2023学年福建省泉港一中化学高一第二学期期末联考模拟试题含答案解析

2023学年高一下化学期末模拟测试卷考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、测试卷卷上答题无效。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、在同温同压下，某有机物和过量Na反应得到V1L氢气，另一份等量的有机物和足量的NaHCO3反应得V2L二氧化碳，若V1＝V2≠0，则有机物可能是()A． B．HOOC—COOHC．HOCH2CH2OH D．CH3COOH2、在l0℃时，10mL0.4mol•L－1H2O2溶液发生催化分解：2H2O22H2O＋O2↑，不同时刻测得生成O2的体积（已折算为标准状况）如下表：t/min0246V(O2)/mL0.09.917.222.4下列叙述不正确的是（溶液体积变化忽略不计）A．0～2min的平均反应速率比4～6min快B．0～6min的平均反应速率v(H2O2)＝3.3×10－2moL－1•L－1•min－1C．反应至6min时，c(H2O2)＝0.3mol·L－1D．反应至6min时，H2O2分解了50%3、下列物质中，不能和氯气发生取代反应的是A．CH3Cl B．CCl4 C．CH2Cl2 D．CH44、中国化学家研究出一种新型复合光催化剂（C3N4/CQDs），能利用太阳光高效分解水，原理如下图所示。下列说法不正确的是A．通过该催化反应，实现了太阳能向化学能的转化B．反应I中涉及到非极性键的断裂和极性键的形成C．反应II为：2H2O22H2O+O2↑D．总反应为：2H2O2H2↑+O2↑5、下列说法不正确的是①共价化合物含共价键，也可能含离子键②H2CO3酸性＜H2SO3酸性，故非金属性C＜S③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熔融状态能导电的物质是离子化合物⑥由分子组成的化合物中一定存在共价键A．①③⑤B．②④⑥C．①②④⑥D．①③⑤⑥6、已知白磷和P4O6的分子结构如图所示，又知化学键的键能是形成(或断开)1mol化学键时释放(或吸收)的能量，现查知P—P键能为198kJ·mol－1、P—O键能为360kJ·mol－1、O＝O键能为498kJ·mol－1。若生成1molP4O6，则反应P4(白磷)＋3O2＝P4O6中的能量变化为()A．吸收1638kJ能量 B．放出1638kJ能量C．吸收126kJ能量 D．放出126kJ能量7、铜-锌原电池如图所示，电解质溶液为硫酸铜溶液，工作一

段时间后，下列不正确的()A．锌电极反应为

Zn-2e-=Zn2+ B．电子从锌电极经过硫酸铜溶液流向铜电极C．溶液中的

SO42-向锌电极移动 D．铜电极质量增加8、某温度下，体积一定的密闭容器中进行如下可逆反应：X(g)＋Y(g)Z(g)＋W(s)ΔH>0，下列叙述正确的是()A．加入少量W，逆反应速率增大B．当容器中气体压强不变时，反应达到平衡C．升高温度，平衡逆向移动D．平衡后加入X，上述反应的ΔH增大9、下列反应中属于氧化还原反应的是()A．NH3+HC1=NH4C1B．C12+H2O=HC1+HC1OC．CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑D．H2CO3=CO2↑+H2O10、下列与有机物的结构、性质的有关叙述中正确的是()A．乙烯、氯乙烯、聚乙烯均可使酸性高锰酸钾溶液褪色B．乙酸与乙醇可以发生酯化反应，又均可与金属钠发生置换反应C．分馏、干馏都是物理变化，裂化、裂解都是化学变化D．纤维素葡萄糖CO2和H2O（释放能量维持生命活动）11、下列仪器能直接用酒精灯加热的是①量筒②表面皿③烧杯④试管⑤烧瓶⑥蒸发皿⑦坩埚A．②③④⑥⑦ B．③④⑥⑦ C．④⑥⑦ D．②④⑦12、在元素周期表中，主族元素自ⅢA族的硼到第ⅦA族的砹连一条斜线，此即为金属元素与非金属元素的分界线，从分界线附近可以找到()A．耐高温材料 B．新型农药材料 C．半导体材料 D．新型催化剂材料13、如图所示是一种酸性燃料电池酒精检测仪，具有自动吹气流量侦测与控制的功能，非常适合进行现场酒精检测。下列说法不正确的是)A．电流由O2所在的铂电极经外电路流向另一电极B．O2所在的铂电极处发生还原反应C．该电池的负极反应式为：D．微处理器通过检测电流大小而计算出被测气体中酒精的含量14、最近我国科学家发明“可充电钠-二氧化碳电池”（如图），放电时电池总反应为：4Na+3CO2=2Na2CO3+C。下列说法错误的是A．电池工作温度可能在200℃以上B．该装置可以将化学能转化为电能C．放电时，Na+向正极移动D．放电时，正极的电极反应为：4Na++3CO2+4e－=2Na2CO3+C15、乙醇分子中不同的化学键，如下图。关于乙醇在各种反应中断裂键的说法不正确的是()A．乙醇和钠反应，键①断裂B．铜催化下和O2反应，键①③断裂C．乙醇与乙酸反应，键①断裂D．铜催化和O2反应，键①②断裂16、下列有关化学用语使用正确的是①甲基的电子式②Cl－的结构示意图：③乙烯的分子式：CH2＝CH2④中子数为20的氯原子：⑤乙酸分子的比例模型：⑥氯乙烷的结构式A．④ B．③④⑤ C．④⑤⑥ D．①③④⑤⑥17、适宜用分液漏斗进行分离的一组混合物是A．乙醇和乙酸乙酯 B．水和氯化钠 C．水和花生油 D．四氯化碳和碘18、下列离子方程式书写不正确的是（）A．盐酸与Na2SiO3溶液混合：SiO32-+2H+=H2SiO3↓B．浓盐酸和二氧化锰共热制取Cl2：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2OC．NO2通入水中：H2O+3NO2=2H++2NO3-+NOD．向澄清石灰水中通入过量SO2：SO2+Ca2++2OH-=CaSO3↓+H2O19、对热化学方程式H2(g)+I2(g)=2HI(g)；△H=+52kJ·mol-1的叙述中，正确的是A．1mol氢气和1mol碘蒸气完全反应需要吸收26kJ热量B．1个氢分子和1个碘分子完全反应需要吸收52kJ热量C．1molH2(g)与1molI2(g)完全反应生成2molHI气体需吸收52kJ热量D．1molH2(g)与1molI2(g)完全反应放出26kJ热量20、放射性元素277112Cn的一个原子经过6次衰变(每次衰变都放出一个相同的粒子)后，得到比较稳定的第100号元素镄(Fm)的含153个中子的原子。下列说法中正确的是()A．每次衰变都放出42HeB．每次衰变都放出TC．153100Fm只是元素镄的一个原子，153不代表镄元素的相对原子质量D．277112Cn经过3次这样的衰变是得不到镄原子的，产生的是Cn的同位素原子21、第ⅦA族元素具有相似的化学性质，其原因是它们的原子具有相同的A．电子层数B．核外电子数C．最外层电子数D．原子半径22、下列关于实验室制取NH3的叙述正确的是A．用N2和H2作反应物 B．用碱石灰干燥C．用向上排空气法收集 D．用湿润的蓝色石蕊试纸验满二、非选择题(共84分)23、（14分）A、B、C、D、E为短周期元素且原子序数依次増大,质子数之和为40。B、C同周期,

A、D同主族,

A、C能形成两种液态化合物A2C和A2C2,

E的最高价氧化物的水化物呈两性。(1)B元素在周期表中的位置为_______。(2)由A、C、D三种元素组成的化合物的电子式为_______。(3)废印刷电路版上含有铜,以往的回收方法是将其灼烧使铜转化为氧化铜,再用硫酸溶解。現改用A2C2和稀硫酸浸泡既达到了上述目的,又保护了环境,试写出反应的化学方程式______。(4)若BA3与C2可形成燃料电池,电解质为KOH溶液,则负极的电极反应式为______。(氧化产物不污染环境)24、（12分）A是天然气的主要成分，以A为原料在一定条件下可获得有机物B、C、D、E、F，其相互转化关系如图。已知烃B在标准状况下的密度为1.16g•L-1，C能发生银镜反应，F为有浓郁香味，不易溶于水的油状液体。请回答：(1)有机物D中含有的官能团名称是_________，C→D的反应类型___________；(2)有机物A在髙温下转化为B的化学方程式是_____________；(3)有机物C→E的化学方程式___________________；(4)下列说法正确的是________；A．其它条件相同时，D与金属钠反应比水与金属钠反应要剧烈B．可用饱和Na2CO3溶液鉴别D、E、FC．A、B、C均难溶于水，D、E、F常温常压下均为液体D．有机物C能被新制碱性氢氧化铜悬浊液或酸性KMnO4溶液氧化(5)写出一种与C互为同分异构体的有机物的结构简式_____________。25、（12分）某研究性学习小组通过铁与盐酸反应的实验，研究影响反应速率的因素(铁的质量相等，铁块的形状一样，盐酸均过量)，甲同学设计实验如下表：实验编号盐酸浓度(mol·L－1)铁的状态温度/°C12.00块状2022.00粉末2031.00块状2042.00块状40请回答：(1)若四组实验均以收集到500mL(已转化为标准状况下)氢气为标准，则上述实验中还需要测定的数据是________。(2)实验________和______是研究铁的状态对该反应速率的影响(填实验编号，下同)；实验______和______是研究温度对该反应速率的影响。(3)测定在不同时间t产生氢气体积V的数据，根据数据绘制得到图，则曲线c、d分别对应的实验组别可能是_______、______。(4)乙同学设计了下列一组实验：所用铁块的形状、质量均相同，所用酸的体积相同，其浓度如下，你认为产生氢气速率最快的是______。A18.4mol·L－1硫酸B5.0mol·L－1硝酸C3.0mol·L－1盐酸D2.0mol·L－1硫酸26、（10分）乙酸乙酯是无色具有水果香味的液体，沸点为77.2℃，实验室某次制取它用冰醋酸14.3mL、95%乙醇23mL，还用到浓硫酸、饱和碳酸钠以及极易与乙醇结合成六水合物的氯化钙溶液，主要装置如图所示：实验步骤：①先向A中的蒸馏烧瓶中注入少量乙醇和浓硫酸后摇匀，再将剩下的所有乙醇和冰醋酸注入分液漏斗里待用。这时分液漏斗里冰醋酸和乙醇的物质的量之比约为5∶7。②加热油浴保温约135℃～145℃③将分液漏斗中的液体缓缓滴入蒸馏烧瓶里，调节加入速率使蒸出酯的速率与进料速率大体相等，直到加料完成。④保持油浴温度一段时间，至不再有液体馏出后，停止加热。⑤取下B中的锥形瓶，将一定量饱和Na2CO3溶液分批少量多次地加到馏出液里，边加边振荡，至无气泡产生为止。⑥将⑤的液体混合物分液，弃去水层。⑦将饱和CaCl2溶液（适量）加入到分液漏斗中，振荡一段时间后静置，放出水层（废液）。⑧分液漏斗里得到的是初步提纯的乙酸乙酯粗品。试回答：(1)实验中浓硫酸的主要作用是_________________________。(2)用过量乙醇的主要目的是____________________________。(3)用饱和Na2CO3溶液洗涤粗酯的目的是_______________________。(4)用饱和CaCl2溶液洗涤粗酯的目的是_______________________。(5)在步骤⑧所得的粗酯里还含有的杂质是_____________________。27、（12分）甘氨酸亚铁(NH2CH2COO)2Fe可广泛用于缺铁性贫血的预防和治疗。某学习小组欲利用硫酸亚铁溶液与甘氨酸反应制备甘氨酸亚铁，实验过程如下：步骤1制备FeCO3：将100mL0.1mol·L－1FeSO4溶液与100mL0.2mol·L－1NH4HCO3溶液混合，反应结束后过滤并洗涤沉淀。步骤2制备(NH2CH2COO)2Fe：实验装置如图，将步骤1得到的沉淀装入仪器B，利用装置A产生的CO2，将装置中空气排净后，逐滴滴入甘氨酸溶液，直至沉淀全部溶解，并稍过量。步骤3提纯(NH2CH2COO)2Fe：反应结束后过滤，将滤液蒸发浓缩，加入乙醇，过滤、干燥得到产品。⑴固体X是______，仪器C的名称是______。⑵碳酸氢钠溶液的作用是______。⑶步骤1中，FeSO4溶液与NH4HCO3溶液混合时可观察到有白色沉淀和无色无味气体生成。该反应的化学方程式为______。⑷步骤1中，检验FeCO3沉淀已洗净的操作是______。⑸步骤2中当观察到现象是______时，可以开始滴加甘氨酸。28、（14分）工业燃烧煤、；石油等化石燃料释放出大量氮氧化物(NOx)、CO2、SO2等气体，严重污染空气。对废气进行脱硝、脱碳和脱硫处理可实现绿色环保、废物利用。Ⅰ脱硝：己知：H2的燃烧热为285.8kJ·mol-1N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)△H=+l33kJ·mol-1H2O(g)=H2O(l)△H=-44kJ·mol-1在催化剂存在下，H2还原NO2可生成水蒸气和其它无毒物质的热化学方程式为：____________。Ⅱ.脱碳：在2L的密闭容器中充入2mo1CO2和6molH2，在适当的催化剂作用下发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(l)+H2O(l)△H<0①该反应自发进行的条件是___________(填“”低温或“任意温度”)②下列叙述能说明此反应达到平衡状态的是________(填字母)a.混合气体的平均摩尔质量保持不变b.CO2和H2的体积分数保持不变c.CO2和H2的转化率相等d.混合气体的密度保持不变e.1molCO2生成的同时有3mulH―H键断裂③CO2的浓度随时间(0～t2)变化如下图所示，在t2时将容器容积缩小一倍，t3时达到平衡，请画出t2～t4CO2浓度随时间的变化。______(2)改变温度，使反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H<0中的所有物质都为气态。起始温度、体积相同（T1℃、2L密闭容器）。反应过程中部分数据见下表：反应时间CO2(mol)H2(mol)CH3OH(mol)H2O(mol)反应I：恒温恒容0min2600l0min4.520min130min1反应Ⅱ：绝热恒容0min0022①达到平衡时，反应I、Ⅱ对比：平衡常数K(I)_____K(Ⅱ)(填“>”“<”或“=”下同）；平衡时CH3OH的浓度c(I)______c(Ⅱ)。②对反应I，前10min内的平均反应速率v(CH3OH)=_________。在其他条件不变的情况下，若30min时只改变温度T2℃，此时H2的物质的量为3.2mol，则T1________T2(填“>”“<”或“=”）。29、（10分）如图为一个电解装置，该装置中X、Y分别为石墨电极，现分别在U型管中加入下列溶液进行电解，请回答有关问题：(1)若U型管中的液体a为饱和食盐水：在电极Y上产生的气体是_________(填分子式)，检验有该气体生成的简单方法是________________________；若该饱和食盐水中还含有少量的镁离子，则有可能在______极(选填“X”或“Y”)附近会首先生成白色不溶物；当电解产生0.2mol氢氧化钠时，能收集到标准状况下的氢气______升；工厂应用电解生成的氯气和氢气可以化合生成氯化氢，某工厂每天电解400t食盐，若生成的氯气80%用于生产盐酸，每天最多可生产31%的盐酸__________t。(保留至整数)(2)若U型管中的液体a为饱和氯化铜溶液：电极质量增加的是_______选填“X”或“Y”)极，该电极上发生______反应(选填“氧化”或“还原”)；若要得到0.32克铜，理论上在电解过程中应转移_________mol电子；氯化铜溶液显酸性，原因是(用离子方程式表示)_______________________________；电解一段时间后，请你推测：整个溶液的酸性将如何变化(增强、减弱、不变，同时请写出理由：_______

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、A【答案解析】

有机物和过量Na反应得到V1L氢气，说明分子中含有R-OH或-COOH，另一份等量的该有机物和足量的NaHCO3反应得到V2L二氧化碳，说明分子中含有-COOH，根据反应关系式R-OH～H2，-COOH～H2，以及-COOHCO2，若V1=V2≠0，说明分子中含有1个R-OH和1个-COOH，只有选项A符合，故答案为A。2、C【答案解析】

A.2H2O22H2O＋O2↑，A．0～2min产生的氧气的体积V（O2）=9.9×10−3L，4～6min产生的氧气的体积V（O2）=(22.4−17.2)×10−3L，所以0～2minH2O2平均反应速率比4～6min快，A正确；B．0～6min产生的氧气的物质的量n（O2）==0.001mol，n（H2O2）=2n（O2）=0.002mol，v（H2O2）=≈3.3×10-2mol/（L•min），B正确；C．6min时，消耗n（H2O2）=2n（O2）=0.002mol；所以6min末，c（H2O2）==0.20（mol/L），C错误；D．6min时，H2O2分解的分解率为：×100%=50%，D正确；故答案选C。3、B【答案解析】

氯代烃与氯气发生取代反应时，分子中必须有氢原子，没有氢原子则不能发生取代反应。答案选B。4、B【答案解析】

由题给反应机理图示可知，利用太阳光实现高效分解水的过程分为两步，反应I为水在C3N4做催化剂作用下反应生成过氧化氢和氢气，反应的化学方程式为2H2O=H2O2+H2↑，反应II为H2O2在CQDs做催化剂作用下反应生成水和氧气，反应的化学方程式为2H2O22H2O+O2↑，总反应方程式为2H2O2H2↑+O2↑。【题目详解】A项、该过程利用太阳光实现高效分解水，实现了太阳能向化学能的转化，故A正确；B项、反应I为水在C3N4做催化剂作用下反应生成过氧化氢和氢气，没有涉及到非极性键的断裂，故B错误；C项、反应II为H2O2在CQDs做催化剂作用下反应生成水和氧气，反应的化学方程式为2H2O22H2O+O2↑，故C正确；D项、反应I的化学方程式为2H2O=H2O2+H2↑，反应II的化学方程式为2H2O22H2O+O2↑，则总反应方程式为2H2O2H2↑+O2↑，故D正确；故选B。【答案点睛】本题考查化学反应机理，能够根据图示判断反应的步骤，在此基础上书写总反应方程式是解答关键。5、C【答案解析】分析：含有离子键的化合物是离子化合物，但离子化合物中也可能含有共价键。由非金属元素组成的化合物可能是共价化合物。也可能是离子化合物。据此判断进行解答。详解：①共价化合物含共价键，不含有离子键，故①错误；非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，S对应的是硫酸，故②错误；③含金属元素的化合物不一定是离子化合物，例如氯化铝是共价化合物故③正确；④由非金属元素组成的化合物一定是共价化合物，如氯化铵是离子化合物；故④错误；⑤，共价化合物在熔融状态下不能导电，但离子化合物在熔融状态可以导电，故⑤正确；⑥由分子组成的化合物中不一定存在共价键，例稀有气体分子中不存在共价键，故⑥错误，答案选C。点睛：该题是高考中的常见考点，属于中等难度测试卷的考查，测试卷综合性强，侧重对学生基础知识的巩固和训练。该题的关键是利用好排除法，逐一排除即可。本题考查化学键和化合物的知识。如含有离子键的化合物是离子化合物，但离子化合物中也可能含有共价键；共价化合物含有共价键，不含有离子键。由非金属元素组成的化合物可能是共价化合物，也可能是离子化合物。6、B【答案解析】

反应热△H=反应物总键能-生成物总键能，所以反应P4(白磷)＋3O2＝P4O6的反应热△H＝6×198kJ•mol-1+3×498kJ•mol-1-12×360kJ•mol-1＝-1638kJ•mol-1，即反应放出1638kJ能量，答案选B。【点晴】本题主要是考查化学反应中能量的变化及反应热计算。明确反应热的计算方法是解答的关键。反应热的计算常用方法有：（1）根据热化学方程式计算：反应热与反应物各物质的物质的量成正比。（2）根据反应物和生成物的总能量计算：ΔH＝E生成物－E反应物。（3）依据反应物化学键断裂与生成物化学键形成过程中的能量变化计算：ΔH＝反应物的化学键断裂吸收的能量－生成物的化学键形成释放的能量。（4）根据盖斯定律的计算，解答时注意灵活应用。7、B【答案解析】分析：原电池中较活泼的金属是负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极，所以溶液中的阳离子向正极移动，正极得到电子，发生还原反应，据此解答。详解：A.金属性Zn＞Cu，则锌是负极，锌电极上的反应为Zn-2e-＝Zn2+，A正确；B.电子从锌电极经过导线流向铜电极，溶液不能传递电子，B错误；C.溶液中的阴离子SO42-向负极，即向锌电极移动，C正确；D.铜电极是正极，溶液中的铜离子放电析出金属铜，所以铜电极质量增加，D正确。答案选B。8、B【答案解析】该反应是体积减小的、吸热的可逆反应。所以当压强不再变化时，反应即到达平衡状态。升高温度平衡向吸热反应的方向移动，即向正反应方向移动。W是固体，其质量多少，不能影响反应速率。反应热只有方程式中的化学计量数和物质的状态有关，所以该反应的反应热是不变的。答案选B。9、B【答案解析】分析：氧化还原反应的实质为电子转移、特征为化合价升降,所以氧化还原反应中一定存在元素化合价变化，据此对各选项进行判断。详解:A.NH3+HC1=NH4C1为化合反应，反应中不存在化合价变化，不属于氧化还原反应，故A错误；

B.C12+H2O=HC1+HC1O反应中存在Cl元素化合价变化，属于氧化还原反应，所以B选项是正确的；C.CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑为复分解反应,不存在化合价变化，不属于氧化还原反应,故C错误；

D.H2CO3=CO2↑+H2O为分解反应，反应中不存在化合价变化，不属于氧化还原反应，故D错误；

所以B选项是正确的。点睛：本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析能力和氧化还原反应判断、放热反应判断的考查，题目难度不大。10、B【答案解析】

A．乙烯、氯乙烯（均含有碳碳双键）均可使酸性高锰酸钾溶液褪色，聚乙烯分子中不存在碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A错误；B．乙酸与乙醇可以发生酯化反应，乙酸与金属钠发生反应生成醋酸钠和氢气，乙醇与金属钠发生反应生成乙醇钠和氢气，B正确；C．分馏是物理变化，干馏、裂化、裂解都是化学变化，C错误；D．纤维素是多糖，但人体内没有能使纤维素水解的酶，不能为人体提供能量，D错误；故答案选B。11、C【答案解析】实验室中可直接加热的仪器有蒸发皿、试管、坩埚、燃烧匙等，垫石棉网可加热的有烧杯、烧瓶、锥形瓶等，不能加热的有集气瓶、广口瓶、细口瓶、量筒等，答案选C。点睛：本题考查直接加热的仪器及使用方法。实验室中用到的玻璃仪器很多，有些不能加热，如量筒、集气瓶、漏斗等；有些可以用酒精灯直接加热，如试管、坩埚、蒸发皿等；有些不能用酒精灯直接加热，如烧瓶、锥形瓶、烧杯等，这些仪器的底面积较大，受热不均时会使仪器炸裂，故应垫石棉网加热。12、C【答案解析】

金属元素与非金属元素的分界线附近的元素既有金属性也有非金属性，可作半导体材料。【题目详解】由于在周期表中位置靠近的元素性质相近，在周期表一定区域内寻找元素，发现物质的新用途被视为一种相当有效的方法，如在周期表中金属和非金属的分界处，可以找到半导体材料，在过渡元素中寻找催化剂和耐高温耐腐蚀的合金材料，在元素周期表的右上角的元素中寻找新型农药材料，故选C。【答案点睛】本题考查元素周期表的结构及应用，注意元素的性质及应用，把握元素的位置与性质的关系为解答的关键。13、C【答案解析】

氧气得到电子被还原成H2O，氧气在正极反应，所以通入氧气的一极为正极。呼出气中的乙醇失去电子被氧化生成醋酸，在负极反应。【题目详解】A.氧气的一极为正极，是电流流出的一极，电流由O2所在的铂电极经外电路流向另一电极，故A项正确；B.O2得到电子，发生还原反应，故B项正确；C.根据图示，乙醇失去电子生成醋酸，电极反应式为CH3CH2OH-4e-+H2O=CH3COOH+4H+，故CH3CH2OH+3H2O-12e-2CO2+12H+是错误的，故C项错误；D.酒精的多少意味着电流的大小，故微处理器通过检测电流大小而计算出被测气体中酒精的含量，故D项正确。故选C。【答案点睛】掌握原电池的工作原理，氧气得到电子，在原电池的正极反应，原电池的负极失去电子，发生氧化反应，电流从正极流出经过导线流向负极。14、A【答案解析】A、二甲醚易挥发，所以温度不能过高，故A错误；B、放电时发生原电池反应，原电池是将化学能转化为电能的装置，故B正确；C、原电池中阳离子向正极移动，所以阳离子钠离子向正极移动，故C正确；D、放电时正极发生还原反应，二氧化碳中碳得电子生成单质碳，电极反应式为：4Na++3CO2+4e-=2Na2CO3+C，故D正确；故选A。点睛：本题考查化学电源新型电池，明确各个电极上发生的反应是解本题关键。解答本题需要知道熟悉原电池的基本原理，难点是电极反应式的书写。15、D【答案解析】

A.乙醇和钠反应生成乙醇钠和氢气，键①断裂，A正确；B.铜催化下和O2反应生成乙醛和水，键①③断裂，B正确；C.乙醇与乙酸反应时乙醇提供羟基上的氢原子，键①断裂，C正确；D.铜催化下和O2反应生成乙醛和水，键①③断裂，D错误；答案选D。16、A【答案解析】

①甲基的电子式为，①错误；②Cl－的结构示意图为，②错误；③乙烯的结构简式为CH2＝CH2，分子式为C2H4，③错误；④中子数为20的氯原子其质量数是17+20＝37，可表示为，④正确；⑤乙酸分子的比例模型为，球棍模型为，⑤错误；⑥氯乙烷的结构式为，⑥错误。答案选A。17、C【答案解析】

分液漏斗分离两种互不相溶的液体；【题目详解】分液漏斗分离两种互不相溶的液体，A、乙醇与乙酸乙酯互溶，不能采用分液方法分离，故A不符合题意；B、氯化钠是溶于水的盐，不采用分液方法进行分离，故B不符合题意；C、花生油属于油脂，为不溶于水的液体，可采用分液方法进行分离，故C符合题意；D、碘单质易溶于四氯化碳，不能采用分液方法进行分离，故D不符合题意；答案选C。18、D【答案解析】分析：A.盐酸与硅酸钠反应生成硅酸沉淀和氯化钠；B.浓盐酸与二氧化锰共热反应生成氯气、氯化锰和水；C.二氧化氮溶于水生成硝酸和NO；D.氢氧化钙与过量二氧化硫反应生成酸式盐。详解：A.盐酸与Na2SiO3溶液混合生成硅酸沉淀和氯化钠：SiO32-+2H+=H2SiO3↓，A正确；B.浓盐酸和二氧化锰共热制取Cl2：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，B正确；C.NO2通入水中生成硝酸和NO：H2O+3NO2=2H++2NO3-+NO，C正确；D.向澄清石灰水中通入过量SO2生成亚硫酸氢钙：SO2+OH-=HSO3－，D错误。答案选D。19、C【答案解析】

A.1mol氢气和1mol碘蒸气完全反应需要吸收52kJ热量，A错误；B.热化学方程式的系数表示相应物质的物质的量的多少，不能表示物质分子数目，B错误；C.热化学方程式H2(g)+I2(g)=2HI(g)△H=+52kJ/mol表示的意义：1molH2(g)与1molI2(g)完全反应生成2mol的HI气体需吸收52kJ的热量，C正确；D.热化学方程式H2(g)+I2(g)=2HI(g)△H=+52kJ/mol中，焓变值是正值，表明反应为吸热反应，不会放出热量，D错误；故合理选项是C。20、A【答案解析】

质量数=质子数+中子数=153+100=253，277-253=24，即该原子经过6次衰变，每次衰变都放出一个粒子（24H），即6次衰变放出6个粒子（24H），最后得到比较稳定的第100号元素镄的含153个中子的同位素。【题目详解】A.该原子经过6次衰变，每次衰变都放出一个粒子（24H），即6次衰变放出6个粒子（24H），所以A选项是正确的；B.每次衰变都放出一个粒子（24H），故B错误；C.根据质量数=质子数+中子数=153+100=253，应为253100Fm，故C错误；D.质子数相同中子数不同的同一元素互称同位素，277112Cn经过3次这样的衰变得到的原子与277112Cn的质子数不相等，故D错误。答案选A。21、C【答案解析】元素原子的最外层电子数决定其化学性质，因此第ⅦA族元素具有相似的化学性质，其原因是它们的原子具有相同的最外层电子数，答案选C。点睛：掌握影响化学性质的因素是解答的关键，另外需要注意元素原子的最外层电子也叫价电子，主族元素的价电子就是最外层电子，而副族或第Ⅷ族的次外层或倒数第三层电子也叫价电子。22、B【答案解析】

A．氮气与氢气需要在高温高压、催化剂条件下生成氨气，不适合实验室制备氨气，故A错误；B．碱石灰是碱性干燥剂，可以干燥氨气，故B正确；C．氨气的密度比空气小，应采取向下排空气法收集氨气，故C错误；D．氨气的水溶液显碱性，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，不能使湿润的蓝色石蕊试纸变色，则不用湿润的蓝色石蕊试纸验满，故D错误；故答案为B。二、非选择题(共84分)23、第二周期第VA族Cu+H2O2+H2SO4==CuSO4+2H2O2NH3-6e-+6OH-

=

N2+

6H2O【答案解析】分析：本题考查位置、结构、性质的关系及应用，明确元素的推断是解答本题的关键，熟悉物质的性质及化学反应方程式的书写即可解答，注意掌握原子结构与元素周期表、元素周期律的关系。详解：A、B、C、D、E为短周期元素且原子序数依次増大,A、C能形成两种液态化合物A2C和A2C2,说明A为氢，C为氧元素，形成的为水或双氧水，E的最高价氧化物的水化物呈两性，说明E为铝，质子数之和为40，所以计算B的质子数为7，为氮元素。(1)B元素为氮元素，在周期表中的位置为第二周期第VA族；(2)由A、C、D三种元素组成的化合物为氢氧化钠，其电子式为。(3)废印刷电路版上含有铜,以往的回收方法是将其灼烧使铜转化为氧化铜,再用硫酸溶解。现改用过氧化氢和稀硫酸浸泡既达到了上述目的,又保护了环境,说明铜和过氧化氢和硫酸反应也生成硫酸铜，反应的化学方程式为Cu+H2O2+H2SO4==CuSO4+2H2O。(4)若氨气与氧气可形成燃料电池,电解质为KOH溶液,氧气在正极反应，则氨气在负极反应，其电极反应式为2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O。24、羟基加成反应或还原反应2CH4CH≡CH+3H22CH3CHO+O22CH3COOHBDCH2=CHOH或【答案解析】本题考查有机物的推断，A为天然气的主要成分，即A为CH4，B在标准状况下的密度为1.16g·L－1，根据M=22.4ρ=22.4×1.16g·mol－1=26g·mol－1，即B为C2H2，C能发生银镜反应，说明C属于醛基，即为乙醛，CH3CHO与氢气发生还原反应或加成反应，生成CH3CH2OH，乙醛被氧气氧化成CH3COOH，乙酸与乙醇发生酯化反应生成CH3COOCH2CH3，（1）根据上述分析，D为CH3CH2OH，含有的官能团是羟基，乙醛生成乙醇，是还原反应或加成反应；（2）根据原子守恒，应是2个甲烷分子生成1个乙炔分子，同时产生1个氢气分子，即反应方程式为：2CH4CH≡CH+3H2；（3）根据上述分析，此反应为乙醛的氧化反应，即反应方程式为：2CH3CHO+O22CH3COOH；（4）A、D为乙醇，电离出的H＋能力弱于水，因此金属钠与乙醇反应比与水反应缓慢，故A错误；B、乙醇与碳酸钠互溶，乙酸与碳酸钠反应产生CO2气体，乙酸乙酯不溶于碳酸钠，浮在碳酸钠的液面上，出现分层，因此可以鉴别，故B正确；C、甲烷和乙炔不溶于水，乙醛溶于水，故C错误；D、C为乙醛，能被新制氢氧化铜悬浊液氧化，也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故D正确；（5）与乙醛互为同分异构体的是CH2=CHOH或。25、收集500mL氢气所需的时间121413D【答案解析】

该实验的目的是通过铁与盐酸反应的实验，研究影响反应速率的因素，由表格数据可知，实验1和2铁的状态不同，目的是研究铁的状态对该反应速率的影响；实验1和3盐酸的浓度不同，目的是研究盐酸的浓度对该反应速率的影响；实验1和4反应温度不同，目的是研究反应温度对该反应速率的影响。【题目详解】（1）该实验的目的是通过铁与盐酸反应的实验，研究影响反应速率的因素，要比较反应速率的快慢，还需要测定收集到标准状况下500mL氢气所需的时间，故答案为：收集500mL氢气所需的时间；（2）由表格数据可知，实验1和2铁的状态不同，目的是研究铁的状态对该反应速率的影响；实验1和4反应温度不同，目的是研究反应温度对该反应速率的影响，故答案为：1；2；1；4；（3）由图可知，曲线c、d的反应速率较慢，固体表面积越大，反应速率越快，则1和2相比，1的反应速率较慢；酸的浓度越大，反应速率越快，则1和3相比，3的反应速率较慢；温度越高，反应速率越快，则1和4相比，1的反应速率较慢，所以曲线c、d分别对应的实验组别可能是1和3，故答案为：1；3；（4）铁在18.4mol·L－1硫酸中钝化，无氢气生成；铁与5.0mol·L－1硝酸反应生成一氧化氮，无氢气生成；铁与3.0mol·L－1盐酸和2.0mol·L－1硫酸反应生成氢气，3.0mol·L－1盐酸中氢离子浓度为3.0mol·L－1，2.0mol·L－1硫酸中氢离子浓度为4.0mol·L－1，氢离子浓度越大，反应速率越快，则产生氢气速率最快的是2.0mol·L－1硫酸，故答案为：D。【答案点睛】探究实验设计的关键是变量唯一化，分析表格数据时，注意分析各实验的数据，找出不同数据是分析的关键，也是突破口。26、作催化剂和吸水剂使酯化反应向生成乙酸乙酯的方向移动，提高乙酸乙酯的产率除去乙酸除去乙醇水【答案解析】(1)乙酸与乙醇发生酯化反应，需浓硫酸作催化剂，该反应为可逆反应，浓硫酸吸水利于平衡向生成乙酸乙酯方向移动，浓硫酸的作用为催化剂，吸水剂，故答案为催化剂、吸水剂；(2))乙酸与乙醇发生酯化反应，该反应属于可逆反应，过量乙醇可以使平衡正向移动，增加乙酸乙酯的产率，故答案为使酯化反应向生成乙酸乙酯的方向移动，提高乙酸乙酯的产率；

(3)制备乙酸乙酯时常用饱和碳酸钠溶液，目的是中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中，便于闻乙酸乙酯的香味；溶解挥发出来的乙醇；降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分层得到酯；故答案为中和乙酸、溶解乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度；(4)氯化钙溶液极易与乙醇结合成六水合物，因此饱和CaCl2溶液可以吸收乙酸乙酯中可能残留的乙醇，故答案为除去乙醇；(5)饱和碳酸钠溶液除掉了乙酸和乙醇，饱和CaCl2溶液可以吸收乙酸乙酯中可能残留的乙醇，这样分离出的粗酯中会含有杂质水，故答案为水。点睛：本题考查了乙酸乙酯的制备，掌握浓硫酸、饱和碳酸钠溶液、氯化钙溶液的作用以及酯化反应的机理为解答本题的关键。本题的难点是饱和氯化钙溶液的作用，要注意题干的提示。27、CaCO3（碳酸钙）分液漏斗除去产生的二氧化碳中混有的氯化氢FeSO4＋2NH4HCO3＝FeCO3↓＋(NH4)2SO4＋CO2↑＋H2O取最后的洗涤滤液，向其中滴入足量盐酸，再滴加氯化钡溶液，若无明显现象，则沉淀已洗净澄清石灰水中有较多沉淀生成（澄清石灰水变浑浊）【答案解析】

(1)装置A用于产生CO2，长颈漏斗中盛有盐酸，则试管内多孔隔板的上方应放置碳酸盐，为能够控制装置A中的反应，该碳酸盐应难溶于水，因此X为CaCO3（碳酸钙），仪器C为分液漏斗。答案为：CaCO3（碳酸钙)；分液漏斗。⑵由于盐酸具有挥发性，从A中产生的二氧化碳气体中混有少量氯化氢气体，为保证不妨碍实验，应用饱和碳酸氢钠除去氯化氢气体；答案为：除去产生的二氧化碳中混有的氯化氢。⑶步骤1中，FeSO4溶液与NH4HCO3溶液混合时，亚铁离子与碳酸氢根离子发生反应，生成碳酸亚铁白色沉淀和无色无味二氧化碳气体，该反应的化学方程式为FeSO4＋2NH4HCO3＝FeCO3↓＋(NH4)2SO4＋CO2↑＋H2O。答案为：FeSO4＋2NH4HCO3＝FeCO3↓＋(NH4)2SO4＋CO2↑＋H2O。⑷取最后的洗涤滤液，向其中滴入足量盐酸，再滴加氯化钡溶液，若无明显现象，则沉淀已洗净；答案为：取最后的洗涤滤液，向其中滴入足量盐酸，再滴加氯化钡溶液，若无明显现象，则沉淀已洗净。⑸实验过程中通入二氧化碳气体是为了防止装置中含有的空气将二价铁氧化，当尾部的澄清石灰水变浑浊，产生较多的沉淀时，说明装置中的空气排尽，可以滴加甘氨酸与碳酸亚铁反应；答案为：澄清石灰水中有较多沉淀生成（澄清石灰水变浑浊）。28、4H2(g)+2NO2(g)=N2(g)+4H2O(g)△H=-1100.2kJ·mol-1低温de<<0.025mol·L-1·min-1<【答案解析】Ⅰ、①H2的燃烧热为285.8kJ·mol-1，H2（g）+1/2O2（g）=H2O（l）△H=-285.8KJ/mol②N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)△H=+l33kJ·mol-1；③H2O(g)=H2O(l)△H=-44kJ·mol-1，①×4-②-③×4得到催化剂存在下，H2还原NO2生成水蒸气和其它无毒物质的热化学方程式为4H2(g)+2NO2(g)=N2(g)+4H2O(g)△H=-1100.2kJ·mol-1；Ⅱ.Ⅱ．（1）①CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（l）+H2O（l），熵变△S＜0，则反应焓变△H＜0，低温下满足△H-T△S＜0，故答案为低温；②CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（l