列物质的性质比较，正确的是A氢化物稳定性：H2OH2SH2Se B原子半径：OSSeC非金属性：SiPS D最高正价：NOF18、短周期元素X和Y中，X原子的最外层电子数是内层电子总数的一半，Y元素在X元素的前一周期，Y2离子和Ne原子的电子层结构相同。有关X和Y形成的化合物Z的说法中，正确的是AZ肯定不是酸酐BZ是一种碱性氧化物CZ的分子式可能是X2Y5DZ是一种离子化合物19、升高温度，下列

8、数据不一定增大的是A水的离子积常数B化学平衡常数C反应的活化分子百分数D化学反应速率20、满足分子式为C5H11Cl的有机物共有A6种 B7种 C8种 D9种21、下列装置能构成原电池的是ABCD22、某同学设计的原电池装置如图所示。电池工作时，下列说法正确的是A锌片作正极B盐酸作为电解质溶液C电能转化为化学能D电子由铜片经导线流向锌片二、非选择题(共84分)23、（14分）下图是由常见元素组成的一些单质及其化合物之间的转化关系图。各方框表示有关的一种反应物或生成物（部分物质已经略去）。其中A、B、D在常温下均为无色无味的气体，C是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，M是最常见的无色液体。（1）

9、写出CE的化学方程式：_。（2）实验室常用加热两种固体混合物的方法制备物质C，其化学方程式为：_，干燥C常用_（填写试剂名称）。（3）E物质遇到D物质时，会观察到_现象，若用排水法收集F，则最终集气瓶中收集到的气体为_（填写物质的化学式）。（4）写出AD的化学方程式：_。24、（12分）目前世界上60%的镁是从海水中提取的。已知海水提取镁的主要步骤如图：（1）关于加入试剂作沉淀剂，有以下几种不同方法，请完成下列问题。方法是否正确简述理由方法1：直接往海水中加入沉淀剂不正确海水中镁离子浓度小，沉淀剂的用量大，不经济方法2：高温加热蒸发海水后，再加入沉淀剂不正确（一）你认为最合理的其他方法是：（二

10、）（一）_；（二）_；（2）框图中加入的试剂应该是_（填化学式）；加入的试剂是_（填化学式）；工业上由无水MgCl2制取镁的化学方程式为_。（3）加入试剂后，能够分离得到Mg(OH)2沉淀的方法是_。25、（12分）某研究小组对铁生锈过行研究。(1)甲同学设计了A、B、C组实验(如上图)，探究铁生锈的条件。经过较长时间后，甲同学观察到的现象是：A中铁钉生锈；B中铁打不生锈；C中铁钉不生锈。通过上述实验现象分析，可得出铁生锈的外部条件是_；铁钉发生电化学腐蚀的正极电极反应式为_；实验B所用的水要经过_处理；植物油的作用是_；实验C中碱石灰的作用是_。(2)乙同学为了达到同样目的，设计了实验D(如

11、图)，发现一段时间后，试管中的表面升高，其原因是_。26、（10分） (1)某探究小组用HNO3与大理石反应过程中质量减小的方法,研究影响反应速率的因素。所用HNO3浓度为1.00mol/L、2.00mol/L,大理石有细颗粒和粗颗粒两种规格,实验温度为25、35,每次实验HNO3的用量为25.0mL.大理石用量为10.00g。请完成以下实验设计表，并在实验目的一栏中填空:实验编号温度/大理石规格HNO3浓度(mol/L)实验目的25粗颗粒2.00(I)实验和探究浓度对反应速率的影响25粗颗粒_(II)实验和探究温度对反应遮率的影响；_粗颗粒2.00(III)实验和探究_对反应速率的影响25细

12、颗粒2.00 (II)把2.5molA和2.5molB混合放入2L密闭容器里，发生反应:3A(g)+B(g)xC(g)+2D(g),经5s后反应达到平衡。在此5s内C的平均反应速率为0.2mol/(Ls)，同时生成1molD。试求:(1)达到平衡时B的转化率为_。(2)x的值为_ 。(3)若温度不变，达到平衡时容器内气体的压强是反应前的_倍。27、（12分）用标准NaOH溶液滴定充满HCl的烧瓶(标况下)做完喷泉实验后得到的稀盐酸，以测定它的准确浓度，请你回答下列问题：(1)理论计算该盐酸的物质的量浓度为：_。(2)若用甲基橙作指示剂，达到满定终点时的现象是_。(3)现有三种浓度的标准NaOH

13、溶液，你认为最合适的是下列第_种。5.00molL-1 0.500molL-1 0.0500molL-1(4)若采用上述最合适浓度的标准NaOH溶液满定，滴定时实验数据列表如下：实验次数编号待测盐酸体积(mL)滴入NaOH溶液体积(mL)110.008.48210.008.52310.008.00求这种待测稀盐酸的物质的量浓度c(HCl)=_。(5)在滴定操作过程中，以下各项操作使测定值偏高的有：_滴定管用蒸馏水洗净后，未用已知浓度的标准溶液润洗滴定管(装标准溶液)在滴定前尖嘴处有气泡，滴定终了无气泡滴定前平视，滴定终了俯视看到颜色变化后立即读数洗涤锥形瓶时，误把稀食盐水当做蒸馏水进行洗涤28

14、、（14分）（1）下列说法不正确的是_AH、D、T表示同一种核素B甲烷与正丁烷（CH3CH2CH2CH3）互为同系物C金刚石和石墨互为同素异形体D乙醇（CH3CH2OH）与二甲醚（CH3-O-CH3）互为同分异构体（2）金刚石和石墨燃烧,氧气不足时生成一氧化碳，充分燃烧生成二氧化碳，反应中放出的热量如图所示。在通常状况下，金刚石和石墨中_(填“金刚石”或“石墨”)更稳定，石墨的燃烧热H为_。120 g石墨在一定量空气中燃烧，生成气体360g，该过程放出的热量_。（3）已知：N2、O2分子中化学键的键能分别是946 kJmol1、497 kJmol1。N2(g)O2(g)=2NO(g) H+18

15、0.0 kJmol1。NO分子中化学键的键能为_kJmol1。（4）综合上述有关信息，请写出CO和NO反应的热化学方程式_。29、（10分）为了探究某带结晶水的晶体X（仅含4种元素）的组成和性质，设计并完成了如下实验，其中甲、乙、丙均为常见物质。请回答：（1）X中除H、O以外的非金属元素是_。（2）固体乙与氨气在加热条件下反应也能得到单质丙，同时产生空气中含量最高的气体，写出该反应的化学方程式 _。（3）X的化学式是_。2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、D【答案解析】A、由化学反应速率之比等于化学计量数之比，则 ，故A

16、错误；B、由化学反应速率之比等于化学计量数之比，则，故B错误；C、由化学反应速率之比等于化学计量数之比，则，故C错误；D、由化学反应速率之比等于化学计量数之比，则，故D正确；故选：D。点睛：本题考查化学反应速率的计算，明确同一化学反应中，用不同的物质来表示化学反应速率，数值不同，但意义相同，且化学反应速率之比等于化学计量数之比。2、D【答案解析】A.将1mol/L的盐酸改为1mol/L硫酸，增大了溶液中氢离子的浓度，从而加快了反应速率，故A不选；B.将锌粒改为锌粉，增大了锌与盐酸的接触面积，可以加快反应速率，故B不选；C.锌与滴入几滴硫酸铜溶液反应生成少量的铜，构成铜锌原电池，从而加快了反应速

17、率，故C不选；D.加入NaCl溶液，钠离子和氯离子不参与锌与氢离子的反应，由于溶液体积变大，溶液中氢离子浓度减小，导致反应速率减小，故D选。故选D。3、B【答案解析】A. 金属的冶炼原理，就是在一定条件下将金属从其化合物中还原出来，故A正确；B. 将少量Na放入硫酸铜溶液中，钠会和水反应生成NaOH，而不是和铜离子发生置换反应，故B错误；C. 氯气会将氯化亚铁氧化为氯化铁，而铁屑又可将三价铁离子还原为亚铁离子，继续和氯气反应，故C正确；D. 铝合金密度小硬度大，可大量用于高铁建设，故D正确；故答案选B。4、A【答案解析】A.温度越高反应的速率越快；B.使用催化剂加快化学反应的速率；C.化学平衡

18、是动态平衡；D.反应是可逆反应。【题目详解】A.温度越高反应的速率越快，所以适当升温能加快反应速率，A正确；B.使用催化剂加快化学反应的速率，所以催化剂对反应速率有影响，B错误；C.化学平衡是动态平衡，所以达到平衡时，正反应速率大于0，C错误；D.反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，所以达到平衡时，CO2不可能100%转化为CH4，D错误；故合理选项是A。【答案点睛】本题考查化学反应速率的影响以及化学平衡等问题，侧重考查学生的分析能力，注意把握影响反应速率的因素以及平衡状态的特征。5、B【答案解析】分析：石墨转化为金刚石，要吸收热量，说明石墨的能量低于金刚石的能量，能量低的物质稳定；化

19、学变化的特征是有生成新物质；据以上分析解答。详解: 金刚石和石墨是碳元素的两种结构不同的单质，物理性质不相同，A错误；金刚石和石墨是同素异形体,同素异形体之间的转化属于化学变化,B正确；1mol石墨转化为金刚石，要吸收1.895kJ的热能，所以金刚石比石墨能量高,C错误；石墨的能量比金刚石低,能量越低越稳定,石墨比金刚石稳定, D错误；正确选项B。点睛：在100kPa时，1mol石墨转化为金刚石，要吸收1.895kJ的热能，说明石墨的能量低，金刚石的能量高，石墨比金刚石稳定，也就是说，物质所含能量较低的稳定。6、A【答案解析】镁与铝的质量比是8: 9，物质的量比是1:1。加足量盐酸溶解，再加氢

20、氧化钠溶液，则氢氧化钠先中和掉多余的酸，再分别与Mg2+、Al3+生成Mg(OH)2、Al(OH)3沉淀，过量后Al(OH)3沉淀溶解，沉淀质量减少，最终只剩Mg(OH)2沉淀。由于镁、铝的物质的量相等，生成的Mg(OH)2和Al(OH)3的物质的量也相等，由两种沉淀的分子式知Al(OH)3的质量大于Mg(OH)2的质量，故最终沉淀不会消失，但最终沉淀质量小于沉淀达到最大时质量的一半，故A项正确。综上所述，本题正确答案为A。7、A【答案解析】A、为保证I完全被氧化，应通入稍过量Cl2，但如果Cl2过量较多，将会继续氧化I2，A错误；B、NaOH可以与海带中的I2发生发应：3I2+6OH-=5I

21、-+IO3-+3H2O，使碘元素更多的转移入溶液中，提高碘的吸收率，B正确；C、加入硫酸使溶液呈酸性，使I-与IO3-在酸性下发生归中反应生成I2，C正确；D、碘单质易升华，提纯碘单质可以采取升华法，D正确。正确答案为A。8、A【答案解析】pH=b的醋酸溶液中c(H+)=c(CH3COOO-)=10-bmol/L，pH=a的NaOH溶液中c(OH-)=c(NaOH)=10a-14mol/L，将两者等体积混合，恰好完全反应，则说明醋酸的物质的量浓度等于NaOH的物质的量浓度，c(CH3COOH)约为10a-14mol/L,故该温度下醋酸的电离平衡常数为1014-a-2b 。答案选A。9、B【答案

22、解析】测试卷分析：乙烯和丙烯的最简式相同，均是CH2，则A所含共用电子对数目为，A错误；B所含碳氢键数目为mNA/7，B正确；C不能确定氧气的状态，不能计算其体积，C错误；D所含原子总数为，D错误，答案选B。考点：考查烯烃的结构及物质的量的有关计算10、D【答案解析】A. 反应条件与反应的吸放热无关，需要加热才能发生的反应可能为吸热反应也可能是放热反应，即不一定是吸热反应，故A错误；B. 根据反应物的总能量与生成物的总能量相对大小判断吸热、放热反应，吸热反应的反应物的总能量之和小于生成物的总能量之和，故B错误；C.虽然 Ba(OH)28H2O与NH4Cl 的反应在常温下就能发生，但属于吸热反应

23、，故C错误；D. 碳高温下与CO2反应是化合反应，但属于吸热反应，故D正确；本题答案选D。点睛：判断放热反应、吸热反应的方法是根据反应物的总能量与生成物的总能量相对大小判断，若反应物的总能量大于生成物的总能量为放热反应，反之则为吸热反应，与反应条件和反应类型无关。11、C【答案解析】核素90Th的相对原子质量约为232，则质量数为232，原子中质子数为90，原子中中子数=质量数-质子数=232-90=142。答案选C。12、D【答案解析】分析：(1)含有金属元素的化合物不一定是离子化合物; (2)第A族和第A族原子化合时,不一定生成离子键; (3)由非金属元素形成的化合物可能是离子化合物;(4

24、)活泼金属与非金属化合时,能形成离子键; (5)含有离子键的化合物一定是离子化合物,离子化合物中可能含有共价键;(6)离子化合物中可能同时含有离子键和共价键。详解含有金属元素的化合物不一定是离子化合物,如氯化铝是共价化合物,故错误;第A族和第A族原子化合时,不一定生成离子键,可能生成共价键,如H元素和F元素能形成共价化合物HF,故错误;(3)由非金属元素形成的化合物可能是离子化合物,如铵盐,故错误;(4)活泼金属与非金属化合时,能形成离子键,如第IA族(H除外)、第IIA族元素和第VIA族、第VIIA族元素易形成离子键,故正确;(5)含有离子键的化合物一定是离子化合物,离子化合物中可能含有共价

25、键,如KOH,故正确;(6)离子化合物中可能同时含有离子键和共价键,如NaOH,故正确;所以D选项是正确的。13、D【答案解析】可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等(同种物质)或正逆反应速率之比等于系数之比(不同物质)，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，由此衍生的一些物理量不变，以此分析。【题目详解】随着反应的进行，单位时间内消耗2 mol SO2的同时一定生成2 mol SO3，与反应是否达到平衡状态无关，故不能说明达到平衡状态；平衡时接触室中SO2、O2、SO3物质的量之比可能为2：1：2，可能不是2：1：2，与二氧化硫的转化率有关，故无法说明达到平衡状态；反应混合物中，S

26、O3的质量分数不再改变，说明SO3的质量不再随时间变化而变化，此时反应达到平衡状态，故能说明达到平衡状态；故答案为D。14、B【答案解析】A、在上述原电池中金属锌比铜活泼，因此锌作负极，失去电子，发生氧化反应，本身被氧化。铜电极作正极，得到电子，发生还原反应，被还原，A正确；B、电子从负极经外接导线流向正极，电子不能通过溶液传递，B错误；C、铜电极作正极，得到电子，发生还原反应，被还原，反应为Cu2+2eCu，C正确；D、电解质溶液中，阳离子向正极移动，阴离子硫酸根向负极移动，即向锌电极移动，D正确；答案选B。【答案点睛】明确原电池的工作原理是解答的关键。在原电池中，活泼电极作负极，失去电子，

27、发生氧化反应，被氧化；不活泼电极作正极，得到电子，发生还原反应，被还原。电子从负极经外接导线流向正极。电解质溶液中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。15、C【答案解析】根据碳原子守恒可知生成一氯甲烷的物质的量是(1abc)mol。根据取代反应的特点可知：1mol甲烷与一定量的氯气充分混合，生成几氯甲烷就消耗多少mol的氯气，因此消耗的氯气的物质的量为：(1abc)mol2a mol3b mol4c mol(1a2b3c)mol，答案为C。16、D【答案解析】A、NaNO2中N元素的化合价降低，得电子，作氧化剂，故A错误；B、每生成1molN2，消耗1molNaNO2得3mol电子，消耗1m

28、olNH4Cl失去3mol电子，即转移的电子为3mol，故B错误；C、NH4Cl中的N元素化合价升高，失去电子被氧化，故C错误；D、N2既是氧化产物又是还原产物，故D错误；故选D。17、A【答案解析】分析：A.非金属性越强，氢化物越稳定；B.根据同主族原子半径递变规律解答；C.根据同周期非金属性递变规律解答；D.主族元素的最高价等于族序数。详解：A. 同主族从上到下非金属性逐渐减弱，则氢化物稳定性：H2OH2SH2Se，A正确；B. 同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：OSSe，B错误；C. 同周期自左向右非金属性逐渐增强，则非金属性：SiPS，C错误；D. 主族元素的最高价等于族序数

29、，但由于F是最活泼的金属，没有正价，氧元素也没有最高价，则最高正价：NOF，D错误。答案选A。18、C【答案解析】短周期元素X和Y中，Y2-离子和Ne原子的电子层结构相同，则Y为氧元素；Y元素在X元素的前一周期，则X位于第三周期，有3个电子层，X原子的最外层电子数是内层电子总数的一半，则最外层电子数为(2+8)=5，X为磷元素，据此分析解答。【题目详解】根据上述分析，X为磷元素，Y为氧元素。X和Y形成的化合物Z可能为五氧化二磷或三氧化二磷。A、磷的氧化物有五氧化二磷，为磷酸的酸酐；三氧化二磷，为亚磷酸的酸酐，磷的氧化物是酸酐，故A错误；B、磷的氧化物有五氧化二磷，为磷酸的酸酐；三氧化二磷，为亚

30、磷酸的酸酐，磷的氧化物属于酸性氧化物，故B错误；C、磷的氧化物有五氧化二磷P2O5，故C正确；D、磷的氧化物为共价化合物，不含离子键，属于共价化合物，故D错误；故选C。19、B【答案解析】A、水的离子积只受温度影响，水的电离是吸热过程，升高温度，促进水的电离，水的离子积增大，故A不符合题意；B、化学平衡常数只受温度的影响，如果反应为放热反应，升高温度，化学平衡常数减小，如果反应为吸热反应，升高温度，化学平衡常数增大，故B符合题意；C、升高温度，增加反应的活化分子百分数，故C不符合题意；D、升高温度，加快反应速率，故D不符合题意；答案选B。【答案点睛】考查温度对反应速率的影响，温度对化学平衡常数

31、与水的离子积的影响，比较基础，根据勒夏特列原理判断平衡移动方向即可得出，注意基础知识的掌握。20、C【答案解析】分析：分子式为C5H11Cl是C5H12的一氯代物,根据C5H12的同分异构体有三种:CH3CH2CH2CH2CH3，（CH3）2CHCH2CH3，C(CH3)4，每种同分异构体中的H原子有几种，则其一溴代物就有几种，据此分析。详解：分子式为C5H11Cl是C5H12的一氯代物,而C5H12的同分异构体有三种：CH3CH2CH2CH2CH3，（CH3）2CHCH2CH3，C(CH3)4。CH3CH2CH2CH2CH3中的H原子有3种,故其一氯代物有3种；（CH3）2CHCH2CH3中

32、的H原子有4种,则其一氯代物有4种；C(CH3)4的H原子只有一种,则其一氯代物有1种。故C5H12的一氯代物即C5H11Cl的结构有8种，所以C选项是正确的。21、A【答案解析】构成原电池的条件是：活泼性不同的金属或金属和非金属，导线连接，并且插入电解质溶液中形成闭合回路。【题目详解】A.锌比银活泼，锌与稀硫酸反应生成氢气，形成了闭合回路，故A可以构成原电池；B.酒精是非电解质，不能构成原电池；C.没有形成闭合回路，不能构成原电池；D.两电极材料相同，均不能与硫酸反应，不能构成原电池。所以答案是A。22、B【答案解析】A.锌活泼性强于铜，所以锌作负极，A错误；B.图中为原电池装置，电解质溶液

33、为盐酸，B正确；C.图示为原电池，是化学能转化为电能的装置，C错误；D.锌为负极，铜为正极，电子从负极锌流出，沿着导线流向正极铜，D错误；故合理选项是B。二、非选择题(共84分)23、4NH3+5O24NO+6H2O Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3+2H2O 碱石灰 无色气体变为红棕色 NO 2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2 【答案解析】A、B、D在常温下均为无色无味的气体，C是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，是氨气，则B为氮气，A与过氧化钠反应生成D，则A为二氧化碳，D为氧气，M是最常见的无色液体，M是水。氨气和氧气反应生成E为一氧化氮，一氧化氮和氧气反应生成F

34、为二氧化氮，二氧化氮和水反应生成G为硝酸。据此解答。【题目详解】（1）根据以上分析可知C到E的反应为4NH3+5O24NO+6H2O。（2）实验室用加入氯化铵和氢氧化钙固体的方法制备氨气，方程式为Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3+2H2O，氨气是碱性气体，干燥氨气用碱石灰。（3）一氧化氮遇到氧气反应生成红棕色的二氧化氮，若用排水法收集，则二氧化氮会与水反应生成硝酸和一氧化氮，收集到的气体为NO。(4)过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，方程式为：2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2。【答案点睛】无机推断题要抓住突破口，例如能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气，红棕色

35、气体为二氧化氮或溴蒸气，常见的无色液体为水，淡黄色固体为硫或过氧化钠等。24、能源消耗大，不经济 海滩晒盐蒸发浓缩得到苦卤水后，加入沉淀剂 Ca(OH)2 HCl MgCl2(熔融)Mg+Cl2 过滤 【答案解析】本题考查的是从海水中提取镁的流程，试剂应该是石灰乳，发生的反应为MgCl2+Ca(OH)2=Mg(OH)2+CaCl2，经过过滤得到Mg(OH)2沉淀，加入试剂盐酸，发生反应Mg(OH)2+2HCl=MgCl2+2H2O，然后蒸发浓缩，冷却结晶脱水制的无水MgCl2，再电解熔融的MgCl2便可制得Mg，据此分析解答问题。【题目详解】(1)高温蒸发海水时消耗能源大，不经济，方法不正确，

36、应先浓缩海水再加入沉淀剂，故答案为：能源消耗大，不经济；海滩晒盐蒸发浓缩得到苦卤水后，加入沉淀剂；(2)根据上述分析可知，试剂应该是石灰乳，发生的反应为MgCl2+Ca(OH)2=Mg(OH)2+CaCl2，经过过滤得到Mg(OH)2沉淀，加入试剂盐酸，发生反应Mg(OH)2+2HCl=MgCl2+2H2O，工业上电解熔融的MgCl2便可制得Mg，化学方程式为MgCl2(熔融)Mg+Cl2，故答案为：Ca(OH)2；HCl；MgCl2(熔融)Mg+Cl2；(3)试剂应该是石灰乳，发生的反应为MgCl2+Ca(OH)2=Mg(OH)2+CaCl2，经过过滤得到Mg(OH)2沉淀，故答案为：过滤。

37、25、 有水(或电解质溶液)和氧气(或空气) O2-4e-+2H2O=4OH- 煮沸或“除去氧气(写“加热”不正确) 隔绝空气(或“防止氧气与铁接触”) 吸收水蒸气(或“干燥”“保持试管内干燥环境”) 铁的腐蚀要吸收氧气(或“氧气参与反应”“消耗了氧气”)使气体体积减小【答案解析】分析：（1）铁在潮湿的空气中易发生电化学腐蚀，隔绝空气或在干燥的空气中难以形成原电池反应；铁发生电化学腐蚀时，正极上是氧气发生得电子的还原反应；将水煮沸可以将水中的空气排出，植物油和水是互不相溶的；碱石灰是可以吸水的（2）根据金属铁生锈的电化学原理来解释。详解：（1）铁生锈的外部条件是金属要和空气中的水以及氧气接触；

38、铁钉发生电化腐蚀，负极上铁为活泼金属，易失去电子而被氧化，正极上是氧气发生得电子的反应O2-4e-+2H2O=4OH-；水中溶解有一定的空气，煮沸可以将空气排出，植物油和水是互不相溶的，它的作用是隔绝空气中的氧气；碱石灰能吸水，它的作用是吸收空气中的水蒸气；（2）铁生锈会消耗氧气，这样会使试管内压强低于大气压，所以液面上升的原因是铁钉生锈消耗了试管内的氧气，使试管内压强低于大气压。点睛：本题考查金属腐蚀的化学原理，题目难度不大，注意金属发生电化学腐蚀和化学腐蚀的区别，以及形成电化学腐蚀的条件。26、1.00 35 探究固体物质的表面积(答接触面亦可) 20% x=4 1.2 【答案解析】测试卷

39、分析：() 根据实验和探究浓度对反应速率的影响，所以实验和中硝酸浓度不同；实验和探究温度对反应速率的影响，实验和的温度不同；实验和碳酸钙颗粒大小不同；()根据三段式解题法，求出混合气体各组分物质的量的变化量、平衡时各组分的物质的量平衡时，生成的C的物质的量为0.2mol/（Ls）5s2L=2mol， 根据相关计算公式计算相关物理量。解析：() 根据实验和探究浓度对反应速率的影响，所以实验和中硝酸浓度不同，实验中HNO3浓度为1.00mol/L；实验和探究温度对反应速率的影响，实验和的温度不同，实验的温度选择35；实验和碳酸钙颗粒大小不同，实验和探究固体物质的表面积对反应速率的影响；()根据三段

40、式法，平衡时，生成的C的物质的量为0.2mol/（Ls）5s2L=2mol， （1）达平衡时B的转化率为。（2） ，x=4。（3）若温度不变，容器内气体的压强比等于物质的量比， 点睛：根据阿伏加德罗定律及其推论；同温、同体积的气体，压强比等于物质的量比；同温、同压，体积比等于物质的量比。27、1/22.4mol/L或0.045mol/L 当最后一滴NaOH滴入HCl中时，溶液由橙色变黄色，且30s内不恢复 0.0425mol/L 【答案解析】分析：（1）根据cn/V计算盐酸的浓度；（2）根据甲基橙的变色范围分析；（3）为减小误差，应尽量用浓度小的溶液；（4）先根据数据的有效性，计算消耗标准液体

41、积，然后利用中和反应方程式计算；（5）根据c（待测）=c(标准)V(标准)/V(待测)，分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差。详解：（1）设烧瓶的容积是VL，实验后水充满烧瓶，则理论上该盐酸的物质的量浓度为VL22.4L/molVL0.045mol/（2）若用甲基橙作指示剂，由于甲基橙的变色范围是3.14.4，则达到满定终点时的现象是最后一滴NaOH滴入HCl中时，溶液由橙色变黄色，且30s内不恢复。（3）实验时，为减小实验误差，则所用氢氧化钠溶液体积不能过小，否则误差较大，应用浓度最小的，即选取0.0500molL-1的氢氧化钠溶液，答案选；（4）依据表中三次实验消耗标准液体积

42、可知，第三次数据误差较大，应舍弃，所以消耗标准液体积为：（8.48mL+8.52mL）2=8.50mL，依据HCl+NaOH=NaCl+H2O可知这种待测稀盐酸的物质的量浓度c(HCl)0.0500mol/L8.50mL10.00mL0.0425mol/L（5）滴定管洗净后，直接装入标准氢氧化钠溶液进行滴定，导致消耗标准液体积偏大，实验测定结果偏高；滴定前，滴定管(装标准溶液)在滴定前尖嘴处有气泡，滴定后消失，导致消耗标准液体积偏大，测定结果偏高；滴定前平视，滴定终了俯视，导致消耗标准液体积偏小，测定结果偏小；看到颜色变化后立即读数，导致消耗标准液体积偏小，测定结果偏小；洗涤锥形瓶时，误把稀食

43、盐水当做蒸馏水进行洗涤，氢氧化钠溶液浓度不变，测定结果不变。答案选。点睛：本题主要考查中和滴定，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，题目涉及中和滴定操作、误差分析以及计算，滴定实验的数据计算应用，明确滴定原理及操作步骤，熟悉滴定管的使用方法是解题关键，题目难度中等。28、A 石墨 393.5 kJmol1 2520kJ 631.5 2NO(g)2CO(g)=N2(g)2CO2(g)H746.0 kJmol1 【答案解析】（1）A、具有一定数目的中子和质子的原子称为一种核素；结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物；由同种元素形成的不同种单质互为同素异形体；分子式相同结构式不同的化合物互为同分异构体；（2）物质的能量越低越稳定；根据图像可计算